《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社

合集下载

大学物理 上海交通大学 16章 课后习题答案

大学物理 上海交通大学 16章 课后习题答案

习题1616-1.如图所示,金属圆环半径为R ,位于磁感应强度为B 的均匀磁场中,圆环平面与磁场方向垂直。

当圆环以恒定速度v 在环所在平面内运动时,求环中的感应电动势及环上位于与运动方向垂直的直径两端a 、b 间的电势差。

解:(1)由法拉第电磁感应定律i d dt εΦ=-,考虑到圆环内的磁通量不变,所以,环中的感应电动势0i ε=;(2)利用:()aab b v B dlε=⨯⋅⎰,有:22ab Bv R Bv Rε=⋅=。

【注:相同电动势的两个电源并联,并联后等效电源电动势不变】16-2.如图所示,长直导线中通有电流A I 0.5=,在与其相距cm 5.0=d 处放有一矩形线圈,共1000匝,设线圈长cm 0.4=l ,宽cm 0.2=a 。

不计线圈自感,若线圈以速度cm/s 0.3=v 沿垂直于长导线的方向向右 运动,线圈中的感生电动势多大?解法一:利用法拉第电磁感应定律解决。

首先用0l B dl I μ⋅=∑⎰求出电场分布,易得:02I B r μπ=, 则矩形线圈内的磁通量为:00ln 22x axI I l x a l dr r x μμππ++Φ=⋅=⎰,由i d Nd t εΦ=-,有:011()2i N I l d xx a x dt μεπ=--⋅+∴当x d =时,有:041.92102()i N I l a vVd a μεπ-==⨯+。

解法二:利用动生电动势公式解决。

由0l B dl Iμ⋅=∑⎰求出电场分布,易得:02I B r μπ=,考虑线圈框架的两个平行长直导线部分产生动生电动势,近端部分:11NB l v ε=, 远端部分:22NB lvε=,则:12εεε=-=00411() 1.921022()N I N I a l v l v Vd d a d d a μμππ--==⨯++。

16-3.如图所示,长直导线中通有电流强度为I 的电流,长为l 的金属棒ab 与长直导线共面且垂直于导线放置,其a 端离导线为d ,并以速度v 平行于长直导线作匀速运动,求金属棒中的感应电动势ε并比较U a 、U b 的电势大小。

大学物理教程第二版课后答案

大学物理教程第二版课后答案

引言:大学物理教程是一本经典的物理教材,旨在帮助学生理解和掌握物理学的基本原理和概念。

课后习题是帮助学生巩固所学知识的重要部分。

本文将提供《大学物理教程第二版》课后答案,以帮助学生检查和纠正他们的理解,提高物理学习的效果与成绩。

概述:物理学是自然科学的重要分支,研究物质、能量和它们之间相互作用的规律。

大学物理教程第二版是一本全面介绍物理学的教材,内容涵盖了力学、热学、电磁学等领域。

通过解答课后习题,学生可以深入理解课堂教学中所介绍的物理学原理,提高问题解决能力和科学思维。

正文:一、力学1.速度和加速度的关系2.运动中的力和加速度3.牛顿三定律的应用4.匀速运动和变速运动的区别5.质点和刚体的运动分析二、热学1.理想气体定律的应用2.热传导和传热的方式3.热量和能量的转化4.热力学循环和效率5.热力学第一定律和第二定律的概念三、电磁学1.电场和电势的关系2.高斯定律和库仑定律的应用3.磁场的产生和性质4.安培定律和法拉第电磁感应定律的应用5.电磁波的特性和传播四、光学1.光的折射和反射2.物体成像的方式3.凸透镜和凹透镜的工作原理4.光的波粒二象性的解释5.干涉和衍射现象的解释五、量子物理1.微观粒子的波函数和几率分布2.波粒二象性的测量3.斯特恩盖拉赫实验和双缝干涉实验4.原子和分子的结构5.量子力学的基本原理和数学表达总结:通过解答《大学物理教程第二版》的课后习题,学生可以深入理解物理学的基本原理和概念。

力学、热学、电磁学、光学和量子物理是大学物理的重要领域,通过系统学习和练习,学生可以提高问题解决能力和科学思维。

课后答案的提供可以帮助学生检查自己的理解,并及时纠正错误,提高物理学习的效果与成绩。

希望本文所提供的《大学物理教程第二版》课后答案能对学生的学习起到一定的帮助和指导作用。

大学物理教程第4章习题答案

大学物理教程第4章习题答案

思 考 题4.1 阿伏伽德罗定律指出:在温度和压强相同的条件下,相同体积中含有的分子数是相等的,与气体的种类无关。

试用气体动理论予以说明。

答: 据压强公式 p nkT = ,当压强和温度相同时,n 也相同,与气体种类无关; 4.2 对一定量的气体来说,当温度不变时,气体的压强随体积的减小而增大。

当体积不变时,压强随温度的升高而增大。

从微观角度看,两种情况有何区别。

答:气体压强是器壁单位面积上受到大量气体分子频繁地碰撞而产生的平均作用力的结果。

当温度不变时,若体积减小,分子数密度增大,单位时间内碰撞器壁的分子数增加,从而压强增大;而当体积不变时,若温度升高,分子的平均平动动能增大,分子碰撞器壁的力度变大,从而压强增大;4.3 从气体动理论的观点说明:(1)当气体的温度升高时,只要适当地增大容器的容积,就可使气体的压强保持不变。

(2)一定量理想气体在平衡态(p 1,V 1,T 1)时的热动平衡状况与它在另一平衡态(p 2,V 2,T 2)时相比有那些不同?设气体总分子数为N ,p 2< p 1,V 2< V 1。

(3)气体在平衡状态下,则222213x y z v v v v ===, 0x y z v v v ===。

(式中x v 、y v 、z v ,是气体分子速度v 的三个分量)。

答:(1)由p nkT = 可知,温度升高时,n 适当地减小,可使压强不变;(2) 在平衡态(2p ,2V ,2T )时分子的平均平动动能较在平衡态(1p ,1V ,1T )时小,但分子数密度较大;(3) 因分子向各方向运动的概率相同,并且频繁的碰撞,速度的平均值为零,速度平方的平均值大小反映平均平动动能的大小,所以各分量平方平均值相等;4.4 有人说“在相同温度下,不同气体分子的平均平动动能相等,氧分子的质量比氢分子的大,所以氢分子的速率一定比氧分子大”。

这样讲对吗?答:不对,只能说氢分子的速率平方平均值比氧分子的大。

上海交大版大学物理参考答案

上海交大版大学物理参考答案

上海交大版大学物理参考答案公司内部档案编码:[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-版权归原着所有 本答案仅供参考习题99-1.在容积3V L =的容器中盛有理想气体,气体密度为ρ=L 。

容器与大气相通排出一部分气体后,气压下降了。

若温度不变,求排出气体的质量。

解:根据题意,可知: 1.78P atm =,01P atm =,3V L =。

由于温度不变,∴00PV PV =,有:001.783PVV L P ==⨯, 那么,逃出的气体在1atm 下体积为:' 1.78330.78V L L L =⨯-=,这部分气体在1.78atm 下体积为:''V =0'0.7831.78PV L P ⨯= 则排除的气体的质量为:0.783'' 1.3 1.71.78g Lm V g L ρ⨯∆==⨯= 。

根据题意pV RT ν=,可得:mpV RT M=,1V p RT p M m ρ==9-2.有一截面均匀的封闭圆筒,中间被一光滑的活塞分割成两边。

如果其中的一边装有某一温度的氢气,为了使活塞停留在圆筒的正中央,则另一边装入的同一温度的氧气质量为多少 解:平衡时,两边氢、氧气体的压强、体积、温度相同,利用pV RT ν=,知两气体摩尔数相同,即:H O νν=,∴O H HOm mM M =,代入数据有: 1.6O m kg = 。

9-3.如图所示,两容器的体积相同,装有相同质量的氮气和氧气。

用一内壁光滑的水平细玻璃管相通,管的正中间有一小滴水银。

要保持水银滴在管的正中间,并维持氧气温度比氮气温度高30o C ,则氮气的温度应是多少则体积和压强相同,如图。

由:mol mpV RT M =,有:2222(30)O N O N m m R T RT M M +=, 而:20.032O M kg =,20.028N M kg =,可得:30282103028T K ⨯==+ 。

大学物理教程第10章习题答案

大学物理教程第10章习题答案

思 考 题10.1 人体也向外发出热辐射,为什么在黑暗中还是看不见人呢? 答:人体的辐射频率太低, 远离可见光波段,在远红外波段, 由于为非可见光, 所以是看不到人体辐射的,在黑暗中也是如此。

10.1刚粉刷完的房间从房外远处看,即使在白天,它的开着的窗口也是黑的。

为什么? 答:光线从窗户进去后经过多次反射,反射光的强度越来越弱,能再从窗户射出的光线非常少,窗户外的人看到的光线非常弱,因此觉得窗口很暗。

10.3 在光电效应实验中,如果(1)入射光强度增加一倍;(2)入射光频率增加一倍,各对实验结果有什么影响?答:(1)在光电效应中每秒从光阴极发射的光电子数与入射光强成正比。

入射光强度增加一倍时,饱和电流增加一倍。

(2)当入射光的频率增大时,光电子的最大初动能增大,遏止电压也增大,但入射光的频率和遏止电压两者不是简单的正比关系。

10.4 若一个电子和一个质子具有同样的动能,哪个粒子的德布罗意波长较大? 答:电子的德布罗意波长较大。

10.5 n=3的壳层内有几个次壳层,各次壳层都可容纳多少个电子?答:n=3的壳层内有3个次壳层,各次壳层可容纳的电子数分别为2、6、10。

10.6 完成下列核衰变方程。

(1)?234238+−→−Th U(2)?9090+−→−Y Sr (3)?2929+−→−Ni Cu (4)Zn Cu 2929?−→−+ 答:(1)e H Th U 422349023892+−→−(2)e Y Sr 0190399038-+−→−(3)e Ni Cu 0129282929++−→−(4)Zn e Cu 2930012929−→−++习 题10.1 夜间地面降温主要是由于地面的热辐射。

如果晴天夜里地面温度为-50C ,按黑体辐射计算,每平方米地面失去热量的速率多大?解:依题意,可知地面每平方米失去的热量即为地面的辐射出射度2484/2922681067.5m W T M =⨯⨯==-σ10.2 宇宙大爆炸遗留在空间均匀、各向同性的背景热辐射相当于3K 的黑体辐射。

大学物理教程第2章习题答案

大学物理教程第2章习题答案

⼤学物理教程第2章习题答案思考题2.1 从运动学的⾓度看,什么是简谐振动?从动⼒学的⾓度看,什么是简谐振动?答:从运动学的⾓度看,弹簧振⼦相对平衡位置的位移随时间按余弦函数的规律变化,所作的运动就是简谐振动。

从动⼒学的⾓度看,如果物体受到的⼒的⼤⼩总是与物体对其平衡位置的位移成正⽐,⽽⽅向相反,那么该物体的运动就是简谐振动。

2.2 弹簧振⼦的振幅增⼤到2倍时,其振动周期、振动能量、最⼤速度和最⼤加速度等物理量将如何变化?答:弹簧振⼦的运动⽅程为0cos()x A t ω?=+,速度为0sin()v A t ωω?=-+,加速度的为)cos(02?ωω+-=t A a ,振动周期2T =221kA E =。

所以,弹簧振⼦的振幅A 增⼤到2倍时,其振动周期不变,振动能量为原来的4倍,最⼤速度为原来的2倍,最⼤加速度为原来的2倍。

2.3 下列运动是否为简谐振动?(1)⼩球在地⾯上作完全弹性的上下跳动;(2)⼩球在半径很⼤的光滑凹球⾯底部作⼩幅度的摆动;(3)曲柄连杆机构使活塞作往复运动;(4)⼩磁针在地磁的南北⽅向附近摆动。

答:(2)、(4)为简谐振动,(1)、(3)、不是简谐振动。

2.4 三只相同的弹簧(质量忽略不计)都⼀端固定,另⼀端连接质量为m 的物体,它们放置情况不同,其中⼀个平放,⼀个斜放,另⼀个竖直放。

如果它们振动起来,则三者是否均为简谐振动,它们振动的周期是否相同?答:三者均为简谐振动,它们振动的周期也相同。

2.5 当谐振⼦作简谐振动的振幅增⼤为原来的2倍时,谐振⼦的什么量也增⼤为原来的2倍?答:最⼤速度和最⼤加速度。

2.6 ⼀弹簧振⼦作简谐振动,其振动的总能量为E 1。

如果我们将弹簧振⼦的振动振幅增加为原来的2倍,⽽将重物的质量增加为原来的4倍,则新的振⼦系统的总能量是否发⽣变化?答:弹簧振⼦212E kA = ,所以新的振⼦系统的总能量增加为原来的4倍。

