大學物理答案人民郵電

⑴ 大學物理第二版上冊梁志強版課後答案

第一題：

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這部分內容主要考察的是質點的知識點：

有質量但不存在體積或形狀的點，是物理學的一個理想化模型。在物體的大小和形狀不起作用，或者所起的作用並不顯著而可以忽略不計時，我們近似地把該物體看作是一個只具有質量而其體積、形狀可以忽略不計的理想物體，用來代替物體的有質量的點稱為質點。

具有一定質量而不計大小尺寸的物體。物體本身實際上都有一定的大小尺寸，但是，若某物體的大小尺寸同它到其他物體的距離相比，或同其他物體的大小尺寸相比是很小的，則該物體便可近似地看作是一個質點。例如行星的大小尺寸比行星間的距離小很多，行星便可視為質點-因為不計大小尺寸，所以質點在外力作用下只考慮其線運動。

由於質點無大小可言，作用在質點上的許多外力可以合成為一個力，另一方面，研究質點的運動，可以不考慮它的自旋運動。

任何物體可分割為許多質點，物體的各種復雜運動可看成許多質點運動的組合。因此，研究一個質點的運動是掌握各種物體形形色色運動的入門。牛頓第二定律是適合於一個質點的運動規律的。有了這個定律，再配合牛頓第三定律，就構成了研究有限大小的物體的手段。所以「質點」是研究物體運動的最簡單、最基本的對象。

⑵ 求大學物理試題及答案分享

系 (院)

專 業

級、班級

號

姓 名

衡陽師范院2007期
《物理》（二）期末考試試題B卷（答卷）

題 號 二 三 四 五 合 簽 名

復 查

評卷

、 單項選擇題：（每題3共30）
1. 處於真空電流元 P點位矢 則 P點產磁應強度 ( B )
(A) ； (B) ； (C) ； (D) .
2. 磁應強度 均勻磁場取邊 立形閉合面則通該閉合面磁通量： （ D ）
(A) ； (B) ； (C) ； (D) 0
3. 圖兩導線電流I1=4 AI2=1 A根據安培環路定律圖所示閉合曲線C = ( A )
(A) 3μ0； （B）0；
(C) －3μ0； （D）5μ0
4．半徑a直圓柱體載流I 電流I均勻布橫截面則圓柱體外（r>a）點P磁應強度 ( A )
(A) ； (B) ；
(C) ； (D)
5．某刻波形圖圖所示列說確 ( B )
(A) A點勢能能；
(B) B點勢能能
(C) A、C兩點勢能能；
(D) B點能勢能
6. 水平彈簧振拉離平衡位置5cm由靜止釋放作簡諧振並始計若選拉向 軸向並 表示振程則簡諧振初相位振幅 （ B ）
(A) ； (B) ；
(C) ； (D)
7. 物體作簡諧振, 振程x=Acos(ωt+π/4)t=T/4(T周期)刻,物體加速度 ( D )
(A) ; (B) ; (C) ; (D)
8. 簡諧振位移—間曲線關系圖所示該簡諧振振程
(A) x=4cos2πt（m）； ( C )
(B) x=4cos(πt－π)（m）；
(C) x=4cosπt（m）；
(D) x=4cos(2πt+π)（m）
9．餘弦波沿x軸負向傳播已知x=－1 m處振程y=Acos(ωt+ )若波速u則波程 ( C )
(A) ; (B) ;
(C) ; (D)
10．圖所示兩平面玻璃板OAOB構空氣劈尖平面單色光垂直入射劈尖A板與B板夾角θ增干涉圖 ( C )
(A) 干涉條紋間距增並向O向移；
(B) 干涉條紋間距減並向B向移；
(C) 干涉條紋間距減並向O向移；
(D) 干涉條紋間距增並向O向移.

