大学物学上答案

第一章
质点做曲线运动，下面表示正确的是(
C
F 面表述正确的是(B )
质点作圆周运动，加速度一定与速度垂直;
轨道最弯处法向加速度最大；
某时刻的速率为零，切向加速度必为零.
下列情况不可能存在的是(D
A 速率增加，加速度大小减少；
B
C 、速率不变而有加速度；
切向加速度必不为零;
—a B 、dr
dt
dt
D
dt
d
u
a t
B 、 物体作直线运动，法向加速度必为零;
C 、 、速率减少，加速度大小增加;
、速率增加而无加速度
做平抛运动的质点，不变的物理量是(
dt
D )
d
u
dt
对于做曲线运动的物体，以下几种说法中,
正确的是( B )
B 、 法向加速度必不为零(拐点处除外)
C 、 由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零;
E 、 若物体做匀速率运动，其总加速度必为零；
若物体的加速度为恒矢量，它一定做匀变速率运动。

一质点的运动方程为r (t) i 4t 2
j tk ，式中r ，t 分别以m 、s 为单位。

试求:
(1)它的速度与加速度；(2)它的轨迹方程。

(1) V 8$ k ，a
v
8j ; (2) x 1,y 4z 2
一质点沿x 轴运动, 坐标与时间的变化关系为x 4t 2t 2
，式中x,t 分别以m 、s
为单位，试计算:
(1)在最初2s 内的位移、平均速度和2s 末的瞬时速度;
v ^X 4 4t dt
2s 末的瞬时速度：v
1s 末到3s 末的平均加
速度：
8 0 / , 2 4m/ s 2 dv a 一 dt
一质点沿x 轴做加速运动，开始时质点位于 X ）处，初速度为v 0。

h ，一个身高为I 的人，在路上匀速运动，速度为0，如图
1-14。

求：（1）人影中头顶的移动速度；（2）影子长度增长的速率。

(2) 1s 末到3s 末的平均加速度; (3) 3s 末的瞬时加速度。

(1) 最初2s 内的位移：x|t
2
x|t o o o o
最初2s 内的平均速度:
X|t 2 X|t 0 0
t
4m/s
v I t 3 v I t 1 2
3s 末的瞬时加速度：a
4m/ s 2
(1) kt c 时，求任意时刻质点的速度及位置; (2) kv 时, 求任意时刻质点的速度及位置;
(3)
解：（1）
dx v
dt ，X kx 时, dv dt ，
t
vdt 求质点的速度与位置的关系。

以上各式中 k ，c 是常量。

X o
t adt o
6
k,2
vo —t 2 c 2 -t v o t
2
ct V o
X o ⑵dv kv ，
v
dv
X)
t o
kdt ， ln — kt ，
v o
kt
v o e
dx kt 恳
voe
，
x
dx x
(3) a dv
dt 即 vdv kxdx ，
o
v o e kt dt ，X dv dx dx dt v
vdv
v o
1) k
X o
dv
v —— kx dx
x
kxdx
2 2 2 2
v v o k(x x o )
路灯距地面的高度为
(2)由于影子长度等于人影中头顶位置和人位置的水平间距，所以影子长度增 长的速率为
得到法向加速度和切向加速度的表达式
24
a n r 2 144rt 4
， a t r 24rt
解：(1) 原点O ， 人影中头顶位置应该在地面上做一维直线运动， 设路灯的正下方为坐标 人影中头顶位置坐标为P ,人影中头顶的移动速度为：
OP
d V -
d
根据三角形相似的原理,
OQ OP
,OP
O
所以
OP d d
d OQ l dt
OQ 而-
dt
V o ,
因此v
—V0。

d PQ dt
d OP OQ dt
V V o
V o
一质点沿半径为10cm 的圆周运动，其角坐标
(以弧度rad 计)可用下式表示
在t 2s 时，法向加速度和切向加速度为:
44
a n 144rt 4 144 0.1 24 230.4 m s 2
a t 24rt 24 0.1
2
2 4.84.8m s 2
（2） 要使总加速度与半径成 45o 角，必须 a n a t ，即 144rt 4 24rt
解得t3 1/ 6 ，此时3
2 4t
3 2.67 rad
第二章
以下说法错误的是（A ）
A、B、势能的增量大，相关的保守力做的正功多；
势能是属于物体系的，其量值与势能零点的选取有关；
C、D、功是能量转换的量度；物体速率的增量大，合外力做的正功多。

作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处，这一周期内物体（C
A、动量守恒，合外力为零；
B、动量守恒，合外力不为零；
C、动量变化为零，合外力不为零，合外力的冲量为零；
D、动量变化为零，合外力为零。

以下说法正确的是（A ）
A、功是标量，能也是标量，不涉及方向问题；
B、C、某方向的合力为零，功在该方向的投影必为零；某方向合外力做的功为零，该方向的机械能守恒；
D、物体的速度大，合外力做的功多，物体所具有的机械能也多。

