大学物理学习指导答案.docx
- 文档编号:26099825
- 上传时间:2023-06-17
- 格式:DOCX
- 页数:134
- 大小:347.41KB
大学物理学习指导答案.docx
《大学物理学习指导答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《大学物理学习指导答案.docx(134页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
大学物理学习指导答案
大学物理学习指导
习题详解
第一章质点运动学1
第二章牛顿定律3
第三章动量守恒定律和能量守恒定律5
第四章刚体的转动8
第五章热力学基础11
第六章气体动理论13
第七章静电场15
第八章静电场中的导体和介质21
第九章稳恒磁场28
第十章磁场中的磁介质35
第^一章电磁感应36
第十二章机械振动43
第十三章机械波45
第十四章电磁场普遍规律49
第十五章波动光学51
第十六章相对论55
第十七章量子力学57
第一章质点运动学
质点在(x,y)处的速度大小
1.由Vx=dx,Vy=∙dy和速度的矢量合成可知dtydt
1/2
V
dx2。
J
dtdt
1.由相对运动的知识易知,风是从西北方向吹来。
VMt-Vt
2.根据两个三角形相似,则H=
h1VMt
解得VM
h1v
。
hi-h2
3•将加速度g沿切向和法向分解,则
at=
g,an
2
由法向加速度的计算公式
2
V
an,所以
R
曲率半径
Rq。
3g
t
4.s(tr0v(t)dt
t2
Octdt
根据法向加速度和切
向加速度的计算公式,
a^dv=2Ctlan
dt
4
VCt
R-R
5.
(1)根据平均速度的计算公式
x1=2.5m,X2=2m,V=
=X
X—=-0.5m/s.方向与
-tt2^t1
X轴相反。
(2)根据瞬时速度的计算公式
Vt=9t_6t2,V(2秒末)
dt
=-6m∕s,方向与X轴相反。
(3)由
(2)可知,vt=9t-6t2
当t=1.5s时,
v=0,然后反向运动。
因此
S=X(i。
5)_χ(i)x(i.5)_x
(2)=2∙25m。
7.(I)水平方向X=v°t,竖直方向y^
2
gt,因此,任意时刻位置坐标为
V0t,1gt2•根据
2
2
Xg
2。
o
(2)由VX
dxdy
dΓvo,vy=审
-gt.根据速度的合成公式,^v∕V^=V^g2t2.
与X轴夹角
lv0丿
J-arctan
上述两个方程消去时间t,可得轨迹方程y-
2v
dv
a^dt
K「9—『二2——22.切向加速度方向为
PVo+gt
θ,法向加速度
垂直于切向加速度。
8.设抛出的球的速度为V,以车为参考系,则竖直方向当球的速度为0时经历的时间为t,
2aa
VCOSV-gt,舟at=VSin^2t.根据上述两个方程消去t,v可得tan'=—v-arctan.
gg
9..设列车速度水平向右,则看到的雨点速度水平斜向下,且与水平向右方向夹角为165度,
根据速度的合成定理,V雨占V5.36m∕s
点tan75*
10.
(1)由切向加速度
2
dvdwdθ,
atrr2=2.4t,t=2s时,
dtdtdt2
at=4.8m∕s2.法向加速度
rlΛ
an=rw2,w=-,所以an=14.4t4,当t=2s时,an=230.4m∕s2.
dt
(2)总加速度a=Jat2∙an^;(2.4t)2(14.4t2)2,a^0.5a,解方程可得t=0.66,因此
θ为3.15rad.
(3)由at=⅛即2.4t=14.4t4,解得tU
钏丄s=0.55s
6
g=齐一1060t,v厂齐1—当t=0时,
VX--10m∕s,Vy=15m/SL
aχ
dVχ
dt
Vy
=18.0m∕stan:
=Vy
=60m∕s2,ay
dVy
dt
IdVdVdydv
12.由aV
dtdydtdy
=40m∕s2.
2
=72.1m∕s
tan:
=^a^
aχ
=_ky.VdV=-kydy,
VdV=-kydy,y=y°时,
V=Vq.
