大学物理习题册答案

大学物理习 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 册 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 《大学物理》 练习册 解 题 指 导 安徽大学物理与材料科学学院 基础物理教学部编 *第一章 质点运动学 一、选择题:1.C 2.D 3.BB 4.D 5.D 二、填空题: 1、， 、变速曲线运动，变速直线运动，匀速曲线运动 、，，put， ，、80m/s，2m/s 5、2m/s，东偏北 三、计算题 1(解: (1)在最初 2s末的瞬时速度为 (2)1s末到3s末的位移为 末到3s末的平均速度为 (3)1s末到3s末的平均加速度为 不能用计算。 2 (4)质点的瞬时加速度为 3s末的瞬时加速度为 2(解: (1)位置矢量的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 达式为 (2)质点的速度为 ， 质点的4s时的速度为 速度与x方向的夹角为3(解: 根据题意可得 dt 由上图可得 船的速率 船的加速度大小 当x=s时，0)， 4(解: 点的速率为 点的切向加速度大小为 由线速度公式 得 (4t2)2 点的法向加速度大小为 t=1时: 5(解: 建立如图所示的坐标系 (1)船的速度分量为 船到达对岸要花的时间为 船到达对岸时，在下游的坐标为 (2)船的速度分量为 ，船的运动方程为 ，船到达对岸时，，， 时，y取极小值。将上式对求导，并令，求得 当 所以， 船头与河岸的夹角为 船到达对岸要花的时间为 船到达对岸时，在下游的坐标为 第二章 牛顿定律 一、选择题:1.B 2.B 3.A 4.DC 5.B 二、填空题: 1、0.2N F111d2x2、，， F 3、， 4、、 三、计算题 1(解: 设两根绳子的张力分别为T1、T2; ; m2、m3相对B轮的加速度为a2 m1、m2、m3的加速度分别为a1、a2、a3。 根据牛顿运动定律 由以上六式解得 加速度方向如图所示。 2(解: (1)由牛顿运动定律得 dt 两边积分 得 上式分离变量 速率随时间变化的规律为 t 01 (1) (2)由位移和速度的积分关系 ，设 积分 (2) km路程随时间变化的规律为 (3)将(1)、(2)两式消去t 得 3(解: 解法一 以钉子处的重力势能为零。 则静止时及另一边长为x时的机械能分别为 由机械能守恒定律，求得 由得，积分得 解法二 左右两部分分别应用牛顿运动定律 两式相减得，并利用 两边乘dx ，简化得 利用dt 两边积分 得 以后与解法一相同。 4、解: 设弹簧原长为l，劲度系数为k，由于是弹性力提供了质点作圆周运动的向心力， 故有 , k ( r – l) 其中r为滑块作圆周运动的半径，m为滑块的质量(由题设，有 r ,f l 因而有 又由已知条件，有 整理后得ω与f的函数关系为 2 5、解: 以r表示小球所在处圆锥体的水平截面半径(对小球写出牛顿定律方程为 ? ? 其中 ? 联立求解得: (2) 第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 一、选择题:1.A 2.A 3.D 4.C 5.C 二、填空题: 、，mgx0，，，002222 、882J 3、0，18J，17J，7J 4、， 、，27(m/s) 三、计算题 1(解: 解法一 设船和人相对于岸的速度分别为V和，船和人相对于岸移动的距离分别为x和y。 由动量守恒定律 上式对时间积分 得 (1) 由题意可知 (2) 式中 L为船头到船尾的长度。 由(1)、(2)解得 解法二 人走动过程中，人和船的质心位置不变。 