大学物理作业学生新版答案

NO.1 质点运动学和牛顿定律班级 姓名 学号 成绩一、选择1. 对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪种是正确的： [ B ] (A) 切向加速度必不为零． (B) 法向加速度必不为零（拐点处除外）． (C) 由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零． (D) 若物体作匀速率运动，其总加速度必为零．(E) 若物体的加速度a为恒矢量，它一定作匀变速率运动．2．一质点作一般曲线运动，其瞬时速度为V ，瞬时速率为V ，某一段时间内的平均速度为V，平均速率为V ，它门之间的关系为：[ D ]（A ）∣V ∣=V ，∣V ∣=V ； （B ）∣V ∣≠V ，∣V∣=V ； （C ）∣V ∣≠V ，∣V ∣≠V ； （D ）∣V ∣=V ，∣V∣≠V .3.质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a表示加速度，S 表示路程，a τ表示切向加速度，下列表达式中， [ D ](1) d /d t a τ=v ， (2) v =t r d /d ， (3) v =t S d /d ， (4) d /d t a τ=v ．(A) 只有(1)、(4)是对的． (B) 只有(2)、(4)是对的．(C) 只有(2)是对的． (D) 只有（1）、(3)是对的．（备注：经过讨论认为（1）是对的）4.某物体的运动规律为t k t 2d /d v v -=，式中的k 为大于零的常量．当0=t 时，初速为0v ，则速度v 与时间t 的函数关系是 [ C ](A) 0221v v +=kt , (B) 0221v v +-=kt , (C) 02121v v +=kt , (D) 02121v v +-=kt 5.质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为(v 表示任一时刻质点的速率) [ D ](A) t d d v ．(B) 2v R ． (C) R t 2d d vv +．(D) 2/1242d d ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛R t v v ．6．质点沿x 方向运动，其加速度随位置的变化关系为：a=31+3x 2. 如在x=0处，速度v 0=5m.s -1，则在x=3m处的速度为：[ A ]（A ）9 m.s -1； （B ）8 m.s -1； （C ）7.8 m.s -1； （D ）7.2 m.s -1 .7.如图所示，假设物体沿着竖直面上圆弧形轨道下滑，轨道是光滑的，在从A 至C 的下滑过程中，下面哪个说法是正确的？[ E ](A) 它的加速度大小不变，方向永远指向圆心． (B) 它的速率均匀增加．(C) 它的合外力大小变化，方向永远指向圆心． (D) 它的合外力大小不变．(E) 轨道支持力的大小不断增加．8．物体作圆周运动时，正确的说法是：[ C ] （A ）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 ）必定有加速度，且法向分量一定不为零；（D ）速度方向一定在轨道的切线方向，法向分速度为零，所以法向加速度一定为零；9．以下五种运动形式，a保持不变的运动是 [ E ]A（A ）单摆的运动；（B ）匀速圆周运动；（C ）圆锥摆运动；（D ）行星的椭圆轨道运动；（E ）抛体运动； 二、填空1．已知一质点在Oxy 平面内运动，其运动学方程为22(192)r ti t j =++；r的单位为m ，t 的单位为s ，则位矢的大小rv = 24i t j + ，加速度a =4(/)j m s 。

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 ρρ114+， j i ρρ82-3.16vi j =-+v v v ;14a i j =-+v vv;4. 020211V 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) = 6×12 - 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. mr k rk （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。

