大学物理习题分析与解答
大学物理习题分析与解答Daxue Wuli Xiti Fenxi yu Jieda
习题解答
1.1 一物体从静止开始, 在2s 内被匀加速到40m/s ,物体的加速度为多少?在2s 内物体运动了多大距离?
解:物体的加速度为:
20400
20/2
t v v a m s t --=
== 物体在2s 内运动的距离为:
22
20
0400402220
t v v x m a --=
==⨯
1.2 质点在水平方向做直线运动, 坐标与时间的变化关系为3
24t t x -=(SI ). 试求:⑴ 开始的2s 内的平均速度和2s 末的瞬时速度. ⑵ 1s 末到3s 末的位移和平均速度. ⑶ 1s 末到3s 末的平均加速度. ⑷ 3s 末的瞬时加速度.
解:⑴ 由题意知,物体在2s 内的位移为:
334242228x t t m =-=⨯-⨯=-
2s 内的平均速度为:
84/2
x v m s t -=
==- 2s 末的瞬时速度为:
2224646220/dx
v t m s dt
=
=-=-⨯=- ⑵ 1s 末到3s 末的位移为:
()()3313314323412144s x x m =-=⨯-⨯-⨯-⨯=-
1s 末到3s 末平均速度为:
13134422/31
s v m s t -=
==-∆- ⑶ 由运动方程求导,可得各时刻的瞬时速度为:
246dx
v t dt =
=- 1s 末的瞬时速度为: 221464612/dx
v t m s dt ==-=-⨯=- 3s 末的瞬时速度为: 2234646350/dx
v t m s dt
==-=-⨯=- 1s 末到3s 末平均加速度为:
()2311350224/31
v v a m s t ----=
==-∆- 3s 末的瞬时加速度为:
22321212336/dv d x
a t m s dt dt
=
==-=-⨯=-
1.3 质点以初速度0v 做直线运动, 所受阻力与质点运动速度成正比. 求当质点速度减
为
n
v 0
时()1>n , 质点走过的距离与质点所能走的总距离之比.
解:质点运动过程中所受阻力为:
F kv =-
根据牛顿第二定律:
dv
m
kv dt =- dv dx
m k dt dt
=-
k
dv dx m
=-
当质点速度减为
n
v 0
时()1>n , 质点走过的距离为:
01
v x
n
v k dv dx m =-⎰
⎰
001v k v x n m ⎛⎫
-=-
⎪⎝⎭
101
()m x n v k n
=- 质点所能走的总距离为:
2
x
v k dv dx m =-⎰⎰
02k v x m
-=- 20m x v k
= 即: 121(1)x x n
=-
1.4 做直线运动的质点的加速度为43a t =+(SI ). 初始条件为0=t 时, 5x =m,
0=v . 求质点在10t =s 时的速度和位置.
解: (43)dv t dt =+
213
42
v t t C =++
由初始条件:0t =时,0v =,可得: 10C = 即 2342v t t =+
23
(4)2dx t t dt =+
2321
22
x t t C =++
由初始条件:0t =时,5x =,可得:
25C =
即 2
3
1252
x t t =+
+ 当10t s =时
2233
44101040150190/22v t t m s =+=⨯+⨯=+=
232311
25210105200500570522
s t t m =++=⨯+⨯+=++=
1.5 质点沿x 轴做直线运动, 加速度和位置的关系为2
62x a +=(SI ). 求质点在任意位置时的速度. 已知质点在0=x 时, 速度为10/m s 。
解: 226dv dv dx dv
a v x dt dx dt dx
=
===+ 2(26)vdv x dx =+
由上式两边积分
210
(26)v
x
vdv x dx =+⎰
⎰
2344502v x x =++⨯
又因为
0,0a v >∴>
v =
=
1.6 质点沿半径为1m 的圆周运动, 运动方程为3
32t +=θ(SI ). 求:⑴ 2t =s 时, 质点的切向加速度和法向加速度. ⑵ 当加速度的方向和半径成045角时, 角位移是多少?
解: 质点运动的角速度和角加速度分别为:
29d t dt θ
ω=
= 18d t dt
ωα==
切向加速度: 11818dv
a r t t dt
τα=
==⨯= 法向加速度: 2224
1(9)81n a r t t ω==⨯=
⑴当2t s =时 2
1818236/a t m s τ==⨯=
442818121296/n a t m s ==⨯=
⑵ 加速度的方向和半径成0
45时,即 n a a τ=
48118t t =
t =
此时角位移 3
3
2323 2.67t t rad θ=+=+⨯=
1.7 长为l 的细杆绕通过其一端的水平轴在竖直平面内自由转动. 当杆与竖直方向的夹角为θ时, 它的角加速度为θαsin 23l g =
. 求:
⑴杆由静止0=θ转至2
π
θ=时, 杆的角速度. ⑵杆的另一个端点的线速度大小.
解: ⑴由于 3sin 2g
l αθ=
3sin 2d g
dt l
ωθ= 3sin 2g
d d l
ωωθθ=
由上式两边积分:
2
3sin 2g
d d l
π
ω
ωωθθ=⎰
⎰ 23g l
ω=
ω=
⑵ 杆的另一端的线速度大小为:
v l ω==
1.8一长度为5m 的直杆斜靠在墙上. 初始时, 顶端离地面4m , 当顶端以2/m s 的速度沿墙面匀速下滑时, 求直杆下端沿地面的运动方程和速度.
解:令直杆的上端为A 点,坐标为y 、下端为B 点,坐标为x 。而且有:
222
5x y += 由题意,有:
2dy
dt
=- 2dy dt =- 由上式两边积分
4
2y
t
dy dt =-⎰
⎰
42y t =- 杆的下端的运动方程和速度分别为:
x ===
dx v dt =
=
1.9 以初速度015/v m s =竖直上抛一物体, 在1s 末又竖直上抛出第二个物体, 后者在11h m =高度处击中前者, 求第二个物体的抛出速度;若在1.3s 末竖直上抛出第二个物体, 它仍在11h m =高度处击中前者, 求第二个物体的抛出速度.
解:⑴ 取2
10/g m s = ,取第一物体抛出的时间为0时刻,则有先后上抛的两个物体的位置与时间的关系分别为:
2211
15101552
x t t t t =-
⨯⨯=- 2221
(1)10(1)(1)5(1)2
x v t t v t t =--⨯⨯-=---
令 2211
15101552
x t t t t =-
⨯⨯=-=11,求得 1.276 1.724t =或
由 1.724t =, 1.276t =代入2
2(1)5(1)11x v t t =---=分别求得:18.8/v m s =,
41.1/v m s =
⑵ 2211
15101552
x t t t t =-
⨯⨯=- 22
21( 1.3)10( 1.3)( 1.3)5( 1.3)2
x v t t v t t =--⨯⨯-=---
由于 1.276 1.3t =<不可能满足题意;由 1.724t =代入2
2( 1.3)5( 1.3)11x v t t =---=求
得:28/v m s =
1.10 在离水面高度为h 的岸边, 有人用绳子拉船靠岸, 收绳速率是恒定的0v ,当船离岸边距离为s 时, 试求船的速率与加速度.
解:如图所示,斜边的绳长为l ,有
222
l h s =+
对上式两边求导 202dl ds l
s dt dt
=+ 022lv su =
即
00l
u v v s
s
==
由0l
u v s
=
求导 2222222200000000
223322
3()dl ds l v s
lv v s lv v v s l v s l v du dt dt s a dt
s s s s h v s
----=
=====-
1.11 质点的运动方程为()2
4r t i t j tk =++(SI ). 求质点的速度、加速度和轨道方
程.
