大学物理练习册解答new

1、大学物理练习册解答一力学部分质点运动学（一）质点运动学（二）牛顿运动定律（一）牛顿运动定律（二）动量与角动量（一）动量与角动量（二）功和能(一)功和能（二）刚体定轴转动(一)刚体定轴转动(二)狭义相对论（一）狭义相对论（二）二热学部分温度气体分子运动论（一）气体分子运动论（二）热力学第一定律（一）热力学第一定律（二）热力学第二定律（一）热力学第二定律（二）三电磁学部分静电场（一）静电场（二）电势（一）电势（二）静电场中的导体静电场中的电介质（一）静电场中的电介质（二）恒定电流稳恒磁场（一）稳恒磁场（二）磁 力磁场中的磁介质电磁感应（一）电磁感应（二）电磁波四振动与波振动（一）振动（二）波动（一

2、）波动（二）光的干涉（一）光的干涉（二）光的衍射（一）光的衍射（二）光的偏振五近代物理部分近代物理（一）近代物理（二）近代物理（三）激光质点运动学（1）答案一、选择题1.D 2.B 3.D 4.D 5.D 二、填空题1. 23 m/s 2. ; (n = 0, 1, 2,)3. 0.1 m/s2 4. ; 5. -g/2; 三、计算题1.2.3（1），消去t得轨道方程为（椭圆） （2） 与反向，故恒指向椭圆中心。（3）当t=0时，x=0，y=0，质点位于时，。质点位于图中的Q点。显然质点在椭圆形轨道上沿反时针方向运动。在M点，加速度的切向分量如图所示。可见在该点切向加速度的方向与速度的方向相反

3、。所以，质点在通过M点速率减小。4.5.所以质点的运动方程为：(2) 上式中消去t,得y=3x2即为轨道方程。可知是抛物线。注：若求法向加速度，应先求曲率半径。质点运动学（二）答案一、选择题1.C 2.A 3.D 4.C 5.C二、填空题1, ; 2. ; 或 3. ; 4. 5. 或三、计算题1. 解：实际上可以用求面积的方法。2.3. 解：（1）4. 解：根据机械能守恒定律，小球与斜面碰撞时的速度为:h 为小球碰撞前自由下落的距离。因为是完全弹性碰撞，小球弹射的速度大小为:v2的方向是沿水平方向，故小球与斜面碰撞后作平抛运动，弹出的水平距离为:根据 极值条件 得到:且:是使小球弹得最远的高

4、度。5. 解：设水用S；风用F；船用C；岸用D已知：正东正西北偏西30ovcsvfcvfdvsdvcd方向为南偏西30o。牛顿运动定律（一）答案一选择题1.C 2.C 3.B 4.A 5.B二、填空题1. f 02. (m3/m2)g;03. l/cos24. 0.28 N; 1.68 N 5.三、计算题1. 解：联立求解：FMx则外力由牛顿第三定律，m对M的压力与N大小相等方向相反，数值为:2. 解：受力分析，建立坐标系，物体受重力，地面的弹力，外力和摩擦力，列受力方程。联立求解：当分母有极大值时，F 有极小值。令因此y有极大值。由有当：时最省力。 3.证明：有：两边积分:HOlq则4. 解

5、：设小球所在处圆锥体的水平截面半径为15. 5.解:小球受力如图,根据牛顿第二定律:牛顿运动定律（二）答案选择题1.A 2.B 3.B 4.C 5.B二、填空题1. 63.2 N; 参考解：mrw2 = 20.8(2p)2N = 63.2 N2. 3. g; 竖直向下; 4. 2 5. ;三、计算题1.解：以被提起的绳段y为研究对象，建立坐标Oy，它受拉力F和重力l y g的作用，如图所示。由牛顿第二定律：即：2.解：则：。由：同理：则：解（1）、（2）式得代入（1）式得，方向如图所示。313. 解：以车厢为参考系，小球受力如图所示小球静止时合力为零，得 写投影式为 解之得出 即 414. 解

