免费湖南工业大学大学物理上练习册答案.docx

免费湖南工业大学大学物理上练习册答案免 费 下 载 练习一： 1-3：D B D；4、v=v0+131ct，x=x0+v0t+ct4 3122 5、3s；6、14rad, 15rad/s, 12rad/sr12rr7、解：r=(3t+5)i+(t+3t-4)j； 2rrrrrdr=3i+(t+3)j;vt=4s=3i+7j(m/s)； v=dtvrrdv=1j(m/s2) a=dtdvdvdxdv=v 8、解： a=dtdxdtdx分离变量： udu=adx=(2+6x2)dx 两边积分得 12v=2x+2x3+c 2由题知，x=0时，v0=10,c=50 v=2x3+x+25m×s-1 练习二： rrrp1ct2c2t41、C；2、B； 3、8j，-i+4j，+arctg或p-arctg4；4、，2ct，24R3tgq0+tgq12ct2t2；5、，；6、 22Rtgq0+tgq21+t1+t7、解： 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成q角，由图可知 l=h+s 将上式对时间t求导，得 2l222dlds=2s dtdtdlds=v0,v船=- dtdt根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， v绳=-即 v船=-vdsldll=-=v0=0 dtsdtscosqlv0(h2+s2)1/2v0=或 v船= ss免 费 下 载 将v船再对t求导，即得船的加速度 dlds-ldv船-v0s+lv船dtdta=v0=v0dts2s2 2l2(-s+)v02h2v0s=3s2ss8、解：由v=dsdq=R=-3Rbt2得： dtdtdvv2at=-6Rbt，an=9Rb2t4 dtRt+anen=-6Rbtet+9Rb2t4en a=ate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。 r设t时刻m2的坐标为x，系统加速度为a，则有： rF+(m1-m2)gm2，(F+2m1g)；5、0.41cm m1+m2m1+m2对m1：T/¢-F=m1a；对m2：m2g-T=m2a； 由此得：a=且有：T=T¢，F=kx由a=m2g-kxm1+m2dvdvdxdv=v得： dtdxdtdxm2g-kxdx=vdvm1+m2两边积分得：v=x(2m2g-kx)m1+m2免 费 下 载 a=0时，x=vmax=m2gkm2gk(m1+m2)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 kdv dt7、 解：小球的受力分析如下图，有牛顿第二定律可知： mg-kv-F=m 分离变量及积分得：òt0-vd(mg-kv-F)kdt=ò 0mmg-kv-F-t1解得：v=(1-em)(mg-F) kk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； 772pmgw，2pmgw8、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+mvLL(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)vBLL(2) 以子弹为研究对象有：-F´0.01=mv-mv0LL(3) 以A、B为研究对象有：F´0.01=(mA+mB)vALL(4) 对B有：FAB´0.01=mBvALL(5) 联合解得： v=500m/s；vA=6m/s；vB=22m/s；FAB=1800N 9、解： 有水平方向的动量守恒得 mV0=MV1+mVÞV1=3.13m/s 免 费 下 载 此时M物体的受力如右图，且有： MV12T-Mg=l2MV1T=Mg+=26.5NlI=mV-mV0=-4.7N×s，方向水平向左 练习五 1-3、B，C，A；4、3212gmL，mgL，；5、5N×m 423L6、解：受力分析如图 m2g-T=m2a Tr=Jb a=rb，J=整理 a=1m1r2 22m2gm1m2，T=g=39.2N m1+2m2m1+2m212at=2.45m 2 St=1s=7、解：受力分析如图 2mg-T2=2ma T1-mg=ma (T-T1)r=J1b1 (T2-T)2r=J2b2 a1，J1=mr2，J2=4mr2 (5) 