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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.B

2.C

3.B

4.B

5.B (二）填空题

1. 0 0

2.2

192

x y -=， j i ρρ114+， j i ρρ82-

3.16v

i j =-+v v v ;14a i j =-+v v

;4. 0

11V kt V -；5、16Rt 2 4 6 112M h h h =-v v

（三）计算题

1 解答（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×1

2 - 2×1

3 = 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：

164

252

2=+y x 2）t

dt dy v t dt

dx v y x ππππ6cos 486sin 30==-==

当t=5得；πππππ4830cos 48030sin 30===-=y x v v

t dt dv a t dt

dv a y y x

x ππππ6sin 2886cos 18022-==-==

当t=5 030sin 28818030cos 180222=-==-=-=πππππdt dv a a y

y x 3．解答：1）

()

t t dt t dt d t t

v 20

4240

+=+==???

则：t t )2(42++=

2）()t t t dt t t dt d t

r )3

12(2)2(43

++=++=

t t t )31

2()22(3

+++=

4． [证明]（1）分离变量得2d d v

k t v

=-，故

020

d d v t

v v

k t v =-??，可得：

011

kt v v =+．（2）公式可化为0

01v v v kt

=+，

由于v = d x/d t ，所以：00001

d d d(1)1(1)

v x t v kt v kt k v kt =

=+++ 积分

00001

d d(1)(1)x t

x v kt k v kt =++??

．

因此 01

ln(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=

(12)24t =

解得

6t =

．

所以

242(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 1

s rad -? 则16.04.04.0=?==ωR v 1

s m -?

064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2s m -?

08.02.04.0=?==βτR a 2s m -?

22222

s 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. 02

x F t COS F X ++

ωω

2.略

3. )13(35-

4. 50N 1m/s

21m m t f +? )

()

(212122221m m m t m t m t m f +?+?+?

6. 0 18J 17J 7J

7. mr k r

k （三）计算题

1.解答：θμθcos )sin (f f mg =- ； θ

μθμsin cos +=

0cos sin =+=θμθθ

d df

； 0tan =θ ； 037=θ θ

sin h

l ==0

37sin 5

2. 解答；dt

kv F mg =--分离变量积分得 0

(1)v t

m mdv

mg F kv

mg F dt v e mg F kv mg F m k

-----=??----蝌 3解答：烧断前 2

221211();a L L a L w w =+=

烧断后，弹簧瞬间的力不变，所以2a 不变。线对m 1作用力消失，m 1只受到弹簧的力)(212

21221L L m m m a m a +==ω 4.解答发射t 秒后炮弹的速度为：gt v v -=0

则：?+?=-=sin 3

sin 31)(0B A mv mv gt v m v 又B A v v =))((sin 23

0gt v v v B A -?

==?

图略

5．解答（1）物体运动到槽底时，根据机械能定律守恒得 2211

22mgR mv MV =

+，

根据动量守恒定律得： 0 = mv + MV ．因此

2211

()22mgR mv MV M =

+2211()22mv mv M =+

，

解得

v =

，

从而解得：V =- （2）物体对槽所做的功等于槽的动能的增量

12m gR W MV M m ==

+．（3）物体在槽底相对于槽的速度为

`(1)m M m v v V v v M M +=-=+

物体受槽的支持力为N ，则

`v N mg m

R -=，因此物体对槽的压力为 2`2`(3)v m

N mg m mg

R M =+=+．

单元三刚体运动学

（一）选择题 1.B 2.D 3.D 4. D 5.C （二）填空题

2261ωml ω23

ml 2. 1.82π 3. 减小增大不变增大 4. )21sin (222kx mg J m r m r --θ 5. l

23 l g 3

（三）计算题 1.

