大學物理練習題冊答案

❶ 大學物理第二版上冊梁志強版課後答案

第一題：

(1)大學物理練習題冊答案擴展閱讀

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。

❷ 誰有陸培民版的大學物理課後答案

大學物理課後習題答案內容 機械波:機械振動在彈性介質中的傳播。
波源：產生機械振動的振源。
彈性介質：傳播機械振動的介質。
橫波：質點的振動方向和波的傳播方向垂直。
縱波：質點的振動方向和波的傳播方向平行。
復雜波: 可分解為橫波和縱波的合成。
波陣面：振動相位相同的點連成的面(簡稱波面)。
波前：在任何時刻，波面有無數多個，最前方的波面即是波前。波前只有一個。
波線：沿波的傳播方向作的一些帶箭頭的線。波線的指向表示波的傳播方向。
波速：單位時間內一定的振動狀態所傳播的距離，用u表示，是描述振動狀態在介質中傳播快慢程度的物理量，又稱相速。
簡諧波：簡諧振動在介質中傳播形成的波。
平面簡諧波：波面為平面的簡諧波。
2/4
波函數：表示介質中各質點的振動狀態隨時間變化的函數關系式，也稱波動表達式。 介質中所有參與波動的質點都在不斷地接受來自波源的能量，又不斷把能量釋放出去。 波的能量密度：介質中單位體積的波動能量
平均能量密度：波的能量密度在一個周期內的平均值。
波的平均能量密度與振幅的平方、頻率的平方和介質密度的乘積成正比。
能流：在單位時間內通過介質中某面積S 的能量。
單位時間內通過垂直於波線的單位面積的平均能流，稱為能流密度，也稱波強度。 電磁波：變化的電磁場在空間以一定的速度傳播形成。
輻射能：電磁波所攜帶的電磁能量。
能流密度S（輻射強度）：單位時間內通過垂直於傳播方向的單位面積的輻射能。
惠更斯原理：介質中任一波面上的各點，都可看成是產生球面子波的波源；在其後的任一時刻，這些子波的包絡面構成新的波面。
相干波：能夠產生干涉現象的波。
相干波源：能夠激發相干波的波源。
相干條件：頻率相同、振動方向相同、相位差恆定。
兩列相干波源為同相位時，在兩列波疊加的區域內，在波程差等於波長整數倍的各點，干涉相長（振幅最大）；在波程差等於半波長的奇數倍的各點，干涉相消（振幅最小）。 駐波：兩列振幅相同的相干波在同一條直線上相向傳播時疊加而成。
駐波特點：
1.沒有振動狀態或相位的傳播，而是媒質中各質點作穩定的振動或段與段之間的相位突變，與行波完全不同。
2.各個質點分別在各自的平衡位置附近作簡諧運動。動能和勢能在波節和波腹之間來回傳遞，無能量的傳播。
半波損失：入射波在反射時產生了的相位突變的現象。
多普勒效應：波源或觀察者相對於介質運動，使觀察者接收到的波的頻率發生變化的現象。

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大學物理參考答案

綜合練習一
一、填空題
1. 7m 3m/s 6m/s 2. 平行 垂直
3. 小於 4. 守恆 不守恆
5. 16 J 16 J 6. 相等 相等
7. 獨立坐標 3 2 8. 無
9. 0 0 10. 垂直向里
二、單項選擇題
1.D 2.D 3.C 4.D 5.D

三、計算題
1. 解：重力勢能全部轉化為彈簧的彈性勢能
由機械能守恆定律
代入已知數據
解得 最大壓縮量
2. 解：
解得：
3. 解： ∵氧氣的內能
∴氧氣的壓強
4. 解：取高斯球面

