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j t A i v v

sin 0

，则j t A i t v dt v r

cos 0

由

t A y t v x cos 0

可得A v

x

A y 0

cos （以出发点为原点） j

t mA a m F j t A a

cos cos 22

1-4 如图，在B 点时，根据其受力情

况，有

20

2

02130sin 60cos B

B B mv mgl l mv mg T 解得)N (92

3

mg T

B

在B 点时，根据其受力情况，有

22

21C C C mv mgl l mv mg T 解得)

N (183 mg T

C

1-6 由题意设kv f ，其受力方向在竖直方向上，则有

注意基本概念的理解和掌握：位移，速注意受力分析，区分出

dt

dv m

ma kv F mg f F mg

变形可得

dt

dv kv

F mg m

两边同时积分 t v

dt

dv kv

F mg m

00

整理可得

)

1(t m k

e k

F

mg v

设沉降距离为y ，则dt dy v

)]

1([)1(0 t

m k

t

t m

k

e k

m t k F mg dt e k F mg vdt y

1-9 由题意，当h=50m 时，桶中水已全部漏完，故木桶从井中提到井口所做的功为

J)

(3500)(J 3430)1.011(]2.0)[(100

50

500

2

10050

50

0或

gh g

h h Mgdh

dh gh g m M W

1-14 （1）子弹所受的冲量

)

m /s kg (9)50050(02.0 p I

木块所受的冲量与子弹所受的冲量反向，即)m/s kg (9 木块

I

（2）对木块，有)

m/s kg (950 m p I

木块，因此kg 18.0 m 。

注意题意，要熟练分析题意，具体问题采注意利用运动学中各物理量之间的关系，注意动量定理的灵活应用

第二章

P32

2-4 由题意有)

π(s 100

20π2002

根据刚体定轴转动的转动定律有

)/s m π(kg 500)π10(502

2

z

z

J M

P33

2-9 由题意，已知质心处转动惯量为2

12

1

ml ，根据平行轴定理 2229

1

)32(121ml l l m ml J

根据力矩的定义有

cos 61

)cos 3cos 32(21mgl l l mg M 或 cos 6

1

)cos 631cos 3132mgl l mg l mg M

合

（1）根据刚体定轴转动的转动定律有 J M

可得l

g J M 2cos 3

（2）由题意，力矩做功mgl mgl Md W 6

1sin 6

1

2π

2π0

根据刚体定轴转动的动能定理22

12

2

121 J J W ，有

2229

1

2102161 ml J mgl

由此可得l

g 3

注意结合题意，

注意分析题意，

熟练运用刚体定

（3）根据线量和角量的关系

gl l l g r v c 33

2323

方向水平向左

此时0

M ，因此g

r r

v a

c c

2)()(

222

方向竖直向上

2-11 由题意细杆的转动惯量为2

31Ml ，子弹与细杆构成的系统角动量守恒，则有

)3

1(22

2

ml Ml l v ml

对于子弹、细杆及地球这个系统，满足机械能守恒定律

)2

(cos cos 2)31(2102

2

2

mgl l

Mg mgl l Mg ml Ml 整理可得 )cos 1()2

()31(21222 gl m M

ml Ml

由此解得]

)2)(3(31arccos[2

2gl

m M m M v m

第三章

P50 3-5 2

1

2

1

)(v

v v v N dv v Nf ，表示分布在2

1

v v 速率区间内的分子数。

20

22

1)(21v m dv v f mv

，表示气体分子的平均平动动能。

. 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

注意气体分子的速率分布函数的意义和

3-6 氢气分子的平均平动动能

)J (1021.6)27273(1038.12

3

232123

kT E kt 氢气分子的平均转动动能

)

J (1014.4)27273(1038.12

1

22123 kT E kr

1mol 氢气分子的内能

)J (1023.6)27273(31.82

5

253

RT E

3-9 由题意知2

2

2

5.0O H

O H

反应前气体的内能为RT E 3

反应后气体的内能为RT RT RT E 4

15

255.025'

则有

%25334

15

RT

RT

RT E E

第四章

P69

4-1 由题意有)K (33057273 T ， 又)

K (66022122

T T nRT

V p

整个过程中系统内能的变化量

)

