大物习题册上答案
大物习题册答案及详解(山东理工大学大二上学期2020版)
4.如图所示，一点电荷q位于正立方体的A角上，则通过侧面abcd的电通量Φe=q/24ε0
考点: 高斯定理公式 （课本118页 6-18） 解法：1.建立一正方体高斯面（补7个如图正方体），使A点位于正中心
考点:电势是一个与引进电荷无关，完全由电场自身的性质和相对位置决定的物理量。电场中某点电势的大小与零 电势点的选取有关。
2.在边长为a的正方体中心处放置一电量为Q的点电荷，设无穷远处为电势零点，则在一个侧面的中心处的电势为
（B）
（A）Q/4πε0a
（B）Q/2πε0a
（C）Q/πε0a
（D）Q/2√2πε0a
q/(1/r-1/r0)/4πε0
考点：电势的计算
解法：U=∫
r0 r
E·dr
=∫
r0 qdr r 4πε0r
2
=q/(1/r-1/r0)/4πε0
（课本122页
6-29b）
பைடு நூலகம்
3.一质量为m、电量为q的小球，在电_场__力__作__用下，从电势为U的a点移动到电势为零的b点，若已知小球在b点的 速率为Vb，则小球在a点的速率Va=√Vb2-2qU/m
②均匀带电球面内的电势UP2=Q/4πε0R（课本123页例6-8结论得）， ③UP=UP1+UP2.
6.在带电量为-Q的点电荷A的静电场中，将另一带电量为q的点电荷B从a点移到b点，a、b两点距离点电荷A的距 离分别为r1和r2，如图所示，则移动过程中电场力做的功为（C） （A）-Q（1/r1-1/r2)/4πε0 （B）qQ（1/r1-1/r2)/4πε0 （C）-qQ（1/r1-1/r2)/4πε0 （D）-qQ/4πε0（r2-r1) 考点：电场力的功 解法：Aeab=q（UA-UB）=q(-Q/4πε0r1— -Q/4πε0r2）=-qQ（1/r1-1/r2)/4πε0 （课本123页 6-31）
大学物理课后习题答案(上册)
由受力分析图可知：
所以当所以 增大，小球对木板的压力为N2将减小；
同时：
所以 增大，小球对墙壁的压力 也减小。
2-2. 质量分别为m1和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的摩擦系数均为μ，系统在水平拉力F作用下匀速运动，如图所示．如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度aA和aB分别为多少？
解：（1）轨道方程为
这是一条空间螺旋线。
在O 平面上的投影为圆心在原点，半径为R的圆，螺距为h
（2）
（3）
思考题1
1-1. 质点作曲线运动，其瞬时速度为 ，瞬时速率为 ，平均速度为 ，平均速率为 ，则它们之间的下列四种关系中哪一种是正确的?
（1） ；（2） ；（3） ；（4）
答： （3）
1-2. 质点的 关系如图，图中 ， ， 三条线表示三个速度不同的运动．问它们属于什么类型的运动?哪一个速度大？哪一个速度小？
解：在绳子中距离转轴为r处取一小段绳子，假设其质量为dm，可知： ，分析这dm的绳子的受力情况，因为它做的是圆周运动，所以我们可列出： 。
距转轴为r处绳中的张力T(r)将提供的是r以外的绳子转动的向心力，所以两边积分：
2-3. 已知一质量为 的质点在 轴上运动，质点只受到指向原点的引力作用，引力大小与质点离原点的距离 的平方成反比，即 ， 是比例常数．设质点在 时的速度为零，求质点在 处的速度的大小。
解：由题意和牛顿第二定律可得：
再采取分离变量法可得： ，
两边同时取积分，则：
所以：
2-4. 一质量为 的质点，在 平面上运动，受到外力 (SI)的作用， 时，它的初速度为 (SI)，求 时质点的速度及受到的法向力 .
大物习题册答案上册华中科技大学
4-T2．解：已知 SA=10 cm2，SB=8 cm2，SC=6 cm2，vA=100 cm/s=1.00 m/s ，vC=50 cm/s =0.50 m/s
（1） 根据连续性方程知：SAvA= SBvB+SCvC
vB
SAvA SC vC SB
0.875 （m/s）
（2） 根据伯努利方程知：
管流出硫酸的质量 m 6.54 104 kg，试求此硫酸的黏度？
4-T6．解：已知硫酸密度 1.9 103 kg/m3。水平细管在液面下 H=5 cm 深处，细管半
径 R=0.05 cm、长 L=10 cm，水平细管两端的压强差为
p p0 gh p0 gh 1.9 103 9.8 0.05(Pa) 931(Pa)
1-T1:
习题解答 1
使用习题册的已知条件：（1）0.003(s);（2）0.9(N.S);（3）0.003(kg)。
2T9:
2-T12: C
2T14:
3T3:
v mgt /(m M / 2)
3T5:
3T8: 3T9:
4-T1（6）．假设水在不均匀的水平管道中作稳定流动。已知出口处截面积是管中最细处截 面积的 3 倍，出口处的流速为 2.0 m/s，求最细处的流速和压强各为多少？若在最细处开一 小孔，请判断水是否能够流出来？ 4-T1．解：已知 h1= h2，S2=3S1，v2=2.0 m/s ，p2= p0，根据连续性方程和伯努利方程知：
A、B 两处：
1 2
v 2A
ghA
pA
1 2
vB2
ghB
pB
A、C 两处：
大学物理第五版课后答案上完整版
3-6一架以 2 m s 解 0Δ-='v m t FN 1055.252⨯=='lm F v 鸟对飞机的平均冲力为 N 1055.25⨯-='-=F F3-7 质量为m 的物体,由水平面上点O 分析 3-8 Fx=30+4t 的合外力解 1 由分析知()s N 68230d 4302220⋅=+=+=⎰t t t t I 2 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得 t ＝6．86 s 另一解不合题意已舍去3 由动量定理,有 I ＝m v 2- m v 1由2可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N ·s ,将I 、m 及v 1代入可得 112s m 40-⋅=+=mm I v v3-9 高空作业 51kg 的人3-10质量为m 的小球,在力F= - kx 作用下运动ωkA t t ωkA t kx t F I ωt t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d 即()ωkA m -=v Δ3-11 在水平地面上,有一横截面S= 2()A B t S ρtv v v -==ΔΔIF , N 105.2232⨯-=-=-='v S ρF F 3-12 爆炸后 ,hgx t x x 21010==v 21121gt t h y --=v ;12121t gth -=v x x m m 2021v v = y m m 2121210v v +-=落地时,y 2 ＝0,由式5、6可解得第二块碎片落地点的水平位置 x 2 ＝500 m 3-13 A,B 两船在平静的湖面上平行逆行航行 B 船以 解()A A B A A m m m m v v v '=+- 1 ()''=+-B B A B B m m m m v v v 23-14 质量为m 丶的人手里拿着质量为m 的物体 解 取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有u m m m α'++=cos 00v v 人的水平速率的增量为u mm mα'+=-=cos Δ0v v v 而人从最高点到地面的运动时间为 gαt sin 0v =所以,人跳跃后增加的距离()g m m αm t x '+==sin ΔΔ0v v3-15 一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着0N =-+F F yg l m1 y lmt F d 0d v -=' 2 而 F F '-= 3 3-16 设在地球表面附近,一初质量为 10 5解 1 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向．该火箭在重力场中的动力学方程为ma mg tmu=-d d 1 2 t m mg t m u d d d d v=- 分离变量后积分,有 ⎰⎰⎰-=t m m t g m m u 0d d d 00v v v3-17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知 t=0时质点位于原点 解 2d 0000L F x x LF F W L=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎰;mLF 0=v 3-18 如图 一绳索 5N 3-19 一物体在介质x=ct 3解 23d d ct tx==v ;3/43/242299x kc t kc k F ===v3-20 一人从 m 深的井中提水解 水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有 F ＋P ＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P ＝mg -αgy 3-21 一质量为的小球 的细绳 解 1()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P ;s F d T T ⋅=⎰W2 J 53.0k k ==E E 小球在最低位置的速率为 1PKs m 30.222-⋅===mW m Ev 3l m P F 2T v =- N 49.22T =+=lm mg F v3-22 一质量为m 的质点,系在细绳的一段,绳的另一端解 1 2202k 0k 832121v v v m m m E E W -=-=-= 1 2 由于摩擦力是一恒力,且F ｆ ＝μmg ,故有mg μr πs F W 2180cos of -== 2rg πμ16320v = 3 34k0==W E n 圈3-23 如图所示,A 和B 两块板用一轻弹簧F 1 ＝P 1 ＋F 2221212121mgy ky mgy ky +=-;F 1 -F 2 ＝2P 1 F ＝P 1 ＋F 2 当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F ′2 ＝P 2 ,且F 2 ＝F ′2 ．由式3可得F ＝P 1 ＋P 2 ＝m 1 ＋m 2 g3-24有一自动卸货矿车W ｆ ＝ ＋′gl ＋x 1W ｆ ＝-m -m ′ gl ＋x sin α 2 3-25 分铁锤敲入钉子木板 -2 解⎰⎰+=xx x x x kx x kx Δ000d d Δx ＝ ×10 -2m3-26 m 的地球卫星, 3Re 解()E 22E E 33R m R m m G v = 则 E E 2K 621R m m G m E ==v 2 E E P 3R mm G E -=3 EE E E E E P K 636R mm G R m m G R m m G E E E -=-=+=3-27 天文观测台 冰块解 由系统的机械能守恒,有R m F θmgR 2N cos v =- o θ2.4832arccos ==;32cos RgθgR ==v v 的方向与重力P 方向的夹角为 α＝90°-θ ＝°3-28 m= kg A 时 解 rm mg c 2v= 1()()22213Δ21c m r mg l k v += 2 由式1、2 可得 ()12m N 366Δ7-⋅==l mgr k 3-29 质量为m, 速度为v 的钢球 m 丶的靶． 解 ()1v v m m m '+= 1()20212212121kx m m m +'+=v v 2()v m m k m m x '+'=03-30 质量为m 的弹丸,穿过v v v ''+=m m m 21 l m g m h2v ''=' 2 221221hm gl m m v v ''+'='' 3glm m 52'=v 3-31 一个电子和一个3-32 质量为 x 10 -23kgαm βm m A B A cos cos 221v v v '+= 1αm βmA B sin sin 20v v '-= 2 222212m 2121A B A m v v v '+⎪⎭⎫ ⎝⎛= 3()1722s m 1069.42-⋅⨯='-=A A B v v v3-33 如图 质量为m 丶的物块 低端A 处解 在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有()10cos v m m αmv '+= 1()αh αg m m μsin cos '+- ()()()21222121v v m m gh m m m m '+-'++'+= 2()1cot 2cos 202+-⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=αμgh αm m m v v 3-34 如图 一质量为m 的小球 内壁半球形 3-35 打桩 m=10t解 1 在锤击桩之前,由于桩的自重而下沉,这时,取桩和地球为系统,根据系统的功能原理,有⎰='1h 01d 4h hK S gh m 1m 88.821='=KS gm h 2 ()v v m m m +'=0 2()()220h h h 21S 4d -211gh m m m m Kh +'-+'-=⎰+v v 3 h 2 ＝ m ;v v ''+'-=m h g m m 20 ()23h 021d h m 354-3v ''-'-=+⎰m gh m h S 5h 3 ＝ m3-36 一系统0332211=++x x x m m m v v v ;0332211=++y y y m m m v v v则 ()()j i 113s m 0.2s m 8.2--⋅-⋅-=v 3-37 如图 m1 = kg m2 = AB 小球m 5.1202120=+=x m m m x c ;m 9.1102110=+=y m m m y c ()t m m F m m t F x x tx2112101 ,d d +=+=⎰⎰v v v 3 ()t m m F m m t F y y ty2122101 ,d d +=+=⎰⎰v v v 4 t m m F y ty y c d d 0212cc0⎰⎰⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=;()22212019.09.12t t m m Fy y c c +=++= 2()()()j i F F P P t t t t0.60.8d Δ021-=+==⎰4-6 一汽车 12s 3 r min 解()200s rad 1.13π2-⋅=-=-=t n n t ωωα ;()0020π221n n t ωωt αt ωθ-=-=+=4-7 某种电动机启动后 ;s()22//0s rad e 5.4e