大学物理活页作业(马文蔚主编)答案
大学物理活页作业答案(全套)马文蔚(一)
大学物理活页作业答案(全套)马文蔚（一）引言概述：本文提供了马文蔚编写的大学物理活页作业答案（一）的全套内容。
这份答案包含了大学物理课程中一系列活动练习的详细解答，旨在帮助学生巩固和加深对物理知识的理解。
下面将从五个大点展开讨论，每个大点下包含了5-9个具体小点的解答。
一、力和运动1. 描述力的性质和单位2. 计算力的合成和分解3. 分析力的平衡和不平衡状态4. 探讨惯性和摩擦力的作用5. 研究稳定和不稳定的力系统二、能量和动能1. 解释和计算势能和动能2. 探讨能量转化和守恒定律3. 分析弹性势能和弹性系数的关系4. 计算动能和功的关系5. 研究动能定理和机械能守恒的应用三、物体的平衡1. 描述物体的平衡状态2. 计算物体受力平衡的条件3. 探讨平衡力和摩擦力的作用4. 研究力矩和转动平衡的关系5. 分析平衡问题的实际应用四、电磁场的基本原理1. 解释电荷和电场的概念2. 探讨电场线和电势的特性3. 分析电场中带电粒子的运动4. 计算电场的强度和电势差5. 研究电势能和电场能的关系五、电磁感应和电磁波1. 描述磁感线和磁场的性质2. 解释法拉第电磁感应定律3. 计算感应电动势和感应磁场的大小4. 探讨电磁波的产生和传播5. 分析电磁波和电磁辐射的应用总结：本文提供了马文蔚编写的大学物理活页作业答案（一）的全套内容。
这份答案涵盖了大学物理课程中涉及的力和运动、能量和动能、物体的平衡、电磁场的基本原理以及电磁感应和电磁波等五个大点的重要知识点。
希望这份答案能够对学生们的学习和理解提供有益的帮助。
大学物理活页作业答案(全套)马文蔚(二)2024
大学物理活页作业答案(全套)马文蔚（二）引言概述:在本文中，我们将提供马文蔚的《大学物理活页作业答案(全套)》第二部分的答案。
该答案集包含了大学物理课程中的各种难题和练习题的解答，将帮助学生更好地理解和掌握物理知识。
下面将分为五个大点，详细阐述每个大点下的小点内容。
1. 力学：- 物体的运动：包括匀速直线运动、加速直线运动、自由落体等运动形式的求解方法；- 牛顿运动定律：分析力的作用、摩擦力、弹力等的计算方法；- 循环运动：旋转、圆周运动等相关知识；- 力的合成与分解：应用向量运算解决力的合成与分解问题；- 动量与能量：动量守恒定律、机械能守恒定律等的应用。
2. 热学：- 温度与热量：温标、热量的单位、热量传递等的概念和计算；- 热力学第一定律：内能和热功的关系，热机效率的计算；- 热传导：导热系数、传热方程等内容；- 热膨胀：线膨胀、面膨胀和体膨胀等相关知识；- 气体定律：理想气体状态方程、等温过程和绝热过程的分析。
3. 光学：- 光的传播：光速、光线传播的规律等；- 光的折射与反射：折射定律、反射定律的应用；- 光的干涉与衍射：双缝干涉、单缝衍射等基本原理；- 光的色散与光谱：光的色散现象、光谱的特性和应用；- 光学仪器：透镜、显微镜、望远镜等光学仪器的工作原理和使用方法。
4. 电磁学：- 静电场：库仑定律、电场强度的计算等；- 电场的能量：电场能的计算、电场的静电势和电势差的概念；- 电流和电阻：电流的计算、欧姆定律的应用；- 磁场：磁感应强度、电流在磁场中受力等基本概念；- 电磁感应：法拉第电磁感应定律、应用于电感和互感等。
5. 物理实验：- 实验仪器与测量：常用物理实验仪器的常规使用方法；- 实验技巧和数据处理：实验数据的处理与分析方法；- 实验设计和报告：实验设计的基本原则、报告撰写的要点；- 实验安全与管理：实验过程中的安全措施和实验室规章制度；- 物理实验的应用与发展：物理实验在科学研究和工程技术中的应用和发展。
大学_物理学_第五版_马文蔚_课后习题答案第十章
第十d ìs h í章zh āng 波动b ōd òng1 . 一y ī横波h éngb ō沿y án 绳子sh éngz ǐ传播chu ánb ō时s h í的d e 波动b ōd òng 表达式b i ǎo d ás h ì为w éi)π4π10cos(05.0x t y -=，x ，y的d e 单位d ān w èi 为w éi 米m ǐ，t 的d e 单位d ān w èi为w éi 秒mi ǎo。
（1）求q i ú此波的振幅、波速、频率和波长。
（2）求绳子上各质点振动的最大速度和最大加速度。
（3）求2.0=x m 处的质点在1=t s 时的相位，它是原点处质点在哪一时刻的相位？解 （1）将题中绳波表达式0.05cos(10π4π)0.05cos 2π()0.20.5t x y t x =-=-与一般波动表达式)(π2cos λxT t A y -=比较，得振幅05.0=A m ，s T 2.0=频率5=νHz ，波长5.0=λm 。
波速5.255.0=⨯==λνum •s-1（2）绳上各质点振动的最大速度57.105.0514.32π2max =⨯⨯⨯===A A v νωm •s-1绳上各质点振动时的最大加速度3.4905.0514.34π422222max =⨯⨯⨯===A A a νωm •s-（3）将2.0=x m ，1=t s 代入)π4π10(x t -得到所求相位π2.92.0π41π10=⨯-⨯，2.0=x m 处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后08.05.22.0==u x s （5.2==λνu m •s -1），所以它是原点处质点在92.0)08.01(0=-=ts 时的相位。
2.设有一平面简谐波)3.001.0(π2cos 02.0xt y -= ， x ，y以m 计， t 以s 计。
大学物理活页作业(马文蔚主编)答案
运动方程。）
7．解：（1）
r
2ti
(2
t
2
)
j
( SI )
r1 2i j (m)
r2 4i 2 j (m)
r r2 r1 2i 3 j (m)
v
r
2i
3j
t
(m / s)
（2） v
mr 2 J
（2）设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为 T，则根据牛顿运动定律和转动定律 得：
mg – T＝ma
T r＝J
由运动学关系有： a = r
联立解得：
mgJ T
J mr 2
1 质点运动学单元练习一答案—11
10．解：以中心 O 为原点作坐标轴 Ox、Oy 和 Oz 如图所示，取质量为 dm dxdy
式中面密度 为常数，按转动惯量定义，
Jz
(x2
y 2 )dm
b
2 b
dx
a
2 a
(
x
2
y 2 )dy
(ab3 12
a3b)
2
2
薄板的质量 m ab
所以
Jz
m (a2 12
b2 )
7.刚体转动单元练习（二）答案
1．C
2．A
3．D
4．B
5．
3
o
；
1 3
Ep
1 2
mv12
1 2
m2v
2 2
1 2
(m1
m2 )v 2
大学物理活页答案(马文蔚 版)高等教育出版社
10.机械波单元练习（一）答案 1． B 2． C 3． B 4． 1.67m 5．0cos[()]x ly A t uωϕ-=-+ 6． 6，307． 解：（1）由波动方程可知振幅0.05m A =，角频率20πω=，/3πu ω=，则波速16.67m s u-=⋅，频率/2π10Hz νω==，波长2π2/3m uλω==。
（2）maxπ 3.14m/s A ω==≈v8． 解：（1）由图可知振幅0.1m A =，波长4m λ=，波速1100m s u -=⋅ 则2π2π/50πuT ωλ===。
又O 点初始时刻位于平衡位置且向y 轴正向运动，则由旋转矢量法可得π/2ϕ=-，因此波动方程为0.1cos[50π(/100)π/2](m)y t x =--（2）P 处质点的振动方程为0.1cos(50π3π/2)(m)y t =-9． 解：由图可知振幅0.1m A =，波长100m λ=，则角频率2π2ππuT ωλ===。
由P 点的运动方向可知波向x 轴负方向传播。
又由图可知原点O 初始时刻位于A /2处，且向y 轴负方向运动，则由旋转矢量法可得0π/3ϕ=。
则波动方程为0.1cos[π(/50)π/3](m)y t x =++10．解：（1）以A 点为坐标原点的波动方程为2310cos[3π(/30)](m) y t x -=⨯-（2）π2π2BA ABABuωϕϕλ=-=-=-则以B 点为坐标原点的波动方程为2310cos[3π(/30)π/2](m)y t x -=⨯--11.机械波单元练习（二）答案1． C 2． B 3． C 4．/2λ，π5． 550Hz ，458.3Hz 6． 0.08W/m 2 7． 解：两列波传到1S 2S 连线和延长线上任一点P 的相位差212120102ππ2πr r r r ϕϕϕλλ--∆=--=--1S 左侧各点：2110π2ππ2π6π4r r ϕλ-∆=--=--=-，振动都加强； 2S 右侧各点：2110π2ππ2π4π4r r ϕλ--∆=--=--=，振动都加强；1S 、2S 之间：2111110π2ππ2π6ππ(21)π4r r r r r k ϕλ---∆=--=--=-+=+则距1S 点为：11m,3m,5m,7m,9m r =处各点静止不动。
大学物理上册(马文蔚主编、第五版)课后习题答案
本文乃是闲暇时间整合网上资料而得，在原文基础上增加了章节题目标示，清晰了然，唯一美中不足是有小部分计算题未能给出答案，但具体解题思路和方法还是有的，同学们稍加演算应该不难得到答案，在此也祝愿同学们好好学习，期末不挂科！！！（记得给好评呦！）第一章质点运动学1-1分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故 ,即｜｜≠．但由于｜dr｜＝ds,故 ,即｜｜＝．由此可见,应选(C)．1-2分析与解表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解．故选(D)．1-3 分析与解表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1-4分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1-5 分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为 ,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度 ,式中表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为 ,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．1-6分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到： ,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和tp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程 ,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和两式计算．解(1) 质点在4.0 s内位移的大小(2) 由得知质点的换向时刻为 (t＝0不合题意)则 ,所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时 ,,1-7分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t 图上是平行于t 轴的直线,由v-t 图中求出各段的斜率,即可作出a-t 图线．又由速度的定义可知,x-t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t 的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-t 图．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(匀加速直线运动), (匀速直线运动)(匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a-t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k＝20的一段直线［图(c)］．1-8分析质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得到．对于r、Δr、Δr、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则 ,最后用积分求ｓ．