大学物理A活页作业.docx

活页作业(四十) 波粒二象性1．(2012·上海高考)根据爱因斯坦的“光子说”可知( )A．“光子说”本质就是牛顿的“微粒说”B．光的波长越大，光子的能量越小C．一束单色光的能量可以连续变化D．只有光子数很多时，光才具有粒子性3．利用光子说对光电效应的解释，下列说法正确的是( )A．金属表面的一个电子只能吸收一个光子B．电子吸收光子后一定能从金属表面逸出，成为光电子C．金属表面的一个电子吸收若干个光子，积累了足够的能量才能从金属表面逸出D．无论光子能量大小如何，电子吸收光子并积累了能量后，总能逸出成为光电子解析：根据光子说，金属的一个电子一次只能吸收一个光子，若所吸收的光子频率大于金属的极限频率，电子逃离金属表面，成为光电子，且光子的吸收是瞬时的，不需要时间的积累，若所吸收的光子能量小于逸出功(光子频率小于金属的极限频率)，则电子不能逃离金属表面，不能成为光电子．答案：A4．(2011·上海高考)用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属产生光电效应的措施是( )A．改用频率更小的紫外线照射B．改用X射线照射C．改用强度更大的原紫外线照射D．延长原紫外线的照射时间解析：发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度和照射时间无关，故选项A、C、D错误；X射线的频率大于紫外线的频率，可能使该金属发生光电效应，故选项B正确．答案：B5．(2011·江苏高考)下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射实验规律的是( )解析：黑体辐射的强度随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都增加，另一方面辐射强度的极大值向着波长较短的方向移动，所以A正确．答案：A6．用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子最大初动能E k随入射光频率ν变化的E k­ν图象，已知钨的逸出功是3.28 eV，锌的逸出功是3.34 eV，若将二者的图线画在同一个E k­ν坐标系中，如图所示中用实线表示钨，虚线表示锌，则正确反映这一过程的是( )解析：依据光电效应方程E k ＝hν－W 可知，E k ­ν图线的斜率代表普朗克常量h ，因此钨和锌的E k ­ν图线应该平行．图线的横截距代表极限频率ν0，而ν0＝W h ，因此钨的ν0小些．综上所述，A 图正确．答案：A7．在光电效应实验中，下列结果正确的是( )A ．当光照时间增大为原来的两倍时，光电流强度也增大为原来的两倍B ．当入射光频率增大为原来的两倍时，光电子的最大初动能也增大为原来的两倍C ．当入射光的波长增大为原来的两倍时，可能不产生光电效应D ．当入射光的强度增大为原来的两倍时，单位时间内发射光电子的数量也增大为原来的两倍解析：光电流强度决定于单位时间内的光电子数，与时间无关；由hν＝W 0＋E k 知，光电子的最大初动能随频率的增大而增大，但是两者并不成正比例关系；入射光的波长增大为原来的两倍，则频率为原来的1/2，可能低于极限频率；光频率一定时，光的强度决定于单位时间内的光子数，所以单位时间内的光电子数(光电流)与光强成正比． 答案：CD8.用a 、b 两种不同频率的光分别照射同一金属板，发现当a 光照射时验电器的指针偏转，b 光照射时指针未偏转，以下说法正确的是( )A ．增大a 光的强度，验电器的指针偏角一定减小B ．a 光照射金属板时验电器的金属小球带负电C ．a 光在真空中的波长小于b 光在真空中的波长D ．若a 光是氢原子从n ＝4的能级向n ＝1的能级跃迁时产生的，则b 光可能是氢原子从n ＝5的能级向n ＝2的能级跃迁时产生的9.如图所示的实验电路，K 为光电管的阴极，A 为阳极．当用黄光照射光电管中的阴极K 时，毫安表的指针发生了偏转．若将电路中的滑动变阻器的滑片P 向左移动到某一位置时，毫安表的读数恰好减小到零，此时电压表读数为U .若增加黄光的强度，则毫安表______(选填“有”或“无”)示数；若用几种能使光电管中的阴极K 发生光电效应的不同频率ν的光照射到光电管的阴极K ，分别测出能使毫安表的读数恰好减小到零时的不同的电压值U .通过U 和ν的几组对应数据，就可作出U ­ν的图象，图象的斜率为k ，则普朗克常量h ＝______(电子的电荷量为e )．解析：发生光电效应时，光电子的最大初动能只由射入光的频率决定，而与入射光的强度无关，若仅增加黄光的强度，则毫安表仍无示数．当毫安表的读数恰好减小到零时，满足E k ＝Ue ，由光电效应方程得E k ＝hν－W ，联立得Ue ＝hν－W ，U ＝h e ν－W e，可知U ­ν图象的斜率为k ＝h e ，则普朗克常量为h ＝ke .答案：无 ke10．(2011·新课标全国高考)在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为__________．若用波长为λ(λ＜λ0)的单色光做该实验，则其遏止电压为__________．(已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e 、c 和h )解析：由爱因斯坦光电效应方程E k ＝h c λ－W 0得，W 0＝hc λ0；由eU c ＝h c λ－W 0＝h c λ－h c λ0， 解得U c ＝hc eλλ0(λ0－λ)． 答案：h c λ0 hc eλλ0(λ0－λ) 11.如图所示为对光电管产生的光电子进行比荷测定的原理图，两块平行金属板间距离为d ，其中N 为锌板，受紫外光照射后将激发出沿不同方向运动的光电子，开关S 闭合，电流表A 有读数，若调节变阻器R ，逐渐增大极板间的电压，A 表读数逐渐减小，当电压表示数为U 时，A 表读数恰为零；断开S ，在MN 间加上垂直于纸面的匀强磁场，当磁感应强度为B 时，A 表读数也为零．求光电子的比荷e /m 的表达式．12．普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s，铝的逸出功W 0＝6.72×10－19 J ，现用波长λ＝200 nm 的光照射铝的表面(结果保留三位有效数字)．(1)求光电子的最大初动能；(2)若射出的一个具有最大初动能的光电子正对一个原来静止的电子运动，求在此运动过程中两电子电势能增加的最大值(电子所受的重力不计)．解析：(1)由E k ＝hν－W 0＝h c λ－W 0，代入数据解得E k ＝3.23×10－19 J.(2)增加的电势能来自系统损失的动能，当两电子的速度相等时电势能最大，由动量守恒mv 0＝2mv损失的动能：ΔE k ＝12mv 20－12(2m )v 2＝1.62×10－19 J 所以，电势能增加的最大值为1.62×10－19 J. 答案：(1)3.23×10－19 J (2)1.62×10－19 J。

