物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版

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第一章 质点运动学

1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v ,t 至(t +Δt )时间内的位移

为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ|r |),平均速度为v ,平均速率为v .

(1) 根据上述情况,则必有( )

(A) |Δr |= Δs = Δr

(B) |Δr |≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有|d r |= d s ≠ d r

(C) |Δr |≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有|d r |= d r ≠ d s

(D) |Δr |≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有|d r |= d r = d s

(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

分析与解 (1) 质点在t 至(t +Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其

中路程Δs =PP′, 位移大小|Δr |=PP ′,而Δr =|r |-|r |表示质点位矢大小的变化量,三

个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注:在直线运动中有相等的可能).但当

Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有|d r |=d s ,但却不等于d r .故选(B).

(2) 由于|Δr |≠Δs ,故t

s t ΔΔΔΔ≠r ,即|v |≠v . 但由于|d r |=d s ,故t

s t d d d d =r ,即|v |=v .由此可见,应选(C). 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ; (2)t d d r ; (3)t s d d ; (4)22d d d d ??

? ??+??? ??t y t x . 下述判断正确的是( )

(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

分析与解

t

r d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率.通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量;t d d r 表示速度矢量;在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式2

2d d d d ??

? ??+??? ??=t y t x v 求解.故选(D).

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, a t表示切向加

速度.对下列表达式,即

(1)d v /d t =a ;(2)d r /d t =v ;(3)d s /d t =v ;(4)d v /d t |=a t.

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 分析与解

t

d d v 表示切向加速度a t,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用;t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述);t

s d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ;而t d d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a t.因此只有(3) 式表达是正确的.故选(D).

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

(D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变

分析与解 加速度的切向分量a t起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作

用.质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法

向加速度是一定改变的.至于a t是否改变,则要视质点的速率情况而定.质点作匀速率圆周

运动时, a t恒为零;质点作匀变速率圆周运动时, a t为一不为零的恒量,当a t改变时,质点则作

一般的变速率圆周运动.由此可见,应选(B).

1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单

位为 s .求:

(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小;

(2) 质点在该时间内所通过的路程;

(3) t =4 s 时质点的速度和加速度.

分析 位移和路程是两个完全不同的概念.只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位

移的大小才会与路程相等.质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到:

0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移

的大小和路程就不同了.为此,需根据0d d =t

x 来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0~t p 和t p ~t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ?+?=,如图所示,至于t =4.0 s 时质点速度和加速度可用t

x d d 和22d d t x 两式计算.

题 1-5 图

解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小

m 32Δ04-=-=x x x

(2) 由

0d d =t

x 得知质点的换向时刻为 s 2=p t (t =0不合题意)

m 0.8Δ021=-=x x x

m 40Δ242-=-=x x x

所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为

m 48ΔΔ21=+=x x s

(3) t =4.0 s 时

1s

0.4s m 48d d -=?-==t t x v 2s

0.422m.s 36d d -=-==t t x a 1 -6 已知质点的运动方程为j i r )2(22

t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为s.求:

(1) 质点的运动轨迹;

(2) t =0 及t =2s时,质点的位矢;

(3) 由t =0 到t =2s内质点的位移Δr 和径向增量Δr ;

分析 质点的轨迹方程为y =f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得

到.对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,(详见题1-1分析).

解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为 24

12x y -

= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示.

(2) 将t =0s和t =2s分别代入运动方程,可得相应位矢分别为

j r 20= , j i r 242-=

图(a)中的P 、Q 两点,即为t =0s和t =2s时质点所在位置.

(3) 由位移表达式,得

j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x 其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r 而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=

-==y x y x r r r r

题 1-6 图

1 -7 质点的运动方程为

23010t t x +-=

22015t t y -=

式中x ,y 的单位为m,t 的单位为s.

试求:(1) 初速度的大小和方向;(2) 加速度的大小和方向.

分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速

度的大小和方向.

解 (1) 速度的分量式为

t t

x x 6010d d +-==v t t

y y 4015d d -==v 当t =0 时, v 0x =-10 m·s-1 , v 0y =15 m·s-1 ,则初速度大小为 120200s m 0.18-?=+=y x v v v

设v 0与x 轴的夹角为α,则

2

3tan 00-==x y

αv v α=123°41′

(2) 加速度的分量式为

2s m 60d d -?==t

a x x v , 2s m 40d d -?-==t a y y v

则加速度的大小为

22

2s m 1.72-?=+=y x a a a

设a 与x 轴的夹角为β,则 3

2tan -==x y a a β β=-33°41′(或326°19′)

1 -8 一升降机以加速度1.2

2 m·s-2上升,当上升速度为2.44 m·s-1时,有一螺丝自升降机的天

花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m .计算:(1)螺丝从天花板落到底面所需要的

时间;(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离.

分析 在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论

升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同

一坐标系中的运动方程y 1 =y 1(t )和y 2 =y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即

可解;另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,

但是,此加速度应该是相对加速度.升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程.

解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为

2012

1at t y +=v 2022

1gt t h y -+=v 当螺丝落至底面时,有y 1 =y 2 ,即

20202

121gt t h at t -+=+v v s 705.02=+=a

g h t (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 m 716.021202=+

-=-=gt t y h d v 解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′=g +a ,螺丝落至底面时,有

2)(2

10t a g h +-= s 705.02=+=a

g h t (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为

202

1at t h +='v 则 m 716.0='-=h h d

题 1-8 图

1 -9 质点沿直线运动,加速度a =4 -t

2 ,式中a 的单位为m·s-2 ,t 的单位为s.如果当t =3s

时,x =9 m,v =2 m·s-1 ,求质点的运动方程.

分析 本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积

分方法解决.由t a d d v =和t

x d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =.如a =a (t )或v =v (t ),则可两边直接积分.如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后

再做积分.

解 由分析知,应有

??

=t t a 0d d 0v v v 得 03314v v +-=t t (1)

由 ??=t

x

x t x 0d d 0v 得 004212

12x t t t x ++-

=v (2) 将t =3s时,x =9 m,v =2 m·s-1代入(1)、(2)得 v 0=-1 m·s-1, x 0=0.75 m

于是可得质点运动方程为

75.012

1242+-=t t x 1 -10 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a

=A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程.

分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将

式d v =a (v )d t 分离变量为t a d )

(d =v v 后再两边积分. 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点.

(1) 由题意知 v v B A t

a -==

d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为 t B A d d =-v

v (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有

??

=-t t B A 0d d d 0v v v v v 得石子速度 )e 1(Bt B A --=

v 由此可知当,t →∞时,B A →

v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度. (2) 再由)e 1(d d Bt B

A t y --==v 并考虑初始条件有 t B

A y t Bt y d )e 1(d 00??--= 得石子运动方程

)1(e 2-+=-Bt B A t B A y 1 -11 一质点具有恒定加速度a =6i +4j ,式中a 的单位为m·s-2 .在t =0时,其速度为零,位

置矢量r 0 =10 m i .求:(1) 在任意时刻的速度和位置矢量;(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方

程,并画出轨迹的示意图.

