大学物理教程第 章答案
大学物理简明教程_课后答案_1章
问题1.1 关于行星运动的地心说和日心说的根本区别是什么？答：地心说和日心说的根本区别在于描述所观测运动时所选取的参考系不同。
1.2 牛顿是怎样统一了行星运动的引力和地面的重力？答：用手向空中抛出任一物体，按照惯性定律，物体应沿抛出方向走直线，但是它最终却还会落到地面上。
这说明地球对地面物体都有一种吸引力。
平抛物体的抛速越大，落地时就离起点越远，惯性和地球吸引力使它在空中划出一条曲线。
地球吸引力也应作用于月球，但月球的不落地，牛顿认为这不过是月球下落运动曲线的弯曲度正好与地球表面的弯曲程度相同。
这样牛顿就把地球对地面物体的吸引力和地球对月球的吸引力统一起来了。
牛顿认为这种引力也作用在太阳和行星、行星与行星之间，称为万有引力。
并认为物体所受的重力就等于地球引力场的引力。
这样牛顿就统一了行星运动的引力和地面的重力。
1.3 什么是惯性? 什么是惯性系?答：任何物体都有保持静止或匀速直线运动状态的特性，这种特性叫惯性。
我们把牛顿第一定律成立的参考系叫惯性系。
而相对于已知惯性系静止或做匀速直线运动的参考系也是惯性系。
1.4 人推动车的力和车推人的力是作用力与反作用力，为什么人可以推车前进呢？答：人推动车的力和车推人的力是作用力与反作用力，这是符合牛顿第三定律的。
但这两两个力是分别作用在两个物体上的。
对于车这个研究对象来说，它就只受到人推动车的力（在不考虑摩擦力的情况下），所以人可以推车前进。
1.5 摩擦力是否一定阻碍物体的运动？答：不一定。
例如汽车前进时，在车轮与路面之间实际上存在着两种摩擦力：静摩擦和滚动摩擦。
前者是驱使汽车前进的驱动力，后者是阻碍汽车前进的阻力。
再如，拖板上放上一物体，拉动拖板，物体可以和拖板一起运动，其原因就是拖板给予了物体向前的摩擦力。
1.6 用天平测出的物体的质量，是引力质量还是惯性质量？两汽车相撞时，其撞击力的产生是源于引力质量还是惯性质量？1答：用天平测出的物体的质量和引力有关，是地球对物体和砝码的引力对天平刀口支撑点力矩平衡测出的质量，所以是引力质量。
大学物理课后习题详解(第一章)中国石油大学
习 题 一1-1 一质点在平面xOy 内运动，运动方程为t x 2=，2219t y -= （SI ）．（1）求质点的运动轨道；（2）求s 1=t 和s 2=t 时刻质点的位置矢量；（3）求s 1=t 和s 2=t 时刻质点的瞬时速度和瞬时加速度；（4）在什么时刻，质点的位置矢量和速度矢量垂直?这时x 、y 分量各为多少?（5）在什么时刻，质点离原点最近?最近距离为多大?[解] 质点的运动方程t x 2=，2219t y -= （1）消去参数t ，得轨道方程为:22119x y -= ()0≥x（2）把s 1=t 代入运动方程，得j i j i r 172+=+=y x把s 2=t 代入运动方程，得()j i j i r 1142219222+=⨯-+⨯=（3）由速度、加速度定义式，有4/d d ,0/d d 4/d d ,2/d d y y x x y x -====-====t v a t v a t t y v t x v所以，t 时刻质点的速度和加速度分别为=v j i j i t v v 42y x -=+j j i a 4y x -=+=a a所以，s 1=t 时，j i v 42-=，j a 4-=s 2=t 时，j i v 82-=，j a 4-= （4）当质点的位置矢量和速度矢量垂直时，有0=⋅v r即 ()[][]04221922=-⋅-+j i j i t t t 整理，得 093=-t t解得 01=t ； 32=t ；33-=t （舍去）m 19,0,s 011===y x t 时 m 1,m 6,s 322===y x t 时（5）任一时刻t 质点离原点的距离()()()222222192tt yx t r -+=+=令0d d =tr 可得 3=t所以，s 3=t 时，质点离原点最近 () 6.08m 3=r1-2 一粒子按规律59323+--=t t t x 沿x 轴运动，试分别求出该粒子沿x 轴正向运动；沿x 轴负向运动；加速运动；减速运动的时间间隔．[解] 由运动方程59323+--=t t t x 可得 质点的速度 ()()133963d d 2+-=--==t t t t tx v （1）粒子的加速度 ()16d d -==t tv a（2） 由式（1）可看出 当3s >t 时，0>v ，粒子沿x 轴正向运动；当3s <t 时，0<v ，粒子沿x 轴负向运动．由式（2）可看出 当1s >t 时，0>a ，粒子的加速度沿x 轴正方向；当1s <t 时，0<a ，粒子的加速度沿x 轴负方向． 因为粒子的加速度与速度同方向时，粒子加速运动，反向时，减速运动，所以，当s 3>t 或1s 0<<t 间隔内粒子加速运动，在3s 1s <<t 间隔内里粒子减速运动．1-3 一质点的运动学方程为2t x =，()21-=t y （S1）．试求： （1）质点的轨迹方程;（2）在2=t s 时，质点的速度和加速度．[解] （1） 由质点的运动方程 2t x = （1）()21-=t y （2）消去参数t ，可得质点的轨迹方程 ()21-=x y（2） 由（1）、（2）对时间t 求一阶导数和二阶导数可得任一时刻质点的速度和加速度 t tx v 2d d x ==()12d d y -==t ty v所以 ()j i j i v 122y x -+=+=t t v v （3）2d d 22x ==tx a 2d d22y ==tya所以 j i a 22+= （4） 把2s =t 代入式（3）、（4），可得该时刻质点的速度和加速度．j i v 24+= j i a 22+=1-4 质点的运动学方程为t A x ωsin =，t B y ωcos =，其中 A 、B 、ω为正常数，质点的轨道为一椭圆．试证明质点的加速度矢量恒指向椭圆的中心．[证明] 由质点的运动方程 t A x ωs i n= （1） t B y ωc o s = （2）对时间t 求二阶导数，得质点的加速度 t A t x a ωωs i n d d 222x -==t B tya ωωcos d d222y -==所以加速度矢量为 ()r j i a 22c o s s i n ωωωω-=+-=t B t A可得加速度矢量恒指向原点——椭圆中心．1-5 质点的运动学方程为()j i r 222t t -+= （SI ），试求：（1）质点的轨道方程；（2）2s =t 时质点的速度和加速度．[解] （1） 由质点的运动方程，可得tx 2= 22t y -=消去参数t ，可得轨道方程2412x y -=（2） 由速度、加速度定义式，有j i r v t t 22d /d -==j r a 2d /d 22-==t将2s =t 代入上两式，得j i v 42-= j a 2-=1-6 已知质点的运动学方程为t r x ωcos =，t r y ωsin =，ct z =，其中r 、ω、c 均为常量．试求：（1）质点作什么运动?（2）其速度和加速度? （3）运动学方程的矢量式．[解] （1） 质点的运动方程 t r x ωc o s= （1） t r y ωsin = （2）ct z = （3）由（1）、（2）消去参数t 得 222r y x =+此方程表示以原点为圆心以r 为半径的圆，即质点的轨迹在xoy 平面上的投影为圆． 由式（2）可以看出，质点以速率c 沿z 轴匀速运动．综上可知，质点绕z 轴作螺旋线运动．（2） 由式（1）、（2）、（3）两边对时间t 求导数可得质点的速度tr tx v ωωsin d d x -==t r ty v ωωcos d d y ==c tz v ==d d z所以 k j i k j i v c t r t r v v v ++-=++=ωωωωc o s s i nz y x 由式（1）、（2）、（3）两边对时间求二阶导数，可得质点的加速度t r tx a x ωωcos d d 222-==t r ty a y ωωsin d d 222-==0z =a所以 j i k j i a t r t r a a a ωωωωs i n c o s22z y x --=++= （3） 由式（1）、（2）、（3）得运动方程的矢量式k j i k j i r ct t r t r z y x ++=++=ωωsin cos1-7 湖中一小船，岸边的人用跨过高处的定滑轮的绳子拉船靠岸（如图所示）．当收绳速度为0v 时，试问：（1）船的运动速度u 比v 大还是小?（2）若常量=v ．船能否作匀速运动?如果不能，其加速度为何值?[解] （1） 由图知222h s L +=两边对t 求导数，并注意到h 为常数，得 ts stL Ld d 2d d 2=又 ts u t L v d d ,d d -=-=所以 su Lv = （1） 即1>=s L vu因此船的速率u 大于收绳速率v ．（2） 将（1）式两边对t 求导，并考虑到v 是常量tu sts utL vd d d d d d +=所以 sa v u =-22 即 ()32222sv h sv ua =-=1-8 质点沿x 轴运动，已知228t v +=，当8=t s 时，质点在原点左边52m 处（向右为x 轴正向）．试求：（1）质点的加速度和运动学方程；（2）初速度和初位置；（3）分析质点的运动性质．[解] （1） 质点的加速度 t t v a 4/d d ==又 t x v /d d = 所以 t v x d d =对上式两边积分，并考虑到初始条件得()⎰⎰⎰+==-ttxt t t v x 82852d 28d d所以 3.4573283-+=t t x因而质点的运动学方程为 33283.457t t x ++-=（2） 将0=t 代入速度表达式和运动学方程，得m/s 802820=⨯+=vm 3.457032083.45730-=⨯+⨯+-=x（3） 质点沿x 轴正方向作变加速直线运动，初速度为8m/s ，初位置为3.457-m.1-9 一物体沿x 轴运动，其加速度与位置的关系为x a 62+=．物体在0=x 处的速度为s m 10，求物体的速度与位置的关系．