大学物理练习册答案.docx

大学物理练习册答案前W练习一： 1-3：D B D；4、v=v0+13ct，x=x0+v0t+3112ct 45、3s；6、14rad, 15rad/s, 12rad/s2 rrr127、解：r=(3t+5)i+(t+3t-4)j； 2rrrrrdrv=3i+(t+3)j;vt=4s=3i+7j(m/s)； dtvrrdv2a=1j(m/s) dt8、解： a=dvdt=dvdxdxdt=vdvdx分离变量： udu=adx=(2+6x2)dx 两边积分得 12v2=2x+2x+c 3由题知，x=0时，v0=10,c=50 v=2x3+x+25m×s-1 练习二： 224rrrp1ctct或p-arctg4；4、1、C；2、B； 3、8j，-i+4j，+arctg，2ct，24R32ctR；5、2t1+t2，21+t2；6、tgq0+tgq1tgq0+tgq27、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 2ldldt=2sdsdt222根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， v绳=-dsdtdldt=v0,v船=-dsdt即 v船=-=-ldlsdt2=ls2v0=1/2v0cosq或 v船=lv0s=(h+s)sv0将v船再对t求导，即得船的加速度 dldtdsdtv0=-v0s+lv船s2a=dv船dts=l22-ls2v0(-s+=dsdtdqdts)v02s=hv0s3228、解：由v=dvdtr=R=-3Rbt2得： at=-6Rbt，an=v2R=9Rbt 24t+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。 ra设t时刻m2的坐标为x，系统加速度为，则有： F+(m1-m2)gm1+m2，m2m1+m2(F+2m1g)；5、0.41cm 对m1：T/¢-F=m1a；对m2：m2g-T=m2a； 由此得：a=且有：T=T¢，F=kxdvdtdvdxdxdtdvdxm2g-kxm1+m2由a=m2g-kxm1+m2=v得： dx=vdvx(2m2g-kx)m1+m2两边积分得：v=a=0时，x=m2gkvmax=m2gk(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=2m2gk7、 解：小球的受力分析如下图，有牛顿第二定律可知： mg-kv-F=mtdvdt 分离变量及积分得：ò-0kmdt=òvd(mg-kv-F)mg-kv-F0解得：v=练习四 1k(1-e-kmt)(mg-F) 1-4、B，C，B，C，5、140N×s，24m/s；6、6.14或7、0，2pmg5774，35.5°或arctg57； w，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 此时M物体的受力如右图，且有： T-Mg=T=Mg+MV1lMV1l22=26.5NI=mV-mV0=-4.7N×s，方向水平向左练习五 1-3、B，C，A；4、32g21mL，mgL，；5、5N×m 423L6、解：受力分析如图 m2g-T=m2a Tr=Jb a=rb，J=12m1r 2整理 a=2m2gm1+2m2，T=m1m2m1+2m212at2g=39.2N St=1s=2.45m 7、解：受力分析如图 2mg-T2=2ma T1-mg=ma (T-T1)r=J1b1 (T2-T)2r=J2b21mr，J2=4mr (5) 222r224联立 a=g=2.2m/s， T=mg=78.4 93b1=ar，b2=a，J1=练习六 1-3、A，A，D；4、12J0w0，5、w0+22v21R，-21Rw02，与w0同向 6、3gcosq2l=3g4l，w=3gsinql=33g2l7、解：根据角动量守恒定律 1m¢lv=(ml3(2)-M0-w2r2+m¢l)w,22'w=15.4rad/s1=(ml3+m¢l)b2=2bq得：q=15.4rad 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： mgms=12mv，v=22msg：碰撞过程中角动量守恒Jw=mLv+Jw¢棒下落的过程中机械能1212Jw2守恒： =mgL2守恒碰后棒上升过程机械能Jw¢=mgh2联立上面四式解得：h=练习七 L2+3ms-6msL, H=L+3ms-6msL 1-5、A，D，C，B，C；6、8.89´107、解：由洛伦兹变换得： Dx-vDt1-vc2222-8或803cDt-vc2Dx22Dx¢=；Dt¢= 1-vc得：1-vc=23；v=853cDx¢=6.75´10m8、解： A飞船的原长为：l0=100m Vc22B飞船上观测到A飞船的长度为：l=l01-53-7A飞船的船头、船尾经过B飞船船头的时间为：Dt=´10s 则有：l=Dt´VÞV=练习八 255c=2.68´10m/s 81-4、C，C，C，A；5、0.25mec2，6、 7、解：E=mc2m25m， ，ls9ls-13=m0c1-222=5.86´10J vc1EkE-E0=22m0c(mev11-2=vc2212´0.992=112.14-1)8、解： 由Ek=mc2-m0c2=m0c(211-vc22-1)得11-vc22=1+Ekm0c2v=0.91c故平均寿命：t=t01-vc22=2.419t0=5.32´10-8s练习九 -1-3、B，C，C，4、p；p2或3pppp；5、10cm， 23636、解：由题知kl0=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： mg-T=mdxdt22且：T=k(x+l0) dxdt22故有：m+kx=0 上式证明重物做简谐振动。 