大学物理课后习题答案
大学物理课后习题答案(上下册全)武汉大学出版社 习题3详解
3-1 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.
2ωmR J J + B. 02
)(ωR m J J
+ C.
02
ωmR J
D. 0
ω 答案：A
3-2 如题3-2图所示，圆盘绕O 轴转动。若同时射来两颗质量相同,速度大小相同,方向相反并在一直线上运动的子弹,子弹射入圆盘后均留在盘内,则子弹射入后圆盘的角速度ω将：[ ]
A. 增大.
B. 不变.
C. 减小.
D. 无法判断. 题3-2 图 答案： C
3-3 芭蕾舞演员可绕过脚尖的铅直轴旋转,当她伸长两手时的转动惯量为J 0，角速度为ω0,当她突然收臂使转动惯量减小为J 0 / 2时,其角速度应为：[ ] A. 2ω0 . B. ω0 . C. 4ω0 . D. ω 0/2. 答案：A
3-4 如题3-4图所示，一个小物体，位于光滑的水平桌面上，与一绳的一端相连结，绳的另一端穿过桌面中心的小孔O . 该物体原以角速度ω 在半径为R 的圆周上绕O 旋转，今将绳从小孔缓慢往下拉．则物体：[ ]
A. 动量不变，动能改变； 题3-4图
B. 角动量不变，动量不变；
C. 角动量改变，动量改变；
D. 角动量不变，动能、动量都改变。 答案：D
3-5 在XOY 平面内的三个质点,质量分别为m 1 = 1kg, m 2 = 2kg,和 m 3 = 3kg,位置坐标(以米为单位)分别为m 1 (－3,－2)、m 2 (－2,1)和m 3 (1,2),则这三个质点构成的质点组对Z 轴的转动惯量J z = .
(完整版)大学物理课后习题答案详解
r r r r r r r
r
、
⎰ dt
⎰
0 dx = ⎰ v e
⎰
v v
1
1
2
2
v v d t
v v d t
v
g 2 g h d t
dt [v 2 + ( g t ) 2 ] 12 (v 2 + 2 g h ) 12
第一章质点运动学
1、(习题 1.1)：一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2 t, y = 4 t 2 - 8 。（1）求质点 的轨道方程；（2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由 x=2t 得，
y=4t 2-8
可得： r y=x 2-8
r 即轨道曲线
（2）质点的位置 ： r = 2ti + (4t 2 - 8) j
r r r
r r 由 v = d r / d t 则速度： v = 2i + 8tj
r r r
r 由 a = d v / d t 则加速度： a = 8 j
r
r r r r r r r 则当 t=1s 时，有 r = 2i - 4 j , v = 2i + 8 j , a = 8 j r
当 t=2s 时，有
r = 4i + 8 j , v = 2i +16 j , a = 8 j 2 （习题 1.2）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a = -kv ， k 为常数．设从原点出发时速
度为 v ，求运动方程 x = x(t ) .
解：
dv = -kv
dt v
1 v 0 v
d v = ⎰ t - k dt 0
v = v e - k t
dx x
= v e -k t
0 t
0 -k t d t x = v
0 (1 - e -k t )
《大学物理》课后习题答案
《大学物理》课后习题答案
习题４-12
H
L
h
4-12 一个器壁竖直的开口水槽，如图所示，水的深度为H =10m ，在水面下h =3m 处的侧壁开一个小孔。试求：（1）从小孔射出的水流在槽底的水平射程L 是多少？（2）h 为何值时射程最远？最远射
程是多少？ 解：（１）设水槽表面压强为p 1，流速为v 1，高度为h 1，
小孔处压强为p ２，流速为v ２，高度为h ２，
由伯努利方程得：
2
22
2
1
2
1
1
2
1
21gh v p gh v p ρρρρ++=++ 根据题中的条件可知： 2
1
1
2
1
,0,h h h v p p p -==== 由上式解得：gh v 22
=
由运动学方程：2
2
1gt h H =-，解得: g
h H t )
(2-=
水平射程为:)
(m 17.9)310(34)(42
=-⨯⨯=-=
=h H h t v L
(2)根据极值条件，令0=dh
dL ，Ｌ出现最大值， 即
22
=--h
hH h H ，解得：h=5m
此时Ｌ的最大值为10m 。
4-14 水在粗细不均匀的水平管中作稳定流
解：刚性双原子气体分子的自由度5i = （1）氧气分子的平均平动动能 23
21
k
33
1.3810(2730) 5.710J 22
kT ε--==⨯⨯⨯+≈⨯ 平均转动动能
2321t 2
2 1.3810(2730) 3.810J
2
2
kT ε--==⨯⨯⨯+≈⨯ （2）