[解] 根据链式法则 xv vtx x v tv a d d d d d d d d ===()x x x a v v d 62d d +==对上式两边积分并考虑到初始条件，得 ()⎰⎰+=xvx x v v 010d 62d故物体的速度与位置的关系为100462++=x x v s m1-10 一质点在平面内运动，其加速度j i a y x a a +=，且x a ，y a 为常量．（1）求t -v 和t -r 的表达式；（2）证明质点的轨迹为一抛物线．0=t 时，0r r =，0v v =．[解] 由 td d v a =得 t d a v =两边积分得⎰⎰=tvt 0d 0a v v因x a ，y a 为常量，所以a 是常矢量，上式变为t a v v =-0 即 t a v v +=0由 td d r v =得 ()t t t d d d 0a v v r +==两边积分，并考虑到0v 和a 是常矢量，()⎰⎰+=tr t t 00d d 0a v r r即 20021t t a v r r ++=（2） 为了证明过程简单起见，按如下方式选取坐标系，使一个坐标轴（如y 轴）与a平行，并使质点在0=t 时刻位于0r ．这样 00x t v x x += （1）00221y t v at y y ++=（2）联立 （1）~（2）式，消去参数t 得()()00x0y 0202x021y x x v v x x v a y +-+-=此即为轨道方程，它为一条抛物线．1-11 在重力和空气阻力的作用下，某物体下落的加速度为Bv g a -=，g 为重力加速度，B 为与物体的质量、形状及介质有关的常数．设0=t 时物体的初速度为零．（1）试求物体的速度随时间变化的关系式；（2）当加速度为零时的速度（称为收尾速度）值为多大?[解] （1） 由tv a d d =得t Bvg v d d =-两边分别积分，得⎰⎰=-t v t Bvg v 0d d所以，物体的速率随时间变化的关系为：()Bte Bg v --=1（2） 当0=a 时 有 0=-=Bv g a （或以∞=t 代入）由此得收尾速率 Bg v =1-12 一质点由静止开始作直线运动，初始加速度为a ，此后随t 均匀增加，经时间τ后，加速度变为2a ，经τ2后，加速度变为3a ，……．求经时间τn 后，该质点的加速度和所走过的距离．[解] 由题意可设质点的加速度与时间t 的关系为kt a a +=t （k 为常数）由 a k a a 2τ=+=τ得τak =所以 a t t aa a ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=ττ1t 故当τn t =时，质点的加速度 ()a n a 1n τ+=由tv a d d =得t a v d d =对上式两边积分得⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛+=tvt a t v 00d 1d τ 所以 22t aat v τ+=又 tx v d d = t v x d d =对上式两边积分⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ττn st t a at x 020d 2d 经过时间τn 后，质点所走过的距离()2232361621τττa n nt a at s n +=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=1-13 一物体悬挂于弹簧上沿竖直方向作谐振动，其加速ky a -=，k 为常数，y 是离开平衡位置的坐标值．设0y 处物体的速度为0v ，试求速度v 与y 的函数关系．[解] 根据链式法则 yv vty y v tv a d d d d d d d d ===y a v v d d =对上式两边积分⎰⎰⎰-==y y yy v y ky y a v v 000d d d v即 ()()2022022121y y k v v--=-故速度v 与y 的函数关系为()220202yy k v v -+=1-14 一艘正以速率0v 匀速行驶的舰艇，在发动机关闭之后匀减速行驶．其加速度的大小与速度的平方成正比，即2kv a -=， k 为正常数．试求舰艇在关闭发动机后行驶了x 距离时速度的大小．[解] 根据链式法则 xv vtx x v tv a d d d d d d d d ===v av x d d =对上式两边积分⎰⎰⎰-==vvvvxkvv v av x 0d d d 0化简得ln1v vkx -=所以kxev v -=0l-15 一粒子沿抛物线轨道2x y =运动，且知s m 3x =v ．试求粒子在m 32=x 处的速度和加速度．[解] 由粒子的轨道方程 2x y = 对时间t 求导数 x y 2d d 2d d xv tx xty v ===（1）再对时间t 求导数，并考虑到x v 是恒量2x y 2d d v tv a ==（2）把m 32=x 代入式（1）得m 43322y =⨯⨯=v 所以，粒子在m 32=x 处的速度为s m 543222x 2x =+=+=v v v与x 轴正方向之间的夹角85334arctanarctanxy '===v v θ由式（2）得粒子在m 32=x 处的加速度为22s m 1832=⨯=a加速度方向沿y 轴的正方向．1-16 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置342t +=θ．（1）在2s =t 时，它的法向加速度和切向加速度各是多少?（2）切向加速度的大小恰是总加速度大小的一半时，θ值为多少?（3）何时切向加速度与法向加速度大小相等?[解] 质点的角速度 212d d t t==θω质点的线速度 222.11210.0t t R v =⨯==ω 质点的法向加速度n a ，切向加速度t a 为()4222n 4.1410.012t tR a =⨯==ω （1）t tv a 4.2d d t ==（2）（1）把2s =t 代入（1）式和（2）式，得此时2t 224n m/s8.424.2m/s 103.224.14=⨯=⨯=⨯=a a（2）质点的总加速度1364.262t 2n +=+=t t a a a由 a a 21t =得 1364.25.04.26+⨯=t t t解得 0.66s =t 所以 r a d 15.3423=+=t θ （3）当t n a a =即t t 4.24.144=时有 0.55s =t1-17 火车在曲率半径R ＝400m 的圆弧轨道上行驶．已知火车的切向加速度2.0t =a 2s m ，求火车的瞬时速率为s m 10时的法向加速度和加速度．[解] 火车的法向加速度 222n sm 25.040010===Rva方向指向曲率中心 火车的总加速度 2222t 2n s m 32.02.025.0=+=+=a a a设加速度a 与速度v 之间的夹角为θ，则025134.512.025.0arctanarctantn '====a a θ1-18 为了转播电视而发射的地球同步卫星在赤道上空的圆轨道上运动，周期等于地球的自转周期24h =T ．求卫星离开地面的高度和卫星的速率（距地球中心r 处的重力加速度2e ⎪⎭⎫⎝⎛=r R g a ，e R 是地球的半径．）[解] 设同步卫星距地球的中心为r ，速率为v ，则Tr v π2=（1）2e 2⎪⎭⎫⎝⎛==r R g a r v（2） 解（2）式可得()()m 1022.443600241063788.947322233222e ⨯=⨯⨯⨯⨯==ππT gR r代入（1）式可得s m 1007.33600241022.42237⨯=⨯⨯==ππTr v所以，卫星距地面的高度m 1058.31063781022.4737e ⨯=⨯-⨯=-=R r h1-19 若登月舱在登上月球之前绕月球以半径e 31R r = （e R 为地球半径）作圆周运动，并且已知这时月球对登月舱的引力加速度g a 121=．试计算登月舱的速率和飞行一周所需要的时间．[解] 设登月舱的速率为v ，周期为T ，则a rv=2即g R v1213e2=（1）v Tr =π2 即v TR =32e π （2）解（1）式可得s m 1032.1106378368.93633e ⨯=⨯⨯==R g v代入（2）式可得s 1001.1368.931063782363243e⨯=⨯==ππg R T1-20 如图所示，一卷扬机自静止开始作匀加速运动，绞索上一点起初在A 处经3s 到达鼓轮的B 处，然后作圆周运动．已知0.45m =AB ,鼓轮半径0.5m =R ，求该点经过点C 时，其速度和加速度的大小和方向．[解] 设A 点的切向加速度为t a ，经过B 点时的速率为B v ，法向加速度为n a由A 到B 过程：2t 21t a AB =（1）t a v t B = （2）在B 点： R a R v //t B B ==βω， （3）由B 到C 过程：πβωω22B 2C =- （4）在C 点： R v C C ω= （5） 联立以上五式，得m 64.05.035.045.0435.045.02422222C C =⨯⨯⨯+⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯=+⎪⎭⎫⎝⎛==ππωR Rt AB Rt AB R v 方向沿切向Rv a 2C n =2t 2tAB a =22222n2ts m 83.05.064.0345.02=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫⎝⎛⨯=+=a a a 28330.4520.50.64arctanarctan22nt '=⨯==a a θ1-21 在一个转动的齿轮上，一个齿尖P 沿半径为R 的圆周运动，其路程随时间的变化规律为2021bt t v s +=，其中0v 和b 都是正常量．求t 时刻齿尖P 的速度及加速度的大小．[解] 设时刻t 齿尖P 的速率为v ，切向加速度t a ，法向加速度n a ，则Rbt v Rva b t va bt v t s v 202n t 0)(d d d d +====+==所以，t 时刻齿尖P 的加速度为24022n 2t )(Rbt v b a a a ++=+=1-22 一物体作斜抛运动，抛射角为α，初速度为0v ，轨迹为一抛物线（如图所示）．