大学物理简明教程习题解答
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 =22y 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
222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴
故它们的模即为
2
222
222
22
22
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
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
2
2d d d d t r a t
r
v ==
其二,可能是将2
2d d d d t r t
r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明t r d d 不是速度的模,而只是速度在径向上的分量,同样,2
2d d t r 也不是加速度的模,它只是加速度在径向分量中
的一部分????
???????
??-=2
22d d d d t r t r a θ径。或者概括性地说,前一种方法只考虑了位矢r 在径向(即
量值)方面随时间的变化率,而没有考虑位矢r
及速度v 的方向随间的变化率对速度、加速
度的贡献。
1-3 一质点在xOy 平面上运动,运动方程为
x =3t +5, y =21
t 2+3t -4.
式中t 以 s 计,x ,y 以m 计.(1)以时间t 为变量,写出质点位置矢量的表示式;(2)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;(3)计算t =0 s 时刻到t =4s 时刻内的平均速度;(4)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
)4321()53(2-+++=m (2)将1=t ,2=t 代入上式即有
j i r
5.081-= m
j j r
4112+=m
j j r r r
5.4312+=-=?m
(3)∵ j i r j j r 1617,4540
+=-= ∴ 1
04s m 534201204-?+=+=--=??=j i j
i r r t r v
(4) 1
s m )3(3d d -?++==j t i t r v
则 j i v 734
+= 1s m -? (5)∵ j i v j i v
73,3340
+=+=
2
04s m 1444-?==-=??=j v v t v a (6) 2
s m 1d d -?==j t v
a
这说明该点只有y 方向的加速度,且为恒量。
1-4 在离水面高h 米的岸上,有人用绳子拉船靠岸,船在离岸S 处,如题1-4图所示.当人以
0v (m ·1-s )的速率收绳时,试求船运动的速度和加速度的大小.
图1-4
解: 设人到船之间绳的长度为l ,此时绳与水面成θ角,由图可知
2
22s h l += 将上式对时间t 求导,得
t s s
t
l l
d d 2d d 2=
题1-4图
根据速度的定义,并注意到l ,s 是随t 减少的,
∴
t s v v t l v d d ,d d 0-
==-=船绳 即
θcos d d d d 0
0v v s l
t l s l t s v ==-=-=船 或 s v s h s lv v 0
2/1220)(+=
=船
将船v 再对t 求导,即得船的加速度
3
2
0222
020
2
002)(d d d d d d s v h s v s l s v s lv s v v s t s
l t l s
t v a =+-=+-=-==船
船
1-5 质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为 a =2+62x ,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
1-6 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
2
23
4t 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 5
21
232++=t t x
所以s 10=t 时
m
70551021
102s m 1901023
10432101210=+?+?=?=?+
?=-x v
1-7 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 以秒计,求:(1) t = 2 s (2)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====
ω
βθω
(1)s 2=t 时, 2
s m 362181-?=??==βτR a
2222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n
(2)当加速度方向与半径成ο
45角时,有145tan ==
?n
a a τ
即 β
ωR R =2
亦即
t t 18)9(2
2= 则解得 923=
t 于是角位移为
rad
67.292
32323=?+=+=t θ 1-8 质点沿半径为R 的圆周按s =2
021bt t v -的规律运动,式中s 为质点离圆周上某点的弧
长,0v ,b 都是常量,求:(1)t 时刻质点的加速度;(2) t 为何值时,加速度在数值上等于b .
解:(1) bt v t s
v -==
0d d R bt v R v a b
t
v a n 2
02)(d d -=
=-==τ
则 2402
22)(R bt v b a a a n -+
=+=τ
加速度与半径的夹角为
20)(arctan
bt v Rb a a n --=
=τ?
(2)由题意应有
24
02
)(R bt v b b a -+
== 即 0
)(,)
(4024
022=-?-+=bt v R bt v b b
∴当
b v t 0
=时,b a = 1-9 以初速度0v =201s m -?抛出一小球,抛出方向与水平面成幔60°的夹角,
求:(1)球轨道最高点的曲率半径1R ;(2)落地处的曲率半径2
R .
(提示:利用曲率半径与法向加速度之间的关系)
解:设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示.
题1-9图
(1)在最高点,
o 0160cos v v v x == 2
1s m 10-?==g a n
又∵
12
11ρv a n =
∴
m
1010
)60cos 20(2
2111=??=
=n a v ρ
(2)在落地点,
2002==v v 1s m -?,
而
o
60cos 2?=g a n
∴ m
8060cos 10)20(2
2222=??==n a v ρ
1-10飞轮半径为0.4 m ,自静止启动,其角加速度为β=0.2 rad ·2
s -,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:当s 2=t 时,4.022.0=?==t βω1
s rad -?
则16.04.04.0=?==ωR v 1
s m -?
064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2s m -? 08.02.04.0=?==βτR a 2s m -?
2
2222
s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+=τa a a n
1-11 一船以速率1v =30km ·h -1
沿直线向东行驶,另一小艇在其前方以速率2v =40km ·h -1
沿直线向北行驶,问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何
?
解:(1)大船看小艇,则有1221
v v v -=,依题意作速度矢量图如题1-13图
(a)
题1-11图
由图可知 1222121h km 50-?=+=v v v
方向北偏西
?===87.3643
arctan arctan
21v v θ
(2)小船看大船,则有2112
v v v -=,依题意作出速度矢量图如题1-13图(b),同上法,得 5012=v 1h km -?
方向南偏东o
87.36
习题二
2-1 一个质量为P 的质点,在光滑的固定斜面(倾角为α)上以初速度
0v 运动,0v 的方向
与斜面底边的水平线AB 平行,如图所示,求这质点的运动轨道.
解: 物体置于斜面上受到重力mg ,斜面支持力N .建立坐标:取0v 方向为X 轴,平行斜
面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图
2-2.
题2-1图
X 方向: 0=x F t v x 0= ①
Y
方向:
y
y ma mg F ==αsin ②
0=t 时 0=y 0=y v
2
sin 21
t g y α=
由①、②式消去t ,得
2
20
sin 21
x g v y ?=α
2-2 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动,受一恒力作用,力的分量为x f =6
N ,y f =
-7 N ,当t =0时,==y x 0,x v =-2 m ·s -1
,y
v =0.求
当t = 2 s 的 (1)位矢;(2)速度.
