《新编大学物理》(上、下册)习题答案
《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-=。
(完整版)大学物理学上下册习题与答案

习题九一、选择题9.1 关于高斯定理的理解有下面几种说法,其中正确的是:(A) 如果高斯面上E处处为零,则该面内必无电荷.(B) 如果高斯面内无电荷,则高斯面上E处处为零.(C) 如果高斯面上E处处不为零,则高斯面内必有电荷.(D) 如果高斯面内有净电荷,则通过高斯面的电场强度通量必不为零.[A(本章中不涉及导体)、 D ] 9.2有一边长为a 的正方形平面,在其中垂线上距中心O 点a /2处,有一电荷为q 的正点电荷,如图所示,则通过该平面的电场强度通量为(A)03 q . (B) 04 q (C) 03 q . (D) 06 q [D ]q题图9.19.3面积为S 的空气平行板电容器,极板上分别带电量q ,若不考虑边缘效应,则两极板间的相互作用力为(A)S q 02(B)S q 022 (C) 2022S q (D) 202Sq [B ]9.4 如题图9.2所示,直线MN 长为2l ,弧OCD 是以N 点为中心,l 为半径的半圆弧,N 点有正电荷q ,M 点有负电荷q .今将一试验电荷0q 从O 点出发沿路径OCDP 移到无穷远处,设无穷远处电势为零,则电场力作功(A) A <0 , 且为有限常量. (B) A >0 , 且为有限常量.(C) A =∞. (D) A =0. [D ,0O V ]-题图9.29.5静电场中某点电势的数值等于 (A)试验电荷q 0置于该点时具有的电势能.(B)单位试验电荷置于该点时具有的电势能. (C)单位正电荷置于该点时具有的电势能.(D)[C ]9.6已知某电场的电场线分布情况如题图9.3所示.现观察到一负电荷从M 点移到N 点.有人根据这个图作出下列几点结论,其中哪点是正确的?(A) 电场强度M N E E . (B) 电势M N U U .(C) 电势能M N W W . (D) 电场力的功A >0.[C ] 二、计算题9.7 电荷为q 和2q 的两个点电荷分别置于1x m 和1x m 处.一试验电荷置于x 轴上何处,它受到的合力等于零? x2q q 0解:设试验电荷0q 置于x 处所受合力为零,根据电力叠加原理可得022220000(2)(2)ˆˆ0041414141q q q q q q i i x x x x 即:22221(2)0121011x x x x22212210x x x x2610(322)x x x m 。
大学物理(上册)课后习题及答案

因此有: ,∴
⑵由 得: ,两边积分得:
∴
⑶质点停止运动时速度为零, ,即t→∞,
故有:
⑷ 时,其速度为: ,
即速度减至 的 .
2.13作用在质量为10 kg的物体上的力为 N,式中 的单位是s,⑴求4s后,这物体的动量和速度的变化,以及力给予物体的冲量。⑵为了使这力的冲量为200 N·s,该力应在这物体上作用多久,试就一原来静止的物体和一个具有初速度 m/s的物体,回答这两个问题。
将 ,及 代入上式,即得: 。
6.9沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为 =0.05cos(10 ),式中 , 以米计, 以秒计。求:
⑴设 =100 N,问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?⑵如果在2s内飞轮转速减少一半,需加多大的力 ?
解:⑴先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))。图中 、 是正压力, 、 是摩擦力, 和 是杆在 点转轴处所受支承力, 是轮的重力, 是轮在 轴处所受支承力。
杆处于静止状态,所以对 点的合力矩应为零,设闸瓦厚度不计,则有:
解:因为
将以上初值条件代入上式,使两式同时成立之值即为该条件下的初位相。故有: ,
,
5.9一质量为 的物体作谐振动,振幅为 ,周期为 ,当 时位移为 。求:
⑴ 时,物体所在的位置及此时所受力的大小和方向;
⑵由起始位置运动到 处所需的最短时间;
⑶在 处物体的总能量。
解:由题已知 ,∴
又, 时,
故振动方程为:
⑴将 代入得:
方向指向坐标原点,即沿 轴负向。
⑵由题知, 时, ; 时,
∴
⑶由于谐振动中能量守恒,故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为:
大学物理课后习题答案(上下册全)武汉大学出版社 习题3详解

3-1 有一半径为R 的水平圆转台,可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动,转动惯量为J ,开始时转台以匀角速度ω0转动,此时有一质量为m 的人站在转台中心,随后人沿半径向外跑去,当人到达转台边缘时,转台的角速度为 [ ] A.2ωmR J J + B. 02)(ωR m J J+ C.02ωmR JD. 0ω 答案:A3-2 如题3-2图所示,圆盘绕O 轴转动。
若同时射来两颗质量相同,速度大小相同,方向相反并在一直线上运动的子弹,子弹射入圆盘后均留在盘内,则子弹射入后圆盘的角速度ω将:[ ]A. 增大.B. 不变.C. 减小.D. 无法判断. 题3-2 图 答案: C3-3 芭蕾舞演员可绕过脚尖的铅直轴旋转,当她伸长两手时的转动惯量为J 0,角速度为ω0,当她突然收臂使转动惯量减小为J 0 / 2时,其角速度应为:[ ] A. 2ω0 . B. ω0 . C. 4ω0 . D. ω 0/2. 答案:A3-4 如题3-4图所示,一个小物体,位于光滑的水平桌面上,与一绳的一端相连结,绳的另一端穿过桌面中心的小孔O . 该物体原以角速度ω 在半径为R 的圆周上绕O 旋转,今将绳从小孔缓慢往下拉.则物体:[ ]A. 动量不变,动能改变; 题3-4图B. 角动量不变,动量不变;C. 角动量改变,动量改变;D. 角动量不变,动能、动量都改变。
答案:D3-5 在XOY 平面内的三个质点,质量分别为m 1 = 1kg, m 2 = 2kg,和 m 3 = 3kg,位置坐标(以米为单位)分别为m 1 (-3,-2)、m 2 (-2,1)和m 3 (1,2),则这三个质点构成的质点组对Z 轴的转动惯量J z = .答案: 38kg ·m 23-6 如题3-6图所示,一匀质木球固结在一细棒下端,且可绕水平光滑固定轴O 转动,今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球并嵌于其中,则在此击中过程中,木球、子弹、细棒系统对o 轴的 守恒。
《大学物理C1(上、下)》练习册及答案

