大学物理(第四版)课后习题及答案 质点

题：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程。 题解：（1）质点在 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x

（2）由

0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t

x

得知质点的换向时刻为

ｓ2=P t （t 0不合题意） 则：m 0.8021=-=?x x x

m 40x 242-=-=?x x 所以，质点在 s 时间间隔内的路程为

m 4821=?+?=x x s

题：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时，0=x 。试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。

题解：将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程，它们对应的加速度值分别为

2A B A B AB s m 20-?=--=t t v

v a （匀加速直线运动）

0BC =a （匀速直线）

2C

D C

D CD s m 10-?-=--=

t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图

在匀变速直线运动中，有

2002

1at t v x x +

+= t /s 0 1

2 4 5 6 x /m 0 5.7- 10- 5.7- 0 40

55

60

质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。 题：如图所示，湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少

题解1：取如图所示的直角坐标系，船的运动方程为 ()()()j i r h t x t -+= 船的运动速度为

()i i i r v t

r r h h r t

t t x t d d 1d d d d d d 2

/12

2

2

2

-???

? ?

?-=-=

==' 而收绳的速率t

r

v d d -

=，且因vt l r -=0，故 ()i v 2

/12

021-???

? ?

?--

-='vt l h

v

题解2：取图所示的极坐标(r ,，则

θr r r d d d d d d d d d d e e e e r v t

r t r t r t r t θ+=+==

' r d d e t r 是船的径向速度，θd d e t

r θ是船的横向速度，而t

r

d d 是收绳的速率。由于船速v 与径向速度之间夹角位，所以

()i i v 2

/1202

1cos -???

?????---=-='vt l h v v θ

由此可知，收绳的速率只是船速沿绳方向的分量。

题：一升降机以加速度2s m 22.1-?上升，当上升速度为2s m 44.2-?时，有一螺丝自升降机的天花板上松脱，天花板与升降机的底面相距m 74.2。计算：（1）螺丝从天花板落到底面所需要的时间；（2）螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离。

题解1：(1)以地面为参考系，取如图所示的坐标系，升降机与螺丝的运动方程分别为

2012

1at t v y +

= 2022

1gt t v h y -

+= 当螺丝落至底面时，有21y y =，即

20202

1

21gt t v h at t v -+=+

s 705.02=+=

a

g h

t (2)螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为

m 716.02

12

02=+

-=-=gt t v y h d 题解2：(1)以升降机为参考系，此时，螺丝相对它的加速度大小a g a +='，螺丝落至底面时，有

()22

1

0t a g h +-

= s 705.02=+=

a

g h

t (2)由于升降机在t 时间内上升的高度为

202

1at t v h +

=' 则m 716.0='-=h h d 题：一质点P 沿半径m 00.3=R 的圆周作匀速率运动，运动一周所需时间为s 0.20，设0=t 时，质点位于O 点。按图中所示Oxy 坐标系，求（1）质点P 在任意时刻的位矢；（2）s 5时的速度和加速度。

题解：如图所示，在Oxy 坐标系中，因t T

π

θ2=，则质点P 的参数方程为

t T

R y t T R x ππ2cos ,2sin

-='=' 坐标变换后，在Oxy 坐标系中有

R t T

R y y y t T R x x +-=+'=='=π

π2cos ,2sin

0 则质点P 的位矢方程为

()()[]()()[]

j

i j i r t t R t T R t T R 11s 1.0cos 1m 3s 1.0sin m 32cos 2sin

---+=??

? ??+-+=ππππ

5 s 时的速度和加速度分别为

()

j j i r v 1s m 0.32sin 22cos 2d d -?=+==

πππππt T

T R t T T R t ()

i tj i r a 222

222s m 0.032cos

22sin 2d d -?-=??

