大学物理课本答案
第一章 质点运动学
一． 选择题：
１．（Ｄ） ２．（Ｄ） ３．（Ｃ） ４．（Ｂ） ５．（Ｂ） ６．（Ｄ） ７．（Ｂ） ８．（Ｃ） ９．（Ｂ） 10．（Ｂ） 11．（Ｄ） 12．（Ｃ） 13．（Ｂ） 14．（Ｃ） 二． 填空题：
１．)/](5cos 5sin [50s m j t i t
+-； ０； 圆．
２．)/](sin 2cos )[(222s m t t Ae
t
ωβωωωββ+--；
)()12(21
s n πω
+．
３．t
S
?； t v ?-02 ． ４．bt v +0；
2402/)(R bt v b ++．
５．)/(162
2s m Rt ； )/(42
s r a d ．６．（１）、（３）、（４）是不可能的．
７．3
22S S +． ８．2
/4s m j i +-． ９．s m /20．
10．2
/1.0s m ．11．)/(2
s m c -， )/(/)(2
2
s m R ct b -；)(//s c R c b ±
．
12．变速率曲线运动； 变速率直线运动．
13．)/(2/2
s m g -， g v g v 3/3230cos /202=．
14．s m /3.17， s m /20． 15．g v /cos 2
20θ．
三． 计算题：
１． 解：（１）)/(5.0/s m t x v -=??=；
（２）2
69/t t dt dx v -==， s m v /6)2(-=； （３）m x x x x s 25.2|)5.1()2(||)1()5.1(|=-+-=． ２． 解：t dt dv a 4/==，tdt dv 4=
??
=t
v
t d t dv 0
4， 22t v =
2
2/t dt dx v ==
?
?=x
t
dt t dx 10
22
)(103/23
SI t x +=．
３． 解：首先求出s t 2=时质点在轨迹上的位置．s t 2=，
)(80m S =（在大圆上）
． 各瞬时质点的速率：)/(1030/s m t dt dS v +==；
s t 2=， s m v /50=
各瞬时质点的切向加速度和法向加速度：
2
22/10s m dt
S d dt dv a t ===； ρρ22)/(v dt dS a n == s t 2=时，2/10s m a t =， 2/3.83s m a n =．
４． 解：（１）t v x 0=， 2
2
1gt y =
轨迹方程是：2
2
2/v g x y =．
（２）0v v x =， gt v y =．速度大小为： 222022t g v v v v y x +=+=
．
方向为：与Ｘ轴的夹角)/(01
v gt tg -=θ
222
02//t g v t g dt dv a t +==，与v 同向．
222002
12
2
/)(t g v g v a g a t
n +=-=，方向与t a 垂直．
５．解：dy
dv v dt dy dy dv dt dv a =?==
， 又ky a -= dy vdv ky /=-∴ ??
=-v d v k y d y C v ky +=-
2
22
121 已知0y y =，0v v = 则：2
0202
121ky v C --
= )(2
20202y y k v v -+=．
６． 解：选地面为静止参考系S ，风为运动参考系S '，飞机为运动质点P ．
已知：相对速度：h km v s p /180='，方向未知； 牵连速度：h km v s s /60='，方向正西； 绝对速度：ps v 大小未知，方向正北． 由速度合成定理有：s s s p ps v v v ''+=
，
ps v ，s p v ' ，s s v '
构成直角三角形，可得：
h km v v v s s s p ps /170)()(||22=-=''
，
014.19)/(=='-ps s s v v tg θ．
（飞机应取北偏东0
4.19的航向）． ７． 解：由t kv dt dv 2
/-=
k t d t v dv -=2
积分：??-=tdt k v dv
2
C kt v +-=-
22
1
1 当0=t 时，0v v = 0
1
v C -
=∴ 得：
21211v kt v += ８． 解：设质点在x 处的速率为v ，
262x dt
dx dx dv dt dv a +=?==
??
+=x v
dx x vdv 0
20
)62(
s m x x v /)(22/13+=
'
９． 解：设质点的加速度为：t a a t α+=，
τ=t 时，a a t 2= τα/a =∴
即 τ/at a a t +=
由 dt dv a /=，得 adt dv =
??
+=n
v
dt at a dv 0
)/(ττ
τa n n v )2(2
1
+=
∴ 由 dt ds v /=， vdt ds =
?