试分别求抛物线顶点A 及下落点B 处的曲率半径．[解] 物体在A 点的速度设为A v ，法向加速度为nA a ，曲率半径为A ρ，由题图显然有αcos 0A v v = （1） nA a =g （2） A n A2Aa v =ρ （3）联立上述三式得 gv αρ220A c o s =物体在B 点的速度设为B v ，法向加速度为nB a ，曲率半径为B ρ，由题图显然有0B v v = （4） αcos nB g a = （5） nB B2Ba v =ρ （6）联立上述三式得 αρc o s 2B g v =1-23 一物体作如图所示的抛体运动，测得轨道的点A 处，速度的大小为v ，其方向与水平线的夹角为030，求点A 的切向加速度和该处的曲率半径．[解] 设A 点处物体的切向加速度为t a ，法向加速度为n a ，曲率半径为ρ，则 n t a a g +=由图知 g g a 5.030sin 0t -=-=2/330cos 0n g g a ==又 n 2a v=ρ所以 gv g va v3322/322n2===ρ1-24 一门火炮在原点处以仰角0130=θ、初速10v m 100=发射一枚炮弹．另有一门位于600=x m 处的火炮同时以初速8020=v s m 发射另一枚炮弹，其仰角2θ为何值时，可望能与第一枚炮弹在空中相碰? 相碰时间和位置如何（忽略空气阻力的影响）?[解] 设经过时间t 后，炮弹1、炮弹2的坐标分别为()11,y x 、()22,y x ，则 对炮弹1 t v x 1101cos θ= 2110121sin gt t v y -=θ对炮弹2 t v x x 22002cos θ+= 2220221sin gt t v y -=θ当炮弹1、炮弹2相碰时 21x x = 21y y =即 t v x t v 2200110cos cos θθ+= （1）2220211021sin 21sin gt t v gt t v -=-θθ （2）解（2）式可得 625.030sin 80100sin sin 0120102=⨯==θθv v （3）所以 02682.38625.0arcsin ==θ 由（1）式可得 s 48.2682.38cos 8030cos 10060cos cos 02201100=⨯-⨯=-=θθv v x t相遇时的坐标设为（x ，y ），则m 77.21448.230cos 100cos 011021=⨯⨯====t v x x x θm 86.9348.28.92148.230sin 10021sin 2211021=⨯⨯-⨯⨯=-===gtt v y y y θ1-25 河宽为d ，靠河岸处水流速度变为零，从岸边到中流，河水的流速与离开岸的距离成正比地增大，到中流处为0v ．某人以相对水流不变的速率v 垂直水流方向驶船渡河，求船在达到中流之前的轨迹方程．[解] 取图示坐标系ky v =x已知 2d y =时，0x v v =代入上式得 d v k 02=所以 y dv v 0x 2=（1）又 v v =y积分得 vt y = （2） 代入（1）式得 vt d v v 0x 2=积分得 20vt d v x = （3）由（2）、（3）消去t 得 20y vdv x =1-26 如图所示，一航空母舰正以s m 17的速度向东行驶，一架直升飞机准备降落在舰的甲板上．海上有s m 12的北风吹着．若舰上的海员看到直升飞机以s m 5的速度垂直下降，求直升飞机相对海水及相对空气的速度?[解] 已知 k v 5-=机对舰 j v 17=舰对海 i v 12=气对海 故 ()s m 175j k v v v +-=+=舰对海机对舰机对海()m 51712k j i v v v -+-=+=海对气机对海机对气习题 1-26 图。
《大学物理》各章练习题及答案解析
《大学物理》各章练习题及答案解析第1章 质点运动学一、选择题:1.以下五种运动中,加速度a保持不变的运动是 （ D ） (A) 单摆的运动。
(B) 匀速率圆周运动。
(C) 行星的椭圆轨道运动。
(D) 抛体运动。
(E) 圆锥摆运动。
2．下面表述正确的是（ B ）(A)质点作圆周运动,加速度一定与速度垂直； (B) 物体作直线运动,法向加速度必为零； (C)轨道最弯处法向加速度最大； (D)某时刻的速率为零,切向加速度必为零。
3.某质点做匀速率圆周运动，则下列说法正确的是（ C ）(A)质点的速度不变; (B)质点的加速度不变 (C)质点的角速度不变; (D)质点的法向加速度不变4.一运动质点在某瞬时位于矢径()y x r , 的端点处，其速度大小为（ D ）()()(()22⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛dt dy dt dx D C dtrd B dt drA5. 一质点在平面上运动,运动方程为:j t i t r222+=,则该质点作（ B ）(A)匀速直线运动 (B)匀加速直线运动(C)抛物线运动 (D)一般曲线运动6.一质点做曲线运动，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,正确的是（ B ）(A)dt dr v = (B) dt ds v = (C) dtdv a = (D) dt vd a t=7. 某质点的运动方程为 3723+-=t t X （SI ）,则该质点作 [ D ](A)匀加速直线运动,加速度沿 x 轴正方向; (B)匀加速直线运动,加速度沿 x 轴负方向; (C)变加速直线运动.加速度沿 x 轴正方向; (D)变加速直线运动,加速度沿 x 轴负方向8．一质点沿x 轴运动，其运动方程为()SI t t x 3235-=，当t=2s 时，该质点正在（ A ）(A)加速 (B)减速 (C)匀速 (D)静止1.D2. B3. C4.D5.B ，6B ，7A 8 A二 、填空题1. 一质点的运动方程为x =2t ，y =4t 2-6t ，写出质点的运动方程（位置矢量）j t t i t r)64(22-+=，t =1s 时的速度j i v22+=，加速度j a 8=，轨迹方程为x x y 32-=。
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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。
大学物理习题答案第一章
大学物理习题答案第一章-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN[习题解答]1-3 如题1-3图所示，汽车从A地出发，向北行驶60km到达B地，然后向东行驶60km到达C地，最后向东北行驶50km到达D地。
求汽车行驶的总路程和总位移。
解汽车行驶的总路程为；汽车的总位移的大小为∆r =位移的方向沿东北方向，与方向一致。
1-4 现有一矢量R是时间t的函数，问与在一般情况下是否相等为什么解与在一般情况下是不相等的。
因为前者是对矢量R的绝对值(大小或长度)求导，表示矢量R的大小随时间的变化率；而后者是对矢量R的大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量R大小随时间的变化和矢量R方向随时间的变化两部分的绝对值。
如果矢量R方向不变只是大小变化，那么这两个表示式是相等的。
1-5 一质点沿直线L运动，其位置与时间的关系为r = 6t 2 -2t 3 ，r和t的单位分别是m和s。
求：(1)第二秒内的平均速度；(2)第三秒末和第四秒末的速度；(3)第三秒末和第四秒末的加速度。
解取直线L的正方向为x轴，以下所求得的速度和加速度，若为正值，表示该速度或加速度沿x轴的正方向，若为负值表示，该速度或加速度沿x轴的反方向。
(1)第二秒内的平均速度m⋅s-1；(2)第三秒末的速度因为，将t = 3 s 代入，就求得第三秒末的速度，为v3 = - 18 m⋅s-1；用同样的方法可以求得第四秒末的速度，为v4 = - 48 m⋅s-1；(3)第三秒末的加速度因为，将t = 3 s 代入，就求得第三秒末的加速度，为a3 = - 24 m⋅s-2；用同样的方法可以求得第四秒末的加速度，为v4 = - 36 m⋅s-2 .1-6 一质点作直线运动，速度和加速度的大小分别为和，试证明：(1) v d v = a d s；(2)当a为常量时，式v 2 = v02 + 2a (s-s0 )成立。
解(1)；(2)对上式积分，等号左边为,等号右边为,于是得,即.1-7 质点沿直线运动，在经过时间t后它离该直线上某定点O的距离s满足关系式：s = (t-1)2 (t-2)，s和t的单位分别是m和s。
大学物理课后习题答案第一章