解(1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为,这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为,图(a)中的P、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得其中位移大小而径向增量*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ段长度,先在其间任意处取AB 微元ds,则 ,由轨道方程可得 ,代入ds,则2ｓ内路程为1-9分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解(1) 速度的分量式为,当t ＝0 时, vox ＝-10 m?6?1ｓ-1 , voy ＝15 m?6?1ｓ-1 ,则初速度大小为设vo与x 轴的夹角为α,则α＝123°41′(2) 加速度的分量式为,则加速度的大小为设a 与x 轴的夹角为β,则,β＝-33°41′(或326°19′)1-10分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解 1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为则1-11分析该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x0 ＋x′和y ＝y0 ＋y′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解(1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因 ,则质点P 的参数方程为,坐标变换后,在Oxy 坐标系中有,则质点P 的位矢方程为(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为1-12分析为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s＝htgωt,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为当杆长等于影长时,即s ＝h,则即为下午3∶00 时．1-13分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由和可得和．如a＝a(t)或v ＝v(t),则可两边直接积分．如果a 或v不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解由分析知,应有得 (1)由得 (2)将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m?6?1ｓ-1代入(1) (2)得v0＝-1 m?6?1ｓ-1,x0＝0.75 m．于是可得质点运动方程为1-14 分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v的函数,因此,需将式dv ＝a(v)dt 分离变量为后再两边积分．解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 (1)用分离变量法把式(1)改写为(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有得石子速度由此可知当,t→∞时, 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．(2) 再由并考虑初始条件有得石子运动方程1-15分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量ax 和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t)．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即和 ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得又由及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t2 y ＝2t2消去参数t,可得运动的轨迹方程 3y ＝2x -20 m这是一个直线方程．直线斜率 ,α＝33°41′．轨迹如图所示．1-16分析瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为和．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为 , ,式中｜Δv｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ求出．由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt→0 时的极限值．解(1) 由图(b)可看到Δv ＝v2 -v1 ,故而所以(2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得,, ,以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度．1-17分析根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x(t)和y ＝y(t),从中消去参数t,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即 ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量aｔ和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即 ,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和aｔ得到．在求得t1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式求ρ．解(1) 由参数方程 x ＝2.0t, y ＝19.0-2.0t2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x2(2) 在t1 ＝1.00ｓ到t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为则t1 ＝1.00ｓ时的速度v(t)｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为则1-18分析物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解(1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝vt, y ＝1/2 gt2飞机水平飞行速度v＝100 m?6?1s-1 ,飞机离地面的高度y＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离(2) 视线和水平线的夹角为(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为1-19分析这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v0cosβ和v0sin β,其加速度分别为gsinα和gcosα．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足vx ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即 ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得 (即图中的r 矢量)．解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为(1) (2)令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有从中消去t 后也可得到同样结果．(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和vx ＝0,则(3)由(2)(3)两式消去t 后得由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0 的大小无关．讨论如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1-20分析选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布解(1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为(1) (2)由式(1)(2)可得由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为(2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1-21分析被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x、y 值代入即可求出．解取图示坐标系Oxy,由运动方程,消去t 得轨迹方程以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m?6?1ｓ-1 及3.44 m≥y≥0 代入后,可解得71．11°≥θ1 ≥69．92° 27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1-22分析在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s(t),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为an＝v2 /R．这样,总加速度为a ＝aｔeｔ＋anen．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs＝st -s0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解(1) 质点作圆周运动的速率为其加速度的切向分量和法向分量分别为,故加速度的大小为其方向与切线之间的夹角为(2) 要使｜a｜＝b,由可得(3) 从t＝0 开始到t＝v0 /b 时,质点经过的路程为因此质点运行的圈数为1-23分析首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k,ω＝ω(t)确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解因ωR ＝v,由题意ω∝t2 得比例系数所以则t′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为总加速度在2.0ｓ内该点所转过的角度1-24分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解(1) 由于 ,则角速度．在t ＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为(2) 当时,有 ,即得此时刻的角位置为(3) 要使 ,则有 t ＝0.55ｓ1-25分析这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v1 为Ｓ′相对Ｓ的速度,v2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′为相对速度,它们之间的关系为 (如图所示),于是可得1-26分析这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v2′的方向)应满足．再由相对速度的矢量关系 ,即可求出所需车速v1．解由［图(b)］,有而要使 ,则1-27 分析船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u 的存在, v与船在静水中划行的速度v′之间有v＝u ＋v′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解(1) 由v＝u ＋v′可知 ,则船到达正对岸所需时间为(2) 由于 ,在划速v′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v＝v′),此时,船过河时间t′＝d /v′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有1-28分析该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x,y)变换至系O′中的点(x′,y′)．