物理学(五版)马文蔚版 课后答案物理学课后答案

物理学(五版)马文蔚版 课后 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 物理学课后答案 dx,2,32,(12m,s)t,(6m,s)t,0,x,x,x,,32mdt40（2）由 得知题1.6解：（1）质点在4.0 s内位移的大小 ,x,x,x,8.0m,x,x,x,,40mt,2ｓ120242P质点的换向时刻为 （不合题意） 则： 所以，质点 s,,x，,x,48m12在4.0 s时间间隔内的路程为 dxdy,1,2,1,2，，，，v,,,10m,s，60m,stv,,15m,s,40m,stxydtdt题1.9解：（1）速度分量式为 当t = 0 22,1,1,1v,v，v,18.0m,s00x0ym,sm,s时， ，v0y = 15 ，则初速度大小为 设v0与x轴的夹角为，则v3dvdv0xy,2,2,,,,tgxa,,60m,s,a,,,40m,s,xyv20y,,,12341dtdt (2)加速度的分量式为则加速度的大 a2ytg,,,,22,2,,a,a，a,72.1m,s,,3a,,,3341(或32619)xyx小为 设a与x轴的夹角为，则 dsv,,v,bt0dt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 422222，，，,Rbvbt0，，v,btdsv220,，,aaanta,,,b,a,,tn2RdtRR 故加速度的大小为 其方向与切线之间的 2，，，，v,bta0nv14022,arctgarctg,,,,,t,，，Rb，v,bt,btaRba,b,R，，b夹角为 (2)要使 由可得 (3)从t = 02v0s,s,s,t02b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。v1为相对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 v,11v,,5.36m,s2,,v,v，vtg75221的速度为v2，旅客看到雨滴下落的速度为相对速度，它们之间的关系为，于是可得 ,1,22，，，，x,2.00m,st,y,19.0m,2.00m,st题1.17解：(1)由参数方程 消去t 得质点的轨迹方程,12，，y,19.0m,0.50mxt,1.00t,2.0021(2)在 s到 s时间内的平均速度 r,r,r,1,121，，，，v,,,2.00m,si,6.00m,sj,tt,t21(3)质点在任意时刻的速度和加速度分别为22dydxdydx,2,1,2，，，，at,i，j,4.00m,sj，，，，，，vt,vi，vj,i，j,2.00m,si,4.00m,stjx22dtdtdtdt 则 ,1,1，，，，，，vt,2.00m,si,4.00m,sjt,1st1 = 1.00 s时的速度切向和法向加速度分别为 dvd2,22,，，，，222a,e,v，ve,3.58m,se,tt1stxytt，，a,a,ae,1.79m,sentnndtdt(少了第4题解答) dv,mg,kv,mdt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 t,,0kvmdvdvvdv0,,t,ln1，,6.11ｓdt,,m,,,,,v0kmg0mg，kvdtdy,,式积分，有 （2）利用 的关系代入式（1），可得 ，，,,kvmy0dvmvdv0,,y,,mgln1，,kv,183m,,0,mg,kv,mvdy,,,,,,kmgv00,,dymg，kv，，分离变量后积分故 1 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2,,1g，kvyvdvvdvvdv2,,yln,,,mg,kmv,m,dy,,2,,2,,2kg，kv0v00dtdyg，kv,,依据初始条件对上式积分，有 物体到达最 2,,g，kv10vdv2,,lnh,y,max,mg，kmv,m,,kg2dy,,高处时，v = 0，故有 （2）物体下落过程中，有 对上式积分，有 ,1/22,,kvv00vdv,,10v,v，dy,,,,,,2gk0,,g,kv则 vt,dvtF,ma,m,,,tdv,,dt,,v00dtm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 xt,,,2dxvtdt,,,,0,1,,x00v,30.0m,s2m,,得 因此，飞机着陆10 s后的速率为 又 故飞机着陆后10 ,3s,x,x,vt,t,467m006ms内所滑行的距离 v,2gh1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 ，，F，P,t,mv,mv21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 m2gh，，,mv3F,mg，,mg，,1.14，10N,t,t解2：从整个过程来讨论，根据动量定理有 mg3F,2h/g，mg,1.14，10N,t ，，W,P,h,mgl1,cos,,0.53JP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 W,F,ds,0TT,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 E,W,0.53JkP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2E2W,1kPv,,,2.30m,smm（3）当小球在最低位置时，由牛顿定律可得 22mvmv,,F,mg，,2.49NFPTTll v,,mv,m，mv2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 2,,mvh,mg,,F,0vThl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 2 1122,,,,,mv,2mgl，mvh22 （3）解上述三个方程，可得弹丸所需速率的最小值圆周运动的过程中，满足机械能守恒定律，故有 ,2mv,5glm为 2vC,mgmr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， 