大学物理习题答案解析第一章

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)2

2d 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 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岸边运动．设该人以匀速率v 0 收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v ,则小船作( )

(A) 匀加速运动,θ

cos 0

v v =

(B) 匀减速运动,θcos 0v v = (C) 变加速运动,θ

cos 0

v v =

(D) 变减速运动,θcos 0v v = (E) 匀速直线运动,0v v =

分析与解 本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l ,则小船的运动方程为22h l x -=,其中绳长l

随时间t 而变化．小船速度2

2d d d d h l t l

l

t x -==v ,式中t l d d 表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v 0,代入整理后为θ

l

h l cos /0

220v v v =

-=,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．

讨论 有人会将绳子速率v 0按x 、y 两个方向分解,则小船速度θcos 0v v =,这样做对吗？ 1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为3

2

262t 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．

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

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 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图(a)所示．设t ＝0 时,x ＝0．试根据已知的v -t 图,画出a -t 图以及x -t 图．

分析 根据加速度的定义可知,在直线运动中v -t 曲线的斜率为加速度的大小(图中AB 、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在

a -t 图上是平行于t 轴的直线,由v -t 图中求出各段的斜率,即可作出a -t 图线．又由速度的定义可知,x -t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x –t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x ＝x (t ),求出不同时刻t 的位置x ,采用描数据点的方法,可作出x -t 图．

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

2s m 20-?=--=

A

B A

B AB t t a v v (匀加速直线运动)

0=BC a (匀速直线运动)

2s m 10-?-=--=

C

D C

D CD t t a v v (匀减速直线运动)

根据上述结果即可作出质点的a -t 图［图(B)］．

在匀变速直线运动中,有

202

1

t t x x ++=v

由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为

用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作1

s m 20-?=v 的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k ＝20的一段直线［图(c)］．

1 -8 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 ；

*

(4) 2 ｓ 内质点所走过的路程s ．

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,可根据其定义计算．其中对s 的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=

,最后用?=s s d 积分求ｓ．

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

*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则

22)d ()d (d y x s +=,由轨道方程可得x x y d 2

1

d -=,代入d s ,则2ｓ内路程为

m 91.5d 4d 4

2=+==?

?x x s s Q P

1 -9 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 o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为

12

02

00s m 0.18-?=+=y x v v v

设v o 与x 轴的夹角为α,则

2

3

tan 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 -10 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

20121

at t y +=v

2022

1

gt 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 716.02

1

202=+-=-=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

1

0t 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

1

at t h +='v

则 m 716.0='-=h h d

1 -11 一质点P 沿半径R ＝3.0 m 的圆周作匀速率运动,运动一周所需时间为20.0ｓ,设t ＝0 时,质点位于O 点．按(a )图中所示Oxy 坐标系,求(1) 质点P 在任意时刻的位矢；(2)5ｓ时的速度和加速度．

分析 该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r (t )求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t )和y′＝y′(t )来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x 0 ＋x ′和y ＝y 0 ＋y ′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．

解 (1) 如图(B)所示,

在O′x′y′坐标系中,因

t T

θπ

2=

,则质点P 的参数方程为

t T R x π2sin

=', t T R y π

2cos -='

坐标变换后,在O x y 坐标系中有

t T

R x x π2sin

='=, R t T

R y y y +-=+'=π

2cos

0 则质点P 的位矢方程为

j i r ??

? ??+-+=R t T R t T R π2cos π2sin

j i )]π1.0(cos 1[3)π1.0(sin 3t t -+=

(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为

j j i r )s m π3.0(π

2sin π2π2cos π2d d 1-?=+==

t T

T R t T T R t v

i j i r a )s m π03.0(π

2cos )π2(π2sin )π2(d d 222222-?-=+-==t T

T R t T T R t 1 -12 地面上垂直竖立

一高20.0 m 的旗杆,已知正午时分太阳在旗杆的正上方,求在下午2∶00 时,杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至20.0 m ？

分析 为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．

解 设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s ＝h tg ωt ,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为

132s m 1094.1cos d d --??===

t

ωωh t s v 当杆长等于影长时,即s ＝h ,则

s 606034πarctan 1??===

ω

h s ωt 即为下午3∶00 时．

1 -13 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 0

d d 0

v

v v

得 03

3

1

4v v +-=t t (1)

由

??