2(解: (1)由功的定义 (2)由动能 定理 三点共线定理勾股定理的证明证明勾股定理共线定理面面垂直的性质定理 得(不计重力) 解得 3(解: 第一阶段:子弹射入到相对静止于物块A。由于时间极短，可认为物块A还没 有移动，应用动量守恒定律，求得物块A的速度 第二阶段:物块A移动，直到物块A和B在某舜时有相同的速度，弹簧压缩 最大。应用动量守恒定律，求得两物块的共同速度 应用机械能守恒定律，求得弹簧最大压缩长度 4(解: 设小球和圆弧形槽的速度分别为和 (1)由动量守恒定律 由机械能守恒定律 由上面两式解得 (2)小球相对槽的速度为 竖直方向应用牛顿运动第二定律 R 5(解: 此力所作的功的表达式为 功与积分路径无关。 此力所作的功为 根据动能定理，质点动能的变化等于合外力所作的功 *第四章 刚体的转动 一、选择题:1.B 2.D 3.A 4.A 5.A 6.CB 二、填空题: 1、4s，、 4、1311MR2 3、mgl，mgl 3221813g113g， 5、，， 16、4m，，， 三、计算题 1(解: 11这段时间转过的角度 ，转过了2.5转。 22(1) 飞轮的角加速度 此时的角速度 (2)由动能定理得拉力的功 由功的定义 A 拉力大小 (3)t=10秒时，飞轮的角速度 轮边缘上一点的速度 轮边缘上一点的切向速度大小 轮边缘上一点的法向速度大小 轮边缘上一点的加速度大小 2(解: (1)用隔离体法，分别画出三个物体的受力图。 对物体1，在竖直方向应用牛顿运动定律 对物体2，在水平方向和竖直方向分别应用牛顿运动定律 对滑轮，应用转动定律 并利用关系 由以上各式， 解得 a (2)时 2 J 3(解: (1)由转动定律 (2)由动能定理 (3)对物体应用牛顿运动定律 对滑轮应用转动定律 利用关系 由以上各式解得 4(解: 应用角动量守恒定律 解得 mR2 则角速度的变化 系统动能的变化 即 5(解: 以启动前的位置为各势能的零点，启动前后应用机械能守恒定律 (1)时，得或 (2)时 6(解: (1)应用角动量守恒定律 得 (2)应用机械能守恒定律 得 第六章 热力学基础 一、选择题: 1.C 2.C 3.C 4.B 5.A 6.A 二、填空题: 、 2、260J，- 3、 4、，，、268J，732J 6、概率，概率大的状态 三、计算题 1(解: (1) (2) V2T2 2(解: (1) (2) 3(解: 卡诺循环的效率 从高温热源吸收的热量 循环中所作的功 传给低温热源的热量 4(解: 5(解: 设冷却过程中降温是可逆过程，则其熵变为 第七章 气体动理论 一、选择题:1.D 2.B 3.D 4.D 5.C 6.C 二、填空题: 1、相同，不同;相同，不同，相同 2、分子体积忽略不计，分子间的碰撞是完全弹性的，只有在碰撞时分子间才有作用 3、速率在以上的分子数占总分子数的百分比，分子平均平动动能， ，速率在 氧的方均根速率 水银的方均根速率 平均平动动能 3(解: Mmolυ2 2RT- N 2Mmolυp2- =1.05% 4(解: (1)由 得 即 ， (2) 5(解: (1) ， 次/s) (2) 次/s) 第八章 静电场 一、选择题:1.D 2.D 3.C 4.C 5.D 6.D 二、填空题: 1、 ，由O指向D 2、0， ， r 3、，、0，0 5、、 三、计算题 1(解: o 建立如图所示的坐标系，在导线上取电荷元。 电荷元在P点所激发的场强方向如图所示，场强大小为 1 2 导线上电荷在P点所激发的总场强方向沿x轴正方向，大小为 L 2(解: 在半径为R的圆形平面上， 取半径为r的宽度为dr的同心圆环，则 圆环面积 d 由关系得 ， 通过面积dS的电通量为 又因为 所以 q 22 1 通过圆平面的电通量为 另解:圆平面的电通量等于以为半径，以圆平面的边界为边界的球冠表 面的电通量 3(解:应用场强叠加原理求解 P点场强大小为 场强方向沿x轴方向，正值沿x轴正方向。 