大学物理 上海交通大学 19章 课后习题答案
《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社
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 +v v v其中ω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 +v v v，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=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 rv dt=v v ，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+v v v而v v =v v，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
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 =++v v v ，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24(32)r t i t j =++v v v ，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）由d r v dt=v v ，有速度：82v t i j =+v v v从0=t 到1=t 秒的位移为：110(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰v v v v v v（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =v v，(1)82v i j =+v v v 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+v v v，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 r v dt =v v ，有：22v t i j =+v v v ，d v a dt=v v ，有：2a i =v v ；（2）而v v =v v，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt=21t =+，利用222t n a a a =+有： 22221n t a a a t =-=+。
《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社
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ω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 ω= ，sin y R t ω=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 rv dt =，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
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 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
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）由d rv dt =，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）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 r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt =，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt==，利用222t n a a a =+有： 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。
上海交大版大学物理参考答案
上海交大版大学物理参考答案公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-版权归原着所有 本答案仅供参考习题99-1．在容积3V L =的容器中盛有理想气体，气体密度为ρ=L 。
容器与大气相通排出一部分气体后，气压下降了。
若温度不变，求排出气体的质量。
解：根据题意，可知： 1.78P atm =，01P atm =，3V L =。
由于温度不变，∴00PV PV =，有：001.783PVV L P ==⨯， 那么，逃出的气体在1atm 下体积为：' 1.78330.78V L L L =⨯-=，这部分气体在1.78atm 下体积为：''V =0'0.7831.78PV L P ⨯= 则排除的气体的质量为：0.783'' 1.3 1.71.78g Lm V g L ρ⨯∆==⨯= 。
根据题意pV RT ν=，可得：mpV RT M=，1V p RT p M m ρ==9-2．有一截面均匀的封闭圆筒，中间被一光滑的活塞分割成两边。
如果其中的一边装有某一温度的氢气，为了使活塞停留在圆筒的正中央，则另一边装入的同一温度的氧气质量为多少 解：平衡时，两边氢、氧气体的压强、体积、温度相同，利用pV RT ν=，知两气体摩尔数相同，即：H O νν=，∴O H HOm mM M =，代入数据有： 1.6O m kg = 。
9-3．如图所示，两容器的体积相同，装有相同质量的氮气和氧气。
用一内壁光滑的水平细玻璃管相通，管的正中间有一小滴水银。
要保持水银滴在管的正中间，并维持氧气温度比氮气温度高30o C ，则氮气的温度应是多少则体积和压强相同，如图。
由：mol mpV RT M =，有：2222(30)O N O N m m R T RT M M +=， 而：20.032O M kg =，20.028N M kg =，可得：30282103028T K ⨯==+ 。
上海交大版大学物理习题册下册答案
大学物理（下册）答案第十一章 静电场【例题精选】例11-1 如图所示，在坐标(a ，0)处放置一点电荷+q ，在坐标(-a ，0)处放置另一点电荷－q ．P 点是x 轴上的一点，坐标为(x ，0)．当x >>a 时，该点场强的大小为：(A)x q 04επ． (B) 30x qa επ． (C) 302x qa επ． (D) 204x qεπ． [ B ]例11-2半径为R 的均匀带电球体的静电场中各点的电场强度的大小E 与距球心的距离r的关系曲线为：[ B ]例11-3 半径为R 的“无限长”均匀带电圆柱面的静电场中各点的电场强度的大小E 与距轴线的距离r 的关系曲线为：[ B ]例11-4一半径为R 的带有一缺口的细圆环，缺口长度为 d (d<<R)环上均匀带有正电，电荷为q ，如图所示．则圆心O 处的场强大小E ＝ ；场强方向为 ．()30220824Rqdd R R qd εεπ≈-ππ 从O 点指向缺口中心点． 例11-5 均匀带电直线长为d ，电荷线密度为＋λ，以导线中点O 为球心，R 为半径(R ＞d )作一球面，如图所示，则通过该球面的电场强度通量为______。
带电直线的延长线与球面交点P 处的电场强度的大小为_____，方向________。
0/ελd ； ()2204d R d-πελ ；沿矢径OP例11-6 有一边长为a 的正方形平面，在其中垂线上距中心O 点a /2处，EO r(A) E ∝1/r有一电荷为q 的正点电荷，如图，则通过该平面的电场强度通量为 (A)03εq ． (B) 04επq (C) 03επq ． (D) 06εq [ D ] 例11-7 两块“无限大”的均匀带电平行平板，其电荷面密度分别 为σ( σ＞0)及－2 σ，如图所示。
试写出各区域的电场强度E 。
Ⅰ区E 的大小__________________，方向____________。
大学物理学第三版上海交大上册习题答案
