新版大学物理作业详解.docx

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1、质点运动一.选择题:dx1 .解:选B。运动到最高点时速度为零,故有：一= 4- dtds2 .解:选C。船速: U =dt收绳速率:u0 =r =J2 +s =dtdtJ宀_+付一Sdv h2 2H。dt s故船为变加速直线运动。- 2/ = 0 J得t = 2so s dss= = ,-Uh2 + s2 dt yjh2 + s2 it s 3.解:选B。区分平均速度和平均速率的定义4.解:选A。112,4+2 4-2 3二f甲一,乙h = 10 min 65.解：选C。方法一对题中给出的四个备选方程进行计算,通过微分得出速度的表达式。=(4 +尸)m4及将t=3s代入方程可得x=9m,符合

2、这两个条件的方程就是要选的方程。有速度”=/力,看出只有C和D可得。=(4 +/),将t=3s代入各运动方程中,C可得x=9m,所以选C。方法二选用积分法。一般方法是已知速度的表达式和初始条件,即r=0时的质点位置与,通过对速度积分,可得质点的运动方程。两边积分有:1 dS = 1S = ct3 3Ju (2) at = = 2ctdt22 4U Ct(3) a =R R3.解:总加速度与半径夹45角时cvdt,总加速度与圆周的正切线方向也成45 ,即a=45 切向加速度大小等于向心加速度大小, 表达式应为故有: 22,2V a,t=C =,R R所以质点从高静止出发,切向加速度为常量,速度的

3、将2? =3.0m和q=3切5-2代入,可得:t = Is此时,质点的速度大小为=Qj = 3x 1 = 3m/s质点的加速度大小为a = a； +q2 = 3ypi = 4.24in/s2 4.解:x(r)作初速度为零的加速直线运动加，F t .-=4rdt m 0.25dvx = 4tdt,积分得:ux = 2/2v= = 2t2,得:dx = 2t2 -dt x dt双方积分有:Jdx=j*2f2 力,得:x = t3丿力作初速度为2n?s的匀速直线运动:y = u/ = 2t一 一 2 3-:=xi + 力=f i + 2tj(m)5.解:河水的流速表示为5=20m/i,船在静水中的速

4、度表示为。2=15,水的流速方向和船在静水中的速度相互垂直,所以船的速度大小为u = Ju； + u： = V2O2 +152 = 25tn/ s船的速度方向与河岸的夹角为:a = arctan(丝)=arctan(15/20) = arctan0.75 = 36.9三.计算题:品,八01 .解:=。+ /f = 7 时 at = 2a /. c = 一即 at = a + a 后, at = a + na = a(l + n)1 亠, ，由 at , 有:au = atdt dtj d)+ a-ydt,得:u cit + , ds f ,由 u = , ds = vdtdtds 二 f at

5、 + rfr,得:5 = a/2(3 + )上 上 2r6 r1 2 2f = 7后:s = an t (34-n)2 .解:如图以6表示质点对地的速度则巳 = u； + = yj2gh cosa + u% = u； = q2gsina当y = 时,u的大小为u =;+ u; =+ 2gh + 2uy2gh cosau的方向与轴的夹角丫ovJ2gh sin ay = arctg 亠=arctg -ux，2g/cosa + 3 .解:以地面为参考系,以螺钉松落时升降机底板的位置为坐标原点,向上为X轴正方向,以此时为t二时刻。以不和通分别表示任一。时刻螺钉和底板的位置,则螺钉的运动! x =xo

6、+ por-gz底板的运动:=0+。，2）为t = 0时刻升降机（及螺钉）的速度Xo = d= 20/77,螺钉落到底板上,即X二,将两式联立1/ 2xQ=-(g+a)t四.证明题:2x20 _ 2s9.8+ 0.25dvdu dxdv- = 1_) dtdx dtdx生2 dtdv . 2u = kv , dxdv .得:=kdxv两边积分得: = Voekx二、质点动力学一.选择题:1 .解:选（C） 当A紧靠在圆筒内壁而不下落时,A受 到的摩擦/r与重力平衡,又因为与筒壁提供给A的 向心力N的反作用力的大小成正比，如图所示,故:fr=tngfr = pmRwr2 .解：选（A） 如图所示

