当前位置：文档库 › 新编基础物理学第二版第二章习题解答

新编基础物理学第二版第二章习题解答

习题二

2-1．两质量分别为m 和M ()M m ≠的物体并排放在光滑的水平桌面上，现有一水平力F 作用在物体m 上，使两物体一起向右运动，如题图2-1所示，求两物体间的相互作用力。若水平力F 作用在M 上，使两物体一起向左运动，则两物体间相互作用力的大小是否发生变化

解：以m 、M 整体为研究对象，有

()F m M a =+…①

以m 为研究对象，如解图2-1（a ），有

Mm F F ma -=…②

由①、②两式，得相互作用力大小

Mm MF

F m M

若F 作用在M 上，以m 为研究对象，如题图2-1（b ）有

Mm F ma =…………③ 由①、③两式，得相互作用力大小

Mm mF

F m M

+ 发生变化。

2-2. 在一条跨过轻滑轮的细绳的两端各系一物体，两物体的质量分别为M 1和M 2 ，在M 2上再放一质量为m 的小物体，如题图2-2所示，若M 1=M 2= 4m ，求m 和M 2之间的相互作用力，若M 1=5m ，M 2=3m ，则m 与M 2之间的作用力是否发生变化

解：受力图如解图2-2，分别以M 1、M 2和m 为研究对象，有 :

111T M g M a -=

222()()M m g T M m a +-=+ 2 M m mg F ma -=

又 12T T =，则

M m F =

1122M mg

M M m

当124M M m ==时

M m

mg F

= 当125,3M m M m ==时

109

M m mg

F =

，发生变化。 .

题图2-2

题图2-1

解图2-1

解图2-2

2-3.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：设f 为空气对气球的浮力，取向上为正。分别由解图2-3（a ）、(b)可得

Ma Mg f =-

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

由此解得

1Ma mg

a m M

()

1m a g a a a m M

+?=-=+

2-4．如题图2-4所示，人的质量为60kg ，底板的质量为40kg 。人若想站在底板上静止不动，则必须以多大的力拉住绳子

解：设底板和人的质量分别为M ，m ，以向上为正方向，受力图如解图2-4（a ）、(b)所示，分别以底板、人为研究对象，则有

120T T F Mg +--= 3'0T F mg +-=

F 为人对底板的压力，'F 为底板对人的弹力。有 `

F F '=

又因为

23112

T T T ==

则

23()245N 4

M m g

T T +===

人对绳的拉力为245N 。

题图2-4

解图2-12

解图2-3

2-5．一质量为m 的物体静置于倾角为θ的固定斜面上。已知物体与斜面间的摩擦系数为μ。试问：至少要用多大的力作用在物体上，才能使它运动并指出该力的方向。

解：如解图2-5建立坐标系，设x 方向沿斜面向上为正方向。在mg 与N 所在的平面上加一外力F ，且02

α≤≤

(

（若

απ<≤，此时F 偏大）则

cos sin 0F mg f αθ--+=

f N μ=

sin cos 0N F mg αθ+-=

解出

(cos sin )

sin cos mg F μθθμαα

要求F 最小，则分母sin cos μαα+取极大值，所以sin cos μαα+对α求导为零

cos sin μαα-=0 得 tan αμ= 带入上式

则

sin cos 111μααμ

μμμ+=+

=+++

即 min 2

1F μ

此时

arc tan αμ=

2-6. 一木块恰好能在倾角θ的斜面上以匀速下滑，现在使它以初速率0v 沿这一斜面上滑，问它在斜面上停止前，可向上滑动多少距离当它停止滑动时，是否能再从斜面上向下滑动

解：匀速下滑时

sin cos mg mg θμθ=

则

tan μθ= ① 向上滑动时

，

sin cos mg mg ma θμθ--= ②

002aS -=v ③

联立求解得

0/(4sin )S g θ=v

当它停止滑动时，会静止，不再下滑．

解图2-5

2-7. 5kg 的物体放在地面上，若物体与地面之间的摩擦系数为，至少要多大的力才能拉动该物体

解：受力分析如解图2-7所示

；

cos (sin )F f N mg F θμμθ===-

则

cos sin mg

F μθμθ

要求F 最小，则分母cos sin θμθ+取极大值

所以 cos sin θμθ+ 对θ求导为零，类似题2-5解得

tan θμ= 带入F 公式，则 14.08N mg

F μμ

=min 2

=1+

2-8. 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．

￥

证如解图2-7所示，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

211

1111

sin sin m F l θθ=v ②

解得

111

sin cos gl θθ=v

第一只摆的周期为 11

2sin cos 2l l T g

πθθπ

=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 = 所以这两个摆的周期相等

21T T =

解图2-7

m 1 m 2 题2-8

解图2-8

2-9. 质量分别为M 和M +m 的两个人，分别拉住定滑轮两边的绳子往上爬，开始时两人与滑轮的距离都是h 。设滑轮和绳子的质量以及定滑轮轴承处的摩擦力均可忽略不计，绳长不变。试证明，如果质量轻的人在t 秒末爬到滑轮，这时质量重的人与滑轮的距离为

212m h gt M m ??

?+??

（假定人和绳子之间的摩擦力是恒定的）

证明：如解图2-9（b ）、（c ），分别以M 、M+m 为研究对象，设M 、M+m 对地的加速度大小分别为1a （方向向上）、2a （方向向下），则对M ，有

211

h a t =

1f Mg Ma -=

则对M+m ，有

2()'()M m g f M m a +-=+

而

'f f = 则 (

mgt Mh

a M m t 222

-2=(+)

则质量重的人与滑轮的距离

2221122m h h a t h gt M m ??

'=+=+

?+??

此题得证。 2-10.质量为110kg m =和220kg m =的两物体，用轻弹簧连接在一起放在光滑水平桌面上，

以200N F =的力沿弹簧方向作用于2m ,使1m 得到加速度2

1120cm s a -=?，求2m 获得的加

速度大小。

解：物体的运动如解图2-10（a ），以m 1为研究对象，受力分析如解图（b ）所示，有

111F m a =

以m 2为研究对象，受力分析如解图（c ）所示，有

'122F F m a -=

因为

11F F =

则

（b ） (c)

解图2-10

211

9.4m s F m a a m --=

2-11. 在一水平的直路上，一辆汽车以v = 108 km·h ?1 的速度运行，刹车后经 s =35m 距离而停止．如果路面相同，但有1∶15的下降坡度，那么这辆汽车若仍以原有速度运行，则刹车后经多少距离而停止。

解： 1

1108km h

36m s --=?=?v

在水平的直路上刹车，摩擦力

f m

g μ= 刹车距离

22S a g

μ==v v 在斜坡上，对汽车有

cos sin mg mg ma μθθ'-=

由此得

cos sin cos sin 2a g g g S

μθθθθ'=-=-v 刹车距离

36.9m 2cos 2sin S a g S

θθ'=

=='-v v v 2-12．如题图2-12所示，已知两物体A 、B 的质量均为 3.0kg m =，物体A 以加速度21.0m s -?运动，求物体B 与桌面间的摩擦力。（滑轮与绳子的质量不计） …

解：受力分析如解图2-12所示，以A 为研究对象，其中L F 、

R F 分别为滑轮左右两边绳子的拉力。有

A L R A A m g F F m a --=

且 L R F F = 以B 为研究对象，在水平方向上，有

L B B F f m a '-=

又

L L F F '=，2B A A 2, 1.0m s a a a -==?

