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1 大学物理（上册）练习解答大学物理（上册）练习解答 练习练习 1 1 在笛卡尔坐标系中描述质点的运动在笛卡尔坐标系中描述质点的运动 1-1 （1）D； （2）D； （3）B； （4）C 1-2 （1）8 m；10 m； （2）x = (y3)2； （3）10 m/s2，15 m/s2 1-3 解： （1） 2 19 2 x y = （2）24t=vij 4= aj （3）垂直时，则 0=r v 2 2(192 )(24 )0ttt+= ijij 0t =s，3st = （舍去） 1-4 解：设质点在 x 处的速度为 v， 62 d d d d d d 2 x t x xt a+= vv ()xx x d62d 0 2 0 +=vv v () 2 2 1 3 xx +=v 1-5 解： yt y yt a d d d d d d d dv v vv = 又=aky，所以 -k=yv dv / dy dd kyy= v v 22 11 22 kyC=+v 已知=yy0 ，=vv0 则 2 0 2 0 2 1 2 1 kyC=v )( 22 0 2 0 2 yyk+=vv 1-6 证： 2 d d d d d d d d v x v v t x x v t v K= d v /v =Kdx = x xK 0 dd 1 0 v v v v , Kx= 0 ln v v v =v 0 e Kx 2 练习练习 2 2 在自然坐标系中描述质点的运动、相对运动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）g/cos 0 22 0 v ； （3）-c ，(b-ct)2/R； （4）69.8 m/s； （5） 3 3 1 ct，2ct，c2t4/R 2-3 解：解： （1）物体的总加速度a为 tn =+aaa () 22 t ta R R ta a a a an t t t n t = ot a R t t c= （2） otRtaS t c 2 1 2 1 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 0 d d d d d d 2 2 = t S t ab t S t v , v , 2 b an= v 2 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 AEAFFE =+vvv AE v、 AF v、 AE v构成直角三角形，可得 ()() 22 170 km/h AEAFFE =vvv () 4 . 19/tg 1 = AEFE vv 飞机应取向北偏东 19.4的航向。 练习练习 3 3 牛顿运动定律牛顿运动定律 3-1 （1）C； （2）D ； （3）D； （4）B； （5）B 3-2 （1）l/cos 2； （2）2 3-3 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 2 1 v= mgN=cos 所以 西 北 FE v AF v v AE v O R S a a an B A N mg R 3 Rg 2 1 tg v = (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 RmNN/cossin 2 2 v= mgNN=sincos 所以 cossin cossin 2 2 2 2 Rg Rg + = v v 将 Rg 2 1 tg v =代入得 078 . 0 2 1 2 2 2 2 2 1 = + = Rg Rg vv vv 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 22 /mrrGMm= 又由mgRGMm= 2 /得 2 gRGM =，代入式得 3/122 )/(gRr = 同步卫星的角速度 5 1027 . 7 = rad/s，解得 =r 7 1022 . 4 m， 4 1058 . 3 =Rrh km (2) 由题设可知卫星角速度的误差限度为 10 105 . 5 = rad/s 由式得 223 /gRr = ln2lnln3 2 =）（ gRr 取微分并令 dr =r，d =，且取绝对值，有 3 r/r =2/ r=2r /(3) =213 m 3-5 解： x m t x x m t m x k f d d d d d d d d 2 v v vv = = 4/ 2 0 2 dd, d d A A x mx k mx x k v vvvv 练习练习 4 4 质心系和动量守恒定律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） 0 )21 (gym+， 0 vm 2 1 ； （3） Ft mm + 1 12 ， F tF t mmm + + 11 122 ； （4）vvvv+=+MumumMm)()()2(； （5）18 Ns 4 4-3 解：设沙子落到传送带时的速度为v1，随传送带一起运动的速度为v2，则取直角 坐标系，x 轴水平向右，y 轴向上。 23gh= =vjjvi 12 -, -, 4 设质量为m 的砂子在t 时间内平均受力为F,则 (3) mm m ttt =+ p vv Fij 21 4 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 tg= 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 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 )()( 11 umMmM+=+vvv )/( 1 mMmu+=vv 由于抛出物体而引起人在水平方向的速度增量为 )/( 1 mMmu+=vv v 因为人从最高点落到地面的时间为 gt/sin 0 v= 故人跳的水平距离增加量为 gMm mu tx )( sin 0 + = v v 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 0)cos(=+ xx VumMV )/(cosmMmuVx+= 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)()(mMtmutVx+= 通过积分，可求炮车后退的距离 = t x ttVx 0 d)( 0 ( )cosd t m u tt Mm = + cosml x Mm = + 即向后退。 