基础物理学-课后答案-邢秀文-科学出版社.pdf 43页

'總習題答案習題解答之目的，是為了幫助諸位同學更有效率的思考，更快速的學習，而不是為了你抄襲作業方便．希望各位同學參考本解答之前，認真閱讀原題，獨立思考！經此過程之後，再看答案，會有更大的收穫！祝大家學習愉快！北理工珠海學院2012Spring 第一章質點力學運動學1.1一個物體沿着直線運動，其加速度a=4+3t(SI)，若x0=5;v0=0，計算該物體在t=10s時的速度和坐標．解答：任意時刻的速度tttv(t)=v+adt=(4+3t)dt=(4t+1:5t2)=4t+1:5t20000將t=10代入得v(10)=190m=s任意時刻的座標t23x(t)=x0+v(t)dt=5+2t+0:5t0將t=10代入得x(10)=705m1.2質點從坐標原點開始沿着x軸運動，其速度為v(t)=4t−πsinπt(SI)，計算該物體在t=10s時的加速度和坐標．解答：加速度dva(10)==4−π2cosπt=4−π2dtt=10t=10任意時刻的座標tttx(t)=x+v(t)dt=(4t−πsinπt)dt=(2t2+cosπt)=2t2+cosπt−10000將t=10代入得x(10)=200m1.3如下圖所示，在河堤上安裝一個高於水面h的定滑輪，用繩子通過滑輪將水面上的船拉向岸邊，收繩的速率v0均勻不變．當船到河堤的水平距離為s時，船速vs多大？(提示：船速是距離s縮短的快慢−ds=dt，收繩的速率v0是繩子縮短的快慢郉)．總習題1.3圖解答：令繩子的長度為l．由於繩子在縮短，所以v0=−dl=dt．根據幾何關繫有秀222l=s+h其中l;s都隨着時間t變化，而h是常量．等式兩邊對時間t求導數，得dlds2l=2s+0dtdt文√即22dsldls+hvs≡−=−=v0dtsdts製造1 《基礎物理學》總習題答案第1章質點力學1.4一個質點從靜止出發，沿半徑R=1:5m的圓周運動，其角速度ω=2t．當at=an時，計算質點所走過的路程．解答：由at=an可知dω2R=ωRdt將已知數據R;ω代入得21:5×2=4t×1:5⇒t=0:707質點轉過的角度0.7070.707Δθ=ωdt=t2=0:500路程l=RΔθ=0:75m或者：質點的線速度v=Rω=3t，路程0.7070.707l=vdt=1:5t2=0:75m001.5質點在xy平面內運動，運動方程為r=2ti−t2j(SI)．計算：(1)軌跡方程；(2)t=1s時的v，a，at以及an；(3)t=1s時質點所在位置的軌道曲率半徑．解答：(1)x=2t;y=t2，軌跡x2=4y(2)v=dr=dt=2i−2tj，v1=2i−2ja=dv=dt=−2j，a1=−2jat是a在速度v方向的投影．若θ是速度與加速度的夾角，則a
v4t√at=acosθ==√;at1=2v4+4t2an有兩種算法|av|4√an=asinθ==√;an1=2v4+4t2或者√4√a=a2−a2=√;a=2ntn14+4t2(3)v2v28√郉11√=an1;ρ1===42ρ1an121.6快艇在速度達到v0時關閉發動機，受到阻力而減速，其減速度大小與速度的平方成正比，即a=−kv2．證明它在水面上再行駛距離x時的速度為v=ve−kx．0解答：dv2dvdxdv2秀=−kv⇒=v=−kvdtdxdtdxvxdvdvdv⇒=−kv⇒=−kdx⇒=−kdxdxvv0v0−kx⇒v=v0e文1.7某質點的運動規律為x=Acosωt;y=Bsinωt，其中A;B;ω都是常量．證明rv是常矢量．製造2 《基礎物理學》總習題答案第1章質點力學解答：r=ix+jy=iAcosωt+jBsinωtdxdyv=i+j=−iωAsinωt+jωBcosωtdtdtrv=Acosωt·ωBcosωtij−Bsinωt·ωAsinωtji22rv=ωAB(cosωt+sinωt)ij=ωABk牛頓定律1.8粗糙的水平路面上放置質量m的重物，摩擦係數μ．用大小恆定的力F拽拉，拉力與水平方向的夾角θ可以變化，問θ多大時重物獲得的加速度最大？解答：設地面向上的支持力大小為N．在垂直方向Fsinθ+N=mg在水平方向Fcosθ−μN=ma上述二式整理得ma=Fcosθ−μmg+μFsinθ要使得加速度a最大，就是要求上式右側取得極大值．根據微積分中的極值條件，d(Fcosθ−μmg+μFsinθ)=0dθ求解得θ=arctanμ1.9小球在半徑R的光滑半球形碗內作勻速圓周運動，其角速度ω，軌道平面水平．問軌道平面至碗底的高度多大？解答：碗對球的支持力指向碗心，設其大小為N．設小球與碗心的連線與垂直方向夾角為θ．在垂直方向Ncosθ=mg郉在水平方向，小球有向心加速度2Nsinθ=man=mω(Rsinθ)由上述二式計算得ω2R−g秀2cosθ=g=(ωR);h=R(1−cosθ)=ω2R1.10質量為m的子彈以v0的初速度水平射入沙土牆壁中，進入牆壁後，它受到與速度成正比的水平摩擦阻力f=−kv．(1)計算子彈的速度隨時間變化的函數關係；文(2)計算子彈射入的最大深度．解答：(1)由f=ma得dvdvk−kv=m⇒=−dtdtvm製造3 《基礎物理學》總習題答案第1章質點力學積分得vk−ktlnv=−t⇒v=v0emv0m[](2)∞∞m−ktktmv0xm=vdt=v0emd=0k0mk最大深度也可以這樣計算：將−kv=mdv兩邊對時間積分dt∞∞0dv−kvdt=mdt=mdv00dtv0