解:
2s m 83166-?===
m f a x x 2
s m 167-?-==m f a y y
(1)
??--?-=?-=+=?-=?+-=+=201
01
200s m 87
2167s m 45
2832dt a v v dt a v v y y y x x x
于是质点在s 2时的速度
1
s m 8
745-?--=j
i v
(2)
m
874134)16
7(21)483
2122(2
1)21(2
20j i j
i j
t a i t a t v r y x --=?-+??+?-=++=
2-3 质点在流体中作直线运动,受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用,t =0时质点的
速度为
0v ,证明(1) t 时刻的速度为v =t m
k e
v )(
0-;(2) 由0到t 的时间内经过的距离为
x =(k mv 0)[1-t m k
e )(-];(3)停止运动前经过的距离为)
(0k m v ;(4)证明当k m t =时速度
减至0v 的e 1,式中m 为质点的质量.
答: (1)∵ t v
m kv a d d =-=
分离变量,得
m t k v v d d -= 即
??-=v v t m t
k v v 00d d m
kt e v v -=ln ln 0
∴
t
m k
e
v v -=0
(2)
??---===t
t
t
m k m k e k mv t e
v t v x 0
00)
1(d d
(3)质点停止运动时速度为零,即t →∞,
故有
?∞
-=
='0
0d k mv t e
v x t
m k
(4)当t=k m
时,其速度为
e v e v e
v v k
m
m k 0
100=
==-?-
即速度减至0v 的e 1.
2-4一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v 从地面抛出,若忽略空气阻力,求质
点落地时相对抛射时的动量的增量.
解: 依题意作出示意图如题2-6图
题2-4图
在忽略空气阻力情况下,抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同,与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对y 轴对称性,故末速度与x 轴夹角亦为o
30,则动量的增量为
0v m v m p -=?
由矢量图知,动量增量大小为
v m
,方向竖直向下.
2-5 作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F
)210(+=N ,式中t 的单位是s ,(1)求4s 后,
这物体的动量和速度的变化,以及力给予物体的冲量.(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ,
该力应在这物体上作用多久,试就一原来静止的物体和一个具有初速度j
6-m ·s -1
的物体,
回答这两个问题.
解: (1)若物体原来静止,则
i
t i t t F p t
10401s m kg 56d )210(d -??=+==???,沿x 轴正向,
i p I i
m p v 11111
1s m kg 56s m 6.5--??=?=?=?=?
若物体原来具有6-1
s m -?初速,则
??+-=+-=-=t t
t
F v m t m F v m p v m p 0
00000d )d (,
于是 ??==-=?t p t F p p p 01
02d
, 同理,
12v v
?=?,12I I = 这说明,只要力函数不变,作用时间相同,则不管物体有无初动量,也不管初动量有多大,
那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同,这就是动量定理. (2)同上理,两种情况中的作用时间相同,即
?+=+=t
t t t t I 02
10d )210(
亦即 0200102
=-+t t 解得s 10=t ,(s 20='t 舍去)
2-6 一颗子弹由枪口射出时速率为1
0s m -?v ,当子弹在枪筒内被加速时,它所受的合力为
F =(bt a -)N(b a ,为常数),其中t 以秒为单位:(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零,
试计算子弹走完枪筒全长所需时间;(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
0)(=-=bt a F ,得
b a t =
(2)子弹所受的冲量
?-=-=t
bt at t bt a I 02
21
d )(
将
b a
t =
代入,得
b a I 22=
(3)由动量定理可求得子弹的质量
02
02bv a v I m =
=
2-7设N 67j i F -=合.(1) 当一质点从原点运动到m 1643k j i r ++-=时,求F 所作的
功.(2)如果质点到r 处时需0.6s ,试求平均功率.(3)如果质点的质量为1kg ,试求动能的
变化.
解: (1)由题知,合F
为恒力,
∴ )1643()67(k j i j i r F A
++-?-=?=合
J 452421-=--=
(2) w
756.045==?=t A P
(3)由动能定理,
J 45-==?A E k
2-8 如题2-18图所示,一物体质量为2kg ,以初速度0v
=3m ·s -1
从斜面A 点处下滑,它与斜面的摩擦力为8N ,到达B 点后压缩弹簧20cm 后停止,然后又被弹回,求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度.
解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点,弹簧原 长处为弹性势能零点。则由功能原理,有
??? ???+-=
-37sin 212122mgs mv kx s f r 22
2137sin 2
1kx s f mgs mv k r -?+=
式中m 52.08.4=+=s ,m 2.0=x ,再代入有关数据,解得
-1m N 1390?=k
题2-8图
再次运用功能原理,求木块弹回的高度h '
2
o 21
37sin kx s mg s f r -'='-
代入有关数据,得 m 4.1='s ,
则木块弹回高度
m 84.037sin o ='='s h
2-9 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞,试证碰后两小球的运动方向互相垂直.
证: 两小球碰撞过程中,机械能守恒,有
222120212121mv mv mv +=
即 2
22120
v v v += ①
题2-9图(a) 题2-9图(b) 又碰撞过程中,动量守恒,即有
210v m v m v m
+=
亦即 210
v v v +=
②
由②可作出矢量三角形如图(b),又由①式可知三矢量之间满足勾股定理,且以0v 为斜边,
故知1v 与2v 是互相垂直的.
2-10一质量为m 的质点位于(11,y x )处,速度为
j
v i v v y x
+=, 质点受到一个沿x 负方向
的力f 的作用,求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩. 解: 由题知,质点的位矢为
j y i x r
11+=
作用在质点上的力为 i f f -=
所以,质点对原点的角动量为
v m r L ?=0
)
()(11j v i v m i y i x y x +?+=
k
mv y mv x x y
)(11-=
作用在质点上的力的力矩为
k f y i f j y i x f r M
1110)()(=-?+=?=
2-11 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆.它离太阳最近距离为1r =8.75×1010
m 时的速
率是
1v =5.46×10
4
m ·s -1
,它离太阳最远时的速率是2v =9.08×102
m ·s
-1
阳的距离2r 多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。)
解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用,所以角动量守恒;又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直,故有 2211mv r mv r =
∴ m 1026.51008.91046.51075.812
2
4102112?=????==v v r r
2-12 物体质量为3kg ,t =0时位于m 4i r
=, 1s m 6-?+=j i v ,如一恒力N 5j f =作用
在物体上,求3秒后,(1)物体动量的变化;(2)相对z 轴角动量的变化. 解: (1)
??-??===?30
1
s m kg 15d 5d j t j t f p
(2)解(一)
73400=+=+=t v x x x
j
at t v y y 5.25335
213621220=??+?=+= 即 i r
41=,j i r 5.2572+= 10==x x v v
11
335
60=?+=+=at v v y y 即 j i v
611+=,j i v 112+=
∴ k j i i v m r L
72)6(34111=+?=?=
k j i j i v m r L
5.154)11(3)5.257(222=+?+=?=
∴ 1
212s m kg 5.82-??=-=?k L L L
解(二) ∵
dt dz
M =
∴
???=?=?t t t
F r t M L 0
d )(d
??-??=+=???
