大学物理-吴百诗部分习题答案

第一章1.1（1）BDFH（2）ACGH（3）BCDF（4）D（5）C1.2填空题（1）1t时刻的加速度1t到3t时间内的平均加速度40tvdt40tdtv（2）圆周运动匀速率曲线运动（3）jtyitxtr)()()(111jtytyitxtxr)()()()(1212212212)()()()(tytytxtxr21d)()(22tttdtdydtdxs（4）dtdv21)(ttdttv21)(ttdttv1.6解：粒子的运动方程为59323tttx速度为9632ttdtdxv加速度为66tdtdva当3t时，0v粒子沿x轴正向运动；当3t时，0v粒子沿x轴负向运动；当31tt或时，0av粒子做加速运动；当31t时，0av，粒子做减速运动；1.8解：（1）jir21，jir242（2）jtidtrdv22jdtvda2代入2t得，jiv422，ja22（3）运动方程的分量式为tx222ty由以上两式消去t，得到轨迹方程为4/22xy1.13解：（1）btvdtdsv0，bdtdva，RbtvRvan/)(202240222/)(Rbtvbaaan（2）令ba可解得bvt/0（3）bvt/0时，质点所经过的路程为bvbvbvs2/2//202020所以质点经过的圈数为bRvRsN4)2/(20。1.15解：212tdtd（1）质点的切向加速度为2/8.424smrtdtdrra质点的法向加速度为242/4.230144smrtran（2）由naa，414424rtrt，得6/13t，故radt67.238423第二章2.1(1)C(2)D(3)D2.2(2)20mkklR202mklkmF(3)cos/mgN2arccosRg2.6解：gmmf)(421Nf5.2202.7解：分别对两物体受力分析，由牛顿第二定律得maf001mgNMaffF0012MgNN且有2Nf（1）由以上方程代入sma/1得NfNf35.7,20（2）欲使板从物体下抽出，应满足100Nf，解得0fmg1N0ffF2NMg1NNgmMF17.16))((0第三章3.1（1）D（2）C（3）B（4）B（5）C3.2（1）)(12HHmg0（2）882J（3）018J17J7J（4）nmklgnnl00)1(2（5）sMv22)(1slmsMvslMv223.6解：JdxxdxxFAxxxx22)()(212123.9解：质点运动速度为2383ttdtdxv，加速度为tdtdva68（1）力在最初4s内做的功为JmavdtA52840（2）功率为WmavP123.13解：由动能定理，021221mgxkx得2.03.16解：（1）JJJFdxA2553080（2）由动能定理2022121mvmvA得smsmv/1.5/26第四章4.1（1）D（2）A（3）A（4）B4.2（1）sN5427m/s（2）imv2（3）sN3smkg/23（4）6m/s4.4解：在子弹刚刚穿过第一个物块的过程中，由动量定理0)(1211vmmtF当子弹穿透第二个物块的过程中，由动量定理12222vmvmtF由以上两个方程解得2111mmtFv211222mmtFmtFv4.6解：质点的速度为jtbitadtrdvcossin（1）质点的动量为)cossin(jtbitamvmp（2）合力的冲量为0)0()/2(jbmjbmtptpI，所以冲量大小为0，但在此过程中，加速度不为0，所以合外力不为零，故动量不守恒。4.7解：子弹打击木块过程中，动量守恒，vMmmv)(0（1）最后木块的速度为Mmmvv0，动量为MmMmvMvp0木（2）子弹的动量为Mmvmmvp02子（3）子弹施于木块的冲量为mMMmvMvI0第五章5.1（1）CE（2）D（3）C5.2（1）2rad/s2/47.4srad2/30scm（2）ml212261ml231ml（3）)41/(020JmR5.23解：（1）由动量矩定理，棒所获的动量矩为smkgFLtL/22（2）受到冲量矩作用后，棒开始转动，此后机械能守恒JLEmghk22，231mlJmhH196.025.26解：子弹撞击杆的瞬间，动量矩守恒]31)43(91[914322mLLmmvL撞击之后由动量定理222]31)43(91[210)cos1(4391)cos1(2mLLmLmgLmg由以上方程，可得sradLv/10.2194gLv9521cos2代入数据得1.32第六章6.1（1）D（2）B（3）B（4）B（5）A（6）B6.2（1）q33（2）)2/(20aq（3）0/l)4(220lRl沿OP方向（4）2（5）00E00E（7）2:11:26.17解：ERESSdEe26.18解：电荷分布具有球对称性，取球面为高斯面，根据高斯定理可解电场强度当1Rr时，0421rE01E；当21RrR时，022/4qrE2024rqE当2Rr时，0/)(4023qqrE03E6.20解：电荷分布具有轴对称性，所以取圆柱面为高斯面，根据高斯定理可以求解电场强度当1Rr时，021rlE01E；当21RrR时，012/2lrlE，rE0122当2Rr时，0213/)(2lrlE，rE021326.21解：电荷分布具有轴对称性，所以取圆柱面为高斯面，根据高斯定理可以求解电场强度当Rr时，021/2lrrlE，012rE当Rr时，022/2lRrlE，rRE02226.22解：电荷分布具有轴对称性，所以取圆柱面为高斯面，根据高斯定理可以求解电场强度当1Rr时，0211/2lrrlE，0112rE当21RrR时，02112/2lRrlE，rRE021122当32RrR时，022222113/)]([2RrRrlErRrrRE02222021132)(2当3Rr时，0222322114/)]([2RRRrlErRRrRE022232021142)(2若当3Rr时0E则有02)(202223202114rRRrRE解得21222321RRR6.28解：VbaqbqaquuUbaab90)11(4440006.41解：电荷分布具有球对称性，故取高斯面为球面，根据高斯定理可以求解电场强度分布当1Rr时，021/4qrE，2014rqE当21RrR时，022/)(4qqrE，02E当2Rr时，023/)(4qqqrE，2034rqE当1Rr时,)111(421032112211RRrqdrEdrEdrEEdruRRRRrr当21RrR时,20322422RqdrEdrEEdruRRrr当2Rr时,rqdrEEdrurr03346.51解：（1）电容器内的电场强度为SQE0插入金属板后，电容器总的电势差为)()(0ddSQddEU故电容为ddSC0（3）充电到电势差为0U时，电容的带电量为0UCQ把金属丝撤出后，电容为dSC0故外界做的功为202022)(2122UdddSCQCQWAe