A B 3kg m m m === ~

联立以上各式，可解得

R F

L F

A m g

L F '

B m g

（b ）

题图2-12

B A

27.2N 2

mg ma ma f --=

2-13．一质量为m 的小球最初位于如题图2-13所示的A 点，然后沿半径为r 的光滑圆轨道ADCB 下滑，试求小球到达C 点时的角速度和对圆轨道的作用力.

解：小球下滑过程机械能守恒

cos 2

mgr m α=

v …………① 又 #

,r r ωω=?=v v 此时,………②

由①、②可得

2cos g r

ω= 法向

cos N mg m r

α-=v ……③

由①、③可得

=3cos N mg α

2-14 摩托快艇以速率v 0行驶，它受到的摩擦阻力与速率平方成正比，可表示为F = kv 2

（k 为正常数）。设摩托快艇的质量为m ，当摩托快艇发动机关闭后，】

(1) 求速率v 随时间t 的变化规律。 (2) 求速度v 与路程x 之间的关系。

解 (1) 由牛顿第二定律F =ma 得

2d d k ma m t

-==v

v ① 分离变量并积分，有

0d d t

t m -=??v

v v

011k t m

=+v v (2) 将d d d d d d d d x t t x x

=?v v v =v 代入①式中得

2d d k m x

-=v v v

②

￥

解图2－13

题图2-13

分离变量并积分，有

0d d x

k x m -

=??v v v

v 0ln

k x m

=-v v 得

x m

e -

=v v

2-15．如题图2-15所示，A 为定滑轮，B 为动滑轮，三个物体的质量分别为1200g m =，2100g m =，350g m =. （1）求每个物体的加速度

（2）求两根绳中的张力T1F 和T2F （滑轮和绳子质量不计，绳子的伸长和摩擦力可略）。

解：如解图2-15(a)、(b)、(c)，分别是123m m m 、、的受力图。

设123B a a a a 、、、分别是123m m m 、、、B 对地的加速度；23B B a a 、分别是23m m 、对B 的加速度，以向上为正方向，可分别得出下列各式

'1111m g T m a -+=…………… ①

'2222m g T m a -+=………… ②

3233m g T m a -+=………… ③

又：

2233B B B B

a a a a a a =+=+

且

。

23B B a a =-

则2312,,B B a a a a a +==-且则

2312a a a +=-

…………④

又

''1122T T T T ==+ …………⑤ '22T T =

…………⑥

则由①②③④⑤⑥，可得

解图2－15

题图2-15

2211

122212

1221

231243 1.96(m s )3454 1.96(m s )345543 5.88(m s )345m m g a g m m m m g a g m m m m g

a g m m ---?-==-=-??+??-=-=-=-??+?

?-===??+?

（2）将a 3的值代入③式，可得

12212

80.784N 34m m g

T m m =

、

122 1.57N T T ==

2-16．桌面上有一质量 1.50kg M =的板，板上放一质量为 2.45kg m =的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的摩擦系数均为. 要将板从物体下面抽出，至少需要多大的水平力

解：由牛顿第二定律得

M F f f a M

--=

如题图2-16（c ），以m 为研究对象，''

11,N f 分别为M 给m 的支持力、

摩擦力。则有

1m f a m

又因为

()g M m N f mg N N f f +======μμμμμ22'1'11,

则M m a a ≥可化为

()F M m g mg mg

M m

μμμ-+-≥

解出

min 2()19.4F m M g μ=+=（N ）

2-17．已知一个倾斜度可以变化但底边长L 不变的斜面：

（1）求石块从斜面顶端无初速地滑到底所需时间与斜面倾角α之间的关系，设石块与斜面间的滑动摩擦系数为μ；

（2）若斜面倾角为00

6045和时石块下滑的时间相同，问滑动摩擦系数μ为多大

解：（1）石块其沿斜面向下的加速度为

、

sin cos mg a mg a

a m

μ-=

sin cos g a g a μ=-

又

解图2－16

cos 2

L s at a =

=，则： 2cos (sin cos )

t g a a a μ=

（2）当60α=?时

12cos60(sin 60cos60)L

t g μ=

??-?，

当45α=?时

22cos 45(sin 45cos 45)

t g μ=

??-?

根据题意

12t t =

解出

0.27μ=

2-18，如题图2-18所示，用一穿过光滑桌面上小孔的轻绳，将放在桌面上的质点m 与悬挂着的质点M 连接起来，m 在桌面上作匀速率圆周运动，问m 在桌面上圆周运动的速率v 和圆周半径r 满足什么关系时，才能使M 静止不动

解：如题图2-18，以M 为研究对象,有

'Mg T =………………①

以m 为研究对象，水平方向上，有

n T ma m r

==v ……②

又有

'T T =………………③

由①、②、③可得

2Mg r m

2-19．一质量为0.15kg 的棒球以-1

040m s =?v 的水平速度飞来，被棒打击后，速度仍沿水

平方向，但与原来方向成1350角，大小为-1

50m s =?v 。如果棒与球的接触时间为0.02s ，求棒对球的平均打击力大小及方向。

解：在初速度方向上，由动量定理有

10cos135F t m m -=?-v v

①

在和初速度垂直的方向上，由动量定理有

题图2-18

2cos 45F t m =?v ②

平均打击力

F = ③

由①②③带入数据得

624N F =

与原方向成F

arctan ?=???

??-15512F F 2-20. 高空作业时系安全带是非常必要的。假如一质量为51.0kg 的人，在操作时不慎从高空竖直跌落下来，由于安全带的保护，最终使他被悬挂起来。已知此人竖直跌落的距离为2.0m ，安全带弹性缓冲作用时间为。求安全带对人的平均冲力。

解以人为研究对象，按分析中的两个阶段进行讨论。在自由落体过程中，人跌落2.0m 时的速度为

1=v

要缓冲过程中，根据动量定理，有 21()mg F t m m -?=-v v 其中2=0v ，解得

31.1410N F mg ==?

2-21. 两质量均为M 的冰车头尾相接地静止在光滑的水平冰面上，一质量为m 的人从一车跳到另一车上，然后再跳回，试证明，两冰车的末速度之比为()m M +/M 。

解：任意t 时刻，由系统的动量守恒有

12()0M M m -+=v v

【

所以两冰车的末速度之比

()12M m M

+=v v

2-22．质量为m 的物体，由水平面上点O 以初速度0v 抛出，0v 与水平面成仰角α。若不计空气阻力，求：

（1）物体从发射点O 到最高点的过程中，重力的冲量；（2）物体从发射点落回至同一水平面的过程中，重力的冲量。

解：（1）在竖直方向上只受到重力的作用，由动量定理有

00(sin )m I α-=重v

得

—

0sin I m α

=-重v

方向竖直向下。

（2）由于上升和下落的时间相等，物体从发射点落回至同一水平面的过程中，重力的冲量

02sin I m α=-重v

方向竖直向下。

2-23．一个质量为50g 的小球以速率1

20m s -?做平面匀速圆周运动，在1/4周期内向心力给它的冲量是多大

解：由解图2-23可得向心力给物体的冲量大小

12 1.41N S I m ==?v

2-24．自动步枪连续发射时，每分钟射出120发子弹，每发子弹的质量为7.90g ，出口速率

1735m s -?，求射击时枪托对肩膀的平均冲力。

解：由题意知枪每秒射出2发子弹，则由动量定理有

2d 0d tm F t '-=v

由牛顿第三定律有：枪托对肩膀的平均冲力

11.6N F F '==

2-25. 如题图2-25所示，已知绳能承受的最大拉力为，小球的质量为0.5kg ，绳长0.3m ，水平冲量I 等于多大时才能把绳子拉断（设小球原来静止）。

解：由动量定理有

0m I -=v

①

由牛顿第二定律有

F mg m l

-=v

②

由①②带入数据得

10.857kg m s I -=??

