大学物理练习册习题及答案
习题及参考答案
第3章 刚体力学
参考答案
思考题
3-1刚体角动量守恒的充分而必要的条件是
（A）刚体不受外力矩的作用。
（B）刚体所受合外力矩为零。
(C)刚体所受的合外力和合外力矩均为零。
(D)刚体的转动惯量和角速度均保持不变。
答：（B）。
3-2如图所示，A、B为两个相同的绕着轻
绳的定滑轮。A滑轮挂一质量为M的物体，
B滑轮受拉力F，而且F=Mg。设A、B
两
滑轮的角加速度分别为βA和βB，不计滑轮
轴的摩擦，则有
（A）βA= βB（B）βA> βB
（C）βA< βB（D）开始时βA= βB，以后βA<
β
B
答：（C）。
3-3关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是
（A）只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关。
(B)取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。
（C）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置。
(D)只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无
答：（C）。
3-4一水平圆盘可绕通过其中心的固定铅直轴转动，盘上站着一个人，初始时整个系统处
于静止状态，当此人在盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，则此系统
(A)动量守恒；
(B)机械能守恒；
(C)对转轴的角动量守恒；
(D)动量、机械能和角动量都守恒；
(E)动量、机械能和角动量都不守恒。
答：（C）。
3-5光滑的水平桌面上，有一长为2L、质量为m的匀质细杆，可绕过其中点o且垂直于
杆的竖直光滑固定轴自由转动，其转动惯量为，
起初杆静止，桌面上有两个质量均为m的小球，各自在
垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同速率v相向
运动，如图所示，当两小球同时与杆的两个端点发生完全
非弹性碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转
动角速度应为
(A) (B) (C) (D) (E)
思考题3-2图
v
v
o
思考题3-5图
答：（C）。
3-6一飞轮以600rev/min的转速旋转，转动惯量为2. 5kg·m2，现加一恒定的制动力矩
使飞轮在1s内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M=___________
答：157Nm。
3-7质量为m的质点以速度v沿一真线运动，则它对直线外垂直距离为d的一点的角动量
大小是＿。
答：mvd。
3-8哈雷慧星绕太阳的轨道是以太阳为一个焦点的椭圆。它离太阳最近的距离是r1 = ×
1010m，此时它的速率是v1= ×104m·s-1。它离太阳最远的速率是v2= ×102m·s-1，这时它离太
阳的距离是r2 =____________
答：×1012m。
3-9两个滑冰运动员的质量各为70kg，以·s-1的速率沿相反的方向滑行，滑行路线间的
垂直距离为l0m,当彼此交错时各抓住一l0m长的绳索的一端，然后相对旋转，则抓住绳索之
后各自对绳中心的角动量L=＿；它们各自收拢绳索，到绳长为5m时，各自的速率v=__
答：2275kgm2s－1；13m/s。
三 习题
3-1两个匀质圆盘，一大一小，同轴地粘贴在一起，构成组合轮。小圆盘的半径为r，质
量为m;大圆盘的半径r’ = 2r，质量m'=2m。组合轮可绕通过其中心垂直于盘面的光滑水平
固定轴o转动，对o轴的转动惯量J=9mr2/2．两圆盘边缘上分别绕有轻质绳，细绳下端各悬
挂质量为m的物体A和B,如图所示，这一系统从静止开始运动，绳与盘无相对滑动，绳的长
度不变。已知r＝10cm,求：
（1）组合轮的角加速度
（2）当物体A上升h=40cm时，组合轮的角速度。
3-2电风扇在开启电源后，经过t1,时间达到了额定转速，此时相应角速度为ω0。当关闭
电源后，经过t2时间风扇停转。已知风扇转子的转动惯量为J,并假定摩擦阻力矩和电机的电
磁力矩均为常数，试根据已知量推算电机的电磁力矩。
3-3一块宽L=、质量M= 1kg的均匀薄木板，可绕水平固定轴oo’无摩擦地自由转动。当
木板静止在平衡位置时，有一质量为m=10×10-3kg的子弹垂直击中木板A点，A离转轴
oo’
距离l=，子弹击中木板的速度为500m·s-1，穿出
木板后的速度为200 m·s-1。求：
(1)子弹给予木板的冲量；
(2)太板获得的角速度。
（已知木板绕oo’袖的转动惯量）
3-4一匀质细棒长为2L，质量为m，以与棒长
方向相垂直的速度v0在光滑水平面内平动时，与
前方一固定的光滑支点o发生完全非弹性碰撞。
碰撞点位于棒中心的一方L/2处，如图所示。求棒在碰撞后的瞬时绕o点转动的角速度。（细
棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为mL2/3，式中的m和L分别为棒的质量和
长度。）
习题3-3图
3-5有一质量为m1、长为l的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦为μ的水平桌面上，它可
绕通过其端点o且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运动的质量为m2的小滑块，从
侧面垂直于棒与棒的另一端A相碰撞，设碰撞时间极短。已知小滑块在碰撞前后的速度分别
为v1和v2，如图所示。求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间。（已知棒绕o
点的转动惯量J=m1l2/3
3-6飞轮的质量m=60kg,半径R=,绕其水平中心轴o转动，转速为900rev/min.现利用一
制动用的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F,可使飞轮减速。已知闸杆的尺寸如图
所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=0. 4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算，
(1)设F=100N，问可使飞轮在多长时间内停止转动？在这段时间里，飞轮
转了几转？
(2)如要在2s内使飞轮转速减为一半，需加多大的制动力F?
