大学物理第二章答案
习题二
1 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平线AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．
解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v ?
方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.
题2-2图
X 方向： 0=x F t v x 0= ① Y 方向： y y ma mg F ==αsin ② 0=t 时 0=y 0=y v
2sin 2
1
t g y α=
由①、②式消去t ，得
220
sin 21
x g v y ?=
α 2 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 83
166-?===
m f a x x 2s m 16
7
-?-=
=
m f a y y (1)
??--?-=?-=+=?-=?+-=+=201
01
200s m 8
7
2167s m 4
5
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
1s m 8
745-?--=j
i v ???
(2)
m
8
74134)16
7(21)483
2122(2
1)21(2
20j i j i j
t a i t a t v r y x ???????--=?-+??+?-=++=
3 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
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. 4一质量为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0v m ?
，方向竖直向下．
5 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 ????1
40
1s 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 0
102d ?????,
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 0
210d )210(
亦即 0200102
=-+t t
解得s 10=t ，(s 20='t 舍去)
6一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 022
1
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 =
= 证毕．
7 设N 67j i F ???-=合．(1) 当一质点从原点运动到m 1643k j i r ????
++-=时，求F ?所作的
功．(2)如果质点到r 处时需，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化．
解: (1)由题知，合F ?
为恒力，
∴ )1643()67(k j i j i r F A ?
?????
?++-?-=?=合
J 452421-=--= (2) w 756
.045==?=
t A P (3)由动能定理，J 45-==?A E k
8 如题2-18图所示，一物体质量为2kg ，以初速度0v ＝3m ·s -1
从斜面A 点处下滑，它与斜面
的摩擦力为8N ，到达B 点后压缩弹簧20cm 后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．
解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。则由功能原理，有
??
? ???+-=
-37sin 212122mgs mv kx s f r
2 2
2
1
37
sin
2
1
kx
s
f
mgs
mv
k
r
-
?
+
=
式中m
5
2.0
8.4=
+
=
s，m
2.0
=
x，再代入有关数据，解得
-1
m
N
1390?
=
k
题2-18图
再次运用功能原理，求木块弹回的高度h'
2
o
2
1
37
sin kx
s
mg
s
f
r
-
'
='
-
代入有关数据，得m
4.1
=
's,
则木块弹回高度
m
84
.0
37
sin o=
'
='s
h
题2-19图
9 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方向互相垂直．
证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有
2
2
2
1
2
02
1
2
1
2
1
mv
mv
mv+
=
即2
2
2
1
2
v
v
v+
=①
题2-20图(a) 题2-20图(b)
又碰撞过程中，动量守恒，即有
2
1
v
m
v
m
v
m
?
?
?
+
=
亦即
2
1
v
v
v
?
?
?
+
=②
由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以0v ?
为斜边，故知1v ?与2v ?
是互相垂直的．
10 一质量为m 的质点位于(11,y x )处，速度为j v i v v y x ???
+=, 质点受到一个沿x 负方向的
力f 的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩． 解: 由题知，质点的位矢为
j y i x r ???
11+=
作用在质点上的力为
i f f ??-=
所以，质点对原点的角动量为
v m r L ????=0
)()(11j v i v m i y i x y x ????+?+=
k mv y mv x x y ?
)(11-=
作用在质点上的力的力矩为
k f y i f j y i x f r M ??
?????1110)()(=-?+=?=
11 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为1r ＝×1010
m 时的速率是
1v ＝×104m ·s -1，它离太阳最远时的速率是2v ＝×102m ·s -1这时它离太阳的距离2r 多
少(太阳位于椭圆的一个焦点。)
解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有 2211mv r mv r =
∴ m 1026.510
08.91046.51075.8122
4
102112?=????==v v r r 12 物体质量为3kg ，t =0时位于m 4i r ?
?
=, 1
s
m 6-?+=j i v ?
?
?，如一恒力N 5j f ?
?=作用在物
体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对z 轴角动量的变化．
解: (1) ??-??===?30
1
s m kg 15d 5d j t j t f p ????
(2)解(一) 73400=+=+=t v x x x
j at t v y y 5
.25335
213621220=??+?=+=
即 i r ??
41=,j i r ???5.2572+=
10==x x v v
1133
5
60=?+=+=at v v y y
即 j i v ???611+=,j i v ??
