大学物理第五版课后答案(上)完整版
3-6一架以 3.0x10 2 ms 解 0Δ-='v m t F
N 1055.252
?=='l
m F v 鸟对飞机的平均冲力为 N 1055.25?-='-=F F
3-7 质量为m 的物体，由水平面上点O 分析
j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-= j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-=
3-8 Fx=30+4t 的合外力 解 (1) 由分析知()s N 68230d 43020
22
?=+=+=
?t
t t t I
(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2
,解此方程可得 t ＝6．86 s(另一解不合题意已舍去) (3) 由动量定理,有 I ＝m v 2- m v 1
由(2)可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N ·s ,将I 、m 及v 1代入可得 11
2s m 40-?=+=m
m I v v 3-9 高空作业 51kg 的人
N 1014.1/2Δ3?=+=
mg g h t
mg F
3-10质量为m 的小球，在力F= - kx 作用下运动
ω
kA t t ωkA t kx t F I ω
t t t t -
=-=-==?
??2/π0
21
21
d cos d d 即()ωkA m -=v Δ
3-11 在水平地面上，有一横截面S=0.20m 2
()A B t S ρt
v v v -==
ΔΔI
F ， N 105.2232?-=-=-='v S ρF F 3-12 19.6m 爆炸后1.00s ，h
g
x t x x 21
010==
v 2
112
1gt t h y -
-=v 。12121t gt
h -
=v x x m m 2021v v = y m m 212
1210v v +-=
11
02s m 100222-?===h
g
x x x v v 11
2112s m 7.1421-?=-
==t gt h y v v 2212t v x x x += 2
22222
1gt t h y y -
+=v 落地时,y 2 ＝0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置 x 2 ＝500 m 3-13 A,B 两船在平静的湖面上平行逆行航行 B 船以3.4 解()A A B A A m m m m v v v '=+- (1)
()''=+-B B A B B m m m m v v v (2)
()()()12
s m 6.3-?=---'-=m
m m m m m m m B A B
B A B v v
3-14 质量为m 丶的人手里拿着质量为m 的物体 解 取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有
()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0
u m m m α'++
=cos 00v v 人的水平速率的增量为u m m m
α'
+=-=cos Δ0v v v 而人从最高点到地面的运
动时间为 g
αt sin 0v =
所以,人跳跃后增加的距离()g m m αm t x '+==sin ΔΔ0v v
3-15 一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着
0N =-+F F yg l m
(1) y l
m
t F d 0d v -
=' (2) 而 F F '-= (3)
g m yg l
m l m yg l m F F '==+=-='
332N N v
3-16 设在地球表面附近，一初质量为5.00x 10 5
解 (1) 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向．该火箭在重力场中的动力学方程为
ma mg t
m
u
=-d d (1) ()1300s kg 1068.3d d -??=+=u
a g m t m (2) t
m mg t m u
d d d d v
=- 分离变量后积分,有 ???-=t m m t g m m u 0d d d 00v v v gt m m
u --=0
0ln v v m t t m m m 61d d 0=-= t m m t d /d 650=
130
00s m 1047.2d /d 65ln ln -??=-=-='t
m m m m u gt m m u v
3-17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动，已知 t=0时质点位于原点 解 2d 00
00L F x x L F F W L
=??? ?
?
-=
?
。m
L
F 0=
v x
m t m x L F F d d d d 00v v v ==-
3-18 如图 一绳索 1.00kg 5N
J 69.1d d cos d 2
1
2
2
=+-
==?=???x x
d Fx x θF W x x x F
3-19 一物体在介质x=ct 3
大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上））
解 23d d ct t
x
==
v 。3/43/242299x kc t kc k F ===v ??=x F W d 3
/73/23/40
3/20
7
27d 9d 180cos d l kc x x kc x W l
o l
-
=-==?=???x F 3-20 一人从10.0 m 深的井中提水
解 水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有
F ＋P ＝0
在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P ＝mg -αgy
()J 882d d 10
=-=?=??y agy mg W l y F
3-21 一质量为0.20kg 的小球 2.00m 的细绳 解 (1)
()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P 。s F d T T ?=?W
(2) J 53.0k k ==E E 小球在最低位置的速率为 1P
K
s m 30.222-?===
m
W m E v (3)l m P F 2T v =
- N 49.22T =+
=l
m mg F v
3-22 一质量为m 的质点，系在细绳的一段，绳的另一端 解 (1) 2
0202k0k 8
32121v v v m m m E E W -=-=
-= (1) (2) 由于摩擦力是一恒力,且F ｆ ＝μmg ,故有
mg μr πs F W 2180cos o
f -== (2)rg
πμ1632
v =
(3) 34k0==W E n 圈 3-23 如图所示，A 和B 两块板用一轻弹簧
F 1 ＝P 1 ＋F 22
21212
121
mgy ky mgy ky +=
-。F 1 -F 2 ＝2P 1 F ＝P 1 ＋F 2 当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F ′2 ＝P 2 ,且F 2 ＝F ′2 ．由式(3)可得
F ＝P 1 ＋P 2 ＝(m 1 ＋m 2 )g
3-24有一自动卸货矿车
W ｆ ＝(0.25mg ＋0.25m ′g )(l ＋x ) (1) W ｆ ＝-(m -m ′) g (l ＋x ) sin α (2)
3-25 分铁锤敲入钉子木板 1.00x10 -2 解
?
?
+=x
x x x x kx x kx Δ0
00
d d Δx ＝0.41 ×10 -2 m
3-26 m 的地球卫星， 3Re 解
()
E 2
2
E E 33R m R m m G v = 则 E E 2K 621R m m G m E ==v (2) E E P 3R m
m G E -=
(3) E
E E E E E P K 636R m
m G R m m G R m m G E E E -=-=+=
3-27 天文观测台 冰块 解 由系统的机械能守恒,有
θmgR m mgR cos 2
12
+=
v
R m F θmgR 2N cos v =- (o
θ2.4832arccos ==。3
2cos Rg θgR ==v
v 的方向与重力P 方向的夹角为 α＝90°-θ ＝41.8°
3-28 m=0.2 kg A 时 解 r
m m g c
2v =
(1) ()()22
213Δ2
1c m r mg l k v += (2) 由式(1)、(2) 可得 ()
1
m N 366Δ7-?==l mgr k 3-29 质量为m ， 速度为v 的钢球 m 丶的靶． 解 ()1v v m m m '+= (1)
()20212212121kx m m m +'+=v v (2)()
v m m k m m x '+'
=0 3-30 质量为m 的弹丸，穿过
v v v ''+=m m m 2 (1 l
m g m h
2
v ''=' (2)
2
21221h m gl m m v v ''+'='' (3)gl
m m 52'=v 3-31 一个电子和一个
2e H 2
e 2H
e H 2
121???? ??'=''=v v v v m m m m E E e H e m m m v v v '+'= 2
e 2H 2e 212121v v v '+'=m m m 3
2
2
e H e H 102.221840-?≈??