大学物理C(上、下)练习册✧质点动力学✧刚体定轴转动✧静电场电场强度✧电势静电场中的导体✧稳恒磁场✧电磁感应✧波动、振动✧光的干涉✧光的衍射注:本习题详细答案,结课后由老师发放一、质点动力学一、选择题1. 以下几种运动形式中,加速度a保持不变的运动是:(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 。
[ ] 2. 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) 2 R /T , 2 R/T . (B) 0 , 2 R /T(C) 0 , 0. (D) 2 R /T , 0. [ ]3. 质点作曲线运动,r表示位置矢量,v 表示速度,a 表示加速度,S 表示路程,a 表示切向加速度,下列表达式中, (1) a t = d /d v , (2) v =t r d /d ,(3) v =t S d /d , (4) t a t =d /d v.(A) 只有(1)、(4)是对的. (B) 只有(2)、(4)是对的. (C) 只有(2)是对的. (D) 只有(3)是对的. [ ]4. 一运动质点在某瞬时位于矢径r的端点处,其速度大小的表达式为(A )t d dr ; (B )dt r d ; (C )dt r d || ; (D )222dt dz dt dy dt dx ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛[ ] 5. 质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为(v 表示任一时刻质点的速率)(A) t d d v . (B)2V R.(C) R t 2d d v v +. (D) 2/1242d d ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛R t v v . [ ]6. 质量为m的质点,以不变速率v沿图中正三角形ABC的水平光滑轨道运动.质点越过A角时,轨道作用于质点的冲量的大小为(A) mv. (B).(C) . (D) 2mv.[]7. 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力)(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.(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.[]8. 一炮弹由于特殊原因在水平飞行过程中,突然炸裂成两块,其中一块作自由下落,则另一块着地点(飞行过程中阻力不计)(A) 比原来更远. (B) 比原来更近.(C) 仍和原来一样远. (D) 条件不足,不能判定.[]9. 如图,在光滑水平地面上放着一辆小车,车上左端放着一只箱子,今用同样的水平恒力F拉箱子,使它由小车的左端达到右端,一次小车被固定在水平地面上,另一次小车没有固定.试以水平地面为参照系,判断下列结论中正确的是(A)在两种情况下,F做的功相等.(B)在两种情况下,摩擦力对箱子做的功相等.(C)在两种情况下,箱子获得的动能相等.(D)在两种情况下,由于摩擦而产生的热相等.[]10. 质量为m的一艘宇宙飞船关闭发动机返回地球时,可认为该飞船只在地球的引力场中运动.已知地球质量为M,万有引力恒量为G,则当它从距地球中心R 1处下降到R 2处时,飞船增加的动能应等于(A)2R GMm(B)22R GMm(C) 2121R R R R GMm - (D) 2121R R R GMm - (E) 222121R R R R GMm -[ ]二 填空11. 灯距地面高度为h 1,一个人身高为h 2,在灯下以匀速率v 沿水平直线行走,如图所示.他的头顶在地上的影子M 点沿地面移动的速度为v M = .12. 质量分别为m 1、m 2、m 3的三个物体A 、B 、C ,用一根细绳和两根轻弹簧连接并悬于固定点O ,如图.取向下为x 轴正向,开始时系统处于平衡状态,后将细绳剪断,则在刚剪断瞬时,物体B 的加速度B a=_______;物体A 的加速度A a=______.13. 两个相互作用的物体A 和B ,无摩擦地在一条水平直线上运动.物体A 的动量是时间的函数,表达式为 P A = P 0 – b t ,式中P 0 、b 分别为正值常量,t是时间.在下列两种情况下,写出物体B 的动量作为时间函数的表达式:(1) 开始时,若B 静止,则 P B 1=__________________; (2) 开始时,若B的动量为 – P 0,则P B 2 = _____________.三、计算题14. 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.15. 质量为m的子弹以速度v 0水平射入沙土中,设子弹所受阻力与速度反向,大小与速度成正比,比例系数为K,忽略子弹的重力,求:(1) 子弹射入沙土后,速度随时间变化的函数式;(2) 子弹进入沙土的最大深度.16. 一人从10 m深的井中提水.起始时桶中装有10 kg的水,桶的质量为1 kg,由于水桶漏水,每升高1 m要漏去0.2 kg的水.求水桶匀速地从井中提到井口,人所作的功.二、刚体定轴转动一、选择题1. 人造地球卫星,绕地球作椭圆轨道运动,地球在椭圆的一个焦点上,则卫星的 (A)动量不守恒,动能守恒. (B)动量守恒,动能不守恒.(C)对地心的角动量守恒,动能不守恒.(D)对地心的角动量不守恒,动能守恒. [ ] 2. 一质点作匀速率圆周运动时,(A) 它的动量不变,对圆心的角动量也不变. (B) 它的动量不变,对圆心的角动量不断改变. (C) 它的动量不断改变,对圆心的角动量不变.(D) 它的动量不断改变,对圆心的角动量也不断改变. [ ] 3. 如图所示,A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮.A 滑轮挂一质量为M 的物体,B 滑轮受拉力F ,而且F =Mg .设A 、B 两滑轮的角加速度分别为 A 和 B ,不计滑轮轴的摩擦,则有(A) A = B . (B) A > B .(C) A < B . (D) 开始时 A = B ,以后 A < B .[ ] 4. 一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的光滑固定轴O 以角速度 按图示方向转动.若如图所示的情况那样,将两个大小相等方向相反但不在同一条直线的力F 沿盘面同时作用到圆盘上,则圆盘的角速度(A) 必然增大. (B) 必然减少. (C) 不会改变. (D) 如何变化,不能确定. [ ] 5. 花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动,开始时两臂伸开,转动惯量为J 0,角速度为 0.然后她将两臂收回,使转动惯量减少为31J 0.这时她转动的角速度变为(A) 310. (B) ()3/1 0.(C) 3 0. (D) 3 0. [ ] 6. 如图所示,一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转,初始状态为静止悬挂.现有一个小球自左方水平打击细杆.设小球与细杆之间为非弹性碰撞,则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统(A) 只有机械能守恒. (B) 只有动量守恒. (C) 只有对转轴O 的角动量守恒.(D) 机械能、动量和角动量均守恒. [ ]二、填空题7. 在光滑的水平面上,一根长L =2 m 的绳子,一端固定于O 点,另一端系一质量m =0.5 kg 的物体.开始时,物体位于位置A ,OA 间距离d =0.5 m ,绳子处于松弛状态.现在使物体以初速度v A =4 m ·s 1垂直于OA 向右滑动,如图所示.设以后的运动中物体到达位置B ,此时物体速度的方向与绳垂直.则此时刻物体对O点的角动量的大小L B =____________,物体速 度的大小v =__________________.8. 如图所示,一匀质木球固结在一细棒下端,且可绕水平光滑固定轴O 转动.今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中,则在此击中过程中,木球、子弹、细棒系统的____________________守恒,原因是______________________.木球被击中后棒和球升高的过程中,木球、子弹、细棒、地球系统的__________守恒.三、计算题9. 如图所示,一个质量为m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相联,绳子质量可以忽略,它与定滑轮之间无滑动.假设定滑轮质量为M 、半径为R ,其转动惯量为221MR ,滑轮轴光滑.试求该物体由静止开始下落的过程中,下落速度与时间的关系.10. 一长为1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动.抬起另一端使棒向上与水平面成60°,然后无初转速地将棒释放.已知棒对轴的转动惯量为231ml ,其中m 和l 分别为棒的质量和长度.求:(1) 放手时棒的角加速度; (2) 棒转到水平位置时的角加速度.11. 如图所示,A和B两飞轮的轴杆在同一中心线kg·m2.开始时,A轮转速为600 rev/min,B轮静止.C为摩擦啮合器,其转动惯量可忽略不计.A、B分别与C的左、右两个组件相连,当C的左右组件啮合时,B轮得到加速而A轮减速,直到两轮的转速相等为止.设轴光滑,求:(1) 两轮啮合后的转速n;(2) 两轮各自所受的冲量矩.三、静电场 电场强度一、选择题1. 高斯定理 ⎰⎰⋅=VSV S E 0/d d ερ(A) 适用于任何静电场. (B) 只适用于真空中的静电场. (C) 只适用于具有球对称性、轴对称性和平面对称性的静电场.(D) 只适用于虽然不具有(C)中所述的对称性、但可以找到合适的高斯面的静电场. []2.如图所示,一个电荷为q 的点电荷位于立方体的A角上,则通过侧面abcd 的电场强度通量等于:(A) 06εq . (B) 012εq .(C) 024εq . (D) 048εq . [ ]3. 电荷面密度均为+ 的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图放置,其周围空间各点电场强度E随位置坐标x 变化的关系曲线为:(设场强方向向右为正、向左为负) [ ]02εx4. 将一个试验电荷q 0 (正电荷)放在带有负电荷的大导体附近P 点处(如图),测得它所受的力为F .若考虑到电荷q 0不是足够小,则(A) F / q 0比P 点处原先的场强数值大. (B) F / q 0比P 点处原先的场强数值小. (C) F / q 0等于P 点处原先场强的数值.(D) F / q 0与P 点处原先场强的数值哪个大无法确定. [ ] 5. 如图所示,两个“无限长”的、半径分别为R 1和R 2的共轴圆柱面均匀带电,沿轴线方向单位长度上所带电荷分别为1和 2,则在内圆柱面里面、距离轴线为r 处的P 点的电场强度大小E 为:(A) r0212ελλπ+. (B) 20210122R R ελελπ+π(C) 1012R ελπ. (D) 0. []6. 点电荷Q 被曲面S 所包围 , 从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面外一点,如图所示,则引入前后:(A) 曲面S 的电场强度通量不变,曲面上各点场强不变. (B) 曲面S 的电场强度通量变化,曲面上各点场强不变. (C) 曲面S 的电场强度通量变化,曲面上各点场强变化. (D) 曲面S 的电场强度通量不变,曲面上各点场强变化. [ ]7. 根据高斯定理的数学表达式⎰∑⋅=Sq S E 0/d ε可知下述各种说法中,正确的是:(A) 闭合面内的电荷代数和为零时,闭合面上各点场强一定为零. (B) 闭合面内的电荷代数和不为零时,闭合面上各点场强一定处处不为零.(C) 闭合面内的电荷代数和为零时,闭合面上各点场强不一定处处为零.P+q 0(D) 闭合面上各点场强均为零时,闭合面内一定处处无电 [ ] 二、填空题7. 三个平行的“无限大”均匀带电平面,其电荷面密度都是+ ,如图所示,则A 、B 、C 、D 三个区域的电场强度分别为:E A =_________________,E B =_____________,E C =_________,E D =___________ (设方向向右为正).8. 一半径为R 的带有一缺口的细圆环,缺口长度为d (d<<R)环上均匀带有正电,电荷为q ,如图所示.则圆心O 处的场强大小E =__________________ __________,场强方向为______________________.9. 如图所示,真空中两个正点电荷Q ,相距2R .若以其中一点电荷所在处O 点为中心,以R 为半径作高斯球面S ,则通过该球面的电场强度通量=______________;若以 0r表示高斯面外法线方向的单位矢量,则高斯面上a 、b 两点的电场强度分别为________________________. 三、计算题10. 带电细线弯成半径为R 的半圆形,电荷线密度为 = 0sin ,式中 0为一常数, 为半径R 与x 轴所成的夹角,如图所示.试求环心O 处的电场强度.11.图中虚线所示为一立方形的高斯面,已知空间的场强分布为:E x =bx , E y+σ+σ+σABCD=0,E z=0.求立方体六个面的电场强度通量。
大学物理课后习题及答案(1-4章)含步骤解

,根据流量守恒
,
(2)当
(3)当
时,
时,
−
,整理可得:
可得
,即
,
图1-34所示为输液的装置。设吊瓶的截面积为1 ,针孔的截面积为2 ,且1 ≫ 2 ,开始时( = 0),吊瓶内上下
液面距针孔的高度分别为ℎ1 和ℎ2 ,求吊瓶内药液全部输完时需要的时间。
,则针孔的流量为
液体总体积为
Ԧ =
= 2Ԧ − 2 Ԧ = −2Ԧ
1s末和2s末质点的速度为: 1 = 2Ԧ − 2Ԧ(m ∙ s−1 ),2 = 2Ԧ − 4Ԧ(m ∙ s −1 );
1s末和2s末质点的加速度相等:Ԧ = −2Ԧ (m ∙ s−2 )
已知一质点做直线运动,其加速度Ԧ = 4 + 3 m ∙ s−2 , 开始运动时,0 = 5 m,
= 0.06(m)
(2)设弹簧最大压缩量为∆′ , 与碰撞粘在一起的速度为 ′,0 = ( +
) ′,代入已知条件可得 ′ = 4Τ11, + 压缩弹簧的过程中,机械能守恒,则
1
(
2
1
+ ) 2 = 2 ∆′2 ,得∆′ =
+
≈ 0.04(m)
(1)角加速度 =
由 =
∆
∆
=
0−2×1500÷60
50
由 =
=
2×1500
60
= 50 (rad ∙ s −1 )
= − (rad ∙ s−2 )
= −,得 = −,两边进行积分
得到 − 50 = − − 0,
大学物理(下册)课后部分习题答案

