基础物理学上册习题解答和分析第六章习题解答和分析

第六章熟悉而陌生的力一、单选题1. 端午节赛龙舟是我国民间传统习俗之一。

如图所示，队员们拿着船桨奋力向后划水，龙舟向前直冲。

使龙舟前进的力的施力物体是（）A. 龙舟B. 水C. 运动员D. 船桨2. 图5所示的实例中，主要说明力改变物体运动状态的是（）A.篮球落到地面，被弹回B.用力压气球，气球变瘪了C.撑竿被跳高运动员压弯D.用力拉弹簧，弹簧变长3. 如图所示的实例中，目的是为了减小摩擦的是（）A.鞋底刻有凹凸不平的花纹B.打球时用力握紧球拍C.给自行车车轴加润滑油D.给汽车轮胎装防滑链4. 孔明灯是中国一种古老的手工艺品，如图所示是放飞在空中的孔明灯，选项中能正确表示孔明灯装饰穗所受重力方向的是（）A.B.C.D.5. 如图所示，弹簧测力计的示数为（）A. 3NB. 3.8NC. 4ND. 4.2N6.如图是中国科技馆“探索与发现A厅”中的一件展品。

这件展品由炮、指针、小球等装置构成。

将小球放入炮筒之中并选择发射力度的大小，按动发射按钮，炮会将小球沿斜向上方向射出。

在小球射出的同时炮身后退，炮身后的横杆撞击后面的指针，选择发射的力度不同，指针的摆幅也就不同。

关于这件展品，下列说法中正确的是（）A. 炮对小球的作用力与小球对炮的作用力是一对平衡力B. 炮对指针施加力的作用时，指针不对炮施加力的作用C. 炮静止时，炮所受摩擦力与重力是一对平衡力D. 炮向后运动的过程中，运动状态不断改变7. 下列情境中，物体的运动状态没有发生改变的是（）A. 正在弯道上速滑的运动员B. 水平桌面上静止的物理书C. 空中减速下落的降落伞D. 沿滑梯加速下滑的小孩8. 起重机的钢丝绳吊着重物匀速上升时，重物所受重力的方向是（）A. 竖直向上B. 水平向左C. 竖直向下D. 水平向右9. 足球运动员把足球踢向空中，不计空气阻力，图中能正确表示空中足球受力示意图的是（G表示重力，F表示脚对球的作用力）（）A.B.C.D.10. 如图所示，自行车的零部件设计或骑行过程的操作中主要为了减小摩擦的是（）A.轮胎上制有花纹B.车轴处装有滚珠轴承C.刹车时用力捏闸D.脚蹬表面凸凹不平11. 如图所示的四个实例中，目的是为了增大摩擦的是（）A.轴承中装有滚珠B.自行车的车把上刻有条纹C.行李箱下安装轮子D.磁悬浮列车悬浮行驶二、多选题12. 如图所示，某次冰球比赛中，运动员用冰球杆沿不同方向击打冰球上的不同部位，冰球的运动状态随之发生改变。

大学物理学习题答案习题一1.1 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r =drv 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，na 、ta 、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末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。

解：(1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ∆=-=-=最初s 2内的平均速度为：0(/)2ave x v m s t ∆===∆t 时刻的瞬时速度为：()44dxv t t dt ==-s 2末的瞬时速度为：(2)4424/v m s =-⨯=-(2) s 1末到s 3末的平均加速度为：2(3)(1)804/22ave v v v a m s t ∆---====-∆(3) s 3末的瞬时加速度为：2(44)4(/)dv d t a m s dt dt -===-。

2-34．设76()F i j N =-。

（1）当一质点从原点运动到3416(m)r i j k =-++时，求F 所作的功；（2）如果质点到r处时需0.6s ，试求F 的平均功率；（3）如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化。

分析：由功、平均功率的定义及动能定理求解，注意：外力作的功为F 所作的功与重力作的功之和。

解：（1）0F dr ⋅⎰rA=(76)()i j dxi dyj dzk -⋅++⎰r=76dx dy -⎰⎰-34=45J =-，做负功（2）45750.6A P W t === （3）0rk E A mgj dr ∆=+-⋅⎰= -45+4mgdy -⎰= -85J2—35．一辆卡车能沿着斜坡以115km h -⋅的速率向上行驶，斜坡与水平面夹角的正切tan 0.02α=，所受的阻力等于卡车重量的0.04，如果卡车以同样的功率匀速下坡，则卡车的速率是多少？分析：求出卡车沿斜坡方向受的牵引力，再求瞬时功率。

注意：F 、V 同方向。

解：sin 0.02tg αα≈=，且0.04f G = 上坡时，sin 0.06F f G G α=+= 下坡时，sin 0.02F f G G α'==－ 由于上坡和下坡时功率相同，故p Fv F v ''==所以45/12.5/v km h m s '==2—36．某物块质量为P ，用一与墙垂直的压力N 使其压紧在墙上，墙与物块间的滑动摩擦系数为μ，试计算物块沿题图所示的不同路径：弦AB ，圆弧AB ，重力和摩擦力作的功。

已知圆弧半径为r 。

分析：保守力作功与路径无关，非保守力作功与路径有关。

解：重力是保守力，而摩擦力是非保守力，其大小为f N μ=。

（1）物块沿弦AB 由A 移动到B 时， 重力的功pgh pgr == 摩擦力的功f AB Nr =⋅= （2）物块沿圆弧AB 由A 移动到B 时，题图2—35题图2—36重力的功pgh pgr ==摩擦力的功12f AB Nr πμ=⋅= （3）物块沿折线AOB 由A 移动到B 时，重力的功pgh pgr ==。

