普通物理学第二版第七章课后习题答案
大学物理课后答案第七章..
第七章 静电场中的导体和电介质一、基本要求1．掌握导体静电平衡的条件及静电平衡时导体电荷的分布规律; 2．学会计算电容器的电容；3．了解介质的极化现象及其微观解释； 4．了解各向同性介质中D 和E 的关系和区别； 5．了解介质中电场的高斯定理； 6．理解电场能量密度的概念.二、基本内容1．导体静电平衡（1）静电平衡条件：导体任一点的电场强度为零（2）导体处于静电平衡时：①导体是等势体，其表面是等势面；②导体表面的场强垂直于导体表面。
（3）导体处于静电平衡时,导体内部处处没有净电荷存在,电荷只能分布在导体的表面上。
2．电容（1）孤立导体的电容 qC V=电容的物理意义是使导体电势升高单位电势所需的电量。
电容是导体的重要属性之一,它反映导体本身具有储存电荷和储存电能的能力。
它的大小仅由导体的几何形状、大小和周围介质决定，与导体是否带电无关. （2）电容器的电容BA V V qC -=q 为构成电容器两极板上所带等量异号电荷的绝对值。
B A V V -为A 、B 两极间电势差。
电容器电容与电容器形状、大小及两极间介质有关，与电容器是否带电无关。
（3）电容器的串并联串联的特点：各电容器的极板上所带电量相等，总电势差为各电容器上电势差之和。
等效电容由121111nC C C C =+++进行计算。
并联的特点：电容器两极板间的电势差相等，不同电容器的电量不等,电容大者电量多。
等效电容为12n C C C C =+++。
(4）计算电容的一般步骤①设两极带电分别为q +和q -,由电荷分布求出两极间电场分布。
②由BA B A V V d -=⋅⎰E l 求两极板间的电势差.③根据电容定义求BA V V qC -=3．电位移矢量D人为引入的辅助物理量，定义0ε=+D E P ，D 既与E 有关，又与P 有关.说明D 不是单纯描述电场，也不是单纯描述电介质的极化,而是同时描述场和电介质的。
定义式无论对各向同性介质，还是各向异性介质都适用.对于各向同性电介质，因为0e χε=P E ，所以0r εεε==D E E 。
物理学教程(第二版)上册课后答案7
物理学教程(第二版)上册课后答案7第七章 气体动理论7 －1 处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们( )(A) 温度，压强均不相同 (B) 温度相同，但氦气压强大于氮气的压强(C) 温度，压强都相同 (D) 温度相同，但氦气压强小于氮气的压强分析与解 理想气体分子的平均平动动能23k /kT =ε，仅与温度有关．因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时，温度也相同．又由物态方程nkT p =，当两者分子数密度n 相同时，它们压强也相同．故选(C)．7－2 三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体，其分子数密度n 相同，方均根速率之比()()()4:2:1::2/12C 2/12B 2/12A =v v v ，则其压强之比C B A ::p p p 为( )(A) 1∶2∶4 (B) 1∶4∶8(C) 1∶4∶16 (D) 4∶2∶1 分析与解 分子的方均根速率为M RT /3=2v ，因此对同种理想气体有3212C 2B 2A ::::T T T =v v v ，又由物态方程nkT ρ，当三个容器中分子数密度n 相同时，得16:4:1::::321321==T T T p p p .故选(C)．7 －3 在一个体积不变的容器中，储有一定量的某种理想气体，温度为0T 时，气体分子的平均速率为0v ，分子平均碰撞次数为0Z ，平均自由程为0λ ，当气体温度升高为04T 时，气体分子的平均速率v 、平均碰撞频率Z 和平均自由程λ分别为( ) (A)04,4,4λλZ Z ===0v v (B) 0022λλ===,,Z Z 0v v (C) 00422λλ===,,Z Z 0v v (D) 00,2,4λλ===Z Z 0v v 分析与解 理想气体分子的平均速率M RT π/8=v ，温度由0T 升至04T ，则平均速率变为0v 2；又平均碰撞频率v n d Z 2π2=，由于容器体积不变，即分子数密度n 不变，则平均碰撞频率变为0Z 2；而平均自由程n d 2π21=λ，n 不变，则λ也不变．因此正确答案为(B)．7 －5 有一个体积为35m 1001⨯.的空气泡由水面下m050.深的湖底处(温度为C 0.4o )升到湖面上来．若湖面的温度为C 017o .，求气泡到达湖面的体积．(取大气压强为Pa 10013150⨯=.p )分析 将气泡看成是一定量的理想气体，它位于湖底和上升至湖面代表两个不同的平衡状态．利用理想气体物态方程即可求解本题．位于湖底时，气泡内的压强可用公式gh pp ρ+=0求出， 其中ρ为水的密度( 常取33m kg 100.1-⋅⨯=ρ)．解 设气泡在湖底和湖面的状态参量分别为(p 1 ，V 1 ，T 1 )和(p 2 ,V 2 ，T 2 )．由分析知湖底处压强为gh ρp gh ρp p+=+=021，利用理想气体的物态方程222111T V p T V p =可得空气泡到达湖面的体积为()3510120121212m 1011.6-⨯=+==T p V T gh p T p V T p V ρ 7 －6 一容器内储有氧气，其压强为Pa 100115⨯.，温度为27 ℃，求：(1)气体分子的数密度；(2) 氧气的密度；(3) 分子的平均平动动能；(4) 分子间的平均距离．(设分子间均匀等距排列)分析 在题中压强和温度的条件下，氧气可视为理想气体．因此，可由理想气体的物态方程、密度的定义以及分子的平均平动动能与温度的关系等求解．又因可将分子看成是均匀等距排列的，故每个分子占有的体积为30d V=，由数密度的含意可知n V /10=，d 即可求出．解 (1) 单位体积分子数325m 1044.2⨯==kTp n (2) 氧气的密度3-m kg 30.1/⋅===RTpM V m ρ (3) 氧气分子的平均平动动能J 102162321k -⨯==./kT ε(4) 氧气分子的平均距离m 10453193-⨯==./n d通过对本题的求解，我们可以对通常状态下理想气体的分子数密度、平均平动动能、分子间平均距离等物理量的数量级有所了解．7－7 2.0×10-2 kg 氢气装在4.0×10-3 m 3 的容器内，当容器内的压强为3.90×105Pa 时，氢气分子的平均平动动能为多大？分析 理想气体的温度是由分子的平均平动动能决定的，即23k /kT =ε．因此，根据题中给出的条件，通过物态方程pV ＝Mm 'RT ，求出容器内氢气的温度即可得kε． 解 由分析知氢气的温度mRMpV T =，则氢气分子的平均平动动能为J 1089.3232322k -⨯='==Rm pVMk kT ε7 －8 某些恒星的温度可达到约1.0 ×108K ，这是发生聚变反应(也称热核反应)所需的温度.通常在此温度下恒星可视为由质子组成.求：(1) 质子的平均动能是多少？ (2) 质子的方均根速率为多大？分析 将组成恒星的大量质子视为理想气体，质子可作为质点，其自由度 i ＝3，因此，质子的平均动能就等于平均平动动能.此外，由平均平动动能与温度的关系2/32/2kT m =v，可得方均根速率2v .解 (1) 由分析可得质子的平均动能为 J 1007.22/32/152k-⨯===kT m v ε (2) 质子的方均根速率为1-62s m 1058.13⋅⨯==mkT v 7 －9 日冕的温度为2.0 ×106K ，所喷出的电子气可视为理想气体.试求其中电子的方均根速率和热运动平均动能.解 方均根速率16e 2s m 105.93-⋅⨯==m kT v 平均动能J 10142317k -⨯==./kT ε7－10 在容积为2.0 ×10-3 m 3 的容器中，有内能为6.75 ×102J 的刚性双原子分子某理想气体.(1)求气体的压强；(2) 设分子总数为5.4×1022个，求分子的平均平动动能及气体的温度.分析 (1) 一定量理想气体的内能RT i M m E 2=，对刚性双原子分子而言，i ＝5.由上述内能公式和理想气体物态方程pV ＝νRT 可解出气体的压强.(2)求得压强后，再依据题给数据可求得分子数密度，则由公式p ＝nkT 可求气体温度.气体分子的平均平动动能可由23k /kT ε=求出.解 (1) 由RT i E 2ν=和pV ＝νRT 可得气体压强 Pa 1035.125⨯==iVE p (2) 分子数密度n ＝N/V ，则该气体的温度()()K 1062.3//2⨯===nk pV nk p T 气体分子的平均平动动能为J104972321k -⨯==./kT ε 7 －11 当温度为0C 时，可将气体分子视为刚性分子，求在此温度下：（1）氧分子的平均动能和平均转动动能；（2）kg 100.43-⨯氧气的内能；（3）kg 100.43-⨯氦气的内能.分析 （1）由题意，氧分子为刚性双原子分子，则其共有5个自由度，其中包括3个平动自由度和2个转动自由度.根据能量均分定理，平均平动动能kT 23kt =ε，平均转动动能kT kT ==22kr ε.（2）对一定量理想气体，其内能为RT i M mE 2'=，它是温度的单值函数.