7、：Ncos8 = mrG）2 Nsin8 = mg. R-h r = 7?cos0sin0 =R3 = 12.7Srad - 5113 rad s3 .解:选（B） 质点m越过A角前、后的速度如图所。由题知:0 =一3由动量定理知:7 = A（/?6）所以:I = zn2u sin 60 =mu4 .解:选（B） 初始位置矢量=0,末位置矢量尸=2庖=;F= 2F0R22R0一,则:A = F - dr = I Foxdx + I Foydy5 .解:选（A） 设质点切在8点的速率为u, 则由动能定理知:厶摩+人事:=;加其中 = mgR当质点运动到B点时下式满足:u2N - m2 = m R

8、4摩=gn（N 31g）6 .解:选（B） 题目所求的是小球对木板的压,本应以木板为研究对象,但木板必定还要受到未知的其它 力的作用才能平衡,所以不能以木板为研究对象。根据牛顿第三定律,此题以小球为研究对象,用/I表示木板对小球的支持力,它是小球对木 板的压的反作用力。这三个平衡,7）sin a mg = 07 cosa -T2 = 0则有:反sincr当a角缓慢增大时,sina增大,7i减小,小球对木板 的压将减小,选B。二.填空题1 .选沿着、的运动方向为X轴正向,则由受力图知:mia = Tm2a2 =_7,因为绳不伸长:Tr = 2T% = 2a2,一212g42 + m2Hx2 .(

9、1),当弹簧长度为原长时,系统的重力势能为g/。又因为在。点重物平衡,即:kxQ = mg , 所以系统在点的重力势能又可表为:;。1 ,(2),系统的弹性势能为:噺。(3),系统的总势能为:丄&:二g:。斜面向上方运动的距离为L ,则:N + Fsina = mg cos。3 .坐标系和受分析如图所示,设摩擦为了,物体沿, e sinaA = -junigh - ctg ff + 川Fh ；sin。4.选弹簧压缩最大距离即。点为重力势能的零点,弹簧 的自然长为弹性势能的零点。视物体和弹簧为物体系初态体系总能量为:mgh + tngx末态体系总能量为:一履22体系由初态到末态的全过程中只有保守

10、力作功.故机 械能守恒。12所以 mgh-mgx = kx三.计算题:1.解:在最高点和最低点绳中张分别用T1和T2表示,在最高点的运动方程为:7 +(m + M)g = (m + M)a)2R令方二,得:即3至少为3 =旦时,才能保证水不流出来,在最高点绳中的张=0。在最低点的运动方程为:T2 一 (m+ M)g =将角速度代入上式，在最低点绳中的张为:T2 = 2(jn + M )g1 ,2 .解:设木块与弹簧接触时的动能为由。2。当弹簧压缩了 x = 0.4m时,木块的动能为零。 2根据动能原理:frx + -kx2 =mv2fr =kmgIk u = J2 日（ gxHx2 =5.83

11、ms7Vm3 .解:设炮车自斜面顶端滑至丄处时,其速率为。由机械能守恒定律知:MgLsina以炮车、炮弹为物体系,在处发射炮弹的过程中,系统沿斜面方向的外力可以忽略, 则系统沿斜面方向动量守恒。故Mu0 = mucosau =弋2gLsma机 cos a第三章刚体的定轴转动一.选择题:1 .解:选(C) 6的方向不断改变,而大小不变.P = mv不断改变质点所受外通过圆心,所以产生的矩为零则角动量守恒。2 .解:选(C)。根据开普勒定律得出。3 .解:选(D)。根据匀质圆盘对中心垂直轴的转动惯量计算式,半径为R的匀质圆盘转动惯量J = mR2当质量不变而半径变成2R时,转动惯量1 , 1 ,J

