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 +=+=

5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为2

2r t i tj =+，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）d 22d r v ti j t =

=+ d 2d v

a i t

== 2）11

222

2[(2)4]2(1)v t t =+=+

d d t v

a t

=

= 1

22

22+=

-=

t a a a t n

第二章质点动力学

1、(牛顿定律)质量为M 的气球以加速度a 匀加速上升，突然一只质量为m 的小鸟飞到气球上，并停留在气球上。若气球仍能向上加速，求气球的加速度减少了多少？ 解：f 为空气对气球的浮力，取向上为正。 分别由图（a ）、(b)可得：

F Mg Ma -=

1()()F M m g M m a -+=+

则11()

,Ma mg m a g a a a a m M m M

-+==-=

++

2、 (牛顿定律) 两个圆锥摆，悬挂点在同一高度，具有不同的悬线长度，若使它们运动时两个摆球离开地板的高度相同，试证这两个摆的周期相等．

证：设两个摆的摆线长度分别为1l 和2l ，摆线与竖直轴之间的夹角分别为1θ和2θ，摆线中的张力分别为1F 和2F ，则

0cos 111=-g m F θ ① )sin /(sin 112

1111θθl m F v = ② 解得：

1

111cos /sin θθgl =

v

第一只摆的周期为

g

l l T 1

11

1

11cos 2sin 2θπ

θπ==

v

同理可得第二只摆的周期 g

l T 2

22cos 2θπ

= 由已知条件知 2211cos cos θθl l = ∴ 21T T = 习题2.1—2.6

习题2.1一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为3/1044005t F ?-=，子弹从枪口射出时的速率为m/s 300。设子弹离开枪口处合力刚好为零。求：（1）子弹走完枪筒全长所用的时间t ；（2）子弹在枪筒中所受力的冲量I ；（3）子弹的质量。

解：（1）由3/1044005t F ?-=和子弹离开枪口处合力刚好为零，则可以得到：03/1044005=?-=t F 算出t=0.003s 。

（2）由冲量定义：

33

35520

400410/3400210/3

0.6I Fdt t dt t t N s ==-?=-?=???（）

（3）由动量定理： 习题2.2 质量为M ＝1.5 kg 的物体，用一根长为l ＝1.25 m 的细绳悬挂在天花板上．今有一质量为m ＝10 g 的子弹以v 0＝500 m/s 的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝30 m/s ，设穿透时间极短．求：

(1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2) 子弹在穿透过程中所受的冲量．

解：(1)取子弹与物体为研究对象，子弹前进方向为x 轴正向， 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竖直方向，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 m v 0 = m v +M v '

v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s

T =Mg+M v 2/l =26.5 N

(2) s N 7.40?-=-=?v v m m t f (设0v 方向为正方向) 负号表示冲量方向与0v 方向相反．

习题2.3一人从10 m 深的井中提水．起始时桶中装有10 kg 的水，桶的质量为1 kg ，由于水桶漏水，每升高1 m 要漏去0.2 kg 的水．求水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功．

习题2.2图

M

0v

30

0.60.6/3000.002I Fdt P mv N s

m kg ==?==?==?

所以：

解：选竖直向上为坐标y 轴的正方向，井中水面处为原点． 由题意知，人匀速提水，所以人所用的拉力F 等于水桶的重量 即： 00.2107.8 1.96F P P ky mg gy y ==-=-=- 人的拉力所作的功为： 0

d d H

W W F y ==??＝10

(107.8 1.96)d =980 J y y -?

习题2.4 如图所示，质量m 为 0.1 kg 的木块，在一个水平面上和一个劲度系数k 为20 N/m 的轻弹簧碰撞，木块将弹簧由原长压缩了x = 0.4 m ．假设木块与水平面间的滑动摩擦系数μ 为0.25，问在将要发生碰撞时木块的速率v 为多少？

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 222

1

21v m kx x f r -=- 而

mg f k r μ=

木块开始碰撞弹簧时的速率为

s m m

kx gx k 83.522

=+=

μv

习题2.5某弹簧不遵守胡克定律. 设施力F ，相应伸长为x ，力与伸长的

关系为 F ＝52.8x ＋38.4x 2（SI ）求：

(1)将弹簧从伸长x 1＝0.50 m 拉伸到伸长x 2＝1.00 m 时，外力所需做的功．

(2)将弹簧横放在水平光滑桌面上，一端固定，另一端系一个质量为2.17 kg 的物体，然后将弹簧拉伸到一定伸长x 2＝1.00 m ，再将物体由静止释放，求当弹簧回到x 1＝0.50 m 时，物体的速率．

解：(1) 外力做的功

(2) 设弹力为F ′

1122

2

'1v d d 312

x x x x m F x F x W J

==-==??

?1

v 5.34ms -==习题2.4图

习题2.6两个质量分别为1m 和2m 的木块B A 、，用一劲度系数为k 的轻弹簧连接，放在光滑的水平面上。A 紧靠墙。今用力推B 块，使弹簧压缩0x 然后释放。（已知m m =1，m m 32=）求：（1）释放后B A 、两滑块速度相等时的瞬时速度的大小；（2）弹簧的最大伸长量。

解：

2

020222

121kx v m = v v 2）（2102m m m += 所以m

k

x v 3430=

（2）22122

022212121v m m kx v m ）（++= 计算可得：02

1x x =

3、(变力作功、功率、质点的动能定理)设76()F i j N =-（1）当一质点从原点运动到3416(m)r i j k =-++时，求F 所作的功；（2）如果质点到r 处时需0.6s ，试求F 的平

均功率；（3）如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化。 解：（1）0

F dr ??

r

A=

(76)()i j dxi dyj dzk -?++?r

=0

76dx dy -??-3

4

=45J =-，做负功

（2）45750.6

A P W t === （3）0r k E A mgj dr ?=+-?? =

-45+40mgdy -? = -85J 4、（机械能守恒、动量守恒）如图所示，一个固定的光滑斜面，倾角为θ，有一个质量为m 小物体，从高H 处沿斜面自由下滑，滑到斜面底C 点之后，继续沿水平面平稳地滑行。设m 所滑过的路程全是光滑无摩擦的，试求：（1）m 到达C 点瞬间的速度；（2）m 离开C 点的速度；（3）m 在C 点的动量损失。 解：（1）由机械能守恒有 2

12

c mgH mv =

带入数据得c v =AC 方向 （2）由于物体在水平方向上动量守恒，所以

cos c mv mv θ=，

得o s v θ，方向沿CD 方向

（3）由于受到竖直的冲力作用，m 在C

点损失的动量p θ?=，方向竖直向下。

第三章刚体的运动

书：3.3用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为的飞轮支承在点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮转动，记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量。试写出它的计算式。（假设轴承间无摩擦