其中i 为分子自由度，这里氧气i =5、氦气i =3.而m '为气体质量，M 为气体摩尔质量，其中氧气13mol kg 1032--⋅⨯=M ；氦气13mol kg 100.4--⋅⨯=M .代入数据即可求解它们的内能.解 根据分析当气体温度为T=273 K 时，可得（1）氧分子的平均平动动能为J 107.52321kt -⨯==kT ε 氧分子的平均转动动能为J 108.32221kr -⨯==kT ε （2）氧气的内能为J 10 7.1J 27331.8251032100.42233⨯=⨯⨯⨯⨯⨯='=--RT i M m E （3）氦气的内能为J 10 3.4J 27331.823100.4100.42333⨯=⨯⨯⨯⨯⨯='=--RT i M m E 7 －12 已知质点离开地球引力作用所需的逃逸速率为gr v 2=，其中r 为地球半径.(1) 若使氢气分子和氧气分子的平均速率分别与逃逸速率相等，它们各自应有多高的温度；(2) 说明大气层中为什么氢气比氧气要少.(取r ＝6.40 ×106 m) 分析 气体分子热运动的平均速率M RTπ8=v ，对于摩尔质量M 不同的气体分子，为使v 等于逃逸速率v ，所需的温度是不同的；如果环境温度相同，则摩尔质量M 较小的就容易达到逃逸速率. 解 (1) 由题意逃逸速率gr 2=v ，而分子热运动的平均速率M RTπ8=v .当v v = 时，有RMrg T 4π= 由于氢气的摩尔质量13H mol kg 10022--⋅⨯=.M，氧气的摩尔质量12O mol kg 10232--⋅⨯=.M ，则它们达到逃逸速率时所需的温度分别为 K10891K,101815O 4H 22⨯=⨯=..T T (2) 根据上述分析，当温度相同时，氢气的平均速率比氧气的要大(约为4倍)，因此达到逃逸速率的氢气分子比氧气分子多.按大爆炸理论，宇宙在形成过程中经历了一个极高温过程.在地球形成的初期，虽然温度已大大降低，但温度值还是很高.因而，在气体分子产生过程中就开始有分子逃逸地球，其中氢气分子比氧气分子更易逃逸.另外，虽然目前的大气层温度不可能达到上述计算结果中逃逸速率所需的温度，但由麦克斯韦分子速率分布曲线可知，在任一温度下，总有一些气体分子的运动速率大于逃逸速率.从分布曲线也可知道在相同温度下氢气分子能达到逃逸速率的可能性大于氧气分子.故大气层中氢气比氧气要少.7－13 容积为1 m 3 的容器储有1 mol 氧气，以v ＝10-1s m ⋅的速度运动，设容器突然停止，其中氧气的80％的机械运动动能转化为气体分子热运动动能.试求气体的温度及压强各升高了多少. 分析 容器作匀速直线运动时，容器内分子除了相对容器作杂乱无章的热运动外，还和容器一起作定向运动.其定向运动动能(即机械能)为221mv .按照题意，当容器突然停止后，80％定向运动动能转为系统的内能.对一定量理想气体内能是温度的单值函数，则有关系式：T R M m v m E Δ25%8021Δ2'=⋅'=成立，从而可求ΔT .再利用理想气体物态方程，可求压强的增量.解 由分析知T R M m m E Δ2528.0Δ2⋅'='=v ，其中m '为容器内氧气质量.又氧气的摩尔质量为12m ol kg 1023--⋅⨯=.M ，解得ΔT ＝6.16 ×10-2 K当容器体积不变时，由pV ＝M mRT 得Pa 51.0ΔΔ==T VRM m p7－14 有N 个质量均为m 的同种气体分子，它们的速率分布如图所示.(1) 说明曲线与横坐标所包围的面积的含义；(2) 由N 和0v 求a 值；(3) 求在速率0v /2到30v /2 间隔内的分子数；(4) 求分子的平均平动动能.题 7-14 图分析 处理与气体分子速率分布曲线有关的问题时，关键要理解分布函数()v f 的物理意义.()υd d N Nf =v ，题中纵坐标()v v d /d N Nf =，即处于速率v 附近单位速率区间内的分子数.同时要掌握()v f 的归一化条件，即()1d 0=⎰∞v v f .在此基础上，根据分布函数并运用数学方法(如函数求平均值或极值等)，即可求解本题.解 (1) 由于分子所允许的速率在0 到20v 的范围内，由归一化条件可知图中曲线下的面积()N Nf S v ==⎰v v d 020即曲线下面积表示系统分子总数N .(2 ) 从图中可知，在0 到0v 区间内，()0/v v v a Nf =；而在0 到20v 区间，()αNf =v .则利用归一化条件有vv v vv ⎰⎰+=0020d d v v a a N(3) 速率在0v /2到30v /2间隔内的分子数为12/7d d Δ2/3000N a a N =+=⎰⎰v v v v v v v(4) 分子速率平方的平均值按定义为()v v f v v v d /d 0222⎰⎰∞∞==N N故分子的平均平动动能为20220302k 3631d d 212100v v v v v v v v v v m N a N a m m =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+==⎰⎰ε 7－15 一飞机在地面时，机舱中的压力计指示为Pa100115⨯.，到高空后压强降为Pa101184⨯..设大气的温度均为27.0℃.问此时飞机距地面的高度为多少？(设空气的摩尔质量为2.89 ×10－2kg·mol －1) 分析 当温度不变时，大气压强随高度的变化主要是因为分子数密度的改变而造成.气体分子在重力场中的分布满足玻耳兹曼分布.利用地球表面附近气压公式()kT mgh p p /ex p 0-=，即可求得飞机的高度h .式中p 0 是地面的大气压强. 解 飞机高度为()()m 1093.1/ln /ln 300⨯===p p MgRT p p mg kT h7 －16 目前实验室获得的极限真空约为1.33×10－11Pa ，这与距地球表面1.0×104km 处的压强大致相等.而电视机显像管的真空度为1.33×10－3Pa ，试求在27 ℃时这两种不同压强下单位体积中的分子数及分子的平均自由程.(设气体分子的有效直径d ＝3.0×10－8cm)解 理想气体分子数密度和平均自由程分别为n ＝k T p ；pd kT λ2π2=，压强为1.33×10－11Pa 时，-39m 1021.3/⨯==kT p nm 108.7π282⨯==pd kT λ 从λ的值可见分子几乎不发生碰撞.压强为1.33×10－3Pa 时，3-17m 1021.3⨯==kT p n ，m 8.7π22==pd kT λ此时分子的平均自由程变小，碰撞概率变大.但相对显像管的尺寸而言，碰撞仍很少发生. 7－17 在标准状况下，1 cm 3中有多少个氮分子？氮分子的平均速率为多大？平均碰撞次数为多少?平均自由程为多大？（已知氮分子的有效直径m 1076.310-⨯=d ）分析 标准状况即为压强Pa 10013.15⨯=p ，温度K 273=T .则由理想气体物态方程nkT p =可求得气体分子数密度n ，即单位体积中氮分子的个数.而氮气分子的平均速率、平均碰撞次数和平均自由程可分别由公式MRTv π8=，n v d Z 2π2=和nd 2π21=λ直接求出.解 由分析可知，氮分子的分子数密度为325m 1069.2-⨯==kTpn 即3cm 1中约有191069.2⨯个.氮气的摩尔质量为M =28 ×10－3kg·mol －1，其平均速率为MRTv π8==454 1s m -⋅则平均碰撞次数为-192s 107.7π2⨯==n v d Z平均自由程为m 106π2182-⨯==nd λ 讨论 本题主要是对有关数量级有一个具体概念.在通常情况下，气体分子平均以每秒几百米的速率运动着，那么气体中进行的一切实际过程如扩散过程、热传导过程等好像都应在瞬间完成，而实际过程都进行得比较慢，这是因为分子间每秒钟上亿次的碰撞导致分子的自由程只有几十纳米，因此宏观上任何实际过程的完成都需要一段时间.7－18 在一定的压强下，温度为20℃时，氩气和氮气分子的平均自由程分别为9.9×10－8m 和27.5×10－8m.试求：(1) 氩气和氮气分子的有效直径之比；(2) 当温度不变且压强为原值的一半时，氮气分子的平均自由程和平均碰撞频率. 分析 ( 1 ) 气体分子热运动的平均自由程()p d kT nd 22π2/π21==λ，因此，温度、压强一定时，平均自由程2/1d λ∝.(2) 当温度不变时，平均自由程p λ/1∝.解 (1) 由分析可知67.1//r 22r A N N A ==λλd d(2) 由分析可知氮气分子的平均自由程在压强降为原值的一半时，有m 105.527N N22-⨯=='λλ而此时的分子平均碰撞频率22222N N N N N 2π/8λM RT λZ ='=v将T ＝293K ，M N2 ＝2.8×10－2kg·mol －1代入，可得-18N s 1056.82⨯=Z。
大学物理学课后习题7第七章答案
q 6 0
对于边长 a 的正方形，如果它不包含 q
所在的顶点，则 e
q 24 0
，
如果它包含 q 所在顶点则 e 0 ．
7.8 均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2×
105 C·m-3求距球心5cm，8cm ,12cm 各点的场强．
解:
高斯定理 当 r 5 cm
均匀分布，其电势U
E
dr
R2
