大学物理练习册习题答案.doc

练习一 （第一章 质点运动学）一、1.（0586）（D）2.（0587）（C）3.（0015）（D）4.（0519）（B） 5.（0602）（D）二、1.（0002）A = 1.19 s = 0.67 s 2.（0008）8 m 10 m3.（0255）， （n = 0, 1, 2,）4.（0588） 5.（0590） 5m/s 17m/s 三、1.（0004）解：设质点在x处的速度为， 2.（0265）解：（1） （2） （3） 3.（0266）解：（1） （2） （3） 这说明 与 方向相反，即指向圆心. 4. 解：根据题意t=0，v=0 质点运动方程的分量式： 消去参数t，得到运动轨迹方程 练习二（第一章 质点运动学）一、1.（0604）（C） 2.（5382）（D） 3.（5627）（B） 4.（0001）（D） 5.（5002）（A）二、1.（0009） 2.（0262） c （bct）2/R 3.（0509） 2ct c2t4/R 4.（0596） 4.8 m/s2 3.15rad 5.（0599） 三、1. （0021）30o 30o解： 记水、风、船和地球分别为w，f，s和e，则水-地、风-船、风-地和船-地间的相对速度分别为、和 北东由已知条件 =10 km/h，正东方向 =10 km/h，正西方向 =20 km/h，北偏西方向 根据速度合成法则： = 由图可得： = km/h，方向正北 同理 =， 由于= =， 的方向为南偏西30 在船上观察烟缕的飘向即的方向，它为南偏西302.（0272）av0 解：设抛出时刻车的速度为，球的相对于车的速度为，与竖直方向成角抛射过程中，在地面参照系中，车的位移 球的位移 小孩接住球的条件 即 ， 两式相比得 ， 3. （0517）解：（1） 题给雨滴相对于地面竖直下落，故相对于地面的水平分速为零雨滴相对于列车的水平分速与列车速度等值反向为10 m/s，正西方向. （2） 设下标W指雨滴，t指列车，E指地面，则有 = + tE , tE =10 m/sWE竖直向下，W t偏离竖直方向30，由图求得雨滴相对于地面的速率为 WE = tE ctg30o =17.3 m/s 雨滴相对于列车的速率 m/s 4.（0692）解：选地为静系，火车为动系 已知：雨滴对地速度的方向偏前30，火车行驶时，雨滴对火车的相对速度偏后45，火车速度t =35 m/s，方向水平， 由图可知： 由此二式解出： m/s 5. 解： 由题意 ，则 当t=0.5s时，角速度、角加速度和切向加速度分别为在2.0s内该点所转过的角度练习三 （第二章 牛顿定律）一、1.（0038）B 2.（0338）A 3.（0341）B 4.（0610）B 5.（5388）B 6.（0024）B二、1.（0352） 80 N 与车行方向相同 98 N 与车行方向相反 2.（0355） 2 3.（0526） 三、1.（0037） 解：（1） 子弹进入沙土后受力为，由牛顿定律 （2） 求最大深度解法一： 解法二： 2.（0530）解：人受力如图（1） 底板受力如图（2） 由以上四式可解得 N N 3.（0628）解：以r表示小球所在处圆锥体的水平截面半径对小球写出牛顿定律方程为 其中 联立求解得： （1） （2） 练习四 （第三章 动量守恒定律和能量守恒定律）一、1. （0063） (C) 2. （0067）(B) 3. （0384）(B) 二、1. （0061） 1 m /s 0.5 m /s 2. （0066） b t P0 + b t 三、 1. （0375） 解：(1) 设A，B间绳中张力为T，分别对A、B列动力学方程 MA g T =MA a 1分 T =MB a 1分解得 a =Mg / (MA+MB) 由 MA = MB = M ag 1分 设B、C之间绳长为l，在时间t内B物体作匀加速运动，有 lat2gt2/4 ， t=0.4 s 2分 (2) B和C之间绳子刚拉紧时，A和B所达到的速度为 vatgt100.42.0 m/s令B、C间拉紧后，C开始运动时A、B、C三者的速度大小均变为V，由动量定理(设三者速度变化过程中TAB为AB间绳中平均张力，TBC为BC间绳中平均张力,为过程时间) MAV - MAv = TAB (MAgTAB ) 2分MBV MBv =TABTBC 1分 MCV 0 = TBC 1分得 (MA+ MB+ MC)V = ( MA+ MB) v V = m/s 1分2（0395）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 