d d ---⋅===t τt τωt ωα;()rad 9.36d 1d /60060=-==-⎰⎰t e ωt ωθτt 则t ＝ s 时电动机转过的圈数87.5π2/==θN 圈4-8 水分子 θd m J H A A 22sin 2='θd m J H B B 22cos 2='此二式相加,可得22d m J J H B B A A =+''则 m 1059.9211-''⨯=+=HB B A A m J J d由二式相比,可得 θJ J B B A A 2tan /='' 则 o 3.521.141.93arctan arctan===''B B A A J J θ 4-9 一飞轮 30cm cm4-10 如图 圆盘的质量为m 半径为R22/3222/2203215d 2 d π2πd mR r r R m r r R mr m r J R R RR ====⎰⎰⎰ 2 ;22222032392ππ3215mR R R R m m mR J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-+='4-11 用落体观察法测定飞轮的转动惯量 4-12 一燃气轮机 m2解1 在匀变速转动中,角加速度tωωα0-=,由转动定律αJ M =,可得飞轮所经历的时间4-13 如图 m1 = 16kg 圆柱体A解 1αr m αJ r F T 2121== ;a m F g m F P T T 222='-='-21222m m g m a += ;m 45.222121222=+==m m gt m at s2 ()N 2.3922121=+=-=g m m m m a g m F T 4-14 m1 m2 A B 组合轮两端()αJ J r F R F T T 2121+=- 11T T F F =',22T T F F ='解上述方程组,可得gR r m R m J J r m R m a 222121211+++-=;gr r m R m J J rm R m a 222121212+++-=g m r m R m J J Rr m r m J J F T 1222121221211++++++=;g m rm R m J J Rr m R m J J F T 2222121121212++++++= 4-15 如图所示装置,定滑轮半径rαr a a ==21 αJ r F r F T T ='-'12 11T T F F =',22T T F F =' 4-16 飞轮 60kg()0121='-+l F l l F Nd μF l ll d μF d F M N 121f 2212+=== 1 4-17 一半径为R,质量为m 的匀质圆盘;; 停止 4-18 如图 通风机J ωC t ωα-==d d 1t JCωωt ωωd d 00⎰⎰-=J Ct e ωω/0-= 22ln CJt =24-19 如图 一长 2l 的细棒AB解()αe ωml mr ωJ L t 2022sin 122--===2 ()[]αe ωml tt L M t 202sin 12d dd d --==te αωml -=202sin 2 ;αωml M 202sin 2= 4-20 m 丶 半径R 的圆盘 裂开 解 1 R ω=0v4-21 光滑水平 木杆 m1= L=40cm解 根据角动量守恒定理()ωJ J ωJ '+=212;()1212212s 1.2936-=+=+='m m m J J ωJ ωv4-22 r1 r2 薄伞形轮 4-23 的 小孩R ωωωωv +=+=010;()010100=++ωωJ ωJ 122020s 1052.9--⨯-=+-=RmR J mR ωv4-24 一转台 砂粒 Q =2t 解 在时间0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为kg 10.0Qd s 100==⎰t m ;()ωmr J ωJ 2000+= ;112000s π80.0-=+=J mrJ ωJ ω 4-25 为使运行中的飞船4-26 m 的蜘蛛解 1 ()b a ωJ J ωJ 100+=a a b ωmm m ωJ J J ω2100+''=+=2 即22mr J =.在此过程中,由系统角动量守恒,有()c a ωJ J ωJ 100+=4-27 的均匀细棒解 1 由刚体的角动量定理得 28388Δ31arccos o 222'=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=gl m t F θ 4-28 第一颗人造卫星 5 2211v v mr mr = 12221212121r Gmm m r Gmm m EE -=-v v 2()1321121s m 1011.8-⋅⨯=+=r r r r Gm E v ;131212s m 1031.6-⋅⨯==v v r r4-29 地球对自传解 1 地球的质量m Ｅ ＝ ×1024 kg,半径R ＝ ×106 m,所以,地球自转的动能2 对式T ωπ2=两边微分,可得T Tωd π2d 2-= T ωT T ωΔπ2Δπ2Δ22-=-= T E ωT J ωωωJ E K K ΔπΔπ2ΔΔ3-=-== 2式中n 为一年中的天数n ＝365,ΔT 为一天中周期的增加量.4-30 如图 一质量为m 的小球由一绳索 ;;; 新的角速度 解 1200mr J =和20141mr J =,则00014ωωJ J ω==2 2020200211232121ωmr ωJ ωJ W =-=4-31 质量 解 1 棒绕端点的转动惯量231ml J =由转动定律M ＝Jα可得棒在θ 位置时的角加速度为()lθg J θM α2cos 3==;2s 418-=.α 由于θωωt ωαd d d d ==,⎰⎰=o 6000d d θαωωω ;1600s 98.7sin 3o -==l θg ω 2J 98.021==mgl E K3 由于该动能也就是转动动能,即221ωJ E K =,1s 57.832-==='l g J E ωK 4-32 如图 A B 两飞轮 J1 = kg;M解 1 取两飞轮为系统,根据系统的角动量守恒,有2 ()J 1032.12121Δ42112221⨯-=-+=ωJ ωJ J E 4-34 如图 OO 丶自由转动解()B ωmR J ωJ 2000+= 1()2220200212121BB m ωmR J mgR ωJ v ++=+ 22000mR J ωJ ωB +=2022002mRJ RωJ gR B ++=v 0ωωC = ;gR C 4=v 4-35 为使运行中飞船停止绕其中心轴转动 ,一种可能方案有()()2222122121ωl R m ωJ J '+=+ ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-'+=141m m R l 4-37 一长为L, 质量为m 的均匀细棒,在光滑的;;绕质心ωJ ωJ t F-'=-Δ21;ωωml J J ω41412=+='2 22223212121ωml ωJ ωJ E ΔK -=-''=4-38 如图 细绳 大木轴 解 设木轴所受静摩擦力F f 如图所示,则有F mR J R R θR a C C 212121cos ++= ;F mR J R θR R a αC C 21211cos ++== 5-6 1964 年,盖尔曼等人 解 由于夸克可视为经典点电荷,由库仑定律F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力. 5-7 质量为m , 电荷为-e 的电子由此出发命题可证.证 由上述分析可得电子的动能为r e εm E K 202π8121==v ;3022π4mrεe ω=;432022232π4me E εωK ==v 5-8 在氯化铯 1 由对称性,每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零,故F 1 ＝0.2 除了有缺陷的那条对角线外,其它铯离子与氯离子的作用合力为零,所以氯离子所受的合力F 2 的值为5-9 若电荷均匀地分布在长为L 的细棒 , 求证 证 1 延长线上一点P 的电场强度⎰'=Lr πεqE 202d ,利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量,则()220022204π12/12/1π4d π41L r QεL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.2, E rεqαE Ld π4d sin 20⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′,22x r r +=' 统一积分变量,则5-10 一半径为R 的半球壳,均匀的带有电荷, 解由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同,利用几何关系θR x cos =,θR r sin =统一积分变量,有 5-11 水分子H2O解1 水分子的电偶极矩θer θP P cos 2cos 200==在电偶极矩延长线上 5-13 如图为电四级子解 由点电荷电场公式,得()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4z qd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-=; 5-14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面对称轴平行 5-15 如图 边长为a 的立方体,其表面同理 ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ 5-16 分析 地球周围的大气犹如;;5-17 设在半径为R 的球体内 ,其电荷为对称分布球体内0≤r ≤R()40022πd π41π4r εk r r kr εr r E r==⎰ ,()r εkr r e E 024=球体外r ＞R()40022πd π41π4r εk r r kr εr r E R==⎰,()r εkR r e E 024=5-18 如图 , 一无限大均匀带电薄平板n εσe E 012=;nr x xεσe E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=220212 ,n rx x εσe E E E 220212+=+=在圆孔中心处x ＝0,则 E ＝0 在距离圆孔较远时x ＞＞r ,则5-19 如图, 在电荷体密度p 的均匀带电球体证 带电球体内部一点的电场强度为r E 03ερ=r E 013ερ=,2023r E ερ-= ()210213r r E E E -=+=ερ;a E 03ερ=5-20 一个内外半径分别为R1和R2的均匀带电球壳,总电荷为Q1解 取半径为r 的同心球面为高斯面,由上述分析 r ＜R 1 ,该高斯面内无电荷,0=∑q ,故01=ER 1 ＜r ＜R 2 ,高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑故 ()()23132031312π4rR R εR r Q E --= R 2 ＜r ＜R 3 ,高斯面内电荷为Q 1 ,故 r ＞R 3 ,高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ,故5-21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面解 ∑=⋅0/π2εq rL E r ＜R 1 , 0=∑q 01=E 在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变 R 1 ＜r ＜R 2 ,L λq =∑rελE 02π2=r ＞R 2, 0=∑q 03=E 5-22 如图 ,有三个点电荷Q1Q2Q3解 在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=,并由电势5-23 已知均匀带电直线附近的1 ,12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E 2 不能.严格地讲,电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线,而此时电荷分布在无限空间,r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 5-24 水分子电偶极矩解 由点电荷电势的叠加1 若o 0=θ V 1023.2π4320P -⨯==rεpV 2 若o45=θ V 1058.1π445cos 320o P -⨯==r εp V 3 若o90=θ 0π490cos 20oP ==r εp V5-25 一个球形雨滴半径当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后,雨滴半径1322R R =,带有电量q 2 ＝2q 1 ,雨滴表面电势5-26 电荷面密度分别为;;;两块无限大解 ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a εσa x0 2 00i E ()a x a x εσV x <<--=⋅=⎰ d 00l E()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 0a -axl E l E ;()a x a εσV >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a -a x l E l E 5-27 两个同心球面的半径分别为R1 R2 , 各自带有解 1 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内,即r ≤R 1 ,则2021011π4π4R εQ R εQ V +=若该点位于两个球面之间,即R 1 ≤r ≤R 2 ,则 202012π4π4R εQ r εQ V +=若该点位于两个球面之外,即r ≥R 2 ,则rεQ Q V 0213π4+= 2 ; ()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 5-28 一半径为R 的无限长带电细棒,其内部的电荷均匀分布当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅ ()02εr ρr E = 当r ≥R 时02/ππ2ερl R rl E =⋅ ()rεR ρr E 022=当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V R r-==⎰当r ≥R 时()rR εR ρr r εR ρr V R r ln 2d 20202==⎰5-29 一圆盘半径R= 10 -2解 1 带电圆环激发的电势220d π2π41d x r r r σεV +=()x x Rεσxr r r εσV R-+=+=⎰22222d 2 12 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R xεσx V 2 电场强度方向沿x 轴方向.3 将场点至盘心的距离x ＝ cm 分别代入式1和式2,得当x ＞＞R 时,圆盘也可以视为点电荷,其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式,有 5-30 两根同长的圆柱面 R1= 10 -2 m R2=解得 1812120m C 101.2ln/π2--⋅⨯==R R U ελ2 解得两圆柱面之间r ＝ 处的电场强度 5-31 轻原子核结合成为较重原子核解 1 两个质子相接触时势能最大,根据能量守恒由20K021v m E =可估算出质子初始速率17k 00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v 该速度已达到光速的4％.2.kT E E 23K K0== K 106.5329K0⨯≈=kE T 5-32 在一次典型的闪电中Kg 1098.8Δ4⨯===LqUL E m 即可融化约 90 吨冰. 2 一个家庭一年消耗的能量为5-33 两个半径为R 的圆环分别带等量异电荷 正负q解 1 由带电圆环电势的叠加,两环圆心连线的x 轴上的电势为2 当R x l x >>>>,时,化简整理得在R x >>时带电圆环等效于一对带等量异号的点电荷,即电偶极子.