∞上式中速度的積分就是最大深度vdt=xm，0mv0−kxm=−mv0⇒xm=k1.11以初速度v0豎直上拋一個物體，除重力外，還受到空氣阻力f=−kv，計算上升到最高點的時刻t′以及上升的最大高度H．解答：以垂直向上為正方向，由f=ma得dv−kv−mg=mdt為了使用分離變量法(見教材附錄Ap3.1)，上式兩邊同除以k，可以將其簡化為mdv=−dtkv−mg=k為使用常數變易法或特解法(見教材附錄Ap3.2)，可以化為標準形式dvk+v=−gdtm我們用特解法來做．很容易求解齊次方程dvk+v=0dtm的通解為k0−tv(t)=Cem其次，尋找一個特解．顯然，若令特解v∗是一個常數s，那麼代入原方程得郉ks=−g;s=−mg=km所以原方程的通解為kmg−tv(t)=Cem−k將初始條件v0代入上式得(mg)C=v0+秀k故原方程的通解為()mg−ktmgv(t)=v0+em−kk令v(t)=0，可得出此刻的時間′mv0+mg=kt=ln文kmg=k為了計算最大高度，我們將原方程兩邊對時間積分t′t′dv(−kv−mg)dt=m製dt00dt造4 《基礎物理學》總習題答案第1章質點力學t′0′−kvdt−mgt=mdv0v0′−kH−mgt=−mv0mvm2gv+mg=k00H=−lnk2mg=kk動量1.12超高壓水切割又稱水刀和水射流，它是將普通的水經過多級增壓後所產生的高壓水流，再通過一個極細的紅寶石噴嘴以近千米每秒的速度噴射切割．假設噴嘴噴出的水流速率水從高壓泵中以800m=s噴出，垂直沖擊到某固體表面後速度降為零．固體表面受到水的壓強有多大？已知水的密度ρ=1000kg=m3．解答：設水流截面積為A，在dt時間內，入射到固體表面的水流長度為vdt，其質量dm=ρAvdt，動量為vdm=ρAv2dt．水流入射到表面後，動量變為零．在此過程中固體表面對於水流的衝量為Fdt．根據動量定理2ρAvdt=Fdt壓強28P=F=A=ρv=6:4×10Pa1.13水平面上的一條水管有一個直角拐彎．已知管中的水流平均速度為2:0m=s，水管橫截面積100cm2，計算拐彎處受力的大小．解答：設水流截面積為A，在dt時間內，有質量dm=ρAvdt的水從管道的一側流入並從另一側流出．由於流入流出的水流動量大小相等而方向垂直，故在此過程中√動量變化量的大小為2vdm．根據動量定理√√22vdm=Fdt;F=2ρAv=56:57N解法二：在水管上建立直角坐標系，水流從y軸流入，從x正方向流出．設管中郉的水流的總長度為L，某時刻x方向流動的水長度為x，y方向流動的水長度為L−x．則水流的總動量為p=ρAxvi+ρA(L−x)(−j)=−ρALj+ρAxv(i−j)在上式中，只有x是變化的，且dx=dt=v，根據牛頓第二定律秀dpdx2F==ρAv(i−j)=ρAv(i−j)dtdt這就是水管對水流的作用力，√22F=ρAv|i−j|=2ρAv文1.14質量為M的砲彈以速率v0仰角θ射出．當砲彈升至最高點時，水平向後射出質量為m的碎片，二者的相對速率為u．因為碎片的射出，砲彈射程增加多少？忽略空氣阻力．製造5 《基礎物理學》總習題答案第1章質點力學解答：在爆炸的瞬間，水平動量守恆．炮彈爆炸前，水平速度為v0cosθ，設爆炸後炮彈的相對於地面的速度為v，則碎片相對於地面向前運動的速度為v−u，Mv0cosθ=m(v−u)+(M−m)v整理得炮彈水平速度增大了Δv=(v−v0cosθ)=mu=M炮彈水平速度的變化並不影響垂直方向的運動．炮彈上升到最高點花費的時間和從最高點下降的時間相同，均為T=v0sinθ=g水平射程增加muv0sinθΔv·T=Mg1.15一條質量m1=100kg長度l=3m的小船停在水面上，質量m2=50kg的人從船頭走到船尾．在此過程中小船的位移多大？假定水的阻力很小．解答：解法一：水平動量守恆．只考慮動量大小，有ttm1v1=m2v2;m1v1dt=m2v2dt00速率的積分就是路程，所以m1l1=m2l2其中人相對於地面前行的路程l1與船相對於地面後退的路程l2之和就是船長ll1+l2=l聯立上述兩式得m2ll1==1mm1+m2解法二：以人前進的方向為正方向．水平動量守恆，有m1v1+m2v2=0;m1v1+m2(v2−v1)+m2v1=0其中(v2−v1)是人相對於船的速度，它的積分就是船長lm1l1+m2l+m2l1=0郉m2ll1=−=−1mm1+m2這裡的負號表示船的位移與人的位移方向相反．能量秀1.16一維空間的保守力場F=1−2x，規定Ep(x=0:5)=0，求此力場的勢能函數．解答：0.50.52Ep(x)=Fdx=(1−2x)dx=x−x+0:25xx文1.17用鐵錘將釘子敲入牆壁．