物理学教程(第二版)上册课后习题答案详解

物理学教程（第二版）上册习题答案第一章质点运动学 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｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．

(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故

t s

t ΔΔΔΔ≠

r ,即｜v ｜≠v ．但由于｜d r ｜＝d s ,故

t s

t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 分析与解 t r

d d 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v r

表示,这是速度矢量在位矢方向上的

一个分量；t

d d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s

d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式

2d d d d ??

??+??? ??=t y t x v 求解．故选(D)．

1 -3 分析与解 t d d v 表示切向加速度a ｔ

,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；

d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；t

s d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v

表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ

．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a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 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a ｔ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, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ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

解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小

m 32Δ04-=-=x x x

(2) 由 0d d =t

得知质点的换向时刻为

s 2=p t (t ＝0不合题意)

则

m 0.8Δ021=-=x x x

m 40Δ242-=-=x x x

所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为

m 48ΔΔ21=+=x x s

(3) t ＝4.0 s 时

0.4s m 48d d -=?-==

t t x

0.422m.s 36d d -=-==t t x a

1 -6 解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为

12x y -

= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．

(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为

j r 20= , j i r 242-=

图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得

j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x

其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r

而径向增量

m 47.2ΔΔ2

020222202=+-+=-==y x y x r r r r

1 -7 ．解 (1) 速度的分量式为

t t x

x 6010d d +-==

v t t

y y 4015d d -==v

当t ＝0 时, v 0x ＝-10 m ·ｓ-1 , v 0y ＝15 m ·ｓ-1 ,则初速度大小为

00s m 0.18-?=+=y x v v v

设v 0与x 轴的夹角为α,则

3tan 00-

y αv v α＝123°41′

(2) 加速度的分量式为

2s m 60d d -?==

a x

x v , 2s m 40d d -?-==t a y y v 则加速度的大小为

s m 1.72-?=+=y x a a a

设a 与x 轴的夹角为β,则

2tan -

y a a β β＝-33°41′(或326°19′)

1 -8 解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为

20121

at t y +=v

2022

gt t h y -+=v

当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即

20202

121gt t h at t -+=+v v

s 705.02=+=a

g h t

(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为

m 716.02

02=+

-=-=gt t y h d v 解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有

2)(21

0t a g h +-=

s 705.02=+=a

g h t

(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为

202

at t h +='v

则

m 716.0='-=h h d

1 -9 解由分析知,应有

t a 0

d d 0

v v

得

033

4v v +-=t t (1)

由

x t x 0

d d 0

得

004

212

12x t t t x ++-

=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m ·ｓ-1代入(1)、(2)得

v 0＝-1 m ·ｓ-1, x 0＝0.75 m

于是可得质点运动方程为

75.012

124

2+-

=t t x 1 -10 解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．

(1) 由题意知

v v

B A t

a -==

d d (1)

用分离变量法把式(1)改写为

t B A d d =-v

(2)

将式(2)两边积分并考虑初始条件,有

=-t t B A 0d d d 0

v v

得石子速度

)e 1(Bt B

--=

v 由此可知当,t →∞时,

→

v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由

)e 1(d d Bt B

t y --==

v 并考虑初始条件有 t B

y t

Bt y

d )

e 1(d 00

--= 得石子运动方程

)1(e 2-+=

-Bt B

t B A y 1 -11

解由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得

???

+==t

t t t 0

)d 46(d d j i a v

j i t t 46+=v

又由

d d r

v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得

???

+==t

t r

r t t t t 0

)d 46(d d 0

j i r v

j i r 222)310(t t ++=

由上述结果可得质点运动方程的分量式,即

x ＝10＋3t 2

y ＝2t 2

消去参数t ,可得运动的轨迹方程

3y ＝2x -20 m

这是一个直线方程．直线斜率3

tan d d ===

αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示． 1 -12 解 (1) 由参数方程

x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2

消去t 得质点的轨迹方程：

y ＝19.0 -0.50x 2

(2) 在t 1 ＝1.00ｓ到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度

j i r r 0.60.2ΔΔ1

2-=--==

t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为

j i j i j i t t

y t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=

+=v v v j j i a 22222s m 0.4d d d d )(-?-=+=t

t x t

则t 1 ＝1.00ｓ时的速度 v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j

切向和法向加速度分别为

t t y x t t t

t e e e a 222s

1s m 58.3)(d d d d -=?=+==

v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-?=-=

(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为

122s m 47.4-?=+=y

x v v v 则m 17.112

==n

a ρv

1 -13

解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为

x ＝vt , y ＝1/2 gt 2

飞机水平飞行速度v ＝100 m ·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离

m 4522==g

x v

(2) 视线和水平线的夹角为

o 5.12arctan

==x

θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为

v v gt αx

y arctan

arctan

取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为

2s m 88.1arctan sin sin -?=??? ?

==v gt g αg a t

2s m 62.9arctan cos cos -?=??? ?

==v gt g g a n α

1 -14

解在图示坐标系中，有

t v x )cos (0α= （1）

1sin (gt t v y -=）α （2）

gt v v y -=αsin 0

（3）

(1) 由式（1），令

57m ==x x m ，得飞跃时间

37.1cos 0m

m ==

v x t s

（2）由式（3），令

0=y v ，得飞行到最大高度所需时间

v t α

sin 0m =

’

将’

m t 代入式（2），得飞行最大高度

67.02sin 220m ==g

v y αm

则飞车在最高点时距河面距离为

10m +=y h m 67.10= m

（3）将37.1m

=t s 代入式（2），得西岸木桥位置为

y = - 4.22 m

“-”号表示木桥在飞车起飞点的下方.

