大学物理答案 第二章 质点动力学
第二章 质点动力学
2-1 （1）对木箱，由牛顿第二定律，在木箱将要被推动的情况下如图所示，
x 向：0cos max min =-f F θ y 向：0sin min =--Mg F N θ 还有 N f s max μ=
解以上三式可得要推动木箱所需力F 的最小值为
θμθμsin cos s s min -=
Mg
F
在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力F 的大小为
θ
μθμsin cos k k min -=
Mg
F
（2）在上面min F 的表示式中，如果0sin cos s →-θμθ，则∞→min F ，这意味着用任何有限大小的力都不可能推动木箱，不能推动木箱的条件是
0sin cos s ≤-θμθ
由此得θ的最小值为
s
1
arctan μθ=
2-2 （1）对小球，由牛顿第二定律
x 向：ma N T =-θθsin cos
y 向：0cos sin =-+mg N T θθ 联立解此二式，可得
N)(32.3)30sin 8.930cos 2(5.0)sin cos (=?+???=+=ααg a m T N)(74.3)30sin 230cos 8.9(5.0)sin cos (=?-???=+=ααa g m N
由牛顿第三定律，小球对斜面的压力
N)(74.3=='N N
（2）小球刚要脱离斜面时N =0，则上面牛顿第二定律方程为
mg T ma T ==θθsin ,
cos
由此二式可解得
2m/s 0.1730tan /8.9tan /=?==θg a
习题2-1图
习题2-2图
2-3 质量为m 的物体在地球上重力为 2M m mg G
R =地 （1）
在月球上的重力为 2
M m mg 'G r
=月 （2）
由（1）（2）两式得 121
mg 'mg 100N 729
=≈ 2-4 由图写出力函数用积分法求解。
??
?
≤≤+-≤≤=)
75(355)50(2t t t t F (1) 由t
v m
F d d = 得 ??=
t F m
v d 1
d (2) 在s 50→内
2
001d 21t m
t t m v v t t ?==
-? (3) 当t =5时： )s m (3025
105-?=+=m
v v 在5-7s 内再用（2）式
5.112352
5d )355(12
55-+-=+-=
-?t t t t m v v t t (4) 当t =7时：)s m (4010157-?=+=v v 再用积分法：
??==
t v x t
x
v d d ,d d (5)
在0-5s 内，由（3）式积分
t t m v x x d )1(5
02
005?+
=-
即 )m (3
2
6831252505=++=x x 再由（4）式
5.112352
5
25t -+-=t t v v
求5得
?-+-=-752557d )5.1123525
(t t t v x x
得 )m (1423
1
7357=+=x x
2-5 设两物体未用绳连接则由牛顿第二定律，沿x 方向，对A ，有
'
=-A A A A a m mg g m αμαcos sin k
对于B ，有
'
=-B B B B a m mg g m αμαcos sin k
由此得
2kA m/s 63.3)30cos 15.030(sin 8.9)cos (sin =??-?=-='
αμαg a A 2kB m/s 12.3)30cos 21.030(sin 8.9)cos (sin =??-?=-='
αμαg a B
（1）如图所示，A 在下，B 在上。由于'
>'B A a a 。所以绳被拉紧，二者一起下滑，而a a a B A ==。以
T T '和分别表示绳对A 和B 的拉力)(T T '=，则由牛顿
第二定律，
沿x 方向
对A ： a m T mg g m A A A =--αμαcos sin k 对B ： a m T mg g m B B B =+-αμαcos sin k 由此得
)
m/s (29.330cos 8.985
.25.185
.221.05.115.030sin 8.9cos sin 2k k =???+?+?-??=++-
=α
μμg m m m m a g a B
A B
B A A
（2）图中绳中张力为
N)
(51.029.35.130cos 8.95.115.030sin 8.95.1cos sin k =?-????-???=--=a
m g m g m T A A A A αμα
（3）如果互换位置，A 在上，B 在下，则由于'
>'
B A a a ，连接绳子将松弛，因而T =0，此时AB 的加速度即
)m/s (12.3),m/s (63.322='
=='
=B B A A a a a a
2-6 取质点，球面，地球作为一个系统，选质点刚脱离球面的那一点为重力势能零势点，系统只受保守内力，所以系统机械能守恒。设质点下滑θ角时脱离球面，脱离球面时的速率为v 。由机械能守恒
21
mg(1cos )R mv 2
-θ=
（1） 质点刚脱离球面时，球面对其支持力等于零，质点重力的一个分力提供向心力
2mgcos mv θ= （2）
习题2-5图
由（1）（2）式得 cos 23θ=
2-7 设圆柱与绳索间的摩擦力为f ，绳对重物m 1的拉力T 1，m 1和m 2对地加速度分别为a 1、a 2，对m 1、m 2列出方程
11122221m g T m a f m g m a m (a a)T f -=??
