大学物理课本答案
(完整版)大学物理课后习题答案详解
r r r r r r rr、⎰ dt⎰0 dx = ⎰ v e⎰v v1122v v d tv v d tvg 2 g h d tdt [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 2-8r 即轨道曲线（2）质点的位置 ： r = 2ti + (4t 2 - 8) jr r rr r 由 v = d r / d t 则速度： v = 2i + 8tjr r rr 由 a = d v / d t 则加速度： a = 8 jrr 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 = -kvdt v1 v 0 vd v = ⎰ t - k dt 0v = v e - k tdx x= v e -k t0 t0 -k t d t x = v0 (1 - e -k t )k3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a = 4 t (SI)，已知 t = 0 时，质点位于 x 0=10 m 处，初速 度 v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解：a = d v /d t = 4 td v = 4 t d tv 0d v = ⎰t 4t d t v = 2 t 2v = d x /d t = 2 t 2⎰x d x = ⎰t 2t 2 d t x = 2 t 3 /3+10 (SI)x4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 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； d r d v d v （3）落地前瞬时小球的 ，，.d td td t解：（1）x = v t式（1）v v v y = h - gt 2 式（2）r (t ) = v t i + (h - gt 2 ) j0 （2）联立式（1）、式（2）得y = h -vd r（3） = v i - gt j而落地所用时间t =0 gx 22v 22hgvd r所以 = v i - 2gh jvd vdv g 2t= - g j v = v 2 + v 2 = v 2 + (-gt) 2= =x y 0 0vv v d rv d v 2） v = [(2t )2+ 4] 2 = 2(t 2+ 1)2t t 2 + 1, V a = a - a = m + M m + Mvg gvv v 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 r = t 2i + 2tj ，式中 r 的单位为 m ， 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。
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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。
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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2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、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x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．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 t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、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 d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，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。
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。
大学物理上册-课后习题答案全解
第一章 质点运动学1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3．试求： （1）第2s 内的位移和平均速度；（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 内的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度．[解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13= 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23= 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：=Δx /Δt = 4(m·s -1)．（2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ． （3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 内的平均加速度为：= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．[注意] 第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 内走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为，并由上述资料求出量值．[证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得a = (n – 1)v o /t ， (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2+ 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：．计算得加速度为：= (m·s -2)．1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问：（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = (m·s -1)．取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ，这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = (s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02= 2a s ，可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = (m)．人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = (m)．根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:= (s)． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = (s)．人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = (m·s -1)， 所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = (m)．（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = (m·s -1)，落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = (m·s -1)，与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = º，方向斜向下．方法二：一步法．取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2，移项得时间的一元二次方程图，解得：．这里y = -70m，根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为：t= (s)．由此可以求解其它问题．1．4一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即d v/d t = -kv2，k为常数．（1）试证在关闭发动机后，船在t时刻的速度大小为；（2）试证在时间t内，船行驶的距离为．[证明]（1）分离变数得，故，可得：．（2）公式可化为，由于v = d x/d t，所以：积分．因此．证毕．[讨论]当力是速度的函数时，即f = f(v)，根据牛顿第二定律得f = ma．由于a = d2x/d t2，而 d x/d t = v，a = d v/d t，分离变数得方程：，解方程即可求解．在本题中，k已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n次方成正比，则d v/d t = -kv n．（1）如果n = 1，则得，积分得ln v = -kt + C．当t = 0时，v = v0，所以C = ln v0，因此ln v/v0 = -kt，得速度为：v = v0e-kt．而d v = v0e-kt d t，积分得：．当t = 0时，x = 0，所以C` = v0/k，因此．（2）如果n≠1，则得，积分得．当t = 0时，v = v0，所以，因此．如果n = 2，就是本题的结果．如果n≠2，可得，读者不妨自证．1．5 一质点沿半径为的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t3．求：（1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度；（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？[解答]（1）角速度为ω = dθ/d t = 12t2= 48(rad·s-1)，法向加速度为a n= rω2= (m·s-2)；角加速度为β = dω/d t = 24t= 48(rad·s-2)，切向加速度为a t= rβ = (m·s-2)．（2）总加速度为a = (a t2 + a n2)1/2，当a t = a/2时，有4a t2 = a t2 + a n2，即．由此得，即，解得．所以 =(rad)．（3）当a t = a n时，可得rβ= rω2，即： 24t = (12t2)2，解得：t = (1/6)1/3 = (s)．1．6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为a = 20m·s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ．加速度的大小为a x = a cos α， a y = a sin α．运动方程为， ． 即 ，．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；(s)． 将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．[注意]选择不同的坐标系，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．1．7 一个半径为R = 的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A ．在重力作用下，物体A 从静止开始匀加速地下降，在Δt = 内下降的距离h = ．求物体开始下降后3s 末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度．由于，所以a t = 2h /Δt 2 = (m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = (m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= (m·s -2)．1．8 一升降机以加速度·s -2上升，当上升速度为·s -1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距．计算：（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为；螺帽做竖直上抛运动，位移为． 由题意得h = h 1 - h 2，所以， 解得时间为= (s)．算得h 2 = ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g ，而初速度为零，可列方程h = (a + g )t 2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9 有一架飞机从A 处向东飞到B 处，然后又向西飞回到A 处．已知气流相对于地面的速度为u ，AB 之间的距离为l ，飞机相对于空气的速率v 保持不变．（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为； （2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为； （3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为． [证明]（1）飞机飞行来回的速率为v ，路程为2l ，所以飞行时间为t 0 = 2l /v ．（2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u ，向西飞行逆风的速率为v - u ，所以飞行时间为 ．（3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作向量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为，所以飞行时间为． 证毕．图A B AB v v + uv - u A Bv u u vv1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？[解答]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度，由此可作向量三角形．根据题意得tan α = l/h ．方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ， 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α， 即 ． 证毕．方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得，所以：，即 ． 方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间内，雨滴的位移为l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ∙t ．两式消去时间t 即得所求． 证毕．第二章 运动定律与力学中的守恒定律(一) 牛顿运动定律2．1 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度运动，的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为x = v 0t ，．将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为，这是抛物线方程．2．2 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一品质m = 2kg的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = ，静摩擦因素为μs = ．求：（1）今以水平力拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = (N)， 这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为：f m = ma = 2(N)，这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力：N M = (m + M )g = (N)， 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：f M = μk N M = (N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为图1h lα图 mf =μs mg = ma`，可得 a` =μs g ．