大学物理答案
第1章习题答案
1.1以下三种说法是否正确？为什么？
（1）运动物体的加速度越大，物体的速度也必定越大；
（2）物体作直线运动时，若物体向前的加速度减小了，则物体前进的速度也随之减小； （3）物体的加速度很大时，物体的速度大小必定改变。
1.2 位移和路程有何区别？在什么情况下两者的量值相等？在什么情况下不相等？ 1.3 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下两者的量值相等？瞬时速度和平均速度的关系和区别是怎样的？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是怎样的？
1.4 质点运动方程为()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 =
dr dt υ= 和 22d r a dt
=
求出υ和a 。也有人先计算速度和加速度的分量，再求出
υ= 和 a =
问：这两种方法哪一种正确？为什么？
1.5 对一个质点来说，请说明下面各式所表示的物理意义，d dt υ、dr dt 、ds dt 、d dt υ、
||d dt υ。
1.6一人在一匀速直线运动的火车上竖直向上抛出一石子，试问，该石子是否落入此人手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又将如何？ 1.7 质点做曲线运动，下面表示正确的是（ ） A 、d a dt υ= B 、dr dt υ= C 、ds dt υ= D 、t d a dt
=υ
1.8 下面表述正确的是（ ）
A 、质点作圆周运动，加速度一定与速度垂直；
B 、物体作直线运动，法向加速度必为零；
C 、轨道最弯处法向加速度最大；
D 、某时刻的速率为零，切向加速度必为零．
1.9 下列情况不可能存在的是（ ）
A 、速率增加，加速度大小减少；
B 、速率减少，加速度大小增加；
C 、速率不变而有加速度；
D 、速率增加而无加速度
1.10 做平抛运动的质点，不变的物理量是（ ） A 、υ B 、υ C 、d dt υ D 、d dt
υ
1.11 对于做曲线运动的物体，以下几种说法中，正确的是（ ） A 、切向加速度必不为零；
B 、法向加速度必不为零（拐点处除外）；
C 、由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零；
D 、若物体做匀速率运动，其总加速度必为零；
E 、若物体的加速度为恒矢量，它一定做匀变速率运动。
1.12以下四种运动，加速度保持不变的运动是（ ） A 、单摆的运动； B 、圆周运动； C 、抛体运动； D 、匀速率曲线运动
1.13下面说法正确的是（ ）
A 、物体在恒力作用下，不可能作曲线运动；
B 、物体在变力作用下，不可能作直线运动；
C 、物体在不垂直于速度方向力的作用下，不可能作圆周运动；
D 、物体在垂直于速度方向，且大小不变的力作用下，可能作匀速圆周运动
1.7 C 1.8B 1.9 D 1.10 D 1.11 B 1.12C 1.13D
1.14 一质点的运动方程为2
()4r t i t j tk =++v v v v ，式中r ，t 分别以m 、s 为单位。试求：
（1）它的速度与加速度；（2）它的轨迹方程。
（1）8v tj k =+v v v
，8a j =v ；(2) 21,4x y z ==
1.15 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末的平均加速度； （3）s 3末的瞬时加速度。
(1) 最初s 2内的位移：20||000t t x x ==-=-=
最初s 2内的平均速度：
20
||0t t x x t
==-=? 44dx
v t dt
=
=- 2s 末的瞬时速度：4/v m s =- (2) s 1末到s 3末的平均加速度：
231||80
4/22
t t v v a m s ==---=
==-
(3) 4dv
a dt
=
=- s 3末的瞬时加速度：2
4/a m s =-
1.16 一质点沿x 轴做加速运动，开始时质点位于0x 处，初速度为0v 。 （1）当a kt c =+时，求任意时刻质点的速度及位置； （2）当a kv =时，求任意时刻质点的速度及位置；
（3）当a kx =时，求质点的速度与位置的关系。以上各式中k ，c 是常量。
解：（1）dv a dt =，2
0002
t k v adt v t ct v =+=++?
dx v dt =，32
000062t k c x vdt x t t v t x =+=+++? （2）
dv kv dt =，00v t v dv kdt v =??，0
ln v
kt v =，0kt v v e = 0kt
dx v e dt
=，000x t kt x dx v e dt =??，00(1)kt x v e x =-+
（3）dv dv dx dv a v kx dt dx dt dx
=
===
即vdv kxdx =，
v
x
v x vdv kxdx =?