評卷

二、填空題：（每題3共18）
1. 電流I直導線周圍磁應強度
2. 相干波相干條件 振向相同、頻率相同、相位差恆定
3. 諧振平衡位置運遠點所需間 T/4 (用周期表示)走該距離半所需間 T/12 (用周期表示)
4. 微觀說, 產電勢非靜電力 洛侖茲力
5．兩諧振程x1=0.03cosωtx2=0.04cos(ωt+π／2)(SI)則合振幅 0.05 m
6. 描述簡諧運三特徵量 振幅、角頻率、初相
評卷

三、簡答題：（每題6共12）
1. 彈簧振振幅增兩倍試析列物理量受影響：振周期、速度、加速度振能量
參考解答：彈簧振周期T=2π 【1】僅與系統內性質關與外界素關【1】所與振幅關【1】
vmax=ωAA增兩倍vmax增原兩倍【1】
amax=ω2AA增兩倍amax增原兩倍【1】
E= kA2A增兩倍E增原四倍【1】
2． 同光源發光兩部相干光哪幾種幾種別特點並舉例
參考解答：同光源發光兩部相干光兩種：波陣面振幅【2】波陣面指原光源發同波陣面兩部作兩光源取相干光楊氏雙縫干涉實驗等【2】；振幅指普通光源同點發光利用反射、折射等二獲相干光薄膜干涉等【2】
評卷

四、計算題：（第1題7其每題8共31）
1. 輕彈簧相連球沿x軸作振幅A簡諧運該振表達式用餘弦函數表示若t=0球運狀態別：
(1) x0=－A；(2) 平衡位置向x向運；(3) x=A／2處且向x負向運試確定相應初相
解：(1) =π【1】；(2) =－π／2【1】；(3) =π／3【1】
相量圖：【圖（1）1；圖（2）1；圖（3）2】

2．水平彈簧振振幅A=2.0×10-2m周期T=0.50st=0
(1) 物體x=1.0×10-2m處向負向運；
(2) 物體x=－1.0×10-2m處向向運
別寫兩種情況振表達式
解： 相量圖由題知 =4π【2】
（1）φ1= 其振表達式 x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) 【3】
（2）φ2= 或－ 其振表達式 x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) 【3】
解二： 解析（1）T=0x0=1.0×10-2m=A/2, v0<0. 【1】
由x0=Acosφ= 知 cosφ= 則φ=±
由 v0=－ωAsinφ0所φ= 【1】
其振表達式 x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) 【2】
（2）T=0x0=－1.0×10-2m=A/2, v0>0. 【1】
由x0=Acosφ=－ 知 cosφ=－ 則φ=± （或 ）
由 v0=－ωAsinφ>0 sinφ<0所φ= 或－ 【1】
其振表達式
x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m)= 2.0×10-2cos(4πt－ ) (m) 【2】

3. 圖所示線圈均勻密繞截面形整木環(木環內外半徑別R1R2厚度h木料磁場布影響)共N匝求通入電流I環內外磁場布通管截面磁通量少?
解： 適選取安培環路根據安培環路定理兩種情況討論環外環內磁場作垂直於木環軸線圓軸線圓安培環路L
圓周環外 =0則由安培環路定理環外 B=0
圓周環內且半徑r(R1<r<R2)根據電流布稱性知與木環共軸圓周各點B相等向沿圓周切線向則由安培環路定理
【2】 B?2πr=μ0NI
由環內 B=μ0NI／(2πr) 【2】
求環管截面通磁通量先考慮環管內截面寬dr高h窄條面積通磁通量 dφ=Bhdr＝ dr【2】
通管全部截面磁通量 Φ= 【2】
4. 折射率n1=1.52鏡表面塗層n2=1.38MgF2增透膜膜適用於波λ=550nm光膜厚度應少?
解： 增透膜使反射光干涉相消增透射光光強n空<n2<n1光MgF2、表面反射均半波損失【2】所反射光干涉相消條件
2n2h=(2k+1) , k=0,1,2,… 則 h=(2k+1) 【3】
k=0【1】增透膜厚度
hmin= = =9.96×10-8(m)= 99.6nm【2】
解二： 於增透膜使反射光干涉相消使透射光干涉相故由透射光干涉加強求增透膜厚度光MgF2、表面經二反射（半波損失）【2】透射鏡與直接透MgF2透射光相遇兩透射光光程差2n2h+λ/2由干涉相條件
2n2h+ =kλ,k=1,2,3,… 則h=(k－ ) 【3】
k=1【1】增透膜厚度hmin= = =9.96×10-8(m)=99.6nm【2】
評卷