5. 解：等邊三角形面積：

磁通量：
感應電動勢：
感應電動勢的方向為逆時針。
綜合練習二
一、填空題
1. －45m －21m/s －24m/s2 2. 一定 一定
3. 同一性質 4. 無關 有關
5. 大量氣體分子 6. 大量分子平均平動動能的量度
7. 相同 相同 8. 正 減少
9. 不一定 一定 10. 垂直向里
二、單項選擇題
1. B 2. B 3. A 4. A 5.C
三、計算題
1. 解：應用動能定理
代入已知數據：
解得：l = 0.45 m.
2. 解：對m，在豎直方向應用動量定理：F Δt = m v2－0
對M，由牛頓第三定律：

對地面，

3. 解： J
由於是等容過程, ∴W = 0, Q = ΔE1 = －102.5×102 J
J
等壓過程, 做功W = P2ΔV = 41.0×102 J
吸收熱量 Q = J

4. 解：電場分布 小球面內：
兩球面間：
大球面外：
兩球面間電勢差：
5. 解：正方形面積：S = l 2 磁通量：
感應電動勢：
感應電動勢的方向為順時針。
綜合練習三
一、填空題
1. 13.5 m 9 m/s 9 m/s2 2. 法向 不一定
3. 有關 無關 4. 只有保守力做功 系統所受的合外力為零
5. 6.
7. 低 高 8. 有源 保守場
9. 10. 不一定
二、單項選擇題
1.D 2.D 3.A 4.C 5.A
三、計算題
1. 解：
（1）沖量I = ( 動量定理 ) 解得：速度v = 2.7 m/s
∵3 秒末 F = 15 N, ∴加速度 a = F/m = 1.5 m/s2
（2）功 W = ( 動能定理 ) 解得：v = 2.3 m/s
∵3 米處 F = 15 N, ∴a = F/m = 1.5 m/s2
2. 根據動量守恆定律，由題意，x方向系統總動量為零

y方向，系統初狀態總動量等於末狀態總動量，

解得：（1） （2）
3. 解：
1摩爾氫和1摩爾氮的內能相同, 內能
1克氫氣的內能 J/g
1克氮氣的內能 J/g
4. 解：（1）
（2）
5. 解：
（1）正方形面積：S = l 2 磁通量：
感應電動勢：
感應電動勢的方向為順時針。
（2）全電路歐姆定律
綜合練習四
一、填空題
1. －9 m，－5m/s， －4m/s2 2. 不守恆，不等於零
3. 8 m /s2 ，2.67 m /s2 4. 1/3
5. 玻爾茲曼， 大量分子的平均平動動能 6. 0 ， 500 J
7. ，0 8. ，垂直向里
9. 大於 小於 10. 導體迴路的磁通量的變化率， 法拉第電磁感應
二、單項選擇題
1. D 2. B 3. C 4. A 5. B
三、計算題
1. 解：對小球進行受力分析並正交分解，列動力學方程：（設繩的拉力為F）
豎直方向：
水平方向：
由此解出周期
2. 由機械能守恆
由動量守恆定律
動能轉化為彈性勢能
彈簧的最大壓力
聯立以上4式，解出
3. 解：（1）氧氣的內能
（2）氧氣的內能

4.解： 設場強為零的點距點電荷q 為x ，由題意
解得 x = l /3
該點電勢

❺ 大學物理A2作業題答案 西南科技大學的

答 案
作業題 (一）
一、1-8 CBACADDC
二、
9. －20E0 / 3; 40E0 / 3
10. －3 / (20); － / (20);  / (20); 3 / (20)
11. ; 從O點指向缺口中心點．
12. Q / 0; ＝0，

三、
13. 解：在處取電荷元，其電荷為
dq =dl = 0Rsind
它在O點產生的場強為
3分
在x、y軸上的二個分量
dEx=－dEcos
dEy=－dEsin
對各分量分別求和 ＝0

∴

14. 解:設坐標系如圖所示．將半圓柱面劃分成許多窄條．dl寬的窄條的電荷線密度為

取位置處的一條，它在軸線上一點產生的場強為

如圖所示. 它在x、y軸上的二個分量為：
dEx=dE sin , dEy=－dE cos
對各分量分別積分

場強
15. 解：在球內取半徑為r、厚為dr的薄球殼，該殼內所包含的電荷為

在半徑為r的球面內包含的總電荷為
(r≤R)
以該球面為高斯面，按高斯定理有
得到 ， (r≤R)
方向沿徑向，A>0時向外, A<0時向里．
在球體外作一半徑為r的同心高斯球面，按高斯定理有

