大学物理祝之光版--课后习题答案
大学物理学答案
专科用《物理学》（祝之光编）部分习题解答第一章 质点运动 时间 空间1-1 一质点在平面上作曲线运动，1t 时刻的位置矢量为1(26)r i j =-+，2t 时刻的位置矢量为2(24)r i j =+。
求：（1）在21t t t ∆=-时间内位移的矢量式： （2）该段时间内位移的大小和方向：（3）在坐标图上画出12,r r 及r ∆。
（题中r 以m 计，t 以s 计） 解：（1）21(24)(26)42r r r i j i j i j ∆=-=+--+=- （2）24( 4.47()r m ∆=+= 021tan 26.642y r x x θθθ∆-===-=-∆∆（为与轴的夹角）（3）1-2 一质点作直线运动，其运动方程为214x t t =+-，其中x 以m 计，t 以s 计。
求：（1）第3秒末质点的位置；（2）前3秒内的位移大小；（3）前3秒内经过的路程（注意质点在何时速度方向发生变化）；（4）通过以上计算，试比较位置、位移、路程三个概念的区别解（1）2314334()x m =+⋅-=（2）230(1433)13()x x x m ∆=-=+⋅--=（3）420dxv t v dt==-=时2()t s '=20325()s x x x x m =-+-= （4）（略）X241r2r1-3 质点从某时刻开始运动，经过t ∆时间沿一曲折路径又回到出发点A 。
已知初速度0v 与末速度t v 大小相等，并且两速度矢量间的夹角为θ，如题1-3图所示。
（1）求t ∆时间内质点的平均速度；（2）在图上画出t ∆时间内速度的增量，并求出它的大小；（3）求出t ∆时间内的平均加速度的大小，并说明其方向。
解（1）0r ∆=0rv t∆==∆ （2）2t v v v ∆=+ （如图所示） （3）va t∆=∆ 方向同v ∆方向。
1-4 已知一质点的运动方程为22,2,x t y t ==-式中t 以s 计，x 和y 以m 计。
物理学第三版祝之光课后练习答案
1-4 已知一质点的运动方程为22,2,x t y t ==-式中t 以s 计，x 和y 以m 计。
（1）计算并图示质点的运动轨迹；（2）求出1t s = 到2t s =这段时间内质点的平均速度； （3）计算1秒末和2秒末质点的速度；（4）计算1秒末和2秒末质点的加速度。
解（1）222224x t x y y t=⎧=-+⎨=-⎩由得运动轨迹如图(2) 22(2)r ti t j =+-21(42)(2)23r r r i j i j i j ∆=-=--+=-12323()21r i j v i j m s t -∆-===-⋅∆- （3）12222224drv i tj v i j v i jdt ==-=-=-（4）1222dva j a a jdt==-==-1-9 质点从静止出发沿半径3R m =的圆周作匀变速运动，切向加速度23t a m s -=⋅。
问：（1）经过多少时间后质点的总加速度恰好与半径成045角？（2）在上述时间内，质点所经历的角位移和路程各为多少？解（1）t n a a =由题意知， 23()R m s -=⋅可得 22333()m s ωα-==⋅ 解得 211()1()s s αω--⎧=⎨=⎩ 又因为 00ω=且质点作匀变速圆周运动由1()tt s ωα==可得（2）由匀变速圆周公式 2012t t θωα=+得2101110.5()30.5 1.5()2rad s R m θθ=⋅+⋅⋅===⋅=1-10 列车沿圆弧轨道行驶，方向由西向东逐渐变为向北，其运动规律280s t t =-（x 以m 计，t 以s 计）。
当0t =时，列车在A 点，此圆弧轨道的半径为1500m .若把列车视为质点， 求列车从A 点行驶到1200s m =处的速率和加速度。
o11 22 3解 802dsv t dt==- （1） 当1200s m =时，有2120080t t =- 解得 1220()60()t s t s ==（不合题意，舍去）将120()t s =代入（1）式， 18022040(v m s -=-⋅=⋅012000.8()45.84()1500s rad R θ====东偏北又1222()(802)1500t n dv a m s dt v t a R -⎧==-⋅⎪⎪⎨-⎪==⎪⎩20t s =时 222()15()16t n a m s a m s --⎧=-⋅⎪⎨=⋅⎪⎩222342.27()15t n a a a m s -=+==⋅ 015tan 25.1332n t t a a a a ααα==设与的夹角为，则=2-3 如图所示，已知124,0.3,0.2,F N m kg m kg ===两物体与平面的摩擦因数均为.