大学物理(上)课后习题答案
第1章 质点运动学 P21
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。
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
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
23
t 则角位移为：32
2323 2.67rad 9
t
一质点在半径为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 = rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。
解：s 2 t 时，4.022.0
t 1s rad
则0.40.40.16R v 1
s 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
第2章 质点动力学
质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明：⑴t 时刻的速度为()0=k
t m
e
v v ；⑵ 由0到t 的时
间内经过的距离为x ＝(0
m k v )［1-t m k
e )( ］；⑶停止运动前经过的距离为
0()m k v ；⑷当m t k 时速度减至0v 的e
1
，式中m 为质点的质量。
解：f k v ，a f m k m v
⑴ 由d d a t v 得：d d d k a t t m
v
v
分离变量得：d d k
t m v v ，即00d d t k t m
v v v v ， 因此有：0
ln ln kt m e v v ， ∴ 0k m t
e v v ⑵ 由d d x t v 得：0d d d k m t x t e t v v ，两边积分得：000d d k m
x t t x e t
v
∴ 0(1)k m t
m x e k
v ⑶ 质点停止运动时速度为零，00k m
t e v v ，即t →∞，
故有：000
d k m
t x e
t m k
v v
⑷ t m k 时，其速度为：1000k m m k
v e e e v v v ，
即速度减至0v 的1e .
作用在质量为10 kg 的物体上的力为(102)F t i u v v
N ，式中t 的单位是s ，⑴
求4s 后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量。⑵ 为了使这力的冲量为200 N·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体
和一个具有初速度j
6 m/s 的物体,回答这两个问题。 解： ⑴ 若物体原来静止，则
i t i t t F p t 1
40
1s m kg 56d )210(d ,沿x 轴正向，
1111115.6m s 56kg m s p m i I p i v v v v v v
；v
若物体原来具有6 1s m 初速，则
000000
, (d )d t t p m p m F m t m F t
v v v v v v
v v v v 于是： t p t F p p p 0
102d , 同理有：21 v v v v ,12I I
这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理。
⑵ 同上理，两种情况中的作用时间相同，即：
t
t t t t I 0
210d )210(
亦即：0200102
t t ， 解得s 10 t ，(s 20 t 舍去)
设N 67j i F 合。⑴ 当一质点从原点运动到m 1643k j i r
时，求F
所作的功。⑵ 如果质点到r 处时需，试求平均功率。⑶ 如果质点的质
量为1kg ，试求动能的变化。
解： ⑴ 由题知，合F 为恒力，且00r v
∴ (76)(3416)212445J A F r i j i j k v v v v v v
v 合
⑵ w 756
.045
t A P ⑶ 由动能定理，J 45 A E k
一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ，B 的下端又挂一重物C ，C 的质量为M ，如图。求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比。 解： 弹簧B A 、及重物C 受力如题图所示平衡时，有： Mg F F B A ，
又 11x k F A ，22x k F B
所以静止时两弹簧伸长量之比为：1221x x k k 弹性势能之比为：
2
211122
221
1212p p E k x k E k x k
第3章 刚体力学基础
一质量为m 的质点位于(11,y x )处，速度为x y i j v v
v
v v v , 质点受到一个沿x 负方向的力f 的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩。
解： 由题知，质点的位矢为：j y i x r
11
作用在质点上的力为：i f f
所以，质点对原点的角动量为：
01111()()()x y y x L r m x i y j m i j x m y m k v v v v v v v
v v v v v v
作用在质点上的力的力矩为：k f y i f j y i x f r M
1110)()(
哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。它离太阳最近距离为1r ＝×1010m 时的速率是1v ＝×104m/s ，它离太阳最远时的速率是2v ＝×102 m/s,这时它离太阳的距离2r 是多少(太阳位于椭圆的一个焦点。)
解：哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力，即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有：
1122r m r m v v ∴ 104
121122
28.7510 5.4610 5.2610m 9.0810
r r v v 物体质量为3kg ，t =0时位于m 4i r ,6i j v v
v v (m/s)，如一恒力N 5j f 作
用在物体上,求3秒后，⑴ 物体动量的变化；⑵ 相对z 轴角动量的变化。 解：⑴
301s m kg 15d 5d j t j t f p
⑵ 解法(一) 由53 N a f m j v v v
得：0034437m x t x x t t v
222
0315********.52623
y t y t at t t j v v
即有：i r 41 ,j i r
5.2572
01x x v v ；0653311y y at v v
即有：216i j u u v v v v ,211i j u u v v v v
∴ 11143(6)72L r m
i i j k u
u v v v v v v v v 222(725.5)3(11)154.5L r m i j i j k u u v v v v v v v
