大学物理习题精选答案.doc

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1、大学物理习题精选答案光电技术系物理教研室二七年二月目 录目 录1第一章 质点运动学2第二章 牛顿运动定律6第三章 动量和能量10第四章 刚体力学15第五章 机械振动19第六章 机械波22第七章 热力学28第八章 气体动理论33第九章 静电场36第十章 静电场中的导体和介质42第十一章 稳恒磁场46第十二章 电磁感应53第十三章 波动光学61第十四章 狭义相对论68第十五章 量子物理基础72第一章 质点运动学一、选择题1、 B 2、 D 3、 D 4、 B 5、D6、 B 7、 A 二、填空题1、 。2、 3 3 63、 匀加速直线 1 4、 10 m/s2 15 m/s2 。 5、 （s） (

2、n = 0, 1, 2,) 。 6、 A 车 = 1.19 s = 0.67 s 。 7、 变速率曲线运动， 变速率直线运动。8、 9、 10、11、12、13、三、计算题1.解：设质点的加速度为 a = a0+a t t = t 时， a =2 a0 a = a0 /t 即 a = a0+ a0 t /t ， 由 a = dv /dt ， 得 dv = adt 由 v = ds /dt ， ds = v dt t = nt 时，质点的速度 质点走过的距离 2.解：(1) =17.48 m，方向f =8.98(东偏北) 0.35 m/s方向东偏北8.98 (2) (路程)m=58m, m/s

3、3.解：以q 表示物体在运动轨道上任意点P处其速度与水平方向的夹角, 则有, 又因故该点 因为, 所以地面上方的轨道各点均有，上式的分母在处最小，在处最大，故 4.解：选取如图所示的坐标系，以表示质点的对地速度，其x、y方向投影为：， 当y=h时，的大小为： 的方向与x轴夹角为g， 5.解：以出发点为坐标原点，向东取为x轴，向北取为y轴，因流速为-y方向，由题意可得 ux = 0 uy = a(x-l/2)2b y45v0u0xl令 x = 0, x = l处 uy = 0, x = l/2处 uyu0， 代入上式定出a、，而得 船相对于岸的速度(vx，vy)明显可知是 ，将上二式的第一式进行

4、积分，有 还有，= 即 因此，积分之后可求得如下的轨迹(航线)方程 到达东岸的地点(x，y )为 第二章 牛顿运动定律一、选择题： 1、 D 2、D 3、B 4、B 5、D 6 、D 7、A 8、 E 9、B一、 填空题：1、 2、 5.2 N 3、 (m3/m2)g 0 4、 (1) 见图 (2) 见图 5、 0 2 g 三、计算题1解：设地球和月球表面的重力加速度分别为g1和g2，在月球上A、B受力如图，则有 m2 g2T =m2 a Tm1 g2 = m1 a 又 m1g1 =m2 g2 联立解、可得 m/s2 即B以1.18 m/s2的加速度下降. 2解：(1) 子弹进入沙土后受力为v

5、由牛顿定律 (2) 求最大深度解法一: 解法二： 3解：建立x、y坐标系统的运动中，物体A、B及小车D 的受力如图所示，设小车D受力时，连接物体B的绳子与竖直方向成a角. 当A、D间无相对滑动时，应有如下方程： 联立、式解出： 联立、式解出： 代入得： 代入数据得 F784 N 注：式也可由A、B、D作为一个整体系统而直接得到 4解：以飞机着地点为坐标原点，飞机滑行方向为x轴正向设飞机质量为m，着地后地面对飞机的支持力为N在竖直方向上 飞机受到地面的摩擦力 在水平方向上 即 x = 0时，x =S（滑行距离）时，v0 解得 飞机刚着地前瞬间，所受重力等于升力，即 , 代入S表达式中并化简，然

6、后代入数据 m 5解：未断时对球2有弹性力 线断瞬间对球1有弹性力 对球2有弹性力 解得 6解： (1) 设同步卫星距地面的高度为h，距地心的距离r=R+h， 由牛顿定律 又由 得 ， 代入式得 同步卫星的角速度w 与地球自转角速度相同，其值为 rad/s 解得 m， km (2) 由题设可知卫星角速度w的误差限度为 rad/s 由式得 取对数 取微分并令 dr =Dr, dw =Dw 且取绝对值 3D r/r =2Dw/w Dr=2rDw /(3w) =213 m rOOwd rT(r)T(r+dr)7解：取距转轴为r处，长为d r的小段绳子，其质量为 ( M/L ) dr (取元，画元的受