qdr R2 4π 0 r 2
q 4π 0 R
题 7.16 图
(2)外壳接地时，外表面电荷 q 入地，外表面不带电，内表面电荷仍
为 q ．所以球壳电势由内球 q 与内表面 q 产生：
U
q 4π 0 R2
q 4π 0 R2
(2)同理
dEQ
1 4π 0
dx
x2
d
2 2
方向如题 7.6 图所示
由于对称性 l dEQx 0 ，即 EQ 只有 y 分量，
∵
dEQy
1 4π 0
dx
x2
d
2 2
d2
x2
d
2 2
EQy
l dEQy
d2 4π 2
l 2
dx
l
3
2
(x2
d
2 2
)
2
l
1由于电荷均匀分布与对称性ab和cd段电荷在o点产生的场强互相抵消取?ddrl?则??ddrq?产生o点e?d如图由于对称性o点场强沿y轴负方向题714图??????cos4dd2220?????rreeyr04???2sin??2sin??r02????2ab电荷在o点产生电势以0??u?????ab200012ln44d4drrxxxxu??????同理cd产生2ln402???u半圆环产生00344??????rru0032142ln2?????????uuuuo715两个平行金属板ab的面积为200cm2a和b之间距离为2cmb板接地如图715所示
新编基础物理学第二版第七章习题解答
新编基础物理学第⼆版第七章习题解答习题七7-1 氧⽓瓶的容积为32L ，瓶内充满氧⽓时的压强为130atm 。
若每⼩时需⽤1atm 氧⽓体积为400L 。
设使⽤过程中保持温度不变，问当瓶内压强降到10atm 时，使⽤了⼏个⼩时?解已知123130atm,10atm,1atm;p p p === 1232L,V V V ===3400L V =。
质量分别为1m ，2m ，3m ,由题意可得:11m p V RT M = 22mp V RT M =233mp V RT M=所以⼀瓶氧⽓能⽤⼩时数为: ()121233313010329.6(1.0400m m p V p V n m p V -?--====?h)7-2 ⼀氦氖⽓体激光管，⼯作时管内温度是 27C ?。
压强是2.4mmHg ，氦⽓与氖⽓的压强⽐是7:1.求管内氦⽓和氖⽓的分⼦数密度.解:依题意, n n n =+氦氖， 52.41.01310Pa 760p p p =+=氦氖；:7:1p p =氦氖所以552.10.31.01310Pa, 1.01310Pa 760760p p ==氦氖, 根据 p nkT =，得()5223232.1760 1.01310 6.7610(m )1.3810300p n kT --??===氦氦 2139.6610(m )P n kT-==?氖氖7-3 氢分⼦的质量为2410个氢分⼦沿着与墙⾯的法线成?45⾓的⽅向以5110cm s -?的速率撞击在⾯积为22.0cm 的墙⾯上,如果撞击是完全弹性的,试求这些氢分⼦作⽤在墙⾯上的压强.解：单位时间内作⽤在墙⾯上的平均作⽤⼒为：2cos45F N m =?v所以氢分⼦作⽤在墙⾯上的压强为27522342 3.3101010102cos 4522330(Pa)210F m N p S S---====?v7-4 ⼀个能量为1210eV 的宇宙射线粒⼦,射⼊⼀氖管中,氖管中含有氦⽓0.10mol,如果宇宙射线粒⼦的能量全部被氖⽓分⼦所吸收⽽变为热运动能量,问氖⽓的温度升⾼了多少?解: 依题意可得:23121930.1 6.0210 10 1.6102k T -=?? 氖⽓的温度升⾼了771.610 1.2810(K)0.1 6.02 1.5 1.38T --??== 7-5 容器内储有1mol 某种⽓体。
普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社刚体力学习题解答
第七章刚体力学习题解答7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.⑴假设转动是匀加速转动，求角加速度。
⑵在此时间内，发动机转了多少转？解：⑴21260/2)12003000(/7.15s rad t===-∆∆πωβ⑵rad 27.152)60/2)(12003000(21039.26222202⨯===∆⨯--πβωωθ对应的转数=42010214.3239.262≈⨯=⨯∆πθ7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。
求t 时刻的角速度和角加速度。
解：23212643ct bt ct bt a dtd dtd -==-+==ωθβω7.1.4 半径为0.1m 的圆盘在铅直平面内转动，在圆盘平面内建立o-xy 坐标系，原点在轴上，x 和y 轴沿水平和铅直向上的方向。
边缘上一点A 当t=0时恰好在x 轴上，该点的角坐标满足θ=1.2t+t 2 (θ:rad,t:s)。
⑴t=0时，⑵自t=0开始转45º时，⑶转过90º时，A 点的速度和加速度在x 和y 轴上的投影。
解：0.222.1==+==dtd dtd t ωθβω⑴t=0时，s m R v v y x /12.01.02.10,2.1=⨯====ωω2222/2.01.00.2/144.01.0/12.0/sm R a a s m R v a a y y n x =⨯===-=-=-=-=βτ⑵θ=π/4时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.47s,∴ω=1.2+2t=2.14rad/ssm R v s m R v y x /15.02/21.014.245sin /15.02/21.014.245cos =⨯⨯=︒=-=⨯⨯-=︒-=ωω222222222222/182.0)14.20.2(1.0)(45sin 45sin 45sin /465.0)14.20.2(1.0)(45cos 45cos 45cos s m R R R a s m R R R a y x -=-⨯=-︒=︒-︒=-=+⨯-=+︒-=︒-︒-=ωβωβωβωβ⑶θ=π/2时,由θ=1.2t+t 2,求得t=0.7895s,ω=1.2+2t=2.78rad/s2222/77.01.078.2/2.01.00.20/278.01.078.2s m R a s m R a v s m R v y x y x -=⨯-=-=-=⨯-=-==-=⨯-=-=ωβω7.1.5 钢制炉门由两个各长1.5m 的平行臂AB 和CD 支承，以角速率ω=10rad/s 逆时针转动，求臂与铅直成45º时门中心G 的速度和加速度。
高中物理(新人教版)必修第二册课后习题：第七章测评(课后习题)【含答案及解析】
第七章测评(时间:75分钟 满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2021河北衡水月考)下列说法正确的是( )A.由开普勒第一定律可知,所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动B.由F=Gm 1m2r 2可知,当r 趋于零时万有引力趋于无限大C.引力常量G=6.67×10-11N·m 2/kg 2,是由英国物理学家卡文迪什利用扭秤实验测出的D.由开普勒第三定律可知,所有行星轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相等,即a 3T 2=k ,其中k 与行星有关,所有行星各自绕太阳运行的轨道为椭圆,太阳在椭圆的一个焦点上,所以各行星不在同一椭圆轨道上,故A 错误;万有引力定律的研究对象是质点,当物体间距离趋于零时物体不能被视为质点,万有引力定律不再适用,故B 错误;引力常量G=6.67×10-11N·m 2/kg 2,是由卡文迪什利用扭秤实验测出的,故C 正确;由开普勒第三定律可知,所有绕同一中心天体运行的行星轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相等,即a 3T 2=k ,其中k 与中心天体有关,与行星无关,故D 错误。
2.(2021山东日照模拟)2020年7月23日,中国首次火星探测任务天问一号探测器发射成功,已知火星的质量约为地球质量的19,火星的半径约为地球半径的12。
下列关于火星探测器的说法正确的是(选项中的宇宙速度均指地球的)( ) A.发射速度只要大于第一宇宙速度即可 B.发射速度只有达到第三宇宙速度才可以C.发射速度应大于第二宇宙速度,小于第三宇宙速度D.火星探测器环绕火星运行的最大速度约为第一宇宙速度的13,可知选项A 、B 错误,选项C 正确;已知m 火=m地9,R 火=R地2,则v 火∶v 地=√Gm火R 火∶√Gm地R 地=√2∶3,选项D 错误。
普通物理学第二版第七章课后习题答案
