大学物理第三版北京邮电大学版答案

习题解答

习题一

1-1 （1）│Δr |是位移的模，Δr 是位矢的模的增量，即|Δr |=|r 2-r 1|，Δr=|r 2|-|r 1|；

（2）dt dr

是速度的模，即dt dr

=|v|=dt ds

dt dr

只是速度在径向上的分量.

∵有r=r r ?（式中r ?叫做单位矢），则dt r d r r

dr dt

??+=

式中dt dr

就是速度径向上的分量，

∴dt dr

与

不同如题1-1图所示

题1-1图

(3)dt dv

表示加速度的模，即|a|=dt dv

，dt dv

是加速度a 在切向上的分量.

∵有V=V ττ?(?表轨道节线方向单位矢），所以

dt d v

dv dt

dv ττ??+=

式中dt dv

就是加速度的切向分量.

(

dt d dt r d τ?

?与

的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 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r=xi+yj ， j

y d i dt

x d dt

r d a j dt

dy i dt

dx dt

dr v 2

==∴

故它们的模即为

222

???

?+???? ?

??? ??+??? ??=

dt y d dt x d a a a dt dy dt dx 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

dt r d a dt

dr v =

其二，可能是将2

r d dt

与

误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明dt dr

不是速度的模，

而只是速度在径向上的分量，同样，2

d 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中

的一部分????

??????? ??-=22

2dt d r dt r d a θ径。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r 在径向（即

量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r 及速度v 的方向随间的变化率对速度、加速

度的贡献。

1-3 （1）r=(3t+5)i+(21

t 2

+3t-4)j m (2)将t=1,t=2代入上式即有 r 1=8i-0.5j m r 2=11j+4j m

Δr=r 2-r 1==3j+4.5j m

(3)∵ r 0=5j-4j,r 4=17i+16j

∴

04534

20120

4-?+=+=

--=

??=

jm i j

i r r t r v

(4)

)3(3-?++==

jm t i dt dr

则 v 4=3i+7j m 2s -1

(5)∵ v 0=3i+3j,v 4=3i+7j

414

-?==

??=

m j

v v t v a

(6) 2

1-?==

m j dt dv

这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。

题1-4图

1-4 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 l 2=h 2+s 2

将上式对时间t 求导，得

dt ds s

dt dl l 22=

根据速度的定义，并注意到l,s 是随t 减少的， ∴

dt ds v v dt

dl v -

==-

=船绳,0

即

θcos 00v v s

l dt

dl s l dt

ds v =

=船

或 s v s h s lv v 0

/12

)

(+=

船

将v 船再对t 求导，即得船的加速度

002

)(s v h s

v s

s v s

lv s v v s dt ds l dt dl s dt

dv a =

+-=+-=

船

1-5 ∵

dx dv

dx dx dv dt

dv a ==

分离变量： vdv=adx=(2+6x 2

)dx 两边积分得 c

x x v

++=3

2221

由题知，x=0时，v 0=10,∴c=50 ∴1

2-?++=s

m x x v

1-6 ∵t

dt dv

a 34+==

分离变量，得 dv=(4+3t)dt

积分，得

34c t

t v ++

由题知，t=0,v 0=0,∴c 1=0 故

34t

t v +

又因为 2

234t

t dt

dx v +

分离变量，

t t dx )4(2

积分得

212

2c t t x ++

由题知 t=0,x 0=5,∴c 2=5

故

=t t x

所以t=10 s 时

x s

m v 705

510

110

2190

10231043

101

10=+?+

?=?=?+?=-

1-7 t

d t dt

d 18,92

ωβθω

(1)t=2s 时，a τ=R β=131832＝36 m 2s -2

a n =R ω2=13(9322)2＝1296 m 2s

-2

)

sin (sin 2

cos

sin 200t R t R R t v R t v x ωωθθ

-=-=-=(2)当加速度方向与半径成45°角时，有

45tan ==

a a τ

即 R ω2

=R β

亦即 (9t 2)2

＝18t

则解得 t 3

=2/9 于是角位移为

rad

t 67.29

232323

+=+=θ

1-8 （1）

v dt

ds v -==

R bt v R

a b dt dv a n 2

)

(-=

-==τ

则

)

bt v b a

a a n

加速度与半径的夹角为 2

(arctan

bt v Rb a a n

--=

=τ?