-==-??=?
联立解出：
122112121212
12
12
(m m )g m a
a m m (m m )g m a
a m m m m f T (2g a)
m m -+=+--=
+==
-+
2-8 质点在x 、y 两个方向都是匀加速直线运动。
)
m (8
7413216
7
212166212)2(2
1)21()
s m (8
745)7()62()()(76222
21-000j i j
i j
t a i t a t v r j i j
t m i t m j
t a v i t a v v j
m a i m a j i F y x x y y x x y x
--=??-????????+?-=++=?--=-++-=+++=+=-= 2-9 t
v
m
kv f d d =-= ??-=-=v v t t
m k v v t m
k v v 00d d d d
（1）积分得t m
k v v -=e
习题2-7图
（2）t m k
v t
x
v -==e d d 0
积分得 )e 1(0
0t m k
-k
mv x x x -=-=?
（3）利用（1）的结果，令v =0
得 ∞→t 代入（2）的结果中
得 00)01(v k
m v k m x =-=? （4）将k
m
t =
代入（1）的结果中 得 01
0e
1e v v v ==-
2-10 初始时刻0,0,000===v x t ，t 时刻受力如图所示，设x 为该时刻入水长度，棒的横截面积为s ，有
g
sx f sl m 12ρρ==浮
当l x ≤时有
t
v m
f m
g F d d =-=浮 即 v x
v sl g sx g sl ?=-d d 2
12ρρρ x l gx
g l v v x
v
d d 0
2
120
?
?
-=ρρρ
2
/12122)2(2?
?
????-=x x l l g v ρρρ （1）
（1）当l x =时
2
/1122
)2(2?
??
???-=ρρρgl v （2）
（2）当2
1
2ρρ<
时，（2）式无意义，即此条件将使棒不可能全部没入液体中，但（1）式仍
然成立，当棒到达最大深度x m 时v =0，由（1）式 得：)(0
1舍去=m x
l x m 1
2
22ρρ=
即为所求
习题2-10图
（3）由（1）式求极值得：当l x 1
2
ρρ=
时有 gl v 1
2
max ρρ=
2-11 以M 和m 分别表示木星和木卫三的质量，则由万有引力定律和牛顿第二定律，可得
(kg)1089.1)
8640016.7(1067.6)1007.1(444272
113
92232222
2?=?????====-ππωπGT R M R m R T
m R Mm G 2-12 （1）设链条的质量线密度为λ，链条开始下滑时，其下垂直度为0x ，应满足的条件是其下垂部分的重力等于或大于其在桌面部分的摩擦力，即：
l
x g x l g x μ
μ
λμλ+≥
∴
-≥1)(000
（2）据功能原理12E E W r -=开始下滑时在桌面部分的长度 为μ
+=
-=100l
x l y 当链条的A 端从O 点沿y 轴运动到y 0点过程中，摩擦力做功为 2
2
00
0122d )(d 0
???
? ??+-=-=--=?-=??μμλμλλμl g y g
y
g y y y f W y r r
设桌面为势能零点，则链开始下滑到A 端离桌面时的机械能分别为
2
222
2
012
12112121gl lv E l g g x E λλμμλλ-=???? ??+-=-=
于是有2
2221212121112???
?
