大学物理(机械工业出版社)第二章课后答案
第二章 质点动力学
2－1一物体从一倾角为30?的斜面底部以初速v 0=10m·s -1向斜面上方冲去，到最高点后又沿斜面滑下，当滑到底部时速率v =7m·s -1,求该物体与斜面间的摩擦系数。
解：物体与斜面间的摩擦力f ＝uN ＝umgcos30?
物体向斜面上方冲去又回到斜面底部的过程由动能定理得
22011
2(1)
22
mv mv f s -=-?
物体向斜面上方冲到最高点的过程由动能定理得
201
0sin 302
mv f s mgh f s mgs -=-?-=-?-
2(2)
s ∴=
把式（2）代入式（1）得，
22
0.198
u =
2－2如本题图，一质量为m 的小球最初位于光滑圆形凹槽的A 点，然后沿圆弧ADCB 下滑，试求小球在C 点时的角速度和对圆弧表面的作用力，圆弧半径为r 。
解：小球在运动的过程中受到重力G 和轨道对它的支持力T
.取如图所示的自然坐标系，
由牛顿定律得
22
sin (1)
cos (2)
t n dv F mg m
dt
v F T mg m R
αα=-==-=
由,,1ds rd rd v dt dt dt v
αα=
==得代入式（）， A 并根据小球从点运动到点C 始末条件进行积分有，
习题2－2图
90
2
n (sin )m cos 3cos '3cos ,e v vdv rg d v v r
v mg mg r
mg α
αα
ωαα
α=-===+==-=-?
?
得则小球在点C 的角速度为
＝由式（2）得 T 由此可得小球对园轨道得作用力为
T T 方向与反向
2－3如本题图，一倾角为θ 的斜面置于光滑桌面上，斜面上放一质量为m 的木块，两者间摩擦系数为μ，为使木块相对斜面静止，求斜面的加速度a 应满足的条件。
解：如图所示
()
1212min max sin ,cos cos sin (1)
sin cos 2(1)(2)(sin cos )(cos sin )
(sin cos )()
(cos sin )1(2)(1)(sin cos )(cos sin )
(sin cos a a a a N mg ma ma mg uN m a ma u g u a u g u g tg u a u utg u g u a u g u a θθθθθθ
θθθθθθθθθθθθθθθ==∴-==±==?+-=+--∴==
++-?+=-+∴=得，得，)()
(cos sin )1()()11g tg u u utg g tg u g tg u a utg utg θθθθθ
θθθθ
+=
---+∴≤≤+- 2－4如本题图，A 、B 两物体质量均为m ，用质量不计的滑轮和细绳连接，并不计摩擦，则A 和B 的加速度大小各为多少 。 解：如图由受力分析得
(1)(2)2(3)2(4)g
g
A A
B B A B A B
A B mg T ma T mg ma a a T T a a -=-===1
解得＝－52＝－5
2－5如本题图所示，已知两物体A 、B 的质量均为m=3.0kg ，物体A 以加速度a =1.0m/s 2
运动，求物体B 与桌面间的摩擦力。（滑轮与连接绳的质量不计）
解：分别对物体和滑轮受力分析（如图），由牛顿定律和动力学方程得，
习题2-4图
习题2-3图
m
a A
a B
()()()
1f 111f (1)''(2)2'(3)'2(4)
5'6'7(4)7.22
A T A T
B T T A B T T T T m g F m a F F m a a a F F m m m F F F F mg m m a
F N
-=-======-+=
=＝解得
2－6质量为M 的三角形木块，放在光滑的水平桌面上，另一质量为m 的木块放在斜面上(如本题图所示)。如果所有接触面的摩擦均可忽略不计，求M 的加速度和m 相对M 的加速度。
解：（如图）m 相对M 的相对加速度为m
a '，则 cos ,sin ,mx
m my m a a a a θθ''''== 在水平方向，
cos mx
mx Mx mx mx
Mx m M a a a a a a a a θ'=-''∴=+=-+
在竖直方向
sin my
my my m
a a a a θ'='∴=
由牛顿定律可得，
sin cos cos sin sin mx m
M my m M
N ma ma ma mg N ma ma N Ma θθθθθ'-==-+'-===
解得θ
+θθ=
2
sin cos sin m M mg a M ， 2()sin sin m M m g a M m θ
θ++＝ 2－7在一只半径为R 的半球形碗内，有一粒质量为m 的小钢球。当钢球以角速度ω在
水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时，它距碗底有多高？
解：取钢球为隔离体，受力分析如图所示，在图示坐标中列动力学方程得，
2sin sin cos cos ()/n F ma mR F mg R h R
θωθθθ====-
解得钢球距碗底的高度
2ω-
=g R h
2－8光滑的水平面上放置一半径为R 的固定圆环，物体紧贴环的内侧作圆周运动，其摩擦系数为μ。物体的初速率为v 0，求：（1）t 时刻物体的速率；（2）当物体速率从v 0
减少
习题2-6图
习题2－5图
到v 0/2时，物体所经历的时间及经过的路程。
解：（1）设物体质量为m ，取图示的自然坐标系，由牛顿定律得，
02
2
22t
v 2
v (1)
(2)(3)4dv
4dt u v
N n f t f N
v F ma m R dv F m a m dt
F uF v dv
u R dt
===-=-=-
??0由上三式可得＝（）
R 对（）式积分得＝－
0Rv v R v t
μ∴=
+
（2） 当物体速率从v 0减少到v 0/2时，由上式0
0Rv v
R v t
μ∴=
+可得物体所经历的时间
0t R v μ
'=
经过的路程
t t 00
0vdt dt ln 2Rv R
s R v t μμ
''
=+??
