大学物理重点习题 .docx

大学物理重点习题 大学物理上重点习题 2-3质量为m的子弹以速度v0水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k，忽略子弹的重力，求：(1) 子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；(2) 子弹进入沙土的最大深度。 解：由题意，子弹射入沙土中的阻力表达式为：f=-kv 又由牛顿第二定律可得：f=m分离变量，可得：所以：v=v0e考虑到k-tmdvdv，则-kv=m dtdt0dvtdvkk=-dt，两边同时积分，有：ò=ò-dt， v0v0vmm子弹进入沙土的最大深度也就是v=0的时候子弹的位移，则： dvdvdxdxm=，v=，可推出：dx=-dv，而这个式子两边积分就可以得到位dtdxdtdtk0mm移：xmax=-òdv=v0 。 v0kkvvv2-6一质量为2kg的质点，在xy平面上运动，受到外力F=4i-24t2j (SI)的作用，t=0vvv时，它的初速度为v0=3i+4j (SI)，求t=1s时质点的速度及受到的法向力Fn。 解：由于是在平面运动，所以考虑矢量。 vvvvvdvdv2由：F=m，有：4i-24tj=2×，两边积分有： dtdtvt1vvvvvvv23òv0dv=ò02(4i-24tj)dt，v=v0+2ti-4tj， vvvvv考虑到v0=3i+4j，t=1s，有v1=5i vvvv由于在自然坐标系中，v=vet，而v1=5i，表明在t=1s时，切向速度方向vvvvv就是i方向，所以，此时法向的力是j方向的，则利用F=4i-24t2j，将t=1s代入有vvvvvF=4i-24j=4et-24en，Fn=-24N 3-3劲度系数为k的轻巧弹簧竖直放置，下端悬一小球，球的质量为m，开始时弹簧为原长而小球恰好与地接触。今将弹簧上端缓慢提起，直到小球能脱离地面为止，求此过程中外力的功。 解：由于小球缓慢被提起，所以每时刻可看成外力与弹性力相等， 则：F=kx，选向上为正向。 当小球刚脱离地面时：mg=kxmax，有：xmax=由做功的定义可知：A=mg， kòxmax01kxdx=kx22mgk0m2g2。 =2k3-9在密度为r1的液面上方，悬挂一根长为l，密度为r2的均匀棒AB，棒的B端刚和液面接触如图所示，今剪断细绳，设细棒只在浮力和重力作用下运动，在r12<r2<r1的条件下，求细棒下落过程中的最大速度vmax，以及细棒能进入液体的最大深度H。 解：分析可知，棒下落的最大速度是受合力为零的时候， 所以：G=F浮，即r2lsg=利用功能原理：mgh=可解得：vmax=r1hsg ，则：h=r2l。 r1h1212mv+A浮，有：r2slvmax=r2sglh-òr1gsydy 022r2gl r1当均匀棒完全进入液体中时，浮力不变，到最大深度H时，速度为零，设： '，由能量守恒有：r2lsgH= H=l+h 即：r2lsgH=H=l011òrysgdy+rlsgh'， 011lòrysgdy+rlsg(H-l) r1l。 2(r1-r2)3-15试证明在离地球表面高度为h(h<<Re)处，质量为m的质点所具有的引力势能近似可表示为mgh。 解：万有引力的势能函数表达式为EP=-G0球表面处的势能为：ERe=-G0Mm，且此时地rMm=-mgRe，在离地球表面高度为h(h<<Re)处，质量Re为m的质点所具有的引力势能为： -G0MmMmMm=-G0(R+h)»-G(Re+h)=-mg(Re+h)， e022(Re+h)(Re+h)Re如果以地面作为零电势处，则质点所具有的引力势能近似可表示为： EP=-mgRe-mg(Re+h)=mgh 4-4质量为M=2.0kg的物体，用一根长为l=1.0m的细绳悬挂在天花板上。今有一质量为m=20g的子弹以v0=600m/s的水平速度射穿物体。刚射出物体时子弹的速度大小v=30m/s，设穿透时间极短。求： 子弹刚穿出时绳中张力的大小； 子弹在穿透过程中所受的冲量。 解：解：由碰撞过程动量守恒可得：mv0=mv+Mv1 v1=mv0-mv=5.7m/s Mv12v12根据圆周运动的规律：T-Mg=M，有：T=Mg+M=84.6N； ll根据冲量定理可得：I=mv-mv0=-0.02´570=-11.4N×s。 