人教版物理八年级上册第六章《质量和密度》复习课教学设计重难点突破衡时，右盘中的砝码和标尺上的游码如图所示，则小石块的质量为 g.学生独立进行基础练习，强化基础知识，小组交流答案，教师指导。

考点2：密度概念的理解及公式应用考点2：密度概念的理解及公式应用1.下列关于密度的叙述中，错误的是（）A．不同物质的密度一般是不同的B．kg/m3和g/cm3都是密度的单位C．从公式ρ= 不能得出物质的密度跟质量成正比，跟体积成反比的结论D．一支正在燃烧的蜡烛，它的质量不断减小，密度也减小2.（2017•连云港）有四个容量均为200mL的瓶子，分别装满酱油、纯水、植物油和酒精，那么装的质量最多的是（ρ酱油＞ρ纯水＞ρ植物油＞ρ酒精）（）A．纯水B．酱油C．酒精D．植物油3.（2017•南充）容积为250mL的容器，装满水后的总质量为300g，则容器质量为____g；若装满另一种液体后的总质量为250g，则这种液体的密度为_____g/cm3。

（ρ水=1.0×103kg/m3）考点3：密度图像分析1.（2017·自贡）甲、乙两种物质的m—V图象如图所示，分析图象可知( )重难点突破A.若甲、乙的质量相等，则甲的体积较大B.若甲、乙的体积相等，则甲的质量较小C.两物质的密度之比为4∶1D.两物质的密度之比为1∶42.（2016·苏州）为测量某液体的密度，小明利用天平和量杯测量了液体和量杯的总质量m及液体的体积V，得到了几组数据并绘出了m－V图象，如图所示．下列说法正确的是( )A.该液体密度为2g/cm3B.该液体密度为1.25g/cm3C.量杯质量为40gD.60cm3的该液体质量为60g考点4：密度的测量（2017•连云港）为了测量一小石块的密度，小明用天平测量小石块的质量，平衡时右盘所加砝码及游码的位置如图甲所示；图乙是小石块放入量筒前后的液面情况，由测量可得小石块质量为________g，小石块的体积为_______mL，所测小石块的密度为________g/cm3。

大学基础物理习题答案
《大学基础物理习题答案》
在大学基础物理课程中，学生们经常会遇到各种各样的习题和问题。

这些习题
涵盖了从力学到热力学、电磁学等各个领域，考察了学生对物理学知识的掌握
程度和解决问题的能力。

在这篇文章中，我们将给出一些常见的大学基础物理
习题的答案，并希望能够帮助学生更好地理解物理学知识。

1. 一个质量为2kg的物体以速度5m/s沿水平方向运动，受到一个沿运动方向
的恒力，力的大小为10N。

求物体在10s后的速度。

答案：根据牛顿第二定律，物体受到的加速度为$a=F/m=10N/2kg=5m/s^2$。

物体在10s后的速度为$v=v_0+at=5m/s+5m/s^2*10s=55m/s$。

2. 一个弹簧的劲度系数为200N/m，当受到一个力为20N时，弹簧的伸长量为
多少？
答案：根据胡克定律，弹簧的伸长量为$x=F/k=20N/200N/m=0.1m=10cm$。

3. 一个电阻为10Ω的电路中，通过电流为2A，求电路中的电压。

答案：根据欧姆定律，电路中的电压为$V=IR=10Ω*2A=20V$。

通过以上几个例题的解答，我们可以看到，物理学习不仅仅是理论知识的学习，更重要的是能够运用所学知识解决实际问题。

希望同学们在学习物理的过程中，能够多加练习，提高自己的解决问题的能力，从而更好地掌握物理学知识。

《新编基础物理学》下册习题解答和分析第九章习题解答9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷?10?5C,如果当两小球相距时，任一球受另一球的斥力为试求总电荷在两球上是如何分配的？分析：运用库仑定律求解。

解：如图所示，设两小球分别带电q1，q2则有q1+q2= ①题意，库仑定律得：q1q29?109?q1?q2F1 4π?0r24题9-1解图②5q110C①②联立得：? ?5??q2??10C 9-2 两根长的丝线一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。

求每一个小球的电量。

分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。

解：设两小球带电q1=q2=q，小球受力如图所示q2F??Tcos30? 4π?0R2mg?Tsin30?①②联立①②得：mg4??0R2?tan30o 2q ③题9-2解图其R?2r中r?lsin60??3?6?10?2?33?10?2(m) 2代入③式，即： q= 9-3F电场中某一点的场强定义为E?q0，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在场强？为什么？答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷Fq0所受力与Fq0成正比，故E?q0是与q0无关的。

19-4 直角三角形ABC如题图9-4所示，AB为斜边，A 点上有一点荷q1??10?9C，B点上有一点电荷q210?9C，已知BC=，AC=，求C点电场强度E的大小和方向(cos37°≈, sin37°≈). 分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

解：如题图9-4所示C点的电场强度为E?E1?E210991094E110(N/C) 224π?0(AC)()?10?9?9?109E2104(N/C) 224π?0(BC)()2E?E12?E2104??104(N/C)或(V/m)4C方向为：10o ?arctan??10题9-4解图即方向与BC边成°。