βμ23121ml mgl = l g

23μβ=

??=t

dt l g

d 00230μωω g l t μω02= 2 依题意得

R a mR R T T a m g m T a

m T g m ==-=-=-2212221112

)(?

m g m T a m g m T 222111+=-=

a mR R a m g m a m g m 2221121)(=

--- 21212

m m m g

m g m a -+-=

21211

112

m m m g

m g m m g m T -+--= 21212

222

m m m g

m g m m g m T -+-+= 3．假设电机的电磁力矩为1M ，摩擦阻力力矩2M ，则

)

11(M M 2

1012

021t t J t J M t J M +===-ωωω

单元四流体力学液体表面性质

四、作业练习 (一)、选择题

1、D

2、B

3、B 4﹑D 5、C 6﹑A (二)、填空题

1﹑无粘滞性，不可压缩性，流动性。

2﹑ 功能、压强 ﹑ 流速 ﹑ 高度、压强 ﹑ 动能和势能。 3﹑① 温度；② 成分；③外界媒质。 4﹑ 内、润湿、不润湿。

（三）、计算题

1﹑解：（1）由连续性方程S v S v =孔孔

水面水面，而

S S >>孔

水面，

因此

v v <<孔

水面，水面流速趋于0

又由伯努力方程22

11P P 22v gh v gh ρρρρ++=++孔孔孔

水面水面水面，

而

P P P ==0

孔水面

，因此

v ===孔

212h gt =孔

，t ==

9.17R v t ==B 孔

（2

）由于v ==孔

t =

而(1010R v t h h ==≤-=孔孔孔）+

=h 孔

=5米时，

max 10R =米

2﹑解：由于

dV S dh S v dt =-=孔孔水面，而

S v dt S v dt

=孔孔水面水面

由上题可知，v =孔，

因此

S dh S -=水面

可得

S dh dt -=

，

S dh S t dt -===

式中H=70cm

若使容器内的水流出一半，即h=H/2；则77.5t s B 若使容器内的水全部流出，即h=0；则264t s B

3﹑解：由于

2=s P P P P P α=-=--

液内液外水气泡R ， 2=P P α

气泡水R

根据题意由流体静力学原理可知，水面下50m 深处空气泡泡内压强为

5 2=7101310a P P gH p α

ρ++

=??0气泡11

.R （1）

可得

6 2 1.2410m

P P gH

ρ-=

?--B 10气泡1R （2）

水面上空气泡泡内压强为 2=P P α

0气泡22R （3）

又由于气泡等温地上升到水面

V =V P P 气泡1气泡2

即331

R =R P P 气泡1气泡2（或33

1244R =R 33P P ππ气泡1气泡2）（4）

由（1），（2），（3）（4）联合解得

61.97510m

-?B 2R

因此当气泡等温地上升到水面时它的直径

63.9510m

-?B 2d

4﹑解：（1）由于

240.005S R ππ?=?=，因此24

2.5100.005

3.9310E S J απ--?=??=???B

（2）

40 6.510W p V J

-===?

5﹑解：由流体静力学原理P gH ρ=（29.8g m s -=?，水银的密度33

13.610kg m ρ-=??）

395100.71313.6109.8P H m

g ρ?==??B

考虑到毛细现象后，根据朱伦公式

2cos 4cos h gr gd αθαθ

ρρ=

= 而0P P gh

ρ=- 因此3

095100.98109610a P P gh p ρ???=+=+B

单元七气体动理论 (一)、选择题

1、D ；

2、C ；

3、A ；

4、A ；

5、B (二)、填空题

1、 231v

nm p =或

??? ??=22132v m n p ，分子数密度和分子平均平动动能； 2、 3 ，5 ，6 ，32KT 、

52KT

3KT ； 3、（1）

∞

100

)(dv

v Nf ；（2）

∞

100

)(dv

v vNf ；（3）

∞

100

)(dv

v f ；

4、?∞

dv v f )(； 5. 213

()2V p p -； 6. 氩氦； 7. J 31031.8?， J 31032.3?；

8. s m /2000；s m /500。 (三)、计算题

1、解：由

kT n p 2332==

εε， ? kT p

n nkT P =

代入数据得：3001038.11031.823

5-??=n =2?1026；kT 23

=ε=21038.1323-??=2.07?10-23

RT N nV E mol 25==42326210

484.230031.8251002.61021020.1?=???????-

2、解：(1)由气体状态方程

nkT p =得，

23510

45.23001038.110013.11.0?=????==-kT p n 3m -

(2)由气体状态方程

M M

pV mol

(M ， mol M 分别为氧气质量和摩尔质量) 得氧气密

度：13.030031.810013.11.0032.05mol =????===RT p M V M

ρ 3m kg -?

