大学物理简明教程课后习题答案解析
大学物理简明教程习题答案解析
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 t
s
d d .
t r
d d 只是速度在径向上的分量.
∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则
t ?r
?t r t d d d d d d r r r += 式中t r
d 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 t
r d ?d d ?d τ??Θ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 r
d d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的
分量，再合成求得结果，即
v =2
2
d d d d ??? ??+??? ??t y t x 及a =
2
22222d 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 ?
??+=，
j
t y i t x t r a j
t y i t x t r v ???
????
?222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴
故它们的模即为
2
222
222
22
22
2d 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
2
2d d d d t r a t
r
v ==
其二，可能是将2
2d d d d t r t
r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，2
2d d t r 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中
的一部分????
???????
??-=2
22d d d d t r t r a θ径。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r ?在径向（即
量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r ?
及速度v ?的方向随间的变化率对速度、加速
度的贡献。
1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为
x =3t +5, y =21
t 2+3t -4.
式中t 以 s 计，x ,y 以m 计．(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的
加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)．
解：（1）
j
t t i t r ???
)4321()53(2-+++=m (2)将1=t ,2=t 代入上式即有
j i r ??
?5.081-= m
j j r ???
4112+=m
j j r r r ???
??5.4312+=-=?m
(3)∵ j i r j j r ??????1617,4540
+=-= ∴ 1
04s m 534201204-?+=+=--=??=j i j
i r r t r v ????????
(4) 1
s m )3(3d d -?++==j t i t r v ????
则 j i v ???734
+= 1s m -? (5)∵ j i v j i v ??????
73,3340
+=+=
2
04s m 1444-?==-=??=j v v t v a ????? (6) 2
s m 1d d -?==j t v a ?
??
这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。
1-4 在离水面高h
米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以
0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．
图1-4
解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知
2
22s h l += 将上式对时间t 求导，得
t s s t l l
d d 2d d 2= 题1-4图
根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，
∴
t s v v t l v d d ,d d 0-
==-=船绳 即
θcos d d d d 0
0v v s l
t l s l t s v ==-=-=船 或 s v s h s lv v 0
2/1220)(+=
=船
将船v 再对t 求导，即得船的加速度
3
2
0222
020
2
002)(d d d d d d s v h s v s l s v s lv s v v s t s
l t l s
t v a =+-=+-=-==船船
1-5 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x ，a 的单位为2
s m -?，x 的单位
为 m. 质点在x ＝0处，速度为101
s m -?,试求质点在任何坐标处的速度值．
解： ∵
x v v t x x v t v a d d d d d d d d ===
分离变量：
x x adx d )62(d 2
+==υυ 两边积分得 c
x x v ++=32
2221
由题知，0=x 时，100
=v ,∴50=c
∴ 1
3s m 252-?++=x x v
1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2
s m -?，开始运动时，x ＝5 m ，v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置．
解：∵ t t v
a 34d d +==
分离变量，得 t t v d )34(d +=
积分，得 1
223
4c t t v ++=
由题知，0=t ,00
=v ,∴01=c
故
2
23
4t t v += 又因为
2
234d d t t t x v +== 分离变量， t
t t x d )23
4(d 2+=
积分得 2
3221
2c t t x ++=
由题知 0=t ,50
=x ,∴52=c
故 5
21
232++=t t x
所以s 10=t 时
m
70551021
102s m 1901023
10432101210=+?+?=?=?+
?=-x v
1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33
t ，θ式中以弧度计，t 以秒计，求：(1) t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，
其角位移是多少
解：
t t t t 18d d ,9d d 2====
ω
βθω
(1)s 2=t 时， 2
s m 362181-?=??==βτR a
2222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n
(2)当加速度方向与半径成ο
45角时，有145tan ==
?n
a a τ
即 β
ω
R R =2
亦即
t t 18)9(2
2=
则解得 923=
t 于是角位移为
rad
67.292
32323=?+=+=t θ 1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2
021bt t v -的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧
长,0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ．
解：（1） bt v t s
v -==
0d d R bt v R v a b
t
v a n 2
02)(d d -=
=-==τ
则 2402
22)(R bt v b a a a n -+
=+=τ
加速度与半径的夹角为
20)(arctan
bt v Rb a a n --=
=τ?
(2)由题意应有
24
02
)(R bt v b b a -+
== 即 0
)(,)
(4024
022=-?-+=bt v R bt v b b
∴当
b v t 0
=时，b a = 1-9 以初速度0v ＝201s m -?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1R ；(2)落地处的曲率半径2R ．
(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)
解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．
题1-9图
(1)在最高点，
o 0160cos v v v x == 2
1s m 10-?==g a n
又∵
12
11ρv a n =
∴
m
1010
)60cos 20(2
2111=??=
=n a v ρ
(2)在落地点，
2002==v v 1s m -?,
而
o
60cos 2?=g a n
∴
m
8060cos 10)20(2
2222=?
?==n a v ρ
1-10飞轮半径为0.4 m ，自静止启动，其角加速度为β= rad ·2
s -，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．
解：当s 2=t 时，4.022.0=?==t βω1
s rad -?
则16.04.04.0=?==ωR v 1
s m -?
064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2s m -? 08.02.04.0=?==βτR a 2s m -?
