1、1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 = ( y3)2；（3）10 m/s 2，15 m/s 21-3 解：（1）219y（2） 4tvija（3）垂直时，则 0=Arv2(19)(4)0tttijijs， （舍去）31-4 解：设质点在 x 处的速度为 v， 62dxtxta00v 2 213x1-5 解： yttaddvv又 ky，所以a-k v dv / dyy21C已知 y0 ， v0 则 2020kyv)(21-6 证： 2ddxttKd v /v =Kdx , x01
2、0v x0lnv2v =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）gsin ，gcos ；（2） ；（3）-c ，(b-ct )2/R；（4）69.8 g/cos02vm/s；（ 5） ，2ct，c 2t4/R3t2-3 解：（1）物体的总加速度 为atn2ttRatottc（2） ttaS212-4 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 , 0dd2tabttv, v 2banv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，越来
3、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AEFEv、 、 构成直角三角形，可得 AEFAE22170 km/hFv4.9/tg1AE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/cos 2 ；（2）23-3 解：(1)先计算公路路面倾角 。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 RmN/sin
4、21v西 北 FEv FEv AFv FEv AEv FEv O RSaa anBAN mg R 3mgNcos所以Rg21tv(2)当有横向运动趋势时，轮胎与地面间有摩擦力，最大值为 N，这里 N为该时刻地面对车的支持力。由牛顿定律 RmN/cossin2vgin所以 cossi22Rgv将 代入得Rg21tv 078.21Rgv3-4 解： (1) 设同步卫星距地面的高度为 h，距地心的距离 rR+h。由22/mrGM又由 得 ，代入式得 mgRGM2/3/1)(r同步卫星的角速度 rad/s，解得 507.m， km72441058.Rrh(2) 由题设可知卫星角速度 的误差限度为 ra
5、d/s.由式得 23/grlnln）（ R取微分并令 dr =r，d ，且取绝对值，有3r/r =2r=2r /(3 =213 m3-5 解： xtxtxkf dd2 vv4/20,dAkv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） ，0)21(gym0v1Ftm12；（4）Fttm112 vMuuM)()(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v1 v2坐标系，x 轴水平向右，y 轴向上。 23ghvji12-, 4设质量为m 的
6、砂子在 t 时间内平均受力为 ,则F()mmtttpvFij14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)= 53g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 0cos，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 )()(1umM/由于抛出物体而引起人在水平方向的速度增量为 )(1 因为人从最高点落到地面的时间为 gt/sin0v故人跳的水平距离增加量为 Mmutx)(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 V
7、x，则有 0)cos(xxVu/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 )/(cos)()(mMtutVx 通过积分，可求炮车后退的距离 txt0d0()csdtutcosmlM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）18 J，6 m/s；（2） 或 ；（3）)13(RGMmRGMm2；（4） ，kmgF2)()(rk2rk55-3 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 glymf摩擦力的功00ddalalfyfW202()lggl(2)以
8、链条为对象，应用质点的动能定理 2201mv，PfW0v2()dllPaagmlaxxlf2221)()( vlmg2alv5-4 解：陨石落地过程中，万有引力的功 )(d2hRGMmrWRh根据动能定理 2021)(v ()hvGR5-5 解：如图所示，设 l 为弹簧的原长，O 处为弹性势能零点；x 0 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sin)(21001 xmgkxEK在 O 处，其机械能为2221kv由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即 22020sin)(1xxgkxEK 在平衡位置有mgsin =
