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
5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为
v 2
v
v ，式中 r 的单位为 m ， 的单位为 s .
r
t i
2tj
t 求：（ 1）任一时刻的速度和加速度； （ 2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
v
v
v v
v v
v
dr
dv
解： 1） v
d t
2ti 2 j
a
dt
2i
2 ） v [(2 t )2
1 2( t 2
1
4]
2
1) 2
a t d v
2t
a n
a 2
a t 2
2
1
d t
t 2 1
t 2
第二章质点动力学
1、 ( 牛顿定律 ) 质量为 M 的气球以加速度 a 匀加速上升，突然一只质量为 m 的小鸟飞到气球上，并停留在气球上。若气球仍能向上加速，求气球的加速度减少了多少？
r
解： f 为空气对气球的浮力，取向上为正。
分别由图（ a ）、(b) 可得：
F Mg Ma
F (M m)g
( M m) a 1
则
Ma
mg
V m(a
g )
a 1
a a 1
m M , a
M
m
2、 ( 牛顿定律 ) 两个圆锥摆，悬挂点在同一高度，具有不同的悬线长度，若使它们运动时
两个摆球离开地板的高度相同，试证这两个摆的周期相等．
证：设两个摆的摆线长度分别为 l 1 和 l 2 ，摆线与竖直轴之间的夹角分别为
1
和
2 ，摆线中
的张力分别为 F 1 和 F 2 ，则
F 1 cos 1 m 1 g
①
F 1 sin
1
m 1v 12
/(l 1 sin
1 )
②
解得：
v 1 sin 1
gl 1 / cos 1
第一只摆的周期为
m
m
1
2
T 1
2 l 1 sin
1
2
l 1 cos 1
v 1
g
同理可得第二只摆的周期
T 2 2
l 2 cos
2
g
由已知条件知 l 1 cos 1 l 2 cos
2
∴ T 1
T 2
习题—
习题一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为 F 400 4105 t / 3 ，子弹从枪口射出时的速率为300m/s 。设子弹离开枪口处合力刚好为零。求：（1）子弹走完枪筒全长所用的时间t ；（2）子弹在枪筒中所受力的冲量I ；（ 3）子弹的
质量。
解：（1）由F400 4105 t / 3 和子弹离开枪口处合力刚好为零，则可以得到： F400 4 10 5 t / 30算出 t= 。
（2）由冲量定义：
33（
5
） 5 23 I0Fdt04400t/ 3 0
40010 t / 3 dt 2 10 t （3）由动量定理：I3P mv0.6N ? s
Fdt
所以： m0.6 / 3000.002kg 习题质量为 M＝1.5 kg的物体，用一根
长为 l＝的细绳悬挂在天花板上．今有一质量
1.25 m
为 m＝10 g 的子弹以 v0＝ 500 m/s 的水平速度射穿物0.6N s
l
体，刚穿出物体时子弹的速度大小
v 0v v ＝30 m/s，设穿
m
M
透时间极短．求：
(1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小；习题图
(2)子弹在穿透过程中所受的冲量．
解： (1) 取子弹与物体为研究对象，子弹前进方向为x 轴正向，因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v
有
mv0
=
mv M v
+
v m v0v
)/
M=
= ( 3.13 m/s
2
T =Mg+Mv l =
N
/
(2) f t mv mv 0 4.7 N s (设 v 0方向为正方向)
负号表示冲量方向与v 0方向相反．
习题一人从 10 m 深的井中提水．起始时桶中装有10 kg 的水，桶的质量为1 kg ，由于水桶漏水，每升高 1 m 要漏去 0.2 kg的水．求水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功．
解：选竖直向上为坐标y 轴的正方向，井中水面处为原点．由题意知，人匀速提水，所以人所用的拉力 F 等于水桶的重量即：F P P0 ky mg 0.2gy 107.8 1.96 y
人的拉力所作的功为：
W
H10
dW F d y ＝(107.8 1.96 y)dy=980 J 00
习题如图所示，质量 m为 kg的木块，在一个水平面
上和一个劲度系数 k 为 20 N/m 的轻弹簧碰撞，木块将弹簧k
由原长压缩了 x = 0.4 m ．假设木块与水平面间的滑动摩擦m
系数为，问在将要发生碰撞时木块的速率 v 为多少？习题图解：根据功能原理，木块在水平面上运动时，摩擦力所
作的功等于系统（木块和弹簧）机械能的增量．由题意有 f r x 1 kx2 1 mv2
22
而 f r k mg
v2 k gx kx 2
木块开始碰撞弹簧时的速率为 5.83 m s
m
习题某弹簧不遵守胡克定律 .设施力 F，相应伸长为 x，力与伸长的关系为F＝＋（ SI ）求：
(1)将弹簧从伸长 x1＝0.50 m 拉伸到伸长 x2＝ 1.00 m 时，外力所需做的功．
(2)将弹簧横放在水平光滑桌面上，一端固定，另一端系一个质量为 2.17 kg 的物体，然后将弹簧拉伸到一定伸长x2＝1.00 m，再将物体由静止释放，求当弹簧回到 x1＝0.50 m 时，物体的速率．
解： (1)外力做的功
1mv 2x1' d x x1
F F d x W 31J
2x2x2
(2)设弹力为 F′
2W1
v m 5.34 ms
习题两个质量分别为m1和 m2的木块 A、B ，用一劲度系数为k 的轻弹簧连接，放在光滑的水平面上。 A 紧靠墙。今用力推 B 块，使弹簧压缩 x0然后释放。
（已知 m1m ， m23m ）求：（1）释放后 A、 B 两滑块
速度相等时的瞬时速度的大小；（2）弹簧的最大伸长量。
1
m2 v21
kx02
习题图
解：02
22
m2 v2 0（ m1m2） v所以 v 3