3-7 一长L＝0. 4m，质量M=的均匀细木棒，由其上端的光滑水平轴o吊
起而处于静止，如图所示。今有一质量m=的子弹以v=200m/s的速率水平射人
棒中，射人点在轴下d= 3L/4处。求：
(1)在子弹射人棒中的瞬时棒的角速度，
(2)子弹射人棒的最大偏转角。
3-8 一个轻质弹簧的倔强系数K=m，它的一端固定，另一端通过一条细绳绕过一个定滑轮
和一个质量为m=80g的物体相连，如图所示。定滑轮可看作均匀圆盘，它的质量M=100g，半
径r=。先用手托住物体m，使弹簧处于其自然长度，然后松手。求物体m下降h=0. 5m时的
速度为多大？忽略滑轮轴上的摩擦，并认为绳在轮边缘上不打滑。
习题3-4图
习题3-5图
习题3-6图
习题3-7图
习题3-8图
第3章 刚体力学
参考答案
思考题
3-1 答：（B）
3-2答：（C）
3-3答：（C）。
3-4答：（C）。
3-5答：（C）。
3-6答：157Nm。
3-7答：mvd。
3-8答：×1012m。
3-9答：2275kgm2s－1；13m/s。
习题
3 -1解：（1）各物体受力情况如图所示。
由上述方程组解得
（2）设为组合轮转过的角度，则
所以
3-2 解：假定电机产生得电磁力矩为，系统得阻力力矩为，则根据转动定律得：
开启时
关闭时
则有
其中
故
由此可得
3-3解：（1）子弹受到的冲量为
子弹对木块的冲量为
方向与相同
（2）根据角动量定理
3-4解：碰撞前瞬时，杆对o点的角动量为
式中为杆的线密度。
碰撞后瞬时，杆对o的角动量为
由角动量守恒
3-5解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间很短，所以棒所受的摩擦力矩远
小于滑块的冲力矩。故可以认为合外力矩为零，系统角动量守恒，即
（1）
碰撞后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为
习题3-1解图
(2)
由角动量定理 (3)
由式(1),(2),(3)可得
3-6解：（1）设杆与轮间的正压力为，m，由杠杆平衡条件：
又由摩擦力 ,
由转动定律，有
停止转动时间
转过的角度
（2）内减半，知
则动力为
3-7解：（1）由角动量守恒
故
（2）设棒的最大偏转角为，则由机械能守恒：
3-8解：由于只有保守力作功，所以由弹簧、滑轮和物体组成的系统机械能守恒，故有：
，
所以
大学物理（二）练习册答案
1 大学物理（二）练习册参考解答第12章真空中的静电场一、选择题1(D)，2(C)，3(C)，4(A)，5(C)，6(B)，7(C)，8(D)，9(D)，10(B)，二、填空题(1). 电场强度和电势，0/q F E=，l E q W U aaò×==00d /(U 0=0). (2). ()042e /q q+，q 1、q 2、q 3、q 4 ；(3). 0，l / (2e 0)；(4). s R / (2e 0) ；(5). 0 ；(6). ÷÷øöççèæ-p 00114r r qe ；(7). －2³103 V ；(8). ÷÷øöççèæ-p a br r q q 11400e (9). 0，pE sin a ；(10). ()i a x A2+-.三、计算题1. 如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度．解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为l =q / L ，在x 处取一电荷元d q = l d x = q d x / L ，它在P 点的场强：()204d d x d L qE -+p =e ()204d x d L L xq -+p =e 总场强为ò+p =Lx d L x Lq E 020)(d 4－e ()d L d q +p =04e 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．2．一个细玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电荷+Q ，沿其下半部分均匀分布有电荷－Q ，如图所示．试求圆心O 处的电场强度．解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在q 处取微小电荷d q = l d l = 2Q d q / p 它在O 处产生场强Ldq P +Q－QROxyＰLdd qx (L+d －x ) d ExOq e e d 24d d 20220RQRq E p =p =按q 角变化，将d E 分解成二个分量：分解成二个分量：q q e q d sin 2sin d d 202RQE E x p ==q q e q d cos 2cos d d 202RQE E y p -=-=对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷úûùêëé-p =òòpp p q q q q e 2/2/0202d sin d sin 2R QE x ＝0 2022/2/0202d cos d cos 2R Q R QE y e q q q q e pp p p -=úûùêëé-p -=òò所以所以j R Q j E i E E y x202e p -=+=3. “无限长”均匀带电的半圆柱面，半径为R ，设半圆柱面沿轴线OO'单位长度上的电荷为l ，试求轴线上一点的电场强度．