湖南工业大学大学物理练习册答案全解

练习一：

1-3：D B D；4、v v0

131

ct，x x0 v0t ct4 312

2

5、3s；6、14rad, 15rad/s, 12rad/s

12

7、解：（1）r (3t 5)i (t 3t 4)j；

2

dr

（2）v 3i (t 3)j;vt 4s 3i 7j(m/s)；

dt dv

（3）a 1j(m/s2)

dt

dvdvdxdv

8、解a v

dtdxdtdx

分离变量： d adx (2 6x)dx 两边积分得

2

12

v 2x 2x3 c 2

由题知，x 0时，v0 10,∴c 50

∴ v 2x x 25m s 练习二：

3

1

ct2c2t41

1、C；2、B； 3、8j， i 4j， arctg或 arctg4；4、，2ct，，

R324

tg 0 tg 12t22ct

；5、，；6、

22tg tg R t t02

7、解： 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成 角，由图可知 l2 h2 s2

将上式对时间t求导，得

dlds

2s dtdt

根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的，

dlds

∴ v绳 v0,v船

dtdt

2l

即 v船

vdsldll v0 0 dtsdtscos

或 v船

lv0(h2 s2)1/2v0

ss

将v船再对t求导，即得船的加速度

dlds

ldv v0s lv船

a 船 2v0 v0

2

dtss

2

l2

( s )v02

h2v0s 3

2ss

s

8、解：（1）由v

dsd

R 3Rbt2得： dtdt

v2dv

9Rb2t4 a 6Rbt，an Rdt ane n 6Rbte 9Rb2t4e n （2）a a e

练习三

1、C，2、A，3、D，4、6、解：

取弹簧原长时m2所在处为坐标原点，竖直向下为x轴，m1，m2的受力分析如上图所示。 设t时刻m2的坐标为x，系统加速度为a，则有：

F (m1 m2)gm1 m2

，

m2

(F 2m1g)；5、0.41cm

m1 m2

对m1：T F m1a；

（1）对m2：m2g T m2a； 由此得：a

且有：T T ，F kx

（2）由a

m2g kx

m1 m2

dvdvdxdv v得： dtdxdtdx

m2g kx

dx vdv

m1 m2

两边积分得：v

a 0时，x

（3）

x(2m2g kx)m1 m2

vmax

m2gk

m2g

k(m1 m2)

（4）弹簧达到最大伸长量时，m2减少的势能全部转化为弹性势能，故有：

xmax

2m2g

k

dv dt

7、 解：小球的受力分析如下图，有牛顿第二定律可知：

mg kv F m

t

vd(mg kv F)k

分离变量及积分得：

00mmg kv F

t1

解得：v (1 em)(mg F)

k

k

练习四

1-4、B，C，B，C，5、140N s，24m/s；6、6.14或7、0，

5574，35.5°或arctg； 77

2 mg

，

2 mg

8、解：设子弹射出A时的速度为v，当子弹留在B中时，A和B的速度分别为vA和vB，方向水平向右，则对于子弹射入A至从A射出这个过程，动量守恒有：

mv0 (mA mB)vA mv (1)

子弹射入B至留在B中这个过程由动量守恒有：

mBvA mv (mB m)vB (2)

以子弹为研究对象有：

F 0.01 mv mv0 (3)