12、=-m(2R)2 =4x-mR2 = 44.解：选(B)。选子弹和棒为系统系统对转轴的矩为零,所以系统角动量守恒。设所求棒的角速度为3以 俯视图的逆时针方向为正方向。初角动量:tnLx) 末角动量:tnL I M匚32 3所以由角动量守恒定律:,V 1 ,2mLv) = mL -ML(02 3(0 =2ML5.解:选(B) 用3“和3分别表示三个轮子啮合前后的角速度的大小,每个轮子对转轴的转动惯量都用J表 示。在啮合前,以转动方向相同的两个轮子的转动方向为转动正方向,三个轮子组成的系统对转 轴的角动量为2Jft)0 J(0(尸J(0rtJ在啮合后它们对转轴的角动量为33。在啮合过程中,它们受到

13、的都通过转轴,力矩为零，对转轴角动量守恒。Jw0=3J(o可得 0)= w()/3啮合后系统的角速度大小是原角速度的1/3。二.填空题:1解:角动量为3,系统的转动惯量为:/(0 = 2m(-)2 + w()2 -3332 .解：如图距转轴处选线元 dx其线元所受重力为:2dxg所以杆转动时线元所受摩擦矩大小为:m ,卩一gax-x所以杆转动时所受摩擦矩大小为:f m J 1M = J ixgdx - - iingd3 .解:选人、转椅和双手各持的哑铃为系统,系统变化过程中所受外力矩为零,所以系统的角动量 守恒。由角动量守恒定律有:初角动量:(+，2)。其中 /j = 5kg m2, 12 =

14、 2x5x(0.6)2-m2, CDj -5rad -s末角动量:(+)其中/ = 5kg -m2 ,I 2=2X5X(0.2)2 kg* nf , 0)为所求。则(+厶)=(+4)3=8 rad - s”4 .解:选子弹和杆为系统,在子弹射入前后瞬间,系统对转轴所受外力矩为零,所以系统动量矩守恒。初角动量为:3末角动量为:M2 4-m()2 co212机 一 A) ;一(2)2(o6mu0.CD =(3M +4m)5.解: 由已知及转动定律有:M = 女。2 =邛1 I女欣当 0=500 时,B = 一彳 由动量矩定理有:Mdt = Jdco f -kco2dt = Jdco2Jt =kg6

15、.解:! 细杆置于水平位置时,重力对转轴的矩为M = mgl/2 ,细杆对转轴的转动惯量为J =加根据转动定理M=/4,可得在释放的瞬间,杆的角速度的大小为:fi = M/J =3g/2l当细杆转到竖直位置时,重力的反向延长线通过转轴,对转轴的矩为0,根据转动定理, 其角加速度的大小为。7.解: 。主=被，即。1=8被被，则。主在被被而s被=P冲， p#t = = 2tc rad -s1 70 1二万。厂=40兀radn). = = 20 圏 2兀三.计算题:1 .解:在第一分钟内的角位移6 = 900x2=1800 rad。由于飞轮从静止开始转动,所以飞轮的运动方程为:飞轮的角加速度为:O

16、= -/3t222x1800工 602=3.14rad/s2第15秒末的角速度为:CO （31 =3.14x15 = 47.1 rad/s2 .解:分两个过程求解第一,小球和棒做完全弹性碰撞。以小球和棒为研究系统,因系统所受的合外力矩为零,所 以系统的动量矩守恒,即有:mvol = mul + m0l2co因其碰撞为完全弹性,因此系统的动能不变:其中为小球的初速度，U和3分别为碰撞后小球的速度和棒具有的角速度。第二,从棒碰撞后得到的角速度，使得它上升至0 = 60处。以棒和地球为研究系统，因系 统中无外力和非保守力做功,所以系统具有机械能守恒,即有:In 11, 70 5 - (1 - cos

17、 60*) = - (- rnol )co联立求解上述三个方程,可得:M +36 nr-： o=46gl 12m3 .解:选A、B两轮为系统,啮合过程中只有内力矩作用,故系统角动量守恒: A + 888 = （ A + S）S/= 0 ,. .8= ” =20.9 =rad - s1小3转速 n=200 revmin A轮受的冲量矩:MAdt = JA(a-(aA) = -4A9x02N-m-sB轮受的冲量矩:MBdt = JB(w-0) = 4A9xW2N-m-s四.证明题: 由 已知: x = rcos(cor 4-(p0), y = rsin(cor +(p0)对运动方程两边同时对r求导

