大學(xué)物理全程導(dǎo)學(xué)例題習(xí)題參考答案

1、第一章 質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)【例題精講】例1-1【解】如圖（b）所示，取沿水面方向向右為Ox軸正向。t時(shí)刻小船位置為，而繩長(zhǎng)為。由勾股定理，有 ，等式兩邊同時(shí)對(duì)t求導(dǎo)數(shù)，有 又知，是隨時(shí)間減小的 且 故小船的運(yùn)動(dòng)速度為負(fù)號(hào)表示速度方向與x軸正向相反。例1-2【解】 (1) 位置矢量 (SI)可寫(xiě)為 ，則消去時(shí)間t，可得質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程為 (2) 速度 (3) 加速度 例1-3 C 例1-4 【證明】 因?yàn)?所以 故 例1-5 D 例1-6 例1-7 C 習(xí)題答案1-1圖【習(xí)題精練】1-1【解】如圖所示，取沿地面方向向左為Ox軸的正向，人從路燈正下方點(diǎn)O開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t后其位置為，而人頭頂影子的位置坐標(biāo)為

2、x¢。由相似三角形關(guān)系，有 解得 ，故頭頂影子的移動(dòng)速度為。1-2 1-3 (m/s2)1-4【解】 (1) 位置矢量 (SI)可寫(xiě)為 ，則消去時(shí)間t，可得質(zhì)點(diǎn)軌跡方程為 (2) 速度 (3) 加速度 1-5【證明】設(shè)質(zhì)點(diǎn)在x處的速度為v， 則質(zhì)點(diǎn)在任意位置處的速度為1-6【解】 已知加速度dv /dtt dv t dt v t2 又因?yàn)関 x/d tt2 則質(zhì)點(diǎn)位置和時(shí)間的關(guān)系式為 (SI) 1-7 1 s 1.5 m1-8 B 第二章 質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)定律【例題精講】例2-1 0 2g例2-2 C 例2-3 C例2-4【答】(1) 不正確。向心力是質(zhì)點(diǎn)所受合外力在法向方向的分量。質(zhì)點(diǎn)受到

3、的作用力中，只要法向分量不為零，它對(duì)向心力就有貢獻(xiàn)，不管它指向圓心還是不指向圓心，但它可能只提供向心力的一部分。即使某個(gè)力指向圓心，也不能說(shuō)它就是向心力，這要看是否還有其它力的法向分量。 (2) 不正確。作圓周運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)，所受合外力有兩個(gè)分量，一個(gè)是指向圓心的法向分量，另一個(gè)是切向分量，只要質(zhì)點(diǎn)不作勻速率圓周運(yùn)動(dòng)，它的切向分量就不為零，所受合外力就不指向圓心。例2-5 【解】設(shè)繩子與水平方向的夾角為q，則，木箱受力如圖（b）所示，勻速前進(jìn)時(shí)，拉力為F，有 得令 m 時(shí)，最省力。例2-6【解】（1）設(shè)物體質(zhì)量為m，取如圖所示的自然坐標(biāo)系，根據(jù)牛頓定律，有由摩擦力的大小 可得 根據(jù)初始條件 t=0

4、，分離變量后對(duì)上式積分 得 （2）當(dāng)物體速率從減少到時(shí)，由上式可求出所需時(shí)間為物體所經(jīng)過(guò)的路程【習(xí)題精練】2-1 A 2-2 A2-3 2-4 【解】根據(jù)牛頓第二定律 2-5 【證明】小球受力如圖，根據(jù)牛頓第二定律 初始條件：t = 0, v = 0 2-6 【解】(1) 子彈進(jìn)入沙土后受力為v，由牛頓定律得 (2) 由得 兩邊同時(shí)積分 所以最大深度第三章 動(dòng)量和角動(dòng)量【例題精講】例3-1 C 例3-2 0.6N·s 2 g例3-3【答】（1）小球運(yùn)動(dòng)一周，動(dòng)量增量的大小為0。 （2）小球所受重力為恒力，因此重力沖量的大小為mgT=mg2p/w。（3）小球動(dòng)量增量的大小為0，根據(jù)動(dòng)量