第一章 质点运动学班号 学号 姓名 日期一、 选择题1． 一个质点在Oxy 平面上运动，已知质点的运动方程为j t i t r2252 （SI ），则该质点作（A ）匀速直线运动； （B ）变速直线运动；（C ）抛物线运动； （D ）一般曲线运动。

（ B ） 2． 一个质点作曲线运动，r 表示位置矢量，s 表示路程， 表示曲线的切线方向。

下列几个表达式中，正确的表达式为C （A ）a t d d v ； （B ）v trd d ； （C ）v tsd d ； （D ） a t d d v 。

（ C ）3． 沿直线运动的物体，其速度的大小与时间成反比，则其加速度的大小与速度大小的关系是（A ）与速度大小成正比； （B ）与速度大小的平方成正比； （C ）与速度大小成反比； （D ）与速度大小的平方成反比。

（ B ） 4． 下列哪一种说法是正确的(A) 在圆周运动中，加速度的方向一定指向圆心； (B) 匀速率圆周运动的速度和加速度都恒定不变； (C) 物体作曲线运动时，速度的方向一定在运动轨道的切线方向上，法向分速度恒等于零；因此其法向加速度也一定等于零；(D) 物体作曲线运动时，必定有加速度，加速度的法向分量一定不等于零。

（ D ） 5． 如图所示，路灯距离地面高度为H ，行人身高为h ，匀速v 背向路灯行走，则人头的影子移动的速度为(A)v H h H ； （B ）v h H H； (C ） v H h ； （D ） v hH 。