＝＝
2－9从实验知道，当物体速度不太大时，可以认为空气的阻力正比于物体的瞬时速度，
设其比例常数为k 。将质量为m 的物体以竖直向上的初速度v 0抛出。 （1）试证明物体的速度为
t m k
t
m k
e v e k
mg v --+-=0)1(
(2)证明物体将达到的最大高度为
)1ln(020mg
kv k g m k mv H +-=
(3)证明到达最大高度的时间为
)1ln(0mg
kv k m
t H +=
证明：由牛顿定律可得
000
002
2
0200ln (1)(2),()
ln(13t
v
v m m
t t k
k
x mg mg kv mdv dt mg kv
mg kv m mg t v e v e k mg kv k
mvdv
dx mg kv
mg kv u du kdv
k mgdu k mgdu
dx mdu dx mdu m u m u
mv kv m g x k k mg m t k --+-=++∴==-++=-
++==∴
=-+=-+∴=-+=?
?
?? dv
(1)-mg-kv=m ，
dt
，dv -mg-kv=mv ，dx 令，）
（）0
ln
0t ln mg kv mg kv
mg kv m v k mg k +++∴=+当时，＝即为到达最高点的时间
2－10质量为m 的跳水运动员，从距水面距离为h 的高台上由静止跳下落入水中。把跳
水运动员视为质点，并略去空气阻力。运动员入水后垂直下沉，水对其阻力为－b v 2，其中b 为一常量。若以水面上一点为坐标原点O ，竖直向下为Oy 轴，求：（1）运动员在水中的速率v 与y 的函数关系；（2）跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v 减少到落水速率v 0的1/10？（假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰好相等）
解：运动员入水可视为自由落体运动，所以入水时的速度为
0v =，入水后如图由牛顿定律的
02
20//0100
mg-f-F=ma mg=F f=bv dv a=dt v dy (2)0.4,0.1m v
y ln 5.76m b y v v by m by m dv v dy dv
b mv
dy
b dv m v
v v e m v v v ---=∴-=-=====??b
将已知条件代入上式得，m
＝－
＝
2－11一物体自地球表面以速率v 0竖直上抛。假定空气对物体阻力的值为f ＝－km v 2，其中k 为常量，m 为物体质量。试求：（1）该物体能上升的高度；（2）物体返回地面时速度的值。
y
f ＝－kv
mg
v
解：分别对物体上抛和下落时作受力分析（如图），
h
12
0m 1ln()2v 01
ln()
2(2)m v=v 1g
y
v
v v
vdv dy g k g k y k g k g k k g vdv
dy g k k =-++∴=-+∴+=-∴+
?
?
?
?