(3) 氧气分子的平均平动动能

231021.63001038.12

323--?=???==kT k ε

3、解：理想气体分子的能量为RT

i n E 2=，所以氢气对应的平动动能为（3=t

）

.373930031.82

1=???=t εJ 转动动能为（2=r ）

2493

30031.82

21=???=r εJ

内能5=i

.623230031.82

51=???=i ε J

单元八热力学的物理基础

(一)、选择题 1.C ；2.B ；3.B ；4.B ；5.D ；6.D (二)、填空题

1. 7429J ，7429J ；

2. 207C 0

或480K ； 3.

J 3

1064.8?； 4. J 400； 5. 等压；等压；等压； 6. 物体做宏观位移；分子间的相互作用.

(三)、计算题 1、解：

W Q 90==静静

v p ~图中循环曲线所围的面积即为所求。

2、解：

（1）)

(25

1122V P V P E -=?

3）

p 12p

（2）)

(21

1122V P V P W -=

(3))(31122V P

V P W E Q -=+?= (4)R 3 3、解

（1）K T B 225=， K

T C 75=

（2）J Q C B 1400:-=→等压过程

J Q A C 1500:=→等容过程

过程J Q B A 500:=→

解：（1）A C →为等容过程，过程方程为：C C

A A T P T P =

，

K P T P T A A C C 75==

C B →为等压过程，过程方程为：K

V T V T T V T V C C B B C C

B B 225,===

（2）先计算出摩尔数，

mol RT T P M m RT M

V P A

A A A A 321.0,===

由40.1=γ求出该气体的自由度i ，

∵

40.12=+=

i i γ∴

R C R C i P V 27

,25,5=== :C B → 等压过程，吸热，

J T T C M m

Q B C P 1400)(-=-=

A C →：等容过程，吸热，

J T T C M m

Q C A V 1500)(=-=

:B A → 此过程为一多方过程，应利用净热量净Q 来计算。对于一个循环过程：

∵ 0

=?E

∴J

V V P P W Q C B C A 600430021

)(21=??=--==）（净净

又∵

1400

1500-+=++=AB BC AB CA Q Q Q Q Q 净

p m 3）

∴

Q Q AB 500100=-=净

4、解：（1）

放热

J Q ab 5.6232-=

吸热

Q bc 5.3739=

放热

Q ca 3456=

（2）

W 963=净

（3）

.131

==Q W 净η％

解：（1）

J R T T C Q a b p ab 5.6232)300(2

)(--?=

-=；

吸热

J R T T C Q b c v bc 5.37393002

)(=?=

-=；

放热

J V V RT Q c

c ca 34562ln 60031.8ln

=?==。（2）

Q Q Q W ab ca bc 963=-+=净；

（3）

.135

.37393456963

=+=

Q W 净η％。

5、解：（1）J 2.405；（2）0=?E ；（3）J 2.405

单元九真空中的静电场参考答案 (一) 填空题

1、0L

E dl ?òv v ? ；电场强度沿任意闭合路径的线积分为零；无旋场 2、0

6q e 3、24

q q e + ；空间中所有电荷

4、强；尖端放电

5、取向极化；位移极化。二、选择题

1、C ；

2、B ；

3、A ；

4、B ；

5、B 。三、计算题 1、（略）

2、解: 在圆上取dl R df

）

-3m 3）

l l f ==d d d q l R ，它在O 点产生场强大小为

l f pe =

0d d 4R E R 方向沿半径向外

则 l

f f f pe ==

0d d cos cos d 4y E E R

由对称性=0X E 积分p l l

f f pe pe =-=-=-ò

0022d 42y E E COS R R

∴ 方向沿Y 轴负向．

3、（1）当>r R 时，由高斯定理p e ?=

ò204Q E ds

E r ? 可得pe =2

014Q

E r （2）当

p e e ?==

?ò

3200

4r Q q R E ds E r ? 可得pe =3014rQ E R 4、根据已知条件球形雨滴半径R1 ＝0.10 mm ，带有电量q1 ＝1.6 pC ，可以求得带电球形雨滴表面电势 pe =

