西尔斯现代物理答案六

6.1: a)J 60.3)m 5.1( )N 40.2(= b) J 900.0)m 50.1)(N 600.0(-=- c) J 70.2J 720.0J 60.3=-.

6.2: a) “Pulling slowly” can be taken to mean that the bucket rises at constant speed, so the tension in the rope may be taken to be the bucket’s weight. In pulling a given length of rope, from Eq. (6.1), J.6.264)m 00.4)(s /m 80.9( )kg 75.6(2====mgs Fs W

b) Gravity is directe d opposite to the direction of the bucket’s motion, so Eq. (6.2)

gives the negative of the result of part (a), or J 265-. c) The net work done on the bucket is zero.

6.3: J 300)m 0.12)(N 0.25(=.

6.4: a) The friction force to be overcome is ,N 5.73)s /m 80.9)(kg 0.30)(25.0(2k k ====mg n f μμ

or 74 N to two figures.

b) From Eq. (6.1), J 331)m 5.4)(N 5.73(==Fs . The work is positive, since the worker is pushing in the same direction as the crate’s motion.

c) Since f and s are oppositely directed, Eq. (6.2) gives

J.331)m 5.4)(N 5.73(-=-=-fs

d) Both the normal force and gravity act perpendicular to the direction of motion, so neither force does work. e) The net work done is zero.

6.5: a) See Exercise 5.3

7. The needed force is

N,2.9930sin )25.0(30cos )

s /m 80.9)(kg 30)(25.0(sin cos 2k k =?

-?=-=φμφμmg F

keeping extra figures. b) J 5.38630cos )m 50.4)(N 2.99(cos =?=φFs , again keeping an extra figure. c) The normal force is φsin F mg +, and so the work done by friction is

J 5.386)30sin )N 2.99()s /m 80.9)(kg 30)((25.0)(m 50.4(2-=?+-. d) Both the normal force and gravity act perpendicular to the direction of motion, so neither force does work. e) The net work done is zero.

6.6: From Eq. (6.2), J.1022.50.15cos )m 300)(N 180(cos 4?=?=φFs

6.7: ,J 1062.214cos )m 1075.0)(N 1080.1(2cos 2936?=???=φFs or J 102.69? to two places.

6.8: The work you do is:

)?)m 0.3(?)m 0.9(()?)N 40(?)N 30((j i j i s F --?-=?

)m 0.3)(N 40()m 0.9)(N 30(--+-=

J 150m N 120m N 270-=?+?-=

6.9: a) (i) Tension force is always perpendicular to the displacement and does no work. (ii) Work done by gravity is ).(12y y mg -- When 21y y =, 0=m g W . b) (i) Tension does no work.

(ii) Let l be the length of the string. J 1.25)2()(12-=-=--=l mg y y mg W m g The displacement is upward and the gravity force is downward, so it does negative work.

6.10: a) From Eq. (6.6),

J.1054.1h /km s /m 6.31)km/h 0.50()kg 1600(2152

?=????

?

???? ??=K b) Equation (6.5) gives the explicit dependence of kinetic energy on speed; doubling the speed of any object increases the kinetic energy by a factor of four.

6.11: For the T-Rex, J 1032.4))hr /km 4)((kg 7000(32km/hr

6.3s

/m 121?==K . The person’s velocity would be m/s 111kg J)/701032.4(23.v =?=, or about 40 km/h.

6.12: (a) Estimate: 1m s v ≈/ (walking) 2m s v ≈/ (running) 70kg m ≈

Walking: J 35)s /m 1)(kg 70(221

221===mv KE Running: J 140)s /m 2)(kg 70(221==KE (b) Estimate: s /m 30s /ft 88mph 60≈=≈v kg 2000≈m

J 109)s /m 30)(kg 2000(5

22

1?==KE (c) mgh W KE ==gravity Estimate m 2≈h

J 20)m 2)(s /m 8.9)(kg 1(2≈=KE

6.13: Let point 1 be at the bottom of the incline and let point 2 be at the skier. 12tot K K W -=

0,2

122

1==K mv K Work is done by gravity and friction, so f m g W W W +=tot . mgh y y mg W m g -=--=)(12

αμααμtan /)sin /)(cos (k k mgh h mg fs W f -=-=-=

Substituting these expressions into the work-energy theorem and solving for 0v gives )tan /1(2k 0αμ+=gh v

6.14: (a)

)m 0.15)(s /m 80.9(2)s /m 0.25(22

121222f 02

2f +=+=-=-?=gh

v v m v m v mgh KE

W

s /m 3.30=

(b)

)

s /ms 80.9(20)s /m 3.30(g 221212222f 20202f -=

-=-=

-?=v v h m v m v m gh KE

W m 8.46=

6.15: a) parallel to incline: force component sin mg α=, down incline; displacement sin h α=/, down incline

mgh h mg W ==)sin /)(sin (||αα perpendicular to incline: no displacement in this

direction, so 0=⊥W .

mgh W W W m g =+=⊥||, same as falling height h .

b) tot 21W K K =- gives 2

12

mgh mv = and gh v 2=, same as if had been dropped from height h . The work done by gravity depends only on the vertical displacement of the object.

When the slope angle is small, there is a small force component in the direction of the displacement but a large displacement in this direction. When the slope angle is large, the force component in the direction of the displacement along the incline is larger but the displacement in this direction is smaller. c) m 0.15=h , so s 1.172==gh v

6.16: Doubling the speed increases the kinetic energy, and hence the magnitude of the work done by friction, by a factor of four. With the stopping force given as being independent of speed, the distance must also increase by a factor of four.

6.17: Barring a balk, the initial kinetic energy of the ball is zero, and so J.74.2m/s)kg)(32.0145.0)(2/1()2/1(22===mv W

6.18: As the example explains, the boats have the same kinetic energy K at the finish line,

so 22)2/1()2/1(B B A A v m v m =, or, with 2

22,2B A A B v v m m ==. a) Solving for the ratio of the speeds, 2/=B A v v . b) The boats are said to start from rest, so the elapsed time is the distance divided by the average speed. The ratio of the average speeds is the same as the ratio of the final speeds, so the ratio of the elapsed times is 2//==B A A B v v t t .

6.19: a) From Eq. (6.5), 16/12K K =, and from Eq. (6.6), 1)16/15(K W -=. b) No; kinetic energies depend on the magnitudes of velocities only.

6.20: From Equations (6.1), (6.5) and (6.6), and solving for F ,

N.0.32)

m 50.2())s /m 00.4()s /m 00.6)((kg 00.8()(2221

212221=-=-=?=s v v m s K F

6.21: cm 8.16)

N 0.40())s /m 00.2()s /m 00.6)((kg 420.0(222

1=-=?=F K s

6.22: a) If there is no work done by friction, the final kinetic energy is the work done by the applied force, and solving for the speed,

.s /m 48.4)

kg 30.4()

m 20.1)(N 0.36(222====m Fs m W v

b) The net work is s mg F s f Fs )(k k μ-=-, so

)

kg 30.4()

m 20.1))(s /m 80.9)(kg 30.4)(30.0(N 0.36(2)(22

k -=

-=

m

s

m g F v μ

s./m 61.3=

(Note that even though the coefficient of friction is known to only two places, the difference of the forces is still known to three places.)