6、：(1) 取杆OA为参考系，小环处于静止状态，受力如图：、及惯性离心力三者合力为零. 受力图 其中 将式沿OA杆方向取投影可得 (2) 因为N与杆是垂直的，故无论N取何值，都不影响小环沿杆的运动现假定小环受到一个扰动，向杆A端发生一位移Dl，即Dl大于零由上面式知： 即惯性离心力F沿杆的分量大于重力沿杆的分量，二者方向相反，合力指向杆的A端，故小环将沿杆向A端加速，不能再返回平衡位置反之，如小环向O端发生一Dl位移，此时Dl 0时，滑动摩擦力f =m g cosq (正确画出q为q 0到90之间的f曲线) 动量与角动量（一）答案一 选择题C 2. C 3. B 4. A 5. A二 填空题12

7、18 Ns30，2pmg/w，2pmg/w 4510 m/s1，北偏东36.87三计算题1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 vv = m(v0 - v)/M =3.13 m/s T =Mg+Mv2/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2解：以 lE 和 lp 分别表示人在塔下时地心和人离他们共同的质心的距离，则由质心定义可得：由于质心保持不动，所以当人爬上 时，应有：由此得：m即地球向人爬高的反方向移动了m。3解：

8、以人与第一条船为系统，因水平方向合外力为零。所以水平方向动量守恒，则有：Mv1 +mv =0v1 =再以人与第二条船为系统，因水平方向合外力为零。所以水平方向动量守恒，则有：mv = (m+M)v2 v2 =4解：如图所示，设薄板半径为R，质量为m，面密度。由质量分布的对称性可得板的质心在x轴上，而 四证明题证：物体与契块组成的系统在水平方向不受外力，故此系统在水平方向的动量守恒，沿水平方向取x轴，则按题意，有 ，其中vx 为物体沿契块斜面下滑速度v的水平分量；V为契块沿水平面移动的速度。由上式，得 两边乘dt，积分之，有即dx,分别为契块和物体沿水平方向的位移元，这样，由上式可得契块的总位移

9、x为动量与角动量（二）答案一选择题1.C 2. 3. C 4. A 5. D二填空题1，与正方形一边成45角。212 rad/s31 Nms，1 m/s4mvd 参考解: 52275 kgm2s-1，13 ms-1三计算题1解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力物体要有加速度必须：即：， 物体开始运动后，所受冲量为 t = 3 s, I = 28.8 N s 则此时物体的动量的大小为 速度的大小为 m/s2解：这个问题有两个物理过程： 第一过程为木块M沿光滑的固定斜面下滑，到达B点时速度的大小为方向：沿斜面向下 第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近

10、似守恒，以斜面向上为正，则有3解：建立图示坐标，以vx 、vy表示小球反射速度的x和y分量,则由动量定理，小球受到的冲量的x,y分量的表达式如下： x方向： y方向： v x=v cos a 方向沿x正向 根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力 方向垂直墙面指向墙内mvmvaa解法二：作动量矢量图，由图知方向垂直于墙向外由动量定理: 得： 不计小球重力，即为墙对球冲力由牛顿第三定律,墙受的平均冲力 方向垂直于墙，指向墙内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、J0、w0和v、J、w则 因绳是缓慢地下拉，物体运动可始终视为圆周运动式可写

11、成 整理后得： 物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供 再由式可得： 当F = 600 N时，绳刚好被拉断，此时物体的转动半径为R = 0.3 m四证明题证：因质点只受有心力作用，即质点所受作用始终指向某一固定点O，力对该点的力矩为零根据角动量定理，质点对O点的角动量是恒矢量恒矢量的方向垂直于和所在的平面，是恒矢量，方向不变，即 ，总是保持在一个平面上，这就是说，质点在有心力作用下，始终作平面运动功和能（一）答案一选择题1. C 2. C 3. A 4. C 5.C二填空题1 或 231 m/s，150 J40.2075(2 m，6 m)，(-4 m，2 m)和(6 m，8 m)，2 m和6 m