18、:dx=-rcosin(cor +(p dt=rcocos(cof +(p0)o)所以A点的线速度:其中3为刚体作定轴转动的角速度,证毕。四、简谐振动、选择题1 .解:由简谐振动的运动学方程=24cos（cof+（|）,振动速度u = Acocos（co，+（|）+ 一）,加速度 jrQ = 410 COS（CDf + （J） 兀）可知,速度。的周相比位移x的周相超前一.加速度a的周相比位移x的周相超前或落后兀由图可见,曲线1的相位比曲线2的相位滞后,而曲线3的相位比曲 2线1的相位超前兀,所以（E）为正确答案。2兀2 .解:由=A cos（/ + 巾）=4 cos（+ 巾）,u = -（oA

19、sin（coz +（|）,2ml ,由题可知,质点八时在平衡位置,即x = 0 ,0 = Acos（f（/）,则cos（寸+。）= 0,+。= 土,又因 , 0 ,则 + = （1）T 2,., ,4 ,2% 又由题思可知,质点在2时在处,即x = , = Acos（ +（1）,则cos（+=5, 芳+（!）= 土,c 宀 2nt2, Tt,又因 u2 0 ,则一 +（|）= （2）T 3（2）式减去（1）式得:2 7/12 7Z 4 7Z= t2 1 = , （B）为正确答案。3 .解:x = A cos（cor -F（1）, u = -coAsin（o）r +（|）,A由图知:/ = 0

20、时,x -, u v 0,2412得:=Acosd） ,由cos（|）= , 得:（b = 7t,223另由图知:1 = 5a1时,x = 0 , u 0 ,得:0 = Acos（5co + 巾）,则:cos（5co + 巾）=0 ,31得:5co +（|）= 兀,或土兀31由 U0 得:5（0 +。= 一九（2）或7T22u 23 厂 32515。+ 一）=一万，8 =冗兀=冗CD = -7t322366则:T = 12s A为正确答案。1 7 1 74 .解:由振动动能:Ek = -znv = /?-coAsin（cor +（|）=丄 KA2 sin2 （cor + 巾）=KA? cos2

21、（cor +（|）/2=丄 KA 一（；）必2 cos2（W + 4）=丄必2 - （；）KA2 cos（23+ 2） co = 2co, /.B为正确答案。5 .解:，.,总能量E = -KA2 =-mco2A2,其中K为弹簧的弹性系数,0为振动圆频率,m为 22振子质量,A为振幅又 x = Acos（cor+（|）0 = 一 cdA sin（cor +（|） = coA cos（co/ + 巾 + 一）A A由 =时,=Acos（coz +（1）!兀得:cos = （co+（|） = , cof+ = 5, 1 2 1 -动能 = mv - m-（A sin（cor + 9）= mar A

22、2 sin2（cor 4-（|） = Esin2（cor+（|）v sin*（cor +（|） = ,=,则:（D）为正确答案。4E 46 .解:根据振动的合成,其合成振动的初相为（C）二、填空题:1,解:x = Acos（cor +（1）, u = -coAsin（cor4-（|）,A 由图知:r = 0 时,x = , uo,2A则:-=Acos , 由 t0, 2得:初相位。=_7t （1）由图知:r = 2s , x = 0 , u =一 。43(2)速度 u = 7 = -4兀sin(8 +二)cm/s加速度 a = - -322 cos(8 + )cm/s2(3)振动能量: = -

23、M2 =-mco2A2 22=丄 X 10 X10-3 X (81)2 X (0.5 X 10-2)2 = 7.90x107 = 8乃 2x10-6 (4)平均动能:Ek =- = 3.95x10-5J2_ 2,解:方法一:平均势能:Ep = E = 3.95x 10 J0.24 = -0.12a)sin(初 + TT2 )= T由(1) (2)式得:CO/ +(I)=0.24 =-0.126ysin()再由(2)得:3T = = 0.272(5)得:2(2)由题意:012 = -0.3sin3+ sin(cor +(1)=-得:00(4 心一4x = A cos，+ 4)= A71-sin2

