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大学物理习题精选大学物理习题精选 与真题详解与真题详解 中国矿业大学理学院物理系中国矿业大学理学院物理系 二二 O 一四年二月一四年二月 目目 录录 第一章 力和运动参考解答 1 第二章 运动的守恒量和守恒定律参考解答 7 第三章 刚体和流体的运动参考解答 12 第四章 相对论基础参考解答 18 第五章 气体动理论参考解答 24 第六章 热力学基础参考解答 28 第七章 静止电荷的电场参考解答 32 第八章 恒定电流的磁场参考解答 45 第九章 电磁感应和电磁场理论参考解答 49 第十章 机械振动参考解答 53 第十一章 机械波和电磁波参考解答 59 第十二章 波动光学参考解答 64 第十三章 量子力学基础参考解答 68 大学物理习题精选与真题详解 1 第一章第一章 力和运动力和运动参考解答参考解答 一 选择题 CDBBB BDDDB ADCCB EDDBD 二 填空题 1 30sing 30cos 2 g 2 变速曲线运动 变速直线运动 匀速曲线运动 3 pxy2 ut put2 j t pu i u 2 j t pu 3 8 4 2 80sm 2 2sm 5 sm 210 东偏北 45 6 0 2F 7 1 2 cos 8 tv ct xv ct 0 4 00 3 12 3 9 12 1 hh vh 10 2 2 0 d d 1 t x mktF 2 1 2 0 0 ktt m F 6 1 2 1 32 0 0 ktt m F t 三 计算题 1 解 1 由x t 和y t 中消去t 后得质点轨迹方程为 2 4 1 2xy 这是一个抛物线方程 轨迹如图所示 2 将t 0 和t 2 分别代入运动方程 可得相应位矢 分别为 m 2 0 jr m 24 2 jir 图中的P Q 两点 即为t 0 和t 2 时质点所在位置 3 由位移表达式 得 jijirrr44 020212 yyxx 其中位移大小m66 5 22 yxr 大学物理习题精选与真题详解 2 而径向增量m47 2 2 0 2 0 2 2 2 202 yxyxrrrr 2 解 选取石子下落方向为y 轴正向 下落起点为坐标原点 1 由题意知 v v BA t a d d 1 用分离变量法把式 1 改写为 t BA d d v v 2 将式 2 两边积分并考虑初始条件 有 t t BA 0 dd d 0 v v v v v 得石子速度 1 Bt e B A v 由此可知当 t 时 B A v为一常量 通常称为极限速度或收尾速度 2 再由 1 d d Bt e B A t y v并考虑初始条件有 te B A y t Bt y d 1 d 00 得石子运动方程 1 2 Bt e B A t B A y 3 解 4 解 由线速度公式 22 1 ktRktR 得 4 2 16 22 t k P 点的速率为 2 4t P 点的切向加速度大小为 t t a8 d d dt dx KvKv dt dv a 2 Kdx v dv Kvdxdv 即 xv v Kdx v dv 0 0 两边积分 Kx evvKx v v 0 0 ln即 大学物理习题精选与真题详解 3 P 点的法向加速度大小为 4 222 16 1 4 t t R an t 1 时 4144 22 smt 88 2 smta 1611616 244 smtan 9 1758816 222 22 smaaa n 5 解 1 由于 3 42t 则角速度 2 12 d d t t 在t 2 时 法向加速度和切 向加速度的数值分别为 22 s2 sm 4 230 ra tn 2 s2 sm80 4 d d t ra tt 2 当 22 2 1 2 tnt aaaa 时 有 22 3 nt aa 即 4 22 2 12243trrt 得 32 1 3 t 此时刻的角位置为 rad15 3 42 3 t 3 要使 tn aa 则有 4 22 2 12243trrt t 0 55 6 解 建立如图所示的坐标系 1 船的速度分量为 15sinsin x 15coscos y 船到达对岸要花的时间为 106 2 15sin5 1 1000 15sin 3 s ll t x 船到达对岸时 在下游的坐标为 l o x y 大学物理习题精选与真题详解 4 33 cos15 1 5 cos152 2 6 101 4 10 y ytt m 2 船的速度分量为 sin x cos y 船的运动方程为 ttx x sin tty y cos 船到达对岸时 lx sin l t 所以 sinsin cos cos l lctg l ty 当0 d d y 时 y取 极 小 值 将 上 式 对 求 导 并 令0 d d y 求 得 75 0 2 5 1 cos 船头与河岸的夹角为 4 41 船到达对岸要花的时间为 100 1 4 41sin5 1 1000 sin 3 s ll t x 船到达对岸时 在下游的坐标为 875 100 1 2 4 41cos5 1 4 41cos 3 m tty y 7 解 取钢球为隔离体 其受力分析如图所示 在图示坐标 中列动力学方程 mRma F nN sinsin 2 1 mg FN cos 2 且有 R hR cos 3 由上述各式可解得钢球距碗底的高度为 2 g