5、定理小球所受繩合外力的沖量為0，所以小球所受繩子拉力的沖量與所受重力的沖量的大小相等，方向相反。例3-4【解】煤粉自料斗口下落，接觸傳送帶前具有豎直向下的速度 設(shè)煤粉與A相互作用的Dt時(shí)間內(nèi)，落于傳送帶上的煤粉質(zhì)量為 設(shè)A對(duì)煤粉的平均作用力為，由動(dòng)量定理寫(xiě)分量式： 將 代入得 ， N 與x軸正向夾角為a = arctan (fy / fx ) = 57.4° 由牛頓第三定律，煤粉對(duì)A的作用力f= f = 149 N，方向與圖（b）中相反。 例3-5 C例3-6【解】(1) 因穿透時(shí)間極短，故可認(rèn)為物體未離開(kāi)平衡位置。因此，作用于子彈、物體系統(tǒng)上的外力均在豎直方向，故系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量

6、守恒。令子彈穿出時(shí)物體的水平速度為 有 mv0 = mv+M v¢ v¢ = m(v0 - v)/M =3.13 m/s T =Mg+M v¢ 2/l =26.5 N (2) (設(shè)方向?yàn)檎较? 負(fù)號(hào)表示沖量方向與方向相反。例3-7 mw abk 0【習(xí)題精練】3-1 D3-2 18N·s 9 m/s3-3【解】(1)子彈射入A未進(jìn)入B以前，A、B共同作加速運(yùn)動(dòng)。 F(mA+mB)a， a=F/(mA+mB)=600 m/s2 B受到A的作用力 NmBa1.8×103 N，方向向右 (2) A在t= 0.01 s時(shí)間內(nèi)作勻加速運(yùn)動(dòng)，t= 0.0

7、1 s秒末的速度vAat當(dāng)子彈射入B時(shí)，B將加速而A則以vA的速度繼續(xù)向右作勻速直線運(yùn)動(dòng)vAat6 m/s 取A、B和子彈組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，子彈留在B中后有 3-4【答】推力的沖量為。 動(dòng)量定理中的沖量為合外力的沖量，此時(shí)木箱除受力外還受地面的靜摩擦力等其它外力，木箱未動(dòng)說(shuō)明此時(shí)木箱的合外力為零，故合外力的沖量也為零，根據(jù)動(dòng)量定理，木箱動(dòng)量不發(fā)生變化。3-5 C3-6 3-7 2275 kg×m2×s-1 13 m×s-1 第四章 功和能【例題精講】例4-1 54 N·s 729J例4-2 320J 8 m/s例

8、4-3 D 例4-4【解】 (1) 由位矢 (SI)可得 ， 在A點(diǎn)(a，0) ， EKA= 在B點(diǎn)(0，b) ， EKB=(2) = (3) 由AB =例4-5 例4-6 g 2g例4-7 C 例4-8【解】如圖（b）所示，設(shè)l為彈簧的原長(zhǎng)，O處為彈性勢(shì)能零點(diǎn)；x0為掛上物體后的伸長(zhǎng)量，O為物體的平衡位置；取彈簧伸長(zhǎng)x時(shí)物體所達(dá)到的O² 處為重力勢(shì)能的零點(diǎn)。由題意得物體在O處的機(jī)械能為： 在O² 處，其機(jī)械能為： 由于只有保守力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即： 在平衡位置有： mgsina =kx0 代入上式整理得： 例4-9 A 例4-10【解】油灰與籠底碰前的速度 籠子在平

