大学物理指导书答案
大学物理上学习指导作业参考答案
m1
解：因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于绳子张力
T
．设
m2
相对地面的加速度为
a
2
，取向上为正；m1
相对地面的加速
度为 a1(即绳子的加速度)，取向下为正．
1分
解得
m1g T m1a1
T m2 g m2a2
a2 a1 a2
a1
(m1
m2 )g m1 m2
m2a2
T (2g a2 )m1m2 m1 m2
解： 设人到船之间绳的长度为 l ，此时绳与水面成 角，由图可知
l2 h2 s2
将上式对时间 t 求导，得 2l dl 2s ds dt dt
题 1-4 图
根据速度的定义，并注意到 l , s 是随 t 减少的，
∴
v绳
dl dt
ห้องสมุดไป่ตู้
v0 , v船
ds dt
即
v船
ds dt
l s
dl dt
l s
EKB=
1 2
mv
2 x
1 2
mv
2 y
1 2
ma 2 2
2分
(2) F maxi may j = ma 2 cos t i mb 2 sin t j
2分
由 A→B
Wx
0 a
Fx dx
y2=h+v2y
t2-
1 2
gt
2 2
3分 ⑤
⑥
落地时 y2 =0，可得
t2 =4 s , t2＝－1 s（舍去）
故
x2＝5000 ｍ
3分
l
v0
v
m M
4、质量为 M＝1.5 kg 的物体，用一根长为 l＝1.25 m 的细绳悬挂在天花板 上．今有一质量为 m＝10 g 的子弹以 v0＝500 m/s 的水平速度射穿物体，刚穿出
大学物理上学习指导作业参考答案共16页
第一章 质点运动学课 后 作 业1、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 txx t a +=⋅==v v 2分 ()x x xd 62d 020⎰⎰+=v v v2分() 2 213 x x +=v 1分2、一质点沿x 轴运动，其加速度为a 4t (SI)，已知t 0时，质点位于x10 m 处，初速度v0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d tv 2=t 2 3分v d =x /d t 2=t 2 x 2= t 3 /3+x 0 (SI) 2分3、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221ct 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 1分c t a t ==d /d v 1分()R ct b a n /2+= 1分 根据题意： a t = a n 1分即 ()R ct b c /2+=解得 cbc R t -=1分4、如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小．解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω 1分s t 1=时， v = 4Rt 2= 8 m/s 1分2s /168/m Rt dt d a t ===v1分22s /32/m R a n ==v1分()8.352/122=+=n t a a a m/s 21分5、一敞顶电梯以恒定速率v 10 m/s 上升．当电梯离地面h =10 m时，一小孩竖直向上抛出一球．球相对于电梯初速率200=v m/s ．试问： (1) 从地面算起，球能达到的最大高度为多大？ (2) 抛出后经过多长时间再回到电梯上？解：(1) 球相对地面的初速度 =+='v v v 030 m/s 1分抛出后上升高度 9.4522='=gh v m/s 1分 离地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m 1分(2) 球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度2021)(gt t t -+=v v v 1分08.420==gt v s 1分6、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，如图所示．当人以0υ(m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．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222s h l +=将上式对时间t 求导，得tss t l ld 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， 即 θcos d d d d 00v v s lt l s l t s v ==-=-=船 或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度 教师评语教师签字月 日第二章 运动与力课 后 作 业1、 一人在平地上拉一个质量为M 的木箱匀速前进，如图. 木箱与地面间的摩擦系数μ＝0.6.设此人前进时，肩上绳的支撑点距地面高度为h ＝1.5 m ，不计箱高，问绳长l 为多长时最省力?解：设绳子与水平方向的夹角为θ，则l h /sin =θ． 木箱受力如图所示，匀速前进时, 拉力为F , 有F cos θ－f ＝0 2分F sin θ＋N －Mg ＝0 f ＝μN得 θμθμsin cos +=MgF 2分令 0)sin (cos )cos sin (d d 2=++--=θμθθμθμθMg F ∴ 6.0tg ==μθ，637530'''︒=θ 2分且 0d d 22>θF∴ l ＝h / sin θ＝2.92 m 时，最省力． 2、一质量为60 kg 的人，站在质量为30 kg 的底板上，用绳和滑轮连接如图．设滑轮、绳的质量及轴处的摩擦可以忽略不计，绳子不可伸长．欲使人和底板能以1 m/s 2的加速度上升，人对绳子的拉力T 2多大？人对底板的压力多大? (取g ＝10 m/s 2) 解：人受力如图(1) 图2分 a m g m N T 112=-+ 1分 底板受力如图(2) 图2分 a m g m N T T 2221=-'-+ 2分212T T = 1分由以上四式可解得 ∴ 5.2474/))((212=++=a g m m T N 1分 5.412)(21=-+=='T a g m N N N 1分3、一条轻绳跨过一轻滑轮(滑轮与轴间摩擦可忽略)，在绳的一端挂一质量为m 1的物体，在另一侧有一质量为m 2的环，求当环相对于绳以恒定的加速度a 2沿绳向下滑动时，物体和环相对地面的加速度各是多少？环与绳间的摩擦力多大？解：因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于绳子张力T ．设m 2相对地面的加速度为2a '，取向上为正；m 1相对地面的加速度为a 1(即绳子的加速度)，取向下为正． 1分111a m T g m =- 2分222a m g m T =- 2分 212a a a -=' 2分 解得 2122211)(m m a m g m m a ++-= 1分21212)2(m m m m a g T +-=1分2121212)(m m a m g m m a +--=' 1分4、一条质量分布均匀的绳子，质量为M 、长度为L ，一端拴在竖直转轴OO ′上，并以恒定角速度在水平面上旋转．设转动过程中绳子始终伸直不打弯，且忽略重力，求距转轴为r 处绳中的张力T ( r )． 解：取距转轴为r 处，长为d r 的小段绳子，其质量为 ( M /L ) d r ．(取元，画元的受力图) 2分由于绳子作圆周运动，所以小段绳子有径向加速度，由牛顿定律得：T ( r )T ( r + d r ) = ( M / L ) d r r 2令 T ( r )－T (r + d r ) = d T ( r )LOO ′r O O ′ d r(+d r得 d T =－( M 2/ L ) r d r 4分由于绳子的末端是自由端 T (L ) = 01分有r r L M T Lrr T d )/(d 2)(⎰⎰-=ω∴ )2/()()(222L r L M r T -=ω3分第三章 动量与角动量课 后 作 业1、如图，用传送带A 输送煤粉，料斗口在A 上方高h ＝0.5 m 处，煤粉自料斗口自由落在A 上．设料斗口连续卸煤的流量为q m ＝40 kg/s ，A 以v ＝2.0 m/s 的水平速度匀速向右移动．求装煤的过程中，煤粉对A 的作用力的大小和方向．（不计相对传送带静止的煤粉质重）解：煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度gh 20=v 1分设煤粉与A 相互作用的t 时间内，落于传送带上的煤粉质量为t q m m ∆=∆ 1分 设A 对煤粉的平均作用力为f ϖ，由动量定理写分量式：0-∆=∆v m t f x 1分)(00v m t f y ∆--=∆ 1分 将 t q m m ∆=∆代入得 v m x q f =， 0v m y q f =∴ 14922=+=y x f f f N2分f ϖ与x 轴正向夹角为= arctg (f x / f y ) = 57.4°1分 由牛顿第三定律煤粉对A 的作用力f ′= f = 149 N ，方向与图中f ϖ相反．2分 2、质量为1 kg 的物体，它与水平桌面间的摩擦系数= 0.2 ．现对物体施以F = 10t (SI)的力，（t 表示时刻），力的方向保持一定，如图所示．如t = 0时物体静止，则t = 3 s 时它的速度大小v 为多少? 解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力mg F N +︒=30sin 1分物体要有加速度必须 N F μ≥︒30cos2分即 mg t μμ≥-)3(5， 0s 256.0t t =≥1分物体开始运动后，所受冲量为 ⎰-︒=tt t N F I 0d )30cos (μt = 3 s, I = 28.8 N s2分则此时物体的动量的大小为 I m =v 速度的大小为 8.28==mIv m/s 2分3、一炮弹发射后在其运行轨道上的最高点h ＝19.6 m 处炸裂成质量相等的两块．其中一块在爆炸后1秒钟落到爆炸点正下方的地面上．设此处与发射点的距离S 1＝1000 m ，问另一块落地点与发射地点间的距离是多少？（空气阻力不计，g ＝9.8 m/s 2）解：因第一块爆炸后落在其正下方的地面上，说明它的速度方向是沿竖直方向的．利用 2t g t h '+'=211v ， 式中t '为第一块在爆炸后落到地面的时间． 可解得v 1＝14.7 m/s ，竖直向下．取y 轴正向向上, 有v 1y ＝－14.7 m/s2分设炮弹到最高点时(v y ＝0)，经历的时间为t ，则有S 1 = v x t ① h=221gt ② 由①、②得 t =2 s , v x =500 m/s2分 以2v ϖ表示爆炸后第二块的速度，则爆炸时的动量守恒关系如图所示．解出 v 2x =2v x =1000 m/s ， v 2y =-v 1y =14.7 m/s 3分再由斜抛公式 x 2= S 1 +v 2x t 2 ⑤y 2=h +v 2y t 2-22gt 21 ⑥落地时 y 2 =0，可得 t 2 =4 s , t 2＝－1 s （舍去） 故 x 2＝5000 ｍ 3分4、质量为M ＝1.5 kg 的物体，用一根长为l ＝1.25 m 的细绳悬挂在天花板上．今有一质量为m ＝10 g 的子弹以v 0＝500 m/s 的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝30 m/s ，设穿透时间极短．求： (1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2) 子弹在穿透过程中所受的冲量．解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 mv 0 = mv +M vv = m (v 0 v )/M =3.13 m/s2分T =Mg+Mv 2/l =26.5 N2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v ρ方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v ϖ方向相反． 2分第四章 功和能课 后 作 业1、一质量为m 的质点在Oxy 平面上运动，其位置矢量为j t b i t a r ρρρωωsin cos +=(SI)式中a 、b 、是正值常量，且a ＞b ．(1)求质点在A 点(a ，0)时和B 点(0，b )时的动能；(2)求质点所受的合外力F ρ以及当质点从A 点运动到B 点的过程中Fρ的分力x F ρ和y F ρ分别作的功．解：(1)位矢 j t b i t a r ρρρωωsin cos += (SI)可写为 t a x ωcos = ， t b y ωsin =在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ωE KA =2222212121ωmb m m y x =+v v 2分在B 点(0，b ) ，0cos =t ω，1sin =t ωE KB =2222212121ωma m m y x =+v v 2分(2) j ma i ma F y x ρρρ+==jt mb i t ma ρρωωωωsin cos 22-- 2分由A →B ⎰⎰-==020d cos d a a x x x t a m x F W ωω=⎰=-022221d ama x x m ωω 2分⎰⎰-==bby y t b m y F W 020dy sin d ωω=⎰-=-bmb y y m 022221d ωω 2分2、劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定，另一端与桌面上的质量为m 的小球B 相连接．用外力推动小球，将弹簧压缩一段距离L 后放开．假定小球所受的滑动摩擦力大小为F 且恒定不变，滑动摩擦系数与静摩擦系数可视为相等．试求L 必须满足什么条件时，才能使小球在放开后就开始运动，而且一旦停止下来就一直保持静止状态．解：取弹簧的自然长度处为坐标原点O ，建立如图所示的坐标系．在t =0时，静止于x ＝－L 的小球开始运动的条件是kL ＞F ① 2分小球运动到x 处静止的条件，由功能原理得 222121)(kL kx x L F -=+- ② 2分 由② 解出kFL x 2-=使小球继续保持静止的条件为 F k FL k x k ≤-=2 ③ 2分 所求L 应同时满足①、③式，故其范围为 k F <L kF3≤ 2分3、一链条总长为l ，质量为m ，放在桌面上，并使其部分下垂，下垂一段的长度为a ．