2222
解得V—-kyV0■ky0。
13.
dVdVdχdV
V=—kVI
dtdχdtdχ
.=—kdχ,=—kdχ,当X=0时,V=V0,解得InV=—kχInV0,
VV
即V=V0ef
14。
由余弦定理,I2=X2∙y2-2xycos>.两边对时间t求导可得:
OIdlCdx
2l2x——
dtdt
当dU0时,
dt
CdyCdxCdyr+ldxdy
2y2cosy-2cosx,田u,v,
dtdtdtdtdt
VUCoS二
l最小,且X
y
UVCoS:
15•由at
dv
^dt
10m/dt2
t=2s,s=80m。
弧Ao和AB的和大于80m,线段Ao和弧AB和弧BC之和大于80m,因此在弧BC上.
2
dsV25022
V3010t,anm/s83.3m∕s.
dtR3
注:
在期末考试中曾经考试过的题目及重点题型有:
1、4、5。
第二章牛顿定律
1.撤去力F的瞬间,弹簧的弹力和摩擦力均不会突变,因此aA:
:
:
0,aB=0.
2.对木块进行受力分析,由平衡条件可得:
FSin30岂GUFcos30,又因为F无穷大,
1
所以G可以近似等于0,解得Ug30S”选B。
3.对A,B和弹簧整体为研究对象,可得Fc=2mg,移开C的瞬间,弹簧的弹力不会突变,
因此A仍然处于平衡状态,B受到的合力竖直向下,大小为FC,所以aA=0,aB=2g。
4.
kfx-xi=m(fx)2,当川=J:
0时,f=f°,代入上式可以解得-
2
设弹簧的原长为X,劲度系数为k,根据牛顿第二定律,弹簧的弹力完全充当向心力,f’L—f_10f0-1
2
5.对整体由牛顿第二定律,F—(m■mA■mB)g=(m■mA'mB)a,:
a=2m∕s.再取A和长度为X的绳为研究对象,则
XX
T(X)■mg-mAg=(mAm)a,=T(X)=(9624x)N.
6.由mAg地=mBg月,mBg月-T=mBa,T—mAg地=mAa,联立解得a=—g月=1.18m∕s2。
°
m∣B+mA
因此B以1.18m∕s2的加速度下降。
7.在长为X处,取一段长度为dx的叶片设张力为T,根据牛顿第二定律,
dx2TXdX2122m
dTmx—,进仃积分dTmx■,=TX.
lObl2l
当χ=∣时,代入数据解得T=2.79IO5N.
dvdv亠mgJ
8.由mg—F浮一F=m,即mg—kv-F=m=dtdv,
dtdtmg-kv-F
kt两端进行积分It=vmgdv=∙-kt=mInmg—kv—F=。
v=⅛!
(-e和。
Omg_kv_Fmg_Fk
9.F—kv2=mdv,a
dt
=0时,V=Vm=k=
F2
v7"题类似,易得“貉“器
In-.
3
10.根据牛顿第二定律,mg-kv2=ma当a=0时,V=5m/S,可得k=mg,
25
代入上式可解得a=2g:
∙∙3.53m∕s2。
25
11.由牛顿第二定律,mg-kv—F=mdv,对时间t和速度V进行积分,且当t=0,v=0.
dt
解得V=叱F(I一e“t/m)。
k
12.
(1)对小球进行受力分析,TCOSVNSin^-mg,TSin^—NCOSV—mlsinv∙2.解得N=mgsinJ-ml2sinvCOS,
=T=mgcos^ml2sin2r。
(2)小球离开锥面时N=O,此时T=卫gg。
。
COS日∖lCOS日
13.当处于临界状态时,对物体进行受力分析,
2
fCoSJ-NSin八mR■,
fSin亠NCoSr-mg,且f
=UN=U二
2
gSin亠R■cos寸geosJ-R2sinT
因此,为了维持物体能
静止不动,则必须满足
2
gsin二R■cos
2
gCoSJ-RSinV
注:
在期末考试中曾经考试过的题目及重点题型有:
2、3。
第三章动量守恒定律和能量守恒定律
1.根据冲量的定义,I=Ft.而t=—R,=I=二Rmg/V.选C。
V
2.
(1)假设竖直向上为正,落到地面瞬间速度v1,弹起瞬间速度v2。
12112
y°=2gt,W=gt=,2gyo∙2yo=2gt,V2=gtfjgyo由冲量定理I=m(v2v1)二(1、。
2)m。
.gy0.