??++-=???? ??+-μμλλλμμλl g g l lv g 化简可得μ
μ
+=
+=
1,12gl
v gl
v 本题也可以直接用动能定理解答。
2-13 由于0v m v m I
-=，故冲量I
的大小由图所示可得
习题2-12图
s
N 3.720108.923.02)()(2
2
0202?=+??=+=+=v gh m m v m v I
I 与水平方向的夹角为
?==??=
==
357.020
10
98.2220
0ααV gh v v tg
球受到的平均冲力I 7.3F 365(N)t 0.02
=
==? 2-14 （1）4秒内力的冲量s)(N 56d )210(d 4
?=?+==??i t i t t F I
（2）由动量定量,0v m v m I
-=可得
)s m (4.0610
5610-?-=-=+=i i i v m I v
（3）据题设， ?=+t
t t 0
200d )210(
即
)s (10,0)10)(20(,
0200102==-+=-+t t t t t
2-15 忽略轨道阻力，故在加载过程中列车与矿砂系统在水平方向动量守恒，即
V mt m V m )(000+=
由此得t 时速度
m t
m V m V +=
00
t 时加速度为
2
000)(d d mt m m V m t V a +-==
2-16 以分钟计，枪对子弹的平均推力为
N)(6.1160
7350079.0120=??==
t Nmv F 枪视作静止，此力也等于肩对枪托的平均推力，由牛顿第三定律可知，枪托对肩的压力就等
于11.6N.
2-17 原子核蜕变过程应满足动量守恒定律.以p 3表示蜕变后原子核的动量，应有
0321=++p p p
由图可知，p 3的大小为
2
2
213p p p +=
2
202221m/s kg 1007.133.522.910??=+?=--
p 3的方向应p 1和p 2所在的平面内，而且与p 1的夹角为
8514933
.522.9arctan 90arctan
9021'?=+?=+?=p p α 2-18 对太空惯性系，以0v
的方向为正方向，以v 1和v 2分别表示火箭壳和仪器舱分开后各自的速度.由火箭壳和仪器舱的总动量守恒给出
2211021)(v m v m v m m +=+
由于仪器舱应在前，所以12v v u -=,即12v u v +=.将此式代入上式得
)()(1211021v u m v m v m m ++=+
由此得
m/s
82007290910m/s)
(729029015091015076001221201=+=+==+?-=+-
=v u v m m u m v v
v 1,v 2均为正值，故二速度皆沿正向，即与未分开前0v
的方向相同.
2-19 两车相撞后的加速度为g m mg k k μμ-=-/,由此可知刚撞后二者扣在一起时的速率为
m/s 2.19258.98.022=???==gs v k μ
如果两车均未超限制，并都以最大允许速率v 1开行，则由两车的动量守恒可得(如图所示)
22221)2()()(v m mv mv '=+
由此可得撞后速度应 m /s )(9.9142
2222112
221=?==+=
'v v v v 由于实际撞后的初速v v '>，所以两个司机的话并不都可信，至少一人撒谎.
习题2-17图
习题2-19图
2-20 (1)如图所示，沿竖直方向，分别对M 和m 用牛顿第二定律可得
ma
T mg Ma Mg T =-=-21
由此可得
(N)
1083.0)5.18.9(1000)((N)1036.1)5.18.9(1200)(4
241?=-?=-=?=+?=+=a g m T a g M T
(2)在加速s 0.1=t 的过程，起重间上升的距离为2
2
1at h =,这也就是电动机拖动钢缆的距离，电动机做的功为
(J)1095.315.12
1
)83.036.1()(3221?=???-=-=h T T A
（3）起重间匀速上升时，滑轮两侧钢缆中的张力分别为mg T mg T ='
='21,.拖动钢缆的距离为h ?时电动机又做的功是
h g m M h T T A ??)()(21-='
-'='
(J)1096.1108.9)10001200(4?=??-= 2-21 如图所示，以F 表示马拉雪橇的力，则对雪橇，由牛顿第二定律 切向：0sin =--f mg F α 法向：0cos =-αmg N 再由N f k μ=可解得
ααμsin cos mg mg F k +=
由此得马拉雪橇做功
?+=θ
αααμ0
d )sin cos (R mg mg A k F
???
?
????+???? ??-=+?-?=--=k k k mgR Rmg mg mg R μμθθμ22221]145cos 45sin [)]
1(cos sin [
重力对雪橇做的功为
)1(cos d sin 0
-=-=?θααθ
mgR R mg A R
?
??
?
??-=122m gR 习题2-20图
习题2-21图
摩擦力对雪橇做的功为
R mg R mg A k f θααμθ
sin d cos 0
-=-=?
