大学物理全程导学例题习题参考答案
第一章 质点运动学
【例题精讲】
例1-1【解】如图（b ）所示，取沿水面方向向右为Ox 轴正向。
t 时刻小船位置为x ，而绳长为t l l 0v -=0。
由勾股定理，有 2
2
2
h x l +=， 等式两边同时对t 求导数，有 t
x x t l l d d 2d d 2= 又知，l 是随时间减小的
0d d v -=t l 且 t
x d d =v 故小船的运动速度为0000v v v v v 2200h
)t l (t l x l
----
=-= 负号表示速度方向与x 轴正向相反。
例1-2【解】 (1) 位置矢量 j i r t b t a ωω
s i n c o s += (SI) 可写为t a x ωcos = t b y ωs i n
=， 则消去时间t ，可得质点的轨迹方程为 122
22=+b
y a x
(2) 速度 j i t r
t b t a ωωωωcos sin d d +-==v (3) 加速度 r j i t
a 222s i n c o s d d ωωωωω-=--== t
b t a v
例1-3 C
例1-4 【证明】 因为
2d d d d d d d d v x v v t x x v t v k -==?= 所以 x k d d -=v v
??-=x x k 0
d d 10v v v v kx -=0
ln v v 故 kx e v v -=0
例1-5 D
例1-6 2Rt 16 -2
s rad 4?
例1-7 C
【习题精练】
1-1【解】如图所示，取沿地面方向向左为Ox 轴的正向，人从路灯正
下方点O 开始运动，经时间t 后其位置为OA x =，而人头
顶影子的位置坐标为x '。
(b)
例题1-1答案图
由相似三角形关系，有 h
H H
x x OA OC -=
'= 解得 h
H Hx
x -=
'， 故头顶影子的移动速度为h
H H dt x d -='=
'v
v 。 1-2 ω
π
n
)210( ,,=n t A a ωωc o s 2-= 1-3 ()2
3-=y x i 8(m/s 2) 1-4【解】 (1) 位置矢量 j t b i at r 22
+= (SI)
可写为2t a x = 2t b y =，
则消去时间t ，可得质点轨迹方程为 x a
b y =
(2) 速度 j i t
r
v bt at 22d d +== (3) 加速度 j b i a t
a 22d d +==υ
1-5【证明】设质点在x 处的速度为v ，
62d d d d d d 2x t
x
x t a +=?==
v v ()x x x
d 62d 0
2
??+=v v v
则质点在任意位置处的速度为(
) 2
2
1
3 x x +=v
1-6【解】 已知加速度=a d v /d t 4=t
d v 4=t d t
?
?=v
v 0
d 4d t
t t
v 2=t 2
又因为v d =x /d t 2=t 2
t t x t
x x d 2d 02
0??= t
t x x 0
3
032=-
则质点位置和时间的关系式为103
23
+=
t x (SI) 1-7 1 s 1.5 m
1-8 B
第二章 质点运动定律
【例题精讲】
例2-1 0 2g 例2-2 C 例2-3 C
例2-4【答】(1) 不正确。向心力是质点所受合外力在法向方向的分量。质点受到的作用力
中，只要法向分量不为零，它对向心力就有贡献，不管它指向圆心还是不指向圆心，但它可能只提供向心力的一部分。即使某个力指向圆心，也不能说它就是向心力，
这要看是否还有其它力的法向分量。
(2) 不正确。作圆周运动的质点，所受合外力有两个分量，一个是指向圆心的法向分量，
另一个是切向分量，只要质点不作匀速率圆周运动，它的切向分量就不为零，所受合外力就不指向圆心。
例2-5 【解】设绳子与水平方向的夹角为θ，则l h /sin =θ，木箱受力如图（b ）所示，匀速前进时，拉力为F ，有
0cos =-f F θ 0sin =-+Mg N F θ N f μ=
得θ
μθμsin cos +=
Mg
F
令
0)
sin (cos )
cos sin (2=++--=θμθθμθμθMg d dF 6.0tan ==μθ 6375300'''=θ
02
2>θd F
d 92.2sin /==θh l m 时，最省力。 例2-6【解】（1）设物体质量为m ，取如图所示的自然坐标系， 根据牛顿定律，有
R m ma F n N 2
v ==
t
m
ma F t t d d v == 由摩擦力的大小N t F F μ-= 可得t
R d d 2
v v -=μ 根据初始条件 t =0，0v v =，分离变量后对上式积分
?
?-=v
v t
t R
02
d d v v
μ
f
例题2-5(b)图
例题2-6图
得 t
R R μ00
v v v +=
（2）当物体速率从0v 减少到02
1v 时，由上式可求出所需时间为0
v μR t =
物体所经过的路程2ln d d 00
00
μμR
t t R R t s t
t
?
?=+==
v v v 【习题精练】
2-1 A
2-2 A
2-3 θc o s /mg θθ
c o s
s i n gl
2-4 【解】根据牛顿第二定律
x m t x x m t m x
k f d d d d d d d d 2
v v v v =?==-
= ∴ ??-=-=4
/202d d ,d d A A x mx
k
mx x k v v v v v k mA
A A m k 3
)14(212=
-=v ∴ )/(6mA k =v
2-5 【证明】小球受力如图，根据牛顿第二定律
t
m
ma F k mg d d v
v ==-- t m
F k mg d /)(d =--v v
初始条件：t = 0, v = 0． ??=-t
t F)/m k mg 0
0d (d v -v v
∴ k F mg m
kt /)e
1)((/---=v
2-6 【解】(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv ，由牛顿定律得 t
m
K d d v
v =- ∴ ??=-=-
v v t d dt m K ,d t d m K 0v
v v v
∴ m Kt /0e -=v v
(2) 由t
x
d d =v 得 t x m Kt d
e d /0-=v
两边同时积分
??
-=t
m /Kt x
dt e dx 0
00
v
∴ )e 1()/(/0m Kt K m x --=v
所以最大深度K m x /0max v =
第三章 动量和角动量
【例题精讲】
例3-1 C 例3-2 0.6N·s 2 g 例3-3【答】（1）小球运动一周，动量增量的大小为0。
（2）小球所受重力为恒力，因此重力冲量的大小为mgT =mg 2π/ω。
（3）小球动量增量的大小为0，根据动量定理小球所受绳合外力的冲量为0，所以小球所受绳子拉力的冲量与所受重力的冲量的大小相等，方向相反。 例3-4【解】煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度 gh 20=v
设煤粉与A 相互作用的 t 时间内，落于传送带上的煤粉质量为
t q m m ?=?
设A 对煤粉的平均作用力为f ，由动量定理写分量式： 0-?=?v m t f x )(00v m t f y ?--=?