?112+=
∴ k j i i v m r L ?
????
??
72)6(34111=+?=?=
k j i j i v m r L ??????
??5.154)11(3)5.257(222=+?+=?=
∴ 1
212s m kg 5.82-??=-=?k L L L ????
解(二) ∵dt
dz M =
∴ ?
??=?=
?t
t t F r t M L 0
d )(d ????
??-??=+=????????+++=3
1
302s m kg 5.82d )4(5d 5)35)216()4(2k t k t t j j t t i t ???
??
题2-24图
13 飞轮的质量m ＝60kg ，半径R ＝0.25m ，绕其水平中心轴O 转动，转速为900rev ·min -1
．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ，可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ =，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：
(1)设F ＝100 N ，问可使飞轮在多长时间内停止转动在这段时间里飞轮转了几转 (2)如果在2s 内飞轮转速减少一半，需加多大的力F
解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N 、N '是正压力，r F 、r F '是摩擦力，x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力，R 是轮的重力，P 是轮在O 轴处所受支承力．
题2-25图（a ）
题2-25图(b)
杆处于静止状态，所以对A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有
F l l l N l N l l F 1
2
11210
)(+=
'='-+ 对飞轮，按转动定律有I R F r /-=β，式中负号表示β与角速度ω方向相反． ∵ N F r μ= N N '= ∴ F l l l N F r 1
2
1+='=μμ 又∵ ,2
1
2mR I = ∴ F mRl l l I R F r 1
21)
(2+-=-
=μβ ① 以N 100=F 等代入上式，得
2s rad 3
40
10050.025.060)75.050.0(40.02-?-=???+??-=
β
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
s 06.740
603
29000=???=-
=πβωt 这段时间内飞轮的角位移为
rad
21.53)4
9
(3402149602900212
20ππππβωφ?=??-??=
+=t t
可知在这段时间里，飞轮转了1.53转． (2)10s rad 60
2900-??
=π
ω，要求飞轮转速在2=t s 内减少一半，可知 20
00
s rad 2
1522
-?-
=-
=-=π
ωωωβt
t
用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为
N
l l mRl F 1772)75.050.0(40.021550.025.060)
(2211=?+?????=
+-=π
μβ
14 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴O O '转动．设大小圆柱体的半径分别为R 和r ，质量分别为M 和m ．绕在两柱体上的细绳分别与物体1m 和2m 相连，
1m 和2m 则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图所示．设R ＝0.20m, r ＝0.10m ，m ＝4 kg ，M
＝10 kg ，1m ＝2m ＝2 kg ，且开始时1m ，2m 离地均为h ＝2m ．求： (1)柱体转动时的角加速度；
(2)两侧细绳的张力．
解: 设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．
题2-26(a)图 题2-26(b)图
(1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：
2222a m g m T =- ① 1111a m T g m =- ②
βI r T R T ='
-'21 ③
式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,, 而 222
1
21mr MR I += 由上式求得
2
22222
2212
1s rad 13.68.910.0220.0210.0421
20.010212
1.02
2.0-?=??+?+??+???-?=
++-=
g r
m R m I rm Rm β
(2)由①式
8.208.9213.610.02222=?+??=+=g m r m T βN
由②式
1.1713.6.
