大物课后部分参考答案及解析.docx

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大物课后部分参考答案及解析

大物课后部分参考答案及解析

第一章

P17

1-2已知vv0iAsintj，则rvdtv0tiAcostj

aA

xv0t

yAcost

22

costjFmamAcostj

可得yAcosx

v0

A（以出发点为原点）

注意基本概念的理解和掌握：

位移，速

1-

据其受力情

4如图，在B点时，况，有

20mvBTBmgcos60

mglsin3001mvB2

解得TB32mg9（N）

在B点时，根据其受力情况，有

2mvCTCmglC

12mglmvC

解得TC3mg18（N）

注意受力分析，区分出

1-6由题意设fkv，其受力方向在竖直方向上，则有

第2页共18页

dvmgFfmgFkvmam

dt

两边同时积分0vmgmFkvdv0tdt

0mgFkv0k

整理可得vmgF（1emkt）

k

设沉降距离为y，则vddyt

dtkk

yvdt0tmgkF（1emkt）dtmgkF[tmk（emkt1）]

kkk

注意利用运动学中各物理量之间的关系，

3430（J）或3500（J）

注意题意，要熟练分析题意，具体问题采

1-14

（1）子弹所受的冲量Ip0.02（50500）9（kgm/s）

木块所受的冲量与子弹所受的冲量反向，即

I木块9（kgm/s）

2）对木块，有I木块pm509（kgm/s），因此m0.18kg。

注意动量定理的灵活应用

第3页共18页

第二章

P32

2-4由题意有200π2001注0π意（s2）分析题意，

根据刚体定轴转动的转动定律有熟练运用刚体定22zJz50（10π）500π（kgm2/s2）

P33

2-

根据平行轴定理

12Jml

12根据力矩的定义有

12ll

Mmg（coscos）

233

211l

或M合mglcosmgcos）

3336

9由题意，已知质心处转动惯量为112ml2，m（2l3l）219ml2

1mglcos

6

1mglcos

6

1）根据刚体定轴转动的转动定律有M

可得M3gcos

可得J2l

1mgl1J2011ml22

6229由此可得3g注意结合题意，第4页熟共1练8页运用刚体

定轴转动的转

3）根据线量和角量的关系

vcr

32l323gl方向水平向左

此时M00，因此ac（vrc）2（r）22g方向竖直向上

2-11由题意细杆的转动惯量为

13Ml2

，子弹与细杆构成的系统

角动量守恒，则有

ml2）

2v1ml2（Mll3

注意区分和准确判断角动量守恒定律和

动量守恒定律的适用范围，在刚体定轴

第三章

P50

3-5Nf（v）dvN

v2

vv2，表示分布在

v1v2速率区间内的分子数。

012mv2f（v）dv12mv2，表示气体分子的平均平动动能。

.注意气体分子的速率分布函第数5的页共意18义页和

3-6氢气分子的平均平动动能

332321

EktkT1.381023（27327）6.211021（J）

22

氢气分子的平均转动动能

12321Ekr2kT1.381023（27327）4.141021（J）

2

1mol氢气分子的内能

E5RT58.31（27327）6.23103（J）22

注意气体分子的几种能量之间的关系

3-9由题意知H2OH20.5O

反应前气体的内能为

E3RT

反应后气体的内能为

'5515

E'5RT0.55RT15RT

224

15

RT3RT则有E425%E3RT

注意将化学反应方程式与气体分子的能量

第四章

P694-1由题意有T27357330（K），

又p2VnRT2T22T1660（K）

整个过程中系统内能的变化量

i54

EnRT28.313301.37104（J）22

整个过程中系统的总功

第6页共18页

nRT1nRT2lnp1

p2

28.3133028.31

660ln4

3

33

5.481033.16103

8.62103（J）利用热力学第一

根据热力学第一定律有

EW1.37104

34

8.621032.23104（J）

4-4由题意有

Q1

nRTlnVV21

8.31

3

400ln55.35103（J）

根据循环过程有

Q2

Q1

Q2

Q1

300

400

则Q2

3

4.01103（J）

整个循环过程中所做的功

3

1.34103（J）

3

WQ1Q2（5.354.01）103

利用热力学第一定律和循环过程的特

P70

利用热力学第一定律和循环过程的特

第7页共18页

第五章

静电场

P96

5-1由题意q'所受的电场力的大小

F440[a2（3a）2]22

3qq'

2

80a

qq

20a

方向由O指向q'

其电势能EP440[a2qq（3a）2]