12、三计算题1解：按题设，质点由x=0处沿x轴运动到任一位置x的过程中，合外力所作的功为：利用质点动能定理的表达式，考虑到初动能为零，则有即质点的动能为：可见，质点的动能Ek 随位置x而改变，令，则得质点所具有的最大动能为： 按质点的动能定义， 则相应的最大速率为：2解：设弹簧的原长为l0，弹簧的劲度系数为k，根据胡克定律： 0.1gk(0.07l0) ， 0.2gk(0.09l0) 解得： l00.05 m，k49 N/m拉力所作的功等于弹性势能的增量： WEP2EP10.14 J 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： 摩擦力的功：= = (2)以链条为对象，

13、应用质点的动能定理 W 其中：W = W PWf ，v0 = 0 WP = 由上问知 所以 得：4解：重力的功：Wmgl( cosfcos45) 根据动能定理有： 当f10时， v2.33 m/s (亦可用功能原理求解)5解：(1) 先分析力。在抛出后，如果不计空气阻力，则石块只受重力（保守力）作用，别无外力，所以对石块和地球组成的系统，机械能守恒。系统在开始位置，其动能即为石块的动能，势能为；在终点，即地面上，取作势能零点，而动能为 ，v为到达地面时石块的速率。所以，按机械能守恒定律，有得：(2) 仍把石块和地球看作一个系统，在抛出后，除重力（内力）外，还有外力即空气阻力作功，因此机械能不守

14、恒。应用系统功能定理，外力作功等于系统机械能的增量，仍取地面为势能零点，得代入题给数据，得 功和能（二）答案一选择题1. D 2. D 3. C 4. E 5. B二填空题1 2 3（角动量守恒。相对地面，v人 = v物）4机械能守恒；5不一定；动量三计算题1解：分三步解。第一步：设弹簧恢复形变时，m1 的速度为v10，据机械能守恒：第二步： m1与 m2 发生弹性碰撞，因m1 = m2，碰后两小球的速度交换，碰后 m2 的速度为：v2 = v10。第三步：作圆周运动到A点处脱落，此时它对圆环的压力N = 0，因此圆环对它的压力也为零。根据牛顿第二定律及机械能守恒定律，有：联立上面四个方程，可

15、以解出：2解：第一段 泥球自由下落过程选泥球和地球为系统，机械能守恒，有第二段 泥球与板的完全非弹性碰撞过程对泥球和板系统，由于相互撞击力（系统的内力）远大于系统的外力即重力与弹簧恢复力之和，所以可视为动量守恒。取向下为正方向，则有，V为碰后木板与泥球的共同速度。第三段 泥球、平板系统向下运动过程。对泥球、平板、弹簧以及地球系统，因仅有保守内力做功，所以系统机械能守恒。设平板原始位置为重力势能零点，此时弹簧的压缩量为x0，泥球落下与平板共同向下的最大位移为x，则有又由平板最初的平衡条件可得：由以上四式可解得3解：动量守恒 越过最高点条件 机械能守恒 解上三式，可得 4解：重力、支持力、绳中张力

16、对A点的力矩之和为零，故小球对A点的角动量守恒当B与A距离最大时，B的速度应与绳垂直故有 由机械能守恒有 由式得 v = v0 /4 代入式得 m/s v = 0.327 m/s5证明：一、用动量定理证明 以T表示AB间绳的张力以m 表示物体与斜面间摩擦系数 对A有： 对B有： 由两式消去v与t得 ，与q 无关 二、用动能定理证明 对A有： 对B有： 由消去v2、S得 ，与q 无关刚体定轴转动(一)解答一 选择题1D，2. C, 3C，4B，5.C；(5参考解： 挂重物时，mgT= ma = mR , TR =Jb由此解出 而用拉力时， 2mgR = J =2mgR / J故有 2b)二.填空

