上海大学物理作业答案

上海大学物理作业答案篇一

上海交大版大学物理上册答案

第一章 质点运动学

【例题】例1-1 A ｔ= 1.19 s 例1-2 D 例1-3 D 例1-4 B 例1-5 3 3 例1-6 D 例1-7 C

例1-8 证明：

dvdt

dvdx

dxdt

v

dvdx

Kv ∴ d v /v =－Kdx

2



v

1v

v0

vKdx , ln

x

vv0

Kx ∴ v =v 0e

－Kx

例1-9 1 s 1.5 m例1-10 B

【练习题】

1-1 x=(y-3)2 1-2 -0.5m/s -6m/s 2.25m 1-3 D 1-4 不作匀变速率运动．因为质点若作匀变速率运动，其切向加速

度大小at必为常数，即at1at2at3，现在虽然a1a2a3， 但加速度与轨道各处的切线间夹角不同，这使得加速度

在各处切线方向的投影并不相等，即at1at2at3，故该质点不作匀变速率运动。 1-5 D 1-6证明：设质点在x处的速度为v a1-7 16 R t 4 rad /s

2

2

dvdt



dvdx



dxdt

v

26x

2

vdv

26xdx v

2

x

2xx



3



2

1-8 Hv/(H-v) 1-9 C

第二章 质点运动定律

【例题】例2-1 B 例2-2 B 例2-3 解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv，由牛顿定律

Kmdt

dvv

t

∴

dxdt

,

m

0x

K

v

dt

t



v0

dvv

Kt/m

∴ vv0e (2) 求最大深度 v

dxv0e

Kt/m

dt



dx



v0e

Kt/m

dt∴ x(m/K)v0(1e

Kt/m

)

xmaxmv0/K 例2-4 D 例2-5 答：(1) 不正确。向心力是质点所受合外力在法向方向的

分量。质点受到的作用力中，只要法向分量不为零，它对向心力就有贡献，不管它指向圆心还是不指向

圆心，但它可能只提供向心力的一部分。即使某个力指向圆心，也不能说它就是向心力，这要看是否还有其它力的法向分量。

(2) 不正确。作圆周运动的质点，所受合外力有两个分量，一个是指向圆心的法向分量，另一个是切向分量，只要质点不是作匀速率圆周运动，它的切向分量就不为零，所受合外力就不指向圆心。例2-6 B 例2-7 A

【练习题】2-1

mg/cos sin

glcos

2-2 0 2g 2-3 C 2-4 证明：小球受力如图，根据牛顿第二定律

v

mgkvFmam

dvdt

kt/m

dv

(mgkvF)/m

dt 初始条件：t = 0, v = 0．

(mg

dvkv-F)/m

t



dt

∴ v(mgF)(1e)/k 2-5 B

2-6 解：质量为M的物块作圆周运动的向心力，由它与平台间的摩擦力f和质量为m的物块对它的拉力F的合力提供，当M物块有离心趋势时，f和F的方向相同，而当M物块有向心运动趋势时，二者的方向相反，因M物块相对于转台静止，故有

F + fmax =M rmaxω2 F－ fmax =M rminω2 m物块是静止的，因而 F = m g 又 fmax =μs M g

mgsMgmgsMg

37.2r12.4mm 故 rmaxmm min22

MM

第三章 机械能和功

【例题】例3-1 C 例3-2 B 例3-3 18 J 6 m/s

例3-4 解：设弹簧伸长x1时，木块A、B所受合外力为零，即有： Fkx1 = 0 x1 = F/k

设绳的拉力T对m2所作的功为WT2 ，恒力F对m2所作的功为为WF ，木块A、B系统所受合外力为零时的速度为v ，弹簧在此过程中所作的功为WK 。 对m1、m2系统，由动能定理有 WF＋WK＝

12

m2v ②而 WK＝

2

12

(m1m2)v ① 对m2有 WF＋WT2＝

2

12

kx

21



F

2

2k

12

， WF＝Fx1＝

m2v

2

Fk

2

代入①式可求得 vF

m2

2(m1m2)

2

k(m1m2)

由②式可得WT2WF

Fk

2

[1]

F(2m1m2)2k(m1m2)