?=s
n v d t ds 0
τ
，又 ?+==τ2/2at at dt a v t
∴ 质点走过的距离6/)3(22τa n n s +=．
１０． 解：ct b dt dS v +==/ c dt dv a t ==/
R ct b a n /)(2
+=
根据题意： n t a a = 即 R ct b c /)(2
+= 解得： c
b c R t -=
１１． 解：选地面为静止参考系s ，火车为运动参考系s '，雨滴为运动质点p ： 已知：绝对速度：ps v
大小未知，方向与竖直方向夹0
30；
牵连速度：s m v s s /35='，方向水平；
相对速度：s p v ' 大小未知，方向偏向车后0
45．
由速度合成定理：s s s p ps v v v ''+=
由矢量关系式画出矢量图，由几何关系可得：
s
s '
3530sin 30cos 00=+ps ps v v
s m v ps /6.25=．
第二章 牛顿运动定律
一． 选择题：
１．（Ｂ） ２．（Ｂ） ３．（Ｄ） ４．（Ｅ） ５．（Ｃ） ６．（Ｄ） ７．（Ａ） ８．（Ｃ） ９．（Ｂ） 10．（Ｃ） 11．（Ｄ） 二． 填空题：
１．j t i t r
23
23+=
． ２．２％． ３．θcos /mg ， θθ
c o s s i n gl ． ４．θ2
cos /1． ５．0f ． ６．cm 24． ７．
212m m g m F +-，
)(12
12
g m F m m m ++． ８．s g μ/． 三． 计算题：
１．解：（１）0=a mg T =；
（２）ma T =αsin ， mg T =αcos g a tg /=α 2
2
g a m T +=
２．解：（１）以Ａ、Ｂ、绳为研究对象
a m m m g m g m mg F B A B A )(++=---
g m m m F
m m m g m m m F a B
A B A B A -++=++++-=
∴)(．
（２）以绳的下段长和物体Ａ为研究对象 a L mx m g L mx m x T B A )/()/()(+=+- ))(/()(a g L mx m x T A ++=∴
)(2496)
/(N x m m m L mx m F B
A A +=+++=
．
３．解：设绳子与水平方向的夹角为θ，则l h /si n =θ． 木箱受力如图所示，当匀速前进时
N
f M
g N F F μθθ==-+=0sin 0
cos
θμθμs i n
c o s +=
∴Mg
F （受力图和由牛顿方程解出F ）
0)
s i n (c o s )
c o s s i n (2=++--=θμθθμθμθMg
d dF 6.0==∴μθtg ， 6375300
'''=θ
且02
2>θ
d F
d ， m h l 92.2sin /==∴θ时，最省力．（求极值得结果） ５． 解：受力图如图所示：
以Ａ为研究对象：
Ｘ方向：0cos si n 12='-'+-θθf N f B
（１） Ｙ方向：0cos si n 1='-'--θθB
A N f Mg N （２） 同时，θμcos 11mg f f ='= （３）
θcos mg N N B
B ='= （４） （１）、（２）、（３）、（４）联立求解：
O
X
Y
1
B
'A
N '2'
B
A
地
θθμθθθsin cos cos sin cos 21mg mg Mg f N Mg N B
A ++='+'+= θμθθθθ212cos sin cos cos sin mg mg f N f B
-='-'= 斜面对地面的压力：θθμθsin cos cos 2
mg mg Mg N A ++=' 斜面对地面的摩擦力：θμθθ2
2cos sin cos mg mg f -='.
５．解：对Ａ：09.36cos 10
=--T f F （１） 09.36sin 0
11=--F g m N （２） 11N f μ= （３）
对Ｂ：02=-f T （４） 022=-g m N （５） 22N f μ= （６） 由（４）、（５）、（６）式得：)(8.92N g m T ==μ 再由（１）、（２）、（３）式得：)(4.299
.36sin 9.36cos )
(0
021N m m F =-+=
μμ． 第三章 功与能
一、选择题：
1、（A ），
2、（B ），
3、（D ），
4、（C ），
5、（C ）
6、（B ），
7、（C ），
8、（D ），
9、（C ），10、（B ）
二、填空题
1、R GMm R R GMm 32)131(
-
-或 2、 )1
1(21b
a m Gm -- 3、 12800J 4、动量、动能、功、势能 5、100m/s 6、5.23×105
W 7、αsin 2o mgx 2 8、-F 0R 9、零，正，负 10、18J ，6m/ 11、4000J 12、)/(mr k ，)2/(r k - 13、 GMm/(6R)，-GMm/(3R) 14、-0.207
三、计算题
1、0416
解：由x=ct 3可求物体的速度：
23ct dt
dx
==
υ 物体受到的阻力为：3/43
/24
2
2
99x kc t kc kv f ===
阻力对物体所作的功为：
???==x d f dw W
?-=dx x kc l 3
/43/290
7/273
/73/2l
kc -=
2、0103
解：根据功能原理，木块在水平面上运动时，摩擦力所作的功等于系统（木块和弹簧）机械能的增量。由题意有
,2
1
2122υm kx x f r -=
- 而mg f k r μ=
由此得木块开始碰撞弹簧时的速率为
s m m
kx gx k /83.522
=+=μυ
另解：根据动能定理，摩擦力和弹性力对木块所作的功，等于木块动能的增量，应有
?-=--x o k m kxdx mgx 22
1
0υμ
其中
?
=
x
o
kx kxdx 2
2
1 3、5264
解：（1）根据功能原理，有mgh m fs -=
2
02
1υ
α
α
μαμsin cos sin mgh
Nh fs ==
αμm g h c t g = mgh m -=
2
02
1υ )(25.4)
1(220m ctg g h =+=αμυ
（2）根据功能原理有fs m mgh =-
22
1
υ αμυmghctg mgh m -=22
1
s m ctg gh /16.8)]1(2[2/1=-=αμυ
4、0753
解：两个粒子的相互作用力3
/r k f = 已知∞==r f 即0处为势能零点，
?
?∞=?∞==∞dr r
k r r d f r Wp Ep 3 5、0439
解：把卸料车视为质点。设弹簧被压缩的最大长度为l ，弹性系数为k ，在卸料车由最高点下滑到弹簧压缩最大这一过程中，应用功能原理有
h G kl h G 12
12
1sin /2.0-=
-α ① 对卸料车卸料后回升过程应用功能原理，可得：
2222
1
sin /2.0kl h G h G -=-α ②
由式①和②联立解得：
3
72.030sin 2.030sin 0021=-+=G G 6、0472
解：设v 1为软木塞飞出的最小速度，软木塞和试管系统水平方
向动量守恒
o mv Mv =-12 m Mv v /21=∴
（1）当用硬直杆悬挂时，M 到达最高点时速度须略大于零，由机械能守恒，
L Mg Mv 22
122≥ gL v 42≥∴ m gL M v /21=∴
（2）若悬线为轻绳，则试管到达最高点的速度v 满足
gL v L Mv Mg ==即/2
由机械能守恒：
MgL Mv L Mg Mv 2
52122122=+=2 gL v 52=∴ m gL M v /51=
7、0425
解：（1）取地心为原点，从O 指向陨石为r 的正方向，如图。陨石由a 落到b ，万有引力的功
??++-=-=R h R R
h R r r d GMm r d r
Mm
G W 22 )
()11(
h R R h
GmM h R R GmM +=+-= （2）取陨石为研究对象，根据动能定理
?
