大学物理全程导学例题习题参考答案

第七章 振动【例题精选】例7-1 弹簧上端固定，下系一质量为m 1的物体，稳定后在m 1下边又系一质量为m 2的物体，于是弹簧又伸长了∆x ．若将m 2移去，并令其振动，则振动周期为(A) g m x m T 122∆π= ． (B) g m x m T 212∆π=． (C) g m x m T 2121∆π=． (D) g m m x m T )(2212+π=∆． [ B ] 例7-2 已知一简谐振动曲线如图所示，由图确定振子：在 s 时速度为零．在 s 时动能最大．0.5(2n +1) n = 0,1,2,… n n = 0,1,2,…例7-3 在竖直面内半径为R 的一段光滑圆弧形轨道上，放一小物体，使其静止于轨道的最低处．然后轻碰一下此物体，使其沿圆弧形轨道来回作小幅度运动．此物体的运动是否是简谐振动？为什么？答：物体是作简谐振动。

当小物体偏离圆弧形轨道最低点θ 角时，其受力如图所示． 切向分力 θs i n mg F t -= ∵θ 角很小， ∴ sin θ ≈θ牛顿第二定律给出 t t ma F = 即 22d /)(d t R m mg θθ=-θωθθ222//d d -=-=R g t 物体是作简谐振动．例7-4 在一竖直轻弹簧的下端悬挂一小球，弹簧被拉长l 0 = 1.2 cm 而平衡．再经拉动后，该小球在竖直方向作振幅为A = 2 cm 的振动，试证此振动为简谐振动；选小球在正最大位移处开始计时，写出此振动的数值表达式．解：设小球的质量为m ，则弹簧的劲度系数 0/l mg k =．选平衡位置为原点，向下为正方向．小球在x 处时，根据牛顿第二定律得220d /d )(t x m x l k mg =+-将 0/l mg k = 代入整理后得 0//d d 022=+l gx t x ∴ 此振动为简谐振动，其角频率为．π===1.958.28/0l g ω设振动表达式为 )cos(φω+=t A x 由题意： t = 0时，x 0 = A=2102-⨯m ，v 0 = 0，解得 φ = 0∴ )1.9c o s (1022t x π⨯=-例7-5 用余弦函数描述一简谐振子的振动．若其速度～时间（v ～t ）关系曲线如图所示,则振动的初相位为 (A) π/6. (B) π/3.(C) π/2. (D) 2π/3. [ A ]g1--例7-6 已知某简谐振动的振动曲线如图所示，位移的单位为厘米，时间单位为秒．则此简谐振动的振动方程为： (A) )3232cos(2π+π=t x ． (B) )3232cos(2π-π=t x ． (C) )3234cos(2π+π=t x ． (D) )3234cos(2π-π=t x ．[ C ] 例7-7 一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为 )312cos(1042π+π⨯=-t x (SI)．从t = 0时刻起，到质点位置在x = -2 cm 处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为(A) s 81 (B) s 61 (C) s 41 (D) s 21 [ D ] 例7-8 在t = 0时，周期为T 、振幅为A 的单摆分别处于图(a)、(b)两种状态．若选单摆的平衡位置为坐标的原点，坐标指向正右方，则单摆作小角度摆动的振动表达式（用余弦函数表示）分别为(a) ；(b) ． )212cos(π-=T t A x π )2cos(π+=Tt A x π 例7-9 一个轻弹簧在60N 的拉力下可伸长30cm ，现将以物体悬挂在弹簧的下端并在它上面放一小物体，它们的总质量为4 kg ．待其静止后再把物体向下拉10 cm ，然后释放．问：(1) 此小物体是停在振动物体上面还是离开它？(2) 如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离，则振幅A 需满足何条件？二者在何位置开始分离？解：(1) 设小物体随振动物体的加速度为a ，按牛顿第二定律有（取向下为正）ma N mg =- )(a g m N -=当N = 0，即a = g 时，小物体开始脱离振动物体，已知 A = 10 cm ，N/m 2003.0/60k ==有 50/==m k ωrad ·s -1 系统最大加速度为 52max ==A a ω m ·s -2 此值小于g ，故小物体不会离开．(2) 如使a > g ，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N = 0求得x a g 2ω-==6.19/2-=-=ωg x cm 即在平衡位置上方19.6 cm 处开始分离由g A a >=2max ω，可得 2/ωg A >=19.6 cm ．例7-10 、图中所画的是两个简谐振动的振动曲线．若这两个简谐振动可叠加，则合成的余弦振动的初相为 (A) π23． (B) π． (C) π21． (D) 0． [ B ] 例7-11 一质点同时参与两个在同方向的简谐振动，其表达式分别为)t 2cos(104x 21π/6+⨯=-, )5t 2cos(103x 22π/6-⨯=- (SI) 则其合成振动的振幅为 ，初相为 ．1×10-2 m π/6A/ -【练习题】7-1 一质点作简谐振动，振动方程为)cos(φω+=t A x ，其中m 是质点的质量，k 是弹簧的劲度系数，T 是振动的周期．在求质点的振动动能时，下面哪个表达式是对的：(A) )(sin 21222φωω+t A m ． (B) )(cos 21222φωω+t A m ． (C))sin(212φω+t kA ． (D) )(cos 2122φω+t kA ． [ A ] 7-2 一质点作简谐振动，振动方程为)cos(φω+=t A x ，当时间t = T /2（T 为周期）时，质点的速度为(A) φωsin A -． (B) φωsin A ． (C) φωcos A -． (D) φωcos A ．[ B ] 7-3 一物体作简谐振动，振动方程为)41cos(π+=t A x ω．在 t = T /4（T 为周期）时刻，物体的加速度为 (A) 2221ωA -． (B) 2221ωA ． (C) 2321ωA -． (D) 2321ωA ． [ B ] 7-4 与例7-4相同 7-5 一质点作简谐振动．其振动曲线如图所示．根据此图，它的周期T =；用余弦函数描述时初相φ = ．3.43 s -2π/37-6 一个弹簧振子和一个单摆（只考虑小幅度摆动），在地面上的固有振动周期分别为T 1和T 2．将它们拿到月球上去，相应的周期分别为1T '和2T '．则有(A) 11T T >'且22T T >'． (B) 11T T <'且22T T <'．(C) 11T T ='且22T T ='． (D) 11T T ='且22T T >'． [ D ] 7-7 一弹簧振子系统具有1.0 J 的振动能量，0.10 m 的振幅和1.0 m/s 的最大速率，则弹簧的劲度系数为 ，振子的振动频率为 ．2×102 N/m 1.6 Hz 7-8 两个同方向的简谐振动曲线如图所示．合振动的振幅为；合振动的振动方程为 ．|A 1 – A 2| )212cos(12π+π-=t T A A x 7-9 一单摆的悬线长l = 1.5 m ，在顶端固定点的竖直下方0.45 m 处有一小钉，如图．设摆动很小，则单摆的左右两方振幅之比A 1/A 2的近似值为 ；左右两方周期之比T 1/T 2的近似值为 ．0.84 0.84·--7-10 在竖直面内半径为R 的一段光滑圆弧形轨道上，放一小物体，使其静止于轨道的最低处．然后轻碰一下此物体，使其沿圆弧形轨道来回作小幅度运动. 试证明：物体作简谐振动的周期为：g R T /2π=证明： 当小物体偏离圆弧形轨道最低点θ 角时，其受力如图所示． 切向分力 θsin mg F t -= ∵ θ 角很小， ∴ sin θ ≈θ 牛顿第二定律给出 t t ma F = 即 θωθθ222//d d -=-=R g t 将上式和简谐振动微分方程比较可知，物体作简谐振动． 由③知 R g /=ω 周期 g R T /2/2π=π=ω。

1 2 2 m xdx ma a 2 b 1 Ay Fy dy mb 2 2 同理: 0 2
0 2

2 : (1) d 2 r 2 2 a 2 a costi b sintj dt
2 2 F ma ma costi mb sin tj


5,( D )
2 2
v vx v y
dx 2 dy 2 ( ) ( ) dt dt
r v t
s v t
6, ( D )
r v t
r s
7(D) 8,(D)

a at an
2
2

9,(B)
二,填空题
2, Δ x=

由于匀速上拉,拉力 x 10 0.2 x kg F=mG=(10-0.2x)g (kg),
0
10 m
A Fdx 10 0.2 x 9.8 dx
10 0
882( J )

