大学物理解答 8.docx
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大学物理解答8
大学物理习题集(上册)解答说明:
字母为黑体者表示矢量2008.08
练习一质点运动的描述
一.选择题
CBDDD
二.填空题
1.v=Acost,v=
.
2.v0+Ct3/3,x0+v0t+Ct4/12.
3.vM=h1v/(h1-h2).
三.计算题
1.设at=a+t,
因t=,2,…时,at=2a,3a,…,故=a/,
即at=a+at/.
当t=n时,有an=(n+1)a
由a=dv/dt,得dv=adt,有
v=
=at+at2/
(2);
s=
=
=at2/2+at3/(6)
当t=n时,有s=n2(n+3)a2/6.
四.证明题
1.由a=dv/dt=(dv/dx)(dx/dt)
=v(dv/dx)=-kv2
有dv/v=-kdx
ln(v/v0)=-kx
故v=v0ekx
练习二圆周运动相对运动
一.选择题
BCBBD
二.填空题
1.4.19m,4.13×103m/s,与x轴成60.
2.B,(A2/R)+4B.
3.gsin,gcos.
三.计算题
1.坐标如图,设V、v、u分别为质点对地、质点对斜面、斜面对地的速度,有
V=v+u
Vx=vx+ux=
cos+u
Vy=vy+uy=
sin
当y=h时
V=(Vx2+Vy2)1/2
=[u2+2gh+2u
cos]1/2
V与x轴的夹角
=arcot(Vy/Vx)
=arctg[
sin/(
cos+u)]
2.因v2/v1=R2/(R1)=kt22/(kt12)=t22/t12
故v1=v2t12/t22=8m/s
an=v12/R=32m/s2
at=dv/dt=d(R)/dt=d(Rkt2)/dt=2Rkt=2Rkt2/t
=2v1/t1=16m/s2
所以a=(an2+at2)1/2=35.8m/s2
练习三牛顿运动定律
一.选择题
CCBEA
二.填空题
1.460m,5.5×103N.
2.
3.1/cos2.
三.计算题
1.受力图、坐标、所设角如图
对A有T1mAg=0
对B有f-T1sin=0
N+T1cos-mBg=0
对O有T2=2T1cos(/2)
因CO的延长线是的角分线,故=60°,有
T1cos=T1cos60°=mBg-N=10×10-80=20N
得T1=40N
有mA=T1/g=4kg
f=T1sin=T1sin60°=34.6N
T2=2T1cos(/2)=2T1cos30°=69.3N
2.飞机受力:
重力、地面支持力N、摩擦力f、阻力与升力,设飞机质量为m,有方程:
竖直向上N+Cyv2-mg=0
水平向前NCxv2=mdv/dt=m(dv/dx)(dx/dt)
所以有-(mg-Cyv2)-Cxv2=mvdv/dx
dx=-mvdv/[mg+(Cx-Cy)v2]
x=
=
因飞机刚着地时对地面无压力,有mg=Cyv02,而K=Cy/Cx=5,故
Cy=mg/v02Cx=mg/(Kv02)
所以x={Kv02/[2g(1K)]}ln[1/(K)]=221m
练习四功和能
一.选择题
CDCCD
二.填空题
1.12J.
2.mgl/50.
3.kx02;kx02/2;kx02/2.
三.计算题
1.
(1)A=
=GMm[1/R1/(R+h)]=GMmh/[R(R+h)]
(2)由动能定理A=EkEk0有
GMmh/[R(R+h)]=mv2/2
v={2GMh/[R(R+h)]}1/2
四.证明题
1.
(1)P=Fv=mav=mvdv/dt
Pdt=mvdv
有
(2)
=dx/dtdx=
dt
x=
=(2/3)
=
练习五冲量和动量
一.选择题
AAACD
二.填空题
1.2Qv,水流入方向.
2.Ft1/(m1+m2),
Ft1/(m1+m2)+Ft2/m2.