?，22220
0()v v k x x -=- 1.17 路灯距地面的高度为h ，一个身高为 的人，在路上匀速运动，速度为0υ，如图1-14。求：（1）人影中头顶的移动速度；（2） 影子长度增长的速率。
解：(1) 人影中头顶位置应该在地面上做一维直线运动，设路灯的正下方为坐标原点O ，人影中头顶位置坐标为P
根据三角形相似的原理，
,h l OQ h
OP h OP h l
-==-所以 ()()d OP d OQ h v dt h l dt
=
=
- 而 ()0d OQ v dt
=， 因此0h
v v h l =
-。
(2) 由于影子长度等于人影中头顶位置和人位置的水平间距，所以影子长度增长的速率为 ()()00d PQ d OP OQ l
v v v v dt dt h l
-'===-=-
1.18 如图1-18所示，在离水面高度为h 的岸边，有人用绳子拉船靠岸，收绳的速率恒为0υ，求当船头与岸的水平距离为x 时，船的速度和加速度。 解：
由题意可知
00cos r dx
dt x υυυθ=-
=-=-=0
d a dt
υυ==
P
Q h
O
22
03
h
x
υ
υ
=-=-
1.19 一质点沿半径为10cm的圆周运动，其角坐标θ（以弧度rad计）可用下式表示
3
24t
θ=+
其中t的单位是秒（s）试问：
（1）在2
t s
=时，它的法向加速度和切向加速度各是多少？
（2）当θ等于多少时其总加速度与半径成45 角？
解：(1) 利用3
24t
θ=+，2
/12
d dt t
ωθ
==，/24
d dt t
αω
==，
得到法向加速度和切向加速度的表达式
24
144
n
a r rt
ω
==，24
t
a r rt
α
==
在2
t s
=时，法向加速度和切向加速度为：
442
1441440.12230.4
n
a rt m s-
==??=?，
2
24240.12 4.84.8
t
a rt m s-
==??=?
(2) 要使总加速度与半径成45 角，必须
n t
a a
=，即4
14424
rt rt
=
解得31/6
t=，此时67
.2
4
23=
+
=t
θrad
第二章质点动力学
2.1 思考下面的几个问题
（1）物体的运动方向是否一定与合外力的方向一致？
（2）物体的速度很大，是否合外力也一定很大？
（3）物体运动的速率不变，所受合外力是否一定为零？
（4）为什么重力势能有正负，弹性势能只有正值，而引力势能只有负值？
2.2 判断下列说法是否正确，并说明理由。
（1）内力不能改变系统的总动量
（2）内力不能改变习题的总动能
（3）内力不能改变系统的机械能
2.3 有人说：牛顿第一定律只是牛顿第二定律在合外力等于零的情况下的一个特例，因而它是多余的，你的看法如何？请查阅相关文献，正确理解牛顿第一定律在牛顿力学中的地位。
2.4 有两个质量不同而速度相同的物体，要使他们在相等额度时间内同时停下来，所施的力是否相同，速度不同而质量相同的两个物体，要用相同的力使它们停下来，作用的时间是否相同？
2.5下说法正确的是（）
A、大力的冲量一定比小力的冲量大；
B、小力的冲量有可能比大力的冲量大；
C、速度大的物体动量一定大；
D、质量大的物体动量一定大。
B
2.6 以下说法错误的是（）
A、势能的增量大，相关的保守力做的正功多；
B、势能是属于物体系的，其量值与势能零点的选取有关；
C、功是能量转换的量度；
D、物体速率的增量大，合外力做的正功多。
A
2.7作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处，这一周期内物体（）
A、动量守恒，合外力为零；
B、动量守恒，合外力不为零；
C、动量变化为零，合外力不为零，合外力的冲量为零；
D、动量变化为零，合外力为零。
C
2.8以下说法正确的是（）
A、功是标量，能也是标量，不涉及方向问题；
B、某方向的合力为零，功在该方向的投影必为零；
C、某方向合外力做的功为零，该方向的机械能守恒；
D、物体的速度大，合外力做的功多，物体所具有的机械能也多。
A
45角的斜向上方向射来，打在水平放置的2.9质量为m的弹性球，以速率u沿与水平线成0
钢板上，并以相同的角度和速率弹出去。则作用于球的冲量（）
A 、方向竖直向上，大小等于2m u ；
B 、方向竖直向下，大小等于2m u ； C
u ； D
u 。 D
2.10 一物体水平面上作直线运动，所受阻力与速度成正比，即F k υ=-，这里k 为常数。已知，0t =时的速度为0υ，求任一时刻的速度及该物体停止运动前经过的路程。 解：d m
k dt υυ=-，d k dt m
υυ=- 两边积分得0ln k
t m υυ=-，从而0k
t m e υυ-=
0k t m dx
e dt
υ-=，0k
t m dx e dt υ-= 两边积分得
k t m
m m x e k
k
υυ∞-?=-= 2.11 一质量为10kg 的物体，初始处于静止状态，在34F t =+的作用下沿x 轴无摩擦的运动，求在3t s =时的速度和加速度。 解：因为34F t ma =+= 所以0.30.4a t =+ 再根据
0.30.4d a t dt
υ
=
=+，(0.30.4)d t dt υ=+ 两边积分
20.30.2t t υ=+
所以在3t s =时的速度和加速度分别为
20.30.20.9 1.8 2.7/t t m s υ=+=+=
20.30.40.3 1.2 1.5/a t m s =+=+=
2.12 一颗子弹由枪口飞出的速度为0υ，在枪管内子弹受到的合力为F a bt =+，其中a 、b
为常量，求：
（1）假定子弹到枪口时所受的力变为零，计算子弹走完枪管所用的时间； （2）求子弹所受的冲量； （3）求子弹的质量。
解：(1)由题意，子弹到枪口时，有()0F a bt =-=,得a t b
= (2)子弹所受的冲量?-=-=t bt at dt bt a I 0221)(，将a t b =代入，得b
a I 22
=
(3)由动量定理可求得子弹的质量 0
2
02bv a v I m =
=
2.13 一质量为m 的小球，在水平面内作以速度为υ匀速圆周运动，运动方向为逆时针，如图2-13所示，初始时刻，小球处于A 处，分别求出小球处于B 、C 、D 、A 处时，小球的动量变化量。 解：由图可知 A 点的动量为：m υj B 点的动量为：m υi C 点的动量为：m υ-j
D 点的动量为：m υ-i
所以小球处于B 、C 、D 、A 处时，小球的动量变化量分别为
m m υυ-i j ；2m υ-j ；m m υυ--i j ；0
2.14 一质量为m 的质点在XOY 平面上运动，其位置矢量为cos sin a t b t ωω=+r i j ，求： （1）质点的动量；