（ B ） 6．一物体从某一确定高度以0v 的速度水平抛出，已知它落地时的速度为t v ，那么它运动的时间是 (A)g t 0v v ； (B) gt 20v v ；选择题5图(C)g21202tv v ； (D)g221202tv v。

（ C ）7．一个质点沿直线运动，其速度为kte 0v v （式中k 、v 0为常量）。

当0 t 时，质点位于坐标原点，则此质点的运动方程为： (A ）kt e k x0v ； （B ）kt e k x 0v； （C ）)1(0kt e k xv ； （D ）)1(0kt e kx v。

单元25 磁介质一、选择题1.C2.C3.B4.B二、填空题1. 铁磁质；顺磁质；抗磁质。

2. 大；剩磁；永久。

3. 小；小；磁化；去磁。

4. 软磁性材料；硬磁性材料；矩磁性材料。

三、判断题（判断正误，并简述理由）1. √2. ×3. ×4. √5. ×四、计算题1. ； 26.7A/m ； ； 。

T 1075.32-⨯310118.1⨯310119.1⨯2. 118 A/m ；676。

3. ),(0;21210R r R Ir ≤πμ )(2)1(;2210R r R r I r I r r ≤<π-μπμμ， )(0;23222232230R r R R R r R r I ≤<--πμ， 0；0。

)R r (3>4. 8 A 。

5. 25.33 km 。

单元26 电磁感应（一）一、选择题1. D2.C3.C4.A5.B二、填空题1. 1.5 mV 。

2. 0。

3. t NBS ωωsin 。

4. 0。

5. SiR 。

三、判断题（判断正误，并简述理由）1. ×2. ×3. √4. √5. ×四、计算题1. t π60cos 6.0 V 。

2. 0.0 625 T 。

3. t b a k )(2-ρ。

4. t bd b d a 10sin 22ln(500-+πμ。

5. (1) 365.04 Wb ；(2) 365.04 V ；(3) 2 。

单元27 电磁感应（二）一、选择题1.B2.D3.C4.C5.D6.D二、填空题1. ；由O 指向P 。

2BL ω2. ><,cos ,,sin θθvBl vBl 。

3. 2103L B ω，低。

4. 221R B ω。

5. dtdB R 82π；A 到B 。

三、判断题（判断正误，并简述理由）1. ×2. ×3. √4. ×5. ×四、计算题1. (1)221a B oM ω=ε；(2) ；(3)O 点最高。

实验一长度测量【注意事项】1．游标卡尺使用前，应该先将游标卡尺的卡口合拢，检查游标尺的0线和主刻度尺的0线是否对齐。

若对不齐说明卡口有零误差，应记下零点读数，用以修正测量值；2．推动游标刻度尺时，不要用力过猛，卡住被测物体时松紧应适当，更不能卡住物体后再移动物体，以防卡口受损；3．用完后两卡口要留有间隙，然后将游标卡尺放入包装盒内，不能随便放在桌上，更不能放在潮湿的地方。

4．螺旋测微计通常有零点误差，测量前应先记录零点读数，以便对测量值作零点校正。

方法是：使测微计的测量钳口接触，检查主尺基线与副尺零线是否重合，如不重合，应记下这个差数，我们称之为零点读数，测量值应加以修正，即待测量＝读数值一零点读数零点读数可正可负，若副尺零线在主尺基线的下方，则取正值；反之取负值。