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，并由上述数据求出量值．[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：= 0.4(m·s -2)．1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°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 = 24.87(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 = 2.49(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 = 30.94(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 = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:= 4.49(s)． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = 6.98(s)．人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = 60.05(m·s -1)，v a 22(1)(1)n sa n t -=+22(1)(1)n sa n t -=+22(51)30(51)10a -=+222h t g=70m22.5º 图1.3所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = 419.19(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 = 69.8(m·s -1)， 落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1)，与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = 49.30º，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， 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 = 6.98(s)．由此可以求解其他问题．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 = -kv 2，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）分离变量得， 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 = d 2x /d t 2， 而 d x /d t = v ， a = d v /d t ， 分离变量得方程：， 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 = v 0，所以C = ln v 0， 因此ln v/v 0 = -kt ，得速度为 ：v = v 0e -kt ．201sin 02gt v t y θ-+=0(sin t v g θ=011kt v v =+01ln(1)x v kt k =+2d d vk t v =-020d d v t v v k t v =-⎰⎰011kt v v =+001v v v kt=+00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰01ln(1)x v kt k=+d d ()m vt f v =d d vk t v=-而d v = v 0e -kt d t ，积分得：． 当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此．（2）如果n ≠1，则得，积分得． 当t = 0时，v = v 0，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0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t 3．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 = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)；角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即．由此得，即 ，解得 ．所以 =3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(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 ．0e `ktv x C k-=+-0(1-e )kt vx k -=d d n vk t v=-11n v kt C n -=-+-101n v C n-=-11011(1)n n n kt v v --=+-1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-3n t a a =23r r ωβ=22(12)243t t =33/6t =3242(13/3)t θ=+=+32012x x x v t a t =+2012y y y v t a t =-+201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅201sin sin 2y v t a t θα=-⋅+⋅02sin 103sin v t a θα== y xO α v 0θ a a xa yv 0x v 0y[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 = 1.0m 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 = 2.0s 内下降的距离h = 0.4m ．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 = 0.2(m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = 0.6(m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= 0.36(m·s -2)．1．8 一升降机以加速度1.22m·s -2上升，当上升速度为2.44m·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 2.74m ．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= 0.705(s)．算得h 2 = -0.716m ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m ．[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，可作矢量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为，所以飞行时间为212t h a t =∆2n v a R=21012h v t at =+22012h v t gt =-21()2h a g t =+2/()t h a g =+02l t v =1221/t t u v =-02221/t t u v=-1222l l vl t v u v u v u =+=+--022222/1/1/t l v u v u v==--22V v u =-RA图1.7AB AB vv + uv - uABvuuvv． 证毕．1．10 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，由此可作矢量三角形．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．22222222/1/l l l v t V v u u v ===--0221/t u v=-2v r 3v r 1v r12(sin cos )lv v hθθ=+12sin()sin(90)v v θαα=+︒-12sin()cos v v θαα+=2sin cos cos sin cos v θαθαα+=2(sin cos tan )v θθα=+12(sin cos )lv v hθθ=+v 1hl v 2θ图1.10v 1h lv 2θ v 3 α α v ⊥。
大学物理教程第二版-第1章答案
1 -5 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,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．题 1-5 图解 (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)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 xv2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a1 -6 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 ；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,(详见题1-1分析).解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x 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题 1-6 图1 -9 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．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t a d d v =和txd d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．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⎰⎰=tt a 0d d 0vv v得 03314v v +-=t t (1)由⎰⎰=txx t x 0d d 0v得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1)、(2)得v 0＝-1 m·ｓ-1, x 0＝0.75 m于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -10 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．