? ??+??? ??-==πππππT T R t T T R t 题：一质点自原点开始沿抛物线2bx y =运动，它在Ox 轴上的分速度为一恒量，其值为

1s m 0.4-?=x v ，求质点位于m 0.2=x 处的速度和加速度。

题解：因v x = 1s m -?为一常数，故a x = 0。当t = 0时，x = 0，由t

x

v d d x =

积分可得 t v x x =

(1)

又由质点的抛物线方程，有

()2

x 2t v b bx y == (2)

由y 方向的运动方程可得该方向的速度和加速度分量分别为

t bv t

y v 2

x y 2d d ==

(3) 2

x

2y 2d d bv t

y a 2== (4) 当质点位于x = m 时，由上述各式可得

()()

j i j i v 11y x s m 8.0s m 0.4--?+?=+=v v ()

j j i a 2y x s m 16-?=+=a a

题：质点在Oxy 平面内运动，其运动方程为j i r ])s m 00.2(m 0.19[)s m 00.2(221t t --?-+?=。求：（1）质点的轨迹方程；（2）在s 00.11=t 到s 00.22=t 时间内的平均速度；（2）s 00.11=t 时的速度及切向和法向加速度。 题解：(1)由参数方程

()()

221s m 00.2m 0.19,s m 00.2t y t x --?-=?=

消去t 得质点的轨迹方程

()

21m 50.0m 0.19x y --=

(2)在00.11=t s 到00.22=t s 时间内的平均速度

()()j i r r r v 111212s m 6.00s m 00.2--?-?=--=??=t t t

(3)质点在任意时刻的速度和加速度分别为 ()()()

j i j i j i v t t

y t x v v t 21x s m 4.00s m 00.2d d d d --?-?=+=

+= ()()

j j i a 22222s m 4.00d d d d -?=+=t

y t x

t

则t 1 = s 时的速度

()()(

)

j i v 11s 1t s m 4.00s m 00.2--=?-?=t

切向和法向加速度分别为

()

()

t 2t 2

y x

t s

1t t

s m 3.58d d d d e e v

e a 2

-=?=+==

v t

t v

(

)

n 2n 2t 2n s m 1.79e e a -?=-=a a

题：质点的运动方程为221)s m 30()s m 10(t t x --?+?-=和221)s m 20()s m 15(t t y --?-?-=，试求：（1）初速度的大小和方向；（2）加速度的大小和方向。

题解：（1）速度分量式为

()

t t

x

v 21x s m 60s m 10d d --?+?-== ()

t t

y

v 21y s m 40s m 15d d --?-?==

当t = 0时，v 0x = 101s m -?，v 0y = 151s m -?，则初速度大小为

1

2y 02x 00s m 0.18-?=+=v v v

设v 0与x 轴的夹角为，则

2

3tg y 0x 0-==v v α

14123'=οα

(2)加速度的分量式为

2y y 2x

x s m 40d d ,s m 60d d --?-==?==

t v a t v a 则加速度的大小为 22

y 2x s m 1.72-?=+=a a a

设a 与x 轴的夹角为，则

3

2

tg x

y -

==

a a β )91326(1433''-=οο或β

题：一质点具有恒定加速度j i a )s m 4()s m 6(22--?+?=，在0=t 时，其速度为零，位置矢量i r )m 10(0=。求：

（1）在任意时刻的速度和位置矢量；（2）质点在Oxy 平面上的轨迹方程，并画出轨迹的示意图。

题解：由加速度定义式，根据初始条件t 0 = 0时v 0 = 0，积分可得

t t t

t v d ])s m 4(s m 6[(d d 0

220

???

--?+?==j i )a v

j i v t t )s m 4()s m 6(22--?+?=

又由t

d d r

v =

及初始条件t = 0时，r 0 = (10 m)i ，积分可得 t t t t t

t

r d ])s m 4()s m 6[(d d 0

220

???

--?+?==j i v r

j i r ])s m 2[(])s m 3(m 10[2222t t --?+?+=

由上述结果可得质点运动方程的分量式，即

()

22s m 3m 10t x -?+= ()

22s m 2t y -?=

消去参数t ，可得运动的轨迹方程 m 2023-=x y

这是一个直线方程，直线斜率3

2

an t d d ===

αx y k ，1433'=οα。轨迹如图所示。 题：飞机以1s m 100-?的速度沿水平直线飞行，在离地面高为m 100时，驾驶员要把物品投到前方某一地面目标处。问：（1）此时目标在飞机下方前多远（2）投放物品时，驾驶员看目

标的视线和水平线成何角度（3）物品投出s 00.2后，它的法向加速度和切向加速度各为多少

题解：(1)取如图所示的坐标，物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为

22

1,gt y vt x =

= 飞机水平飞行速度100=v 1s m -?，飞机离地面的高度100=y m ，由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离

m 4522==g

y

v

x (2)视线和水平线的夹角为

ο5.12arctg ==x

y θ

(3)在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为

v

gt v v x

y arctg

arctg

==α 取自然坐标，物品在抛出2 s 时，重力加速度的切向分量与法向分量分别为

2s m 88.1arctg sin sin -?=??? ??