练习练习 5 5 机械能守恒定律机械能守恒定律 5-1 （1）B； （2）A； （3）D； （4）C 5-2 （1）18 J，6 m/s； （2）) 1 3 1 ( RR GMm 或 R GMm 3 2 ； （3） k mgF 2 )(2 ； （4）)(mrk ，)2( rk 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 5 g l y mf= 摩擦力的功 = 00 dd alal f ygy l m yfW 202 () 22 l a mgmg yla ll = (2)以链条为对象，应用质点的动能定理 22 0 11 22 Wmvmv= Pf WWW=+， 0 0v = 22 () dd 2 ll P aa mgmg la WP xx x ll = l almg Wf 2 )( 2 = 22 22 2 1 )( 22 )( vmal l mg l almg = 2 1 222 )()(alal l g =v 5-4 解：陨石落地过程中，万有引力的功 )( d 2 hRR GMmh r r GMmW R hR + = + 根据动能定理 2 0 2 2 1 2 1 )( vvmm hRR GMmh = + 2 0 2 () h vGMv R Rh =+ + 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 sin)( 2 1 0 2 001 xxmgkxEE K += 在 O 处，其机械能为 22 2 2 1 2 1 kxmE+=v 由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即 22 0 2 00 2 1 2 1 sin)( 2 1 kxmxxmgkxEK+=+v 在平衡位置有 mgsin =kx0 kmgxsin 0 = 代入上式整理得 O“ O x 0 x O l a la O x 题 5-3 解图 6 k mg kxmgxEm K 2 )sin( 2 1 sin 2 1 2 2 0 2 +=v 练习练习 6 6 碰撞、角动量守恒定律碰撞、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 kgm2s1，13 ms1 6-3 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 BBAAAA mmmvvv+= 0 222 0 2 1 2 1 2 1 BBAAAA mmmvvv+= 联立解出 0A BA BA A mm mm vv + =， 0 2 A BA A B mm m vv + = 由于二球同时落地，所以 0 A v， BA mm。且 BBAA LLvv/=。故 5 2 = B A B A L L v v ， 5 2 2 = A BA m mm 所以 5/= BA mm 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、0和 v、I、 则 00 II= RmRRmR/ 2 00 2 0 vv= 整理后得 vv / 00 RR = 物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供 RmF/ 2 v= 由式可得 3/12 0 2 0 )/(FmRRv= 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。 dmDm AA vv = 0 ， dD/ 0 vv = A、B 系统机械能守恒(A 在很远处时， 引力势能为零) dmGmmm BAAA / 2 1 2 122 0 =vv dGmB/2 2 0 2 =vv )2/()( 2 0 22 GddDmBv= 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 rmrmL t =vv 7 其中 r是新轨道最低点或最高点处距地心的距离， v 则是在相应位置的速度，此时vr。 (2) 爆炸后，卫星、地球系统机械能守恒： =+rGMmmm nt / 2 1 2 1 22 vvrGMmm/ 2 1 2 v 由牛顿定律 rmrGMm t / 22 v= rGM t 2 v= 将式、式代入式并化简得 02)( 222222 =+rr rr ttnt vvvv 0)()(=+rrrr tnttnt vvvvvv 故 = = nt tr r vv v 1 7397 km，= + = nt tr r vv v 2 7013 km 远地点： 997 11 =Rrh km 近地点： 613 22 =Rrh km 练习练习 7 7 刚体定轴转动的转动定律和动能定理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， 2 1 mgL， L g 3 2 ； （4）4 7-3 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，为绳的线密度，且在 1、2 两 点处绳中的张力分别为 T1、T2，则 = m / l， a = r x2 gT2 = x2 a T1x2 g = x1 a (T1T2 ) r = ( 2 1 Mr)r 2 解上述方程，利用 l = rx1x2，并取 x2x1 = S，可 得 lMm Smg a ) 2 1 (+ = 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 R vn m O vt r a x2 x1 1 2 8 将、式联立得 amg / (m 2 1 M) 由于 v00，所以 vatmgt / (m 2 1 M) 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： MgT2Ma 对重物： T1 2 1 Mg 2 1 Ma 由转动定律，对滑轮有 (T2T1)RIMR2 / 4 因绳与滑轮无相对滑动 aR 由、四式联立解得 a2g / 7 练习练习 8 8 刚体定轴转动的角动量定理和角动量守恒定律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 0 2 ImRv ImR + 8-3 解：由动量定理，对木块 M ：ftM(v2v1) 对于圆柱体：ftRI( 0) 所以 -M(v2v1)I( 0) / R 因为 0 0 =, 有 -M(v2-v1)I / RIv2/ R2 1 2 2 1 v I MR = + v 8-4 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。 