x0k 43m
（2）12121
m2） v2计算可得： x
1 2
m
2
v
2 0kx（ m1x0
22r r r2
3、 ( 变力作功、功率、质点的动能定理) 设F7i 6 j ( N ) （1）当一质点从原点运动到r r r r r r r
r3i 4 j16k (m) 时，求F所作的功；（2）如果质点到r 处时需，试求 F 的平均功率；（ 3）如果质点的质量为1kg，试求动能的变化。
r
r r
r=解：（ 1）A= F dr r
r
r rr r r-34
(7i 6 j ) (dxi dyj dzk) =7dx6dy45J ，做负功
0000
A45r r r4
r
（ 3）E k A mgdy = -85J （ 2）P75W mgj dr = -45+
t0.600
4、（机械能守恒、动量守恒）如图所示，一个固定的光滑斜面，倾角为θ，有一个质量为m 小物体，从高 H 处沿斜面自由下滑，滑到斜面底C点之后，继续沿水平面平稳地滑行。设m 所滑过的路程全是光滑无摩擦的，试求：（ 1） m到达 C 点瞬间的速度；（2） m离开 C 点的速度；（ 3） m在 C 点的动量损
失。
解：（ 1）由机械能守恒有mgH 1
mv c2 2
带入数据得v c2gH ，方向沿AC方向
（2）由于物体在水平方向上动量守恒，所以
mv c cosmv ，得v2gH cos，方向沿 CD方向
（3）由于受到竖直的冲力作用，m在 C点损失的动量p m2gH sin，方向竖直向下。
第三章刚体的运动
书：用落体观察法测定飞轮的转动惯量，是将半径为的飞轮支承在点上，然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为的重物，令重物以初速度为零下落，带动飞轮
转动，记下重物下落的距离和时间，就可算出飞轮的转动惯量。试写出它的计算
式。（假设轴承间无摩擦
解：如习题 (b) 图 , 对飞轮而言，根据转动定律，有
F T R J
（1）
对重物而言，由牛顿定律，有
mg F T'ma F 'T F T（2）由于绳子不可伸长，因此，有
a R（3）重物作匀加速下落，则有
h 1 at2（ 4）
2
由上述各式可解得飞轮的转动惯量为J mR2 ( gt
2
1)
2h
O
F T
F T'
m
mg
习题 (b) 图
如图，一轻绳跨过两个质量为m 、半径为 r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为 2m 和m的重物，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮的转动惯量均为mr 2 / 2 ，将由两个定滑轮以及质量为2m 和m的重物组成的系统从静止释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力。
解：受力分析如图
2mg T22ma（1）
T1mg ma（2）
(T2T )r J（3）习题图
(T T1) r J（4）
a r（ 5）
联立a 1
g ，T11 mg 48
有一质量为 m1、长为 l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为的水平桌面上，它可绕通过其端点 O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动。另有一水平运动的质量为 m2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端 A 相碰撞，设碰撞时间极短。已知小滑块在碰撞前后的速度分别为v1和 v2，如图所示。求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间。
( 已知棒绕 O 点的转动惯量J 1
m1l 2) 3
解：碰撞时角动量守恒
m2 v1l 1 m1l2w m2v2l
3
3m2 (v1v2 )
m1l
细棒运动起来所受到的摩擦力矩
l m1 gxdx1
M m1gl
0l2
习题图
t
J 2 J0 J
Mdt1
1
m1l 2
t
3
1m
1 gl
2
2l2m2 (v1 v2 )
t
m1g
3 g
1.如图所示，物体 1和 2 的质量分别为m1与 m2，滑轮的转动惯量为J，半径为r,物体 2
与桌面间的摩擦系数为，设绳子与滑轮间无相对滑动，滑轮与转轴2
无摩擦。求系统的加速度 a 及绳中的张力T 和 T 。
12
m1 g T1m1 a
1 T2m
2 g m2 a
T1r T2 r J
a r
m 1
m 2 gr 2
m 1 m 1
m 2 gr 2
解得： a
2 m 2 r 2
T 1 m 1g
2
m 2 r 2
J m 1 r J m 1r
2、如图系统中， m 1=50kg ， m 2=40kg ，圆盘形滑轮 m=16kg ，半径 r= ，斜面是光滑的，倾角
θ=300，绳与滑轮无相对滑动，转轴摩擦不计，求：
（1）绳中的张力； （2）设开始时 m 1 距离地面高度为 1m ，需多长时间 m 1 到达地面？
m 1 g T 1 m 1 a T 2 m 2 g sin m 2 a
T 1r
T 2 r J
a r
J
1 mr
2 解得
30rad / s 2 , a 3m / s 2 ，
T
1
340N ,T 2
316N
2
由 h v 0t
1
at 2 ,v 0 0,所以 t
2h 0.816s
2
a
3．一长为 1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使
1 ml 2
棒向上与水平面成 30°，然后无初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为 3
，求：
(1) 放手时棒的角加速度； (2) 棒转到水平位置时的角速度． 解： 1 、
M
J
M
mg l
cos30
3
mgl
J
1 ml
2 2 4
3
3
mgl
3 3g 3 3g
4
1 2 4l 4
ml
3
2、机械能守恒
l
1
mg l
sin 300
mg 1
3
mg sin 30 0 0 0
J
2
2
2
4
2
1 1