第六章 磁耦合电路分析6-1 学习要求（1）了解耦合电感元件的定义、互感M 的物理意义和耦合电感的电路符号；了解同名端的意义，并会判定同名端；能正确写出耦合电感的伏安关系方程，包括时域微分方程和相量方程； （2）会画耦合电感的去耦等效电路，并会用“去耦法”求解简单电路的等效电感； （3）会用“直接法”和去耦等效电路法，分析计算含耦合电感的正弦稳态电路；（4）了解理想变压器的定义及电路符号；了解变比的定义；能正确写出理想变压器的伏安关系方程，包括时域微分方程和相量方程；（5）了解阻抗变换的意义，并会进行阻抗变换计算； （6）会用“直接法”、阻抗变换法和等效电源定理法分析含理想变压器的简单电路。

6-2 主要内容1、互感与互感元件（1）自磁通与互磁通、自磁链与互磁链和自感与互感设线圈1的电流为1i 、匝数为1N ，线圈2的电流为2i 、匝数为2N ，如图6-44（a ）所示。

则电流为1i 产生的全部穿过线圈1 的磁通，称为线圈1的自磁通，用11Φ表示；由电流为2i 产生的全部穿过线圈2 的磁通，称为线圈2的自磁通，用22Φ。

11Φ中与线圈2相链的磁通21Φ，称为线圈1对线圈2的互磁通；22Φ与线圈1相链的磁通12Φ，称为线圈2对线圈1的互磁通。

11Φ中的一部分1σΦ只与线圈1相链，1σΦ称线圈1的漏磁通，故有11211σΦ=Φ+Φ。

22Φ中的一部分2σΦ只与线圈2相链， 2σΦ称线圈2的漏磁通，故有22122σΦ=Φ+Φ。

()a ()b图6-44 互感元件及其电路符号 （a ）互感元件 （b ）电路符号线圈1的自磁链11ψ和线圈2的自磁链22ψ分别为11111N ψ=Φ， 22222N ψ=Φ 线圈1对线圈2的互磁链21ψ和线圈2对线圈1 的互磁链12ψ分别为21221N ψ=Φ， 12112N ψ=Φ 线圈1自感和线圈2的自感分别为11111111L N i i ψΦ==， 22222222L N i i ψΦ== 线圈1对线圈2的互电感21M 和线圈2对线圈1的互电感12M 为212121211M N i i ψΦ==， 121212122M N i i ψΦ== （2）耦合电感元件与耦合系数彼此靠近的两个或多个线圈，若认为它们本身的电阻均为零，则这样的两个或多个线圈即构成了一个互感元件，也称耦合电感元件。

第六章 万有引力定律习题解答 ，试用开普勒第三定律证明：一个物体由此轨道自静止而自由下落至中心天体所需的时间为π2T t = 证明：物体自由下落的加速度就是在行星上绕中心天体公转的向心加速度： 由自由落体公式：π2221/2,T a R t at R === （此题原来答案是：24Tt =，这里的更正与解答仅供参考）6.2.1 土星质量为5.7×1026kg ，太阳质量为2.0×1030kg ，两者的平均距离是1.4×1012m.⑴太阳对土星的引力有多大？⑵设土星沿圆轨道运行，求它的轨道速度。

解：⑴据万有引力定律，太阳与土星之间的引力f =GMm/r 2=6.51×10-11×2.0×1030×5.7×1026/(1.4×1012)2≈3.8×1022N⑵选择日心恒星参考系，对土星应用牛顿第二定律：f=mv 2/r6.2.3 ⑴一个球形物体以角速度ω转动，如果仅有引力阻碍球的离心分解，此物体的最小密度是多少？由此估算巨蟹座中转数为每秒30转的脉冲星的最小密度。

这脉冲星是我国在1054年就观察到的超新星爆的结果。

⑵如果脉冲星的质量与太阳的质量相当（≈2×1030kg 或3×105M e ，M e 为地球质量），此脉冲星的最大可能半径是多少？⑶若脉冲星的密度与核物质相当，它的半径是多少？核密度约为1.2×1017kg/m 3. 解：⑴设此球体半径为R,质量为m.考虑球体赤道上的质元Δm,它所受到的离心惯性力最大 f *=Δm ω2R ，若不被分解，它所受到的引力至少等于离心惯性力,即 Gm Δm/R 2=Δm ω2R ∴ m=ω2R 3/G ，而 m=4πR 3ρ/3，代如上式，可求得，G πωρ432=脉冲星的最小密度3141051.64)230(3/103.1112m kg ⨯≈=-⨯⨯⨯⨯ππρ⑵据密度公式，m =ρV=4πR 3ρ/3 ,∴R 3=3m/(4πρ) ⑶km R 16)102.114.34/(102331730=⨯⨯⨯⨯⨯=6.2.4 距银河系中心约25000光年的太阳约以0年的周期在一圆周上运动。

专科用《物理学》（祝之光编）部分习题解答第一章 质点运动 时间 空间1-1 一质点在平面上作曲线运动，1t 时刻的位置矢量为1(26)r i j =-+，2t 时刻的位置矢量为2(24)r i j =+。

求：（1）在21t t t ∆=-时间内位移的矢量式： （2）该段时间内位移的大小和方向：（3）在坐标图上画出12,r r 及r ∆。

（题中r 以m 计，t 以s 计）解：（1）21(24)(26)42r r r i j i j i j ∆=-=+--+=-（2）24( 4.47()r m ∆=+=（3）1-2 一质点作直线运动，t 以s 计。