济南大学大学物理大作业答案完整版第1章 质点运动学§1.3 用直角坐标表示位移、速度和加速度一．选择题和填空题1. (B)2. (B)3. 8 m10 m4. ()[]t t A t ωβωωωββsin 2cos e 22 +--()ωπ/1221+n (n = 0, 1, 2,…) 5. h 1v /(h 1-h 2)二．计算题1解: (1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2 v (2) =-6 m/s (3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m2解： =a d v /d t 4=t ，d v 4=t d t⎰⎰=vv 00d 4d tt tv=2t 2v=dx/dt=2t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2=t 3 /3+x 0 (SI)§1.5 圆周运动的角量描述 角量与线量的关系一．选择题和填空题 1. (D) 2. (C)3. 16R t 24rad /s 24. -c(b -ct )2/R二．计算题1. 解： ct b t S +==d /d v c t a t ==d /d v ()R ct b a n /2+=根据题意： a t = a n 即 ()R ct b c /2+=解得 cbc R t -=§1.6 不同参考系中的速度和加速度变换定理简介一．选择题和填空题1. (C)2. (B)3. (A)4.0321=++v v v二．计算题1.解：选取如图所示的坐标系，以V表示质点的对地速度，其x 、y 方向投影为：u gy u V x x +=+=αcos 2v ，αsin 2gy V y y ==v当y =h 时，V的大小为： ()2cos 222222αgh u gh uy x ++=+=V V V V 的方向与x 轴夹角为γ，ugh gh xy +==--ααγcos 2sin 2tg tg 11V V第2章 牛顿定律§2.3 牛顿运动定律的应用一．选择题和填空题 1. (C) 2. (C) 3. (E)4. l/cos 2θ5. θcos /mgθθcos sin gl二．计算题1. 解：质量为M 的物块作圆周运动的向心力，由它与平台间的摩擦力f和质量为m 的物块对它的拉力F的合力提供．当M 物块有离心趋势时，f 和F 的方向相同，而当M 物块有向心运动趋势时，二者的方向相反．因M 物块相对于转台静止，故有F + f max =M r max ω2 2分 F － f max =M r min ω2 2分m 物块是静止的，因而F = m g 1分 又 f max =μs M g 1分 故2.372max =+=ωμM Mgmg r s mm 2分 4.122min=-=ωμM Mg mg r s mm 2分γ v2. 解：球A 只受法向力N 和重力g m，根据牛顿第二定律法向： R m mg N /cos 2v =-θ ① 1分 切向： t ma mg =θsin ② 1分由①式可得 )/c o s (2R g m N v +=θ 1分 根据牛顿第三定律，球对槽压力大小同上，方向沿半径向外． 1分 由②式得 θsin g a t = 1分三．理论推导与证明题 证：小球受力如图，根据牛顿第二定律tm ma F k mg d d vv ==--t mF k mg d /)(d =--v v初始条件： t = 0, v = 0．⎰⎰=-tt F)/m k mg 00d (d v -v v∴ k F mg mkt /)e1)((/---=v第3章 功和能§3.3 动能定理一．选择题和填空题 1. (B) 2. (C)3. 1.28×104 J4. 18 J 6 m/s二．计算题1. 解：用动能定理，对物体⎰⎰+==-402402d 610d 021x x x F m )(v 3分3210x x +=＝168解出 v ＝13 m/s 2分§3.4（1）势能一．选择题和填空题1.(C)2. 20kx2021kx -2021kx3. R GmM 32RG m M 3-4. 保守力的功与路径无关W = -ΔE P二．计算题1. 解：(1) 外力做的功＝31 J 1分(2) 设弹力为F ′= 5.34 m/s 1分(3) 此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始末态有关． 2分§3.4（2）机械能守恒定律一．选择题和填空题1. (C)2.)(mr k )2(r k -二．