Rh 可见 h 随 的变化而变化 8 解 受力分析如右图 有 m1g T m1a10 f m2g m2a20 大学物理习题精选与真题详解 5 f T 用角标0 1 2分别表示地 绳 绳与m1的加速度的大小相等 m2 向上为坐标正向 因a20 a21 a10 有 a20 a10 a2 解得m1 m2的加速度 环与绳间摩擦力分别为 a10 m1 m2 g m2a2 m1 m2 a20 m1 m2 g m1a2 m1 m2 f T 2g a2 m1m2 m1 m2 9 解 解法一 以钉子处的重力势能为零 则静止时及另一边长为 x 时的机械能分别为 22 0 b bg ba ma ag ba m E 2 2 1 22 m x xg ba mxba gxba ba m E 由机械能守恒定律 0 EE 求得 2 bxax ba g 由 t x d d 得 x t d d 积分得 ba ba g ba bxax ba g xx tt ba a ba a t ln 2 2 0 dd d 解法二 左右两部分分别应用牛顿运动定律 t xba ba m gxba ba m T d d t x ba m xg ba m T d d 两式相减得 并利用 t mgbax ba m d d 2 两边乘xd d d d d t x mxgbax ba m 2 a b x xba 大学物理习题精选与真题详解 6 利用 t x d d 简化得 dd xgbax ba 2 1 两边积分 0 2 1 dd ba a xgbax ba 得 2 bxax ba g 以后与解法一相同 10 解 1 以火车为研究对象 建立如图所示坐标 系 据分析 由牛顿定律有 R m FN 2 sin v 1 0cos mg FN 2 解 1 2 两式可得火车转弯时规定速率为 gRtan 0 v 2 当v v0 时 根据分析有 R m F FN 2 1cos sin v 3 0sincos 1 mg F FN 4 解 3 4 两式 可得外轨侧压力为 g R Fsincosm 2 1 v 当v v0 时 根据分析有 R F FN 2 2 mcossin v 5 0sincos 2 mg F FN 6 解 5 6 两式 可得内轨侧压力为 大学物理习题精选与真题详解 7 R gmFcossin 2 2 v 第二章第二章 运动的守恒量和守恒定律运动的守恒量和守恒定律参考解答参考解答 一 选择题 ACADC CDCDA ACDBA 二 填空题 1 0 mgx 0 2 1 mgx 0 2 1 mgx 0 mgx 0 2 1 mgx 0 2 1 mgx 2 882J 或 900J 3 0 18J 17J 7J 4 smM Mm lsmM mMmM 2 2 0 22 0 2 2 1 2 2 1 或 2 0 2 1 mM mM 5 mgl 50 1 6 2 2 21 1 21 1 m tF mm tF mm tF 7 RF0 8 44ji 55 9 Si N54 27m s 10 2GMm 3R GMm 3R 11 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 r r mr 12 100m s 13 9 8J 0 5 8J 不能 14 1 N m s 1 m s 15 GMRm 大学物理习题精选与真题详解 8 三 计算题 1 解 解法一 设船和人相对于岸的速度分别为V和 船和人相对于岸移动的距离分别为 x 和 y 由动量守恒定律 0 mMV 上式对时间积分 0dd 00 tt tmtMV 得 0 myMx 1 由题意可知 Lyx 2 式中 L 为船头到船尾的长度 由 1 2 解得 mL mM m x2 16 3 50100 50 解法二 人走动过程中 人和船的质心位置不变 mM myMx mM myMx 1100 0 0101 yymxxM 0 dlmMd ml mM m d2 16 3 50100 50 2 解 1 因穿透时间极短 故可认为物体在被子弹穿透过程中未离开平衡位置 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 v 有 mv1 mv M v v m v1 v M 5 7 m s T Mg Mv2 l 84 6 N 2 设 v1方向为正方向 子弹受冲量 I 负号表示冲量方向与 v1方向相反 3 解 1 由功的定义 JxxxxxxfA x x 25 3 32d64d 00 1 50 0 32 00 1 50 0 2 2 1 2 由动能定理得 不计重力 0 2 1 2 MA 解得 sm m A 80 1 2 13 2 25 3 22 大学物理习题精选与真题详解 9 4 解 爆炸前的速度为gt 0 设爆炸后 A B C 三块质量都是 m 速度分别为 A B 和 C 爆炸前后应用动量守恒 CBA mmmm 3 分量式为 CyByAyy CxBxAxx mmmm mmmm 3 3 得 sinsin03 coscos00 CB CB mmm mm 整理 sinsin3 0coscos 0CB CB gt 2 1 根据题意有 CB 代入 1 式得0coscos 即 不合题意舍弃 由 2 得 sin2 3 0 gt BC 5 解 第一阶段 子弹射入到相对静止于物块 A 由于时间极短 可认为物块 A 还没有 移动 应用动量守恒定律 求得物块 A 