例3-5 解：(1) 位矢racostibsintj (SI) xacost， ybsint vx

dx

112

在A点(a，0) ，， E=bcostmvmvcost1sint0KAyx

dtdt22

1112222

在B点(0，b) ，cost0，sint1 EKB=mvxmvyma

222

vasint，

dy

2

y



12

mb

22

(2) Fmaximayj=ma2costimb2sintj

由A→B Wx



a

Fxdx

a

macostdx=

2



a

mxdx

dvdt

2

12

ma

22

dvdt

例3-6 证明： 由P＝Fv及F＝ma，P＝mav 代入 a P=mv

2GmM3R12

由此得Pdt＝mvdv ，两边积分，则有

GmM3R



t

Pdt



t

mvdv∴ Pt

12

mv ∴ v

2

2Pt/m 例3-7

12

例3-8 答：W并不是合外力所作的功。因为物体所受的力除了人的作用力F外，还有重力P＝mg，根据动能定理，合外力所作的功等于物体动能的增量，则可写为Fhmgh

12

mv 即 (FP)h

2

mv

2

0 所以 WFhmv12

2

mgh

2

W是人对物体所作的功，而不是物体所受合外力所作的功。例3-9 C 例3-10 解：(1)根据功能原理，有 fs

Nh

sin

mgh

cossin

mghctg12mv

2

mv0mgh

fs

12

mv12

2

mgh h

2

v0

2

2g(1ctg)

=4.5 m

(2) 根据功能原理有mghfs

mv

mghmghctg v2gh(1ctg)

kx0 

2

=8.16 m/s

r2r1r1r2

【练习题】3-1 320J 8 m/s 3-2 C 3-3 D 3-4 g 2g 3-5

GMm

r1r2r1r2

12

kx0 3-6 GMm

2

3-7 k/2r

2

3-8 解：根据功能原理，木块在水平面上运动时，摩擦力所作的功等于系统（木块和弹簧）机

12kx

2

械能的增量，由题意有 frx

v

2kgx

kx

2



12

mv 而 frkmg

2

由此得木块开始碰撞弹簧时的速率为

m

FmgsinKmgma a(F/m)gsinKg 物体动能的增量

12mv2

2

= 5.83 m/s 3-9 2(F-mg)2/k 3-10 证明：物体m向上作匀加速直线运动，根据牛顿第二运动定律有

EK

12

mv1

2

12

m(v2v1)maS

22

mS[(F/m)gsinKg]FSmgsinSKmgS

第四章 动量和角动量

【例题】例4-1 0.89 m/s 2.96 m/s2例4-2 C 例4-3 C例4-4 答：推力的冲量为Ft，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 解：煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度 v0

2gh 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mqmt 设A对煤粉的平均作用力为f，由动量定理写分量式fxtmv0

fyt0(mv0) 将 mqmt代入得 fxqmv， fyqmv0∴ f

fxfy149N f与x轴正向

22

夹角为 = arctg (fx / fy ) = 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。

例4-6 C 例4-7 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 mv0 = mv+M v

v = m(v0  v)/M =3.13 m/s T =Mg+Mv2/l =26.5 N 2) ftmvmv04.7Ns (设v0方向为正方向) 负号表示冲量方向与v0方向相反。例4-8 解：油灰与笼底碰前的速度 v

12

2

例题4-5答案图

2gh kMg/x0

碰撞后油灰与笼共同运动的速度为V，应用动量守恒定律 mv(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

k(x0x)

2



2

12

(Mm)V

2



12

kx0(Mm)gx ②

2

联立解得： x

mM

x0

mx0M

2



2mhx0M(Mm)

2

0.3 m例4-9 A 例4-10 C

【练习题】4-1 0.6 N·s 2 g 4-2 解：子弹射入A未进入B以前，A、B共同作加速运动，

F＝(mA+mB)a a=F/(mA+mB)=600 m/s2 B受到A的作用力 N＝mBa＝1.8³103 N 方向向右 A在时间t内作匀加速运动，t秒末的速度vA＝at ，当子弹射入B时，B将加速而A则以vA的速度继续向右作匀速直线运动．vA＝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

mv0mAvA222

22m/s 4-3 54 N²s 729 J 4-4 (3mr002)1mv mv0mAvA(mmB)vB vB2

mmB4-5 解：(1) 木块下滑过程中，以木块、弹簧、地球为系统机械能守恒，

选弹簧原长处为弹性势能和重力势能的零点，以v1表示木块下滑x距离时的速度，

则

12

kx

2

12

Mv

21Mgxsin0 求出： v1

2gxsin

kxM

2

0.83 m/s 方向沿斜面向下。 (2) 以子弹和木块为系

统，在子弹射入木块过程中外力沿斜面方向的分力可略去不计，沿斜面方向可应用动量守恒定律，以v2表示子弹射入木块后的

Mv1mvcos

共同速度，则有： Mv1mvcos(Mm)v2解出 v20.89m/s 负号表示此速度的方向沿斜面向上。

(Mm)