=t

x

x t x 0

d d 0

v

得 004

2

12

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

124

2+-

=t t x 1 -14 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 0

v v

v

v

v

得石子速度 )1(Bt e 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)1(d d Bt e B

A

t y --==

v 并考虑初始条件有 t e B

A y t Bt y d )1(d 00??--= 得石子运动方程

)1(2-+=

-Bt e B

A

t B A y 1 -15 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．

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20021t a t x x x x ++=v 和2002

1

t 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 0

)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 0

)d 46(d d 0

j 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

2

tan d d ===

αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示． 1 -16 一质点在半径为R 的圆周上以恒定的速率运动,质点由位置A 运动到位置B,OA 和OB 所对的圆心角为Δθ．(1) 试证位置A 和B 之间的平均加速度为)Δ(/)Δcos 1(22θR θa v -=

；

(2) 当Δθ分别等于90°、30°、10°和1°时,平均加速度各为多少？ 并对结果加以讨论．

分析 瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为t d d v =

a 和t

ΔΔv

=a ．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为R

a n 2

v =,t a ΔΔv = ,式中｜Δv ｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt

可由转过的角度Δθ 求出．

由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt →0 时的极限值． 解 (1) 由图(b)可看到Δv ＝v 2 -v 1 ,故

θΔcos 2Δ212

221v v v v -+=v

)Δcos 1(2θ-=v

而

v

v θ

R s t ΔΔΔ==

所以

θ

R θt a Δ)cos Δ1(2ΔΔ2

v -==v

(2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式, 得

R a 219003.0v ≈,R a 2

29886.0v ≈

R a 239987.0v ≈,R

a 2

4000.1v ≈

以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度

R

2

v ． 1 -17 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

21

2-=--==

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 222220.4d d d d )(-?-=+=s m 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 2

22s

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

122s m 47.4-?=+=y x v v v

则m 17.112

==n

a ρv

1 -18 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？

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 αg a n

1 -19 如图(a)所示,一小型迫击炮架设在一斜坡的底端O 处,已知斜坡倾角为α,炮身与斜坡的夹

角为β,炮弹的出口速度为v 0,忽略空气阻力．求：(1)炮弹落地点P 与点O 的距离OP ；(2) 欲使炮弹能垂直击中坡面．证明α和β必须满足α

βtan 21

tan =

并与v 0 无关．

分析 这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v 0cos β和v 0sin β,其加速度分别为g sin α和gcos α．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP ．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足v x ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计

算,即2

0g 2

1t t +=v r ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得OP uuu r

(即图中的r 矢量)．

(1)解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为

αgt βt x sin 21cos 2

0-

=v (1) αgt βt y cos 21

sin 20-=v (2)

令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得

)cos(cos sin 2)sin sin cos (cos cos sin 2220220βαα

g β

βαβααg βx OP +=-==v v

解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有

βgt αt

βαsin 212πsin 2πsin 2

0=??

? ??+=??? ??--v r

从中消去t 后也可得到同样结果．

(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和v x ＝0,则

0sin cos 0=-=αgt βx v v (3)

由(2)(3)两式消去t 后得

α

βsin 21

tan =

由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v 0 的大小无关．

讨论 如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．

1 -20 一直立的雨伞,张开后其边缘圆周的半径为R ,离地面的高度为h ,(1) 当伞绕伞柄以匀角速ω旋转时,求证水滴沿边缘飞出后落在地面上半径为g ωh R r /212+=的圆周上；(2) 读者能否由此定性构想一种草坪上或农田灌溉用的旋转式洒水器的方案？

分析 选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布还要给予精心的考虑．

解 (1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为

t ωR t x ==v (1)

h gt y ==22

1

(2)

由式(1)(2)可得 g

h

ωR x 222

2=

由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为

2

2221ωg

h R R x r +

=+= (2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v 0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为

g

R 2

sin 0v =

为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．

1 -21 一足球运动员在正对球门前25.0 m 处以20.0 m·ｓ-1 的初速率罚任意球,已知球门高为3.44 m ．若要在垂直于球门的竖直平面内将足球直接踢进球门,问他应在与地面成什么角度的范围内踢出足球？ (足球可视为质点)

分析 被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x 、y 值代入即可求出．

解 取图示坐标系Oxy ,由运动方程

θt x cos v =, 22

1sin gt θt y -

=v 消去t 得轨迹方程

222)tan 1(2tan x θg

θx y +-

=v

以x ＝25.0 m,v ＝20.0 m·ｓ-1 及3.44 m≥y ≥0 代入后,可解得

71．11°≥θ1 ≥69．92° 27．92°≥θ2 ≥18．89°

如何理解上述角度的范围？在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜18.89°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取71.11°与18.89°之间的任何值．当倾角取值为27.92°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．

