大学物理课后习题答案第二章

第二章 运动定律与力学中的守恒定律

(一) 牛顿运动定律

2．1 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度运动，的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．

[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为

x = v 0t ，

．

将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为

，

这是抛物线方程．

2．2 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一质量m = 2kg 的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求：

（1）今以水平力拉板，使两者一起以a = 1m·s -2

的加速度运动，试计算物体与板、

与桌面间的相互作用力；

（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？

[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．

板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = 19.6(N)， 这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．

物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为：f m = ma = 2(N)，

这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．

板受桌子的支持力大小等于其重力：N M = (m + M )g = 29.4(N)， 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．

板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：f M = μk N M = 7.35(N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．

（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为 f =μs mg = ma`，

可得 a` =μs g ．

板的运动方程为

F – f – μk (m + M )g = Ma`， 即 F = f + Ma` + μk (m + M )g

= (μs + μk )(m + M )g ，

算得 F = 16.17(N)．

因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N 的力．

2．3 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = 0.3kg ，m 2 = 0.2kg ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮质量均不计）

[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得

T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为 = 4.78(m·s -2

)，

绳对它的拉力为

= 1.35(N)．

0v r 0

v r 2211

sin 22y at g t α=

=?22

sin g y x v α=F r

12212(2)/22F m m g

a m m μ-+=+2

112

(/2)

/22m T F m g m m μ=

-+

图

2.1

12图2.3

2．4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：

（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式；

（2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．

[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．

两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为

F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2． （1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2， 因此

，即：．

（2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2， 因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2， 即：k = k 1 + k 2．

2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．

（1）小车沿水平线作匀速运动；

（2）小车以加速度沿水平方向运动；

（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角；

（4）用与斜面平行的加速度把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）； （5）以同样大小的加速度（b 2

= b ），将小车从斜面上推下来．

[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力

的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ．

（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于

tan θ = ma/mg ， 所以 θ = arctan(a/g )；

绳子张力等于摆所受的拉力 ：．

（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力， 合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．

（4）根据题意作力的矢量图，将竖直虚线延长， 与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边 是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得：

，

因此角度为

；

而张力为

．

（5）与上一问相比，加速度的

方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．

2．6 如图所示：质量为m =0.10kg 的小球，拴在长度l =0.5m 的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求：

（1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？

（2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这

时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？ 12111k k k =+1212F F F k k k =+

12111

k k k =+1

a r 1

b r 2b

r T ==cos tan sin mb mg mb ?

θ?=

+cos arctan

sin b g b ?

θ?=

+=

图2.4

（2）

（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？

[解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向． 小球的运动方程为

， 其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为 ，

因此

，

即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分

，

得

，解得：

-1)．

由于：，

所以T B = 2mg = 1.96(N)．

（2）由（1）式积分得

，

当 θ = 60o时，v C = 0，所以C = -lg /2，

因此速度为

切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为

．

由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C =

mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)． （3）当 θ = 60o时，切向加速度为

= 8.49(m·s -2)，

法向加速度为 a n = 0

，

绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N)．

[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．

2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）

[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则

F = mg cos θ．

小球的运动方程为

22

d d s F ma m t ==d d d d s v l

t t θ

==d d d d d d d d v v m v F m

m v t t l θθθ===0

60d sin d B

v v v gl θθ

?

=-?

?0

2

601cos 2

B v gl θ?

=B v =22B B

B v v T mg m m mg

R l -===2

1cos 2C v gl C θ=+C v =2(2cos 1)

C

n v a g R θ==-2t a g

=

，s 表示弧长．

由于

，所以 ，

因此 v d v = g cos θd s = g d h ，h 表示石下落的高度．

积分得 ，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，

因此速率为

2．8 质量为m 的物体，最初静止于x 0，在力

(k 为常数)作用下沿直线运动．证

明物体在x 处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2

．

[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程 利用v = d x/d t ，可得

，

因此方程变为

，

积分得

．

利用初始条件，当x = x 0时，v = 0，所以C = -k /x 0，因此

，

即

证毕．

[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f (x )，利用变换可得方程：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．

