大学物理答案人民邮电

⑴ 大学物理第二版上册梁志强版课后答案

第一题：

(1)大学物理答案人民邮电扩展阅读

这部分内容主要考察的是质点的知识点：

有质量但不存在体积或形状的点，是物理学的一个理想化模型。在物体的大小和形状不起作用，或者所起的作用并不显著而可以忽略不计时，我们近似地把该物体看作是一个只具有质量而其体积、形状可以忽略不计的理想物体，用来代替物体的有质量的点称为质点。

具有一定质量而不计大小尺寸的物体。物体本身实际上都有一定的大小尺寸，但是，若某物体的大小尺寸同它到其他物体的距离相比，或同其他物体的大小尺寸相比是很小的，则该物体便可近似地看作是一个质点。例如行星的大小尺寸比行星间的距离小很多，行星便可视为质点-因为不计大小尺寸，所以质点在外力作用下只考虑其线运动。

由于质点无大小可言，作用在质点上的许多外力可以合成为一个力，另一方面，研究质点的运动，可以不考虑它的自旋运动。

任何物体可分割为许多质点，物体的各种复杂运动可看成许多质点运动的组合。因此，研究一个质点的运动是掌握各种物体形形色色运动的入门。牛顿第二定律是适合于一个质点的运动规律的。有了这个定律，再配合牛顿第三定律，就构成了研究有限大小的物体的手段。所以“质点”是研究物体运动的最简单、最基本的对象。

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系 (院)

专 业

级、班级

号

姓 名

衡阳师范院2007期
《物理》（二）期末考试试题B卷（答卷）

题 号 二 三 四 五 合 签 名

复 查

评卷

、 单项选择题：（每题3共30）
1. 处于真空电流元 P点位矢 则 P点产磁应强度 ( B )
(A) ； (B) ； (C) ； (D) .
2. 磁应强度 均匀磁场取边 立形闭合面则通该闭合面磁通量： （ D ）
(A) ； (B) ； (C) ； (D) 0
3. 图两导线电流I1=4 AI2=1 A根据安培环路定律图所示闭合曲线C = ( A )
(A) 3μ0； （B）0；
(C) －3μ0； （D）5μ0
4．半径a直圆柱体载流I 电流I均匀布横截面则圆柱体外（r>a）点P磁应强度 ( A )
(A) ； (B) ；
(C) ； (D)
5．某刻波形图图所示列说确 ( B )
(A) A点势能能；
(B) B点势能能
(C) A、C两点势能能；
(D) B点能势能
6. 水平弹簧振拉离平衡位置5cm由静止释放作简谐振并始计若选拉向 轴向并 表示振程则简谐振初相位振幅 （ B ）
(A) ； (B) ；
(C) ； (D)
7. 物体作简谐振, 振程x=Acos(ωt+π/4)t=T/4(T周期)刻,物体加速度 ( D )
(A) ; (B) ; (C) ; (D)
8. 简谐振位移—间曲线关系图所示该简谐振振程
(A) x=4cos2πt（m）； ( C )
(B) x=4cos(πt－π)（m）；
(C) x=4cosπt（m）；
(D) x=4cos(2πt+π)（m）
9．余弦波沿x轴负向传播已知x=－1 m处振程y=Acos(ωt+ )若波速u则波程 ( C )
(A) ; (B) ;
(C) ; (D)
10．图所示两平面玻璃板OAOB构空气劈尖平面单色光垂直入射劈尖A板与B板夹角θ增干涉图 ( C )
(A) 干涉条纹间距增并向O向移；
(B) 干涉条纹间距减并向B向移；
(C) 干涉条纹间距减并向O向移；
(D) 干涉条纹间距增并向O向移.

评卷

二、填空题：（每题3共18）
1. 电流I直导线周围磁应强度
2. 相干波相干条件 振向相同、频率相同、相位差恒定
3. 谐振平衡位置运远点所需间 T/4 (用周期表示)走该距离半所需间 T/12 (用周期表示)
4. 微观说, 产电势非静电力 洛仑兹力
5．两谐振程x1=0.03cosωtx2=0.04cos(ωt+π／2)(SI)则合振幅 0.05 m
6. 描述简谐运三特征量 振幅、角频率、初相
评卷