2
2222
s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+=τa a a n
1-11 一船以速率1v ＝30km ·h -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v ＝40km ·h -1
沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何在艇上看船的速度又为何
解：(1)大船看小艇，则有1221v v v ρ??-=，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)
题1-11图
由图可知 1222121h km 50-?=+=v v v
方向北偏西 ?
===87.3643
arctan arctan 21v v θ
(2)小船看大船，则有2112v v v ρ
??-=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得
5012=v 1h km -?
方向南偏东o
87.36
习题二
2-1 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向
与斜面底边的水平线AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．
解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v ?方向为X 轴，平行斜面
与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.
题2-1图
X 方向： 0=x F t v x 0= ①
Y
方向：
y
y ma mg F ==αsin ②
0=t 时 0=y 0=y v
2
sin 21
t g y α=
由①、②式消去t ，得
2
20
sin 21
x g v y ?=α
2-2 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x f ＝6 N ，y f ＝
-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1，y
v ＝0．求
当t ＝2 s 时质点的 (1)位矢；(2)速度． 解：
2s m 83166-?===
m f a x x 2
s m 167-?-==m f a y y
(1)
??--?-=?-=+=?-=?+-=+=201
01
2
00s m 87
2167s m 45
2832dt a v v dt a v v y y y x x x
于是质点在s 2时的速度
1
s m 8
745-?--=j
i v ???
(2)
m
874134)16
7(21)483
2122(2
1)21(220j i j
i j
t a i t a t v r y x ???????
--=?-+??+?-=++=
2-3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速
度为
0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t m
k e v )(
0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为 x ＝(k mv 0)［1-t m k
e )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)
(0k m v ；(4)证明当k m t =时速度减
至0v 的e 1，式中m 为质点的质量．
答: (1)∵ t v
m kv a d d =-=
分离变量，得
m t k v v d d -= 即
??-=v v t m t
k v v 00d d m
kt e v v -=ln ln 0
∴
t
m k e
v v -=0
(2)
??---===t
t
t
m k m k
e k mv t e
v t v x 0
00)
1(d d
(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，
故有
?∞
-=
='0
0d k mv t e
v x t
m k
(4)当t=k m
时，其速度为
e v e v e
v v k
m
m k 0
100=
==-?-
即速度减至0v 的e 1.
2-4一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v ?从地面抛出，若忽略空气阻力，求质
点落地时相对抛射时的动量的增量．
解: 依题意作出示意图如题2-6图
题2-4图
在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o
30，则动量的增量为
0v m v m p ???-=?
由矢量图知，动量增量大小为
v m ?，方向竖直向下．
2-5 作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F ?
)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)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．(2)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j ?
6-m ·s -1的物体,
回答这两个问题．
解: (1)若物体原来静止，则
i
t i t t F p t ????
10401s m kg 56d )210(d -??=+==???,沿x 轴正向，
i p I i
m p v ??????11111
1s m kg 56s m 6.5--??=?=?=?=?
若物体原来具有6-1
s m -?初速，则
??+-=+-=-=t t
t
F v m t m F v m p v m p 0
00000d )d (,??
?
????于是 ??==-=?t p t F p p p 01
02d ?
????, 同理，
12v v ?
??=?,12I I ??= 这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，
那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理． (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即
?+=+=t
t t t t I 0
2
10d )210(
亦即 0200102
=-+t t 解得s 10=t ，(s 20='t 舍去)
2-6 一颗子弹由枪口射出时速率为1
0s m -?v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为
F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试
计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有
0)(=-=bt a F ,得
b a t =
(2)子弹所受的冲量
?-=-=t
bt at t bt a I 02
21
d )(
将
b a
t =
代入，得
b a I 22=
(3)由动量定理可求得子弹的质量
02
02bv a v I m =
=
2-7设N 67j i F ???-=合．(1) 当一质点从原点运动到m 1643k j i r ????++-=时，求F ?所作的
功．(2)如果质点到r 处时需，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化．
解: (1)由题知，合F ?
为恒力，
∴ )1643()67(k j i j i r F A ??
?????++-?-=?=合
J 452421-=--=
(2) w
756.045==?=t A P
(3)由动能定理，
J 45-==?A E k
2-8 如题2-18图所示，一物体质量为2kg ，以初速度0v
＝3m ·s -1从斜面A 点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N ，到达B 点后压缩弹簧20cm 后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．
解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。则由功能原理，有
???
???+-=
-37sin 212122mgs mv kx s f r 22
2137sin 2
1kx s f mgs mv k r -?+=
式中m 52.08.4=+=s ，m 2.0=x ，再代入有关数据，解得
-1m N 1390?=k
题2-8图
再次运用功能原理，求木块弹回的高度h '
2
o 21
37sin kx s mg s f r -'='-
代入有关数据，得 m 4.1='s ,
则木块弹回高度
m 84.037sin o ='='s h
2-9 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方向互相垂直．
证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有
222120212121mv mv mv +=
即 2
22120
v v v += ①
题2-9图(a) 题2-9图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有
210v m v m v m ???+=
亦即 2
10v v v ???+= ②
由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以0v ?为斜边，
故知1v ?与2v ?是互相垂直的．
2-10一质量为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 r ???
11+=
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 M ?????