+-=-R
h
R o mv r d r Mm G
222
1 22
1)(mv h R R h M m G =+
得)
(2h R R h
GM
v +=
（也可用机械能守恒来解） 8、0422
解：（1）由位矢t b y t a x j t b i t a r ωωωωsin ,cos sin cos ==+=或写为
t a dt dx x ωωυsin /-== t b dt dy y ωωυcos /==
o t t o ）（a A ==ωωsin ,1cos ,,点
222
22
12121ωυυmb m m E y x KA =+=
)0，b （B 点 1sin ,0cos ==t t ωω
22222
12121ωυυma m M E y x KB =+=
（2）j ma i ma F y x
-+=
j t mb i t ma ωωωωsin cos 2
2
--=
由B A → ??-==
t d x a m a o dx F a b W x x ωωcos 2
?=+=22221
ωωma xdx m o a
??-==tdy b m o b
dy F a b W y y ωωsin 2
?-=-=2222
1
ωωmb ydy o b m
9、0202
解：用动能定理，对物体==-?Fdx o m 402
12
υ
168210)610(0
43
2=+=+?x x dx x 得 s m /13,1682
==υυ解出 10、0080
解：（1）外力做的功 ??=x d F W J dx x x x x 31)4.388.52(21
2
=+=?
（2）设弹力为?-=?'='W x d F x x m F 122
2
1,υ
m W /2-=υ 即134.5-?=s m υ
（3）此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始未态有关
第四章 动量
一． 选择题：
１．（Ｃ） ２．（Ｂ） ３．（Ｃ） ４．（Ｃ） ５．（Ｃ） ６．（Ｄ） ７．（Ｃ） ８．（Ｃ）９．（Ａ） 10．（Ｄ） 11.（Ａ） 12．（Ａ） 13．（Ｂ） 二． 填空题： １．s N ?7.4； 与速度方向相反． ２．m
M Mv
V +=
． ３．s N ?18．
４．s km /3.6． ５．s r ad /36． ６．不一定； 动量． ７．s N ?140；s m /24． ８．s 003.0； s N ?6.0； g 2． ９．s m /10； 北偏东0
87.36．
10．0)21(gy m +； 2/0mv ． 11．s m /5．12．０； k ab m ω．
13．s cm /14.6； 0
5.35． 14．０． 15．M k
l 0
； M
k
nm M Ml +0． 16．
R GMm 32； R
GMm
3-． 三． 计算题： １． 解：建立如图坐标系，由动量定理，小球受到的冲量的Ｘ，Ｙ分量的表达式为：
Ｘ方向：x x x x mv mv mv t F 2)(=--=? （１） Ｙ方向：0)(=---=?y y y mv mv t F （２）
t mv F F x x ?==∴/2
αcos v v x =
O
t mv F ?=∴/cos 2α 方向沿Ｘ正向．
根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力为：
||F F -=' 方向垂直墙面指向墙内．
２． 解：由动量定理知质点所受外力的总冲量
12)(v m v m v m I -=?=
由Ａ Ｂ
1
0683.045cos -??-=--=-=s m kg mv mv mv mv I A B Ax Bx x
1
0283.045sin 0-??-=-=-=s m kg mv mv I A Ay y s N I I I y x ?=+=
739.022
方向：x y I I tg /1=θ， 05.202=θ（与Ｘ轴正向夹角）．
３． 解：完全弹性碰撞：动量守恒；机械能守恒
碰撞前：Ａ：1A v ，方向水平向右，Ｂ：01=B v ；
碰撞后：Ａ：2A v ，设方向水平向右，Ｂ：2B v ，方向水平向右．
动量守恒： 221B B A A A A v m v m v m += （１） 机械能守恒：22222
12
1212
1
B B A A A A v m v m v m +=
（２） （１）、（２）联立方程组，解得： 12A B A B
A A v m m m m v +-=
且02>A v ，与所设方向相同．
122A B
A A
B v m m m v +=
二球同时落地，下落时间相同，有：
t v L A A 2=； t v L B B 2= 得：
A
B
A B A m m m v v 25222-== 解得：5/=B A m m ．
４． 解：（１）因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此，作用于子弹、物
体系统上的外力均在铅直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '，有： v M mv mv '+=0
s m M v v m v /13.3/)(0=-='
N l Mv Mg T 5.26/2=+=
（２）s N mv mv t f ?-=-=?7.40
（设0v 方向为正向，负号表示冲量与0v
方向相反）． ５． 解：第一阶段：抛体运动，上升到最高点的时间为s g h t 2/20==
s m t S v x /50/01==∴ 0=y v
初动量：s m kg mv p x x /501?== s m kg p y /01?=
第二阶段：爆炸后，爆炸力是内力，动量守恒．正下方一块的爆炸瞬间的速度为
12v ，方向向下（爆炸点为坐标原点，Ｙ负向）．
由h gt t v -=-2/2
12 及s t 1=得：
s m v /7.1412-= 由动量守恒：
Ｘ方向：2/22x x mv mv = Ｙ方向：2/2/02212y mv mv +=
