大学物理习题答案 第一章 质燕远动学 1-1D. 1-223m/s 1-3解： yx=4.0m/80.=0当r=0.x=0.x=v1 又因方程2y=x2y=0.5, dy =8.0mis , d,=16m/s 即F=y了+，j■407+80jm/利 a=ai+a,j=16j(mls') 1-4解，由江速度4解，由加速度定义及初始条件，积分得 ∫而=jd=j(6+4jh→F=6i+4(m1s) 3y=2x-20m ∫=∫d=(6i+4d→F=10+32f+2r27 10 x/m .x=10+32,y=22 轨迹方程为3y=2x-20 1-5解：(1)取如国所示的坐标，物品下幕时在本平和竖直方向的运动方是分别为 x=v以y=，g2p=l00m/3,y=100m六x=y, 2义 =452m (2)视线和水平线的夹角为 0=arcg'=12.3” (3)在任意时刻物品的速度与水平轴夹角为 V a arcig-=arctg V 取白松坐标，物品在然出23对，重力加速度的切向分量与 法向分量分别为 a,=gsn a=gsin(arctg )=1.88mls a,=&cosa=gcos以arcig )=9.62m1s
1 大学物理习题答案 第一章 质点运动学 1-1 D。 1-2 23 m/s 1-3 解： 16 ( / ) 4.0 8.0 ( / ) 16 / 8.0 / 2 0.5( ) 4.0 / 0. 0, 0. 2 2 2 a a i a j j m s v v i v j i j m s a m s m s dt dy v y x y v t V m s a t x x v t x y x y y y x X x x = + = = + = + = = = = = = = = = = 即 又因方程 当 1-4 解：由加速度4 解：由加速度定义，及初始条件，积分得 3 2 20 10 3 , 2 (6 4 ) (10 3 ) 2 (6 4 ) 6 4 ( / ) 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 = − = + = = = + = + + = = + = + y x x t y t dr vdt ti tj dt r t i t j dv adt i j dt v ti tj m s r t t r v t t 轨迹方程为 1-5 解：(1)取如图所示的坐标，物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为 m g y x v t y gt v m s y m x v 452 2 100 / , 100 2 1 , 2 = = = = = = (2) 视线和水平线的夹角为 = = 12.5 x y arctg （3）在任意时刻 物品的速度与水平轴夹角为 v gt arctg v v arctg x y = = 取自然坐标，物品在抛出 2S 时，重力加速度的切向分量与 法向分量分别为 2 2 cos cos( ) 9.62 / sin sin( ) 1.88 / m s v gt a g g arctg m s v gt a g g arctg n t = = = = = = x/m y/m O 10 3y = 2x − 20 m
第二章 牛银定律 2-1140N/5:24M/5, 2-2解：章沿斜面为坐标轴0X,黑点0位于斜面顶点，则由牛隙第二定樟有 gsn任-nrg cosa=a (1) 文物体在斜面上作匀变速直线运动，故有 coSa 2 8sina-ucosa) 27 (2) gcosalsn a-wcosa) 为使下滑的时间景短，可◆d此/s0，由式(2)有 -sin a(sn a-ucosa)+cosa(cosa+usn a)=0 则可得 g2a=-1 r=49 21 =0.99列x) gcosa(sn a-ucosa) 2-3解，因加速度=dy/由，在直线运动中，根据牛额定律有 120t+40=e/d 根帮初始条件，积分得 ∫=∫120+4.0h →v=6.0+4.0M+6.02(m/s) r=k/山 4=0,无=50 ∫在-∫6.0+4.0+6.0r2 .x=5.0+60m+2.0r2+2.0n'(m) 2-4解：以地面飞机滑行方向为坐标正方向。由牛额定律及初始条作，有 F ma=mdv/dt =-a jh-jh→-品rp=300ml 2m .s=x-x0=-6阿=467(m) 2
