大學(xué)物理活頁作業(yè)答案(全套)

PAGEword文檔可自由復(fù)制編輯1.質(zhì)點運動學(xué)單元練習(xí)（一）答案1．B2．D3．D4．B5．3.0m；5.0m（提示：首先分析質(zhì)點的運動規(guī)律，在t<2.0s時質(zhì)點沿x軸正方向運動；在t=2.0s時質(zhì)點的速率為零；，在t>2.0s時質(zhì)點沿x軸反方向運動；由位移和路程的定義可以求得答案。）6．135m（提示：質(zhì)點作變加速運動，可由加速度對時間t的兩次積分求得質(zhì)點運動方程。）7．解：（1）（2）8．解： ωthωths（2）當(dāng)旗桿與投影等長時，10．解：-kvdv/dy已知y=yo，v=vo則2.質(zhì)點運動學(xué)單元練習(xí)（二）答案1．D2．A3．B4．C5．；；；6．；；；7．解：（1）由速度和加速度的定義；（2）由切向加速度和法向加速度的定義（3）8．解：火箭豎直向上的速度為火箭達(dá)到最高點時垂直方向速度為零，解得9．解：10．解：；3.牛頓定律單元練習(xí)答案1．C2．C3．A4．；5．；6．解：（1）（2）FN=0時；a=gcotθ7．解：8．解：由牛頓運動定律可得分離變量積分9．解：由牛頓運動定律可得分離變量積分10．解：設(shè)f沿半徑指向外為正，則對小珠可列方程，，以及，，積分并代入初條件得，．4.動量守恒和能量守恒定律單元練習(xí)（一）答案1．A；2．A；3．B；4．C；5．相同6．；7．解：（1）；；（2）8．解：9．解：物體m落下h后的速度為當(dāng)繩子完全拉直時，有10．解：設(shè)船移動距離x，人、船系統(tǒng)總動量不變?yōu)榱愕仁匠艘詃t后積分，得5.動量守恒和能量守恒定律單元練習(xí)（二）答案1．C2．D3．D4．C5．18J；6m/s6．5/37．解：摩擦力由功能原理解得.8．解：根據(jù)牛頓運動定律由能量守恒定律質(zhì)點脫離球面時解得：9．解：(1)在碰撞過程中，兩球速度相等時兩小球間距離最?、?2)兩球速度相等時兩小球間距離最小，形變最大，最大形變勢能等于總動能之差②聯(lián)立①、②得10．解：(1)由題給條件m、M系統(tǒng)水平方向動量守恒，m、M、地系統(tǒng)機械能守恒．①②解得：；(2)當(dāng)m到達(dá)B點時，M以V運動，且對地加速度為零，可看成慣性系，以M為參考系6.剛體轉(zhuǎn)動單元練習(xí)（一）答案1．B2．C3．C4．C5．v=1.23m/s；an=9.6m/s2；α=–0.545rad/s2；N6．7．解：（1）由轉(zhuǎn)動定律，（2）由剛體轉(zhuǎn)動的動能定理（3）根據(jù)牛頓運動定律和轉(zhuǎn)動定律：mg–F’=marF’=Jαa=rα聯(lián)立解得飛輪的角加速度8．解：（1）由轉(zhuǎn)動定律（2）取棒與地球為系統(tǒng)，機械能守恒(3)棒下落到豎直位置時9．解：（1）系統(tǒng)的能量守恒，有聯(lián)立解得：；（2）設(shè)繩子對物體(或繩子對輪軸)的拉力為T，則根據(jù)牛頓運動定律和轉(zhuǎn)動定律得：mg–T＝maTr＝J由運動學(xué)關(guān)系有：a=r聯(lián)立解得：10．解：以中心O為原點作坐標(biāo)軸Ox、Oy和Oz如圖所示，取質(zhì)量為式中面密度為常數(shù)，按轉(zhuǎn)動慣量定義，薄板的質(zhì)量所以7.剛體轉(zhuǎn)動單元練習(xí)（二）答案1．C2．A3．D4．B5．；6．；7．解：小球轉(zhuǎn)動過程中角動量守恒8．子彈與木桿在水平方向的角動量守恒9．解：圓環(huán)所受的摩擦力矩為，由轉(zhuǎn)動定律，至圓環(huán)停止所經(jīng)歷的時間10．解：落下過程棒的機械能守恒。