大学物理习题分析与解答
大学物理习题分析与解答Daxue Wuli Xiti Fenxi yu Jieda习题解答1.1 一物体从静止开始, 在2s 内被匀加速到40m/s ，物体的加速度为多少？在2s 内物体运动了多大距离？解：物体的加速度为：2040020/2t v v a m s t --=== 物体在2s 内运动的距离为：22200400402220t v v x m a --===⨯1.2 质点在水平方向做直线运动, 坐标与时间的变化关系为324t t x -=（SI ）. 试求：⑴ 开始的2s 内的平均速度和2s 末的瞬时速度. ⑵ 1s 末到3s 末的位移和平均速度. ⑶ 1s 末到3s 末的平均加速度. ⑷ 3s 末的瞬时加速度.解：⑴ 由题意知，物体在2s 内的位移为：334242228x t t m =-=⨯-⨯=-2s 内的平均速度为：84/2x v m s t -===- 2s 末的瞬时速度为：2224646220/dxv t m s dt==-=-⨯=- ⑵ 1s 末到3s 末的位移为：()()3313314323412144s x x m =-=⨯-⨯-⨯-⨯=-1s 末到3s 末平均速度为：13134422/31s v m s t -===-∆- ⑶ 由运动方程求导，可得各时刻的瞬时速度为：246dxv t dt ==- 1s 末的瞬时速度为： 221464612/dxv t m s dt ==-=-⨯=- 3s 末的瞬时速度为： 2234646350/dxv t m s dt==-=-⨯=- 1s 末到3s 末平均加速度为：()2311350224/31v v a m s t ----===-∆- 3s 末的瞬时加速度为：22321212336/dv d xa t m s dt dt===-=-⨯=-1.3 质点以初速度0v 做直线运动, 所受阻力与质点运动速度成正比. 求当质点速度减为nv 0时()1>n , 质点走过的距离与质点所能走的总距离之比.解：质点运动过程中所受阻力为：F kv =-根据牛顿第二定律：dvmkv dt =- dv dxm k dt dt=-kdv dx m=-当质点速度减为nv 0时()1>n , 质点走过的距离为：01v xnv k dv dx m =-⎰⎰001v k v x n m ⎛⎫-=-⎪⎝⎭101()m x n v k n=- 质点所能走的总距离为：2xv k dv dx m =-⎰⎰02k v x m-=- 20m x v k= 即： 121(1)x x n=-1.4 做直线运动的质点的加速度为43a t =+（SI ）. 初始条件为0=t 时, 5x =m,0=v . 求质点在10t =s 时的速度和位置.解： (43)dv t dt =+21342v t t C =++由初始条件：0t =时，0v =，可得： 10C = 即 2342v t t =+23(4)2dx t t dt =+232122x t t C =++由初始条件：0t =时，5x =，可得：25C =即 231252x t t =++ 当10t s =时223344101040150190/22v t t m s =+=⨯+⨯=+=23231125210105200500570522s t t m =++=⨯+⨯+=++=1.5 质点沿x 轴做直线运动, 加速度和位置的关系为262x a +=（SI ）. 求质点在任意位置时的速度. 已知质点在0=x 时, 速度为10/m s 。
解： 226dv dv dx dva v x dt dx dt dx====+ 2(26)vdv x dx =+由上式两边积分210(26)vxvdv x dx =+⎰⎰2344502v x x =++⨯又因为0,0a v >∴>v ==1.6 质点沿半径为1m 的圆周运动, 运动方程为332t +=θ（SI ）. 求：⑴ 2t =s 时, 质点的切向加速度和法向加速度. ⑵ 当加速度的方向和半径成045角时, 角位移是多少？解： 质点运动的角速度和角加速度分别为：29d t dt θω== 18d t dtωα==切向加速度： 11818dva r t t dtτα===⨯= 法向加速度： 22241(9)81n a r t t ω==⨯=⑴当2t s =时 21818236/a t m s τ==⨯=442818121296/n a t m s ==⨯=⑵ 加速度的方向和半径成045时，即 n a a τ=48118t t =t =此时角位移 332323 2.67t t rad θ=+=+⨯=1.7 长为l 的细杆绕通过其一端的水平轴在竖直平面内自由转动. 