第七章 刚体力学7.1.1 设地球绕日作圆周运动.求地球自转和公转的角速度为多少rad/s 估算地球赤道上一点因地球自转具有的线速度和向心加速度.估算地心因公转而具有的线速度和向心加速度（自己搜集所需数据）.[解 答]7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.（1）假设转动是匀加速转动，求角加速度.(2)在此时间内，发动机转了多少转[解 答]（1）22(30001200)1/601.57(rad /s )t 12ωπβ⨯-⨯===V V（2）222220()(30001200)302639(rad)2215.7πωωθβ--===⨯所以 转数=2639420()2π=转7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为球t 时刻的角速度和角加速度.[解 答]7.1.4 半径为0.1m 的圆盘在铅直平面内转动，在圆盘平面内建立O-xy 坐标系，原点在轴上.x 和y 轴沿水平和铅直向上的方向.边缘上一点A 当t=0时恰好在x 轴上，该点的角坐标满足21.2t t (:rad,t :s).θθ=+求（1）t=0时，（2）自t=0开始转45o 时，（3）转过90o时，A 点的速度和加速度在x 和y 轴上的投影.[解 答]（1） A ˆˆt 0,1.2,R j 0.12j(m/s).0,0.12(m/s)x y ωνωνν====∴==v（2）45θ=o时，由2A 1.2t t ,t 0.47(s)42.14(rad /s)v R πθωω=+==∴==⨯v v v得（3）当90θ=o时，由7.1.5 钢制炉门由两个各长1.5m 的平行臂AB 和CD 支承，以角速度10rad/s ω=逆时针转动，求臂与铅直45o 时门中心G 的速度和加速度.[解 答]因炉门在铅直面内作平动，门中心G 的速度、加速度与B 或D点相同。
所以：7.1.6 收割机拔禾轮上面通常装4到6个压板.拔禾轮一边旋转，一边随收割机前进.压板转到下方才发挥作用，一方面把农作物压向切割器，另一方面把切割下来的作物铺放在收割台上，因此要求压板运动到下方时相对于作物的速度与收割机前进方向相反. 已知收割机前进速率为1.2m/s ，拔禾轮直径1.5m ，转速22rev/min,求压板运动到最低点挤压作物的速度.[解 答]取地面为基本参考系，收割机为运动参考系。
普通物理学第二版答案
普通物理学第二版答案【篇一：普通物理学第二版第七章课后习题答案】.1.1 设地球绕日作圆周运动.求地球自转和公转的角速度为多少rad/s?估算地球赤道上一点因地球自转具有的线速度和向心加速度.估算地心因公转而具有的线速度和向心加速度（自己搜集所需数据）.[解答]?自?2?24?3600?7.27?10(rad/s)-7-5?公?2?365?24?3600?2.04?10(rad/s)??r?自an???r2?27.1.2 汽车发动机的转速在12s内由1200rev/min增加到3000rev/min.（1）假设转动是匀加速转动，求角加速度.(2)在此时间内，发动机转了多少转？[解答]r（1）?????t?2??(3000?1200)?1/60122?1.57(rad/s)2（2）?2??02?(??)(3000?1200)2?15.7?420(转)222?2639(rad)26392?所以转数=7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t内的角位移为??at?bt?ct34球t时刻的角速度和角加速度.[解答]??at?bt?ct34(?:rad,t:s).23????d?dtd?dt?a?3bt?4ct?6bt?12ct27.1.4 半径为0.1m的圆盘在铅直平面内转动，在圆盘平面内建立o-xy坐标系，原点在轴上.x和y轴沿水平和铅直向上的方向.边缘上一点a当t=0时恰好在x轴上，该点的角坐标满足求（1）t=0时，（2）自t=0开始转45时，（3）转过90时，a点的速度和加速度在x和y轴上的投影.[解答]????1.2t?t(?:rad,t:s).2???1.2t?t??1.2?2t??2?t?0,??1.2,?a?r??j?0.12?j(m/s).（1） ??x?0,?y?0.12(m/s)2ax?an???2yr??0.144(m/s)2ay?r??0.2(m/s)（2）??45?时，?4,得t?0.47(s)??1.2t?t?2由???2.14(rad/s)???va???r?0.15?j?0.15?i??? ij k? 0 0?rcos? rsin?0???aa?dtdtxddtr(??sin??i??cos??j)22?1cos???sin?)?i?(??sin???cos?)?j?r[(??2??0.183?j?0.465?i(m/s)?ax??0.465(m/s),ay??0.183(m/s)22（3）当?2?90?时，由??1.2t?t???va??x?2???r???i??0.278?i(m/s)y2,得t?0.7895(s),??2.78(rad/s)??0.278(m/s),??0(m/s)ax??r???0.2(m/s)7.1.5 钢制炉门由两个各长1.5m的平行臂ab和cd支承，以角速度??10rad/s逆时针转动，求臂与铅直45时门中心g的速度和加速度.[解答]因炉门在铅直面内作平动，门中心g的速度、加速度与b或d点相同。
普通物理学第二版第七章课后习题答案
普通物理学第⼆版第七章课后习题答案第七章刚体⼒学7.1.1 设地球绕⽇作圆周运动.求地球⾃转和公转的⾓速度为多少rad/s?估算地球⾚道上⼀点因地球⾃转具有的线速度和向⼼加速度.估算地⼼因公转⽽具有的线速度和向⼼加速度（⾃⼰搜集所需数据）.[解答]7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.（1）假设转动是匀加速转动，求⾓加速度.(2)在此时间内，发动机转了多少转？[解答]（1）22(30001200)1/601.57(rad /s )t 12ωπβ?-?===V V（2）222220()(30001200)302639(rad)2215.7πωωθβ--===?所以转数=2639420()2π=转7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的⾓位移为球t 时刻的⾓速度和⾓加速度.[解答]7.1.4 半径为0.1m 的圆盘在铅直平⾯内转动，在圆盘平⾯内建⽴O-xy 坐标系，原点在轴上.x 和y 轴沿⽔平和铅直向上的⽅向.边缘上⼀点A 当t=0时恰好在x 轴上，该点的⾓坐标满⾜21.2t t (:rad,t :s).θθ=+求（1）t=0时，（2）⾃t=0开始转45o 时，（3）转过90o 时，A 点的速度和加速度在x 和y 轴上的投影. [解答]（1） A ??t 0,1.2,R j 0.12j(m/s).0,0.12(m/s)x y ωνωνν====∴==v（2）45θ=o 时，由2A1.2t t,t0.47(s)42.14(rad/s)v Rπθωω=+==∴==?vvv得（3）当90θ=o时，由7.1.5 钢制炉门由两个各长1.5m的平⾏臂AB和CD⽀承，以⾓速度10rad/sω=逆时针转动，求臂与铅直45o时门中⼼G的速度和加速度.[解答]因炉门在铅直⾯内作平动，门中⼼G的速度、加速度与B或D点相同。
所以：7.1.6 收割机拔⽲轮上⾯通常装4到6个压板.拔⽲轮⼀边旋转，⼀边随收割机前进.压板转到下⽅才发挥作⽤，⼀⽅⾯把农作物压向切割器，另⼀⽅⾯把切割下来的作物铺放在收割台上，因此要求压板运动到下⽅时相对于作物的速度与收割机前进⽅向相反.已知收割机前进速率为1.2m/s，拔⽲轮直径1.5m，转速22rev/min,求压板运动到最低点挤压作物的速度.[解答]取地⾯为基本参考系，收割机为运动参考系。
大学物理课后习题答案第七章 a
第七章 电磁感应选择题7－1 在闭合导线回路的电阻不变的情况下,下述正确的是 （ B ） (A) 穿过闭合回路所围面积的磁通量最大时,回路中的感应电流最大; (B) 穿过闭合回路所围面积的磁通量变化越快,回路中的感应电流越大; (C) 穿过闭合回路所围面积的磁通量变化越大,回路中的感应电流越大; (D) 穿过闭合回路所围面积的磁通量为零时,回路中的感应电流一定为零.7－2 导体细棒ab 与载流长直导线垂直.在如图所示的四种情况中,细棒ab 均以与载流导线平行的速度v 平动,且b 端到长直导线的距离都一样.在(a)、(b)和(c)三种情况中,细棒ab 与光滑金属框保持接触.设四种情况下细棒ab 上的感应电动势分别为a E 、b E 、c E 和d E ,则 （ C ）(A) a b c d ==<E E E E ; (B) a b c d ==>E E E >E ; (C) a b c d ===E E E E ;(D) a b c d >>>E E E E .7－3 如图所示,半圆周和直径组成的封闭导线,处在垂直于匀强磁场的平面内.磁场的磁感应强度的大小为B ,直径AB 长为l .如果线圈以速度v 在线圈所在平面内平动, v 与AB 的夹角为θ,则 （ A ）(A) 线圈上的感应电动势为零,AB 间的感应电动势sin AB Bl θ=E v ; (B) 线圈上的感应电动势为零,AB 间的感应电动势cos AB Bl θ=E v ;(C) 线圈上的感应电动势为i 2sin Bl θ=E v ,AB 间感应电动势为sin AB Bl θ=E v ; (D) 线圈上的感应电动势为i 2cos Bl θ=E v ,AB 间感应电动势为cos AB Bl θ=E v . 