5．螺旋测微计测量误差的主要原因是螺旋将待测物压紧程度不同引起。

因此，测量时，当钳口接近待测物时不要直接拧转螺杆，应轻轻转动棘轮旋柄（微调螺旋）推进螺杆，只要听到“喀”“喀”声，就可以读数了。

6．测量完毕，应在测砧间留下间隙，避免因热膨胀而损坏螺纹。

【思考题】1．何谓仪器的分度数值？米尺、20分度游标卡尺和螺旋测微器的分度数值各为多少？2．游标刻度尺上30个分格与主刻度尺29个分格等长，问这种游标尺的分度数值为多少？实验二固体和液体的密度测定【思考题】1．使用物理天平应注意哪几点？怎样消除天平两臂不等而造成的系统误差？2．分析造成本实验误差的主要原因有哪些？3．如何用流体静力称衡法来测定密度比水的密度小的固体的密度？实验三用单摆测重力加速度【思考题】1、公式224T L g π=成立的条件是什么？在实验中如何保证这一条的实现？ 2、从g 的相对误差公式分析，影响测量误差的主要因素是什么？若摆长改为10cm （甚至5cm ），会产生什么影响？实验四 牛顿第二定律的验证【思考题】1．本实验对每个量的测定，怎样才能使误差更小些？2．实验中如果导轨未调平，对验证牛顿第二定律有何影响？3． 你能否提出验证牛顿第二定律的其他方案？实验五 碰撞实验 【注意事项】1. 实验时，应保证，在滑块上安装碰撞弹簧时，应注意对称和牢固，以保证对心碰撞，尽量避免碰撞时滑块的晃动。

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4. 重要提示a. 审查文件来源：在下载文件前，务必确认文件来源的合法性和可信度，以免下载到恶意程序或病毒。

b. 备份文件：在进行大学物理作业A1文档下载后，建议及时备份文档，以免意外丢失导致学习和交作业的延误。

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10.机械波单元练习（一）答案 1． B 2． C 3． B 4． 1.67m 5．0cos[()]x ly A t uωϕ-=-+ 6． 6，307． 解：（1）由波动方程可知振幅0.05m A =，角频率20πω=，/3πu ω=，则波速16.67m s u-=⋅，频率/2π10Hz νω==，波长2π2/3m uλω==。

（2）maxπ 3.14m/s A ω==≈v8． 解：（1）由图可知振幅0.1m A =，波长4m λ=，波速1100m s u -=⋅ 则2π2π/50πuT ωλ===。

又O 点初始时刻位于平衡位置且向y 轴正向运动，则由旋转矢量法可得π/2ϕ=-，因此波动方程为0.1cos[50π(/100)π/2](m)y t x =--（2）P 处质点的振动方程为0.1cos(50π3π/2)(m)y t =-9． 解：由图可知振幅0.1m A =，波长100m λ=，则角频率2π2ππuT ωλ===。

由P 点的运动方向可知波向x 轴负方向传播。

又由图可知原点O 初始时刻位于A /2处，且向y 轴负方向运动，则由旋转矢量法可得0π/3ϕ=。

则波动方程为0.1cos[π(/50)π/3](m)y t x =++10．解：（1）以A 点为坐标原点的波动方程为2310cos[3π(/30)](m) y t x -=⨯-（2）π2π2BA ABABuωϕϕλ=-=-=-则以B 点为坐标原点的波动方程为2310cos[3π(/30)π/2](m)y t x -=⨯--11.机械波单元练习（二）答案1． C 2． B 3． C 4．/2λ，π5． 550Hz ，458.3Hz 6． 0.08W/m 2 7． 解：两列波传到1S 2S 连线和延长线上任一点P 的相位差212120102ππ2πr r r r ϕϕϕλλ--∆=--=--1S 左侧各点：2110π2ππ2π6π4r r ϕλ-∆=--=--=-，振动都加强； 2S 右侧各点：2110π2ππ2π4π4r r ϕλ--∆=--=--=，振动都加强；1S 、2S 之间：2111110π2ππ2π6ππ(21)π4r r r r r k ϕλ---∆=--=--=-+=+则距1S 点为：11m,3m,5m,7m,9m r =处各点静止不动。

大学物理活页答案（振动和波部分）第一节 简谐振动1. D2.D3.B4.B5.B6.A7. X=0.02cos (52π−π2) 8. 2:1 9. 0.05m -37° 10. π or 3π 11. 012.解： 周期 3/2/2=ω=πT s ， 振幅 A = 0.1 m ， 初相 φ= 2π/3， v max = A = 0.3π m/s ，a max = 2A = 0.9π2 m/s 2 ．13.提示：旋转矢量法（1）x =0.1cos (πt −π2)（2）x =0.1cos (πt +π3) （3）x =0.1cos (πt +π)14. （1）x =0.08cos (π2t +π3)t=1 x=-0.069m F=-kx=−m ω2x =2.7×10−4（2）π3=π2t t=0.67s第二节 振动能量和振动的合成1. D2.D3.D4.B5.B6. )(212121k k m k k +=νπ 提示：弹簧串联公式等效于电阻并联 7. 0.02m 8. π 0 提示：两个旋转矢量反向9. 402hz10. A=0.1m 位相等于113° 提示：两个旋转矢量垂直。