以A、B为研究对象有：F 0.01 (mA mB)vA (4) 对B有：FAB 0.01 mBvA (5) 联合（1）（2）（3）（4）（5）解得：

v 500m/s；vA 6m/s；vB 22m/s；FAB 1800N

9、解：

（1）有水平方向的动量守恒得（设子弹刚穿出时，M的水平速度为V1）

mV0 MV1 mV V1 3.13m/s

此时M物体的受力如右图，且有：

MV12

T Mg

l

2

MV1

T Mg 26.5N

l

（2）I mV mV0 4.7N s，方向水平向左 练习五

1-3、B，C，A；4、

3212g

mLmgL；5、5N m 423L

6、解：受力分析如图

m2g T m2a

Tr J

a r ，J

整理 a

1

m1r2 2

2m2gm1m2

，T g 39.2N

m1 2m2m1 2m2

12

at 2.45m 2

St 1s

7、解：受力分析如图

2mg T2 2ma （1） T1 mg ma （2） (T T1)r J1 1 （3）

(T2 T)2r J2 2 （4）

a1

，J1 mr2，J2 4mr2 (5) 2r224

联立 a g 2.2m/s， T mg 78.4

93

1 ， 2

a

r

练习六

1-3、A，A，D；4、

12

，5、J0 0

2

15.4rad/s; 15.4rad

6、

3gcos30

L

3g

L

rad/s2，

3gsin 3g

rad/s l2

7、 0

21R 02v

， ，与人走动的方向相反 21R2

8、解：设碰后物体m的速度为v，则摩擦力所做的功大小等于物体的动能，则有：

12

mv，v 2 sg2

碰撞过程中角动量守恒：J mLv J mg s

棒下落的过程中机械能守恒： 1LJ 2 mg22

碰后棒上升过程机械能守恒1

J 2 mgh2

联立上面四式解得：h

L

3 s sL 2

h

L

h L 3 s sL 2

80 3c

练习七

1-5、A，D，C，B，C；6、8.89 10 8或7、解：由洛伦兹变换得：

x

x v t vc2

2

t

； t

v x2c 2v 2

c

v225 2 ；v c得：33 c

x 6.75 108m

8、解：

A飞船的原长为：l0 100m

B飞船上观测到A飞船的长度为：l l0

V2 2

c

A飞船的船头、船尾经过B飞船船头的时间为： t

5

10 7s 3

则有：l t V V 练习八

25

c 2.68 108m/s 5

1-4、C，C，C，A；5、0.25mec2，6、 7、解：（1）E mc

2

m25m

， ls9ls

m0c2v2 2

c

5.86 10 13J

1

mev2

Ek11（2） 0.992

1E E0212.14

m0c2( 1)

v2 2

c

8、解：

由Ek mc2 m0c2 m0c2(

11 vc2

2

1)

得

1

v2 2

c

v 0.91c

1

Ekm0c2

故平均寿命：

0

v2 2

c

2.419 0 5.32 10 8s

练习九

1-3、B，C，C，4、 ； 6、解：（1）由题知

2

或

3

5、10cm ；2363

kl0 mg

重物受力分析如图，设挂重物平衡时，重物质心所在位置为原点，向下为x轴建立坐标如图所示，设任意时刻重物坐标为x，则有：

d2xmg T m2

dt

且：T k(x l0)

d2x

故有：m2 kx 0

dt

上式证明重物做简谐振动。

k

mg4 10

400l00.1

N m 1

而t 0时，x0 0.1m,v0 0m s-1 ( 设向下为正) 又

k

m4002

10,即T 0.2 s 410

2

A x0 (

v0

)2

0.1m

tan 0

v0

0,cos 0 1即 0 0 x0

kx400 0.05 5m/s2m4

∴ x 0.1cos10t （2）x 0.05m处物体的加速度为：a

7、解：设振动方程的数值式为：x Acos( t )

V0 0.2m/s，x0 0.04m，k

mg

12.5N/m， xk

7s 1 m

由

12121m2kA kx0 mV02 A x0 V02 5cm 222k

V03

0.64rad x0 4

tg

x 0.05cos(7t 0.64)

练习十：

1-4、C，B，A，A；5、1 10 2；6、x0.5 0.17m或122cm；

6

F 4.2 10 3N或32 2 10 4N；E 7.1 10 4J 7.2 2 10-5J

7、解：（1）处在平衡位置时弹簧伸长x0，则：

mg kx0 0

在力F作用下，弹簧再伸长 x，则：mg F k(x0 x) 0，且F k x由题知 x 5cm，k 2m 8.97N/mF 0.44N

由EP

（2）E

12

kx 4.485 10 4J2

12

kA 1.121 10 2J 2

得Ek E EP 1.076 10 2J

8、解：取平衡位置为坐标原点，向下为正，如图建立坐标轴， M在平衡位置时，弹簧已伸长x0，则有：

mg kx0 0，即mg kx0

设m在x位置时，弹簧伸长x x0，则有：

T2 k(x x0) (1)mg T1 ma (2)T1R T2R J (3)a R (4)

联立解得：a

kxJ

m2R

，故物体做简谐振动，其角频率为：

kJ

m2R

kR2

2

J mR

练习十一：

1-4、C，B，B，D；5、 ，6、0.8m,0.2m,125Hz，

7、解：（1）由波动方程可得：A 0.05m，u 50m/s， 50Hz， 1m （2）vmax A 5 m/s，amax A 2 500 2m/s2 （3）

2

(x2 x1)

x) 20

8、解：（1）y 3 10 2cos4 (t

（2）B点的振动方程，以x 5代入上式得：

yB 3 10 2cos4 (t 3 10 2cos(4 t )

5)20

所求的波动方程为：yB 3 10 2cos 4 (t 练习十二

1-3、D，C，A，4、0.12cos

x ) 20

2

xcos20 t，1、3、5、7、9；0、2、4、6、8、10；

5、1.58 105J s 1 m 2，3.79 103J

6、解：如图所示，取S1点为坐标原点，S1、S2联线为X轴，取S1点的振动方程 : u

4m

（1）在S1和S2之间任取点A，坐标为x

因为两波同频率，同振幅，同方向振动，所以相干为静止的点满足：

12 (11 x x) (2k 1) k 0, 1, 2,...