的速度 A 0 mmM A 0 mM m A 第二阶段 物块 A 移动 直到物块 A 和 B 在某舜时有相同的速度 弹簧压缩最大 应 用动量守恒定律 求得两物块的共同速度 A 2 mMmM 0 2 2 mM m mM mM A 应用机械能守恒定律 求得弹簧最大压缩长度 222 2 1 2 1 2 2 1 A mMkxmM 2 0 mMmMk M mx x y B C 0 大学物理习题精选与真题详解 10 6 解 设小球和圆弧形槽的速度分别为 1 和 2 1 由动量守恒定律 0 21 Mm 由机械能守恒定律 mgRMm 2 2 2 1 2 1 2 1 由上面两式解得 MMm gR M Mm MgR 22 1 MMm gR m 2 2 2 小球相对槽的速度为 MMm gR mM 2 21 竖直方向应用牛顿运动第二定律 R mmgN 2 M gm mg MMm mg mMmg R mmgNN 2 2 2 2 3 2 7 解 水平方向的动量守恒定律 有 v v v mmm 2 1 为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动 在最高点时 摆线中的张力F 0 则 l m gm h 2 v 2 式中v h 为摆锤在圆周最高点的运动速率 又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中 满足机械能守恒定律 故有 2 2 1 2 2 1 h mglmmvv 3 解上述三个方程 可得弹丸所需速率的最小值为 glm m 5 2 v 8 解 在子弹与物块的撞击过程中 在沿斜面的方向上 根据动量守恒有 10cos vmm mv 1 在物块上滑的过程中 若令物块刚滑出斜面顶端时的速度为v2 并取A点的重力势能为 零 由系统的功能原理可得 大学物理习题精选与真题详解 11 h gmm sin cos 2 1 2 2 2 1 2 1 vvmmghmmmm 2 由式 1 2 可得 1cot2cos 2 02 gh mm m vv 9 解 由题意得x L F FF 0 0 则在x 0 到x L 过程中作功 2 d 0 0 0 0 LF xx L F FW L 由动能定理有 0 2 1 2 vmW 得x L 处的质点速率为 m LF0 v 此处也可用牛顿定律求质点速率 即 x m t mx L F F d d d d 0 0 v v v 分离变量后 两边积分也可得同样结果 10 解 取地面为参考系 以滑块B 和三棱柱A 为研究对象 分别作示力图 如右图所示 B 受重力P1 A 施加的支持力FN1 A 受重力P2 B 施加的压力FN1 地面支持力FN2 A 的运动方向为 Ox 轴的正向 Oy 轴的正向垂直地 面向上 设aA 为A 对地的加速 度 aB 为B 对的地加速度 由牛顿 定律得 A am sin N1 F 1 Bx ma sin N1 F 2 By mamg cos N1 F 3 大学物理习题精选与真题详解 12 N1N1 FF 4 设B相对A的加速度为aBA 则由题意aB aBA aA 三者 的矢量关系如右图所示 据此可得 aaa BAABx cos 5 aa BABy sin 6 解上述方程组可得三棱柱对地面的加速度为 mm mg aA 2 sin cossin 滑块相对地面的加速度aB 在x y 轴上的分量分别为 mm gm aBx 2 sin cossin mm gmm aBy 2 2 sin sin 则滑块相对地面的加速度aB 的大小为 mm mmmm gaaa ByBxB 2 222 22 sin sin2 sin 其方向与y 轴负向的夹角为 mm m a a By Bx cot arctanarctan A 与B 之间的正压力 mm mgm F 2 N1 sin cos 第三章第三章 刚体和流体的运动刚体和流体的运动参考解答参考解答 一 选择题 BDCBA BDABA CBCBCB 二 填空题 1 4s 15m s 2 62 5 s 3 5 3 2 32 13 MR 大学物理习题精选与真题详解 13 4 18 2 mglmgl 5 6v 7L 6 ml 2 1 22 6 1 ml 2 3 1 ml 7 8 1 2 J 8 2 4ml 2 14ml 2 914 lMm 22 914 2 1 lMm 9 减小 增大 保持不变 增大 10 三 计算题 1 解 1 飞轮的角加速度 126 40 5 0 02 22 sradsrad n t 这段时间转过的角度 55 040 2 1 2 1 22 t 转过了 2 5 转 此时的角速度 sradn 202 2 由动能定理得拉力的功 JMRJA11125 112015 0 5 2 1 2 1 2 1 2 1 0 2 1 2 2 2222 由功的定义 rFrFMdAd 拉力大小 N R A r A F4715 515 0 25 11 2 3 t 10 秒时 飞轮的角速度 400sradt 轮边缘上一点的速度 5 1886015 0 400smRr 轮边缘上一点的切向速度大小 22 9 18 615 0 40smsmra 轮边缘上一点的法向速度大小 2522 1037 2 24000smran 轮边缘上一点的加速度大小 2522 1037 2 smaaa n 2 解 根据转动定律 FARA JA A FBRB JB B 要使 A B 