? ??+'=???? ??'=m m m m m E E v v 3-32 质量为7.2 x 10 -23kg
αm βm m A B A cos cos 221v v v '+= (1)αm βm
A B sin sin 2
0v v '-= (2) 2222
12m 2121A B A m v v v '+??? ??= (3)()1
722s m 1069.42-??='-=A A B v v v
022243arccos o 22'=''+=A
A A A αv v v v
3-33 如图 质量为m 丶的物块 低端A 处
解 在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有
()10cos v m m αmv '+= (1)()α
h α
g m m μsin cos '+- ()()()21222121v v m m gh m m m m '+-'++'+= (2)()1cot 2cos 2
02+-??
? ??'+=αμgh αm m m v v
3-34 如图 一质量为m 的小球 内壁半球形
0='-'m m m m v v mgR m m m ='+'2
22
121v v v m m gR m m '+'=
2v m m gR
m m m m '
+''='2v
R m mg F m
N 2
v '=- ??
? ??'+=m m mg F N 23
3-35 打桩 m=10t
解 (1) 在锤击桩之前,由于桩的自重而下沉,这时,取桩和地球为系统,根据系统的功能原理,有
?='1
h 0
1d 4h hK S gh m (1)m 88.821='=
K
S g
m h
(2) ()v v m m m +'=0 (2)
()()220h h h 2
1
S 4d -2
11
gh m m m m Kh +'-+'-
=?
+v v (3) h 2 ＝0.2 m 。v v ''+'-=m h g m m 20 ()23h 0
2
1
d h m 354-3v ''-'-=+?m gh m h S (5) h 3 ＝0.033 m
3-36 一系统 3.0kg 2.0kg 5.0kg
0332211=++x x x m m m v v v 。0332211=++y y y m m m v v v
1232
3s m 8.2-?-=-
=x x m m v v 123
22113s m 0.2-?-=+=x y y y m m m v v v v 则 ()()
j i 113s m 0.2s m 8.2--?-?-=v 3-37 如图 m1 = 10.0 kg m2 =6.0kg AB 小球
m 5.1202120=+=
x m m m x c 。m 9.1102
11
0=+=y m m m y c
()
t m m F F x
x d d 211v +== ()t
m m F F y y d d 212v +== ()t m m F m m t F x x t
x
2
11
210
1 ,d d +=+=?
?v v v (3)
()t m m F m m t F y y t
y
2
12
210
1 ,d d +=
+=?
?
v v v (4)
t m m F x t x x c d d 0211c
c0?????? ??+= ()22211025.05.12t t m m F x x c c +=++=
t m m F y t
y y c d d 0212c
c0?????
? ??+=。()2
2212019.09.12t t m m F y y c c +=++=
(2)()()()j i F F P P t t t t
0.60.8d Δ0
2
1
-=+=
=?
4-6 一汽车 12s 1.2x10 3 r min 解
()200s rad 1.13π2-?=-=-=
t n n t ωωα 。()00
20π2
21n n t ωωt αt ωθ-=-=+= 3902
π20
=+==
t n n θN 4-7 某种电动机启动后 9.0rad 。s
()
22//0s rad e 5.4e d d ---?===
t τ
t τ
ωt ωα。()
rad 9.36d 1d /60060=-==-??t e ωt ωθτt
则t ＝6.0 s 时电动机转过的圈数87.5π2/==θN 圈 4-8 水分子 θd m J H A A 22sin 2='θd m J H B B 22cos 2='
此二式相加，可得22d m J J H B B A A =+'' 则 m 1059.9211-'
'?=+=
H
B B A A m J J d
由二式相比，可得 θJ J B B A A 2tan /='' 则 o 3.521.14
1.93
arctan arctan ===''B B A A J J θ 4-9 一飞轮 30cm 2.0 cm
242412
2221121m kg 136.021π161 2212212?=??
?
??+=
?
??
??+??? ???=+=ad ld ρd m d m J J J
4-10 如图 圆盘的质量为m 半径为R
22/3222/2
203215d 2 d π2πd m R r r R m r r R m
r m r J R R R
R ====??? 2 。222
22
032392ππ3215mR R R R m m mR J =??????????? ???-+=
' 4-11 用落体观察法测定飞轮的转动惯量
αJ R F T = ma F mg T =- αR a =
221at h = ???
? ??-=122
2h gt mR J 4-12 一燃气轮机 25.0kg m2 解1 在匀变速转动中，角加速度t
ωωα0
-=
，由转动定律αJ M =，可得飞轮所经历的时间 ()s 8.10200=-=
-=
n n M
J
πJ M ωωt
4-13 如图 m1 = 16kg 圆柱体A
解 (1)αr m αJ r F T 2
121
== 。a m F g m F P T T 222='-='-
αr a =
21222m m g m a += 。m 45.22212
12
22=+==m m gt m at s
(2) ()N 2.392212
1=+=-=g m m m m a g m F T
4-14 m1 m2 A B 组合轮两端
111111a m F g m F P T T =-='- 222222a m g m F P F T T =-=-' ()αJ J r F R F T T 2121+=- 11T T F F =',22T T F F =' αR a =1 αr a =2
解上述方程组，可得
gR r m R m J J r m R m a 222121211+++-=
。gr r m R m J J r
m R m a 2
22121212
+++-= g m r m R m J J Rr m r m J J F T 1222121221211++++++=。g m r
m R m J J Rr m R m J J F T 22
22121121212++++++= 4-15 如图所示装置，定滑轮半径r
11111cos sin a m θg m μθg m F T =-- 2222a m F g m T =- αr a a ==21 αJ r F r F T T ='-'12 11T T F F =',22T T F F ='
22111221cos sin r J m m θ
g m μθg m g m a a ++--==()()2
2121211//cos sin cos sin 1r J m m r gJ m θμθθμθg m m F T ++++++= ()2
212
2212//cos sin 1r J m m r gJ m θμθg m m F T +++++=
4-16 飞轮 60kg 0.50m
()0121='-+l F l l F N
d μF l l
l d μF d F M N 1
21f 2212+=== (1) t
n t ωt ωωαπ200=
=-=
()N 1014.32211?=+=t l l μnmdl πF 4-17 一半径为R ，质量为m 的匀质圆盘。。 停止
(
)
k F r M 2
2f /d 2d R r mg μr d -=?=mgR μr R mg μr M M R
3
2
d 2d 0
22===??
g
μR
ωM ωJ t 43Δ==
4-18 如图 通风机
J ωC t ωα-==d d (1)t J
C
ωωt ωωd d 00??-= J Ct e ωω/0-= (2)2ln C
J
t =
(2)
t e ωθJ Ct t
θ
d d /0
00
-??
= C ωJ θ20=
C
ωJ θN π4π20
==
4-19 如图 一长 2l 的细棒AB
解(
)
αe ωml mr ωJ L t 2022sin 122--===
(2) (
)[
]αe ωml t t L M t
2
02
sin 12d d
d d --==
t
e
αωml -=20
2sin 2 。αωml M 202sin 2=
4-20 m 丶 半径R 的圆盘 裂开
解 (1) R ω=0v (2) L L L '-=0 ωR m m L 221??
?