题 1-11 图

分析 与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个

分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t ).由于本题中质点加速度为

恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即2002

1t a t x x x x ++=v 和2002

1t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动.读者不妨自己验证一下. 解 由加速度定义式,根据初始条件t 0 =0时v 0 =0,积分可得

???+==t

t t t 000)d 46(d d j i a v

v

j i t t 46+=v 又由t

d d r =v 及初始条件t =0 时,r 0=(10 m)i ,积分可得 ???+==t

t r

r t t t t 00)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=

由上述结果可得质点运动方程的分量式,即

x =10+3t 2

y =2t 2

消去参数t ,可得运动的轨迹方程

3y =2x -20 m 这是一个直线方程.直线斜率3

2tan d d ===αx y k ,α=33°41′.轨迹如图所示. 1 -12 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r =2.0t i +(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的

单位为s .求:(1)质点的轨迹方程;(2) 在t 1=1.0s 到t 2 =2.0s 时间内的平均速度;(3) t 1 =

1.0s时的速度及切向和法向加速度;(4) t =1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ.

分析 根据运动方程可直接写出其分量式x =x (t )和y =y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹

方程.平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即t ΔΔr =

v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度t

d d r =v .切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a t 和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t t

e a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a t 得到.在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度

的大小后,可由公式ρ

a n 2

v =求ρ. 解 (1) 由参数方程

x =2.0t , y =19.0-2.0t 2

消去t 得质点的轨迹方程:

y =19.0 -0.50x 2

(2) 在t 1 =1.00s 到t 2 =2.0s时间内的平均速度

j i r r 0.60.2ΔΔ1

212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为

j i j i j i t t

y t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 22222s m 0.4d d d d )(-?-=+=t

y t x t

则t 1 =1.00s时的速度

v (t )|t =1s=2.0i -4.0j

切向和法向加速度分别为

t t y x t t t t

t e e e a 22

2s 1s m 58.3)(d d d d -=?=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-?=-=

(4) t =1.0s质点的速度大小为

12

2s m 47.4-?=+=y x v v v 则m 17.112

==n

a ρv 1 -13 飞机以100 m·s-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空

投到前方某一地面目标处,问:(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远? (2) 投放物品

时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度?(3) 物品投出2.0s后,它的法向加速度和切向加

速度各为多少?

题 1-13 图

分析 物品空投后作平抛运动.忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿

水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动.到达地面目标时,两方向上运动时间

是相同的.因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解.

此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度.为求特定时刻t 时物体的切向加

速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β.由图可知,在特定时

刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就

可将重力加速度g 的切向和法向分量求得.

解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为

x =v t , y =1/2 gt 2

飞机水平飞行速度v =100 m·s -1 ,飞机离地面的高度y =100 m,由上述两式可得目标在飞机正

下方前的距离

m 4522==g

y x v

(2) 视线和水平线的夹角为

o 5.12arctan

==x

y θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 v

v v gt αx y

arctan arctan == 取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为

2s m 88.1arctan sin sin -?=??? ?

?==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -?=??? ?

?==v gt g g a n α 1 -14 为迎接香港回归,特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越黄河壶口,如图所示,

柯驾车从跑道东端启动,到达跑道终端时速度大小为

1500=v h km 1-?,他随即以仰角 5=α冲出,飞越跨度达57 m ,安全着陆在西岸木桥上,求:

题 1-14 图

(1) 柯飞车跨越黄河用了多长时间?

(2) 若起飞点高出河面10 m ,柯驾车飞行的最高点距河面为几米?

(3) 西岸木桥和起飞点的高度差为多少?

分析 由题意知,飞车作斜上抛运动,对包含抛体在内的一般曲线运动

来说,运用叠加原理是求解此类问题的普适方法,操作程序是:建立一个恰当的直角坐标系,将运动分解为两个相互正交的直线运动,由于在抛体运动中,质点的加速度恒为g ,故两个

分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线运动,直接列出相关运动规律方程即可求

解,本题可建立图示坐标系,图中m m x y 和分别表示飞车的最大高度和飞跃跨度.

解 在图示坐标系中,有

t v x )cos (0α= (1)

202

1sin (gt t v y -=)α (2) gt v v y -=αsin 0 (3)

(1) 由式(1),令57m ==x x m ,得飞跃时间

37.1cos 0m m ==α

v x t s (2)由式(3),令0=y v ,得飞行到最大高度所需时间

g

v t αsin 0m =

将’m t 代入式(2),得飞行最大高度 67.02sin 220m ==g

v y αm 则飞车在最高点时距河面距离为

10m +=y h m 67.10= m

(3)将37.1m =t s 代入式(2),得西岸木桥位置为

y = - 4.22 m

“-”号表示木桥在飞车起飞点的下方.

讨论 本题也可以水面为坐标系原点,则飞车在 y 方向上的运动方程应为

10=y m + 202

1)sin (gt t v -α 1 -15 如图所示,从山坡底端将小球抛出,已知该山坡有恒定倾角 30=α,球的抛射角

60=β,设球被抛出时的速率v 0 =19.6 m·s-1,忽略空气阻力,问球落在山坡上处离山坡底端的距离为多少?此过程经历多长时间?

题 1-15 图

分析 求解方法与上题类似,但本题可将运动按两种方式分解,如图(a )和图(b )所示.

在图(a )坐标系中,两个分运动均为匀减速直线运动,加速度大小分别为-g αcos 和-g αsin ,看似复杂,但求解本题确较方便,因为落地时有y =0,对应的时间t 和x 的值即为本题所

求.在图(b )坐标系中,分运动看似简单,但求解本题还需将落地点P 的坐标y 与x 的关系列

出来.

解 1 由分析知,在图(a )坐标系中,有

20)sin (2

1)]cos([t g t v x ααβ-+-= (1) 20)cos (2

1)]sin([t g t v y ααβ-+-= (2)

落地时,有y =0,由式(2)解得飞行时间为

31.230tan 20==

g v t s

将 t 值代入式(1),得

1.26322

===g v x OP m

解 2 由分析知,在图(b )坐标系中,

对小球 t v x )cos (0β=

(1) 2021

)sin (gt t v y -=β

(2) 对点P αtan x y ='

(3) 由式(1)、(2)可得球的轨道方程为

β

β2202

cos 2tan v gx x y -=

(4) 落地时,应有y y '=,即

60cos 260tan 30tan 2202

v gx x x -=

解之得落地点P 的x 坐标为

g v x 332

=

(5) 则 1.263230cos 20===g v x

OP m

联解式(1)和式(5)可得飞行时间

31.2=t s

讨论 比较两种解法,你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?

1 -16 一质点沿半径为R 的圆周按规律202

1bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量.(1) 求t 时刻质点的总加速度;(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ?(3) 当加速度达到b 时,质点已沿

圆周运行了多少圈?

分析 在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标.由给定的运动方程s =s (t ),对

时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a t,而加速度的法向

分量为a n =v 2 /R .这样,总加速度为a =a te t+a n e n .至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲

线坐标的改变量Δs =s t -s 0.因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得.

解 (1) 质点作圆周运动的速率为

bt t

s -==

0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为 b t s a t -==22d d , R

bt R a n 2

02)(-==v v 故加速度的大小为

R )(4

02222

bt b a a a a t t

n -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为

?????

?--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使|a |=b ,由b bt b R R

=-+4022)(1v 可得 b

t 0v = (3) 从t =0 开始到t =v 0 /b 时,质点经过的路程为

b s s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为

bR

R s n π4π220v == 1 -17 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比.在t =

2.0s 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·s-1.求:(1) 该轮在t′=0.5s的角速度,轮缘一点的

切向加速度和总加速度;(2)该点在2.0s内所转过的角度.

分析 首先应该确定角速度的函数关系ω=kt 2.依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值

可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω=ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量

描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角

加速度、切向加速度和角位移.

