大学物理上册(湖南大学出版社-陈曙光)-课后习题答案全解
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 ) (42 20R 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
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 322021)(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。
大学物理学(第三版上) 课后习题3答案详解
习题3 3.1选择题 (1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 (A) 02 ωmR J J + (B) 02)(ωR m J J + (C) 02 ωmR J (D) 0ω [答案： (A)] (2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s (a) (b) 题3.1（2）图 [答案： (A)] (3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体 （A ）动能不变，动量改变。 （B ）动量不变，动能改变。 （C ）角动量不变，动量不变。 （D ）角动量改变，动量改变。 （E ）角动量不变，动能、动量都改变。 [答案： (E)] 3.2填空题 (1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240?时的切向加速度a τ= ，法向加速度
a n=。 [答案：0.15; 1.256] (2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。 题3.2（2）图 [答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零，机械能守恒] (3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为J A和J B，则有J A J B 。（填>、<或=） [答案：<] 3.3刚体平动的特点是什么？平动时刚体上的质元是否可以作曲线运动？ 解：刚体平动的特点是：在运动过程中，内部任意两质元间的连线在各个时刻的位置都和初始时刻的位置保持平行。平动时刚体上的质元可以作曲线运动。 3.4刚体定轴转动的特点是什么？刚体定轴转动时各质元的角速度、线速度、向心加速度、切向加速度是否相同？ 解：刚体定轴转动的特点是：轴上所有各点都保持不动，轴外所有各点都在作圆周运动，且在同一时间间隔内转过的角度都一样；刚体上各质元的角量相同，而各质元的线量大小与质元到转轴的距离成正比。因此各质元的角速度相同，而线速度、向心加速度、切向加速度不一定相同。 3.5刚体的转动惯量与哪些因素有关？请举例说明。 解：刚体的转动惯量与刚体的质量、质量的分布、转轴的位置等有关。如对过圆心且与盘面垂直的轴的转动惯量而言，形状大小完全相同的木质圆盘和铁质圆盘中铁质的要大一些，质量相同的木质圆盘和木质圆环则是木质圆环的转动惯量要大。
大学物理答案(湖南大学版)
第11章 热力学基本原理 11.1 一系统由如图所示的状态a 沿abc 到达c ，有350J 热量传入系统，而系统对外做功126J ． （1）经adc ，系统对外做功42J ，问系统吸热多少？ （2）当系统由状态c 沿曲线ac 回到状态a 时，外界对系统做功为84J ，问系统是吸热还是放热，在这一过程中系统与外界之间的传递的热量为多少？ 解：（1）当系统由状态a 沿abc 到达c 时，根据热力学第一定律，吸收的热量Q 和对外所做的功A 的关系是Q = ΔE + A ， 其中ΔE 是内能的增量．Q 和A 是过程量，也就是与系统经历的过程有关，而ΔE 是状态量，与系统经历的过程无关． 当系统沿adc 路径变化时，可得Q 1 = ΔE 1 + A 1， 这两个过程的内能的变化是相同的，即ΔE 1 = ΔE ， 将两个热量公式相减可得系统吸收的热量为Q 1 = Q + A 1 - A = 266(J)． （2）当系统由状态c 沿曲线ac 回到状态a 时，可得Q 2 = ΔE 2 + A 2， 其中，ΔE 2 = -ΔE ，A 2 = -84(J)，可得Q 2 = -(Q – A ) + A 2 = -308(J)， 可见：系统放射热量，传递热量的大小为308J ． 11.2 1mol 氧气由状态1变化到状态2，所经历的过程如图，一次 沿1→m →2路径，另一次沿1→2直线路径．试分别求出这两个过程中系统吸收热量Q 、对外界所做的功A 以及内能的变化E 2 - E 1． 解：根据理想气体状态方程pV = RT ，可得气体在状态1和2的温度分别为T 1 = p 1V 1/R 和T 2 = p 2V 2． 氧气是双原子气体，自由度i = 5，由于内能是状态量，所以其状态从1到2不论从经过什么路径，内能的变化都是212211()()22 i i E R T T p V p V ?= -=-= 7.5×103(J)． 系统状态从1→m 的变化是等压变化，对外所做的功为 2 1 21d ()V V A p V p V V ==-?= 8.0×103(J)． 系统状态从m →2的变化是等容变化，对外不做功．因此系统状态沿1→m →2路径变化时， 对外做功为8.0×103J ；吸收的热量为 Q = ΔE + A = 1.55×104(J)． 系统状态直接从1→2的变化时所做的功就是直线下的面积，即 21211 ()()2 A p p V V =+-= 6.0×103(J)． 吸收的热量为Q = ΔE + A = 1.35×104(J)． 11.3 1mol 范氏气体，通过准静态等温过程，体积由V 1膨胀至V 2，求气体在此过程中所做的功？ 解：1mol 范氏气体的方程为2 ()()a p v b RT v + -=， 通过准静态等温过程，体积由V 1膨胀至V 2时气体所做的功为 图11.1 2×图11.2
