物理题目答案,马文蔚,第五版.

1、1第一早质点运动学#T1-4 : BDDB1 -9质点的运动方程为2x - -10t30ty =15t-20t-13质点沿直线运动，加速度a= 4 -t2，式中a的单位为ms -2丄的单位为s.如果当t = 3s 时,x= 9 m,v = 2 ms -1，求（1）质点的任意时刻速度表达式；（2）运动方程.知识点：运动学积分问题：已知加速度及初速度（或某个时刻的速度）求任意时刻速度，或 已知速度及初位置（或某个时刻的位置）求运动方程。这种问题用定积分形式比较简单，但是此 处我们用不定积分来处理，原因是比较容易理解。需要强调的是，初速度（或某个时刻的速度） 及初位置（或某个时刻的位置）的作用在于，

2、确定待定参数的具体值，这个待定参数是不定积分 必会产生的。解：（1）由 a=4 -t2 及 a =，dt 有 dv = adt =(4 -t2)dt，得到v = 4t -1 f C （2）加速度的矢量表达式和大小 （注意：复习要求式中x,y的单位为m,t的单位为s. 试求：（1）初速度的矢量表达式和大小;和书上题目略有不同）知识点：运动学微分问题：已知运动方程，求速度、加速度 解（1）速度的分量式为dxdt二-10 60tvy 且=15 _40tdt当 t = 0 时，Vox = -10 m s -1 , voy = 15 m s -1 ,则初速度的矢量表达式为V = -10 15j ,初速度

3、大小为v° 二 v°xv0y =18.0 m s加速度的分量式为dv丄dVy丄ax60 m s , ay40 m sdtdtj!|则加速度的矢量表达式为a =6不-40j ,加速度的大小为2 2a = ax ay 72.1 m s又由题目条件，t=3 s时v = 2，代入上式中有1 32 = *3_33+Ci，解得 C-1，则v = 4t t -1 o3dx（2）由v二兰及上面所求得的速度表达式, dt有 dx 二 vdt 二（4tt3 -1）dt3得到412t -t C21又由题目条件，t = 3s时x = 9，代入上式中有9 =2 32 -石34-3 C2，解得C2=0

4、.75,于是可得质点运动方程为x -丄t4 -t 0.75121 -22 一质点沿半径为R的圆周按规律s=v°t- -23 一半径为o.5o m的飞轮在启动时的短时间内，其角速度与时间的平方成正比.在上=2.o s时测得轮缘一点的速度值为4.oms -1.求：（1）该轮在t = o.5s的角速度，轮缘一点的切向加 速度和总加速度；（2）该点在2.o s内所转过的角度.bt2运动,vo、b都是常量.（1）求t时刻质2点的总加速度大小；t为何值时总加速度在数值上等于b? 当加速度达到b时，质点已沿圆 周运行了多少圈？知识点：圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式本题采用线量的方式来描

5、述圆周 运动的运动方程。解（1）质点作圆周运动的速率为dsvvo -btdt其加速度的切向分量和法向分量分别为2 2dv 1v （v°-bt）atb, andtR R故加速度的大小为R2b2(v°-bt)4R2 要使a = Ja； +a； =b ,由可得2b 从t = 0开始到t = vo /b时，质点经过的路程为2voS St 一 So -2b因此质点运行的圈数为2vo4n)R分析-题目的另一种描述方法：一质点(即题目中轮缘一点)作半径为R=0.50 m的圆周运动, 且(t)=kt2，其中k为未知常数。在t = 2.0 s时v = 4 ms -1.求：(1)在t = 0.

6、5 s时质点dt的角速度,切向加速度和法向加速度；取t= 0 s时“=0，求t= 2.0 s时的二(t =2)。知识点：第一问-圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式；第二问-运动学积分问题：已知速度及初位置求某时刻质点位置解 (1)因 v,且(t)-d k t2 得dt2v = R，(t) = R k t ,将t = 2.0 s时v=4 m- s -1代入上式解得k = 2 ,所以3 = 3(t) = 2t2。则t'= 0.5 s时的角速度、角加速度和切向加速度分别为=2t2 = 0.5 rad s'd' at = R 4Rt = 1dta* = R 2=4 Rt