当杆与竖直方向的夹角为θ时, 它的角加速度为θαsin 23l g =. 求：⑴杆由静止0=θ转至2πθ=时, 杆的角速度. ⑵杆的另一个端点的线速度大小.解： ⑴由于 3sin 2gl αθ=3sin 2d gdt lωθ= 3sin 2gd d lωωθθ=由上式两边积分：23sin 2gd d lπωωωθθ=⎰⎰ 23g lω=ω=⑵ 杆的另一端的线速度大小为：v l ω==1.8一长度为5m 的直杆斜靠在墙上. 初始时, 顶端离地面4m , 当顶端以2/m s 的速度沿墙面匀速下滑时, 求直杆下端沿地面的运动方程和速度.解：令直杆的上端为A 点，坐标为y 、下端为B 点，坐标为x 。
而且有：2225x y += 由题意，有：2dydt=- 2dy dt =- 由上式两边积分42ytdy dt =-⎰⎰42y t =- 杆的下端的运动方程和速度分别为：x ===dx v dt ==1.9 以初速度015/v m s =竖直上抛一物体, 在1s 末又竖直上抛出第二个物体, 后者在11h m =高度处击中前者, 求第二个物体的抛出速度；若在1.3s 末竖直上抛出第二个物体, 它仍在11h m =高度处击中前者, 求第二个物体的抛出速度.解：⑴ 取210/g m s = ，取第一物体抛出的时间为0时刻，则有先后上抛的两个物体的位置与时间的关系分别为：221115101552x t t t t =-⨯⨯=- 2221(1)10(1)(1)5(1)2x v t t v t t =--⨯⨯-=---令 221115101552x t t t t =-⨯⨯=-=11，求得 1.276 1.724t =或由 1.724t =， 1.276t =代入22(1)5(1)11x v t t =---=分别求得：18.8/v m s =，41.1/v m s =⑵ 221115101552x t t t t =-⨯⨯=- 2221( 1.3)10( 1.3)( 1.3)5( 1.3)2x v t t v t t =--⨯⨯-=---由于 1.276 1.3t =<不可能满足题意；由 1.724t =代入22( 1.3)5( 1.3)11x v t t =---=求得：28/v m s =1.10 在离水面高度为h 的岸边, 有人用绳子拉船靠岸, 收绳速率是恒定的0v ，当船离岸边距离为s 时, 试求船的速率与加速度.解：如图所示，斜边的绳长为l ，有222l h s =+对上式两边求导 202dl ds ls dt dt=+ 022lv su =即00lu v v ss==由0lu v s=求导 22222222000000002233223()dl ds l v slv v s lv v v s l v s l v du dt dt s a dts s s s h v s----======-1.11 质点的运动方程为()24r t i t j tk =++（SI ）. 求质点的速度、加速度和轨道方程.解：质点的速度为： ()()8dr t v t tj k dt==+ 质点的加速度为：()8dv t a j dt== 质点的轨迹方程为： 21,4x y t z t ===所以轨迹方程：214x z y=⎧⎨=⎩1.12在质点运动中, 已知ktae x =, kt bke dtdy--=, b y t ==0, 其中a , b , k 为常量. 求质点的加速度和轨道方程.解：由 ktx ae = 求导，得kt x dxv kae dt == 2kt x x dva k ae dt==由kt dybke dt-=- 积分，得 ktdy bke dt -=-0ytkt bdy bke dt -=-⎰⎰因此 kty be -=-kt y dyv bke dt-== 2y kt y dv a bk e dt-==所以 22()ktkta t k ae i k be j -=+轨迹方程 xy ab =1.13 靶子在离人水平距离50m 、高13m 处, 一个人抛一个小球欲击中靶子．该小球最大的出手速率为25/v m s =, 则他是否能击中靶子？在这个距离上能击中的靶子的最大高度是多少？解：⑴ 设可以击中速度方向与水平轴夹角为θ，则有：cos x v v θ=13msin y v v θ=5050cos x t v v θ== 21132y v t gt -=250150sin 10.