1
g
2
ml 2
2
2 3
ml
6
3
g =s
2
4．一根长为
l
、质量为
M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平
轴上。现有一质量为 m 的子弹以水平速度 v 0 射向棒的中心，并以
v 0/2
l
的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角恰为
90
，求 v 0 的大小。
v
v 0 / 2
m
m
M
角动量守恒
mv 0
l mv 0 l
J 1 2
2
2 J
Ml
2
3
mv 0 l
3 mv 0
l
1
Ml 2
4
mv 0
3
1
4 Ml
4
Ml 2
3
1
Ml 2
Mg l
2
机械能守恒
1
2
1 1 Ml 2
3mv 0 Mg l
2 3
2
2 3 4Ml
2
2
g
16M 2l v 0 4M gl
v 0
3m
2
m
3
5．一根长为 l 、质量为 M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量为
m
1
M 的子弹以水平速度
v 0 射入棒的下端， 并留在棒里。 此后棒的最大偏转角恰为 60°，
6
求 v 0。
角动量守恒
mv 0l
(ml
2
1 Ml 2
)
m
1 v 0 3 M
3l
6
机械能守恒
1 ( ml
2 1 Ml 2 ) 2
Mg l
(1 cos600 ) mgl 1 cos600
2
3
2
v 0 2 3gl
6、如图所示，长为
l 的轻杆，两端各固定质量分别为
m 和 2m 的小球，杆可绕水平光滑固 定轴 O 在竖直面内转动，转轴
O 距两端分别为 1 l 和 2
l ．轻杆原来静止在竖直位置。今有
3
3
1
一质量为 m 的小球，以水平速度 v 0 与杆下端小球 m 作对心碰撞，碰后以
v 0 的速度返回，
2
试求碰撞后轻杆所获得的角速度。
解：角动量守衡
2 mv 0 l ( 2l
)2
m( l
) 2
2m 2 ml 1 v 0
3v 0
3
3
3 3 2
2l
第四章振动与波动
振动部分：习题、、
习题一物体沿 x 轴做简谐运动，振幅为0.06 m，周期为 s ，当 t = 0 时位移
为0.03m，且向 x 轴正方向运动。求：（1） t = s 时，物体的位移、速度和加速度；（ 2）物体从 x = 0.03m 处向 x 轴负向运动开始，到平衡位置，至少需要多少时间？
解：（）由题意知 A
= 0.06m 、
2 Ts
1
由旋转矢量 (a) 图可确定
1
初相则0 3 ，振动方程为
x (0.06 m)cos ( s 1)t3
习题 (b)图
习题 (a)图
当 t =时质点的位移、速度、加速度分别为
x(0.06m)cos(23) 0.052m
v dx dt(0.06m s 1)sin( 23)0.094m s 1
a d 2 x dt 2(0.062m s 2 )cos(23)0.513m s 2
（2）质点从 x =0.03m运动到平衡位置的过程中，旋转矢量从(b) 图中的位置 M转至位置 N，矢量转过的角度 ( 即相位差）5 6 。该过程所需时间为
t0.833s
习题某质点振动的 x-t曲线如题图所示.求：（1）质点的振动方程；
（ 2）质点到达 P 点相应位置所需的最短时间.
解：（ 1）设所求方程为：
x=Acos( ωt+ φ )
0 从图中可见， t=0,x =A/2,v >0
由旋转矢量法可知；
φ =- π
3
π π
又 Q t=1s, ωt-
=
3
2
5π
ω=
6
故： x=0.1cos( 5π π
习题图
t- )m
6 3
（ 2）Q P 点的相位为 0
t
5
0t0.4 s
t
p
6 p
3
p
即质点到达
点相应状态所要的最短时间为
0.4s
P
习题一质点沿 x 轴作简谐振动，振幅为 12cm ，周期为 2s 。当 t 0 时 , 位移
为 6cm ，且向 x 轴正方向运动。求： （ ）振动表达式；（ ） t 0.5s 时，质点的 1 2
位置、速度和加速度；（ ）如果在某时刻质点位于 x
6cm ，且向 x 轴负方向运
3
动，求从该位置回到平衡位置所需要的时间。
-2
解：由题已知 A=12×10 m ，T= s
又， t=0 时， x 0
6cm ， v 0 0 ∴由旋转矢量图，可知： 0
3
故振动方程为 x
（ ）
0.12 cos t 3
(2) 将 t= s 代入得
x
0.12cos （ t
） 0.12cos
0.103m
3
6
v
0.12 sin （ t
） 0.12 cos 0. 189m / s
3 6
a
0.12 2 cos （ t
） 0.12 2
cos
1.03m / s 2
3
6
方向指向坐标原点，即沿 x 轴负向．
(3) 由题知，某时刻质点位于 x 6cm ，且向 x 轴负方向运动
即 x０ =-A/2 ，且 v＜ 0，故t =2π/3，它回到平衡位置需要走5π/6 ，所以：∴ t=/ ω=(5 π /6) ／ ( π ) =5/6s
习题图
（加题） 1. 有两个同方向同频率的振动，其合振动的振幅为0.2m ，合振动的相位与第一个振动的相位差为/ 6 ，第一个振动的振幅为0.173m ，求第二个振动的振幅及两振动的相位差。
分析根据已知振幅和相位可在矢量三角形中求得振幅。
解：采用旋转矢量合成图求解
取第一个振动的初相位为零，则合振动的相位为/ 6
据 A A1A2可知 A2 A A1, 如图：
A2A12A22AA1 cos0.1(m)
由于 A 、 A1、 A2的量值恰好满足勾股定理，
故
A1与 A2垂直.
题图 5-26
即第二振动与第一振动的相位差为/ 2
（加题） 2. 一质点同时参与两个同方向的简谐振动，其振动方程分别为
x1 5 10 2 cos(4t/ 3)(SI ) ， x2 3 10 2 sin(4 t/ 6)( SI ) 画出两振动的旋转矢量图，并求合振动的振动方程 .
分析须将方程转化为标准方程从而确定其特征矢量，画出矢量图。
解：
x2310 2 sin( 4/ 6)
t
310 2 cos(4t/ 6/ 2) 310 2 cos(4t 2 / 3)
作两振动的旋转矢量图，如图所示.