求：（1）第3秒末质点的位置；（2）前34）通过以上计解（1）231433x =+⋅-= （2）30x x x ∆=-= （3）420dxv t v dt==-=时2()t s '=（4）（略）1-3 质点从某时刻开始运动，经过t ∆时间沿一曲折路径又回到出发点A 。

已知初速度0v 与末速度t v 大小相等，并且两速度矢量间的夹角为θ，如题1-3图所示。

（1）求t ∆时间内质点的平均速度；（2）在图上画出t ∆时间内速度的增量，并求出它的大小；（3）求出t ∆时间内的平均加速度的大小，并说明其方向。

解（1） 0r ∆= 0rv t∆==∆ （2）2t v v v ∆=+ （如图所示）（3）va t∆=∆ 方向同v ∆方向。

1-4 已知一质点的运动方程为22,2,x t y t ==-式中t 以s 计，x 和y 以m 计。

（1）计算并图示质点的运动轨迹；（2）求出1t s = 到2t s =这段时间内质点的平均速度； （3）计算1秒末和2秒末质点的速度；（4）计算1秒末和2秒末质点的加速度。

X解（1）222224x tx y y t=⎧=-+⎨=-⎩由得运动轨迹如图(2) 22(2)r ti t j =+-（3）1222222drv i tj v i j vi dt ==-=-=（4）1222dva j a a jdt==-==-1-5 一 身高为h 的人，用绳子跨过滑轮拉一雪橇匀速奔跑。

习题二2-1．两质量分别为m 和M (M m)≠的物体并排放在光滑的水平桌面上，现有一水平力F 作用在物体m 上，使两物体一起向右运动，如题图2－1所示，求两物体间的相互作用力? 若水平力F 作用在M 上，使两物体一起向左运动，则两物体间相互作用力的大小是否发生变化？ 分析：用隔离体法，进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。

解：以m 、M 整体为研究对象，有：()F m M a =+…①以m 为研究对象，如图2-1（a ），有M m F F ma +=…② 由①、②，有相互作用力大小M m M F F m M =+若F 作用在M 上，以m 为研究对象，如图2-1（b ）有M m F m a =…………③ 由①、③，有相互作用力大小M m m F F m M=+，发生变化。

2-2. 在一条跨过轻滑轮的细绳的两端各系一物体，两物体的质量分别为M 1和M 2 ，在M 2上再放一质量为m 的小物体，如图所示，若M 1=M 2=4m ，求m 和M 2之间的相互作用力，若M 1=5m ，M 2=3m ，则m 与M 2之间的作用力是否发生变化？分析：由于轻滑轮质量不计，因此滑轮两边绳中的张力相等，用隔离体法进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。

解：取向上为正，如图2-2，分别以M 1、M 2和m 为研究对象， 有： 111T M g M a -=222() ()M m g T M m a -++=-+2 M mmg ma F-=-又：T 1=T 2，则： 2M mF =1122M m g M M m++当M 1=M 2= 4m ， 289M mm g F =当M 1=5m, M 2=3m, 2109M mm g F=，发生变化。

m（a ）MFm（b ）M F2-3.质量为M 的气球以加速度a 匀加速上升，突然一只质量为m 的小鸟飞到气球上，并停留在气球上。

若气球仍能匀加速向上，求气球的加速度减少了多少？ 分析：用隔离体法受力分析，运用牛顿第二定律列方程。

第1章 习题解答1-1题:新一代GPS 标准体系和传统的GPS 标准体系的主要区别是什么？传统的GPS 标准仅适用于手工设计环境，不适应计算机的表达、处理和数据传输，这些GPS 标准也称为第一代GPS 语言，即以几何学理论为基础制定的一系列产品几何标准与检测规范。

新一代GPS 以计量数学为基础，应用物理学中的物象对应原理，利用扩展后的“不确定度”的量化特性和经济杠杆作用，将产品的功能、规范与校准集成为一体，统筹优化过程资源的配置。

2-1题: 互换性的含义所谓互换性是指事物可以互相替换的能力.在机械和仪器制造业中，零、部件的互换性是指同一规格的一批零件或部件，任取其一，不需任何挑选或附加修配就能装在机器上，达到规定的功能要求。

这样的一批零件或部件就称为具有互换性的零、部件。

机械和仪器制造业中的互换性，通常包括几何参数的互换性和性能参数（如硬度、强度等）的互换性。

所谓几何参数一般包括尺寸大小、几何形状（宏观、微观）及相互位置关系等。

机械产品的性能包括很多方面，例如：刚度、强度、硬度、传热性、导电性、热稳定性还有其他物理、化学参数等。

第2章 习题解答2-1题解：（1）由题已知mm 039.0ES += mm 002.0+=es 0m m EI = mm 023.0-=ei 又由D D ES up -= d d up -=es D D EI low -= d d low -=eimm 50d D ==∴50.039mm D ES D up =+= mm 002.50d es d up =+= 50m m D EI D low =+= mm 977.49d ei d low =+= 由极限偏差作公差图，如图：（2）()[]mm 062.0mm 023.0039.0ei -ES d D X low up max +=--+==-= ()mm 002.0mm 002.00es -ES d D Y up low max -=-==-= ∴该配合为过渡配合2-7题已知：公称尺寸25Φmm ，086.0X max +=mm ，023.0X min +=mm 求： 孔、轴公差等级及基孔制和基轴制时的配合。