大学物理学第三版课后习题参考答案
大学物理学第三版课后 习题参考答案 Pleasure Group Office【T985AB-B866SYT-B182C-BS682T-STT18】
习题 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] 填空题 (1) 一质点，以1-?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。 [答案： 10m ； 5πm]
(2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是 。 [答案： 0321=++V V V ] 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。 解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动 （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。 其速度和加速度表达式分别为 t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2。因加速度为正所以是加速的。 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零 (1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。
大学物理习题答案解析第七章
第七章恒定磁场 7 －1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r，螺线管通过的电流相同为I ，螺线管中的磁感强度大小BR 、Br满足（） （A）B R 2B r （B）B R B r （C）2B R B r （D）B R 4B r 分析与解在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比 n R r 1 n r R 2 因而正确答案为（C）。 7 － 2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为（） （A）2πr 2B （B）πr2B 22 （C）2πr 2Bcosα（D）πr 2Bcosα 分析与解作半径为r 的圆S′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S′的磁通量；Φm B S ．因而正确答案为（D）． 7 － 3 下列说法正确的是（） （ A ）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 （B）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 （C）磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零 （D）磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零 分析与解由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。因而正确答案为（ B ）． 7 －4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P1 、P2 为两圆形回路上的对应点，则（
大学物理第六章课后习题答案
第六章 静电场中的导体与电介质 6 －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 ）。 6 －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 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 ）。 6 －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 020π4,π4== （C ）0,0==V E
（D ）R εq V d εq E 020π4,π4== 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 ）。 6 －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 ）。 6 －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
大学物理第八章课后习题答案
第八章电磁感应电磁场 8 －1一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（） （A）线圈中无感应电流 （B）线圈中感应电流为顺时针方向 （C）线圈中感应电流为逆时针方向 （D）线圈中感应电流方向无法确定 分析与解由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B）． 8 －2将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（） （A）铜环中有感应电流，木环中无感应电流 （B）铜环中有感应电流，木环中有感应电流 （C）铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小 （D）铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大 分析与解根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A）．