解得：s m v v x x /100222==， s m v y /7.1422=
由 2/2
22gt t v h y -=- 得s t 4=（第二块落地的时间） 离发射点的距离m t v S S x 500221=+=． ６． 解：子弹射如Ａ未进入Ｂ以前，Ａ、Ｂ共同作加速运动．
v
2
/600)/()(s
m m m F a a
m m F B A B A =+=+=
Ｂ受到Ａ的作用力： N a m N B 3
108.1?== 方向向右
Ａ在时间t 内作匀加速运动，t 秒末的速度at v A =．当子弹射入Ｂ时，Ｂ将加速而Ａ仍以A v 的速度继续向右作匀速直线运动． s m at v A /6==
对于Ｂ的速度，取Ａ、Ｂ和子弹组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，有： B B A A v m m v m mv )(0++= s m m m v m mv v B A A B /22)/()(0=+-=．
７． 解：完全弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒 碰前：对Ａ：gl v A 21= 方向向右，对Ｂ：01=B v ；
碰后：对Ａ：gh v A 22=
方向向左，对Ｂ：2B v ，方向向由．
动量守恒： 221A A B B A A v m v m v m -= （１） 机械能守恒：22222
12
1212
1
B B A A A A v m v m v m +=
（２） 联立（１）、（２）两式解得：
2/321A A v v =， 2/22A B v v =
而 s m gh v A /66.222==
s m v A /41= s m v B /33.12= m l 8.0=； Ｂ克服阻力作的功为动能的减少，由动能定理： )(42.42/2
2J v m W B B f ==．
８． 解：这个问题有两个物理过程：
第一个过程：木块Ｍ沿光滑的固定斜面下滑，到达Ｂ点是速度的大小为
θsin 21gl v = 方向：沿斜面向下
第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞．在斜面方向上，内力的分量远远
大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有： v M m Mv mv )(cos 1+=-θ M
m gl M mv v +-=
θ
θsin 2cos ．
刚体的定轴转动
一、选择题
1. C ; 2、A; 3. D; 4. C ; 5. C ;6. B; 7、C; 8、B; 9、 A; 10、 C ;11、B; 12、D; 13、C; 14. A ; 二、填空题：（共18分）
1、 4s ; -15mS -1
; 2、 9.61s ； 48rev; 3、 5rad/S 2
;4、 50ml 2
5、 0.25kg.;6.2/)34(2
r m M -。7、 ma/2 ;8
9、 157N ·m 。
10
11、 ， ； 12、 23v 。 13 14、 。 15、 mvl 。
16、（1），（2），（3）。17、 。 三、计算题： 1、（本题5分）0978
mr
3mL mgL 2
1 L g
32 C B A m m 2
1
+
+ a R a g m 2)(-
)3(60
m M r v +
解：两轮的角加速度分别为βA ，βB a tA =a tB =a t =r 1βA =r 2β B
βA =
1
2
r r β B ω=βA t ∴t=2
112r r r r B B A βωβω
βω=
= =
75
.03
.0)60/23000(???ππ=40s
2、（本题5分）0131
解： ∵
∑
M I =0
∑
J ω=恒量 ∵J 减小，ω增大
J 0ω0=J ′ω （J 0=2
mR 5
2
J ′2)2
(52R m =） ∴ω=4ω0 T=
004
1
422T ==
ωπω
π
3、（本题10分）0160
解：有外力矩作用时 ω01=0，ωt1=100rev/min=10.5rad/s 其角加速度 β1=(ωt1-ω01)/t 1=ωt1/t 2 运动方程 M=M f =J β1 在没有外力矩作用时 ω02=ω01 ，ω12=0 其角加速度 β2=(ω12-ω02)/t 2=-ωt1/t 2 运动方程 -M 1=J β
2
○
1○2式联立求解，得 M=J （β1-β2）=J （ωt1/t 1+ωt1/t 2） 从而J=
22
1t1m ·3.17)
11(kg t t M
=+ω
4、（本题5分）0163
解：设棒的质量为m ，当棒与水平面成600
角并开始下落时，根据转动定律 M=J β
其中 M=21mg ιsin300=mg ι/4 于是 β=ι
4g 3=J M =7.35rad/s 2
当棒转动到水平位置时， M=2
1
mg ι
那么 β=ι
2g 3=
J M =14.7rad/s 2
5、（本题5分）0245
解：（1）βr a t = 2/4/s rad r a t ==∴β (2) t o t βωω+= s rad t /20==
βω
(3)r 据转动定律：M=J β
∴Fr=J β F=
N r
J 32==β
6、（本题5分）0159
解：据转动定律
M=J dt
d J
ω
β= 分离变量：d dt J
M =
ω M=FrSn Fr FrSn == 90θ tdt dt t dt J Fr d 501011.05.03
=??==
∴-ω s rad tdt /25501
0=?=ω
7、（本题10分）0155
解：m g －T=ma
O
TR=
22
1
MR β a=R β 上三式联立得 a=
2
M m mg
+
∵a 为恒量 ∴V=V 0+at=at=
M
m mgt
+22
8、（本题5分）0162 解：受力图如图所示
mg －T=ma
M=J β M=TR m
M mMg
T 2+=
?