求质量为2m解：隔离物体12,m m ，作出受力分析图，由牛二定律可得:12111222T T F F f m a F f m a --=⎧⎪⎨-=⎪⎩ 由题意：12112212212T T F F f m gf mg a a μμ=⎧=⎧⎪⎨⎨==⎩⎪⎩且代入上式，可得22112222122T T F F m g m a F m g m a μμ⎧--=⋅⎪⎨⎪-=⎩A北题1-10图1mF2m题2-3图1m1f T F2f 2T F2m解此方程组，解得22122121212(2) 4.78()22(23) 1.35()4T F g m m a m s m m F m g F m N m m μμ--+⎧==⋅⎪+⎪⎨⎪-==⎪+⎩ 第六章 静电场6-33,0）点分别放置电荷66122.010, 1.010Q C Q C --=-⨯=⨯的点电荷，求点(3,1)P -处的场强（坐标单位为m ）。
大学物理 课后习题 答案
大学物理课后习题答案大学物理课后习题答案第十八章波动1、一横波沿绳子传播，其波的表达式为y=0.05cos(100πt-2πx)(si)谋:(1)波的振幅、波速、频率和波长。
(2)绳子上各质点的最大振动速度和最大振动加速度。
(3)在x1=0.2m处和x2=0.7m处二质点振动的位相差。
解：（1）y=0.05cos(100πt-2πx)=0.05cos100π(t-0.02x)∴a=0.05m,ω=100π=2πυ⇒υ=100π/2π=50(hz)u=50(m⋅s),(2)v=∂2y∂t∂y∂t=1(m)50π=5π=15.7(m⋅s-1)=-0.05⨯100πsin(100πt-2π),vmax=0.05⨯10022π)=500π=4934.8(m⋅s-2)∴amax=0.05⨯(1002、一平面简谐波沿ｘ轴正向传播，波的振幅a=10cm，波的圆频率ω=7πrad⋅s，当t=1.0s时，x=10cm处的a质点正通过其平衡位置向ｙ轴正数方向运动，而x=20cm处的ｂ质点正通过y=5cm点向ｙ轴正方向运动。
勒维冈县波波长∆ϕ=2πx2-x10.7-0.2=-0.05⨯(100π)2cos(100πt-2πx)λ>10cm，求该平面波的表达式。
解：设波动方程为：y=0.1cos(7πt+ϕ-⋅2π)t=1(s)时，ya=0.1cos(7π+ϕ-0.1⋅2π)=0,yb=0.1cos(7π+ϕ-0.2⋅2π)=0.05v>0，⇒.2∵b7π+ϕ-0⋅2π=-π+2kπ②且λ>0.1m，故a,b两质点的位相差ϕ=-π①-②得：5λ=1.2，即为λ=0.24（m）代入①得：所以波动方程为：y=0.1cos(7πt-πx+π)333、图示一平面简谐波在t=0时刻的波形图，谋：（1）该波的波动方程；（2）ｐ处质点的振动方程。
解：由图知λ=0.4m,a=0.04m,u=0.08m/sω=2πν=2π=2π00..08=0.4π(s)4原点的振动方程为：y=0.04cos(0.4πt-ππ波动方程为：y=0.04cos[0.4π(t-x-y=0.04cos(0.4πt-5πx-π)p点的振动方程：yp=0.04cos(0.4πt-5π⨯0.2-2π=0.04cos(0.4πt-3)=0.04cos(0.4πt+π4、一列平面简谐波在媒质中以波速u=5ms 沿ｘ轴正向传播，原点ｏ处质元的振颤抖曲线如图所示。
大学物理课后习题解答答案
某点的弧长 v0 ， b 都是常量，求：(1) t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数
值上等于 b 。
解：（1）
v
ds dt
v0
bt
a
dv dt
b
an
v2 R
(v0
bt)2 R
则
a
a2 an2
b2 (v0 bt)4 R2
加速度与半径的夹角为
(2)由题意应有
arctan a an
(6) 一质点沿半径为 R 的圆周作匀速率运动，每 t 秒转一圈，在 2t 时间间隔中，其
平均速度大小和平均速率大小分别为（答案：B）
(A) 2R , 2R tt
(B) 0, 2R t
(C) 0,0
(D) 2R ,0 t
1.2 填空题
(1) 一质点，以 m / s 的匀速率作半径为 5m 的圆周运动，则该质点在 5s 内，位
(4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。
1.6 r 与 r 有无不同? dr 和 dr 有无不同? dv 和 dv 有无不同?其不同在哪
dt dt
dt dt
里?试举例说明。
解：（1） r
是位移的模， r 是位矢的模的增量，即 r
r2 r1
， r
r2
r1
；
（2） dr 是速度的模，即 dr v ds .