6.23: a) On the way up, gravity is opposed to the direction of motion, and so J 4.28)m 0.20)(s /m 80.9)(kg 145.0(2-=-=-=mgs W .

b)

s /m 26.15)

kg 145.0()J 4.28(2)s /m 0.25(2

2212=-+=+=m W v v . c) No; in the absence of air resistance, the ball will have the same speed on the way down as on the way up. On the way down, gravity will have done both negative and positive work on the ball, but the net work will be the same.

6.24: a) Gravity acts in the same direction as the watermelon’s motion, so Eq. (6.1) gives J.1176)m 0.25)(s /m 80.9)(kg 80.4(2====mgs Fs W

b) Since the melon is released from rest, 01=K , and Eq. (6.6) gives

J.11762===W K K

6.25: a) Combining Equations (6.5) and (6.6) and solving for 2v algebraically,

.s /m 96.4)

kg 00.7()

m 0.3)(N 0.10(2)s /m 00.4(22tot 212=+=+=m W v v

Keeping extra figures in the intermediate calculations, the acceleration is .s /m 429.1)kg 00.7/()s /m kg 0.10(22=?=a From Eq. (2.13), with appropriate change in notation,

),m 0.3)(s /m 429.1(2)s /m 00.4(2222122+=+=as v v giving the same result.

6.26: The normal force does no work. The work-energy theorem, along with Eq. (6.5), gives

,sin 2222θgL gh m

W m K v ====

where sin h L θ= is the vertical distance the block has dropped, and θ is the angle the plane makes with the horizontal. Using the given numbers,

s./m 97.29.36sin )m 75.0)(s /m 80.9(22=?=v

6.27: a) The friction force is mg k μ, which is directed against the car’s motion, so the net

work done is mgs k μ-. The change in kinetic energy is 2

01)2/1(mv K K -=-=?, and so

g v s k 202/μ=. b) From the result of part (a), the stopping distance is proportional to the square of the initial speed, and so for an initial speed of 60 km/h,

m 3.51)0.80/0.60)(m 2.91(2==s . (This method avoids the intermediate calculation of k μ, which in this case is about 0.279.)

6.28: The intermediate calculation of the spring constant may be avoided by using Eq. (6.9) to see that the work is proportional to the square of the extension; the work needed

to compress the spring 4.00 cm is (

)

J 3.21)

J 0.12(2cm

00.3cm 00.4=.

6.29: a) The magnitude of the force is proportional to the magnitude of the extension or compression;

N.64)m 050.0/m 020.0)(N 160(,N 48)m 050.0/m 015.0)(N 160(== b) There are many equivalent ways to do the necessary algebra. One way is to note

that to stretch the spring the original 0.050 m requires J 4)m 050.0(m 0.050N 169221==???

? ??, so that stretching 0.015 m requires J 360.0)050.0/015.0)(J 4(2= and compressing 0.020 m requires J 64.0)050.0/020.0)(J 4(2=. Another is to find the spring constant

m /N 1020.3)m 050.0()N 160(3?=÷=k , from which 23)m 015.0)(m /N 1020.3)(2/1(? J 360.0=and J 64.0)m 020.0)(m /N 1020.3)(2/1(23=?.

6.30: The work can be found by finding the area under the graph, being careful of the sign of the force. The area under each triangle is 1/2 base height ?. a) J 40)N 10)(m 8(2/1=. b) J 20)N 10)(m 4(2/1+=. c) J 60)N 10)(m 12(2/1=.

6.31: Use the Work-Energy Theorem and the results of Problem 6.30.

a) s /m 83.2kg

10)

J 40)(2(==v

b) At m 12=x , the 40 Joules of kinetic energy will have been increased by 20 J, so

s /m 46.3kg

10)

J 60)(2(==v .

6.32: The work you do with your changing force is

xdx dx dx x F m

N

.3)N 0.20()(9

.60

9

.60

9

.60

?

?

?

--= 9.6029

.60|)2/)(m

N 0

.3(|)N 0.20(x x --= J 209or J 4.209m N 4.71m N 138--=?-?-=

The work is negative because the cow continues to advance as you vainly attempt to push her backward.

6.33: 12tot K K W -=

0,2

122

1==K mv K Work is done by the spring force. 221tot kx W -=, where x is the amount the spring is compressed.

cm 5.8/and 2

1210202==-=-k m v x mv kx

6.34: a) The average force is N 400)m 200.0/()J 0.80(=, and the force needed to hold the platform in place is twice this, or 800 N. b) From Eq. (6.9), doubling the distance quadruples the work so an extra 240 J of work must be done. The maximum force is quadrupled, 1600 N.

Both parts may of course be done by solving for the spring constant N/m 10004m)2000(J)0.80(232?=÷=..k , giving the same results.

6.35: a) The static friction force would need to be equal in magnitude to the spring force,

kd mg =μs or 76.1)s /m 80.9)(kg 100.0()

m 086.0)(m /N 0.20

(s 2==μ, which is quite large. (Keeping extra figures in the intermediate calculation for d gives a different answer.) b) In Example 6.6, the relation

212k 2

1

21mv kd mgd =+μ

was obtained, and d was found in terms of the known initial speed 1v . In this case, the condition on d is that the static friction force at maximum extension just balances the spring force, or mg kd s μ=. Solving for 21v and substituting,

)),47.0)(60.0(2)60.0(()m /N 0.20()s /m 80.9)(kg 10.0()2(222

22k s 2s 2

s k 2

s k 221+???

? ??=+=

??? ??+??? ??=+=μμμμμμμk

m g

k m g g k m g m k d

gd d m

k

v

from which s /m 67.01=v .

6.36: a) The spring is pushing on the block in its direction of motion, so the work is positive, and equal to the work done in compressing the spring. From either Eq. (6.9) or

Eq. (6.10), J 06.0)m 025.0)(m /N 200(21

21===kx W . b) The work-energy theorem gives

s./m 18.0)

kg 0.4()J 06.0(22===m W

v

6.37: The work done in any interval is the area under the curve, easily calculated when the areas are unions of triangles and rectangles. a) The area under the trapezoid is J 0.4m N 0.4=?. b) No force is applied in this interval, so the work done is zero. c) The area of the triangle is J 0.1m N 0.1=?, and since the curve is below the axis

)0(

6.38: a) J 0.4=K , so s /m 00.2)kg 0.2()J 0.4(22===m K v . b) No work is done between m 0.3=x and m 0.4=x , so the speed is the same, 2.00 m/s. c)

J 0.3=K , so s /m 73.1)kg 0.2/()J 0.3(2/2===m K v .

6.39: a) The spring does positive work on the sled and rider; 22)2/1()2/1(mv kx =, or

s /m 83.2)kg 70/()m /N 4000()m 375.0(/===m k x v . b) The net work done by

the spring is )()2/1(2

221x x k -, so the final speed is

s./m 40.2))m 200.0()m 375.0(()

kg 70(m /N 4000()(222

221=-=-=

x x m k v

6.40: a) From Eq. (6.14), with φRd dl =,

.sin 2cos 2cos 000

21

θφφφθwR d wR dl F W P P ===??

In an equivalent geometric treatment, when F is horizontal, Fdx d =?l F

, and the total work is w F 2= times the horizontal distance, in this case (see Fig. 6.20(a)) 0sin θR ,

giving the same result. b) The ratio of the forces is 0tan 2cot 20θw w

=θ. c)

.2

cot 2)cos 1(sin 2)cos 1(sin 200000θ

θwR θwR =θ-=θ-

6.41: a) The initial and final (at the maximum distance) kinetic energy is zero, so the positive work done by the spring, 2)2/1(kx , must be the opposite of the negative work done by gravity, θmgL sin -, or

cm.7.5)

m /N 640(0.40sin )m 80.1)(s /m 80.9)(kg 0900.0(2sin 22=?