2
j
11畅13( a)
11畅13( b)
(2) 设该异线应放在 y = - d 处 ,显然 ,该异线在轴线处产生的磁成应强度应
与原来的半圆柱面产生的磁感应强度相同 ,即
μ0 I 2π d
=
μ0 I π2 R
所以
d=
πR 2
因面 ,另一导线应放在 y = - π2R处 .
12唱7 均匀磁场 B 被限制在半径 R = 0 .10 m 的无限长圆柱空间内 ,方向垂
同理 ,空腔轴线上的磁感应强度
因 R2 = 0 ,B0′2 = 0 ,故
B0′ = B0′1 + B0′2
B0′1
=
μ0 Ia 2π( R21 - R22 )
=
2 × 10 -4 T
11畅13 如图11畅13( a)所示 ,一半径为 R 的无限长半圆柱面导体 ,其上电流与其
轴线上一无限长直导线的电流等值反向 ,电流 I 在半圆柱面上均匀分布 .试求 :
当 r < R1 时 ,有
促 E · d S = E · 4π r2 = 0
S
E =0
当 R1 < r < R2 时 ,有
促S
E · d S = E · 4π r2 =
1 ε0
q
E
=
1 4π ε0
q r2
当 r > R2 时 ,有
促S
E · d S = E · 4π r2 =
1 ε0
ab · h
= 1600π - 4 3 × 10 -2 V 式中 h 为由 O 到ab的垂直距离 ,感应电流沿顺时针方向 .
∮ 此题也可用 Ei = Ev · d l 公式直接积分求解 .
图 12 唱7
《新编大学物理》(上、下册)教材习题答案

答案:[A]
提示: ,
题:
答案:[C]
提示:由时间的相对性, ,长度为
题 :
答案:[D]
提示: 得
题:
答案:[D]
提示: , ,故
题:
答案:[A]
提示: ; ; ;故
二、填空题
题:
答案:
提示:设痕迹之间距离为 ,由公式 ( 为静长度)。则车上观察者测得长度为
题:
答案:(1) ,(2)
提示:(1)相对论质量和相对论动量: ,
简谐振动的表达式为:x= (πt –π/3).
(2)当t=T/4时物体的位置为;x= (π/2–π/3) = π/6 = (m).
速度为;v= -πAsin(π/2–π/3) = πsinπ/6 = (m·s-1).
加速度为:a= dv/dt= -ω2Acos(ωt + φ)= -π2Acos(πt -π/3)= π2cosπ/6 = (m·s-2).
[解答]物体的总能量为:E = Ek+ Ep= (J).
(1)根据能量公式E = kA2/2,得振幅为: = (m).
(2)当动能等于势能时,即Ek= Ep,由于E = Ek+ Ep,可得:E =2Ep,
即 ,解得: = ±(m).
(3)再根据能量公式E = mvm2/2,得物体经过平衡位置的速度为:
(2)速度的最大值为:vm= ωA= π = (m·s-1); 题解答图
加速度的最大值为:am= ω2A= π2= (m·s-2).
(3)弹簧的倔强系数为:k = mω2,最大回复力为:f = kA = mω2A= (N);
振动能量为:E = kA2/2 =mω2A2/2 = ×10-2(J),
大学物理(下册)课后题答案_完整版

大学物理下册课后习题答案习题八8-1电量都是q 的三个点电荷,分别放在正三角形的三个顶点 .试问:(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷,就可以使这四个电荷都达到平衡 (即每个电荷受其他三个电荷的库 仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系 ?解:如题8-1图示(1)以A 处点电荷为研究对象,由力平衡知:q 为负电荷2-1 q1 qq2cos30 ----------------------a4 n0/.3 2(T a)T q(2)与三角形边长无关.8-2两小球的质量都是m ,都用长为I 的细绳挂在同一点,它们带有相同电量,静止时两线夹角为2 如题8-2图所示.设小球的半径和线的质量都可以忽略不计,求每个小球所 带的电量.解:如题8-2图示T cos mg解得 q 21 sin 4mgtan8-3根据点电荷场强公式 E J ,当被考察的场点距源点电荷很近(r T 0)时,贝U 场强4°r*,这是没有物理意义的,对此应如何理解解:Ey^r °仅对点电荷成立,当r 0时,带电体不能再视为点电荷,再用上式求4 n 0r场强是错误的,实际带电体有一定形状大小 ,考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大.8-4在真空中有 A , B 两平行板,相对距离为d ,板面积为S ,其带电量分别为+ q 和解得 题8-1图题8-2图T sinF e4 n 0 (2l sin )2H |2-q •则这两板之间有相互作用力f ,有人说f = q2,又有人说,因为4 o d 22f = qE ,E —,所以f =卫•试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少? o S o S解:题中的两种说法均不对 .第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的 ,第二种说法 把合场强E 2看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的.正确解答应为一oS2个板的电场为E —,另一板受它的作用力 f q q q ,这是两板间相互作2 o S 2 o S 2 o S用的电场力.p ql ,场点到偶极子中心 0点的距离为r ,矢量r 与丨的夹角为l .试证P 点的场强E 在r 方向上的分量 E r 和垂直于r 的分量E分别为•••场点P 在r 方向场强分量垂直于r 方向,即方向场强分量psi n 34n o r8-6长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度=5.0x10求:(1)在导线的延长线上与导线 B 端相距a i =5.ocm 处P 点的场强;⑵在导线的垂直平分 线上与导线中点相距 d 2=5.ocm 处Q 点的场强. 解:如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元 dx ,其上电量dq 在P 点产生场强为dE p1dx4no (a x)2E P dE P1 2dx 4 n o 2(ax)28-5 一电偶极子的电矩为 ,(见题8-5图),且r E r =2pcos3 , orE =严 4 o r证:如题8-5所示,将p 分解为与 r 平行的分量psin 和垂直于lr 的分量psinE rp cos 2 n o r 3 E o题8-5图 -9Cm -1的正电荷.试题8-6图用I 15 cm , 5.0E P(2)同理dE Q 6.741由于对称性dElQx 0,dE Qy5.0 10 C cm14.9612 2~n 0(4a l )9 110 9 C m 1, a 12.5 cm 代入得2 110 N C 方向水平向右dx—2方向如题8-6图所示x d2即E Q只有y分量,1 dx d24nxd2―dfE Qy l dE Qyl4n 22 dx1 32 z 2 2\2(x d2) l2 n 0 J l24d;1, l 15 cm,d2 5 cm代入得102 N C 1,方向沿y轴正向R的均匀带电半圆环,电荷线密度为,求环心处0点的场强•一个半径为8-7RdE Q E Qydq dl Rd ,它在O点产生场强大小为RddE4 n0R2方向沿半径向外则dE x dE sin sin4 n 0 R积分E x dE y dE cos( cos d4 n 0 Rsin dE y cos d 04 n 0RE E x,方向沿x轴正向.2 n 0R8-8均匀带电的细线弯成正方形,边长为I,总电量为q . (1)求这正方形轴线上离中心为r处的场强E ;(2)证明:在r I处,它相当于点电荷q产生的场强E .q解:如8-8图示,正方形一条边上电荷在P点产生物强dE p方向如图,大小为4COS 12COS 2 COS 1dE P在垂直于平面上的分量dE dE P COSdE I r| 2 f 1 2 丨I 2/ 1 2I 1 2I I 2 I4 n °」—<r—i1r —4 \ 2 V 4题8-8图由于对称性,P点场强沿OP方向,大小为8-9 (1)点电荷q位于一边长为a的立方体中心,试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量;(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上,这时穿过立方体各面的电通量是多少*(3)如题8-9(3)图所示,在点电荷q的电场中取半径为R的圆平面.q在该dE pCOS 1 COS 2E PE P4 dE4n o(r2g4lqr4 lr方向沿OPdE p平面轴线上的A点处,求:通过圆平面的电通量.(R arcta n — )x解:⑴由高斯定理E dS -S立方体六个面,•••各面电通量(2)电荷在顶点时当q在立方体中心时,每个面上电通量相等q6 0 .,将立方体延伸为边长2a的立方体,使q处于边长2a的立方体中心qe6 0边长2a的正方形上电通量对于边长a的正方形,如果它不包含q所在的顶点,则e 如果它包含q所在顶点则 e 0 .如题8-9(a)图所示.题8-9(3)图题8-9(b)图题8-9(a)图(3) ••通过半径为面积* 题8-9(c)图R的圆平面的电通量等于通过半径为..R2x2的球冠面的电通量,球冠S 2 M R2x2)[1q。
大学物理上册-课后习题答案全解