11
⑵水平方向由冲量定理,I=m(v0v0)mv0.
1V
3.由冲量定理Fdt=mvdv=(3■2t)dt=m。
dv,可得v=2m∕s.
4.
(1)当人跳开第一只船,动系统量守恒,mv+mv∣=0,又跳回来时,—mv-mv=(m+M”2∙
—2mv
=■v2_
mM
(2)当人跳到第二只船后,m∙Mv2=-mv■Mv3=v3=2mv。
M
5.
(1)由F与t所围成的面积即为F的冲量,从t=0到t=4s,根据冲量定理IF—Umgt=mv1-0,=?
v1=4m∕s
(2)从t=4s到t=7s,根据面积∣f2=45NS,∣f2—umgt=mv2-mv1。
可得v2=25m∕s.
6沿y轴方向的总冲量Iy=m(0—vAsin45)=—O2∙。
2kgm/s,方向竖直向上。
沿X轴方向的总冲量Ix=m(vB—vacos45)=-0.2(^2)kgm/s,方向水平向左。
由矢量合成总冲量大小I=JI2xI2y=0.4(2.2)kgm/s:
0.739kgm/s。
IP
tanL=∙’LhJ2—1^22。
5,方向与X轴正向顺时针成202.5。
IX2+J2
7.
F-mg)t=mv=
3
F=1.1410N.
根据动能定理mgh=丄mv2,v=2ι10m∕s由冲量定理
2
10
8W(10—0.2X)9。
8dx=882J。
9.
(1)由卫星绕地球作圆周运动,根据牛顿第二定律
GmEm
2
(3Re)
2mv
Ek
mEm
6RE
(2)dW-G
mEm
(3Re)2
dr,势能EP=W
3REG
mEm
(3Re)2
dr
=-G
mEm
3RE
(3)机械能E=Ek*Ep—Gmm。
6Re
10。
假设一个粒子固定,另一个粒子从无穷远处运动到二者距离为r处,作用力做功
JEdr$.因此势能为
r2r
k
2rj.
11.水平方向由冲量定理
2mvcos:
一F=t——mvcos:
—mvcos:
=F=
∆t
12.
(1)由动量守恒,mv0=mvMVI=VI=2。
13m∕s。
2
又由牛顿第二定律T-mg=mv=T=26.5N.R
(2)由冲量定理I=m(V2-w)--407NS方向和V。
相反。
13.设材料质量M,鸟的质量m,由动量守恒定律,
I
Mm—mv2=—mv2+MV
=v=6.67km∕h
14.根据冲量定理
3一
θ12tdt=mv=v=27m∕s。
12
W=mv=729J.
2
15以O点作为原点,重力势能增量mgx2sin∙=,弹簧弹性势能增量丄k(x2-X1)2-1kx21
22
因此系统势能增量为1k(x2—x1)2-lkχ21mgx2sin>。
22
16.当弹簧的弹力T=Mg=20N时,物块开始离开地面,由Mg=kx=x=0.1m.W=Mgh^kx2=3J.
2
17.当弹簧压缩物块静止,有向右运动的趋势,Fkx=Um^E=丄kx2=(FUmg)
2
E=1kx2
2
.当弹簧伸长物块静止,有向左运动的趋势,F∙umg=kx=∙
2k
2
(FUmg)
2k
因此(F—Umg)∖(FUmg)2
2k
2k
11
18.
k
3F
若静止时弹簧压缩,则由F=kx,2kL^IkX2F(^X)-
若静止时弹簧伸长,则由F=kx」kL2=1kx2∙F(L∙X)=L=
22k
19.碰撞是完全弹性碰撞,碰撞前后交换速度,因此选C。
20.
(1)滑块和弹簧分离时,设滑块和小车速度分别为v1'V2∙
由功能关系,kA∣=1mv12+1Mv22,由动量守恒定律,mv1=Mv2。
222
二v1=0.5m∕s,向右。
v2=0。
05m∕s,向左.