R O

m 习题2.6图

解：如习题3.3(b)图,对飞轮而言，根据转动定律，

有

T F R J =α

（1）

对重物而言，由牛顿定律，有

'T mg F ma -= 'T T F F = （2）

由于绳子不可伸长，因此，有

a R =α （3）

重物作匀加速下落，则有

2

12

h at =

（4） 由上述各式可解得飞轮的转动惯量为 2

2

(1)2gt J mR h

=- 3.4如图，一轻绳跨过两个质量为m 、半径为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 2和m 的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为2/2mr ，将由两个定滑轮以及质量为m 2和m 的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。

解：受力分析如图

ma T mg 222=- （1） ma mg T =-1 （2）

2()T T r J α-= （3） 1()T T r J α-= （4）

习题3.4图

习题3.3(b)图

T

'

T

a r α= （5）

联立 g a 41=

， mg T 8

11= 3.6有一质量为1m 、长为l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平

桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运动的质量为2m 的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞，设碰撞时间极短。已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1v 和2v ，如图所示。求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间。

(已知棒绕O 点的转动惯量213

1

l m J =)

解：碰撞时角动量守恒

l v m w l m l v m 2221123

1

-=

l

m v v m 1212)

(3+=

ω

细棒运动起来所受到的摩擦力矩

gl m gxdx l m M l

10

12

1

μμ

==? gl m l m t 1212

1

31

μω= g

m v v m g l t 1212)

(232μμω+==

1. 如图所示，物体1和2的质量分别为m 1与m 2，滑轮的转动惯量为J ，半径为r , 物体2与桌面间的摩擦系数为μ，设绳子与滑轮间无相对滑动，滑轮与转轴无摩擦。求系统的加速度a 及绳中的张力T 1和T 2。 a m T g m 111=-

a m g m T 222=-μ αJ r T r T =-21 αr a =

习题3.6图

?-=-=-t

J J J Mdt 0

12

0ω

ωω

解得：()22212

21r m r m J gr m m a ++-=μ ()22212

21111r m r m J gr m m m g m T ++--=μ

2、如图系统中，m 1=50kg ， m 2=40kg ，圆盘形滑轮m=16kg ，半径r=0.1m ，斜面是光滑的，倾角θ=300，绳与滑轮无相对滑动，转轴摩擦不计，求：

（1）绳中的张力；（2）设开始时m 1距离地面高度为1m ，需多长时间m 1到达地面？

a m T g m 111=- a m g m T 222sin =-θ

αJ r T r T =-21

αr a =

221mr J =

解得 2

2/3,/30s m a s rad ==α ，N T N T 316,34021== 由所以,0,2102

0=+=v at t v h

s a

h

t 816.02==

3．一长为1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使

棒向上与水平面成30°，然后无初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为231ml ，求：

(1) 放手时棒的角加速度； (2) 棒转到水平位置时的角速度．

解： 1、J

M

=

α mgl l mg

M 4330cos 20== 23

1ml J = 4334333

1432g

l g ml mgl

===α

2、机械能守恒

2

0210030sin 2ωJ l mg +=+ g ml mg

ml l mg 236141312130sin 2202==?=ω

g 2

3

=

ω=3.83rad/s 4．一根长为l 、质量为M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向棒的中心，并以v 0/2

的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为90?，求v 0的大小。

角动量守恒 ωJ l

mv l mv +=22200

23

1Ml J = ω20314Ml l mv = Ml mv Ml l mv 020

433

14==

ω 机械能守恒2312122l

Mg Ml =?ω 24331212

02l Mg Ml mv Ml =??

? ???

222

316m l

M g v = 3

40

gl

m M v = 5．一根长为l 、质量为 M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为 M m 6

1

=

的子弹以水平速度v 0射入棒的下端，并留在棒里。此后棒的最大偏转角恰为60°，求v 0。

角动量守恒

ω)31(220Ml ml l mv +=

M m 61

= l v 30=ω

机械能守恒

()

0022260cos 1)60cos 1(2

)31(21-+-=+mgl l

Mg Ml ml ω

gl v 320=

6、如图所示，长为l 的轻杆，两端各固定质量分别为m 和m 2的小球，杆可绕水平光滑固定轴O 在竖直面内转动，转轴O 距两端分别为l 31

和

l 3

2

．轻杆原来静止在竖直位置。今有一质量为m 的小球，以水平速度0v 与杆下端小球

m 作对心碰撞，碰后以02

1

v 的速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角

速度。

解：角动量守衡

02202

1

322)3()32(32v ml m l m l l mv ?-?+=ωω l

v 230

=

ω

第四章振动与波动

振动部分：习题4.2、4.4、4.5

习题4.2一物体沿x 轴做简谐运动，振幅为0.06 m ，周期为2.0 s ，当t = 0时位移为0.03m ，且向x 轴正方向运动。求：（1）t = 0.5 s 时，物体的位移、速度和加速度；（2）物体从x = -0.03m 处向x 轴负向运动开始，到平衡位置，至少需要多少时间？

解： （1）由题意知A = 0.06m 、12s ωππ-==由旋转矢量(a)图可确定初相则0?π=-，振动方程为

1(0.06)cos ()3x m s t ππ-??=-??

当t = 0.5s 时质点的位移、速度、加速度分别为

(0.06)cos(23)0.052x m m

ππ=-=11

(0.06)sin(23)0.094v dx dt m s m s πππ--==-?-=-?22222(0.06)cos(23)0.513a d x dt m s m s πππ--==-?-=-?

（2）质点从x =-0.03 m 运动到平衡位置的过程中，旋转矢量从(b)图中的位置M 转至位置N ，矢量转过的角度(即相位差）56??=π。该过程所需时间为

0.833t s ?

ω

??=

=

习题4.2 (b) 图

习题4.2 (a) 图

习题4.4 某质点振动的x-t 曲线如题图所示.求：（1）质点的振动方程； （2）质点到达P 点相应位置所需的最短时间.

