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111810_大学物理练习答案施建青

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1 练习1 在笛卡尔坐标系中描述质点的运动 1-1 （1）D；（2）D；（3）B；（4）C 1-2 （1）8 m；10 m；（2）x = (y3)2；（3）10 m/s2，－15 m/s2

1-3 解：（1）2192xy （2）24tvij 4aj （3）垂直时，则 0=rv

22(192)(24)0ttt

ijij

0ts，3st（舍去） 1-4 解：设质点在x处的速度为v，

62dddddd2xtxxtavv

xxxd62d020vv

v

 2 213 xxv

1-5 解： ytyytaddddddddvvvv 又aky，所以 -kyv dv / dy dd kyyvv

221122kyCv

已知yy0 ，vv0 则 2020212

1kyCv

)(220202yykvv 1-6 证： 2ddddddddvxvvtxxvtvK d v /v =－Kdx xxK0dd

1

0v

v

v

v , Kx0lnvv

v =v 0e－Kx 2

练习2 在自然坐标系中描述质点的运动、相对运动 2-1 （1）C；（2）A；（3）B ；（4）D；（5）E 2-2（1）gsin，gcos ；（2）g/cos0220v ；（3）-c ，(b-ct)2/R；（4）69.8 m/s；（5）

33

1ct，2ct，c2t4/R

2-3 解：（1）物体的总加速度a为 tnaaa

22

ttaRRtaaaaantttnt

otaRttc

（2）otRtaStc21212 2-4解：质点的运动方程可写成 S = bt , 式中b为待定常量。由此可求得 0dddddd22tStabt

S

tv

, v ,

2b

an

ρ

v2

由此可知，质点作匀速率曲线运动，加速度就等于法向加速度。又由于质点自外向内运动，越来越小，而b为常数，所以该质点加速度的大小是越来越大。

2-5 解： 设下标A指飞机，F指空气，E指地面，由题可知： vFE =60 km/h 正西方向 vAF =180 km/h 方向未知 vAE 大小未知， 正北方向

所以

AEAFFEvvv

AEv、 AFv、AEv构成直角三角形，可得

22170 km/hAEAFFEvvv

4.19/tg1

AEFEvv

飞机应取向北偏东19.4的航向。

练习3 牛顿运动定律 3-1 （1）C；（2）D ；（3）D；（4）B；（5）B 3-2 （1）l/cos2θ；（2）2％ 3-3 解：(1)先计算公路路面倾角 。 设计时轮胎不受路面左右方向的力，而法向力应在水平方向上．因而有 RmN/sin21v

mgNcos 所以

西 北 FEv

FEvAFv

FEv

AEv

FEv

O R S a α a

τ an

B

A

N mg 

R 3

Rg21tgv

(2)当有横向运动趋势时，轮胎与地面间有摩擦力，最大值为N′，这里N′为该时刻地面对车的支持力。由牛顿定律 RmNN/cossin22v



mgNNsincos 所以



cossincossin2222RgRg

v

v

将Rg21tgv代入得 078.021222221RgRg

vv

vv

3-4 解： (1) 设同步卫星距地面的高度为h，距地心的距离rR+h。由 22/mrrGMm ①

又由mgRGMm2/得2gRGM，代入①式得 3/122)/(gRr ②

同步卫星的角速度51027.7 rad/s，解得 r71022.4m， 41058.3Rrh km

(2) 由题设可知卫星角速度的误差限度为 10105.5

rad/s

由②式得 223/gRr

ln2lnln32）（gRr

取微分并令dr =r，d，且取绝对值，有 3r/r =2 r=2r /(3 =213 m

3-5 解： xmtxxmtmxkfdddddddd2vvvv

4/202dd,ddAAxmxkmxxk

vvvvv

练习4 质心系和动量守恒定律 4-1 （1） C；（2）C；（3）C 4-2 （1）0.003 s， 0.6 N·s，2 g；（2）0)21(gym，0vm21；（3）Ftmm112，

FtFtmmm

11

122；（4）vvvvMumumMm)()()2(；（5）18 N²s 4

4-3 解：设沙子落到传送带时的速度为v1，随传送带一起运动的速度为v2，则取直角坐标系，x轴水平向右，y轴向上。 23ghvjjvi12-, 4 设质量为m 的砂子在t时间内平均受力为F,则

(3)mmmtttpvvFij214 由上式即可得到砂子所受平均力的方向，设力与x轴的夹角为，则 tg1(4/3)= 53°

力方向斜向上。 4-4 解：人到达最高点时，只有水平方向速度v = v 0cos，此人于最高点向后抛出物体m。设抛出后人的速度为v 1，取人和物体为一系统，则该系统水平方向的动量守恒。即 )()(11umMmMvvv )/(1mMmuvv 由于抛出物体而引起人在水平方向的速度增量为 )/(1mMmuvv v

