中国大学物理课后答案4

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大学物理第4版课后题答案详解

大学物理第4版课后题答案详解

大学物理第4版课后题答案详解一、单项选择题(请将答案填入下面表格内,每小题2分,2×13=26分)1.在我们学习、生活中所涉及的下列数值最接近实际情况的是()A.人体正常体温约为40℃B.八年级物理课本的长度约为26cmC.人步行的速度约为10m/sD.中学生的平均质量约为50g2.下列现象中不属于机械运动的是()A.一江春水向东流B.星光闪闪C.海水奔腾D.春风拂面3.用一把刻度尺测某一物体长度时,一般要测三次或更多次,这样做的目的是()A.减小观察刻度时,由于视线不垂直而产生的误差B.减小由于刻度尺不精密而产生的误差C.减小由于读数时,估计偏大或偏小而产生的误差D.避免测量中可能出现的错误4.四种现象中,由于光的直线传播形成的是()A.透镜不动,蜡烛远离透镜移动,光屏远离透镜移动B.透镜不动,蜡烛远离透镜移动,光屏靠近透镜移动C.透镜不动,蜡烛靠近透镜移动,光屏远离透镜移动5.下列关于声音的说法中不正确的是()A.俗话说“隔墙有耳”,说明固体也能传声B.“震耳欲聋”主要说明声音的音调高C.“闻其声而知其人”主要根据音色来判断的D.声音在真空中不可以传播6.下列是对我们生活中常见的一些热现象的解释,其中正确的是()A.春天的早晨经常出现大雾,这是汽化现象B.衣柜里的樟脑丸变小是因为樟脑丸蒸发了C.秋天的早晨花草上出现小的露珠,这是液化现象D.初冬的早晨地面上会出现白色的霜,这是凝固现象7.下列中,属于晶体熔化的是:()A.将它熔化成铁水B.从地球运到月球C.把它轧成薄铁片D.磨掉铁块一个角8.关于紫外线的主要作用,下列说法中不正确的是()A.有助于人体合成维生素DB.能杀死微生物C.能使荧光物质发光D.能进行遥控9.在探究凸透镜成像规律的实验中,烛焰在光屏上呈现一个清晰放大的像。

要使烛焰在光屏上呈现一个清晰缩小的像,调节的方法是()B.透镜不动,蜡烛远离透镜移动,光屏靠近透镜移动C.透镜不动,蜡烛靠近透镜移动,光屏远离透镜移动D.透镜不动,蜡烛靠近透镜移动,光屏靠近透镜移动10.一块铁块的质量会发生变化的情况是()A.将它熔化成铁水B.从地球运到月球C.把它轧成薄铁片D.磨掉铁块一个角11.以下是小洋学习了关于“平面镜成像”和“凸透镜成像”的知识后,总结出的关于实像和虚像的一些特点,其中错误的是()A.虚像不能用光屏承接B.虚像可以是正立的,也可以是倒立的C.实像一定能用光屏承接D.实像可以是放大的,也可以是缩小的12.一杯牛奶喝掉一半后,下列说法正确的是:()A.质量变小,密度不变B.质量不变,密度不变C.质量变小,密度变小D.质量不变,密度变小13.下列几种镜子:①平面镜;②凸面镜;③凹面镜;④凸透镜;⑤凹透镜。

大学物理(第四版)课后习题及答案 刚体

大学物理(第四版)课后习题及答案 刚体

题4.1:一汽车发动机曲轴的转速在s 12内由13min r 102.1-⋅⨯均匀的增加到13min r 107.2-⋅⨯。

(1)求曲轴转动的角加速度;(2)在此时间内,曲轴转了多少转?题4.1解:(1)由于角速度ω =2πn (n 为单位时间内的转数),根据角加速度的定义td d ωα=,在匀变速转动中角加速度为()200s rad 1.132-⋅=-=-=tn n t πωωα(2)发动机曲轴转过的角度为()t n n t t t 0020221+=+=+=πωωαωθ在12 s 内曲轴转过的圈数为 圈390220=+==t n n N πθ 题4.2:某种电动机启动后转速随时间变化的关系为)1(0τωωte --=,式中10s rad 0.9-⋅=ω,s 0.2=τ。

求:(1)s 0.6=t 时的转速;(2)角加速度随时间变化的规律;(3)启动后s 0.6内转过的圈数。

题4.2解:(1)根据题意中转速随时间的变化关系,将t = 6.0 s 代入,即得100s 6.895.01--==⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=ωωωτte(2)角加速度随时间变化的规律为220s 5.4d d ---===tte e t ττωωα(3)t = 6.0 s 时转过的角度为 rad 9.36d 1d 60060=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==⎰⎰-s tst e t τωωθ 则t = 6.0 s 时电动机转过的圈数圈87.52==πθN 题4.3:如图所示,一通风机的转动部分以初角速度0ω绕其轴转动,空气的阻力矩与角速度成正比,比例系数C 为一常量。

若转动部分对其轴的转动惯量为J ,问:(1)经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半?(2)在此时间内共转过多少转?题4.3解:(1)通风机叶片所受的阻力矩为ωM C -=,由转动定律αM J =,可得叶片的角加速度为JC t ωωα-==d d (1) 根据初始条件对式(1)积分,有⎰⎰-=ωωω00d d d t t J C t由于C 和J 均为常量,得t JC e-=0ωω当角速度由0021ωω→时,转动所需的时间为2ln CJt = (2)根据初始条件对式(2)积分,有⎰⎰-=tt JC t e00d d ωθθ即CJ 20ωθ=在时间t 内所转过的圈数为 CJ N πωπθ420==题4.4:一燃气轮机在试车时,燃气作用在涡轮上的力矩为m N 1003.23⋅⨯,涡轮的转动惯量为2m kg 0.25⋅。

大学物理第四版课后习题答案

大学物理第四版课后习题答案

大学物理第四版课后习题答案大学物理第四版课后习题答案大学物理是一门广受学生喜爱的学科,它涵盖了众多的知识点和概念,需要学生付出大量的努力来掌握。

而课后习题则是检验学生对所学知识的理解和掌握程度的重要方式之一。

然而,对于大多数学生来说,完成课后习题往往是一项具有挑战性的任务。

因此,有一本完整的课后习题答案对学生来说无疑是非常有帮助的。

在大学物理第四版中,课后习题是根据每一章节的内容设计的。

这些习题旨在帮助学生巩固所学的知识,并提供一些实际应用的练习。

然而,由于习题的难度和复杂性不同,学生在解答时可能会遇到一些困难。

因此,拥有一本详细的习题答案可以帮助他们更好地理解和解决问题。

对于大学物理第四版的课后习题,以下是一些可能的答案和解决方法:1. 机械振动和波动习题:一个质点以振幅为0.2m的简谐运动在频率为5Hz的弹簧上进行,求其最大速度和最大加速度。

