当前位置：文档库 › 大学物理简明教程

大学物理简明教程

大学物理解答

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 ＝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

d d d d ??? ??+??? ??t y t x 及a =

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

222

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

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

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

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）

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

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

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 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

0222

020

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+62

x ，a 的单位为

2s m -?，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101s 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

223

4c t t v ++=

由题知，0=t ,00=v ,∴01=c

故

234t t v += 又因为 223

4d d t t t x v +==

分离变量，

t t t x d )234(d 2

积分得 2

3221

2c t t x ++=

由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故

52123

2++

=t t x

所以s 10=t 时

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====

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ο45角时，有1

45tan ==?n

a a

即 βωR R =2 亦即 t t 18)9(2

则解得

923=

t 于是角位移为rad

.29

32323=?+=+=t θ

1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2

021

bt 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

a n 2

02)(d d -=

=-==

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

)(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 ＝201

s 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，

0160cos v v v x == 2

1s m 10-?==g a n

又∵

11ρv a n =

∴

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

222=??==n a v ρ

1-10飞轮半径为0.4 m ，自静止启动，其角加速度为 β=0.2 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 -?

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

-=，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 -=，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

sin 21

t g y α=

由①、②式消去t ，得

220

sin 21x g v y ?=

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

2s m 167

-?-=

f a y y

(1)

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

200s 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

s m 8

745-?--=j

i v

(2)

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 m v 0)［1-t m k

e )(-］；(3)停止运动前经过的距离为

)(0

k 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

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 m v 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

t i t t F p t

1s 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

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， 12

v 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

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

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

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0.6s ，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 m v 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 '

2o 2137sin 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

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(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 ＝8.75×1010

m 时的速率是1v ＝5.46×104

m ·s -1

，它离太阳最远时的速

率是2v ＝9.08×102

m ·s -1

这时它离太阳的距离2r 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 1026.51008.91046.51075.812

4102112?=????==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

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

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

02s 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 ＝0.25m ，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=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

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

1+='=μ

又∵

,21

2mR I =

∴

F m R l l l I R F r 121)

(2+-=-

=μβ

①

以N 100=F 等代入上式，得

s rad 340

10050.025.060)75.050.0(40.02-?-=???+??-=

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

(3402149602900212

20ππππβωφ?=??-??=

+=t t

可知在这段时间里，飞轮转了1.53转．

(2)

10s rad 602900-??

=π

ω，要求飞轮转速在2=t s 内减少一半，可知

s rad 21522

-?-

=-=π

ωωωβt

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=?+?????=

+-=πμβ

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 ＝0.20m, r ＝0.10m ，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

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=

(2)由机械能守恒定律，有

22)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．

8642150

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

∑∑i

i N

V N V

7.2141

890

1s m -? 方均根速率

864215024081062041021223222

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

∑∑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 0d )( （5）?∞

0d )(v v f （6）?2

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 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

1d )(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 2

1 （2）kT 23 （3）kT i 2

（4）RT i

M M mol 2

（5）RT i 2 （6）RT 23

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

1T ．

(2)在平衡态下，分子平均平动动能均为kT 2

(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

3-8 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2.0×10-4m 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

M M mol =

汞的重度 51033.1?=H g d 3m N -?

氦气的压强 H g )60.076.0(d P ?-= 氦气的体积 4100.2)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1.50v 到2.00v 之间的粒子数． (4)粒子的平均速率．

(5)0.50v 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

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

)5.12(00=-=?

(4) N 个粒子平均速率

????

+===∞

∞

02002

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

v N N N N

v v ??==00005.05.00

11d d )(v v v v v Nv av N N v v vf N N

71)243(1d 120

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

183)5.0)(5.0(210001==-+=

767020v 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

1100-?+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 5.373930031.82

3=??=t E J

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 ? ??+=，

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： 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

大学物理简明教程课后习题以及它的答案

大学物理简明教程习题以及它的答案习题一 1-1 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 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 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 2 2d 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，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??????????? ??-=222d 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 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) 1s 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 ?????