()13cos 2cos v v v θθθ-⨯=22250050513cos tg v θθ-⨯= 当25/v m s =，取最大值时，2205013cos tg θθ-=222222013cos 20(cos sin )5013cos cos tg θθθθθθ++=+=2503320tg tg θθ=+ 22050330tg tg θθ-+=2504203325002640140∆=-⨯⨯=-=-0∆<，无解，所以不可以击中⑵ cos x v v θ=sin y v v θ=5050cos x t v v θ== 令高度为h212y h v t gt =-250150sin ()cos 2cos h v v v θθθ=-222500505cos h tg v θθ=- 当25/v m s =22050cos h tg θθ=-22220(cos sin )50cos h tg θθθθ+=-2502020h tg tg θθ=--=210(522)tg tg θθ--令 2522f tg tg θθ=--22552()248tg θ=--+-98f ≤9011.258h m m ≤=1.14 汽车以5m/s 的速度由东向西行驶, 司机看见雨滴垂直下落. 当汽车速度增至10m/s 时, 看见雨滴与他前进方向成0120角下落．求雨滴对地的速度.解：如图所示 v v v =+雨对对地雨对车车对地作DC ´的中垂线为A ´B ´， 105DC DB ''==，， A C D ''∆是等边三角形，60A C B '''∠=而且有 ABC A B C '''∆≅∆，即60ACB ∠=10cos60BCAC ==即 10/v m s =雨对对地1.15 甲船以10/km h 的速度向东, 乙船以5/km h 的速度向南同时出发航行.从乙船v 雨对地v雨对车ABCB ´C ´v v 车对地v '车对地看，甲船的速度是多少？方向如何？又如果从甲船看，乙船的速度是多少？方向如何？解：vv v =-甲对地乙对地甲对乙10(5)105vi j i j =--=+甲对乙大小为：/v s == 方向：东偏北方向1()2arctgvv v =-乙对地甲对地乙对甲510105vj i i j =--=--乙对甲大小为：/v s == 方向：南偏西方向2arctg1.16设河面宽1km , 河水以2/m s 的速度由北向南流动, 小船相对于河水以1.5/m s 的速率从东岸划向西岸．⑴当船头与正北方向夹角为015, 求船到达对岸的时间以及船到达对岸的地点．⑵要使船到达对岸的时间最短, 求船头与河岸的夹角、最短时间以及船到达对岸的地点．⑶要使船相对于河岸的走过的路程最短, 求船头与河岸的夹角、所用时间以及船到达对岸的地点.解 ⑴ v v v =+船地水地船水2 1.5sin15 1.5cos15 1.5sin15(2 1.5cos15)oooov j i j i j =+-=+-01.5sin150.39x v ==02 1.5cos150.55y v =-=100025641.5sin15x d t s v === ()10002 1.5cos1514101.5sin15o y oy v t m ==-=⑵要使船到达对岸的时间最短（即船头向正西方向行驶，即船头与岸的夹角为90）min 1000666.71.5d t s v ===船 2min 2666.71333.4y y v t m ==⨯=⑶要使船到达对岸大的距离最短，设船头以正北方向夹角为θ 1.5sin x v θ=2 1.5cos y v θ=-()()2 1.5cos 100010002 1.5cos 1.5sin 1.5sin y y v t θθθθ-==-=令0dy d θ=，得： 1.5cos 2θ=100010071.5sin x d t s v θ===≈ ()2 1.5cos 881y y v t t m θ==-≈1.17 电梯以21.2/m s 的加速度下降, 某人在电梯开始下降后0.5s 在离电梯底面1.5m 高处释放一小球. 求此小球落到底面所需的时间和它对地面下落的距离.解： 释放小球时，小球与电梯速度相同，两者的速度大小为：201 1.2/0.50.6/v at m s s m s ==⨯=小球释放后，初始时，小球相对电梯的速度为00v '=；小球相对电梯的加速度为： 210 1.28.8/a g a m s '=-=-=212h a t '=0.58t s === 小球对地的下落距离为： 220110.60.58100.58 2.0322H v t gt m =+=⨯+⨯⨯=1.18 火车以5/m s 的速度沿x 轴正方向行驶, 站台上一人竖直上抛出一小球, 相对于站台小球的运动方程为0=x , 2021gt t v y -=（0v , g 是常量）. ⑴求火车中的观测者看到的小球的运动方程. 假设运动坐标系和静止坐标系x 轴同向且重合, y 轴平行, 当0=t 时, 两个坐标系的原点重合. ⑵求在运动坐标系中, 小球的运动轨道. ⑶在两个坐标系中的观测者看到的小球的加速度各是多少？解：⑴小球在动坐标系中的运动方程为：5x t =-2012y v t gt =-⑵在动坐标系中，小球的运动轨道方程为： ()2015y x v x =-+ 小球运动轨道为抛物线。