2

x 1,3,5,7,9,11m故得 这些点因干涉相消而静止不动 （2）若A点在S1左侧，则有

12

[11 x ( x)] 6

2

所以，S1左侧各点因干涉加强。 （2）若A点在S2右侧，则有

12

(x 11 x) 5 2

所以，S2右侧各点因干涉静止。 7、解： A

B

2 ( )

A B

2

2 ( 10 10)

0.2

两波在P点处最大限度地互相削弱，则：

(2k 1) ,(k 1， 2， )

k 1， max 0.1m 10cm

练习十三

1-5、C，C，B，C，D，6、6.23 103，6.21 10 21，7、8、解：（1）

kT3i

,kT,RT 222

i

kT

2E2

1.35 105Pa P

NiVP kT

V E N

（2）

3 kT

3E 2

7.5 10 21J

Ni 5N

E kT

2 32 kT，T 263K

23k

9、（1）

V 45m3，T 293K

13

m2 kT，则所有分子平均平动动能总和是：2213

N m2 kT (1)

22

V1.29 45

45m3气体的摩尔数为： Mol 3

Mmol29 1045m3气体的分子数为：N NA

3 V3RkT NAT 7.3 106J2Mmol2NA

代入（1）式得：N N

（2） E

i V5

R T R 4.16 104J 2MMol2

2

2

（3）2

2 1

3R

(2 1) 0.819m/s M

练习十四

vf(v)dv ，1、B，2、 Nf(v)dv f(v)dv

v0

v0

v0

v0

f(v)dv，3、5.42 107，6 10 5，

av/Nv0

4、f(v) a/N

0

(0 v v0)

2N111

(v0 v 2v0)； a ； N N； v0

3v039

(v 2v0)

5、3.44 1025，1.6，2 105J 6、解： 由图知：

PA 4PC，VC 4VAPAVA PCVC TC TA

p(Pa)

则全过程中： E 0 A到B，等压过程：

4×10QAB

m

CP(TB TA)M

5

(PBVB PAVA)2

1.5 106J

1×10(m3)

B到A，绝热过程，QBC 0

Q QAB QBC 1.5 106J

由热力学第一定律得：A Q E 1.5 10J

7、解： 由图知：

6

P2P1

P2V1 P1V2 V2V1

p5

（1） E CV(T2 T1) (P2V2 P1V1)

2

11

（2）A (P(P2V2 P1V1) 1 P2)(V2 V1)

22

（3）Q E A 3(P2V2 P1V1)