????
?+++=3
1
302s m kg 5.82d )4(5d 5)35)216()4(2k t k t t j j t t i t
题2-12图
2-13飞轮的质量m =60kg ,半径R =0.25m ,绕其水平中心轴O 转动,转速为
900rev ·min -1
.现利用一制动的闸杆,在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ,可使飞轮减速.已知闸杆的尺寸如题2-25图所示,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=0.4,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算.试求:
(1)设F =100 N ,问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转? (2)如果在2s 内飞轮转速减少一半,需加多大的力F ?
解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b)).图中N 、N '是正压力,r F 、r F '
是摩擦力,
x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力,R 是轮的重力,P 是轮在O 轴处所受支承力.
题2-13图(a )
题2-13图(b)
杆处于静止状态,所以对A 点的合力矩应为零,设闸瓦厚度不计,则有
F l l l N l N l l F 1
2
11210
)(+=
'='-+
对飞轮,按转动定律有I R F r /-=β,式中负号表示β与角速度ω方向相反. ∵ N F r μ= N N '= ∴ F l l l N F r 1
2
1+='=μ
μ
又∵
,21
2mR I =
∴
F mRl l l I R F r 1
21)
(2+-=-
=μβ ①
以N 100=F 等代入上式,得
2
s rad 340
10050.025.060)75.050.0(40.02-?-=???+??-=
β
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
s 06.740603
29000=???=-
=πβωt
这段时间内飞轮的角位移为
rad 21.53)4
9
(3402149602900212
20ππππβωφ?=??-??=
+=t t
可知在这段时间里,飞轮转了1.53转.
(2)1
0s rad 602900-??=π
ω,要求飞轮转速在2=t s 内减少一半,可知
20
00
s rad 21522
-?-
=-
=-=π
ωωωβt
t
用上面式(1)所示的关系,可求出所需的制动力为
N l l mRl F 1772)75.050.0(40.021550.025.060)
(2211=?+?????=
+-=π
μβ
2-14固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴O O '转动.设大小圆柱体的半径分别为R 和r ,质量分别为M 和m .绕在两柱体上的细绳分别与物体1m 和2m 相连,
1m 和2m 则挂在圆柱体的两侧,如题2-26图所示.设R =0.20m, r =0.10m ,m =4 kg ,
M =10 kg ,1m =2m =2 kg ,且开始时1m ,2m 离地均为h =2m .求:
(1)柱体转动时的角加速度;
(2)两侧细绳的张力.
解: 设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度,方向如图(如图b).
题2-14(a)图 题2-14(b)图 (1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下:
2222a m g m T =- ① 1111a m T g m =- ②
βI r T R T ='
-'21 ③
式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,,
而
222121mr MR I +=
由上式求得
2
22222
2212
1s rad 13.68
.910.0220.0210.0421
20.010212
1.02
2.0-?=??+?+??+???-?=
++-=
g r
m R m I rm Rm β
(2)由①式
8.208.9213.610.02222=?+??=+=g m r m T βN
由②式
1.1713.6.
2.028.92111=??-?=-=βR m g m T N
2-15 如题2-15图所示,一匀质细杆质量为m ,长为l ,可绕过一端O 的水平轴自由转动,
杆于水平位置由静止开始摆下.求: (1)初始时刻的角加速度; (2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律,有
β)31
(212ml mg
=
∴
l g 23=
β (2)由机械能守恒定律,有
2
2)31
(21sin 2ωθ
ml l mg =
∴ l g θωsin 3=
题2-15图
习题三
3-1 气体在平衡态时有何特征?气体的平衡态与力学中的平衡态有何不同?
答:气体在平衡态时,系统与外界在宏观上无能量和物质的交换;系统的宏观性质不随时间变化.
力学平衡态与热力学平衡态不同.当系统处于热平衡态时,组成系统的大量粒子仍在不停地、无规则地运动着,大量粒子运动的平均效果不变,这是一种动态平衡.而个别粒子所受合外力可以不为零.而力学平衡态时,物体保持静止或匀速直线运动,所受合外力为零. 3-2 气体动理论的研究对象是什么?理想气体的宏观模型和微观模型各如何? 答:气体动理论的研究对象是大量微观粒子组成的系统.是从物质的微观结构和分子运动论出发,运用力学规律,通过统计平均的办法,求出热运动的宏观结果,再由实验确认的方法. 从宏观看,在温度不太低,压强不大时,实际气体都可近似地当作理想气体来处理,压强越低,温度越高,这种近似的准确度越高.理想气体的微观模型是把分子看成弹性的自由运动的质点.
3-3 温度概念的适用条件是什么?温度微观本质是什么?
答:温度是大量分子无规则热运动的集体表现,是一个统计概念,对个别分子无意义.温度微观本质是分子平均平动动能的量度.
2
8642150
24083062041021++++?+?+?+?+?=
=∑∑i
i
i N
V N V
7.2141
890
==
1s m -? 方均根速率
2
864215024081062041021223222
2
++++?+?+?+?+?=
=
∑∑i
i
i N
V N V
6.25= 1s m -?
3-5 速率分布函数)(v f 的物理意义是什么?试说明下列各量的物理意义(n 为分子数密度,N 为系统总分子数).
(1)v v f d )( (2)v v nf d )( (3)v v Nf d )(
(4)
?
v
v v f 0
d )( (5)?∞
d )(v v f (6)?2
1
d )(v v v v Nf
解:)(v f :表示一定质量的气体,在温度为T 的平衡态时,分布在速率v 附近单位速率区间内的分子数占总分子数的百分比.
(1) v v f d )(:表示分布在速率v 附近,速率区间v d 内的分子数占总分子数的百分比. (2) v v nf d )(:表示分布在速率v 附近、速率区间dv 内的分子数密度. (3) v v Nf d )(:表示分布在速率v 附近、速率区间dv 内的分子数.
(4)
?v
v v f 0d )(:表示分布在21~v v 区间内的分子数占总分子数的百分比.
(5)?∞
d )(v v f :表示分布在∞~0的速率区间内所有分子,其与总分子数的比值是1.
(6)?
2
1
d )(v v v v Nf :表示分布在21~v v 区间内的分子数.
3-6 题3-6图(a)是氢和氧在同一温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线,哪一条代表氢?题3-6图(b)是某种气体在不同温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线,哪一条的温度较高? 答:图(a)中(1)表示氧,(2)表示氢;图(b)中(2)温度高.