第一章习 题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 rv t Rcos sin ωωt ωR ωdtd +-==i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2122])c o s ()s i n [(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 rv 2t 8dtd +==j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 11+=+==⎰⎰Δ3） 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 rv 2t 2dt d +== i va 2dtd ==2）212212)1t (2]4)t 2[(v +=+= 1t t 2dtdv a 2t +==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20121at t v y += （1） 图 1-420221gt 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 ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2）j i r )gt 21-h (t v (t)20+=（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）j i rgt -v t d d 0= 而 落地所用时间 gh 2t = 所以j i r 2gh -v t d d 0= j v g td d -= 2202y 2x )gt (v v v v -+=+=212220[()]g t dv dt v gt ==+1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
大学物理_上海交通大学_第四版-下册课后题全部答案[1]
![大学物理_上海交通大学_第四版-下册课后题全部答案[1]](https://img.taocdn.com/s3/m/3a3911e727d3240c8447efca.png)
习题1111-1．直角三角形ABC 的A 点上，有电荷C 108.191-⨯=q ，B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ，试求C 点的电场强度(设0.04m BC =，0.03m AC =)。
解：1q 在C 点产生的场强：11204AC q E i r πε=v v ，2q 在C 点产生的场强：22204BC q E j r πε=vv ，∴C 点的电场强度：4412 2.710 1.810E E E i j =+=⨯+⨯v v v v v ； C 点的合场强：224123.2410VE E E m =+=⨯，方向如图： 1.8arctan33.73342'2.7α===o o 。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环，两端间空隙为cm 2，电量为C 1012.39-⨯的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。
解：∵棒长为2 3.12lr d m π=-=，∴电荷线密度：911.010qC ml λ--==⨯⋅可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d 02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O 点产生的场强。
解法1：利用微元积分：21cos 4O x Rd dE R λθθπε=⋅，∴2000cos 2sin 2444O dE d R R R ααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m -=⋅；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r <<，该小段可看成点电荷：112.010q d C λ-'==⨯， 则圆心处场强：1191220 2.0109.0100.724(0.5)O q E V mR πε--'⨯==⨯⨯=⋅。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强。
大学物理教程习题答案上海交通大学出版社
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ω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 ω= ,sin y R t ω=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 rv dt=,有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而v v =,有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=;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 秒的位移；30=t 和1=t 秒两时刻的速度;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由d rv dt=,有速度：82v t i j =+ 从0=t 到1=t 秒的位移为：1100(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰30=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 r v dt =,有：22v t i j =+,d va 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 =-=+;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;解法一：以地面为参照系,坐标如图,设同一时间内螺钉下落的距离为1y ,升降机上升的高度为2y ,运动方程分别为21012y v t gt =- 122012y v t at =+ 212y y d += 3注意到1y 为负值,有11y y =- 联立求解,有：2dt g a=+;解法二：以升降机为非惯性参照系,则重力加速度修正为'g g a =+,利用21'2d g t =,有：22'ddt g g a==+; 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d r d t ,d v d t ,d vd t; 解：1如图,可建立平抛运动学方程：0x v t = ,212y h g t =- ,∴201()2r v t i h g t j =+-；2联立上面两式,消去t 得小球轨迹方程：2202gx y h v =-+为抛物线方程；3∵201()2r v t i h g t j =+-,∴0d r v i g t j d t =-, 即：0v v i g t j =-,d vg j d t=- 在落地瞬时,有：2ht g=,∴02d r v i gh j d t =- 又∵ v =2222()xyv v v gt +=+-,∴2122220022[()]g gh g t dvdt v gh v gt ==++ ; 1-6．路灯距地面的高度为1h ,一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走;试证明人影的顶端作匀速运动,并求其速度2v .证明：设人向路灯行走,t 时刻人影中头的坐标为1x ,足的坐标为2, 由相似三角形关系可得：12211x x h x h -=, ∴11212h x x h h =- 两边对时间求导有：11212d x h d x d t h h d t =- ,考虑到：21d x v d t=, 知人影中头的速度：21112d x hv v d t h h ==-影常数;1-7．一质点沿直线运动,其运动方程为2242t t x -+=m,在 t 从0秒到3秒的时间间隔内,则质点走过的路程为多少解：由于是求质点通过的路程,所以可考虑在0~3s 的时间间隔内,质点速度为0的位置：t dtdxv 44-==若0=v 解得 s t 1=, m x x x 1021=∆+∆=∆;1-8．一弹性球直落在一斜面上,下落高度cm 20=h ,斜面对水平的倾角 30=θ,问它第二次碰到斜面的xy 0v h O O1x 2x 1h 2h位置距原来的下落点多远假设小球碰斜面前后速度数值相等,碰撞时人射角等于反射角;解：小球落地时速度为gh v 20=,建立沿斜面的直角坐标系,以小球第一次落地点为坐标原点如图示,00060cos v v x =→ 200060cos 2160cos t g t v x += 1 00060sin v v y =→ 200060sin 2160sin t g t v y -= 2第二次落地时：0=y ,代入2式得：g vt 02=,所以：2002002122cos 60cos 604802v gh x v t g t h cm g g ⋅=+====; 1-9．