解 因ωR =v ,由题意ω∝t 2 得比例系数

322s rad 2-?===

Rt

t ωk v 所以 22)(t t ωω== 则t ′=0.5s 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为

12s rad 5.02-?='=t ω

2s rad 0.24d d -?='==t t

ωα 2s m 0.1-?==R αa t

总加速度

n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-?=+=

R ωR αa 在2.0s内该点所转过的角度

rad 33.53

2d 2d 203202200====-??t t t t ωθθ 1 -18 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为s.(1) 求在t =2.0s时质点的法向加速度和切向加速度.(2) 当切向加速度的大

小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少?(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的

值相等?

分析 掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得

到.

解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t t

θω==

.在t =2 s 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=?==ωr a t n

2s 2s m 80.4d d -=?==t ωr a t t (2) 当222

12/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()4

22212243t r rt = 得 3213=

t

此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ

(3) 要使t n a a =,则有

()()4

22212243t r rt = t =0.55s

1 -19 一无风的下雨天,一列火车以v 1=20.0 m·s-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻

璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降.求雨滴下落的速度v 2 .(设下降的雨滴作匀速运动)

题 1-19 图

分析 这是一个相对运动的问题.设雨滴为研究对象,地面为静止参考系S,火车为动参考系

S′.v 1 为S′相对S 的速度,v 2 为雨滴相对S的速度,利用相对运动速度的关系即可解.解 以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看

到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'

22v v v += (如图所示),于是可得 1o 12s m 36.575

tan -?==v v 1 -20 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方

向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋

湿?

分析 这也是一个相对运动的问题.可视雨点为研究对象,地面为静参考系S,汽车为动参考

系S′.如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运

动速度v 2′的方向)应满足h

l αarctan

≥.再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1.

题 1-20 图

解 由122v v v -='[图(b)],有

θ

θcos sin arctan 221v v v -=α

而要使h

l

αarctan ≥,则 h

l θθ≥-cos sin 221v v v ??

? ??+≥θh θl sin cos 21v v 第二章 牛顿定律

2 -1 如图(a)所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左

方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( )

(A) g sin θ (B) g cos θ (C) g tan θ (D) g cot θ

分析与解 当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力F T (其方向

仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a ,如图(b)所示,由其可解得

合外力为mg cot θ,故选(D).求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状

态特征.

2 -2 用水平力F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止.当F N 逐渐增大时,物体

所受的静摩擦力F f 的大小( )

(A) 不为零,但保持不变

(B) 随F N 成正比地增大

(C) 开始随F N 增大,达到某一最大值后,就保持不变

(D) 无法确定

分析与解 与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μF N 范围内取值.当F N 增加时,

静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态.由题意知,

物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A).

2 -

3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R ,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车

不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( )

(A) 不得小于gR μ (B) 必须等于gR μ

(C) 不得大于gR μ (D) 还应由汽车的质量m 决定

分析与解 由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,

所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF N .由此可算

得汽车转弯的最大速率应为v =μRg .因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证

不侧向打滑.应选(C).

2 -4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,则( )

(A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变

(B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加

(C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心

(D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加

分析与解 由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中

心的轨道支持力F N 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有

关.重力的切向分量(m g cos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体

作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程

R

m θmg F N 2

sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F N 也将不断增大,由此可见应选(B).

*2 -5 图(a)示系统置于以a =1/4 g 的加速度上升的升降机内,A 、B 两物体质量相同均为

m ,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不

计空气阻力,则绳中张力为( )

(A) 5/8 mg (B) 1/2 mg (C) mg (D) 2mg

分析与解 本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解.此

时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a ′为A 、B 两物体相对电梯的加速度,m a 为惯性

力.对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F T =5/8 mg .故选(A).

讨论 对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动

图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必

须对物体加上一个虚拟的惯性力.如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度a A 和a B 均应对地而言,本题中a A 和a B 的大小与方向均不相同.其中a A 应斜向上.对a A 、a B 、a 和

a ′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁琐.有兴趣的读者不妨自己尝试一下.

2 -6 图示一斜面,倾角为α,底边AB 长为l =2.1 m,质量为m 的物体从题2 -6 图斜面顶端由

静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ=0.14.试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间

最短? 其数值为多少?

分析 动力学问题一般分为两类:(1) 已知物体受力求其运动情况;(2) 已知物体的运动情

况来分析其所受的力.当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度

作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来.本题关键在列出动力学和运动学方程后,解

出倾角与时间的函数关系α=f (t ),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来.

解 取沿斜面为坐标轴Ox ,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有

ma αmg μαmg =-cos sin (1)

又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有

()22cos sin 2

121cos t αμαg at αl -== 则 ()

αμααg l t cos sin cos 2-= (2) 为使下滑的时间最短,可令0d d =α

t ,由式(2)有 ()()0sin cos cos cos sin sin =-+--αμαααμαα

则可得 μα12tan -

=,o 49=α 此时 ()

s 99.0cos sin cos 2min =-=αμααg l t 2 -7 工地上有一吊车,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空.甲块质量为m 1 =2.00 ×102 kg,乙块质量为m 2 =1.00 ×102 kg .设吊车、框架和钢丝绳的质量不计.试求下述两种情况下,

钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力:(1) 两物块以10.0 m·s-2 的加速度上升;(2) 两

物块以1.0 m·s-2的加速度上升.从本题的结果,你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗?

题2-7 图

分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体.处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程.根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式.结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力.

解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy轴正方向(如图所示).当框架以加速度a 上升时,有

FT-( m1+m2)g =(m1+m2)a (1)

F N2 - m2g =m2a (2) 解上述方程,得

FT=(m1+m2)(g +a) (3)

F N2=m2(g +a) (4)

(1) 当整个装置以加速度a=10 m·s-2上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为

FT=5.94 ×103 N

乙对甲的作用力为

F′N2=-F N2=-m2 (g +a)=-1.98 ×103 N

(2) 当整个装置以加速度a=1 m·s-2上升时,得绳张力的值为

FT=3.24 ×103 N

此时,乙对甲的作用力则为

F′N2=-1.08 ×103 N

由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大.因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全.

2 -8如图(a)所示,已知两物体A、B 的质量均为m=3.0kg 物体A 以加速度a =1.0 m·s-2运动,求物体B 与桌面间的摩擦力.(滑轮与连接绳的质量不计)

分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解.分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立.同时也要注意到张力方向是不同的.

解分别对物体和滑轮作受力分析[图(b)].由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有

m A g-FT=m A a (1)

F ′T1 -F f =m B a ′ (2)

F ′T -2F T1 =0 (3)

考虑到m A =m B =m , F T =F′T , F T1 =F ′T1 ,a ′=2a ,可联立解得物体与桌面的摩擦力

()N 2.72

4f =+-=a m m mg F

题 2-8 图

讨论 动力学问题的一般解题步骤可分为:(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标;

(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组;(3) 解方程组,得出文字结果;(4) 核对量纲,再

代入数据,计算出结果来.

2 -9 质量为m ′的长平板A 以速度v ′在光滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块B 轻轻

平稳地放在长平板上,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板

取得共同速度?

分析 当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平

板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态.根据牛顿定律可得到它

们各自相对地面的加速度.换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v ′(与平板运动速率

大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得.

该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解.将平板与木块作为系统,该系统的动能

由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求

得.又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增

量.木块相对平板移动的距离即可求出.