2.7 ⼀质点作简谐振动,振动频率为n,则该质点动能的变化频率是多少?答:该质点动能的变化频率是2n。

上海交通大学版大学物理学习题答案之8机械波习题思考题

上海交通大学版大学物理学习题答案之8机械波习题思考题

习题8-1. 沿一平面简谐波的波线上,有相距m 0.2的两质点A 与B ,B 点振动相位比A 点落后6π,已知振动周期为s 0.2,求波长和波速。

解:根据题意,对于A 、B 两点,m x 2612=∆=-=∆,πϕϕϕ而相位和波长之间又满足这样的关系:πλπλϕϕϕ221212xx x ∆-=--=-=∆代入数据,可得:波长λ=24m 。

又已知 T=2s ,所以波速u=λ/T=12m/s8-2. 已知一平面波沿x 轴正向传播,距坐标原点O 为1x 处P 点的振动式为)cos(ϕω+=t A y ,波速为u ,求:(1)平面波的波动式;(2)若波沿x 轴负向传播,波动式又如何?解:(1)根据题意,距坐标原点O 为1x 处P 点是坐标原点的振动状态传过来的,其O 点振动状态传到p 点需用 ux t 1=∆,也就是说t 时刻p 处质点的振动状态重复ux t -时刻O 处质点的振动状态。

换而言之,O 处质点的振动状态相当于ux t 1+ 时刻p 处质点的振动状态,则O 点的振动方程为:]cos[1ϕω++=)(u x t A y 波动方程为:11cos[]cos[()]x x x xy A t A t uu uωϕωϕ-=+-+=-+()(2)若波沿x 轴负向传播, O 处质点的振动状态相当于ux t 1-时刻p 处质点的振动状态,则O 点的振动方程为:]cos[1ϕω+-=)(ux t A y波动方程为:11cos[]cos[()]x x x xy A t A t u u uωϕωϕ+=--+=-+()8-3. 一平面简谐波在空间传播,如图所示,已知A 点的振动规律为)2cos(ϕπν+=t A y ,试写出:(1)该平面简谐波的表达式;(2)B 点的振动表达式(B 点位于A 点右方d 处)。

解:(1)仿照上题的思路,根据题意,A 点的振动规律为)2cos(ϕπν+=t A y ,它的振动是O 点传过来的,所以O 点的振动方程为:]2cos[ϕπν++=)(u l t A y那么该平面简谐波的表达式为:]2cos[ϕπν+++=)(u x u l t A y(2)B 点的振动表达式可直接将坐标x d l =-,代入波动方程:]2cos[]2cos[ϕπνϕπν++=+-++=)()(u d t A ul d u l t A y也可以根据B 点的振动经过ud 时间传给A 点的思路来做。

大学物理学第四版答案

大学物理学第四版答案

大学物理学第四版答案【篇一:大学物理(第四版)课后习题及答案机械振动】13-1分析弹簧振子的振动是简谐运动。

振幅a、初相?、角频率?是简谐运动方程x?acos??t???的三个特征量。

求运动方程就要设法确定这三个物理量。

题中除a、?已知外,?可通过关系式??2?确定。

振子运动的速度t和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同。

解因??2?,则运动方程 t?2?t?x?acos??t????acos?t??? ?t?根据题中给出的数据得x?(2.0?10?2m)cos[(2?s?1)t?0.75?]振子的速度和加速度分别为v?dx/dt??(4??10?2m?s?1)sin[(2?s?1)t?0.75?]a?d2x/dt2??(8?2?10?2m?s?1)cos[(2?s?1)t?0.75?x-t、v-t及a-t图如图13-l所示???13-2 若简谐运动方程为x?(0.01m)cos?(20?s?1)t??,求:(1)振幅、频率、角频率、周期和4??初相;(2)t=2s 时的位移、速度和加速度。

13-2分析可采用比较法求解。

将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式x?acos??t???作比较,即可求得各特征量。

运用与上题相同的处理方法,写出位移、速度、加速度的表达式,代入t值后,即可求得结果。

解(l)将x?(0.10m)cos[(20?s?1)t?0.25?]与x?acos??t???比较后可得:振幅a= 0.10 m,角频率??20?s?1,初相??0.25?,则周期 t?2?/??0.1s,频率??1/t?10hz。

(2)t= 2s时的位移、速度、加速度分别为x?(0.10m)cos(40??0.25?)?7.07?10?2mv?dx/dt??(2?m?s?1)sin(40??0.25?)a?d2x/dt2??(40?2m?s?2)cos(40??0.25?)若有一质量为m的质点在此隧道内做无摩擦运动。

[工学]上海交大版大学物理学习题答案下

[工学]上海交大版大学物理学习题答案下

习题11-1.直角三角形的ABC A 点上,有电荷,C 108.191−×=q B 点上有电荷,试求C 点的电场强度(设C 108.492−×−=q m 03.0m,04.0==AC BC ).解:在C 点产生的场强 1q 20114ACq E πε=在C 点产生的场强 2q 22204q E BC πε=C 点的合场强43.2410VE m==× 方向如图11-2. 用细的塑料棒弯成半径为的圆环,两端间空隙为,电量为的正电荷均匀分布在棒上,求圆心处电场强度的大小和方向.cm 50cm 2C 1012.39−×解: 棒长 m d r l 12.32=−=π电荷线密度19100.1−−⋅×==m C l q λ若有一均匀带电闭合线圈,则圆心处的合场强为0,有一段空隙,则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去长的带电棒在该点产生的场强。

由于,该小段可看成点电荷m d 02.0=r d pp C d q 11100.2−×==′λ圆心处场强 1211920072.0)5.0(100.2100.94−−⋅=×××=′=m V r q E πε 方向由缝隙指向圆心处11-3. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状,设电荷均匀分布,电荷线密度为λ,四分之一圆弧AB 的半径为R ,试求圆心O 点的场强.解:设O 为坐标原点,水平方向为x 轴,竖直方向为轴 y 半无限长导线∞A 在O 点的场强 )(40j i E 1−=Rπελ半无限长导线∞B 在O 点的场强 )(40j i E 2+−=RπελAB 圆弧在O 点的场强 )(40j i E 3+=Rπελ总场强 j)i E E E E 321+=++=(40Rπελ11-4. 带电细线弯成半径为R 的半圆形,电荷线密度为φλλsin 0=,式中0λ为一常数,φ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.解:R d RdldE 00204sin 4πεϕϕλπελ==ϕcos dE dE x = 考虑到对称性 0=x Eϕsin dE dE y =RR d dE E y 00002084sin sin ελπεϕϕλϕπ===∫∫方向沿轴负向y11-5. 一半径为R 的半球面,均匀地带有电荷,电荷面密度为σ,求球心处的电场强度.O 解:把球面分割成许多球带,球带所带电荷 dl r dq σπ2= 2322023220)(42)(4r x dl rx r x xdq dE +=+=πεσππεθcos R x = θsin R r = θRd dl =21sin 2224E d πi σσθθεε==∫11-6. 图示一厚度为的“无限大”均匀带电平板,电荷体密度为d ρ.求板内、外的场强分布,并画出场强随坐标x 变化的图线,即x E −图线(设原点在带电平板的中央平面上,轴垂直于平板).Ox 解:在平板内作一个被平板的中间面垂直平分的闭合圆柱面为高斯面1S S E d S Δ=•∫21S ES x q Δ=∑ρ2 0ερxE =2(d x ≤同理可得板外一点场强的大小 02ερd E =()2dx >11-7. 设电荷体密度沿x 轴方向按余弦规律x cos 0ρρ=分布在整个空间,式中0ρ为恒量.求空间的场强分布.解:过坐标x ±处作与x 轴垂直的两平面,用与S x 轴平行的侧面将之封闭,构成高斯面。

