大学物理简明教程 赵近芳 课后习题答案

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习题1

1-1 ||r ?与r ?有无不同?||dr dt 和dr dt 有无不同? ||dv dt 和dv

dt

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 τ

τ

+= 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 =dr v dt

=及22d r

dt 而求得结果;又有人先计算速度和加速度的分量,

再合成求得结果,即

v =

及α=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

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

22d d d d t

r a t

r

v ==

其二,可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。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,22d 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 +5,2

1342

y t t =

+-, 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 =2 s 时刻的位置矢量,计算这1s 内质点的位移;(3)计算t =0 s 时刻到t =4 s 时刻内的平均速度;(4)求出质点速度矢量的表示式,计算t =4 s 时质点的速度;(5)计算 t =0 s 到t =4 s 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 =4 s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度和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

(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+=-=

∴ 104s m 534

201204-?+=+=--=??=j i j

i r r t r v

(4) 1s m )3(3d d -?++==j t i t

r

v

则 j i v 734+= 1

s m -? (5)∵ j i v j i v 73,334

0+=+= 204s m 14

44-?==-=??=j v v t v a (6) 2s 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 m 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1

0v m s -?的速率收绳时,试求船运动的速度和加速度的大小.

题1-4图

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

2

2

s 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 θ

cos d d d d 00v 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

1-5 质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为226x α=+,a 的单位为2

m s -?,x 的单位为m.质点在x =0处,速度为10 1

m s -?,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

222

1 由题知,0=x 时,100=v ,∴50=c

∴ 13s m 252-?++=x x v

1-6 已知一质点作直线运动,其加速度a =4+3t 2

m s -?.开始运动时,x =5 m ,v =0,求该质点在t =10 s 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 12

2

34c t t v ++= 由题知,0=t ,00=v ,∴01=c

故 22

34t t v +

=

又因为 22

34d d t t t x v +== 分离变量, t t t x d )2

34(d 2

+

= 积分得 23

2

2

12c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 52

123

2

++=t t x 所以s 10=t 时

m

7055102

1

102s m 190102

3

10432101210=+?+?=?=?+

?=-x v

1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动,运动方程为3

23t θ=+,式中θ以rad 计,t 以s 计,求:(1)t =2 s 时,质点的切向加速度和法向加速度;(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====

ωβθω (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 βωR R =2

亦即 t t 18)9(2

2= 则解得 923=t 于是角位移为

rad 67.29

2

32323=?

+=+=t θ

1-8 质点沿半径为R 的圆周按2

012

s v t bt =-

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 20

2

)(d d -==-==

τ 则 2

4

02

22

)(R

bt v b a a a n

-+=+=τ 加速度与半径的夹角为

2

0)(arctan

bt v Rb a a n --==τ? (2)由题意应有

2

4

02

)(R

bt v b b a -+== 即 0)(,)(4

02

402

2

=-?-+=bt v R

bt v b b ∴当b

v t 0

=

时,b a =

1-9 以初速度1

020v m s -=?抛出小球,抛出方向与水平面成α=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1-9图所示.

题1-9图

(1)在最高点,

o 0160cos v v v x == 21s m 10-?==g a n

又∵ 1

2

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

2

222=?

?==n a v ρ

1-10 飞轮半径为0.4 m ,自静止启动,其角加速度2

0.2rad s β-=?,求t =2 s 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 βω 1

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 -?

22222

s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+=τa a a n

1-11 一船以速率1

130v km h -=?沿直线向东行驶,另一小艇在其前方以速率

1240v km h -=?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

-=,依题意作速度矢量图如题1-11图

(a)

题1-11图

由图可知 12

22121h km 50-?=+=

v v v

方向北偏西 ?===87.364

3

arctan arctan

21v v θ

(2)小船看大船,则有2112v v v

-=,依题意作出速度矢量图如题1-11图(b),同上法,得

5012=v 1h km -?

方向南偏东o

87.36

习题2

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v 0运动,v 0的方向与斜面底边的水平线AB 平行,如图所示,

题2-1图

求该质点的运动轨道.

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2-1.