(4)以上计算对于A B过程中任意微小变化均成立

则对于微过程有

2 Q 3 (PV) (PV) R T故有：C

Q

3R T

练习十五

1、A，2、B，3、AM，AM和BM，4、（3）（1）（1），5、124J，-85J， 6、350

P0V0PVPV

128J，250 00 91.6J，100 00 36.6J，0

T0T0T0

7、解：

（1）C AA

PTAPC

TC 75K TC

VV

B CB C TB 225K

TBTC

（2）气体摩尔数为：

PAVA8

0.321Mol RTA3R

A B膨胀过程，AAB 1000J EAB

QAB

5

R(TB TA) 500J2

AAB EAB 500J5

R(TC TB) 1000J2

ABC EBC 1400J

B C等压压缩过程ABC PB(VC VB) 400J EBC QBC

8、解：（1）

VV

a ba b Tb 300K

TaTbc a等温过程，Ta Tc 600K

55

R(Tb Tc) RTc 6.23 103J 2433

b c等体过程，Qbc R(Tc Tb) RTc 3.74 103J

24a b等压过程，Qab

c a等温过程，Qca RTcln

Va

RTln2c 3.46 103J Vc

（2）A Qab Qba Qca 0.97 103J （3) 练习十六

1、B，2、A，3、B，4、C，5、33%,2.49 10J，6、400J

4

A

13.4%

Qbc Qca

a 7、解：（1）

P

TaPb

Tb 9T0 Tb

VV

c b Tc 27T0

TcTbP0V2

Ⅲ由P 得：V 3V0 2

V0

故有：

QⅠ C（ 12RT0，VTb Ta）QⅡ C（ 45RT0,PTc Tb）QⅢ

V03V0

P0V2

C（ 37.7RT0VTa Tc）V02

（2） 8、解：

QⅠ QⅡ QⅢ

16.4%

QⅠ QⅡ

VVV

A BA B TA ATB

TATBVBVVV

C DD C TD DTC

TDTCVC

1 1

B C绝热过程，TBVB TCVC

1 1

D A绝热过程，TAVA TDVD

联合上述四式得：

VBVC

VAVD

Vmm

CP(TB TA) CP(1 A)TB MMVB

整个过程中，吸收的热量为：QAB

放出的热量为：QCD

Vmm

CP(TD TC) CP(1 D)TC MMVC

故循环的效率为：

QAB QCDQT

1 CD 1 B 25%

QABQABTC

自测题（一）：力学

一：选择题

1-5：CBACB；6-9：ACAC 二：填空题

6 52 j; (2ij) 10、v i

11、a

g2tv gt

20

22

;an

gv0v gt

20

22

12、J 4ml2;

g 4m

13、140N s;24m/s 14、Ek (

1 vc2

2

1)m0c;E

2

m0c2 vc2

2

三、计算题

(3 2t) 15、解：（1）由r 4t2ij得

x 4t2y 3 2t

故轨迹方程为：x (y 3)

2

5 （2）t 1s时，r(1) 4i j，坐标为（4，5） 2 2 （3） r 4ij， 4ij

drdv 2 （4）由v 8tij，a 8i

dtdt 2 t 1s时，v1 8ij，a1 8i

16、解：设线下落至 角时小球的速率为v，由机械能守恒定律得：

mglsin

12

mv v 2glsin 2

小球的受力如左图，且有：

mv2

T mgsin

l m

T mgsin 2glsin 3mgsin

l

17、解：（1）释放时，细棒所受的重力对支撑点的力矩为：

M mg

L

2

M3g

J2L

（2）棒落到竖直位置时的角速度 ，由机械能守恒得

由转动定律得：M J

1L3gJ 2 mg 22L

18、解：设绕O点转动的角速度为 ，由角动量守恒得：

碰前的角动量为：0.5L MV0 碰后的角动量为：J

1

MLV0 2

7

ML2 12

176

则有：MLV0 ML2 V0

2127L

19、解： 由洛伦兹变换可得：

x v t vc2

2

t

x （1） t

v x 2 (2) 2v1 2

c

由（1）式可得

x 900m

由（2）式，可得：

t 3 10 6s

自测题（二）：机械振动和机械波 一、选择题

1-5：CADBD；6-10：DCBDC 二、填空题 11、4 10 2m,三、计算题

2

；12、10,

65,

；13,2

3

4 l 3；14、16、0.1cos(165 t x)；2k g22

d2x

17、解：设t时刻m处于x处，则有：F x ma m2

dt

2

d2x 2

x 0 即：2 mdt

说明质点作简谐振动，振动的角频率为：

2

m

，周期为：T 2

m

2

x轴，设t时刻砝码处于x处，

d2x

由受力情况可知：mg F ma m2

dt

设砝码静止时，弹簧的伸长量为 l0，则有：k l0 mg T时刻：F k(x l0)

d2x

mg kx k l0 m2

dt

综合上述三式得：2

dxk

x 02

mdt

---------证明砝码的振动时简谐振动

（2）振幅：A l0 0.01m 角频率：

k

g

l0

10

频率：

5

2

（3）放手时，砝码处于负向最大位移处，故振动方程为：y 0.01cos(10t )

19、解：（1）设坐标原点处质点的振动方程为：y Acos( t )

t 0时，x 0处质点y0 0，v0 0

由图知：即：y0 Acos 0

v0 A sin 0

推得：

2

由旋转矢量可得： 2

4

8

即振动方程为y At

2

8

)

（2）由图知，波沿x轴负向传播，且T 16s,u 10m/s, uT 160m 故波方程为：y At

8

x )

802

2 t

) T

20、解：(1)由x 0为波节，可得：入射波在x 0处引起的振动为：y10 A 反射波在x 0处引起的振动为：y20 A故反射波方程为：y20 Acos[2 (

2 t

) T

tx

) ] T

t x )cos(2 ) T2 2

（2）合成驻波表达式为：y y1 y2 2Acos(2 （3）波节：cos(2 波腹：cos(2

x

2

2

) 0，2 x

x

2

2

2k 1k 1 (k 0, 1, 2 )，x 22

2k 1

4

x

) 1，2

k (k 0, 1, 2 )，x