大学物理第四版

合集下载

大学物理学第四版课后习题答案赵近芳上册

大学物理学第四版课后习题答案赵近芳上册对于很多学习大学物理的同学来说，课后习题的答案是检验自己学习成果、加深对知识点理解的重要参考。

赵近芳老师编写的《大学物理学》第四版上册是一本深受师生喜爱的教材，然而，在完成课后习题的过程中，同学们往往会遇到一些难题，迫切需要一份准确详尽的答案来指导。

在大学物理的学习中，上册的内容通常涵盖了力学、热学等基础部分。

力学部分包括质点运动学、牛顿运动定律、动量守恒定律和能量守恒定律等重要知识点。

这些知识点不仅是物理学的基础，也是后续学习的基石。

在做相关课后习题时，同学们需要清晰地理解每个概念和定律的应用条件，例如，在求解质点的运动轨迹时，要准确地分析受力情况，从而确定加速度，进而得出速度和位移的表达式。

热学部分则主要涉及热力学第一定律和热力学第二定律等内容。

这部分的习题往往要求同学们能够熟练运用理想气体状态方程，并理解热传递、做功和内能变化之间的关系。

对于一些复杂的热学问题，如循环过程的效率计算，需要同学们具备较强的逻辑思维和综合分析能力。

下面我们来具体看一些常见的课后习题类型及解题思路。

例如，在力学部分有这样一道习题：一个质量为 m 的质点在 xy 平面内运动，其运动方程为 x ＝ 3t，y ＝ 2t^2，求 t ＝ 2s 时质点的速度和加速度。

解题思路如下：首先，对 x 和 y 方向的运动方程分别求导，得到速度分量 vx ＝ 3，vy ＝ 4t。

将 t ＝ 2s 代入，可得 vx ＝ 3m/s，vy ＝ 8m/s。

然后，加速度 ax ＝ 0，ay ＝ 4m/s^2。

再比如热学中的一道习题：一定量的理想气体经历绝热膨胀过程，体积从 V1 增大到 V2。

求该过程中气体对外做功和内能的变化。

对于这道题，首先要明确绝热过程中没有热量交换，即 Q ＝ 0。

然后根据热力学第一定律ΔU ＝ W ＋ Q，可知气体对外做功 W 等于内能的减少量ΔU。

再利用绝热过程的方程PV^γ ＝常量，结合理想气体状态方程，可以求出气体对外做功的值和内能的变化。

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。

大学物理第四版

韩晓红信息学院北楼A203教务处网络教学——用户名：1234密码：1234课程搜索：大学物理II课程搜索大学物理11第一章质点运动学3/31教学基本要求位置矢量位移加速度等描述质点运动及运动一掌握位置矢量、位移、加速度等描述质点运动及运动变化的物理量. 理解这些物理量的矢量性、瞬时性和相对性.二理解运动方程的物理意义及作用. 掌握运用运动方程确定质点的位置、位移、速度和加速度的方法，以及已知质点运动的加速度和初始条件求速度、运动方程的方法.三能计算质点在平面内运动时的速度和加速度，以及质点作圆周运动时的角速度、角加速度、切向加速度和法向加速度.四理解伽利略速度变换式, 并会用它求简单的质点相对运动问题.运动的绝对性和相对性一参考系、坐标系、物理模型1、运动的绝对性和相对性①运动是绝对的：任何物体任何时刻都在不停地运动着②运动又是相对的：运动的描述是相对其他物体而言的2、参考系为描述物体的运动而选择的标准物叫做参考系.选取的参考系不同对物体运动情况的描述不同这就选取的参考系不同，对物体运动情况的描述不同，这就是运动描述的相对性.4、物理模型——质点质点没有大小和形状，只具有全部质量的一点。

可将物体简化为质点的两种情况可以将物体简化为质点的两种情况：物体不变形，不作转动(此时物体上各点的速度及加速度都相同，物体上任一点可以代表所有点的运动)物体本身线度和它活动范围相比小得很多(此时物体的变形及转动显得并不重要)。

描述物体运动的基础：选择合适的参考系确定物体的运动性质建立恰当的坐标系定量描述物体的运动提出准确的物理模型突出问题中最基本的运动规律位移的物理意义注意简称速度r r d vv v=Δ=x v v ΔΔli li t t t d lim 0Δ→Δv j ty i t t t vΔ+Δ=→Δ→Δ00lim lim v vsr d d =当时,0→Δt d s v v 当质点做曲线运动时质点在某一点的速度方向就td e t=v ,质点在某点的速度方向就加速度a v位矢rv位移r vΔ速度v v注矢量性：四个量都是矢量，有大小和方向意加减运算遵循平行四边形法则avrv v v某一时刻的瞬时量瞬时性：rvΔ不同时刻不同过程量相对性：不同参照系中，同一质点运动描述不同不同坐标系中，具体表达形式不同质点运动学两类基本问题一由质点的运动方程可以求得质点在任一时刻的位矢、速度和加速度；二已知质点的加速度以及初始速度和初始位置, 可求质点速度及其运动方程.v v 求导求导v )(t a )(t r 积分积分()t v 运动状态运动状态变化2at +=υυ02运动学方程BlαAvA Blαv21υυ+12x x −=υ2υ=12t t −。