1 -2

2 一质点沿半径为R 的圆周按规律2

02

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

02222bt 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)(1

v 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 220

0v =-=

因此质点运行的圈数为

bR

R s n π4π22

v ==

1 -23 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 2

2)(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

ω

α 2s m 0.1-?==R αa t

总加速度

n t t n R ωR αe e a a a 2+=+=

()()22

22s m 01.1-?=+=

R ωR αa

在2.0ｓ内该点所转过的角度

rad 33.53

2d 2d 2

03202200====-??t t t t ωθθ

1 -24 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为3

42t 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3

42t θ+=,则角速度212d d t t

θ

ω==．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

ω

r

a t t

(2) 当222

12/t n t a a a a +=

=时,有2

23n

t a a =,即 ()()

4

222

12243t r rt =

得 3

213

=t

此时刻的角位置为

rad 15.3423=+=t θ

(3) 要使t n a a =,则有

()()

4

222

12243t r rt =

t ＝0.55ｓ

1 -25 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)

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

1

2s m 36.575

tan -?==

v v 1 -26 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．

解 由122v v v -='［图(b)］,有

θ

θ

αcos sin arctan

221v v v -=

而要使h

l αarctan ≥,则

h l

θθ≥-cos sin 221v v v

??

? ??+≥θh θl sin cos 21v v

1 -27 一人能在静水中以1.10 m·ｓ-1 的速度划船前进．今欲横渡一宽为1.00 ×103 m 、水流速度为0.55 m·ｓ-1 的大河．(1) 他若要从出发点横渡该河而到达正对岸的一点,那么应如何确定划行方向？ 到达正对岸需多少时间？ (2)如果希望用最短的时间过河,应如何确定划行方向？ 船到达对岸的位置在什么地方？

分析 船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u 的存在, v 与船在静水中划行的速度v ′之间有v ＝u ＋v ′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v 沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．

解 (1) 由v ＝u ＋v ′可知v '

=u

αarcsin

,则船到达正对岸所需时间为

s 1005.1cos 3?='==

α

d d t v v (2) 由于αcos v v '=,在划速v ′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v ＝v ′),此时,船过河时间t ′＝d /v ′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有

m 100.52?='

='=v d

u

t u l 1 -28 一质点相对观察者O 运动, 在任意时刻t , 其位置为x ＝v t , y ＝gt 2 /2,质点运动的轨迹为抛物线．若另一观察者O′以速率v 沿x 轴正向相对于O 运动．试问质点相对O′的轨迹和加速度如何？

分析 该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x ,y )变换至系O′中的点(x ′,y ′)．由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．

解 取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和O′x ′两轴平行．在t ＝0 时,两坐标原点重合．由坐标变换得

x ′＝x - v t ＝v t - v t ＝0

y ′＝y ＝1/2 gt 2

加速度 g t

y a a y ='

='

=2

2d d 由此可见,动点相对于系O′是在y 方向作匀变速直线运动．动点在两坐标系中加速度相同,这也正是伽利略变换的必然结果．

大学物理第一章质点运动学习题解(详细、完整)

第一章 质点运动学 1–1 描写质点运动状态的物理量是 。 解：加速度是描写质点状态变化的物理量，速度是描写质点运动状态的物理量，故填“速度”。 1–2 任意时刻a t =0的运动是 运动；任意时刻a n =0的运动是 运动；任意时刻a =0的运动是 运动；任意时刻a t =0，a n =常量的运动是 运动。 解：匀速率；直线；匀速直线；匀速圆周。 1–3 一人骑摩托车跳越一条大沟，他能以与水平成30°角，其值为30m/s 的初速从一边起跳，刚好到达另一边，则可知此沟的宽度为 （)m/s 102=g 。 解：此沟的宽度为 m 345m 10 60sin 302sin 220=??==g R θv 1–4 一质点在xoy 平面运动，运动方程为t x 2=，229t y -=，位移的单位为m ，试写出s t 1=时质点的位置矢量__________；s t 2=时该质点的瞬时速度为__________，此时的瞬时加速度为__________。 解：将s t 1=代入t x 2=，229t y -=得 2=x m ，7=y m s t 1=故时质点的位置矢量为 j i r 72+=（m ） 由质点的运动方程为t x 2=，229t y -=得质点在任意时刻的速度为 m/s 2d d ==t x x v ，m/s 4d d t t x y -==v s t 2=时该质点的瞬时速度为 j i 82-=v （m/s ） 质点在任意时刻的加速度为 0d d ==t a x x v ，2m/s 4d d -==t a y y v s t 2=时该质点的瞬时加速度为j 4-m/s 2 。

