大学基础物理学第版习题标准答案
大学物理基础教程答案1-2力-2
r α x = ±h tan θ = ±h tan ωt X ωt dx 2 2 h v= = ±hsec ωt ⋅ ω = ±hω / cos ωt dt π 0 0 2π t= 当α = 60 , ωt = θ = 30 , 60 6 3 2π v = ±5×10 / cos2 300 = ±698(m⋅ s−1 ) 60 2 sin ωt −2 & = ±2hω & a=x |α=600 = ±84.4(m⋅ s ) 3 4 cos ωt
r
r vθ
ωt
r v
r v
o
r
& = rωtan ωt, && = rω2 tan2 ωt + rω2tg2ωt Qr r & θ = ω, && = 0, θ && ∴ar = 2rω tan ωt, a0 = 2rθ = 2rω2 tan ωt
2 2
sinωt a = a + a = 2hω 2 cos ωt 注意: ωr = vθ ≠ v
&& = 2, && = 2 && + && = 2 2 (m/ s2 ) (3) Qx y ∴a = x y dv 16 t − 8 t = 2s aτ = = = 2 (m⋅ s-2 ) dt 2 8 t 2 − 8 t + 4
∴an = a − a = 2 (m/ s )
2 2 τ 2
9
一质点沿一圆周按下述规律运动： 式中s 2-10 一质点沿一圆周按下述规律运动：s=t3+2t2，式中s是沿圆周测 得的路程，以米为单位， 以秒为单位，如果当t=2 t=2秒时质点的加 得的路程，以米为单位，t 以秒为单位，如果当t=2秒时质点的加 求圆的半径。 速度为 16 2 米/秒2，求圆的半径。
大学基础物理学课后习题答案_含思考题(1)
大学基础物理课后答案主编：习岗高等教育出版社第一章 思考题：<1-4> 解：在上液面下取A 点，设该点压强为A p ，在下液面内取B 点，设该点压强为B p 。
对上液面应用拉普拉斯公式，得 A A R p p γ20=- 对下液面使用拉普拉斯公式，得 BB 02R p p γ=- 又因为 gh p p ρ+=A B 将三式联立求解可得 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=B A 112R R g h ργ<1-5> 答：根据对毛细现象的物理分析可知，由于水的表面张力系数与温度有关，毛细水上升的高度会随着温度的变化而变化，温度越低，毛细水上升的高度越高。
在白天，由于日照的原因，土壤表面的温度较高，土壤表面的水分一方面蒸发加快，另一方面土壤颗粒之间的毛细水会因温度升高而下降，这两方面的原因使土壤表层变得干燥。
相反，在夜间，土壤表面的温度较低，而土壤深层的温度变化不大，使得土壤颗粒间的毛细水上升；另一方面，空气中的水汽也会因为温度下降而凝结，从而使得清晨时土壤表层变得较为湿润。
<1-6> 答：连续性原理是根据质量守恒原理推出的，连续性原理要求流体的流动是定常流动，并且不可压缩。
伯努利方程是根据功能原理推出的，它的使用条件是不考虑流体的黏滞性和可压缩性，同时，还要求流动是定常流动。
如果流体具有黏滞性，伯努利方程不能使用，需要加以修正。
<1-8> 答：泊肃叶公式适用于圆形管道中的定常流动，并且流体具有黏滞性。
斯托克斯公式适用于球形物体在黏滞流体中运动速度不太大的情况。
练习题：<1-6> 解：设以水坝底部作为高度起点，水坝任一点至底部的距离为h 。
在h 基础上取微元d h ，与之对应的水坝侧面面积元d S （图中阴影面积）应为坡长d m 与坝长l 的乘积。
练习题1-6用图d h d F由图可知 osin60d sin d d hh m ==θ 水坝侧面的面积元d S 为 d d d sin 60hS l m l °== 该面积元上所受的水压力为 0d d d [(5)]sin 60hF p S p ρg h l°==+-水坝所受的总压力为 ()[]N)(103.760sin d 5d 855o0⨯=-+==⎰⎰h l h g p F F ρ（注：若以水坝的上顶点作为高度起点亦可，则新定义的高度5h h ¢=-,高度微元取法不变，即d d h h ¢=，将h ¢与d h ¢带入水坝压力积分公式，同样可解出水坝所受压力大小。
大学物理学练习册参考答案全
大学物理学练习册参考答案单元一 质点运动学四、学生练习 (一）选择题1.B2.C3.B4.B5.B (二）填空题1. 0 02.2192x y -=， j i ρρ114+， j i ρρ82-3.16vi j =-+v v v ;14a i j =-+v vv;4. 020211V kt V -；5、16Rt 2 4 6 112M h h h =-v v（三）计算题1 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)．2.解答 1）由t y t x ππ6sin 86cos 5==消去t 得轨迹方程：1642522=+y x 2）tdt dy v t dtdx v y x ππππ6cos 486sin 30==-==当t=5得；πππππ4830cos 48030sin 30===-=y x v vt dt dv a t dtdv a y y xx ππππ6sin 2886cos 18022-==-==当t=5 030sin 28818030cos 180222=-==-=-=πππππdt dv a a yy x 3．解答：1）()t t dt t dt d t tvv 204240+=+==⎰⎰⎰则：t t )2(42++=2）()t t t dt t t dt d ttr )312(2)2(4322++=++==⎰⎰⎰t t t )312()22(32+++=4． [证明]（1）分离变量得2d d vk t v=-， 故020d d v tv vk 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．5．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)．6．解答：当s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω 1s rad -⋅ 则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n单元二 牛顿运动定律（一）选择题 1.A 2.C 3.C 4.C 5 A 6.C （二）填空题 1. 022x F t COS F X ++-=ωωω2.略3. )13(35-4. 50N 1m/s5.21m m t f +∆ )()(212122221m m m t m t m t m f +∆+∆+∆6. 0 18J 17J 7J7. mr k rk （三）计算题1.解答：θμθcos )sin (f f mg =- ； θμθμsin cos +=mgf0cos sin =+=θμθθd df； 0tan =θ ； 037=θ θsin hl ==037sin 5.12. 解答；dtdvmkv F mg =--分离变量积分得 0ln(1)v tktm mdvmg F kvktmg F dt v e mg F kv mg F m k-----=??----蝌 3解答：烧断前 2221211();a L L a L w w =+=烧断后，弹簧瞬间的力不变，所以2a 不变。
(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 。
大学物理学基础教程力学部分习题详解
第一章 力学引论本章主要阐述了力学的研究内容（即物体的机械运动），以及矢量分析和量纲分析的方法。
习 题1-1 什么叫质点？太阳、地球是质点吗？分子、原子是质点吗？试举例说明。
分析：本题说明参考系选择的重要性。
对于相同的物体，如果参考系的选择不同，结果将完全不同。
选择某一参考系，可以看成质点；选择另一参考系，就不可以看成质点。
答：在某些问题中，物体的形状和大小并不重要，可以忽略，可看成一个只有质量、没有大小和形状的理想的点，这样的物体就称为质点。
关于太阳、地球、分子、原子是否是质点，要视具体研究的问题而定。
例如，如果我们考察银河系或者整个宇宙的运动，那么太阳和地球的大小可以忽略，而且我们没有必要去考察他们的转动，此时它们可以被看作质点。
但是，如果我们要研究人造卫星、空间站的话，太阳和地球的大小和形状以及其自转就不能被忽略，那么它们就不能被看作质点。
1-2 西部民歌：“阿拉木汗住在哪里，吐鲁番西三百六。
”从位矢定义分析之。
分析：本题是关于参考系和坐标系选择的问题。
遇到一个问题，首先要搞清楚研究对象，然后选择一个合适的参考系，在此参考系中选择一个点作为坐标原点，建立坐标系，然后才可以定量的分析问题。
本题中心意思是选择则吐鲁番作为参照点，来定义阿拉木汗所住的位置。
答：选择地面参照系，以吐鲁番作为原点，正东方向为x 轴正方向，正北方向为y 轴正向，在地面上建立直角坐标系。
那么阿拉木汗住址的位矢为：i ˆ360r −=v1-3 判断下列矢量表达式的正误：分析：本题考察矢量的运算问题。
矢量既有大小，又有方向，所以在进行矢量运算时，既要考虑矢量的大小，又要考虑矢量的方向。
（1）B A B A v v v v +=+答：× 矢量按平行四边形法则相加，而不是简单的数量相加（2）A B B A v v v v ×=×答：× 矢量相乘按右手定则，上式方程两边的矢量大小相同，方向相反。
