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
(2) w,-可m-j0r-366J 形=0 6-5解：系统经ABC过程所吸收的热量及对外所作的功分别为 04m=326J, R=126J 则由结力学第一定撑可得由A到C过程中系统内能的增量为 AEC =2Ac-WasC =200 J Ec=-200J .0c,=Ec4+Wc=-252J 6-8解：(1)。-b等容过程中气体不作功。内能增量为 5,=C,A7=x831x60=125×103J 2 在b-©等温过程中内能不变，体积从V。增加到场2Va:氢气对外作功为 4=RTh '=831×353×h2=203×102J 在be过程中氢气吸收的热量为 0=△E,+4=1.25×103+203×103=328×103J (2)在一等温过程中内能不变氢气对外作功为 4 RT h -=8.31×293×h2=169×103J 在d-心等容吸热过程中气体不作功。内能增量为 M5,=C,A7=x831×60=1.25×10 在adc过程中氢气吸收的鹅量为 Q.k=4+△E2=1.69×10+125×103-2.94×103J 6-7解：因AB、CD为等温过程，渐环过程中系统作的净功为 W=ma+=”肛h空+是知 M h5="t-1h兰=576x103J 由于吸热过程仅在B和认及。所似，蕾环过程中系统吸热的总量为
6 （2） 0 36.6 2 1 = = = = V T T P W RdT J M m W dW 6-5 解： 系统经 ABC 过程所吸收的热量及对外所作的功分别为 Q J W J ABC = 326 , ABC =126 则由热力学第一定律可得由 A 到 C 过程中系统内能的增量为 Q E W J E J E Q W J CA CA CA CA AC ABC ABC 252 200 200 = + = − = − = − = 6-6 解：(1) a-b 等容过程中气体不作功，内能增量为 E C T J V 3 1 8.31 60 1.25 10 2 5 = = = 在 b-c 等温过程中内能不变，体积从 V0 增加到场 2V0，氢气对外作功为 J V V A RT 3 0 1 = ln = 8.31353 ln 2 = 2.0310 在 abc 过程中氢气吸收的热量为 Qabc = E1 + A J 3 3 3 1 =1.2510 + 2.0310 = 3.2810 （2） 在 a-d 等温过程中内能不变，氢气对外作功为 J V V A RT 3 0 2 = 0 ln = 8.31 293 ln 2 = 1.6910 在 d-c 等容吸热过程中气体不作功，内能增量为 E C T J V 3 2 8.31 60 1.25 10 2 5 = = = 在 adc 过程中氢气吸收的热量为 Q A E J adc 3 3 3 = 2 + 2 = 1.6910 +1.2510 = 2.9410 6-7 解： 因 A B、CD 为等温过程，循环过程中系统作的净功为 ( ) J V V R T T M m V V RT M m V V RT M m W WAB WCD 3 1 2 1 2 2 1 2 1 2 = + = 1 ln + ln = − ln = 5.7610 由于吸热过程仅在 AB 和 DA 段，所以，循环过程中系统 吸热的总量为
Q=Qm+Qu=i+u-号h2+是c.-）3x10J M ∴= =15% Q 6-88正明：(1) 1人 =1-- 2=1-/ 0c- T- T 对AB、CD、BC、DM分别列出过程方程： gT。='eTe;'aT='T T To Te To ,联立求解上述各式可证得刀=1一元~元 (2)風然该福环效率的表达式与卡请福环相似，但并不是卡请播环，其原因是：1、卡递播 环是由两条绝热线和两条等湿线构成，而此新环却不是：2、式中T、T,的含意不同， 本题中T、T:只是湿度变化中两特定点的湿度，不是两等湿热源的恒定湿度。 6-9 解：梅机必须工作在最亮的循环效率时，才能获取最大的功率。由卡诺定理知，可逆卡 诺热机的效率最高。已知格机在确定的时闻内限取的格量，故由效率与动率的关采式， 可得最大。功率 月= oO P=--09=2010 6-10解：全过程的箱变是三个分过程的变之和，即：-10℃冰0℃球0℃水 一10℃水。1、3两过帮可找为等压过程，则两过程的痛变分别为 ”-mch5-156JK T mch3.04J
7 ( ) 15 % ln 3.84 104 , 1 2 1 2 1 = = = + = + = + − = Q W C T T J M m V V RT M m Q QA B QD A WA B ED A V m 6-8 8 证明： （1） ( ) ( ) B C B A C D p m B A p m D C A B CD T T T T T T C T T M m C T T M m Q Q = − − − = − − − = 1− = 1− 1 1 , , − − = − B A C D B C T T T T T T 1 1 1 对 A B、CD、BC、DA 分别列出过程方程： A V T V T V T V T T V T V T V T V B B C C D D A D D C C B B A A 1 1 1 1 ; ; ; − − − − = = = = 联立求解上述各式，可证得 1 2 1 1 T T T T B C = − = − （2） 虽然该循环效率的表达式与卡诺循环相似，但并不是卡诺循环。其原因是：1、卡诺循 环是由两条绝热线和两条等温线构成，而此循环却不是；2、式中 T1、T2 的含意不同， 本题中 T1、T2只是温度变化中两特定点的温度，不是两等温热源的恒定温度。 6-9 解： 热机必须工作在最高的循环效率时，才能获取最大的功率。由卡诺定理知，可逆卡 诺热机的效率最高。已知热机在确定的时间内吸取的热量，故由效率与功率的关系式， 可得最大。功率 7 1 1 2 1 2 1 2.0 10 1 ; − = = = − = − = = J s t Q T T t Q P Q Pt Q W T T 6-10 解： 全过程的熵变是三个分过程的熵变之和，即：-100 C 冰——0 0 C 冰——0 0 C 水— —100 C 水。1、3 两过程可视为等压过程，则两过程的熵变分别为 1 2 3 2 2 3 1 1 2 1 1 1 ln 3.04 ln 1.56 3 2 2 1 − − = = = = = = = = J K T T mc T mc dT T dQ S J K T T mc T mc dT T dQ S p T T p p T T p