讨论本题也可以水面为坐标系原点，则飞车在 y 方向上的运动方程应为

10=y m + 202

1)sin (gt t v -

α 1 -15

解 1 由分析知，在图（a ）坐标系中，有

20)sin (21

)]cos([t g t v x ααβ-+-= （1）

20)cos (2

)]sin([t g t v y ααβ-+-= （2）

落地时，有y =0，由式（2）解得飞行时间为

31.230tan 20

v t s 将 t 值代入式（1），得

1.263220

===g

v x OP m

解 2 由分析知，在图（b ）坐标系中，对小球

t v x )cos (0β= （1）

202

)sin (gt t v y -=β （2）

对点P

αtan x y =' （3）

由式（1）、（2）可得球的轨道方程为

ββ22

cos 2tan v gx x y -= （4）

落地时，应有

y y '=，即

60cos 260tan 30tan 22

v gx x x -=

解之得落地点P 的x 坐标为

v x 3320

（5）

则 1.263230cos 20===g

v x

m 联解式（1）和式（5）可得飞行时间

31.2=t s

讨论比较两种解法，你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?

1 -16 解 (1) 质点作圆周运动的速率为

bt t

-==

0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为

b t s a t -==22d d , R

bt R a n 2

02)(-=

=v v

故加速度的大小为

)(402222bt b a a a a t t

-+=

+=v

其方向与切线之间的夹角为

????--==Rb bt a a θt n

20)(arctan arctan v

(2) 要使｜a ｜＝b ,由

b bt b R R

=-+4022)(1

v 可得 b

t 0v =

(3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为

s s s t 220

0v =-=

因此质点运行的圈数为

R s n π4π22

v ==

1 -17 解因ωR ＝v ,由题意ω∝t

2 得比例系数

2s rad 2-?===

t ωk v 所以

22)(t t ωω==

则t ′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为

12s rad 5.02-?='=t ω 2s rad 0.24d d -?='==t t

ωα

2s m 0.1-?==R αa t

总加速度

n t t n R ωR αe e a a a 2+=+=

()()22

22s m 01.1-?=+=

R ωR αa 在2.0ｓ内该点所转过的角度

rad 33.53

2d 2d 2

032

0==

==-??t t t t ωθθ 1 -18 解 (1) 由于

342t θ+=,则角速度212d d t t

ω==

．在t ＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=?==ωr a t n

2s m 80.4d d -=?==t

a t t

(2) 当

12/t n t a a a a +=

=时,有

23n t a a =,即

()()

12243t r rt =

得 3

213=

此时刻的角位置为

rad 15.3423=+=t θ

(3) 要使

t n a a =,则有

()()

2212243t r rt =

t ＝0.55ｓ

1 -19

22v v v += (如图所示),于是可得

12s m 36.575

tan -?==

v v 1 -20 解由

122v v v -='［图(b)］,有

θcos sin arctan

221v v v -=α

而要使

αarctan

≥,则 h l

θθ≥-cos sin 221v v v

? ??+≥θh θl sin cos 21v v

第二章牛顿定律

2 -1

分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力F Ｔ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a ,如图(b)所示,由其可解得合外力为mg cot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征． 2 -2 分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μF N 范围内取值．当F N 增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．

2 -

3 分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF N ．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v ＝μRg ．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．

2 -4 分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m g cos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动

的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程R

θmg F N 2

sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力

F N 也将不断增大,由此可见应选(B)．

*2 -5 分析与解本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a ′为A 、B 两物体相对电梯的加速度,ma 为惯性力．对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F Ｔ＝5/8 mg ．故选(A)．

2 -6

解取沿斜面为坐标轴Ox ,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有

ma αmg μαmg =-cos sin (1)

又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有

()22cos sin 2

21cos t αμαg at αl -==

则

()

αμααg l

t cos sin cos 2-=

(2)

为使下滑的时间最短,可令

0d d =α

,由式(2)有 ()()0sin cos cos cos sin sin =-+--αμαααμαα

则可得 μ

α12tan -=,o

49=α

此时 ()

s 99.0cos sin cos 2min =-=

αμααg l

2 -7

解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有

F Ｔ-( m 1 ＋m 2 )g ＝(m 1 ＋m 2 )a (1)

F N2 - m 2 g ＝m 2 a (2)

解上述方程,得

F Ｔ＝(m 1 ＋m 2 )(g ＋a) (3)

F N2 ＝m 2 (g ＋a) (4)

(1) 当整个装置以加速度a ＝10 m ·ｓ-2

上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为

F Ｔ＝5.94 ×103 N

乙对甲的作用力为

F ′N2 ＝-F N2 ＝-m 2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N

(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m ·ｓ-2 上升时,得绳张力的值为

F Ｔ＝3.24 ×103 N

此时,乙对甲的作用力则为

F ′N2＝-1.08 ×103 N

由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．

2 -8 解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A 、B 及滑轮列动力学方程,有

m A g -F Ｔ＝m A a (1) F ′Ｔ1 -F ｆ＝m B a ′ (2) F ′Ｔ -2F Ｔ1 ＝0 (3)