設釘子受到的阻力與其釘入的深度成正比．若第一次敲擊能釘入1:00cm，則第二次敲擊能將釘子再釘入多深？設兩次敲擊時鐵錘的速度相同．製造6 《基礎物理學》總習題答案第1章質點力學解答：在兩次敲擊過程中，釘子獲得的動能是相同的(為什麽)，墻壁與釘子間的摩擦力f=−kx做功也相同．令第二次敲擊後，釘子深度為h1hW=−kxdx=−kxdx01√√解得h=2，第二次將釘子敲入了2−1=0:41cm1.18一顆速率為v0=700m=s的子彈，打穿第一塊木板後，速率降低為v1=500m=s．如果它繼續打穿同樣的一塊木板，速率將下降為多大？解答：穿透木板需要做功是相同的．第一次做功1224W=ΔEk=m(v1−v0)=−12m×10(1)2設第二次穿透木板後，速度是v，122W=m(v−v1)(2)2聯立等式(1)等式(2)解得v=100m=s1.19輕質彈簧原始長度l0，勁度係數k，上端固定，下端懸掛質量為m的物體．若用手托住物體，使彈簧處於原長，然後突然放手，物體下落的最大速度多大？下落的最大距離多大？解答：機械能守恆．以初始位置為重力勢能和彈性勢能零點．初始機械能為零．設下落l時，速度為v，則1122kl−mgl+mv=022位置最大時，v=0，此時12kl−mgl=02解得l=2mg=k1.20如下圖所示，水平放置的輕質彈簧左端固定在牆上，右端拴着質量m的方塊．方塊與地面的摩擦係數μ．彈簧開始無變形，方塊受到水平向右的恆定外力F後開始向右運動．在外力F、摩擦力以及彈性力的作用下，方塊的最大速率以及最大位移是多少？郉總習題1.20圖解答：彈簧的力是保守力；除此之外，拉力F以及摩擦力−μmg做功等於系統機械能的增量．1122Fx−μmgx=kx+mv−0秀22達到最大位移時，v=012Fx−μmgx=kx22(F−μmg)x1=0(略去);x2=k文綜合1.21如下圖所示，半徑R的半球形槽固定在地面上，一個很小的質量為m1物體從槽1原題中漏掉了質量m製造7 《基礎物理學》總習題答案第1章質點力學的頂端滑下，物體與槽之間存在摩擦．已知當物體滑動到槽的底部時，物體受到向上的支持力為N，計算下滑過程中摩擦力所做的功．總習題1.21圖解答：在滑槽底部，由牛頓定理得v2N−mg=man=mR得滑塊的動能112Ek=mv=(NR−mgR)22在下落過程中，摩擦力做功等於機械能增量13Wf=(Ek−mgR)−0=NR−mgR221.22如下圖所示，半徑R的四分之一光滑圓槽放在光滑的地面上，小滑塊從圓槽頂端下滑，當落至底部時，相對於地面的速度多大？此時滑塊對圓槽的壓力多大？假定圓槽與滑塊質量相等M=m．總習題1.22圖解答：滑塊運動至底部時，滑塊與圓槽之間的作用力為豎直方向，因此二者水平方向均沒有加速度．以圓槽為參照物，滑塊相對於圓槽做圓周運動．在底部，滑塊相對圓槽的速度為v+V，(v+V)2N−mg=mR在下落過程中，沒有耗散力做功，機械能守恒1212mgR=mv+MV郉22滑塊與圓槽在水平方向不受外力，水平動量守恒mv=MV聯立上述三式以及m=M，得√秀v=V=gR;N=5mg1.23長度為l的細線拴着一個質量為M的沙袋．動量為mv0的子彈水平射入沙袋，問沙袋向上擺動的最大高度是多少？解答：子彈打入沙袋的過程中，有內摩擦力做功，機械能不守恒．但是水平動量守恒文mv0=(m+M)v沙袋與子彈上擺過程中，只有重力做功，機械能守恒12(m+M)v=(m+M)製gh2造8 《基礎物理學》總習題答案第1章質點力學解得()21mv0h=2gm+M1.24質量M的軟木塊停在摩擦係數為μ的水平面上，質量m的子彈水平射入木塊後，木塊能夠滑行s距離．問子彈的水平初速度v0多大？解答：子彈打木塊的過程時間很短，摩擦力的衝量忽略，因此水平動量守恆mv0=(m+M)v1二者結合後，摩擦力做功，最終停止．摩擦力做的功等於機械能的增加量12−μ(m+M)gs=0−(m+M)v12從上述兩式中消去v1，即可得到v0m+M√v0=2μgsm郉秀文製造9 第二章連續介質力學轉動慣量2.1根據定義計算半徑為r，質量為m的均勻細圓環繞它的一條直徑轉動的轉動慣量．解答：以環心為坐標原點建立極坐標，坐標軸為轉軸．每個質元到極軸的距離為l=rsinθ，質量為dm=(m=2π)dθ2π222m12J=ldm=rsinθdθ=mrL02π22.2已知均勻薄圓盤質量為m，半徑為R，根據平行軸定理和正交軸定理，證明若圓2盤繞它自己邊緣的一條切線旋轉，則轉動慣量為5mR=4．解答：以圓盤中心為原點建立直角坐標系，使得z軸垂直於圓盤，則J=1mR2．根z212據垂直軸定理有，Jx+Jy=Jz．又根據對稱性可知Jx=Jy，故有Jx=4mR．作切線252平行於x軸，則根據平行軸定理，J=Jx+mR=4mR2.3在半徑為R2的均勻薄圓盤中心再挖去半徑為R1的圓盤，剩餘的圓環總質量為m．22證明剩餘部分的轉動慣量為m(R1+R2)=2．