==v gt g g a t α

2s m 62.9arctg cos cos -?=??? ?

?

==v gt g g a n α

题：一足球运动员在正对球门前m 0.25处以1s m 0.20-?的初速率罚任意球，已知球门高为m 44.3。

若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门，问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球（足球可视为质点）

题解：取图示坐标系Oxy ，由运动方程

22

1sin ,cos gt vt y vt x -

==θθ 消去t 得轨迹方程 ()

2

22

tg 12tg x

v g x y θθ+-

= 以x = m ，v = 1s m -?及 y 0代入后，可解得

如何理解上述角度得范围

在初速度一定的条件下，球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)。如果以或<踢出足球，都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制，角也并非能取与之间的任何值。当倾角取值为 < < 时，踢出的足球将越过门缘而离去，这时也球不能射入球门。因此可取的角度范围只能是解中的结果。

题：设从某一点O 以同样的速率，沿着同一竖直面内各个不同方向同时抛出几个物体。试证：在任意时刻，这几个物体总是散落在某个圆周上。

题证：取物体抛出点为坐标原点，建立如图所示的坐标系。物体运动的参数方程为

2002

1sin ,cos gt t v y t v x -

==θθ 消去式中参数，得任意时刻的轨迹方程为

()2

02

22

21t v gt y x =??

? ??++

这是一个以??

?

?

?

-

221,0gt 为圆心、v 0t 为半径的圆方程(如图所示)，它代表着所有物体在任意时刻t 的位置。

题：一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动，质点由位置A 运动到位置B ，OA 和OB 所对的圆心角为θ?。

（1）试证位置A 和B 之间的平均加速度为)/()cos 1(22θθ??-=R v a ；

（2）当θ?分别等于ο90、ο30、ο10和ο1时，平均加速度各为多少并对结果加以讨论。 题解：(1)由图可看到12v v v -=?，故

()θθ?-=?-+=?cos 12cos 2212

221v v v v v v

而 v

R v s t θ

?=

?=

? 所以()

θ

θ??-=??=R v t v

a 2

cos 12 (2)将οοοο1103090，，，=?θ分别代入上式，得

R

v a R v a R v a R v a 2

4232221000

.1,7998.0,6988.0,3900.0≈≈≈≈ 上述结果表明：当0→?θ时，匀速率圆周运动的平均加速度趋于一极限值，该值即为法向加速度R

v 2

。

题：一质点沿半径为R 的圆周按规律202

1bt t v s -=运动，0v 、b 都是常量。（1）求t 时刻的总加速度；（2）t 为何值时总加速度在数值上等于b （3）当加速度达到b 时，质点已沿圆周运行了多少圈

题解：(1)质点作圆周运动的速率为 bt v t

s

v -==

0d d 其加速度的切向分量和法向分量分别为 ()R bt v R v a b t s a 22

02n 2t ,d d -==-== 故加速度的大小为

()

R

bt v b R a a a 4

0222t

2n

-+=

+=

其方向与切线之间的夹角为

()??

????--==Rb bt v a a 20t n

arctg arctg θ

(2)要使,b a =由()b bt v b R R

=-+4

221可得

b

v t 0= (3)从t = 0开始到t = v 0/b 时，质点经过的路程为

b

v s s s 220

0t =-= 因此质点运行的圈数为

bR

v R s

n ππ422

0==

题：碟盘是一张表面覆盖一层信息记录物质的塑性圆片。若碟盘可读部分的内外半径分别为cm 50.2和cm 80.5。在回放时，碟盘被以恒定的线速度由内向外沿螺旋扫描线（阿基米德螺线）进行扫描。（1）若开始时读写碟盘的角速度为1s rad 0.50-?，则读完时的角速度为多少（2）若螺旋线的间距为μm 60.1，求扫描线的总长度和回放时间。