4பைடு நூலகம்
(L-x) a x x
(1)设任意时刻落下桌 面的链条长为x,则:
0
mg L x f L
dt W F dr F x dx F y dy
mA sin t costdt
2 3
mB 2 3 sin t costdt


o
1 1 2 3 mA sin 2tdt mB 2 3 sin 2tdt 0 2 2
2 Fx ma 2 cost m 2 x
Fy mb sin t m y F dr Fx dx F y dy

k x2
的作用下沿一直线运动。试证明物体
在 x 处的速度为 v 2 2k ( 1 1 ) 。 m x x0
解： （1） 力 F 所作的功为
A
x
F dx
x
k
dx k(1
1)
x0
x x0
2
x x0
（2） 由动能定理:
1 2
mv2
1 2
mv02
11 k( )
x x0
v0 0
得到 v 2k (1 1 ) m x x0
解：(1) F F1 F2 6i 14 j N
a
F m
1.5i
3.5
j
m s2
(2) a 1.52 (3.5)2 14.5 3.81m s2
tan ay 2.33 arctan(2.33) (是a与x轴的夹角) ax
(3)t=3s 时, r 1 at2 6.75i 15.75 j N 2
（3）在什么时刻，切向加速度与法向加速度具有相同的数值？
解：(1) d 2t r =0.2t dt
at= dv =0.2 m/s2 dt
an=rω2=0.4t2=0.4 m/s2
(2) a an 2 at 2
0.4t 2 2 30.22
a=2at an2=3at2
t2 3 2 3
F
F0
1
t
T 2
T2
作用，试证明，在 t=2T 时物体的速率为 4F0T 。 3m
证明:
V 0
dV
2T F dt 0m
2T 0
F0 m
1
t
T 2
T2
dt
F0 m
t
t T 3

液面下降的速度，即
，根据流量守恒
,
（2）当
（3）当
时，
时，
−
,整理可得：
可得
，即
,
图1-34所示为输液的装置。设吊瓶的截面积为1 ，针孔的截面积为2 ，且1 ≫ 2 ，开始时( = 0)，吊瓶内上下
液面距针孔的高度分别为ℎ1 和ℎ2 ，求吊瓶内药液全部输完时需要的时间。
，则针孔的流量为
液体总体积为
Ԧ =


= 2Ԧ − 2 Ԧ = −2Ԧ


1s末和2s末质点的速度为： 1 = 2Ԧ − 2Ԧ（m ∙ s−1 ），2 = 2Ԧ − 4Ԧ（m ∙ s −1 ）；
1s末和2s末质点的加速度相等：Ԧ = −2Ԧ （m ∙ s−2 ）
已知一质点做直线运动，其加速度Ԧ = 4 + 3 m ∙ s−2 , 开始运动时，0 = 5 m,



= 0.06（m）
（2）设弹簧最大压缩量为∆′ , 与碰撞粘在一起的速度为 ′，0 = ( +
) ′，代入已知条件可得 ′ = 4Τ11， + 压缩弹簧的过程中，机械能守恒，则
1
(
2
1
+ ) 2 = 2 ∆′2 ，得∆′ =
+


≈ 0.04（m）
(1)角加速度 =
由 =


∆
∆
=
0−2×1500÷60
50
由 =


=
2×1500
60
= 50 (rad ∙ s −1 )
= − (rad ∙ s−2 )
= −，得 = −，两边进行积分
得到 − 50 = − − 0,

第一章 质点运动学【例题精讲】例１-1【解】如图（b)所示,取沿水面方向向右为Ox 轴正向。

t 时刻小船位置为x ,而绳长为t l l 0v -=0.由勾股定理，有 222h x l +=,等式两边同时对ｔ求导数，有 tx x t l l d d 2d d 2= 又知，l 是随时间减小的 0d d v -=t l 且 txd d =v 故小船的运动速度为0000v v v v v 2200h)t l (t l x l----=-= 负号表示速度方向与x 轴正向相反。

例1-2【解】 (1） 位置矢量 j i r t b t a ωωsin cos += （ＳI ）可写为t a x ωcos = t b y ωsin =,则消去时间t ，可得质点的轨迹方程为 12222=+by a x(2） 速度 j i trt b t a ωωωωcos sin d d +-==v（３) 加速度 r j i ta 222sin cos d d ωωωωω-=--== tb t a v例1－3 C例1－４ 【证明】 因为2d d d d d d d d v xv v t x x v t v k -==⋅= 所以x k d d -=vv⎰⎰-=x x k 0d d 1v vvv kx -=0lnv v 故 kxe v v -=0例1—５ D例１－6 2Rt 16 -2s rad 4⋅ 例1-7C0v(b)例题1-1答案图xxoh0v(a)【习题精练】1-1【解】如图所示，取沿地面方向向左为Ox 轴的正向，人从路灯正下方点Ｏ开始运动，经时间ｔ后其位置为OA x =，而人头顶影子的位置坐标为x '。

由相似三角形关系,有 h H Hx x OAOC -='= 解得 hH Hxx -='，故头顶影子的移动速度为hH H dt x d -='='vv 。

1-２ ωπn)210( ,,=n t A a ωωcos 2-= 1－3 ()23-=y x i 8(ｍ/ｓ２）1—4【解】 （1) 位置矢量 j t b i at r 22 += (SI ）可写为2t a x = 2t b y =,则消去时间t ，可得质点轨迹方程为 x ab y =（2) 速度 j i trv bt at 22d d +==（3) 加速度 j b i a ta 22d d +==υ１－５【证明】设质点在x 处的速度为v ,62d d d d d d 2x txx t a +=⋅==v v ()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v则质点在任意位置处的速度为() 2 213 xx +=v1－6【解】 已知加速度=a d ｖ /d ｔ4=tｄv 4=ｔ ｄｔ⎰⎰=vv 0d 4d tt tｖ 2=t 2又因为v d =x /d ｔ2=t 2 t t x txx d 2d 020⎰⎰= tt x x 03032=-则质点位置和时间的关系式为10323+=t x (SI)Hv h x 'C A x O习题答案1-1图1-7 1 s 1.5 m 1—８ B第二章 质点运动定律【例题精讲】例２—１ ０ 2ｇ 例２－2 C 例2-３ C例2-4【答】（1） 不正确。

大学物理学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2006-5-8说明：该习题解答与范中和主编的《大学物理学》各章习题完全对应。

每题基本上只给出了一种解答，可作为教师备课时的参考。

题解完成后尚未核对，难免有错误和疏漏之处。

望使用者谅解。

编者2006-5-8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。

(A)
2 3qQ 4 0 a
(B)
4 3qQ 4 0 a
(C)
6 3qQ 4 0 a
(D)
8 3qQ 4 0 a
q
解：根据电势叠加原理，三角形的中心 O 处的电势为
UO q 2q 3q 6 3q 4 0 a 4 0 (2 3)a sin 60
a
因为无穷远处电势为零，所以外力的功为
Q2 Q1 R2 P r O R 1
Q1 Q2 Q1 Q2 。 (B) 。 4 0 r 4 0 R1 4 0 R2
习题 7―4 图
(C) 0。
(D)
Q1 4 0 R1
。
解：根据场强叠加原理，内球面单独在 P 点产生的电势为
U P1
外球面单独在 P 点产生的电势为
Q1 4 0 R1 Q2 4 0 R2 Q1 4 0 R1 Q2 4 0 R2
S3
习题 7─14 如图，A 点与 B 点间距离 C 为 2l，OCD 是以 B 为中心、以 l 为半径 l 的半圆路径，A、B 两处各放有一点电荷 A B O 带，电量分别为+q 和-q，则把另一带电 D ﹢q ﹣q 量为 Q(Q<0) 的点电荷从 D 点沿路径 2l DCO 移到 O 点的过程中， 电场力所作的 习题 7―14 图 功为 。 解：放在 A、B 两处的点电荷+q 和-q 是场源电荷，设无穷远处为电势零点， 则 D 点的电势为
r
r
习题 7—2 半径为 R 的均匀带电球面，总电量为 Q，设无穷远处电势为零，则 该带电体所产生的电场的电势 U 随离球心的距离 r 变化的分布曲线为： ［ ］
U (A) O R U (D) O R U∝1/r
2