34.010kg
-⨯氧气的
内能323
' 4.01058.312737.110J 232102
m i E RT M --⨯==⨯⨯⨯≈⨯⨯ 34.010kg
大学物理课后习题及答案
习 题 二
2-1 质量为m 的子弹以速率0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：(1)子弹射入沙土后，速度大小随时间的变化关系； (2)子弹射入沙土的最大深度。
[解] 设任意时刻子弹的速度为v ，子弹进入沙土的最大深度为s ，由题意知，子弹所受的阻力 f = - kv
(1) 由牛顿第二定律 t v m
ma f d d == 即 t
v
m kv d d ==-
所以 t m k
v v d d -=
对等式两边积分 ⎰⎰-=t
v v t m k v v 0
d d 0
得 t m
k
v v -=0ln
因此 t m k
e
v v -=0
(2) 由牛顿第二定律 x v
mv t x x v m t v m ma f d d d d d d d d ==== 即 x v
mv kv d d =-
所以 v x m
k
d d =-
对上式两边积分 ⎰⎰=-00
0d d v s
v x m k
得到 0v s m
k
-=-
即 k
mv s 0
=
2-2 质量为m 的小球，在水中受到的浮力为F ，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为f ＝kv (k 为常数)。若从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的速率v 与时间的关系为
[证明] 任意时刻t 小球的受力如图所示，取向下为y 轴的正
方向，开始沉降处为坐标原点。由牛顿第二定律得
即 t
v
m ma kv F mg d d ==--
整理得
m
t
kv F mg v d d =-- 对上式两边积分
⎰⎰=--t v
m
t kv F mg v
大学物理教材课后习题答案
P31 第一章 习题答案
3. 一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为
a ＝2＋6 x 2 (SI)
如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度． 解：设质点在x 处的速度为v ，
62d d d d d d 2x t
x
x t a +=⋅==
v v ()x x x
d 62d 0
2
⎰⎰
+=
v v v
()
2 2
1
3
x
x +=v
4.有一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 – 2 t 3 (SI) ．试求：
(1) 第2秒内的平均速度；
(2) 第2秒末的瞬时速度； (3) 第2秒内的路程．
解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s (2) v = d x /d t = 9t - 6t 2 v (2) =-6 m/s
(3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m
5. 一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为2
2
1ct bt S +
= 其中b 、c 是大于零的常量，求从0=t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间． 解： ct b t S +==d /d v c t a t ==d /d v
()R ct b a n /2
+=
根据题意： a t = a n 即 ()R ct b c /2
+=
解得 c
b
c R t -=
6.由楼窗口以水平初速度0v ϖ
射出一发子弹，取枪口为原点，沿0v ϖ
方向为x 轴，竖直向下为y 轴，并取发射时刻t 为0，试求：
(1) 子弹在任一时刻t 的位置坐标及轨迹方程； (2) 子弹在t 时刻的速度，切向加速度和法向加速度． 解：(1) 2
大学物理D课后习题答案
思 考 题
1.1 已知某质点的运动方程是r = 3 t i +(
)2
9.44t
t -j (SI )。这个质点的速度V = ；
加速度a ＝ ；无穷小时间内，它的位移d r =dx i +dy j = 。dr ，dx 和dy 构成无 穷小三角形，令dr ＝ds ，则ds ＝ ；它的速率v=
dt ds
= 。
答：这个质点的速度j t i v
)8.94(3-+=；加速度j a
8.9-=；
j dt t i dt r d
)8.94(3-+=。dt t ds 2)8.94(9-+=；它的速率2)8.94(9t v -+=。
1.2 在X 、Y 平面上运动的质点，其运动方程为r =10cos5t i +10sin5t j ，t 时刻的速度V= ；速率v= ；加速度a= ；该质点作 运动。