(2)由题意应有

)

bt v b b a -+

即

)(,)

=-?-+=bt v R

bt v b b

∴当

b v t 0

时，a=b 1-9 依题意作出下图，由图可知

题1-9图

(1)

)cos 1()cos 1(2

sin

2t R R R y ωθθ

-=-==

(2)

??????

?==-==)sin )cos 1(t R dt dy v t R dt dx v y x ωωω ???

???

?====dt dv

t R a dt dv t R a y

y x x ωωωωcos sin 22

1-10设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．

题1-10图 (1)在最高点， v 1=v x =v 0cos60°

n 1

=g=10 m 2s -2

又∵

1ρv a n =

∴m

a v n 10

)

60cos 20(2

=??=

(2)在落地点，

v 2=v 0=20 m 2s -1

，

而

n a =g 3cos60°

∴m

v n

8060cos 10)

20(2

222

1-11 当t=2s 时，ω=βt=0.232＝0.4 rad 2s

-1

则v=R ω=0.430.4＝0.16 m 2s -1

a n =R ω2=0.43(0.4)2＝0.064 m 2s -2

a τ=R β=0.430.2＝0.08 m 2s

-2

2102.0)

08.0()064.0(-?=+=

m a a a n τ

1-12当滑至斜面底时，y=h ，则gh

v A

2=',A 物运动过程中又受到B 的牵连运动影响，因

此，A 对地的速度为

gh i gh u v u v A

A )sin 2()cos 2(αα++

='+=地

题1-12图

1-13 (1)大船看小艇，则有 v 21=v 2-v 1，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)

题1-13图

由图可知

12150

-?=+=

km v v v

方向北偏西?

===87.364

3arctan

arctan

21v

v θ

(2)小船看大船，则有v 12=v 1-v 2，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得

v 12=50 km 2h -1

方向南偏东36.87°

1-14 依题意作出矢量图如题1-14所示．

题1-14图 ∵v 雨船=v 雨-v 船 ∴v 雨=v 雨船+v 船

由图中比例关系可知

v 船=v 雨=8 m 2s -1

1-15 若以大船为参照系，则快艇相对于大船的相对位矢为r ，而快艇对大船的相对速度为 v ′=v-V=v+(-V)

依据以上关系作出图1-15(b)．

题1-15图

设相对位矢r 与海岸夹角为α，则有

sin x D D

又设快艇对船的相对速度v ′与海岸线的夹角为θ则由图(b)可知，要使船在x 处出发时能栏截大船，应有θ≥α(若θ≤α，则艇将从大船后方穿过)．

但θ角的大小与艇速v 与海岸线的夹角φ有关，φ值可取0-180°间任何值．依据v ′= v-V 作图1-15(c)，(图中之圆是以｜v ｜为半径所作之圆，其表示v 之模不变，但方向可变)．如图(c)可知θ的极大值是在v ′与圆周相切之时，此时有

题1-15（c ）图

V v m =

θsin

艇拦截大船的条件是θ≥α，故有

v x D

D ≤

解得v

v V

D x 2

1)(2

0-≥

习题二

2-1因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a 1，其对于m 2则为牵连加速度，又知m 2对绳子的相对加速度为a ′，故m 2对地加速度，由图(b)可知，为

a 2=a 1-a ′ ①

又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f 在数值上等于绳的张力T ，由牛顿定律，有

m 1g-T=m 1a 1 ②

T-m 2g=m 2a 2 ③ 联立①、②、③式，得

1212

112122

12211)

2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-=

=+'

--=

+-=

讨论 (1)若a ′=0，则a 1=a 2表示柱体与绳之间无相对滑动．

(2)若a ′=2g ，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m 1,m 2均作自由落体运动．

题2-1图

2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上，

N B -mg=0 ①

又因梯无转动，以B 点为转动点，设梯子长为l ，则

N A lsin θ-mg 2l

cos θ=0 ②

在水平方向因其有加速度a ，故有

f+N A =ma ③

题2-2图

式中f 为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能，

即 f=±μ0mg ④ 联立①、②、③、④式得

)

(2tan ,)

(2tan 00g a g g a g M m μθμθ-=

2-3

316

6-?=

m m

f a x x

7-?-=

m m

f a y y

(1)

--?-

=?-=

=?-

=?+-=+=2

008

7216

528

32s

m dt a v v s m dt a v v y y y x x x

于是质点在2s 时的速度

874

5-?-

m j

i v

(2)

i j i j t a i t a t v r y x 8

74134)16

7(21)48

32122(21)2

1(2

=?-+??