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

2sin 2

1

t g y α=

由①、②式消去t ,得

220

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f x =6 N ,f y

=-7 N.当t =0时,x =y =0,v x =-2 m·s -

1,v y =0.求当t =2 s 时质点的位矢和速度. 解: 2s m 8

3

166-?===

m f a x x

2s m 16

7

-?-=

=

m

f a y y (1)

??--?-=?-=+=?-=?+-=+=201

01

2

00s m 8

7

2167s m 4

5

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

1s m 8

745-?--=j

i v

(2)

m

8

74134)16

7(21)483

2122(2

1)21(2

20j 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v 0.证明:(1)t 时刻的速度为()0k t m

v v e

-=;(2)由0到t 的时间内经过的距离为

()0()1k t m mv x e k -??=-????

;(3)停止运动前经过的距离为0m v k ;(4)证明当m

t k =时速度减至v 0

的1

e

,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

∴ 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 的质点以与地面仰角θ=30°的初速v 0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2-4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0v m

,方向竖直向下.

2-5 作用在质量为10 kg 的物体上的力为(102)F t iN =+,式中t 的单位是s.(1)求4s 后,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-6j 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 1

40

1s m kg 56d )210(d -??=+==???,沿x 轴正向,

i

p I i

m

p v

1111

11s 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 0

102d

,

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

210d )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v 0 m·s -

1,当子弹在枪筒内被加速时,它所受的合力为F =(a -bt )N(a ,b 为常数),其中t 以s 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 022

1

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

2

02bv a v I m =

=

2-7 设F =7i -6j N.(1)当一质点从原点运动到r =-3i +4j +16k m 时,求F 所做的功;(2)如果质点到r 处时需0.6 s ,试求平均功率;(3)如果质点的质量为1 kg ,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2-8图所示,一物体质量为2 kg ,以初速度v 0=3 m·s -

1从斜面A 点处下滑,它与斜面的摩擦力为8 N ,到达B 点后压缩弹簧20 cm 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

.

题2-8图

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

2

137sin 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

再次运用功能原理,求木块弹回的高度h '

2o 2

1

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

.

题2-9

证: 两小球碰撞过程中,机械能守恒,有

2221202

12121mv mv mv += 即 2

22120v 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 210v 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(x 1,y 1)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r 1=8.75×1010 m 时的速率是v 1=5.46×10 4 m/s ,它离太阳最远时的速率是v 2=9.08×10 2 m/s ,这时它离太阳的距离r 2是多少?(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 1026.510

08.91046.51075.812

2

4102112?=????==v v r r

2-12 物体质量为3 kg ,t =0时位于r =4i m ,v =i +6j m/s ,如一恒力f =5j N 作用在物体上.求3 s 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

11335

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(341

11=+?=?= 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

2-13 飞轮的质量m =60 kg ,半径R =0.25 m ,绕其水平中心轴O 转动,转速为9001

min r -?.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2-13图所示,闸瓦与飞轮之间的摩擦因数μ=0.4,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2 s 内飞轮转速减少一半,需加多大的力F ?

题2-13图

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+='=μμ 又∵ ,2

1

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

2s rad 3

40

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 06.740

603

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)10s rad 60

2900-??

ω,要求飞轮转速在2=t s 内减少一半,可知 20

00

s rad 2

1522

-?-

=-

=-=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OO ′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m 1和m 2相连,m 1和m 2则挂在圆柱体的两侧,如题2-14图所示.设R =0.20 m ,r =0. 10 m ,m =4 kg ,M =10 kg ,m 1=m 2=2 kg ,且开始时m 1,m 2离地均为h =2 m.求:

(1)柱体转动时的角加速度; (2)两侧细绳的张力

.

题2-14图

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 222

1

21mr 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

.

题2-15图

解: (1)由转动定律,有

β)3

1

(212ml mg

= ∴ l

g

23=β

(2)由机械能守恒定律,有

22)3

1

(21sin 2ωθml l mg =

∴ l

g θ

ωsin 3=

习题3

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.

3-4

解:平均速率

2

8642150

24083062041021++++?+?+?+?+?=

=∑∑i

i

i N

V N V

7.2141

890== 1s m -? 方均根速率

2

8642150240810620410212

23222

2

++++?+?+?+?+?=

=∑∑i

i

i N

V N V

6.25= 1s m -?

3-5 速率分布函数f (v )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)f (v )d v ; (2)nf (v )d v ; (3)Nf (v )d v ;

(4)

()v

f v dv ?

; (5)0

()f v dv ∞

?; (6)2

1

()v v Nf v dv ?.

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 0

d )(: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?

题3-6图

答:图(a)中(1)表示氧,(2)表示氢;图(b)中(2)温度高.

3-7 试说明下列各量的物理意义.