大学物理学第四版答案

大学物理学第四版答案【篇一：大学物理(第四版)课后习题及答案机械振动】13-1分析弹簧振子的振动是简谐运动。

振幅a、初相?、角频率?是简谐运动方程x?acos??t???的三个特征量。

求运动方程就要设法确定这三个物理量。

题中除a、?已知外，?可通过关系式??2?确定。

振子运动的速度t和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同。

解因??2?，则运动方程 t?2?t?x?acos??t????acos?t??? ?t?根据题中给出的数据得x?(2.0?10?2m)cos[(2?s?1)t?0.75?]振子的速度和加速度分别为v?dx/dt??(4??10?2m?s?1)sin[(2?s?1)t?0.75?]a?d2x/dt2??(8?2?10?2m?s?1)cos[(2?s?1)t?0.75?x-t、v-t及a-t图如图13-l所示???13-2 若简谐运动方程为x?(0.01m)cos?(20?s?1)t??，求：（1）振幅、频率、角频率、周期和4??初相；（2）t=2s 时的位移、速度和加速度。

13-2分析可采用比较法求解。

将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式x?acos??t???作比较，即可求得各特征量。

运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t值后，即可求得结果。

解（l）将x?(0.10m)cos[(20?s?1)t?0.25?]与x?acos??t???比较后可得：振幅a= 0.10 m，角频率??20?s?1，初相??0.25?，则周期 t?2?/??0.1s，频率??1/t?10hz。

（2）t= 2s时的位移、速度、加速度分别为x?(0.10m)cos(40??0.25?)?7.07?10?2mv?dx/dt??(2?m?s?1)sin(40??0.25?)a?d2x/dt2??(40?2m?s?2)cos(40??0.25?)若有一质量为m的质点在此隧道内做无摩擦运动。

大学物理(第四版)课后习题及答案静电场

电场强度E的方向为带电平板外法线方向。
证2：如图所示，取无限长带电细线为微元，各微元在点P激发的电场强度dE在Oxy平面内且对x轴对称，因此，电场在y轴和z轴方向上的分量之和，即Ey、Ez均为零，则点P的电场强度应为
积分得电场强度E的方向为带电平板外法线方向。上述讨论表明，虽然微元割取的方法不同，但结果是相同的。
（2）由于正、负电荷分别对称分布在y轴两侧，我们设想在y轴上能找到一对假想点，如果该带电环对外激发的电场可以被这一对假想点上等量的点电荷所激发的电场代替，这对假想点就分别称作正、负等效电荷中心。等效正负电荷中心一定在y轴上并对中心O对称。由电偶极矩p 可求得正、负等效电荷中心的间距，并由对称性求得正、负电荷中心。解：（1）将圆环沿y轴方向分割为一组相互平行的元电偶极子，每一元电偶极子带电
行，对电场强度通量贡献为零。整个高斯面的电场强度通量为由于，圆柱体电荷均匀分布，电荷体密度，处于高斯面内的总电荷由高斯定理可解得电场强度的分布，解：取同轴柱面为高斯面，由上述分析得题7.16：一个内外半径分别R1为R2和的均匀带电球壳，总电荷为Q1，球壳外同心罩一个半径为 R3的均匀带电球面，球面带电荷为Q2。求电场分布。电场强度是否是场点与球心的距离r的连续函数？试分析。
题7.16分析：以球心O为原点，球心至场点的距离r为半径，作同心球面为高斯面。由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等。因而，在确定高斯面内的电荷后，利用高斯定理即可求的电场强度的分布解：取半径为r的同心球面为高斯面，由上述分析 r < R1，该高斯面内无电荷，，故
E=0 在距离圆孔较远时x>>r，则上述结果表明，在x>>r时。带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计。题7.15：一无限长、半径为R的圆柱体上电荷均匀分布。圆柱体单位长度的电荷为，用高斯定理求圆柱体内距轴线距离为r处的电场强度。

大学物理上册答案第四版（罗益民吴烨）北邮出版第一章

⼤学物理上册答案第四版（罗益民吴烨）北邮出版第⼀章第1章质点运动学1-1⼀运动质点某⼀瞬时位于径⽮()r x y ，的端点处，关于其速度的⼤⼩有4种不同的看法，即（1）d d t r ；（2）d d t r；（3）d d s r；（4下列判断正确的是（）.(A)只有(1)和(2)正确(B)只有(2)正确(C)只有(3)和(4)正确(D)(1)(2)(3)(4)都正确答案：（C ）解析：瞬时速度的⼤⼩等于瞬时速率，故（3）正确；速度可由各分量合成，故（4）正确。

