大学物理(上册)参考答案
第一章作业题
P21
1.1； 1.2； 1.4；
1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62
x
，a 的单位为2
s
m -⋅，x 的单
位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101
s m -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵
x v v t x x v t v a d d d d d d d d ===
分离变量：
x x adx d )62(d 2
+==υυ 两边积分得 c
x x v ++=32
2221
由题知，0=x 时，100
=v ,∴50=c
∴ 1
3s m 252-⋅++=x x v
1.10已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2
s
m -⋅，开始运动时，x ＝5 m ，v =0，
求该质点在t ＝10s 时的速度和位置．
解：∵ t t v
a 34d d +==
分离变量，得 t t v d )34(d +=
积分，得 1
223
4c t t v ++=
由题知，0=t ,00
=v ,∴01=c
故
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
1.11
一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33
t ，θ式中以弧度计，t 以秒
计，求：(1) t ＝ 2 s 时，质点的切向和法向加速度；(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====
ωβθω
(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
βωR R =2
亦即
t t 18)9(22= 则解得 923=
t 于是角位移为rad
67.292
32323=⨯+=+=t θ
1.12 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 2
402
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 --=
=τϕ
(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 = 第二章作业题
P61
2.9 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
时质点的 (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(220j i j
i j
t a i t a t v r y x
--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=
2.10 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.
2.11一质量为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2-6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．
2.13
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)
3.14一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为
j t b i t a r
ωωsin cos +=
求质点的动量及t ＝0 到
ω
π2=
t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．
解: 质点的动量为
)cos sin (j t b i t a m v m p
ωωω+-==
将0=t 和
ωπ
2=
t 分别代入上式，得
j b m p
ω=1,i a m p ω-=2,
则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为
)(12j b i a m p p p I
+-=-=∆=ω
2.15 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
2
02bv a v I m =
=
第三章作业题
P88
3.1； 3.2； 3.7；
3.13计算题2-27图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量
为M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设1m ＝50kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m
解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有
a m T g m 222=- ① a m T 11= ②
对滑轮运用转动定律，有
β
)21
(212Mr r T r T =- ③
又， βr a = ④
联立以上4个方程，得
2
212s m 6.72
15
20058
.92002
-⋅=+
+⨯=
+
+=
M m m g m a
题2-27(a)图 题2-27(b)图
题2-28图
3.14 如题2-28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 2ωθml l mg =
∴ l g θωsin 3=
题2-29图
3.15 如题2-29图所示，质量为M ，长为l 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O 无
摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m 的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处． (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0v 的值； (2)相撞时小球受到多大的冲量?
解: (1)设小球的初速度为0v
，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：
mvl I l mv +=ω0 ①
2
220212121mv I mv +=ω ②
上两式中
2
31Ml I =
，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直
位置上摆到最大角度o
30=θ，按机械能守恒定律可列式：
)30cos 1(2212︒-=l
Mg I ω ③
由③式得
2
12
1
)231(3)30cos 1(⎥
⎦⎤
⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡︒-=l g I Mgl ω
由①式
ml I v v ω
-
=0 ④
由②式
m I v v 2
20
2
ω-
= ⑤
所以
22
001)(2ωωm v ml I v -=-
求得
gl
m
M m m M l ml I l v +-=
+=+=31232(6)311(2)1(220ωω (2)相碰时小球受到的冲量为
⎰-=∆=0
d mv
mv mv t F
由①式求得
ωωMl l I mv mv t F 31
d 0-=-
=-=⎰
gl
M 6
)32(6--
=
负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．
第五章作业题
P145
5.1； 5.2；
5.7 质量为kg 10103-⨯的小球与轻弹簧组成的系统，按)SI ()
3
28cos(1.0ππ+=x 的
规律作谐振动，求：
(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；
(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等? (3)s 52
=t 与s 11=t 两个时刻的位相差；
解：(1)设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ，则知：
3/2,s 4
1
2,8,m 1.00πφωππω===∴==T A
又 πω8.0==A v m 1s m -⋅ 51.2=1s m -⋅
2.632==A a m ω2s m -⋅
(2) N 63.0==m m a F
J 1016.32
122
-⨯==
m mv E J 1058.121
2-⨯===E E E k p
当p k E E =时，有p E E 2=，
即
)2
1(212122kA kx ⋅= ∴ m 20
222±=±=A x (3) ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t
5.8 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数
表示．如果0=t 时质点的状态分别是：
(1)A x -=0；
(2)过平衡位置向正向运动；
(3)过2A
x =
处向负向运动； (4)过2
A
x -=处向正向运动．
试求出相应的初位相，并写出振动方程．
解：因为 ⎩⎨⎧-==00
0sin cos φωφA v A x
将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有
)2cos(1ππ
π
φ+==t T
A x
)2
3
2cos(2
32πππ
φ+==t T A x
)32cos(33πππφ+==t T A x
)4
52cos(454πππφ+==t T A x
5.9 一质量为kg 10103-⨯的物体作谐振动，振幅为cm 24，周期为s 0.4，当0=t 时位移为cm 24+．求：
(1)s 5.0=t 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； (2)由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间； (3)在cm 12=x 处物体的总能量．
解：由题已知 s 0.4,m 10242
=⨯=-T A
∴ 1s rad 5.02-⋅==ππ
ωT
又，0=t 时，0,00=∴+=φA x
故振动方程为
m )5.0cos(10242t x π-⨯=
(1)将s 5.0=t 代入得
0.17m m )5.0cos(102425.0=⨯=-t x π
N
102.417.0)2
(10103
23
2--⨯-=⨯⨯⨯-=-=-=π
ωx
m ma F
方向指向坐标原点，即沿x 轴负向． (2)由题知，0=t 时，00=φ，
t t =时 3
,0,20πφ=<+
=t v A x 故且 ∴ s 3
2
2/3==∆=ππωφt
(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为
J 101.7)24.0()2(10102121
214223222--⨯=⨯⨯⨯===
π
ωA m kA E
5.11 图为两个谐振动的t x -曲线，试分别写出其谐振动方程．
题4-8图
解：由题4-8图(a)，∵0=t 时，s 2,cm 10,,2
3
,0,0000===∴>=T A v x 又πφ 即 1s rad 2-⋅==
ππωT
故 m )2
3
cos(1.0ππ+
=t x a 由题4-8图(b)∵0=t 时，3
5,0,2000π
φ=∴>=v A x
01=t 时，2
2,0,0111π
πφ+
=∴<=v x
又 ππωφ2
535
11=+⨯= ∴ πω6
5=
故 m t x b )3
565cos(1.0ππ+
= 5.12 一轻弹簧的倔强系数为k ，其下端悬有一质量为M 的盘子．现有一质量为m 的
物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动． (1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同? (2)此时的振动振幅多大?