8 －3 有两个线圈，线圈1 对线圈2 的互感系数为M 21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 ．若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且t i t i d d d d 21<，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为ε12 ，由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（ ）． （A ）2112M M = ，1221εε= （B ）2112M M ≠ ，1221εε≠ （C ）2112M M =， 1221εε< （D ）2112M M = ，1221εε< 分析与解 教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律t i M εd d 12121=；t i M εd d 21212=．因而正确答案为（D ）． 8 －4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（ ） （A ） 位移电流的实质是变化的电场 （B ） 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷 （C ） 位移电流服从传导电流遵循的所有定律 （D ） 位移电流的磁效应不服从安培环路定理 分析与解 位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A ）． 8 －5 下列概念正确的是（ ） （A ） 感应电场是保守场 （B ） 感应电场的电场线是一组闭合曲线 （C ） LI Φm =，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比 （D ） LI Φm =，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大
大学物理学(第三版)课后习题参考答案
大学物理学(第三版)课后习题参考答案
习题1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C) dt r d || (D) 22)()( dt dy dt dx [答案：D] (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度 s m v /2 ，瞬时加速度2 /2s m a ，则一秒钟后质点的 速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A)t R t R 2,2 (B) t R 2,0 (C) ,0 (D) 0,2t R
[答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 s m 的匀速率作半径为5m 的圆 周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1 V 航行，水流速度为2 V ，一人相对于甲板以速度3 V 行走。如人相对于岸静止，则 1 V 、 2 V 和 3 V 的关系 是 。 [答案： 321 V V V ] 1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由
以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。 解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。 其速度和加速度表达式分别为 22484 dx v t dt d x a dt
大学物理习题答案-第16章-电磁场
第16章 电磁场 参考答案 一、选择题 1(A)，2(A)，3(C)，4(C)，5(D)，6(D)，7(C)，8(B)，9(B)，10(B) 二、填空题 (1). )2/cos(/d d π+==t A NbB t x NbB ωωε 或t NBbA ωωεsin =. (2). πBnR 2, O . (3). 相同(或22 1R B ω), 沿曲线由中心向外. (4). 小于, 有关. (5). 0 (6). )8/(2220a I πμ. (7). 9.6 J. (8). ?????S S D t ??d 或 t D /d d Φ , ?????-S S B t ??d 或 t m /d d Φ-. (9). t E R d /d 02 επ， 与E ?方向相同（或由正极板垂直指向负极板）. (10). t B r d /d 2 1 . 三 计算题 1. 如图所示，有一半径为r =10 cm 的多匝圆形线圈，匝数N =100，置于均匀磁场B ? 中(B = 0.5 T )．圆形线圈可绕通过 圆心的轴O 1O 2转动，转速 n =600 rev/min ．求圆线圈自图示的初始位置转过π2 1时， (1) 线圈中的瞬时电流值(线圈的电阻R 为 100 Ω，不计自感)； (2) 圆心处的磁感强度．(μ0 =4π×10-7 H/m) 解：(1) 设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为θ，则通过该圆线圈平面的磁通量为 θΦcos 2r B π=, nt t π==2ωθ ∴ nt r B ππ=2cos 2 Φ 在任意时刻线圈中的感应电动势为 nt n r NB t N πππ=Φ -=2sin 2d d 2 nt n BNr ππ=2sin 222 t Τ I nt R n NBr R i m π=ππ==22sin 2sin 22 当线圈转过π /2时，t =T /4，则 987.0/22 =π==2R NBn r I i m A (2) 由圆线圈中电流I m 在圆心处激发的磁场为 ==')2/(0r NI B m μ 6.20×10-4 T 方向在图面内向下，故此时圆心处的实际磁感强度的大小 500.0) (2 /1220≈'+=B B B T 方向与磁场B ρ 的方向基本相同． ?