考虑到m A ＝m B ＝m , F Ｔ＝F ′Ｔ , F Ｔ1 ＝F ′Ｔ1 ,a ′＝2a ,可联立解得物体与桌面的摩擦力

()N 2.72

4f =+-=

m m mg F

2 -9

解1 以地面为参考系,在摩擦力

f F ＝μm

g 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程

f F ＝μm

g ＝ma 1 f F ＝-f F ＝m ′a 2

a 1 和a 2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a ＝a 1 ＋a 2 ,木块相对平板以初速度- v ′作匀减速

运动直至最终停止．由运动学规律有

- v ′2 ＝2as

由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为

解2 以木块和平板为系统,它们之间一对摩擦力作的总功为

mgs l F l s F W μ=-+=f f ）

（式中l 为平板相对地面移动的距离．

由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有

m ′v ′＝(m ′＋m ) v ″

由系统的动能定理,有

()222

21v v ''+'-''=m m m mgs μ

由上述各式可得

()

m m g μm s +'''=

v 2 -10

解取钢球为隔离体,其受力分析如图(b)所示．在图示坐标中列动力学方程

θωmR ma θF n N sin sin 2== (1)

θF N =cos (2)

且有

()R

h R θ-=

cos (3)

由上述各式可解得钢球距碗底的高度为

ωg R h -

可见,h 随ω的变化而变化． 2 -11

解隔离后，各物体受力如图（b ）所示，有

滑轮 02T =-F F

A A A A T a m g m F =-

B B B B T a m g m F =-

联立三式，得

2.15A =a 7.2s m B 2=?-a ，2s m -?

2 -12 解（1）由分析知

）（2/5cos 25.0d /d 22π+-===t t y ma （N ）

该式表示作用于物体上的合外力随时间t 按余弦作用周期性变化，F >0表示合力外力向下，F <0表示合外力向上. （2） F

y t t 25.1)]2/5(cos 20.0[25.1)2/5cos(25.0-=+-=+-=ππ.

由上式知，合外力F 的大小与物体离开平衡位置距离y 的大小成正比.“-”号表示与位移的方向相反. 2 -13 解因加速度a ＝d v /d t ,在直线运动中,根据牛顿运动定律有

t d d 40120v

=+ 依据质点运动的初始条件,即t 0 ＝0 时v 0 ＝6.0 m ·ｓ-1 ,运用分离变量法对上式积分,得

()??

+=t

t t 0

d 0.40.12d 0

v v

v ＝6.0+4.0t+6.0t 2

又因v ＝d x /d t ,并由质点运动的初始条件：t 0 ＝0 时 x 0 ＝5.0 m,对上式分离变量后积分,有

()??

++=t x x t t t x 0

d 0.60.40.6d

x ＝5.0+6.0t+2.0t 2 +2.0t 3

2 -14 解以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有

t α

ma F -===d d v

t m

t α0

d d 0

v v 得

02t m

α-

=v v 因此,飞机着陆10ｓ后的速率为

v ＝30 m ·ｓ-1

又

???

?? ??-=t x

x t t m αx 0200d 2d v 故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离

m 46763

00=-

=-=t m

αt x x s v 2 -15

解 (1) 运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为

gh 20=v

运动员入水后,由牛顿定律得

P -f

F -F ＝ma

由题意P ＝F 、f F ＝bv 2

,而a ＝d v /d t ＝v (d v /d y ),代

入上式后得

-bv 2＝ mv (d v /d y )

考虑到初始条件y 0 ＝0 时,

gh 20=v ,对上式积分,有

??=???

??-v v v v 0d d 0t

y b m m by m by e gh e //02--==v v

(2) 将已知条件b/m ＝0.4 m -1 ,v ＝0.1v 0 代入上式,则得

m 76.5ln 0

=v v

b m y 2 -16

解小球在运动过程中受到重力P 和圆轨道对它的支持力F N ．取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得

t m

αmg F t d d sin v

=-= (1) R m m αmg F F N n 2

cos v =-= (2)

由

αr t s d d d d =

v ,得v α

r t d d =,代入式(1),并根据小球从点A 运动到点C 的始末条件,进行积分,有 ()?

-=α

παα2

/sin 0

d rg d v

v v v

得

αrg cos 2=v

则小球在点C 的角速度为

r αg r

ω/cos 2==

由式(2)得

αmg αmg r

m m F N cos 3cos 2

=+=v

由此可得小球对圆轨道的作用力为

αmg F F N N

cos 3-=-=' 负号表示F ′N 与e n 反向． 2 -17

解 (1) 设物体质量为m ,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有

R m ma F n N 2v ==

ma F t d d f v

-=-=

由分析中可知,摩擦力的大小F ｆ＝μF N ,由上述各式可得

R μd d 2v v -=

取初始条件t ＝0 时v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有

??-

=v v v v

020d d μR t t

μR R 00

v v v +=

(2) 当物体的速率从v 0 减少到

2/0v 时,由上式可得所需的时间为

v μR t =

物体在这段时间内所经过的路程

+==t t t t

μR R t s 0

d d v v v

2ln μ

R s =

2 -18

解分别对物体上抛、下落时作受力分析,以地面为原点,竖直向上为y 轴(如图所示)．(1) 物体在上抛过程中,根据牛顿定律有

m t m

km mg d d d d 2v v v v ==-- 依据初始条件对上式积分,有

+-=0

d d v v v v k g y y

???