11. mv 0=(m +M)v ′ 12kA 2=1(m+M)v ′22 A=0.025m ω=√k m+M =40 x=0.025cos (40t −π/2)12. x=0.02cos (4t +π/3)x (m) ω π/3 π/3 t = 0 0.04 0.08 -0.04 -0.08 O A A机械波第一节 简谐波1. B2. A3.D4.C5.A （注意图缺：振幅A=0.01m ）6.B7. 503.2 8. a 向下 b 向上 c 向上 d 向下 （追赶前方质元）9. π 10. 4π 或011.解：(1) )1024cos(1.0x t y π-π=)201(4cos 1.0x t -π= (SI) (2) t 1 = T /4 = (1 /8) s ，x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的位移)80/4/(4cos 1.01λ-π=T y m 1.0)818/1(4cos 1.0=-π= (3) 振速 )20/(4sin 4.0x t ty -ππ-=∂∂=v ． )4/1(212==T t s ，在 x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的振速 26.1)21sin(4.02-=π-ππ-=v m/s 12.λ=0.4m u =0.05 k =ωu =2πλ=5π ω=π4 ϕ0=π2−2πT ∙T 2=−π2 y (x,t )=0.06cos (π4t −5πx −π2) y (0.2,t )=0.06cos (π4t −3π2)13. 210)cos sin 3(21-⨯-=t t y P ωω 210)]cos()21cos(3(21-⨯π++π-=t t ωω )3/4cos(1012π+⨯=-t ω (SI)． 波的表达式为：]2/234cos[1012λλω-π-π+⨯=-x t y )312cos(1012π+π-⨯=-λωx t (SI) 第二节 波的干涉 驻波 电磁波1.D2.C3. D4.B5.B6.A7.C8. y =−2Acos (ωt ) ðy ðt =2Aωsin (ωt)9. 2A （提示：两振动同相）10. 0.5m 11. Acos2π(t T −x λ) A12. > 70.8hz 13. 7.96×10-2 W/m 214.解：(1) 反射点是固定端，所以反射有相位突变π，且反射波振幅为A ，因此反 射波的表达式为 ])//(2cos[2π+-π=T t x A y λ(2) 驻波的表达式是 21y y y += )21/2cos()21/2cos(2π-ππ+π=T t x A λ (3) 波腹位置： π=π+πn x 21/2λ, λ)21(21-=n x , n = 1, 2, 3, 4,… 波节位置： π+π=π+π2121/2n x λ λn x 21= , n = 1, 2, 3, 4,…15.解：(1) 与波动的标准表达式 )/(2cos λνx t A y -π= 对比可得： ν = 4 Hz ， λ = 1.50 m ， 波速 u = λν = 6.00 m/s(2) 节点位置 )21(3/4π+π±=πn x )21(3+±=n x m , n = 0，1，2，3, …(3) 波腹位置 π±=πn x 3/44/3n x ±= m , n = 0，1，2，3, …。

11.机械波单元练习（二）答案1． C 2． B 3． C 4． /2λ，π 5． 550Hz ，458.3Hz 6． 0.08W/m 27． 解：两列波传到1S 2S 连线和延长线上任一点P 的相位差212120102ππ2πr r r r ϕϕϕλλ--∆=--=--1S 左侧各点：2110π2ππ2π6π4r r ϕλ-∆=--=--=-，振动都加强；2S 右侧各点：2110π2ππ2π4π4r r ϕλ--∆=--=--=，振动都加强；1S 、2S 之间： 2111110π2ππ2π6ππ(21)π4r r r r r k ϕλ---∆=--=--=-+=+则距1S 点为：11m ,3m ,5m ,7m ,9m r =处各点静止不动。

