大学物理活页作业答案（全套）马文蔚

1.质点运动学单元练习（一）答案

1．B 2．D 3．D 4．B

5．3.0m；5.0m（提示：首先分析质点的运动规律，在t<2.0s时质点沿x轴正方向运动；在t=2.0s时质点的速率为零；，在t>2.0s时质点沿x轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。）

6．135m（提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t的两次积分求得质点运动方程。）

???27．解：（1）r?2ti?(2?t)j???r1?2i?j(SI)

(m)

???(m) r2?4i?2j(m)

??????r?r2?r1?2i?3j?????rv??2i?3j?t????dr?2i?2tj（2）v?dt???v2?2i?4j??a2??2j8．解：

(m/s)

???dv(SI) a???2jdt(m/s)

(SI)

(m/s?2)

v??toadt??A?2?cos?tdt??A?sin?t

ottootx?A??vdt?A?A??sin?tdt?Acos?t

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9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω

???/26*3600?7.27?10?5rad/s

v?dsdt?h?cos2?t?1.94?10?3m/s （2）当旗杆与投影等长时，?t??/4

t??4??1.08?104s?3.0h 10．解： a?dvdt?dvdydydt?vdvdy??ky -ky?v dv / dy

??kydy??vdv ,?12ky2?12v2?Cy=yo ，v=vo 则C??122v0?12ky20 v2?v2k(y22o?o?y)

ωt h s 第 2 页 共 58 页

已知

2.质点运动学单元练习（二）答案

1．D 2．A 3．B 4．C

ds?4t5．v?dtdvm?s；at??4dt?1v2m?s；an??8t2R?2m?s?2；

???a?4et?8t2en6．?o?2.0m?s?2

rad/s；??4.0an?r?2?20rad/s；at?r??0.8rad/s；

2m/s2

7．解：（1）由速度和加速度的定义

????drv??2ti?2jdt???dv(SI)；a??2idt(SI)

（2）由切向加速度和法向加速度的定义

at?d2t4t2?4?dtt2?12t?12(SI)

an?a2?at2?(SI)

3/2v2（3）???2t2?1an??(SI)

8．解：火箭竖直向上的速度为vy?vosin45??gt 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得

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vo?gt?83m/s

sin45?u?34.6m/s tan30?9．解：v?答案不符 10．解：

uhl?；v?u vlh第 4 页 共 58 页

3.牛顿定律单元练习答案

1．C 2．C 3．A 4．T?10.2TMg?367.5kg；a??0.98m/s2 2Mdvxdx?k2?k2vx dtdt225．vx?kx；2vxfx?mdvx1?mk2 dt26．解：（1）FTcos??FNsin??ma

FTsin??FNcos??mg

FT?mgsin??macos?;（2）FN=0时；a=gcotθ

FN?mgcos??masin?

27．解：?om?R?mg ??g ?oR8．解：由牛顿运动定律可得

120t?40?10分离变量积分

dv dt?v6.0dv?2??12t?4dtv?6t?4t?6 ?ot(m/s)

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6.刚体转动单元练习（一）答案 1．B 2．C 3．C 4．C

5．v = 1.23 m/s；an = 9.6 m/s2；α = –0.545 rad/ s2；N = 9.73转。 6．

Jln2 kFr?39.2rad/s2 J7．解：（1）由转动定律，??（2）由刚体转动的动能定理Ek??Ek?Fh?490J （3）根据牛顿运动定律和转动定律：

mg–F’=ma rF’=Jα a=rα

联立解得飞轮的角加速度??mg?21.8rad/s2 2J?mrl123g?ml? ?? 232l8．解：（1）由转动定律 mg（2）取棒与地球为系统，机械能守恒

Ek?1mgl 2111mgl??ml2??2 ??2233g l (3)棒下落到竖直位置时

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9．解：（1）系统的能量守恒，有mgh?11mv2?J?2 22v?r?

联立解得： v?2mghr2 ； ??2mr?J2mgh 2mr?J（2）设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T，则根据牛顿运动定律和转动定律得：

mg – T＝ma T r＝J? 由运动学关系有： a = r? 联立解得： T?

10．解：以中心O 为原点作坐标轴Ox、Oy和Oz如图所示，取质量为

dm??dxdy

mgJ

J?mr2式中面密度?为常数，按转动惯量定义，

b2b?2a2a?2Jz??(x?y)dm???dx?(x2?y2)dy?薄板的质量 m??ab 所以 Jz?