7－4 一个面积210cm S =的圆线圈,其电阻0.10R =Ω,处于垂直于匀强磁场的平面内,若磁感应强度的大小随时间的变化率1d 10T s d Bt-=⋅,则线圈中的感应电流的大小为（ D ）(A) 3i 1.010A I -=⨯; (B) 2i 1.010A I -=⨯; (C) 2i 1.010A I =⨯; (D) 1i 1.010A I -=⨯.7－5 导线元d l 在磁感应强度为B 的磁场中以速度v 运动时,其上的动生电动势为()i d d =⨯⋅B l E v（ D ） (A) 当v 与d l 垂直时,一定有i d d B l =E v ; (B) 当v 与B 垂直时,一定有i d d B l =E v ; (C) 当d l 与B 垂直时,一定有i d d B l =E v ;(D) 只有在v 、B 和d l 三者相互垂直时,才有i d d B l =E v 或i d d B l =-E v .7－6 下述正确的是 （ C ）(A) 静电场和感生电场的电场线都不闭合;(B) 静电场的电场线是闭合的,感生电场的电场线不闭合; (C) 感生电场的电场线是闭合的,静电场的电场线不闭合; (D) 静电场和感生电场的电场线都是闭合的.7－7 静止的导体中产生涡电流的原因是 （ C ） (A) 导体处于不均匀的稳恒磁场中; (B) 导体处于不均匀的静电场中; (C) 导体处于随时间变化磁场中; (D) 导体处于通有稳恒电流的线圈内. 7－8 在自感线圈中,电流i 随时间t 的变化曲线如图(a)所示.若以i 的正流向为正方向,则线圈中自感电动势L E 随时间t 的变化曲线应为图(b)中的 （ D ）7－9 尺寸相同的铜环和铝环,穿过它们所围面积的磁通量的变化率相同.设铜环上的感应电动势和感应电流分别为1E 和1I ,铝环上的感应电动势和感应电流分别为2E 和2I ,则（ C ）(A) 12=E E , 12I I =; (B) 12>E E , 12I I >; (C) 12=E E , 12I I >; (D) 12>E E , 12I I =.7－10 如图所示,若一块磁铁沿着一根竖直放置的长铜管的轴线,自管口竖直下落,如果忽略空气阻力,则 （ C ）(A) 磁铁越落越快,最后速度趋于无限大; (B) 磁铁越落越慢,最后速度趋于零; (C) 磁铁越落越快,最后达到一恒定速度; (D) 磁铁越落越慢,最后达到一恒定速度;计算题7－11 一个匝数100N =的导线圈,通过每匝线圈的磁通量41510sin10πΦt =⨯,式中1Φ的单为Wb ,t 的单位为s .求:(1) 任意时刻线圈上的感应电动势;(2) 在10s t =时,线圈上的感应电动势的大小.解 (1) 根据法拉第电磁感应定律,任意时刻线圈上的感应电动势为()41i d d100510sin10π0.5πcos10πd d ΦNt t t t-=-=-⨯=-E 式中t 的单位为s ,i E 的单位为V .(2) 10s t =时,线圈上的感应电动势为()i 0.5πcos 10π10 V 1.57 V =-⨯=-i E大小为i 1.57 V =i E7－12 若在一方向不变的磁场中,有一面积为20.03m 的平面线圈,线圈所在平面的法线与磁场的夹角为θ,磁感强度的大小为510B t =+,式中B 的单位为T ,t 的单位为s .求:(1) 当π3θ=时,线圈中的感应电动势的大小; (2) 当π2θ=,2s t =时,线圈中的感应电动势的大小; 解 穿过线圈所围平面的磁通量为()()cos 5100.03cos 0.150.3cos BS t t Φθθθ==+⨯=+线圈中的感应电动势为()i d d0.150.3cos 0.3cos d d t t tΦθθ=-=-+=-E (1) 在π3θ=的情况下,线圈中的感应电动势为 i π0.3cos V 0.15V 3⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭E其大小为0.15V(2) 在π2θ=的情况下,2s t =时,线圈中的感应电动势为 i π0.3cos V 02⎛⎫=-= ⎪⎝⎭E7－13 如图所示,一正方形线圈与载流长直导线共面,线圈的匝数为N ,边长为a ,其两边与长直导线平行,与长直导线之间的最小距离为b .长直导线中的电流为I .(1) 求通过线圈的磁通量;(2) 若100N =,20cm a =,10cm b =,当长直导线中的电流I 以12A s -⋅的变化率增长时,求线圈中的感应电动势.解 (1) 坐标选取如图所示.以顺时针为线圈回路的正方向, 则线圈所围平面的法向单位矢量n e 垂直纸面向里.在线圈平面上,长直载流导线的磁感应强度为0n 2πIaxμ=B e .在x 处取面元dS d a x =,则面元矢量为n d d a x =S e .穿过面元的磁通量为0d d d 2πIaΦx xμ=⋅=B S穿过线圈所围平面的磁通量为00d d ln2π2πa bSaIaNIaa bΦN N x xbμμ++=⋅==⎰⎰B S(2) 若100N =，20cm a =,10cm b =,则7064π101000.200.200.10ln ln Wb2π2π0.10 4.4010WbNIaa b I Φb I μ--⎛⎫+⨯⨯⨯⨯+== ⎪⎝⎭=⨯ 线圈中的感应电动势为()666i d d 4.4010 4.40102 V 8.8010 V d d ΦIt t--=-=-⨯=-⨯⨯=-⨯E i 0<E ,表明线圈中的感应电动势沿逆时针方向.7－14 如图所示,矩形导线框ABCD 与载流为I 的长直导线共面,边长分别为b 和l ,AB 与长直导线平行.矩形线框以速度v 在其平面内向右运动,v 与直导线垂直.在时刻t ,AB 与长直导线间的距离为a .求此时线框上的感应电动势.解 在长直导线右侧的线框平面上,到长直导线的距离为r 的点上，载流长直导线的磁场,方向垂直于纸面向里,磁感应强度的大小为02πIB rμ=以顺时针为导线回路的正方向,线圈中的感应电动势为()()()()()i d d d d d ABCDAAB BC CD DA =⨯⋅=⨯⋅+⨯⋅+⨯⋅+⨯⋅⎰⎰⎰⎰⎰B l B l B l B l B lv v v v v E 在BC 和DA 段上,d l v ,()d 0⨯⋅=B l v ,因此积分为零.在时刻t ,AB 处的磁感应强度大小为012πIB aμ=,CD 处的磁感应强度大小为()022πIB a b μ=+.于是()()()i 1200000d d d d d d 11 2π2π2πAB CD AB CD llB l B lI lI l Il a a b a a b μμμ=⨯⋅+⨯⋅=+-⎛⎫=-=- ⎪++⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰B l B l E v v v v v v vi 0>E ,表明线圈中的感应电动势沿顺时针方向.7－15 如图所示,匀强磁场的磁感应强度的大小为B ,方向垂直纸面向外.有一根长为L 的金属棒MN ,可绕点O 在纸面内逆时针旋转,角速度为ω,4LOM =.求金属棒两端之间的电动势.那一端的电势较高?解 如图所示,在棒MN 上,到点O 的距离为l 处,沿径向取位移元d l .d l 的速度v 的方向如图,既垂直于d l ,也垂直于B ,大小为l ω=v .d l 上的动生电动势为()i d d d Bl l ω=⨯⋅=B l dE vMN 上的动生电动势为32441d 4L L MN Bl l BL ωω==⎰E0MN >E ,表明动生电动势的方向为从M 到N ,N 端电势较高.7－16 如图所示,矩形导线框ABCD 与载流长直导线共面,AB 与长直导线平行,相互间的距离为a ,导线框的边长分别为b 和l .如果长直导线上的电流为0πcos 3I I t ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,式中0I 和ω为常量.求在0t =时,导线框上的感应电动势.解 坐标选取如图所示.以ABCDA ,即顺时针为线框回路的正方向,则平面ABCD 的法向单位矢量n e 垂直纸面向里.在平面ABCD 上,长直载流导线的磁感应强度为0n 2πIx μ=B e .由于0πcos 3I I t ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,因此B 的具体指向随时间变化.在x 处取面元dS d l x =,则面元矢量为n d d l x =S e .穿过面元的磁通量为0d d d d 2πIlΦB S x xμ=⋅==B S穿过线框所围平面的磁通量为00d d ln2π2πa bSaIlIla bΦx xaμμ++=⋅==⎰⎰B S 矩形线框ABCD 上的感应电动势为0i 0000d d ln d 2πd d ππ ln cos ln sin 2πd 32π3l a b I t a tl I l a b a b I t t a t a μΦμμωωω+=-=-+⎡⎤+⎛⎫⎛⎫=-+=+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦E0t =时0000i πlnsin ln2π34πI lI l a b a b a aμωω++==E i 0>E ,表明此时线框上的感应电动势沿顺时针方向.7－17 在一个长为0.6m 、直径为5.0cm 的纸筒上,密绕1200匝线圈.求这个长直螺线管的自感.