(2)t==2s。
v1+v2
1
21•⑴根据功能关系,1kχ0
12
^m2vo=»心伽・
弹簧原长后,由动量守恒,
m2V0=(m1m2)v共=V共
⑵根据功能关系,*m2v02—舟(m∣∙m2)v共2
3x0k
=I
4
Xo
3m
、12—
22.由功能关系mghm^=v0=。
。
2gh.
由动量守恒定律m%(mM)
m2gh
V共=
由kx=Mg=X
因为还有重力势能转换成了弹性势能,所以EPmaX
=Mg
一k.
121
E=EP■Ekkx2-(mM)
22
m2gh丄M2g2
m1v
m1m2
=F=k1x1=V0
m1m2k1k2
'5m2)(k1k2)
23.由动量守恒定理m1V0=(m1■m2)v共
121PI212
由功能关系?
m1v0—^(m+m2)V共=3k1x1+-k2x2。
两根弹簧接口处弹力相等k1x1=k2x2。
=⅛x1=Jmιm2vok2—
^(m1+m2)(k1k2+k1)
零点,则
24•取弹簧自由长度为弹性势能零点,笼子移动至最大距离时为重力势能
Mg
=kx°=k=200N
m.又有mgh=
f-
=。
6m∕s.
根据动量守恒定理
m/s.
m2gh
mv=(mM)v共=V共=
m+M
由能量守恒定律
1212
kx0(mM)v共
22八
=(mM)g。
:
X丄k(x0:
x)2.
2
=■X=0.3m。
注:
在期末考试中出现过的题目及重点题型:
2、15、16、17。
第四章刚体的转动
1.设垂直于Xy面的单位向量设为k,从O点到质点所在位置的距离设为I,I和X轴夹角为〉,
由—⅛
由力矩的定义M=mglSin:
=mgh=M=mgbk.
根据角动量定义,在任意时刻t角动量大小L=rmvsin〉=mvb,而V=gt,:
L=mgbtk。
2.由角动量守恒ml1Rv1=ml2Rv2=v2=6.3km∕s
3.由角动量守恒定律:
r0m(r0r0)0m(-°;I)-∙-4;:
:
0。
22
由功能关系W=丄m(P4o0)2-丄m(r0国0)2+1mv2=3mι⅛>1十丄m『.
222222
4.取无穷远处为势能零点,由机械能守恒定律:
∙1m1v02=^m1v2(一Gm1mB).
22d
又由于角动量守恒mN0rsin:
=m1vd=m1v0D=mwd
、(D2—d2)v02
-■mB.
2Gd
IIQΛ
5.由角动量守恒LB=La=mvAd=1kgmS.
Vd
mvAd=mvBL=VBA1m/s。
6.v-
dr
dt
--a,Sintib■costj
dV22
aa■CoSti-b■Sintj
dt
M=rF=rma=mra=0.
L=rmv=mrv=mabk。
22
7.m=W-Lr:
TA"B17:
:
∣⅛,J=mr。
Ja:
:
Jb∙
8•由转动定理TIR=J1,T2R=Jl2,Ti:
:
Mg,T2=F=Mg=1:
:
'—2。
9.由mgl=mI2:
O==—g。
mg—ml2:
:
=2
22l
23v21
10.由角动量守恒m(I)(°)=(m(I)∙Ml2厂
32l33
6mv)
r(4m+3Ml'
2Ir。
2”125J
11.由角动量守恒2mr国0+JCoO=Jco,已知CO0=—,J=—Mr二⑷=-radIS比3.77rad/s。
526
.。
122
12.根据圆柱体的转动惯量JmR,三者相加可得J=0.136kgm。
2
13.由角动量定理Mt=Jj2—'1)=t=10。
8s。
14.由转动定理和机械能守恒,很容易得出答案.
15.
(1)由角动量守恒Ja∙∙0(JAJB)•—-200rImin。
(2)LA=JA■-Ja0
400二Nm≈419NmS
3
400
LB=LA=3
S419Nms.
16角动量守恒:
3L
L2XFVOdX二
22L
2m(2L)2m(》)2=
4
7L
17.由牛顿第二定律:
mg-T=ma,
由转动定律:
TR=J,,而a=R「,J
1MR
2
2mg
∖⅛
CA—.
M丄+m
2
Xmgt
=V=at:
M
m
2
d⑷
18.MJ-J
dt
=■--40rad.
