大学物理学习指导答案.docx
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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dtydt
1/2
V
dx2。
J
dtdt
1.由相对运动的知识易知，风是从西北方向吹来。
VMt-Vt
2.根据两个三角形相似，则H=
h1VMt
解得VM
h1v
。
hi-h2
3•将加速度g沿切向和法向分解，则
at=
g,an
2
由法向加速度的计算公式
2
V
an,所以
R
曲率半径
Rq。
3g
t
4.s（tr0v（t）dt
t2
Octdt
根据法向加速度和切
向加速度的计算公式，
a^dv=2Ctlan
dt
4
VCt
R-R
5.
（1）根据平均速度的计算公式
x1=2.5m,X2=2m,V=
=X
X—=-0.5m/s.方向与
-tt2^t1
X轴相反。
（2）根据瞬时速度的计算公式
Vt=9t_6t2,V（2秒末）
dt
=-6m∕s,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）_χ（i）x（i.5）_x
（2）=2∙25m。
7.（I）水平方向X=v°t,竖直方向y^
2
gt,因此，任意时刻位置坐标为
V0t,1gt2•根据
2
2
Xg
2。
o
（2）由VX
dxdy
dΓvo,vy=审
-gt.根据速度的合成公式，^v∕V^=V^g2t2.
与X轴夹角
lv0丿
J-arctan
上述两个方程消去时间t，可得轨迹方程y-
2v
dv
a^dt
K「9—『二2——22.切向加速度方向为
PVo+gt
θ,法向加速度
垂直于切向加速度。
8.设抛出的球的速度为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,
2aa
VCOSV-gt,舟at=VSin^2t.根据上述两个方程消去t,v可得tan'=—v-arctan.
gg
9..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V5.36m∕s
点tan75*
10.
（1）由切向加速度
2
dvdwdθ,
atrr2=2.4t,t=2s时,
dtdtdt2
at=4.8m∕s2.法向加速度
rlΛ
an=rw2,w=-,所以an=14.4t4,当t=2s时，an=230.4m∕s2.
dt
（2）总加速度a=Jat2∙an^；（2.4t）2（14.4t2）2,a^0.5a,解方程可得t=0.66,因此
θ为3.15rad.
（3）由at=⅛即2.4t=14.4t4,解得tU
钏丄s=0.55s
6
g=齐一1060t,v厂齐1—当t=0时,
VX--10m∕s,Vy=15m/SL
aχ
dVχ
dt
Vy
=18.0m∕stan：
=Vy
=60m∕s2,ay
dVy
dt
IdVdVdydv
12.由aV
dtdydtdy
=40m∕s2.
2
=72.1m∕s
tan：
=^a^
aχ
=_ky.VdV=-kydy,
VdV=-kydy,y=y°时,
V=Vq.
2222
解得V—-kyV0■ky0。
13.
dVdVdχdV
V=—kVI
dtdχdtdχ
.=—kdχ，=—kdχ,当X=0时，V=V0,解得InV=—kχInV0，
VV
即V=V0ef
14。
由余弦定理，I2=X2∙y2-2xycos>.两边对时间t求导可得：
OIdlCdx
2l2x——
dtdt
当dU0时，
dt
CdyCdxCdyr+ldxdy
2y2cosy-2cosx,田u,v,
dtdtdtdtdt
VUCoS二
l最小，且X
y
UVCoS:
15•由at
dv
^dt
10m/dt2
t=2s，s=80m。
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.
2
dsV25022
V3010t,anm/s83.3m∕s.
dtR3
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GUFcos30,又因为F无穷大,
1
所以G可以近似等于0，解得Ug30S”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受到的合力竖直向下，大小为FC，所以aA=0，aB=2g。
4.
kfx-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_10f0-1
2
5.对整体由牛顿第二定律，F—（m■mA■mB）g=（m■mA'mB）a，：
a=2m∕s.再取A和长度为X的绳为研究对象，则
XX
T（X）■mg-mAg=（mAm）a，=T（X）=（9624x）N.
