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练习一质点运动学
(一)题解
1・[C]提示:
位移元力、路程元力都是大小趋于0的无限小量,而|的=同一可是始末位置之间的直线距离,路程则是运动轨迹的长度。
2.y=17-;37—8j(m/s);-8j(ni/s2)
9
一—一2—兀=3/
y=17-4r
解:
由戸二力+刃=3〃+(17—4厂力知:
彳,2消去参数f,即得运动轨迹方程
y=17-4x2(抛物线),v=^=3l-8t)代入/=1得:
v}=37-8;玄=率=一8.7=常屋
3.[D]提小:
质点的速率1>=|—1=—=,
dtdt
/7參V
而—表示质点的速度矢量;au和±都表示位矢大小随时间的变化率。
4.[B]解:
由直线运动的速度0=芈得dx=皿,积分得位移/\x={dx=f45vdt,即:
dtJoJo
▲+j2v2dt+p5v3dt+^_v4dt+v5dt+j45v6dto由积分的儿何意义知,位移对应sr
图上曲线与横轴所包围的面积。
当X0时,曲线在橫轴下方,对应的位移为负,表示位移矢量的方向。
.・.x=Ax=5^,(°〜2.5)-$梯(2.5〜4.5)=(1+2.5)x2x—-(1+2)x1x—=2(m)
5.解:
(1)质点在4.0秒内的位移为:
Ax=也—兀0=—30—2=—32加
(2)v=^=nt-6t2,令尸0求得质点反向运动吋刻为/=2s.(t=0舍去)
dt
如图所示。
则4$—AX\+zdX2—|%2—尤0+卜4—-^2)=|10—2|+|—30—10)—48/77
-30
-202
兀3兀0
10
兀2
即:
2+6/=v
得微分方程:
(2+6x)dx=vdv两边积分,
2
解:
如图Van=—=^cos30°p
p
gcos30°=欝於
v2
切向加速度人小为Cit=Jg2-加=g/2
2.e=2.4fn/s2;°n=14.4rn/s~
解:
0)=啤=\2『
dt
a-=24r。
/=Is时,a)\=12rad/s,
at
2
a}=24rad/s
则f=ls吋,
aT=a】/?
=24x0.1=2.4m/s1;d”=69:
/?
=12~xO.l=14.4m/52
3.[B]解:
在27时间,
质点绕圜运动了两周后又回到了起点,Jr=O,As=4tiRo升务=0,。
备帮
4.[C]提示:
切向加速度与运动速度方向相反时,速率减小。
5.解:
(1)质点作单方向转动的匀变速率圆周运动,
V总与半径成45°角,即山=
2
1
一=a
R
⑵.==1x3x1-1.5米;込計罟=0.5弧度.
6.解:
选飞机为研究对彖。
伽利略速度变换式:
°机地=°机气气地=°+口
去:
e机地=忌一£如图
(1);回:
。
机地=丁於一£如图
(2)
来回飞行时间为'e+e
2/
\lv2-u2
[y(北)
Y
2.(1-扌)尸,0.2F解:
整个细棒是匀质的,如图所示,隔离xUL-段,并视为质点,其质量
M
m*=(L-x)—,x处截面两侧物体相互作用力的人小为
L
/=(l_x)^_x_L=(i_±)f。
将兀=0.8厶带入得fBC=0.2F。
厶ML
3.[B]解:
a=^=4t7,&=耍=>「花心「_丽,2t2i=v-2jt:
.v=
mdtJoJ2j
mo
£(2月+2讪=新,得:
了=尹+2“
4.[B]W=J戸dr=\(Fxdx+Fxdy)=J:
F.xdx+FQydy=2F.R2
5.
在地而参照系中,
解:
如图3・5(2a),建立地而坐标系。
A相对于升降机水平向右,以加速度
的大小为a,运动,分析A、B物体受力如图所示。
B物体:
mg-T'=maB=ma-m—
戸=200的=447.2(N),F的方向同/。
1.vB=i-5j解:
碰撞过程小系统的动量守恒:
mAvAQ^-mRvBQ=mAvA+mRvR加A方AO+加価BO_mA^A_方AO+BO~Am.S~{
『8-色2k
厂厂;选Ep(oo)=0,Ef)(x)=-k\x2dx=一--7=\ya\]xyJxyjx
3.[C]提示:
保守力作功的特点.
4.