三、简答题：（每题6共12）
1. 弹簧振振幅增两倍试析列物理量受影响：振周期、速度、加速度振能量
参考解答：弹簧振周期T=2π 【1】仅与系统内性质关与外界素关【1】所与振幅关【1】
vmax=ωAA增两倍vmax增原两倍【1】
amax=ω2AA增两倍amax增原两倍【1】
E= kA2A增两倍E增原四倍【1】
2． 同光源发光两部相干光哪几种几种别特点并举例
参考解答：同光源发光两部相干光两种：波阵面振幅【2】波阵面指原光源发同波阵面两部作两光源取相干光杨氏双缝干涉实验等【2】；振幅指普通光源同点发光利用反射、折射等二获相干光薄膜干涉等【2】
评卷

四、计算题：（第1题7其每题8共31）
1. 轻弹簧相连球沿x轴作振幅A简谐运该振表达式用余弦函数表示若t=0球运状态别：
(1) x0=－A；(2) 平衡位置向x向运；(3) x=A／2处且向x负向运试确定相应初相
解：(1) =π【1】；(2) =－π／2【1】；(3) =π／3【1】
相量图：【图（1）1；图（2）1；图（3）2】

2．水平弹簧振振幅A=2.0×10-2m周期T=0.50st=0
(1) 物体x=1.0×10-2m处向负向运；
(2) 物体x=－1.0×10-2m处向向运
别写两种情况振表达式
解： 相量图由题知 =4π【2】
（1）φ1= 其振表达式 x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) 【3】
（2）φ2= 或－ 其振表达式 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= 则φ=±
由 v0=－ωAsinφ0所φ= 【1】
其振表达式 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=－ 则φ=± （或 ）
由 v0=－ωAsinφ>0 sinφ<0所φ= 或－ 【1】
其振表达式
x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m)= 2.0×10-2cos(4πt－ ) (m) 【2】

3. 图所示线圈均匀密绕截面形整木环(木环内外半径别R1R2厚度h木料磁场布影响)共N匝求通入电流I环内外磁场布通管截面磁通量少?
解： 适选取安培环路根据安培环路定理两种情况讨论环外环内磁场作垂直于木环轴线圆轴线圆安培环路L
圆周环外 =0则由安培环路定理环外 B=0
圆周环内且半径r(R1<r<R2)根据电流布称性知与木环共轴圆周各点B相等向沿圆周切线向则由安培环路定理
【2】 B?2πr=μ0NI
由环内 B=μ0NI／(2πr) 【2】
求环管截面通磁通量先考虑环管内截面宽dr高h窄条面积通磁通量 dφ=Bhdr＝ dr【2】
通管全部截面磁通量 Φ= 【2】
4. 折射率n1=1.52镜表面涂层n2=1.38MgF2增透膜膜适用于波λ=550nm光膜厚度应少?
解： 增透膜使反射光干涉相消增透射光光强n空<n2<n1光MgF2、表面反射均半波损失【2】所反射光干涉相消条件
2n2h=(2k+1) , k=0,1,2,… 则 h=(2k+1) 【3】
k=0【1】增透膜厚度
hmin= = =9.96×10-8(m)= 99.6nm【2】
解二： 于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强求增透膜厚度光MgF2、表面经二反射（半波损失）【2】透射镜与直接透MgF2透射光相遇两透射光光程差2n2h+λ/2由干涉相条件
2n2h+ =kλ,k=1,2,3,… 则h=(k－ ) 【3】
k=1【1】增透膜厚度hmin= = =9.96×10-8(m)=99.6nm【2】
评卷

五、证明题：（共9）
图所示直导线通电流I另矩形线圈共N 匝宽aL速度v向右平试证明：矩形线圈左边距直导线距离d线圈应电势
解： 由电势公式 求解
：通电流I直导线磁场布B=μ0I/2πx向垂直线圈平面向于线圈、两边 向与 向垂直故线圈向右平移线圈两边产应电势（、两导线没切割磁场线）左右两边产电势左、右两边电势? 向相同都平行纸面向视并联所线圈总电势
?＝?1－?2＝N[ － ]【3】
=N[ ]
=N[ － ]= = 【3】
? ＞0 则? 向与?1向相同即顺针向【3】
二： 线圈左边距直导线距离d线圈左边磁应强度B1=μ0I/2πd向垂直纸面向线圈速度v运左边导线电势
?1＝N =N =NvB1 =Nv L.
向顺针向【3】线圈右边磁应强度B2=μ0I/2π(d+a)向垂直纸面向线圈运右边导线电势
?2 =N =N =NvB2 =Nv L.
向逆针【3】所线圈应电势
?＝?1－?2= Nv L－Nv L=
? ＞0即? 向与?1向相同顺针向【3】
三： 由? = 积路径L取顺针向
? =N[ ]
=N[ ]=N( )
=Nv L－Nv L= 【6】
? ＞0即? 向与闭合路径L向相同顺针向【3】
解二：由拉弟电磁应定律求解
直导线磁场非均匀磁场B=μ0I/2πr线圈平面内磁场向垂直线圈平面向故距直导线r处取L宽dr面元dS=Ldr取路绕行向顺针向则通该面元磁通量
dΦ= =BdScos0°=
通总线圈平面磁通量（设线圈左边距直导线距离x）
Φ= 【3】
线圈内应电势由拉弟电磁应定律
? =－
线圈左边距直导线距离x=d线圈内应电势
? = 【3】
? ＞0所? 向与绕行向致即顺针向【3】
应电势向由楞定律判断：线圈向右平由于磁场逐渐减弱通线圈磁通量减少所应电流所产磁场要阻碍原磁通减少即应电流磁场要与原磁场向相同所电势向顺针向
.