8． 解：（1）21212010()2ππr r r r uωϕϕϕϕϕλ--∆=--=-=-（2）π2πk ϕϕ∆=-=时振动加强，即(21)πk ϕ=+图11-79． 解：反射点为固定端，即为波节，则反射波为2cos[2π()π]xy A t νλ=-+=cos 2π()xA t νλ--驻波表达式12cos[2π()]cos[2π()]2sin 2πsin 2πππ2cos(2π)cos(2π)22xxxy y y A t A t A tx A t νννλλλνλ=+=+--==-+10. 解：乙接受并反射的信号频率为'u u νν+=-乙甲v v甲接受到的信号频率为4'''8.5610H z u u u u u u ννν+++==⋅=⨯---甲甲乙乙乙甲v v v v v v12.静电场单元练习（一）答案10． B 11． D 12． B 13．C14． )(21);(021R r e rE R r E r o>λπε=<=15．利用点电荷电场的矢量叠加求y 轴上的电场强度。

()()()()j y i a ayqj y i a ayqy E oo+-+πε+++πε=2/3222/322442)(()()j y i a ayqy E o34)(2/322++πε=16． 解：通过点电荷在电场力作用下的平衡条件求出平衡时点电荷的电量。

大学物理第一卷活页作业答案刘兆龙1、通电线圈在磁场中受到磁场力的作用而转动时，将机械能转化为电能[判断题] *对错(正确答案)答案解析：电能转化为机械能2、在足球比赛中，下列说法正确的是（）[单选题]A．飞行过程中，足球不受力的作用B．头顶足球时头会感到疼，说明力的作用是相互的(正确答案)C．下落过程中，足球的惯性变大D．足球在地面上越滚越慢，说明物体的运动需要力来维持3、小林在水平路面上匀速直线骑自行车，自行车受到的重力跟地面对自行车的支持力二力平衡[判断题] *对错(正确答案)答案解析：以自行车与小林整体为研究对象，他们的总重力跟地面对自行车的支持力二力平衡4、42．下列场景与所蕴含的物理知识对应完全正确的是（）[单选题] *A．体育训练后满头大汗，回到教室不停扇风——提高液体温度加快蒸发B．手拿着一瓶冰冻矿泉水，一段时间后冰减少，手感到凉——熔化吸热(正确答案)C．清晨操场边的双杠上铺满了一层霜——霜是水蒸气凝固形成的D．戴眼镜的小卉从寒冷教室外走进温暖的教室内，眼镜镜片模糊不清——汽化放热5、17．影视剧中，为了防止演员受伤，砸向演员的道具石头一般是用泡沫塑料制成的。

将小石块和道具石头分别放在调节好的天平左右盘，横梁静止后的情景如图所示。

下列说法正确的是（）[单选题] *A．道具石头的质量比小石块的质量大B．道具石头的密度比小石块的密度大C．质量相同时，道具石头的体积比小石块的体积小D．体积相同时，道具石头的质量比小石块的质量小(正确答案)6、77．小明研究液体密度时，用两个完全相同的容器分别装入甲、乙两种液体，并绘制出总质量m与液体体积V的关系图象如图所示，由图象可知（）[单选题] *A．容器的质量是40kgB．甲液体的密度是5g/cm3C．乙液体的密度是0g/cm3(正确答案)D．密度是0g/cm3 的液体的m﹣V图象应位于Ⅲ区域7、14．自习课上，老师能根据声音辨别出哪位同学在说话，依据的是声音的（）[单选题] *A．音调B．音色(正确答案)C．响度D．频率8、下列事例中，利用热传递改变物体内能的是（）[单选题]A．流星坠入大气层与空气摩擦生热B．用锯条锯木头，锯条发热C．人站在阳光下暴晒，感到很热(正确答案)D．古时候，人们利用钻木取火9、动圈式扬声器利用了电磁感应的原理[判断题] *对错(正确答案)答案解析：动圈式扬声器利用了通电导体在磁场中受力的原理，动圈式话筒利用了电磁感应的原理10、4．在周一的升旗仪式上，海右中学的全体师生高唱国歌。