上式就是电偶极子延长线上一点的电势.5-34 如图 , 在Oxy 平面上倒扣着半径为R 的半球面,假设将半球面扩展为带有相同电荷面密度σ的一个完整球面,此时在A 、B 两点的电势分别为5-35 在玻尔的氢原子模型中,电子 10-10解 1 电子在玻尔轨道上作圆周运动时,它的电势能为2 电子在玻尔轨道上运动时,静电力提供电子作圆周运动所需的向心力,即()r m r εe /π4/2202v =.此时,电子的动能为电子的电离能等于外界把电子从原子中拉出来需要的最低能量 6-6 不带电的导体球A 含有两个 ; ()20π4rεq q q F d c b d +=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,其主要构件是是一个半;;R1=解 1 电子到达阳极时,势能的减少量为 26-8 一导体球半径为R1,外罩一半径为R2r ＜R １时, ()01=r E R １＜r ＜R 2 时,()202π4r εqr E = r ＞R 2 时, ()202π4r εqQ r E += 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 １20101π4π4R εQR εq V += 在导体球和球壳之间R １＜r ＜R 2 2002π4π4R εQ r εq V +=在球壳外r ＞R 2 r εQ q V 03π4+= ;102001π4π4R εQR εq V V +== 102001π4π4R εQR εq V V +== 代入电场、电势的分布得 r ＜R １时, 01=E ；01V V = R １＜r ＜R 2 时,22012012π4rR εQ R r V R E -=；r R εQR r r V R V 201012π4)(--= r ＞R 2 时,6-9 如图 ,在一半径为R1 = cm 的金属球 A 外面 套 解V 106.5π4π4π43302010⨯=-+-+=R εQ Q R εQ R εq V A A A A A V 105.4π4330⨯=+=R εQ Q V BA B 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 6-10 两块带电量分别为Q1,Q2的导体平板平行证明 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 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 附件解 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()Q S σσ=+21 ;()Q S σσ=+43;041=-σσ;032=+σσSQσσσσ24321==-==两导体板间电场强度为S εQ E 02=；方向为A 指向B ．两导体板间的电势差为 SεQd U 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S εQ E 0='；方向为A 指向B ． SεQdU AB0=' 6-12 如图 Q>0, 内半径为a, 外半径b6-13 如图, 在真空中将半径为R 的金属球接地,在与球心 6-14 地球和电离层可当做一个球形电容器 6-15 两线输电线的线径代入数据 F 1052.512-⨯=C 6-16 电容式计算机键盘解 按下按键时电容的变化量为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=0011Δd d S εC ;mm 152.0ΔΔΔ00min20min =+=-=S εC d Cd d d d6-17 盖革-米勒管 可用解 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 2 当611 2.010V m E -=⨯⋅ ,R 1 ＝ mm,R 2 ＝ mm 时,6-18 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 C 1084.18-⨯==CU Q 2-80m C 1084.1⋅⨯==-SQσ 31-5m V 102.1⋅⨯==dUE 6-19 如图 , 半径R= 的导体球带有电荷 Q = -8C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 D 01=D ；01=E R ＜r ＜R ＋d Q r D =⋅22π422π4r Q D =；202π4r εεQ E r=r ＞R ＋d Q r D =⋅23π4;23π4r Q D =；203π4r εεQE r =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,V 360π4d 0r 331==⋅=⎰∞rεQV r E r 2 ＝15 cm, ()()V480π4π4π4d d 0020r 3222=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R εQd R εεQ r εεQ V r r dR dR rE r E r 1 ＝5 cm,()()V540π4π4π4d d 000321=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R εQd R εεQ R εεQ V r r dR RdR rE r E3 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； 6-20 人体的某些细胞壁两侧解 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 有一个平板电容器 = 10-5 C;M-2解 250m C 105.4Δ--⋅⨯===σSQD 16r 0m V 105.2-⋅⨯==εεDE 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 在一个半径为R1的长直导线外套有氯解 由介质中的高斯定理,有⎰=⋅=⋅L λrL D d π2S D ;r rλe D π2=r r r εελεεe D E 00π2==;r r rλε-εe E -D P π2110⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛== 6-23 如图 , 球形电极浮在相对电容率 = 的油槽中解 R εC 01π2= ;R εεC r 02π2=6-24 如图 , 由两块相距为 mm 的 薄金属板A,B 构成的空气平板电容器解 1 13232123C C C C C C C C ++⋅=+=32122d d d ==且,故1322C C C == ,因此A 、B 间的总电容12C C =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 如图 , 在点A 和点B 之间有五个电容器 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V 4==AB ACABAC U C C U 6-26 如图,有一空气电热板级板面积S ,间距d 解 12 插入电介质后,电容器的电容C 1 为()()δd εδS εεδS εεQ δd SεQ Q C r r r -+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=0001/ ;()δd εδSU εεU C C r r -+==011 ()δd εδU S εεQ E r r -+=='011;()δd εδUεS εQ E r r -+==0113 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 δd UE -=2 6-27 为了实时检测纺织品6-28 利用电容传感器测量油料液面高度证 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d D L εαln π20=；()dD L εεβr ln π20-= UX βaU CU Q +== 6-29 有一电容为 uF 的平行平板电容器解 1 V 190max ==d E U b2J 1003.92132max -⨯=CU W e6-30 半径为的长直导线,解 1 导线表面最大电荷面密度 250max m C 1066.2--⋅⨯==b E εσ 2 由上述分析得b E R ελ10max π2=,此时导线与圆筒之间各点的电场强度为()1210π2R r R rRr ελE m <<==0=E 其他 6-31 一空气平板电容器,空气厚解 ()16m V 102.3-⋅⨯=+-=δδd εVεE r r此时,因b E E > ,空气层被击穿,击穿后40 kV 电压全部加在玻璃板两侧,此时玻璃板内的电场强度由于玻璃的击穿电场强度'110V m b E M -=⋅,b E E '> ,故玻璃也将相继被击穿,电容器完全被击穿．6-32 某介质的相对电容率 er=解 16m V 1018-⋅⨯=≤b E E m 1022.2/4-⨯==b m E U d要制作电容为 μF 的平板电容器,其极板面积 210m 42.0==εεCdS 6-33 一平行板空气电容器,极板面积S,极板间距d, 充电解 1 20220221S εQ E εw e == Sεd Q V w W e e 022ΔΔ== 2 两导体极板带等量异号电荷,外力F 将其缓缓拉开时,应有F ＝－F e ,则外力所作的功为7-6 北京正负电子对撞机 7-7 已知铜的摩尔质量解 1M ρN n A /= 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 7-8 有两个同轴导体圆柱面,它们的长度均为20m解 由分析可知,在半径r ＝ mm 的圆柱面上的电流密度 7-9 已知地球北极磁场磁感应强度B 的大小为 T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 7-10 如图,有两根导线沿半径方向接到铁环 7-11 如图 几种截流导线在平面内分布解 ａRIμB 800=B 0 的方向垂直纸面向外． ｂ 将载流导线看作圆电流和长直电流,由叠加原理可得RIμR 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RIμR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++=B 0 的方向垂直纸面向外． 7-12 截流导线形状如图, 球O 点 ;; B7-13 如图, 一个半径为R 的无限长半球圆柱面导体,解 根据分析,由于长直细线中的电流R l I I π/d d =,它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为RIμB B x 20π== B 的方向指向Ox 轴负向． 7-14 分实验室常用所谓亥姆霍兹线圈由 0d d =xB, 解得 x ＝0 由0d d 022==x x B ,解得 d ＝R① 将磁感强度B 在两线圈中点附近用泰勒级数展开,则若x ＜＜1；且()0d 0d =xB ；()0d 0d 22=x B ．则磁感强度Bx 在中点O 附近近似为常量,场为均匀场．这表明在d ＝R 时,中点x ＝0附近区域的磁场可视为均匀磁场． 7-15 如图,截流长直导线的电流为L,求通过矩形面积的磁通量 7-16 已知 10mm2 裸铜线;; 50A在导线内r ＜R , 2222πππR r r R I I ==∑,因而202πRIr μB =在导线外r ＞R ,I I =∑,因而rIμB 2π0=2 在导线表面磁感强度连续,由I ＝50 A,m 1078.1π/3-⨯==s R ,得 7-17 有一同轴电缆, 其尺寸如图解 由上述分析得r ＜R 1 22101ππ12πr R μr B =⋅ 21012πR Ir μB =R 1 ＜r ＜R 2 I μr B 022π=⋅ rI μB 2π02= R 2 ＜r ＜R 3r ＞R 3 ()02π04=-=⋅I I μr B 04=B7-18 如图,N 匝线圈均匀密绕;;中空骨架上∑=⋅I μr B 02π r ＜R 1 02π1=⋅r B01=B R 2 ＞r ＞R 1 NI μr B 022π=⋅ rNIμB 2π02=r ＞R 2 02π3=⋅r B 03=B RNIμB 2π0≈7-19 电流I 均匀的流过半径为R 的圆形长直导线 7-20 设 电流均匀流过无限大导电平面 7-21 设有两无限大平行载流平面 ,解 1 取垂直于纸面向里为x 轴正向,合磁场为 2 两导体载流平面之外,合磁场的磁感强度 7-22 已知地面上空 B= -4解 1 依照B F ⋅=v q L 可知洛伦兹力L F 的方向为B ⊥v 的方向,如图所示． 2N 102.316-⨯==B F v q L N 1064.116-⨯==g m G p因而,有101095.1/⨯=G F L ,即质子所受的洛伦兹力远大于重力． 