轮边上的切向加速度相同 应有 大学物理习题精选与真题详解 14 a RA A RB B 由 式 有 由 式有 A B RB RA 将上式代入 式 得 FA FB mA mB 3 解 1 用隔离体法 分别画出三个物体的受力图 对物体 1 在竖直方向应用牛顿运动定律 111 amgmT 对物体 2 在水平方向和竖直方向分别应用牛顿运动定律 amNT 22 0 2 gmN 对滑轮 应用转动定律 JrTrT 12 并利用关系 ra 由以上各式 解得 g r J mm mm a 2 21 21 gm r J mm r J mm T 1 2 21 2 22 1 gm r J mm r J mm T 2 2 21 2 11 2 2 0 时 a 1 T gm1 N 2 T mg 1 T a f N 2 T gm2 大学物理习题精选与真题详解 15 Jrmrm grm g r J mm m a 2 2 2 1 2 1 2 21 1 Jrmrm gmJrm gm r J mm r J m T 2 2 2 1 1 2 2 1 2 21 2 2 1 Jrmrm gmrm gm r J mm m T 2 2 2 1 2 2 1 2 2 21 1 2 4 解 1 由转动定律 JM 2 2 39 5 0 2 098 srad J rF J M 2 由动能定理 AEk 0 JhFAEk490598 3 对物体应用牛顿运动定律 amTmg 对滑轮应用转动定律 JrT 利用关系 ra 由以上各式解得 2 22 8 21 5 02 010 8 92 010 srad Jmr mrg g r J mr m 5 解 由角动量守恒定律 0 02 2 JmrJ 得 2 r J m 由于 kg s 3 101 t m 所以 s5 1011 0 105 101101 32 5 323 r Jm t 大学物理习题精选与真题详解 16 6 解 应用角动量守恒定律 JmRJ 2 解得 J mR 2 1 则角速度的变化 J mR 2 系统动能的变化 222 2 1 2 1 mRJJEk 即 1 2 1 2 22 J mR mREk 7 解 设人相对圆盘的角速度为 圆盘相对地面的角速度为 M 则人相对地面的角速度为 Mm 应用角动量守恒定律 0 2 1 2 1 2 2 Mm MRmR 即 0 2 1 2 1 2 2 MM MRmR 解得 2 1 2 2 2 2 2 1 MRmR mR M 圆盘相对地面转过的角度为 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 MRmR mR dt MRmR mR dt MM 人相对地面转过的角度为 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 MRmR MR dt Mmm 8 解 1 如图取一半径为 r 厚为 dr 的圆环 质量为 dm 则 rdmgrdFdM 22 2 2 R mrdr drr R m dm 2 2 2 R drgrm dM mgR R drmgr dMM R 3 22 0 2 2 大学物理习题精选与真题详解 17 2 由刚体定轴转动定律 得 即 两边积分 得 t 9 解 1 应用角动量守恒定律 2 2 4 3 3 1 4 3 lmMllm 得 srad lmM m 9 8 4 0108 10 9 1 3 1 200108 4 3 16 9 3 1 4 3 3 3 2 应用机械能守恒定律 cos 4 3 cos 24 3 2 4 3 3 1 2 1 22 l mg l Mg l mg l MglmMl 得 079 0 32 8 9 3 2 1cos g l mM mM 5 94 10 解 1 应用牛顿第二运动定律 r mmg 2 m s 95 4 5 28 9 gr 2 应用角动量守恒定律 0 3 2 J r mr rad s 3 252 107 8 5 2703103 5 295 4 703 3 3 mrJ rm 3 19 107 8360 230 5 22 95 4 22 3 rr t n圈 11 解 设组合轮顺时针方向转动 角加速度为 则物体 A 沿斜面上升 物体 B 竖直 下降 分别画出 A B 和组合轮的受力图如图所示 已知组合轮的转惯量 dt d JM 大学物理习题精选与真题详解 18 22 1 12 2 11 22 Jm rm r 则 由牛顿第二定律和转动定律 得动力学方程为 和 第四章第四章 相对论基础相对论基础参考参考解答解答 一 选择题 答案 C C E D D C C A B D D A 大学物理习题精选与真题详解 19 二 填空题 1 答 1 在所有惯性系中 一切物理定律都具有相同形式 2 在一切惯性系中 测真空中沿任意方向传播的光速都是定值c 2 答 球面波 x 2 y 2 z 2 C2t 2 球面波 x2 y2 z2 C2t2 3 答 4 3 10 8s 4 答 cla 2 0 1 5 答 0 6a2 6 答 0 988c 7 答 4 2 375 10 4 3 875 10 8 答 c c 9 答 cc97 0 17 16 10 答 5 5 10 14J 0 34MeV 1 5 107eV 11 答 4 12 答 3 2 c 3 2 c 13 答 0 2 2 1 m 0 三 计算题 1 解 1 由伽利略变换 辐射光子相对实验室坐标系 