解答：圓盤的面密度為mσ=22π(R2−R1)將該圓盤切割為細圓環，其轉動慣量222m3dJ=rdm=r·(σ2πrdr)=rdr22R2−R1總轉動慣量R22m3m22J=22rdr=(R2+R1)R2−R1R12郉轉動定律2.4如下圖所示，重物的質量m1>m2；定滑輪的半徑為r，轉動慣量為J；軟繩與滑輪之間無相對滑動，滑輪的輪軸處無摩擦，物體2與水平支撐面之間的摩擦係數為μ．計算重物加速度a的大小．秀總習題2.4圖文解答：設滑輪兩側繩子的張力分別為T1;T2．m1g−T1=m1a製(1)造10 《基礎物理學》總習題答案第2章連續介質力學T2−μm2g=m2a(2)T1r−T2r=Jβ=Ja=r(3)式(1)×r+(2)×r+(3)得2m1g−μm2gm1gr−μm2gr=r(m1+m2+J=r)a=⇒a=2m1+m2+J=r2.5如下圖所示，定滑輪由兩個半徑不同的輪子拼接而成，總轉動慣量為J，半徑分別為r;r，且r>r1；重物的質量m>m；軟繩與滑輪之間無相對滑動，滑輪121212的輪軸處無摩擦，計算滑輪的角加速度β的大小．總習題2.5圖解答：設懸掛兩個重物的繩子的張力分別為T1;T2．m1g−T1=m1a=m1r1β(1)T2−m2g=m2a=m2r2β(2)T1r1−T2r2=Jβ(3)式(1)×r1+(2)×r2+(3)得22m1gr1−m2gr2m1gr1−m2gr2=(m1r1+m2r2+J)β=⇒β=22m1r1+m2r2+J2.6如下圖所示，兩個定滑輪的半徑分別為R1;R2，轉動慣量分別為J1;J2；繩子的質量忽略不計，兩端分別懸掛的重物質量為m1;m2；軟繩與滑輪之間無相對滑動，滑輪的輪軸處無摩擦，計算重物的加速度a的大小．郉總習題2.6圖秀解答：設懸掛兩個重物的繩子的張力分別為T1;T2，兩定滑輪之間的繩子張力為T0．m1g−T1=m1a(1)T2−m2g=m2a(2)T1R1−T0R1=J1β1=J1a=R1文(3)T0R2−T2R2=J2β2=J2a=R2(4)1原文r0)的位置放置了一個電量為+q的點電荷．計算該電荷受到的靜電力的大小．習題3.1圖解答：以直線的右端為原點，左為正方向．在座標為x處取一段長度為dx的線段，其電荷量為dQ=λdx，該電荷元與+q的作用力為qdQqλdxdF==4πε0(a+x)24πε0(a+x)2因為所有的作用力都在同一個方向上，故總作用力為LLqλdxqλ−1qλLF===04πε0(a+x)24πε0(a+x)4πε0(a+L)a03.2如下圖所示，長為2L的直線上均勻分佈有線密度為λ的正電荷．計算在直線中垂線上與直線相距為a的位置的電場強度．習題3.2圖解答：根據電荷的對稱性，電場一定垂直與線電荷．以棒的中心為原點，線電荷方向為x軸，y軸垂直於電荷．選取座標為x處一段長度為dx的線段，電荷量為dq=λdx，它到P點的距離為√郉r=x2+a2=asecθ其中θ是r與垂直方向的夾角．電場強度的y分量dqaaλdxdEy=dE·cosθ=·=4πε0r2r4πε0r3總電場一定在y方向，L秀aλdxE=−L4πε0r3這個積分需要換元處理，令r=asecθ;x=atanθ，dx=asec2θdθ，代入上式θ2θ2λdθλE==sinθθ4πε0a2secθ4πε0a21θ1文從圖中可以看出，L−Lsinθ2=√;sinθ1=√a2+L2製a2+L2造15 《基礎物理學》總習題答案第3章靜電場所以λLE=√2πε0a2a2+L23.3如下圖所示，用細絕緣線彎成的半圓形環，半徑為R，其上均勻地攜帶正電荷Q，求圓心O點處的電場強度E．提示：電荷元dq=λdl=λRdθ總習題3.3圖解答：從圖的對稱性可以發現，總電場是垂直向下的，dqλRdθdE⊥=sinθ=sinθ224πε0R4πε0R其中電荷線密度λ=Q=(πR)．總電場垂直向下πλλQE=sinθdθ==4πεR2πεR2π2εR20000電通量3.4如下圖所示，有一立方形的閉合曲面，邊長a=0:1m，已知空間的場強分佈為E=(200i+300j+100k)V=m，分別計算通過表面I、II、III的電通量．總習題3.4圖解答：各個平面的面積S=a2=0:01，以立方體的外法線為正方向，有S1=0:01i;S2=0:01j;S3=0:01k;根據電通量的定義郉Φ1=E
S1=(200i+300j+100k)
0:01i=2V·mΦ2=(200i+300j+100k)
0:01j=3V·mΦ3=(200i+300j+100k)
0:01k=1V·m秀3.5如下圖所示，有一立方形的閉合曲面，邊長a=0:1m，已知空間的場強分佈為E=bx;E=E=0，b=1000V=m2．(1)求通過該閉合面的總電通量；(2)求該閉xyz合面內的淨電荷量．文總習題3.5圖製造16 《基礎物理學》總習題答案第3章靜電場解答：(1)因為電場只有x分量，所以只有x方向的兩個平面存在通量．在a位置，電場穿入平面，通量為Φ=−E·a2=−ba3=−1axx=a在2a位置，電場穿出平面，通量為Φ=E·a2=2ba3=22axx=2a總通量為Φ=−1+2=1V·m．(2)根據高斯定理−12q=ε0Φ=8:854×10C3.6將電量為q的點電荷放在一個立方體的頂點上，則通過立方體表面的總電通量大小為多少？解答：電荷所在平面的通量為零，其它三個面的通量為q=(24ε0)高斯定理3.7證明：半徑為a，電荷體密度為ρ的均勻帶電球體，球體內外的電場分佈為ρrer;ra3ε0r2解答：根據對稱性，球體內外的電場方向一定是沿著半徑方向的．設距離球心為r處，場強大小為E．構造半徑為r的高斯面，則電通量2Φe=E