由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．解取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和O′x′两轴平行．在t ＝0 时,两坐标原点重合．由坐标变换得x′＝x - v t ＝v t - v t ＝0 y′＝y ＝1/2 gt2加速度由此可见,动点相对于系O′是在y 方向作匀变速直线运动．动点在两坐标系中加速度相同,这也正是伽利略变换的必然结果．第二章牛顿定律2-1分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FＴ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mgcot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2-2分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μFN范围内取值．当FN增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2-3分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μFN．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v＝μRg．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2-4分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m gcos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程可判断,随θ角的不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大,由此可见应选(B)．2-5分析与解本题可考虑对A、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a′为A、B 两物体相对电梯的加速度,ma′为惯性力．对A、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得FＴ＝5/8 mg．故选(A)．讨论对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度aA 和aB 均应对地而言,本题中aA 和aB的大小与方向均不相同．其中aA 应斜向上．对aA 、aB 、a 和a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2-6分析动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f(t),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解取沿斜面为坐标轴Ox,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有 (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有则 (2)为使下滑的时间最短,可令 ,由式(2)有则可得 ,此时2-7分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有FＴ -(m1 ＋m2 )g ＝(m1 ＋m2 )a (1) ,FN2 - m2 g ＝m2 a (2)解上述方程,得FＴ＝(m1 ＋m2 )(g ＋a) (3) FN2 ＝m2 (g ＋a) (4)(1) 当整个装置以加速度a ＝10 m?6?1ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为FＴ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为 F′N2 ＝-FN2 ＝-m2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m?6?1ｓ-2 上升时,得绳张力的值为FＴ＝3.24此时,乙对甲的作用力则为 F′N2 ＝-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2-8分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有 mA g -FＴ＝mA a (1)F′Ｔ1 -Fｆ＝mB a′ (2)F′Ｔ -2FＴ1 ＝0 (3)考虑到mA ＝mB ＝m, FＴ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2-9分析当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．解1 以地面为参考系,在摩擦力Fｆ＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程Fｆ＝μmg ＝ma1 F′ｆ＝-Fｆ＝m′a2a1 和a2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a ＝a1 ＋a2 ,木块相对平板以初速度- v′作匀减速运动直至最终停止．由运动学规律有 - v′2 ＝2as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为解2 以木块和平板为系统,它们之间一对摩擦力作的总功为W ＝Fｆ (s ＋l) -Fｆl ＝。
大学_物理学_第五版_马文蔚_答案上下册第十一章
第十一章光学1、在双缝干涉实验中，两缝间距为mm 30.0，用单色光垂直照射双缝，在离缝m 20.1的屏上测得中央明纹一侧第5条暗纹与另一侧第5条暗纹间的距离为mm 78.22，问所用光的波长为多少？解：双缝干涉暗纹条件'(21)2d x k d λ=±+ (0,1,2,)k =⋅⋅⋅中央明纹一侧第5条暗纹对应于4=k ，由于条纹对称，该暗纹到中央明纹中心的距离为mm 39.11278.22==x 那么由暗纹公式即可求得 337'2211.39100.3010 6.32810m 632.8nm (21) 1.20(241)xd d k λ---⨯⨯⨯⨯===⨯=+⨯⨯+2、用白光垂直入射到间距为mm 25.0=d的双缝上，距离缝m 0.1处放置屏幕，求零级明纹同侧第二级干涉条纹中紫光和红光中心的间距（白光的波长范围是nm 760~400）。
解：第k 级明纹位置应满足'd x k dλ= ),2,1,0(⋅⋅⋅±±=k 对紫光和红光分别取nm 4001=λ，nm 7602=λ；则同侧第二级条纹的间距'3621 1.010()2(760400)10 2.88mm 0.25d x k d λλ-⨯∆=-=⨯⨯-⨯=3、用58.1=n的透明云母片覆盖杨氏双缝干涉装置的一条缝，若此时屏中心为第五级亮条纹中心，设光源波长为μm 55.0，（1）求云母片厚度。
（2）若双缝相距mm 60.0，屏与狭缝的距离为m 5.2，求0级亮纹中心所在的位置。
解：（1）由于云母片覆盖一缝，使得屏中心处的光程差变为λ5=∆，一条光路中插入厚度为e 的透明介质片光程变化e n )1(-。
所以λ5)1(=-=∆e n解得云母片厚度μm 74.4158.155.0515=-⨯=-=n e λ（2）因为mm 29.260.055.05.2=⨯==∆d D x λ, 又由于中心位置为5级明纹中心，故级条纹距中心为5倍条纹宽度，所以mm 45.1129.2555=⨯=∆=x x4、如图所示，在折射率为50.1的平板玻璃表面有一层厚度为nm 300，折射率为22.1的厚度均匀透明油膜，用白光垂直射向油膜，问：（1）哪些波长的可见光在反射光中干涉加强?（2）若要使透射光中nm 550=λ的光干涉加强，油膜的最小厚度为多少?由上式可得：kd n 22=λ , 1=k 时： nm 732130022.121=⨯⨯=λ 红光2=k 时： nm 366230022.122=⨯⨯=λ 紫外, 故反射中波长为nm 732的红光产生干涉加强。
大学物理第五版马文蔚课后答案(上)7-8
实用文档7-1 分析与解 在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比21==R r n n r R 因而正确答案为（C ）。
7-2 分析与解 作半径为r 的圆S′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S′的磁通量；S B ⋅=m Φ．因而正确答案为（D ）．7-3 分析与解 由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。
因而正确答案为（B ）．7-4 分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C ）．7-5 分析与解 利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M ＝（μｒ－1）H 求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为（B ）7-6 分析 一个电子绕存储环近似以光速运动时，对电流的贡献为cI e I /Δ=，因而由l Nec I =，可解出环中的电子数。
解 通过分析结果可得环中的电子数实用文档10104⨯==ecIl N 7-7 分析 一个铜原子的质量A N M m /=,其中N A 为阿伏伽德罗常数，由铜的密度ρ 可以推算出铜的原子数密度m ρn /=根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e ，电流密度d m ne j v = ．从而可解得电子的漂移速率v d ．将电子气视为理想气体，根据气体动理论，电子热运动的平均速率e m kTπ8=v其中k 为玻耳兹曼常量，m e 为电子质量．从而可解得电子的平均速率与漂移速率的关系．解 （1） 铜导线单位体积的原子数为M ρN n A /=电流密度为j m 时铜线内电子的漂移速率14s m 1046.4//--⋅⨯===e ρN M j ne j A m m d v（2） 室温下（T ＝300 Ｋ）电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为 81042.2π81⨯≈=ed d m kT v v v实用文档室温下电子热运动的平均速率远大于电子在恒定电场中的定向漂移速率．电子实际的运动是无规热运动和沿电场相反方向的漂移运动的叠加．考虑到电子的漂移速率很小，电信号的信息载体显然不会是定向漂移的电子．实验证明电信号是通过电磁波以光速传递的．7-8 分析 如图所示是同轴柱面的横截面，电流密度j 对中心轴对称分布．根据 恒定电流的连续性，在两个同轴导体之间的任意一个半径为r 的同轴圆柱面上流过的电流I 都相等，因此可得rl I j π2/=解 由分析可知，在半径r ＝6.0 mm 的圆柱面上的电流密度2m m A 3.13π2/-⋅==rl I j7-9 解 设赤道电流为I ，则由教材第7 －4 节例2 知，圆电流轴线上北极点的磁感强度()RI μR R IR μB 24202/3220=+= 因此赤道上的等效圆电流为A 1073.12490⨯==μRB I 由于在地球地磁场的Ｎ 极在地理南极，根据右手螺旋法则可判断赤道圆电流应该是由东向西流，与地球自转方向相反．7-10 分析 根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef 、be 、fa 三段直线以及acb 、a d b 两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，0=ef B ．而be 、fa 两段直线的延长线实用文档通过点O ，由于0Idl r ⨯=，由毕－萨定律知0be fa ==B B ．流过圆弧的电流I 1 、I 2的方向如图所示，两圆弧在点O 激发的磁场分别为21101π4r l I μB =,22202π4r l I μB =其中I 1 、I 2 分别是圆弧acb 、a d b 的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，而圆弧acb 、a d b 又构成并联电路，故有2211l I l I =将B1 、B2 叠加可得点O 的磁感强度B ．解 由上述分析可知，点O 的合磁感强度0π4π42220211021=-=-=r l I μr l I μB B B 7-11 分析 应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度∑=i B B 0解 （ａ） 长直电流对点O 而言，有0=⨯r l Id ，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有R IμB 800=B 0 的方向垂直纸面向外．实用文档（ｂ） 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得R I μR I μB π22000-=B 0 的方向垂直纸面向里．（c ） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得 R I μR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++=B 0 的方向垂直纸面向外．7-12 分析 由教材7 －4 节例题可知，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度RαI μB π40=，其中α为圆弧载流导线所张的圆心角，磁感强度的方向依照右手定则确定；半无限长载流导线在圆心点O 激发的磁感强度R I μB π40=，磁感强度的方向依照右手定则确定。