大学物理教程上课后习题答案

大学物理教程上课后习题答案

物理部分课后习题答案标有红色记号的为老师让看的题27页 1-2 1-4 1-121-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-,,x y 都以米为单位,t 以秒为单位,求:(1) 质点的运动轨迹;(2) 从1t s =到2t s =质点的位移的大小; (3) 2t s =时,质点的速度和加速度;解:1由运动方程消去时间t 可得轨迹方程,将t =,有21)y =或 1=2将1t s =和2t s =代入,有11r i =, 241r i j =+213r r r i j =-=-位移的大小 231r =+=3 2x dxv t dt== 2(1)y dy v t dt==-22(1)v ti t j =+-2xx dv a dt==, 2y y dv a dt == 22a i j =+当2t s =时,速度和加速度分别为42/v i j m s =+22a i j =+ m/s 21-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+,式中的R 、ω均为常量;求1质点的速度;2速率的变化率;解 1质点的速度为sin cos d rv R ti R t j dtωωωω==-+ 2质点的速率为v R ω==速率的变化率为0dvdt= 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动,其运动规律为232()t SI θ=+;求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小;解 由于 4d t dtθω== 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为2216n a R Rt ω==角加速度β的大小为 24/d rad s dtωβ==77页2-15, 2-30, 2-34,2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+,如果物体在这一力作用下,由静止开始沿直线运动,求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量;解 由冲量的定义,有2.02.02.02(63)(33)18I Fdt t dt t t N s ==+=+=⎰⎰2-21 飞机着陆后在跑道上滑行,若撤除牵引力后,飞机受到与速度成正比的阻力空气阻力和摩擦力f kv =-k 为常数作用;设撤除牵引力时为0t =,初速度为0v ,求1滑行中速度v 与时间t 的关系;20到t 时间内飞机所滑行的路程;3飞机停止前所滑行的路程;解 1飞机在运动过程中只受到阻力作用,根据牛顿第二定律,有dvf mkv dt ==- 即 dv k dt v m=- 两边积分,速度v 与时间t 的关系为2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动,离开地面的高度等于地球半径的2倍即2R ,试以,m R 和引力恒量G 及地球的质量M 表示出:(1) 卫星的动能;(2) 卫星在地球引力场中的引力势能.解 1 人造卫星绕地球做圆周运动,地球引力作为向心力,有22(3)3Mm v G m R R= 卫星的动能为 2126k GMmE mv R ==2卫星的引力势能为3p GMmE R=-00v t v dv k dt v m =-⎰⎰2-37 一木块质量为1M kg =,置于水平面上,一质量为2m g =的子弹以500/m s的速度水平击穿木块,速度减为100/m s ,木块在水平方向滑行了20cm 后停止;求:(1) 木块与水平面之间的摩擦系数; (2) 子弹的动能减少了多少;解 子弹与木块组成的系统沿水平方向动量守恒12mv mv Mu =+对木块用动能定理2102Mgs Mu μ-=-得 1 2212()2m v v Mgsμ-==322(210)(500100)0.16219.80.2-⨯⨯-=⨯⨯⨯ 2 子弹动能减少2212121()2402k k E E m v v J -=-= 114页3-11,3-9,例3-2 如图所示,已知物体A 、B 的质量分别为A m 、B m ,滑轮C 的质量为C m ,半径为R ,不计摩擦力,物体B 由静止下落,求1物体A 、B 的加速度; 2绳的张力;3物体B 下落距离L 后的速度; 分析: 1本题测试的是刚体与质点的综合运动,由于滑轮有质量,在运动时就变成含有刚体的运动了;滑轮在作定轴转动,视为圆盘,转动惯量为例3-2图212J mR =; 2角量与线量的关系:物体A 、B 的加速度就是滑轮边沿的切向加速度,有t a R β=; 3由于滑轮有质量,在作加速转动时滑轮两边绳子拉力12T T ≠; 分析三个物体,列出三个物体的运动方程:物体A 1A T m a = 物体B 2B B m g T m a -= 物体C ''22111()22C C T T R J m R m Ra ββ-=== 解 112B A B Cm g a m m m =++;2112A B A B C m m g T m m m =++, 21()212A C AB Cm m g T m m m +=++;3对B 来说有,2202v v aLv -===例3-4 有一半径为R 的圆形平板平放在水平桌面上,平板与水平桌面的摩擦系数为μ,若平板绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度ω0开始旋转,它将在旋转几圈后停止 已知圆形平板的转动惯量221mR J =,其中m 为圆形平板的质量 分析: 利用积分求圆形平板受桌面的摩擦力矩,运用转动定律求出平板的角加速度,再用运动学公式求转动的圈数.解:在距圆形平板中心r 处取宽度为dr 的环带面积,环带受桌面的摩擦力矩为r r r RmgM d 2d 2⋅π⋅π=μ总摩擦力矩为mgR M M Rμ32d 0==⎰ 故平板的角加速度为M Jβ=222 可见圆形平板在作匀减速转动,又末角速度0ω=,因此有2022M Jθωβθ==设平板停止前转数为n,则转角2n θπ=,可得22003416J R n M ωωμ==πgπ3-2:如题3-2图所示,两个圆柱形轮子内外半径分别为R 1和R 2,质量分别为M 1和M 2;二者同轴固结在一起组成定滑轮,可绕一水平轴自由转动;今在两轮上各绕以细绳,细绳分别挂上质量为m 1和m 2的两个物体;求在重力作用下,定滑轮的角加速度;解: m 1:1111a m g m T=-m 2:2222a m T g m=-转动定律:βJ T R T R =-1122其中:2222112121R M R M J += 运动学关系:2211R a R a ==β 解得:222221111122)2/()2/()(R m M R m M gR m R m +++-=β3-6 一质量为m 的质点位于11,y x 处,速度为j v i v v y x+=, 质点受到一个沿x 负方向的力f 的作用,求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩.解: 由题知,质点的位矢为j y i x r11+=作用在质点上的力为i f f -=所以,质点对原点的角动量为v m r L⨯=0)()(11j v i v m i y i x y x +⨯+=k mv y mv x x y )(11-=作用在质点上的力的力矩为k f y i f j y i x f r M1110)()(=-⨯+=⨯=3-11 如题3-11图所示,一匀质细杆质量为m ,长为l ,可绕过一端O 的水平轴自由转动,杆于水平位置由静止开始摆下.求:1初始时刻的角加速度; 2杆转过θ角时的角速度. 解: 1由转动定律,有2123()=l mgml β 则 lg23=β 2由机械能守恒定律,有22110232()-=lml ωmg sin θ题3-11图所以有 lg θωsin 3=3-13 一个质量为M 、半径为R 并以角速度ω转动着的飞轮 可看作匀质圆盘,在某一瞬时突然有一片质量为m 的碎片从轮的边缘上飞出,见题3-13图.假定碎片脱离飞轮时的瞬时速度方向正好竖直向上. 1问它能升高多少2求余下部分的角速度、角动量和转动动能.解: 1碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度ωR v =0设碎片上升高度h 时的速度为v ,则有 题3-13图gh v v 2202-=令0=v ,可求出上升最大高度为2220212ωR gg v H ==2圆盘的转动惯量212=J MR ,碎片抛出后圆盘的转动惯量2212'=-J MR mR ,碎片脱离前,盘的角动量为J ω,碎片刚脱离后,碎片与破盘之间的内力变为零,但内力不影响系统的总角动量,碎片与破盘的总角动量应守恒,即'=+'0J ωJ ωmv R式中ω'为破盘的角速度.于是R mv mR MR MR 0222)21(21+'-=ωωωω'-=-)21()21(2222mR MR mR MR 得ωω=' 角速度不变圆盘余下部分的角动量为ω)21(22mR MR - 转动动能为222)21(21ωmR MR E k -=258页8-2,8-12,8-178-7 试计算半径为R 、带电量为q 的均匀带电细圆环的轴线过环心垂直于圆环所在平面的直线上任一点P 处的场强P 点到圆环中心的距离取为x .解 在圆环上任取一电荷元dq ,其在P 点产生的场强为 ()2204Rx dqdE +=πε方向沿dq 与P 点的连线.将其分解为平行于轴线的分量和垂直于轴线的分量,由电荷分布的对称性可知,各dq 在P 点产生的垂直于轴线的场强分量相互抵消,而平行于轴线的分量相互加强,所以合场强平行于轴线, 大小为:E =E ∥=()()()23220212222044cos R x qxR x x R x dq dE q +=+⋅+=⎰⎰πεπεθ 方向:q >0时,自环心沿轴线向外;q <0时,指向环心.8-12 两个均匀带电的同心球面半径分别为R 1和R 2R 2>R 1,带电量分别为q 1和q 2,求以下三种情况下距离球心为r 的点的场强:1r <R 1;2R 1<r <R 23r >R 2.并定性地画出场强随r 的变化曲线解 过所求场点作与两带电球面同心的球面为高斯面,则由高斯定理可知: (1) 当r <R 1时,0,04cos 2=∴=⋅==Φ⎰E r E dS E e πθ(2) 当R 1<r <R 2时,2010124,4cos rq E q r E dS E e πεπθ=∴=⋅==Φ⎰(3) 当r >R 2 时,()()2021021244cos rq q E q q r E dS E e πεεπθ+=∴+=⋅==Φ⎰8-13 均匀带电的无限长圆柱面半径为R ,每单位长度的电量即电荷线密度为λ. 求解8-7图E12解8-12图 场强随r 的变化曲线圆柱面内外的场强.解 过所求场点作与无限长带电圆柱面同轴的、长为l 的封闭圆柱面,使所求场点在封闭圆柱面的侧面上.由电荷分布的对称性可知,在电场不为零的地方,场强的方向垂直轴线向外设λ>0,且离轴线的距离相等的各点场强的大小相等. 所以封闭圆柱面两个底面的电通量为零,侧面上各点场强的大小相等,方向与侧面垂直与侧面任一面积元的法线方向平行.设所求场点到圆柱面轴线的距离为r ,当r <R 即所求场点在带电圆柱面内时,因为0,02000cos cos =∴=⋅=++==Φ⎰⎰E rl E dS E dS E e πθ;当r >R 即所求场点在带电圆柱面外时,rE l rl E e 002,2πελελπ=∴=⋅=Φ . 8-15 将q=×10-8C 的点电荷从电场中的A 点移到B 点,外力作功×10-6J .问电势能的增量是多少 A 、B 两点间的电势差是多少哪一点的电势较高若设B 点的电势为零,则A 点的电势是多少解 电势能的增量:J 100.56-⨯==-=∆外A W W W A B ;A 、B 两点间的电势差:V 100.2105.2100.5286⨯-=⨯⨯-=-=-=---q W W q W q W U U B A B A B A <0, ∴ B 点的电势较高;若设B 点的电势为零,则 V 100.22⨯-=A U .8-17 求习题8-12中空间各点的电势.解 已知均匀带电球面内任一点的电势等于球面上的电势Rq 04πε,其中R 是球面的半径;均匀带电球面外任一点的电势等于球面上的电荷全部集中在球心上时的电势.所以,由电势的叠加原理得:(1) 当r <R 1即所求场点在两个球面内时:20210144R q R q U πεπε+=;(2) 当R 1<r <R 2即所求场点在小球面外、大球面内时:2020144R q rq U πεπε+=;当r >R 2即所求场点在两个球面外时:r q q r q r q U 0210201444πεπεπε+=+=当r >R 2即所求场点在两个球面外时:rq q rq rq U 0210201444πεπεπε+=+=285页9-3,9-49-3.如图,在半径为R 的导体球外与球心O 相距为a 的一点A 处放置一点电荷+Q ,在球内有一点B 位于AO 的延长线上,OB = r ,求:1导体上的感应电荷在B 点产生的场强的大小和方向;2B 点的电势.解:1由静电平衡条件和场强叠加原理可知,B 点的电场强度为点电荷q 和球面感应电荷在该处产生的矢量和,且为零,即04130=+'=r rE E p B πε r r a E B30)(41+-=πε 2由电势叠加原理可知,B 点的电势为点电荷q 和球面感应电荷在该处产生的电势的标量和,即rq V V BB 04πε+'=由于球体是一个等势体,球内任一点的电势和球心o 点的电势相等aq V V V B 0004πε+'==因球面上的感应电荷与球心o 的距离均为球的半径R,且感应电荷的总电贺量为零,所以感应电荷在o 点产生的电势为零,且00V V =',因此aq V V B 004πε==所以, B 点的电势 aq V B 04πε=9-4.如图所示,在一半径为R 1 = cm 的金属球A 外面罩有一个同心的金属球壳B.已知球壳B 的内、外半径分别为R 2 = cm,R 3 = cm,A 球带有总电量Q A = ×10-8 C,球壳B 带有总电量Q B = ×10-8 C.求:1球壳B 内、外表面上所带的电量以及球A 和球壳B 的电势;2将球壳B 接地后再断开,再把金属球A 接地,求金属球A 和球壳B 的内、外表面上所带的电量,以及球A 和球壳B 的电势.习题图解:1在导体到达静电平衡后,A Q 分布在导体球A的表面上.由于静电感应,在B 球壳的内表面上感应出负电荷A Q ,外表面上感应出正电荷A Q ,则B 球壳外表面上的总电荷B A Q Q +;由场的分布具有对称性,可用高斯定理求得各区域的场强分布)(4),(02120211R r R r Q E R r E A<<=<=πε)(4),(03204323R r rQ Q E R r R E BA >+=<<=πε E 的方向眼径向外.