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1、大学物理学习指导答案大学物理学习指导习题详解第一章 质点运动学 1第二章 牛顿定律 3第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 5第四章 刚体的转动 8第五章 热力学基础 11第六章 气体动理论 13第七章 静电场 15第八章 静电场中的导体和介质 21第九章 稳恒磁场 28第十章 磁场中的磁介质 35第一章 电磁感应 36第十二章 机械振动 43第十三章 机械波 45第十四章电磁场普遍规律 49第十五章波动光学 51第十六章相对论 55第十七章量子力学 57第一章 质点运动学,质点在(x,y )处的速度大小1.由Vx = dx ， Vy = dy和速度的矢量合成可知 dt y dt1 /2Vdx

2、2。 Jdt dt1.由相对运动的知识易知，风是从西北方向吹来。VMt -Vt2.根据两个三角形相似，则 H =h1 VMt,解得VMh1v。hi - h23将加速度 g沿切向和法向分解，则at =g,an2由法向加速度的计算公式2Van ,所以R,曲率半径Rq。3gt4.s（tr 0v（t）dtt 2Octdt根据法向加速度和切向加速度的计算公式，adv =2Ctlandt4V C tR-R5.( 1)根据平均速度的计算公式x1 = 2.5m, X2 = 2m, V =XX = -0.5m / s.方向与-t t2 t1X轴相反。(2)根据瞬时速度的计算公式Vt =9t _6t2, V（2秒

3、末）dt=-6ms,方向与X轴相反。(3)由(2)可知，vt =9t -6t2当 t=1.5s 时，v=0,然后反向运动。因此S = X（i。5） _ （i) x（i .5）_ x(2） = 225m。7.(I)水平方向X=vt,竖直方向y2gt ,因此，任意时刻位置坐标为V0t, 1 gt2 根据22Xg2。o（2）由 VXdx dydvo,vy=审-gt.根据速度的合成公式， v V= V g2t2.与X轴夹角lv0丿J - arcta n上述两个方程消去时间 t ，可得轨迹方程y -2vdvadtK9二22 2 .切向加速度方向为PVo +g t ,法向加速度垂直于切向加速度。8.设抛出

4、的球的速度为 V,以车为参考系，则竖直方向当球的速度为 0时经历的时间为t,2 a aVCOSV-gt,舟 at =VSin 2t.根据上述两个方程消去 t,v 可得 tan = v-arctan .g g9.设列车速度水平向右，则看到的雨点速度水平斜向下，且与水平向右方向夹角为 165度,根据速度的合成定理， V雨占 V 5.36m s点 ta n75*10. (1)由切向加速度2dv dw d ,at r r 2 =2.4t,t=2s 时,dt dt dt2at =4.8ms2.法向加速度rl an =rw2,w= - ,所以 an =14.4t4,当t =2s时，an = 230.4ms

5、2.dt(2)总加速度 a =Jat2 an ； (2.4t)2 (14.4t2)2 , a0.5a,解方程可得 t=0.66,因此 为 3.15rad.(3)由at =即2.4t =14.4t4,解得t U钏丄 s = 0.55s6g=齐一10 60t,v厂齐 1当 t=0 时,VX- -10ms,Vy = 15m/ SLadVdtVy= 18.0msta n： =Vy= 60ms2,aydVydtI dV dV dy dv12. 由 a Vdt dy dt dy=40m s2.2= 72.1mstan ： = aa=_ky. VdV = -kydy,VdV= - kydy,y = y时,V

6、 =Vq.2 2 2 2解得 V -ky V0 ky0 。13.dV dV d dVV = kV Idt d dt d. = kd， = kd,当X = 0时，V= V0,解得 InV= k InV0，V V即 V =V0ef14。由余弦定理，I2 = X2 y2 - 2xycos.两边对时间t求导可得：OI dl C dx2l 2x dt dt当dU 0时，dtCdyC dx C dy r+l dx dy2y 2 cos y-2cos x,田 u, v,dt dt dt dt dtV UCoS 二l最小，且XyU VCoS:15由 atdv dt10m/ dt2t = 2s， s =80m。

7、弧Ao和AB的和大于80m，线段Ao和弧AB和弧BC之和大于80m，因此在弧BC上.2ds V 250 2 2V 30 10t,an m/s 83.3ms .dt R 3注：在期末考试中曾经考试过的题目及重点题型有: 1、4、5。第二章 牛顿定律1.撤去力F的瞬间，弹簧的弹力和摩擦力均不会突变，因此 aA :：0,aB=0.2.对木块进行受力分析，由平衡条件可得: FSin30岂G UF cos30 ,又因为F无穷大,1所以G可以近似等于0 ，解得Ug30 S”选B。3.对A，B和弹簧整体为研究对象，可得 Fc =2mg，移开C的瞬间，弹簧的弹力不会突变，因此A仍然处于平衡状态，B受到的合力竖

