1、安徽工程大学大学物理练习册答案docx练习一质点运动学(一)题解1C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 -； 378j(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= = ,dt dt/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
2、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= f4 5 vdt,即：dt Jo Jo + j2v2dt + p5v3dt + _v4dt + v5dt + j45v6dt o 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)- $梯(2.54.5)= (1 + 2.5)x2x- (1 + 2)x 1 x = 2(m)5.解：(1)质点在4. 0秒内的位移为：Ax =也兀0 = 30 2 = 32加(2) v = = nt-6t2 ,令尸0求得质点反
3、向运动吋刻为/ =2s . (t=0舍去)dt如图所示。则 4$ AX + zdX2 |%2 尤0 + 卜4 -2)=|10 2|+| 3010) 48/77-30-2 0 2兀3 兀010兀2即：2+6/= v得微分方程：(2 + 6x)dx = vdv 两边积分，2解：如图 V an = = cos30 ppgcos30=欝於v2切向加速度人小为Cit = Jg2 -加=g/22. e=2. 4fn/s2 ； n= 14. 4rn/s解：0)=啤=2dta - = 24r。/= Is 时，a) = 12rad/s ,at2a = 24rad/s则f=ls吋,aT = a】/? = 24x0
4、.1 = 2.4m/s1 ； d” = 69：/? = 12 xO.l = 14.4m/523. 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=21一 =aR. = =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+e2/lv2 -u2 y (北)Y2.(1-扌)尸
5、，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Mm* = (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 M L3.B解：a = = 4t7, &=耍 =花心_丽，2t2i =v-2jt :.v =m dt Jo J2jmo(2月+ 2讪=新， 得：了=尹 + 2“4.BW= J戸 dr=(Fxdx + Fxdy) = J：F.xdx + FQydy = 2F.R25.在地而参照系中，解：如图35 (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，
6、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 A m. S8 -色 2k厂 厂；选Ep(oo) = 0 , Ef)(x) = -k x 2dx = 一-7= ya x y Jx yjx3.C提示：保守力作功的特点.4.(1) - mgx(), 或也旷0,-丄比或一 ng兀 ：2 2 2 2(2) iTlgx(), - kx或-丄加g
7、x。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：。=2gl m/ s 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 + Mv2 ， 丄加/二丄加讦+ Mq? 2 2 2 -由解得：o =型二耳e = =m + M 1 + 5 3将代入得P)=-| mis (负号表示碰后小球被弹回)，v2 =-m-sl,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 -= kR0l + mgR si
8、n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klc)-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= mgRsin3k(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 k =
9、 2m/l?讪氏棒对轴PQ的转动惯量为J 心fo讪=f響刃=呼细棒上距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=dM13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=3L恢6解：(1) J = 2ml2 + ml2 + 3mx (2/)2 /12 = 4ml2(2) M = Ja = 2mgl + (-mgl) = Ja n a =(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
10、水平位置为3S力势能零点有 0 = Jco1 l2 + 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 = dt d& dt dO 4/J。 Jo1丿人：丿 =1:3, 丿a ：丿b = 1 ： 9 提示：S = 3a）r2- A3.C4. 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
11、分別列牛顿定律和转动定律方程冇:A： - f-mlgsin0 = mxa 式中 f = pN = “m、g cos 0B: 叫g _T?=叫（2v2 二 2ah 滑轮：（T2-TJr = Ja，式中丿冷加。又a = ra ,联立方程纽解得：艸込业牛M竺fmx +m7 + M厶22hg（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: V V丿1 7 =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。
12、摆在转动过程小机械能守恒，有 3（2 + 人）。）+勺航&【=mg（2L） + tng（才）联立解得弹丸速度的最小值为v =4im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 “3cc 5 5 A 2龙 8乃t = 0.5, 2加 =;t = Is, 2加 =3 3 3 33.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
13、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。 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 = 0.1 cos（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= =
14、 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 VZ I 厶 J J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12加方 =龙，1 Ta Th =2:1, Ea Eh =1:42. 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.B4.A提示：由T = 2771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