7-23 在一个显像管的电子 4 eV 解 1 B F ⨯=v q电子带负电,q ＜0,因而可以判断电子束将偏向东侧．2m 71.62===eBmE eB m R k v 由题知cm 20=y ,并由图中的几何关系可得电子束偏向东侧的距离m 1098.2Δ322-⨯=--=y R R x 即显示屏上的图像将整体向东平移近3 mm ．这种平移并不会影响整幅图像的质量．7-24 试证明霍尔电场强度与恒流强度之比j E ρC = ;B E ⨯-=v H ; v ne =jnev ρρC ==j E ;;B E ⨯-=v H ; B/ne ρB/ρ/ρB/ρ/E E C H ===v v v / 7-25 霍尔效应 测量血流的速度7-26 磁力可以用来输送导电液体 1JBl S IBl S F p ===Δ 2 26A/m 1038.3Δ⨯==Blp J 7-27 带电粒子在过饱和液体中运动 半径7-28 从太阳射来的速率 10 7解 由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径 m 101.1311⨯==eB m R v ;m 2322==eB m R v 7-29 如图, 一根长直导线载有电流I1 = 30A I2=20Adl I I μF π22103=; ()N 1028.1π2π2321021043-⨯=+-=-=b d l I I μd l I I μF F F 合力的方向朝左,指向直导线．7-30 一直流变电站电压500kv解 1 d I μBI F B π220== ;dεU C λE F E 022π2== 由0=+E B f f 可得 2 输出功率7-31 将一电流均匀分布的无限大...B0依照右手定则可知磁场力的方向为水平指向左侧．7-32 在直径为的刚棒上解 1 因为所有电子的磁矩方向相同,则圆盘的磁矩27m A 1056.1⋅⨯==-e μN m2 由磁矩的定义,可得圆盘边缘等效电流A 100.2/3-⨯==S m I 7-33 在氢原子中,L=h/2π7-34 如图 ,半径为R 的圆片均匀带电,电荷面密度解 由上述分析可知,轴线上x 处的磁感强度大小为7-35 如图 一根长直同轴电缆, 内外解 1 取与电缆轴同心的圆为积分路径,根据磁介质中的安培环路定理,有 ∑=f I r H π2 对r ＜R 1 221ππr R I I f =∑ 2112πR Ir H = 01=M ,21012πR Ir μB = 对R 2 ＞r ＞R 1 I I f =∑ rI H 2π2= 填充的磁介质相对磁导率为μr ,有()r I μM r 2π12-=,rI μμB r 2π02= 对R 3 ＞r ＞R 2 03=M , 对r ＞R 3 0=-=∑I I I f 04=H ,04=M ,04=B 2 由r M I s 2π⋅=,磁介质内、外表面磁化电流的大小为7-36 设长L= ,截面积S= 2解 1 A N M SL ρN 0= ;2000m A 85.7-⋅===m N M SL ρNm m A 2 维持铁棒与磁场正交所需力矩等于该位置上磁矩所受的磁力矩 7-37 在实验室,为了测试;;平均周长分析 根据右手定则,磁感线与电流相互环连,磁场沿环型螺线管分布,当 环形螺线管中通以电流I 时,由安培环路定理得磁介质内部的磁场强度为 由题意可知,环内部的磁感强度S ΦB /=,而H μμB r 0=,故有解 磁介质内部的磁场强度和磁感强度分别为L NI /和S Φ/,因而。
大学物理上册课后习题集答案解析
习题解答 习题一1-1 ｜r D ｜与r D 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 D 是位移的模，D r 是位矢的模的增量，即r D 12r r -=，12r r r-=D ；（2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d 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 rr 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t t(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以t vt v t v d d d d d d tt += 式中dt dv就是加速度的切向分量. (tt r d ˆd d ˆd t 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 =tr d 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v =22d d d d ÷øöçèæ+÷øöçèæt y t x 及a =222222d d d d ÷÷øöççèæ+÷÷øöççèæt 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+=， jt y i t xt r a j t y i t x t r v222222d d d d d d dd d d d d +==+==\ 故它们的模即为22222222222222d d d d d d d d ÷øöçèæ+÷øöçèæ=+=÷øöçèæ+÷øöçèæ=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x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。
大学物理练习册(上册)答案
练习一 （第一章 质点运动学） 一、选择题 1、（D ）2、（C ）3、（D ）4、（B ）5、（D ） 二、填空题1、（1）A （2）1.186s(或4133-s) （3）0.67s （或32s ） 2、8m 10m3、（1）t e t t A βωβωωωβ-+-]sin 2cos )[(22 （2）ωπωπk +2（ ,2,1,0=k ） 4、3/30Ct v + 400121Ct t v x ++ 5、（1）5m/s (2) 17m/s 三、计算题1、解：dxdvv dt dx dx dv x dt dv a ==+==262分离变数积分⎰⎰+=xvdx x vdv 020)62(得 )1(422x x v +=质点在任意位置处的速度为 )1(22x x v +=（由初始时刻的加速度大于零，可知速度的大小为非负）。
2、解：（1）第二秒内的位移为 m x x x 5.0)1()2(-=-=∆ 第二秒内的平均速度为s m txv /5.0-=∆∆= （2）t 时刻的速度为 269t t dtdxv -==第二秒末的瞬时速度为 s m s m s m v /6/26/292-=⨯-⨯=（3）令0692=-==t t dtdxv ，解得s t 5.1= 第二秒内的路程为 m x x x x s 25.2)5.1()2()1()5.1(=-+-=。
3、解：（1）由几何关系θθsin cos r y r x ==质点作匀速率圆周运动故dtd θω=，代入初始条件0=t 时0=θ，得 t 时刻t ωθ=，所以j y i x r+=)sin (cos j t i t rωω+=（2）速度为)cos sin (j t i t r dtrd v ωωω+-==加速度为)sin (cos 2j t i t r dt vd a ωωω+-==（3）r j t i t r dtv d a 22)sin (cos ωωωω-=+-==由此知加速度的方向与径矢的方向相反，即加速度的方向指向圆心。
答案长江大学物理习题集(上册)
一、运动学 1.基本物理量 (1).位置矢量(运动方程) r = r (t) = x (t)i + y (t)j + z (t)k， 速度v = dr/dt = (dx/dt)i+(dy/dt)j + (dz/dt)k， 加速度 a=dv/dt=(dvx/dt)i+(dvy/dt)j +(dvz/dt)k =d2r/dt2=(d2x/dt2)i+(d2y/dt2)j + (d2z/dt2)k， 切向加速度 at= dv/dt， 法向加速度 an= v2/ . (2).圆周运动及刚体定轴转动的角量描述 =(t)， =d/dt， = d/dt =d2/dt2， 角量与线量的关系 △l=r△， v=r (v= ×r)， at=r, an=r2。 2.相对运动 v20=v21+v10， a20=a21+a10. 二、质点动力学 1.牛顿三定律(略)； 惯性系(略)；非惯性系(略)； 惯性力:平动加速参照系 F惯= ma (a为非惯性系相对惯性系的加速度). 匀速转动参照系的惯性离心力 F惯= m2r 2.动量 P=mv， 冲量 ， 质点及质点系的动量定理 =P2－P1， 动量守恒定律： (1) F外=0， p=恒量， (2) (F外)某方向=0，p某方向=恒量， (3) F外f内，p≈恒量 (F外) 某方向( f内) 某方向，p某方向≈恒量 3.功 功率 P=F·v，
2. 阻力作功 A= 依动能定理，有
第一次x1=0,x2=1; 第二次x1=１,x2待求 k(x22－12)= k(12－02) 得 x=,所以第二次击铁钉的深度为 x=－1=0.414cm
Ⅳ 课堂例题 一. 选择题 1.一质点在几个外力同时作用下运动时，下述哪种说法正确？ (A) 质点的动量改变时，质点的动能一定改变． (B) 质点的动能不变时，质点的动量也一定不变． (C) 外力的冲量是零，外力的功一定为零． (D) 外力的功为零，外力的冲量一定为零． 2.有一劲度系数为k的轻弹簧，原长为l0，将它吊在天花板上．当它 下端挂一托盘平衡时，其长度变为l1．然后在托盘中放一重物，弹簧长 度变为l2，则由l1伸长至l2的过程中，弹性力所作的功为 (A) ． (B) ． (C) ． (D) ． 3.某物体的运动规律为dv/dt=－kv2t，式中的k为大于零的常量． 当t=0时，初速为v0，则速度v与时间t的函数关系是 (A) (B) (C) (D) 4.一根细绳跨过一光滑的定滑轮，一端挂一质量为M的物体，另一 端被人用双手拉着，人的质量m=M/2．若人相对于绳以加速度a0向上 爬，则人相对于地面的加速度（以竖直向上为正）是 (A) (2 a0 + g)/3． (B) －(3g－a0)． (C) －(2 a0 + g)/3． (D) a0． 5.假设卫星环绕地球中心作圆周运动，则在运动过程中，卫星对地 球中心的 (A) 角动量守恒，动能也守恒． (B) 角动量守恒，动能不守恒． (C) 角动量不守恒，动能守恒． (D) 角动量不守恒，动量也不守恒． (E) 角动量守恒，动量也守恒． 6.如图所示，A、B为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A滑轮挂一质
(2021年整理)大学物理练习册习题及答案3
大学物理练习册习题及答案3编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（大学物理练习册习题及答案3）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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习题及参考答案第2章 质点动力学参考答案一 思考题2—1如图，滑轮绳子质量忽略不计,忽略一切摩擦力,物体A 的质量m A 大于物体B 的质量m B ，在A 、B 运动过程中弹簧秤的读数是（A ）()12m m g + (B )()12m m g - (C ）12122m m g m m ⎛⎫ ⎪+⎝⎭ (D ）12124m m gm m ⎛⎫⎪+⎝⎭2—2用水平压力F 把一个物体压着靠在竖直的墙面上保持静止,当F 逐渐增大时，物体所受的静摩擦力f（A )恒为零 (B ）不为零，但保持不变(C )随成F 正比增大 (D )开始随F 增大，达到某一值后,就保持不变2-3如图,物体A 、B 的质量分别为M 、m ,两物体间摩擦系数为m ，接触面为竖直面，为使B 不下滑,则需要A 的加速度为(A ）a g μ≥ (B ）a g μ≥ （C )a g ≥ （D ）M ma g M +≥2-4质量分别为m 和M 的滑块A 和B ，叠放在光滑的水平面上，如图，A 、B 间的静摩擦系数为m s ,滑动摩擦系数为m k ,系统原先处于静止状态，今将水平力F 作用于B 上，要使A 、B 间不轰生相对滑动，应有（A ）s F mg μ≤ (B )(1)s F m M mg μ≤+（C ）()s F m M mg μ≤+ （D )s m M F mgM μ+≤AmBB m A 思考题2-1图思考题2-3图思考题2—4图m(a )(b )Bm mm 21m 21思考题2-7图2—5 在光滑的水平面上,放有两个相互接触的物体A 和B ，质量分别为m 1和m 2，且m 1〉 m 2。
大学物理学上册习题解答完整版
大学物理学上册习题解答HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】大学物理学习题答案习题一答案习题一1.1 简要回答下列问题：(1)位移和路程有何区别在什么情况下二者的量值相等在什么情况下二者的量值不相等(2) 平均速度和平均速率有何区别在什么情况下二者的量值相等(3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么(4)质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变(5) (6)r ∆和r ∆有区别吗？v ∆和v ∆有区别吗？0dv dt =和0d v dt=各代表什么运动？ (7)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 =dr v dt= 及 22d r a dt =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 = 及 a = 你认为两种方法哪一种正确两者区别何在(7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？(8)“物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？(9)(9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？(10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？(11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。
大学物理习题集(上,含解答)