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d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v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 v vB A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为t B A d d =-vv(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v vvvv得石子速度 )e 1(Bt BA--=v 由此可知当,t →∞时,BA→v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)e 1(d d Bt BAt y --==v 并考虑初始条件有 t BA y t Bt y d )e 1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(e 2-+=-Bt BAt B A y 1 -12 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．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tΔΔr=v ,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td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ 和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即tt te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ 得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ．解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ 到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 22222s m 0.4d d d d )(-⋅-=+=tyt x t则t 1 ＝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t t y x t t ttt e e e a 222s1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v则m 17.112==na ρv1 -18 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？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342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为22s2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s2s m 80.4d d -=⋅==tωra t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223nt a a =,即 ()()422212243t r rt =得 3213=t此时刻的角位置为rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt =t ＝0.55ｓ。
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。
大学物理学第一章习题答案
习题11、1选择题(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径的端点处,其速度大小为(A)(B)(C)(D)[答案:D](2) 一质点作直线运动,某时刻的瞬时速度,瞬时加速度,则一秒钟后质点的速度(A)等于零(B)等于-2m/s(C)等于2m/s (D)不能确定。
[答案:D](3) 一质点沿半径为R的圆周作匀速率运动,每t秒转一圈,在2t时间间隔中,其平均速度大小与平均速率大小分别为(A)(B)(C) (D)[答案:B]1、2填空题(1) 一质点,以的匀速率作半径为5m的圆周运动,则该质点在5s内,位移的大小就是;经过的路程就是。
[答案: 10m;5πm](2) 一质点沿x方向运动,其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI),如果初始时刻质点的速度v0为5m·s-1,则当t为3s时,质点的速度v=。
[答案: 23m·s-1 ](3) 轮船在水上以相对于水的速度航行,水流速度为,一人相对于甲板以速度行走。
如人相对于岸静止,则、与的关系就是。
[答案:]1、3一个物体能否被瞧作质点,您认为主要由以下三个因素中哪个因素决定:(1) 物体的大小与形状;(2) 物体的内部结构;(3) 所研究问题的性质。
解:只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响,因此主要由所研究问题的性质决定。
1、4下面几个质点运动学方程,哪个就是匀变速直线运动？(1)x=4t-3;(2)x=-4t3+3t2+6;(3)x=-2t2+8t+4;(4)x=2/t2-4/t。
给出这个匀变速直线运动在t=3s时的速度与加速度,并说明该时刻运动就是加速的还就是减速的。
(x单位为m,t单位为s)解:匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。
加速度又就是位移对时间的两阶导数。
于就是可得(3)为匀变速直线运动。
其速度与加速度表达式分别为t=3s时的速度与加速度分别为v=20m/s,a=4m/s2。
因加速度为正所以就是加速的。
大学物理第一章习题答案
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站在台秤上，当你蹲下时台秤的读数如何变？如何解释？
台秤的示数为台秤对人的支持力。当人静止站在台秤上时， 台秤对人的支持力等于人的重力。当人蹲下时有向下的加速 度，按牛顿第二定律有
mg N ma N mg ma mg
N
可见，当人蹲下时台秤对人的支持力 小于人的重力，示数减小，当人停止 运动后回复为原值。
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1-23：用绳子系一小球使之在竖直平面内做圆周运动，指出绳 内张力最大和最小的位置。
解：小球做圆周运动时满足
T mg ma
m
在法向投影得 绳子上的张力为
v T mg cos man m R v2 T m mg cos R
2
o
T
mg
显然，当夹角为 0 时（最上方）绳子上的张力最小，夹角为 π 时（最下方）绳子上的张力最大。
t1
r
都不相等。
r1
r
ˆ ˆ ˆ ˆ y ˆ ˆ r1 x1 i y1 j z1k , r2 x2 i j z k 2 2 O ˆ (y y )ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ r ( x2 x1 )i 2 1 j ( z 2 z1 )k xi yj zk | r | x 2 y 2 z 2 , r r2 r1 x2 2 y2 2 z2 2 ) x12 y12 z12
3
1-2：说明建立参照系、坐标系的必要性，对于描述质点的运 动而言，参照系应如何选择？ 为了描述一个物体的运动，必须选择另一个物体作为参照， 才能确定物体的运动特征，参照物不同，物体的运动形式就 可能不同，因此必须指明参照系。 只有选择了坐标系，才能把物体的运动特征定量表示出来。 坐标系一般固定于参照系上。 在描述质点运动的问题中，参照系可以任意选择，没有任何 限制，但要注意解决问题是否方便。
大学物理教程第章答案张文杰等主编中国农业大学出社
1.5沿曲线运动的物体，以下说法哪种正确：()1.1已知某质点的运动方程是r 二3 t i + 4t -4.9t 2 j (SI )。
这个质点的速度dx 和dy 构成无;它的速率v 二吏二dt '答：这个质点的速度 v =3i (4-9.8t) j ;加速度 a =-9.8j ； dr=3dti (4-9.8t)dtj 。
ds= .9 (4-9.8t)2dt ;它的速率 v = 9 (4-9.8t)2 。
1.2在X 、Y 平面上运动的质点，其运动方程为 r =10cos5t i +10sin5t j ，t 时刻答：t 时刻 的速度V 二-50sin5ti 50cos5tj ；速 率 v=50,；加速度a = -2 5 (0c (5ts s i 51j);该质点作匀速圆周运动。
1.3质点沿半径为R 的圆周匀速率运动，每t 秒转一圈，则在2t 时间间隔中,其平均速度大小与平均速率大小分别为()质点的位移，厶r 是位矢大小的增量， s 是同一时间内的路程。
那么(A) r = r (B) r (C)；r(D)：s = .；r答：(D )V= ____ ；加速度a =;无穷小时间内，它的位移d r 二dx i +dy j 二dr ,=ds ，贝9 ds = 穷小三角形，令dr 的速度V 二；速率v= ；加速度a=；该质点作运动。
(A)t t答: (B )(B)0， t (C)0，0(D)「,01.4质点作曲线运动, r 是质点的位置矢量，r 是位矢的大小, :r 是某时间内(A) 切向加速度必不为零(B) 法向加速度必不为零(C) 由于速度沿切线方向，法向分速度为零，所以法向加速度也必为零(D) 匀速圆周运动的物体是做变加速运动答：(B)、( D1.6某质点沿直线运动，其加速度是a x = 5t -3，那么，下述正确者为：()(A) 根据公式V x二a x t，它的速度是V x =5〃— 3t(B) 不定积分关系V x二a x dt ，可算得这个质点的速度公式为v x」t3 -3t23 2(C) 因为一个导数有无穷多个原函数，按题给条件，无法确定此质点的速度公式答: (C)1.7质量大的物体转动惯量是否一定比质量小的转动惯量大？为什么？答：质量大的物体转动惯量不一定比质量小的转动惯量大。