22?(ab3?a3b) 12m2(a?b2) 12第 12 页 共 58 页

7.刚体转动单元练习（二）答案

1．C 2．A 3．D 4．B 5．3?o；

1Jo 36．

412?o；Jo?o 327．解：小球转动过程中角动量守恒

ro2mr?o?m? ??4?o

42oW?121232J??J?o?mro2?o 2228．子弹与木杆在水平方向的角动量守恒

2?6m2vl?1l??2?m2v?m1l?m2???? ??

????m1?3m2l2?12?2??9．解：圆环所受的摩擦力矩为M??mgR，

由转动定律 ?mgR?mR?， ??至圆环停止所经历的时间 t?2?g R?0?0R? ??g10．解：落下过程棒的机械能守恒。设棒刚到竖直位置时角速度为?

11L?ML2?2?Mg， ① 232碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒

第 13 页 共 58 页

mvx?1ML2?， ② 3碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒

mv?①、③消去?，得 v?LM?， ③ 2M3gL， ④ 2m②、④消去v，得 x?23L.

第 14 页 共 58 页

8.机械振动单元练习（一）答案 1． B 2． B 3． C 4． A

5． x?0.10cos(π/6t?π/3)m 6． 2:1

7． 解：A?0.1m，??2π/T?π

运动方程x?Acos(?t??)?0.1cos(πt??)m

（1）由旋转矢量法???π/2，x?0.1cos(πt?π/2)m； （2）由旋转矢量法??π/3，x?0.1cos(πt?π/3)m； （3）由旋转矢量法??π，x?0.1cos(πt?π)m。

8． 解：木块处于平衡位置时，浮力大小F?mg。上下振动时，取其处于力平衡

位置点为坐标原点，竖直向下作为x轴正向，则当木块向下偏移x位移时，合外力为

?F?P?F'

其中，浮力F'?F??gSx?mg??gax

合外力

2?F?P?F'???gax??kx

2k??ga2为常数，表明木块在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动。

d2xd2x?ga2x?0 由?F?m2可得木块运动的微分方程为2?dtdtm第 15 页 共 58 页

令?2??ga2m，可得其振动周期为

T?2π??2πa?木?水g

9． 解：如图，由旋转矢量法可知

??t?π/3

?t?π/3??1/3 s10. 解：（1）E121p?2kx?2E?14kA2 x?22A?0.141m （2）E1p?2kx2?1211218kA?4(2kA)?4EEE3k?E?k?4E

图8-1

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9.机械振动单元练习（二）答案 10． 11． 12． 13． 14． 15． 16．

B B C

2kπ?π/3，7?10?2m，2kπ?4π/3，1?10?2m π/2

（1）0.5s，1.5s；（2）0s，1s, 2s 。

解：（1）由已知的运动方程可知：A?0.10m，??2π/3，??3π，

T?2π/??2/3s

-12-2（2）vmax?A??0.94m?s，amax?A??8.88m?s

17．

解：振动系统的角频率为??k?10s?1

m1?m2由动量守恒定律得振动的初速度即子弹和木块的共同运动初速度的值v0为

v0?m1v?0.8m?s?1

m1?m2又因初始位移x0?0，则振动系统的振幅为

2A?x0?(v0?)2?v0??0.08m

图9-1

如图由旋转矢量法可知?0??π/2，则简谐运动方程为

x?0.08cos(10t?π/2)(m)

18．

解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为

2A?A12?A2?2A1A2cos(π/2)?0.10m

合振动初相为

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图9-2

??π?arctanA1sinπ/3?A2sinπ/6

A2cosπ/6?A1cosπ/3?π?arctan2.341?113

10. 解：如图由旋转矢量法可知?0a??π/3，?0b?2π/3。可见它们是反相的，因此合振动振幅为：

A?A1?A2?1cm

合振动初相为：???0a??π/3 同样由旋转矢量法可知

?t?5??5π/6

T?2π/??12s

图9-3

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10.机械波单元练习（一）答案 19． 20． 21． 22． 23． 24． 25．

B C B 1.67m

y?Acos[?(t?6，30

x?l)??0] u解：（1）由波动方程可知振幅A?0.05m，角频率??20π，?/u?3π，

?1则波速u?6.67m?s，频率???/2π?10Hz，波长??u（2）vmax?A??π?3.14m/s 26．

2π??2/3m。

解：（1）由图可知振幅A?0.1m，波长??4m，波速u?100m?s

?1则??2π/T?2πu??50π。

又O点初始时刻位于平衡位置且向y轴正向运动，则由旋转矢量法可得

???π/2，因此波动方程为

y?0.1cos[50π(t?x/100)?π/2](m)