7、4 =8(2)在2.0 s内该点所转过的角度2 2 2B $ = L sdt = 0 2t2dt = t3 0 = 5.33 rad3d日2或者：由(td2t2，有d”(t)dt= 2t2dt，得到0-t3 - C。又由题目条件，取tdt3=0s时-0，解得C=0。则在2.0 s内该点的角度为9 = 213七.33 rad31 -24 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动，其角位置为9二2 4t3,式中9的单位为rad,t的 单位为s. (1)求在t = 2.0 s时质点的法向加速度和切向加速度.(2)当切向加速度的大小恰等 于总加速度大小的一半时，9值为多少？(3) t为多少时，法向加速度

8、和切向加速度的值相等？知识点：圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式.解 由于9二2 4t3,则角速度3二士二12t2 .在t = 2 s时,法向加速度和切向加速度的dt数值分别为- 2a* tz2s =岡=2.30 m sd3_2at t=2s = R =4.80 m sdt(2)当 at =a/2 冷Ja； +a：时有3a； = a；,即2 2 . - 43 24Rt i； =R2 12t23#t312、3#此时刻的角位置为要使aat,则有3B 二 2 4t= 3.15 rad222 43 24Rt i；二R2 12t2t = 0.55 s第二早牛顿疋律T1-4 : DACB2 -14

9、 一质量为10 kg的质点在力F的作用下沿x轴作直线运动，已知F = 120t + 40,式中F 的单位为N,t的单位的s.在t = 1时，质点位于x = 5.0 m处,其速度v = 9 m- s -1 求质点（1） 在任意时刻的速度和（2）位置.知识点：牛顿第二定律应用：已知力及初速度（或某个时刻的速度）求任意时刻速度解 （1）由牛顿第二定律有Fa12t 4m由a览dt有 dv = adt 二(12t 4)dt,得到v =6t2 4t G。又由题目条件，t = 1 S时v = 9,代入上式中解得G =T，则v =6t2 4t -1dx（2）由v二一及上面所求得的速度表达式，dt有 dx =

10、vdt =（6t2 4t T）dt得到x=2t3 2t2 t C212vvv11 -1 -25又由题目条件，t = 1s时x = 5,代入上式中解得C2 = 2，于是可得质点运动方程为x =2t3 2t2 t 2。2 -20质量为45.0 kg的物体，由地面以初速60.0 m- s -1竖直向上发射，物体受到空气的阻力 为Fr = kv,且k = 0.03 N/( m s ). (1)求物体发射到最大高度所需的时间。知识点：牛顿第二定律应用：已知力及初速度(或某个时刻的速度)求任意时刻速度。在这 个题目中，并不需要得到速度的表达式，只需要得到速度和时间之间的关系式。解(1)物体在空中受重力mg

11、和空气阻力Fr = kv作用而减速.由牛顿定律得_ mg _ kv 二 mdv(1)dt将上式改写成微元等式，有dt二-一dvkg vmdt = - dv，积分得到 t =In( g 兰 v) C o丄kk y mg vm由题意，将t=0时速度为v0 = 60代入上式，有0ln(g v0) C，即C In(g v0)，kmkm.1+k-v0故有时间和速度的关系为tln（g v。）-弓In（g v）=Fln（ 器 ） k m k m k 1 丄v mg又当物体发射到最大高度时，速度 v = 0，所以有此时所对应时间为6.11s o2 -22质量为m的摩托车,在恒定的牵引力F的作用下工作，并受到一

12、定的阻力，使得它能达 到的最大速率是vm .试计算以下情况从摩托车由静止加速到 vm/2所需的时间：(1)阻力Fr = kv2； (2)阻力Fr = kv ，其中k为未知比例系数。知识点：牛顿第二定律应用：已知力及初速度(或某个时刻的速度)求任意时刻速度。和上 题一样，在这个题目中，并不需要得到速度的表达式，只需要得到速度和时间之间的关系式。解 (1)设摩托车沿x轴正方向运动，在牵引力F和阻力Fr同时作用下，由牛顿定律有F - kv2dv=m一dt12vvv11 -1 -27当加速度a二dv/dt二0时，摩托车的速率最大，此时牵引力和阻力相抵消，因此可得 k= F/vm2F2、v-2"