五、證明題：（共9）
圖所示直導線通電流I另矩形線圈共N 匝寬aL速度v向右平試證明：矩形線圈左邊距直導線距離d線圈應電勢
解： 由電勢公式 求解
：通電流I直導線磁場布B=μ0I/2πx向垂直線圈平面向於線圈、兩邊 向與 向垂直故線圈向右平移線圈兩邊產應電勢（、兩導線沒切割磁場線）左右兩邊產電勢左、右兩邊電勢? 向相同都平行紙面向視並聯所線圈總電勢
?＝?1－?2＝N[ － ]【3】
=N[ ]
=N[ － ]= = 【3】
? ＞0 則? 向與?1向相同即順針向【3】
二： 線圈左邊距直導線距離d線圈左邊磁應強度B1=μ0I/2πd向垂直紙面向線圈速度v運左邊導線電勢
?1＝N =N =NvB1 =Nv L.
向順針向【3】線圈右邊磁應強度B2=μ0I/2π(d+a)向垂直紙面向線圈運右邊導線電勢
?2 =N =N =NvB2 =Nv L.
向逆針【3】所線圈應電勢
?＝?1－?2= Nv L－Nv L=
? ＞0即? 向與?1向相同順針向【3】
三： 由? = 積路徑L取順針向
? =N[ ]
=N[ ]=N( )
=Nv L－Nv L= 【6】
? ＞0即? 向與閉合路徑L向相同順針向【3】
解二：由拉弟電磁應定律求解
直導線磁場非均勻磁場B=μ0I/2πr線圈平面內磁場向垂直線圈平面向故距直導線r處取L寬dr面元dS=Ldr取路繞行向順針向則通該面元磁通量
dΦ= =BdScos0°=
通匯流排圈平面磁通量（設線圈左邊距直導線距離x）
Φ= 【3】
線圈內應電勢由拉弟電磁應定律
? =－
線圈左邊距直導線距離x=d線圈內應電勢
? = 【3】
? ＞0所? 向與繞行向致即順針向【3】
應電勢向由楞定律判斷：線圈向右平由於磁場逐漸減弱通線圈磁通量減少所應電流所產磁場要阻礙原磁通減少即應電流磁場要與原磁場向相同所電勢向順針向
.

⑶ 大學物理2.求詳解，謝謝

電量為q0=??? 電量為零是么
你表述的不完整 直接給你公式吧
電場力做功：WAB＝qUAB＝Eqd｛WAB:帶電體由A到B時電場力所做的功(J)，q:帶電量(C)，UAB:電場中A、B兩點間的電勢差(V)(電場力做功與路徑無關),E:勻強電場強度,d:兩點沿場強方向的距離(m)｝
電勢能：EA＝qφA ｛EA:帶電體在A點的電勢能(J)，q:電量(C)，φA:A點的電勢(V)｝
電勢能的變化ΔEAB＝EB-EA ｛帶電體在電場中從A位置到B位置時電勢能的差值｝
電場力做功與電勢能變化ΔEAB＝-WAB＝-qUAB (電勢能的增量等於電場力做功的負值

⑷ 大學物理教程第一冊第二版答案

加速度a=μN÷m
；（N為小球和圓筒內壁間的壓力）
N=向心力=mv²÷R；
所以a=μ專v²÷R；
下面用微積分：dv/dt=μv²÷R；
分離變屬量知：dv/v²=μdt/R
兩邊積分∫（dv/v²）=∫（μdt/R）+c
所以： -1/v=μt/R+c，再代入t=0時球是V0，知c=-1/V0；
故 任意時刻球的速率是v=v=RV0/（R+μV0t）；-------第一個問題解決。

下面是第二個：

由v=RV0/（R+μV0t）知：
ds/dt=RV0/（R+μV0t）；
移項ds=RV0dt/（R+μV0t）；
再兩邊積分：
和上面一樣知s=Rln（R+μV0t）/μ（因為是路程，負號省略）
打字不易，如滿意，望採納。

⑸ 誰有《大學物理》上冊的課後答案

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⑹ 【大學物理教程2-1第二章課後答案】大學物理第二章課後答案

習 題 三

3-1 質量為m 的質點，當它處在r =-2i +4j +6k 的位置時的速度v =5i +4j +6k ，試求其對原點的角動量。

[解] 質點對原點的角動量為 L =r ⨯p =m r ⨯v

i j k

=m -246=m (42j -28k )

546

3-2 一質量為m ＝2200kg 的汽車v =60km h 的速率沿一平直公路行駛。求汽車對公路一側距公路為d ＝50m 的一點的角動量是多大? 對公路上任一點的角動量又是多大?