+?-=+

2-4 (1)∵

dt dv m kv

a =-=

分离变量，得 m kdt v dv -=

即

v t

kdt v dv 0

kt e

v v -

=ln ln

∴

k e

v v -

(2)??

k m

k e

mv dt e

v vdt x 0

00)

1( (3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，

故有

∞

00k

mv dt e

v x t

(4)当t=k m

时，其速度为

e v e

v e

v v k

m m k 01

00=

==-?-

即速度减至v 0的e 1

2-5分别以m 1,m 2为研究对象，其受力图如图(b)所示．

(1)设m 2相对滑轮(即升降机)的加速度为a ′，则m 2对地加速度a 2=a ′-a ；因绳不可伸长，故m 1对滑轮的加速度亦为a ′，又m 1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m 1在水平方向对地加速度亦为a ′，由牛顿定律，有

m 2g-T=m 2(a ′-a)

T=m 1a ′

题2-5图

联立，解得a ′=g 方向向下 (2) m 2对地加速度为

a 2=a ′-a=2g

方向向上

m 1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a 绝=a 相′+a 牵

∴

g a a a 2

=+'=

θ=arctan a a

'=arctan 21

=26.6°，左偏上． 2-6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30°，则动量的增量为 Δp=mv-mv 0

由矢量图知，动量增量大小为｜mv 0｜，方向竖直向下．

2-7由题知，小球落地时间为0.5s ．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v 1=gt=0.5g ，小球上跳速度的大小亦为v 2=0.5g ．设向上为y 轴正向，则动量的增量 Δp=mv 2-mv 1 方向竖直向上，

大小｜Δp ｜=mv 2-(-mv 1)=mg

碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2-8 (1)若物体原来静止，则 Δp 1=??

=+=

idt t Fdt 0

)210(i kg 2m 2s -1

,沿x 轴正向，

111

11566.5--??=?=?=?=

m kg i

p I s

m i

p v

若物体原来具有-6 m 2s -1

初速，则

-=+

-=-=t

Fdt

mv dt m

F v m p mv p 0

000)(,于是

?==

-=?t

p Fdt p p p 0

02,

同理，Δv 2=Δv 1,I 2=I 1

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 dt t I 0

10)210(

亦即t 2

+10t-200=0

解得t=10 s ，(t ′=-20 s 舍去) 2-9 质点的动量为

p=mv=m ω(-asin ωti+bcos ωtj)

将t=0和t=ωπ2分别代入上式，得 p 1=m ωbj,p 2=-m ωai,

则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 I=Δp=p 2-p 1=-m ω(ai+bj)

2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有

F=(a-bt)=0,得t=b a

(2)子弹所受的冲量

=-=

at dt bt a I 0

1)(

将t=b a

代入，得

b a

I 22

(3)由动量定理可求得子弹的质量

2bv a

v I m ==

2-11设一块为m 1，则另一块为m 2， m 1=km 2及m 1+m 2=m 于是得

1,1

21+=

k m

m k km m ①

又设m 1的速度为v 1,m 2的速度为v 2，则有

222

112

121mv

v m v m T -

②

mv=m 1v 1+m 2v 2 ③ 联立①、③解得 v 2=(k+1)v-kv 1 ④

将④代入②，并整理得

(2v v km

T -=

于是有

km T

v v 21±

= 将其代入④式，有

kT v v 22±

又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取

km T v v m

kT v v 2,221-

证毕．

2-12 (1)由题知，F 合为恒力，

∴ A 合=F 2r=(7i-6j)2(-3i+4j+16k)

=-21-24=-45 J

(2)w

A N 75

.045==?=

(3)由动能定理，ΔE k =A=-45 J

2-13 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为

题2-13图 f=-ky

第一锤外力的功为A 1

s s

kydy fdy dy f A 1

12 ①

式中f ′是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在dt →0时，f ′=-f ．设第二锤外力的功为A 2，则同理，有

22221y k

ky kydy A ② 由题意，有

2)2

12k

mv A A =

?== ③

即22

2k k ky =

所以，22=

于是钉子第二次能进入的深度为 Δy=y 2-y 1=2-1=0.414 cm

2-14 1

)

()(+-

n r nk

dr r dE r F

方向与位矢r 的方向相反，即指向力心．

2-15 弹簧A 、B 及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有

题2-15图 F A =F B =Mg 又 F A =k 1Δx 1 F B =k 2Δx 2

所以静止时两弹簧伸长量之比为

1k k x x =??