13、; vm丿代入上式中有dv二 m一dt将上式改写成微元等式，并利用vmvmvmFt mvm i2由 t=0 时，v=0,dv21-爲vmn (1丄vm代入上式，有Vvm2 1 v 1一 vvm、v mIn占vm,两边积分有1 vm c 。)1一丄vmc=o。则当v=vm/2时，有"洋1 1 vm ln(2)1-2m , c2vmln3(2)设摩托车沿x轴正方向运动，在牵引力F和阻力Fr同时作用下，由牛顿定律有dvF - kv = mdt当加速度a二dv/dt二0时，摩托车的速率最大，此时牵引力和阻力相抵消，因此可得k= F/vm代入上式中有dv= mdt，将上式改写成微元等式，有 d

14、t二，两边积分有m 1vm-vml n (昇)C。 mvm1 mF vmln(1 -才 vmln 2。由t=0时，v=0，代入上式，有C=0。则当v=Vm/2时，有t 口12vvv11 -1 -29I mvim=40 m s'第三章动量守恒定律和能量守恒定律T1 , T3、4、5: CCDC3 -6 一架以3.0 W2 m -s -1的速率水平飞行的飞机，与一只身长为0.20 m、质量为0.50 kg的 飞鸟相碰设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度，而原来飞鸟对于地面的速率甚小，可以忽 略不计试估计飞鸟对飞机的冲击力（碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算）知识点：质点动量定理的应

15、用：已知速度变化求平均作用力解 以飞鸟为研究对象，取飞机运动方向为x轴正向由动量定理得式中F为飞机对鸟的平均冲力，等式右边的0指小鸟的初始动量忽略不计，而身长为20cm的飞 鸟与飞机碰撞时间约为 戲=1 /v,以此代入上式可得2F = mV =2.55 105 N l根据作用力和反作用力定律，则鸟对飞机的平均冲力为F 一尸2.55 105 N3 -8 Fx = 30 + 4t（式中Fx的单位为N,t的单位为s）的合外力作用在质量m= 10 kg的物体上, 试求：（1）在开始2s内此力的冲量； 若冲量I = 300 Ns,此力作用的时间；（3）若物体的初速、-1度V1 = 10 m s，方向与F

16、x相同,在匚6.86S时，此物体的速度V2 .知识点：冲量的定义，质点动量定理的积分形式t2解由冲量定乂 I Fdt，有2 2 2I = （30 + 4tdt=30t+2t由I = 300 = 30t + 2t2，解此方程可得t = 6. 86 s（另一解t<0不合题意已舍去） 由动量定理，I =Fdt =mymw ,吒1又由 I =30t 2t2可知t = 6. 86 s 时I = 300 N s ,将I、m及V1代入可得 2 =68 N s3 -17质量为m的质点在外力F的作用下沿Ox轴运动，已知t= 0时质点位于原点，且初始 速度为零.设外力F随距离变化规律为F二F。-x .试求质

17、点从x = 0处运动到x = L处的过 程中力F对质点所作功和质点在x = L处的速率.知识点：功的定义，动能定理解 由F =Fo -旦x,又由功的定义 W二竝Fdx,有W二L Fo-xL*叽 L 2由动能定理有W二丄mv2 -02其中，等式右边的0指质点的初始速度及动能为0,则有得x = L处的质点速率为3-19 物体在介质中按规律x = ct3作直线运动,c为一常量.设介质对物体的阻力F（v） =kv2，其中k为已知阻力系数。试求物体由xo = 0运动到x = I时，阻力所作的功.知识点：功的定义解 由运动方程x = ct3，可得物体的速度dt代入F（v）2kv，得到物体所受阻力的大小和时

18、间关系为1122 4F =kv =9kc t再由x = ct3即t =c/3x1/3，代入上式有F =9kc2/3x4/3由功的定义W = Fdx，则阻力做功为W F dx =9kc2/3x4/3dx - - 27kc2/3|7/3。bo73 -20 一人从10.0 m深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg的水,由于水桶漏水，每升高1.00 m2要漏去0.20 kg的水.水桶被匀速地从井中提到井口，求所作的功.（取重力加速度g=10 m-s ）J8 3-20 图知识点：功的定义解 水桶在匀速上提过程中,拉力F与水桶重力P平衡，有F + P = 0（在图示所取坐标下,）（注：考试时括号文字不写