8、直向下，大小为 FC ，所以aA = 0， aB = 2g。4.k fx-xi=m(fx) 2,当川=J：0时，f=f,代入上式可以解得 -2设弹簧的原长为X，劲度系数为k ,根据牛顿第二定律，弹簧的弹力完全充当向心力， f L f _1 0 f0 -125.对整体由牛顿第二定律， F （m mA mB）g =(m mA mB)a， ： a=2ms .再取 A 和长度为X的绳为研究对象，则X XT (X） mg -mAg = （mA m)a，= T(X）= （96 24x)N .6.由mAg地=mBg月, mBg月-T= mBa，T mAg地=mAa,联立解得 a= g月=1.18ms2。mB

9、 + mA因此B以1.18ms2的加速度下降。7.在长为X处，取一段长度为dx的叶片设张力为T ，根据牛顿第二定律,dx 2 T XdX 2 1 2 2 mdT mx ,进仃积分 dT mx ,= T X .lObl 2 l当=时，代入数据解得T =2.79 IO5N.dv dv 亠 mg J8.由 mgF浮一F = m ，即 mgkv-F = m = dt dv，dt dt mg - kv - Fkt 两端进行积分 It= v mg dv= -kt = mInmg kvF=。 v = !（-e和。Omg_kv_F mg_F k9.F kv2 =mdv,adt=0时，V=Vm= k =F 2v

10、7 题类似，易得“貉“器In-.310.根据牛顿第二定律， mg-kv2=ma当a=0时，V = 5m/S，可得k=mg，25代入上式可解得a=2g :3.53ms2。2511.由牛顿第二定律，mg-kvF =mdv，对时间t和速度V进行积分,且当t = 0， v = 0.dt解得 V=叱F（I 一e“t/m)。k12.（1)对小球进行受力分析，TCOSV N Sin - mg,TSin NCOSV mlsinv 2. 解得 N = mgs in J - ml 2 si n v COS ,= T =mgcos ml 2 sin2r。（2）小球离开锥面时N=O,此时T=卫g g 。COS日 l

11、COS日13.当处于临界状态时，对 物体进行受力分析,2f CoS J -NSin 八 m R ,f Si n 亠 N CoSr - mg,且 f= UN= U 二2g Sin 亠 R cos寸 geos J - R 2 sin T因此，为了维持物体能静止不动，则必须满足2g sin 二 R cos2g CoS J - R Sin V注：在期末考试中曾经考试过的题目及重点题型有： 2、3。第三章 动量守恒定律和能量守恒定律1. 根据冲量的定义，I =Ft.而t = R ,= I =二Rmg / V.选C。V2.（1)假设竖直向上为正，落 到地面瞬间速度v1，弹起瞬间速度v2。12 1 1 2

12、y =2gt ,W =gt = ,2gyo2yo =2gt ,V2 =gtfjgyo 由冲量定理 I =m(v2 v1）二（1 、。 2）m。. gy0.11水平方向由冲量定理，I =m（v0 v0） mv0. 1 V3. 由冲量定理 Fdt=mvdv= （3 2t)dt = m。dv，可得 v=2ms.4.（1)当人跳开第一只船，动 系统量守恒,mv+mv=0，又跳回来时，mv-mv=(m + M ”2 2mv= v2 _m M（2)当人跳到第二只船后，m M v2 = -mv Mv3= v3 =2mv。M5.(1）由F与t所围成的面积即为F的冲量,从t = 0到 t=4s,根据冲量定理IF

13、Umgt = mv1-0， =? v1 =4ms(2）从t =4s到t=7s，根据面积 f2 =45N S, f2 umgt = mv2 - mv1。可得 v2 = 25ms.6沿y轴方向的总冲量Iy =m（0vAsin45） =O2。2kg m/s,方向竖直向上。 沿X轴方向的总冲量Ix = m（vB vacos45 ) = -0.2( 2)kg m/s，方向水平向左。由矢量合成总冲量大小 I=JI 2x I2y =0.4（2 .2）kg m/s : 0.739kg m/s。IPtan L= LhJ2 1 22。5 ，方向与X轴正向顺时针成202.5 。IX 2+J27.F -mg)t =