1-2⼀质点的运动⽅程为22cos cos sin sin x At Bt y At Bt θθθθ＝＋，＝＋，式中A ，B ，θ均为常量，且A ＞0，B ＞0，则该质点的运动为（）.(A)⼀般曲线运动(B)匀速直线运动(C)匀减速直线运动(D)匀加速直线运动答案：（D ）解析：由tan y x θ可知，质点做直线运动.a x ＝2B cos θa y ＝2B sin θa＝2B加速度a 为定值，故质点做匀加速直线运动.1-3⼀质点沿半径为R 的圆周运动，其⾓速度随时间的变化规律为ω＝2bt ，式中b 为正常量．如果t ＝0时，θ0＝0，那么当质点的加速度与半径成45°⾓时，θ⾓的⼤⼩为()rad.(A)12(B)1(C)b (D)2b 答案：（A ）解析：a t ＝R β＝2bRa n ＝R 2ω＝4Rb 2t 2a t ＝a nt 2＝b 21θ＝20tω?d t ＝bt 2＝211-4⼀⼈沿停靠的台阶式电梯⾛上楼需时90s ，当他站在开动的电梯上上楼，需时60s ．如果此⼈沿开动的电梯⾛上楼，所需时间为（）.(A)24s(B)30s (C)36s (D)40s答案：（C ）解析：设电梯长度为s ，则=+9060s s s t ，解得t ＝36s.1-5已知质点的加速度与位移的关系式为32a x ＝＋，当t ＝0时，v 0＝0，x 0＝0，则速度v 与位移x 的关系式为________.答案：v 2＝3x 2＋4x 解析：d d d d d d d d v v x v a v t x t x===，d d v v a x ＝，00d =(3+2)d v x v v x x ?，v 2＝3x 2＋4x .1-6在地⾯上以相同的初速v 0，不同的抛射⾓θ斜向上抛出⼀物体，不计空⽓阻⼒．当θ＝________时，⽔平射程最远，最远⽔平射程为________.答案：45°20v g解析：对于斜抛运动：0cos x v tθ?＝201sin 2y v t gt θ?＝－当y ＝0时，解得02sin v t gθ=物体的⽔平射程20sin 2v x gθ＝当θ＝45°时有最远⽔平射程，其⼤⼩为20max v x g＝1-7某⼈骑摩托车以115m s -?的速度向东⾏驶，感觉到风以115m s -?的速度从正南吹来，则风速的⼤⼩为________m·s －1，⽅向沿________.答案：m/s 东偏北45°解析：如答案1-7图所⽰，由图可知=+v v v 风地风⼈⼈地故风速⼤⼩m/sv风地＝⽅向为东偏北45°.答案1-7图1-8⼀质点作直线运动，加速度2sin a A t ωω＝，已知t ＝0时，x 0＝0，v 0＝－ωA ，则该质点的运动⽅程为_______________.答案：sin x A t ω=-，解析：d d v a t＝20d sin d v tA v A t t ωωω-=??解得，该质点的速度为cos v A tωω=-d d x v t＝00d cos d x t x A t t ωω=-??解得，该质点的运动⽅程为sin x A tω=-1-9⼀质点在xOy 平⾯上运动，运动⽅程为x ＝3t ＋5，y ＝12t 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)计算第1s 内质点的位移；(3)计算t ＝0s 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 ＝4s 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.(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)质点t 时刻位⽮为21(35)342r t i t t j ??=+++-(m)(2)第1s 内位移为11010()()r x x i y y j=-+- 2213(10)(10)3(10)23 3.5()i j i j m ??=-+-+-=+ (3)前4s 内平均速度为11(1220)35(m s )4r v i j i j t -?==?+=+?? (4)质点速度⽮量表⽰式为1d 3(3)(m s )d r v i t j t-==++? t ＝4s 时质点的速度为143(43)37(m s )v i j i j -=++=+? (5)前4s 内平均加速度为240731(m s )4s 4v v v a j j t -?--====?? (6)质点加速度⽮量的表⽰式为2d 1(m s )d v a j t-==? t ＝4s 时质点的加速度为241(m s )a j -=? 1-10质点沿直线运动，速度v ＝(t 3＋3t 2＋2)m·s －1，如果当t ＝2s 时，x ＝4m ，求：t ＝3s 时，质点的位置、速度和加速度.解：32d 32d x v t t t==++431d d 24x x v t t t t c ===+++??当t =2时，x =4，代⼊可得c =－12.则质点的位置、速度和加速度的表达式分别为4312124x t t t =++-32232d 36d v t t v a t t t=++==+将t =3s 分别代⼊得上述各式，解得1233341.25m 56m s 45m s x v a --==?=?，，1-11质点的运动⽅程为2[4(32)] m r t i t j ＝＋＋，t 以s 计．求：(1)质点的轨迹⽅程；(2)t ＝1s 时质点的坐标和位⽮⽅向；(3)第1s 内质点的位移和平均速度；(4)t ＝1s 时质点的速度和加速度.解：(1)由运动⽅程2432x t y t==+消去t 得轨迹⽅程2(3)0x y --=(2)t =1s 时,114m 5m x y ==，,故质点的坐标为（4,5）.由11tan 1.25y x α==得51.3α=?，即位⽮与x 轴夹⾓为53.0°.(3)第1s 内质点的位移和平均速度分别为1(40)(53)42(m)r i j i j ?=-+-=+1142(m s )r v i j t-?==+?? (4)质点的速度与加速度分别为d 82d r v ti j t==+ d 8d v a i t== 故t =1s 时的速度和加速度分别为1182m s v i j -=+? （）218m s a i -=? （）1-12以速度v 0平抛⼀球，不计空⽓阻⼒，求：t 时刻⼩球的切向加速度a t 和法向加速度a n 的量值.解：⼩球下落过程中速度为v故切向加速度为2t d d v a t ＝由222n t a g a =-得，法向加速度为n a =1-13⼀种喷⽓推进的实验车，从静⽌开始可在1.80s 内加速到1600km·h －1的速率．按匀加速运动计算，它的加速度是否超过了⼈可以忍受的加速度25g ？这1.80s 内该车跑了多少距离？解：实验车的加速度为3222160010m /s 2.4710m/s 3600 1.80v a t ?===??故它的加速度略超过25g .1.80s 内实验车跑的距离为3160010 1.80m 400m 223600v s t ?==?=?1-14在以初速率-1015.0 m s v ?＝竖直向上扔⼀块⽯头后，(1)在1.0s 末⼜竖直向上扔出第⼆块⽯头，后者在h ＝11.0m ⾼度处击中前者，求第⼆块⽯头扔出时的速率；(2)若在1.3s 末竖直向上扔出第⼆块⽯头，它仍在h ＝11.0m ⾼度处击中前者，求这⼀次第⼆块⽯头扔出时的速率.解：(1)设第⼀块⽯头扔出后经过时间t 被第⼆块击中，则2012h v t gt =-代⼊已知数据得2111159.82t t =-?解此⽅程，可得⼆解为111.84s 1.22st t ==，′第⼀块⽯头上升到顶点所⽤的时间为10m 15.0s 1.53s 9.8v t g ===1m t t >,这对应于第⼀块⽯头回落时与第⼆块相碰；1m t t <′，这对应于第⼀块⽯头上升时被第⼆块赶上击中.设20v 和20v ′分别为在t 1和1t ′时刻两⽯块相碰时第⼆⽯块的初速度，则由于22011111()()2h v t t g t t =---D D 所以2211201111()119.8(1.841)22m/s 17.2m/s 1.841hg t t v t t +-?+??-===-?-同理，2211201111()119.8(1.221)22m/s 51.1m/s 1.221h g t t v t t +-?+??-===-?-′′′(2)由于211.3s t t ?=>′，所以第⼆块⽯头不可能在第⼀块上升时与第⼀块相碰。