1分方向：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，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有 3分 1分练习五 （第三章 动量守恒定律和能量守恒定律）一、1. （0078） (C) 2. （0095）(C) 3. （0101） (C) 二、1. （0079）2 mg x0 sin a 2. （0733）12J 3. （0737） 4000J 三、1. （0438） 解：设弹簧伸长x1时，木块A、B所受合外力为零，即有：F-kx1 = 0 x1 = F/k 1分 设绳的拉力对m2所作的功为WT2，恒力对m2所作的功为为WF，木块A、B系统所受合外力为零时的速度为v，弹簧在此过程中所作的功为WK对m1、m2系统，由动能定理有 WFWK 2分对m2有 WFWT2 2分而 WK， WFFx1 2分代入式可求得 1分由式可得 由于绳拉A和B的力方向相反大小相等，而A和B的位移又相同，所以绳的拉力对m1作的功为 2分练习六 （第三章 动量守恒定律和能量守恒定律）一、1. （0796）(D) 2. （0076） (C) 二、1. （0801） x x1 U0 2. （0802） (2 m，6 m) (-4 m，2 m)和(6 m，8 m) 2 m和6 m 三、(0713) 解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力 1分物体要有加速度必须 2分即 ， 1分物体开始运动后，所受冲量为 t = 3 s, I = 28.8 N s 2分则此时物体的动量的大小为 速度的大小为 m/s 2分2(5261) 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 v 2分 v = m(v0 - v)/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+Mv2/l =26.5 N 2分 (2) (设方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与方向相反 2分练习七 （第四章 刚体的转动）一、 1.（0981） （B） 2. （5028） (C) 3.（0153） (A) 4.（0291） (C) 5. (0610) (C) 6.（5030） (B)二、 1.（0983） 20参考解： r1w1r2w2 , a1 = w1 / t1,q1=20 rev2.（0551） 4.0 rad 3.（5642） 参考解： M 4. (5031) （1） （2） 三、1.（0159）解：根据转动定律 MJdw / dt 即 dw(M / J) dt 其中 MFr，r0.1 m，F0.5 t，J110-3 kgm2, 分别代入上式，得 dw50t dt 则1 s末的角速度 w1dt25 rad / s 2.（0563） 解：受力分析如图所示 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. 根据牛顿第二定律可得： 对人： MgT2Ma 对重物： T1Mg 根据转动定律，对滑轮有 (T2T1)RJaMR2a / 4 因绳与滑轮无相对滑动， aaR 、四式联立解得 a2g / 7 3.（0782）解：各物体受力情况如图 TAmgma (2m)gTB(2m)a (TTA)r (TBT)(2r)(2m)(2r)2 ara(2r)由上述方程组解得： a2g / (9r)43.6 rads-2 ; 21.8 rads-2 ; T(4/3)mg78.4 N 练习八 （第四章 刚体的转动）一、 1.（0133） (B) 2.（0230）(C) 3.（0247） (C) 4.（0772）(D) 5.（5640）(D)6.（0228） (A) 7.（0499）(B)二、 1.（0235） 2.（0773） 对O轴的角动量 ；对该轴的合外力矩为零 ；机械能3（0556）4（0546）（1）W ; （2）klcos ; （3）W2klsin .三、1.