大学物理 (第五版)上册 课后习题答案 马文蔚
习题11-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r r ，速度为v r ，t 至()t t +∆时间内的位移为r ∆r，路程为s ∆，位矢大小的变化量为r ∆（或称r ∆r ），平均速度为v r，平均速率为v 。
（1）根据上述情况，则必有（ ） （A ）r s r ∆=∆=∆r（B ）r s r ∆≠∆≠∆r ，当0t ∆→时有dr ds dr =≠r （C ）r r s ∆≠∆≠∆r，当0t ∆→时有dr dr ds =≠r（D ）r s r ∆=∆≠∆r ，当0t ∆→时有dr dr ds ==r（2）根据上述情况，则必有（ ） （A ）,v v v v ==r r （B ）,v v v v ≠≠r r （C ）,v v v v =≠r r（D ）,v v v v ≠=rr1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y r的端点处，对其速度的大小有四种意见，即（1）dr dt ；（2）dr dt r；（3）dsdt；（4下列判断正确的是：（A ）只有（1）（2）正确 （B ）只有（2）正确 （C ）只有（2）（3）正确 （D ）只有（3）（4）正确1-3 质点作曲线运动，r r 表示位置矢量，v r 表示速度，a r表示加速度，s 表示路程，t a 表示切向加速度。
对下列表达式，即（1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =r。
下述判断正确的是（ ）（A ）只有（1）、（4）是对的 （B ）只有（2）、（4）是对的 （C ）只有（2）是对的 （D ）只有（3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ ） （A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变 （B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变 （C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变（D）切向加速度一定改变，法向加速度不变*1-5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动。
大学物理 上册 课后习题答案 马文蔚
习题11-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +∆时间内的位移为r ∆，路程为s ∆，位矢大小的变化量为r ∆（或称r ∆），平均速度为v ，平均速率为v 。
（1）根据上述情况，则必有（ ） （A ）r s r ∆=∆=∆（B ）r s r ∆≠∆≠∆，当0t ∆→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ∆≠∆≠∆，当0t ∆→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ∆=∆≠∆，当0t ∆→时有dr dr ds == （2）根据上述情况，则必有（ ） （A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠=1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即（1）dr dt ；（2）dr dt ；（3）dsdt；（4下列判断正确的是：（A ）只有（1）（2）正确 （B ）只有（2）正确 （C ）只有（2）（3）正确 （D ）只有（3）（4）正确1-3 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，s 表示路程，t a 表示切向加速度。
对下列表达式，即（1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。
下述判断正确的是（ ）（A ）只有（1）、（4）是对的 （B ）只有（2）、（4）是对的 （C ）只有（2）是对的 （D ）只有（3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ ） （A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变 （B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变 （C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变（D ）切向加速度一定改变，法向加速度不变*1-5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动。
设该人以匀速率0v 收绳，绳不伸长且湖水静止，小船的速率为v ，则小船作（ ）（A ）匀加速运动，0cos v v θ= （B ）匀减速运动，0cos v v θ= （C ）变加速运动，0cos vv θ= （D ）变减速运动，0cos v v θ=（E ）匀速直线运动，0v v =答案：1-5 B 、C ， D ， D ， B ， C 。
大学物理学教程第二(马文蔚)练习册答案4第四章 刚体转动
v人地 v人盘 +v盘地 1 + R
J m0 Rv人地 0
J m0 R 1 0
m0 R J m0 R
0.0952 rad/s
J m0R m0R
第 四 章 习 题 分 析
4-21 长为 L 质量为 m 的均质杆，可绕垂直于纸面的 O 4-21 轴转动，令杆至水平位置有静止下摆，在铅直位置 与质量为0.5m的物体发生完全非弹性碰撞，碰后物 体沿摩擦因数为的水平面滑动，试求此物体滑过的 距离s ？ 解：细杆下摆过程机械能守恒
m1g T1 m1a1 R r R T ' 1 B : T2 m2 g m2 a2 T2 ' 轮： T1 ' R T2 ' r J1 J 2 B T1 T2 其中： T1 ' T1 T2 ' T2 B A a r a1 R 2 a2 a1
A:
3g L m 碰撞过程角动量守恒。 J J ' v ' L v L 2 12 1 2 3g 1 2 v ' m 2 gL mL mL v ' L v ' 25 3 L 3 L 2 6L 滑动过程 1 mv '2 mgs s 25 2
1 1 1 2 2 mgL mL 2 2 3
4-13 飞轮质量为60kg,直径为0.5m,转速为1000r/min， 现用一闸瓦使其在5s内停止转动，求制动力F。设闸瓦 第 与飞轮间的摩擦因数为0.4，飞轮的质量全部分布在轮 四 缘上。 章 解： 由细杆力矩平衡
习 题 分 析
FL Nl
N
F
FL 1.25F f N 2.5F l 0.5 又飞轮与闸瓦间的摩擦力 f N F
大学物理课后习题答案马文蔚第五版
第六章 静电场中的导体与电介质6 －1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近,则导体B 的电势将A 升高B 降低C 不会发生变化D 无法确定分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势;由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时,在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷,不带电导体的电势将高于无穷远处,因而正确答案为A;6 －2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N,在N 的左端感应出正电荷,右端感应出负电荷;若将导体N 的左端接地如图所示,则 A N 上的负电荷入地 BN 上的正电荷入地 C N 上的所有电荷入地 DN 上所有的感应电荷入地分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势,即与无穷远处等电势,这与导体N 在哪一端接地无关;因而正确答案为A;6 －3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近,点电荷距导体球球心为d ,参见附图;设无穷远处为零电势,则在导体球球心O 点有 A dεqV E 0π4,0== B d εqV d εq E 020π4,π4==C 0,0==V ED RεqV d εq E 020π4,π4==分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零;点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′,导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零,O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势;因而正确答案为A; 6 －4 根据电介质中的高斯定理,在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和;下列推论正确的是A 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内一定没有自由电荷B 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内电荷的代数和一定等于零C 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零,曲面内一定有极化电荷D 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关E 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零,表明曲面内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布,介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关;因而正确答案为E;6 －5对于各向同性的均匀电介质,下列概念正确的是A 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时,电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍B 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍C 在电介质充满整个电场时,电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍D 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍分析与解电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成,由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布,由电介质中的高斯定理,仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时,在电介质中任意高斯面S有即E＝E０/εｒ,因而正确答案为A;6 －6不带电的导体球A 含有两个球形空腔,两空腔中心分别有一点电荷q b、q c,导体球外距导体球较远的r处还有一个点电荷q d如图所示;试求点电荷q b、q c、q d 各受多大的电场力;分析与解根据导体静电平衡时电荷分布的规律,空腔内点电荷的电场线终止于空腔内表面感应电荷；导体球A 外表面的感应电荷近似均匀分布,因而近似可看作均匀带电球对点电荷q d的作用力;点电荷q d与导体球A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零,点电荷q b 、q c 处于球形空腔的中心,空腔内表面感应电荷均匀分布,点电荷q b 、q c 受到的作用力为零.6 －7 一真空二极管,其主要构件是一个半径R １ ＝×10－4m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外,半径R ２ ＝×10－3m 的同轴圆筒形阳极．