弹性势能之比为

222

121

k k x k x k E E p p

??=

2-16 (1)设在距月球中心为r 处F 月引=F 地引，由万有引力定律，有

mM 月

=G ()2

r R mM

-地

经整理，得

M M

M 月

地

月

35.710

98.510

35.7?+??8

1048.3??

=38.32?106

则p 点处至月球表面的距离为

h=r-r 月 =(38.32-1.74)3106＝3.663107

m (2)质量为1 kg 的物体在p 点的引力势能为

()r R M

M G

E P ---=地

月

()724

2211

1083.34.3810

98.510

67.610

83.31035.710

67.6?-??

?-???

?--

=-1.28J 6

2-17 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有

-μm 2gh=21

(m 1+m 2)v 2

-［m 1gh+21

k(Δl)2

］式中Δl 为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则 Δl=AC-BC=(2-1)h 联立上述两式，得

()(

)

211

22m m kh

gh m m +-+υ

题2-17图

2-18 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

-f r s=?

???+-37sin 2

mgs mv kx

k=2

2137sin 2

f mgs mv

r -?

式中 s=4.8+0.2=5 m ，x=0.2 m ，再代入有关数据，解得

k=1390 N 2m -1

题2-18图

再次运用功能原理，求木块弹回的高度h ′

-f t s ′=mgs ′sin37°-21

kx 3

代入有关数据，得 s ′=1.4 m, 则木块弹回高度

h ′=s ′sin37°=0.84 m

题2-19图

2-19 m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M 地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有

mgR=2

又下滑过程，动量守恒，以m,M 为系统则在m 脱离M 瞬间，水平方向有

mv-MV=0

联立，以上两式，得

v=()M m MgR

2-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有

0212

121mv mv mv +

即

120

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

m v 0=m v 1+m v 2

亦即 v 0=v 1+v 2 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v 0为斜边，故知v 1与v 2是互相垂直的． 2-21 由题知，质点的位矢为

r=x 1i+y 1j

作用在质点上的力为

f=-fi

所以，质点对原点的角动量为 L 0=r 3mv

=(x 1i+y 1j)3m(v x i+v y j) =(x 1mv y -y 1mv x )k

作用在质点上的力的力矩为 M 0=r 3f=(x 1i+y 1j)3(-fi)=y 1fk

2-22 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 r 1mv 1=r 2mv 2

∴

v v r r 12

11210

26.510

08.910

46.510

75.8?=????=

2-23 (1)

-??==

155s

m kg j

jdt fdt p

(2)解(一) x=x 0+v 0x t=4+3=7

t v y y 5.2533

136212

0=??

?=+

即r 1=4i,r 2=7i+25.5j v x =v 0x =1

33560=?+

=+=at v v y y

即v 1=i 1+6j, v 2=i+11j

∴ L 1=r 13mv 1=4i 33(i+6j)=72k

L 2=r 23mv 2=(7i+25.5j)33(i+11j)=154.5k

∴ΔL=L 2-L 1=82.5k kg 2m 22s -1

解(二) ∵dt dz M =

∴

F r dt M L 0

)(

?-??=+=

???