设链条与桌面之间的滑动摩擦系数为．令链条由静止开始运动，则 (1)到链条刚离开桌面的过程中，摩擦力对链条作了多少功？ (2)链条刚离开桌面时的速率是多少？ 解：(1)建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为g ly m f μ= 1分 摩擦力的功 ⎰⎰--==00d d al al f y gy lmy f W μ2分 =022al y lmg-μ =2)(2a l lmg--μ 2分(2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝222121v v m m -其中 ∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0 1分W P =⎰la x P d =la l mg x x l mg la 2)(d 22-=⎰ 2分由上问知 la l mg W f 2)(2--=μ所以222221)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ 得 []21222)()(a l a l lg ---=μv2分4、一物体与斜面间的摩擦系数= 0.20，斜面固定，倾角 = 45°．现给予物体以初速率v 0 = 10 m/s ，使它沿斜面向上滑，如图所示．求： 物体能够上升的最大高度h ；该物体达到最高点后，沿斜面返回到原出发点时的速率v ．解：(1)根据功能原理，有 mgh m fs -=221v 2分ααμαμsin cos sin mgh Nh fs ==mgh m mgh -==2021ctg v αμ 2分)ctg 1(220αμ+=g h v =4.5 m2分(2)根据功能原理有 fs m mgh =-221v1分αμctg 212mgh mgh m -=v1分[]21)ctg 1(2αμ-=gh v =8.16 m/s2分第五章 刚体的转动课 后 作 业1、一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 和2m 的重物，如图所示．绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑．两个定滑轮的转动惯量均为221mr ．将由两个定滑轮以及质量为m 和2m 的重物组成的系统从静止释放，求两滑轮之间绳内的张力．解：受力分析如图所示． 2分 2mg －T 1＝2ma 1分T 2－mg ＝ma 1分 T 1 r －T r ＝β221mr 1分 T r －T 2 r ＝β221mr 1分a ＝r 2分解上述5个联立方程得： T ＝11mg / 8 2分2、一轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的半径为R ,质量为M / 4，均匀分布在其边缘上．绳子的A 端有一质量为M 的人抓住了绳端，而在绳的另一端B 系了一质量为21M 的重物，如图．设人从静止开始相对于绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B 端重物上升的加速度？(已知滑轮对通过滑轮中心且垂直于轮面的轴的转动惯量J ＝MR 2/ 4 )解：受力分析如图所示．设重物的对地加速度为a ，向上.则绳的A 端对地有加速度a 向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a 向下. 2分根据牛顿第二定律可得：对人： Mg －T 2＝Ma ① 2分 对重物： T 1－21Mg ＝21Ma ② 2分根据转动定律，对滑轮有(T 2－T 1)R ＝J ＝MR 2 / 4 ③ 2分因绳与滑轮无相对滑动， a ＝R ④1分①、②、③、④四式联立解得 a ＝2g / 71分 3、一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用m 、r 、t 和S 表示)．解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg T ＝ma ①2分T r ＝J ②2分由运动学关系有： a = r ③2分由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0∴ S ＝221at ， a ＝2S / t 2 ⑤ 2分将⑤式代入④式得：J ＝mr 2(Sgt 22－1) 2分4、有一质量为m 1、长为l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为的水平桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动．另有一水平运动的质量为m 2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞，设碰撞时间极短．已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1v ϖ和2v ϖ，如图所示．求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间.(已知棒绕O 点的转动惯量2131l m J =)解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力矩<<滑块的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即1分m 2v 1l ＝－m 2v 2l ＋ω2131l m ①3分碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为gl m x x l m gM lf 10121d μμ-=⋅-=⎰ ② 2分由角动量定理 ω210310l m dt M t f -=⎰ ③2分由①、②和③解得 gm m t 12122μv v += 2分第六章 狭义相对论基础课 后 作 业1、一体积为V 0，质量为m 0的立方体沿其一棱的方向相对于观察者A 以速度v 运动．求：观察者A 测得其密度是多少？解：设立方体的长、宽、高分别以x 0，y 0，z 0表示，观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为 221cx x v -=，0y y =，0z z =．相应体积为 2201cV xyz V v -==3分观察者Ａ测得立方体的质量 2201c m m v -=故相应密度为 V m /=ρ22022011/c V c m v v --=)1(2200cV m v -=2分2、在O 参考系中，有一个静止的正方形，其面积为 100 cm 2．观测者O ＇以 0.8c 的匀速度沿正方形的对角线运动．求O ＇所测得的该图形的面积．解：令O 系中测得正方形边长为a ，沿对角线取x 轴正方向(如图)，则边长在坐标轴上投影的大小为 面积可表示为： x y a a S ⋅=2 2分在以速度v 相对于O 系沿x 正方向运动的O ＇系中2)/(1c a a x x v -=' =0.6×a 221在O ＇系中测得的图形为菱形，其面积亦可表示为606.022=='⋅'='a a a S x y cm2 3分3、一艘宇宙飞船的船身固有长度为L 0 =90 m ，相对于地面以=v 0.8 c (c 为真空中光速)的匀速度在地面观测站的上空飞过． (1) 观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少？ (2) 宇航员测得船身通过观测站的时间间隔是多少？解：(1) 观测站测得飞船船身的长度为=-=20)/(1c L L v 54 m则 t 1 = L /v =2.25×10-7 s3分(2) 宇航员测得飞船船身的长度为L 0，则t 2 = L 0/v =3.75×10-7 s2分4、半人马星座星是距离太阳系最近的恒星，它距离地球S = 4.3×1016m ．设有一宇宙飞船自地球飞到半人马星座星，若宇宙飞船相对于地球的速度为v = 0.999 c ，按地球上的时钟计算要用多少年时间？如以飞船上的时钟计算，所需时间又为多少年？ 解：以地球上的时钟计算： 5.4≈=∆vSt 年 2分以飞船上的时钟计算： ≈-='∆∆221ct t v 0.20 年3分5、在惯性系S 中，有两事件发生于同一地点，且第二事件比第一事件晚发生t =2s ；而在另一惯性系S ＇中，观测第二事件比第一事件晚发生t=3s ．那么在S ＇系中发生两事件的地点之间的距离是多少？解：令S ＇系与S 系的相对速度为v ，有则 2/12))/(1(t t c '-⋅=∆∆v ( = 2.24×108 m ·s -1 )4分那么，在S ＇系中测得两事件之间距离为：2/122)(t t c t x ∆∆∆∆-'='⋅='v = 6.72×108 m4分 6、要使电子的速度从v 1 =1.2×108 m/s 增加到v 2 =2.4×108 m/s 必须对它作多少功？ (电子静止质量m e ＝9.11×10-31 kg)解：根据功能原理，要作的功 W = E根据相对论能量公式 E = m 2c 2- m 1c 22分根据相对论质量公式 2/12202])/(1/[c m m v -=2/12101])/(1/[c m m v -=1分 ∴ )1111(22122220ccc m W v v ---=＝4.72×10-14 J ＝2.95×105eV2分希望以上资料对你有所帮助，附励志名言3条：：1、世事忙忙如水流，休将名利挂心头。
大学物理指导书答案
1 2 2 m xdx ma a 2 b 1 Ay Fy dy mb 2 2 同理: 0 2
0 2
2 : (1) d 2 r 2 2 a 2 a costi b sintj dt
2 2 F ma ma costi mb sin tj
5,( D )
2 2
v vx v y
dx 2 dy 2 ( ) ( ) dt dt
r v t
s v t
6, ( D )
r v t
r s
7(D) 8,(D)
a at an
2
2
9,(B)
二,填空题
2, Δ x=
由于匀速上拉,拉力 x 10 0.2 x kg F=mG=(10-0.2x)g (kg),
0
10 m
A Fdx 10 0.2 x 9.8 dx
10 0
882( J )
4பைடு நூலகம்
(L-x) a x x
(1)设任意时刻落下桌 面的链条长为x,则:
0
mg L x f L
dt W F dr F x dx F y dy
mA sin t costdt
2 3
mB 2 3 sin t costdt
o
1 1 2 3 mA sin 2tdt mB 2 3 sin 2tdt 0 2 2
2 Fx ma 2 cost m 2 x
Fy mb sin t m y F dr Fx dx F y dy
沈阳化工大学大学物理I指导书部分答案
01答案：（一）选择题1.B2.D3.C4.A5.D （二）填空题6.313ct ；2ct ；24c t R 7.圆 8.21:cos θ（三）计算题9.解：1510drj tk dt υ==+；10d a k dtυ==10.解：由xx d a dtυ=得：x x d a dt υ=2cos A tdt ωω=-t=0时，0x υ=，x A =,则：20cos xtx d A tdt υυωω=-⎰⎰sin x A t υωω=-又由x dxdtυ=得： sin x dx dt A tdt υωω==-sin xtAdx A tdt ωω=-⎰⎰∴cos x A t ω=11.解：(1) 212d t dt θω==；24d t dtωα== （2） t=2s 时，ω=48，α=4824.8t a R m s α==，22230n a R m s ω==。
12.解：（1）0x t υ=，212y gt = 轨迹方程 22012y x g υ=（2） 0x υυ=，y gt υ=速度大小为υ== 方向：与x轴夹角arctanarctan y x gt υθυυ==∴2t d a g dtυ==0n a υ==02参考答案:参考答案: 1. A 2.112()33GMm GMmR R R-=- 3.零 正 负 4.解：vt22x2300230F(1)a 6tim(2)dv 6tdt v 3t (3)dx vdt 3t dtdx 3t dt =t(4)A dA F dx Fdx 36t dt 144(J)t===→======⋅===⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰5.解：（1）由题意可知l x l mg f /)(-=μ 由变力做功⎰⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=--=⋅=lalal af x lx l mg dx x l lmgr d f W 2)21( )(μμ(2)对链条应用动能定理：∑-=2022121mv mv W W W f P ＋＝ 20210mv W W v f P =∴=＋la l mg xdx l mg r d P W la la P 2)(22-==⋅=⎰⎰la l mg W f 2)(2--=μ2222212)(2)(mv l a l mg l a l mg =---∴μ[]21222)()(a l a llgv ---=μ得03作业答案：1 B2 C3 E4 C5 m （ -ωasin ω t i +ωbcos ω t j ）； 零6 （1）0； （2）mvi mvj --，mv 2；（3）Rmvk ，Rmv ； （4）mgR7 解：碰撞过程中子弹和木块动量守恒，碰撞结束后的运动机械能守恒，v M m mv '+=）（0222121kL v M m ='+）（ 计算得到：）（M m k mLv +=0 04刚体作业答案1C 2C 3. B 4.A 5. mvl 6. 20.25kg m ⋅ 7. 250ml8.2221211712412m l ml m l ++ 9. 