将 t q m m ?=?代入得 v m x q f =， 0v m y q f = ∴ 14922=+=
y x f f f N
f 与x 轴正向夹角为 = arctan (f y / f x ) = 57.4°
由牛顿第三定律，煤粉对A 的作用力f ′= f = 149 N ，方向与图（b ）中f 相反。
例3-5 C
例3-6【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v ' 有 mv 0 = mv +M v '
v ' = m (v 0 v )/M =3.13 m/s
T =Mg+M v ' 2/l =26.5 N
(2) s N 7.40?-=-=?v v m m t f (设0v 方向为正方向) 负号表示冲量方向与0v 方向相反。
例3-7 m ab k 0
【习题精练】
3-1 D
（b ）
例题3-4图
x
3-2 18N·s 9 m/s
3-3【解】(1)子弹射入A 未进入B 以前，A 、B 共同作加速运动。
F ＝(m A +m B )a ， a=F/(m A +m B )=600 m/s 2
B 受到A 的作用力 N ＝m B a ＝1.8×103 N ，方向向右 (2) A 在t = 0.01 s 时间内作匀加速运动，t = 0.01 s 秒末的速度v A ＝at ．当子弹射入B
时，B 将加速而A 则以v A 的速度继续向右作匀速直线运动．v A ＝at ＝6 m/s
取A 、B 和子弹组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，子弹留在B 中后有B B A A 0)(v m m v m v m ++=
m/s 22B
A
A 0B =+-=
m m v m v m v
3-4【答】推力的冲量为t F ?。
动量定理中的冲量为合外力的冲量，此时木箱除受力F 外还受地面的静摩擦力等其它外力，木箱未动说明此时木箱的合外力为零，故合外力的冲量也为零，根据动量定理，木箱动量不发生变化。 3-5 C
3-6 k
m g b k m g b t 3-7 2275 kg ?m 2?s -1 13 m ?s -1
第四章 功和能
【例题精讲】
例4-1 54 N·s 729 J 例4-2 320J 8i m/s
例4-3 D
例4-4【解】 (1) 由位矢j i r t b t a ωωsin cos += (SI)可得
t a x ωcos = t b y ωsin =
t a t x x ωωs i n d d -==v ， t b t
y ωωcos d dy ==v 在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ω
E KA =2
2222
12121ωmb m m y x =+v v
在B 点(0，b ) ，0cos =t ω，1sin =t ω
E KB =2
2222
12121ωma m m y x =+v v
(2) j i F y x ma ma +==j i t mb t ma ωωωωsin cos 2
2--
(3) 由A→B
??
-==
02
d c o s d a
a
x x x t a m x F W ωω=?=
-0
2222
1
d a
ma x x m ωω 例4-5
R GmM 32 R
GmM
3- 例4-6 g 2g
例4-7 C
例4-8【解】如图（b ）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x 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：
212
001kx E E K ++
=在O " 处，其机械能为： 22
22
121kx m E +=v
由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即： 2202002
1
21sin )(21kx m x x mg kx E K +=-++
v α 在平衡位置有： mg sin α =kx 0 ∴ k mg x αsin 0=
代入上式整理得： k
mg kx mgx E m K 2)sin (21sin 212202
αα--+=v
例4-9 A
例4-10【解】油灰与笼底碰前的速度 gh 2=
v
笼子在平衡位置 0kx Mg = 0/x Mg k =
碰撞后油灰与笼子共同运动的速度为V ，应用动量守恒定律
V M m m )(+=v ①
油灰与笼子一起向下运动，机械能守恒，下移最大距离 x ，则
x g m M kx V m M x x k ??++++=+)(2
1)(21)(212
0220 ② 联立解得： 3.0)(20222
020=+++=?m M M hx m M
x m x M m
x m 【习题精练】
4-1 18 J 6 m/s
4-2 B 4-3 C
4-4 2
0kx 2
02
1kx -
4-5 211
2
r r r r G M m - 2
12
1
r r r r G M m - 例题4-8案图
4-6【答】W 并不是合外力所作的功。因为物体所受的力除了人的作用力F 外，还有重力P
＝mg ，根据动能定理，合外力所作的功等于物体动能的增量，则可写为
22
1
v m mgh Fh =
- 即 021)(2+=-v m h P F 所以 mgh m Fh W +==2
21v
W 是人对物体所作的功，而不是物体所受合外力所作的功。
4-7【证明】由动能定理221
0v m S f r
-=- 而mg f k r μ= 2
21v m mgS k =μ g
S k μ22v =
4-8 C
4-9【解】(1) 木块下滑过程中，以木块、弹簧、地球为系统机械能守恒。
选弹簧原长处为弹性势能和重力势能的零点，v 1表示木块下滑x 距离时的速度， 则
0sin 2
1
21212=-+αMgx M kx v 求出： =-=M
kx gx 2
1sin 2αv 0.83 m/s 方向沿斜面向下．
(2) 以子弹和木块为系统，在子弹射入木块过程中外力沿斜面方向的分力可略去不计，沿斜面方向可应用动量守恒定律．以v 2表示子弹射入木块后的共同速度，则有：
21)(cos v v v m M m M +=-α
解出 89.0)
(cos 12-=+-=
m M m M α
v v v m/s 负号表示此速度的方向沿斜面向上．
4-10【解】设v 1为软木塞飞出的最小速率，试管速度的大小为v 2, 软木塞和试管系统水平方
向动量守恒，
则 0=-12v v m M m M /21v v =
(1) 当用硬直杆悬挂时，M 到达最高点时速度须略大于零，由机械能守恒
L Mg M 22
1
≥22v gL 4≥2v m gL M /2≥1v
(2) 若悬线为轻绳，则试管到达最高点的速度v 须满足 L M Mg /2v = 即gL v = 由机械能守恒
MgL M L Mg M 2
521221=+=22v v 2
应有gL 5=2
v 故m gL M /5=1v
第五章 刚体力学基础
【例题精讲】
例5-1 62.5 1.67s 例5-2 C 例5-3 C 例5-4 A
例5-5 J
k 920
ω- 02ωk J
例5-6【解】受力分析如图(b )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：Mg －T 2＝Ma ①
对重物：T 1－21Mg ＝2
1
Ma ②
根据转动定律，对滑轮有 (T 2－T 1)R ＝J ＝MR 2 / 4 ③
因绳与滑轮无相对滑动， a ＝ R ④ ①、②、③、④四式联立解得 a ＝2g / 7
例5-7【解】由受力分析如图(b )所示，可列方程：
2mg －T 1＝2ma
T 2－mg ＝ma
T 1 r －T r ＝β221mr T r －T 2 r ＝β221mr a ＝r
解上述5个联立方程得： T ＝11mg / 8 例5-8【解】 受力分析如图（b ） mg －T 2 = ma 2 T 1－mg = ma 1 T 2 (2r )－T 1r = 9mr 2 / 2 2r = a 2
r =
a 1
a
a 1
2
（b ）
例题5-6图
例题5-7（b ）图
解上述5个联立方程，得： r
g 192=
β 例5-9 A
例5-10 3v 0 / (2l ) 3m v 02 / 8
【习题精练】
5-1 6.54 rad / s 2 4.8 s 5-2 B
5-3 g / l g / (2l ) 5-4 0.25 kg ·m 2 12.5 J
5-5【解】根据牛顿运动定律和转动定律列方程
对物体： mg －T ＝ma ① 对滑轮： TR = J ②
运动学关系： a ＝R ③ 将①、②、③式联立得 a ＝mg / (m ＋2
1
M ) ∵ v 0＝0， ∴ v ＝at ＝mgt / (m ＋
2
1
M ) 5-6【解】各物体的受力情况如图所示．
由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程联立方程： T 1R ＝J 1 1＝
12121
βR M T 2r －T 1r ＝J 2 2＝2222
1βr M
mg －T 2＝ma ,
a ＝R 1＝r 2， 求解联立方程，得 ()42
1
21=++=
m M M mg a m/s 2