板的运动方程为F – f – μk (m + M )g = Ma`， 即 F = f + Ma` + μk (m + M )g= (μs + μk )(m + M )g ，算得 F = (N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要的力．2．3 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = ，m 2 = ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮品质均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为 = (m·s -2)，绳对它的拉力为= (N)．2．4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式； （2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为 F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2． （1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2， 因此 ，即：． （2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2， 因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2， 即：k = k 1 + k 2．2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．（1）小车沿水平线作匀速运动； （2）小车以加速度沿水平方向运动；（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角； （4）用与斜面平行的加速度把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）； （5）以同样大小的加速度（b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ．（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于tan θ = ma/mg ， 所以 θ = arctan(a/g )； 绳子张力等于摆所受的拉力 ：．（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力，合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．（4）根据题意作力的向量图，将竖直虚线延长， 与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得： ， 12图 2 图 （2）因此角度为； 而张力为 ．（5）与上一问相比，加速度的方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．2．6 如图所示：质量为m =的小球，拴在长度l =的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求： （1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？ （2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？ （3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？[解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向． 小球的运动方程为，其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为 ， 因此 ， 即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分 ， 得 ，解得：= (m·s -1)． 由于：， 所以T B = 2mg = (N)． （2）由（1）式积分得 ，当 θ = 60º时，v C = 0，所以C = -lg /2， 因此速度为．切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为 ．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)． （3）当 θ = 60º时，切向加速度为= (m·s -2)，法向加速度为 a n = 0，绳子的拉力T = mg /2 = (N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则F = mg cos θ．小球的运动方程为，s 表示弧长．由于，所以，图图因此v d v = g cosθd s= g d h，h表示石下落的高度．积分得，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，因此速率为．2．8质量为m的物体，最初静止于x0，在力(k为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x处的速度大小v = [2k(1/x– 1/x0)/m]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程利用v = d x/d t，可得，因此方程变为，积分得．利用初始条件，当x = x0时，v = 0，所以C = -k/x0，因此，即．证毕．[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f(x)，利用变换可得方程：mv d v = f(x)d x，积分即可求解．如果f(x) = -k/x n，则得．（1）当n = 1时，可得利用初始条件x = x0时，v = 0，所以C = ln x0，因此，即．（2）如果n≠1，可得．利用初始条件x = x0时，v = 0，所以，因此，即．当n = 2时，即证明了本题的结果．2．9一质量为m的小球以速率v0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k．求：（1）小球速率随时间的变化关系v(t)；（2）小球上升到最大高度所花的时间T．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程，分离变数得，积分得．当t = 0时，v = v0，所以，因此，小球速率随时间的变化关系为．（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤：由于v = d x/d t，所以，即，积分得，当t = 0时，x = 0，所以，因此 ．（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为 ，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为．这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m = mg/k ．2．10 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因子为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即 N = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得， 即 ： ．积分得：．当t = 0时，v = v 0，所以， 因此 ．解得 ．由于 ， 积分得，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此．2．11 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为：F = mg tg θ．珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ．根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ，可得，解得 ．(二)力学中的守恒定律2．12 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ，积分得冲量为 ， 方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ， 设小球的品质为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0， 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，图小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ，可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．2．13一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？[解答]小球动量的大小为p = mv ，但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义得：， 由此可作向量三角形，可得：．因此向心力给予小球的的冲量大小为= (N·s)． [注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ，方向是指向圆心的，其方向在 不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量．假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力 F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ，F y = F sin θ = F sin ωt ，给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得，，合冲量为，与前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2．14 用棒打击质量，速率等于20m·s -1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为= 14(m·s -1)，其速度的增量为= (m·s -1)．棒给球冲量为I = m Δv = (N·s)，对球的作用力为（不计重力）：F = I/t = (N)． 2．15 如图所示，三个物体A 、B 、C ，每个品质都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s -2）[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg – T = Ma ，物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动， 加速度大小为a ，可列方程：T = Ma ，联立方程可得：a = g/2 = 5(m·s -2)． 根据运动学公式：s = v 0t + at 2/2， 可得B 拉C 之前的运动时间；= (s)．此时B 的速度大小为：v = at = 2(m·s -1)．v x Δv v y物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得：2Mv = 3Mv`，因此C 开始运动的速度为：v` = 2v /3 = (m·s -1)．2．16 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ，方向沿水平方向． 根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的 总动量，可作向量三角形，列方程得， 所以 v` = v /cos45° = ．2．17 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的品质为m ，它与路面的滑动摩擦因子为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移的大小为d s = R d θ．重力的大小为：G = mg ，方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为，积分得重力所做的功为． 摩擦力的大小为：f = μk N = μk mg cos θ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为，积分得摩擦力所做的功为．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力、摩擦力和马的拉力就是平衡力，即 ， 或者 ． 拉力的功元为：， 拉力所做的功为．由此可见，重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2．18 一品质为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因子；（3）在静止以前质点运动了多少圈？[解答] （1）质点的初动能为：E 1 = mv 02/2，末动能为：E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为：ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8， 这就是摩擦力所做的功W ．（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得： ．图由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因子为．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为：a t = f/m = -μk g ，根据公式v t 2 – v o 2= 2a t s ，可得质点运动的弧长为，圈数为 n = s/2πr = 4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量：-fs = ΔE k ， 可得 s = -ΔE k /f ，由此也能计算弧长和圈数。
大学物理课本课后习题答案
大学物理课本课后习题答案大学物理课本课后习题答案作为大学物理课程的一部分，课后习题是学生巩固所学知识、培养解决问题能力的重要环节。
然而，很多学生在自学过程中会遇到一些难题，特别是对于一些较为复杂的习题，往往很难找到正确的答案。
为了帮助学生更好地理解和掌握物理知识，本文将提供一些大学物理课本课后习题的答案，供学生参考和学习。
第一章：运动的描述1. 一个物体在2秒内沿直线运动，初速度为2m/s，加速度为3m/s²。
求物体在2秒内的位移。
答案：利用公式s = ut + 0.5at²，代入已知数据得到s = 2 × 2 + 0.5 × 3 × 2² = 10m。
2. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，加速度为2m/s²，经过5秒后速度为10m/s。
求物体在这段时间内的位移。
答案：利用公式v = u + at，代入已知数据得到10 = 0 + 2 × 5，解得加速度为2m/s²。
再利用公式s = ut + 0.5at²，代入已知数据得到s = 0 × 5 + 0.5 × 2 × 5² = 25m。
第二章：力和运动1. 一个质量为2kg的物体受到一个10N的力，求物体的加速度。
答案：根据牛顿第二定律F = ma，代入已知数据得到10 = 2a，解得加速度为5m/s²。
2. 一个质量为3kg的物体受到一个5N的力，求物体的加速度。
答案：根据牛顿第二定律F = ma，代入已知数据得到5 = 3a，解得加速度为5/3m/s²。
第三章：牛顿定律和万有引力1. 一个质量为5kg的物体在水平面上受到一个10N的水平力和一个5N的竖直向下的重力，求物体的加速度。
答案：根据牛顿第二定律F = ma，水平方向上的合力为10N，竖直方向上的合力为5N，代入已知数据得到10 = 5a，解得加速度为2m/s²。
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(上册)课后习题及答案
作用在质点上的力的力矩为： M 0 r f ( x1i y1 j ) ( f i ) y1 fk
3.8 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。它离太阳最近距离为
8.75 ×1010m 时的速率是 v 1 ＝ 5.46 ×104m/s，它离太阳最远时的速率是
r1 ＝ v 2＝
9.08 ×102m/s,这时它离太阳的距离 r2 是多少 ?(太阳位于椭圆的一个焦点。 )
解：
d 9t 2 ,
dt
∴ t 2 s 时， a R
d 18t dt 1 18 2
36 m s 2
an R 2 1 (9 2 2 ) 2 1296 m s 2
∴ 当加速度方向与半径成 45 ο角时，有： tan 45 a an 1
即： R 2 R ，亦即 (9t 2 ) 2 18t ，解得： t 3 2 9
3.10图。试问这时小球作匀速圆周运动的角速度
和半径 r 为多少 ?
