大学物理上册练习解答 施建青主编

大学物理（上册）练习解答练习1 在笛卡尔坐标系中描述质点的运动1-1 （1）D；（2）D；（3）B；（4）C1-2 （1）8 m；10 m；（2）x = (y-3)2；（3）10 m/s2，15 m/s21-3 解：（1）（2） （3）垂直时，则s，（舍去）1-4 解：设质点在x处的速度为v，1-5 解： 又ky，所以-kv dv / dy已知y0 ，v0 则1-6 证： d v /v =Kdx , v =v 0eKx练习2 在自然坐标系中描述质点的运动、相对运动2-1 （1）C；（2）A；（3）B ；（4）D；（5）E 2-2（1）gsinq ，gcosq ；（2） ；（3）-c ，(b-ct)2/R；（4）69.8 m/s；（5），2ct，c2t4/R2-3 解：（1）物体的总加速度为ORSaaanBA （2）2-4解：质点的运动方程可写成 S = bt , 式中b为待定常量。由此可求得 , 由此可知，质点作匀速率曲线运动，加速度就等于法向加速度。又由于质点自外向内运动，r 越来越小，而b为常数，所以该质点加速度的大小是越来越大。2-5 解： 设下标A指飞机，F指空气，E指地面，由题可知： vFE =60 km/h 正西方向 vAF =180 km/h 方向未知 vAE 大小未知， 正北方向 所以 、 、构成直角三角形，可得 飞机应取向北偏东19.4的航向。练习3 牛顿运动定律3-1 （1）C；（2）D ；（3）D；（4）B；（5）B3-2 （1）l/cos2；（2）23-3 解：(1)先计算公路路面倾角q 。 设计时轮胎不受路面左右方向的力，而法向力应在水平方向上因而有 所以 (2)当有横向运动趋势时，轮胎与地面间有摩擦力，最大值为mN，这里N为该时刻地面对车的支持力。由牛顿定律 所以将代入得3-4 解： (1) 设同步卫星距地面的高度为h，距地心的距离r=R+h。由 又由得，代入式得 同步卫星的角速度 rad/s，解得 m， km(2) 由题设可知卫星角速度w的误差限度为 rad/s由式得 取微分并令dr =Dr，dw =Dw，且取绝对值，有3D r/r =2Dw/wDr=2rDw /(3w) =213 m 3-5 解： 练习4 质心系和动量守恒定律4-1 （1） C；（2）C；（3）C 4-2 （1）0.003 s， 0.6 Ns，2 g；（2），；（3），；（4）；（5）18 Ns 4-3 解：设沙子落到传送带时的速度为，随传送带一起运动的速度为，则取直角坐标系，x轴水平向右，y轴向上。 设质量为Dm 的砂子在Dt时间内平均受力为,则由上式即可得到砂子所受平均力的方向，设力与x轴的夹角为，则-1(4/3)= 53力方向斜向上。 4-4 解：人到达最高点时，只有水平方向速度v = v 0cosa，此人于最高点向后抛出物体m。设抛出后人的速度为v 1，取人和物体为一系统，则该系统水平方向的动量守恒。即 由于抛出物体而引起人在水平方向的速度增量为因为人从最高点落到地面的时间为故人跳的水平距离增加量为4-5 解：(1) 以炮弹与炮车为系统，以地面为参考系，水平方向动量守恒设炮车相对于地面的速率为Vx，则有 即炮车向后退。 (2) 以u(t)表示发炮过程中任一时刻炮弹相对于炮身的速度，则该瞬时炮车的速度应为通过积分，可求炮车后退的距离 即向后退。练习5 机械能守恒定律5-1 （1）B；（2）A；（3）D；（4）C 5-2 （1）18J，6m/s；（2） 或 ；（3）；（4） ， 5-3 解：(1)建立如图坐标。某一时刻桌面上全链条长为y,则摩擦力大小为Ox题5-3解图摩擦力的功 (2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ， 5-4 解：陨石落地过程中，万有引力的功 根据动能定理 5-5 解：如图所示，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代入上式整理得练习6 碰撞、角动量守恒定律6-1 （1）C；（2）E 6-2 （1）mw ab，0；（2）1 Nms，1 m/s；（3）2275 kgm2s-1，13 ms-16-3 解：A、B两球发生弹性正碰撞，由水平方向动量守恒与机械能守恒，得 联立解出， 由于二球同时落地，所以 ，。且。故 ， 所以 6-4 解：物体因受合外力矩为零，故角动量守恒。 设开始时和绳被拉断时物体的切向速度、转动惯量、角速度分别为v0、I0、w0和v、I、w则 整理后得 物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供 由式可得当F = 600 N时，绳刚好被拉断，此时物体的转动半径为R = 0.3 m6-5 解：A对B所在点的角动量守恒设粒子A到达距B最短距离为d时的速度为v。