如果f (x ) = -k/x n ，则得． （1）当n = 1时，可得

利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以C = ln x 0，因此

， 即

． （2）如果n ≠1，可得．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所

22

d d s

F ma m t ==d d s v t =

22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s v v t t t t s t s ====2

12v gh C

=+v =2k

f x =-

22d d d d d d d d d d x v x v v

v t t t x x ===2d d k x

mv v x =-

212k mv C

x =+20

12k k

mv x x =-v =

21d 2

n

x mv k x =-?2

1ln 2mv k x C

=-+2

1ln 2

x mv k x =v =21121n

k mv x C n -=-+-

以， 因此 ， 即

当n = 2时，即证明了本题的结果．

2．9 一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：

（1）小球速率随时间的变化关系v (t )； （2）小球上升到最大高度所花的时间T ． [解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程

，

分离变量得， 积分得．

当t = 0时，v = v 0，所以，

因此

，

小球速率随时间的变化关系为

．

（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为

．

[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤： 由于v = d x/d t ，所以

，

即

，

积分得

， 当t = 0时，x = 0，所以

，

因此

10

1n

k C x n -=-

-2110

111()21n n k mv n x x --=--v =

d d v

f m

g kv m

t =--=d d()

d v m mg kv t m mg kv k mg kv +=-=-

++ln ()m

t mg kv C k =-

++0ln ()

m

C mg kv k =+00/ln ln

/m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-=-++0()exp()mg kt mg v v k m k =+

--00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg +=

=+0d [()exp()]d mg kt mg x v t k m k =+

--0(/)d d exp()d m v mg k kt mg

x t

k m k +=-

--0(/)exp()`

m v mg k kt mg

x t C k m k +=-

--+0(/)

`m v mg k C k +=

．

（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为

，

用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为

．

这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率

趋于常数v m = mg/k ．

2．10 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因数为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．

[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即 N = mv 2

/R ．

物体所受的摩擦力为f = -μk N ，

负号表示力的方向与速度的方向相反．

根据牛顿第二定律得

， 即 ： ．

积分得：．

当t = 0时，v = v 0，所以

，

因此

．解得

．

由于

，

积分得

，

当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此．

2．11 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．

[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为

珠子做圆周运动的向心力，其大小为：F = mg tg θ．

珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ．

根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2

R sin θ，

可得

，

0(/)[1exp()]m v mg k kt mg

x t

k m k +=

---d d v

f m

g kv m

t =-=0()exp()mg mg kt

v v k k m =

---2d d k v v f m m R t μ=-=2

d d k v

t R v μ=-1k t C R v μ=+0

1C v =-

11k

t R

v v μ=

-0

01/k v v v t R

μ=

+0000d d(1/)

d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R μμμμ+=

=

++0ln (1)`

k k

v t

R x C R

μμ=

+

+0ln (1)

k k v t

R

x R

μμ

=

+

2

cos mg R ωθ=

图2.11

解得

．

(二)力学中的守恒定律

2．12 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．

[解答]方法一：利用冲量公式．

根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ， 积分得冲量为 ，

方法二：利用动量定理．

小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ， 设小球的质量为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0， 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，

小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ，

可以证明k =mω2

，因此I = -kA /ω．

2．13一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1

作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？

[解答]小球动量的大小为p = mv ，

但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义

得：， 由此可作矢量三角形，可得：． 因此向心力给予小球的的冲量大小为= 1.41(N·s)．

[注意]质点向心力大小为F = mv 2

/R ，方向是指向圆心的，其方向在 不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量

．

假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力

F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ，

F y = F sin θ = F sin ωt ，

给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，

d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得

， ，

合冲量为

，

与前面计算结果相同，但过程要复杂一些．

2．14 用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m·s -1

的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力？

2arccos

g R θω=±/20

(cos )d I kA t t

ω

ω=-?

π21p p p ?=-r r r 21p p p =+?r r

r

p ?==I p =?2/42R T T mv

mv

R ππ

==F

mv ω==F

mv ω=

=I ==

[解答]球上升初速度为

-1

)，

其速度的增量为

-1

)． 棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s)，

对球的作用力为（不计重力）：F = I/t

= 366.2(N)．

2．15 如图所示，三个物体A 、B 、C ，每个质量都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为

0.4m 的细绳，首

先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度

是多少？（取g = 10m·s -2

）

[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程

Mg – T = Ma ，

物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动， 加速度大小为a ，可列方程：T = Ma ，

联立方程可得：a = g/2 = 5(m·s -2

)．

根据运动学公式：s =

v 0t + at 2

/2， 可得B 拉C 之前的运动时间；．

此时B 的速度大小为：v = at = 2(m·s -1

)．

物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得：2Mv = 3Mv`，

因此C

开始运动的速度为：v` = 2v /3 = 1.33(m·s -1

)．

2．16 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？

[解答

] 炮弹在最高点的速度大小为

v = v 0cos θ，方向沿水平方向． 根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的 总动量，可作矢量三角形，列方程得