解:质点的速度为: ()
()8dr t v t tj k dt
==+ 质点的加速度为:
()
8dv t a j dt
=
= 质点的轨迹方程为: 2
1,4x y t z t ===
所以轨迹方程:
2
14x z y
=⎧⎨
=⎩
1.12在质点运动中, 已知kt
ae x =, kt bke dt
dy
--=, b y t ==0, 其中a , b , k 为常量. 求质点的加速度和轨道方程.
解:由 kt
x ae = 求导,得
kt x dx
v kae dt =
= 2kt x x dv
a k ae dt
==
由
kt dy
bke dt
-=- 积分,得 kt
dy bke dt -=-
0y
t
kt b
dy bke dt -=-⎰
⎰
因此 kt
y be -=-
kt y dy
v bke dt
-== 2y kt y dv a bk e dt
-=
=
所以 2
2
()kt
kt
a t k ae i k be j -=+
轨迹方程 xy ab =
1.13 靶子在离人水平距离50m 、高13m 处, 一个人抛一个小球欲击中靶子.该小球最大的出手速率为25/v m s =, 则他是否能击中靶子?在这个距离上能击中的靶子的最大高度是多少?
解:⑴ 设可以击中速度方向与水平轴夹角为θ,则有:
cos x v v θ=
13m
sin y v v θ=
5050cos x t v v θ
=
= 21
132y v t gt -=
2
50150sin 10.()13cos 2cos v v v θθθ
-⨯=
22
2500
50513cos tg v θθ
-⨯= 当25/v m s =,取最大值时,
220
5013cos tg θθ
-
=
222222013cos 20(cos sin )
5013cos cos tg θθθθθθ++=+=
2503320tg tg θθ=+ 22050330tg tg θθ-+=
2504203325002640140∆=-⨯⨯=-=-
0∆<,无解,所以不可以击中
⑵ cos x v v θ=
sin y v v θ=
5050cos x t v v θ
=
= 令高度为h
21
2y h v t gt =-
2
50150sin ()cos 2cos h v v v θθθ
=-
22
2500
505cos h tg v θθ
=- 当25/v m s =
220
50cos h tg θθ
=-
22220(cos sin )
50cos h tg θθθθ+=-
2502020h tg tg θθ=--
=2
10(522)tg tg θθ--
令 2522f tg tg θθ=--
225
52()248
tg θ=--+-
98f ≤
90
11.258
h m m ≤=
1.14 汽车以5m/s 的速度由东向西行驶, 司机看见雨滴垂直下落. 当汽车速度增至10m/s 时, 看见雨滴与他前进方向成0
120角下落.求雨滴对地的速度.
解:如图所示 v v v =+雨对对地
雨对车车对地
作DC ´的中垂线为A ´B ´, 105DC DB ''==,, A C D ''∆是等边三角形,60A C B '''∠=而且有 ABC A B C '''∆≅∆,即60ACB ∠=
10cos60
BC
AC =
=
即 10/v m s =雨对对地
1.15 甲船以10/km h 的速度向东, 乙船以5/km h 的速度向南同时出发航行.从乙船
v 雨对地
v
雨对车
A
B
C
B ´
C ´
v v 车对地
v '车对地
看,甲船的速度是多少?方向如何?又如果从甲船看,乙船的速度是多少?方向如何?
解:
v
v v =-甲对地乙对地甲对乙
10(5)105v
i j i j =--=+甲对乙
大小为:/v s == 方向:东偏北方向1()2
arctg
v
v v =-乙对地甲对地乙对甲
510105v
j i i j =--=--乙对甲
大小为:/v s == 方向:南偏西方向2arctg
1.16设河面宽1km , 河水以2/m s 的速度由北向南流动, 小船相对于河水以1.5/m s 的速率从东岸划向西岸.⑴当船头与正北方向夹角为0
15, 求船到达对岸的时间以及船到达对岸的地点.⑵要使船到达对岸的时间最短, 求船头与河岸的夹角、最短时间以及船到达对岸的地点.⑶要使船相对于河岸的走过的路程最短, 求船头与河岸的夹角、所用时间以及船到达对岸的地点.
解 ⑴ v v v =+船地水地船水
2 1.5sin15 1.5cos15 1.5sin15(2 1.5cos15)o
o
o
o
v j i j i j =+-=+-
01.5sin150.39x v ==
02 1.5cos150.55y v =-=
100025641.5sin15x d t s v =
== ()
1000
2 1.5cos1514101.5sin15o y o
y v t m ==-=
⑵要使船到达对岸的时间最短(即船头向正西方向行驶,即船头与岸的夹角为90)
min 1000666.71.5
d t s v =
==船 2min 2666.71333.4y y v t m ==⨯=
⑶要使船到达对岸大的距离最短,设船头以正北方向夹角为θ 1.5sin x v θ=
2 1.5cos y v θ=-
()
()2 1.5cos 100010002 1.5cos 1.5sin 1.5sin y y v t θθθθ
-==-=
令
0dy d θ=,得: 1.5cos 2
θ=
100010071.5sin x d t s v θ=
==≈ ()2 1.5cos 881y y v t t m θ==-≈
1.17 电梯以2
1.2/m s 的加速度下降, 某人在电梯开始下降后0.5s 在离电梯底面1.5m 高处释放一小球. 求此小球落到底面所需的时间和它对地面下落的距离.
解: 释放小球时,小球与电梯速度相同,两者的速度大小为:
201 1.2/0.50.6/v at m s s m s ==⨯=
小球释放后,初始时,小球相对电梯的速度为0
0v '=;小球相对电梯的加速度为: 2
10 1.28.8/a g a m s '=-=-=
212
h a t '=
0.58t s =
== 小球对地的下落距离为: 22011
0.60.58100.58 2.0322
H v t gt m =+
=⨯+⨯⨯=
1.18 火车以5/m s 的速度沿x 轴正方向行驶, 站台上一人竖直上抛出一小球, 相对
于站台小球的运动方程为0=x , 2
02
1gt t v y -
=(0v , g 是常量). ⑴求火车中的观测者看到的小球的运动方程. 假设运动坐标系和静止坐标系x 轴同向且重合, y 轴平行, 当
0=t 时, 两个坐标系的原点重合. ⑵求在运动坐标系中, 小球的运动轨道. ⑶在两个坐标
系中的观测者看到的小球的加速度各是多少?