大学物理上册课后习题答案第一章 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,并由上述资料求出量值.[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:= (m·s -2).1.3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑,他以与水平成°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 = (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 = (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 = (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 = (m).根据自由落体运动公式s = gt 2/2,得下落的时间为:= (s). 因此人飞越的时间为:t = t 1 + t 2 = (s).人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = (m·s -1), 所以矿坑的宽度为:x = v x 0t = (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 = (m·s -1),落地速度为:v = (v x 2 + v y 2)1/2 = (m·s -1),与水平方向的夹角为:φ = arctan(v y /v x ) = º,方向斜向下.方法二:一步法.图取向上为正,人在竖直方向的位移为y = v y0t - gt2/2,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= (s).由此可以求解其它问题.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 = -kv2,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)分离变数得,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 = d2x/d t2,而 d x/d t = v,a = d v/d t,分离变数得方程:,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 = v0,所以C = ln v0,因此ln v/v0 = -kt,得速度为:v = v0e-kt.而d v = v0e-kt d t,积分得:.当t = 0时,x = 0,所以C` = v0/k,因此.(2)如果n≠1,则得,积分得.当t = 0时,v = v0,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 一质点沿半径为的圆周运动,其角位置(以弧度表示)可用公式表示:θ = 2 + 4t3.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 = dθ/d t = 12t2= 48(rad·s-1),法向加速度为a n= rω2= (m·s-2);角加速度为β = dω/d t = 24t= 48(rad·s-2),切向加速度为a t= rβ = (m·s-2).(2)总加速度为a = (a t2 + a n2)1/2,当a t = a/2时,有4a t2 = a t2 + a n2,即.由此得,即,解得.所以 =(rad).(3)当a t = a n时,可得rβ = rω2,即: 24t = (12t2)2,解得:t = (1/6)1/3 = (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 .[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 = 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 = 内下降的距离h = .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 = (m·s -2).物体下降3s 末的速度为v = a t t = (m·s -1),这也是边缘的线速度,因此法向加速度为= (m·s -2).1.8 一升降机以加速度·s -2上升,当上升速度为·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.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= (s).算得h 2 = ,即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为.[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,可作向量三角形,其中沿AB 方向的速度大小为,所以飞行时间为. 证毕.图A AB v v + uv - u ABv uuvv1.10 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,由此可作向量三角形.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.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)上以初速度运动,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 ,.将t = x/v 0,代入后一方程得质点的轨道方程为,这是抛物线方程.2.2 桌上有一质量M = 1kg 的平板,板上放一品质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 = ,静摩擦因素为μs = .求:(1)今以水平力拉板,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 = (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 = (N), 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 = (N). 这也是桌子受到的摩擦力的大小,方向也相反.图1h lα图 m(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 = (N).因此要将板从物体下面抽出,至少需要的力.2.3 如图所示:已知F = 4N ,m 1 = ,m 2 = ,两物体与水平面的的摩擦因素匀为.求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力.(绳子和滑轮品质均不计)[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 = (m·s -2),绳对它的拉力为= (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; (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 ,即:. (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把小车沿斜面往上推(设b 1 = b ); (5)以同样大小的加速度(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 :.(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)根据题意作力的向量图,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:12图2 图(2), 因此角度为;而张力为. (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 =的小球,拴在长度l =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,其中s 表示弧长.由于s = Rθ = lθ,所以速度为 , 因此 , 即 v d v = -gl sin θd θ, (1) 取积分 , 得 ,解得:= (m·s -1). 由于:, 所以T B = 2mg = (N). (2)由(1)式积分得 ,当 θ = 60º时,v C = 0,所以C = -lg /2, 因此速度为.切向加速度为a t = g sin θ;法向加速度为 .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= (m·s -2),法向加速度为 a n = 0,绳子的拉力T = mg /2 = (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,s 表示弧长.图图由于,所以,因此v d v = g cosθd s= g d h,h表示石下落的高度.积分得,当h = 0时,v = 0,所以C = 0,因此速率为.2.8质量为m的物体,最初静止于x0,在力(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/x0)/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利用v = d x/d t,可得,因此方程变为,积分得.利用初始条件,当x = x0时,v = 0,所以C = -k/x0,因此,即.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.(1)当n = 1时,可得利用初始条件x = x0时,v = 0,所以C = ln x0,因此,即.(2)如果n≠1,可得.利用初始条件x = x0时,v = 0,所以,因此,即.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v0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,分离变数得,积分得.当t = 0时,v = v0,所以,因此,小球速率随时间的变化关系为.(2)当小球运动到最高点时v = 0,所需要的时间为.[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,即,积分得,当t = 0时,x = 0,所以,因此 .(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 ,用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为.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子为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, 即 : .积分得:.当t = 0时,v = v 0,所以, 因此 .解得 .由于 , 积分得,当t = 0时,x = x 0,所以C = 0,因此.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,解得 .(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 , 方法二:利用动量定理.小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ,图设小球的品质为m ,其初动量为p 1 = mv 1 = 0, 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ,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得:, 由此可作向量三角形,可得:.因此向心力给予小球的的冲量大小为= (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.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,,合冲量为,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,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,求球受到的平均冲力?[解答]球上升初速度为= 14(m·s -1),其速度的增量为= (m·s -1).棒给球冲量为I = m Δv = (N·s),对球的作用力为(不计重力):F = I/t = (N). 2.15 如图所示,三个物体A 、B 、C ,每个品质都为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,v x Δv v y可得B 拉C 之前的运动时间;= (s).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 = (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,可作向量三角形,列方程得, 所以 v` = v /cos45° = .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.雪橇的品质为m ,它与路面的滑动摩擦因子为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,弧位移的大小为d s = R d θ.重力的大小为:G = mg ,方向竖直向下,与位移元的夹角为π + θ,所做的功元为,积分得重力所做的功为. 摩擦力的大小为:f = μk N = μk mg cos θ,方向与弧位移的方向相反,所做的功元为,积分得摩擦力所做的功为.要使雪橇缓慢地匀速移动,雪橇受的重力、摩擦力和马的拉力就是平衡力,即 , 或者 . 拉力的功元为:, 拉力所做的功为.由此可见,重力和摩擦力都做负功,拉力做正功.2.18 一品质为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)滑动摩擦因子;(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 .图(2)由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ,积分得: .由于W = ΔE ,可得滑动摩擦因子为.(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,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。
《新编大学物理》(上、下册)教材习题答案

第1章 质点运动学一、选择题 题1.1 : 答案:[B]提示:明确∆r 与r ∆的区别题1.2: 答案:[A]题1.3: 答案:[D]提示:A 与规定的正方向相反的加速运动, B 切向加速度, C 明确标、矢量的关系,加速度是d dtv题1.4: 答案:[C] 提示: 21r r r ∆=-,12,R R r j ri ==-,21v v v ∆=-,12,v v v i v j =-=-题1.5: 答案:[D]提示:t=0时,x=5;t=3时,x=2得位移为-3m ;仅从式x=t 2-4t+5=(t-2)2+1,抛物线的对称轴为2,质点有往返题1.6: 答案:[D]提示:a=2t=d dt v ,2224t v tdt t ==-⎰,02tx x vdt -=⎰,即可得D 项题1.7:答案:[D]北v 风v 车1v 车2提示: 21=2v v 车车,理清=+v v v 绝相对牵的关系二、填空题 题1.8:答案: 匀速(直线),匀速率题1.9:答案:2915t t -,0.6 提示: 2915dxv t t dt==-,t=0.6时,v=0题1.10:答案:(1)21192y x =-(2)24t -i j 4-j(3)411+i j 26-i j 3S提示: (1) 联立22192x t y t =⎧⎨=-⎩,消去t 得:21192y x =-,dx dydt dt =+v i j (2) t=1s 时,24t =-v i j ,4d dt==-va j (3) t=2s 时,代入22(192)x y t t =+=+-r i j i j 中得411+i j t=1s 到t=2s ,同样代入()t =r r 可求得26r∆=-i j ,r 和v 垂直,即0∙=r v ,得t=3s题1.11: 答案:212/m s 提示:2(2)2412(/)dv d x a v x m s dt dt=====题1.12: 答案:1/m sπ提示: 200tdvv v dt t dt =+=⎰,11/t v m s ==,201332tv dt t R θπ===⎰,r π∆==题1.13:答案:2015()2t v t gt -+-i j 提示: 先对20(/2)v tg t =-r j 求导得,0()y v gt =-v j 与5=v i 合成得05()v gt =-+-v i j 合 201=5()2t v t gt -+-∴⎰r v i j t合0合dt=题1.14: 答案:8, 264t提示:8dQ v R Rt dt τ==,88a R τ==,2264n dQ a R t dt ⎛⎫== ⎪⎝⎭三、计算题 题1.15:解:(1)3t dv a t dt == 003v tdv tdt =∴⎰⎰ 232v t ∴=又232ds v t dt == 20032stds t dt =∴⎰⎰ 312S t =∴(2)又S R θ= 316S tRθ==∴(3)当a 与半径成45角时,n a a τ=2434n v a t R == 4334t t =∴t =∴题1.16:解:(1)dva kv dt ==- 00v tdv kdt v =-∴⎰⎰, 0ln v kt v =-(*) 当012v v =时,1ln 2kt =-,ln 2t k=∴ (2)由(*)式:0ktv v e-=0kt dxv e dt -=∴,000xtkt dx v e dt -=⎰⎰ 0(1)kt v x e k-=-∴第2章 质点动力学一、选择题 题2.1: 答案:[C]提示:A .错误,如:圆周运动B .错误,m =p v ,力与速度方向不一定相同 D .后半句错误,如:匀速圆周运动题2.2: 答案:[B]提示:y 方向上做匀速运动:2y y S v t t == x 方向上做匀加速运动(初速度为0),Fa m=22tx v a d t t ==⎰,223tx x t S v dt ==⎰2223t t =+∴S i j题2.3: 答案:[B]提示:受力如图MgF杆'F 猫mg设猫给杆子的力为F ,由于相对于地面猫的高度不变'F mg = 'F F = 杆受力 1()F Mg F M m g =+=+ 1()F M m ga M M+==题2.4 :答案:[D] 提示:a a A22A B AB m g T m a T m a a a ⎧⎪-=⎪=⎨⎪⎪=⎩ 得45Aa g = (2A B a a =,通过分析滑轮,由于A 向下走过S ,B 走过2S) 2A B a a =∴题2.5: 答案:[C]提示: 由题意,水平方向上动量守恒, 故 0(cos60)()1010m mv m v =+ 共 0=22v v 共题2.6: 答案:[C] 提示:RθθRh-R由图可知cos h RRθ-=分析条件得,只有在h 高度时,向心力与重力分量相等所以有22cos ()mv mg v g h R Rθ=⇒=-由机械能守恒得(以地面为零势能面)22001122mv mv mgh v =+⇒=题2.7: 答案:[B]提示: 运用动量守恒与能量转化题2.8: 答案:[D] 提示:v v y由机械能守恒得2012mgh mv v =⇒=0sin y v v θ=sin Gy Pmgv mg ==∴题2.9: 答案: [C]题2.10: 答案: [B]提示: 受力如图fT F由功能关系可知,设位移为x (以原长时为原点)2()xF mg Fx mgx kxdx x kμμ--=⇒=⎰弹性势能 2212()2p F mg E kx kμ-==二、填空题题2.11: 答案:2mb提示: '2v x bt == '2a v b == 2F m a m b==∴题2.12:答案:2kg 4m/s 2 提示:4N8Nxy 0由题意,22/x a m s = 4x F N =8y F N = 2Fm k ga== 24/y y F a m s m==题2.13: 答案:75,1110提示: 由题意,32()105F a t m ==+ 27/5v adt m s ⇒==⎰当t=2时,1110a =题2.14: 答案:180kg提示:由动量守恒,=m S -S m 人人人船相对S ()=180kg m ⇒船题2.15: 答案:11544+i j 提示:各方向动量守恒题2.16:答案: ()mv +i j ,0,-mgR提示:由冲量定义得 ==()()mv mv mv --=+I P P i j i j 末初- 由动能定律得 0k k E W E ∆=⇒∆=,所以=0W 合 =W m g R -外题2.17: 答案:-12提示:3112w Fdx J -==⎰题2.18:答案: mgh ,212kx ,Mm G r - h=0,x=0,r =∞ 相对值题2.19: 答案: 02mgk ,2mg,题2.20: 答案: +=0A∑∑外力非保守力三、计算题 题2.21:解:(1)=m F xg L 重 ()mf L xg L μ=- (2)1()(1)ga F f x g m Lμμ=-=+-重(3)dv a v dx =,03(1)v LL g vdv x g dx L μμ⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦⎰⎰,v =题2.22: 解:(1)以摆车为系统,水平方向不受力,动量守恒。
新编大学物理_习题解答