2.028.92111=??-?=-=βR m g m T N
15 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)3
1
(212ml mg
= ∴ l
g
23=β
(2)由机械能守恒定律，有
22)3
1
(21sin 2ωθml l mg =
∴ l
g θ
ωsin 3=
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
大学物理课本答案习题 第十三章习题解答
习题十三 13-1 如题图13-1所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面，且导线框的一个边与长直导线平行，到两长直导线的距离分别为1r ， 2r 。已知两导线中电流都为0sin I I t ω=，其中I 0和ω为常数，t 为 时间。导线框长为a ，宽为b ，求导线框中的感应电动势。 解：无限长直电流激发的磁感应强度为02I B r μ= π。取坐标Ox 垂直于 直导线，坐标原点取在矩形导线框的左边框上，坐标正方向为水平向右。取回路的绕行正方向为顺时针。由场强的叠加原理可得x 处的磁感应强度大小 00122() 2() I I B r x r x μμ= + π+π+ 方向垂直纸面向里。 通过微分面积d d S a x =的磁通量为 00m 12d d d d 2()2()I I B S B S a x r x r x μμΦππ?? =?==+??++?? 通过矩形线圈的磁通量为 00m 01 2d 2()2()b I I a x r x r x μμΦ??=+??π+π+???012012ln ln sin 2a r b r b I t r r μω?? ++=+ ?π?? 感生电动势 0m 12012d ln ln cos d 2i a r b r b I t t r r μωΦεω?? ++=- =-+ ?π?? 012012()()ln cos 2a r b r b I t r r μωω?? ++=- ??π?? 0i ε>时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针；0i ε<时，回路中感应电动势的实际方向 为逆时针。 13-2 如题图13-2所示，有一半径为r =10cm 的多匝圆形线圈，匝数N =100，置于均匀磁场B 中（B =0.5T ）。圆形线圈可绕通过圆心的轴O 1O 2转动，转速1 600r min n -=? 。求圆线圈自图示的初始位置转过 题图13-1 题图 13-2 解图13-1
最新《大学物理学》第二版上册课后答案
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
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
《大学物理学》第二版上册习题解答
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 ?v 和r ?v 有区别吗？v ?v 和v ?v 有区别吗？0dv dt =v 和0d v dt =v 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
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.
内蒙古科技大学马文蔚大学物理(下册)第六版答案解析
第九章振动 习题：P37～39 1，2，3，4，5，6，7，8，16.
9-4 一质点做简谐运动,周期为T,当它由平衡位置向X 轴正方向运动时,从1/2 最大位移处到最大位移处这段路程所需的时间( ) A、T/12 B、T/8 C、T/6 D、T/4 分析(C)，通过相位差和时间差的关系计算。可设位移函数 y=A*sin(ωt),其中ω=2π/T； 当y=A/2, ω t1= π /6 ；当y=A, ω t2= π /2 ；△ t=t2-t1=[ π /(2 ω )]-[ π /(6 ω )]= π/(3ω)=T/6
9-回图（a）中所阿的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐j?动可叠加* 则合成的余弦振动的初相位为（） 3 1 （A）-7W （B）—IT（C）F （D）O 分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动, 它们的相位差是TT（即反相位）?运动方程分别为X I= Acos ωt利%2= -^-CoS（（（；? + 瓷）?它们的振幅不同.对于这样两个简谐运动M用旋转欠量送,如图（b）很方便 A 求得合运动方程为x=ycos ωt.因而正确答案为（D）. 9-目有一个弹簧振子，振幅4 =2-0 X 10-2 m,周期T = 1.0 s,初相＜p = 3ιτ∕4.试写出它的运动方程,并作出X - 1图I e - i图和a - t图. 解因3=X∕T,则运动方程 / 2πf ≡?cos(ωt + φ) =ACUS
根据题中给出的数据得 X = 2. 0 Xio '2cos( 2irf + O- 75τr) ( m ) 振子的速度和加速度分别为 t) = dx∕(It = -4π × 10^2Rin(2ττt + 0. 75ττ) (m * s^,) (Z = ?2χ∕df2 = - 8TT2X 10 ^2cos( 2τrt + 0. 75τT) ( m ? s ^2) X-I^V-C及Oft图如图所示.