(1)-mgx(),或£也旷0,-丄比或一\ng兀°:
2222
(2)iTlgx(),-—kx^或-丄加gx。
’丄瓦或丄加提小■:
保守力做功等」■势能增量的负值。
5.解:
设碰撞前小球加的速率为“碰撞后加和物体M的速率分别为。
和血。
加山水平位置静止释放到最低位置的过程,满足机械能守恒:
mgl=^mv2,解得:
。
=』2glm/s①
加与M的完全弹性碰撞过程,满足动量守恒和机械能守恒:
mv=mVx+Mv2②,丄加/二丄加讦+—Mq?
③
22'2-
由②③解得:
o=型二耳e==
m+M1+53
将①代入得P)=--|mis(负号表示碰后小球被弹回),v2=-m-s~l,
3-3
碰后m继续摆动到最大高度H的过程满足机械能守恒:
2=mgH亠H_5-
=^kR~0l+mgRsin
解法二:
取物体、弹簧和地球为系统,则重力加直、弹力/都是内力,支持力为和力戸是外力.在运动过程中,凡始终不作功•以B点所在平面为弹性势能和重力势能零点,由功能原理:
环.+Wv=E(C)-E(B)=(mgRsinQ+丄kl^c)-0或动能定理:
W二[0-’飓/?
血6[)]+[0-*£(尺仇)2]+0+晤=0-0均可解得WF=mgRsin3^^k(R0(})2
练习五刚体的定轴转动
(一)题解
1・冋
2.mR2/2解:
取线元c〃,其质量dm=Adi=^-=
兀R兀R兀
3.[A]提示:
因A、B盘质量和厚度和等,而必有心5。
而JA=mrA2/2,JB=mrB2/2故JA 4.J=M/(e+aJW: 撤去外力矩M后,斛仑受摩擦力矩AT作用,有MJ(-6Z2)⑪ 未撤外力矩M前,有=②联立①②可得. 5.解: (1)设几=kr,又m=Jdm=ydr=^krdr=kL2/2=>k=2m/l? ⑵―讪氏棒对轴PQ的转动惯量为J心fo讪=f響刃=呼 ⑶细棒上距0点为厂处,长为dr的线元所受的摩擦力为: df=遊dm=曲血=2“吨加 L2 以棒的转动角速度0方向为正,线元所受摩擦力矩为 dM=-rdf= 1} 则整个细棒绕PQ转动时所受摩擦力矩为: M=\dM 13 ⑷设细棒转动经历的时间为t,根据介动最定理,有Mt=O-JcoQ 即-2“叽-,心解得: t=3^L 恢 6•解: (1)J=2ml2+ml2+3mx(2/)2/12=4ml2 (2)M=Ja=>2mgl+(-mgl)=Jana= (3)解法一: 两物体、棒和地球组成系统,转动过程小系统机械能守恒。 取原水平位置为3S力势 能零点•有0=Jco1l2+mgl-2mgl,解得a)=Jg/(2l) 解法二设棒转到与水平位置成&,由旳=丿/则2mglcos0-mglcos0=4ml2a=>a=^^- 又心电电.咀电(0则ade=sdco,故—f2cos61/&=「"曲力得co=dtd&dtdO'4/J。 Jo 1•丿人: 丿〃=1: 3,丿a: 丿b=1: 9提示: S=3a)r 2-[A] 3.[C] 4.2〃,解: 人沿半径向外跑, J+mr 取人和转台为系统,角动量守恒,有: 丿丿+丿')0 ©={rad=mr2,则 J+tn广 5.解: A、B和滑轮的受力如图所示。 对A、B和滑轮分別列牛顿定律和转动定律方程冇: A: -f-mlgsin0=mxa① 式中f=pN=“m、gcos0 B: 叫g_T? =叫(2 v2二2ah⑤ 滑轮: (T2-TJr=Ja ③,式中丿冷加。 又 a=ra④, 联立方程纽解得: 艸込业牛M竺f mx+m7+—M 厶2 2hg(m2一“sin&—"72]cos&) m,+m2+;M (本题亦町根据功能原理求解。 ) 6.解: 取弹丸与摆为系统,弹丸穿过摆锤过程中系统角动量守恒: VV 丿17=丿1刁+(丿2+丿3)© 式中=ml2.J2=ml2和丿3=*〃/厂分别为弹丸、摆锤、杆对轴的转动惯量。 取摆锤在最低点处为重力势能零点。 摆在转动过程小机械能守恒,有 ]]3 ~(^2+人)。 )+勺航&【=m'g(2L)+tn'g(才)② 联立①②解得弹丸速度的最小值为v=—4^i m 练习七机械振动 (一)题解 解: 简谐振动的标准形式为x=Acos]李/+/,比较两式可得 \I丿 2.解: t=0.255,2加+却“ 3 cc55A2龙8乃 t=0.5^,2加=——;t=Is,2加=——• 3333 3.[C]提示: 凡是物体受到合外力(或合外力矩)与位移 (或角位移)成正比阳方向相反,则该物体作简谐振动。 4.[B]解: 设简谐振动方程为x=Acos(^/+0)°t=O时有x0=0,v0<0,得(p=/r/2, 下运动处于某一位移x处时,所受合力^): F=mg-f,H为/二£(4+兀),所以F=mg-k(AI+x), 乂因为kAl=加g,故物体所受合力F=-乩即物体作简谐运动。 ⑵谐运动的标准运动方程为x=Acos(血+(p) 以静止释放物体时作为t=0,则有x0=-0.1,v0=0? 于是有Acos0=-0丄-Aesin。 =0, 解得: 4=0.1(加),0=0(舍去),(p=7i.运动方程为x=0.1cos(9.9f+龙) 6.解: (1)由周期7Hs得: 0=牛=2龙.又根据兀图,振幅A=0.04m,t=0时xQ=0.02m, 故cos防牆=£°=±牛乂点(0,2)处的切线斜率大于零,有勺>0,贝I」可确定防一卑 VZ•VZI厶JJ 故简谐振动的表达式为x=0.04cos(2加一钊(加) =£,匕<0,则2矶一彳=彳,兀 b点: xh—_人vh—0,贝1」2加方=龙, 1・Ta\Th=2: 1,Ea\Eh=1: 4 2.t=7i/S解: 弹簧振子的角频率: 0)=yjkim=V2.0/0.5=2s~{,t=0时x0=A,故%=0, 故cot=兀丨4,对应的时间则为: 斤=龙/8=0.39$。 3.[B] 4.[A]提示: 由T=2^7^71知两种情况系统的加变化,故T变化.泥团落到物体上的前后,水平方向 动最守怛.据此有: 第一种情况碰后系统通过平衡位置速度变小(仏址变小),再由振动系统机械能守恒 知振幅也变卜而第二种情况碰后系统在最大位移处的速度为零,k不变,嗨M不变,故振幅不变. 5.解: (1)由题知: E=0.6+0.2=0.8丿,Ep=Ek=号=0.4J ⑵经过平衡点时,质点速度授大,动能也为最大,可知此时冇: 7T 振动1和振动2反相,且有A】>A? 故合振动与振动1同相,初相为(p=~— 合振动周期T=T[=T,=—=12(s) 1. 兀轴正方向,-竺x+(p II 2. 频率1/不变;波长2、波速比改变. 331 对于3点,x=/代入得初相为: 03―-产-2—訐 7T 在■穴到;rZ间,则有(P.=-~ 4・[B] 即: cos冷 \27 所以波函数为: Y=0.04cosf-|^7+5^x-yl(m) (2)以x=0.2代入上式: Y=0.04cosf壬加+5龙x0.2—年]得a点的振动方程为: Y=0.04cos(£加+钊(加) 简谐波的一般表达式: y=Acos +5) =Acos 01+ ku) 6.解: 乎兀+久 波长A=12m,由图知: A=0.4m.又x=1.0/71,t=0时y=0.2m,B|J: 0.2=0.4cos(^90+^/6) 得: (%+兀/6)=±仝,且t=0时,质元速度u>0,所以: (%+龙/6)=-三=>%二一三; 332 又x=i.Onit=5s时y=0, 即0=0.4cos 5(0-- 得: 5(0= 二+£ 3丿 3 2 且t=5s吋,质元速度v<0 所以 匚兀 5co—— 71 => 兀 3=— 3 6 所以波函数为: y=0.4cos 71( +0-疋 2_ (m). 练习十波动 (二)题解 1.频率相同;振动方向平行;相位差恒定或相位相等. 2.[D]提示: 干涉极人的条件是两分振动的相位差厶(p=2k兀。 3.9: 1解: 声强1=-pA2afu=-pA1(<27rv)2u,按题意A.p.u均保持不变, 22 叭仔將9 4.[B]解: 波函数Y=Acos(2tt#—2tt-^―+(p^.