(3)取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程．
解：(1)空盘的振动周期为k M π2，落下重物后振动周期为k
m M +π2，即增大． (2)按(3)所设坐标原点及计时起点，0=t 时，则k
mg
x -=0．碰撞时，以M m ,为一系统
动量守恒，即
0)(2v M m gh m +=
则有 M
m gh
m v +=20
于是
g
M m kh
k mg M m gh m k mg v x A )(21)
)
(2()()(2
222
2
++=
++=+=ω
（3）g m M kh
x v )(2tan 000+=
-
=ωφ (第三象限)，所以振动方程为 ⎥
⎦⎤
⎢⎣⎡+++++=
g m M kh t M m k g
M m kh
k mg x )(2arctan cos )(21
5.15 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：
(1) ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm )373cos(5cm )33cos(521ππt x t x (2)⎪⎩
⎪⎨⎧
+=+=cm
)343cos(5cm )33cos(521π
πt x t x
解： (1)∵ ,23
3712ππ
πφφφ=-=-=∆
∴合振幅 cm 1021=+=A A A
(2)∵ ,3
34ππ
πφ=-=∆
∴合振幅 0=A
5.16 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为
⎪⎩
⎪⎨⎧
-=+=m
)65
2cos(3.0m )62cos(4.021
ππt x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。 解：∵ πππ
φ=--=
∆)6
5
(6 ∴ m 1.021=-=A A A 合
3365cos
3.06cos
4.065sin
3.06sin
4.0cos cos sin sin tan 22122211=+-⨯=
++=πππ
π
φφφφφA A A A ∴ 6
π
φ=
其振动方程为
m )6
2cos(1.0π
+=t x
(作图法略)
第六章作业题
P185
6.1；
6.8 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y =A cos(Cx Bt -)，其中A ，B ，
C 为正值恒量．求：
(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；
(2)写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程； (3)任一时刻，在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差． 解: (1)已知平面简谐波的波动方程
)cos(Cx Bt A y -= (0≥x )
将上式与波动方程的标准形式
)
22cos(λπ
πυx
t A y -=
比较，可知： 波振幅为A ，频率
πυ2B =
，
波长
C πλ2=
，波速C B
u =
=λυ， 波动周期
B T πυ21=
=． (2)将l x =代入波动方程即可得到该点的振动方程
)cos(Cl Bt A y -=
(3)因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为
)
(212x x -=∆λ
πφ
将d x x =-12，及C π
λ2=
代入上式，即得
Cd =∆φ．
6.9 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =0.05cos(10x t ππ4-)，式中x ,y 以米
计，t 以秒计．求：
(1)波的波速、频率和波长；
(2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；
(3)求x =0.2m 处质点在t =1s 时的位相，它是原点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运动状态在t =1.25s 时刻到达哪一点? 解: (1)将题给方程与标准式
)
22cos(x t A y λπ
πυ-
=
相比，得振幅05.0=A m ，频率5=υ1-s ，波长5.0=λm ，波速5.2==λυu 1
s m -⋅．
(2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为
ππω5.005.010max =⨯==A v 1s m -⋅ 222max 505.0)10(ππω=⨯==A a 2s m -⋅
(3)2.0=x m 处的振动比原点落后的时间为
08
.05
.22.0==u x s 故2.0=x m ,1=t s 时的位相就是原点(0=x )，在92.008.010=-=t s 时的位相，
即 2.9=φπ．
设这一位相所代表的运动状态在25.1=t s 时刻到达x 点，则
825.0)0.125.1(5.22.0)(11=-+=-+=t t u x x m
6.10 如题5-10图是沿x 轴传播的平面余弦波在t 时刻的波形曲线．(1)若波沿x 轴正向传播，该时刻O ，A ，B ，C 各点的振动位相是多少?(2)若波沿x 轴负向传播，上述各点
的振动 位相又是多少?