??-'= 4-21 光滑水平 木杆 m1=1.0kg L=40cm
解 根据角动量守恒定理
()ωJ J ωJ '+=212。()
1212212s 1.2936-=+=+=
'm m m J J ωJ ωv
4-22 r1 r2 薄伞形轮
()0111ΔωωJ t F r -=- 222ΔωJ t F r = 2211ωr ωr =
2
1022212
2011r ωJ r J r ωJ ω+=
4-23 20.0的 小孩 3.00
R ωωωωv +=+=010。()010100=++ωωJ ωJ 1
22
020s 1052.9--?-=+-=R
mR J mR ωv 4-24 一转台 砂粒 Q =2t 解 在时间0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为
kg 10.0Qd s
100
==?t m 。()
ωmr J ωJ 2000+= 。112
00
0s π80.0-=+=
J mr
J ωJ ω 4-25 为使运行中的飞船
0=-mur ωJ Qt m 2= s 67.22==
Qur
ω
J t 4-26 m 的蜘蛛
解 (1) ()b a ωJ J ωJ 100+=a a b ωm m m ωJ J J ω2100+''
=+=
(2) 即2
2mr J =.在此过程中，由系统角动量守恒，有()c a ωJ J ωJ 100+=
4-27 1.12kg 1.0m 的均匀细棒
解 (1) 由刚体的角动量定理得
120s m kg 0.2d -??====?t ΔFl t M ωJ L Δ
(2)8388Δ31arccos o
222'=???
? ??-=gl m t F θ 4-28 第一颗人造卫星 4.39x10 5
大大学学物物理理课课后后习习题题答答案案（（上上））
2
211v v mr mr = (1)2
221212121r Gmm m r Gmm m E
E -=-v v (2) ()1321121s m 1011.8-??=+=r r r r Gm E v 。1312
12s m 1031.6-??==v v r r
4-29 地球对自传 0.33
解 (1) 地球的质量m Ｅ ＝5.98 ×1024
kg ，半径R ＝6.37 ×106
m ，所以，地球自转的动能
J 1012.2/33.022
1292222
?=?==
T R m πωJ E E K (2) 对式T ωπ2=
两边微分，可得T T
ωd π2d 2-= T ωT T ωΔπ2Δπ2Δ22-=-= T E ω
T J ωωωJ E K K Δπ
Δπ2ΔΔ3-=-== (2)
K E θM W ΔΔ== m N 1047.7π2Δ2
2
??==
-n
T ωE M K 式中n 为一年中的天数(n ＝365)，ΔT 为一天中周期的增加量. 4-30 如图 一质量为m 的小球由一绳索 。。。 新的角速度 解 (1)
2
00mr J =和20141mr J =
，则000
14ωωJ J
ω==
(2) 20202
002112
32121ωmr ωJ ωJ W =-=
4-31 质量 0.50kg 0.40m 解 (1) 棒绕端点的转动惯量2
3
1ml J =由转动定律M ＝Jα可得棒在θ 位置时的角加速度为
()l
θg J θM α2cos 3==
。2
s 418-=.α 由于θωωt ωαd d d d ==，??=o 6000d d θαωωω 。1600s 98.7sin 3o -==l
θg ω (2)J 98.02
1
==mgl E K
(3) 由于该动能也就是转动动能，即221ωJ E K =，1s 57.832-==='l
g
J E ωK
4-32 如图 A B 两飞轮 J1 = 10.0 kg 。M
解 (1) 取两飞轮为系统，根据系统的角动量守恒，有
()22111ωJ J ωJ +=
212
2112212m kg 0.20?=-=-=
J n n
n J ωωωJ (2) ()J 1032.12121Δ4
2112221?-=-+=ωJ ωJ J E
4-34 如图 OO 丶自由转动 解()
B ωmR J ωJ 2000+= (1)
()
22
20200212121B B m ωmR J mgR ωJ v ++=+ (22000mR
J ωJ ωB += 2
02
2002mR J R
ωJ gR B ++=v 0ωωC = 。gR C 4=v
4-35 为使运行中飞船停止绕其中心轴转动 ，一种可能方案
()()ωl R m ωJ J '+=+2212
有()()2
222122121ωl R m ωJ J '+=+ ????
??-'
+
=141m m R l 4-37 一长为L ， 质量为m 的均匀细棒，在光滑的。。绕质心
c m p t F v ==ΔΔ
ωJ ωJ t F
-'=-Δ2
1
。ωωml J J ω41
4
12=+=' (2) 2222
3212121ωml ωJ ωJ E ΔK -
=-''=
4-38 如图 细绳 大木轴 解 设木轴所受静摩擦力F f 如图所示，则有
C ma F θF =-f cos αJ R F FR C =+1f 2 αR a C 1=
F mR J R R θR a C C 2
1
2
121cos ++= 。F mR J R θR R a αC C 21211cos ++== 5-6 1964 年，盖尔曼等人 解 由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律
()r r
r r
e εr q q εe e e F N 78.3π41π4122
02210=== F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.
5-7 质量为m ， 电荷为-e 的电子
2
2
02π41r e εr m =
v 由此出发命题可证.
证 由上述分析可得电子的动能为
r e εm E K 202π8121==v 。3
022
π4mr
εe ω=。43
2022232π4m e E εωK ==v 5-8 在氯化铯 (1) 由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故F 1 ＝0.
(2) 除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力F 2 的值为
N 1092.1π3π49
2
0220212?===a
εe r εq q F 5-9 若电荷均匀地分布在长为L 的细棒 ， 求证 证 (1) 延长线上一点P 的电场强度?'=
L r πεq
E 202d ，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则
()220022
20
4π12/12/1π4d π41L r Q
εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=??????+--=-=?
电场强度的方向沿x 轴. 2， E r εq
αE L d π4d sin 20?'=
利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则
()
2
203
/2222
2041
π2d π41L r r εQ r
x L x
rQ εE L/-L/+=
+=?
r
ελL r L Q r εE l 02
20π2 /41/π21lim
=
+=∞
→
5-10 一半径为R 的半球壳，均匀的带有电荷， 解
()
i E 3
/22
20d π41d r x q x ε+=
由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有
(
)
θ
θθεδ
θθR πδR θR πεr x q x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 0
2
303/2220=?=+=
02/004d cos sin 2εδ
θθθεδE π?=
= 5-11 水分子H2O
解1 水分子的电偶极矩θer θP P cos 2cos 200==在电偶极矩延长线上
3
0030030cos π1cos 4π412π41x
θ
er εx θer εx p εE ===
5-13 如图为电四级子
解 由点电荷电场公式，得
()()k k k E 0020π41π412π41d z q
εd z q εz q ε++-+=
()()k k k
E 4
202
2220222206π4...321...32112π4/11/1112π4z
qd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =????????????++-+++++-=?
???????????-+-+-= 。 k E 4
03π41z Q
ε=
5-14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面对称轴平行
()r θθθE e e e E sin sin cos sin cos ++= r θθR e S d d sin d 2=
E
R θθER θθER S
S
2π0
π
2222πd
sin d sin d
d sin sin d ===?=????S E Φ
5-15 如图 边长为a 的立方体，其表面 ()[]()2
221ABGF d a E dS E kx E =?++=
?=?
?
j j i S E Φ 22a E ABG F CD EO -=-=ΦΦ
同理 ()[]()2
1
2
1
AOEF d a
E dS E E -=-?+=
?=?
?i j i S E Φ
()[]()()2121BCDG d a ka E dS E ka E Φ+=?++=?=??i j i S E
3ka ==∑ΦΦ
5-16 分析 地球周围的大气犹如。。
∑?