9、衡位置 碰撞后油灰與籠子共同運(yùn)動(dòng)的速度為V，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律 油灰與籠子一起向下運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，下移最大距離Dx，則 聯(lián)立解得： m【習(xí)題精練】4-1 18J 6m/s4-2 B 4-3 C 4-4 4-5 4-6【答】W并不是合外力所作的功。因?yàn)槲矬w所受的力除了人的作用力F外，還有重力Pmg，根據(jù)動(dòng)能定理，合外力所作的功等于物體動(dòng)能的增量，則可寫(xiě)為 即 所以 W是人對(duì)物體所作的功，而不是物體所受合外力所作的功。4-7【證明】由動(dòng)能定理 而 4-8 C 4-9【解】(1) 木塊下滑過(guò)程中，以木塊、彈簧、地球?yàn)橄到y(tǒng)機(jī)械能守恒。選彈簧原長(zhǎng)處為彈性勢(shì)能和重力勢(shì)能的零點(diǎn)，v1表示木塊下滑x距離時(shí)的速

10、度，則 求出： 0.83 m/s 方向沿斜面向下 (2) 以子彈和木塊為系統(tǒng)，在子彈射入木塊過(guò)程中外力沿斜面方向的分力可略去不計(jì)，沿斜面方向可應(yīng)用動(dòng)量守恒定律以v2表示子彈射入木塊后的共同速度，則有： 解出 m/s 負(fù)號(hào)表示此速度的方向沿斜面向上4-10【解】設(shè)v1為軟木塞飛出的最小速率，試管速度的大小為v2, 軟木塞和試管系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒， 則 (1) 當(dāng)用硬直桿懸掛時(shí)，M到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度須略大于零，由機(jī)械能守恒 (2) 若懸線為輕繩，則試管到達(dá)最高點(diǎn)的速度v須滿足 即由機(jī)械能守恒應(yīng)有 故第五章 剛體力學(xué)基礎(chǔ)【例題精講】例5-1 62.5 1.67s例5-2 C 例5-3 C例5-4 A

11、 例5-5 例5-6【解】受力分析如圖(b)所示。 設(shè)重物的對(duì)地加速度為a向上，則繩的A端對(duì)地有加速度a向下，人相對(duì)于繩雖為勻速向上，但相對(duì)于地其加速度仍為a向下。根據(jù)牛頓第二定律可得：對(duì)人：MgT2Ma 對(duì)重物：T1MgMa 根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律，對(duì)滑輪有 (T2T1)RJbMR2b / 4 因繩與滑輪無(wú)相對(duì)滑動(dòng)， abR 、四式聯(lián)立解得 a2g / 7 例5-7【解】由受力分析如圖(b)所示，可列方程：2mgT12ma T2mgma T1 rT r T rT2 r arb 解上述5個(gè)聯(lián)立方程得： T11mg / 8 （b）例題5-8圖例5-8【解】 受力分析如圖（b） mgT2 = ma2 T1m

12、g = ma1 T2 (2r)T1r = 9mr2b / 2 2rb = a2 rb = a1 解上述5個(gè)聯(lián)立方程，得： 例5-9 A 例5-10 3v0 / (2l) 3mv02 / 8【習(xí)題精練】5-1 6.54 rad / s2 4.8 s5-2 B 5-3 g / l g / (2l)5-4 0.25 kg·m2 12.5 J5-5【解】根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和轉(zhuǎn)動(dòng)定律列方程 對(duì)物體： mgT ma 對(duì)滑輪： TR = Jb 運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系： aRb 將、式聯(lián)立得 amg / (mM) v00， vatmgt / (mM) 5-6【解】各物體的受力情況如圖所示由轉(zhuǎn)動(dòng)定律、牛頓第二定律及