R mg k μ2
2
-
= 2-22 设加速度为a , AB =S 在B 点速度为1v ,在c 点速度为2v ，整个运动分为三个分过程
B A →:匀加速直线运动
as v 22
1= (1)
C B →：机械能守恒
2
2212
1221mv R mg mv +?= (2)
在C 点,重力提供向心力
R
v
m mg 2
2= (3)
A C →：平抛运动
t v S 2= (4) 2
2
12gt R =
(5) 联立(1)、（2）、（3）、（4）、（5）,可解得 g a 4
5
=
. 2-23 设21s s s +=.如图所示，写出各个过程的相应方程.
B A →：机械能守恒
2
1112
1v m gR m =
(1)
B 点碰撞：动量、机械能守恒
?????+'=+'=)
3(21212
1)2(22
221121122111
1v m v m v m v
m v m v m
C B →：平抛运动
习题
2-22
习题2-23图
??
?
??==)
5(21)4(2
1121gt h t v s
m 2在C 点时:
??
?==)
7()6(1
2
gt v v v cy cx
D C →：2m 以上述速度作斜抛运动，但其加速度由下式确定
??
?==)
9(2)8(2at
v t
v s cy cx
g m g m f a m 222)1(-=-=ρ
ρ水
浮
)10()11(2g
m -=ρ
由(8)、（9）、（10）可确定射程CD 为
)11(222a
v v a
v v s cy
cx cy
=
?=
联立（1）至（11）式可解证
???
?
??
?
?-+
+=+=1121421121ρm m Rh m s s s )m (8.4= 2-24 在C 开始运动之前，A 、B 有同一加速度a ,对A 、B 作受力分析（如图所示）有 ma T mg A =-: (1) B : ma T = (2) 由（1）、（2）解证g a 2
1
=
设BC 间绳长为l ,，在t 时间内B 作匀加速运动. 则 222
12121gt at l ?==
证 )s (4.04==
g
l
t B 和C 之间绳子刚要拉紧时，A 和B 所达到的速度为
)s m (0.24.0101-?=?===gl at v
习题2-24图
BC 间绳拉紧前后，由动量定理有
∵作用时间短，重力的冲量可忽略，故可看作动量守恒.)s m (33.13
2
321-?==
'?'=v v v m mv )s m (33.10.23
2
321-?=?=='v v
2-25 设在t 秒时，盒内已落有的石子质量为m t
t nm m t ?= (1) 而石子落入盒内时速度为 gh v 2=
(2)
在此后d t 时间内，将有质量dm t 的石子落入盒内
t nm m t d d ?= (3)
对t m d 这些石子用动量定理,设t m d 的石子受到盒对它的作用力为d N , 以向下为正 则 )0(d d )d d (1v m t N g m t t -=-
n m v N t n m v v g d t t nm v tg m t N t =?≈+=+=d d )(d )d (d d d 而已有的质量为m t 的石子受到盒对它的作用力的大小等于石子的重力.m t g =N .
∴秤的读数为
nmgt
gh nm g m nmv dN N t +=+=+2)(
)
N (6.215)8.998(2)9.48.928.910(02.0100)
2(=+?=??+??=+=gt gh m n 2-26 用动量定理求解A 到B 的时间为
ω
π==
2T t 重力的冲量为
,ω
πωπmg
g m mgt I g ==
=方向向下(如图所示) 小球动量增量为
ω
θ
ωmgtg R m mv p 222=
==?
其中R 由小球的动力学方程
???==mg
T R
m T θωθcos sin 2
习题2-26图
求证θωtg g
R 2
=
由动量定理 p I I g T
?=+ 由图可证
22
)(p I I g T ?+=
p tg mg
?θπω
≠+=
2
1
2
2)
4(
T I
与水平方向的夹角为α
θπ
?αctg p
I tg g
2
=
=
2-27 设铁锤与铁钉撞击中能量损耗不计，重力的功不计，取竖直向上为正方向，由动能定理有
)(d 0
恒量?==?E
E x
F ?
而kx F =，对第一次打击
?
==
1
02
12
1d x E kx x kx 对第二次打击
?
==-=
2
1
21021222
1)(21d x x kx E x x k x F 解证 122x x =
第二次击入的深度为
)cm (41.0)12(112=-=-=x x x x ?