⑶ 大学物理2.求详解，谢谢

电量为q0=??? 电量为零是么
你表述的不完整 直接给你公式吧
电场力做功：WAB＝qUAB＝Eqd｛WAB:带电体由A到B时电场力所做的功(J)，q:带电量(C)，UAB:电场中A、B两点间的电势差(V)(电场力做功与路径无关),E:匀强电场强度,d:两点沿场强方向的距离(m)｝
电势能：EA＝qφA ｛EA:带电体在A点的电势能(J)，q:电量(C)，φA:A点的电势(V)｝
电势能的变化ΔEAB＝EB-EA ｛带电体在电场中从A位置到B位置时电势能的差值｝
电场力做功与电势能变化ΔEAB＝-WAB＝-qUAB (电势能的增量等于电场力做功的负值

⑷ 大学物理教程第一册第二版答案

加速度a=μN÷m
；（N为小球和圆筒内壁间的压力）
N=向心力=mv²÷R；
所以a=μ专v²÷R；
下面用微积分：dv/dt=μv²÷R；
分离变属量知：dv/v²=μdt/R
两边积分∫（dv/v²）=∫（μdt/R）+c
所以： -1/v=μt/R+c，再代入t=0时球是V0，知c=-1/V0；
故 任意时刻球的速率是v=v=RV0/（R+μV0t）；-------第一个问题解决。

下面是第二个：

由v=RV0/（R+μV0t）知：
ds/dt=RV0/（R+μV0t）；
移项ds=RV0dt/（R+μV0t）；
再两边积分：
和上面一样知s=Rln（R+μV0t）/μ（因为是路程，负号省略）
打字不易，如满意，望采纳。

⑸ 谁有《大学物理》上册的课后答案

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⑹ 【大学物理教程2-1第二章课后答案】大学物理第二章课后答案

习 题 三

3-1 质量为m 的质点，当它处在r =-2i +4j +6k 的位置时的速度v =5i +4j +6k ，试求其对原点的角动量。

[解] 质点对原点的角动量为 L =r ⨯p =m r ⨯v

i j k

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

546

3-2 一质量为m ＝2200kg 的汽车v =60km h 的速率沿一平直公路行驶。求汽车对公路一侧距公路为d ＝50m 的一点的角动量是多大? 对公路上任一点的角动量又是多大?

[解] 根据角动量的定义式L =r ⨯m v

(1) L =rmv sin θ=mvd =2200⨯60⨯103⨯50=1. 83⨯106kg ⋅m 2 (2) 对公路上任一点r ∥v ，所以

L =0

3-3 某人造地球卫星的质量为m ＝l802kg ，在离地面2100km 的高空沿圆形轨道运行。试求卫星对地心的角动量(地球半径R 地=6. 40⨯106m) 。

[解] 设卫星的速度为v ，地球的质量为M ，则

G

Mm

R 地+h 2

v 2

(1) =m

R 地+h

又 G

M

=g (2) R 地

联立两式笑散顷得 v =

g

R 地

R 地+h

卫星对地的角动量 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 若将月球轨道视为圆周，其转动周期为27.3d ，求月球对地球中心的角动量及面积速度(m 月=7. 35⨯1022kg ，轨道半径R =3. 84⨯108m) 。

[解] 设月球的速度为v ，月球对地球中心的角动量为L ，则

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

月球的面积速度为

v 面=πR 2/T =1. 96⨯1011m 2/s

3-5 氢原子中的电子以角速度ω=4. 13⨯106rad s 在半径r =5. 3⨯10-10m 的圆形轨道上绕质子转动。试求电子的轨道角动量，并以普朗克常数h 表示之(h =6. 63⨯10-34J ⋅s ) 。