因为人从最高点落到地面的时间为 gt/sin0v

故人跳的水平距离增加量为

gMmmutx)(sin0

v

v

4-5 解：(1) 以炮弹与炮车为系统，以地面为参考系，水平方向动量守恒．设炮车相对于地面的速率为Vx，则有 0)cos(xxVumMV

)/(cosmMmuVx 即炮车向后退。 (2) 以u(t)表示发炮过程中任一时刻炮弹相对于炮身的速度，则该瞬时炮车的速度应为 )/(cos)()(mMtmutVx

通过积分，可求炮车后退的距离

txttVx0d)(

0()cosdtmuttMm



cosmlxMm

即向后退。

练习5 机械能守恒定律 5-1 （1）B；（2）A；（3）D；（4）C 5-2 （1）18 J，6 m/s；（2）)131(RRGMm 或 RGMm32；（3）kmgF2)(2；

（4）)(mrk ，)2(rk 5-3 解：(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 5

glymf 摩擦力的功 00ddalalfygylmyfW

202()22lamgmgylall

(2)以链条为对象，应用质点的动能定理 220

11

22Wmvmv

PfWWW，00v 22()dd2llPaamgmglaWPxxxll



lalmgWf2)(2

222221)(22)(vmallmglalmg

21

222)()(alallgv

5-4 解：陨石落地过程中，万有引力的功

)(d2hRRGMmhrrGMmWRhR 根据动能定理

2022121)(vvmmhRRGMmh

  202()hvGMvRRh 5-5 解：如图所示，设l为弹簧的原长，O处为弹性势能零点；x0为挂上物体后的伸长量，O＇为物体的平衡位置；取弹簧伸长时物体所达到的O处为重力势能的零点．由题意得物体在O＇处的机械能为

sin)(2102001xxmgkxEEK

在O 处，其机械能为 222212

1kxmEv

由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即 2202002121sin)(21kxmxxmgkxEKv

在平衡位置有 mgsin =kx0

kmgxsin0

代入上式整理得

O"

O

x 0

x

O

l

a la O

x 题5-3解图

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大学物理习题上册答案.doc

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练习题参考答案第一章4 3y[31.1(1) —7im；(2) -------- c m/s o3 4〃1.2(1) 4 i —4tj m/s；— 4j m/s2 (2) 4 i —8 j m/s；— 4 j m/s2 (3) 4^/2 m/s1.3(1) r = (31+ 5)i + t2 + 31— m (2) Ar = 3 i + 3.5 j m (3) — A尹一一V = r = 3i + 5j(m・sT)Ar_ dr _ _ _ _(4)V= —= 3f + (f + 3)7(m-s^)； 3i + 5j(m・sT)drdV(5) a =——=j(m-s 2) a2 = j(m-s 2)dt1.4(1) y = 2-x2/9 (2) r=6i-2j(SI)； v=3i -4j(SI)； a=-2j (SI)1.5V2 a1.6(1)。

= A。

—® [(月之一口2)cos 仞+ 2伽sin 仞]；(2)『=(2〃 + 1)〃/2刃，(〃 =0, 1, 2 ..............)” 1如之11.7一 = --- 1----v 2 v Q1.8v = 16 -2x21.9(1) 17.2m/s, 51.6m/s； (2) 23.0m/s1.100.91.11 5.76m1.12后 s1.13证：两个物体在任意时刻的速度为v A = v0 cos ai + (y0 sin a- gt)j v B = v0 cos /3i + (y0 sin/? - gt)jA V BA=VB ~V A wOoCOS^ — VoCOScOj + QoSinK — VoSina)/与时间无关，故8相对物体A的速度是常矢量。

JR2b2 +(v0 -bt)4 F (v0 - At, "I v01.15(1)。

= -------- -- ——，e = arctg — ------ )一；(2)t = —(3)〃：R \_ Rb \ b1.16(1)%=2.30xIO?"技，劣=4.80m • L , (2)。

大学物理练习册习题及答案6--波动学基础

大学物理练习册习题及答案6--波动学基础

⼤学物理练习册习题及答案6--波动学基础习题及参考答案第五章波动学基础参考答案思考题5-1把⼀根⼗分长的绳⼦拉成⽔平，⽤⼿握其⼀端，维持拉⼒恒定，使绳端在垂直于绳⼦的⽅向上作简谐振动，则（A ）振动频率越⾼，波长越长；（B ）振动频率越低，波长越长；（C ）振动频率越⾼，波速越⼤；（D ）振动频率越低，波速越⼤。