题3-6图
3-7 试说明下列各量的物理意义. (1)
kT 21 (2)kT 23 (3)kT i
2 (4)
RT i M M mol 2 (5)RT i 2 (6)RT 2
3
解:(1)在平衡态下,分子热运动能量平均地分配在分子每一个自由度上的能量均为k 2
1
T . (2)在平衡态下,分子平均平动动能均为
kT 2
3
. (3)在平衡态下,自由度为i 的分子平均总能量均为
kT i
2
. (4)由质量为M ,摩尔质量为mol M ,自由度为i 的分子组成的系统的内能为RT i
M M 2
mol .
(5) 1摩尔自由度为i 的分子组成的系统内能为
RT i
2. (6) 1摩尔自由度为3的分子组成的系统的内能RT 2
3
,或者说热力学体系内,1摩尔分子的
平均平动动能之总和为RT 2
3
.
3-8 有一水银气压计,当水银柱为0.76m 高时,管顶离水银柱液面0.12m ,管的截面积为
2.0×10-4m 2
,当有少量氦(He)混入水银管内顶部,水银柱高下降为0.6m ,此时温度为
27℃,试计算有多少质量氦气在管顶(He 的摩尔质量为0.004kg ·mol -1
)?
解:由理想气体状态方程RT M M
pV mol
=
得 RT
pV
M M mol =
汞的重度 51033.1?=Hg d 3
m N -?
氦气的压强 Hg )60.076.0(d P ?-=
氦气的体积 4
10
0.2)60.088.0(-??-=V 3m
)
27273()100.228.0()60.076.0(004.04Hg +????-?
=-R d M )
27273(31.8)
100.228.0()60.076.0(004.04Hg +?????-?
=-d
61091.1-?=Kg
3-9设有N 个粒子的系统,其速率分布如题6-18图所示.求 (1)分布函数)(v f 的表达式; (2)a 与0v 之间的关系;
(3)速度在1.50v 到2.00v 之间的粒子数. (4)粒子的平均速率.
(5)0.50v 到10v 区间内粒子平均速率.
题3-9图
解:(1)从图上可得分布函数表达式
??
?
??≥=≤≤=≤≤=)2(0)()2()()0(/)(00000v v v Nf v v v a v Nf v v v av v Nf ??
???≥≤≤≤≤=)
2(0)2(/)0(/)(00000v v v v v N
a v v Nv av v f )(v f 满足归一化条件,但这里纵坐标是)(v Nf 而不是)(v f 故曲线下的总面积为N ,
(2)由归一化条件可得
??=
=+0
0000
2032d d v v v v N
a N
v a N v v av
N (3)可通过面积计算
N v v a N 31
)5.12(00=-=?
(4) N 个粒子平均速率
????
+===∞
∞
00
02002
00
d d d )(1d )(v v v v av v v av v v vNf N v v vf v
020209
11)2331(1v av av N v =+=
(5)05.0v 到01v 区间内粒子平均速率
??=
=
000
5.011
5.0d d v v v v N
N
v N N N N
v v
??==00005.05.00
2
11d d )(v v v v v Nv av N N v v vf N N 24
71)243(1d 12
103003015.002100av N v av v av N v v av N v v v =-==? 05.0v 到01v 区间内粒子数
N av v v a a N 4
1
83)5.0)(5.0(210001==-+=
9
76702
0v N av v ==
3-10 试计算理想气体分子热运动速率的大小介于1100-?-p p v v 与1
100-?+p p v v 之间的分子数占总分子数的百分比. 解:令P
v v
u =
,则麦克斯韦速率分布函数可表示为 du e u N dN u 2
24-=π
因为1=u ,02.0=?u
由 u e u N N u ?=?-2
24π 得 %66.102.014
1=???=?-e N N π
3-11 1mol 氢气,在温度为27℃时,它的平动动能、转动动能和内能各是多少? 解:理想气体分子的能量
RT i
E 2
υ= 平动动能 3=t 5.373930031.823
=??=
t E J 转动动能 2=r 249330031.82
2
=??=r E J
内能5=i 5.623230031.82
5
=??=i E J
3-12 一真空管的真空度约为1.38×10-3 Pa(即1.0×10-5
mmHg),试 求在27℃时单位体积中
的分子数及分子的平均自由程(设分子的有效直径d =3×10-10
m). 解:由气体状态方程nkT p =得
1723
31033.33001038.11038.1?=???==-kT p n 3
m - 由平均自由程公式 n
d 2
21
πλ= 5.710
33.310921
17
20=????=-πλ m 3-13 (1)求氮气在标准状态下的平均碰撞频率;(2)若温度不变,气压降到1.33×10-4
Pa ,
平均碰撞频率又为多少(设分子有效直径10-10
m)? 解:(1)碰撞频率公式v n d z 22π=
对于理想气体有nkT p =,即
kT
p n =
所以有 kT
p
v d z 22π=
而 mol
60.1M RT
v ≈ 43.4552827331.860
.1=?≈v 1s m -? 氮气在标准状态下的平均碰撞频率
80
5201044.5273
1038.110013.143.455102?=??????=
-πz 1
s - 气压下降后的平均碰撞频率
1
23
4
20s 714.0273
1038.11033.143.455102----=??????=
πz
3-14 1mol 氧气从初态出发,经过等容升压过程,压强增大为原来的2倍,然后又经过等温膨胀过程,体积增大为原来的2倍,求末态与初态之间(1)气体分子方均根速率之比; (2)分子平均自由程之比. 解:由气体状态方程
2
2
11T p T p = 及 3322V p V p = 方均根速率公式 mol
2
73
.1M RT
v = 2
1
2121
22=
==
p p T T v v 末
初 对于理想气体,nkT p =,即 kT
p
n = 所以有 p
d kT 22πλ=
12
12
1==T p p T 末初λλ
习题四
4-1下列表述是否正确?为什么?并将错误更正.
(1)A E Q ?+?=? (2)?+=V p E Q d
(3)
121Q Q -
≠η (4)12
1Q Q -<不可逆η
解:(1)不正确,A E Q +?=
(2)不正确,
?+=V
p E Q d Δ
(3)不正确,
121Q Q -
=η
(4)不正确,
12
1Q Q -=不可逆
η
4-2 用热力学第一定律和第二定律分别证明,在V p -图上一绝热线与一等温线不能有两个交点.
题4-2图
解:1.由热力学第一定律有
A E Q +?= 若有两个交点a 和b ,则 经等温b a →过程有
0111=-=?A Q E 经绝热b a →过程
012=+?A E 022<-=?A E
从上得出21E E ?≠?,这与a ,b 两点的内能变化应该相同矛盾.