19、）记初始时刻水桶内水的质量为 m0，则水桶重力随位置的变化关系为P =m°g -0.2gyy9其中y为水桶的高度，以井底为y=0。则由功的定义W =Fdy，有人对水桶的拉力的功为>1l10w 二 0 F dy = 0 m°g _0.2gy dy =900 J3 -21一质量为0.20 kg的球,系在长为2.00 m的细绳上,细绳的另一端系在天花板上.把小球移至使细绳与竖直方向成30°角的位置撚后从静止放开.求： 在绳索从30°角到0°角的过程中，重力和张力所作的功；（2）物体在最低位置时的动能和速率；（3）在最低位置时的张力.13#题3-

20、21图知识点：势能定义，重力势能函数，机械能守恒：已知某一过程质点的初始及末位置， 求功、 动能变化、速度变化等；圆周运动和受力关系解（1）张力由于和小球运动方向垂直，故做功为零。由保守力做功和势能的关系，则重力做功有W =-AEp = EP1 - Ep2。又若将小球最低点取为势能零点，重力势能函数为EPG）二mgh = mgl 1-cos二。将齐=30° ,2=0°代入公式，有重力做功为W - - ： EP 二 EP1 -EP2 =mgl cos0° - cos30° = 0.53 J 根据机械能守恒,"Ep =0,即厶Ek =t；：Ep =

21、W又由初始时动能为零Ek1 =0,故在最低位置时，亦即在v-0°时的动能为Ek2 二 Ek2 -Ek1 - Ek Ep =W= 0.53 J小球在最低位置的速率为当小球在最低位置时v=2.30 m s'，记张力为Ft，则由牛顿定律可得2mvFt - mg 二2其中Fn二牛为圆周运动的法向力，则有2Ft = mg 巴-= 2.49 N第四章刚体的转动15#T5: B4 28我国1970年4月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为4.39 X105 m、远地点为2.38 106 m.试计算卫星在近地点和远地点的速率.（设已知卫星绕地球运动过程角动量守恒。） 知识点：角动量守恒，引

22、力势能的函数，机械能守恒 解 记近地点处卫星离地球距离为 几，速率为w，远地点处则分别为r2、v2 由于卫星绕地球运动轨迹为以地球为焦点的椭圆，且在近地点和远地点处的速度方向与地球到卫 星连线相垂直，则由角动量守恒定律有 mrivi=mr2v2，即又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有1 2mv12沁*-沁ri2D#式中mE和m分别为地球和卫星的质量。将v2 =_rLv1代入上式有壮；讪1103m s'，进步有#v2 二！1 =6.31 103 m s*#4 30如图所示，一质量为m的小球由一绳索系着，以角速度 a在无摩擦的水平面上，作半 径为ro的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向

23、下的拉力，使小球作半径为ro/2的圆周运动. 试求：（1）小球新的角速度；（2）拉力所作的功.题4-30图知识点：角动量守恒，质点动能定理解（1）小球在转动的过程中，角动量保持守恒，且由圆周运动质点的角动量为L二mr2，贝U有当小球做两种半径的圆周运动时角动量相等L = mr02国0 = 口（匹）2，2故新的角速度为-4-0。（2）当小球作半径为ro的圆周运动时速度为v0 =r0，作半径为ro/2的圆周运动时速度为V =： =2心，0。由动能定理，有1 2 1 2 3 2 2mvmv0mr0 0。2 2#第五章静电场T1-3 : BBD5 -9若电荷Q均匀地分布在长为L的细棒上.求在棒的延长线

24、，且离棒中心为r>0处的P点上 的（1）电场强度E（ 2）电势V，以无穷远处电势为0.知识点：连续带电体电场强度、电势求解：1）电荷元积分法解：（1）沿着带电细棒建立坐标轴x，以棒的中点为坐标原点。在棒上任取一个线微元 dx，其电 荷元为dq,由均匀带电有dq = Qdx/L。记该电荷元的坐标为X，离P点距离为r ，则有r'rx，该电荷元对P点所产生的电场强度大小为Qdx2 04二；0L(r - x)17#整个带电体在点P的电场强度为EdE =L/2I丄/2Qdx24二；0L(r - x)（注意积分时r是常数）#解得EQ 1 4n0L Hr - L/2L/2, Qdx=dV艺r&