??1110)()(=-?+=?=
2-11 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为1r ＝×1010m 时的速率是1v ＝×104
m ·s -1，它离太阳最远时的速率是2v ＝×102m ·s -1这时它离太阳的距离2
r 多少(太阳位于椭圆的一个焦点。)
解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有 2211mv r mv r =
∴ m 1026.51008.91046.51075.8122
4
102112?=????==v v r r
2-12 物体质量为3kg ，t =0时位于m 4i r ??=, 1s m 6-?+=j i v ???，如一恒力N 5j f ??=作用在
物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对z 轴角动量的变化． 解: (1)
??-??===?30
1
s m kg 15d 5d j t j t f p ????
(2)解(一)
73400=+=+=t v x x x
j
at t v y y 5.25335
213621220=??+?=+= 即 i r ??41=,j i r ???
5.2572+= 10==x x v v
11
335
60=?+=+=at v v y y 即 j i v ???611+=,j i v ??
?112
+= ∴ k j i i v m r L ?????
??72)6(34111=+?=?=
k j i j i v m r L ??????
??5.154)11(3)5.257(222=+?+=?=
∴ 1
212s m kg 5.82-??=-=?k L L L ????
解(二) ∵
dt dz M =
∴
???=?=?t t t
F r t M L 0
d )(d ????
??-??=+=???
?????+++=3
1
302s m kg 5.82d )4(5d 5)35)216()4(2k t k t t j j t t i t ???
??
题2-12图
2-13飞轮的质量m ＝60kg ，半径R ＝，绕其水平中心轴O 转动，转速为900rev ·min -1．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ，可使飞轮减速．已知闸杆的
尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：
(1)
设F ＝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 (2)如果在2s 内飞轮转速减少一半，需加多大的力F
解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N 、N '是正压力，r F 、r F '
是摩擦力，
x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力，R 是轮的重力，P 是轮在O 轴处所受支承力．
题2-13图（a ）
题2-13图(b)
杆处于静止状态，所以对A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有
F l l l N l N l l F 1
2
11210
)(+=
'='-+
对飞轮，按转动定律有I R F r /-=β，式中负号表示β与角速度ω方向相反． ∵ N F r μ= N N '= ∴ F l l l N F r 1
2
1+='=μ
μ
又∵
,21
2mR I =
∴ F mRl l l I R F r 1
21)
(2+-=-
=μβ ①
以N 100=F 等代入上式，得
2
s rad 340
10050.025.060)75.050.0(40.02-?-=???+??-=
β
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
s 06.740603
29000=???=-
=πβωt
这段时间内飞轮的角位移为
rad 21.53)4
9
(3402149602900212
20ππππβωφ?=??-??=
+=t t
可知在这段时间里，飞轮转了1.53转．
(2)1
0s rad 602900-??=π
ω，要求飞轮转速在2=t s 内减少一半，可知
20
00
s rad 21522
-?-
=-
=-=π
ωωωβt
t
用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为
N l l mRl F 1772)75.050.0(40.021550.025.060)
(2211=?+?????=
+-=π
μβ
2-14固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴O O '转动．设大小圆柱体的半径分别为R 和r ，质量分别为M 和m ．绕在两柱体上的细绳分别与物体1m 和2m 相连，
1m 和2m 则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图所示．设R ＝, r ＝，m ＝4 kg ，M ＝10 kg ，
1m ＝2m ＝2 kg ，且开始时1m ，2m 离地均为h ＝2m ．求：
(1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力．
解: 设1a ,2a 和β分别为1m ,2m 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．
题2-14(a)图 题2-14(b)图 (1) 1m ,2m 和柱体的运动方程如下：
2222a m g m T =- ① 1111a m T g m =- ②
βI r T R T ='
-'21 ③
式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,,
而
222121mr MR I +=
由上式求得
2
22222
2212
1s rad 13.68
.910.0220.0210.0421
20.010212
1.02
2.0-?=??+?+??+???-?=
++-=
g r
m R m I rm Rm β
(2)由①式
8.208.9213.610.02222=?+??=+=g m r m T βN
由②式
1.1713.6.
2.028.92111=??-?=-=βR m g m T N
2-15 如题2-15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
β)31
(212ml mg
=
∴
l g 23=
β (2)由机械能守恒定律，有
2
2)31
(21sin 2ωθml l mg =
∴ l g θωsin 3=
题2-15图
习题三
3-1 气体在平衡态时有何特征气体的平衡态与力学中的平衡态有何不同
答：气体在平衡态时，系统与外界在宏观上无能量和物质的交换；系统的宏观性质不随时间变化．
力学平衡态与热力学平衡态不同．当系统处于热平衡态时，组成系统的大量粒子仍在不停地、无规则地运动着，大量粒子运动的平均效果不变，这是一种动态平衡．而个别粒子所受合外力可以不为零．而力学平衡态时，物体保持静止或匀速直线运动，所受合外力为零． 3-2 气体动理论的研究对象是什么理想气体的宏观模型和微观模型各如何 答：气体动理论的研究对象是大量微观粒子组成的系统．是从物质的微观结构和分子运动论出发，运用力学规律，通过统计平均的办法，求出热运动的宏观结果，再由实验确认的方法． 从宏观看，在温度不太低，压强不大时，实际气体都可近似地当作理想气体来处理，压强越低，温度越高，这种近似的准确度越高．理想气体的微观模型是把分子看成弹性的自由运动的质点.