(1)

12 kT ; (2)32kT ; (3)2i

kT ; (4)2mol M i M RT ; (5) 2i RT ; (6) 32

RT . 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0.76 m 高时,管顶离水银柱液面0.12 m ,管的截面积为

2.0×10-

4 m 2,当有少量氦(He)混入水银管内顶部,水银柱高下降为0.6 m ,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0.004 kg·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

题3-9图

3-9 设有N 个粒子的系统,其速率分布如题3-9图所示.求

(1)分布函数f (v )的表达式; (2)a 与v 0之间的关系;

(3)速率在1.5v 0到2.0v 0之间的粒子数; (4)粒子的平均速率;

(5)0.5v 0到1v 0区间内粒子平均速率. 解:(1)从图上可得分布函数表达式

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 1-12 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 = 代入,有 2 1) 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 r = = (3) 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt = =- 22(1)v ti t j =+- 2 x x 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 2 1-4 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 r v R ti R t j dt ωωωω==-+ (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 d t θω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2 2 16n a R R t ω == 角加速度β的大小为 2 4/d ra d s d t ωβ== 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 2.02 (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;(2)0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 dv f m kv dt ==- 即 d v 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

大学物理课后题答案

习 题 四 4-1 质量为m =的弹丸,其出口速率为300s m ,设弹丸在枪筒中前进所受到的合力 9800400x F -=。开抢时,子弹在x =0处,试求枪筒的长度。 [解] 设枪筒长度为L ,由动能定理知 2022121mv mv A -= 其中??-==L L dx x Fdx A 00)9 8000400( 9 40004002 L L - = 而00=v , 所以有: 22 300002.05.09 4000400??=-L L 化简可得: m 45.00 813604002==+-L L L 即枪筒长度为。 4-2 在光滑的水平桌面上平放有如图所示的固定的半圆形屏障。质量为m 的滑块以初速度0v 沿切线方向进入屏障内,滑块与屏障间的摩擦系数为μ,试证明:当滑块从屏障的另一端滑出时,摩擦力所作的功为() 12 1220-= -πμe mv W [证明] 物体受力:屏障对它的压力N ,方向指向圆心,摩擦力f 方向与运动方向相反,大小为 N f μ= (1) 另外,在竖直方向上受重力和水平桌面的支撑力,二者互相平衡与运动无关。 由牛顿运动定律 切向 t ma f =- (2) 法向 R v m N 2 = (3) 联立上述三式解得 R v a 2 t μ-= 又 s v v t s s v t v a d d d d d d d d t === 所以 R v s v v 2 d d μ -= 即 s R v v d d μ-=

两边积分,且利用初始条件s =0时,0v v =得 0ln ln v s R v +- =μ 即 s R e v v μ -=0 由动能定理 2 022 121mv mv W -= ,当滑块从另一端滑出即R s π=时,摩擦力所做的功为 () 12 1212122020220-=-=--πμ πμ e mv mv e mv W R R 4-3 质量为m 的质点开始处于静止状态,在外力F 的作用下沿直线运动。已知 T t F F π2sin 0=,方向与直线平行。求:(1)在0到T 的时间内,力F 的冲量的大小;(2)在0到2T 时间内,力F 冲量的大小;(3)在0到2T 时间内,力F 所作的总功;(4)讨论质点的运动情况。 [解]由冲量的定义?=1 2 d t t t F I ,在直线情况下,求冲量I 的大小可用代数量的积分,即 ?= 1 2 d t t t F I (1) 从t =0到 t=T ,冲量的大小为: ?= =T t F I 01d ?-=T T T t T F t T t F 0 00]2cos [2d 2sin πππ=0 (2) 从t =0到 t =T /2,冲量的大小为 π πππ0000 0022 2 2]2cos [2d 2sin d TF T t T F t T t F t F I T T T =-=== ?? (3) 初速度00=v ,由冲量定理 0mv mv I -= 当 t =T /2时,质点的速度m TF m I v π0== 又由动能定理,力F 所作的功 m F T m F mT mv mv mv A 22022 22022 20222212121ππ===-= (4) 质点的加速度)/2sin()/(0T t m F a π=,在t =0到t =T /2时间内,a >0,质点 作初速度为零的加速运动,t =T /2时,a =0,速度达到最大;在t =T /2到t =T 时间内,a <0,但v >0,故质点作减速运动,t =T 时 a =0,速度达到最小,等于零;此后,质点又进行下一