v 2＝2ah ，ah 2=v =2 m/s
T 2＝m (g －a )＝58 N T 1＝
a M 12
1
＝48 N 5-7【解】各物体受力情况如图所示。
对Ａ：F －T ＝ma
对Ｂ： T '＝ma 对滑轮：(T T '-)R ＝
β22
1
mR a ＝R
解得： ＝2F / (5mR )＝10 rad ·s -2 T ＝3F / 5＝6.0 N
习题5-5答案图
21N
2 习题5-6答案图
5-8【答】(1) 转台、人、哑铃、地球系统的机械能不守恒。
因人收回二臂时臂力要作功，即非保守内力的功不为零，不满足守恒条件。 (2) 转台、人、哑铃系统的角动量守恒。
因系统受的对竖直轴的外力矩为零。
5-9 A
5-10 对O 轴的角动量 机械能
第六章 振动
例题6-1
【解】(1)由己知谐振动方程可知，振幅A=0.1m ，角频率ω=20πs -1，频率ν=ω / 2π=10Hz ，周期T=2π / ω=0.1s ，初相?=π / 4。
(2)由己知谐振动方程直接可得t=2s 时的位移，速度和加速度分别为 x=0.1cos (20πt+π / 4)=0.1cos (40πt+π / 4)=7.07?10-2m
v=dx / dt=-2πsin (20πt+π / 4)= -2πsin (40π+π / 4)= -4.44 m ?s -1
a=d 2x / dt 2= -40π2cos (20πt+π / 4)= -40π2cos (40πt+π / 4)= -280m ?s -2 例题6-2
【解】(1) t = 0时， a = 2.5 m/s 2 ，| F | = ma = 5 N 2分 (2) | a max | = 5，其时 | sin(5t - π/6) | = 1 1分 | F max | = m | a max | = 10 N 1分 x = ±0.2 m （振幅端点） 1分 例题6-3
【解】旋转矢量如图所示。
由振动方程可得：π2
1
=ω，π=?31φ
667.0/=?=?ωφt s
例题6-4
0.05 m -0.205π（或-36.9°） 例题6-5 (C) 例题6-6 (D) 例题6-7(C)
例题6-8 π-2
1或π23，2
A
习题6-1 (B) 习题6-2
例题6-3答案图
解：(1) )2
5sin(0.3d d π
--==
t t x v (SI) t 0 = 0 , v 0 = 3.0 m/s ．
(2) x m ma F 2
ω-==
A x 2
1
=
时， F = -1.5 N ． 习题6-3
【解】设小球的质量为m ，则弹簧的劲度系数 0/l mg k =．
选平衡位置为原点，向下为正方向。小球在x 处时，根据牛顿第二定律得
220d /d )(t x m x l k mg =+-
将 0/l mg k = 代入整理后得 0//d d 022=+l gx t x ∴ 此振动为简谐振动，其角频率为
π===1.958.28/0l g ω
设振动表达式为 )cos(φω+=t A x
由题意： t = 0时，x 0 = A=2
102-?m ，v 0 = 0，解得 φ = 0
∴ )1.9c o s (1022t x π?=-
习题6-4 (C)
习题6-5 (A)
习题6-6 3.43 s -2π/3
习题6-7 0.5s 、1.5s 、2.5s …；0、1s 、2s …；0.5s 、2.5s 、4.5s … 习题6-8
解：(1) 势能 221kx W P =
总能量 22
1
kA E = 由题意，
4/2122kA kx =， 21024.42
-?±=±=A x m (2) 周期 T = 2π/ω = 6 s
从平衡位置运动到2
A x ±
=的最短时间 ?t 为 T /8．
∴ ?t = 0.75 s ．
习题6-9 (B)
第七章 波动
例题7-1 2 m/s )2
3
cos(2.02
x t a π+ππ-= (SI) 例题7-2
【解】u=20m / s ，ν＝ω / 2π=2Hz ，T=0.5s ，λ= u / ν=20 / 2=10cm ，A 点的振动方程：y=3cos4πt 。 (1)以A 点为坐标原点的波动方程为y=3cos4π(t+x / 20)=3cos (4πt+πx / 5)=3cos (4πt+0.2πx )。 (2)该波沿x 轴负向传播，所以B 点的相位比A 点落后??=(2π / λ)AB =(2π / 10)?5=π 因此，以B 点为坐标原点的波动方程y=3cos [4π(t+x / 20)-π]
(3)在以A 点为坐标原点的坐标轴中, x B =-5m ，x C =-13m ，x D =9m ，可得 y B =3cos4π(t - 5 / 20)=3cos (4πt -π)，
y C =3cos4π(t -13 / 20)=3cos (4πt -13π / 5)=3cos (4πt -2.6π)。 y D =3cos4π(t+9 / 20)=3cos (4πt+9π / 5)=3cos (4πt+1.8π)。 例题7-3
【解】(1) 如图A ，取波线上任一点P ，其坐标设为x ，由波的传播特性，P 点的振动落后于λ /4处质点的振动。
波的表达式 )]4
(22cos[x ut
A y -π-π=λλλ )222cos(x ut A λ
λπ
+π-π= (SI) (2) t = T 时的波形和 t = 0时波形一样． t = 0时
)22cos(x A y λπ
+π-=)2
2cos(π-π=x A λ 按上述方程画的波形图见图B 。 例题7-4
【解】(1) 振动方程 )2
2c o s (
06.00π+π=t
y )c o s (06.0π+π=t (SI) . (2) 波动表达式 ])/(cos[06.0π+-π=u x t y
])2
1
(cos[06.0π+-
π=x t (SI) (3) 波长 4==uT λ m 例题7-5
【解】(1) x = 0点 π=21
0φ；
x = 2点 π-=2
1
2φ；
x =3点 π=3φ；
(2) 如图所示． 例题7-6 【解】由图，λ = 2 m ， 又 ∵u = 0.5 m/s ，∴ ν = 1 /4 Hz ，
T = 4 s ．题图中t = 2 s =
T 2
1
．t = 0时，波形比题图中的波形
O
x P x
λ/4 u
图A
例题7-3答案图
x
y
O 1 2 3 4 t =T /4时的波形曲线
例题7-5答案
倒退
λ2
1
。 此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动， ∴ π=
2
1
φ ∴ )2
1
21c o s (5.0π+π=t y (SI) 例题7-7 (B) 例题7-8
t A y ωcos 2-= t A ωsin 2=v
例题7-9
证明：入射波在x = 0处引起的振动方程为 t A y ωcos 10=，
由于反射端为自由端，所以反射波在O 点的振动方程为 t A y ωcos 20=
∴ 反射波为 )2c o s (2λ
ω
x
t A y π-=
驻波方程21y y y +=)2cos(λ
ωx t A π+=)2cos(λ
ωx
t A π-+t x A ωλ
cos )2cos(2π=
例题7-10
])/(2cos[π++πλνx t A )2
1
2cos()21/2cos(2π+ππ+πt x A νλ
习题7-1
解：(1)已知波的表达式为)2100cos(
05.0x t y π-π= 与标准形式)/22cos(λνx t A y π-π= 比较得
A = 0.05 m ， ν = 50 Hz ， λ = 1.0 m u = λν = 50 m/s (2) πν=??==v y t A 15.7max max (/)2 m /s 322max 22max 1093.44)/(?=π=??=A t y a ν m/s 2 (3) π=-π=?λφ/)(212x x ，二振动反相 习题7-2(A)
习题7-3
])(2cos[2
12φλ
ν++-
π=L L t A y λk L x +-=1 ( k = ± 1, ± 2, …) 习题7-4(D) 习题7-5
【解】(1) 坐标为x 点的振动相位为
)]/([4u x t t +π=+φω)]/([4u x t +π=)]20/([4x t +π=
波的表达式为 )]20/([4cos 1032x t y +π?=- (SI)
(2) 以B 点为坐标原点，则坐标为x 点的振动相位为 ]20
5
[4-+
π='+x t t φω (SI) 波的表达式为 ])20
(4cos[10
32
π-+
π?=-x
t y (SI) 习题7-6
解：(1) 原点O 处质元的振动方程为
)21
21cos(10
22
π-π?=-t y ， (SI)
波的表达式为 )2
1)5/(21c o s (1022
π--π?=-x t y ， (SI)
x = 25 m 处质元的振动方程为 )32
1
cos(10
22
π-π?=-t y ， (SI)
振动曲线见图 (a)
(2) t = 3 s 时的波形曲线方程
)10/cos(1022x y π-π?=-， (SI)
习题7-7 (C) 习题7-8 (D) 习题7-9 0
习题7-10 )2
1
100cos()21cos(30.0π+ππ=t x y (SI)
第八章 温度