==k θmgL x

At this point the glider is no longer in contact with the spring. b) The intermediate calculation of the initial compression can be avoided by considering that between the point 0.80 m from the launch to the maximum distance, gravity does a negative amount of work given by J 567.00.40sin )m 80.0m 80.1)(s /m 80.9)(kg 0900.0(2-=?--, and so the kinetic energy of the glider at this point is 0.567 J. At this point the glider is no longer in contact with the spring.

6.42: The initial and final kinetic energies of the brick are both zero, so the net work done on the brick by the spring and gravity is zero, so 0)21(2=-mgh kd , or

m.53.0)m /N 450/()m 6.3)(s /m 80.9)(kg 80.1(2/22===k mgh d The spring will provide an upward force while the spring and the brick are in contact. When this force goes to zero, the spring is at its uncompressed length.

6.43: J 106.3)s 3600)(W 100()time )(power (Energy 5?===

kg.70f or s 1002so 2

1

2====m K/m v mv K

6.44: Set time to stop: ma mg ma F ==∑k :μ

22k s /m 96.1)s /m 80.9)(200.0(===g μa

at v v +=0

t )s /m 96.1(s /m 00.802-= s 08.4=t

t

mv t KE P 2

21== W 157s

08.4)s /m 00.8)(kg 0.20(221

==

6.45: The total power is W 10485.1)s /m 00.9)(N 165(3?=, so the power per rider is 742.5 W, or about 1.0 hp (which is a very large output, and cannot be sustained for long periods).

6.46: a) W.102.3yr)

/s 1016.3()yr /J 100.1(11

7

19?=?? b) .kW/person 2.1folks

106.2W

102.3811=??

c)

.km 800m 100.8m

/W 100.1)40.0(W 102.32

282

311=?=??

6.47: The power is v F P ?=. F is the weight, mg, so kW. 15.17m (2.5 )s m (9.8 kg) 700(2==P So, 0.23,kW. kW 15.17= or about 23% of the engine power is used in climbing.

6.48: a) The number per minute would be the average power divided by the work (mgh ) required to lift one box,

s, 41.1m)

(0.90 )s m (9.80 kg) 30(hp)

W (746 hp) 50.0(2=

or min. 6.84 b) Similarly,

378.0m)

(0.90 )s m (9.80 kg) (30 W)

100(2=

or min. 7.22

6.49: The total mass that can be raised is

kg, 2436m)

(20.0 )s m (9.80s)

hp)(16.0W (746 hp) 0.40(2

= so the maximum number of passengers is

.28kg

1836=

6.50: From any of Equations (6.15), (6.16), (6.18) or (6.19),

hp. 3.57 W 1066.2s)

(4.00m) (2.80 N) 3800(3=?===t Wh P

6.51: N. 101.8s))

m 6.3(h)km 1(( h)km 65(hp)

W hp)(746 (280,000 )70.0( )70.0(6ave ?===v P F

6.52: Here, Eq. (6.19) is the most direct. Gravity is doing negative work, so the rope

must do positive work to lift the skiers. The force F

is gravity, and ,Nmg F = where N is the number of skiers on the rope. The power is then

W.

1096.2)0.15(90.0

cos h km 6.3s m 1 h)km (12.0 )s m (9.80 kg) (70 )50( cos )( )(42?=?-????

?

??==φ

v Nmg P Note that Eq. (1.18) uses φ as the angle between the force and velocity vectors; in this case, the force is vertical, but the angle ?0.15 is measured from the horizontal, so ?-?=0.150.90φ is used.

6.53: a) In terms of the acceleration a and the time t since the force was applied, the speed is at v = and the force is ma , so the power is .)( )(2t ma at ma Fv P === b) The power at a given time is proportional to the square of the acceleration, tripling the

acceleration would mean increasing the power by a factor of nine. c) If the magnitude of the net force is the same, the acceleration will be the same, and the needed power is proportional to the time. At s 0.15=t , the needed power is three times that at 5.0 s, or 108 W.

6.54:

.

212P Fv m av m va dt

dv

m v

m v dt d dt dK =====??

?

??=

6.55: Work done in each stroke is Fs W = and t Fs t W P 100av == mg F t 2 s, 00.1==and m. 010.0=s W.20.0av =P

6.56:

Let mass total =M and revolution one f or time =T

222322

222

2

2

323 4 21 4 212 212)(21

T ML πL T

πL

M dx x T πL M T πx dx L M KE T πx v dx

L M dm v dm KE L L

=???

? ?????? ????? ??=???? ????? ??=?

?? ????? ??==

==???

5 revolutions in 3 seconds s 3 =→T

J. 877s) 53(m) (2.00 kg) 0.12(3

2

222==πKE

6.57: a) J 532m) (3.80 N) 140(= b) J 315)25 sin ( m) (3.80 )s m (9.80 kg) 0.20(2-=?-

c) The normal force does no work. d)

J

20325 cos m) (3.80 )m (9.80 kg) (20.0 )30.0( cos 2

k k k -=?-=-=-=-=θ

mgs μns μs f W f e) J 15J 203J 315J 532=-- (14.7 J to three figures).

f) The result of part (e) is the kinetic energy at the top of the ramp, so the speed is .s m 21.1kg) (20.0J) 7.14(22===m K v

6.58: The work per unit mass is .)(gh m W = a) The man does work, kg.J 3.92m) (0.4 kg)N 8.9(= b) 5.6%.100kg)J 70(kg)J 92.3(=?

c) The child does work, kg.J 1.96m) (0.2

kg)N 8.9(= 2.8%.100kg)J 70(kg)J 96.1(=?

d) If both the man and the child can do work at the rate of kg,J 07 and if the child only needs to use kg J 96.1 instead of kg,J 92.3 the child should be able to do more pull ups.

6.59: a) Moving a distance L along the ramp, ,sin ,out in αL s L s == so . sin 1

α

IMA = b) If )()( ,out in in out s s F F IMA AMA == and so )( )()( )(in in out out s F s F =, or .in out W W =

c)

d)

.))(())((out in in out in in out out in out IMA

AMA

s s F F s F s F W W E ====

6.60: a) kg.

7.41m)

(18.0 )s m (9.80J)

1035.7(23g =?=-==g s W g w m

b) N. 458m

0.18J 1025.8 3n =?==s W n c) The weight is N, 408g

==s

W mg so the acceleration is the net force divided by the mass,

.s m 2.1kg

41.7N

408N 4582=-

6.61: a)

J. 1059.2 )min s (60 min) 1.90(m) 1066.6(2 kg) 400,86(21

22121122

62

2?=???

? ???=??? ??=πT πR m m v b) J. 1080.4s)) (3.00m) (1.00( kg) (86,400

)21( )21(322?==mv

6.62: a)

J

3.22m) (1.5012.0 cos )s m (9.80 kg) (5.00 )31.0( cos 2

k k -=?-=-=-=θs

mg μs f W f

(keeping an extra figure) b) J. 15.3m) (1.50 12.0sin )s m (9.80 kg) 00.5(2=? c) The normal force does no work. d) J. 0.7J 3.22J 3.15-=-

e) J, 5.1J 0.7s)m (2.2 kg) (5.00

)21(212=-=+=W K K and so s /m 4.1)kg 00.5/()J 1.5(22==v .