（5045）解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力矩滑块的冲力矩故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即 碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为 由角动量定理 由、和解得 2. (0785) 解：以转台和二人为研究对象，所受外力只有重力及轴的支撑力，诸力对转轴的合力矩为零，所以系统角动量守恒各转动惯量分别为 ， 以地面为参照系，A处的人走动的角速度为，B处的人走动的角速度为 由角动量守恒定律解出 3.（0232）解：选小球和环为系统运动过程中所受合外力矩为零，角动量守恒对地球、小球和环系统机械能守恒取过环心的水平面为势能零点小球到B点时： J0w0(J0mR2)w 式中表示小球在B点时相对于地面的竖直分速度，也等于它相对于环的速度由式得： wJ0w 0 / (J0 + mR2) 代入式得 当小球滑到C点时，由角动量守恒定律，系统的角速度又回复至w0，又由机械能守恒定律知，小球在C的动能完全由重力势能转换而来即： , 4.解：把子弹和杆看作一个系统.系统所受的外力有重力和轴对细杆的约束力.在子弹射入杆的极短时间里，重力和约束力均通过轴O，因此它们对轴O的力矩均为零，系统的角动量应当守恒.于是有 子弹射入杆后，细杆在摆动过程中只有重力做功，所以以子弹、细杆和地球为一系统，则此系统的机械能守恒.于是有 解式和式，得 练习九 （第六章 热力学基础）一、1. (4106) (B) 2. (4312) (A) 3. (4582) (B) 4. (4680) (C) 5. (4100) (B) 6. (4105) (B)二、1. (4584) 等压 ； 等压 ； 等压 2. (0238) 166 J3. (4147) 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4. (4316) AM ； AM、BM 5. (4472) ； 0三、1(4102) 解：(1) 等温过程气体对外作功为 8.312981.0986 J = 2.72103 J (2) 绝热过程气体对外作功为 2.20103 J2（4694）解：(1)由等温线 得 由绝热线得 由题意知 故 1/0.714=1.4 由绝热方程 可得 Pa (2) J 3（4117）解：由图可看出 pAVA = pCVC 从状态方程 pV =nRT 可知 TA=TC ， 因此全过程ABC的DE=0 BC过程是绝热过程，有QBC = 0 AB过程是等压过程，有 14.9105 J 故全过程ABC的 Q = QBC +QAB =14.9105 J 根据热一律Q=W+DE，得全过程ABC的 W = QDE14.9105 J 4.(5547) 解：(1) 由 和 可解得 和 (2) 该理想气体的摩尔数 4 mol 在全过程中气体内能的改变量为 E=n CV(T1T2)=7.48103 J 全过程中气体对外作的功为 式中 则 J 全过程中气体从外界吸的热量为 Q = E+W =1.35104 J 5(4112) 解：(1) pV图如图 (2) T1(27327) K300 K 据 V1/T1=V2/T2， 得 T2 = V2T1/V1600 KQ =n Cp(T2-T1)=1.25104 J(3) DE0 (4) 据 Q = W + DE WQ1.25104 J 练习十 （第六章 热力学基础）一、1(4084) (C) 2(4103) (C) 3. (4122) (D) 4。(5352) (B) 5(5342) (A)6. (4125) (D)二、1（4578） S1+ S2；- S12（4683） 吸热 ； 吸热 ； 吸热3（4127） 500 ； 1004（4481） 33.3 ； 50 ； 66.7 5（4698） (或)6（4092） ；三、1.（4104）解： 由图得 (1) CA为等体过程，据方程pA /TA = pC /TC得 TC = TA pC / pA =75 K BC为等压过程，据方程 VB /TB =VC TC 得 TB = TC VB / VC =225 K (2) 根据理想气体状态方程求出气体的物质的量(即摩尔数)n 为n = pA VA /RTA =0.321 mol 由g1.4知该气体为双原子分子气体， BC等压过程吸热 J CA等体过程吸热 J 循环过程E =0，整个循环过程净吸热 J AB过程净吸热： Q1=QQ2Q3=500 J 2（4118）解： 根据绝热过程方程得到： ， pA = pB , pC = pD , TA / TB = TD / TC 故 3（4598）解：设c状态的体积为V2，则由于a，c两状态的温度相同，p1V1= p1V2 /4 故 V2 = 4 V1 循环过程 E = 0 , Q =W 而在ab等体过程中功W1= 0 在bc等压过程中功 W2 =p1(V2V1) /4 = p1(4V1V1)/4=3 p1V1/4 在ca等温过程中功 W3 =p1 V1 ln (V2/V1) = -p1V1ln 4 W =W1 +W2 +W3 =(3/4)ln4 p1V1 Q =W=(3/4)ln4 p1V1 4（4131）解：(1) 且 Q2 = T2 Q1 /T1 即 24000 J 由于第二循环吸热 ( ) (2) K 5（4119）证：由定义h = W/Q，设为1 mol气体 W=CV (T3T4)CV (T2T1) Q =CV (T3T2) 再由绝热过程方程得到： V2=V3 ， V4=V1 即 练习十一 （第七章 气体动理论）一、1. (4057)（C） 2. (4012)（B） 3. (4015)（C） 4. (4013)（C） 5. (4257)（C） 6. (5441)（C） 7. (4050)（A）二、1. (4300) 3.921024, 2. (4017) 6.2310 3, 6.2110 - 21 ,1.03510 - 20； 3. (4034) 分布在vp速率区间的分子数在总分子数中占的百分率,分子平动动能的平均值；4. (4074) (4 / 3)E / V ,(M2 / M1)1/2；5. (4560) 4000 ms-1 , 1000 ms-16. (4670) 2三、1. （4026）解：设管内总分子数为N 由p = nkT = NkT / V (1) N = pV / (kT) = 1.611012个 3分 (2) 分子的平均平动动能的总和= (3/2) NkT = 10-8 J 2分 (3) 分子的平均转动动能的总和= (2/2) NkT = 0.66710-8 J 3分 (4) 分子的平均动能的总和= (5/2) NkT = 1.6710-8 J 2分练习十二 （第八章 静电场）一、1.（1001）（C） 2.（1555）（A） 3.（1034）（D） 4.（1257）（D） 5.（5272）（A） 二、1.（1042） 2e 0E0 / 3 ； 4e 0E0 / 3 2.（1604） q / (24e 0)3.（5426） q1 / e 0； ( q1+q2) / e 0 三、1.（1009） 解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在q 处取微小电荷 dq = ldl = 2Qdq / p ,它在O处产生场强 按q 角变化，将dE分解成二个分量：， 对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷，得 0， 所以 2.（1264） 解： 选取坐标轴Ox沿半球面的对称轴，如图所示把半球面分成许多微小宽度的环带，每一环带之面积 ，小环带上带电荷 ， 该电荷元在O点产生的场强 O点处的总场强 ， (为沿x轴正方向的单位矢量) 3.（0389） 解：(1) 设电荷的平均体密度为r，取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面，底 面 DS平行地面)上下底面处的场强分别为E1和E2，则通过高斯面的电场强度通量为： E2DS-E1DS(E2-E1) DS ，高斯面S包围的电荷qihDSr , 由高斯定理(E2E1) DShDSr /e 0, 4.4310-13 C/m3 (2) 设地面面电荷密度为s由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2) 由高斯定理 =， -EDS=， s =e 0 E8.910-10 C/m3 练习十三 （第八章 静电场）一、1.（1020）（C） 2.（1021）（B） 3.（1192）（C） 4.（1199）（C） 5.（1069）（B） 二、1.（1506） 810-15 J ；5104 V2.（5167） ； 3.（1614） 三、1.（1375） 解：球形电容器的电容 , 当内外导体间电势差为U时，电容器内外球壳上带电荷 ，电容器内球表面处场强大小为 , 欲求内球表面的最小场强，令dE/da=0，则 得到 并有 ， 可知这时有最小电场强度 2.（1180） 解：将题中的电荷分布看作为面密度为s的大平面和面密度为s的圆盘叠加的结果选x轴垂直于平面，坐标原点在圆盘中心，大平面在x处产生的场强为 ， 圆盘在该处的场强为 ， 该点电势为 3.