dS=E·4πrS若ra，則該高斯面內的電荷量為郉43q=ρ·πain3根據高斯定理Φe=qin=ε0得4ρ·πr3;ra3ε0化簡，並考慮到E的方向沿著半徑er方向，可得證．3.8根據高斯定理證明：橫截面半徑為a，電荷體密度為ρ(線密度λ=ρ·πa2)的無限長均勻帶電圓柱體，其內外空間的電場分佈為文ρrerra製2ε0r造17 《基礎物理學》總習題答案第3章靜電場解答：根據對稱性，電場方向垂直於中心軸並沿著半徑方向，即er方向．構造一個長度為l，半徑為r的圓柱面．顯然，圓柱兩端平面與電場平行，電通量為零．只有圓柱的筒狀側面有電通量．Φe=E
dS=E·2πr·lS若ra，則該高斯面內的電荷量為2q=ρ·πa·lin根據高斯定理Φe=qin=ε0得21ρ·πr·l;ra繼續化簡併添加電場方向er即可得結論．3.9某無限長均勻帶電空心圓筒面半徑為a，電荷線密度為λ，證明圓筒面內外的電1場分佈為0ra2πε0r解答：根據對稱性，電場方向垂直於中心軸並沿著半徑方向，即er方向．構造一個長度為l，半徑為r的圓柱面．顯然，圓柱兩端平面與電場平行，電通量為零．只有圓柱的筒狀側面有電通量．根據高斯定理Φe=qin=ε0得10;ra繼續化簡併添加電場方向er即可得結論．3.10如下圖所示，均勻帶電的兩個同心球殼半徑分別為r1;r2，總電量分別為q1;q2，計算空間的電場分佈．秀總習題3.10圖文解答：根據對稱性，球體內外的電場方向一定是沿著半徑方向的．設距離球心為r1原題中r>a改為r>a製造18 《基礎物理學》總習題答案第3章靜電場處，場強大小為E．根據高斯定理Φe=qin=ε0得0;ra=2化簡得ρl;la=22ε0這裡的l也是場點與對稱中心面的距離．電勢3.12正方形四個頂點上各放置一個電量q=2nC的點電荷，各頂點距離中心點O郉的距離為r=8cm，若將試探電荷q=6μC從O點移動至無窮遠處，電場力做功多0大？解答：電荷周圍的電場非常複雜，不要用定義計算功．根據保守力做功特點：電場力做功等於電勢能的減小量Wo→∞=q0Uo−q0U∞=q0Uo秀中心點O的電勢−91q92×10Uo=4×=4×9:0×10×=9004πεr−208×10電場力做功Wo→∞=q0Uo=5:4mJ文3.13無限長帶電直線沿著x軸放置，電荷線密度為λ；y軸正向有兩個點，座標分別為y1;y2(y2>y1>0)，計算兩點之間的電壓U12．製造19 《基礎物理學》總習題答案第3章靜電場解答：根據電勢的定義計算yy22λλyU=Edy=dy=ln212y1y12πε0y2πε0y13.14長為L的直線上均勻分佈有線密度為λ的電荷．在直線延長線上與導線一端相距a的位置放置了一個電量為q的點電荷．若將該電荷移動至無窮遠處，電場力做功多大？解答：根據疊加原理計算a位置的電勢Ldq1λdxλa+LUa===lnL4πε0r4πε00x+a4πε0a電場力做功qλa+LWa→∞=q0Ua∞=q0Ua=ln4πε0a3.15兩個同心的均勻帶電球面，半徑分別為r1;r2(r1R4πε0r距離球心為r且r0，振子第一次回到平衡位置耗時Δt=5s．◦x0=10cos(φ0)=5;φ0=arccos(0:5)=±60◦又因為v0>0，所以φ0=−60=−π=3．◦根據選擇矢量圖，振子第一次回到平衡位置，對應的選擇矢量轉過的角度為60+◦◦90=150=5π=6，角頻率5π=6πω==Δt6振動方程(ππ)x=10cost−63由圖(b)看出，A=10cm;x0=−5cm;v0<0;T=2×4=8s，◦x0=10cos(φ0)=−5;φ0=arccos(−0:5)=±120◦又因為v0<0，所以φ0=+120=2π=3．振動方程()()2ππ2πx=10cost+φ0=10cost+T437.4如下圖所示，質量為m的物體懸掛在勁度係數為k的彈簧下面運動，重力場強度為g，證明物體的運動為簡諧振動．總習題7.4圖解答：重物靜止不動時，彈簧拉長量為h0=mg=k．以重物靜止不動處為原點，向下為正方向．當重物座標為h時，彈簧的伸長量為h0+h，2dvdhmg−k(h+h0)=ma=m=mdtdt2將h0代入後得2郉dhm=−khdt2√這是標準的簡諧振動動力學方程，其角頻率ω=k=m．7.5如下圖所示，物塊質量為m，彈簧的勁度係數為k，半徑為r的滑輪轉動慣量為J，重力場強度為g，輕質繩子質量忽略，且繩子與滑輪不打滑．證明物體的運動為秀簡諧振動並計算振動的週期．文總習題7.5圖解答：重物靜止不動時，彈簧拉長量為h0=mg=k．以重物靜止不動處為原點，向下為正方向．