得到 ， (r >R)
方向沿徑向，A>0時向外，A<0時向里．
16. 解：設閉合面內包含凈電荷為Q．因場強只有x分量不為零，故只是二個垂直於x軸的平面上電場強度通量不為零．由高斯定理得：
-E1S1+ E2S2=Q / 0 ( S1 = S2 =S ) 3分
則 Q =0S(E2- E1) =0Sb(x2- x1)
= 0ba2(2a－a) =0ba3 = 8.85×10-12 C

作業題（二）

一、1-8 DBCDDACB
二、
9. 10cm 10.
11. Q / (40R2); 0 ; Q / (40R); Q / (40r2)
12. 單位正電荷在靜電場中沿任意閉合路徑繞行一周，電場力作功等於零 有勢（或保守力）
三、
13. 解：將題中的電荷分布看作為面密度為的大平面和面密度為－的圓盤疊加的結果．選x軸垂直於平面，坐標原點O在圓盤中心，大平面在x處產生的場強為
 

圓盤在該處的場強為
 
∴ 
該點電勢為
14. 解: 由高斯定理可知空腔內E＝0，故帶電球層的空腔是等勢區，各點電勢均為U .
在球層內取半徑為r→r＋dr的薄球層．其電荷為
dq =  4r2dr
該薄層電荷在球心處產生的電勢為

整個帶電球層在球心處產生的電勢為

因為空腔內為等勢區所以空腔內任一點的電勢U為

若根據電勢定義 計算同樣給分.
15.解：設內球上所帶電荷為Q，則兩球間的電場強度的大小為
(R1＜r＜R2)
兩球的電勢差
∴ ＝2.14×10-9 C

16. 解：設原點O在左邊導線的軸線上，x軸通過兩導線軸線並與之垂直．在兩軸線組成的平面上，在R＜x＜(d－R)區域內，離原點距離x處的P點場強為

則兩導線間的電勢差

作業題（三）
一、1-8 CBBBDBCB
二、
/(2r)；/(20r r)
10.
11. ;
12. 無極分子;電偶極子
三、
13. 解：(1) 由靜電感應，金屬球殼的內表面上有感生電荷-q，外表面上帶電荷q+Q．
(2) 不論球殼內表面上的感生電荷是如何分布的，因為任一電荷元離O點的距離都是a，所以由這些電荷在O點產生的電勢為

(3) 球心O點處的總電勢為分布在球殼內外表面上的電荷和點電荷q在O點產生的電勢的代數和

14. 解：設導體球帶電q，取無窮遠處為電勢零點，則
導體球電勢：
內球殼電勢：
二者等電勢，即
解得
15. 解：(1) 令無限遠處電勢為零，則帶電荷為q的導體球，其電勢為

將dq從無限遠處搬到球上過程中，外力作的功等於該電荷元在球上所具有的電勢能
(2) 帶電球體的電荷從零增加到Q的過程中，外力作功為

16. 解：設內外圓筒沿軸向單位長度上分別帶有電荷+和, 根據高斯定理可求得兩
圓筒間任一點的電場強度為
則兩圓筒的電勢差為
解得
於是可求得A點的電場強度為
= 998 V/m 方向沿徑向向外
A點與外筒間的電勢差：
= 12.5 V