2.若两条曲线有两个交点,则组成闭合曲线而构成了一循环过程,这循环过程只有吸热,无放热,且对外做正功,热机效率为%100,违背了热力学第二定律. 4-3 一循环过程如题4-3图所示,试指出: (1)ca bc ab ,,各是什么过程;
(2)画出对应的V p -图; (3)该循环是否是正循环?
(4)该循环作的功是否等于直角三角形面积? (5)用图中的热量
ac bc ab Q Q Q ,,表述其热机效率或致冷系数.
解:(1) a b 是等体过程
bc 过程:从图知有KT V =,K 为斜率 由vRT pV = 得
K vR p =
故bc 过程为等压过程 ca 是等温过程 (2)V p -图如题4-3’图
第12章 量子物理学 12-1 氦氖激光器发射波长632.8nm 的激光。若激光器的功率为1.0mW ,试求每秒钟所发射的光子数。 解 一个光子的能量λ νhc h E ==,激光器功率P 数值上等于每秒钟发射光子的总能量, 故每秒钟所发射的光子数 1/s 1018.315?=== hc P E P N λ 12-2 某种材料的逸出功为3.00eV ,试计算能使这种材料发射光电子的入射光的最大波长。 解 光子的能量λ hc E =,要使这种材料发射光电子,入射光子的能量不能小于逸出功W , 即有 W hc E == min λ 解得入射光的最大波长为 nm 4141014.470=?== -W hc λ 12-3 从铝中移去一个电子需要能量4.20eV 。用波长为200nm 的光投射到铝表面上,求: (1)由此发射出来的最快光电子和最慢光电子的动能; (2)遏止电势差; (3)铝的红限波长。 解 (1)根据爱因斯坦光电效应方程 W E h km +=ν 最快光电子的动能 W hc W h m E -=-== λ ν2m max k 21v eV 2.02J 1023.319=?=- 最慢光电子逸出铝表面后不再有多余的动能,故0min k =E (2)因最快光电子反抗遏止电场力所做的功应等于光电子最大初动能,即max k E eU a =, 故遏止电势差 V 02.2max k == e E U a (3)波长为红限波长λ0的光子,具有恰好能激发光电子的能量,由λ0与逸出功的关系W hc =0 λ 得铝的红限波长 nm 296m 1096.270=?== -W hc λ 12-4 在一个光电效应实验中测得,能够使钾发射电子的红限波长为562.0nm 。 (1)求钾的逸出功; (2)若用波长为250.0nm 的紫外光照射钾金属表面,求发射出的电子的最大初动能。 解 (1)波长为红限波长λ0的光子具有恰能激发光电子的能量,即光子能量等于逸出功 由W hc =0λ,得钾的逸出功 eV 2.21J 1054.3190 =?==-λhc W
2003—2004学年度第2学期期末考试试卷(A 卷) 《A 卷参考解答与评分标准》 一 填空题:(18分) 1. 10V 2.(变化的磁场能激发涡旋电场),(变化的电场能激发涡旋磁场). 3. 5, 4. 2, 5. 3 8 6. 293K ,9887nm . 二 选择题:(15分) 1. C 2. D 3. A 4. B 5. A . 三、【解】(1) 如图所示,内球带电Q ,外球壳内表面带电Q -. 选取半径为r (12R r R <<)的同心球面S ,则根据高斯定理有 2() 0d 4πS Q r E ε?==? E S 于是,电场强度 204πQ E r ε= (2) 内导体球与外导体球壳间的电势差 22 2 1 1 1 2200 01211d 4π4π4πR R R AB R R R Q Q dr Q U dr r r R R εεε?? =?=?==- ????? ? r E (3) 电容 12 001221114π/4πAB R R Q C U R R R R εε??= =-= ?-?? 四、【解】 在导体薄板上宽为dx 的细条,通过它的电流为 I dI dx b = 在p 点产生的磁感应强度的大小为 02dI dB x μπ= 方向垂直纸面向外. 电流I 在p 点产生的总磁感应强度的大小为 22000ln 2222b b b b dI I I dx B x b x b μμμπππ===? ? 总磁感应强度方向垂直纸面向外. 五、【解法一】 设x vt =, 回路的法线方向为竖直向上( 即回路的绕行方向为逆时
针方向), 则 21 d cos602B S Blx klvt Φ=?=?= ? ∴ d d klvt t εΦ =- =- 0ac ε < ,电动势方向与回路绕行方向相反,即沿顺时针方向(abcd 方向). 【解法二】 动生电动势 1 cos602 Blv klvt ε?动生== 感生电动势 d 111 d [cos60]d 222d d dB B S Blx lx lxk klvt t dt dt dt εΦ=- =?=--?===?感生- klvt εεε==感生动生+ 电动势ε的方向沿顺时针方向(即abcd 方向)。 六、【解】 1. 已知波方程 10.06cos(4.0)y t x ππ=- 与标准波方程 2cos(2) y A t x π πνλ =比较得 , 2.02, 4/Z H m u m s νλνλ==== 2. 当212(21)0x k ππΦ-Φ==+合时,A = 于是,波节位置 21 0.52k x k m += =+ 0,1,2, k =±± 3. 当 21222x k A ππΦ-Φ==合时,A = 于是,波腹位置 x k m = 0,1,2, k =±± ( 或由驻波方程 120.12cos()cos(4)y y y x t m ππ=+= 有 (21) 00.52 x k A x k m π π=+?=+合= 0,1,2, k =±± 20.122 x k A m x k m π π=?=合=, 0,1,2, k =±± )
第四章电磁学基础 静电学部分 4.2解:平衡状态下受力分析 +q受到的力为: 处于平衡状态: (1) 同理,4q 受到的力为: (2) 通过(1)和(2)联立,可得:, 4.3解:根据点电荷的电场公式: 点电荷到场点的距离为: 两个正电荷在P点产生的电场强度关于中垂线对称: 所以: 当与点电荷电场分布相似,在很远处,两个正电荷q组成的电荷系的电场分布,与带电量为2q的点电荷的电场分布一样。 4.4解:取一线元,在圆心处 产生场强: 分解,垂直x方向的分量抵消,沿x方向 的分量叠加: 方向:沿x正方向 4.5解:(1 (2)两电荷异号,电场强度为零的点在外侧。 4.7解:线密度为λ,分析半圆部分: 点电荷电场公式: + +