（2）0t =到2t πω=时间内质点所受的合力的冲量； 解：（1）质点的动量为
(sin cos )p mv mr m a ti b tj ωωω===-+r r r r r &
（2）将0t =和2t πω=分别代入上式，得 1p m bj ω=
，2p m ai ω=-
动量的增量，亦即质点所受外力的冲量为
21()I p p m ai bj ω=-=-+
A
2.15 质量为m 的质点，在力bt =F i 的作用下，从静止出发沿x 轴做直线运动，求开始0t 秒内该力作功。
d F bt m
dt υ==，b
d tdt m
υ= 两边积分得，2
02b t m υ= 所以作功为222
44002112248b b A m m
t t m m
υ===
2.16质量m 的物体从静止开始，在竖直平面内沿着固定的四分之一圆周从A 滑道B ，如图2-16，在B 处时，物体速度大小B v 。已知圆的半径r ，求物体从A 到B 时摩擦力所作的功：
（1）用功的定义求； （2）用动能定理求； （3）用功能原理求。
解.方法一：如图所示，当物体滑到与水平成任意θ角的位置时，物体在切线方向的牛顿方
程为
cos t dv mg f ma m
dt θ-==，即cos dv f mg m dt θ-=-+ 重力加速度g 与dr 的夹角为θ，且cos g dr g dr θ?=
摩擦力f 与位移dr 反向，且||dr Rd θ=
，
因此重力的功为
20
cos G A mg dr mg Rd mgR πθθ=?==??
摩擦力的功为
f A f dr f dr =?=-??
00||cos B v dr mg Rd m dv dt
πθθ=-+??
0||B v dr mgR m dv dt =+? 2
012
B v B mgR m vdv mgR mv =-+=-+?
方法二： 选m 为研究对象，合外力的功为
(
)
A mg f N dr =++??
重力的功为
B
20
cos G A G dr mg dr mg Rd mgR πππθθ=?=?==?
??
考虑到0N dr ?=?
，因而
f G f A A A A mgR =+=+
另一方面，物体从A 运动到B 时，动能增量为
2
102
k B E mv ?=
- 因而按动能定理有
212f B A mgR mv +=
，212
f B A mgR mv =-+
方法三：选物体、地球组成的系统为研究对象，以B 点为重力势能零点。 初始在A 点时， 0p E mgR =、00k E = 终了在B 点时， 0p E =，2
12
k B E mv = 物体从A 运动到B 的时，
重力的功为 00G p p A E E mgR mgR =-=-= 再根据功能原理知：
摩擦力的功为 2
1012
f A E E E mv mgR =?=-=-
2.17如图2-17，一质点为m 的子弹射入置于光滑水平面上质量为M 并与劲度系数为k 的轻弹簧连着的木块后使弹簧最大压缩了 ，求子弹射入前的速度0v 。
解：以子弹和连着轻弹簧的木块为系统 入射前后，动量守恒：0()mv M m v =+（1） 弹簧压缩前后，机械能守恒：
2211
()22
M m v kL +=（2） 联立（1）（2）得
; 0v ==
2.18一质量为M 的车静止在光滑的水平面上，车上悬挂摆长为 、质量为m 的单摆，如图
2-18所示。开始时，摆线水平、摆球静止，突然放手，当摆球运动到摆线呈铅直的瞬间，求摆球相对地面的速度为多少。
解 选摆球与小车及地球组成的物体系为研究对象. 设车速度及摆球m 相对地面速度分别为V 与v ， 设向右为正向，由于系统水平方向不受外力， 则系统水平方向动量守恒
0mv MV =- (1)
又由于在摆球下摆过程中，只有保守内里重力作功，故系统机械能守恒.设摆球摆到最低处时重力势能为零，则有
2211
22
mgl mv MV =
+ (2)
(1)、(2)两式联立，则 v =
2.19哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。它离太阳最近的距离是1r ，此时它的速率是1v 。它离太阳最远时的速率是2v ，这时它离太阳的距离2r 是多少？
解： 哈雷彗星是在太阳的引力作用下沿着椭圆轨道运动的，而引力对太阳的力矩任何时刻均等于零.因此，彗星在运动过程中，它对太阳的角动量将保持不变. 设彗星质量为m,则有
1122mv r mv r =
2.20质量为7.2×10-23kg ，速度为6.0×107m/s 的粒子A ，与另一个质量为其一半而静止的粒子B 相碰，假定这碰撞是弹性碰撞，碰撞后粒子A 的速率为5×107m/s ，求： （1）粒子B 的速率及偏转角； （2）粒子A 的偏转角。 解：两粒子的碰撞满足动量守恒
B B A A A A v m v m v m ''
+=
写成分量式：
βαcos 'cos 'B B A A A A v m v m v m += βαsin 'sin 'B B A A v m v m =
碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒：
222'2
1'2121B B A A A A v m v m v m += 代入： kg m A 23102.7-?=， kg m m A
B 23106.32
-?==
，
s m v A /100.67?=，s m v A /100.5'7?=
解得：(1)'454 =β，s m v B /1069.4'7?=；(2)'2022
=α
2.21平板中央有一小孔，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。小球作无摩擦的匀速圆周运动，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2-21。试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω和半径r 为多少？ 解：在只挂重物1M 时，小球作圆周运动的向心力为1M g ， 即
2
100M g mr ω= ①
挂上2M 后，则有
212()M M g mr ω''+=
②
重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．
即 22
220000r mv r mv r r ωω''''=?= ③
220000r mv r mv r r ωω''''=?=
联立①、②、③得
2/3
3/2
12100112,
M M M r r M M M ωω?