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大学基础物理学习题解答目录第四章流体力学 (1)第五章振动与波 (8)第六章气体动理论 (13)第三章能量与守恒定律 (21)第七章宏观过程的方向性 (24)第八章静电学 (28)第十二章光的干涉和衍射 (40)第十三章光的偏振(45)第四章流体力泽4-1 解：(p+dp)S +(\m g-pS =0 :'dm= PS dh• :dp=・ Pg dh =「RTMP = L-+驰RT 如+ p_^_ =P 0pVdp PJ:InPAT ^Lp初ps /1 1/r// < /bPdh = 0 〃叱=0RT P gHRT4-2 解： 建立柱坐标（/;山z ） 选体元 d V= /*d r d z压强并 p (r+d r) - p(r) = d p 作用力F = dp -r d "d 广d z：• F = m <^2 r = rd "d 厂d z Q◎ ・°・d p =P rd rP =PMRTr = O,p =p 0受到作用力为d F= Pg(H-y)Ldy f//F = J ()pgL(H - y)dy = \p8LH 2 d M = ydFM = J ydF = pgL Jo"(4-4解：拉力与内、外两个表面张力大小相等，方向相反F =2/=2X2 开Ra = 4 JiRa 仅=F/(4=4.5X 10_2( N ・ m 1).4・5 解：pj = p 0 + pgh + 工P\ V\ =P2 V 2 ; pd = PQ D、Pgh HPo解得：D=5.19X10 -5(m).Po 8a4a几d4-6 解：Q"几+厂gDh 2=^.£L h 广3.()9 X 1(厂 2 g). ⑦Pi(2)〃 = p + —= 9.6xl04 (Pa)4-9 解：pgh =—r2"/? = —= 9.93xl0-3 (m)Pgr4-10解：忽略上、下大气压力差别，间隙内的水受重力f i ，玻璃棒和玻璃内壁由于表面张力形成的向上拉力f 2> f 3 :4-8 解:(i)p = pgh ,h — — 0.713 (m)PS4-7 解:h =——二^— = 5.96x10-2 (m) (£ -djpgF=・2 HYh = 2 ・2 “aA 2aAp = -----h2a V= --------- 7T ----------hh 兀4-12 解：F 二 4〃 • a 1=2 la. 2aAp = -----4-13 解：v =』2g(H 一 h)L = 2y/h(H -h)4a 4-11解：环形区域半径 『=2aV= 548 (N)⑴ P A = P B +pgh = % + pgh2a. la h = ------ =Pga ⑵ dS = Idyrh rh 1 0/ = Jo 〃= Jo p§l ・ ydy = 72.98 x IO*2(m) ，df = pgy ・ Idy1 0.435 (N)4-16 解：“o + 一p*； + pghPo +dL dh (H -2h)[h(H =0h = =H2F = d(niv). = v ^L=v .pv s = pv 2-S = 2ghSp = 3.92 (N) clt c lt4-15 解：v c = J2 g"P A = Po-PgR P B = Po_pg (h + hjT = \dt=-^\" = = 227 (s)4-14 解：v = Q2ghdm~dt=pvsJ S? J。
大学物理学课后习题答案
习题及解答（全）习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r -=∆； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d .t rd 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t ˆr ˆt r t d d d d d d r rr += 式中t rd d 就是速度径向上的分量，∴t r t 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 =，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以t v t v t v d d d d d d ττ +=式中dt dv就是加速度的切向分量.(t tr d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =t rd d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r+=，jt y i t x t r a jt y i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x 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 t r a trv ==其二，可能是将22d d d d t r tr 与误作速度与加速度的模。
基础物理学-课后答案-邢秀文-科学出版社（ＰＤＦ）
總習題答案習題解答之目的，是為了幫助諸位同學更有效率的思考，更快速的學習，而不是為了你抄襲作業方便．希望各位同學參考本解答之前，認真閱讀原題，獨立思考！經此過程之後，再看答案，會有更大的收穫！祝大家學習愉快！北理工珠海學院郉秀文製第一章質點力學運動學1.1一個物體沿着直線運動，其加速度a =4+3t (SI )，若x 0=5,v 0=0，計算該物體在t =10s 時的速度和坐標．解答：任意時刻的速度v (t )=v 0+ˆt 0a d t =ˆt 0(4+3t )d t =(4t +1.5t 2) t 0=4t +1.5t 2將t =10代入得v (10)=190m /s 任意時刻的座標x (t )=x 0+ˆt 0v (t )d t =5+2t 2+0.5t 3將t =10代入得x (10)=705m1.2質點從坐標原點開始沿着x 軸運動，其速度為v (t )=4t −πsin πt (SI )，計算該物體在t =10s 時的加速度和坐標．解答：加速度a (10)=d v d t t =10=4−π2cos πt t =10=4−π2任意時刻的座標x (t )=x 0+ˆt 0v (t )d t =ˆt 0(4t −πsin πt )d t =(2t 2+cos πt ) t 0=2t 2+cos πt −1將t =10代入得x (10)=200m1.3如下圖所示，在河堤上安裝一個高於水面h 的定滑輪，用繩子通過滑輪將水面上的船拉向岸邊，收繩的速率v 0均勻不變．當船到河堤的水平距離為s 時，船速v s 多大？(提示：船速是距離s 縮短的快慢−d s /d t ，收繩的速率v 0是繩子縮短的快慢)．總習題1.3圖解答：令繩子的長度為l ．由於繩子在縮短，所以v 0=−d l /d t ．根據幾何關繫有l 2=s 2+h 2其中l ,s 都隨着時間t 變化，而h 是常量．等式兩邊對時間t 求導數，得2ld l d t =2s d s d t +0即v s ≡−d s d t =−l d l d t =√s 2+h 2v 0郉秀文製造1.4一個質點從靜止出發，沿半徑R =1.5m 的圓周運動，其角速度ω=2t ．當a t =a n 時，計算質點所走過的路程．解答：由a t =a n 可知R d ωd t =ω2R 將已知數據R ,ω代入得1.5×2=4t 2×1.5⇒t =0.707質點轉過的角度Δθ=ˆ0.7070ωd t =t 2 0.7070=0.5路程l =R Δθ=0.75m或者：質點的線速度v =R ω=3t ，路程l =ˆ0.7070v d t =1.5t 2 0.7070=0.75m 1.5質點在xy 平面內運動，運動方程為r =2t i −t 2j (SI )．計算：(1)軌跡方程；(2)t =1s 時的v ，a ，a t 以及a n ；(3)t =1s 時質點所在位置的軌道曲率半徑．解答：(1)x =2t ,y =t 2，軌跡x 2=4y(2)v =d r /d t =2i −2t j ，v 1=2i −2ja =d v /d t =−2j ，a 1=−2ja t 是a 在速度v 方向的投影．若θ是速度與加速度的夾角，則a t =a cos θ=a ·v v =4t √4+4t2,a t 1=√2a n 有兩種算法a n =a sin θ=|a ×v |v =4√4+4t 2,a n 1=√2或者a n =√a 2−a 2t =4√4+4t 2,a n 1=√2(3)v 21ρ1=a n 1,ρ1=v 21a n 1=8√2=4√21.6快艇在速度達到v 0時關閉發動機，受到阻力而減速，其減速度大小與速度的平方成正比，即a =−kv 2．證明它在水面上再行駛距離x 時的速度為v =v 0e −kx ．解答：d v d t =−kv 2⇒d v d x d x d t =d v d x v =−kv 2⇒d v d x =−kv ⇒d v v =−k d x ⇒ˆv v 0d v v =−ˆx 0k d x ⇒v =v 0e −kx1.7某質點的運動規律為x =A cos ωt ,y =B sin ωt ，其中A ,B ,ω都是常量．證明郉秀文製造解答：r =i x +j y =i A cos ωt +j B sin ωt v =d x d t i +d y d tj =−i ωA sin ωt +j ωB cos ωt r ×v =A cos ωt ·ωB cos ωt i ×j −B sin ωt ·ωA sin ωt j ×ir ×v =ωAB (cos 2ωt +sin 2ωt )i ×j =ωAB k牛頓定律1.8粗糙的水平路面上放置質量m 的重物，摩擦係數μ．用大小恆定的力F 拽拉，拉力與水平方向的夾角θ可以變化，問θ多大時重物獲得的加速度最大？解答：設地面向上的支持力大小為N ．在垂直方向F sin θ+N =mg在水平方向F cos θ−μN =ma 上述二式整理得ma =F cos θ−μmg +μF sin θ要使得加速度a 最大，就是要求上式右側取得極大值．