2-28 静止时各处T=mg ，对两弹簧有
mg
x k T mg x k T ====2211
所以，两弹簧的伸长量之比为
1
2
21k k x x = 两弹簧的弹性势能之比为
122
222
112
121k k x k x k E E k k == 2-29 （1）子弹与摆锤碰撞，水平方向动量守恒 12
Mv v
m
mv += (1) v 1为摆锤碰撞后之速度，摆锤获此速度后作圆周运动，在铅直面内机械能守恒
l Mg Mv Mv 22
1212221+= (2) 欲完成一圆周运动，摆锤在最高点必须满足条件 2
2v l
M Mg = (3) 由（3）式得gl v =
2代入（2）式得gl v 51=，再代入（1）式可得子弹的最小速度
gl m
M v 52min =
2-30 小球与弹簧振动系统相互碰撞，水平方向动量守恒
Mv mv mv +-=10 (1)
V 为弹簧系统的启动速度，它在被压缩过程中机械能守恒，设最大压缩长度为m x ，则有
2
22
121m kx Mv = (2) 将（1）、（2）两式联立求解得 )m (06.0)24(110
101)(1310=+???=+=
v v m kM x m （2）碰撞是非弹性的，其机械能损失为
??
? ??+-=221202
12
12
1
Mv mv mv E 损?
)
J (2.406.0102121214121212121232222120=??? ????+??-??=
??
? ??+-=m kx mv mv (3) 小球与M 完全非弹性碰撞，碰撞后弹簧被压缩，据此可列式
?????'='+'+=22
021)(2
1)(m
x k v m M v M m mv 解得
)m (038.0)
110(104)(3
2
20=+=+='M m k v x m 机械能损失
2
202121m
x k mv E '-='损
? )J (28.7038.010*******
32=??-??=
大学物理学下册答案第11章
第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图
则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图
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
大学物理第三版下册答案(供参考)
习题八 8-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强． 解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为
2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外
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
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.
大学物理学吴柳下答案
大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2)
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D下册习题答案
习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零， 则Q与q的关系为：（） （A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（） （A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷； （B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（） （A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（） （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零； （C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中 心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷
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》(袁艳红主编)下册课后习题答案
第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 习题9-3图
(C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ， 即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零 答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 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 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 第二章 习题解答 2-17 质量为2kg 的质点的运动学方程为 j t t i t r ?)133(?)16(22+++-=ρ（单位：米，秒）， 求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。 解：∵j i dt r d a ?6?12/22+==ρρ, j i a m F ?12?24+==ρρ 为一与时间无关的恒矢量，∴质点受恒力而运动。 F=(242+122)1/2=125N ，力与x 轴之间夹角为： '34265.0/?===arctg F arctgF x y α 2-18 质量为m 的质点在o-xy 平面内运动，质点的运动学方程为： j t b i t a r ?sin ?cos ωω+=ρ，a,b,ω为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。 