解:⑴小球在动坐标系中的运动方程为:
5x t =-
2012
y v t gt =-
⑵在动坐标系中,小球的运动轨道方程为: ()2
015
y x v x =-
+ 小球运动轨道为抛物线。
⑶在两个坐标系中的观测者看到的小球的加速度相同,均大小等于g ,方向竖直向
下。
第2章 质点和质点系动力学
一、内容提要
1、牛顿三定律 几种常见的力
⑴惯性定律(即牛顿第一定律):任何物体都保持静止或匀速直线运动状态,直到有外力迫使其改变这种状态为止。
⑵牛顿第二定律:,dP
F P mv dt
=
=,当m 为常量时,F ma =
⑶牛顿第三定律:物体间的作用力总是成对出现,称为作用力和反作用力,它们大小相等,方向相反,且作用于同一条直线上。即
1221F F =-
说明:①作用力和反作用力不是一对平衡力(因为分别作用于两个相互作用的物体上); ②作用力和反作用力总是成对出现,即同时出现,同时变化,同时消失; ③作用力和反作用力属于相同性质的力。 ⑷力学中常见的几种力: 重力:G mg = 万有引力:12
3
m m F G r r =- 弹性力(通常称为弹力):F kx =-(这里的x 不是坐标,而是指物体的形变量)。 摩擦力:分滑动摩擦力和静摩擦力。 滑动摩擦力大小为:0f N μ=
静摩擦力大小为:k k f f N μ≤=,(k f 为最大静摩擦力。)
2、质点的动量定理 质点系的动量定理和动量守恒定律
⑴冲量:0
t
I Fdt =
⎰
,冲量为一个矢量,冲量是力的时间积累。
⑵质点的动量定理:(其讨论的对象是指单个质点)质点在运动过程中所受合外力的冲量,等于该质点物体的动量增量。即
000
t
I Fdt P P mv mv =
=-=-⎰
用平均力表示 00F t P P mv mv ∆=-=-,t ∆为力作用于质点上的时间。 ⑶质点系的动量定理:(讨论的对象为由多个质点组成的质点系)
000t
i i i i i i F dt P P P P ⎛⎫
=-=-
⎪⎝⎭
∑∑∑⎰ 即质点系总动量的增量等于作用于质点系上的合外力的冲量。
说明:质点系中内力的作用只是在质点系内交换各质点的动量,对质点系的总动量的改变没有贡献。
⑷动量守恒定律:当
0i i
F =∑时,有:
0P ∆=,即 0P P = 说明:若
0i i
F ≠∑,但是0ix
i
F
=∑,则有0P ∆≠,而0x P ∆=,即0x x P P =
3、动能定理 功和功率 保守力的功
⑴功:dA F dr =⋅, ()2
2
1
1
x y z A F dr F dx F dy F dz =⋅=++⎰
⎰
⑵动能定理:2
22
21211
1122
k k A F dr E E mv mv =
⋅=-=-⎰
即,动能定理是外力所做的功等于物体动能的增量。
⑶功率:dA
P dt
=
, P F v =⋅ ⑷保守力的功:常见的保守力有重力、万有引力、弹性力等。 重力的功 ()b
a
b
z ab z b a a
z A G dz mgdz mgz mgz =
=-=--⎰
⎰
万有引力的功 2[()()]b
a
b
r ab a
r b a
mM mM mM
A d G
dr G G r r r =⋅=-=----⎰
⎰F r 弹性力的功 2211
()22
b
a
b
x ab x b a a
x A F dx kxdx kx kx =
=-=--⎰
⎰
保守力做功的特点:①保守力做功仅由物体的始末位置决定, 而与中间路径无关;②保守力沿任意一条闭合路径做功之和为零, 即
0L
F dr ⋅=⎰
4、势能 机械能守恒定律
⑴势能:重力势能 p E mgz =
万有引力势能 p mM
E G r
=- 弹性势能 212
p E kx =
⑵机械能守恒定律:当质点不存在外力做功和非保内力做功时,有 p k E E E =+=常量
5、惯性力
⑴加速平动系中的惯性力 0F ma '≡-
⑵匀速转动系中的静止物体所受的惯性力(也称惯性离心力) 2ˆn F ma m Rr ω'=-= 6、碰撞问题
恢复系数 21
1020
v v e v v -=
-
①当0=e , 则21v v =, 即两球碰撞后以相同的速度运动, 称为完全非弹性碰撞 ②当1=e , 则分离速度等于接近速度,此时碰撞前后总动能守恒,故是弹性碰撞. 碰撞后两物体的速度分别为:
()()
()()
2102011012
1102022012
11e m v v v v m m e m v v v v m m +-=-
++-=+
+
二、习题解答
2.1 一斜面的倾角为α, 质量为m 的物体正好沿斜面匀速下滑. 当斜面的倾角增大为β时, 求物体从高为h 处由静止下滑到底部所需的时间.
解:设斜面摩擦系数为μ。当倾角为α时,
1sin 0f mg α-=
1cos 0N mg α-= 11f N μ=
求得:tg μα=
当斜面倾角为β角时,设物块的下滑加速度为a
2cos 0N mg β-= 2sin mg f ma β-= 222f N N tg μα==
求得:
sin cos a g g tg ββα=- 物体从斜面下滑所需要的时间为:
21
sin 2
h at β=
t ==
2.2 用力f 推地面上的一个质量为m 的木箱,力的方向沿前下方, 且与水平面成α角. 木箱与地面之间的静摩擦系数为0μ, 动摩擦系数为k μ. 求:⑴要推动木箱, f 最小为多少?使木箱做匀速运动, f 为多少?⑵证明当α大于某值时, 无论f 为何值都不能推动木箱, 并求α值.
解:⑴当f 的水平分力克服最大静摩擦力时,木箱可以运动,即 ()0cos sin f mg f αμα≥+ 00cos sin mg
f μαμα≥
-
0min 0cos sin mg
f μαμα
=
-
使木箱做匀速运动,则
()cos sin k f mg f αμα=+
cos sin k k mg
f μαμα
=
-
⑵由能推动木箱的条件: ()0cos sin f mg f αμα≥+ 00cos sin f f mg αμαμ-≥
若0cos sin 0f f αμα-<时,上式不可能成立,即不可能推动木箱的条件为: 0
1
tg αμ>, 0
1
arctg
αμ>
2.3 质量为5000kg 的直升飞机吊起1500kg 的物体, 以0.6m/s 2
的加速度上升, 求:(1)空气作用在螺旋桨上的升力为多少. (2)吊绳中的张力为多少.
解:(1)对飞机物体整体进行受力分析,得
()()f M m g M m a -+=+
()()4
650010.2 6.8910f M m g a N =++=⨯=⨯
(2)对物体m 进行受力分析,得 T mg ma -=
()4
150010.6 1.5910T m g a N =+=⨯=⨯
2.4质量为m 汽车以速率0v 高速行驶, 受到2
kv f -=的阻力作用, k 为常量. 当汽车关闭发动机后, 求:(1)速率v 随时间的变化关系. (2)路程x 随时间的变化关系. (3)证明速率v 与路程x 之间的函数关系为x m
k
e v v -=0.(4)若020/v m s =, 经过15s 后, 速
率降为10/t v m s =, 则k 为多少?
解:由题意, 2dv
m
kv dt =- 两边积分 020
v t
v dv k dt v m =-⎰⎰
011k
t v v m ⎛⎫-=-
⎪⎝⎭
即 00
001v mv v k m kv t v t m =
=+⎛⎫+ ⎪⎝⎭
(2)由上式两边积分
00
x
t
mv dx dt m kv t =+⎰
⎰
即 0ln m kv t m x k m +⎛⎫=
⎪⎝⎭
(3)由(1)中得 0
0mv kv t m v =-,代入(2)中的结果,得 00ln ln mv m m v m m v x k m k v ⎛⎫+- ⎪⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭
⎪⎝⎭
即 0k x m
v v e
-=
(4)020/v m s =,15t s =,10/t v m s =代入0
0mv v m kv t
=+,求得
300
m k =
2.5质量为m 的质点以初速度0v 竖直上抛, 设质点在运动中受到的空气阻力与质点的速率成正比, 比例系数为0>k .试求:(1)质点运动的速度随时间的变化规律. (2)质点上升的最大高度.