7、力图) 由于绳子作圆周运动，所以小段绳子有径向加速度，由牛顿定律得： T ( r )-T ( r + dr ) = ( M / L) dr rw2 令 T ( r )T (r + dr ) = - dT ( r) 得 dT =( Mw2 / L) r dr 由于绳子的末端是自由端 T (L) = 0 有 第三章 动量和能量一、选择题：1、A 2、C 3、D 4、D 5、C 6、C 7、C 8、B 9、C 10、B 11、C 12、D 13、C 14、B 15、C 16、 C 17、C 二、填空题：1、 mv/t 竖直向下 2、 b t P0 + b t 3、 4、 5、 5 m/s 6、 7、

8、 8、 参考解： ， 倍数=9、 356 Ns 160 Ns 10、 0 2pmg/w 2pmg/w 11、 290J 12、 F0R 13、 零 正 负 14、 1.28104J 15、 100m/s 16、 12J 17、 18、 42.4 J 19、 4000J 20、 21、 22、 23、 0.207 三、计算题1解：子弹射入A未进入B以前，A、B共同作加速运动 F(mA+mB)a， a=F/(mA+mB)=600 m/s2 B受到A的作用力 NmBa1.8103 N方向向右 A在时间t内作匀加速运动，t秒末的速度vAat当子弹射入B时，B将加速而A则以vA的速度继续向右作匀速直线运

9、动 vAat6 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 2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 v = m(v0 - v)/M =3.13 m/s T =Mg+Mv2/l =26.5 N (2) (设方向为正方向) 负号表示冲量方向与方向相反 3. 解：因第一块爆炸后落在其正下方的地面上，说明它的速度方向是沿竖直方向的利用 ， 式中为第一块在爆炸后落到地面的时间 可解得v14.7 m/s，竖

10、直向下取y轴正向向上, 有v1y14.7 m/s 设炮弹到最高点时(vy0)，经历的时间为t，则有 S1 = vx t h= 由、得 t=2 s , vx =500 m/s 以表示爆炸后第二块的速度，则爆炸时的动量守恒关系如图所示 解出 v2x =2vx =1000 m/s， v2y =-v1y =14.7 m/s 再由斜抛公式 x2= S1 +v2x t2 y2=h+v2y t2- 落地时 y2 =0，可得 t2 =4 s , t21 s（舍去） 故 x25000 4解：以人与第一条船为系统，因水平方向合外力为零所以水平方向动量守恒，则有 Mv1 +mv =0 v1 = 再以人与第二条船为系

11、统，因水平方向合外力为零所以水平方向动量守恒，则有 mv = (m+M)v2 v2 = 5解：把小车和人组成的系统作为研究对象。由于整个过程中系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒。（1）（2） “”表示车与原来运动方向相反。6、解：选竖直向上为坐标y轴的正方向，井中水面处为原点 由题意知，人匀速提水，所以人所用的拉力F等于水桶的重量即： F=P=107.8-1.96y(SI) 人的拉力所作的功为： W=980 J 7、解：(1) 位矢 (SI) 可写为 ， ， 在A点(a，0) ， EKA= 在B点(0，b) ， EKB= (2) = 由A= =8、 解：根据功能原理有 1.1N 9、 解

12、1) 根据功能原理，有 =4.5 m(2) 根据功能原理有 =8.16 m/s 10、 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 摩擦力的功 = = (2)以链条为对象，应用质点的动能定理 W 其中 W = W PWf ，v0 = 0 WP = 由上问知 所以 得 第四章 刚体力学 一、选择题1、C 2、C 3、C 4、C 5、A 6、B 7、D 8、C二、填空题1、 6.54 rad / s2 4.8 s 2、 50ml 2 3、 4、 5、 2g / (3l) 6、 4M / (mR) 7、 0 8、 9、 mv l 10、 11、 0.2prads-1