例题8-1 (A)
例题8-2 (D)
例题8-3 1:1:1 例题8-4
【证明】 由温度公式 3
2
t kT ε=
， 压强公式 ()2/3t p n ε= 得 ()()kT V N M M nkT p A //mol ==＝()()V RT M M //mol
-23
23习题7-6答案图
∴ ()RT M M pV mol /= 例题8-5(A) 例题8-6
【解】(1) J pV E K 51014.423?==
， J N N E N E K K t 212
11028.8-?=+==ε (2) K k T t 40032==ε (或由nKT p =得()K k
N N pV
nk p T 40021=+==) 例题8-7(C)
例题8-8 2
解：∵氧分子v kT m 11
16=.
，∴氧原子()v k T m v 2112
11622==. 例题8-9 4000 m 2s -1 1000 m 2s -1
习题8-1
①在平衡态，分子沿各个方向运动的机会均等，即分子速度按方向的分布是均匀的，因而
222
23
1
υυυυ===z y x
②在平衡态，忽略重力，分子位置在空间的分布是均匀的
V
N
n =
习题8-2 5 / 3
习题8-3 8.313103 3.323103 习题8-4
解：(1) 213
828102
t kT .ε-=
=? J ()5123
414102
K t E N N N kT .ε==+=? J
(2) p = n kT ＝2.763105 Pa
习题8-5
解：当不计振动自由度时，H 2O 分子,H 2分子,O 2分子的自由度分别为6, 5, 5．
∴ 1 mol H 2O 内能 E 1=3RT
1 mol H 2或O 2的内能 RT E 2
52=．
故内能增量 E ?＝2
5
)211(+
RT - 3RT =(3 / 4)RT ． 习题8-6
解： 32
t kT ε=
22903t
T k
ε=
= K 5m o l
He
He 1004.923?==
RT M M E J 而 6H e H 1055.12?=-=E E E J 又 RT M M
E mol
H 252=
∴ 51.02H =M kg
习题8-7 (4 / 3)E / V (M 2 / M 1)1/2 习题8-8 (D) 习题8-9
答：(1) 表示分子的平均速率；
(2) 表示分子速率在v p →∞区间的分子数占总分子数的百分比； (3) 表示分子速率在v p →∞区间的分子数．
第九章 热力学第一定律
例题9-1 (D) 例题9-2 (B) 例题9-3 (B) 例题9-4
解：(1) A →B ： 11
2
B A B A A (p p )(V V )=
+-=200 J ． ΔE 1=ν C V (T B －T A )=3(p B V B －p A V A ) /2=750 J Q =A 1+ΔE 1＝950 J ． B →C ： A 2 =0
ΔE 2 =ν C V (T C －T B )=3( p C V C －p B V B ) /2 =－600 J ．
Q 2 =A 2+ΔE 2＝－600 J ． C →A ： A 3 = p A (V A －V C )=－100 J ．
150)(2
3
)(3-=-=-=?C C A A C A V V p V p T T C E ν J ．
Q 3 =A 3+ΔE 3＝－250 J (2) A = A 1 +A 2 +A 3=100 J ．
Q = Q 1 +Q 2 +Q 3 =100 J
例题9-5
【解】开始时气体体积与温度分别为 V 1 =30310－3 m 3
，T 1＝127＋273＝400 K
∴气体的压强为 p 1=RT 1/V 1 =1.1083105 Pa 大气压p 0=1.0133105 Pa ， p 1>p 0
可见，气体的降温过程分为两个阶段：第一阶段等体降温，直至气体压强p 2 = p 0， 此时温度为T 2，放热Q 1；第二阶段等压降温，直至温度T 3= T 0=27＋273 =300 K ，
放热Q 2
(1) )(2
3
)(21211T T R T T C Q V -=
-= ==1122)/(T p p T 365.7 K ∴ Q 1= 428 J
(2) )(2
5
)(32322T T R T T C Q p -=
-==1365 J ∴ 总计放热 Q = Q 1 + Q 2 = 1.793103 J 例题9-6
解：氦气为单原子分子理想气体，3=i
(1) 等体过程，V ＝常量，A =0
据 Q ＝?E +A 可知 )(12T T C M M
E Q V m o l
-=
?=＝623 J (2) 定压过程，p = 常量， )(12T T C M M
Q p mol
-=
=1.043103 J ?E 与(1) 相同． A = Q - ?E ＝417 J (3) Q =0，?E 与(1) 同 A = -?E=-623 J (负号表示外界作功) 例题9-7
答：因为理想气体的内能是温度的单值函数，所以等体、等压、绝热三个过程的温度变化相同。由于各个过程的摩尔热容C 不相同，等体过程摩尔热容为R i
C C V 2
=
=，等压过程R i C C p 22+=
=；绝热过程0=C ，由T C M M
Q mol
?=可知，不同过程吸热不相同。 例题9-8 (D)
例题9-9 33.3％ 8.313103 J 习题9-1
112
3
V p 0 习题9-2（B ）
习题9-3 8.31 J 29.09 J 习题9-4 C p,m 大。
因为在等压升温过程中，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． 习题9-5
解：(1) 由
3
5
=
V
p C C 和 R C C V p =- 可解得 R C p 25=
和 R C V 2
3
= (2) 该理想气体的摩尔数 ==
0RT V p ν 4 mol 在全过程中气体内能的改变量为 △E =ν C V (T 1－T 2)=7.48×103 J
全过程中气体对外作的功为 1
10
p A R T l n p ν=
式中 p 1 ∕p 0=T 1 ∕T 0 则 31
10
60610T A RT ln
.T ν==? J ． 全过程中气体从外界吸的热量为 Q = △E +W =1.35×104 J ． 习题9-6
解：等压过程末态的体积 10
1T T V V =
等压过程气体对外作功 1
1010000
1T A p (V V )p V ()T =-=
- =200 J 根据热力学第一定律，绝热过程气体对外作的功为 A 2 =－△E =－νC V (T 2－T 1)
这里 0
00RT V p =
ν，R C V 25
=，
则 ()00
2210
55002p V A T T T =-
-= J 气体在整个过程中对外作的功为 A = A 1+A 2 =700 J 习题9-7
解：由图T a =T c =600 K ，ab 是等压过程V a / T a =V b / T b ，∴T b =300 K 。单原子分子自由度i=3，于是(1)Q ab =C p (T b -T a )= -6232.5 J<0；bc 是等容过程：Q bc =C v (T c -T b )=3739.5 J>0 吸热； ca 是等温过程：Q ca = RT c ln (V a / V c )=3456 J>0 吸热。
(2)吸热Q 1=Q bc +Q ca =7195.5 J ，放热Q 2 = |Q ab | = 6232.5 J 。净功W=Q 1-Q 2=963 J 。 (3)η = W / Q 1 = 13.4 %。 习题9-8
解： (1)1→2，?E 12=C V (T 2-T 1)=5RT 1 / 2，W 12= (P 2V 2-P 1V 1) / 2= R (T 2-T 1) / 2=RT 1 / 2， ∴Q 12=3 RT 1。
2→3，?E 23=C V (T 3 -T 2)= C V (T 1 -T 2)= -5RT 1 / 2，Q 23=0，∴W 23= -?E 2=5RT 1 / 2。 3→1，等温?E 31=0，W 31=RT 1ln (V 1 / V 3)= -RT 1ln (V 3 / V 1)= -RT 1ln8= -3RT 1ln2=Q 31， (2) η=1-
1231121Q Q Q Q -==1-
1
1RT 32
ln RT 3=1-ln2=30.7%。 习题9-9
解：(1) 对卡诺循环有： T 1 / T 2 = Q 1 /Q 2
∴ T 2 = T 1Q 2 /Q 1 = 320 K
即：低温热源的温度为 320 K ．
(2) 热机效率： %2011
2
=-=Q Q η 习题9-10 500K 100K
第十章 热力学第二定律
例10-1．（C ） 例10-2．（D ）
例10-3．分子热运动的无序性增大, 不可逆的 例10-4．(C) 习题 10-1. (D) 10-2. (D)
10-3. 功变热 热传导 10-4. （A ）
大学物理(第四版)课后习题及答案 质点