大学物理(第四版)课后习题及答案 质点

题1.1:已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求(l )质点在运动开始后s 0.4内位移的大小;(2)质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解:(1)质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x (2)由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 s2=P t (t = 0不合题意) 则:m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2:一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时,0=x 。试根据已知的图t v -,画出t a -图以及t x -图。 题1.2解:将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为 2A B A B AB s m 20-?=--=t t v v a (匀加速直线运动) 0BC =a (匀速直线) 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a (匀减速直线运动) 根据上述结果即可作出质点的a -t 图 在匀变速直线运动中,有 2002 1at t v x x + += 间内,质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动,其x -t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3:如图所示,湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ,滑轮到原船位置的绳长为0l ,试求:当人以匀速v 拉绳,船运动的速度v '为多少?

大学物理(上)课后习题标准答案

大学物理(上)课后习题答案

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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

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 =

赵近芳版《大学物理学上册》课后答案

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

大学物理课后习题标准答案第六章

大学物理课后习题答案第六章

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第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处,它受到的合力等于零? 解:根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定,只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧,它受到的合力才可能为0,所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 电量都是q 的三个点电荷,分别放在正三角形的三个顶点。试问:(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷,就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解:(1) 以A 处点电荷为研究对象,由力平衡知,q '为负电荷,所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示,半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环,在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段,该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解:先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=,dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知,0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z

大学物理(吴柳主编)上册课后习题答案

大学物理(吴柳主编) 上册课后习题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

说明: 上册教材中,第5,6,7等章的习题有答案; 第1,2,4,8章的习题有部分答案; 第3,9,10,11章的习题没有答案。 为方便学生使用,现根据上学期各位老师辛苦所做的解答,对书上原有的答案进行了校对,没有错误的,本“补充答案”中不再给出;原书中答案有误的,和原书中没有给出答案的,这里一并给出。错误之处,欢迎指正! 第1章 1.4. 2.8×10 15 m 1.5.根据方程中各项的量纲要一致,可以判断:Fx= mv 2/2合理, F=mxv , Ft=mxa , Fv= mv 2/2, v 2+v 3=2ax 均不合理. 第2章 2.1 (1) j i )2615()2625(-+-m; )/]()2615()2625[(45 1151020)2615()2625(s m j i j i t r v -+-=++-+-=??= (2)52m; 1.16m/s 2.2 (1) 4.1 m/s; 4.001m/s; 4.0m/s (2) 4m/s; 2 m.s -2 2.3 3m; m 3 4π ; 140033-s .m π方向与位移方向相同; 1.0m/s 方向沿切线方向 2.5 2π (m); 0; 1(s) 2.6 24(m); -16(m) 2.8 2 22 t v R vR dt d +=θ 2.10 (1) 13 22 =+y x (2) t v x 4sin 43ππ-=;t v y 4 cos 4π π=;t a x 4cos 1632ππ-=;t a y 4sin 162ππ-= (3) 2 6= x ,22=y ;π86- =x v ,π82=y v ;,2326π-=x a 2 322π-=y a 2.12 (1) ?=7.382θ,4025.0=t (s),2.19=y (m) (2) ?=7.382θ,48.2=t (s),25.93=y (m)。 2.14 (1) 22119x y - = (2) j t i v 42-=;j a 4-= (3) 0=t 时,j r 19=; 3=t 时,j i r +=6。(4)当9=t s 时取“=”,最小距离为37(m )。

大学物理课后习题答案详解

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 +=+=

大学物理课后习题答案(上)

《大学物理》练习题 No .1 电场强度 班级 ___________ 学号 ___________ ___________ 成绩 ________ 说明:字母为黑体者表示矢量 一、 选择题 1.关于电场强度定义式E = F /q 0,下列说法中哪个是正确的? [ B ] (A) 场强E 的大小与试探电荷q 0的大小成反比; (B) 对场中某点,试探电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变; (C) 试探电荷受力F 的方向就是场强E 的方向; (D) 若场中某点不放试探电荷q 0,则F = 0,从而E = 0. 2.如图1.1所示,在坐标(a , 0)处放置一点电荷+q ,在坐标(a ,0)处放置另一点电荷q , P 点是x 轴上的一点,坐标为(x , 0).当x >>a 时,该点场强 的大小为: [ D ](A) x q 04πε. (B) 2 04x q πε. (C) 3 02x qa πε (D) 30x qa πε. 3.图1.2所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为 ( x < 0)和 ( x > 0),则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: [ A ] (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 真空中一“无限大”均匀带负电荷的平面如图1.3所示,其电场的场强 分布图线应是(设场强方向向右为正、向左为负) ? [ D ] 5.在没有其它电荷存在的情况下,一个点电荷q 1受另一点电荷 q 2 的作用力为f 12 ,当放入第三个电荷Q 后,以下说法正确的是 [ C ] (A) f 12的大小不变,但方向改变, q 1所受的总电场力不变; (B) f 12的大小改变了,但方向没变, q 1受的总电场力不变; (C) f 12的大小和方向都不会改变, 但q 1受的总电场力发生了变化; -q -a +q a P (x,0) x x y O 图1.1 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图1.2 σ -x O E x 02εσ O 02εσ-E x O 0 2εσ-E x 02εσO 02εσ -O E x 02εσ(D)图1.3