大学物理3第11章习题分析与解答
习 题 解 答11-1 在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝21S S 、距离相等，则观察屏上中央明纹位于图中O 处。
现将光源S 向下移动到示意图中的S '位置，则（ ）（A ）中央明条纹也向下移动，且条纹间距不变 （B ）中央明条纹向上移动，且条纹间距不变 （C ）中央明条纹向下移动，且条纹间距增大 （D ）中央明条纹向上移动，且条纹间距增大解 由S 发出的光到达21S S 、的光成相等，它们传到屏上中央O 处，光程差0=∆，形成明纹，当光源由S 向下移动S '时，由S '到达21S S 、的两束光产生了光程差，为了保持原中央明纹处的光程差为0，它将上移到图中O '处，使得由S '沿21S S 、传到O '处的两束光的光程差仍为0.而屏上各级明纹位置只是向上平移，因此条纹间距不变。
故选B11-2 单色平行光垂直照射在薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，如附图所示，若薄膜厚度为e ， 且n 1＜n 2，n 3＜n 2， λ1为入射光在n 1中的波长，则两束反射光的光程为（ ）（A ）e n 22 （B ）11222n e n λ-（C ）22112λn e n - （D ）22122λn e n -习题11-2图解 由于n 1〈n 2，n 3〈n 2，因此光在表面上的反射光有半波损失，下表面的反射光没有半波损失，所以他们的光程差222λ-=∆e n ，这里λ是光在真空中的波3n S S ’OO ’长，与1λ的关系是11λλn =。
故选C11-3 如图所示，两平面玻璃板构成一空气劈尖，一平面单色光垂直入射到劈尖上，当A 板与B 板的夹角θ增大时，干涉图样将发生（ ）变化 （A ）干涉条纹间距增大，并向O 方向移动 （B ）干涉条纹间距减小，并向B 方向移动 （C ）干涉条纹间距减小，并向O 方向移动 （D ）干涉条纹间距增大，并向B 方向移动解 空气劈尖干涉条纹间距θλsin 2n l =∆，劈尖干涉又称为等厚干涉，即k相同的同一级条纹，无论是明纹还是暗纹，都出现在厚度相同的地方. 当A 板与B 板的夹角θ增大时，△ｌ变小. 和原厚度相同的地方向顶角方向移动，所以干涉条纹向O 方向移动。
《大学物理》各章练习题及答案解析
《大学物理》各章练习题及答案解析第1章 质点运动学一、选择题:1.以下五种运动中,加速度a保持不变的运动是 （ D ） (A) 单摆的运动。
(B) 匀速率圆周运动。
(C) 行星的椭圆轨道运动。
(D) 抛体运动。
(E) 圆锥摆运动。
2．下面表述正确的是（ B ）(A)质点作圆周运动,加速度一定与速度垂直； (B) 物体作直线运动,法向加速度必为零； (C)轨道最弯处法向加速度最大； (D)某时刻的速率为零,切向加速度必为零。
3.某质点做匀速率圆周运动，则下列说法正确的是（ C ）(A)质点的速度不变; (B)质点的加速度不变 (C)质点的角速度不变; (D)质点的法向加速度不变4.一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（ D ）()()(()22⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛dt dy dt dx D C dtrd B dt drA5. 一质点在平面上运动,运动方程为:j t i t r222+=,则该质点作（ B ）(A)匀速直线运动 (B)匀加速直线运动(C)抛物线运动 (D)一般曲线运动6.一质点做曲线运动，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,正确的是（ B ）(A)dt dr v = (B) dt ds v = (C) dtdv a = (D) dt vd a t=7. 某质点的运动方程为 3723+-=t t X （SI ）,则该质点作 [ D ](A)匀加速直线运动,加速度沿 x 轴正方向; (B)匀加速直线运动,加速度沿 x 轴负方向; (C)变加速直线运动.加速度沿 x 轴正方向; (D)变加速直线运动,加速度沿 x 轴负方向8．一质点沿x 轴运动，其运动方程为()SI t t x 3235-=，当t=2s 时，该质点正在（ A ）(A)加速 (B)减速 (C)匀速 (D)静止1.D2. B3. C4.D5.B ，6B ，7A 8 A二 、填空题1. 一质点的运动方程为x =2t ，y =4t 2-6t ，写出质点的运动方程（位置矢量）j t t i t r)64(22-+=，t =1s 时的速度j i v22+=，加速度j a 8=，轨迹方程为x x y 32-=。