详细描述
通过解析力学习题，学生可以加深对力的理解，掌握力的 合成与分解的方法，以及运用牛顿运动定律解决实际问题。
举例
一质量为m的物体在几个共点力作用下处于平衡状态，若 撤去一个向东的恒力F，物体将产生向西的加速度，大小 为a。要求出其他所有力的合力大小及方向。
电磁学习题解析
总结词
理解电场、磁场的基本性质，掌 握电磁感应定律等。
详细描述
掌握牛顿运动定律的基本概念，理解力和加速度的关系，能够应用牛顿运动定律解决直线运动和曲线 运动的问题。了解动量守恒定律和角动量守恒定律，掌握它们在碰撞、抛体运动等场景中的应用。
力学基础
总结词
理解万有引力定律和天体运动的基本规 律。
VS
详细描述
掌握万有引力定律的基本概念，理解天体 之间的相互作用力，能够应用万有引力定 律解决天体运动的问题。了解开普勒三定 律，掌握行星、卫星等天体的运动规律。
注重解题方法
在解题时，要掌握多种解题方法，学会灵活运用。同时， 要注意解题的规范性和准确性，培养良好的解题习惯。
持续学习与提高
大学物理是一门不断发展的学科，新的理论和技术不断涌 现。要保持持续学习的态度，关注学科前沿动态，不断提 升自己的学术水平和综合素质。
THANKS FOR WATCHING
感谢您的观看
阻器、电容器、电感器等基本元件的特性和应用。
光学基础
总结词
理解光的干涉、衍射和偏振现象及其在现代光学 技术中的应用。
总结词
理解光电效应和光的量子性在光学技术中的应用 。
详细描述
掌握光的干涉、衍射和偏振的基本原理，理解干 涉条纹的形成和分布，能够应用这些原理解决光 学问题。了解光学仪器的基本原理和应用，如透 镜、棱镜等。

习 题 十 三13-1 求各图中点P 处磁感应强度的大小和方向。

[解] (a) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为：()210cos cos 4θθπμ-=aIB 对于导线1：01=θ，22πθ=，因此aI B πμ401=对于导线2：πθθ==21，因此02=BaIB B B πμ4021p =+= 方向垂直纸面向外。

(b) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为：()210cos cos 4θθπμ-=aIB 对于导线1：01=θ，22πθ=，因此r I a I B πμπμ44001==，方向垂直纸面向内。

对于导线2：21πθ=，πθ=2，因此rI a I B πμπμ44002==，方向垂直纸面向内。

半圆形导线在P 点产生的磁场方向也是垂直纸面向内，大小为半径相同、电流相同的圆形导线在圆心处产生的磁感应强度的一半，即rIr I B 4221003μμ==，方向垂直纸面向内。

所以，rIr I r I r I r I B B B B 4244400000321p μπμμπμπμ+=++=++=(c) P 点到三角形每条边的距离都是a d 63=o 301=θ，o 1502=θ每条边上的电流在P 点产生的磁感应强度的方向都是垂直纸面向内，大小都是()aI d IB πμπμ23150cos 30cos 400000=-=故P 点总的磁感应强度大小为aIB B πμ29300== 方向垂直纸面向内。

13-2 有一螺线管长L ＝20cm ，半径r =2.0cm ，导线中通有强度为I =5.0A 的电流，若在螺线管轴线中点处产生的磁感应强度B ＝310166-⨯.T 的磁场，问该螺线管每单位长度应多少匝?[解] 已知载流螺线管轴线上场强公式为()120cos cos 2θθμ-=nIB由图知： 10410cos 2=θ，10410cos 1-=θ，所以，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=10410220nI B μ， 所以，匝＝1000101040IBn μ=13-3 若输电线在地面上空25m 处，通以电流31081⨯.A 。

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2x =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： 22(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 48,216,8ri 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 dtdv -= ??-=t v v kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=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 ?=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020= 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 ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联⽴式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = ⽽落地所⽤时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、已知质点位⽮随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，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。