根據微積分中的極值條件，d d θ(F cos θ−μmg +μF sin θ)=0求解得θ=arctan μ1.9小球在半徑R 的光滑半球形碗內作勻速圓周運動，其角速度ω，軌道平面水平．問軌道平面至碗底的高度多大？解答：碗對球的支持力指向碗心，設其大小為N ．設小球與碗心的連線與垂直方向夾角為θ．在垂直方向N cos θ=mg在水平方向，小球有向心加速度N sin θ=ma n =m ω2(R sin θ)由上述二式計算得cos θ=g /(ω2R ),h =R (1−cos θ)=ω2R −g ω2R1.10質量為m 的子彈以v 0的初速度水平射入沙土牆壁中，進入牆壁後，它受到與速度成正比的水平摩擦阻力f =−kv ．(1)計算子彈的速度隨時間變化的函數關係；(2)計算子彈射入的最大深度．解答：(1)由f =ma 得−kv =m d v ⇒d v =−k d t郉秀文製造積分得ln v v v 0=−k m t ⇒v =v 0e −k m t(2)x m =ˆ∞0v d t =m k v 0ˆ∞0e −k m t d [kt m ]=mv 0k 最大深度也可以這樣計算：將−kv =m d v d t 兩邊對時間積分−k ˆ∞0v d t =m ˆ∞0d v d t d t =m ˆ0v 0d v 上式中速度的積分就是最大深度´∞0v d t =x m ，−kx m =−mv 0⇒x m =mv 0k 1.11以初速度v 0豎直上拋一個物體，除重力外，還受到空氣阻力f =−kv ，計算上升到最高點的時刻t ′以及上升的最大高度H ．解答：以垂直向上為正方向，由f =ma 得−kv −mg =md vd t為了使用分離變量法(見教材附錄Ap3.1)，上式兩邊同除以k ，可以將其簡化為m k d v v −mg /k=−d t 為使用常數變易法或特解法(見教材附錄Ap3.2)，可以化為標準形式d v d t +k mv =−g 我們用特解法來做．很容易求解齊次方程d v d t +k mv =0的通解為v 0(t )=C e −k m t其次，尋找一個特解．顯然，若令特解v ∗是一個常數s ，那麼代入原方程得k ms =−g ,s =−mg /k 所以原方程的通解為v (t )=C e −k m t −mg k 將初始條件v 0代入上式得C =(v 0+mg k )故原方程的通解為v (t )=(v 0+mg k )e −k m t −mg k令v (t )=0，可得出此刻的時間t ′=m k ln v 0+mg /k mg /k 為了計算最大高度，我們將原方程兩邊對時間積分ˆt ′ˆt ′郉秀文製造−k ˆt ′0v d t −mgt ′=m ˆ0v 0d v−kH −mgt ′=−mv 0H =mv 0k −m 2g k2ln v 0+mg /k mg /k 動量1.12超高壓水切割又稱水刀和水射流，它是將普通的水經過多級增壓後所產生的高壓水流，再通過一個極細的紅寶石噴嘴以近千米每秒的速度噴射切割．假設噴嘴噴出的水流速率水從高壓泵中以800m /s 噴出，垂直沖擊到某固體表面後速度降為零．固體表面受到水的壓強有多大？已知水的密度ρ=1000kg /m 3．解答：設水流截面積為A ，在d t 時間內，入射到固體表面的水流長度為v d t ，其質量d m =ρAv d t ，動量為v d m =ρAv 2d t ．水流入射到表面後，動量變為零．在此過程中固體表面對於水流的衝量為F d t ．根據動量定理ρAv 2d t =F d t壓強P =F /A =ρv 2=6.4×108Pa1.13水平面上的一條水管有一個直角拐彎．已知管中的水流平均速度為2.0m /s ，水管橫截面積100cm 2，計算拐彎處受力的大小．解答：設水流截面積為A ，在d t 時間內，有質量d m =ρAv d t 的水從管道的一側流入並從另一側流出．由於流入流出的水流動量大小相等而方向垂直，故在此過程中動量變化量的大小為√2v d m ．根據動量定理√2v d m =F d t ,F =√2ρAv 2=56.57N解法二：在水管上建立直角坐標系，水流從y 軸流入，從x 正方向流出．設管中的水流的總長度為L ，某時刻x 方向流動的水長度為x ，y 方向流動的水長度為L −x ．則水流的總動量為p =ρAxv i +ρA (L −x )(−j )=−ρAL j +ρAxv (i −j )在上式中，只有x 是變化的，且d x /d t =v ，根據牛頓第二定律F =d p d t =ρA d x d tv (i −j )=ρAv 2(i −j )這就是水管對水流的作用力，F =ρAv 2|i −j |=√2ρAv 21.14質量為M 的砲彈以速率v 0仰角θ射出．當砲彈升至最高點時，水平向後射出質量為m 的碎片，二者的相對速率為u ．因為碎片的射出，砲彈射程增加多少？忽略空郉秀文製造解答：在爆炸的瞬間，水平動量守恆．炮彈爆炸前，水平速度為v 0cos θ，設爆炸後炮彈的相對於地面的速度為v ，則碎片相對於地面向前運動的速度為v −u ，Mv 0cos θ=m (v −u )+(M −m )v整理得炮彈水平速度增大了Δv =(v −v 0cos θ)=mu /M炮彈水平速度的變化並不影響垂直方向的運動．炮彈上升到最高點花費的時間和從最高點下降的時間相同，均為T =v 0sin θ/g水平射程增加Δv ·T =muv 0sin θMg1.15一條質量m 1=100kg 長度l =3m 的小船停在水面上，質量m 2=50kg 的人從船頭走到船尾．在此過程中小船的位移多大？假定水的阻力很小．解答：解法一：水平動量守恆．只考慮動量大小，有m 1v 1=m 2v 2,m 1ˆt 0v 1d t =m 2ˆtv 2d t速率的積分就是路程，所以m 1l 1=m 2l 2其中人相對於地面前行的路程l 1與船相對於地面後退的路程l 2之和就是船長ll 1+l 2=l聯立上述兩式得l 1=m 2l m 1+m 2=1m 解法二：以人前進的方向為正方向．水平動量守恆，有m 1v 1+m 2v 2=0,m 1v 1+m 2(v 2−v 1)+m 2v 1=0其中(v 2−v 1)是人相對於船的速度，它的積分就是船長lm 1l 1+m 2l +m 2l 1=0l 1=−m 2l m 1+m 2=−1m 這裡的負號表示船的位移與人的位移方向相反．能量1.16一維空間的保守力場F =1−2x ，規定E p (x =0.5)=0，求此力場的勢能函數．解答：E p (x )=ˆ0.5x F d x =ˆ0.5x (1−2x )d x =x 2−x +0.251.17用鐵錘將釘子敲入牆壁．設釘子受到的阻力與其釘入的深度成正比．若第一次敲擊能釘入1.00cm ，則第二次敲擊能將釘子再釘入多深？設兩次敲擊時鐵錘的速度郉秀文製造解答：在兩次敲擊過程中，釘子獲得的動能是相同的(為什麽)，墻壁與釘子間的摩擦力f =−kx 做功也相同．令第二次敲擊後，釘子深度為h W =−ˆ10kx d x =−ˆh1kx d x解得h =√2，第二次將釘子敲入了√2−1=0.41cm 1.18一顆速率為v 0=700m /s 的子彈，打穿第一塊木板後，速率降低為v 1=500m /s ．如果它繼續打穿同樣的一塊木板，速率將下降為多大？解答：穿透木板需要做功是相同的．第一次做功W =ΔE k =12m (v 21−v 20)=−12m ×104(1)設第二次穿透木板後，速度是v ，W =12m (v 2−v 21)(2)聯立等式(1)等式(2)解得v =100m /s1.19輕質彈簧原始長度l 0，勁度係數k ，上端固定，下端懸掛質量為m 的物體．若用手托住物體，使彈簧處於原長，然後突然放手，物體下落的最大速度多大？下落的最大距離多大？解答：機械能守恆．以初始位置為重力勢能和彈性勢能零點．初始機械能為零．設下落l 時，速度為v ，則12kl 2−mgl +12mv 2=0位置最大時，v =0，此時12kl 2−mgl =0解得l =2mg /k1.20如下圖所示，水平放置的輕質彈簧左端固定在牆上，右端拴着質量m 的方塊．方塊與地面的摩擦係數μ．彈簧開始無變形，方塊受到水平向右的恆定外力F 後開始向右運動．在外力F 、摩擦力以及彈性力的作用下，方塊的最大速率以及最大位移是多少？總習題1.20圖解答：彈簧的力是保守力；除此之外，拉力F 以及摩擦力−μmg 做功等於系統機械能的增量．Fx −μmgx =12kx 2+12mv 2−0達到最大位移時，v =0Fx −μmgx =12kx 2x 1=0(略去),x 2=2(F −μmg )k綜合1.21如下圖所示，半徑R 的半球形槽固定在地面上，一個很小的質量為m 1物體從槽郉秀文製造的頂端滑下，物體與槽之間存在摩擦．已知當物體滑動到槽的底部時，物體受到向上的支持力為N ，計算下滑過程中摩擦力所做的功．總習題1.21圖解答：在滑槽底部，由牛頓定理得N −mg =ma n =m v 2R得滑塊的動能E k =12mv 2=12(NR −mgR )在下落過程中，摩擦力做功等於機械能增量W f =(E k −mgR )−0=12NR −32mgR 1.22如下圖所示，半徑R 的四分之一光滑圓槽放在光滑的地面上，小滑塊從圓槽頂端下滑，當落至底部時，相對於地面的速度多大？此時滑塊對圓槽的壓力多大？假定圓槽與滑塊質量相等M =m．總習題1.22圖解答：滑塊運動至底部時，滑塊與圓槽之間的作用力為豎直方向，因此二者水平方向均沒有加速度．以圓槽為參照物，滑塊相對於圓槽做圓周運動．在底部，滑塊相對圓槽的速度為v +V ，N −mg =m (v +V )2R在下落過程中，沒有耗散力做功，機械能守恒mgR =12mv 2+12MV 2滑塊與圓槽在水平方向不受外力，水平動量守恒mv =MV聯立上述三式以及m =M ，得v =V =√gR ,N =5mg1.23長度為l 的細線拴着一個質量為M 的沙袋．動量為mv 0的子彈水平射入沙袋，問沙袋向上擺動的最大高度是多少？解答：子彈打入沙袋的過程中，有內摩擦力做功，機械能不守恒．