0第1章 质点运动学一、选择题 题1.1 : 答案:[B]提示:明确∆r 与r ∆的区别题1.2: 答案:[A]题1.3: 答案:[D]提示:A 与规定的正方向相反的加速运动, B 切向加速度, C 明确标、矢量的关系,加速度是d dtv题1.4: 答案:[C] 提示: 21r r r ∆=-,12,R R r j ri ==-,21v v v ∆=-,12,v v v i v j =-=-题1.5: 答案:[D]提示:t=0时,x=5;t=3时,x=2得位移为-3m ;仅从式x=t 2-4t+5=(t-2)2+1,抛物线的对称轴为2,质点有往返题1.6: 答案:[D]提示:a=2t=d dt v ,2224t v tdt t ==-⎰,02tx x vdt -=⎰,即可得D 项题1.7:答案:[D]北v 风v 车1v 车2提示: 21=2v v 车车,理清=+v v v 绝相对牵的关系二、填空题 题1.8:答案: 匀速(直线),匀速率题1.9:答案:2915t t -,0.6 提示: 2915dxv t t dt==-,t=0.6时,v=0题1.10:答案:(1)21192y x =-(2)24t -i j 4-j(3)411+i j 26-i j 3S提示: (1) 联立22192x t y t =⎧⎨=-⎩,消去t 得:21192y x =-,dx dydt dt =+v i j (2) t=1s 时,24t =-v i j ,4d dt==-va j (3) t=2s 时,代入22(192)x y t t =+=+-r i j i j 中得411+i j t=1s 到t=2s ,同样代入()t =r r 可求得26r∆=-i j ,r 和v 垂直,即0∙=r v ,得t=3s题1.11: 答案:212/m s 提示:2(2)2412(/)dv d x a v x m s dt dt=====题1.12: 答案:1/m sπ提示: 200tdvv v dt t dt =+=⎰,11/t v m s ==,201332tv dt t R θπ===⎰,r π∆==题1.13:答案:2015()2t v t gt -+-i j 提示: 先对20(/2)v tg t =-r j 求导得,0()y v gt =-v j 与5=v i 合成得05()v gt =-+-v i j 合 201=5()2t v t gt -+-∴⎰r v i j t合0合dt=题1.14: 答案:8, 264t提示:8dQ v R Rt dt τ==,88a R τ==,2264n dQ a R t dt ⎛⎫== ⎪⎝⎭三、计算题 题1.15:解:(1)3t dv a t dt == 003v tdv tdt =∴⎰⎰ 232v t ∴=又232ds v t dt == 20032stds t dt =∴⎰⎰ 312S t =∴(2)又S R θ= 316S tRθ==∴(3)当a 与半径成45角时,n a a τ=2434n v a t R == 4334t t =∴t =∴题1.16:解:(1)dva kv dt ==- 00v tdv kdt v =-∴⎰⎰, 0ln v kt v =-(*) 当012v v =时,1ln 2kt =-,ln 2t k=∴ (2)由(*)式:0ktv v e-=0kt dxv e dt -=∴,000xtkt dx v e dt -=⎰⎰ 0(1)kt v x e k-=-∴第2章 质点动力学一、选择题 题2.1: 答案:[C]提示:A .错误,如:圆周运动B .错误,m =p v ,力与速度方向不一定相同 D .后半句错误,如:匀速圆周运动题2.2: 答案:[B]提示:y 方向上做匀速运动:2y y S v t t == x 方向上做匀加速运动(初速度为0),Fa m=22tx v a d t t ==⎰,223tx x t S v dt ==⎰2223t t =+∴S i j题2.3: 答案:[B]提示:受力如图MgF杆'F 猫mg设猫给杆子的力为F ,由于相对于地面猫的高度不变'F mg = 'F F = 杆受力 1()F Mg F M m g =+=+1()F M m ga M M+==题2.4 :答案:[D] 提示:a a A22A B AB m g T m a T m a a a ⎧⎪-=⎪=⎨⎪⎪=⎩ 得45Aa g = (2A B a a =,通过分析滑轮,由于A 向下走过S ,B 走过2S) 2A B a a =∴题2.5: 答案:[C]提示: 由题意,水平方向上动量守恒, 故 0(cos60)()1010m mv m v =+ 共 0=22v v 共题2.6: 答案:[C] 提示:RθθRh-R由图可知cos h RRθ-=分析条件得,只有在h 高度时,向心力与重力分量相等所以有22cos ()mv mg v g h R Rθ=⇒=-由机械能守恒得(以地面为零势能面)22001122mv mv mgh v =+⇒=题2.7: 答案:[B]提示: 运用动量守恒与能量转化题2.8: 答案:[D] 提示:v v y由机械能守恒得2012mgh mv v =⇒=0sin y v v θ=sin Gy Pmgv mg ==∴题2.9: 答案: [C]题2.10: 答案: [B]提示: 受力如图fT F由功能关系可知,设位移为x (以原长时为原点)2()xF mg Fx mgx kxdx x kμμ--=⇒=⎰弹性势能 2212()2p F mg E kx kμ-==二、填空题题2.11: 答案:2mb提示: '2v x bt == '2a v b == 2F m a m b==∴题2.12:答案:2kg 4m/s 2 提示:4N8Nxy 0由题意,22/x a m s = 4x F N =8y F N = 2Fm k ga== 24/y y F a m s m==题2.13: 答案:75,1110提示: 由题意,32()105F a t m ==+ 27/5v adt m s ⇒==⎰当t=2时,1110a =题2.14: 答案:180kg提示:由动量守恒,=m S -S m 人人人船相对S ()=180kg m ⇒船题2.15: 答案:11544+i j 提示:各方向动量守恒题2.16:答案: ()mv +i j ,0,-mgR提示:由冲量定义得 ==()()mv mv mv --=+I P P i j i j 末初- 由动能定律得 0k k E W E ∆=⇒∆=,所以=0W 合 =W m g R -外题2.17: 答案:-12提示:3112w Fdx J -==⎰题2.18:答案: mgh ,212kx ,MmG r - h=0,x=0,r =∞ 相对值题2.19: 答案: 02mgk ,2mg,题2.20: 答案: +=0A∑∑外力非保守力三、计算题 题2.21:解:(1)=m F xg L 重 ()mf L xg L μ=- (2)1()(1)ga F f x g m Lμμ=-=+-重(3)dv a v dx =,03(1)v LL g vdv x g dx L μμ⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦⎰⎰,v =题2.22: 解:(1)以摆车为系统,水平方向不受力,动量守恒。
大学物理课后习题答案(高教版 共三册)