在本题中: 电场分布关于x 轴对称:, 进行积分处理,上限为,下限为: 方向沿x轴向右,正方向 分析两个半无限长: ,,, 两个半无限长,关于x轴对称,在y方向的分量为0,在x方向的分量: 在本题中,r为场点O到半无限长线的垂直距离。电场强度的方向沿x轴负方向,向左。那么大O点的电场强度为: 4.8解:E的方向与半球面的轴平行,那么 通过以R为半径圆周边线的任意曲面的 电通量相等。所以 通过S1和S2的电通量等效于通过以R为半 径圆面的电通量,即: 4.9解:均匀带电球面的场强分布: 球面 R 1 、R2的场强分布为: 根据叠加原理,整个空间分为三部分: 根据高斯定理,取高斯面求场强: 图4-94 习题4.8用图 S1 S2 R O
场强分布: 方向:沿径向向外 4.10解:(1)、这是个球对称的问题 当时,高斯面对包围电荷为Q 当,高斯面内包围电荷为q 方向沿径向 (2)、证明:设电荷体密度为 这是一个电荷非足够对称分布的带电体,不能直接用高斯定理求解。但可以把这一带电体看成半径为R、电荷体密度为ρ的均匀带电球体和半径为R`、电荷体密度为-ρ的均匀带电体球相叠加,相当于在原空腔同时补上电荷体密度为ρ和-ρ的球体。由电场 叠加原理,空腔内任一点P的电场强度为: 在电荷体密度为ρ球体内部某点电场为: 在电荷体密度为-ρ球体内部某点电场为: 所以 4.11解:利用高斯定理,把空间分成三部分
习 题 四 4-1 质量为m =的弹丸,其出口速率为300s m ,设弹丸在枪筒中前进所受到的合力 9800400x F -=。开抢时,子弹在x =0处,试求枪筒的长度。 [解] 设枪筒长度为L ,由动能定理知 2022121mv mv A -= 其中??-==L L dx x Fdx A 00)9 8000400( 9 40004002 L L - = 而00=v , 所以有: 22 300002.05.09 4000400??=-L L 化简可得: m 45.00 813604002==+-L L L 即枪筒长度为。 4-2 在光滑的水平桌面上平放有如图所示的固定的半圆形屏障。质量为m 的滑块以初速度0v 沿切线方向进入屏障内,滑块与屏障间的摩擦系数为μ,试证明:当滑块从屏障的另一端滑出时,摩擦力所作的功为() 12 1220-= -πμe mv W [证明] 物体受力:屏障对它的压力N ,方向指向圆心,摩擦力f 方向与运动方向相反,大小为 N f μ= (1) 另外,在竖直方向上受重力和水平桌面的支撑力,二者互相平衡与运动无关。 由牛顿运动定律 切向 t ma f =- (2) 法向 R v m N 2 = (3) 联立上述三式解得 R v a 2 t μ-= 又 s v v t s s v t v a d d d d d d d d t === 所以 R v s v v 2 d d μ -= 即 s R v v d d μ-=
两边积分,且利用初始条件s =0时,0v v =得 0ln ln v s R v +- =μ 即 s R e v v μ -=0 由动能定理 2 022 121mv mv W -= ,当滑块从另一端滑出即R s π=时,摩擦力所做的功为 () 12 1212122020220-=-=--πμ πμ e mv mv e mv W R R 4-3 质量为m 的质点开始处于静止状态,在外力F 的作用下沿直线运动。已知 T t F F π2sin 0=,方向与直线平行。求:(1)在0到T 的时间内,力F 的冲量的大小;(2)在0到2T 时间内,力F 冲量的大小;(3)在0到2T 时间内,力F 所作的总功;(4)讨论质点的运动情况。 [解]由冲量的定义?=1 2 d t t t F I ,在直线情况下,求冲量I 的大小可用代数量的积分,即 ?= 1 2 d t t t F I (1) 从t =0到 t=T ,冲量的大小为: ?= =T t F I 01d ?-=T T T t T F t T t F 0 00]2cos [2d 2sin πππ=0 (2) 从t =0到 t =T /2,冲量的大小为 π πππ0000 0022 2 2]2cos [2d 2sin d TF T t T F t T t F t F I T T T =-=== ?? (3) 初速度00=v ,由冲量定理 0mv mv I -= 当 t =T /2时,质点的速度m TF m I v π0== 又由动能定理,力F 所作的功 m F T m F mT mv mv mv A 22022 22022 20222212121ππ===-= (4) 质点的加速度)/2sin()/(0T t m F a π=,在t =0到t =T /2时间内,a >0,质点 作初速度为零的加速运动,t =T /2时,a =0,速度达到最大;在t =T /2到t =T 时间内,a <0,但v >0,故质点作减速运动,t =T 时 a =0,速度达到最小,等于零;此后,质点又进行下一
题1.1:已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求(l )质点在运动开始后s 0.4内位移的大小;(2)质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解:(1)质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x (2)由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 s2=P t (t = 0不合题意) 则:m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2:一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时,0=x 。试根据已知的图t v -,画出t a -图以及t x -图。 题1.2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 2A B A B AB s m 20-?=--=t t v v a (匀加速直线运动) 0BC =a (匀速直线) 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a (匀减速直线运动) 根据上述结果即可作出质点的a -t 图 在匀变速直线运动中,有 2002 1at t v x x + += 间内,质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动,其x -t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3:如图所示,湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ,滑轮到原船位置的绳长为0l ,试求:当人以匀速v 拉绳,船运动的速度v '为多少?