22
2
2
20max 22
2－/0dv mvdv
(1)-mg-k v =m
＝，dt dy v v v 物体达到最高点时，＝，故v h=y ＝dv mvdv
下落过程中，-mg+k v =m
＝dt dy
－v v （）
2－12长为60cm 的绳子悬挂在天花板上，下方系一质量为1kg 的小球，已知绳子能承受的最大张力为20N 。试求要多大的水平冲量作用在原来静止的小球上才能将绳子打断？
解：由动量定理得
000
I mv I v m
?=-?∴=
，如图受力分析并由牛顿定律得，
20
20
220/20
2.47mv T mg l mv T mg l
mg I l I Ns
-=
=+≥∴+?≥?≥
2－13一作斜抛运动的物体，在最高点炸裂为质量相等的两块，最高点距离地面为19.6m 。爆炸1.0s 后，第一块落到爆炸点正下方的地面上，此处距抛出点的水平距离为100m 。问第二块落在距抛出点多远的地面上？(设空气的阻力不计)
解：取如图示坐标系，根据抛体运动规律，爆炸前，物体在最高点得速度得水平分量为
(
)
1
010x 2x 12y 2x 0x (1),v 2mv mv 30mv mv 414v v 100x x v x t
==+=2
11112
1
物体爆炸后，第一块碎片竖直下落的运动方程为
1
y =h-v t-gt 2
当碎片落地时，y =0,t=t 则由上式得爆炸后第一块碎片抛出得速度为1h-gt 2
＝（）
t 又根据动量守恒定律，在最高点处有
1
＝（）
211
＝－22联立以上（）－（）式得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为＝2＝2x 11
212x 2222y 222214.7v t 5y =h+v t -60,x 500m
y ms v v ms gt y --====2
1
211h-gt 2t 爆炸后第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为x ＝x +（）
1（）
2
落地时由式（5）和（6）可解得第二块碎片落地点得水平位置＝
2－14质量为M 的人手里拿着一个质量为m 的物体，此人用与水平面成θ角的速率v 0
向前跳去。当他达到最高点时，他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出。问：由于人抛出物体，他跳跃的距离增加了多少？（假设人可视为质点）
解：取如图所示坐标，把人和物视为一系统，当人跳跃到最高点处，在向左抛物得过程中，满足动量守恒，故有
()0000
0m cos ()
v u mu v cos m mu
v v- cos m sin t g m sin x vt u
m g
v Mv m v u v v v v v θθθθθ
=+-???+M 式中为人抛物后相对地面的水平速率，－为抛出物对地面得水平速率，得＝+
+M
人的水平速率得增量为
＝＝
+M
而人从最高点到地面得运动时间为＝所以人跳跃后增加的距离为＝＝（+M ）
2－15铁路上有一静止的平板车，其质量为M ，设平板车可无摩擦地在水平轨道上运动。现有N 个人从平板车的后端跳下，每个人的质量均为m ，相对平板车的速度均为u 。问：在下列两种情况下，（1）N 个人同时跳离；（2）一个人、一个人地跳离，平板车的末速是多少?所得的结果为何不同，其物理原因是什么?
解：取平板车及N 个人组成的系统，以地面为参考系，平板车的运动方向为正方向，系统在该方向上满足动量守恒。
考虑N 个人同时跳车的情况，设跳车后平板车的速度为v ，则由动量守恒定律得 0＝Mv+Nm （v －u ）
v ＝Nmu/(Nm+M) (1)
又考虑N 个人一个接一个的跳车的情况。设当平板车上商有n 个人时的速度为v n ，跳下一个人后的车速为v n －1，在该次跳车的过程中，根据动量守恒有
（M+nm ）v n =M v n －1+(n-1)m v n －1+m(v n －1-u) (2) 由式（2）得递推公式
v n －1=v n +mu/(M+nm) (3) 当车上有N 个人得时（即N ＝n ），v N ＝0；当车上N 个人完全跳完时，车速为v 0， 根据式（3）有， v N-1=0+mu/(Nm+M)
v N-2= v N-1+mu/((N-1)m+M) ………….
v 0= v 1+mu/(M+nm)
将上述各等式的两侧分别相加，整理后得，
0n 0mu v nm
,1,2,3....v v
M nm M Nm n N N +≤+=∑
N
＝1＝M+由于故有，即个人一个接一个地跳车时，平板车的末速度大于N 个人同时跳下车的末速度。这是因为N 个人逐一跳离车时，车对地的速度逐次增加，导致跳车者相对地面的速度也逐次增加，并对平板车所作的功也相应增大，因而平板车得到的能量也大，其车速也大。
2－16 A 、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行，当两船擦肩相遇时，两船各自向对方平稳地传递50kg 的重物，结果是A 船停了下来，而B 船以3.4m/s 的速度继续向前驶去。A 、B 两船原有质量分别为500kg 和1000kg ，求在传递重物前两船的速度。(忽略水对船的阻力)
解：
设A 、B 两船原有的速度分别为vA 和vB ，传递重物后的速度分别为v ’A 和v ’B,由动量守恒定律可得
11
11m m v mv m v m m v mv m v v 0ms v 3.4ms m mv v 0.4ms m m m m m m m m v v 3.6ms m m m m m A B B B A A B A '-'-'''---'---A B A A B A B B
－－A B
－B
A 2
－B B
B 2
（）+=（）+=将＝，＝代入上面两式，可解得－＝＝（）（）－（）＝＝（）（）－ 2－17一人从10m 深的井中提水，起始桶中装有10kg 的水，由于水桶漏水，每升高1m 要漏去0.2kg 的水。求水桶被匀速地从井中提到井口，人所作的功。