3-3 温度概念的适用条件是什么温度微观本质是什么
答：温度是大量分子无规则热运动的集体表现，是一个统计概念，对个别分子无意义．温度微观本质是分子平均平动动能的量度．
2
8642150
24083062041021++++?+?+?+?+?=
=∑∑i
i
i N
V N V
7.2141
890
==
1s m -? 方均根速率
2
864215024081062041021223222
2
++++?+?+?+?+?=
=
∑∑i
i
i N
V N V
6.25= 1s m -?
3-5 速率分布函数)(v f 的物理意义是什么试说明下列各量的物理意义(n 为分子数密度，N
为系统总分子数)．
（1）v v f d )( （2）v v nf d )( （3）v v Nf d )( （4）
?
v
v v f 0
d )( （5）?∞
d )(v v f （6）?2
1
d )(v v v v Nf
解：)(v f ：表示一定质量的气体，在温度为T 的平衡态时，分布在速率v 附近单位速率区间内的分子数占总分子数的百分比.
(1) v v f d )(：表示分布在速率v 附近，速率区间v d 内的分子数占总分子数的百分比. (2) v v nf d )(：表示分布在速率v 附近、速率区间dv 内的分子数密度． (3) v v Nf d )(：表示分布在速率v 附近、速率区间dv 内的分子数．
(4)
?v
v v f 0d )(：表示分布在21~v v 区间内的分子数占总分子数的百分比．
(5)?∞
d )(v v f ：表示分布在∞~0的速率区间内所有分子，其与总分子数的比值是1.
(6)?
2
1
d )(v v v v Nf ：表示分布在21~v v 区间内的分子数.
3-6 题3-6图(a)是氢和氧在同一温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一条代表氢题3-6图(b)是某种气体在不同温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一条的温度较高 答：图(a)中(1)表示氧，(2)表示氢；图(b)中(2)温度高．
题3-6图
3-7 试说明下列各量的物理意义． （1）
kT 21 （2）kT 23 （3）kT i
2
（4）RT i
M M mol 2 （5）RT i 2 （6）RT 2
3
解：(1)在平衡态下，分子热运动能量平均地分配在分子每一个自由度上的能量均为k 2
1
T ． (2)在平衡态下，分子平均平动动能均为
kT 2
3
. (3)在平衡态下，自由度为i 的分子平均总能量均为
kT i
2
. (4)由质量为M ，摩尔质量为mol M ，自由度为i 的分子组成的系统的内能为RT i
M M 2
mol .
(5) 1摩尔自由度为i 的分子组成的系统内能为
RT i
2. (6) 1摩尔自由度为3的分子组成的系统的内能RT 2
3
，或者说热力学体系内，1摩尔分子的
平均平动动能之总和为RT 2
3
.
3-8 有一水银气压计，当水银柱为0.76m 高时，管顶离水银柱液面0.12m ，管的截面积为×10-4m 2，当有少量氦(He)混入水银管内顶部，水银柱高下降为0.6m ，此时温度为 27℃，试计算有多少质量氦气在管顶(He 的摩尔质量为0.004kg ·mol -1)
解：由理想气体状态方程RT M M
pV mol
=
得 RT
pV
M M mol =
汞的重度 51033.1?=Hg d 3
m N -?
氦气的压强 Hg )60.076.0(d P ?-=
氦气的体积 4
10
0.2)60.088.0(-??-=V 3m
)
27273()
100.228.0()60.076.0(004.04Hg +????-?
=-R d M )
27273(31.8)
100.228.0()60.076.0(004.04Hg +?????-?
=-d
61091.1-?=Kg
3-9设有N 个粒子的系统，其速率分布如题6-18图所示．求 (1)分布函数)(v f 的表达式； (2)a 与0v 之间的关系；
(3)速度在0v 到0v 之间的粒子数． (4)粒子的平均速率．
(5)0v 到10v 区间内粒子平均速率．
题3-9图
解：(1)从图上可得分布函数表达式
??
?
??≥=≤≤=≤≤=)2(0)()2()()0(/)(00000v v v Nf v v v a v Nf v v v av v Nf ??
???≥≤≤≤≤=)
2(0)2(/)0(/)(00000v v v v v N
a v v Nv av v f )(v f 满足归一化条件，但这里纵坐标是)(v Nf 而不是)(v f 故曲线下的总面积为N ，
(2)由归一化条件可得
??=
=+0
0000
2032d d v v v v N
a N
v a N v v av
N (3)可通过面积计算
N v v a N 3
1
)5.12(00=-=?
(4) N 个粒子平均速率
????