但是水平動量守恒mv 0=(m +M )v沙袋與子彈上擺過程中，只有重力做功，機械能守恒郉秀文製造解得h =12g (mv 0m +M )21.24質量M 的軟木塊停在摩擦係數為μ的水平面上，質量m 的子彈水平射入木塊後，木塊能夠滑行s 距離．問子彈的水平初速度v 0多大？解答：子彈打木塊的過程時間很短，摩擦力的衝量忽略，因此水平動量守恆mv 0=(m +M )v 1二者結合後，摩擦力做功，最終停止．摩擦力做的功等於機械能的增加量−μ(m +M )gs =0−12(m +M )v 21從上述兩式中消去v 1，即可得到v 0v 0=m +M m √2μgs郉秀文製第二章連續介質力學轉動慣量2.1根據定義計算半徑為r ，質量為m 的均勻細圓環繞它的一條直徑轉動的轉動慣量．解答：以環心為坐標原點建立極坐標，坐標軸為轉軸．每個質元到極軸的距離為l =r sin θ，質量為d m =(m /2π)d θJ =ˆL l 2d m =ˆ2π0r 2sin 2θm 2πd θ=12mr 22.2已知均勻薄圓盤質量為m ，半徑為R ，根據平行軸定理和正交軸定理，證明若圓盤繞它自己邊緣的一條切線旋轉，則轉動慣量為5mR 2/4．解答：以圓盤中心為原點建立直角坐標系，使得z 軸垂直於圓盤，則J z =12mR 2．根據垂直軸定理有，J x +J y =J z ．又根據對稱性可知J x =J y ，故有J x =14mR 2．作切線平行於x 軸，則根據平行軸定理，J =J x +mR 2=54mR 22.3在半徑為R 2的均勻薄圓盤中心再挖去半徑為R 1的圓盤，剩餘的圓環總質量為m ．證明剩餘部分的轉動慣量為m (R 21+R 22)/2．解答：圓盤的面密度為σ=m π(R 22−R 21)將該圓盤切割為細圓環，其轉動慣量d J =r 2d m =r 2·(σ2πr d r )=2m R 22−R 21r 3d r 總轉動慣量J =2m R 22−R 21ˆR 2R 1r 3d r =m 2(R 22+R 21)轉動定律2.4如下圖所示，重物的質量m 1>m 2；定滑輪的半徑為r ，轉動慣量為J ；軟繩與滑輪之間無相對滑動，滑輪的輪軸處無摩擦，物體2與水平支撐面之間的摩擦係數為μ．計算重物加速度a 的大小．總習題2.4圖解答：設滑輪兩側繩子的張力分別為T 1,T 2．m 1g −T 1=m 1a(1)郉秀文製造T 2−μm 2g =m 2a(2)T 1r −T 2r =J β=Ja /r(3)式(1)×r +(2)×r +(3)得m 1gr −μm 2gr =r (m 1+m 2+J /r 2)a =⇒a =m 1g −μm 2gm 1+m 2+J /r 22.5如下圖所示，定滑輪由兩個半徑不同的輪子拼接而成，總轉動慣量為J ，半徑分別為r 1,r 2，且r 1>r 21；重物的質量m 1>m 2；軟繩與滑輪之間無相對滑動，滑輪的輪軸處無摩擦，計算滑輪的角加速度β的大小．總習題2.5圖解答：設懸掛兩個重物的繩子的張力分別為T 1,T 2．m 1g −T 1=m 1a =m 1r 1β(1)T 2−m 2g =m 2a =m 2r 2β(2)T 1r 1−T 2r 2=J β(3)式(1)×r 1+(2)×r 2+(3)得m 1gr 1−m 2gr 2=(m 1r 21+m 2r 22+J )β=⇒β=m 1gr 1−m 2gr 2m 1r 21+m 2r 22+J 2.6如下圖所示，兩個定滑輪的半徑分別為R 1,R 2，轉動慣量分別為J 1,J 2；繩子的質量忽略不計，兩端分別懸掛的重物質量為m 1,m 2；軟繩與滑輪之間無相對滑動，滑輪的輪軸處無摩擦，計算重物的加速度a 的大小．總習題2.6圖解答：設懸掛兩個重物的繩子的張力分別為T 1,T 2，兩定滑輪之間的繩子張力為T 0．m 1g −T 1=m 1a(1)T 2−m 2g =m 2a(2)T 1R 1−T 0R 1=J 1β1=J 1a /R 1(3)T 0R 2−T 2R 2=J 2β2=J 2a /R 2(4)1原文r 1<r 2錯誤．郉秀文製造式(1)×R 1+(2)×R 2+(3)+(4)得m 1gR 1−m 2gR 2+T 0(R 2−R 1)=(m 1R 1+m 2R 2+J 1/R 1+J 2/R 2)aa =m 1gR 1−m 2gR 2+T 0(R 2−R 1)m 1R 1+m 2R 2+J 1/R 1+J 2/R 22.7某通風扇在角速度為Ω時撤去動力，葉片受到空氣阻力矩而減速．假設阻力矩的大小與轉速成正比，比例係數為k ；葉片的轉動慣量為J ；問多長時間後轉速降為初始值的一半？此時葉片轉過了多少轉？解答：根據轉動定律τ=J β=J d ω/d t ，−k ω=Jd ωd t ˆωΩd ωω=−k J ˆt 0d t ⇒ω(t )=Ωe −kt /J令ω=Ω/2，得t ′=J ln 2/k ．在此期間，葉片轉過的角度為Δθ=ˆt ′0ω(t )d t =−ΩJ k e −kt /J t ′0=ΩJ 2k 轉過的轉數為Δθ2π=ΩJ 4πk角動量2.8質量為m 1的均勻圓盤在水平面內以角速度ω0無摩擦的轉動，圓盤邊緣停着一隻質量為m 2的小蟲．如果小蟲爬到圓盤的中心，圓盤的角速度變為多大？解答：令圓盤的半徑為R ，小蟲在邊緣時，系統的總轉動慣量為J 0=12m 1R 2+m 2R 2；小蟲爬到圓盤的中心後，其轉動半徑為零，故系統的總轉動慣量為J =12m 1R 2．在小蟲爬行過程中，無外力矩，所以系統總角動量守恒，J 0ω0=J ω,ω=m 1+2m 2m 1ω02.9水平的均勻圓盤質量為m ，半徑為R 1，可以繞中垂軸無摩擦的轉動；圓盤上有一個質量為m 的人；開始時，系統靜止不動．當人在圓盤上繞中心軸以半徑R 2轉動時，圓盤必然倒轉．若人相對於圓盤的速率是v ，問圓盤倒轉的角速度多大？解答：設人對地的角速度為ω20，圓盤對地角速度為ω10，則人相對於圓盤的角速度為ω21=ω20−ω10=v /R 2根據角動量守恒有12mR 21·ω10+mR 22·ω20=0聯立上述二式，得|ω10|=2R 2v 2R 22+R 21郉秀文製造轉動能量2.10如下圖所示，定滑輪半徑為r ，轉動慣量為J ；軟繩與滑輪之間無相對滑動，滑輪的輪軸處無摩擦；彈簧的勁度係數為k ；系統剛開始處於靜止狀態且彈簧無變形．計算物體m 的最大下落速率以及最大下落距離．總習題2.10圖解答：重物下落過程中，只有彈簧和重力做功，機械能守恒．設下落高度h 時，重物的速率為v ，則滑輪的角速度為ω=v /r ，以剛開始下落的位置作為彈性勢能和重力勢能的零點，則有0=12mv 2+12J ω2+12kh 2+(−mgh )化簡為12(m +J /r 2)v 2=mgh −12kh 2(*)在下落過程中，首先是重力大於彈性力，加速下落；然後彈性力大於重力，減速下落；當彈性力等於重力時，加速度為零，下落速度最大，即mg =kh ,h =mg /k ，代入式(*)得最大速率v m =mg √mk +Jk /r 2當下落的速率v =0時，下落的距離最大．將v =0代入式(*)得h m =2mgk2.11如下圖所示，長度為D ，質量為M 的均勻細棒一端可以繞O 點自由轉動，另一端固定一個質量為m 的小球．若系統從水平位置開始擺動，當擺動θ角時，角速度多大？總習題2.11圖解答：系統的總轉動慣量J =13MD 2+mD 2．當擺動θ角時，細棒的重心下降12D sin θ，小球重心下降D sin θ．在下落過程中，重力做功轉化為系統的動能Mg 12D sin θ+mgD sin θ=12J ω2整理得ω=√(3M +6m )g sin θM +3m郉秀文製造流體2.12自來水管從地面延伸至樓頂．地面部分內徑4cm ，流速2m /s ，壓強3×105Pa ；樓頂的高度為5m ，水管內徑2cm ，計算樓頂水管中的水壓．解答：已知v 1=2m /s ,D 1=4cm ,p 1=3×105Pa ,h 1=0，D 2=2cm ,h 2=5m ．根據連續性方程v 1S 1=v 2S 2,v 1πD 214=v 2πD 224得v 2=8m /s ．根據伯努利方程p 1+ρgh 1+12ρv 21=p 2+ρgh 2+12ρv 22代入數據3×105+0+12×103×22=p 2+103×9.8×5+12×103×82計算得p 2=2.21×105Pa綜合2.13如下圖所示，兩個定滑輪通過皮帶連在一起，半徑分別為R 1,R 2，轉動慣量分別為J 1,J 2；皮帶的質量忽略不計，與滑輪之間無相對滑動；滑輪的輪軸處無摩擦；若在滑輪I 上施加大小為τ0的外力矩，計算該滑輪的角加速度的大小．總習題2.13圖解答：設上層皮帶的張力為T u ，下層皮帶的張力為T d ．令順時針轉動為正向，則皮帶對滑輪I 產生的力矩為τ1=(T d −T u )R 1則皮帶對滑輪II 產生的力矩為τ2=(T u −T d )R 2顯然有τ1R 2+τ2R 1=0(1)對於滑輪Iτ0+τ1=J 1β1(2)對於滑輪IIτ2=J 2β2(3)又因為兩個滑輪的切線加速度相等R 1β1=R 2β2(4)聯立上述四個等式，得β1=τ0J 1+J 2R 21/R 22郉秀文製第三章靜電場電荷與電場3.1如下圖所示，長為L 的直線上均勻分佈有線密度為λ的正電荷．在直線延長線上與直線一端相距a (a >0)的位置放置了一個電量為+q 的點電荷．計算該電荷受到的靜電力的大小．習題3.1圖解答：以直線的右端為原點，左為正方向．在座標為x 處取一段長度為d x 的線段，其電荷量為d Q =λd x ，該電荷元與+q 的作用力為d F =q d Q 4πε0(a +x )2=q λd x 4πε0(a +x )2因為所有的作用力都在同一個方向上，故總作用力為F =ˆL 0q λd x 4πε0(a +x )2=q λ4πε0−1(a +x ) L 0=q λ4πε0L (a +L )a 3.2如下圖所示，長為2L 的直線上均勻分佈有線密度為λ的正電荷．計算在直線中垂線上與直線相距為a 的位置的電場強度．