题分析：阿基米德螺线是一等速的螺旋线，在极坐标下，它的参数方程可表示为θa r r +=0，式中r 为极径，r 0为初始极径，为极角，a 为常量。它的图线是等间距的，当间距为d 时，常量a = d/2。因此，扫描线的总长度可通过积分?=θd r s 得到。

解：由于线速度恒定，则由r v ω=，可得2211r r ωω=，故碟盘读完时的角速度为 12112s rad 6.21/-?==r r ωω

在可读范围内，螺旋线转过的极角()d r r /212-=πθ，故扫描线的总长度为 ()()

??

?=-=??? ?

?

+

==-m 1038.5d 2d 32122/20

112d r r d r r s d r r πθθπθπ 碟盘回放的时间为

h 15.1s 1010.4/3≈?==v s t

本题在求扫描线的总长度时，也可采用平均周长的计算方法，即

m 1038.522223121212?=-+=+=d

r

r r r r r n

s ππ 题：地面上垂直竖立一高m 0.20的旗杆，已知正午时分太阳在旗杆的正上方，求在下午2时正，杆顶在地面上的影子的速度的大小。在何时刻杆影将伸展至长m 0.20

题解：设太阳光线对地转动的角速度为，从正午时分开始计时，则杆的影长为s = h tg t ，下午2时整，杆顶在地面上影子的速度大小为 132

s m 1094.1cos d d --??===

t h t s v ωω 当杆长等于影长时，即s = h ，则

s 606034arctg

1

??===ω

πω

h s t 即为下午3时整。

题：一半径为m 50.0的飞轮在启动时的短时间内，其角速度与时间的平方成正比。在s 0.2=t 时测得轮缘一点速度值为1s m 0.4-?。求：（1）该轮在s 5.0='t 的角速度，轮缘一点的切向加速度和总加速度；（2）该点在s 0.2内所转过的角度。 题解：因v R =ω，由题意2t ∝ω得比例系数 32

2

s rad 2-?==

=

Rt

v

t k ω

所以 ()()23s rad 2t t -?==ωω

则t = s 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为 ()123s rad 5.0s rad 2--?='?=t ω ()

23s rad 0.2s rad 4d d －?='?==

-t t

ω

α 2m 0.1－s R a t ?==α

总加速度

n 2t n t e e a a a R R ωα+=+=

()()22

22s m 01.1-?=+=

R R a ωα

在 s 内该点转过的角度

()rad 33.5s rad 32d s rad 2d 33s 20

2

3

20

0=??

?

???=?==---?

?t t t

t s

ωθθ

题：一质点在半径为m 10.0的圆周上运动，其角位置为33)s rad 4(rad 2t -?+=θ。（1）求在s 0.2=t 时质点的法向加速度和切向加速度。

（2）当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时，θ值为多少（3）t 为多少时，法向加速度和切向加速度的值相等 题解： (1)由于()33s rad 4rad 2t -?+=θ，则角速度()

23s rad 12d d t t

-?==θ

ω，在t = 2 s 时，法向加速度和切向加速度的数值分别为

222s

2t n

s m 1030.2-=??==ωr a

22s

t t

s m 80.4d d -=?==t

r

a ω

(2)当2t 2n t 2

12a a a a +==时，有2

n 2t 3a a =，即

()[]()[]

4

2

3223s rad 12s rad 243t r t r --?=?

s 29.0s 3

21==

t

此时刻的角位置为

()rad 15.3s rad 4rad 233=?+=-t θ

(3)要使t n a a =，则有

()[]()

t r t r 3223s rad 24s rad 12--?=?

s 55.0=t

题：一无风的下雨天，一列火车以11s m 0.20-?=v 的速度匀速前进，在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成ο75角下降，求雨滴下落的速度2v 。（设下降的雨滴作匀速运动） 题分析：这是一个相对运动的问题。设雨滴为研究对象，地面为静止参考系S ，火车为动参考系S 。v 1为S 相对S 的速度，v 2为雨滴相对S 的速度，利用相对运动速度的关系即可解。 解：以地面为参考系，火车相对地面运动的速度为v 1，雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2，旅客看到雨滴下落的速度v 2为相对速度，它们之间的关系为122v v v +'=，于是可得