、

2-26. 质量为M 的木块静止在光滑的水平面桌面上，质量为m ，速度为0v 的子弹水平地射

题图2-25

解图2－23

入木块，并陷在木块内与木块一起运动。求：（1）子弹相对木块静止后，木块的速度和动量；（2）子弹相对木块静止后，子弹的动量；（3）在这个过程中，子弹施于木块的冲量。

解：（1）由于系统在水平方向上不受外力，则由动量守恒定律有

0()m m M =+v v

所以木块的速度

m m M

+v v

动量

m M M

m M

=+v v

（2）子弹的动量

m m m M

=+v v

（3）对木块由动量定理得

m I M M

m M

==+v v

2-27．一件行李的质量为m ，垂直地轻放在水平传送带上，传送带的速率为v ，它与行李间的摩擦系数为μ，问：

（1）行李在传送带上滑动多长时间（2）行李在这段时间内运动多远 : 解：（1）对行李由动量定理有

0mg t m μ?=-v

得

t g

μ?=

（2）行李在这段时间内运动的距离，由

ma mg =μ， g a μ=

得

222111=222s at g t g

μμ=?=v

2-28．体重为P 的人拿着重为Q 的物体跳远，起跳仰角为?，初速度为0v ，到达最高点该人将手中物体以水平向后的相对速度u 抛出，问跳远成绩因此增加多少

解：在最高点由系统动量守恒定律有

0()cos ()P Q P Q u ?+=+-v v v ①

增加成绩

00sin (cos )

s g

??=-v v v ②

由①②可得

0sin Q

s u P Q g

??=

2-29. 质量为m 的一只狗，站在质量为M 的一条静止在湖面的船上，船头垂直指向岸边，狗与岸边的距离为0S ．这只狗向着湖岸在船上走过l 的距离停下来，求这时狗离湖岸的距离S （忽略船与水的摩擦阻力）

． |

解：设V 为船对岸的速度，u 为狗对船的速度，由于忽略船所受水的阻力，狗与船组成的系统水平方向动量守恒

0)(=++u V m MV 即

u m

M m

V +-=

船走过的路程为

l m M m

t u m M m t V L t

+=+==??0

0d d 狗离岸的距离为

l m

M M

S L l S S +-

=--=00)(

2-30 一物体在介质中按规律2x ct =作直线运动，c 为一常量。设介质对物体的阻力正比于速度的平方。试求物体由x 0=0运动到x =l 时，阻力所做的功。（已知阻力系数为k ）

解由运动学方程2x ct =，可得物体速度

d 2d x ct t

==v

物体所受阻力大小为

22244F k kc t kcx ===v

阻力做的功为

200d d 4d 2l l

W F x F x kcx x kcl =?=-=-=-???

2-31．一辆卡车能沿着斜坡以1

15km h -?的速率向上行驶，斜坡与水平面夹角的正切

tan 0.02α=，所受的阻力等于卡车重量的，如果卡车以同样的功率匀速下坡，则卡车的速

率是多少

解：如解图2-31所示，由于斜坡角度很小所以有

sin 0.02tg αα≈=

且阻力

0.04f G =

上坡时牵引力为

sin 0.06F f G G α=+=

下坡时牵引力为

}

sin 0.02F f G G α'==－

由于上坡和下坡时功率相同，故

P F F ''==v v

所以

1145km h 12.5m s --'=?=?v

2-32．某物块重量为P ，用一与墙垂直的压力N F 使其压紧在墙上，墙与物块间的滑动摩擦系数为μ，试计算物块沿题图2-32所示的不同路径：弦AB ，劣弧AB ，折线AOB 由A 移动到B 时，重力和摩擦力的功。已知圆弧半径为r 。

解：重力是保守力，而摩擦力是非保守力，其大小为f N μ=。（1）、（2）物块沿弦AB 由A 移动到B 时，重力的功

1G W mgh Pr ==

摩擦力的功

12f W f AB Nr μ=?=

（3）物块沿圆弧AB 由A 移动到B 时，重力的功

2G W mgh Pr ==

摩擦力的功

f W f AB Nr πμ=?=2

（4）物块沿折线AOB 由A 移动到B 时，重力的功

3G W mgh Pr ==。

摩擦力的功

32f W f AOB Nr μ=?=

2-33．求把水从面积为2

50m 的地下室中抽到街道上来所需做的功。已

解图2-31

题图2-32

知水深为1.5m ，水面至街道的竖直距离为5m 。

解：如解图2-33以地下室的O 为原点，取x 坐标轴向上为正，建立坐标轴。选一体积元d d V S x =，则其质量为

d d d m p V pS x ==。

把d m 从地下室中抽到街道上来所需做的功为

！

d (6.5)d W g x m =-

故

1.5 1.5

d (6.5)d 4.2310(J)W W pSg x x ==-=???

2-34．一人从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，人所做的功．

解：选竖直向上为坐标y 轴的正方向，井中水面处为坐标原点. 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

0.2107.8 1.96F mg gy y =-=-

人的拉力所做的功为 0

d d H

W W F y ==

＝

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

2-35．一质量为m 、总长为l 的匀质铁链，开始时有一半放在光滑的桌面上，而另一半下垂。试求铁链滑离桌面边缘时重力所做的功。

解：选一线元d x ，则其质量为

d d m

m x l

。铁链滑离桌面边缘过程中，OA 段的重力做的功为

12210

d ()d 28

l l W W g l x m mgl ==-=??

OB 段的重力的功为

2111

224

W mg l mgl =?=

[

故总功

123

W W W mgl =+=

2-36．一辆小汽车，以i =v v 的速度运动，受到的空气阻力近似与速率的平方成正比，

2F A i =-v ，A 为常量，且220.6N s m A -=??。

解图2-35

（1）如小汽车以1

80km h -?的恒定速率行驶1km ，求空气阻力所做的功；（2）问保持该速率,必须提供多大的功率

解：（1）小汽车的速率为

1212

80km h 10m s 9

--=?=??v

空气阻力为

22228000

0.6(10)(N)927

F A =-=-??=-v

则空气阻力所做的功

8000

1000J =296(kJ)27

W F r =??=-

?() （2）功率为

8000200

(2)6584(W)279

P F ==

?=v 2-37．一沿x 轴正方向的力作用在一质量为3.0kg 的质点上。已知质点的运动方程为

2334x t t t =-+，这里x 以m 为单位，时间t 以s 为单位。试求：

（1）力在最初4.0s 内做的功；

（2）在=1s t 时，力的瞬时功率。

解：(1) 2d ()383d x

t t t t

==-+v 则 \

11(4)19m s ,(0)3m s --=?=?v v

由功能原理，得

1(4)(0)528(J)2

k W E m ??=?=

-=??v v (2) d ()68d a t t t

=-v

1t s =时

3.0(68) 6.0(N)F ma ==?-=- 1(1)3832(m s )-=-+=-?v

则瞬时功率

12W P F ==v

2-38．质量为m 的物体置于桌面上并与轻弹簧相连，最初m 处于使弹簧既未压缩也未伸长的位置，并以速度0v 向右运动，弹簧的劲度系数为k ，物体与支承面间的滑动摩擦系数为μ，求物体能达到的最远距离。

解：设物体能达到的最远距离为(0)x x >根据机械能守恒定律，有

01122

m kx mgx μ=+v 即

020m mg

x x k k μ+-=v

解得

）

02211k mg x k mg μμ?