習題3.2圖解答：根據電荷的對稱性，電場一定垂直與線電荷．以棒的中心為原點，線電荷方向為x 軸，y 軸垂直於電荷．選取座標為x 處一段長度為d x 的線段，電荷量為d q =λd x ，它到P 點的距離為r =√x 2+a 2=a sec θ其中θ是r 與垂直方向的夾角．電場強度的y 分量d E y =d E ·cos θ=d q 4πε0r 2·a r =a λd x 4πε0r 3總電場一定在y 方向，E =ˆL−L a λd x 4πε0r 3這個積分需要換元處理，令r =a sec θ,x =a tan θ，d x =a sec 2θd θ，代入上式E =ˆθ2θ1λd θ4πε0a 2sec θ=λ4πε0a 2sin θ θ2θ1從圖中可以看出，sin θ2=L √a 2+L 2,sin θ1=−L √a 2+L 2郉秀文製造所以E =λ2πε0a 2L √a 2+L 23.3如下圖所示，用細絕緣線彎成的半圓形環，半徑為R ，其上均勻地攜帶正電荷Q ，求圓心O 點處的電場強度E ．提示：電荷元d q =λd l =λR d θ總習題3.3圖解答：從圖的對稱性可以發現，總電場是垂直向下的，d E ⊥=d q 4πε0R 2sin θ=λR d θ4πε0R2sin θ其中電荷線密度λ=Q /(πR )．總電場垂直向下E =λ4πε0R ˆπ0sin θd θ=λ2πε0R =Q 2π2ε0R2電通量3.4如下圖所示，有一立方形的閉合曲面，邊長a =0.1m ，已知空間的場強分佈為E =(200i +300j +100k )V /m ，分別計算通過表面I 、II 、III 的電通量．總習題3.4圖解答：各個平面的面積S =a 2=0.01，以立方體的外法線為正方向，有S 1=0.01i ,S 2=0.01j ,S 3=0.01k ,根據電通量的定義Φ1=E ·S 1=(200i +300j +100k )·0.01i =2V ·mΦ2=(200i +300j +100k )·0.01j =3V ·mΦ3=(200i +300j +100k )·0.01k =1V ·m3.5如下圖所示，有一立方形的閉合曲面，邊長a =0.1m ，已知空間的場強分佈為E x =bx ,E y =E z =0，b =1000V /m 2．(1)求通過該閉合面的總電通量；(2)求該閉合面內的淨電荷量．總習題3.5圖郉秀文製造解答：(1)因為電場只有x 分量，所以只有x 方向的兩個平面存在通量．在a 位置，電場穿入平面，通量為Φa =−E x ·a 2 x =a=−ba 3=−1在2a 位置，電場穿出平面，通量為Φ2a =E x ·a 2 x =2a=2ba 3=2總通量為Φ=−1+2=1V ·m ．(2)根據高斯定理q =ε0Φ=8.854×10−12C3.6將電量為q 的點電荷放在一個立方體的頂點上，則通過立方體表面的總電通量大小為多少？解答：電荷所在平面的通量為零，其它三個面的通量為q /(24ε0)高斯定理3.7證明：半徑為a ，電荷體密度為ρ的均勻帶電球體，球體內外的電場分佈為E = ρr 3ε0e r ,r <a ρa 33ε0r 2e r ,r a 解答：根據對稱性，球體內外的電場方向一定是沿著半徑方向的．設距離球心為r 處，場強大小為E ．構造半徑為r 的高斯面，則電通量Φe =‹SE ·d S =E ·4πr 2若r <a ，則該高斯面內的電荷量為q in =ρ·43πr 3若r >a ，則該高斯面內的電荷量為q in =ρ·43πa 3根據高斯定理Φe =q in /ε0得E ·4πr 2= ρ·43ε0πr 3,r <a ρ·43ε0πa 3,r a化簡，並考慮到E 的方向沿著半徑e r 方向，可得證．3.8根據高斯定理證明：橫截面半徑為a ，電荷體密度為ρ(線密度λ=ρ·πa 2)的無限長均勻帶電圓柱體，其內外空間的電場分佈為E = ρr 2ε0e r r <aρa 22ε0r e r r a郉秀文製造解答：根據對稱性，電場方向垂直於中心軸並沿著半徑方向，即e r 方向．構造一個長度為l ，半徑為r 的圓柱面．顯然，圓柱兩端平面與電場平行，電通量為零．只有圓柱的筒狀側面有電通量．Φe =‹SE ·d S =E ·2πr ·l若r <a ，則該高斯面內的電荷量為q in =ρ·πr 2·l若r >a ，則該高斯面內的電荷量為q in =ρ·πa 2·l根據高斯定理Φe =q in /ε0得E ·2πr ·l =1ε0× ρ·πr 2·l ,r <a ρ·πa 2·l ,r a繼續化簡併添加電場方向e r 即可得結論．3.9某無限長均勻帶電空心圓筒面半徑為a ，電荷線密度為λ，證明圓筒面內外的電場分佈為1E = 0r <a λ2πε0re r r >a 解答：根據對稱性，電場方向垂直於中心軸並沿著半徑方向，即e r 方向．構造一個長度為l ，半徑為r 的圓柱面．顯然，圓柱兩端平面與電場平行，電通量為零．只有圓柱的筒狀側面有電通量．根據高斯定理Φe =q in /ε0得E ·2πr ·l =1ε0× 0,r <a λl ,r >a繼續化簡併添加電場方向e r 即可得結論．3.10如下圖所示，均勻帶電的兩個同心球殼半徑分別為r 1,r 2，總電量分別為q 1,q 2，計算空間的電場分佈．總習題3.10圖解答：根據對稱性，球體內外的電場方向一定是沿著半徑方向的．設距離球心為r 1原題中r a 改為r >a郉秀文製造處，場強大小為E ．根據高斯定理Φe =q in /ε0得E ·4πr 2=1ε0× 0,r <r 1q 1,r 1<r <r 2q 1+q 2,r 2<r 繼續化簡併添加電場方向e r 即可得E = 0,r <r 1q 1ε0r 2e r ,r 1<r <r 2q 1+q 2ε0r 2e r ,r 2<r3.11厚度為a 的無限大均勻帶電平板，電荷體密度為ρ，判定其周圍電場的方向並計算電場的大小．解答：以板的中心對稱面為界，將空間分為兩個區域．空間電場與平板垂直，並且向兩側發散．構造一個小的柱形閉曲面橫跨中心對稱面的兩側並且在兩側的高度相等．顯然，只有柱形的兩個底面有電通量．設柱形的半高度為l ，底面積為A ，2EA =1ε0×ρ·(2Al ),l <a /2ρ·(Aa ),l a /2化簡得E = ρl ε0,l <a /2ρa 2ε0,l a /2這裡的l 也是場點與對稱中心面的距離．電勢3.12正方形四個頂點上各放置一個電量q =2nC 的點電荷，各頂點距離中心點O 的距離為r =8cm ，若將試探電荷q 0=6μC 從O 點移動至無窮遠處，電場力做功多大？解答：電荷周圍的電場非常複雜，不要用定義計算功．根據保守力做功特點：電場力做功等於電勢能的減小量W o →∞=q 0U o −q 0U ∞=q 0U o中心點O 的電勢U o =4×14πε0q r =4×9.0×109×2×10−98×10−2=900電場力做功W o →∞=q 0U o =5.4mJ3.13無限長帶電直線沿著x 軸放置，電荷線密度為λ；y 軸正向有兩個點，座標分別為y 1,y 2(y 2>y 1>0)，計算兩點之間的電壓U 12．郉秀文製造解答：根據電勢的定義計算U 12=ˆy 2y 1E d y =ˆy 2y 1λ2πε0y d y =λ2πε0ln y 2y 13.14長為L 的直線上均勻分佈有線密度為λ的電荷．在直線延長線上與導線一端相距a 的位置放置了一個電量為q 的點電荷．若將該電荷移動至無窮遠處，電場力做功多大？解答：根據疊加原理計算a 位置的電勢U a =ˆL d q 4πε0r=14πε0ˆL 0λd x x +a =λ4πε0ln a +L a 電場力做功W a →∞=q 0U a ∞=q 0U a =q λ4πε0ln a +L a3.15兩個同心的均勻帶電球面，半徑分別為r 1,r 2(r 1<r 2)；攜帶的電量分別為q 1,q 2，寫出空間各個區域的電勢表達式．解答：根據疊加原理，空間任意位置的電勢為兩個球面電荷電勢的和．球面電荷周圍的電勢分佈為U (r )= q 4πε0R ,r R q 4πε0r,r >R 距離球心為r 且r <r 1的位置，位於兩個球面的內部．兩個球面電荷在這個內部位置產生的電勢之和為U (r )=q 14πε0r 1+q 24πε0r 2距離球心r 1<r <r 2的位置，位於球面1的外部，而在球面2的內部，電勢之和為U (r )=q 14πε0r +q 24πε0r 2在r 2<r 處，兩個球面產生的電勢之和為U (r )=q 14πε0r +q 24πε0r3.16兩個均勻帶電的同心球殼半徑分別為r 1=10cm ,r 2=30cm ；電量分別為q 1=10nC ,q 2=15nC ；計算距離球心r =20cm 以及r =50cm 處的電勢．解答：r =20cm 處於兩個球殼之間，故U (r )=q 14πε0r +q 24πε0r 2=9×109×(10×10−90.2+15×10−90.3)=900V r =50cm 處於兩個球殼之外，U (r )=q 14πε0r +q 24πε0r =9×109×(10×10−90.5+15×10−90.5)=450V3.17半徑為R 的均勻帶電圓盤，電荷面密度為σ；以無窮遠為勢能零點，計算圓心O 處的電勢．提示：將圓盤切割為許多同心圓環．郉秀文製造解答：將圓盤切割為許多半徑為r ，寬度為d r 的窄圓環，每個圓環的面積為d A =2πr d r ，帶電量d q =σd A ，該圓環在中心O 處的電勢為d U =d q 4πε0r =σ2πr d r 4πε0r =σd r 2ε0總電勢U =ˆR 0σd r 2ε0=σR 2ε03.18如下圖所示，電偶極子p =q l ，證明無限遠處的A 點電勢為U =p ·r 4πε0r 3=p ·e r 4πε0r 2其中r 是從偶極子中心O 指向A點的位置矢量．