答案:根据简谐运动的公式,最大速度v_max = Aω,其中A为振幅,ω为角频率。

最大加速度a_max = Aω²。

代入数据,可得到v_max = 0.2m × 2π × 5Hz ≈ 6.28m/s,a_max = 0.2m × (2π × 5Hz)² ≈ 62.8m/s²。

2. 电磁场和电磁波习题:一个半径为0.1m的圆形线圈中通有电流,求该线圈在中心处产生的磁场强度。

答案:根据安培环路定理,磁场强度B = μ₀I/(2πr),其中μ₀为真空中的磁导率,I为电流,r为距离。

代入数据,可得到B = (4π × 10⁻⁷T·m/A) × I/(2π × 0.1m) ≈ 2 × 10⁻⁵T。

3. 热力学习题:一个理想气体从初始状态(P₁,V₁,T₁)经历了一个等温过程,最终达到状态(P₂,V₂,T₁),求气体对外做功。

答案:由于等温过程中气体的温度保持不变,根据理想气体状态方程PV = nRT,可得到P₁V₁ = P₂V₂。

大学物理(第四版)课后习题及答案 动量

大学物理(第四版)课后习题及答案 动量

题3.1:质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为0v 抛出,0v 与水平面成仰角α。

若不计空气阻力,求:(1)物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量;(2)物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量。

题3.1分析:重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可。

由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间g v t αsin 01=∆,物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍。

这样,按冲量的定义即可求出结果。

另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出。

解1:物体从出发到达最高点所需的时间为g v t αsin 01=∆ 则物体落回地面的时间为gv t t αsin 22012=∆=∆ 于是,在相应的过程中重力的冲量分别为 j j F I αsin d 0111mv t mg t t -=∆-==⎰∆j j F I αsin 2d 0222mv t mg t t -=∆-==⎰∆解2:根据动量定理,物体由发射点O 运动到A 、B 的过程中,重力的冲量分别为j j j I αsin 00y Ay 1mv mv mv -=-= j j j I αsin 200y By 2mv mv mv -=-=题3.2:高空作业时系安全带是必要的,假如质量为51.0kg 的人不慎从高空掉下来,由于安全带的保护,使他最终被悬挂起来。

已知此时人离原处的距离为2米,安全带的缓冲作用时间为0.50秒。

求安全带对人的平均冲力。

题3.2解1:以人为研究对象,在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为ghv 21= (1)在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有()12mv mv t -=∆+P F (2)由(1)式、(2)式可得安全带对人的平均冲力大小为 ()N 1014.123⨯=∆+=∆∆+=tgh m mg t mv mg F解2:从整个过程来讨论,根据动量定理有N 1014.1/23⨯=+∆=mg g h tmgF 题 3.3:如图所示,在水平地面上,有一横截面2m 20.0=S 的直角弯管,管中有流速为1s m 0.3-⋅=v 的水通过,求弯管所受力的大小和方向。

大学物理(第四版)课后习题及答案 波动之欧阳体创编

大学物理(第四版)课后习题及答案 波动之欧阳体创编

第十四章波动时间:2021.02.03 创作:欧阳体14-1 一横波再沿绳子传播时得波动方程为[]x m t s m y )()5.2(cos )20.0(11---=ππ。

(1)求波得振幅、波速、频率及波长;(2)求绳上质点振动时得最大速度;(3)分别画出t=1s 和t=2s 时得波形,并指出波峰和波谷。

画出x=1.0m 处质点得振动曲线并讨论其与波形图得不同。

14-1 ()[]x m t s m y )(5.2cos )20.0(11---=ππ 分析(1)已知波动方程(又称波函数)求波动的特征量(波速u 、频率ν、振幅A 及彼长 等),通常采用比较法。

将已知的波动方程按波动方程的一般形式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=0cos ϕωu x t A y 书写,然后通过比较确定各特征量(式中前“-”、“+”的选取分别对应波沿x 轴正向和负向传播)。

比较法思路清晰、求解简便,是一种常用的解题方法。

(2)讨论波动问题,要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别。

例如区分质点的振动速度与波速的不同,振动速度是质点的运动速度,即dt dy v =;而波速是波线上质点运动状态的传播速度(也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度),其大小由介质的性质决定。

介质不变,彼速保持恒定。

(3)将不同时刻的t 值代人已知波动方程,便可以得到不同时刻的波形方程)(x y y =,从而作出波形图。

而将确定的x 值代入波动方程,便可以得到该位置处质点的运动方程)(t y y =,从而作出振动图。

解(1)将已知波动方程表示为 与一般表达式()[]0cos ϕω+-=u x t A y 比较,可得 则 m v u Hz v 0.2,25.12====λπω(2)绳上质点的振动速度则1max 57.1-⋅=s m v(3) t=1s 和 t =2s 时的波形方程分别为波形图如图14-1(a )所示。

x =1.0m 处质点的运动方程为振动图线如图14-1(b )所示。

[实用参考]大学物理学第四版课后习题答案(赵近芳)上册

[实用参考]大学物理学第四版课后习题答案(赵近芳)上册

习题11.1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)dtr 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)tRπ2,0 (C)0,0(D)0,2tRπ[答案:B]1.2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G 方向运动,其加速度随时间的变化关系为a=3+2t(SI),如果初始时刻质点的速度v 0为5m·s -1,则当t 为3s 时,质点的速度v= 。

[答案:23m·s -1](3)轮船在水上以相对于水的速度1V 航行,水流速度为2V,一人相对于甲板以速度3V 行走。

如人相对于岸静止,则1V 、2V和3V 的关系是 。

[答案:0321=++V V V]1.3 一个物体能否被看作质点,你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定:(1)物体的大小和形状; (2)物体的内部结构; (3)所研究问题的性质。

解:只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响,因此主要由所研究问题的性质决定。

1.4 下面几个质点运动学方程,哪个是匀变速直线运动?(1)G=4t -3;(2)G=-4t 3+3t 2+6;(3)G=-2t 2+8t+4;(4)G=2/t 2-4/t 。

给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度,并说明该时刻运动是加速的还是减速的。

大学物理(第四版)课后习题及答案质点

大学物理(第四版)课后习题及答案质点

题1.1:已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --⋅-⋅+= 。

求(l )质点在运动开始后s 0.4内位移的大小;(2)质点在该时间内所通过的路程。

题1.1解:(1)质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=∆x x x(2)由0)s m 6()s m 12(d d 232=⋅-⋅=--t t tx得知质点的换向时刻为s2=P t (t = 0不合题意) 则:m 0.8021=-=∆x x xm 40x 242-=-=∆x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 4821=∆+∆=x x s题1.2:一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图所示。

设0=t 时,0=x 。

试根据已知的图t v -,画出t a -图以及t x -图。

题1.2解:将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为2A B A B AB s m 20-⋅=--=t t vv a (匀加速直线运动)0BC =a (匀速直线)2CD CD CD s m 10-⋅-=--=t t v v a (匀减速直线运动) 根据上述结果即可作出质点的a -t 图在匀变速直线运动中,有20021at t v x x ++= t /s 0 0.5 1 1.5 2 4 4.5 5 5.5 6 x /m5.7-10-5.7-4048.75558.760间内,质点是作v = 201s m -⋅的匀速直线运动,其x -t 图是斜率k = 20的一段直线。