由图得：合振动的振幅和初相分别为
A (5 3)cm2cm,/ 3 .
题图 5-27
合振动方程为
x 2 102 cos(4/ 3)(
SI
)
t
（加题） 3. 一物体质量为0.25kg ，在弹性力作用下作简谐振动，弹簧的劲度系数
k 25N m 1，如果起始振动时具有势能J 和动能 J ，求 (1)振幅； (2)动能恰等于势能时的位移；(3)经过平衡位置时物体的速度．
解： (1)E E K E p 1
kA2=A20.080.08m 225
(2) 1 kx2 1 mv2； k m 2m 2 x2m 2 A2 sin 2 (t)
22
x2A2 sin2 (t)A2 [1cos2 ( t)]A2x2
2x 2A2，x A /20.0566m
(3)过平衡点时， x 0 ，此时动能等于总能量
E E K E p 1
mv 2=
20.08
A0.8m / s 20.25
（加题） 4.一弹簧振子 , 弹簧的劲度系数为k=25N/m, 当物体以初动能和初势能振动时, 求 : (1) 振幅是多大 ?(2)位移多大时 , 其势能和动能相等 ?(3)位移是振幅的一半时,
势能是多大 ?
解: (1) E E k 12
, 故A
2(E k E p )
弹簧振子的总机械能为 E p kA0.253m
2k
(2)E p E k 1 E 1 kA2 1 kx2 1 kA2x 2 A0.179m
24242
(3)E p 1 kx2 1 k A20.20 J
224
波动部分：习题、、
习题有一平面简谐波在介质中传播，波速u = 100 m/s ，波线上右侧距波源
O（坐标原点）为
75.0 m 处的一点 P 的运动方程为。求（）波向 x 轴正方向传
1
播时的波动方程；（2）波向 x 轴负方向传播时的波动方程。
解：（ 1）设以波源为原点 O，沿 x 轴正向传播的波动方程为
习题图
将u = 100 m s 1代人，且取 x = 75 m 得点 P 的运动方程为
与题意中点 P 的运动方程比较可得 A = 0.30 m 、 2 s 1、02。则所求波动方程为
(2)当沿 x 轴负向传播时，波动方程为
将x = 75 m、u 100ms1代人后，与题给点 P 的运动方程比较得 A = 0.30 m、 2 s 1、0，则所求波动方程为
讨论：对于平面简谐波来说，如果已知波线上一点的运动方程，求另外一点
的运动方程，也可用下述方法来处理：波的传播是振动状态的传播，波线上各点（包括原点）都是重复波源质点的振动状态，只是初相位不同而已。在已知某点初相的前提下，根据两点间的相位差，即可确定未知点的初相。
1
习题已知一沿 x 正方向传播的平面余弦波，t s时的波形如题图所示，且周期T 为2s .
（1）写出 O 点的振动表达式；
（2）写出该波的波动表达式；
（3）写出A点的振动表达式；
（4）写出A点离 O 点的距离。
解：由图可知A=0.1m，λ =0.4m，由题知/T=0.2m/s 。
习题图
T= 2s ，ω =2π/T= π，而u=λ
波动方程为： y=［π (t-x/+Ф0］m关键在于确定O点的初始相位。（ 1）由上式可知： O点的相位也可写成：φ =πt+ Ф0
由图形可知：t 1 s
时
y０=-A/2，v０＜0，∴此时的
φ
=2π／ 3，3
将此条件代入，所以：2
3
1
30
所以
03
O 点的振动表达式 y=［π t+ π /3 ］m
（2）波动方程为： y=［π (t-x/+ π /3 ］m
（3）A点的振动表达式确定方法与 O点相似由上式可知：
A 点的相位也可写成：φ =πt+ ФA0
由图形可知： t 1
s时y０=0，v０>0，∴此时的φ=-π／2，
3
15
将此条件代入，所以：所以
3 A 0 A 0
26
A 点的振动表达式y=［π t-5 π/6 ］ m
（ 4）将 A 点的坐标代入波动方程，可得到 A 的振动方程，与（ 3）结果相同，所
以：y= ［π (t-x/+π/3］=［π t-5π/6］
7
可得到： x A0.233m
30
习题一平面简谐波以速度u0.8m/s 沿x轴负方向
传播。已知原点的振动曲线如图所示。试写出：
（1）原点的振动表达式；
（2）波动表达式；
习题图（3）同一时刻相距1m的两点之间的位相差。
解：(1)由图可知A=0.5cm，原点处的振动方程为：y=Acos（ωｔ＋φ）
t=0s 时 y=A/2 v>0可知其相位为φ =
3
t=1s时 y=0 v<0可知其相位为φ 1=
2
代入振动方程，φ =
3ω＋φ =
2
可得：ω = 5
T=2π/ ω=12/5 6
则 y= （5
ｔ-）cm 63
（ 2）沿x轴负方向传播，波动表达式： y=[ 5
（ｔ +
5x
）-]cm 643
（ 3）根据已知的 T=12/5， u 0.8m/s ，可知：48 m
25那么同一时刻相距 1m 的两点之间的位相差：x25
2 3.27rad
24
（加题） 1. 如图，一平面波在介质中以波速u 20m / s 沿x轴负方向传播，已知 A 点的振动方程为 y 3 10 2 cos4t (SI ) .u
(1) 以 A 点为坐标原点写出波方程；B A
(2) 以距 A 点 5m处的 B 点为坐标原点，写出波方程 . 1 题图
解： (1) 坐标为 x 处质点的振动相位为
t 4 [t( x / u)]4[ t( x / 20)]波的表达式为y310 2 cos4[ t(x / 20)]( SI )
(2) 以 B 点为坐标原点，则坐标为x 点的振动相位为t' 4 [t x 5
]( SI ) 20
波的表达式为y310 2 cos4t x5
20
y3102 cos[4(t x )]( SI )
20
（加题） 2.一平面谐波沿ox 轴的负方向传播 , 波长为λ， P 点处质点的振动规律如题图6－10 所示 . 求:
（1） P 点处质点的振动方程 ;
（2）此波的波动方程；
（3）若图中d/ 2 ,求O点处质点的振动方程.