题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x （2）由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 ｓ2=P t （t = 0不合题意） 则：m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时，0=x 。试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。 题1.2解：将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程，它们对应的加速度值分别为 2A B A B AB s m 20-?=--=t t v v a （匀加速直线运动） 0BC =a （匀速直线） 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图 在匀变速直线运动中，有 2002 1at t v x x + += 间内，质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3：如图所示，湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？
大学物理 习题分析与解答
第八章 恒定磁场 8-1 均匀磁场的磁感强度B 垂直于半径为r 的圆面．今以该圆周为边线，作一半球面S ，则通过S 面的磁通量的大小为［ ］。 (A) B r 22π (B) B r 2π (C) 0 (D) 无法确定 分析与解 根据高斯定理，磁感线是闭合曲线，穿过圆平面的磁通量与穿过半球面的磁通量相等。正确答案为（B ）。 8-2 下列说法正确的是[ ]。 (A) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零 (D) 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意点的磁感强度必定为零 分析与解 由磁场中的安培环路定理，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和一定为零。正确答案为（B ）。 8-3 磁场中的安培环路定理∑?=μ=?n L I 1i i 0d l B 说明稳恒电流的磁场是[ ]。 (A) 无源场 (B) 有旋场 (C) 无旋场 (D) 有源场
分析与解 磁场的高斯定理与安培环路定理是磁场性质的重要表述，在恒定磁场中B 的环流一般不为零，所以磁场是涡旋场；而在恒定磁场中，通过任意闭合曲面的磁通量必为零，所以磁场是无源场；静电场中E 的环流等于零，故静电场为保守场；而静电场中，通过任意闭合面的电通量可以不为零，故静电场为有源场。正确答案为（B ）。 8-4 一半圆形闭合平面线圈，半径为R ，通有电流I ，放在磁感强度为B 的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，则线圈所受磁力矩大小为[ ]。 (A) B R I 2π (B) B R I 221π (C) B R I 24 1π (D) 0 分析与解 对一匝通电平面线圈，在磁场中所受的磁力矩可表示为B e M ?=n IS ，而且对任意形状的平面线圈都是适用的。正确答案为（B ）。 8-5 一长直螺线管是由直径d =0.2mm 的漆包线密绕而成。当它通以I =0.5A 的电流时，其内部的磁感强度B =_____________。(忽略绝缘层厚度，μ0=4π×10-7N/A 2) 分析与解 根据磁场中的安培环路定理可求得长直螺线管内部的磁感强度大小为nI B 0μ=，方向由右螺旋关系确定。正确答安为（T 1014.33-?）。 8-6 如图所示，载流导线在平面内分布，电流为I ，则在圆心O 点处的磁感强度大小为_____________，方向为 _____________ 。 分析与解 根据圆形电流和长直电 流的磁感强度公式，并作矢量叠加，可得圆心O 点的总
大学物理下答案习题14
习题14 14.1 选择题 （1）在夫琅禾费单缝衍射实验中，对于给定的入射单色光，当缝宽度变小时，除中央亮纹的中心位置不变外，各级衍射条纹[ ] (A) 对应的衍射角变小． (B) 对应的衍射角变大． (C) 对应的衍射角也不变． (D) 光强也不变． [答案：B] （2）波长nm (1nm=10-9m)的单色光垂直照射到宽度a=0.25mm的单缝上，单缝后面放一凸透镜，在凸透镜的焦平面上放置一屏幕，用以观测衍射条纹。今测得屏幕上中央明条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离为d=12mm，则凸透镜的焦距是[ ] (A)2m. (B)1m. (C)0.5m. (D)0.2m. (E)0.1m [答案：B] （3）波长为的单色光垂直入射于光栅常数为d、缝宽为a、总缝数为N的光栅上．取k=0，±1，±2．．．．，则决定出现主极大的衍射角的公式可写成[ ] (A) N a sin=k． (B) a sin=k． (C) N d sin=k． (D) d sin=k． [答案：D] （4）设光栅平面、透镜均与屏幕平行。则当入射的平行单色光从垂直于光栅平面入射变为斜入射时，能观察到的光谱线的最高级次k [ ] (A)变小。 (B)变大。 (C)不变。 (D)的改变无法确定。 [答案：B] （5）在光栅光谱中，假如所有偶数级次的主极大都恰好在单缝衍射的暗纹方向上，因而实际上不出现，那么此光栅每个透光缝宽度a和相邻两缝间不透光部分宽度b的关系为[ ] (A) a=0.5b (B) a=b (C) a=2b (D)a=3b [答案：B] 14.2 填空题 （1）将波长为的平行单色光垂直投射于一狭缝上，若对应于衍射图样的第一级暗纹位置的衍射角的绝对值为，则缝的宽度等于________________． λθ] [答案：/sin （2）波长为的单色光垂直入射在缝宽a=4 的单缝上．对应于衍射角=30°，单缝处的波面可划分为______________个半波带。 [答案：4] （3）在夫琅禾费单缝衍射实验中，当缝宽变窄，则衍射条纹变；当入射波长变长时，则衍射条纹变。（填疏或密） [答案：变疏，变疏]
大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=
大学物理试题及答案
第2章刚体得转动 一、选择题 1、如图所示，A、B为两个相同得绕着轻绳得定滑轮．A滑轮挂一质量为M得物体，B滑轮受拉力F，而且F＝Mg．设A、Ｂ两滑轮得角加速度分别为βA与βＢ，不计滑轮轴得摩擦，则有 （Ａ) βA＝βB。（B）βA＞βＢ. (Ｃ)βA＜βB．(D）开始时βＡ=βB，以后βA<βB。 ［］ 2、有两个半径相同，质量相等得细圆环A与B。A环得质量分布均匀，B环得质量分布不均匀。它们对通过环心并与环面垂直得轴得转动惯量分别为ＪA与J B,则 （A）ＪA＞J B．(B) JＡ 单元一 简谐振动 一、 选择、填空题 1. 对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？ 【 C 】 (A) 物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值； (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零； (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零； (D) 物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。 2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，振动方程用余弦函数表示，如果该振子的初相为π3 4 ，则t=0时，质点的位置在： 【 D 】 (A) 过A 21x = 处，向负方向运动； (B) 过A 21 x =处，向正方向运动； (C) 过A 21x -=处，向负方向运动；(D) 过A 2 1 x -=处，向正方向运动。 3. 将单摆从平衡位置拉开，使摆线与竖直方向成一微小角度θ，然后由静止释放任其振动，从放手开始计时，若用余弦函数表示运动方程，则该单摆的初相为： 【 B 】 (A) θ； (B) 0； (C)π/2； (D) -θ 4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统，组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示，(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为： 【 B 】 (A) 2：1：1； (B) 1：2：4； (C) 4：2：1； (D) 1：1：2 5. 一弹簧振子，当把它水平放置时，它可以作简谐振动，若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图，试判断下面哪种情况是正确的： 【 C 】 (A) 竖直放置可作简谐振动，放在光滑斜面上不能作简谐振动； (B) 竖直放置不能作简谐振动，放在光滑斜面上可作简谐振动； (C) 两种情况都可作简谐振动； ) 4(填空选择) 5(填空选择 习题八 8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系 ? 