阳极电势比阴极电势高300V,阴极与阳极的长度均为L ＝×10－２m ．假设电子从阴极射出时的速度为零．求：１该电子到达阳极时所具有的动能和速率；２电子刚从阳极射出时所受的力． 分析 1 由于半径R １＜＜L ,因此可将电极视作无限长圆柱面,阴极和阳极之间的电场具有轴对称性．从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速,电子所获得的动能等于电场力所作的功,也即等于电子势能的减少．由此,可求得电子到达阳极时的动能和速率．2 计算阳极表面附近的电场强度,由F ＝q E 求出电子在阴极表面所受的电场力． 解 1 电子到达阳极时,势能的减少量为 由于电子的初始速度为零,故 因此电子到达阳极的速率为 2 两极间的电场强度为 两极间的电势差负号表示阳极电势高于阴极电势．阴极表面电场强度 电子在阴极表面受力这个力尽管很小,但作用在质量为９.1１ ×10－3１kg 的电子上,电子获得的加速度可达重力加速度的5 ×10１5 倍．6 －8 一导体球半径为R １ ,外罩一半径为R 2 的同心薄导体球壳,外球壳所带总电荷为Q ,而内球的电势为V ０ ．求此系统的电势和电场的分布． 分析 若200π4R εQV =,内球电势等于外球壳的电势,则外球壳内必定为等势体,电场强度处处为零,内球不带电．若200π4R εQV ≠,内球电势不等于外球壳电势,则外球壳内电场强度不为零,内球带电．一般情况下,假设内导体球带电q ,导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布,利用高斯定理可求得电场分布．并由⎰∞⋅=pp V l E d 或电势叠加求出电势的分布．最后将电场强度和电势用已知量V 0、Q 、R １、R 2表示．解 根据静电平衡时电荷的分布,可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面,由高斯定理()()∑⎰⋅=⋅=⋅02/π4d εq r E r r E S E ,根据不同半径的高斯面内的电荷分布,解得各区域内的电场分布为r ＜R １时, ()01=r ER １＜r ＜R 2 时,()202π4r εqr E =r ＞R 2 时, ()202π4r εqQ r E +=由电场强度与电势的积分关系,可得各相应区域内的电势分布．r ＜R １时, R １＜r ＜R 2 时, r ＞R 2 时,也可以从球面电势的叠加求电势的分布．在导体球内r ＜R １ 在导体球和球壳之间R １＜r ＜R 2 在球壳外r ＞R 2 由题意 得代入电场、电势的分布得r ＜R １时,01=E ；01V V =R １＜r ＜R 2 时,22012012π4r R εQ R r V R E -=；r R εQR r r V R V 201012π4)(--= r ＞R 2 时,220122013π4)(r R εQ R R r V R E --=；rR εQR R r V R V 2012013π4)(--= 6 －9 在一半径为R １ ＝ cm 的金属球A 外面套有一个同心的金属球壳B ．已知球壳B 的内、外半径分别为R 2＝ cm,R 3 ＝ cm ．设球A 带有总电荷Q A ＝ ×10－８C,球壳B 带有总电荷Q B ＝×10－８C ．１ 求球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势；2 将球壳B 接地然后断开,再把金属球A 接地,求金属球A 和球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势．分析１根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布的规律,电荷Q A均匀分布在球A 表面,球壳B 内表面带电荷－Q A ,外表面带电荷Q B＋Q A ,电荷在导体表面均匀分布图ａ,由带电球面电势的叠加可求得球A 和球壳B 的电势．2 导体接地,表明导体与大地等电势大地电势通常取为零．球壳B 接地后,外表面的电荷与从大地流入的负电荷中和,球壳内表面带电－Q A图ｂ．断开球壳B 的接地后,再将球A 接地,此时球A 的电势为零．电势的变化必将引起电荷的重新分布,以保持导体的静电平衡．不失一般性可设此时球A 带电q A,根据静电平衡时导体上电荷的分布规律,可知球壳B 内表面感应－q A,外表面带电q A－Q A图c．此时球A 的电势可表示为由V A＝0 可解出球A 所带的电荷q A,再由带电球面电势的叠加,可求出球A 和球壳B 的电势．解１由分析可知,球A 的外表面带电×10－８C,球壳B 内表面带电－×10－８C,外表面带电×10－８C．由电势的叠加,球A 和球壳B 的电势分别为2 将球壳B 接地后断开,再把球A 接地,设球A 带电q A ,球A 和球壳B的电势为解得即球A 外表面带电×10－８C,由分析可推得球壳B 内表面带电－×10－８C,外表面带电×10－８C．另外球A 和球壳B 的电势分别为导体的接地使各导体的电势分布发生变化,打破了原有的静电平衡,导体表面的电荷将重新分布,以建立新的静电平衡．6 －10两块带电量分别为Q１、Q2的导体平板平行相对放置如图所示,假设导体平板面积为S,两块导体平板间距为d,并且S＞＞d．试证明１相向的两面电荷面密度大小相等符号相反；2 相背的两面电荷面密度大小相等符号相同．分析导体平板间距d ＜＜ S,忽略边缘效应,导体板近似可以当作无限大带电平板处理;取如图ｂ所示的圆柱面为高斯面,高斯面的侧面与电场强度E 平行,电场强度通量为零；高斯面的两个端面在导体内部,因导体内电场强度为零,因而电场强度通量也为零,由高斯定理得∑=0q上式表明处于静电平衡的平行导体板,相对两个面带等量异号电荷．再利用叠加原理,导体板上四个带电面在导体内任意一点激发的合电场强度必须为零,因而平行导体板外侧两个面带等量同号电荷．证明 １ 设两块导体平板表面的电荷面密度分别为σ１、σ2、σ3、σ4 ,取如图ｂ所示的圆柱面为高斯面,高斯面由侧面S １和两个端面S 2、S 3构成,由分析可知 得 0,0ΔΔ3232=+=+=∑σσS σS σq 相向的两面电荷面密度大小相等符号相反．2 由电场的叠加原理,取水平向右为参考正方向,导体内P 点的电场强度为 相背的两面电荷面密度大小相等符号相同．6 －11 将带电量为Q 的导体板A 从远处移至不带电的导体板B 附近,如 图ａ所示,两导体板几何形状完全相同,面积均为S,移近后两导体板距离为d d S ．１ 忽略边缘效应求两导体板间的电势差； 2 若将B 接地,结果又将如何分析 由习题6 －１0 可知,导体板达到静电平衡时,相对两个面带等量异号电荷；相背两个面带等量同号电荷．再由电荷守恒可以求出导体各表面的电荷分布,进一步求出电场分布和导体间的电势差．导体板B 接地后电势为零,B 的外侧表面不带电,根据导体板相背两个面带等量同号电荷可知,A 的外侧表面也不再带电,由电荷守恒可以求出导体各表面的电荷分布,进一步求出电场分布和导体间的电势差．解 １ 如图ｂ所示,依照题意和导体板达到静电平衡时的电荷分布规律可得 解得两导体板间电场强度为SεQE 02=；方向为A 指向B ． 两导体板间的电势差为 SεQdU AB 02=2 如图c 所示,导体板B 接地后电势为零． 两导体板间电场强度为SεQE 0='；方向为A 指向B ． 两导体板间的电势差为 SεQdU AB 0='6 －12如图所示球形金属腔带电量为Q ＞0,内半径为ɑ,外半径为b,腔内距球心O为r处有一点电荷q,求球心的电势．分析导体球达到静电平衡时,内表面感应电荷－q,外表面感应电荷q；内表面感应电荷不均匀分布,外表面感应电荷均匀分布．球心O点的电势由点电荷q、导体表面的感应电荷共同决定．在带电面上任意取一电荷元,电荷元在球心产生的电势由于R为常量,因而无论球面电荷如何分布,半径为R的带电球面在球心产生的电势为由电势的叠加可以求得球心的电势．解导体球内表面感应电荷－q,外表面感应电荷q；依照分析,球心的电势为6 －13在真空中,将半径为R的金属球接地,与球心O相距为rr＞R处放置一点电荷q,不计接地导线上电荷的影响．求金属球表面上的感应电荷总量．分析金属球为等势体,金属球上任一点的电势V等于点电荷q和金属球表面感应电荷q′在球心激发的电势之和．在球面上任意取一电荷元ｄq′,电荷元可以视为点电荷,金属球表面的感应电荷在点O激发的电势为点O总电势为而接地金属球的电势V0＝0,由此可解出感应电荷q′．解金属球接地,其球心的电势感应电荷总量6 －14地球和电离层可当作球形电容器,它们之间相距约为100 km,试估算地球－电离层系统的电容．设地球与电离层之间为真空．解由于地球半径R1＝×106 m；电离层半径R2＝×105 m ＋R1＝×106 m,根据球形电容器的电容公式,可得6 －15两线输电线,其导线半径为 mm,两线中心相距 m,导线位于地面上空很高处,因而大地影响可以忽略．求输电线单位长度的电容．解由教材第六章6 －4 节例3 可知两输电线的电势差因此,输电线单位长度的电容代入数据F=C⨯.512-52106 －16电容式计算机键盘的每一个键下面连接一小块金属片,金属片与底板上的另一块金属片间保持一定空气间隙,构成一小电容器如图;当按下按键时电容发生变化,通过与之相连的电子线路向计算机发出该键相应的代码信号;假设金属片面积为 mm 2 ,两金属片之间的距离是 mm;如果电路能检测出的电容变化量是 pF,试问按键需要按下多大的距离才能给出必要的信号分析 按下按键时两金属片之间的距离变小,电容增大,由电容的变化量可以求得按键按下的最小距离：解 按下按键时电容的变化量为 按键按下的最小距离为6 －17 盖革－米勒管可用来测量电离辐射．该管的基本结构如图所示,一半径为R 1 的长直导线作为一个电极,半径为R 2 的同轴圆柱筒为另一个电极．它们之间充以相对电容率εｒ ≈1 的气体．当电离粒子通过气体时,能使其电离．若两极间有电势差时,极间有电流,从而可测出电离粒子的数量．如以E1 表示半径为R 1 的长直导线附近的电场强度．1 求两极间电势差的关系式；2 若E 1 ＝ ×106 V · m －1,R 1 ＝ mm,R 2 ＝ mm,两极间的电势差为多少分析 两极间的电场可以近似认为是无限长同轴带电圆柱体间的电场,由于电荷在圆柱面上均匀分布,电场分布为轴对称．由高斯定理不难求得两极间的电场强度,并利用电场强度与电势差的积分关系⎰⋅=21d R R U l E 求出两极间的电势差．解 1 由上述分析,利用高斯定理可得L λεrL E 01π2=⋅,则两极间的电场强度 导线表面r ＝R 1 的电场强度 两极间的电势差2 当611 2.010V m E -=⨯⋅ ,R 1 ＝ mm,R 2 ＝ mm 时,6 －18 一片二氧化钛晶片,其面积为 cm 2 ,厚度为 mm ．把平行平板电容器的两极板紧贴在晶片两侧.1 求电容器的电容；2 当在电容器的两极间加上12 V 电压时,极板上的电荷为多少 此时自由电荷和极化电荷的面密度各为多少 3 求电容器内的电场强度．解 1 查表可知二氧化钛的相对电容率εr ＝173,故充满此介质的平板电容器的电容2 电容器加上U ＝12 V 的电压时,极板上的电荷 极板上自由电荷面密度为 晶片表面极化电荷密度3 晶片内的电场强度为6 －19 如图所示,半径R ＝ m 的导体球带有电荷Q ＝ ×10－８C,导体外有两层均匀介质,一层介质的εr ＝,厚度d ＝ m,另一层介质为空气,充满其余空间．