+- ? ???

2-39. 质量为3.0kg 的木块静止在水平桌面上，质量为5.0g 的子弹沿水平方向射进木块。两者合在一起，在桌面上滑动25cm 后停止。木块与桌面的摩擦系数为，试求子弹原来的速度。

解：在子弹沿水平方向射进木块的过程中，由系统的动量守恒有

0()M M m =+v v

①

一起在桌面上滑动的过程中，由系统的动能定理有

()()2

M m M m gl μ+=+v ②

由①②带入数据有

10600(m s )-=?v

；

2-40. 光滑水平平面上有两个物体A 和B ，质量分别为A m 、B m 。当它们分别置于一个轻弹簧的两端，经双手压缩后由静止突然释放，然后各自以A v 、B v 的速度做惯性运动。试证明分开之后，两物体的动能之比为： A B

B A

k k E m E m =。

解：由系统的动量守恒有

A A

B B 0m m -=v v

所以

A B

B A

m m =v v 物体的动能之比为

A A A

B 2B B B A

(1/2)(1/2)k k E m m E m m ==v v

2-41．如题图2-41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

212

c mgH m =

v 带入数据得

c =v ！

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 m m θ=v v ，

得

θ=v

方向沿CD 方向。

（3）由于受到竖直的冲力作用，m 在C 点损失的动量

p θ?=

方向竖直向下。

2-42.以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，若铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1cm ，问击第二次时能击入多深(假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同。)

解：设铁钉进入木板内x 时，木板对铁钉的阻力为

f kx =

由于铁锤两次打击铁钉时的速度相同，故

d d x

kx x kx x =??

解得

x =

所以，第二次时能击入

1)cm 深。

：

2-43．从地面上以一定角度发射地球卫星，发射速度0v 应为多大才能使卫星在距地心半径

为r 的圆轨道上运转

解：设卫星在距地心半径为r 的圆轨道上运转速度为v , 地球质量为M , 半径为e R ,卫星质量为m .

根据机械能守恒，有

20e 1122GMm GMm m m R r

-=-v v 又由卫星圆周运动的向心力为

22N GMm m F r r

==v

卫星在地面附近的万有引力即其重力，故

e GMm

mg R = 联立以上三式，得

[

e 0e 1212R gR r ??

=- ???

2-44．一轻弹簧的劲度系数为1

100N m k -=?，用手推一质量

0.1kg m =的物体A 把弹簧压缩到离平衡位置为10.02m

x =处，如题图2-44所示。放手后，物体沿水平面移动距离20.1m x =而停止，求物体与水平面间的滑动摩擦系数。

解：物体沿水平面移动过程中，由于摩擦力做负功，致使系统（物体与弹簧）的弹性势能全部转化为内能（摩擦生热）。根据能量关系，有

1212

kx mgx μ= 所以

0.2μ=

【

2-45．一质量0.8kg m =的物体A ，自2m h =处落到弹簧上。当弹簧从原长向下压缩

00.2m x =时，物体再被弹回，试求弹簧弹回至下压0.1m 时物体的速度。

解：如解图2-45所示，设弹簧下压0.1m 时物体的速度为v 。把物体和弹簧看作一个系统，整体系统机械能守恒，选弹簧从原长向下压缩0x 的位置为重力势能的零点。

当弹簧从原长向下压缩00.2m x =时，重力势能完全转化为弹性势能，即

题图2-44

《新编基础物理学》第7章习题解答和分析

第7章气体动理论 7-1 氧气瓶的容积为32L ，瓶内充满氧气时的压强为130atm 。若每小时需用1atm 氧气体积为400L 。设使用过程中保持温度不变，问当瓶内压强降到10atm 时，使用了几个小时? 分析氧气的使用过程中，氧气瓶的容积不变，压强减小。因此可由气体状态方程得到使用前后的氧气质量。进而将总的消耗量和每小时的消耗量比较求解。解已知123130atm,10atm,1atm;p p p === 1232L,V V V ===3400L V =。质量分别为1m ，2m ，3m ,由题意可得: 1 1 m pV RT M = 22m p V RT M = 233m p V RT M = 所以一瓶氧气能用小时数为: ()121233313010329.6(1.0400 m m p V p V n m p V -?--= ===?h) 7-2 一氦氖气体激光管，工作时管内温度是 27C ?。压强是2.4mmHg ，氦气与氖气的压强比是7:1.求管内氦气和氖气的分子数密度. 分析先求得氦气和氖气各自得压强，再根据公式p nkT =求解氦气和氖气的分子数密度。解:依题意, n n n =+氦氖， 52.4 1.01310Pa 760 p p p =+= ??氦氖；:7:1p p =氦氖所以 552.1 0.3 1.01310Pa, 1.01310Pa 760 760 p p = ??= ??氦氖, 根据 p nkT =，得 ()5223 232.1760 1.01310 6.7610(m )1.3810300 p n kT --??===???氦氦 2139.6610(m )P n kT -= =?氖氖 7-3 氢分子的质量为24 3.310 -?g 。如果每秒有23 10个氢分子沿着与墙面的法线成?45角的方向以5 1 10cm s -?的速率撞击在面积为2 2.0cm 的墙面上,如果撞击是完全弹性的,试求这些氢分子作用在墙面上的压强.

新编基础物理学课后答案

习题一 1-1.质点运动学方程为：cos()sin(),r a t i a t j btk ωω=++其中a ，b ，ω均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。分析：由速度、加速度的定义，将运动方程()r t 对时间t 求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。解：/sin()cos()==-++v dr dt a t i a t j bk ωωωω 2/cos()sin()a dv dt a t i t j ωωω??==-+?? 1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即2/d d v v K t -=，式中K 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为 0Kx v v e -= 。其中0v 是发动机关闭时的速度。分析：要求()v v x =可通过积分变量替换dx dv v dt dv a ==，积分即可求得。证： 2d d d d d d d d v x v v t x x v t v K -==?= d Kdx v =-v ??-=x x K 0 d d 10v v v v , Kx -=0 ln v v 0Kx v v e -= 1-3．一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 2,48x t y t ==-。（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程。写出质点的运动学方程)(t r 表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得()v t 和()a t ，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度。解：（1）由2,x t =得：,2 x t =代入248y t =- 可得：2 8y x =-，即轨道曲线。画图略（2）质点的位置可表示为：2 2(48)r ti t j =+- 由/v dr dt =则速度：28v i tj =+ 由/a dv dt =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 =+=+= 1-4．一质点的运动学方程为2 2 (1)x t y t ==-，，x 和y 均以m 为单位，t 以s 为单位。（1）求质点的轨迹方程；（2）在2t s =时质点的速度和加速度。分析同1-3. 解：（1）由题意可知：x ≥0，y ≥0，由2 x t =，，可得t x = ,代入2(1)y t =- 整理得： 1y x =-，即轨迹方程（2）质点的运动方程可表示为：22 (1)r t i t j =+-