v v
∴ 1
212s m kg 5.82 k L L L
解法(二) ∵d L M dt u v u u v ， ∴ 200
3203
1
d ()d 15 (4)(6))5d 23 5(4)d 82.5kg m s t t L M t r f t
t i t t j j t t k t k
u
v v v v v v v
v v
平板中央开一小孔，质量为m 的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物。小球作匀速圆周运动，当半径为0r 时重物达到平衡。今在
1M 的下方再挂一质量为2M 的物体，如题图。试问这时小球作匀速圆周运动的角速度 和半径r 为多少
解：只挂重物1M 时，小球作圆周运动，向心力为g M 1，即：2001 mr g M ①
挂上2M 后，则有：2
21)( r m g M M ②
重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒。
即：00r m r m v v 2
020r r ③
联立①、②、③得：100M g mr ，
2
112301
()M g M M mr M
， 1
121
302
12
()M M M r g r m M M 飞轮的质量m ＝60kg ，半径R ＝0.25m ，绕其水平中心轴O 转动，转速为900 rev/min 。现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ，
可使飞轮减速。已知闸杆的尺寸如题图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数 =，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算。试求：
⑴ 设F ＝100 N ，问可使飞轮在多长时间内停止
转动在这段时间里飞轮转了几转 ⑵ 如果在2s 内飞轮转速减少一半，需加多大的力F
解：⑴ 先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))。图中N 、N 是正压力，r F 、
r F 是摩擦力，x F 和y F 是杆在A 点
转轴处所受支承力，R 是轮的重力，P 是轮在O 轴处所受支承力。 杆处于静止状态，所以对A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有：
121()0F l l N l ， 121)N l l F l (
对飞轮，按转动定律有r F R
I
，式中负号表示 与角速度 方向相反。 ∵ N F r ，N N ∴ F l l l N F r 1
2
1 又∵ 21
2
I mR ，∴1212()r F R l l F I mRl
① 以N 100 F 等代入上式，得：
2s rad 3
4010050.025.060)75.050.0(40.02
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为：
s 06.740
603
29000
t 这段时间内飞轮的角位移为：
2201900291409
()53.12rad 2604234
t t
可知在这段时间里，飞轮转了1.53转。 ⑵10s rad 60
2900
，要求飞轮转速在2 t s 内减少一半，可知 200
215rad s 22
t
t
用上面式⑴所示的关系，可求出所需的制动力为：
112600.250.50151772()20.40(0.500.75)2
mRl F N l l
计算题图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设m 1=50kg ，m 2=200 kg ，M =15 kg ，r = m
解：分别以m 1、m 2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m 1、m 2运用牛顿定律，有：a m T g m 222 ；a m T 11
对滑轮运用转动定律，有： )2
1
(212Mr r T r T 又 r a 由以上4个方程解得：22122009.8
7.6 m s 25200152
m g a m m M
题(a)图 题(b)图
如题图所示，一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一端O 的水平轴自由
转动，杆于水平位置由静止开始摆下。求：
⑴ 初始时刻的角加速度；⑵ 杆转过 角时的角速度. 解：⑴ 由转动定律有：211
()23
mg l ml ， ∴ l
g
23
⑵ 由机械能守恒定律有：
22)31(21sin 2 ml l mg ∴ l
g sin 3 如题图所示，质量为M ，长为l 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上。现有一质量为m 的弹性小球飞来，正
好在棒的下端与棒垂直地相撞。相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度 30°处。
⑴设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0v 的值； ⑵相撞时小球受到多大的冲量
解：⑴ 设小球的初速度为0v ，棒经小球碰撞后得到的初角速度为 ，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：0m l I m l v v ①
222
0111222
m I m v v
②
上两式中2
3I Ml ，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显着的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度o 30 ，按机械能守恒定律可列式： )30cos 1(2
212 l
Mg I ③
由③式得：2
12
1
)231(3)30cos 1(
l
g I
Mgl
由①式得：0I ml
v v ④ 由②式得：222
0I m v v ⑤
所以：22
200()I I ml m
v v
求得：026(23)13(1)(1)223gl l I l M
m M ml m
v ⑵相碰时小球受到的冲量为：0d ()F t m m m v v v
由①式求得：06(23)1
d 3gl I F t m m Ml M l
v v 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反。
一质量为m 、半径为R 的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动。另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘(如题图所示方向)。 ⑴开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值 ⑵用m ,0m 和 表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比。