24、(o)r+(|) = 0.108加方法二:由能量守恒,动能+势能=总能量,得:v kx2 + 丄用“2 = kA222m 3(2) -m 22 +-kx2 =-kA2,得:222x2 = A 122 , x = +3a/T3 cm k3.分析 由旋转矢量可以得出相位和角频率,求出质点的振动方程,根据P点的相位确定最短 时间。解:(1)设所求振动方程为x = Acos(tyr + %)从图中可见t-0,勒=/l/2, v0 0根据给出的条件,可得振动的初相位外=7171又 r= Is, cot=一3 251所以 CD =6_ .,5乃71故 x = 0.1cos(t) 63(2) P点的相位为,

25、所以5冗COt p = t p= 063tp = 0.4 s即质点到达P点相应状态所要的最短时间为0.4s。4,解:选系统平衡位置为坐标原点,坐标系如图。由题意,恒定外力做功转化为弹簧振子的能量,为:F xO.O5 = 0.57 ,加在声作用下向左运动了 0.05m,此时uwO,机继续向左运动,0.05m并不是m的最大位移。当2运动到最左端,最大弹性势能即为外力戸所作的功，即:一kA = 0.5*/ , 得:A = 0.204/7/ , co = J = 2 rad/s2V m设:弹黄振子的振动方程为:x = Acos(函+。)由题意:=0时,x = A , u = 0-A = A cos(c

26、or +(1), cos。= -1,。=则物体的运动学方程为:x = Acos/ +4)=0.204cos(2r +兀)(!)五、机械波、选择题:1 .解:平面简谐波在，=0时刻的波形即为波线X轴上的媒 质质点在f = 0时刻的振动位置图（y轴为振动方向）。作旋转矢量如下图,由图知1点的初相位。 = 0 , 0点的初位相德=一,2点的初相位。2 =, 3点的初位相。3=%,4点的初相位。4=,故应选（A）。2 .解:根据机械波的标准形式,选（D）。3 .解:选（4 .解：在行波传播过程中,体积元的动能和势能是同相的,而且是相等的,动能达最大值 时势能也达最大值,动能为零时势能也为零。Ep=Ek

27、= pA2to2 sin2 2 7t（-） +（|）,T A,当有E財时,Ep与Ek同时达最大,由上式有:sin2;r（丁） +。 = 11 A即:cos2（土）+。 = 0 ,位移为零的质元有最大能量,由图看出媒质质元在a, c, T Ae, g位置时，能量有最大值,故应选（B）。5.解:选（D）。二、填空题:1 .解:由题设可知该波的波长为:在波线上任选一点,坐标为x,如图所示。波沿着x:!0轴正方向传播,则P点相位落后于A,相位差为:2%24(p =P4 =(%-0.05)A0.1所以P点的振动方程为yp =0.03 4加_讣= 0.03 I 4-r-y(x-0.05)TT= 0.03

28、44(一5)+ 因为P是波线上任意一点,所以简谐波波函数为71y(x,z) = 0.03 4乃(，-5x)h丫2.7IX2 .解:(1)由波函数y = Acos2tc(vz)+削知,x处质点的振动初相位为:+。,AAr27rL则在王处质点振动的初相位是:+ 巾。九(2)由波动学知,弹性波每行进一波长，此处质点比前者质点振动落后2万。又由振动学知,前后两质点振动状态相同,故与X1处质点振动状态相同的其它质点的位置将是厶士 K/l(K = l,2,3,)0(3)弹性波每行进半个波长，此处质点比前者质点振动落后。由振动学知，前后两质点振动状态相反,故与X1处质点速度大小相同，但方向相反的其它各质点的