《新编基础物理学》第一章习题解答和分析

新编基础物理学王少杰顾牡主编上册第一章课后习题答案 QQ:970629600 习题一 1-1.质点运动学方程为：cos()sin(),r a t i a t j btk ωω=++ 其中a ，b ，ω均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。分析：由速度、加速度的定义，将运动方程()r t 对时间t 求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。解：/sin()cos()==-++ v dr dt a t i a t j bk ωωωω 2 /cos()sin()a dv dt a t i t j ωωω??==-+?? 1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即2/d d v v K t -=，式中K 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为 0K x v v e -= 。其中0v 是发动机关闭时的速度。分析：要求()v v x =可通过积分变量替换dx dv v dt dv a ==，积分即可求得。证： 2 d d d d d d d d v x v v t x x v t v K -==? = d K dx v =-v ?? -=x x K 0d d 10 v v v v , Kx -=0 ln v v 0K x v v e -= 1-3．一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 2,48x t y t ==-。（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程。写出质点的运动学方程)(t r 表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得()v t 和()a t ，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度。解：（1）由2,x t =得：,2 x t =代入2 48y t =- 可得：2 8y x =-，即轨道曲线。画图略（2）质点的位置可表示为：2 2(48)r ti t j =+- 由/v dr dt = 则速度：28v i tj =+ 由/a dv dt = 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 =+=+= 1-4．一质点的运动学方程为2 2 (1)x t y t ==-，，x 和y 均以m 为单位，t 以s 为单位。（1）求

《新编基础物理学答案》_第11章

第11章恒定电流与真空中的恒定磁场 11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同？答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极，使两极间维持一定的电位差。而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静电场起的是抵制电流的作用。电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。把这两种电场与静电场比较，静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。非静电场不由静止电荷产生，它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力，k F E q = 。当然电源种类不同，k F 的起因也不同。 11-2静电场与恒定电场有什么相同处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相同，并且都是位场。但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理和环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。 11-3一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同？电流密度是否相同？电流强度是否相同？为什么？答：此题涉及知识点：电流强度d s I =?? j s ，电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微分形式j E σ= 。设铜线材料横截面均匀，银层的材料和厚度也均匀。由于加在两者上的电压相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强E 相同。由于铜线和银层的电导率σ不同，根据j E σ= 知，它们中的电流密度j 不相同。电流强度d s I =?? j s ，铜线和银层的j 不同但相差不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不相同的。 11-4一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是：（1）电场？（2）磁场？（3）若是电场或者是磁场在起作用，如何判断是哪一种场？答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。可以改变质子的运动方向，通过质子观察运动轨迹来判断是电场还是磁场在起作用。

新编基础物理学上册答案

新编基础物理学上册答案【篇一：新编基础物理学上册1-2单元课后答案】class=txt>王少杰，顾牡主编第一章 ???? 1-1.质点运动学方程为：r?acos(?t)i?asin(?t)j?btk,其中a，b，? 均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。 ? 分析：由速度、加速度的定义，将运动方程r(t)对时间t求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。 ????? 解：v?dr/dt??a?sin(?t)i?a?cos(?t)j?bk ????2 a?dv/dt??a???cos(?t)i?sin(?t)j?? 1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即dv/dt??kv2，式中k 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x距离时的速度为 v?v0e?kx 。其中v0是发动机关闭时的速度。 dvdv 分析：要求v?v(x)可通过积分变量替换a?，积分即可求得。 ?v dtdx dvdvdxdv ???v??kv2dtdxdtdxdv ??kdx vv1xvv???v0v?0kdx ,lnv0??kx 证： v?v0e?kx 1-3．一质点在xoy平面内运动，运动函数为x?2t,y?4t2?8。（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t=1 s和t=2 s 时质点的位置、速度和加速度。分析：将运动方程x和y的两个分量式消去参数t，便可得到质点的轨道方程。写出质点的 ??? 运动学方程r(t)表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得v(t)和 a(t)，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度。

《新编基础物理学答案》_第9章

电荷与真空中的静电场 9-1两个小球都带正电，总共带有电荷5.0 105C,如果当两小球相距2.0m时, 任一球受另一球的斥力为1.0N.试求：总电荷在两球上是如何分配的。分析：运用库仑定律求解。解：如解图9-1所示，设两小球分别带电q1，q2则有 q1+q2 5. C 1 10 5 ①解图9-1 由库仑定律得 F qq?厂29 109盹1② 4 n °r4 由①②联立解得 9-2两根6.0 10 2m长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为 0.5 10 3kg的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。求每一个小球的电量。分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。解：设两小球带电q，小球受力如解图9-2所示 2 F T cos30 ① 4n 0R 解图9-2 mg T sin30 ② 联立①②得叫E tan30。③ q 其中代入③式，得 r 9-3在电场中某一点的场强定义为E —， q。若该点没有试验电荷，那么该点是否存在电场？为什么？答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验 r r — 电荷q°所受力F与q0成正比，故E 一是与q°无关的。

q。

9-4直角三角形ABC 如题图9-4所示，AB 为斜边，A 点上 J 有一点荷q i 1.8 10 9C ,B 点上有一点电荷q 2 4.8 10 9C , 已知BC 0.04m , AC 0.03m ,求C 点电场强度E 的大小和; 超方向(cos37 0.8,sin37 0.6). 分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。解：如解图9-4所示C 点的电场强度为E E r 1 E 2 C 点电场强度E 的大小方向为 C 即方向与BC 边成33.7 ° 9-5两个点电荷q 1 4 10 6C, q 2 8 10 6C 的间距为 0.1m ,求距离它们都是0.1m 处的电场强度E 。分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。解：如解图9-5所示 E 1，E 2沿x 、y 轴分解电场强度为 9-6有一边长为a 的如题图9-6所示的正六角形，四个顶点都放有电荷q ,两个顶点放有电荷一q 。试计算图中在六角形中心O 点处的场强。分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。解:如解图 9-6 所示.设 q 1 q 2 q 3 q 6=q , q 4 q 5 = 分析：将带电直线无限分割，取一段电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元的场强，再积分求解。注意：先将电荷元产生的场强按坐标轴分解然后积分，并利用场强对称性。解：如解图9-7建立坐标，带电直线上任一电荷元在 P 点产生的场强大小为题图9-4 解图9-4 解图9-5 点电荷在o 点产生的电场强度大小均为 E E 1 E 2 E 3 L E 6 q 2 4 n Q 3 各电场强度方向如解图9-6所示, E 3与E 6抵消. 根据矢量合成，按余弦定理有解得方向垂直向下. 9-7电荷以线密度均匀地分布在长为I 的直线上，电直线的中垂线上与带电直线相距为 R 的点的场强。求带 ——H y v \ A 题图9-6 解图9-6