，试求轴线上一点的电场强度．解:设坐标系如图所示．将半圆柱面划分成许多窄条．d l 宽的窄条的电荷线密度为荷线密度为q l l l d d d p=p =l R取q 位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为q e l e l d 22d d 020RR E p =p =如图所示. 它在x 、y 轴上的二个分量为：轴上的二个分量为：d E x =d E sin q , d E y =－d E cos q 对各分量分别积分对各分量分别积分 R R E x 02002d sin 2e lq q e l pp =p =ò 0d c o s 202=p -=òp q q e lRE y场强场强 i Rj E i E E y x02e lp =+=4. 实验表明，在靠近地面处有相当强的电场，电场强度E垂直于地面向下，大小约为100 N/C ；在离地面1.5 km 高的地方，E也是垂直于地面向下的，大小约为25 N/C ． (1) 假设地面上各处E都是垂直于地面向下，试计算从地面到此高度大气中电荷的平均体密度；体密度；(2) 假设地表面内电场强度为零，假设地表面内电场强度为零，且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面的电荷产生，求地面上的电荷面密度．(已知：真空介电常量0e ＝8.85³10-12 C 2²N -1²m -2) d qR Oxyqd qqq d E y y d l d q R q O d E xx d EOR’O'解：(1) 设电荷的平均体密度为r ，取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面，底面D S 平行地面)上下底面处的上下底面处的 场强分别为E 1和E 2，则通过高斯面的电场强度通量为：，则通过高斯面的电场强度通量为：òòE²S d ＝E 2D S -E 1D S ＝(E 2-E 1) D S 高斯面S 包围的电荷∑q i ＝h D S r由高斯定理(E 2－E 1) D S ＝h D S r /e∴ () E Eh121-=er ＝4.43³10-13 C/m 3(2) 设地面面电荷密度为s ．由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2) 由高斯定理由高斯定理òòE ²S d =åi 01q e-E D S =SD se1∴ s=－e 0 E ＝－8.9³10-10 C/m 35. 一半径为R 的带电球体，其电荷体密度分布为的带电球体，其电荷体密度分布为r =Ar (r ≤R ) ， r =0 (r ＞R )， A 为一常量．试求球体内外的场强分布．为一常量．试求球体内外的场强分布．解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为的薄球壳，该壳内所包含的电荷为 r r Ar V q d 4d d 2p ×==r在半径为r 的球面内包含的总电荷为的球面内包含的总电荷为 403d 4Ar r Ar dV q rV p =p ==òòr (r ≤R) 以该球面为高斯面，按高斯定理有以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421/4e Ar r E p =p ×得到得到 ()0214/e ArE =， (r ≤R ) 方向沿径向，A >0时向外, A <0时向里．时向里．在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有的同心高斯球面，按高斯定理有0422/4e AR r E p =p ×得到得到 ()20424/rAR E e =， (r >R ) 方向沿径向，A >0时向外，A <0时向里．时向里．6. 如图所示，一厚为b 的“无限大”带电平板的“无限大”带电平板 ， 其电荷体密度分布为r ＝kx (0≤x ≤b )，式中，式中k 为一正的常量．求：为一正的常量．求： (1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小；处的电场强度大小；(2) 平板内任一点P 处的电场强度；处的电场强度； (3) 场强为零的点在何处？场强为零的点在何处？解：解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示．，如图所示．E(2)xbP 1 P 2Px OSE 2D SE 1(1) h按高斯定理åò=×0e /d q S E S ，即，即 020002d d 12e e r e kSbx x kSxS SEb b ===òò得到得到 E = k b kb 2 / (4e 0) (板外两侧) (2) 过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E ¢，如图所示．按高斯定理有定理有()022ee k S bx d x kSSE Ex==+¢ò得到得到 ÷÷øöççèæ-=¢22220b x k E e (0≤x ≤b ) (3) E ¢=0，必须是0222=-bx ， 可得2/b x =7. 