=-=?q εR E E 0
2
1
π4d S E ∑--?-=-≈=2902
cm 1006.1π4/E εR q σE
25cm 1063.6/-?=-=e σn
5-17 设在半径为R 的球体内 ，其电荷为对称分布 球体内(0≤r ≤R )
()4002
02
πd π41π4r εk r r kr εr r E r ==? ，()r εkr r e E 0
24=
球体外(r ＞R )
()4002
02
πd π41π4r εk r r kr εr r E R ==? ，()r εkR r e E 0
24=
5-18 如图 ， 一无限大均匀带电薄平板
n εσ
e E 012= 。n
r x x
εσe E ???? ??+--
=220212 ，n r
x x εσ
e E E E 2
2
0212+=+=
在圆孔中心处x ＝0，则 E ＝0 在距离圆孔较远时x ＞＞r ，则
n n
εσx r εσe e E 0
2
202/11
2≈+=
5-19 如图， 在电荷体密度p 的均匀带电球体
证 带电球体内部一点的电场强度为
r E 03ερ=
r E 013ερ=，20
23r E ερ-=
()210
213r r E E E -=
+=ερ
。a E 03ερ=
5-20 一个内外半径分别为R1和R2的均匀带电球壳，总电荷为Q1
解 取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析
∑=?02/π4εq r E
r ＜R 1 ，该高斯面内无电荷，
0=∑q ，故01
=E
R 1 ＜r ＜R 2 ，高斯面内电荷(
)
3
1323
131R R R r Q q --=∑ 故 ()()
2
313203
1312π4r
R R εR r Q E --= R 2 ＜r ＜R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ，故
2
01
3π4r εQ E =
r ＞R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ，故
2
02
14π4r
εQ Q E +=
230234π4Δεσ
R εQ E E E =
=
-= 5-21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面
解 ∑=
?0
/π2ε
q rL E r ＜R 1 ，
0=∑q 01
=E
在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变
R 1 ＜r ＜R 2 ，
L λq =∑
r
ελ
E 02π2=
r ＞R 2， 0=∑q 03=E 0
00π2π2Δεσ
rL εL λr ελE ===
5-22 如图 ，有三个点电荷Q1Q2Q3
解 在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 4
12-=，并由电势
d εQ d εQ d εQ V 003010π2π4π4=
+= d
εQ V Q W 02
02π8=-=' 5-23 已知均匀带电直线附近的 1 ，1
2
012ln π2d 2
1
r r ελU r r =
?=
?r E (2) 不能.严格地讲，电场强度r e r
ελ
E 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 5-24 水分子电偶极矩
解 由点电荷电势的叠加
2
000P π4cos π4π4r εθ
p r εq r εq V V V =
-+=
+=-+-+ (1) 若o
0=θ V 1023.2π432
0P -?==
r
εp
V (2) 若o
45=θ V 1058.1π445cos 3
2
0o P -?==r
εp V (3) 若o
90=θ 0π490cos 2
0o
P ==r
εp V 5-25 一个球形雨滴半径0.40mm
V 36π411
1
01==
R q εV
当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径1322R R =，带有电量q 2 ＝2q 1 ，雨滴表面电势
V 5722π411
31
02==
R q εV
5-26 电荷面密度分别为。。。两块无限大
解 ()()()??????
?><<--<=a x a x a εσ
a x
0 2 00i E ()a x a x εσV x <<--=?=? d 0
0l E ()a x a εσV -<=?+?=??
- d d 00
a -a
x
l E l E 。()a x a εσ
V >-=?+?=?? d d 0
0a -a x l E l E
5-27 两个同心球面的半径分别为R1 R2 , 各自带有
解 (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 ≤R 1 ，则
2
02
1011π4π4R εQ R εQ V +
=
若该点位于两个球面之间，即R 1 ≤r ≤R 2 ，则 202012π4π4R εQ r εQ V +
=
若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则r
εQ Q V 02
13π4+= 2 。 ()2
01
1012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -
=
-== 5-28 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布
当r ≤R 时
02
/ππ2ερl r rl E =? ()02εr ρr E = 当r ≥R 时02
/ππ2ερl R rl E =? ()r
εR ρr E 022=
当r ≤R 时
()()
2
2004d 2r R ερr εr ρr V R
r
-==?
当r ≥R 时()r
R εR ρr r εR ρr V R r ln 2d 20202
==?
5-29 一圆盘半径R=3.00x 10 -2
解 (1) 带电圆环激发的电势
220d π2π41d x r r r σεV +=
()x x R εσx r r r εσ
V R
-+=
+=
?
2
2
2
202d 2 (1)
(2) 轴线上任一点的电场强度为
i i E ???
??
?
+-=-
=220
12d d x R x
εσ
x V (2)
电场强度方向沿x 轴方向.
(3) 将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得
V 1691=V -1m V 5607?=E
当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-?==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有
V 1695π40==
x εq V 1-2
0m V 5649π4?==x
εq
E 5-30 两根同长的圆柱面 R1=3.00x 10 -2 m R2=0.10m
r ελE 0π2= 1
20212ln π2d 21
R R
ελU R R =?=?l E
解得 181
2
120m C 101.2ln
/π2--??==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度
10m V 7475π2-?==
r
ελ
E 5-31 轻原子核结合成为较重原子核
解 (1) 两个质子相接触时势能最大，根据能量守恒
eV 102.72π4152
02R K0?==≥R
e r εeV E
由20K02
1v m E =
可估算出质子初始速率17k00s m 102.1/2-??==m E v 该速度已达到光速的4％. 2.kT E E 23K K0=
= K 106.5329K0?≈=k
E T 5-32 在一次典型的闪电中
Kg 1098.8Δ4?===
L
qU
L E m 即可融化约 90 吨冰. (2) 一个家庭一年消耗的能量为
J 1008.1h kW 3000100?=?=E 8.2Δ0
0===
E qU
E E n 5-33 两个半径为R 的圆环分别带等量异电荷 正负q
解 (1) 由带电圆环电势的叠加，两环圆心连线的x 轴上的电势为
()
()
2
2
02
2
02/π42/π4l x R εq
V l x R εq
V ++=
--+=
(2) 当R x l x >>>>,时，化简整理得
2
00022202220π4...21...21π4/11/11π44
/π44
/π4x εql x l x l x εq x l x l x εq l lx x R εq
V l lx x R εq
V =
?
??
?????? ??+--??? ??++=???