112s m 36.5tg75-?==οv

v

题：设有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又

向西飞回到A 处，飞机相对空气的速率为v '，而空气相对地面的速率为u ，A 、B 间的距离为l ，飞机相对空气的速率v '保持不变。（1）假定空气是静止的（即0=u ），试证来回飞机飞行时间为v l t '=/20；

（2）假定空气的速度向东，试证来回飞行时间为1

2201)1(-'-=v u t t ；

（3）假定空气的速度向北，试证来回飞行时间为2

/12202)1(-'

-=v u t t 。

题证：由相对速度的矢量关系u v v +'=，有

(1)空气是静止的，即u = 0，则往返时，飞机相对地面的飞行速度v 就等于相对空气的速度v ，故飞行往返所需时间为

v l v l v l t t t '

='+'=

+=2BA AB 0 (2)按题意，当飞机向东时，风速与飞机相对与空气的速度同向；而飞机由东返回时，两者刚好反向。这时，飞机在往返飞行时，相对于地面的速度值分别为u v v +'=AB 和u v v -'=BA 。因此，飞行往返所需时间为

1

2

2011-???

?

??'

-=-'++'=v u t u v l u v l t (3)当空气速度向北时，飞机相对地面的飞行速度的大小由u v v +'=可得为22u v v -'=，则飞机往返所需时间为

2

/12

2

0212-???

?

??'

-==v u t v l t

题：如图所示，一汽车在雨中沿直线行使，其速率为1v ，下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前角θ，速率为2v ，若车后有一长方形物体，问车速1v 为多大时，此物体正好不会被雨

水淋湿

题分析：这也是一个相对运动的问题。可视雨点为研究对象，地面为静参考系S ，汽车为动参考系S 。如图所示，要使物体不被淋湿，在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2的方向)应满足h

l

arctg ≥α。再由相对速度的矢量关系122v v v -='，

即可求出所需车速v 1. 解：由122v v v -='，有

θθ

αcos sin arctg 22

1v v v -= 而要使h

l

arctg ≥α，则

h

l

v v v ≥-θθcos sin 221

??

? ??+≥θθsin cos 21h l v v

题：一人能在静水中以1s m 10.1-?的速度划船前进，今欲横渡一宽为m 1000.13?、水流速度为1s m 55.0-?的大河。（1）他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点，那么应如何确定划行方向到达正对岸需多少时间（2）如果希望用最短的时间过河，应如何确定划行方向船到达对岸的位置在什么地方 题解：(1)由u v v +'=可知v u

'

=arcsin α，则船到达正对岸所需时间为 ｓ31005.1cos ?='==

α

v d v d t (2)由于αcos v v '=，在划速v 一定的条件下，只有当

0=α时，

v 最大(即v v '=)，此时，船过河时间v d t '='/，船到达距正对岸为l 的下游处，且有 m 100.52?='

='=v d

u

t u l 题：一质点相对观察者O 运动，在任意时刻t ，其位置为2/,2gt y vt x ==，质点运动的轨迹为抛物线。若另一观察者O '以速率v 沿x 轴正向相对O 于运动，试问质点相对O '的轨迹和加速度如何 题解：取Oxy 和Oxy 分别为观察者O 和观察者O 所在的坐标系，且使Ox 和Ox 两轴平行。在t = 0时，两坐标原点重合。由坐标变换得 0=-=-='vt vt vt x x

22

1gt y y =

=' 加速度g t

y a a ='