(b)第2篇 工程运动学基础第4章 运动分析基础4－1 小环A 套在光滑的钢丝圈上运动，钢丝圈半径为R （如图所示）。

已知小环的初速度为v 0，并且在运动过程中小环的速度和加速度成定角θ，且 0 ＜ θ ＜2π，试确定小环A 的运动规律。

解：Rv a a 2nsin ==θ，θsin 2R v a =θθtan cos d d 2tR v a tv a ===，⎰⎰=t v v t R vv 02d tan 1d 0θ t v R R v t s v 00tan tan d d -==θθ⎰⎰-=t s t t v R R v s 0000d tan tan d θθtv R R R s 0tan tan ln tan -=θθθ4－2 已知运动方程如下，试画出轨迹曲线、不同瞬时点的 1．⎪⎩⎪⎨⎧-=-=225.1324tt y tt x ， 2．⎩⎨⎧==t y t x 2cos 2sin 3解：1．由已知得 3x = 4y （1） ⎩⎨⎧-=-=t y t x3344 t v 55-=⎩⎨⎧-=-=34y x5-=a 为匀减速直线运动，轨迹如图（a ），其v 、a 图像从略。

2．由已知，得 2arccos 213arcsiny x = 化简得轨迹方程：2942x y -=（2）轨迹如图（b ），其v 、a 图像从略。

4－3 点作圆周运动，孤坐标的原点在O 点，顺钟向为孤坐标的正方向，运动方程为221Rt s π=，式中s 以厘米计，t 以秒计。

轨迹图形和直角坐标的关系如右图所示。

当点第一次到达y 坐标值最大的位置时，求点的加速度在x 和y 轴上的投影。

解：Rt s v π== ，R v a π== t ，222n Rt Rv a π==y 坐标值最大的位置时：R Rt s 2212ππ== ，12=∴tR a a x π==t ，R a y 2π-=4－4 滑块A ，用绳索牵引沿水平导轨滑动，绳的另一端绕在半径为r 的鼓轮上，鼓轮A习题4－1图习题4－2图习题4－3图22ωe 2ωe -t ωO υaυ(c) ωe νωe -tωO υ (b) y R e -R t ωeR +πO υ(a)习题4-6图以匀角速度ω转动，如图所示。

大学物理学(上册)习题解答陕西师范大学物理学与信息技术学院基础物理教学组2006-6-26第2章 运动学2－1 一质点作直线运动，其运动方程为222t t x -+= , x 以m 计，t 以s 计。

试求：（1）质点从t = 0到t = 3 s 时间内的位移；（2）质点在t = 0到t = 3 s 时间内所通过的路程解 （1）t = 0时，x 0 = 2 ；t =3时，x 3 = －1；所以， m 3)0()3(-==-==t x t x x ∆ （2）本题需注意在题设时间内运动方向发生了变化。

对x 求极值，并令022d d =-=t tx可得t = 1s ,即质点在t = 0到t = 1s 内沿x 正向运动，然后反向运动。

分段计算m 1011=-===t t x x x ∆， m 4)1()3(2-==-==t x t x x ∆路程为 m 521=+=x x s ∆∆2－2 已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为32262t t x -+=。

试求：（1）质点在最初4s 内位移；（2）质点在最初4s 时间内所通过的路程 解 （1）t = 0时，x 0 = 2 ；t = 4时，x 4 = －30 所以，质点在最初4s 内位移的大小 m 3204-=-=∆x x x（2）由0612d d 2=-=t t tx可求得在运动中质点改变运动方向的时刻为 t 1 = 2 s , t 2 = 0 (舍去) 则 m 0.8021=-=∆x x x ，m 40242-=-=∆x x x所以，质点在最初4 s 时间间隔内的路程为 m 4821=∆+∆=x x s2－3 在星际空间飞行的一枚火箭，当它以恒定速率燃烧它的燃料时，其运动方程可表示为 )1ln(1bt t b u ut x -⎪⎭⎫⎝⎛-+=，其中m/s 100.33⨯=u 是喷出气流相对于火箭体的喷射速度， s /105.73-⨯=b 是与燃烧速率成正比的一个常量。