IAAIBB = (IAIB) 又B0，可得 IAA / (IAIB) = 20.9 rad / s 转速 n200 rev/min (2) A 轮受的冲量矩 tM Ad = IA(IAIB) = 4.1910 2 Nms 负号表示与 A 方向相反。 B 轮受的冲量矩 tMBd= IIB( - 0) = 4.19102 Nms 方向与 A 相同。 8-5 解：碰撞前瞬时，杆对 O 点的角动量为 T M R T mg a 9 LmLxxxx LL 0 2 0 2/ 0 0 2/3 0 0 2 1 ddvvvv= 式中为杆的线密度。碰撞后瞬时，杆对 O 点的角动量为 22 2 1 33117 3 424212 ImLmLmL =+= 因碰撞前后角动量守恒，所以 LmmL 0 2 2 1 12/7v= = 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 WEk 22222 022011 1111 ()4()4 2222 ImlnImln 2 + 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 2 1 2 1 ml) n1 = 2 (I0 2 2 2 1 ml) n2 () () 22 1122 0 21 2 m l nl n I nn = (3) 将 I0代入 W 式，得 () 2 2 2 121 2 llnmnW= 练习练习 9 9 狭义相对论的基本原理、洛仑兹坐标和速度变换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） c 5 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 2 2 )(1 / /c cxt t v v = , 2 )(1/c tx x v v = (1) 2 2 11 1 )(1 / /c cxt t v v = , 2 2 22 2 )(1 / /c cxt t v v = 因两个事件在 K 系中同一点发生，x2 = x1，则 2 12 12 )(1/c tt tt v = 解得 ctttt 2/1 12 2 12 )/()(1 =v =(3/5)c =1.8108 m/s (2) 2 11 1 )(1/c tx x v v =, 2 22 2 )(1/c tx x v v = 由题 x1 = x2 ，则 10 2 12 21 )(1 )( /c tt xx v v =)( 4 3 12 ttc9108 m 9-4 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 )/(1c tx x v v + = 2 2 )/(1 ( c x)/ct t v v + = 由题意0=t，可得 xct=)/( 2 v 及 2 )/(1cxxv= 把 xtcc=/v 代入上式 2/1222 )(tcxx= 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 c cu u u x x x 96 . 0 )/(1 2 = = v v 分 两火箭的相对接近速率为 0.96c 9-6 解：已知0= x v，c y =v，0= z v，按狭义相对论的速度变换公式 u cu u x x x = + + = )/(1 2 v v v )/(1 /1 2 22 cu cu x y y v v v + = 22 /1cuc= 0 )/(1 /1 2 22 = + = cu cu x z z v v v分 在 K 系中光讯号的速度大小 222 zyx vvvv+=ccucu=+=)/1 ( 2222 光讯号传播方向与 x 轴的夹角 c u x11 coscos = v v 练习练习 10 10 相对论时空观相对论时空观 10-1 （1） B； （2）A ； （3）B 10-2 （1）4.3310 -8； （2）2.60108； （3）0.075 m3； （4）x/v，2 )/(1)/(cxvv； （5） lS m ， lS m 9 25 10-3 解：令 S系与 S 系的相对速度为 v，有 2 )/(1c t t v = ， 22 )/(1)/(cttv= 11 则 2/12) )/(1 (ttc=v= 2.24108 ms -1 那么，在 S系中测得两事件之间距离为 2/122 )(ttctx=v= 6.72108 m 10-4 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)/(1 222 ccu u u x x x v vv v v + = = )/(1 2 22 cv v + = 这就是尺相对 B 船的速率，用 v12表示之。 )/(1 2 22 12 cv v v + = 则 B 中观察者测得 A 中米尺的长度是 22 120 /1cllv= 2222 2 0 )/(1 4 1 cc l v v + = 0 22 22 l c c v v + = 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 5 . 12 )/(1 2 1 = = c t t v s 这段时间火箭在地面上飞行距离 1 tS=v 则导弹飞到地球的时间是 25 1 11 2 =t S t v v v s 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 s 10-6 解：考虑相对论效应，以地球为参照系，子的平均寿命为 6 2 0 10 6 . 