第六章 真空中的静电场1、电量为-5×10-9 C 的试验电荷放在电场中某点时,受到 20×10-9 N 的向下的力,求该点的电场强度大小和方向。
解:由q E F = 得C N q F E /4105/1020/99-=⨯-⨯==--方向向上2、一个带负电荷的质点,在电场力作用下从A 点 经C 点运动到B 点,其运动轨迹如图所示.已知质点运动的速率是递减的,试定性画出电场E的方向。
解:速率是递减→τa 为负→切向力与v相反做曲线运动→有n a →受合力方向如图→即电场E-的方向3、一均匀静电场,电场强度()j i E 600400+=V ·m -1,求点a (3,2)和点b (1,0)之间的电势差U ab .(点的坐标x ,y 以米计) 解:⎰⋅=baab l d E U)()600400(⎰+⋅+=baj dy i dx j i +=⎰13400dx ⎰2400dy=-2×103 V4、如图所示,真空中一长为L 的均匀带电细直杆,总电荷为q ,试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度.解:设杆的左端为坐标原点O ,x 轴沿直杆方向.带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ,在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ,它在P 点的场强: ()204d d x d L qE -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε 2分总场强为 ⎰+π=Lx d L xL q E 02)(d 4-ε()d L d q +π=04ε 3分方向沿x 轴,即杆的延长线方向.-qEO5、A 、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面,已知两平面间的电场强度大小为E 0,两平面外侧电场强度大小都为E 0/3,方向如图.求A 、B 两平面上的电荷面密度σA , σB . 解:设电荷面密度为σA , σB由场强迭加原理,平面内、外侧电场强度由σA , σB 共同贡献: 外侧:32200E BA=+-εσεσ内侧:0022E BA=+εσεσ联立解得:3/200E Aεσ-= 3/400E Bεσ=6、半径为R 的半球面置于场强为E的均匀电场中,其对称轴与场强方向一致,如图所示.求通过该半球面的电场强度通量。
大学物理学(上册、下册)第四版 课后习题答案 赵近芳 全

dx dt
R (1 cost)
v y
dy dt
R sin t)
a x a y
R 2 R 2
sin t dvx dt
cost dvy dt
1-10 以初速度 v0 =20 m s1 抛出一小球,抛出方向与水平面成幔 60°的夹角,
求:(1)球轨道最高点的曲率半径 R1 ;(2)落地处的曲率半径 R2 .
时,其角位移是多少?
解:
(1) t 2 s 时,
d 9t 2 , d 18t
dt
dt
a R 118 2 36 m s2
an R 2 1 (9 22 )2 1296 m s 2
tan 45 a 1
(2)当加速度方向与半径成 45ο 角时,有
解:(1)
v
ds dt
v0
bt
a
dv dt
b
an
v2 R
(v0
bt)2 R
a
则 加速度与半径的夹角为
(2)由题意应有
a2
a
2 n
b2
(v0
bt)4 R2
arctan a an
Rb (v0 bt)2
ab
b2
(v0
bt)4 R2
即
b2
b2
dr
其二,可能是将 dt dt 2 误作速度与加速度的模。在 1-1 题中已说明 dt 不是速度的模,
d2r
而只是速度在径向上的分量,同样, dt 2 也不是加速度的模,它只是加速度在径向分量中
大学物理课后习题答案(上下册全)武汉大学出版社 第7章 热力学基础习题解答

第7章 热力学基础7-1在下列准静态过程中,系统放热且内能减少的过程是[ D ] A .等温膨胀. B .绝热压缩. C .等容升温. D .等压压缩.7-2 如题7-2图所示,一定量的理想气体从体积V 1膨胀到体积V 2分别经历的过程是:A →B 等压过程; A →C 等温过程; A →D 绝热过程 . 其中吸热最多的过程是[ A ] A .A →B 等压过程 B .A →C 等温过程.C .A →D 绝热过程. 题7-2图 D .A →B 和A → C 两过程吸热一样多.7-3 一定量某理想气体所经历的循环过程是:从初态(V 0 ,T 0)开始,先经绝热膨胀使其体积增大1倍,再经等容升温回复到初态温度T 0, 最后经等温过程使其体积回复为V 0 , 则气体在此循环过程中[ B ]A .对外作的净功为正值.B .对外作的净功为负值.C .内能增加了.D .从外界净吸收的热量为正值. 7-4 根据热力学第二定律,判断下列说法正确的是 [ D ] A .功可以全部转化为热量,但热量不能全部转化为功.B .热量可以从高温物体传到低温物体,但不能从低温物体传到高温物体.C .不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程.D .一切自发过程都是不可逆的.7-5 关于可逆过程和不可逆过程有以下几种说法,正确的是[ A ] A .可逆过程一定是准静态过程. B .准静态过程一定是可逆过程. C .无摩擦过程一定是可逆过程.D .不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程.7-6 理想气体卡诺循环过程的两条绝热线下的面积大小(题7-6图中阴影部分)分别为S 1和S 2 , 则二者的大小关系是[ B ] A .S 1 > S 2 . B .S 1 = S 2 .C .S 1 < S 2 .D .无法确定. 题7-6图 7-7 理想气体进行的下列各种过程,哪些过程可能发生[ D ] A .等容加热时,内能减少,同时压强升高 B . 等温压缩时,压强升高,同时吸热 C .等压压缩时,内能增加,同时吸热 D .绝热压缩时,压强升高,同时内能增加7-8 在题7-8图所示的三个过程中,a →c 为等温过程,则有[ B ] A .a →b 过程 ∆E <0,a →d 过程 ∆E <0. B .a →b 过程 ∆E >0,a →d 过程 ∆E <0. C .a →b 过程 ∆E <0,a →d 过程 ∆E >0.D .a →b 过程 ∆E >0,a →d 过程 ∆E >0. 题7-8图7-9 一定量的理想气体,分别进行如题7-9图所示的两个卡诺循环,若在p V -图上这两个循环过程曲线所围的面积相等,则这两个循环的[ D ] A .效率相等.B .从高温热源吸收的热量相等.C .向低温热源放出的热量相等.D .对外做的净功相等. 题7-9图7-10一定质量的某种理想气体在等压过程中对外作功为 200 J .若此种气体为单原子分子气体,则该过程中需吸热__500__ J ;若为双原子分子气体,则需吸热__700___ J 。
《新编大学物理》(下册)教材习题答案