2r224联立 a=g=2.2m/s， T=mg=78.4 93b1=，b2=ar练习六 1-3、A，A，D；4、21Rw012v2J0w0，-，与w0同向 ，5、w0+221R26、3gcosq2l=3g3gsinq33g，w= =4ll2l免 费 下 载 7、解：根据角动量守恒定律 1m¢lv=(ml2+m¢l2)w',31(2)-Mr=(ml2+m¢l2)b30-w2=2bq得：q=15.4radw=15.4rad/s 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： 12mv，v=2msg2碰撞过程中角动量守恒：Jw=mLv+Jw¢mgms=棒下落的过程中机械能守恒： 1LJw2=mg22碰后棒上升过程机械能守恒1Jw¢2=mgh2L联立上面四式解得：h=+3ms-6msL, H=L+3ms-6msL 2练习七 1-5、A，D，C，B，C；6、8.89´10或7、解：由洛伦兹变换得： -880 3cDx¢=Dx-vDt1-vc22Dt-；Dt¢=vDx2c 2v1-2cv2251-2=；v=c得：33 cDx¢=6.75´108m8、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=l0V21-2 c5´10-7s 3A飞船的船头、船尾经过B飞船船头的时间为：Dt=免 费 下 载 则有：l=Dt´VÞV=练习八 25c=2.68´108m/s 5m25m， ls9ls1-4、C，C，C，A；5、0.25mec2，6、 7、解：E=mc=2m0c2v21-2c=5.86´10-13J 1mev2Ek112=´0.992= 1E-E0212.142m0c(-1)2v1-2c8、解： 由Ek=mc2-m0c2=m0c2(11-vc22-1)得1v21-2cv=0.91c=1+Ekm0c2故平均寿命：t=t0v21-2c=2.419t0=5.32´10-8s练习九 -1-3、B，C，C，4、p；6、解：由题知p2或3pppp；5、10cm， 2363kl0=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免 费 下 载 上式证明重物做简谐振动。 k=mg4´10=400N×m-1 l00.1而t=0时，x0=0.1m,v0=0m×s-1 ( 设向下为正) 又 w=k4002p=10,即T=0.2ps m410v0)22A=x0+(w=0.1m10t)m x=0.1cos(x=0.05m处物体的加速度为：a=kx400´0.05=5m/s2m47、解：设振动方程的数值式为：x=Acos(wt+j) V0=0.2m/s，x0=0.04m，k=mgk=12.5N/m，w=7s-1 Dxm由12121m2kA=kx0+mV02ÞA=x0+V02=5cm 222kV03=-Þj=0.64rad x0w4tgj=-x=0.05cos(7t+0.64) 练习十： -3-41-4、C，B，A，A；5、1´10，；6、x0.5=0.17m；F=-4.2´10N；E=7.1´10J -2p67、解：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Dx，则：mg+F-k(x0+Dx)=0，且F=kDx由题知Dx=5cm，k=w2m=8.97N/mF=0.44N免 费 下 载 由EP=E=12kx=4.485´10-4J212kA=1.121´10-2J 2得Ek=E-EP=1.076´10-2J8、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)LL(1)mg-T1=maLL(2)T1R-T2R=JbLL(3)a=RbLL(4)联立解得：a=-kxJ+m2R，故物体做简谐振动，其角频率为：w=kJ+m2R=kR2 2J+mR练习十一： 1-4、B，B，B，D；5、p，6、0.8m,0.2m,125Hz， 7、解：由波动方程可得：A=0.05m，u=50m/s，n=50Hz，l=1m vmax=Aw=5pm/s，amax=Aw2=500p2m/s2 Dj=2pl(x2-x1)=p -28、解：y=3´10cos4p(t+x) 20B点的振动方程，以x=-5代入上式得： yB=3´10-2cos4p(t-=3´10-2cos(4pt-p)5)20 所求的波动方程为：yB=3´10练习十二 