解:(1) dv
m mg kv dt
=--
mdv
dt mg kv
=-+
1()k
d kv mg dt mg kv m
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大学物理习题答案
大学物理习题答案 TYYGROUP system office room 【TYYUA16H-TYY-TYYYUA8Q8-
一、 单项选择题: 1. 北京正负电子对撞机中电子在周长为L 的储存环中作轨道运动。已知电子的动量是P ,则偏转磁场的磁感应强度为: ( C ) (A) eL P π; (B) eL P π4; (C) eL P π2; (D) 0。 2. 在磁感应强度为B 的均匀磁场中,取一边长为a 的立方形闭合面,则 通过该闭合面的磁通量的大小为: ( D ) (A) B a 2; (B) B a 22; (C) B a 26; (D) 0。 3.半径为R 的长直圆柱体载流为I , 电流I 均匀分布 在横截面上,则圆柱体内(R r 〈)的一点P 的磁感应强度的大小为 ( B ) (A) r I B πμ20= ; (B) 202R Ir B πμ=; (C) 202r I B πμ=; (D) 2 02R I B πμ= 。 4.单色光从空气射入水中,下面哪种说法是正确的 ( A ) (A) 频率不变,光速变小; (B) 波长不变,频率变大; (C) 波长变短,光速不变; (D) 波长不变,频率不变. 5.如图,在C 点放置点电荷q 1,在A 点放置点电荷q 2,S 是包围点电荷q 1的封闭曲面,P 点是S 曲面上的任意一点.现在把q 2从A 点移到B 点,则 (D ) (A) 通过S 面的电通量改变,但P 点的电场强度不变;
(B) 通过S 面的电通量和P 点的电场强度都改变; (C) 通过S 面的电通量和P 点的电场强度都不变; (D) 通过S 面的电通量不变,但P 点的电场强度改变。 6.如图所示,两平面玻璃板OA 和OB 构成一空气劈尖,一平面单色光垂直入射到劈尖上,当A 板与B 板的夹角θ增大时,干涉图样将 ( C ) (A) 干涉条纹间距增大,并向O 方向移动; (B) 干涉条纹间距减小,并向B 方向移动; (C) 干涉条纹间距减小,并向O 方向移动; (D) 干涉条纹间距增大,并向O 方向移动. 7.在均匀磁场中有一电子枪,它可发射出速率分别为v 和2v 的两个电子,这两个电子的速度方向相同,且均与磁感应强度B 垂直,则这两个电子绕行一周所需的时间之比为 ( A ) (A) 1:1; (B) 1:2; (C) 2:1; (D) 4:1. 8.如图所示,均匀磁场的磁感强度为B ,方向沿y 轴正向,欲要使电量为Q 的正离子沿x 轴正向作匀速直线运动,则必须加一个均匀电场E ,其大小和方向为 ( D ) (A) E =ν B ,E 沿z 轴正向; (B) E =v B ,E 沿y 轴正向; (C) E =B ν,E 沿z 轴正向; (D) E =B ν,E 沿z 轴负向。 C
(完整版)大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学 1、(习题1.1):一质点在xOy 平面内运动,运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。(1)求质点的轨道方程;(2)求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解:(1)由x=2t 得, y=4t 2-8 可得: y=x 2 -8 即轨道曲线 (2)质点的位置 : 2 2(48)r ti t j =+-r r r 由d /d v r t =r r 则速度: 28v i tj =+r r r 由d /d a v t =r r 则加速度: 8a j =r r 则当t=1s 时,有 24,28,8r i j v i j a j =-=+=r r r r r r r r 当t=2s 时,有 48,216,8r i j v i j a j =+=+=r r r r r r r r 2、(习题1.2): 质点沿x 在轴正向运动,加速度kv a -=,k 为常数.设从原点出发时速 度为0v ,求运动方程)(t x x =. 解: kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动,其加速度为a = 4t (SI),已知t = 0时,质点位于x 0=10 m 处,初速度v 0 = 0.试求其位置和时间的关系式. 解: =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出,求: (1)小球的运动方程; (2)小球在落地之前的轨迹方程; (3)落地前瞬时小球的d d r t v ,d d v t v ,t v d d . 解:(1) t v x 0= 式(1) 2gt 21h y -= 式(2) 201()(h -)2 r t v t i gt j =+v v v (2)联立式(1)、式(2)得 2 2 v 2gx h y -= (3)0d -gt d r v i j t =v v v 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d d r v i j t =v v d d v g j t =-v v 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=
大学物理第五章机械振动习题解答和分析
5-1 有一弹簧振子,振幅m A 2 100.2-?=,周期s T 0.1=,初相.4/3π?=试写出它的振动位移、速度和加速度方程。 分析 根据振动的标准形式得出振动方程,通过求导即可求解速度和加速度方程。 解:振动方程为:]2cos[]cos[ ?π ?ω+=+=t T A t A x 代入有关数据得:30.02cos[2]()4 x t SI π π=+ 振子的速度和加速度分别是: 3/0.04sin[2]()4 v dx dt t SI π ππ==-+ 2223/0.08cos[2]()4 a d x dt t SI π ππ==-+ 5-2若简谐振动方程为m t x ]4/20cos[1.0ππ+=,求: (1)振幅、频率、角频率、周期和初相; (2)t=2s 时的位移、速度和加速度. 分析 通过与简谐振动标准方程对比,得出特征参量。 解:(1)可用比较法求解.根据]4/20cos[1.0]cos[ππ?ω+=+=t t A x 得:振幅0.1A m =,角频率20/rad s ωπ=,频率1 /210s νωπ-==, 周期1/0.1T s ν==,/4rad ?π= (2)2t s =时,振动相位为:20/4(40/4)t rad ?ππππ=+=+ 由cos x A ?=,sin A νω?=-,2 2 cos a A x ω?ω=-=-得 20.0707, 4.44/,279/x m m s a m s ν==-=- 5-3质量为kg 2的质点,按方程))](6/(5sin[2.0SI t x π-=沿着x 轴振动.求: (1)t=0时,作用于质点的力的大小; (2)作用于质点的力的最大值和此时质点的位置. 分析 根据振动的动力学特征和已知的简谐振动方程求解,位移最大时受力最大。 解:(1)跟据x m ma f 2 ω-==,)]6/(5sin[2.0π-=t x 将0=t 代入上式中,得: 5.0f N = (2)由x m f 2 ω-=可知,当0.2x A m =-=-时,质点受力最大,为10.0f N =
(完整版)大学物理牛顿运动定律及其应用习题及答案