面向21世纪课程教材学习辅导书普通高等教育“十一五”国家级规划教材配套参考书大学基础物理学第四版习题解答陈建军主编后德家王贤锋副主编高等教育出版社内容简介本书是与“面向21世纪课程教材”和“普通高等教育‘十一五’国家级规划教材”《大学基础物理学》(第四版)配套的学习辅导书.全书的内容按照主教材的章节顺序编排，习题解答过程规范、详细.本书可为学生学习课程内容，复习和巩固知识以指导与帮助.本书适合于选用“面向21世纪课程教材”和“普通高等教育‘十一五’国家级规划教材”《大学基础物理学》(第四版)的学校选作教学辅导书，也可供其他大学物理学习者使用.前言 (1)第1章流体力学 (1)第2章气体动理论 (7)第3章热力学基础 (12)第4章静电场恒定电场 (20)第5章恒定磁场 (28)第6章交变电磁场 (36)第7章光的波动性 (41)第8章光的量子性 (46)第9章量子力学初步 (49)第10章光谱分析原理及应用 (51)第11章放射性核物理及其应用 (52)测试练习（一） (55)测试练习（一）参考答案 (59)测试练习（二） (62)测试练习（二）参考答案 (65)《大学基础物理学》（第四版）是专为高等农林院校农、林类专业编写的大学物理课程教学的教材，本书是与之配套的教学参考书.大学物理课程学习中，做习题是一个不可缺的教学环节，不仅可以检查学生对课程知识点掌握的程度，还能巩固所学的知识，而且有利于提高分析问题和解决问题的能力.为了帮助学生掌握正确的解题方法，我们修订了《大学基础物理学》（第三版）《习题解答》教学参考书.全书的内容按照主教材的章编排，习题解答规范，过程详细.本书将给农林院校农、林类专业学生学习大学物理课程以极大的帮助.本书第一章（流体力学）、第二章（气体动理论）、第三章（热力学基础）、第八章（光的量子性）、第九章（量子力学初步）由华中农业大学陈建军修订；第四章（静电场恒定电场）、第五章（恒定磁场）、第六章（交变电磁场）由华中农业大学王贤锋修订；第七章（光的波动性）、第十章（光谱分析原理及应用）、第十一章（放射性核物理及其应用）由华中农业大学后德家修订.华中农业大学谭佐军、卢军、魏薇、程其娈、张纾、邓海游参与题目审核工作，刘玉红参与公式编辑工作，陈建军负责全书统稿和定稿.华中农业大学罗贤清和丁孺牛细致审阅了本习题解答，并提出了许多建设性的意见，在此表示衷心的感谢.同时编者也对参加第一版、第二版和第三版编写工作的同志表示诚挚的谢意.感谢教育部大学物理课程教学指导委员会农林水工作委员会、全国高等农林水院校物理教学委员会对本次修订工作的指导.由于编者水平有限，书中难免有错误和疏漏之处，我们衷心期待得到广大读者、同行专家的批评、指正，感谢对编者的关爱和帮助.编者2017年6月于狮子山南湖畔第1章流体力学1.1从水龙头缓缓流出的水流，下落时逐渐变细，为什么？答：从水龙头缓缓流出的水流，下落时由于重力做功，水流的速度越来越大.根据连续性原理Sv ＝常量，可知水流的速度越大，其横截面积就越小，所以从水龙头缓缓流出的水流，下落时逐渐变细.22121122121v v ρρgh ρp p -++=Pa1062Pa 52100121108910010510012110515233235⨯=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯=........1.4如习题1.4图所示，一水管向水井中放水的流量为141094--⋅⨯=s m .3Q ，井底有一截面积为2cm .50=S 的小孔，当井中水面不再升高时，井中水深多高？习题1.4图解：本题是关于伯努利方程的应用.设机翼上面的气流速率为v 2，机翼下面的气流速率为v 1，由于飞机机翼比较薄，所以可近似取h 1＝h 2，机翼压强差为p 1–p 2＝1000Pa.根据伯努利方程有2222112121v v ρp ρp +=+机翼上面的气流速率为11221212s m 107s m 10029110002)(2--⋅=⋅+⨯=+-=.v v ρp p 1.6水从管1流入，通过支管2和3流入管4，管4的出口与大气相通，整个管道系统在同一水平面内.已知各管的横截面积分别是S 1=15cm 2，S 2=S 3=5cm 2，S 4=10cm 2，管1中的体积流量Q 1=600cm 3·s -1.求（1）各管中的流速；（2）各管中的压强与大气压强之差.Pa 0Pa =⨯-⨯⨯⨯=-=-=--42232224420210)6060(100.121)(21v v ρp p p p 同理，Pa 0=-03p p .1.7将一半径为1.0mm 的钢球，轻轻放入装有甘油的缸中，当钢球的加速度是其自由落体加速度一半时，其速度是多少？钢球的最大速度是多少？钢球的密度为8.5×103kg·m -3，甘油的密度为1.32×103kg·m -3，甘油的粘度为0.83Pa·s.解：本题是关于斯托克斯定律的应用.钢球在甘油中下落，所受重力为g ρr mg 钢球3π34=，所受甘油的浮力为g ρr F 甘油浮3π34=,根据斯托克斯定律所受黏性阻力为v r ηF f 甘油π6=.根据牛顿第二定律F ＝ma ，钢球的加速度是其自由落体加速度的一半时，有mg ―F f ―F 浮＝ma ＝mg /2，即解：本题是关于斯托克斯定律及雷诺数的应用.对下落雨滴进行受力分析，雨滴所受重力为ρg r mg 3π34=，所受空气的浮力为g ρr F 空气浮3π34=,根据斯托克斯定律，所受黏性阻力为v r ηF π6=f .当雨滴受到的空气黏性阻力加上空气对雨滴的浮力等于其受到的重力，雨滴将匀速下落，此时速度为终极速度，于是有ρg r g ρr r 33π34π34π6=+空气v η雨滴的终极速度为23223352m m kg sPa s m )10600()2911001(10818992)(92⨯⋅⨯⋅⋅⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯==----.....-空气空气r ρρg ηv 11s m 1034--⋅⨯=.根据泊肃叶定律lηR p p Q V 8)π(421-=，得大动脉内单位长度上的压强差Pa 10092ms m m s Pa )10521(1431050110048π844134363421⨯=⋅⨯⨯⋅⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===∆----.....-R lQ ηp p p V 根据圆管中实际流体的流速随半径的分布规律公式)(42221r R ηlp p --=v ，得轴心处(即r =0)血液流动速度为122334221s 04m 2m ms Pa Pa )10251(0110044100924---⋅=⨯⨯⋅⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-=.....R ηl p p v第2章气体动理论2.1气体的平衡态有何特征？与力学中所指的平衡有什么不同？答：所谓平衡态是指系统与外界没有能量交换，内部也没有化学变化等形式的能量转化，系统的宏观性质不随时间变化.当气体处于平衡时，其状态的宏观参量值不随时间变化，即气体内部各部分具有相同的压强、密度和温度.热力学系统的平衡态与力学中所指的平衡是两个不同的概念.力学中的平衡平动动能也相等.（2）平均动能包括分子的平均平动动能、平均转动动能和平均振动动能，与每个分子的自由度数有关，为T k iB 2.氢气和氦气分子结构不同，则自由度数i 不相同，所以它们的平均动能不相等.