大学物理(第四版)课后习题与答案_机械振动

13 机械振动解答13-1 有一弹簧振子，振幅A=2.0×10-2m ，周期T=1.0s ，初相ϕ=3π/4。

试写出它的运动方程，并做出x--t 图、v--t 图和a--t 图。

13-1分析弹簧振子的振动是简谐运动。

振幅A 、初相ϕ、角频率ω是简谐运动方程()ϕω+=t A x cos 的三个特征量。

求运动方程就要设法确定这三个物理量。

题中除A 、ϕ已知外，ω可通过关系式Tπω2=确定。

振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同。

解因Tπω2=，则运动方程()⎪⎭⎫⎝⎛+=+=ϕπϕωt T t A t A x 2cos cos根据题中给出的数据得]75.0)2cos[()100.2(12ππ+⨯=--t s m x振子的速度和加速度分别为 ]75.0)2sin[()104(/112πππ+⋅⨯-==---t s s m dt dx vπππ75.0)2cos[()108(/112222+⋅⨯-==---t s s m dt x d ax-t 、v-t 及a-t 图如图13-l 所示13-2 若简谐运动方程为⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=-4)20(cos )01.0(1ππt s m x ，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。

13-2分析可采用比较法求解。

将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x cos 作比较，即可求得各特征量。

运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果。

解（l ）将]25.0)20cos[()10.0(1ππ+=-t s m x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：振幅A= 0.10 m ，角频率120-=s πω，初相πϕ25.0=，则周期 s T 1.0/2==ωπ，频率Hz T 10/1==ν。

（2）t= 2s 时的位移、速度、加速度分别为m m x 21007.7)25.040cos()10.0(-⨯=+=ππ )25.040sin()2(/1πππ+⋅-==-s m dt dx v )25.040cos()40(/2222πππ+⋅-==-s m dt x d a13-3 设地球是一个半径为R 的均匀球体，密度ρ5.5×103kg •m -3。

大学物理科学出版社第四版第一章质点运动学

第一章质点运动学一、基本要求1．掌握位矢、位移、速度、加速度，角速度和角加速度等描述质点运动和运动变化的物理量。

2．能借助于直角坐标计算质点在平面内运动时的速度、加速度。

3．能计算质点作圆周运动时的角速度和角加速度，切向加速度和法向加速度。

4．理解伽利略坐标，速度变换。

二、基本内容1．位置矢量（位矢）位置矢量表示质点任意时刻在空间的位置，用从坐标原点向质点所在点所引的一条有向线段r 表示。

r 的端点表示任意时刻质点的空间位置。

r同时表示任意时刻质点离坐标原点的距离及质点位置相对坐标系的方位。

位矢是描述质点运动状态的物理量之一。

注意：（1）瞬时性：质点运动时，其位矢是随时间变化的，即()t r r=；（2）相对性：用r描述质点位置时，对同一质点在同一时刻的位置，在不同坐标系中r 可以是不相同的。

它表示了r的相对性，也反映了运动描述的相对性；（3）矢量性：r为矢量，它有大小，有方向，服从几何加法。

在直角坐标系Oxyz 中k z j y i x r++= 222z y x r r ++==r z r y r x ===γβαcos ,cos ,cos质点运动时， ()t r r= （运动方程矢量式）()()()⎪⎩⎪⎨⎧===t z z t y y t x x （运动方程标量式）。

２．位移()(),j y i x t r t t r r ∆+∆=-∆+=∆ r∆的模()()22y x r ∆+∆=∆ 。

注意：（１）r∆与r ∆：前者表示质点位置变化，是矢量，同时反映位置变化的大小和方位；后者是标量，反映质点位置离开坐标原点的距离的变化。

（２）r∆与s ∆：s ∆表示t —t t ∆+时间内质点通过的路程，是标量，只有质点沿直线运动时两者大小相同或0→∆t 时，s r ∆=∆。

3. 速度dtrd v =是描述位置矢量随时间的变化。

在直角坐标系中k v j v i v k dtdz j dt dy i dt dx dt r d v z y x++=++==222222z y x v v v dt dz dt dy dt dx v v ++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛==v的方向：在直线运动中，v>0表示沿坐标轴正向运动，v <0表示沿坐标轴负向运动。