，

所以 v` = v ．

2．17 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的质量为m ，它与路面的滑动摩擦因数为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？

[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移的大小为 d s = R d θ．

重力的大小为：G = mg ，

方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为

，

积分得重力所做的功为

．

摩擦力的大小为：f = μk N = μk mg cos θ，

方向与弧位移的方向相反，所做的功元为

y v =v ?=t =/2`cos 452

m

mv v =

?

0cos θ

d s r G r

sin d mgR θθ=-(1mgR

=-f r v x Δv v y

图2.17

，

积分得摩擦力所做的功为

．

要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力、摩擦力和马的拉力就是平衡力，即

，

或者 ．

拉力的功元为：

，

拉力所做的功为

．

由此可见，重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．

2．18 一质量为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：

（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因数；

（3）在静止以前质点运动了多少圈？

[解答] （1）质点的初动能为：E 1 = mv 02

/2，

末动能为：E 2 = mv 2/2 = mv 02

/8，

动能的增量为：ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02

/8， 这就是摩擦力所做的功W ．

（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得：

．

由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因数为

．

（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为：a t = f/m = -μk g ，

根据公式v t 2 – v o 2

= 2a t s ，可得质点运动的弧长为

，

圈数为 n = s/2πr = 4/3．

[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量：-fs = ΔE k ， 可得 s = -ΔE k /f ，由此也能计算弧长和圈数。

2．19 如图所示，物体A 的质量m = 0.5kg ，静止于光滑斜面上．它与固定在斜面底B 端的弹簧M 相距s = 3m ．弹簧的倔强系数k =

400N·m -1

．斜面倾角为45°．求当物体A 由静止下滑时，能使弹簧长度产生的最大压缩量是多大？

[解答]取弹簧自然伸长处为重力势能和弹性势能的零势点，由于物体A 和弹簧组成的系统只有保守力做功，所以机械能守恒，当弹簧压缩量最大时，可得方程

，

整理和一元二次方程

cos d k u mg R θθ

=

-450

sin k k mgR mgR μθ

?

=-=G r f r F r 0F G f ++=r

r r ()F G f =-+r r r

d d (d d )W F s G s f s =?=-?+?r r r r

r r 12(d d )W W =-+12()

W W W =-

+(1)k mgR =+20

()d 2k k W mgr mgr

π

μθπμ=-=-?20

316k v gr μ=

π22008223k v v r s a g πμ===2

1

sin sin 2mgs mgx kx θθ=-+

图2.19

，

解得

= 0.24(m)（取正根）．

2．20 一个小球与另一质量相等的静止小球发生弹性碰撞．如果碰撞不是对心的，试

证明：碰撞后两小球的运动方向彼此垂直．

[证明]设一个小球碰撞前后的速度大小分别为v 0和v 1，另一小球的在碰撞后的速度大小为v 2，根据机械能守恒得

，

即 ；

根据动量守恒得：，

其中各动量的大小为：p 0 = mv 0、p 1 = mv 1和p 2 = mv 2， 对矢量式两边同时平方并利用

得：，

即：

化简得：，

结合机械能守恒公式得：2v 1v 2cos θ = 0，

由于v 1和v 2不为零，所以：θ = π/2，即碰撞后两小球的运动方向彼此垂直．

2．21如图所示，质量为1.0kg 的钢球m 1系在长为0.8m 的绳的一端，绳的另一端O 固定．把绳拉到水平位置后，再把它由静止释放，球在最低点处与质量为5.0kg 的钢块m 2作完全弹性碰撞，求碰撞后钢球继续运动能达到的最大高度．