???+-
-≈+++=
-+-+=
在R x >>时带电圆环等效于一对带等量异号的点电荷，即电偶极子.上式就是电偶极子延长线上一点的电势. 5-34 如图 ， 在Oxy 平面上倒扣着半径为R 的半球面，
假设将半球面扩展为带有相同电荷面密度σ的一个完整球面，此时在A 、B 两点的电势分别为
R A
V εR σR εQ V '==='00π4 00032π4εR σr εR σr εQ V B =
==' ()0
621εR
σV V U B R AB ='-'= 5-35 在玻尔的氢原子模型中，电子 0.53x 10
-10
解 (1) 电子在玻尔轨道上作圆周运动时，它的电势能为
r e εE 20p π41= eV 2.27π402
p ==='r
εe E W
(2) 电子在玻尔轨道上运动时，静电力提供电子作圆周运动所需的向心力，即()
r m r εe /π4/2202v =.此时，电子的动能为
r εe m E 022k π821=
=v r
εe E E E 02
p k π8-=+= 电子的电离能等于外界把电子从原子中拉出来需要的最低能量
eV 6130.==E E
6-6 不带电的导体球A 含有两个 。 ()2
0π4r
εq q q F d
c b
d +=
点电荷q d 与导体球A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零，点电
荷q b 、q c 处于球形空腔的中心，空腔内表面感应电荷均匀分布，点电荷q b 、q c 受到的作用力为零. 6-7 一真空二极管，其主要构件是是一个半。。R1=5.0x10-4
解 （1） 电子到达阳极时，势能的减少量为
J 108.4Δ17-?-=-=eV E ep J 108.4ΔΔ17-?-=-==ep ek ek E E E
1-7s m 1003.122??===
m
eV
m E ek v （2）
r r ελe E 0π2-= 1
200ln π2π2d 21
R R
e ελr ελV R R -=-=?=?r E
r r R R R V
R ελe e E 1
211
0ln
π2=-
=
N 1037.414r e e E F -?=-=
6-8 一导体球半径为R1，外罩一半径为R2
r ＜R １时， ()01=r E R １＜r ＜R 2 时，()2
02π4r
εq
r E = r ＞R 2 时， ()2
02π4r
εq
Q r E +=
r ＜R １时， 2
0103211π4π4d d d d 2
2
1
1
R εQ
R εq V R R R R r
r
+
=
?+?+?=?=????∞
∞
l E l E l E l E R １＜r ＜R 2 时，
2
00322π4π4d d d 2
2
R εQ
r εq V R R r
r
+
=
?+?=?=???∞
∞
l E l E l E r ＞R 2 时，
r
εQ
q V r
03π4d +=
?=?∞
l E 3 也可以从球面电势的叠加求电势的分布．在导体球内（r ＜R １）
2
0101π4π4R εQ
R εq V +
= 在导体球和球壳之间（R １＜r ＜R 2 ） 2002π4π4R εQ r εq V +=
在球壳外（r ＞R 2） r εQ q V 03π4+= 。1
02001π4π4R εQ
R εq V V +
==
1
02001π4π4R εQ
R εq V V +
=
= 代入电场、电势的分布得 r ＜R １时， 01=E ；01V V = R １＜r ＜R 2 时，
2
2012012π4r R εQ R r V R E -=
；r R εQ
R r r V R V 201012
π4)(--= r ＞R 2 时，
2
20122013π4)(r R εQ R R r V R E --
=
6-9 如图 ，在一半径为R1 = 6.0 cm 的金属球 A 外面 套 解V 106.5π4π4π43302010?=-+-+=
R εQ Q R εQ R εq V A A A A A V 105.4π433
0?=+=R εQ Q V B
A B
（2） 将球壳B 接地后断开，再把球A 接地，设球A 带电q A ，球A 和球壳B 的电势为
0π4π4π4302010=+-+-+=R εq Q R εq R εq V A
A A A A 30π4R εq Q V A A
B +-=
C 1012.283
1322121-?=-+=
R R R R R R Q R R q A
A
0A V = 27.2910V B V =-?
6-10 两块带电量分别为Q1，Q2的导体平板平行
证明 （１） 设两块导体平板表面的电荷面密度分别为σ１、σ2、σ3、σ4 ，取如图（ｂ）所示的圆柱面为高斯面，高斯面由侧面S １和两个端面S 2、S 3构成，由分析可知
0/d 0
==??∑S
ε
q S E
得
0,
0ΔΔ323
2
=+=+=∑σσS σS σq
相向的两面电荷面密度大小相等符号相反．
（2） 由电场的叠加原理，取水平向右为参考正方向，导体内P 点的电场强度为
0,02222410
4030201=-=---σσεσ
εσεσεσ 6-11 将带电量为Q 的导体板A 从远处移至不带电的导体板B 附件
解 （１） 如图（ｂ）所示，依照题意和导体板达到静电平衡时的电荷分布规律可得
()Q S σσ=+21 。()Q S σσ=+43。041=-σσ。032=+σσ
S Q σσσσ24321=
=-==两导体板间电场强度为S
εQ E 02=；方向为A 指向B ．
两导体板间的电势差为 S
εQd
U AB 02=
（2） 如图（c ）所示，导体板B 接地后电势为零．
041==σσ S
Q σσ=
-=32 两导体板间电场强度为S εQ E 0=
'；方向为A 指向B ． S
εQd U AB 0=' 6-12 如图 Q>0， 内半径为a ， 外半径b
b
εQ q a εq r εq V 000π4π4π4++
-=
6-13 如图， 在真空中将半径为R 的金属球接地，在与球心
0d π41
π4π4d π40000='+='+=??s s q R
εr εq R εq r εq V q r R q q ?-='=d 6-14 地球和电离层可当做一个球形电容器
F 1058.4π42
1
22
10
-?=-=R R R R εC
6-15 两线输电线的线径 3.26mm
R
R
d ελU -=
ln
π0 R d εR R d εU λC ln /πln /π00≈-== 代入数据 F 1052.512
-?=C
6-16 电容式计算机键盘
解 按下按键时电容的变化量为
??
????-=0011Δd d S εC 。mm 152.0ΔΔΔ00min
2
0min =+=
-=S εC d Cd d d d 6-17 盖革-米勒管 可用
解 （1） 由上述分析，利用高斯定理可得L λεrL E 0
1
π2=
?，则两极间的电场强度 r ελE 0π2= 101π2R ελE = ??==?=212112110
ln d π2d R R R R R R
E R r r ελU r E （2） 当61
1 2.010V m E -=?? ，R 1 ＝0.30 mm ，R
2 ＝20.0 mm 时，
V 1052.23?=U
6-18 解 （1） 查表可知二氧化钛的相对电容率εr ＝173，故充满此介质的平板电容器的电容
F 1053.190-?==
d
S
εεC r （2） C 1084.18-?==CU Q 2-80m C 1084.1??==
-S
Q
σ 2-400
m C 1083.111??=??
?
???-='-σεσr （3）1-5m V 102.1??==
d
U
E 6-19 如图 ， 半径R=0.10m 的导体球带有电荷 Q =1.0x10 -8C
解 （1） 取半径为r 的同心球面为高斯面，由高斯定理得
r ＜R 0π421=?r D 01=D ；01=E R ＜r ＜R ＋d Q r D =?22π4
22π4r Q D =
；202π4r εεQ E r =r ＞R ＋d Q r D =?2
3π4。23π4r Q D =；2
03π4r
εεQ E r = r 1 ＝5 cm ，该点在导体球内，则
01=r D ；01=r E
r 2 ＝15 cm ，该点在介质层内，εｒ ＝5.0，则
2822m C 105.3π42--??==
r Q D r ；1
222
0m V 100.8π42
-??==r εεQ E r r r 3 ＝25 cm ，该点在空气层内，空气中ε≈ε0 ，则
2823m C 103.1π43--??==
r Q D r ；1
222
0m V 104.1π43
-??==r εQ E r （2） 取无穷远处电势为零，由电势与电场强度的积分关系得 r 3 ＝25 cm ，
V 360π4d 0r 331
==
?=?∞
r
εQ
V r E r 2 ＝15 cm ， ()()V 480π4π4π4d d 0020r 3222
=+++-=
?+?=??