大学物理习题答案--第一章

第一章作业解 1-7液滴法是测定液体表面张力系数的一种简易方法。将质量为m 的待测液体吸入移液管，然后让液体缓缓从移液管下端滴出。可以证明 d n mg πγ= 其中，n 为移液管中液体全部滴尽时的总滴数，d 为液滴从管口落下时断口的直径。请证明这个关系。 证：当液滴即将滴下的一刻，其受到的重力与其颈部上方液体给予的张力平衡 F g m =' d r L F πγπγγ===2 n m m = '， d n m πγ= 得证：d n mg πγ= 1-8 在20 km 2的湖面上下了一场50 mm 的大雨，雨滴半径为1.0 mm 。设温度不变，雨水在此温度下的表面张力系数为7.3?10-2N ?m -1。求释放的能量。 解：由 S E ?=?γ 雨滴落在湖面上形成厚为50 mm 的水层，表面积就为湖面面积，比所有落下雨滴的表面积和小，则释放的表面能为： )4(2 S r n E -?=?πγ 其中，3 43 r Sh n π= 为落下的雨滴数，r 为雨滴半径 J r h S E 8 3 3 6 2 1018.2)110 0.110503( 102010 3.7)13( ?=-???????=-=?---γ 1-9假定树木的木质部导管为均匀的圆柱形导管，树液完全依靠毛细现象在导管内上升，接触角为45°，树液的表面张力系数1 2 10 0.5--??=m N γ。问要使树液到达树木的顶部，高 为20 m 的树木所需木质部导管的最大半径为多少？ 解：由朱伦公式：gr h ρθ γcos 2= 则：cm gh r 5 3 2 10 6.320 8.91012 /210 0.52cos 2--?=??????= = ρθ γ 1-10图1-62是应用虹吸现象从水库引水的示意图。已知虹吸管粗细均匀，其最高点B 比水库水面高出m h 0.31=，管口Ｃ又比水库水面低m h 0.52=，求虹吸管内的流速及Ｂ点处的

最新大学物理活页作业答案及解析((全套))

1.质点运动学单元练习（一）答案 1．B 2．D 3．D 4．B 5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。） 6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。） 7．解：（1）)()2(22 SI j t i t r -+= )(21m j i r += )(242m j i r -= )(3212m j i r r r -=-=? )/(32s m j i t r v -=??= （2）)(22SI j t i dt r d v -== )(2SI j dt v d a -== )/(422s m j i v -= )/(222--=s m j a 8．解： t A tdt A adt v t o t o ωω-=ωω-== ?? sin cos 2

t A tdt A A vdt A x t o t o ω=ωω-=+=??cos sin 9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω s rad /1027.73600 *62 /5-?=π= ω s m t h dt ds v /1094.1cos 3 2 -?=ωω== （2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωt h s t 0.31008.144=?=ω π = 10．解： ky y v v t y y v t dv a -==== d d d d d d d -k =y v d v / d y ??+=- =-C v ky v v y ky 2 22 121, d d 已知y =y o ，v =v o 则2020 2 121ky v C --= )(22 22y y k v v o o -+=

大学物理第一章 习题

第一章 质点运动学 1–1 描写质点运动状态的物理量是 。 1–2 任意时刻a t =0的运动是 运动；任意时刻a n =0的运动是 运动；任意时刻a =0的运动是 运动；任意时刻a t =0，a n =常量的运动是 运动。 1–3 一人骑摩托车跳越一条大沟，他能以与水平成30°角，其值为30m/s 的初速从一边起跳，刚好到达另一边，则可知此沟的宽度为 （)m /s 102=g 。 1–4 一质点在xoy 平面内运动，运动方程为t x 2=，229t y -=，位移的单位为m ，试写出s t 1=时质点的位置矢量__________；s t 2=时该质点的瞬时速度为__________，此时的瞬时加速度为__________。 1–5 一质点沿x 轴正向运动，其加速度与位置的关系为x a 23+=，若在x =0处，其速度m /s 50=v ，则质点运动到x =3m 处时所具有的速度为__________。 1–6 一质点作半径R =1.0m 的圆周运动，其运动方程为t t 323+=θ，θ以rad 计，t 以s 计。则当t =2s 时，质点的角位置为________；角速度为_________；角加速度为_________；切向加速度为__________；法向加速度为__________。 1–7 下列各种情况中，说法错误的是[ ]。 A ．一物体具有恒定的速率，但仍有变化的速度 B ．一物体具有恒定的速度，但仍有变化的速率 C ．一物体具有加速度，而其速度可以为零 D ．一物体速率减小，但其加速度可以增大 1–8 一个质点作圆周运动时，下列说法中正确的是[ ]。 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 1–9 一运动质点某瞬时位于位置矢量),(y x r 的端点处，对其速度大小有四种意见： （1）t r d d （2）t d d r （3）t s d d （4）2 2d 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），（3）正确 C ．只有（3），（4）正确 D ．只有（1），（3）正确 1–10 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为j i r 22bt at +=（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 ．抛物线运动 D ．一般曲线运动 1–11 一小球沿斜面向上运动，其运动方程为S ＝5＋4t –t 2（SI ），则小球运动到最高点的时刻是[ ]。