大学物理上学习指导作业参考答案(1)-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第一章 质点运动学课 后 作 业1、一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为 a ＝2＋6 x 2 (SI)如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度．解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x txx t a +=⋅==v v 2分 ()x x xd 62d 020⎰⎰+=v v v2分()2 213x x +=v 1分2、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x10 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 ⎰⎰=vv 0d 4d tt tv 2=t 2 3分v d =x /d t 2=t 2 t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI) 2分3、一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为221ct bt S += 其中b 、c 是大于零的常量，求从0=t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间．解： ct b t S +==d /d v 1分c t a t ==d /d v 1分 ()R ct b a n /2+= 1分根据题意： a t = a n 1分即 ()R ct b c /2+=解得 cbc R t -=1分4、如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小．O RP解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω 1分24t =ω, 24Rt R ==ωvs t 1=时， v = 4Rt 2 = 8 m/s 1分 2s /168/m Rt dt d a t ===v 1分22s /32/m R a n ==v 1分()8.352/122=+=nt a a a m/s 2 1分5、一敞顶电梯以恒定速率v =10 m/s 上升．当电梯离地面h =10 m 时，一小孩竖直向上抛出一球．球相对于电梯初速率200=v m/s ．试问： (1) 从地面算起，球能达到的最大高度为多大？ (2) 抛出后经过多长时间再回到电梯上？解：(1) 球相对地面的初速度=+='v v v 030 m/s 1分抛出后上升高度 9.4522='=gh v m/s 1分 离地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m 1分(2) 球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度2021)(gt t t -+=v v v 1分08.420==gt vs 1分6、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，如图所示．当人以0υ(m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．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222s h l +=将上式对时间t 求导，得tss 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，∴ tsv 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 sv s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度3202220202002)(d d d d d d sv h s v s l s v slv s v v s t sl t l st v a =+-=+-=-==船船第二章 运动与力课 后 作 业1、 一人在平地上拉一个质量为M 的木箱匀速前进，如图. 木箱与地面间的摩擦系数μ＝0.6.设此人前进时，肩上绳的支撑点距地面高度为h ＝1.5 m ，不计箱高，问绳长l 为多长时最省力解：设绳子与水平方向的夹角为θ，则l h /sin =θ． 木箱受力如图所示，匀速前进时, 拉力为F , 有F cos θ－f ＝0 2分F sin θ＋N －Mg ＝0 f ＝μN得 θμθμsin cos +=MgF 2分令 0)sin (cos )cos sin (d d 2=++--=θμθθμθμθMg F ∴ 6.0tg ==μθ，637530'''︒=θ 2分且 0d d 22>θF∴ l ＝h / sin θ＝2.92 m 时，最省力．N2、一质量为60 kg 的人，站在质量为30 kg 的底板上，用绳和滑轮连接如图．设滑轮、绳的质量及轴处的摩擦可以忽略不计，绳子不可伸长．欲使人和底板能以1 m/s 2的加速度上升，人对绳子的拉力T 2多大？人对底板的压力多大 (取g ＝10 m/s 2)解：人受力如图(1) 图2分a m g m N T 112=-+ 1分 底板受力如图(2) 图2分 a m g m N T T 2221=-'-+ 2分212T T = 1分 N N ='由以上四式可解得 a m m g m g m T )(421212+=--∴ 5.2474/))((212=++=a g m m T N 1分5.412)(21=-+=='T a g m N N N 1分3、一条轻绳跨过一轻滑轮(滑轮与轴间摩擦可忽略)，在绳的一端挂一质量为m 1的物体，在另一侧有一质量为m 2的环，求当环相对于绳以恒定的加速度a 2沿绳向下滑动时，物体和环相对地面的加速度各是多少环与绳间的摩擦力多大m 1m 22a解：因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于绳子张力T ．设m 2相对地面的加速度为2a '，取向上为正；m 1相对地面的加速度为a 1(即绳子的加速度)，取向下为正． 1分111a m T g m =- 2分 222a m g m T '=- 2分 212a a a -=' 2分 解得 2122211)(m m a m g m m a ++-= 1分21212)2(m m m m a g T +-= 1分2121212)(m m a m g m m a +--=' 1分4、一条质量分布均匀的绳子，质量为M 、长度为L ，一端拴在竖直转轴OO ′上，并以恒定角速度ω在水平面上旋转．设转动过程中绳子始终伸直不打弯，且忽略重力，求距转轴为r 处绳中的张力T ( r )．解：取距转轴为r 处，长为d r 的小段绳子，其质量为 ( M /L ) d r ． (取元，画元的受力图) 2分由于绳子作圆周运动，所以小段绳子有径向加速度，由牛顿定律得： T ( r )-T ( r + d r ) = ( M / L ) d r r ω2令 T ( r )－T (r + d r ) = - d T ( r )得 d T =－( M ω2/ L ) r d r 4分 由于绳子的末端是自由端 T (L ) = 01分有r r L M T Lrr T d )/(d 2)(⎰⎰-=ω ∴ )2/()()(222L r L M r T -=ω 3分LOO ′rO O ′ d r T (r ) T (r +d )第三章 动量与角动量课 后 作 业hAv1、如图，用传送带A 输送煤粉，料斗口在A 上方高h ＝0.5 m 处，煤粉自料斗口自由落在A 上．设料斗口连续卸煤的流量为q m ＝40 kg/s ，A 以v ＝2.0 m/s 的水平速度匀速向右移动．求装煤的过程中，煤粉对A 的作用力的大小和方向．（不计相对传送带静止的煤粉质重）解：煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度gh 20=v 1分设煤粉与A 相互作用的∆t 时间内，落于传送带上的煤粉质量为t q m m ∆=∆ 1分设A 对煤粉的平均作用力为f，由动量定理写分量式：0-∆=∆v m t f x 1分)(00v m t f y ∆--=∆ 1分 将 t q m m ∆=∆代入得 v m x q f =， 0v m y q f =∴ 14922=+=y x f f f N 2分f与x 轴正向夹角为α = arctg (f x / f y ) = 57.4° 1分由牛顿第三定律煤粉对A 的作用力f ′= f = 149 N ，方向与图中f相反．2分30°F2、质量为1 kg 的物体，它与水平桌面间的摩擦系数μ = 0.2 ．现对物体施以F = 10t (SI)的力，（t 表示时刻），力的方向保持一定，如图所示．如t = 0时物体静止，则t = 3 s 时它的速度大小v 为多少?解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力mg F N +︒=30sin 1分物体要有加速度必须 N F μ≥︒30cos 2分即 mg t μμ≥-)3(5， 0s 256.0t t =≥ 1分物体开始运动后，所受冲量为 ⎰-︒=tt t N F I 0d )30cos (μ)(96.1)(83.3022t t t t ---= t = 3 s, I = 28.8 N s 2分则此时物体的动量的大小为 I m =v速度的大小为 8.28==mIv m/s 2分3、一炮弹发射后在其运行轨道上的最高点h ＝19.6 m 处炸裂成质量相等的两块．其中一块在爆炸后1秒钟落到爆炸点正下方的地面上．设此处与发射点的距离S 1＝1000 m ，问另一块落地点与发射地点间的距离是多少（ 空气阻力不计，g ＝9.8 m/s 2）解：因第一块爆炸后落在其正下方的地面上，说明它的速度方向是沿竖直方向的．利用 2t g t h '+'=211v ， 式中t '为第一块在爆炸后落到地面的时间． 可解得v 1＝14.7 m/s ，竖直向下．取y 轴正向向上, 有v 1y ＝－14.7 m/s 2分设炮弹到最高点时(v y ＝0)，经历的时间为t ，则有 S 1 = v x t ①h=221gt ②由①、②得 t =2 s , v x =500 m/s 2分 以2v表示爆炸后第二块的速度，则爆炸时的动量守恒关系如图所示．x v v m m x =221③0==+y y m m m v v v 1y 22121 ④解出 v 2x =2v x =1000 m/s ， v 2y =-v 1y =14.7 m/s 3分 再由斜抛公式 x 2= S 1 +v 2x t 2 ⑤y 2=h +v 2y t 2-22gt 21 ⑥落地时 y 2 =0，可得 t 2 =4 s , t 2＝－1 s （舍去） 故 x 2＝5000 ｍ 3分Mmv4、质量为M ＝1.5 kg 的物体，用一根长为l ＝1.25 m 的细绳悬挂在天花板上．今有一质量为m ＝10 g 的子弹以v 0＝500 m/s 的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝30 m/s ，设穿透时间极短．求： (1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2) 子弹在穿透过程中所受的冲量．解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v 2/l =26.5 N 2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v方向相反． 2分第四章 功和能课 后 作 业1、一质量为m 的质点在Oxy 平面上运动，其位置矢量为j t b i t a rωωsin cos +=(SI)式中a 、b 、ω是正值常量，且a ＞b ． (1)求质点在A 点(a ，0)时和B 点(0，b )时的动能；(2)求质点所受的合外力F 以及当质点从A 点运动到B 点的过程中F的分力x F和y F 分别作的功．解：(1)位矢 j t b i t a rωωsin cos += (SI) 可写为 t a x ωcos = ， t b y ωsin =t a t x x ωωsin d d -==v ， t b ty ωωcos d dy-==v在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ωE KA =2222212121ωmb m m y x =+v v 2分在B 点(0，b ) ，0cos =t ω，1sin =t ωE KB =2222212121ωma m m y x =+v v 2分(2) j ma i ma F y x +==j t mb i t ma ωωωωsin cos 22-- 2分由A →B ⎰⎰-==020d cos d a a x x x t a m x F W ωω=⎰=-022221d a ma x x m ωω 2分⎰⎰-==b b y y t b m y F W 020dy sin d ωω=⎰-=-b mb y y m 022221d ωω 2分2、劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定，另一端与桌面上的质量为m 的小球B 相连接．用外力推动小球，将弹簧压缩一段距离L 后放开．假定小球所受的滑动摩擦力大小为F 且恒定不变，滑动摩擦系数与静摩擦系数可视为相等．试求L 必须满足什么条件时，才能使小球在放开后就开始运动，而且一旦停止下来就一直保持静止状态．解：取弹簧的自然长度处为坐标原点O ，建立如图所示的坐标系．在t =0时，静止于x ＝－L 的小球开始运动的条件是kL ＞F ① 2分小球运动到x 处静止的条件，由功能原理得222121)(kL kx x L F -=+- ② 2分由② 解出 kFL x 2-=使小球继续保持静止的条件为 F k FL k x k ≤-=2 ③ 2分 所求L 应同时满足①、③式，故其范围为 k F <L kF3≤ 2分3、一链条总长为l ，质量为m ，放在桌面上，并使其部分下垂，下垂一段的长度为a ．设链条与桌面之间的滑动摩擦系数为μ．令链条由静止开始运动，则 (1)到链条刚离开桌面的过程中，摩擦力对链条作了多少功？al -a(2)链条刚离开桌面时的速率是多少？