大学物理教程(第四版)上册(一)2024

大学物理教程(第四版)上册（一）引言概述:本文主要介绍了《大学物理教程(第四版)上册》的内容。

该教材是大学物理入门教材的经典之作，旨在为学生提供理论基础和实践应用方面的知识。

通过对物理学的学习，学生将能够深入了解物质、能量和力的性质，并将这些知识应用到解决实际问题中。

本文将按照教材的章节顺序，以五个大点来介绍教程的内容和教学要点。

正文:一、力学基础1. 运动学a. 位移、速度和加速度的概念b. 直线运动与曲线运动的区别c. 根据速度图和位移图分析运动状态2. 牛顿力学a. 牛顿三定律的表述与应用b. 重力和摩擦力的研究c. 常见力的合成和分解问题3. 力的做功和能量a. 力对物体做功的定义与计算b. 动能与势能的概念与转化c. 机械能守恒定律的适用范围与实例4. 线性动量与碰撞a. 线性动量的定义与计算b. 弹性碰撞与非弹性碰撞的区别与应用c. 动量守恒定律与碰撞分析5. 刚体力学a. 刚体的基本概念与特性b. 平面运动、平衡状态与运动学分析c. 转动力学与动力学分析二、热学基础1. 温度、热量与热量传递a. 温度的定义与测量方法b. 热量的传递方式：传导、对流和辐射c. 热平衡与热力学循环的应用2. 热力学第一定律a. 内能与热量传递的关系b. 等容、等压、等温过程的特点与计算c. 热力学循环与效率的计算3. 理想气体状态方程a. 状态方程的定义与推导b. 理想气体的性质及其物态变化c. 维尔纳定律的应用与理解4. 热力学第二定律a. 热力学不可逆性的概念与表述b. 熵的概念与计算c. 卡诺循环与热力学效率的极限5. 热力学性质的应用a. 热传导的应用与热绝缘材料的设计b. 热力学循环在能源转换中的应用c. 热力学性质的实验测量与数据处理三、波动光学基础1. 机械波动a. 波的基本概念与性质b. 声波与弹性波的特点与应用c. 波的叠加与干涉的原理与应用2. 光的波动性质a. 光的波动学说与希尔伯特原理b. 光的干涉、衍射与偏振c. 光的干涉与衍射现象在实际应用中的意义3. 光的几何光学a. 光的传播路径与光线追迹法b. 透镜与光学仪器的成像原理与应用c. 光的反射与折射定律的应用4. 光的颜色与色散a. 光的频率与波长与颜色的关系b. 化学荧光与光的颜色效应c. 光的色散与光谱的应用5. 光的波动光学实验a. 光的干涉与衍射实验设计与操作b. 光的波长测量与频率测量c. 光的光谱分析与光度法测量四、电磁学基础1. 静电场与电势a. 电荷、电场与库仑定律的关系b. 高斯定理与电场强度的计算c. 电势能与等势面的特点与应用2. 电流与电阻a. 电流的定义与电荷守恒定律b. 欧姆定律与电阻的概念与计算c. 电源、电动势与电功率的应用3. 磁场与电磁感应a. 磁力与磁场的关系与定向b. 电磁感应的法拉第定律与楞次定律c. 电磁感应与发电机、电动机的应用4. 电磁波的特性与传播a. 电磁波的产生与性质b. 光速的定义与电磁波的传播c. 声光电效应与电磁波与物质的相互作用5. 电磁学实验与应用a. 静电场与电势测量实验b. 电路电流与电压测量实验c. 磁场与电磁感应实验五、现代物理基础1. 光的粒子性与能量子化a. 光子概念与光子能量计算b. 斯托克斯定律与波函数的性质c. 光谱线与能级跃迁的解释2. 相对论与狭义相对论a. 狭义相对论基本假设与论证b. 时空观念的变化与洛仑兹变换c. 质量、能量与动量的相对论性表述3. 原子基本结构与核物理a. 经典模型与量子模型的比较b. 电子的波粒二象性与波函数c. 原子核的结构与强相互作用4. 系统的熵与热力学统计a. 系统宏观状态与熵的概念与计算b. 统计力学与微观粒子的行为c. 量子力学与统计力学的关系与应用5. 现代物理实践与应用a. 材料科学与能源技术的应用b. 物理实验技术与仪器设计c. 当代物理研究与前沿领域的概述总结:《大学物理教程(第四版)上册》涵盖了力学基础、热学基础、波动光学基础、电磁学基础和现代物理基础五个大点的知识内容。

大学物理上册答案第四版(罗益民吴烨)北邮出版第一章

第1章质点运动学1-1一运动质点某一瞬时位于径矢()r x y ，的端点处，关于其速度的大小有4种不同的看法，即（1）d d t r ；（2）d d t r；（3）d d s r；（4下列判断正确的是（）.(A)只有(1)和(2)正确(B)只有(2)正确(C)只有(3)和(4)正确(D)(1)(2)(3)(4)都正确答案：（C ）解析：瞬时速度的大小等于瞬时速率，故（3）正确；速度可由各分量合成，故（4）正确。