k=mgl0=4´100.1=400N×m-1而t=0时，x0=0.1m,v0=0m×s-1 ( 设向下为正) km2又 w=4004=10,即T=2p10=0.2ps A=x0+(v0w)2=0.1m x=0.1cos(10t)m x=0.05m处物体的加速度为：a=kxm=400´0.054=5m/s27、解：设振动方程的数值式为：x=Acos(wt+j) mgDxkmV0=0.2m/s，x0=0.04m，k=12.5N/m，w=7s-1由12kA2=12kx0+34212mV0ÞA=2x0+2mkV0=5cm 2tgj=-V0x0w=-Þj=0.64rad x=0.05cos(7t+0.64) 练习十： 1-4、C，B，A，A；5、1´10-2，；6、x0.5=0.17m；F=-4.2´106p-3N；E=7.1´10-4J 7、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=wm=8.97N/mF=0.44N2由EP=12kx22=4.485´10-2-4JE=12kA=1.121´10J-2 J得Ek=E-EP=1.076´108、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=-kxJR2，故物体做简谐振动，其角频率为：w=kJR2=kR22+m+mJ+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 222vmax=Aw=5pm/s，amax=Aw=500pm/s Dj=2pl(x2-x1)=p -28、解：y=3´10cos4p(t+x20) B点的振动方程，以x=-5代入上式得： yB=3´10=3´10-2-2cos4p(t-)20 5cos(4pt-p)éxù所求的波动方程为：yB=3´10-2cosê4p(t+)-pú 20ëû练习十二 1-3、D，C，A，4、0.12cosp2xcos20pt，1、3、5、7、9；0、2、4、6、8、10； 35、1.58´105J×s-1×m-2，3.79´10J 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 : l =u=4mn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： Dj=- 12p-2p故得 这些点因干涉相消而静止不动 x=1,3,5,7,9,11m若A点在S1左侧，则有 12p Dj=-p-11-x-(-x)=-6p 2ll(11-x-x)=(2k+1)pk=0,±1,±2,.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=Dj=jA-jB-=p+p 2p(PA-PB)l-22p(-10´10)l两波在P点处最大限度地互相削弱，则： Dj=p-0.2p=(2k+1)p,(k=±1，±2，L)lk=1，lmax=0.1m=10cm练习十三 6.21´101-5、C，C，B，C，D，6、6.23´10，3-21，7、kT2,32kT,i2RT 8、解： ükTï2Eï25=1.35´10Pa ýÞP=NiVP=kTïïVþE=Niw=ükTï3Eï2-21Þw=7.5´10JýNi5N E=kTïï2þ32kT，T=2w3k=263K3w=9、 V=45m，T=293K3w=12mv2=mv322kT，则所有分子平均平动=N32kTLL(1)动能总和是：Nw=N31245m气体的摩尔数为：45m气体的分子数为：3n=rVMmolA=1.29´4529´10-3Mol N=nN32代入式得：Nw=Ni2kT=52rVMmolNA3R2N4T=7.3´10J6ADE=nRDT=rVMMol·R=4.16´10J Dv练习十四 2=v22-v12=3RM(T2-T1)=0.819m/s 1、B，2、òNf(v)dv，v0¥ò¥v0¥vf(v)dvf(v)dvò6´10，òf(v)dv，3、5.42´10s，v0¥7-1-5m， v0ìav/Nv0ï4、f(v)=ía/Nï0î(0£v£v0)(v0£v£2v0)； a=(v³2v0)-32N3v0；DN=13N；v=119v0 5、3.44´10， 1.6m6、解： 25， 2´10J 5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： QAB=52mMCP(TB-TA)4×105 (PBVB-PAVA)61×105 O C 2 3.49 8 V(m3) =1.5´10JB到C，绝热过程，QBC=0 Q=QAB+QBC=1.5´10J由热力学第一定律得：A=Q-DE=1.5´10J667、解： 由图知：P2V2=P1V1ÞP2V1=P1V2 52DE=CV(T2-T1)=A=12(P2V2-P1V1) 12(P2V2-P1V1) p p2 p1 