解：(1)建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为g lymf μ= 1分 摩擦力的功 ⎰⎰--==00d d a l a l f y gy l my f W μ 2分=022a l y l mg -μ =2)(2a l lmg--μ 2分(2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝2022121v v m m -其中 ∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0 1分W P =⎰la x P d =l a l mg x x l mg la 2)(d 22-=⎰ 2分由上问知 la l mg W f 2)(2--=μ所以222221)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ 得 []21222)()(a l a l lg ---=μv 2分αh0v4、一物体与斜面间的摩擦系数μ = 0.20，斜面固定，倾角α = 45°．现给予物体以初速率v 0 = 10 m/s ，使它沿斜面向上滑，如图所示．求： 物体能够上升的最大高度h ；该物体达到最高点后，沿斜面返回到原出发点时的速率v ．解：(1)根据功能原理，有 mgh m fs -=2021v 2分 ααμαμsin cos sin mgh Nh fs ==mgh m mgh -==2021ctg v αμ 2分 )ctg 1(220αμ+=g h v =4.5 m 2分(2)根据功能原理有 fs m mgh =-221v 1分αμctg 212mgh mgh m -=v 1分[]21)ctg 1(2αμ-=gh v =8.16 m/s 2分第五章 刚体的转动课 后 作 业1、一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 和2m 的重物，如图所示．绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑．两个定滑轮的转动惯量均为221mr ．将由两个定滑轮以及质量为m 和2m的重物组成的系统从静止释放，求两滑轮之间绳内的张力．解：受力分析如图所示． 2分 2mg －T 1＝2ma 1分T 2－mg ＝ma 1分T 1 r －T r ＝β221mr 1分 T r －T 2 r ＝β221mr 1分a ＝r β 2分解上述5个联立方程得： T ＝11mg / 8 2分2、一轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的半径为R ,质量为M / 4，均匀分布在其边缘上．绳子的A 端有一质量为M 的人抓住了绳端，而在绳的另一端B 系了一质量为21M 的重物，如图．设人从静止开始相对于绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B 端重物上升的加速度？(已知滑轮对通过滑轮中心且垂直于轮面的轴的转动惯量J ＝MR 2 / 4 )解：受力分析如图所示．设重物的对地加速度为a ，向上.则绳的A 端对地有加速度a 向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a 向下. 2分 根据牛顿第二定律可得：对人： Mg －T 2＝Ma ① 2分对重物： T 1－21Mg ＝21Ma ② 2分根据转动定律，对滑轮有(T 2－T 1)R ＝J β＝MR 2β / 4 ③ 2分因绳与滑轮无相对滑动， a ＝βR ④ 1分 ①、②、③、④四式联立解得 a ＝2g / 7 1分3、一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用m 、r 、t 和S 表示)．解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg ­T ＝ma ① 2分 T r ＝J β ② 2分由运动学关系有： a = r β ③ 2分由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0∴ S ＝221at ， a ＝2S / t 2 ⑤ 2分将⑤式代入④式得：J ＝mr 2(Sgt 22－1) 2分Am 1 ,l1v2俯视图4、有一质量为m 1、长为l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动．另有一水平运动的质量为m 2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞，设碰撞时间极短．已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1v 和2v，如图所示．求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间.(已知棒绕O 点的转动惯量2131l m J =)解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力 矩<<滑块的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即1分m 2v 1l ＝－m 2v 2l ＋ω2131l m ① 3分碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为gl m x x l m g M l f 10121d μμ-=⋅-=⎰ ② 2分由角动量定理 ω210310l m dt M tf -=⎰ ③ 2分由①、②和③解得 g m m t 12122μv v += 2分第六章 狭义相对论基础课 后 作 业1、一体积为V 0，质量为m 0的立方体沿其一棱的方向相对于观察者A 以速度v 运动．求：观察者A 测得其密度是多少？解：设立方体的长、宽、高分别以x 0，y 0，z 0表示，观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为 221cx x v -=，0y y =，0z z =． 相应体积为 2201cV xyz V v -== 3分观察者Ａ测得立方体的质量 2201cm m v -=故相应密度为 V m /=ρ22022011/c V c m v v --=)1(2200cV m v -=2分2、在O 参考系中，有一个静止的正方形，其面积为 100 cm 2．观测者O ＇以 0.8c 的匀速度沿正方形的对角线运动．求O ＇所测得的该图形的面积．解：令O 系中测得正方形边长为a ，沿对角线取x 轴正方向(如图)，则边长在坐标轴上投影的大小为a a x 221=，a a y 221= 面积可表示为： x y a a S ⋅=2 2分在以速度v 相对于O 系沿x 正方向运动的O ＇系中2)/(1c a a x x v -=' =0.6×a 221 a a a yy 221==' 在O ＇系中测得的图形为菱形，其面积亦可表示为606.022=='⋅'='a a a S x y cm 23分aaO y x3、一艘宇宙飞船的船身固有长度为L 0 =90 m ，相对于地面以=v 0.8 c (c 为真空中光速)的匀速度在地面观测站的上空飞过．(1) 观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少？ (2) 宇航员测得船身通过观测站的时间间隔是多少？解：(1) 观测站测得飞船船身的长度为 =-=20)/(1c L L v 54 m则 ∆t 1 = L /v =2.25×10-7 s 3分(2) 宇航员测得飞船船身的长度为L 0，则∆t 2 = L 0/v =3.75×10-7 s 2分4、半人马星座α星是距离太阳系最近的恒星，它距离地球S = 4.3×1016 m ．设有一宇宙飞船自地球飞到半人马星座α星，若宇宙飞船相对于地球的速度为v = 0.999 c ，按地球上的时钟计算要用多少年时间如以飞船上的时钟计算，所需时间又为多少年解：以地球上的时钟计算： 5.4≈=∆vSt 年 2分 以飞船上的时钟计算： ≈-='∆∆221ct t v 0.20 年 3分5、在惯性系S 中，有两事件发生于同一地点，且第二事件比第一事件晚发生∆t =2s ；而在另一惯性系S ＇中，观测第二事件比第一事件晚发生∆t '=3s ．那么在S ＇系中发生两事件的地点之间的距离是多少？解：令S ＇系与S 系的相对速度为v ，有2)/(1c tt v -='∆∆， 22)/(1)/(c t t v -='∆∆则 2/12))/(1(t t c '-⋅=∆∆v ( = 2.24×108 m ·s -1 ) 4分那么，在S ＇系中测得两事件之间距离为：2/122)(t t c t x ∆∆∆∆-'='⋅='v = 6.72×108 m 4分6、要使电子的速度从v 1 =1.2×108 m/s 增加到v 2 =2.4×108 m/s 必须对它作多少功？ (电子静止质量m e ＝9.11×10-31 kg)解：根据功能原理，要作的功 W = ∆E根据相对论能量公式 ∆E = m 2c 2- m 1c 2 2分根据相对论质量公式 2/12202])/(1/[c m m v -=2/12101])/(1/[c m m v -= 1分 ∴ )1111(22122220c c c m W v v ---=＝4.72×10-14 J ＝2.95×105 eV 2分第七章 振动课 后 作 业1、一个轻弹簧在60 N 的拉力作用下可伸长30 cm ．现将一物体悬挂在弹簧的下端并在它上面放一小物体，它们的总质量为4 kg ．待其静止后再把物体向下拉10 cm ，然后释放．问：(1) 此小物体是停在振动物体上面还是离开它？(2) 如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离，则振幅A 需满足何条件二者在何位置开始分离解：(1) 小物体受力如图．设小物体随振动物体的加速度为a ，按牛顿第二定律有（取向下为正） ma N mg =- 1分)(a g m N -=当N = 0，即a = g 时，小物体开始脱离振动物体，已知 1分A = 10 cm ，N/m 3.060=k 有 50/==m k ω rad ·s -1 2分 系统最大加速度为 52max ==A a ω m ·s -2 1分 此值小于g ，故小物体不会离开． 1分(2) 如使a > g ，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N = 0求得x a g 2ω-== 2分 6.19/2-=-=ωg x cm 1分即在平衡位置上方19.6 cm 处开始分离，由g A a >=2max ω，可得2/ωg A >=19.6 cm ． 1分2、一质点在x 轴上作简谐振动，选取该质点向右运动通过A 点时作为计时起点( t = 0 )，经过2秒后质点第一次经过B 点，再经过2秒后质点第二次经过B 点，若已知该质点在A 、B 两点具有相同的速率，且AB = 10 cm 求： (1) 质点的振动方程； (2) 质点在A 点处的速率．解： T = 8 s ， ν = (1/8) s -1， ω = 2πν = (π /4) s -1 3分(1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方． t = 0时， 5-=x cm φcos A =t = 2 s 时， 5=x cm φφωsin )2cos(A A -=+= 由上二式解得 tg φ = 1因为在A 点质点的速度大于零，所以φ = -3π/4或5π/4（如图） 2分25cos /==φx A cm 1分∴ 振动方程 )434cos(10252π-π⨯=-t x (SI) 1分(2) 速率 )434sin(41025d d 2π-π⨯π-==-t t x v (SI) 2分 当t = 0 时，质点在A 点221093.3)43sin(10425d d --⨯=π-⨯π-==t x v m/s 1分3、一质量为m 的质点在力F = -π2x 的作用下沿x 轴运动．求其运动的周期．解：将F = -π2x 与F = -kx 比较，知质点作简谐振动， k = π2． 3分 又 mm k π==ω 4分m T 22=π=ω3分4、一物体同时参与两个同方向的简谐振动： )212cos(04.01π+π=t x (SI), )2cos(03.02π+π=t x (SI)求此物体的振动方程．解：设合成运动（简谐振动）的振动方程为 )cos(φω+=t A x则 )cos(2122122212φφ-++=A A A A A ① 2分 以 A 1 = 4 cm ，A 2 = 3 cm ，π=π-π=-212112φφ代入①式，得5cm 3422=+=A cm 3分又 22112211cos cos sin sin arctg φφφφφA A A A ++= ②≈127°≈2.22 rad 3分 ∴ )22.22cos(05.0+π=t x (SI) 2分5、在竖直悬挂的轻弹簧下端系一质量为 100 g 的物体，当物体处于平衡状态时，再对物体加一拉力使弹簧伸长，然后从静止状态将物体释放．已知物体在32 s 内完成48次振动，振幅为5 cm ． (1) 上述的外加拉力是多大？(2) 当物体在平衡位置以下1 cm 处时，此振动系统的动能和势能各是多少？解一：(1) 取平衡位置为原点，向下为x 正方向．设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为∆l ，则有l k mg ∆=, 加拉力F 后弹簧又伸长x 0，则0)(0=+-+∆x l k mg F解得 F = kx 0 2分由题意，t = 0时v 0 = 0；x = x 0则02020)/(x x A =+=ωv 2分又由题给物体振动周期4832=T s, 可得角频率 Tπ=2ω, 2ωm k = ∴ 444.0)/4(22=π==A T m kA F N 1分(2) 平衡位置以下1 cm 处： )()/2(2222x A T -π=v 2分221007.121-⨯==v m E K J 2分2222)/4(2121x T m kx E p π== = 4.44×10-4 J 1分解二：(1) 从静止释放，显然拉长量等于振幅A （5 cm ），kA F = 2分2224νωπ==m m k ，ν = 1.5 Hz 2分∴ F = 0.444 N 1分(2) 总能量 221011.12121-⨯===FA kA E J 2分当x = 1 cm 时，x = A /5，E p 占总能量的1/25，E K 占24/25． 