解：⑴ 射入的过程对O 轴的角动量守恒： 2000)(sin R m m v m R
∴ R
m m v m )(sin 000
⑵ 022*******
000
sin 1
[()][]
2()sin 2k k m m m R E m m R m E m m m v v 弹簧、定滑轮和物体的连接如题图所示，弹簧的劲度系数为 N/m ；定滑轮的转动惯量是0.5kg·m 2，半径为0.30m ，问当6.0 kg 质量的物体落下0.40m 时，它的速率为多大 假设开始时物体静止而弹簧无伸长。
解：以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有：222111222
mgh m I kh v 又
/R v ，
故有：2222
221
(2)(2 6.09.80.4 2.00.4)0.36.00.30.5
2.0m s mgh kh R mR I v
第5章 机械振动
质量为kg 10103
的小球与轻弹簧组成的系统，按
0.1cos(82x t 的规律作谐振动，求：
⑴ 振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值； ⑵ 最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等 ⑶ s 52 t 与s 11 t 两个时刻的位相差；
解：⑴设谐振动的标准方程为)cos(0 t A x ，则知：
3/2,s 4
1
2,8,m 1.00
T A 又0.8m A v 1
s m 51.2 1
s m ，2.632
A a m 2
s m
⑵ 0.63N m m F ma ，J 1016.32
122
m mv E J 1058.121
2 E E E k p
当p k E E 时，有p E E 2 ，即：)2
1
(212122kA kx
∴ m 20
222 A x ⑶ 32)15(8)(12 t t
一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程
用余弦函数表示。如果0 t 时质点的状态分别是：
⑴A x 0； ⑵ 过平衡位置向正向运动； ⑶过2A
x
处向负向运动； ⑷过2
A x 处向正向运动。 试求出相应的初位相，并写出振动方程。
解：因为00
0cos sin x A A v
将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相。故有：)2cos(1 t T A x ， )23
2cos(23
2
t T A x
)32cos(3
3
t T A x ，
)4
5
2cos(4
54
t T A x
一质量为kg 10103
的物体作谐振动，振幅为cm 24，周期为s 0.4，当
0 t 时位移为cm 24 。求：
⑴s 5.0 t 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； ⑵由起始位置运动到cm 12 x 处所需的最短时间； ⑶在cm 12 x 处物体的总能量。
解：由题已知s 0.4,m 10242
T A ，∴ -1
20.5 rad s
又，0 t 时，00 , 0x A 故振动方程为：m )5.0cos(10
242
t x
⑴ 将s 5.0 t 代入得：0.17m m )5.0cos(10242
5.0 t x
23231010(2)0.17 4.210N F ma m x
方向指向坐标原点，即沿x 轴负向。
⑵ 由题知，0 t 时，00 ；t t 时，02,0,3t x A 且故v ∴ s 3
2
2/
3
t ⑶ 由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为：
22232241111010()(0.24)7.110J 2222
E kA m A
有一轻弹簧，下面悬挂质量为g 0.1的物体时，伸长为cm 9.4。用这个弹簧和一个质量为g 0.8的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开
cm 0.1后，给予向上的初速度0 5.0cm /s v ，求振动周期和振动表达式。
解：由题知
12
311m N 2.010
9.48
.9100.1 x g m k 而0 t 时，-1
2020s m 100.5m,100.1 v x ( 设向上为正)
又 30.225 , 1.26s 810k T m
即 222
22
2
20
5.010 ()(1.010)()210m 5
v A x
2000
20 5.0105tan 1 , 1.01054
x
即v ∴ m )4
5
5cos(1022
t x
题图为两个谐振动的t x 曲线，试分别写出其谐振动方程。
解：由题图(a)，∵0 t 时，
0000 , 0 , 32 , 10cm , 2s x A T 又v
即：1s rad 2
T
，故 m )2
3
cos(1.0 t x a
由题图(b)∵0 t 时，0005,0,23
A x
v
01 t 时，0005,0,23A x
v
又 253511 ，∴ 65
故m t x b )3
565cos(1.0
一轻弹簧的倔强系数为k ，其下端悬有一质量为M 的盘子。现有一质量为m 的物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子
开始振动。
⑴ 此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同 ⑵ 此时的振动振幅多大
⑶ 取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程。 解：⑴ 空盘的振动周期为k M 2，落下重物后振动周期为k
m M 2，即增大。
⑵按⑶所设坐标原点及计时起点，0 t 时，则0x mg k 。碰撞时，以
M m ,为一系统动量守恒，即：02()m gh m M v
则有：02m gh
v ，于是
2
2
220022()()1()()v mg m gh mg kh A x k k m M k m M g
（3）g
m M kh
x v )(2tan 000
(第三象限)，所以振动方程为 221cos arctan ()()mg kh
k kh x t k m M g
m M M m g
有一单摆，摆长m 0.1 l ，摆球质量kg 10103 m ，当摆球处在平衡位置时，若给小球一水平向右的冲量4
1.010kg m s F t ，取打击时刻为
计时起点)0( t ，求振动的初位相和角振幅，并写出小球的振动方程。 解：由动量定理，有：0F t m v
∴ 4-1
3
1.0100.01 m s 1.010
F t m v 按题设计时起点，并设向右为x 轴正向，则知0 t 时，1000 , 0.01m s x v ＞0，∴ 2/30
又1s rad 13.30
.18.9 l g ∴ 2230000.01() 3.210m 3.13
A x
v v
故其角振幅：3
3.210rad A l