??++-=202ln 21v v k g k g k y 物体到达最高处时, v ＝0,故有

???

? ??+==g k g k y h 2

0max ln 21v

(2) 物体下落过程中,有

km mg d d 2v v =+- 对上式积分,有

--=0

d d v v v

v k g y y

则 2

/1201-???

??+=g k v v v

2 -19 解设摩托车沿x 轴正方向运动,在牵引力F 和阻力F r 同时作用下,由牛顿定律有

k F d d 2v

v =- (1) 当加速度a ＝d v /d t ＝0 时,摩托车的速率最大,因此可得

k ＝F/v m 2 (2)

由式(1)和式(2)可得

t m F m d d 122v

v v =???? ?

?- (3) 根据始末条件对式(3)积分,有

-???? ?

?-=

m m t

F m

t v v v v 210

220

d 1d

则

3ln 2F

m t m

v =

又因式(3)中x

m t m d d d d v

v v =

,再利用始末条件对式(3)积分,有 ??-???? ??-=m m x

F m x v v v v 21

220d 1d

则

m F m x m m 22144

.034ln 2v v ≈=

*2 -20 解由牛顿第二定律和相关运动学规律有

F 0 -f

F ＝ma -μmg ＝ma ′ (1)

v ′ 2 ＝2a ′L (2)

联立解(1)(2)两式并代入题给数据,得木箱撞上车厢挡板时的速度为

()L g a μ-='2v =1s m 9.2-?=

第三章动量守恒定律和能量守恒定律

3 -1 分析与解在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力．由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量．但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能．综上所述(1)(3)说法是正确的．故选(C)．

3 -2 分析与解对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒．物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功．由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等．动量自然也就不等(动量方向也不同)．故(A)(B)(C)三种说法均不正确．至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零．由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒．

3 -3 分析与解保守力作正功时,系统内相应势能应该减少．由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零．至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C)．

3 -

4 分析与解由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A 、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D)．

3 -5 分析与解子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒．这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和)．综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的．

3 -6 解以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得

Δ-='v m t F

式中F '为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v ,以此代入上式可得

N 1055.252

?=='l

m F v

鸟对飞机的平均冲力为

N 1055.25?-='-=F F

式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反．从计算结果可知,2.25 ×105 N 的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的．若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故． 3 -7 解1 物体从出发到达最高点所需的时间为

t sin Δ01v =

则物体落回地面的时间为

t t αsin Δ2Δ0122v =

于是,在相应的过程中重力的冲量分别为

j j F I αsin Δd 011Δ1v m t mg t t -=-==? j j F I αsin 2Δd 022Δ2v m t mg t t -=-==?

解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A 、B 的过程中,重力的冲量分别为

j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-= j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-=

3 -8 解 (1) 由分析知

()s N 68230d 43020

0?=+=+=?t t t t I

(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得 t ＝6.86 s(另一解不合题意已舍去)

(3) 由动量定理,有

I ＝m v 2- m v 1

由(2)可知t ＝6.86 s 时I ＝300 N ·s ,将I 、m 及v 1代入可得

2s m 40-?=+=

m I v v

3 -9 解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为

gh 21=v (1)

在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有

()12Δv v m m t -=+P F (2)

由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为

()N 1014.1Δ2ΔΔ3?=+=+

gh mg t m Δmg F v

解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有

N 1014.1/2Δ3?=+=

mg g h t

3 -10 解力F 的冲量为

ωω

t t kA t kx t F I t t t t -

=-=-==???2/π0

1d cos d d

即

()ω

kA m -

=v Δ 3 -11 分析第（1）问可对垒球运用动量定理，既可根据动量定理的矢量式，用几何法求解，如图（b ）所示；也可建立如图（a ）所示的坐标系，用动量定量的分量式求解，对打击、碰撞一类作用时间很短的过程来说，物体的重力一般可略去不计.

解（1）解 1 由分析知，有

12mv mv t F -=?

其矢量关系如图（b ）所示，则

)60180cos())((2)()()(2122212 --+=?mv mv mv mv t F

解之得 N 9.197=F

解 2 由图（a ）有

x x x mv mv t F 12-=? 02-=?y y mv t F

将

，则和代入解得及y x y x x F F v v v v v v 60sin 60cos ,22221=-==

N 9.19722=+=y

x F F F

(2) 由质点动能定理，得

J 7.472

1212

122=-=mv mv W

3 -12 解在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυS Δt ,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为

Δp ＝Δm (v B -v A ) ＝ρυS Δt (v B -v A )

依据动量定理I ＝Δp ,得到管壁对这部分水的平均冲力

()A B t S ρt

v v v -==

ΔΔI

F 从而可得水流对管壁作用力的大小为

N 105.2232?-=-=-='v S ρF F

作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．

3 -13 解设A 、B 两船原有的速度分别以v A 、v B 表示,传递重物后船的速度分别以v A ′ 、v B ′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有

()A A B A A m m m m v v v '=+- (1)

()''=+-B B A B B m m m m v v v (2)

由题意知v A ′ ＝0, v B ′ ＝3.4 m ·s -1 代入数据后,可解得

()()12

s m 40.0-?-=---'-=

m m m m m m A B B

B A v v ()()()12

s m 6.3-?=---'-=m

m m m m m m m B A B

B A B v v

也可以选择不同的系统,例如,把A 、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解． 3 -14

解取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有

()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0

式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 为抛出物对地面的水平速率．得

u m

m m

α'++

=cos 00v v 人的水平速率的增量为

u m m m α'