[解答]钢球下落后、碰撞前的速率为：

钢球与钢块碰撞之后的速率分别为v 1`和v 1`，根据机械能守恒和动量守恒得方程

，

． 整理得

．

将上式除以下式得：v 1 + v 1` = v 2`， 代入整理的下式得

，

解得 ．

碰撞后钢球继续运动能达到的最大高度为

= 0.36(m)．

[讨论]如果两个物体的初速率都不为零，发生对心弹性碰撞时，同样可列出机械能和动量守恒方程

2

1sin sin 02kx mgx mgs θθ-+=x =

222012111222mv mv mv =+222012

v v v =+012

p p p =+r r r 1212cos p p mv mv θ

?=r r

222012122cos p p p p p θ

=++2222222012122cos m v m v m v m v

v θ

=++222012122cos v v v v v θ

=+

+1v =222111122111``222m v m v m v =+``111122

m v m v m v =+22

211122

(`)`m v v m v -=``

11122

()m v v m v -=``

11112121m v m v m v m v -=+`121112

()m m v v m m -=

+`222

112112

1()22v m m h v g g m m -==+21

212()m m l m m -=+图2.21

，

．同理可得

．

从而解得

，或者

；

将下标1和2对调得

，或者

．

后一公式很好记忆，其中

代表质心速度．

2．22一质量为m 的物体，从质量为M 的圆弧形槽顶端由静止滑下，设圆弧形槽的半径为R ，张角为π/2，如图所示，所有摩擦都忽略，求：

（1）物体刚离开槽底端时，物体和槽的速度各是多少？

（2）在物体从A 滑到B 的过程中，物体对槽所做的功W ；

（3）物体到达B 时对槽的压力．

[解答]（1）物体运动到槽底时，根据机械能定律守恒得

，

根据动量守恒定律得： 0 = mv + MV ．

因此

，

解得

从而解得：

（2）物体对槽所做的功等于槽的动能的增量

．

（3）物体在槽底相对于槽的速度为

物体受槽的支持力为N ，则

，

因此物体对槽的压力为

．

2．23 在实验室内观察到相距很远的一个质子（质量为m p ）和一个氦核（质量为4m p ）

沿一直线相向运动；速率都是v 0，求两者能达到的最近距离．

[解答] 当两个粒子相距最近时，速度相等，根据动量守恒定律得 4m p v 0 - m p v 0 = (4m p + m p )v ，因此v = 3v 0/5．

质子和氦核都带正电，带电量分别为e 和2e ，它们之间的库仑力是保守力．根据能量守恒定律得

2222112211221111``2222m v m v m v m v +=+``11221122

m v m v m v m v +=+``

1122

v v v v +=+`12122

112

()2m m v m v v m m -+=

+`112211

12

2()

m v m v v v m m +=

-+`21211

212

()2m m v m v v m m -+=

+`112222

12

2()

m v m v v v m m +=

-+1122

12m v m v m m ++2211

22mgR mv MV =

+2211

()22mgR mv MV M =

+2211()22mv mv M =+

v =

V =-22

12m gR W MV M m ==

+`(1)m M m

v v V v v

M M +=-=+==2

`v N mg m

R -=2`2`(3)v m

N mg m mg

R M =+=+图2.22

，

因此，

所以最近距离为：． 2．24 如图所示，有一个在竖直平面上摆动的单摆．问：

（1）摆球对悬挂点的角动量守恒吗？

（2）求出t 时刻小球对悬挂点的角动量的方向，对于不同的时刻，角动量的方向会改变吗？

（3）计算摆球在θ角时对悬挂点角动量的变化率．

[解答]（1）由于单摆速度的大小在不断发生改变，而方向与弧相切，因此动量矩l 不变；由于角动量L = mvl ，所以角动量不守恒．

（2）当单摆逆时针运动时，角动量的方向垂直纸面向外；当单摆顺时针运动时，

角动量的方向垂直纸面向里，因此，在不同的时刻，角动量的方向会改变．

（3）质点对固定点的角动量的变化率等于质点所受合外力对同一点的力矩，因此

角动量的变化率为

．

2．25证明行星在轨道上运动的总能量为

．式中M 和m 分别为太阳和行星

的质量，r 1和r 2分别为太阳和行星轨道的近日点和远日点的距离．

[证明]设行星在近日点和远日点的速度分别为v 1和v 2，由于只有保守力做功，所以机械能守恒，总能量为

（1） 和 ． （2）

它们所组成的系统不受外力矩作用，所以行星的角动量守恒．行星在两点的位矢方向与速度方向垂直，可得角动量守恒方程

mv 1r 1 = mv 2r 2，即 v 1r 1 = v 2r 2． (3)

将（1）式各项同乘以r 12得：Er 12 = m (v 1r 1)2

/2 - GMmr 1， (4)