6.63: See Problem 6.62: The work done is negative, and is proportional to the distance s that the package slides along the ramp, s θμθmg W )cos (sin k -=. Setting this equal to the (negative) change in kinetic energy and solving for s gives

)

cos (sin 2)cos (sin )2/1(k 21k 2

1

θμθg v θμθmg mv s -=

--= m.6.2)

12cos )31.0(12)(sin s /m 80.9(2m/s)2.2(22

=?-?= As a check of the result of Problem 6.62, s /m 4.1)m 6.2/()m 5.1(1)s /m 2.2(=-.

6.64: a) From Eq. (6.7),

?????? ??-=???

???--=-==212

121.111122x x x x x x x x x k x k x dx k dx F W The force is given to be attractive, so 0

2

11

12,

x x x x <

>,

and 0

2111x x k - , which is positive if 12x x >. c) The answers have the same

magnitude but opposite signs; this is to be expected, in that the net work done is zero.

6.65: 2E )/(r R mg F =

??=--=???

? ??-=-=∞∞2

1E R 2E 22

E

)|)/1((r E E

mgR r mgR dr mgR Fds W R 0,112tot =-=K K K W

This gives J 1025.112

E 2?==mgR K

22212mv K = so s /m 000,11/222==m K v

6.66: Let x be the distance past P.

Ax +=100.0k μ

when m 5.12=x , 600.0k =μ

m 04000m 5.12/500.0/.A == (a)

2

2f f 2

2i

2f f 2

i 02

i k i

f f )s /m 50.4(21

2m)/0400.0()100.0()s /m 80.9(212)100.0(21)1000(2

1

0:f =?????

?+=?????

?+=+-=--=?=??x x v x A x g v dx Ax .g m v m gdx μKE KE W KE W x

Solve for m 11.5:f f =x x

(b) 0.304m)115m)(/0400.0(100.0k =+=.μ (c) i f f KE KE W -=

21k 2

1

0mv mgx μ-=-

m 3.10)

s /m 80.9)(100.0(2s)/m 50.4(2/2

2k 2

i ===g μv x

6.67: a) .N 00.4)m 00.1)(m N 00.4(333

==αa x

b) .N 0.32)m 00.2)(m N 00.4(333==αb x c) Equation 6.7 gives the work needed to move an object against the force; the work done by the force is the negative of this,

?-α-=α-21

).(4

41423x x x x dx x With m 00.11==a x x and m 00.22==b x x , J 0.15-=W , this work is negative.

6.68: From Eq. (6.7), with 01=x ,

4

2

3322220042

322232)m /N 3000()m /N 233()m /N 0.50(432)(2

2

x x x x c x b x k dx cx bx kx Fdx W x x +-=+-=

+-==??

a) When m 050.02=x , J 115.0=W , or 0.12 J to two figures. b) When

m,050.02-=x J 173.0=W , or 0.17 J to two figures. c) It’s eas ier to stretch the spring;

the quadratic 2bx - term is always in the x --direction, and so the needed force, and hence the needed work, will be less when 02>x .

6.69: a) N 14

7.0kg)120.0(m)400(m/s)(0.70rad 2

2====.R v m ma T , or 0.15 N to two figures. b) At the later radius and speed, the tension is N 41.9kg)

120.0(m)

100(m/s)(2.802=., or 9.4 N to two

figures. c) The surface is frictionless and horizontal, so the net work is the work done by the cord. For a massless and frictionless cord, this is the same as the work done by the person, and is equal to the change in the block’s kinetic energy,

J 441.0))s /m 70.0()s /m 80.2)((kg 120.0)(2/1()()2/1(22212

212=-=-=-v v m K K . Note that in this case, the tension cannot be perpendicular to the block’s velocity at al l times; the cord is in the radial direction, and for the radius to change, the block must have some non-zero component of velocity in the radial direction.

6.70: a) This is similar to Problem 6.64, but here 0>α (the force is repulsive), and 12x x <, so the work done is again negative;

J.

1065.2))m 1025.1()m 200.0((m N 1012.2(11171

9122621

----?-=?-??=???? ??-=x x W α Note that 1x is so large compared to 2x that the term 11 is negligible. Then, using Eq. (6.13)) and solving for 2v ,

.s /m 1041.2kg)

1067.1(J)1065.2(2s)/m 1000.3(25

27

17252

1

2?=??-+?=+=--m W v v b) With 12,0K W K -==. Using 2

x W α

-=, .m 1082.2)s /m 1000.3)(kg 1067.1()m N 1012.2(22102

52722621

12---?=????=α=α=mv K x c) The repulsive force has done no net work, so the kinetic energy and hence the speed of the proton have their original values, and the speed is s /m 1000.35?.

6.71: The velocity and acceleration as functions of time are

t t a t t dt

dx t v βαβα62)(,32)(2+=+== a) s./m 56.2)s 00.4)(s /m 02.0(3)s 00.4)(s /m 20.0(2)s 00.4(232=+==t v b) .N 28.5)s 00.4)(s /m 02.0(6)s /m 20.0(2)(kg 00.6(32=+=ma c) .J 7.19s)/m 256)(kg 00.6)(2/1(2212===-=K K K W

6.72: In Eq. (6.14), dx dl = and ?=0.31φ is constant, and so

.

J 39.30.31cos )m /N 00.5(cos cos m

50.1m

00.12

2

21

2

1

?

??=?===dx x dx

F dl F W P P x x φφ

The final speed of the object is then

s./m 57.6)

kg 250.0()

J 39.3(2)s /m 00.4(22212=+=+=m W v v

6.73: a) )()2/1(212

212v v m K K -=-

J.910))s /m 00.5()s /m 50.1)((kg 0.80)(2/1(22-=-=

b) The work done by gravity is 23(800kg)(980m s )(520m)40810J mgh -=-../.=-.?, so the work done by the rider is 33910J (40810J)31710J ---.?=.?. 6.74: a) .)1())1(1

1

-∞

∞

--=

--==?

n x x n n x n b

x n b dx x b W Note that for this part, for 0,11→>-n x n as ∞→x . b) When 10<

,)()1(lim 10122??

????--=--∞→n n x x x n b W and because the exponent on the 1

2-n x is positive, the limit does not exist, and the integral diverges. This is interpreted as the force F doing an infinite amount of work, even though 0→F as .2∞→x

6.75: Setting the (negative) work done by the spring to the needed (negative) change in

kinetic energy, 2021

221mv

kx =, and solving for the spring constant, m./N 1003.1)

m 070.0()s /m 65.0)(kg 1200(52

2220?===x mv k

6.76: a) Equating the work done by the spring to the gain in kinetic energy,

21

201mv kx =, so

.s /m 93.6)m 060.0(kg

0300.0m

/N 4000===

x m k v b) tot W must now include friction, so 02

021tot 221fx kx W mv -==, where f is the magnitude of the friction force. Then,

.

s /m 90.4)m 06.0(kg)

0300.0(N)00.6(2)m 06.0(kg 0300.0m /N 400220

20=-=-=x m

x m k v f

c) The greatest speed occurs when the acceleration (and the net force) are zero, or

m 0150.0,m /N 400N 00.6====k f

x f kx . To find the speed, the net work is )()(02202

1tot x x f x x k W ---=, so the maximum speed is m/s,

5.20m)0.0150m 060.0(kg)

0300.0()

N 00.6(2))m 0150.0()m 060.0(()kg 0300.0(m /N 400)(2)(220220max =---=

---=

x x m

f

x x m k v

which is larger than the result of part (b) but smaller than the result of part (a).