a=R β =24.5N 9、（本题10分）0561
解：受力分析如图。 mg －T 2=ma 2 T 1－mg=ma 1 T 2(2r)－T 1r=9mr 2β/2 2r β=a 2 r β=a 1
解上述5个联立方程，得：
T 1
1
2
G
2
a 1a
g
10、（本题10分）0241
解：（1） mg-T=ma TR=J β
a=R β
2
)/(2
2
2
MR mR mgR J mR mgR +=
+=∴β
=
=+R
M m mg
)2(281.7rad/s 2
方向垂直纸面向外 （2）t 0βωω-=
当ω=0时，10.0-81.7t=0，则t=0.122s ，
rad t t 612.02
1
20=-
=∴βωθ 物体上升的高度 h=θR =6.12×10-2
m （3）ω=βθ2=10.0rad/s 方向垂直纸面向外。 11、（本题10分）0242
解：J=
2
1MR 2=0.675kg ·m 2
mg-T=ma TR=J β a=R β
22MR J =
g
g m
a
大学物理简明教程习题解答9
第12章 量子物理学 12-1 氦氖激光器发射波长632.8nm 的激光。若激光器的功率为1.0mW ，试求每秒钟所发射的光子数。 解 一个光子的能量λ νhc h E ==，激光器功率P 数值上等于每秒钟发射光子的总能量， 故每秒钟所发射的光子数 1/s 1018.315?=== hc P E P N λ 12-2 某种材料的逸出功为3.00eV ，试计算能使这种材料发射光电子的入射光的最大波长。 解 光子的能量λ hc E =，要使这种材料发射光电子，入射光子的能量不能小于逸出功W ， 即有 W hc E == min λ 解得入射光的最大波长为 nm 4141014.470=?== -W hc λ 12-3 从铝中移去一个电子需要能量4.20eV 。用波长为200nm 的光投射到铝表面上，求： （1）由此发射出来的最快光电子和最慢光电子的动能； （2）遏止电势差； （3）铝的红限波长。 解 （1）根据爱因斯坦光电效应方程 W E h km +=ν 最快光电子的动能 W hc W h m E -=-== λ ν2m max k 21v eV 2.02J 1023.319=?=- 最慢光电子逸出铝表面后不再有多余的动能，故0min k =E （2）因最快光电子反抗遏止电场力所做的功应等于光电子最大初动能，即max k E eU a =， 故遏止电势差 V 02.2max k == e E U a （3）波长为红限波长λ0的光子，具有恰好能激发光电子的能量，由λ0与逸出功的关系W hc =0 λ 得铝的红限波长 nm 296m 1096.270=?== -W hc λ 12-4 在一个光电效应实验中测得，能够使钾发射电子的红限波长为562.0nm 。 （1）求钾的逸出功； （2）若用波长为250.0nm 的紫外光照射钾金属表面，求发射出的电子的最大初动能。 解 （1）波长为红限波长λ0的光子具有恰能激发光电子的能量，即光子能量等于逸出功 由W hc =0λ，得钾的逸出功 eV 2.21J 1054.3190 =?==-λhc W
大学物理学上下册公式(整合版)
大学物理公式集1 1概念（定义和相关公式） 1．位置矢量：r ，其在直角坐标系中：k z j y i x r ++=；222z y x r ++=角位置：θ 2．速度：dt r d V = 平均速度：t r V ??= 速率：dt ds V = （τ V V =）角速度： dt d θω= 角速度与速度的关系：V=ｒω 3．加速度：dt V d a =或 2 2dt r d a = 平均加速度：t V a ??= 角加速度：dt d ωβ= 在自然坐标系中n a a a n +=ττ其中dt dV a = τ（=ｒβ），r V n a 2 = （=r 2 ω） 4．力：F =ｍa （或F = dt p d ） 力矩：F r M ?=（大小：M=rFcos θ方向：右手螺旋 法则） 5．动量：V m p =，角动量：V m r L ?=（大小：L=rmvsin θ方向：右手螺旋法则） 6．冲量：? = dt F I （=F Δｔ）；功：? ?= r d F A （气体对外做功：A=∫PdV ） 7．动能：mV 2/2 8．势能：A 保= – ΔE p 不同相互作用力势 能形式不同且零点选择不同其形式 不同，在默认势能零点的情况下： 机械能：E=E K +E P 9．热量：CRT M Q μ =其中：摩尔热容 量C 与过程有关，等容热容量C v 与等压热容量C p 之间的关系为：C p = C v +R 10． 压强：ωn tS I S F P 3 2= ?== 11． 分子平均平动能：kT 23=ω；理想气体内能：RT s r t M E )2(2 ++=μ 12． 麦克斯韦速率分布函数：NdV dN V f =)(（意义：在V 附近单位速度间隔内的分子 数所占比率） 13． 平均速率：πμ RT N dN dV V Vf V V 80 )(= = ? ?∞ mg(重力) → mgh -kx （弹性力） → kx 2/2 F= r r Mm G ?2 - (万有引力) →r Mm G - =E p r r Qq ?420πε(静电力) →r Qq 04πε
大学物理上册答案详解
大学物理上册答案详解 习题解答 习题一 1—１ |r ?｜与r ? 有无不同？ t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里？试举例说明． 解：(1)r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即 r ?12r r -=,12r r r -=?； (２) t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量。 ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1—1图所示. 题1—1图 （３）t d d v 表示加速度的模,即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分 量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ +=
式中 dt dv 就是加速度的切向分量. （t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) １－2 设质点的运动方程为x =x （t ），y =y (t )，在计算质点的速度 和加速度时，有人先求出r =2 2 y x +,然后根据v ＝t r d d ，及a =22d d t r 而 求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果,即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确。因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标 系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 22 222 2 22 2 22d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 22d d d d t r a t r v ==
大学物理简明教程(吕金钟)第四章习题答案