导体为有限带电体,选无限远处为电势零点;由电势的定义可计算两球的电势B A V V 和. A 球内任一场点的电势A V 为)(4144321020204321321332211R Q Q R Q R Q rd r Q Q r d r Q rd E r d E r d E r d E V BA A A RB A R R A R R R R R R rA ++-=++=⋅+⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰⎰⎰⎰∞∞πεπεπεB 球壳内任一点的电势B V 为30204344333R Q Q dr r Q Q rd E r d E V B A R B A R R rB πεπε+=+=⋅+⋅=⎰⎰⎰∞∞9-5.两块无限大带电平板导体如图排列,试证明:1相向的两面上图中的2和3,其电荷面密度大小相等而符号相反;2背向的两面上图中的1和4,其电荷面密度大小相等且符号相同. 解:因两块导体板靠得很近,可将四个导体表面视为四个无限大带点平面;导体表面上的电荷分布可认为是均匀的,且其间的场强方向垂直导体表面;作如图所示的圆柱形高斯面,因导体在到达静电平衡后内部场强为零,导体外的场强方向与高斯面的侧面平行,由高斯定理可得习题图320320σσεσσ-=∴+=; 再由导体板内的场强为零,可知P 点合场强0)2()2()2(204030201=-++-+εσεσεσεσ 由 32σσ-= 得41σσ-=9-7. 一平行板电容器,充电后极板上的电荷面密度为σ = ×10-5 C . m -2,现将两极板与电源断开,然后再把相对电容率为εr = 的电介质充满两极板之间.求此时电介质中的D 、E 和P . 解:当平行板电容器的两板与电源断开前后,两极板上所带的电荷量没有发生变化,所以自由电荷面密度也没有发生变化,由 1-'=r r εσεσ ∴极化电荷面密度rr )(εεσσ1-='对于平行板电容器σ'=P 0r E εεσ)1(-'=∴1-'=r r D εσε 且E D P ,,的方向均沿径向.9-11.圆柱形电容器由半径为R 1的导线和与它同轴的导体圆筒构成,其间充满相对电容率为εr 的电介质.圆筒内半径为R 2.电容器长为L,沿轴线单位长度上的电荷为± λ,略去边缘效应,试求:1两极的电势差;2电介质中的电场强度、电位移、极化强度; 3电介质表面的极化电荷面密度.解:1 设导线上的电荷均匀地分布在导线的表面上,圆筒上的电荷均匀的分布在圆筒的内表面上,可由高斯定理求得各区域的场强110R ,rE <=习题图10-6ByOlllzx12022R r ,R rE r >>=επελ23,0R r E >= ∴两极的电位差1201202ln 2ln 221R R R R r l d E u r r R R επελεπελ==⋅=⎰2 由第1问知,电介质中的电场强度 rE r επελ02=电位移rr r E D πλεε20== 极化强度 0)1(εε-=r P rr r πελε2)1(-=329页10-9,10-1010-6 一边长为0.15l =m 的立方体如图放置,有一均匀磁场(63 1.5)B i j k =++T 通过立方体所在区域.计算:1通过立方体上阴影面积的磁通量; 2通过立方体六面的总磁通量. 解:1立方体一边的面积2S l =2(63 1.5)(0.15)0.135B S i j k i Wb Φ==++=(2)总通量0B ds Φ=•=⎰⎰10-11 如图所示,已知相距为d 的两平行长直导线载有相同电流,求1两导线所在平面与此两导线等距一点处的磁感应强度; 2通过图中矩形面积的磁通量 ()31r r =解 在两导线所在平面内,两导线之间的任一点P 处,两导线所产生的磁感应强度B 1和B 2方向相同,都垂直纸面向外;故P P P B B B 21+= 设P 点离导线1的距离为r ,则 RIB P πμ21=,()r d I B P -=πμ22代入上式得()r d Ir I B P -+=πμπμ22 (1) 在导线等距的点有 2d r =, dI B πμ2= (2) 取面积元ldr dS =,则通过矩形面积的磁通量为⎰=ΦSm B d S ()ldr r d I r I r r r ⎰+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=21122πμπμ πμ2Il =㏑121r r r ++πμ2Il ㏑211r r d r d ---πμIl =㏑11r r d -10-10 如图,载流导线弯成a 、b 、c 所示的形状,求三图中P 点的磁感应强度B 的大小和方习题图10-10习题图10-6By Olllzx向.解:a 水平方向的载流导线对P 电磁感应强度的贡献为0;竖直部分对P 点磁感应强度10-6 一边长为0.15l =m 的立方体如图放置,有一均匀磁场(63 1.5)B i j k =++T 通过立方体所在区域.计算:1通过立方体上阴影面积的磁通量; 2通过立方体六面的总磁通量. 解:1立方体一边的面积2S l =2(63 1.5)(0.15)0.135B S i j k i Wb Φ==++=(3)总通量0B ds Φ=•=⎰⎰ 10-11 如图所示,已知相距为d 的两平行长直导线载有相同电流,求1两导线所在平面与此两导线等距一点处的磁感应强度;通过图中矩形面积的磁通量 ()31r r =2解 在两导线所在平面内,两导线之间的任一点P 处,两导线所产生的磁感应强度B 1和B 2方向相同,都垂直纸面向外;故P P P B B B 21+= 设P 点离导线1的距离为r ,则 RIB P πμ21=,()r d I B P -=πμ22代入上式得()rd Ir I B P -+=πμπμ22(3) 在导线等距的点有002100(cos cos )(cos90cos180)44[0(1)]44o o I IB r aI a I a μμθθππμπμπ=-=-=--=2d r =, dI B πμ2= (4) 取面积元ldr dS =,则通过矩形面积的磁通量为⎰=ΦSm B d S ()ldr r d I r I r r r ⎰+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=21122πμπμ πμ2Il =㏑121r r r ++πμ2Il ㏑211r r d r d ---πμIl =㏑11r r d - 10-10 如图,载流导线弯成a 、b 、c 所示的形状,求三图中P 点的磁感应强度B 的大小和方向.解:a 水平方向的载流导线对P 电磁感应强度的贡献为0;竖直部分对P 点磁感应强度方向垂直纸面向外.bP 点处的磁感应强度为三部分载流导线所产生的磁感应强度的叠加,则00123132*********22(cos cos )422;90;108;2[0(1)]42224I I B B B B B B r r r a I I I IB a r a rμμθθθππθθθπμμμμππππ=++=+=-+====∴=--+=+方向垂直纸面向里.cB 为三边磁感应强度叠加,由对称性习题图10-10002100(cos cos )(cos90cos180)44[0(1)]44o o I IB r aIa I aμμθθππμπμπ=-=-=--=习题图10-1401231210033(cos cos )41393.42IB B B B B rr h IB I h aμθθπμμππ=++==-=∴==方向垂直纸面向里.10-14 一根很长的铜导线,载有电流10 A,在导线内部通过中心线作一平面S ,如图所示.试计算通过导线1m 长的S 平面内的磁通量铜材料本身对磁场分布无影响.解:设距轴线为r 处的磁感应强度为B .则0222200022002000000220076,;22224410101 1.0104R Rs I IB dl I r R r r I I B r I R R I B rRI I l I l B d s r ld r rdr R R Wbμπππμμπμμμπππππ--⋅==∴=⋅=∴=Φ====⨯⨯⨯==⨯⎰⎰⎰⎰⎰即S 平面内的磁通量为61.010Wb -⨯.方向垂直纸面向外.bP 点处的磁感应强度为三部分载流导线所产生的磁感应强度的叠加,则习题图10-1400123132*********22(cos cos )422;90;108;2[0(1)]42224I I B B B B B B r r r a I I I IB a r a rμμθθθππθθθπμμμμππππ=++=+=-+====∴=--+=+方向垂直纸面向里.cB 为三边磁感应强度叠加,由对称性01231210033(cos cos )41393.42IB B B B B rr h IB I h aμθθπμμππ=++==-=∴==方向垂直纸面向里.10-14 一根很长的铜导线,载有电流10 A,在导线内部通过中心线作一平面S ,如图所示.试计算通过导线1m 长的S 平面内的磁通量铜材料本身对磁场分布无影响.解:设距轴线为r 处的磁感应强度为B .则0222200022002000000220076,;22224410101 1.0104R Rs I IB dl I r R r r I I B r I R R I B rRI I l I l B d s r ld r rdr R R Wbμπππμμπμμμπππππ--⋅==∴=⋅=∴=Φ====⨯⨯⨯==⨯⎰⎰⎰⎰⎰即S 平面内的磁通量为61.010Wb -⨯. 367页11-1,11-511-1 一载流I 的无限长直导线,与一N 匝矩形线圈ABCD 共面;已知AB 长为L ,与导线间距为a ;CD 边与导线间距为bb ›a;线圈以 v 的速度离开直导线,求线圈内感应电动势的方向和大小;解 由于I 为稳恒电流,所以它在空间各点产生的磁场为稳恒磁场;当矩形线圈ABCD 运动时,不同时刻通过线圈的磁通量发生变化,故有感应电动势产生;取坐标系如图a 所示;设矩形线圈以速度 v 以图示位置开始运动,则经过时间t 之后,线圈位置如图b 所示;取面积元ldx dS =,距长直导线的距离为x ,按无限长直载流导线的磁感应强度公式知,该面积元处B 的大小为 B =xπμ20I 通过该面积元的磁通量为 ldx xIBdS d πμ20==Φ 于是通过线圈的磁通量为 ()⎰⎰⎰++++==Φ=Φvt b vt a vtb vt a xldxI ldx x I d t πμπμ2200 =πμ20Il ㏑vta vtb ++ 由法拉第电磁感应定律可知,N 匝线圈内的感应电动势为()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++-=Φ-=202vt a v vt b v vt a vt b vt a lIN dt d N E πμ ()()()()vt a vt b vvt b v vt a lIN +++-+-=πμ20令t = 0,并代入数据,则得线圈刚离开直导线时的感应电动势()ab a b NlIv b a lIvN dtd NE t πμπμ2112000-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=Φ-== 按楞次定律可知,E 感应电动势的方向沿顺时针方向;11-5 在无限长螺线管中,均匀分布着与螺线管轴线平行的磁场B t;设B 以速率dtdB=К变化К为大于零的常量;现在其中放置一直角形导线 abc;若已知螺线管截面半径为R,l ab =,求:1螺线管中的感生电场EV;2bc ab ,两段导线中的感生电动势;解 1由于系统具有轴对称性,如图所示,可求出感生电场;在磁场中取圆心为O ,半径为()R r r <的圆周,根据感生电场与变化磁场之间的关系m V LS d BE dl d S dtt Φ∂=-=-∂⎰⎰可得222V dBE r r r dtπππκ=-=- 有2V rE κ=-()R r < 由楞次定律可以判断感生电场为逆时针方向;2解法一 用法拉第电磁感应定律求解;连接Ob Oa ,和Oc ,在回路OabO 中,穿过回路所围面积的磁通量为1222124l BS Bl R ⎛⎫Φ=-=-- ⎪⎝⎭则11222221112424d l dB l E l R l R dt dt κ⎛⎫⎛⎫Φ=-=--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭而ab oa bo ab E E E E E =++=1 所以12221124ab l E E lk R ⎛⎫==- ⎪⎝⎭方向由a 指向b同理可得 1222124bc l E lk R ⎛⎫=- ⎪⎝⎭方向由b 指向c解法二 也可由感生电场力做功求解;由于1中已求出EV;则122224bab V ak l E E dl l R ⎛⎫=⋅=- ⎪⎝⎭⎰122224cbc V bk l E E dl l R ⎛⎫=⋅=- ⎪⎝⎭⎰11-1.解: 1由电磁感应定律812)1(--=Φ-t dtd i ε2)2(102.3-⨯-=i ε2 2106.1-⨯==RI iε由于磁通量是增加的,所以线圈中产生的感应电动势使R 中产生感应电流的方向是由左向右11-4解:由题意可知金属棒沿杆下滑的速度为重力加速度所引起t BgL L Bgt l d B V )cos sin (cos sin )(θθθθε==⋅⨯=⎰11-5解:由于I 为稳定电流,所以它在空间各点产生的磁场为稳恒磁场.当矩形线圈ABCD 运动时,不同时刻通过线圈的磁通量回发生变化,故有感应电动势产生.取坐标系如图;设矩形线圈以速度V 从图示位置开始运动,经过时间t 之后,线圈位置如图b 所示,取面积元ds=ldx,距长直导线的距离为x,按无限长直载流导体的磁感应强度公式知,该面积元外B的大小为x I B πμ20= 通过该面积元的磁通量为ldx x I Bds d ⋅==Φπμ20 于是通过线圈的磁通量为⎰⎰⎰++++⋅=⋅=Φ=Φvt b vt a vt b vt a xldx x I ldx x I d t πμπμ22)(00 va vtb IL ++=ln 20πμ 由法拉第电磁感应定律可知,N 匝线圈中的感应电动势为])()()([220vt a v vt b v vt a vt b vt a ILN dt d N E ++-+++-=Φ-=πμ -=))(()()(20vt b vt a v vt b v vt a IN +++-+πμ 令t=0,代入数据,得到线圈,刚离开直导线时的感应电动势)11(200ba LIVN dt d N E t -=Φ-==πμ )(100.32.01.02)1.02.0(0.30.52.010104737V --⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯=ππ 按楞次定律E 的方向为图b 中的顺时针方向1、 一质点作匀速率圆周运动,其质量为m,线速度为v,半径为R;求它对圆心的角动 量;它相对于圆周上某一点的角动量是否为常量,为什么答:它对圆心的角动量Rmv ,是常量;它相对于圆周上某一点的角动量不是常量;4、彗星绕太阳作椭圆轨道运动,太阳位于椭圆轨道的一个焦点上,问系统的角动量是否 守恒 近日点与远日点的速度哪个大答:在彗星绕太阳轨道运转过程中,只受万有引力作用,万有引力对太阳不产生力矩,系统角动量守恒;近日点 r 小 v 大,远日点 r 大 v 小;这就是为什么彗星运转周期为几十年,而经过太阳时只有很短的几周时间;彗星接近太阳时势能转换成动能,而远离太阳时,动能转换成势能;8.利用角动量守恒定律简要分析花样滑冰、跳水运动过程;答:对这一力学现象可根据角动量守衡定律来解释;例如旋转着的芭蕾舞演员要加快旋转时,总是将双手收回身边,这时演员质量分布靠近转轴,转动惯量变小,转动速度加快,转动动能增加;3-5题图。