解 长直螺线管的自感为()2220027223π44π101200π 5.010H 5.9210H40.6N SN d L llμμ---==⨯⨯⨯⨯⨯==⨯⨯7－18 一螺线管的自感为21.010H -⨯,流过的电流为2.0A .求其储存的磁场能.解 载流螺线管储存的磁场能为2222m 11 1.010 2.0J 2.010J 22W LI --⎛⎫==⨯⨯⨯=⨯ ⎪⎝⎭7－19 一个直径为0.01m 、长为0.10m 的长直密绕螺线管,共1000匝线圈,总电阻为7.76Ω.若把螺线管接到电动势为2V 的电池上,求电流稳定后,螺线管中储存的磁能和管内的磁能密度.解 长直螺线管的自感为()2220027223π44π101000π 1.010H 9.8710H40.1N SN d L llμμ--==⨯⨯⨯⨯⨯==⨯⨯线圈上稳定电流的强度为2A 0.258A 7.76U I R === 电流稳定后,螺线管中储存的磁能为2325m 119.87100.258J 3.2810J 22W LI --⎛⎫==⨯⨯⨯=⨯ ⎪⎝⎭载流螺线管中磁能密度为()533m m m 22244 3.2810J m 4.18J m ππ1.0100.1W W V d l ---⨯⨯===⋅=⋅⨯⨯w 7－20 在真空中,若一匀强电场中的电场能量密度与一0.5T 的匀强磁场的能量密度相等,求该电场的电场强度.解 设电场强度为E 的匀强电场的能量密度与0.5T B =的匀强磁场的能量密度相等,则有22001122B E εμ=由此可得181m 1.5010 V m E --==⋅=⨯⋅。
普通物理学第二版课后习题答案(全)
第一章 物理学和力学1.1国际单位制中的基本单位是那些？解答，基本量：长度、质量、时间、电流、温度、物质的量、光强度。
基本单位：米（m ）、千克（kg ）、时间（s ）、安培（A ）、温度（k ）、摩尔（mol ）、坎德拉（cd ）。
力学中的基本量：长度、质量、时间。
力学中的基本单位：米（m ）、千克（kg ）、时间（s ）。
1.2中学所学习的匀变速直线运动公式为,at 21t v s 20+= 各量单位为时间：s （秒），长度：m （米），若改为以h （小时）和km （公里）作为时间和长度的单位，上述公式如何？若仅时间单位改为h ，如何？若仅0v 单位改为km/h ，又如何？解答，（1）由量纲1LTvdim -=，2LT a dim -=，h/km 6.3h/km 360010h 36001/km 10s /m 33=⨯==--2223232h /km 36006.3h /km 360010)h 36001/(km 10s /m ⨯=⨯==--改为以h （小时）和km （公里）作为时间和长度的单位时，,at 36006.321t v 6.3s 20⨯⨯+=（速度、加速度仍为SI单位下的量值）验证一下:1.0h 3600s t ,4.0m/s a ,s /m 0.2v 20====利用,at 21t v s 20+=计算得：)m (2592720025920000720036004236002s 2=+=⨯⨯+⨯=利用,at 36006.321t v 6.3s 20⨯⨯+=计算得 )km (2.25927259202.71436006.321126.3s 2=+=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯=（2）. 仅时间单位改为h由量纲1LTv dim -=，2LTadim -=得h /m 3600h/m 3600h 36001/m s /m ===222222h /m 3600h /m 3600)h 36001/(m s /m ===若仅时间单位改为h ，得：,at 360021t v 3600s 220⨯+=验证一下:1.0h 3600s t ,4.0m/s a ,s /m 0.2v 20==== 利用,at 21t v s 20+=计算得：)m (2592720025920000720036004236002s 2=+=⨯⨯+⨯=利用,at 360021t v 3600s 220⨯+=计算得： )m (2592720025920000720014360021123600s 22=+=⨯⨯⨯+⨯⨯= （3）. 若仅0v 单位改为km/h由量纲1LTv dim -=,得s/m 6.31h /km ,h /km 6.3)h 36001/(km 10s /m 3===-仅0v 单位改为km/h ，因长度和时间的单位不变，将km/h 换成m/s得,at 21t v 6.31s 20+=验证一下:1.0h 3600s t ,4.0m/s a ,s /m 0.2v 20====利用,at 21t v s 20+=计算得：)m (2592720025920000720036004236002s 2=+=⨯⨯+⨯=利用,at 21t v 6.31s 20+=计算得： )m (25927200259200007200360042136003600/11026.31s 23=+=⨯⨯+⨯⨯⨯=-1.3设汽车行驶时所受阻力f 与汽车的横截面积S 成正比，且与速率v 之平方成正比。
普通物理学第二版习题答案
普通物理学第二版习题答案普通物理学第二版习题答案普通物理学是一门研究物质运动规律的学科，它不仅是理工科学生的必修课，也是培养学生科学思维和解决问题能力的重要课程之一。
在学习普通物理学的过程中，习题是非常重要的一环，通过解习题可以帮助学生巩固知识、加深理解，并培养学生的分析和解决问题的能力。
本文将为大家提供《普通物理学第二版》习题的答案，帮助读者更好地掌握物理学知识。
第一章：运动的描述1. 一辆汽车以10 m/s的速度匀速行驶，经过5秒后，汽车的位移是多少？答案：位移等于速度乘以时间，即位移=速度×时间=10 m/s × 5 s = 50 m。
2. 一个物体以4 m/s的速度向东运动，经过2秒后，它的速度变为8 m/s，方向保持不变。
求物体的加速度。
答案：加速度等于速度的变化量除以时间，即加速度=（8 m/s - 4 m/s）/ 2 s = 2 m/s²。
第二章：牛顿定律和运动学1. 一个质量为2 kg的物体受到一个5 N的力，求物体的加速度。
答案：根据牛顿第二定律，加速度等于力除以质量，即加速度=5 N / 2 kg = 2.5 m/s²。
2. 一个质量为0.5 kg的物体受到一个10 N的力，求物体的加速度。
答案：加速度等于力除以质量，即加速度=10 N / 0.5 kg = 20 m/s²。
第三章：力和运动1. 一个物体受到一个10 N的向上的力和一个5 N的向下的力，求物体的净力和加速度。
答案：净力等于所有力的矢量和，即净力=10 N - 5 N = 5 N。
加速度等于净力除以质量，即加速度=5 N / 质量。
2. 一个物体受到一个20 N的向右的力和一个10 N的向左的力，求物体的净力和加速度。
答案：净力等于所有力的矢量和，即净力=20 N - 10 N = 10 N。
加速度等于净力除以质量，即加速度=10 N / 质量。
第四章：工作和能量1. 一个物体的质量为2 kg，高度为10 m，求物体的重力势能。
普通物理学第二版第七章课后习题答案
普通物理学第二版第七章课后习题答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第七章 刚体力学7.1.1 设地球绕日作圆周运动.求地球自转和公转的角速度为多少rad/s?估算地球赤道上一点因地球自转具有的线速度和向心加速度.估算地心因公转而具有的线速度和向心加速度（自己搜集所需数据）.[解 答]7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.（1）假设转动是匀加速转动，求角加速度.(2)在此时间内，发动机转了多少转？[解 答]（1）22(30001200)1/601.57(rad /s )t12ωπβ⨯-⨯===（2）22222()(30001200)302639(rad)2215.7πωωθβ--===⨯所以 转数=2639420()2π=转7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为球t 时刻的角速度和角加速度.[解 答]7.1.4 半径为0.1m 的圆盘在铅直平面内转动，在圆盘平面内建立O-xy 坐标系，原点在轴上.x 和y 轴沿水平和铅直向上的方向.边缘上一点A 当t=0时恰好在x 轴上，该点的角坐标满足21.2t t (:rad,t :s).θθ=+求（1）t=0时，（2）自t=0开始转45时，（3）转过90时，A 点的速度和加速度在x 和y 轴上的投影.[解 答]（1） A ˆˆt 0,1.2,R j 0.12j(m/s).0,0.12(m/s)x y ωνωνν====∴==（2）45θ=时，由2A 1.2t t ,t 0.47(s)42.14(rad /s)v Rπθωω=+==∴==⨯得（3）当90θ=时，由7.1.5 钢制炉门由两个各长1.5m 的平行臂AB 和CD 支承，以角速度10rad/s ω=逆时针转动，求臂与铅直45时门中心G 的速度和加速度.[解 答]因炉门在铅直面内作平动，门中心G 的速度、加速度与B 或D 点相同。
力学第二版习题答案第七章
第七章基本知识小结⒈刚体的质心定义：∑⎰⎰==dm dm r r mr m r c i i c//求质心方法：对称分析法，分割法，积分法。