解1 以地面为参考系,在摩擦力f F =μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动

力学方程

f F =μm

g =ma 1

f F =-f F =m ′a 2

a 1 和a 2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度.若以木板为参考系,木块相对平板的加

速度a =a 1 +a 2 ,木块相对平板以初速度- v ′作匀减速运动直至最终停止.由运动学规律有

物理学教程(第二版)-马文蔚下册公式原理整理(1)

物理期末知识点整理 1、 计算题知识点 1) 电荷在电场中运动,电场力做功与外力做功的总的显影使得带电粒子动能增加。 2) 球面电荷均匀分布,在球内各点激发的电势,特别是在球心激发的电势(根据高斯定理,球面内的电场强度为零,球内的电势与球面的电势相等 04q R επε= ,电势满足叠加原理) 3) 两个导体球相连接电势相等。 4) 载流直导线在距离r 处的磁感应强度02I B r μπ= ,导线在磁场中运动产生的感应电动势。(电场强度02E r λπε= )t φ ξ=- 5) 载流直导线附近的线框运动产生的电动势。 6) 已知磁场变化,求感应电动势的大小和方向。 7) 双缝干涉,求两侧明纹间距,用玻璃片覆盖其中的一缝,零级明纹的移 动情况。(两明纹间距为' d d d λ?= ,要求两侧明纹的间距,就是要看他们之间有多少个d ?,在一缝加玻璃片,使得一端的光程增加,要使得两侧光程相等,光应该向加玻璃片的一方移动) 8) 牛顿环暗环公式,理解第几暗环的半径与k 的关系。(r =k=0、1、2…..)) 9) 光栅方程,光栅常数,第几级主极大与相应的衍射角,相应的波长,每厘米刻线条数,第一级谱线的衍射角(光栅明纹方程(')sin b b k θλ+=±(k=0、1、2….)暗纹方程(')sin (21)/2b b k θλ+=±+(k=0、1、2….)光栅常数为'b b +) 10) 布鲁斯特定律,入射角与折射角的关系2 1 tan b n n θ= 2、 电场强度的矢量合成 3、 电荷正负与电场线方向的关系(电场线从正电荷发出,终止于负电荷) 4、 安培环路定理0Bdl I μ=?。 5、 导线在磁场中运动(产生感应电动势),电流在磁场中运动受到安培力的作用。 6、 干涉条件(频率相同,相位相等或相位差恒定,振动方向相同) b θ

物理学教程(第二版)(上册)课后答案

第一章 质点运动学 1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t +Δt )时间的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ|r |),平均速度为v ,平均速率为v . (1) 根据上述情况,则必有( ) (A) |Δr |= Δs = Δr (B) |Δr |≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有|d r |= d s ≠ d r (C) |Δr |≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有|d r |= d r ≠ d s (D) |Δr |≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有|d r |= d r = d s (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 分析与解 (1) 质点在t 至(t +Δt )时间沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs =PP′, 位移大小|Δr |=PP ′,而Δr =|r |-|r |表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注:在直线运动中有相等的可能).但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有|d r |=d s ,但却不等于d r .故选(B). (2) 由于|Δr |≠Δs ,故t s t ΔΔΔΔ≠r ,即|v |≠v . 但由于|d r |=d s ,故t s t d d d d =r ,即|v |=v .由此可见,应选(C). 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ; (2)t d d r ; (3)t s d d ; (4)22d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x . 下述判断正确的是( )

物理学教程第二版下册课后答案

第九章 静 电 场 9-1 电荷面密度均为+σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置,其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( ) 题 9-1 图 分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为 2εσ ,方向沿带电平板法向向外,依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ). 9-2 下列说法正确的是( ) (A )闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内一定没有电荷 (B )闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内电荷的代数和必定为零 (C )闭合曲面的电通量为零时,曲面上各点的电场强度必定为零 (D )闭合曲面的电通量不为零时,曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理,闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内电荷的代数和必定为零,但不能肯定曲面内一定没有电荷;闭合曲面的电通量为零时,表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面,不能确定曲面上各点的电场强度必定为零;同理闭合曲面的电通量不为零,也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零,因而正确答案为(B ). 9-3 下列说法正确的是( ) (A ) 电场强度为零的点,电势也一定为零 (B ) 电场强度不为零的点,电势也一定不为零 (C ) 电势为零的点,电场强度也一定为零 (D ) 电势在某一区域内为常量,则电场强度在该区域内必定为零 分析与解 电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量,电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零,电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时,电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功;电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D ). *9-4 在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子,其电偶极矩p 的方向如图所示.当电偶

朗道与费曼

后量子力学时代两个超级聪明的大脑:朗道和费曼 季燕江1(北京科技大学、物理系,100083) 2004/05/22 摘要:朗道和费曼是量子力学建立后,公认最伟大的物理学家,他们对理论物理的贡献是多方面的,并且都是最出色的物理教育家。 关键词:朗道费曼量子力学物理学史 URL:https://www.360docs.net/doc/825413498.html,/eprint/abs/1195.html 朗道(Lev Landau,1908-1968,出生于前苏联的巴库,1962年诺贝尔物理奖)和费曼(Richard Feynman,1918-1988,出生于美国纽约,1965年诺贝尔物理奖)都是公认的最有个性的理论物理学家并且各自拥有大量的崇拜者。作为来自冷战时代两大敌对阵营的天才骄子,把朗道和费曼拿到一起对比是很有意思的。有趣的是除朗道是前苏联人,费曼是美国人外,我们发现在他们的身上有很多共同点,简直就像是一对异国孪生兄弟。 左图:朗道(1908-1968);右图:费曼(1918-1988)。 在物理学上,朗道的贡献是多方面的,借用摩西十诫之名,人们把朗道在物理学上的贡献总结为“朗道十诫”,这10项成果是:量子力学中的密度矩阵和统计物理学(1927);自由电子抗磁性的理论(1930);二级相变的研究(1936~1937);铁磁性的磁畴理论和反铁磁性的理论解释(1935);超导体的混合态理论(1934);原子核的几率理论(1937);氦4超流性的量子理论(1940~1941);基本粒子的电荷约束理论(1954);费米液体的量子理论(1956);弱相互作用的CP不变性(1957)。 费曼的科学工作也同样涉及到多个领域。其中最重要的是量子力学路径积分理论以及他以路1Email: jyj@https://www.360docs.net/doc/825413498.html,

物理学教程(马文蔚、周雨青)上册课后答案 五

第五章 机械振动 5-1 一个质点作简谐运动,振幅为A ,在起始时刻质点的位移为2 A - ,且向x 轴正方向运动,代表此简谐运动的旋转矢量为( ) 题5-1 图 分析与解(B )图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为-A /2,且投影点的运动方向指向Ox 轴正向,即其速度的x 分量大于零,故满足题意.因而正确答案为(B ). 5-2 一简谐运动曲线如图(a )所示,则运动周期是( ) (A) 2.62 s (B) 2.40 s (C) 2.20 s (D )2.00 s 题5-2 图 分析与解 由振动曲线可知,初始时刻质点的位移为 A /2,且向x 轴正方向运动.图(b)是其相应的旋转矢量图,由旋转矢量法可知初相位为-.振动曲线上给出质点从A /2 处运动到x =0处所需时间为1 s ,由对应旋转矢量图可知相应的相位差65232πππ?=+=?,则角频率1s rad 65Δ/Δ-?==π?ωt ,周期 s 40.22==ω πT .故选(B ). 5-3 两个同周期简谐运动曲线如图(a ) 所示, x 1 的相位比x 2 的相位( ) (A ) 落后2π (B )超前2 π (C )落后π (D )超前π 分析与解 由振动曲线图作出相应的旋转矢量图(b ) 即可得到答案为(B ).