220.15,1.26m m s s10.22002126[()]3333[(4)]mv lmv Ml m l Ml mωω=+⨯⇒=+11.121111212221212222()()()()T r T r J m g T m a m m grm m grt t a r m m r Jm m r J T m g m aββωββ⋅-⋅=⋅⎧⎪-=⋅--⎪⇒=⇒==⎨=⋅++++⎪⎪-=⋅⎩12..11221114822T mg ma T r T r J T r T r J a g T mg mg T maa r βββ-=⎧⎪⋅-⋅=⋅⎪⎪⋅-⋅=⋅⇒=⇒=⎨⎪-=⎪⎪=⋅⎩05机械振动部分1、B2、C3、D4、A5、C6、C7、4cm 2π8、解：（g 取9.8）))(64.07cos(05.064.0,4/3)/(tan )(5/7/,/0220200SI t x radcm A m k l g k x v v x m +===-==+===∆=ϕωϕωω 机械波部分1、B2、D3、C4、A5、C6、A7、A8、⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=ϕω)1(cos u x t A y 9、解：()))(cos(1.0,3434312,21000SI t t s t T s T yπππϕπϕωπππω+==+====坐标原点的振动方程为＝时，原点的相位为由图可知，()()()SI x t x y πππ++=5cos 1.02－程为：轴负方向传播的波动方沿()ππϕϕπππϕϕϕπ61267673425253130=+==-=-∆=Q O Q Q t＝点的相位为时，由分析可知，所以，Q 点的振动方程为：()()SI t t A y Q Q ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=ππϕω613cos 1.0cos（4）O 、Q 两点之间的距离为m x Q 28.048.026/72=⨯=∆=ππλπϕ10、解：（1） 设x=0处质点振动方程为()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-==〈-==+==+=22cos 0222202sin 2/02cos 2cos //////ππγπγπϕπϕπγϕπγπγϕπγϕπγt t A y x t t t A dt dy t A y t t t A y 处的振动方程为－＝＝＋所以＋时，由图可知，（2） 该波的波动方程为cos A y =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛--22/ππγu x t t07波动光学1.C2.B3.D4.A5. 996oA 6.(4/1)ne λπ±7.解：（1）明纹位置 k D x kdλ=± (k=1,2,…) 34210x -=±⨯4510D x m dλ-∆==⨯ （2） sin d k δθλ==sin d k θλ=max 1666.7dk λ== 最大级数1666级（3） 1122s i n d k k δθλλ=== 2122165k k k λλ==处重叠 即16k =时开始重合366310D x m dλ-=±=±⨯ 8. 解：设第五个明纹处膜厚为e,该处至棱边的距离为l则有，1252ne e l λλθ+== 由上充入液体前θλ4/91=l 充入液体后θλn l 4/92=充入液体前后第五个明纹移动的距离1291(1) 1.64l l l mm nλθ∆=-=-= 9.（统招）解：（1）与牛顿环计算相似：明条纹：λλk e e ±=++220）（(k=1,2,…)暗条纹：212220λλ）（）（+±=++k e e(k=1,2,…)（2）若调节平凸透镜与平板玻璃靠近，则厚度向边缘走动，根据等厚条纹的定义，相应的条纹也要向边缘移动，即条纹扩展。
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 txx t a +=⋅==v v ()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v()2 213xx +=v4.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 m5. 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221ct 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 cbc 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) 2021gt y t x == , v 轨迹方程是： 202/21v g x y =(2) v x = v 0，v y = g t ，速度大小为： 222022t g y x +=+=v v v v方向为：与x 轴夹角 θ = tg -1( gt /v 0)22202//d d t g t g t a t +==v v 与v ϖ同向．xyOθ 0v ϖ t a ϖn a ϖg ϖ()222002/122/t g g a g a t n +=-=v v 方向与t a ϖ垂直．7. （1）对于在xy 平面内，以原点O 为圆心作匀速圆周运动的质点，试用半径r 、角速度ω和单位矢量i ϖ、j ϖ表示其t 时刻的位置矢量．已知在t = 0时，y = 0, x = r , 角速度ω如图所示；（2） 由(1)导出速度 v ϖ与加速度 a ϖ的矢量表示式；（3）试证加速度指向圆心．解：(1) j t r i t r j y i x r ϖϖϖϖϖsin cos ωω+=+=(2) j t r i t r trϖϖϖϖ cos sin d d ωωωω+-==vj t r i t r ta ϖϖϖϖ sin cos d d 22ωωωω--==v(3) ()r j t r i t r a ϖϖϖϖ sin cos 22ωωωω-=+-= 这说明 a ϖ与 r ϖ方向相反，即a ϖ指向圆心8. 一男孩乘坐一铁路平板车，在平直铁路上匀加速行驶，其加速度为a ，他向车前进的斜上方抛出一球，设抛球过程对车的加速度a 的影响可忽略，如果他不必移动在车中的位置就能接住球，则抛出的方向与竖直方向的夹角θ 应为多大？解：设抛出时刻车的速度为0v ϖ，球的相对于车的速度为/0v ϖ，与竖直方向成θ角．抛射过程中，在地面参照系中，车的位移20121at t x +=∆v ① 球的位移 ()t x θsin /002v v +=∆ ② ()2/0221cos gt t y -=∆θv ③小孩接住球的条件 0221=∆∆=∆y x x ,即 ()t at /θsin 2102v = ， ()t gt θcos 21/02v =两式相比得 tg /θ=g a ，∴ ()g a /tg 1-=θ9.一敞顶电梯以恒定速率v =10 m/s 上升．当电梯离地面h =10 m 时，一小孩竖直向上抛出一球．球相对于电梯初速率200=v m/s ．试问：(1) 从地面算起，球能达到的最大高度为多大？ (2) 抛出后经过多长时间再回到电梯上？解：(1) 球相对地面的初速度=+='v v v 030 m/s 抛出后上升高度9.4522='=gh v m/s离地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m (2) 球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度 2021)(gt t t -+=v v v xyO ωr(x ,y )j ϖ iϖθa v 0/0v ρ08.420==gt v s 10.一球从高h 处落向水平面，经碰撞后又上升到h 1处，如果每次碰撞后与碰撞前速度之比为常数，问球在n 次碰撞后还能升多高？ 解： g h /212v = ;;/21;/21222211ΛΛ v v g h g h ==g h n n /212v =由题意，各次碰撞后、与碰撞前速度之比均为k ，有v v v v v v 2122212222212/;;/;/-===n n k k k ΛΛ将这些方程连乘得出：nn n n n hkh h h k 2222//=== , v v又v v h h k //12212== 故()111//-==n n nn h h h h h h11.一物体悬挂在弹簧上作竖直振动，其加速度为-=a ky ，式中k 为常量，y 是以平衡位置为原点所测得的坐标. 假定振动的物体在坐标y 0处的速度为v 0，试求速度v 与坐标y 的函数关系式．解： yt y y t a d d d d d d d d v v v v ===又 -=a ky ∴ -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C ky y ky 222121 , d d v v v已知 =y y 0 ，=v v 0 则 20202121ky C --=v)(220202y y k -+=v v12 有一宽为l 的大江，江水由北向南流去．设江中心流速为u 0，靠两岸的流速为零．江中任一点的流速与江中心流速之差是和江心至该点距离的平方成正比．今有相对于水的速度为0v ϖ的汽船由西岸出发,向东偏北45°方向航行，试求其航线的轨迹方程以及到达东岸的地点．解：以出发点为坐标原点，向东取为x 轴，向北取为y 轴，因流速为-y 方向，由题意可得 u x = 0u y = a (x -l /2)2＋b 令 x = 0, x = l 处 u y = 0, x = l /2处 u y ＝－u 0， 代入上式定出a 、ｂ，而得 ()x x l lu u y --=204 船相对于岸的速度v ϖ(v x ，v y )明显可知是 2/0v v =x y y u +=)2/(0v v ， 将上二式的第一式进行积分，有 t x 20v =还有，y45 °v 0 u 0xlx y t x x y t y y d d 2d d d d d d 0v v ====()x x l lu --20042v 即 ()x x l l u x y--=020241d d v因此，积分之后可求得如下的轨迹(航线)方程：'32020032422x l u x l u x y v v +-= 到达东岸的地点(x '，y ' )为 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=='='=003231v , u l y y l x lx13.当一列火车以36 km/h 的速率水平向东行驶时，相对于地面匀速竖直下落的雨滴，在列车的窗子上形成的雨迹与竖直方向成30°角．(1) 雨滴相对于地面的水平分速有多大？相对于列车的水平分速有多大？ (2) 雨滴相对于地面的速率如何？相对于列车的速率如何？ 解：(1) 题给雨滴相对于地面竖直下落，故相对于地面的水平分速为零．雨滴相对于列车的水平分速与列车速度等值反向为10 m/s ，正西方向.(2) 设下标W 指雨滴，t 指列车，E 指地面，则有WE v ϖ = t W v ϖ+ v ϖtE , v tE =10 m/s v WE 竖直向下，v W t 偏离竖直方向30°，由图求得雨滴相对于地面的速率为 v WE = v tE ctg30o =17.3 m/s雨滴相对于列车的速率 2030sin ==οtEt W v v m/s14.一人自原点出发，25 s 内向东走30 m ，又10 s 内向南走10 m ，再15 s 内向正西北走18 m ．求在这50 s 内，(1) 平均速度的大小和方向; (2) 平均速率的大小．解：(1) ++=)45sin )45cos (18)10(30j i j i ϖϖϖϖ︒+︒-+-+= j i ϖϖ73.227.17+=，方向φ =8.98°(东偏北)=∆=∆∆=t t r //ϖ0.35 m/s方向东偏北8.98°(2) (路程)()181030++=∆S m=58m,16.1/=∆∆=t S v m/s15 河水自西向东流动，速度为10 km/h ．一轮船在水中航行，船相对于河水的航向为北偏西30°，相对于河水的航速为20 km/h. 此时风向为正西，风速为10 km/h ．试求在船上观察到的烟囱冒出的烟缕的飘向．(设烟离开烟囱后很快就获得与风相同的速度)Wt v ϖWEv ϖtEvϖ30°OCAB东y 北φπ/4 西 南x解：记水、风、船和地球分别为w ， f ，s 和e ，则水-地、风-船、风-地和船-地间的相对速度分别为we V ϖ、fs V ϖ、fe V ϖ和se V ϖ．由已知条件we V =10 km/h ，正东方向． fe V =10 km/h ，正西方向． sw V =20 km/h ，北偏西030方向．根据速度合成法则： se V ϖ=sw V ϖ＋weV ϖ由图可得： se V =310 km/h ，方向正北．同理 fs V ϖ=fe V ϖ－se V ϖ， 由于fe V ϖ=－we V ϖ∴ fs V =sw V ， fs V ϖ的方向为南偏西30°在船上观察烟缕的飘向即fs V ϖ的方向，它为南偏西30°．30ofs V ϖsw V ϖfe ϖweϖ北 东30o se V ϖ。
大学物理学习指导详细标准答案
大学物理学习指导详细答案————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：2第六章 相对论【例题精选】例6-1 当惯性系S 和S ′的坐标原点O 和O ′重合时，有一点光源从坐标原点发出一光脉冲，在S 系中经过一段时间t 后（在S ′系中经过时间t ′），此光脉冲的球面方程（用直角坐标系）分别为：S 系 ； S ′系 ．22222t c z y x =++ 22222t c z y x '='+'+'例6-2 下列几种说法中正确的说法是： (1) 所有惯性系对物理基本规律都是等价的．(2) 在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关． (3) 在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速率都相同．(A) 只有(1)、(2) 正确． (B) 只有(1)、(3) 正确． (C) 只有(2)、(3) 正确． (D) (1)、(2)、(3)都正确． [ D ] 例6-3 经典的力学相对性原理与狭义相对论的相对性原理有何不同？答：经典力学相对性原理是指对不同的惯性系，牛顿定律和其它力学定律的形式都是相同的．狭义相对论的相对性原理指出：在一切惯性系中，所有物理定律的形式都是相同的，即指出相对性原理不仅适用于力学现象，而且适用于一切物理现象。