13、運(yùn)動(dòng)學(xué)方程聯(lián)立方程： T1RJ1b1 T2rT1rJ2b2 mgT2ma , aRb1rb2， 求解聯(lián)立方程，得 m/s2 v 22ah，=2 m/s T2m(ga)58 N T148 N 5-7【解】各物體受力情況如圖所示。對(duì)：FTma 對(duì)： ma 對(duì)滑輪：()R aRb 解得：b 2F / (5mR)10 rad·s-2 T3F / 56.0 N 5-8【答】(1) 轉(zhuǎn)臺(tái)、人、啞鈴、地球系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒。 因人收回二臂時(shí)臂力要作功，即非保守內(nèi)力的功不為零，不滿足守恒條件。 (2) 轉(zhuǎn)臺(tái)、人、啞鈴系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒。因系統(tǒng)受的對(duì)豎直軸的外力矩為零。5-9 A 5-10 對(duì)O軸的角動(dòng)

14、量 機(jī)械能第六章 振動(dòng)例題6-1【解】(1)由己知諧振動(dòng)方程可知，振幅A=0.1m，角頻率w=20ps-1，頻率n=w ¤ 2p=10Hz，周期T=2p ¤ w=0.1s，初相j=p ¤ 4。 (2)由己知諧振動(dòng)方程直接可得t=2s時(shí)的位移，速度和加速度分別為x=0.1cos(20pt+p ¤ 4)=0.1cos(40pt+p ¤ 4)=7.07´10-2mv=dx ¤ dt=-2psin(20pt+p ¤ 4)= -2psin(40p+p ¤ 4)= -4.44 m×s-1 a=d2x

15、64; dt2= -40p2cos(20pt+p ¤ 4)= -40p2cos(40pt+p ¤ 4)= -280m×s-2例題6-2【解】(1) t = 0時(shí)， a = 2.5 m/s2 ，| F | = ma = 5 N 2分 (2) | amax | = 5，其時(shí) | sin(5t - p/6) | = 1 1分 | Fmax | = m| amax | = 10 N 1分 x = ±0.2 m（振幅端點(diǎn)） 1分例題6-3x (m)wwp/3p/3t = 0t 0.120.24-0.12-0.24O例題6-3答案圖【解】旋轉(zhuǎn)矢量如圖所示。 由振動(dòng)方

16、程可得：， s 例題6-40.05 m -0.205p（或-36.9°） 例題6-5 (C)例題6-6 (D)例題6-7(C)例題6-8 或，習(xí)題6-1 (B)習(xí)題6-2解：(1) (SI) t0 = 0 , v0 = 3.0 m/s (2) 時(shí)， F = -1.5 N 習(xí)題6-3【解】設(shè)小球的質(zhì)量為m，則彈簧的勁度系數(shù) 選平衡位置為原點(diǎn)，向下為正方向。小球在x處時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得 將 代入整理后得 此振動(dòng)為簡(jiǎn)諧振動(dòng)，其角頻率為 設(shè)振動(dòng)表達(dá)式為 由題意： t = 0時(shí)，x0 = A=m，v0 = 0，解得 f = 0 習(xí)題6-4 (C)習(xí)題6-5 (A)習(xí)題6-6 3.43 s

17、-2p/3習(xí)題6-7 0.5s、1.5s、2.5s；0、1s、2s；0.5s、2.5s、4.5s習(xí)題6-8解：(1) 勢(shì)能 總能量 由題意， m (2) 周期 T = 2p/w = 6 s 從平衡位置運(yùn)動(dòng)到的最短時(shí)間 Dt 為 T/8 Dt = 0.75 s 習(xí)題6-9 (B)第七章 波動(dòng)例題7-1 2 m/s (SI) 例題7-2 【解】u=20m ¤ s，nw ¤ 2p=2Hz，T=0.5s，l= u ¤ n=20 ¤ 2=10cm，A點(diǎn)的振動(dòng)方程：y=3cos4pt。(1)以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)的波動(dòng)方程為y=3cos4p(t+x ¤ 20)=