=='22y d d

由此可见，动点相对于系O 是在y 方向作匀变速直线运动。动点在两坐标系中加速度

相同，这也正是伽利略变换的必然结果。

大学物理学下册答案第11章

第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图

则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图

大学物理(第五版)上册课后习题答案马文蔚

习题1 1-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +?时间内的位移为r ?，路程为s ?，位矢大小的变化量为r ?（或称r ?），平均速度为v ，平均速率为v 。 （1）根据上述情况，则必有（ ） （A ）r s r ?=?=? （B ）r s r ?≠?≠?，当0t ?→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ?≠?≠?，当0t ?→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ?=?≠?，当0t ?→时有dr dr ds == （2）根据上述情况，则必有（ ） （A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠= 1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即 （1） dr dt ；（2）dr dt ；（3）ds dt ；（4下列判断正确的是： （A ）只有（1）（2）正确 （B ）只有（2）正确 （C ）只有（2）（3）正确 （D ）只有（3）（4）正确 1-3 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，s 表示路程，t a 表示切向加速度。对下列表达式，即 （1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。 下述判断正确的是（ ） （A ）只有（1）、（4）是对的 （B ）只有（2）、（4）是对的 （C ）只有（2）是对的 （D ）只有（3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ ） （A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变 （B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变 （C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变

大学物理第三版下册答案(供参考)

习题八 8-1 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8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强． 解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为

2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外

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 ==

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第一章质点运动学 1、( 习题： 一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2t, y = 4 t 2 8 。（ 1）求质点的轨道方程； （ 2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。 解：（ 1）由 x=2t 得， y=4t 2 -8 （ 2）质点的位置 ： r r 由 v d r / dt 则速度： r r 由 a d v / d t 则加速度： 则当 t=1s 时，有 r r 可得： y=x 2-8 r 即轨道曲线 r r (4t 2 r 2ti 8) j r r r v 2i 8tj r r a 8 j r r r r r r r 2i 4 j , v 2i 8 j , a 8 j 当 t=2s 时，有 r r r r r r r r r 4i 8 j , v 2i 16j , a 8 j 2、（习题）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v 0 ，求运动方程 x x(t) . 解： dv kv v 1 t kdt v v 0 e kt dt dv v 0 v dx v 0e k t x dx t kt dt x v 0 (1 e kt ) dt v 0 e k 3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a 4 t (SI) ，已知 t 0 时，质点位于 x 10 m 处，初速度 v 0 ．试求其位置和时间的关系式． 解： a d v /d t 4 t d v 4 t d t v t 4t d t v 2 t 2 dv d x 2 x t 2 3 2 x t d t x 2 t v /d t t /3+10 (SI) x 0 4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 0 水平抛出，求： （ 1）小球的运动方程； （ 2）小球在落地之前的轨迹方程； v v （ 3）落地前瞬时小球的 dr ， dv ， dv . dt dt dt 解：（ 1） x v 0 t 式（ 1） y 1 gt 2 式（ 2） v v 1 2 v h r (t ) v 0t i (h - gt ) j 2 2 （ 2）联立式（ 1）、式（ 2）得 y h 2 gx 2 2v 0 v v v v v v （ 3） dr 2h dr v 0i - gt j 而落地所用时间t 所以 v 0i - 2gh j dt g dt v v dv g 2 t g 2gh dv v 2 2 2 ( gt ) 2 dt g j v x v y v 0 dt 2 2 1 2 ( gt ) ] 2 2gh) [v 0 ( v 0 1 2

大学物理课后习题答案(全册)

《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求： （1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单

位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解：1）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t =

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

大学物理习题及综合练习答案详解

库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q 的同一种电荷分成两部分，一部分均匀分布在地球上，另一部分均匀分布在月球上， 使它们之间的库仑力正好抵消万有引力，已知地球的质量M ＝l024kg ，月球的质量m =l022 kg 。（1）求 Q 的最小值；（2）如果电荷分配与质量成正比，求Q 的值。 解：（1）设Q 分成q 1、q 2两部分，根据题意有 2 221r Mm G r q q k =，其中041πε=k 即 2221q k q GMm q q Q += +=。求极值，令0'=Q ，得 0122=-k q GMm C 1069.5132?== ∴k GMm q ，C 1069.51321?==k q GMm q ，C 1014.11421?=+=q q Q （2）21q m q M =Θ ，k GMm q q =21 k GMm m q mq Mq ==∴2122 解得C 1032.6122 2?==k Gm q ， C 1015.51421?==m Mq q ，C 1021.51421?=+=∴q q Q 7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上，电荷Q （Q ＞0）放在三角形 的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 值应为多大 解：Q 到顶点的距离为 l r 33= ，Q 与-q 的相互吸引力为 20141r qQ F πε=， 两个-q 间的相互排斥力为 2 2 0241l q F πε= 据题意有 10 230cos 2F F =，即 2 022041300cos 41 2r qQ l q πεπε=?，解得：q Q 33= 电场强度 7-3 如图7-3所示，有一长l 的带电细杆。（1）电荷均匀分布，线密度为+，则杆上距原点x 处的线元 d x 对P 点的点电荷q 0 的电场力为何q 0受的总电场力为何（2）若电荷线密度=kx ，k 为正常数，求P 点的电场强度。 解：（1）线元d x 所带电量为x q d d λ=，它对q 0的电场力为 200200)(d 41 )(d 41 d x a l x q x a l q q F -+=-+= λπεπε q 0受的总电场力 )(4)(d 400020 0a l a l q x a l x q F l +=-+= ?πελπελ 00>q 时，其方向水平向右；00