解：只挂重物 M 1 时， 小球作圆周运动， 向心力为
M 1 g ，即： M 1g
mr0
2 0
∴
挂上 M 2 后，则有： (M 1 M 2 ) g mr 2
∴
重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒。
即： r0mv 0 r mv
4 3 7m
y v 0yt 1 at 2 6t 5 t 2
63
1 5 32
v 25.5 j
2
6 t3
23
即有： r1 4i , r2 7i 25.5 j
v x v 0x 1 ； v y v 0y at 6 5 3 3 11
uuv v v uuv v v
即有： v 2
v ∴ L1
rv1
大学物理课本习题答案
第七单元7-11 1 mol 单原子理想气体从300 K 加热到350 K ，问在下列两过程中吸收了多少热量?增加了多少内能?对外作了多少功? (1)体积保持不变； (2)压力保持不变． 解：(1)等体过程由热力学第一定律得E Q ∆= 吸热)(2)(1212V T T R iT T C E Q -=-=∆=υυ25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆=E Q J对外作功 0=A (2)等压过程)(22)(1212P T T R i T T C Q -+=-=υυ吸热75.1038)300350(31.825=-⨯⨯=Q J)(12V T T C E -=∆υ 内能增加 25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆E J对外作功7-13 0.01 m 3氮气在温度为300 K 时，由0.1 MPa(即1 atm)压缩到10 MPa ．试分别求氮气经等温及绝热压缩后的(1)体积；(2)温度；(3)各过程对外所作的功． 解：(1)等温压缩 300=T K 由2211V p V p = 求得体积3211210101.0101-⨯=⨯==p V p V 3m对外作功21112ln lnp pV p V V VRT A ==01.0ln 01.010013.115⨯⨯⨯⨯=31067.4⨯-=J(2)绝热压缩R C 25V = 57=γ 由绝热方程 γγ2211V p V p =γγ/12112)(p V p V =1121/12112)()(V p pp V p V γγγ==3411093.101.0)101(-⨯=⨯=m由绝热方程γγγγ---=22111p T p T 得K 579)10(30024.04.1111212=⨯==--T p p T T γγγγ热力学第一定律A E Q +∆=，0=Q 所以)(12molT T C M MA V --=RT M MpV mol=，)(2512111T T R RT V p A --=35105.23)300579(25300001.010013.1⨯-=-⨯⨯⨯⨯-=A J7-17 设有一以理想气体为工质的热机循环，如题7-17图所示．试证其循环效率为1112121---=p p VV γη答：等体过程 吸热)(12V 1T T C Q -='υ)(1221V 11R V p R V p C Q Q -='= 绝热过程 03='Q等压压缩过程 放热)(12p 2T T C Q -='υ)(2212P R V p R V p C -=循环效率 121Q Q-=η)1/()1/(1)()(1121212221V 2212p 12---=---=-=p p V p V p C V p V p C Q Q ννγηη题7-17图 题7-19图7-19 如题7-19图所示是一理想气体所经历的循环过程，其中AB 和CD 是等压过程，BC 和DA 为绝热过程，已知B 点和C 点的温度分别为2T 和3T ．求此循环效率．这是卡诺循环吗?解：(1)热机效率121Q Q -=ηAB 等压过程 )(12P 1T T C Q -='υ 吸热)(P mo 1A B lT T C M MQ -=CD 等压过程 )(12P 2T T vC Q -=' 放热 )(P mol 22D C T T C M M Q Q -='-=)/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--=根据绝热过程方程得到AD 绝热过程 γγγγ----=D D A A T p T p 11BC 绝热过程 γγγγ----=C C B B T p T p 111又B C D DC BA T T T T p p p p ===231T T -=η(2)不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间．7-21 如题7-21图所示，1 mol 双原子分子理想气体，从初态K 300,L 2011==T V 经历三种不同的过程到达末态K 300,L 4022==T V ． 图中1→2为等温线，1→4为绝热线，4→2为等压线，1→3为等压线，3→2为等体线．试分别沿这三种过程计算气体的熵变．题7-21图 解：21→熵变等温过程 A Q d d =, V p A d d =，RT pV =⎰⎰==-21111221d 1d V V VV RT T T Q S S76.52ln ln !212===-R V VR S S J 1K -⋅321→→熵变⎰⎰+=-312312d d T QT Q S S32V 13p V p 12ln ln d d 2331T TC T T C T T C T TC S S T T T T +=+=-⎰⎰31→等压过程 31p p = 3211T V T V =1213V V T T = 23→等体过程 2233T p T p =3232p p T T = 1232p p T T =12V 12P 12ln ln p pC V V C S S +=-在21→等温过程中 2211V p V p =所以2ln ln ln ln1212V 12P 12R V VR V V C V V C S S ===-241→→熵变⎰⎰+=-412412d d T QT Q S S41p 42p p 12ln lnd 024T TC T T C TT C S S T T ==+=-⎰41→绝热过程111441144111----==γγγγV V T T V T V T γγγγ/121/141144411)()(,p pp p V V V p V p ===在21→等温过程中 2211V p V p =γγγ/112/121/14114)()()(V V p p p p V V ===γγ11241)(-=V V T T2ln ln 1ln12P 41P 12R V V C T T C S S =-==-γγ7-22 有两个相同体积的容器，分别装有1 mol 的水，初始温度分别为1T 和2T ，1T ＞2T ，令其进行接触，最后达到相同温度T ．求熵的变化，(设水的摩尔热容为mol C )． 解：两个容器中的总熵变⎰⎰+=-TT T T lT T C T T C S S 12d d mo mol 0 212mol 21mol ln)ln (ln T T T C T T T T C =+=因为是两个相同体积的容器，故)()(1mol 2mol T T C T T C -=-得212T T T +=21212mol 04)(lnT T T T C S S +=-第八单元8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q =8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m-3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1CN -⋅ 沿半径向外.8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E)(21210σσε-= 1σ面外， n E )(21210σσε+-= 2σ面外， n E)(21210σσε+= n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功? 