6.77: Denote the initial compression of the spring by x and the distance from the initial position by L . Then, the work done by the spring is 22

1kx and the work done by friction is )(k L x mg +-μ; this form takes into account the fact that while the spring is compressed, the frictional force is still present (see Problem 6.76). The initial and final kinetic

energies are both zero, so the net work done is zero, and 2

1k 2()kx mg x L μ=+. Solving for L ,

,m 813.0)m 250.0()

s /m 80.9)(kg 50.2)(30.0()m 250.0)(m /N 250)(2/1()2/1(2

2

k 2=-=-=x mg kx L μ or 0.81 m to two figures. Thus the book moves m 06.1m 25.m 81.=+, or about 1.1 m.

6.78: The work done by gravity is θmgL W sin g -= (negative since the cat is moving up), and the work done by the applied force is FL , where F is the magnitude of the applied force. The total work is .J 4.13130sin )m 00.2)(s /m 80.9)(kg 00.7()m 00.2)(N 100(2tot =?-=W

The cat’s initial kine tic energy is J 2.20)s /m 40.2)(kg 00.7(21211==mv , and .s /m 58.6)

kg 00.7()

J 4.131J 2.20(2)(212=+=+=

m W K v

大学物理第六章答案

6-12 用高斯定理求均匀带正电的无限长细棒外的场强分布，设棒上电荷的线密度为λ。 解：由电荷的对称性分布可知，距无限长细棒距离相等的点的场强都相等，方向在垂直于细棒的平面内且呈发散状。 取以细棒为轴心，高为l 、底面半径为r 的圆柱面为高斯面，根据高斯定理，有： 0 22s l E ds E ds E ds E ds rlE λπε?=?+?=?==???? 底侧侧 02E r λπε= 6-19 在半径分别为1R 和2R 的两个同心球面上，分别均匀带电，电荷量各为 1Q 和2Q ，且 12R R <。求下列区域内的电势分布：（1）1;r R <12(2)R r R <<； （3）2r R >。 解：由高斯定理可得场强分别为： 110r R E <=时， 2R 1Q 2Q O 1R

1 12220,4Q R r R E r πε<<=时 12232 0,4Q Q r R E r πε+>=时 取无限远处为电势零点，根据电势的定义式，可得; 1221212111212112322000121()444R R R r r R R R R r R Q Q Q Q Q V E dl E dr E dr E dr dr dr r r R R πεπεπε∞∞∞ <+=?=++=+=+?????? 时， 22221211212223220002, 1()444R R r r R r R R r R Q Q Q Q Q V E dl E dr E dr dr dr r r r R πεπεπε∞∞∞<<+=?=+=+=+????? 时 121223200, 44r Q Q Q Q r R V dr r r πεπε∞++>==?时

大学物理第六章-恒定磁场习题解劝答

第6章 恒定磁场 1． 空间某点的磁感应强度B 的方向，一般可以用下列几种办法来判断，其中哪个是错误的？ （ C ） （A ）小磁针北（N ）极在该点的指向； （B ）运动正电荷在该点所受最大的力与其速度的矢积的方向； （C ）电流元在该点不受力的方向； （D ）载流线圈稳定平衡时，磁矩在该点的指向。 2． 下列关于磁感应线的描述，哪个是正确的? （ D ） （A ）条形磁铁的磁感应线是从N 极到S 极的； （B ）条形磁铁的磁感应线是从S 极到N 极的； （C ）磁感应线是从N 极出发终止于S 极的曲线； （D ）磁感应线是无头无尾的闭合曲线。 3． 磁场的高斯定理 0S d B 说明了下面的哪些叙述是正确的？ （ A ） a 穿入闭合曲面的磁感应线条数必然等于穿出的磁感应线条数； b 穿入闭合曲面的磁感应线条数不等于穿出的磁感应线条数； c 一根磁感应线可以终止在闭合曲面内； d 一根磁感应线可以完全处于闭合曲面内。 （A ）ad ； （B ）ac ； （C ）cd ； （D ）ab 。 4． 如图所示，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 和面上各点的磁感应强度B 将如何变化？ （ D ） （A ） 增大，B 也增大； （B ） 不变，B 也不变； （C ） 增大，B 不变； （D ） 不变，B 增大。 5． 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，则在圆心o 处的磁感应强度大小为多少? （ C ） （A ）0； （B ）R I 2/0 ； （C ）R I 2/20 ； （D ）R I /0 。 6、有一无限长直流导线在空间产生磁场，在此磁场中作一个以截流导线为轴线的同轴的圆柱形闭合高斯面，则通过此闭合面的磁感应通量（ A ） A 、等于零 B 、不一定等于零 C 、为μ0I D 、为 i n i q 1 1 7、一带电粒子垂直射入磁场B 后，作周期为T 的匀速率圆周运动，若要使运动周期变为T/2，磁感应强度应变为（B ） A 、 B /2 B 、2B C 、B D 、–B 8 竖直向下的匀强磁场中，用细线悬挂一条水平导线。若匀强磁场磁感应强度大小为B ，导线质量为m ， I

大学物理习题答案--第一章

第一章作业解 1-7液滴法是测定液体表面张力系数的一种简易方法。将质量为m 的待测液体吸入移液管，然后让液体缓缓从移液管下端滴出。可以证明 d n mg πγ= 其中，n 为移液管中液体全部滴尽时的总滴数，d 为液滴从管口落下时断口的直径。请证明这个关系。 证：当液滴即将滴下的一刻，其受到的重力与其颈部上方液体给予的张力平衡 F g m =' d r L F πγπγγ===2 n m m = '， d n m πγ= 得证：d n mg πγ= 1-8 在20 km 2的湖面上下了一场50 mm 的大雨，雨滴半径为1.0 mm 。设温度不变，雨水在此温度下的表面张力系数为7.3?10-2N ?m -1。求释放的能量。 解：由 S E ?=?γ 雨滴落在湖面上形成厚为50 mm 的水层，表面积就为湖面面积，比所有落下雨滴的表面积和小，则释放的表面能为： )4(2 S r n E -?=?πγ 其中，3 43 r Sh n π= 为落下的雨滴数，r 为雨滴半径 J r h S E 8 3 3 6 2 1018.2)110 0.110503( 102010 3.7)13( ?=-???????=-=?---γ 1-9假定树木的木质部导管为均匀的圆柱形导管，树液完全依靠毛细现象在导管内上升，接触角为45°，树液的表面张力系数1 2 10 0.5--??=m N γ。问要使树液到达树木的顶部，高 为20 m 的树木所需木质部导管的最大半径为多少？ 解：由朱伦公式：gr h ρθ γcos 2= 则：cm gh r 5 3 2 10 6.320 8.91012 /210 0.52cos 2--?=??????= = ρθ γ 1-10图1-62是应用虹吸现象从水库引水的示意图。已知虹吸管粗细均匀，其最高点B 比水库水面高出m h 0.31=，管口Ｃ又比水库水面低m h 0.52=，求虹吸管内的流速及Ｂ点处的

