大学物理练习题上册答案

1、第一章D 2、D 3、B 4、8m，10m 5、23m/s6、4.8m/s2，3.15rad 7、，8、解：(1) 由，知： ，消去t可得轨道方程：质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R的圆；（2）由，有速度：速率：9、解：（1）由，可知 ， 消去t得轨道方程为：，质点的轨道为抛物线。（2）由，有速度：从到秒的位移为：（3）和秒两时刻的速度为：， 。10、解：(1)由，有：，有：；（2）有速率：，利用有： 。11、解： 由于是一维运动，所以，由题意：，分离变量并积分有： ，得： 又 ， 积分有： 第二章D 2、B 3、l/cos2 4、解：(1) 子弹进入沙土后受力为v，由牛顿定律 (2)

2、求最大深度解法一： 解法二： 5、解：根据牛顿第二定律 6、解：由于是在平面运动，所以考虑矢量。由：，有：，两边积分有：，考虑到，有由于在自然坐标系中，而（时），表明在时，切向速度方向就是方向，所以，此时法向的力是方向的，则利用，将代入有，。第三章B 2、C 3、C 4、C 5、F0R 6、保守力的功与路径无关 W= EP 7、解：由功的定义：，题意：，。8、解：用动能定理，对物体 168 解出 v13m/s 9、解：(1) 外力做的功 31 J (2) 此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始末态有关y10、 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 =

3、 = (2)以链条为对象，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 第四章C 2、C 3、 18 Ns 4、 kg m2 s1 N m 5、0mvd 7、mab 08、解：（1）由于离开枪口处合力刚好为零，有：， 得：；（2）由冲量定义：有：（3）再由，有：。 9、解：（1）根据动量的定义：，而， ；（2）由 ，所以冲量为零。第五章D 2、A 3、B4、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 M0 / (M+2m)6、解：受力分析如图，可建立方程： ，联立，解得：，考虑到，有

4、：。7、解：受力分析如图，可建立方程： ，联立，解得：， 8、解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T，则根据牛顿运动定律和转动定律得： mgTma T rJ 由运动学关系有： a = r 由、式解得： Jm( ga) r2 / a 又根据已知条件 v00 S， a2S / t2 2分将式代入式得：Jmr2(1) 9、解：作示力图两重物加速度大小a相同，方向如图. 示力图 2分 m1gT1m1a 1分 T2m2gm2a 1分设滑轮的角加速度为，则 (T1T2)rJ 2分且有 ar 1分由以上四式消去T1，T2得： 2分开始时系统静止，故t时刻滑轮的角速度 分解：根据角动量守恒 解得 11、解

5、：(1) 以子弹和圆盘为系统，在子弹击中圆盘过程中，对轴O的角动量守恒 mv0R(MR2mR2) (2) 设表示圆盘单位面积的质量，可求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小 为 (2 / 3)gR3(2 / 3)MgR 设经过t时间圆盘停止转动，则按角动量定理有 Mft0J(MR2mR2)- mv 0R 解：根据机械能守恒 解得 13、解：受力分析如图 2分 mgT2 = ma2 1分 T1mg = ma1 1分 T2 (2r)T1r = 9mr2 / 2 2分 2r = a2 1分 r= a1 1分解上述5个联立方程，得： 2分 第六章B 2、A 3、B 4、B 5、Dc 7、相对的，运动8、解

6、：以粒子为系，利用有： 。9、解：门外观测者测得杆长为运动长度，当时，可认为能被拉进门，即：解得杆的运动速率至少为： 10、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 m 11、 解：设加速器为系，离子为系，利用：，则： 。12、解：由相对论动能：（1）；（2） 。13、解：按题意， 即 ， ， 动能 ，即， 同上可得 14、解：根据洛仑兹变换公式: ， 可得 ， 在K系，两事件同时发生，t1 = t2，则 ， 解得 在K系上述两事件不同时发生，设分别发生于和 时刻， 则 ， 由此得 =5.7710

7、6 s 15、解：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 由上两式可得 = 4106 m 第七章B 2、E 3、B 4、，-/2，/3振动系统本身的性质，初始条件10cm，/6rad/s，/37、解：（1）由题已知 A=0.12m，T=2 s ， 又t=0时，由旋转矢量图，可知：故振动方程为：； （2）将t=0.5 s代入得：，方向指向坐标原点，即沿x轴负向；（3）由题知，某时刻质点位于，且向轴负方向运动，如图示，质点从位置回到平衡位置处需要走，建立比例式：，有： 。8、解: (1) vm = A = vm / A =1.5 s-1 T = 2/4.19 s

8、(2) am = 2A = vm = 4.510-2 m/s2 (3) x = 0.02 (SI) 9、 解：旋转矢量如图所示 由振动方程可得 ， s 10、解：依题意画出旋转矢量图 由图可知两简谐振动的位相差为 11、解：由，有：，（1）当时，由，有：，；（2）当时，有：，。12、解：合振动方程为x=m13、解：(1) 设振动方程为 由曲线可知 A = 10 cm , t = 0， 解上面两式，可得 = 2/3 由图可知质点由位移为 x0 = -5 cm和v 0 0的状态所需时间t = 2 s，代入振动方程得 (SI) 则有， = 5 /12 故所求振动方程为 (SI) 14、解：(1) s