設當重物下降至h時，彈簧的伸長量為製h0+h，彈簧與水平繩子間的拉造30 《基礎物理學》總習題答案第7章振動與波動力為F2=k(h0+h)，重物受到繩子向上的拉力為F1，則有2dhmg−F1=ma=mdt2對於滑輪F1r−F2r=Jβ=Ja=r將h0;F2代入，並聯立上述兩式，得2(m+J=r)a=−kh這是標準的簡諧振動動力學方程，其角頻率√kω=m+J=r2√振動週期2m+J=rT=2πk7.6兩個勁度係數分別為k1;k2的彈簧串聯在一起，其等效勁度係數多大？若並聯呢？解答：彈簧串聯，其受到的拉力是相同的，不妨假定為F，則兩個彈簧分別伸長x1=F=k1;x2=F=k2總伸長量x=(x1+x2)，等效勁度係數k1k2k=F=x=k1+k2並聯，則彈簧的伸長量相同，設為x，則兩個彈簧產生的拉力分別為F1=k1x;F2=k2x兩個彈簧的合力F=F1+F2，等效勁度係數k=F=x=k1+k2郉振動合成7.7某質點同時參與兩個同方向的簡諧振動，方程分別為()π秀z1=4cos3t+3()πz2=3cos3t−6計算合振動的方程．()解答：兩個振動的相位差π−ππ文Δφ=−=362√合振幅22πA=3+4+2×4cos=52製造31 《基礎物理學》總習題答案第7章振動與波動初相位4sin(π=3)+3sin(−π=6)1:9641tanφ0==4cos(π=3)+3cos(−π=6)4:5981由於上式中分子、分母皆為正數，故φ0為第一象限角，◦φ0=23:13=0:4037rad合振動方程◦z1=5cos(3t+23:13)7.8三相交流發電機中有三個獨立的線圈繞組，能夠輸出三組交流電，其電壓分別為u1=Upcos(100πt)◦u2=Upcos(100πt−120)◦u3=Upcos(100πt+120)其中Up稱為三相電的相電壓．(1)如下圖(a)所示，若將三個線圈首尾相連，使電壓串聯，證明u1+u2+u3=0，此時即便合上電閘S，電路中也沒有電流；(2)如下圖(b)所示，若將三個線圈的尾端相連，uAB=u1−u2、uBC=u2−u3、uCA=u3−u1這三個電壓稱為線電壓．證明這三個電壓的振幅相等(記為Uℓ)，且√Uℓ=3Up．總習題7.8圖解答：(1)畫出三個電壓的旋轉矢量圖(相量圖)，可以發現它們大小相等，相互之間◦間隔120，在一個圓週上是對稱的，故矢量和為零，即u1+u2+u3=0．郉(2)◦uAB=u1−u2=Up[cos(100πt)−cos(100πt−120)]◦=Up[cos(100πt)+cos(100πt+60)]√◦=3Upcos(100πt+30)秀類似的可以計算出√◦uBC=3Upcos(100πt−90)√◦uCA=3Upcos(100πt+150)文波函數7.9橫波沿着x軸向右傳播，其振幅為A，頻率為f，波速為u，在t=t0時刻的波形如下圖所示，製造32 《基礎物理學》總習題答案第7章振動與波動(1)寫出x=0處質點的振動方程；(2)求解此波的波函數．總習題7.9圖解答：(1)因為波形右移，可以發現座標原點此刻的速度是負方向的．根據已知條件可寫出座標原點的振動方程y=Acos[2πf(t−t0)+φ0]由於t=t0時，y0=0且速度為負方向，所以可知φ0=π=2．[]πy=Acos2πf(t−t0)+2(2)波向右傳播，所以波函數[()]xπy=Acos2πft−t0−+u27.10一列波沿着x軸傳播，在t=0時刻的波形如下圖所示，(1)若已知波的頻率f=50Hz，且向左傳播，寫出該波的波函數；(2)若已知波向右傳播，且波速u=250m=s，寫出此波的波函數．總習題7.10圖解答：從圖中可以看出，A=10;λ=2×5=10;Ψ0=−5．(1)向左傳播的波函數郉()()2ππΨ(x;t)=Acos2πft+x+φ0=10cos100πt+x+φ0λ5◦根據x=0;t=0時Ψ0=−5，得cosφ0=−0:5，φ0=±120．另外將波形左移，可◦以發現原點向負方向運動，所以φ0=120=2π=3．()秀π2πΨ(x;t)=10cos100πt+x+53(2)頻率f=u=λ=25，()()2ππΨ(x;t)=Acos2πft−x+φ0=10cos50πt+x+φ0λ5文波形向右平移，可發現原點向正方向運動，φ0=−2π=3．()π2πΨ(x;t)=10cos50πt−x−5製3造33 《基礎物理學》總習題答案第7章振動與波動7.11一列橫波沿着x軸正向傳播，波速u=20m=s．x軸上有兩個點A;B，且xB−xA=5m．若A點的振動表達式為yA=2cos4πt，(1)以A為座標原點寫出該波的波函數；(2)以B為座標原點寫出該波的波函數．解答：(1)振動從座標原點A向右傳播到座標為x的任意位置，需要的時間為|x−0|xΔt==u20任意位置的振動方程為()xy(x;t)=2cos4π(t−Δt)=2cos4πt−20(2)若B為座標原點，座標為x的位置至A點的距離x+5，()x+5y(x;t)=2cos4πt−20多普勒效應7.12在高速公路上，消防車與轎車同向行駛．消防車的速度為34m=s，轎車的速度為17m=s；消防車警笛的頻率為f=1000Hz．若消防車在轎車的後方，轎車接收S到的頻率多大？若消防車在轎車的前方，轎車接收到的頻率多大？假設沒有風，空氣中的聲速為340m=s．