题5 -3 图 5-4 两个同振动方向、同频率、振幅均为A 的简谐运动合成后,振幅仍为A ,则这两个简谐运动的相位差为( ) (A ) 60 (B )90 (C )120 (D )180 分析与解 由旋转矢量图可知两个简谐运动1和2的相位差为120 时,合成后的简谐运动3的振幅仍为A .正确答案为(C ). 题5-4 图 5-5 若简谐运动方程为?? ? ?? +=4ππ20cos 10.0t x ,式中x 的单位为m ,t 的单位为s.求:(1) 振幅、频率、角频率、周期和初相;(2)s 2=t 时的位移、速度和加速度. 分析 可采用比较法求解.将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()?ω+=t A x cos 作比较,即可求得各特征量.运用与上题相同的处理方法,写出位移、速度、加速度的表达式,代入t 值后,即可求得结果. 解 (1) 将()()m π25.0π20cos 10.0+=t x 与()?ω+=t A x cos 比较后可得:振幅A =0.10m ,角频率1 s rad π20-?=ω,初相?=0.25π,则周期s 1.0/π2==ωT ,频率Hz /1T =v . (2)s 2=t 时的位移、速度、加速度分别为 ()m 1007.7π25.0π40cos 10.02-?=+=t x ()-1s m 44.4π25.0π40sin π2d /d ?-=+-==t x v ()-22222s m 1079.2π25.0π40cos π40d /d ??-=+-==t x a

物理学教程(第二版)上册课后答案第六章

AHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAF 第六章 机 械 波 6-1 图(a )表示t =0 时的简谐波的波形图,波沿x 轴正方向传播,图(b )为一质点的振动曲线.则图(a )中所表示的x =0 处振动的初相位与图(b )所表示的振动的初相位分别为( ) 题6-1 图 (A) 均为零 (B) 均为2 π (C) 均为2 π- (D) 2π 与2π- (E) 2π-与2 π 分析与解 本题给了两个很相似的曲线图,但本质却完全不同.求解本题要弄清振动图和波形图不同的物理意义.图(a )描述的是连续介质中沿波线上许许多多质点振动在t 时刻的位移状态.其中原点处质点位移为零,其运动方向由图中波形状态和波的传播方向可以知道是沿y 轴负向,利用旋转矢量法可以方便的求出该质点振动的初相位为π/2.而图(b )是一个质点的振动曲线图,该质点在t =0 时位移为0,t >0 时,由曲线形状可知,质点向y 轴正向运动,故由旋转矢量法可判知初相位为-π/2,答案为(D ).

6-2 一横波以速度u沿x轴负方向传播,t时刻波形曲线如图(a)所示,则该时刻() (A)A点相位为π(B)B点静止不动 (C)C点相位为 2 π3(D)D点向上运动 分析与解由波形曲线可知,波沿x轴负向传播,B、D处质点均向y轴负方向运动,且B处质点在运动速度最快的位置. 因此答案(B)和(D)不对. A处质点位于正最大位移处,C 处质点位于平衡位置且向y轴正方向运动,它们的旋转矢量图如图(b)所示.A、C点的相位分别为0和 2 π3.故答案为(C) 题 6-2 图 6-3如图所示,两列波长为λ的相干波在点P相遇.波在点S1振动的初相是φ1,点S1到点P的距离是r1.波在点S2的初相是φ2,点S2到点P的距离是r2,以k代表零或正、负整数,则点P是干涉极大的条件为() AHA12GAGGAGAGGAFFFFAFAF

大学物理下册知识点总结

大学物理下册 学院: 姓名: 班级: 第一部分:气体动理论与热力学基础 一、气体的状态参量:用来描述气体状态特征的物理量。 气体的宏观描述,状态参量: (1)压强p:从力学角度来描写状态。 垂直作用于容器器壁上单位面积上的力,是由分子与器壁碰撞产生的。单位 Pa (2)体积V:从几何角度来描写状态。 分子无规则热运动所能达到的空间。单位m 3 (3)温度T:从热学的角度来描写状态。 表征气体分子热运动剧烈程度的物理量。单位K。 二、理想气体压强公式的推导: 三、理想气体状态方程: 1122 12 PV PV PV C T T T =→= ;m PV RT M ' =;P nkT = 8.31J R k mol =g;23 1.3810J k k - =?;231 6.02210 A N mol- =?; A R N k =g 四、理想气体压强公式: 2 3kt p nε =2 1 2 kt mv ε=分子平均平动动能 五、理想气体温度公式: 2 13 22 kt mv kT ε== 六、气体分子的平均平动动能与温度的关系: 七、刚性气体分子自由度表 八、能均分原理: 1.自由度:确定一个物体在空间位置所需要的独立坐标数目。 2.运动自由度: 确定运动物体在空间位置所需要的独立坐标数目,称为该物体的自由度 (1)质点的自由度: 在空间中:3个独立坐标在平面上:2 在直线上:1 (2)直线的自由度: 中心位置:3(平动自由度)直线方位:2(转动自由度)共5个 3.气体分子的自由度 单原子分子 (如氦、氖分子)3 i=;刚性双原子分子5 i=;刚性多原子分子6 i= 4.能均分原理:在温度为T的平衡状态下,气体分子每一自由度上具有的平均动都相等,其值为 1 2 kT 推广:平衡态时,任何一种运动或能量都不比另一种运动或能量更占优势,在各个自由度上,运动的机会均等,且能量均分。 5.一个分子的平均动能为: 2 k i kT ε= 五. 理想气体的内能(所有分子热运动动能之和) 1.1mol理想气体 2 i E RT = 5.一定量理想气体( 2 i m E RT M νν ' == 九、气体分子速率分布律(函数)

物理学教程第二版全复习提纲

大学物理复习提纲 大学物理1 第一章 质点运动学 教学要求: 1.质点平面运动的描述,位矢、速度、加速度、平均速度、平均加速度、轨迹方程。 2.圆周运动,理解角量和线量的关系,角速度、角加速度、切向加速度、法向加速度。 主要公式: 1.笛卡尔直角坐标系位失r=x i +y j +z k , 质点运动方程(位矢方程):k t z j t y i t x t r )()()()( 参数方程:。t t z z t y y t x x 得轨迹方程消去 )()() ( 2.速度:dt r d v 3.加速度:dt v d a 4.平均速度:t r v 5.平均加速度:t v a 6.角速度:dt d 7.角加速度:dt d 8.线速度与角速度关系: R v 9.切向加速度: R dt dv a 10.法向加速度:R v R a n 2 2 11.总加速度:2 2n a a a 第二章 牛顿定律 教学要求:

1.牛顿运动三定律及牛顿定律的应用。 2.常见的几种力。 主要公式: 1.牛顿第一定律:当0 合外F 时,恒矢量 v 。 2.牛顿第二定律:dt P d dt v d m a m F 3.牛顿第三定律(作用力和反作用力定律):F F 第三章 动量和能量守恒定律 教学要求: 1.质点的动量定理、质点系的动量定理和动量守恒定律。 2.质点的动能定理,质点系的动能定理、机械能守恒定律。 3.变力做功。 4.保守力做功的特点。 主要公式: 1.动量定理:P v v m v m dt F I t t )(1221 2.动量守恒定律:0,0 P F 合外力 当合外力 3. 动能定理:)(2 1212 22 1v v m E dx F W x x k 合 4.机械能守恒定律:当只有保守内力做功时,0 E 第四章 刚体 教学要求: 1. 刚体的定轴转动,会计算转动惯量。 2.刚体定轴转动定律和角动量守恒定律。 主要公式: 1. 转动惯量: r dm r J 2 是转动惯性大小的量度. 与三个因素有关:(刚体质量,质量分布,转轴位置.) 2. 平行轴定理:2 md J J c