将（2）式各项同乘以r 22得：Er 22 = m (v 2r 2)2

/2 - GMmr 2， (5)

将（5）式减（4）式，利用（3）式，可得：E (r 22 - r 12

) = -GMm (r 2 - r 1)， (6) 由于r 1不等于r 2，所以：（r 2 + r 1)E = -GMm ，

故

． 证毕．

（三） 刚体定轴转动

2．26质量为M 的空心圆柱体，质量均匀分布，其内外半径为R 1和R 2，求对通过其中心轴的转动惯量．

[解答]设圆柱体的高为H ，其体积为

V = π(R 22 – R 12

)h ， 体密度为

ρ = M/V ．

2222

p 0p 0p m 1112e (4)(5)222m v m v m v k r +=+2222p 0p 0

m 2e 58()25k m v v m v r =-=2

m 2

p 0

5ke 4r m v =d sin d L

M F l mgl t τθ===12GMm

E r r =-

+21112GMm E mv r =-

222

12GMm E mv r =

-12

GMm

E r r =-

+

图2.24

大学物理(第五版)上册课后习题答案马文蔚

习题1 1-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +?时间内的位移为r ?，路程为s ?，位矢大小的变化量为r ?（或称r ?），平均速度为v ，平均速率为v 。 （1）根据上述情况，则必有（ ） （A ）r s r ?=?=? （B ）r s r ?≠?≠?，当0t ?→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ?≠?≠?，当0t ?→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ?=?≠?，当0t ?→时有dr dr ds == （2）根据上述情况，则必有（ ） （A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠= 1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即 （1） dr dt ；（2）dr dt ；（3）ds dt ；（4下列判断正确的是： （A ）只有（1）（2）正确 （B ）只有（2）正确 （C ）只有（2）（3）正确 （D ）只有（3）（4）正确 1-3 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，s 表示路程，t a 表示切向加速度。对下列表达式，即 （1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。 下述判断正确的是（ ） （A ）只有（1）、（4）是对的 （B ）只有（2）、（4）是对的 （C ）只有（2）是对的 （D ）只有（3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ ） （A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变 （B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变 （C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变

大学物理习题答案--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

大学物理课后练习习题答案详解.docx

第一章质点运动学 1、( 习题： 一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2t, y = 4 t 2 8 。（ 1）求质点的轨道方程； （ 2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。 解：（ 1）由 x=2t 得， y=4t 2 -8 （ 2）质点的位置 ： r r 由 v d r / dt 则速度： r r 由 a d v / d t 则加速度： 则当 t=1s 时，有 r r 可得： y=x 2-8 r 即轨道曲线 r r (4t 2 r 2ti 8) j r r r v 2i 8tj r r a 8 j r r r r r r r 2i 4 j , v 2i 8 j , a 8 j 当 t=2s 时，有 r r r r r r r r r 4i 8 j , v 2i 16j , a 8 j 2、（习题）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v 0 ，求运动方程 x x(t) . 解： dv kv v 1 t kdt v v 0 e kt dt dv v 0 v dx v 0e k t x dx t kt dt x v 0 (1 e kt ) dt v 0 e k 3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a 4 t (SI) ，已知 t 0 时，质点位于 x 10 m 处，初速度 v 0 ．试求其位置和时间的关系式． 解： a d v /d t 4 t d v 4 t d t v t 4t d t v 2 t 2 dv d x 2 x t 2 3 2 x t d t x 2 t v /d t t /3+10 (SI) x 0 4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 0 水平抛出，求： （ 1）小球的运动方程； （ 2）小球在落地之前的轨迹方程； v v （ 3）落地前瞬时小球的 dr ， dv ， dv . dt dt dt 解：（ 1） x v 0 t 式（ 1） y 1 gt 2 式（ 2） v v 1 2 v h r (t ) v 0t i (h - gt ) j 2 2 （ 2）联立式（ 1）、式（ 2）得 y h 2 gx 2 2v 0 v v v v v v （ 3） dr 2h dr v 0i - gt j 而落地所用时间t 所以 v 0i - 2gh j dt g dt v v dv g 2 t g 2gh dv v 2 2 2 ( gt ) 2 dt g j v x v y v 0 dt 2 2 1 2 ( gt ) ] 2 2gh) [v 0 ( v 0 1 2