新编基础物理学14单元课后答案

新编基础物理学14单元课后答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

第十四章 14-1.如题图14－1所示，一束平行光线以入射角θ射入折射率为n ，置于空气中的透明圆柱棒的端面．试求光线在圆柱棒内发生全反射时，折射率n 应满足的条件．分析：一次折射，一次反射；利用端面折射角与内侧面入射角互余及全反射条件即可求解。解：设光线在圆柱棒端面的折射角为γ，在内侧面的入射角为'θ，根据折射定律，有' sin 'cos sin sin 222θθγθn n n n -=== 光线在界面上发生全反射的条件为1 'sin ≥θn ∴发生全反射时，n 必须满足θ2 sin 1+≥n 14-2.远处有一物点发出的平行光束，投射到一个空气中的实心玻璃球上．设玻璃的折射率为50.1=n ，球的半径为cm r 4=．求像的位置．分析：利用逐步成像法，对玻璃球的前后两个球面逐一成像，即可求得最后像的位置．用高斯成像公式时，应注意两个球面的顶点位置是不同的．cm r r cm r r 4,421-=-===．解： cm cm r n n f 12)415.15.1(1'11=?-=-= cm cm f n f 8)5.112('111-=-=-= cm f p p p f p f 12'',,1''1111 111==∞==+ 或用 -∞====-=-1111 1 11111,1,5.1','''p n n n r n n p n p n cm p p 12',4 15.11'5.111=-=∞-- 对玻璃球前表面所成的像，对后表面而言是物，所以 cm cm r p p 4)812(2'212=-=+= 题图14-1

《新编基础物理学》第1章习题解答和分析

第1章质点运动学 1-1. 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为x ＝8t 3－6t （m ），试计算质点 (1) 在最初2s 内的平均速度，2s 末的瞬时速度； (2) 在1s 末到3s 末的平均加速度，3s 末的瞬时加速度. 分析：平均速度和瞬时速度的物理含义不同，分别用x t ?=?v 和d d x t =v 求得；平均加速度和瞬时加速度的物理含义也不同，分别用a t ?= ?v 和d d a t =v 求得. 解：(1) 在最初2s 内的平均速度为 31(2)(0)(8262)0 26(m s )2 x x x t t -?-?-?-====???v 2s 末质点的瞬时速度为 212d 24690(m s )d x t t -= =-=?v (2) 1s 末到3s 末的平均加速度为 22(3)(1)(2436)(246)96(m s )2 a t t -?-?---====???v v v 3s 末的瞬时加速度 23d 48144(m s )d a t t -= ==?v 1-2．一质点在xOy 平面内运动，运动方程为2 2(m),48(m)x t y t ==-. （1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求=1 s =2 s t t 和时质点的位置、速度和加速度. 分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程.写出质点的运动学方程)(t r 表达式.对运动学方程求一阶导、二阶导得()t v 和()a t ，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度. 解：（1）由2,x t = 得：,2 x t = 代入248y t =- 可得：2 8y x =-，即轨道方程. 画图略（2）质点的位置矢量可表示为 22(48)r ti t j =+- 则速度 d 28d r i t j t = =+v 加速度 d 8d a j t = =v 当t =1s 时，有 1224(m),28(m s ),8m s r i j i j a j --=-=+?=?v

新编基础物理学上册7-8单元课后答案

第七章 7-1 氧气瓶的容积为32,L 瓶内充满氧气时的压强为130atm 。若每小时用的氧气在1atm 下体积为400L 。设使用过程温度保持不变，当瓶内压强降到10atm 时，使用了几个小时? 分析氧气的使用过程中，氧气瓶的容积不变，压强减小。因此可由气体状态方程得到使用前后的氧气质量。进而将总的消耗量和每小时的消耗量比较求解。解已知123130,10,1;P atm P atm P atm === ,3221L V V V ===L V 4003=。质量分别为1m ，2m ，3m ,由题意可得: 1 1 m PV RT M = ○ 1 22 m PV RT M = ○2 2 33 m PV RT M = ○3 所以一瓶氧气能用小时数为: ()1212 333 13010329.61.0400m m PV PV n m PV -?--= ===?小时 7-2 一氦氖气体激光管，工作时管内温度为 27C ?。压强为2.4mmHg ，氦气与氖气得压强比是7:1.求管内氦气和氖气的分数密度. 分析先求得氦气和氖气各自得压强，再根据公式P nkT =求解氦气和氖气的分数密度。解:依题意, n n n =+氦氖， 52.4 1.01310760P P P Pa =+=??氦氖；:7:1P P =氦氖所以 55 2.1 0.31.01310, 1.01310760 760 P Pa P Pa = ??=??氦氖, 根据 P nkT = 所以 ()522323 2.1760 1.01310 6.76101.3810300P n m kT --??===???氦氦 2139.6610P n m kT -=?氖氖 7-3 氢分子的质量为243.310-?克。如果每秒有2310个氢分子沿着与墙面的法线成?45角的方向以510厘米/秒的速率撞击在面积为22.0cm 的墙面上,如果撞击是完全弹性的,求这些氢分子作用在墙面上的压强. 分析压强即作用在单位面积上的平均作用力，而平均作用力由动量定理求得。解:单位时间内作用在墙面上的平均作用力为: 2cos 45F mv N =? 2752234 2 3.3101010102cos 4522330210F mv N p Pa S S ---?????= ===? 7-4 一个能量为1210ev 的宇宙射线粒子,射入一氖气管中,氖管中含有氦气0.10mol,如果宇

新编基础物理学上册9单元课后答案

题9-2解图第九章 9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷55.010C -?,如果当两小球相距2.0m 时，任一球受另一球的斥力为1.0N.试求总电荷在两球上是如何分配的？分析：运用库仑定律求解。解：如图所示，设两小球分别带电q 1，q 2则有 q 1+q 2=5.0310-5C ① 由题意，由库仑定律得： 91212 2 091014π4 q q q q F r ε???=== ② 由①②联立得：5 15 2 1.210C 3.810C q q --?=???=??? 9-2 两根6.0310-2m 长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为0.5310-3kg 的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。求每一个小球的电量。分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。解：设两小球带电q 1=q 2=q ，小球受力如图所示 2 2 0cos304πq F T R ε==? ① sin 30mg T =? ② 联立①②得： 2o 02 4tan30mg R q πε= ③ 其中22sin 6061010(m)r l --=?= ?= 2R r = 代入③式，即： q =1.01310-7C 9-3 电场中某一点的场强定义为0 F E q = ，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在场强？为什么？答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷q 0所受力F 与 q 0成正比，故0 F E q = 是与q 0无关的。 9-4 直角三角形ABC 如题图9-4所示，AB 为斜边，A 点上有一点荷91 1.810C q -=?，B 点上有一点电荷92 4.810C q -=-?，已知BC =0.04m ，AC =0.03m ，求C 点电场强度E 的大小和方向(cos37°≈0.8, sin37°≈0.6). 分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。题9-1解图

新编基础物理学王少杰第二版习题解答

习题八 8-1 位于委内瑞拉的安赫尔瀑布是世界上落差最大的瀑布，它高979m.如果在水下落的过程中，重力对它所做的功中有50％转换为热量使水温升高，求水由瀑布顶部落到底部而产生的温差.(水的比热容c 为3114.1810J kg K --???) 解由上述分析得水下落后升高的温度 8-2在等压过程中，0.28kg 氮气从温度为293K 膨胀到373K ，问对外做功和吸热多少?内能改变多少? 解：等压过程气体对外做功为气体吸收的热量内能的增量为 8-3一摩尔的单原子理想气体，温度从300K 加热到350K 。其过程分别为体积保持不变和压强保持不变。在这两种过程中： (1)气体各吸取了多少热量？ (2)气体内能增加了多少？ (3)气体对外界做了多少功？解：已知气体为1摩尔单原子理想气体 (1) 体积不变时，气体吸收的热量压强保持不变时，气体吸收的热量 (2) 由于温度的改变量一样，气体内能增量是相同的 (3) 体积不变时，气体对外界做功压强保持不变时，根据热力学第一定律，气体对外界做功为