大学物理试题库及答案详解【考试必备】

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)2 2d 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

大学物理 第一章练习及答案

一、判断题 1. 在自然界中，可以找到实际的质点. ···················································································· [×] 2. 同一物体的运动，如果选取的参考系不同，对它的运动描述也不同. ···························· [√] 3. 运动物体在某段时间内的平均速度大小等于该段时间内的平均速率. ···························· [×] 4. 质点作圆周运动时的加速度指向圆心. ················································································ [×] 5. 圆周运动满足条件d 0d r t =，而d 0d r t ≠ . · ··············································································· [√] 6. 只有切向加速度的运动一定是直线运动. ············································································ [√] 7. 只有法向加速度的运动一定是圆周运动. ············································································ [×] 8. 曲线运动的物体，其法向加速度一定不等于零. ································································ [×] 9. 质点在两个相对作匀速直线运动的参考系中的加速度是相同的. ···································· [√] 10. 牛顿定律只有在惯性系中才成立. ························································································ [√] 二、选择题 11. 一运动质点在某时刻位于矢径(),r x y 的端点处，其速度大小为：（ C ） A. d d r t B. d d r t C. d d r t D. 12. 一小球沿斜面向上运动，其运动方程为2 54SI S t t =+-（） ，则小球运动到最高点的时刻是： （ B ） A. 4s t = B. 2s t = C. 8s t = D. 5s t = 13. 一质点在平面上运动，已知其位置矢量的表达式为22 r at i bt j =+ （其中a 、b 为常量）则 该质点作：（ B ） A. 匀速直线运动 B. 变速直线运动 C. 抛物线运动 D. 一般曲线运动 14. 某物体的运动规律为2d d v kv t t =-，式中的k 为大于0的常数。当0t =时，初速为0v ，则速 度v 与时间t 的关系是：（ C ） A. 0221v kt v += B. 022 1 v kt v +-= C. 021211v kt v += D. 0 21211v kt v +-= 15. 在相对地面静止的坐标系中，A 、B 二船都以2m/s 的速率匀速行驶，A 沿x 轴正方向，B

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 -??=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 +=+=

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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 -?? =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 +=+=