17、题1 参考解： M2否. 在棒的自由下摆过程中，转动惯量不变，但使棒下摆的力矩随摆的下摆而减小由转动定律知棒摆动的角加速度也要随之变小. 3g / l g / (2l) 4 98N5 2g / (3l) 650ml 2 三.计算题1 解： 由 2 解：设a1,a2分别为m1,m2的加速度，a为柱体的角加速度，方向如图。（1）m1,m2的平动方程和柱体的转动方程如下：（2）由（1）得 由（2）得 （3）设m1着地时间为t则 （4）m1着地后静止，这一侧绳子松开。柱体继续转动，只因受一侧绳子的阻力矩，柱体转速将减小， m2减速上升。讨论：如果只求柱体转动的角加速，可将柱体、m1,m2选作一个系统，

18、系统受的合外力矩，则角加速度本题第二问要求两侧细绳的张力故采用该方法是必要的，即分别讨论柱体的转动、m1,m2的平动。RC3.解：（1）如图。圆环放在刀口上O，以环中心的平衡位置C点的为坐标原点。Z轴指向读者。圆环绕Z轴的转动惯量为 ，由平行轴定理，关于刀口的转动惯量为； PPROOxZ（2）在固定轴PP上，只能在纸面内外小摆动。（3）要求在纸面内的小振动周期T1，由，在平面内摆动的周期比以PP为轴摆动周期要长。m2m1aT1T2a4.解：对m1 ，由牛顿第二定律： 对m2，由牛顿第二定律： 对滑轮，用转动定律： 有运动学关系，设绳在滑轮上不打滑 联立各式，得， 5.解：（1）子弹冲入杆的过程

19、中，子弹和杆系统对悬点O所受的外力矩为零。所以对此点的角动量守恒，即 由此得杆的角速度为 （2）子弹冲入杆的过程中，子弹受杆的阻力的大小为（以子弹为研究对象） 杆受到子弹的冲力（以杆为研究对象） 对杆用质心运动定理x方向： y方向： （3）若令式中，可得 将式带入得 刚体定轴转动（二） 解答一 选择题1D，2C，3B，4C，5A；二 填空题12定轴转动刚体所受外力对轴的冲量矩等于转动刚体对轴的角动量（动量矩）的增量 刚体所受对轴的合外力矩等于零 345 变角速 角动量 6. 三 计算题 1.解：球与杆碰撞瞬间，系统所受和外力矩为零，系统碰撞前后角动量守恒 杆摆动过程机械能守恒 解得小球碰前速率

20、为 2解：（1）棒在任意位置时的重力矩 ， 因为， （2）因 这功是细棒重力势能的减少而获得。（3）任意时的角速度根据转动定律 分离变量 ； 棒下摆过程重力势能转变为动能，可根据机械能守恒得到。（4）假设处于铅垂位置时轴的作用力为N，重力，在不考虑转轴摩檫阻力矩的情况下，以上两个力的力矩为零根据转动定律 利用质心运动定理，将作用力N平移到质心，正交分解为水平分力Nx，竖直分力Ny。质心C的切向加速度 ， 质心C法向加速度 法向加速度由法向合外力产生 3解：唱片之所以转动是因受到转盘施加的摩擦力矩的作用。在唱片上选半径为r，宽度为dr的圆环。它的摩擦力矩为Or式中为唱片的密度总的力矩唱片为刚体，

21、根据转动定律 4解：选人、滑轮、与重物为系统，系统所受对滑轮的外力矩为 设为人相对绳的匀速度，为重物上升的速度。则该系统对滑轮轴的角动量为 根据角动量定理即 5.解： 设制动器离转轴（铰叶处）的距离为l0，房门的质心C到转轴的距离，房门对转轴的转动惯量。把碰撞制动器的作用力记为F ，铰叶对门的作用力的两个分力记为F1和F2。由角动量定理可确定F的冲量矩：。ClCl0F2F1 由质心运动定理可得 令 F10可解得 由此，制动器安装在距铰叶的距离等于房门宽度的2/3处。铰叶受到的冲击力最小。狭义相对论(一)解答一选择题1. B, 2.A, 3.B, 4.B, 5.C;二.填空题1. 一切彼此相对作