地球的自转角速度最大增加到若干倍时,赤道上的物体仍能保持在地球上而不致离开地球已知现在赤道上物体的向心加速度约为2s /cm 4.3,设赤道上重力加速度为2m/s 80.9;解：由向心力公式：2F m R ω=向,赤道上的物体仍能保持在地球必须满足：F mg =向,而现在赤道上物体的向心力为：'F ma =向∴016.9817ωω====≈ 1-10．已知子弹的轨迹为抛物线,初速为0v ,并且0v 与水平面的夹角为θ;试分别求出抛物线顶点及落地点的曲率半径;解：1抛物线顶点处子弹的速度0cos x v v θ=,顶点处切向加速度为0,法向加速度为g ;因此有：22011(cos )v vg θρρ==, 2201cos v gθρ=； 2在落地点时子弹的0v ,由抛物线对称性,知法向加速度方向与竖直方向成θ角,则：cos n a g θ=,有：202cos v g θρ= 则： 22cos v g ρθ=;1-11．一飞行火箭的运动学方程为1()ln(1)=+--x ut u t bt b,其中b 是与燃料燃烧速率有关的量,u 为燃气相对火箭的喷射速度;求： 1火箭飞行速度与时间的关系；2火箭的加速度;解：一维运动,直接利用公式：dx v dt =,dva dt=有： 1)1ln(bt u dt dx v --== , 2btub dt dv a -==1 1-12．飞机以s /m 1000=v 的速度沿水平直线飞行,在离地面高m 98=h 时,驾驶员要y把物品投到前方某一地面目标上,问：投放物品时,驾驶员看目标的视线和竖直线应成什么角度此时目标距飞机下方地点多远 解：设此时飞机距目标水平距离为x 有：t v x 0=┄①,221gt h =┄② 联立方程解得：m x 447≈,∴05.77arctan ≈=hx θ;1-13．一物体和探测气球从同一高度竖直向上运动,物体初速为s /m 0.490=v ,而气球以速度s /m 6.19=v 匀速上升,问气球中的观察者在第二秒末、第三秒末、第四秒末测得物体的速度各多少解：物体在任意时刻的速度表达式为：gt v v y -=0故气球中的观察者测得物体的速度v v v y -=∆代入时间t 可以得到第二秒末物体速度：29.8m v s ∆=,向上 第三秒末物体速度：30v ∆=第四秒末物体速度：49.8m v s ∆=-向下;思考题11-1．质点作曲线运动,其瞬时速度为v ,瞬时速率为v ,平均速度为v ,平均速率为v ,则它们之间的下列四种关系中哪一种是正确的A v v ==v v ,；B v v =≠v v ,；C v v ≠=v v ,；D v v ≠≠v v ,答：C1-2．沿直线运动的物体,其速度大小与时间成反比,则其加速度的大小与速度大小的关系是：A 与速度大小成正比；B 与速度大小平方成正比；C 与速度大小成反比；D 与速度大小平方成反比; 答：B1-3．如图所示为A,B 两个质点在同一直线上运动的-v t 图像,由图可知 A 两个质点一定从同一位置出发 B 两个质点都始终作匀加速运动 C 在2s t 末两个质点相遇D 在20s t 时间内质点B 可能领先质点A 答：D 1-4．质点的t x ~关系如图,图中a ,b ,c 三条线表示三个速度不同的运动．问它们属于什么类型的运动哪一个速度大哪一个速度小答：匀速直线运动；a b c v v v >>; 1-5．如图所示,两船A 和B 相距R ,分别以速度A v 和B v 匀速直线行驶,它们会不会相碰若不相碰,求两船相靠最近的距离．图中α和β为已知;答：方法一：如图,以A 船为参考系,在该参考系中船A 是静止的,而船B 的速度A v v v B -=';v '是船B 相对于船A 的速度,从船B 作一条平行于v '方向的直线BC,它不与船A 相交,这表明两船不会相碰.由A 作BC 垂线AC,其长度min r 就是两船相靠最近的距离 θsin min R r =作FDv v v A B '-=αβθsin sin sin )cos(222βα+++='B A B A v v v v v R v v v v v v r B A B A A B )cos(2sin sin 22min βααβ+++-=t 0)(=dt t dr Rv v v v v v r B A BA AB )cos(2sin sin 22min βααβ+++-=0d r d t =0d r d t ≠0d v d t =0d v d t ≠0d a d t =0d ad t==+x y v v i v j 0d d =⎰⎰ttxv t v t 0d d =⎰⎰ttyv t v td d =⎰⎰ttx v t v td d =⎰⎰tty v t v t 1t 111d ,d ,d t t t xyv t v t v t⎰⎰⎰A B⎰⎰⎰BABABAr d ,d ,d r r tv t xd 1⎰tvt yd 10⎰1d t v t⎰1t ⎰B Ar d d B A⎰r ⎰BAdr 16kg xOy6N x f =7N y f =0t =0x y ==2m /s x v =-0y v =2s t =x x f a m =x a 263m /168s ==27m /16y y f a s m -==2003522m /84x x x v v a dt s =+=-+⨯=-⎰200772m /168y y y v v a dt s -=+=⨯=-⎰2s 57m /s 48v i j =--22011()22x y r v t a t i a t j=++1317(224)()428216i j -=-⨯+⨯⨯+⨯2kg 2424=-F i t j 034=+v i jn F d v F m d t =24242d v i t j dt -=⋅0201(424)2v t v d v i t j dt =-⎰⎰3024v v t i t j =+-034v i j =+s t 1=15v i =t v v e =15v i =s t 1=s t 1=ij 2424F i t j =-s t 1=424424t n F i j e e =-=-24n F N=-45A a g=1m 2m μFmax 212222f mg f Fa m m m m m μ==<=+12()F m m g μ<+maxF max 12()F m m g μ=+12()F m m g μ<+θ)(θμtg <a θμμθtan 1tan 1+-=a g θμμθtan 1tan 2-+=a gtan tan 1tan 1tan g a g θμθμμθμθ-+≤≤+-'x 'y 'x sin cos 0mg ma f θθ-±='y cos sin 0N mg ma θθ--=f N μ=sin cos (cos sin )0mg ma mg ma θθμθθ-±+=sin cos tan cos sin 1tan a g g θμθθμθμθμθ±±==a tan tan 1tan 1tan g a g θμθμμθμθ-+≤≤+-m 0v k f kv =-dv f mdt=•m AR B dv kv m dt -=dv k dt v m =-000t v dv k dt v m =-⎰⎰t m ke v v -=00v =dv dv dx dt dx dt =dx v dt =mdx dvk=-00max 0v m mx dv v k k=-=⎰2m 1m θ2m 1m 2'a 1m 1a 2m 2m g 1N 21m a 1m 1m g 1N 2N 2m 21222cos sin 'm a m g m a θθ+=1212sin cos N m a m g θθ+=1m 111sin N m a θ=11212sin cos sin m a m a m g θθθ+=21212sin cos sin m a g m m θθθ=+122212()sin 'sin m m a g m m θθ+=+2'a 122212sin cos 'sin x x m a a a g m m θθθ=-=-+111sin m a N θ==g m m m m θθ22121sin cos +R μ0=t 0v 2v N m R =f Nμ=dtdvmf =-2dv v dt Rμ=-0201vt v dv dt v R μ-=⎰⎰t μv R R v v 00+=20R m =0.6F i =F R -R2020B A r r r i j∆=-=-+A F r =⋅∆0.6(2020)12A i i j =⋅-+=-0.5kg A F r=⋅∆250.5r t i j =+24(4)(2)60r r r i →∆=-=220.5105d rF m i i d t==⋅=560300A i i J =⋅=m2()F at i bt j =+t P F v =⋅P F v =⋅2232325111111()()()2323ati bt j at i bt j a t b t m m =+⋅+=+2(52.838.4)F x x i =--F x N m m 522.01=x m 34.12=x ()()F