4-6 C 4-7 m ab 0 4-8 mGMR

例题

例6-1 当惯性系S和S′的坐标原点O和O′重合时，有一点光源从坐标原点发出一光脉冲，在S系中经过一段时间t后（在S′系中经过时间t′），此光脉冲的球面方程（用直角坐标系）分别为：S系 ； S′系 ．

例6-2 下列几种说法中正确的说法是：(1) 所有惯性系对物理基本规律都是等价的．(2) 在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关．(3) 在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速率都相同．(A) 只有(1)、(2) 正确． (B) 只有(1)、(3) 正确． (C) 只有(2)、(3) 正确． (D) (1)、(2)、(3)都正确． 例6-3 经典的力学相对性原理与狭义相对论的相对性原理有何不同？

例6-4 有一速度为u的宇宙飞船沿x轴正方向飞行，飞船头尾各有一个脉冲光源在工作，处于船尾的观察者测得船头光源发出的光脉冲的传播速度大小为 ；处于船头的观察者测得船尾光源发出的光脉冲的传播速度大小为 ．

例6-5 关于同时性的以下结论中，正确的是 (A) 在一惯性系同时发生的两个事件，在另一惯性系一定不同时发生．(B) 在一惯性系不同地点同时发生的两个事件，在另一惯性系一定同时发生．(C) 在一惯性系同一地点同时发生的两个事件，在另一惯性系一定同时发生(D) 在一惯性系不同地点不同时发生的两个事件，在另一惯性系一定不同时发生．

例6-6 静止的子的平均寿命约为 0 =2³10-6 s．今在8 km的高空，由于介子的衰变产生一个速度为v = 0.998 c (c为真空中光速)的子，试论证此子有无可能到达地面．

例6-7 两惯性系中的观察者O和O′以0.6 c (c为真空中光速)的相对速度互相接近．如果O测得两者的初始距离是20 m，则O相对O′运动的膨胀因子= ；O′测得两者经过时间t′= s后相遇．

例6-8 两个惯性系S和S′，沿x (x′)轴方向作匀速相对运动. 设在S′系中某点先后发生两个事件，用静止于该系的钟测出两

事件的时间间隔为0，而用固定在S系的钟测出这两个事件的时间间隔为．又在S′系x′轴上放置一静止于该系、长度为l0的细杆，从S系测得此杆的长度为l, 则(A)  < 0；l < l0．(B)  < 0；l > l0． (C)  > 0；l > l0．(D)  > 0；l < l0．

例6-9 粒子在加速器中被加速，当其质量为静止质量的3倍时，其动能为静止能量的 (A) 2倍． (B) 3倍． (C) 4倍． (D) 5倍．

例6-10 匀质细棒静止时的质量为m0，长度为l0，当它沿棒长方向作高速的匀速直线运动时，测得它的长为l，那么，该棒的运动速度v = ；该棒所具有的动能EK．

例6-11 观察者甲以0.8c的速度（c为真空中光速）相对于静止的观察者乙运动，若甲携带一长度为l、截面积为S，质量为m的棒，这根棒安放在运动方向上，则甲测得此棒的密度为  ；乙测得此棒的密度为  ．

例6-12 根据相对论力学，动能为0.25 MeV的电子，其运动速度约等于

2

(A) 0.1c (B) 0.5 c (C) 0.75 c (D) 0.85 c (c表示真空中的光速，电子的静能m0c = 0.51 MeV) 例6-13 令电子的速率为v，则电子的动能EK对于比值v / c的图线可用下列图中哪一个图表示？（c表示真空中光速）

(A)

(B)

(C)

(D)

/c

/c

/c

/c

例题答案

6-1 x2y2z2c2t2 x2y2z2c2t2 ； 6-2 D 6-3 答：经典力学相对性原理是指对不同的惯性系，牛顿定律和其它力学定律的形式都是相同的． 狭义相对论的相对性原理指出：在一切惯性系中，所有物理定律的形式都是相同的，即指出相对性原理不仅适用于力学现象，而且适用于一切物理现象。也就是说，不仅对力学规律所有惯性系等价，而且对于一切物理规律，所有惯性系都是等价的．例6-4 c c；例6-5 C ；例6-6证明：考虑相对论效应，以地球为参照系，子的平均寿命： 

0

(v/c)