质量为m的弹性球，以速率u沿与水平线成45°角的斜向上方向射来, 打在水平放置的钢板上，并以相同的角度和速率弹出去。

则作用于球的冲量（
A、方向竖直向上，大小等于2mu ；
如图2-17 , 一质点为m 的子弹射入置于光滑水平面上质量为 M 并与劲度系数为
k 的轻弹簧连着的木块后使弹簧最大压缩了 I ，求子弹射入前的速度V 0 0
Vo
—m
解：以子弹和连着轻弹簧的木块为系统
一质量为M 的车静止在光滑的水平面上，车上悬挂摆长为 I 、质量为m 的单摆,
如图2-18所示。

开始时，摆线水平、摆球静止，突然放手，当摆球运动到摆线
解选摆球与小车及地球组成的物体系为研究对象 速度分别为V 与v ，设向右为正向，由于系统水平方向不受外力，则系统水平方 向动量守恒
0 mv MV
(1)
又由于在摆球下摆过程中，只有保守内里重力作功，故系统机械能守恒
.设摆球
摆到最低处时重力势能为零，则有
1 2 1 2
mgl - mv - MV
2 2
B 、 方向竖直向下，大小等于
2mu ;
C 、
方向竖直向上，大小等于 V 2mu ; 方向竖直向下，大小等于
Q mu 0
入射前后，动量守恒： mv o (M m)v (1) 弹簧压缩前后，机械能守恒:
-(M m)v 2 -kL 2 (2) 2 2
联立(1) (2)得;
呈铅直的瞬间，求摆球相对地面的速度为多少。

.设车速度及摆球m 相对地面
(1)、⑵两式联立，则
C 、合力矩减小时,
物体角加速度不一定变小;
质量为X 10-23kg ，速度为X 107
m/s 的粒子A ,与另一个质量为其一半而静止的粒 子B 相碰，假定这碰撞是弹性碰撞，碰撞后粒子
A 的速率为5X 107
m/s ，求：
（1）粒子B 的速率及偏转角;
（2）粒子A 的偏转角。

解：两粒子的碰撞满足动量守恒
写成分量式:
m A v A m A v'A cos m B v'B cos
m A v'A sin m B v'B sin
碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒:
1 2
1 .
2 1 ,
-E A V A -E A V A -E B V
2 2 2
第三章
一质量为M ，半径为r 的匀质圆盘旋转时，在某一瞬间突然有一片质量为 m 的
小碎片从圆盘的边缘飞出，则飞轮的转动惯量变为（
E A V A
mi A v'A mi B v'B
,2 1 ,2
A V A -E
B V B
代入:
m A 7.2
23
10 kg ， E B E A
2
3.6 10%，
V A
6.0 107m/s ， V'A
5.0
107m/s 解得：（1）
54 4'
V'B
4.69 107m/s ； (2)
22 20'
1
1
-（M m ）r 2 C 、— Mr 2 mr 2
D 、不能确定
2 2
如果合外力矩的方向与角速度的方向一致，
则以下说法正
A 、合力矩增大时, 物体角速度一定增大
B 、合力矩减小时物体角速度一定减小;
C ）
1 2
A、— Mr2 B
2
在刚体的定轴转动中，
确的是（A
C、合力矩减小时, 物体角加速度不一定变小;
2
3
过程中，系统的转动动能（C ）
运动员手握两只哑铃，站在无摩擦旋转的水平平台上，开始时此人两手平握哑铃,
在此过程中，下面说法正确的时（
一质量为m 的子弹以水平速度v o 射向棒的中心，并以V o/2的水平速度穿出棒, 此后棒的最大偏转角为90°，则v 0的大小为（A ）
16M 2gl 3m 2
一质量为m ,半径为R 的匀质薄圆盘，在水平面上绕通过中心且垂直盘面的轴转
（1）圆盘停止转动经过多长时间? （2）上述过程中摩擦力矩所作的功?
解：（1）摩擦力矩
2 3mg R
1
2mR2
D 合力矩增大时，物体角加速度不一定增大。

一匀质圆盘状飞轮，质量为20kg ,半径为30cm 当它以每分钟 60转的速率，绕
垂直与圆盘面且通过圆盘圆心的轴转旋转时,
其动能为（ D A 16.2 2
J B 、8.1 2
J
、8.1J
、1.8 2
J
在自由转动着的水平转台的边缘站着一人,
当该人从边缘沿径向走到转台中心的
A 不变
、减小 、增加
D 、先减小后不
人、哑铃、平台组成的系统以角速度
旋转，随后，此人将哑铃下垂于身体两侧,
A 角动量守恒，机械能守恒;
、角动量守恒，机械能不守恒;
C 、角动量不守恒，机械能守恒； 一根
长为l 、质量为M 的匀质棒,
D
自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。