+∞+d R εQ d R εεQ r εεQ V r r d
R d
R r
E r E r 1 ＝5 cm ， ()()V
540π4π4π4d d 000321=++
+-=?+?=?
?
+∞
+d R εQ
d R εεQ R εεQ V r r d
R R
d
R r
E r E （3） 均匀介质的极化电荷分布在介质界面上，因空气的电容率ε ＝ε0 ，极化电荷可忽略．故在介质外表面；
()()()20π411d R εQ εE εεP r r n r n +-=-= ()()282
m C 106.1π41--??=+-==d R εQ
εP σr r n
()()2
0π411R εQ εE εεP r r n r n -=
-= ()282
m C 104.6π41--??-=-=
-='R εQ εP
σr r n
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
大学物理实验课后习题答案
一牛顿环的各环是否等宽?密度是否均匀?解释原因? 因为环是由空气劈上下表面反射的两束光叠加干涉形成的。劈的上表面变化在横向是不均匀的，故光程差也不是均匀变化的。所以各环是不等宽的环的密度也不是均匀的。各环不等宽，半径小的环宽，越到外边越窄，密度是不均匀的,牛顿环的半径公式是：半径r等于根号下(m+1/2)λR，其中m为环的级数。从公式可以看出，半径和环数并不是线性关系，这样环自然不均匀。计算可以知道，越往外环越密。 二牛顿环的干涉圆环是由哪两束相干光干涉产生的? 半凸透镜下表面和下底面上表面的两束反射光 三电桥由哪几部分组成?电桥平衡的条件? 由电源、开关、检流计桥臂电阻组成。 平衡条件是Rx=(R1/R2)R3 四接通电源后,检流计指针始终向一边偏转,试分析出现这种情况的原因? 指针向一侧偏转就说明发生了电子的定向移动了，这个应该没问题。 指针不偏转，有2种情况吧，其1呢是整个电路发生了断路或其他故障，还1种情况则是流过的电流太小，不足于使电表发生偏转或其偏转的角度肉眼根本看不到。 无论如何调节，检流计指针都不动，电路中可能出现故障是调节臂电阻断路或短路。。无论如何调节，检流计指针始终像一边偏而无法平衡，电路中有可能出现故障是有一个臂（非调节臂）的电阻坏了。（断路或短路） 五什么叫铁磁材料的磁滞现象? 铁磁物质经外磁场磁化到饱和以后，把磁场去掉。这些物质仍保留有剩余磁化强度。需要反方向加磁场才能把这剩余磁化强度变为零。这种现象称为铁磁的磁滞现象。也是说，铁磁材料的磁状态，不仅要看它现在所处的磁场条件；而且还要看它过去的状态。 六如何判断铁磁材料属于软.硬材料? 软磁材料的特点是：磁导率大，矫顽力小，磁滞损耗小，磁滞回线呈长条状；硬磁材料的特点是：剩磁大，矫顽力也大 用光栅方程进行测量的条件是什么? 条件是一束平行光垂直射入光栅平面上，光波发生衍射，即可用光栅方程进行计算。如何实现：使用分光计，光线通过平行光管射入，当狭缝位于透镜的焦平面上时，就能使射在狭缝上的光经过透镜后成为平行光 用光栅方程进行测量,当狭缝太窄或者太宽会怎么样?为什么? 缝太窄，入射光的光强太弱，缝太宽，根据光的空间相干性可以知道，条纹的明暗对比度会下降！ 区别是，太窄了，亮纹会越来越暗，暗纹不变，直到一片黑暗！ 太宽，暗条纹会逐渐加强，明纹不变，直到一片光明！
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
大学物理实验课后答案
实验一霍尔效应及其应用 【预习思考题】 1．列出计算霍尔系数、载流子浓度n、电导率σ及迁移率μ的计算公式，并注明单位。 霍尔系数，载流子浓度，电导率，迁移率。 2．如已知霍尔样品的工作电流及磁感应强度B的方向，如何判断样品的导电类型？ 以根据右手螺旋定则，从工作电流旋到磁感应强度B确定的方向为正向，若测得的霍尔电压为正，则样品为P型，反之则为N型。 3．本实验为什么要用3个换向开关？ 为了在测量时消除一些霍尔效应的副效应的影响，需要在测量时改变工作电 流及磁感应强度B的方向，因此就需要2个换向开关；除了测量霍尔电压，还要测量A、C间的电位差，这是两个不同的测量位置，又需要1个换向开关。总之，一共需要3个换向开关。 【分析讨论题】 1．若磁感应强度B和霍尔器件平面不完全正交，按式（5.2-5）测出的霍尔系数比实际值大还是小？要准确测定值应怎样进行？ 若磁感应强度B和霍尔器件平面不完全正交，则测出的霍尔系数比实际值偏小。要想准确测定，就需要保证磁感应强度B和霍尔器件平面完全正交，或者设法测量出磁感应强度B和霍尔器件平面的夹角。 2．若已知霍尔器件的性能参数，采用霍尔效应法测量一个未知磁场时，测量误差有哪些来源？ 误差来源有：测量工作电流的电流表的测量误差，测量霍尔器件厚度d的长度测量仪器的测量误差，测量霍尔电压的电压表的测量误差，磁场方向与霍尔器件平面的夹角影响等。 实验二声速的测量 【预习思考题】 1. 如何调节和判断测量系统是否处于共振状态？为什么要在系统处于共振的条件下进行声速测定？ 答：缓慢调节声速测试仪信号源面板上的“信号频率”旋钮，使交流毫伏表指针指示达到最大（或晶体管电压表的示值达到最大），此时系统处于共振状态，显示共振发生的信号指示灯亮，信号源面板上频率显示窗口显示共振频率。在进行声速测定时需要测定驻波波节的位置，当发射换能器S1处于共振状态时，发射的超声波能量最大。若在这样一个最佳状态移动S1至每一个波节处，媒质压缩形变最大，则产生的声压最大，接收换能器S2接收到的声压为最大，转变成电信号，晶体管电压表会显示出最大值。由数显表头读出每一个电压最大值时的位置，即对应的波节位置。因此在系统处于共振的条件下进行声速测定，可以容易和准确地测定波节的位置，提高测量的准确度。 2. 压电陶瓷超声换能器是怎样实现机械信号和电信号之间的相互转换的？ 答：压电陶瓷超声换能器的重要组成部分是压电陶瓷环。压电陶瓷环由多晶结构的压电材料制成。这种材料在受到机械应力，发生机械形变时，会发生极化，同时在极化方向产生电场，这种特性称为压电效应。反之，如果在压电材料上加交
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 马文蔚 第五版 下册 第九章到第十一章课后答案汇总
第九章振动 9-1一个质点作简谐运动， 振幅为A，在起始时刻质点的位移为 2 A -，且向x轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（） 题９-１图 分析与解（b）图中旋转矢量的矢端在x轴上投影点的位移为－A/2，且投影点的运动方向指向O x轴正向，即其速度的x分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b）．9-2已知某简谐运动的振动曲线如图（a）所示，则此简谐运动的运动方程为（）()()()() ()()()() cm π 3 2 π 3 4 cos 2 D cm π 3 2 π 3 4 cos 2 B cm π 3 2 π 3 2 cos 2 C cm π 3 2 π 3 2 cos 2 A ?? ? ?? ? + = ?? ? ?? ? - = ?? ? ?? ? + = ?? ? ?? ? - = t x t x t x t x 题９-２图 分析与解由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为–A/2，且向x轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为3/π 2．振动曲线上给出质点从–A/2 处运动到+A处所需时间为 1 s，由对应旋转矢量图可知相应的相位差3/π 4 Δ=，则角频率()1s3/π4 Δ / Δ- = =t ω，故选（D）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找出正确答案．
9-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a ） 所示， x 1 的相位比x 2 的相位（ ） （A ） 落后2π （B ）超前2 π （C ）落后π （D ）超前π 分析与解 由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b ） 即可得到答案为（b ）． 题９-３ 图 9-4 当质点以频率ν 作简谐运动时，它的动能的变化频率为（ ） （A ） 2 v （B ）v （C ）v 2 （D ）v 4 分析与解 质点作简谐运动的动能表式为()?ωω+=t A m E k 222sin 2 1，可见其周期为简谐运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν的两倍．因而正确答案为（C ）． 9-5 图（a ）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为（ ） （A ） π2 3 （B ）π21 （C ）π （D ）0 分析与解 由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差 是π（即反相位）．运动方程分别为t A x ωcos 1=和()πcos 2 2+= t ωA x ．它们的振幅不同．对于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b ）很方便求得合运动方程为t A x ωcos 21=．因而正确答案为（D ）．
