物理学(五版)马文蔚版 课后答案物理学课后答案.doc

题1.6解：（1）质点在4.0 s内位移的大小 （2）由 得知质点的换向时刻为 （t = 0不合题意） 则： 所以，质点在4.0 s时间间隔内的路程为 题1.9解：（1）速度分量式为 当t = 0时，v0x= -10 ，v0y = 15 ，则初速度大小为 设v0与x轴的夹角为a ，则 (2)加速度的分量式为则加速度的大小为 设a与x轴的夹角为b，则 题1.22解：(1)质点作圆周运动的速率为 其加速度的切向分量和法向分量分别为 故加速度的大小为 其方向与切线之间的夹角为 (2)要使 由可得 (3)从t = 0开始到t = v0/b 时，质点经过的路程为 因此质点运行的圈数为题1.25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。v1为S相对S的速度，v2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v1，雨滴相对地面竖直下落的速度为v2，旅客看到雨滴下落的速度v2为相对速度，它们之间的关系为，于是可得题1.17解：(1)由参数方程 消去t 得质点的轨迹方程(2)在 s到 s时间内的平均速度(3)质点在任意时刻的速度和加速度分别为 则t1 = 1.00 s时的速度切向和法向加速度分别为(少了第4题解答)题2.20解：（1）物体在空中受重力mg和空气阻力Fr = kv作用而减速。由牛顿定律得 （1）根据始末条件对上式积分，有 （2）利用 的关系代入式（1），可得分离变量后积分故题2.21解：分别对物体上抛、下落时作受力分析，以地面为原点，竖直向上为y轴。（1）物体在上抛过程中，根据牛顿定律有依据初始条件对上式积分，有 物体到达最高处时，v = 0，故有 （2）物体下落过程中，有 对上式积分，有则 题2.15解：以地面飞机滑行方向为坐标正方向，由牛顿定律及初始条件，有 得因此，飞机着陆10 s后的速率为 又 故飞机着陆后10 s内所滑行的距离 题3.9解1：以人为研究对象，在自由落体运动过程中，人跌落至2 m处时的速度为 （1）在缓冲过程中，人受重力和安全带冲力的作用，根据动量定理，有 （2）由（1）式、（2）式可得安全带对人的平均冲力大小为解2：从整个过程来讨论，根据动量定理有题3.21解：（1）如图所示，重力对小球所作的功只与始末位置有关，即 在小球摆动过程中，张力FT的方向总是与运动方向垂直，所以张力的功 （2）根据动能定理，小球摆动过程中，其动能的增量是由于重力对它作功的结果。初始时动能为零，因而，在最低位置时的动能为 小球在最低位置时的速率为（3）当小球在最低位置时，由牛顿定律可得 题3.30解：取弹丸与摆锤所成系统。由水平方向的动量守恒定律，有 （1）为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动，在最高时，摆线中的张力，则 （2）式中为摆锤在圆周最高点的运动速率。又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中，满足机械能守恒定律，故有 （3）解上述三个方程，可得弹丸所需速率的最小值为 题3.28解：小球要刚好通过最高点C时，轨道对小球支持力FN = 0，因此，有 (1)以小球、弹簧和地球为系统，取小球开始时所在位置A为重力势能的零点，由系统的机械能守恒定律，有 （2）由式（1）、（2）可得题3.12解：取如图示坐标，根据抛体运动的规律，爆炸前，物体在最高点A的速度的水平分量为 （1）物体爆炸后，第一块碎片竖直落下的运动方程为 当该碎片落地时，有，则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度（2）又根据动量守恒定律，在最高点处有 （3）（4）联立解式（1）、（2）、（3）和（4），可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为 爆炸后，第二块碎片斜抛运动，其运动方程为 落地时，由（5）、（6）可解得第二块碎片落地点的水平位置题5.9分析：这是计算连续分布电荷的电场强度。此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理。但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上。如图所示，在长直线上任意取一线元dx，其电荷为dq = Qdx/L，它在点P的电场强度为 整个带电体在点P的电场强度 接着针对具体问题来处理这个矢量积分。（1） 若点P在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P的电场强度方向相同， 2） 若点P在棒的垂直平分线上 （图a），则电场强度E沿x轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P的电场强度就是 证：（1）延长线上一点P的电场强度，利用几何关系统一积分变量，则电场强度的方向沿x轴。