第2章 牛顿运动定律及其应用 习题解答 1.质量为10kg 的质点在xOy 平面内运动,其运动规律为: 543x con t =+(m),5sin 45y t =-(m).求t 时刻质点所受的力. 解:本题属于第一类问题 543 20sin 480cos 4x x x x con t dx v t dt dv a t dt =+==-==- 5sin 45 20cos 480sin 4y y y t v t a t =-==- 12800cos 4() 800sin 4()()800() x x y y x y F ma t N F ma t N F F F N ==-==-=+= 2.质量为m 的质点沿x 轴正向运动,设质点通过坐标x 位置时其速率为kx (k 为比例系数),求: (1)此时作用于质点的力; (2)质点由1x x =处出发,运动到2x x =处所需要的时间。 解:(1) 2()dv dx F m mk mk x N dt dt === (2) 22112111ln ln x x x x x dx dx v kx t x dt kx k k x ==⇒===⎰ 3.质量为m 的质点在合力0F F kt(N )=-(0F ,k 均为常量)的作用下作直线运动,求: (1)质点的加速度; (2)质点的速度和位置(设质点开始静止于坐标原点处). 解:由牛顿第二运动定律 200201000 232000012111262v t x t F kt dv m F kt a (ms )dt m F t kt F kt dv dt v (ms )m m F t kt F t kt dx dt x (m )m m ---=-⇒=--=⇒=⎰⎰--=⇒=⎰⎰
大学物理---力学部分练习题及答案解析
大学物理---力学部分练习题及答案解析 一、选择题 1、某质点作直线运动的运动学方程为x =3t -5t 3 + 6 (SI),则该质点作 (A) 匀加速直线运动,加速度沿x 轴正方向. (B) 匀加速直线运动,加速度沿x 轴负方向. (C) 变加速直线运动,加速度沿x 轴正方向. (D) 变加速直线运动,加速度沿x 轴负方向. [ D ] 2、一质点沿x 轴作直线运动,其v t 曲线如图所示,如t =0时,质点位于坐标原点,则t = 4.5 s 时,质点在x 轴上的位置为 (A) 5m . (B) 2m . (C) 0. (D) 2 m . (E) 5 m. [ B ] 3、 一质点在平面上运动,已知质点位置矢量的表示式为 j bt i at r 22+=(其中a 、b 为 常量), 则该质点作 (A) 匀速直线运动. (B) 变速直线运动. (C) 抛物线运动. (D)一般曲线运动. [ B ] 4、一质点在x 轴上运动,其坐标与时间的变化关系为x =4t-2t 2,式中x 、t 分别以m 、s 为单位,则4秒末质点的速度和加速度为 ( B ) (A )12m/s 、4m/s 2; (B )-12 m/s 、-4 m/s 2 ; (C )20 m/s 、4 m/s 2 ; (D )-20 m/s 、-4 m/s 2; 5. 下列哪一种说法是正确的 ( C ) (A )运动物体加速度越大,速度越快 (B )作直线运动的物体,加速度越来越小,速度也越来越小 (C )切向加速度为正值时,质点运动加快 (D )法向加速度越大,质点运动的法向速度变化越快 6、一运动质点在某瞬时位于矢径()y x r , 的端点处, 其速度大小为 (A) t r d d (B) t r d d (C) t r d d (D) 22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x [ D ] 1 4.5432.52-112t v (m/s)
大学物理活页作业答案及解析((全套))
1.质点运动学单元练习(一)答案 1.B 2.D 3.D 4.B 5.3.0m ;5.0m (提示:首先分析质点的运动规律,在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动;在t =2.0s 时质点的速率为零;,在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动;由位移和路程的定义可以求得答案。) 6.135m (提示:质点作变加速运动,可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。) 7.解:(1))()2(22 SI j t i t r -+= )(21m j i r += )(242m j i r -= )(3212m j i r r r -=-=∆ )/(32s m j i t r v -=∆∆= (2))(22SI j t i dt r d v -== )(2SI j dt v d a -== )/(422s m j i v -= )/(222--=s m j a 8.解: t A tdt A adt v t o t o ωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2 t A tdt A A vdt A x t o t o ω=ωω-=+=⎰⎰cos sin
9.解:(1)设太阳光线对地转动的角速度为ω s rad /1027.73600 *62 /5-⨯=π= ω s m t h dt ds v /1094.1cos 32 -⨯=ωω== (2)当旗杆与投影等长时,4/π=ωt h s t 0.31008.144=⨯=ω π = 10.解: ky y v v t y y v t dv a -==== d d d d d d d -k =y v d v / d y ⎰⎰+=- =-C v ky v v y ky 2 22 121, d d 已知y =y o ,v =v o 则2 020 2 121ky v C --= )(22 22y y k v v o o -+=
大学物理力学题库及答案解析
大学物理力学题库及答案解析 1、下列关于声音的说法正确的是()[单选题] A.调节电视机音量改变了声音的音调 B.房间的窗户安装双层中空玻璃是在传播过程中减弱噪声(正确答案) C.能从不同乐器中分辨出小提琴的声音主要是因为响度不同 D.用大小不同的力先后敲击同一音叉,音叉发声的音色不同 2、6.2015年诺贝尔物理学奖颁给了发现中微子振荡的两位科学家。中微子是一种比电子还小的基本粒子。下列微粒中最小的是( ) [单选题] * 中子 原子 中微子(正确答案) 质子 3、35.已知甲液体的密度ρ甲=5g/cm3,乙液体的密度ρ乙=2g/cm3,现在取一定量的甲乙液体混合,混合液体的密度为3g/cm3,液体混合前后总体积保持不变,则所取甲乙体积比V甲:V乙=()[单选题] * A.5:2 B.2:5 C.1:2(正确答案) D.2:1
4、关于物质的密度,下列说法正确的是()[单选题] * A. 一罐氧气用掉部分后,罐内氧气的质量变小,密度不变 B. 一只气球受热膨胀后,球内气体的质量不变,密度变大 C. 一支粉笔用掉部分后,它的体积变小,密度变小 D. 一块冰熔化成水后,它的体积变小,密度变大(正确答案) 5、5.交警用电子检测设备检测汽车是否超速时测得的速度是平均速度.[判断题] * 对 错(正确答案) 6、如图63所示,MM’为平面镜,AO为入射光线,ON为法线,入射角∠AON等于60°。已知∠NOB等于30°,∠NOC等于45°,∠NOD等于60°。则入射光线AO的反射光线将沿着哪个方向射出()[单选题] A.ON B.OB C.OC D.OD(正确答案) 7、60.黑色表面的物体对热辐射的吸收本领比白色表面的物体强,那么,炎热的夏天在太阳下和在屋子里,应该()[单选题] *
大学物理上课后习题答案
第1章 质点运动学 P21 一质点在xOy 平面上运动,运动方程为:x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计,x ,y 以m 计;⑴以时间t 为变量,写出质点位置矢量的表示式;⑵求出t =1 s 时刻和t =2s 时刻的位置矢量,计算这1秒内质点的位移;⑶计算t =0 s 时刻到t =4s 时刻内的平均速度;⑷求出质点速度矢量表示式,计算t =4 s 时质点的速度;5计算t =0s 到t =4s 内质点的平均加速度;6求出质点加速度矢量的表示式,计算t =4s 时质点的加速度请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式; 解:1j t t i t r )4321()53(2-+++=m ⑵ 1=t s,2=t s 时,j i r 5.081-= m ;2114r i j =+m ∴ 213 4.5r r r i j ∆=-=+m ⑶0t =s 时,054r i j =-;4t =s 时,41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404 r r r i j i j t --∆+====+⋅∆-v ⑷ 1d 3(3)m s d r i t j t -= =++⋅v ,则:437i j =+v 1s m -⋅ 5 0t =s 时,033i j =+v ;4t =s 时,437i j =+v 24041 m s 44 j a j t --∆====⋅∆v v v 6 2d 1 m s d a j t -= =⋅v 这说明该点只有y 方向的加速度,且为恒量; 质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为2 26a x =+,a 的单位为m/s 2,x 的 单位为m;质点在x =0处,速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值; 解:由d d d d d d d d x a t x t x ===v v v v 得:2 d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分 210 d (26)d x x x =+⎰ ⎰v v v 得:2322250x x =++v ∴ 31225 m s x x -=++⋅v 一质点沿半径为1 m 的圆周运动,运动方程为θ=2+33t ,式中θ以弧度计,t 以秒计,求:⑴ t =2 s 时,质点的切向和法向加速度;⑵当加速度的方向和半径成45°角时,其角位移是多少 解: t t t t 18d d ,9d d 2==== ωβθω ⑴ s 2=t 时,2 s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a 2 222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时,有:tan 451n a a τ︒== 即:βωR R =2 ,亦即t t 18)9(2 2=,解得:9 23=t 则角位移为:32 2323 2.67rad 9 t θ=+=+⨯ = 一质点在半径为的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动,其角加速度为α= rad/s 2,求t =2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度; 解:s 2=t 时,4.022.0=⨯== t αω 1s rad -⋅ 则0.40.40.16R ω==⨯=v 1 s m -⋅ 064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2 s m -⋅ 0.40.20.08a R τα==⨯=2 s m -⋅ 22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+= τa a a n 与切向夹角arctan()0.06443n a a τϕ==≈︒
大学物理课后习题及答案
1-6. 一艘正在沿直线行驶的电艇,在发动机关闭后,其加速度方向与速度方向相反,大小与速度平方成正比,即, 式中K 为常量.试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为 。 其中是发动机关闭时的速度。 分析:要求可通过积分变量替换,积分即可求得。 证: , 2-4.分析:用隔离体法受力分析,人站在底板上静止不动,底板、人受的合力分别为零. 解:设底板、人的质量分别为M ,m , 以向上为正方向,如图2-4(a )、(b), 分别以底板、人为研究对象, 则有: F 为人对底板的压力,为底板对人的弹力。 F= 又: 则 由牛顿第三定律,人对绳的拉力与是一对 作用力与反作用力,即大小相等,均为245(N )。 2—9分析:受力分析,由牛顿第二定律列动力学方程。 证明:如图2—9(b )、(c ),分别以M 、M+m 为研究对象,设M 、M+m 对地的加速度大小分别为(方向向上)、(方向向下),则有:对M ,有: 2/d d v v K t -=0Kx v v e -=0v ()v v x =dx dv v dt dv a ==2d d d d d d d d v x v v t x x v t v K -==⋅=d Kdx v =-v ⎰⎰-=x x K 0 d d 10v v v v Kx -=0ln v v 0Kx v v e -=120T T F Mg +--=3'0T F mg +-='F 'F 23112 T T T ==23()245()4 M m g T T N +===3T 1a 2 a ( b ) (c) 图2-9
质量重的人与滑轮的距离: 。此题得证。 2—26. 质量为M 的木块静止在光滑的水平面桌面上,质量为,速度为的子弹水平地射入木块,并陷在木块内与木块一起运动。求(1)子弹相对木块静止后,木块的速度和动量;(2)子弹相对木块静止后,子弹的动量;(3)在这个过程中,子弹施于木块的冲量。 分析:由木块、子弹为系统水平方向动量守恒,可求解木块的速度和动量。由动量定理求解子弹施于木块的冲量。 解:(1)由于系统在水平方向上不受外力,则由动量守恒定律有: 所以木块的速度:,动量: (2)子弹的动量: (3)对木块由动量定理有: 2—35.一质量为m 、总长为的匀质铁链,开始时有一半放在光滑的桌面上,而另一半下垂。试求铁链滑离桌面边缘时重力所作的功。 分析:分段分析,对OA 段取线元积分求功,对OB 段为整体重力在中心求功。 解:建立如图坐标轴 211 212 ,: ()'():'h a t f Mg Ma M m M m g f M m a f f m t M M m t = -=++-=+=222 对有又g -2h 则:a = (+)则2221122m h h a t h gt M m ⎡⎤ '=+=+⎢⎥+⎣⎦ m 0v 0()mv m M v =+0mv v m M = +0 mv Mv M m M =+20 m v mv m M =+0 mv I Mv M m M ==+l 题图2—35
《大学物理》近代物理学练习题及答案解析
《大学物理》近代物理学练习题及答案解析 一、简答题 1、简述狭义相对论的两个基本原理。 答:爱因斯坦相对性原理: 所有的惯性参考系对于运动的描述都是等效的。 光速不变原理: 光速的大小与光源以及观察者的运动无关,即光速的大小与参考系的选择无关。 2、简述近光速时粒子的能量大小以及各部分能量的意义。 答:总能量2E mc = 2,静能量20E c m =,动能为()20k -m E c m = 表示的是质点运动时具有的总能量,包括两部分,质点的动能k E 及其静动能20c m 。 3、给出相对论性动量和能量的关系,说明在什么条件下,cp E =才成立? 答:相对论性动量和能量的关系为:22202c p E E +=,如果质点的能量0E E >>,在这种情况下则有 cp E =。 4、爱因斯坦相对论力学与经典力学最根本的区别是什么? 写出一维情况洛伦兹变换关系式。 答案:经典力学的绝对时空观与相对论力学的运动时空观。 相对论力学时空观认为:当物体运动速度接近光速时,时间和空间测量遵从洛伦兹变化关系: ()vt x -='γx ⎪⎭ ⎫ ⎝⎛ -='x c v t 2t γ 5、什么情况下会出现长度收缩和时间延缓现象? 这些现象遵从什么规律? 答案:运动系S’与静止系S 之间有接近光速的相对运动时,出现长度收缩或时间延缓现象; 这些现象遵从狭义相对论中洛伦兹时空变换规律。 6、写出爱因斯坦的质能关系式,并说明其物理意义。 答:2E mc = 或2E mc ∆=∆ 物理意义:惯性质量的增加和能量的增加相联系,能量的改变必然导致质量的相应变化,相对论能量和质量遵从守恒定律。 7、微观例子(例如电子)同光子一样具有波粒二象性,它们之间有什么区别,它们的波动性有什么不
大学物理考试习题分析与解答