解：水桶在匀速上提的过程中，加速度为0，拉力和重力平衡，在图示坐标下，水桶重力随位置的变化关系为
G ＝mg －αgy
其中α＝0.2kg/m,人对水桶的拉力的功为
10
(mg gy dy 882J W α=?－）＝
2－18如本题图所示，A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来，它们的质量分别为m 1和m 2。问在A 板上需加多大的压力，方可在力停止作用后，恰能使在跳起来时B 稍被提起。（设弹簧的劲度系数为k ）
解：选取如图所示坐标系，取原点处为重力势能和弹性势能零点，作各种状态下物体的受力图。对A 板而言，当施以外力F 时，根据受力平衡有
11221122121212(1)
ky -mgy =12(3)F G F
ky mgy y y M N O F y F G G A N B +++''1211121
22221212＝当外力撤除以后，由机械能守恒定律得，11
22
和为、两点对原点的位移。因为＝ky ,F =k ,G =m g 上式可以写为，F -F =2G (2)
由（）和（）式可得＝当板跳到点时，板刚被提起，此时弹性力F =G ,且F =F ,
由式（3）可得F ＝G +G =(m +m )g
2－19如本题图所示，质量为m 、速度为v 的钢球，射向质量为M 的靶，靶中心有一小孔，内有劲度系数为k 的弹簧，此靶最初处于静止状态，但可在水平面上作无摩擦滑动，求子弹射入靶内弹簧后，弹簧的最大压缩距离。
解：设弹簧得最大压缩量为x0。小球与靶共同运动得速度为v1。由动量守恒定律，有
1
222100()(1)
111mv ()kx 222212x mv m M v m M v =+++又由机械能守恒定律，有＝（）由（）式和（）式可得
2－20以质量为m 的弹丸，穿过如本题图所示的摆锤后，速率由v 减少到v/2。已知摆
锤的质量为M ，摆线长度为l ，如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动，弹丸的速度的最小值应为多少？
解：
习题2－18图
习题2－19图
习题2－20图
2
h
h
22
h
v
mv m v'(1)
Mv'
g(2)
l
v'
1
v'2gl Mv'3
2
v
M
M M
+
由水平方向的动量守恒有，
＝
2
为了使摆锤能在垂直平面内作圆周运动，在最高点时，摆线中的张力F=0,则，
M＝
式中为摆线在圆周最高点的运动速率。
又由机械能守恒定律得
1
＝+（）
2
解上述三个方程，可得担丸所需速率的最小值为
2－21如本题图所示，一质量为M的物块放置在斜面的最底端A处，斜面的倾角为α，高度为h，物块与斜面的滑动摩擦因数为μ，今有一质量为m的子弹以速度v0 沿水平方向射入物块并留在其中，且使物块沿斜面向上滑动，求物块滑出顶端时的速度大小。
解：
01
2
cos()(1)
v
11
u(2)
22
12
v
mv M m v
α
α
α
=+
=+
2
22
21
在子弹与物块的撞击过程中，在沿斜面的方向上，根据动量守恒有
在物块上滑的过程中，若令物块刚滑出斜面时的速度为，并取A点的
重力势能为0。由系统的功能原理可得
h
－(m+M)gcos(m+M)v(m+M)gh-(m+M)v
sin
由（）、（）式可得
2－22如本题图所示，一个质量为m的小球，从内壁为半球形的容器边缘点A滑下。设容器质量为M，半径为R，内壁光滑，并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上，开始时小球和容器都处于静止状态。当小球沿内壁滑到容器底部的点B时，受到向上的支持力为多大？
解：
习题2－21图
(
)22
m 0(1)11(2)22
,(3)m M m M m M m M m
m M v Mv mv mv mgR v v v v v v v -=+===
'=--=根据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得式中分别表示小球、容器相对桌面得速度。由式（1）、（2）可得由于小球相对地面运动的轨迹比较复杂，为此，可改以容器为参考系。在容器底部时，小球相对容器的运动速度为在容器底部2(4)
342(3)
m N N v F mg m R
m
F mg M
'-==+，小球所受惯性力为零，其法向方程为由（）、（）式可得小球此时所受到的支持力为
2－23如本题图所示，质量分别为m 1=10.0kg 和m 2=6.0kg 的两小球A 和B ，用质量可略去不计的刚性细杆连接，开始时它们静止在Oxy 平面上，在图示的外力F 1= (8.0N)i 和F 2 =(6.0N)j 的作用下运动。试求：(1) 它们质心的坐标与时间的函数关系；（2）系统总动量与时间的函数关系。
解：（1）选如图所示坐标，则t ＝0时，系统的质心坐标为
习题2－22图
习题2－23图
()()
2
02012
2
01012
112212111200
12
22120
12
1.51.9()(1)
()(2)
12(),3(),
4t 0x y
C C x x y y t v x x t
v y y m x x m
m m m y y m
m m dv
F F m m dt dv
F F m m dt
Ft F dt m m dv v m m F t F dt m m dv v m m x ==+=
=+==+==+=+=+=+=
+=????对小球与杆整体应用质心运动定律得
根据初始条件，分别对（）、（）式积分得根据初始条件＝时，0
001
12
222
1
01220
12
2
22
2012120
,34(
) 1.5(0.25)2()
(
)1.9(0.19)2()
(2)()(C C C C C C x t
C x C C y t
C y C C t x y y Ft dx dt
m m Ft x x m m s t m m F t
dy dt
m m F t y y m m s t m m p p F F dt --==+=+=+?+=+=+=+?+=?=+=?