大学物理习题集（上册，含解答）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：v =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：a = [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22(1)(1)n sa n t-=+，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：22(1)(1)n sa n t-=+． 计算得加速度为：22(51)30(51)10a -=+= 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:2t =．图1.3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)， 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201sin 02gt v t y θ-+=，解得：0(sin t v g θ=．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011kt v v =+； （2）试证在时间t 内，船行驶的距离为01ln(1)x v kt k =+． [证明]（1）分离变量得2d d vk t v =-， 故 020d d v t v v k t v =-⎰⎰，可得：011kt v v =+． （2）公式可化为001v v v kt=+，由于v = d x/d t ，所以：00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++ 积分00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰．因此 01ln(1)x v kt k=+． 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：d d ()m vt f v =， 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d d vk t v=-， 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 ．而d v = v 0e -kt d t ，积分得：0e `ktv x C k-=+-． 当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此0(1-e )kt vx k -=．（2）如果n ≠1，则得d d n vk t v=-，积分得11n v kt C n -=-+-． 当t = 0时，v = v 0，所以101n v C n-=-，因此11011(1)n n n kt v v --=+-． 如果n = 2，就是本题的结果．如果n ≠2，可得1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-，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n a a =由此得2r r ω=22(12)24t =解得36t =．所以3242(13)t θ=+=+=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am·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2012x x x v t a t =+， 2012y y y v t a t =-+．即 201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅， 201sin sin 2y v t a t θα=-⋅+⋅．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；02sin sin v t a θα==．将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．[注意]选择不同的坐标系，如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向，也能求出相同的结果．1．7 一个半径为R = 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v 图1.7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212t h a t =∆， 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2n v a R== 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21012h v t at =+；螺帽做竖直上抛运动，位移为22012h v t gt =-． 由题意得h = h 1 - h 2，所以21()2h a g t =+，解得时间为t ．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02l t v =； （2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为01221/t t u v =-；（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为2t =．[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1222l l vl t v u v u v u =+=+-- 022222/1/1/t l v u v u v==--． （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V =，所以飞行时间为22l t V ==== 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？AB AB vv + uv - uABvuuvv[解答]雨对地的速度2v 等于雨对车的速度3v 加车对地的速度1v ，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 12(sin cos )lv v hθθ=+． 证毕． 方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得12sin()sin(90)v v θαα=+︒-，所以：12sin()cos v v θαα+=2sin cos cos sin cos v θαθαα+=2(sin cos tan )v θθα=+，即 12(sin cos )lv v hθθ=+． 方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间内，雨滴的位移为 l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ∙t ．两式消去时间t 即得所求． 证毕．第二章 运动定律与力学中的守恒定律(一) 牛顿运动定律2．1 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为 x = v 0t ，2211sin 22y at g t α==⋅．将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为22sin g y x v α=，这是抛物线方程．2．2 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一质量m = 2kg 的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求：（1）今以水平力F 拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = 19.6(N)， 这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为：f m = ma = 2(N)，这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力：N M = (m + M )g = 29.4(N)，图1.101h lα图2.1这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：f M = μk N M = 7.35(N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为 f =μs mg = ma`，可得 a` =μs g ．板的运动方程为F – f – μk (m + M )g = Ma`， 即 F = f + Ma` + μk (m + M )g= (μs + μk )(m + M )g ，算得 F = 16.17(N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N 的力．2．3 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = 0.3kg ，m 2 = 0.2kg ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮质量均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为 12212(2)/22F m m g a m m μ-+=+= 4.78(m·s -2)，绳对它的拉力为2112(/2)/22m T F m g m m μ=-+= 1.35(N)．2．4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式12111k k k =+； （2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为 F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2． （1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2， 因此 1212F F F kk k =+，即：12111k k k =+． （2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2，因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2， 即：k = k 1 + k 2．2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．（1）小车沿水平线作匀速运动；（2）小车以加速度1a 沿水平方向运动；（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角； （4）用与斜面平行的加速度1b 把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）； （5）以同样大小的加速度2b （b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力12图2.32 图2.4的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ．（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于tan θ = ma/mg ， 所以 θ = arctan(a/g )；绳子张力等于摆所受的拉力：T ==（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力， 合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．（4）根据题意作力的矢量图，将竖直虚线延长， 与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边 是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得：cos tan sin mb mg mb ϕθϕ=+，因此角度为cos arctansin b g b ϕθϕ=+；而张力为T=．（5）与上一问相比，加速度的方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．2．6 如图所示：质量为m =0.10kg 的小球，拴在长度l =0.5m 的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求： （1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？ （2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？[解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向．小球的运动方程为 22d d s F ma m t ==，其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为d d d d s v l t t θ==，因此d d d d d d d d v v m v F mm v t t l θθθ===，即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分60d sin d Bv v v gl θθ︒=-⎰⎰，（2）图2.6得2601cos 2B v gl θ︒=，解得：B v =s -1)．由于：22B BB v v T mg m m mgR l -===，所以T B = 2mg = 1.96(N)．（2）由（1）式积分得21cos 2C v gl C θ=+，当 θ = 60º时，v C = 0，所以C = -lg /2，因此速度为C v =切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为2(2cos 1)Cn v a g R θ==-．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)． （3）当 θ = 60º时，切向加速度为2t a g== 8.49(m·s -2)，法向加速度为 a n = 0，绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则F = mg cos θ．