现有
、角动量不守恒，机械能不守恒。

动。

设圆盘与水平面之间的滑动摩擦因素为。

若开始以角速度0旋转，问:
式中,
dM r 2 rdr g 2
为质量面密度。

2
dr
dM 2 g
Rfdr 0
2 1 所以一mg R -mR
3 - 得角角速度为
3R 0 4g
(2)根据动能定理有
1 2
A f 0 -I 0
2
一根长度为l 均匀木棒，质量为m ,可绕水平轴0在竖直平面内转动(无摩擦)， 开始时棒水平静止放置，当棒在重力的作用下转动到与水平方面成
(1)力矩作功；(2)杆的角的加速度；(3)杆的角加速度。

解：(1)根据定轴转动力矩作功的计
算式
dW M z d
罟sin
长1=0.4m 、质量M 1kg 的匀质细棒，可绕水平轴0在竖直平面内转动，开始 时，细棒处于自然竖直状态，现有一质量
m 8g 的子弹，以 200m/s 的速率
从A 点射入棒中，A 点与0点的距离为31/4，如图3-18所示。

求:
(1)棒开始运动时的角速度;
2 4g
^mR 2
0 4
角时，求:
式中 M z 所以 W
1 0 —mgs in(90
2 1
一 mg cos d 2 9 0
1
-mg cos 2 1
-mg sin
(2)根据定轴转动的转动定理
M z I
式中 再利用 M z
可得
(3)利用机械能守恒:
丄1 2
1 1
2 -ml
3 1 -mg cos 2
3g 一 cos 2l
2 l . mg - sin
2 所以
7
■Q
(2)棒的最大偏转角。

解：系统绕杆的悬挂点的角动量为
第四章
一质点作简谐振动x 6cos （100 t 0.7 ）cm 某时刻它在x 3^2 cm 处，且向X 轴负向运动，它要重新回到该位置至少需要经历的时间为（
B ）
丄 S
B 、丄S
C 、—s
D 、 —s
100
200
50
50
一个单摆，如果摆球的质量增加为原来的四倍，摆球经过平衡位置时的速度减 为原来的一半，则单摆（
下述说法中哪些是正确的（
C ）
波经过不同媒质传播过程中波长不变。

L I mvl
2 1
0.48kgm s
子弹射入后，整个系统的转动惯量为
I ^Ml 2
3
細2 0.054kgm2
由角动量守恒有
⑵子弹射入后，且杆仍然垂直时, W 动 21
2
L I
系统的动能为
8.88rad / s
2.13J
当杆转至最大偏转角
时，系统动能为零，势能的增加量为
1
Mgl 1 cos 3 mgl 1 cos
由机械能守恒，W 动
94.24 。

A 、 A 、频率不变，振幅不变; B
、频率不变，振幅改变;
C 、频率改变，振幅不变;
D 、频率改变，振幅改变;
一谐振系统周期为，振子质量为 200g ,振子经平衡位置时速度为12cm/s ，则再
经后振子动能为（D ） A 、1.8 10 4
J B
、1.44 10 3
J
D 、3.6 10 4
J 。

A 、 波只能分为横波和纵波;
B 、 波动质点按波速向前运动;
C 、 波动中传播的只是运动状态和能量;
对于机械横波，下列说法正确的是（A ）
波峰处质元的动能、势能均为零;
D 一个平面简谐波沿x 轴负方向传播，波速U =10m/s 。

x=0处，质点振动曲线如图
4-19所示，则该波的表式为（B ）
A ： A 2 为(
B )
、1/4
一物体沿x 轴作简谐振动，振幅A 12cm,周期T 2s ，在t 0时物体位于6.0cm 处且向x 轴正方向运动，求:
（1）该简谐振动的初相位;
（2） t 0.5s 时，物体的位置、速度和加速度;
解：（1）简谐振动的位移和速度分别为
x 12cos( t
)
v 12 sin( t 0)
B 、 处于平衡位置的质元势能为零、动能为最大;
C 、 处于平衡位置的质元动能为零、势能为最大;
波谷处质元的动能为零、势能为最大。

A 、
2cos —
2 B 、
2cos —
2 C 、
2sin —
2 x 10 2sin —
2
x 10
在同一媒质中两列相干的平面简谐波强度之比是
11: 12 4，则两列波的振幅之比
、16 已知，在
0， x 6cm ，即 6 12cos 0
解得0 又知，在 5_ 3
0时，物体向x 轴正方向运动，有
以距P 点5m 处的Q 点为坐标原点写出波动方程。

x
:y(x,t) 3cos4 t 一
20
同时满足这两个条件的解为 所以
(2)应用以上各式，在t 物体的速度为
物体的加速度为
12 sin 0
0，sin 0 0
12cos t
12 sin
2
12 cos
0.5s 时, 12 12
5
物体的位置为
12COS 0.5
sin 0.5
5 3
2 CL
cos 0.5
5 3
10.4cm
18.8cm/ s
2
103cm/s
平面简谐波以速度c 20ms 1
沿x 轴负方向传播, 如图4-28所示。