1-3、D，C，A，4、0.12cos-2xéùcosê4p(t+)-pú 20ëûp2xcos20pt，1、3、5、7、9；0、2、4、6、8、10； 免 费 下 载 5、1.58´10J×s5-1×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 : ul= n=4m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： 12pDj=-p-(11-x-x)=(2k+1)p k=0,±1,±2,.2lx=1,3,5,7,9,11m故得 这些点因干涉相消而静止不动 若A点在S1左侧，则有 12p Dj=-p-11-x-(-x)=-6p 2l所以，S1左侧各点因干涉加强。 若A点在S2右侧，则有 12p Dj=-p-(x-11-x)=5p 2l所以，S2右侧各点因干涉静止。 7、解：jA-jB=p 2p(PA-PB)Dj=jA-jB-=p+l-22p(-10´10)l0.2p两波在P点处最大限度地互相削弱，则： Dj=p-l=(2k+1)p,(k=±1，±2，L)k=1，lmax=0.1m=10cm练习十三 6.21´101-5、C，C，B，C，D，6、6.23´10，8、解： 3-21，7、kT3i,kT,RT 222免 费 下 载 iükTï2E2ïÞP=1.35´105Pa ýNiVP=kTïïVþE=N3ükTï3Eï2Þw=7.5´10-21JýNiï5N E=kTï2þ32ww=kT，T=263K23kw=9、 V=45m3，T=293Kw=mv2=kT，则所有分子平均平动动能总和是：13mv2=NkTLL(1)22rV1.29´4545m3气体的摩尔数为：n=MolMmol29´10-3Nw=N45m3气体的分子数为：N=nNA代入式得：Nw=NDE=n12323rV3RkT=NAT=7.3´106J2Mmol2NAirV5RDT=·R=4.16´104J 2MMol222Dv练习十四 2=v2-v1=3R(T2-T1)=0.819m/s Mvf(v)dvò1、B，2、òNf(v)dv，òòf(v)dv¥v0v0¥v0¥¥v06´10-5m， f(v)dv，3、5.42´107s-1，ìav/Nv0ï4、f(v)=ía/Nï0î25-3(0£v£v0)1112N(v0£v£2v0)； a=v0 ；DN=N；v=393v0(v³2v0)55、3.44´10， 1.6m， 2´10J 6、解： 免 费 下 载 由图知：PA=4PC，VC=4VAPAVA=PCVCÞTC=TA p(Pa) A B 则全过程中：DE=0 A到B，等压过程： 4×105 QAB=mCP(TB-TA)M5=(PBVB-PAVA)2=1.5´106J1×105 O C 2 3.49 8 V(m3) B到C，绝热过程，QBC=0 Q=QAB+QBC=1.5´106J由热力学第一定律得：A=Q-DE=1.5´10J7、解： 由图知：6P2P1=ÞP2V1=P1V2 V2V1 p p2 p1 O A B 5DE=CV(T2-T1)=(P2V2-P1V1) 211(P2V2-P1V1) A=(P1+P2)(V2-V1)=22Q=DE+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 V1 V2 V DQ=3D(PV)D(PV)=RDT故有：C=DQ=3RDT练习十五 1、A，2、B，3、AM，AM和BM，4、，5、124J，-85J， 6、350´7、解： C®A等体过程，A=P0V0PVPV=128J，250´00=91.6J，100´00=36.6J，0 T0T0T0PCÞTC=75K TCPTAVVB®C等压过程，B=CÞTB=225K TBTC免 费 下 载 气体摩尔数为：n=PAVA8=0.321Mol RTA3RA®B膨胀过程，AAB=1000JDEAB=nQAB5R(TB-TA)=-500J2=AAB+DEAB=500J5R(TC-TB)=-1000J2=ABC+DEBC=-1400JB®C等压压缩过程ABC=PB(VC-VB)=-400JDEBC=nQBC8、解： VVa®b等压过程，a=bÞTb=300K TaTbc®a等温过程，Ta=Tc=600K 55R(Tb-Tc)=-RTc=-6.23´103J 2433b®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=RTclnVa=RTln2c=3.46´103J