K 系 的速度 u v c 0 99975c c 1 99975c 2 由洛仑兹速度变换 上述光子的速度为 2 11 x x x uvcv uc vv u cc 3 在实验室坐标系 K 系 内观察光子相对 0 介子的相对速度为 c v c 0 99975c 0 00025c 2 解 火箭相对地球的速度为 v 2 4 108m s 长度收缩 火箭上的观察者测出的两观察点的距离为 2 1 LLc v 7 2 104m 72km 火箭上的观察者测出的地球相对火箭的速度为 v 2 4 108m s 火箭上的观察者测出的飞跃的时间间隔为 大学物理习题精选与真题详解 20 t L v 0 0003s 3 解 令 K 系与 K 系的相对速度为 v t 为 K 系同一地点测量的时间 为固有 时 而 t 为观测时间 由时间延缓公式 2 1c t t v 得 22 1 cttv 则 2 v1 ctt 2 24 108 m s 1 那么 在 K 系中测得两事件之间距离为 2 122 ttctx v 6 72 108 m 4 解 1 由长度缩短公式 得观测站测得飞船船身的长度为 2 0 1cLLv54 m 则 船身通过观测站的时间间隔为 t1 L v 2 25 10 7 s 2 宇航员测得飞船船身的长度为 L0 则 t2 L0 v 3 75 10 7 s 5 解 甲测得的时间为固有时间 乙测的得到时间 22 1 t t uc 即 22 4 5 1 uc S 相对于S的运动速度 0 6uc 乙测得这两个事件的空间间隔 22 1 xu t x uc 22 1 u t x uc S 系中同地不同时的两个事件 将0 6uc 4ts 代入得到 8 9 10 xm 6 解 以地球上的时钟计算 yss v s t 91087 2 103999 0 103 42 8 8 16 大学物理习题精选与真题详解 21 若以飞船上的时钟计算 原时 因为 2 1 t t v c 所以得 2 7 11 28 100 4 v ttsys c 7 解 1 以地面为参照系 K 系及飞船为参照系 K 系 如题解图 4 1 所示 设 ux 为彗星相对于飞船的速度 v 与 ux分别表示飞船与彗星相对地面的速度 则 v 0 6c ux 0 8c 根据洛仑兹速度变换 22 0 80 6 0 946 0 6 110 8 x x x uvcc uc vc uc cc 负号表示 ux 沿 x 轴负方向 题解图 4 1 2 本题根据不同思路 可以有几种解法 解法一 开始飞船经过地面上 x1位置和到达 x3位置 与彗星相撞处 如题解图 4 2 所示 这 两个事件在飞船上观察是在同一地点发生的 它们的时间间隔t 应是原时 由于在地 面上看这两事件的时间间隔为t 5s 所以 22 0 6c 1 v 5 1 4 ttcs c 大学物理习题精选与真题详解 22 题解图 4 2 解法二 如图 4 2 所示 以飞船经过地面上 x1位置为事件 1 同时观测到彗星经过 地面上 x2位置为事件 2 再设飞船和彗星在地面上 x3位置相撞为事件 3 从地面上看事 件 1 2 是同时在 t0时刻发生的 而事件 3 发生在 t1时刻 在飞船参照系看 则这三个 事件发生时间分别为 123 ttt 要注意到 1 2 两事件在飞船参照系中不是同时 即 12 tt 发生的 而 13 tt 时刻可由飞船中同一时钟给出 其间隔 t 即为所求的时间 已知在地面参照系中 10 5ttts 10 21 xxvtt 根据洛仑兹变换有 2 10311010 22 31 22 2 2 10 11 0 6c 1 5 1 4 vv ttxxtttt cc ttt v cv c ttv cs c 8 解 以地面为参照系 K 系 飞船为参照系 K 系 则 v 0 8c x u 0 9c 根据洛仑兹变换有 2 2 2 0 90 8 0 988 0 8 0 9 1 1 x x x uvcc uc v c u c c 9 解 设立方体的长 宽 高分别以 x0 y0 z0表示 观察者 A 测得立方体的长 宽 高分别为 2 2 0 1 c xx v 0 yy 0 zz 大学物理习题精选与真题详解 23 相应体积为 2 2 0 1 c VxyzV v 观察者 测得立方体的质量 2 2 0 1 c m m v 故相应密度为 Vm 2 2 0 2 2 0 1 1 c V c m v v 1 2 2 0 0 c V m v 10 解 1 设 EK为质子的动能 EK 76GeV 则质子加速后的总能量为 22 ko EmcEm c 22 1 kk oo o EE mmm cm c 代入数据 求得结果为 25 1 38 10mkg 2 由 2 2 0 1 c m m v 可得 22 00 22 1 1 1 2 mm vcc mm 代入数据 求得结果为 0 9999vc 11 解 依题意 总能量 E kE0 即 22 o Emckm c 将 22 1 o m m vc 代入上式 得 2 2 22 1 o o m c km c vc 22 1 1 vc k 大学物理习题精选与真题详解 24 化简后得 2 1 c vk k 12 解 因为 k 2 EmcE 2 0 2 0 cm7c mm 0 m8m 代入 2 0 1 m m 得到 0 2 m m 1 1 8 1 1 2 代入 2 0 1 得到 0 8 13 解 设固定在介子上的参照系为S 