大学物理课后习题答案第一章
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 的位移和平均速度；（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 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 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 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 的平均加速度为：= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．[注意] 第几秒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 走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为，并由上述数据求出量值．[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：= 0.4(m·s -2)．1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°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 = 24.87(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 = 2.49(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 = 30.94(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 = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:= 4.49(s)． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = 6.98(s)．人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = 60.05(m·s -1)，v a 22(1)(1)n sa n t -=+22(1)(1)n sa n t -=+22(51)30(51)10a -=+222h t g=70m22.5º 图1.3所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = 419.19(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 = 69.8(m·s -1)， 落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1)，与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = 49.30º，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， 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 = 6.98(s)．由此可以求解其他问题．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 = -kv 2，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 ，船行驶的距离为． [证明]（1）分离变量得， 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 = d 2x /d t 2， 而 d x /d t = v ， a = d v /d t ， 分离变量得方程：， 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 = v 0，所以C = ln v 0， 因此ln v/v 0 = -kt ，得速度为 ：v = v 0e -kt ．201sin 02gt v t y θ-+=0(sin t v g θ=011kt v v =+01ln(1)x v kt k=+2d d vk t v =-020d d v t v v k t v =-⎰⎰011kt v v =+001v v v kt=+00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰01ln(1)x v kt k=+d d ()m vt f v =d d vk t v=-而d v = v 0e -kt d t ，积分得：． 当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此．（2）如果n ≠1，则得，积分得． 当t = 0时，v = v 0，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0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t 3．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 = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)；角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即．由此得，即 ，解得 ．所以 =3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．1．6 一飞机在铅直面飞行，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 ．0e `ktv x C k-=+-0(1-e )kt vx k -=d d n vk t v=-11n v kt C n -=-+-101n v C n-=-11011(1)n n n kt v v --=+-1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-3n t a a =23r r ωβ=22(12)243t t =33/6t =3242(13/3)t θ=+=+32012x x x v t a t =+2012y y y v t a t =-+201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅201sin sin 2y v t a t θα=-⋅+⋅02sin 103sin v t a θα== y xO α v 0θ a a xa yv 0x v 0y[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 = 1.0m 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 = 2.0s 下降的距离h = 0.4m ．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 = 0.2(m·s -2)．物体下降3s 末的速度为v = a t t = 0.6(m·s -1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为= 0.36(m·s -2)．1．8 一升降机以加速度1.22m·s -2上升，当上升速度为2.44m·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 2.74m ．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= 0.705(s)．算得h 2 = -0.716m ，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m ．[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，可作矢量三角形，其中沿AB 方向的速度大小为，所以飞行时间为212t h a t =∆2n v a R=21012h v t at =+22012h v t gt =-21()2h a g t =+2/()t h a g =+02l t v =1221/t t u v =-02221/t t u v=-1222l l vl t v u v u v u =+=+--022222/1/1/t l v u v u v==--22V v u =-RA图1.7AB AB vv + uv - uABvuuvv． 证毕．1．10 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，由此可作矢量三角形．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，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．22222222/1/l l l v t V v u u v ===--0221/t u v=-2v 3v 1v 12(sin cos )lv v hθθ=+12sin()sin(90)v v θαα=+︒-12sin()cos v v θαα+=2sin cos cos sin cos v θαθαα+=2(sin cos tan )v θθα=+12(sin cos )lv v hθθ=+v 1hl v 2θ图1.10v 1h lv 2θ v 3 α α v ⊥。