??
?? 对（）、（）式再次积分可得
及利用动量定理并考虑到系统从初始状态为静止，可得
22
8.0)(6.0)kg m s ti kg m s tj
--??+??
2－24质量为2×10-3kg 的子弹以500m·s -1的速率水平飞出，射入质量为1kg 静止在水平面上的木块，子弹从木块穿出后的速率为100m·s -1，而木块向前滑行了0.2m 。求：(1)木块与平面间的摩擦系数 (2)子弹动能和动量的减少量。
解：
002
2
22322k 003001
',0.8/0.2m 1
2110.820.163
19.80.2
11
(2)m m 2100.510050022
240p m m 210100500mv mv Mv v m s
uMgs Mv u E v v J v v =+∴=-=-??∴=??'????-'??? －－-1
（）在水平方向系统动量守恒，木块向前滑行了，由动能定理得
子弹动能的减少量＝－＝（－）＝子弹动量得减少量＝－＝（－）=-0.8kgms 2－25如本题图所示，一质量为m 的钢球，系在一长为l 的绳一端，绳另一端固定，现
将球由水平位置静止下摆，当球到达最低点时与质量为M ，静止于水平面上的钢块发生弹性碰撞，求碰撞后m 和M 的速率。
解：
2222M M M m 1
mv mgl v 2
111
mv mv Mv 222mv mv Mv m M v m M v v '+'+'∴==由机械能守恒得，碰前的速度为＝，由碰撞前后动能和动量守恒得＝＝－＝
+ 2－26一质量为m 的运动粒子与一质量为km 的静止靶粒子作弹性对心碰撞，求靶粒子获得最大动能时的k 值。
解：
习题2－25图
222
222
22
2
mv kmv mv(1)
111
mv kmv mv(2)
222
1v=v-kv
111
2kmv mv mv
222
1
mkvv k mv
2
k
m
1
k1
k
k
k
k
E
E
E
E
'''
+
'''
+
'''
∴
'''
==
''
-
∴=
∴
2
由动量和动能守恒得，
＝
＝
由（）得
由（）得－
＝
＝
2v
当＝时，取最大值
2－27质量为m的中子与质量为M的原子核发生弹性碰撞，若中子的初动能为E0，求
证碰撞时中子可能损失的最大动能为
2
)
(
4
E
m
M
mM
+
。
解：设弹性碰撞前中子的动量为P0，碰撞前中子的动量为P1，原子核的动量为P2，由动量守恒的标量式可以得
2
2
2
222
21010
222
112200012
210
222222
0201
2222
0201
012
2cos,
2,2,2,
2
()4()44cos
4()4sin0
4
()
P P P P P
P mE P ME P mE E E E
ME mE mE
M m E m M m E E m E m E E
mME E M m E m E E
mME
E E E
M m
θ
θ
θ
θ
=+-
====+
∴=+-
+-++=
-+=≥
∴-=≤
+
2－28如本题图示，绳上挂有质量相等的两个小球，两球碰撞时的恢复系数e=0.5。球A 由静止状态释放，撞击球B，刚好使球B到达绳成水平的位置，求证球A释放前的张角θ应满足cosθ= 1/9。
证明：设球A到达最低点的速率为v，根据机械能守恒有
θ
2L
习题2－28图
A
B
C
L
2
212(1cos ),2
(1)
,,0.50.5(2)
(3)(2),(3)3(4)
1
(5)2
1451
cos 9
A B B A
B A B A B B mv mg l v A B v v v v e v
v v v A B mv mv mv v v mv mgl θθ=-=-=
=-=+===
所以，设碰撞后，两球的速率分别为由题意得：
即，两球碰撞时水平方向动量守恒：由式得
＝4
碰撞后B 球机械能守恒，故有将（），（）代入（）得：
大学物理教程 (上)课后习题 答案
物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题） 27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位， 求： （1） 质点的运动轨迹； （2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。 解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 代入，有 2 1) y =- 或 1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i = ， 241r i j =+ 213r r r i j =-=- 位移的大小 r = = （3） 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt = =- 22(1)v ti t j =+- 2 x x dv a dt = =， 2y y dv a dt = = 22a i j =+ 当2t s =时，速度和加速度分别为 42/v i j m s =+ 22a i j =+ m/s 2 1-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+ ，式中的R 、ω均为常 量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。