??+''==
=?? ?
+?
??
2/3
121M M M ω?
+'=
?? 1/3
1012M r r M M ??'=? ?
+??
第三章 刚体的定轴转动
3.1请思考下面关于刚体转动惯量的问题： （1）刚体的转动惯量与那些因素有关？
（2）“一个确定的刚体有确定的转动惯量”这句话对吗？
3.2 两大小相同、质量相等的圆盘，一个圆盘的质量均匀分布，另一个圆盘的质量主要集中在圆盘边缘，两圆盘绕通过圆心且垂直于盘面的轴转动。问：
（1）如果作用在它们上面的外力矩相同，哪个圆盘转动的角速度较大？ （2）如果它们的角加速度相同，哪个圆盘受到的力矩大？ （3）如果它们的角动量相等，哪个圆盘转的快？
3.3为什么质点系动能的改变不仅与外力有关，而且也与内力有关，而刚体绕定轴转动动能只与外力矩有关，而与内力矩无关？
3.7请判断下面物理量中，哪些与参考点的选择有关，哪些与参考点的选择无关： （1）位矢；（2）位移；（3）速度；（4）动量；（5）角动量；（6）力；（7）力矩
3.8 一质量为M ，半径为r 的匀质圆盘旋转时，在某一瞬间突然有一片质量为m 的小碎片从圆盘的边缘飞出，则飞轮的转动惯量变为（ ） A 、212Mr B 、21()2M m r - C 、221
2
Mr mr - D 、不能确定 C
3.9在刚体的定轴转动中，如果合外力矩的方向与角速度的方向一致，则以下说法正确的是（ ）
A 、合力矩增大时， 物体角速度一定增大；
B 、合力矩减小时， 物体角速度一定减小；
C 、合力矩减小时，物体角加速度不一定变小；
D 、合力矩增大时，物体角加速度不一定增大。 A
3.10一匀质圆盘状飞轮，质量为20kg ，半径为30cm ，当它以每分钟60转的速率，绕垂直与圆盘面且通过圆盘圆心的轴转旋转时，其动能为（ ）
A 、2
16.2J π B 、2
8.1J π C 、8.1J D 、2
1.8J π D
3.11在自由转动着的水平转台的边缘站着一人，当该人从边缘沿径向走到转台中心的过程中，系统的转动动能（ ）
A 、不变
B 、减小
C 、增加
D 、先减小后不变 C
3.12运动员手握两只哑铃，站在无摩擦旋转的水平平台上，开始时此人两手平握哑铃，人、哑铃、平台组成的系统以角速度ω旋转，随后，此人将哑铃下垂于身体两侧，在此过程中，下面说法正确的时（ ）
A 、角动量守恒，机械能守恒；
B 、角动量守恒，机械能不守恒；
C 、角动量不守恒，机械能守恒；
D 、角动量不守恒，机械能不守恒。 B
3.13一根长为 、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0v 射向棒的中心，并以02v 的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角为0
90，则0v 的大小为（ ）
A B C D 、22
163M g m
A
3.14一质量为m ，半径为R 的匀质薄圆盘，在水平面上绕通过中心且垂直盘面的轴转动。设圆盘与水平面之间的滑动摩擦因素为μ。若开始以角速度0ω旋转，问： （1）圆盘停止转动经过多长时间？ （2）上述过程中摩擦力矩所作的功？ 解：（1）摩擦力矩
222dM r rdr g g r dr σπμπσμ=??=
式中，σ为质量面密度。
32
20
2
2233
R
m R M dM g r dr g mg R R πσμπμμπ====??
而21
2
M I mR ββ==
所以2
2132
mg R mR μβ=
得角角速度为43g R
μ
β= 故00t ωβ=-?，0
34R t g ωμ
?= （2）根据动能定理有
222
0011024
f A I mR ωω=-=-
3.15一根长度为l 均匀木棒，质量为m ，可绕水平轴O 在竖直平面内转动(无摩擦)，开始时棒水平静止放置，当棒在重力的作用下转动到与水平方面成θ角时，求： (1) 力矩作功；(2) 杆的角的加速度；(3) 杆的角加速度。 解：(1)根据定轴转动力矩作功的计算式
z dW M d θ=
式中 0
s i n (90)c o s
22
z M mg mg θθ=
-=
所以 0cos sin 22
W mg d mg θθθθ==?