大学物理实验课后答案
（1）利用f=(D+d)(D-d)/4D 测量凸透镜焦距有什么优点？ 答这种方法可以避免透镜光心位置得不确定而带来得测量物距与像距得误差。 （2）为什么在本实验中利用1/u+1/v=1/f 测焦距时，测量u与v都用毫米刻度得米尺就可以满足要求？设透镜由于色差与非近轴光线引起得误差就是1％。 答设物距为20cm，毫米刻度尺带来得最大误差为0、5mm，其相对误差为 0、25％，故没必要用更高精度得仪器。 （3）如果测得多组u，v值，然后以u+v为纵轴，以uv为横轴，作出实验得曲线属于什么类型，如何利用曲线求出透镜得焦距f。 答直线；1/f为直线得斜率。 （4）试证：在位移法中，为什么物屏与像屏得间距D要略大于4f？ 由f=(D+d)(D-d)/4D →D2-4Df=d2→D(D-4f)=d2 因为d>0 and D>0 故 D>4f 1、避免测量u、ν得值时，难于找准透镜光心位置所造成得误差。 2、因为实验中，侧得值u、ν、f都相对较大，为十几厘米到几十厘米左右，而误差为1%，即一毫米到几毫米之间，所以可以满足要求。 3、曲线为曲线型曲线。透镜得焦距为基斜率得倒数。 ①当缝宽增加一倍时,衍射光样得光强与条纹宽度将会怎样变化?如缝宽减半,又怎样改变? 答: a增大一倍时, 光强度↑；由a=Lλ/b ，b减小一半 a减小一半时, 光强度↓；由a=Lλ/b ，b增大一倍。 ②激光输出得光强如有变动,对单缝衍射图象与光强分布曲线有无影响?有何影响? 答:由b=Lλ/a、无论光强如何变化,只要缝宽不变,L不变,则衍射图象得光强分布曲线不变(条纹间距b不变)；整体光强度↑或者↓。
③用实验中所应用得方法就是否可测量细丝直径？其原理与方法如何？ 答：可以，原理与方法与测单狭缝同。 ④本实验中，λ=632。8nm ,缝宽约为5*10^-3㎝,屏距L 为50㎝。试验证： 就是否满足夫朗与费衍射条件？ 答：依题意： L λ=（50*10^-2）*（632、8*10^-9）=3、164*10^-7 a^2/8=(5*10^-5)^2/8=3、1*10^-10 所以L λ<
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，
大学物理第五版(马文蔚)电磁学习题答案
第五章 静 电 场 5 －1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A)放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B)中的( ) 分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为0 2εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B). 5 －2 下列说法正确的是( ) (A)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷 (B)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零 (C)闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零 (D)闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B).
5 －3下列说法正确的是( ) (A) 电场强度为零的点，电势也一定为零 (B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零 (C) 电势为零的点，电场强度也一定为零 (D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零 分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D). *5 －4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( ) (A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止 (B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动 (C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动 (D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动 分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B). 5 －5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考虑，一个有8 个电子，8 个质子和8 个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的
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(第五版)下册
第9、10章 振动与波动习题 一、选择题 1. 已知四个质点在x 轴上运动, 某时刻质点位移x 与其所受合外力F 的关系分别由下列四式表示(式中a 、b 为正常数)．其中不能使质点作简谐振动的力是 [ ] (A) abx F = (B) abx F -= (C) b ax F +-= (D) a bx F /-= 2. 如图4-1-5所示，一弹簧振子周期为T ．现将弹簧截去一半，仍挂上原来的物体, 则 新的弹簧振子周期为 [ ] (A) T (B) 2T (C) 1.4T (D) 0.7T 3. 在简谐振动的运动方程中，振动相位)(?ω+t 的物理意义是 [ ] (A) 表征了简谐振子t 时刻所在的位置 (B) 表征了简谐振子t 时刻的振动状态 (C) 给出了简谐振子t 时刻加速度的方向 (D) 给出了简谐振子t 时刻所受回复力的方向 角, 然后放手任其作4. 如图4-1-9所示，把单摆从平衡位置拉开, 使摆线与竖直方向成 微小的摆动．若以放手时刻为开始观察的时刻, 用余弦函数表示这一振 动, 则其振动的初相位为 [ ] (A) (B) 2π 或π2 3 (C) 0 (D) π 5. 两质点在同一方向上作同振幅、同频率的简谐振动．在振动过程中, 每当它们经过振幅一半的地方时, 其运 动方向都相反．则这两个振动的相位差为 [ ] (A) π (B) π32 (C) π34 (D) π5 4 6. 一质点作简谐振动, 振动方程为)cos( ?ω+=t A x ． 则在2 T t =(T 为振动周期) 时, 质点的速度为 [ ] (A) ?ωsin A - (B) ?ωsin A (C) ?ωcos A - (D) ?ωcos A 7. 一物体作简谐振动, 其振动方程为)4πcos( +=t A x ω．则在2 T t = (T 为周期)时, 质点的加速度为 (A) 222ωA - (B) 222ωA (C) 223ωA - (D) 22 3ωA 8. 一质点以周期T 作简谐振动, 则质点由平衡位置正向运动到最大位移一半处的最短时间为 [ ] (A) 6T (B) 8T (C) 12 T (D) T 127 9. 某物体按余弦函数规律作简谐振动, 它的初相位为2 π 3, 则该物体振动的初始状态为 [ ] (A) x 0 = 0 , v 0 0 (B) x 0 = 0 , v 0＜0 (C) x 0 = 0 , v 0 = 0 (D) x 0 = A , v 0 = 0 10. 有一谐振子沿x 轴运动, 平衡位置在x = 0处, 周期为T , 振幅为A ，t = 0时刻振子过2 A x = 处向x 轴正方θ + 图4-1-9 图4-1-5
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)
大学物理实验课后答案
大学物理实验课后答案 Final revision by standardization team on December 10, 2020.