總習題3.18圖解答：正、負電荷在A 處激發的電勢和為U =+q 4πε0r ++−q 4πε0r −=q (r −−r +)4πε0r +r −根據圖示，r +≈r −l 2cos θ,r −≈r +l 2cos θ略去高階無限小量l 2，有r −−r +=l cos θ,r −r +=l 2所以有U =ql cos θ4πε0r 2=p cos θr 4πε0r 3=p ·r 4πε0r 33.19證明：在均勻電場E 中，電偶極子p 的電勢能可以表示為E p =−p ·E =−pE cos θ解答：根據例題，電偶極子在電場中受到的力矩大小為|τ|=pE sin θ，並且此力矩傾向於令θ減小，因此τ=−pE sin θ若規定θ=90◦為勢能零點，則E p =ˆ90◦θτd θ=ˆ90◦θ−pE sin θd θ=−pE cos θ=−p ·E 導體與電容3.20球形電容器是由半徑分別為R A 和R B 的兩個同心的金屬殼所組成的，設R A <R B ，證明球形電容器的電容為C =4πε0R A R B R B −R A郉秀文製造解答：令內球攜帶正電荷Q ，外球攜帶負電荷−Q ，根據高斯定理，兩個球面之間的電場強度為E =Q 4πε0r 2電壓U AB =ˆR B R AE d r =Q 4πε0R B −R A R A R B 電容C =Q U AB =4πε0R A R B R B −R A3.21有的計算機鍵盤的每一個鍵下面連接一小塊金屬片，它下面隔一定空氣隙是一塊固定金屬片．這樣兩塊金屬片就組成一個小電容器．當鍵被按下時，此小電容器的電容就發生變化，與之相連的電子線路就能檢測出是哪個鍵被按下了，從而給出相應的信號．設每個金屬片的面積為50.0mm 2，兩金屬片之間的距離是0.600mm ．如果電子線路能檢測出的電容變化是0.250pF ，那麼鍵需要按下多大的距離才能給出必要的信號？解答：提示：平板電容C =ε0S d ,δC =−ε0S d2δd 綜合3.22如下圖所示，電荷線密度為λ1的無限長直線與電荷線密度為λ2的有限長直線共面放置，計算它們之間的相互作用力．總習題3.22圖解答：無限長直線在外部空間激發的場強為E =λ12πε0r電荷2受到該電場的靜電力為F =ˆb a E (λ2d y )=λ1λ22πε0ln b a3.23如下圖所示，在電荷體密度為ρ的均勻帶電球體內挖去一個小球體，證明此空腔內的電場強度是均勻的．設兩個球體的中心分別為A ,B．總習題3.23圖解答：根據3.7題的結論，均勻荷電球體在其內部產生的電場為E =ρr 3ε0e r =ρr 3ε0。
大学物理基础教程答案第05章习题分析与解答
5-1 若理想气体的体积为V ,压强为p ，温度为T ，一个分子的质量为m ，k 为玻尔兹曼常数，R 为摩尔气体常数，则该理想气体的分子数为（ ）。
（A ）PV m （B ）PV kT （C ）PV RT （D ） PVmT解：由N p nkT kT V ==得，pVN kT=,故选B 5-2 两个体积相同的容器，分别储有氢气和氧气（视为刚性气体），以1E 和2E 分别表示氢气和氧气的内能，若它们的压强相同，则（ ）。
（A ）12E E = （B ）12E E > （C ）12E E < （D ） 无法确定 解：pV RT ν=，式中ν为摩尔数，由于两种气体的压强和体积相同，则T ν相同。
又刚性双原子气体的内能52RT ν,所以氢气和氧气的内能相等，故选A 5-3 两瓶不同种类的气体，分子平均平动动能相同，但气体分子数密度不同，则下列说法正确的是（ ）。
（A ）温度和压强都相同 （B ）温度相同，压强不同 （C ）温度和压强都不同（D ）温度相同，内能也一定相等解：所有气体分子的平均平动动能均为32kT ，平均平动动能相同则温度相同，又由p nkT =可知，温度相同，分子数密度不同，则压强不同，故选B5-4 两个容器中分别装有氦气和水蒸气，它们的温度相同，则下列各量中相同的量是（ ）。
（A ）分子平均动能 （B ）分子平均速率 （C ）分子平均平动动能 （D ）最概然速率解：分子的平均速率和最概然速率均与温度的平方根成正比，与气体摩尔质量的平方根成反比，两种气体温度相同，摩尔质量不同的气体，所以B 和D 不正确。
分子的平均动能2i kT ε=,两种气体温度相同，自由度不同，平均动能则不同，故A 也不正确。
而所有分子的平均平动动能均为k 32kT ε=,只要温度相同，平均平动动能就相同，如选C 5-5 理想气体的压强公式 ，从气体动理论的观点看，气体对器壁所作用的压强是大量气体分子对器壁不断碰撞的结果。
《大学物理》热力学基础练习题及答案解析
《大学物理》热力学基础练习题及答案解析一、简答题：1、什么是准静态过程?答案：一热力学系统开始时处于某一平衡态，经过一系列状态变化后到达另一平衡态，若中间过程进行是无限缓慢的，每一个中间态都可近似看作是平衡态，那么系统的这个状态变化的过程称为准静态过程。
2、从增加内能来说，做功和热传递是等效的。
但又如何理解它们在本质上的差别呢?答：做功是机械能转换为热能，热传递是热能的传递而不是不同能量的转换。
3、一系统能否吸收热量，仅使其内能变化? 一系统能否吸收热量，而不使其内能变化?答：可以吸热仅使其内能变化，只要不对外做功。
比如加热固体，吸收的热量全部转换为内能升高温度；不能吸热使内能不变，否则违反了热力学第二定律。
4、有人认为：“在任意的绝热过程中，只要系统与外界之间没有热量传递，系统的温度就不会改变。
”此说法对吗? 为什么?答：不对。
对外做功，则内能减少，温度降低。
5、分别在Vp-图、Tp-图上，画出等体、等压、等温和绝热过程的曲线。
V-图和T6、 比较摩尔定体热容和摩尔定压热容的异同。
答案：相同点：都表示1摩尔气体温度升高1摄氏度时气体所吸收的热量。
不同点：摩尔定体热容是1摩尔气体，在体积不变的过程中，温度升高1摄氏度时气体所吸收的热量。
摩尔定压热容是1摩尔气体，在压强不变的过程中，温度升高1摄氏度时气体所吸收的热量。
两者之间的关系为R C C v p +=7、什么是可逆过程与不可逆过程答案：可逆过程：在系统状态变化过程中，如果逆过程能重复正过程的每一状态，而且不引起其它变化；不可逆过程：在系统状态变化过程中，如果逆过程能不重复正过程的每一状态，或者重复正过程时必然引起其它变化。
8、简述热力学第二定律的两种表述。
答案：开尔文表述：不可能制成一种循环工作的热机，它只从单一热源吸收热量，并使其全部变为有用功而不引起其他变化。
克劳修斯表述：热量不可能自动地由低温物体传向高温物体而不引起其他变化。
9、什么是第一类永动机与第二类永动机?答案：违背热力学第一定律（即能量转化与守恒定律）的叫第一类永动机，不违背热力学第一定律但违背热力学第二定律的叫第二类永动机。
大学基础物理学课后习题答案_含思考题(1)
大学基础物理课后答案主编：习岗高等教育出版社第一章 思考题：<1-4> 解：在上液面下取A 点，设该点压强为A p ，在下液面内取B 点，设该点压强为B p 。
对上液面应用拉普拉斯公式，得 A A R p p γ20=- 对下液面使用拉普拉斯公式，得 BB 02R p p γ=- 又因为 gh p p ρ+=A B 将三式联立求解可得 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=B A 112R R g h ργ<1-5> 答：根据对毛细现象的物理分析可知，由于水的表面张力系数与温度有关，毛细水上升的高度会随着温度的变化而变化，温度越低，毛细水上升的高度越高。
在白天，由于日照的原因，土壤表面的温度较高，土壤表面的水分一方面蒸发加快，另一方面土壤颗粒之间的毛细水会因温度升高而下降，这两方面的原因使土壤表层变得干燥。
相反，在夜间，土壤表面的温度较低，而土壤深层的温度变化不大，使得土壤颗粒间的毛细水上升；另一方面，空气中的水汽也会因为温度下降而凝结，从而使得清晨时土壤表层变得较为湿润。
<1-6> 答：连续性原理是根据质量守恒原理推出的，连续性原理要求流体的流动是定常流动，并且不可压缩。
伯努利方程是根据功能原理推出的，它的使用条件是不考虑流体的黏滞性和可压缩性，同时，还要求流动是定常流动。
如果流体具有黏滞性，伯努利方程不能使用，需要加以修正。
<1-8> 答：泊肃叶公式适用于圆形管道中的定常流动，并且流体具有黏滞性。
斯托克斯公式适用于球形物体在黏滞流体中运动速度不太大的情况。
练习题：<1-6> 解：设以水坝底部作为高度起点，水坝任一点至底部的距离为h 。
在h 基础上取微元d h ，与之对应的水坝侧面面积元d S （图中阴影面积）应为坡长d m 与坝长l 的乘积。
练习题1-6用图d h d F由图可知 osin60d sin d d hh m ==θ 水坝侧面的面积元d S 为 d d d sin 60hS l m l °== 该面积元上所受的水压力为 0d d d [(5)]sin 60hF p S p ρg h l°==+-水坝所受的总压力为 ()[]N)(103.760sin d 5d 855o0⨯=-+==⎰⎰h l h g p F F ρ（注：若以水坝的上顶点作为高度起点亦可，则新定义的高度5h h ¢=-,高度微元取法不变，即d d h h ¢=，将h ¢与d h ¢带入水坝压力积分公式，同样可解出水坝所受压力大小。
大学基础物理学(韩可芳)习题参考-第3章(刚体力学基础)-0425
第三章 刚体力学基础思考题3-1 一个绕定轴转动着的刚体有非零的角速度和角加速度。
刚体中的质点A 离转轴的距离是质点B 的两倍，对质点A 和质点B ，以下各量的比值是多少？（1）角速率；（2）线速率；（3）角加速度的大小；（4）加速度的切向分量；（5）加速度的法向分量；（6）加速度的大小。
3-2 以下说法是否正确？并加以分析： （1）一个确定的刚体有确定的转动惯量。
（2）定轴转动的刚体，当角速度大时，作用的力矩也大。
（3）使一根均匀的铁棍保持水平，如握住棍子的中点要比握住它的一端容易。
（4）一个有固定轴的刚体，受到两个力的作用。