分析首先由已知振动规律结合旋转矢量图可得P 点振动的初相与周期，从而得到其振动方程。波动方程则由P 与原点的距离直接得到。波动方程中直接代入某点的坐标就可求出
该点的振动方程。
解 : （ 1）从图中可见T4s ,且t0, y po A, 0, 则 P 点处质点的振动方程为
y p A cos( 2
t) A cos( t)( SI )y
P(m) 42
（ 2）向负方向传播的波动方程为
y A cos t 24 x d
0 1t (s)
- A
d
（ 3）把d/ 2, x0代入波动方程即得
O Px y0 A cos t
题图 6-10 2
（加题） 3. 两波在一很长的弦线上传播，其波方程分别为：
y1 4.0010 2 cos 1
(4x24t )( SI ) 3
y2 4.0010 2 cos1(4x24t )( SI )
3
求： (1)两波的频率、波长、波速；(2) 两波叠加后的波节位置；(3) 叠加后振幅最大的那些点的位置 .
解： (1) 与波动的标准表达式
y A cos 2 ( t x / ) 对比可得：
4Hz ，
1.50m ， 波速 u
6.00m / s
(2) 波节位置 4 x / 3
(n
1 )即 x 3
(n
1
) m, n 0,1,2...
2
4
2
(3) 波腹位置 4
x / 3 n 即 x 3n / 4 m, n 0,1,2...
第 11 章作业
在双缝装置中，用一很薄的云母片 ( n 覆盖其中的
一条狭缝，
=
这时屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央
( 原零级明
条纹 ) 的位
置。如果入射光的波长为 550nm ，则这云母片的厚度应为
习题图
多少 ?
分析：云母片覆盖前，零级明条纹在屏幕上
O 点。覆盖后，衍射条纹移动了
7 条，即第七条明条纹位于 O 点。由光程差的变化计算介质厚度。
解：覆盖前，两光到达 O 点的光程差为
1
r 2 r 1 0 （1）
覆盖后，两光到达 O 点的光程差为
2 r 2 e ne r 1 7
（ 2）
(2) 式与（ 1）式作差，可得
2
1
r 2 e ne r 1 r 2 r 1 e n 1 7
所以
e
7 7 550 10 9 6.64 10 6 m
n 1 1.58 1
在双缝实验中，入射光是由波长
1
550nm 和另一束未知波长 2 两种成分
合成的复色光。 已知双缝间距为 0.6mm ，屏和缝的距离为 1.2m ，求屏上 1 的第三
级明纹中心的位置。若屏上
1 的第六级明纹中心和未知的
2 的第五级明纹中心
重合，求未知波长
2 。
分析：由明纹中心位置公式 x k
D
可得。
d
解：第三级明纹中心位置
x k D
3 1.2 550 10 9 3.3 mm
d0.6 10 3
1 的第六级明纹中心和未知的
2 的第五级明纹中心重合，即它们具有相同的衍
射角
D1D2
65
d d
所以
2616550660 nm
55
一薄玻璃片，厚度为μm，折射率为，置于空气中。用白光垂直照射，问
在可见光的范围内，哪些波长的光在反射中加强？哪些波长的光在透射中加强? 分析：分别应用反射光和透射光在等倾干涉中加强的条件求得。
解：反射加强的条件为
2ne k
2
由此得
4ne
2k 1
仅当 k 3时，为可见光，因此求得
4 1.500.40
480 nm
231
透射加强的条件即反射减弱的条件，即
2ne2k 1
22
由此得
4ne
2k
当 k 2 时，
4 1.500.40
2600 nm
2当 k 3时，
4 1.500.40
2400 nm
3
波长为 480nm 的可见光在反射中加强， 波长为 600nm 和 400nm 的可见光在
透射中加强。
一单色光垂直照射在厚度均匀的薄油膜上， 油膜覆盖在玻璃板上。 油的折
射率为，玻璃的折射率为，若单色光的波长可由光源连续可调，并观察到
500nm
与 700nm 这两个波长的单色光在反射中消失，求油膜的厚度。
分析：由于玻璃的折射率 n 2 大于油的折射率 n 1，光线在油膜上，下表面反
射时都存在半波损失，则光程差为
2ne 。设 1
500 nm 的光在 k 级干涉相消，
则对于
2 700
nm 的光在第 k 1 级干涉相消。
解： 对 1 500 nm 的光在 k 级干涉相消，有
2n 1e
2k
1
1 1
（1）
2
k
1
2
对 2 700 nm 的光在第 k 1 级干涉相消，有
2n 1 e 2 k 1 1
2
k
1 （2）
2
2
2
由（ 1）、（ 2）式解得
k
1
2
2 2 1
k
1 1
2 e
2n
1
500 700
2 700 3
500
1
3
500
2
673.1nm
2 1.30
有一玻璃劈尖，玻璃的折射率为，劈尖夹角
5 10 5 rad 。用单色光垂
直照射，测得相邻两条明纹间的距离
l
3.64 10 3 m ，求此单色光的波长。
分析：由相邻两明纹间的距离公式可得。
解：相邻两明纹的距离为
l
，
2n sin
因为 很小，所以 sin
，则
l
2n
大学物理课后题答案
习 题 四 4-1 质量为m =的弹丸，其出口速率为300s m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力 9800400x F -=。开抢时，子弹在x =0处，试求枪筒的长度。 [解] 设枪筒长度为L ，由动能定理知 2022121mv mv A -= 其中??-==L L dx x Fdx A 00)9 8000400( 9 40004002 L L - = 而00=v ， 所以有： 22 300002.05.09 4000400??=-L L 化简可得： m 45.00 813604002==+-L L L 即枪筒长度为。 4-2 在光滑的水平桌面上平放有如图所示的固定的半圆形屏障。质量为m 的滑块以初速度0v 沿切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为μ，试证明：当滑块从屏障的另一端滑出时，摩擦力所作的功为() 12 1220-= -πμe mv W [证明] 物体受力：屏障对它的压力N ，方向指向圆心，摩擦力f 方向与运动方向相反，大小为 N f μ= (1) 另外，在竖直方向上受重力和水平桌面的支撑力，二者互相平衡与运动无关。 由牛顿运动定律 切向 t ma f =- (2) 法向 R v m N 2 = (3) 联立上述三式解得 R v a 2 t μ-= 又 s v v t s s v t v a d d d d d d d d t === 所以 R v s v v 2 d d μ -= 即 s R v v d d μ-=
两边积分，且利用初始条件s =0时，0v v =得 0ln ln v s R v +- =μ 即 s R e v v μ -=0 由动能定理 2 022 121mv mv W -= ，当滑块从另一端滑出即R s π=时，摩擦力所做的功为 () 12 1212122020220-=-=--πμ πμ e mv mv e mv W R R 4-3 质量为m 的质点开始处于静止状态，在外力F 的作用下沿直线运动。已知 T t F F π2sin 0=，方向与直线平行。求：(1)在0到T 的时间内，力F 的冲量的大小；(2)在0到2T 时间内，力F 冲量的大小；(3)在0到2T 时间内，力F 所作的总功；(4)讨论质点的运动情况。 [解]由冲量的定义?=1 2 d t t t F I ，在直线情况下，求冲量I 的大小可用代数量的积分，即 ?= 1 2 d t t t F I (1) 从t ＝0到 t=T ，冲量的大小为： ?= =T t F I 01d ?-=T T T t T F t T t F 0 00]2cos [2d 2sin πππ=0 (2) 从t =0到 t =T /2，冲量的大小为 π πππ0000 0022 2 2]2cos [2d 2sin d TF T t T F t T t F t F I T T T =-=== ?? (3) 初速度00=v ，由冲量定理 0mv mv I -= 当 t =T /2时，质点的速度m TF m I v π0== 又由动能定理，力F 所作的功 m F T m F mT mv mv mv A 22022 22022 20222212121ππ===-= (4) 质点的加速度)/2sin()/(0T t m F a π=，在t =0到t =T /2时间内，a >0，质点 作初速度为零的加速运动，t =T /2时，a =0，速度达到最大；在t =T /2到t =T 时间内，a <0，但v >0，故质点作减速运动，t =T 时 a =0，速度达到最小，等于零；此后，质点又进行下一