VcA=Qab+Qba+Qca=0.97´103J 等体过程，a=PTaPbÞTb=9T0 TbVV等压过程，c=bÞTc=27T0 TcTbP0V2由P=得：V=3V0 V02故有： 免 费 下 载 Q=CQ=CQ=òV03V0P0V2dV+C2V0h=8、解： Q+Q+Q=16.4% Q+QVVVA®B等压过程，A=BÞTA=ATB TATBVBVVVC®D等压过程，D=CÞTD=DTC TDTCVCg-1g-1 B®C绝热过程，TBVB=TCVCg-1g-1 D®A绝热过程，TAVA=TDVD联合上述四式得：VBVC =VAVDVmmCP(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=-VmmCP(TD-TC)=-CP(1-D)TC MMVC故循环的效率为：h=QAB+QCDQT=1+CD=1-B=25% QABQABTC自测题 一: 1 C, 2 D ,3 A ,4 B ,5 不做，6 A， 7 C, 8不做, 9 A, 10 C; svvv二：11 i+2j ， i+26j； 12 g2t2v0+g2t22，g-at； 13 4ml， 22g； 4l14 140 N.s, 4m/s; 15 (g-1)m0c2,gm0c2 2三：16解：x=4t， y=3+2t 联立消除t 的轨迹方程：(y-3)=x rvr-15坐标：x=4,y=5；位置矢量:r=4i+5j,与x轴的夹角a=tg 4rrrrrrDrrrr=4i+2j Dr=r1-r0=4i+2j； v=Dt免 费 下 载 vr=drrdt=8tri+2rj,vr=4ri+2r1j； ar=dvrrdt=8i。 17：解机械能守恒 mglsinq=12mv2v=2glsinq mav2由牛顿第二定律, 在法向T-mgsinq=n=ml得：T=3mgsinq 18 解：由转动定律：mgl2=Jb, 且J=123ml 得:b=3g2l (2)机械能守恒 mgl122=2Jw 得： w=3gl 19解：碰前的角动量L0=LOA-LOB 1.5lLOA=òdmvr=òm2ldrvr=9016mvl 方向逆时针 同理L1OB=16mvl 方向顺时针 碰后杆的角动量L=Jw 其中J=J21C+md=12m(2l)2+m(l2)2=712ml2 角动量守恒，L10=L，即 16mv70l=12ml2w 得：w=3v028l x=g(x¢+ut¢),Dx=g(Dx¢+uDt¢),20解：由洛仑兹变换式：t=g(t¢+u得：uc2x¢)Dt=g(Dt¢+c2Dx¢)其中g=53 免 费 下 载 5Dx=(300+0.8c´10-6)=900m 350.8cDt=(10-6+2´300)=3´10-6s 3c模拟测试题 一：DDCCABBBCD. rrgg2r2二:11 v=-50tsin5ti+50tcos5tj,at=502; 12 ,;13 m0c; l2l314 y1=1´10-2cos(1500t-15x), y2=1´10-2cos(1500t+15x);15 温度，分子数密度 rrrrF3r31r=(1+t)i,v=òadt=(t+t2)i 三：16解：a=m222r9rv1=i 417解：对m1有：T1=m1a1 对m2有：m2g-T2=m2a2 对滑轮有：T2r-T1r=Jb 其中a1=a2=rb，J=联立解得 18解：设地球为S系，飞船为S系，Dt=10s,Dx=100m g=,1Mr2 211-0.582由 Dx¢=Dx-vDt1-vc22=100-0.58c´101-0.582Dt-；Dt¢=v0.58cDx10-´1002c2c= 22v1-0.581-2c19解：由旋转矢量法知w=p3，初位相j=-p2yo=0.5cos(p3t-p2)(m) y波=0.5cosp3(t+xp)-(m) 0.825 320解：Td=Ta，Tc=4Ta，c®d绝热，TcVcg-1=TdVdg-1，其中g=所以Vd=2316V1 (2) 因为Td=Ta，所以整个过程A=Q, 免 费 下 载 Q=Qab+Qbc=5311P1V1+n´2TaR=P1V1=A 222模拟测试题 一：AACADBDDBB 二：11、v=v0+31313pct，x=x0+v0t+ct4，12 13 0.625m, 16.5p, 3122-216.21´1014 6.23´10，,15 864 Hz,15 824 Hz