证明：∵r j t b i t a dt r d a ρρρ2222)?sin ?cos (/ωωωω-=+-== r m a m F ρ ρρ2ω-==, ∴作用于质点的合力总指向原点。 2-19在图示的装置中两物体的质量各为m 1,m 2，物体之间及物体与桌面间的摩擦系数都为μ，求在力F 的作用下两物体的加速度及绳内张力，不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不可 伸长。 解：以地为参考系，隔离m 1,m 2，受力及运动情况如图示，其中：f 1=μN 1=μm 1g ， f 2=μN 2=μ(N 1+m 2g)=μ(m 1+m 2)g. 在水平方向对两个质点应用牛二定律： ②①a m T g m m g m F a m g m T 221111)(=-+--=-μμμ ①+②可求得：g m m g m F a μμ-+-= 2 112 将a 代入①中，可求得：2 111) 2(m m g m F m T +-= μ 2-20天平左端挂一定滑轮，一轻绳跨过定滑轮，绳的两端分别系上质量为m 1,m 2 的物体（m 1≠m 2）,天平右端的托盘上放有砝码. 问天平托盘和砝码共重若干，天平才能保持平衡？不计滑轮和绳的质量及轴承摩擦，绳不伸长。 解：隔离m 1,m 2及定滑轮，受力及运动情况如图示，应用牛顿第二定律： f 1 N 1 m 1 g T a F N 2 m 2g T a N 1 f 1 f 2 T' a T' a [习题解答] 1-3 如题1-3图所示，汽车从A地出发，向北行驶60km到达B地，然后向东行驶60km到达C 地，最后向东北行驶50km到达D地。求汽车行驶的总路程和总位移。 解汽车行驶的总路程为 ； 汽车的总位移的大小为 r = 位移的方向沿东北方向，与方向一致。 1-4 现有一矢量R是时间t的函数，问与在一般情况下是否相等为什么 解与在一般情况下是不相等的。因为前者是对矢量R的绝对值(大小或长度)求导，表示矢量R的大小随时间的变化率；而后者是对矢量R的大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量R大小随时间的变化和矢量R方向随时间的变化两部分的绝对值。如果矢量R方向不变只是大小变化，那么这两个表示式是相等的。 1-5 一质点沿直线L运动，其位置与时间的关系为r = 6t 2 2t 3 ，r和t的单位分别是m 和s。求： (1)第二秒内的平均速度； (2)第三秒末和第四秒末的速度； (3)第三秒末和第四秒末的加速度。 解取直线L的正方向为x轴，以下所求得的速度和加速度，若为正值，表示该速度或加速度沿x轴的正方向，若为负值表示，该速度或加速度沿x轴的反方向。 (1)第二秒内的平均速度 m s1； (2)第三秒末的速度 因为，将t = 3 s 代入，就求得第三秒末的速度，为 v3 = 18 m s1； 用同样的方法可以求得第四秒末的速度，为 v4 = 48 m s1； (3)第三秒末的加速度 因为，将t = 3 s 代入，就求得第三秒末的加速度，为 a3 = 24 m s2； 用同样的方法可以求得第四秒末的加速度，为 v4 = 36 m s2 . 1-6 一质点作直线运动，速度和加速度的大小分别为和，试证明： (1) v d v = a d s； (2)当a为常量时，式v 2 = v02 + 2a (s s0 )成立。 习题八 8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无 关． 题8-1图 题8-2图 8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计， 求每个小球所带的 解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强 →∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解 ? 解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求 场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f = 2 024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε= ，所以f =S q 02 ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少 ? 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε=，另一板受它的作用力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为 θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 r E = 302cos r p πεθ, θE =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量θsin p ． ∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量 3 0π2cos r p E r εθ = 垂直于r 方向，即θ方向场强分量 3 00π4sin r p E εθ = 第3章动量守恒定律和能量守恒定律 习题 一选择题 3-1 以下说法正确的是[ ] （A）大力的冲量一定比小力的冲量大 （B）小力的冲量有可能比大力的冲量大 （C）速度大的物体动量一定大 （D）质量大的物体动量一定大 解析：物体的质量与速度的乘积为动量，描述力的时间累积作用的物理量是冲量，因此答案A、C、D均不正确，选B。 3-2 质量为m的铁锤铅直向下打在桩上而静止，设打击时间为t?，打击前锤的速率为v，则打击时铁捶受到的合力大小应为[ ] （A）mv mg t + ? （B）mg（C） mv mg t - ? （D） mv t? 解析：由动量定理可知，F t p mv ?=?=，所以 mv F t = ? ，选D。 3-3 作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处，这一周期内物体[ ] （A）动量守恒,合外力为零 （B）动量守恒,合外力不为零 （C）动量变化为零,合外力不为零, 合外力的冲量为零 （D）动量变化为零,合外力为零 解析：作匀速圆周运动的物体运动一周过程中，速度的方向始终在改变，因此动量并不守恒，只是在这一过程的始末动量变化为零，合外力的冲量为零。