大学物理实验第二版课后作业参考答案 清华大学出版社
《误差理论》作业参考答案 1、（1）±0.05cm 或 ±0.5mm （2） ±0.01cm 或 ±0.1mm （3） ±（4） ±0.2℃（5）± 2、（1）2位 （2）7位（3）5位（4）6位（5）5位（6）2位 3、(1) 299300=510?；983±4=()21004.083.9?±；=310-? ±()310001.0521.4-?±；32476510?=910?； (2) g =mg 410?=Kg 210-? (3) m =±Kg =±510?g =±mg 810? (4) =t ±S =±min =±×10-1 min 4、（1）N=±cm （2）首位数码“0”不是有效数字，未位数码“0”是有效数字，正确答案是四位有效数字。 （3）28cm =mm 210? 280mm =cm （4）L=（±）mm 410? （5）?≈（6） 31010.460.1160.121500 400?≈?? 5、（1）X =81+++++++=8 1 ? =4.154cm X ?= {() 1881-? [ 2 2 22 2 22 2 2 1 ≈～０.009cm X =X ±x ?=±0.009cm 或 X =X ±x ?=±0.01cm E = 154 .4009.0?100%=% 或 E =15.401 .0?100% =% 注：使用计算器时计算过程中有效数字的位数可以不考虑，最后结果应按照教材P6的“不确定度 取位规则”和“测量有效数字取位规则”。 (2)、X = 61（+++++）=6 413 .17=2.902167cm X ?= {() 1661 -?2 + 2+ 2+2+ 2+ 2 } 2 1 = 30 000017 .0≈0.0008cm X ±x ?=±0.0008cm E = 9022 .20008 .0?100%=%
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》-第二版-课后习题答案--第七章
习题精解 7-1一条无限长直导线在一处弯折成半径为R 的圆弧，如图7.6所示，若已知导线中电流强度为I,试利用比奥—萨伐尔定律求：（1）当圆弧为半圆周时，圆心O 处的磁感应强度；（2）当圆弧为1/4圆周时，圆心O 处的磁感应强度。 解（1）如图7.6所示，圆心O 处的磁感应强度可看作由3段载流导线的磁场叠加而成。因为圆心O 位于直线电流AB 和DE 的延长线上，直线电流上的任一电流元在O 点产生的磁感应强度均为零，所以直线电流AB 和DE 段在O 点不产生磁场。 根据比奥—萨伐尔定律，半圆弧上任一电流元在O 点产生的磁感应强度为 02 4Idl dB R μπ= 方向垂直纸面向内。半圆弧在O 点产生的磁感应强度为 000220 444R I Idl I B R R R R πμμμπππ= == ? 方向垂直纸面向里。 （2）如图7.6（b ）所示，同理，圆心O 处的磁感应强度可看作由3段载流导线的磁场叠加而成。因为圆心O 位于电流AB 和DE 的延长线上，直线电流上的任一电流元在O 点产生的磁感应强度均为零，所以直线电流AB 和DE 段在O 点不产生磁场。 根据毕奥—萨伐尔定理，1/4圆弧上任一电流元在O 点产生的磁感应强度为 02 4Idl dB R μπ= 方向垂直纸面向内，1/4圆弧电流在O 点产生的磁感应强度为 0002 220 4428R I Idl I R B R R R πμμμπππ= ==? 方向垂直纸面向里。 7.2 如图7.7所示，有一被折成直角的无限长直导线有20A 电流，P 点在折线的延长线上，设a 为，试求P 点磁感应强度。 解 P 点的磁感应强度可看作由两段载流直导线AB 和BC 所产生的磁场叠加而成。AB 段在P 点所产生的磁感应强度为零，BC 段在P 点所产生的磁感应强度为 0120 (cos cos )4I B r μθθπ= - 式中120,,2 r a π θθπ= == 。所以 500(cos cos ) 4.010()42 I B T a μπ ππ= -=? 方向垂直纸面向里。 7-3 如图7.8所示，用毕奥—萨伐尔定律计算图中O 点的磁感应强度。 解 圆心 O 处的磁感应强度可看作由3段载流导线的磁场叠加而成， AB 段在P 点所产生的磁感应强度为 ()0120 cos cos 4I B r μθθπ= -
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(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 2234t 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 52123 2++ =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
大学物理第二章练习答案
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
大学物理答案第17章
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
大学物理学(第五版)上册(马文蔚)课后答案及解析.
1-1 分析与解(1) 质点在t 至(t ＋Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故,即｜｜≠ ． 但由于｜dr｜＝ds,故,即｜｜＝．由此可见,应选(C)． 1-2 分析与解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,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解．故选(D)． 1-3 分析与解表示切向加速度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,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 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)． 1-5 分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度,式中表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)． 1-6 分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和tp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和两式计算． 解(1) 质点在4.0 s内位移的大小 (2) 由得知质点的换向时刻为(t＝0不合题意) 则, 所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为 (3) t＝4.0 s时, , 1-7 分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t 图上是平行于t 轴的直线,由v-t 图中求出各段的斜率,即可作出a-t 图线．又由速度的定义可知,x-t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t 的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-t 图． 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 (匀加速直线运动), (匀速直线运动) (匀减速直线运动) 根据上述结果即可作出质点的a-t 图［图(B)］． 在匀变速直线运动中,有
大学物理学教程(第二版)(下册)答案
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
大学物理第二章 质点动力学习题解答
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