解 （1）质点的速度为 sin cos d r v R ti R t j dt ωωωω==-+ （2）质点的速率为 v R ω = = 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t d t θω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2 2 16n a R R t ω == 角加速度β的大小为 2 4/d ra d s d t ωβ== 77 页2-15, 2-30， 2-34， 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用 下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义，有 2.0 2.0 2.02 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s = =+=+=? ? 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的阻力 （空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。 解 （１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有 dv f m kv dt ==- 即 d v k dt v m =- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等于地球
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(上)课后习题标准答案
大学物理(上)课后习题答案
————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 2
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
大学物理课后练习习题答案详解.docx
第一章质点运动学 1、( 习题： 一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2t, y = 4 t 2 8 。（ 1）求质点的轨道方程； （ 2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。 解：（ 1）由 x=2t 得， y=4t 2 -8 （ 2）质点的位置 ： r r 由 v d r / dt 则速度： r r 由 a d v / d t 则加速度： 则当 t=1s 时，有 r r 可得： y=x 2-8 r 即轨道曲线 r r (4t 2 r 2ti 8) j r r r v 2i 8tj r r a 8 j r r r r r r r 2i 4 j , v 2i 8 j , a 8 j 当 t=2s 时，有 r r r r r r r r r 4i 8 j , v 2i 16j , a 8 j 2、（习题）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v 0 ，求运动方程 x x(t) . 解： dv kv v 1 t kdt v v 0 e kt dt dv v 0 v dx v 0e k t x dx t kt dt x v 0 (1 e kt ) dt v 0 e k 3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a 4 t (SI) ，已知 t 0 时，质点位于 x 10 m 处，初速度 v 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 t 4t d t v 2 t 2 dv d x 2 x t 2 3 2 x t d t x 2 t v /d t t /3+10 (SI) x 0 4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 0 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； v v （ 3）落地前瞬时小球的 dr ， dv ， dv . dt dt dt 解：（ 1） x v 0 t 式（ 1） y 1 gt 2 式（ 2） v v 1 2 v h r (t ) v 0t i (h - gt ) j 2 2 （ 2）联立式（ 1）、式（ 2）得 y h 2 gx 2 2v 0 v v v v v v （ 3） dr 2h dr v 0i - gt j 而落地所用时间t 所以 v 0i - 2gh j dt g dt v v dv g 2 t g 2gh dv v 2 2 2 ( gt ) 2 dt g j v x v y v 0 dt 2 2 1 2 ( gt ) ] 2 2gh) [v 0 ( v 0 1 2
大学物理习题复习资料第二章
[习题解答] 2-1 处于一斜面上的物体，在沿斜面方向的力F作用下，向上滑动。已知斜面长为5.6m，顶端的高度为3.2m，F的大小为100N，物体的质量为12kg，物体沿斜面向上滑动的距离为4.0 m，物体与斜面之间的摩擦系数为0.24。求物体在滑动过程中，力F、摩擦力、重力和斜面对物体支撑力各作了多少功？这些力的合力作了多少功？将这些力所作功的代数和与这些力的合力所作的功进行比较，可以得到什么结论？ 解物体受力情形如图2-3所示。力F所作的功 ； 摩擦力 图2-3 ,摩擦力所作的功 ； 重力所作的功 ; 支撑力N与物体的位移相垂直，不作功，即 ； 这些功的代数和为 .