求：1 离球心为r ＝5cm 、15 cm 、25 cm 处的D 和E ；2 离球心为r ＝5 cm 、15 cm 、25 cm 处的V ；3 极化电荷面密度σ′．分析 带电球上的自由电荷均匀分布在导体球表面,电介质的极化电荷也均匀分布在介质的球形界面上,因而介质中的电场是球对称分布的．任取同心球面为高斯面,电位移矢量D 的通量与自由电荷分布有关,因此,在高斯面上D 呈均匀对称分布,由高斯定理⎰∑=⋅0d q S D 可得Dr ．再由r εε0/D E =可得E r ．介质内电势的分布,可由电势和电场强度的积分关系⎰∞⋅=r V l E d 求得,或者由电势叠加原理求得．极化电荷分布在均匀介质的表面,其极化电荷面密度a p σ='． 解 1 取半径为r 的同心球面为高斯面,由高斯定理得r ＜R 0π421=⋅r D01=D ；01=ER ＜r ＜R ＋d Q r D =⋅22π422π4r QD =；202π4r εεQ E r = r ＞R ＋d Q r D =⋅23π423π4r QD =；203π4r εεQ E r= 将不同的r 值代入上述关系式,可得r ＝5 cm 、15 cm 和25 cm 时的电位移和电场强度的大小,其方向均沿径向朝外．r 1 ＝5 cm,该点在导体球内,则01=r D ；01=r Er 2 ＝15 cm,该点在介质层内,εｒ ＝,则2822m C 105.3π42--⋅⨯==r Q D r ；12220m V 100.8π42-⋅⨯==r εεQ E r r r 3 ＝25 cm,该点在空气层内,空气中ε≈ε0 ,则2823m C 103.1π43--⋅⨯==r Q D r ；12220m V 104.1π43-⋅⨯==r εQ E r 2 取无穷远处电势为零,由电势与电场强度的积分关系得r 3 ＝25 cm, r 2 ＝15 cm, r 1 ＝5 cm,3 均匀介质的极化电荷分布在介质界面上,因空气的电容率ε ＝ε0 ,极化电荷可忽略．故在介质外表面； 在介质内表面：介质球壳内、外表面的极化电荷面密度虽然不同,但是两表面极化电荷的总量还是等量异号．6 －20 人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷;设某细胞壁厚为 ×10－9 m,两表面所带面电荷密度为± ×10 －3C ／m 2,内表面为正电荷．如果细胞壁物质的相对电容率为,求1 细胞壁内的电场强度；2 细胞壁两表面间的电势差． 解 1细胞壁内的电场强度V /m 108.960⨯==rεεσE ；方向指向细胞外． 2 细胞壁两表面间的电势差V 101.52-⨯==Ed U ．6 －21 一平板电容器,充电后极板上电荷面密度为σ0 ＝×10-5 C · m -2．现将两极板与电源断开,然后再把相对电容率为εｒ ＝ 的电介质插入两极板之间．此时电介质中的D 、E 和P 各为多少分析 平板电容器极板上自由电荷均匀分布,电场强度和电位移矢量都是常矢量．充电后断开电源,在介质插入前后,导体板上自由电荷保持不变．取图所示的圆柱面为高斯面,由介质中的高斯定理可求得电位移矢量D ,再根据rεε0DE =,E D F 0ε-= 可求得电场强度E 和电极化强度矢量P ．解 由分析可知,介质中的电位移矢量的大小介质中的电场强度和极化强度的大小分别为D 、P 、E 方向相同,均由正极板指向负极板图中垂直向下．6 －22 在一半径为R 1 的长直导线外,套有氯丁橡胶绝缘护套,护套外半径为R 2 ,相对电容率为εｒ ．设沿轴线单位长度上,导线的电荷密度为λ．试求介质层内的D 、E 和P ．分析 将长直带电导线视作无限长,自由电荷均匀分布在导线表面．在绝缘介质层的内、外表面分别出现极化电荷,这些电荷在内外表面呈均匀分布,所以电场是轴对称分布．取同轴柱面为高斯面,由介质中的高斯定理可得电位移矢量D 的分布．在介质中0r εε=D E ,0ε=-P D E ,可进一步求得电场强度E 和电极化强度矢量P 的分布．解 由介质中的高斯定理,有得在均匀各向同性介质中6 －23 如图所示,球形电极浮在相对电容率为εr ＝ 的油槽中.球的一半浸没在油中,另一半在空气中.已知电极所带净电荷Q 0 ＝ ×10－6 C.问球的上、下部分各有多少电荷分析 由于导体球一半浸在油中,电荷在导体球上已不再是均匀分布,电场分布不再呈球对称,因此,不能简单地由高斯定理求电场和电荷的分布．我们可以将导体球理解为两个分别悬浮在油和空气中的半球形孤立电容器,静电平衡时导体球上的电荷分布使导体成为等势体,故可将导体球等效为两个半球电容并联,其相对无限远处的电势均为V ,且2211C Q C Q V == 1 另外导体球上的电荷总量保持不变,应有021Q Q Q =+ 2因而可解得Q 1 、Q 2 ．解 将导体球看作两个分别悬浮在油和空气中的半球形孤立电容器,上半球在空气中,电容为下半球在油中,电容为由分析中式1和式2可解得由于导体球周围部分区域充满介质,球上电荷均匀分布的状态将改变．可以证明,此时介质中的电场强度与真空中的电场强度也不再满足rεE E 0=的关系．事实上,只有当电介质均匀充满整个电场,并且自由电荷分布不变时,才满足r εE E 0= ． 6 －24 有两块相距为 的薄金属板A 、B 构成的空气平板电容器被屏蔽在一金属盒Ｋ 内,金属盒上、下两壁与A 、B 分别相距 mm,金属板面积为30 mm ×40 mm;求1 被屏蔽后电容器的电容变为原来的几倍；2 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰,问此时的电容又为原来的几倍分析 薄金属板A 、B 与金属盒一起构成三个电容器,其等效电路图如图ｂ所示,由于两导体间距离较小,电容器可视为平板电容器,通过分析等效电路图可以求得A 、B 间的电容;解 1 由等效电路图可知由于电容器可以视作平板电容器,且32122d d d ==,故1322C C C == ,因此A 、B 间的总电容2 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰,相当于C2 或者C3 极板短接,其电容为零,则总电容6 －25 在A 点和B 点之间有5 个电容器,其连接如图所示．1 求A 、B 两点之间的等效电容；2 若A 、B 之间的电势差为12 V,求U AC 、U CD 和U DB ．解 1 由电容器的串、并联,有求得等效电容C AB ＝4 μF．2 由于AB DB CD AC Q Q Q Q ===,得6 －26 有一个空气平板电容器,极板面积为S ,间距为d ．现将该电容器接在端电压为U 的电源上充电,当1 充足电后；2 然后平行插入一块面积相同、厚度为δδ ＜d 、相对电容率为εｒ 的电介质板；3 将上述电介质换为同样大小的导体板．分别求电容器的电容C,极板上的电荷Q 和极板间的电场强度E ．分析 电源对电容器充电,电容器极板间的电势差等于电源端电压U ．插入电介质后,由于介质界面出现极化电荷,极化电荷在介质中激发的电场与原电容器极板上自由电荷激发的电场方向相反,介质内的电场减弱．由于极板间的距离d 不变,因而与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷,以维持电势差不变,并有相类似的原因,在平板电容器极板之间,若平行地插入一块导体板,由于极板上的自由电荷和插入导体板上的感应电荷在导体板内激发的电场相互抵消,与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷,使间隙中的电场E 增强,以维持两极板间的电势差不变,并有综上所述,接上电源的平板电容器,插入介质或导体后,极板上的自由电荷 均会增加,而电势差保持不变．解 1 空气平板电容器的电容充电后,极板上的电荷和极板间的电场强度为2 插入电介质后,电容器的电容C 1 为故有介质内电场强度空气中电场强度3 插入导体达到静电平衡后,导体为等势体,其电容和极板上的电荷分别为导体中电场强度 02='E 空气中电场强度无论是插入介质还是插入导体,由于电容器的导体极板与电源相连,在维持电势差不变的同时都从电源获得了电荷,自由电荷分布的变化同样使得介质内的电场强度不再等于E 0/εｒ．6 －27 为了实时检测纺织品、纸张等材料的厚度待测材料可视作相对电容率为εｒ 的电介质,通常在生产流水线上设置如图所示的传感装置,其中A,B 为平板电容器的导体极板,d 0 为两极板间的距离．试说明检测原理,并推出直接测量量电容C与间接测量量厚度d 之间的函数关系．如果要检测钢板等金属材料的厚度,结果又将如何分析 导体极板A 、B 和待测物体构成一有介质的平板电容器,关于电容C 与材料的厚度的关系,可参见题6 －26 的分析．解 由分析可知,该装置的电容为则介质的厚度为如果待测材料是金属导体,其等效电容为导体材料的厚度实时地测量A 、B 间的电容量C ,根据上述关系式就可以间接地测出材料的厚度．通常智能化的仪表可以实时地显示出待测材料的厚度．6 －28 利用电容传感器测量油料液面高度．其原理如图所示,导体圆管A 与储油罐B 相连,圆管的内径为D,管中心同轴插入一根外径为d 的导体棒C,d 、D 均远小于管长L 并且相互绝缘．试证明：当导体圆管与导体棒之间接以电压为U 的电源时,圆管上的电荷与液面高度成正比油料的相对电容率为εｒ ．分析 由于d 、D ＜＜L ,导体A 、C 构成圆柱形电容器,可视为一个长XX 为液面高度的介质电容器C 1 和一个长L －X 的空气电容器C 2 的并联,它们的电容值均随X而改变．因此其等效电容C ＝C 1 ＋C 2 也是X 的函数．由于Q ＝CU ,在电压一定时,电荷Q 仅随C 而变化,求出Q 与液面高度X 的函数关系,即可得证证 由分析知,导体A 、C 构成一组柱形电容器,它们的电容分别为其总电容其中d D L εαln π20=；()dD L εεβr ln π20-= 即导体管上所带电荷Q 与液面高度X 成正比,油罐与电容器联通．两液面等高,测出电荷Q 即可确定油罐的液面高度．6 －29 有一电容为 μF 的平行平板电容器,两极板间被厚度为 mm 的聚四氟乙烯薄膜所隔开,1 求该电容器的额定电压；2 求电容器存贮的最大能量． 分析 通过查表可知聚四氟乙烯的击穿电场强度E b ＝ ×107 V ／m,电容器中的电场强度E ≤E b ,由此可以求得电容器的最大电势差和电容器存贮的最大能量．解 1 电容器两极板间的电势差2 电容器存贮的最大能量6 －30 半径为 cm 的长直导线,外面套有内半径为 cm 的共轴导体圆筒,导线与。
第五版大学物理答案（马文蔚）
第五版⼤学物理答案（马⽂蔚）第⼀章质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t质点的位⽮为r,速度为v ,速率为v,t⾄(t ＋Δt)时间内的位移为Δr, 路程为Δs, 位⽮⼤⼩的变化量为Δr (或称Δ｜r｜),平均速度为v,平均速率为v．(1) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜Δr｜= Δs = Δr(B) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜d r｜= d s ≠ d r(C) ｜Δr｜≠ Δr ≠ Δs,当Δt→0 时有｜d r｜= d r ≠ d s(D) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜d r｜= d r = d s(2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v｜= v,｜v｜= v (B) ｜v｜≠v,｜v｜≠ v(C) ｜v｜= v,｜v｜≠ v (D) ｜AHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAFAHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAFv ｜≠v ,｜v｜= v分析与解 (1) 质点在t ⾄(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所⽰, 其中路程Δs ＝PP′, 位移⼤⼩｜Δr ｜＝PP ′,⽽Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表⽰质点位⽮⼤⼩的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中⼤⼩也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′⽆限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ r ,即｜v ｜≠v ．AHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAF但由于｜d r ｜＝d s ,故t s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 ⼀运动质点在某瞬时位于位⽮r (x,y )的端点处,对其速度的⼤⼩有四种意见,即 (1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ??? ??+??? ??t y t x ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解 t rd d 表⽰质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常⽤符号v r 表⽰,这是速度⽮量在位⽮⽅向上的⼀个分量；td d r 表⽰速度⽮量；在⾃然坐标系中速度⼤⼩AHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAF 可⽤公式ts d d =v 计算,在直⾓坐标系中则可由公式22d d d d ??? ??+??? ??=t y t x v 求解．故选(D)．1 -3 质点作曲线运动,r 表⽰位置⽮量, v 表⽰速度,a 表⽰加速度,s 表⽰路程, a ｔ表⽰切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的(C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的分析与解 t d d v表⽰切向加速度a ｔ,它表⽰速度⼤⼩随时间的变化率,是加速度⽮量沿速度⽅向的⼀个分量,起改变速度⼤⼩的作⽤；t r d d 在极坐标系中表⽰径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在⾃d v表⽰加速度的然坐标系中表⽰质点的速率v；⽽t d⼤⼩⽽不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1 -4⼀个质点在做圆周运动时,则有( )AHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAF(A) 切向加速度⼀定改变,法向加速度也改变(B) 切向加速度可能不变,法向加速度⼀定改变(C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(D) 切向加速度⼀定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度⼤⼩的作⽤,⽽法向分量a n起改变速度⽅向的作⽤．质点作圆周运动时,由于速度⽅向不断改变,相应法向加速度的⽅向也在不断改变,因⽽法向加速度是⼀定改变的．⾄于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况⽽定．质点作匀速率圆周运动时, aaｔ为⼀不ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时,为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作⼀般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．*1 -5如图所⽰,湖中有⼀⼩船,有⼈⽤绳绕过岸上⼀定⾼度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该⼈以匀速率v0 收绳,绳不伸长且湖⽔静⽌,⼩船的速率为v,则⼩船作( )AHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAFAHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAF(A) 匀加速运动,θcos0v v =(B) 匀减速运动,θcos 0v v =(C) 变加速运动,θcos 0v v = (D) 变减速运动,θcos 0v v =(E) 匀速直线运动,0v v =分析与解本题关键是先求得⼩船速度表达式,进⽽判断运动性质．为此建⽴如图所⽰坐标系,设定滑轮距⽔⾯⾼度为h,t 时刻定滑轮距⼩船的绳长为AHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAFl ,则⼩船的运动⽅程为22h l x -=,其中绳长l 随时间t ⽽变化．⼩船速度22d d d d hl t l l t x -==v ,式中t ld d 表⽰绳长l 随时间的变化率,其⼤⼩即为v 0,代⼊整理后为θl h l cos /0220v v v =-=,⽅向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断⼩船作变加速运动．故选(C)．讨论有⼈会将绳⼦速率v 0按x 、y 两个⽅向分解,则⼩船速度θcos 0v v =,这样做对吗？1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动⽅程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的⼤⼩；(2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动⽅向不改变时,AHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAF位移的⼤⼩才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的⼤⼩可直接由运动⽅程得到：0Δx x x t -=,⽽在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动⽅向,此时,位移的⼤⼩和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx 来确定其运动⽅向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移⼤⼩Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ?+?=,如图所⽰,⾄于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可⽤tx d d 和22d d t x 两式计算．解 (1) 质点在4.0 s 内位移的⼤⼩m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =tx 得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)AHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAF则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=?-==t t x v 2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a 1 -7 ⼀质点沿x 轴⽅向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所⽰．设t ＝0 时,x ＝0．试根据已知的v -t 图,画出a -t 图以及x -t 图．AHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAF分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的⼤⼩(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；⽽线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t图上是平⾏于t轴的直线,由AHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAFAHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAFv -t 图中求出各段的斜率,即可作出a -t 图线．⼜由速度的定义可知,x -t 曲线的斜率为速度的⼤⼩．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是⼀直线,⽽匀变速直线运动所对应的x –t 图为t 的⼆次曲线．根据各段时间内的运动⽅程x ＝x (t ),求出不同时刻t 的位置x ,采⽤描数据点的⽅法,可作出x -t 图．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2s m 20-?=--=A B A B AB t t a v v (匀加速直线运动)0=BC a (匀速直线运动)2s m 10-?-=--=C D C D CD t t a v v (匀减速直线运动)AHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAF根据上述结果即可作出质点的a -t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有2021t t x x ++=v 由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为⽤描数据点的作图⽅法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作1s m 20-?=v 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k ＝20的⼀段直线［图(c)］．1 -8 已知质点的运动⽅程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位⽮；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；*(4) 2 ｓ内质点所⾛过的路程s ．分析质点的轨迹⽅程为y＝f(x),可由运动⽅程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t即可得到．对于r、Δr、Δr、Δs来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s的求解⽤到积分⽅法,先在轨迹上任取⼀段微元d s,则22)x=,最s+d(d()d y后⽤?=ss d积分求ｓ．解(1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹⽅程为AHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAFAHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAF2412x y -= 这是⼀个抛物线⽅程,轨迹如图(a)所⽰．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代⼊运动⽅程,可得相应位⽮分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x 其中位移⼤⼩m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r⽽径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r*(4) 如图(B)所⽰,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,由轨道⽅程可得x x y d 2 1d -=,代⼊d s ,则2ｓ内路程为m 91.5d 4d 402=+==??x x s s Q P1 -9质点的运动⽅程为2-=x+t10t302=y-20t15t式中x,y的单位为m,t的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的⼤⼩和⽅向；(2) 加速度的⼤⼩和⽅向．分析由运动⽅程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的⼤⼩和⽅向．AHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAFAHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAF解 (1) 速度的分量式为t tx x 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v 当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15m·ｓ-1,则初速度⼤⼩为120200s m 0.18-?