+===∞
∞
00
02002
00
d d d )(1d )(v v v v av v v av v v vNf N v v vf v
020209
11)2331(1v av av N v =+=
(5)05.0v 到01v 区间内粒子平均速率
??=
=
000
5.011
5.0d d v v v v N
N
v N N N N
v v
??==00005.05.00
2
11d d )(v v v v v Nv av N N v v vf N N 24
71)243(1d 12
103003015.002100av N v av v av N v v av N v v v =-==? 05.0v 到01v 区间内粒子数
N av v v a a N 4
1
83)5.0)(5.0(210001==-+=
9
76702
0v N av v ==
3-10 试计算理想气体分子热运动速率的大小介于1100-?-p p v v 与1
100-?+p p v v 之间的分子数占总分子数的百分比． 解：令P
v v
u =
，则麦克斯韦速率分布函数可表示为 du e u N dN u 2
24-=π
因为1=u ,02.0=?u
由 u e u N N u ?=?-2
24π 得 %66.102.014
1=???=?-e N N π
3-11 1mol 氢气，在温度为27℃时，它的平动动能、转动动能和内能各是多少 解：理想气体分子的能量
RT i
E 2
υ= 平动动能 3=t 5.373930031.823
=??=
t E J 转动动能 2=r 249330031.82
2
=??=r E J
内能5=i 5.623230031.82
5
=??=i E J
3-12 一真空管的真空度约为×10-3 Pa(即×10-5 mmHg)，试 求在27℃时单位体积中的分子数及分子的平均自由程(设分子的有效直径d ＝3×10-10 m)． 解：由气体状态方程nkT p =得
1723
31033.33001038.11038.1?=???==-kT p n 3
m - 由平均自由程公式 n
d 2
21
πλ= 5.710
33.310921
17
20=????=-πλ m 3-13 (1)求氮气在标准状态下的平均碰撞频率；(2)若温度不变，气压降到×10-4Pa ，平均碰撞频率又为多少(设分子有效直径10-10 m) 解：(1)碰撞频率公式v n d z 22π=
对于理想气体有nkT p =，即
kT
p n =
所以有 kT
p
v d z 22π=
而 mol
60.1M RT
v ≈ 43.4552827331.860
.1=?≈v 1s m -? 氮气在标准状态下的平均碰撞频率
805201044.5273
1038.110013.143.455102?=??????=
-πz 1
s -
气压下降后的平均碰撞频率
1
23
4
20s 714.0273
1038.11033.143.455102----=??????=
πz
3-14 1mol 氧气从初态出发，经过等容升压过程，压强增大为原来的2倍，然后又经过等温膨胀过程，体积增大为原来的2倍，求末态与初态之间(1)气体分子方均根速率之比； (2)分子平均自由程之比． 解：由气体状态方程
2
2
11T p T p =
及 3322V p V p = 方均根速率公式
mol
273
.1M RT
v = 2
1
2121
22=
==
p p T T v v 末
初 对于理想气体，nkT p =，即 kT
p
n = 所以有 p
d kT 22πλ=
12
12
1==T p p T 末初λλ
习题四
4-1下列表述是否正确为什么并将错误更正．
（1）A E Q ?+?=? （2）?+=V p E Q d
（3）
121Q Q -
≠η （4）12
1Q Q -<不可逆η
解：(1)不正确，A E Q +?=
(2)不正确，
?+=V
p E Q d Δ
(3)不正确，
121Q Q -
=η
(4)不正确，
12
1Q Q -=不可逆
η
4-2 用热力学第一定律和第二定律分别证明，在V p -图上一绝热线与一等温线不能有两个交点．
题4-2图
解：1.由热力学第一定律有
A E Q +?= 若有两个交点a 和b ，则 经等温b a →过程有
0111=-=?A Q E 经绝热b a →过程
012=+?A E 022<-=?A E
从上得出21E E ?≠?，这与a ,b 两点的内能变化应该相同矛盾．
2.若两条曲线有两个交点，则组成闭合曲线而构成了一循环过程，这循环过程只有吸热，无放热，且对外做正功，热机效率为%100，违背了热力学第二定律． 4-3 一循环过程如题4-3图所示，试指出： (1)ca bc ab ,,各是什么过程；
(2)画出对应的V p -图； (3)该循环是否是正循环
(4)该循环作的功是否等于直角三角形面积 (5)用图中的热量
ac bc ab Q Q Q ,,表述其热机效率或致冷系数．
解：(1) a b 是等体过程
bc 过程：从图知有KT V =，K 为斜率 由vRT pV = 得
K vR p =
故bc 过程为等压过程 ca 是等温过程 (2)V p -图如题4-3’图
大学物理简明教程习题解答9
第12章 量子物理学 12-1 氦氖激光器发射波长632.8nm 的激光。若激光器的功率为1.0mW ，试求每秒钟所发射的光子数。 解 一个光子的能量λ νhc h E ==，激光器功率P 数值上等于每秒钟发射光子的总能量， 故每秒钟所发射的光子数 1/s 1018.315?=== hc P E P N λ 12-2 某种材料的逸出功为3.00eV ，试计算能使这种材料发射光电子的入射光的最大波长。 解 光子的能量λ hc E =，要使这种材料发射光电子，入射光子的能量不能小于逸出功W ， 即有 W hc E == min λ 解得入射光的最大波长为 nm 4141014.470=?== -W hc λ 12-3 从铝中移去一个电子需要能量4.20eV 。用波长为200nm 的光投射到铝表面上，求： （1）由此发射出来的最快光电子和最慢光电子的动能； （2）遏止电势差； （3）铝的红限波长。 解 （1）根据爱因斯坦光电效应方程 W E h km +=ν 最快光电子的动能 W hc W h m E -=-== λ ν2m max k 21v eV 2.02J 1023.319=?=- 最慢光电子逸出铝表面后不再有多余的动能，故0min k =E （2）因最快光电子反抗遏止电场力所做的功应等于光电子最大初动能，即max k E eU a =， 故遏止电势差 V 02.2max k == e E U a （3）波长为红限波长λ0的光子，具有恰好能激发光电子的能量，由λ0与逸出功的关系W hc =0 λ 得铝的红限波长 nm 296m 1096.270=?== -W hc λ 12-4 在一个光电效应实验中测得，能够使钾发射电子的红限波长为562.0nm 。 （1）求钾的逸出功； （2）若用波长为250.0nm 的紫外光照射钾金属表面，求发射出的电子的最大初动能。 解 （1）波长为红限波长λ0的光子具有恰能激发光电子的能量，即光子能量等于逸出功 由W hc =0λ，得钾的逸出功 eV 2.21J 1054.3190 =?==-λhc W
大学物理(第五版)上册课后习题答案马文蔚
习题1 1-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +?时间内的位移为r ?，路程为s ?，位矢大小的变化量为r ?（或称r ?），平均速度为v ，平均速率为v 。 （1）根据上述情况，则必有（ ） （A ）r s r ?=?=? （B ）r s r ?≠?≠?，当0t ?→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ?≠?≠?，当0t ?→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ?=?≠?，当0t ?→时有dr dr ds == （2）根据上述情况，则必有（ ） （A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠= 1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即 （1） dr dt ；（2）dr dt ；（3）ds dt ；（4下列判断正确的是： （A ）只有（1）（2）正确 （B ）只有（2）正确 （C ）只有（2）（3）正确 （D ）只有（3）（4）正确 1-3 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，t a 表示切向加速度。对下列表达式，即 （1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。 下述判断正确的是（ ） （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 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ ） （A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变 （B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变 （C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变
大学物理上册答案详解