x F x i =f A 2v N G mR-=R G N mv )(21212-=2102f mgR A mv +=-11()(3)22f A N G R mgR N mg R =--=-1ρl 2ρAB B1212ρρρ<<max v H G F =浮hsg lsg 12ρρ=l h 12ρρ=212mgh mv A =+浮22max21012h slv sglh gsydy ρρρ=-⎰2max 1v gl ρρ=H 'H l h =+2110'l lsgH ysgdy lsgh ρρρ=+⎰2110()l lsgH ysgdy lsg H l ρρρ=+-⎰1122()lH ρρρ=-L m A A B A m B m k l B 0x A B A A B A B A22011()22A B m m v k x +=0x m m k v B A +=x l =A 221122A A m v kx =0AA A Bm x x m m =+m3e Gm m F r r =-e e ,R m e e 211e e P R R eE F dr Gm m dr Gm m r R ∞∞=⋅=-⋅=-⎰⎰I T I τ12v v =I mv =∆0I =cos T mgθ=2mgπωm Oxy cos sin r a t i b t j ωω=+0=t ωπ/2=t P mv =d r v dt ==2m 1m θθ1N2m 2m g21m a 1m θ1m g 2N 1N θy xOB AFθωl mg Tsin cosa t ib t jωωωω-+()(sin cos )P t m a t i b t jωωω=--2()(0)0I mv P P m b j m b j πωωω=∆=-=-= 2.0kg1.0m20g 0v 600m v 30m 01mv mv M v =+01 5.7mv mv v M-==/m s21v T Mg M l -=2184.6v T Mg M Nl=+=00.0257011.4I mv mv N s =-=-⨯=-⋅m /skg 102.122⋅⨯-236.410kg m/s -⨯⋅kg 108.526-⨯2222221.20.6410P P P -=+=+⨯核电子中微子0.64tan 1.2P P α==中微子电子028.1α=221.410/P kgm s -=⨯核9.151=-=απθ2180.17102k P E J m -==⨯核核m 2c x c x 112212c m x m x x m m +=+12m m m ==12c x x =2223,42c c c mx mx x x x m +== 30=α 1.0M kg =30x cm =0.01m kg=200/v m s =25/k N m =22111sin 22Mv kx Mgx α+=10.83/v m s ⇒=1cos Mv mv m M v α'-=+（）0.89/v m s '⇒=-θM L 0cos M r F mg v t kθ=⨯=-200cos 2t mg v L r mv M dt t k θ=⨯==-⎰1v 2v 1122r mv r mv =122v v =0P MmE G r=-R Mm G mv R Mm G mv 421221022021-=-mg R Mm G =20321Rg v =62Rg v =ρρ220v m Mm G =R 38=ρ22v Rg =0E =24sin A mv R mv R θ=⋅22v Rg =030θ⇒=m r m 2m 2/2mr m2m ma T mg 222=-ma mg T =-12()T T r J β-=βJ r T T =-)(1βr a =2/2J mr =ga 41=mg T 811=l m μ0ωO l m =λdm d x λ=d f dmg gd x μμλ==d M g xd xμλ=20124lM g xd x mgl μλμ==⎰d M J J dt ωβ==000t Mdt Jd ωω-=⎰⎰2011412mglt m l μω-=-03l t g ωμ=0M t J J ωω-=-0ω=2112J ml =03l t g ωμ=2m kg 01.0⋅cm 7kg 5N/m 200=k x maxx 2max max 12k x mg x =max 20.49mg x m k ==222111222k x mv J mg x ω++=v Rω=2222111222k x m R J mg x ωω++=x0d d x ω=21()22d k x m R J mg d x ωω++⋅=0d d x ω=αP 中微子P 电子P 核cx /2c x xyO x y 0v vOz•θT)(245.0m k mg x ==0.245x =22max 2121()2mgx kx v J m r -=+max 1.31v =m 2l 31l 32m 0v m 021v 22004221()9933l l v l v l ω+=+032v l ω=mg N =αsin 212cos N N α=α1N 1F kx m gμ=+2kx m g μ=11A m a kx m g μ=+121A m m a g m μ+=22B m a kx m g μ=-0B a =F GF G F 2321μ+≤1322F F μ<33μ>Rv m mg N 2sin +=θA B F s F A F r =⋅∆F s k m m mg k x =k mg x =212mg x k x =kmgx 2=αx v x 120αI 21I m v m v =-21v v =αm Δ1v 2v m Δm Δf 'f 'm 1e 212e 222121r m Gm mv r m Gm mv -=-1122sin sin θθmv mv =2e 2rm Gm r mv =当两小孩质量相等时,M =0;则系统角动量守恒,两人的实际的速度相同,将同时到达滑轮处,与谁在用力,谁不在用力无关;选择C; 2-13．一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的轴O 以角速度ω按图示方向转动,若如图所示的情况那样,将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F 沿盘面方向同时作用到盘上,则盘的角速度ω怎样变化 答：增大2-14．一个人站在有光滑固定转轴的转动平台上,双臂伸直水平地举起二哑铃,在该人把此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的： A 机械能守恒,角动量守恒；B 机械能守恒,角动量不守恒； C 机械能不守恒,角动量守恒；D 机械能不守恒,角动量不守恒; 答：C习题33-1．原长为m 5.0的弹簧,上端固定,下端挂一质量为kg 1.0的物体,当物体静止时,弹簧长为m 6.0．现将物体上推,使弹簧缩回到原长,然后放手,以放手时开始计时,取竖直向下为正向,写出振动式;g 取解：振动方程：cos()x A t ωϕ=+,在本题中,kx mg =,所以9.8k =； ∴ 9.8980.1k m ω===; 取竖直向下为x 正向,弹簧伸长为时为物体的平衡位置,所以如果使弹簧的初状态为原长,那么：A =,mg 1N 2N α1mv 2mv I风风'f //'f 'f ⊥当t =0时,x =-A ,那么就可以知道物体的初相位为π;所以：0.1cos x π=+）即：)x =-;3-2．有一单摆,摆长m 0.1=l ,小球质量g 10=m ,0=t 时,小球正好经过rad 06.0-=θ处,并以角速度0.2rad/s θ=向平衡位置运动;设小球的运动可看作简谐振动,试求：1角频率、频率、周期；2用余弦函数形式写出小球的振动式;g 取解：振动方程：cos()x A t ωϕ=+ 我们只要按照题意找到对应的各项就行了;1角频率： 3.13/rad s ω===,频率：0.5Hz ν=== ,周期：22T s ===；2振动方程可表示为：cos3.13A t θϕ=+（）,∴ 3.13sin 3.13A t θϕ=-+（） 根据初始条件,0t =时：cos Aθϕ=,0(12sin 0(34 3.13A θϕ>=-<，象限），象限）可解得：2008.810227133 2.32A m ϕ-=⨯==-=-，,所以得到振动方程：28.810cos3.13 2.32t m θ-=⨯-（） ; 3-3．