-=cos Δ0v v v

而人从最高点到地面的运动时间为

g α

t sin 0v =

所以,人跳跃后增加的距离

()g

m m αm t x '+=

=sin ΔΔ0v v

3 -15 解由运动学方程x ＝ct 3 ,可得物体的速度

23d d ct t

v 按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为

3/43/242299x kc t kc k F ===v

则阻力的功为

??=x F W d 3

/73/23

/403/207

27d 9d 180cos d l kc x x kc x W l

l -

=-==?=??? x F 3 -16

解水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有

F ＋P ＝0

在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为

P ＝mg -αgy

其中α＝0.2 kg/m,人对水桶的拉力的功为

()J 882d d 10

0100=-=?=??y agy mg W y F

3 -17

解 (1) 如图所示,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即

()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P

在小球摆动过程中,张力F Ｔ的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功

s F d T T ?=?W

(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果．初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为

J 53.0k ==P W E

小球在最低位置的速率为

K s m 30.222-?===

W m E v

(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得

l m P F 2

T v =-

N 49.22

T =+=l

m mg F v

3 -18 解 (1) 摩擦力作功为

202k 0k 8

32121v v v m m m E E W -=-=

-= (1) (2) 由于摩擦力是一恒力,且F ｆ＝μmg ,故有

mg r s F W μπ2180cos o f -== (2)

由式(1)、(2)可得动摩擦因数为

πμ1632

v =

(3) 由于一周中损失的动能为

3v m ,则在静止前可运行的圈数为 3

4k0==W E n 圈

3 -19

解选取如图(b)所示坐标,取原点O 处为重力势能和弹性势能零点．作各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

F 1 ＝P 1 ＋F (1)

当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得

2221212

121mgy ky mgy ky +=- 式中y 1 、y 2 为M 、N 两点对原点O 的位移．因为F 1 ＝ky 1 ,F 2 ＝ky 2 及P 1 ＝m 1g ,上式可写为

F 1 -F 2 ＝2P 1 (2)

由式(1)、(2)可得

F ＝P 1 ＋F 2 (3)

当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F ′2 ＝P 2 ,且F 2 ＝F ′2 ．由式(3)可得

F ＝P 1 ＋P 2 ＝(m 1 ＋m 2 )g

应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点． 3 -20 解（1）子弹-木块系统满足动量守恒，有

v m m mv )2/(2/0+=

解得共同速度

v v =

对木块

022k 181021mv mv E =-=?

对子弹 2

020

22k 9

2)2(21)2(21mv v m v m E -=-=? （2）对木块和子弹分别运用质点动能定理，则

对木块 2

01k 118

1mv E W =

?= 对子弹 202k 29

2mv E W -=?= （3）设摩擦阻力大小为f F ,在两者取得共同速度时，木块对地位移为s ，则子弹对地位移为L +s ,有

对木块 s F W f 1=

对子弹 )(f 2s L F W +-= 得 L F W W W f 21-=+=

式中L 即为子弹对木块的相对位移，“-”号表示这一对摩擦阻力（非保守力）所作功必定会使系统机械能减少.

(4) 对木块 2f 12

mv s F W ==

对子弹 202f 2)2

(21)2(21)(v m v m s L F W -=

+-= 两式相加，得

02221)2

(21])2(2121[v m v m mv W W -+=+

即 2

0f 18

3mv L F -=-

两式相加后实为子弹-木块系统作为质点系的动能定理表达式，左边为一对内力所作功，右边为系统动能的变化量.

3 -21 解因阻力与深度成正比,则有F ＝kx (k 为阻力系数)．现令x 0＝1.00 ×10 -2 m,第二次钉入的深度为Δx ,由于钉子两次所作功相等,可得

+=x

x x x x kx x kx Δ0

d d

Δx ＝0.41 ×10 -2 m

3 -22 解 (1) 卫星与地球之间的万有引力提供卫星作圆周运动的向心力,由牛顿定律可得

()E 2

E E 33R m R m m G v = 则

E 2k 621

R m m G m E ==v

(2) 取卫星与地球相距无限远(r →∞)时的势能为零,则处在轨道上的卫星所具有的势能为

E P 3R m

m G

E -=

(3) 卫星的机械能为

E E E E E P k 636R m

m G R m m G R m m G

E E E -=-=+=

3 -23

解由系统的机械能守恒,有

θmgR m mgR cos 2

v (1) 根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为

m F θmgR 2

N cos v =

- (2)

冰块脱离球面时,支持力F N ＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置

o θ2.483

arccos ==

冰块此时的速率为

2cos Rg

θgR =

=v v 的方向与重力P 方向的夹角为

α＝90° - θ ＝41.8°

3 -2

4 解小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力F N ＝0,因此,有

m mg c

2v =

(1)

取小球开始时所在位置A 为重力势能的零点,由系统的机械能守恒定律,有

()()22

13Δ21c

m r mg l k v += (2) 由式(1)、(2)可得

()

12m N 366Δ7-?==

l mgr

k 3 -25 解设弹簧的最大压缩量为x 0 ．小球与靶共同运动的速度为v 1 ．由动量守恒定律,有

物理学教程(第二版)(上册)课后答案

第一章质点运动学 1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt )时间的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ． (1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr (B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间沿曲线从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｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故t s t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ．但由于｜d r ｜＝d s ,故t s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x ．下述判断正确的是( )