10 静电场（1）习题解10-1 （A ）由即得 ,0dq dF ,r4)q Q (q F 20=-=πε 10-2 （C ）10-3 （C ） 0x4Q214Q ,0i r 4Q 2i 14Q E 20202020=-=-=πεπεπεπε即可得. 10-4 （A ）2220(1)2Qq k k Q ⋅⋅=⇒=- 10-5 （A ） 10-6 0 ，214S a λπε∆⋅⋅； 由圆心指向S ∆方向 10-7011()4a L aλπε-+ 10-8 解：2204()dxdq dx dE a x λλπε=⇒=+1222220cos 4()()x dxxdE dE a x a x λθπε=-=⋅++ 1222220sin 4()()y dxadE dE a x a x λθπε=-=⋅++积分后得到：04x E a λπε=-；04y E a λπε=；0()4E i j aλπε=-+ 10-9 解：取宽为dx 的细长条dx λσ=该细长条在P 处产生的电场强度为002()2()dxdE a b x a b x λσππεππε==+-+- ，则P 处的电场强度为：000ln 2()2b dx a bE dE a b x aσσπεπε+===+-⎰⎰ 指向+X 方向10-10 解：θθλλd sin R dl dq 0==， 200R4d sin R dE πεθθλ=， 三11 静电场（2）习题解11-1 （A ） 通过半球面的电通量与以R 为半径的圆平面的电通量等. 11-2 （C ）穿进高斯面的电通量与穿出高斯面的电通量相等。

11-3 （D ）把点电荷用空间立体面包围,则电通量为q/ε0,所给平面面积为空间立体面面积的1/6, ∴电通量也为过空间立体面的1/6.11-4 （D ）作一半径为r 的高斯面(球面),包围电荷为Q a , 即可得. 11-5 q/24ε0 ;若要把A 点全部包围,需要如图的8个立方体,封闭曲面表面积为24个abcd 面.11-6 Q ΔS/16π2ε0R 4; 由球心指向ΔS. 用补偿法: 球面看成完整带正电的, 球心场强为0;ΔS 带负电,所带电量q=σΔS=Q ΔS/(4πR 2), 场强由球心指向ΔS ，即可得叠加结果.11-7 4.43×10-13（C ·m -3）.⎰⎰⎰=-=-==ππθθπελθθθπελ02000200x x 0)2(d 2sin 41R 4Rd sin cos R 4RdE E R8 d sin R 4RdE E 0002200y y ελθθπελπ-=-==⎰⎰jR8j E i E E 00y xελ-=+=∴0dE E Ry Ry ==⎰θπεθθλθsin R 4d sin R sin dE dE 200y -=-=θπεθθλθcos R4d sin R cos dE dE 200x -=-=由高斯定理 012SSh S E S E S d E ε∆ρ∆∆=-=⋅⎰h)E E (120-=ερ11-8 解：分别在r a <，a r b <<，b r <建立高斯面r a <时，110Q E d S ε⋅=⎰ ；1100Q E =⇒=a rb <<时，22222004Q Q E d S E r πεε⋅=⇒⋅=⎰；3324()3Q r a ρπ=⋅-33332204()()343r a r a E r rρπρπεε⋅--== b r <时，23333004Q Q E d S E r πεε⋅=⇒⋅=⎰，3334()3Q b a ρπ=⋅-33333204()()343b a b a E r rρπρπεε⋅--== 11-9解：空腔内可看成电荷体密度大小相等的带异号电荷的球体叠加而成. 整个大球带正电, 作高斯面过P 点,场强32Sr 34r 4'E S d 'E επρπ==⋅⎰, 00233434'ερεππρrr r E ==,OP33r 'E 00ερερ==小球带负电, 同样作过P 点高斯面,场强32'34'4''''επρπr r E S d E S-==⋅⎰,P O r E '33'''00ερερ-=-=b P O OP E E E03)'(3'''ερερ=-=+=11-10 解：因为电荷分布以纵轴对称，电场线只能沿x 轴，作柱形高斯面，在平板内（小柱面）:0SS x 2Q ES 2S d E ερε===⋅⎰ ,2dx 2d -, x E 0<<=ερ ; 在平板外（大柱面）: , dS Q ES 2S d E0Sρε===⋅⎰ 2dx 2d , d 2E 0-≤≤=ερ 12 静电场（3）习题解12-1 （D ） a 8q )a 21a 1(4q r d e r 4qV l d E V 00a a 2r20p pM M πεπεπε-=--=⋅=+⋅=⎰⎰ 12-2 （E ）12-3 （C ） 均匀电场场强处处相等；电势梯度 常矢量=∂∂-=n e nV E(相等).12-4 （D ） 20202422R q r d e r q l d E V R rpMπεπε⎰⎰∞=⋅=⋅= 12-5 (1)U=0；（2）E 0=0 .电势和场强分别在点叠加 0r4q (2r4q 2V 2V 2V 00=-+=+=-+πεπε）设顶角分别为a 、b 、c 、d, 中点场强： d c b a E E E E E+++=因为对角线顶点为等量同号电荷，场强相等而反向，所以0E =12-6 45(V); -15(V) . 由电势定义 B Bp p V l d E V +⋅=⎰计算即得.12-7 E x =-2Ax/(x 2+y 2) ; E y =-2Ay/(x 2+y 2) .按场强与电势梯度关系 yV E x V E y x ∂∂-=∂∂-= , 12-8 (q A -q B )d/2ε0S .12-9 解：（1）由于D ，C 在1q ，2q 产生的电场中具有对称性，故D C U U =即0DC U ∆=。