大学物理教程习题答案上海交通大学出版社

大学物理教程习题答案上海交通大学出版社

习题11-1.已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量.求:1质点的轨道;2速度和速率;解:1 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +,知:cos x R t ω= ,sin y R t ω=消去t 可得轨道方程:222x y R +=∴质点的轨道为圆心在0,0处,半径为R 的圆; 2由d rv dt=,有速度:sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而v v =,有速率:1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=;1-2.已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++,式中r 的单位为m ,t 的单位为s ;求:1质点的轨道;2从0=t 到1=t 秒的位移;30=t 和1=t 秒两时刻的速度;解:1由24(32)r t i t j =++,可知24x t = ,32y t =+消去t 得轨道方程为:x =2(3)y -,∴质点的轨道为抛物线; 2由d rv dt=,有速度:82v t i j =+ 从0=t 到1=t 秒的位移为:1100(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰30=t 和1=t 秒两时刻的速度为:(0)2v j =,(1)82v i j =+ ; 1-3.已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+,式中r 的单位为m ,t 的单位为s .求:1任一时刻的速度和加速度;2任一时刻的切向加速度和法向加速度; 解:1由d r v dt =,有:22v t i j =+,d va dt=,有:2a i =; 2而v v =,有速率:12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt=221t t =+,利用222t n a a a =+有: 22221n t a a a t =-=+;1-4.一升降机以加速度a 上升,在上升过程中有一螺钉从天花板上松落,升降机的天花板与底板相距为d ,求螺钉从天花板落到底板上所需的时间;解法一:以地面为参照系,坐标如图,设同一时间内螺钉下落的距离为1y ,升降机上升的高度为2y ,运动方程分别为21012y v t gt =- 122012y v t at =+ 212y y d += 3注意到1y 为负值,有11y y =- 联立求解,有:2dt g a=+;解法二:以升降机为非惯性参照系,则重力加速度修正为'g g a =+,利用21'2d g t =,有:22'ddt g g a==+; 1-5.一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出,求:1小球的运动方程;2小球在落地之前的轨迹方程;3落地前瞬时小球的d r d t ,d v d t ,d vd t; 解:1如图,可建立平抛运动学方程:0x v t = ,212y h g t =- ,∴201()2r v t i h g t j =+-;2联立上面两式,消去t 得小球轨迹方程:2202gx y h v =-+为抛物线方程;3∵201()2r v t i h g t j =+-,∴0d r v i g t j d t =-, 即:0v v i g t j =-,d vg j d t=- 在落地瞬时,有:2ht g=,∴02d r v i gh j d t =- 又∵ v =2222()xyv v v gt +=+-,∴2122220022[()]g gh g t dvdt v gh v gt ==++ ; 1-6.路灯距地面的高度为1h ,一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走;试证明人影的顶端作匀速运动,并求其速度2v .证明:设人向路灯行走,t 时刻人影中头的坐标为1x ,足的坐标为2, 由相似三角形关系可得:12211x x h x h -=, ∴11212h x x h h =- 两边对时间求导有:11212d x h d x d t h h d t =- ,考虑到:21d x v d t=, 知人影中头的速度:21112d x hv v d t h h ==-影常数;1-7.一质点沿直线运动,其运动方程为2242t t x -+=m,在 t 从0秒到3秒的时间间隔内,则质点走过的路程为多少解:由于是求质点通过的路程,所以可考虑在0~3s 的时间间隔内,质点速度为0的位置:t dtdxv 44-==若0=v 解得 s t 1=, m x x x 1021=∆+∆=∆;1-8.一弹性球直落在一斜面上,下落高度cm 20=h ,斜面对水平的倾角 30=θ,问它第二次碰到斜面的xy 0v h O O1x 2x 1h 2h位置距原来的下落点多远假设小球碰斜面前后速度数值相等,碰撞时人射角等于反射角;解:小球落地时速度为gh v 20=,建立沿斜面的直角坐标系,以小球第一次落地点为坐标原点如图示,00060cos v v x =→ 200060cos 2160cos t g t v x += 1 00060sin v v y =→ 200060sin 2160sin t g t v y -= 2第二次落地时:0=y ,代入2式得:g vt 02=,所以:2002002122cos 60cos 604802v gh x v t g t h cm g g ⋅=+====; 1-9.地球的自转角速度最大增加到若干倍时,赤道上的物体仍能保持在地球上而不致离开地球已知现在赤道上物体的向心加速度约为2s /cm 4.3,设赤道上重力加速度为2m/s 80.9;解:由向心力公式:2F m R ω=向,赤道上的物体仍能保持在地球必须满足:F mg =向,而现在赤道上物体的向心力为:'F ma =向∴016.9817ωω====≈ 1-10.已知子弹的轨迹为抛物线,初速为0v ,并且0v 与水平面的夹角为θ;试分别求出抛物线顶点及落地点的曲率半径;解:1抛物线顶点处子弹的速度0cos x v v θ=,顶点处切向加速度为0,法向加速度为g ;因此有:22011(cos )v vg θρρ==, 2201cos v gθρ=; 2在落地点时子弹的0v ,由抛物线对称性,知法向加速度方向与竖直方向成θ角,则:cos n a g θ=,有:202cos v g θρ= 则: 22cos v g ρθ=;1-11.一飞行火箭的运动学方程为1()ln(1)=+--x ut u t bt b,其中b 是与燃料燃烧速率有关的量,u 为燃气相对火箭的喷射速度;求: 1火箭飞行速度与时间的关系;2火箭的加速度;解:一维运动,直接利用公式:dx v dt =,dva dt=有: 1)1ln(bt u dt dx v --== , 2btub dt dv a -==1 1-12.飞机以s /m 1000=v 的速度沿水平直线飞行,在离地面高m 98=h 时,驾驶员要y把物品投到前方某一地面目标上,问:投放物品时,驾驶员看目标的视线和竖直线应成什么角度此时目标距飞机下方地点多远 解:设此时飞机距目标水平距离为x 有:t v x 0=┄①,221gt h =┄② 联立方程解得:m x 447≈,∴05.77arctan ≈=hx θ;1-13.一物体和探测气球从同一高度竖直向上运动,物体初速为s /m 0.490=v ,而气球以速度s /m 6.19=v 匀速上升,问气球中的观察者在第二秒末、第三秒末、第四秒末测得物体的速度各多少解:物体在任意时刻的速度表达式为:gt v v y -=0故气球中的观察者测得物体的速度v v v y -=∆代入时间t 可以得到第二秒末物体速度:29.8m v s ∆=,向上 第三秒末物体速度:30v ∆=第四秒末物体速度:49.8m v s ∆=-向下;思考题11-1.质点作曲线运动,其瞬时速度为v ,瞬时速率为v ,平均速度为v ,平均速率为v ,则它们之间的下列四种关系中哪一种是正确的A v v ==v v ,;B v v =≠v v ,;C v v ≠=v v ,;D v v ≠≠v v ,答:C1-2.沿直线运动的物体,其速度大小与时间成反比,则其加速度的大小与速度大小的关系是:A 与速度大小成正比;B 与速度大小平方成正比;C 与速度大小成反比;D 与速度大小平方成反比; 答:B1-3.如图所示为A,B 两个质点在同一直线上运动的-v t 图像,由图可知 A 两个质点一定从同一位置出发 B 两个质点都始终作匀加速运动 C 在2s t 末两个质点相遇D 在20s t 时间内质点B 可能领先质点A 答:D 1-4.质点的t x ~关系如图,图中a ,b ,c 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答:匀速直线运动;a b c v v v >>; 1-5.如图所示,两船A 和B 相距R ,分别以速度A v 和B v 匀速直线行驶,它们会不会相碰若不相碰,求两船相靠最近的距离.图中α和β为已知;答:方法一:如图,以A 船为参考系,在该参考系中船A 是静止的,而船B 的速度A v v v B -=';v '是船B 相对于船A 的速度,从船B 作一条平行于v '方向的直线BC,它不与船A 相交,这表明两船不会相碰.由A 作BC 垂线AC,其长度min r 就是两船相靠最近的距离 θsin min R r =作FDv v v A B '-=αβθsin sin sin )cos(222βα+++='B A B A v v v v v R v v v v v v r B A B A A B )cos(2sin sin 22min βααβ+++-=t 0)(=dt t dr Rv v v v v v r B A BA AB )cos(2sin sin 22min βααβ+++-=0d r d t =0d r d t ≠0d v d t =0d v d t ≠0d a d t =0d ad t==+x y v v i v j 0d d =⎰⎰ttxv t v t 0d d =⎰⎰ttyv t v td d =⎰⎰ttx v t v td d =⎰⎰tty v t v t 1t 111d ,d ,d t t t xyv t v t v t⎰⎰⎰A B⎰⎰⎰BABABAr d ,d ,d r r tv t xd 1⎰tvt yd 10⎰1d t v t⎰1t ⎰B Ar d d B A⎰r ⎰BAdr 16kg xOy6N x f =7N y f =0t =0x y ==2m /s x v =-0y v =2s t =x x f a m =x a 263m /168s ==27m /16y y f a s m -==2003522m /84x x x v v a dt s =+=-+⨯=-⎰200772m /168y y y v v a dt s -=+=⨯=-⎰2s 57m /s 48v i j =--22011()22x y r v t a t i a t j=++1317(224)()428216i j -=-⨯+⨯⨯+⨯2kg 2424=-F i t j 034=+v i jn F d v F m d t =24242d v i t j dt -=⋅0201(424)2v t v d v i t j dt =-⎰⎰3024v v t i t j =+-034v i j =+s t 1=15v i =t v v e =15v i =s t 1=s t 1=ij 2424F i t j =-s t 1=424424t n F i j e e =-=-24n F N=-45A a g=1m 2m μFmax 212222f mg f Fa m m m m m μ==<=+12()F m m g μ<+maxF max 12()F m m g μ=+12()F m m g μ<+θ)(θμtg <a θμμθtan 1tan 1+-=a g θμμθtan 1tan 2-+=a gtan tan 1tan 1tan g a g θμθμμθμθ-+≤≤+-'x 'y 'x sin cos 0mg ma f θθ-±='y cos sin 0N mg ma θθ--=f N μ=sin cos (cos sin )0mg ma mg ma θθμθθ-±+=sin cos tan cos sin 1tan a g g θμθθμθμθμθ±±==a tan tan 1tan 1tan g a g θμθμμθμθ-+≤≤+-m 0v k f kv =-dv f mdt=•m AR B dv kv m dt -=dv k dt v m =-000t v dv k dt v m =-⎰⎰t m ke v v -=00v =dv dv dx dt dx dt =dx v dt =mdx dvk=-00max 0v m mx dv v k k=-=⎰2m 1m θ2m 1m 2'a 1m 1a 2m 2m g 1N 21m a 1m 1m g 1N 2N 2m 21222cos sin 'm a m g m a θθ+=1212sin cos N m a m g θθ+=1m 111sin N m a θ=11212sin cos sin m a m a m g θθθ+=21212sin cos sin m a g m m θθθ=+122212()sin 'sin m m a g m m θθ+=+2'a 122212sin cos 'sin x x m a a a g m m θθθ=-=-+111sin m a N θ==g m m m m θθ22121sin cos +R μ0=t 0v 2v N m R =f Nμ=dtdvmf =-2dv v dt Rμ=-0201vt v dv dt v R μ-=⎰⎰t μv R R v v 00+=20R m =0.6F i =F R -R2020B A r r r i j∆=-=-+A F r =⋅∆0.6(2020)12A i i j =⋅-+=-0.5kg A F r=⋅∆250.5r t i j =+24(4)(2)60r r r i →∆=-=220.5105d rF m i i d t==⋅=560300A i i J =⋅=m2()F at i bt j =+t P F v =⋅P F v =⋅2232325111111()()()2323ati bt j at i bt j a t b t m m =+⋅+=+2(52.838.4)F x x i =--F x N m m 522.01=x m 34.12=x ()()F x F x i =f A 2v N G mR-=R G N mv )(21212-=2102f mgR A mv +=-11()(3)22f A N G R mgR N mg R =--=-1ρl 2ρAB B1212ρρρ<<max v H G F =浮hsg lsg 12ρρ=l h 12ρρ=212mgh mv A =+浮22max21012h slv sglh gsydy ρρρ=-⎰2max 1v gl ρρ=H 'H l h =+2110'l lsgH ysgdy lsgh ρρρ=+⎰2110()l lsgH ysgdy lsg H l ρρρ=+-⎰1122()lH ρρρ=-L m A A B A m B m k l B 0x A B A A B A B A22011()22A B m m v k x +=0x m m k v B A +=x l =A 221122A A m v kx =0AA A Bm x x m m =+m3e Gm m F r r =-e e ,R m e e 211e e P R R eE F dr Gm m dr Gm m r R ∞∞=⋅=-⋅=-⎰⎰I T I τ12v v =I mv =∆0I =cos T mgθ=2mgπωm Oxy cos sin r a t i b t j ωω=+0=t ωπ/2=t P mv =d r v dt ==2m 1m θθ1N2m 2m g21m a 1m θ1m g 2N 1N θy xOB AFθωl mg Tsin cosa t ib t jωωωω-+()(sin cos )P t m a t i b t jωωω=--2()(0)0I mv P P m b j m b j πωωω=∆=-=-= 2.0kg1.0m20g 0v 600m v 30m 01mv mv M v =+01 5.7mv mv v M-==/m s21v T Mg M l -=2184.6v T Mg M Nl=+=00.0257011.4I mv mv N s =-=-⨯=-⋅m /skg 102.122⋅⨯-236.410kg m/s -⨯⋅kg 108.526-⨯2222221.20.6410P P P -=+=+⨯核电子中微子0.64tan 1.2P P α==中微子电子028.1α=221.410/P kgm s -=⨯核9.151=-=απθ2180.17102k P E J m -==⨯核核m 2c x c x 112212c m x m x x m m +=+12m m m ==12c x x =2223,42c c c mx mx x x x m +== 30=α 1.0M