解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+RqR q εε得 -='q 3q8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4r r Q E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r-+=εεε8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，rd r d⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε== 薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222=== (2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε==8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε =3R r >时 302π4rrQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r r Q W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F第九单元9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B 方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m9-16 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为a )和一同轴的导体圆管(内、外半径分别为b ,c )构成，如题9-16图所示．使用时，电流I 从一导体流去，从另一导体流回．设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求：(1)导体圆柱内(r ＜a ),(2)两导体之间(a ＜r ＜b )，（3）导体圆筒内(b ＜r ＜c )以及(4)电缆外(r ＞c )各点处磁感应强度的大小解： ⎰∑μ=⋅LI l B 0d(1)a r < 2202RIr r B μπ=202RIrB πμ=(2) b r a << I r B 02μπ=rIB πμ20=(3)c r b << I bc b r I r B 0222202μμπ+---= )(2)(22220b c r r c I B --=πμ (4)c r > 02=r B π0=B题9-16图题9-20图9-20 如题9-20图所示，在长直导线AB 内通以电流1I =20A ，在矩形线圈CDEF 中通有电流2I =10 A ，AB 与线圈共面，且CD ，EF 都与AB 平行．已知a =9.0cm,b =20.0cm,d =1.0 cm ，求：(1)导线AB 的磁场对矩形线圈每边所作用的力； (2)矩形线圈所受合力和合力矩． 解：(1)CD F方向垂直CD 向左，大小4102100.82-⨯==dI bI F CD πμ N 同理FE F方向垂直FE 向右，大小5102100.8)(2-⨯=+=a d I bI F FE πμ NCF F方向垂直CF 向上，大小为⎰+-⨯=+πμ=πμ=ad dCF dad I I r r I I F 5210210102.9ln 2d 2 N ED F方向垂直ED 向下，大小为5102.9-⨯==CF ED F F N(2)合力ED CF FE CD F F F F F+++=方向向左，大小为4102.7-⨯=F N合力矩B P M m⨯= ∵ 线圈与导线共面∴ B P m//0=M．9-26 一电子在B =20×10-4TR =2.0cmh=5.0cm ，如题9-26图．(1)求这电子的速度； (2)磁场B的方向如何?解: (1)∵ eBmv R θcos =θπcos 2v eB mh =题9-26 图∴ 6221057.7)2()(⨯=+=meBh m eBR v π1s m -⋅ (2)磁场B的方向沿螺旋线轴线．或向上或向下，由电子旋转方向确定9-30 螺绕环中心周长L =10cm ，环上线圈匝数N =200匝，线圈中通有电流I =100 mA ．(1)当管内是真空时，求管中心的磁场强度H和磁感应强度0B ；(2)若环内充满相对磁导率r μ=4200的磁性物质，则管内的B和H 各是多少?*(3)磁性物质中心处由导线中传导电流产生的0B 和由磁化电流产生的B′各是多少?解: (1) I l H l∑=⋅⎰dNI HL = 200==LNI H 1m A -⋅400105.2-⨯==H B μT(2)200=H 1mA -⋅05.1===H HB o r μμμ T (3)由传导电流产生的0B即(1)中的40105.2-⨯=B T∴由磁化电流产生的05.10≈-='B B B T第十单元10-1 一半径r =10cmB =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B垂直．当回路半径以恒定速率tr d d =80cm ·s -1收缩时，求回路中感应电动势的大小． 解: 回路磁通 2πr B BS m ==Φ感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2====trr B r B t t m Φε V题10-5图10-5如题10-5所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以tId d 的变化率增大，求： (1)任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势．解: 以向外磁通为正则(1) ]ln [lnπ2d π2d π2000dad b a b Ilr l r Ir l r Iab b ad d m +-+=-=⎰⎰++μμμΦ (2) tIb a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε10-8 长度为l 的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abcd 上平行移动．已知导轨处于均匀磁场B 中，B 的方向与回路的法线成60°角(如题10-8图所示)，B的大小为B =kt (k 为正常)．设t =0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向．解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ∴ klvt tm-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向．题10-8图题10-12图10-12 磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在题10-12图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当tBd d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解： ∵ bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε=-=tabd d 2Φεt BR B R t d d 12π]12π[d d 22=--∴ tB R R acd d ]12π43[22+=ε∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →0-19图10-18 一矩形截面的螺绕环如题10-19图所示，共有N 匝．试求：(1)此螺线环的自感系数；(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少? 解：如题10-19图示 (1)通过横截面的磁通为 ⎰==baab NIhr h r NIlnπ2d π200μμΦ 磁链 ab IhN N lnπ220μΦψ== ∴ ab hN IL lnπ220μψ==(2)∵ 221LI W m = ∴ ab hI N W m ln π4220μ=。