?+++=3

022

5.82)4(55)35)216()4(s

m kg k

kdt t jdt j t t i t

题2-24图

2-24 在只挂重物M 1时，小球作圆周运动的向心力为M 1g ，即

M 1g=mr 0ω2

0 ①

挂上M 2后，则有

(M 1+M 2)g=mr ′ω′2

②

重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．即 r 0mv 0=r ′mv ′

0ωω'

'=?r r ③

联立①、②、③得 3

211

121010

10)()(M

M M mM

g r g m M M r M M M mr g M mr g M +=

+='+=

'=ωωω

2-25 (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，F r 、F ′r 是摩擦力，F x 和F y 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

l l l N l N l l F 1

11210

)(+=

'='-+

对飞轮，按转动定律有β=-F r R/I ，式中负号表示β与角速度ω方向相反． ∵ F r =μN N=N ′

∴

l l l N F r 1

1+='=μ

又∵

212

mR I =

∴

mRl

l l I

F r 121)

(2+-=

=μβ ①

以F=100 N 等代入上式，得

4010050

.025.060)

75.050.0(40.02-?-

=???+??-=

rad 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

t 06

.74060329000=???=

=πβω 这段时间内飞轮的角位移为

rad

t t ππππβωφ21.53)

9(3402149602900212

20?=??-??=+=

可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．

(2)ω0=9003(2π)/60 rad 2s -1

，要求飞轮转速在t=2 s 内减少一半，可知

200

21522-?-=-=-=s

rad t t πωωωβ

用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为

l l mRl F 177

)75.050.0(40.021550.025.060)

(2211=?+?????=

+-=πμβ

2-26 设a ，a 2和β分别为m 1m 2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) m 1，m 2和柱体的运动方程如下：

???

??='-'

=-=-3

2121

1112222βI r T R T a m T g m a m g m T 式中 T 1′=T 1,T 2′=T 2,a 2=r β,a 1=R β

而 I=(1/2)MR 2+(1/2)mr 2

由上式求得 2

12113.68

.910

.0220.0210

.042

120

.0102

1.02

2.0-?=??+?+??+???-?=

++-=

rad g

m R

m I rm Rm β

(2)由①式

T 2=m 2r β+m 2g=230.1036.13+239.8＝20.8 N 由②式

T 1=m 1g-m 1R β=239.8-230.2036.13＝17.1 N

2-27 分别以m 1，m 2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m 1,m 2运用牛顿定律，有

m 2g-T 2=m 2a ① T 1=m 1a ②

对滑轮运用转动定律，有

T 2r-T 1r=(1/2Mr 2

)β ③ 又， a=r β ④ 联立以上4个方程，得

2126.72

1520058.92002

-?=+

+?=

m M m m g m a

题2-27(a)图题2-27(b)图

题2-28图

2-28 (1)由转动定律，有

mg(l/2)=[(1/3)ml 2

]β

∴ β=l g

23 (2)由机械能守恒定律，有

mg(l/2)sin θ=(1/2)[(1/3)ml 2]ω2

∴ω=l

g θ

sin 3

题2-29图 2-29 (1)设小球的初速度为v 0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：

mv 0l=I ω+mvl ①

(1/2)mv 20=(1/2)I ω2+(1/2)mv 2

②

上两式中I=1/3Ml 2

，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度θ=30°，按机械能守恒定律可列式：

)

30cos 1(2

212

?-=l Mg

I ω

③

由③式得

)231(3)30cos 1(?

?????-=???????-=l g I Mgl ω

由①式

ml I v v ω

=0 ④

由②式

m I v v

⑤ 所以

001)(2ω

ωm

v ml

I v -

求得

m m

M l ml

I l v +-=

312

32(6)311(2)1(22

0ω

(2)相碰时小球受到的冲量为 ∫Fdt=Δmv=mv-mv 0 由①式求得

∫Fdt=mv-mv 0=-(I ω)/l=(-1/3)Ml ω

=-gl

6)32(6-

负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．

题2-30图

2-30 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 v 0=R ω

设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有 v 2=v 2

0-2gh

令v=0，可求出上升最大高度为

212ω

R g

v H =

(2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR 2，碎片抛出后圆盘的转动惯量I ′=(1/2)MR 2-mR 2

，碎片脱离前，盘的角动量为I ω，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即 I ω=I ′ω′+mv 0R

式中ω′为破盘的角速度．于是

(1/2)MR 2ω=[(1/2)MR 2-mR 2

]ω′+mv 0R

[(1/2)MR 2-mR 2]ω=[(1/2)MR 2-mR 2

]ω′ 得ω′=ω(角速度不变) 圆盘余下部分的角动量为

[(1/2)MR 2-mR 2

]ω 转动动能为

题2-31图

E k =(1/2)[(1/2)MR 2-mR 2]ω2

2-31 (1)射入的过程对O 轴的角动量守恒

Rsin θm 0v 0=(m+m 0)R 2

∴ω=

m m v m )(sin 000+θ

(2)0

0002

0sin

]