在求解时有很大不同

5-6根据高斯定理，结合题意有

0

1Q1R

2R1

40r21

1Q1Q2

4

R1

R2

2

0r

R2

根据电势的定义，当rR1时

UEdlEdr

rr

1Q12Q2drR242

R1R21Q1

2

0r

10dr221dr

rR140r2

Q1（11）1Q1Q240（R1R2）40R2

Q111Q2

40R140R2

当R1rR2时

第8页共18页

Edl

Edr

r

1Q1

21drr40r24Q10（11）

0

Q1140r40R2

当rR2时

r

R2

1Q1Q2R24

2dr0r

11Q1Q2R240R2

1Q2

UEdlEdr

rr

1Q12Q2drr40r2

1Q1Q2

40

两球间的电场能（信息院的同学可以一看）

EPV120E2dVV120（410Qr21）2dV

12dr

r

RR12210（410Qr21）24r2dr

22

Q12R21drQ12（11）

80R1r2dr80（R1R2）

假设两球间为真空）

注意结合高斯定理和电势定义式（

UaEdl），定义式一定要

认准，否则容易犯错误的。

5-7由题意建立如图所示坐标系，

在杆上距离原点O为x处取

线元dx，

dq

q

Ldx

，则其在P处的电势为x

O

（L+d

Ｐd

dU

dq

4π0Ldx

dx

4π0LLdx

04π0LLdxdx

qlnLd

4π0Ld

第9页共18页

此过程中静电力做功

还可以用定义法求，大家有兴趣自己求一下。

5-9由题意做一以轴线为中心，半径为r高为L的圆柱面为高

斯面，则其电通量为

SEdS2rLE

垂直于高斯面向外

当r

R2时，2rLEIII

0，则EIII0

应用高斯定理求电场强度的典型问题，注意根据电场的

称性选择高斯面

第七章稳恒磁场

P126

7-1由题意，如图可知，O点的磁感强度B为四条边叠加而成，

即其大小

第10页共18页

根据电流流向可以得出方向垂直纸面向里

应用载流直导线在真空中任一点磁感强度的结论，注

意判断准确判断r、

cos6πcos56π920aI方向垂直纸

662a

面向里

b）由题意知

0I

4a

即竖直载流导线在P点的磁感强

度）方向垂直纸面向外

应用载流直导线在真空中任一点磁感强度的结论，注意分析问题。

P127

7-4（a）由题意知BO20RI20RI5420RI（145）方向垂直纸面向里（b）由题意知BO40I（r11R）方向垂直纸面向外

应用载流直导线在真空中任一点磁感强度的结论，注

第11页共18页

意第二问中比较大小，判断方向

7-5根据安培定律，在L2上取一距离为的线元dl，则dFI2dlB，

其大小dFI2Bdl

0I1I2dl

2πl

则L1作用在L2上的力

dl2dld

FdF02Iπ1I2ddl2dll02Iπ1I2ln28.31

107（N）方向垂

直L2向上

应用安培定律求安培力，注意其定义式，根据具体

况采用进行具体变形。

7-6由题意知上下两矩形边所受磁力之和为零，则线圈所有

磁力即

方向为F2的方向

线圈的磁力矩MPmB

则单位长度所受的磁力

根据安培环路定理，

当arb时，

应用安培环路定理求磁感强度的应用，注意根据具体

情况进行分析

第八章

电磁感应课外作业：

第13页共18页

解：

根据l（vB）dl，由题意有2πn，因此

ab

loalob

0oa（vB）dl0ob（vB）dl

loalob

oavBdlobvBdl

00

1212

Blo2aBlo2b

22

21242

2πBl2[（）2（）2]

55

-4215

2π0.510-4（0.5）21255

4.7105（V）

由此可知b点电势高。

利用等效非静电场的方法求动生电动势，注意转动过程的

特点

P146

8-

，则

5如图，在AB上任取一线元dl，将其等效为非静电场

l（vB）dllπvBdlsin03

vBlsinπ11332.6（V）

32

由此可以判断出感应电动势方向为由

A指

向B。

利用等效非静电场的方法求动生电动势，同课外题

P147

8-6由题意知v与B的夹角为3π，在bc上任取一线元dl，则有

3

第14页共18页

（vB）dl

π

vBdlsin

3

πvBlsin

3

0.5253

2

4.33（V）

由此可以判断出感应电动势方向为由b指向c。

利用等效非静电场的方法求动生电动势，同上题

第九章

P175

解得

A4.24

2

3）

t

min

2π

T

π

4

2π

60.75（s）

深（m入）理解简谐振动表达式各物理量的物理意义和

102

P176

9-7由题意，已知两分振动的振动方程为

m）

π

y10.04cos（2t）（m）y20.03cos（2t

6

根据振动合成规律，有

第15页共18页

AA12A222A1A2cos0.0420.03220.040.03cos（π）0.06

0.04sinπ0.03sin（π）arctanarc66

ππ

0.04cos0.03cos（）

66

60.08（rad应）用振动合成公

合振动的表达形式为

y10.06cos（2t0.08）

9-9根据机械波的特点，其在传播过程中，频率为一常数则由题意有

T

u

可以解得u

0.25

340

'0.79

340

T0.25

利用机械波的

1074.4（m频/s）率不随传播

9-11

（1）由题意知

3π，由此可得

A6102m

2s，如图根据旋转矢量可知，

π

3π）（m）

2）设简谐波的波函数为

y00.06cos（πt

xπy0.06cos[πt（ux）3π]（m）u3

由题意知u2m/s，故其波函数为

y0.06cos[πt（x）π]（m）

23

3）有波长、周期和波速的关系，

uT224（m）

根据旋转矢量求初相位可以有效简化运算。

熟练运用波函数的公式求解波函数的

P177

第16页共18页

9-15

（1）由题意知

44

y4104cos2π（100t03x）4104cos（2000πt6πx）2πx

Acos（2πt）

vdy41042000πsin（12π）0（m/s）dt

d2y42

addt2y4104（2000π20cos（12π）

22

1600π2（m/s2）

3）

波的强度即波的能流密度，

1

I

2

A2u11.3（2000π）2（4

42

104）2

10001368（W/m2）

3

第十章

10-1

由题意，设初始时的光程差为

r1

则放入云母片后的光程差为

r2

（r1d

nd）0

比较可得dn7117.3855016638（nm）/6.64（μm）

利用光的干涉的基本规律，通过比较即可解决此问题。

10-7由题意可知

nn，则根据半波损失的条件，可求出

2n2d（2k1）2，

解得e（2k1）

4n2

第17页共18页

本题考查增透膜的最小厚度，关键是分析光程差，判断是否有半波损失。

10-

10由布儒斯特定律可知，当入射角满足

10-12设自然光光的光强为I1，偏振光光强为

I1I2

I2I

25即I1

I12

2

本题利用

解得I1:

I21:

2

偏振光的特点进行求解，计算过程比较简单，属于基础问题。

第18页共18页