大学物理上的答案

1、第一章质点运动学选择题：（D）（B）（）（）（）（）（）（）（）10（）11（）12（）13（）14（）15（）16（）二. 填空题：1.；圆； ； （）、（）、（）是不可能的 1011，； 12变速率曲线运动；变速率直线运动13，14， 15三.计算题：解：（）；（），；（）2.解：， 3. 解：（），轨迹方程是：（），速度大小为：与轴的夹角，与同向，方向与垂直4.解：，又 已知 ，则：西北5.解：选地面为静止参考系，风为运动参考系，飞机为运动质点已知：相对速度：，方向未知；牵连速度：，方向正西；绝对速度：大小未知，方向正北由速度合成定理有：，构成直角三角形，可得：（北偏东航向）6. 解：设

2、质点在处的速率为，7.解：选地面为静止参考系，火车为运动参考系，雨滴为运动质点：已知：绝对速度：大小未知，方向与竖直方向夹；牵连速度：，方向水平；相对速度：大小未知，方向偏向车后由速度合成定理：画出矢量图，由几何关系可得： 第二章 牛顿运动定律答案 择题参考答案B; 2. A; 3. D; 4. E; 5. C; 6. D; 7. C; 8. B; 9.C; 10. D.填空题参考答案：1. ； 2. 2%； 3. ； 4. mg/cos, ; 5. ;6 24cm 7 ， ； 8. ； 9. 计算题参考答案：1. 2.解; 3. 解：设拉力大小为为F，方向沿绳。摩擦力大小为f，方向与木箱运方

3、向相反。木箱支撑力为N。 （1） （2） （3）得 最省力： 得:, 4. 解：（1）子弹射入沙土后受力为-Kv，由牛顿定律得 求最大深度， , ， 第三章功与能答案一、选择题：1. (A)，2.（B），3.(D)，4.(C)，5.(C)，6. (B)，7.（C），8.(D)，9.(C), 10 .(B），11.（C）,12.(C)二、填空题1. 2. 3. 12800J4. 动量、动能、功、势能 5. 100m/s 6. 3.03105 W 7. 8. -F0R; 9. 零，正，负 10. 18J，6m/s 11. 4000J 12. ， 13. GMm/(6R)，-GMm/(3R) 14.

4、-0.20715.290,290 16.保守力的功与路径无关， 18.198s或是3.3min三、计算题1. 解：由x=ct3可求物体的速度： 物体受到的阻力为：阻力对物体所作的功为：2. 解：根据功能原理，木块在水平面上运动时，摩擦力所作的功等于系统（木块和弹簧）机械能的增量。由题意有 而 由此得木块开始碰撞弹簧时的速率为另解：根据动能定理，摩擦力和弹性力对木块所作的功，等于木块动能的增量，应有 其中3. 解：（1）根据功能原理，有（2）根据功能原理有 4.解：两个粒子的相互作用力 已知处为势能零点，5. 解：把卸料车视为质点。设弹簧被压缩的最大长度为l，弹性系数为k，在卸料车由最高点下滑到

5、弹簧压缩最大这一过程中，应用功能原理有 对卸料车卸料后回升过程应用功能原理，得： 由式和联立解得：6. 解：设v1为软木塞飞出的最小速度，软木塞和试管系统水平方向动量守恒 （1）当用硬直杆悬挂时，M到达最高点时速度须略大于零，由机械能守恒， （2）若悬线为轻绳，则试管到达最高点的速度v满足 由机械能守恒： 7.解：（1）取地心为原点，从O指向陨石为r的正方向，如图。陨石由a落到b，万有引力的功（2）取陨石为研究对象，根据动能定理 得（也可用机械能守恒解）8.解：（1）由位矢 （2）由 9.解：用动能定理，对物体 得 10,解：（1）外力做的功 设弹力为 即（3）此力为保守力，因为其功的值仅与弹

6、簧的始未态有关第四章动量和角动量答案一选择题（）.()（）（）（）（）（）（）（）10（）11.（）12（）13（） 14. （） 15.（）二填空题：；与速度方向相反 ；零 不一定；动量 ; ；北偏东 10 11；12； 13 14；15；三 计算题：1.解：由动量定理知质点所受外力的总冲量由 方向：， （与轴正向夹角）2.解：（）因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置因此，作用于子弹、物体系统上的外力均在铅直方向，故系统在水平方向动量守恒令子弹穿出时物体的水平速度为，有： （） （方向为正,负号表示冲量与方向相反）3.解：完全弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒碰前：对：方向向右，对：；碰后