解答：消防車在後，轎車在前u+vR340+(−17)f=f=×1000=1055:6HzRu−vS340−34S消防車在前u+vR340+17f=f=×1000=954:5HzRu−vS340−(−34)S7.13蝙蝠朝着平坦的牆壁飛行期間，發出頻率為39kHz的超聲波，如果它的飛行速率為空氣聲速的1=40，問蝙蝠接收到的反射超聲頻率多大？解答：運動蝙蝠發出的聲波被牆壁接收，牆壁振動的頻率為u+vRu+0f1=fS=fS郉u−vSu−u=40牆壁振動發出反射回波，被運動的蝙蝠接收u+vRu+u=40f=f=f2u−v1u−01S上述二式聯立得u+u=40u秀f=×39=41kHz2uu−u=407.14儀器A與B皆固定在水管中，水流沿着A→B的方向，水速v=8m=s．儀器A的壓電陶瓷換能器以30kHz的頻率振動．已知水中的聲速u=1500m=s，問儀器B感受到的頻率多大？文解答：以流水為參照物，則vS=−v;vR=v，u+vRu+vf=f=f=30kHzRu−vSu−(−v)SS製造34 第八章波動光學干涉8.1同一介質中的兩個波源A;B，其振幅相等，頻率都是100Hz，相位差為π．若A;B的間距為30m，波的速度為400m=s，計算線段AB上因干涉而靜止的各點的位置．解答：波長λ=u=f=400=100=4m，以A為座標原點，AB之間座標為x的位置到兩個波源的距離為r1=x;r2=30−x兩列波的相位差為2π(r1−r2)2π(2x−30)Δφ=(φ10−φ20)−=π−=π(16−x)λ4根據干涉相消的條件Δφ=π×oddnumber，得16−x=oddnumber;x=1;3;5;···;29m8.2如下圖所示，一列聲波自右向左從空氣中垂直入射到混凝土牆壁上，入射波的()波函數為100πψ=4cos2000πt+x(SI)17反射波的波幅為3．(1)請指出牆壁右側干涉加強的位置及其振幅；(2)寫出反射波的波函數．總習題8.2圖郉解答：(1)牆壁右側距離為x的位置，由於半波損失，波程差為λδ=2x+2根據干涉加強的條件δ=jλ得λλ秀2x+=jλ;j=1;2;3;···x=i;i=1;3;5;···24(2)反射波的頻率與波長是不變的，振幅為3，可假設反射波函數為()′100πψ=3cos2000πt−x+φ017由於反射面處存在半波損失，即x=0處的振動相位相差π，φ0=π，文()′100πψ=3cos2000πt−x+π17製造35 《基礎物理學》總習題答案第8章波動光學雙縫干涉8.3將一束氦氖激光(λ=632:8nm)垂直照射到雙縫上，在縫後D=2m的牆上觀察到明條紋的間距為Δx=14mm，(1)計算雙縫的間距d；(2)牆壁上總共能看到幾條明紋？解答：(1)Δxλ632:8×2=;d==90400nmDd0:014(2)δ=dsinθ1:22;L68:94kmLa8.14一架照相機在距離地面L=200km的軌道上用400nm的波長拍照．為了要分清楚地面上相距l=0:1m的點，鏡頭直徑a最小是多少？解答：lλ>1:22;a>0:976mLa光柵8.15某單色光垂直照射到每毫米有600條縫的光柵上，其第1級譜線的衍射角1為20郉◦，問該光的波長多大？第2級譜線在哪裡？解答：1◦−6dsinθ1=λ;λ=×sin20=570×10mm600第二級譜線2λ◦dsinθ2=2λ;θ2=arcsin=43:16d秀8.16可見光垂直照射到每毫米有630條縫的光柵上，計算第1級譜線的角寬度(可見光波長範圍是390∼760nm)．解答：dsinθ=λ將波長的上下限代入上式，得文−6−6390×10◦760×10◦θl=arcsin=14:223;θh=arcsin=28:6071=6301=6301原文“角寬度”錯誤，改為“衍射角”製造38 《基礎物理學》總習題答案第8章波動光學◦第一級譜線角寬度Δθ=θh−θl=14:48.17相控陣雷達：許多雷達等間距的排列為一條直線，其間距為5m．每臺雷達都發射波長10m的電磁波，但是初相位依次遞減π=6．問天線在哪個方向輻射的電磁波功率最強？解答：設發射功率最強的方向為θ．根據光柵衍射的結論，相鄰天線發出的電磁波，由路程引起的波程差為δ=dsinθ=5sinθ，相鄰天線在θ方向電磁波的相位差為2πδ2π×5sinθ−ππΔφ=−(φ2−φ1)=−=πsinθ+λ1066根據干涉加強的條件Δφ=2jπππsinθ+=2jπ;j∈Z6◦這裡j=0是唯一的取值，θ=−arcsin(1=6)=−9:59偏振◦8.18兩個偏振片平行放置，透振方向的夾角為60．用自然光垂直照射，透射光強◦是I1．若在兩個偏振片之間再放入另一偏振片，透振方向與前兩個均為30角，則最終的透射光強是多少？解答：令自然光的強度為I0．自然光透過第一片偏振片後，光強為I0=2，再透過第二片偏振片，光強為I02◦I0I1=cos60=28若再插入一個偏振片，最終透光強度I02◦2◦9I09I=cos30cos30==I123248.19水的折射率為1:33，玻璃的折射率為1:50，光從水中入射到玻璃，起偏角是多大？若光從玻璃入射到水，起偏角多大？