2

31.610

6

s 则子的平均飞行距离： Lv9.46 km． 子的飞行距离大于高

度，有可能到达地面．例6-7 1.25(或5/4) 8.89³10-8 ；例6-8 D ；例6-9 A ；例6-10 c(l/l0)

2

m0c(

2

l0ll

)； 例6-11

mlS

25m9lS

；例6-12 C ；例6-13 D ；

练习题

6-1 在某地发生两件事，静止位于该地的甲测得时间间隔为4 s，若相对于甲作匀速直线运动的乙测得时间间隔为5 s，则乙相对于甲的运动速度是(c表示真空中光速) (A) (4/5) c． (B) (3/5) c． (C) (2/5) c． (D) (1/5) c． 6-2 假定在实验室中测得静止在实验室中的+子(不稳定的粒子)的寿命为2.2³10-6 s，当它相对于实验室运动时实验室中测得它的寿命为1.63³10-5 s．则+子相对于实验室的速度是真空中光速的多少倍？为什么？

6-3 在S系中的x轴上相隔为x处有两只同步的钟A和B，读数相同．在S＇系的x＇轴上也有一只同样的钟A＇，设S＇系相对

于S系的运动速度为v , 沿x轴方向, 且当A＇与A相遇时，刚好两钟的读数均为零．那么，当A＇钟与B钟相遇时，在S

系中B钟的读数是 ；此时在S＇系中A＇钟的读数是 ．

6-4 两个惯性系K与K＇坐标轴相互平行，K＇系相对于K系沿x轴作匀速运动，在K＇系的x＇轴上，相距为L＇的A＇、B＇

两点处各放一只已经彼此对准了的钟，试问在K系中的观测者看这两只钟是否也是对准了？为什么？

6-5 边长为a的正方形薄板静止于惯性系K的Oxy平面内，且两边分别与x，y轴平行．今有惯性系K＇以 0.8c（c为真空中光速）的速度相对于K系沿x轴作匀速直线运动，则从K＇系测得薄板的面积为 (A) 0.6a2． (B) 0.8 a2 (C) a2． (D) a2／0.6 ． 6-6 密切相关．

-1

6-7 地球的半径约为R0 = 6376 km，它绕太阳的速率约为v30 km²s，在太阳参考系中测量地球的半径在哪个方向上缩短得最

多？缩短了多少？ (假设地球相对于太阳系来说近似于惯性系)

6-8 有一直尺固定在K′系中，它与Ox′轴的夹角′＝45°，如果K′系以匀速度沿Ox方向相对于K系运动，K系中观察者测得该尺与Ox轴的夹角 (A) 大于45°． (B) 小于45°． (C) 等于45°．

(D) K′系沿Ox正方向运动时大于45°，K′系沿Ox负方向运动时小于45°． 6-9 在狭义相对论中，下列说法中哪些是错误的？ (A) 一切运动物体相对于观察者的速度都不能大于真空中的光速．

(B) 质量、长度、时间的测量结果都是随物体与观察者的相对运动状态而改变的．

(C) 在一惯性系中发生于同一时刻，不同地点的两个事件在其他一切惯性系中也是同时发生的．

(D) 惯性系中的观察者观察一个与他作匀速相对运动的时钟时，会看到这只时钟比与他相对静止的相同的时钟走得慢些．

上海大学物理作业答案篇二

大学物理_上海交通大学_第四版-下册课后题全部答案

习题11

9

11-1．直角三角形ABC的A点上，有电荷q11.810C，B点上有电荷

q24.8109C，试求C点的电场强度(设BC0.04m，AC0.03m)。

2

40rAC

，

q2E2j2

40rBCq2在C点产生的场强：，

44EEE2.710i1.810j； 12∴C点的电场强度：

解：q1在C点产生的场强：



E1

q1

i

C

点的合场强：

E3.24104V

，

方向如图：

11-2．用细的塑料棒弯成半径为50cm的圆环，两端间空隙为2cm，电量为3.12

109C和方向。 xl2rd3.12m解：∵棒长为， ∴电荷线密度：

可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去d0.02m长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O点产生的场强。 解法1：利用微元积分：