， A、B系统机械能守恒(A在很远处时， 引力势能为零) 6-6 解：(1) 爆炸过程中，以及爆炸前后，卫星对地心的角动量始终守恒，故应有 其中r是新轨道最低点或最高点处距地心的距离，则是在相应位置的速度，此时。 (2) 爆炸后，卫星、地球系统机械能守恒： 由牛顿定律 将式、式代入式并化简得 故 7397 km，7013 km 远地点： km 近地点： km练习7 刚体定轴转动的转动定律和动能定理7-1 （1）A；（2）C 7-2（1）50ml 2 ；（2）5.0 Nm ；（3）3mL2 / 4，mgL，；（4）47-3 rSMaOx2x112解：选坐标如图所示，任一时刻圆盘两侧的绳长分别为x1、x2 选长度为x1、x2的两段绳和绕着绳的盘为研究对象设a为绳的加速度，为盘的角加速度，r为盘的半径，r为绳的线密度，且在1、2两点处绳中的张力分别为T1、T2，则r = m / l，a = r x2 r gT2 = x2r a T1x1 r g = x1r a (T1T1 ) r = (Mprr)r 2 解上述方程，利用l = prx1x2，并取x2x1 = S，可得 7-4 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 = Ib 又aRb 将、式联立得 amg / (mM)由于v00，所以vatmgt / (mM)7-5 解：如图所示，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。由牛顿第二定律， 对人： MgT2Ma 对重物： T1MgMa 由转动定律，对滑轮有 (T2T1)RIbMR2b / 4 因绳与滑轮无相对滑动abR 由、四式联立解得a2g / 7练习8 刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律8-1 （1） C；（2）D；（3）B 8-2 8-3 解：由动量定理，对木块M ：fDtM(v2v1)对于圆柱体：fDtRI(ww 0)所以-M(v2v1)I(ww 0) / R因为 , 有-M(v2-v1)Iw / RIv2/ R28-4 解：(1) 选择A、B两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用，故系统角动量守恒。IAwAIBwB = (IAIB)w又wB0，可得 w IAwA / (IAIB) = 20.9 rad / s转速200 rev/min (2) A轮受的冲量矩 = IA(wAwB) = -4.1910 2 Nms负号表示与方向相反。 B轮受的冲量矩 =IB(w - 0) = 4.19102 Nms方向与相同。 8-5 解：碰撞前瞬时，杆对O点的角动量为 式中r为杆的线密度。碰撞后瞬时，杆对O点的角动量为 因碰撞前后角动量守恒，所以 w = 6v0 / (7L) 8-6 解：(1) 将转台、砝码、人看作一个系统。在运动过程中，人作的功W等于系统动能之增量WDEk这里的I0是没有砝码时系统的转动惯量。 (2) 由于在运动过程中无外力矩作用，故系统的动量矩守恒。有 2p(I0) n1 = 2p (I0) n2(3) 将I0代入W式，得练习9 狭义相对论的基本原理、洛仑兹坐标和速度变换9-1 （1）C；（2）A 9-2 （1）相对的，运动；（2）8.8910-8；（3）c；（4）9-3 解：设K相对于K运动的速度为v沿x (x)轴方向，则根据洛仑兹变换公式，有 , (1) , 因两个事件在K系中同一点发生，x2 = x1，则 解得 =(3/5)c =1.8108 m/s (2) , 由题x1 = x2 ，则 9108 m9-4 证：设两系的相对速度为v., 根据洛仑兹变换， 对于两事件，有 由题意，可得 及 把 代入上式 9-5 解：设静止观察者为K系，火箭乙为K系，火箭甲为运动物体，K相对K系的速度 u = -3c/4，火箭甲在K系中的速度vx = +3c/4根据狭义相对论的速度变换公式，火箭甲相对于火箭乙（K系）的速度为两火箭的相对接近速率为0.96c 9-6 解：已知，按狭义相对论的速度变换公式在K系中光讯号的速度大小 光讯号传播方向与x轴的夹角 练习10 相对论时空观10-1 （1） B；（2）A ；（3）B 10-2 （1）4.3310-8；（2）2.60108；（3）0.075 m3；（4）Dx/v，；（5），10-3 解：令S系与S系的相对速度为v，有， 则= 2.24108 ms-1那么，在S系中测得两事件之间距离为= 6.72108 m10-4 解：设地球为K系，飞船B为K系，飞船A中的尺则为运动物体。若u = v为K系相对K系的速率，则vx = -v是尺相对地球的速率，尺在K系中的速率为 这就是尺相对B船的速率，用v12表示之。 