大学物理学(第三版上) 课后习题8答案详解
习题八 7-1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 7-2 V p -图上封闭曲线所包围的面积表示什么?如果该面积越大，是否效率越高? 答：封闭曲线所包围的面积表示循环过程中所做的净功．由于 1Q A 净 = η，净A 面积越大，效 率不一定高，因为η还与吸热1Q 有关． 7-3 如题7-3图所示，有三个循环过程，指出每一循环过程所作的功是正的、负的，还是零，说明理由． 解：各图中所表示的循环过程作功都为0．因为各图中整个循环分两部分，各部分面积大小相等，而循环方向一个为逆时针，另一个为顺时针，整个循环过程作功为0． 题7-3图 7-4 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7-4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． 7-5 一循环过程如题7-5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57'-图 题57'-图 (3)该循环是逆循环 (4)该循环作的功不等于直角三角形面积，因为直角三角形不是V p -图中的图形． (5) ab ca bc ab Q Q Q Q e -+= 题7-5图 题7-6图 7-6 两个卡诺循环如题7-6图所示，它们的循环面积相等，试问： (1)它们吸热和放热的差值是否相同； (2)对外作的净功是否相等； (3)效率是否相同? 答：由于卡诺循环曲线所包围的面积相等，系统对外所作的净功相等，也就是吸热和放热的差值相等．但吸热和放热的多少不一定相等，效率也就不相同．
大学物理课后习题及答案
1-6. 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， 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 。 其中是发动机关闭时的速度。 分析：要求可通过积分变量替换，积分即可求得。 证： , 2-4．分析：用隔离体法受力分析，人站在底板上静止不动，底板、人受的合力分别为零. 解：设底板、人的质量分别为M ，m ， 以向上为正方向，如图2-4（a ）、(b)， 分别以底板、人为研究对象， 则有： F 为人对底板的压力，为底板对人的弹力。 F= 又： 则 由牛顿第三定律，人对绳的拉力与是一对 作用力与反作用力，即大小相等，均为245（N ）。 2—9分析：受力分析，由牛顿第二定律列动力学方程。 证明：如图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（方向向上）、（方向向下），则有：对M ，有： 2/d d v v K t -=0Kx v v e -=0v ()v v x =dx dv v dt dv a ==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 -=0ln v v 0Kx v v e -=120T T F Mg +--=3'0T F mg +-='F 'F 23112 T T T ==23()245()4 M m g T T N +===3T 1a 2 a （ b ） (c) 图2-9
质量重的人与滑轮的距离: 。此题得证。 2—26. 质量为M 的木块静止在光滑的水平面桌面上，质量为，速度为的子弹水平地射入木块，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。 分析：由木块、子弹为系统水平方向动量守恒，可求解木块的速度和动量。由动量定理求解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： 所以木块的速度：，动量： （2）子弹的动量： （3）对木块由动量定理有： 2—35．一质量为m 、总长为的匀质铁链，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作的功。 分析：分段分析，对OA 段取线元积分求功，对OB 段为整体重力在中心求功。 解：建立如图坐标轴 211 212 ,: ()'():'h a t f Mg Ma M m M m g f M m a f f m t M M m t = -=++-=+=222 对有又g -2h 则:a = (+)则2221122m h h a t h gt M m ⎡⎤ '=+=+⎢⎥+⎣⎦ m 0v 0()mv m M v =+0mv v m M = +0 mv Mv M m M =+20 m v mv m M =+0 mv I Mv M m M ==+l 题图2—35
大学物理学第四版课后习题答案解析(上册)
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 dt dr dt r d
大学物理(第四版)课后习题及答案-机械振动
13 机械振动解答 13-1 有一弹簧振子，振幅A=2.0×10-2 m ，周期T=1.0s ，初相=3π/4。试写出它的运动方程， 并做出x--t 图、v--t 图和a--t 图。 13-1 分析 弹簧振子的振动是简谐运动。振幅A 、初相ϕ、角频率ω是简谐运动方程 ()ϕω+=t A x cos 的三个特征量。求运动方程就 要设法确定这三个物理量。题中除A 、ϕ已知外， ω可通过关系式T π ω2= 确定。振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同。 解 因T π ω2=，则运动方程 ()⎪⎭ ⎫ ⎝⎛+=+=ϕπϕωt T t A t A x 2cos cos 根据题中给出的数据得 ]75.0)2cos[()100.2(12ππ+⨯=--t s m x 振子的速度和加速度分别为 ]75.0)2sin[()104(/112πππ+⋅⨯-==---t s s m dt dx v πππ75.0)2cos[()108(/112222+⋅⨯-==---t s s m dt x d a x-t 、v-t 及a-t 图如图13-l 所示 13-2 若简谐运动方程为⎥⎦ ⎤⎢⎣⎡ +=-4)20(cos )01.0(1ππt s m x ，求：（1）振幅、频率、角频率、周期和 初相；（2）t=2s 时的位移、速度和加速度。 13-2 分析 可采用比较法求解。 将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x cos 作比较，即可求得各特征量。 运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果。 解 （l ）将]25.0)20cos[()10.0(1ππ+=-t s m x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：振幅A= 0.10 m ，角频率120-=s πω，初相πϕ25.0=，则周期 s T 1.0/2==ωπ，频率Hz T 10/1==ν。 （2）t= 2s 时的位移、速度、加速度分别为 m m x 21007.7)25.040cos()10.0(-⨯=+=ππ
大学物理学课后答案(湖南大学出版社)1 - 副本