计算题1. (1)建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为g lymf μ= 1分 摩擦力的功 ⎰⎰--==00d d a l a l f y gy lmy f W μ 2分=022a l y l mg -μ =2)(2a l lmg--μ 2分 (2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝222121v v m m-其中 ∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0 1分W P =⎰la x P d =la l mg x x l mg la 2)(d 22-=⎰ 2分al -a⎰⎰⋅+==21d )4.388.52(d 2x x xx x xF W ⎰⎰⋅=-==1212d d 21'2x x x x Wx F x F m v 3分3分由上问知 la l mg W f 2)(2--=μ所以222221)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ 得 []21222)()(a l a l lg ---=μv 2分 2. 解：把卸料车视为质点．设弹簧被压缩的最大长度为l ，劲度系数为k ．在卸料车由最高点下滑到弹簧压缩最大这一过程中，应用功能原理有h G kl h G 12121sin 2.0-=-α ① 2分对卸料车卸料后回升过程应用功能原理，可得：22221sin 2.0kl h G h G -=-α ② 2分由式①和②联立解得： 372.030sin 2.030sin 21=-︒+︒=G G 1分第4章 冲量和动量§4.2 质点系的动量定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (C)3. 18 N ²s二．计算题1. 解：设在某极短的时间t ∆内落在传送带B 上矿砂的质量为m ，即m=q mt ∆，这时矿砂动量的增量为（参看附图）图1分12v v vm m m -=∆)( 1212221s m kg 98.375cos 2)(-⋅⋅∆=︒-+=∆t q m m m v v v v v 2分设传送带作用在矿砂上的力为F，根据动量定理)(v m t F ∆=∆ 于是 N 2.213.98/)(==∆∆=m q t m F v2分 方向： ︒==︒∆2975θ,sin sin )(θm m 2v v 2分由牛顿第三定律，矿砂作用在传送带B 上的（撞击）力与F大小相等方向相反，即等于2.21 N ，偏离竖直方向1︒，指向前下方． 1分§4.3 质点系动量守恒定律一．选择题和填空题 1. (C)2. 4.33 m/s ；与A 原先运动方向成 -30° 3.二．计算题1. 解：这个问题有两个物理过程：第一过程为木块M 沿光滑的固定斜面下滑，到达B 点时速度的大小为θsin gl 21=v 1分方向：沿斜面向下第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞．在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有V v v )(cos M m M m +=-1θ 3分Mm gl M m +-=θθsin cos 2v V 1分2. 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v 2/l =26.5 N 2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v方向相反． 2分第5章 刚体力学基础 动量矩§5.2 力矩 刚体绕定轴转动微分方程量一．选择题和填空题 1. (C) 2. (B) 3.（B)4. 6.54 rad / s 24.8 s5. 62.51.67ｓ6. 0.25 kg ²m 2二．计算题1. 解：(1) ∵ mg －T ＝ma 1分TR ＝J β 2分 a ＝R β 1分 ∴ β = mgR / (mR 2＋J )()R M m mgMR mR mgR +=+=222122 ＝81.7 rad/s 2 1分 方向垂直纸面向外． 1分211m m t F +∆22211m t F m m t F ∆∆++(2) ∵βθωω2202-=当ω＝0 时， rad 612.0220==βωθ物体上升的高度h = R θ = 6.12³10-2 m 2分(3)==βθω210.0 rad/s方向垂直纸面向外. 2分2. 解：(1) 0＝ω 0＋β tβ＝－ω 0 / t ＝－0.50 rad ²s -2 2分 (2) M r ＝ml 2β / 12＝－0.25 N ²m 2分 (3) θ10＝ω 0t ＋21β t 2＝75 rad 1分§5.3 绕定轴转动刚体的动能 动能定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (A) 3.（D)4. 6π rad/s 237 J5. 角动量gl mM 334二．计算题1.解：选泥团和杆为系统，在打击过程中，系统所受外力对O 轴的合力矩为零，对定轴O 的角动量守恒，设刚打击后两者一起摆起的角速度为ω，则有 1分ωJ lm lm +=v v 110 ① 2分其中 2/l ⋅=ωv ② 1分在泥团、杆上摆过程中，选杆、泥团、地球为系统，有机械能守恒．当杆摆到最大角度θ 时有()()222121cos 121ωθJ m l g m M +=-+v ③ 3分联立解以上三式可得()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=-gl M m m M m 4331cos 221v θ 3分2.