解: (1)波沿x 轴正向传播，则在t 时刻，有
题5-10图
对于O 点：∵
0,0<=O O v y ，∴2π
φ=
O
对于A 点：∵0,=+=A A v A y ，∴0=A φ
对于B 点：∵0,0>=B B v y ，∴
2π
φ-
=B 对于C 点：∵0,0<=C C
v y ，∴23πφ-=C
(取负值：表示C B A 、、点位相，应落后于O 点的位相) (2)波沿x 轴负向传播，则在t 时刻，有 对于O 点：∵
0,0>'='O O
v y ，∴2π
φ-='O
对于A 点：∵0,='+='A A v A y ，∴0='A φ
对于B 点：∵0,0<'='B B v y ，∴
2π
φ=
B 对于
C 点：∵0,0>'='C
C v y ，∴
23πφ='C (此处取正值表示C B A 、、点位相超前于O 点的位相)
6.11 一列平面余弦波沿x 轴正向传播，波速为5m ·s
-1
，波长为2m ，原点处质点的振动曲
线如题5-11图所示． (1)写出波动方程；
(2)作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线．
解: (1)由题5-11(a)图知，1.0=A m ，且0=t 时，0,000
>=v y ，∴
230πφ=
，
又
5.225
==
=
λ
υu
Hz ，则ππυω52==
题5-11图(a)
取 ]
)(cos[0φω+-=u x t A y ，
则波动方程为
)]
235(5cos[1.0π
π+-
=x t y m
(2) 0=t 时的波形如题5-11(b)图
题5-11图(b) 题5-11图(c) 将5.0=x m 代入波动方程，得该点处的振动方程为
)5cos(1.0)235.05.055cos(1.0πππ
ππ+=+⨯-
=t t y m
如题5-11(c)图所示．
6.12如题5-12图所示，已知t =0时和t =0.5s 时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b) ，
波沿x 轴正向传播，试根据图中绘出的条件求：
(1)波动方程； (2)P 点的振动方程．
解: (1)由题5-12图可知，1.0=A m ，4=λm ，又，0=t 时，0,000<=v y ，∴
20π
φ=
，
而
25.01==∆∆=
t x u 1
s m -⋅，
5.042===λυu Hz ，∴ππυω==2 故波动方程为
]
2)2(cos[1.0π
π+-=x t y m
(2)将1=P x m 代入上式，即得P 点振动方程为
t
t y ππ
π
πcos 1.0)]2
2
cos[(1.0=+
-
= m
题5-12图
6.13 一列机械波沿x 轴正向传播，t =0时的波形如题5-13图所示，已知波速为10 m ·s -1
，
波长为2m ，求：
(1)波动方程；
(2) P 点的振动方程及振动曲线； (3) P 点的坐标；
(4) P 点回到平衡位置所需的最短时间． 解: 由题5-13图可知1.0=A m ，0=t 时，
,200<=
v A
y ，∴30πφ=，由题知2=λm ，
10=u 1s m -⋅，则5
210
==
=
λυu
Hz
∴ ππυω102==
(1)波动方程为
]3)10(10cos[.01π
π+-
=x t y m
题5-13图
(2)由图知，0=t 时，
0,2<-
=P P v A y ，∴
34πφ-=P (P 点的位相应落后于0点，故取负值)
∴P 点振动方程为
)
34
10cos(1.0ππ-=t y p (3)∵
π
ππ34
|3)10(100-=+-=t x t ∴解得
67
.135
==x m (4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如题5-13图(a)，则由P 点回到平衡位置应经历的位
相角
题5-13图(a)
ππ
π
φ6523
=+
=
∆
∴所属最短时间为
121
106/5==
∆=
∆ππω
φ
t s
6.14 如题5-14图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P 点的振动方程为
P y =A cos(0ϕω+t )．
(1)分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程； (2)写出距P 点距离为b 的Q 点的振动方程． 解: (1)如题5-14图(a)，则波动方程为
])(cos[0φω+-+
=u x
u l t A y
如图(b)，则波动方程为
题5-14图
]
)(cos[0φω++=u x
t A y
(2) 如题5-14图(a)，则Q 点的振动方程为
]
)(cos[0φω+-=u b
t A A Q
如题5-14图(b)，则Q 点的振动方程为
]
)(cos[0φω++=u b
t A A Q
6.15 已知平面简谐波的波动方程为)24(cos x t A y +=π(SI)．
(1)写出t =4.2 s 时各波峰位置的坐标式，并求此时离原点最近一个波峰的位置，该波峰何
时通过原点?
(2)画出t =4.2 s 时的波形曲线． 解:(1)波峰位置坐标应满足
ππk x t 2)24(=+ 解得 )4.8(-=k x m (,2,1,0±±=k …) 所以离原点最近的波峰位置为4.0-m ． ∵
u x
t t t ωωππ+=+24 故知2=u 1s m -⋅,
∴
2
.024
.0=-=
'∆t s ，这就是说该波峰在2.0s 前通过原点，那么从计时时刻算起，则应是42.02.4=-s ，即该波峰是在4s 时通过原点的．
题5-15图
(2)∵2,4==u πω1
s m -⋅，∴
1
2===ω
π
λu
uT m ，又0=x 处，2.4=t s 时，
ππφ8.1642.40=⨯=
A A y 8.02.44cos 0-=⨯=π
又，当A y -=时，πφ17=x
，则应有
πππ1728.16=+x
解得 1.0=x m ，故2.4=t s 时的波形图如题5-15图所示
第七章作业题
P216
7.1；
7.2； 7.3；
7.4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．
7.7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 0
d )(：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.