大学物理简明教程习题

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．

大学物理简明教程课后习题加答案《完整版》

大学物理简明教程习题解答习题一 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 ?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 ＝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 +=，

大学物理简明教程第版赵近芳习题答案习题静电场

习题7 7-1 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: 如题7-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷解得 q q 3 3-=' (2)与三角形边长无关．题7-1图题7-2图题7-2图 7-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ，如题7--2图所示.设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量. 解: 如题7-2图示解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 7-3 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为＋q 和－q .则这两板之间有相互作用力f ，有人说2 204q f d πε=，又有人说，因为f ＝qE ，0q E S ε=，所以2 0q f S ε= 试问这两种说法对吗？为什么？f 到底应等于多少？解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε=，另一板受它的作用力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 7-4 长l ＝15.0 cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度9 5.010C m λ-=?的正电荷.试求：(1) 在导线的延长线上与导线B 端相距1 5.0a cm =处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2 5.0d cm =处Q 点的场强. 解：如题7-4图所示题7-4图 (1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为用15=l cm ，9100.5-?=λ1m C -?, 5.12=a cm 代入得 21074.6?=P E 1C N -? 方向水平向右 (2)同理 22 20d d π41d += x x E Q λε 方向如题7-4图所示

《大学物理简明教程》课后习题答案(全)之欧阳光明创编

《大学物理简明教程》习题解答欧阳光明（2021.03.07）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？

大学物理简明教程课后习题及标准答案

大学物理简明教程课后习题及答案

————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：

大学物理简明教程习题解答习题一 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 ?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 ? ??+=，

《大学物理简明教程》课后习题答案(全)

《大学物理简明教程》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 ?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 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 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 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秒质点的位移；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速

大学物理简明教程(赵近芳版)习题解答 - 副本

习题一 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2s m -?，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101s 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 1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33t ，θ式中以弧度计，t 以秒计，求：(1) t ＝2 s 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==== 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ο45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

大学物理简明教程第三版课后答案

大学物理简明教程第三版课后答案习题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 ?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= dr v dt = 及 2 2 d 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= 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 2 2 2 2 2 2 d d d d d d d d d d d d + = = + = = ∴ 故它们的模即为 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 d 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 2 d d d d t r a t r v= = 其二，可能是将2 2 d 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 2 d 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 2 2 d 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 1 34 2 y t t =+- ,

大学物理简明教程习题答案

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 ?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??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 ＝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 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 ??????? ?22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 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 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, y = 2 1t 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

大学物理简明教程(赵金芳版)习题

第1篇力学一、选择题 1. 一物体在位置1的矢径是 r 1, 速度是 v 1．经?t 秒后到达位置2，其矢径是 r 2, 速度是 v 2．则在?t 时间内的平均速度是 [ ] (A) 1221() v v - (B) 1221() v v + (C) t r r ?-12 (D) t r r ?+12 2. 一物体在位置1的速度是 v 1, 加速度是 a 1．经?t 秒后到达位置2，其速度是 v 2, 加速度是 a 2．则在?t 时间内的平均加速度是 [ ] (A) 121?t v v () - (B) 121?t v v () + (C) 1221() a a - (D) 1221() a a + 3. 关于加速度的物理意义, 下列说法正确的是 [ ] (A) 加速度是描述物体运动快慢的物理量 (B) 加速度是描述物体位移变化率的物理量 (C) 加速度是描述物体速度变化的物理量 (D) 加速度是描述物体速度变化率的物理量 4. 一质点作曲线运动, 任一时刻的矢径为 r , 速度为 v , 则在?t 时间内 [ ] (A) ?? v v = (B) 平均速度为 ??r t (C) ?? r r = (D) 平均速度为?? r t 5. 下列表述中正确的是: [ ] (A) 质点作圆周运动时, 加速度一定与速度垂直 (B) 物体作直线运动时, 法向加速度必为零 (C) 轨道最弯处法向加速度最大 (D) 某时刻的速率为零, 切向加速度必为零 6.质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为（v 表示任一时刻质点的速率） (A) dt dv (B) R v 2 (C) dt dv +R v 2 (D) 2 22)()(R v dt dv + 7.一质点在平面上运动, 已知质点位置矢量的表示式为 r a t i b t j =+22(其中a 、b 为常量) , 则该质点作 [ ] (A) 匀速直线运动 (B) 变速直线运动 (C) 抛物曲线运动 (D) 一般曲线运动 T 1-1-1图 T 1-1-2图

大学物理简明教程第三版课后习题答案

物理简明教程第三版课后习题及答案习题一 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 不同如题图所示. (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. 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 ＝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 = 2 222 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 222222 22 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 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