（1）利用f=(D+d)(D-d)/4D 测量凸透镜焦距有什么优点 答这种方法可以避免透镜光心位置的不确定而带来的测量物距和像距的误差。（2）为什么在本实验中利用1/u+1/v=1/f 测焦距时，测量u和v都用毫米刻度的米尺就可以满足要求设透镜由于色差和非近轴光线引起的误差是1％。 答设物距为20cm，毫米刻度尺带来的最大误差为，其相对误差为％，故没必要用更高精度的仪器。 （3）如果测得多组u，v值，然后以u+v为纵轴，以uv为横轴，作出实验的曲线属于什么类型，如何利用曲线求出透镜的焦距f。 答直线；1/f为直线的斜率。 （4）试证：在位移法中，为什么物屏与像屏的间距D要略大于4f 由f=(D+d)(D-d)/4D → D2-4Df=d2→ D(D-4f)=d2 因为d>0 and D>0 故D>4f 1.避免测量u、ν的值时，难于找准透镜光心位置所造成的误差。 2.因为实验中，侧的值u、ν、f都相对较大，为十几厘米到几十厘米左右，而误差为1%，即一毫米到几毫米之间，所以可以满足要求。 3.曲线为曲线型曲线。透镜的焦距为基斜率的倒数。 ①当缝宽增加一倍时,衍射光样的光强和条纹宽度将会怎样变化如缝宽减半,又怎样改变 答: a增大一倍时, 光强度↑；由a=Lλ/b ，b减小一半 a减小一半时, 光强度↓；由a=Lλ/b ，b增大一倍。 ②激光输出的光强如有变动,对单缝衍射图象和光强分布曲线有无影响有何影响 答:由b=Lλ/a.无论光强如何变化,只要缝宽不变,L不变,则衍射图象的光强分布曲线不变 (条纹间距b不变)；整体光强度↑或者↓。 ③用实验中所应用的方法是否可测量细丝直径其原理和方法如何 答：可以，原理和方法与测单狭缝同。 ④本实验中，λ=632。8nm,缝宽约为5*10^-3㎝,屏距L为50㎝。试验证： 是否满足夫朗和费衍射条件 答：依题意： Lλ=（50*10^-2）*（*10^-9）=*10^-7 a^2/8=(5*10^-5)^2/8=*10^-10 所以Lλ< 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 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 习 题(参考答案) 2．指出下列测量值为几位有效数字，哪些数字是可疑数字，并计算相对不确定度。 (1) g ＝(9.794±0.003)m ·s 2 - 答：四位有效数字，最后一位“4”是可疑数字，%031.0%100794 .9003 .0≈?= gr U ； (2) e ＝(1.61210±0.00007)?10 19 - C 答：六位有效数字，最后一位“0”是可疑数字，%0043.0%10061210 .100007 .0≈?= er U ； (3) m ＝(9.10091±0.00004) ?10 31 -kg 答：六位有效数字，最后一位“1”是可疑数字，%00044.0%10010091 .900004 .0≈?= mr U ； (4) C ＝(2.9979245±0.0000003)8 10?m/s 答：八位有效数字，最后一位“5”是可疑数字 1．仪器误差为0.005mm 的螺旋测微计测量一根直径为D 的钢丝，直径的10次测量值如下表： 试计算直径的平均值、不确定度(用D 表示)和相对不确定度(用Dr 表示)，并用标准形式表示测量结果。 解： 平均值 mm D D i i 054.210110 1 ==∑= 标准偏差： mm D D i i D 0029.01 10)(10 1 2 ≈--= ∑=σ 算术平均误差： m m D D i i D 0024.010 10 1 ≈-= ∑=δ 不确定度A 类分量mm U D A 0029.0==σ， 不确定度B 类分量mm U B 005.0=?=仪 ∴ 不确定度mm U U U B A D 006.0005.00029.0222 2≈+=+= 相对不确定度%29.0%100054 .2006 .0%100≈?=?= D U U D Dr 钢丝的直径为：%29.0)006.0054.2(=±=Dr D mm D 或 不确定度A 类分量mm U D A 0024.0==δ ， 不确定度B 类分量mm U B 005.0=?=仪 ∴ 不确定度mm U U U B A D 006.0005.00024.0222 2≈+=+= 相对不确定度%29.0%100054 .2006 .0%100≈?=?= D U U D Dr 钢丝的直径为： %29.0)006.0054.2(=±=Dr D mm D ，%00001.0%1009979245 .20000003 .0≈?= Cr U 。 3．正确写出下列表达式 （1）km km L 310)1.01.3()1003073(?±=±= （2）kg kg M 4 10)01.064.5()13056430(?±=±= （3）kg kg M 4 10)03.032.6()0000030.00006320.0(-?±=±= （4）s m s m V /)008.0874.9(/)00834 .0873657.9(±=±= 4．试求下列间接测量值的不确定度和相对不确定度，并把答案写成标准形式。 第九章 振动 9-1 一个质点作简谐运动，振幅为A ，起始时刻质点的位移为2 A - ，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（ ） 题９-１ 图 分析与解（b ）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A /2，且投影点的运动方向指向O x 轴正向，即其速度的x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b ）． 9-2 已知某简谐运动的振动曲线如图（a ）所示，则此简谐运动的运动方程为（ ） ()()()()()()()()cm π32π34cos 2D cm π32π34cos 2B cm π32π32cos 2C cm π32π32cos 2A ?? ????+=??????-=??????+=??????-=t x t x t x t x 题９-２ 图 分析与解 由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为 –A /2，且向x 轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为3/π2．振动曲线上给出质点从–A /2 处运动到+A 处所需时间为 1 s ，由对应旋转矢量图可知相应的相位差3/π4Δ =，则角频率()1s 3/π4Δ/Δ-==t ω，故选（D ）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找 出正确答案． 9-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a ） 所示， x 1 的相位比x 2 的相位（ ） （A ） 落后2π （B ）超前2 π （C ）落后π （D ）超前π 分析与解 由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b ） 即可得到答案为（b ）． 题９-３ 图 9-4 当质点以频率ν 作简谐运动时，它的动能的变化频率为（ ） （A ） 2 v （B ）v （C ）v 2 （D ）v 4 分析与解 质点作简谐运动的动能表式为()?ωω+=t A m E k 222sin 2 1，可见其周期为简谐运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν的两倍．因而正确答案为（C ）． 9-5 图（a ）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为（ ） （A ） π2 3 （B ）π21 （C ）π （D ）0 分析与解 由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差 是π（即反相位）．运动方程分别为t A x ωcos 1=和()πcos 2 2+= t ωA x ．它们的振幅不同．对于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b ）很方便求得合运动方程为t A x ωcos 21=．因而正确答案为（D ）．大学物理上册答案详解
大学物理D下册习题答案
大学物理实验习题参考答案
大学物理_马文蔚__第五版_下册_第九章到第十一章课后答案