题1.3:如图所示,湖中有一小船。

岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。

设滑轮距水面高度为h ,滑轮到原船位置的绳长为0l ,试求:当人以匀速v 拉绳,船运动的速度v '为多少?题1.3解1:取如图所示的直角坐标系,船的运动方程为 ()()()j i r h t x t -+= 船的运动速度为()i i i r v tr r h h r tt t x t d d 1d d d d d d 2/12222-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-===' 而收绳的速率trv d d -=,且因vt l r -=0,故 ()i v 2/12021-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---='vt l hv题1.3解2:取图所示的极坐标(r ,θ),则θr r r d d d d d d d d d d e e e e r v tr t r t r t r t θ+=+==' r d d e t r 是船的径向速度,θd d e tr θ是船的横向速度,而trd d 是收绳的速率。

大学物理课后答案4-8

大学物理课后答案4-8

第四章刚体的转动4-1有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上:(1)这两个力都平行于轴作用时,它们对轴的合力矩一定是零;(2)这两个力都垂直于轴作用时,它们对轴的合力矩可能是零;(3)当这两个力的合力为零时,它们对轴的合力矩也一定是零;(4)当这两个力对轴的合力矩为零时,它们的合力也一定是零.对上述说法下述判断正确的是( )(A)只有(1)是正确的(B)(1)、(2)正确,(3)、(4)错误(C) (1)、(2)、(3)都正确,(4)错误 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确分析与解力对轴之力矩通常有三种情况:其中两种情况下力矩为零:一是力的作用线通过转轴,二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转).不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零,但同时有两个力作用时,只要满足两力矩大小相等,方向相反,两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零,由以上规则可知(1)(2)说法是正确.对于(3)(4)两种说法,如作用于刚体上的两个力为共点力,当合力为零时,它们对同一轴的合外力矩也一定为零,反之亦然.但如这两个力为非共点力,则以上结论不成立,故(3)(4)说法不完全正确.综上所述,应选(B).4-2关于力矩有以下几种说法:(1)对某个定轴转动刚体而言,内力矩不会改变刚体的角加速度;(2)一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零;(3)质量相等,形状和大小不同的两个刚体,在相同力矩的作用下,它们的运动状态一定相同.对上述说法下述判断正确的是( )(A)只有(2)是正确的 (B)(1)、(2)是正确的(C)(2)、(3)是正确的 (D)(1)、(2)、(3)都是正确的分析与解刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力,且作用点相同,故对同一轴的力矩之和必为零,因此可推知刚体中所有内力矩之和为零,因而不会影响刚体的角加速度或角动量等,故(1)(2)说法正确.对说法(3)来说,题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同,因而在相同力矩作用下,产生的角加速度不一定相同,因而运动状态未必相同,由此可见应选(B).4-3 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,在棒摆到竖直位置的过程中,下述说法正确的是( )(A)角速度从小到大,角加速度不变(B)角速度从小到大,角加速度从小到大(C)角速度从小到大,角加速度从大到小(D)角速度不变,角加速度为零分析与解 如图所示,在棒下落过程中,重力对轴之矩是变化的,其大小与棒和水平面的夹角有关.当棒处于水平位置,重力矩最大,当棒处于竖直位置时,重力矩为零.因此在棒在下落过程中重力矩由大到小,由转动定律知,棒的角加速亦由大到小,而棒的角速度却由小到大(由机械能守恒亦可判断角速度变化情况),应选(C).4-4 一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动,轴间摩擦不计.如图射来两个质量相同,速度大小相同,方向相反并在一条直线上的子弹,它们同时射入圆盘并且留在盘内,则子弹射入后的瞬间,圆盘和子弹系统的角动量L 以及圆盘的角速度ω的变化情况为( ) (A)L 不变,ω增大 (B)两者均不变 (C)L 不变,ω减小 (D)两者均不确定分析与解 对于圆盘一子弹系统来说,并无外力矩作用,故系统对轴O 的角动量守恒,故L 不变,此时应有下式成立,即ωJ ωJ d m d m =+-00v v式中mvd 为子弹对点O 的角动量0ω为圆盘初始角速度,J 为子弹留在盘中后系统对轴O 的转动惯量,J 0为子弹射入前盘对轴O 的转动惯量.由于J >J 0,则ω<0ω.故选(C).4-5 假设卫星环绕地球中心作椭圆运动,则在运动过程中,卫星对地球中心的( ) (A)角动量守恒,动能守恒 (B)角动量守恒,机械能守恒 (C)角动量不守恒,机械能守恒 (D)角动量不守恒,动量也不守恒 (E)角动量守恒,动量也守恒分析与解 由于卫星一直受到万有引力作用,故其动量不可能守恒,但由于万有引力一直指向地球中心,则万有引力对地球中心的力矩为零,故卫星对地球中心的角动星守恒,即r ³m v =恒量,式中r 为地球中心指向卫星的位矢.当卫星处于椭圆轨道上不同位置时,由于|r |不同,由角动量守恒知卫星速率不同,其中当卫星处于近地点时速率最大,处于远地点时速率最小,故卫星动能并不守恒,但由万有引力为保守力,则卫星的机械能守恒,即卫星动能与万有引力势能之和维持不变,由此可见,应选(B).4-6 一汽车发动机曲轴的转速在12 s 内由1.2³103r²min -1均匀的增加到2.7³103r²min -1.(1)求曲轴转动的角加速度;(2)在此时间内,曲轴转了多少转?分析 这是刚体的运动学问题.刚体定轴转动的运动学规律与质点的运动学规律有类似的关系,本题为匀变速转动.解 (1)由于角速度ω=2πn (n 为单位时间内的转数),根据角加速度的定义tωαd d =,在匀变速转动中角加速度为()200s rad 1.13π2-⋅=-=-=tn n t ωωα(2)发动机曲轴转过的角度为()t n n t t t 0020π221+=+=+=ωωαωθ在12 s 内曲轴转过的圈数为3902π20=+==t n n θN 圈 4-7 水分子的形状如图所示,从光谱分析知水分子对AA ′轴的转动惯量J AA′=1.93 ³10-47kg²m 2,对BB ′轴转动惯量J BB′=1.14 ³10-47kg²m 2,试由此数据和各原子质量求出氢和氧原子的距离D 和夹角θ.假设各原子都可当质点处理.题 4-7 图分析 如将原子视为质点,则水分子中的氧原子对AA ′轴和BB ′轴的转动惯量均为零,因此计算水分子对两个轴的转动惯量时,只需考虑氢原子即可. 解 由图可得θd m J H A A 22sin 2=' θd m J H B B 22cos 2='此二式相加,可得22d m J J H B B A A =+''则 m 1059.9211-''⨯=+=HB B A A m J J d由二式相比,可得 θJ J B B A A 2tan /=''则 o 3.521.141.93arctan arctan===''B B A A J J θ 4-8 一飞轮由一直径为30㎝,厚度为2.0㎝的圆盘和两个直径为10㎝,长为8.0㎝的共轴圆柱体组成,设飞轮的密度为7.8³103kg²m -3,求飞轮对轴的转动惯量.