(2) 根据定轴转动的转动定理 z M I β=
式中 2
13I m = 再利用 cos 2z M mg θ=
可得 3cos 2g
βθ=
(3) 利用机械能守恒： 21sin 22
I mg ωθ=
所以
ω=
3.16弹簧、定滑轮和物体的连接如图3-16所示，弹簧的劲度系数为2.0N.m -1；定滑轮的转动惯量是0.5kg.m 2，半径为0.30m ，问：当6.0kg 质量的物体落下0.40m （竖直高度）时，它的速率为多大？假设开始时物体静止而弹簧无伸长。
解：当物体落下0.40m 时，物体减少的势能转化为弹簧的势能、物体的动能和滑轮的动能， 即
2
2
2222121r Iv mv kh mgh ++=，
将kg m 6=，2/8.9s kgm g =，m h 4.0=，2
5.0kgm I =，m r 3.0=代入，得
s m v /01.2=
3.17如图3-17所示，物体1和2的质量分别为1m 与2m ，滑轮的转动惯量为J ，半径为r ，如物体2与桌面间的摩擦系数为μ，求系统的加速度a 及绳中的张力1T 和2T (设绳子与滑轮间无相对滑动，滑轮与转轴无摩擦) 解：
以滑轮为研究对象：12T r T r J β-= 以物体1为研究对象：111m g T m a -= 以物体2为研究对象：222T m g m a μ-=
绳子与滑轮间无相对滑动：a r β= 联立上面四式，可得
2222112212J m r m r T m g J m r m r μ++=++，22
112222
12J m r m r T m g J m r m r μμ++=++
22
1222
12m r m r a g J m r m r μ-=++
3.18一长=0.4m 、质量1M kg =的匀质细棒，可绕水平轴O 在竖直平面内转动，开始时，细棒处于自然竖直状态，现有一质量8m g =的子弹，以200/m s υ=的速率从A 点射入棒中，A 点与O 点的距离为34 ，如图3-18所示。求： （1）棒开始运动时的角速度； （2）棒的最大偏转角。
解：系统绕杆的悬挂点的角动量为
21
34
0.48L mvl kgm s -==
子弹射入后，整个系统的转动惯量为
222054.016
9
31kgm ml Ml I =+=
由角动量守恒有
s rad I
L
/88.8==
ω ⑵子弹射入后，且杆仍然垂直时，系统的动能为
2
12 2.13W I J
ω==动 当杆转至最大偏转角θ时，系统动能为零，势能的增加量为
()()
3
1241cos 1cos W Mgl mgl θθ?=-+-势 由机械能守恒，势动W W ?= 得
24.94=θ。
3.19 如图3-19所示，转台绕中心竖直轴以角速度0ω作匀速转动。转台对该轴的转动惯量
J =5×10-5 kg·m 2。现有砂粒以1g/s 的速度落到转台，并粘在台面形成一半径r =0.1m 的圆。
试求砂粒落到转台，使转台角速度变为02ω所花的时间。
解：要使转台角速度变为10ω，由于砂粒落下时不能改变体系角动量，所以必须要使体系的转动惯量加倍才行，即 J r m =2沙粒。将25105m kg J ??=-和m r 1.0=代入得
kg m 3105-?=沙粒
所以 s s
g kg t 5/11053=?=-
3.20一脉冲星质量为1.5×1030kg ，半径为20km 。自旋转速为2.1 r/s ，并且以1.0×10-15r/s 的变化率减慢。问它的转动动能以多大的变化率减小？如果这一变化率保持不变，这个脉冲星经过多长时间就会停止自旋？设脉冲星可看作匀质球体。
解：脉冲星的转动惯量为 2
52mr I =
转动动能为 2
225121r m I W ωω==
转动动能的变化率为 225dW d mr dt dt
ω
ω= ()2
30415250.4 1.510210 2.12 1.0102 1.9910/J s ππ-=?????????=?