物理学教程第二版马文蔚下册课后答案完整版

第九章 静 电 场 9-1 电荷面密度均为+σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A ) 放置,其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随 位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( ) 题 9-1 图 分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为0 2εσ,方向沿带电平板法向向外,依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因 而正确答案为(B ). 9-2 下列说法正确的是( ) (A )闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内一定没有电荷 (B )闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内电荷的代数和必定为零 (C )闭合曲面的电通量为零时,曲面上各点的电场强度必定为零 (D )闭合曲面的电通量不为零时,曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理,闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内电荷的代数和必定为零,但不能肯定曲面内一定没有电荷;闭合曲面 的电通量为零时,表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线 数或没有电场线穿过闭合曲面,不能确定曲面上各点的电场强度必定为零;同理闭合曲面的电通量不为零,也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不 可能为零,因而正确答案为(B ). 9-3 下列说法正确的是( ) (A ) 电场强度为零的点,电势也一定为零 (B ) 电场强度不为零的点,电势也一定不为零

(C) 电势为零的点,电场强度也一定为零 (D) 电势在某一区域内为常量,则电场强度在该区域内必定为零 分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量,电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零,电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时,电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功;电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D). *9-4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子,其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后,该电偶极子将( ) (A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止 (B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端,同时沿电场线方向朝着棒尖端移动 (C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端,同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动 (D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外,同时沿电场线方向朝着棒尖端移动 题9-4 图 分析与解电偶极子在非均匀外电场中,除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外,还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用,因而正确答案为(B). 9-5精密实验表明,电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10-21e,而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10-21e,由最极端的情况考虑,一个有8个电子,8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少?若将原子视作质点,试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小. 分析考虑到极限情况,假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10-21e,中子电量为10-21e,则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力,并与万有引力作比较.

关于物理学教程下册考试答案

9-12 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行,试计算通过此半球面的电场强度通量.解1 由 于 闭 合 曲 面 内 无 电 荷 分 布 , 根 据 高 斯 定 理 , 有 ??' ?-=?=S S S E S E Φd d ; 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向, E R R E 22ππcos π=??-=Φ 9-14 设在半径为R 的球体内电荷均匀分布,电荷体密度为ρ,求带电球内外的电场强度分布. 解 依照上述分析,由高斯定理可得;R r < 时, 3 02π3 4π4r E r ερ= 假设球体带正电荷,电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向,带电球体内的电场强度为 r E 03ερ= ;R r >时,3 02π3 4π4R E r ερ=考虑到电场强度沿径向朝外,带电球体外的电场强度为r e r R E 203 3ερ= 9-16 如图所示,有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 =Q 3 =Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零,求在固定Q 1 、Q 3 的情况下,将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功. 解1 由题意Q 1 所受的合力为零; () 02π4π42 0312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-= 由点电荷电场的叠加,Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为 ( ) 2 /322 031π2y d εQ E E E y y y += +=; 将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处,(沿其他路径所作的功相同,请想一想为什么?)外力所作的功为 9-18 一个球形雨滴半径为 mm ,带有电量 pC ,它表面的电势有多大? 两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴,这个雨滴表面的电势又是多大? 解 根据已知条件球形雨滴半径R 1= mm ,带有电量q 1= pC ,可以求得带电球形雨滴表面电势 V 36π411 1 01== R q εV ; 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后,雨滴半径1322R R =,带有电量 q 2=2q 1 ,雨 滴表面电势V 5722π411 3 1 02 == R q εV 9-20 两个同心球面的半径分别为R 1 和R 2 ,各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求:(1) 各区域电势分布,并画出分布曲线;(2) 两球面间的电势差为多少? 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内,即r ≤R 1 ,则

物理学教程(第二版)上册课后答案7

第七章 气体动理论 7 -1 处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同,分子的平均平动动能也相同,则它们( ) (A) 温度,压强均不相同 (B) 温度相同,但氦气压强大于氮气的压强 (C) 温度,压强都相同 (D) 温度相同,但氦气压强小于氮气的压强 分析与解 理想气体分子的平均平动动能23k /kT =ε,仅与温度有关.因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时,温度也相同.又由物态方程,当两者分子数密度n 相同时,它们压强也相同.故选(C). 7-2 三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体,其分子数密度n 相同,方均根速率之比 ()()() 4:2:1::2/12C 2/12B 2/12A =v v v ,则其压强之比C B A ::p p p 为( ) (A) 1∶2∶4 (B) 1∶4∶8 (C) 1∶4∶16 (D) 4∶2∶1 分析与解 分子的方均根速率为 M RT /3=2v ,因此对同种理想气体有 3212C 2B 2A ::::T T T =v v v ,又由物态方程nkT ρ,当三个容器中分子数密度n 相 同时,得16:4:1::::321321==T T T p p p .故选(C). 7 -3 在一个体积不变的容器中,储有一定量的某种理想气体,温度为0T 时,气体分子的平均速率为0v ,分子平均碰撞次数为0Z ,平均自由程为0λ ,当气体温度升高为04T 时,气体分子的平均速率v 、平均碰撞频率Z 和平均自由程λ分别为( ) (A) 004,4,4λλZ Z ===0v v (B) 0022λλ===,,Z Z 0v v (C) 00422λλ===,,Z Z 0v v (D) 00,2,4λλ===Z Z 0v v 分析与解 理想气体分子的平均速率M RT π/8=v ,温度由0T 升至04T ,则平均速率变为0v 2;又平均碰撞频率v n d Z 2π2= ,由于容器体积不变,即分子数密度n 不变,则平 均碰撞频率变为0Z 2;而平均自由程n d 2 π21 =λ,n 不变,则λ也不变.因此正确答案为(B). nkT p =

《大学物理 》下期末考试 有答案

《大学物理》(下)期末统考试题(A 卷) 说明 1考试答案必须写在答题纸上,否则无效。请把答题纸撕下。 一、 选择题(30分,每题3分) 1.一质点作简谐振动,振动方程x=Acos(ωt+φ),当时间t=T/4(T 为周期)时,质点的速度为: (A) -Aωsinφ; (B) Aωsinφ; (C) -Aωcosφ; (D) Aωcosφ 参考解:v =dx/dt = -A ωsin (ωt+φ) ,cos )sin(2 4/?ω?ωπA A v T T t -=+?-== ∴选(C) 2.一弹簧振子作简谐振动,当其偏离平衡位置的位移的大小为振幅的1/4时,其动能为振动总能量的 (A) 7/6 (B) 9/16 (C) 11/16 (D )13/16 (E) 15/16 参考解:,1615)(221242122122 1221=-=kA k kA kA mv A ∴选(E ) 3.一平面简谐波在弹性媒质中传播,在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中: (A) 它的动能转换成势能. (B) 它的势能转换成动能. (C) 它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大. (D) 它把自己的能量传给相邻的一段质元,其能量逐渐减小. 参考解:这里的条件是“平面简谐波在弹性媒质中传播”。由于弹性媒质的质元在平衡位置时的形变最大,所以势能动能最大,这时动能也最大;由于弹性媒质的质元在最大位移处时形变最小,所以势能也最小,这时动能也最小。质元的机械能由最大变到最小的过程中,同时也把该机械能传给相邻的一段质元。∴选(D )