1-2一质点的运动方程为22cos cos sin sin x At Bt y At Bt θθθθ⎧⎪⎨⎪⎩＝＋，＝＋，式中A ，B ，θ均为常量，且A ＞0，B ＞0，则该质点的运动为（）.(A)一般曲线运动(B)匀速直线运动(C)匀减速直线运动(D)匀加速直线运动答案：（D ）解析：由tan y x θ可知，质点做直线运动.a x ＝2B cos θa y ＝2B sin θa＝2B加速度a 为定值，故质点做匀加速直线运动.1-3一质点沿半径为R 的圆周运动，其角速度随时间的变化规律为ω＝2bt ，式中b 为正常量．如果t ＝0时，θ0＝0，那么当质点的加速度与半径成45°角时，θ角的大小为()rad.(A)12(B)1(C)b (D)2b 答案：（A ）解析：a t ＝R β＝2bRa n ＝R 2ω＝4Rb 2t 2a t ＝a nt 2＝b 21θ＝20tω⎰d t ＝bt 2＝211-4一人沿停靠的台阶式电梯走上楼需时90s ，当他站在开动的电梯上上楼，需时60s ．如果此人沿开动的电梯走上楼，所需时间为（）.(A)24s(B)30s (C)36s (D)40s答案：（C ）解析：设电梯长度为s ，则=+9060s s s t ，解得t ＝36s.1-5已知质点的加速度与位移的关系式为32a x ＝＋，当t ＝0时，v 0＝0，x 0＝0，则速度v 与位移x 的关系式为________.答案：v 2＝3x 2＋4x 解析：d d d d d d d d v v x v a v t x t x===，d d v v a x ＝，00d =(3+2)d v x v v x x ⎰⎰，v 2＝3x 2＋4x .1-6在地面上以相同的初速v 0，不同的抛射角θ斜向上抛出一物体，不计空气阻力．当θ＝________时，水平射程最远，最远水平射程为________.答案：45°20v g解析：对于斜抛运动：0cos x v tθ⋅＝201sin 2y v t gt θ⋅＝－当y ＝0时，解得02sin v t gθ=物体的水平射程20sin 2v x gθ＝当θ＝45°时有最远水平射程，其大小为20max v x g＝1-7某人骑摩托车以115m s -⋅的速度向东行驶，感觉到风以115m s -⋅的速度从正南吹来，则风速的大小为________m·s －1，方向沿________.答案：m/s 东偏北45°解析：如答案1-7图所示，由图可知=+v v v 风地风人人地故风速大小m/sv风地＝方向为东偏北45°.答案1-7图1-8一质点作直线运动，加速度2sin a A t ωω＝，已知t ＝0时，x 0＝0，v 0＝－ωA ，则该质点的运动方程为_______________.答案：sin x A t ω=-，解析：d d v a t＝20d sin d v tA v A t t ωωω-=⎰⎰解得，该质点的速度为cos v A tωω=-d d x v t＝00d cos d x t x A t t ωω=-⎰⎰解得，该质点的运动方程为sin x A tω=-1-9一质点在xOy 平面上运动，运动方程为x ＝3t ＋5，y ＝12t 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)计算第1s 内质点的位移；(3)计算t ＝0s 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 ＝4s 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.(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)质点t 时刻位矢为21(35)342r t i t t j ⎛⎫=+++- ⎪⎝⎭(m)(2)第1s 内位移为11010()()r x x i y y j∆=-+- 2213(10)(10)3(10)23 3.5()i j i j m ⎡⎤=-+-+-⎢⎥⎣⎦=+ (3)前4s 内平均速度为11(1220)35(m s )4r v i j i j t -∆==⨯+=+⋅∆ (4)质点速度矢量表示式为1d 3(3)(m s )d r v i t j t-==++⋅ t ＝4s 时质点的速度为143(43)37(m s )v i j i j -=++=+⋅ (5)前4s 内平均加速度为240731(m s )4s 4v v v a j j t -∆--====⋅∆ (6)质点加速度矢量的表示式为2d 1(m s )d v a j t-==⋅ t ＝4s 时质点的加速度为241(m s )a j -=⋅ 1-10质点沿直线运动，速度v ＝(t 3＋3t 2＋2)m·s －1，如果当t ＝2s 时，x ＝4m ，求：t ＝3s 时，质点的位置、速度和加速度.解：32d 32d x v t t t==++431d d 24x x v t t t t c ===+++⎰⎰当t =2时，x =4，代入可得c =－12.则质点的位置、速度和加速度的表达式分别为4312124x t t t =++-32232d 36d v t t v a t t t=++==+将t =3s 分别代入得上述各式，解得1233341.25m 56m s 45m s x v a --==⋅=⋅，，1-11质点的运动方程为2[4(32)] m r t i t j ＝＋＋，t 以s 计．求：(1)质点的轨迹方程；(2)t ＝1s 时质点的坐标和位矢方向；(3)第1s 内质点的位移和平均速度；(4)t ＝1s 时质点的速度和加速度.解：(1)由运动方程2432x t y t⎧=⎨=+⎩消去t 得轨迹方程2(3)0x y --=(2)t =1s 时,114m 5m x y ==，,故质点的坐标为（4,5）.由11tan 1.25y x α==得51.3α=︒，即位矢与x 轴夹角为53.0°.(3)第1s 内质点的位移和平均速度分别为1(40)(53)42(m)r i j i j ∆=-+-=+1142(m s )r v i j t-∆==+⋅∆ (4)质点的速度与加速度分别为d 82d r v ti j t==+ d 8d v a i t== 故t =1s 时的速度和加速度分别为1182m s v i j -=+⋅ （）218m s a i -=⋅ （）1-12以速度v 0平抛一球，不计空气阻力，求：t 时刻小球的切向加速度a t 和法向加速度a n 的量值.解：小球下落过程中速度为v故切向加速度为2t d d v a t ＝由222n t a g a =-得，法向加速度为n a =1-13一种喷气推进的实验车，从静止开始可在1.80s 内加速到1600km·h －1的速率．按匀加速运动计算，它的加速度是否超过了人可以忍受的加速度25g ？这1.80s 内该车跑了多少距离？解：实验车的加速度为3222160010m /s 2.4710m/s 3600 1.80v a t ⨯===⨯⨯故它的加速度略超过25g .1.80s 内实验车跑的距离为3160010 1.80m 400m 223600v s t ⨯==⨯=⨯1-14在以初速率-1015.0 m s v ⋅＝竖直向上扔一块石头后，(1)在1.0s 末又竖直向上扔出第二块石头，后者在h ＝11.0m 高度处击中前者，求第二块石头扔出时的速率；(2)若在1.3s 末竖直向上扔出第二块石头，它仍在h ＝11.0m 高度处击中前者，求这一次第二块石头扔出时的速率.解：(1)设第一块石头扔出后经过时间t 被第二块击中，则2012h v t gt =-代入已知数据得2111159.82t t =-⨯解此方程，可得二解为111.84s 1.22st t ==，′第一块石头上升到顶点所用的时间为10m 15.0s 1.53s 9.8v t g ===1m t t >,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；1m t t <′，这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.设20v 和20v ′分别为在t 1和1t ′时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于22011111()()2h v t t g t t =---D D 所以2211201111()119.8(1.841)22m/s 17.2m/s 1.841h g t t v t t +-∆+⨯⨯-===-∆-同理，2211201111()119.8(1.221)22m/s 51.1m/s 1.221h g t t v t t +-∆+⨯⨯-===-∆-′′′(2)由于211.3s t t ∆=>′，所以第二块石头不可能在第一块上升时与第一块相碰。