5-2在下⾯⼏种说法中，正确的说法是（A ）波源不动时，波源的振动周期与波动的周期在数值上是不同的；（B ）波源振动的速度与波速相同；（C ）在波传播⽅向上的任⼆质点振动位相总是⽐波源的位相滞后；（D ）在波传播⽅向上的任⼀质点的振动位相总是⽐波源的位相超前 5-3⼀平⾯简谐波沿ox 正⽅向传播，波动⽅程为010cos 2242t x y ππ??=-+ ?. (SI)该波在t =0.5s 时刻的波形图是（）5-4图⽰为⼀沿x 轴正向传播的平⾯简谐波在t =0时刻的波形，若振动以余弦函数表⽰，且此题各点振动初相取-π到π之间的值，则（）（A ）1点的初位相为φ1=0(m)(A )(m)(m)(B )(C )(D )思考题5-3图思考题5-4图（B ）0点的初位相为φ0=-π/2 （C ）2点的初位相为φ2=0 （D ）3点的初位相为φ3=05-5⼀平⾯简谐波沿x 轴负⽅向传播。

已知x=b 处质点的振动⽅程为[]0cos y A t ωφ=+，波速为u ，则振动⽅程为（）(A)()0cos y A t b x ωφ??=+++??(B)(){}0cos y A t b x ωφ??=-++??(C)(){}0cos y A t x b ωφ??=+-+?? (D)(){}0cos y A t b x u ωφ??=+-+?? 5-6⼀平⾯简谐波，波速u =5m?s -1，t =3s 时刻的波形曲线如图所⽰，则0x =处的振动⽅程为（）（A ）211210cos 22y t ππ-??=?- (SI) （B ）()2210cos y t ππ-=?+ (SI) （C ）211210cos 22y t ππ-??=?+ (SI) （D ）23210cos 2y t ππ-?=-(SI) 5-7⼀平⾯简谐波沿x 轴正⽅向传播，t =0的波形曲线如图所⽰，则P 处质点的振动在t =0时刻的旋转⽮量图是（）5-8当⼀平⾯简谐机械波在弹性媒质中传播时，下述各结论⼀哪个是正确的？（A ）媒质质元的振动动能增⼤时，其弹性势能减少，总机械能守恒；（B ）媒质质元的振动动能和弹性势能都作周期变化，但两者的位相不相同；（C ）媒质质元的振动动能和弹性势能的位相在任⼀时刻都相同，但两者的数值不相等；（D ）媒质质元在其平衡位置处弹性势能最⼤。

《大学物理》(下2010.12.9)习题课

《大学物理》(下2010.12.9)习题课

第11章光的量子效应及光子理论一、 选择题1. 金属的光电效应的红限依赖于: 【 C 】(A)入射光的频率； (B)入射光的强度；(C)金属的逸出功； (D)入射光的频率和金属的逸出功。

2. 已知某单色光照射到一金属表面产生了光电效应，若此金属的逸出电势是U 0（使电子从金属逸出需做功eU 0），则此单色光的波长λ必须满足： 【 A 】hceU )D (;hceU )C (;eU hc )B (;eU hc)A (0≥≤≥≤λλλλ 3. 关于光电效应有下列说法：(1) 任何波长的可见光照射到任何金属表面都能产生光电效应；(2) 对同一金属如有光电子产生，则入射光的频率不同，光电子的初动能不同； (3) 对同一金属由于入射光的波长不同，单位时间内产生的光电子的数目不同； (4) 对同一金属，若入射光频率不变而强度增加一倍，则饱和光电流也增加一倍。

其中正确的是： 【 D 】(A) (1)，(2)，(3)； (B) (2)，(3)，(4)； (C) (2)，(3)； (D)(2)，(4)二、填空题1. 当波长为300 nm 光照射在某金属表面时，光电子的能量范围从0到.J 100.419-⨯在作上述光电效应实验时遏止电压为V 5.2U a =；此金属的红限频率Hz 104140⨯=ν。

2. 频率为100MHz 的一个光子的能量是J 1063.626-⨯，动量的大小是s N 1021.234⋅⨯-。

3. 如果入射光的波长从400nm 变到300nm ，则从表面发射的光电子的遏止电势增大（增大、减小）V 03.1U =∆。

4. 某一波长的X 光经物质散射后，其散射光中包含波长大于X 光和波长等于X 光的两种成分，其中大于X 光波长的散射成分称为康普顿散射。

三、计算题1. 已知钾的红限波长为558 nm ，求它的逸出功。

如果用波长为400 nm 的入射光照射，试求光电子的最大动能和遏止电压。

由光电方程2m mv 21A h +=ν，逸出功0h A ν=，0chA λ=，eV 23.2A =用波长为400nm 的入射光照射，光电子的最大动能：A h mv 212m -=ν A chE km -=λ，将nm 400=λ和eV 23.2A =代入得到：eV 88.0E km =遏止电压：a 2m eU mv 21=，2m a mv e21U =，V 88.0U a = 2. 从铝中移出一个电子需要4.2 eV 的能量，今有波长为200 nm 的光投射至铝表面。