第七章静电场 7-1关于电场强度与电势的关系,描述正确的是[ ]。 (A) 电场强度大的地方电势一定高;(B) 沿着电场线的方向电势一定降低; (C) 均匀电场中电势处处相等;(D) 电场强度为零的地方电势也为零。 分析与解电场强度与电势是描述静电场的两个不同物理量,电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零,电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时,电场力作功为零;电场强度等于负电势梯度;静电场是保守场,电场线的方向就是电势降低的方向。正确答案为(B)。 7-2半径为R的均匀带电球面的静电场中各点的电场强度的大小E与距球心的距离r之间的关系曲线为[ ]。 7-3、下 分析与解根据静电场的高斯定理可以求得均匀带电球面的电场强度分布为 。正确答案为(B)。 7-3下列说法正确的是[ ]。 (A)带正电的物体电势一定是正的(B)电场强度为零的地方电势一定为零 (C)等势面与电场线处处正交(D)等势面上的电场强度处处相等 分析与解正电荷在电场中所受的电场力的方向与电场线的切线方向相同,电荷在等势面上移动电荷时,电场力不做功,说明电场力与位移方向垂直。正确答案为(C)。 7-4真空中一均匀带电量为Q的球壳,将试验正电荷q从球壳外的R处移至无限远处时,电场力的功为[ ]。 (A)(B)(C)(D) 分析与解静电场力是保守力,电场力做的功等电势能增量的负值,也可以表示成这一过程的电势差与移动电量的乘积,由习题7-2可知电场强度分布,由电势定义式可得球壳与无限远处的电势差。正确答案为(D)。 7-5 关于静电场的高斯定理有下面几种说法,其中正确的是[ ]。 (A)如果高斯面上电场强度处处为零,则高斯面内必无电荷; (B)如果高斯面内有净电荷,则穿过高斯面的电场强度通量必不为零; (C)高斯面上各点的电场强度仅由面内的电荷产生; (D)如果穿过高斯面的电通量为零,则高斯面上电场强度处处为零 分析与解静电场的高斯定理表明,高斯面上的电场强度是由面内外电荷共同产生,而高斯面的电通量只由面内电荷决定。正确答案为(B)。 7-6 在棱长为a的立方体中心放一点电荷Q,则通过其下底面的电通量为[ ]。 (A)(B)(C)0 (D) 分析与解由静电场的高斯定理可知,该立方体六个面的电通量只由面内电荷决定,并且六个面的电通量是均等的。正确答案为(B)。 7-7 如图所示,当把正电荷Q从A点缓慢移动到B点时,则导体内某点P的电场强度与电势(取无限远处为电势零点)的变化情况为[ ]。 (B)电场强度变大,电势升高 (C)电场强度不变,电势不变
大学物理课后习题及答案(I)
习 题 十 五 15-1 如图所示,通过回路的磁场与线圈平面垂直且指出纸里,磁通量按如下规律变化 () Wb 1017632-⨯++=Φt t 式中t 的单位为s 。问s 0.2=t 时,回路中感应电动势的大小是多少? R 上的电流方向如何? [解] ()310712d d -⨯+=Φ - =t t ε ()23101.3107212--⨯=⨯+⨯=V 根据楞次定律,R 上的电流从左向右。 15-2 如图所示,设在铁棒上套两个线圈A 和B ,当线圈A 所通电流变化时,铁芯中的磁通量也变化,磁力线的方向如图所示。副线圈B 有400匝,当铁芯中的磁通量在0.10s 内增加Wb 100.22-⨯时,求线圈B 中平均感应电动势的大小,并判定它的方向。若线圈的总电阻为20Ω,求感应电流的大小。 [解] 由法拉第电磁感应定律t I N d d -=ε得 802.0400d d -=⨯-=Φ -=t N εV 左边电势低,右边电势高。 420 80感感===R εI H 根据楞次定律其方向与A 中电流的方向相反。 15-3 如图所示,两个半径分别为R 和r 的同轴圆形线圈,相距x ,且,R >>r ,x >>R 。若大线圈有电流I 而小线圈沿x 轴方向以速度v 运动。试求x =NR 时(N >0),小线圈中产生的感应电动势的大小。 [解] 因R>>r 可将通过小线圈的B 视为相等,等于在轴线上的B 由于x >>R ,有 3 2 02x IR B μ= 所以 t x x IS R t d d 32d d 420μ=Φ-=ε 而 v t x =d d 因此 x =NR 时, 2 4 2023R N v r I πμ=ε 15-4 一种用小线圈测量磁场的方法如下:做一个小线圈,匝数为N ,截面面积为S ,将它的两端与一测量电量的冲击电流计相连,它和电流计线路的总电阻为R 。先把它放在待测磁场处,并使线圈平面与磁场垂直,然后将它迅速移到磁场外面,这时电流计给出通过电量为q 。试用N 、S 、R 、q 表示待测磁感应强度的大小。
新编大学物理课后习题答案
第1章 质点运动学 一、选择题 题1.1 : 答案:[B] 提示:明确∆r 与r ∆的区别 题1.2: 答案:[A] 题1.3: 答案:[D] 提示:A 与规定的正方向相反的加速运动, B 切向加速度, C 明确标、矢量的关系,加速度是d dt v 题1.4: 答案:[C] 提示: 2 1 r r r ∆=-,1 2,R R r j r i ==-,2 1 v v v ∆=-,1 2,v v v i v j =-=- 题1.5: 答案:[D] 提示:t=0时,x=5;t=3时,x=2得位移为-3m ; 仅从式x=t 2 -4t+5=(t-2)2 +1,抛物线的对称轴为2,质点
有往返 题1.6: 答案:[D] 提示:a=2t=d dt v ,2 2 24 t v tdt t ==-⎰,0 2 t x x vdt -= ⎰,即可得D 项 题1.7: 答案:[D] 北 v 风 v 车1 v 车2 提示: 2 1=2v v 车车,理清=+v v v 绝 相对牵 的关系 二、填空题 题1.8: 答案: 匀速(直线),匀速率 题1.9: 答案:2 915t t -,0.6 提示: 2 915dx v t t dt ==-,t=0.6时,v=0 题1.10:
答案:(1)2 1192 y x =- (2)24t -i j 4-j (3)411+i j 26-i j 3S 提示: (1) 联立2 2192x t y t =⎧⎨=-⎩,消去t 得:2 1192 y x =-,dx dy dt dt = + v i j (2) t=1s 时,24t =-v i j ,4d dt = =-v a j (3) t=2s 时,代入2 2(192)x y t t =+=+-r i j i j 中得411+i j t=1s 到t=2s ,同样代入()t =r r 可求得26r ∆=-i j , r 和v 垂直,即0∙=r v ,得 t=3s 题1.11: 答案:2 12/m s 提示:2 (2)2412(/) dv d x a v x m s dt dt == === 题1.12: 答案:1/m s 22 π 提示: 2 00 t dv v v dt t dt =+ =⎰, 1 1/t v m s ==, 20 13 32 t v dt t R θπ= ==⎰ , 22 2r R π ∆= = 题1.13: 答案:2 15()2 t v t gt -+-i j
大学物理---热学部分和近代物理部分练习题及答案解析
大学物理---热学部分和近代物理部分练习题及答案解析 一、选择题 1. 已知氢气与氧气的温度相同,请判断下列说法哪个正确? (A) 氧分子的质量比氢分子大,所以氧气的压强一定大于氢气的压强. (B) 氧分子的质量比氢分子大,所以氧气的密度一定大于氢气的密度. (C) 氧分子的质量比氢分子大,所以氢分子的速率一定比氧分子的速率大. (D) 氧分子的质量比氢分子大,所以氢分子的方均根速率一定比氧分子的方均根速率 大. [ D ] 2. 两种不同的理想气体,若它们的最概然速率相等,则它们的 (A) 平均速率相等,方均根速率相等. (B) 平均速率相等,方均根速率不相等. (C) 平均速率不相等,方均根速率相等. (D) 平均速率不相等,方均根速率不相等. [ A ] 3. 若理想气体的体积为V ,压强为p ,温度为T ,一个分子的质量为m ,k 为玻尔兹曼常量, R 为普适气体常量,则该理想气体的分子数为: (A) pV / m (B) pV / (kT ) (C) pV / (RT ) (D) pV / (mT ) [ B ] 4. 1 mol 刚性双原子分子理想气体,当温度为T 时,其内能为(式中R 为普适气体常量,k 为玻尔兹曼常量) (A) . (B). (C). (D). [ C ] 5. 一物质系统从外界吸收一定的热量,则 (A) 系统的内能一定增加. (B) 系统的内能一定减少. (C) 系统的内能一定保持不变. (D) 系统的内能可能增加,也可能减少或保持不变. [ D ] 6.如果在一固定容器内,理想气体分子速率都提高为原来的二倍,那么 (A )温度和压强都升高为原来的二倍; (B )温度升高为原来的二倍,压强升高为原来的四倍; RT 23kT 23RT 25kT 25