00001x=Acos(ωt+φ)

t=0,x =A/2,v >0πφ=-3

ππt=1s,ωt-=32

5πω=

6

5ππx=0.1cos(

t-)m

63

2P 0500.463

0.4t

t t s

p p p P s

π

π

ω?∴+=

-==∴解：（）设所求方程为：从图中可见，由旋转矢量法可知；又

故：（）点的相位为即质点到达点相应状态所要的最短时间为

习题4.5一质点沿x 轴作简谐振动，振幅为cm 12，周期为s 2。当0=t 时, 位移为cm 6，且向x 轴正方向运动。求：（1）振动表达式；（2）s 5.0=t 时，质点的位置、速度和加速度；（3）如果在某时刻质点位于cm 6-=x ，且向x 轴负方向运动，求从该位置回到平衡位置所需要的时间。

解：由题已知 A=12×10-2m ，T=2.0 s ∴ ω=2π/T=πrad ·s -1

又，t=0时，cm x 60=，00v > ∴由旋转矢量图，可知：30πφ-=

故振动方程为）（3cos 12.0π

π-=t x

(2)将t=0.5 s 代入得

m t x 103.06cos 12.03cos 12.0==-=π

ππ）（

s m t v /189.06cos 12.03sin 12.0-==--=π

πππ）（ 222/03.16

cos 12.03cos 12.0s m t a -=-=--=π

ππππ）（

习题4.4图

方向指向坐标原点，即沿x 轴负向．

(3)由题知，某时刻质点位于cm 6-=x ，且向x 轴负方向运动

即x ０=-A/2，且v ＜0，故φt =2π/3，它回到平衡位置需要走5π/6，所以： ∴t=Δφ/ω=(5π/6)／(π) =5/6s

习题4.5图

（加题）1.有两个同方向同频率的振动，其合振动的振幅为0.2m ，合振动的相位与第一个振动的相位差为6/π，第一个振动的振幅为0.173m ，求第二个振动的振幅及两振动的相位差。

分析 根据已知振幅和相位可在矢量三角形中求得振幅。 解：采用旋转矢量合成图求解

取第一个振动的初相位为零，则合振动的相位为/6φπ= 据21A A +=可知12A A -=,如图：

)(1.0cos 2122

12m AA A A A =-+=?

由于、1A 、2A 的量值恰好满足勾股定理， 故1A 与2A 垂直.

即第二振动与第一振动的相位差为2/πθ=

（加题）2.一质点同时参与两个同方向的简谐振动，其振动方程分别为

21510cos(4/3)()x t SI π-=?+，22310sin(4/6)()x t SI π-=?-画出两振动的旋转矢量图，

并求合振动的振动方程.

分析 须将方程转化为标准方程从而确定其特征矢量，画出矢量图。 解：)6/4sin(10

32

2π-?=-t x

题图

5-26

)2/6/4cos(10

32

ππ--?=-t )3/24cos(10

32

π-?=-t

作两振动的旋转矢量图，如图所示. 由图得：合振动的振幅和初相分别为

3/,2)35(πφ==-=cm cm A .

合振动方程为))(3/4cos(10

22

SI t x π+?=-

（加题）3.一物体质量为0.25kg ，在弹性力作用下作简谐振动，弹簧的劲度系数

125k N m -=?，如果起始振动时具有势能0.06

J 和动能0.02 J ，求 (1) 振幅；(2) 动能恰等于势能时的位移；(3) 经过平衡位置时物体的速度． 解：(1) 2

21kA E E E p K =+==0.08 m A 08.025

08

.02=?= (2)

222

1

21v m kx = ； 2k m ω= 22222sin ()m x m A t ωωω?∴=+ 2

2

2

2

2

2

2

sin ()[1cos ()]x A t A t A x ω?ω?=+=-+=-

222A x =

，/0.0566x A m ∴=±=±

(3) 过平衡点时，0x =，此时动能等于总能量

221

v m E E E p K =

+==0.08 s m A /8.025

.008

.02=?=

（加题）4. 一弹簧振子,弹簧的劲度系数为k=25N/m,当物体以初动能0.2J 和初势能0.6J 振动时,求: (1) 振幅是多大? (2) 位移多大时,其势能和动能相等? (3) 位移是振幅的一半时,势能是多大?

解: (1) 弹簧振子的总机械能为2

12k p E E E kA =+=

,

故0.253A m == (2) 21124p k E E E kA ==

= 2211

24

kx kA =

0.1792x A m =±=± (3) 2

2110.20224

p A E kx k

J === 波动部分：习题4.7、4.8、4.10

习题4.7有一平面简谐波在介质中传播，波速u = 100 m/s ，波线上右侧距波源O （坐标原点）为75.0 m 处的一点P 的运动方程

为

习题4.7图

题图5-27

。求（1）波向x 轴正方向传播时的波动方程；（2）

波向x 轴负方向传播时的波动方程。

解：（1）设以波源为原点O ，沿x 轴正向传播的波动方程为

将 u = 100 m ?s -1代人，且取x = 75 m 得点P 的运动方程为

与题意中点P 的运动方程比较可得 A = 0.30 m 、12s -ω=π、02?=π。则所求波动方程为

(2)当沿x 轴负向传播时，波动方程为

将 x = 75 m 、1100u ms -=代人后，与题给点P 的运动方程比较得A = 0.30 m 、12s -ω=π、0?=-π，则所求波动方程为

讨论：对于平面简谐波来说，如果已知波线上一点的运动方程，求另外一点的运动方程，也可用下述方法来处理：波的传播是振动状态的传播，波线上各点（包括原点）都是重复波源质点的振动状态，只是初相位不同而已。在已知某点

初相的前提下，根据两点间的相位差，即可确定未知点的

初相。

习题4.8已知一沿x 正方向传播的平面余弦波，s 3

1

=t 时的波形如题图所示，

且周期T 为s 2.

（1）写出O 点的振动表达式； （2）写出该波的波动表达式； （3）写出A 点的振动表达式； （4）写出A 点离O 点的距离。

]

2/)s 2cos[()m 30.0(1p ππ+=-t y ()[]0cos ?ω+-=u x t A y ()[]0P s 75.0cos ?ω+-=t A y )]

s m 100/)(s 2cos[()m 30.0(11--?-=x t y π()[]0cos ?ω++=u x t A y ])s m 100/)(s 2cos[()m 30.0(1

1ππ-?+=--x t y 0?λ

π???/200x ?=-'=?0?