答：t 时刻的速度j t i t v
5cos 505sin 50+-=；速率v=50,；加速度)5sin 5(cos 250j t i t a
+-=；该质点作匀速圆周运动。
1.3 质点沿半径为R 的圆周匀速率运动，每t 秒转一圈，则在2t 时间间隔中，其平均 速度大小与平均速率大小分别为( )
(A)
t R π2,t
R
π2 (B)0，
t
R
π2 (C)0，0 (D)
t
R
π2,0 答：（B ）
1.4 质点作曲线运动，r 是质点的位置矢量，r 是位矢的大小，∆r 是某时间内质点的位移，∆r 是位矢大小的增量，∆s 是同一时间内的路程。那么( )
(A) r r ∆=∆
(B) r r ∆=∆
(C)r s ∆=∆
(D) r s
∆=∆
大学物理（第五版）课后习题答案
面向21 世纪课程教材学习辅导书习题分析与解答马文蔚主编殷实沈才康包刚编高等教育出版社前言本书是根据马文蔚教授等改编的面向21世纪课程教材《物理学》第五版一书中的习题而作的分析与解答。与上一版相比本书增加了选择题更换了约25的习题。所选习题覆盖了教育部非物理专业大学物理课程教学指导分委员会制定的《非大学物理课程教学基本要求讨论稿》中全部核心内容并选有少量扩展内容的习题所选习题尽可能突出基本训练和联系工程实际。此外为了帮助学生掌握求解大学物理课程范围内的物理问题的思路和方法本书还为力学、电磁学、波动过程和光学热物理、相对论和量子物理基础等撰写了涉及这些内容的解题思路和方法以期帮助学生启迪思维提高运用物理学的基本定律来分析问题和解决问题的能力。物理学的基本概念和规律是在分析具体物理问题的过程中逐步被建立和掌握的解题之前必须对所研究的物理问题建立一个清晰的图像从而明确解题的思路。只有这样才能在解完习题之后留下一些值得回味的东西体会到物理问题所蕴含的奥妙和涵义通过举一反三提高自己分析问题和解决问题的能力。有鉴于此重分析、简解答的模式成为编写本书的指导思想。全书力求在分析中突出物理图像引导学生以科学探究的态度对待物理习题初步培养学生―即物穷理‖的精神通过解题过程体验物理科学的魅力和价值尝试―做学问‖的乐趣。因此对于解题过程本书则尽可能做到简明扼要让学生自己去完成具体计算编者企盼这本书能对学生学习能力的提高和科学素质的培养有所帮助。本书采用了1996 年全国自然科学名词审定委员会公布的《物理学名词》和中华人民共和国国家标准GB3100 3102 -93 中规定的法定计量单位。本书由马文蔚教授主编由殷实、沈才康、包刚、韦娜编写西北工业大学宋士贤教授审阅了全书并提出了许多详细中肯的修改意见在此编者致以诚挚的感谢。由于编者的水平有限敬请读者批评指正。编者2006 年1 月于南京目录第一篇力学求解力学问题的基本思路和方法第一章质点运动学第二章牛顿定律第三章动量守恒定律和能量守恒定律第四章刚体的转动第二篇电磁学求解电磁学问题的基本思路和方法第五章静电场第六章静电场中的导体与电介质第七章恒定磁场第八章电磁感应电磁场第三篇波动过程光学求解波动过程和光学问题的基本思路和方法第九章振动第十章波动第十一章光学第四篇气体动理论热力学基础求解气体动理论和热力学问题的基本思路和方法第十二章气体动理论第十三章热力学基础第五篇近代物理基础求解近代物理问题的基本思路和方法第十四章相对论第十五章量子物理附录部分数学公式第一篇力学求解力学问题的基本思路和方法物理学是一门基础学科它研究物质运动的各种基本规律由于不同运动形式具有不同的运动规律从而要用不同的研究方法处理力学是研究物体机械运动规律的一门学科而机械运动有各种运动形态每一种形态和物体受力情况以及初始状态有密切关系掌握力的各种效应和运动状态改变之间的一系列规律是求解力学问题的重要基础但仅仅记住一些公式是远远不够的求解一个具体物理问题首先应明确研究对象的运动性质选择符合题意的恰当的模型透彻认清物体受力和运动过程的特点等等根据模型、条件和结论之间的逻辑关系运用科学合理的研究方法进而选择一个正确简便的解题切入点在这里思路和方法起着非常重要的作用1正确选择物理模型和认识运动过程力学中常有质点、质点系、刚体等模型每种模型都有特定的含义适用范围和物理规律采用何种模型既要考虑问题本身的限制又要注意解决问题的需要例如用动能定理来处理物体的运动时可把物体抽象为质点模型而用
(完整版)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=+⨯+⨯=⋅=⨯+
《大学物理简明教程》课后习题答案(全)
《大学物理简明教程》习题解答
习题一
1-1 ｜r ∆｜与r ∆有无不同?t
d d r 和t
d d r 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 ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆr
ˆt r t d d d d d d r r r += 式中t
r
d d 就是速度径向上的分量，
∴
t r t d d d d 与
r 不同如题
1-1图所示
.