也就是说，不仅对力学规律所有惯性系等价，而且对于一切物理规律，所有惯性系都是等价的． 例6-4 有一速度为u 的宇宙飞船沿x 轴正方向飞行，飞船头尾各有一个脉冲光源在工作，处于船尾的观察者测得船头光源发出的光脉冲的传播速度大小为 ；处于船头的观察者测得船尾光源发出的光脉冲的传播速度大小为 ． c c 例6-5 关于同时性的以下结论中，正确的是(A) 在一惯性系同时发生的两个事件，在另一惯性系一定不同时发生．(B) 在一惯性系不同地点同时发生的两个事件，在另一惯性系一定同时发生．(C) 在一惯性系同一地点同时发生的两个事件，在另一惯性系一定同时发生．(D) 在一惯性系不同地点不同时发生的两个事件，在另一惯性系一定不同时发生． [ C ] 例6-6静止的μ子的平均寿命约为 τ0 =2×10-6 s ．今在8 km 的高空，由于π介子的衰变产生一个速度为v = 0.998 c (c 为真空中光速)的μ子，试论证此μ子有无可能到达地面． 证明：考虑相对论效应，以地球为参照系，μ子的平均寿命：62106.31)/(1-⨯=-=c v ττ s则μ 子的平均飞行距离： =⋅=τv L 9.46 km ．μ 子的飞行距离大于高度，有可能到达地面．例6-7 两惯性系中的观察者O 和O ′以0.6 c (c 为真空中光速)的相对速度互相接近．如果O 测得两者的初始距离是20 m ，则O 相对O ′运动的膨胀因子γ= ；O ′测得两者经过时间∆t ′= s 后相遇．1.25(或5/4) 8.89×10-8例6-8 两个惯性系S 和S ′，沿x (x ′)轴方向作匀速相对运动. 设在S ′系中某点先后发生两个事件，用静止于该系的钟测出两事件的时间间隔为τ0 ，而用固定在S 系的钟测出这两个事件的时间间隔为τ ．又在S ′系x ′轴上放置一静止于该系、长度为l 0的细杆，从S 系测得此杆的长度为l, 则 (A) τ < τ0；l < l 0． (B) τ < τ0；l > l 0．(C) τ > τ0；l > l 0． (D) τ > τ0；l < l 0． [ D ]例6-9 α 粒子在加速器中被加速，当其质量为静止质量的3倍时，其动能为静止能量的(A) 2倍． (B) 3倍． (C) 4倍． (D) 5倍． [ A ] 例6-10 匀质细棒静止时的质量为m 0，长度为l 0，当它沿棒长方向作高速的匀速直线运动时，测得它的长为l ，那么，该棒的运动速度v = ；该棒所具有的动能E K = ．c)(020lll c m - 例6-11 观察者甲以0.8c 的速度（c 为真空中光速）相对于静止的观察者乙运动，若甲携带一长度为l 、截面积为S ，质量为m 的棒，这根棒安放在运动方向上，则甲测得此棒的密度为 ；乙测得此棒的密度为 ．lSm925 例6-12 根据相对论力学，动能为0.25 MeV 的电子，其运动速度约等于(A) 0.1c (B) 0.5 c (C) 0.75 c (D) 0.85 c (c 表示真空中的光速，电子的静能m 0c 2 = 0.51 MeV) [ C ] 例6-13 令电子的速率为v ，则电子的动能E K 对于比值v / c 的图线可用下列图中哪一个图表示？ （c 表示真空中光速）OE K v /c1.0(A)OE K v /c 1.0(B)OE K v /c1.0(C)OE K v /c1.0(D)[ D ]【练习题】6-1 在某地发生两件事，静止位于该地的甲测得时间间隔为4 s ，若相对于甲作匀速直线运动的乙测得时间间隔为5 s ，则乙相对于甲的运动速度是(c 表示真空中光速) (A) (4/5) c ． (B) (3/5) c ． (C) (2/5) c ． (D) (1/5) c ． [ B ] 6-2 假定在实验室中测得静止在实验室中的μ+子(不稳定的粒子)的寿命为2.2×10-6 s ，当它相对于实验室运动时实验室中测得它的寿命为1.63×10-5s ．则 μ+子相对于实验室的速度是真空中光速的多少倍？为什么？ 答：设μ+子相对于实验室的速度为v μ+子的固有寿命τ0 =2.2×10-6 s μ+子相对实验室作匀速运动时的寿命τ0 =1.63×10-5 s按时间膨胀公式：20)/(1/c v -=ττ移项整理得： 202)/(τττ-=c v 20)/(1ττ-=c = 0.99c则 μ+子相对于实验室的速度是真空中光速的0.99倍．6-3 在S 系中的x 轴上相隔为∆x 处有两只同步的钟A 和B ，读数相同．在S ＇系的x ＇轴上也有一只同样的钟A ＇，设S ＇系相对于S 系的运动速度为v , 沿x 轴方向, 且当A ＇与A 相遇时，刚好两钟的读数均为零．那么，当A ＇钟与B 钟相遇时，在S 系中B 钟的读数是 ；此时在S ＇系中A ＇钟的读数是 ．x /v 2)/(1)/(c x v v -∆6-4 两个惯性系K 与K ＇坐标轴相互平行，K ＇系相对于K 系沿x 轴作匀速运动，在K ＇系的x ＇轴上，相距为L ＇的A ＇、B ＇两点处各放一只已经彼此对准了的钟，试问在K 系中的观测者看这两只钟是否也是对准了？为什么？答：没对准．根据相对论同时性，如题所述在K ＇系中同时发生，但不同地点(x ＇坐标不同)的两事件(即A ＇处的钟和B ＇处的钟有相同示数)，在K 系中观测并不同时；因此，在K 系中某一时刻同时观测，这两个钟的示数必不相同． 6-5 边长为a 的正方形薄板静止于惯性系K 的Oxy 平面内，且两边分别与x ，y 轴平行．今有惯性系K ＇以 0.8c （c 为真空中光速）的速度相对于K 系沿x 轴作匀速直线运动，则从K ＇系测得薄板的面积为 (A) 0.6a 2． (B) 0.8 a 2． (C) a 2． (D) a 2／0.6 ． [ A ] 6-6 狭义相对论确认，时间和空间的测量值都是 ，它们与观察者的 密切相关．相对的 运动6-7 地球的半径约为R 0 = 6376 km ，它绕太阳的速率约为=v 30 km ·s -1，在太阳参考系中测量地球的半径在哪个方向上缩短得最多？缩短了多少？ (假设地球相对于太阳系来说近似于惯性系) 答：在太阳参照系中测量地球的半径在它绕太阳公转的方向缩短得最多．20)/(1c R R v -=其缩短的尺寸为： ∆R = R 0- R ))/(11(20c R v --= 220/21c R v ≈∆R =3.2 cm6-8 有一直尺固定在K ′系中，它与Ox ′轴的夹角θ′＝45°，如果K ′系以匀速度沿Ox 方向相对于K 系运动，K 系中观察者测得该尺与Ox 轴的夹角(A) 大于45°． (B) 小于45°． (C) 等于45°．(D) K ′系沿Ox 正方向运动时大于45°，K ′系沿Ox 负方向运动时小于45°． [ A ]6-9 在狭义相对论中，下列说法中哪些是错误的？ (A) 一切运动物体相对于观察者的速度都不能大于真空中的光速．(B) 质量、长度、时间的测量结果都是随物体与观察者的相对运动状态而改变的． (C) 在一惯性系中发生于同一时刻，不同地点的两个事件在其他一切惯性系中也是同时发生的． (D) 惯性系中的观察者观察一个与他作匀速相对运动的时钟时，会看到这只时钟比与他相对静止的相同的时钟走得慢些． [ C ] 6-10 观察者甲以 0.8c 的速度（c 为真空中光速）相对于静止的观察者乙运动，若甲携带一质量为1 kg 的物体，则甲测得此物体的总能量为 ；乙测得此物体的总能量为 ．9×1016 J 1.5×1017 J 6-11 一个电子以0.99 c 的速率运动，电子的静止质量为9.11×10-31 kg ，则电子的总能量是 J ，电子的经典力学的动能与相对论动能之比是 ．5.8×10-13 8.04×10-2 6-12 一匀质矩形薄板，在它静止时测得其长为a ，宽为b ，质量为m 0．由此可算出其面积密度为m 0 /ab ．假定该薄板沿长度方向以接近光速的速度v 作匀速直线运动，此时再测算该矩形薄板的面积密度则为(A) ab c m 20)/(1v - (B) 20)/(1c ab m v - (C) ])/(1[20c ab m v - (D) 2/320])/(1[c ab m v - [ C ] 6-13 一体积为V 0，质量为m 0的立方体沿其一棱的方向相对于观察者A 以速度v 运动．观察者A 测得其密度是多少？为什么？ 答：设立方体的长、宽、高分别以x 0，y 0，z 0表示，观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为2201c x x v -=，0y y =，0z z =． 相应体积为 2201cV xyz V v -==∵质量 2201cm m v -=故相应密度为 V m /=ρ2222011/cV c m v v --=)1(2200c V m v -=6-14 质子在加速器中被加速，当其动能为静止能量的4倍时，其质量为静止质量的(A) 4倍． (B) 5倍． (C) 6倍． (D) 8倍． [ B ]。
大学物理学习指导答案
大学物理学习指导答案大学物理学习指导习题详解目录第一章质点运动学 (1)第二章牛顿定律 (3)第三章动量守恒定律和能量守恒定律 (5)第四章刚体的转动 (8)第五章热力学基础 (11)第六章气体动理论 (13)第七章静电场 (15)第八章静电场中的导体和介质 (21)第九章稳恒磁场 (28)第十章磁场中的磁介质 (35)第十一章电磁感应 (36)第十二章机械振动 (43)第十三章机械波 (45)第十四章电磁场普遍规律 (49)第十五章波动光学 (51)第十六章相对论 (55)第十七章量子力学 (57)第一章质点运动学1. 由dtdy v dt dx v y x ==,和速度的矢量合成可知，质点在（x,y ）处的速度大小2 /122+??? ??=dt dy dt dx v 。
1.由相对运动的知识易知，风是从西北方向吹来。
2.根据两个三角形相似，则t v vt t v M M -=12h h ，解得211h h vh v M -=。
3.将加速度g 沿切向和法向分解，则.23,2a t ga g n =-= 由法向加速度的计算公式R v 2n a =，所以Rv 22g 3= ，曲率半径g R 3v 322=。
4.??===ttct dt ct dt t v t S 03203)()(，根据法向加速度和切向加速度的计算公式，Rt c R v a ct dt dv n 422t ,2a ====。
5.（1）根据平均速度的计算公式,2,5.221m x m x ==./5.01212s m t t x x t x v -=--=??=方向与x 轴相反。
（2）根据瞬时速度的计算公式,692t t dtdxv t -==,m/s 6-)2(=秒末v 方向与x 轴相反。
（3）由（2）可知，,692t t v t -=当t=1.5s 时，v=0,然后反向运动。
因此m x x x x s 25.2)2()5.1()1()5.1(=-+-=。
大学物理课后习题答案（高教版共三册）
⼤学物理课后习题答案（⾼教版共三册）第⼆章动量及其守恒定律1、⼀质点的运动轨迹如图所⽰，已知质点的质量为20g ，在A 、B ⼆位置处的速率都为20m/s ，A v与 x 轴成045⾓，B v垂直于 y 轴，求质点由A 点到B 点这段时间内，作⽤在质点上外⼒的总冲量？解：由动量定理知质点所受外⼒的总冲量I ＝12v v v m m m )(由A →B A B Ax Bx x m m m m I v v v v cos45°＝-0.683 kg·m·s 1 1分I y =0m v Ay = m v A sin45°= 0.283 kg·m·s 1I =s N 739.022y x I I 3分⽅向： 11/tg x y I I 202.5° （ 1为与x 轴正向夹⾓） 1分2、质量为m 的物体，以初速0v 从地⾯抛出，抛射⾓030 ，如忽略空⽓阻⼒，则从抛出到刚要接触地⾯的过程中，物体动量增量的⼤⼩为多少？物体动量增量的⽅向如何？解：由斜⾯运动可知，落地速度⼤⼩与抛出速度⼤⼩相等，⽅向斜向下，与X 轴正向夹⾓为300，所以，动量增量⼤⼩：0030sin 2mv mv mv动量增量的⽅向竖直向下3、设作⽤在质量为1kg 的物体上的⼒F ＝6t ＋3（SI ）．如果物体在这⼀⼒的作⽤下，由静⽌开始沿直线运动，在0到2.0 s 的时间间隔内，这个⼒作⽤在物体上的冲量⼤⼩为多少? 解：I=Fdt =.20)36(dt t =(3t 2+3t)0.20=3 2.02+3 2.0=18(S N )A vxyOBA4、⼀个质量为m 的质点，沿x 轴作直线运动，受到的作⽤⼒为i F Ft cos 0 (SI)，0t 时刻，质点的位置坐标为0x ,初速度00 v，求质点的位置坐标和时间的关系式？解：由⽜顿第⼆定律tm F dt dx v tdtm F dv dtdv mt F dt v d m a m F t vsin cos cos 00000 ⼜有故tdt m F dx txx sin 000则： t m Fx xcos 1005、电动列车⾏驶时每千克质量所受的阻⼒N v F 2210)5.05.2( ，式中，v 为列车速度，以s m /计。
大学物理实验I指导书(2024秋季普通班)
大学物理实验I指导书(2024秋季普通班)一、教学内容1. 实验原理：介绍测量物体质量、密度和比热容的基本原理，如阿基米德原理、密度的定义以及比热容的计算公式等。
2. 实验步骤：详细说明实验操作的顺序，包括仪器的安装、调节、测量和数据记录等。
3. 实验数据处理：教授如何对实验数据进行处理，包括误差分析、数据拟合等。
4. 实验安全：强调实验过程中需要注意的安全事项，如正确使用仪器、防止实验伤害等。
二、教学目标1. 使学生掌握测量物体质量、密度和比热容的基本原理和方法。
2. 培养学生的实验操作能力，提高实验技能。
3. 培养学生的数据处理能力，使他们能够对实验数据进行合理的分析和处理。
三、教学难点与重点1. 难点：实验数据的处理和分析，包括误差分析、数据拟合等。
2. 重点：实验原理的理解和实验操作的熟练掌握。
四、教具与学具准备1. 教具：计算机、投影仪、实验仪器（如天平、密度计、热源等）。
2. 学具：实验报告册、实验讲义、测量工具（如尺子、量筒等）。
五、教学过程1. 实践情景引入：通过一个简单的实验，使学生了解测量物体质量、密度和比热容的重要性。
2. 讲解实验原理：详细讲解测量物体质量、密度和比热容的基本原理。
3. 演示实验操作：教师演示实验操作步骤，学生跟随操作。
4. 数据处理与分析：教授如何对实验数据进行处理和分析，包括误差分析、数据拟合等。
5. 实验安全讲解：强调实验过程中需要注意的安全事项。
6. 随堂练习：学生进行实验操作，教师巡回指导。
7. 例题讲解：通过例题，使学生掌握实验数据的处理方法。
六、板书设计1. 实验原理：阿基米德原理、密度的定义、比热容的计算公式。
2. 实验步骤：仪器的安装、调节、测量和数据记录。
3. 数据处理：误差分析、数据拟合。
4. 实验安全：正确使用仪器、防止实验伤害。
七、作业设计1. 题目：测量物体质量、密度和比热容的实验报告。
答案：详见实验报告。
2. 题目：根据实验数据，进行误差分析和数据拟合。
大学物理学习指导详细答案