15、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 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 +（pII2.频率1/不变；波长2、波速比改变.3 3 1对于3点,x = /代入得初相为：03 -产-2訐7T在穴到;rZ间，则有（P.=-4B即:cos冷
16、 2 7所以波函数为：Y = 0.04cosf-|7 + 5x-y l（m）（2）以x = 0.2代入上式：Y = 0.04 cosf壬加+ 5龙x 0.2 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 = A cos+ 5)=A cos01 +k u)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u0,所以：（+龙/6）=-三= %二一三;3 3 2又 x = i .Oni t=5s 时 y
17、=0,即 0=0.4cos5(0-得：5(0 =二+3丿32且t=5s吋，质元速度v兀3 = 36所以波函数为：y = 0.4cos71(+ 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(Ta :. Eh Ea , Eha 0山图知气体作功说“20,故QQ205.解：由理想气体物态方程pV = RT可知Ta=Tf)t贝ij Ea = EhM故在 acb 过程中 Qach = Wacb = 400(7)在acbda iS程中，AE =
18、 0 ,Q = W =叱述+ “加+用血=叱迪+0+几,匕匕)=400 + 4 x 105 x (-3 x 10-3) = -800(7),(“”号表示放热)6.解：(1)由绝热过程方程pv = py p=PL“加八阳皿dVD,V,7 1Vr-iv,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- C4. 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 = WahWc,=R(T-T2)n0 32=X8.31X (300 - 200) xln2 = 83101n2 = 5760( J)在循环中，吸热的有ab, da过程卫邑)x8.31x300 x In
19、 2 = 17280(7)0.032敢窃仏（2（硕）X尹恥叫20775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 = CVm(3 - G + Cp,m(Tc Tb)3 3= -R(Th-Ta)(-RR)(Te-Th)3 53 5= -x2xlO3xlxlO5 +-x2xlO5xlxlO-3 =800(J)2 2(2)在循环小系统作功W = Sabcda = AV-A/? = lxlO3xlxlO5 =100(7)W _ 100eT_8oo= 12.5%1.不同,不同,不同.2提示：可根据p = nkT、p = mti
20、、p = nk三式进行判定.32.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.2 2 2 23.A提示：（ = n-kT = -kT = -p. （n 为分子数密度）J 2 kT2 2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；M 2（3） 气体的内能为-/?T, i为分了 口宙度。M 25.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
21、自由度了 = 2。3 设该气体有N个分子，则：平均平动动能：Et =N-kTy23 3由 PV = vRT=NkT 得：E =-PV =-xl.5xlO5 x2xl0-3 =450Jf 2 22平均转动动能：Er =N-Z:T = 1.5xlO5x2xlO-3 = 300J2平均动能：E,二 N匕 kT = E,+Er= 750J26.解：（1）由理想气体内能E = RTij分子口宙度）及理想气体物态方程PV = RT可得气体些=2X6.75X1035x10%iV 5x2x10(2)由 PV = NkT 可得T = PV/(M) = 3.62xlO2/f.3 3气体分了的平均平动动能为気=-T
22、 = -xl.38xl0_23x3.62xl02 = 7.49x102,J2 2练习十四气体动理论(二)题解1.(1)表示速率在vv + 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) M M 2 v 7可得对等体过程有旦=虽=2。E2 T2 P23.叨4.C提示：由归一化条件fv)dv = 1,故S=S25.MRT _ pRTPV 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=
23、4代入得:m16解：（l）rhPU 二RTM価型册叽2X10伽泅)故该气体为氮气.V= = 3.75xl06m2.5-2 ,僖=1936加.$_P1-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 2 2% + 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a
24、b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 + h ci L + h In =-In 4兀 h 4兀厶 h练习十六静电场（二）题解1. e 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 = E SQ = 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，V E dl = r dr = 34庇（占2 垠 垠4庇（）厂 4庇店?2.C提示：由导体
25、静电平衡性质可知。3 叨一 1 ? 1 94.2:1 , 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 = -CU2.2C 25.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Ed,则电容器电容Co=,电场能量吧=卫_ = 0_。拉动后，充入空气的部分, d 2C0 2 5d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I I I I 2 1 0 0 2 1的串联，则冇h巫+空+巫二亜+空，拉动后电场能量曙养号（亞+空）,d d d d d d d拉动前
26、示，电容器储能变化AW二芈（二 + _）-纟-亠二空.2强竺 2 5 吋d cl cl（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24 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 r R2 f E4 = + 乙4庇o厂令无穷远处为电势零点，则导体球的电势：K = Ed =J Edr + E2dr + E3dr + E4dr=厶（丄一丄）+ q+Q4庇o R R 4庇0R28 一 8 8导体球壳的电势:V2=fEdl=-E3drR2E4dr = 2.3-A解：山电介质中的高斯定理可求得