6.由mAg地=mBg月,mBg月-T=mBa，T—mAg地=mAa,联立解得a=—g月=1.18m∕s2。
°
m∣B+mA
因此B以1.18m∕s2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,
dx2TXdX2122m
dTmx—,进仃积分dTmx■,=TX.
lObl2l
当χ=∣时，代入数据解得T=2.79IO5N.
dvdv亠mgJ
8.由mg—F浮一F=m，即mg—kv-F=m=dtdv，
dtdtmg-kv-F
kt两端进行积分It=vmgdv=∙-kt=mInmg—kv—F=。
v=⅛!
（-e和。
Omg_kv_Fmg_Fk
9.F—kv2=mdv,a
dt
=0时，V=Vm=k=
F2
v7"题类似，易得“貉“器
In-.
3
10.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:
∙∙3.53m∕s2。
25
11.由牛顿第二定律，mg-kv—F=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）。
k
12.
（1）对小球进行受力分析，TCOSVNSin^-mg,TSin^—NCOSV—mlsinv∙2.解得N=mgsinJ-ml2sinvCOS,
=T=mgcos^ml2sin2r。
（2）小球离开锥面时N=O,此时T=卫gg。
。
COS日∖lCOS日
13.当处于临界状态时，对物体进行受力分析,
2
fCoSJ-NSin八mR■,
fSin亠NCoSr-mg,且f
=UN=U二
2
gSin亠R■cos寸geosJ-R2sinT
因此，为了维持物体能
静止不动，则必须满足
2
gsin二R■cos
2
gCoSJ-RSinV
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。
V
2.
（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。
12112
y°=2gt,W=gt=,2gyo∙2yo=2gt,V2=gtfjgyo由冲量定理I=m（v2v1）二（1、。
2）m。
.gy0.
11
⑵水平方向由冲量定理，I=m（v0v0）mv0.
1V
3.由冲量定理Fdt=mvdv=（3■2t）dt=m。
dv，可得v=2m∕s.
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_
mM
（2）当人跳到第二只船后，m∙Mv2=-mv■Mv3=v3=2mv。
M
5.
（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—Umgt=mv1-0，=?
v1=4m∕s
（2）从t=4s到t=7s，根据面积∣f2=45NS,∣f2—umgt=mv2-mv1。
可得v2=25m∕s.
6沿y轴方向的总冲量Iy=m（0—vAsin45）=—O2∙。
2kgm/s,方向竖直向上。
沿X轴方向的总冲量Ix=m（vB—vacos45）=-0.2（^2）kgm/s，方向水平向左。
由矢量合成总冲量大小I=JI2xI2y=0.4（2.2）kgm/s:
0.739kgm/s。
IP
tanL=∙’LhJ2—1^22。
5，方向与X轴正向顺时针成202.5。
IX2+J2
7.
F-mg）t=mv=
3
F=1.1410N.
根据动能定理mgh=丄mv2,v=2ι10m∕s由冲量定理
2
10
8W（10—0.2X）9。
8dx=882J。
9.
（1）由卫星绕地球作圆周运动，根据牛顿第二定律
GmEm
2
（3Re）
2mv
Ek
mEm
6RE
（2）dW-G
mEm
（3Re）2
dr,势能EP=W
3REG
mEm
（3Re）2
dr
=-G
mEm
3RE
（3）机械能E=Ek＊Ep—Gmm。
6Re
10。
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
r2r
k
2rj.
11.水平方向由冲量定理
2mvcos：
一F=t——mvcos：
—mvcos：
=F=
∆t
12.
（1）由动量守恒,mv0=mvMVI=VI=2。
13m∕s。
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）--407NS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，
I
Mm—mv2=—mv2+MV
=v=6.67km∕h
14.根据冲量定理
3一
θ12tdt=mv=v=27m∕s。
12
W=mv=729J.