第四章动量、角动量【例题精选】例4-1一质量为1 kg 的物体，置于水平地面上，物体与地面之间的静摩擦系数μ 0＝0.20，滑动摩擦系数μ＝0.16，现对物体施一水平拉力F ＝t+0.96(SI)，则2秒末物体的速度大小v ＝ ．2秒末物体的加速度大小a ＝ ．0.89 m/s1.39 m/s 2 例4-2质量分别为m A 和m B (m A >m B )、速度分别为A v 和B v(v A > v B )的两质点A 和B ，受到相同的冲量作用，则 (A) A 的动量增量的绝对值比B 的小． (B) A 的动量增量的绝对值比B 的大． (C) A 、B 的动量增量相等．(D) A 、B 的速度增量相等．[ C ] *例4-3质量为m 的质点，以不变速率v 沿图中正三角形ABC 的水平光滑轨道运动．质点越过A 点时，轨道作用于质点的冲量的大小为 (A) m v (B)2m v(C)3m v (D) 2m v [ C ]例4-4一人用恒力F推地上的木箱，经历时间∆t 未能推动木箱，此推力的冲量等于多少？木箱既然受了力F的冲量，为什么它的动量没有改变？答：推力的冲量为t F ∆．动量定理中的冲量为合外力的冲量，此时木箱除受力F外还受地面的静摩擦力等其它外力，木箱未动说明此时木箱的合外力为零，故合外力的冲量也为零，根据动量定理，木箱动量不发生变化． 例4-5如图，用传送带A 输送煤粉，料斗口在A 上方高h ＝0.5 m 处，煤粉自料斗口自由落在A 上．设料斗口连续卸煤的流量为q m ＝40 kg/s ，A 以v ＝2.0 m/s 的水平速度匀速向右移动．求装煤的过程中，煤粉对A 的作用力的大小和方向．（不计相对传送带静止的煤粉质重） 解：煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度gh 20=v设煤粉与A 相互作用的∆t 时间内，落于传送带上的煤粉质量为 t q m m ∆=∆设A 对煤粉的平均作用力为f，由动量定理写分量式：0-∆=∆v m t f x )(00v m t f y ∆--=∆将t q m m ∆=∆代入得v m x q f =，0v m y q f =∴14922=+=y x f f f Nf与x 轴正向夹角为α = arctg (f x / f y ) = 57.4°由牛顿第三定律煤粉对A 的作用力f ′= f = 149 N ，方向与图中f相反．hAvAxyαf y ∆tt f ∆f x ∆t例4-6在水平冰面上以一定速度向东行驶的炮车，向东南（斜向上）方向发射一炮弹，对于炮车和炮弹这一系统，在此过程中（忽略冰面摩擦力及空气阻力） (A) 总动量守恒．(B) 总动量在炮身前进的方向上的分量守恒，其它方向动量不守恒．(C) 总动量在水平面上任意方向的分量守恒，竖直方向分量不守恒．(D) 总动量在任何方向的分量均不守恒． [ C ] 例4-7质量为M ＝1.5 kg 的物体，用一根长为l ＝1.25 m 的细绳悬挂在天花板上．今有一质量为m ＝10 g 的子弹以v 0＝500 m/s 的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝30 m/s ，设穿透时间极短．求： (1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2) 子弹在穿透过程中所受的冲量． 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒． 令子弹穿出时物体的水平速度为v '有m v 0 =m v +M v 'v '=m (v 0 -v )/M=3.13 m/s T=Mg+M v 2/l=26.5 N(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v方向为正方向)负号表示冲量方向与0v方向相反．例4-8如图所示，质量M = 2.0 kg 的笼子，用轻弹簧悬挂起来，静止在平衡位置，弹簧伸长x 0 = 0.10 m ，今有m = 2.0 kg 的油灰由距离笼底高h = 0.30 m 处自由落到笼底上，求笼子向下移动的最大距离． 解：油灰与笼底碰前的速度gh 2=v 0/x Mg k =碰撞后油灰与笼共同运动的速度为V ，应用动量守恒定律V M m m )(+=v ①油灰与笼一起向下运动，机械能守恒，下移最大距离∆x ，则x g m M kx V m M x x k ∆∆++++=+)(21)(21)(2120220② 联立解得：3.0)(20222020=+++=∆m M M hx m Mx m x M mx m 例4-9假设卫星环绕地球中心作圆周运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的(A) 角动量守恒，动能也守恒．(B) 角动量守恒，动能不守恒．(C)角动量不守恒，动能守恒．(D)角动量守恒，动量也守恒． [ A ] *例4-10 人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动，卫星轨道近地点和远地点分别为A 和B ．用L 和E K分别表示卫星对地心的角动量及其动能的瞬时值，则应有 (A) L A >L B ，E KA >E kB (B) L A =L B ，E KA <E KB(C) L A =L B ，E KA >E KB (D) L A <L B ，E KA <E KB [ C ]Mm0v【练习题】4-1一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为 t F 31044005⨯-=(SI)子弹从枪口射出时的速率为300 m/s ．假设子弹离开枪口时合力刚好为零，则子弹在枪筒中所受力的冲量I ＝ ；子弹的质量m ＝ ．0.6 N·s 2 g 4-2如图，两个长方形的物体A 和B 紧靠着静止放在光滑的水平桌面上，已知m A ＝2 kg ，m B ＝3 kg ．现有一质量m ＝100g 的子弹以速率v 0＝800 m/s 水平射入长方体A ，经t =0.01 s ，又射入长方体B ，最后停留在长方体B 内未射出．设子弹射入A 时所受的摩擦力为F= 3×103 N ，求： (1) 子弹在射入A 的过程中，B 受到A 的作用力的大小． (2) 当子弹留在B 中时，A 和B 的速度大小． 解：子弹射入A 未进入B 以前，A 、B 共同作加速运动．F ＝(m A +m B )a ， a=F/(m A +m B )=600 m/s 2B 受到A 的作用力N ＝m B a ＝1.8×103N 方向向右A 在时间t 内作匀加速运动，t 秒末的速度v A ＝at ．当子弹射入B 时，B 将加速而A 则以v A的速度继续向右作匀速直线运动．v A ＝at ＝6 m/s取A 、B 和子弹组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，子弹留在B中后有B B A A m m m m v v v )(0++=m/s 220=+-=BAA B m m m m v v v4-3 质量m ＝2kg 的质点在力i t F 12=(SI)的作用下，从静止出发沿x 轴正向作直线运动，前三秒内该力作用的冲量大小为 ；前三秒内该力所作的功为 ．54N ·s729 J*4-4光滑圆盘面上有一质量为m 的物体A ，拴在一根穿过圆盘中心O 处光滑小孔的细绳上，如图所示．开始时，该物体距圆盘中心O 的距离为r 0，并以角速度ω 0绕盘心O 作圆周运动。
大学物理学习指导详细答案
第五章 刚体【例题精选】例5-1 如图所示，A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且F ＝Mg ．设A 、B 两滑轮的角加速度分别为βA 和βB ，不计滑轮轴的摩擦，则有(A) βA ＝βB ． (B) βA ＞βB ．(C) βA ＜βB ． (D) 开始时βA ＝βB ，以后βA ＜βB ． [ C ]例5-2 均匀细棒OA 可绕通过其一端O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示．今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？(A) 角速度增大，角加速度减小． (B) 角速度增大，角加速度增大．(C) 角速度减小，角加速度减小．(D) 角速度减小，角加速度增大．[ A]例5-3 一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M 的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体(m 1＜m 2)，如图所示．绳与轮之间无相对滑动．若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力(A) 处处相等． (B) 左边大于右边． (C) 右边大于左边． (D) 哪边大无法判断． [ C 例5-4 光滑的水平面上，有一长为2L 、质量为m 的细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O 自由转动，其转动惯量为mL 2/3，起初杆静止．桌面上有两个质量均为m 的小球，各自在垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同速率v 相向运动，如图所示．当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度应为 (A)L 32v ． (B) L 54v ． (C) L 76v ． (D) L98v ． [ C ] 例5-5 一个作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量为J ．正以角速度ω0＝10 rad ·s -1匀速转动．现对物体加一恒定制动力矩 M ＝－0.5 N ·m ，经过时间t ＝5.0 s 后，物体停止了转动．物体的转动惯量J ＝ ，物体初态的转动动能为 ．0.25 kg ·m 2 12.5 J 例5-6 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) ()02ωRm J J+． (C) 02ωmR J ． (D) 0ω． [ A ] 例5-7 质量m 、长l 的棒，可绕通过棒中心且与棒垂直的竖直光滑固定轴O 在水平面内转动(转动惯量J ＝m l 2/12)．开始时棒静止，有一质量m 的子弹在水平面内以速度v 0垂直射入棒端并嵌在其中． 则子弹嵌入后棒的角速度为 ；子弹嵌入后系统的转动动能为 ．3v 0 / (2l ) 3m v 02 / 32O v俯视图m0v俯视图例5-8 如图，设两重物的质量分别为m 1和m 2，且m 1＞m 2，定滑轮的半径为r ，对转轴的转动惯量为J ，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计．设开始时系统静止，试求t 时刻滑轮的角速度． 解：作示力图．两重物加速度大小a 相同，方向如图. m 1g －T 1＝m 1a T 2－m 2g ＝m 2a设滑轮的角加速度为β，则 (T 1－T 2)r ＝J β 且有 a ＝r β由以上四式消去T 1，T 2得：()()Jr m m gr m m ++-=22121β开始时系统静止，故t 时刻滑轮的角速度()()Jr m m grt m m t ++-==22121βω例5-9 质量分别为m 和2m 、半径分别为r 和2r 的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为9mr 2 / 2，大小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为m 的重物，如图所示．求盘的角加速度的大小．解：受力分析如图．mg －T 2 = ma 2 T 1－mg = ma 1T 2 (2r )－T 1r = 9mr 2β/ 22r β = a 2 r β =a 1解上述5个联立方程，得： rg192=β 例5-10 一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为r 端分别挂着质量为m 和2m 滑．两个定滑轮的转动惯量均为2/2mr 的重物组成的系统从静止释放，求两滑轮之间绳内的张力． 解：受受力分析如图所示．2mg －T 1＝2ma T 2－mg ＝maT 1 －T r ＝β221mr T r －T 2 r ＝β221mra ＝r β解上述5个联立方程得： T ＝11mg / 8例5-11 一质量为m 1、长为l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动．另有一水平运动的质量为m 2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞，设碰撞时间极短．已知小滑块碰撞前后的速度分别为1v 和2v，如图．求碰撞后细棒从开始转动到停止所需的时间.(棒绕O 点的转动惯量3/21l m J =)解：对棒和滑块系统，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力矩<<滑块的冲力矩．aa 1Am 1 ,l1v2俯视图m因而系统的角动量守恒: m 2v 1l ＝－m 2v 2l ＋ω2131l m ① 碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为 gl m x x l m gM lf 10121d μμ-=⋅-=⎰② 由角动量定理ω210310l m dt Mtf-=⎰ ③由①、②和③解得 gm m t 12122μv v +=例5-12 一轻绳绕过一轴光滑的定滑轮，滑轮半径为R ，质量为M /4，均匀分布在其边缘上．绳子的A 端有一质量M 的人抓住了绳端，而在另一端B 系了一质量M /2的重物，如图．设人从静止开始相对于绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B 端重物上升的加速度？(已知滑轮对通过滑轮中心且垂直于轮面的轴的转动惯量J ＝MR 2/4 ) 解：受力分析如图所示． 设重物的对地加速度为a ，向上.则绳的A 端对地有加速度a 向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a 向下.根据牛顿第二定律可得：对人：Mg －T 2＝Ma ①对重物：T 1－21Mg ＝21Ma ②根据转动定律，对滑轮有 (T 2－T 1)R ＝J β＝MR 2β / 4 ③因绳与滑轮无相对滑动， a ＝βR ④ ①、②、③、④四式联立解得 a ＝2g / 72【练习题】5-1 转动着的飞轮的转动惯量为J ，在t ＝0时角速度为ω 0．此后飞轮经历制动过程．阻力矩M 的大小与角速度ω 的平方成正比，比例系数为k (k >0常量)．当ω=ω0/3时，飞轮的角加速度β ＝ ．从开始制动到ω=ω0/3所经过的时间t ＝ ．Jk 920ω- 02ωk J5-2 质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上．平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，转动惯量为J ．平台和小孩开始时均静止．当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为(A) ⎪⎭⎫ ⎝⎛=R J mR v 2ω，顺时针． (B) ⎪⎭⎫ ⎝⎛=R J mR v 2ω，逆时针． (C) ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R mR J mR v 22ω，顺时针． (D) ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R mR J mR v 22ω，逆时针． [ A ] 5-3 一长为l ，质量可以忽略的直杆，绕通过其一端的水平光滑轴在竖直平面内作定轴转动，在杆的另一端固定着一质量m 的小球，如图．将杆由水平位置无初转速地释放．杆刚释放时的角加速度为 ， 杆与水平方向夹角为60°时的角加速度为 ．g / l g / (2l )*5-4 如图所示，一轻绳绕于半径为r 的飞轮边缘，并以质量为m 的物体挂在绳 端，飞轮对过轮心且与轮面垂直的水平固定轴的转动惯量为J 。