9、kx0 kmsi0代入上式整理得O“ O x 0 x O l a la Ox题 5-3 解图6kmgxmgEK2)sin(1sin2120 v练习 6 碰撞、角动量守恒定律6-1 （1）C；（2）E 6-2 （1）m ab，0；（2）1 Nms，1 m/s；（3）2275 kgm 2s1，13 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 BAAmvv0 222联立解出， 0ABA0ABBv由于二球同时落地，所以 ， 。且 。故vmAL/， 52BL52所以/A6-4 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、
10、角速度分别为 v0、I 0、 0 和v、I、 则0IRmR/202v整理后得v0物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供 F/2由式可得 3/10)(mR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 分6-5 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。， dDAv0 dD/0A、B 系统机械能守恒( A 在很远处时， 引力势能为零) GBA/21m0)/()(20dBv6-6 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rLt7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
11、的速度，此时 。v vr(2) 爆炸后，卫星、地球系统机械能守恒： rGMmmnt /21vrGm/21由牛顿定律 t/2rt2将式、式代入式并化简得 0)( 22ttnt vv)( rrtn故7397 km， 7013 km ntr1 nt2远地点： km 971Rh近地点： km632r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）3mL 2 / 4， mgL， ；（4）41Lg327-3 解：选坐标如图所示，任一时刻圆盘两侧的绳长分别为 x1、x 2 选长度为 x1、x 2 的两段绳和绕着绳的盘为研究对象设
12、a 为绳的加速度， 为盘的角加速度，r 为盘的半径， 为绳的线密度，且在1、2 两点处绳中的张力分别为 T1、T 2，则 = m / l，a = r x2 gT 2 = x2 a T1x 2 g = x1 a (T1T 2 ) r = ( Mr )r 2 解上述方程，利用 l = rx 1x 2，并取 x2x 1 = S，可得 lMmga)(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 = I 又aR T M R Tmg aR vn m O vt rSMaOx2x1128将、式联立得 amg / (m M)21由于 v00，所以vatmgt / (m M
13、)7-6 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： MgT 2Ma 对重物： T1 Mg Ma 由转动定律，对滑轮有 (T2T 1)RI MR 2 / 4 因绳与滑轮无相对滑动a R 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 0ImRv8-3 解：由动量定理，对木块 M ：f tM( v2v 1)对于圆柱体：ftRI( 0)所以-M(v2v 1)I( 0) / R因为 , 有0-M(
14、v2-v1)I / RI v2/ R2128-4 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。IAAI BB = (IAI B)又 B0，可得 IAA / (IAI B) = 20.9 rad / s转速200 rev/minn(2) A 轮受的冲量矩 = IA(IAI B) = 4.1910 2 NmstMd负号表示与 方向相反。 AB 轮受的冲量矩 = IIB( - 0) = 4.19102 Nmst方向与 相同。A98-5 解：碰撞前瞬时，杆对 O 点的角动量为 LmxxLL 0202/02/30 1ddvvv式中 为杆的线密度。碰撞后瞬时，杆对 O
15、 点的角动量为 222117341Im因碰撞前后角动量守恒，所以 LL02/7v = 6v0 / (7L)8-5 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WE k 220011()4()4ImlnImln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 2(I0 ) n1 = 2 (I0 ) n2ll102l(3) 将 I0 代入 W 式，得 21lnm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