由d dt
ω
α=
，t ωα=，得停止自旋所需要的时间为 15152
2.1/ 2.1101.010/r s t s r s
ωα-===?? 第四章 机械振动和机械波
4.1什么是简谐振动？分别从运动学和动力学两方面作出解释。并说明下列运动是不是简谐振动；
（1）小球在地面上做完全弹性的上下跳动；
（2）小球在半径很大的光滑凹球面底部做小幅度的摆动； （3）曲柄连杆机构使活塞做往复运动。
4.2 若弹簧振子中弹簧本身的质量不可忽略，其振动周期是增加还是减小？ 这相当于增加了系统的惯性，振动周期将增加。
4.3 将单摆拉到与竖直方向成?角后，放手任其摆动，则?是否就是其初相位？为什么？单摆的角速度是否是谐振动的圆频率？
4.4判断以下说法是否正确？说明理由。“质点作简谐振动时，从平衡位置运动到最远点需要1/4周期，因此走过该段距离的一半需时1/8周期。”
4.5两个相同的弹簧挂着质量不同的物体，当它们以相同的振幅做简谐运动时，问振动的能量是否相同？
4.6什么是波动？振动与波动有什么区别和联系？ 4.7试判断下列几种关于波长的说法是否正确. （1）在波传播方向上相邻两个位移相同点的距离； （2）在波传播方向上相邻两个运动速度相同点的距离； （3）在波传播方向上相邻两个振动相位相同点的距离。
4.8当波从一种媒质透入另一种媒质时，下面那些量会改变，哪些量不会改变：波长、频率、波速、振幅。
4.9有人认为频率不同、振动方向不同、相位差不恒定的两列波不能叠加，所以它们不是相干波，这种看法对不对？说明理由。
4.10 波的能量与振幅的平方成正比，两个振幅相同的相干波在空间叠加时，干涉加强的点的合振幅为原来的两倍，能量为原来的四倍，这是否违背能量守恒定律？
4.11 一质点作简谐振动)7.0100cos(
6ππ+=t x cm 。某时刻它在23=x cm 处，且向X 轴负向运动，它要重新回到该位置至少需要经历的时间为（ ） A 、
s 1001 B 、s 2003 C 、s 501 D 、 s 50
3
答案：(B)
4.12 一个单摆，如果摆球的质量增加为原来的四倍，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的一半，则单摆（ ）
A 、频率不变，振幅不变；
B 、频率不变，振幅改变；
C 、频率改变，振幅不变；
D 、频率改变，振幅改变； B
4.13 以频率ν作简谐振动的系统，其动能和势能随时间变化的频率为（ ） A 、2/ν B 、ν C 、ν2 D 、ν4 答案：(C)
4.14 劲度系数为m N /100的轻弹簧和质量为10g 的小球组成的弹簧振子，第一次将小球拉离平衡位置4cm ，由静止释放任其运动；第二次将小球拉离平衡位置2cm 并给以2cm/s 的初速度任其振动。这两次振动能量之比为（ ）
A 、1:1
B 、4:1
C 、2:1
D 、3:22。 答案：(C)
4.15一谐振系统周期为0.6s ，振子质量为200g ，振子经平衡位置时速度为12cm/s ，则再经0.2s 后振子动能为（ ）
A 、J 4
108.1-? B 、0 C 、J 3
1044.1-? D 、J 4
106.3-?。 答案：(D)
4.16两分振动方程分别为13cos(504)x t cm ππ=+和24cos(5034)x t cm ππ=+，则它们合振动的表达式为（ ）
A 、cm t x )25.050cos(ππ+=
B 、tcm x π50cos 5=
C 、cm tg t x ??
?
?
?
++=-71250cos 51π
π D 、cm x 7= 答案：(C)
4.17 下述说法中哪些是正确的（ ） A 、波只能分为横波和纵波； B 、波动质点按波速向前运动； C 、波动中传播的只是运动状态和能量； D 、波经过不同媒质传播过程中波长不变。 答案：(C)
4.18对于机械横波，下列说法正确的是（ ） A 、波峰处质元的动能、势能均为零；
B 、处于平衡位置的质元势能为零、动能为最大；
C 、处于平衡位置的质元动能为零、势能为最大；
D 、波谷处质元的动能为零、势能为最大。 答案：(A)
4.19一个平面简谐波沿x 轴负方向传播，波速ｕ=10m/s 。x =0处，质点振动曲线如图4-19所示，则该波的表式为（ ）
A 、2cos 2102x y t m ππ??
??=++ ???????
； B 、2cos 2102x y t m ππ??
??=+- ???????
； C 、2sin 2102x y t m ππ??
??=++ ??
?????
； D 、2sin 2102x y t m ππ??
??=+- ???????
。
B
4.20在同一媒质中两列相干的平面简谐波强度之比是12:4I I =，则两列波的振幅之比
12:A A 为（ ）
A 、4
B 、2
C 、16
D 、1/4 B
4.21质量为10m g =的小球与轻弹簧组成的系统，按0.5cos(8x t cm ππ=+的规律作简谐振动，式中 t 以秒为单位。求：
(1) 振动的圆频率、周期、振幅、初位相以及速度和加速度的最大值； (2) 求s s s t 10,2,1=时刻的位相。 解：
(1) 1
8-=s πω， s T 25.02==
ωπ
，m A 2105.0-?=，01
3
?π= 2410sin(83)V t πππ-=-?+ ? 12m a x 126.0104--=?=ms V π 223210cos(83)a t πππ-=-?+ ? 222m a x 16.31032--=?=ms a π
(2) 因为 3
8π
πφ+=t
所以 ππ
πφ3253
81=
+
=，πππφ3493162=+=，πππφ3
241
38010=+= 4.22 一物体沿x 轴作简谐振动，振幅12A cm =，周期2T s =，在0t =时物体位于6.0cm 处且向x 轴正方向运动，求： （1）该简谐振动的初相位；
（2）0.5t s =时，物体的位置、速度和加速度； 解：（1）简谐振动的位移和速度分别为
-
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
大学物理下答案习题14
习题14 14.1 选择题 （1）在夫琅禾费单缝衍射实验中，对于给定的入射单色光，当缝宽度变小时，除中央亮纹的中心位置不变外，各级衍射条纹[ ] (A) 对应的衍射角变小． (B) 对应的衍射角变大． (C) 对应的衍射角也不变． (D) 光强也不变． [答案：B] （2）波长nm (1nm=10-9m)的单色光垂直照射到宽度a=0.25mm的单缝上，单缝后面放一凸透镜，在凸透镜的焦平面上放置一屏幕，用以观测衍射条纹。今测得屏幕上中央明条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离为d=12mm，则凸透镜的焦距是[ ] (A)2m. (B)1m. (C)0.5m. (D)0.2m. (E)0.1m [答案：B] （3）波长为的单色光垂直入射于光栅常数为d、缝宽为a、总缝数为N的光栅上．取k=0，±1，±2．．．．，则决定出现主极大的衍射角的公式可写成[ ] (A) N a sin=k． (B) a sin=k． (C) N d sin=k． (D) d sin=k． [答案：D] （4）设光栅平面、透镜均与屏幕平行。则当入射的平行单色光从垂直于光栅平面入射变为斜入射时，能观察到的光谱线的最高级次k [ ] (A)变小。 (B)变大。 (C)不变。 (D)的改变无法确定。 [答案：B] （5）在光栅光谱中，假如所有偶数级次的主极大都恰好在单缝衍射的暗纹方向上，因而实际上不出现，那么此光栅每个透光缝宽度a和相邻两缝间不透光部分宽度b的关系为[ ] (A) a=0.5b (B) a=b (C) a=2b (D)a=3b [答案：B] 14.2 填空题 （1）将波长为的平行单色光垂直投射于一狭缝上，若对应于衍射图样的第一级暗纹位置的衍射角的绝对值为，则缝的宽度等于________________． λθ] [答案：/sin （2）波长为的单色光垂直入射在缝宽a=4 的单缝上．对应于衍射角=30°，单缝处的波面可划分为______________个半波带。 [答案：4] （3）在夫琅禾费单缝衍射实验中，当缝宽变窄，则衍射条纹变；当入射波长变长时，则衍射条纹变。（填疏或密） [答案：变疏，变疏]
大学物理学 答案
作业 1-1填空题 (1) 一质点，以1-?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大 小是 ；经过的路程 是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间 的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻 质点的速度v 0为5m 2s -1，则当t 为3s 时， 质点的速度v= 。 [答案： 23m 2s -1 ] 1-2选择题 (1) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时 速度s m v /2=，瞬时加速度2/2s m a -=，则 一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (2) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运 动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其
平均速度大小和平均速率大小分别为 (A)t R t R ππ2,2 (B) t R π2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R π [答案：B] (3)一运动质点在某瞬时位于矢径) ,(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d || (D) 22)()(dt dy dt dx + [答案：D] 1-4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3） x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的 速度和加速度，并说明该时刻运动是加速 的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于