設(shè)棒剛到豎直位置時角速度為，①碰撞過程，物體與棒系統(tǒng)角動量守恒，②碰撞過程軸不受側(cè)向力，物體與棒系統(tǒng)水平方向動量守恒，③①、③消去，得，④②、④消去，得 .8.機械振動單元練習(xí)（一）答案BBCA2:1解：，運動方程（1）由旋轉(zhuǎn)矢量法，；（2）由旋轉(zhuǎn)矢量法，；（3）由旋轉(zhuǎn)矢量法，。解：木塊處于平衡位置時，浮力大小。上下振動時，取其處于力平衡位置點為坐標(biāo)原點，豎直向下作為x軸正向，則當(dāng)木塊向下偏移x位移時，合外力為其中，浮力合外力為常數(shù)，表明木塊在其平衡位置上下所作的微小振動是簡諧運動。由可得木塊運動的微分方程為令，可得其振動周期為圖8-1圖8-1解：如圖，由旋轉(zhuǎn)矢量法可知10.解：（1）（2）9.機械振動單元練習(xí)（二）答案1.B2.B3.C4.，，，5.6.（1）0.5s，1.5s；（2）0s，1s,2s。7.解：（1）由已知的運動方程可知：，，，（2），8.解：振動系統(tǒng)的角頻率為圖9-1由動量守恒定律得振動的初速度即子彈和木塊的共同運動初速度的值為圖9-1又因初始位移，則振動系統(tǒng)的振幅為如圖由旋轉(zhuǎn)矢量法可知，則簡諧運動方程為解：如圖由旋轉(zhuǎn)矢量法可知，合振動振幅為圖9-2合振動初相為圖9-2解：圖9-3如圖由旋轉(zhuǎn)矢量法可知，。可見它們是反相的，因此合振動振幅為：圖9-3合振動初相為：同樣由旋轉(zhuǎn)矢量法可知10.機械波單元練習(xí)（一）答案1.B2.C3.B4.1.67m5.6.6，307.解：（1）由波動方程可知振幅，角頻率，，則波速，頻率，波長。（2）8.解：（1）由圖可知振幅，波長，波速則。又O點初始時刻位于平衡位置且向y軸正向運動，則由旋轉(zhuǎn)矢量法可得，因此波動方程為（2）P處質(zhì)點的振動方程為解：由圖可知振幅，波長，則角頻率。由P點的運動方向可知波向x軸負(fù)方向傳播。又由圖可知原點O初始時刻位于A/2處，且向y軸負(fù)方向運動，則由旋轉(zhuǎn)矢量法可得。則波動方程為10．解：（1）以A點為坐標(biāo)原點的波動方程為（2）則以B點為坐標(biāo)原點的波動方程為11.機械波單元練習(xí)（二）答案1.C2.B3.C4.，5.550Hz，458.3Hz6.0.08W/m27.解：兩列波傳到連線和延長線上任一點P的相位差左側(cè)各點：，振動都加強；右側(cè)各點：，振動都加強；圖11-7、之間：圖11-7則距點為：處各點靜止不動。8.解：（1）（2）時振動加強，即解：反射點為固定端，即為波節(jié)，則反射波為=駐波表達(dá)式10.解：乙接受并反射的信號頻率為甲接受到的信號頻率為12.靜電場單元練習(xí)（一）答案1.B2.D3.B4.C5.6.利用點電荷電場的矢量疊加求y軸上的電場強度。解：通過點電荷在電場力作用下的平衡條件求出平衡時點電荷的電量。解：利用電荷元電場的積分疊加，求O點的電場強度。解：取同心球面為高斯面，利用高斯定理求電場強度的分布。解：用對稱性取垂直帶電面的柱面為高斯面，求電場強度的分布。帶電面外側(cè)帶電面內(nèi)13.靜電場單元練習(xí)（二）答案1.C2.D3.B4.C5.6.＞7.解：假設(shè)陰極A與陽極B單位長度帶電分別為–λ與λ，由高斯定律求電場分布，并進(jìn)一步求出陰極與陽極間的電勢差U，由已知量求電場強度并由陰極表面的電場強度求電子剛從陰極射出時所受的電場力8．解：（1）方法一：取同心球面為高斯面，利用高斯定理求電場強度的分布再求電勢分布；方法二：帶電量為Q，半徑為R的帶電球面對電勢的貢獻(xiàn)球面內(nèi)電勢：球面外電勢：有電勢的疊加求電勢分布；結(jié)果與方法一一致。（2）電勢差9．解：（1）電場作用于電偶極子的最大力矩：（2）電偶極子從受最大力矩的位置轉(zhuǎn)到平衡位置過程中，電場力作的功*10．