物理学教程第二版下册课后答案

第九章静电场 9－1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( ) 题 9-1 图分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为 2εσ ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ). 9－2 下列说法正确的是( ) (A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷 (B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零 (C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零 (D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ). 9－3 下列说法正确的是( ) (A ) 电场强度为零的点，电势也一定为零 (B ) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零 (C ) 电势为零的点，电场强度也一定为零 (D ) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D ). *9－4 在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p 的方向如图所示.当电偶

大学物理上册答案详解

大学物理上册答案详解习题解答习题一 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 =2 2 y 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 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 22 222 2 22 2 22d 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 22d d d d t r a t r v ==

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

物理学教程(第二版)上册课后答案第六章

AHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAF 第六章机械波 6-1 图（a ）表示t ＝0 时的简谐波的波形图，波沿x 轴正方向传播，图（b ）为一质点的振动曲线．则图（a ）中所表示的x ＝0 处振动的初相位与图（b ）所表示的振动的初相位分别为（）题6-1 图（Ａ）均为零（Ｂ）均为2 π （Ｃ）均为2 π- （Ｄ） 2π 与2π- （Ｅ） 2π-与2 π 分析与解本题给了两个很相似的曲线图，但本质却完全不同．求解本题要弄清振动图和波形图不同的物理意义．图（a ）描述的是连续介质中沿波线上许许多多质点振动在t 时刻的位移状态．其中原点处质点位移为零，其运动方向由图中波形状态和波的传播方向可以知道是沿y 轴负向，利用旋转矢量法可以方便的求出该质点振动的初相位为π/2．而图（b ）是一个质点的振动曲线图，该质点在t ＝0 时位移为0，t ＞0 时，由曲线形状可知，质点向y 轴正向运动，故由旋转矢量法可判知初相位为－π/2，答案为（D ）．

6-2 一横波以速度u沿x轴负方向传播，t时刻波形曲线如图（a）所示，则该时刻（）（A）A点相位为π（B）B点静止不动（C）C点相位为 2 π3（D）D点向上运动分析与解由波形曲线可知，波沿x轴负向传播，B、D处质点均向y轴负方向运动，且B处质点在运动速度最快的位置. 因此答案（B）和（D）不对. A处质点位于正最大位移处，C 处质点位于平衡位置且向y轴正方向运动，它们的旋转矢量图如图（b）所示.A、C点的相位分别为0和 2 π3.故答案为（C）题 6-2 图 6-3如图所示，两列波长为λ的相干波在点P相遇．波在点S1振动的初相是φ1，点S1到点P的距离是r1．波在点S2的初相是φ2，点S2到点P的距离是r2，以k代表零或正、负整数，则点P是干涉极大的条件为（） AHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAF

物理学教程(第二版)-马文蔚下册公式原理整理(1)

物理期末知识点整理 1、计算题知识点 1）电荷在电场中运动，电场力做功与外力做功的总的显影使得带电粒子动能增加。 2）球面电荷均匀分布，在球内各点激发的电势，特别是在球心激发的电势（根据高斯定理，球面内的电场强度为零，球内的电势与球面的电势相等 04q R επε= ，电势满足叠加原理） 3）两个导体球相连接电势相等。 4）载流直导线在距离r 处的磁感应强度02I B r μπ= ，导线在磁场中运动产生的感应电动势。（电场强度02E r λπε= ）t φ ξ=- 5）载流直导线附近的线框运动产生的电动势。 6）已知磁场变化，求感应电动势的大小和方向。 7）双缝干涉，求两侧明纹间距，用玻璃片覆盖其中的一缝，零级明纹的移动情况。（两明纹间距为' d d d λ?= ，要求两侧明纹的间距，就是要看他们之间有多少个d ?，在一缝加玻璃片，使得一端的光程增加，要使得两侧光程相等，光应该向加玻璃片的一方移动） 8）牛顿环暗环公式，理解第几暗环的半径与k 的关系。（r =k=0、1、2…..）） 9）光栅方程，光栅常数，第几级主极大与相应的衍射角，相应的波长，每厘米刻线条数，第一级谱线的衍射角（光栅明纹方程(')sin b b k θλ+=±（k=0、1、2….）暗纹方程(')sin (21)/2b b k θλ+=±+（k=0、1、2….）光栅常数为'b b +） 10）布鲁斯特定律，入射角与折射角的关系2 1 tan b n n θ= 2、电场强度的矢量合成 3、电荷正负与电场线方向的关系（电场线从正电荷发出，终止于负电荷） 4、安培环路定理0Bdl I μ=?。 5、导线在磁场中运动（产生感应电动势），电流在磁场中运动受到安培力的作用。 6、干涉条件（频率相同，相位相等或相位差恒定，振动方向相同） b θ

大学物理上册课后习题答案

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 2 r 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 τ τ???+= 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 ＝ 2 2 y 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 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 22222 2 2 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