小球的振动方程为：rad )2
3
13.3cos(102.33 t
有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为m 20.0，位相与第一振动π/6的位相差为，已知第一振动的振幅为
m 173.0，求第二个振动的振幅以及第一、第二两
振动的位相差。
解：由题意可做出旋转矢量题图。由图知
2
22211222cos30(0.173)(0.2)20.1730.23/20.01
A A A A A
，∴ m 1.02 A 设角 为O AA 1，则： cos 2212
22
12
A A A A A
即：22
2222
1212(0.173)(0.1)(0.02)cos 0220.1730.1
A A A A A
即2 ，这说明，1A 与2A 间夹角为2 ，即二振动的位相差为2 。 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为：
m
)65
2cos(3.0m )62cos(4.021
t x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方
程。
解：∵
)6
5
(6， ∴ m 1.021 A A A 合 1122112250.4sin 0.3sin
sin sin 366tan 5cos cos 3
0.4cos 0.3cos 66
A A A A
∴ 6
其振动方程为：0.1cos(26)m x t
(作图法略)
第6章 机械波
已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y =A cos(Cx Bt )，其中A ，B ，C 为正值恒量。求：
⑴ 波的振幅、波速、频率、周期与波长；
⑵ 写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程；
⑶ 任一时刻，在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差。
解：⑴ 已知平面简谐波的波动方程：)cos(Cx Bt A y (0 x ) 将上式与波动方程的标准形式：)22cos(
x
t A y 比较，可知：
波振幅为A ，频率 2B ，波长C 2 ，波速B u C
， 波动周期1
2T B
。 ⑵ 将l x 代入波动方程即可得到该点的振动方程：)cos(Cl Bt A y ⑶ 因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为：)(212x x
将d x x 12，及2C
代入上式，即得：Cd 。 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =(10x t 4 )，式中x ,y 以米计，t 以秒计。求：
⑴ 绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；
⑵ 求x =0.2m 处质点在t =1s 时的位相，它是原点在哪一时刻的位相这一位相所代表的运动状态在t =时刻到达哪一点 解：⑴ 将题给方程与标准式2cos()y A t x
相比，得：
振幅05.0 A m ，圆频率10 ，波长5.0 m ，
波速 2.5m s 2u
。
绳上各点的最大振速，最大加速度分别为：
5.005.010max A v 1s m
222max 505.0)10( A a 2s m
⑵2.0 x m 处的振动比原点落后的时间为：
08.05
.22.0 u x s 故2.0 x m ,1 t s 时的位相就是原点(0 x )，在92.008.010 t s 时的位相，即：2.9 π。
设这一位相所代表的运动状态在25.1 t s 时刻到达x 点，则，
825.0)0.125.1(5.22.0)(11 t t u x x m
一列平面余弦波沿x 轴正向传播，波速为5 m/s ，波长为2m ，原点处质点的振动曲线如题图所示。
⑴ 写出波动方程；⑵作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线。 解： ⑴ 由题(a)图知，1.0 A m ，
且0 t 时，000 , 0y v ，∴2
30
， 又5
2.52
u
Hz ，则 52 取])(cos[0 u x t A y ，则波动方程为：30.1cos[5()]52
x y t
m
⑵ 0 t 时的波形如题(b)图
5.0 x m 代入波动方程，得该点处的振动方程为：
50.530.1cos[5]0.1cos(5)52
y t t
m
如题(c)图所示。
如题图所示，已知t =0时和t =时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b)，周期
T>,波沿x 轴正向传播，试根据图中绘出的条件求： ⑴ 波动方程；⑵P 点的振动方程。 解：⑴ 由题图可知，
1.0 A m ，4 m ，又，0 t 时，000,0y v ，
∴2
，
而-11 2 m s 0.5x u t ，20.5Hz 4
u ，∴ 2
故波动方程为：]2
)2(cos[1.0
x t y m
⑵ 将1 P x m 代入上式，即得P 点振动方程为：
t t y
cos 1.0)]2
2
cos[(1.0
m
一列机械波沿x 轴正向传播，t =0时的波形如题图所示，已知波速为10 m/s 1，波长为2m ，求： ⑴波动方程；
⑵ P 点的振动方程及振动曲线； ⑶ P 点的坐标；
⑷ P 点回到平衡位置所需的最短时间。
解：由题图可知1.0 A m ，
0 t 时，00,02A y
v ，∴3
，由题知2 m ，-110m s u ，则52
10
u
Hz ，∴ 102
⑴ 波动方程为：0.1cos[10()]103
x y t
m
⑵ 由图知，0 t 时，0,2 P P v A y ，∴3
4
P (P 点的位相应落后于0点，故取负值)
∴P 点振动方程为)3
4
10cos(1.0 t y p ⑶ 由 34|3)10(100
t x t 解得：67.13
5
x m ⑷ 根据⑵的结果可作出旋转矢量图如题图(a)，则由
P 点回到平衡位置应经历的位相角
6
523
∴所属最短时间为：12
1
106/5
t s 如题图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P 点的振动方程为P y =A cos(0 t )。
⑴ 分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程；
⑵ 写出距P 点距离为b 的Q 点的振动方程。
解：⑴ 如题图(a)，则波动方程为：0cos[()]l x
y A t u u
如图(b)，则波动方程为：0cos[()]x y A t u
⑵ 如题图(a)，则Q 点的振动方程为：0cos[()]Q b A A t u
如题图(b)，则Q 点的振动方程为：0cos[()]Q b A A t u
一平面余弦波，沿直径为14cm 的圆柱形管传播，波的强度为×10-3J/(m 2·s)，频率为300 Hz ，波速为300m/s ，求波的平均能量密度和最大能量密度.