题1-1图
(3)t
d d v 表示加速度的模，即
t v a d d
=
，t v
d d 是加速度a 在切向上的分
量.
∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以
t
v t v t v d d d d d d ττ
+=
式中dt dv
就是加速度的切向分量.
(t t r d ˆd d ˆd τ 与
的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)
1-2 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 ＝
2
2y x +，然后根据v =t
r
d d ，及a ＝2
2d d t r
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 =2
2d d d d ⎪⎭
⎫
⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =2
22222d d d d ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x
《大学物理简明教程》课后习题答案(全)
《大学物理简明教程》习题解答
习题一
1-1 ｜r ∆｜与r ∆有无不同?t
d d r 和t
d d r 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 ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆr
ˆt r t d d d d d d r r r += 式中t
r
d d 就是速度径向上的分量，
∴
t r t d d d d 与
r 不同如题
1-1图所示
.
题1-1图
(3)t
d d v 表示加速度的模，即
t v a d d
=
，t v
d d 是加速度a 在切向上的分
量.
∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以
t
v t v t v d d d d d d ττ
+=
式中dt dv
就是加速度的切向分量.
(t t r d ˆd d ˆd τ 与
的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)
1-2 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 ＝
2
2y x +，然后根据v =t
r
d d ，及a ＝2
2d d t r
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 =2
2d d d d ⎪⎭
⎫
⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =2
22222d d d d ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x
大学物理,课后习题,答案
第十八章 波 动
1、一横波沿绳子传播，其波的表达式为 x)2- t 100050ππcos(.y = (SI) 求: (1) 波的振幅、波速、频率和波长。
(2) 绳子上各质点的最大振动速度和最大振动加速度。 (3) 在m .x 201=处和m .x 702=处二质点振动的位相差。 解：（1）)0.02 (100cos 05.0) 2 100cos(05.0x t x t y -=-=πππ m A 05.0=∴,υππω 2 100 ==502/100==⇒ππυ(HZ) )(501
-⋅=s m u , )(15050
m u
==
=
υ
λ
(2) ) 2 100sin(10005.0πππ-⨯-==
∂∂t v t
Y
, )(7.15510005.01
max -⋅==⨯=s m v ππ
) 2 100cos()100(05.02 2
2
x t a t Y
πππ-⨯-==∂∂
∴ 8.4934500)100(05.022m ax ==⨯=ππa )(2
-⋅s m
(3)
ππ
λπϕ=-=-=∆12
.07.02
2 1
2x x
2、一平面简谐波沿ｘ轴正向传播，波的振幅cm A 10=，波的圆频率-1
s rad 7 ⋅=πω，当s .t 01=时，cm x 10=处的a 质点正通过其平衡位置向ｙ轴负方向运动，而cm x 20=处的ｂ质点正通过cm y 5=点向ｙ轴正方向运动。设该波波长
10c m
>λ，求该平面波的表达式。 解：设波动方程为：)2 7cos(1.0πϕπλ⋅-+=x
t Y
t=1(s)时， 05.0)2 7cos(1.0 ,0)2 7cos(1.02.01.0=⋅-+==⋅-+=πϕππϕπλ
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案
习题1
1-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为
)
ωｔsin ωｔ(cos j i R r
其中为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。
解：1）由)ωｔsin ωｔ(cos j i R r
知
t cos R x ωt
sin R y
ω消去t 可得轨道方程
2
2
2
R
y
x
2
）
j
r v
t Rcos sin ωωt ωR ωdt
d i
R
ωt ωR ω
t ωR ωv
2
1
2
2
])cos ()sin [(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0t
到1t 秒的位移；（3）0t 和1t 秒两时
刻的速度。
解：1）由j i