大学物理第一章课后习题答案【最新精选】
1.1 一质点在Oxy 平面内运动，运动方程为)SI (53+=t x ，)SI (432/2-+=t t y 。
（1）以时间t 为变量，写出质点位矢的表达式；（2）求出质点速度分量的表达式，并计算s 4=t 时，质点速度的大小和方向；（3）求出质点加速度分量的表达式，并计算出s 4=t 时，质点加速度的大小和方向。
解：（1）)SI (53+=t x ，)SI (432/2-+=t t y 质点位矢的表达式为：j t t i t j y i x r )432/()53(2-+++=+=； （2）m/s 3)53(=+==t dt d dt dx v x ，m/s )3()432/(2+=-+==t t t dt d dt dy v ys 4=t ，m/s 3=x v ，m/s 7=y v ，m/s 6.7m/s 5822==+=y x v v v设θ是v 和x v 的夹角，则37tan ==x y v v θ，8.66=θ°； （3）2m/s 0)3(===dt d dt dv a x x ，2m/s 1)3(=+==t dt d dt dv a y ys 4=t ，2m/s 0=x a ，2m/s 1=y a ，222m/s 1=+=y x a a a方向沿y 轴方向。
1.2 质点在Oxy 平面内运动，运动方程为)SI (3t x =，)SI (22t y -=。
（1）写出质点运动的轨道方程；（2）s 2=t 时，质点的位矢、速度和加速度。
解：（1）质点运动方程)SI (3t x =，)SI (22t y -=，质点运动的轨道方程为：9/2)3(222x xy -=-=或2189x y -=；（2）j t i t j y i x r )2()3(2-+=+=，s 2=t 时： j i r 26-=j t i v 23-=，s 2=t 时：j i v43-=j a 2-=，s 2=t 时：j a2-=1.3质点沿直线运动，其坐标x 与时间t 有如下关系：)SI (cos t Aex tωβ-=（A 和β皆为常量）。
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案习题11-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为)ωｔsin ωｔ(cos j i R r其中为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。
解：1）由)ωｔsin ωｔ(cos j i R r知t cos R x ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2）jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )t 23(t 42，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0t到1t 秒的位移；（3）0t 和1t 秒两时刻的速度。
解：1）由j ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为：2)3y(x2）jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3）jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir t t 22，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：1）ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2）212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121att v y （1）图 1-420221gttv h y （2）21y y （3）解之2d tg a 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的td dr ，td dv ，tv d d .解：（1）t v x 0式（1）2gt21hy 式（2）jir )gt 21-h (t v (t)20（2）联立式（1）、式（2）得22v 2gx hy （3）ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
大学物理教程课后练习题含答案
大学物理教程课后练习题含答案前言大学物理是培养学生科学素养的重要课程，也是许多专业必修的基础课程之一。
然而，因为课程内容的抽象性和难度，学生在学习中往往会遇到一些困难，需要反复练习来加深理解、掌握知识和技能，提高成绩。
本文收录了一些经典的大学物理教程课后练习题，希望能够对学生提供一些有益的帮助。
第一章静力学1.1 问题一绳连接两物体，下面物体沿光滑斜面滑动，假设无空气阻力，则：（1）求该物体所受的重力分力；（2）求该物体所受的斜面支持力。
1.2 答案（1）该物体所受的重力分力为 mg*sinθ，其中 m 是物体的质量，g 是重力加速度，θ是斜面倾角。
（2）该物体所受的斜面支持力为 mg*cosθ。
第二章动力学2.1 问题一个弹性碰撞的实验装置弹性碰撞实验装置其中，m1 和 m2 分别是光滑水平面上两个物体的质量，v1 和 v2 分别是它们在碰撞前的速度，v1’ 和v2’ 分别是它们在碰撞后的速度。
假设碰撞前两个物体相对距离为 L，碰撞后 m1 的速度与 x 轴正方向夹角为θ1，m2 的速度与 x 轴正方向夹角为θ2，则：（1）求碰撞前两个物体的总动量和总动能；（2）求碰撞后两个物体的速度和动能。
2.2 答案（1）碰撞前，两个物体的总动量为 m1v1 + m2v2，总动能为 (1/2)m1v1^2 + (1/2)m2v2^2。
（2）碰撞后，两个物体的速度和动能为：v1’ = [(m1-m2)v1+2m2*v2]cosθ1/(m1+m2) +[(m2+m2)v1+2m1*v1]sinθ1/(m1+m2) v2’ = [(m2-m1)v2+2m1*v1]cosθ2/(m1+m2) + [(m1+m1)v2+2m2*v2]sinθ2/(m1+m2)K1’ = (1/2)m1v1’^2, K2’ = (1/2)m2v2’^2第三章热学3.1 问题设一个物体的初温度为 T1，末温度为 T2，它的质量为 m，比热容为 c，求对该物体施加一定的热量 Q 后它的温度变化。
大学物理第1章习题解答(全)ppt课件
23 23 t t 0 3 3
1-24 一质点在半径为0.10m 的圆周上运动， 3 2 4 t 其角位置为 ，式中 的单位为 rad ， t的单位为s。求： （1）在 t=2.0s时质点的法向加速度和切向 加速度。 （2）当切向加速度的大小恰等于总加速度大 小的一半时， 值为多少？ （3）t为多少时，法向加速度和切向加速度 相等？ d 2 3 得： 12 t 2 4 t 解 （1）由 dt
（2）加速度的大小和方向。 解：（1）速度的分量式为 dx dy v 10 60 t v 15 40 t x y dt dt
v ( t ) v v 10 60 t 15 40 t
2 2 x y 2 2
v ( t ) v v 10 60 t 15 40 t
解 （1）由参数方程
x 2 . 0 t , y 19 . 0 2 . 0 t
2
消去t得质点的轨迹方程：
y 19 . 0 0 . 50 x
(2)
2
t1 1 .0 s
t2 2 .0 s
r r r 2 1 v 2 . 0 i 6 . 0 j t t t 2 1
dv d 2 2 2 a (v v ) 3 . 58 m s tt 1 x y dt dt
a a a 1 . 79 m s n
2 2 t
2
(4)
t 1 . 0 s时质点的速度大小为
2 2 1 v v v 4 . 47 m s x y
2
a a a 72 . 1 m s
设 a与 x 轴正向的夹角为
大学物理第一章习题参考答案
θ
+
v = vmax / 2
(B) (D)
v = 3v max / 2
v0 r A
O
v = 2v max / 2 v = v max / 2
o
t=0
解：如图画出已知所对应矢量 A，可知 A 与 x 轴正向的夹角 为 θ = 60 ,则根据简谐运动与旋转矢量的对应关系可得
7.5 x(cm)
v = ωA sin θ = 3v max / 2
4. 一弹簧振子作简谐振动，总能量为 E1 ，如果简谐振动振幅增加为原来的两倍，重物的 质量增加为原来的四倍，则它的总能量 E 变为 [ D ] (A) E1 /4 (B) E1 /2 解：原来的弹簧振子的总能量 E1 = (C) 2 E1 (D) 4 E1
1 1 2 2 2 kA1 = m1ω1 A1 ，振动增加为 A2 = 2 A1 ，质量增 2 2
1 π 3
。
解： 由矢量图可知，x1 和 x2 反相，合成振动的振幅
A = A1 − A2 = 0.05 − 0.03 = 0.02(m) ，初相 ϕ = ϕ1 =
四、计算题： 1．一定滑轮的半径为 R，转动惯量为 J，其上挂一轻绳，绳的一端 系一质量为 m 的物体，另一端与一固定的轻弹簧相连，如图所示。 设弹簧的倔强系数为 k, 绳与滑轮间无滑动，且忽略摩擦力及空气的 阻力。现将物体 m 从平衡位置拉下一微小距离后放手，证明物体作 简谐振动，并求出其角频率。 解：取如图 x 坐标，平衡位置为坐标原点，向下为正方向。 m 在平衡位置，弹簧伸长 x0, 则有 mg = kx0 ……………………(1) 现将 m 从平衡位置向下拉一微小距离 x， m 和滑轮 M 受力如图所示。 由牛顿定律和转动定律列方程， mg − T1 = ma ………………… (2)
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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习题55-1．容器的体积为2V 0，绝热板C 将其隔为体积相等的A 、B 两个部分，A 内储有1mol 单原子理想气体，B 内储有2mol 双原子理想气体，A 、B 两部分的压强均为p 0。