最新大学物理活页作业答案及解析((全套))
1.质点运动学单元练习（一）答案 1．B 2．D 3．D 4．B 5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。） 6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。） 7．解：（1）)()2(22 SI j t i t r -+= )(21m j i r += )(242m j i r -= )(3212m j i r r r -=-=? )/(32s m j i t r v -=??= （2）)(22SI j t i dt r d v -== )(2SI j dt v d a -== )/(422s m j i v -= )/(222--=s m j a 8．解： t A tdt A adt v t o t o ωω-=ωω-== ?? sin cos 2
t A tdt A A vdt A x t o t o ω=ωω-=+=??cos sin 9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω s rad /1027.73600 *62 /5-?=π= ω s m t h dt ds v /1094.1cos 3 2 -?=ωω== （2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωt h s t 0.31008.144=?=ω π = 10．解： ky y v v t y y v t dv a -==== d d d d d d d -k =y v d v / d y ??+=- =-C v ky v v y ky 2 22 121, d d 已知y =y o ，v =v o 则2020 2 121ky v C --= )(22 22y y k v v o o -+=
大学物理课后练习习题答案详解.docx
第一章质点运动学 1、( 习题： 一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2t, y = 4 t 2 8 。（ 1）求质点的轨道方程； （ 2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。 解：（ 1）由 x=2t 得， y=4t 2 -8 （ 2）质点的位置 ： r r 由 v d r / dt 则速度： r r 由 a d v / d t 则加速度： 则当 t=1s 时，有 r r 可得： y=x 2-8 r 即轨道曲线 r r (4t 2 r 2ti 8) j r r r v 2i 8tj r r a 8 j r r r r r r r 2i 4 j , v 2i 8 j , a 8 j 当 t=2s 时，有 r r r r r r r r r 4i 8 j , v 2i 16j , a 8 j 2、（习题）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v 0 ，求运动方程 x x(t) . 解： dv kv v 1 t kdt v v 0 e kt dt dv v 0 v dx v 0e k t x dx t kt dt x v 0 (1 e kt ) dt v 0 e k 3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a 4 t (SI) ，已知 t 0 时，质点位于 x 10 m 处，初速度 v 0 ．试求其位置和时间的关系式． 解： a d v /d t 4 t d v 4 t d t v t 4t d t v 2 t 2 dv d x 2 x t 2 3 2 x t d t x 2 t v /d t t /3+10 (SI) x 0 4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 0 水平抛出，求： （ 1）小球的运动方程； （ 2）小球在落地之前的轨迹方程； v v （ 3）落地前瞬时小球的 dr ， dv ， dv . dt dt dt 解：（ 1） x v 0 t 式（ 1） y 1 gt 2 式（ 2） v v 1 2 v h r (t ) v 0t i (h - gt ) j 2 2 （ 2）联立式（ 1）、式（ 2）得 y h 2 gx 2 2v 0 v v v v v v （ 3） dr 2h dr v 0i - gt j 而落地所用时间t 所以 v 0i - 2gh j dt g dt v v dv g 2 t g 2gh dv v 2 2 2 ( gt ) 2 dt g j v x v y v 0 dt 2 2 1 2 ( gt ) ] 2 2gh) [v 0 ( v 0 1 2
大学物理试题库及答案详解【考试必备】
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 )时间内的位移为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 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)2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x ． 下述判断正确的是( ) (A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确
大学物理(第四版)课后习题及答案 质点
题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x （2）由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 ｓ2=P t （t = 0不合题意） 则：m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时，0=x 。试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。 题1.2解：将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程，它们对应的加速度值分别为 2A B A B AB s m 20-?=--=t t v v a （匀加速直线运动） 0BC =a （匀速直线） 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图 在匀变速直线运动中，有 2002 1at t v x x + += 间内，质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3：如图所示，湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？
大学物理期末考试题库