101

1144V 4q V R

当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径=212R R ，带有电量q2 ＝8q1 ，雨滴表面电势

pe =

201

81576V 42q V R

5、(1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r ≤R1 ，则

1011π4π4R εQ R εQ V +

若该点位于两个球面之间，即R1 ≤r ≤R2 ，则

012π4π4R εQ r εQ V +

若该点位于两个球面之外，即r ≥R2 ，则r

εQ Q V 0213π4+=

(2) 两个球面间的电势差

()2

1012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -

-==

6、解按下按键时电容的变化量为

???-=0011Δd d S εC 按键按下的最小距离为 mm

152.0ΔΔΔ00min

0min =+=-=S εC d Cd d d d

单元十稳恒磁场选择题

1、B ；

2、C ；

3、B ；

4、C ；

5、B 。二、计算题

1、分析应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度

∑=i

B B 0

解（ａ）长直电流对点O 而言，有0=?r l Id ，因此它在点O 产生的磁场为零，则点

O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有

R I

μB 800=

B 0 的方向垂直纸面向外．

（ｂ）将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得

R I

μR I μB π22000-

B 0 的方向垂直纸面向里．

（c ）将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得

R I

μR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π40

00000+=++=

B0 的方向垂直纸面向外．

2、解：O 点磁场由AB 、C B )、CD 三部分电流产生．其中 AB 产生 01=B ?

CD 产生

R I

B 1202μ=

，方向垂直向里

CD 段产生

)23

1(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=

??R I R I B ，方向⊥向里

∴

)6231(203210π

πμ+-=

++=R I B B B B ，方向⊥向里．

3、分析由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ≠BS ．为此，可在矩形平面上

取一矩形面元dS ＝ldx ［图（ｂ）］，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为

x l x l

μΦd π2d d 0=

?=S B

矩形平面的总磁通量

Φ?=d

解由上述分析可得矩形平面的总磁通量 ?

==2

200ln π2d π2d d d d

Il μx l x l μΦ

4、解：

?μ=?a

l B 0

8d ?

μ=?ba

l B 0

8d ?

?=?c

l B 0

d ??

(1)在各条闭合曲线上，各点B ?

的大小不相等．

(2)在闭合曲线C 上各点B ?不为零．只是B ?

的环路积分为零而非每点0=B ?．

5、解：取闭合回路r l π2= )(b r a <<

则

?π=?l

B l B 2d ?

? 2

2)(a b I a r I ππππ--=∑ ∴

)(2)(222

20a b r a r I B --=πμ 6、解：

??=A

AB B

l I F ???d 2

d a

I I d I a

I F AB πμπμ22210102== 方向垂直AB 向左

??=C

AC B

l I F ???d 2 方向垂直AC 向下，大小为

?++πμ=πμ=a

d d

AC d a d I I r I r

I F ln 22d 210102 同理 BC F ?方向垂直BC 向上，大小

+πμ=a

d d

Bc r I l

I F 2d 102∵ ?=

45cos d d r

∴ ?

++π

μ=?πμ=a

d a

BC d a

d I I r r I I F ln

245cos 2d 210120

7、解：在曲线上取l ?d 则 ??=b a ab B

l I F ???d

∵ l ?d 与B ?夹角l ?d <，2π

>=B ?不变，B ?是均匀的．

∴

???=?=?=b a

b a

ab B

I B l I B l I F ω??

??)d (d

方向⊥向上，大小

BI F ab =ab

单元十一电磁感应

(一)、选择题 1、A ； 2、B ； 3、B ； 4、A 。二、计算题

1、解: 以向外磁通为正则

(1)

]ln [ln

2d π2d π2000d a

d b a b Il

r l r

b b

d d

m +-+=

-=?

++μμμΦ

(2)

t I

b a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-

=μΦε

2、解: AB 、CD 运动速度v ?

方向与磁力线平行，不产生感应电动势．

DA 产生电动势

?==??=A

D I vb vBb l B v d 2d )(0

1πμε?

?? BC 产生电动势

)(π2d )(02d a I

l B v C

+-=??=?

με?

∴回路中总感应电动势 8

021106.1)11

(π2-?=+-=

+=a

d d Ibv μεεεV 方向沿顺时针． 3、解由上分析，得

()l B d ??=?