大学物理课后习题全解及辅导
列平衡方程：
(2)研究AB（二力杆），受力如图：
可知：
(3)研究O1B杆，受力分析，画受力图：
列平衡方程：
第三章
习题3-1．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m。
解：(1)取O点为简化中心，求平面力系的主矢：
求平面力系对O点的主矩：
(2)合成结果：平面力系的主矢为零，主矩不为零，力系的合成结果是一个合力偶，大小是260Nm，转向是逆时针。
由图知：
(2)研究铰C，受力分析，画力三角形：
由图知：
习题2-7．夹具中所用的两种连杆增力机构如图所示，书籍推力P作用于A点，夹紧平衡时杆AB与水平线的夹角为；求对于工件的夹紧力Q和当α=10o时的增力倍数Q/P。
解：(1)研究滑块A，受力分析，画力三角形：
由图知：
研究AB杆（二力杆）和滑块B，受力分析，画力三角形：
(2)由力三角形得：
(3)列平衡方程：
由(2)、(3)得：
(4)求摩擦系数：
习题5-3.尖劈顶重装置如图所示，尖劈A的顶角为α，在B块上受重物Q的作用，A、B块间的摩擦系数为f（其他有滚珠处表示光滑）；求：（1）顶起重物所需力P之值；（2）取支力P后能保证自锁的顶角α之值。
解：属平面汇交力系；
合力大小和方向：
习题2-2．图示简支梁受集中荷载P=20kN，求图示两种情况下支座A、B的约束反力。
解：(1)研究AB，受力分析：
画力三角形：
相似关系：
几何关系：
约束反力：
(2)研究AB，受力分析：
画力三角形：
相似关系：
几何关系：
约束反力：
习题2-3．电机重P=5kN放在水平梁AB的中央，梁的A端以铰链固定，B端以撑杆BC支持。求撑杆BC所受的力。
大学物理3第11章习题分析与解答
大学物理3第11章习题分析与解答-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN习 题 解 答11-1 在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝21S S 、距离相等，则观察屏上中央明纹位于图中O 处。
现将光源S 向下移动到示意图中的S '位置，则（ ）（A ）中央明条纹也向下移动，且条纹间距不变 （B ）中央明条纹向上移动，且条纹间距不变 （C ）中央明条纹向下移动，且条纹间距增大 （D ）中央明条纹向上移动，且条纹间距增大解 由S 发出的光到达21S S 、的光成相等，它们传到屏上中央O 处，光程差0=∆，形成明纹，当光源由S 向下移动S '时，由S '到达21S S 、的两束光产生了光程差，为了保持原中央明纹处的光程差为0，它将上移到图中O '处，使得由S '沿21S S 、传到O '处的两束光的光程差仍为0.而屏上各级明纹位置只是向上平移，因此条纹间距不变。
故选B11-2 单色平行光垂直照射在薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，如附图所示，若薄膜厚度为e ， 且n 1＜n 2，n 3＜n 2， λ1为入射光在n 1中的波长，则两束反射光的光程为（ ）（A ）e n 22 （B ）11222n e n λ-3n S S ’OO ’（C ）22112λn e n - （D ）22122λn e n - 习题11-2图解 由于n 1〈n 2，n 3〈n 2，因此光在表面上的反射光有半波损失，下表面的反射光没有半波损失，所以他们的光程差222λ-=∆e n ，这里λ是光在真空中的波长，与1λ的关系是11λλn =。
故选C11-3 如图所示，两平面玻璃板构成一空气劈尖，一平面单色光垂直入射到劈尖上，当A 板与B 板的夹角θ增大时，干涉图样将发生（ ）变化（A ）干涉条纹间距增大，并向O 方向移动 （B ）干涉条纹间距减小，并向B 方向移动 （C ）干涉条纹间距减小，并向O 方向移动 （D ）干涉条纹间距增大，并向B 方向移动解 空气劈尖干涉条纹间距θλsin 2n l =∆，劈尖干涉又称为等厚干涉，即k相同的同一级条纹，无论是明纹还是暗纹，都出现在厚度相同的地方. 当A 板与B 板的夹角θ增大时，△ｌ变小. 和原厚度相同的地方向顶角方向移动，所以干涉条纹向O 方向移动。