29、位置是厶 (2K + 1)(K = 0,1,2,3,)=23,解:(1)如图所示,x处质点比x =处质点落后的相位差为:2x-(X/2)2 兀(x一入/2)0 =2 九71X液瓶媒质/波密媒质L.反射面则x处质点的运动学方程为y = Acos（3 24+乃）A（2）以任一 x处质点为参考点,其运动学方程为:y = Acos（cot - 2 + 乃）, 此振动状态经反射返回X点比参考点X相位落后: L x . L - x2+=41+） ,u则反射波函数为:yT. xy= A*cos（cor - 2兀一+ 兀）一 （4 兀+ 兀）九九xL- Acos（sz + 2兀4兀一）九A4,解:波强/正比于

30、振幅的平方,设合振幅为4,则:4= ,2 + 2A2 cos（我妫- 2乃 ）,其中,私,。2分别是波源位相,内,尤2分别是波源位置,由题意则有:A= A2l + cos（0 2乃|） = A,21 + cos（0 -1）,3由题意,r= 4/ J则:A!= 2A ,即:cos（0/T）= 1 ,则有:33兀2k7r ,= 2k/r + 7r ,由于Ov （一。J =困T知标准状态下有P=V|RT （氧气）PoL2 = V2RTo （氨气）得:V / V 2 = t?| /=1/2又氧气视为刚性双原子分子的理想气体,则其内能为Ei = V |RT （i =5）而気气为单原子气体,则其内能为E2

31、 = v2(i =3)(Q.E1 =匕RT = 5 匕5 , = 5 1=5E, 33 ,33 2 62 v, RT222 23.解:根据压强公式2 _p = ns3_ 3P 3pV 可推出 =丄=一In In对于一定量的气体,分子总数N不变,由上式可知,万正比于、V,所以 pV _ 1x2.5 _丄 pV -5x1.0 2故 = -（A）24.解:由化学变化知2H20T2H2+O2由于T不变故水蒸汽的内能E| =2-9rT = 6RT（三原子分子）2氢气和氧气的总能量为E, =2-RT + -RT = RT （都是双原子分子）222.-.弟=且也=幽= 25%（E1 E1 6RT5.解:由分

32、子的平均平动动能相同,可知其温度相同。由于气体的分子数密度不同,根据理想气体状态方程，可知它们的压强不同。选（C）二.填空题:1 .解:氧气质量为1.6kg.氢分子摩尔质量A/= 2xl03kg氧分子摩尔质量r= 32xl03kgoM根据pV=RT ,MmUM。M”血，1kg _ M 0西岳尾工l-=-3.） 可付氧、质里为!.6kgo2xlO-3Ag 32x10-3 依H2.解:由题意知系统状态参量P= 1.00x102 pa, T= 300K,氧分子摩尔质量=32xl0g。（1）根提 P=nkTPn =kTl.OOxlQ2 _1.38x10” x 300=2.45x1 22 个凡,(2)M

33、32x103=No 6.02 xlO23=5.32x10-26 依pV =-RTM密度p = m = 2.45xio22 x5.32xio/6 =1 3x10-3kg 6一3(4)把理想气体看成立方点阵排列,则8RT_=3.44x10-8 切2.45 xlO22(5) tJ = J=1.60j8-3-30 =4.47xl02ffl/ N 乃M32xl0=38.31x300(6)= 1.73 = 4.83 x IO?,”/s32x1 3(7) V = -A:7=-xl.38xl0-23x300 = 1.04xl0-20J 22(8) :PB:=1n3 = mu2：2 : 1,而:b : c =

34、1 : 4 : 16,所以氐:=4 ： 8 : 16 即为 :6:Pc= 1 ： 2 : 44,解:根据公式r=-kT得:丁 =箝 = 5.12xlO3(K)5 .解:设未用前氧气的内能为E1,用后剩下为Ez, V不变,T不变。2 =匕 RT = P? = P2匕 匕RT 耳 匕又. E = v-RT2E? v2(5/2)RT _ Vz_ _ P2E1 %(5/2)RT V| R6 .解:根据动能的变化知(单原子气体i =3)31,AE = -kAT = -mu222 Mmol(H2)P(O2)= 1000m - s1Mmol(H2) _ 2 _ 1 又MmoI(O2)32 16p(H2 ) % (2 )lp(H2