大学物理上册答案详解 习题解答 习题一 1—１ |r ?｜与r ? 有无不同？ t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和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 t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量。 ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d 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 t r d ?d d ?d 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 =2 2 y x +,然后根据v ＝t r d d ，及a =22d d t r 而 求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果,即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d 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 +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 22 222 2 22 2 22d 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 t r v ==
大学物理课后练习习题答案详解.docx
第一章质点运动学 1、( 习题： 一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2t, y = 4 t 2 8 。（ 1）求质点的轨道方程； （ 2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。 解：（ 1）由 x=2t 得， y=4t 2 -8 （ 2）质点的位置 ： r r 由 v d r / dt 则速度： r r 由 a d v / d t 则加速度： 则当 t=1s 时，有 r r 可得： y=x 2-8 r 即轨道曲线 r r (4t 2 r 2ti 8) j r r r v 2i 8tj r r a 8 j r r r r r r r 2i 4 j , v 2i 8 j , a 8 j 当 t=2s 时，有 r r r r r r r r r 4i 8 j , v 2i 16j , a 8 j 2、（习题）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v 0 ，求运动方程 x x(t) . 解： dv kv v 1 t kdt v v 0 e kt dt dv v 0 v dx v 0e k t x dx t kt dt x v 0 (1 e kt ) dt v 0 e k 3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a 4 t (SI) ，已知 t 0 时，质点位于 x 10 m 处，初速度 v 0 ．试求其位置和时间的关系式． 解： a d v /d t 4 t d v 4 t d t v t 4t d t v 2 t 2 dv d x 2 x t 2 3 2 x t d t x 2 t v /d t t /3+10 (SI) x 0 4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 0 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； v v （ 3）落地前瞬时小球的 dr ， dv ， dv . dt dt dt 解：（ 1） x v 0 t 式（ 1） y 1 gt 2 式（ 2） v v 1 2 v h r (t ) v 0t i (h - gt ) j 2 2 （ 2）联立式（ 1）、式（ 2）得 y h 2 gx 2 2v 0 v v v v v v （ 3） dr 2h dr v 0i - gt j 而落地所用时间t 所以 v 0i - 2gh j dt g dt v v dv g 2 t g 2gh dv v 2 2 2 ( gt ) 2 dt g j v x v y v 0 dt 2 2 1 2 ( gt ) ] 2 2gh) [v 0 ( v 0 1 2
大学物理简明教程(吕金钟)第四章习题答案
第四章电磁学基础 静电学部分 4.2解：平衡状态下受力分析 +q受到的力为： 处于平衡状态： （1） 同理，4q 受到的力为： （2） 通过（1）和（2）联立，可得：， 4.3解：根据点电荷的电场公式： 点电荷到场点的距离为： 两个正电荷在P点产生的电场强度关于中垂线对称： 所以： 当与点电荷电场分布相似，在很远处，两个正电荷q组成的电荷系的电场分布，与带电量为2q的点电荷的电场分布一样。 4.4解：取一线元，在圆心处 产生场强： 分解，垂直x方向的分量抵消，沿x方向 的分量叠加： 方向：沿x正方向 4.5解：（1 （2）两电荷异号，电场强度为零的点在外侧。 4.7解：线密度为λ，分析半圆部分： 点电荷电场公式： + +
在本题中： 电场分布关于x 轴对称：， 进行积分处理，上限为，下限为： 方向沿x轴向右，正方向 分析两个半无限长： ，，， 两个半无限长，关于x轴对称，在y方向的分量为0，在x方向的分量： 在本题中，r为场点O到半无限长线的垂直距离。电场强度的方向沿x轴负方向，向左。那么大O点的电场强度为： 4.8解：E的方向与半球面的轴平行，那么 通过以R为半径圆周边线的任意曲面的 电通量相等。所以 通过S1和S2的电通量等效于通过以R为半 径圆面的电通量，即： 4.9解：均匀带电球面的场强分布： 球面 R 1 、R2的场强分布为： 根据叠加原理，整个空间分为三部分： 根据高斯定理，取高斯面求场强： 图4-94 习题4.8用图 S1 S2 R O
场强分布： 方向：沿径向向外 4.10解：（1）、这是个球对称的问题 当时，高斯面对包围电荷为Q 当，高斯面内包围电荷为q 方向沿径向 （2）、证明：设电荷体密度为 这是一个电荷非足够对称分布的带电体，不能直接用高斯定理求解。但可以把这一带电体看成半径为R、电荷体密度为ρ的均匀带电球体和半径为R`、电荷体密度为-ρ的均匀带电体球相叠加，相当于在原空腔同时补上电荷体密度为ρ和-ρ的球体。由电场 叠加原理，空腔内任一点P的电场强度为： 在电荷体密度为ρ球体内部某点电场为： 在电荷体密度为-ρ球体内部某点电场为： 所以 4.11解：利用高斯定理，把空间分成三部分
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1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )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j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r 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）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== 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：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 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 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t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t =
大学物理上册课后习题答案
大学物理上册课后习题答案
习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和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 ?1 2r r -=，1 2 r r r ? ?-=?； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r = =v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d 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 τ τ???+= 式中dt dv 就是加速度的切向分量. ( t t r d ?d d ?d τ??Θ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 ＝ 2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝ 2 2d 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 =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d 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 ? ??+=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v ??? ???? ?222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d 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
