大学物理全程导学例题习题参考答案

第一章 质点运动学【例题精讲】例1-1【解】如图（b）所示，取沿水面方向向右为Ox轴正向。t时刻小船位置为，而绳长为。由勾股定理，有 ，等式两边同时对t求导数，有 又知，是随时间减小的 且 故小船的运动速度为负号表示速度方向与x轴正向相反。例1-2【解】 (1) 位置矢量 (SI)可写为 ，则消去时间t，可得质点的轨迹方程为 (2) 速度 (3) 加速度 例1-3 C 例1-4 【证明】 因为 所以 故 例1-5 D 例1-6 例1-7 C 习题答案1-1图【习题精练】1-1【解】如图所示，取沿地面方向向左为Ox轴的正向，人从路灯正下方点O开始运动，经时间t后其位置为，而人头顶影子的位置坐标为x。由相似三角形关系，有 解得 ，故头顶影子的移动速度为。1-2 1-3 (m/s2)1-4【解】 (1) 位置矢量 (SI)可写为 ，则消去时间t，可得质点轨迹方程为 (2) 速度 (3) 加速度 1-5【证明】设质点在x处的速度为v， 则质点在任意位置处的速度为1-6【解】 已知加速度dv /dtt dv t dt v t2 又因为v x/d tt2 则质点位置和时间的关系式为 (SI) 1-7 1 s 1.5 m1-8 B 第二章 质点运动定律【例题精讲】例2-1 0 2g例2-2 C 例2-3 C例2-4【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2-5 【解】设绳子与水平方向的夹角为q，则，木箱受力如图（b）所示，匀速前进时，拉力为F，有 得令 m 时，最省力。例2-6【解】（1）设物体质量为m，取如图所示的自然坐标系，根据牛顿定律，有由摩擦力的大小 可得 根据初始条件 t=0，分离变量后对上式积分 得 （2）当物体速率从减少到时，由上式可求出所需时间为物体所经过的路程【习题精练】2-1 A 2-2 A2-3 2-4 【解】根据牛顿第二定律 2-5 【证明】小球受力如图，根据牛顿第二定律 初始条件：t = 0, v = 0 2-6 【解】(1) 子弹进入沙土后受力为v，由牛顿定律得 (2) 由得 两边同时积分 所以最大深度第三章 动量和角动量【例题精讲】例3-1 C 例3-2 0.6Ns 2 g例3-3【答】（1）小球运动一周，动量增量的大小为0。 （2）小球所受重力为恒力，因此重力冲量的大小为mgT=mg2p/w。（3）小球动量增量的大小为0，根据动量定理小球所受绳合外力的冲量为0，所以小球所受绳子拉力的冲量与所受重力的冲量的大小相等，方向相反。例3-4【解】煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度 设煤粉与A相互作用的Dt时间内，落于传送带上的煤粉质量为 设A对煤粉的平均作用力为，由动量定理写分量式： 将 代入得 ， N 与x轴正向夹角为a = arctan (fy / fx ) = 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（b）中相反。 例3-5 C例3-6【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 有 mv0 = mv+M v v = m(v0 - v)/M =3.13 m/s T =Mg+M v 2/l =26.5 N (2) (设方向为正方向) 负号表示冲量方向与方向相反。例3-7 mw abk 0【习题精练】3-1 D3-2 18Ns 9 m/s3-3【解】(1)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 NmBa1.8103 N，方向向右 (2) A在t= 0.01 s时间内作匀加速运动，t= 0.01 s秒末的速度vAat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vAat6 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 3-4【答】推力的冲量为。 动量定理中的冲量为合外力的冲量，此时木箱除受力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。