25、#39;丄/24“L(r-x)（注意积分时r是常数）解得V Q ln4 n 0Lr L/2r L/21_J_Q_I =9 qr L/2 n0 4r- L2（2）沿着带电细棒建立坐标轴x，以棒的中点为坐标原点。在棒上任取一个线微元 dx，其电荷元为dq，由均匀带电有dq = Qdx/L。记该电荷元的坐标为x，离P点距离为r，则有r'rx，该电荷元对P点所产生的电势大小为dV 虫Qdx4 血 g0r 4xs0L（rx）则整个带电体在点P的电势大小为5 21两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R1和R2 >R1 ），单位长度上的电荷为入.求离轴线为r处的电场强度：（1）

26、r v R1，（2）尺vr v R2，（3） r >R2 .® 5 -21 国知识点：连续带电体电场强度求解：2)高斯定理法解 作带电体的同轴圆柱面(半径为r，高为L)为高斯面，则由电荷分布对称性，在圆柱面侧面 上任意一点电场强度大小相等，方向垂直于高斯面，而在圆柱面底面上电场强度方向与面相平行,无电通量。因此，高斯面上的电通量和r处电场强度的关系为e = ES侧=E 2 nL。又由高斯定理化二 Qin / ；0，则有 E =QinQn2- rL ；0则对应于r为不同的位置:#(2) Ri v r v R2，高斯面所包围的带电体为电量为Qin 二 L，贝U有 E2 =Qin;o

27、Sy2二；°r#(3) r >Rz高斯面所包围的带电体正负相抵，净电荷为 0故有Qin=0,E05 22如图所示，有三个点电荷Qi、Q2、Q3沿一条直线等间距分布且Qi = Q3 = Q.已知其 中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Qi、Q3的情况下，将Q2从点0移到无穷远处外力所作 的功.d2 gI $题右一22图知识点：点电荷的电势，电势定义：电势和电势能的关系，电势和电场强度的关系，电势差和静 电力做功的关系解 由题意Qi所受的合力为零及库仑力的定义 F =恥22，有4 n 0rQ2q3QiQi= 04冗胡4 n% 2d解得Q -Q -Q44由于Qi、Q3都是点电荷，则由

28、点电荷电势的公式VJ 及电势叠加原理得Qi、Q3在点0的4 n0r电势V0QiQ34冗詔 4n%d 2冗电d则有Q2在点O的电势能为Epo二Q2V0。将Q2从点O推到无穷远处（V：0 ）的过程中，由电场力作功与电势能差的关系有电场力做功为，W 二 Epo - Ep： ： - Q2 Vo - V： ： = Q2V0而又由外力和电场力相抵消故外力做功为w W 二-q2v0Q28 n 0d19#补充例题：均匀带电球体的电场强度设有一半径为R，均匀带电为Q的球体，求球体内部任意一点 P （距离球心r<R）的电场强度<（球体外部一点的电场强度求法和 Pi69例i相同）知识点：连续带电体电场强

29、度求解：2）高斯定理法解 作带电体的同心球面（半径为r ）为高斯面，则由电荷分布对称性，在该球面上任意一点电场强度大小相等，方向垂直于高斯面，因此，高斯面上的电通量和r处电场强度的关系为吧=ES求=E 4 tt 2。又由咼斯定理冲e = Qin / ；o，则有E =卫12。又由半径为r的咼斯面®S求 4応r3所包围的球体的体积为 土丄，及球体均匀带电，有高斯面内所包围电量为:34 二 r3Qn =冷（R）3q，则有3第十三章热力学基础T1-5: BBCDA13-10 一定量的空气，吸收了 1.71 103J的热量，并保持在1 105Pa下膨胀，体积从1 10，m3增加到1.5 10m3，问空气对外做了多少功？它的内能改变了多少？知识点：四个准静态过程的性质-等压过程。解：由题意，该过程为等压过程，其中压强为P=1 105Pa，初末状态体积分别为V)=1 10，m3，233V2 =1.5 10 m，过程中吸热为 Q =1.71 10 J。由等压过程做功公式，气体对外做功为 W = P N二P(V2 -V,)二500J ；由热力学第一定律：QW，代入热量和功的值有内能变化为二Q-W=1.21 103J 013-21 1mol氢气在温度为300K，体积为0.025m3的状态下，经过(1)等压膨胀；(2)等温膨胀;(3)绝热膨胀。气体的体积都