（3）根据RT i M m 2，虽然温度T 和物质的量Mm相同，但氢和氦两种气体分子自由度i 不同，所以它们的内能不相等.2.4温度为27℃时，计算1mol 氮气的平均动能，平均转动动能和内能.解：本题是关于理想气体的能量均分定理及内能的应用.氮气分子是双原子分子，自由度为5，根据能量均分定理，其平均动能为23-120B 551.3810300J K K 1.0351022Ｊ--==⨯⨯⨯⨯⋅⨯=⨯w k T2.6将kg 10×83的氧气从10℃加热到20℃，求氧气的内能增加多少？解：本题是关于理想气体内能公式的应用.氧气分子是双原子分子，自由度为5，氧气的摩尔质量M =32×10-3kg·mol-1，根据理想气体内能公式RT iM m 2，可知氧气增加的内能[]J52mol kg K K mol J kg )10273()20273(31.8251032108211133=⋅⋅⋅⋅⨯⨯+-+⨯⨯⨯⨯⨯=∆=-----T R i m E M 2.7储有氮气的容器以速度-1200m sυ=⋅运动，假若该容器突然停止，气体的全部机械平动动能转化为气体的内能，这时气体的温度将会升高多少？（设氮气可看做理想气体.）解：设容器内氮气总质量为m ，则全部机械平动动能为0p (4)⎰∞2d )(υυf υ表示气体分子速率平方的平均值；(5)υυnf d )(表示单位体积内，分子速率在v ～v +d v 区间的分子数.2.9求在温度为27℃时氧气分子的平均速率、方均根速率以及最概然速率.解：本题是关于理想气体分子平均速率、方均根速率和最概然速率公式的应用.氧气的摩尔质量M =32×10-3kg·mol -1，温度T =(273+27)K=300K，可求得121113O s m 1044molkg KK mol J 10323.14300318882-----⋅⨯=⋅⨯⋅⋅⨯⨯⨯⨯⨯==6..M πRTv 121113O O 2s m 10834mol kg K K mol J 10323003183322-----⋅⨯=⋅⨯⋅⋅⨯⨯⨯⨯==..M RT v(1)按题给条件，速率分布函数是分段的.在F v v <<0速率区间，速率分布函数f (v )与v 2成正比；当F v v >时，速率分布函数f (v )为零.于是可画出速率分布函数曲线，如解题2.11图所示.(2)由归一化条件1=⎰∞d )(v v f ，有解题2.11图1===⎰⎰∞3F 0203d d )(Fv v v v v v A A f 得3F3v =A (3)根据最概然速率的定义，由图知，F p v v =.根据平均速率的定义式⎰∞=0d )(v v v v f ，得电子平均速率F F 033F 02075043d 3d A d )(FF v v v v v v v v v v v v v v .=====⎰⎰⎰∞f 根据方均速率的定义式⎰∞=022d )(v v v v f ，得电子速率平方平均值2F 043F 02202253d 3d A d )(FF v v v v v v v v v v v v v ====⎰⎰⎰∞f 所以，电子方均根速率为F F 27750515v v v .==第3章热力学基础3.1系统的温度升高是否一定要吸热？系统与外界不作任何热交换，而系统的温度发生变化，这种过程可能吗？答：系统的温度要升高不一定要吸热，外界对系统做功也可以使系统的温度升高；系统与外界不作任何热交换，而使系统的温度发生变化，这种过程是可能的，可以通过外界对系统做功或系统对外界做功来实现系统温度的变化.3.2（1）0.50kg 的水在大气压下用电热器加热，使水的温度自20℃缓慢的加热到30℃，试计算此水的内能的变化（水的比热容为3-1-14.1810J kg K⨯⋅⋅.）（2）一保温瓶里装有0.50kg、20℃的水，用力摇荡此瓶，使水的温度升高到30℃，初态及终态的压强均为大气压，试求水内能的变化及水所做的功.解：（1）在此过程中，等压地对水所加的热量为= t =0.5×4.18×10 ×10J =t.0 ×104J由于水的体积变化很小，故准静态过程的功A=0，依热力学第一定律有内能的变化= =t.0 ×104J （2）此过程不是准静态过程.但其始末状态与（1）相同，故内能变化与（1）相同，即= =t.0 ×104J由于系统被保温瓶所隔着，故无热量的传递，所以Q =0依 = + ，得水所做的功为=− =−t.0 ×104J3.3系统由习题 3.3图中的a 态沿abc 到达c 态时，吸收了400J 的热量，同时对外作150J 的功.（1）如果将沿adc 进行，则系统做功40J，问这时系统吸收了多少热量？（2）当系统由c 态沿着ca 返回a 态时，如果外界对系统做功80J，这时系统是吸热还是放热？热量传递时多少？习题 3.3图解：本题是关于热力学第一定律在准静态过程中的应用.根据热力学第一定律Q＝△E+A，得a、b状态内能的变化△Eab ＝Eb－Ea＝Qac b－Aac b＝400J－150J＝250J(1)对于adb过程，a、b状态相同，内能变化相同，根据热力学第一定律Q＝△E+A，得此过程交换的热量为Qad b ＝△Eab+Aad b＝250J+40J＝290J(2)对于ba过程，由b→a，内能变化为负，即△Eba ＝Ea－Eb＝150J－400J＝－250J根据热力学第一定律Q＝△E+A，得此过程交换的热量为Qba ＝△Eba+Aba＝－250J－80J＝－330J式中负号表示放热.3.41mol的氦气，在1atm、20℃时、体积为V.令使其经过一下两种过程达到同一状态；（1）先保持体积不变，加热，使其温度升高到80℃，然后令其做等温膨胀，体积变为原来的2倍.（2）先使其等温膨胀至原来体积的2倍，然后保持体积不变，加热到80℃.试分别计算上述两种过程中气体吸收的热量，气体对外所做的功和气体内能的增量.解：本题是关于热力学第一定律在准静态过程中的应用.依据题意，作出p－V图，如解题3.4图所示.图3.4abcd 四个状态（p ,V ,T ）：a（1,V 0,T 1）b（p b ,V 0,T 2）c（p c ,2V 0,T 2）d（p d ,2V 0,T 1）T 1=293K,T 2=353K(1)先作等体升温(ab 过程)，再作等温膨胀(bc 过程).①等体过程，氧气从热源吸取热量全部转化为系统内能的增加，做功为零，即121233d ()22T ab ab Tm m Q E R T R T T =∆==-⎰M M =1×t×8. 1× 5 −t ×mol ×J ∙mol −1∙K −1×K =香4香. J A ab ＝0②等温膨胀，氧气从热源吸取热量全部转化为对外做功，而内能不变，即11d d ln cbcc bc bc bbV A p V V ====⎰⎰V V V m mQ RT RT M M V =1×8. 1× 5 ×lnt ×mol ×J ∙mol −1∙K −1×K =t.0 ×10 J△E bc ＝0abc 过程吸取的热量为Q ab c ＝Q ab +Q bc ＝747.9J +2.03×103J ＝2.78×103Jabc 过程做的功为A ab c ＝A bc ＝ 2.03×103Jabc 过程内能改变为△E ab c ＝△E ab ＝香4香. J(2)a →d 等温膨胀过程，氧气从热源吸取热量全部转化为对外做功，而内能不变，即22d d ln dadd ad ad aaV A p V V ====⎰⎰V V V m mQ RT RT M M V =1×8. 1×t ×lnt ×mol ×J ∙mol −1∙K −1×K =1. ×10 J△E dc ＝0习题 3.5图解：根据方程()00V V e p p -=，有9ln ln000c +=+=V p p V V c。