7.8 最概然速率的物理意义是什么?方均根速率、最概然速率和平均速率，它们各有何
用处? 答：气体分子速率分布曲线有个极大值，与这个极大值对应的速率叫做气体分子的最概然速率．物理意义是：对所有的相等速率区间而言，在含有P v 的那个速率区间内的分子数占总分子数的百分比最大．
分布函数的特征用最概然速率P v 表示；讨论分子的平均平动动能用方均根速率，讨论平均自由程用平均速率．
7.9 容器中盛有温度为T 的理想气体，试问该气体分子的平均速度是多少?为什么?
答：该气体分子的平均速度为0.在平衡态，由于分子不停地与其他分子及容器壁发生碰撞、其速度也不断地发生变化，分子具有各种可能的速度，而每个分子向各个方向运动的概率是相等的，沿各个方向运动的分子数也相同．从统计看气体分子的平均速度是0.
7.10 在同一温度下，不同气体分子的平均平动动能相等，就氢分子和氧分子比较，氧
分子的质量比氢分子大，所以氢分子的速率一定比氧分子大，对吗? 答：不对，平均平动动能相等是统计平均的结果．分子速率由于不停地发生碰撞而发生变化，分子具有各种可能的速率，因此，一些氢分子的速率比氧分子速率大，也有一些氢分子的速率比氧分子速率小．
7.12 题
6-10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6-10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6-10图
7.13 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．
7.15 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
.
7.16 有两种不同的理想气体，同压、同温而体积不等，试问下述各量是否相同?
(1)分子数密度；(2)气体质量密度；(3)单位体积内气体分子总平动动能；(4)单位体积内气体分子的总动能．
解：(1)由kT
p
n nkT p ==,知分子数密度相同； (2)由RT
p
M V M mol =
=ρ知气体质量密度不同； (3)由kT n
23
知单位体积内气体分子总平动动能相同； (4)由kT i
n 2
知单位体积内气体分子的总动能不一定相同．
7.18 如果氢和氦的摩尔数和温度相同，则下列各量是否相等，为什么?
(1)分子的平均平动动能；(2)分子的平动动能；(3)内能． 解：(1)相等，分子的平均平动动能都为
kT 2
3
．
(2)不相等，因为氢分子的平均动能kT 25，氦分子的平均动能kT 23
． (3)不相等，因为氢分子的内能RT 25υ，氦分子的内能RT 2
3
υ．
7.20 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6-18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
183)5.0)(5.0(210001==-+=
97670
20v N av v ==
第八章作业题
P262
P261：
8.1； 8.2；
8.3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
8.6
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．
8.7 一循环过程如题7-5图所示，试指出：
大学物理学上册习题解答完整版
大学物理学上册习题解 答 HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】
大学物理学习题答案 习题一答案 习题一 1.1 简要回答下列问题： (1)位移和路程有何区别在什么情况下二者的量值相等在什么情况下二者的量值不相等 (2) 平均速度和平均速率有何区别在什么情况下二者的量值相等 (3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么 (4)质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动质点做直线运动，其位矢的方向是否一 定保持不变 (5) (6)r ?和r ?有区别吗？v ?和v ?有区别吗？ 0dv dt =和0d v dt =各代表什么运动？ (7)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 = dr v dt = 及 22d r a dt =
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 = 及 a = 你认为两种方法哪一种正确两者区别何在 (7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关 系是否也是线性的？ (8)“物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因 此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？ (9) (9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？ (10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何
大学物理(上册)课后习题及答案
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 ∴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ∴ 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()0.06443n a a
大学物理(上册)参考答案
第一章作业题 P21 1.1； 1.2； 1.4； 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62 x ，a 的单位为2 s m -⋅，x 的单 位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101 s m -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵ x v v t x x v t v a d d d d d d d d === 分离变量： x x adx d )62(d 2 +==υυ 两边积分得 c x x v ++=32 2221 由题知，0=x 时，100 =v ,∴50=c ∴ 1 3s m 252-⋅++=x x v 1.10已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2 s m -⋅，开始运动时，x ＝5 m ，v =0， 求该质点在t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ t t v a 34d d +== 分离变量，得 t t v d )34(d += 积分，得 1 223 4c t t v ++= 由题知，0=t ,00 =v ,∴01=c 故 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 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33 t ，θ式中以弧度计，t 以秒