物体所受合力为 , 合力的功为 . 这表明，物体所受诸力的合力所作的功必定等于各分力所作功的代数和。 2-3物体在一机械手的推动下沿水平地面作匀加速运动，加速度为0.49 m?s-2 。若动力机械的功率有50%用于克服摩擦力，有50%用于增加速度，求物体与地面的摩擦系数。 解设机械手的推力为F沿水平方向，地面对物体的摩擦力为f，在这些力的作用下物体的加速度为a，根据牛顿第二定律，在水平方向上可以列出下面的方程式 , 在上式两边同乘以v，得 , 上式左边第一项是推力的功率()。按题意，推力的功率P是摩擦力功率fv的二倍，于是有 . 由上式得 , 又有
, 故可解得 . 2-4有一斜面长5.0 m、顶端高3.0 m，今有一机械手将一个质量为1000 kg的物体以匀速从斜面底部推到顶部，如果机械手推动物体的方向与斜面成30 ，斜面与物体的摩擦系数为0.20，求机械手的推力和它对物体所作的功。 解物体受力情况如图2-4所示。取x轴沿斜面向上，y轴垂直于斜面向上。可以列出下面的方程 ,(1) ,(2) . (3) 根据已知条件 , . 由式(2)得 图2-4 . 将上式代入式(3)，得 . 将上式代入式(1)得
赵近芳版《大学物理学上册》课后答案
1 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1） r ?是位移的模，? r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与 r 不同如题1-1图所示 . 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即t v a d d = ， t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢） ，所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y = y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝2 2y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为
大学物理(吴柳主编)上册课后习题答案
大学物理(吴柳主编) 上册课后习题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
说明： 上册教材中，第5，6，7等章的习题有答案； 第1，2，4，8章的习题有部分答案； 第3，9，10，11章的习题没有答案。 为方便学生使用，现根据上学期各位老师辛苦所做的解答，对书上原有的答案进行了校对，没有错误的，本“补充答案”中不再给出；原书中答案有误的，和原书中没有给出答案的，这里一并给出。错误之处，欢迎指正！ 第1章 1.4． 2.8×10 15 m 1.5．根据方程中各项的量纲要一致，可以判断：Fx= mv 2/2合理， F=mxv , Ft=mxa , Fv= mv 2/2, v 2+v 3=2ax 均不合理. 第2章 2.1 (1) j i )2615()2625(-+-m; )/]()2615()2625[(45 1151020)2615()2625(s m j i j i t r v -+-=++-+-=??= (2)52m; 1.16m/s 2.2 (1) 4.1 m/s; 4.001m/s; 4.0m/s (2) 4m/s; 2 m.s -2 2.3 3m; m 3 4π ; 140033-s .m π方向与位移方向相同; 1.0m/s 方向沿切线方向 2.5 2π (m); 0; 1(s) 2.6 24(m); -16(m) 2.8 2 22 t v R vR dt d +=θ 2.10 (1) 13 22 =+y x (2) t v x 4sin 43ππ-=;t v y 4 cos 4π π=;t a x 4cos 1632ππ-=;t a y 4sin 162ππ-= (3) 2 6= x ,22=y ;π86- =x v ,π82=y v ;,2326π-=x a 2 322π-=y a 2.12 (1) ?=7.382θ，4025.0=t (s)，2.19=y (m) (2) ?=7.382θ，48.2=t (s)，25.93=y (m)。 2.14 (1) 22119x y - = (2) j t i v 42-=;j a 4-= (3) 0=t 时，j r 19=； 3=t 时，j i r +=6。（4）当9=t s 时取“=”，最小距离为37（m ）。
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 +=+=
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.
大学物理课后习题答案(上)
《大学物理》练习题 No .1 电场强度 班级 ___________ 学号 ___________ ___________ 成绩 ________ 说明：字母为黑体者表示矢量 一、 选择题 1．关于电场强度定义式E = F /q 0，下列说法中哪个是正确的？ [ B ] (A) 场强E 的大小与试探电荷q 0的大小成反比； (B) 对场中某点，试探电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试探电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； (D) 若场中某点不放试探电荷q 0，则F = 0，从而E = 0. 2．如图1.1所示，在坐标(a , 0)处放置一点电荷+q ，在坐标(a ,0)处放置另一点电荷q ， P 点是x 轴上的一点，坐标为(x , 0).当x >>a 时，该点场强 的大小为： [ D ](A) x q 04πε. (B) 2 04x q πε. (C) 3 02x qa πε (D) 30x qa πε. 3．图1.2所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为 ( x < 0)和 ( x > 0)，则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: [ A ] (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 真空中一“无限大”均匀带负电荷的平面如图1.3所示，其电场的场强 分布图线应是(设场强方向向右为正、向左为负) ? [ D ] 5.在没有其它电荷存在的情况下,一个点电荷q 1受另一点电荷 q 2 的作用力为f 12 ,当放入第三个电荷Q 后,以下说法正确的是 [ C ] (A) f 12的大小不变,但方向改变, q 1所受的总电场力不变； (B) f 12的大小改变了,但方向没变, q 1受的总电场力不变； (C) f 12的大小和方向都不会改变, 但q 1受的总电场力发生了变化； -q -a +q a P (x,0) x x y O 图1.1 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图1.2 σ -x O E x 02εσ O 02εσ-E x O 0 2εσ-E x 02εσO 02εσ -O E x 02εσ(D)图1.3
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？
大学物理教程 上 课后习题 答案