（1）求A 、B 两部分气体各自的内能；（2）现抽出绝热板C ，求两种气体混合后达到平衡时的压强和温度。
解：（1）由理想气体内能公式：RT i E 2ν= A 中气体为1mol 单原子理想气体：00333222A A A E RT RT p V ===，B 中气体为2mol 双原子理想气体：00552522B B B E RT RT p V =⨯==；（2）混合前总内能：0352A B E RT RT =+，由于00A RT p V =，002B RT p V =，∴2B A T T =，则：00044A E RT p V ==；混合后内能不变，设温度为T ，有：003542E RT RT p V =+=∴ 00813p V T R =；00000003833122221313N p V p nkT kT RT R p V V V R ====⨯= 。
5-2．1mol 单原子理想气体从300K 加热至350K ，问在以下两个过程中各吸收了多少热量？增加了多少内能？对外做了多少功？ （1）容积保持不变；（2）压强保持不变。
解：（1）等容升温过程做功： 0=A 内能变化：(J )2562350318231)(23)(1212..T T R T T C E m ,V =⨯⨯⨯=-=-=∆νν 吸热：(J)25623.E A Q =∆+=（2）等压升温过程做功： (J)5415508.311)()(1212.-T T R V V p A =⨯⨯==-=ν 内能变化：(J)2562350318231)(23)(1212..T T R T T C E m ,V =⨯⨯⨯=-=-=∆νν 吸热：(J)1039256235415=+=∆+=..E A Q5-3．1g 氦气中加进1J 的热量，若氦气压强无变化，它的初始温度为200K ，求它的温度升高多少？ 解：等压过程 )(27)(1212T T R T T C Q m ,p -=-=νν (K )19031825411252..R Q T =⨯⨯==∆ν5-4．如图所示，AB 、DC 是绝热过程，CEA 是等温过程，BED 是任意过程，组成一个循环。
若图中EDCE 所包围的面积为70J ，EABE 所包围的面积为30J ，CEA 过程中系统放热100J ，求BED 过程中系统吸热为多少？解：由题意可知在整个循环过程中内能不变，图中EDCE 为正循环，所包围的面积为70J ，则意味着这个过程对外作功为70J ；EABE 为逆循环，所包围的面积为30J ，则意味着这个过程外界对它作功为30J ，所以整个循环中，系统对外作功是703040J J J -=。
而在这个循环中，AB 、DC 是绝热过程，没有热量的交换，所以如果CEA 过程中系统放热100J ，由热力学第一定律，则BED 过程中系统吸热为：10040140J J J +=。
1S 和2S 。
5-5．如图所示，已知图中画不同斜线的两部分的面积分别为（1）如果气体的膨胀过程为a ─1─b ，则气体对外做功多少？（2）如果气体进行a ─2─b ─1─a 的循环过程，则它对外做功又为多少？解：根据作功的定义，在P —V 图形中曲线围成的面积就是气体在这一过程所作的功。
则：（1）如果气体的膨胀过程为a ─1─b ，则气体对外做功为S 1+S 2 。
（2）如果气体进行a ─2─b ─1─a 的循环过程，此循环是逆循环，则它对外做功为：－S 1 。
5-6．一系统由如图所示的a 状态沿acb 到达b 状态，有334J 热量传入系统，系统做功126J 。
（1）经adb 过程，系统做功42J ，问有多少热量传入系统?（2）当系统由b 状态沿曲线ba 返回状态a 时，外界对系统做功为84J ，试问系统是吸热还是放热？热量传递了多少? 解：（1）由acb 过程可求出b 态和a 态的内能之差： 334126208E Q A J ∆=-=-=，adb 过程，系统作功：J A 42=，则：20842250Q E A J =∆+=+=， 系统吸收热量；（2）曲线ba 过程，外界对系统作功：J A 84-=， 则：20884292Q E A J =∆+=--=-，系统放热。
5-7 某单原子分子理想气体在等压过程中吸热Q P =200J 。
求在此过程中气体对外做的功W 。
解：气体在等压过程中吸热：p Q 21212()()2P mol mol M M i C T T R T T M M +=-=⋅- 内能变化为：E ∆2121()()2V mol mol M M iC T T R T T M M =-=⋅- 由热力学第一定律：p Q E W =∆+ 那么，W 21()molMR T T M =⋅- ∴2/2p W Q i =+，对于单原子理想气体，3i =，有222008055p W Q J J ==⨯=。
5-8．温度为25℃、压强为1atm 的1mol 刚性双原子分子理想气体，经等温过程体积膨胀至原来的3倍。
（1）计算该过程中气体对外的功；（2）假设气体经绝热过程体积膨胀至原来的3倍，那么气体对外的功又是多少？ 解：（1）在等温过程气体对外作功：321ln8.31(27325)ln 38.31298 1.1 2.7210()V A RT J V ==⨯+=⨯⨯=⨯； （2）在绝热过程中气体对外做功为：21215()(22V i A E C T R T T R T T =-∆=-∆=--=--)由绝热过程中温度和体积的关系C T V=-1γ，考虑到7 1.45γ==，可得温度2T ：111212T V T V γγ--=⇒1213T T γ-=⇒0.421130.6444T T T -=⨯= 代入上式：321558.31(0.3556)298 2.201022A R T T =--=-⨯⨯-⨯=⨯()()J5-9．汽缸内有2mol 氦气，初始温度为27℃，体积为20L 。
先将氦气定压膨胀，直至体积加倍，然后绝热膨胀，直至回复初温为止。
若把氦气视为理想气体，求：（1）在该过程中氦气吸热多少？ （2）氦气的内能变化是多少？ （3）氦气所做的总功是多少？ 解：（1）在定压膨胀过程中，随着体积加倍，则温度也加倍，所以该过程吸收的热量为：4528.31300 1.25102p p Q C T J ν=∆=⨯⨯⨯=⨯而接下来的绝热过程不吸收热量，所以本题结果如上；（2）理想气体内能为温度的单值函数。
由于经过刚才的一系列变化，温度回到原来的值，所以内能变化为零。
（3）根据热力学第一定律Q A E =+∆，那么氦气所做的总功就等于所吸收的热量为：41.2510A J =⨯。
5-10．一侧面绝热的气缸内盛有1mol 的单原子分子理想气体，气体的温度1273T K =，活塞外气压50 1.0110p Pa =⨯，活塞面积2m 02.0=S ，活塞质量kg 102=m (活塞绝热、不漏气且与气缸壁的摩擦可忽略)。
由于气缸内小突起物的阻碍，活塞起初停在距气缸底部为m 11=l 处．今从底部极缓慢地加热气缸中的气体，使活塞上升了m 5.02=l 的一段距离，如图所示。
试通过计算指出：（1）气缸中的气体经历的是什么过程？（2）气缸中的气体在整个过程中吸了多少热量？ 解：（1）可分析出起初气缸中的气体的压强由于小于P 2（P 2=外界压强+活塞重力产生的压强），所以体积不会变，是一个等容升温的过程，当压强达到P 2时，它将继续做一个等压膨胀的过程，则气缸中的气体的过程为：等容升温+等压膨胀；（2）5118.312731.13100.021RTp Pa V ν⨯⨯===⨯⨯，5520102101.0110 1.52100.02mg p p Pa s ⨯=+=⨯+=⨯，等容升温：21213()()22V i Q R T T p V p V ν=-=-533(1.52 1.13)100.021 1.17102J =-⨯⨯⨯=⨯， 等压膨胀：3222255()()22p Q R T T p V p V ν=-=-5351.5210(1.51)0.02 3.8102J =⨯⨯-⨯=⨯， ∴34.9710V p Q Q Q J =+=⨯。
5-11．一定量的理想气体，从A 态出发，经V p -图中所示的过程到达B 态，试求在这过程中，该气体吸收的热量。
解：分析A 、B 两点的状态函数，很容易发现A 、B 两点的温度相同，所以A 、B 两点的内能相同，那么，在该过程中，该气体吸收的热量就等于这一过程对外界所做的功，也就是ACDB 曲线所围成的面积。
则：56(3431)10 1.510Q A J ==⨯+⨯⨯=⨯。
5-12．设一动力暖气装置由一台卡诺热机和一台卡诺制冷机组合而成。
热机靠燃料燃烧时释放的热量工作并向暖气系统中的水放热，同时，热机带动制冷机。
制冷机自天然蓄水池中吸热，也向暖气系统放热。
假定热机锅炉的温度为1210C t = ，天然蓄水池中水的温度为215C t = ，暖气系统的温度为360C t =，热机从燃料燃烧时获得热量71 2.110Q J =⨯，计算暖气系统所得热量。
解：由题中知已知条件：1483T K =，2288T K =，3333T K =，71 2.110Q J =⨯。
那么，由卡诺效率：221111T Q T Q η=-=-卡，有：2733311483 2.110Q -=-⨯， 得：72 1.4510Q J =⨯；而制冷机的制冷系数：2221212Q Q T A Q Q T T ω'''===''''--，有：2212Q T A T T ''=''-考虑到77712 2.110 1.45100.6510A Q Q J =-=⨯-⨯=⨯则：272880.651045Q '=⨯，得：724.1610Q J '=⨯，有制冷机向暖气系统放热为：771(4.160.65)10 4.8110Q J J '=+⨯=⨯∴暖气系统所得热量：7721(1.45 4.81)10 6.2610Q Q Q J J '=+=+⨯=⨯ 。
5-13．如图，abcda 为1mol 单原子分子理想气体的循环过程，求： （1）气体循环一次，在吸热过程中从外界共吸收的热量； （2）气体循环一次做的净功； （3）证明T a T c =T b T d 。