4.如图所示,折射率为n 2、厚度为e 的透明介质薄膜 的上方和下方的透明介质的折射率分别为n 1和n 3,已知n 1 <n 2<n 3.若用波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜 上,则从薄膜上、下两表面反射的光束①与②的光程差是 (A) 2n 2 e . (B) 2n 2 e -λ / 2 . (C) 2n 2 e -λ. (D) 2n 2 e -λ / (2n 2). 参考解:半波损失现象发生在波由波疏媒质到波密媒质的界面的反射现象中。两束光分别经上下表面反射时,都是波疏媒质到波密媒质的界面的反射,同时存在着半波损失。所以,两束反射光的光程差是2n 2 e 。 ∴选(A ) 5.波长λ=5000?的单色光垂直照射到宽度a=0.25mm 的单缝上,单缝后面放置一凸透镜,在凸透镜的焦平面上放置一屏幕,用以观测衍射条纹,今测得屏幕上中央明条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离d=12mm ,则凸透镜的焦距f 为: (A) 2m (B) 1m (C) 0.5m (D) 0.2m ; (E) 0.1m 参考解:由单缝衍射的暗纹公式, asin φ = 3λ, 和单缝衍射装置的几何关系 ftg φ = d/2, 另,当φ角很小时 sin φ = tg φ, 有 1103 310500061025.0101232==?=---?????λa d f (m ) , ∴选(B ) 6.测量单色光的波长时,下列方法中哪一种方法最为准确? (A) 双缝干涉 (B) 牛顿环 (C) 单缝衍射 (D) 光栅衍射 参考解:从我们做过的实验的经历和实验装置可知,最为准确的方法光栅衍射实验,其次是牛顿环实验。 ∴选(D ) 7.如果两个偏振片堆叠在一起,且偏振化方向之间夹角为60°,光强为I 0的自然光垂直入射在偏振片上,则出射光强为 (A) I 0 / 8. (B) I 0 / 4. (C) 3 I 0 / 8. (D) 3 I 0 / 4. 参考解:穿过第一个偏振片自然光的光强为I 0/2。随后,使用马吕斯定律,出射光强 10201 60cos I I I == ∴ 选(A ) n 3

马文蔚物理学教程测试卷_A

诚杜 姓专 学信考试 绝作弊 名 业班级 籍号 2030/ 2031学年《大学物理88学时》 复习 试卷 甲 此为非正规复习测试卷,总分100,小题每个2分,大题每个5分,采用减分制,剩下的算考勤 课程编号: 一、填空题(每空1分,共计20分) 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 ,速率为v ,t 至(t +Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ|r |),平均速度为v ,平均速率为v . (1) 根据上述情况,则必有( ) (A) |Δr |= Δs = Δr (B) |Δr |≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有|d r |= d s ≠ d r (C) |Δr |≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有|d r |= d r ≠ d s (D) |Δr |≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有|d r |= d r = d s (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 2、 用水平力F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止.当F N 逐渐增大时,物体所受的静摩擦力F f 的大小( ) (A) 不为零,但保持不变 (B) 随F N 成正比地增大 (C) 开始随F N 增大,达到某一最大值后,就保持不变 (D) 无法确定 3、对功的概念有以下几种说法: (1) 保守力作正功时,系统内相应的势能增加; (2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零; (3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零. 下列上述说法中判断正确的是( ) (A) (1)、(2)是正确的 (B) (2)、(3)是正确的 (C) 只有(2)是正确的(D) 只有(3)是正确的 4、一圆盘绕通过盘心且垂直于盘面的水平轴转动,轴摩擦不计.如图射来两个质量相同,速度大小相同,方向相反并在一条直线上的子弹,它们同时射入圆盘并且留在盘内,则子弹射入后的瞬间,圆盘和子弹系统的角动量L 以及圆盘的角速度ω的变化情况为( ) (A )L 不变,ω增大 (B )两者均不变 (C )L 不变,ω减小 (D )两者均不确定

物理学教程(第二版)上册课后答案4.5单元

第四章刚体的转动 4-1有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上: (1)这两个力都平行于轴作用时,它们对轴的合力矩一定是零; (2)这两个力都垂直于轴作用时,它们对轴的合力矩可能是零; (3)当这两个力的合力为零时,它们对轴的合力矩也一定是零; (4)当这两个力对轴的合力矩为零时,它们的合力也一定是零. 对上述说法下述判断正确的是( ) (A)只有(1)是正确的(B)(1)、(2)正确,(3)、(4)错误 (C) (1)、(2)、(3)都正确,(4)错误 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正确 分析与解力对轴之力矩通常有三种情况:其中两种情况下力矩为零:一是力的作用线通过转轴,二是力平行于转轴(例如门的重力并不能使门转).不满足上述情况下的作用力(含题述作用力垂直于转轴的情况)对轴之矩不为零,但同时有两个力作用时,只要满足两力矩大小相等,方向相反,两力矩对同一轴的合外力矩也可以为零,由以上规则可知(1)(2)说法是正确.对于(3)(4)两种说法,如作用于刚体上的两个力为共点力,当合力为零时,它们对同一轴的合外力矩也一定为零,反之亦然.但如这两个力为非共点力,则以上结论不成立,故(3)(4)说法不完全正确.综上所述,应选(B). 4-2关于力矩有以下几种说法: (1)对某个定轴转动刚体而言,内力矩不会改变刚体的角加速度; (2)一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零; (3)质量相等,形状和大小不同的两个刚体,在相同力矩的作用下,它们的运动状态一定相同. 对上述说法下述判断正确的是( ) (A)只有(2)是正确的 (B)(1)、(2)是正确的 (C)(2)、(3)是正确的 (D)(1)、(2)、(3)都是正确的 分析与解刚体中相邻质元之间的一对内力属于作用力与反作用力,且作用点相同,故对同一轴的力矩之和必为零,因此可推知刚体中所有内力矩之和为零,因而不会影响刚体的角加速度或角动量等,故(1)(2)说法正确.对说法(3)来说,题述情况中两个刚体对同一轴的转动惯量因形状、大小不同有可能不同,因而在相同力矩作用下,产生的角加速度不一定相同,因而运动状态未必相同,由此可见应选(B). 4-3均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动,如图所示,今使棒从水平位置由静止开始自由下落,在棒摆到竖直位置的过程中,下述说法正确的是( ) (A)角速度从小到大,角加速度不变 (B)角速度从小到大,角加速度从小到大 (C)角速度从小到大,角加速度从大到小 (D)角速度不变,角加速度为零