J (1037.133031.82

5

224 T R i n E

整个过程中系统的总功

注意气体分子的几种能量之间的关系 注意将化学反应方程式与气体分子的能量

)

J (1062.81016.31048.53

4

ln

66031.8233031.82ln

ln 3332

1212

12 p p nRT nRT p p nRT V p W W W T p

根据热力学第一定律有

)

J (1023.21062.81037.1434 W E Q

4-4 由题意有

)J (1035.55ln 40031.8ln

31

2

1 V V nRT Q

根据循环过程有

)

J (1001.4400

300

1132121

212

Q Q Q Q Q T T 则

整个循环过程中所做的功

)

J (1034.110)01.435.5(3321 Q Q W

P70

4-8 由题意有 0

''00

22T T nRT V p

00000000002169.1)2ln 1()2ln 2

5

(27V p V p V p V p V p Q Q W

%

9)2ln 1(722

7)2ln 1(00001 V p V p Q A

利用热力学第一

利用热力学第一定律和循环过程的特利用热力学第一定律和循环过程的特

第五章

静电场 P96

5-1 由题意'

q 所受的电场力的大小

20'

2

220'

8323])3([44a

qq a a qq F

方向由O 指向'

q

其电势能

a

qq a a qq E P 0'2

22

0'

2]

)3([44

注意电场强度和电势能的区别，一个矢量，一个标量，因此

在求解时有很大不同 5-6 根据高斯定理，结合题意有

2

22

102

12

10141410R r r Q Q R r R r

Q R r E

根据电势的定义，当1

R r 时

2

2

010122

10210122

102

10411441)11(441410221

1

R Q R Q R Q Q R R Q dr r Q Q dr r Q dr Edr

l d E U R R R R r

r r

当2

1

R r R 时

Ｐ L d

d x (L+d d x O 2

2

00122

1020122

10210411441)11(4414122

R Q r Q R Q Q R r Q dr r

Q Q dr r Q Edr

l d E U R R r

r

r

当2

R r 时

r

Q Q dr r

Q Q Edr

l d E U r

r

r

2102

2

104141

两球间的电场能（信息院的同学可以一看）

)1

1(8184)41(21)41(21212

10220

22

221002

21002012

1

121

R R Q dr r Q dr r r

Q dV r Q dV E E R R R R V V P

（假设两球间为真空）

注意结合高斯定理和电势定义式（

a

l

d E U

），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

一线元dx ，Ldx q

dq ，则其在P 处的电势为 dx x d L L q x d L dq dU P

44 ππ 则 d

d

L L q dx x d L L q U L

P

ln

4400

0 ππ

此过程中静电力做功

d d

L L qq d d L L q q U U q W P P

ln 4)ln 40()(00000 ππ

则外力做功d

d

L L qq W W

P

ln 4-00 π外

注意分析题意，外力做功与静电力做功是不同的，这个电势

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

E

L r S d E S

E 2

根据高斯定理，当1

R r 时，0

2 I

E

rL ，则0

I

E

当2

1

R r R 时，0

2 L E

rL II

，则r

E

II

02

，方向

垂直于高斯面向外

当2

R r 时，0

2 III

E

rL ，则0

III

E

应用高斯定理求电场强度的典型问题，注意根据电场的对称性选择高斯面

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

1

4B B

2101cos cos 4

r

I

B ， 其中2

452

a tg a r

4

34

21

因此 a

r

I

B I 22cos cos 40210

1

a

B B I

2

2401 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 、1

、2

。

7-2 （a ）由题意知 a I a I

B B P 2965πcos 6πcos 3

43300

方向垂直纸

面向里

（b ）由题意知

a

I

B P 40

（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 )4

5

1(24522000

R I R I R I B O 方向垂直纸面向里

（b ）由题意知

)11

(40R

r I B O

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

意第二问中比较大小，判断方向。

7-5 根据安培定律，在2

L 上取一距离为的线元l

d

，则

B

l d I F d

2，

其大小dl

l I

I Bdl I dF π22

102

则1

L 作用在2

L 上的力

)N (1031.82ln π

2π

272

102

102

I I l dl I I dF F l d d

方向垂

直2

L 向上

应用安培定律求安培力，注意其定义式，根据具体情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

i

lb b a a I

I i l b a I I i l a I I F F F )