第9章 静电场一、选择题 9.1 答案:B 9.2 答案:C解:根据高斯定理,通过整个立方体表面的电通量为d εqse =⋅=Φ⎰S E ,由于电荷位于立方体的中心,从立方体各个面穿出的电力线一样多,所以穿过一个表面的电场强度通量为06εq. 9.3 答案:B 9.4 答案:A解:根据电势的定义式)0(,d =⋅=⎰BBP V V l E 知,空间中某点的电势高低与电势零点的选择有关,所以B 、C 、D 均不正确;如果某一区域内电势为常数,则该区域内任意两点的电势差为0,即0d =⋅=-⎰BA B A V V l E ,要使其成立,该区域内电场强度必为零. 9.5 答案:A解:根据电势和电势差的定义式)0(,d =⋅=⎰BBP V V l E ,⎰⋅=-=BAB A AB V V U lE d 知,空间中某点电势的高低与电势零点的选择有关,选择不同的电势零点,同一点的电势数值是不一样的.而任意两点的电势差总是确定的,与电势零点的选择无关.9.6 答案:D解:根据电势叠加原理,两个点电荷中垂线上任意一点的电势为BB AA B A r q r q V V V 0044πεπε+=+=由于中垂线上的任意一点到两电荷的距离相等,即r r r B A ==,所以rq q V B A 04πε+=.要使其为零,则0=+B A q q ,所以B A q q -=.9.7 答案:A解:根据保守力做功和势能的关系PB PA BA AB E E q -=⋅=⎰l E d W 0知,负电荷沿电力线移动电场力做负功,所以电势能增加.根据等势面的定义,等势面上各点的电势相等,而电势相等的点场强不一定相等;根据电场力做功的公式AB B A AB qU V V q =-=)(W 知,初速度为零的点电荷, 仅在电场力的作用下,如何运动取决于点电荷本身和电势的高低.正电荷从高电势向低电势运动;负电荷从低电势向高电势运动. 9.8 答案:C解:达到静电平衡后,根据高斯定理设各板上的电荷密度如图所示.根据静电平衡条件,有BA BA P E σσεσσ=⇒=-=020习题9.8图 解习题9.8图由于A 、B 板由导线相连,所以其与中间板C 的电势差必然相等,所以12210220112222d dd d U U A B B A BC AC =⇒--⨯=--⨯⇒=σσεσσσεσσσ 9.9答案:D解:根据动能定理,有)11(41221)44()(W 21022010r r m e m r er e e V V e B A AB -=⇒⨯=-=-=πευυπεπε 二、填空题 9.10 答案:3028Rqd επ;方向水平向右解:根据场强叠加原理,本题可以利用割补法,等效于一个均匀带电圆环和一个带相同电荷密度的异号电荷缺口在圆心处的电场.由于均匀带电圆环电荷分布的对称性,在圆心处产生的电场强度为零.异号电荷缺口在圆心处产生的电场强度大小为30220208424Rqd R dR qR dq E εππεππε=⨯== 方向水平向右.习题9.10图习题9.11图习题9.12图9.11答案:2R E π⋅解:根据题意知穿过半球面的电力线条数和穿过底面的电力线的条数相同,所以根据电通量的定义,有2d E d d d R E S S E e π⋅==⋅=⋅=⋅=Φ⎰⎰⎰⎰底面底面底面半球面S E S E 9.12 答案:02εσ,水平向左;023εσ,水平向左;02εσ,水平向右 解:根据教材例9-7的结果和电场强度叠加原理,以水平向右为正有000212222εσεσεσ-=-=+=E E E A 0002123222εσεσεσ-=--=+=E E E B 000212222εσεσεσ+=+=+=E E E C “+”表示电场强度的方向水平向右,“-” 表示电场强度的方向水平向左. 三、计算题 9.13解:(1)如图所示,在θ处取一小段弧为电荷元,其电量为θλλRd dl dq ==根据点电荷的场强分布知,它在O 点处产生的电场强度大小为Rd R dq dE 02044πεθλπε==在x、y 轴上的分量为θcos dE dE x -=,θsin dE dE y -=根据场强叠加原理,有⎰=-=πθθπελ000cos 4d RE x Rd R E y 0002sin 4πελθθπελπ-=-=⎰所以 j j i E RλE E y x 08ε-=+=(2)根据点电荷的电势分布,有044πεθλπεd Rdq dV ==根据电势叠加原理,有⎰=-=πελθπελ044d V 9.14解:(1)由于均匀带电的球体可以看作是由许多半径不同均匀带电的球面构成,根据教材例9.5的分析知,均匀带电球面的电场分布具有球对称性分布,所以均匀带电球体的电场分布也具有球对称性分布,即到球心距离为r 的所有点的电场强度的大小都相等,方向为各自的径向.可以利用高斯定理求解.根据电场的这种球对称性分布,过P 点作半径为r 的同心球面为高斯面,如图所示.根据高斯定理,有∑⎰⎰⎰⎰=π==⋅=⋅=⋅=Φise qE r ds E ds E ds E 0214cos d εθS E解习题9.13图根据已知,有电荷的分布为:=∑i q )()(343433R r Q R r r R Q><⨯ππ 所以,电场强度的大小为=E )(4)(42030R r r QR r R Qr><πεπε根据分析知,电场强度E 的方向为径向.如果Q >0,则电场强度的方向沿径向指向外;若Q <0,则电场强度的方向沿径向指向球心. (2)根据电势的定义式⎰∞⋅=P V l E d ,为了便于积分,我们沿径向移到无穷远,所以⎰∞⋅=r V lE d 1⎰⎰∞⋅+⋅=RR rrE r E d d 30200302288348)(R Qr R Q R Q Rr R Q πεπεπεπε-=+-=)(R r <rQ r E V rr024d d πε=⋅=⋅=⎰⎰∞∞l E)(R r >9.15解:(1)如图所示,在空间任取一点P ,过P 点作无限长圆柱面轴的垂线交于O 点,O 、P 的距离为r .为了便于分析P 点的电场强度,作其俯视图,则俯视图圆上任意一段弧代表一根无限长均匀带电直线.根据教材例9-6的分析知,无限长均匀带电直线周围的电场强度呈轴对称分布,即任意点的场强方向垂直于直线.由于圆柱面电荷分布的对称性,所以P 点的场强方向沿垂线向外(假设λ解习题9.14图>0).同理,距离直线也为r 的另一点P '的电场强度方向也沿该点的垂线方向向外.可见,到柱面的轴距离相同的所有点的场强大小都相等,方向沿各点的垂线方向向外,即场强也呈轴对称分布,可以用高斯定理求解.根据电场强度的这种对称性分布,过P 点作同轴的圆柱面为高斯面,如图所示.该闭合的高斯面由上、下底面和侧面组成,其面积分别为S 1、S 2和S 3,半径为r ,长为l . 根据高斯定理有⎰⎰⎰⎰⋅+⋅+⋅=⋅=Φ321s s s d d d d S E S E S E S E se由于上、下底面的外法线方向都与场强E 垂直,0cos =θ,所以上式前两项积分为零;又由于圆柱侧面外法线方向与场强E 的方向一致,因此有⎰⎰⎰⎰==⋅=⋅=Φ333s d d s s se ds E Eds S E S E2επ∑=⋅=i qrl E根据已知,有电荷的分布为:=∑i q)()(0R r l R r ><λ 所以,电场强度的大小为解习题9.15图=E )(2)(00R r rR r ><πελ根据分析知,场强的方向是垂直于轴的垂线方向.如果λ>0,则电场强度的方向沿垂线向外辐射;若λ<0,则电场强度的方向沿垂线指向直线.(2)由于均匀带电无限长圆柱面的电荷分布到无限远,所以不能选择无穷远处为电势零点,必须另选零电势的参考点.原则上来说,除“无穷远”处外,其他地方都可选.本题我们选择距圆柱面轴为)(00R R R >处电势为零,即00=R V .根据电势的定义式⎰⋅=0d R PV l E ,有RR r E r E V R RRrR P01ln 2d d d 0πελ=⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰l E )(R r <rR r E V R rR P02ln 2d d 0πελ=⋅=⋅=⎰⎰l E )(R r >9.16解:(1)由于圆盘是由许多小圆环组成的,取一半径为r 宽度为dr 的细圆环,此圆环上带电量为rdr dq πσ2⋅=,由教材例9-9的结果知,圆环轴线上到环心的距离为x 的任意点P 的电势为2204x r dq dV +=πε根据电势叠加原理,有P 点电势为)(242220220x x R x r dr r dV V R-+=+==⎰⎰εσπεσπ (2)根据分析知,圆盘轴线上的电场强度方向沿轴线方向,所以解习题9.16图根据电场强度与电势梯度的关系gradV -=E ,有轴线上到环心的距离为x 的任意点P 的电场强度为i i k j i E ])(1[2)(21220x R xdx dV V z y x gradV +-=-=∂∂+∂∂+∂∂-=-=εσ 此结果与教材例9-4的结果一样,很明显这种方法比较简单,去掉了复杂的矢量积分. 9.17解:由于自由电荷和电介质分布的球对称性,所以E 和D 的分布具有球对称性,可以用有介质时的高斯定理.根据电位移矢量D 的这种球对称性分布,过P 点作半径为r 的同心球面为高斯面,如图所示.根据D 的高斯定理,有∑⎰⎰⎰⎰=π==⋅=⋅=⋅i sq D r ds D ds D ds D 24cos d θS D 根据已知,有电荷的分布为:=∑i q)()(0R r Q R r ><所以,电位移矢量D 的大小为=D )(4)(02R r r QR r >⋅<π根据分析知,电位移矢量D 的方向为径向.如果Q >0,则D 的方向沿径向指向外;若Q <0,则D 的方向沿径向指向球心. 根据电场强度E 和电位移矢量D 关系E E D εεε==r 0,有电场强度E的大小为习题9.17图==rDE εε0)(4)(020R r r Q R r r ><επε方向也为径向.根据极化强度与电场强度的关系E P )1(0-=r εε,知极化强度的大小为=-=E P r )1(0εε )(4)1()(0200R r r QR r r r >-<επεεε根据极化电荷密度和极化强度的关系n n 'P =⋅=e P σ,有2004)1('r Q r r επεεεσ--= 所以,球外的电场分布以及贴近金属球表面的油面上的极化电荷'q 为Q R R Q q r r r )11(344)1('3200-=⨯--=επεπεεε第10章 稳恒电流的磁场一、选择题 10.1 答案:B 10.2 答案:C解:根据洛伦兹力公式B υF ⨯=q m 知,洛伦兹力始终与运动速度垂直,所以对运动电荷不做功,根据动能定理电荷的动能不变。
大学《大学物理(上)》各章节测试题与答案