解：帶電粒子處在h高度時的靜電勢能為到達(dá)環(huán)心時的靜電勢能為據(jù)能量守恒定律聯(lián)立求解得14.導(dǎo)體電介質(zhì)和電容單元練習(xí)（一）答案1.B2.C3.D4.C5.＜6.負(fù)電；7.解：兩個球形導(dǎo)體用細(xì)導(dǎo)線相連接后電勢相等，解得：；8．解：依照題意d>>R，導(dǎo)體上的電荷分布基本保持不變，電場可以視為兩個長直帶電線電場的疊加。取其中一導(dǎo)線軸心為坐標(biāo)原點，兩根導(dǎo)線的垂直連線為x軸。任意一點P的電場強度兩直導(dǎo)線單位長度的電容解：方法一：導(dǎo)體電荷的自能就是系統(tǒng)的靜電能方法二：依照孤立導(dǎo)體球電容的能量求系統(tǒng)的靜電能方法三：依照電場能量密度對電場空間的積分求系統(tǒng)的靜電能*10．解：（1）導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時，導(dǎo)體板上電荷分布的規(guī)律可參見《物理學(xué)教程習(xí)題分析與解答》，根據(jù)電荷守恒定律以及C板的電勢，有解得：C板的電勢15.導(dǎo)體電介質(zhì)和電容單元練習(xí)（二）答案1.C2.B3.C4.Br，r6.47.解：設(shè)芯線單位長度帶電荷，芯線附近的電場強度最強，當(dāng)電壓增高時該點首先被擊穿8．解：（1）電容器充滿介質(zhì)后，導(dǎo)體板間的電勢差不變（2）介質(zhì)表面的極化電荷面密度解：依照孤立導(dǎo)體球電容的能量求系統(tǒng)的靜電能若斷開電源導(dǎo)體所帶電荷保持不變，浸沒在相對電容率為r的無限大電介質(zhì)中電容增大為rC，系統(tǒng)的靜電能*10．解：用的高斯定理求得電位移的大小為D=＝8.85×10-10C/m2(0<x真空中電場強度＝100V/m介質(zhì)中電場強度＝50V/m真空中電勢U1=Eo(d1–x)+Ed2＝1.5－100x(SI)U2=E(d2+d1x)＝1.0－50x(SI)各區(qū)域內(nèi)均為線性分布．16.恒定磁場單元練習(xí)（一）答案1．E2．D3．C4．D5．06．0；7．解：（1）（2）（3）8．解：（1）電子沿軌道運動時等效一圓電流，電流強度為原子核(圓心)處的磁感應(yīng)強度：方向：垂直紙面向外（2）軌道磁矩：方向：垂直紙面向外9．解：（1）在螺線管內(nèi)取一同心的圓為安培回路（2）*10．解：無限長的載流薄導(dǎo)體板可看作由許多無限長的載流直導(dǎo)線組成距板左側(cè)為l,寬為dl的窄導(dǎo)體板內(nèi)電流為：由磁感應(yīng)強度的疊加原理：17.恒定磁場單元練習(xí)（二）答案1．B2．C3．A4．C5．3986.，垂直于磁場向上，7．解：電子在垂直于磁場的平面內(nèi)作勻速圓周運動軌道半徑：旋轉(zhuǎn)頻率：A’AxyzA’AxyzcabBI根據(jù)洛侖茲力公式可判斷：載流子為帶負(fù)電的電子，因而半導(dǎo)體是n型半導(dǎo)體（2）由于（個/m3）9.解：經(jīng)分析可知，同軸電纜內(nèi)外磁場具有柱對稱性，所以取同心的圓為安培環(huán)路*10.半徑為R的均勻帶電薄圓盤，總電荷為q．圓盤繞通過盤心且垂直盤面的軸線以角速度勻速轉(zhuǎn)動，求（1）盤心處的磁感強度；（2）圓盤的磁矩．解：（1）均勻帶電薄圓盤轉(zhuǎn)動后在圓盤面上會形成許多半徑不同的圓電流半徑為r,厚度為dr的圓環(huán)轉(zhuǎn)動后形成的圓電流為：此圓電流在盤心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為：盤心處的磁感應(yīng)強度：（2）圓盤的磁矩：磁矩的方向：根據(jù)電流的方向用右手定則判斷18.電磁感應(yīng)單元練習(xí)（一）答案1．C2．B3．B4．