r
)t 23
(t 42可知
2
t 4x t
23
y
消去t 得轨道方程为：2
)
3y
(x
2
）j
i
r v 2t 8dt
d j
i
j i v r 24)dt
2t 8(dt
10
1
Δ
3
）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 r v
2t 2dt
d i
v a
2dt
d 2）2
1
2
2
1
2
)
1t
(2]
4)t 2[(v
1
t
t 2dt
dv a 2
t
2
22
21
n
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。
大学物理课后题答案
第一章 质点的运动规律
1.一质点具有恒定加速度 a = 6i + 4 j (ms-1 ) ，在 t 0 时，其初 速度为零，初位臵为 r0 10im。求（1）任意时刻的速度和位臵 矢量；（2）质点的轨迹方程，并画出轨迹示意图。 r0 10im t 0 时 v0 0 解：（1）任意时刻比速度和位置矢量 dv dv a dt (6i 4 j )dt a dt
V
0
L 1 V dV g sin xdx a L
g V sin ( L2 a 2 ) 积分得 L
2
V
g sin ( L2 a 2 ) L
12.质量为 m的物体最初位于 x0处，在力 F k / x 2 作用下由 静止开始沿直线运动，试证它在x处的速度为
（2）质点轨迹
y
得
x 10 3t 2 y 2t 2 2 y ( x 10) 3
10 x
20 3
质点的轨迹图
2.一身高为 h 的人，用绳子拉一雪橇奔跑，雪橇放在高出地 面 H 的光滑平台上，若人奔跑的速率v0 ，求雪橇的速度、加 速度。 解：方法1：建立Ox, 如习题2图（a）并没t=0时人在滑轮A的
ˆ , v 2i 4 ,求质点在任意时刻的位臵和速度. ˆ ˆ r r0 3i 0 j
大学物理课后习题答案
大学物理课后习题答案(共15页)
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1—1 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为21
35,342
x t y t t t s x y m =+=+-式中以计，，以计。
（1）以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式； （2）计算第1秒内质点的位移；
（3）计算0t = s 时刻到4t = s 时刻内的平均速度；
（4）求出质点速度矢量表示式，计算4t = s 时质点的速度； （5）计算0t = s 到4t = s 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4t = s 是质点的加速度。
（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：j t t i t r
⎪⎭
⎫ ⎝⎛-+++=4321)53(2(m)
(2) 第一秒内位移 j y y i x x r
)()(01011-+-=∆
)
(5.33)101(3)01(21)01(32
m j i j i +=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--=
(3) 前4秒内平均速度 )s m (53)2012(4
1
1-⋅+=+=∆∆=j i j i t r V
(4) 速度
)s m ()3(3d d 1-⋅++==j t i t
r V ∴ )s m (73)34(314-⋅+=++=j i j i V
(5) 前4秒平均加速度
)s m (4
3704204-⋅=-=--=∆∆=j j V V t V a
(6) 加速度)s m ()s m (d d 242--⋅=⋅==j a j t
大学物理学(第三版)课后习题参考答案
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 (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1
V 航行，水流速度为2
V ，一人相对于甲板以速度3
V 行走。如人相对于岸静止，则
1
V 、
2
V 和
3
V 的关系
是 。
[答案：
321 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。
大学物理学课后习题参考答案
习题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 ππ2,
2 (B) t
R
π2,0
(C) 0,0 (D)
0,2t
R
π [答案：B]
填空题
(1) 一质点，以1-⋅s m π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
]
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。
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第九章 静电场 (Electrostatic Field)
二、计算题
9.7 电荷为＋q 和－2q 的两个点电荷分别置于x ＝1 m 和x ＝－1 m 处．一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？
解：设试验电荷0q 置于x 处所受合力为零，根据电力叠加原理可得
()()()()
02222
0000(2)(2)ˆˆ0041414141q q q q q q i i x x x x εεεε⋅-⋅-+=⇒+=π-π+π-π+
即：2