题 4-8 图分析 根据转动惯量的可叠加性,飞轮对轴的转动惯量可视为圆盘与两圆柱体对同轴的转动惯量之和;而匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量的计算可查书中公式,或根据转动惯量的定义,用简单的积分计算得到. 解 根据转动惯量的叠加性,由匀质圆盘、圆柱体对轴的转动惯量公式可得2424122221121m kg 136.021π161 2212212⋅=⎪⎭⎫⎝⎛+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=+=ad ld ρd m d m J J J4-9 用落体观察法测定飞轮的转动惯量,是将半径为R 的飞轮支承在O 点上,然后在绕过飞轮的绳子的一端挂一质量为m 的重物,令重物以初速度为零下落,带动飞轮转动(如图).记下重物下落的距离和时间,就可算出飞轮的转动惯量.试写出它的计算式.(假设轴承间无摩擦).题 4-9 图分析 在运动过程中,飞轮和重物的运动形式是不同的.飞轮作定轴转动,而重物是作落体运动,它们之间有着内在的联系.由于绳子不可伸长,并且质量可以忽略.这样,飞轮的转动惯量,就可根据转动定律和牛顿定律联合来确定,其中重物的加速度,可通过它下落时的匀加速运动规律来确定.该题也可用功能关系来处理.将飞轮、重物和地球视为系统,绳子张力作用于飞轮、重物的功之和为零,系统的机械能守恒.利用匀加速运动的路程、速度和加速度关系,以及线速度和角速度的关系,代入机械能守恒方程中即可解得.解1 设绳子的拉力为T F ,对飞轮而言,根据转动定律,有αJ R F T = (1)而对重物而言,由牛顿定律,有ma F mg T =- (2)由于绳子不可伸长,因此,有αR a = (3)重物作匀加速下落,则有221at h =(4) 由上述各式可解得飞轮的转动惯量为⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1222h gt mR J解2 根据系统的机械能守恒定律,有0212122=++-ωJ m mgh v (1′)而线速度和角速度的关系为ωR =v (2′)又根据重物作匀加速运动时,有at =v (3′) ah 22=v (4′)由上述各式可得⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1222h gt mR J若轴承处存在摩擦,上述测量转动惯量的方法仍可采用.这时,只需通过用两个不同质量的重物做两次测量即可消除摩擦力矩带来的影响.4-10 一燃气轮机在试车时,燃气作用在涡轮上的力矩为2.03³103N²m,涡轮的转动惯量为25.0kg²m 2.当轮的转速由2.80³103r²min -1增大到1.12³104r²min -1时,所经历的时间t 为多少?分析 由于作用在飞轮上的力矩是恒力矩,因此,根据转动定律可知,飞轮的角加速度是一恒量;又由匀变速转动中角加速度与时间的关系,可解出飞轮所经历的时间.该题还可应用角动量定理直接求解. 解1 在匀变速转动中,角加速度t ωωα-=,由转动定律αJ M =,可得飞轮所经历的时间 ()s 8.10200=-=-=n n MJπJ M ωωt 解2 飞轮在恒外力矩作用下,根据角动量定理,有()0d ωωJ t M t-=⎰则 ()s 8.10π200=-=-=n n MJJ M ωωt 4-11 质量为m 1和m 2的两物体A 、B 分别悬挂在图(a)所示的组合轮两端.设两轮的半径分别为R 和r ,两轮的转动惯量分别为J 1和J 2,轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计,绳的质量也略去不计.试求两物体的加速度和绳的张力.题 4-11 图分析 由于组合轮是一整体,它的转动惯量是两轮转动惯量之和,它所受的力矩是两绳索张力矩的矢量和(注意两力矩的方向不同).对平动的物体和转动的组合轮分别列出动力学方程,结合角加速度和线加速度之间的关系即可解得.解 分别对两物体及组合轮作受力分析,如图(b).根据质点的牛顿定律和刚体的转动定律,有111111a m F g m F P T T =-='- (1)222222a m g m F P F T T =-=-' (2)()αJ J r F R F T T 2121+=- (3) 11T T F F =',22T T F F =' (4)由角加速度和线加速度之间的关系,有αR a =1 (5) αr a =2 (6)解上述方程组,可得gR rm R m J J rm R m a 222121211+++-=gr r m R m J J rm R m a 222121212+++-=gm r m R m J J Rr m r m J J F T 1222121221211++++++=g m rm R m J J Rr m R m J J F T 2222121121212++++++= 4-12 如图所示装置,定滑轮的半径为r ,绕转轴的转动惯量为J ,滑轮两边分别悬挂质量为m 1和m 2的物体A 、B.A 置于倾角为θ的斜面上,它和斜面间的摩擦因数为μ,若B 向下作加速运动时,求:(1)其下落加速度的大小;(2)滑轮两边绳子的张力.(设绳的质量及伸长均不计,绳与滑轮间无滑动,滑轮轴光滑.)题 4-12 图分析 这是连接体的动力学问题,对于这类问题仍采用隔离体的方法,从受力分析着手,然后列出各物体在不同运动形式下的动力学方程.物体A 和B 可视为质点,则运用牛顿定律.由于绳与滑轮间无滑动,滑轮两边绳中的张力是不同的,滑轮在力矩作用下产生定轴转动,因此,对滑轮必须运用刚体的定轴转动定律.列出动力学方程,并考虑到角量与线量之间的关系,即能解出结果来.解 作A 、B 和滑轮的受力分析,如图(b).其中A 是在张力F T1、重力P 1,支持力F N和摩擦力F f的作用下运动,根据牛顿定律,沿斜面方向有11111cos sin a m θg m μθg m F T =-- (1)而B 则是在张力F T2和重力P 2的作用下运动,有2222a m F g m T =- (2)由于绳子不能伸长、绳与轮之间无滑动,则有αr a a ==21 (3)对滑轮而言,根据定轴转动定律有αJ r F r F T T ='-'12 (4) 11T T F F =',22T T F F =' (5)解上述各方程可得22111221/cos sin r J m m g m g m g m a a ++--==θμθ()()22121211//cos sin cos sin 1r J m m r gJ m θμθθμθg m m F T ++++++=()22122212//cos sin 1r J m m r gJ m θμθg m m F T +++++=4-13 如图(a)所示,飞轮的质量为60kg ,直径为0.50m ,转速为1.0 ³103r²min -1.现用闸瓦制动使其在5.0s 内停止转动,求制动力F .设闸瓦与飞轮之间的摩擦因数 μ=0.40,飞轮的质量全部分布在轮缘上.题 4-13 图分析 飞轮的制动是闸瓦对它的摩擦力矩作用的结果,因此,由飞轮的转动规律可确定制动时所需的摩擦力矩.但是,摩擦力矩的产生与大小,是由闸瓦与飞轮之间的正压力F N决定的,而此力又是由制动力F 通过杠杆作用来实现的.所以,制动力可以通过杠杆的力矩平衡来求出. 解 飞轮和闸杆的受力分析,如图(b)所示.