dt
dt
dt
dr 只是速度在径向上的分量. dt ∵有 r r rˆ （式中 rˆ 叫做单位矢），则 dr d r rˆ r drˆ
dt dt dt 式中 dr 就是速度在径向上的分量，
dt
∴ dr 与 d r 不同如题 1.6 图所示. dt dt
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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 dtdv-= ⎰⎰-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0t k e v dtdx -=0 dt e v dx tk t x -⎰⎰=000 )1(0t k e k v 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x10 m处，初速度v 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(祝之光)》2-3
F1
m2 Fiin mi
m2
∫F
1
2
dr2 +
1
∫f
2
dr2 = E k 2
∫ F dr + ∫ F
第二章 力 动量 动能
dr2 +
∫f
12
dr12 = E k
外力功
内力功
8
个质点, 对第 i 个质点,有
Wi + Wi = E ki E ki 0
ex in
m1 m2 Fiin mi
Fiex
外力功
内力功
对质点系, 对质点系,有
∑W
i
ex
i
+ ∑Wi = ∑ Eki ∑ Eki 0 = Ek Ek 0
in i i i
质点系动能定理 质点系动能定理 注意
第二章 力 动量 动能
W
ex
+ W = Ek Ek 0
in
9
内力可以改变质点系的动能
如图所示,一木块M静止在光滑的水平面上 静止在光滑的水平面上, 例3 如图所示,一木块 静止在光滑的水平面上,一子弹沿水平 方向以速度v 射入木块内一段距离S'而停在木块内 而停在木块内, 方向以速度 射入木块内一段距离 而停在木块内,求:木块对 子弹的磨擦力的大小. 子弹的磨擦力的大小. S' v V 以子弹, 解:以子弹,木块为一系统
o rA
dr
合力的功 = 分力的功的代数和
rB
rHale Waihona Puke W = ∫ ∑ Fi d r = ∑ ∫ Fi d r = ∑ W i i F = Fx i + F y j + Fz k
dr = dxi + dyj + dzk
普通物理学答案 祝之光 总第五章
4
石家庄学院------普通物理讲义Fra bibliotek第五章
热力学基础
主讲教师
吴海滨
所做的功。 解：两种方法 p V p2V2 ) （1）由 W 1 1 1 7 p1 1 10 Pa ， p2 1 105 Pa ， V1 1 102 m3 ， 根据 p1V1 p2V2 , V2
W
系统对外界做功 外界对系统做功
3 热力学第一定律对微小过程的应用 dQ dE dW 三．准静态过程中气体的功 1．准静态过程： 从一个平衡态到另一平衡态所经过的每一中间状态均可近似当作平衡态的过程。 p 准静态过程中气体的各状态参量 1 ( p ,V , T ) p1 都有确定的值，可在 P-V 图上作 1 1 1 出连续的过程曲线.