物理学教程(第二版)上册课后答案第六章

物理学教程(第二版)上册课后答案第六章

第六章 机 械 波 6-1 图(a )表示t =0 时的简谐波的波形图,波沿x 轴正方向传播,图(b )为一质点的振动曲线.则图(a )中所表示的x =0 处振动的初相位与图(b )所表示的振动的初相位分别为( ) 题6-1 图 (A) 均为零 (B) 均为2π (C) 均为2 π- (D) 2π 与2 π - (E) 2π-与2 π 分析与解 本题给了两个很相似的曲线图,但本质却完全不同.求解本题要弄清振动图和波形图不同的物理意义.图(a )描述的是连续介质中沿波线上许许多多质点振动在t 时刻的位移状态.其中原点处质点位移为零,其运动方向由图中波形状态和波的传播方向可以知道是沿y 轴负向,利用旋转矢量法可以方便的求出该质点振动的初相位为π/2.而图(b )是一个质点的振动曲线图,该质点在t =0 时位移为0,t >0 时,由曲线形状可知,质点向y 轴正向运动,故由旋转矢量法可判知初相位为-π/2,答案为(D ). 6-2 一横波以速度u 沿x 轴负方向传播,t 时刻波形曲线如图(a )所示,则该时刻() (A )A 点相位为 π (B )B 点静止不动 (C )C 点相位为 2 π3 (D )D 点向上运动 分析与解 由波形曲线可知,波沿x 轴负向传播,B 、D 处质点均向y 轴负方向运动,且B 处质点在运动速度最快的位置. 因此答案(B )和(D )不对. A 处质点位于正最大位移处,C 处质点位于平衡位置且向y 轴正方向运动,它们的旋转矢量图如图(b )所示.A 、C 点的相位分别为0和 2 π3.故答案为(C ) 题 6-2 图 6-3 如图所示,两列波长为λ的相干波在点P 相遇.波在点S 1 振动的初相是φ1 ,点S 1 到点P 的距离是r 1 .波在点S 2的初相是φ2 ,点S 2 到点P 的距离是r 2 ,以k 代表零或正、负整数,则点P 是干涉极大的条件为( )

物理学教程(第二版)课后答案10

第十章 静电场中的导体与电介质 10-1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近,则导体B 的电势将( ) (A ) 升高 (B ) 降低 (C ) 不会发生变化 (D ) 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时,在导体B 的近端感应负电荷;在远端感应正电荷,不带电导体的电势将高于无穷远处,因而正确答案为(A ). 10-2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ,在N 的左端感应出正电荷,右端感应出负电荷.若将导体N 的左端接地(如图所示),则( ) (A ) N 上的负电荷入地 (B )N 上的正电荷入地 (C ) N 上的所有电荷入地 (D )N 上所有的感应电荷入地 题 10-2 图 分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势,即与无穷远处等电势,这与导体N 在哪一端接地无关.因而正确答案为(A ). 10-3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近,点电荷距导体球球心为d ,参见附图.设无穷远处为零电势,则在导体球球心O 点有( ) (A )d εq V E 0π4,0= = (B )d εq V d εq E 02 0π4,π4== (C )0,0==V E (D )R εq V d εq E 020π4,π4== 题 10-3 图

分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′,导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零,O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为(A ). 10-4 根据电介质中的高斯定理,在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( ) (A ) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内一定没有自由电荷 (B ) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内电荷的代数和一定等于零 (C ) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零,曲面内一定有极化电荷 (D ) 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 (E ) 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关 分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零,表明曲面 内自由电荷的代数和等于零;由于电介质会改变自由电荷的空间分布,介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为(E ). 10-5 对于各向同性的均匀电介质,下列概念正确的是( ) (A ) 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时,电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εr倍 (B ) 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εr倍 (C ) 在电介质充满整个电场时,电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εr倍 (D ) 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εr倍 分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成,由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布,由电介质中的高斯定理,仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时,在电介质中任意高斯面S 有 ()∑??=?=?+i i S S ε χq 0 1 d d 1S E S E 即E =E 0/εr,因而正确答案为(A ). 10-6 不带电的导体球A 含有两个球形空腔,两空腔中心分别有一点电荷q b 、q c ,导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷q d (如图所示).试求点电荷q b 、q c 、q d 各受多大的电场力.

物理学教程(第二版)上册课后习题答案详解

物理学教程(第二版)上册习题答案 第一章 质点运动学 1 -1 分析与解 (1) 质点在t 至(t +Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs =PP ′, 位移大小|Δr |=PP ′,而Δr =| r |-|r |表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注:在直线运动中有相等的可能).但当Δt →0 时,点P ′ 无限趋近P 点,则有|d r |=d s ,但却不等于d r .故选(B). (2) 由于|Δr |≠Δs ,故 t s t ΔΔΔΔ≠ r ,即|v |≠v . 但由于|d r |=d s ,故 t s t d d d d =r ,即|v |=v .由此可见,应选(C). 1 -2 分析与解 t r d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率.通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的 一个分量;t d d r 表示速度矢量;在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??=t y t x v 求解.故选(D). 1 -3 分析与解 t d d v 表示切向加速度a t ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用; t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述);t s d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ;而t d d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a t .因此 只有(3) 式表达是正确的.故选(D). 1 -4 分析与解 加速度的切向分量a t起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用.质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的.至于a t是否改变,则要视质点的速率情况而定.质点作匀速率圆周运动时, a t恒为零;质点作匀变速率圆周运动时, a t为一不为零的恒量,当a t改变时,质点则作一般的变速率圆周运动.由此可见,应选(B). 1 -5 解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小 m 32Δ04-=-=x x x (2) 由 0d d =t x 得知质点的换向时刻为 s 2=p t (t =0不合题意) 则 m 0.8Δ021=-=x x x m 40Δ242-=-=x x x 所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为

物理学教程(第二版)上册课后答案7

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第七章 气体动理论 7 -1 处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同,分子的平均平动动能也相同,则它们( ) (A) 温度,压强均不相同 (B) 温度相同,但氦气压强大于氮气的压强 (C) 温度,压强都相同 (D) 温度相同,但氦气压强小于氮气的压强 分析与解 理想气体分子的平均平动动能23k /kT =ε,仅与温度有关.因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时,温度也相同.又由物态方程nkT p =,当两者分子数密度n 相同时,它们压强也相同.故选(C). 7-2 三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体,其分子数密度n 相同,方均根速率之比()()()4:2:1::2/12C 2/12B 2 /12A =v v v ,则其压强之比C B A ::p p p 为 ( ) (A) 1∶2∶4 (B) 1∶4∶8 (C) 1∶4∶16 (D) 4∶2∶1 分析与解 分子的方均根速率为 M RT /3=2v ,因此对同种理想气体有3212C 2B 2A ::::T T T =v v v ,又由 物态方程nkT ρ,当三个容器中分子数密度n 相同

时,得16:4:1::::321321==T T T p p p .故选(C). 7 -3 在一个体积不变的容器中,储有一定量的某种理想气体,温度为0 T 时,气体分子的平均速率为0v ,分子平均碰撞次数为0 Z ,平均自由程为0λ ,当气体温度升高为0 4T 时,气体分子的平均速率v 、平均碰撞频率Z 和平均自由程λ分别为 ( ) (A) 04,4,4λλZ Z ===0v v (B) 0022λλ===,,Z Z 0v v (C) 00422λλ===,,Z Z 0v v (D) 00,2,4λλ===Z Z 0v v 分析与解 理想气体分子的平均速率M RT π/8= v ,温度由0T 升至04T ,则平均速率变为0v 2;又平均碰撞频率v n d Z 2π2= ,由于容器体积不变,即分子数密度n 不变,则平均碰撞频率变为0Z 2;而平均自由程n d 2π21=λ,n 不变,则λ也不变.因此正确答案为(B). 7 -5 有一个体积为35m 10 01?.的空气泡由水面下m 050.深的湖底处(温度为C 0.4o )升到湖面上来.若湖面的温度为C 017o .,求气泡到达湖面的体积.(取 大气压强为Pa 10013150?=.p ) 分析 将气泡看成是一定量的理想气体,它位于湖底和上升至湖面代表两个不同的平衡状态.利

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