解：(1) 将转台、砝码、人看作一个系统，过程中人作的功W 等于系统动能之增量： W ＝∆E k ＝212210222204)21(214)21(21n ml J n ml J π+-π+2 4分 这里的J 0是没有砝码时系统的转动惯量．(2) 过程中无外力矩作用，系统的动量矩守恒：2π(J 0＋2121ml ) n 1 = 2π (J 0＋2221ml ) n 2 ∴ ()()1222212102n n n l n l m J --= 4分(3) 将J 0代入W 式，得 ()2221212l l n mn W -π= 2分a§5.4 动量矩和动量矩守恒定律一．选择题和填空题 1. (C) 2. (B) 3.（C) 4.（D)5. 031ω6. ()212m R J m r J ++ω 7. ()l m M /3460+v二．计算题1. 解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统．由角动量守恒得 1分ωJ l m lm +-=3223200v v （逆时针为正向） ① 2分 又 22)3(2)32(l m l m J += ② 1分将②代入①得 l230v =ω 1分2. 解：(1) 设当人以速率v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为ω，则人对与地固联的转轴的角速度为R R v v221-=-='ωωω ① 2分 人与盘视为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒． 1分设盘的质量为M ，则人的质量为M / 10，有：ωωω'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+22022211021211021R M MR R M MR ② 2分 将①式代入②式得：R2120v+=ωω ③ 1分(2) 欲使盘对地静止，则式③必为零．即ω0 +2v / (21R )＝0 2分 得： v ＝－21R ω0 / 2 1分式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致．1分3. 解：(1) 角动量守恒：ω⎪⎭⎫ ⎝⎛'+='2231l m ml l m v 2分∴l m m m ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'=31vω＝15.4 rad ²s -1 2分(2) －M r ＝(231ml ＋2l m ')β 2分0－ω 2＝2βθ 2分∴ rM l m m 23122ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=＝15.4 rad 2分答案 第六章 振动§6.1-1简谐振动 振幅 周期和频率 相位1-2.BB3. 1.2 s 1分; －20.9 cm/s 2分.4. 0.05 m 2分; -0.205π（或-36.9°）2分.5. )212cos(π-πT t A 2分; )312cos(π+πT t A 2分.二计算题1. 解: (1) v m = ωA ∴ω = v m / A =1.5 s -1∴ T = 2π/ω = 4.19 s 3分(2) a m = ω2A = v m ω = 4.5³10-2m/s 2 2分(3) π=21φ x = 0.02)215.1cos(π+t (SI) 3分 2. 解：(1) 1s 10/-==m k ω 1分, 63.0/2=π=ωT s 1分(2) A = 15 cm ，在 t = 0时，x 0 = 7.5 cm ，v 0 < 0 由 2020)/(ωv +=x A 得 3.12020-=--=x A ωv m/s 2分π=-=-31)/(tg 001x ωφv 或 4π/3 2分;∵ x 0 > 0 ，∴ π=31φ(3) )3110cos(10152π+⨯=-t x (SI) 2分§6.1-2简谐运动的能量1-3:DBD4. b ，f 2分; a ，e 2分.5. 9.90³102 J 3分§9-3旋转矢量1-6:BBBBCA7. π 1分; - π /2 2分; π/3． 2分.8. 10 cm 1分; (π/6) rad/s 1分; π/3 1分. 二.计算题1. 解：旋转矢量如图所示． 图3分由振动方程可得 π21=ω，π=∆31φ 1分667.0/=∆=∆ωφt s 1分2. 解：(1) 设振动方程为 )cos(φω+=t A x-由曲线可知 A = 10 cm , t = 0，φcos 1050=-=x ，0sin 100<-=φωv 解上面两式，可得 φ = 2π/3 2分由图可知质点由位移为 x 0 = -5 cm 和v 0 < 0的状态到x = 0和 v > 0的状态所需时间t = 2 s ，代入振动方程得 )3/22c o s (100π+=ω(SI) 则有2/33/22π=π+ω，∴ ω = 5 π/12 2分 故所求振动方程为：)3/212/5cos(1.0π+π=t x (SI) 1分 3. 解：依题意画出旋转矢量图3分。