解： ∵u w I , ∴ 53
106300
100.18
u I w 3m J , 4max 102.12 w w 3
m J
如题图所示，1S 和2S 为两相干波源，振幅均为1A ，相距4 ，1S 较2S 位相超前2 ，求：
⑴ 1S 外侧各点的合振幅和强度；⑵ 2S 外侧各点的合振幅和强度
解：（1）在1S 外侧，距离1S 为1r 的点，1S 2S 传到该P 点引起的位相差为：
)4(22
11r r ，∴ 0,02
11 A I A A A （2）在2S 外侧.距离2S 为1r 的点，1S 2S 传到该点引起的位相差：
0)4
(22
22
r r
，∴ 2
12
1114,2A A I A A A A
一平面简谐波沿x 轴正向传播，如题图所示。已知振幅为A ，频率为 ,波速为u 。 ⑴ 若t =0时，原点O 处质元正好由平衡位置向位移正方向运动，写出此波的
波动方程；
⑵ 若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等，试写出反射波的波动方程，并求x 轴上 因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置。
解： ⑴ ∵0 t 时，0,000 v y ，
∴2
，故波动方程为：cos[2()]2
x y A t u
m
⑵ 入射波传到反射面时的振动位相为(即将 43
x 代入)2
432 ，再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射，存在半波损失，所以反射波在界面处的位相为：
2
432 若仍以O 点为原点，则反射波在O 点处的位相为235
42
，因只考虑 2以内的位相角，∴反射波在O 点的位相为2 ，故反射波的
波动方程为：]2)(2cos[
u x t A y 反
此时驻波方程为：cos[2()]cos[2()]
22
2 2cos cos(2)
2
x x y A t A t u u x A t u
故波节位置为：2
)12(22
k x u x
故 4
)
12(
k x (,2,1,0 k …)
根据题意，k 只能取1,0，即 4
3
,41
x 两列波在一根很长的细绳上传播，它们的波动方程分别为
1y =(t x 4 )(SI), 2y =(t x 4 )(SI)。
⑴ 试证明绳子将作驻波式振动，并求波节、波腹的位置； ⑵ 波腹处的振幅多大x =1.2m 处振幅多大 解：⑴ 它们的合成波为：
0.06cos(4)0.06cos(4)0.12cos cos 4y x t x t x t
出现了变量的分离，符合驻波方程特征，故绳子在作驻波振动。 令 k x ，则k x ，k=0,±1，±2…此即波腹的位置；
令2)
12(
k x ,则2
1
)
12( k x ，,2,1,0 k …，此即波节的位置。
⑵波腹处振幅最大，即为12.0m ；2.1 x m 处的振幅由下式决定，即：
097.0)2.1cos(12.0 驻A m
第7章 气体动理论基础 P218
设有N 个粒子的系统，其速率分布如题图所示。求
⑴ 分布函数f ()的表达式； ⑵ a 与0之间的关系； ⑶ 速度在0到0之间的粒子数。 ⑷ 粒子的平均速率。 (5) 0到0区间内粒子平均速率。
解：⑴从图上可得分布函数表达式： 00000()/(0)()(2)()0(2)
Nf a Nf a Nf
， 00000/(0)
()/(2)0(2)a N f a N
⑵ f ()满足归一化条件，但这里纵坐标是N f ()而不是f (),故曲线下的总面积为
N. 由归一化条件：0
20
d d a N
N a N
，可得0
23N
a
⑶ 可通过面积计算
001
(2 1.5)3
N a N
⑷N 个粒子平均速率：
2
20
220001
()d ()d d d 11311
()329
a f Nf a N
a a N
(5) 0到0区间内粒子数：100013(0.5)(0.5)284
N
N a a a
0到0区间内粒子平均速率：
000
000.50.50.51
11
d d ()d N
N N N f N N N N
0020.510d N a N N 00332
2000
0.51010017111d ()32424a av a a N N N
200
7769a N
试计算理想气体分子热运动速率的大小介于p -p /100与p +p /100之间的分子数占总分子数的百分比。 解：令P u
，则麦克斯韦速率分布函数可表示为：
du e u N dN u 224
因为u=1,u=
由
u e u N N u 224 ，得 %66.102.014
1 e N N
容器中储有氧气，其压强为P=(即1atm)温度为27℃求：
⑴ 单位体积中的分子数n ；⑵ 氧分子的质量m ；⑶ 气体密度ρ；⑷ 分子间的平均距离e ；(5) 平均速率 ；(6)2 (7)分子的平均动能 。 解：⑴ 由气体状态方程nkT p 得：
24
23
51045.2300
1038.110013.11.0 kT p n m -3
⑵ 氧分子的质量：2623
0mol 1032.51002.6032
.0 N M m Kg ⑶ 由气体状态方程RT M M
pV mol
，得： 13.0300
31.810013.11.0032.05mol RT p M 3m kg
⑷ 分子间的平均距离可近似计算
93
24
3
1042.71045.21
1
n
e m
(5) 平均速率：mol 8.31300
1.60
1.60446.580.032
RT M 1s m 题图
Nf ()
O
20
a
(6)
482.87 1s m (7) 氧分子的平均动能：20231004.13001038.12
5
25 kT J
1mol 氢气，在温度为27℃时，它的平动动能、转动动能和内能各是多少 解：理想气体分子的能量：RT i
E 2
平动动能 t=3 5.373930031.823
t E J 转动动能 r=2 249330031.822
r E J
内能 i=5 5.623230031.82
5
i E J
一瓶氧气，一瓶氢气，等压、等温，氧气体积是氢气的2倍，求⑴氧气和氢气分子数密度之比；⑵氧分子和氢分子的平均速率之比。 解：⑴ 因为nkT p ，则：1O H n n
⑵
由平均速率公式
，得：14
O H