3.F0R
三.计算题
1.煤粉接触传送带时速度为v0=
,方向向下.取时间微元t,落入传送带上的煤粉质量m=qmt,设传送带对煤粉的平均作用力为f,按如图坐标,由动量定理得
fxt=m(v2xv1x)=m(v0)=mv
(fymg)t≈fyt
=m(v2yv1y)=m[0(v0)]=mv0
fx=qmvfy=qmv0
故f=(fx2+fy2)1/2=qm(v2+v02)1/2
=qm(v2+2gh)1/2=149N
f与x轴夹角
=arctg((fy/fx)=arctg(v0/v)
=arctg(
/v)=57.4
所以煤粉对传送带的作用力f的大小为f=149N
方向与x轴夹角为=180+57.4=237.4
2.子弹与物体组成的系统水平方向动量守恒,设子弹刚穿出物体时的物体速度为v,有mv0=mv+Mv
v=m(v0v)/M
(1)绳中张力T=Mg+Mv2/l
=Mg+m2(v0v)2/(Ml)=26.5N
(2)子弹所受冲量I=m(vv0)=4.7N·s
负号表示与子弹入射方向相反.
练习六力矩转动惯量转动定律
一.选择题
CACCB
二.填空题
1.4s,-15m/s.
2.20
3.3ML2/4,mgL/2,2g/(3L).
三.计算题
1.飞轮受绳的张力T产生的力矩和阻力矩M,重锤受绳的张力T和重力mg.对飞轮和重锤分别用转动定律和牛顿定律列方程,有
TR-M=J=Ja/R
mgT=ma
h=at2/2
得mgR-M=(J/R+mR)2h/t2
当重锤质量分别为m1和m2时,重锤下落时间分别为t1和t2,于是有
m1gR-M=(J/R+m1R)2h/t12
m2gR-M=(J/R+m2R)2h/t22
相减得(m1m2)gR
=(2hJ/R)(1/t121/t22)+(2hR)(m1/t12m2/t22)
=2hJ(t22t12)/(Rt12t22)+2hR(m1t22m2t12)/(t12t22)
有J=[(m1m2)gR2t12t22/[2h(t22t12)]
R2(m1t22m2t12)/(t22t12)
=1.06×103kg·m2
2.
(1)子弹击中圆盘的过程中,子弹和圆盘组成的系统对O点的角动量守恒
mv0R=(MR2/2+mR2)
=2mv0/[(M+2m)R]
(2)求圆盘的摩擦阻力矩.取圆环微元dr,其摩擦阻力矩为
dM=dmgr=2rdrgr=2gr2dr
=2gR3/3=2MgR/3
(3)Mt=0J
t=J/M
=(MR2/2+mR2){2mv0/[(M+2m)R]}/(2MgR/3)
=3mv0/2Mg
练习七转动定律(续)角动量
一.选择题
ABDAB
二.填空题
1.1N·m·s,1m/s.
2.
3.0/3.
三.计算题
1.
(1)定滑轮受绳的张力T产生的力矩,重物受绳的张力T和重力mg.取初角速度0的方向为坐标正向,对定滑轮和重物分别列方程,有TR=J=(MR2/2)
Tmg=ma=mR
得=2mg/[(2m+M)R]=81.7rad/s2
负号表示方向与初角速度0的方向相反
(2)202=02=2
=02/
(2)=02(2m+M)R/(4mg)
h=R=02(2m+M)R2/(4mg)=6.12×102m
(3)物从最大高度回到原位置定滑轮转角
==02(2m+M)R/(4mg)
有
2=2=
=02
所以当物体回到原位置时=0=10.0rad/s
方向与初角速度0的方向相反
2.因碰撞时间极短,摩擦阻力矩M冲力矩M,细棒与滑块的角动量近似守恒
m2v1l=-m2v2l+(m1l2/3)
m1l2/3=m2(v1+v2)l
而M=
=m1gl/2
-m1glt/2
=0-m1l2/3=-m2(v1+v2)l
t=2m2(v1+v2)/(m1g)
练习八力学习题课
一.选择题
ADBDC
二.填空题
1.Aet[(22)cost+2sint](m/s2);
(2n+1)/
(2)(s)(n=1,2,3,…).
2.12kkg·m2/s;3kN·m.
3.2mBg/(2mA+2mB+mC).
三.计算题
1.取点O为坐标原点,向右为x正向.t=0时,静止于x=-L的小球开始运动的条件是
kL>F
由功能原理可得小球运动到x处静止条件是
-F(L+x)=kx2/2-kL2/2=k(x-L)(x+L)/2
x=L-2F/k
使小球继续保持静止的条件是
kx=kL-2F/k≤F
F<kL≤3F
所以F/k<L≤3F/k
2.