大学物理力学一、二章作业答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第一章 质点运动学一、选择题1、一质点在xoy 平面内运动，其运动方程为2,ct b y at x +==，式中a 、b 、c 均为常数。

当运动质点的运动方向与x 轴成450角时，它的速率为[ B ]。

A ．a ；B ．a 2；C ．2c ；D ．224c a +。

2、设木块沿光滑斜面从下端开始往上滑动，然后下滑，则表示木块速度与时间关系的曲线是图1-1中的[ D ]。

3、一质点的运动方程是j t R i t R rωωsin cos +=，R 、ω为正常数。

从t ＝ωπ/到t =ωπ/2时间内该质点的路程是[ B ]。

A ．2R ；B ．R π；C ． 0；D ．ωπR 。

4、质量为0.25kg 的质点，受i t F =(N)的力作用，t =0时该质点以v=2j m/s 的速度通过坐标原点，该质点任意时刻的位置矢量是[ B ]。

A ．22t i +2j m ； B ．j t i t2323+m ；C ．j t i t343243+； D ．条件不足，无法确定。

二、填空题1、一质点沿x 轴运动，其运动方程为225t t x -+=（x 以米为单位，t 以秒为单位）。

质点的初速度为 2m/s ，第4秒末的速度为 -6m/s ，第4秒末的加速度为 -2m/s 2 。

2、一质点以π（m/s ）的匀速率作半径为5m 的圆周运动。

该质点在5s 内的平均速度的大小为 2m/s ，平均加速度的大小为 22m /5s π 。

3、一质点沿半径为0.1m 的圆周运动，其运动方程为22t +=θ（式中的θ以弧度计，t 以秒计），质点在第一秒末的速度为 0.2m/s ，切向加速度为 0.2m/s 2 。

4、一质点沿半径1m 的圆周运动，运动方程为θ=2+3t 3，其中θ以弧度计，t 以秒计。

T =2s 时质点的切向加速度为 36m/s 2 ；当加速度的方向和半径成45º角时角位移是 38rad 。

大学物理练习册参考答案大学物理练习册是大学物理的重要教材之一，它的主要作用是为大学物理课程提供题目和习题，使学生能够更好地掌握和理解物理知识。

本文将为大家提供几个大学物理练习册的参考答案，供大家参考。

第一题：有一块长度为20cm，宽度为10cm，厚度为2cm的矩形金属板，重量为3N。

请问这块金属板的密度是多少？答案：首先我们需要知道密度的定义，密度是单位体积内物质的质量。

因此，我们可以根据这个公式计算出这块金属板的密度：密度=质量/体积其中，这块金属板的质量为3N，体积为20cm × 10cm × 2cm = 400cm³。

把质量和体积带入公式中，可以得到这块金属板的密度为：密度=3N/400cm³=0.0075N/cm³因此，这块金属板的密度为0.0075N/cm³。

第二题：有一个长度为4m的绳子，一个人沿着绳子向上爬，绳子的质量是忽略不计的。

如果人的体重为600N，他在绳子上爬行的过程中，绳子的张力是多少？答案：在求解这个问题之前，我们需要知道牛顿第二定律的公式：力=质量× 加速度根据牛顿第二定律，可以得到人在绳子上爬行时绳子所受的力等于绳子的张力减去重力。

因此，我们可以得到以下公式：绳子的张力=人的重力+绳子的重力其中，人的重力为600N，绳子的重力可以根据绳子的长度和重力加速度计算得出。

在地球上，物体的重力加速度大约为9.8m/s²。

因此，绳子的重力可以用下面的公式计算：绳子的重力=绳子的质量× 重力加速度因为绳子的质量可以根据绳子的长度和线密度计算得出，我们可以得到以下公式：绳子的质量=绳子的长度× 线密度假设绳子的线密度为ρ，绳子的质量可以表示为：绳子的质量=ρ × 面积× 长度根据绳子的面积和长度，可以得到：面积=长度× 直径/4因此，绳子的质量可以通过以下公式计算得出：绳子的质量=ρ × 直径² × 长度/16把绳子的质量和重力加速度带入公式中，可以得到绳子的重力为：绳子的重力=ρ × 直径² × 长度/16 × 重力加速度把人的重力和绳子的重力带入公式中，可以得到绳子的张力为：绳子的张力=人的重力+绳子的重力=600N+ρ × 直径² × 长度/16 × 重力加速度因此，如果已知绳子的线密度、直径、长度和重力加速度，就可以计算出绳子在负责人上爬行时所受的张力。