OP OP E v l

αB l

o d cos 90sin ?=v

()(

)

l θB θωl o

d 90cos sin ?-=l ()?==L

θL B ωl l θB ω0

sin 21d sin

由矢量B ?v 的方向可知端点P 的电势较高．

单元十二光的干涉

(一)、选择题

1、A

2、 A

3、 C

4、 D 5 C 6、(C) (二)、填空题

1、n= 1.4

2、θ= 2nl l

3、52n l

q 4、 D nd l .

(三)、计算题

1、解：(1)

120

205102100.510D x m

d l ---D ==创??′

(2)

31 5.010 1.0100.510D x m d l ---D =

=创=?′

(3)()7

0.588 5.0106.9010n d k d

d m

l ---=?创=?

2、解：第一级明纹彩色带的宽度.

73130.5 4.0100.8100.2510D x m d l ---=

=创=?′紫紫 73

0.57.610 1.58100.2510D x m d l ---==创=?′红红 3110.7810x x x m

-D =-=?红紫

第五级明纹彩色带的宽度.

733

0.5

5 4.010 4.0100.2510D x k

d l ---==创??′5紫紫

0.557.6107.6100.2510

D x k

d l ---==创??′5红红

33.610x x x m

-D =-=?5红5紫

3、解：根据题意，可知2SiO 薄膜表面上的暗纹条件为

12(22λ

+=k e n ),2,1,0(???=k

因第七条暗纹的6=k 则有

nm 8.12763.5895.141

624122=??+?=+=

λn k e

4、解光线以接近垂直入射的方向入射到薄膜上，即入射角0=i 。设薄膜厚度为e ，则入射光在薄膜上、下表面两反射光的光程差为

δδ'+=ne 2

δ'为由于半波损失而产生的附加光程差，由于薄膜上面的介质为空气，即1n

0='δ。

结合反射光干涉加强条件，有

λδk ne ==2，ΛΛ,2,1,0=k 解方程得

n k e 2λ

当1=k 时，薄膜厚度最小，其值为

)

(20038.12550

2min nm n

e ≈?=

单元十四光的偏振

(一)、选择题1、B 2、B 3、A 4、 B 5、 C (二)、填空题1、53O 37O 互补 2、 19

I (三)、计算题

1、解设入射光通过第一个偏振片后光强度为0

I ，当两偏振片偏振化方向成300角时，由

马吕斯定律可知，透射光光强为

020********)23(

30cos cos I I I I I ====θ

保持入射光的强度和偏振方向不变，意味着光从第一个偏振片出来的光强度也为0

I 。当两

偏振片偏振化方向成450角时，由马吕斯定律可知，透射光光强为

020********)22(

45cos cos I I I I I ====θ

所以，两种情况下透射光强度的关系为

1232I I

2、解：（１）经第一偏振片后的光强：

2I I =

；为线偏振光经第二偏振片后的光强：

22100

111

cos 45224o

I I I I =??；为线偏振光经第三偏振片后的光强：

23200

111cos 4542

I I I I =??；为线偏振光

（２）将第二个偏振片抽走，则经第二偏振片后的光强：

22101

cos 9000

I I I =??；没有光射出。

大学物理学下册答案第11章

第11章稳恒磁场习题一选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定习题11-1图习题11-2图

则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大（B ）Φ不变，B 也不变（ C ）Φ增大，B 不变（ D ）Φ不变，B 增大答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图习题11-3图

大学物理学答案

作业 1-1填空题 (1) 一质点，以1-?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是；经过的路程是。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m 2s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m 2s -1 ] 1-2选择题 (1) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2/2s m a -=，则一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (2) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其

平均速度大小和平均速率大小分别为 (A)t R t R ππ2,2 (B) t R π2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R π [答案：B] (3)一运动质点在某瞬时位于矢径) ,(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d || (D) 22)()(dt dy dt dx + [答案：D] 1-4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？（1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3） x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ）解：匀变速直线运动即加速度为不等于

大学物理课后习题答案(北邮第三版)下

大学物理习题及解答 8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 20 220)33(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 33 - =' (2)与三角形边长无关．题8-1图题 8-2图 8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题8-2图示 ????? ===22 0)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θ πεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式 204r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强 →∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解? 解: 2 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2 02 4d q πε,又有人说，因为f =qE , S q E 0ε= ，所

大学物理第三版下册答案(供参考)