物理学教程第二版全复习提纲

大学物理复习提纲大学物理1 第一章质点运动学教学要求： 1．质点平面运动的描述，位矢、速度、加速度、平均速度、平均加速度、轨迹方程。 2．圆周运动，理解角量和线量的关系，角速度、角加速度、切向加速度、法向加速度。主要公式： 1．笛卡尔直角坐标系位失r=x i +y j +z k ，质点运动方程（位矢方程）：k t z j t y i t x t r )()()()( 参数方程：。t t z z t y y t x x 得轨迹方程消去 )()() ( 2．速度：dt r d v 3．加速度：dt v d a 4．平均速度：t r v 5．平均加速度：t v a 6．角速度：dt d 7．角加速度：dt d 8．线速度与角速度关系： R v 9．切向加速度： R dt dv a 10．法向加速度：R v R a n 2 2 11．总加速度：2 2n a a a 第二章牛顿定律教学要求：

1．牛顿运动三定律及牛顿定律的应用。 2．常见的几种力。主要公式： 1．牛顿第一定律：当0 合外F 时，恒矢量 v 。 2．牛顿第二定律：dt P d dt v d m a m F 3．牛顿第三定律（作用力和反作用力定律）：F F 第三章动量和能量守恒定律教学要求： 1．质点的动量定理、质点系的动量定理和动量守恒定律。 2．质点的动能定理，质点系的动能定理、机械能守恒定律。 3．变力做功。 4．保守力做功的特点。主要公式： 1．动量定理：P v v m v m dt F I t t )(1221 2．动量守恒定律：0,0 P F 合外力当合外力 3. 动能定理：)(2 1212 22 1v v m E dx F W x x k 合 4．机械能守恒定律：当只有保守内力做功时，0 E 第四章刚体教学要求： 1．刚体的定轴转动，会计算转动惯量。 2．刚体定轴转动定律和角动量守恒定律。主要公式： 1．转动惯量： r dm r J 2 是转动惯性大小的量度. 与三个因素有关:(刚体质量,质量分布,转轴位置.) 2．平行轴定理：2 md J J c

大学物理习题及综合练习答案详解

库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q 的同一种电荷分成两部分，一部分均匀分布在地球上，另一部分均匀分布在月球上，使它们之间的库仑力正好抵消万有引力，已知地球的质量M ＝l024kg ，月球的质量m =l022 kg 。（1）求 Q 的最小值；（2）如果电荷分配与质量成正比，求Q 的值。解：（1）设Q 分成q 1、q 2两部分，根据题意有 2 221r Mm G r q q k =，其中041πε=k 即 2221q k q GMm q q Q += +=。求极值，令0'=Q ，得 0122=-k q GMm C 1069.5132?== ∴k GMm q ，C 1069.51321?==k q GMm q ，C 1014.11421?=+=q q Q （2）21q m q M =Θ ，k GMm q q =21 k GMm m q mq Mq ==∴2122 解得C 1032.6122 2?==k Gm q ， C 1015.51421?==m Mq q ，C 1021.51421?=+=∴q q Q 7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上，电荷Q （Q ＞0）放在三角形的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 值应为多大解：Q 到顶点的距离为 l r 33= ，Q 与-q 的相互吸引力为 20141r qQ F πε=，两个-q 间的相互排斥力为 2 2 0241l q F πε= 据题意有 10 230cos 2F F =，即 2 022041300cos 41 2r qQ l q πεπε=?，解得：q Q 33= 电场强度 7-3 如图7-3所示，有一长l 的带电细杆。（1）电荷均匀分布，线密度为+，则杆上距原点x 处的线元 d x 对P 点的点电荷q 0 的电场力为何q 0受的总电场力为何（2）若电荷线密度=kx ，k 为正常数，求P 点的电场强度。解：（1）线元d x 所带电量为x q d d λ=，它对q 0的电场力为 200200)(d 41 )(d 41 d x a l x q x a l q q F -+=-+= λπεπε q 0受的总电场力 )(4)(d 400020 0a l a l q x a l x q F l +=-+= ?πελπελ 00>q 时，其方向水平向右；00

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 +=+=

大学物理教程(上)课后习题答案解析

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 = 21)y = 或 1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 213r r r i j =-=-r u r u r r r V 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt ==- 22(1)v ti t j =+-r r r 2x x dv a dt ==， 2y y dv a dt == 22a i j =+r r r 当2t s =时，速度和加速度分别为 42/v i j m s =+r r r 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 sin cos d r v R ti R t j dt ωωωω==-+r r r r （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 dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2216n a R Rt ω== 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 2.0 2.0 2.020 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s ==+=+=? ?g 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 ，

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 +=+=

物理学教程(第二版)上册课后答案7

第七章气体动理论 7 －1 处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们( ) (A) 温度，压强均不相同 (B) 温度相同，但氦气压强大于氮气的压强 (C) 温度，压强都相同 (D) 温度相同，但氦气压强小于氮气的压强分析与解理想气体分子的平均平动动能23k /kT =ε，仅与温度有关．因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时，温度也相同．又由物态方程，当两者分子数密度n 相同时，它们压强也相同．故选(C)． 7－2 三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体，其分子数密度n 相同，方均根速率之比 ()()() 4:2:1::2/12C 2/12B 2/12A =v v v ，则其压强之比C B A ::p p p 为( ) (A) 1∶2∶4 (B) 1∶4∶8 (C) 1∶4∶16 (D) 4∶2∶1 分析与解分子的方均根速率为 M RT /3=2v ，因此对同种理想气体有 3212C 2B 2A ::::T T T =v v v ，又由物态方程nkT ρ，当三个容器中分子数密度n 相同时，得16:4:1::::321321==T T T p p p .故选(C)． 7 －3 在一个体积不变的容器中，储有一定量的某种理想气体，温度为0T 时，气体分子的平均速率为0v ，分子平均碰撞次数为0Z ，平均自由程为0λ ，当气体温度升高为04T 时，气体分子的平均速率v 、平均碰撞频率Z 和平均自由程λ分别为( ) (A) 004,4,4λλZ Z ===0v v (B) 0022λλ===,,Z Z 0v v (C) 00422λλ===,,Z Z 0v v (D) 00,2,4λλ===Z Z 0v v 分析与解理想气体分子的平均速率M RT π/8=v ，温度由0T 升至04T ，则平均速率变为0v 2；又平均碰撞频率v n d Z 2π2= ，由于容器体积不变，即分子数密度n 不变，则平均碰撞频率变为0Z 2；而平均自由程n d 2 π21 =λ，n 不变，则λ也不变．因此正确答案为(B)． nkT p =