)(sin ][

)[(2

m m m v m R

m m v m R m m E E k k +=

++=θ

2-32 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有

mgh=(1/2)mv 2+(1/2)I ω2+(1/2)kh 2

又 ω=v/R

故有

kh mgh v +-=

2)2(

.25.03.00.63

.0)4.00.24.08.90.62(-?=+???-???=

题2-32图题2-33图

2-33 (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B 点时，有

I 0ω0=(I 0+mR 2

)ω ①

该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为v B ，以B 点为重力势能零点，则有

(1/2)I 0ω20+mgR=(1/2)(I 0+mR 2)ω2+(1/2)mv 2

B ②

联立①、②两式，得

022

002mR

I R I gR v B ++

(2)当小球滑至C 点时，∵I c =I 0 ∴ωc =ω0 故由机械能守恒，有

mg(2R)=(1/2)mv 2

∴v c =2gR

请读者求出上述两种情况下，小球对地速度．

大学物理学第三版课后习题参考答案

习题 1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d | | (D) 22)()(dt dy dt dx [答案：D] (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2 ，瞬时加速度 2/2s m a ，则一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A) t R t R 2, 2 (B) t R 2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R [答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 s m 的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是；经过的路程是。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初

始时刻质点的速度v 0为5m ·s -1 ，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m ·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是。 [答案： 0321 V V V ] 1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？（1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ）解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。其速度和加速度表达式分别为 t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零

大学物理课后习题答案(北邮第三版)下

大学物理习题及解答 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 20 220)33(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 33 - =' (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，求每个小球所带的电量．解: 如题8-2图示 ????? ===22 0)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θ πεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式 204r 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: 2 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 02 4d q πε,又有人说，因为f =qE , S q E 0ε= ，所

大学物理学第二版第章习题解答精编

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？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末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。解：

大学物理第三版(下册)答案解析

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 8-7 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 ?λλd 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

大学物理学(第三版)第二章课后标准答案

习题2 2.1 选择题 (1) 一质点作匀速率圆周运动时， (A)它的动量不变，对圆心的角动量也不变。 (B)它的动量不变，对圆心的角动量不断改变。 (C)它的动量不断改变，对圆心的角动量不变。 (D)它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。 [答案：C] (2) 质点系的内力可以改变 (A)系统的总质量。 (B)系统的总动量。 (C)系统的总动能。 (D)系统的总角动量。 [答案：C] (3) 对功的概念有以下几种说法： ①保守力作正功时，系统内相应的势能增加。 ②质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。 ③作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。在上述说法中： (A)①、②是正确的。 (B)②、③是正确的。 (C)只有②是正确的。 (D)只有③是正确的。 [答案：C] 2.2填空题 (1) 某质点在力i x F )54(+=（SI ）的作用下沿x 轴作直线运动。在从x=0移动到x=10m 的过程中，力F 所做功为。 [答案：290J ] (2) 质量为m 的物体在水平面上作直线运动，当速度为v 时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动，经过距离s 后速度减为零。则物体加速度的大小为，物体与水平面间的摩擦系数为。 [答案：2 2 ;22v v s gs ] (3) 在光滑的水平面内有两个物体A 和B ，已知m A =2m B 。（a ）物体A 以一定的动能E k 与静止的物体B 发生完全弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为；（b ）物体A 以一定的动能E k 与静止的物体B 发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为。 [答案：2; 3 k k E E ] 2.3 在下列情况下，说明质点所受合力的特点：（1）质点作匀速直线运动；（2）质点作匀减速直线运动；（3）质点作匀速圆周运动；（4）质点作匀加速圆周运动。解：（1）所受合力为零；

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习题11.1选择题(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径的端点处，其速度大小为),(y x r (A) (B)dt dr dt r d (C) (D) dt r d || 22)()(dt dy dt dx +[答案：D](2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度，瞬时加速度，则s m v /2=2/2s m a -=一秒钟后质点的速度(A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。[答案：D](3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为(A) (B) t R t R ππ2,2t R π2,0(C) (D) 0,00,2t R π[答案：B]1.2填空题(1) 一质点，以的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小1 -?s m π是；经过的路程是。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。[答案： 23m·s -1 ](3) 轮船在水上以相对于水的速度航行，水流速度为，一人相对于甲板以速度行走。 1V 2V 3V 如人相对于岸静止，则、和的关系是。1V 2V 3V [答案： ]0321=++V V V 试卷相力保