《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量.求:(1)质点的轨道;(2)速度和速率。 解:1) 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2) j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=,式中r 的单位为m ,t 的单位为s .求: (1)质点的轨道;(2)从0=t 到1=t 秒的位移;(3)0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解:1)由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为:2)3y (x -= 2)j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3) j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=,式中r 的单位为m ,t 的单
位为s .求:(1)任一时刻的速度和加速度;(2)任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解:1)j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2)21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升,在上升过程中有一螺钉从天花板上松落,升降机的天花板与底板相距为d ,求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解:以地面为参照系,坐标如图,升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += (1) 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= (2) 21y y = (3) 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出,求: (1)小球的运动方程; (2)小球在落地之前的轨迹方程; (3)落地前瞬时小球的t d d r ,t d d v ,t v d d . 解:(1) t v x 0= 式(1) 2gt 2 1 h y -= 式(2) j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= (2)联立式(1)、式(2)得 2 02 v 2gx h y -= (3) j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t =
大学物理简明教程习题答案解析 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??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 =22y 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 ? ??+=,
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
第四章 电磁学基础 静电学部分 4.2 解:平衡状态下受力分析 +q 受到的力为: 20''41 r q q F qq πε= ()()2 4441l q q F q q πε= 处于平衡状态:()04'=+q q qq F F ()0441'41 2 020=+l q q r q q πεπε (1) 同理,4q 受到的力为:()()()20'44'41 r l q q F q q -= πε ()()204441 l q q F q q πε= ()()04'4=+q q q q F F ()()()04414'41 2020=+-l q q r l q q πεπε (2) 通过(1)和(2)联立,可得: 3 l r =,q q 94'-= 4.3 解:根据点电荷的电场公式: r e r q E 2041 πε= 点电荷到场点的距离为:22l r + 2 2041 l r q E += +πε 两个正电荷在P 点产生的电场强度关于中垂线对称: θcos 2//+=E E 0=⊥E 2 2 cos l r r += θ 所以: ( ) 2 32 202 2 2 2021 412 cos 2l r qr l r r l r q E E += ++==+π επεθ q l q +
当l r >> 2 02024121 r q r q E πεπε== 与点电荷电场分布相似,在很远处,两 个正电荷q 组成的电荷系的电场分布,与带电量为2q 的点电荷的电场分布一样。 4.4 解:取一线元θλRd dq =,在圆心处 产生场强:2 0204141 R Rd R dq dE θλπεπε== 分解,垂直x 方向的分量抵消,沿x 方向 的分量叠加: R R Rd dE x 00 202sin 41πελ θθλπεπ ==? ? 方向:沿x 正方向 4.5 解:(1)两电荷同号,电场强度为零的点在内侧; (2)两电荷异号,电场强度为零的点在外侧。 4.7 解:线密度为λ,分析半圆部分: θλλrd dl dq == 点电荷电场公式: r e r q E 2 041 πε= 在本题中: 2 41r rd E θ λπε= 电场分布关于x 轴对称:θθ λπεθsin 41sin 2 r rd E E x ==,0=y E 进行积分处理,上限为2π ,下限为2π-: r d r r rd E E 0000 2 2sin 4sin 41sin πελ θθπελθθ λπεθππ == ==?? ? 方向沿x 轴向右,正方向 分析两个半无限长: )cos (cos 4d sin 4210021 θθπελ θθπελθθ-===? ?x x dE E x x )sin (sin 4d cos 412002 1 θθπελθθπελθθ-===? ?x x dE E y y x
西安工业大学试题纸 1.若质点的运动方程为:()2r 52/2t t i t j =+-+(SI ),则质点的v = 。 2. 一个轴光滑的定滑轮的转动惯量为2/2MR ,则要使其获得β的角加速度,需要施加的合外力矩的大小为 。 3.刚体的转动惯量取决于刚体的质量、质量的空间分布和 。 4.一物体沿x 轴运动,受到F =3t (N)的作用,则在前1秒内F 对物体的冲量是 (Ns )。 5. 一个质点的动量增量与参照系 。(填“有关”、“无关”) 6. 由力对物体的做功定义可知道功是个过程量,试回答:在保守力场中,当始末位置确定以后,场力做功与路径 。(填“有关”、“无关”) 7.狭义相对论理论中有2个基本原理(假设),一个是相对性原理,另一个是 原理。 8.在一个惯性系下,1、2分别代表一对因果事件的因事件和果事件,则在另一个惯性系下,1事件的发生 2事件的发生(填“早于”、“晚于”)。 9. 一个粒子的固有质量为m 0,当其相对于某惯性系以0.8c 运动时的质量m = ;其动能为 。 10. 波长为λ,周期为T 的一平面简谐波在介质中传播。有A 、B 两个介质质点相距为L ,则A 、B 两个质点的振动相位差=?φ____;振动在A 、B 之间传播所需的时间为_ 。 11. 已知平面简谐波方程为cos()y A Bt Cx =-,式中A 、B 、C 为正值恒量,则波的频率为 ;波长为 ;波沿x 轴的 向传播(填“正”、“负”)。 12.惠更斯原理和波动的叠加原理是研究波动学的基本原理,对于两列波动的干涉而言,产生稳定的干涉现象需要三个基本条件:相同或者相近的振动方向,稳定的位相差,以及 。 13. 已知一个简谐振动的振动方程为10.06cos(10/5)()X t SI π=+,现在另有一简谐振动,其振动方程为20.07cos(10)X t =+Φ,则Φ= 时,它们的合振动振幅最 大;Φ= 时,它们的合振动振幅最小。 14. 平衡态下温度为T 的1mol 单原子分子气体的内能为 。 15. 平衡态下理想气体(分子数密度为n ,分子质量为m ,分子速率为v )的统计压强P= ;从统计角度来看,对压强和温度这些状态量而言, 是理想气体分子热运动激烈程度的标志。
大学物理(上)课后习题答案
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3 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动,运动方程为:x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计,x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量,写出质点位置矢量的表示式;⑵求出t =1 s 时刻和t =2s 时刻的位置矢量,计算这1秒内质点的位移;⑶ 计算t =0 s 时刻到t =4s 时刻内的平均速度;⑷求出质点速度矢量表示式,计算t =4 s 时质点的速度;(5)计算t =0s 到t =4s 内质点的平均加速度;(6)求出质点加速度矢量的表示式,计算t =4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解:(1)j t t i t r )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时,j i r 5.081 m ;2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时,054r i j v v v ;4t s 时,41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ,则:437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时,033i j v v v v ;4t s 时,437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v v 这说明该点只有y 方向的加速度,且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为2 26a x ,a 的单位为m/s 2, x 的单位为m 。质点在x =0处,速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解:由d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得:2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得:2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动,运动方程为 =2+33t ,式中 以弧度计,t 以秒计,求:⑴ t =2 s 时,质点的切向和法向加速度;⑵当加速度 的方向和半径成45°角时,其角位移是多少? 解: t t t t 18d d ,9d d 2 ⑴ s 2 t 时,2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时,有:tan 451n a a 即: R R 2 ,亦即t t 18)9(2 2 ,解得:9 2 3 t 则角位移为:32 2323 2.67rad 9 t 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动,其角加速度为 =0.2 rad/s 2,求t =2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解:s 2 t 时,4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a
1某质点的运动学方程x=6+3t-5t 3 ,则该质点作 ( D ) (A )匀加速直线运动,加速度为正值 (B )匀加速直线运动,加速度为负值 (C )变加速直线运动,加速度为正值 (D )变加速直线运动,加速度为负值 2一作直线运动的物体,其速度x v 与时间t 的关系曲线如图示。设21t t →时间合力作功为 A 1,32t t →时间合力作功为A 2,43t t → 3 C ) (A )01?A ,02?A ,03?A (B )01?A ,02?A , 03?A (C )01=A ,02?A ,03?A (D )01=A ,02?A ,03?A 3 关于静摩擦力作功,指出下述正确者( C ) (A )物体相互作用时,在任何情况下,每个静摩擦力都不作功。 (B )受静摩擦力作用的物体必定静止。 (C )彼此以静摩擦力作用的两个物体处于相对静止状态,所以两个静摩擦力作功之和等于 零。 4 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动,经过时间T 转动一圈,那么在2T 的时间,其平均 速度的大小和平均速率分别为(B ) (A ) , (B ) 0, (C )0, 0 (D ) T R π2, 0 5、质点在恒力F 作用下由静止开始作直线运动。已知在时间1t ?,速率由0增加到υ;在2t ?, 由υ增加到υ2。设该力在1t ?,冲量大小为1I ,所作的功为1A ;在2t ?,冲量大小为2I , 所作的功为2A ,则( D ) A .2121;I I A A <= B. 2121;I I A A >= C. 2121;I I A A => D. 2121;I I A A =< 6如图示两个质量分别为B A m m 和的物体A 和B 一起在水平面上沿x 轴正向作匀减速直线 运动,加速度大小为a ,A 与B 间的最大静摩擦系数为μ,则A 作用于B 的静摩擦力F 的 大小和方向分别为(D ) 轴正向相反与、轴正向相同 与、轴正向相同 与、轴正向相反 与、x a m D x a m x g m x g m B B B B ,,C ,B ,A μμT R π2T R π2T R π2t
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 +=+=
17级临床医学《大学物理》复习题 班级:____________ 姓名:_________ 学号:___________________
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) 一质点从静止出发沿半径R=1 m 的圆周运动,其角加速度随时间t 的变化规律是α=12t 2-6t (SI),则质点的角速度ω =__________________;切向加速度τa =_________________. 答案:4t 3 -3t 2 (rad/s), 12t 2 -6t (m/s 2 ) 1.5 一质点沿x 轴作直线运动,t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 – 2 t 3 (SI) .试求: (1) 第2秒内的平均速度;(2)第2秒末的瞬时速度; (3) 第2秒内的路程.