大学物理第三版下册答案(供参考)
习题八 8-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强． 解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为
2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外
大学物理上册答案详解
大学物理上册答案详解 习题解答 习题一 1—１ |r ?｜与r ? 有无不同？ t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里？试举例说明． 解：(1)r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即 r ?12r r -=,12r r r -=?； (２) t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量。 ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1—1图所示. 题1—1图 （３）t d d v 表示加速度的模,即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分 量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ +=
式中 dt dv 就是加速度的切向分量. （t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) １－2 设质点的运动方程为x =x （t ），y =y (t )，在计算质点的速度 和加速度时，有人先求出r =2 2 y x +,然后根据v ＝t r d d ，及a =22d d t r 而 求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果,即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确。因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标 系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 22 222 2 22 2 22d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 22d d d d t r a t r v ==
大学物理课后习题答案(赵近芳)下册
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 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图 题8-2图 8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2 图所示．设小球的半径和线的质量都可 解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解 ?
解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电 荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f = 2 024d q πε,又有人 说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02 ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少 ? 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε= ，另一板受它的作用 力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 r E = 302cos r p πεθ, θ E =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量 θsin p ． ∵ l r >>
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
大学物理学(第三版)课后习题参考答案
习题1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d | | (D) 22)()(dt dy dt dx + [答案：D] (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2 /2s m a -=，则 一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A) t R t R ππ2, 2 (B) t R π2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R π [答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 -?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的 速度v 0为5m ·s -1 ，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m ·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是 。 [答案： 0321=++V V V ]
1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。 解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2 -4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。 其速度和加速度表达式分别为 2 2484 dx v t dt d x a dt = =+== t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2 。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零？ (1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。 解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零； (2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零； (3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零； (4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。 1.6 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和d d r t 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即r ?12r r -=，12r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度在径向上的分量，
大学物理习题及综合练习答案详解
库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q 的同一种电荷分成两部分，一部分均匀分布在地球上，另一部分均匀分布在月球上， 使它们之间的库仑力正好抵消万有引力，已知地球的质量M ＝l024kg ，月球的质量m =l022 kg 。（1）求 Q 的最小值；（2）如果电荷分配与质量成正比，求Q 的值。 解：（1）设Q 分成q 1、q 2两部分，根据题意有 2 221r Mm G r q q k =，其中041πε=k 即 2221q k q GMm q q Q += +=。求极值，令0'=Q ，得 0122=-k q GMm C 1069.5132?== ∴k GMm q ，C 1069.51321?==k q GMm q ，C 1014.11421?=+=q q Q （2）21q m q M =Θ ，k GMm q q =21 k GMm m q mq Mq ==∴2122 解得C 1032.6122 2?==k Gm q ， C 1015.51421?==m Mq q ，C 1021.51421?=+=∴q q Q 7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上，电荷Q （Q ＞0）放在三角形 的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 值应为多大 解：Q 到顶点的距离为 l r 33= ，Q 与-q 的相互吸引力为 20141r qQ F πε=， 两个-q 间的相互排斥力为 2 2 0241l q F πε= 据题意有 10 230cos 2F F =，即 2 022041300cos 41 2r qQ l q πεπε=?，解得：q Q 33= 电场强度 7-3 如图7-3所示，有一长l 的带电细杆。（1）电荷均匀分布，线密度为+，则杆上距原点x 处的线元 d x 对P 点的点电荷q 0 的电场力为何q 0受的总电场力为何（2）若电荷线密度=kx ，k 为正常数，求P 点的电场强度。 解：（1）线元d x 所带电量为x q d d λ=，它对q 0的电场力为 200200)(d 41 )(d 41 d x a l x q x a l q q F -+=-+= λπεπε q 0受的总电场力 )(4)(d 400020 0a l a l q x a l x q F l +=-+= ?πελπελ 00>q 时，其方向水平向右；00 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 ?v 和r ?v 有区别吗？v ?v 和v ?v 有区别吗？