一质点沿x 轴作简谐振动,振幅为cm 12,周期为s 2;当0=t 时,位移为cm 6,且向x 轴正方向运动;求：1振动表达式；2s 5.0=t 时,质点的位置、速度和加速度；3如果在某时刻质点位于cm 6-=x ,且向x 轴负方向运动,求从该位置回到平衡位置所需要的时间;解：1由题已知 A =,T =2 s ,∴ 2Tπωπ==又∵t =0时,06x cm =,00v >,由旋转矢量图,可知：3πϕ=-故振动方程为：0.12cos3x t m ππ=-（）； 2将t = s 代入得：0.12cos 0.12cos 0.10436x t m πππ=-==（）,0.12sin 0.12cos 0.188/36v t m s ππππ=--==-（）,2220.12cos 0.12cos 1.03/36a t m s πππππ=--=-=-（）,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6cm 2Ax =-=-, 且向x 轴负方向运动,如图示,质点从P 位置回到平衡位置Q 处需要走32ππϕ∆=+,建立比例式：2tTϕπ∆∆=,有：56t s ∆= ;3-4．两质点作同方向、同频率的简谐振动,振幅相等;当质点1在 2/1A x =处,且x向左运动时,另一个质点2在 2/2A x -= 处,且向右运动;求这两个质点的位相差; 解：由旋转矢量图可知：当质点1在 2/1A x =处,且向左运动时,相位为3π,而质点2在 2/2A x -= 处,且向右运动,相位为43π;所以它们的相位差为π;3-5．当简谐振动的位移为振幅的一半时,其动能和势能各占总能量的多少物体在什么位置时其动能和势能各占总能量的一半解：由212P E k x =,212k E mv =,有：221cos ()2P E k A t ωϕ=+,2222211sin ()sin ()22k E m A t k A t ωωϕωϕ=+=+, 1当2Ax =时,由cos()x A t ωϕ=+,有：1cos()2t ωϕ+=,3sin()t ωϕ+=,∴14P E E =,34k E E =； 2当12P k E E E ==时,有：22cos ()sin ()t t ωϕωϕ+=+ ∴cos()2t ωϕ+=20.7072x A A ==±; 3-6．两个同方向的简谐振动曲线如图所示1求合振动的振幅;2求合振动的振动表达式; 解：通过旋转矢量图做最为简单; 由图可知,两个振动同频率,且1A 初相：12πϕ=,2A 初相：22πϕ=-,表明两者处于反相状态,反相21(21)k ϕϕϕπ∆=-=±+,012k =，，，∵12A A <,∴合成振动的振幅：21A A A =- ；合成振动的相位：22πϕϕ==- ；合成振动的方程：）（）（22cos 12ππ--=t T A A x ;3-7．两个同方向,同频率的简谐振动,其合振动的振幅为cm 20,与第一个振动的位相差为6π;若第一个振动的振幅为cm 310;则1第二个振动的振幅为多少2两简谐振动的位相差为多少解：如图,可利用余弦定理：由图知 ︒-+=30cos 2122122A A A A A = m ∴A ２=0.1 m ,再利用正弦定理：02sin sin 30AA θ=,有： 2sin 12A A θ==,∴2πθ=;说明A １与A ２间夹角为π/2,即两振动的位相差为π/2 ; 3-8. 质点分别参与下列三组互相垂直的谐振动：1 4cos 864cos 86x t y t ππππ⎧⎛⎫=+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪=- ⎪⎪⎝⎭⎩ ；2 4cos 8654cos 86x t y t ππππ⎧⎛⎫=+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪=- ⎪⎪⎝⎭⎩；3 4cos 8624cos 83x t y t ππππ⎧⎛⎫=+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪=+ ⎪⎪⎝⎭⎩;试判别质点运动的轨迹;解：质点参与的运动是频率相同,振幅相同的垂直运动的叠加;对于cos()x x A t ωϕ=+,4cos()y y t ωϕ=+的叠加,可推得：1将6x πϕ=,6y πϕ=-代入有：2222cos 16sin 33x y x y ππ+-=,则方程化为：2212x y x y +-=,轨迹为一般的椭圆；2将6x πϕ=,56y πϕ=-代入有：2222cos 16sin x y x y ππ+-=则方程化为：2220x y x y +-=,即0x y +=,轨迹为一直线；3将6x πϕ=,23y πϕ=代入有：2222cos 16sin 22x y x y ππ+-=则方程化为：2224x y +=,轨迹为圆心在原点,半径为4m 的圆;3-9．沿一平面简谐波的波线上,有相距2.0m 的两质点A 与B ,B 点振动相位比A 点落后6π,已知振动周期为2.0s ,求波长和波速;解：根据题意,对于A 、B 两点,m x 2612=∆=-=∆，πϕϕϕ,而相位和波长之间满足关系：πλπλϕϕϕ221212xx x ∆-=--=-=∆,代入数据,可得：波长λ=24m;又∵T =2s ,所以波速12/u m s Tλ==;3-10．已知一平面波沿x 轴正向传播,距坐标原点O 为1x 处P 点的振动式为)cos(ϕω+=t A y ,波速为u ,求：1平面波的波动式；2若波沿x 轴负向传播,波动式又如何 解：1设平面波的波动式为0cos[]xy A t uωϕ=-+（）,则P 点的振动式为：10cos[]P x y A t uωϕ=-+（）,与题设P 点的振动式cos()P y A t ωϕ=+比较, 有：10xuωϕϕ=+,∴平面波的波动式为：1cos[()]x x y A t u ωϕ-=-+；2若波沿x 轴负向传播,同理,设平面波的波动式为：0cos[]xy A t u ωϕ=++（）,则P 点的振动式为：10cos[]P x y A t uωϕ=++（）,与题设P 点的振动式cos()P y A t ωϕ=+比较, 有：10xuωϕϕ=-+,∴平面波的波动式为：1cos[()]x x y A t u ωϕ-=++;3-11．一平面简谐波在空间传播,如图所示,已知A 点的振动规律为cos(2)y A t πνϕ=+,试写出： 1该平面简谐波的表达式；2B 点的振动表达式B 点位于A 点右方d 处; 解：1仿照上题的思路,根据题意,设以O 点为原点平面简谐波的表达式为：0cos[2]xy A t u πνϕ=++（）,则A 点的振动式：0cos[2]A ly A t uπνϕ-=++（）题设A 点的振动式cos(2)y A t πνϕ=+比较,有：02lu πνϕϕ=+, ∴该平面简谐波的表达式为：]2cos[ϕπν+++=）（uxu l t A y2B 点的振动表达式可直接将坐标x d l =-,代入波动方程：3-12．已知一沿x 正方向传播的平面余弦波,s 31=t 时的波形如图所示,且周期T 为s 2;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：0.1A m =,0.4m λ=,而2T s =,则：/0.2/u T m s λ==,2T πωπ==,25k ππλ==,∴波动方程为：00.1cos(5)y t x ππϕ=-+O 点的振动方程可写成：00.1cos()O y t πϕ=+由图形可知：s 31=t 时：0.05O y =,有：00.050.1cos()3πϕ=+考虑到此时0O d y d t <,∴03πϕ=,53π舍去 那么：1O 点的振动表达式：0.1cos()3O y t ππ=+；2波动方程为：0.1cos(5)3y t x πππ=-+；3设A 点的振动表达式为：0.1cos()A A y t πϕ=+由图形可知：s 31=t 时：0A y =,有：cos()03A πϕ+=考虑到此时0A d y d t >,∴56A πϕ=-或76A πϕ=∴A 点的振动表达式：50.1cos()6A y t ππ=-,或70.1cos()6A y t ππ=+；4将A 点的坐标代入波动方程,可得到A 的振动方程为：0.1cos(5)3A A y t x πππ=-+,与3求得的A 点的振动表达式比较,有：5563A t t x πππππ-=-+,所以：m x A 233.0307== ; 3-13．一平面简谐波以速度m/s 8.0=u 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；3同一时刻相距m 1的两点之间的位相差; 解：这是一个振动 图像由图可知A =0.5cm ,设原点处的振动方程为：30510cos()O y t ωϕ-=⨯+;1当0t =时,30 2.510O t y -==⨯,考虑到：00O t d y d t=>,有：03πϕ=-,当1t =时,10O t y ==,考虑到：10O t d y d t =<,有：32ππω-=,56πω=,∴原点的振动表达式：35510cos()63O y t ππ-=⨯-；2沿x 轴负方向传播,设波动表达式：35510cos()63y t k x ππ-=⨯+-而512460.825k u ωππ==⨯=,∴3524510cos()6253y t x πππ-=⨯+-； 3位相差：252 3.2724x k x rad ϕππλ∆∆==∆== ; 3-14．