习题八 8-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强．解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为

2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外

赵近芳版《大学物理学上册》课后答案

1 习题解答习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1） r ?是位移的模，? r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2r r r -=?；（2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与 r 不同如题1-1图所示 . 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即t v a d d = ， t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y = y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝2 2y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为

大学物理学教案(上册)

大学物理学I 课程教案

第三章质点动力学教材分析：在前两章中，我们以质点为模型讨论了力学中的基本概念以及物体作机械运动的基本规律。在这一章中，我们将拓展这些概念和规律，把它们应用到刚体运动的问题中。本章主要讨论刚体绕定轴转动的有关规律，在此基础上，简要介绍刚体平面平行运动。 3.1 定轴转动刚体的转动惯量教学目标: 1 理解刚体的模型及其运动特征； 2 理解转动惯量的概念和意义；教学难点：转动惯量的计算；动量矩守恒定律的应用教学内容： 1 转动惯量的定义 2 转动惯量的计算(匀质长细杆的转动惯量、均匀细圆环的转动惯量、均匀薄圆盘的转动惯量、均匀球体的转动惯量) 3 平行轴定理 3.2刚体的定轴转动定理3.3 转动定理的积分形式——力矩对时间和空间的积累效应 3.5 守恒定律在刚体转动问题中的应用教学目标: 1理解力矩的物理意义，掌握刚体绕定轴转动的转动定律 2 理解力矩的功和刚体转动动能的概念，并能熟练运动刚体定轴转动的动能定理和机械能守恒定律 3 用类比方法学习描述质点和刚体运动的物理量及运动规律 4 理解刚体对定轴转动的角动量概念和冲量矩的概念 5 掌握刚体对定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律教学难点：刚体定轴转动定律教学内容： 1 力矩 2 定轴转动的角动量定理 3 定轴转动的动能定理(力矩的功、定轴转动的动能、定轴转动的动能定理) 4 刚体的重力势能 5 机械能守恒定律的应用 6 角动量守恒定律及其应用课后作业：小论文： 1 关于转动惯量的讨论 2 陀螺运动浅析

第5章机械振动教材分析：与前几章所讨论的质点和刚体的运动相似，振动也是物质运动的基本形式，是自然界中的最普遍现象。振动几乎涉及到科学研究的各个领域。例如，在力学中有机械振动，在电磁学中有电磁振荡。近代物理学中更是处处离不开振动。本章将讨论机械振动的基本规律。 5.1 弹簧振子和单摆的运动方程教学目标：理解弹簧振子的动力学和运动学方程；理解单摆的动力学方程和运动学方程教学重/难点：弹簧振子的动力学方程的建立；单摆动力学方程的建立教学内容：弹簧振子的动力学方程、弹簧振子的运动学方程、单摆的运动方程 5.2 简谐振动教学目标：理解简谐振动的定义、简谐振动的运动方程理解简谐振动的振幅、周期、相位的意义掌握用旋转矢量表示简谐振动、理解简谐振动能量的特征教学重/难点：简谐振动的特征量：振幅、周期、相位旋转矢量法、简谐振动的动能、势能教学内容：简谐振动的基本概念、简谐振动的旋转矢量图表示法、简谐振动的能量 5.3 同方向同频率的简谐振动的合成教学目标：理解同方向同频率的两个或多个简谐振动的合成教学重/难点：两个或多个同方向同频率简谐振动的合成教学内容：两个同方向同频率的简谐振动的合成、多个同方向同频率的简谐振动的合成作业：P166 5.2 5.3 5.8 5.23

大学物理学第三版课后习题参考答案

习题 1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d | | (D) 22)()(dt dy dt dx [答案：D] (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2 ，瞬时加速度 2/2s m a ，则一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A) t R t R 2, 2 (B) t R 2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R [答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 s m 的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是；经过的路程是。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初

始时刻质点的速度v 0为5m ·s -1 ，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m ·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是。 [答案： 0321 V V V ] 1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？（1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ）解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。其速度和加速度表达式分别为 t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零

大学物理学(第三版)课后习题参考答案

习题1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d | | (D) 22)()(dt dy dt dx + [答案：D] (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2 /2s m a -=，则一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A) t R t R ππ2, 2 (B) t R π2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R π [答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 -?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是；经过的路程是。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m ·s -1 ，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m ·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是。 [答案： 0321=++V V V ]