kg =30x cm =0.01m kg=200/v m s =25/k N m =22111sin 22Mv kx Mgx α+=10.83/v m s ⇒=1cos Mv mv m M v α'-=+()0.89/v m s '⇒=-θM L 0cos M r F mg v t kθ=⨯=-200cos 2t mg v L r mv M dt t k θ=⨯==-⎰1v 2v 1122r mv r mv =122v v =0P MmE G r=-R Mm G mv R Mm G mv 421221022021-=-mg R Mm G =20321Rg v =62Rg v =ρρ220v m Mm G =R 38=ρ22v Rg =0E =24sin A mv R mv R θ=⋅22v Rg =030θ⇒=m r m 2m 2/2mr m2m ma T mg 222=-ma mg T =-12()T T r J β-=βJ r T T =-)(1βr a =2/2J mr =ga 41=mg T 811=l m μ0ωO l m =λdm d x λ=d f dmg gd x μμλ==d M g xd xμλ=20124lM g xd x mgl μλμ==⎰d M J J dt ωβ==000t Mdt Jd ωω-=⎰⎰2011412mglt m l μω-=-03l t g ωμ=0M t J J ωω-=-0ω=2112J ml =03l t g ωμ=2m kg 01.0⋅cm 7kg 5N/m 200=k x maxx 2max max 12k x mg x =max 20.49mg x m k ==222111222k x mv J mg x ω++=v Rω=2222111222k x m R J mg x ωω++=x0d d x ω=21()22d k x m R J mg d x ωω++⋅=0d d x ω=αP 中微子P 电子P 核cx /2c x xyO x y 0v vOz•θT)(245.0m k mg x ==0.245x =22max 2121()2mgx kx v J m r -=+max 1.31v =m 2l 31l 32m 0v m 021v 22004221()9933l l v l v l ω+=+032v l ω=mg N =αsin 212cos N N α=α1N 1F kx m gμ=+2kx m g μ=11A m a kx m g μ=+121A m m a g m μ+=22B m a kx m g μ=-0B a =F GF G F 2321μ+≤1322F F μ<33μ>Rv m mg N 2sin +=θA B F s F A F r =⋅∆F s k m m mg k x =k mg x =212mg x k x =kmgx 2=αx v x 120αI 21I m v m v =-21v v =αm Δ1v 2v m Δm Δf 'f 'm 1e 212e 222121r m Gm mv r m Gm mv -=-1122sin sin θθmv mv =2e 2rm Gm r mv =当两小孩质量相等时,M =0;则系统角动量守恒,两人的实际的速度相同,将同时到达滑轮处,与谁在用力,谁不在用力无关;选择C; 2-13.一圆盘绕过盘心且与盘面垂直的轴O 以角速度ω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 沿盘面方向同时作用到盘上,则盘的角速度ω怎样变化 答:增大2-14.一个人站在有光滑固定转轴的转动平台上,双臂伸直水平地举起二哑铃,在该人把此二哑铃水平收缩到胸前的过程中,人、哑铃与转动平台组成的系统的: A 机械能守恒,角动量守恒;B 机械能守恒,角动量不守恒; C 机械能不守恒,角动量守恒;D 机械能不守恒,角动量不守恒; 答:C习题33-1.原长为m 5.0的弹簧,上端固定,下端挂一质量为kg 1.0的物体,当物体静止时,弹簧长为m 6.0.现将物体上推,使弹簧缩回到原长,然后放手,以放手时开始计时,取竖直向下为正向,写出振动式;g 取解:振动方程:cos()x A t ωϕ=+,在本题中,kx mg =,所以9.8k =; ∴ 9.8980.1k m ω===; 取竖直向下为x 正向,弹簧伸长为时为物体的平衡位置,所以如果使弹簧的初状态为原长,那么:A =,mg 1N 2N α1mv 2mv I风风'f //'f 'f ⊥当t =0时,x =-A ,那么就可以知道物体的初相位为π;所以:0.1cos x π=+)即:)x =-;3-2.有一单摆,摆长m 0.1=l ,小球质量g 10=m ,0=t 时,小球正好经过rad 06.0-=θ处,并以角速度0.2rad/s θ=向平衡位置运动;设小球的运动可看作简谐振动,试求:1角频率、频率、周期;2用余弦函数形式写出小球的振动式;g 取解:振动方程:cos()x A t ωϕ=+ 我们只要按照题意找到对应的各项就行了;1角频率: 3.13/rad s ω===,频率:0.5Hz ν=== ,周期:22T s ===;2振动方程可表示为:cos3.13A t θϕ=+(),∴ 3.13sin 3.13A t θϕ=-+() 根据初始条件,0t =时:cos Aθϕ=,0(12sin 0(34 3.13A θϕ>=-<,象限),象限)可解得:2008.810227133 2.32A m ϕ-=⨯==-=-,,所以得到振动方程:28.810cos3.13 2.32t m θ-=⨯-() ; 3-3.一质点沿x 轴作简谐振动,振幅为cm 12,周期为s 2;当0=t 时,位移为cm 6,且向x 轴正方向运动;求:1振动表达式;2s 5.0=t 时,质点的位置、速度和加速度;3如果在某时刻质点位于cm 6-=x ,且向x 轴负方向运动,求从该位置回到平衡位置所需要的时间;解:1由题已知 A =,T =2 s ,∴ 2Tπωπ==又∵t =0时,06x cm =,00v >,由旋转矢量图,可知:3πϕ=-故振动方程为:0.12cos3x t m ππ=-(); 2将t = s 代入得:0.12cos 0.12cos 0.10436x t m πππ=-==(),0.12sin 0.12cos 0.188/36v t m s ππππ=--==-(),2220.12cos 0.12cos 1.03/36a t m s πππππ=--=-=-(),方向指向坐标原点,即沿x 轴负向;3由题知,某时刻质点位于6cm 2Ax =-=-, 且向x 轴负方向运动,如图示,质点从P 位置回到平衡位置Q 处需要走32ππϕ∆=+,建立比例式:2tTϕπ∆∆=,有:56t s ∆= ;3-4.两质点作同方向、同频率的简谐振动,振幅相等;当质点1在 2/1A x =处,且x向左运动时,另一个质点2在 2/2A x -= 处,且向右运动;求这两个质点的位相差; 解:由旋转矢量图可知:当质点1在 2/1A x =处,且向左运动时,相位为3π,而质点2在 2/2A x -= 处,且向右运动,相位为43π;所以它们的相位差为π;3-5.当简谐振动的位移为振幅的一半时,其动能和势能各占总能量的多少物体在什么位置时其动能和势能各占总能量的一半解:由212P E k x =,212k E mv =,有:221cos ()2P E k A t ωϕ=+,2222211sin ()sin ()22k E m A t k A t ωωϕωϕ=+=+, 1当2Ax =时,由cos()x A t ωϕ=+,有:1cos()2t ωϕ+=,3sin()t ωϕ+=,∴14P E E =,34k E E =; 2当12P k E E E ==时,有:22cos ()sin ()t t ωϕωϕ+=+ ∴cos()2t ωϕ+=20.7072x A A ==±; 3-6.两个同方向的简谐振动曲线如图所示1求合振动的振幅;2求合振动的振动表达式; 解:通过旋转矢量图做最为简单; 由图可知,两个振动同频率,且1A 初相:12πϕ=,2A 初相:22πϕ=-,表明两者处于反相状态,反相21(21)k ϕϕϕπ∆=-=±+,012k =,,,∵12A A <,∴合成振动的振幅:21A A A =- ;合成振动的相位:22πϕϕ==- ;合成振动的方程:)()(22cos 12ππ--=t T A A x ;3-7.两个同方向,同频率的简谐振动,其合振动的振幅为cm 20,与第一个振动的位相差为6π;若第一个振动的振幅为cm 310;则1第二个振动的振幅为多少2两简谐振动的位相差为多少解:如图,可利用余弦定理:由图知 ︒-+=30cos 2122122A A A A A = m ∴A 2=0.1 m ,再利用正弦定理:02sin sin 30AA θ=,有: 2sin 12A A θ==,∴2πθ=;说明A 1与A 2间夹角为π/2,即两振动的位相差为π/2 ; 3-8. 质点分别参与下列三组互相垂直的谐振动:1 4cos 864cos 86x t y t ππππ⎧⎛⎫=+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪=- ⎪⎪⎝⎭⎩ ;2 4cos 8654cos 86x t y t ππππ⎧⎛⎫=+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪=- ⎪⎪⎝⎭⎩;3 4cos 8624cos 83x t y t ππππ⎧⎛⎫=+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪=+ ⎪⎪⎝⎭⎩;试判别质点运动的轨迹;解:质点参与的运动是频率相同,振幅相同的垂直运动的叠加;对于cos()x x A t ωϕ=+,4cos()y y t ωϕ=+的叠加,可推得:1将6x πϕ=,6y πϕ=-代入有:2222cos 16sin 33x y x y ππ+-=,则方程化为:2212x y x y +-=,轨迹为一般的椭圆;2将6x πϕ=,56y πϕ=-代入有:2222cos 16sin x y x y ππ+-=则方程化为:2220x y x y +-=,即0x y +=,轨迹为一直线;3将6x πϕ=,23y πϕ=代入有:2222cos 16sin 22x y x y ππ+-=则方程化为:2224x y +=,轨迹为圆心在原点,半径为4m 的圆;3-9.沿一平面简谐波的波线上,有相距2.0m 的两质点A 与B ,B 点振动相位比A 点落后6π,已知振动周期为2.0s ,求波长和波速;解:根据题意,对于A 、B 两点,m x 2612=∆=-=∆,πϕϕϕ,而相位和波长之间满足关系:πλπλϕϕϕ221212xx x ∆-=--=-=∆,代入数据,可得:波长λ=24m;又∵T =2s ,所以波速12/u m s Tλ==;3-10.已知一平面波沿x 轴正向传播,距坐标原点O 为1x 处P 点的振动式为)cos(ϕω+=t A y ,波速为u ,求:1平面波的波动式;2若波沿x 轴负向传播,波动式又如何 解:1设平面波的波动式为0cos[]xy A t uωϕ=-+(),则P 点的振动式为:10cos[]P x y A t uωϕ=-+(),与题设P 点的振动式cos()P y A t ωϕ=+比较, 有:10xuωϕϕ=+,∴平面波的波动式为:1cos[()]x x y A t u ωϕ-=-+;2若波沿x 轴负向传播,同理,设平面波的波动式为:0cos[]xy A t u ωϕ=++(),则P 点的振动式为:10cos[]P x y A t uωϕ=++(),与题设P 点的振动式cos()P y A t ωϕ=+比较, 有:10xuωϕϕ=-+,∴平面波的波动式为:1cos[()]x x y A t u ωϕ-=++;3-11.一平面简谐波在空间传播,如图所示,已知A 点的振动规律为cos(2)y A t πνϕ=+,试写出: 1该平面简谐波的表达式;2B 点的振动表达式B 点位于A 点右方d 处; 解:1仿照上题的思路,根据题意,设以O 点为原点平面简谐波的表达式为:0cos[2]xy A t u πνϕ=++(),则A 点的振动式:0cos[2]A ly A t uπνϕ-=++()题设A 点的振动式cos(2)y A t πνϕ=+比较,有:02lu πνϕϕ=+, ∴该平面简谐波的表达式为:]2cos[ϕπν+++=)(uxu l t A y2B 点的振动表达式可直接将坐标x d l =-,代入波动方程:3-12.已知一沿x 正方向传播的平面余弦波,s 31=t 时的波形如图所示,且周期T 为s 2;1写出O 点的振动表达式;2写出该波的波动表达式; 3写出A 点的振动表达式; 4写出A 点离O 点的距离;解:由图可知:0.1A m =,0.4m λ=,而2T s =,则:/0.2/u T m s λ==,2T πωπ==,25k ππλ==,∴波动方程为:00.1cos(5)y t x ππϕ=-+O 点的振动方程可写成:00.1cos()O y t πϕ=+由图形可知:s 31=t 时:0.05O y =,有:00.050.1cos()3πϕ=+考虑到此时0O d y d t <,∴03πϕ=,53π舍去 那么:1O 点的振动表达式:0.1cos()3O y t ππ=+;2波动方程为:0.1cos(5)3y t x πππ=-+;3设A 点的振动表达式为:0.1cos()A A y t πϕ=+由图形可知:s 31=t 时:0A y =,有:cos()03A πϕ+=考虑到此时0A d y d t >,∴56A πϕ=-或76A πϕ=∴A 点的振动表达式:50.1cos()6A y t ππ=-,或70.1cos()6A y t ππ=+;4将A 点的坐标代入波动方程,可得到A 的振动方程为:0.1cos(5)3A A y t x πππ=-+,与3求得的A 点的振动表达式比较,有:5563A t t x πππππ-=-+,所以:m x A 233.0307== ; 3-13.一平面简谐波以速度m/s 8.0=u 沿x 轴负方向传播;已知原点的振动曲线如图所示;试写出:1原点的振动表达式; 2波动表达式;3同一时刻相距m 1的两点之间的位相差; 解:这是一个振动 图像由图可知A =0.5cm ,设原点处的振动方程为:30510cos()O y t ωϕ-=⨯+;1当0t =时,30 2.510O t y -==⨯,考虑到:00O t d y d t=>,有:03πϕ=-,当1t =时,10O t y ==,考虑到:10O t d y d t =<,有:32ππω-=,56πω=,∴原点的振动表达式:35510cos()63O y t ππ-=⨯-;2沿x 轴负方向传播,设波动表达式:35510cos()63y t k x ππ-=⨯+-而512460.825k u ωππ==⨯=,∴3524510cos()6253y t x πππ-=⨯+-; 3位相差:252 3.2724x k x rad ϕππλ∆∆==∆== ; 3-14.一正弦形式空气波沿直径为cm 14的圆柱形管行进,波的平均强度为39.010-⨯/()J s m ⋅,频率为Hz 300,波速为m/s 300;问波中的平均能量密度和最大能量密度各是多少每两个相邻同相面间的波段中含有多少能量解:1已知波的平均强度为:39.010I -=⨯/()J s m ⋅,由I w u =⋅ 有:53max 2610/w w J m -==⨯;2由W w V =⋅,∴221144uW w d w d πλπν=⋅=5327310/(0.14)1 4.62104J m m m J π--=⨯⨯⋅⋅=⨯ ;3-15.一弹性波在媒质中传播的速度310/u m s =,振幅41.010A m -=⨯,频率310Hz ν=;若该媒质的密度为3800/kg m ,求:1该波的平均能流密度;21分钟内垂直通过面积24m 100.4-⨯=S 的总能量; 解:1由:2212I u A ρω=,有:34232110800102102I π-=⨯⨯⨯⨯()()521.5810/W m =⨯; 21分钟为60秒,通过面积24m 100.4-⨯=S 的总能量为:W I S t =5431.581041060 3.7910J -=⨯⨯⨯⨯=⨯ ;3-16.设1S 与2S 为两个相干波源,相距41波长,1S 比2S 的位相超前2π;若两波在在1S 、2S 连线方向上的强度相同且不随距离变化,问1S 、2S 连线上在1S 外侧各点的合成波的强度如何又在2S 外侧各点的强度如何解:1如图,1S 、2S 连线上在1S 外侧,∵212122()24r r πππλϕϕϕπλλ∆=---=--⋅=-, ∴两波反相,合成波强度为0; 2如图,1S 、2S 连线上在2S 外侧,∵212122('')()024r r πππλϕϕϕλλ∆=---=---=, ∴两波同相,合成波的振幅为2A ,合成波的强度为:220(2)44I A A I === ;3-17.图中所示为声音干涉仪,用以演示声波的干涉;S 为声源,D 为声音探测器,如耳或话筒;路径SB D 的长度可以变化,但路径SAD 是固定的;干涉仪内有空气,且知声音强度在B 的第一位置时为极小值100单位,而渐增至B 距第一位置为cm65.1的第二位置时,有极大值900单位;求:1声源发出的声波频率;2抵达探测器的两波的振幅之比;解:根据驻波的定义,相邻两波节腹间距:2x λ∆=,相邻波节与波腹的间距:4x λ∆=,可得:4 6.6x cm λ=∆=;1声音的速度在空气中约为340m/s ,所以:234051516.610u Hz νλ-===⨯()。