大学物理习题分析与解答
大学物理1 习题分析与解答 第1章 质点运动学习题分析与解答1.1 云室为记录带电粒子轨迹的仪器。
当快速带电粒子射入云室时，在其经过的路径上产生离子，使过饱和蒸气以离子为核心凝结成液滴，从而可采用照相方法记录该带电粒子的轨迹。
若设作直线运动带电粒子的运动方程为： （SI 单位），12C C α、、均为常量，并在粒子进入云室时计时，试描述其运动情况.解：分析 本题为一维直线运动问题，为已知运动学方程求带电粒子其他物理量的问题，属于运动学第一类问题，该类问题可直接应用求导方法处理。
即由带电粒子运动学方程对时间t 求导得到带电粒子的速度、加速度，进一步得到其初、终状态的位置、速度、加速度等运动学信息。
作如图1.1所示一维坐标系，选择计时处为坐标原点，则有Ox图1.1 1.1题用图12222e d e d d e d t tt x C C xv C t v a C vtαααααα---=-∴====-=- （1.1.1） 故带电粒子的初始状态为 2012020200t x C C v C a C v ααα=⇒=-==-=-、、 （1.1.2） 带电粒子的最终状态为 100t x C v a ∞∞∞=∞⇒===、、 （1.1.3） 讨论：（1）由（1.1.1）式知，粒子进入云室后作减速运动，其加速度为速度的一次函数；（2）由（1.1.2）式得到粒子的初始位置、初始速度和初始加速度； （3）由（1.1.3）式得到粒子的终态位置、终态速度和终态加速度；（4）由（1.1.1）式的加速度、速度及初始条件，对时间t 积分可得速度和运动学方程，此类问题属于运动学第二类问题，一般可直接应用积分方法处理。
1.2 将牛顿管抽为真空且垂直于水平地面放置，如图1.2所示自管中O 点向上抛射小球又落至原处用时2t ，球向上运动经h 处又下落至 h 处用时1t 。
现测得1t 、2t 和 h ，试由此确定当地重力加速度的数值.解：分析 本题为匀加速直线运动问题，由该类问题的运动学方程出发即可求解。
大学物理第五章机械振动习题解答和分析
5-1 有一弹簧振子，振幅m A 2100.2-⨯=，周期s T 0.1=，初相.4/3πϕ=试写出它的振动位移、速度和加速度方程。
分析 根据振动的标准形式得出振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。
解：振动方程为：]2cos[]cos[ϕπϕω+=+=t TA t A x 代入有关数据得：30.02cos[2]()4x t SI ππ=+ 振子的速度和加速度分别是：3/0.04sin[2]()4v dx dt t SI πππ==-+ 2223/0.08cos[2]()4a d x dt t SI πππ==-+5-2若简谐振动方程为m t x ]4/20cos[1.0ππ+=，求： （1）振幅、频率、角频率、周期和初相； （2）t=2s 时的位移、速度和加速度.分析 通过与简谐振动标准方程对比，得出特征参量。
解：(1)可用比较法求解.根据]4/20cos[1.0]cos[ππϕω+=+=t t A x 得：振幅0.1A m =，角频率20/rad s ωπ=，频率1/210s νωπ-==， 周期1/0.1T s ν==，/4rad ϕπ=（2）2t s =时，振动相位为：20/4(40/4)t rad ϕππππ=+=+ 由cos x A ϕ=，sin A νωϕ=-，22cos a A x ωϕω=-=-得 20.0707, 4.44/,279/x m m s a m s ν==-=-5-3质量为kg 2的质点，按方程))](6/(5sin[2.0SI t x π-=沿着x 轴振动.求： （1）t=0时，作用于质点的力的大小；（2）作用于质点的力的最大值和此时质点的位置.分析 根据振动的动力学特征和已知的简谐振动方程求解，位移最大时受力最大。
解：（1）跟据x m ma f 2ω-==，)]6/(5sin[2.0π-=t x 将0=t 代入上式中，得： 5.0f N =（2）由x m f 2ω-=可知，当0.2x A m =-=-时，质点受力最大，为10.0f N =5-4为了测得一物体的质量m ，将其挂到一弹簧上并让其自由振动，测得振动频率Hz 0.11=ν；而当将另一已知质量为'm 的物体单独挂到该弹簧上时，测得频率为Hz 0.22=ν.设振动均在弹簧的弹性限度内进行，求被测物体的质量.分析 根据简谐振动频率公式比较即可。
大学物理(第四版)课后习题及答案_电介质