小球的运动方程为22d d sF ma m t ==，s 表示弧长．由于d d s v t =，所以 22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s v v t t t t s t s ====，因此 v d v = g cos θd s = g d h ，h 表示石下落的高度．积分得 212v gh C =+，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，因此速率为v =2．8 质量为m 的物体，最初静止于x 0，在力2kf x =-(k 为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程图2.7222d d k x f ma m x t =-==利用v = d x/d t ，可得22d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x ===，因此方程变为2d d k xmv v x =-，积分得212k mv C x =+．利用初始条件，当x = x 0时，v = 0，所以C = -k /x 0，因此2012k k mv x x =-，即v =证毕．[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f (x )，利用变换可得方程：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．如果f (x ) = -k/x n ，则得21d 2nx mv k x =-⎰． （1）当n = 1时，可得21ln 2mv k x C =-+利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以C = ln x 0，因此 21ln 2x mv k x =， 即v =（2）如果n ≠1，可得21121n k mv x C n -=-+-．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以101n k C x n -=--，因此 2110111()21n n k mv n x x --=--， 即v =当n = 2时，即证明了本题的结果．2．9 一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：（1）小球速率随时间的变化关系v (t )； （2）小球上升到最大高度所花的时间T ．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程d d vf mg kv mt =--=，分离变量得d d()d v m mg kv t m mg kv k mg kv +=-=-++，积分得ln ()mt mg kv C k =-++．当t = 0时，v = v 0，所以0ln ()mC mg kv k =+，因此00/ln ln/m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-=-++， 小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg kt mgv v k m k =+--．（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg +==+．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤： 由于v = d x/d t ，所以0d [()exp()]d mg kt mg x v t k m k =+--，即0(/)d d exp()d m v mg k kt mgx tk m k +=---，积分得0(/)exp()`m v mg k kt mgx t C k m k +=---+， 当t = 0时，x = 0，所以0(/)`m v mg k C k +=，因此0(/)[1exp()]m v mg k kt mg x tk m k +=---．（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为d d vf mg kv mt =-=，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg mg ktv v k k m =---．这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m =mg/k ．2．10 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因数为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即 N = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得2d d k v v f m m R t μ=-=， 即 ： 2d d k vt R v μ=-．积分得：1k t C R v μ=+．当t = 0时，v = v 0，所以01C v =-， 因此 011kt Rv v μ=-．解得 001/k v v v t R μ=+．由于0000d d(1/)d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R μμμμ+==++， 积分得0ln (1)`k kv tR x C Rμμ=++，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此0ln (1)k kv tRx Rμμ=+．2．11 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为：F = mg tg θ．珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ． 根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ，可得2cos mgR ωθ=，解得2arccosg R θω=±．(二)力学中的守恒定律2．12 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ， 积分得冲量为 /20(cos )d I kA t tωω=-⎰π，/20sin kAkAtωωωω=-=-π方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，设小球的质量为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0， 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，mg图2.11小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ， 可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．2．13一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？[解答]小球动量的大小为p = mv ，但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义21p p p ∆=- 得：21p p p =+∆，由此可作矢量三角形，可得：p ∆==． 因此向心力给予小球的的冲量大小为I p =∆= 1.41(N·s)．[注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ，方向是指向圆心的，其方向在 不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量24v TI Ft mR ==2/42R T T mv mvR ππ==．假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ，F y = F sin θ = F sin ωt ，给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得 /4/4cos d sin T T x FI F t t tωωω==⎰Fmvω==，/4/4sin d cos T T y FI F t t tωωω==-⎰Fmvω==，合冲量为I ==，与前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2．14 用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m·s -1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为y v =s -1)，其速度的增量为v ∆== 24.4(m·s -1)． 棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s)， 对球的作用力为（不计重力）：F = I/t = 366.2(N)．v xΔvv y2．15 如图所示，三个物体A 、B 、C ，每个质量都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m 的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s -2）[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg – T = Ma ，物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动， 加速度大小为a ，可列方程：T = Ma ，联立方程可得：a = g/2 = 5(m·s -2)．根据运动学公式：s = v 0t + at 2/2， 可得B 拉C之前的运动时间；t =． 此时B 的速度大小为：v = at = 2(m·s -1)．物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得：2Mv = 3Mv`， 因此C 开始运动的速度为：v` = 2v /3 = 1.33(m·s -1)．2．16 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ，方向沿水平方向． 根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的 总动量，可作矢量三角形，列方程得 /2`cos 452mmv v =︒，所以 v` = v /cos45°= 0cos θ．2．17 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的质量为m ，它与路面的滑动摩擦因数为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移d s 的大小为d s = R d θ． 重力G 的大小为：G = mg ，方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为1d d cos(/2)d W G s G s θ=⋅=+π sin d mgR θθ=-，积分得重力所做的功为454510(sin )d cos W mgR mgR θθθ︒︒=-=⎰(1mgR =-．摩擦力f 的大小为：f = μk N = μk mg cos θ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为2d d cos d W f s f s =⋅=πcos d k u mg R θθ=-，积分得摩擦力所做的功为图2.174520(cos )d k W mgR μθθ︒=-⎰450sin k k mgR mgR μθ︒=-=．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力G 、摩擦力f 和马的拉力F 就是平衡力，即0F G f ++=，或者 ()F G f =-+．拉力的功元为：d d (d d )W F s G s f s =⋅=-⋅+⋅12(d d )W W =-+，拉力所做的功为12()W W W =-+(1)k mgR μ=．由此可见，重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2．18 一质量为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因数；（3）在静止以前质点运动了多少圈？[解答] （1）质点的初动能为：E 1 = mv 02/2， 末动能为：E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为：ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8， 这就是摩擦力所做的功W ．（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得：20()d 2k k W mgr mgrπμθπμ=-=-⎰．由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因数为20316k v gr μ=π．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为：a t = f/m = -μk g ， 根据公式v t 2 – v o 2 = 2a t s ，可得质点运动的弧长为22008223k v v r s a g πμ===，圈数为 n = s/2πr = 4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量：-fs = ΔE k ， 可得 s = -ΔE k /f ，由此也能计算弧长和圈数。
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(C) 总动量在水平面上任意方向的分量守恒，竖直方向分量不守恒．
(D) 总动量在任何方向的分量均不守恒．
［C ］
二、填空题 3.一吊车底板上放一质量为10 kg的物体，若吊车底板加速上升， 加速度大小为a＝3+5t (SI)，则2秒内吊车底板给物体的冲量大 小I＝_3_5_6__N_·_s__；2秒内物体动量的增量大小P ＝__1_6_0__N_·_s___.