16、）c；（4 ） c549-3 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 , 2)(1/cxt 2)(1/ct(1) , 2/tv 22/xtv因两个事件在 K 系中同一点发生， x2 = x1，则 21)(/ctt解得=(3/5)c =1.8108 m/s tt/1212/()(v(2) , 1/cx 2)(/txv由题 x1 = x2 ，则 109108 m2121)(/ctxv )(4312t9-4 证：设两系的相对速度为 v., 根据洛仑兹变换， 对于两事件，有 2)/(t2/1cxtv由题意 ，可得0t及 t)/(2 2)/(1cv把 代入
17、上式 xtc/v /2(tx9-5 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）的速度为分uxx 96.0)/(12两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0xvyzvucxx)/(12/2uxyv2/1分0)/(12cxz在 K 系中光讯号的速度大小 22zyxvvcu)/1(2光讯号传播方向与 x 轴的夹角 cx1oscs练习 10 相对论时空观10-1 （1） B；（2）A ；
18、（ 3）B 10-2 （1）4.3310 -8；（2）2.6010 8；（3）0.075 m3；（4）x/v，；（5） ，)/()/(cxvlSm9510-3 解：令 S系与 S 系的相对速度为 v，有， 2)/(1ctt22)/(1)/(ctv则11= 2.24108 ms-12/1)/(1tcv那么，在 S系中测得两事件之间距离为 = 6.72108 m/x10-4 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 )/(1)/(122ccuxx v )/(12c这
19、就是尺相对 B 船的速率，用 v12 表示之。 )/(212v则 B 中观察者测得 A 中米尺的长度是 210/clv220)/(4cl02lv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 s5.1)/(21cttv这段时间火箭在地面上飞行距离 1tS则导弹飞到地球的时间是 s25112ttv那么从火箭发射后到导弹到达地面的时间是 t = t1 + t2 =12.525 =37.5 s10-6 解：考虑相对论效应，以地球为参照系， 子的平均寿命为 s62010.3)/(cv则 子的平均飞行距离9.46 km。L子的飞行距离大于
20、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 ）0.25m ec2 ；（2） ， ， ；（3） ，/hc)/(ch2/3cv；（4） ；（5） ，/3cv)1(0n20)/(l02lm11-3 解：按题意， v0212v020/1mc， 5./2cv5.，7c86动能，即2020kmE2022/1mcv86.11-4 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 cux35.0)/(12观察者测得电
21、子动能为 J18.6)/(5220 ccmExKv动量1.1410 -22 kgm/sxpv2)/(1x11-5 解： 202ccEv20/1/cEv3/2v 2.99610 8 ms-1020/c1.798 104 m3l11-6 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 2220ccM0200 )/(1BAv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
22、；（4）kTm28110.s34.0Pa1：1，2：1，2：1，5：3，10：312-3 解：对刚性双原子分子，氮气的内能1352mERTM内能增量 由题意有 2m51E=RTvK-32806.74.MTv其中 M= kg, 由31028pVRT得压强增量Pa2240.1.015mvpRT12-4 解：（1）单位体积内的分子数 m-352523180nk（2）由状态方程 pVRTM得氧气密度 kg/m335210.1.08mVRT（3）氧分子的质量kg3262. 5.60AN（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30)(41dnV间的平均距离93 2566.8m.14dn
23、（5）分子的平均平动动能 2321.580.0J2kET12-5 解：（1）由 ， 得 RMpVV14kg/mol028.3.107825. pRT（2） m/s 49.32v（3） 23211.58075.60JtkT3.r（4）单位体积内气体分子的总平动动能 ，ttnEkTpJ/m3 22123 05.06.57108 ttkTpE（5）由于 ，气体的内能为5i 3.87JMiR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、T 1；（ 2）N ；（3）速率区间 的分子数占总分子数的百分p0比13-3 解（1）设使用前质量为 m，则使用后为