解: 如题8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图 题8-2图 8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2 图所示．设小球的半径和线的质量都可 解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解 ? 解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电 荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f = 2 024d q πε,又有人 说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02 ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少 ? 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε= ，另一板受它的作用 力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 r E = 302cos r p πεθ, θ E =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量 θsin p ． ∵ l r >> x L h 书中例题：1.2, 1.6（p.7;p.17）（重点） 直杆AB 两端可以分别在两固定且相互垂直的直导线槽上滑动，已知杆的倾角φ＝ωt 随时间变化，其中ω为常量。 求：杆中M 点的运动学方程。 解：运动学方程为： x=a cos(ωt) y=b sin(ωt) 消去时间t 得到轨迹方程： x 2/a 2 + y 2/b 2 = 1 椭圆 运动学方程对时间t 求导数得速度： v x ＝dx/dt ＝-a ωsin(ωt) v y ＝dy/dt ＝b ωcos(ωt) 速度对时间t 求导数得加速度： a x ＝d v x /dt ＝－a ω2cos(ωt) a y ＝d v y /dt ＝－b ω2sin(ωt) 加速度的大小： a 2＝a x 2＋a y 2 习题指导P9. 1.4（重点） 在湖中有一小船，岸边有人用绳子跨过一高处的滑轮拉船靠岸，当绳子以v 通过滑轮时， 求：船速比v 大还是比v 小？ 若v 不变，船是否作匀速运动？ 如果不是匀速运动,其加速度是多少？ 解： l ＝（h2＋x2）1/2 221/2 122()d l x d x v d t h x d t ==+ 221/2()d x h x v d t x += 当x>>h 时，dx/dt ＝v ，船速＝绳速 当x →0时，dx/dt →∞ 加速度： x y M A B a b φ x h 220d x d t =2221/22221/2221/2221/2221/22221/2()1()11()()1112()2()d x d h x v dt dt x d h x v dt x d dx d h x dx h x v v dx x dt x dx dt dx x dx h x v v x dt x h x dt ?? +=??????=?+???? +??=?++ ???=-?+++ 将221/2()d x h x v d t x +=代入得： 2221/2221/2 221/2 22221/21()112()()2()d x h x x h x h xv v v v d t x x x h x x ++=-?+++3222232222)(x v h x v v x x h dt x d -=++-= 分析： 当x ∞, 变力问题的处理方法（重点） 力随时间变化：F ＝f （t ） 在直角坐标系下，以x 方向为例，由牛顿第二定律： ()x dv m f t dt = 且：t ＝t 0 时，v x ＝v 0 ；x ＝x 0 则： 1 ()x dv f t dt m = 直接积分得： 1 ()()x x v dv f t dt m v t c ===+?? 其中c 由初条件确定。 由速度求积分可得到运动学方程： 《大学物理》习题和答案 第9章热力学基础 1，选择题 2。对于物体的热力学过程，下面的陈述是正确的，即 [(A)的内能变化只取决于前两个和后两个状态。与所经历的过程无关(b)摩尔热容量的大小与物体所经历的过程无关 (C)，如果单位体积所含热量越多，其温度越高 (D)上述说法是不正确的 8。理想气体的状态方程在不同的过程中可以有不同的微分表达式，那么方程 Vdp？pdV？MRdT代表[(M)(A)等温过程(b)等压过程(c)等压过程(d)任意过程 9。热力学第一定律表明 [] (A)系统对外界所做的功不能大于系统从外界吸收的热量(B)系统内能的增量等于系统从外界吸收的热量 (C)在这个过程中不可能有这样一个循环过程，外部对系统所做的功不等于从系统传递到外部的热量(d)热机的效率不等于1 13。一定量的理想气体从状态(p，V)开始，到达另一个状态(p，V)。一旦它被等温压缩到2VV，外部就开始工作；另一种是绝热压缩，即外部功w。比较这两个功值的大小是22 [] (a) a > w (b) a = w (c) a 14。1摩尔理想气体从初始状态(T1，p1，V1)等温压缩到体积V2，由外部对气体所做的功是[的](a)rt 1ln v2v(b)rt 1ln 1v1 v2(c)P1(v2？ V1(D)p2v 2？P1V1 20。两种具有相同物质含量的理想气体，一种是单原子分子气体，另一种是双原子分子气体， 通过等静压从相同状态升压到两倍于原始压力。在这个过程中，两种气体[(A)从外部吸收相同量的热量和内部能量增量，(b)从外部吸收相同量的热量和内部能量增量是不同的，(c)从外部吸收相同量的热量和内部能量增量是不同的，(d)从外部吸收相同量的热量和内部能量增量是相同的。这两个气缸充满相同的理想气体，并具有相同的初始状态。在等压过程之后，一个钢瓶内的气体压力增加了一倍，另一个钢瓶内的气体温度也增加了一倍。在这个过程中，这两种气体从[以外吸收的热量相同(A)不同(b)，前者吸收的热量更多(c)不同。后一种情况吸收更多热量(d)热量吸收量无法确定 25。这两个气缸充满相同的理想气体，并具有相同的初始状态。等温膨胀后，一个钢瓶的体积膨胀是原来的两倍，另一个钢瓶的气体压力降低到原来的一半。在其变化过程中，两种气体所做的外部功是[] (A)相同(b)不同，前者所做的功更大(c)不同。在后一种情况下，完成的工作量很大(d)完成的工作量无法确定 27。理想的单原子分子气体在273 K和1atm下占据22.4升的体积。将这种气体绝热压缩到16.8升需要做多少功？ [](a)330j(b)680j(c)719j(d)223j 28。一定量的理想气体分别经历等压、等压和绝热过程后，其内能从E1变为E2。在以上三个过程中， 物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题）27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位，求： （1） 质点的运动轨迹； （2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。 解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 或1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2x x dv a dt = =， 2y y dv a dt == 当2t s =时，速度和加速度分别为 22a i j =+r r r m/s 2 1-4 设质点的运动方程为 cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，式中的R 、ω均为常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。 解 （1）质点的速度为 （2）质点的速率为 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30， 2-34， 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作 用下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义，有 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的 阻力（空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。 解 （１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有 即 dv k dt v m =- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等 于地球半径的2倍（即2R ），试以,m R 和引力恒量G 及地球的质量M 表示出： （1） 卫星的动能； （2） 卫星在地球引力场中的引力势能. 