大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=

大学物理(上)课后习题标准答案

大学物理(上)课后习题答案

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3 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 v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v 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：2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t ，式中 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 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 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 =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，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a

大学物理学吴柳下答案

大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2)

大学物理教程(上)课后习题答案解析

物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题） 27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位， 求： （1） 质点的运动轨迹； （2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。 解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 21)y = 或 1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 213r r r i j =-=-r u r u r r r V 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt ==- 22(1)v ti t j =+-r r r 2x x dv a dt ==， 2y y dv a dt == 22a i j =+r r r 当2t s =时，速度和加速度分别为 42/v i j m s =+r r r 22a i j =+r r r m/s 2

1-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，式中的R 、ω均为 常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。 解 （1）质点的速度为 sin cos d r v R ti R t j dt ωωωω==-+r r r r （2）质点的速率为 v R ω== 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在 t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2216n a R Rt ω== 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30， 2-34， 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用 下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义，有 2.0 2.0 2.020 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s ==+=+=? ?g 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的阻力 （空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，

大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学 1、(习题 1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时 速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速 度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=

大学物理(吴柳主编)上册课后习题答案

大学物理(吴柳主编) 上册课后习题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

说明： 上册教材中，第5，6，7等章的习题有答案； 第1，2，4，8章的习题有部分答案； 第3，9，10，11章的习题没有答案。 为方便学生使用，现根据上学期各位老师辛苦所做的解答，对书上原有的答案进行了校对，没有错误的，本“补充答案”中不再给出；原书中答案有误的，和原书中没有给出答案的，这里一并给出。错误之处，欢迎指正！ 第1章 1.4． 2.8×10 15 m 1.5．根据方程中各项的量纲要一致，可以判断：Fx= mv 2/2合理， F=mxv , Ft=mxa , Fv= mv 2/2, v 2+v 3=2ax 均不合理. 第2章 2.1 (1) j i )2615()2625(-+-m; )/]()2615()2625[(45 1151020)2615()2625(s m j i j i t r v -+-=++-+-=??= (2)52m; 1.16m/s 2.2 (1) 4.1 m/s; 4.001m/s; 4.0m/s (2) 4m/s; 2 m.s -2 2.3 3m; m 3 4π ; 140033-s .m π方向与位移方向相同; 1.0m/s 方向沿切线方向 2.5 2π (m); 0; 1(s) 2.6 24(m); -16(m) 2.8 2 22 t v R vR dt d +=θ 2.10 (1) 13 22 =+y x (2) t v x 4sin 43ππ-=;t v y 4 cos 4π π=;t a x 4cos 1632ππ-=;t a y 4sin 162ππ-= (3) 2 6= x ,22=y ;π86- =x v ,π82=y v ;,2326π-=x a 2 322π-=y a 2.12 (1) ?=7.382θ，4025.0=t (s)，2.19=y (m) (2) ?=7.382θ，48.2=t (s)，25.93=y (m)。 2.14 (1) 22119x y - = (2) j t i v 42-=;j a 4-= (3) 0=t 时，j r 19=； 3=t 时，j i r +=6。（4）当9=t s 时取“=”，最小距离为37（m ）。

大学物理D下册习题答案

习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零， 则Q与q的关系为：（） （A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（） （A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷； （B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（） （A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（） （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零； （C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中 心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 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9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷

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