1.3　一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定：(1) 物体的大小和形状；(2) 物体的内部结构；(3) 所研究问题的性质。解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。1.4　下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？（1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ）解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。其速度和加速度表达式分别为22484dx v t dt d x a dt ==+==t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2。因加速度为正所以是加速的。1.5　在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零？(1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零；(2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零；(3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零；(4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。1.6 ｜｜与有无不同?和有无不同? 和有无不同?其不同在哪里?r ?r ?t d d r d d r t t d d v t d d v 试举例说明．解：（1）是位移的模，是位矢的模的增量，即，；r ??r r ?12r r -=12r r r -=?（2）是速度的模，即.t d d r t d d r ==v t s d d 只是速度在径向上的分量.t r d d ∵有（式中叫做单位矢），则r r ?r =r ?t ?r ?t r t d d d d d d r r r +=式中就是速度在径向上的分量，t r d d

大学物理学(第三版)课后习题参考答案

习题1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d | | (D) 22)()(dt dy dt dx [答案：D] (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2 ，瞬时加速度2 /2s m a ，则一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A) t R t R 2, 2 (B) t R 2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R [答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 s m 的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是；经过的路程是。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是。 [答案： 0321 V V V ]

1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？（1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ）解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。其速度和加速度表达式分别为 2 2484 dx v t dt d x a dt t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零？ (1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零； (2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零； (3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零； (4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。 1.6 ｜r ｜与r 有无不同?t d d r 和d d r t 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r 是位移的模， r 是位矢的模的增量，即r 12r r ，12r r r ；（2） t d d r 是速度的模，即t d d r v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?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 就是速度在径向上的分量，

大学物理学(第三版)第三章课后答案(主编)赵近芳

习题3 3.1选择题 (1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 (A)02ωmR J J + (B) 02)(ωR m J J + (C) 02ωmR J (D) 0ω [答案： (A)] (2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s (a) (b) 题3.1（2）图 [答案： (A)] (3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度w 在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体（A ）动能不变，动量改变。（B ）动量不变，动能改变。（C ）角动量不变，动量不变。（D ）角动量改变，动量改变。（E ）角动量不变，动能、动量都改变。 [答案： (E)] 3.2填空题 (1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad ·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240?时的切向加速度a τ= ，法向加速度

a n= 。 [答案：0.15; 1.256] (2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。题3.2（2）图 [答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o 轴的合外力矩为零，机械能守恒] (3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为J A 和J B，则有J A J B 。（填>、<或=） [答案： <] 3.3刚体平动的特点是什么？平动时刚体上的质元是否可以作曲线运动？解：刚体平动的特点是：在运动过程中，内部任意两质元间的连线在各个时刻的位置都和初始时刻的位置保持平行。平动时刚体上的质元可以作曲线运动。 3.4刚体定轴转动的特点是什么？刚体定轴转动时各质元的角速度、线速度、向心加速度、切向加速度是否相同？解：刚体定轴转动的特点是：轴上所有各点都保持不动，轴外所有各点都在作圆周运动，且在同一时间间隔内转过的角度都一样；刚体上各质元的角量相同，而各质元的线量大小与质元到转轴的距离成正比。因此各质元的角速度相同，而线速度、向心加速度、切向加速度不一定相同。 3.5刚体的转动惯量与哪些因素有关？请举例说明。解：刚体的转动惯量与刚体的质量、质量的分布、转轴的位置等有关。如对过圆心且与盘面垂直的轴的转动惯量而言，形状大小完全相同的木质圆盘和铁质圆盘中铁质的要大一些，质量相同的木质圆盘和木质圆环则是木质圆环的转动惯量要大。

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

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第三版物理 1．8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为 x =3t +5, y =21 t 2+3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计．(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)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；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)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) 1．10 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s 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． 2.7 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为1m 的物体，另一边穿在质量为2m 的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动．今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度a '下滑，求1m ，2m 相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计)． 2.9 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x f ＝6 N ，y f ＝-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1，y v ＝0．求当t ＝2 s 时质点的 (1)位矢；(2)速度