物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题）27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位，求： （1） 质点的运动轨迹； （2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。 解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 或1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2x x dv a dt = =， 2y y dv a dt == 当2t s =时，速度和加速度分别为 22a i j =+r r r m/s 2 1-4 设质点的运动方程为 cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，式中的R 、ω均为常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。 解 （1）质点的速度为 （2）质点的速率为 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30， 2-34，
2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作 用下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义，有 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的 阻力（空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。 解 （１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有 即 dv k dt v m =- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等 于地球半径的2倍（即2R ），试以,m R 和引力恒量G 及地球的质量M 表示出： （1） 卫星的动能； （2） 卫星在地球引力场中的引力势能. 解 (1) 人造卫星绕地球做圆周运动，地球引力作为向心力，有 卫星的动能为 212 6k GMm E mv R == （２）卫星的引力势能为 2-37 一木块质量为1M kg =，置于水平面上，一质量为2m g =的子弹以 500/m s 的速度水平击穿木块，速度减为100/m s ，木块在水平方向滑行了20cm 后 停止。求： （1） 木块与水平面之间的摩擦系数； （2） 子弹的动能减少了多少。
大学物理17章答案.docx
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
大学物理学(课后答案解析)第1章
第1章 质点运动学 习 题 一 选择题 1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ] (A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同 (B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小 解析：速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量，加速度是描述质点运动速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C 。 1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=，则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 解析：229dx v t dt = =-，18dv a t dt ==-，故答案选D 。 1-3 一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，某一段时间内的平均速率为v ，平均速度为v ，他们之间的关系必定有[ ] (A)v =v ，v =v (B)v ≠v ，v =v (C)v ≠v ，v ≠v (D)v =v ，v ≠v
解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故v =v ；平均速率s v t ?=?，而平均速度t ??r v = ，故v ≠v 。答案选D 。 1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ] (A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度，但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零 解析：质点作圆周运动时，2 n t v dv a a dt ρ =+=+ n t n t a e e e e ，所以法向加速度一定不为零，答案选D 。 1-5 某物体的运动规律为 2dv kv t dt =-，式中，k 为大于零的常量。当0t =时，初速为0v ，则速率v 与时间t 的函数关系为[ ] (A)2012v kt v =+ (B)2011 2kt v v =+ (C)2012v kt v =-+ (D)2011 2kt v v =-+ 解析：由于2dv kv t dt =-，所以 02 0()v t v dv kv t dt =-? ? ，得到20 11 2kt v v =+，故答案选B 。 二 填空题 1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为2=4t +( 2t+3)r i j ，则从
大学物理第二章练习答案
第二章 运动的守恒量和守恒定律 练 习 一 一. 选择题 1. 关于质心，有以下几种说法，你认为正确的应该是（ C ） (A ) 质心与重心总是重合的； (B ) 任何物体的质心都在该物体内部； (C ) 物体一定有质心，但不一定有重心； (D ) 质心是质量集中之处，质心处一定有质量分布。 2. 任何一个质点系，其质心的运动只决定于（ D ） (A )该质点系所受到的内力和外力； (B) 该质点系所受到的外力； (C) 该质点系所受到的内力及初始条件； (D) 该质点系所受到的外力及初始条件。 3.从一个质量均匀分布的半径为R 的圆盘中挖出一个半径为2R 的小圆盘，两圆盘中心的距离恰好也为2R 。如以两圆盘中心的连线为x 轴，以大圆盘中心为坐标原点，则该圆盘质心位置的x 坐标应为（ B ） (A ) R 4； (B) R 6; (C) R 8； (D R 12 。 4. 质量为10 kg 的物体，开始的速度为2m/s ，由于受到外力作用，经一段时间后速度变为6 m/s ，而且方向转过90度，则该物体在此段时间内受到的冲量大小为 （ B ） (A )s N ?820； (B) s N ?1020； (C) s N ?620； (D) s N ?520。 二、 填空题 1. 有一人造地球卫星，质量为m ，在地球表面上空2倍于地球半径R 的高度沿圆轨道运行，用m 、R 、引力常数G 和地球的质量M 表示，则卫星的动量大小为R GM m 3。 2．三艘质量相等的小船在水平湖面上鱼贯而行，速度均等于0v ，如果从中间小船上同时以相对于地球的速度v 将两个质量均为m 的物体分别抛到前后两船上，设速度v 和0v 的方向在同一直线上，问中间小船在抛出物体前后的速度大小有什么变化:大小不变。 3. 如图1所示，两块并排的木块A 和B ，质量分别为m 1和m 2，静止地放在光滑的水平面上，一子弹水平地穿过两木块。设子弹穿过两木块所用的时间分别为?t 1和?t 2，木块对子弹的阻力为恒力F ，则子弹穿出后，木块A 的速度大小为 1A B F t m m ??+，木块 B 的速度大小为12F t A B B F t m m m ????++。 三、计算题 1. 一质量为m 、半径为R 的薄半圆盘，设质量均匀分布，试求薄半圆盘的质心位置。 图1
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