大学物理教程第9章习题答案

大学物理教程第9章习题答案

⼤学物理教程第9章习题答案思考题9.1 为什么要引进视见函数?答:辐射通量虽然是⼀个反映光辐射强弱程度的客观物理量,但是,它并不能完整地反映出由光能量所引起的⼈们的主观感觉——视觉的强度(即明亮程度).因为⼈的眼睛对于不同波长的光波具有不同的敏感度,不同波长的数量不相等的辐射通量可能引起相等的视觉强度,⽽相等的辐射通量的不同波长的光,却不能引起相同的视觉强度.所以⽤视见函数概念反映⼈的眼睛对于不同波长的光波具有不同的敏感度.它表⽰⼈眼对光的敏感程度随波长变化的关系.9.2 在杨⽒双缝实验中,若将⼊射光由正⼊射改为斜⼊射,则屏幕上⼲涉图样如何改变?答:⼲涉条纹沿着垂直条纹的⽅向整体移动。

9.3 将劈尖由空⽓中放⼊折射率为n 的介质中,条纹间距如何变化?答:条纹间距变⼩。

9.4 在单缝的夫琅⽲费衍射中,单缝宽度对衍射图样有何影响?答:单缝宽度越⼩衍射图样的中央亮纹越宽。

9.5什么是缺级?产⽣缺级的条件是什么?答:当衍射⾓θ满⾜光栅⽅程λθk b a ±=+sin )(时应产⽣主极⼤明条纹,但如果衍射⾓⼜恰好满⾜单缝衍射的暗纹条件λk a '±=sin ,那么这时这些主极⼤明条纹将消失,这种现象就是缺级。

两个条件联⽴得...)2,1,0(=''±=k k k λ,即所缺的级数由光栅常数d 和缝宽a 的⽐值决定。

9.6 偏振现象反映光波的什么性质?答:偏振现象表明光波是横波。

9.7 试解释我们看到的天空是蓝⾊的⽽宇航员看到的天空却是⿊⾊的?答:我们看到的天空是蓝⾊的是由于空⽓对太阳光散射造成的。

⽽在宇宙空间中,物质的分布密度极低,对太阳光的散射也就基本不存在,所以宇航员看到的天空是⿊⾊的。

习题9.1 某汽车前灯发光强度为75,000cd ,光束发散⽴体⾓为5Sr ,求其发出的光通量。

解:发光强度I 为光通量F 对⽴体⾓Ω的微分Ωd dFI =所以375000575000=?===??ΩΩI Id F lm9.2 ⼀光源辐射出555nm 和610nm 的光,两者的辐射通量分别为2W 和1W ,视见函数分别为1.000和0.503,求光源发出的总光通量各为多少?解:(1)1366000.12683)()(683=??==λΦλV F lm52.343503.01683)()(683=??==λΦλV F lm9.3 ⼀氦氖激光器发出1?10-2W 的激光束,其波长为6.328?10-7m ,激光束的⽴体⾓为3.14?10-6Sr ,已知该激光的视见函数为0.24。

《大学物理学》答案(上海交大版)上下册 2

《大学物理学》答案(上海交大版)上下册 2

0.003
4-7. 有质量为 2m 的弹丸,从地面斜抛出去,它的落地点为 x c 。如果它在飞行到最高点处爆炸成质量相等的两碎
片。其中一碎片铅直自由下落,另一碎片水平抛出,它们同时落地。问第二块碎片落在何处。 解:在爆炸的前后,质心始终只受重力的作用,因此,质心的轨迹为一抛物线,它的落地点为 xc。
v2 R
根据圆周运动的规律:T-G= M (2)根据冲量定理可得:
v2 T M g M1 84.6N R
I mv mv0 0.02 570 11.4 N s
4-5. 一静止的原子核经放射性衰变产生出一个电子和一个中微子, 巳知电子的动量为 1.2 10
22
(2) m3 v μm3 g t
t
v 0.2 0.1s μg 0.2 10
4-12. 一质量为 M 千克的木块,系在一固定于墙壁的弹簧的末端,静止在光滑水平面上,弹簧的劲度系数为 k . 一质量为 m 的子弹射入木块后,弹簧长度被压缩了 L . (1)求子弹的速度;(2)若子弹射入木块的深度为 s ,求子弹所受的平均阻力。 解: (1)碰撞过程中子弹和木块动量守恒,碰撞结束后的运动由机械能守恒条件可得,
m1v0 (m1 m2 m 3 )v m1v0 (m1 m2 )v
1 2
v 0.2 m s
m1 5 2 1 v0 ms m1 m2 5 25 3
v
1 2
m3 gs (m1 m2 )v 2 (m1 m2 m3)v 2
1 1 (m1 m2 )v 2 (m1 m2 m3)v 1 2 s 2 m m3 g 60
kg m/s ,中微子
的动量为 6.4 1023 kg m/s ,两动量方向彼此垂直。 (1)求核反冲动量的大小和方向; (2)已知衰变后原子核的质量 为 5.8 10

大学物理上海交通大学章课后习题答案

大学物理上海交通大学章课后习题答案

习题1414-1.如图所示的弓形线框中通有电流I ,求圆心O 处的磁感应强度B 。

解:圆弧在O 点的磁感应强度:00146I IB R R μθμπ==,方向:;直导线在O 点的磁感应强度:0000203[sin 60sin(60)]4cos602IIB R R μμππ=--=,方向:⊗;∴总场强:031)23IB Rμπ=-,方向⊗。

14-2.如图所示,两个半径均为R 的线圈平行共轴放置,其圆心O 1、O 2相距为a ,在两线圈中通以电流强度均为I 的同方向电流。

(1)以O 1O 2连线的中点O 为原点,求轴线上坐标为x 的任意点的磁感应强度大小;(2)试证明:当a R =时,O 点处的磁场最为均匀。

解:见书中载流圆线圈轴线上的磁场,有公式:2032222()I R B R z μ=+。

(1)左线圈在x 处P 点产生的磁感应强度:20132222[()]2P I R B a R x μ=++, 右线圈在x 处P 点产生的磁感应强度:20232222[()]2P I R B aR x μ=+-,1P B 和2P B 方向一致,均沿轴线水平向右,∴P 点磁感应强度:12P P P B B B =+=2330222222[()][()]222I R a a R x R x μ--⎧⎫++++-⎨⎬⎩⎭;(2)因为P B 随x 变化,变化率为d Bd x ,若此变化率在0x =处的变化最缓慢,则O 点处的磁场最为均匀,下面讨论O 点附近磁感应强度随x 变化情况,即对P B 的各阶导数进行讨论。

对B 求一阶导数:d B d x 25502222223()[()]()[()]22222I R a a a a x R x x R x μ--⎧⎫=-++++-+-⎨⎬⎩⎭ 当0x =时,0d Bd x =,可见在O 点,磁感应强度B 有极值。

对B 求二阶导数:22()d d B d Bd x d x d x ==222057572222222222225()5()311222[()][()][()][()]2222a a x x I R a a a a R x R x R x R x μ⎧⎫+-⎪⎪⎪⎪--+-⎨⎬⎪⎪+++++-+-⎪⎪⎩⎭当0x =时,202x d B d x ==222072223[()]2a R I R a R μ-+,可见,当a R >时,2020x d Bd x =>,O 点的磁感应强度B 有极小值,当a R <时,202x d B d x =<,O 点的磁感应强度B 有极大值,当a R =时,2020x d B d x ==,说明磁感应强度B 在O 点附近的磁场是相当均匀的,可看成匀强磁场。

大学物理上海交大参考答案

大学物理上海交大参考答案

大学物理上海交大参考答案大学物理上海交大参考答案在大学物理课程中,上海交通大学一直以来都是备受关注的学府。

其严谨的教学体系和扎实的学术研究基础,使得上海交大的物理学科在国内外享有盛誉。

学生们在学习物理课程时,常常会遇到各种难题,而参考答案则成为他们解决问题的重要依据。

本文将为大家提供一些大学物理上海交大参考答案,希望对广大学子有所帮助。

第一章:力学1. 一个物体以初速度v0沿着直线做匀加速运动,经过时间t后速度变为v,求物体的加速度a。

答案:根据物体匀加速运动的公式v = v0 + at,可以得到a = (v - v0) / t。

2. 一个质量为m的物体在水平面上受到一个恒力F作用,已知物体在受力方向上的加速度为a,求恒力F的大小。

答案:根据牛顿第二定律F = ma,可以得到F = ma。

第二章:热学1. 一个理想气体在等温过程中,体积从V1变为V2,求气体对外界所做的功。

答案:由于等温过程中气体的温度不变,根据理想气体的状态方程PV = nRT,可以得到P1V1 = P2V2。

所以气体对外界所做的功为W = P1(V1 - V2)。

2. 一个理想气体在绝热过程中,体积从V1变为V2,求气体对外界所做的功。

答案:由于绝热过程中气体与外界不发生热交换,根据理想气体的状态方程PV^γ = 常数,可以得到P1V1^γ = P2V2^γ。

所以气体对外界所做的功为W = P1(V1 - V2) / (γ - 1)。

第三章:电磁学1. 一个电容器由两块平行金属板组成,两板间的电容为C,电压为U,求电容器储存的电能。

答案:电容器储存的电能为E = (1/2)CU^2。

2. 一个电感器的感抗为X,通过的电流为I,求电感器的电压。

答案:电感器的电压为U = IX。

第四章:光学1. 一束光线从空气射入玻璃中,入射角为θ1,折射角为θ2,求光线的折射率。

答案:光线的折射率为n = sinθ1 / sinθ2。

2. 一束平行光通过一个凸透镜后,光线会汇聚于焦点处,求凸透镜的焦距。

上海交通大学版大学物理学习题答案之机械振动习题思考题

上海交通大学版大学物理学习题答案之机械振动习题思考题

习题77-1.原长为m 5.0的弹簧,上端固定,下端挂一质量为kg 1.0的物体,当物体静止时,弹簧长为m 6.0.现将物体上推,使弹簧缩回到原长,然后放手,以放手时开始计时,取竖直向下为正向,写出振动式。