第十二章 真空中的静电场 12．4 一均匀带电的细棒被弯成如图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心O 点处的场强为零． [解答]设电荷线密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强． 在圆弧上取一弧元 d s =R d φ， 所带的电量为 d q = λd s ， 在圆心处产生的场强的大小为 2200d d d d 44q s E k r R R λλ ϕπεπε===， 由于弧是对称的，场强只剩x 分量，取x 轴方向为正，场强为 d E x = -d E cos φ． 总场强为 2/2 0/2 cos d 4x E R πθθ λϕϕπε--= ⎰2/2 0/2 sin 4R πθθλϕ πε--= 0sin 22 R λθ πε=，方向沿着x 轴正向． 再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强． 根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上O 点产生的场强大小为 `04E R λ πε= ， 由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在O 点产生的合场强为 ``02cos cos 2 22 x E E R θ λθ πε== ，方向沿着x 轴负向． 当O 点合场强为零时，必有` x x E E =，可得 tan θ/2 = 1， 因此 θ/2 = π/4， 所以 θ = π/2． ． 12．8 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2(R 1 > R 2)，带有等量异号电荷，单位长度的电量为λ和-λ，求（1）r < R 1；（2） R 1 < r < R 2；（3）r > R 2处各点的场强． [解答]由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性． （1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以 E = 0，（r < R 1）． （2）在两个圆柱之间做一长度为l ，半径为r 的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷为 q = λl ，穿过高斯面的电通量为 d d 2 e S S E S E rl Φπ=⋅==⎰⎰E S ， 根据高斯定理Φe = q /ε0，所以 02E r λ πε= ， (R 1 < r < R 2)． （3）在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以 E = 0，（r > R 2）． 图12.4
大学物理第三章-部分课后习题答案
大学物理第三章 课后习题答案 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 到达额定转速，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。 题图3-2
大学物理课后习题-答案详解
第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =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 ： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ⎰⎰-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -⎰⎰ =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰ ⎰=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ⎰⎰ = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=
大学物理上册(湖南大学出版社-陈曙光)-课后习题答案全解
大学物理上册课后习题答案 第一章 质点运动学 1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3．试求： （1）第2s 内的位移和平均速度； （2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 内的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度． [解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)． 在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)， 经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：v =Δx /Δt = 4(m·s -1)． （2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2， 因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)， v (2) = 12×2 - 6×22 = 0 质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ． （3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ， 因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0， 第2s 内的平均加速度为：a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)． [注意] 第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒． 1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 内走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为2 2(1)(1)n s a n t -= +，并由上述资料求出量值． [证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得 a = (n – 1)v o /t ， (1) 根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：2 2(1)(1)n s a n t -= +． 计算得加速度为：2 2(51)30 (51)10 a -= += 0.4(m·s -2)． 1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问： （1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？ （2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法． （1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动， 初速度的大小为 v y 0 = v 0sin θ = 24.87(m·s -1)． 取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式 v t - v 0 = at ， 这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为 t 1 = v y 0/g = 2.49(s)． 再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02 = 2a s ， 可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = 30.94(m)． 人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为 :2t =． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = 6.98(s)． 图1.3