第四章电磁学基础 静电学部分 4.2解：平衡状态下受力分析 +q受到的力为： 处于平衡状态： （1） 同理，4q 受到的力为： （2） 通过（1）和（2）联立，可得：， 4.3解：根据点电荷的电场公式： 点电荷到场点的距离为： 两个正电荷在P点产生的电场强度关于中垂线对称： 所以： 当与点电荷电场分布相似，在很远处，两个正电荷q组成的电荷系的电场分布，与带电量为2q的点电荷的电场分布一样。 4.4解：取一线元，在圆心处 产生场强： 分解，垂直x方向的分量抵消，沿x方向 的分量叠加： 方向：沿x正方向 4.5解：（1 （2）两电荷异号，电场强度为零的点在外侧。 4.7解：线密度为λ，分析半圆部分： 点电荷电场公式： + +
在本题中： 电场分布关于x 轴对称：， 进行积分处理，上限为，下限为： 方向沿x轴向右，正方向 分析两个半无限长： ，，， 两个半无限长，关于x轴对称，在y方向的分量为0，在x方向的分量： 在本题中，r为场点O到半无限长线的垂直距离。电场强度的方向沿x轴负方向，向左。那么大O点的电场强度为： 4.8解：E的方向与半球面的轴平行，那么 通过以R为半径圆周边线的任意曲面的 电通量相等。所以 通过S1和S2的电通量等效于通过以R为半 径圆面的电通量，即： 4.9解：均匀带电球面的场强分布： 球面 R 1 、R2的场强分布为： 根据叠加原理，整个空间分为三部分： 根据高斯定理，取高斯面求场强： 图4-94 习题4.8用图 S1 S2 R O
场强分布： 方向：沿径向向外 4.10解：（1）、这是个球对称的问题 当时，高斯面对包围电荷为Q 当，高斯面内包围电荷为q 方向沿径向 （2）、证明：设电荷体密度为 这是一个电荷非足够对称分布的带电体，不能直接用高斯定理求解。但可以把这一带电体看成半径为R、电荷体密度为ρ的均匀带电球体和半径为R`、电荷体密度为-ρ的均匀带电体球相叠加，相当于在原空腔同时补上电荷体密度为ρ和-ρ的球体。由电场 叠加原理，空腔内任一点P的电场强度为： 在电荷体密度为ρ球体内部某点电场为： 在电荷体密度为-ρ球体内部某点电场为： 所以 4.11解：利用高斯定理，把空间分成三部分
大学物理学教案(上册)
大学物理学I 课程教案
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第三章质点动力学 教材分析： 在前两章中，我们以质点为模型讨论了力学中的基本概念以及物体作机械运动的基本规律。在这一章中，我们将拓展这些概念和规律，把它们应用到刚体运动的问题中。本章主要讨论刚体绕定轴转动的有关规律，在此基础上，简要介绍刚体平面平行运动。 3.1 定轴转动刚体的转动惯量 教学目标: 1 理解刚体的模型及其运动特征； 2 理解转动惯量的概念和意义； 教学难点： 转动惯量的计算；动量矩守恒定律的应用 教学内容： 1 转动惯量的定义 2 转动惯量的计算(匀质长细杆的转动惯量、均匀细圆环的转动惯量、均匀薄圆盘的转动惯量、均匀球体的转动惯量) 3 平行轴定理 3.2刚体的定轴转动定理3.3 转动定理的积分形式——力矩对时间和空间的积累效应 3.5 守恒定律在刚体转动问题中的应用 教学目标: 1理解力矩的物理意义，掌握刚体绕定轴转动的转动定律 2 理解力矩的功和刚体转动动能的概念，并能熟练运动刚体定轴转动的动能定理和机械能守恒定律 3 用类比方法学习描述质点和刚体运动的物理量及运动规律 4 理解刚体对定轴转动的角动量概念和冲量矩的概念 5 掌握刚体对定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律 教学难点： 刚体定轴转动定律 教学内容： 1 力矩 2 定轴转动的角动量定理 3 定轴转动的动能定理(力矩的功、定轴转动的动能、定轴转动的动能定理) 4 刚体的重力势能 5 机械能守恒定律的应用 6 角动量守恒定律及其应用 课后作业： 小论文： 1 关于转动惯量的讨论 2 陀螺运动浅析
第5章机械振动 教材分析： 与前几章所讨论的质点和刚体的运动相似，振动也是物质运动的基本形式，是自然界中的最普遍现象。振动几乎涉及到科学研究的各个领域。例如，在力学中有机械振动，在电磁学中有电磁振荡。近代物理学中更是处处离不开振动。本章将讨论机械振动的基本规律。 5.1 弹簧振子和单摆的运动方程 教学目标： 理解弹簧振子的动力学和运动学方程；理解单摆的动力学方程和运动学方程 教学重/难点： 弹簧振子的动力学方程的建立；单摆动力学方程的建立 教学内容： 弹簧振子的动力学方程、弹簧振子的运动学方程、单摆的运动方程 5.2 简谐振动 教学目标： 理解简谐振动的定义、简谐振动的运动方程 理解简谐振动的振幅、周期、相位的意义 掌握用旋转矢量表示简谐振动、理解简谐振动能量的特征 教学重/难点： 简谐振动的特征量：振幅、周期、相位 旋转矢量法、简谐振动的动能、势能 教学内容： 简谐振动的基本概念、简谐振动的旋转矢量图表示法、简谐振动的能量 5.3 同方向同频率的简谐振动的合成 教学目标： 理解同方向同频率的两个或多个简谐振动的合成 教学重/难点： 两个或多个同方向同频率简谐振动的合成 教学内容： 两个同方向同频率的简谐振动的合成、多个同方向同频率的简谐振动的合成 作业：P166 5.2 5.3 5.8 5.23
大学物理下册知识点总结(期末)
大学物理下册 学院： 姓名： 班级： 第一部分：气体动理论与热力学基础 一、气体的状态参量：用来描述气体状态特征的物理量。 气体的宏观描述，状态参量： （1）压强p：从力学角度来描写状态。 垂直作用于容器器壁上单位面积上的力，是由分子与器壁碰撞产生的。单位 Pa （2）体积V：从几何角度来描写状态。 分子无规则热运动所能达到的空间。单位m 3 （3）温度T：从热学的角度来描写状态。 表征气体分子热运动剧烈程度的物理量。单位K。 二、理想气体压强公式的推导： 三、理想气体状态方程： 1122 12 PV PV PV C T T T =→=； m PV RT M ' =；P nkT = 8.31J R k mol =；23 1.3810J k k - =?；231 6.02210 A N mol- =?； A R N k = 四、理想气体压强公式： 2 3kt p nε =2 1 2 kt mv ε=分子平均平动动能 五、理想气体温度公式： 2 13 22 kt mv kT ε== 六、气体分子的平均平动动能与温度的关系： 七、刚性气体分子自由度表 八、能均分原理： 1.自由度：确定一个物体在空间位置所需要的独立坐标数目。 2.运动自由度： 确定运动物体在空间位置所需要的独立坐标数目，称为该物体的自由度 （1）质点的自由度： 在空间中：3个独立坐标在平面上：2 在直线上：1 （2）直线的自由度： 中心位置：3（平动自由度）直线方位：2（转动自由度）共5个 3.气体分子的自由度 单原子分子 (如氦、氖分子)3 i=；刚性双原子分子5 i=；刚性多原子分子6 i= 4.能均分原理：在温度为T的平衡状态下，气体分子每一自由度上具有的平均动都相等，其值为 1 2 kT 推广：平衡态时，任何一种运动或能量都不比另一种运动或能量更占优势,在各个自由度上，运动的机会均等,且能量均分。 5.一个分子的平均动能为： 2 k i kT ε=
大学物理上册课后习题答案
大学物理上册课后习题答案
习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解： （1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量， 即r ?1 2r r -=，1 2 r r r ? ?-=?； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r = =v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题 1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即 t v a d d ? ?= ，t v d d 是加速度a 在切向上的分量.