根据闸杆的力矩平衡,有()0121='-+l F l l F N而NNF F '=,则闸瓦作用于轮的摩擦力矩为 d μF l ll d μF d F M N 121f2212+=== (1) 摩擦力矩是恒力矩,飞轮作匀角加速转动,由转动的运动规律,有tnt ωt ωωαπ200==-=(2) 因飞轮的质量集中于轮缘,它绕轴的转动惯量4/2md J =,根据转动定律αJ M =,由式(1)、(2)可得制动力()N 1014.32211⨯=+=tl l nmdl F μπ4-14 如图所示,一通风机的转动部分以初角速度ω0绕其轴转动,空气的阻力矩与角速度成正比,比例系数C 为一常量.若转动部分对其轴的转动惯量为J ,问:(1)经过多少时间后其转动角速度减少为初角速度的一半?(2)在此时间内共转过多少转?题 4-14 图分析 由于空气的阻力矩与角速度成正比,由转动定律可知,在变力矩作用下,通风机叶片的转动是变角加速转动,因此,在讨论转动的运动学关系时,必须从角加速度和角速度的定义出发,通过积分的方法去解.解 (1)通风机叶片所受的阻力矩为M =-C ω,由转动定律M =J α,可得叶片的角加速度为JωC t ωα-==d d (1) 根据初始条件对式(1)积分,有t J Cωωt ωωd d 00⎰⎰-= 由于C 和J 均为常量,得J Ct e ωω/0-= (2)当角速度由ω0→21ω0时,转动所需的时间为2ln CJt =(2)根据初始条件对式(2)积分,有t eωθJCt tθd d /0-⎰⎰=即 CωJ θ20=在时间t 内所转过的圈数为CωJ θN π4π20==4-15 电风扇接通电源后一般经5s 后到达额定转速10min r 300-⋅=n ,而关闭电源后经16 s 后风扇停止转动,已知电风扇的转动惯量为2m kg 5.0⋅,设启动时电磁力矩M 和转动时的阻力矩f M 均为常数,求启动时的电磁力矩M .分析 由题意知M 和f M 均为常数,故启动时电风扇在M 和f M 共同作用下,作匀加速转动,直至到达额定转速,关闭电源后,电风扇仅在f M 的作用下作匀减速转动.运用匀变速转动的运动学规律和转动定律既可求解.解 设启动时和关闭电源后,电风扇转动时的角加速度分别为1α和2α,则启动过程αJ M M =-f110t αω=关闭电源后 2fαJ M =-0220=+t αω联解以上各式并将6020n πω=以及0n 、1t 、2t 、J 值代入,得m N 12.4⋅=M4-16 一质量为m′、半径为R 的均匀圆盘,通过其中心且与盘面垂直的水平轴以角速度ω转动,若在某时刻,一质量为m 的小碎块从盘边缘裂开,且恰好沿垂直方向上抛,问它可能达到的高度是多少?破裂后圆盘的角动量为多大?分析 盘边缘裂开时,小碎块以原有的切向速度作上抛运动,由质点运动学规律可求得上抛的最大高度.此外,在碎块与盘分离的过程中,满足角动量守恒条件,由角动量守恒定律可计算破裂后盘的角动量.题 4-16 图解 (1)碎块抛出时的初速度为R ω=0v由于碎块竖直上抛运动,它所能到达的高度为gR ωg h 222220==v(2)圆盘在裂开的过程中,其角动量守恒,故有L L L '-=0式中ωR m L221'=为圆盘未碎时的角动量;ωmR L 2='为碎块被视为质点时,碎块对轴的角动量;L 为破裂后盘的角动量.则ωR m m L 221⎪⎭⎫⎝⎛-'=4-17 在光滑的水平面上有一木杆,其质量m 1=1.0kg ,长l =40cm ,可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m 2=10g 的子弹,以v =2.0³102m² s -1的速度射入杆端,其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中,试求所得到的角速度.题 4-17 图分析 子弹与杆相互作用的瞬间,可将子弹视为绕轴的转动.这样,子弹射入杆前的角速度可表示为ω,子弹陷入杆后,它们将一起以角速度ω′转动.若将子弹和杆视为系统,因系统不受外力矩作用,故系统的角动量守恒.由角动量守恒定律可解得杆的角速度. 解 根据角动量守恒定理()ωJ J ωJ '+=212式中()2222/l m J =为子弹绕轴的转动惯量,J 2ω为子弹在陷入杆前的角动量,ω=2v/l 为子弹在此刻绕轴的角速度.12/211l m J =为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为()1212212s 1.2936-=+=+='m m m J J ωJ ωv4-18 一质量为20.0kg 的小孩,站在一半径为3.00m 、转动惯量为450kg² m 2的静止水平转台的边缘上,此转台可绕通过转台中心的竖直轴转动,转台与轴间的摩擦不计.如果此小孩相对转台以1.00m²s -1的速率沿转台边缘行走,问转台的角速率有多大?分析 小孩与转台作为一定轴转动系统,人与转台之间的相互作用力为内力,沿竖直轴方向不受外力矩作用,故系统的角动量守恒.在应用角动量守恒时,必须注意人和转台的角速度ω、ω0都是相对于地面而言的,而人相对于转台的角速度ω1应满足相对角速度的关系式10ωωω+=. 解 由相对角速度的关系,人相对地面的角速度为Rωωωωv +=+=010 由于系统初始是静止的,根据系统的角动量守恒定律,有()010100=++ωωJ ωJ式中J 0为转台对转台中心轴的转动惯量,J 1=mR 2为人对转台中心轴的转动惯量.由式(1)、(2)可得转台的角速度为122020s 1052.9--⨯-=+-=RmR J mR ωv 式中负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反. 4-19 一转台绕其中心的竖直轴以角速度ω0=π1s rad -⋅转动,转台对转轴的转动惯量为J 0=4.0³10-3kg²m 2.今有砂粒以Q =2t (Q 在单位为g²s -1,t 的单位为s )的流量竖直落至转台,并粘附于台面形成一圆环,若环的半径为r =0.10m ,求砂粒下落t =10s 时,转台的角速度.分析 对转动系统而言,随着砂粒的下落,系统的转动惯量发生了改变.但是,砂粒下落对转台不产生力矩的作用,因此,系统在转动过程中的角动量是守恒的.在时间t 内落至台面的砂粒的质量,可由其流量求出,从而可算出它所引起的附加的转动惯量.这样,转台在不同时刻的角速度就可由角动量守恒定律求出. 解 在时间0→10s内落至台面的砂粒的质量为kg 10.0Qd 100==⎰t m根据系统的角动量守恒定律,有()ωmr J ωJ 2000+=则t =10s 时,转台的角速度12000s π8.0-=+=mrJ J ωω 4-20 为使运行中的飞船停止绕其中心轴的转动,可在飞船的侧面对称地安装两个切向控制喷管(如图所示),利用喷管高速喷射气体来制止旋转.若飞船绕其中心轴的转动惯量J =2.0³103kg² m 2,旋转的角速度ω=0.2r ad² s -1,喷口与轴线之间的距离r =1.5m ;喷气以恒定的流量Q =1.0kg²s -1和速率u =50m² s -1从喷口喷出,问为使该飞船停止旋转,喷气应喷射多长时间?分析 将飞船与喷出的气体作为研究系统,在喷气过程中,系统不受外力矩作用,其角动量守恒.在列出方程时应注意:(1)由于喷气质量远小于飞船质量,喷气前、后系统的角动量近似为飞船的角动量J ω;(2)喷气过程中气流速率u 远大于飞船侧面的线速度ωr ,因此,整个喷气过程中,气流相对于空间的速率仍可近似看作是 u ,这样,排出气体的总角动量()mur m r ωu m≈+⎰d .经上述处理后,可使问题大大简化.解 取飞船和喷出的气体为系统,根据角动量守恒定律,有0=-mur ωJ (1)因喷气的流量恒定,故有Qt m 2= (2)由式(1)、(2)可得喷气的喷射时间为s 67.22==QurωJ t题 4-20 图4-21 如图所示,长为l 、质量为m 的均质杆,可绕点O 在竖直平面内转动,令杆至水平位置由静止摆下,在竖直位置与质量为2m的物体发生完全非弹性碰撞,碰撞后物体沿摩擦因数为μ的水平面滑动,试求此物体滑过的距离s .分析 本题可分为三个过程,即细杆绕点O 的转动过程,细杆与物体的完全非弹性碰撞以及碰撞后物体在粗糙水平面上的滑动过程。