2 第二章 牛顿定律 2-1 140 N /S ；2 4 M /S 。 2-2 解：取沿斜面为坐标轴 OX，原点 O 位于斜面顶点，则由牛顿第二定律有 mg sin − mg cos = ma （1） 又物体在斜面上作匀变速直线运动，故有 (2) cos (sin cos ) 2 (sin cos ) 2 1 2 1 cos 2 2 − = = = − g l t at g t l 为使下滑的时间最短，可令 dt/da=0 , 由式（2）有 0.99( ) cos (sin cos ) 2 49 1 2 sin (sin cos ) cos (cos sin ) 0 min s g l t tg o = − = = − = − − + + = 则可得 2-3 解：因加速度 a=dv/dt ,在直线运动中，根据牛顿定律有 1 20t+40=mdv/dt 根据初始条件， 积分得 5.0 6.0 2.0 2.0 ( ) (6.0 4.0 6.0 ) / 0, 5.0 6.0 4.0 6.0 ( / ) (12.0 4.0) 2 3 2 0 0 0 2 0 0 0 x t t t m dx t t dt v dx dt t x v t t m s dv t dt x t x v t v = + + + = + + = = = = + + = + 2-4 解：以地面飞机滑行方向为坐标正方向，由牛顿定律及初始条件，有 467( ) 6 ) 2 ( 30.0( / ) 2 / 3 0 0 2 0 0 2 0 0 0 0 t m m s x x v t t dt m dx v t v m s m dt v v m t dv F ma mdv dt t x t x v t v = − = − = = − = − = − = = = = −
2-5解：(1) d小 一g一k=m (1) dr ∫d=-m d加 mg+ky n1+ k k0)x6.11s) B 亦亦少_山 代入()三-g-=m 由小山 (2) 「=- mr血 mg+ky y=- g1+色)- =183(m) k 8 第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 3-1[BJ 3-2解：衣图示坐标，绳索拉力对物体所作的功为 W=∫F&=∫Fcos -月-169U vd+x 3-3解： x=cr =3ct 山 (a) F=km2=9kcr=9%e,为 f=∫F:d在=∫Fcos180° 7 (b) 常四章 则体的转动 4-1[J 4-26.54r8d/;4.88. 4-3解1：= -品 M=a1=a-%=108: M 解2：根据角动量定理
3 2-5 解：（1） ln(1 ) 6.11( ) (1) 0 0 0 0 s mg kv k m t mg kv dv dt m dt dv mg kv m v t = + + = − − − = （2） ln(1 ) 183( ) (1) 0 0 0 0 0 k v m mg k v mg k m y mg k v mvdv dy dy dv mg k v mv dy vdv dt dy dy dv dt dv v y = = − + − + = − = = − − = 代入 第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 3-1 [B] 3-2 解： 取图示坐标，绳索拉力对物体所作的功为 W = F dx = F cosddx 1.69( ) 2 1 2 dx J d x Fx x x = + = − 3-3 解： 3 7 3 2 0 3 4 3 2 0 0 0 3 4 3 2 2 2 4 3 2 7 27 9 cos180 9 9 3 k c x dx k c l W F dx F dx F k v k c t k c x ct dt dx x ct v t t t = − = − = = = = = = = = 第四章 刚体的转动 4-1 [A] 4-2 6.54 r ad/s2 ; 4 . 8 s . 4-3 解 1： n n s M J J M M J t t ( ) 10.8 2 0 0 0 = − = − = = − = 由 解 2：根据角动量定理
「h=Jo-。) 1-0-9J.2 M -(n-m)=10.85 4-4【C 4-5解1 Fr-Ja-mr'a P-Fr=m28-F =ma, F=Fr.a=ra .a 2mgg m,+2m与 1=1.03时，B下落的距离为 -a.m-245m 21 m+2m2 张力为 F,=m(g-d)=mim:g-392 N m,+2m2 4一6解：根据角动量守恒定律 J=1+g, 12 6nV =29.1g ,+3(m,+3y 《了解：小孩与转台作为一转动系统，系镜的角动量守恒。设人和转台相对地面的角速皮分别 为0,0。 而人相对转台的角速度似，应满足@=，十9=，十尺 根据角动量守恒定律 J0。+J,@,+心)=0J.J1=mR分别为转台，人对转台中心轴的特动惯量。 所以转金的角速度为，=一 mRv =-9.52×10-2￥ J。+mRR 负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反。 4-8解：(1)由刚体的角动量定理得 L=Ja=JM=FM=20kgm2·s (1) (2)衣棒和地球为一系统，并选0为重力势能零点。在转功过程中，系统的机械能守恒。即