大学物理上册-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：=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：= [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，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：． 计算得加速度为：= (m·s -2 )． 1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成°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 = (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 = (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 = (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 = (m)． 根据自由落体运动公式s = gt 2 /2，得下落的时间为:= (s)． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = (s)． 人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = (m·s -1 )， 所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = (m)． （2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = (m·s -1 )， 落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = (m·s -1 )， 与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = o，方向斜向下． 方法二：一步法． 图
大学物理第六版上册北京邮电大学出版课后答案详解
大学物理第六版上册北京邮电大学出版课后答案详解 1、行驶的汽车关闭发动机后还能行驶一段距离是因为汽车受到惯性力作用[判断题] * 对 错(正确答案) 答案解析：汽车具有惯性 2、用如图所示的装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验：1．小车从靠近定滑轮处释放．[判断题] * 对 错(正确答案) 3、马德堡半球实验测出了大气压，其大小等于760mm高水银柱产生的压强[判断题] 对 错(正确答案) 答案解析：托里拆利实验最早测出了大气压强 4、11．小敏学习密度后，了解到人体的密度跟水的密度差不多，从而她估测一个中学生的体积约为（）[单选题] * A．50 m3 B．50 dm3(正确答案)
C．50 cm3 D．500 cm3 5、9．在某原子结构模型示意图中，a、b、c是构成该原子的三种不同粒子，能得出的结（）[单选题] * A.a和c数量不相等 B．b决定原子种类 C．质量集中在c上 D．a和c之间存在吸引的力(正确答案) 6、4．静止在水平地面上的物体受到向上的弹力是因为地面发生了形变．[判断题] * 对(正确答案) 错 7、下列有关力做功的说法中正确的是（）[单选题] A.用水平力推着购物车前进，推车的力做了功(正确答案) B.把水桶从地面上提起来，提水桶的力没有做功 C.书静止在水平桌面上，书受到的支持力做了功 D.挂钩上的书包静止时，书包受到的拉力做了功 8、1．与头发摩擦过的塑料尺能吸引碎纸屑。下列与此现象所反映的原理相同的是（）[单
选题] * A．行驶的汽车窗帘被吸出去 B．挤压后的吸盘吸在光滑的墙上 C．用干燥的双手搓开的塑料袋会吸在手上(正确答案) D．两个表面光滑的铅块挤压后吸在一起 9、下列措施中，能使蒸发减慢的是（）[单选题] A．把盛有酒精的瓶口盖严(正确答案) B．把湿衣服晾在通风向阳处 C．用电吹风给湿头发吹风 D．将地面上的积水向周围扫开 10、停放在水平地面上的汽车对地面的压力和地面对车的支持力是平衡力[判断题] * 对 错(正确答案) 答案解析：相互作用力 11、52．“凿壁偷光”原指凿穿墙壁，让邻舍的烛光透过来，后用来形容家贫而勤奋读书。下列诗词中与“凿壁偷光”描述的现象相同的是（）[单选题] * A．床前明月光(正确答案) B．潭清疑水浅
大学物理习题册上册答案
大学物理习题册上册答案 大学物理习题册上册答案 大学物理习题册是大学物理课程中非常重要的教辅资料，通过做习题可以帮助 学生巩固知识、理解概念、掌握解题技巧。然而，对于一些学生来说，习题册 上的答案并不容易找到，这给他们的学习带来了一定的困扰。本文将为大家提 供大学物理习题册上册的答案，希望能够对大家的学习有所帮助。 第一章：力学 1. 甲、乙两个质点以一定的速度相对运动，若两者的质量分别为m1和m2，速度分别为v1和v2，则它们的合速度为： 解答：根据动量守恒定律，两个质点的合速度可以通过动量守恒定律来求解。即m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)v，其中v为合速度。将已知条件代入方程，即可 求得合速度v。 2. 一个质量为m的物体以速度v水平运动，撞到一个质量为M的静止物体， 两者发生完全弹性碰撞，求碰撞后两物体的速度。 解答：根据完全弹性碰撞的定义，动量守恒和动能守恒两个方程可以求解出 碰撞后两物体的速度。根据动量守恒定律，有mv = mv1' + Mv2'，其中v1'和 v2'分别为碰撞后两物体的速度。根据动能守恒定律，有(1/2)mv^2 = (1/2)mv1'^2 + (1/2)Mv2'^2。将两个方程联立求解，即可得到碰撞后两物体的 速度。 第二章：热学 1. 一定质量的气体在等温过程中，其内能的变化为多少？ 解答：在等温过程中，气体的温度保持不变，根据理想气体状态方程PV =
nRT，可知压强和体积成反比。由于内能是由分子的平均动能所组成，而分子的平均动能与温度有关，因此在等温过程中，气体的内能保持不变。 2. 一个物体的温度为30摄氏度，将其放入温度为20摄氏度的环境中，经过一段时间后，物体的温度会变成多少？ 解答：根据热平衡原理，物体和环境之间会达到热平衡，即物体的温度会趋向于环境的温度。根据热传导定律，热量会从高温物体传递到低温物体，直到两者温度相等。因此，物体的温度会逐渐接近20摄氏度，但不会完全等于20摄氏度。 第三章：电磁学 1. 一根长度为L的导线以速度v在均匀磁场中垂直于磁场方向运动，导线的两端接有电压为V的电源，求导线两端之间的电势差。 解答：根据电磁感应定律，导线在磁场中运动时会感应出电势差。根据电磁感应定律的表达式ε = Blv，其中ε为感应电势差，B为磁感应强度，l为导线的长度，v为导线的速度。将已知条件代入方程，即可求得导线两端之间的电势差。 2. 在电磁场中，一个电荷为q的粒子以速度v运动，受到一个力F，求该电荷所受到的磁场强度。 解答：根据洛伦兹力定律，一个运动电荷在磁场中会受到一个垂直于速度方向和磁场方向的力。根据洛伦兹力定律的表达式F = qvB，其中F为力，q为电荷量，v为速度，B为磁场强度。将已知条件代入方程，即可求得磁场强度B。通过以上的例题解答，希望能够帮助大家更好地理解大学物理习题册上册的内容，并且能够熟练掌握解题的方法和技巧。在学习过程中，如果遇到了困难，
大学物理学上册习题解答