大学物理习题复习资料第二章

[习题解答] 2-1 处于一斜面上的物体，在沿斜面方向的力F作用下，向上滑动。已知斜面长为5.6m，顶端的高度为3.2m，F的大小为100N，物体的质量为12kg，物体沿斜面向上滑动的距离为4.0 m，物体与斜面之间的摩擦系数为0.24。求物体在滑动过程中，力F、摩擦力、重力和斜面对物体支撑力各作了多少功？这些力的合力作了多少功？将这些力所作功的代数和与这些力的合力所作的功进行比较，可以得到什么结论？ 解物体受力情形如图2-3所示。力F所作的功 ； 摩擦力 图2-3 ,摩擦力所作的功 ； 重力所作的功 ; 支撑力N与物体的位移相垂直，不作功，即 ； 这些功的代数和为 .

物体所受合力为 , 合力的功为 . 这表明，物体所受诸力的合力所作的功必定等于各分力所作功的代数和。 2-3物体在一机械手的推动下沿水平地面作匀加速运动，加速度为0.49 m?s-2 。若动力机械的功率有50%用于克服摩擦力，有50%用于增加速度，求物体与地面的摩擦系数。 解设机械手的推力为F沿水平方向，地面对物体的摩擦力为f，在这些力的作用下物体的加速度为a，根据牛顿第二定律，在水平方向上可以列出下面的方程式 , 在上式两边同乘以v，得 , 上式左边第一项是推力的功率()。按题意，推力的功率P是摩擦力功率fv的二倍，于是有 . 由上式得 , 又有

, 故可解得 . 2-4有一斜面长5.0 m、顶端高3.0 m，今有一机械手将一个质量为1000 kg的物体以匀速从斜面底部推到顶部，如果机械手推动物体的方向与斜面成30 ，斜面与物体的摩擦系数为0.20，求机械手的推力和它对物体所作的功。 解物体受力情况如图2-4所示。取x轴沿斜面向上，y轴垂直于斜面向上。可以列出下面的方程 ,(1) ,(2) . (3) 根据已知条件 , . 由式(2)得 图2-4 . 将上式代入式(3)，得 . 将上式代入式(1)得

大学物理课后习题答案(全册)

《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求： （1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单

位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解：1）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t =

大学物理上册课后习题答案

大学物理上册课后习题答案

习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解： （1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量， 即r ?1 2r r -=，1 2 r r r ? ?-=?； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r = =v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题 1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即 t v a d d ? ?= ，t v d d 是加速度a 在切向上的分量.

∵有ττ??(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d τ τ???+= 式中dt dv 就是加速度的切向分量. ( t t r d ?d d ?d τ??Θ与的运算较复杂，超出教材规定，故不予 讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝ 2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果； 又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种 方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有 j y i x r ? ??+=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v ??? ???? ?222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x

大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=

大学物理(上)课后习题标准答案

大学物理(上)课后习题答案

————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 2

3 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时，j i r 5.081 m ；2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x ，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得：2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得：2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t ，式中 以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为 =0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2 t 时，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a

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 +=+=

大学物理(吴柳主编)上册课后习题答案

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

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

大学物理答案第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？

《大学物理学》第二版上册课后答案

大学物理学习题答案 习题一答案 习题一 1.1 简要回答下列问题： (1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相 等？ (2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？ (3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什 么？ (4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一 定保持不变？ (5) r ?和r ?有区别吗？v ?和v ?有区别吗？ 0dv dt =和0d v dt =各代表什么运动？ (6) 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22r x y = + dr v dt = 及 22d r a dt = 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 及 a =你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？ (7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的？ (8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此 其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗？ (9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？ (10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？ 1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均

大学物理17章答案.docx

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

大学物理学(课后答案解析)第1章

第1章 质点运动学 习 题 一 选择题 1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ] (A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同 (B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小 解析：速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量，加速度是描述质点运动速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C 。 1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=，则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 解析：229dx v t dt = =-，18dv a t dt ==-，故答案选D 。 1-3 一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，某一段时间内的平均速率为v ，平均速度为v ，他们之间的关系必定有[ ] (A)v =v ，v =v (B)v ≠v ，v =v (C)v ≠v ，v ≠v (D)v =v ，v ≠v