4-7有质量为2m的弹丸，从地面斜抛出去，它的落地点为xc。如果它在飞行到最高点处爆炸成质量相等的两碎片。其中一碎片铅直自由下落，另一碎片水平抛出，它们同时落地。问第二块碎片落在何处。 解：利用质心运动定理，在爆炸的前后，质心始终只受重力的作用，因此，质心的轨迹为一抛物线，它的落地点为xc。 m1x1+m2x2x，而m1=m2=m， x1=c， m1+m22mxc+2mx23xc=,x2=xc 。 4m2Oxc=yooxxc/2c o4-10如图，光滑斜面与水平面的夹角为a=30，轻质弹簧上端固定今在弹簧的另一端轻轻地挂上质量为M=1.0kg的木块，木块沿斜面从静止开始向下滑动当木块向下滑x=30cm时，恰好有一质量m=0.01kg的子弹，沿水平方向以速度v=200m/s射中木块并陷在其中。设弹簧的劲度系数为k=25N/m。求子弹打入木块后它们的共同速度。 解：由机械能守恒条件可得到碰撞前木快的速度，碰撞过程中子弹和木快沿斜面方向动量守恒，可得： 11Mv12+kx2=Mgxsina22Þv1=0.83m/s (碰撞前木快的速度) 再由沿斜面方向动量守恒定律，可得： Mv1-mvcosa=v¢ Þv¢=-0.89m/s。 4-14以初速度0将质量为m的质点以倾角q从坐标原点处抛出。设质点在Oxy平面内运动，不计空气阻力，以坐标原点为参考点，计算任一时刻： v作用在质点上的力矩M； v质点的角动量L。 vvvv解：M=r´F=-mgv0cosqtk vvvtvmgv0vcosqt2k L=r´mv=òMdt=-02yv0vq·zOx4-15人造地球卫星近地点离地心r1=2R，远地点离地心r2=4R。求： vv卫星在近地点及远地点处的速率v1和v2； 卫星运行轨道在近地点处的轨迹的曲率半径。 解：利用角动量守恒：r1mv1=r2mv2，得 v1=2v2， 同时利用卫星的机械能守恒，这里，万有引力势能表达式为：EP=-G0Mm， r1Mm1Mm2mv12-G0=mv2-G0， 22R24RMm2Rg考虑到：G02=mg，有： v1=，v2=R3所以：利用万有引力提供向心力，有： Rg； 6G0Mmr2=mv2r， 可得到：r=8R。 35-7如图所示，一质量为m、半径为R的圆盘，可绕O轴在铅直面内转动。若盘自静止下落，略去轴承的摩擦，求： 盘到虚线所示的铅直位置时，质心C和盘缘A点的速率； 在虚线位置轴对圆盘的作用力。 解：设虚线位置的C点为重力势能的零点， 下降过程机械能守恒， 113Jw2 ，而J=mR2+mR2=mR2 2224g4Rg16Rgw= vc=Rw= vA=2Rw= 33R372 Fy=mg+mRw=mg，方向向上。 35-9一质量均匀分布的圆盘，质量为M，半径为R，放在一粗糙水平面上(圆盘与水平面之间的摩擦系数为m)，圆盘可绕通过其中心O的竖直固定有：mgR=光滑轴转动。开始时，圆盘静止，一质量为m的子平速度v垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌在盘边子弹击中圆盘后，盘所获得的角速度；经时间后，圆盘停止转动。(圆盘绕通过O的竖直轴的弹以水上，求：过多少转动惯1MR2，忽略子弹重力造成的摩擦阻力矩。) 2122解：利用角动量守恒：mvR=MRw+mRw 22mv得：w=； (2m+M)RM选微分dm=srdrdq，其中：面密度s=， pR2RM2Mf=òmgrdm=òmgr2rdr=mMgR 20pR32122由Mf×Dt=J×Dw有：mMgR×Dt=(MR+mR)w-0， 322(M+2m)知：Dt=Rw 4mMg2mv3mv将w=代入，即得：Dt= 2mMg(M+2m)R5-15. 量为6-5 长度l0=1m的米尺静止于S'系中，与x轴的夹角q'=30°，S'系相对S系沿x轴运动，在S系中观测者测得米尺与x轴夹角为q=45°。试求：S'系和S系的相对运动速度。S系中测得的米尺长度。 解：米尺相对S¢静止，它在x¢,y¢轴上的投影分别为： ¢=L0cosq¢=0.866m，L¢¢Lxy=L0sinq=0.5m。 米尺相对S沿x方向运动，设速度为v，对S系中的观察者测得米尺在x方向收缩，而y方v2¢1-2，Ly=L¢向的长度不变，即：Lx=Lxy c故 ：tanq=LyLx=L¢yLx=L¢y¢1-Lxvc22。 v20.5把q=45及L¢,L¢代入，则得：，故 ：v=0.816c 1-=yc20.866(2)在S系中测得米尺长度为L=Lysin45°=0.707m 。 