8-4一气体系统如题图8-4所示,由状态A 沿ACB 过程到达B 状态,有336J 热量传入系统,而系统做功126J,试问: (1)若系统经由ADB 过程到B 做功42J,则有多少热量传入系统? 收多 (2)若已知168J D A E E -=,则过程AD 及DB 中,系统各吸少热量? (3)若系统由B 状态经曲线BEA 过程返回状态A ,外界对系统做功84J,则系统与外界交换多少热量?是吸热还是放热? 解：已知ACB 过程中系统吸热336J Q =,系统对外做功126J W =,根据热力学第一定律求出B 态和A 态的内能增量 (1)ADB 过程，42J W =,故 (2)经AD 过程,系统做功与ADB 过程做功相同,即42J W =，故经DB 过程,系统不做功,吸收的热量即内能的增量所以，吸收的热量为 (3)因为是外界对系统做功，所以 BEA 过程 210J BEA E E ?=-?=-, 故系统放热. 8-5如题图8-5所示，压强随体积按线性变化，若已知某种单原子理想气体在A,B 两状态的压强和体积,问: (1)从状态A 到状态B 的过程中,气体做功多少? 题图8-4 题图8-5

新编基础物理学(上册)1-2单元课后答案

新编物理基础学(上、下册)课后习题详细答案王少杰，顾牡主编第一章 1-1.质点运动学方程为：cos()sin(),r a t i a t j btk ωω=++其中a ，b ，ω均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。分析：由速度、加速度的定义，将运动方程()r t 对时间t 求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。解：/sin()cos()==-++v dr dt a t i a t j bk ωωωω 2/cos()sin()a dv dt a t i t j ωωω??==-+?? 1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即2/d d v v K t -=，式中K 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为 0Kx v v e -= 。其中0v 是发动机关闭时的速度。分析：要求()v v x =可通过积分变量替换dx dv v dt dv a ==，积分即可求得。证： 2d d d d d d d d v x v v t x x v t v K -==?= d Kdx v =-v ??-=x x K 0d d 10v v v v , Kx -=0ln v v 0Kx v v e -= 1-3．一质点在xOy 平面运动，运动函数为22,48x t y t ==-。（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程。写出质点的运动学方程)(t r 表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得()v t 和()a t ，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度。解：（1）由2,x t =得：,2 x t =代入248y t =- 可得：28y x =-，即轨道曲线。画图略（2）质点的位置可表示为：22(48)r ti t j =+- 由/v dr dt =则速度：28v i tj =+ 由/a dv dt =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 =+=+= 1-4．一质点的运动学方程为22(1)x t y t ==-，，x 和y 均以m 为单位，t 以s 为单位。（1）求质点的轨迹方程；（2）在2t s =时质点的速度和加速度。分析同1-3. 解：（1）由题意可知：x ≥0，y ≥0，由2x t =，，可得t = ,代入2(1)y t =- 1=-，即轨迹方程

新编基础物理学第二版第五章习题解答

习题五 5-1 有一弹簧振子，振幅2 2.010m A -=?，周期 1.0s T =，初相34 π ?= .试写出它的振动位移、速度和加速度方程。解：振动方程为 2cos()cos( )x A t A t T π ω??=+=+ 代入有关数据得 30.02cos(2)(m)4 x t π π=+ 振子的速度和加速度分别是 1d 30.04sin(2)(m s )d 4 x t t πππ-= =-+?v 2222d 30.08cos(2)(m s )d 4 x a t t π ππ-==-+? 5-2一弹簧振子的质量为0.500kg ，当以35.0cm 的振幅振动时，振子每0.500s 重复一次运动.求振子的振动周期T 、频率ν、角频率ω、弹簧的倔强系数k 、物体运动的最大速率max v 、和弹簧给物体的最大作用力max F . 解：由题意可知 0.500s T =；所以频率 1/ 2.00H z v T ==；角频率 12=4=12.6(rad s )v ωππ-=?；倔强系数 2210.50012.679.4(N m )k m ω-==?=?；最大速率 1 0.3512.6 4.41(m s )max A ω-==?=?v 最大作用力 2 2 0.5000.3512.627.8(N)max max F ma mA ω===??= 5-3质量为2kg 的质点，按方程0.2cos(5)(m)6 x t π =-沿着x 轴振动.求：（1）0t =时，作用于质点的力的大小；（2）作用于质点的力的最大值和此时质点的位置.

解：（1）跟据牛顿第二定律 222d d x f m m x t ω==-，0.2cos(5)(m)6x t π=- 将0=t 代入上式中，得： 5.0N f = （2）由x m f 2ω-=可知，当0.2m x A =-=-时，质点受力最大，为10.0N f = 5-4在某港口海潮引起海洋的水平面以涨落高度d （从最高水平到最低水平）做简谐运动，周期为12.5h.求水从最高处下降了d /4高度需要多少时间？解：从最高水平到最低水平为2倍的振幅，由题可得旋转矢量图，从解图5-4中可见 /4arc cos( )/23 d d π θ== /3 12.5 2.08(h)2/2t T θθπωππ = === 5-5一放置在水平桌面上的弹簧振子，其振幅2 2.010m A -=?，周期0.5s T =，当0t =时，则：（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置，向负方向运动；（3）物体在2 1.010m x -=?处，向负方向运动；（4）物体在21.010m x -=-?处，向负方向运动. 求以上各种情况的振动方程。解：设所求振动方程为 2cos( )0.02cos(4)x A t t T π ?π?=+=+ 由旋转矢量图解图5-5可求出初相位 3/2,3/,2/,04321π?π?π??==== （1）0.02cos 4(m)x t π= （2）0.02cos(4)(m)2 x t π π=+ （3）0.02cos(4)(m)3 x t π π=+ 解图 5-5 解图5-4

《新编基础物理学》下册习题解答和分析

题9-2解图第九章习题解答 9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷55.010C -?,如果当两小球相距2.0m 时，任一球受另一球的斥力为1.0N.试求总电荷在两球上是如何分配的？分析：运用库仑定律求解。解：如图所示，设两小球分别带电q 1，q 2则有 q 1+q 2=5.0×10-5C ① 由题意，由库仑定律得： 91212 2091014π4 q q q q F r ε???=== ② 由①②联立得：5 15 2 1.210C 3.810C q q --?=???=??? 9-2 两根6.0×10-2m 长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为0.5×10-3 kg 的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位臵上。求每一个小球的电量。分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。解：设两小球带电q 1=q 2=q ，小球受力如图所示 2 2 0cos304πq F T R ε==? ① sin 30mg T =? ② 联立①②得： 2 o 02 4tan30mg R q πε= ③ 223 sin 606103310(m)2 r l --=?= ??=? 其中 2R r = 代入③式，即： q =1.01×10-7 C 9-3 电场中某一点的场强定义为0 F E q = ，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在场强？为什么？答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位臵有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷 q 0所受力F 与 q 0成正比，故0 F E q = 是与q 0无关的。题9-1解图