大学物理(上、下册)习题答案
《大学物理》上册习题答案第1章 矢量和运动学1.2（1）s m v /282-=，22/12s m a =；（2）向x 轴负方向作变减速运动。
1.3 () 2213 x x +=v 1.4 （1） 5.0-m/s ；（2）6 m/s ；（3）2.25 m1.5 cb c R t -= 1.6 （1）202/21v g x y =；（2）22202//d d t g t g t a t +==v v 与v 同向． ()222002/122/t g g a g a t n +=-=v v 方向与t a 垂直．1.7 解：(1) j t r i t r j y i x r sin cos ωω+=+= (2) j t r i t r t r cos sin d d ωωωω+-==v j t r i t r t a sin cos d d 22ωωωω--==v (3) ()r j t r i t r a sin cos 22ωωωω-=+-=这说明 a 与 r 方向相反，即a 指向圆心 1.8 解：设抛出时刻车的速度为0 v ，球的相对于车的速度为/0 v ，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 θs i n/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-=θ 1.9 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 v02v 4.08t s g ==第2章 牛顿运动定律2.2 （1）N F 31066.5⨯=；（2）N F 31012.5⨯=。
大学物理课后习题答案(高教版 共三册)
第六章 真空中的静电场1、电量为－5×10-9 C 的试验电荷放在电场中某点时，受到 20×10-9 N 的向下的力，求该点的电场强度大小和方向。
解：由q E F = 得C N q F E /4105/1020/99-=⨯-⨯==--方向向上2、一个带负电荷的质点，在电场力作用下从A 点 经C 点运动到B 点，其运动轨迹如图所示．已知质点运动的速率是递减的，试定性画出电场E的方向。
解：速率是递减→τa 为负→切向力与v相反做曲线运动→有n a →受合力方向如图→即电场E-的方向3、一均匀静电场，电场强度()j i E 600400+=V ·m -1，求点a (3,2)和点b (1,0)之间的电势差U ab ．(点的坐标x ,y 以米计) 解：⎰⋅=baab l d E U)()600400(⎰+⋅+=baj dy i dx j i +=⎰13400dx ⎰2400dy=－2×103 V4、如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度．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λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ，它在P 点的场强： ()204d d x d L qE -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε 2分总场强为 ⎰+π=Lx d L xL q E 02)(d 4－ε()d L d q +π=04ε 3分方向沿x 轴，即杆的延长线方向．-qEO5、A 、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，已知两平面间的电场强度大小为E 0，两平面外侧电场强度大小都为E 0/3，方向如图．求A 、B 两平面上的电荷面密度σA , σB ． 解：设电荷面密度为σA , σB由场强迭加原理，平面内、外侧电场强度由σA , σB 共同贡献： 外侧：32200E BA=+-εσεσ内侧：0022E BA=+εσεσ联立解得：3/200E Aεσ-= 3/400E Bεσ=6、半径为R 的半球面置于场强为E的均匀电场中，其对称轴与场强方向一致，如图所示．求通过该半球面的电场强度通量。
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第十七章 振 动1、 一物体作简谐振动，振动方程为 )cos(A x 4t πω+=。
求 4Tt =（T 为周期）时刻物体的加速度。
解：由振动加速度定义得)4 cos(222πωω+-==t A dtx d a代入4Tt =22422)442cos(ωππωA A a T t =+-==求得4Tt =时物体的加速度为222ωA 。
2、 一质点沿ｘ轴作简谐振动，振动方程为)cos(x ππ312t 2104+⨯=-（SI ）。
求：从t=0时刻起，到质点位置在x=-2cm 处，且向ｘ轴正方向运动的最短时间间隔？解：用旋转矢量图求解，如图所示t=0时刻，质点的振动状态为：3sin 08.0)3 2sin(204.002.0)30cos(04.0)3 2cos(04.000<-=+⨯-===+=+=ππππππππt dt dx v mt x可见，t=0时质点在cm x 2=处，向x 轴负方向运动。
设t 时刻质点第一次达到cm x 2-=处，且向x 轴正方向运动0>v 。
则：πϕ=∆min5.02min===∆ππωπt （s ）3、一物体作简谐振动，其速度最大值sm v m 2103-⨯=，其振幅 m A 2102-⨯=。
若t=0时，物体位于平衡位置且向ｘ轴的负方向运动.求： （1）振动周期T ；（2）加速度的最大值m a ； （3）振动方程的数值式。
解：设物体的振动方程为) cos(ϕω+=t A x则)cos( )sin( 2ϕωωϕωω+-=+-=t A a t A v（1） 由, ωA v m =及sm v m 2103-⨯= 得物体的振动周期：πππωπ341031022 2222=⨯⨯⨯===--m v A T （s ） （2） 加速度最大值：)(105.4102)103(2222222s m A v A a m m ---⨯=⨯⨯===ω （3） 由t=o 时,0 , 0<=v x 得)0sin( 02.00)0cos(02.000<+⨯-==+=ϕωϕv x解之得：2πϕ=质点的振动方程为：)223cos(02.0π+=t x m4、两个物体作同方向、同频率、同振幅的简谐振动。
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《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。
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第九章 真空中的磁场1、一长直流导线，沿空间直角坐标oy 轴放置，电流沿y 正向。
在原点o 处取电流元I d l，则该电流元在（a,0,0）点处的磁感应强度的大小为____, 方向为 。
解：204aIdlπμ k-根据毕－萨定律：=B d 304rr l Id ⨯πμ此处，i a r j Idl l Id==, k a idl ai a j idl B d203044πμπμ-=⨯=∴2、有一个圆形回路1及一个正方形回路2，圆直径和正方形的边长相等，二者中通有大小相等的电流，它们在各自中心产生的磁感强度的大小之比B 1 / B 2为 多少？ 解：设圆的半径为R ，则圆的中心处的B 1=μ0I/2R正方形中心的B 2=μ0I ⨯（cos θ1—cos θ2）⨯4/4πR=2μ0I/πR 所以：B 1 /B 2=1.113、将同样的几根导线焊成立方体，并在其对顶角A 、B 上接上电源，则立方体框架中的电流在其中心所产生的磁感应强度等于 。
解： 0立方体框架的十二条棱边形成了六对与O 点共面且对称的截流线段。