6-13一个电子从静止开始加速到0.1c，需对它做多少功？，若速度从0.9c增加到0.99c又要做多少功？ 解：由相对论动能：Ek=mc2-m0c2： Ek1=m0c(211-v11-v222-1)=0.51´106(c211-0.12-1)=2.57MeV； Ek2=m0c(2-c211-v21) c21-0.991-0.96-15有两个中子A和B，沿同一直线相向运动，在实验室中测得每个中子的速率为bc试=0.51´106(12-12)=2.44MeV 1+b22证明相对中子A静止的参考系中测得的中子B的总能量为：E=，其中m0为mc021-b中子的静质量。 证明：设中子A为S系，实验室为S¢系，中子B相对于中子A速度为： v¢2bc2x+u=，代入，有： E=mc2u1+b1+2v¢xcm0c2m0c21+b22 。 E=mc0222b21-bvx1-1-221+bc7-4一质点沿x轴作简谐振动，振幅为12cm，周期为2s。当t=0时，位移为6cm，且向振动表达式；t=0.5s时，质点的位置、速度和加速度；x轴正方向运动。求：如果在某时刻质点位于x=-6cm，且向x轴负方向运动，求从该位置回到平衡位置所需要vx=的时间。 解：由题已知 A=0.12m，T=2 s ， w=2p=p T又t=0时，x0=6cm，v0>0，由旋转矢量图，可知：j=-p3将t=0.5 s代入得： p3）m； x=0.12cos=0.12cos=0.104m， 36v=-0.12psin=0.12cos=-0.188m/s， 36p pp3222a=-0.12pcos=-0.12pcos=-1.03m/s， 36方向指向坐标原点，即沿x轴负向； 由题知，某时刻质点位于x=-6cm=-ppppPwA， 2DjDt=， 2pTA2xQ且向x轴负方向运动，如图示，质点从P位置回到 平衡位置Q处需要走Dj=有：Dt=p3+p2，建立比例式：5s 。 67-14. 质点分别参与下列三组互相垂直的谐振动： ìpöìpöææx=4cos8pt+x=4cosp8t+ç÷ç÷ïï6ø6øïèïè í ； í ； 5pöïy=4cosæ8pt-pöïy=4coæsp8t-ç÷ç÷ïï6ø6øèèîîìpöæx=4cos8pt+ç÷ï6øïè í 。试判别质点运动的轨迹。 ïy=4cosæ8pt+2pöç÷ï3øèî解：质点参与的运动是频率相同，振幅相同的垂直运动的叠加。 对于x=Acos(wt+jx)，y=4cos(wt+jy)的叠加，可推得： x2+y2-2xycos(jx-jy)=A2sin2(jx-jy) ppp222p，jy=-代入有：x+y-2xycos=16sin， 6633则方程化为：x2+y2-xy=12，轨迹为一般的椭圆； p5p将jx=，jy=-代入有：x2+y2-2xycosp=16sin2p 66则方程化为：x2+y2-2xy=0，即x+y=0，轨迹为一直线； p2pp222p将jx=，jy=代入有：x+y-2xycos=16sin 6322则方程化为：x2+y2=42，轨迹为圆心在原点，半径为4m的圆。 8-5一平面简谐波以速度u=0.8m/s沿x轴负方向传播。已知原点的振动曲线如图所示。将jx=试写出： 原点的振动表达式； 波动表达式； 同一时刻相距1m的两点之间的位相差。 解：这是一个振动 图像！ 由图可知A=0.5cm，设原点处的振动方程为：yO=5´10-3cos(wt+j0)。 当t=0时，yO当t=1时，yOt=0=2.5´10-3，考虑到：dyOdtt=0>0，有：j0=-p3， t=1=0，考虑到：dyOdt-3t=1<0，有：w-p3=p2，w=5p， 6原点的振动表达式：yO=5´10cos(5ppt-)； 63-35ppt+kx-) 63w5p124p5p24pp-3´=t+x-)； 而k=，y=5´10cos(u60.8256253Dx25=kDx=p=3.27rad 。 位相差：Dj=2pl24沿x轴负方向传播，设波动表达式：y=5´10cos(8-13. 9-1在容积V=3L的容器中盛有理想气体，气体密度为r=1.3g/L。容器与大气相通排出一部分气体后，气压下降了0.78atm。若温度不变，求排出气体的质量。 V=3L。 