大学物理 学习指导详细答案 答案
Y P (0，y)
–q
q
–a O
a
X
习题 7―7 图
解：由图示，两个点电荷在 P 点产生的场强的 Y 分量相抵消，P 点最终的场 强只是两场强 X 分量的叠加，因此，P 点的场强为
EP
2
q 4 0 ( y 2
a2)
a
qa
qa
y 2 a 2 2 0 ( y 2 a 2 )3 2 2 0 y3
加原理，两种情况下的电势都一样，都是
U P
N i 1
q 4 0r
Nq 4 0r
对于场强，因为它是矢量，即不仅有大小还有方向，各点电荷产生的场强方向与 其在圆周上的位置有关，也就是说，P 点的场强应当与各点电荷在圆周上的分布 有关，所以两种情况下的场强是不同的。但是，由于 P 点对于圆周上的各点是 对称的，各点电荷场强的 Z 分量(标量)大小与其在圆周上的位置无关，因此，两 种情况下 P 点的场强分量 EZ 都相同。综上，应该选择答案(C)。
a
d
1
2
习题 7―16 图
习题 7—17 两个平行的“无限大”均匀带电平面，其面电荷密度分别为 和
2 ，如图所示，则 A、B、C 三个区域的电场强度分别为 EA=
；
EB=
；EC=
。(设方向向右为正)
解：此题应当应用叠加原理，每个区域的电场强度等于每个均匀带电平面单
独存在时产生的场强的矢量和。设自左向右的方向为正，则有
﹢q
﹣q
S1
S2
S3
习题 7―13 图
习题 7─14 如图，A 点与 B 点间距离 为 2l，OCD 是以 B 为中心、以 l 为半径
大学物理学习指导详细答案
大学物理学习指导详细答案一、学习物理的重要性物理作为一门基础科学，是研究物质、能量和宇宙的运行规律的学科，对于培养学生的科学思维、观察能力以及解决问题的能力具有重要的作用。
以下是针对大学物理学习的指导答案，帮助学生们更好地掌握物理学知识。
二、初入大学物理学习方法1. 阅读教材和参考书籍在学习物理过程中，阅读教材是首要的任务。
掌握教材内容，了解物理学的基础概念和原理是学习的基础。
同时，可以寻找一些与教材相关的参考书籍，扩展自己的知识面。
2. 制定学习计划学习物理需要一定的时间和耐心，因此制定一个有序的学习计划非常重要。
合理安排每天的学习时间，将物理学习纳入日常学习的重要组成部分，这样可以提高学习效率。
3. 多做习题物理学习最重要的一个环节就是做习题。
通过大量的习题练习，可以帮助巩固理论知识，加深对物理学原理的理解。
同时，习题做多了，可以训练自己的问题解决能力和分析能力。
4. 借助实验室条件大学物理学通常伴随着实验教学，学生可以借助实验室的条件进行实践操作，观察实验现象，从而更好地理解书本知识并培养实践能力。
三、大学物理学习的核心知识点1. 牛顿三大运动定律牛顿运动定律是物理学中最基础的理论之一，要学好物理，首先要对这三大定律的内容和应用有深入的了解。
2. 力学力学是物理学的核心内容之一，包括机械振动、流体力学、动量守恒等方面的知识。
学生应该掌握相关的基本概念、公式和计算方法。
3. 电磁学电磁学是物理学中的重要分支，包括电场、磁场、电磁感应等内容。
学生需要掌握电磁学的基础知识，并能够应用于实际问题的解决中。
4. 光学光学是物理学中的另一个重要分支，包括光的传播、折射、反射等知识。
学生需要理解光的基本性质，并能够运用光学原理解决光学问题。
5. 热学热学是物理学中的一门重要学科，探讨物体的热现象和热传导规律等内容。
学生需要学习热力学的基本概念和计算方法。
四、解决物理学习困难的方法1. 找准学习重点和难点针对学习中的重点和难点，要有针对性地加以解决。
大学物理实验指导书(电子版)
大学物理实验指导书(电子版)XX海运学院2010.05目录绪论┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅3实验数据的处理方法┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅7实验一.长度的测量┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅9 实验二.测量钢丝杨氏模量┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅11 实验三.扭摆法测定物体转动惯量┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅13 实验四.空气比热容比测定实验┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅17 实验五.线膨胀系数测定┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅ 18 实验六.常用电学仪器的使用┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅- 19 实验七.惠斯登电桥测电阻┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅22 实验八.电位差计测电动势┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅24 实验九.电表改装┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅26 实验十.示波器的使用┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅28 实验十一.等厚干涉的应用┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅31实验十二.用光栅测定光波的波长┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅33实验十三.旋转液体物体特性测量┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅34实验十四.波尔共振┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅36 实验十五.用梁的弯曲测量材料的杨氏模量┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅38 实验十六.仿真实验—偏振光的研究┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅39 实验十七.光纤传输技术┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅42 实验十八.激光全息照相┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅44实验十九.迈克尔逊干涉仪的应用┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅46 实验二十.光拍法测量光速┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅49 实验二十一.光电效应┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅52 实验二十二.霍尔效应与其应用┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅55 实验二十三.荷质比实验┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅58 实验二十四.金属电子逸出功实验┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅62实验二十五.声速测量┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅66 实验二十六.夫兰克赫兹实验┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅69 实验二十七.密立根油滴实验┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅73 实验二十八.多量程直流电表的设计┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅77绪论早在五十年代，我国物学家钱三强就指出：今天的科学技术发展可以概括为“科学技术化和技术的科学化”，也就是说：科学和技术关系越来越密切，科学与技术相互渗透。
大学物理学习指导详细答案
第十章 热力学【例题精选】例10-1两个完全相同的气缸内盛有同种气体，设其初始状态相同，今使它们分别作绝热压缩至相同的体积，其中气缸1内的压缩过程是非准静态过程，而气缸2内的压缩过程则是准静态过程．比较这两种情况的温度变化：(A) 气缸1和2内气体的温度变化相同． (B) 气缸1内的气体温度变化较大． (C) 气缸1内的气体的温度变化较小． (D) 两气缸内的气体的温度无变化． [ B ]例10-2 某理想气体状态变化时，内能随体积的变化关系如图中AB 直线所示．A →B 表示的过程是(A) 等压过程．(B) 等体过程．(C) 等温过程．(D) 绝热过程． [ A ]例10-3用公式T C E V ∆=∆ν(式中V C 为定体摩尔热容量，视为常量，ν 为气体摩尔数)计算理想气体内能增量时，此式(A) 只适用于准静态的等体过程． (B) 只适用于一切等体过程． (C) 只适用于一切准静态过程． (D) 适用于一切始末态为平衡态的过程．[ D ]例10-4 如图，bca 为理想气体绝热过程，b 1a 和b 2a 是任意过程，则上述两过程中气体作功与吸收热量的情况是: (A) b 1a 过程放热，作负功；b 2a 过程放热，作负功． (B) b 1a 过程吸热，作负功；b 2a 过程放热，作负功．(C) b 1a 过程吸热，作正功；b 2a 过程吸热，作负功．(D) b 1a 过程放热，作正功；b 2a 过程吸热，作正功． [ B ] 例10-5 、一定量理想气体，从A 状态 (2p 1，V 1)经历如图所示的直线过程变到B 状态(2p 1，V 2)，则AB 过程中系统作功W ＝ ；内能改变∆E = ．1123V p 0 例10-6 一定量理想气体，从同一状态开始使其体积由V 1膨胀到2V 1，分别经历以下三种过程：(1) 等压过程；(2) 等温过程；(3)绝热过程．其中： 过程气体对外作功最多； 过程气体内能增加最多．等压 等压例10-7 比热容比γ＝1.40的理想气体进行如图所示的循环．已知状态A 的温度为300 K ．求：(1) 状态B 、C 的温度； (2) 每一过程中气体所吸收的净热量． (普适气体常量R ＝8.31 11K mol J --⋅⋅)Vp p 2p(m 3)解：由图得 p A ＝400 Pa ， p B ＝p C ＝100 Pa ， V A ＝V B ＝2 m 3，V C ＝6 m 3． (1) C →A 为等体过程，据方程p A /T A = p C /TCT C = T A p C / p A =75 KB →C 为等压过程，据方程V B /T B =V C T C 得 T B = T C V B / V C =225 K(2) 根据理想气体状态方程求出气体的物质的量(即摩尔数)ν 为ν = p A V A /RT A =0.321 mol 由γ＝1.4知该气体为双原子分子气体，R C V 25=，R C P 27= B →C 等压过程吸热 1400)(272-=-=B C T T R Q ν J ．C →A 等体过程吸热1500)(253=-=C A T T R Q ν J ．ΔE =0，整个循环过程净吸热 600))((21=--==C B C A V V p p W Q J ．∴ A →B 过程净吸热： Q 1=Q －Q 2－Q 3=500 J例10-8 如图所示，体积为30L 的圆柱形容器内，有一能上下自由滑动的活塞（活塞的质量和厚度可忽略），容器内盛有1摩尔、温度为127℃的单原子分子理想气体．若容器外大气压强为1标准大气压，气温为27℃，求当容器内气体与周围达到平衡时需向外放热多少？（普适气体常量 R = 8.31 J ·mol -1·K -1） 解：开始时气体体积与温度分别为 V 1 =30×10－3 m 3，T 1＝127＋273＝400 K∴气体的压强为 p 1=RT 1/V 1 =1.108×105 Pa 大气压p 0=1.013×105 Pa ， p 1>p 0 可见，气体的降温过程分为两个阶段：第一阶段等体降温，直至气体压强p 2 = p 0，此时温度为T 2，放热Q 1；第二阶段等压降温，直至温度T 3= T 0=27＋273 =300 K ，放热Q 2 (1) )(23)(21211T T R T T C Q V -=-=365.7 K∴ Q 1= 428 J(2) )(25)(32322T T R T T C Q p -=-==1365 J ∴ 总计放热 Q = Q 1 + Q 2 = 1.79×103 J例10-9 一热机从温度为 727℃的高温热源吸热，向温度为 527℃的低温热源放热．若热机在最大效率下工作，且每一循环吸热2000 J ，则此热机效率为 ；热机每一循环作功 J ．