（2） 根据以上分析，中垂线上一点P的电场强度E的方向沿轴，大小为利用几何关系统一积分变量，则 当棒长时，若棒单位长度所带电荷为常量，则P点电场强度此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同（图b）。这说明只要满足，带电长直细棒可视为无限长带电直线。题5.15解：参见图。由题意E与Oxy面平行，所以对任何与Oxy面平行的立方体表面。电场强度的通量为零。即。而考虑到面CDEO与面ABGF的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有同理因此，整个立方体表面的电场强度通量题5.21分析：电荷分布在无限长同轴圆拄面上，电场强度也必定呈轴对称分布，沿径矢方向。取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且，求出不同半径高斯面内的电荷。利用高斯定理可解得各区域电场的分布。解：作同轴圆柱面为高斯面。根据高斯定理 在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 题5.22分析：由库仑力的定义，根据Q1、Q3所受合力为零可求得Q3外力作功应等于电场力作功W的负值，即。求电场力作功的方法有两种，（l）根据功的定义，电场力作的功为其中是点电荷Q1、Q3产生的合电场强度。（2）根据电场力作功与电势能差的关系，有其中V0是Q1、Q3在点O产生的电势（取无穷远处为零电势）。解1：由题意Q1所受的合力为零 解得由点电荷电场的叠加，Q1、Q3激发的电场在y轴上任意一点的电场强度为将Q2从点O沿y轴移到无穷远处（沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？），外力所作的功为解2：与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时。并由电势的叠加得Q1、Q3在点O电势将Q2从点O推到无穷远处的过程中，外力作功比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁。这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多。题5.27分析：通常可采用两种方法（1）由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势。取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由可求得电势分布。（2）利用电势叠加原理求电势。一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势其中R是球面的半径。根据上述分析，利用电势在加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布。解1：（l）由高斯定理可求得电场分布由电势可求得各区域的电势分布。当时，有 当 时，有 当 时，有 2）两个球面间的电势差解2：（l）由各球面电势的叠加计算电势分布。若该点位于两个球面内，即，则 若该点位于两个球面之间，即，则若该点位于两个球面之外，即，则 2）两个球面间的电势差题6.9分析：（1）根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布的规律，电荷QA均匀分布在球A表面，球壳B内表面带电荷，外表面带电荷，电荷在导体表面均匀分布（图（a），由带电球面电势的叠加可求得球A和球壳B的电势。（2）导体接地，表明导体与大地等电势（大地电势通常取为零）。球壳B接地后，外表面的电荷 与从大地流入的负电荷中和，球壳内表面带电（图（b）。断开球壳B的接地后，再将球A接地，此时球A的电势为零。电势的变化必将引起电荷的重新分布，以保持导体的静电平衡、不失一般性可设此时球A带电qA，根据静电平衡时导体上电荷的分布规律，可知球壳B内表面感应-qA，外表面带电qA-QA（图（c）。此时球A的电势可表示为由可解出球A所带的电荷，再由带电球面电势的叠加，可求出球A和球壳B的电势。解：（1）由分析可知，球A的外表面带电，球壳 B内表面带电，外表面带电。由电势的叠加，球A和球壳B的电势分别为 （2）将球壳B接地后断开，再把球A接地，设球A带电qA，球A和球壳B的电势为 解得即球A外表面带电，由分析可推得球壳B内表面带电，外表面带电。另外球A和球壳B的电势分别为 导体的接地使各导体的电势分布发生变化，打破了原有的静电平衡，导