根据 2 00 c mm EE 将MeV3000E MeV100E0 和 2 0 1 m m 代入得到 30 1 1 2 即30 c u 1 1 2 2 由此式解出介子运动速度 899 30 uc 根据洛伦兹变换 介子在S参照系中运动的距离 2 0 1 u x S 参照系中同地不 同时的两个事件 0 x 将30 1 1 2 899 30 uc 和s102 6 0 代入 2 0 1 u x 得到 m108 1x 4 第五章第五章 气体动理论气体动理论参考解答参考解答 一 选择题 1 5 BBDAC 6 10 DABDD 11 15 ABCCD 二 填空题 1 750 67 2 9 86 1021m 3 6 90 1022m 3 3 3 0 10 21J 6 0 103J 4 12 8K 大学物理习题精选与真题详解 25 5 0 6V2 6 单位 m s 平均速率 方均根速率 最概然速率 氦气 1458 5 1578 9 1289 0 氧气 515 7 558 2 455 7 水蒸气 687 6 744 3 607 6 7 速率大于 vp的分子数占总分子数的比例 分子速率平方的平均值 分子的平均速率 速率处于 v v dv 区间的分子数 速率介于 v1 v2区间的分子数占总分子数的比例 8 1 58 1023 9 3 44 1020 1 6 10 5kg m3 0 58J 10 相同 不同 相同 11 12 5 3 10 3 13 1 2 10 22N s 5 1026 6 104Pa 14 28 4g mol 15 1 2 4 三 计算题 1 解 V RT M M p mol1 1 1 V RT M M p mol2 2 2 Pa V RT M M M M ppp molH H molH H e e 4 33 5 3 5 21 1055 7 100 1 30272 31 8 100 2 100 4 100 4 100 4 2 2 2 解 根据粒子速率分布函数的归一化条件 1dv v f 0 1advdv v v a 0 0 0 v2 v 0 v 0 1av 2 v a 0 0 0 v3 2 a 速率大于 v0的粒子数 dv v Nf N 0 v dv v3 2 N N 0 v2 v 0 0 N 3 2 N 粒子的平均速率 dv v vfv 0 dv v3 v2 dv v3 v2 v 0 v2 v 2 0 2 v 0 0 0 0 0 v 9 11 v 大学物理习题精选与真题详解 26 3 解 由气体内能公式 氦气 111 2 3 kTNE 氧气 222 2 5 kTNE 混合气 kTNkTNE 2 5 2 3 21 混合前后内能总不变 221121 2 5 2 3 2 5 2 3 kTNkTNkTNkTN 得 2 5 2 3 2 5 2 3 2 5 2 3 2 5 2 3 2 1 21 2 1 21 2211 N N TT N N NN TNTN T 由理想气体状态方程 111 kTnp 222 kTnp 由于混合前压强相等得 1 2 2 1 2 1 T T n n N N 所以K 284 25053103 3102508 53 8 2 5 2 3 2 5 2 3 12 21 1 2 21 1 2 TT TT T T TT T T T 4 解 1 1 1 1 V RT M M p mol 2 2 2 V RT M M p mol 3 5 0 1 27273 177273 2 1 1 2 1 2 V V T T p p 2 11 2 3 kT k 22 2 3 kT k 5 1 27273 177273 1 2 1 2 T T k k mol M RT1 2 1 3 mol M RT2 2 2 3 22 1 5 1 1 2 2 1 2 2 T T 5 解 氧分子属于双原子分子 平均平动动能 kT 2 3 k 1mol 氧分子的平动动能 J107 330031 8 2 3 RT 2 3 3 转动动能 大学物理习题精选与真题详解 27 J105 2RT 2 2 3 1mol 单原子分子氦气的内能 J 5 3739RT 2 3 1 克氦气的内能 J1095 0 30031 8 104 10 2 3 RT 2 3 3 3 3 氦气摩尔质量mol kg104 3 1 克氢气的内能 JRT 3 3 3 101 330031 8 102 10 2 5 2 5 氢气摩尔质量molkg 102 3 6 解 根据麦克斯韦速率分布 气体分子速率介于 ppp v01 0 v v 之间的分子数 所占的比率 dvev kT2 4 N N kT2 v 2 2 3 v01 1 v 2 p p 由于速率间隔较小 所以 dvev kT2 4 N N kT2 v 2 2 3 2 将 p vv p v01 0 v 和 kT vp 2 代入上式得到 01 0 4 2 3 1 pp p vv v e N N 83 0 N N 同 理 气 体 分 子 速 率 介 于 ppp v01 0 v v 之 间 的 分 子 数 所 占 的 比 率 83 0 N N 气体分子速率与最可几速率之差不超过 1 的分子占全部分子的比率 66 1 N N 速率在 11 sm3010 sm3000v 之间的分子数 1 kT2 v 2 1 2 3 1 vev kT2 4Nn 2 1 速率在 11 1510 1500 smsmv之间的分子数 2 kT2 