'习题4.8图

解：由图可知A=0.1m ，λ=0.4m ，由题知T= 2s ，ω=2π/T=π，而u=λ/T=0.2m/s 。 波动方程为：y=0.1cos ［π(t-x/0.2)+Ф0］m 关键在于确定O 点的初始相位。 （1） 由上式可知：O 点的相位也可写成：φ=πt+Ф0

由图形可知： s 31

=t 时y ０=-A/2，v ０＜0，∴此时的φ=2π／3，

将此条件代入，所以：03132?ππ+= 所以3

0π

?=

O 点的振动表达式y=0.1cos ［πt+π/3］m

（2）波动方程为：y=0.1cos ［π(t-x/0.2)+π/3］m （3）A 点的振动表达式确定方法与O 点相似由上式可知：

A 点的相位也可写成：φ=πt+ФA0

由图形可知： s 3

1

=t 时y ０=0，v ０>0，∴此时的φ=-π／2，

将此条件代入，所以：0312A ?ππ+=- 所以6

50π

?-=A

A 点的振动表达式y=0.1cos ［πt-5π/6］m

（4）将A 点的坐标代入波动方程，可得到A 的振动方程，与（3）结果相同，所以： y=0.1cos ［π(t-x/0.2)+π/3］= 0.1cos ［πt-5π/6］

可得到：m x A 233.030

7

==

习题4.10 一平面简谐波以速度m/s 8.0=u 沿x 轴负方向传播。已知原点的振动曲线如图所示。试写出：

（1）原点的振动表达式； （2）波动表达式；

（3）同一时刻相距m 1的两点之间的位相差。

解：(1) 由图可知A=0.5cm ，原点处的振动方程为：y=Acos （ωｔ＋φ） t=0s 时 y=A/2 v>0 可知其相位为φ=3

π-

t=1s 时 y=0 v<0 可知其相位为φ1=

2

π 代入振动方程， φ=3π-

ω＋φ=2

π

习题4.10图

可得：ω=

6

5π

T=2π/ω=12/5 则 y=0.5cos （

65πｔ-3

π

）cm （2）沿x 轴负方向传播，波动表达式：y=0.5cos[65π（ｔ+54x ）-3

π

]cm （3）根据已知的T=12/5，m/s 8.0=u ，可知：m 25

48=

λ 那么同一时刻相距m 1的两点之间的位相差： 3.27rad 24

25

2==?=?πλπ?x

（加题）1.如图，一平面波在介质中以波速20/u m s =沿x 轴负方向传播，已知A 点的振动方程为)(4cos 10

32

SI t y π-?=.

(1)以A 点为坐标原点写出波方程；

(2)以距A 点5m 处的B 点为坐标原点，写出波方程. 解：(1)坐标为x 处质点的振动相位为

)]20/([4)]/([4x t u x t t +=+=+ππ?ω 波的表达式为 ))](20/([4cos 10

32

SI x t y +?=-π

(2)以B 点为坐标原点，则坐标为x 点的振动相位为 )](20

5

[4'SI x t t -+=+π?ω 波的表达式为 ??

? ??

-+?=-2054cos 10

32

x t y π

)]()20

(4cos[1032SI x

t y ππ-+

?=- （加题）2. 一平面谐波沿ox 轴的负方向传播,波长为λ，P 点处质点的振动规律如题图6－10所示.求:

（1）P 点处质点的振动方程; （2）此波的波动方程；

（3）若图中/2d λ=,求O 点处质点的振动方程.

分析 首先由已知振动规律结合旋转矢量图可得P 点振动的初相与周期，从而得到其振动方程。波动方程则由P 与原点的距离直接得到。波动方程中直接代入某点的坐标就可求出该点的振动方程。

解:（1）从图中可见4T s =,且00,,po t y A ?π==-∴=,则P 点处质点的振动方程为

u

1题图

2cos()cos()()42

p y A t A t SI ππ

ππ=+=+

（2）向负方向传播的波动方程为

()??

?

???+??? ??-+=πλπd x t A y 42cos

（3）把/2,

0d x λ==代入波动方程即得

t A y 2

cos 0π

=

（加题）3.两波在一很长的弦线上传播，其波方程分别为：

))(244(31cos 1000.421SI t x y -?=-π

))(244(3

1

cos 1000.422SI t x y +?=-π

求：(1)两波的频率、波长、波速；(2)两波叠加后的波节位置；(3)叠加后振幅最大的那些点的位置.

解：(1)与波动的标准表达式)/(2cos λνπx t A y -=对比可得： Hz 4=ν， m 50.1=λ， 波速s m u /00.6==λν (2)波节位置131

4/3()()m,n 0,1,2 (242)

x n x n πππ=±+

=±+=即 (3)波腹位置4/33/4m,n 0,1,2...x n x n ππ=±=±=即 第11章作业

11.2 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n =1.58)覆盖其中的一条狭缝，这时屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央(原零级明条纹)的位置。如果入射光的波长为550nm ，则这云母片的厚度应为多少?

分析：云母片覆盖前，零级明条纹在屏幕上O 点。覆盖后，衍射条纹移动了7条，即第七条明条纹位于O 点。由光程差的变化计算介质厚度。

解：覆盖前，两光到达O 点的光程差为

0121=-=r r δ （1）

覆盖后，两光到达O 点的光程差为

题图6-10

习题11.2图

()λδ7122=-+-=r ne e r （2）

(2)式与（1）式作差，可得

()[]()()λδδ71121212=-=---+-=-n e r r r ne e r

所以

69

1064.61

58.110550717--?=-??=-=n e λm

11.3 在双缝实验中，入射光是由波长=1λ550nm 和另一束未知波长2λ两种成分合成的复色光。已知双缝间距为0.6mm ，屏和缝的距离为1.2m ，求屏上1λ的第三级明纹中心的位置。若屏上1λ的第六级明纹中心和未知的2λ的第五级明纹中心重合，求未知波长2λ。

分析：由明纹中心位置公式d

D k x λ

=可得。 解：第三级明纹中心位置

3.3106.0105502.133

9

=????==--d D k x λmm 1λ的第六级明纹中心和未知的2λ的第五级明纹中心重合，即它们具有相同的衍

射角

d

D d D 2156λλ= 所以

6605505

6

5612=?==

λλnm 11.5 一薄玻璃片，厚度为0.40μm ，折射率为1.5，置于空气中。用白光垂直照射，问在可见光的范围内，哪些波长的光在反射中加强？哪些波长的光在透射中加强?