解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故v =v ；平均速率s v t ?=?，而平均速度t ??r v = ，故v ≠v 。答案选D 。 1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ] (A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度，但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零 解析：质点作圆周运动时，2 n t v dv a a dt ρ =+=+ n t n t a e e e e ，所以法向加速度一定不为零，答案选D 。 1-5 某物体的运动规律为 2dv kv t dt =-，式中，k 为大于零的常量。当0t =时，初速为0v ，则速率v 与时间t 的函数关系为[ ] (A)2012v kt v =+ (B)2011 2kt v v =+ (C)2012v kt v =-+ (D)2011 2kt v v =-+ 解析：由于2dv kv t dt =-，所以 02 0()v t v dv kv t dt =-? ? ，得到20 11 2kt v v =+，故答案选B 。 二 填空题 1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为2=4t +( 2t+3)r i j ，则从

大学物理第二章练习答案

第二章 运动的守恒量和守恒定律 练 习 一 一. 选择题 1. 关于质心，有以下几种说法，你认为正确的应该是（ C ） (A ) 质心与重心总是重合的； (B ) 任何物体的质心都在该物体内部； (C ) 物体一定有质心，但不一定有重心； (D ) 质心是质量集中之处，质心处一定有质量分布。 2. 任何一个质点系，其质心的运动只决定于（ D ） (A )该质点系所受到的内力和外力； (B) 该质点系所受到的外力； (C) 该质点系所受到的内力及初始条件； (D) 该质点系所受到的外力及初始条件。 3.从一个质量均匀分布的半径为R 的圆盘中挖出一个半径为2R 的小圆盘，两圆盘中心的距离恰好也为2R 。如以两圆盘中心的连线为x 轴，以大圆盘中心为坐标原点，则该圆盘质心位置的x 坐标应为（ B ） (A ) R 4； (B) R 6; (C) R 8； (D R 12 。 4. 质量为10 kg 的物体，开始的速度为2m/s ，由于受到外力作用，经一段时间后速度变为6 m/s ，而且方向转过90度，则该物体在此段时间内受到的冲量大小为 （ B ） (A )s N ?820； (B) s N ?1020； (C) s N ?620； (D) s N ?520。 二、 填空题 1. 有一人造地球卫星，质量为m ，在地球表面上空2倍于地球半径R 的高度沿圆轨道运行，用m 、R 、引力常数G 和地球的质量M 表示，则卫星的动量大小为R GM m 3。 2．三艘质量相等的小船在水平湖面上鱼贯而行，速度均等于0v ，如果从中间小船上同时以相对于地球的速度v 将两个质量均为m 的物体分别抛到前后两船上，设速度v 和0v 的方向在同一直线上，问中间小船在抛出物体前后的速度大小有什么变化:大小不变。 3. 如图1所示，两块并排的木块A 和B ，质量分别为m 1和m 2，静止地放在光滑的水平面上，一子弹水平地穿过两木块。设子弹穿过两木块所用的时间分别为?t 1和?t 2，木块对子弹的阻力为恒力F ，则子弹穿出后，木块A 的速度大小为 1A B F t m m ??+，木块 B 的速度大小为12F t A B B F t m m m ????++。 三、计算题 1. 一质量为m 、半径为R 的薄半圆盘，设质量均匀分布，试求薄半圆盘的质心位置。 图1

大学物理教程 上 课后习题 答案

物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题）27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位，求： （1） 质点的运动轨迹； （2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。 解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 或1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2x x dv a dt = =， 2y y dv a dt == 当2t s =时，速度和加速度分别为 22a i j =+r r r m/s 2 1-4 设质点的运动方程为 cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，式中的R 、ω均为常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。 解 （1）质点的速度为 （2）质点的速率为 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30， 2-34，

2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作 用下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义，有 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的 阻力（空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。 解 （１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有 即 dv k dt v m =- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等 于地球半径的2倍（即2R ），试以,m R 和引力恒量G 及地球的质量M 表示出： （1） 卫星的动能； （2） 卫星在地球引力场中的引力势能. 解 (1) 人造卫星绕地球做圆周运动，地球引力作为向心力，有 卫星的动能为 212 6k GMm E mv R == （２）卫星的引力势能为 2-37 一木块质量为1M kg =，置于水平面上，一质量为2m g =的子弹以 500/m s 的速度水平击穿木块，速度减为100/m s ，木块在水平方向滑行了20cm 后 停止。求： （1） 木块与水平面之间的摩擦系数； （2） 子弹的动能减少了多少。