19.M=Fr0.5t0.1=0.05t,
1
由角动量定理:
0.05tdt=J=「-25radIs.
0
d^dt=
JMd^-
OJdUMm
j;0
20.由角动量定理:
MFtι—Mft1=J;l0,J;。
To=Mft2=Mf=J;:
:
o().
t1t2
21.由转动定理:
M=—k∙=Jdkdt=d—
dtJCC两端进行积分[二kdt=持毁=⅛t=∙ln2e。
J鸡⑷k
22.设张力为T,重物m的拉力T1,重物2m拉力为T2,
由牛顿第二定律对左滑轮:
T1—mg=ma
右滑轮:
2mg—T2=2ma,
1
对左滑轮有转动定理:
Tr-Tlrmr2■,
2
A
对右滑轮有转动定理:
T2r-Trmr2■,
2
a=r■
1t_11mg
T8'
23设重物和大圆盘的拉力为T1,和小圆盘的拉力为T2。
由牛顿第二定律:
mg「T|=ma∣,T2「mg=m&,
由转动定理:
T12r—T2r=-2m(2r)2-mr2-
122」
!
而a =r■,a 。 —2a22g 2a2二—g。 19r19r 一、1 24。 根据角动量守恒: m2∣21--m2∣2tm1l2'o 3其中v1=I1,v2=L2. 杆OA的摩擦力矩M=θuηxm1g^1um1gl t1C 由冲量定理.0Mdt=1m1l2∙o 3丄2m∣2(V1+V? ) —t。 um1g 注: 本章可能会出大题,曾经考试过的题目及重点题型有: 8、11、18、22。 、23。 第五章热力学基础 1•由Q=VCVm^T=V丄RATnQl=丄,对He,i=5,对H2,i=3,因此选C。 2Q2i2 2。 画出等温线、等压线、绝热线的PV图,由PV=nRT,可知温度的该变量取决于PV的乘积, 因此由PV线和坐标系的面积可知,等压过程中温度改变量最大,等温过程最小。 3根据PV=nRT,1、2曲线是一次函数,因此是等体积过程,Cb是等温过程。 1、2过程W=0,Q=E,由于温度升高,。 E0-Q∙O,cb过程厶E=0,Q=W,吸热.而两过程都达到b点,因此Q1Q2 4。 对AB过程由热力学定律: Q=W。 : E,气体对外做功W0,温度升高,.E■0,所以吸热。 5•由热力学第三定律可知 A选项热可以转换为功但 D正确。 是在引起外界变化的情 况下 6.绝热条件下气体进行自 由膨胀,温度不变,但熵增加。 7.对于 (1),因为ac是等温线,因此a、C两点温度相同,对于def过程∙>E=0,由于W0,所以Q=EW0=吸热。 对于 (2),df过程和def过程的厶E(AEI」E2)是相等的,对df,Q1=0,W1=-E1,对def,Q2=W2^E2,因为面积就是所做的功,所以Wl∙W2=放热. ii+2 8.Q=P(V2—VJ、.2R(T2—TI^J^P(V2-V1) A_1_2=Z Q_L_2^i2_7 2 9.绝热过程,由PVJC(常数),1=pv’,因为「和—成正比例,因此T随P变化的曲线斜率减小 VCV 10.绝热线和绝热线不可能相交,排除C、D,绝热线比等温线要陡,排除AO 11.ab过程为等体过程,Q=^E0,be过程等压过程,W∙0,由PV=nRT,所以T增加,∙>E•0,由整个过程Q∙0,匹0。 12.BC为等体过程,易知VC=V CA为绝热过程,VlJTI=V2JLTC=TC=(VI)jTi, V2由PV=nRT=PC=RTC=RTI(VI)j. VCV2V2 13.由于MT为等温线,M、T温度相同,几个过程起点均为M,由PV=nRT知,只有AM温度降低由于MQ为绝热线,PV所围成的面积表示做工的多少,结合Q=√1E∙W可知,AM、BM过程放热 14•根据第二题,画出P、V图像,和EW易知,等压过程对外做功最多,内能增加最多,吸收热量最多。 15.ECD为正循环,Wl=70J,EAB为逆循环,W^=-
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 大学物理 学习 指导 答案