∵有ττ??(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d τ τ???+= 式中dt dv 就是加速度的切向分量. ( t t r d ?d d ?d τ??Θ与的运算较复杂，超出教材规定，故不予 讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝ 2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果； 又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种 方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有 j y i x r ? ??+=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v ??? ???? ?222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x
赵近芳版《大学物理学上册》课后答案
1 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1） r ?是位移的模，? r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与 r 不同如题1-1图所示 . 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即t v a d d = ， t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢） ，所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y = y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝2 2y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为
大学物理简明教程课后习题答案解析
大学物理简明教程习题答案解析 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同t d d r 和t d d r 有无不同 t d d v 和t d d v 有无不同其不同在哪里试举例 说明． 解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即 r ?12r r -=，12r r r ??-=?； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴t r t d d d d 与 r 不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3)t d d v 表示加速度的模，即 t v a d d ? ?= ，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ??(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ???+= 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ??Θ与 的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出 r ＝22y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的 分量，再合成求得结果，即 v =2 2 d d d d ??? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ? ??? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确为什么两者差别何在 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r ? ??+=，
《大学物理学》第二版上册课后答案
大学物理学习题答案 习题一答案 习题一 1.1 简要回答下列问题： (1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相 等？ (2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？ (3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什 么？ (4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一 定保持不变？ (5) r ?和r ?有区别吗？v ?和v ?有区别吗？ 0dv dt =和0d v dt =各代表什么运动？ (6) 设质点的运动方程为：()x x t =，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求 出22r x y = + dr v dt = 及 22d r a dt = 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 及 a =你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？ (7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？ (8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此 其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？ (9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？ (10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？ 1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均
大学物理简明教程(吕金钟)第四章习题答案
第四章 电磁学基础 静电学部分 4.2 解：平衡状态下受力分析 +q 受到的力为： 20''41 r q q F qq πε= ()()2 4441l q q F q q πε= 处于平衡状态：()04'=+q q qq F F ()0441'41 2 020=+l q q r q q πεπε （1） 同理，4q 受到的力为：()()()20'44'41 r l q q F q q -= πε ()()204441 l q q F q q πε= ()()04'4=+q q q q F F ()()()04414'41 2020=+-l q q r l q q πεπε （2） 通过（1）和（2）联立，可得： 3 l r =，q q 94'-= 4.3 解：根据点电荷的电场公式： r e r q E 2041 πε= 点电荷到场点的距离为：22l r + 2 2041 l r q E += +πε 两个正电荷在P 点产生的电场强度关于中垂线对称： θcos 2//+=E E 0=⊥E 2 2 cos l r r += θ 所以： ( ) 2 32 202 2 2 2021 412 cos 2l r qr l r r l r q E E += ++==+π επεθ q l q +
当l r >> 2 02024121 r q r q E πεπε== 与点电荷电场分布相似，在很远处，两 个正电荷q 组成的电荷系的电场分布，与带电量为2q 的点电荷的电场分布一样。 4.4 解：取一线元θλRd dq =，在圆心处 产生场强：2 0204141 R Rd R dq dE θλπεπε== 分解，垂直x 方向的分量抵消，沿x 方向 的分量叠加： R R Rd dE x 00 202sin 41πελ θθλπεπ ==? ? 方向：沿x 正方向 4.5 解：（1）两电荷同号，电场强度为零的点在内侧； （2）两电荷异号，电场强度为零的点在外侧。 4.7 解：线密度为λ，分析半圆部分： θλλrd dl dq == 点电荷电场公式： r e r q E 2 041 πε= 在本题中： 2 41r rd E θ λπε= 电场分布关于x 轴对称：θθ λπεθsin 41sin 2 r rd E E x ==，0=y E 进行积分处理，上限为2π ，下限为2π-： r d r r rd E E 0000 2 2sin 4sin 41sin πελ θθπελθθ λπεθππ == ==?? ? 方向沿x 轴向右，正方向 分析两个半无限长： )cos (cos 4d sin 4210021 θθπελ θθπελθθ-===? ?x x dE E x x )sin (sin 4d cos 412002 1 θθπελθθπελθθ-===? ?x x dE E y y x
赵近芳版大学物理学(上册)课后答案
. . . . .. .. .. 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1） r ?是位移的模，? r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即t v a d d = ， t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢） ，所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y = y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为
大学物理(上册)参考答案
第一章作业题 P21 1.1； 1.2； 1.4； 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62 x ，a 的单位为2 s m -?，x 的单 位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101 s m -?,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵ x v v t x x v t v a d d d d d d d d === 分离变量： x x adx d )62(d 2 +==υυ 两边积分得 c x x v ++=32 2221 由题知，0=x 时，100 =v ,∴50=c ∴ 1 3s m 252-?++=x x v 1.10已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2 s m -?，开始运动时，x ＝5 m ， v =0， 求该质点在t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ t t v a 34d d +== 分离变量，得 t t v d )34(d += 积分，得 1 223 4c t t v ++= 由题知，0=t ,00 =v ,∴01=c 故 2234t t v + = 又因为 2 234d d t t t x v +== 分离变量， t t t x d )23 4(d 2+= 积分得 2 3221 2c t t x ++= 由题知 0=t ,50 =x ,∴52=c 故 52123 2++ =t t x 所以s 10=t 时 m 70551021 102s m 1901023 10432101210=+?+?=?=?+ ?=-x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33 t ，θ式中以弧度计，t 以秒
大学物理简明教程习题
17级临床医学《大学物理》复习题 班级：____________ 姓名：_________ 学号：___________________