(1)角动量守恒
(Ml2/12+2mr2)1=(Ml2/12+2ml2)2
2=(Ml2/12+2mr2)1/(Ml2/12+2ml2)
=0.628rad/s
(2)小物体飞离棒端时小物体对棒无冲力,故棒的角速度仍为2=0.628rad/s
练习九理想气体状态方程
热力学第一定律
一.选择题
BBADB
二.填空题
1.体积、温度和压强;分子的运动速度(或分子运动速度、分子的动量、分子的动能).
2.166J.
3.
(2),(3),
(2),(3).
三.计算题
1.
(1)由V=
得p=a2/V2,所以
A=
(2)由状态方程p1V1/T1=p2V2/T2知
T1/T2=(p1V1)/(p2V2)
=(V1a2/V12)/(V2a2/V22)=V2/V1
四.证明题
1.两结论均错误.
(1).等容吸热过程有
Q=E=(M/Mmol)CVT
T=Q/[(M/Mmol)CV]
而CV(He)=3R/2,CV(N2)=5R/2,
CV(CO2)=6R/2.
因摩尔数相同,吸热相同,所以
T(He)T(N2)T(CO2)
=1/[CV(He)]1/[CV(N2)]1/[CV(CO2)]
=1/31/51/6
即T(He)>T(N2)>T(CO2)
(2)因为等容过程,有p/T=恒量,得p/T.所以
p(He)>p(N2)>p(CO2)
练习十等值过程绝热过程
一.选择题
ADDBB
二.填空题
1.在等压升温过程中,气体膨胀要对外作功,所以比等容升温过程多吸收热量.
2.2/(i+2);i/(i+2).
3.>0;>0.
三.计算题
1.容器左右初始体积都为V0,末了体积左为4V0/3右为2V0/3.因等温,气体对外作功为
A=[p1V1ln(V2/V1)]左+[p1V1ln(V2/V1)]右
=p0V0ln[(4V0/3)/V0]+p0V0ln[(2V0/3)/V0]
=p0V0ln[(4/3)(2/3)]=p0V0ln(8/9)
外力作功为A=A=p0V0ln(9/8)
四.证明题
1.过C再作一条绝热线CM,过D作一条等容线DM,构成一个循环.因C在绝热线AB的下方,依热力学第二定律,知绝热线不能相交,故M必在绝热线AB的下方,即M在D的下方.因DM为等容线,有
TD>TAED>EM
循环CDMC为正循环,对外作正功,即
A=ACDACM>0
而QCD=EDEC+ACD
QCM=EMEC+ACM=0
所以QCD=QCDQCM=EDEM+ACDACM>0
练习十一循环过程热力学第二定律
一.选择题
ABADC
二.填空题
1.33.3%;50%;66.7%.
2.200J.
3.V2;(V1/V2)1T1;(RT1/V2)(V1/V2)1
三.计算题
1.单原子分子i=3,CV=3R/2,Cp=5R/2.
ca等温Ta=Tc
ab等压Va/Ta=Vb/Tb
Tb=(Vb/Va)Ta=(Vb/Va)Tc
(1)ab等压过程系统吸热为
Qab=(M/Mmol)Cp(TbTa)
=(5R/2)(Vb/Va1)Tc=6232.5J
bc等容过程系统吸热为
Qbc=(M/Mmol)CV(TcTb)
=(3R/2)(1Vb/Va)Tc=3739.5J
ca等温过程系统吸热为
Qca=(M/Mmol)RTcln(Va/Vc)=RTcln2=3456J
(2)经一循环系统所作的净功
A=Qab+Qbc+Qca=963J
循环的效率=A/Q1=A/(Qbc+Qca)=13.4%
2.
(1)CA等容过程pC/TC=pA/TA
TC=(pC/pA)TA=75K
BC等压过程VB/TB=VC/TC
TB=(VB/VC)TC=(VB/VC)(pC/pA)TA=225K
(2)由=1.40可知气体分子为双原子,所以
i=5,CV=5R/2,Cp=7R/2
CA等容吸热过程ACA=0
QCA=ECA=(M/Mmol)CV(TATC)
=(M/Mmol)(5R/2)(TATC)
=(5/2)(pApC)VC=1500J
BC等压放热过程ABC=pB(VCVB)=400J
EBC=(M/Mmol)CV(TCTB)
=(5/2)(VCVB)pC=1000J
QBC=EBC+ABC=1400J
AB过程ABC=(1/2)(pA+pB)(VBVA)=1000J
EBC=(M/Mmol)CV(TBTA)
=(5/2)(pBVBpCVC)=500J
QBC=ABC+EBC=500J
练习十二卡诺循环卡诺定理
一.选择题
DABAC
二.填空题
1.500K.