18、3cos(4pt+px ¤ 5)=3cos(4pt+0.2px)。(2)該波沿x軸負(fù)向傳播，所以B點(diǎn)的相位比A點(diǎn)落后Dj=(2p ¤ l)=(2p ¤ 10)´5=p因此，以B點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)的波動(dòng)方程y=3cos4p(t+x ¤ 20)-p(3)在以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)的坐標(biāo)軸中, xB=-5m，xC=-13m，xD=9m，可得 yB=3cos4p(t- 5 ¤ 20)=3cos(4pt-p)， yC=3cos4p(t-13 ¤ 20)=3cos(4pt-13p ¤ 5)=3cos(4pt-2.6p)。 yD=3cos4p

19、(t+9 ¤ 20)=3cos(4pt+9p ¤ 5)=3cos(4pt+1.8p)。例題7-3例題7-3答案圖【解】(1) 如圖A，取波線上任一點(diǎn)P，其坐標(biāo)設(shè)為x，由波的傳播特性，P點(diǎn)的振動(dòng)落后于l /4處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)。 波的表達(dá)式 (SI) (2) t = T 時(shí)的波形和 t = 0時(shí)波形一樣 t = 0時(shí) 按上述方程畫(huà)的波形圖見(jiàn)圖B。 例題7-4【解】(1) 振動(dòng)方程 (SI) . (2) 波動(dòng)表達(dá)式 (SI) (3) 波長(zhǎng) m例題7-5答案圖例題7-5 【解】(1) x = 0點(diǎn) ； x = 2點(diǎn) ； x =3點(diǎn) ； (2) 如圖所示例題7-6圖例題7-6【解】由圖，

20、l = 2 m， 又 u = 0.5 m/s， n = 1 /4 Hz， T = 4 s題圖中t = 2 s =t = 0時(shí)，波形比題圖中的波形倒退。此時(shí)O點(diǎn)位移y0 = 0（過(guò)平衡位置）且朝y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)， (SI) 例題7-7 (B)例題7-8 例題7-9證明：入射波在x = 0處引起的振動(dòng)方程為 ，由于反射端為自由端，所以反射波在O點(diǎn)的振動(dòng)方程為 反射波為 駐波方程例題7-10 習(xí)題7-1解：(1)已知波的表達(dá)式為 與標(biāo)準(zhǔn)形式 比較得 A = 0.05 m， n = 50 Hz， l = 1.0 m u = ln = 50 m/s (2) m /s m/s2 (3) ，二振動(dòng)反相 習(xí)題7

21、-2(A)習(xí)題7-3 ( k = ± 1, ± 2, )習(xí)題7-4(D)習(xí)題7-5【解】(1) 坐標(biāo)為x點(diǎn)的振動(dòng)相位為 波的表達(dá)式為 (SI) (2) 以B點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，則坐標(biāo)為x點(diǎn)的振動(dòng)相位為 (SI) 波的表達(dá)式為 (SI)習(xí)題7-6解：(1) 原點(diǎn)O處質(zhì)元的振動(dòng)方程為 ， (SI) 波的表達(dá)式為 ， (SI) x = 25 m處質(zhì)元的振動(dòng)方程為 ， (SI) 振動(dòng)曲線見(jiàn)圖 (a) (2) t = 3 s時(shí)的波形曲線方程 ， (SI) 習(xí)題7-6答案圖習(xí)題7-7 (C)習(xí)題7-8 (D)習(xí)題7-9 0習(xí)題7-10 (SI)第八章 溫度例題8-1 (A)例題8-2 (D)

22、例題8-3 1:1:1例題8-4 【證明】 由溫度公式 ， 壓強(qiáng)公式 得 例題8-5(A)例題8-6【解】(1) ， (2) (或由得)例題8-7(C)例題8-8 2解：氧分子，氧原子例題8-9 4000 m·s-1 1000 m·s-1習(xí)題8-1 在平衡態(tài)，分子沿各個(gè)方向運(yùn)動(dòng)的機(jī)會(huì)均等，即分子速度按方向的分布是均勻的，因而 在平衡態(tài)，忽略重力，分子位置在空間的分布是均勻的 習(xí)題8-2 5 / 3 習(xí)題8-3 8.31×103 3.32×103習(xí)題8-4解：(1) J J (2) p = n kT2.76×105 Pa習(xí)題8-5解：當(dāng)不計(jì)振動(dòng)自