大学物理课本答案习题 第十三章习题解答

习题十三 13-1 如题图13-1所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面，且导线框的一个边与长直导线平行，到两长直导线的距离分别为1r ， 2r 。已知两导线中电流都为0sin I I t ω=，其中I 0和ω为常数，t 为 时间。导线框长为a ，宽为b ，求导线框中的感应电动势。 解：无限长直电流激发的磁感应强度为02I B r μ= π。取坐标Ox 垂直于 直导线，坐标原点取在矩形导线框的左边框上，坐标正方向为水平向右。取回路的绕行正方向为顺时针。由场强的叠加原理可得x 处的磁感应强度大小 00122() 2() I I B r x r x μμ= + π+π+ 方向垂直纸面向里。 通过微分面积d d S a x =的磁通量为 00m 12d d d d 2()2()I I B S B S a x r x r x μμΦππ?? =?==+??++?? 通过矩形线圈的磁通量为 00m 01 2d 2()2()b I I a x r x r x μμΦ??=+??π+π+???012012ln ln sin 2a r b r b I t r r μω?? ++=+ ?π?? 感生电动势 0m 12012d ln ln cos d 2i a r b r b I t t r r μωΦεω?? ++=- =-+ ?π?? 012012()()ln cos 2a r b r b I t r r μωω?? ++=- ??π?? 0i ε>时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针；0i ε<时，回路中感应电动势的实际方向 为逆时针。 13-2 如题图13-2所示，有一半径为r =10cm 的多匝圆形线圈，匝数N =100，置于均匀磁场B 中（B =0.5T ）。圆形线圈可绕通过圆心的轴O 1O 2转动，转速1 600r min n -=? 。求圆线圈自图示的初始位置转过 题图13-1 题图 13-2 解图13-1

内蒙古科技大学马文蔚大学物理(下册)第六版答案解析

第九章振动 习题：P37～39 1，2，3，4，5，6，7，8，16.

9-4 一质点做简谐运动,周期为T,当它由平衡位置向X 轴正方向运动时,从1/2 最大位移处到最大位移处这段路程所需的时间( ) A、T/12 B、T/8 C、T/6 D、T/4 分析(C)，通过相位差和时间差的关系计算。可设位移函数 y=A*sin(ωt),其中ω=2π/T； 当y=A/2, ω t1= π /6 ；当y=A, ω t2= π /2 ；△ t=t2-t1=[ π /(2 ω )]-[ π /(6 ω )]= π/(3ω)=T/6

9-回图（a）中所阿的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐j?动可叠加* 则合成的余弦振动的初相位为（） 3 1 （A）-7W （B）—IT（C）F （D）O 分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动, 它们的相位差是TT（即反相位）?运动方程分别为X I= Acos ωt利%2= -^-CoS（（（；? + 瓷）?它们的振幅不同.对于这样两个简谐运动M用旋转欠量送,如图（b）很方便 A 求得合运动方程为x=ycos ωt.因而正确答案为（D）. 9-目有一个弹簧振子，振幅4 =2-0 X 10-2 m,周期T = 1.0 s,初相＜p = 3ιτ∕4.试写出它的运动方程,并作出X - 1图I e - i图和a - t图. 解因3=X∕T,则运动方程 / 2πf ≡?cos(ωt + φ) =ACUS

根据题中给出的数据得 X = 2. 0 Xio '2cos( 2irf + O- 75τr) ( m ) 振子的速度和加速度分别为 t) = dx∕(It = -4π × 10^2Rin(2ττt + 0. 75ττ) (m * s^,) (Z = ?2χ∕df2 = - 8TT2X 10 ^2cos( 2τrt + 0. 75τT) ( m ? s ^2) X-I^V-C及Oft图如图所示.

大学物理第六章练习答案

大学物理第六章练 习答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

第六章 热力学基础 练 习 一 一. 选择题 1. 一绝热容器被隔板分成两半，一半是真空，另一半是理想气体，若把隔板抽出，气体将进行自由膨胀，达到平衡后（ A ） (A) 温度不变，熵增加； (B) 温度升高，熵增加； (C) 温度降低，熵增加； (D) 温度不变，熵不变。 2. 对于理想气体系统来说，在下列过程中，哪个过程系统所吸收的热量、内能的增量和对外作做的功三者均为负值。（ C ） (A) 等容降压过程； (B) 等温膨胀过程； (C) 等压压缩过程； (D) 绝热膨胀过程。 3. 一定量的理想气体，分别经历如图 1(1)所示的abc 过程(图中虚线ac 为等温线)和图1(2)所示的def 过程(图中虚线df 为绝热线) 。 判断这两过程是吸热还是放热：（ A ） (A) abc 过程吸热，def 过程放热； (B) abc 过程放热，def 过程吸热； (C) abc 过程def 过程都吸热； (D) abc 过程def 过程都放热。 4. 如图2，一定量的理想气体，由平衡状态A 变到平衡状态B(A p =B p )，则无论经过的是什么过程，系统必然（ B ） (A) 对外做正功； (B) 内能增加； (C) 从外界吸热； (D) 向外界放热。 二.填空题 图.2 图1

1. 一定量的理想气体处于热动平衡状态时，此热力学系统不随时间变化的三个宏观量是P V T ，而随时间变化的微观量是每个分子的状态量。 2. 一定量的单原子分子理想气体在等温过程中，外界对它做功为200J ，则该过程中需吸热__-200__ ___J 。 3. 一定量的某种理想气体在某个热力学过程中，外界对系统做功240J ，气体向外界放热620J ，则气体的内能 减少，(填增加或减少)，21E E -= -380 J 。 4. 处于平衡态A 的热力学系统，若经准静态等容过程变到平衡态B ，将从外界吸热416 J ，若经准静态等压过程变到与平衡态B 有相同温度的平衡态C ，将从外界吸热582 J ，所以，从平衡态A 变到平衡态C 的准静态等压过程中系统对外界所做的功为 582-416=166J 。 三.计算题 1. 一定量氢气在保持压强为4.00×510Pa 不变的情况下，温度由0 ℃ 升高到50．0℃时，吸收了6.0×104 J 的热量。 (1) 求氢气的摩尔数 (2) 氢气内能变化多少 (3) 氢气对外做了多少功 (4) 如果这氢气的体积保持不变而温度发生同样变化、它该吸收多少热量 解： （1）由,2 2 p m i Q vC T v R T +=?=? 得 4 22 6.01041.3(2)(52)8.3150 Q v mol i R T ??= ==+?+?? （2）4,5 41.38.3150 4.291022 V m i E vC T v R T J ?=?=??=???=? （3）44(6.0 4.29)10 1.7110A Q E J =-?=-?=? （4）44.2910Q E J =?=?