=+=y x v v v 设v o 与x 轴的夹⾓为α,则23tan 00-==x yαv v α＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -?==ta x x v , 2s m 40d d -?-==t a y y v 则加速度的⼤⼩为222s m 1.72-?=+=y x a a a 设a 与x 轴的夹⾓为β,则32tan -==x y a a ββ＝-33°41′(或326°19′)1 -10⼀升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有⼀螺丝⾃升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底⾯相距2.74 m．计算：(1)螺丝从天花板落到底⾯所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱⼦的下降距离．分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,⼀种处理⽅法是取地⾯为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的⾃由落体运动,列出这两种运动在同⼀坐标系中的运动⽅程y1＝y1(t)和y2＝y2(t),并考虑它们相遇,即位⽮相同这⼀条件,问题即可解；另⼀种⽅法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的⾼度就是螺丝(或升降机)运动的路程．AHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAF。
大学物理学教程第二(马文蔚)练习册答案5第五章 机械振动
的速度射入并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简
谐运动。设木块的质量为 4.99kg ，弹簧的劲度系数为
8.00103 N/m。若以弹簧原长时物体所在处为坐标原
点，向左为 x 轴正向，求简谐运动方程。
解： 40(s1)
A 2.5102 (m)
v m1
m2 k
2
5-15 振动方程：
x 2.5102 cos(40t )(SI )
50 cos 3.13t
或
cos 3.13t
36
x/m
5-13
（3） j
d
dt
3.13sin 3.13t
36
30时 30 50 cos 3.13t
cos 3.13t 0.6
sin 3.13t 0.8 j 0.218s1
v = l 0.218m / s
10
第五章 习题分析
为 x1 0.05cos(10t 0.75 )(SI ), x2 0.06 cos(10t 0.25 )(SI ) 求：（1）合振动的振幅
及初相；（2）若有另一同方向同频率的简谐运动
x3 0.05cos(10t 3)(SI ), 则 3 为多少时，x1 x3 的 振幅最大？又 3 为多少时，x2 x3 的振幅最小。
曲线2 t 0时,x0
2
3
x2
2
cm
A 2
,
v0
0
10cos t
3
-0.10 -0.05
cm
0.10
0.05 x/m
17
第五章 习题分析
5-20 两个同频率简谐振动1和2的振动曲线如图所示，
求（1）两简谐运动的运动学方程；（2）在同一图中
画出两简谐运动的旋转矢量，并比较两简谐振动的相
大学物理学第五版马文蔚答案上下册第十四章
第十四章相对论1．设有两个参考系和，他们的原点在和时重合在一起，有一事件，在系中发生在s，m，，处，若系相对于系以速率沿轴运动，问该事件在系中的时空坐标各为多少？解：由洛仑兹变换公式可得该事件在系的时空坐标分别为：，，，2．在k系中观察到两个事件同时发生在x轴，其间距离是1m，在系中观察这两个事件之间的空间距离是2m，求在系中这两个事件的时间间隔。
解:3．某人测得一静止棒长为l，质量为m，于是求得此棒的线密度，假定此棒以速度v沿棒长方向运动，则此人再测棒的线密度应为多少？若棒在垂直长度方向上运动，则棒的线密度又为多少？解：（1）沿棒长方向运动时：，，∴（2）沿垂直长度方向运动时：不变，∴4．一观察者测得运动着的米尺长m，问此尺以多大的相对速度接近观察者？解：米尺的静止长度为米尺的固有长度m，根据长度缩短公式可得：5．一张宣传画见方，平行地贴于铁路旁边的墙上，一高速列车以的速度接近此宣传画，这张画由司机测得将成为什么样子？解：本题注意收缩仅沿运动的方向发生。
司机看来，此宣传画的高度不变，宽度收缩为mm 即宣传画变为m2的长方形。
6、远方一颗星以的速度离开我们，接受到它辐射出的闪光按5昼夜周期变化，求固定在此星上的参考系测得的闪光周期。
解：注意固有时间概念。
固定在该星上的参考系测得的时间为固有时，由公式，可得7. 一架飞机以的速度相对于地球飞行，当用地球的时钟测定时，需过多长时间才会比飞机上的时钟慢。
解：根据时间膨胀公式有：由题意知：所以：这一结果表明，在通常速度下，相对论效应是很小的。
8．设快速运动的介子的能量约为，而这种介子在静止时的能量为。
若这种介子的固有寿命为，试求它运动的距离。
解：由相对论能量公式有：则：，介子运动的速度为：介子的运动寿命为：介子运动的距离为：9．若一电子的总能量为5.0Mev,求该电子的静能、动能、动量和速度。
解：静能：Mev动能：Mev动量：得kg ·m·s-1速率：由, 得。
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1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。
）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdtvd a -==)/(422s m ji v-=)/(222--=s m ja8．解：1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。
）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI j dtvd a -==)/(422s m ji v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v tot oωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x tot oω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A3．B 4．C5．14-⋅==s m tdt dsv ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=9．解：s m uv /6.3430tan =︒=10．解：l h v u ≤；u hl v ≥ 3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2 Rgo μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+分离变量积分()⎰⎰+=to vdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=toxdt t t dx 64620.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+to vv o dt m k mg kv kdv o t m k mg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程1. av m f mg 2cos =-θ，tvm m g d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v at =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+=7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+-解得 )(22121x x m g kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律 mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(2) 两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．解：(1)由题给条件m 、M 系统水平方向动量守恒，m 、M 、地系统机械能守恒．0)(=--MV V u m ①mgR MV V u m =+-2221)(21 ②解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(2) 当m 到达B 点时，M 以V 运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M 为参考系 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+=mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。
6．2ln kJ7．解：（1）由转动定律，2/2.39s rad JFr==α （2）由刚体转动的动能定理J Fh E E k k 490==∆= （3）根据牛顿运动定律和转动定律：mg –F ’=marF ’=J αa=r α 联立解得飞轮的角加速度22/8.21s rad mrJ mg =+=α 8．解：（1）由转动定律 α=2312ml l mg l g 23=α （2）取棒与地球为系统，机械能守恒mgl E k 21= (3)棒下落到竖直位置时 22312121ω⋅⋅=ml mgl l g 3=ω 9．解：（1）系统的能量守恒，有222121ω+=J mv mgh ω=r v联立解得： J mr mghr v +=222 ； Jmr mgh +=ω22 （2）设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg – T ＝maT r ＝J β由运动学关系有： a = r β联立解得： 2mrJ mgJ T +=10．解：以中心O 为原点作坐标轴Ox 、Oy 和O z 如图所示，取质量为y x m d d d ρ=式中面密度ρ为常数，按转动惯量定义，)(12)()(3322222222b a ab y y x x m y x a a bb +ρ=+ρ=+=⎰⎰⎰--d d d z J 薄板的质量 ab m ρ=所以 )(1222b a m J +=z 7.刚体转动单元练习（二）答案1．C2．A3．D4．B5．o ω3；o J 31 6．o ω34；221o o J ω 7．解：小球转动过程中角动量守恒ω=ω422o o or m mr o ω=ω4 2222232121o o o mr J J W ω=ω-ω= 8．子弹与木杆在水平方向的角动量守恒ω⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2221221212l m l m l v m ()l m m v m 21236+=ω 9．解：圆环所受的摩擦力矩为mgR M μ=，由转动定律 α=μ2mR mgR ， R g μ=α 至圆环停止所经历的时间 gR t μω=αω=00 10．解：落下过程棒的机械能守恒。
设棒刚到竖直位置时角速度为ω2312122L Mg ML =ω⋅， ① 碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒ω=231ML mvx ， ② 碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒 ω=M L mv 2， ③ ①、③消去ω，得 gL m M v 32=， ④ ②、④消去v ，得 L x 32=. 8.机械振动单元练习（一）答案1． B2． B3． C4． A5． 0.10cos(π/6π/3)m x t =+6． 2:17． 解：0.1m A =，2π/πT ω==运动方程cos()0.1cos(π)m x A t t ωϕϕ=+=+（1）由旋转矢量法π/2ϕ=-，0.1cos(ππ/2)m x t =-；（2）由旋转矢量法π/3ϕ=，0.1cos(ππ/3)m x t =+；（3）由旋转矢量法πϕ=，0.1cos(ππ)m x t =+。