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

物理学教程(第二版)上册课后答案4.5单元

第四章刚体的转动 4－1有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上： (1)这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零； (2)这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零； (3)当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零； (4)当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零．对上述说法下述判断正确的是( ) (A)只有(1)是正确的(B)(1)、(2)正确，(3)、(4)错误 (C) (1)、(2)、(3)都正确，(4)错误 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确分析与解力对轴之力矩通常有三种情况：其中两种情况下力矩为零：一是力的作用线通过转轴，二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转)．不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零，但同时有两个力作用时，只要满足两力矩大小相等，方向相反，两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零，由以上规则可知(1)(2)说法是正确．对于(3)(4)两种说法，如作用于刚体上的两个力为共点力，当合力为零时，它们对同一轴的合外力矩也一定为零，反之亦然．但如这两个力为非共点力，则以上结论不成立，故(3)(4)说法不完全正确．综上所述，应选(B)． 4－2关于力矩有以下几种说法： (1)对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度； (2)一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零； (3)质量相等，形状和大小不同的两个刚体，在相同力矩的作用下，它们的运动状态一定相同．对上述说法下述判断正确的是( ) (A)只有(2)是正确的 (B)(1)、(2)是正确的 (C)(2)、(3)是正确的 (D)(1)、(2)、(3)都是正确的分析与解刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力，且作用点相同，故对同一轴的力矩之和必为零，因此可推知刚体中所有内力矩之和为零，因而不会影响刚体的角加速度或角动量等，故(1)(2)说法正确．对说法(3)来说，题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，产生的角加速度不一定相同，因而运动状态未必相同，由此可见应选(B)． 4－3均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是( ) (A)角速度从小到大，角加速度不变 (B)角速度从小到大，角加速度从小到大 (C)角速度从小到大，角加速度从大到小 (D)角速度不变，角加速度为零

物理学教程第二版马文蔚下册课后答案完整版

第九章静电场 9－1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A ) 放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( ) 题 9-1 图分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为0 2εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ). 9－2 下列说法正确的是( ) (A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷 (B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零 (C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零 (D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ). 9－3 下列说法正确的是( ) (A ) 电场强度为零的点，电势也一定为零 (B ) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零

(C) 电势为零的点，电场强度也一定为零 (D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D). *9－4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( ) (A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止 (B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动 (C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动 (D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动题9-4 图分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B). 9－5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小. 分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21e，中子电量为10－21e，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.

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

物理学教程(第二版)上册课后答案第六章

第六章机械波 6-1 图（a ）表示t ＝0 时的简谐波的波形图，波沿x 轴正方向传播，图（b ）为一质点的振动曲线．则图（a ）中所表示的x ＝0 处振动的初相位与图（b ）所表示的振动的初相位分别为（）题6-1 图（Ａ）均为零（Ｂ）均为2π （Ｃ）均为2 π- （Ｄ） 2π 与2 π - （Ｅ） 2π-与2 π 分析与解本题给了两个很相似的曲线图，但本质却完全不同．求解本题要弄清振动图和波形图不同的物理意义．图（a ）描述的是连续介质中沿波线上许许多多质点振动在t 时刻的位移状态．其中原点处质点位移为零，其运动方向由图中波形状态和波的传播方向可以知道是沿y 轴负向，利用旋转矢量法可以方便的求出该质点振动的初相位为π/2．而图（b ）是一个质点的振动曲线图，该质点在t ＝0 时位移为0，t ＞0 时，由曲线形状可知，质点向y 轴正向运动，故由旋转矢量法可判知初相位为－π/2，答案为（D ）． 6-2 一横波以速度u 沿x 轴负方向传播，t 时刻波形曲线如图（a ）所示，则该时刻（）（A ）A 点相位为 π （B ）B 点静止不动（C ）C 点相位为 2 π3 （D ）D 点向上运动分析与解由波形曲线可知，波沿x 轴负向传播，B 、D 处质点均向y 轴负方向运动，且B 处质点在运动速度最快的位置. 因此答案（B ）和（D ）不对. A 处质点位于正最大位移处，C 处质点位于平衡位置且向y 轴正方向运动，它们的旋转矢量图如图（b ）所示.A 、C 点的相位分别为0和 2 π3.故答案为（C ）题 6-2 图 6-3 如图所示，两列波长为λ的相干波在点P 相遇．波在点S 1 振动的初相是φ1 ，点S 1 到点P 的距离是r 1 ．波在点S 2的初相是φ2 ，点S 2 到点P 的距离是r 2 ，以k 代表零或正、负整数，则点P 是干涉极大的条件为（）