2分∴ 21007.1)25/24(-⨯==E E K J ， 41044.425/-⨯==E E p J 1分6、如图，有一水平弹簧振子，弹簧的劲度系数k = 24 N/m ，重物的质量m = 6 kg ，重物静止在平衡位置上．设以一水平恒力F = 10 N 向左作用于物体（不计摩擦），使之由平衡位置向左运动了0.05 m 时撤去力F ．当重物运动到左方最远位置时开始计时，求物体的运动方程．解：设物体的运动方程为 )cos(φω+=t A x ．恒外力所做的功即为弹簧振子的能量： F ×0.05 = 0.5 J ． 2分当物体运动到左方最远位置时，弹簧的最大弹性势能为0.5 J ，即：5.0212=kA J ， ∴ A = 0.204 m ． 2分A 即振幅． 4/2==m k ω (rad/s)2ω = 2 rad/s ． 2分按题目所述时刻计时，初相为φ = π．∴ 物体运动方程为 2分)2cos(204.0π+=t x (SI)． 2分第八章 波动课 后 作 业1、一平面简谐波沿x 轴正向传播，波的振幅A = 10 cm ，波的角频率ω = 7π rad/s.当t = 1.0 s 时，x = 10 cm 处的a 质点正通过其平衡位置向y 轴负方向运动，而x = 20 cm 处的b 质点正通过y = 5.0 cm 点向y 轴正方向运动．设该波波长λ >10 cm ，求该平面波的表达式．解：设平面简谐波的波长为λ，坐标原点处质点振动初相为φ，则该列平面简谐波的表达式可写成 )/27cos(1.0φλ+π-π=x t y (SI) 2分 t = 1 s 时 0])/1.0(27cos[1.0=+π-π=φλy 因此时a 质点向y 轴负方向运动，故π=+π-π21)/1.0(27φλ ① 2分 而此时，b 质点正通过y = 0.05 m 处向y 轴正方向运动，应有 05.0])/2.0(27cos[1.0=+π-π=φλy且 π-=+π-π31)/2.0(27φλ ② 2分由①、②两式联立得 λ = 0.24 m 1分3/17π-=φ 1分∴ 该平面简谐波的表达式为]31712.07cos[1.0π-π-π=x t y (SI) 2分或 ]3112.07cos[1.0π+π-π=x t y (SI)(m) -2、图示一平面简谐波在t = 0 时刻的波形图，求(1) 该波的波动表达式； (2) P 处质点的振动方程．解：(1) O 处质点，t = 0 时 0cos 0==φA y ， 0sin 0>-=φωA v所以 π-=21φ 2分又 ==u T /λ (0.40/ 0.08) s= 5 s 2分故波动表达式为 ]2)4.05(2cos[04.0π--π=x t y (SI) 4分(2) P 处质点的振动方程为]2)4.02.05(2cos[04.0π--π=t y P )234.0cos(04.0π-π=t (SI) 2分3、沿x 轴负方向传播的平面简谐波在t = 2 s 时刻的波形曲线如图所示，设波速u = 0.5 m/s ． 求：原点O 的振动方程．解：由图，λ = 2 m ， 又 ∵u = 0.5 m/s ，∴ ν = 1 /4 Hz ， 3分T = 4 s ．题图中t = 2 s =T 21．t = 0时，波形比题图中的波形倒退λ21，见图． 2分此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动，∴ π=21φ 2分∴ )2121cos(5.0π+π=t y (SI) 3分4、一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，波的表达式为 )/(2cos λνx t A y -π=, 而另一平面简谐波沿Ox 轴负方向传播，波的表达式为 )/(2cos 2λνx t A y +π= 求：(1) x = λ /4 处介质质点的合振动方程； (2) x = λ /4 处介质质点的速度表达式．解：(1) x = λ /4处)212cos(1π-π=t A y ν , )212cos(22π+π=t A y ν 2分∵ y 1，y 2反相 ∴ 合振动振幅 A A A A s =-=2 , 且合振动的初相φ 和y 2的初相一样为π21． 4分合振动方程 )212cos(π+π=t A y ν 1分(2) x = λ /4处质点的速度 )212sin(2/d d π+ππ-== v t A t y νν)2cos(2π+ππ=t A νν 3分5、设入射波的表达式为 )(2cos 1Ttx A y +π=λ，在x = 0处发生反射，反射点为一固定端．设反射时无能量损失，求(1) 反射波的表达式； (2) 合成的驻波的表达式； (3) 波腹和波节的位置．解：(1) 反射点是固定端，所以反射有相位突变π，且反射波振幅为A ，因此反 射波的表达式为 ])//(2cos[2π+-π=T t x A y λ 3分(2) 驻波的表达式是 21y y y +=)21/2cos()21/2cos(2π-ππ+π=T t x A λ 3分(3) 波腹位置： π=π+πn x 21/2λ, 2分λ)21(21-=n x , n = 1, 2, 3, 4,… 波节位置： π+π=π+π2121/2n x λ 2分λn x 21= , n = 1, 2, 3, 4,…6、如图所示，一平面简谐波沿x 轴正方向传播，BC 为波密媒质的反射面．波由P 点反射，OP = 3λ /4，DP = λ /6．在t = 0时，O 处质点的合振动是经过平衡位置向负方向运动．求D 点处入射波与反射波的合振动方程．（设入射波和反射波的振幅皆为A ，频率为ν．）解：选O 点为坐标原点，设入射波表达式为])/(2cos[1φλν+-π=x t A y 2分则反射波的表达式是 ])(2cos[2ππ++-+-=φλνxOP OP t A y 2分合成波表达式（驻波）为 )2cos()/2cos(2φνλ+ππ=t x A y 2分在t = 0时，x = 0处的质点y 0 = 0， 0)/(0<∂∂t y ，故得 π=21φ 2分因此，D 点处的合成振动方程是)22cos()6/4/32cos(2π+π-π=t A y νλλλt A νπ=2sin 3 2分第九章 温度和气体动理论课 后 作 业1、黄绿光的波长是5000A (1A =10 -10 m)．理想气体在标准状态下，以黄绿光的波长为边长的立方体内有多少个分子?(玻尔兹曼常量k ＝1.38×10- 23J ·K -1)解：理想气体在标准状态下，分子数密度为n = p / (kT )＝2.69×1025 个/ m 3 3分 以5000A 为边长的立方体内应有分子数为N = nV ＝3.36×106个． 2分2、已知某理想气体分子的方均根速率为 400 m ·s -1．当其压强为1 atm 时，求气体的密度．解： 223131v v ρ==nm p∴ 90.1/32==v p ρ kg/m 3 5分3、一瓶氢气和一瓶氧气温度相同．若氢气分子的平均平动动能为 w = 6.21×10-21 J ．试求：(1) 氧气分子的平均平动动能和方均根速率． (2) 氧气的温度．(阿伏伽德罗常量N A ＝6.022×1023 mol -1，玻尔兹曼常量k ＝1.38×10-23 J ·K -1)解：(1) ∵ T 相等, ∴氧气分子平均平动动能＝氢气分子平均平动动能w＝6.21×10-21 J ．且 ()()483/22/12/12==m w vm/s 3分(2) ()k w T 3/2=＝300 K ． 2分4、某理想气体的定压摩尔热容为29.1 J ·mol -1·K -1．求它在温度为273 K 时分子平均转动动能． (玻尔兹曼常量k ＝1.38×10-23 J ·K -1 )解： R R iR i C P +=+=222， ∴ ()5122=⎪⎭⎫⎝⎛-=-=R C R R C i P P ，2分 可见是双原子分子，只有两个转动自由度.211077.32/2-⨯===kT kT r ε J 3分5、一超声波源发射超声波的功率为10 W ．假设它工作10 s ，并且全部波动能量都被1 mol 氧气吸收而用于增加其内能，则氧气的温度升高了多少？(氧气分子视为刚性分子，普适气体常量R ＝8.31 J ·mol -1·K -1 )解： A = Pt = T iR v ∆21， 2分∴ ∆T = 2Pt /(v iR )＝4.81 K ．3分6、1 kg 某种理想气体，分子平动动能总和是1.86×106 J ，已知每个分子的质量是3.34×10-27 kg ，试求气体的温度． （玻尔兹曼常量 k ＝1.38×10-23 J ·K -1）解： N = M / m ＝0.30×1027 个 1分==N E w K / 6.2×10-21 J 1分kwT 32== 300 K 3分第十章 热力学第一定律课 后 作 业1、一定量的单原子分子理想气体，从初态A 出发，沿图示直线过程变到另一状态B ，又经过等容、等压两过程回到状态A ．(1) 求A →B ，B →C ，C →A 各过程中系统对外所作的功W ，内能的增量∆E 以及所吸收的热量Q ．(2) 整个循环过程中系统对外所作的总功以及从外界吸收的总热量(过程吸热的代数和)．1 2 3 12 OV (10-3 m 3) 5 A BC解：(1) A →B ： ))((211A B A B V V p p W -+==200 J ． ΔE 1=ν C V (T B －T A )=3(p B V B －p A V A ) /2=750 JQ =W 1+ΔE 1＝950 J ． 3分B →C ： W 2 =0ΔE 2 =ν C V (T C －T B )=3( p C V C －p B V B ) /2 =－600 J ．Q 2 =W 2+ΔE 2＝－600 J ． 2分C →A ： W 3 = p A (V A －V C )=－100 J ．150)(23)(3-=-=-=∆C C A A C A V V p V p T T C E ν J ．Q 3 =W 3+ΔE 3＝－250 J 3分(2) W = W 1 +W 2 +W 3=100 J ．Q = Q 1 +Q 2 +Q 3 =100 J 2分2、1 mol 双原子分子理想气体从状态A (p 1,V 1)沿p -V 图所示直线变化到状态B (p 2,V 2)，试求： 气体的内能增量． 气体对外界所作的功． 气体吸收的热量． 此过程的摩尔热容．解：(1) )(25)(112212V p V p T T C E V -=-=∆ 2分 (2) ))((211221V V p p W -+=， W 为梯形面积，根据相似三角形有p 1V 2= p 2V 1，则)(211122V p V p W -=． 3分(3) Q =ΔE +W =3( p 2V 2－p 1V 1 )． 2分(4) 以上计算对于A →B 过程中任一微小状态变化均成立，故过程中 ΔQ =3Δ(pV )． 由状态方程得 Δ(pV ) =R ΔT ， 故 ΔQ =3R ΔT ，摩尔热容 C =ΔQ /ΔT =3R ． 3分BAOVp p 2V 1V 2(摩尔热容C =T Q ∆∆/，其中Q ∆表示1 mol 物质在过程中升高温度T ∆时所吸收的热量．)3、一定量的理想气体，由状态a 经b 到达c ．(如图， abc 为一直线)求此过程中1 2 3 1 2 3 a bcV (L)p (atm)气体对外作的功； 气体内能的增量；气体吸收的热量．(1 atm ＝1.013×105 Pa)解：(1) 气体对外作的功等于线段c a 下所围的面积W ＝(1/2)×(1+3)×1.013×105×2×10-3 J ＝405.2 J 3分 (2) 由图看出 P a V a =P c V c ∴T a =T c 2分内能增量 0=∆E ． 2分(3) 由热力学第一定律得Q =E ∆ +W =405.2 J ． 3分4、如图所示，abcda 为1 mol 单原子分子理想气体的循环过程，求：Oadcbp (×105 Pa)V (×10-3 m 3)2312(1) 气体循环一次，在吸热过程中从外界共吸收的热量； (2) 气体循环一次对外做的净功；(3) 证明 在abcd 四态, 气体的温度有T a T c =T b T d ．解：(1) 过程ab 与bc 为吸热过程， 吸热总和为 Q 1=C V (T b －T a )+C p (T c －T b ))(25)(23b b c c a a b b V p V p V p V p -+-==800 J 4分(2) 循环过程对外所作总功为图中矩形面积W = p b (V c －V b )－p d (V d －V a ) =100 J 2分(3) T a =p a V a /R ，T c = p c V c /R ， T b = p b V b /R ，T d = p d V d /R ，T a T c = (p a V a p c V c )/R 2=(12×104)/R 2T b T d = (p b V b p d V d )/R 2=(12×104)/R 2∴ T a T c =T b T d 4分5、一定量的理想气体经历如图所示的循环过程，A →B 和C →D 是等压过程，B →C 和D →A 是绝热过程．已知：T C ＝ 300 K ，T B ＝ 400 K ． 试求：此循环的效率．(提示：循环效率的定义式η =1－Q 2 /Q 1，Q 1为循环中气体吸收的热量，Q 2为循环中气体放出的热量） A BC DO Vp解： 121Q Q -=η Q 1 = ν C p (T B －T A ) , Q 2 = ν C p (T C －T D ) )/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--= 4分 根据绝热过程方程得到：γγγγ----=D D AA T p T p 11， γγγγ----=C CB B T p T p 11 ∵ p A = p B , pC = pD ,∴ T A / T B = T D / T C 4分故 %251112=-=-=BC T T Q Q η 2分6、一卡诺热机(可逆的)，当高温热源的温度为 127℃、低温热源温度为27℃时，其每次循环对外作净功8000 J ．今维持低温热源的温度不变，提高高温热源温度，使其每次循环对外作净功 10000 J ．若两个卡诺循环都工作在相同的两条绝热线之间，试求：(1) 第二个循环的热机效率；(2) 第二个循环的高温热源的温度．解：(1) 1211211T T T Q Q Q Q W -=-==η 2111T T T W Q -= 且 1212T T Q Q = ∴ Q 2 = T 2 Q 1 /T 1即 212122112T T T W T T T T T Q -=⋅-=＝24000 J 4分 由于第二循环吸热 221Q W Q W Q +'='+'=' ( ∵ 22Q Q =') 3分 =''='1/Q W η29.4％ 1分 (2) ='-='η121T T 425 K 2分。