新编基础物理学答案_第9章

1文档收集于互联网，如有不妥请联系删除. 解图9-2 第9章电荷与真空中的静电场 9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷55.010C -?,如果当两小球相距2.0m 时，任一球受另一球的斥力为1.0N.试求：总电荷在两球上是如何分配的。分析：运用库仑定律求解。解：如解图9-1所示，设两小球分别带电q 1，q 2则有 512+ 5.010q q -=? ① 由库仑定律得 912122091014π4 q q q q F r ε?=== ② 由①②联立解得 9-2 两根2 6.010m -?长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为30.510kg -?的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。求每一个小球的电量。分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。解：设两小球带电12=q q q =，小球受力如解图9-2所示 2 20cos304πq F T R ε==? ① sin30mg T =? ② 联立①②得 2 o 024tan30mg R q πε= ③ 其中代入③式，得 9-3 在电场中某一点的场强定义为0 F E q =，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在电场？为什么？答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷0q 所受力F 与0 q 成正比，故0 F E q =是与0q 无关的。 9-4 直角三角形ABC 如题图9-4所示，AB 为斜边，A 点上有一点荷解图9-1 题图9-4

《新编基础物理学标准答案》-第9章

解图9-2 第9章电荷与真空中的静电场 9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷5 5.010C -?,如果当两小球相距2.0m 时，任一球受另一球的斥力为1.0N ．试求：总电荷在两球上是如何分配的。分析:运用库仑定律求解。解:如解图9－1所示,设两小球分别带电ｑ1,ｑ2则有 5 12+ 5.010q q -=? ① 由库仑定律得 91212 2 091014π4 q q q q F r ε?=== ② 由①②联立解得 515 2 1.210C 3.810C q q --?=???=??? 9－２两根2 6.010m -?长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为 30.510kg -?的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时,每根丝线都平衡在与沿垂线成 60°角的位置上。求每一个小球的电量。分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。解:设两小球带电12=q q q =,小球受力如解图９-2所示 2 2 0cos304πq F T R ε==? ① sin30mg T =? ② 联立①②得 2 o 02 4tan30mg R q πε= ③ 其中 223 sin 606103310(m)2 r l --=?= ??=? 2R r = 代入③式,得 71.0110C q -=? 解图9-1

9－3 在电场中某一点的场强定义为0 F E q = ，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在电场?为什么? 答：若该点没有试验电荷,该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关,从库仑定律知道，试验电荷0q 所受力F 与0q 成正比，故0 F E q = 是与0q 无关的。 9-4 直角三角形A ＢC 如题图9-4所示,A Ｂ为斜边，A 点上有一点荷 91 1.810C q -=?,B 点上有一点电荷92 4.810C q -=-?，已知 0.04m BC =，0.03m AC =，求Ｃ点电场强度E 的大小和方向 (cos370.8?≈,sin370.6?≈). 分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。解：如解图９-4所示Ｃ点的电场强度为12E E E =+ 99 411122 0 1.810910 1.810(N C )4π()(0.03)q E AC ε--???===?? 9941 2222 0 4.810910 2.710(N C )4π()(0.04) q E BC ε--???===?? C 点电场强度E 的大小 22 2244112 1.8 2.710 3.2410(N C )E E E -=+=+?=?? 方向为 4 o 14 2 1.810arctan arctan 33.72.710 E E α?===? 即方向与B Ｃ边成33.7°。 9-5 两个点电荷66 12410C,810C q q --=?=?的间距为0.1m ，求距离它们都是0.1m 处的电场强度E 。分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。解：如解图9-５所示 9661 1122 01910410 3.610(N C )4π10 q E r ε---???===?? 解图9-5 解图9-4 C 题图9-4

新编基础物理学第二版第二章习题解答

习题二 2-1．两质量分别为m 和M ()M m ≠的物体并排放在光滑的水平桌面上，现有一水平力F 作用在物体m 上，使两物体一起向右运动，如题图2-1所示，求两物体间的相互作用力。若水平力F 作用在M 上，使两物体一起向左运动，则两物体间相互作用力的大小是否发生变化？解：以m 、M 整体为研究对象，有 ()F m M a =+…① 以m 为研究对象，如解图2-1（a ），有 Mm F F ma -=…② 由①、②两式，得相互作用力大小若F 作用在M 上，以m 为研究对象，如题图2-1（b ）有 Mm F ma =…………③ 由①、③两式，得相互作用力大小 Mm mF F m M = + 发生变化。 2-2. 在一条跨过轻滑轮的细绳的两端各系一物体，两物体的质量分别为M 1和M 2 ，在M 2上再放一质量为m 的小物体，如题图2-2所示，若M 1=M 2= 4m ，求m 和M 2之间的相互作用力，若M 1=5m ，M 2=3m ，则m 与M 2之间的作用力是否发生变化？解：受力图如解图2-2，分别以M 1、M 2和m 为研究对象，有 111T M g M a -= 又 12T T =，则 2 M m F = 1122M mg M M m ++ 当124M M m ==时当125,3M m M m ==时 2109 M m mg F =，发生变化。 2-3.质量为M 的气球以加速度a v 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？题图2-2 题图2-1 解图2-1 解图2-2 解图2-3

新编基础物理学上册3-4单元课后答案

第三章 3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R 的圆孔，孔的中心在1 2 R 处，求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。分析：用补偿法（负质量法）求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。注意对同一轴而言。解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为： 211 2 J MR = ① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为： 2222213()()2424232 c M R M R J J m d MR =+= ??+?= ② 由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为： 21213 32 J J J MR =-= 3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M ，长度为L ，在其中点O 处弯成120θ=?角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得解：（1）对x 轴的转动惯量为： 2 02 220 1(sin 60)32 L x M J r dm l dl ML L ===?? （2）对y 轴的转动惯量为： 20222015()(sin 30)32296 L y M L M J l dl ML L =??+=? （3）对Z 轴的转动惯量为： 2211 2()32212 z M L J ML =???= 3-3 电风扇开启电源后经过5s 达到额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为20.5kg m ?，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量，求电机的电磁力矩M 。分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M 。解：由定轴转动定律得：1f M M J β-=，即 11252520.50.5 4.12516 f M J M J J N m ππ βββ??=+=+=? +?=? 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F ，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。分析：分别考虑两个研究对象：闸瓦和杆。对象闸瓦对飞轮的摩擦力f 对O 点的力矩使飞轮逐渐停止转动，对飞由轮转动定律列方程，因摩擦系数是定值，则飞轮做匀角加速度运动，由转速求角加速度。对象杆受的合力矩为零。题图3-2

新编基础物理学第二版第二章习题解答

《新编基础物理学》第7章习题解答和分析

新编基础物理学课后答案

《新编基础物理学》第一章习题解答和分析

《新编基础物理学答案》_第11章

新编基础物理学上册答案

《新编基础物理学答案》_第9章

新编基础物理学14单元课后答案

《新编基础物理学》第1章习题解答和分析

新编基础物理学上册7-8单元课后答案

最新新编基础物理学上册5-6单元课后答案

新编基础物理学上册9单元课后答案

新编基础物理学王少杰第二版习题解答

新编基础物理学(上册)1-2单元课后答案

新编基础物理学第二版第五章习题解答

《新编基础物理学》下册习题解答和分析

新编基础物理学答案_第9章

《新编基础物理学标准答案》-第9章

新编基础物理学第二版第二章习题解答

新编基础物理学上册3-4单元课后答案