7-25 一真空管的真空度约为×10-3 Pa(即×10-5 mmHg)，试 求在27℃时单位体
积中的分子数及分子的平均自由程(设分子的有效直径d ＝3×10-10 m)。 解：由气体状态方程nkT p 得：
3
17-323
1.3810 3.3310m 1.3810300
p n kT 由平均自由程公式n
d 221
得：
5.710
33.310921
17
20 m ⑴ 求氮气在标准状态下的平均碰撞频率；⑵ 若温度不变，气压降到×10-4Pa,平均碰撞频率又为多少(设分子有效直径为10-10m) 解：⑴
碰撞频率公式2z d n
对于理想气体有nkT p ，即：kT
p
n
，所以有：2d p z kT
而-1455.43 m s 氮气在标准状态下的平均碰撞频率
80
5201044.5273
1038.110013.143.455102
z s -1
⑵气压下降后的平均碰撞频率
0.714z
s -1
1mol 氧气从初态出发，经过等容升压过程，压强增大为原来的2倍，然后又经过等温膨胀过程，体积增大为原来的2倍，求末态与初态之间⑴气体分子方均根速率之比；⑵ 分子平均自由程之比。 解：⑴ 由气体状态方程：
2
2
11T p T p 及 3322V p V p
⑵ 对于理想气体，nkT p ，即 kT
p
n
所以有：p d kT
2
2 ，即：1212
1 T p p T 末
初
第8章 热力学基础
.如题图所示，一系统由状态a 沿acb 到达状态b 的过程中，有350 J 热量传入系统，而系统做功126 J 。
⑴ 若沿adb 时，系统做功42 J ，问有多少热量传入系统 ⑵ 若系统由状态b 沿曲线ba 返回状态a 时，
外界对系统做功为84 J ，试问系统是吸热还是放热热量传递是多少 解：由abc 过程可求出b 态和a 态的内能之差：A E Q
224126350 A Q E J
abd 过程，系统作功42 A J
26642224 A E Q J 系统吸收热量
ba 过程，外界对系统作功84 A J
30884224 A E Q J 系统放热
1mol 单原子理想气体从300K 加热到350K ，问在下列两过程中吸收了多少热量增加了多少内能对外做了多少功
⑴ 容积保持不变； ⑵ 压力保持不变。 解：⑴ 等体过程对外作功0 A
∴ V 2121()()
2
328.31(350300)623.25J i
Q E A E C T T R T T
， ⑵ 等压过程，吸热：
P 212125
()()8.31(350300)1038.75J 22
i Q C T T R T T
内能增加：V 21()328.31(350300)623.25J E C T T
对外作功：5.4155.62375.1038 E Q A J
一个绝热容器中盛有摩尔质量为M mol ，比热容比为γ的理想气体，整个容器以速度运动，若容器突然停止运动，求气体温度的升高量(设气体分子的机械能全部转变为内能)。 解：整个气体有序运动的能量为21
2
m ，转变为气体分子无序运动使得内能增加，温度变化。
2V 1
2
m E C T m M
，2
2mol mol V 111(1)22T M M C R 0.01m 3氮气在温度为300K 时，由压缩到10MPa 。试分别求氮气经等温及
绝热压缩后的⑴ 体积；⑵ 温度；⑶ 各过程对外所做的功。 解：⑴ 等温压缩过程中，T =300K ，且2211V p V p ，解得：
311221
0.0111010
p V V p
m 3 , 6321112
ln
ln 0.1100.01ln0.01 4.6710J V p
A vRT p V V p ⑵ 绝热压缩：R C 25V
，5
7
由绝热方程
2211V p V p ，得：
1
1
1/33111421221()()()0.01 1.9310m 10
p V p V V p p
由绝热方程 11
1122T p T p ，得
1
1.40.4
12
2211300(10)579K T p T T p
O p a
b c d
由热力学第一定律A E Q 及0 Q 得：)(12mol
T T C M M
A V
， 又RT M M
pV mol
，所以 5112113
5 1.013100.015()(579300)
23002 2.3510J
p V A R T T RT 理想气体由初状态(P 1，V 2)经绝热膨胀至末状态(P 2，V 2)。试证过程中气体所做的功为：1
2
211
γV P V P w 式中γ为气体的比热容比。
证明： 由绝热方程C V p V p pV
2211得
V V p p 111 故，
22
1
1
1121
22
1111221121d 11d ()11 ()11
V V r V V V C A p V C V V V p V p V p V p V V V
1 mol 的理想气体的T -V 图如题图所示，ab 为
直线，延长线通过原点O 。求ab 过程气体对外做的功。
解：设T kV ，由图可求得直线的斜率k 为：
00
2T
k V ，得过程方程002T T V V
由状态方程pV vRT 得：RT p V =
R V 0
2T V V =002RT V ab 过程气体对外作功：
2d V v V p A 0
2000d 22
V V RT RT
V V
某理想气体的过程方程为Vp 1/2=a ，a 为常数，气体从V 1膨胀到V 2。求其所做的功。 解：气体做功：2
2
211
1
2222
12
11d d ()|()V V V V V V a a A p V V a V V V V
设有一以理想气体为工质的热机循环，如题图所示。试证其循环效率为：
＝12121
11
V V p p
解：等体过程：
1V 21()0Q vC T T ，吸热，
∴ )(1
221V 1
1R
V p R V p C Q Q 绝热过程：03
Q 等压压缩过程：2
p 21()0Q vC T T ，放热 ∴ 2122
22
P 21P ()()p V p V Q Q vC T T C R R
，则， 循环效率为：p 2122212
1V 122212()(/1)
111()
(/1)C p V p V Q Q C pV p V p p
一卡诺热机在1000K 和300K 的两热源之间工作，试计算