4 n n s M J J M t Mdt J t ( ) 10.8 2 ( ) 0 0 0 0 = − = − = = − 4-4 [C] 4-5 解： 2 1 2 F r J 1 m r T = = 张力为 时 下落的距离为 m m m m gt s at t s B m m m g a F F a r P F m g F m a T T T T 2.45 2 2 1 1.0 , 2 2 , , 1 2 2 2 2 1 2 2 ' 2 ' 2 ' 2 = + = = = + = = = − = − = ( ) g N m m m m FT m g a 39.2 1 2 2 1 2 = + = − = 4-6 解：根据角动量守恒定律 ( ) 1 1 2 2 1 2 ' 2 2 2 2 2 1 1 ' 2 1 2 29.1 3 6 , 2 2 , 12 ( ) , − = + = + = = = + = = s m m l m v J J J l l v J m m l J J J J 4-7 解：小孩与转台作为一转动系统，系统的角动量守恒。设人和转台相对地面的角速度分别 为 0 , 而人相对转台的角速度 1 应满足 =0 +1 R v = 0 + 根据角动量守恒定律 ( ) 2 0 0 1 0 1 0 1 J + J + = 0 J , J = mR 分别为转台，人对转台中心轴的转动惯量。 所以转台的角速度为 2 1 2 0 2 0 9.52 10− − = − + = − s R v J mR mR 负号表示转台转动的方向与人对地面的转动方向相反。 4-8 解：（1） 由刚体的角动量定理得 2 1 0 2.0 − = = = = L J Mdt Fl t k g m s （1） （2） 取棒和地球为一系统，并选 O 为重力势能零点。在转动过程中，系统的机械能守恒。即
ol-con0) (2) 2 ∴0=arccos 1- 3F22 =8838 m'gl 《9解：(1)棒绕端点的转动惯量为/= m,由转动定排， 海棒在任意位置时的角加速度为 a=%-gas6分 /21 当0=60 a=18.4s 0 do d修 ■初 山 de cxieo =cd6 = 3gsn =7.98￥ (2)机械能守恒，棒下落草变直位量时的动能为 E,=,mg=0.98J (3)棒下落至整直位置时的角速度为@ 那五章 热力学蒸础 6-1[BJ 6-2[J tM1.0×10P) 6-3解：功的数值等于P-V图中过程维线下的面2 年 S(C+AD)xCD 1 C .W=Sm=150J 123Vw1.0×10m) 6-4解，根据初始条件帮氧气的物质的量为n=m=P=441×10:m0。 已知氧气的定压、定体率尔热容分别测为 Com =29.44 J.mol.K-C=21.12 J.mor.K Q,=pdy+AE =nC(T:-T)=129.8 J (1)0=AE=C=3-T)=93.1J 5
5 ( ) ( ) 0 ' 2 2 2 0 2 88 38 3 arccos 1 1 cos 2 2 1 2 1 = = − = − m gl F t J mgl 4-9 解：（1）棒绕端点的转动惯量为 2 3 1 J = ml ，由转动定律， 得棒在任意位置时的角加速度为 l g J M 2 3 cos = = 当 0 2 60 18.4 − = = s 1 6 0 0 0 7.98 3 sin 0 − = = = = = s l g d d d d dt d （2） 机械能守恒，棒下落至竖直位置时的动能为 E mgl J k 0.98 2 1 = = （3） 棒下落至竖直位置时的角速度为 ' 1 8.57 2 3 − = = = s l g J Ek 第五章 热力学基础 6-1 [B] 6-2 [A] 6-3 解： 功的数值等于 P-V 图中过程曲线下的面 积 ( ) W S J S BC AD CD ABCD ABCD 150 2 1 = = = + 6-4 解： 根据初始条件得氧气的物质的量为 mol RT PV M m n 2 1 1 1 4.41 10− = = = 。 已知氧气的定压、定体摩尔热容分别为 29.44 , , 21.12 1 1 , = = − − p m mol K Cv m C J −1 −1 J mol K （1） ( ) Q E nC (T T ) J Q pdV E nC T T J V V m P P m 93.1 129.8 , 2 1 , 2 1 = = − = = + = − = A O P p/(1.0×105Pa) 2 1 1 2 3 V/(1.0×10-3m3 ) O A B D C