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

大学物理课后习题标准答案第六章

大学物理课后习题答案第六章

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第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z

大学物理(上册)参考答案

第一章作业题 P21 1.1； 1.2； 1.4； 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62 x ，a 的单位为2 s m -?，x 的单 位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101 s m -?,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵ x v v t x x v t v a d d d d d d d d === 分离变量： x x adx d )62(d 2 +==υυ 两边积分得 c x x v ++=32 2221 由题知，0=x 时，100 =v ,∴50=c ∴ 1 3s m 252-?++=x x v 1.10已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2 s m -?，开始运动时，x ＝5 m ， v =0， 求该质点在t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ t t v a 34d d +== 分离变量，得 t t v d )34(d += 积分，得 1 223 4c t t v ++= 由题知，0=t ,00 =v ,∴01=c 故 2234t t v + = 又因为 2 234d d t t t x v +== 分离变量， t t t x d )23 4(d 2+= 积分得 2 3221 2c t t x ++= 由题知 0=t ,50 =x ,∴52=c 故 52123 2++ =t t x 所以s 10=t 时 m 70551021 102s m 1901023 10432101210=+?+?=?=?+ ?=-x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33 t ，θ式中以弧度计，t 以秒

大学物理答案第10章

第十章 静电场中的导体与电介质 10－1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ） （A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）. 10－2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ） （A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地 （C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地 题 10-2 图 分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关.因而正确答案为（A ）. 10－3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A ）d εq V E 0π4,0= = （B ）d εq V d εq E 02 0π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）R εq V d εq E 020π4,π4= = 题 10-3 图

分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为（A ）. 10－4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( ) （A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷 （B ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零 （C ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷 （D ） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E ） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关 分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面 内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为（E ）. 10－5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（ ） （A ） 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （B ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （C ） 在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （D ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍 分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有 ()∑??=?=?+i i S S ε χq 0 1 d d 1S E S E 即E ＝E ０/εｒ，因而正确答案为（A ）. 10－6 不带电的导体球A 含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷q b 、q c ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷q d （如图所示）.试求点电荷q b 、q c 、q d 各受多大的电场力.

大学物理学(第五版)上册(马文蔚)课后答案及解析.

1-1 分析与解(1) 质点在t 至(t ＋Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故,即｜｜≠ ． 但由于｜dr｜＝ds,故,即｜｜＝．由此可见,应选(C)． 1-2 分析与解表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解．故选(D)． 1-3 分析与解表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 1-4 分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)． 1-5 分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度,式中表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)． 1-6 分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和tp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和两式计算． 解(1) 质点在4.0 s内位移的大小 (2) 由得知质点的换向时刻为(t＝0不合题意) 则, 所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为 (3) t＝4.0 s时, , 1-7 分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t 图上是平行于t 轴的直线,由v-t 图中求出各段的斜率,即可作出a-t 图线．又由速度的定义可知,x-t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t 的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-t 图． 解将曲线分为AB、BC、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为 (匀加速直线运动), (匀速直线运动) (匀减速直线运动) 根据上述结果即可作出质点的a-t 图［图(B)］． 在匀变速直线运动中,有

大学物理课后习题答案第六章

第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3 2 2 0) (41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z

式中：θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。 ?+= 2 32 2 0) (4dq R x x E x πε 2 32210)(24R x R x +?= πλπε2 32201)(2R x x R += ελ 下面求直线段受到的电场力。在直线段上取dx dq 2λ=，dq 受到的电场力大小为 dq E dF x =dx R x x R 2 3 22021)(2+= ελλ 方向沿x 轴正方向。 直线段受到的电场力大小为 ?=dF F dx R x x R l ?+= 02 3220 21)(ελλ2 ()?? ????+- = 2/1220211 1R l R R ελλ2 方向沿x 轴正方向。 4. 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ。求： （1）圆心处O 点的场强； （2）将此带电半圆环弯成一个整圆后，圆心处O 点场强。 解：（1）在半圆环上取?λλRd l dq ==d ，它在O 点产生场强大小为 20π4R dq dE ε= ?ελ d R 0π4= ，方向沿半径向外 根据电荷分布的对称性知，0=y E ??ελ ?d R dE dE x sin π4sin 0= = R d R E x 000 π2sin π4ελ ??ελπ ==? 故 R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向。 （2）当将此带电半圆环弯成一个整圆后，由电荷分布的对称性可知，圆心处电场强度为零。

大学物理答案第17章

大学物理答案第17章

17－3 有一单缝，缝宽为0.1mm ，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为546.1nm 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 a f x λ 2=? 代入数据得 mm x 461.510 1.0101.54610 5023 9 2 =????=?--- 17－4 用波长为632.8nm 的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件 λθk a =sin 依题意有 m a μλ 26.70872 .0108.6325sin 9 =?==- 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为 λθk a =sin

依题意有 011 5.234.0sin 5 2 sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为0 475 .2322=?=θ 17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 2 ) 12(sin λ θ+=k a 依题意有 2)122(2)132(2 1λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.4287 60057521=?== λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为7.0mm ，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径0.25mm ）中的柱状感光细胞每平方毫米约1.5×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？

大学物理(上)知识总结

一 质 点 运 动 学 知识点： 1． 参考系 为了确定物体的位置而选作参考的物体称为参考系。要作定量描述，还应在参考系上建立坐标系。 2． 位置矢量与运动方程 位置矢量（位矢）：是从坐标原点引向质点所在的有向线段，用矢量r 表示。位矢用于确定质点在空间的位置。位矢与时间t 的函数关系： k ?)t (z j ?)t (y i ?)t (x )t (r r ++== 称为运动方程。 位移矢量：是质点在时间△t 内的位置改变，即位移： )t (r )t t (r r -+=?? 轨道方程：质点运动轨迹的曲线方程。 3． 速度与加速度 平均速度定义为单位时间内的位移，即： t r v ?? = 速度，是质点位矢对时间的变化率： dt r d v = 平均速率定义为单位时间内的路程：t s v ??= 速率，是质点路程对时间的变化率：ds dt υ= 加速度，是质点速度对时间的变化率： dt v d a = 4． 法向加速度与切向加速度 加速度 τ?a n ?a dt v d a t n +==

法向加速度ρ =2 n v a ，方向沿半径指向曲率中心（圆心），反映速度方向的变化。 切向加速度dt dv a t =，方向沿轨道切线，反映速度大小的变化。 在圆周运动中，角量定义如下： 角速度 dt d θ= ω 角加速度 dt d ω= β 而R v ω=，22n R R v a ω==，β==R dt dv a t 5． 相对运动 对于两个相互作平动的参考系，有 'kk 'pk pk r r r +=，'kk 'pk pk v v v +=，'kk 'pk pk a a a += 重点： 1. 掌握位置矢量、位移、速度、加速度、角速度、角加速度等描述质点运动和运动变化的 物理量，明确它们的相对性、瞬时性和矢量性。 2. 确切理解法向加速度和切向加速度的物理意义；掌握圆周运动的角量和线量的关系，并能灵活运用计算问题。 3. 理解伽利略坐标、速度变换，能分析与平动有关的相对运动问题。 难点： 1．法向和切向加速度 2．相对运动问题 二 功 和 能 知识点： 1. 功的定义 质点在力F 的作用下有微小的位移d r （或写为ds ），则力作的功定义为力和位移的标积即 θθcos cos Fds r d F r d F dA ==?= 对质点在力作用下的有限运动，力作的功为 ? ?=b a r d F A 在直角坐标系中，此功可写为