1某质点的运动学方程x=6+3t-5t 3，则该质点作 （ D ） （A ）匀加速直线运动，加速度为正值 （B ）匀加速直线运动，加速度为负值 （C ）变加速直线运动，加速度为正值 （D ）变加速直线运动，加速度为负值 2一作直线运动的物体，其速度x v 与时间t 的关系曲线如图示。设21t t →时间内合力作功 为A 1，32t t →时间内合力作功为A 2，43t t → （C ） （A ）01?A ，02?A ，03?A （B ）01?A ，02?A ， 03?A （C ）01=A ，02?A ，03?A （D ）01=A ，02?A ，03?A 3 关于静摩擦力作功，指出下述正确者（ C ） （A ）物体相互作用时，在任何情况下，每个静摩擦力都不作功。 （B ）受静摩擦力作用的物体必定静止。 （C ）彼此以静摩擦力作用的两个物体处于相对静止状态，所以两个静摩擦力作功之和等于 零。 4 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，经过时间T 转动一圈，那么在2T 的时间内，其平 均速度的大小和平均速率分别为（B ） （A ） ， （B ） 0， （C ）0， 0 （D ）T R π2， 0 5、质点在恒力F ρ作用下由静止开始作直线运动。已知在时间1t ?内，速率由0增加到υ； 在2t ?内，由υ增加到υ2。设该力在1t ?内，冲量大小为1I ，所作的功为1A ；在2t ?内， 冲量大小为2I ，所作的功为2A ，则（ D ） A ．2121;I I A A <= B. 2121;I I A A >= C. 2121;I I A A => D. 2121;I I A A =< 6如图示两个质量分别为B A m m 和的物体A 和B 一起在水平面上沿x 轴正向作匀减速直 线运动，加速度大小为a ，A 与B 间的最大静摩擦系数为μ，则A 作用于B 的静摩擦力 F 的大小和方向分别为（D ） 轴正向相反与、轴正向相同 与、轴正向相同 与、轴正向相反 与、x a m D x a m x g m x g m B B B B ,,C ,B ,A μμT R π2T R π2T R π2t
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求： （1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单
位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解：1）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 1-5. 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t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t =
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 +=+=
大学物理考试题库-大学物理考试题
马文蔚（ 112 学时） 1-9 章自测题 第 1 部分：选择题 习题 1 1-1 质点作曲线运动，在时刻t质点的位矢为r ，速度为 v ，t 至 t t 时间内的位移为r ，路程为s，位矢大小的变化量为r （或称r ），平均速度为v ，平均速率为v 。 （1）根据上述情况，则必有（） （A ）r s r （B ）（C）（D ）r s r ，当t0 时有 dr ds dr r r s ，当t0 时有 dr dr ds r s r ，当t0 时有 dr dr ds （2）根据上述情况，则必有（） （A ）（C）v v, v v（ B）v v, v v v v, v v（D ）v v, v v 1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢r ( x, y) 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即 （1）dr ；（ 2） dr ；（3） ds ；（4）( dx )2( dy )2 dt dt dt dt dt 下列判断正确的是： （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 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，a t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）dv dt a t。 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 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 1-5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边
大学物理课后习题标准答案第六章
大学物理课后习题答案第六章
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第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z
大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学 1、(习题 1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时 速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速 度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=
大学物理期末考试题库
1某质点的运动学方程x=6+3t-5t 3 ，则该质点作 （ D ） （A ）匀加速直线运动，加速度为正值 （B ）匀加速直线运动，加速度为负值 （C ）变加速直线运动，加速度为正值 （D ）变加速直线运动，加速度为负值 2一作直线运动的物体，其速度x v 与时间t 的关系曲线如图示。设21t t →时间合力作功为 A 1，32t t →时间合力作功为A 2，43t t → 3 C ） （A ）01?A ，02?A ，03?A （B ）01?A ，02?A ， 03?A （C ）01=A ，02?A ，03?A （D ）01=A ，02?A ，03?A 3 关于静摩擦力作功，指出下述正确者（ C ） （A ）物体相互作用时，在任何情况下，每个静摩擦力都不作功。 （B ）受静摩擦力作用的物体必定静止。 （C ）彼此以静摩擦力作用的两个物体处于相对静止状态，所以两个静摩擦力作功之和等于 零。 4 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，经过时间T 转动一圈，那么在2T 的时间，其平均 速度的大小和平均速率分别为（B ） （A ） ， （B ） 0， （C ）0， 0 （D ） T R π2， 0 5、质点在恒力F 作用下由静止开始作直线运动。已知在时间1t ?，速率由0增加到υ；在2t ?， 由υ增加到υ2。设该力在1t ?，冲量大小为1I ，所作的功为1A ；在2t ?，冲量大小为2I ， 所作的功为2A ，则（ D ） A ．2121;I I A A <= B. 2121;I I A A >= C. 2121;I I A A => D. 2121;I I A A =< 6如图示两个质量分别为B A m m 和的物体A 和B 一起在水平面上沿x 轴正向作匀减速直线 运动，加速度大小为a ，A 与B 间的最大静摩擦系数为μ，则A 作用于B 的静摩擦力F 的 大小和方向分别为（D ） 轴正向相反与、轴正向相同 与、轴正向相同 与、轴正向相反 与、x a m D x a m x g m x g m B B B B ,,C ,B ,A μμT R π2T R π2T R π2t
大学物理(上)课后习题标准答案
大学物理(上)课后习题答案
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3 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时，j i r 5.081 m ；2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x ，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得：2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得：2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t ，式中 以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为 =0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2 t 时，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a