0dv dt =v 和0d v dt =v 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 r = 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末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。 解： (1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ?=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 0(/)2 ave x v m s t ?= ==? 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) 物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题） 27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位， 求： （1） 质点的运动轨迹； （2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。 解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 21)y = 或 1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 213r r r i j =-=-r u r u r r r V 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt ==- 22(1)v ti t j =+-r r r 2x x dv a dt ==， 2y y dv a dt == 22a i j =+r r r 当2t s =时，速度和加速度分别为 42/v i j m s =+r r r 22a i j =+r r r m/s 2 1-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，式中的R 、ω均为 常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。 解 （1）质点的速度为 sin cos d r v R ti R t j dt ωωωω==-+r r r r （2）质点的速率为 v R ω== 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在 t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2216n a R Rt ω== 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30， 2-34， 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用 下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义，有 2.0 2.0 2.020 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s ==+=+=? ?g 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的阻力 （空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ， 第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 习题9-3图 (C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ， 即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零 答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 第一章质点运动学 1、(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 +=+= 一、 选择题 1. 对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？ [ C ] (A) 物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值； (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零； (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零； (D) 物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。 2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，振动方程用余弦函数表示，如果该振子 的初相为4 3 π，则t=0时，质点的位置在： [ D ] (A) 过1x A 2=处，向负方向运动； (B) 过1x A 2 =处，向正方向运动； (C) 过1x A 2=-处，向负方向运动；(D) 过1 x A 2 =-处，向正方向运动。 3. 一质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为/2A ，且向x 轴的正方向运动，代表 此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ] 4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统，组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示，(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为： [ B ] (A) 2：1：1； (B) 1：2：4； (C) 4：2：1； (D) 1：1：2 5. 一弹簧振子，当把它水平放置时，它可以作简谐振动，若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图，试判断下面哪种情况是正确的： [ C ] (A) 竖直放置可作简谐振动，放在光滑斜面上不能作简谐振动； (B) 竖直放置不能作简谐振动，放在光滑斜面上可作简谐振动； (C) 两种情况都可作简谐振动； (D) 两种情况都不能作简谐振动。 6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动，它的动能与势能相等时，它的相位和坐标分别为： [ C ] (4) 题(5) 题 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2-+++=m ⑵ 1=t s,2=t s 时，j i r 5.081-= m ；2114r i j =+m ∴ 213 4.5r r r i j ?=-=+m ⑶0t =s 时，054r i j =-；4t =s 时，41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404 r r r i j i j t --?+= ===+??-v ⑷ 1d 3(3)m s d r i t j t -==++?v ，则：437i j =+v 1s m -? (5) 0t =s 时，033i j =+v ；4t =s 时，437i j =+v 24041 m s 44 j a j t --?= ===??v v v (6) 2d 1 m s d a j t -==?v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x =+，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x ===v v v v 得：2 d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分 210 d (26)d x x x =+? ?v v v 得：2322 250x x =++v ∴ 1m s -=?v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为θ=2+33t ，式中θ以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2==== ωβθω ⑴ s 2=t 时，2 s m 362181-?=??==βτR a 2 222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a τ?== 即：βωR R =2 ，亦即t t 18)9(2 2=，解得：9 23= t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t θ=+=+? = 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为α=0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2=t 时，4.022.0=?== t αω 1s rad -? 则0.40.40.16R ω==?=v 1s m -? 064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2 s m -? 0.4 0.20.0a R τα==?=2s m -? 22222 s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+= τa a a n 与切向夹角arctan()0.06443n a a τ?==≈?大学物理D下册习题答案
大学物理学上册习题解答
大学物理学吴柳下答案
大学物理教程(上)课后习题答案解析
《大学物理学》(袁艳红主编)下册课后习题答案
大学物理课后习题答案详解
大学物理习题集(下)答案
《大学物理(上册)》课后习题答案