v 2 2 2 3 2 vev kT2 4Nn 2 2 大学物理习题精选与真题详解 28 2 1 kT2 v 2 2 kT2 v 2 1 2 1 v v ev ev n n 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 v vv 2 1 vv vv e n n 2 p 2 1 2 2 将 1 1 sm3000v 1 2 sm1500v 1 1 sm10v 1 2 sm10v 代入得到 2 p 2 1 2 2 v vv 2 1 e4 n n 再 将 3 1002 2 30031 8 222 mol p M RTkT v s m1571vp 代 入 得 到 26 0 n n 2 1 7 1 n p kT 2 69 1025m 3 2 平均速率sm M RT v mol 448 8 3 nvdz 2 2 6 54 109s 1 4 zv 6 85 10 8m 5 2 3kT k 5 65 10 21J 第六章第六章 热力学基础热力学基础参考解答参考解答 一 选择题 1 5 DDDDD 6 10 AAADC 11 15 CABAB 16 20 BACCA 二 填空题 1 做功 热传递 温度变化 热力学过程 2 2 i 2 i i 2 3 V0 p1 p0 p0 V1 V0 4 5 2 5 p2V2 p1V1 0 5 p2 p1 V2 V1 0 5 p1V2 p2V1 3 p2V2 p1V1 6 0 333 831J 7 260J 280J 8 0 333 0 5 0 667 9 2 200 10 9216J K 0 三 计算题 1 解 1 等温过程 18 0 8 8 0 6 11 大学物理习题精选与真题详解 29 0 E 2 7865 0ln27331 8 028 0 014 0 ln 1 2 0 J V V RT M M AQ mol 2 绝热过程 KT V V T 2 3602732 14 1 1 1 2 1 2 0 Q JTTC M M AE V mol 8 905 273 2 360 31 8 2 5 028 0 014 0 12 3 等压过程 KT V V T 5 1362735 0 1 1 2 2 JTTC M M Q p mol 0 1985 273 5 136 31 8 2 7 028 0 014 0 12 JTTC M M E V mol 9 1417 273 5 136 31 8 2 5 028 0 014 0 12 JEQA 1 567 9 1417 0 1985 2 解 气体所做的功为 11 dd 12 2 2 1 2 1VV CV V C VpA V V V V 上式用 V C pV 代入得0 11 121122 12 TTR M M VpVp VV CA mol 即 12 TT 0 所以吸热 10 解 1 Q1 RT1ln V2 V1 5 35 103J 2 1 T2 T1 0 25 W Q1 1 34 103J 3 Q2 Q1 W 4 01 103J 第七章第七章 静止电荷的电场静止电荷的电场参考解答参考解答 一 选择题 DDDDC DDADDBC BCBDA AADAD 二 填空题 1 2 0 4a q 由 O 指向 D 2 0 3 3 1 3 2 0 Rr r 3 3 1 3 2 2 0 RR r 3 ER2 0 4 00 3 2 E 00 3 4 E 5 0 0 6 变小 7 r qR 00 4 1 8 11 4 0 1 Rr q 大学物理习题精选与真题详解 33 9 1 21 0 4 1 R qq 10 R 2 sin4 4 1 0 0 11 F 10 F 75 3 12 1221 21 dd S 13 2 1 2 4 4 0 2 L q 14 r R R r 15 A 2Epcos 16 E 0 匀强电场 17 v q 2 0m 1 2 18 U0 2 Qd 4 0S 19 8 85 10 10C m2 负 20 Q1 Q2 2S Q1 Q2 2S Q1 Q2 2S Q1 Q2 2S 三 计算题 1 解 建立如图所示的坐标系 在导线上取电荷元xd 电荷元xd 在 P 点所激发的场强方向如图所示 场强大小为 2 0 4 1 xdL x EP d d 导线上电荷在 P 点所激发的总场 强方向沿x轴正方向 大小为 675 20 0 1 05 0 1 105109 11 4 4 1 99 0 0 2 0 mV Ldd xdL x EE L PP d d L P d AB xd x P Ed x o 大学物理习题精选与真题详解 34 电荷元xd 在 P 点所激发的电势为 d 4 1 d 0 xdL x UP 导线上电荷在 P 点所激发的总电势为 4ln45 05 0 20 0 ln105109ln 4 d 4 1 d 99 0 0 0 V Ld d xdL x UU L PP 2 解 电荷线密度 dR Q 2 任取线元 ddRl d为线元对圆心 O 点的圆心角 则电荷元电量为 dddRlQ 电荷元在圆心 O 点的场强为 2 0 d 4 1 d R R E cos d 4 1 d 2 0 R R Ey 72 0 5 0 02 0 02 0 5 02 1012 3 109 4 sin2 4 d cos 4 d 2 9 9 2 0 0 0 0 0 0 mV R d R R EE y 近似解法 72 0 