作業題（四）

一、1-8 C C D C B D B A
二、
9. 1:1 10. 0; 11. 12.
13. 解：(1) 圓柱形載流導體在空間的磁感強度的分布為

∴穿過ABCD的為
(2) 圓筒載流導體在空間的磁感強度分布為

穿過 ABCD 的Φ為： =
(3) 在題給條件下，筒壁中 0<B<0I /(2R)，B為有限值，當壁厚趨於零時壁截面上磁通量趨於零，即 ，可得

14. 解：將導線分成1、2、3、4四部份，各部分在O點產生的磁感強度設為B1、B2、B3、B4．根據疊加原理O點的磁感強度為：

∵  、 均為0，故 2分
方向 2分

方向  
其中 ，

∴ 方向 
15. 解：由畢奧－薩伐爾定律可得，設半徑為R1的載流半圓弧在O點產生的磁感強度為B1，則
同理,
∵ ∴
故磁感強度

∴

16. 解：如圖所示，圓筒旋轉時相當於圓筒上具有同向的面電流密度i，
3分
作矩形有向閉合環路如圖中所示．從電流分布的對稱性分析可知，在 上各點 的大小和方向均相同，而且 的方向平行於 ，在 和 上各點 的方向與線元垂直，在 , 上各點 ．應用安培環路定理

可得

圓筒內部為均勻磁場，磁感強度的大小為 ，方向平行於軸線朝右．

作業題(五)
一、1-8 ABAACBDB
二、 9. 10. 11. 12.
三、
.
13. 解：電子進入磁場作圓周運動，圓心在底邊上．當電子軌跡 與上面邊界相切時，對應最大速度，此時有如圖所示情形．

∴
由 ，求出v最大值為

14. 解：考慮半圓形載流導線CD所受的安培力

列出力的平衡方程式
故：
15. 解：(1) S = ab =5×10-3 m2
pm = SI =1×10-2 (A•m2)， =4.33×10-2 N•m
， =2.16×10-3 kg•m2
(2) 令從 到 的夾角為，∵ 與角位移d的正方向相反
=2.5×10-3 J
16. 解：由安培環路定理： 
0< r <R1區域： 
，
R1< r <R2區域：
，
R2< r <R3區域：

r >R3區域： H = 0，B = 0
作業題(六)
一、1-8 D A B A B D D A
二、
9. vBLsin ； a
10. ; O點
11.
12. 減小
三、
13. 解：大小：=dd tS dB / d t
=S dB / d t =
=3.68 mV
方向：沿adcb繞向．

14. 解：(1) 設線圈轉至任意位置時圓線圈的法向與磁場之間的夾角為，則通過該圓線圈平面的磁通量為
,
∴
在任意時刻線圈中的感應電動勢為

當線圈轉過時，t =T/4，則 A
(2) 由圓線圈中電流Im在圓心處激發的磁場為
6.20×10-4 T
方向在圖面內向下，故此時圓心處的實際磁感強度的大小
T
方向與磁場 的方向基本相同．

15. 解：由題意，大線圈中的電流I在小線圈迴路處產生的磁場可視為均勻的．

故穿過小迴路的磁通量為

由於小線圈的運動，小線圈中的感應電動勢為

當x =NR時，小線圈迴路中的感應電動勢為

16. 解：動生電動勢 
為計算簡單，可引入一條輔助線MN，構成閉合迴路MeNM, 閉合迴路總電動勢

2分

負號表示 的方向與x軸相反．
方向N→M

作業題 (七)

一、1-8 ACDCACCA
二、
9. 2 (n 1) e /  ； 4×103
10. (1) 使兩縫間距變小．
(2) 使屏與雙縫之間的距離變大
11. 2 ( n – 1) e –  /2 或者2 ( n – 1) e +  /2
12. 539.1
三、
13. 解：已知：d＝0.2 mm，D＝1 m，l＝20 mm
依公式：
∴ ＝4×10-3 mm＝4000 nm
故當 k＝10 1＝ 400 nm
k＝9 2＝444.4 nm
k＝8 3＝ 500 nm
k＝7 4＝571.4 nm
k＝6 5＝666.7 nm
這五種波長的光在所給觀察點最大限度地加強．
14. 解：(1) x＝20 D / a
＝0.11 m
(2) 覆蓋雲玻璃後，零級明紋應滿足
(n－1)e＋r1＝r2
設不蓋玻璃片時，此點為第k級明紋，則應有
r2－r1＝k
所以 (n－1)e = k
k＝(n－1) e / ＝6.96≈7
零級明紋移到原第7級明紋處
15. 解：第四條明條紋滿足以下兩式：
，即 2 ，即
第4級明條紋的位移值為
x =
(也可以直接用條紋間距的公式算，考慮到第四明紋離棱邊的距離等於3.5 個明紋間距．)
16. 解：根據暗環半徑公式有