23、由度時(shí)，H2O分子,H2分子,O2分子的自由度分別為6, 5, 5 1 mol H2O內(nèi)能 E1=3RT 1 mol H2或O2的內(nèi)能 故內(nèi)能增量 RT - 3RT =(3 / 4)RT 習(xí)題8-6解： K J 而 J又 kg習(xí)題8-7 (4 / 3)E / V (M2 / M1)1/2習(xí)題8-8 (D)習(xí)題8-9答：(1) 表示分子的平均速率； (2) 表示分子速率在vp區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比； (3) 表示分子速率在vp區(qū)間的分子數(shù)第九章 熱力學(xué)第一定律例題9-1 (D)例題9-2 (B)例題9-3 (B)例題9-4解：(1) AB： =200 J E1=n CV (TBTA)=3

24、(pBVBpAVA) /2=750 J Q=A1+E1950 J BC： A2 =0 E2 =n CV (TCTB)=3( pCVCpBVB ) /2 =600 J Q2 =A2+E2600 J CA： A3 = pA (VAVC)=100 J J Q3 =A3+E3250 J (2) A= A1 +A2 +A3=100 J Q= Q1 +Q2 +Q3 =100 J 例題9-5【解】開(kāi)始時(shí)氣體體積與溫度分別為 V1 =30×103 m3，T1127273400 K 氣體的壓強(qiáng)為 p1=RT1/V1 =1.108×105 Pa 大氣壓p0=1.013×105 Pa，

25、 p1>p0 可見(jiàn)，氣體的降溫過(guò)程分為兩個(gè)階段：第一階段等體降溫，直至氣體壓強(qiáng)p2 = p0，此時(shí)溫度為T(mén)2，放熱Q1；第二階段等壓降溫，直至溫度T3= T0=27273 =300 K，放熱Q2 (1) 365.7 K Q1= 428 J (2) =1365 J 總計(jì)放熱 Q = Q1 + Q2 = 1.79×103 J 例題9-6解：氦氣為單原子分子理想氣體， (1) 等體過(guò)程，V常量，A =0 據(jù) QDE+A 可知 623 J (2) 定壓過(guò)程，p = 常量， =1.04×103 J DE與(1) 相同 A = Q - DE417 J (3) Q =0，DE與(1

26、) 同 A = -DE=-623 J (負(fù)號(hào)表示外界作功) 例題9-7答：因?yàn)槔硐霘怏w的內(nèi)能是溫度的單值函數(shù)，所以等體、等壓、絕熱三個(gè)過(guò)程的溫度變化相同。由于各個(gè)過(guò)程的摩爾熱容C不相同，等體過(guò)程摩爾熱容為，等壓過(guò)程；絕熱過(guò)程，由可知，不同過(guò)程吸熱不相同。例題9-8 (D)例題9-9 33.3 8.31×103 J 習(xí)題9-1 0習(xí)題9-2（B）習(xí)題9-3 8.31 J 29.09 J習(xí)題9-4 Cp,m大。因?yàn)樵诘葔荷郎剡^(guò)程中，氣體要膨脹而對(duì)外作功，所以要比氣體等體升溫過(guò)程多吸收一部分熱量習(xí)題9-5解：(1) 由 和 可解得 和 (2) 該理想氣體的摩爾數(shù) 4 mol 在全過(guò)程中氣體內(nèi)能的改變量為 E=n CV(T1T2)=7.48×103 J 全過(guò)程中氣體對(duì)外作的功為 式中 p1 p0=T1 T0 則 J 全過(guò)程中氣體從外界吸的熱量為 Q = E+W =1.35×104 J 習(xí)題9-6解：等壓過(guò)程末態(tài)的體積 等壓過(guò)程氣體對(duì)外作功 =200 J 根據(jù)熱力學(xué)