一“无限大”平面，中部有一半径为R 的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为s ．如图所示，试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强和电势(选O 点的电势为零)．解：将题中的电荷分布看作为面密度为s 的大平面和面密度为－s 的圆盘叠加的的圆盘叠加的 结果．选x 轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x 处产生的场强为处产生的场强为 i xx E012e σ=圆盘在该处的场强为圆盘在该处的场强为i x R x x E÷÷øöççèæ+--=2202112e σ ∴ i xR xE E E 220212+=+=e σ 该点电势为该点电势为()22222d 2xRR xR xx U x+-=+=òe se s8. 一半径为R 的“无限长”圆柱形带电体，其电荷体密度为r =Ar (r ≤R )，式中A 为常量．试求：求：(1) 圆柱体内、外各点场强大小分布；圆柱体内、外各点场强大小分布； (2) 选与圆柱轴线的距离为l (l ＞R ) 处为电势零点，计算圆柱体内、外各点的电势分布．解：(1) 取半径为r 、高为h 的高斯圆柱面(如图所示)．面上各点场强大小为E 并垂直于柱面．则穿过该柱面的电场强度通量为：面．则穿过该柱面的电场强度通量为：xS P SE ESSEd xb E ¢sOROxPòp =×SrhE S E2d 为求高斯面内的电荷，r ＜R 时，取一半径为r ¢，厚d r ¢、高h 的圆筒，其电荷为的圆筒，其电荷为r r Ah V ¢¢p =d 2d 2r则包围在高斯面内的总电荷为则包围在高斯面内的总电荷为3/2d 2d 32Ahrr r Ah V rVp =¢¢p =òòr由高斯定理得由高斯定理得 ()033/22e Ahr rhE p =p 解出解出 ()023/e Ar E = (r ≤R ) r ＞R 时，包围在高斯面内总电荷为：时，包围在高斯面内总电荷为：3/2d 2d 32AhRrrAh VRVp=¢¢p=òòr由高斯定理由高斯定理 ()033/22e A h R r h E p =p 解出解出 ()r AR E 033/e = (r >R ) (2) 计算电势分布计算电势分布r ≤R 时 òòò×+==lRRrlrrr AR r r A r E U d 3d 3d 0320e e()Rl AR rR A ln 3903330e e +-=r ＞R 时 rl AR rr AR rE Ulrl rln3d 3d 033e e =×==òò9．一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1＝5³10-4 m 的圆柱形阴极A 和一个套在阴极外的半径R 2＝4.5³10-3 m 的同轴圆筒形阳极B ，如图所示．阳极电势比阴极高300 300 VV ，忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力．(基本电荷e ＝1.6³10-19 C) 解：与阴极同轴作半径为r (R 1＜r ＜R 2 )的单位长度的圆柱形高斯面，设阴极上电荷线密度为l ．按高斯定理有．按高斯定理有 2p rE = l / e 0 得到得到 E = l / (2p e 0r ) (R 1＜r ＜R 2) 方向沿半径指向轴线．两极之间电势差方向沿半径指向轴线．两极之间电势差òòp -=×=-21d 2d 0R R BAB A rr r E U U el120ln 2R R elp -=得到得到()120/ln 2R R UUAB-=p e l， 所以所以 ()rR R UUE AB1/ln 12×-=在阴极表面处电子受电场力的大小为在阴极表面处电子受电场力的大小为 ()()11211/c R RR UUeReE F AB×-==＝4.37³10-14 N 方向沿半径指向阳极．方向沿半径指向阳极．RrhABR 2 R 1四 研讨题1. 真空中点电荷q 的静电场场强大小为的静电场场强大小为 241rq E pe=式中r 为场点离点电荷的距离．当r →0时，E →∞，这一推论显然是没有物理意义的，应如何解释？何解释？参考解答：参考解答：点电荷的场强公式仅适用于点电荷，当r →0时，任何带电体都不能视为点电荷，所以点电荷场强公式已不适用．点电荷场强公式已不适用．若仍用此式求场强E ，其结论必然是错误的．当r →0时，需要具体考虑带电体的大小和电荷分布，这样求得的E 就有确定值．就有确定值．2. 用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场．参考解答：参考解答：证：在电场中作如图所示的扇形环路abcda ．在ab 和cd 段场强方向与路径方向垂直．在bc 和da 段场强大小不相等（电力线疏密程度不同）而路径相等．因而同）而路径相等．因而d d d ¹×¢-×=×òòòc ba d l E l E l E 按静电场环路定理应有0d =×òl E ， 此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．3. 如果只知道电场中某点的场强，能否求出该点的电势？如果只知道电场中某点的电势，能否求出该点的场强？为什么？能否求出该点的场强？为什么？参考解答：参考解答：由电势的定义：由电势的定义： ò×=零势点场点l E U d式中E为所选场点到零势点的积分路径上各点的场强，所以，如果只知道电场中某点的场强，而不知道路径上各点的场强表达式，不能求出该点的电势。