1122，，，，k,l,mg3r，mvC22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 7mgr,1k,,366N,m2,l，，得 xg1,,vx0x1t2h0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 12y,h,vt,gt11y,0,t,t211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 12h,gt12111v,1mv,mv0,,mv，mv0x2x12yt1222抛出的速度 （2）又根据动量守恒定律，在最高点处有 （3） （4） g－1v,2v,2x,100m,s2x0x12h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 x,x，vt12212x2h,gt1－1212v,v,,14.7m,s2y1y,h，vt,gt2y22ty,0122爆炸后，第二块碎片斜抛运动，其运动方程为 落地时，， x,500m2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 E,dE,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 E,dEi,L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 3 ,r,r,x统一积分变量，则证：（1）延长线上一点P的电场强度，利用几何关系 电场强度的方向沿x轴。（2） 根 y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 22,,sin,,rr,r,r，x统一积分变量，则 当棒长L,,,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 22rL,,1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。 Φ,Φ,0OABCDEFG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。Φ,E,dS,[(E，kx)i，Ej],[dSj],,ABGF12 2,Ea2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， 22Φ,E,dS,[Ei，Ej],(,dSi),,EaAOEF121Φ,,Φ,,Ea,,CDEOABGF2故有同理 2Φ,E,dS,[(E，ka)i，Ej],(dSi),(E，ka)aBCDG121,,因此，整个立方体表面的电场强度通量 3Φ,Φ,ka, 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 E,dS,E,2,rLq,,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 4 ,,WW,,W应等于电场力作功W的负值，即。求 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,W,QE,dl2,0E电场力作功的 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 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） W,Q(V,V),QV20,20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）。 11Q,,Q,,Q2344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 1Q,,Q24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 ,V,E,dlP,P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 ,V,E,dl,r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 r,RR,r,R112各区域的电势分布。当时，有 当 时，有 5 r,R2时，有 2）两个球面间的电势差当 r,R1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， R,r,R12则 若该点位于两个球面之间，即，则 r,R2若该点位于两个球面之外，即，则 2）两个球面间的电势差 ,QA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 Q，QBA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 ,QA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，外表面带电（图（c））。此时球A V,0qAA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， ,8,83.0，10C,3.0，10C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 ,85.0，10C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 6 RRQ,812q,,2.12，10CA,8RR，RR,RR2.12，10C122313即球A外表面带电，由分析可推得球壳B内表面带电 ,8,82,2.12，10C,0.9，10CV,,7.92，10VV,0AB，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，导体表面的电荷将重新分布，以建立新的静电平衡。 2μIRμI00B,,2232/2(RR)，42RI题7..9解：设赤道电流为，则圆电流轴线上北极点的磁感强度因此赤道上的等效圆电流为 42RB9I,,1.73，10Aμ0由于在地球内部，地磁场由南极指向北极，根据右手螺旋法则可以判断赤道圆电流应该是由西向东流， 与地球自转方向一致。 7.11解：长直电流对点o而言，有，因此它在点o产生的磁场为零，则点o处总的磁感强度为1/4圆弧电流所激发，故有 B0 的方向垂纸面向外。 7