大学物理上册答案详解
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 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 222 22d 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 2 222 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 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 == 其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明 t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，22d d t r 也不是加速
大学物理考试试题
一、选择题 （每小题2分，共20分） 1. 关于瞬时速率的表达式，正确的是 （ B ） (A) dt dr =υ； (B) dt r d = υ; (C) r d =υ; (D) dr dt υ= r 2. 在一孤立系统内，若系统经过一不可逆过程，其熵变为S ?，则下列正确的是 （ A ） (A) 0S ?>; (B) 0S ?< ; (C) 0S ?= ; (D) 0S ?≥ 3. 均匀磁场的磁感应强度B 垂直于半径为r 的圆面，今以该圆面为边界，作以半球面S ，则通过S 面的磁通量的大小为 （ B ） （A ）2πr 2B; (B) πr 2B; （C ）0; （D ）无法确定 4. 关于位移电流，有下面四种说法，正确的是 （ A ） （A ）位移电流是由变化的电场产生的； （B ）位移电流是由变化的磁场产生的； （C ）位移电流的热效应服从焦耳—楞次定律； （D ）位移电流的磁效应不服从安培环路定律。 5. 当光从折射率为1n 的介质入射到折射率为2n 的介质时，对应的布儒斯特角b i 为 （ A ） 2 1 1 2 (A)( );(B)( );(C) ;(D)02 n n arctg arctg n n π 6. 关于电容器的电容，下列说法正确．．的是 （ C ） (A) 电容器的电容与板上所带电量成正比 ; (B) 电容器的电容与板间电压成反比; (C)平行板电容器的电容与两板正对面积成正比 ;(D) 平行板电容器的电容与两板间距离成正比 7. 一个人站在有光滑转轴的转动平台上，双臂水平地举二哑铃。在该人把二哑铃水平收缩到胸前的过程中，人、哑铃与转动平台组成的系统 （ C ） （A ）机械能守恒，角动量不守恒； （B ）机械能守恒，角动量守恒； （C ）机械能不守恒，角动量守恒； （D ）机械能不守恒，角动量也不守恒； 8. 某气体的速率分布曲线如图所示，则气体分子的最可几速率v p 为 （ A ） (A) 1000 m ·s -1 ; （B ）1225 m ·s -1 ; (C) 1130 m ·s -1 ; (D) 1730 m ·s -1 得分
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
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普通物理Ⅲ 试卷（ A 卷） 一、单项选择题 1、运动质点在某瞬时位于位矢r 的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ； (2)dt r d ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x ． 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 2、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 3、如图所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( ) (A) g sin θ (B) g cos θ (C) g tan θ (D) g cot θ 4、对质点组有以下几种说法： (1) 质点组总动量的改变与内力无关； (2) 质点组总动能的改变与内力无关； (3) 质点组机械能的改变与保守内力无关． 下列对上述说法判断正确的是( ) (A) 只有(1)是正确的 (B) (1) (2)是正确的 (C) (1) (3)是正确的 (D) (2) (3)是正确的 5、静电场中高斯面上各点的电场强度是由：（ ） (A) 高斯面内的电荷决定的 (B) 高斯面外的电荷决定的 (C) 空间所有电荷决定的 (D) 高斯面内的电荷的代数和决定的 6、一带电粒子垂直射入均匀磁场中，如果粒子的质量增加为原来的2倍，入射速度也增加为原来的2倍，而磁场的磁感应强度增大为原来的4倍，则通过粒子运动轨道所围面积的磁通量增大为原来的：（ ） (A) 2倍 (B) 4倍 (C) 0.5倍 (D) 1倍 7、一个电流元Idl 位于直角坐标系原点 ，电流沿z 轴方向，点P (x ，y ，z )的磁感强度沿 x 轴的分量 是： （ ）
大学物理教程 上 课后习题 答案
物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题）27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位，求： （1） 质点的运动轨迹； （2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。 解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 或1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2x x dv a dt = =， 2y y dv a dt == 当2t s =时，速度和加速度分别为 22a i j =+r r r m/s 2 1-4 设质点的运动方程为 cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，式中的R 、ω均为常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。 解 （1）质点的速度为 （2）质点的速率为 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30， 2-34，
2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作 用下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义，有 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的 阻力（空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。 解 （１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有 即 dv k dt v m =- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等 于地球半径的2倍（即2R ），试以,m R 和引力恒量G 及地球的质量M 表示出： （1） 卫星的动能； （2） 卫星在地球引力场中的引力势能. 解 (1) 人造卫星绕地球做圆周运动，地球引力作为向心力，有 卫星的动能为 212 6k GMm E mv R == （２）卫星的引力势能为 2-37 一木块质量为1M kg =，置于水平面上，一质量为2m g =的子弹以 500/m s 的速度水平击穿木块，速度减为100/m s ，木块在水平方向滑行了20cm 后 停止。求： （1） 木块与水平面之间的摩擦系数； （2） 子弹的动能减少了多少。