dEOx



arctan

1.8

33.73342'2.7。

q1.0109Cm1

140



Rd

R2

cos

，



∴

解法2：直接利用点电荷场强公式：

EOcosd

d

2sin240R40R40R20.72Vm1；

11

由于dr，该小段可看成点电荷：qd2.010C，

2.010111

EO9.0100.72Vm

40R2(0.5)2则圆心处场强：。

q

9

方向由圆心指向缝隙处。

11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电

荷线密度为，四分之一圆弧AB的半径为R，试求圆

心O点的场强。

解：以O为坐标原点建立xOy坐标，如图所示。 ①对于半无限长导线A在O点的场强：



E(coscos)Ax4R20

E(sinsin)Ay40R2有：

②对于半无限长导线B在O点的场强： 

E(sinsin)Bx4R20

E(coscos)By40R2有：

③对于AB圆弧在O点的场强：有：



2Ecosd(sinsin)ABx0

4R4R200



E2sind(coscos)ABy04R40R20



E

y

∴总场强：

EOx



EOyEO(ij)40R，40R，得：40R。

或写成场强：

11-4．一个半径为R的均匀带电半圆形环，均匀地带有电荷，电荷的线密度为，求环心处O点的场强E。

dq

dE

40R2； 解：电荷元dq产生的场为：

E

0，方向45。



根据对称性有：dE

y

0

，则：

EdExdEsin



Rsind



40R220R，

E

方向沿x轴正向。即：

11-5．带电细线弯成半径为R的半圆形，电荷线密度 为0sin，式中0为一常数，为半径R与x轴 所成的夹角，如图所示．试求环心O处的电场强度。

0sinddl

dE2

4R40R，

0解：如图，



i20R。

dExdEcosdEydEsin考虑到对称性，有：Ex0；

0∴

方向沿y轴负向。

11-6．一半径为R的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为，求球心O处的电场强度。

解：如图，把球面分割成许多球面环带，环带宽为dlRd，所带电荷：dq2rdl。

EdEydEsin



0sin2d00(1cos2)d



40R40R0280R，

dE

xdq40(xr)

22

3

2

2



2rxdl

403利用例11-3结论，有：

dE

2RcosRsinRd

40[(Rsin)(Rcos)]，

2

∴

E

0化简计算得：



0

1Esin2d

0。 0，∴

11-7．图示一厚度为d的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为。求板内、外的场强分布，并画出场强随坐标x变化的图线，即Ex图线(设原点在带电平板的中央平面上，Ox轴垂直于平板)。

解：在平板内作一个被平板的中间面垂直平分的闭合圆柱面S1为高斯面，

dEdS2ESxS1当和q2xS， 2时，由

xE

0； 有：

dEdS2ESxS当和q2dS， 时，由2

dE

20。图像见右。 有：

x

11-8．在点电荷q的电场中，取一半径为R的圆形平面(如图所示)，

平面到q的距离为d，试计算通过该平面的E的通量.

解：通过圆平面的电通量与通过与A为圆心、AB为半径、圆的平面 为周界的球冠面的电通量相同。

【先推导球冠的面积：如图，令球面的半径为r，有

dS

2rsinrd球冠面一条微元同心圆带面积为： ∴球冠面的面积：

d

2r2(1)

r】

S2rsinrd2r2cos



0dcos

r

O

2

S4r∵球面面积为：球面，通过闭合球面的电通量为：

闭合球面

q

0，

球冠

由：球面S球冠

11-9．在半径为R的“无限长”直圆柱体内均匀带电，电荷体密度为ρ，求圆柱体内、外的场强分布，并作E~r关系曲线。 解：由高斯定律S长为l的高斯面。



S球面

1dqq球冠(1)(12r020。 ，∴



1

EdSqi

0

S内

，考虑以圆柱体轴为中轴，半径为r，

r2lr

E2rlE

20； 0，有（1）当rR时，

R2l2rlEE

0，则：（2）当rR时，r

2(rR)0E2

R(rR)20r即：；

r

图见右。

11-10．半径为R1和R2（R1R2）的两无限长同轴圆柱面，单位长度分别带有电量和，试求：（1）rR1；（2）R1rR2；（3）rR2处各点的场强。 解：利用高斯定律：



S

1

EdSqi

0

S内

。

2rlE2

（1）rR1时，高斯面内不包括电荷，所以：E10； （2）R1rR2时，利用高斯定律及对称性，有：

E2

l

0，则：



20r；

（3）rR2时，利用高斯定律及对称性，有：2rlE30，则：E30；



E0



ˆEEr

20rE0即：

rR1R1rR2rR2

。

11-11．一球体内均匀分布着电荷体密度为的正电荷，若保持电荷分布不变,在该球体中挖去半径为r的一个小球体，球心为O，两球心间距离OOd，如图所示。求：

（1）在球形空腔内，球心O处的电场强度E0；

（2）在球体内P点处的电场强度E，设O、O、P