大学物理习题及综合练习答案详解
库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q 的同一种电荷分成两部分，一部分均匀分布在地球上，另一部分均匀分布在月球上， 使它们之间的库仑力正好抵消万有引力，已知地球的质量M ＝l024kg ，月球的质量m =l022 kg 。（1）求 Q 的最小值；（2）如果电荷分配与质量成正比，求Q 的值。 解：（1）设Q 分成q 1、q 2两部分，根据题意有 2 221r Mm G r q q k =，其中041πε=k 即 2221q k q GMm q q Q += +=。求极值，令0'=Q ，得 0122=-k q GMm C 1069.5132?== ∴k GMm q ，C 1069.51321?==k q GMm q ，C 1014.11421?=+=q q Q （2）21q m q M =Θ ，k GMm q q =21 k GMm m q mq Mq ==∴2122 解得C 1032.6122 2?==k Gm q ， C 1015.51421?==m Mq q ，C 1021.51421?=+=∴q q Q 7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上，电荷Q （Q ＞0）放在三角形 的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 值应为多大 解：Q 到顶点的距离为 l r 33= ，Q 与-q 的相互吸引力为 20141r qQ F πε=， 两个-q 间的相互排斥力为 2 2 0241l q F πε= 据题意有 10 230cos 2F F =，即 2 022041300cos 41 2r qQ l q πεπε=?，解得：q Q 33= 电场强度 7-3 如图7-3所示，有一长l 的带电细杆。（1）电荷均匀分布，线密度为+，则杆上距原点x 处的线元 d x 对P 点的点电荷q 0 的电场力为何q 0受的总电场力为何（2）若电荷线密度=kx ，k 为正常数，求P 点的电场强度。 解：（1）线元d x 所带电量为x q d d λ=，它对q 0的电场力为 200200)(d 41 )(d 41 d x a l x q x a l q q F -+=-+= λπεπε q 0受的总电场力 )(4)(d 400020 0a l a l q x a l x q F l +=-+= ?πελπελ 00>q 时，其方向水平向右；00 第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 大学物理简明教程习题答案解析 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 t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d 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 t r d ?d d ?d τ??Θ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 r d d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的 分量，再合成求得结果，即 v =2 2 d d d d ??? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d 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 ? ??+=， 大学物理(上)课后习题答案 ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 2 3 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时，j i r 5.081 m ；2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x ，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得：2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得：2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t ，式中 以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为 =0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2 t 时，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a 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 1-12 1-2 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 = 21)y = 或 1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 213r r r i j =-=-r u r u r r r V 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt ==- 22(1)v ti t j =+-r r r 2x x dv a dt ==， 2y y dv a dt == 22a i j =+r r r 当2t s =时，速度和加速度分别为 42/v i j m s =+r r r 22a i j =+r r r m/s 2 1-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，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 r v R ti R t j dt ωωωω==-+r r r r （2）质点的速率为 v R ω== 速率的变化率为 0dv dt = 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 dt θ ω= = 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 dt ω β== 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 2.0 2.0 2.020 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s ==+=+=? ?g 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 ， 第一章质点运动学 1、(习题 1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时 速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速 度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 第四章 电磁学基础 静电学部分 4.2 解：平衡状态下受力分析 +q 受到的力为： 20''41 r q q F qq πε= ()()2 4441l q q F q q πε= 处于平衡状态：()04'=+q q qq F F ()0441'41 2 020=+l q q r q q πεπε （1） 同理，4q 受到的力为：()()()20'44'41 r l q q F q q -= πε ()()204441 l q q F q q πε= ()()04'4=+q q q q F F ()()()04414'41 2020=+-l q q r l q q πεπε （2） 通过（1）和（2）联立，可得： 3 l r =，q q 94'-= 4.3 解：根据点电荷的电场公式： r e r q E 2041 πε= 点电荷到场点的距离为：22l r + 2 2041 l r q E += +πε 两个正电荷在P 点产生的电场强度关于中垂线对称： θcos 2//+=E E 0=⊥E 2 2 cos l r r += θ 所以： ( ) 2 32 202 2 2 2021 412 cos 2l r qr l r r l r q E E += ++==+π επεθ q l q + 当l r >> 2 02024121 r q r q E πεπε== 与点电荷电场分布相似，在很远处，两 个正电荷q 组成的电荷系的电场分布，与带电量为2q 的点电荷的电场分布一样。 4.4 解：取一线元θλRd dq =，在圆心处 产生场强：2 0204141 R Rd R dq dE θλπεπε== 分解，垂直x 方向的分量抵消，沿x 方向 的分量叠加： R R Rd dE x 00 202sin 41πελ θθλπεπ ==? ? 方向：沿x 正方向 4.5 解：（1）两电荷同号，电场强度为零的点在内侧； （2）两电荷异号，电场强度为零的点在外侧。 