习题解答习题一1-1 ｜｜与 有无不同?和有无不同?和有无不同?其不同在哪里?试举例说明．r ∆r ∆td d r td d r td d v td d v 解：（1）是位移的模，是位矢的模的增量，即，；r ∆∆r r ∆12r r -=12r r r-=∆（2）是速度的模，即.只是速度在径向上的分量.td d r td d r==v t s d d t r d d ∵有（式中叫做单位矢），则 式中就是速度径向上的分量，rr ˆr =r ˆtˆr ˆt r t dd d d d d rrr +=t r d d ∴不同如题1-1图所示.trt d d d d 与r 题1-1图(3)表示加速度的模，即，是加速度在切向上的分量.td d v tva d d =tvd d a ∵有表轨道节线方向单位矢），所以ττ(v =v式中就是加速度的切向分量.tvt v t v d d d d d d ττ+=dt dv (的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)tt r d ˆd d ˆd τ 与1-2 设质点的运动方程为=()，=()，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝，然后根据 =，及＝x x t y y t 22y x +v trd d a 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22d d t r=及=你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？v 22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x a 222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 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+= 故它们的模即为jty i t xt r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x yx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 tr a trv ==其二，可能是将误作速度与加速度的模。

6－1在图示四连杆机构中，已知：匀角速度O ω，OA =B O 1=r 。

试求在°=45ϕ且AB ⊥B O 1的图示瞬时，连杆AB 的角速度AB ω及B 点的速度。

解：连杆AB 作平面运动，由基点法得BA A B v v v +=由速度合成的矢量关系，知φcos v A BA =v杆AB 的角速度)(/AB /O BA AB 2122+==ωωv （逆时针）B 点的速度2245/r cos v O A B ω=°=v （方向沿AB ）6－2. 在图示四连杆机构中，已知：3.021===L B O OA m ，匀角速度2=ωrad/s 。

在图示瞬时，11==L OB m ，且杆OA 铅直、B O 1水平。

试求该瞬时杆B O 1的角速度和角加速度。

解：一．求1ω60230..OA v A =×=⋅=ω m/s取A 为基点，则有BA A B v v v += 得 23.0/6.0ctg v v A B ===ϕ m/sm09.2)3.01()3.0/6.0(sin /v v 2/122A BA =+×==ϕ杆B O 1的角速度67630211../BO /v B ===ω rad/s 顺时针 二．求1ε取点A 为基点，则有n BA A a a a a a ++=+ττBA nB B将上式向X 轴投影21222857s /m .B O /ctg v )sin AB /v (OA ctg a )sin /a (a a a sin a cos a sin a BBA n B n BA A B nBA A n B B +=⋅+⋅+⋅−=++−=−=+−ϕϕωϕϕϕϕϕττ杆B O 1的角加速度7.1923.0/8.57/11===B O a B τεrad/s 2逆时针6－3.图示机构中，已知：OA =0.1m ， DE =0.1m ，m 31.0=EF ，D 距OB 线为h=0.1m ；rad 4=OA ω。