⑴ 热机效率；⑵ 若低温热源不变，要使热机效率提高到80%，则高温热源温度需提高多少⑶ 若高温热源不变，要使热机效率提高到80%，则低温热源温度需降低多少
T
a
b
题图
V
p O
V
绝热
题图
V 2 V 1 p 1
p
解：⑴ 卡诺热机效率
213001170%1000
T T
⑵ 低温热源2300K T 不变时，即1130080%T ， 解得：11500K T ，则： 11115001000500K T T T
即高温热源温度提高500K 。
⑶ 高温热源11000K T 不变时，即21100080%T
解得：2200K T ，则：222200300-100K T T T
即低温热源温度降低100K 。
如题图所示是一理想气体所经历的循环过程，其中AB 和CD 是等压过程，BC 和DA 为绝热过程，已知B 点和C 点的温度分别为T 2和T 3。求此循环效率。这是卡诺循环吗 解：⑴热机效率211Q Q
AB 等压过程
1P 21()0Q C T T ，吸热，即有： 11P mo ()B A l
M
Q Q C T T M
CD 等压过程2P 21()0Q vC T T ，放热，即有： )(P mol
2
2D C T T C M M
Q Q ∴
)
/1()
/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q AD 绝热过程，其过程方程为：
D D A
A T p T p 11 BC 绝热过程，其过程方程为：
C C B B
T p T p 111 又 A B C D p p p p ，，所以得：
D C B
T T
T T ∴ 231T T
⑵ 不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间。
⑴ 用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000J 的热量传向27℃的热源，需要多少功从-173℃向27℃呢
⑵ 一可逆的卡诺机，作热机使用时，如果工作的两热源的温度差愈大，则对于做功就愈有利。当作致冷机使用时，如果两热源的温度差愈大，对于致冷是否也愈有利为什么 解：⑴卡诺循环的致冷机2
12
2T T T A Q e
静 7℃→27℃时，需作功：12122300280
100071.4J 280
T T A Q T
173 ℃→27℃时，需作功：12222300100
10002000J 100
T T A Q T
⑵从上面计算可看到，当高温热源温度一定时，低温热源温度越低，温度差愈大，提取同样的热量，则所需作功也越多，对致冷是不利的。
题图
A B C
D
第9章 静电场
长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度 = C/m 的正电荷。试求：⑴ 在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；⑵ 在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强。
解：⑴ 如题图所示，在带电直线上取线元d x ，其上电量d q 在P 点产生场强为：
2
0)
(d π41d x a x
E P
2
2
20
0220d d 4π()11 []4π22
π(4)
l P P l x E E a x a l a l l
a l
用15 l cm ，9100.5 1m C , 5.12 a cm 代入得：
21074.6 P E 1C N 方向水平向右
⑵ 同理，22
20d d π41d x x
E Q 方向如题图所示
由于对称性 l
Qx E 0d ，即Q E
只有y 分量，
∵ 2
2
2
222
20d
d d d π41d
x x x
E Qy
2
22232222
2
2
022d d d 4π(d )2π4l
l Qy Qy l x l
E E x d l d
以9100.5 1
cm C ,15 l cm ,5d 2 cm 代入得：
21096.14 Qy Q E E 1C N ，方向沿y 轴正向
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：如图在圆上取 Rd dl
d d d R l q ，它在O 点产生场强大小为：
2
0π4d d R R E
，方向沿半径向外，
则：
d sin π4sin d d 0R
E E x
d cos π4)cos(d d 0R
E E y
积分得：R R E x 000π2d sin π4
0d cos π400 R
E y ∴ R
E E x 0π2
，方向沿x 轴正向。
均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q 。⑴求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；⑵证明：在l r 处，它相当于点电荷q 产生的场强E 。
解：如图示，正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强P E v
方向如图，大小为：
2
2
0cos cos 4π4
P E r l
∵1222
cos 2
l r l ，12cos cos
∴ 2222
04π42P E r l r l
P E v
在垂直于平面上的分量cos P E E
∴ 222222
04π424
E r l r l r l
由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为：
2
2
2
2
0444π(4)2
PO lr
E E r l r l
∵ l q
4
∴ 222204π(4)2
P qr
E r l r l , 方向沿OP
⑴ 点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立
方体的一个面的电通量；⑵ 如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少 解： ⑴ 立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电
通量相等，由高斯定理0d s
E S q v v ?得：各面电通量0
6 q