大学物理学-第1章习题解答

大学物理简明教程（上册）习题选解 第1章 质点运动学 1-1 一质点在平面上运动，其坐标由下式给出)m 0.40.3(2 t t x -=，m )0.6(3 2 t t y +-=。求：（1）在s 0.3=t 时质点的位置矢量； （2）从0=t 到s 0.3=t 时质点的位移；（3）前3s 内质点的平均速度；（4）在s 0.3=t 时质点的瞬时速度； （5）前3s 内质点的平均加速度；（6）在s 0.3=t 时质点的瞬时加速度。 解：（1）m )0.6()0.40.3(322j i r t t t t +-+-= 将s 0.3=t 代入，即可得到 )m (273j i r +-= （2）03r r r -=?，代入数据即可。 （3）注意：0 30 3--=r r v =)m/s 99(j i +- （4）dt d r =v =)m/s 921(j i +-。 （5）注意：0 30 3--=v v a =2)m/s 38(j i +- （6）dt d v a ==2)m/s 68(j -i -，代入数据而得。 1-2 某物体的速度为)25125(0j i +=v m/s ，3.0s 以后它的速度为)5100(j 7-i =v m/s 。 在这段时间内它的平均加速度是多少？ 解：0 30 3--= v v a =2)m/s 3.3333.8(j i +- 1-3 质点的运动方程为) 4(2k j i r t t ++=m 。（1）写出其速度作为时间的函数；（2）加速度作为时间的函数； （3）质点的轨道参数方程。 解：（1）dt d r =v =)m/s 8(k j +t （2）dt d v a = =2m/s 8j ； （3）1=x ；2 4z y =。 1-4 质点的运动方程为t x 2=，22t y -=（所有物理量均采用国际单位制）。求：（1）质点的运动轨迹；（2）从0=t 到2=t s 时间间隔内质点的位移r ?及位矢的径向增量。 解：（1）由t x 2=，得2 x t = ，代入22t y -=，得质点的运动轨道方程为 225.00.2x y -=； （2）位移 02r r r -=?=)m (4j i - 位矢的径向增量 02r r r -=?=2.47m 。 （3）删除。 1-6 一质点做平面运动，已知其运动学方程为t πcos 3=x ，t πsin =y 。试求： （1）运动方程的矢量表示式；（2）运动轨道方程；（3）质点的速度与加速度。 解：（1）j i r t t πsin πcos 3+=； （2）19 2 =+y x （3）j i t t πcos πsin 3π+-=v ； )πsin πcos 3(π2j i t t a +-= *1-6 质点A 以恒 定的速率m/s 0.3=v 沿 直线m 0.30=y 朝x +方 向运动。在质点A 通过y 轴的瞬间，质点B 以恒 定的加速度从坐标原点 出发，已知加速度2m/s 400.a =，其初速度为零。试求：欲使这两个质点相遇，a 与y 轴的夹角θ应为多大？ 解：提示：两质点相遇时有，B A x x =，B A y y =。因此只要求出质点A 、B 的运动学方程即可。或根据 222)2 1 (at y =+2(vt)可解得： 60=θ。 1-77 质点做半径为R 的圆周运动，运动方程为 2021 bt t s -=v ，其中，s 为弧长，0v 为初速度，b 为正 的常数。求：（1）任意时刻质点的法向加速度、切向加速度和总加速度；（2）当t 为何值时，质点的总加速度在数值上等于b ？这时质点已沿圆周运行了多少圈？ 题1-6图

大学物理答案第10章

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.

大学物理习题答案第一章

[习题解答] 1-3 如题1-3图所示，汽车从A地出发，向北行驶60km到达B地，然后向东行驶60km到达C地，最后向东北行驶50km到达D地。求汽车行驶的总路程和总位移。 解汽车行驶的总路程为 ； 汽车的总位移的大小为 ?r = 位移的方向沿东北方向，与 方向一致。 1-4 现有一矢量R是时间t的函数，问 与 在一般情况下是否相等？为什么？ 解 与 在一般情况下是不相等的。因为前者是对矢量R的绝对值(大小或长度)求导， 表示矢量R的大小随时间的变化率；而后者是对矢量R的大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量R大小随时间的变化和矢量R方向随时间的变化两部分的绝对值。如果矢量R方向不变只是大小变化，那么这两个表示式是相等的。 1-5 一质点沿直线L运动，其位置与时间的关系为r = 6t 2 -2t 3 ，r和t的单位分别是m和s。求： (1)第二秒内的平均速度； (2)第三秒末和第四秒末的速度； (3)第三秒末和第四秒末的加速度。

解取直线L的正方向为x轴，以下所求得的速度和加速度，若为正值，表示该速度或加速度沿x轴的正方向，若为负值表示，该速度或加速度沿x轴的反方向。 (1)第二秒内的平均速度 m?s-1； (2)第三秒末的速度 因为，将t = 3 s 代入，就求得第三秒末的速度，为 v3 = - 18 m?s-1； 用同样的方法可以求得第四秒末的速度，为 v4 = - 48 m?s-1； (3)第三秒末的加速度 因为，将t = 3 s 代入，就求得第三秒末的加速度，为 a3 = - 24 m?s-2； 用同样的方法可以求得第四秒末的加速度，为 v4 = - 36 m?s-2 . 1-6 一质点作直线运动，速度和加速度的大小分别为和，试证明： (1) v d v = a d s； (2)当a为常量时，式v 2 = v02 + 2a (s-s0 )成立。

大学物理第一章答案

1.5一质点沿半径为 0.10m的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ= 2 +4t 3．求： （1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度； （2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？[解答] （1）角速度为 ω= dθ/dt = 12t2 = 48(rad2s-1)， 法向加速度为 an = rω2 = 230.4(m2s-2)； 角加速度为 β= dω/dt = 24t = 48(rad2s-2)， 切向加速度为 at = rβ= 4.8(m2s-2)． （2）总加速度为， 当at = a/2时，有4at2 = at2 + an2，即．由此得， 即，