4.7 解：线密度为λ，分析半圆部分： θλλrd dl dq == 点电荷电场公式： r e r q E 2 041 πε= 在本题中： 2 41r rd E θ λπε= 电场分布关于x 轴对称：θθ λπεθsin 41sin 2 r rd E E x ==，0=y E 进行积分处理，上限为2π ，下限为2π-： r d r r rd E E 0000 2 2sin 4sin 41sin πελ θθπελθθ λπεθππ == ==?? ? 方向沿x 轴向右，正方向 分析两个半无限长： )cos (cos 4d sin 4210021 θθπελ θθπελθθ-===? ?x x dE E x x )sin (sin 4d cos 412002 1 θθπελθθπελθθ-===? ?x x dE E y y x 1 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 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 ?1 2r r -=，1 2r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d 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 t r d ?d d ?d 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 ＝2 2y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d 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 = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d 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 +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 第1章 质点运动学 习 题 一 选择题 1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ] (A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同 (B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小 解析：速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量，加速度是描述质点运动速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C 。 1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=，则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 解析：229dx v t dt = =-，18dv a t dt ==-，故答案选D 。 1-3 一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，某一段时间内的平均速率为v ，平均速度为v ，他们之间的关系必定有[ ] (A)v =v ，v =v (B)v ≠v ，v =v (C)v ≠v ，v ≠v (D)v =v ，v ≠v 解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故v =v ；平均速率s v t ?=?，而平均速度t ??r v = ，故v ≠v 。答案选D 。 1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ] (A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度，但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零 解析：质点作圆周运动时，2 n t v dv a a dt ρ =+=+ n t n t a e e e e ，所以法向加速度一定不为零，答案选D 。 1-5 某物体的运动规律为 2dv kv t dt =-，式中，k 为大于零的常量。当0t =时，初速为0v ，则速率v 与时间t 的函数关系为[ ] (A)2012v kt v =+ (B)2011 2kt v v =+ (C)2012v kt v =-+ (D)2011 2kt v v =-+ 解析：由于2dv kv t dt =-，所以 02 0()v t v dv kv t dt =-? ? ，得到20 11 2kt v v =+，故答案选B 。 二 填空题 1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为2=4t +( 2t+3)r i j ，则从 17级临床医学《大学物理》复习题 班级：____________ 姓名：_________ 学号：___________________ 习题1 1.1选择题 (1) 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 （ ） (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d || (D)22)()(dt dy dt dx + 答案：(D)。 (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2 /2s m a -=，则 一秒钟后质点的速度 （ ） (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 答案：(D)。 (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 （ ） (A) t R t R ππ2,2 (B)t R π2,0 (C)0,0 (D)0,2t R π 答案：(B)。 1.2填空题 (1) 一质点，以1 -?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。 答案： 10m ； 5πm 。 (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 答案： 23m·s -1 . (3) 一质点从静止出发沿半径R=1 m 的圆周运动，其角加速度随时间t 的变化规律是α=12t 2-6t (SI)，则质点的角速度ω =__________________；切向加速度τa =_________________． 答案：4t 3 -3t 2 (rad/s)， 12t 2 -6t (m/s 2 ) 1.5 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． 习题解答 习题一 1-1｜r ?｜与r ?有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同?t d d v 和 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 ?1 2r r -=，12r r r -=?； （2）t d d r 是速度的模，即 t d d r ==v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的 分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d 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 t r d ?d d ?d 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 ＝2 2y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝2 2d 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 = 2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 222 22d 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 +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们 的模即为 2 222 22222 222d 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 其二，可能是将2 2d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中 已说明t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同 样，2 2d d t r 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的大学物理课后习题答案详解
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