解 (1) 人造卫星绕地球做圆周运动，地球引力作为向心力，有 卫星的动能为 212 6k GMm E mv R == （２）卫星的引力势能为 2-37 一木块质量为1M kg =，置于水平面上，一质量为2m g =的子弹以 500/m s 的速度水平击穿木块，速度减为100/m s ，木块在水平方向滑行了20cm 后 停止。求： （1） 木块与水平面之间的摩擦系数； （2） 子弹的动能减少了多少。 2014级机械《大学物理》习题库 1．以下四种运动形式中，a 保持不变的运动是 ［ D ］ (A) 单摆的运动 (B) 匀速率圆周运动 (C) 行星的椭圆轨道运动 (D) 抛体运动 2．一运动质点在某瞬时位于矢径(,)r x y r 的端点处，其速度大小为［ D ］ (A) d d r t (B) d d r t r (C) d d r t r 3．质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每T 秒转一圈。在2T 时间间隔 中，其平均速度大小与平均速率大小分别为 ［ B ］ (A) 2/R T ，2/R T (B) 0 ，2/R T (C) 0 ， 0 (D) 2/R T ， 0. 4．某人骑自行车以速率v 向西行驶，今有风以相同速率从北偏东30°方向 吹来，试问人感到风从哪个方向吹来［ C ］ (A) 北偏东30° (B) 南偏东30° (C) 北偏西30° (D) 西偏南30° 5．对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的： ［ B ］ (A) 切向加速度必不为零 (B) 法向加速度必不为零（拐点处除外） (C) 由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零 (D) 若物体作匀速率运动，其总加速度必为零 6．下列说法哪一条正确［ D ］ (A) 加速度恒定不变时，物体运动方向也不变 (B) 平均速率等于平均速度的大小 (C) 不管加速度如何，平均速率表达式总可以写成(v 1、v 2 分别为初、末 速率) 122 v v v (D) 运动物体速率不变时，速度可以变化。 7．质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，S 表示 路程，t a 表示切向加速度，下列表达式中，［ D ］ (1) d d v a t ， (2) d d r v t ， (3) d d S v t ， (4) d d t v a t r (A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的 (C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的 8．如图所示，假设物体沿着竖直面上圆弧形轨道下滑，轨道是光滑的，在从A 至C 的下滑过程中，下面哪个说法是正确的［ D ］ (A) 它的加速度大小不变，方向永远指向圆心 (B) 它的速率均匀增加 A R 大学物理学(上)练习题 第一编 力 学 第一章 质点的运动 1．一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为,v 瞬时速率为v ，平均速率为,v 平均 速度为v ，它们之间如下的关系中必定正确的是 (A) v v ≠，v v ≠； (B) v v =，v v ≠； (C) v v =，v v =； (C) v v ≠，v v = [ ] 2．一质点的运动方程为2 6x t t =-(SI)，则在t 由0到4s 的时间间隔内，质点位移的大小为 ，质点走过的路程为 。 3．一质点沿x 轴作直线运动，在t 时刻的坐标为23 4.52x t t =-（SI ）。试求：质点在 （1）第2秒内的平均速度； （2）第2秒末的瞬时速度； （3）第2秒内运动的路程。 4．灯距地面的高度为1h ，若身高为2h 的人在灯下以匀速率 v 沿水平直线行走，如图所示，则他的头顶在地上的影子M 点沿地 面移动的速率M v = 。 5．质点作曲线运动，r 表示位置矢量，s 表示路程，t a 表示切向加速度，下列表达式 （1） dv a dt =， （2）dr v dt =， （3）ds v dt =， （4）||t dv a dt =. （A ）只有（1）、（4）是对的； （B ）只有（2）、（4）是对的； （C ）只有（2）是对的； （D ）只有（3）是对的. [ ] 6．对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的。 （A ）切向加速度必不为零； （B ）法向加速度必不为零（拐点处除外）； （C ）由于速度沿切线方向；法向分速度必为零，因此法向加速度必为零； （D ）若物体作匀速率运动，其总加速度必为零； （E ）若物体的加速度a 为恒矢量，它一定作匀变速率运动. [ ] 7．在半径为R 的圆周上运动的质点，其速率与时间的关系为2 v ct =（c 为常数），则从 0t =到t 时刻质点走过的路程()s t = ；t 时刻质点的切向加速度t a = ；t 时刻质点 的法向加速度n a = 。 2 h M 1h 习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零， 则Q与q的关系为：（） （A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（） （A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷； （B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（） （A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（） （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零； （C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中 心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷 ) 2(选择题(5) 选择题单 元一 质点运动学（一） 一、选择题 1. 下列两句话是否正确： (1) 质点作直线运动，位置矢量的方向一定不变； 【 ? 】 (2) 质点作园周运动位置矢量大小一定不变。 【 ? 】 2. 一物体在1秒内沿半径R=1m 的圆周上从A 点运动到B 点，如图所示，则物体的平均速度是： 【 A 】 (A) 大小为2m/s ，方向由A 指向B ； (B) 大小为2m/s ，方向由B 指向A ； (C) 大小为3.14m/s ，方向为A 点切线方向； (D) 大小为3.14m/s ，方向为B 点切线方向。 3. 某质点的运动方程为x=3t-5t 3+6(SI)，则该质点作 【 D 】 (A) 匀加速直线运动，加速度沿X 轴正方向； (B) 匀加速直线运动，加速度沿X 轴负方向; (C) 变加速直线运动，加速度沿X 轴正方向; (D)变加速直线运动，加速度沿X 轴负方向 4. 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度v=2 m/s ，瞬时加速率a=2 m/s 2则一秒钟后质点的速度: 【 D 】 (A) 等于零 (B) 等于-2m/s (C) 等于2m/s (D) 不能确定。 5. 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向边运动。设该人以匀速度V 0收绳，绳不伸长、湖水静止，则小船的运动是 【 C 】 (A)匀加速运动; (B) 匀减速运动; (C) 变加速运动; (D) 变减速运动; (E) 匀速直线运动。 6. 一质点沿x 轴作直线运动，其v-t 曲线如图所示，如t=0时，质点位于坐标原点，则t=4.5s 时， 大学物理试题及答案 TTA standardization office【TTA 5AB- TTAK 08- TTA 2C】 第1部分：选择题 习题1 1-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +?时间内的位移为r ?，路程为s ?，位矢大小的变化量为r ?（或称r ?），平均速度为v ，平均速率为v 。 （1）根据上述情况，则必有（ ） （A ）r s r ?=?=? （B ）r s r ?≠?≠?，当0t ?→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ?≠?≠?，当0t ?→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ?=?≠?，当0t ?→时有dr dr ds == （2）根据上述情况，则必有（ ） （A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠= 1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即 （1） dr dt ；（2）dr dt ；（3）ds dt ；（4下列判断正确的是： （A ）只有（1）（2）正确 （B ）只有（2）正确 （C ）只有（2）（3）正确 （D ）只有（3）（4）正确 1-3 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，s 表示路程，t a 表示切向加速度。