大学物理练习册答案
练习一：1-3：D B D ；4、331ctv v +=，400121ctt v xx ++=5、s3；6、14rad, 15rad/s, 12rad/s27、解：（1）jt ti t r)4321()53(2-+++=； （2）)/(73;)3(34s m j i v j t i dt rd v s t+=++===；（3）)/(12s m j dtv d a == 68、解： ∵ xvvt x x v t v a d d d d d d d d === 分离变量： x x adx d )62(d 2+==υυ两边积分得c x x v ++=322221由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴ 13sm 252-⋅++=x x v练习二：1、C ；2、B ；3、j8，ji 4+-，4412arctg arctg-+ππ或；4、32ct，ct 2，Rt c 42，R ct 2；5、212tt +，212t+；6、210θθθθtg tgtg tg ++7、解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 222s h l +=将上式对时间t 求导，得t s s t l l d d 2d d 2= 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ tsv v tl v d d ,d d 0-==-=船绳即 θcos d d d d 00v v sl tl s l ts v==-=-=船或 sv s h slv v2/1220)(+==船将船v 再对t 求导，即得船的加速度32022222002)(d d d d d d sv h sv sls v slv s v v st s l tl s tv a =+-=+-=-==船船8、解：（1）由23RbtdtdRdtdsv-===θ得：Rbtdtdva6-==τ，4229tRbRvan==（2）nnnetRbeRbteaeaaˆ9ˆ6ˆˆ42+-=+=τττ练习三1、C，2、A，3、D，4、2121)(mmgmmF+-+，)2(1212gmFmmm++；5、0.41cm6、解：取弹簧原长时m2所在处为坐标原点，竖直向下为x轴，m1，m2的受力分析如上图所示。
大学物理练习册答案
振动的相位差为 –1 = /6。若第一个简谐振动的振幅为10 3 cm = 17.3 cm，则 第二个简谐振动的振幅为__ __ cm，第一、二两个简谐振动的相位差1 2
为
。
三、计算题
1、由一个电容 C=4.0μF 的电容器和一个自感为 L=10mH 的线圈组成的 LC 电
路，当电容器上电荷的最大值 Q0=6.0×10-5C 时开始作无阻尼自由振荡，试求：
x1
0.05cos(t
1 4
)
(SI)，
x2
0.05cos(t
9 ) 12
(SI)
其合成运动的运动方程为 x =
。
8
3、已知一物体同时参与两个同方向同频率的简谐振动，这两个简谐振动的振
动曲线如下图所示，其中 A1 >A 2 ，则该物体振动的初相为__ __。
x
A2
x2
t
A1
x1
4、两个同方向同频率的简谐振动，其合振动的振幅为 20 cm，与第一个简谐
(C)x=6m 的质点向右运动
10
(D)x=6m 的质点向下运动
4、如右图所示，一平面简谐波以波速 u 沿 x 轴正方向传播，O 为坐标原
点．已知 P 点的振动方程为 y Acost ，则( )
（A）O 点的振动方程为 y Acos(t l / u) ； （B）波的表达式为 y Acos[t (l / u) (x / u)] ； （C）波的表达式为 y Acos[t (l / u) (x / u)] ； （D）C 点的振动方程为 y Acos(t 3l / u) 。
(A) A 2
(B) A 4
(C) A 2
(D) A
二、填空题
1、已知简谐振动
(完整word)大学物理习题册计算题及答案
大学物理习题册计算题及答案三 计算题1. 一质量m = 0.25 kg 的物体，在弹簧的力作用下沿x 轴运动，平衡位置在原点。
弹簧的劲度系数k = 25N ·m -1。
(1） 求振动的周期T 和角频率.(2) 如果振幅A =15 cm ，t = 0时物体位于x = 7.5 cm 处，且物体沿x 轴反向运动，求初速v 0及初相. （3) 写出振动的数值表达式。
解：（1) 1s 10/-==m k ω 63.0/2=π=ωT s（2） A = 15 cm ，在 t = 0时，x 0 = 7。
5 cm,v 0 〈 0 由 2020)/(ωv +=x A得 3.1220-=--=x A ωv m/s π=-=-31)/(tg 001x ωφv 或 4/3∵ x 0 > 0 , ∴ π=31φ（3) )3110cos(10152π+⨯=-t x (SI ）振动方程为)310cos(1015)cos(2πϕω+⨯=+=-t t A x （SI ）﹡2. 在一平板上放一质量为m =2 kg 的物体，平板在竖直方向作简谐振动，其振动周期为T = 21s ，振幅A = 4 cm ，求 （1） 物体对平板的压力的表达式.(2) 平板以多大的振幅振动时，物体才能离开平板。