分析：分别应用反射光和透射光在等倾干涉中加强的条件求得。 解：反射加强的条件为 λλ

k ne =+

2

2

由此得

1

24-=

k ne

λ 仅当3=k 时，λ为可见光，因此求得

4801

3240

.050.14=-???=

λnm

透射加强的条件即反射减弱的条件，即

()2

1222λ

λ

+=+

k ne 由此得

k

ne

24=λ 当2=k 时，

6002240

.050.14=???=λnm

当3=k 时，

4003240

.050.14=???=

λnm

波长为480nm 的可见光在反射中加强，波长为600nm 和400nm 的可见光在透射中加强。

11.6 一单色光垂直照射在厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻璃板上。油的折射率为1.3，玻璃的折射率为1.5，若单色光的波长可由光源连续可调，并观察到500nm 与700nm 这两个波长的单色光在反射中消失，求油膜的厚度。

分析：由于玻璃的折射率2n 大于油的折射率1n ，光线在油膜上，下表面反

射时都存在半波损失，则光程差为ne 2=δ。设5001=λnm 的光在k 级干涉相消，则对于7002=λnm 的光在第()1-k 级干涉相消。

解： 对5001=λnm 的光在k 级干涉相消，有 ()

11

1212122λλ??

? ??

+=+=k k e n （1） 对7002=λnm 的光在第()1-k 级干涉相消，有

()[]

22

12121122λλ??

? ??

-=+-=k k e n （2）

由（1）、（2）式解得

()()

35007002700

50021221=-+=-+=

λλλλk

1.67330

.12500

2132211

1

=????? ??

+=

??

? ??

+=n k e λnm 11.7 有一玻璃劈尖，玻璃的折射率为1.5，劈尖夹角rad 1055-?=θ。用单色光垂直照射，测得相邻两条明纹间的距离m 1064.33-?=l ，求此单色光的波长。

分析：由相邻两明纹间的距离公式可得。 解：相邻两明纹的距离为 θ

λ

sin 2n l =

，

因为θ很小，所以θθ≈sin ，则

θ

λ

n l 2= 所以，

θλnl 2=

=531051064.35.12--????? =546nm

11.11 在折射率52.11=n 的照相机镜头表面镀有一层折射率38.12=n 的MgF 2增透膜，如果此膜适用于波长=λ550nm 的光，问膜的最小厚度应是多少？

分析：由薄膜干涉公式可得。

解：对穿过增透膜的透射光而言，两相干光的光程差为2

2λ

+ne ，为使给定

波长的透射光增强，应满足条件

λλ

k ne =+2

2

当1=k 时，对应膜的最小厚度

2

2m i n

λ

=ne

已知550=λnm ，38.12=n ，由此可以算出膜的最小厚度

大学物理试卷期末考试试题答案

2003—2004学年度第2学期期末考试试卷（A 卷） 《A 卷参考解答与评分标准》 一 填空题：（18分） 1． 10V 2.（变化的磁场能激发涡旋电场），（变化的电场能激发涡旋磁场）. 3. 5， 4. 2， 5. 3 8 6. 293K ，9887nm . 二 选择题：（15分） 1. C 2. D 3. A 4. B 5. A . 三、【解】(1) 如图所示，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -. 选取半径为r （12R r R <<）的同心球面S ，则根据高斯定理有 2() 0d 4πS Q r E ε?==? E S 于是，电场强度 204πQ E r ε= (2) 内导体球与外导体球壳间的电势差 22 2 1 1 1 2200 01211d 4π4π4πR R R AB R R R Q Q dr Q U dr r r R R εεε?? =?=?==- ????? ? r E (3) 电容 12 001221114π/4πAB R R Q C U R R R R εε??= =-= ?-?? 四、【解】 在导体薄板上宽为dx 的细条，通过它的电流为 I dI dx b = 在p 点产生的磁感应强度的大小为 02dI dB x μπ= 方向垂直纸面向外. 电流I 在p 点产生的总磁感应强度的大小为 22000ln 2222b b b b dI I I dx B x b x b μμμπππ===? ? 总磁感应强度方向垂直纸面向外. 五、【解法一】 设x vt ＝, 回路的法线方向为竖直向上( 即回路的绕行方向为逆时

针方向)， 则 21 d cos602B S Blx klvt Φ=?=?= ? ∴ d d klvt t εΦ =- =- 0ac ε < ，电动势方向与回路绕行方向相反，即沿顺时针方向（abcd 方向）． 【解法二】 动生电动势 1 cos602 Blv klvt ε?动生＝＝ 感生电动势 d 111 d [cos60]d 222d d dB B S Blx lx lxk klvt t dt dt dt εΦ=- =?=--?===?感生－ klvt εεε==感生动生＋ 电动势ε的方向沿顺时针方向（即abcd 方向）。 六、【解】 1. 已知波方程 10.06cos(4.0)y t x ππ=- 与标准波方程 2cos(2) y A t x π πνλ =比较得 , 2.02, 4/Z H m u m s νλνλ==== 2. 当212(21)0x k ππΦ-Φ==+合时，A ＝ 于是，波节位置 21 0.52k x k m += =+ 0,1,2, k =±± 3. 当 21222x k A ππΦ-Φ==合时，A ＝ 于是，波腹位置 x k m = 0,1,2, k =±± ( 或由驻波方程 120.12cos()cos(4)y y y x t m ππ=+= 有 (21) 00.52 x k A x k m π π=+?=+合＝ 0,1,2, k =±± 20.122 x k A m x k m π π=?=合＝, 0,1,2, k =±± )

大学物理课后题答案

习 题 四 4-1 质量为m =的弹丸，其出口速率为300s m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力 9800400x F -=。开抢时，子弹在x =0处，试求枪筒的长度。 [解] 设枪筒长度为L ，由动能定理知 2022121mv mv A -= 其中??-==L L dx x Fdx A 00)9 8000400( 9 40004002 L L - = 而00=v ， 所以有： 22 300002.05.09 4000400??=-L L 化简可得： m 45.00 813604002==+-L L L 即枪筒长度为。 4-2 在光滑的水平桌面上平放有如图所示的固定的半圆形屏障。质量为m 的滑块以初速度0v 沿切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为μ，试证明：当滑块从屏障的另一端滑出时，摩擦力所作的功为() 12 1220-= -πμe mv W [证明] 物体受力：屏障对它的压力N ，方向指向圆心，摩擦力f 方向与运动方向相反，大小为 N f μ= (1) 另外，在竖直方向上受重力和水平桌面的支撑力，二者互相平衡与运动无关。 由牛顿运动定律 切向 t ma f =- (2) 法向 R v m N 2 = (3) 联立上述三式解得 R v a 2 t μ-= 又 s v v t s s v t v a d d d d d d d d t === 所以 R v s v v 2 d d μ -= 即 s R v v d d μ-=