2.7.8.
3.不能,相交,1.
三.计算题
1.
(1)T1/T2=Q1/Q2
T2=T1Q2/Q1=320K
(2)=1-Q2/Q1=20%
2.
(1)Ada=pa(Va-Vd)=-5.06510-3J
Eab=(M/Mmol)(i/2)R(Tb-Ta)
=(i/2)(pb-pa)Va=3.039104J
(2)Abc=(M/Mmol)RTbln(Vc/Vb)
=pbVbln(Vc/Vb)=1.05104J
A=Abc+Ada=5.47103J
(3)Q1=Qab+Qbc=Eab+Abc=4.09104J
=A/Q1=13.4%
练习十三物质的微观模型压强公式
一.选择题
CBDAB
二.填空题
4.1.33×105Pa.
5.210K;240K.
6.物质热现象和热运动的规律;统计.
三.计算题
1.
(1)因T等,有
=
=6.21×1021J
=4.83m/s
(2)T=2
/(3k)=300K
2.
=3kT/2
p=2n
/3=2n(3kT/2)/3=nkT=(N/V)kT
=[(M/Mmol)NA/V]kT=(M/Mmol)RT/V
得pV=(M/Mmol)RT
练习十四理想气体的内能分布律自由程
一.选择题
ABDBC
二.填空题
1.5/3;10/3.
2.1.04kg/m3.
3.温度为T时每个气体分子每个自由度平均分得的能量.
三.计算题
1.依状态方程:
pV=(M/Mmol)RT,有
M=(pV/RT)Mmol
因氢气氦气的压强、体积、温度相等,有
M(H2)/M(He)=M(H2)mol/M(He)mol=1/2
依E=(i/2)(M/Mmol)RT=(i/2)pV
注意到压强、体积相等,有
E(H2)/E(He)
=[(5/2)pV]/[(3/2)pV]=5/3
2.平均平动动能的总和
Et=(3/2)(M/Mmol)RT
=(3/2)(V/Mmol)RT=7.31×106J
内能增加E=(i/2)(M/Mmol)RT
=(i/2)(V/Mmol)RT=4.16×104J
的增量(
)
=(
)=
T
=
T/2=0.856m/s
练习十五热学习题课
一.选择题
BACBB
二.填空题
1.mu2/(3k).
2.速率区间0~vp的分子数占总分子数的百分比;
3.1.5;1;3.25R.
三.计算题
1.
(1)CA等容过程pC/TC=pA/TA有
TC=(pC/pA)TA=100K
BC等压过程VC/TC=VB/TB有
TB=(VB/VC)TC=(VB/VC)(pC/pA)TA=300K
(2)各过程对外作功
A→BAAB=(pA+pB)(VBVA)/2=400J
B→CABC=pB(VCVB)=200J
C→AABC=0
(3)因循环过程E=0所以气体吸热为
Q=E+A=A=AAB+ABC+ABC=200J
2.
(1)理想循环的p—V图曲线如图:
ab绝热线,bc等容线,ca等温线.
(2)ab绝热,有
V11T1=V21T2
T2=(V1/V2)1T1
=21T1
一次循环系统吸热:
bc等容过程
Qbc=(M/Mmol)CV(TcTb)
=CV(T1T2)=(5R/2)(121)T1
=5(121)T1R/2
ca等温过程
Qca=(M/Mmol)RTcln(Va/Vc)=RT1ln2
所以Q=Qbc+Qca=5(121)T1R/2+RT1ln2
=5(120.4)T1R/2+RT1ln2=240J
即一次循环系统放热Q=239.6J
n=100次循环系统放热熔解冰的质量
m=nQ/=7.15×102
练习十六谐振动
一.选择题
BCBBB
二.填空题
1.2.0.
2.Acos(2t/T/2);
Acos(2t/T+/3).
3.见图.