由以上兩式可得
＝4 m

作業題(八) 答案
一、1-8 B C B C C B D B
二、9. 1.2; 3.6
10. 4 第一暗
11. 一；三
12. 6250Å(或625 nm)
13. 解：(1) 由單縫衍射暗紋公式得

由題意可知 ,
代入上式可得
(2) (k1 = 1, 2, ……)

(k2 = 1, 2, ……)

若k2 = 2k1，則1 = 2，即1的任一k1級極小都有2的2k1級極小與之重合．
14. 解：(1) 由單縫衍射明紋公式可知
(取k＝1 )

,
由於 ,
所以

則兩個第一級明紋之間距為
=0.27 cm
(2) 由光柵衍射主極大的公式

且有
所以  =1.8 cm

15. 解：(1) 由光柵衍射主極大公式得
a + b = =2.4×10-4 cm
(2) 若第三級不缺級，則由光柵公式得

由於第三級缺級，則對應於最小可能的a，方向應是單縫衍射第一級暗紋：兩式比較，得
a = (a + b)/3=0.8×10-4 cm
(3) ，(主極大)
，(單縫衍射極小) (k＇=1，2，3，......) 因此 k=3，6，9，........缺級．
又因為kmax=(a＋b) / 4, 所以實際呈現k=0，±1，±2級明紋．(k=±4
在 / 2處看不到．)

16. 解：由光柵衍射主極大公式得

4分當兩譜線重合時有 1=2
即 ．．．．．．．
兩譜線第二次重合即是
， k1=6， k2=4
由光柵公式可知d sin60°=61
=3.05×10-3 mm

作業題 九

一、選擇題 1-8 ABBECBDC
二、填空題
9． 2；1/4
10． 2I
11．
12． 完全（線）偏振光； 垂直於入射面； 部分偏振光
三、計算題
13．解：設第二個偏振片與第一個偏振片的偏振化方向間的夾角為．透過第一個偏振片後的光強 I1＝I0 / 2．
透過第二個偏振片後的光強為I2，由馬呂斯定律，
I2＝(I0 /2)cos2
透過第三個偏振片的光強為I3，
I3 ＝I2 cos2(90°－) = (I0 / 2) cos2 sin2 (I0 / 8)sin22
由題意知 I3＝I2 / 16
所以 sin22 = 1 / 2，
＝22.5°
14．解：(1) 透過第一個偏振片的光強I1
I1＝I0 cos230°
＝3 I0 / 4
透過第二個偏振片後的光強I2， I2＝I1cos260°
＝3I0 / 16
(2) 原入射光束換為自然光，則
I1＝I0 / 2
I2＝I1cos260°＝I0 / 8
15．解：由布儒斯特定律
tg i0＝1.33
得 i0＝53.1°
16．解：(1) 設該液體的折射率為n，由布儒斯特定律
tgi0＝1.56 / n
得 n＝1.56 / tg48.09°＝1.40
(2) 折射角
r＝0.5－48.09°＝41.91° (＝41° )
作業題(十)
一、1-8 D D A C C C B C
二、
9. ; ;
10. 3.82×103
11. 5×1014 ;2
12. 0.0549
三、
13. 解：(1) 由
得
(恆量)
由此可知，對不同金屬，曲線的斜率相同．
(2) h = etg
=6.4×10-34 J•s

14. 解：(1)  eV
n =4 2分
(2) 可以發出41、31、21、43、42、32六條譜線．
能級圖如圖所示．

15. 解：(1) 2.86 eV ．
(2) 由於此譜線是巴耳末線系，其 k =2 eV (E1 =－13.6 eV)

．
(3) 可發射四個線系，共有10條譜線． 見圖
波長最短的是由n =5躍遷到n =1的譜線．