大学物理简明教程习题解答第7章 201X.9

第7章恒定磁场 7-1在闪电中电流可高达2104A ，若将闪电电流视作长直电流，问距闪电电流1.0m 处的磁感应强度有多大？解根据安培环路定理 ∑?=?i i L I d μl B ，与长直电流相距r 处的磁感应强度为 I rB 0π2μ= 解得相距1.0m 处的磁感应强度的大小 T 104π230-?== r I B μ 7-2 如图所示，两根无限长直导线互相垂直地放置，相距d =2.010-2m 。设两根导线通过的电流均为I =10A ，求两导线垂直距离中点P 处的磁感应强度。解两根载有相同电流的无限长直导线在P 处的磁感应强度的大小相同，由安培环路定理 ∑?=?i i L I 0d μl B I B d 02π2μ= 得 T 102/2 π24021-?== =d I B B μ 1B 和2B 的方向分别指向x 轴的负方向和z 轴的正方向。由磁场叠加原理，P 处磁感应强度的大小为 T 108.22 d π2402 221-?== +=I B B B P μ B P 的方向在x -z 平面内，与z 轴正方向和x 轴负方向均成45°夹角。 7-3 如图所示，一无限长载流绝缘直导线弯成如附图所示的形状。求使o 点的磁感应强度为零的半径a 和b 的比值。解该载流系统由三部分组成，o 点的磁感应强度为载有相同电流的无限长直导线及两个半径分别为a 和b 的圆环分别在该处激发的磁感应强度的矢量和。设磁场方向以垂直纸面向内为正，向外为负。由安培环路定理 ∑?=?i i L I 0d μl B 无限长载流直导线在o 点的磁感应强度为 I bB 0π2μ=直线，b I B π20μ=直线根据毕奥–萨伐尔定律，电流元I d l 在o 点的磁感应强度02 d sin d 4π I l B r μθ =，其中2π=θ，对两载流圆环分别积分，有 = ==? ? 2 π20 02 0d π4d π4b l I r l I B b l μμ大环b I 20μ 题7-2图题7-3图

大学物理简明教程(赵近芳)习题4详解

习题4 1.选择题（1）一质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2A -，且向x 轴正方向运动，代表此简谐振动的旋转矢量图为（） [答案：B] （2）两个同周期简谐振动曲线如图所示，振动曲线1的相位比振动曲线2的相位（）（A ）落后2π （B ）超前2 π （C ）落后π （D ）超前π 习题4.1（2）图 [答案： B] （3）一质点作简谐振动的周期是T ,当由平衡位置向x 轴正方向运动时，从1/2位移处运动到最大位移处的这段路程所需的时间为（）（A ）T /12 （B ）T /8 （C ）T /6 （D ） T /4 [答案：B] （4）当质点以频率v 作简谐振动时，它的动能的变化频率为（）（A ）v/2 （B ）v （C ）2v （D ）4v [答案：A] （5）谐振动过程中，动能和势能相等的位置的位移等于 (A)4A ± (B) 2 A ±

(C) 23A ± (D) 2 2A ± [答案：D] （6）弹簧振子的振幅增大到原振幅的两倍时，其振动周期、振动能量、最大速度和最大加速度等物理量的变化为（）（A ）其振动周期不变，振动能量为原来的2倍，最大速度为原来的2倍，最大加速度为原来的2倍；（B ）其振动周期为原来的2倍，振动能量为原来的4倍，最大速度为原来的2倍，最大加速度为原来的2倍；（C ）其振动周期不变，振动能量为原来的4倍，最大速度为原来的2倍，最大加速度为原来的2倍；（D ）其振动周期，振动能量，最大速度和最大加速度均不变。 [答案：C] （7）机械波的表达式是0.05cos(60.06)y t x ππ=+，式中y 和x 的单位是m ，t 的单位是s ，则（A ）波长为5m （B ）波速为10m ?s -1 （C ）周期为13 s （D ）波沿x 正方向传播 [答案：C] （8）如图所示，两列波长为λ的相干波在p 点相遇。波在S 1点的振动初相是1?，点S 1到点p 的距离是r 1。波在S 2点的振动初相是2?，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（）（A ）21r r k π-= （B ）212k ??π-= （C ）()21212/2r r k ??πλπ-+-= （D ）()21122/2r r k ??πλπ-+-= [答案：D] 习题4.1（8）图（9）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 ）它的动能转化为势能. （B ）它的势能转化为动能. （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.