大学物理第06章习题分析与解答
6-1 某一热力学系统经历一个过程后,吸收了400J 的热量,并对环境做功300J ,则系统的内能( )。 (A )减少了100J (B )增加了100J (C )减少了700J (D )增加了700J 解:由热力学第一定律Q E W =∆+可得 400300=100J E Q W ∆=-=- 故选B 6-2 对于理想气体系统来说,在下列过程中,哪个过程中系统所吸收的热量、内能的增量和对外做功三者均为负值( )? (A )等容降压过程 (B )等温膨胀过程(C )绝热膨胀过程(D )等压压缩过程 解:等容过程不做功,故A 不正确; 等温过程内能不变,故B 不正确;绝热过程与外界不交换热量,故C 不正确; 对于等压压缩过程:体积减小,系统对外界做负功,表现为外界对系统做功;易知压缩过程温度降低,则内能减少;等压过程p p Q C T ν=∆,温度降低,则必放热。故选D 6-3 系统分别经过等压过程和等体过程,如果两过程中的温度增加值相等,那么( )。 (A )等压过程吸收的热量小于等体过程吸收的热量 (B )等压过程吸收的热量等于等体过程吸收的热量 (C )等压过程吸收的热量大于等体过程吸收的热量 (D )无法确定 解:等压过程吸收的热量p p Q C T ν=∆;等容过程吸收的热量V V Q C T ν=∆,由于 V p C C >,故选C 6-4 一台工作于温度分别为327C 和27C 的高温热源与低温热源之间的卡诺热机,每经历一次循环吸热2000J ,则对外界做功( )。 (A )2000J (B )1000J (C )4000J (D )500J 解:卡诺热机循环效率3001= =1-=1-=6002 T W Q T η低吸高,则1000J W =,故选B 6-5 系统从外界获得的能量,一部分用来 ,另一部分用来对外界做功。 解:详见热力学第一定律 6-6 空气压缩机在一次压缩过程中,活塞对气缸内的气体做功为4 210J ⨯,同时气体的内能增加了4 1.510J ⨯。试问:此压缩过程中,气体 (填“吸收”或“放出”)的热量等于 J 。 解:由热力学第一定律Q E W =∆+可得4 4 4 1.510(210)0.510J Q =⨯+-⨯=-⨯ 负号表示放出热量。 6-7 一定量的空气,吸收了3 210J ⨯的热量,并保持在5 1.01310Pa ⨯的压强下膨胀,体
大学物理(第四版)课后习题及答案 质点
题1.1:已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --⋅-⋅+= 。求(l )质点在运动开始后s 0.4内位移的大小;(2)质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解:(1)质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=∆x x x (2)由 0)s m 6()s m 12(d d 232=⋅-⋅=--t t t x 得知质点的换向时刻为 s2=P t (t = 0不合题意) 则:m 0.8021=-=∆x x x m 40x 242-=-=∆x x 所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=∆+∆=x x s 题1.2:一质点沿x 轴方向作直线运动,其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时,0=x 。试根据已知的图t v -,画出t a -图以及t x -图。 题1.2解:将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为 2A B A B AB s m 20-⋅=--=t t v v a (匀加速直线运动) 0BC =a (匀速直线) 2C D C D CD s m 10-⋅-=--= t t v v a (匀减速直线运动) 根据上述结果即可作出质点的a -t 图 在匀变速直线运动中,有 2002 1at t v x x + += 间内,质点是作v = 201s m -⋅的匀速直线运动,其x -t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3:如图所示,湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ,滑轮到原船位置的绳长为0l ,试求:当人以匀速v 拉绳,船运动的速度v '为多少?
大学物理题目答案解读
第一章 质点运动学 T1-4:BDDB 1 -9 质点的运动方程为2 3010t t x +-=22015t t y -= 式中x ,y 的单位为m,t 的单位为s. 试求:(1) 初速度的矢量表达式和大小;(2) 加速度的矢量表达式和大小 解 (1) 速度的分量式为 t t x x 6010d d +-== v t t y y 4015d d -==v 当t =0 时, v o x =-10 m·s-1 , v o y =15 m·s-1 , 则初速度的矢量表达式为1015v i j =-+ , 初速度大小为 1 2 02 00s m 0.18-⋅=+=y x v v v (2) 加速度的分量式为 2s m 60d d -⋅== t a x x v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v 则加速度的矢量表达式为6040a i j =- , 加速度的大小为 22 2 s m 1.72-⋅=+=y x a a a 1 -13 质点沿直线运动,加速度a =4 -t 2 ,式中a 的单位为m·s-2 ,t 的单位为s.如果当t =3s时,x =9 m,v =2 m·s-1 ,求(1) 质点的任意时刻速度表达式;(2)运动方程. 解:(1) 由a =4 -t 2及dv a dt =, 有 2d d (4)d a t t t ==-⎰ ⎰⎰v , 得到 31 143 t t C =-+v 。 又由题目条件,t =3s时v =2,代入上式中有 31 14333C =⨯-+2,解得11C =-,则31413t t =--v 。 (2)由dx v dt =及上面所求得的速度表达式, 有 31 d vd (41)d 3 t t t t ==--⎰ ⎰⎰x 得到 2421212 x t t t C =--+ 又由题目条件,t =3s时x =9,代入上式中有2421 9233312 C =⨯-⨯-+ ,解得20.75C =,于是可得质点运动方程为
《大学物理》振动练习题及答案解析
《大学物理》振动练习题及答案解析 一、简答题 1、如果把一弹簧振子和一单摆拿到月球上去,它们的振动周期将如何改变? 答案:弹簧振子的振动周期不变,单摆的振动周期变大。 2、完全弹性小球在硬地面上的跳动是不是简谐振动,为什么? 答案:不是,因为小球在硬地面上跳动的运动学方程不能用简单的正弦或余弦函数表示,它是一种比较复杂的振动形式。 3、简述符合什么规律的运动是简谐运动 答案:当质点离开平衡位置的位移`x`随时间`t`变化的规律,遵从余弦函数或正弦函数 ()ϕω+=t A x cos 时,该质点的运动便是简谐振动。或:位移x 与加速度a 的关系为正比反向关系。 4、怎样判定一个振动是否简谐振动?写出简谐振动的运动学方程和动力学方程。 答案:物体在回复力作用下,在平衡位置附近,做周期性的线性往复振动,其动力学方程中加速 度与位移成正比,且方向相反:x dt x d 222ω-= 或:运动方程中位移与时间满足余弦周期关系:)cos(φω+=t A x 5、分别从运动学和动力学两个方面说明什么是简谐振动? 答案:运动学方面:运动方程中位移与时间满足正弦或余弦函数关系)cos(φω+=t A x 动力学方面:物体在线性回复力作用下在平衡位置做周期性往复运动,其动力学方程满足 6、简谐运动的三要素是什么? 答案: 振幅、周期、初相位。 7、弹簧振子所做的简谐振动的周期与什么物理量有关? 答案: 仅与振动系统的本身物理性质:振子质量m 和弹簧弹性系数k 有关。 8、如果弹簧的质量不像轻弹簧那样可以忽略,那么该弹簧的周期与轻弹簧的周期相比,是否有变化,试定性说明之。 答案:该振子周期会变大,作用在物体上的力要小于单纯由弹簧形变而产生的力,因为单纯由形