一正弦形式空气波沿直径为cm 14的圆柱形管行进,波的平均强度为39.010-⨯/()J s m ⋅,频率为Hz 300,波速为m/s 300;问波中的平均能量密度和最大能量密度各是多少每两个相邻同相面间的波段中含有多少能量解：1已知波的平均强度为：39.010I -=⨯/()J s m ⋅,由I w u =⋅ 有：53max 2610/w w J m -==⨯；2由W w V =⋅,∴221144uW w d w d πλπν=⋅=5327310/(0.14)1 4.62104J m m m J π--=⨯⨯⋅⋅=⨯ ;3-15．一弹性波在媒质中传播的速度310/u m s =,振幅41.010A m -=⨯,频率310Hz ν=;若该媒质的密度为3800/kg m ,求：1该波的平均能流密度；21分钟内垂直通过面积24m 100.4-⨯=S 的总能量; 解：1由：2212I u A ρω=,有：34232110800102102I π-=⨯⨯⨯⨯（）（）521.5810/W m =⨯； 21分钟为60秒,通过面积24m 100.4-⨯=S 的总能量为：W I S t =5431.581041060 3.7910J -=⨯⨯⨯⨯=⨯ ;3-16．设1S 与2S 为两个相干波源,相距41波长,1S 比2S 的位相超前2π;若两波在在1S 、2S 连线方向上的强度相同且不随距离变化,问1S 、2S 连线上在1S 外侧各点的合成波的强度如何又在2S 外侧各点的强度如何解：1如图,1S 、2S 连线上在1S 外侧,∵212122()24r r πππλϕϕϕπλλ∆=---=--⋅=-, ∴两波反相,合成波强度为0； 2如图,1S 、2S 连线上在2S 外侧,∵212122('')()024r r πππλϕϕϕλλ∆=---=---=, ∴两波同相,合成波的振幅为2A ,合成波的强度为：220(2)44I A A I === ;3-17．图中所示为声音干涉仪,用以演示声波的干涉;S 为声源,D 为声音探测器,如耳或话筒;路径SB D 的长度可以变化,但路径SAD 是固定的;干涉仪内有空气,且知声音强度在B 的第一位置时为极小值100单位,而渐增至B 距第一位置为cm65.1的第二位置时,有极大值900单位;求：1声源发出的声波频率；2抵达探测器的两波的振幅之比;解：根据驻波的定义,相邻两波节腹间距：2x λ∆=,相邻波节与波腹的间距：4x λ∆=,可得：4 6.6x cm λ=∆=;1声音的速度在空气中约为340m/s ,所以：234051516.610u Hz νλ-===⨯（）。
大学物理(交大3版)答案(16-20章)
I max
3πa 2 B0ω 3π × 0.12 × 2 × 10 −2 × 50 = = = 9.42 × 10 −3 A R 10
dB > 0 的磁场，一直 dt 导线弯成等腰梯形的闭合回路 ABCDA ，总电阻为 R ，上底为 a ，下底为 （1） AD 段、 BC 段和闭合回路中的感应电动势； （2） B 、 C 两 2a ，求：
直导线方向运动时，弧形导线中的动生电动势。 解：连接 AO 、 OB ，圆弧形导线与 AO 、 OB 形成闭合回 路，闭合回路的电动势为 0，所以圆弧形导线电动势与
AOB 直导线的电动势相等。
ε AO = ∫ v × B • dl = − ∫
2R
R
μ 0 Iv μ Iv dx = − 0 ln 2 2πx 2π
根据 W =
16-8. 一 螺 绕 环 ， 每 厘 米 绕 40 匝 ， 铁 心 截 面 积 3.0cm ， 磁 导 率 （1） µ = 200µ 0 ，绕组中通有电流 5.0mA ，环上绕有二匝次级线圈，求： 两绕组间的互感系数； （2） 若初级绕组中的电流在 0.10s 内由 5.0A 降低到 0， 次级绕组中的互感电动势。 解： （1） B = μnI
262
答： t =
2πB 2 3 r0 3RF
16-3. 在磁感应强度为 B 的均匀磁场内，有一面积为 S 的矩形线框，线框回路的电阻为 ，线框绕其对称轴以匀角速度 ω 旋转（如图所示） 。 R （忽略自感） （1）求在如图位置时线框所受的磁力矩为多大？ （2）为维持线框匀角速度转动，外力矩对线框每转一周需作的功为多少？
− t ε (1 − e L ) = 3.9 A R R
W (t ) =
1 2 LI 2
大学物理(交大3版)答案(16-20章)
当 ωt =
π 时 2
p m = iπa 2 =
2 2 I ωπ 2 a 4 B 2 ωπ 2 a 4 μ 0 M = Bp m = = R 4 Rb 2
W = ∫ iπa 2 Bdθ =
B 2 ωπa 2 R
∫
π 2 0
sin 2 θdθ = −
2 2 I ωπ 3 a 4 B 2 ωπ 2 a 4 μ 0 = R 16 Rb 2
可忽略不计） 解： （1） B = μ 0 nI = μ 0
I l
W= wV = 2⋅
=
1 B2 1 B2 2 ⋅ π a 2l + ⋅l d 2 µ0 2 µ0
1 2
µ0 I 2
l
π a 2 + µ0 I 2 d
1 2 LI 2 2 µ0π a 2 = + µ0 d L l dI dΦ （2） ε = L = dΦ = S ⋅ dB dt dt S 2π a 2 + ld lkt I = ∫ kdt = kt = − 2 µ0π a 2 µ0 L + µ0 d l
16-5. 如图所示，半径为 a 的长直螺线管中，有 点间的电势差 U B − U C 。 解：
∫ E • dl = − dt
r dB E1 = − ⋅ 2 dt
E2 = − a 2 dB ⋅ 2r dt
dΦ
ra ra
ε AD = ∫ E 1 • dl = ∫ E cos θdl
=∫
a 2 a − 2 2 a 2 r dB a − ( 2 ) dl 2 dt r
ε dc = NB1lv
ε = ε dc − ε ab
µ IN 1 µ IalvN 1 )lv = 0 1.92 ×10−4 = = NB1lv − NB2lv = 0 ( − 2π d d + a 2π d (d + a )
大学物理下册(上海交大第四版)课后习题解答
12-4. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为 ，四分之 一圆弧 AB 的半径为 R ，试求圆心 O 点的场强． 解：设 O 为坐标原点，水平方向为 x 轴，竖直方向为 y 轴 半无限长导线 A 在 O 点的场强 E 1
(i j ) 4 0 R
U1
则内球电荷：
4 0 R1
q1
4 0 R2
q1
Q q1 0 4 0 R3
q1
外球电势：
R1 R2 Q R1 R3 R3 R2 R1 R2
U2
电势差：
Q q1 Q( R1 R2 ) 4 0 R3 4 0 ( R1 R3 R3 R2 R1 R2 ) Q( R1 R2 ) 4 0 ( R1 R3 R3 R2 R1 R2 )
B0
B2
L2
由于两段圆弧电流对 O 的磁感应强度方向相反，所以
14-10. 在 半径 R 1cm 的 无 限 长 半 圆 柱 形 金 属 片 中 ， 有 电 流 I 5A 自下而上通过，如图所示。试求圆柱轴线上一点 P 处的磁 感应强度的大小。 解：将半圆柱形无限长载流薄板细分成宽为 dl Rdθ 的长直电流
根据安培环路定理
B dL
0
I
B
0
2
(R 2 r 2 )
（2） 带电长直圆柱体旋转相当于螺线管， 端面的磁感应强度是中间磁感应强度的一半， 所以端面的磁感应强度
B
0 R 2
4
14-16. 如图所示的空心柱形导体，柱的半径分别为 a 和 b ，导体内载有电 流 I ，设电流 I 均匀分布在导体横截面上。证明导体内部各点（ a < r < b ） 的磁感应强度 B 由下式给出：
《大学物理学》答案(上海交大版)上下册 2
0.003
4-7. 有质量为 2m 的弹丸，从地面斜抛出去，它的落地点为 x c 。如果它在飞行到最高点处爆炸成质量相等的两碎
片。其中一碎片铅直自由下落，另一碎片水平抛出，它们同时落地。问第二块碎片落在何处。 解：在爆炸的前后，质心始终只受重力的作用，因此，质心的轨迹为一抛物线，它的落地点为 xc。
v2 R
根据圆周运动的规律：T-G= M （2）根据冲量定理可得：
v2 T M g M1 84.6N R
I mv mv0 0.02 570 11.4 N s
4-5. 一静止的原子核经放射性衰变产生出一个电子和一个中微子， 巳知电子的动量为 1.2 10
22
（2） m3 v μm3 g t
t
v 0.2 0.1s μg 0.2 10
4-12. 一质量为 M 千克的木块，系在一固定于墙壁的弹簧的末端，静止在光滑水平面上，弹簧的劲度系数为 k . 一质量为 m 的子弹射入木块后，弹簧长度被压缩了 L . (1)求子弹的速度；(2)若子弹射入木块的深度为 s ，求子弹所受的平均阻力。 解： （1）碰撞过程中子弹和木块动量守恒，碰撞结束后的运动由机械能守恒条件可得，
m1v0 （m1 m2 m 3 ）v m1v0 (m1 m2 )v
1 2
