大学物理解题指导与练习答案

1练习一 质点运动学1、C 2、B 3、D 4、3 m, 5 m5、 ， 6、8(/)ajms2(5)(10)(rtitj328(/)xs7、 2 23,16/,8/),xyvijmsais8、解：（1） 00(6)ttvdddtt，208v238/ts（2） 0 20(1)xtdttt32041xt34(tm9、解：如图，设灯与人的水平距离为 ，灯与人头影子的水平距离为 ，则： 1xx人的速度： ，人头影子移动的速度： 。10dxvtdxvt而： ， 即： 。1Hxh1dht0Hvh10、解（1） 324()tra21 24()ddtstrast 222.4(),1.naRtmaRtm 则 时， 2ts.8,304()ss（2）加速度和半径成 角，即 ，即5n42.tt32./14/6代入得： .67rad练习二 牛顿力学1、C 2、 A 3、C4、D 5、 6 N, 4 N26、解：（1） ；0,Tmg（2） ；则：sin,cosTa2tan/,gTmag7、解 小球受重力 、绳的张力 及斜面的支持力 。N（1）对小球应用牛顿定律，在水平方向上和竖直方向分别有：， siTincog解方程组可得：绳的张力 (si)3.2()ma小球对斜面的正压力大小 75inTNN（2）当 时脱离斜面，则在水平方向上和竖直方向分别有：0N， cosaimg解方程组可得：斜面的加速度为 2t17.0(/)as8、解：（1） )/(5.43)(43 23 stFNtFst )/(7.2.030 smdtadtV（2） 234().041.5(/)xmaxs3022030 . xVddaxV)/(2.45sV9、解：分别对物体上抛时作受力分析，以地面为原点，向上为 轴正方向。y对物体应用牛顿定律： ，2magkv2()agkv而 ，则有dvyvdattyd2dy202001ln()H kvHgkvg3练习三 动量守恒和能量守恒1、D 2、D 3、D 4、27 J， 5、 36/ms2,mgk6、 ， 7、 0,1NS v8、 3.2,4gs9、 （1） 10.221(3)0.7(J)xWFdxd外 弹 弹（2） 0.50.12().(弹 弹 21.6msmv弹10、解 （1） 00()vMvM（2） dxdkxdttk00Xv0X11、分析：脱离时，小球只受重力作用，重力在径向的分力提供向心力，设顶点处为零势能点，则： 22cos10(cos)vmgR32cs下降高度为 。13R12、解（1）小球下落过程中，机械能守恒： 20sinmvgl2sinvgl（2） /na（3） si3sinTaTm13、解 在小球下摆的过程中，小球与车组成的系统总动量和总机械能守恒，则有 2201mvMglv球 车 球 车 Mgl球414、解（1）释放后，弹簧恢复到原长，B 的速度变为 。此过程中系统的机械能守恒。0BV则有： 2200033Bmkkxvxm（2）达到原长后，系统的总动量和总机械能守恒。弹簧伸长量最大或压缩量最大时，A 和 B 的速度相等，则根据系统动量守恒定律，有：102012()Bvv043xk（3）设最大伸长量为 ，则根据机械能守恒定律，有：max22201ax()Bmvvk01max15、解：（1） 0 vMVM21()()0.fkAEgS（2） 221 073KmvJ（3） 1.96()MV不等。相互作用力大小相等，但作用点的位移不同。练习四 刚体力学1、A 2、C 3、A4、 5、 6、12BCmg4,Mm0/47、解：对物体 ： ； 对圆盘 ： Ta21TRM补充联系联系方程： ,解以上方程得： 2 227.84/,3.9/,58.()mgmgmgradssTNMRM58、解： 11mgTa221rMr补充联系方程： 。 解以上方程得：2a。2 1112212,mmTgTgM 12(),mgaM角加速度为： ，下降高度为：12()r2ht21()t9、解：（1） 200/.5/ttrads（2）2.5NmrlM10、解：本题分为两个过程：子弹和细杆的碰撞过程、细杆的上升过程。碰撞过程中，子弹和细杆组成的系统角动量守恒： 2001213vlvlM上升过程中，细杆的机械能守恒： 2()cos)llg 解以上方程得： ， 。0mvl20cs1mvl练习五：气体动理论1. C2. C3. D4. B65. 1:6. 8：1, 5：3, 1：1。7. ，0ms14s8. 29. 1：2；5：3 10. 2 27.(K)5K molmolEMMTi RRvv11. 173/.20/npkT2.8d练习六：热力学基础1. B2. D3. A4. B5. B6. 57. 41.620J8. 93.39. （1） ，11ABABQEW130ABABEQWJ（2） ，放出 600J 热量22306J（3） 115%BA710. 过程 内能增量 /JE对外作功 /JW吸收热量 /JQAB1000 0 1000C0 1500 1500-1000 -500 -1500ABCA 40%11. （1） 11acVT1112()()()acbVT（2） 1,1, , 211 1()()()1 lnlnlnVmVmcbVmacbc baa CTCTCTQRRR ,12(/)lVm12. 证明：该热机循环的效率为 21BCAQ其中 ，则上式可写为, ,(),()BCpmCBAVmQTTMM/11BCAA在等压过程 BC 和等体过程 CA 中分别有 1212/,/BACTTp代人上式得 21()/Vp13. 证明：该热机循环的效率为 412123Q23,3241,4(),()VmVmQCTQCTMM841413232()1VCTT在绝热过程 12 和 34 种分别有 ， ，两式相除得1134VT112VT代入上式 3421T 1141112322322(/)()()T V 14. （1） ， 111QW240JQ由于第二循环吸热 ， )( 222 %4.291QW（2） ，则：12T2145KT第七章 真空中的静电场1C； 2 C； 3 D； 4C ； 5C； 6C； 7A； 8； 9 ；0； ； 10 ； ； 50.4/q0/032/)(q4321,q110， ； 12 ， ； 1390V；-30V. )(0R06q014解：将直导线分割成若干电荷元： ，dx在 P 点产生的场强：dq大小： ，方向均为水平向右（沿 X 轴正方2020 )(4)(41xdlxdlqE向） 。则： ，方向水平向右。22001()44()lP qllddx9在 P 点产生的电势：dq )2(4)2(400 xdlxdlqdUP 则： 2 00ln()lPxUl15解：在球内取半径为 r 厚为 dr 的薄球壳，该球壳包含的电荷为 dAdVq24在半径为 r 的球面内包含的总电荷为 )(,4403RrAdrdVq以该球面为高斯面，按高斯定理有 )(,/21RArE方向沿径向，A0 时向外；A0 时向外；A0 时向内。)4/(202ARE16解：（1）分析球对称性， 方向应沿半径方向向外，相同 r 处， 大小相同，取同E D心球面为高斯面，则根据高斯定理，有： 04/, 121011 ErqsdERri 时 0120221 /, qi时 20124rq02123032 /)(4/, rEqsdERri 时 2013E方向均沿半径方向向外。（2）球心处的电势 2211 30 RRR ldlldU2010 2011 2014)(442211RqrqrqrR17解：分析对称性， 方向应垂直于柱面向外辐射，且，相同 r 处， 大小相同，取高E E斯面为以 r 为半径，长为 的同心圆柱面，则根据高斯定理，有：l100/2iqrlEsdsEsdsEsd 侧 面侧 面下 底上 底（1） 02,11rlRr时（2） 12020,/ElEr时（3） ,32rlr时 318在 处取一微小点电荷 /Qdlq它在 O 点处产生场强：RdqE20204按 角的变化，将 dE 分解成两个分量