[解] 电子的轨道角动量

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 海王星的轨道运动可看成是匀速率圆周运动，轨道半径约为R =5⨯109km ，绕太阳运行的周期为T =165年。海王星的质量约为m =1. 0⨯1026kg ，试计算海王星对大阳中心的角动量的大小。

[解] 海王星对太阳中心的角动量

L =mRv

v =

联立两式得到

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，地碰陆球处于远日点，到太阳的距离为1. 52⨯1011m ，轨道速度为

()

2

2. 93⨯104s 。6个月后，地球处于近日点，到太阳的距离为1. 47⨯1011m 。求：(1)在近日

点地球的轨道速度； (2)两种情况下地球的角速度。

[解] 设在近日点附近地球的轨道速度为v 1，轨道半径为r 1，角速度为ω1；在远日点地球的轨道速度为v 2，轨道半径为r 2，角速度为ω2。

(1) 取地球为研究对象，其对太阳中心的角动量守恒。

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 哈雷彗星绕太阳运行的轨道是一个椭圆。它离大阳最近的距离是

r 1=8. 75⨯1010m ，其时它的速率为v 1=5. 46⨯104；它离太阳最远时掘好的速率是v 2=9. 08⨯102，这时它离太阳的距离r 2是多少。

[解] 彗星运行受的引力指向太阳，所以它对太阳的角动量守恒，它在走过离太阳最近或最远的地点时，速度的方向均与对太阳的矢径方向垂直，所以根据角动量守恒

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 我国第一颗人造地球卫星沿椭圆形轨道运行，地球的中心是椭圆的一个焦点。已知地球半径R =6378km，卫星与地面的最近距离为439km ，与地面的最远距离为2384km 若卫星在近地点的速率为8.1km s ，求它在远地点的速率是多大?

[解] 地球的中心点O 位于椭圆轨道的一个焦点上，设卫星运动时仅受地球引力的作用，由于该力总是指向O 点，故卫星在运动的全过程中对O 点角动量守恒。即

L 1=L 2

由于两者的方向一致，上式可直接用大小来表示， 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 如图所示的刚性摆，由两根带有小球的轻棒构成，小球的质量为m ，棒长为l 。此摆可绕无摩擦的铰链O 在竖直面内摆动。试写出：(1)此摆所受的对铰链的力矩；(2)此摆对铰链的角动量。

[解] (1) 此摆所受的对铰链O 的力矩

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

(2sin θ+cos θ)

[]

3-3

(2) 此摆对铰链的角动量为L ，转动惯量为I ，则

I =ml 2+m l 2+l 2

)=3ml

2

2

2

所以 L =I ω=3ml

d θ d t

3-11 有两个质量都等于50kg 的滑冰运动员，沿着相距1.5m 的两条平行线相向运动，速率皆为10m s 。当两人相距为1.5m 时，恰好伸直手臂相互握住手。求：(1)两人握住手以后绕中心旋转的角速度； (2)若两人通过弯曲手臂而靠近到相距为1.0m 时，角速度变为多大?

[解] 取两人组成的系统为研究对象，系统对两人距离中点的角动量守恒 (1) 设两人质量均为m ，到转轴的距离为r 1，握住手以后绕中心角速度为ω1，系统对转轴的转动惯量为J 1，则有：

r 1mv +r 1mv =J 1ω1

(1)

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

ω1=v /r 1=10/0. 75=13. 3rad/s

(2) 设两人相距1.0米时，角速度为ω2，此时系统对转轴的转动惯量为J 2，两人到转轴的

距离为r 2，则

J 1ω1=J 2ω2 (3)

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

又联立(2)-(4)式得

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

本题要注意，对于质点系问题应先选择系统，然后通过分析受力及力矩情况，指出系统对哪个转轴或哪个点的角动量守恒。

3-12 如图所示，一根轴沿x 轴安装在轴承A 和B 上，并以匀角速ω旋转动着。轴上装有长为2d 的轻棒，其两端各有质量为m 的小球，棒与轴的夹角为θ。若以棒处在xOy 平面内的时间开始计时，则图中所示时刻为t 的情况。 (1)根据L =小球组成的系统对原点O 的角动量

∑r i ⨯m v i ，试证明此两

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 的表达式，并解释其含义，(3)若θ=900，则结论如何?

[解] (1) 由图可知

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 由的表达式可看出，只有y ，z 分量，说明轴承只提供对y ，z 轴的力矩，以保d t d t

(2)

()()

证系统旋转。

(3) 当θ=900时，L i =2m ωd 2i ，说明轴承无需提供力矩。

d L

=0，即角动量不随时间变化。 d t

3-5

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