解：选平板位于正最大位移处时开始计时，平板的振动方程为 t A x π4cos = （SI)t A x ππ4cos 162-=（SI ） （1） 对物体有 x m N mg=- ① t A mg x m mg N ππ4cos 162+=-= （SI) ② 物对板的压力为 t A mg N F ππ4cos 162--=-= (SI ）t ππ4cos 28.16.192--= ③(2) 物体脱离平板时必须N = 0，由②式得 04cos 162=+t A mg ππ (SI ）A qt 2164cos π-=π 若能脱离必须 14cos ≤t π （SI ）即 221021.6)16/(-⨯=≥πg A m三 计算题﹡1。
大学物理练习册答案
x02 = 195m
a1 = −20km / s 2 = −0.2m / s 2
a 2 = −0.2m / s 2
= 0 时，上坡车位于A点
v02 = −5.4km / h = −1.5m / s
∴ v1x = v01 + ∫ a1x dt = 5 + (−0.2)dt = 5 − 0.2t (m / s ) ∫ 0
r r r 解： r = 4i − 10 j (m)
r r dr v= dt
t =2
r r = 2i − 13 j ( m / s )
r dv a= dt
t =2
r = −8 j ( m / s 2 )
4、质点作直线运动，加速度 a = ω Asin ωt，已知 t = 0时质点初始状态为 x = 0、 0 = −ωA 、该质点运 v 动学方程为x = −Asin ϖt 0 .
0
x 2 = x02 + ∫ v 2 x dt = 195 + ∫ (−1.5 − 0.2t )dt= 195 − 0.1t 2 − 1.5t 2 ( m)
t
t
0
0
设在 t0 时刻相遇B点，则由图知：
x1B + (195 − x2 B ) = 195(m)
即： (5t 0 − 0.1t 02 ) + [195 − (−1.5t 0 − 0.1t 02 + 195)] = 195 整理得：
三、计算题：
求质点轨迹；（2）求自 t = 1 秒至 t = 2 秒时间内质 点的位移；（3）求 t = 1 秒时的速度和加速度.
r v −2t r 2t r 1. 质点运动学方程为 r = e i + e j + 2k （米），（1）
(完整版)湘潭大学大学物理练习册答案习题解答(1-22上)
练习一运动的描述 （一）1．（D ）2.（D ）3．217,5s m s m 4．m m π5,105．（1）s m t x V 5.0-=∆∆= （2）()s m v t t dt dx v 62,692-=-==（3）()()()()质点反向运动时，,05.125.25.1215.1===⨯-⨯+⨯-⨯=v s t m S6．答：矢径是从坐标原点至质点所在位置的有向线段。
位移是由前一时刻质点所在位置引向后一时刻质点所在位置的有向线段，它们的一般关系为r r r ρρρ-=∆若把坐标原点选在质点的初始位置，则00=r ρ，任意时刻质点对此位置的位移为r r ρρ=∆，即此时r ρ既是矢径也是位移。
练习二 运动的描述 （一）1． ()()s m t t s rad t t 612,34223--2．（c ）3．三 ， 三至六4．s m s m s m 20,3103.17=5．1032,224,432102+===∴===⎰⎰⎰⎰t x dt t dx t v tdtdv t dt dv a txv t6．根据已知条件确定常量K222224,4,4Rt R v t s d ra Rt v t k ======ωωω22222228.3532168841s m a a a sm R v a s m Rt dt v d a s m Rt v s t n n =+=========ττ时，练习三 运动定律与力学中的守恒定律（一）1．（D ）2. （C ）3．4．θ2cos 15．因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于张力T ，设2m 对地加速度为/2a ，取向上为正；1m 对地加速度为1a （亦即绳子的加速度）向下⎪⎩⎪⎨⎧-==-=-21/2/222111aa a a m g m T a m T g m()()()212121/22121221222112m m a m g m m a m m m m a g T m m a m g m m a +--=+-=++-=解得：6．(1)子弹进入沙土后受力为－kv,由牛顿定律有mt k v v t ev v vdv dt m k vdvdt m k dt dvm kv -=∴=-=-∴=-⎰⎰00,,（2）求最大深度()()kv mv x ev k m x dte v dx dt dx v mkt m kt 00max 00,1,=-=∴=∴=--Θ练习四 运动定律与力学中的守恒定律（二）1．（C ）2.（B ）3．s m S N 24,140⋅()()sm m mv I v mv mv I sN dt t dt F I t t 24,14040301212221=+=∴-=⋅=+==⎰⎰ρΘ4．2221221,m t F m m t F m m tF ∆++∆+∆5．（1）系统在水平方向动量守恒。