过程2是够温培化过程吸熟为Q=m,该过程的嫡变为 A8-∫9.-245JK T ,总摘变为：△S=△5+△S,+AS=29.1JK 6-11解：(1)ADB过程的熵变为： T T =RIn T=T Ta To Cnm=CYm+R +nC 3 AS pe =nRh (2)ACB过程的情变为： T ”=;R=P；- PP △Sa+Rh+nCh是-nRh+nCh0 P =RIn +R Ta ,2T 通过计算看出。虽然过程不同。但箱变相同， 郭七章气体动理论 T-1[B) T-2(1)1摩尔气体的内能， (2)定容率尔热容。 (3)定压摩尔热帝。 7-3解：(1)单位体积分子微：n=2-24×102m kT @)k气前室kp-片-兴-130短m 3 (3)氧气分子的平均平对动整：云=7=621×10-J 。=,。=% (4)氧气分于的平均距离： →a=7=345×10-m
8 过程 2 是等温熔化过程，吸热为 Q=mL，该过程的熵变为： 1 1 2 3 1 2 : 29.1 24.5 − − = + + = = = = S S S S J K J K T mL T dQ S 总熵变为 6-11 解： （1） A DB 过程的熵变为： A B A B A B p m B A D B ADB p m V m D D B B D A D B p m A D B D p m D A T B D P D A T ADB AD DB T T nR V V nR T T nC T V T V S nR C C R T V T V T T T T nC V V nR T dT nC T dW T dQ T dQ S S S ln 2 3 ln ln ln ln ln , , , , , + = + = = = = + = + = + = + = + （2） ACB 过程的熵变为： ( ) A B A B A A B B v m A B A B V m A B ACB V m C C B B A A C C C B C A C B V m A C A C CB p m B A ACB T T nR V V nR P V P V nC V V nR P P nC V V S n C R P T P T V T V T V V P P T T nC T T S S nC T dQ S ln 2 3 ln ln ln ln ln ; ; ; ln ln , , , , , = + = + + = + = = = = = = + = + 通过计算看出，虽然过程不同，但熵变相同。 第七章 气体动理论 7-1 [B] 7-2 （1） 1 摩尔气体的内能。 （2） 定容摩尔热容。 （3） 定压摩尔热容。 7-3 解： （1） 单位体积分子数： 25 3 2.44 10 − = = m kT p n （2） 氧气的密度： 3 1.30 − = = = kg m RT pM V m （3） 氧气分子的平均平动动能： kT J k 21 6.21 10 2 3 − = = （4）氧气分子的平均距离： m n d n V d V 9 3 0 3 0 1 3.45 10 , 1 − = = = =
7-4 [D] T-5(1)速率大于最餐裕速率的分子数占总分子数的比率， (2)理想气体分子的平均平动动能。 7-6(1)鱼线1表示0气分子的速率分部由线：由线2表示H,气分子的速率分部由线， (2)表示F-V+△v氧气分子数所占比率， (3)表示全体分子所占比率为1， T-7解：氢气分于的量概林速率为 M-20x103ms M=16 =5.0×102m·3 a ,=2 T=Y,M/ hR=4.81x102k T-日解：(1)由于分子所允许的速率在0一2Y。的忘围内，由自一化条件可如图中由线下的 面积为系统分子总数N S=Nf(v)dv=N (2)Nf(v)=av /Yo (0→。】 Nf(v)=a (。→2) _Trr+∫ah 2 ∴N=5 →a=2N/34 3) 魂率在Va2到3V:2间隔内的分子数为 Aw=jmh+了fah= 12 (4)分子速率平方的平均值为 -JvdN-Svf(
9 7-4 [D] 7-5 （1） 速率大于最概然速率的分子数占总分子数的比率。 （2） 理想气体分子的平均平动动能。 7-6 （1） 曲线 1 表示 O2 气分子的速率分部曲线；曲线 2 表示 He 气分子的速率分部曲线。 （2）表示 v − v + v 氧气分子数所占比率。 （3）表示全体分子所占比率为 1。 7-7 解：氢气分子的最概然速率为 ( ) ( ) ( ) K R v M T M v RT m s v M v RT M M m s M v RT p p p H O o p H O H p H 2 2 2 1 3 1 4.81 10 2 2 5.0 10 4 16 2 2 2.0 10 2 2 2 2 2 2 2 = = = = = = = = = − − 7-8 解：（1） 由于分子所允许的速率在 0——2V0 的范围内，由归一化条件可知图中曲线下的 面积为系统分子总数 N 0 2 0 0 0 0 0 0 2 0 2 3 ( ) ( 2 ) (2) ( ) (0 ) ( ) 0 0 0 0 dv adv a N v v av N Nf v a v v v v av Nf v S Nf v dv N v v v v = + = = → = → = = (3) 速率在 v0/2 到 3v0/2 间隔内的分子数为 dv adv N v av N v v v v 12 7 2 3 2 0 0 0 0 0 = + = （4） 分子速率平方的平均值为 2 0 0 2 2 0 3 2 0 2 0 2 2 36 31 2 1 2 1 ( ) 0 0 0 dv mv N av dv Nv av mv m v f v dv N v v dN v v v k = = = + = =