7、：对：方向向左，对：，方向向右动量守恒：（）机械能守恒：（）联立（）、（）两式解得：，而 ；克服阻力作的功为动能的减少，由动能定理：4解：恒矢量即系统动量守恒 , 即代入数据计算得又因为第五章 刚体的转动一、选择题1、C；2、D ；3、C；4、C ；5、C；6、C；7、A ；8、B；9、C；10、D；11、A；12、D；13、C ；14、C二、填空题：1、； 2、2.5rad/S2 3、不一定；一定4、（！）3mb2;（2）4mb2 5、大于7,6、8、4.2Nm; 9、 10、（1）第二个；（2）第一个 11、mvl 12、 13、 14、角动量； 15、 三、计算题 1、AB解：两轮的角加

8、速度分别为A，B，有atA=atB=at=r1A=r2B 则 =又=At =40s2、解2mmo 力矩： 在=0时，M=2mgl/2-mgl/2， 由刚体定轴转动定理 M=J刚体的转动惯量 J=2m(l/2)2+m(l/2)2= 3ml2/4 角加速度 =M/J=3、解：作示力图 两重物加速度大小a相同，方向如图对重物1应用牛顿第二定律：m1g-T1=m1a （1） 对重物2应用牛顿第二定律：T2- m2g =m2a （2） 应用定轴转动定理有： （T1-T2）r =J （3） 绳与滑轮间无滑动，有：a= r （4） 联列求解（1）（4）式，有： 角加速度： 加速度： t 时刻的角速度： 4、

9、解：受力分析如图示，由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列以下联立方程： 求解联立方程，可得OA 5、解：力矩： 在转到时，M= cos mgl/2 由刚体定轴转动定理 M=J 刚体的转动惯量 J=ml2/3 角加速度 =M/J=3g cos /(2l) 两边积分：，有6、解：（1）碰撞前，子弹的角动量：PamOmax（2）碰撞过程，角动量守恒： （3）碰撞完成后上摆，机械能守恒：（以转轴为重力势能零点） 第六章 静电场参考答案一选择题1.（C）2.（C）3.（C）4.（B）5.（D）6.（C）7.（B）8.（A）9.（B）10.（D）11. (D) 12.（D）13.（C）14.（B）1

10、5.（C）16. (D) 17. (B) 18.（D）19.(B) 20.（C）21.（B）22. (C) 23.（C）24.（B）25.（C）二、填空题1. 2. d a 3.， ，4. ，由圆心O点指向 5. 06. ， 0， 7. ；8. ， 9. 0， 10. ， 0；， 11. ，012. 45V，-15V 13. 14. 10cm15. 16. Ed 17. 0， 18.，单位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行一周，电场力作功等于零，有势场（或保守力场）19. 0，dxxdPXO 20.三、计算题1.解：设P点在杆的右边，选取杆的左端为坐标原点O，X轴沿杆的方向，如图，并设杆的长度

11、为L， P点离杆的端点距离为d，在x处取一电荷元dq=(q/L)dx，它在P点产生场强 P点处的总场强为代入题目所给数据，得 的方向沿X轴正向。2.解：在O点建立坐标系如图所示，半无限长直线A在O点产生的场半无限长直点产生的场四分之一圆弧段在O点产生的场强：由场强叠原理，O点合场强为： 或写成场强：，方向。3.解：利用高斯定律：。（1）时，高斯面内不包括电荷，所以：；（2）时，利用高斯定律及对称性，有：，则：；（3）时，利用高斯定律及对称性，有：，则：；即：。4.解：设坐标原点位于杆中心O点，X轴沿杆向右的方向，如图所示,细杆的电荷线度，在x处取电荷元，它在P点产生的电势整个杆上电荷对P点产生

12、的电势5.解：r处的电势等于以r为半径的球面以内的电荷在该处产生的电势U1和球面以外的电荷产生的电势U2之和，即U=U1+U2为计算以r为半径的球面外电荷产生的电势，在球面外取的薄层，其电量为它对该薄层内任一点产生的电势为 则于是全部电荷在半径为r处产生的电势为注：也可根据电势定义直接计算。6.解：设无穷远处为电势零点，则A、B两点电势分别为 q由A点运动到B点电场力作功为注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分算。第七章静电场中的导体、电介质答案 一、选择题：1.（ C） 2.(B) 3.(C) 4.(A) 5.(D) 6.(D) 7.(A) 8.（D） 9.(A) 10(C) 11(B)

13、 12.(C) 13.(C) 14.(B) 15.(D) 16.(A) 17.(D) 18.(C) 19 .(B) 20.( B)21.( C) 22.( B) 23.(C) 24.(D) 25.(A)二、填空题： 1. q; -q; 2.不变，减小；3.（x、y、z）/0 ，与导体表面垂直朝外（0）或与导体表面垂直朝里（o） ； 4.0、； 5.； 6.; ；7. 电位移线 、 电力线 ； 8.， ； 9. u/d ，d-t， u/d ；10.，； 11.2C0 ； 12.Q2/(4C) ； 13. R1/R2 ; ；R2/R1 ；14.； 15. 8.8510-10Cm-2 , 负 ； 1