大学物理学第四版课后习题答案全解(赵近芳)上册

(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)
2R 2R , t t
(B) 0,
(C) 0,0 [答案：B] 1.2 填空题
2R t 2R (D) ,0 t
(1) 一质点，以 m s 1 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] 。
故所以 t 10 s 时
1 x 2t 2 t 3 5 2
v10 4 10
3 10 2 190 m s 1 2 1 x10 2 10 2 10 3 5 705 m 2
1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为
=2+3 t 3 ，式中以弧度计， t 以秒
2 2
dx dy v v v dt dt
2 x 2 y 2 2 x 2 y
d2x d2 y a a a dt 2 2 dt
2
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
vdv adx (2 6 x 2 )dx 1 2 v 2x 2x3 c 2
由题知， x 0 时， v 0 10 ,∴ c 50 ∴
v 2 x 3 x 25 m s 1
1.10 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3 t m s 2 ，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：∵ 分离变量，得积分，得由题知， t 0 , v 0 0 ,∴ c1 0 故又因为分离变量，积分得

大学物理学第四版课后习题答案(赵近芳)上册

1.2 填空题
(1) 一质点，以 m s 1 的匀速率作半径为 5m 的圆周运动，则该质点在
是
；经过的路程是
。
[答案： 10m； 5πm]
5s 内，位移的大小
(2) 一质点沿 x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为速度 v0 为 5m·s-1，则当 t 为 3s 时，质点的速度 v=
[答案： 23m·s-1 ]
量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢速度的贡献。
r 及速度 v 的方向随时间的变化率对速度、加
1.8 一质点在 xOy 平面上运动，运动方程为
x =3 t +5,
y
1
=
t 2+3 t -4.
2
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；
方向南偏东 36.87o .
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]
a=3+2t (SI) ，如果初始时刻质点的。
(3) 轮船在水上以相对于水的速度 V1 航行，水流速度为 V2 ，一人相对于甲板以速度 V3行走。
如人相对于岸静止，则 V1 、 V 2 和 V3的关系是
。
[答案： V1 V2 V3 0 ]
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

大学物理学第四版1质点运动学习题答案

1 习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j +其中w 为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。

解：(1) 由(cos sin )r=R ωt i ωt j + ，知：cos x R t w =，sin y R t w =消去t 可得轨道方程：222x y R+=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d r v dt = ，有速度：sin Rcos v R t i t jw w w w =-+ 而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R w w w w w =-+=。

1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++ ，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 s 的位移；（3）0=t 和1=t s 两时刻的速度。

解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t =，32y t=+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。

（2）从0=t 到1=t s 的位移为：j i j j i r r r243)54()0()1(+=-+=-=D （3）由d r v dt= ，有速度：82v t i j=+ 0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j = ，(1)82v i j =+ 。

1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+ ，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)由d rv dt =，有：22v t i j =+ ，d v a dt = ，有：2a i = ；（2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt =221t t =+，利用222t n a a a =+有：22221n t a a a t =-=+。