大学物理答案第6章

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第六章 气体动理论 6－1 一容积为10L 的真空系统已被抽成1.0×10-5 mmHg 的真空，初态温度为20℃。为了提高其真空度，将它放在300℃的烘箱内烘烤，使器壁释放出所吸附的气体，如果烘烤后压强为1.0×10-2 mmHg ，问器壁原来吸附了多少个气体分子 解：由式nkT p =，有 3 2023 52/1068.1573 1038.1760/10013.1100.1m kT p n 个?≈?????==-- 因而器壁原来吸附的气体分子数为 个183201068.110101068.1?=???==?-nV N 6－2 一容器内储有氧气，其压强为1.01105 Pa ，温度为27℃，求：（l ） 气体分子的数密度；（2）氧气的密度；（3）分子的平均平动动能；（4）分子间的平均距离。（设分子间等距排列） 分析：在题中压强和温度的条件下，氧气可视为理想气体。因此，可由理想气体的物态方程、密度的定义以及分子的平均平动动能与温度的关系等求解。又因可将分子看成是均匀等距排列的，故每个分子占有的体积为30d V =，由数密度的含意可知d n V ,10=即可求出。 解：（l ）单位体积分子数 3 25m 1044.2-?==kT p n （2）氧气的密度 3m kg 30.1-?===RT pM V m ρ （3）氧气分子的平均平动动能 J 1021.62321k -?==kT ε （4）氧气分子的平均距离 m 1045.3193-?==n d 6－3 本题图中I 、II 两条曲线是两种不同气体（氢气和氧气）在同一温度下的麦克斯韦分子速率分布曲线。试由图中数据求：（1）氢气分子和氧气分子的最概然速率；（2）两种气体所处的温度。

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第17章量子物理基础 17.1根据玻尔理论，计算氢原子在斤=5的轨道上的动量矩与其在第一激发态轨道上的动量矩之比. ［解答］玻尔的轨道角动量量子化假设认为电子绕核动转的轨道角动量为 L =mvr =n — N2TC , 对于第一激发态，n = 2,所以 厶仏2 = 5/2? 17.2设有原子核外的3p态电子，试列出其可能性的四个量子数. ［解答］对于3p态电子,主量子数为n = 3, 角量子数为/=1, 磁量子数为mi = - 1), I -1, 自旋量子数为m s = ±1/2. 3p态电子的四个可能的量子数(斤丿,叫叫)为 (3，1 丄1/2), (3,1,1,? 1/2), (3丄0，1/2), (3,1,0,-1/2)，(3,1,?1，1/2), (3,1,-1,-1 ⑵. 17.3实验表明，黑体辐射实验曲线的峰值波长九和黑体温度的乘积为一常数，即入』=b = 2.897xl(y3m?K?实验测得太阳辐射波谱的峰 值波长九= 510nm,设太阳可近似看作黑体，试估算太阳表面的温度.

［解答］太阳表面的温度大约为 T_ b _ 2.897X10-3 ~ 510x10—9 =5680(K)? 17.4实验表明，黑体辐射曲线和水平坐标轴所围成的面积M (即单位时间内从黑体单位表面上辐射出去的电磁波总能量，称总辐射度) 与温度的4次方成正比，即必=〃,其中^=5.67xl0-8W m_2 K-4.试由此估算太阳单位表面积的辐射功率(太阳表面温度可参见上题). ［解答］太阳单位表面积的辐射功率大约为 A/=5.67xl0-8x(5680)4 = 5.9xl07(W-m-2)? 17.5宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景辐射相当于3K黑体辐射.求： (1)此辐射的单色辐射强度在什么波长下有极大值？ (2)地球表面接收此辐射的功率是多少？ ［解答］(1)根据公式UT=b,可得辐射的极值波长为 九=b/T= 2.897X10_3/3 = 9.66x104(m). (2)地球的半径约为7? = 6.371x10%, 表面积为 5 = 47T T?2. 根据公式：黑体表面在单位时间，单位面积上辐射的能量为M = al4, 因此地球表面接收此辐射的功率是 P = MS= 5.67x 1 (T8x34x4 兀(6.371 x 106)2

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第2章质点动力学 一、质点： 是物体的理想模型。它只有质量而没有大小。平动物体可作为质点运动来处理，或物体的形状大小对物体运动状态的影响可忽略不计是也可近似为质点。 二、力： 是物体间的相互作用。分为接触作用与场作用。在经典力学中，场作用主要为万有引力（重力），接触作用主要为弹性力与摩擦力。 1、弹性力：（为形变量） 2、摩擦力：摩擦力的方向永远与相对运动方向（或趋势）相反。 固体间的静摩擦力：（最大值） 固体间的滑动摩擦力： 3、流体阻力：或。 4、万有引力： 特例：在地球引力场中，在地球表面附近：。 式中R为地球半径，M为地球质量。 在地球上方（较大），。 在地球内部（），。 三、惯性参考系中的力学规律牛顿三定律 牛顿第一定律：时，。牛顿第一定律阐明了惯性与力的概念，定义了惯性系。 牛顿第二定律： 普遍形式：；

经典形式：（为恒量） 牛顿第三定律：。 牛顿运动定律是物体低速运动（）时所遵循的动力学基本规律，是经典力学的基础。 四、非惯性参考系中的力学规律 1、惯性力： 惯性力没有施力物体，因此它也不存在反作用力。但惯性力同样能改变物体相对于参考系的运动状态，这体现了惯性力就是参考系的加速度效应。 2、引入惯性力后，非惯性系中力学规律： 五、求解动力学问题的主要步骤 恒力作用下的连接体约束运动：选取研究对象，分析运动趋势，画出隔离体示力图，列出分量式的运动方程。 变力作用下的单质点运动：分析力函数，选取坐标系，列运动方程，用积分法求解。 第3章机械能和功 一、功 1、功能的定义式： 恒力的功： 变力的功： 2、保守力 若某力所作的功仅取决于始末位置而与经历的路径无关，则该力称保守力。或满足下述关

大学物理答案第17章

17－2一单缝用波长为λ1和λ2的光照明，若λ1的第一级衍射极小与λ2的第二级衍射极小重合。问 （1）这两种波长的关系如何？ （2）所形成的衍射图样中是否还有其它极小重合？ 解：（1）单缝衍射极小条件为 λθk a =sin 依题意有 212λλ= （2）依题意有 11sin λθk a = 22sin λθk a = 因为212λλ=，所以得所形成的衍射图样中还有其它极小重合的条件为 212k k = 17－3 有一单缝，缝宽为0.1mm ，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为546.1nm 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 a f x λ 2=? 代入数据得 mm x 461.510 1.0101.54610 5023 9 2 =????=?--- 17－4 用波长为632.8nm 的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件 λθk a =sin 依题意有 m a μλ 26.70872 .0108.6325sin 9 0=?==- 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角 宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为 λθk a =sin 依题意有 011 5.234.0sin 5 2 sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为0 475.2322=?=θ

17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 2 ) 12(sin λ θ+=k a 依题意有 2)122(2)132(2 1λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.4287 60057521=?== λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为7.0mm ，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径0.25mm ）中的柱状感光细胞每平方毫米约1.5×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？ 解：（1）据爱里斑角宽公式，星体在视网膜上像的角宽度为 rad d 4 3 9109.110 0.71055044.244.22---?=??==λ θ （2）视网膜上星体的像的直径为 mm l d 34104.423109.1 2--?=??==θ （3）细胞数目应为3.2105.14 )104.4(52 3=????= -πn 个 17－8 在迎面驶来的汽车上，两盏前灯相距120cm 。试问汽车离人多远的地方，眼睛恰能分 辨这两盏前灯？设夜间人眼瞳孔直径为5.0mm ，入射光波长为550nm.。 解： 38.9101.22l L l L l D L m λδθλ ????==?设两灯距为，人车距为。人眼最小分辨角为， ＝1.22＝D 17－9 据说间谍卫星上的照相机能清楚识别地面上汽车的牌照号码。（1）若被识别的牌照上的字划间的距离为5cm ，在160km 高空的卫星上的照相机的角分辨率应多大？ （2）此照相机的孔径需多大？光的波长按500nm 计算。 解：装置的光路如图所示。 S 15cm S 2 160km D