3-5 C3-6 3-7 2275 kgm2s-1 13 ms-1 第四章 功和能【例题精讲】例4-1 54 Ns 729J例4-2 320J 8 m/s例4-3 D 例4-4【解】 (1) 由位矢 (SI)可得 ， 在A点(a，0) ， EKA= 在B点(0，b) ， EKB=(2) = (3) 由AB =例4-5 例4-6 g 2g例4-7 C 例4-8【解】如图（b）所示，设l为弹簧的原长，O处为弹性势能零点；x0为挂上物体后的伸长量，O为物体的平衡位置；取弹簧伸长x时物体所达到的O 处为重力势能的零点。由题意得物体在O处的机械能为： 在O 处，其机械能为： 由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即： 在平衡位置有： mgsina =kx0 代入上式整理得： 例4-9 A 例4-10【解】油灰与笼底碰前的速度 笼子在平衡位置 碰撞后油灰与笼子共同运动的速度为V，应用动量守恒定律 油灰与笼子一起向下运动，机械能守恒，下移最大距离Dx，则 联立解得： m【习题精练】4-1 18J 6m/s4-2 B 4-3 C 4-4 4-5 4-6【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Pmg，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 即 所以 W是人对物体所作的功，而不是物体所受合外力所作的功。4-7【证明】由动能定理 而 4-8 C 4-9【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，v1表示木块下滑x距离时的速度，则 求出： 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共同速度，则有： 解出 m/s 负号表示此速度的方向沿斜面向上4-10【解】设v1为软木塞飞出的最小速率，试管速度的大小为v2, 软木塞和试管系统水平方向动量守恒， 则 (1) 当用硬直杆悬挂时，M到达最高点时速度须略大于零，由机械能守恒 (2) 若悬线为轻绳，则试管到达最高点的速度v须满足 即由机械能守恒应有 故第五章 刚体力学基础【例题精讲】例5-1 62.5 1.67s例5-2 C 例5-3 C例5-4 A 例5-5 例5-6【解】受力分析如图(b)所示。 设重物的对地加速度为a向上，则绳的A端对地有加速度a向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a向下。根据牛顿第二定律可得：对人：MgT2Ma 对重物：T1MgMa 根据转动定律，对滑轮有 (T2T1)RJbMR2b / 4 因绳与滑轮无相对滑动， abR 、四式联立解得 a2g / 7 例5-7【解】由受力分析如图(b)所示，可列方程：2mgT12ma T2mgma T1 rT r T rT2 r arb 解上述5个联立方程得： T11mg / 8 （b）例题5-8图例5-8【解】 受力分析如图（b） mgT2 = ma2 T1mg = ma1 T2 (2r)T1r = 9mr2b / 2 2rb = a2 rb = a1 解上述5个联立方程，得： 例5-9 A 例5-10 3v0 / (2l) 3mv02 / 8【习题精练】5-1 6.54 rad / s2 4.8 s5-2 B 5-3 g / l g / (2l)5-4 0.25 kgm2 12.5 J5-5【解】根据牛顿运动定律和转动定律列方程 对物体： mgT ma 对滑轮： TR = Jb 运动学关系： aRb 将、式联立得 amg / (mM) v00， vatmgt / (mM) 5-6【解】各物体的受力情况如图所示由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程联立方程： T1RJ1b1 T2rT1rJ2b2 mgT2ma , aRb1rb2， 求解联立方程，得 m/s2 v 22ah，=2 m/s T2m(ga)58 N T148 N 5-7【解】各物体受力情况如图所示。对：FTma 对： ma 对滑轮：()R aRb 解得：b 2F / (5mR)10 rads-2 T3F / 56.0 N 5-8【答】(1) 转台、人、哑铃、地球系统的机械能不守恒。 