22、匀速直线运动的惯性系对于物理学定律都是等价的 2分一切惯性系中，真空中的光速都是相等的 2分2. C3. C C4. 4.3310-85. 1.2910-5 s三.计算题1解：由于B相对于A以v 0.8 c匀速运动，因此B观测此图形时与v平行方向上的线度将收缩为，即是椭圆的短轴. 3分而与v垂直方向上的线度不变，仍为2R = 2 a，即是椭圆的长轴. 所以测得的面积为(椭圆形面积) =7.2cm2 2分2. 解：(1) 观测站测得飞船船身的长度为 54 m 则 Dt1 = L/v =2.2510-7 s 3分 (2) 宇航员测得飞船船身的长度为L0，则 Dt2 = L0/v =3.7510-7

23、 s 2分3. 解：令S系与S系的相对速度为v，有 ， 则 ( = 2.24108 ms-1 ) 4分那么，在S系中测得两事件之间距离为： = 6.72108 m 4分4.答：在太阳参照系中测量地球的半径在它绕太阳公转的方向缩短得最多 2分 其缩短的尺寸为： DR = R0- R DR =3.2 cm 3分5. 解：(1) 从列车上观察，隧道的长度缩短，其它尺寸均不变。 1分隧道长度为 1分 (2) 从列车上观察，隧道以速度v经过列车，它经过列车全长所需时间为 3分这也即列车全部通过隧道的时间. 狭义相对论（二）解答一 选择题1C，2A，3A，4C，5C；二 填空题18.8910-822.91

24、108 ms-1 3Dx/v 2分 2分4相对的 2分 运动 2分50.25mec2 三 计算题1解：设立方体的长、宽、高分别以x0，y0，z0表示，观察者A测得立方体的长、宽、高分别为 ， 相应体积为 3分观察者测得立方体的质量 故相应密度为 2分2解：它符合相对论的时间膨胀(或运动时钟变慢)的结论 2分 设m+子相对于实验室的速度为v m+子的固有寿命t0 =2.210-6 s m+子相对实验室作匀速运动时的寿命t0 =1.6310-5 s按时间膨胀公式： 移项整理得： = 0.99c 3分3解：以地球上的时钟计算： 年 2分以飞船上的时钟计算： 0.20 年 3分4解：设飞船A相对于飞船

25、B的速度大小为v，这也就是飞船B相对于飞船A的速度大小在飞船B上测得飞船A的长度为 1分故在飞船B上测得飞船A相对于飞船B的速度为 2分解得 m/s 所以飞船B相对于飞船A的速度大小也为2.68108 m/s 2分5解：(1) =5.810-13 J 2分 (2) = 4.0110-14 J = 4.9910-13 J 8.0410-2 3分温度 答案一 选择题 1. B 2. C 3. B 4. B5. B二 填空题1. 210K,240K; 2. 描述物体状态的物理量，称为状态参量（如热运动状态的参量为p、V、T ） 表征个别分子状况的物理量（如分子的大小、质量、速度等）称为微观量 表征大

26、量分子集体特性的物理量（如p、V、T、Cv等）称为宏观量3. 6.5910 -26 kg 4. 2.3103 m 5. 6P1三 计算题1.解：据力学平衡条件，当水银滴刚好处在管的中央维持平衡时，左、右两边氢气的压强相等、体积也相等，两边气体的状态方程为： p1V1 = (m1 /M)RT1 ， p2V2 = (m2 /M)RT2 由p1 = p2得：V1/V2 = (m1/m2)(T1/T2) 开始时V1 = V2，则有m1/m2 = T2/ T1293/273 当温度改变为278 K，303 K时，两边体积比为 0.9847 0 0 5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 三计算题1解：由题意可知气体处