[解] 根據角動量的定義式L =r ⨯m v

(1) L =rmv sin θ=mvd =2200⨯60⨯103⨯50=1. 83⨯106kg ⋅m 2 (2) 對公路上任一點r ∥v ，所以

L =0

3-3 某人造地球衛星的質量為m ＝l802kg ，在離地面2100km 的高空沿圓形軌道運行。試求衛星對地心的角動量(地球半徑R 地=6. 40⨯106m) 。

[解] 設衛星的速度為v ，地球的質量為M ，則

G

Mm

R 地+h 2

v 2

(1) =m

R 地+h

又 G

M

=g (2) R 地

聯立兩式笑散頃得 v =

g

R 地

R 地+h

衛星對地的角動量 L =m R 地+h ⋅v =m g R 地+h ⋅地

()=18029. 8⨯6. 40⨯106+2. 10⨯106⨯6. 40⨯106 =1. 05⨯1014kg ⋅m 2

3-4 若將月球軌道視為圓周，其轉動周期為27.3d ，求月球對地球中心的角動量及面積速度(m 月=7. 35⨯1022kg ，軌道半徑R =3. 84⨯108m) 。

[解] 設月球的速度為v ，月球對地球中心的角動量為L ，則

v =2πR /T

3-1

2πR

T

7. 35⨯1022⨯(3. 84⨯108) 2⨯2⨯3. 14

=

27. 3⨯24⨯3600

L =m 月Rv =m 月

=2. 89⨯1034kg ⋅m 2/s

月球的面積速度為

v 面=πR 2/T =1. 96⨯1011m 2/s

3-5 氫原子中的電子以角速度ω=4. 13⨯106rad s 在半徑r =5. 3⨯10-10m 的圓形軌道上繞質子轉動。試求電子的軌道角動量，並以普朗克常數h 表示之(h =6. 63⨯10-34J ⋅s ) 。

[解] 電子的軌道角動量

L =mr 2ω=9. 1⨯10-31⨯5. 3⨯10-10

()

2

⨯4. 13⨯106=1. 06⨯10-42=1. 6⨯10-9J ⋅s

3-6 海王星的軌道運動可看成是勻速率圓周運動，軌道半徑約為R =5⨯109km ，繞太陽運行的周期為T =165年。海王星的質量約為m =1. 0⨯1026kg ，試計算海王星對大陽中心的角動量的大小。

[解] 海王星對太陽中心的角動量

L =mRv

v =

聯立兩式得到

2πR

T

2πR 22π⨯5. 0⨯109⨯10326

L =m =1. 0⨯10⨯=3. 02⨯1042kg ⋅m 2

T 165⨯365⨯24⨯3600

3-7 6月22日，地碰陸球處於遠日點，到太陽的距離為1. 52⨯1011m ，軌道速度為

()

2

2. 93⨯104s 。6個月後，地球處於近日點，到太陽的距離為1. 47⨯1011m 。求：(1)在近日

點地球的軌道速度； (2)兩種情況下地球的角速度。

[解] 設在近日點附近地球的軌道速度為v 1，軌道半徑為r 1，角速度為ω1；在遠日點地球的軌道速度為v 2，軌道半徑為r 2，角速度為ω2。

(1) 取地球為研究對象，其對太陽中心的角動量守恆。

m 地r 1v 1=m 地r 2v 2

r 2v 21. 52⨯1011⨯2. 93⨯1044

所以 v 1===3. 03⨯10m s 11

r 11. 47⨯10

3-2

v 13. 03⨯104

(2) ω1===2. 06⨯10-7rad s 11

r 11. 47⨯10v 22. 93⨯104-7

ω2===1. 93⨯10r a s 11

r 21. 53⨯10

3-8 哈雷彗星繞太陽運行的軌道是一個橢圓。它離大陽最近的距離是

r 1=8. 75⨯1010m ，其時它的速率為v 1=5. 46⨯104；它離太陽最遠時掘好的速率是v 2=9. 08⨯102，這時它離太陽的距離r 2是多少。

[解] 彗星運行受的引力指向太陽，所以它對太陽的角動量守恆，它在走過離太陽最近或最遠的地點時，速度的方向均與對太陽的矢徑方向垂直，所以根據角動量守恆

mr 1v 1=mr 2v 2

r 1v 18. 75⨯1010⨯5. 46⨯10412

由此得到 r 2===5. 26⨯10m 2

v 29. 08⨯10

3-9 我國第一顆人造地球衛星沿橢圓形軌道運行，地球的中心是橢圓的一個焦點。已知地球半徑R =6378km，衛星與地面的最近距離為439km ，與地面的最遠距離為2384km 若衛星在近地點的速率為8.1km s ，求它在遠地點的速率是多大?