由于对称性，每对截流线段在O 点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，两两抵消。
因此，立方体框架中的电流在其中心所产生的磁感应强度为零。
4、一根无限长导线弯成如图形状，设各线段都在同一平面内（纸面内），其中第二段是半径为R 的四分之一圆弧，其余为直线。
导线中通有电流I ，求图中O 点处的磁感应强度。
解：将导线分成1、2、3、4四部份，各部分在 O 点产生的磁感强度设为B 1、B 2、B 3、B 4．根据 叠加原理O 点的磁感强度为：4321B B B B B+++=∵ 1B、4B 均为0，故 32B B B +=)2(4102RI B μ=方向 ⊗ 242)sin (sin 401203RI aIB π=-π=μββμ)2/(0R I π=μ 方向 ⊗其中 2/R a =， 2/2)4/sin(sin 2=π=β2/2)4/sin(sin 1-=π-=β ∴ RIRIB π+=2800μμ)141(20π+=RI μ 方向 ⊗5、将通有电流I 的导线在同一平面内弯成如图所示的形状，求D 点的磁感强度B的大小．解：其中3/4圆环在D 处的场 )8/(301a I B μ=AB段在D 处的磁感强度)221()]4/([02⋅π=b I B μBC 段在D 处的磁感强度 )221()]4/([03⋅π=b I B μ 1B、2B 、3B 方向相同，可知D 处总的B 为)223(40baI B +ππ=μ6、如图，流出纸面的电流为2I ，流进纸面的电流为I ，请写出每一个线圈中的环路公式。
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。
《新编大学物理》(上、下册)教材习题答案
第1章 质点运动学一、选择题题1.1 ：答案：[B]提示：明确∆r 与r ∆的区别题1.2：答案：[A]题1.3：答案：[D]提示：A 与规定的正方向相反的加速运动， B 切向加速度， C 明确标、矢量的关系，加速度是d dtv题1.4：答案：[C]提示： 21r r r ∆=-，12,R R r j r i ==-，21v v v ∆=-，12,v v v i v j =-=-题1.5：答案：[D]提示：t=0时，x=5； t=3时，x=2得位移为-3m ；仅从式x=t 2-4t+5=(t-2)2+1，抛物线的对称轴为2，质点有往返题1.6：答案：[D]提示：a=2t=d dt v ，2224t v tdt t ==-⎰，02tx x vdt -=⎰，即可得D 项 题1.7：答案：[D] 北v 风v 车1v 车2提示： 21=2v v 车车，理清=+v v v 绝相对牵的关系二、填空题题1.8：答案： 匀速(直线)，匀速率题1.9：答案：2915t t -提示： 2915dx v t t dt ==-，t=0.6时，v=0题1.10：答案：（1）21192y x =- （2）24t -i j 4-j（3）411+i j 26-i j 3S提示： (1) 联立22192x t y t=⎧⎨=-⎩，消去t 得：21192y x =-，dx dy dt dt =+v i j (2) t=1s 时，24t =-v i j ，4d dt==-v a j (3) t=2s 时，代入22(192)x y t t =+=+-r i j i j 中得411+i jt=1s 到t=2s ，同样代入()t =r r 可求得26r∆=-i j ， r 和v 垂直，即0•=r v ，得t=3s题1.11：答案：212/m s 提示：2(2)2412(/)dv d x a v x m s dt dt =====题1.12：答案：1/m sπ 提示： 200t dv v v dt t dt =+=⎰，11/t v m s ==，201332tv dt t R θπ===⎰，r π∆==题1.13：答案：2015()2t v t gt -+-i j 提示： 先对20(/2)v t gt =-r j 求导得，0()y v gt =-v j 与5=v i 合成得05()v gt =-+-v i j 合 201=5()2t v t gt -+-∴⎰r v i j t合0合dt=题1.14：答案：8, 264t 提示：8dQ v R Rt dt τ==，88a R τ==，2264n dQ a R t dt ⎛⎫== ⎪⎝⎭三、计算题题1.15： 解：（1）3t dv a t dt == 003v t dv tdt =∴⎰⎰ 232v t ∴= 又232ds v t dt == 20032s t ds t dt =∴⎰⎰ 312S t =∴ （2）又S R θ= 316S t R θ==∴ （3）当a 与半径成45角时，n a a τ= 2434n v a t R == 4334t t =∴t =∴题1.16：解：（1）dv a kv dt ==- 00v t dv kdt v =-∴⎰⎰， 0ln v kt v =-（*） 当012v v =时，1ln 2kt =-，ln 2t k=∴ （2）由（*）式：0kt v v e-= 0kt dx v e dt -=∴，000x t kt dx v e dt -=⎰⎰ 0(1)kt v x e k-=-∴第2章 质点动力学一、选择题题2.1：答案：[C]提示：A ．错误，如：圆周运动B ．错误，m =p v ，力与速度方向不一定相同D ．后半句错误，如：匀速圆周运动题2.2：答案：[B]提示：y 方向上做匀速运动：2y y S v t t ==x 方向上做匀加速运动（初速度为0），F a m= 202t x v adt t ==⎰，2023tx x t S v dt ==⎰ 2223t t =+∴S i j题2.3：答案：[B]提示：受力如图MgF 杆'F 猫mg 设猫给杆子的力为F ，由于相对于地面猫的高度不变'F mg = 'F F = 杆受力 1()F Mg F M m g =+=+1()F M m g a M M+==题2.4 ：答案：[D]提示：a a A22A B A B mg T ma T ma a a ⎧⎪-=⎪=⎨⎪⎪=⎩ 得45A a g = （2A B a a =，通过分析滑轮，由于A 向下走过S ，B 走过2S ） 2A B a a =∴题2.5：答案：[C]提示： 由题意，水平方向上动量守恒， 故0(cos60)()1010m m v m v =+共 0=22v v 共题2.6：答案：[C]提示：R θθRh-R 由图可知cos h R Rθ-=分析条件得，只有在h 高度时，向心力与重力分量相等 所以有22cos ()mv mg v g h R Rθ=⇒=- 由机械能守恒得（以地面为零势能面）22001122mv mv mgh v =+⇒=题2.7：答案：[B]提示： 运用动量守恒与能量转化题2.8：答案：[D]提示：v v y由机械能守恒得2012mgh mv v =⇒=0sin y v v θ=sin G y P mgv mg ==∴题2.9：答案： [C]题2.10：答案： [B]提示： 受力如图f TF由功能关系可知，设位移为x （以原长时为原点）02()xF mg Fx mgx kxdx x kμμ--=⇒=⎰ 弹性势能 2212()2p F mg E kx kμ-== 二、填空题题2.11:答案：2mb提示： '2v x bt == '2a v b ==2F ma mb ==∴题2.12：答案：2kg 4m/s 2提示： 4N 8Nxy由题意，22/x a m s = 4x F N =8y F N = 2F m kg a== 24/y y F a m s m ==题2.13：答案： 75，1110提示： 由题意，32()105F a t m ==+ 207/5v adt m s ⇒==⎰ 当t=2时，1110a =题2.14：答案：180kg 提示：由动量守恒，=m S -S m 人人人船相对S （）=180kg m ⇒船题2.15：答案： 11544+i j 提示：各方向动量守恒题2.16：答案： ()mv +i j ，0，-mgR提示：由冲量定义得 ==()()mv mv mv --=+I P P i j i j 末初-由动能定律得 0k k E W E ∆=⇒∆=，所以=0W 合=W mgR -外题2.17：答案：-12提示：3112w Fdx J -==⎰题2.18： 答案： mgh ，212kx ，Mm G r - h=0，x=0，r =∞ 相对值题2.19：答案： 02mg k ，2mg，题2.20：答案：+=0A ∑∑外力非保守力三、计算题题2.21： 解：（1）=m F xg L 重 ()m f L x g Lμ=- （2）1()(1)g a F f x g m Lμμ=-=+-重 （3）dv a v dx =，03(1)v L L g vdv x g dx L μμ⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦⎰⎰，v =题2.22：解：（1）以摆车为系统，水平方向不受力，动量守恒。