《大学物理(上)》的答案第1章问题:以下是近代物理学的理论基础的是()。
答案:量子力学问题:谁建立了电磁场理论,将电学、磁学、光学统一起来?()答案:麦克斯韦问题:谁在伽利略、开普勒等人工作的基础上,建立了完整的经典力学理论?()答案:牛顿问题:物理学是探讨物质结构,运动基本规律和相互作用的科学。
()答案:正确问题:20世纪初建立的量子力学和爱因斯坦提出的狭义相对论表明经典力学也适用于微观粒子和高速运动物体。
()答案:错误第2章问题:爱因斯坦因提出什么理论而获得诺贝尔物理奖?()答案:光量子假说问题:玻尔因做出什么重大贡献而获得诺贝尔物理学奖?()答案:研究原子的结构和原子的辐射问题:运动学中涉及的主要运动学量包括位移、速度和加速度。
()答案:正确第3章问题:在平面极坐标系中,任意位矢可表示为()。
答案:问题:在直角坐标系中,任意位矢的方向余弦的关系为()。
答案:问题:在直角坐标系中,任意位矢可表示为()。
答案:问题:同一个位置矢量可以在不同的坐标系中表示。
()答案:正确问题:位置矢量在直角坐标系和平面极坐标系中的表示方式是一样的。
()答案:错误第4章问题:设质点在均匀转动(角速度为)的水平转盘上从t=0时刻开始自中心出发,以恒定的速率沿一半径运动,则质点的运动方程为()。
答案:问题:设质点在均匀转动(角速度为)的水平转盘上从t=0时刻开始自中心出发,以恒定的速率沿一半径运动,则质点的轨迹方程为()。
答案:问题:质点的位置关于时间的函数称为运动方程。
()答案:正确第5章问题:一个人从O点出发,向正东走了2m,又向正北走了2m,则合位移的大小和方向为()。
答案:东北方向问题:某质点沿半径为R的圆周运动一周,它的位移和路程分别为多少()。
答案:问题:位移和路程都与坐标原点的选取有关。
()答案:错误第6章问题:有一质点沿x方向作直线运动,它的位置由方程决定,其中x的单位是米,t的单位是秒。
则它的速度公式为()。
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题4.Байду номын сангаас:
答案:[D]
提示: 得
题4.8:
答案:[D]
提示: , ,故
题4.9:
答案:[A]
提示: ; ; ;故
二、填空题
题4.10:
答案:
提示:设痕迹之间距离为 ,由公式 ( 为静长度)。则车上观察者测得长度为
题4.11:
答案:(1) ,(2)
提示:(1)相对论质量和相对论动量: ,
平均动能和平均势能为: =kA2/4 =mω2A2/4 = 1.58×10-2(J).
(4)如图所示,当t为1,2,10s等时刻时,旋转矢量的位置是相同的.
5.9如图所示,质量为10g的子弹以速度v= 103m·s-1水平射入木块,并陷入木块中,使弹簧压缩而作简谐振动.设弹簧的倔强系数
k= 8×103N·m-1,木块的质量为4.99kg,不计桌面摩擦,试求:(1)振动的振幅;
当v< 0时,sinφ> 0,因此φ= arccos(x0/A)π/3.
可见:当速度大于零时,初位相取负值;当速度小于零时,初位相取正值.如果速度等于零,当初位置x0= A时,φ= 0;当初位置x0= -A时,φ= π.
5.8质量为10×10-3kg的小球与轻弹簧组成的系统,按 的规律作振动,式中t以秒(s)计,x以米(m)计.求:
[解答]物体的总能量为:E = Ek+ Ep= 0.8(J).
(1)根据能量公式E = kA2/2,得振幅为: = 0.253(m).
仅从式x=t2-4t+5=(t-2)2+1,抛物线的对称轴为2,质点有往返
题1.6:
答案:[D]
提示:a=2t= , , ,即可得D项
题1.7:
答案:[D]
提示: ,理清 的关系
二、填空题
题1.8:
答案:匀速(直线),匀速率
题1.9:
答案: ,0.6
提示: ,t=0.6时,v=0
题1.10:
答案:(1)
提示:
由图可知
分析条件得,只有在h高度时,向心力与重力分量相等
所以有
由机械能守恒得(以地面为零势能面)
题2.7:
答案:[B]
提示:运用动量守恒与能量转化
题2.8:
答案:[D]
提示:
由机械能守恒得
题2.9:
答案:[C]
题2.10:
答案:[B]
提示:受力如图
由功能关系可知,设位移为x(以原长时为原点)
弹性势能
(2)速度的最大值为:vm= ωA= 0.8π =2.51(m·s-1);题5.8解答图
加速度的最大值为:am= ω2A= 6.4π2= 63.2(m·s-2).
(3)弹簧的倔强系数为:k = mω2,最大回复力为:f = kA = mω2A= 0.632(N);
振动能量为:E = kA2/2 =mω2A2/2 = 3.16×10-2(J),
提示: , ,
三、计算题
题1.15:
解:(1)
又
(2)又
(3)当a与半径成 角时,
题1.16:
解:(1) , (*)
当 时, ,
(2)由上式:
,
第2章质点动力学
一、选择题
题2.1:
答案:[C]
提示:A.错误,如:圆周运动
B.错误, ,力与速度方向不一定相同
D.后半句错误,如:匀速圆周运动
题2.2:
答案:[B]
(2)
摆球速度
题2.23
解: ,油灰碰撞前
动量守恒有:
机械能守恒有(m,M,弹簧,地球为系统):
则
第3章刚体的定轴转动
一、选择题
题3.1:
答案:[B]
提示:A错, ,合外力矩不等于合外力的力矩
C错, ,r是相对参考点的距离,
D错,动能 ,
题3.2:
答案:[A]
提示:若绳的张力为T,
若物体的加速度为a,
提示:y方向上做匀速运动:
x方向上做匀加速运动(初速度为0),
,
题2.3:
答案:[B]
提示:受力如图
设猫给杆子的力为F,由于相对于地面猫的高度不变
杆受力
题2.4:
答案:[D]
提示:
得
( ,通过分析滑轮,由于A向下走过S,B走过 )
题2.5:
答案:[C]
提示:由题意,水平方向上动量守恒,故
题2.6:
答案:[C]
答案:-12
提示:
题2.18:
答案:mgh, , h=0,x=0, 相对值
题2.19:
答案: ,2mg,
题2.20:
答案:
三、计算题
题2.21:
解:(1)
(2)
(3) , ,
题2.22:
解:(1)以摆车为系统,水平方向不受力,动量守恒。设摆车速度v(对地)、小车的速度为V(对地)。
设 ,
则 ,根据位移公式:
因此πt1-π/3 = ±2π/3.
由于物体向x轴负方向运动,即v< 0,所以sin(πt1-π/3) > 0,因此πt1-π/3 = 2π/3,得t1=1s.
当物体从x= -0.06m处第一次回到平衡位置时,x= 0,v> 0,因此cos(πt2-π/3) = 0,
可得πt2-π/3 = -π/2或3π/2等.由于t2> 0,所以πt2-π/3 = 3π/2,
(1)此简谐振动的表达式;
(2)t=T/4时物体的位置、速度和加速度;
(3)物体从x= -0.06m,向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间.
[解答](1)设物体的简谐振动方程为x = Acos(ωt + φ),其中A= 0.12m,角频率ω =2π/T= π.
当t =0时,x= 0.06m,所以cosφ= 0.5,因此φ= ±π/3.
题4.3:
答案:[B]
提示:在 系中X轴方向上,正方形边长为 , 系观察 系X轴方向正方形边长 , ,则从 系测得面积为
题4.4:
答案:[A]
提示:选飞船为一参考系,因为真空中光速C对任何惯性参考系都是常数,由于飞船匀速运动,是惯性系。则飞船固有长度为
题4.5:
答案:[A]
提示: ,
题4.6:
答案:[C]
二、填空题
题2.11:
答案:2mb
提示:
题2.12:
答案:2kg 4m/s2
提示:
由题意,
题2.13:
答案: ,
提示:由题意,
当t=2时,
题2.14:
答案:180kg
提示:由动量守恒,
题2.15:
答案:
提示:各方向动量守恒
题2.16:
答案: ,0,-mgR
提示:由冲量定义得
由动能定律得 ,所以
题2.17:
(2)
(3) 3S
提示:(1)联立 ,消去t得: ,
(2) t=1s时, ,
(3) t=2s时,代入 中得
t=1s到t=2s,同样代入 可求得 ,
和 垂直,即 ,得t=3s
题1.11:
答案:
提示:
题1.12:
答案:
提示: , , ,
题1.13:
答案:
提示:先对 求导得, 与 合成得
题1.14:
答案:8,
(1)振动的圆频率、周期、振幅、初位相;
(2)振动的速度、加速度的最大值;
(3)最大回复力、振动能量、平均动能和平均势能;
(4)画出这振动的旋转矢量图,并在图上指明t为1,2,10s等各时刻的矢量位置.
[解答](1)比较简谐振动的标准方程:x = Acos(ωt + φ),
可知圆频率为:ω=8π,周期T= 2π/ω= 1/4 = 0.25(s),振幅A= 0.1(m),初位相φ= 2π/3.
5.10一匀质细圆环质量为m,半径为R,绕通过环上一点而与环平面垂直的水平 光滑轴在铅垂面内作小幅度摆动,求摆动的周期.
[解答]通过质心垂直环面有一个轴,环绕此轴的转动惯量为:Ic= mR2.
根据平行轴定理,环绕过O点的平行轴的转动惯量为
I = Ic+ mR2=2mR2.
当环偏离平衡位置时,重力的力矩为:M = mgRsinθ,
根据角动量守恒定律
转台受冲量矩等于转盘角动量的增量,即
题3.7:
答案: , , ,
提示:力矩 = =
根据转动定律 = ,故
根据定轴转动的动能定理,力矩做的功等于动能的增量,力矩的功为
题3.8:
答案: ,
提示:根据定轴转动的动能定理 得
角动量的增量为
题3.9:
答案:
题3.10:
答案:
提示:系统角动量守恒, , 为角速度
方向与角度θ增加的方向相反.
根据转动定理得:Iβ = -M,
即 ,题5.10解答图
由于环做小幅度摆动,所以sinθ≈θ,可得微分方程: .
摆动的圆频率为: ,
周期为: .
5.11质量为0.25kg的物体,在弹性力作用下作简谐振动,倔强系数k= 25N·m-1,如果开始振动时具有势能0.6J,和动能0.2J,求:(1)振幅;(2)位移多大时,动能恰等于势能?(3)经过平衡位置时的速度.
[注意]根据振动方程x = Acos(ωt + φ),当t =0时,可得φ= ±arccos(x0/A),(-π<φ<= π),
初位相的取值由速度决定.
由于v= dx/dt= -ωAsin(ωt + φ),当t =0时,v= -ωAsinφ,当v> 0时,sinφ< 0,因此
φ= -arccos(x0/A);