1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？（1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2 -4/t 。给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ）解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。其速度和加速度表达式分别为 2 2484 dx v t dt d x a dt = =+== t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2 。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零？ (1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零； (2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零； (3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零； (4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。 1.6 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和d d r t 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即r ?12r r -=，12r r r -=?；（2） t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度在径向上的分量，

大学物理学第三版下册习题答案习题8

习题八 8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 2 2 20) 33( π4130cos π41 2 a q q a q '= ?εε 解得 q q 3 3-=' (2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图 8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题8-2图示 ?? ??? ===22 0)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθ tan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?

解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f = 2 02 4d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε= ，所以f = S q 02 ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少? 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε= ，另一板受它的作用力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 r E = 3 02cos r p πεθ, θE = 3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量 θsin p ． ∵ l r >>

大学物理学上册习题解答

大学物理学习题答案习题一答案习题一 1.1 简要回答下列问题： (1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相等？ (2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？ (3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么？ (4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变？ (5) r ?v 和r ?v 有区别吗？v ?v 和v ?v 有区别吗？0dv dt =v 和0d v dt =v 各代表什么运动？ (6) 设质点的运动方程为：()x x t = ，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出 r = dr v dt = 及 22d r a dt = 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 及 a = 你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？ (7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？ (8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？ (9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？ (10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？ 1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。解： (1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ?=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 0(/)2 ave x v m s t ?= ==?

大学物理学吴柳下答案

大学物理学下册吴柳第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2)

大学物理上册答案详解

大学物理上册答案详解习题解答习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即r ?12r r -=， 12r r r -=?；（2） t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中 dt dv 就是加速度的切向分量.

(t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 222 22d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 22d d d d t r a t r v == 其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明 t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，22d d t r 也不是加速

大学物理D下册习题答案

习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零，则Q与q的关系为：（）（A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（）（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷；（B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（）（A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（）（A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷

赵近芳版大学物理学(上册)课后答案

. . . . .. .. .. 习题解答习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1） r ?是位移的模，? r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2r r r -=?；（2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即t v a d d = ， t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y = y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为

《大学物理学》(袁艳红主编)下册课后习题答案

第9章静电场习题一选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变习题9-3图

(C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ，即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1

《大学物理(上册)》课后习题答案

第1章质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。解：（1）j t t i t r )432 1()53(2-+++=m ⑵ 1=t s,2=t s 时，j i r 5.081-= m ；2114r i j =+m ∴ 213 4.5r r r i j ?=-=+m ⑶0t =s 时，054r i j =-；4t =s 时，41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404 r r r i j i j t --?+= ===+??-v ⑷ 1d 3(3)m s d r i t j t -==++?v ，则：437i j =+v 1s m -? (5) 0t =s 时，033i j =+v ；4t =s 时，437i j =+v 24041 m s 44 j a j t --?= ===??v v v (6) 2d 1 m s d a j t -==?v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x =+，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。解：由d d d d d d d d x a t x t x ===v v v v 得：2 d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分 210 d (26)d x x x =+? ?v v v 得：2322 250x x =++v ∴ 1m s -=?v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为θ=2+33t ，式中θ以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2==== ωβθω ⑴ s 2=t 时，2 s m 362181-?=??==βτR a 2 222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a τ?== 即：βωR R =2 ，亦即t t 18)9(2 2=，解得：9 23= t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t θ=+=+? = 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为α=0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。解：s 2=t 时，4.022.0=?== t αω 1s rad -? 则0.40.40.16R ω==?=v 1s m -? 064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2 s m -? 0.4 0.20.0a R τα==?=2s m -? 22222 s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+= τa a a n 与切向夹角arctan()0.06443n a a τ?==≈?

大学物理学第三版下册课后答案

习题八 8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图 8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强 →∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解 ?

解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f = 2 024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε= ，所以f =S q 02 ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少 ? 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε=，另一板受它的作用力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为 θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 r E = 302cos r p πεθ, θE =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量θsin p ． ∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量 3 0π2cos r p E r εθ = 垂直于r 方向，即θ方向场强分量 3 00π4sin r p E εθ =

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