点场强大小为 场强方向沿 轴方向，正值沿x轴正方向。 4(解: 设地球带的总电量为Q，大气层带电量为q。 (1)根据高斯定理 地球带的总电量为 1 (2)根据高斯定理 16255 1400m厚的大气层带电量为 2 大气层的平均电荷密度为 q4 5(解: 由高斯定理 当r>R时， Q Qr3 1 1 当r<R时， 以无穷远处为参考点，球内离球心r处的P点的电势为 P rP R 沿径向路径积分得 rP R rP 1 4 1 6(解: 1)静电感应和电荷守恒定律，外导体球的内表面带电-q， 外导体球的外表 ( 面带电+q，总电量为零。 外球电势分别为 (2)外球接地电势为零 由电势叠加原理 外球带电量为 外球的外表面不带电，内表面带电， (3)内球接地电势为零 由电势叠加原理 得 V2 1q 外球电势的改变为 第九章 静电场中的导体与电介质 一、选择题:1.BC 2.B 3.C 4.B 5.D 二、填空题: 1、 U，，U 2、， 3、 、，1， 、 1/16， 1/4 三、计算题 1(解: 设极板带电量为Q，面电荷密度为。 无玻璃时电势差为 S d 有玻璃时电势差为 电势差比为 S d S d 2(解: 1)导体内外的电位移为 由介质中的高斯定理得 ( ， Q ，由于 D ，所以介质内外的电场强度为 ，， 2 ， ， (2)介质 (2)由 介质内表面上的极化电荷面密度为 r1 介质外表面上的极化电荷面密度为 rR2 4(解: (1)由介质中的高斯定理得 ， ， ，， Q 2 系统储存的电能为 (2)由介质中的高斯定理得 ，，系统储存的电能为 Q 、解: 选x轴垂直导体板，原点在中心平面上，作一底面为S、长为2x的柱形高斯面，其轴线与x轴平行，上下底面与导体板平行且与中心平面对称(由电荷分布知电场分布与中心面对称(设底面处场强大小为E(应用高斯定理: 得 方向如图所示 由于导体板接地，电势为零，所以x处的电势为 d d x x 第十章 恒定电流 一、选择题:1. C 参考解:断开前:流过线圈的电流为为自感线圈的电阻) 断开后: 2. C 3. A 二、填空题: 1、 6.71×10-5 A 2、12 m 3、 ， 参考解: ? k2R4 三、计算题 1、解: ? ? ? 由?、?、?三式解得 解得 t = 0， q = 0 得 3 由 2(解: (1) 铜棒电阻 棒中电流强度 电流密度 电场强度 电子漂移速度 第十一章 稳恒磁场 一、选择题:1.C 2.A 3.D 4.C 5.A 6.C 7.B 二、填空题: 1 1、0.024Wb，0，0.024Wb 2、， 2 3、， 4、平行于x轴，沿z轴的反方向 5、 4R 1 ， 6、、2pmB 三、计算题 1( 解:建立如图所示的坐标系，在导体上取 宽度为dy窄条作为电流元，其电流为 Idy b (1)电流元在M点的磁感强度大小为 dy 方向如图所示 M点的磁感强度大小为 磁感强度方向沿x轴负方向。 (2)电流元在N点的磁感强度大小为 2 2 2 2 dy 根据电流分布的对称性，N点的总的磁感强度沿y由方向。 N点的磁感强度 大小为 x 磁感强度方向沿y轴正方向。 2(解: 设两段铁环的电阻分别为R1和R2，则 通过这两段铁环的电流分别为 ，两段铁环的电流在O 可知 所以 根据电阻定律 O点处的磁感强度大小为 3(解: (1)两导线电流的P点激发的磁感强度分别为 r2)， r2) P点的磁感强度为 方向垂直于纸面向外。 (2)在矩形面上，距离左边导线电流为r处取长度为l宽度为dr的矩形面元，电流I1激发的磁场，通过矩形面元的磁通量为 电流I1激发的磁场，通过矩形面积的磁通量为 同理可得， 通过矩形面积的磁通量为(解: (a)设金属圆柱体在挖去小圆柱前在o、处 激发的磁感强度由安培环路定理求得 (b)设被挖去小圆柱在o、处激发的磁感强度大小分别为Bo2和根 据安培环路定理，得 B (c)挖去小圆柱后在o、处的磁感强度大小分别为 r 22 d2 22 5(解: (1)电子的运动速度为 2Ek ，(偏向东)。 m (2)电子受到的洛仑兹力大小为 电子作匀速圆周运动，其加速度大小为 (3)匀速圆周运动半径为 6(解:(1)由线圈磁矩公式 方向沿直径向上。 (2)力矩的功为 *第十二章 磁场中的磁介质 一、选择题:1.D 2.D 二、填空题: 1、顺磁质、抗磁质、铁磁质 2、0.417A 3、减少，增大 4、铁磁质、顺磁质、抗磁质 5、 三、计算题 1(解: (1) (2) (3) 2(解: (1) (2)0.4 (3) (4) 3(解: 4(解: (1) Rml0.314 由安培环路定理 (2) ，， 第十三章 电磁感应 电磁场 一、选择题:1.D 2.B 3.D 4.D 5.A 二、填空题: 1、、洛仑兹，感生电场 1Ir2 ) 3、，、3A 5、0， 6、变化的磁场激发涡旋电场，变化的电场激发涡旋磁场(位移电流) 三、计算题 1(解: 通过线圈abcd的磁通量为 S S l0 (1)由于，所以，ab中感应电动势为 由楞次定律可知，ab中感应电动势方向由b指向a，即a点为高电势。 (2) 由于和，所以，ab中感应电动势为 (解: (1)，方向A?B ，方向C?D (2) 2R (3) 3(解: dydx 60 ，逆时针方向。 dt60 4(解: 由于，所以 5(解:(1) (2) 第十四章 机械振动 一、选择题:1.C 2.A 3.B 4.C 5.B 二、填空题: 1、2422 2、5.5Hz，1 3、s， 4、0.1，、 三、计算题 1(解: 2， 2(解: 取平衡位置为坐标原点。设系统处于平衡位置时，弹簧的伸长为l0，则 (1)物体处于任意位置x时，速度为，加速度为a。分别写出弹簧、物体和滑轮的动力学方程 由以上四式，得 ，或 可见物体作简谐振动。 (2)其角频率和周期分别为 ， (3)由初始条件，-l，-，得 ，k 简谐振动的表达式为 3(解: 与M碰撞前，物体m的速度为由动量守恒定律，碰撞后的速度为 碰撞点离开平衡位置距离为碰撞后，物体系统作简谐振动，振动角频率为由简谐振动的初始条件， 得 振动表式为 4(解: 11111(1)由题意，及简谐振动特征，，得 22222 (2)由条件，，得 2m,7 4444 5(解: 根据题意，画出旋转矢量图 (1) (2) 振幅最大。 或时, 振幅最小。 44 第十五章 机械波 一、选择题: 1.B 2.C 3.B 4.A 5.C 二、填空题: 1、波源，传播机械波的介质 2、，，，lC，、 4、0 5、0.45m 三、计算题 1(解: (1) (2) 或 (3) (4) t=1s时波形曲线方程为 t=1.25s时波形曲线方程为 t=1.50s时波形曲线方程为 1s 1.5s 2(解:(1) (2) 3(解: 4(解: ，， 设x1处质点振动的初相为，由初始条件 ，，得 2 3 (1)入射波表达式为 反射波在x2处质点振动的初相位， 反射波表达式为， (2)合成波为驻波 反入 波节:x=k，k=0,1,2,3…为整数 波腹:x=k+1/2，k=0,1,2,3…为整数 (3)形成驻波，平均能流为0。 