大学物理学习指导上朱善华答案.doc资料.doc
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参考答案
练习一:
1-2、DD3、,
4、,,
5解:
(1);
(2);
(3)
6解:
∵
分离变量:
两边积分得
由题知,时,,∴
∴
练习二:
1-2、CB3、,,,;4、,
5、解:
(1)由得:
,
6、当滑至斜面底时,,则,物运动过程中又受到的牵连运动影响,因此,对地的速度为
练习三:
1-3、BCB4、s;5、
6、解:
设人到船之间绳的长度为,此时绳与水面成角,由图可知
将上式对时间求导,得
根据速度的定义,并注意到,是随减少的,
∴
即
或
将再对求导,即得船的加速度
7、解:
练习四:
1-2AC
3、解:
(1)
于是质点在时的速度
(2)
4、解:
小球的受力分析如下图,有牛顿第二定律可知:
分离变量及积分得:
解得:
5、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。
设t时刻m2的坐标为x,系统加速度为,则有:
(1)由此得:
(2)由得:
(3)
6、,
练习五
1-2、BC;3、140,24;4、6.14或,35.5°或;
5、解:
子弹穿过第一木块时,两木块速度相同,均为v1
子弹穿过第二木块后,第二木块速度变为v2
解得:
6、解:
(1)由水平方向的动量守恒得(设子弹刚穿出时,M的水平速度为V1)
此时M物体的受力如右图,且有:
(2)
练习六:
1-2:
CB;3、0J,18J,17J;4、
5、
6、解:
框架静止时,弹簧伸长Δl=0.1m,由平衡条件mg=kΔl,
求得:
k=mg/Δl=0.2×9.8/0.1=19.6N/m
铅块落下h=30cm后的速度v0,可由能量守恒方程求出:
设铅快与框架碰后的共同速度为v,由动量守恒:
设框架下落的最大距离为x,由机械能守恒:
(设弹性势能零点为弹簧的自由身长处,而以挂上砝码盘平衡时,砝码盘底部为重力势能零点。
)
进行整理并代入数据,可得x的一元二次方程:
解得:
x=0.3m
练习七:
1-3、DCB;
4、解参见图,在a附近dt时间内张力的元冲量为,
在与a对称的一点b附近dt时间内的元冲量为.由
对称性分析可知,和沿x方向的分量大小相等,,符号相反,沿y方向的分量等值同号.对其他对称点
作同样的分析,即可得知过程中张力的冲量沿y轴正
方向.
对质点m应用动量定理,则有
m绕行一周,则,因此
上式表明,张力冲量与重力冲量大小相等,方向相反.
这样,张力冲量就可通过重力冲量求出.重力是恒力
,求它的冲量比求变力张力的冲量简单得多.重力mg的方向竖直向下,与y轴正方向相反.摆球绕行一周的时间为,因此,在图示坐标中,重力在一个周期内的冲量为
因而一个周期内张力的冲量为
表明是沿y轴正方向,与上面的定性分析一致.
说明应用动量定理较多的场合是解决打击或碰撞过程.从本题可见,圆锥摆中也有动量问题,这对读者进一步理解动量、冲量和动量定理可能是有益的.另外,解题中的对称性分析,以及求变力7的冲量转化为求恒力mg的冲量的方法也是很有用的.