(B) A的动量增量的绝对值比B的大．
(C) A、B的动量增量相等． (D) A、B的速度增量相等．
［C ］
2. 在水平冰面上以一定速度向东行驶的炮车，向东南（斜向上） 方向发射一炮弹，对于炮车和炮弹这一系统，在此过程中（忽略冰
面摩擦力及空气阻 (A) 总动量守恒．
(B) 总动量在炮身前进的方向上的分量守恒，其它方向动量不守恒．
F cosθ－f ＝0
f
F
F sinθ＋N－Mg＝0
f＝μN
得 F Mg cossin
P Mg
令
dF M( g sinco )s d (cossin )2 0
，
∴
tg0.6
35 0 736
d 2F
且
0 d 2
∴
l＝h / sinθ＝2.92 m时，最省力．
绳子通过两个定滑轮，右端挂质量为m的小球，左端挂有两个质
(C) 角速度从大到小，角加速度从大到小．
(D) 角速度从大到小，角加速度从小到大 ［ A ］
2.关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 （A）只取决于刚体的质量,与质量的空间分布和轴的位置无关． （B）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关． （C）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置． （D）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关．
大物习题册答案全套
练习一 力学导论 参考解答1． (C)； 提示：⎰⎰=⇒=t3x9vdt dxtd xd v2． (B)； 提示：⎰⎰+=R20y 0x y d F x d F A3． 0.003 s ； 提示：0t 3104400F 5=⨯-=令 0.6 N·s ; 提示： ⎰=003.00Fdt I2 g ; 提示： 动量定理0mv 6.0I -==3． 5 m/s 提示：图中三角形面积大小即为冲量大小；然后再用动量定理求解 。
5．解：(1) 位矢 j t b i t a r ρρρωωsin cos += (SI)可写为 t a x ωcos = ， t b y ωsin =t a t x x ωωsin d d -==v ， t b ty ωωcos d dy -==v 在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ω E KA =2222212121ωmb m m y x =+v v由A →B ⎰⎰-==0a 20a x x x t cos a m x F A d d ωω=⎰=-022221d a ma x x m ωω⎰⎰-==b 02b 0y y t sin b m y F A dy d ωω=⎰-=-b mb y y m 022221d ωω6. 解：建立图示坐标，以v x 、v y 表示小球反射速度的x 和y 分量,则由动量定理，小球受到的冲量的x,y 分量的表达式如下： x 方向：x x x v v v m m m t F x 2)(=--=∆ ① y 方向：0)(=---=∆y y y m m t F v v ② ∴ t m F F x x ∆==/2v v x =v cos a∴ t m F ∆=/cos 2αv 方向沿x 正向．根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力 F F =' 方向垂直墙面指向墙内．ααmmOx y练习二 刚体的定轴转动 参考解答1．(C) 提示： 卫星对地心的角动量守恒2．(C) 提示： 以物体作为研究对象P-T=ma (1);以滑轮作为研究对象 TR=J β (2)若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子，表明(2)式中的T 增大，故β也增大。
大学物理上册课后练习答案解析
初速度大小为dt1-2 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 、1-1 已知质点的运动方程为：x 10t30t 2 ,y 15t 20t 2。
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 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-d ^ dt 后再两边积分.a(v)的分量 再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向. 解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点.vdv dv v 0A Bv(3)船在行驶距离 x 时的速率为v=v 0e kx 。
一 dv［证明］(1)分离变数得 — kdt ,v第一章质点的运动B 为正恒量，求石子下落的速度和运动方程。
解(1)速度的分量式为Vv y当 t = 0 时,V o x = -10 m sdx10 60tdt dy15 40t dt-1, V o y = 15 m-1(1)由题dvadt 用分离变量法把式 A Bv(1)改写为dvA Bv将式(2)两边积分并考虑初始条件，有(1)dt ⑵V 0 V 0x V 0y 18.0m得石子速度 V -(1 e Bt)B 设V o 与x 轴的夹角为a 则tanV 0y V ox由此可知当,t is 时,v A为一常量，通常称为极限速度Ba= 123 °1(2)加速度的分量式为a x dV x dt 60a ydV y dt40或收尾速度.(2)再由v—y —(1 e 氏)并考虑初始条件有dt BytABtdy -(1 e )dt 0 0 BA A得石子运动方程y t 2 (e Bt 1)B B 2则加速度的大小为 a .. a x 2a y 272.1 ms 2a y2 设a 与x 轴的夹角为B,则tan B -a x3B= -33 °1 '(或326 °9 )1-3 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a = - kv 2, k 为常数。
大学物理课后习题答案(上)
练习一 质点运动学1、26t dt d +==，61+= ，tv 261331+=-=-∆ ， a 24131331=--=-2、0202212110v Kt v Ktdt v dv t Kv dt dv t v v +=⇒-⎰=⎰⇒-= 所以选（C ） 3、因为位移00==v r ∆，又因为,0≠∆0≠a 。
所以选（B ）4、选（C ）5、（1）由,mva Fv P ==dt dv a = ，所以：dt dv mv P =，⎰⎰=vtmvdv Pdt 0积分得：mPtv 2=（2）因为m Pt dtdx v 2==，即：dt m Ptdx tx ⎰⎰=002，有：2398t mP x = `练习二 质点运动学 （二）1、平抛的运动方程为2021gt y tv x ==，两边求导数有：gtv v v y x ==0，那么2220t g v v +=，222022t g v tg dt dv a t +==，=-=22tn a g a 22200tg v gv +。
2、 2241442s /m .a ;s /m .a n n ==3、（B ） 4、（A ）练习三 质点运动学1、0232332223x kt x ;tk )t (a ;)k s (t +=== 2、0321`=++ 3、（B ）4、（C ）、练习四 质点动力学（一）1、m x ;912==2、（A ）3、（C ）4、（A ）练习五 质点动力学（二） 1、m'm muv )m 'm (v V +-+-=002、（A ）3、（B ）4、（C ） （5、（1）Ns v v m I v s m v t t v 16)(,3,/19,38304042=-===+-= （2）J mv mv A 17621212024=-=练习六、质点动力学（三）1、J 9002、)R R R R (m Gm A E 2121-=3、（B ）4、（D ）5、)(21222B A m -ω练习七 质点动力学（四）1、)m m (l Gm v 212212+=;2、动量、动能、功3、（B ）4、（B ）练习八 刚体绕定轴的转动（一）1、πωω806000.,.解：（1）摩擦力矩为恒力矩，轮子作匀变速转动 因为00120180ωωωββωω..t -=-=⇒+=；同理有00260ωβωω.t =+=。
(完整版)大学物理上册习题大体答案
第一章１．有一质点沿X 轴作直线运动，t 时刻的坐标为)(25.432SI t t x -=．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/s m t x v -=∆∆=；（２）269/t t dt dx v -==， s m v /6)2(-=； （３）m x x x x s 25.2|)5.1()2(||)1()5.1(|=-+-=２．一质点沿X 轴运动，其加速度为)(4SI t a =，已知0=t 时，质点位于m X 100=处，初速度00=v ，试求其位置和时间的关系式．2.解：t dt dv a 4/==，tdt dv 4=⎰⎰=tvtdt dv 004，22t v = 22/t dt dx v ==⎰⎰=xtdt t dx 1022 )(103/23SI t x +=．3．由楼窗口以水平初速度0v ρ射出一发子弹，取枪口为坐标原点，沿0v ρ方向为Ｘ轴，竖直向下为Ｙ轴，并取发射时s t 0=，试求：（1） 子弹在任意时刻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．3. 解：（１）t v x 0=， 221gt y =轨迹方程是：2022/v g x y =．（２）0v v x =，gt v y =．速度大小为：222022t g v v v v y x +=+=． 与Ｘ轴的夹角)/(01v gt tg -=θ22202//t g v t g dt dv a t +==，与v ρ同向．222002122/)(t g v g v a g a tn +=-=，方向与t a 垂直．4．一物体悬挂在弹簧上作竖直振动，其加速度为ky a -=，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0y 处的速度为0v ，试求速度v 与坐标y 的函数关系式．4.解：dydv v dt dy dy dv dt dv a =⋅==，又ky a -= dy vdv ky /=-∴⎰⎰=-vdv kydy C v ky +=-222121已知 0y y =，0v v = 则：20202121ky v C --=)(220202y y k v v -+=．5. 一飞机驾驶员想往正北方向航行，而风以h km /60的速度由东向西刮来，如果飞机的航速(在静止空气中的速率)为h km /180，试问驾驶员应取什么航向？飞机相对于地面的速率为多少？试用矢量图说明．5.解：选地面为静止参考系S ，风为运动参考系S '，飞机为运动质点P ． 度：h km v s p /180='，已知：相对速方向未知； h km v s s /60='， 牵连速度：方向正西；绝对速度：ps v 大小未知，方向正北．理有：s s s p ps v v v ''+=ρρρ，由速度合成定ps v ρ，s p v 'ρ，s s v 'ρ构成直角三角形，可得： h km v v v s s s p ps /170)()(||22=-=''ρρρ014.19)/(=='-ps s s v v tg θ（北偏东04.19航向）． 6．一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为)(622SI x a +=，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．6. 解：设质点在x 处的速率为v ，262x dtdx dx dv dt dv a +=⋅==⎰⎰+=x vdx x vdv 020)62(s m x x v /)(22/13+=7．当火车静止时，乘客发现雨滴下落方向偏向车头，偏角为030，当火车以s m /35的速率沿水平直线行驶时，发现雨滴下落方向偏向车尾，偏角为045，假设雨滴相对于地的速度保持不变，试计算雨滴相对于地的速度大小．解：选地面为静止参考系s ，火车为运动参考系s '，雨滴为运动质点p ： 已知：绝对速度：ps v ρ大小未知，方向与竖直方向夹030； 牵连速度：s m v s s /35='，方向水平； 相对速度：s p v 'ρ大小未知，方向偏向车后045 由速度合成定理：s p ps v v '=ρρ30sin30sin 00=+'ps s p v v 0030sin 30cos ps s p v v ='ss ''s m v ps /6.25=．第二章３．一人在平地上拉一个质量为M 的木箱匀速地前进，木箱与地面间的摩擦系数6.0=μ，设此人前进时，肩上绳的支撑点距地面高度为m h 5.1=，问绳长l 为多少时最省力？解：设拉力大小为为F ，方向沿绳。
大物习题册上答案
二、填空题 1. 25π ; -π;
6.16×103 m. 2. 13.1 ; 390 . 3. 25.8 . 4. 1.5
6. 6π rad/s; 3. 7. 4.0×104 ;
8.0×106 . 8. 1.45×1014
9. 25.8
1．如图2-8所示，一机械钟的钟摆由一根均质细杆和均质圆盘组 成。细杆长4r，质量为m；圆盘半径为r，质量为2m。 （1）试求：该钟摆绕端点O、垂直于纸面的轴的转动惯量； （2）设 t=0时，钟摆的角速度为ω，其所受的阻力矩Mf =-kt （SI）， k为正的常量，试求其停摆前所经历的时间 t。
（1）当核发生衰变时，以相对于核为0.9c的速度沿其运动方向 发射出一个电子，试求该电子相对于实验室的速度；
（2）若衰变时，发射的是一个光子，试求光子相对于实验室的 速度。
解： （1）设实验室为 S系，原子核为 S’系， S’系相对于S系的
速度为v = 0.5c。电子为“事件”，它对 S’系的速度为0.9c，
6. mc2-m0c2 ,
3c 2
.