D5．6．7．解：用導(dǎo)線連接MN與圓環(huán)一起構(gòu)成閉合環(huán)路，環(huán)路電動勢為零，因而半圓環(huán)動生電動勢等于直導(dǎo)線MN的電動勢。由動生電動勢的關(guān)系式：E=電動勢方向向左。8．解：感應(yīng)電荷；解得B=0.05(T)9．金屬圓板的感應(yīng)電動勢的大小E=方向:中心指向邊緣*10．解：由麥克斯韋電磁場方程，r<a時，r>a時，19.電磁感應(yīng)單元練習(xí)（二）答案1．C2．C3．D4．C5．=6．，相反7．解：（1）設(shè)回路中電流為I,在導(dǎo)線回路平面內(nèi)，兩導(dǎo)線之間的某點的磁感強度沿導(dǎo)線方向單位長度對應(yīng)回路面積上的磁通量為（2）磁場的能量.8．解：（1）先求出回路的磁通量，再求互感系數(shù)。（2）由互感電動勢的定義E=9.解方法一：由自感磁場能量的方法求單位長度電纜的磁場能量。方法二：由磁場能量密度的體積分求單位長度電纜的磁場能量。*10．解：（1）電容器板極板上的電量（2）忽略邊緣效應(yīng)，t時刻極板間總的位移電流由安內(nèi)環(huán)路定律，可求感應(yīng)磁場的分布20.幾何光學(xué)單元練習(xí)答案1.B圖20-12.D圖20-13.C4.凹透鏡，凸透鏡.5.凸透，實，虛6.MN，CO，OA，，水，空氣7.由O點發(fā)出的光線在圓形荷葉邊緣處恰好發(fā)生全反射則，如圖20-2所示，物距圖20-2，圖20-2，則由公式可得即所成的是在凹面鏡后處的一個虛像。9.已知，代入第一個透鏡的高斯公式，即則對于第二個透鏡，此像點位于處，代入第二個透鏡的高斯公式，即得，即象點位于第二個透鏡后1.4a處。10.由分析可知，又，則得物鏡和目鏡的像方焦距為21.波動光學(xué)單元練習(xí)（一）答案1.D2.B3.A4.C5.500nm6.折射率較小，折射率較大，7.屏上任一點對應(yīng)的光程差為（1）第零級明紋所在處，則，即條紋上移。（2）原中央處O點則云母片的折射率8.反射光加強的條件為則時，時，9.10．，，則400nm22.波動光學(xué)單元練習(xí)（二）答案1.C2.B3.A4．Ｄ5．4，1，暗6．0.3867．（１）由單縫衍射明條紋公式可得相鄰明條紋間距（２）由光柵方程可得明條紋位置則相鄰明條紋間距8.望遠(yuǎn)鏡的最小分辨角能分辨的最小距離9.（1）由光柵方程可得光柵常數(shù)（2）同理由光柵方程可得則，10.（1）（2）第二級明條紋距離中央明紋中心的距離第二級暗條紋距離中央明紋中心的距離23.波動光學(xué)單元練習(xí)（三）答案1.C2.C3.B4.Ｄ5.圖23-16.0，7.8.（1）由布儒斯特定律，得介質(zhì)的折射率（2）由于，則折射角9.設(shè)入射光強為，其中自然光強為，線偏振光強為，出射光強為，則由已知可得，10．（１）透過第一個偏振片后的光強度，透過第二個偏振片后的光強度（２）透過第一個偏振片后的光強度，透過第二個偏振片后的光強度。24．氣體動理論單元練習(xí)1．B；2．D；3．A；4．C；5．2，1，6．1:1，2:1，10:37．（1）（2）（3）（4）8．（1）（2）（3）9．（1）由得（2）由得由得10．25．熱力學(xué)基礎(chǔ)單元練習(xí)（一）答案1．C；2．C；3．D；4．略5．等壓，絕熱。等壓，絕熱，等壓6．（由圖知）7．兩過程圖如圖所示（1）對124過程：（2）對134過程：8．由pV=νRT知：故全過程則其中對絕熱過程有式中故代入有關(guān)數(shù)據(jù)可得9．（1）（2）10．設(shè)初終態(tài)參量分別為由得，圖如圖所示對等溫過程：對等體過程由得：則：26.熱力學(xué)基礎(chǔ)單元練習(xí)（二）答案1．A；2．D；3．D；4．功變熱、熱傳導(dǎo)；5．6、過程Q（J）W（J）E（J）AB