对下列表达式，即 （1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。 下述判断正确的是（ ） （A ）只有（1）、（4）是对的 （B ）只有（2）、（4）是对的 （C ）只有（2）是对的 （D ）只有（3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ ） （A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变 （B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变 （C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变 （D ）切向加速度一定改变，法向加速度不变 * 1-5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向 岸边运动。设该人以匀速率0v 收绳，绳不伸长且湖水静止，小船的速率为v ，则小船作（ ） （A ）匀加速运动，0 cos v v θ= （B ）匀减速运动，0cos v v θ= （C ）变加速运动，0cos v v θ = （D ）变减速运动，0cos v v θ= （E ）匀速直线运动，0v v = 1-6 以下五种运动形式中，a 保持不变的运动是 ( ) （Ａ）单摆的运动． （Ｂ）匀速率圆周运动． （Ｃ）行星的椭圆轨道运动． （Ｄ）抛体运动． （Ｅ）圆锥摆运动． 1-7一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度ｖ＝２ｍ／ｓ，瞬时加速度22/a m s -=-，则一秒钟后质点的速度 ( ) （Ａ）等于零． （Ｂ）等于－２ｍ／ｓ． （Ｃ）等于２ｍ／ｓ． （Ｄ）不能确定． 第一部分：基本实验基础 1．（直、圆）游标尺、千分尺的读数方法。 答：P46 2．物理天平 1．感量与天平灵敏度关系。天平感量或灵敏度与负载的关系。 答：感量的倒数称为天平的灵敏度。负载越大，灵敏度越低。 2．物理天平在称衡中，为什么要把横梁放下后才可以增减砝码或移动游码。 答：保护天平的刀口。 3．检流计 1．哪些用途？使用时的注意点？如何使检流计很快停止振荡？ 答：用途：用于判别电路中两点是否相等或检查电路中有无微弱电流通过。 注意事项：要加限流保护电阻要保护检流计，随时准备松开按键。 很快停止振荡：短路检流计。 4．电表 量程如何选取？量程与内阻大小关系？ 答：先估计待测量的大小，选稍大量程试测，再选用合适的量程。 电流表：量程越大，内阻越小。 电压表：内阻=量程×每伏欧姆数 5．万用表 不同欧姆档测同一只二极管正向电阻时，读测值差异的原因？ 答：不同欧姆档，内阻不同，输出电压随负载不同而不同。 二极管是非线性器件，不同欧姆档测，加在二极管上电压不同，读测值有很大差异。 6．信号发生器 功率输出与电压输出的区别？ 答：功率输出：能带负载，比如可以给扬声器加信号而发声音。 电压输出：实现电压输出，接上的负载电阻一般要大于50Ω。 比如不可以从此输出口给扬声器加信号，即带不动负载。 7．光学元件 光学表面有灰尘，可否用手帕擦试？ 答：不可以 8．箱式电桥 倍率的选择方法。 答：尽量使读数的有效数字位数最大的原则选择合适的倍率。 9．逐差法 什么是逐差法，其优点？ 答：把测量数据分成两组，每组相应的数据分别相减，然后取差值的平均值。 优点：每个数据都起作用，体现多次测量的优点。 10．杨氏模量实验 1．为何各长度量用不同的量具测？ 物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题） 27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位， 求： （1） 质点的运动轨迹； （2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。 解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 21)y = 或 1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =， 241r i j =+ 213r r r i j =-=- 位移的大小 231r =+= （3） 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt ==- 22(1)v ti t j =+- 2x x dv a dt ==， 2y y dv a dt == 22a i j =+ 当2t s =时，速度和加速度分别为 42/v i j m s =+ 22a i j =+ m/s 2 1-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+，式中的R 、ω均为常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。 解 （1）质点的速度为 sin cos d r v R ti R t j dt ωωωω= =-+ （2）质点的速率为 v R ω== 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2216n a R Rt ω== 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30， 2-34， 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用 下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义，有 2.0 2.0 2.02 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s ==+=+=? ? 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的阻力 （空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。 解 （１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有 dv f m kv dt ==- 即 dv k dt v m =- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等于地球 练习一 质点运动学 1、26t dt d +== ，61+= ，t v 261 331+=-=-? ， a 241 31 331=--=- 2、020 22 12110 v Kt v Ktdt v dv t Kv dt dv t v v +=?-?=??-= 所以选（C ） 3、因为位移00==v r ?，又因为,0≠?0≠a 。所以选（B ） 4、选（C ） 5、（1）由,mva Fv P ==dt dv a =Θ，所以：dt dv mv P =，??=v t mvdv Pdt 0 积分得：m Pt v 2= （2）因为m Pt dt dx v 2==，即：dt m Pt dx t x ??=0 02，有：2 3 98t m P x = 练习二 质点运动学 （二） 1、 平抛的运动方程为 202 1gt y t v x ==，两边求导数有： gt v v v y x ==0，那么 2 220 t g v v +=， 2 22 022t g v t g dt dv a t +==， = -=22 t n a g a 2 220 0t g v gv +。 2、 2241442s /m .a ;s /m .a n n == 3、 （B ） 4、 （A ） 练习三 质点运动学 1、023 2332223x kt x ;t k )t (a ;)k s (t +=== 2、0321`=++ 3、（B ） 4、（C ） 练习四 质点动力学（一） 1、m x ;912== 2、（A ） 3、（C ） 4、（A ） 练习五 质点动力学（二） 1、m 'm mu v )m 'm (v V +-+-=00 2、（A ） 3、（B ） 4、（C ） 5、（1）Ns v v m I v s m v t t v 16)(,3,/19,38304042=-===+-= （2）J mv mv A 1762 1212 024=-= 练习六、质点动力学（三） 1、J 900 2、)R R R R ( m Gm A E 2 12 1-= 3、（B ） 4、（D ） 5、)(2 1 222B A m -ω 练习七 质点动力学（四） 1、) m m (l Gm v 212 2 12+= 2、动量、动能、功 3、（B ）大学物理之习题答案
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