e 。 ⑵ 电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的
立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量0
6 q
e
对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则0
24 q
e ，
如果它包含q 所在顶点则0 e 。
均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510 C/m 3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强。
解：高斯定理0
d q
S E s
,0
2π4 q r E
5 r cm 时，0 q ,0 E
8 r cm 时，33
4π()3
q p
r r 内 ∴
202
3π43π4r
r r E
内 41048.3 1C N ， 方向沿半径向外。 12 r cm 时,3
π4 q 3(外r ）内3
r ∴
42
03
31010.4π43π4 r
r r E
内
外 1C N 沿半径向外. 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 和- ,试求：⑴r ＜1R ；⑵ 1R ＜r ＜2R ；⑶ r ＞2R 处各点的场强。
解：取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2 ，则：rl E S E S
π2d
⑴ 1R r 时， 0q ，由高斯定理0
d q
S E s
得：0E ；
⑵ 21R r R 时， l q ，由高斯定理0
d q S E s
得：
r
E 0π2
沿径向向外；
⑶ 2R r 时，0 q ，由高斯定理0
d q S E s
得：0E
两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1 和2 ，试求空间各处场强。 解：如题图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1 与2 ，
两面间， n E
)(21210
1 面外，n E
)(21210
2 面外，n E )(21210
， n
：垂直于两平面由1 面指为2 面。
半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为 ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题图所示。试求：两球心O 与O 点的场强，并证明小
球空腔内的电场是均匀的。
解：将此带电体看作带正电 的均匀球与带电 的均匀小球的组合，见题图(a)。
⑴ 球在O 点产生电场010 E ，
球在O 点产生电场3
203
043π'4πd r E OO
u u u u
r v ∴ O 点电场'd
33
030OO r E
； ⑵ 在O 产生电场3103
043d '4πd E OO u u u u
r v
球在O 产生电场002 E
∴ O 点电场 0
03
E 'OO
题图(a) 题图(b)
⑶ 设空腔任一点P 相对O 的位矢为r
，相对O 点位矢为r (如题8-13(b)
图)，则：03 r E PO ，0
3 r E O P
,
∴ 0
003'3)(3 d OO r r E E E O P PO P
∴腔内场强是均匀的。
一电偶极子由q =×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在×105 N/C 的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩。 解：∵ 电偶极子p
在外场E 中受力矩：E p M
∴ 6354
max 1.010210 1.010 2.010m M pE qlE N
两点电荷1q =×10-8C ，2q =×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功
解： 2
21
26121220
0d d 6.5510J 4π4πr r r r q q r q q A F r r
v v )11(21r r
外力需作的功61055.6 A A J
如题图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功。 解：0π41
O U 0)( R
q
R q 001()4π36πC q q q
U R R R
∴ R
q q U U q A o C O 00π6)( 如题图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R 。试求环中心O 点处的场强和电势。
解：⑴ 取d l =R d θ,则d q =λR d θ在O 点产生
E
d 如图，由于电荷均匀分布与对称性，
AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵
消，由于对称性， O 点场强沿y 轴负方向。
220002
d d cos sin()sin 4π4π222πy R E E R R R
⑵ 令0 U ，AB 电荷在O 点产生电势为：
A
B 20
0012ln π4π4d π4d R R x x x x U ；
同理CD 产生的：2ln π402 U ；半圆环产生的：0
034π4π R R U ∴ 0
032142ln π2
U U U U O 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104 m/s 的匀速率作圆周运动。求带
电直线上的线电荷密度。(电子质量0m =×10-31kg ，电子电量e =×10-19C)
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
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 ）。
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
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