因人收回二臂时臂力要作功，即非保守内力的功不为零，不满足守恒条件。 (2) 转台、人、哑铃系统的角动量守恒。因系统受的对竖直轴的外力矩为零。5-9 A 5-10 对O轴的角动量 机械能第六章 振动例题6-1【解】(1)由己知谐振动方程可知，振幅A=0.1m，角频率w=20ps-1，频率n=w 2p=10Hz，周期T=2p w=0.1s，初相j=p 4。 (2)由己知谐振动方程直接可得t=2s时的位移，速度和加速度分别为x=0.1cos(20pt+p 4)=0.1cos(40pt+p 4)=7.0710-2mv=dx dt=-2psin(20pt+p 4)= -2psin(40p+p 4)= -4.44 ms-1 a=d2x dt2= -40p2cos(20pt+p 4)= -40p2cos(40pt+p 4)= -280ms-2例题6-2【解】(1) t = 0时， a = 2.5 m/s2 ，| F | = ma = 5 N 2分 (2) | amax | = 5，其时 | sin(5t - p/6) | = 1 1分 | Fmax | = m| amax | = 10 N 1分 x = 0.2 m（振幅端点） 1分例题6-3x (m)wwp/3p/3t = 0t 0.120.24-0.12-0.24O例题6-3答案图【解】旋转矢量如图所示。 由振动方程可得：， s 例题6-40.05 m -0.205p（或-36.9） 例题6-5 (C)例题6-6 (D)例题6-7(C)例题6-8 或，习题6-1 (B)习题6-2解：(1) (SI) t0 = 0 , v0 = 3.0 m/s (2) 时， F = -1.5 N 习题6-3【解】设小球的质量为m，则弹簧的劲度系数 选平衡位置为原点，向下为正方向。小球在x处时，根据牛顿第二定律得 将 代入整理后得 此振动为简谐振动，其角频率为 设振动表达式为 由题意： t = 0时，x0 = A=m，v0 = 0，解得 f = 0 习题6-4 (C)习题6-5 (A)习题6-6 3.43 s -2p/3习题6-7 0.5s、1.5s、2.5s；0、1s、2s；0.5s、2.5s、4.5s习题6-8解：(1) 势能 总能量 由题意， m (2) 周期 T = 2p/w = 6 s 从平衡位置运动到的最短时间 Dt 为 T/8 Dt = 0.75 s 习题6-9 (B)第七章 波动例题7-1 2 m/s (SI) 例题7-2 【解】u=20m s，nw 2p=2Hz，T=0.5s，l= u n=20 2=10cm，A点的振动方程：y=3cos4pt。(1)以A点为坐标原点的波动方程为y=3cos4p(t+x 20)=3cos(4pt+px 5)=3cos(4pt+0.2px)。(2)该波沿x轴负向传播，所以B点的相位比A点落后Dj=(2p l)=(2p 10)5=p因此，以B点为坐标原点的波动方程y=3cos4p(t+x 20)-p(3)在以A点为坐标原点的坐标轴中, xB=-5m，xC=-13m，xD=9m，可得 yB=3cos4p(t- 5 20)=3cos(4pt-p)， yC=3cos4p(t-13 20)=3cos(4pt-13p 5)=3cos(4pt-2.6p)。 yD=3cos4p(t+9 20)=3cos(4pt+9p 5)=3cos(4pt+1.8p)。例题7-3例题7-3答案图【解】(1) 如图A，取波线上任一点P，其坐标设为x，由波的传播特性，P点的振动落后于l /4处质点的振动。 波的表达式 (SI) (2) t = T 时的波形和 t = 0时波形一样 t = 0时 按上述方程画的波形图见图B。 例题7-4【解】(1) 振动方程 (SI) . (2) 波动表达式 (SI) (3) 波长 m例题7-5答案图例题7-5 【解】(1) x = 0点 ； x = 2点 ； x =3点 ； (2) 如图所示例题7-6图例题7-6【解】由图，l = 2 m， 又 u = 0.5 m/s， n = 1 /4 Hz， T = 4 s题图中t = 2 s =t = 0时，波形比题图中的波形倒退。