当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定为零；当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定为零。
3-3 指出下弄表达式哪些是正确的，哪些是错误的，并说明理由。
,,,,2122c c ccp cK v M r L MrJ MghE vM E ⨯====E K 、E P 、J 、L分别表示绕定轴转动刚体的动能、重力势能、转动惯量、角动量。
式中：M为刚体的质量，c v为质心速度，h c 为质心距零势能面的高度，r c 为质心到转轴的距离。
3-4 已知银河系中有一天体是均匀球体，现在半径为R ，绕对称轴自转的周期为T ，由于引力凝聚，它的体积不断收缩。
假定一万年后它的半径缩小为r ，试问一万年后此天体绕对称轴自转的周期比现在大还是小？它的动能是增加还是减少？3-5 一圆形平台，可绕中心轴无摩擦地转动，有一辆玩具汽车相对台面由静止启动，绕轴做圆周运动，问平台如何运动？当小车突然刹车，平台又如何运动？运动过程中小车—平台系统的机械能、动量和角动量是否守恒？习题解答3-1 一汽车发动机曲轴的车速在12s 内由每分钟1200转均匀地增加到每分钟2700转，求：（1）角加速度；（2）在此时间内，曲轴转了多少转？3-2 某机器上的飞轮运动学方程程为：θ=at +bt 2-ct 3，求t 时刻的角速度和角加速度。
大学基础物理学(上册)答案(张三慧)
·对于弯曲液面，其液面内外的压强不相等，压强差满足拉普拉斯公式。凸形液面的拉普拉斯公式为
凹形液面的拉普拉斯公式为
3．液体的流动性质
·连续性原理为
Sv=常量
它体现了不可压缩的液体在流动过程中质量守恒。Sv为单位时间内通过截面S的流体体积，称为流量。
非晶体没有规则对称的外形，没有确定的熔点。非晶体的微观结构呈现出远程无序的结构状态。
1-2在固体的形变中，弹性模量是一个重要的参数，杨氏模量的意义是什么？
答：对于一般的固体材料，若形变不超过一定的限度，应力与相关的应变成正比。在拉伸应变中
其中，比例系数E称为杨氏模量。
弹性模量实际上反映了材料对形变的抵抗能力。在拉伸应变中，杨氏模量反映了材料对拉伸形变的抵抗能力。
泊肃叶流量为公式
·泊肃叶公式只适用于层流的情况。
5．物体在黏滞液体中的运动
·斯托克斯公式描述了球形物体在液体中运动速度不太大时所受黏滞阻力的基本规律，其为
其中，f是球体所受到的黏滞阻力，r和v分别为球体的半径和运动速度。
·小球在液体中匀速垂直沉降运动时的速度称收尾速度，用 表示，黏滞系数可以通过下式求出
解：由连续性原理
解出细水管出口处的流速为
再根据伯努利方程
可知细水管出口处的压强 为
,
带入已知数据，解得
1-10下面是一个测定农药、叶肥等液体黏滞系数的简易方法。在一个宽大玻璃容器底部连接一根水平的细玻璃管，测定单位时间内由细管流出的液体质量即可知。若已知细管内直径d=0.1cm，细管长l＝10cm，容器内液面高h×103kg·m－3×10-3kg，问该液体的为多少？
基础物理学第五章(静电场)课后习题答案
因为并联后每个电容器两端的电势差相等，且不能超过每个电容器的耐压值，所以耐压值取较小值。
(2) 串联 因为串联后每个电容器所带的电量都等于等效电容器的电量，根据公式，则
分别计算两电容器可带电量的最大值，取其中较小值作为q。
5-18 C1、C2两个电容器，分别标明为"200pF 500V"和"300pF 900V"，把它们串联起来后，等值电容多大？如果两端加上1000V的电压，是否会击穿？
（2）取坐标如图所示，设Q点到原点的距离为y，在距原点O为l处取长dl 的线元，则相应的电荷元为，以dq作为电荷元，则它在Q点的电势为：
能从电势致。
5-14 已知半径为R的均匀带电球体，带电q ，处于真空中。
（1）用高斯定理求空间电场强度的分布；
****（要用到的不定积分公式
）****************
若棒为无限长时，则上式变为:
结果与无限长带电直线的场强相同
5-3 一半径为R的半细圆环，均匀地分布+Q电荷。求环心的电场强度大小和方向。
解：在圆周上任取电荷元，它的场强大小为 由于电荷相对于y轴对称，知合场强应沿y方向，故
5-5 电场强度的环流表示什么物理意义？表示静电场具有怎样的性质？
答：电场强度的环流说明静电力是保守力，静电场是保守力场。表示静电场的电场线不能闭合。如果其电场线是闭合曲线，我们就可以将其电场线作为积分回路，由于回路上各点 沿环路切向，得，这与静电场环路定理矛盾，说明静电场的电场线不可能闭合。
5-6 在高斯定理中，对高斯面的形状有无特殊要求？ 在应用高斯定理求场强时，对高斯面的形状有无特殊要求？如何选取合适的高斯面？高斯定理表示静电场具有怎么的性质？
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案习题11-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为)ωｔsin ωｔ(cos j i R r其中为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。
解：1）由)ωｔsin ωｔ(cos j i R r知t cos R x ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2）jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )t 23(t 42，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0t到1t 秒的位移；（3）0t 和1t 秒两时刻的速度。
解：1）由j ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为：2)3y(x2）jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3）jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir t t 22，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：1）ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2）212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121att v y （1）图 1-420221gttv h y （2）21y y （3）解之2d tg a 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的td dr ，td dv ，tv d d .解：（1）t v x 0式（1）2gt21hy 式（2）jir )gt 21-h (t v (t)20（2）联立式（1）、式（2）得22v 2gx hy （3）ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
基础物理学第七章(电磁感应)课后习题答案
第七章电磁感应变化电磁场思考题7-1感应电动势与感应电流哪一个更能反映电磁感应现象的本质？答：感应电动势。
7-2 直流电流表中线圈的框架是闭合的铝框架，为什么？灵敏电流计的线圈处于永磁体的磁场中，通入电流线圈就发生偏转。
切断电流后线圈在回复原来位置前总要来回摆动好多次。
这时如果用导线把线圈的两个接头短路，则摆动会马上停止。
这是什么缘故?答：用导线把线圈的两个接头短路，线圈中产生感应电流，因此线圈在磁场中受到一力偶矩的作用，阻碍线圈运动，使线圈很快停下来。
7-3让一块磁铁在一根很长的铅直铜管内落下，若不计空气阻力，试描述磁铁的运动情况，并说明理由。
答：当磁铁在金属管中时，金属管内感应感生电流，由楞次定律可知，感生电流的方向，总是使它所激发的磁场去阻止引起感应电流的原磁通量的变化，即：阻碍磁铁相对金属管的运动。
磁铁在金属管内除重力外，受到向上的磁力，向下的加速度减小，速度增大，相应磁力增大。
当磁力等于重力时，磁铁作匀速向下运动，达到动态平衡。
7-4用金属丝绕制的标准电阻是无自感的，怎样绕制才能达到自感系数为零的目的？答：如果回路周围不存在铁磁质，自感L的数值将与电流无关，仅由回路的几何性质、匝数以及周围磁介质的磁导率所决定。
把一条金属丝接成双线绕制，就能得到自感系数为零的线圈。
做纯电阻用的电阻器都是这样绕制的。
7-5 举例说明磁能是贮藏在磁场中的。
7-6如果电路中通有强电流，当你突然拉开闸刀断电时，就会有火花跳过闸刀。
试解释这一现象。
答：当突然拉开通有强电流电路中的刀闸而断电时，电路中电流迅速减小，电流的变化率很大，因而在电路中会产生很大的自感电动势。
此电动势可以把刀闸两端间的空气击穿，因而在刀闸处会有大的火花跳过。
7-7 变化的电场所产生的磁场，是否一定随时间而变化？变化的磁场所产生的电场，是否也一定随时间而变化？7-8 试比较传导电流与位移电流。
答：位移电流具有磁效应-与传导电流相同。
两者不同之处：产生机理不同，传导电流是电荷定向运动形成的，位移电流是变化的电场产生的；存在条件不同，传导电流需要导体，位移电流不需要导体，可以存在于真空中、导体中、介质中；位移电流没有热效应，传导电流产生焦耳热。
大学基础物理学 (习岗 著) 高等教育出版社 第8章 振动和波动课后答案