14、mv=3F =1.14 10 N.根据动能定理 mgh =丄mv2,v = 2 10m s由冲量定理2108W (100.2X)9。8dx =882J。9.(1)由卫星绕地球作圆周运动，根据牛顿第二定律Gm Em2(3Re)2 m vEkmEm6 RE(2)dW -GmEm(3Re)2dr,势能 EP =W3 REGmEm(3Re)2dr=-GmEm3 RE（3）机械能 E=Ek Ep Gmm。6 Re10。假设一个粒子固定,另 一个粒子从无穷远处运 动到二者距离为r处，作用力做功JEdr $.因此势能为r 2rk2rj.11.水平方向由冲量定理2mv cos： 一 F =t mvcos： m

15、vcos： = F =t12.（1）由动量守恒,mv0 = mv MVI= VI= 2。13ms。2又由牛顿第二定律T - mg = mv = T =26.5N. R（2）由冲量定理I = m（V2 - w） - -407N S方向和V。相反。13.设材料质量M ，鸟的质量m,由动量守恒定律，IMm mv2 = mv2 + MV=v = 6.67kmh14.根据冲量定理3 一 12tdt =mv= v =27ms。1 2W = mv =729J.215以O点作为原点，重力势能 增量mgx2 sin=,弹簧弹性势能增量 丄k（x2-X1）2 -1 kx2122因此系统势能增量为 1k（x2x1)

16、2-lk21 mgx2s in。2216.当弹簧的弹力 T=Mg=20N时，物块开始离开地面 ，由Mg = kx = x =0.1m. W=Mgh kx2 =3 J.217.当弹簧压缩物块静止， 有向右运动的趋势，F kx =Um E=丄kx2 = (F Umg)2E =1kx22.当弹簧伸长物块静止， 有向左运动的趋势，Fumg=kx=2k2 (F Umg)2k因此(FUmg） （F Umg）22k2k1118.k3F若静止时弹簧压缩,则由F=kx，2kLIkX2 F（X)-若静止时弹簧伸长，则 由F =kxkL2 =1kx2 F（L X）= L =22 k19.碰撞是完全弹性碰撞，碰撞前后

17、交换速度，因此选 C。20.（1）滑块和弹簧分离时,设 滑块和小车速度分别为v1 V2由功能关系，kA = 1 mv12+1 Mv22,由动量守恒定律,mv1 =Mv2。22 2二 v1 =0.5ms,向右。v2 = 0。05m s,向左.(2)t = = 2s。v1 +v2121 根据功能关系,1k01 2m2vo= 心伽弹簧原长后，由动量守 恒,m2V0 = （m1 m2)v 共=V 共根据功能关系, m2v02 舟（m m2）v共23x0 k= I 4Xo3m、 1 2 22.由功能关系 mgh m = v0 = 。 2gh.由动量守恒定律 m%(m M)m 2ghV共=由 kx =Mg

18、= X因为还有重力势能转换成了弹性势能，所以EPmaX=Mg一 k .12 1E=EP Ek kx2 -( m M）22m2gh 丄 M2g2m1vm1 m2=F= k1x1 = V0m1m2k1k25 m2)(k1 k2)23.由动量守恒定理m1V0 = （m1 m2）v共1 2 1 PI 2 1 2由功能关系？m1v0 （m +m2）V共 =3k1x1 +- k2x2 。两根弹簧接口处弹力相 等k1x1 =k2x2。= x1 =J mm2vo k2（m1 +m2）(k1k2+k1 ）零点，则24取弹簧自由长度为弹性 势能零点，笼子移动至 最大距离时为重力势能Mg=kx = k = 200

19、Nm.又有mgh =f-=。6m s.根据动量守恒定理m / s.m 2ghmv = (m M ）v 共=V 共=m + M由能量守恒定律1 2 1 2kx0 (m M )v 共2 2 八=(m M ）g。 :X 丄 k（x0 ：x）2.2= X= 0.3m。注：在期末考试中出现过的题目及重点题型: 2、15、16、17。第四章 刚体的转动1.设垂直于Xy面的单位向量设为k,从O点到质点所在位置的距 离设为I，I和X轴夹角为，由 由力矩的定义 M = mgl Sin: = mgh= M = mgbk.根据角动量定义,在任 意时刻t角动量大小L= rmvsin = mvb，而V = gt， :

20、L = mgbtk。2.由角动量守恒 m l1 R v1 = m l2 R v2= v2 =6.3kms3. 由角动量守恒定律: r0m（r0r0） 0m(-;I)- -4；：:0。2 2由功能关系 W=丄m（P 4o0)2 -丄m（r0国0）2 +1 mv2 =3 m1十丄m.2 2 2 2 2 24. 取无穷远处为势能零点，由机械能守恒定律:1 m1v02 = m1v2 （一 Gm1mB）.2 2 d又由于角动量守恒 mN0rsin： =m1vd= m1v0D=mwd、 (D2d2) v02- mB .2GdI I Q 5.由角动量守恒 LB =La =mvAd = 1kg m S .V