则B中观察者测得A中米尺的长度是 上式中令l0 = 1 m可得米尺长度（以米为单位）。 10-5 解：按地球的钟，导弹发射的时间是在火箭发射后 s这段时间火箭在地面上飞行距离则导弹飞到地球的时间是 s那么从火箭发射后到导弹到达地面的时间是 Dt = Dt1 + Dt2 =12.525 =37.5 s 10-6 解：考虑相对论效应，以地球为参照系，m子的平均寿命为 s则m 子的平均飞行距离9.46 km。m 子的飞行距离大于高度，所以有可能到达地面。练习11 相对论动力学基础11-1 （1）C ；（2）A；（3）A；（4）D 11-2 （1）0.25mec2 ；（2），；（3），；（4）；（5），11-3 解：按题意， ， ，动能，即11-4 解：设实验室为K系，观察者在K系中，电子为运动物体，则K对K系的速度为u = 0.6c，电子对K系速度为vx = 0.8c。电子对K系的速度 观察者测得电子动能为动量 1.1410-22 kgm/s11-5 解：v 2.996108 ms-11.798104 m11-6 答：这个解答不对，理由如下： 由A、B的静止质量、运动速率都相同，故mA = mB ，又因两者相向运动, 由动量守恒定律，合成粒子是静止的。由能量守恒定律，可得练习12 理想气体统计模型、压强公式、温度公式12-1 （1）A；（2）A；（3）B；（4）A；（5）B 12-2（1）0，；（2），；（3）7729K；（4）1：1，2：1，2：1，5：3，10：312-3 解：对刚性双原子分子，氮气的内能内能增量由题意有K其中M=kg, 由得压强增量 Pa12-4 解：（1）单位体积内的分子数 m-3（2）由状态方程 得氧气密度 kg/m3（3）氧分子的质量 kg（4）将分子视为刚性小球，则第一个分子所占体积为 ，可得分子间的平均距离 （5）分子的平均平动动能12-5 解：（1）由 ，得 kg/mol（2） m/s （3）（4）单位体积内气体分子的总平动动能， J/m3 （5）由于，气体的内能为练习13 分布函数、气体分布定律13-1 （1）D；（2）B；（3）C13-2 （1）氧、氢、T1；（2）N；（3）速率区间的分子数占总分子数的百分比13-3 解（1）设使用前质量为m，则使用后为m/2，则（2）由，得 m/s13-4解：与v p相差不超过1%的分子是速率在到区间的分子，故Dv = 0.02，并将v =代入上式，可得DN / N = 1.66%。13-5 解：(1) 根据归一化条件c = 1 / v 0(2) 根据定义式 13-6 解：（1）由于电子的有效直径不计，跟踪一个电子A，凡是中心在半径为d/2的圆柱体内的分子都会与该电子相碰，因此电子与气体分子的碰撞截面积=。(2) 设电子相对分子的平均速率为，则在时间t内，电子A所走过的路程为，相应的圆柱体的体积为，如果以n表示气体单位体积内的分子数，则在此圆柱体内的总分子数为n，这也就是A与其它分子的碰撞次数，因此。练习14 热力学第一定律及其应用14-1 （1） D；（2）C；（3）C；（4）B14-2 （1）； (2) 260J， -280J；(3) 过程等体减压-0-等压压缩-绝热膨胀-+0图(a)abc0-图(b)abc-+-adc-+14-3 解：（1）（2） 14-4 解：(1)由等温线 得由绝热线得 由题意知 1/0.714=1.4由绝热方程 Pa (2) J 练习15 循环过程、热机、制冷机15-1 （1）C；（2）C ；（3）A15-2 （1）吸热；（2） 500K，100K；（3）0表示沿x轴正向，ER) (2) 计算电势分布 rR时rR时练习20 静电场中的导体、电介质20-1 （1）B；（2）D；（3）B；（4）C；（5）C 20-2 （1）rq / R；（2）l/(2pr)，l/(2p e0 er r)；（3），；（4）q / (2pd 2)20-3 解：取半径为+d的薄壳层，其中包含电荷 应用的高斯定理，取半径为r的球形高斯面。在球内，有 D1 = k / 2 ，(为径向单位矢量)E1 = D1 / (e0er) = k / (2e 0er)， 在球外，有分 , ， 20-4 解：选直线到板面的垂足O为原点，x轴垂直于板面在板面上任取一点P，P点距离原点为r在带电直线上任取一电荷元dq = ldx，该电荷元距离原点为x，它在P点左边的邻近一点产生的场强x分量为带电直线在P点左边邻近点产生的场强x分量 设P点的感生电荷面密度为sP，它在P点左边邻近点产生的场强为由场强叠加原理和静电平衡条件，该点合场强为零，即 20-5 解：(1) 设内、外筒单位长度带电荷为l和l两筒间电位移的大小为Dl / (2pr)在两层介质中的场强大小分别为 E1 = l / (2pe0 er1