吉林大学大学物理练习册综合练习二答案
c′
V
8．1mol刚性双原子分子理想气体，当温度为 时，其 ． 刚性双原子分子理想气体， 刚性双原子分子理想气体 当温度为T时 内能为
3 A . RT 2 3 B . kT 2
5 C . RT 2
5 D . kT 2
4
9．对于室温下的双原子分子理想气体，在等压 ．对于室温下的双原子分子理想气体， 膨胀的情况下， 膨胀的情况下，系统对外所作的功与从外界吸 收的热量之比 A/Q 等于 A. 1/3 B. 1/4 C. 2/5 D. 2/7 10．一定量的理想气体向真空作绝热自由膨 ． 体积由V 增至V 胀，体积由 1增至 2，在此过程中气体的 A. 内能不变，熵增加 内能不变， B. 内能不变，熵减少 内能不变， C. 内能不变，熵不变 内能不变， D. 内能增加，熵增加 内能增加，
m mg µl M f = 2∫ ⋅ dr ⋅ gµr = 0 2l 2
l
M f ⋅ ∆t = 0 − Iω 0 ⇒ 2 lω 0 ∆t = 3 µg
8
5． 如图所示 ， 质点 的质量为 ． 如图所示， 质点P的质量为 的质量为2kg， 位置矢量 ， r r r 的作用。 为 r ，速度为 υ ，它受到力 F 的作用。这三个 −1 量均在xOy平面内，且r = 3m， = 4.0m ⋅ s ， 平面内， 量均在 平面内 ， υ r F=2N。 则该质点对 点的角动量 12kkgm2s−1， 点的角动量=_________， 。 则该质点对O点的角动量 r 作用在质点上的力对O点的力矩 点的力矩=___________。 作用在质点上的力对 点的力矩 3kNm 。
角动量（动量矩） 角动量（动量矩）
r r r L = r × mυ
r r r M = r ×F
大学物理练习册下答案
大学物理练习册下答案问题1：描述牛顿第二定律的数学表达式，并给出一个例子说明如何使用它来解决实际问题。
答案：牛顿第二定律的数学表达式是 \( F = ma \)，其中 \( F \)是作用在物体上的合力，\( m \) 是物体的质量，\( a \) 是物体的加速度。
例如，如果一个质量为5kg的物体受到10N的力，那么根据牛顿第二定律，物体的加速度 \( a \) 将是 \( 10N / 5kg = 2m/s^2 \)。
问题2：说明什么是能量守恒定律，并给出一个物理系统的例子来展示这一定律。
答案：能量守恒定律表明，在一个封闭系统中，能量既不能被创造也不能被消灭，只能从一种形式转换为另一种形式，但总量保持不变。
例如，当一个自由落体的物体从一定高度下落时，它的势能转化为动能。
如果忽略空气阻力，下落过程中总能量是守恒的。
问题3：解释什么是波的干涉，并给出一个实验设置来观察这一现象。
答案：波的干涉是指两个或多个波相遇时，它们的振幅相加形成一个新的波形的现象。
当两个波的相位相同（相长干涉）或相反（相消干涉）时，干涉效果最为明显。
观察干涉的一个简单实验设置是使用两个相干光源，它们发出的波在空间中相遇，形成明暗相间的干涉条纹。
问题4：描述电磁感应的基本原理，并解释法拉第电磁感应定律。
答案：电磁感应是当一个导体在变化的磁场中移动时，导体中产生电动势的现象。
法拉第电磁感应定律表明，导体中产生的电动势与穿过导体回路的磁通量的变化率成正比。
数学表达式为 \( \varepsilon = -d\Phi_B/dt \)，其中 \( \varepsilon \) 是感应电动势，\( \Phi_B \) 是磁通量，\( t \) 是时间。
问题5：简述量子力学的基本原理，并解释海森堡不确定性原理。
答案：量子力学是描述微观粒子行为的物理学分支，其基本原理包括波粒二象性、量子态的叠加以及量子态的演化遵循薛定谔方程等。
海森堡不确定性原理指出，粒子的位置和动量不能同时被精确测量，它们的不确定性的乘积至少等于普朗克常数的一半。
大学物理学练习册参考答案
大学物理学练习册参考答案单元一 质点运动学四、学生练习 (一）选择题1.B2.C3.B4.B5.B (二）填空题1. 0 02.2192x y -=， j i 114+， j i 82-3.16v i j =-+;14a i j =-+;4.20211V kt V -；5、16Rt 2 4 6 112M h h h =-vv（三）计算题1 解答（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：v =Δx /Δt = 4(m·s -1)．（2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ．（3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 内的平均加速度为：a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．2.