【7A文】大学物理活页作业答案(全套)

【MeiWei81-优质实用版文档】1.质点运动学单元练习（一）答案1B2D3D4B53.0m；5.0m（提示：首先分析质点的运动规律，在t<2.0s时质点沿G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G轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。）6135m（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。）7解：（1）（2）8解：ths9解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为（2）当旗杆与投影等长时，10解：-kvdv/dy已知y=yo，v=vo则2.质点运动学单元练习（二）答案1D2A3B4C5；6；7解：（1）由速度和加速度的定义；（2）由切向加速度和法向加速度的定义（3）8解：火箭竖直向上的速度为火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得9解：10解：；3.牛顿定律单元练习答案1C2C3A4；5；6解：（1）（2）FN=0时；a=gcot7解：8解：由牛顿运动定律可得分离变量积分9解：由牛顿运动定律可得分离变量积分10解：设f沿半径指向外为正，则对小珠可列方程，以及，积分并代入初条件得，4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1A；2A；3B；4C；5相同6；7解：（1）；（2）8解：9解：物体m落下h后的速度为当绳子完全拉直时，有10解：设船移动距离G，人、船系统总动量不变为零等式乘以dt后积分，得5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1C2D3D4C518J；6m/s65/37解：摩擦力由功能原理解得.8解：根据牛顿运动定律由能量守恒定律质点脱离球面时解得：9解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小(2)两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差联立、得10解：(1)由题给条件m、M系统水平方向动量守恒，m、M、地系统机械能守恒解得：；(2)当m到达B点时，M以V运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M为参考系6.刚体转动单元练习（一）答案1B2C3C4C5v=1.23m/s；an=9.6m/s2；=0.545rad/s2；N=9.73转。67解：（1）由转动定律，（2）由刚体转动的动能定理（3）根据牛顿运动定律和转动定律：mgF=marF=Ja=r联立解得飞轮的角加速度8解：（1）由转动定律（2）取棒与地球为系统，机械能守恒(3)棒下落到竖直位置时9解：（1）系统的能量守恒，有联立解得：；（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：mgTmaTrJb由运动学关系有：a=rb联立解得：10解：以中心O为原点作坐标轴OG、Oy和Oz如图所示，取质量为式中面密度为常数，按转动惯量定义，薄板的质量所以7.刚体转动单元练习（二）答案1C2A3D4B5；6；7解：小球转动过程中角动量守恒8子弹与木杆在水平方向的角动量守恒9解：圆环所受的摩擦力矩为，由转动定律，至圆环停止所经历的时间10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，碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒，碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒，、消去，得，、消去，得.8.机械振动单元练习（一）答案1 B2 B3 C4 A56 2:17 解：，运动方程（1）由旋转矢量法，；（2）由旋转矢量法，；（3）由旋转矢量法，。8 解：木块处于平衡位置时，浮力大小。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G轴正向，则当木块向下偏移G位移时，合外力为其中，浮力合外力为常数，表明木块在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动。由可得木块运动的微分方程为令，可得其振动周期为图8-19 解：如图，由旋转矢量法可知10.解：（1）（2）9.机械振动单元练习（二）答案10 B11 B12 C13 ，1415 （1）0.5s，1.5s；（2）0s，1s,2s。16 解：（1）由已知的运动方程可知：，（2），17 解：振动系统的角频率为图9-1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为又因初始位移，则振动系统的振幅为如图由旋转矢量法可知，则简谐运动方程为18 解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为图9-2合振动初相为10. 解：图9-3如图由旋转矢量法可知，。可见它们是反相的，因此合振动振幅为：合振动初相为：同样由旋转矢量法可知10.机械波单元练习（一）答案19 B20 C21 B22 1.67m2324 6，3025 解：（1）由波动方程可知振幅，角频率，则波速，频率，波长。（2）26 解：（1）由图可知振幅，波长，波速则。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，因此波动方程为（2）P处质点的振动方程为27 解：由图可知振幅，波长，则角频率。由P点的运动方向可知波向G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。则波动方程为10解：（1）以A点为坐标原点的波动方程为（2）则以B点为坐标原点的波动方程为11.机械波单元练习（二）答案28 C29 B30 C31 ，32 550Hz，458.3Hz33 0.08W/m234 解：两列波传到连线和延长线上任一点P的相位差左侧各点：，振动都加强；右侧各点：，振动都加强；图11-7、之间：则距点为：处各点静止不动。35 解：（1）（2）时振动加强，即36 解：反射点为固定端，即为波节，则反射波为=驻波表达式10.解：乙接受并反射的信号频率为甲接受到的信号频率为12.静电场单元练习（一）答案37 B38 D39 B40 C4142 利用点电荷电场的矢量叠加求y轴上的电场强度。43 解：通过点电荷在电场力作用下的平衡条件求出平衡时点电荷的电量。44 解：利用电荷元电场的积分叠加，求O点的电场强度。45 解：取同心球面为高斯面，利用高斯定理求电场强度的分布。10解：用对称性取垂直带电面的柱面为高斯面，求电场强度的分布。（1） 带电面外侧（2） 带电面内13.静电场单元练习（二）答案46 C47 D48 B49 C5051 52 解：假设阴极A与阳极B单位长度带电分别为与，由高斯定律求电场分布，并进一步求出阴极与阳极间的电势差U，由已知量求电场强度并由阴极表面的电场强度求电子刚从阴极射出时所受的电场力8解：（1）方法一：取同心球面为高斯面，利用高斯定理求电场强度的分布再求电势分布；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：球面外电势：有电势的叠加求电势分布；结果与方法一一致。（2）电势差9解：（1）电场作用于电偶极子的最大力矩：（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G10解：带电粒子处在h高度时的静电势能为到达环心时的静电势能为据能量守恒定律联立求解得14.导体电介质和电容单元练习（一）答案53 B54 C55 D56 C57 58 负电；59 解：两个球形导体用细导线相连接后电势相等，解得：；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G轴。任意一点P的电场强度两直导线单位长度的电容9 解：方法一：导体电荷的自能就是系统的静电能方法二：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能方法三：依照电场能量密度对电场空间的积分求系统的静电能G10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，有解得：（2）C板的电势15.导体电介质和电容单元练习（二）答案60 C61 B62 C63 B64 e r，e r65 466 解：设芯线单位长度带电荷l，芯线附近的电场强度最强，当电压增高时该点首先被击穿8解：（1）电容器充满介质后，导体板间的电势差不变（2）介质表面的极化电荷面密度9解：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能若断开电源导体所带电荷保持不变，浸没在相对电容率为er的无限大电介质中电容增大为e rC，系统的静电能G10解：用的高斯定理求得电位移的大小为D=s8.85×10-10C/m2(0<G<2)真空中电场强度100V/m介质中电场强度50V/m真空中电势U1=Eo(d1G)+Ed21.5100G(SI)U2=E(d2+d1-G)1.050G(SI)各区域内均为线性分布16.恒定磁场单元练习（一）答案1E2D3C4D5060；7解：（1）（2）（3）8解：（1）电子沿轨道运动时等效一圆电流，电流强度为原子核(圆心)处的磁感应强度：方向：垂直纸面向外（2）轨道磁矩：方向：垂直纸面向外9解：（1）在螺线管内取一同心的圆为安培回路（2）G10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：由磁感应强度的叠加原理：17.恒定磁场单元练习（二）答案1B2C3A4C53986.，垂直于磁场向上，7解：电子在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动轨道半径：旋转频率：AAxyzcabBI8.解：（1）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