大学物理学习题答案 习题一答案 习题一 1.1 简要回答下列问题： (1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相 等？ (2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？ (3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什 么？ (4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一 定保持不变？ (5) r ∆和r ∆有区别吗？v ∆和v ∆有区别吗？ 0dv dt =和0d v dt =各代表什么运动？ (6) 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 = dr v dt = 及 22d r a dt = 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 = 及 a =你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？ (7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？ (8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此 其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？ (9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？ (10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？ 1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均
(完整版)大学物理上册习题大体答案
第一章 １．有一质点沿X 轴作直线运动，t 时刻的坐标为)(25.43 2 SI t t x -=．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． 解：（１）)/(5.0/s m t x v -=??=； （２）2 69/t t dt dx v -==， s m v /6)2(-=； （３）m x x x x s 25.2|)5.1()2(||)1()5.1(|=-+-= ２．一质点沿X 轴运动，其加速度为)(4SI t a =，已知0=t 时，质点位于m X 100=处，初速度00=v ，试求其位置和时间的关系式． 2.解：t dt dv a 4/==，tdt dv 4= ??=t v tdt dv 0 04，22t v = 22/t dt dx v == ? ?=x t dt t dx 10 22 )(103/23SI t x +=． 3．由楼窗口以水平初速度0v ρ射出一发子弹，取枪口为坐标原点，沿0v ρ 方向为Ｘ轴，竖直向下为Ｙ轴，并取发射时s t 0=，试求： （1） 子弹在任意时刻t 的位置坐标及轨迹方程； （2）子弹在t 时刻的速度，切向加速度和法向加速度． 3. 解：（１）t v x 0=， 2 2 1gt y = 轨迹方程是：2 022/v g x y =． （２）0v v x =，gt v y =．速度大小为： 222 022t g v v v v y x +=+=． 与Ｘ轴的夹角)/(01 v gt tg -=θ 222 02//t g v t g dt dv a t +==，与v ρ同向． 222002 12 2 /)(t g v g v a g a t n +=-=， 方向与t a 垂直． 4．一物体悬挂在弹簧上作竖直振动，其加速度为ky a -=，式中k 为常量，y 是以平衡位置为原点所测得的坐标，假定振动的物体在坐标0y 处的速度为0v ，试求速度v 与坐标y 的函数关系式． 4.解：dy dv v dt dy dy dv dt dv a =?==， 又ky a -= dy vdv ky /=-∴
大学物理第二版上册课后习题答案
大学物理第二版上册课后习题答案 【篇一：物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版】 (a) ｜v｜= v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠ (c) ｜v｜= v,｜｜≠(d) ｜v｜ ≠v,｜｜= ,即｜｜≠． 但由于｜dr｜＝ds,故 drdt ? dsdt ,即｜｜＝．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) drdt ； (2) drdt ； (3) dsdt ； (4) ?dx??dy???????dt??dt? 22 ． 下述判断正确的是( ) (a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确 (c) 只有(2)(3)正确 (d) 只有(3)(4)正确 分析与解 drdt 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 drdt 用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量； dsdt 表示速度矢量；在自然坐标系中 ?dx??dy? ??????dt??dt? 2 2
速度大小可用公式v?选(d)． 计算,在直角坐标系中则可由公式v?求解．故 1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列表达式,即 (1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( ) (a) 只有(1)、(4)是对的 (b) 只有(2)、(4)是对的 (c) 只有(2)是对的(d) 只有(3)是对的分析与解 dvdt 表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方 drdt 向的一个分量,起改变速度大小的作用； dsdt 在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)； dvdt 在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因 此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)． 1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (a) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (b) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (c) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (d) 切向加速度一定改变,法向加速度不变 分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(b)． 23 1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为x?2?6t?2t,式中x 的单位为m,t 的单 位为 s．求： (1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程； (3) t＝4 s时质点的速度和加速度．
(完整版)大学物理学(第五版)上册课后习题选择答案_马文蔚