两边积分，且利用初始条件s =0时，0v v =得 0ln ln v s R v +- =μ 即 s R e v v μ -=0 由动能定理 2 022 121mv mv W -= ，当滑块从另一端滑出即R s π=时，摩擦力所做的功为 () 12 1212122020220-=-=--πμ πμ e mv mv e mv W R R 4-3 质量为m 的质点开始处于静止状态，在外力F 的作用下沿直线运动。已知 T t F F π2sin 0=，方向与直线平行。求：(1)在0到T 的时间内，力F 的冲量的大小；(2)在0到2T 时间内，力F 冲量的大小；(3)在0到2T 时间内，力F 所作的总功；(4)讨论质点的运动情况。 [解]由冲量的定义?=1 2 d t t t F I ，在直线情况下，求冲量I 的大小可用代数量的积分，即 ?= 1 2 d t t t F I (1) 从t ＝0到 t=T ，冲量的大小为： ?= =T t F I 01d ?-=T T T t T F t T t F 0 00]2cos [2d 2sin πππ=0 (2) 从t =0到 t =T /2，冲量的大小为 π πππ0000 0022 2 2]2cos [2d 2sin d TF T t T F t T t F t F I T T T =-=== ?? (3) 初速度00=v ，由冲量定理 0mv mv I -= 当 t =T /2时，质点的速度m TF m I v π0== 又由动能定理，力F 所作的功 m F T m F mT mv mv mv A 22022 22022 20222212121ππ===-= (4) 质点的加速度)/2sin()/(0T t m F a π=，在t =0到t =T /2时间内，a >0，质点 作初速度为零的加速运动，t =T /2时，a =0，速度达到最大；在t =T /2到t =T 时间内，a <0，但v >0，故质点作减速运动，t =T 时 a =0，速度达到最小，等于零；此后，质点又进行下一

大学物理课后练习习题答案详解.docx

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(第四版)课后习题及答案 质点

题1.1：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1.1解：（1）质点在4.0 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4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2：一质点沿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1.2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 + += 间内，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1.3：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？

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 +=+=

清华大学《大学物理》习题库试题及答案__07_热学习题

清华大学《大学物理》习题库试题及答案热学习题 一、选择题 1．4251：一定量的理想气体贮于某一容器中，温度为T ，气体分子的质量为m 。根据 理想气体的分子模型和统计假设，分子速度在x 方向的分量平方的平均值 (A) m kT x 32=v (B) m kT x 3312=v (C) m kT x /32=v (D) m kT x /2=v ［ ］ 2．4252：一定量的理想气体贮于某一容器中，温度为T ，气体分子的质量为m 。根据 理想气体分子模型和统计假设，分子速度在x 方向的分量的平均值 (A) m kT π8=x v (B) m kT π831=x v (C) m kT π38=x v (D) =x v 0 ［ ］ 3．4014：温度、压强相同的氦气和氧气，它们分子的平均动能ε和平均平动动能w 有如下关系： (A) ε和w 都相等 (B) ε相等，而w 不相等 (C) w 相等，而ε不相等 (D) ε和w 都不相等 ［ ］ 4．4022：在标准状态下，若氧气(视为刚性双原子分子的理想气体)和氦气的体积比V 1 / V 2=1 / 2 ，则其内能之比E 1 / E 2为： (A) 3 / 10 (B) 1 / 2 (C) 5 / 6 (D) 5 / 3 ［ ］ 5．4023：水蒸气分解成同温度的氢气和氧气，内能增加了百分之几(不计振动自由度和 化学能)？ (A) 66.7％ (B) 50％ (C) 25％ (D) 0 ［ ］ 6．4058：两瓶不同种类的理想气体，它们的温度和压强都相同，但体积不同，则单位 体积内的气体分子数n ，单位体积内的气体分子的总平动动能(E K /V )，单位体积内的气体质 量ρ，分别有如下关系： (A) n 不同，(E K /V )不同，ρ不同 (B) n 不同，(E K /V )不同，ρ相同 (C) n 相同，(E K /V )相同，ρ不同 (D) n 相同，(E K /V )相同，ρ相同 ［ ］ 7．4013：一瓶氦气和一瓶氮气密度相同，分子平均平动动能相同，而且它们都处于平 衡状态，则它们 (A) 温度相同、压强相同 (B) 温度、压强都不相同 (C) 温度相同，但氦气的压强大于氮气的压强 (D) 温度相同，但氦气的压强小于氮气的压强 ［ ］ 8．4012：关于温度的意义，有下列几种说法：(1) 气体的温度是分子平均平动动能的 量度；(2) 气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现，具有统计意义；(3) 温度的高低 反映物质内部分子运动剧烈程度的不同；(4) 从微观上看，气体的温度表示每个气体分子的 冷热程度。这些说法中正确的是 (A) (1)、(2)、(4)；(B) (1)、(2)、(3)；(C) (2)、(3)、(4)；(D) (1)、(3) 、(4)； ［ ］ 9．4039：设声波通过理想气体的速率正比于气体分子的热运动平均速率，则声波通过 具有相同温度的氧气和氢气的速率之比22 H O /v v 为 (A) 1 (B) 1/2 (C) 1/3 (D) 1/4 ［ ］ 10．4041：设图示的两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线；

大学物理课后习题标准答案第六章

大学物理课后习题答案第六章

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第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 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：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z

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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 +=+=

大学物理期末考试试题

西安工业大学试题纸 1.若质点的运动方程为：()2r 52/2t t i t j =+-+（SI ），则质点的v ＝ 。 2. 一个轴光滑的定滑轮的转动惯量为2/2MR ，则要使其获得β的角加速度，需要施加的合外力矩的大小为 。 3.刚体的转动惯量取决于刚体的质量、质量的空间分布和 。 4.一物体沿x 轴运动，受到F =3t (N)的作用，则在前1秒内F 对物体的冲量是 （Ns ）。 5. 一个质点的动量增量与参照系 。（填“有关”、“无关”） 6. 由力对物体的做功定义可知道功是个过程量，试回答：在保守力场中，当始末位置确定以后，场力做功与路径 。（填“有关”、“无关”） 7.狭义相对论理论中有2个基本原理(假设)，一个是相对性原理，另一个是 原理。 8.在一个惯性系下，1、2分别代表一对因果事件的因事件和果事件，则在另一个惯性系下，1事件的发生 2事件的发生（填“早于”、“晚于”）。 9. 一个粒子的固有质量为m 0，当其相对于某惯性系以0.8c 运动时的质量m = ；其动能为 。 10. 波长为λ，周期为T 的一平面简谐波在介质中传播。有A 、B 两个介质质点相距为L ，则A 、B 两个质点的振动相位差=?φ____；振动在A 、B 之间传播所需的时间为_ 。 11. 已知平面简谐波方程为cos()y A Bt Cx =-，式中A 、B 、C 为正值恒量，则波的频率为 ；波长为 ；波沿x 轴的 向传播（填“正”、“负”）。 12.惠更斯原理和波动的叠加原理是研究波动学的基本原理，对于两列波动的干涉而言，产生稳定的干涉现象需要三个基本条件：相同或者相近的振动方向，稳定的位相差，以及 。 13. 已知一个简谐振动的振动方程为10.06cos(10/5)()X t SI π=+，现在另有一简谐振动，其振动方程为20.07cos(10)X t =+Φ，则Φ= 时，它们的合振动振幅最 大；Φ= 时，它们的合振动振幅最小。 14. 平衡态下温度为T 的1mol 单原子分子气体的内能为 。 15. 平衡态下理想气体(分子数密度为n ，分子质量为m ，分子速率为v )的统计压强P= ;从统计角度来看，对压强和温度这些状态量而言， 是理想气体分子热运动激烈程度的标志。