5、解:
(1)当A和B开始分离时,两者具有相同的速度,根据能量守恒,可得到:
,所以:
;
(2)分离之后,A的动能又将逐渐的转化为弹性势能,所以:
,则:
6、
解:
取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点,弹簧原
长处为弹性势能零点。
则由功能原理,有
式中,,再代入有关数据,解得
再次运用功能原理,求木块弹回的高度
代入有关数据,得,
则木块弹回高度
练习八:
1-2、BA;3、-5N.m;4、
5、解:
物体、和滑轮的受力分析如下图,且
设m1下落的加速度大小为a,滑轮的角加速度为,则有:
由牛顿第二定律和转动定律可得:
联立上述方程,得
6、解:
(1)设杆的线,在杆上取一小质元
考虑对称
(2)根据转动定律
所以
练习九:
1-2、AA;3、;
4、,
5、解:
子弹射入滑块瞬间,因属非弹性碰撞,根据动量守恒定律有
(1)
在弹簧的弹力作用下,滑块于子弹一起运动的过程中,若将弹簧包括在系统内,则系统满足机械能守恒定律,有
(2)
又在滑块绕固定点作弧线运动中,喜糖满足角动量守恒定律,故有:
(3)
式中为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角。
联立解上述三式,可得:
6、解:
(1)设当人以速率沿相对圆盘转动相反的方向走动时,圆盘对地的绕轴角速度为,
则人对与地固结的转轴的角速度为,且:
人与盘看做一个系统,该系统的角动量守恒,设盘的质量为,则人的质量为,由角动量守恒得:
解得:
(2)欲使盘对地静止,则即
则有:
练习十:
1-3、DCC;4、;5、
6、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:
联立上面四式解得:
练习十一
1-3、B,C,3、1,,5s;4、
5、解:
由题知:
(1)由旋转矢量得:
故振动方程为:
(2)由旋转矢量得:
故振动方程为:
(3)由旋转矢量得:
故振动方程为:
(4)由旋转矢量得:
故振动方程为:
6、
(1)平衡时,
设t时刻物体处于y处,物体受力如图,由牛顿第二定律得:
————物体做简谐振动
(2)下拉至0.1m处由静止释放,
振动方程为:
(3)物体在平衡位置上方5cm处的加速度为:
练习十二:
1-2、C,B,3、2,2,4,1,4、
5、解:
取向下为正,平衡时物体所在位置为坐标原点,建立坐标
(1)由得:
由题知:
故振动方程为:
(2)平衡时:
物体在平衡位置的上方5cm时弹簧伸长量为
,方向竖直向上。
(3)由旋转矢量知:
次越过平物体从第一衡位置时刻起到它运动到上方5cm处转过的角度为:
6、解:
由得:
设火车耽误速度为v,当时,会使火车达到危险速度
练习十三
1-2、B,D;3、;4、0.8m,0.2m,125Hz,
5、解:
(1)
(2)
(3)
6、解:
(1)
(2)B点的振动方程,以代入上式得:
所求的波动方程为:
练习十四
1-2、B,C,3、频率相同、振动方向相同、由恒定相位差的两波源;有些点振动加强,有些点振动减弱;4、;
5、解:
设S2的振动方程为:
S1的振动传至P点,在P点引起的振动方程为:
S2的振动传至P点,在P点引起的振动方程为:
干涉相消的条件:
故S2的振动方程为:
6、解:
如图所示,取点为坐标原点,、联线为X轴,取点的振动方程:
(1)在和之间任取点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:
故得这些点因干涉相消而静止不动
(2)若A点在左侧,则有
所以,左侧各点因干涉加强。
(2)若A点在右侧,则有
所以,右侧各点因干涉静止。
练习十五
1-2、B,C,3、554.5HZ;4、,1、3、5、7、9;0、2、4、6、8、10
5、解:
设火车的速度为
由多普勒效应得接收频率为:
解得:
6、解:
(1)设原点处波源的振动方程为:
原点处波源在
由题知:
故振动方程为:
波动方程为:
(2)
(3)
练习十六
1-4、C,B,D,D,5、6、,
7、;;;
练习十七
1-3、D,C,B,4、,5、,
6、解:
(1)
(2)
7、解:
由题得
故有:
1气体
练习十八
1-2、A,D,3、等压过程
4、124J,-85J,
5、
6、解:
(1)等体过程
由热力学第一定律得Q=ΔE
吸热Q=ΔE=νCV(T2-T1)=ν(i/2)R(T2-T1)
Q=ΔE=5×(3/2)×8.31×(300-290)=623J
对外作功A=0
(2)等压过程
Q=νCp(T2-T1)=ν[(i+2)/2]R(T2-T1)
吸热Q=5×(5/2)×8.31×(300-290)=1038.5J
ΔE=νCV(T2-T1)
内能增加ΔE=5×(3/2)×8.31×(300-290)=623J
对外作功A=Q-ΔE=1038.5-623=415.5J
(3)绝热过程
由热力学第一定律得A=ΔE
做功与内能的变化均为A=ΔE=νCV(T2-T1)=ν(i/2)R(T2-T1)
A=ΔE=5×(3/2)×8.31×(300-290)=623J
吸热Q=0
7、解:
由图知:
则全过程中:
A到B,等压过程:
B到A,绝热过程,
练习十九
1-2、B,B,3、AM,AM和BM4、(3)
(1)
(1)
5、解:
等温过程:
等压过程
等温过程:
等压过程
故:
=15.1%
同时:
(证毕)
6、解:
等温过程:
等压过程
等体过程
故:
练习二十
1-2、B,C,3、467K,233K4、400J
5、解:
由图知:
(1)
(2)
(3)
(4)以上计算对于过程中任意微小变化均成立
则对于微过程有
6、、解:
联合上述四式得:
整个过程中,吸收的热量为:
放出的热量为:
故循环的效率为:
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