4 1 2 0 mV R d E 3 解 在平板内任取厚度为 dx 的簿层 作为电荷元 其电荷面密度为 dx 簿层两侧的场强大小为 xEd 22 d 00 方向平行于 x 轴 1 M1处的场强为 d R O x y E O x a 1 M 2 MM xd d R O l d d 0 x y Ed 大学物理习题精选与真题详解 35 0 2 0 0 0 0 1 4 d 2 d 2 d ka x kx xEE aa M2处的场强为 0 2 0 0 0 0 2 4 d 2 d 2 d ka x kx xEE aa 2 M 处 0 xa 的场强为 2 4 d 2 d 2 d 22 00 0 0 ax k xxEE a x x 3 场强最小为0 min E 代入上式得 0 2 4 22 0 ax k 0 xa 则 ax 2 2 4 解 在半径为 R 的圆形平面上 取半径为 r 的宽度为 dr 的同心圆环 则 圆环面积 rrSd2d 由关系得 dtgr d cos d 2 d r 通过面积 dS 的电通量为 rrESE E d2cosdcosd 又因为 22 0 4 1 dr q E 所以 dsin 2 1 d cos 2cos cos 4 1 d2cos 4 1 d 0 2 2 0 22 0 d dtg d q rr dr q E 通过圆平面的电通量为 A dO R q 22 Rd r rd 大学物理习题精选与真题详解 36 1 2 cos1 2 dsin 2 d 22 0 0 0 0 dR dq q q EE 另解 圆平面的电通量等于以为 22 dR 半径 以圆平面的边界为边界的球冠表面的 电通量 1 2 2 4 1 2d 22 0 2222 22 0dR dq ddRdR dR q rhEES EE 5 解 应用场强叠加原理求解 P点场强大小为 3 3 4 4 1 3 4 4 1 2 3 0 2 3 0 2 3 0 PO OOPO OOPOPO PO rPRPP r rr r rr r r r EEE 场强方向沿 x 轴方向 正值沿 x 轴正方向 P 点场强大小为 3 3 4 4 1 3 4 4 1 2 3 2 3 0 2 3 0 2 3 0 OPOOOP OOOPOP PrPRP r R rr r rr r r R EEE 场强方向沿 x 轴方向 正值沿 x 轴正方向 6 解 设地球带的总电量为 Q 大气层带电量为 q 1 根据高斯定理 0 2 4 Q RE 地球带的总电量为 R r O O P P x 大学物理习题精选与真题详解 37 105 4 1037 6 109 1 1004 526 9 0 2 CREQ 2 根据高斯定理 0 2 4 qQ hRE 1400m 厚的大气层带电量为 C QhREq 5 526 9 2 0 106 3 105 4 14001037 6 109 1 20 4 大气层的平均电荷密度为 1052 6 1400 1037 6 4 106 3 4 3 4 313 26 5 2 33 mC hR q Rr q 7 解 由高斯定理 当 r R 时 2 0 1 4 1 r Q E 当 r 2 4 r Q D 0 Rr 0 D 由于 D E 所以介质内外的电场强度为 0 Rr 2 00 4r QD E 0 R 2 R 1 R 大学物理习题精选与真题详解 43 12 RrR 2 00 4r QD E rr 2 Rr 2 00 4r QD E 2 介质内的电极化强度为 2 0 4 1 1 r Q EP r r r 由 n P 介质外表面上的极化电荷面密度为 2 2 4 1 22 R Q P r r nRR 介质内表面上的极化电荷面密度为 2 1 4 1 11 R Q P r r nRR 15 解 金属球接地 其球心的电势 0d 4 1 4 4 d 4 0000 ss q R r q R q r q V 感应电荷总量 q r R qq d 16 解 1 由介质中的高斯定理得 1 Rr 2 4 r Q D 23 RrR 0 D 3 Rr 2 4 r Q D 系统储存的电能为 1 R 3 R 2 R Q Q Q 大学物理习题精选与真题详解 44 108 1 10 5 1 4 1 2 1 2 103 109 111 24 1 d 4 2 1 d 4 2 1 d 2 d 4 2 28 9 321 2 0 2 2 0 2 2 0 0 2 3 2 1 J RRR Q V r Q V r Q V D VwW R R R 2 由介质中的高斯定理得 3 Rr 2 4 r Q D 系统储存的电能为 105 8 10 5 1 2 103 109 1 24 1 d 4 2 1 d 2 d 5 2 28 9 3 2 0 2 2 0 0 2 3 J R Q V r Q V D VwW R 17 解 切断电源后 电容器的电量为 102 3800104 36 01 CUCQ 1 两电容器连接后 总电容为 FCCC 6 21 1010 两电容器连接后 电容的电压为 102 3 1010 102 3 2 6 3 V C Q U 每个电容器的电量分别为 1028 1 102 3104 326 1111 CUCUCQ 1092 1 102 3106 326 2222 CUCUCQ 1 C Q 0 U 1 C 1 Q 2 C 2 Q U 1 R 3 R 2 R Q 大学物理习题精选与真题详解 45 2 连接前