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

大学物理期末考试题库

1某质点的运动学方程x=6+3t-5t 3 ，则该质点作 （ D ） （A ）匀加速直线运动，加速度为正值 （B ）匀加速直线运动，加速度为负值 （C ）变加速直线运动，加速度为正值 （D ）变加速直线运动，加速度为负值 2一作直线运动的物体，其速度x v 与时间t 的关系曲线如图示。设21t t →时间合力作功为 A 1，32t t →时间合力作功为A 2，43t t → 3 C ） （A ）01?A ，02?A ，03?A （B ）01?A ，02?A ， 03?A （C ）01=A ，02?A ，03?A （D ）01=A ，02?A ，03?A 3 关于静摩擦力作功，指出下述正确者（ C ） （A ）物体相互作用时，在任何情况下，每个静摩擦力都不作功。 （B ）受静摩擦力作用的物体必定静止。 （C ）彼此以静摩擦力作用的两个物体处于相对静止状态，所以两个静摩擦力作功之和等于 零。 4 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，经过时间T 转动一圈，那么在2T 的时间，其平均 速度的大小和平均速率分别为（B ） （A ） ， （B ） 0， （C ）0， 0 （D ） T R π2， 0 5、质点在恒力F 作用下由静止开始作直线运动。已知在时间1t ?，速率由0增加到υ；在2t ?， 由υ增加到υ2。设该力在1t ?，冲量大小为1I ，所作的功为1A ；在2t ?，冲量大小为2I ， 所作的功为2A ，则（ D ） A ．2121;I I A A <= B. 2121;I I A A >= C. 2121;I I A A => D. 2121;I I A A =< 6如图示两个质量分别为B A m m 和的物体A 和B 一起在水平面上沿x 轴正向作匀减速直线 运动，加速度大小为a ，A 与B 间的最大静摩擦系数为μ，则A 作用于B 的静摩擦力F 的 大小和方向分别为（D ） 轴正向相反与、轴正向相同 与、轴正向相同 与、轴正向相反 与、x a m D x a m x g m x g m B B B B ,,C ,B ,A μμT R π2T R π2T R π2t

清华大学《大学物理》习题库试题及答案--04-机械振动习题

一、选择题： 1．3001：把单摆摆球从平衡位置向位移正方向拉开，使摆线与竖直方向成一微小角度 θ ，然后由静止放手任其振动，从放手时开始计时。若用余弦函数表示其运动方程，则该单 摆振动的初相为 (A) π (B) π/2 (C) 0 (D) θ 2．3002：两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同。第一个质点的振动方程为x 1 = A cos(ωt + α)。当第一个质点从相对于其平衡位置的正位移处回到平衡位置时，第二个质点正在最大正位移处。则第二个质点的振动方程为： (A) )π21cos(2++=αωt A x (B) ) π21 cos(2-+=αωt A x (C) ) π23 cos(2-+=αωt A x (D) )cos(2π++=αωt A x 3．3007：一质量为m 的物体挂在劲度系数为k 的轻弹簧下面，振动角频率为ω。若把此弹簧分割成二等份，将物体m 挂在分割后的一根弹簧上，则振动角频率是 (A) 2 ω (B) ω2 (C) 2/ω (D) ω /2 (B) 4．3396：一质点作简谐振动。其运动速度与时间的曲线如图所示。若质点的振动规律用余弦函数描述，则其初相应为 (A) π/6 (B) 5π/6 (C) -5π/6 (D) -π/6 (E) -2π/3 5．3552：一个弹簧振子和一个单摆（只考虑小幅度摆动），在地面上的固有振动周期分别为T 1和T 2。将它们拿到月球上去，相应的周期分别为1T '和2T '。则有 (A) 11T T >'且22T T >' (B) 11T T <'且22T T <' (C) 11T T ='且22T T =' (D) 11T T ='且22T T >' 6．5178：一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为 ) 31 2cos(1042π+π?=-t x (SI)。从t = 0时刻起，到质点位置在x = -2 cm 处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为 (A) s 81 (B) s 61 (C) s 41 (D) s 31 (E) s 21 7．5179：一弹簧振子，重物的质量为m ，弹簧的劲度系数为k ，该振子作振幅为A 的简谐振动。当重物通过平衡位置且向规定的正方向运动时，开始计时。则其振动方程为： (A) )21/(cos π+=t m k A x (B) ) 21/cos(π-=t m k A x (C) ) π21/(cos +=t k m A x (D) )21/cos(π-=t k m A x (E) t m /k A x cos = 8．5312：一质点在x 轴上作简谐振动，振辐A = 4 cm ，周期T = 2 s ，其平衡位置取 v 2 1

大学物理学(课后答案解析)第1章

第1章 质点运动学 习 题 一 选择题 1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ] (A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同 (B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小 解析：速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量，加速度是描述质点运动速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C 。 1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=，则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 解析：229dx v t dt = =-，18dv a t dt ==-，故答案选D 。 1-3 一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，某一段时间内的平均速率为v ，平均速度为v ，他们之间的关系必定有[ ] (A)v =v ，v =v (B)v ≠v ，v =v (C)v ≠v ，v ≠v (D)v =v ，v ≠v

解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故v =v ；平均速率s v t ?=?，而平均速度t ??r v = ，故v ≠v 。答案选D 。 1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ] (A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度，但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零 解析：质点作圆周运动时，2 n t v dv a a dt ρ =+=+ n t n t a e e e e ，所以法向加速度一定不为零，答案选D 。 1-5 某物体的运动规律为 2dv kv t dt =-，式中，k 为大于零的常量。当0t =时，初速为0v ，则速率v 与时间t 的函数关系为[ ] (A)2012v kt v =+ (B)2011 2kt v v =+ (C)2012v kt v =-+ (D)2011 2kt v v =-+ 解析：由于2dv kv t dt =-，所以 02 0()v t v dv kv t dt =-? ? ，得到20 11 2kt v v =+，故答案选B 。 二 填空题 1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为2=4t +( 2t+3)r i j ，则从