习题1 1-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r r ，速度为v r ，t 至()t t +∆时间内的位移为r ∆r ，路程为s ∆，位矢大小的变化量为r ∆（或称r ∆r ），平均速度为v r ，平均速率为v 。 （1）根据上述情况，则必有（ B ） （A ）r s r ∆=∆=∆r （B ）r s r ∆≠∆≠∆r ，当0t ∆→时有dr ds dr =≠r （C ）r r s ∆≠∆≠∆r ，当0t ∆→时有dr dr ds =≠r （D ）r s r ∆=∆≠∆r ，当0t ∆→时有dr dr ds ==r （2）根据上述情况，则必有（ C ） （A ）,v v v v ==r r （B ）,v v v v ≠≠r r （C ）,v v v v =≠r r （D ）,v v v v ≠=r r 1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y r 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即 （1）dr dt ；（2）dr dt r ；（3）ds dt ；（4 下列判断正确的是：( D ) （A ）只有（1）（2）正确 （B ）只有（2）正确 （C ）只有（2）（3）正确 （D ）只有（3）（4）正确 1-3 质点作曲线运动，r r 表示位置矢量，v r 表示速度，a r 表示加速度，s 表示路程，t a 表示切向加速度。对下列表达式，即 （1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =r 。 下述判断正确的是（ D ） （A ）只有（1）、（4）是对的 （B ）只有（2）、（4）是对的 （C ）只有（2）是对的 （D ）只有（3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ B ） （A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变 （B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变 （C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变
大学物理上册课后练习答案解析
初速度大小为 dt 1-2 一石子从空中由静止下落，由于空气阻力，石子并 非作自由落体运动。现测得其加速度 a = A-B V ，式中A 、 1-1 已知质点的运动方程为：x 10t 30t 2 , y 15t 20t 2。式中x 、y 的单位为m , t 的单位为s 。试 求: (1)初速度的大小和方向；(2)加速度的大小和方向。 分析由运动方程的分量式可分别求出速度、 加速度 分析本题亦属于运动学第二类问题，与上题不同之 处在于加速度是速度 V 的函数，因此 需将式d V = a (V )d t 分离变量为 -d ^ dt 后再两边积分. a(v) 的分量 再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向. 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点. v dv dv v 0 A Bv (3)船在行驶距离 x 时的速率为v=v 0e kx 。 一 dv ［证明］(1)分离变数得 — kdt , v 第一章质点的运动 B 为正恒量，求石子下落的速度和运动方程。 解(1)速度的分量式为V v y 当 t = 0 时,V o x = -10 m s dx 10 60t dt dy 15 40t dt -1 , V o y = 15 m -1 (1)由题 dv a dt 用分离变量法把式 A Bv (1)改写为 dv A Bv 将式(2)两边积分并考虑初始条件，有 (1) dt ⑵ V 0 V 0x V 0y 18.0m 得石子速度 V -(1 e Bt ) B 设V o 与x 轴的夹角为a 则tan V 0y V ox 由此可知当,t is 时,v A 为一常量，通常称为极限速度 B a= 123 °1 (2)加速度的分量式为 a x dV x dt 60 a y dV y dt 40 或收尾速度. (2) 再由v —y —(1 e 氏)并考虑初始条件有 dt B y t A Bt dy -(1 e )dt 0 0 B A A 得石子运动方程y t 2 (e Bt 1) B B 2 则加速度的大小为 a .. a x 2 a y 2 72.1 ms 2 a y 2 设a 与x 轴的夹角为B,则tan B - a x 3 B= -33 °1 '(或326 °9 ) 1-3 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于 阻力得到一个与速度反向、 大小与船速平方成正比例的加 速度，即a = - kv 2, k 为常数。在关闭发动机后，试证： (1)船在t 时刻的速度大小为 v (2)在时间t ,船行驶的距离为 x V 。； kv 0t 1 ' 1 「In (v °kt 1)； k
大学物理第三版上册课后习题答案
大学物理第三版上册课后习题答案【篇一：物理学教程(第二版)上册课后习题答案详解】 s=txt>第一章质点运动学 v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠ v,｜｜≠(d) ｜v｜≠v,｜｜= ,即｜｜≠． ? 但由于｜dr｜＝ds,故 drds ,即｜｜＝．由此可见,应选(c)． dtdt 1 -2 dr(1) dt 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； (2) drdt ； ds(3) dt ； (4) dxdydtdt 22 ． 下述判断正确的是( ) (a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确 (c) 只有(2)(3)正确 (d) 只有(3)(4)正确分析与解 drdt 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示, drdt 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式v 2 2 ds 计dt dxdy 算,在直角坐标系中则可由公式v
dtdt 表达式,即 求解．故选(d)． 1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v； (3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( ) (a) 只有(1)、(4)是对的 (b) 只有(2)、(4)是对的 (c) 只有(2)是对的(d) 只有(3)是对的 dv 表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,dt drds 起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质 dtdt 分析与解点的速率v；而 dv dt 表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)． 1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (a) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (b) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (c) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (d) 切向加速度一定改变,法向加速度不变 分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于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, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动 时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(b)． 1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为s．求： (1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程； (3) t＝4 s时质点的速度和加速度． x?2?6t2?2t3,式中x 的单位为m,t 的单位为
《新编大学物理》(上、下册)习题答案