O A B (P1+P2)(V2-V1)=Q=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 DQ=3D(PV)D(PV)=RDT故有：C=DQDT=3RV1 V2 V 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，PATAVCTC=PCTCÞTC=75K P0V0T0=128J，250´P0V0T0=91.6J，100´P0V0T0=36.6J，0 B®C等压过程，VBTB=ÞTB=225K 气体摩尔数为：n=A®B膨胀过程，DEAB=n52PAVARTA=83R=0.321Mol AAB=1000JR(TB-TA)=-500JQAB=AAB+DEAB=500JB®C等压压缩过程DEBC=n52ABC=PB(VC-VB)=-400JR(TC-TB)=-1000JQBC=ABC+DEBC=-1400J8、解： a®b等压过程，VaTa=VbTbÞTb=300K c®a等温过程，Ta=Tc=600K a®b等压过程，b®c等体过程，Qab=Qbc=5232R(Tb-Tc)=-R(Tc-Tb)=3454RTc=-6.23´10J 33RTc=3.74´10J 3c®a等温过程，Qca=RTclnVaVc=RTln2c=3.46´10J 3A=Qab+Qba+Qca=0.97´10J PaTa=PbTbÞTb=9T0 等压过程，VcTc2=VbTbÞTc=27T0 由P=故有： P0VV02得：V=3V0 Q=C=12RT0，VQ=C=45RT0,PQ=òV0P0VV2023V0dV+C=-37.7RT0Vh=8、解： Q+Q+QQ+Q=16.4% A®B等压过程，VATAVDTD=VBTBVCTCg-1ÞTA=VAVBVDVCTB C®D等压过程，=ÞTD=g-1TC B®C绝热过程，TBVB=TCVCD®A绝热过程，TAVAg-1=TDVDg-1联合上述四式得：VBVA=VCVD整个过程中，吸收的热量为：QAB=mMmMCP(TB-TA)=mMCP(1-VAVB)TB 放出的热量为：QCD=-CP(TD-TC)=-mMCP(1-VDVC)TC 故循环的效率为：h=自测题 QAB+QCDQAB=1+QCDQAB=1-TBTC=25% 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 gtv+gt20222，g2-at； 13 4ml2， 2g4l； 2214 140 N.s, 4m/s; 15 (g-1)m0c,gm0c 2三：16解：x=4t， y=3+2t 联立消除t 的轨迹方程：(y-3)=x rvr坐标：x=4,y=5；位置矢量:r=4i+5j,与x轴的夹角a=tgrrrrrrrrrDrv=4i+2j Dr=r-r=4i+2j； 10Dt-154vr=drrdt=8tri+2rj,vrrr1=4i+2j； ar=dvrrdt=8i。 17：解机械能守恒 mglsinq=12mv2 v=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 mgl2=122Jw 得： w=3gl19解：碰前的角动量L0=LOA-LOB 1.5lLOA=òdmvr=òmmvl 方向逆时针 02ldrvr=916同理L1OB=16mvl 方向顺时针 碰后杆的角动量L=Jw 其中J=JlC+md2=1212m(2l)2+m(272)=12ml 角动量守恒，L170=L，即 16mv=12ml20lw 得：w=3v028lx=g(x¢+ut¢),Dx=g(Dx¢+uDt¢),20解：由洛仑兹变换式：t=g(t¢+uc2x¢)得：Dt=g(Dt¢+uc2Dx¢)其中g=53Dx=Dt=5353(300+0.8c´10-6-6)=900m -6(10+0.8cc2´300)=3´10s 模拟测试题 一：DDCCABBBCD. rrr二:11 v=-50tsin5ti+50tcos5tj,at=50glg2l232; 12 ,;13 m0c; 214 y1=1´10-2cos(1500t-15x), y2=1´10-2cos(1500t+15x);15 温度，分子数密度 r三：16解：a=r9rv1=i 4rFm=32rr(1+t)i,v=r312ròadt=2(t+2t)i 17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=11-0.58Dt-vc212Mr22由 Dx¢=Dx-vDt1-vc22=100-0.58c´101-0.582Dx2210-=0.58cc2´1002；Dt¢= 1-vc1-0.5819解：由旋转矢量法知w=yo=0.5cos(p3，初位相j=-p2p3t-p2)(m) y波=0.5cosp3(t+x0.8)-p2(m) 53g-1g-120解：Td=Ta，Tc=4Ta，c®d绝热，TcVc=TdVd，其中g=所以Vd=2316V1 (2) 因为Td=Ta，所以整个过程A=Q, Q=Qab+Qbc=52P1V1+32n´2TaR=112P1V1=A 模拟测试题 一：AACADBDDBB 二：11、v=v0+13ct，x=x0+v0t+3112ct，12 43p2 13 0.625m, 16.5p, -2114 6.23´103，,15 864 Hz,15 824 Hz 6.21´10