14、6. 正；17. 9.42，； 18. ； 19.1/r 20. 2:1，1:2，2:9；三、计算题：1. 解：由题给条件（b-a）a和Lb，忽略边缘效应，将两同轴圆筒导体看作是无限长带电体，根据高斯定理可以得到两同轴圆筒导体之间的电场强度为r 同轴圆筒之间的电势差： 根据电容的定义： 电容器储存的能量： 2. 解： （1）设内、外球壳分别带电荷为+Q 和-Q，则两球壳间的电位移大小为 场强大小为 电量 (2) 电容 （3）电场能量 3.解：设极板上分别带电量+q和-q；金属片与A板距离为d1，与B板距离为d2；金属片与A板间场强为E1=q/（0S） 金属片内部场强为E2=q/（0S）金属片内

15、部场强为E=0 则两极板间的电势差为UA-UB =E1d1+E2d2=q/（0S）(d1+d2)=q/（0S）(d-t)由此得C=q/(UA-UB)=0S/(d-t)因C值仅与d、t有关，与d1、d2无关，故金属片的安放位置对电容值无影响。EOr4.解：（1）场强表示式 1=0 rR12= R1rR23=0 R2rR3(2) =（3）将Q1和R1、R2的值代入有： 第八章恒定电流的磁场（参考答案）一、选择题 1D 2A 3C 4B 5D 6B 7C 8C 9C 10D 11C 12B 13C 14B 15A 16A 17A 18D 19B 20C二、填空题1 2， 34，垂直向里 5，6，垂直

16、向里 7，8 9， 0， 1011，垂直向里， 12，13图（a）：；图（b）：14 154 16，垂直向左17，垂直向外18，19，竖直向上 20铁磁质，顺磁质，抗磁质三、计算题：IIRO12341、解：根据磁场叠加原理，O点的磁感应强度是图中4段载流导线磁感应强度的叠加。由公式，可得对导线1和4，有：对导线3，有：方向垂直向里；对导线2，有：方向垂直向里；O点的磁感应强度：，方向垂直向里。2、解：建立如图坐标系，在金属薄片上取宽为l的无限长窄条，其中电流为该电流在轴线上处的磁感强度为：大小：方向：如图（不同电流的方向不同）其分量为半圆柱轴线上的磁感强度S3、解：根据安培环路定理：， 选取圆

17、形回路为闭合路径。：，：， 通过距离轴线为r，长度为l、宽度为dr的面积元的磁通量为： 通过单位长度导线内纵截面S的磁通量：dIrdrOR1R24、解：分析 圆环形导体可以沿径向分割为一系列载流细圆环, 应用已经导出的圆电流在圆心处的磁感强度表示式和磁感强度的叠加原理求解。在圆环形导体上距O点为r处取宽为dr的细圆环，所载电流，在圆心O点处的磁感强度方向垂直向里，大小为整个圆环形导体在O点产生的磁感强度大小为，方向垂直向里。在圆心O点处的磁矩方向垂直向里，大小为整个圆环形导体在O点的磁矩大小为，方向垂直向里。5、解：分析：电流I1在矩形框处产生的磁场为非均匀磁场，磁场方向向里，矩形框各边所受安

18、培力可由安培定律分析求解。（1）AD边、BC边处磁感强度为，I1I2I2dblABCDI2dxxxOdF故有，AD和BC边所受的安培力，方向水平向左，方向水平向右以AB边为研究对象，在电流I1产生的磁场中，AB边上的距直导线为x处的电流元I2dx所受到磁场力dF方向向上，如图所示，AB边上各电流元受力方向相同，故AB边所受磁场力的大小为，方向向上；同理可得CD边所受磁场力的大小为，方向向下。（2）导体框所受的合力，方向水平向左6、解：分析：一般情况下螺绕环内不能视为均匀磁场，应用安培环路定理可以计算出螺绕环内的磁感强度；求穿过螺绕环截面的磁通量时，要在截面上取平行轴线的小面元，面元上各点磁感强度的大小和方向相同，容易确定其磁通量，然后用积分求截面的磁通量（1）由对称性可知，在环内与螺绕环共轴的圆周上磁感应强度的大小相等，方向沿圆周的切线方向。在环内取半径为r的环路，应用安培环路定理，有，磁场强度，磁感强度（2）在螺线管截面上，在半径r处，取宽dr，高h的面元（如图），其面积为dS = hdr，通过此面元的磁通量为通过矩形截面的磁通量 第九章电磁感应答案 一、选择题：1,E 2,A 3,A 4,E 5,D 6,C