大学物理教程课后练习题含答案前言大学物理是培养学生科学素养的重要课程，也是许多专业必修的基础课程之一。

然而，因为课程内容的抽象性和难度，学生在学习中往往会遇到一些困难，需要反复练习来加深理解、掌握知识和技能，提高成绩。

本文收录了一些经典的大学物理教程课后练习题，希望能够对学生提供一些有益的帮助。

第一章静力学1.1 问题一绳连接两物体，下面物体沿光滑斜面滑动，假设无空气阻力，则：（1）求该物体所受的重力分力；（2）求该物体所受的斜面支持力。

1.2 答案（1）该物体所受的重力分力为 mg*sinθ，其中 m 是物体的质量，g 是重力加速度，θ是斜面倾角。

（2）该物体所受的斜面支持力为 mg*cosθ。

第二章动力学2.1 问题一个弹性碰撞的实验装置弹性碰撞实验装置其中，m1 和 m2 分别是光滑水平面上两个物体的质量，v1 和 v2 分别是它们在碰撞前的速度，v1’ 和v2’ 分别是它们在碰撞后的速度。

假设碰撞前两个物体相对距离为 L，碰撞后 m1 的速度与 x 轴正方向夹角为θ1，m2 的速度与 x 轴正方向夹角为θ2，则：（1）求碰撞前两个物体的总动量和总动能；（2）求碰撞后两个物体的速度和动能。

2.2 答案（1）碰撞前，两个物体的总动量为 m1v1 + m2v2，总动能为 (1/2)m1v1^2 + (1/2)m2v2^2。

（2）碰撞后，两个物体的速度和动能为：v1’ = [(m1-m2)v1+2m2*v2]cosθ1/(m1+m2) +[(m2+m2)v1+2m1*v1]sinθ1/(m1+m2) v2’ = [(m2-m1)v2+2m1*v1]cosθ2/(m1+m2) + [(m1+m1)v2+2m2*v2]sinθ2/(m1+m2)K1’ = (1/2)m1v1’^2, K2’ = (1/2)m2v2’^2第三章热学3.1 问题设一个物体的初温度为 T1，末温度为 T2，它的质量为 m，比热容为 c，求对该物体施加一定的热量 Q 后它的温度变化。