（1095） 解：设x轴沿细线方向，原点在球心处，在x处取线元dx，其上电荷为，该线元在带电球面的电场中所受电场力为： dF = qldx / (4pe 0 x2) ，整个细线所受电场力为： ， 方向沿x正方向 电荷元在球面电荷电场中具有电势能 dW = (qldx) / (4pe 0 x) ，整个线电荷在电场中具有电势能： 4（5091）解：设内筒所带电荷线密度为l，则两筒间的场强分布为 ， 两筒间的电势差为 U1U2U0，由此得 设两筒间任一点(距轴线距离为r)的电势为U，则 有 ， (1) 或 ， (2) 可以证明，(1)、(2) 两式是相等的 5（1866）解：由高斯定理求得两球壳间的场强为 ，方向沿半径指向内球壳电子在电场中受电场力的大小为 ，方向沿半径指向外球壳电子自内球壳到外球壳电场力作功为 由动能定理 ，得到 1.98107 m/s 练习十四 （第九章 静电场中的导体与电介质）一、1.（1137）（C） 2.（1140）（D） 3.（1235）（B）4.（1358）（A） 5.（1324）（A） 6.（1224）（B）二、1.（1153） ； ； ；2.（1446） 3.（1206） ；1；三、1.（0392） 解：（1） 两导体球壳接地，壳外无电场导体球A、B外的电场均呈球对称分布今先比较两球外场强的大小，击穿首先发生在场强最大处设击穿时，两导体球A、B所带的电荷分别为Q1、Q2，由于A、B用导线连接，故两者等电势，即满足： ，代入数据解得 两导体表面上的场强最强，其最大场强之比为 ， B球表面处的场强最大，这里先达到击穿场强而击穿，即 V/m （2） 由E2 max解得 Q2 =3.3 10-4 C ， 0.4710-4 C ，击穿时两球所带的总电荷为 Q = Q1+ Q2 =3.7710-4 C 2.（5425）解：设导体球带电q，取无穷远处为电势零点，则 导体球电势： 内球壳电势： 二者等电势，即 ，解得 3.（1377） 解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为l，则电容器两极板之间的场强分布为 设电容器内外两极板半径分别为r0，R，则极板间电压为 电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E0时电容器击穿，这时应有 ， 适当选择r0的值，可使U有极大值，即令，得 显然有 0， 故当 时电容器可承受最高的电压 = 147 kV 4（1182）解：设内外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电荷+l和-l, 根据高斯定理可求得两圆筒间任一点的电场强度为 ，则两圆筒的电势差为 ， 解得 于是可求得点的电场强度为 = 998 V/m （方向沿径向向外）A点与外筒间的电势差： = 12.5 V 5（1340）证：在导体壳内部作一包围B的内表面的闭合面,如图设B内表面上带电荷Q2，按高斯定理，因导体内部场强E处处为零，故 ， 根据电荷守恒定律，设B外表面带电荷为，则 ， 由此可得 练习十五 （第十章 恒定电流） 1解：导体球壳间的总电阻由欧姆定律，径向电流强度2 解：根据电阻定义，可知径向接地电阻3 lR1R2解：锥体两端面间的电阻 （1）由几何关系得则 （2）将式（2）代入式（1）得 练习十六 （第十一章 稳恒磁场） 一、1.(5666)(D) 2.(5669)(C) 3.(2658)(D) 4.(2045)(D) 5.(2016)(D)二、1. (2549) 1.2610-5 Wb 2. (5310) 12.4 T 3. (2570) p10-3 T 三、1. (2106)解：圆电流产生的磁场 长直导线电流的磁场 导体管电流产生的磁场 圆心点处的磁感强度 2. (2439)解： 的方向与y轴正向一致3.(2552)解：在距离导线中心轴线为x与处，作一个单位长窄条，其面积为 窄条处的磁感强度 所以通过dS的磁通量为 通过m长的一段S平面的磁通量为 Wb4.(2569)解：圆盘每秒转动次数为w / 2p，圆盘上电荷面密度为，在圆盘上取一半径为r，宽度为dr的环带，此环带所带电荷 此环带转动相当于一圆电流，其电流大小为 它在x处产生的磁感强度为 故P点处总的磁感强度大小为： 5. (2444)解：如图，在垂直于j的dl长度内流过电流为dI，dI在P点产生的磁场： ， 由对称性的分析可知 ； 练习十七 （第十一章 稳恒磁场）一、 1.(2575)(D) 2. (0566)(A) 3. (2062)(A) 4.(2083)(A) 5. (2019)(B)二、