大学物理课后习题答案(全册)

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11-1. 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 ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2)jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )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 ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为:2)3y(x2)jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3)jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir 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)ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2)212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 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20121att v y (1)图 1-420221gttv h y (2)21y y (3)解之2d tg 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td dr ,td dv ,tv d d .解:(1)t v x 0式(1)2gt21hy 式(2)jir )gt 21-h (t v (t)20(2)联立式(1)、式(2)得22v 2gx hy (3)ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 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。

大学物理学课后习题4第四章答案

大学物理学课后习题4第四章答案

x 轴正方向运动,代表此简谐振动的旋转矢量图为
()
[答案:B]
(2)两个同周期简谐振动曲线如图所示,振动曲线 1 的相位比振动曲线 2
的相位 (

(A)落后
2
(B)超前
2
(C)落后
(D)超前
[答案: B]
习题 4.1(2)图
(3)一质点作简谐振动的周期是 T,当由平衡位置向 x 轴正方向运动时,从
E
1 2
mvm2
3.16 102 J
E p E k 1 E 1.58102 J 2
当 Ek E p 时,有 E 2E p ,

1 kx 2 1 ( 1 kA2 )
2
22

x 2 A 2m
2
20
(3)
(t2 t1 ) 8 (5 1) 32
4.4 一个沿 x 轴作简谐振动的弹簧振子,振幅为 A ,周期为T ,其振动 方程用余弦函数表示.如果 t 0 时质点的状态分别是:
的单位是 s,则 (A)波长为 5m
向传播 [答案:C]
(B)波速为 10ms-1
(C)周期为 1 s 3
(D)波沿 x 正方
(8)如图所示,两列波长为 的相干波在 p 点相遇。波在 S1 点的振动初相是 1 ,点 S1 到点 p 的距离是 r1。波在 S2 点的振动初相是2 ,点 S2 到点 p 的距离是
(A)它的动能转化为势能. (B)它的势能转化为动能. (C)它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大. (D)它把自己的能量传给相邻的一段质元,其能量逐渐减小.
[答案:D]
4.2 填空题 (1)一质点在 X 轴上作简谐振动,振幅 A=4cm,周期 T=2s,其平衡位置

大学物理学第四版课后习题答案赵近芳)上册

大学物理学第四版课后习题答案赵近芳)上册
1.13飞轮半径为0.4 m,自静止启动,其角加速度为β=XXX0.2 rad· ,求 =2s时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度.
解:当 时,

1.14一船以速率 =30km·h-1沿直线向东行驶,另一小艇在其前方以速率 =40km·h-1
沿直线向北行驶,问在船上看小艇的速度为多少?在艇上看船的速度又为多少?
[答案:23m·s-1]
(3) 轮船在水上以相对于水的速度 航行,水流速度为 ,一人相对于甲板以速度 行走。如人相对于岸静止,则 、 和 的关系是。
[答案: ]
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。

1.10已知一质点作直线运动,其加速度为 =4+3 ,开始运动时, =5 m, =0,求该质点在 =10s时的速度和位置.
解:∵
分离变量,得
积分,得
由题知, , ,∴

又因为
分离变量,
积分得
由题知 , ,∴

所以 时
1.11一质点沿半径为1 m的圆周运动,运动方程为 =2+3 ,式中 以弧度计, 以秒计,求:(1) =2 s时,质点的切向和法向加速度;(2)当加速度的方向和半径成45°角时,其角位移是多少?
解:因绳不可伸长,故滑轮两边绳子的加速度均为 ,其对于 则为牵连加速度,又知 对绳子的相对加速度为 ,故 对地加速度,
题2.7图
由图(b)可知,为 ①
又因绳的质量不计,所以圆柱体受到的摩擦力 在数值上等于绳的张力 ,由牛顿定律,有


联立①、②、③式,得

大学物理学(上册、下册)第四版 课后习题答案 赵近芳 全

大学物理学(上册、下册)第四版 课后习题答案 赵近芳 全


dx dt

R (1 cost)
v y

dy dt

R sin t)
a x a y

R 2 R 2
sin t dvx dt
cost dvy dt
1-10 以初速度 v0 =20 m s1 抛出一小球,抛出方向与水平面成幔 60°的夹角,
求:(1)球轨道最高点的曲率半径 R1 ;(2)落地处的曲率半径 R2 .
时,其角位移是多少?
解:
(1) t 2 s 时,
d 9t 2 , d 18t
dt
dt
a R 118 2 36 m s2
an R 2 1 (9 22 )2 1296 m s 2
tan 45 a 1
(2)当加速度方向与半径成 45ο 角时,有
解:(1)
v

ds dt

v0

bt
a

dv dt
b
an

v2 R

(v0
bt)2 R
a
则 加速度与半径的夹角为
(2)由题意应有
a2

a
2 n

b2

(v0
bt)4 R2

arctan a an

Rb (v0 bt)2
ab
b2

(v0
bt)4 R2

b2

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

大学物理课后习题答案

大学物理课后习题答案

大学物理课后习题答案(共15页)--本页仅作为文档封面,使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--1—1 一质点在xOy 平面上运动,运动方程为2135,342x 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(32m j i j i +=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--=(3) 前4秒内平均速度 )s m (53)2012(411-⋅+=+=∆∆=j i j i t r V(4) 速度)s m ()3(3d d 1-⋅++==j t i tr V ∴ )s m (73)34(314-⋅+=++=j i j i V(5) 前4秒平均加速度)s m (43704204-⋅=-=--=∆∆=j j V V t V a(6) 加速度)s m ()s m (d d 242--⋅=⋅==j a j tV a1—2 质点沿直线运动,速度32132()v t t m s -=++,如果当时t=2 s 时,x=4 m,求:t=3 s 时质点的位置、速度和加速度。

解:23d d 23++==t t txv c t t t c t v x x +++=+==⎰⎰241d d 34 当t =2时x =4代入求证 c =-12 即1224134-++=t t t x tt tv a t t v 63d d 23223+==++= 将t =3s 代入证)s m (45)s m (56)(414123133--⋅=⋅==a v m xP .31 1—9 一个半径R= m 的圆盘,可依绕一个水平轴自由转动,一根轻绳子饶在盘子的边缘,其自由端拴一物体。

大学物理(第四版)课后习题及答案 磁场之欧阳音创编

大学物理(第四版)课后习题及答案 磁场之欧阳音创编

习题时间:2021.03.11 创作:欧阳音题10.1:如图所示,两根长直导线互相平行地放置,导线内电流大小相等,均为I = 10 A,方向相同,如图所示,求图中M、N两点的磁感强度B的大小和方向(图中r0 = 0.020 m)。

