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(完整版)大学物理课后习题答案详解

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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 =+-r r r

由d /d v r t =r r 则速度: 28v i tj =+r r r

由d /d a v t =r r 则加速度: 8a j =r r

则当t=1s 时,有 24,28,8r i j v i j a j =-=+=r r r r r r

r r

当t=2s 时,有 48,216,8r i j v i j a j =+=+=r r r r r r

r r 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 v ,d d v t v

,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 =+v v v

(2)联立式(1)、式(2)得 2

2

v 2gx h y -=

(3)0d -gt d r

v i j t

=v v v 而落地所用时间 g

h

2t =

所以

0d d r v i j t =v v

d d v g j t

=-v v 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22r t i tj =+v

v v ,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 ==+v v v v d 2d v

a i t

==v v v

2)11

222

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

2

d 2d 1

t v

t a t

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 r

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

-+==-=

++V

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

m 1 m 2

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 ?

?3

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 =-r r r

(1)当一质点从原点运动到

3416(m)r i j k =-++r r r r 时,求F r 所作的功;(2)如果质点到r r

处时需0.6s ,试求F r 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

r r r

A=

(76)()i j dxi dyj dzk -?++?r r r r r r r =0

76dx dy -??-34

=45J =-,做负功

(2)45

750.6

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

r r =

-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2c v gH =,方向沿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2cos v gH 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2sin p m gH 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,

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

mg

m T

F '

T F O

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

2

1

?-=-=-t

J J J Mdt 0

12

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。

m m

M

0v 0/2

v l

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

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 、12

T s ωππ-==由旋转矢量(a)图可确定初相则03?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

ππ

ω?∴+=

-

==∴Q Q 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 A +=可知12A A A -=,如图:

)(1.0cos 2122

12m AA A A A =-+=?

由于A 、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 =,/20.0566x 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2()0.253k p E E A m k

+== (2) 21124p k E E E kA ==

= 2211

24

kx kA = 20.179x 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

?=

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

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

21322111=????

? ??

+=??? ??+=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

+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

2min 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

大学物理教程 (上)课后习题 答案

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 = 代入,有 2 1) y =- 或 1= (2)将1t s =和2t s =代入,有 11r i = , 241r i j =+ 213r r r i j =-=- 位移的大小 r = = (3) 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt = =- 22(1)v ti t j =+- 2 x x dv a dt = =, 2y y dv a dt = = 22a i j =+ 当2t s =时,速度和加速度分别为 42/v i j m s =+ 22a i j =+ m/s 2 1-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+ ,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==-+ (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 d t θω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2 2 16n a R R t ω == 角加速度β的大小为 2 4/d ra d s d t ωβ== 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 2.02 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s = =+=+=? ? 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 ,求(1)滑行中速度v 与时间t 的关系;(2)0到t 时间内飞机所滑行的路程;(3)飞机停止前所滑行的路程。 解 (1)飞机在运动过程中只受到阻力作用,根据牛顿第二定律,有 dv f m kv dt ==- 即 d v k dt v m =- 两边积分,速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动,离开地面的高度等于地球

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)课后习题标准答案

大学物理(上)课后习题答案

————————————————————————————————作者:————————————————————————————————日期: 2

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

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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 =

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(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 )。

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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 -?? =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)

大学物理课后习题答案(上)

《大学物理》练习题 No .1 电场强度 班级 ___________ 学号 ___________ ___________ 成绩 ________ 说明:字母为黑体者表示矢量 一、 选择题 1.关于电场强度定义式E = F /q 0,下列说法中哪个是正确的? [ B ] (A) 场强E 的大小与试探电荷q 0的大小成反比; (B) 对场中某点,试探电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变; (C) 试探电荷受力F 的方向就是场强E 的方向; (D) 若场中某点不放试探电荷q 0,则F = 0,从而E = 0. 2.如图1.1所示,在坐标(a , 0)处放置一点电荷+q ,在坐标(a ,0)处放置另一点电荷q , P 点是x 轴上的一点,坐标为(x , 0).当x >>a 时,该点场强 的大小为: [ D ](A) x q 04πε. (B) 2 04x q πε. (C) 3 02x qa πε (D) 30x qa πε. 3.图1.2所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为 ( x < 0)和 ( x > 0),则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: [ A ] (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 真空中一“无限大”均匀带负电荷的平面如图1.3所示,其电场的场强 分布图线应是(设场强方向向右为正、向左为负) ? [ D ] 5.在没有其它电荷存在的情况下,一个点电荷q 1受另一点电荷 q 2 的作用力为f 12 ,当放入第三个电荷Q 后,以下说法正确的是 [ C ] (A) f 12的大小不变,但方向改变, q 1所受的总电场力不变; (B) f 12的大小改变了,但方向没变, q 1受的总电场力不变; (C) f 12的大小和方向都不会改变, 但q 1受的总电场力发生了变化; -q -a +q a P (x,0) x x y O 图1.1 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图1.2 σ -x O E x 02εσ O 02εσ-E x O 0 2εσ-E x 02εσO 02εσ -O E x 02εσ(D)图1.3

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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

大学物理教程 上 课后习题 答案

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 = 或1= (2)将1t s =和2t s =代入,有 11r i =u r r , 241r i j =+u r r r 位移的大小 r ==r V (3) 2x dx v t dt = = 2x x dv a dt = =, 2y y dv a dt == 当2t s =时,速度和加速度分别为 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 (2)质点的速率为 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 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 2-21 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 ,求(1)滑行中速度v 与时间t 的关系;(2)0到t 时间内飞机所滑行的路程;(3)飞机停止前所滑行的路程。 解 (1)飞机在运动过程中只受到阻力作用,根据牛顿第二定律,有 即 dv k dt v m =- 两边积分,速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动,离开地面的高度等 于地球半径的2倍(即2R ),试以,m R 和引力恒量G 及地球的质量M 表示出: (1) 卫星的动能; (2) 卫星在地球引力场中的引力势能. 解 (1) 人造卫星绕地球做圆周运动,地球引力作为向心力,有 卫星的动能为 212 6k GMm E mv R == (2)卫星的引力势能为 2-37 一木块质量为1M kg =,置于水平面上,一质量为2m g =的子弹以 500/m s 的速度水平击穿木块,速度减为100/m s ,木块在水平方向滑行了20cm 后 停止。求: (1) 木块与水平面之间的摩擦系数; (2) 子弹的动能减少了多少。

《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

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