⒉刚体对轴的转动惯量定义：∑⎰==dm r I r m Iii 22平行轴定理 I o = I c +md 2 正交轴定理 I z = I x +I y. 常见刚体的转动惯量：（略） ⒊刚体的动量和质心运动定理∑==cca m F v m p⒋刚体对轴的角动量和转动定理∑==βτωI I L⒌刚体的转动动能和重力势能c p k mgy E I E ==221ω⒍刚体的平面运动=随质心坐标系的平动+绕质心坐标系的转动动力学方程：∑∑==cc ccI a m F βτ（不必考虑惯性力矩）动能：221221cc c k I mv E ω+=⒎刚体的平衡方程∑=0F， 对任意轴∑=0τ7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.⑴假设转动是匀加速转动，求角加速度。
⑵在此时间内，发动机转了多少转？解：⑴260/2)12003000(/7.15s rad ===-∆πωβ⑵rad 2)60/2)(12003000(1039.26222202⨯===∆--πωωθ对应的转数=42010214.3239.262≈⨯=⨯∆πθ7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为):,:(43s t rad ct bt at θθ-+=。
求t 时刻的角速度和角加速度。
解：23212643ct bt ct bt a d d -==-+==ωθβω7.1.4 半径为0.1m 的圆盘在铅直平面内转动，在圆盘平面内建立o-xy 坐标系，原点在轴上，x 和y 轴沿水平和铅直向上的方向。
边缘上一点A 当t=0时恰好在x 轴上，该点的角坐标满足θ=1.2t+t 2 (θ:rad,t:s)。
⑴t=0时，⑵自t=0开始转45º时，⑶转过90º时，A 点的速度和加速度在x 和y 轴上的投影。
大学物理第二版课后习题答案第七章
习题精解7-1一条无限长直导线在一处弯折成半径为R 的圆弧，如图所示，若已知导线中电流强度为I,试利用比奥—萨伐尔定律求：（1）当圆弧为半圆周时，圆心O 处的磁感应强度；（2）当圆弧为1/4圆周时，圆心O 处的磁感应强度。
解（1）如图所示，圆心O 处的磁感应强度可看作由3段载流导线的磁场叠加而成。
因为圆心O 位于直线电流AB 和DE 的延长线上，直线电流上的任一电流元在O 点产生的磁感应强度均为零，所以直线电流AB 和DE 段在O 点不产生磁场。
根据比奥—萨伐尔定律，半圆弧上任一电流元在O 点产生的磁感应强度为 024IdldB Rμπ=方向垂直纸面向内。
半圆弧在O 点产生的磁感应强度为 000220444RIIdl I B R R R Rπμμμπππ===⎰方向垂直纸面向里。
（2）如图（b ）所示，同理，圆心O 处的磁感应强度可看作由3段载流导线的磁场叠加而成。
因为圆心O 位于电流AB 和DE 的延长线上，直线电流上的任一电流元在O 点产生的磁感应强度均为零，所以直线电流AB 和DE 段在O 点不产生磁场。
根据毕奥—萨伐尔定理，1/4圆弧上任一电流元在O 点产生的磁感应强度为 024IdldB R μπ=方向垂直纸面向内，1/4圆弧电流在O 点产生的磁感应强度为00022204428RIIdl I R B R R Rπμμμπππ===⎰方向垂直纸面向里。
如图所示，有一被折成直角的无限长直导线有20A 电流，P 点在折线的延长线上，设a 为，试求P 点磁感应强度。
解 P 点的磁感应强度可看作由两段载流直导线AB 和BC 所产生的磁场叠加而成。
AB 段在P 点所产生的磁感应强度为零，BC 段在P 点所产生的磁感应强度为 0120(cos cos )4IB r μθθπ=- 式中120,,2r a πθθπ=== 。
所以500(cos cos ) 4.010()42I B T a μπππ=-=⨯ 方向垂直纸面向里。
【精品】最新力学漆安慎第二版答案07章
【关键字】精品力学（第二版）漆安慎习题解答第七章刚体力学第七章刚体力学一、基本知识小结⒈刚体的质心定义：求质心方法：对称分析法，分割法，积分法。
⒉刚体对轴的转动惯量定义：平行轴定理Io = Ic+md2 正交轴定理Iz = Ix+Iy.常见刚体的转动惯量：（略）⒊刚体的动量和质心运动定理⒋刚体对轴的角动量和转动定理⒌刚体的转动动能和重力势能⒍刚体的平面运动=随质心坐标系的平动+绕质心坐标系的转动动力学方程：（不必考虑惯性力矩）动能：⒎刚体的平衡方程，对任意轴二、思考题解答7.1 火车在拐弯时所作的运动是不是平动？答：刚体作平动时固联其上的任一一条直线，在各时刻的位置（方位）始终彼此平行。
若将火车的车厢看作一个刚体，当火车作直线运行时，车厢上各部分具有平行运动的轨迹、相同的运动速度和加速度，选取车厢上的任一点都可代替车厢整体的运动，这就是火车的平动。
但当火车拐弯时，车厢上各部分的速度和加速度都不相同，即固联在刚体上任一条直线，在各时刻的位置不能保持彼此平行，所以火车拐弯时的运动不是平动。
7.2 对静止的刚体施以外力作用，如果合外力为零，刚体会不会运动？答：对静止的刚体施以外力作用，当合外力为了零，即时，刚体的质心将保持静止，但合外力为零并不表明所有的外力都作用于刚体的同一点。
所以，对某一确定点刚体所受合外力的力矩不一定为零。
由刚体的转动定律可知，刚体将发生转动。
比如，置于光滑水平面上的匀质杆，对其两端施以大小相同、方向相反，沿水平面且笔直于杆的两个作用力时，杆所受的外力的合力为零，其质心虽然保持静止，但由于所受合外力矩不为零，将作绕质心轴的转动。
7.3 如果刚体转动的角速度很大，那么（1）作用在它上面的力是否一定很大？（2）作用在它上面的力矩是否一定很大？答：由刚体的定轴转动定律可知，刚体受对轴的合外力矩正比于绕定轴转动角速度的时间变化率。
因此，刚体转动的角速度很大，并不意味这转动角速度的时间变化率也很大，所以，（1）刚体定轴转动的角速度很大，与其受力没有直接关系。
普通物理学第二版课后习题答案(全)
�得算计 用利 2 , 2 ta � t 0 v � s 1 h0.1 � s0063 � t , 2s/m0.4 � a ,s / m0.2 � 0 v
2 6.3 , 2 ta � t 0 v �s 1 1
:下一证验
s/m 成换 h/mk 将�变不位单的间时和度长因�h/mk 为改位单 0 v 仅 6.3 s/m � h / mk 1 0063 (/ m k 3 � 0 1 � s / m ,h / mk6.3 � ) h 1 得 得,
2
。误无果成此断判纲量据根。1 为纲量的边两子式出看以可�答解 �否误有果成此断 判纲量据根步初否能你 �1 纲量即数纯为 1 和 、�、 0、 1 01 � 量 质 的 体
9 2� 3�
物 些 某 示 表 p m和2 m、1m、M 中 其 1 1 m 2m m ] ) ( 01 � 1[ 2 ) ( 92 �01 � � M m 3 1m 3 �
1�
TL � v mid
纲量由
h/mk 为改位单 0 v 仅若 .�3� ) m(00272952 � 00002952 � 0027 � 2 1 � 4 � 20063 � � 1 � 2 � 0063 � s 2 1 �得算计 用利 2 , ta 0063 � � t 0 v0063 � s 2 2 1 ) m(00272952 � 00002952 � 0027 � 2 0063 � 4 � � 0063 � 2 � s 1
t2 �
程方迹轨得 t 去消 , 3 � t 2 � y , t 4 � x .① � 解 2
。移位的点质 1=t 至 1-=t 自求.�2� �迹轨的
点质求
.�1� � k 2 � j i e � r 为程方学动运点质 2.1.2 ˆ ˆ t2 e � ˆ t2 � �
- 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)。
第七章 刚体力学7.1.1 设地球绕日作圆周运动.求地球自转和公转的角速度为多少rad/s 估算地球赤道上一点因地球自转具有的线速度和向心加速度.估算地心因公转而具有的线速度和向心加速度（自己搜集所需数据）.[解 答]7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.（1）假设转动是匀加速转动，求角加速度.(2)在此时间内，发动机转了多少转[解 答]（1）22(30001200)1/601.57(rad /s )t 12ωπβ⨯-⨯===V V（2）222220()(30001200)302639(rad)2215.7πωωθβ--===⨯所以 转数=2639420()2π=转7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为球t 时刻的角速度和角加速度.[解 答]7.1.4 半径为0.1m 的圆盘在铅直平面内转动，在圆盘平面内建立O-xy 坐标系，原点在轴上.x 和y 轴沿水平和铅直向上的方向.边缘上一点A 当t=0时恰好在x 轴上，该点的角坐标满足21.2t t (:rad,t :s).θθ=+求（1）t=0时，（2）自t=0开始转45o 时，（3）转过90o时，A 点的速度和加速度在x 和y 轴上的投影.[解 答]（1）Aˆˆt0,1.2,R j0.12j(m/s).0,0.12(m/s)x yωνωνν====∴==v（2）45θ=o时，由2A1.2t t,t0.47(s)42.14(rad/s)v Rπθωω=+==∴==⨯vvv得（3）当90θ=o时，由7.1.5 钢制炉门由两个各长1.5m的平行臂AB和CD支承，以角速度10rad/sω=逆时针转动，求臂与铅直45o时门中心G的速度和加速度.[解答]因炉门在铅直面内作平动，门中心G的速度、加速度与B或D 点相同。
