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 1 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 2 第一章 质点运动学 一、选择题 1、 B 2、 D 3
2、、 D 4、 B 5、 D 6、 B 7、 A 二、填空题 1、 gvg 332,2 2。 2、 3 3 6 3、 匀加速直线 1 4、 10 m/s2 15 m/s2 。 5、 ttA t s in2c o se 22 /1221 n （ s） (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、 gv 0220 cos 9、 BRAB 4, 2 10、 Rtcctct 423 ,2,31 3 11、 c o s2 212221 vvvv 12、 0321 vvv 13、 rr ,1 三、计算题 1.解：设质点
3、的加速度为 a = a0+ t t = 时， a =2 a0 = a0 / 即 a = a0+ a0 t / ， 由 a = dv /dt ， 得 dv = adt ttaat d)/(d0 000 v v 200 2 tata v由 v = ds /dt ， ds = v dt ttatats tts d)2(dd 200000 v3020 62 tatas t = n 时，质点的速度 0)2(21 annn v 质点走过的距离 202 )3(61 anns n 2.解： (1) BCABOAOC )45s in)45c os(18)10(30 jiji ji 73.227.17 OC =1
4、7.48 m，方向 =8.98 (东偏北 ) tOCtr /v 0.35 m/s 方向东偏北 8.98 (2) (路程 ) 181030 S m=58m, 16.1/ tSv m/s O C A B 东 y 北 西 南 x 4 3.解：以 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 coscos 0vv , 2 2202 coscosvv 又因 cosgan 故该点 32202c o sc o sga n vv 因为 , 所以地面上方的轨道各点均有 coscos ，上式的分母在 处最小，在0 处最大， 故 c o s/20m ax gv g/c o s220m in
5、v 4.解：选取如图所示的坐标系，以 V 表示质点的 对地速度，其 x、 y 方向投影为： ugyuV xx c o s2v ， s in2 gyV yy v 当 y=h 时， V 的大小为： 2 c o s222222 ghughuyx VVV V 的方向与 x 轴夹角为 ， ugh ghxy c o s2 s in2tgtg 11 VV 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(xl/2)2 b 令 x = 0, x = l 处 uy = 0, x = l/2 处 uy u0 代入上式定出 a、 ，而得 xx
6、lluuy 2 04船相对于岸的速度 v (vx， vy)明显可知是 2/0vv x yy u )2/( 0vv ， 将上二式的第一式进行积分，有 tx 20v 还有，xytxxytyy dd2dddddd 0vv = xxllu 2 00 42v即 xxll uxy 02 0241dd v P 0v v x O h v x y u V y v V y y 45 v0 u0 x l 5 因此，积分之后可求得如下的轨迹 (航线 )方程 3020200 3 2422 xl uxl uxy vv 到达东岸的地点 (x， y )为 0 03 231 v , ulyylx lx6 第二章 牛顿运动定律
7、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、 2121 mm gmgmF )2( 1212 gmFmm m 2、 5.2 N 3、 (m3/m2)gi 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 g2 T m2 a T m1 g2 m1 a 又 m1g1 m2 g2 联立解、可得 18.1)/(1 21 21 gg gga m/s2 即 B 以 1.18 m/s2 的加速度下降 . ( 1
8、) ( 2) BANBAfAPCANAPBATTa21 gm22 gm7 2解： (1) 子弹进入沙土后受力为 v， 由牛顿定律 tmK ddvv vv vvvv0dd,dd0t tmKtmK mKt/0evv (2) 求最大深度 解法一 : txddv tx mKt ded /0 v tx mKttx ded /000 v )e1()/( /0 mKtKmx v Kmx /0max v 解法二： xmtxxmtmK dd)dd)(dd(dd vvvvv vdKmdx vvdd 00 0m ax Kmxx Kmx /0max v 3解：建立 x、 y 坐标系统的运动中，物体A、 B 及小车 D
9、 的受力如图所示，设小车 D 受力 F 时，连接物体 B 的绳子与竖直方向成 角 . 当 A、 D 间无相对滑动时，应有如下方程： xamT 1 xamT 2sin 0cos 2 gmT xMaTTF s in 联立、式解出： 22212 mm gmax 联立、式解出： xaMmmF )( 21 代入得： 2221 221)( mm gmMmmF 代入数据得 F 784 N 注： 式也可由 A、 B、 D 作为一个整体系统而直接得 到 xCCmg m yx d)( d 2 vvv N 1A Tm 1 gyxOTBm 2 gN 2MgFTTD8 4解：以飞机着地点为坐标原点，飞机滑行方向为 x
10、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 02 mgCN yv 2vyCmgN 飞机受到地面的摩擦力 )( 2vyCmgNf 在水平方向上 xmtmCCmgxy dddd)( 22 vvvvv 即 xCCmg m yx d)( d 2 vvv x = 0 时， m /s25k m /h900 vv x =S（滑行距离）时， v 0 0020d)( dv vvv SyxSxCCmg m SCCmg CCmgCC myxyxyx 0 2 20 )(d21v v)v解得 mgCCmgCCmS yxyx 20(ln21 )v 飞机刚着地前瞬间，所受重力等于升力，即 20vyC
11、mg 20vmgCy, 205vmgKCC yx 代入 S 表达式中并化简，然后代入数据 2 2 151ln)51(2 5 20 gS vm 5解：未断时对球 2 有弹性力 )( 2122 LLmf 线断瞬间对球 1 有弹性力 11amf 对球 2 有弹性力 22amf 解得 121221 /)( mLLma )( 2122 LLa 6解： (1) 设同步卫星距地面 的高度为 h，距地心的距离 rR+h， 由牛顿定律 22/ mrrG Mm 又由 mgRGMm 2/ 得 2gRGM ， 代入式得 3/122 )/( gRr 同步卫星的角速度 与地球 自转角速度相同， 其值为 51027.7 r
12、ad/s 解得 r 71022.4 m， 41058.3 Rrh km (2) 由题设可知卫星角速度 的误差限度为 10105.5 rad/s 由式得 223 /gRr 取对数 ln2lnln3 2 ）（ gRr 取微分并令 dr =r, d 且取绝对值 3r/r =2 r=2r /(3 =213 m 9 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 r2 令 T ( r ) T (r + dr ) = dT ( r) 得 dT = ( M2 / L) r dr 由于绳子的末端是自由端 T (L) = 0 有 rrLMT LrrTd)/(d 20)( )2/()()( 222 LrLMrT r O O d r T(r) T(r+dr)