2008年下学期2007级《大学物理(下)》期末考试(A 卷) 一、选择题(共27分) 1. (本题3分) (2717) 距一根载有电流为3×104 A 的电线1 m 处的磁感强度的大小为 (A) 3×10-5 T . (B) 6×10-3 T . (C) 1.9×10-2T . (D) 0.6 T . (已知真空的磁导率μ0 =4π×10-7 T ·m/A) [ ] 2. (本题3分)(2391) 一电子以速度v 垂直地进入磁感强度为B 的均匀磁场中,此电子在磁场中运动轨道所围的面积内的磁通量将 (A) 正比于B ,反比于v 2. (B) 反比于B ,正比于v 2. (C) 正比于B ,反比于v . (D) 反比于B ,反比于v . [ ] 3. (本题3分)(2594) 有一矩形线圈AOCD ,通以如图示方向的电流I ,将它置于均匀磁场B 中,B 的方向与x 轴正方向一致,线圈平面与x 轴之间的夹角为α,α < 90°.若AO 边在y 轴上,且线圈可绕y 轴自由转动,则线圈将 (A) 转动使α 角减小. (B) 转动使α角增大. (C) 不会发生转动. (D) 如何转动尚不能判定. [ ] 4. (本题3分)(2314) 如图所示,M 、N 为水平面内两根平行金属导轨,ab 与cd 为垂直于导轨并可在其上自由滑动的两根直裸导线.外磁场垂直水平面向上.当外力使 ab 向右平移时,cd (A) 不动. (B) 转动. (C) 向左移动. (D) 向右移动.[ ] 5. (本题3分)(2125) 如图,长度为l 的直导线ab 在均匀磁场B 中以速度v 移动,直导线ab 中的电动势为 (A) Bl v . (B) Bl v sin α. (C) Bl v cos α. (D) 0. [ ] 6. (本题3分)(2421) 已知一螺绕环的自感系数为L .若将该螺绕环锯成两个半环式的螺线管,则两个半环螺线管的自感系数 c a b d N M B
第一章质点运动学 1、(习题 1.1):一质点在xOy 平面内运动,运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。(1)求质点的轨道方程;(2)求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解:(1)由x=2t 得, y=4t 2-8 可得: y=x 2 -8 即轨道曲线 (2)质点的位置 : 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度: 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度: 8a j = 则当t=1s 时,有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时,有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、(习题1.2): 质点沿x 在轴正向运动,加速度kv a -=,k 为常数.设从原点出发时 速度为0v ,求运动方程)(t x x =. 解: kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动,其加速度为a = 4t (SI),已知t = 0时,质点位于x 0=10 m 处,初速 度v 0 = 0.试求其位置和时间的关系式. 解: =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出,求: (1)小球的运动方程; (2)小球在落地之前的轨迹方程; (3)落地前瞬时小球的 d d r t ,d d v t ,t v d d . 解:(1) t v x 0= 式(1) 2gt 21h y -= 式(2) 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ (2)联立式(1)、式(2)得 2 2 v 2gx h y -= (3) 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=
大学物理简明教程习题解答 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 =22y 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 +=,
质 点 运 动 学 选择题 [ ]1、某质点作直线运动的运动学方程为x =6+3t -5t 3 (SI),则点作 A 、匀加速直线运动,加速度沿x 轴正方向. B 、匀加速直线运动,加速度沿x 轴负方向. C 、变加速直线运动,加速度沿x 轴正方向. D 、变加速直线运动,加速度沿x 轴负方向. [ ]2、某物体的运动规律为2v dv k t dt =-,式中的k 为大于零的常量.当0=t 时,初速v 0,则速度v 与时间t 的函数关系是 A 、0221v kt v += B 、022 1v kt v +-= C 、02211v kt v +=, D 、02211v kt v +-= [ ]3、质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为(v 表示任一时刻 质点的速率) A 、dt dv B 、R v 2 C 、R v dt dv 2+ D 、 242)(R v dt dv + [ ]4、关于曲线运动叙述错误的是 A 、有圆周运动的加速度都指向圆心 B 、圆周运动的速率和角速度之间的关系是ωr v = C 、质点作曲线运动时,某点的速度方向就是沿该点曲线的切线方向 D 、速度的方向一定与运动轨迹相切 [ ]5、以r 表示质点的位失, ?S 表示在?t 的时间内所通过的路程,质点在?t 时间内平均速度的大小为 A 、t S ??; B 、t r ?? C 、t r ?? ; D 、t r ?? 填空题 6、已知质点的运动方程为26(34)r t i t j =++ (SI),则该质点的轨道方程 为 ;s t 4=时速度的大小 ;方向 。 7、在xy 平面内有一运动质点,其运动学方程为:j t i t r 5sin 105cos 10+=(SI ), 则t 时刻其速度=v ;其切向加速度的大小t a ;该质 点运动的轨迹是 。 8、在x 轴上作变加速直线运动的质点,已知其初速度为v 0,初始位置为x 0加速度为a=C t 2 (其中C 为常量),则其速度与时间的关系v= , 运动