大学物理习题答案 .doc

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大学物理习题答案第一章质点运动学1-1 D 。

1-2 23 m/s 1-3 解：)/(16)/(0.80.4/16/0.8)(5.02.0,0.0/0.4222s m j j a i a a s m j i j v i v v sm a s m dt dyv t v y x y t v x x t a s m V y x y x y y x x x X=+=+=+====∴=∴==∴===∴=即又因方程当1-4 解：由加速度420232,3102)310()46()/(46)46(22220000-==+=∴++=⇒+==+=⇒+==⎰⎰⎰⎰⎰⎰x y ty t x j t i t r dt j t i t dt v r d s m j t i t v dt j i dt a v d tt rr ttv轨迹方程为1-5 解：(1)取如图所示的坐标，物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为m gyvx m y s m v gt y vt x 4522100,/10021,2==∴==== (2) 视线和水平线的夹角为5.12==xyarctgθ （3）在任意时刻 物品的速度与水平轴夹角为vgt arctgv v arctgxy ==α 取自然坐标，物品在抛出2S 时，重力加速度的切向分量与法向分量分别为22/62.9)cos(cos /88.1)sin(sin s m v gtarctg g g a s m vgtarctgg g a n t ======αα第二章 牛顿定律2-1 140 N/S ；24 M/S 。

2-2 解：取沿斜面为坐标轴OX ，原点O 位于斜面顶点，则由牛顿第二定律有ma mg mg =-ααcos sin （1）又物体在斜面上作匀变速直线运动，故有)2()cos (sin cos 2)cos (sin 2121cos 22αμαααμαα-=∴-==g lt t g at l为使下滑的时间最短，可令dt/da=0 , 由式（2）有)(99.0)cos (sin cos 249120)sin (cos cos )cos (sin sin min s g lt tg o =-==-==++--αμαααμααμαααμαα则可得2-3 解：因加速度a=dv/dt ,在直线运动中，根据牛顿定律有 120t+40=mdv/dt 根据初始条件， 积分得)(0.20.20.60.5)0.60.40.6(0.5,0/)/(0.60.40.6)0.40.12(3220020m t t t x dt t t dx x t dt dx v s m t t v dtt dv txx tvv +++=∴++====++=⇒+=⎰⎰⎰⎰2-4解：以地面飞机滑行方向为坐标正方向，由牛顿定律及初始条件，有)(4676)2()/(0.302/3002002000m t mt v x x s dt t mv dx s m v t mv v dt mt dv tdt mdv ma F txx tvv =-=-=∴-==⇒-=⇒-=-===⎰⎰⎰⎰ααααα2-5解：（1）)(11.6)1ln()1(00s mgkv k m t kvmg dvmdtdtdv mkv mg vt≈+=⇒+-==--⎰⎰（2）)(183)1ln()1(000m kv mg kv mg k m y kvmg mvdv dy dydvmvkv mg dyvdv dt dy dy dv dt dv v y=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=∴+-==--⇒==⎰⎰代入第三章 动量守恒定律和能量守恒定律3-1 [B]3-2 解： 取图示坐标，绳索拉力对物体所作的功为⎰⎰=⋅=ddx F x d F W θcos)(69.1212J dx xd Fx x x =+-=⎰3-3 解：3732034320003432422237279180cos 993lkc dx x kc dxF x d F W x kc t kc kv F ct dtdxv ct x ttt ⎰⎰⎰-=-==⋅======∴=第四章刚体的转动4-1 [A]4-2 6.54 rad/s 2; 4.8 s .4-3 解1：s n n MJJ Mt J M t8.10)(200=-=-=⇒=-=πωωαωωα由 解2：根据角动量定理s n n MJJ Mt J Mdt t8.10)(2)(00=-=-=-=⎰πωωωω4-4 [C] 4-5 解：αα2121r m J r F T ==张力为下落的距离为时mm m gt m at s B s t m m gm a r a F F a m F g m F P T T T T 45.2221,0.122,,21222212'2'2'2=+===+=∴===-=-α()N g m m m m a g m F T 2.3922121=+=-=4-6 解：根据角动量守恒定律()1212212'222211'2121.29362,2,12,)(-=+=+==⎪⎭⎫⎝⎛==+=s lm m v m J J J lv l m J l m J J J J ωωωωω4-7 解：小孩与转台作为一转动系统，系统的角动量守恒。