v 0.2 m s
m1 5 2 1 v0 ms m1 m2 5 25 3
v
1 2
m3 gs (m1 m2 )v 2 （m1 m2 m3）v 2
1 1 (m1 m2 )v 2 （m1 m2 m3）v 1 2 s 2 m m3 g 60
kg m/s ，中微子
的动量为 6.4 1023 kg m/s ，两动量方向彼此垂直。 （1）求核反冲动量的大小和方向； （2）已知衰变后原子核的质量 为 5.8 10
大学物理学第三版(上海交大)下册习题答案
第十一章习题11-1.直角三角形ABC 的A 点上，有电荷C 108.191-⨯=q ，B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ，试求C 点的电场强度(设m 03.0m,04.0==AC BC ).解：1q 在C 点产生的场强 20114AC q E πε= 2q 在C 点产生的场强 22204q E BC πε=C 点的合场强 43.2410V E m ==⨯ 方向如图11-2. 用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环，两端间空隙为cm 2，电量为C 1012.39-⨯的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向.解： 棒长 m d r l 12.32=-=π电荷线密度 19100.1--⋅⨯==m C l q λ若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d 02.0=长的带电棒在该点产生的场强。
由于r d ，该小段可看成点电荷 C d q 11100.2-⨯=='λ圆心处场强 1211920072.0)5.0(100.2100.94--⋅=⨯⨯⨯='=m V r q E πε 方向由缝隙指向圆心处11-3. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强．解：设O 为坐标原点，水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴半无限长导线∞A 在O 点的场强 )(40j i E 1-=Rπελ 半无限长导线∞B 在O 点的场强 )(40j i E 2+-=Rπελ AB 圆弧在O 点的场强 )(40j i E 3+=Rπελ总场强 j)i E E E E 321+=++=(40Rπελ 11-4. 带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度为φλλsin 0=，式中0λ为一常数，φ为半径R 与x 轴所成的夹角，如图所示．试求环心O 处的电场强度． 解：R d Rdl dE 00204sin 4πεϕϕλπελ== ϕcos dE dE x = 考虑到对称性 0=x Eϕsin dE dE y =R R d dE E y 00002084sin sin ελπεϕϕλϕπ===⎰⎰方向沿y 轴负向11-5. 一半径为R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心O 处的电场强度．解：把球面分割成许多球带，球带所带电荷 dl r dq σπ2=2322023220)(42)(4r x dl rx r x xdqdE +=+=πεσππε θc o s R x = θs i n R r = θRd dl = 001sin 2224E d i πσσθθεε==⎰ 11-6. 图示一厚度为d 的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为ρ．求板内、外的场强分布，并画出场强随坐标x 变化的图线，即x E -图线(设原点在带电平板的中央平面上，Ox 轴垂直于平板)．解：在平板内作一个被平板的中间面垂直平分的闭合圆柱面1S 为高斯面S E d S ∆=∙⎰21S E S x q ∆=∑ρ2 0ερx E =)2(d x ≤ 同理可得板外一点场强的大小 02ερd E = ()2d x >11-7. 设电荷体密度沿x 轴方向按余弦规律x cos 0ρρ=分布在整个空间，式中0ρ为恒量．求空间的场强分布．解：过坐标x ±处作与x 轴垂直的两平面S ，用与x 轴平行的侧面将之封闭，构成高斯面。
大学物理教程习题答案上海交通大学出版社
大学物理教程习题答案上海交通大学出版社 Document number：WTWYT-WYWY-BTGTT-YTTYU-2018GT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ω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 ω= ，sin y R t ω=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 rv dt =，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
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 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
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）由d rv dt =，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）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 r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt =，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt=221tt =+，利用222t n a a a =+有： 22221n t a a a t =-=+。
大学物理教程习题答案上海交通大学出版社
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ω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 ω= ，sin y R t ω=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 rv dt=，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
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 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
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）由d rv dt=，有速度：82v t i j =+ 从0=t 到1=t 秒的位移为：1100(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）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 r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt=，有：2a i =； （2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t d v a dt=221t t =+，利用222t n a a a =+有： 22221n t a a a t =-=+。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
习题1919-1．波长为nm 546的平行光垂直照射在缝宽为mm 437.0的单缝上，缝后有焦距为cm 40的凸透镜，求透镜焦平面上出现的衍射中央明纹的线宽度。
解：中央明纹的线宽即为两个暗纹之间的距离：93322546100.42 1.0100.43710f x m a λ---⨯⨯⨯∆===⨯⨯。
19-2．在单缝夫琅禾费衍射实验中，波长为λ的单色光的第三极亮纹与波长'630nm λ=的单色光的第二级亮纹恰好重合，求此单色光的波长λ。
解：单缝衍射的明纹公式为：sin (21)a k ϕ=+2λ，当'630nm λ=时，'2k =，未知单色光的波长为λ、3=k ，重合时ϕ角相同，所以有：630sin (221)(231)22nm a λϕ=⨯+=⨯+，得：56304507nm nmλ=⨯=。