题10.2:已知地球北极地磁场磁感强度B的大小为6.0105 T。

如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的(如图所示),此电流有多大?流向如何?题10.3:如图所示,载流导线在平面内分布,电流为I,它在点O的磁感强度为多少?题10.4:如图所示,半径为R的木球上绕有密集的细导线,线圈平面彼此平行,且以单层线圈覆盖住半个球面,设线圈的总匝数为N,通过线圈的电流为I,求球心O处的磁感强度。

题10.5:实验中常用所谓的亥姆霍兹线圈在局部区域内获得一近似均匀的磁场,其装置简图如图所示,一对完全相同、彼此平行的线圈,它们的半径均为R,通过的电流均为I,且两线圈中电流的流向相同,试证:当两线圈中心之间的距离d等于线圈的半径R时,在两线圈中心连线的中点附近区域,磁场可看成是均匀磁场。

(提示:如以两线圈中心为坐标原点O ,两线圈中心连线为x 轴,则中点附近的磁场可看成是均匀磁场的条件为x B d d = 0;0d d 22=xB ) 题10.6:如图所示,载流长直导线的电流为I ,试求通过矩形面积的磁通量。

题10.7:如图所示,在磁感强度为B 的均匀磁场中,有一半径为R 的半球面,B 与半球面轴线的夹角为α,求通过该半球面的磁通量。

题10.8:已知10 mm 2裸铜线允许通过50 A 电流而不会使导线过热。

电流在导线横截面上均匀分布。

求:(1)导线内、外磁感强度的分布;(2)导线表面的磁感强度。

题10.9:有一同轴电缆,其尺寸如图所示,两导体中的电流均为I,但电流的流向相反,导体的磁性可不考虑。

试计算以下各处的磁感强度:(1)r<R1;(2)R1<r<R2;(3)R2<r<R3;(4)r>R3。

大学物理(第四版)课后习题及答案 波动之欧阳家百创编

大学物理(第四版)课后习题及答案 波动之欧阳家百创编

第十四章波动欧阳家百(2021.03.07)14-1 一横波再沿绳子传播时得波动方程为[]x m t s m y )()5.2(cos )20.0(11---=ππ。

(1)求波得振幅、波速、频率及波长;(2)求绳上质点振动时得最大速度;(3)分别画出t=1s 和t=2s 时得波形,并指出波峰和波谷。

画出x=1.0m 处质点得振动曲线并讨论其与波形图得不同。

14-1 ()[]x m t s m y )(5.2cos )20.0(11---=ππ 分析(1)已知波动方程(又称波函数)求波动的特征量(波速u 、频率ν、振幅A 及彼长 等),通常采用比较法。

将已知的波动方程按波动方程的一般形式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=0cos ϕωu x t A y 书写,然后通过比较确定各特征量(式中前“-”、“+”的选取分别对应波沿x 轴正向和负向传播)。

比较法思路清晰、求解简便,是一种常用的解题方法。

(2)讨论波动问题,要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别。

例如区分质点的振动速度与波速的不同,振动速度是质点的运动速度,即dt dy v =;而波速是波线上质点运动状态的传播速度(也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度),其大小由介质的性质决定。

介质不变,彼速保持恒定。

(3)将不同时刻的t 值代人已知波动方程,便可以得到不同时刻的波形方程)(x y y =,从而作出波形图。

而将确定的x 值代入波动方程,便可以得到该位置处质点的运动方程)(t y y =,从而作出振动图。

解(1)将已知波动方程表示为 与一般表达式()[]0cos ϕω+-=u x t A y 比较,可得则 m v u Hz v 0.2,25.12====λπω(2)绳上质点的振动速度则1max 57.1-⋅=s m v(3) t=1s 和 t =2s 时的波形方程分别为波形图如图14-1(a )所示。

x =1.0m 处质点的运动方程为振动图线如图14-1(b )所示。

大学物理(第四版)课后习题及答案 质点

大学物理(第四版)课后习题及答案 质点

题1.1:已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --⋅-⋅+= 。

求(l )质点在运动开始后s 0.4内位移的大小;(2)质点在该时间内所通过的路程。

题1.1解:(1)质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=∆x x x(2)由0)s m 6()s m 12(d d 232=⋅-⋅=--t t tx得知质点的换向时刻为s2=P t (t = 0不合题意) 则:m 0.8021=-=∆x x xm 40x 242-=-=∆x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=∆+∆=x x s题1.2:一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图所示。

设0=t 时,0=x 。

试根据已知的图t v -,画出t a -图以及t x -图。

题1.2解:将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为2AB A B AB s m 20-⋅=--=t t vv a (匀加速直线运动)0BC =a (匀速直线)2CD CD CD s m 10-⋅-=--=t t v v a (匀减速直线运动) 根据上述结果即可作出质点的a -t 图在匀变速直线运动中,有20021at t v x x ++=间内,质点是作v = 201s m -⋅的匀速直线运动,其x -t 图是斜率k = 20的一段直线。

题1.3:如图所示,湖中有一小船。

岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。

设滑轮距水面高度为h ,滑轮到原船位置的绳长为0l ,试求:当人以匀速v 拉绳,船运动的速度v '为多少?题1.3解1:取如图所示的直角坐标系,船的运动方程为 ()()()j i r h t x t -+= 船的运动速度为()i i i r v tr r h h r t t t x t d d 1d d d d d d 2/12222-⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-===' 而收绳的速率trv d d -=,且因vt l r -=0,故 ()i v 2/12021-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---='vt l hv题1.3解2:取图所示的极坐标(r ,θ),则 θr r r d d d d d d d d d d e e e e r v tr t r t r t r t θ+=+==' r d d e t r 是船的径向速度,θd d e tr θ是船的横向速度,而trd d 是收绳的速率。