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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 +=+=

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 1-12 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 = 或1= (2)将1t s =和2t s =代入,有 11r i =u r r , 241r i j =+u r r r 位移的大小 r ==r V (3) 2x dx v t dt = = 2x x dv a dt = =, 2y y dv a dt == 当2t s =时,速度和加速度分别为 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 (2)质点的速率为 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 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 2-21 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;(2)0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 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 卫星的动能为 212 6k GMm E mv R == (2)卫星的引力势能为 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。

大学物理学(课后答案解析)第1章

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

《大学物理习题集》上)习题解答

) 2(选择题(5) 选择题单 元一 质点运动学(一) 一、选择题 1. 下列两句话是否正确: (1) 质点作直线运动,位置矢量的方向一定不变; 【 ? 】 (2) 质点作园周运动位置矢量大小一定不变。 【 ? 】 2. 一物体在1秒内沿半径R=1m 的圆周上从A 点运动到B 点,如图所示,则物体的平均速度是: 【 A 】 (A) 大小为2m/s ,方向由A 指向B ; (B) 大小为2m/s ,方向由B 指向A ; (C) 大小为3.14m/s ,方向为A 点切线方向; (D) 大小为3.14m/s ,方向为B 点切线方向。 3. 某质点的运动方程为x=3t-5t 3+6(SI),则该质点作 【 D 】 (A) 匀加速直线运动,加速度沿X 轴正方向; (B) 匀加速直线运动,加速度沿X 轴负方向; (C) 变加速直线运动,加速度沿X 轴正方向; (D)变加速直线运动,加速度沿X 轴负方向 4. 一质点作直线运动,某时刻的瞬时速度v=2 m/s ,瞬时加速率a=2 m/s 2则一秒钟后质点的速度: 【 D 】 (A) 等于零 (B) 等于-2m/s (C) 等于2m/s (D) 不能确定。 5. 如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向边运动。设该人以匀速度V 0收绳,绳不伸长、湖水静止,则小船的运动是 【 C 】 (A)匀加速运动; (B) 匀减速运动; (C) 变加速运动; (D) 变减速运动; (E) 匀速直线运动。 6. 一质点沿x 轴作直线运动,其v-t 曲线如图所示,如t=0时,质点位于坐标原点,则t=4.5s 时,

《大学物理(上册)》课后习题答案

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 =+m ∴ 213 4.5r r r i j ?=-=+m ⑶0t =s 时,054r i j =-;4t =s 时,41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404 r r r i j i j t --?+= ===+??-v ⑷ 1d 3(3)m s d r i t j t -==++?v ,则:437i j =+v 1s m -? (5) 0t =s 时,033i j =+v ;4t =s 时,437i j =+v 24041 m s 44 j a j t --?= ===??v v v (6) 2d 1 m s d a j t -==?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:2322 250x x =++v ∴ 1m s -=?v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动,运动方程为θ=2+33t ,式中θ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==== ωβθω ⑴ s 2=t 时,2 s m 362181-?=??==βτR a 2 222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时,有:tan 451n a a τ?== 即:βωR R =2 ,亦即t t 18)9(2 2=,解得:9 23= t 则角位移为:32 2323 2.67rad 9 t θ=+=+? = 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α=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,4.022.0=?== t αω 1s rad -? 则0.40.40.16R ω==?=v 1s m -? 064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2 s m -? 0.4 0.20.0a R τα==?=2s m -? 22222 s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+= τa a a n 与切向夹角arctan()0.06443n a a τ?==≈?

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 = 5.98l024 kg ,月球的质量m =7.34l022kg 。(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

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