大学物理期末考试试卷(含答案) 2

2008年下学期2007级《大学物理（下）》期末考试（A 卷） 一、选择题(共27分) 1. (本题3分) (2717) 距一根载有电流为3×104 A 的电线1 m 处的磁感强度的大小为 (A) 3×10-5 T ． (B) 6×10-3 T ． (C) 1.9×10-2T ． (D) 0.6 T ． (已知真空的磁导率μ0 =4π×10-7 T ·m/A) ［ ］ 2. (本题3分)(2391) 一电子以速度v 垂直地进入磁感强度为B 的均匀磁场中，此电子在磁场中运动轨道所围的面积内的磁通量将 (A) 正比于B ，反比于v 2． (B) 反比于B ，正比于v 2． (C) 正比于B ，反比于v ． (D) 反比于B ，反比于v ． ［ ］ 3. (本题3分)(2594) 有一矩形线圈AOCD ，通以如图示方向的电流I ，将它置于均匀磁场B 中，B 的方向与x 轴正方向一致，线圈平面与x 轴之间的夹角为α，α < 90°．若AO 边在y 轴上，且线圈可绕y 轴自由转动，则线圈将 (A) 转动使α 角减小． (B) 转动使α角增大． (C) 不会发生转动． (D) 如何转动尚不能判定． ［ ］ 4. (本题3分)(2314) 如图所示，M 、N 为水平面内两根平行金属导轨，ab 与cd 为垂直于导轨并可在其上自由滑动的两根直裸导线．外磁场垂直水平面向上．当外力使 ab 向右平移时，cd (A) 不动． (B) 转动． (C) 向左移动． (D) 向右移动．［ ］ 5. (本题3分)(2125) 如图，长度为l 的直导线ab 在均匀磁场B 中以速度v 移动，直导线ab 中的电动势为 (A) Bl v ． (B) Bl v sin α． (C) Bl v cos α． (D) 0． ［ ］ 6. (本题3分)(2421) 已知一螺绕环的自感系数为L ．若将该螺绕环锯成两个半环式的螺线管，则两个半环螺线管的自感系数 c a b d N M B

清华大学《大学物理》习题库试题及答案__02_刚体习题

一、选择题 1．0148：几个力同时作用在一个具有光滑固定转轴的刚体上，如果这几个力的矢量和 为零，则此刚体 (A) 必然不会转动 (B) 转速必然不变 (C) 转速必然改变 (D) 转速可能不变，也可能改变 ［ ］ 2．0153：一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度ω按图示方向转动。 若如图所示的情况那样，将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F 沿盘面同时作用到圆盘上，则圆盘的角速度ω (A) 必然增大 (B) 必然减少 (C) 不会改变 (D) 如何变化，不能确定 ［ ］ 3．0165：均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所 示。今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一 种是正确的？ (A) 角速度从小到大，角加速度从大到小 (B) 角速度从小到大，角加速度从小到大 (C) 角速度从大到小，角加速度从大到小 (D) 角速度从大到小，角加速度从小到大 ［ ］ 4．0289：关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 （A ）只取决于刚体的质量,与质量的空间分布和轴的位置无关 （B ）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关 （C ）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置 （D ）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关 ［ ］ 5．0292：一轻绳绕在有水平轴的定滑轮上，滑轮的转动惯量为J ，绳下端挂一物体。 物体所受重力为P ，滑轮的角加速度为α。若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳 子，滑轮的角加速度α将 (A) 不变 (B) 变小 (C) 变大 (D) 如何变化无法判断 ［ ］ 6．0126：花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为J 0， 角速度为0ω。然后她将两臂收回，使转动惯量减少为31 J 0。这时她转动的角速度变为： (A) 031ω (B) () 03/1ω (C) 03ω (D) 03ω ［ ］ 7．0132：光滑的水平桌面上，有一长为2L 、质量为m 的匀质细杆，可绕过其中点且垂 直于杆的竖直光滑固定轴O 自由转动，其转动惯量为31 mL 2，起初杆静止。桌面上有两个质 量均为m v 相向运动，如图所示。当两小球同时与杆的两个端点发生完全非 弹性碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速 度应为： (A) L 32v (B) L 54v (C) L 76v (D) L 98v (E) L 712v ［ ］ 8．0133：如图所示，一静止的均匀细棒，长为L 、质量为M ，可绕通过棒的端点且垂 O v 俯视图

大学物理上册期末考试题库

质 点 运 动 学 选择题 [ ]1、某质点作直线运动的运动学方程为x ＝6+3t -5t 3 (SI)，则点作 A 、匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向． B 、匀加速直线运动，加速度沿x 轴负方向． C 、变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向． D 、变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向． [ ]2、某物体的运动规律为2v dv k t dt =-，式中的k 为大于零的常量．当0=t 时，初速v 0，则速度v 与时间t 的函数关系是 A 、0221v kt v += B 、022 1v kt v +-= C 、02211v kt v +=, D 、02211v kt v +-= [ ]3、质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为(v 表示任一时刻 质点的速率) A 、dt dv B 、R v 2 C 、R v dt dv 2+ D 、 242)(R v dt dv + [ ]4、关于曲线运动叙述错误的是 A 、有圆周运动的加速度都指向圆心 B 、圆周运动的速率和角速度之间的关系是ωr v = C 、质点作曲线运动时，某点的速度方向就是沿该点曲线的切线方向 D 、速度的方向一定与运动轨迹相切 [ ]5、以r 表示质点的位失， ?S 表示在?t 的时间内所通过的路程，质点在?t 时间内平均速度的大小为 A 、t S ??; B 、t r ?? C 、t r ?? ; D 、t r ?? 填空题 6、已知质点的运动方程为26(34)r t i t j =++ (SI)，则该质点的轨道方程 为 ；s t 4=时速度的大小 ；方向 。 7、在xy 平面内有一运动质点，其运动学方程为：j t i t r 5sin 105cos 10+=（SI ）， 则t 时刻其速度=v ；其切向加速度的大小t a ；该质 点运动的轨迹是 。 8、在x 轴上作变加速直线运动的质点,已知其初速度为v 0，初始位置为x 0加速度为a=C t 2 (其中C 为常量),则其速度与时间的关系v= ， 运动