所以：7.1.6 收割机拔禾轮上面通常装4到6个压板.拔禾轮一边旋转，一边随收割机前进.压板转到下方才发挥作用，一方面把农作物压向切割器，另一方面把切割下来的作物铺放在收割台上，因此要求压板运动到下方时相对于作物的速度与收割机前进方向相反.已知收割机前进速率为1.2m/s，拔禾轮直径1.5m，转速22rev/min,求压板运动到最低点挤压作物的速度.[解答]取地面为基本参考系，收割机为运动参考系。
取收割机前进的方向为坐标系正方向7.1.7 飞机沿水平方向飞行，螺旋桨尖端所在半径为150cm，发动机转速2000rev/min.（1）桨尖相对于飞机的线速率等于多少（2）若飞机以250km/h 的速率飞行，计算桨尖相对于地面速度的大小，并定性说明桨尖的轨迹.[解 答]取地球为基本参考系，飞机为运动参考系。
（1）研究桨头相对于运动参考系的运动：（2）研究桨头相对于基本参考系的运动：由于桨头同时参与两个运动：匀速直线运动和匀速圆周运动。
故桨头轨迹应是一个圆柱螺旋线。
7.1.8 桑塔纳汽车时速为166km/h.车轮滚动半径为0.26m.自发动机至驱动轮的转速比为.问发动机转速为每分多少转.[解 答]设发动机转速为n 发，驱动轮的转速为n 轮。
由题意：n 0.909,n 0.909n n ==发发轮轮 （1） 汽车的速率为316610,60⨯316610n 2R 60π⨯∴=轮轮 （2）（2）代入（1）3316610n 0.9091.5410(rev /min)2R 60π⨯==⨯发轮7.2.2 在下面两种情况下求直圆锥体的总质量和质心位置.（1）圆锥体为均质；（2）密度为h 的函数:h (1),L ρρρ=-o o 为正常数.[解 答]建立如图坐标O-x,由对称轴分析知质心在x 轴上。
由c dmdv dv dmdv dv x x x x ρρ===⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 得： （1）L20c 2(a /L)d 3L 14a L 3x xx ππ==⎰质量 21m v a L 3ρπρ==（2）L200c 200a h ()(1)d 4L L L(h=L )h a 5(1)()d L L x x x x x x x ππρρπ⋅⋅-==--⋅⎰⎰ 质量22000h a L m (1)()d a L L 4x x πρπρπ=-⋅=⎰ 7.2.3 长度为l 的均质杆，令其竖直地立于光滑的桌面上，然后放开手，由于杆不可能绝对沿铅直方向，故随即到下.求杆子的上端点运动的轨迹（选定坐标系，并求出轨迹的方程式）.[解 答]建立坐标系，水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴.杆上端坐标为（x,y ）,杆受重力、地面对杆竖直向上的支承力，无水平方向力。
由i c F a m =∑r r 外 （质心运动定理）质心在杆的中点，沿水平方向质心加速度为零。
开始静止，杆质心无水平方向移动。
由杆在下落每一瞬时的几何关系可得：即杆上端运动轨迹方程为：7.3.1 （1）用积分法证明：质量为m 长为l 的均质细杆对通过中心且与杆垂直的轴线的转动惯量等于21m 12l .[解 答]建立水平方向o —x 坐标（2）用积分法证明：质量为m 、半径为R 的均质薄圆盘对通过中心且在盘面内的转动轴的转动惯量为21mR 4.[解 答]令x Rsin θ=或3R222204m I (R x )dx,3R π=-⎰利用公式7.3.2 图示实验用的摆，0.92m =l ，r 0.08m =，m 4.9kg =l ，r m 24.5kg =，近似认为圆形部分为均质圆盘，长杆部分为均质细杆.求对过悬点且与摆面垂直的轴线的转动惯量.[解 答]将摆分为两部分：均匀细杆（1I ），均匀圆柱（2I ） 则12I I I =+1I =221m L 0.14(kg m )3l B g2I =22r r 1m r m (L r)2++ （用平行轴定理）I=+=2(kg m )g7.3.3 在质量为M 半径为R 的均质圆盘上挖出半径为r 的两个圆孔，圆孔中心在半径R 的中点，求剩余部分对过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线的转动惯量.[解 答]设未挖两个圆孔时大圆盘转动惯量为I 。
如图半径为r 的小圆盘转动惯量为1I 和2I 。
则有x 12I I I I =-- （12I I =）7.3.5 一转动系统的转动惯量为2I 8.0kg.m =，转速为41.9rad /s ω=，两制动闸瓦对轮的压力都为392N ，闸瓦与轮缘间的摩擦系数为0.4μ=，轮半径为r 0.4m =，从开始制动到静止需要用多少时间 [解 答]7.3.6 均质杆可绕支点O 转动，当与杆垂直的冲力作用某点A 时，支点O 对杆的作用力并不因此冲力之作用而发生变化，则A 点称为打击中心.设杆长为L ，求打击中心与支点的距离.[解 答]杆不受F v 作用时，支点O 对杆的作用力N v ，方向竖直向上，大小为杆的重量。
依题意，当杆受力F v 时，N v 不变。
建立如图坐标系，z 轴垂直纸面向外。
由质心运动定理得：（O x -方向投影）c F ma =（质心在杆中点） （1） 由转动定理得：201F OA I mL 3ββ⋅== （2）有角量与线量的关系c 1a L 2β= （3）（1）（2）（3）联立求解21mL 23OA L 13L 2ββ==7.3.7 现在用阿特伍德机测滑轮转动惯量.用轻线且尽可能润滑轮轴.两端悬挂重物质量各为1m 0.46kg =，且2m 0.5kg =.滑轮半径为0.05m .自静止始，释放重物后并测得5.0s 内2m 下降0.75m .滑轮转动惯量是多少[解 答]分析受力。
建立坐标系，竖直向下为x 轴正方向，水平向左为y 轴正方向。
z 轴垂直纸面向里。
根据牛顿第二定律，转动定理，角量与线量关系可列标量方程组： 已知21121122121a R ,a a ,T T ,T T ,at m ,m ,R,,t 2x x β''=====V V （其中为已知）求解上列方程组：7.3.8 斜面倾角为θ，位于斜面顶端的卷扬机鼓轮半径为R ，转动惯量为I ，受到驱动力矩M ，通过绳索牵引斜面上质量为m 的物体，物体与斜面间的摩擦系数为μ，求重物上滑的加速度.绳与斜面平行，不计绳质量.[解 答]分析受力及坐标如图。
z 轴垂直纸面向外。
列标量方程组：T mgsin mg cos ma θθμ--=（1）M T R=I β'-+-（2）a R β=（3）T T '=（4） 解得：2T mg sin mg cos maR(M mgR sin mgR cos )a=I mR θθμθθμ--=--+ 7.3.9 利用图中所示装置测一轮盘的转动惯量，悬线和轴的距离为r.为减小因不计轴承摩擦力矩而产生的误差，先悬挂质量较小的重物1m ，从距地面高度h 处由静止开始下落，落地时间为1t ，然后悬挂质量较大的重物2m ，同样由高度h 下落，所需时间为2t ，根据这些数据确定轮盘的转动惯量.近似认为两种情况下摩擦力矩相同.[解 答]分析受力及坐标如图。
z 轴垂直纸面向里。
列方程：解得 122112h 2h M m r(g )I t rt =--阻即 12222211222h 2h 2h 2h m r(g )I m r(g )I t rt t rt --=--7.4.1 扇形装置如图，可绕光滑的铅直轴线O 转动，其转动惯量I 为.装置的一端有槽，槽内有弹簧，槽的中心轴线与转轴的垂直距离为r.在槽内装有一小球，质量为m ，开始时用细线固定，只弹簧处于压缩状态.现用燃火柴烧断细线，小球以速度v o 弹出.求转动装置的反冲角速度.在弹射过程中，由小球和转动装置构成的系统动能守恒否总机械能守恒否为什么（弹簧质量不计）[解 答]取小球和转动装置为物体系，建立顺时针为转动正方向。
在弹射过程中，物体系相对于转动轴未受外力矩，故可知物体受对转轴的角动量守恒。
有00rm I rm 0,I νωνω-=∴=动能不守恒，原因是弹性力对系统作正功，物体系动能增加。
总机械能守恒。
原因是此过程中无耗散力做功。
应有守恒关系式：7.4.2 质量为2.97kg ，长为1.0m 的均质等截面细杆可绕水平光滑的轴线O 转动，最初杆静止于铅直方向.一弹片质量为10kg ，以水平速度200m/s 射出并嵌入杆的下端，和杆一起运动，求杆的最大摆角θ.[解 答]取子弹和杆为物体系。
分两个过程。
过程1：子弹嵌入前一瞬时开始到完全嵌入时为止。
此过程时间极短，可视为在原地完成。
此时受力为mg v ，Mg,N v v 为转轴对杆的支承力，对于轴，外力矩为零。
有角动量守恒。
规定逆时针为转轴正方向。
得: 解得：2022m 2.0(rad /s)1M m 3νω==+l l l过程2：由过程1末为始到物体系摆至最高点为止。