(π2)π(2π210101021

方向为2

F

的方向

线圈的磁力矩

B P M m

应用安培定律求安培力，同7-5。

7-7 如图，在2

I 上任取一线元l

d ，则其受到1

I 导线的磁场的磁

场力为

B

l d I F d

2

其大小dl

I I

Bdl I dF πd

21

02

2

则单位长度所受的磁力

πd

22102I I B I dl dF

方向互相排斥

应用安培定律求安培力，同7-5。

7-11 如图，做一以圆柱体中心O 为圆心，半径为r 的圆环作为安培环路，则

r

B dl B Bdl l d B l

l

l

π2

根据安培环路定理， 当b r a 时，

)(π)

(π2222

20

'0a r a b I

I B r

则

)

(2ππ)

(22220

a b a r I B

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：

解：根据

l

d B v l

)( ，由题意有n π2 ，因此

)

V (107.425

15

)5.0(100.5π2]

)54

()51[(π22

121)()(524-222220

Bl l B l B dl

vB dl vB l

d B v l d B v ob oa l l l l b

a o

b oa

ob oa

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

8-5 如图，在AB 上任取一线元l

d ，将其等效为非静电场，则

)V (6.22

33113πsin

3

πsin

)(0

vBl vBdl l

d B v l

l

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3

π，在bc 上任取一线元l

d ，则有

)V (33.42

3525.03πsin

3

πsin

)(0

vBl vBdl l

d B v l

l

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

9-1 （1）由题意知m

10

62

A ，s 6 T ，Hz 6

1 ，4π

（2）由题意，当)(cos 2

1

)(sin 212222

t kA E t kA E

P k

时，即

)

(cos )(sin 22 t t

解得 )m (1024.42

2

2

A y （3）)s (75.06π24π

π2min

T

t

P176

9-7 由题意，已知两分振动的振动方程为

)m )(6π2cos(04.01

t y )m )(6

π

2cos(03.02

t y 根据振动合成规律，有

深入理解简谐振动表达式各物理量的物理意义和

06

.0)3

πcos(03.004.0203.004.0cos 222212

221

A A A A A

)rad (08.0)

6

π

cos(03.06πcos 04.0)6πsin(03.06πsin

04.0arctan arc

合振动的表达形式为

)08.02cos(06.01

t y

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

340

25.0

u

T

可以解得)m/s (4.107434025

.079.0'

'

T u 9-11 （1）由题意知m

10

62

A ，s 2 T ，如图根据旋转矢量可知，

3

π

，由此可得

)

m )(3

π

πcos(06.00 t y

（2）设简谐波的波函数为)m ](3

π

)π(cos[06.0 u x t y 由题意知 m/s

2 u ，故其波函数为

)m ](3

π

)2π(cos[06.0 x t y （3）有波长、周期和波速的关系，m)(422 uT

P177

应用振动合成公利用机械波的

频率不随传播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

9-15 （1）由题意知

)

π2π2cos()

π6000π2cos(104)3π(10002cos 10444

x

t A x t x t y

对比可知m/s 31000 u ，m)(3

，Hz 1000 （2）由题意，当s 1 t ，m 2 x 时

104)π12000π2cos(1044

4

y

)m/s (0)π12sin(000π21044

dt

dy

v

)

m /s (π1600)π12cos(000π02(104222422 dt

y

d a

（3）波的强度即波的能流密度，故

)m /W (13683

1000

)104()π2000(3.121212

2

42

2

2

u A I

第十章

10-1 由题意，设初始时的光程差为 71

2

r r

则放入云母片后的光程差为0)(1

2

nd d r r

比较可得)μm (64.6/)nm (66381

38.1550717 n d 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'

n n ，则根据半波损失的条件，可求出

2

)

12(22

k d n ，

解得2

4)

12(n k e

，

考查简谐波的

基本概念比较

当0 k

时，)nm (6.9038

.14500

42

min

n d

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 33.1tan 1

2

n n i

时，反射光为完全偏振光 解得00

1.5333.1arctan i

本题考查布儒斯特定律的应用，思路简单，主要是计算要认真。

10-12 设自然光光的光强为1I ，偏振光光强为2I ，则由题意有

52

212

1

I I I 即2521

21I I I

解得2:1:2

1 I I

本题利用偏振光的特点进行求解，计算过程比较简单，属于基础问题。