大学物理A1作业答案题目解析题目1题目描述：一辆汽车以30m/s的速度在笔直的公路上行驶，开始减速，以每秒2m/s²的加速度减速，问2秒后汽车的速度是多少？解析：该问题涉及到汽车减速运动的情况，我们可以利用加速度与速度之间的关系进行计算。

根据公式：v = u + at其中，v为末速度，u为初速度，a为加速度，t为时间。

代入已知值进行计算：u = 30 m/sa = -2 m/s² （减速度为负值）t = 2 sv = 30 + (-2) * 2v = 30 - 4v = 26 m/s所以，2秒后汽车的速度为26m/s。

题目2题目描述：一个物体自由落体，从静止开始，经过5秒后速度达到多少？解析：该问题涉及到自由落体运动，自由落体在重力作用下做加速下落运动，加速度的大小为g，可取近似值9.8m/s²（在地表附近）。

根据公式：v = u + gt其中，v为末速度，u为初速度（初始速度为0），g为加速度，t为时间。

代入已知值进行计算：u = 0 m/sg = 9.8 m/s²t = 5 sv = 0 + 9.8 * 5v = 49 m/s所以，经过5秒后速度达到49m/s。

题目求解题目3题目描述：一个物体沿着x轴正方向做匀速直线运动，其速度为10m/s，求该物体在6秒后的位移。

解析：匀速直线运动的物体在单位时间内做相同的位移，位移的大小可以用速度乘以时间来计算。

根据公式：s = ut + (1/2)at²其中，s为位移，u为初速度，t为时间。

由于题目中没有给出加速度，可以判断该运动为匀速运动，即加速度为0。

代入已知值进行计算：u = 10 m/st = 6 ss = 10 * 6s = 60 m所以，在6秒后，该物体的位移为60m。

题目描述：一个物体以20m/s的速度水平抛出，求其在3秒后的竖直方向上的位移。

解析：该问题涉及到二维抛体运动，由于没有给出竖直方向加速度的数值，可以假设物体的抛射高度较小，所以竖直方向上的加速度可以取近似值为9.8m/s²（重力加速度）。

1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。

）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。

）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdtvd a -==)/(422s m ji v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v tot oωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x tot oω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2 Rg o μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()⎰⎰+=to vdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=t oxdt t t dx 64620.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+t o vv o dt m k mg kv kdv o t m k mg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos =-θ，tvm mg d d sin =θ，以及 tav d d θ=，θd d v at =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ， )2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+=7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ= 由功能原理 2121210)(kx x x f -=+- 解得 )(22121x x mg kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(2) 两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．解：(1)由题给条件m 、M 系统水平方向动量守恒，m 、M 、地系统机械能守恒．0)(=--MV V u m ①mgR MV V u m =+-2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(2) 当m 到达B 点时，M 以V 运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M 为参考系 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+= mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。