2
15以O点作为原点，重力势能增量mgx2sin∙=,弹簧弹性势能增量丄k（x2-X1）2-1kx21
22
因此系统势能增量为1k（x2—x1）2-lkχ21mgx2sin>。
22
16.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=3J.
2
17.当弹簧压缩物块静止，有向右运动的趋势，Fkx=Um^E=丄kx2=（FUmg）
2
E=1kx2
2
.当弹簧伸长物块静止，有向左运动的趋势，F∙umg=kx=∙
2k
2
（FUmg）
2k
因此（F—Umg）∖（FUmg）2
2k
2k
11
18.
k
3F
若静止时弹簧压缩,则由F=kx，2kL^IkX2F（^X）-
若静止时弹簧伸长，则由F=kx」kL2=1kx2∙F（L∙X）=L=
22k
19.碰撞是完全弹性碰撞，碰撞前后交换速度，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∣=1mv12+1Mv22,由动量守恒定律,mv1=Mv2。
222
二v1=0.5m∕s,向右。
v2=0。
05m∕s,向左.
（2）t==2s。
v1+v2
1
21•⑴根据功能关系,1kχ0
12
^m2vo=»心伽・
弹簧原长后，由动量守恒,
m2V0=（m1m2）v共=V共
⑵根据功能关系,＊m2v02—舟（m∣∙m2）v共2
3x0k
=I
4
Xo
3m
、12—
22.由功能关系mghm^=v0=。
。
2gh.
由动量守恒定律m%（mM）
m2gh
V共=
由kx=Mg=X
因为还有重力势能转换成了弹性势能，所以EPmaX
=Mg
一k.
121
E=EP■Ekkx2-（mM）
22
m2gh丄M2g2
m1v
m1m2
=F=k1x1=V0
m1m2k1k2
'5m2）（k1k2）
23.由动量守恒定理m1V0=（m1■m2）v共
121PI212
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。
=⅛x1=Jmιm2vok2—
^（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=200N
m.又有mgh=
f-
=。
6m∕s.
根据动量守恒定理
m/s.
m2gh
mv=（mM）v共=V共=
m+M
由能量守恒定律
1212
kx0（mM）v共
22八
=（mM）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—⅛
由力矩的定义M=mglSin:
=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，:
L=mgbtk。
2.由角动量守恒ml1Rv1=ml2Rv2=v2=6.3km∕s
3.由角动量守恒定律:
r0m（r0r0）0m（-°;I）-∙-4；：
:
0。
22
由功能关系W=丄m（P4o0）2-丄m（r0国0）2+1mv2=3mι⅛>1十丄m『.
222222
4.取无穷远处为势能零点，由机械能守恒定律:
∙1m1v02=^m1v2（一Gm1mB）.
22d
又由于角动量守恒mN0rsin：
=m1vd=m1v0D=mwd
、（D2—d2）v02
-■mB.
2Gd
IIQΛ
5.由角动量守恒LB=La=mvAd=1kgmS.
Vd
mvAd=mvBL=VBA1m/s。
6.v-
dr
dt
--a,Sintib■costj
dV22
aa■CoSti-b■Sintj
dt
M=rF=rma=mra=0.
L=rmv=mrv=mabk。
22
7.m=W-Lr：
TA"B17：
：
∣⅛,J=mr。
Ja：
:
Jb∙
8•由转动定理TIR=J1,T2R=Jl2，Ti：
：
Mg，T2=F=Mg=1:
：
'—2。
9.由mgl=mI2：
O==—g。
mg—ml2：
：
=2
22l
23v21
10.由角动量守恒m（I）（°）=（m（I）∙Ml2厂
32l33
6mv）
r（4m+3Ml'
2Ir。
2”125J
11.由角动量守恒2mr国0+JCoO=Jco,已知CO0=—,J=—Mr二⑷=-radIS比3.77rad/s。
526
.。
122
12.根据圆柱体的转动惯量JmR，三者相加可得J=0.136kgm。
2
13.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（JAJB）•—-200rImin。
（2）LA=JA■-Ja0
400二Nm≈419NmS
3
400
LB=LA=3
S419Nms.