31 )/(1 = = cv s 则 子的平均飞行距离 =vL9.46 km。 子的飞行距离大于高度，所以有可能到达地面。 练习练习 11 11 相对论动力学基础相对论动力学基础 11-1 （1）C ； （2）A； （3）A； （4）D 11-2 （1）0.25mec2 ； （2）/hc，/h，)/(ch； （3）2/3c=v，2/3c=v； （4）) 1( 2 0 ncm； （5） 2 0) /(1llc，)( 02 0 l ll cm 11-3 解：按题意，vv 0 2mm= 12 v v v 0 22 0 2 /1 m c m = 5 . 0/1 22 =cv，25 . 0 /1 22 =cv 22 75 . 0 c=v，c886 . 0 =v 动能 2 0 2 0 2 k cmcmmcE=，即 2 0 2 2cmmc = 2 0 22 2 0 2 /1 cm c cm = v c886 . 0 =v 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 c cu u x x x 385 . 0 )/(1 2 = = v v v 观察者测得电子动能为 J1085 . 6 ) 1 )/(1 1 ( 15 2 2 0 = = c cmE x K v 动量 x mp v = 2 )/(1c m x x v v =1.1410 -22 kgm/s 11-5 解： 222 0 2 /1/ccmmcEv= 22 0 /1/cEv= 30/1/1 0 22 =EEcv v 2.996108 ms -1 0 22 0 30/1/=cv 0 30=vvl1.798104 m 11-6 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 222 0 cmcmcM BA += 0 2 0 0 2 )/(1 2 m c m mmM BA =+= v 练习练习 12 12 理想气体统计模型、压强公式、温度公式理想气体统计模型、压强公式、温度公式 12-1 （1）A； （2）A； （3）B； （4）A； （5）B 12-2（1）0， kT m ； （2） 2821 1 10 m .s 3 ， 3 4.0 10 Pa； （3）7729K； （4）1：1，2：1， 2：1，5：3，10：3 12-3 解：对刚性双原子分子，氮气的内能 13 5 2 m ERT M = 内能增量 5 2 m ER T M = 由题意有 2 m 51 E=RT=mv M 22 -32 2 28 10100 6.74 55 8.31 M Tv R = K 其中 M= 3 1028 kg, 由 m pVRT M = 得压强增量 22 4 0.1 100 2.0 10 55 0.01 mmv pR T MVV = Pa 12-4 解： （1）单位体积内的分子数 5 25 23 1.01 10 2.44 10 1.38 10300 p n kT = m-3 （2）由状态方程 m pVRT M = 得氧气密度 35 32 101.01 10 1.30 8.31 300 mMp VRT = kg/m3 （3）氧分子的质量 3 26 23 32.00 10 5.31 10 6.02 A M m N = kg （4）将分子视为刚性小球，则第一个分子所占体积为 3 0 ) 2 ( 3 41d n V=，可得分子 间的平均距离 9 33 25 66 4.28 10m 3.14 2.44 10 d n = （5）分子的平均平动动能 2321 3 1.5 1.38 103006.21 10J 2 k EkT = 12-5 解： （1）由 RT M pV =， V M =得 14 028 . 0 3 . 101 27331 . 8 1025 . 1 3 = = p RT kg/mol （2）493 1025 . 1 3 . 101333 3 2 = = pRT v m/s （3） 2321 3 1.5 1.38 102735.65 10J 2 t kT = 2321 1.38 102733.77 10J r kT = （4）单位体积内气体分子的总平动动能 tt nE=， kT p n = 221 23 1052 . 1 1065 . 5 2731038 . 1 3 . 101 = = tt kT p E J/m3 （5）由于5=i，气体的内能为 3 5 0.38.31 2731.70 10 J 22 M i ERT = 练习练习 13 13 分布函数、气体分布定律分布函数、气体分布定律 13-1 （1）D； （2）B； （3）C 13-2 （1）氧、氢、T1； （2）N； （3）速率区间 p 0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 1122 1 , 2 mm pVRT p VRT MM = 12 2 1 2T p T p = 121212 / 2vvTTpp= （2）由 2 13 22 k Em vkT=，得 ( )() 1/2 1/2 2 2/483.63 k vEm= m/s 2/3300K k TEk= 13-4 解：vv v = 2 2 2/3 ) 2 exp() 2 ( 4 kT m kT m N N ppp v v v v v v =)(exp)( 4 22 与 v p 相差不超过 1%的分子是速率在 100 p p v v到 100 p p v v+区间的分子，故v = 0.02 p v， 并将 v = p v代入上式，可得 N / N = 1.66%。 15 13-5 解：(1) 根据归一化条件 1d)( 0 = vvf 1dd)( 0 00 0 = vvvv v ccf c = 1 / v 0 (2) 根据定义式 = 0 d)(vvvvf = 0 d)(vvvf 0 0 d v vvc 2 d 1 0 00 0 v v v v v = 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 4 d 。 (2) 设电子相对分子的平均速率为v，则在时间 t 内，电子 A 所走过的路程为vt，相应 的圆柱体的体积为vt，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 nvt，这也就是 A 与其它分子的碰撞次数tZ，因此 n