13、12、 三、计算题1、 解：体系所做的运动是匀速匀加速匀减速定轴转动其中w1是匀加速阶段的末角速度，也是匀减速阶段的初角速度，由此可得 t8 s时， w1w0927 rad /s 当w0时，得 t(w124)/ 317s 所以，体系在17s时角速度为零 2、 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 = Jb 运动学关系： aRb 将、式联立得 amg / (mM) v00 vatmgt / (mM) 3、 解：各物体受力情况如图 FTma ma ()R aRb 由上述方程组解得： b 2F / (5mR)10 rads-2 T3F / 56.0 N 2F

14、/ 54.0 N 4、 解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T，则根据牛顿运动定律和转动定律得： mgTma T rJb 由运动学关系有： a = rb 由、式解得： Jm( ga) r2 / a 又根据已知条件 v00 S， a2S / t2 将式代入式得：Jmr2(1) 5、 解：(1) mgTma TRJb aRb b = mgR / (mR2J)81.7 rad/s2 方向垂直纸面向外 (2) 当w0 时， 物体上升的高度h = Rq = 6.1210-2 m (3) 10.0 rad/s 方向垂直纸面向外. 6、解：撤去外加力矩后受力分析如图所示 m1gT = m1a TrJb

15、arb a = m1gr / ( m1r + J / r) 代入J , a = 6.32 ms-2 v 0at0 tv 0 / a0.095 s 7、 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，可列出以下联立方程：T1RJ1b1 T2rT1rJ2b2 mgT2ma , aRb1rb2 , v 22ah求解联立方程，得 m/s2=2 m/s T2m(ga)58 N T148 N 8、 解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统由角动量守恒得 （逆时针为正向） 又 将代入得 9、 解：选棒、小物体为系统，系统开始时角速度为 w1 = 2pn11.57 rad

16、/s (1) 设小物体滑到棒两端时系统的角速度为w2由于系统不受外力矩作用所以角动量守恒 故 0.628 rad/s (2) 小物体离开棒端的瞬间，棒的角速度仍为w2因为小物体离开棒的瞬间内并未对棒有冲力矩作用 10、 解：(1) 以子弹和圆盘为系统，在子弹击中圆盘过程中，对轴O的角动量守恒 mv0R(MR2mR2)w (2) 设s表示圆盘单位面积的质量，可求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小 为 (2 / 3)pmgR3(2 / 3)mMgR 设经过Dt时间圆盘停止转动，则按角动量定理有 Mf Dt0Jw(MR2mR2)w- mv 0R 11、 解：碰撞前瞬时，杆对O点的角动量为 式中r为杆的

17、线密度 碰撞后瞬时，杆对O点的角动量为 因碰撞前后角动量守恒，所以 w = 6v0 / (7L)第五章 机械振动一、 选择题 1、B 2、B 3、C 4、C 5、B 6、B 7、A 8、D 9、E 10、B二 填空题1、 振动系统本身性质 初始条件 2、 p 3、 4、 21 41 21 5、 6、 11 7、 3p/4 8、 T / 8，3T / 8 9、 |A1 A2| 10、 0 三、计算题1 、解：(1) A = 0.5 cm；w = 8p s-1；T = 2p/w = (1/4) s；f = p/3 (2) (SI) (SI) (3) =7.9010-5 J (4) 平均动能 = 3

18、9510-5 J = 同理 = 3.9510-5 J 2、解：设弹簧的原长为l，悬挂m1后伸长Dl，则 k Dl = m1g， k = m1g/ Dl = 2 N/m 取下m1挂上m2后， rad/s =0.56 st = 0时， 解得 m 180+12.6=3.36 rad 也可取 f = -2.92 rad 振动表达式为 x = 2.0510-2cos(11.2t-2.92) (SI) 或 x = 2.0510-2cos(11.2t+3.36) (SI) 3、解：（1）t=0时 （2） 其时4、解：由题意 T = 0.5，w = 2 p /T = 4p rad/s 角振幅 q 0 = 0.1p. 振动表达式为 摆动角速度 (1) = 3.95 rads-1 (2) 当 时，必有，