這兩個角有什麼關係？解答：從水中入射到玻璃，起偏角是1:50◦郉iB=arctan=48:441:33光從玻璃入射到水，起偏角1:33◦iB=arctan=41:561:50這兩個角是“互餘角”．秀◦8.20在空氣中測得某釉質的起偏角是58，它的折射率多大？解答：n2taniB==n2;n2=1:60n1文製造39 第九章相對論9.1在參照系S中觀測到兩個事件：Δx=x2−x1=0，時間差Δt=t2−t1=2s；在另一參照系S′中觀測，Δt′=t′−t′=3s，問Δx′多大？21解答：Δt−uΔx=c2′√Δt=1−u2=c2√將已知數據代入上式得u=c=5=3．′Δx−uΔt0−u·2√8Δx=√==−35×10m1−u2=c22=39.2在參照系S中觀測到兩個事件：Δx=x2−x1=1m，時間差Δt=t2−t1=0；在另一參照系S′中觀測，Δx′=x′−x′=2m，請計算Δt′．21解答：′Δx−uΔtΔx=√1−u2=c2√將已知數據代入上式得u=c=3=2．√Δt−uΔx=c20−u·1=c23′√−8Δt===−×10s1−u2=c21=23′9.3一根直杆在參照系S中靜止並且與x軸的夾角為θ，計算在參照系S中杆與x軸的夾角以及杆的長度．解答：假設在參照系S中，直杆的長度為D，其x分量為Dx=Dcosθ，y分量為Dy=Dsinθ．轉換到S′，x分量縮短為D′=√Dcosθ，y分量不變D′=D．故直杆與x′的夾x1−u2/c2yy角滿足D′√tanθ′=y=Dsinθ=1−u2=c2tanθ郉D′Dcosθx√1−u2=c29.4一根直杆在參照系S中靜止並且平行於x軸，該參照系中的觀察者同時測量尺子′的兩端，測得長度Δx=1m．參照系S相對於S的速度為0:6c，問剛纔的兩個測量′秀事件在S系中的空間距離為多大？解答：在參照系S中，Δt=0，Δx=1，′Δx−uΔt1−0Δx=√=√=1:25m1−u2=c21−0:62文9.5地面雷達站觀測到一艘飛船以0:6c的速度飛過雷達頂部，從船頭到達至船尾離開，總共花費了20μs的時間．問飛船的固有長度多大？飛船上的駕駛員觀測的這段時間是多大？製造40 《基礎物理學》總習題答案第9章相對論解答：在地面參照系，船頭到達雷達以及船尾離開雷達兩個事件的時間間隔Δt=−620×10s，空間間距Δx=0．解法一：在飛船上觀察，飛船是靜止的，雷達站在向後退，相對於飛船的速率為u=0:6c．雷達站到達船頭與到達船尾兩個事件的時間間隔為Δt−uΔx=c220×10−6−0′√√−6Δt===25×10s1−u2=c21−0:62在這段時間內，雷達的位移就是飛船的固有長度′l0=uΔt=4500m或者Δx−uΔt0−0:6c·20×10−6′√√Δx===−4500m1−u2=c21−0:62解法二：在地面上觀察，飛船是運動的，其動長度為l=uΔt=3600m在飛船上觀察，船是靜止的，長度為√l0=l=1−u2=c2=4500m√9.6空間中發生的兩個事件的空間間隔l=(Δx)2+(Δy)2+(Δz)2，而兩個事件的√時空間隔定義為s=(cΔt)2−l2．證明在洛倫茲變換之下，s是不變量，即2222(cΔt)−(Δx)−(Δy)−(Δz)=′2′2′2′2(cΔt)−(Δx)−(Δy)−(Δz)解答：′cΔt−uΔx=ccΔt=√1−u2=c2郉(cΔt)2+(uΔx=c)2−2uΔtΔx′2(cΔt)=1−u2=c2′Δx−uΔtΔx=√1−u2=c2(Δx)2+(uΔt)2−2uΔtΔx秀′2(Δx)=1−u2=c2′22(Δy)=(Δy)′22(Δz)=(Δz)文聯立上述各式，可以得出結論．製造41 《基礎物理學》總習題答案第9章相對論9.7地球上的觀察者發現一艘飛船以速率0:6c向東飛行，而一顆彗星以速率0:8c向西飛行，並且將於5s之後相互碰撞．問在飛船參照系中，彗星的相對速率多大？多長時間將發生碰撞？解答：在地面參照系中，從開始位置到碰撞位置，彗星移動的距離為Δx=0:8c×5=4c之間持續的時間為Δt=5s．在飛船參照系中，地面向西運動u=0:6c，而彗星相對於地面向西v′=0:8c，u+v′v==0:9459c1+uv′=c2從開始位置到碰撞持續的時間為5−0:6c·4c=c2′√Δt==3:25s21−0:69.8在什麼速率之下粒子的動量是其非相對論動量的兩倍？在什麼速率之下粒子的動能是其非相對論動能的兩倍1？√解答：mv3√=2mv;v=c1−v2=c229.9兩個靜質量均為m0的小球，其中一個靜止，另外一個以0:8c的速度撞向前一個球並粘在一起．假設碰撞過程中沒有輻射，沒有熱量散失，計算合成小球的靜質量．解答：設碰撞後的質量為M，速度為V，根據動量守恆m0·0m0·0:8cMV√+√=√221−0:82221−0=c1−V=c4MV=⇒m0c=√(a)3221−V=c郉根據能量守恆mc2mc2Mc200√+√=√221−0:82221−0=c1−V=c8M=⇒m0=√(b)31−V2=c2秀等式(a)除以等式(b)得V=c=2，回代至等式(b)得4m0M=√3文1第二問錯誤，無解製造42'