例 5-1 如图所示（书）使 1mol 氧气（1）从状态 a 等温变化到状态 b;(2)从 a 等体变化到状态 c,再等压变化到 b.试分别计算气体所做的功及吸收的热量。 解： （1）由 a 等温变化到状态 b：气体吸收的热量等于对外作的功 Vb Vb V V m RTb m QT W pdV RTb ln b pbVb ln b dV Va M V M Va Va Va
T p 得 2 2 T1 p1
1
1 p 1 2 故 W p1V1 1 p1 2
0.4 5 1.4 5 10 2 7 W 10 10 7 1 J 1.83 105 J 10 2 5-2 循环过程 卡诺循环
大学物理学祝之光版课后练习答案
大学物理学祝之光版课后练习答案第一章质点运动时间空间1-1 一质点在平面上作曲线运动，t1 时刻的位置矢量为r1 2i 6 j ，t2 时刻的位置矢量为r2 2i 4 j 。
求：（1）在t t2 t1 时间内位移的矢量式：（2）该段时间内位移的大小和方向：（3）在坐标图上画出r1 r2 及r 。
（题中r 以m 计，t 以s 计）（1）r r2 r1 2i 4 j 2i 6 j 4i 2 j解：（2）r 42 2 2 4.47m y 2 1 tan 26.60 （为r 与x轴的夹角）x 4 2 （3）Y 6 r 4 r1 2 r2 X -2 0 2 4 61-2 一质点作直线运动，其运动方程为x 1 4t t ，其中x 以m 计，t 以s 计。
求：2（1）第3 秒末质点的位置；（2）前3 秒内的位移大小；（3）前3 秒内经过的路程（注；意质点在何时速度方向发生变化）（4）通过以上计算，试比较位置、位移、路程三个概念的区别解（1）x3 1 4 3 3 4 m 2 （2）x x3 x0 1 4 3 3 1 3 m 2 dx （3）v 4 2t v 0时t 2 s dt s x2 x0 x3 x2 5m （4）（略）1-3 质点从某时刻开始运动，经过t 时间沿一曲折路径又回到出发点 A 。
已知初速度v0与末速度vt 大小相等，并且两速度矢量间的夹角为，如题1-3 图所示。
（1）求t 时间内质点的平均速度；（2）在图上画出t 时间内速度的增量，并求出它的大小；（3）求出t 时间内的平均加速度的大小，并说明其方向。
r 解（1）r 0 v0 t vt v v0 （2）v vt2 v0 2vt v0 cos 2 （如图所示）v A （3）a 方向同v 方向。
t 1-4 已知一质点的运动方程为x 2t y 2 t2 式中t 以s 计，x 和y 以m 计。
（1）计算并图示质点的运动轨迹；（2）求出t 1s 到t 2 s 这段时间内质点的平均速（4）计算 1 秒末和 2 秒末质点的加速度。
大学物理教材课后习题参考答案
1.7 一质点的运动学方程为22(1,)x t y t ==-,x 和y 均以为m 单位,t 以s 为单位，试求：（1）质点的轨迹方程；（2）在t=2s 时，质点的速度v 和加速度a 。
解：（1）由运动学方程消去时间t 可得质点的轨迹方程，将t =21)y = 或1=(2)对运动学方程微分求速度及加速度,即 2x dx v t dt == 2(1)y dyv t dt==- 22(1)v ti t j =+- 22y x x y dv dva a dtdt==== 22a i j =+当t=2s 时,速度和加速度分别是42v i j =+ /m s 22a i j =+ 2/m s1.8 已知一质点的运动学方程为22(2)r ti t j =+- ,其中, r ,t 分别以 m 和s 为单位,试求:(1) 从t=1s 到t=2s 质点的位移；(2) t=2s 时质点的速度和加速度；(3) 质点的轨迹方程；（4）在Oxy 平面内画出质点运动轨迹，并在轨迹图上标出t=2s 时，质点的位矢r,速度v 和加速度a 。
解： 依题意有 x = 2t （1） y = 22t - (2)(1) 将t=1s,t=2s 代入，有(1)r = 2i j + ， (2)42r i j =-故质点的位移为 (2)(1)23r r r i j ∆=-=-(2) 通过对运动学方程求导可得22dx dy v i j i t j dt dt =+=- 22222d x d y a i j j dt dt=+=-当t=2s 时，速度，加速度为 24v i j =- /m s 2a j =- 2/m s(3) 由（1）（2）两式消去时间t 可得质点的轨迹方程 22/4y x =- （4）图略。
1.11 一质点沿半径R=1m 的圆周运动。
t=0时，质点位于A 点，如图。
然后沿顺时针方向运动，运动学方程2s t t ππ=+,其中s 的单位为m ，t 的单位为s ，试求：（1）质点绕行一周所经历的路程，位移，平均速度和平均速率；（2）质点在第1秒末的速度和加速度的大小。
大学物理学课后习题答案