大学_大学物理教程上册(范仰才著)课后答案
大学物理教程上册(范仰才著)课后答案大学物理教程上册(范仰才著)内容提要绪论第一篇力学第1章质点运动学1.1 参考系和坐标系质点1.2 质点运动的描述1.3 自然坐标系中的速度和加速度1.4 不同参考系中速度和加速度的变换关系思考题习题第2章质点动力学2.1 牛顿运动定律2.2 惯性系与非惯性系2.3 力的空间积累效应2.4 保守力的功势能机械能守恒定律2.5 力的时间积累效应动量守恒定律__2.6 质心质心运动定理阅读材料(1)混沌及其特征思考题习题第3章刚体的定轴转动3.1 刚体及刚体定轴转动的描述3.2 刚体定轴转动定律3.3 定轴转动的功和能3.4 角动量定理和角动量守恒定律__3.5 进动阅读材料(2)对称性与守恒律思考题习题第二篇热学第4章气体动理论4.1 平衡态态参量理想气体物态方程 4.2 理想气体的压强公式4.3 理想气体的`温度公式4.4 能量按自由度均分理想气体的内能 4.5 麦克斯韦速率分布律__4.6 玻耳兹曼分布律4.7 分子的平均碰撞频率和平均自由程__4.8 气体内的输运过程__4.9 范德瓦尔斯方程真实气体阅读材料(3)低温与超导思考题习题第5章热力学基础5.1 准静态过程功热量和内能5.2 热力学第一定律及其在理想气体等值过程的应用 5.3 绝热过程多方过程5.4 循环过程卡诺循环5.5 热力学第二定律5.6 热力学第二定律的统计意义熵阅读材料(4)热学熵与信息熵思考题习题第三篇振动和波动第6章振动学基础6.1 简谐振动的运动学旋转矢量表示法6.2 简谐振动的动力学特征6.3 简谐振动的能量6.4 简谐振动的合成6.5 阻尼振动受迫振动共振思考题习题第7章波动学基础7.1 机械波的形成和传播7.2 平简谐波的波函数7.3 波的能量声波大学物理教程上册(范仰才著)目录《21世纪高等学校规划教材:大学物理教程(上)》可作为本科院校理工科各专业的大学物理教材，也可作为各类普通高等学校非物理类专业、各类成人高校物理课程的教材或教学参考书。
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第1章 质点运动学1-1 质点的运动方程为()j i r t t 427++=。
求：质点的轨迹并用图表示。
解：由运动方程有 t x 27+=，t y 4= 消t 得 轨迹方程为 142-=x y 图略1-2 已知质点的运动方程为k j i r 6e 3e ++=-t t 。
(1)求：自t =0至t =1质点的位移。
(2)求质点的轨迹方程。
解：(1) ()k j i r 630++= ()k j i r 6e 3e 1-1++= 质点的位移为()j i r ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=3e 31e ∆(2) 由运动方程有t x e =，t y -=e 3， 6=z 消t 得 轨迹方程为 3=xy 且6=z1-3运动质点在某瞬时位于矢径()y x,r 的端点处，其速度的大小为( D ) (A)dt dr (B)dt d r(C)dt d r (D)22⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛dt dy dt dx1-4如图所示，堤岸距离湖面的竖直高度为h ，有人用绳绕过岸边的定滑轮拉湖中的小船向岸边运动。
设人以匀速率v 0收绳，绳不可伸长且湖水静止。
求：小船在离岸边的距离为s 时，小船的速率为多大？(忽略滑轮及船的大小)解：如图所示，在直角坐标系xOy 中，t 时刻船离岸边的距离为s x =，船的位置矢量可表示为()j i r h x -+=船的速度为 i i r v v dtdxdt d ===其中 22h r x -=所以 ()dt drhr r h r dt d dt dx v 2222-=-==因绳子的长度随时间变短，所以 0v dtdr-= 则 船的速度为i i v 022220v s h s hr rv +-=--= 所以 船的速率为 022v sh s v +=1-5某质点的运动方程为k j i r 251510t t ++-=，求：t =0，1时质点的速度和加速度。
解：由速度和加速度的定义得k j r v t dt d 1015+==， k va 10==dtd 所以 t =0，1时质点的速度和加速度为 015==t jv 11015=+=t kj v 1010,ka ==t1-6已知质点的运动方程为()()k j i r 5sin cos ++=ωt R ωt R (SI)。
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第一章 质点运动学一． 选择题：１．（Ｄ） ２．（Ｄ） ３．（Ｃ） ４．（Ｂ） ５．（Ｂ） ６．（Ｄ） ７．（Ｂ） ８．（Ｃ） ９．（Ｂ） 10．（Ｂ） 11．（Ｄ） 12．（Ｃ） 13．（Ｂ） 14．（Ｃ） 二． 填空题：１．)/](5cos 5sin [50s m j t i t+-； ０； 圆．２．)/](sin 2cos )[(222s m t t Aetωβωωωββ+--；)()12(21s n πω+．３．tS∆； t v ∆-02 ． ４．bt v +0；2402/)(R bt v b ++．５．)/(1622s m Rt ； )/(42s r a d ．６．（１）、（３）、（４）是不可能的．７．322S S +． ８．2/4s m j i +-． ９．s m /20．10．2/1.0s m ．11．)/(2s m c -， )/(/)(22s m R ct b -；)(//s c R c b ±．12．变速率曲线运动； 变速率直线运动．13．)/(2/2s m g -， g v g v 3/3230cos /202=．14．s m /3.17， s m /20． 15．g v /cos 220θ．三． 计算题：１． 解：（１）)/(5.0/s m t x v -=∆∆=；（２）269/t t dt dx v -==， s m v /6)2(-=； （３）m x x x x s 25.2|)5.1()2(||)1()5.1(|=-+-=． ２． 解：t dt dv a 4/==，tdt dv 4=⎰⎰=tvt d t dv 04， 22t v =22/t dt dx v ==⎰⎰=xtdt t dx 1022)(103/23SI t x +=．３． 解：首先求出s t 2=时质点在轨迹上的位置．s t 2=，)(80m S =（在大圆上）． 各瞬时质点的速率：)/(1030/s m t dt dS v +==；s t 2=， s m v /50=各瞬时质点的切向加速度和法向加速度：222/10s m dtS d dt dv a t ===； ρρ22)/(v dt dS a n == s t 2=时，2/10s m a t =， 2/3.83s m a n =．４． 解：（１）t v x 0=， 221gt y =轨迹方程是：222/v g x y =．（２）0v v x =， gt v y =．速度大小为： 222022t g v v v v y x +=+=．方向为：与Ｘ轴的夹角)/(01v gt tg -=θ22202//t g v t g dt dv a t +==，与v 同向．