解得． 所以=3.154(rad)． （3）当at = an时，可得rβ= rω2， 即24t = (12t2)2， 解得． 1.7一个半径为R = 1.0m的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体 A．在重力作用下，物体A从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s内下降的距离h= 0.4m．求物体开始下降后3s末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度． [解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A下落加速度． 由于，所以 at = 2h/Δt2 = 0.2(m2s-2)． 物体下降3s末的速度为 v = att = 0.6(m2s-1)， 这也是边缘的线速度，因此法向加速度为 =

0.36(m2s-2)． 1.8一升降机以加速度 1.22m2s-2上升，当上升速度为 2.44m2s-1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距 2.74m．计算： （1）螺帽从天花板落到底面所需的时间； （2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离． [解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为；螺帽做竖直上抛运动，位移为．由题意得h = h1 - h2，所以，解得时间为 = 0.705(s)． 算得h2 = - 0.716m，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为 0.716m． [注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g，而初速度为零，可列方程， 由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离． 第一章质点运动学 1.1一质点沿直线运动，运动方程为x(t) = 6t2 - 2t 3．试求： （1）第2s内的位移和平均速度；

大学物理答案第17章

大学物理答案第17章

17－3 有一单缝，缝宽为0.1mm ，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为546.1nm 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 a f x λ 2=? 代入数据得 mm x 461.510 1.0101.54610 5023 9 2 =????=?--- 17－4 用波长为632.8nm 的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件 λθk a =sin 依题意有 m a μλ 26.70872 .0108.6325sin 9 =?==- 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为 λθk a =sin

依题意有 011 5.234.0sin 5 2 sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为0 475 .2322=?=θ 17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 2 ) 12(sin λ θ+=k a 依题意有 2)122(2)132(2 1λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.4287 60057521=?== λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为7.0mm ，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径0.25mm ）中的柱状感光细胞每平方毫米约1.5×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？

大学物理上册答案详解

大学物理上册答案详解 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即r ?12r r -=， 12r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中 dt dv 就是加速度的切向分量.

(t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加 速度时，有人先求出r ＝2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝22d d t r 而求 得结果；又有人 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 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 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

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第17章量子物理基础 17.1根据玻尔理论，计算氢原子在斤=5的轨道上的动量矩与其在第一激发态轨道上的动量矩之比. ［解答］玻尔的轨道角动量量子化假设认为电子绕核动转的轨道角动量为 L =mvr =n — N2TC , 对于第一激发态，n = 2,所以 厶仏2 = 5/2? 17.2设有原子核外的3p态电子，试列出其可能性的四个量子数. ［解答］对于3p态电子,主量子数为n = 3, 角量子数为/=1, 磁量子数为mi = - 1), I -1, 自旋量子数为m s = ±1/2. 3p态电子的四个可能的量子数(斤丿,叫叫)为 (3，1 丄1/2), (3,1,1,? 1/2), (3丄0，1/2), (3,1,0,-1/2)，(3,1,?1，1/2), (3,1,-1,-1 ⑵. 17.3实验表明，黑体辐射实验曲线的峰值波长九和黑体温度的乘积为一常数，即入』=b = 2.897xl(y3m?K?实验测得太阳辐射波谱的峰 值波长九= 510nm,设太阳可近似看作黑体，试估算太阳表面的温度.

［解答］太阳表面的温度大约为 T_ b _ 2.897X10-3 ~ 510x10—9 =5680(K)? 17.4实验表明，黑体辐射曲线和水平坐标轴所围成的面积M (即单位时间内从黑体单位表面上辐射出去的电磁波总能量，称总辐射度) 与温度的4次方成正比，即必=〃,其中^=5.67xl0-8W m_2 K-4.试由此估算太阳单位表面积的辐射功率(太阳表面温度可参见上题). ［解答］太阳单位表面积的辐射功率大约为 A/=5.67xl0-8x(5680)4 = 5.9xl07(W-m-2)? 17.5宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景辐射相当于3K黑体辐射.求： (1)此辐射的单色辐射强度在什么波长下有极大值？ (2)地球表面接收此辐射的功率是多少？ ［解答］(1)根据公式UT=b,可得辐射的极值波长为 九=b/T= 2.897X10_3/3 = 9.66x104(m). (2)地球的半径约为7? = 6.371x10%, 表面积为 5 = 47T T?2. 根据公式：黑体表面在单位时间，单位面积上辐射的能量为M = al4, 因此地球表面接收此辐射的功率是 P = MS= 5.67x 1 (T8x34x4 兀(6.371 x 106)2