[解] 地球的中心點O 位於橢圓軌道的一個焦點上，設衛星運動時僅受地球引力的作用，由於該力總是指向O 點，故衛星在運動的全過程中對O 點角動量守恆。即

L 1=L 2

由於兩者的方向一致，上式可直接用大小來表示， 有

mv 1(R +l 1)=mv 2(R +l 2)

R +l 16378⨯103+439⨯1033

=8. 1⨯10⨯=6. 30km s 得到 v 2=v 1

R +l 26378⨯103+2384⨯103

3-10 如圖所示的剛性擺，由兩根帶有小球的輕棒構成，小球的質量為m ，棒長為l 。此擺可繞無摩擦的鉸鏈O 在豎直面內擺動。試寫出：(1)此擺所受的對鉸鏈的力矩；(2)此擺對鉸鏈的角動量。

[解] (1) 此擺所受的對鉸鏈O 的力矩

M =mgl sin θ+mg l sin θ+l sin (900-θ) =mgl

(2sin θ+cos θ)

[]

3-3

(2) 此擺對鉸鏈的角動量為L ，轉動慣量為I ，則

I =ml 2+m l 2+l 2

)=3ml

2

2

2

所以 L =I ω=3ml

d θ d t

3-11 有兩個質量都等於50kg 的滑冰運動員，沿著相距1.5m 的兩條平行線相向運動，速率皆為10m s 。當兩人相距為1.5m 時，恰好伸直手臂相互握住手。求：(1)兩人握住手以後繞中心旋轉的角速度； (2)若兩人通過彎曲手臂而靠近到相距為1.0m 時，角速度變為多大?

[解] 取兩人組成的系統為研究對象，系統對兩人距離中點的角動量守恆 (1) 設兩人質量均為m ，到轉軸的距離為r 1，握住手以後繞中心角速度為ω1，系統對轉軸的轉動慣量為J 1，則有：

r 1mv +r 1mv =J 1ω1

(1)

又 J 1=mr 12+mr 12=2mr 12 (2) 聯立（1），(2)式得

ω1=v /r 1=10/0. 75=13. 3rad/s

(2) 設兩人相距1.0米時，角速度為ω2，此時系統對轉軸的轉動慣量為J 2，兩人到轉軸的

距離為r 2，則

J 1ω1=J 2ω2 (3)

J 2=mr 22+mr 22=2mr 22 (4)

又聯立(2)-(4)式得

ω2=r 12ω1/r 22=0. 752⨯13. 3/0. 52=29. 9rad/s

本題要注意，對於質點系問題應先選擇系統，然後通過分析受力及力矩情況，指出系統對哪個轉軸或哪個點的角動量守恆。

3-12 如圖所示，一根軸沿x 軸安裝在軸承A 和B 上，並以勻角速ω旋轉動著。軸上裝有長為2d 的輕棒，其兩端各有質量為m 的小球，棒與軸的夾角為θ。若以棒處在xOy 平面內的時間開始計時，則圖中所示時刻為t 的情況。 (1)根據L =小球組成的系統對原點O 的角動量

∑r i ⨯m v i ，試證明此兩

1

2

L =2m ωd 2sin 2θi -2m ωd 2cos θsin θcos ωt j -2m ωd 2cos θsin θsin ωt k

3-4

()()()

(2)求d L d t 的表達式，並解釋其含義，(3)若θ=900，則結論如何?

[解] (1) 由圖可知

r 1=d cos θi +d sin θcos ωt j +d sin θsin ωt k v 1=-d ωsin θsin ωt j +d ωsin θcos ωt k L =r 1⨯m v 1+r 2⨯m v 2=2m r 1⨯v 1

i

=2m d cos θ

0j k d sin θcos ωt d sin θsin ωt -d ωsin θsin ωt d ωsin θcos ω

=2m ωd 2sin 2θi -2m ωd 2cos θsin θcos ωt j -2m ωd 2cos θsin θsin ωt k

()()()

d L

=2m ω2d 2cos θsin θsin ωt j -2m ω2d 2cos θsin θcos ωt k d t d L d L 由的表達式可看出，只有y ，z 分量，說明軸承只提供對y ，z 軸的力矩，以保d t d t

(2)

()()

證系統旋轉。

(3) 當θ=900時，L i =2m ωd 2i ，說明軸承無需提供力矩。

d L

=0，即角動量不隨時間變化。 d t

3-5

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