从图屮得: t=0时,x=0处的振动位移为0,Acos0=On0二土乡。 又由图可知此点的X0,所以(p=^得丫=Ac°s(2龙#一2龙亡+乡) 5.解: 由A点的振动方程知: A=O.O3m,Ct)=471(s_1),久=0。 A=uT=u=10m. Aco 将B点坐标xB=—5m代入得B点振动方程: Yb=0・03cos(4加+龙),即t=0时亥ij,B点的初相为佻=兀。 由相应的沿X正方向传播的平血简谐波函数y=Acos锁—二乞)+%得波函数为 U、 6.解: (1)根据题意,设反射波的波函数为: y2=Acos2龙(一-丐)+0 练习十一热力学 (一)题解 1.相同,不相同 提示: 理想气体的內能只是温度的单值函数,是状态量,而与过程无关;系统吸收或放出的热虽不仅取决于系统的始末状态,而且与系统所经历的过程有关,是过程量。 2. 等压膨胀过程;W=RT.! 2 3.[C] 4.[A]解: Q二AE尿+W],0二AE加+%,又: Tb>Ta: .Eh>Ea,\Eha>0 山图知气体作功说>“2>0,故Q>Q2>0 5.解: 由理想气体物态方程pV=—RT可知Ta=Tf)t贝ijEa=Eh M 故在acb过程中Qach=Wacb=400(7) 在acbdaiS程中,AE=0,Q=W=叱述+“加+用血=叱迪+0+几,匕—匕) =400+4x105x(-3x10-3)=-800(7), (“・”号表示放热) 6.解: (1)由绝热过程方程pv^=py^p=P^L ⑵“加八阳皿 dV D,V,71 V r-i v, 7-1 练习十二热力学 (二)题解 1. 参阅敎材热力学第二定律的两种表述 3-[C] 4. [A]提示: 根据热力学第一及第二定律判定。 叫窃即咱宀嗚叫吩) 所以净功W=Wah^Wc,=^R(T}-T2)\n^ 032 =X8.31X(300-200)xln2=83101n2=5760(J) 在循环中,吸热的有ab,da过程 卫邑)x8.31x300xIn2=17280(7) 0.032 敢窃仏(—2(硕)X尹恥叫20775⑴ 故循环中吸热2.=2^+2^=38055(7) 6•解: (1)在循环中,吸热的有ab,be过程 Cl=Qab+Qbc=CV„m(3-G+Cp,m(Tc~Tb) 33 =-R(Th-Ta)^(-R^R)(Te-Th) 35 35 =-x2xlO'3xlxlO5+-x2xlO5xlxlO-3=800(J) 22 (2)在循环小系统作功 W=Sabcda=AV-A/? =lxlO'3xlxlO5=100(7) W_100 eT_8oo =12.5% 1.不同,不同,不同. 2 提示: 可根据p=nkT、p=mti、p=—n£k三式进行判定. 3 2.[C]提示: 两种气体均视为刚性分子。 分子的平均平动动能均为£kl=-kT. •氮分子的平均动能为E=-kT=-kT;氧气分子的平均动能为E=-kT=-kT. 2222 3.[A]提示: (^\=n-kT=-^--kT=-p.(n为分子数密度) J2kT22 单原子分子Z=3;双原子分子/•=5•故有 提示: (1)两种气体的分了平均平动动能均为Ekt=jkT; (2)气体的平动动能为-NA-kT,M为气体的摩尔质量; M2 (3)气体的内能为—-/? T,i为分了口宙度。 M2 5.解: 对刚性双原子分子总白由度为5个,其屮平动自由度为f=3,转动自由度了=2。 3设该气体有N个分子,则: 平均平动动能: Et=N-kTy 2 33 由PV=vRT=NkT得: E{=-PV=-xl.5xlO5x2xl0-3=450J f22 2 平均转动动能: Er=N-Z: T=1.5xlO5x2xlO-3=300J 2 平均动能: E,二N匕kT=E,+Er=750J 2 6. 