电解质题8.1：一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1 = 5.0⨯10-4 m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外，半径m 105.432-⨯=R 的同轴圆筒形阳极。
阳极电势比阴极电势高300 V ，阴极与阳极的长度均为L = 2.5⨯10-2 m 。
假设电子从阴极射出时的速度为零。
求：（1）该电子到达阳极时所具有的动能和速率；（2）电子刚从阳极射出时所受的力。
题8.1分析：（1）由于半径L R <<1，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性。
从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电于所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少。
由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率。
（2）计算阳极表面附近的电场强度，由E F q =求出电子在阴极表面所受的电场力。
解：（1）电子到达阳极时，势能的减少量为J 108.417ep -⨯-=-=∆eV E由于电子的初始速度为零，故 J 108.417ep ek ek -⨯=∆-=∆-E E E因此电子到达阳极的速率为17eks m 1003.122-⋅⨯===meVmE v （2）两极间的电场强度为r 02e E r πελ-=两极间的电势差1200ln 2d 2d 2121R R r r V R R R R πελπελ-=-=⋅=⎰⎰r E 负号表示阳极电势高于阴极电势。
阴极表面电场强度r 121r 10ln 2e e E R R R V R =-=πελ电子在阴极表面受力N e E F r 141037.4-⨯=-=e这个力尽管很小，但作用在质量为9.11⨯10－31 kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的5⨯1015倍。
题8.2：一导体球半径为R 1，外罩一半径为R 2的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，而内球的电势为V 0。
求此系统的电势和电场的分布。
题8.2分析：不失一般情况，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示，依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布。
大学物理课后习题答案详解
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2x =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 ： 22(48)r ti t j =+-r r r由d /d v r t =r r 则速度： 28v i tj =+r r r由d /d a v t =r r 则加速度： 8a j =r r则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+=rr r rrrrr当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+=r r r r r rr r2、（习题）： 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 dtdv-= ⎰⎰-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt e v dx t k tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv 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 10 m处，初速度v0．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 ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= 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 v ，d d v t v，tvd d .