9、 (2) A = 15 cm，在 t = 0时，x0 = 7.5 cm，v 0 0 ， (3) (SI) 第八章D 2、D 3、C 4、B5、2.4m，6m/s 6、7、解：（1）设平面波的波动式为，则点的振动式为：，与题设点的振动式比较，有：，平面波的波动式为：；（2）若波沿轴负向传播，同理，设平面波的波动式为：，则点的振动式为：，与题设点的振动式比较，有：，平面波的波动式为：。8、解：（1）仿照上题的思路，根据题意，设以点为原点平面简谐波的表达式为：，则点的振动式：题设点的振动式比较，有：，该平面简谐波的表达式为：（2）B点的振动表达式可直接将坐标，代入波动方程：9、解：（1）如图，、连线

10、上在外侧，两波反相，合成波强度为0；（2）如图，、连线上在外侧，两波同相，合成波的振幅为，合成波的强度为： 。10、解：(1) 反射点是固定端，所以反射有相位突变，且反射波振幅为A，因此反射波的表达式为 (2) 驻波的表达式是 (3) 波腹位置： , , n = 1, 2, 3, 4, 波节位置： , n = 1, 2, 3, 4, 11、 解：(1) 设x = 0 处质点的振动方程为 由图可知，t = t时 1分 1分所以 ， 2分x = 0处的振动方程为 1分 (2) 该波的表达式为 3分12、解：(1) O处质点，t = 0 时 ， 所以 2分又 (0.40/ 0.08) s= 5 s

11、2分故波动表达式为 (SI) 4分 (2) P处质点的振动方程为 (SI) 2分第九章 1、D 2、C 3、C 4、B 5、C6、，7、 氧 ，氦 速率在vvv范围内的分子数占总分子数的百分率 速率在0整个速率区间内的分子数的百分率的总和 8、答：（1）在平衡态下，分子热运动能量平均地分配在分子每一个自由度上的能量均为；（2）在平衡态下，每个分子平均平动动能；（3）在平衡态下，自由度为i的分子平均总能量；（4）1摩尔自由度为i的分子组成的系统内能为；（5）由质量为m，摩尔质量为M，自由度为i的分子组成的系统的内能为。9、解：(1) 设分子数为N .根据 E = N (i / 2)kT 及 p

12、= (N / V)kT 得 p = 2E / (iV) = 1.35105 Pa (2) 由 得 J 又 得 T = 2 E / (5Nk)362k 10、解：(1) T相等, 氧气分子平均平动动能氢气分子平均平动动能6.2110-21 J 且 m/s (2) 300 K 第十章D 2、D 3、B 4、D一个点，一条曲线，一条封闭曲线，状态几率增大，不可逆的8、解：气体在等压过程中吸热：内能变化为：由热力学第一定律：那么，对于单原子理想气体，有。9、解：正循环EDCE包围的面积为70 J，表示系统对外作正功70 J；EABE的面积为30 J，因图中表示为逆循环，故系统对外作负功，所以整个循环过

13、程系统对外作功为： W=70+(30)=40 J 设CEA过程中吸热Q1，BED过程中吸热Q2 ，由热一律， W =Q1+ Q2 =40 J Q2 = W Q1 =40(100)=140 J BED过程中系统从外界吸收140焦耳热. 10、解：氦气为单原子分子理想气体， (1) 等体过程，V常量，W =0 据 QE+W 可知 623 J 3分 (2) 定压过程，p = 常量， =1.04103 J E与(1) 相同 W = Q E417 J 4分 (3) Q =0，E与(1) 同 W = E=623 J (负号表示外界作功) 3分11、解：由图可得 A态： 8105 J B态： 8105 J

14、，根据理想气体状态方程可知 ，E = 0 3分根据热力学第一定律得： J 2分12、解：(1) 过程ab与bc为吸热过程， 吸热总和为 Q1=CV(TbTa)+Cp(TcTb) =800 J 4分 (2) 循环过程对外所作总功为图中矩形面积 W = pb(VcVb)pd(Vd Va) =100 J 2分 (3) Ta=paVa/R，Tc = pcVc/R， Tb = pbVb /R，Td = pdVd/R， TaTc = (paVa pcVc)/R2=(12104)/R2 TbTd = (pbVb pdVd)/R2=(12104)/R2 TaTc=TbTd 4分13、解：(1) 且 Q2 =

15、T2 Q1 /T1 即 24000 J 4分由于第二循环吸热 ( ) 3分 29.4 1分 (2) 425 K 2分14、解：单原子分子的自由度i=3从图可知，ab是等压过程， Va/Ta= Vb /Tb，Ta=Tc=600 K Tb = (Vb /Va)Ta=300 K 2分 (1) =6.23103 J (放热) =3.74103 J (吸热) Qca =RTcln(Va /Vc) =3.46103 J (吸热) 4分 (2) W =( Qbc +Qca )|Qab |=0.97103 J 2分 (3) Q1=Qbc+Qca， =W / Q1=13.4% 2分15、解：(1) 2分 (2) ， W为梯形面积，根据相似三角形有p1V2= p2V1，则 3分 (3) Q =E+W=3( p2V2p1V1 ) 2分 (4) 以上计算对于AB过程中任一微小状态变化均成立，故过程中 Q =3(pV) 由状态方程得 (pV) =RT， 故 Q =3RT，摩