21、dmvAd = mvB L= VB A 1m/ s。6.v -d rdt-a , Sin ti b cos t jd V 2 2a a CoS ti -b Sin t jdtM = r F = r ma = mr a = 0.L = r mv = mr v = m abk。2 27.m = W- Lr ：TA B 17 ： , J =mr 。 Ja ：: Jb8由转动定理 TIR = J 1, T2R=Jl2， Ti ：Mg，T2=F =Mg= 1 :： 2。9. 由 mgl = mI2 ：O= =g。m g ml2 ： ： =22 2l23v 2 110.由角动量守恒 m( I)（ ）=（m

22、 ( I) Ml2厂32l 3 36mv)r (4m +3M l 2 I r。 2 ” 1 2 5 J11.由角动量守恒 2mr 国0 +JCoO=Jco,已知 CO 0 = , J=Mr 二=-rad IS比 3.77 rad / s。52 6.。 1 2 212.根据圆柱体的转动惯量 J mR ，三者相加可得J = 0.136kg m 。213.由角动量定理 Mt = Jj2 1）= t =10。8s。14.由转动定理和机械能守 恒，很容易得出答案.15.(1）由角动量守恒 Ja 0(JA JB） - 200rImin。(2)LA=JA -Ja 0400二 N m 419N m S3400

23、LB=LA= 3S 419N m s.16角动量守恒:3LL2 X FVOdX 二2 2L2m(2L)2 m()2 =47L17.由牛顿第二定律：mg-T = ma,由转动定律：TR = J,而a = R, J1MR22 mg CA .M丄 + m2X mgt=V = at ： Mm2d18.M J -Jdt= - - 40rad.19.M =Fr 0.5t 0.1 =0.05t,1由角动量定理：0.05tdt = J =- 25rad I s.0d dt =JMd -OJdUMmj;020.由角动量定理:M F t Mft1 = J;l 0, J ；。To=Mft2 = Mf = J；：o（

24、 ）.t1 t221.由转动定理：M=k=Jd kdt=ddt J CC 两端进行积分二kdt=持毁= t=ln2e。J 鸡 k22.设张力为T,重物m的拉力T1，重物2m拉力为T2，由牛顿第二定律对左滑 轮：T1mg = ma右滑轮：2mgT2 =2ma,1对左滑轮有转动定理：Tr-Tlr mr2 ，2A对右滑轮有转动定理:T2r-Tr mr2 ，2a = r 1t _11mgT 8 23设重物和大圆盘的拉力为T1,和小圆盘的拉力为T2。由牛顿第二定律： mgT = ma,T2mg = m，由转动定理： T12r T2r = -2m(2r)2 -mr2 -12 2！而 aj = 2 r ，

25、a? = r ，aE=0， 由于W 0，所以Q= E W 0=吸热。对于（2）,df过程和def过程的厶E(AEIE2）是相等的，对df，Q1 = 0，W1 = - E1， 对def，Q2 =W2 E2,因为面积就是所做的功，所以Wl W2=放热.i i +28.Q = P(V2 VJ、. 2 R（T2 TIJP(V2 -V1）A _ 1 _ 2 =ZQ _ L_2 i 2 _ 729. 绝热过程,由PVJC（常数），1=pv,因为和成正比例，因此T随P变化的曲线斜率减小V C V10.绝热线和绝热线不可能 相交，排除C、D ，绝热线比等温线要陡，排除AO11.ab过程为等体过程，Q=E 0，

26、 be过程等压过程，W 0，由PV= nRT,所以T增加,E 0，由 整个过程Q 0,匹 0。12.BC为等体过程，易知VC =VCA为绝热过程，Vl JTI =V2 JLTC= TC=(VI） jTi，V2 由 PV= nRT = PC=RTC = RTI （VI） j.VC V2 V213. 由于MT为等温线，M、T温度相同，几个过程起 点均为M,由PV= nRT知，只有AM温度降低 由于MQ为绝热线，PV所围成的面积表示做工 的多少,结合Q=1EW可知，AM、BM过程放热14 根据第二题,画出P、V图像，和E W易知,等压过程对外做 功最多,内能增加最多, 吸收热量最多。15.ECD为正循环,Wl =70J，EAB为逆循环，W = -