三.计算题
1.物体受向下的重力和向上的弹性力.
k=m0g/l,x0=4×102m,v0=21×102m/s
=
=7s1
A=
=5×102m
因Acos=4×102m,Asin=v0/=3×102m,有
=0.64rad
所以x=5×102cos(7t+0.64)(SI)
2.取水面为坐标原点,向上为x正向,木块质心坐标为x.木块与水的密度分别为与,木块受向下的重力l3g与向上的浮力l2(l/2x)g.平衡时木块质心坐标为a有
l2(l/2a)gl3g=0
a=l/2l/=0.4l=0.04m
(1)木块质心坐标为x时
l2(l/2x)gl3g=ma=l3d2x/dt2
(l/2x)g(l/2a)g=ma=ld2x/dt2
d2x/dt2+(xa)g/(l)=0
令X=xa有d2X/dt2+[g/(l)]X=0
即木块作简谐振动X=Acos(t+0)
其中=[g/(l)]1/2=10.4rad/s
(2)取放手时刻为t=0,有
x0=0.05m,X0=0.01m;
v0=0;得A=0.01m,0=.
X=Acos(t+0)=0.01cos(10.4t+)(SI)
所以,木块质心相对水面的振动方程为
x=X+a=0.04+0.01cos(10.4t+)(SI)
练习十七谐振动能量谐振动合成
一.选择题
BADCC
二.填空题
1.9.9×102J.
2.A2A1;x=A2A1cos(2t/T+/2).
3.0.05cos(t/12)(SI).
三.计算题
1.设杆向右摆动为角坐标正向.摆动过程中杆受重力矩和弹性力矩.当杆向右摆动角时,重力矩和弹性力矩均与相反,有
(1/2)MgLsinkL2sin=Jd2/dt2
当作微小振动时,sin≈,且J=ML2/3,有
d2/dt2+(Mg/2+kL)L/J=0
d2/dt2+[3(Mg+2kL)/(2ML)]=0
杆作微小振动的周期
T=2/[3(Mg+2kL)/(2ML)]1/2
=2{(2ML)/[3(Mg+2kL)]}1/2
2.因x2=3×10-2sin(4t-/6)
=3×10-2cos(4t/6/2)
=3×10-2cos(4t2/3)
=3×10-2cos(4t+/3)
所以合振动的振动方程为
x=x1+x2
=5×10-2cos(4t+/3)
3×10-2cos(4t+/3)
=2×10-2cos(4t+/3)(SI)
练习十八波动方程
一.选择题
BCDCA
二.填空题
1.向下,向上;向上.
2.0.1cos(4t)(SI);1.26m/s.
3./3.
三.计算题
1.
(1)原点处质点在t=0时刻
y0=Acos0=0v0=Asin0>0
所以0=/2.
而T=/v=0.40/0.08=5(s)
故该波的波动方程为
y=0.04cos[2(t/5x/0.4)/2](SI)
(2)P处质点的振动方程
yP=0.04cos[2(t/50.2/0.4)/2]
=0.04cos(0.4t3/2)(SI)
2.
(1)取该质点为坐标原点O.t=0时刻
y0=Acos0=Av0=Asin0=0
得0=.所以振动方程为
yO=0.06cos(2t/2+)=0.06cos(t+)(SI)
(2)波动方程为
y=0.06cos[(tx/u)+]
=0.06cos[(tx/2)+](SI)
(3)=uT=4(m)
练习十九波的能量波的干涉
一.选择题
ABCBB
二.填空题
1.y=2×103cos(200tx/2/2).
2.R22/R12.
3.
三.计算题
1.y1=Acos[(tl1/u)+/2]
=Acos[2(t/Tl1/)+/2]
=Acos[2(t/T5/)+/2]=Acos(t+/2)
同理y2=Acost
y3=2Acos(t-/2)
利用旋转矢量图和矢量加法的多边形法(如图),则可知合振动振幅及初位相为A,/4.故合振动方程为
y=
Acos(t-/4)
2.两列相干波在P点引起的振动分别是
y1=3×103cos[2(tl1/u)]
=3×103cos(2t9/2)=3×103cos(2t/2)
y2=3×103cos[2(tl2/u)+/2]
=3×103cos(2t3+/2)=3×103cos(2t/2)
所以合振动方程为
y=y1+y2=6×10
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