此时O点位移y0 = 0（过平衡位置）且朝y轴负方向运动， (SI) 例题7-7 (B)例题7-8 例题7-9证明：入射波在x = 0处引起的振动方程为 ，由于反射端为自由端，所以反射波在O点的振动方程为 反射波为 驻波方程例题7-10 习题7-1解：(1)已知波的表达式为 与标准形式 比较得 A = 0.05 m， n = 50 Hz， l = 1.0 m u = ln = 50 m/s (2) m /s m/s2 (3) ，二振动反相 习题7-2(A)习题7-3 ( k = 1, 2, )习题7-4(D)习题7-5【解】(1) 坐标为x点的振动相位为 波的表达式为 (SI) (2) 以B点为坐标原点，则坐标为x点的振动相位为 (SI) 波的表达式为 (SI)习题7-6解：(1) 原点O处质元的振动方程为 ， (SI) 波的表达式为 ， (SI) x = 25 m处质元的振动方程为 ， (SI) 振动曲线见图 (a) (2) t = 3 s时的波形曲线方程 ， (SI) 习题7-6答案图习题7-7 (C)习题7-8 (D)习题7-9 0习题7-10 (SI)第八章 温度例题8-1 (A)例题8-2 (D)例题8-3 1:1:1例题8-4 【证明】 由温度公式 ， 压强公式 得 例题8-5(A)例题8-6【解】(1) ， (2) (或由得)例题8-7(C)例题8-8 2解：氧分子，氧原子例题8-9 4000 ms-1 1000 ms-1习题8-1 在平衡态，分子沿各个方向运动的机会均等，即分子速度按方向的分布是均匀的，因而 在平衡态，忽略重力，分子位置在空间的分布是均匀的 习题8-2 5 / 3 习题8-3 8.31103 3.32103习题8-4解：(1) J J (2) p = n kT2.76105 Pa习题8-5解：当不计振动自由度时，H2O分子,H2分子,O2分子的自由度分别为6, 5, 5 1 mol H2O内能 E1=3RT 1 mol H2或O2的内能 故内能增量 RT - 3RT =(3 / 4)RT 习题8-6解： K J 而 J又 kg习题8-7 (4 / 3)E / V (M2 / M1)1/2习题8-8 (D)习题8-9答：(1) 表示分子的平均速率； (2) 表示分子速率在vp区间的分子数占总分子数的百分比； (3) 表示分子速率在vp区间的分子数第九章 热力学第一定律例题9-1 (D)例题9-2 (B)例题9-3 (B)例题9-4解：(1) AB： =200 J E1=n CV (TBTA)=3(pBVBpAVA) /2=750 J Q=A1+E1950 J BC： A2 =0 E2 =n CV (TCTB)=3( pCVCpBVB ) /2 =600 J Q2 =A2+E2600 J CA： A3 = pA (VAVC)=100 J J Q3 =A3+E3250 J (2) A= A1 +A2 +A3=100 J Q= Q1 +Q2 +Q3 =100 J 例题9-5【解】开始时气体体积与温度分别为 V1 =30103 m3，T1127273400 K 气体的压强为 p1=RT1/V1 =1.108105 Pa 大气压p0=1.013105 Pa， p1p0 可见，气体的降温过程分为两个阶段：第一阶段等体降温，直至气体压强p2 = p0，此时温度为T2，放热Q1；第二阶段等压降温，直至温度T3= T0=27273 =300 K，放热Q2 (1) 365.7 K Q1= 428 J (2) =1365 J 总计放热 Q = Q1 + Q2 = 1.79103 J 例题9-6解：氦气为单原子分子理想气体， (1) 等体过程，V常量，A =0 据 QDE+A 可知 623 J (2) 定压过程，p = 常量， =1.04103 J DE与(1) 相同 A = Q - DE417 J (3) Q =0，DE与(1) 同 A = -DE=-623 J (负号表示外界作功) 例题9-7答：因为理想气体的内能是温度的单值函数，所以等体、等压、绝热三个过程的温度变化相同。由于各个过程的摩尔热容C不相同，等体过程摩尔热容为，等压过程；绝热过程，由可知，不同过程吸热不相同。例题9-8 (D)例题9-9 33.3 8.31103 J 习题9-1 0习题9-2（B）习题9-3 8.31 J 29.09 J习题9-4 Cp,m大。因为在等压升温过程中，气体要膨胀而对外作功，所以要比气体等体升温过程多吸收一部分热量习题9-5解：(1) 由 和 可解得 和 (2) 该理想气体的摩尔数 4 mol 在全过程中气体内能的改变量为 E=n CV(T1T2)=7.48103 J 全过程中气体对外作的功为 式中 p