由于作匀速圆周运动，因此合外力不为零。答案选C。 3-4 如图3-4所示，14圆弧轨道(质量为M)与水平面光滑接触，一物体（质量为m）自轨道顶端滑下，M与m间有摩擦，则[ ] （A ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒 （B ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量守恒， M 、m 与地组成的系统机械能不守恒 （C ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量不守恒，M 、m 与地组成的系统机械能守恒 （D ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒 解析：M 与m 组成的系统在水平方向上不受外力，在竖直方向上有外力作用，因此系统水平方向动量守恒，总动量不守恒,。由于M 与m 间有摩擦，m 自轨道顶端滑下过程中摩擦力做功，机械能转化成其它形式的能量，系统机械能不守恒。答案选B 。 3-5 一辆炮车放在无摩擦的水平轨道上，以仰角θ发射一颗炮弹，炮车和炮弹的质量分别为车m 和m ，当炮弹飞离炮口时，炮车动能与炮弹动能之比为[ ] （A ）m m 车 （B ）车m m （C ）θ2 cos m m 车 D 、θ2cos 车 m m 解析：在水平方向上系统动量守恒，cos m v mv θ=车车， 所以，22221cos 2()cos 12k k m v E m m m E m m m mv θθ===车车车车车车。选D 。 3-6 如图3-6所示，一个质点在水平内作匀速率圆周运动，在自A 点到B 点的六分之一圆周运动过程中，下列几种结论中的正确应为[ ] （1）合力的功为零 （2）合力为零 （3）合力的冲量为零 （4）合力的冲量不为零 （5）合力不为零 M m 习题3-4图 习题3-6图 物理学教程下册答案9-16 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 下列说确的是( ) (A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面一定没有电荷 (B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面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，曲面电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面一定没有电荷；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) 电势在某一区域为常量，则电场强度在该区域必定为零 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围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大围也不会超过±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 一、填空题 补充:刚体绕固定转轴转动时角加速度与力矩关系的数学表达式为 =M J β ； 易1、转动惯量为1002.kg m 的刚体以角加速度为52 .rad s -绕定轴转动，则刚体所受 的合外力矩为 500()N m ? N.m 。 中２、一根匀质的细棒，可绕右端o 轴在竖直平内转动。设它在水平位置上所受重力矩为M ，则当此棒被切去三分之二只剩右边的三分之一时，所受重力矩变为 9 M 。 易３、在刚体作定轴转动时，公式t t βωω+=0成立的条件是 β=恒量 。 中４、一飞轮以300rad 1min -?的转速旋转,转动惯量为5kg.m 2 ,现加一恒定的制动力矩, 使飞轮在20s 内停止转动,则该恒定制动力矩的大小为 2.5(.)N m π . 易５、如图所示，质量为M 、半径为R 的均匀圆盘对通过它的边缘端点 A 且垂直于盘面的轴的转动惯量A J ＝2 32 MR 。 难６、如图示一长为L ，质量为M 的均匀细杆，两端分别固定有质量都为m 的小球。当转轴垂直通过杆的一端时，其转动惯量为 2 21 3 mL ML + ；当转轴通过垂直杆的1/3(1/2;1/4) 处 时 ， 转 动 惯 量 为 2251 99 mL ML + 。 易７、瞬时平动刚体上各点速度大小相等，但方向可以 相同 （填不同或相同）。 易８、刚体的转动惯量与刚体的形状、大小、质量分布有关、与转轴位置 有关 （填 无关或有关）。 易９、所谓理想流体是指 绝对不可压缩和 完全没有粘滞性 的流体，并且在同一流管内遵循 连续性 原理。 中１０、一水平流管，满足定常流动时，流速大处流线分布较密,压强较 小 ； 流线分布较疏时,压强较 大 ；若此两处半径比为1∶2，则其流速比为 4：1 易１１、已知消防队员使用的喷水龙头入水口的截面直径是-2 6.410m ′，出水口的截面直 径是-22.510m ′，若入水的速度是1 4.0m S -×，则射出水的速度为 1 26()m s -? 易１２、一长l 为的均匀细棒可绕通过其端、且与棒垂直的水平o 自由转动，其转动慣量为 23 1 ml J =，若将棒拉到水平位置，然后由静止释放，此时棒的角加速度大小为 32g l 。 易1３、一飞轮的转动惯量为J ，在t=0时角加速度为0ω，次后飞轮的经历制动过程，阻力矩的大小与角速度成正比，即ωk M -=，式中比例恒量0φk ，当3 ωω= 时，飞轮的角 加速度为 0 3k J ω- 。 易1４、长为1m ，质量为0.6kg 的均匀细杆,可绕其中心且与杆垂直的水平轴转动其 转动惯量为212 1 ml J = .若杆的转速为30rad.min 1 -,其转动动能为 0.25()J 。 难1５、均匀细棒的质量为M ，长为L ，其一端用光滑铰链固定，另一端固定一质量为m 的大学物理第二章练习答案
大学物理答案第17章
大学物理第二章 质点动力学习题解答
大学物理习题答案第一章
大学物理学第三版下册课后答案
大学物理学(课后答案)第3章
大学物理学教程(第二版)(下册)答案
大学物理第二章