（2）P处质点的振动方程为

y?0.1cos(50πt?3π/2)(m)

27．

解：由图可知振幅A?0.1m，波长??100m，则角频率

??2πu?2π?π。 T?由P点的运动方向可知波向x轴负方向传播。又由图可知原点O初始时刻位于A/2处，且向y轴负方向运动，则由旋转矢量法可得?0?π/3。则波动方程为

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y?0.1cos[π(t?x/50)?π/3](m)

．解：（1）以A点为坐标原点的波动方程为

y?3?10?2cos[3π(t?x/30)](m)

（2）??ABB??A?2πAB???u??π2 则以B点为坐标原点的波动方程为

y?3?10?2cos[3π(t?x/30)?π/2](m)

第 20 页 共 58 页10

V2?V2??R2r?????E2?dl??E3?dl?R2?R2r???Q?Q?Q1?12er?dl??er?dl

R24??r24??or2oQ1Q2?4??or4??oR2R1?r?R2

???Q?Q?Q1?12?R14??or2er?dl??R24??or2er?dlR2V1?

?R1r????R2???E1?dl??E2?dl??E3?dl?R1R2V1?Q1Q2?4??oR14??oR2r?R1

方法二：带电量为Q，半径为R的带电球面对电势的贡献

球面内电势：V?QQ 球面外电势：V?

4??oR4??or有电势的叠加求电势分布；结果与方法一一致。

??R2Q1??Q1U?E?dl?e?dl?（2）电势差?R12?R14??or2r4??oR2?11?????R? R2??1?39．解：（1）电场作用于电偶极子的最大力矩：Mmax?pE?2?10N?m

（2）电偶极子从受最大力矩的位置转到平衡位置过程中，电场力作的功

A????M?d?????pEsin??d??pE?2?10?3J

2200

*10．解：带电粒子处在h高度时的静电势能为 W1?到达环心时的静电势能为 W2?qQ/?4??0R? 据能量守恒定律

qQ4??0h?R?221/2?

1122mv2?W2?mv1?mgh?W1 22?1??1?????R22?h?R????1/2?2qQ联立求解得 v2??v1?2gh?2?m?0??

第 26 页 共 58 页

14.导体电介质和电容单元练习（一）答案

第 27 页 共 58 页

53． 54． 55． 56． 57． 58． 59．

B C D C ＜

?92负电；???oE?1.06?10C/m

解：两个球形导体用细导线相连接后电势相等，

Q1?Q2?2?1.0?10?8C

Q1Q2? R1R2解得：Q2?Q22?6.0?103V ?2.0?10?8?1.33?10?8C； V2?4??oR23Q21?6.0?103V ?2.0?10?8?0.67?10?8C V1?4??oR23Q1?

8．解：依照题意d>>R，导体上的电荷分布基本保持不变，电场可以视为两个长直带电线电场的叠加。取其中一导线轴心为坐标原点，两根导线的垂直连线为x轴。任意一点P的电场强度

?E???2??od?R1????????i2??o?xd?x?UAB??d?RR??E?dl?R?d?R1??1ln ???dx???Rxd?x??od??R两直导线单位长度的电容 C???o??

dUABlnR9． 解：方法一：导体电荷的自能就是系统的静电能

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11Q2 W??Vdq?V?dq?2?2?8??oR方法二：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能

12Q2C?4??oR W? Q?2C8??oR方法三：依照电场能量密度对电场空间的积分求系统的静电能

1Q2Q2dVQ24?r2drQ22 W?? we??oE???24?32?2?r428??R32?2?or432??rooo

*10．解：（1）导体达到静电平衡时，导体板上电荷分布的规律可参见《物理学教程习题分析与解答》，根据电荷守恒定律以及C板的电势，有

?1d?2?d ?o2?o?1S??2S?Q 2QQ2Q;?2?;解得：?1? QA??3S3S3（2）C板的电势

QB??Q 3UC?

?1d?2Q?d?d ?o2?o3S?o第 29 页 共 58 页

15.导体电介质和电容单元练习（二）答案 60． 61． 62． 63． 64．

C B C B

???r，???r

65． 4 66． 解：设芯线单位长度带电荷?，芯线附近的电场强度最强，当电压增高时

该点首先被击穿

Emax?U?R2?