解：根据题意，可知：P=1.78atm，P0=1atm，PV=1.78´3L， P0那么，逃出的气体在1atm下体积为：V'=1.78´3L-3L=0.78L， PV'0.78´3L这部分气体在1.78atm下体积为：V''=0= P1.78g0.78´3L=1.7g 。 则排除的气体的质量为：Dm=rV''=1.3´L1.78m1VpRT，RT=p= 根据题意pV=nRT，可得：pV=MMmr由于温度不变，PV=PV00，有：V0=9-3如图所示，两容器的体积相同，装有相同质量的氮气和氧气。用一内壁光滑的水平细玻璃管相通，管的正中间有一小滴水银。要保持水银滴在管的正中间，并维持氧气温度比氮气温度高30oC，则氮气的温度应是多少？ 解：已知氮气和氧气质量相同，水银滴停留在管的正中央， O2N2则体积和压强相同，如图。 由：pV=mOmN2mRT， RT，有：2R(T+30)=MmolMO2MN230´28=210K 。 30+28而：MO2=0.032kg，MN2=0.028kg，可得：T=9-12容器的体积为2V0，绝热板C将其隔为体积相等的A、B两个部分，A内储有1mol单原子理想气体，B内储有2mol双原子理想气体，A、B两部分的压强均为p0。 求A、B两部分气体各自的内能； 现抽出绝热板C，求两种气体混合后达到平衡时的压强和温度。 iRT 2333A中气体为1mol单原子理想气体：EA=RTA=RTA=p0V0， 22255B中气体为2mol双原子理想气体：EB=2´RTB=5RTB=p0V0； 223混合前总内能：E0=RTA+5RTB， 2由于RTA=p0V0，2RTB=p0V0，2TB=TA，则：E0=4RTA=4p0V0； 3混合后内能不变，设温度为T，有：E=RT+5RT=4p0V0 28p0V0 T=； 13R3N08pV1233p=nkT=kT=RT=R´00=p 。 2V02V02V013R130解：由理想气体内能公式：E=n10-1如图所示，AB、DC是绝热过程，CEA是等温过程，任意过程，组成一个循环。若图中EDCE所包围的面积为EABE所包围的面积为30J，CEA过程中系统放热100J，过程中系统吸热为多少？ BED是70J，求BED解：由题意可知在整个循环过程中内能不变，图中EDCE为正循环，所包围的面积为70J，则意味着这个过程对外作功为70J；EABE为逆循环，所包围的面积为30J，则意味着这个过程外界对它作功为30J，所以整个循环中，系统对外作功是70J-30J=40J。 而在这个循环中，AB、DC是绝热过程，没有热量的交换，所以如果CEA过程中系统放热100J，由热力学第一定律，则BED过程中系统吸热为：100J+40J=140J。 10-5 一定量的理想气体在从体积V1膨胀到V2的过程中，体积随压强的变化为V=a其中a为已知常数。求：(1) 气体对外所做的功；(2) 始末状态气体内能之比。 解：气体所做的功为：W=p，òV2V1pdV=òV2V1a2121dV=a(-)； 2VV1V2考虑到V=aa2a2p，变形有pV=，上式用pV=代入得： VVW=a2(11M-)=(p1V1-p2V2)，再利用理想气体状态方程pV=RT，有： V1V2MmolW=MR(T1-T2) MmolMMiCVDT=×R(T2-T1) MmolMmol2ii11i11×W=-a2(-)=a2(-) 22V1V22V2V1而DE=DE=-ia2ia2由于DE=E2-E1，E1=×，E2=×， 2V12V2始末状态气体内能之比为：E1/E2=V2/V1 。 10-17一可逆卡诺机的高温热源温度为127，低温热源温度为27，其每次循环对外做的净功为8000J。今维持低温热源温度不变，提高高温热源的温度，使其每次循环对外做的净功为10000J，若两个卡诺循环都工作在相同的两条绝热线之间。求： 第二个热循环机的效率； 第二个循环高温热源的温度。 解：根据卡诺循环效率公式：h=1-而：h=T2300=1-=0.25， T1400A8000A=32000J，Q2=Q1-A=24000，有：Q1=J h0.25Q1由于在同样的绝热线之间，且维持低温热源温度不变，他们向低温热源吸收的热量相等，所以第二个热机的效率为：h¢=A¢10000=29.4%，再考虑到它是通过提高Q2+A¢24000+10000高温热源的温度达到目的的，可利用h'=1- T2T2300，有： T1¢=425K 1-h¢1-0.294T1'