解答 1）由t y t x ππ6sin 86cos 5==消去t 得轨迹方程：1642522=+y x 2）tdt dy v t dtdx v y x ππππ6cos 486sin 30==-==当t=5得；πππππ4830cos 48030sin 30===-=y x v vt dt dv a t dtdv a y y xx ππππ6sin 2886cos 18022-==-==当t=5 030sin 28818030cos 180222=-==-=-=πππππdt dv a a yy x 3．解答：1）()t t dt t dt d t tvv 204240+=+==⎰⎰⎰则：t t )2(42++=2）()t t t dt t t dt d ttr )312(2)2(4322++=++==⎰⎰⎰t t t )312()22(32+++=4． [证明]（1）分离变量得2d d vk t v=-， 故020d d v tv vk t v =-⎰⎰， 可得：011kt v v =+． （2）公式可化为001v v v kt=+，由于v = d x/d t ，所以：00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++积分00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰．因此 01ln(1)x v kt k=+． 证毕．5．解答（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)； 角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即n a a =．由此得2r r ω=22(12)24t = 解得36t =．所以3242(13)t θ=+==3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．6．解答：当s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω 1s rad -⋅则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅ 08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n单元二 牛顿运动定律（一）选择题 1.A 2.C 3.C 4.C 5 A 6.C （二）填空题 1. 022x F t COS F X ++-=ωωω2.略3. )13(35-4. 50N 1m/s5.21m m t f +∆ )()(212122221m m m t m t m t m f +∆+∆+∆6. 0 18J 17J 7J7. m rkr k（三）计算题1.解答：θμθcos )sin (f f mg =- ； θμθμsin cos +=mgf0cos sin =+=θμθθd df； 0tan =θ ； 037=θ θsin hl ==037sin 5.12. 解答；dtdvmkv F mg =--分离变量积分得 0ln(1)v tktm mdvmg F kvktmg F dt v e mg F kv mg F m k-----=??----蝌 3解答：烧断前 2221211();a L L a L w w =+=烧断后，弹簧瞬间的力不变，所以2a 不变。
大学物理2练习册答案
大学物理2练习册答案问题1：简谐振子的周期公式是什么？答案：简谐振子的周期 \( T \) 可以通过公式 \( T =2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} \) 来计算，其中 \( m \) 是振子的质量，\( k \) 是弹簧的劲度系数。
问题2：描述牛顿第二定律的表达式，并给出一个应用实例。
答案：牛顿第二定律的表达式是 \( F = ma \)，其中 \( F \) 是作用在物体上的合力，\( m \) 是物体的质量，\( a \) 是物体的加速度。
应用实例：当一个质量为2kg的物体受到10N的力作用时，它的加速度将是 \( 5 m/s^2 \)。
问题3：解释什么是角动量守恒定律，并给出一个例子。
答案：角动量守恒定律指的是，如果没有外力矩作用于一个系统，那么这个系统的总角动量保持不变。
例如，一个旋转的冰上舞者在收缩手臂时，由于半径减小，角速度会增加，以保持角动量守恒。
问题4：解释什么是电场强度，并给出其计算公式。
答案：电场强度是一个矢量量，表示在电场中某一点单位正电荷所受到的电场力。
其计算公式是 \( E = \frac{F}{q} \)，其中 \( E \) 是电场强度，\( F \) 是电荷 \( q \) 所受的电场力。
问题5：什么是电流的微观表达式？答案：电流的微观表达式是 \( I = nqAv \)，其中 \( I \) 是电流，\( n \) 是单位体积内的电荷数，\( q \) 是单个电荷的电荷量，\( A \) 是导体的横截面积，\( v \) 是电荷的漂移速度。
问题6：解释什么是磁感应强度，并给出其单位。
答案：磁感应强度是一个矢量量，表示磁场在空间某点的强度和方向。
其单位是特斯拉（T）。
问题7：什么是电磁波？描述其基本特性。
答案：电磁波是由变化的电场和磁场相互作用产生的波动现象。
电磁波的基本特性包括：它们可以在真空中传播，具有波长、频率和速度，且电磁波的速度在真空中等于光速 \( c \)。