. 学习帮 2.15 一颗子弹由枪口射出时速率为1 0s m -?v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 2.17 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0.6s ，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化． 2.23 质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2.23 图所示．质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度． 5.7 质量为kg 10103-?的小球与轻弹簧组成的系统，按 )SI ()3 28cos(1.0ππ+=x 的规律作谐振动，求： (1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值； (2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等? (3)s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差； 6.8 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为 y =A cos(Cx Bt -)，其中A ，B ，C 为正值恒量．求： (1)波的振幅、波速、频率、周期与波长； (2)写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程； (3)任一时刻，在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差． 6.9 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为

《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

大学物理学第三版修订版下册第章标准答案(赵近芳)

大学物理学第三版修订版下册第章答案(赵近芳)

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习题11 11.1选择题 (1）一圆形线圈在磁场中作下列运动时，那些情况会产生感应电流（）（A ）沿垂直磁场方向平移；（B ）以直径为轴转动，轴跟磁场垂直；（C ）沿平行磁场方向平移；（D ）以直径为轴转动，轴跟磁场平行。 [答案：B] (2)下列哪些矢量场为保守力场（）（A ）静电场；（B ）稳恒磁场；（C ）感生电场；（D ）变化的磁场。 [答案：A] (3) 用线圈的自感系数 L 来表示载流线圈磁场能量的公式22 1LI W m =（） ( A )只适用于无限长密绕线管； ( B ) 只适用于一个匝数很多，且密绕的螺线环； ( C ) 只适用于单匝圆线圈； ( D )适用于自感系数L 一定的任意线圈。 [答案：D] (4)对于涡旋电场，下列说法不正确的是（）：（A ）涡旋电场对电荷有作用力；（B ）涡旋电场由变化的磁场产生；（C ）涡旋场由电荷激发；（D ）涡旋电场的电力线闭合的。 [答案：C] 11.2 填空题 (1)将金属圆环从磁极间沿与磁感应强度垂直的方向抽出时，圆环将受到。 [答案：磁力] (2)产生动生电动势的非静电场力是，产生感生电动势的非静电场力是，激发感生电场的场源是。 [答案：洛伦兹力，涡旋电场力，变化的磁场] (3)长为l 的金属直导线在垂直于均匀的平面内以角速度ω转动，如果转轴的位置在，这个导线上的电动势最大，数值为；如果转轴的位置在，整个导线上的电动势最小，数值为。 [答案：端点，2 2 1l B ω；中点，0] 11.3一半径r =10cm 的圆形回路放在B =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B ? 垂直．当回路半径以恒定速率 t r d d =80cm ·s -1 收缩时，求回路中感应电动势的大小．解: 回路磁通 2 πr B BS m ==Φ

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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

大学物理学第三版下册课后答案

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 =

大学物理学第三版课后习题答案

1-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以 0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．图1-4 解：设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 2 22s h l += 将上式对时间t 求导，得 t s s t l l d d 2d d 2= 题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ t s v v t l v d d ,d d 0-==- =船绳即 θ cos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=- =船或 s v s h s lv v 0 2/1220)(+==船将船v 再对t 求导，即得船的加速度 1-6 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 12 2 34c t t v ++ = 由题知，0=t ,00=v ,∴01=c 故 22 34t t v + = 又因为 22 34d d t t t x v +== 分离变量， t t t x d )2 34(d 2 + = 积分得 23 2 2 12c t t x ++ = 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 52 123 2 ++ =t t x 所以s 10=t 时 m 7055102 1 102s m 190102 3 10432101210=+?+?=?=?+ ?=-x v 1-10 以初速度0v ＝201 s m -?抛出一小球，抛出方向与水平面成幔 60°的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ．

大学物理(第二版)下册答案-马文蔚剖析

物理学教程（二）下册答案9—13 马文蔚第九章静电场 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 下列说法正确的是( ) (A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷 (B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内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，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；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 下列说法正确的是( ) (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 ) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内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范围不会超过±10 －21 e ，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±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范围为2×10 －21 e ，中子电量为10－21 e ，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较. 解一个氧原子所带的最大可能净电荷为 ()e q 21max 10821-??+= 二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为 1108.2π46202max <