222002122/)(t g v g v a g a tn +=-=，方向与t a 垂直．５．解：dydv v dt dy dy dv dt dv a =⋅==， 又ky a -= dy vdv ky /=-∴ ⎰⎰=-v d v k y d y C v ky +=-222121 已知0y y =，0v v = 则：20202121ky v C --= )(220202y y k v v -+=．６． 解：选地面为静止参考系S ，风为运动参考系S '，飞机为运动质点P ．已知：相对速度：h km v s p /180='，方向未知； 牵连速度：h km v s s /60='，方向正西； 绝对速度：ps v 大小未知，方向正北． 由速度合成定理有：s s s p ps v v v ''+=，ps v ，s p v ' ，s s v '构成直角三角形，可得：h km v v v s s s p ps /170)()(||22=-=''，014.19)/(=='-ps s s v v tg θ．（飞机应取北偏东04.19的航向）． ７． 解：由t kv dt dv 2/-=k t d t v dv -=2积分：⎰⎰-=tdt k v dv2C kt v +-=-2211 当0=t 时，0v v = 01v C -=∴ 得：21211v kt v += ８． 解：设质点在x 处的速率为v ，262x dtdx dx dv dt dv a +=⋅==⎰⎰+=x vdx x vdv 020)62(s m x x v /)(22/13+='９． 解：设质点的加速度为：t a a t α+=，τ=t 时，a a t 2= τα/a =∴即 τ/at a a t +=由 dt dv a /=，得 adt dv =⎰⎰+=nvdt at a dv 0)/(τττa n n v )2(21+=∴ 由 dt ds v /=， vdt ds =⎰⎰=sn v d t ds 0τ，又 ⎰+==τ2/2at at dt a v t∴ 质点走过的距离6/)3(22τa n n s +=．１０． 解：ct b dt dS v +==/ c dt dv a t ==/R ct b a n /)(2+=根据题意： n t a a = 即 R ct b c /)(2+= 解得： cb c R t -=１１． 解：选地面为静止参考系s ，火车为运动参考系s '，雨滴为运动质点p ： 已知：绝对速度：ps v大小未知，方向与竖直方向夹030；牵连速度：s m v s s /35='，方向水平；相对速度：s p v ' 大小未知，方向偏向车后045．由速度合成定理：s s s p ps v v v ''+=由矢量关系式画出矢量图，由几何关系可得：ss '3530sin 30cos 00=+ps ps v vs m v ps /6.25=．第二章 牛顿运动定律一． 选择题：１．（Ｂ） ２．（Ｂ） ３．（Ｄ） ４．（Ｅ） ５．（Ｃ） ６．（Ｄ） ７．（Ａ） ８．（Ｃ） ９．（Ｂ） 10．（Ｃ） 11．（Ｄ） 二． 填空题：１．j t i t r2323+=． ２．２％． ３．θcos /mg ， θθc o s s i n gl ． ４．θ2cos /1． ５．0f ． ６．cm 24． ７．212m m g m F +-，)(1212g m F m m m ++． ８．s g μ/． 三． 计算题：１．解：（１）0=a mg T =；（２）ma T =αsin ， mg T =αcos g a tg /=α 22g a m T +=２．解：（１）以Ａ、Ｂ、绳为研究对象a m m m g m g m mg F B A B A )(++=---g m m m Fm m m g m m m F a BA B A B A -++=++++-=∴)(．（２）以绳的下段长和物体Ａ为研究对象 a L mx m g L mx m x T B A )/()/()(+=+- ))(/()(a g L mx m x T A ++=∴)(2496)/(N x m m m L mx m F BA A +=+++=．３．解：设绳子与水平方向的夹角为θ，则l h /si n =θ． 木箱受力如图所示，当匀速前进时Nf Mg N F F μθθ==-+=0sin 0cosθμθμs i nc o s +=∴MgF （受力图和由牛顿方程解出F ）0)s i n (c o s )c o s s i n (2=++--=θμθθμθμθMgd dF 6.0==∴μθtg ， 6375300'''=θ且022>θd Fd ， m h l 92.2sin /==∴θ时，最省力．（求极值得结果） ５． 解：受力图如图所示：以Ａ为研究对象：Ｘ方向：0cos si n 12='-'+-θθf N f B（１） Ｙ方向：0cos si n 1='-'--θθBA N f Mg N （２） 同时，θμcos 11mg f f ='= （３）θcos mg N N BB ='= （４） （１）、（２）、（３）、（４）联立求解：OXY1B'AN '2'BA地θθμθθθsin cos cos sin cos 21mg mg Mg f N Mg N BA ++='+'+= θμθθθθ212cos sin cos cos sin mg mg f N f B-='-'= 斜面对地面的压力：θθμθsin cos cos 2mg mg Mg N A ++=' 斜面对地面的摩擦力：θμθθ22cos sin cos mg mg f -='.５．解：对Ａ：09.36cos 10=--T f F （１） 09.36sin 011=--F g m N （２） 11N f μ= （３）对Ｂ：02=-f T （４） 022=-g m N （５） 22N f μ= （６） 由（４）、（５）、（６）式得：)(8.92N g m T ==μ 再由（１）、（２）、（３）式得：)(4.299.36sin 9.36cos )(0021N m m F =-+=μμ． 第三章 功与能一、选择题：1、（A ），2、（B ），3、（D ），4、（C ），5、（C ）6、（B ），7、（C ），8、（D ），9、（C ），10、（B ）二、填空题1、R GMm R R GMm 32)131(--或 2、 )11(21ba m Gm -- 3、 12800J 4、动量、动能、功、势能 5、100m/s 6、5.23×105W 7、αsin 2o mgx 2 8、-F 0R 9、零，正，负 10、18J ，6m/ 11、4000J 12、)/(mr k ，)2/(r k - 13、 GMm/(6R)，-GMm/(3R) 14、-0.207三、计算题1、0416解：由x=ct 3可求物体的速度：23ct dtdx==υ 物体受到的阻力为：3/43/242299x kc t kc kv f ===阻力对物体所作的功为：⎰⎰⋅==x d f dw W⎰-=dx x kc l 3/43/2907/273/73/2lkc -=2、0103解：根据功能原理，木块在水平面上运动时，摩擦力所作的功等于系统（木块和弹簧）机械能的增量。
由题意有,212122υm kx x f r -=- 而mg f k r μ=由此得木块开始碰撞弹簧时的速率为s m mkx gx k /83.522=+=μυ另解：根据动能定理，摩擦力和弹性力对木块所作的功，等于木块动能的增量，应有⎰-=--x o k m kxdx mgx 2210υμ其中⎰=xokx kxdx 221 3、5264解：（1）根据功能原理，有mgh m fs -=2021υααμαμsin cos sin mghNh fs ==αμm g h c t g = mgh m -=2021υ )(25.4)1(220m ctg g h =+=αμυ（2）根据功能原理有fs m mgh =-221υ αμυmghctg mgh m -=221s m ctg gh /16.8)]1(2[2/1=-=αμυ4、0753解：两个粒子的相互作用力3/r k f = 已知∞==r f 即0处为势能零点，⎰⎰∞=⋅∞==∞dr rk r r d f r Wp Ep 3 5、0439解：把卸料车视为质点。