1- 1 c
7. n2 , n , n-1 .
8. 0.68
5. 80m2
9. 1.64×10-13 J
1. 一体积为V0，质量为m0的立方体沿其一棱的方向相对于观察者 A以速度v运动，求：观察者A测得其密度为多少？
解：设立方体固有棱长为l0，则根据尺缩效应观察者
解：选雨滴的下落方向为 y轴正方向，雨滴起点为坐标原点。
按题意t=0时，y=0，v0=0。
由 分离变量并积分得
a dv m nv dt
v dv
v 1 d(m nv) t
0 m nv 0 n m nv 0 dt
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Q
A
解： （1）以小球为研究对象，小球在下滑过程中受到重力mg
和球面的支撑力FN。取自然坐标系，列出牛顿定律方程：
mgcos
m
dv dt
FN
mgsin
v2 m
R
切向 法向
dv dv d dv v dv dt d dt d R d
gcos v dv R d
结果表明，雨滴速度随时间按指数规律增长，雨滴作加速运动。
2.一质点以半径R=6m作圆周运动，其在自然坐标系中运动方程
为：
s bt 1 ct2 2
式中，b=2m/s，c=1.0m/s 。试求质点切向加速度与法向加速度大
小相等之前，其所经历的时间。
解： 由题设方程可知，质点圆周运动的速率为：
v ds b ct dt
8(C)9(B) 10(B) 11(C) 12(B) 13(AE) 14(BE)
二、填空题
1. 19-0.5x2;
8. 30; -j.
4i+11j ;2i-8j; 2i-4j. 9. ct/m+bt2/2m;
2. t3+8t-628; -628; 8. ct2/2m+bt3/6m
3. -gsinθ; v2/gcosθ 10. x3 , 8, 4, 4i (NS)
v0
1 m0l
(2mgl 4m0gl)I
1 m0
(2mgl
4m0 gl )(m0
1 3
m)
5.一轴承光滑的定滑轮，质量为M，半径为R，一根不能伸长的
轻绳，一端固定在定滑轮上，另一端系有一个质量为m的物体，
如图所示，已知定滑轮的转动惯量为
J 1 MR2 2
，其初角速度ω0
方向垂直纸面向里，求：
0.6c 105 c2
2.5104 s 0
1
v c
2 2
1
0.6c c
2
在S’系看来两件事不同时发生，即同时的相对性。
（2）由洛伦兹变换得：
x ' x vt 100103 0 125km
1
v2 c2
1
0.6c c
2
4. 甲乙两人所乘坐飞行器沿x轴作相对运动。甲测得两个事件的 相对时空坐标x1=6 ×104m，y1=z1=0，t1=2 ×10-4 s；x2=12 ×104m， y2=z2=0，t2=1 ×10-4 s，若乙测得这两个事件同时发生于t’时刻， 问：
T’ M T
m
mgh
1 2
mv02
1 2
J
(02
0)
v0 R0
h (2 m M) R 2 02
4mg
三、 狭义相对论
一、选择题
1(C) 2(C) 3(D) 4(D) 5(D) 6(B) 7(B) 8(B)
9(A) 10(B)
二、填空题 1. c 2. 8.89×10-7 3. c 4. 4.3×10-8 s
0
Jd
0
0
所以，停摆前所经历的时间为：
t
2J0 10.6r
k
m0
2. 如图2-9所示，一个劲度系数为 k=2.0N/m 的轻质弹簧与一轻柔 绳相连接，该绳跨过一半径为R = 0.3m，转动惯量为I = 0.5kgm2 的定滑轮，绳的另一端悬挂一质量为m的物体A。开始时，用手
将物体托住，使弹簧保持原长，系统处于静止状态。试求松手后 物体下落h=0.4m时的加速度和速度。（滑轮与轴间的摩擦可以忽 略不计）。
(v0
mg k
ln
mg kv0 mg
)
m k
(v0
gtm
)
4.如图1-8所示，具有光滑半球形凹槽的物块A固定在桌面上，质
量为 的质点从凹槽的半球面（半径为R ）的上端P点自静止下滑，
当滑至 30o 的Q点时，试求：
P
O
m
R
(1）质点在Q点的速率； （2）质点在Q点对球面的压力。
（1）定滑轮的角加速度的大小和方向
（2）定滑轮的角速度变化到ω=0时，物体上升的高度。
解： （1）对定滑轮和物体进行受力分析：
mg T ma
T 'R J
2mg
J
1 2
MR2
(2 m M) R
方向垂直纸面向上
a R
（2）物体上升过程机械能守恒：
R
6. mc2-m0c2 ,
3c 2
.
1- 1 c
7. n2 , n , n-1 .
8. 0.68
5. 80m2
9. 1.64×10-13 J
1. 一体积为V0，质量为m0的立方体沿其一棱的方向相对于观察者 A以速度v运动，求：观察者A测得其密度为多少？
解：设立方体固有棱长为l0，则根据尺缩效应观察者
解：子弹与细杆的碰撞过程，系统角动量守恒，则:
m0v0l J0
J
m0l 2
1 ml2 3
碰后上摆过程，系统机械能守恒。若要使杆与子
O m
弹保持持续转动，则杆应可摆动到铅直位置：
l
1 2
J02
m0 g 2l
mgl
1 2
J2
m0 v0 A
若动能完全转为势能， 0 ，子弹初速度最小为：
解：选雨滴的下落方向为 y轴正方向，雨滴起点为坐标原点。
按题意t=0时，y=0，v0=0。
由 分离变量并积分得
a dv m nv dt
v dv
v 1 d(m nv) t
0 m nv 0 n m nv 0 dt
1 ln m nv t nm
v m (1 ent ) n
c
c
3. 两个惯性系 S和S’ ， S’系以v = 0.6c相对于S系沿x轴运动，在 S 系中相距100km的x1和x2处同时发生了两事件。试问： （1）在S’ 系看来，两事件是否是同时发生的？ （2） S’系测得这两事件相距多远？
解： （1）由洛伦兹变换得：
t '
t
v c2
x
0
解： （1）杆对轴的转动惯量为:
O
I1
1 3
m(4r)2
16 3
mr 2
盘对轴的转动惯量为：
I2
1 2
(2m)r 2
2m(5r)2
51mr 2
4r
钟摆对轴的转动惯量为：I
I1
I2
169 3
mr 2
r
（2）由转动定律:
Mf
J
J
d
dt
kt
分离变量积分得：
t
ktdt
则其切向加速度的大小为：
aτ
dv dt
c
则其法向加速度的大小为：
an
v2 R
(b ct)2 R
按题意有 ，即：
(b ct)2 c
R
整理得：
t cR b 6 2 (s)
c
3.为了减轻冰雹灾害，现可采用发射防雹火箭的方法，根据气象 部门提供的云层高度材料，适时引爆火箭，将碘化盐催化剂溅洒
分离变量并积分得：
v
0 vdv 0 gRcosd
v 2gRsin gR
（2）将 v gR 代入法向方程得：
FN
v2 m
R
mgsin
mg mgsin
将 30o 代入得：
FN
3 2
mg
二、 刚体力学
一、选择题
1(C) 2(B) 3(C) 4(C) 5(A) 6(A) 7(D) 8(C) 9(B) 10(A）
2
2
2
v R
v 2mgx kx2
m
I R2
3．如图2-10所示，一质量为m、半径为R的圆盘，绕通过中心且
垂直盘面的轴转动，转速为n rev/s。此时将盘轻轻地放到粗糙的
水平面上，圆盘与平面间的摩擦因数为μ。
（1）试证明圆盘所受的摩擦力矩
Mf
2 mgR ；
3
（2）试问圆盘转过多少圈后会停下来？
mg kv m dv dt
分离变量并积分
t
0 mdv
0 m d(mg kv)
dt
0
v0 mg kv k v0 (mg kv )
tm
m k
ln(
mg kv0 mg
)
（2）同理
mg kv m dv m dv dy mv dv
根据洛伦兹速度变化，电子相对于 S系的速度为:
ux
1
u
'x v
v c2
u 'x
0.9c 0.5c
1
0.5c c2
0.9c
0.97c
（2）若发射的是光子，同理，u 'x c，则光子相对于 S系的速度
为:
ux
1
u
'x v
v c2
u
'x
c 0.5c
1
0.5c c2
大学物理上习题讲解
通知
《大学物理》考试定于17周周一上午 《大学物理》考前习题课：