24、 m/2，则1122,pVRTpTM11222/vp（2）由 ，得23kEmkTm/s1/21/2483.6kvEm0K13-4 解： v22/3)exp()(4kTkTN ppv)(ex)(22与 v p 相差不超过 1%的分子是速率在 到 区间的分子，故 v = 0.02 ，10pvp并将 v = 代入上式，可得15N / N = 1.66%。13-5 解：(1) 根据归一化条件 1d)(0vf)(000cfc = 1 / v 0(2) 根据定义式 0d)(f0d)(vf0c2100vv13-6 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
25、会与该电子相碰，因此电子与气体分子的碰撞截面积 = 。24(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v vt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vt分子数为 n ，这也就是 A 与其它分子的碰撞次数 ，因此t tZtnv。214ezd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) 0/1pV过程 EAQ等体减压 - 0 -等压压缩 - - -绝热膨胀 - + 0图 (a)abc 0 - -abc - + -图
26、 (b)adc - + +14-3 解：（1） 58.316024.5J2VECTR1621ln8.3(70)ln23.JVART9.8JQE（2） 21l.()l1658.3024.5JVECTR294.JQA14-4 解：(1)由等温线 得CpV()TdpV由绝热线 得 pV ()Qd由题意知(/)-/10.74TQdpVp1/0.714=1.4由绝热方程 21Pa422()7.580Vp(2) J 2211()VWpdd16.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)
27、A03/(2) 计算电势分布 rR 时 lRRrlr rEUd3d3d020RlArn39030rR 时 rlArll n030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） /(2r)， /(20r r)；（3） ，)2/(0SQd；（4）q / (2d 2)/(0SQd20-3 解：取半径为 +d 的薄壳层，其中包含电荷 rrrkVd4/2rk应用 的高斯定理，取半径为 r 的球形高斯面。在球内，有D 20124DD1 = k / 2 ， ( 为径向单位矢量)rE1 = D1 / (0r) = k / (
28、20r)， 10Er在球外，有分2024kRdR, /rk0Dr23，2002/rkRDE20Er20-4 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 = dx，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 cosd2/3204r带电直线在 P 点左边邻近点产生的场强 x 分量 dxrxE2/32042/120rd设 P 点的感生电荷面密度为 P，它在 P 点左边邻近点产生的场强为 0/E由场强叠加原理和静电平衡条件，该点合场强为零，即 024/120Prd/P20-5 解：(1) 设内
29、、外筒单位长度带电荷为 和 两筒间电位移的大小为D / (2r)在两层介质中的场强大小分别为 E1 = / (20 r1r)， E2 = / (20 r2r)在两层介质中的场强最大处是各层介质的内表面处，即 E1M = / (20 r1R1)， E2M = / (20 r2R)E1M / E2M = r2R / (r1R1) = R / (2R1)已知 R12 R 1，可见 E1ME 2M，因此外层介质先击穿。(2) 当内筒上电量达到 M，使 E2ME M 时，即被击穿。有 M = 20 r2REM 此时两筒间电压(即最高电压 )为rURrRdd221 2010 RRErrMr 212lnl练
30、习 21 电容与电容器、静电场的能量21-1 （1）C；（2）B；（3 ）C 21-2 （1）Q 2 / (20S)；（2） ， ， ；（3） dU/dt/)(Uqt21/R；（4）-Q 2 / (4C)；（5） ；（6）7.2 )(4210R 32312081qR21-3 解：以左边的导线轴线上一点作原点，x 轴通过两导线并垂直于导线两导线间x 处的场强为 xE02)(0xdxOP d x dq rxdxR d-R+O-24两导线间的电势差为RdxxUd)1(20lnl Rdln0设导线长为 L 的一段上所带电量为 Q，则有 ，故单位长度的电容 L/UC)/(dln021-4 解：由题给条件
31、 ( 和 ，忽略边缘效应, 应用高斯定理可求出ab)bL两筒之间的场强 )2/(0rQE两筒间的电势差 rdLUba0abLrln0电容器的电容 )/l()2(/Cr电容器贮存的能量 1W/ln4/0abQr21-5 解：因保持与电源连接，两极板间电势差保持不变，而电容值由CdSsS/)/(/00 电容器储存的电场能量由 )2(22nUCU)/( 0/)1(n在两极板间距增大过程中，电容器上电荷由 Q 减至 Q，电源作功： QA)()(1 2/Cn/设在拉开极板过程中，外力作功为 A2，据功能原理 W112W/)(CU/)1(2 0/)1(2nU在拉开极板过程中，外力作正功。21-6 答：带电球面的静电能量为 ，在 Q 不变的情况下，当 R 增大)8/(02R时，静电能量减少，电场力作正功。可见电荷的存在能帮助气泡增大。由式中 Q 2 项知，无论是带正电荷还是带负电荷，效果相同。252627282930