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&#99;&#97;&#56;&#56;诗歌 ;
查了一下,没有任何遗漏,也没有被翻转的迹象。事实上,除了他之前描述的一些奇怪的图画之外,没有那么多有价值的东西。重新包装后,他忍不住想起赵祥祥的忏悔。平心而论,进入环沿有很多好处。过早假装成标签并不是件好事。他在首都的目的是学习新的法律并找到更多的 物品来补充神灵。目前,他不想参与腾海岛与首都之间的斗争。当然,他也知道有些事情是无法避免的,但前提是他们有足够的力量来确保他们不被轻易操纵。来到案子后,他坐下来。他把夏剑从剑鞘中拉出来,用荧光的玉色看着刀片。他从仪式上拿出一块精美的天鹅绒,仔细擦了擦。 这把剑是乐器。杀死敌人后,没有血也没有灰尘。一般情况下,不需要进行特殊清洁。这种行为实际上是与剑交流的一种方式。与他战争结束后,他觉得他的精神已经升华,人与剑之间有着微妙的牵连。此刻想要呼吸几次,我觉得这把剑就像生命一样。通过他的呼吸,它保持了一个美妙 的节奏。它似乎是由他的思想驱动,并将飞走。他不知道这种感觉来自哪里,但据他的老师说,当人和剑完全融合在一起时,会有各种各样的神奇外表,例如刀片上出现的剑的名字,刀片变得更加敏锐。甚至在天空中飞翔等等。只是因为他认为不会有这样的一天,因为这把剑毕竟不是一 种自我牺牲。毕竟,在心理上存在这样的差距,但在这个阶段没有必要考虑这一点。此刻,直到一天结束,这个时候人才的帮助处理了蟑螂的尸体,他们准备回到空中。
他压抑了他的疑虑,并在周围观察到了这一点。他看到了路的方向。有一个古老的玉门高高站立。他立即认出这是着名的“胜利之门”。起初,警卫队是一个大军营。这个技巧也是由其中一个建立起来的,从那时起它就没有被删除并被保存到现在。只是对称和精致的玉石飞行牌匾缺 乏一个清晰的角落,破坏了原始的美丽,这使他的强迫症患者特别不舒服。他试图把目光移开,只是为了看到附近的几家报纸供应商,上前给了几块铜板,三天内买了各种报纸,并没有回到外行。另一方面,被拖上岸的尸体导致港口的人过来观看,但人群中有一个人,但路过的人会在不 知不觉中远离他,在他周围空无一人。出了一个圆圈,但没有人发现相同。这个人有一张漂亮的脸和一个高大的身材。他头上没戴冠冕。相反,他穿着罕见的赛道。他看着院子里的尸体,看着剑伤。轻轻地敲了几下挂在腰间的马鞍上,笑着说:“老师,找到你。”
在岐山的背后,在遥远的鞍山山脉,有一个高寒的雪峰站在天空下,就像一个嵌在天空和地球上的轮廓,只能看到寂寞而高亢的姿势,让人屏住呼吸。在当地的原住民语言中,这个雪峰被称为“格雷戈里”,意思是“孤独的天堂女神”。当卫报之家的军队尚未踏上这片土地时,副监 护人杨功看到了孤独的山峰直立在海上山中,他脱口而出“谁是天通寿的朋友?”穿越万里的第一个高峰“。这是天下人民到来后唯一没有改名的山峰。它仍然被称为女神峰。有一个夏季和夏季的灯塔,有传言说那里那是一场篝火,甚至当地人都能看到它。当张宇正在看的时候,他的脚 步声开始响起,赵翔接过来和他并肩站在一起。他看着他面前的风景。他说感慨地说:“当关正在这里守护时,他说,'日月,瑞光已经出国了,而首都瑞光也是以它命名的。”张玉道:“杜甫远程领域的人们说道。福瑞市就在这里。那些住在这里的人,穷人可以得到足够的食物和饮料 ,富人可以享受到最后的结局。“赵相成叹了口气说:”我希望如此,对,张少浪,你到了首都后,你能拥有吗?一个住宿的地方?“张玉道:“我从未来通过首都,没有熟悉的地方。”赵向成从袖口拿了一个名字,递给他。他说:“这个城市南部有一个安镇住所。这是我巡逻的行业。 如果你什么都不说,安全是无辜的。你抱着我。着名的职位将会在那里,会有会招待你的人。“张宇接过来说:“那我就是不尊重。”赵向成笑道:“小事。”这三艘战舰充满了风帆。好的,速度非常快,看到瑞光市后不久,就进入了香港水域以外的城市。目前,港口停泊着数百艘大小 船只。白色的风帆是树木丛生的,人声和海鸥的声音远近。在内陆水道开通之前,它是杜甫的第一个军事港口,有七个码头,可以容纳四十艘船并同时停放。现在从腾海群岛和内陆河流运输的货物大多聚集在这里。挥动口号后,脊柱被引到其中一个码头。
只是在这个时候,明B来到机舱找张宇,说道:“张少郎,军方之神只来到这里,说我想见你,但被赵某封锁,主要让张某让张邵朗说,不要因为自己的想法而责怪他。“张宇可以看出,赵是一个好意,说:“谢谢你感谢赵的此事。”明B笑着说道:“我会把话语带到下一个。”过了 一夜,一个追随者来到张宇门口,说赵向成要他参加晚宴。他拒绝了,但是他被Dan Pill取代了,他带着他。呼吸呼吸取代睡眠,安心在这里休息一晚。当天恍然大悟,张宇突然觉得周围的气温变得很舒服。他知道这艘船即将前往首都瑞光,所以他起身冲洗,在客舱里度过了一个微妙的 早晨,他来到了大楼的甲板上,向远处望去。站在船头,他可以清楚地看到陆地的轮廓和延伸到地平线北端和南端的鞍山。洞庭杜甫的首府瑞光位于丹山中部的鞍山西部。据说,在夏天的时候,已经建立了800多个首都,洞庭杜甫只是其中之一。洞庭也有自己的特色。它是天下境内东部 领土的最远端。它是这个不为人知的大陆上唯一的天下保安馆。当荆棘接近这片土地时,瑞光市在晨光中笼罩着,他的眼睛逐渐变得清晰起来。这是一个大型的强大城市,面向滕海,岐山建筑背后,最显眼的内城位于高耸的平台,王夏台,渡水处,太阳学宫,仙哲等。规管较高的建筑物 都在那里。平台下方的建筑物沿着高低起伏的地形展开,最外边缘扩展到海面。由于整个城市遗址夹在开山和海岸之间,因此它通常呈现出南北趋势。分布狭长。洞庭杜甫人口超过三百万,瑞光市占三分之一。这里可能有超过20万的天下人,其中大部分是安,安,天下的混血人后裔,有 些是土着国家的入籍野蛮人。
船员们放下钩子,用船将它们带到岸边。有人把它们挂在绞盘上,然后慢慢将军舰拖入泊位。在这个时候,张宇注意到负责转动绞车的人大多是老人,每个人都有两个白点,裸露的手臂和一个与年龄不符的强壮身体。每个人的胡子都非常干净,眼睛也非常神。赵向成注意到他的目光 ,并解释说:“这些老人是60年前参加红河通道战斗的老人。还剩下一百五十人。出于某种原因,他们自告奋勇到港口上班,不要看他们的年龄,但如果他们在战场上,他们就会相互对抗。年轻的士兵可能无法与他们作战。“张宇慢慢点头,六十年前红河口的战斗非常激烈。可以说卫兵 的方向将彻底改变。这些老兵至少有七十岁。然而,天下人的平均寿命大约是一百年。如果年轻时基础良好,食物摄入量可以跟上。在这种情况下,保持这个年龄的力量并不困难。此时,码头发出嗡嗡声,但拖入港口的巨大枷锁引起了轰动。赵向成看了看这个棘手数字进入港口的船。他 想到了这一点,并提醒他:“张少郎,你必须小心神。他们不敢在海上做任何事,但在首都,他们在首都。这是他们的管辖权。如果你遇到什么,从安镇居找岳先生,他会帮助你的。“张宇说,驴的利益有多大,他很清楚,这就是为什么他开始只是守护靖国神社的人。在吊索下荆棘稳稳 地降落了。他再一次感谢赵相成,他没有。他穿上斗篷的披风,拿着夏天的剑,拿着行李箱,沿着扶手的横梁下了船。只有他刚落在码头上,当他走出未来时,他觉得地面震动了一点,他感觉不到。这是..地震?但当他看向别处时,他发现他周围的人没有什么不同,好像他们没有意识到 这一点。
பைடு நூலகம் ; &#99;&#97;&#56;&#56; https:// &#99;&#97;&#56;&#56; ;
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