大学物理学第四版课后习题答案(赵近芳)上册

大学物理学第四版课后习题答案(赵近芳)上册大学物理学第四版课后习题答案(赵近芳)上册I. 力学基础1.1 物理量、单位和量纲1.2 一维运动1.3 二维运动1.4 多维运动1.5 动力学定律1.6 四个基本定律的应用II. 力学进阶2.1 万有引力定律2.2 物体的机械平衡2.3 力的合成和分解2.4 刚体的平衡条件2.5 动力学定律的矢量形式2.6 力的合成与分解在动力学中的应用III. 力学应用3.1 动量和冲量3.2 动量定理和动量守恒定律3.3 质心运动3.4 矩和对称性3.5 碰撞和动能IV. 振动与波动4.1 简谐振动的基本概念4.2 简谐振动的物理规律4.3 简谐振动的叠加4.4 波的基本概念4.5 机械波的传播4.6 声波的特性V. 热学基础5.1 温度和热量5.2 热学平衡5.3 理想气体状态方程5.4 热力学第一定律5.5 热力学第二定律5.6 热力学循环VI. 热学进阶6.1 热传导6.2 理想气体的物态方程6.3 热机的工作原理6.4 理想气体的热力学过程6.5 热力学第三定律6.6 热力学中的熵VII. 光学基础7.1 几何光学的基本假设7.2 反射和折射7.3 薄透镜的成像7.4 光的衍射7.5 光的干涉与衍射VIII. 光学进阶8.1 光的波动性8.2 波动光学中的衍射现象8.3 干涉与衍射的应用8.4 偏振光的特性和产生8.5 偏振的应用IX. 电学基础9.1 电荷和电场9.2 电场中的电荷9.3 静电场中的电势能9.4 电介质中的电场9.5 电容器和电容9.6 电容器在电场中的应用X. 电学进阶10.1 电流和电阻10.2 欧姆定律和电功率10.3 理想电源和内阻10.4 串联和并联电路10.5 微观电流与输运过程10.6 磁场和电流的相互作用XI. 磁学基础11.1 磁场的基本概念11.2 安培力和磁场的作用11.3 安培环路定理和比奥-萨伐尔定律11.4 磁场中的磁矩和磁矢势11.5 磁场中的电荷和电流XII. 电磁感应12.1 法拉第电磁感应定律12.2 电磁感应的应用12.3 洛伦兹力和电磁感应的关系12.4 电磁感应中的能量转换XIII. 光学和电磁波13.1 光的多普勒效应13.2 光的全反射和光导纤维13.3 电磁波的基本特性13.4 电磁波的干涉和衍射13.5 电磁波的产生和传播XIV. 原子物理14.1 原子的组成和结构14.2 原子能级和辐射14.3 布拉格衍射和X射线的产生14.4 原子谱和拉曼散射14.5 布居和粒子统计XV. 物质内部结构15.1 固体的晶体结构15.2 固体的导电性15.3 半导体的性质和应用15.4 介质的极化和磁化15.5 核能和放射性以上是《大学物理学第四版课后习题答案(赵近芳)上册》的大纲，根据各个章节的内容进行详细解答可帮助学生更好地掌握物理学知识。

大学物理学(上册、下册)第四版课后习题答案赵近芳全

dx dt

R (1 cost)
v y

dy dt

R sin t)
a x a y

R 2 R 2
sin t dvx dt
cost dvy dt
1-10 以初速度 v0 ＝20 m s1 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 R1 ；(2)落地处的曲率半径 R2 ．
时，其角位移是多少?
解：
(1) t 2 s 时，
d 9t 2 , d 18t
dt
dt
a R 118 2 36 m s2
an R 2 1 (9 22 )2 1296 m s 2
tan 45 a 1
(2)当加速度方向与半径成 45ο 角时，有
解：（1）
v

ds dt

v0

bt
a

dv dt
b
an

v2 R

(v0
bt)2 R
a
则加速度与半径的夹角为
(2)由题意应有
a2

a
2 n

b2

(v0
bt)4 R2

arctan a an

Rb (v0 bt)2
ab
b2

(v0
bt)4 R2
即
b2

b2
dr
其二，可能是将 dt dt 2 误作速度与加速度的模。在 1-1 题中已说明 dt 不是速度的模，
d2r
而只是速度在径向上的分量，同样， dt 2 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中

大学物理(第四版)课后习题及答案电介质共14页

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 VR =-=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。

大学物理第四版

大学物理学第四版课后习题答案赵近芳上册

大学物理(第四版)课后习题及答案_电介质

大学物理第四版

大学物理学第四版答案

大学物理(第四版)课后习题及答案 静电场

大学物理上册答案第四版（罗益民吴烨）北邮出版第一章

大学物理(第四版)课后习题与答案_机械振动

大学物理科学出版社第四版第一章质点运动学

大学物理教程(第四版)上册(一)2024

大学物理上册答案第四版(罗益民 吴烨)北邮出版第一章

大学物理学第四版课后习题答案全解(赵近芳)上册

大学物理学第四版课后习题答案(赵近芳)上册

大学物理学第四版1质点运动学习题答案

大学物理学第四版课后习题答案(赵近芳)上册

大学物理学(上册、下册)第四版 课后习题答案 赵近芳 全

大学物理(第四版)课后习题及答案电介质共14页

大学物理(第四版)课后习题及答案静电场

大学物理上册答案第四版(罗益民吴烨)北邮出版第一章

大学物理学(上册、下册)第四版课后习题答案赵近芳全