20% 400例10-10 两个卡诺热机的循环曲线如图所示，一个工作在温度为T 1与T 3的两个热源之间，另一个工作在温度为T 2 与T 3的 两个热源之间，已知这两个循环曲线所包围的面积相等．则： (A) 两个热机的效率一定相等．(B) 两个热机从高温热源所吸收的热量一定相等． (C) 两个热机向低温热源所放出的热量一定相等．(D) 两个热机吸收的热量与放出的热量（绝对值）的差值一定相等． [ D ]例10-11 温度分别为 327℃和27℃的高温热源和低温热源之间工作的热机，理论上的最大效率为 (A) 25％ (B) 50％ (C) 75％ (D) 91.74％ [ B ] 例10-12 热力学第二定律表明： (A) 不可能从单一热源吸收热量使之全部变为有用的功． (B) 在一个可逆过程中，工作物质净吸热等于对外作的功．(C) 摩擦生热的过程是不可逆的．(D) 热量不可能从温度低的物体传到温度高的物体． [ C ] 例10-13 “理想气体和单一热源接触作等温膨胀时，吸收的热量全部用来对外作功．”对此说法，有如下几种评论，哪种是正确的？(A) 不违反热力学第一定律，但违反热力学第二定律． (B) 不违反热力学第二定律，但违反热力学第一定律．(C) 不违反热力学第一定律，也不违反热力学第二定律．(D) 违反热力学第一定律，也违反热力学第二定律． [ C ] 例10-14 一绝热容器被隔板分成两半，一半是真空，另一半是理想气体．若把隔板抽出，气体将进行自由膨胀，达到平衡后(A) 温度不变，熵增加． (B) 温度升高，熵增加．(C) 温度降低，熵增加． (D) 温度不变，熵不变． [ A ]【练习题】10-1 质量为0.02 kg 的氦气(视为理想气体)，温度由17℃升为27℃．若在升温过程中，(1) 体积保持不变；(2) 压强保持不变；(3) 不与外界交换热量；试分别求出气体内能的改变、吸收的热量、外界对气体所作的功．(普适气体常量R =8.31 11K mol J --⋅) 解：氦气为单原子分子理想气体，3=i(1) 等体过程，V ＝常量，W =0据 Q ＝∆E +W 可知 )(12T T C M ME Q V m o l-=∆=＝623 J(2) 定压过程，p = 常量， )(12T T C M MQ p mol-==1.04×103 J ∆E 与(1) 相同． W = Q - ∆E ＝417 J (3) Q =0，∆E 与(1) 同 W = -∆E=-623 J (负号表示外界作功)10-2 温度为25℃、压强为1 atm 的1 mol 刚性双原子分子理想气体，经等温过程体积膨胀至原来的3倍．(1) 计算这个过程中气体对外所作的功．(2) 假若气体经绝热过程体积膨胀为原来的3倍，那么气体对外作的功又是多少？ (普适气体常量R ＝8.31 1--⋅⋅K mol J 1，ln 3=1.0986)解：(1) 等温过程气体对外作功为 ⎰⎰===333ln d d V V V V RT V VRTV p W =8.31×298×1.0986 J = 2.72×103 J(2) 绝热过程气体对外作功为 V V V p V p W V V V V d d 03003⎰⎰-==γγRT V p 1311131001--=--=--γγγγ＝2.20×103 J10-3 ν 摩尔的某种理想气体，状态按p a V /=的规律变化(式中a 为正常量)，当气体体积从V 1膨胀到V 2时，气体所作的功W ＝ ；气体温度的变化T 1─T 2= ．).V /1V /1(a 212- ).V 1V 1(R a 212-ν (SI)10-4 一定量的刚性双原子分子理想气体，开始时处于压强为 p 0 = 1.0×105 Pa ，体积为V 0 =4×10-3 m 3，温度为T 0 = 300 K 的初态，后经等压膨胀过程温度上升到T 1 = 450 K ，再经绝热过程温度降回到T 2 = 300 K ，求气体在整个过程中对外作的功． 解：等压过程末态的体积 101T T V V =等压过程气体对外作功 )1()(01000101-=-=T TV p V V p W =200 J根据热力学第一定律，绝热过程气体对外作的功为 W 2 =－△E =－νC V (T 2－T 1) 这里00RT V p =ν，R C V 25=，则500)(2512002==--=T T T V p W J 气体在整个过程中对外作的功为 W = W 1+W 2 =700 J ．10-5 一定量的单原子分子理想气体，从A 态出发经等压过程膨胀到(m 3)p 1×4×B 态，又经绝热过程膨胀到C 态，如图所示．试求这全过程中气体对外所作的功，内能的增量以及吸收的热量．解：由图可看出 p A V A = p C V C 从状态方程 pV =νRT 可知T A =T C ，因此全过程A →B →C∆E =0．B →C 过程是绝热过程，有Q BC = 0． A →B 过程是等压过程，有 )(25)( A A B B A B p AB V p V p T T C Q -=-=ν＝14.9×105 J ． 故全过程A →B →C 的 Q = Q BC +Q AB =14.9×105 J ．根据热一律Q =W +∆E ，得全过程A →B →C 的 W = Q －∆E ＝14.9×105 J ．10-6 一定量的某种理想气体，开始时处于压强、体积、温度分别为p 0=1.2×106 Pa ，V 0=8.31×10－3m 3，T 0=300K 的初态，后经过一等体过程，温度升高到T 1=450K ，再经过一等温过程，压强降到p =p 0的末态．已知该理想气体的等压摩尔热容与等体摩尔热容之比C p /C V =5/3．求：(1) 该理想气体的等压摩尔热容C p 和等体摩尔热容C V ．(2) 气体从始态变到末态的全过程中从外界吸收的热量． (普适气体常量R = 8.31 J·mol －1·K －1)解：(1) 由35=V pC C 和 R C C V p =- 可解得 R C p 25= 和 R C V 23=(2) 该理想气体的摩尔数 ==000RT Vp ν 4 mol在全过程中气体内能的改变量为 △E =ν C V (T 1－T 2)=7.48×103 J 全过程中气体对外作的功为 011ln p p RT W ν= 式中p 1 ∕p 0=T 1 ∕T 0 则 30111006.6ln⨯==T T RT W ν J ． 全过程中气体从外界吸的热量为 Q = △E +W =1.35×104 J ．10-7 一定量的单原子分子理想气体，从初态A 出发，沿图示直线过程变到另一状态B ，又经过等容、等压两过程回到状态A ． (1) 求A →B ，B →C ，C →A 各过程中系统对外所作的功W ，内能的增量∆E 以及 所吸收的热量Q ．（2）整个循环过程中系统对外所作的总功以及从外界吸收的总热量(过程吸热的代数和)．解：(1) A →B ： ))((211A B A B V V p p W -+==200 J ．ΔE 1=ν C V (T B －T A )=3(p B V B －p A V A ) /2=750 J Q =W 1+ΔE 1＝950 J ．B →C ： W 2 =0 ΔE 2 =ν C V (T C －T B )=3( p C V C －p B V B ) /2 =－600 J ． Q 2 =W 2+ΔE 2＝－600 J ． C →A ： W 3 = p A (V A －V C )=－100 J ． 150)(23)(3-=-=-=∆C C A A C A V V p V p T T C E ν J ． Q 3 =W 3+ΔE 3＝－250 J(2) W = W 1 +W 2 +W 3=100 J ． Q = Q 1 +Q 2 +Q 3 =100 Jm 3) 510-8 一卡诺热机(可逆的)，低温热源的温度为27℃，热机效率为40％，其高温热源温度为 K ．今欲将该热机效率提高到50％，若低温热源保持不变，则高温热源的温度应增加 K ．500 100 10-9 有一卡诺热机，用290 g 空气为工作物质，工作在27℃的高温热源与 -73℃的低温热源之间，此热机的效率η＝ ．若在等温膨胀的过程中气缸体积增大到2.718倍，则此热机每一循环所作的功为 ．(空气的摩尔质量为29×10-3 kg/mol ，普适气体常量R ＝8.31 11K mol J --⋅⋅)33.3％ 8.31×103 J 10-10 1mol 单原子分子理想气体的循环过程如T －V 图所示，其中c 点的温度为T c =600 K ．试求：(1) ab 、bc 、c a 各过程系统吸收的热量；(2) 经一循环系统所作的净功；(3) 循环的效率． (循环效率η=W /Q 1，W 为循环过程系统对外作的净功，Q 1为循环过程系统从外界吸收的热量ln2=0.693) 解：(单原子分子的自由度i =3．从图可知，ab 是等压过程，V a /T a = V b /T b ，T a =T c =600 K T b = (V b /V a )T a =300 K(1) )()12()(c b c b p ab T T R i T T C Q -+=-= =－6.23×103 J (放热) )(2)(b c b c V bc T T R iT T C Q -=-= =3.74×103 J (吸热)Q ca =RT c ln(V a /V c ) =3.46×103 J (吸热)(2) W =( Q bc +Q ca )－|Q ab |=0.97×103 J (3) Q 1=Q bc +Q ca ， η=W / Q 1=13.4%10-11 1 mol 单原子分子的理想气体，经历如图所示的可逆循环，联结ac 两点的曲线Ⅲ的方程为2020/V V p p =, a 点的温度为T 0 试以T 0 , 普适气体常量R 表示Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ过程中气体吸收的热量。
大学物理教材课后习题参考答案
大学物理教材课后习题参考答案1.7 一质点的运动学方程为x t2,y (t 1)2,x 和y均以为m单位,t以s为单位，试求：（1）质点的轨迹方程；（2）在t=2s 时，质点的速度v和加速度a。
解：（1）由运动学方程消去时间t可得质点的轨迹方程，将ty 1)2 或1(2)对运动学方程微分求速度及加速度,即vx dxdy 2t vy 2(t 1) v 2ti 2(t 1)j dtdtay dvydtdv ax x 2dt 2 a 2i 2j当t=2s时,速度和加速度分别是2 v 4i 2j m/s a 2i 2j m/s21.8 已知一质点的运动学方程为r 2ti (2 t)j,其中, r,t分别以m和s为单位,试求:(1)从t=1s到t=2s质点的位移；(2) t=2s时质点的速度和加速度；(3) 质点的轨迹方程；（4）在Oxy平面x = 2t （1）y = 2 t(2) 2(1) 将t=1s,t=2s代入，有r(1)= 2i j，r(2) 4i 2j故质点的位移为 r r(2) r(1) 2i 3j(2) 通过对运动学方程求导可得dx dy d2x d2y i j 2i 2tj a 2i 2j 2j v dtdtdtdt2 当t=2s时，速度，加速度为v 2i 4j m/s a 2jm/s(3) 由（1）（2）两式消去时间t可得质点的轨迹方程y 2x2/4（4）图略。
1.11 一质点沿半径R=1m的圆周运动。
t=0时，质点位于A点，如图。
然后沿顺时针方向运动，运动学方程s t t,其中s的单位为m，t的单位为s，试求：（1）质点绕行一周所经历的路程，位移，平均速度和平均速率；（2）质点在第1秒末的速度和加速度的大小。
解：(1) 质点绕行一周所经历的路程为圆周周的周长，即 s 2 R 6.28m，由位移和平均速度的定义，可知此时的位移为零，平均速度也为零，即 2，v 0 tr r 0。
可得质点绕行一周所需时间 t 1s 平均速率为令 s s(t) s(0) t2 t 2 Rv s2 R 6.28m/s t t由以上结果可以看出路程和位移，速度和速率是不相同的。
大学物理学习指导答案
大学物理学习指导习题详解目录第一章质点运动学 (1)第二章牛顿定律 (3)第三章动量守恒定律和能量守恒定律 (5)第四章刚体的转动 (8)第五章热力学基础 (11)第六章气体动理论 (13)第七章静电场 (15)第八章静电场中的导体和介质 (21)第九章稳恒磁场 (28)第十章磁场中的磁介质 (35)第十一章电磁感应 (36)第十二章机械振动 (43)第十三章机械波 (45)第十四章电磁场普遍规律 (49)第十五章波动光学 (51)第十六章相对论 (55)第十七章量子力学 (57)第一章 质点运动学1. 由dtdyv dt dx v y x ==,和速度的矢量合成可知，质点在（x,y ）处的速度大小2/122⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=dt dy dt dx v 。
1.由相对运动的知识易知，风是从西北方向吹来。
2.根据两个三角形相似，则t v vt t v M M -=12h h ，解得211h h vh v M -=。
3.将加速度g 沿切向和法向分解，则.23,2a t ga g n =-= 由法向加速度的计算公式Rv 2n a =，所以R v 22g 3= ，曲率半径g R 3v 322=。
4.⎰⎰===ttct dt ct dt t v t S 03203)()(，根据法向加速度和切向加速度的计算公式，Rt c R v a ct dt dv n 422t ,2a ====。
5.（1）根据平均速度的计算公式,2,5.221m x m x ==./5.01212s m t t x x t x v -=--=∆∆=方向与x 轴相反。
（2）根据瞬时速度的计算公式,692t t dtdxv t -==,m/s 6-)2(=秒末v 方向与x 轴相反。
（3）由（2）可知，,692t t v t -=当t=1.5s 时，v=0,然后反向运动。
因此m x x x x s 25.2)2()5.1()1()5.1(=-+-=。
大学物理学习指导下答案详解(朱善华)