5(解: (1)vS=1040Hz，，u=340m/s 观察者接收到直接来自波源声音频率 为 vu 观察者接收到的反射波的频率等于反射面接收到的频率 vu 反 则拍频为，即 (2)vS=2040Hz，，u=340m/s，反射面接收到的频率为 反 观察者接收到的反射波频率 反 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率 则，拍频为 所以， *第十六章 电磁振荡和电磁波 一、选择题: 1. C; 最大电场能等于最大磁场能， 2. D; ，， -5 J/m2 3.B;? 加速运动的带电粒子的辐射功率与加速度平方成正比，即 ， 而 与半径无关 ? 4.C 二、填空题 1、、 ， 同相位 三、计算题 1(解:与平面电磁波 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 方程比较，可知波速为 n = c / u = 1.50 A 2(证:设在振荡过程中任一时刻，电容为C的电容器极板上的电荷为q，自感为L的线圈中通过的电流为i，则电容器和线圈储存的电场和磁场能量为: 把上式两边分别对时间求导，则有 ，又 无阻尼自由振荡，则有 2dtdtLCdt ? 3(解:BE300， 3) 第十七章 波动光学 一、选择题: 1.D 2.B 3.A 4.C 5.A 6.C 7.D 8.A 9.B 10.B 二、填空题 1、1:2，2，暗 2、601 3、1.4 4、539.1 5、3 6、1，3 7、2047.8nm，38.2? 8、光强不变，光强变化但不为零，出现光强为零 9、 、双折射，相等，相等 10 三、计算题 1(解: 设云母的厚度为l。有云母时，光程差为 x=0处的光程差为 x=0处为第k=7级明纹时 2(解: ， 3(解: r2 明纹极大 2 k=0,1,2,3… 暗纹极小 (1)明纹极大 暗 纹极小 2 明纹: 暗纹:得， 2得，kmax 明纹数为 (3) 由中心向外侧移动 4(解: 中央明纹宽度: 第二级明纹宽度: 5(解: 即: 6(解: (1) 每毫米1000条。 (2)由光栅方程及其微分得 (3) 不变 7( 解: 设入射光的强度I0。 根据马吕斯定律，自然光通过两个偏振片后，透射光的强度与入射光的强度的 关系为 根据马吕斯定律，自然光通过三个偏振片后，透射光的强度1与入射光的强度I0的关系为 9所以 8(解: (1)光由水射向玻璃，根据布儒斯特定律 起偏角为 (2)光由水射向玻璃，根据布儒斯特定律 起偏角为 *第十八章 相对论 一、选择题:1.E 2.D 3.D 4.A 二、填空题: 1、(1)爱因斯坦相对性原理 物理定律在所有的惯性系中都具有相同的表达形式，即所有的惯性参考系对运动的描述都是等效的; 、 (2)光速不变原理 真空中的光速是常量，它与光源或观测者的运动无关。 2 ，、0.988c 4、4 5、 三、计算题 1(解: (1) ，0 (2) 或 2(解: 以实验室为K系，以原子核为系，则系相对K的速度为u=0.5c， (1)电子相对系的速度为，电子相对K系的速度大小为 (2)光子相对系的速度为-c，光子相对K系的速度大小为 (解: ，则 (1)根据题意 得 m0 得 (2)根据题意，则即 或 m0 c2 得 4(解: (1)由相对论动能公式 m0c2 m0c2 第十九章 量子物理 一、选择题: 1.B 2.E 3.D 4.C 5.A 二、填空题: 1、5267K，9990K，8277K 2、14709K 3、， hm4、0.0031nm， 14?12′ 5、97.5nm，1880nm 三、计算题 1(解: 由 太阳的辐射总功率为 地球接受到的功率为 22把地球看作黑体，则 2(解: 由爱因斯坦方程，得 2 发射的光电子的最大初动能为 由动能定理 ，得 遏止电势差 由爱因斯坦方程 ，得 铝的红限频率 铝的红限波长 3(解:散射前后的能量相等，即 1 c2 由 ，得 m0c2 4(解: n2 c或 ， 224