(g 取9.8)解:振动方程:cos()x A t ωϕ=+,在本题中,kx mg =,所以9.8k =;ω===振幅是物体离开平衡位置的最大距离,当弹簧升长为0.1m 时为物体的平衡位置,以向下为正方向。

所以如果使弹簧的初状态为原长,那么:A=0.1,当t=0时,x=-A,那么就可以知道物体的初相位为π。

所以:0.1cos x π=+)即)x =−7-2.有一单摆,摆长m 0.1=l ,小球质量g 10=m .0=t 时,小球正好经过rad 06.0−=θ处,并以角速度rad/s 2.0=•θ向平衡位置运动。

设小球的运动可看作简谐振动,试求:(g 取9.8)(1)角频率、频率、周期;(2)用余弦函数形式写出小球的振动式。

解:振动方程:cos()x A t ωϕ=+我们只要按照题意找到对应的各项就行了。

(1)角频率: 3.13/rad s ω===,频率:0.5Hz ν===,周期:22T s ===(2)根据初始条件:Aθϕ=0cos 象限)象限)4,3(02,1(0{sin 0<>−=ωθϕA ̇可解得:32.2088.0−==ϕ,A 所以得到振动方程:0.088cos 3.13 2.32t θ=−()7-3.一竖直悬挂的弹簧下端挂一物体,最初用手将物体在弹簧原长处托住,然后放手,此系统便上下振动起来,已知物体最低位置是初始位置下方cm 0.10处,求:(1)振动频率;(2)物体在初始位置下方cm 0.8处的速度大小。

解:(1)由题知2A=10cm,所以A=5cm;1961058.92=×=∆=−x g m K 又ω=14196==mk,即ππν721==m k (2)物体在初始位置下方cm 0.8处,对应着是x=3cm 的位置,所以:03cos 5x A ϕ==那么此时的04sin 5v A ϕω=−=±那么速度的大小为40.565vA ω==7-4.一质点沿x 轴作简谐振动,振幅为cm 12,周期为s 2。

大学物理教程习题答案上海交通大学出版社

大学物理教程习题答案上海交通大学出版社

大学物理教程习题答案上海交通大学出版社 Document number:WTWYT-WYWY-BTGTT-YTTYU-2018GT习题 11-1.已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量.求:(1)质点的轨道;(2)速度和速率。

解:(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +,知:cos x R t ω= ,sin y R t ω=消去t 可得轨道方程:222x y R +=∴质点的轨道为圆心在(0,0)处,半径为R 的圆;(2)由d rv dt =,有速度:sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =,有速率:1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。

1-2.已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++,式中r 的单位为m ,t 的单位为s 。

求:(1)质点的轨道;(2)从0=t 到1=t 秒的位移;(3)0=t 和1=t 秒两时刻的速度。

解:(1)由24(32)r t i t j =++,可知24x t = ,32y t =+消去t 得轨道方程为:x =2(3)y -,∴质点的轨道为抛物线。

(2)由d rv dt =,有速度:82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为:11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰(3)0=t 和1=t 秒两时刻的速度为:(0)2v j =,(1)82v i j =+ 。

1-3.已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+,式中r 的单位为m ,t 的单位为s .求:(1)任一时刻的速度和加速度;(2)任一时刻的切向加速度和法向加速度。

解:(1)由d r v dt =,有:22v t i j =+,d va dt =,有:2a i =;(2)而v v =,有速率:12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt=221tt =+,利用222t n a a a =+有: 22221n t a a a t =-=+。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。

习题11-1.已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量.求:(1)质点的轨道;(2)速度和速率。

解:(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +,知:cos x R t ω= ,sin y R t ω=消去t 可得轨道方程:222x y R +=∴质点的轨道为圆心在(0,0)处,半径为R 的圆;(2)由d rv dt=,有速度:sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而v v =,有速率:1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。

1-2.已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++,式中r 的单位为m ,t 的单位为s 。

求:(1)质点的轨道;(2)从0=t 到1=t 秒的位移;(3)0=t 和1=t 秒两时刻的速度。

解:(1)由24(32)r t i t j =++,可知24x t = ,32y t =+ 消去t 得轨道方程为:x =2(3)y -,∴质点的轨道为抛物线。

(2)由d rv dt=,有速度:82v t i j =+ 从0=t 到1=t 秒的位移为:11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰(3)0=t 和1=t 秒两时刻的速度为:(0)2v j =,(1)82v i j =+ 。

1-3.已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+,式中r 的单位为m ,t 的单位为s .求:(1)任一时刻的速度和加速度;(2)任一时刻的切向加速度和法向加速度。

解:(1)由d r v dt =,有:22v t i j =+,d va dt=,有:2a i =; (2)而v v =,有速率:12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dva dt==222t n a a a =+有: n a ==1-4.一升降机以加速度a 上升,在上升过程中有一螺钉从天花板上松落,升降机的天花板与底板相距为d ,求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。

解法一:以地面为参照系,坐标如图,设同一时间内螺钉下落的距离为1y ,升降机上升的高度为2y ,运动方程分别为21012y v t gt =-(1) 22012y v t at =+ (2)12y y d += (3)(注意到1y 为负值,有11y y =-)联立求解,有:t =解法二:以升降机为非惯性参照系,则重力加速度修正为'g g a =+,利用21'2d g t =,有:t ==1-5.一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出,求:(1)小球的运动方程;(2)小球在落地之前的轨迹方程; (3)落地前瞬时小球的d r d t ,d v d t ,d vd t。

解:(1)如图,可建立平抛运动学方程:0x v t = ,212y h g t =- ,∴201()2r v t i h g t j =+-;(2)联立上面两式,消去t 得小球轨迹方程:2202gx y h v =-+(为抛物线方程);(3)∵201()2r v t i h g t j =+-,∴0d r v i g t j d t =-, 即:0v v i g t j =-,d vg j d t=- 在落地瞬时,有:2ht g=,∴02d r v i gh j d t =- 又∵v ==,∴212220[()]g g t dvdt v gt ==+ 。

1-6.路灯距地面的高度为1h ,一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。

试证明人影的顶端作匀速运动,并求其速度2v .证明:设人向路灯行走,t由相似三角形关系可得:12211x x h x h -=, ∴11212h x x h h =-两边对时间求导有:11212d x h d x d t h h d t =- ,考虑到:21d x v d t=, 知人影中头的速度:21112d x h v v d t h h ==-影(常数)。

1-7.一质点沿直线运动,其运动方程为2242t t x -+=(m),在 t 从0秒到3秒的时间间隔内,则质点走过的路程为多少?解:由于是求质点通过的路程,所以可考虑在0~3s 的时间间隔内,质点速度为0的位置:t dtdxv 44-==若0=v 解得 s t 1=, m x x x 22)242(011=--+=-=∆m x x x 8)242()32342(2133-=-+-⨯-⨯+=-=∆m x x x 1021=∆+∆=∆。

cm 20=h ,斜面对水1-8.一弹性球直落在一斜面上,下落高度平的倾角30=θ,问它第二次碰到斜面的位置距原来的下落点多远(假设小球碰斜面前后速度数值相等,碰撞时人射角等于反射角)。

12解:小球落地时速度为gh v 20=,建立沿斜面的直角坐标系,以小球第一次落地点为坐标原点如图示,00060cos v v x =→ 200060cos 2160cos t g t v x += (1)00060sin v v y =→ 200060sin 2160sin t g t v y -= (2)第二次落地时:0=y ,代入(2)式得:g v t 02=,所以:2002002122cos 60cos 604802v gh x v t g t h cm g g ⋅=+====。

1-9.地球的自转角速度最大增加到若干倍时,赤道上的物体仍能保持在地球上而不致离开地球?已知现在赤道上物体的向心加速度约为2s /cm 4.3,设赤道上重力加速度为2m/s 80.9。

解:由向心力公式:2F m Rω=向, 赤道上的物体仍能保持在地球必须满足:F mg =向,而现在赤道上物体的向心力为:'F ma =向∴016.9817ωω====≈1-10.已知子弹的轨迹为抛物线,初速为0v ,并且0v 与水平面的夹角为θ。

试分别求出抛物线顶点及落地点的曲率半径。

解:(1)抛物线顶点处子弹的速度0cos x v v θ=,顶点处切向加速度为0,法向加速度为g 。

因此有:22011(cos )v v g θρρ==,2201cos v gθρ=;(2)在落地点时子弹的0vθ角,则:cos n a g θ=,有:22cos v g θρ= 则:22cos v g ρθ=。

1-11.一飞行火箭的运动学方程为1()ln(1)=+--x ut u t bt b,其中b 是与燃料燃烧速率有关的量,u 为燃气相对火箭的喷射速度。

求:(1)火箭飞行速度与时间的关系;(2)火箭的加速度。

解:一维运动,直接利用公式:dx v dt =,dv a dt=有: (1))1ln(bt u dt dx v --== , (2)btubdt dv a -==11-12.飞机以s /m 1000=v 的速度沿水平直线飞行,在离地面高m 98=h 时,驾驶员要把物品投到前方某一地面目标上,问:投放物品时,驾驶员看目标的视线和竖直线应成什么角度?此时目标距飞机下方地点多远? 解:设此时飞机距目标水平距离为x 有: 0yt v x 0=┄①,221gt h =┄② 联立方程解得:m x 447≈,∴05.77arctan≈=hxθ。

1-13.一物体和探测气球从同一高度竖直向上运动,物体初速为s /m 0.490=v ,而气球以速度s /m 6.19=v 匀速上升,问气球中的观察者在第二秒末、第三秒末、第四秒末测得物体的速度各多少? 解:物体在任意时刻的速度表达式为:gt v v y -=0故气球中的观察者测得物体的速度v v v y -=∆代入时间t 可以得到第二秒末物体速度:29.8m v s∆=,(向上)第三秒末物体速度:30v ∆=第四秒末物体速度:49.8m v s∆=-(向下)。

思考题11-1.质点作曲线运动,其瞬时速度为v ,瞬时速率为v ,平均速度为v ,平均速率为v ,则它们之间的下列四种关系中哪一种是正确的?(A )v v ==v v ,;(B )v v =≠v v ,;(C )v v ≠=v v ,;(D )v v ≠≠v v ,答:(C )1-2.沿直线运动的物体,其速度大小与时间成反比,则其加速度的大小与速度大小的关系是:(A )与速度大小成正比;(B )与速度大小平方成正比;(C )与速度大小成反比;(D )与速度大小平方成反比。

答:B1-3.如图所示为A ,B 两个质点在同一直线上运动的-v t 图像,由图可知 (A )两个质点一定从同一位置出发 (B )两个质点都始终作匀加速运动 (C )在2s t 末两个质点相遇 (D )在20s t 时间内质点B 可能领先质点A答:D1-4.质点的t x ~关系如图,图中a ,b ,c 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? 答:匀速直线运动;a b c v v v >>。

1-5.如图所示,两船A 和B 相距R ,分别以速度A v 和B v 匀速直线行驶,它们中α和β为已知。

会不会相碰?若不相碰,求两船相靠最近的距离.图答:方法一:如图,以A 船为参考系,在该参考系中船A 是静止的,而船B 的速度A v v v B -='。

v '是船B 相对于船A 的速度,从船B 作一条平行于v '方向的直线BC,它不与船A 相交,这表明两船不会相碰.由A 作BC 垂线AC,其长度min r 就是两船相靠最近的距离θsin min R r =作FD//AB,构成直角三角形DEF ,故有:v v v A B '-=αβθsin sin sin ,在三角形BEF 中,由余弦定理可得:)cos(222βα+++='B A B A v v v v vR v v v v v v r B A BAA B )cos(2sin sin 22min βααβ+++-=。

方法二:两船在任一时刻t 的位置矢量分别为: j i r A )tsin )cos (ααB A v t v (+=j i r B )tsin )cos (ββB B v t v R (+-=j i r r r A ])sin sin [(])cos cos ([-B t v v t v v R A B A B αβαβ-++-==任一时刻两船的距离为:22])sin sin [(])cos cos ([t v v t v v R r A B A B αβαβ-++-=令:0)(=dtt drR v v v v v v t A B A B A B 22)sin sin ()cos cos (cos cos αβαβαβ-+++= R v v v v v v r B A B A A B )cos(2sin sin 22min βααβ+++-=。

相关文档
最新文档