16角动量守恒:
3L
L2XFVOdX二
22L
2m（2L）2m（》）2=
4
7L
17.由牛顿第二定律：
mg-T=ma,
由转动定律：
TR=J,,而a=R「,J
1MR
2
2mg
∖⅛
CA—.
M丄+m
2
Xmgt
=V=at：
M
m
2
d⑷
18.MJ-J
dt
=■--40rad.
19.M=Fr0.5t0.1=0.05t,
1
由角动量定理：
0.05tdt=J=「-25radIs.
0
d^dt=
JMd^-
OJdUMm
j;0
20.由角动量定理:
MFtι—Mft1=J;l0,J；。
To=Mft2=Mf=J；：
：
o（）.
t1t2
21.由转动定理：
M=—k∙=Jdkdt=d—
dtJCC两端进行积分［二kdt=持毁=⅛t=∙ln2e。
J鸡⑷k
22.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：
T1—mg=ma
右滑轮：
2mg—T2=2ma,
1
对左滑轮有转动定理：
Tr-Tlrmr2■，
2
A
对右滑轮有转动定理:
T2r-Trmr2■，
2
a=r■
1t_11mg
T8'
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：
mg「T｜=ma∣,T2「mg=m＆，
由转动定理：
T12r—T2r=-2m（2r）2-mr2-
122」
！
而a=r■，a。
—2a22g
2a2二—g。
19r19r
一、1
24。
根据角动量守恒:
m2∣21--m2∣2tm1l2'o
3其中v1=I1,v2=L2.
杆OA的摩擦力矩M=θuηxm1g^1um1gl
t1C
由冲量定理.0Mdt=1m1l2∙o
3丄2m∣2（V1+V？
）
—t。
um1g
注：
本章可能会出大题，曾经考试过的题目及重点题型有：
8、11、18、22。
、23。
第五章热力学基础
1•由Q=VCVm^T=V丄RATnQl=丄，对He，i=5，对H2,i=3,因此选C。
2Q2i2
2。
画出等温线、等压线、绝热线的PV图，由PV=nRT，可知温度的该变量取决于PV的乘积，
因此由PV线和坐标系的面积可知，等压过程中温度改变量最大,等温过程最小。
3根据PV=nRT，1、2曲线是一次函数，因此是等体积过程，Cb是等温过程。
1、2过程W=0，Q=E，由于温度升高，。
E0-Q∙O，cb过程厶E=0，Q=W，吸热.而两过程都达到b点，因此Q1Q2
4。
对AB过程由热力学定律:
Q=W。
：
E，气体对外做功W0，温度升高，.E■0，所以吸热。
5•由热力学第三定律可知
A选项热可以转换为功但
D正确。
是在引起外界变化的情
况下
6.绝热条件下气体进行自
由膨胀，温度不变，但熵增加。
7.对于
（1），因为ac是等温线，因此a、C两点温度相同，对于def过程∙>E=0，由于W0，所以Q=EW0=吸热。
对于
（2）,df过程和def过程的厶E（AEI」E2）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.
ii+2
8.Q=P（V2—VJ、.2R（T2—TI^J^P（V2-V1）
A_1_2=Z
Q_L_2^i2_7
2
9.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
VCV
10.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AO
11.ab过程为等体过程，Q=^E0，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=V
CA为绝热过程，VlJTI=V2JLTC=TC=（VI）jTi，
V2由PV=nRT=PC=RTC=RTI（VI）j.
VCV2V2
13.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=√1E∙W可知，AM、BM过程放热
14•根据第二题,画出P、V图像，和EW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^=-
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