第八章 振动和波动8-1由T=0.5s, 得ππω42==T， 设简谐振动方程为)4cos(02.0ϕπ+=t x （1）由于物体在正方向端点，由旋转矢量法得 0=ϕ所以振动方程为t x π4cos 02.0=（2）由于物体在负方向端点，由旋转矢量法得πϕ= 所以振动方程为）（ππ+=t x 4cos 02.0 （3）振动物体在平衡位置，向负方向运动，由旋转矢量法得2/πϕ= 所以振动方程为）（24cos 02.0ππ+=t x（4）振动物体在平衡位置，向正方向运动，由旋转矢量法得2/πϕ-= 所以振动方程为）（24cos 02.0ππ-=t x （5）振动物体在x=0.01m 处，向负方向运动，由旋转矢量法得3/πϕ=所以振动方程为）（34cos 02.0ππ+=t x （6）振动物体在x=-0.01m 处，向正方向运动，由旋转矢量法得3/2πϕ= 所以振动方程为）（324cos 02.0ππ+=t x 8-2由振动方程为)38cos(5.0ππ+=t x 得 35.025.028πϕωππω=====m A s T22max max 324πωπω====A a A v（2）t=1s,2s,10s 时的相位分别是：3241349325πππ，， 8-15 （1）波动方程为 )(cos )cos(B Cx t B A Cx Bt A y -=-= 标准波动方程为 )(cos uxt A y -=ω，比较系数得：振幅为A, B =ω, BC u =, ππων22B ==, B T π2=, C B C B uT ππλ22=== (2) ))cos(Cl Bt A y -=(3)dc d==∆λπϕ28-16（1） 设波源振动方程为)cos(ϕω+=t A y ，根据题意得：A = 0.01m, πππω20001.022===T , 由旋转矢量得2/πϕ-=)2/200cos(01.0ππ-=t y（2） 波动方程为)2/)400(200cos(01.0ππ--=xt y（3） 波源8米处振动方程为：)2/)501(200cos(01.0ππ--=t y（4） ππϕ5.049102=-=∆8-17（1） 由题意得 ππλππω5004.0122/2====uT由旋转矢量得2/πϕ=，又 A = 0.03m ,)2/)1(50cos(03.0ππ+-=xt y (2)tt t xt y πππππππ50cos 03.0)250cos(03.0)2/)105.0(50cos(03.0)2/)1(50cos(03.0=+=+-=+-= (3) 02121.0)2/)1045.03(50cos(03.0=+-=ππys m x t v /33.3)2/5050sin(5003.0-=+-⨯-=ππππ8-18由图得：A = 2 cm=0.02m, m 6=λ, s m u /30=, πω102.0==s T 由初始条件：2πϕ-=]2)30(10cos[02.0ππ-+=x t y8-19由于t y π2cos 1.01=，所以传到 P 点的分振动方程为： )42cos(1.0)20(2cos 1.01'1πππ-=-=t r t y由于)2cos(1.02ππ+=t y ，所以传到 P 点的分振动方程为：)42cos(1.0])20[(2cos 1.02'2ππππ-=+-=t r t y m A A A A A A A 2.0cos 221212221=+=∆++=ϕ8-20由题意可设两波源振动方程分别为：）（ϕπ+=t y 200cos 001.01）（2200cos 001.02πϕπ++=t y 则波源的振动传到P 点的振动分别为： ）（ϕπ+-=)400(200cos 001.011r t y ）（2)500(200cos 001.022πϕπ++-=r t y 所以两振动的相差为：02)50075.34004(200=---=∆ππϕ 所以P 点合振幅为 m A A A 002.021=+=。
大学物理基础教程全一册答案
大学物理基础教程全一册答案1. 光的干涉和衍射不仅说明了光具有波动性,还说明了光是横波。
[单选题] *对错(正确答案)2. 拍摄玻璃橱窗内的物品时,往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度。
[单选题] *对错(正确答案)3. 爱因斯坦提出的光子说否定了光的波动说。
[单选题] *对错(正确答案)4. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应。
[单选题] *对错(正确答案)5. 全息照片往往用激光来拍摄,主要是利用了激光的相干性。
[单选题] *对(正确答案)错6. 卢瑟福的α粒子散射实验可以估测原子核的大小。
[单选题] *对(正确答案)错7. 紫光光子的能量比红光光子的能量大。
[单选题] *对(正确答案)错8. 对于氢原子,量子数越大,其电势能也越大。
[单选题] *对(正确答案)错9. 雨后天空出现的彩虹是光的衍射现象。
[单选题] *对错(正确答案)10. 光的偏振现象说明光是横波。
[单选题] *对(正确答案)错11. 爱因斯坦提出光是一种电磁波。
[单选题] *对错(正确答案)12. 麦克斯韦提出光子说,成功地解释了光电效应。
[单选题] *对错(正确答案)13. 不同色光在真空中的速度相同但在同一介质中速度不同。
[单选题] *对(正确答案)错14. 当原子处于不同的能级时,电子在各处出现的概率是不一样的。
[单选题] *对(正确答案)错15. 同一种放射性元素处于单质状态或化合物状态,其半衰期相同 [单选题] *对(正确答案)错16. 原子核衰变可同时放出α、β、「射线,它们都是电磁波。
[单选题] *对错(正确答案)17. 治疗脑肿瘤的“「刀”是利用了r射线电离本领大的特性。
[单选题] *对错(正确答案)18. β射线的电子是原子核外电子释放出来而形成的。
[单选题] *对错(正确答案)19. 玻尔理论是依据α粒子散射实验分析得出的。
[单选题] *对错(正确答案)20. 氢原子核外电子从小半径轨道跃迁到大半径轨道时,电子的动能减小,电势能增大,总能量增大。
大学基础物理学(韩可芳)习题参考-1-2(力学,守恒)-0425
《基础物理学》习题解答配套教材：《基础物理学》（韩可芳主编，韩德培 熊水兵 马世豪编委），湖北教育出版社（1999）第一章 质点力学思考题1-1 试比较以下各对物理量的区别：（1）r 和 r ； （2）dt r d和 dt dr（3）22dtr d 和22dt r d 答：（1）r 表示矢量r的模，位移的大小，而r 表示位矢大小之差r 的绝对值；（2）dtr d表示速度的大小，而dt dr表示位矢的长短随时间的变化率；（3）22dtr d表示加速度的大小，22dt r d 位矢的长短对时间的二阶导数。
1-2 质点沿直线运动，其位置矢量是否一定方向不变？质点位置矢量方向不变，质点是否一定做直线运动？答：质点沿直线运动，质点位置矢量方向不一定不变。
质点位置矢量方向不变，质点沿直线运动。
1-3 设质点的运动学方程为 )(t x x ，)(t y y ，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出22y x r ，然后根据dt drv 和22dtr d a 求得结果。
又有人先计算速度和加速度的分量，再合成而求得结果，即22dt dy dt dx v 和222222dt y d dt x d a 。
你认为哪一种方法正确？为什么？ 答：后一种方法正确。
位矢、速度、加速度均为矢量，在本题中先求出分量，再由分量合成得出矢量的大小是正确的，而前一种方法先出位矢大小，再求出的 只是位矢大小的时间变化率，而不是速度的大小， 也不是加速度的大小。
Y1-4 图示某质点在椭圆轨道上运动，任何时刻质点加速度的方向均指向椭圆的一个焦点O ，试分析质点通过P 、Q 两点时，其运动分别是加速的，还是减速的？答：在P 点，总加速度的切向分量与速度方向相反，该行星速率减小；在Q 点，总加速度的切向分量与速度方向相同，行星速率正在增大。
1-5 （1）匀速圆周运动的速度和加速度是否都恒不变？（2）能不能说“曲线运动的法向加速度就是匀速圆周运动的加速度”？ （3）在什么情况下会有法向加速度？在什么情况下会有切向加速度？（4）以一定初速度0v、抛射角0 抛出的物体，在轨道上哪一点的切向加速度最大？在哪一点的法向加速度最大？在任一点处（设这时物体飞行的仰角为 ），物体的法向加速度为何？切向加速度为何？答：1）在匀速圆周运动中质点的速率是保持不变的而速度的方向则每时每刻在变化．所以不能说；速度恒定不变．在匀速圆周运动中，质点的加速度量值R v a n 2始终保持不变，同时它的方向恒指向圆心而转变，所以加速度矢量也是恒定不变的。
大学物理基础教程答案1-4力-4-PPT
31
(m2 2 m 2 m1)
T1'
r
Hale Waihona Puke m 1T 2'
T2
m2
m2g
3 T1 2 ma 35(N)
T2 m2(g a) 37.3(N)
12
4-13 一根长为 l 、质量为m的均匀细杆可绕其一端的水平轴O 自由摆动。当被一发质量为m’的子弹在离O点的a处水平方向击
中后，子弹埋入杆内，杆的最大偏转角为 ，求子弹的初速度。 已知 l =1.0米，m =2千克，m’ =20千克，a=0.7米， =60o
v
2 0
2
3
m'2 a2
v0 186(m s1 )
13
4-14 质量为m长为l的匀质细杆，可绕端点O的固定水平轴转动，
把杆抬平后无初速地释放，当杆摆至竖直位置时刚好和光滑水平 桌面上的小球相碰。小球的转动不计，它的质量和杆相同，并且
碰撞是完全弹性的，轴上摩擦也忽略不计，求碰后小球的速度v。
解：下摆（定轴转动）能量守恒，
上缀一个质量m2=0.51千克的物体。试计算施在圆盘上的力矩从
静止开始，在2秒之内所作的功和2秒时物体m2的动能。
5
解: mgRdt mgRt L mRv 1 MR2 v
2
R
mgt
v m M 2
R m1
Ek ,m
1 mv2 2
1 mgt 2 m(m M
)2
8.2J
m2
2
RT W 1 I2 1 ( 1 MR2 )( v )2 M( mgt )2 20.2(J)
mg l 1 ( 1 ml 2 )2 2 23
( 1 ml2 ) ( 1 ml2 )'m' vl