For personal use only in study and research; not for commercial use练习一1、D ，2、C ，3、C ，4、203Q a πε D, 5、()j y a qy 2/322042+πε， (j 为y 方向单位矢量)， 2/a ± ， 6、()30220824Rqdd R R qd εεπ≈-ππ，从O 点指向缺口中心点． 练习二1、A2、A3、12q q ε+ ，123201(q q )49q Rπε++ ，4． 22(r )L a ρπ- 5、 解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为?=q / L ，在x 处取一电荷元d q = ?d x = q d x / L ， 它在P 点的场强：()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L x q -+π=ε 总场强为⎰+π=Lx d L xL q E 020)(d 4－ε()d L d q +π=04ε 方向沿x 轴正向，即杆的延长线方向．6 解： 如图在圆上取ϕRd dl =ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．练习三1、C2、D3、0，0Rrσε 4、－3? / (2?0) ，－? / (2?0)， 3? / (2?0) ５、解： 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∑⎰=⋅0ε/d q S E S，即得到 012E d ρε=(板外两侧)（2）过平板内一点作一正交柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E '，如图所示． 按高斯定理有 022ερxSS E ='得到 x E 0ερ=' (-d/2≤x ≤d/2) 6 解：(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场'd π4π3430320OO r E ερ='d3303r ερ= ∴ O 点电场d33030r E ερ= ； (2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='3ερ=' ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E练习四1、C2、D3、C,4、-e q / (6??0R )5、解：01=E 1R r6、解：设x 轴沿细线方向，原点在球心处，在x 处取线元d x ，其上电荷为x q d d λ='， 该线元在带电球面的电场中所受电场力为： d F = q ?d x / (4??0 x 2)整个细线所受电场力为： ()l r r lq x x q F l r r +π=π=⎰+000204d 400ελελ方向沿x 正方向．电荷元在球面电荷电场中具有电势能： d W = (q ?d x ) / (4??0 x ) 整个线电荷在电场中具有电势能：练习五1、D2、A3、C 4．rεεσσ0,５ 解：设极板上分别带电量+q 和-q ；金属片与A 板距离为d 1，与B 板距离为d 2； 金属片与A 板间场强为 )/(01S q E ε= 金属板与B 板间场强为 )/(02S q E ε=金属片内部场强为 0'=E 则两极板间的电势差为d E d E U U B A 21+=-))](/([210d d S q +=ε))](/([0t d S q -=ε 由此得)/()/(0t d S U U q C B A -=-=ε因C 值仅与d 、t 有关，与d 1、d 2无关，故金属片的安放位置对电容无影响．６ 解：（l ）根据有介质时的高斯定理：⎰∑=⋅iq s d D可得两圆柱间电位移的大小为)2/(r D πλ= 场强大小为 rDE r rεπελεε002==两圆柱间电势差⎰⎰=⋅=21210122R R rR R r dr r d E U επελ 1200ln 2221R R r dr r R R rεπελεπελ==⎰电容 12012ln 2R R LU Q C r επελλ==)/ln(2120R R Lr επε=．（2）电场能量 rR R L C Q W επελ012224)/ln(2==练习六１．20d 4a lI πμ ， 平行z 轴负向 ２．?R 2c ３．0(1)226I R μππ-+ ４．)313(R 2I B 0-=πμ ５．134200==a ev B πμT ．242102.92-⨯===eva a T e P mπ 2m A ⋅６．)11(4120R R I -μ，垂直纸面向外 ，2/122210)11(4R R I +μ ，12arctg R R +π217、解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P 的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取坐标如图所示，取宽为l d 的一无限长直电流l RII d d π=，在轴上P 点产生B d 与R 垂直，大小为 ∴520202221037.6)]2sin(2[sin 22d cos -ππ-⨯=πμ=π--ππμ=πθθμ=⎰RI R I R I B x T 练习七１．)(120I I -μ，)(120I I +μ ２．320μI ３．2204RIh πμ ４．02Ir μπ ０５、解：(1) 对r ～r +d r 段，电荷 d q = ? d r ，旋转形成圆电流．则它在O 点的磁感强度⎰⎰+π==ba arr B B d 4d 000λωμa ba +π=ln 40λωμ 方向垂直纸面向内．⎰⎰+==ba am m r r p p d 21d 2λω 6/])[(33a b a -+=λω 方向垂直纸面向内． 6、解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小， 由安培环路定律可得：)(220R r r RIB ≤π=μ因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通?1为 在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通?2为 穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40Iμ2ln 20π+Iμ练习八1、A 2. )/(cos 2eB m θv π， )/(sin eB m θv 3. )2(R l BI + 4. （1）40 2.510B nI T μ-==⨯ m A BH 2000==μ（2）m A I LNH 200==0 1.05r B H H T μμμ=== 5. 解：在直线电流2I 上任意取一个小电流元dl I 2，此电流元到长直线 的距离为x ，无限长直线电流1I 在小电流元处产生的磁感应强度 xI B πμ210= 6. 解：(1) IS P m =B P M m⨯= 沿O O '方向，大小为(2)磁力功 )(12ΦΦ-=I A∵ 01=Φ B l 2243=Φ ∴ 221033.443-⨯==B l I AJ练习九1、D ，2、C ，3、0.40 V 、 0.5 m 2/s ，4、5×10-4 Wb5、解：在矩形回路中取一小面元ds ，面元处：2IB xμπ=一个矩形回路的磁通量为：由法拉第电磁感应定律，N 匝回路中的感应电动势为：6、解:abcd 回路中的磁通量 ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ由法拉第电磁感应定律 klvt tm-=-=d d Φε 其沿abcd 方向顺时针方向．练习十1、A2、?BnR 2 、0，3、t B R /d d 212π-， 4、28/104.0s m ⨯ 顺时针5、解： 在长直导线中取一小线元，小线元中的感应电动势为： 整个直导线中 dLd vI l dl vI L d d +-=-=⎰+ln 2200πμπμε 杆的右端电势低6、解： ∵ bc ab ac εεε+=∴ t BR R acd d ]12π43[22+=ε ∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →ε的方向也可由楞次定律判定。
- 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)。
Mg 20( N ) k 200 N / m
可判断出:绳子拉下0.1m时,弹簧 被拉伸,M将离未离地面,变力作 功,0.1m~0.2m,M离地,是恒力作 功. 0.2 0.2 0.1 W F dx kxdx Mgdx
0 0 0.1
F
M
1 2 3( J )
2 Fx ma 2 cost m 2 x
Fy mb sin t m y F dr Fx dx F y dy
2 2
F
m xdx m ydy 0
2 2
为保守力
3
水箱中有10kg水时的位置为 坐标原点,向上为正.上拉x位 移时,桶中水 为(10-0.2x)kg,
41.6( J )
g 10m / s , A 44J
三,
1,(1)
r a costi b sin tj
计算题
dx vx a sin t dt
A点坐标:(a,0)
cost 1
dy vy b cost dt
vx 0
5,( D )
2 2
v vx v y
dx 2 dy 2 ( ) ( ) dt dt
r v t
s v t
6, ( D )
r v t
r s
7(D) 8,(D)
a at an
2
2
9,(B)
二,填空题
2, Δ x=
0
dr v A sin ti B costj dt
用动能定理
v A sin t B cos t
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 W mv mv 0 2 2 0
4,(B)
x 5t 2 y 0 .5 t
sint 0 v y b
1 1 2 2 E KA m v x v y mb 2 2 2 2 sint 1 B点坐标:(0,b) cost 0 vy 0 v x a
EKB
(2)
1 1 2 m v x v y 2 ma 2 2 2 2
二
填 空 题
A
1,
B
A
B F dr F0 i ( dxi dyj )
B
2,
F0dx F0 R A 做法:小球刚脱离地面时, 2 2 m g 弹簧伸长量为: mg 2k
mg kl
l k A F dr kxdx
1 2 l m2 g2 kx 0 2 2k
2
2
1 1 2 2 W mv 4 mv 2 2 2 3J
5.(D)
P F v
α v mg θ
1 2 mgh mv 2
v 2 gh
P F v mgv cos mgv sin
mg sin 2 gh
6.( C )
能量守恒:
EKB EK A
1 1 mMG( ) r2 r1
5.
kr F 3 r
kdr 1 k 2 mv 0 F dr 2 r0 r0 r 2 r0
动能定理:
v
2k mr0
6
功能原理:
A EB E A
1 2 mv 0 ( mgR 0 ) 2
E P E P0
如 A保 0 ,必有 (2)正确
F保 dr 0
l
2,(A)
A
3,(C)
2
0
2 2 3 2 F dx 3 x dx x 0 8J
0
r A costi B sin tj xi yj d2x 2 2 Fy m B sin t Fx m 2 m A cost
t 2( s )
３，答案（Ｄ） 速度、加速度都具有瞬时性，某一时刻 的速度、加速度不能确定以后的速度、加 速度。
４，答案（ C ） （Ａ）错 不能确定以后的ｓ （Ｂ）错 各点的加速度均为ｇ． （Ｃ）如图：在Ａ点，法向加速度 为零（ρ =∞） 或a由负转正. 或ａ由负转正 (D)错,弹簧振子在最大振幅处v=0,a最大.
F
mg
F mg
F F
Mg F Ma
F
Mg
M m a g M
3 (C)
4 (B)
(A)错
方向不可能指 有切向加速度, a
向圆心.
N
mg
v2 N mg sin m R dv dv d mg cos m m dt d dt m dv v R d
d x Fx m 2 0 , dt
2
m 0.5kg
d2y Fy m 2 m dt
W F dr Fx dx F y dy
mdt
2
4
1 24 mt 2 3J 2
该题用动能定理做方便
v x 5, v y t
v 25 t
AB剪断后:
FT
FA mgtg
FT mg cos ma n
刚剪断:
FT mg cos FT : FT 1 : cos
v2 v 0 an 0 l
mg
2
4
mgtg m R sin
2
N
θ
g R cos
mg
小球离开底部,θ >0
an 0
(2)匀加速直线运动
a 0
an 0
8,
B S C
d
(1)设水对岸流速为 小船垂直对岸速率为 v
2
v1
v
A
v1
v
v v v
2 1
2 2
v2 tg v1
v2 v 2 t1 s
2 v v12 v 2
2 d v t 2 v12 v 2 t 2
A f f dx
L a
a
L
mg ( L x )
L
dx
mg
2L
L a
2
A f E
(2)功能原理: 以桌面处为零势能 点, 1 L 2 mv mg 则:末态机械能为: 2 2 初态机械能为: a a a
1 3
二,
填空题
1,
NA
mAg
fA
NB
NC
ALeabharlann (A、B间无摩擦)fC
GA
2,
v mg tg m l sin
2
l
FT
v gl tg sin
2
mg
v gltg sin
mg FT cos
3,
C
剪断前:
FT F F sin A T
FA
mg
A
B
mg FT cos
0
l
3 v2 mM (1) m G 2
3R
( 3R )
MG v 3R
2
卫星的动能: (2). 势能:
1 mMG 2 E K mv 2 6R
mMG EP 3R
(以无穷远处为势能 零点)
4
r1
E PB E PA
r2
B
A
mMG mMG ( ) r2 r1
1 1 mMG ( ) r1 r2
第一章
质点运动学
一,选择题: 1:答案( D )
x 3t 5t 6
3
d x 2 a 2 ( 3 15t ) 30 t dt
2
２：答案（
Ｂ）
2
s 5 4t t
最高点：
v 0 , v ( s ) 4 2t 0
g R
5,
0
正
负
说明:( 1).匀速运动时,由牛顿第一定律 知:摩擦力为零. ( 2).加速运动时,摩擦力为正,作正
功.
(3 ).减速运动时,摩擦力为负,作负 功.
第三章
功和能
0 0
一,选择题: 1, ( C ) (1)错 A 保 E P E P E P E P
x( 4) x( 0) 8
6 2t 0
2 2
s ( 63 3 )
dx 0 dt
t 3s
2
63 3 ( 6 4 4 ) 10 m
3,
j
西
O
北
30m
θ
i 45 15m
0
东
r 30 9 2 i 15 9 2 j m
1 2 2 m xdx ma a 2 b 1 Ay Fy dy mb 2 2 同理: 0 2
0 2
2 : (1) d 2 r 2 2 a 2 a costi b sintj dt
2 2 F ma ma costi mb sin tj
由于匀速上拉,拉力 x 10 0.2 x kg F=mG=(10-0.2x)g (kg),