第四章 动量、角动量【例题精选】例4-1 一质量为1 kg 的物体，置于水平地面上，物体与地面之间的静摩擦系数μ 0＝0.20，滑动摩擦系数μ＝0.16，现对物体施一水平拉力F ＝t+0.96(SI)，则2秒末物体的速度大小v ＝ ．2秒末物体的加速度大小a ＝ ．0.89 m/s 1.39 m/s 2例4-2 质量分别为m A 和m B (m A >m B )、速度分别为A v 和B v(v A > v B )的两质点A 和B ，受到相同的冲量作用，则 (A) A 的动量增量的绝对值比B 的小． (B) A 的动量增量的绝对值比B 的大．(C) A 、B 的动量增量相等． (D) A 、B 的速度增量相等． [ C ] *例4-3 质量为m 的质点，以不变速率v 沿图中正三角形ABC 的水平光滑轨道运动．质点越过A 点时，轨道作用于质点的冲量的大小为(A) m v (B)2m v(C) 3m v (D) 2m v [ C ] 例4-4 一人用恒力F 推地上的木箱，经历时间∆ t 未能推动木箱，此推力的冲量等于多少？木箱既然受了力F的冲量，为什么它的动量没有改变？ 答：推力的冲量为t F ∆ ．动量定理中的冲量为合外力的冲量，此时木箱除受力F 外还受地面的静摩擦力等其它外力，木箱未动说明此时木箱的合外力为零，故合外力的冲量也为零，根据动量定理，木箱动量不发生变化． 例4-5 如图，用传送带A 输送煤粉，料斗口在A 上方高h ＝0.5 m 处，煤粉自料斗口自由落在A 上．设料斗口连续卸煤的流量为q m ＝40 kg/s ，A以v ＝2.0 m/s 的水平速度匀速向右移动．求装煤的过程中，煤粉对A 的作用力的大小和方向．（不计相对传送带静止的煤粉质重）解：煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度 gh 20=v设煤粉与A 相互作用的∆t 时间内，落于传送带上的煤粉质量为t q m m ∆=∆ 设A 对煤粉的平均作用力为f ，由动量定理写分量式： 0-∆=∆v m t f x )(00v m t f y ∆--=∆将 t q m m ∆=∆代入得 v m x q f =， 0v m y q f = ∴ 14922=+=y x f f f N f 与x 轴正向夹角为α = arctg (f x / f y ) = 57.4°由牛顿第三定律煤粉对A 的作用力f ′= f = 149 N ，方向与图中f 相反．h A v A x y α f y ∆t t f ∆ f x ∆t例4-6 在水平冰面上以一定速度向东行驶的炮车，向东南（斜向上）方向发射一炮弹，对于炮车和炮弹这一系统，在此过程中（忽略冰面摩擦力及空气阻力）(A) 总动量守恒．(B) 总动量在炮身前进的方向上的分量守恒，其它方向动量不守恒．(C) 总动量在水平面上任意方向的分量守恒，竖直方向分量不守恒．(D) 总动量在任何方向的分量均不守恒． [ C ]例4-7 质量为M ＝1.5 kg 的物体，用一根长为l ＝1.25 m 的细绳悬挂在天花板上．今有一质量为m ＝10 g 的子弹以v 0＝500 m/s 的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝30 m/s ，设穿透时间极短．求： (1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2) 子弹在穿透过程中所受的冲量． 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置． 因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v ' 有 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s T =Mg+M v 2/l =26.5 N(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v 方向为正方向)负号表示冲量方向与0v 方向相反．例4-8 如图所示，质量M = 2.0 kg 的笼子，用轻弹簧悬挂起来，静止在平衡位置，弹簧伸长x 0 = 0.10 m ，今有m = 2.0 kg 的油灰由距离笼底高h = 0.30 m 处自由落到笼底上，求笼子向下移动的最大距离．解：油灰与笼底碰前的速度 gh 2=v 0/x Mg k = 碰撞后油灰与笼共同运动的速度为V ，应用动量守恒定律 V M m m )(+=v ①油灰与笼一起向下运动，机械能守恒，下移最大距离∆x ，则x g m M kx V m M x x k ∆∆++++=+)(21)(21)(2120220 ② 联立解得： 3.0)(20222020=+++=∆m M M hx m Mx m x M m x m 例4-9 假设卫星环绕地球中心作圆周运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的(A) 角动量守恒，动能也守恒． (B) 角动量守恒，动能不守恒．(C) 角动量不守恒，动能守恒． (D) 角动量守恒，动量也守恒． [ A ] *例4-10 人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动，卫星轨道近地点和远地点分别为A 和B ．用L 和E K分别表示卫星对地心的角动量及其动能的瞬时值，则应有(A) L A >L B ，E KA >E kB (B) L A =L B ，E KA <E KB(C) L A =L B ，E KA >E KB (D) L A <L B ，E KA <E KB [ C ]Mm 0v【练习题】4-1 一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为 t F 31044005⨯-= (SI) 子弹从枪口射出时的速率为 300 m/s ．假设子弹离开枪口时合力刚好为零，则子弹在枪筒中所受力的冲量I ＝ ；子弹的质量m ＝ ．0.6 N·s 2 g4-2 如图，两个长方形的物体A 和B 紧靠着静止放在光滑的水平桌面上，已知m A ＝2 kg ，m B ＝3 kg ．现有一质量m ＝100g 的子弹以速率v 0＝800m/s 水平射入长方体A ，经t = 0.01 s ，又射入长方体B ，最后停留在长方体B 内未射出．设子弹射入A 时所受的摩擦力为F= 3×103 N ，求：(1) 子弹在射入A 的过程中，B 受到A 的作用力的大小．(2) 当子弹留在B 中时，A 和B 的速度大小．解：子弹射入A 未进入B 以前，A 、B 共同作加速运动．F ＝(m A +m B )a ， a=F/(m A +m B )=600 m/s 2B 受到A 的作用力 N ＝m B a ＝1.8×103 N 方向向右A 在时间t 内作匀加速运动，t 秒末的速度v A ＝at ．当子弹射入B 时，B 将加速而A 则以v A 的速度继续向右作匀速直线运动．v A ＝at ＝6 m/s取A 、B 和子弹组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，子弹留在B中后有 B B A A m m m m v v v )(0++= m/s 220=+-=BA AB m m m m v v v 4-3 质量m ＝2kg 的质点在力i t F 12= (SI)的作用下，从静止出发沿x 轴正向作直线运动，前三秒内该力作用的冲量大小为 ；前三秒内该力所作的功为 ．54 N ·s 729 J*4-4 光滑圆盘面上有一质量为m 的物体A ，拴在一根穿过圆盘中心O 处光滑小孔的细绳上，如图所示．开始时，该物体距圆盘中心O 的距离为r 0，并以角速度ω 0绕盘心O 作圆周运动。

D .
卡 循 是由两个平衡的 程和两个平衡的等 程 成的
11.如 所示，在E的匀 中，有一个半径
R的半
球面，若E的方向与半球面的 称 平行， 通 个半球面
的 通量大小 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（
）
参看 本P172-173
A .
R2E
B .2 R2E
C.
2 R2E
D. 0
12.一点 荷，放在球形高斯面的中心 ，下列情况中通 高斯面
的速度为200m/s，则子弹受到的冲量为_____________.参看课本P55-56
41.将电荷量为2.0×10-8C的点电荷， 从电场中A点移到B点，电场力做功6.0×10-6J.
则A、B两点的电势差
UAB=__________ __ .
参看课本P181
42.
如图所示，图中
O点的磁感应强度大小
34.一人从10 m深的井中提水，起始 ，桶中装有10 kg的水，桶的 量1 kg，由
于水桶漏水，每升高1m要漏去0. 1 kg的水， 水桶匀速地从井中提到井口，人所作的功
____________．参看 本P70 (2-14)
35.量m、半径R、自 运 周期T的月球，若月球是密度均匀分布的 球体， 其 自 的 量是__________，做自 运 的 能是__________.参看 本
24.下列关于机械振 和机械波的 法正确的是⋯⋯⋯（）参看 本P306
A.点做机械振 ，一定 生机械波
B.波是指波源 点在介 的 播 程
C.波的 播速度也就是波源的振 速度
D.波在介 中的 播 率与波源的振 率相同，而与介 无关
25.在以下矢量 中，属保守力 的是⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（）
A.静B.旋参看 本P180,212,258

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td 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 tsd d . trd d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则tˆr ˆt r t d d d d d d r r r +=式中trd d 就是速度径向上的分量， ∴trt 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 =，tv 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tvt v t v d d d d d d ττ += 式中dtdv就是加速度的切向分量. (tt rd ˆd d ˆd 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 =trd 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 =22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d 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+=，jty i t x t r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为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22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。