已知P 点的
振动表达式是y p 3cos4 t ，式中y 以米计，t 以秒计。

(1) 以P 点为坐标原点写出波动方程;
解(1)
、 5
(2) Q 点振动方程为：目Q 3cos4 t 一 3 cos 4 t
20
波动方程为 y(x,t) 3cos 4 t —
20
如图4-32所示，设B 点发出的平面简谐波沿BP 方向传播，它在B 点的振动方程 2 10 3
cos2 t ； C 点发出的平面简谐沿CP 方向传播，它在C 点的振动方
y 2 10 3 cos(2 t )，本题中y 以米计，t 以秒计。

设 BP 0.4m 、
两波传到P 点时的位相差；
若在P 点处相遇的两波的振动方向相同，求 P 处合振动的振幅; 若在P 点处相遇的两波的振动方向相互垂直，再求 P 处合振动的振幅。

解(1):由
即在P 处两波同相位。

(1)由于两波同相位，且振动方向相同
3
A A 1 A 4 10 m
(2)当 0 ,且两振动方向垂直时 A J A 2 A2
血A 2.83 10 3
m
第五章
根据热力学第二定律可知(C )
A 、功可以全部转化为热，但热不能全部转化为功;
为y i
程为 CP
0.5m ，波速 c 0.2m s 1，求:
(1) 得到
r c r B
2 01 0
0.2
V v
2-V 0.2m
B、热可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体;
C 、不可逆过程就是不能向反方向进行的过程;
D —切自发过程都是不可逆的。

定的理想气体，从相同状态出发，分别经历等温过程、等压过程和绝热过程, 使其体积增加一倍。

那么气体温度的改变（绝对值）
V V 。

, P P ,贝 U T T
板抽出，气体将进行自由膨涨，达到平衡后（ A
A 、 绝热过程中最大, 等压过程中最小;
B 、 绝热过程中最大,
C 、
等压过程中最大, 等温过程中最小;
绝热过程中最小; 等压过程中最大, 答案：D
等温过程中最小。

比较温度，等温过程
T 0
，等压过程T
PR
，绝热过程T
豊
一绝热容器被各版、、隔板分成两半，一半是真空,
另一半是理想气体，若把隔
B 、 温度不变, 温度降低, 压强减小;
压强减小; 压强减小;
压强不变。

温度升高， 温度不变， 根据热力学第二定律可知（D ）
C
、 B 、 功可以全部转化为热，但热不能全部转化为功；
热可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体;
C 、
不可逆过程就是不能向反方向进行的过程; 一切自发过程都是不可逆的。

0.02kg 的氦气（视为理想气体），温度由170C 升为270C 。

若在升温过程中，（1）
体积保持不变；（2）压强保持不变；（3）不与外界交换热量。

试分别求出内能的 改变、吸收的热量、外界对气体所作的功。

答案为：(1) U Q 623J , A 0( 2) U 623J , Q 1.04 103
J , A 417J
(3) U 623J , Q 0, A 623J
7、
什么是波的干涉条件？
答：同频率、同震动方向、恒相差。

什么是波的叠加原理？
答：如果有几列波在同一介质中传播时， 再相遇区域内， 任一点的震动为各 个波单独存在时在该点引起的振动的矢量和； 在各列波相遇之后， 每一列波都将 独立地保持自己原有的特性（频率、波长、振动方向、振幅） ，按照原来的方向 继续前行，就像没有遇到其他的波一样，这一规律称为波的叠加原理。

什么是熵增加原理？
答：系统经绝热过程从一个状态变化到另一个状态时，它的熵永远不减少， 对于可绝热过程系统的熵不变， 对于不可逆绝热过程系统的熵增加， 这就是熵增 加原理。

什么是惠更斯原理？
答：在波的传播过程中，波阵面（波前）上的每一点都可以看作是发射子波 的波源，在其后的任一时刻， 这些子波的包迹就成为新的波阵面， 这就是惠更斯 原理。

2 4t 3
其中t 的单位是秒(s )试问:
6、 什么是孤立系统的概念、准静态过程？
答：
刚体做定轴转动惯性由什么来表示？ 答：转动惯量；
并解释一下。

1、 2、 3、 4、 什么是角动量刚体（守恒定律）动能定理？
答：
5、
(1)在t 2s时，它的法向加速度和切向加速度各是多少?
(2)当等于多少时其总加速度与半径成45。

角？
解：(1)利用2 4t3，d /dt 12t2，d /dt 24t，
7、。