《大学物理AII 》作业 No.06 光的衍射班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______------------------------------------------------------------------------------------------------------- ****************************本章教学要求****************************1、理解惠更斯-菲涅耳原理以及如何用该原理解释光的衍射现象。

2、理解夫琅禾费衍射和菲涅耳衍射的区别，掌握用半波带法分析夫琅禾费单缝衍射条纹的产生，能计算明暗纹位置、能大致画出单缝衍射条纹的光强分布曲线；能分析衍射条纹角宽度的影响因素。

3、理解用振幅矢量叠加法求单缝衍射光强分布的原理。

4、掌握圆孔夫琅禾费衍射光强分布特征，理解瑞利判据以及光的衍射对光学仪器分辨率的影响。

5、理解光栅衍射形成明纹的条件，掌握用光栅方程计算主极大位置；理解光栅衍射条纹缺级条件，了解光栅光谱的形成以及光栅分辨本领的影响因素。

6、理解X 射线衍射的原理以及布拉格公式的意义，会用它计算晶体的晶格常数或X 射线的波长。

-------------------------------------------------------------------------------------------------------一、填空题1、当光通过尺寸可与（波长）相比拟的碍障物（缝或孔）时，其传播方向偏离直线进入障碍物阴影区，并且光强在空间呈现（非均匀分布）的现象称为衍射。

形成衍射的原因可用惠更斯-菲涅耳原理解释，即波阵面上各点都可以看成是（子波的波源），其后波场中各点波的强度由各子波在该点的（相干叠加）决定。

2、光源和接收屏距离障碍物有限远的衍射称为（菲涅尔衍射或近场衍射）；光源和接收屏距离障碍物无限远的衍射称为（夫琅禾费衍射）或者远场衍射。

65． 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，求：它们在O 点的磁感应强度。

1 RIB 80μ=方向 垂直纸面向外2 R I R I B πμμ2200-= 方向 垂直纸面向里 3 RI R I B 4200μπμ+= 方向 垂直纸面向外 66． 一半径为R 的均匀带电无限长直圆筒，电荷面密度为σ，该筒以角速度ω绕其轴线匀速旋转。

试求圆筒内部的磁感应强度。

解：如图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度i ， σωσωR R i =ππ=)2/(2作矩形有向闭合环路如图中所示．从电流分布的对称性分析可知，在ab 上各点B的大小和方向均相同，而且B 的方向平行于ab ，在bc 和fa 上各点B的方向与线元垂直，在de , cd fe ,上各点0=B．应用安培环路定理∑⎰⋅=I l B 0d μ可得 ab i ab B 0μ=σωμμR i B 00==圆筒内部为均匀磁场，磁感强度的大小为σωμR B 0=，方向平行于轴线朝右．67．在半径为R 的长直金属圆柱体内部挖去一个半径为r 的长直圆柱体，两柱体轴线平行，其间距为a （如图）。

今在此导体内通以电流I ，电流在截面上均匀分布，求：空心部分轴线上O ' 点的磁感应强度的大小。

解：)(22r R IJ -=π10121r J B ⨯=μ 20221r J B ⨯-=μJa O O J r r J B B 021********21)(21μμμ=⨯=-⨯=+=r R Ia)(2220-=πμ68．一无限长圆柱形铜导体,半径为R ,通以均匀分布的I 今取一矩形平面S （长为L ，宽为2R ），位置如图，求：通过该矩形平面的磁通量。

解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小，由安培环路定律可得：)(220R r rRIB ≤π=μ因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr rL RI Rd 2020⎰π=μπ=40LIμ在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通2为⎰⋅=S B d 2Φr r IL R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=ILμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40LIμ2ln 20π+ILμ69．如图所示，载有电流I 1和I 2的无限长直导线相互平行，相距3r ，今有载有电流I 3的导线MN = r 水平放置，其两端M 、N 分别与I 1、I 2距离均为r ，三导线共面，求：导线MN 所受的磁场力的大小与方向。