解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+v v v（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t=v v v 而落地所用时间 gh2t =所以0d d r v i j t =v vd d v g j t=-v v 2202y 2x )gt (v v v v -+=+=2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+v vv，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。
大学物理教材习题答案
⼤学物理教材习题答案第⼀章质点运动习题解答⼀、分析题1．⼀辆车沿直线⾏驶，习题图1-1给出了汽车车程随时间的变化，请问在图中标出的哪个阶段汽车具有的加速度最⼤。
答: E 。
位移-速度曲线斜率为速率，E 阶段斜率最⼤，速度最⼤。
2．有⼒P 与Q 同时作⽤于⼀个物体，由于摩擦⼒F 的存在⽽使物体处于平衡状态，请分析习题图1-2中哪个可以正确表⽰这三个⼒之间的关系。
答: C 。
三个⼒合⼒为零时，物体才可能处于平衡状态，只有（C ）满⾜条件。
3．习题图1-3（a ）为⼀个物体运动的速度与时间的关系，请问习题图1-3（b ）中哪个图可以正确反映物体的位移与时间的关系。
答：C 。
由v-t 图可知，速度先增加，然后保持不变，再减少，但速度始终为正，位移⼀直在增加，且三段变化中位移增加快慢不同，根据v-t 图推知s-t 图为C 。
三、综合题：1．质量为的kg 50.0的物体在⽔平桌⾯上做直线运动，其速率随时间的变化如习题图1-4所⽰。
问：（1）设s 0=t 时，物体在cm 0.2=x 处，那么s 9=t 时物体在x ⽅向的位移是多少？（2）在某⼀时刻，物体刚好运动到桌⼦边缘，试分析物体之后的运动情况。
解：（1）由v-t 可知，0~9秒内物体作匀减速直线运动，且加速度为：220.8cm/s 0.2cm/s 4a == 由图可得：0 2.0cm s =，00.8cm/s v =， 1.0cm/s t v =-，则由匀减速直线运动的位移与速度关系可得：22002() t a s s v v -=- 2200()/2t s v v a s =-+ 22[0.8( 1.0)]/20.2 2.0cm =--?+1.1c m =（2）当物体运动到桌⼦边缘后，物体将以⼀定的初速度作平抛运动。
2．设计师正在设计⼀种新型的过⼭车，习题图1- 5为过⼭车的模型，车的质量为0.50kg ，它将沿着图⽰轨迹运动，忽略过⼭车与轨道之间的摩擦⼒。
大学物理基础教程答案第05章习题分析与解答
5-1 若理想气体的体积为V ,压强为p ，温度为T ，一个分子的质量为m ，k 为玻尔兹曼常数，R 为摩尔气体常数，则该理想气体的分子数为（ ）。
（A ）PV m （B ）PV kT （C ）PV RT （D ） PVmT解：由N p nkT kT V ==得，pVN kT=,故选B 5-2 两个体积相同的容器，分别储有氢气和氧气（视为刚性气体），以1E 和2E 分别表示氢气和氧气的内能，若它们的压强相同，则（ ）。
（A ）12E E = （B ）12E E > （C ）12E E < （D ） 无法确定 解：pV RT ν=，式中ν为摩尔数，由于两种气体的压强和体积相同，则T ν相同。
又刚性双原子气体的内能52RT ν,所以氢气和氧气的内能相等，故选A 5-3 两瓶不同种类的气体，分子平均平动动能相同，但气体分子数密度不同，则下列说法正确的是（ ）。
（A ）温度和压强都相同 （B ）温度相同，压强不同 （C ）温度和压强都不同（D ）温度相同，内能也一定相等解：所有气体分子的平均平动动能均为32kT ，平均平动动能相同则温度相同，又由p nkT =可知，温度相同，分子数密度不同，则压强不同，故选B5-4 两个容器中分别装有氦气和水蒸气，它们的温度相同，则下列各量中相同的量是（ ）。
（A ）分子平均动能 （B ）分子平均速率 （C ）分子平均平动动能 （D ）最概然速率解：分子的平均速率和最概然速率均与温度的平方根成正比，与气体摩尔质量的平方根成反比，两种气体温度相同，摩尔质量不同的气体，所以B 和D 不正确。
分子的平均动能2i kT ε=,两种气体温度相同，自由度不同，平均动能则不同，故A 也不正确。
而所有分子的平均平动动能均为k 32kT ε=,只要温度相同，平均平动动能就相同，如选C 5-5 理想气体的压强公式 ，从气体动理论的观点看，气体对器壁所作用的压强是大量气体分子对器壁不断碰撞的结果。