19-3．用波长1400nm λ=和2700nm λ=的混合光垂直照射单缝，在衍射图样中1λ的第1k 级明纹中心位置恰与2λ的第2k 级暗纹中心位置重合。
求满足条件最小的1k 和2k 。
解：由11sin (21)2a k λθ=+，22sin 22a k λθ=，有：122121724k k λλ+==，∴12427k k +=，即：13k =，22k =。
19-4．在通常的环境中，人眼的瞳孔直径为mm 3。
设人眼最敏感的光波长为nm 550=λ，人眼最小分辨角为多大？如果窗纱上两根细丝之间的距离为mm 0.2，人在多远处恰能分辨。
解：最小分辨角为：rad D 439102.21031055022.122.1---⨯=⨯⨯⨯==λθ如果窗纱上两根细丝之间的距离为2.0mm ，人在s 远处恰能分辨，则利用：42.210lrad s θ-==⨯，当2l mm =时，9.1s m =。
19-5．波长为nm 500和nm 520的两种单色光同时垂直入射在光栅常数为cm 002.0的光栅上，紧靠光栅后用焦距为m 2的透镜把光线聚焦在屏幕上。
求这两束光的第三级谱线之间的距离。
解：两种波长的第三谱线的位置分别为1x 、2x ， 由光栅公式：sin d k ϕλ=±，考虑到f x ==ϕϕtan sin ，有：11f x k d λ=，22fx k d λ=，所以：93125232010610210f x x x k m d λ---∆=-==⨯⨯⨯=⨯⨯。
19-6．波长600nm 的单色光垂直照射在光栅上，第二级明条纹出现在sin 0.20θ=处，第四级缺级。
试求：（1）光栅常数()a b +；（2）光栅上狭缝可能的最小宽度a ；（3）按上述选定的a 、b 值，在光屏上可能观察到的全部级数。
解：（1）由()sin a b k θλ+=式，对应于sin 0.20θ=处满足：90.20()260010a b -+=⨯⨯，得：6() 6.010a b -+=⨯m ；（2）因第四级缺级，故此须同时满足：()sin a b k θλ+=，sin a k θλ'=，解得：k k ba a '⨯='+=-6105.14，取1='k ，得光栅狭缝的最小宽度为61.510m -⨯；（3）由()sin a b k θλ+=，()sin a b k θλ+=，当2πθ=，对应max k k =， ∴10106000100.6106max =⨯⨯=+=--λba k 。
因4±，8±缺级，所以在︒︒<<-9090ϕ范围内实际呈现的全部级数为：01235679k =±±±±±±±，，，，，，，共15条明条纹(10±=k 在90θ︒=±处看不到)。
19-7．如能用一光栅在第一级光谱中分辨在波长间隔nm 18.0=∆λ，发射中心波长为nm 3.656=λ的红双线，则该光栅的总缝数至少为多少？解：根据光栅的分辨本领：1kN λλ∆=-，令1k =，有：653.3113646136470.18N λλ∆=+=+=+=（条）。
19-8．已知天空中两颗星相对于望远镜的角宽度为 4.84×10-6rad ，它们发出的光波波长λ=550nm 。
望远镜物镜的口径至少要多大，才能分辨出这两颗星？解：由分辨本领表式：1 1.22R d λθθ==，∴96550101.22 1.220.1394.8410R d λθ--⨯==⨯=⨯（m ）。
19-9．一缝间距0.1d mm =，缝宽0.02a mm =的双缝，用波长600nm λ=的平行单色光垂直入射，双缝后放一焦距为 2.0f m =的透镜，求：（1）单缝衍射中央亮条纹的宽度内有几条干涉主极大条纹；（2）在这双缝的中间再开一条相同的单缝，中央亮条纹的宽度内又有几条干涉主极大？ 解：（1）双缝干涉实际上是单缝衍射基础上的双光束干涉，单缝衍射两暗纹之间的宽度内，考察干涉的主极大，可以套用光栅的缺级条件。
由'k a b k a +=有：0.10''5'0.02a b mm k k k k a mm +===，当'1k =时，有5k =，∴第五级为缺级，单缝衍射中央亮条纹的宽度内有01234k =±±±±，，，，共九条干涉主极大条纹；（2）在这双缝的中间再开一条相同的单缝，则此时的0.05a b mm +=，同理：0.05'' 2.5'0.02a b mmk k k k a mm +===，当'1k =时，有 2.5k =，显然，单缝衍射中央亮条纹的宽度内有012k =±±，，共五条干涉主极大条纹。
19-10．已知氯化钠晶体的晶面距离0.282d nm =，现用波长0.154nm λ=的X 射线射向晶体表面，观察到第一级反射主极大，求X 射线与晶体所成的掠射角。
解：由布拉格条件：2sin 012d k k ϕλ== ，，，取第一级1k =，有：0.154sin 0.2730220.282nmdnm λϕ===⨯，0.27615.841550'rad ϕ=== 。
19-11．一个平面透射光栅，当用光垂直入射时，能在30角的衍射方向上得到600nm 的第二级主极大，并且第二级主极大能分辨0.05nm λ∆=的两条光谱线，但不能得到400nm 的第三级主极大，求：（1）此光栅的透光部分的宽度a 和不透光部分的宽度b ；（2）此光栅的总缝数N 。
解：（1）依题意，30 角的衍射方向上得到600nm 第二级主极大，所以：sin302a b λ+=()，有：4600 2.4a b nm m μ+=⨯=但不能得到400nm 的第三级主极大，说明400nm 的第三级条纹缺级，由缺级的定义可得：3a b a +=，所以：透光部分的宽度0.8a m μ=，不透光部分的宽度 1.6b m μ=；（2）根据瑞利判据：）（λλλ∆+-=N kN k 1，有：600600020.05nmN k nm λλ≈==∆⨯（条）19-12．波长400nm 到750nm 的白光垂直照射到某光栅上，在离光栅0.50m 处的光屏上测得第一级彩带离中央明条纹中心最近的距离为4.0cm ，求：（1）第一级彩带的宽度；（2）第三级的哪些波长的光与第二级光谱的光相重合。
解：（1）衍射光栅中，由及sin x f θ=知：k x f a b λ=+，波长越小，则离中央明纹就越近，所以：76214100.5510410a b f m x λ---⨯+==⨯=⨯⨯。
那么750nm 的波长的第一级条纹位置在：72167.510'0.57.5107.5510x m cm---⨯=⨯=⨯=⨯，∴第一级彩带的宽度：11'7.54 3.5x x x cm cm cm ∆=-=-=；（2）重合部分的光满足衍射角相等，设第二级的2λ与第三级的3λ重合，由公式：()sin a b k θλ+=，知2323λλ=，即：2323λλ=，当2750nm λ=时，3500nm λ=，当3400nm λ=时，2600nm λ=，∴第三级中有一部分和它将重合，对应的第三极波长为400500nm 的波。
19-13．用每毫米500条栅纹的光栅，观察钠光光谱（590nm λ=）。
问：（1）光线垂直入射；（2）光线以入射角30入射时，最多能看到几级条纹？解：（1）正入射时，光栅常数为：3610210500a b m--+==⨯，而()sin a b k ϕλ+=， 有：67210sin sin 3.39sin 5.910a bk ϕϕϕλ--+⨯===⨯，∵sin 1ϕ≤，∴对应的级次k （取整数）只能取3，最多能看到的条纹为7条：0123k =±±±，，，； （2）斜入射时，利用()(sin sin )a b k ϕθλ+±=，选择()(sin sin )a b k ϕθλ++=，将30θ=代入，有：()11(sin ) 3.39(sin )22a b k ϕϕλ+=+=+当90ϕ=时，53.39 5.0852k =⨯=，当90ϕ=-时，13.39() 1.72k =⨯-=-，对应的级次（取整数）为51- 级，∴能看7条条纹：5432101k =-，，，，，，。
思考题1919-1．要分辨出天空遥远的双星，为什么要用直径很大的天文望远镜？答：最小分辨角为：D λθ22.1=，它的倒数为分辨本领，当D 越大，θ越小，那么分辨本领就越大。
所以用的天文望远镜的直径很大，提高了分辨本领。
19-2．使用蓝色激光在光盘上进行数据读写较红色激光有何优越性？答：最小分辨角为：D λθ22.1=，它的倒数为分辨本领，当λ越小，θ越小，那么分辨本领就越大。
所以用的蓝色光比红色光好，提高了分辨本领。
19-3．光栅形成的光谱较玻璃棱镜形成的色散光谱有何不同？ 答：两者都是分光元件。
不同点：（1）光栅光谱有一系列的级次，每一级次都有正负两套光谱，零级光谱因波长重合而不能分光；而棱镜光谱只有一套零级光谱，相对强度大。
（2）低级次的光栅光谱波长与衍射角近似有正比关系，称为匀排光谱；而棱镜光谱的波长与角度为非线性关系，不是匀排光谱。
19-4．孔径相同的微波望远镜和光学望远镜相比较，哪个分辨本领大？为什么？答：最小分辨角为：D λθ22.1=，它的倒数为分辨本领，当λ越小，θ越小，那么分辨本领就越大。
由于微波的波长大于光波的波长，所以光波望远镜的分辨本领大。
19-5．登月宇航员声称在月球上唯独能够用肉眼分辨地球上的人工建筑是中国的长城。