2??o?rR1R2R2??dr?ln?REln 1max?R12??o?rr2??o?rR1R1

8．解：（1）电容器充满介质后，导体板间的电势差不变

E?Uod

D??o?rE??o?rUo d?o??r?1?UoP??o??r?1?E?（2）介质表面的极化电荷面密度

d???P???o??r?1?Uo

d9．解：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能

Wo?1Q2 2Co若断开电源导体所带电荷保持不变，浸没在相对电容率为?r的无限大电介质中电容增大为???rC，系统的静电能

第 30 页 共 58 页

W12Q2We?Q??o

2C2?rC?r

?*10．解：用D的高斯定理求得电位移的大小为

D = ?＝8.85×1010 C/m2 (0

-

真空中电场强度 Eo?介质中电场强度 E?D??＝100 V/m ?0?0D??＝50 V/m ?0?r?0?r真空中电势 U1 = Eo (d1 – x)+Ed2＝1.5－100x (SI)

U2 = E(d2 + d1?x)＝1.0－50x (SI)

各区域内均为线性分布．

-10 2 E(V/m) D(10C/m) U(V) 2 1 1 2 x(cm) (U—x)曲线

8.85 100 50 O 1 2 x(cm) O 1 2 x(cm) (E—x)曲线 (D—x)曲线 第 31 页 共 58 页

16.恒定磁场单元练习（一）答案

1．E 2．D 3．C 4．D 5．0 6．0；??oI 7． 解：（1）?m0bac?（2）?mobed?Sobac??B??ds?Sobac0B?ds?cos0?B?Sobac?0.072(Wb) ?0Sobed??B??ds?Sobed?B?ds?cos90?0

（3）?macde?Sacde???B?ds?4?14B?ds?cos(cos)?B?S??0.072(Wb) acde?55Sacde8． 解：（1）电子沿轨道运动时等效一圆电流，电流强度为

i?eeev?? T2?a0/v2?a0?0i?0ev? 方向：垂直纸面向外 22a04?a0原子核 (圆心) 处的磁感应强度：B0??n?（2）轨道磁矩：m?iSe?eva0?n 方向：垂直纸面向外 e29． 解：（1）在螺线管内取一同心的圆为安培回路

???B?dl??0?I

l(l内)B?2?r??0NI

B(r)??0NI 2?r第 32 页 共 58 页

??0（2）?m??B?dS??B?dS?cos0?SSR2?0NI?0NIbR2 ?bdr?ln?2?r2?R1R1*10．解：无限长的载流薄导体板可看作由许多无限长的载流直导线组成距板左侧为l,宽为dl的窄导体板内电流为：

i?Idl b由磁感应强度的叠加原理：

b?0i?0I?Ib?rBP????dl?0ln()

2?(b?l?r)02?(b?l?r)b2?br

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17.恒定磁场单元练习（二）答案 1．B 2．C 3．A 4．C 5．398

6. ?RIB/2，垂直于磁场向上，90

7．解：电子在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动

A 20?v v2evB?m?mR?2

R轨道半径：R??B

mv?5.69?10?7(m) eB1eB??2.80?109(S?1) T2?mz b B A’ c I A a y 旋转频率：??8. 解：（1）?UAA'?UA?UA'?6.55mV?0

根据洛仑兹力公式可判断：载流子为带负电的电子，因而半导体是n型半导体 （2）由于UAA'?IB nqax ?n?IB?2.86?1020（个/m3）

qaUAA'9. 解：经分析可知，同轴电缆内外磁场具有柱对称性，所以取

??同心的圆为安培环路 ?H?dl?l(l内）?I

第 34 页 共 58 页

r?R1: H?2?r?I?R12?r2 B??0H??0Ir2?R12

R1?r?R2:H?2?r?I B??H??I 2?rR3R2R1IR2?r?R3: H?2?r?I?I?(R3?R2)222?(r2?R2)

I2?0I(R3?r2) B??0H? 222?r(R3?R2)

r?R3: H?2?r?0 B??0H?0

*10. 半径为R的均匀带电薄圆盘，总电荷为q．圆盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线以角速度??匀速转动，求（1）盘心处的磁感强度；（2）圆盘的磁矩． 解：（1）均匀带电薄圆盘转动后在圆盘面上会形成许多半径不同的圆电流半径为

r,厚度为dr的圆环转动后形成的圆电流为： di?dq?2?rdr?qrdr?? 2dt2?/??R?0di?0?qdr? 2r2?R2此圆电流在盘心处产生的磁感应强度为：dB?R盘心处的磁感应强度：B??dB??S?0?qdr?0?q ?22?R02?R?qrdr2?qr3dr?r?（2）dm?di?S? 22?RR?qr3dr12圆盘的磁矩：m??dm?? ??qR24RS0磁矩的方向：根据电流的方向用右手定则判断

第 35 页 共 58 页

R

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