第一章大学物理答案

第一章 思考题 1-1何谓参考系和坐标系？为什么要引入这些概念？ 答：为描述物体的运动状态而选择为标准的参考物体称为参考系；与参考系相固结的坐标系称为坐标系；因为运动具有相对性，并对物体相对于参考系的运动规律要作出定量描述。 1-2何谓位置矢量？试写出位置矢量在直角坐标系Oxyz 中的正交分解式,并说明如何计算其大小和方向?为什么说用位置矢量与用位置坐标描述质点的位置是等效的？ 答：由参考点指向质点所在位置的矢量； 222 cos ,cos ,cos r xi yj zk r r x y z x y z r r r αβγ=++==++=== 因为一旦质点所在位置的位置坐标确定，则其对应的位置矢量也就唯一确定，反之亦然。 1-3试说明位移和路程的意义及两者之间的区别. 答：位移是指质点在一段时间间隔内位置的变化；而路程是指在一段时间间隔内质点沿轨迹所经过的路径的总长度。区别：1.位移是矢量，而路程是标量；2.物理意义不同；3.位移只与始末位置有关。 1-4试说明速度的定义，其大小和方向如何计算？ 答：速度是位置矢量对时间的变化率。 大小：ds v v dt == 方向：沿质点所在位置处曲线的切线方向，并指向质点运动的一方。 1-5速度和速率有何区别？有人说:“一辆汽车的速度最大可达每小时１２０千米，它的速率为向东每小时７５千米?”你觉得这种说法有何不妥？ 答：1.速度是矢量，而速率是标量；2.物理意义不同。只能说速率最大或最小；速率是标量。 1-6试说明加速度的定义. 答：速度对时间的变化率或位矢关于时间的二阶导数。 1-7当质点作平面运动时，试列出其位置矢量、位移、速度和加速度等矢量的分量表示式，由此如何计算这些量的大小和方向？ 答：1.在角坐标系中： r xi yj =+ ，r xi yj ?=?+? ，dx dy v i j dt dt =+ 2222d x d y a i j dt dt =+ 22r r x y ==+ ，22r r x y ?=?=?+? tan ,tan y y x x αα?'== ? 22x y v v v v == + ，22x y a a a a ==+

大学物理答案第17章

17－2一单缝用波长为λ1和λ2的光照明，若λ1的第一级衍射极小与λ2的第二级衍射极小重合。问 （1）这两种波长的关系如何？ （2）所形成的衍射图样中是否还有其它极小重合？ 解：（1）单缝衍射极小条件为 λθk a =sin 依题意有 212λλ= （2）依题意有 11sin λθk a = 22sin λθk a = 因为212λλ=，所以得所形成的衍射图样中还有其它极小重合的条件为 212k k = 17－3 有一单缝，缝宽为0.1mm ，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为546.1nm 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 a f x λ 2=? 代入数据得 mm x 461.510 1.0101.54610 5023 9 2 =????=?--- 17－4 用波长为632.8nm 的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件 λθk a =sin 依题意有 m a μλ 26.70872 .0108.6325sin 9 0=?==- 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角 宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为 λθk a =sin 依题意有 011 5.234.0sin 5 2 sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为0 475.2322=?=θ

17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 2 ) 12(sin λ θ+=k a 依题意有 2)122(2)132(2 1λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.4287 60057521=?== λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为7.0mm ，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径0.25mm ）中的柱状感光细胞每平方毫米约1.5×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？ 解：（1）据爱里斑角宽公式，星体在视网膜上像的角宽度为 rad d 4 3 9109.110 0.71055044.244.22---?=??==λ θ （2）视网膜上星体的像的直径为 mm l d 34104.423109.1 2--?=??==θ （3）细胞数目应为3.2105.14 )104.4(52 3=????= -πn 个 17－8 在迎面驶来的汽车上，两盏前灯相距120cm 。试问汽车离人多远的地方，眼睛恰能分 辨这两盏前灯？设夜间人眼瞳孔直径为5.0mm ，入射光波长为550nm.。 解： 38.9101.22l L l L l D L m λδθλ ????==?设两灯距为，人车距为。人眼最小分辨角为， ＝1.22＝D 17－9 据说间谍卫星上的照相机能清楚识别地面上汽车的牌照号码。（1）若被识别的牌照上的字划间的距离为5cm ，在160km 高空的卫星上的照相机的角分辨率应多大？ （2）此照相机的孔径需多大？光的波长按500nm 计算。 解：装置的光路如图所示。 S 15cm S 2 160km D