第1章 质点运动学 一、选择题 题1.1 答案：[B] 提示：明确∆r 与r ∆的区别 题1.2： 答案：[A] 题1.3： 答案：[D] 提示：A 与规定的正方向相反的加速运动， B 切向加速度， C 明确标、矢量的关系，加速度是 d dt v 题1.4： 答案：[C] 提示： 2 1 r r r ∆= -，12,R R r j r i ==-，2 1 v v v ∆=-，12,v v v i v j =-=- 题1.5： 答案：[D] 提示：t=0时，x=5； t=3时，x=2得位移为-3m ； 仅从式x=t 2-4t+5=(t-2)2 +1，抛物线的对称轴为2，质点有往返 题1.6： 答案：[D] 提示：a=2t=d dt v ，2224t v tdt t ==-⎰，02 t x x vdt -=⎰，即可得D 项 题1.7： 答案：[D] 北 v 风 v 车1v 车2 提示： 21=2v v 车车，理清=+v v v 绝相对牵的关系
二、填空题 题1.8： 答案： 匀速(直线)，匀速率 题1.9： 答案：2 915t t -，0.6 提示： 2915dx v t t dt ==-，t=0.6时，v=0 题1.10： 答案：（1）21192 y x =- （2）24t -i j 4-j （3）411+i j 26-i j 3S 提示： (1) 联立2 2192x t y t =⎧⎨=-⎩ ，消去t 得：21192y x =-，dx dy dt dt =+v i j (2) t=1s 时，24t =-v i j ，4d dt = =-v a j (3) t=2s 时，代入2 2(192)x y t t =+=+-r i j i j 中得411+i j t=1s 到t=2s ，同样代入()t =r r 可求得26r ∆=-i j ， r 和v 垂直，即0∙=r v ，得t=3s 题1.11： 答案：2 12/m s 提示：2(2)2412(/)dv d x a v x m s dt dt ===== 题1.12： 答案：1/m s 22 π 提示： 200 t dv v v dt t dt =+=⎰，11/t v m s ==，20 1332t v dt t R θπ===⎰，222r R π∆== 题1.13：
大学_大学物理教程上册(范仰才著)课后答案
大学物理教程上册(范仰才著)课后答案大学物理教程上册(范仰才著)内容提要 绪论 第一篇力学 第1章质点运动学 1.1 参考系和坐标系质点 1.2 质点运动的描述 1.3 自然坐标系中的速度和加速度 1.4 不同参考系中速度和加速度的变换关系 思考题 习题 第2章质点动力学 2.1 牛顿运动定律 2.2 惯性系与非惯性系 2.3 力的空间积累效应 2.4 保守力的功势能机械能守恒定律 2.5 力的时间积累效应动量守恒定律 __2.6 质心质心运动定理
阅读材料(1)混沌及其特征 思考题 习题 第3章刚体的定轴转动 3.1 刚体及刚体定轴转动的描述 3.2 刚体定轴转动定律 3.3 定轴转动的功和能 3.4 角动量定理和角动量守恒定律 __3.5 进动 阅读材料(2)对称性与守恒律 思考题 习题 第二篇热学 第4章气体动理论 4.1 平衡态态参量理想气体物态方程 4.2 理想气体的压强公式 4.3 理想气体的`温度公式 4.4 能量按自由度均分理想气体的内能 4.5 麦克斯韦速率分布律
__4.6 玻耳兹曼分布律 4.7 分子的平均碰撞频率和平均自由程 __4.8 气体内的输运过程 __4.9 范德瓦尔斯方程真实气体 阅读材料(3)低温与超导 思考题 习题 第5章热力学基础 5.1 准静态过程功热量和内能 5.2 热力学第一定律及其在理想气体等值过程的应用 5.3 绝热过程多方过程 5.4 循环过程卡诺循环 5.5 热力学第二定律 5.6 热力学第二定律的统计意义熵 阅读材料(4)热学熵与信息熵 思考题 习题 第三篇振动和波动 第6章振动学基础
6.1 简谐振动的运动学旋转矢量表示法 6.2 简谐振动的动力学特征 6.3 简谐振动的能量 6.4 简谐振动的合成 6.5 阻尼振动受迫振动共振 思考题 习题 第7章波动学基础 7.1 机械波的形成和传播 7.2 平简谐波的波函数 7.3 波的能量声波 大学物理教程上册(范仰才著)目录 《21世纪高等学校规划教材:大学物理教程(上)》可作为本科院校理工科各专业的大学物理教材，也可作为各类普通高等学校非物理类专业、各类成人高校物理课程的教材或教学参考书。
大学物理上册期末考试试卷及答案
大学物理试卷 一、单项选择题(每题3分，共24分，把答案填入表格中) 1. 物体运动速度为v ，位矢为r ，下列式子中，可以表示加速度大小的是（ C ） (A) dt v d (B) dt dv （C ）22d r dt （D ）22dt r d 2．如图所示，一轻绳跨过一个定滑轮，两端各系一质量分别为m 1和m 2的重物，且m 1>m 2．滑轮质量及轴上摩擦均不计，此时重物的加速度的大小为a ．今用一竖直向下的恒力g m F 1=代替质量为m 1的物体，可得质量为m 2的重物的加速度的大小为a ′，则（ B ） (A) a ′= a (B) a ′> a (C) a ′< a (D) 不能确定。 3．如图所示，子弹射入在水平光滑地面上静止的木块后而穿出，以地面为参考系，下列说法中正确的是（ D ） （A ） 子弹减少的动能转变成木块的动能 （B ） 子弹减少的动能转变成这一过程中产生的热能 （C ） 子弹动能的减少等于子弹对木块所做的功 （D ） 子弹减少的动能等于木块的动能的增加和这一过程中产生的热能。 第2题图 第3题图 4．取水平地面为重力势能零点，一物体从某高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等，不计空气阻力，该物体落地的速度方向与水平方向的夹角为（ C ） (A) 6π （B ）3π （C ）4 π （D ）512π 5．关于电场和电势，下列说法中正确的是( A ) （A ）电场线与等势面处处正交。 （B ）等势面上电场强度大小相等， （C ）电场强度的方向指向电势升高最快的方向， （D ）电场强度为0的点，电势也为0， 6．取一闭合积分回路 L ，使三根载流导线穿过它所围成的面．现改变三根导线之间的
大学物理学第四版课后习题答案(赵近芳)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 (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) 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 ]
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 2 2484 dx v t dt d x a dt = =+== 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。 1.5 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。 解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零； (2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零； (3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零； (4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。 1.6 ｜r ∆｜与r ∆ 有无不同?t d d r 和d d r t 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 ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则 t ˆr ˆt r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度在径向上的分量，