习题1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 （ ） (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d || (D)22)()(dt dy dt dx + 答案：(D)。 (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2 /2s m a -=，则 一秒钟后质点的速度 （ ） (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 答案：(D)。 (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 （ ） (A) t R t R ππ2,2 (B)t R π2,0 (C)0,0 (D)0,2t R π 答案：(B)。 1.2填空题 (1) 一质点，以1 -?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。 答案： 10m ； 5πm 。 (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 答案： 23m·s -1 . (3) 一质点从静止出发沿半径R=1 m 的圆周运动，其角加速度随时间t 的变化规律是α=12t 2-6t (SI)，则质点的角速度ω =__________________；切向加速度τa =_________________． 答案：4t 3 -3t 2 (rad/s)， 12t 2 -6t (m/s 2 ) 1.5 一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 – 2 t 3 (SI) ．试求： (1) 第2秒内的平均速度；(2)第2秒末的瞬时速度； (3) 第2秒内的路程．
大学物理简明教程课后习题加答案《完整版》
大学物理简明教程习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ?有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试 举例说明． 解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即 r ?12r r -=，12r r r -=?； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴t r t d d d d 与 r 不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3)t d d v 表示加速度的模，即 t v a d d = ，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与 的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求 出r ＝22y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度 的分量，再合成求得结果，即 v =2 2 d d d d ??? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ? ??? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=，
《大学物理学》(袁艳红主编)下册课后习题答案
第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 习题9-3图
(C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ， 即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零 答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 第一章 质点运动学 1.4一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即d v /d t = -kv 2，k 为常数． （1）试证在关闭发动机后，船在t 时刻的速度大小为011kt v v =+； （2）试证在时间t 内，船行驶的距离为 01 ln(1)x v kt k = +． [证明]（1）分离变量得2d d v k t v =-， 积分 020d d v t v v k t v =-??， 可得 0 11kt v v =+． （2）公式可化为0 01v v v kt = +， 由于v = d x/d t ，所以 00001 d d d(1) 1(1)v x t v kt v kt k v kt = =+++ 积分 000 01 d d(1) (1)x t x v kt k v kt =++?? ． 因此 01 ln(1)x v kt k = +． 证毕． 1.5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t 3．求： （1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向加速度； （2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为 ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)， 法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)； 角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2， 当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即 n a a = 由此得 2r r ω= 即 22 (12)24t = 解得 3 6t =． 所以 3242(13)t θ=+==3.154(rad)． （3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即 24t = (12t 2)2， 解得 t = (1/6)1/3 = 0.55(s)． 1.6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a = s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？ [解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为 v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ． 加速度的大小为 a x = a cos α， a y = a sin α． 运动方程为 2 01 2x x x v t a t =+， 2 01 2y y y v t a t =-+． 即 201 c o s c o s 2x v t a t θ α=?+?， 2 01 sin sin 2y v t a t θα=-?+?． 令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为 t = 0（舍去） ； 02sin sin v t a θ α= =． 习题7 7-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点.试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)？(2)这种平衡与三角形的边长有无关系？ 解: 如题7-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 解得 q q 3 3-=' (2)与三角形边长无关． 题7-1图 题7-2图 题7-2图 7-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ，如题7--2图所示.设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量. 解: 如题7-2图示 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 7-3 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为＋q 和－q .则这 两板之间有相互作用力f ，有人说2 204q f d πε=，又有人说，因为f ＝qE ，0q E S ε=，所以2 0q f S ε= 试问这两种说法对吗？为什么？f 到底应等于多少？ 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε=，另一板受它的作用力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 7-4 长l ＝15.0 cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度9 5.010C m λ-=?的正电荷.试求：(1) 在导线的延长线上与导线B 端相距1 5.0a cm =处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线 中点相距2 5.0d cm =处Q 点的场强. 解： 如题7-4图所示 题7-4图 (1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为 用15=l cm ，9100.5-?=λ1m C -?, 5.12=a cm 代入得 21074.6?=P E 1C N -? 方向水平向右 (2)同理 22 20d d π41d += x x E Q λε 方向如题7-4图所示 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2-+++=m ⑵ 1=t s,2=t s 时，j i r 5.081-= m ；2114r i j =+m ∴ 213 4.5r r r i j ?=-=+m ⑶0t =s 时，054r i j =-；4t =s 时，41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404 r r r i j i j t --?+= ===+??-v ⑷ 1d 3(3)m s d r i t j t -==++?v ，则：437i j =+v 1s m -? (5) 0t =s 时，033i j =+v ；4t =s 时，437i j =+v 24041 m s 44 j a j t --?= ===??v v v (6) 2d 1 m s d a j t -==?v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x =+，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x ===v v v v 得：2 d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分 210 d (26)d x x x =+? ?v v v 得：2322 250x x =++v ∴ 1m s -=?v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为θ=2+33t ，式中θ以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2==== ωβθω ⑴ s 2=t 时，2 s m 362181-?=??==βτR a 2 222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a τ?== 即：βωR R =2 ，亦即t t 18)9(2 2=，解得：9 23= t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t θ=+=+? = 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为α=0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2=t 时，4.022.0=?== t αω 1s rad -? 则0.40.40.16R ω==?=v 1s m -? 064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2 s m -? 0.4 0.20.0a R τα==?=2s m -? 22222 s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+= τa a a n 与切向夹角arctan()0.06443n a a τ?==≈?大学物理学上册习题参考答案
大学物理简明教程第版赵近芳习题答案习题静电场
《大学物理(上册)》课后习题答案