习题解答 习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆ 有无不同t d d r 和t d d r 有无不同 t d d v 和td d v 有无不同其不同在哪里试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r-=∆；（2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d . trd d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则tˆr ˆt r t d d d d d d r r r +=式中trd d 就是速度径向上的分量， ∴trt d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d =，tv d d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以tvt v t v d d d d d d ττ += 式中dtdv就是加速度的切向分量. (tt rd ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =trd d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v =22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确为什么两者差别何在解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r+=，jty i t x t r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x yx而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d tr a trv ==其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。
物理学第三版祝之光课后练习答案
1-4 已知一质点的运动方程为22,2,x t y t ==-式中t 以s 计，x 和y 以m 计。
（1）计算并图示质点的运动轨迹；（2）求出1t s = 到2t s =这段时刻内质点的平均速度； （3）计算1秒末和2秒末质点的速度；（4）计算1秒末和2秒末质点的加速度。
解（1）222224x t x y y t=⎧=-+⎨=-⎩由得运动轨迹如图(2) 22(2)r ti t j =+-21(42)(2)23r r r i j i j i j ∆=-=--+=-12323()21r i j v i j m s t -∆-===-⋅∆- （3）12222224drv i tj v i j v i jdt ==-=-=-（4）1222dva j a a jdt==-==-1-9 质点从静止动身沿半径3R m =的圆周作匀变速运动，切向加速度23t a m s -=⋅。
问：（1）通过量少时刻后质点的总加速度恰好与半径成045角？（2）在上述时刻内，质点所经历的角位移和路程各为多少？解（1）t n a a =由题意知， 23()R m s -=⋅可得 22333()m s ωα-==⋅ 解得 211()1()s s αω--⎧=⎨=⎩ 又因为 00ω=且质点作匀变速圆周运动由1()tt s ωα==可得（2）由匀变速圆周公式 2012t t θωα=+ 得2101110.5()30.5 1.5()2rad s R m θθ=⋅+⋅⋅===⋅=1-10 列车沿圆弧轨道行驶，方向由西向东慢慢变成向北，其运动规律280s t t =-（x 以m 计，t 以s 计）。
当0t =时，列车在A 点，此圆弧轨道的半径为1500m .若把列车视为质点， 求列车从A 点行驶到1200s m =处的速度和加速度。
解 802dsv t dt==- （1）x当1200s m =时，有2120080t t =- 解得 1220()60()t s t s ==（不合题意，舍去）将120()t s =代入（1）式， 18022040()v m s -=-⋅=⋅012000.8()45.84()1500s rad R θ====东偏北 又1222()(802)1500t n dv a m s dt v t a R -⎧==-⋅⎪⎪⎨-⎪==⎪⎩20t s =时 222()15()16t n a m s a m s --⎧=-⋅⎪⎨=⋅⎪⎩2342.27()15a m s -===⋅ 015tan 25.1332n t t a a a a ααα==设与的夹角为，则=2-3 如图所示，已知124,0.3,0.2,F N m kg m kg ===两物体与平面的摩擦因数均为.求质量为2m 的物体的加速度及绳索对它的拉力（绳索和滑轮质量均不计）解：隔离物体12,m m ，作出受力分析图，由牛二定律可得:12111222T T F F f m a F f m a --=⎧⎪⎨-=⎪⎩ 由题意：12112212212T T F F f m gf m ga a μμ=⎧=⎧⎪⎨⎨==⎩⎪⎩且代入上式，可得22112222122T T F F m g m a F m g m a μμ⎧--=⋅⎪⎨⎪-=⎩解此方程组，解得22122121212(2) 4.78()22(23)1.35()4T F g m m a m s m m F m g F m N m m μμ--+⎧==⋅⎪+⎪⎨⎪-==⎪+⎩F题2-3图F 2f 2T F第六章 静电场6-3、在座标原点及0）点别离放置电荷66122.010, 1.010Q C Q C --=-⨯=⨯的点电荷，求点1)P -处的场强（坐标单位为m ）。