解: (1)由理想气体内能E=^RT[i^j分子口宙度)及理想气体物态方程PV=^RT可得气体 些=2X6.75X10」35x10% iV5x2x10」 (2)由PV=NkT可得T=PV/(M)=3.62xlO2/f. 33 气体分了的平均平动动能为気=-^T=-xl.38xl0_23x3.62xl02=7.49x10~2,J 22 练习十四气体动理论 (二)题解 1. (1)表示速率在v^v+dv速率区间内的分子数占总分子数的百分率; (2)表示归一化条件,即各种速率分子数占总分子数比例Z和应为100%; (3)表示所冇分了速率的算术平均值。 2.2: 1 ■ 解: 由理想气体物态方程: PV=—RT及理想气体内能E=--RT(i为分子自由度)MM2v7 可得对等体过程有旦=▲=虽=2。 E2T2P2 3.[叨 4.[C] 提示: 由归一化条件£f{v)dv=1,故S\=S2° 5. MRT_pRT PV~^P~ 解: (1)速率分布曲线如图所示.由速率分布函数的归一化条件: 2 将k=4代入得: m1 6•解: (l)rhPU二——RT M価 型册叽2X10伽泅) 故该气体为氮气. .•V=—=3.75xl06m2.5-2,・••僖=1936加.$_ P 1-兀=0提示: 在两电荷连线中间,两电荷产生的电场强度均向右,无合电场强度为零的点;在+4q左 侧也无合场强为零的点。 加产生°由高斯定理可求无限人均匀带电平板的场强£,=(7/(2^),方向背离板面向外;电荷面密 度为<7、半径R。 的均匀関盘轴线上x处的场强£一4(、一厂x),当圆盘带负电时,场强22%+毗 6.解: 在带电圆环上取电荷元dq=^ll=^sin0Rd&,其在圆心0处产生的电场强度dE方向由场源 dF=Edq,方向沿X轴正向。 整个ab带电棒受力 牛的电势dV=—血一,整个细棒在P点处产牛的电势为: 4兀(L+/? —/) A、L+hciL+h In=——-—In 4兀£°h4兀£°厶h 练习十六静电场 (二)题解 1.①e—E 解: 设半球面的面积为S,底面面积为So。 均匀电场的E线垂直穿过底面积So,设其面法线方向同电场强度,电场 强度片对瓦的通量为^e=ESQ=ES{)=7rR2E.市于片线不中断,穿 过半球而f(而法线在与E成锐角一•侧)的E线的数目等于穿过底而积瓦的E线的数目,即通过半球而 1.V二一9—解: 金属球壳为一等势体,VEdl=r—dr=—3— 4庇(占2垠垠4庇()厂4庇店? 2.[C]提示: 由导体静电平衡性质可知。 3•[叨 一1? 19 4.2: 1,1: 2提示: 串联时轴电容器电荷量相同,W=——OS并联吋两电容器电势差相同,W=-CU2. 2C2 5.解: (1)拉动前后,极板上电荷面密度(r=Q/S不变。 拉动前,电场强度大小Eo=(j/e,两极板电 势差U产E°d,则电容器电容Co=—,电场能量吧=卫_=0_]。 拉动后,充入空气的部分,d2C02£5 ~d 电场强度大小E\=Lg用补偿法设想在电介质的表面分別帯有等量异号的口由电荷,看成电容器 IIII210021 的串联,则冇h巫+空+巫二亜+空,拉动后电场能量曙养号(亞+空), ddddddd 拉动前示,电容器储能变化AW二芈(二+_[)-纟-亠二空. 2强竺2£5吋 dclcl (2)此过程外力所做的正功转化为电场能量’所以外力做功为—磐。 6.解: 静电平衡时两个导体各表面都均匀地分布着电荷: 半径为R的导体球表而带电量为q;半径为R】的球壳内表面带电最为一%半径为忌的球売外表面带电最为(Q+q)。 7. E曲=旦2 4齊/? 2 在不同的区域取半径为厂的同心高斯球面,由高斯定理可求得各区域场强分布: /? i 2,E3=0;r>R2fE4=§+£乙 4庇o厂 令无穷远处为电势零点,则导体球的电势: K=£Ed=JE{dr+E2dr+E3dr+E4dr =厶(丄一丄)+q+Q 4庇oRR}4庇0R2 『8一—『8『8 导体球壳的电势: V2=\fE^dl=\-E3dr^R2E4dr=^ 2. 3- [A]解: 山电介质中的高斯定理可求得
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