610(3x x x m -+=⇒=±。因23-=x 点处于q 、－2q 两点电荷之间，该处场强不可能为零．故舍去．得
()
223+=x m
9.8 一个细玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电荷+Q ，沿其下半部分均匀分布有电荷－Q ，如题图9.4所示．试求圆心O 处的电场强度．
解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ 处取微小电荷
d q = λd l = 2Q d θ / π
它在O 处产生场强
θεεd 24d d 2
0220R Q
R q E π=π=
按θ 角变化，将d E 分解成二个分量：
θθεθd sin 2sin d d 2
02R Q
E E x π=
=
θθεθd cos 2cos d d 2
02R
Q
E E y π-=-= 对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷
⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡-π=⎰⎰π
ππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R Q
E x ＝0
2022/2/0202d cos d cos 2R Q
R Q E y εθθθθεπ
πππ-=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰ 所以
j R Q j E i E E y x
2
02επ-=
+=
9.9如图9.5所示，一电荷线密度为λ的无限长带电直导线垂直纸面通过A 点；附近有一电量为Q 的均匀带电球体，其球心位于O 点。AOP ∆是边长为a 的等边三角形。已知P 处场强方向垂直于OP ，求:λ和Q 间的关系。
解：如图建立坐标系。根据题意可知
02
000cos 60042x Q E a a
λ
πεπε=⇒
+
=∑ Q a λ⇒=-
9.10 如题图9.6所示，一电荷面密度为的“无限大”平面，在距离平面a 处的一点的场强大小的一半是由平面上的一个半径为R 的圆面积范围内的电荷所产生的．试求该圆半径的大小．
解：电荷面密度为σ
：E =σ / (2ε0)。
以图中O 点为圆心，取半径为r →r ＋d r 的环形面积，其电量为d q = σ2πr d r 。它在距离平面为a 的一点处产生的场强
()
3/2
2
20d 2ardr
E a r
σε⋅=
+
则半径为R 的圆面积内的电荷在该点的场强为
()
⎰+=
R
r a
r
r a E 0
2
/32
2
d 2εσ ⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+-=
220
12R a a εσ 由题意,令E =σ / (4ε0)，得到
R ＝a 3
9.11 如题图9.7所示,一均匀带电直导线长为d ，电荷线密度为λ+。过导线中点O 作一半径为R （2d R >）的球面S ，P 为带电直导线的延长线与球面S 的交点。求： （1）、通过该球面的电场强度通量E Φ。 （2）、P 处电场强度的大小和方向。 解：（1）利用静电场的高斯定理即可得：int
E q d
λεεΦ=
=
。
（2）如图建立一维坐标系，坐标原点与圆心重合。在带电导线上坐标为x 处取长度为dx 的带电元，其所带电荷量为dq dx λ=，dq 在p 点产生的电场强度为：
22
00ˆˆ4()4()
dq dx dE i i R x R x λπεπε=
=-- 则p 点的电场强度为
2
2
2
2
2
2
2
00ˆˆ4()
(4)
d d d d dx
d E dE i i
R x R d λλπεπε--===--⎰
⎰
9.12 题图9.8中，虚线所示为一立方形的高斯面，已知空间的场强分布为：
E x ＝bx ，E y ＝0, E z ＝0。高斯面边长a ＝0.1 m ，常量b ＝1000 N/(C·m)．试求该闭合面中包含的净电荷．(真空介电常数0ε＝8.85×10-12 C 2·N -1·m -2 )
解：设闭合面内包含净电荷为Q ．因场强只有x 分量不为零，故只是二个垂直于x 轴的平面上电场强度通量不为零．由高斯定理得：
1122120
,()Q
E S E S S S S ε-+=
==
则
202102103
12
0()()(2)8.8510Q S E E Sb x x a b a a a b C
εεεε-=-=-=-==⨯
9.13 体图9.9所示，有一带电球壳，内、外半径分别为a 、b ，电荷体密度为r A =ρ，在
球心处有一点电荷Q 。证明：当)2(2
a Q A π=时，球壳区域内电场强度E
的大小与半径r
无关。
证：用高斯定理求球壳内场强： ()
02
/d 4d ερ⎰⎰+=π⋅=⋅V
S
V Q r E S E ,而
⎰⎰⎰π=π⋅=r r
a v r r A r r r A V 02
d 4d 4d ρ()222a r A -π= ()2
220202414a r A r r Q E -π⋅π+π=εε2
02020224r
Aa A r Q E εεε-+π=
要使E
的大小与r 无关，则应有 ：
242
02
20=-πr Aa r Q εε， 即22a Q A π=
9.14 如题图9.10所示，一厚为b 的“无限大”带电平板，其电荷体密度分布为kx =ρ (0≤x ≤b )，式中k 为一正的常量．求：
(1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小； (2) 平板内任一点P 处的电场强度；
(3) 场强为零的点在何处？
解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示．
按高斯定理
int
0E ds q
ε⋅=⎰⎰，即：
图9.9