2015-2016湘潭大学物理练习答案

练习1 质点运动学(一)参考答案

1. B； 2. D; 3. 8m, 10m. 4. 3, 3 6;

5. 解：(1) v??x/?t??0.5 m/s

(2) v = d x/d t = 9t - 6t2

v(2) =-6 m/s

(3) S = |x(1.5)-x(1)| + |x(2)-x(1.5)| = 2.25 m

?6. 答：矢径r是从坐标原点至质点所在位置的有向线段．

而位移矢量是从某一个初始时刻质点所在位置到后一个时刻质点所在位置的有向线段．它们的一般关系为

??? ?r?r?r0

???r0为初始时刻的矢径, r为末时刻的矢径，△r为位移矢量．

???若把坐标原点选在质点的初始位置，则r0=0,任意时刻质点对于此位置的位移为△r=r，

?即r既是矢径也是位移矢量．

练习2 质点运动学(二)参考答案

1. D；

2. ?g/2 ， 23v2/?3g?

3. 4t3-3t2 (rad/s)， 12t2-6t (m/s2)

4. 17.3 m/s, 20 m/s .

5. 解： a?dv /dt?4t ， dv ?4t dt

?v0dv??4tdt

0t v?2t2

v?dx /d t?2t2

?xx0dx??2t2dt

0t x?2 t3 /3+x0 (SI)

6. 解：根据已知条件确定常量k

k?ω/t2?v/Rt2?4rad/s2

?? ??4t2, v?R??4Rt2

t=1s时， v = 4Rt2 = 8 m/s

at?dv/dt?8Rt?16m/s2 an?v2/R?32m/s2

2 a?at2?an??1/2?35.8 m/s2

练习3 质点动力学(一)参考答案

1.D 2.C 3.

?NCA

4. l/cos2θ

5.如图所示，A，B，C三物体，质量分别为M=0.8kg, m= m0=0.1kg，当他们如图a放置时，物体正好做匀速运动。（1）求物体A与水平桌面的摩擦系数；（2）若按图b放置时，求系统的加速度及绳的张力。

?PA (1) ?f BA ?PA (2) ?NBA

B

解：(1)

m0g?TT??NN?(M?m)g 联立方程得：m0??M?mU=1/9=0.11

(2)

（m0?m）g?T'?（m0?m）aT'??Mg?Ma利用(1)计算结果，得到

a?T'mm?MM（m0?m）?gm?Mga=g/11=0.89m/s^2 T=2g/11=1.781N

6.解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv，由牛顿定律

?Kv?mdv dtKdv∴ ?dt?,mv?Kt/m∴ v?v0e

Kdv ??dt??mv0v0tv (2) 求最大深度 解法一：

v?dx dt?Kt/mdt dx?v0ext

?0dx?v0e?Kt/mdt

0??Kt/m) ∴ x?(m/K)v0(1?e

xmax?mv0/K

解法二：

?Kv?mdvdvdxdv ?m()()?mvdtdxdtdxxmaxm∴ dx??dv

K

?dx???0mdv Kv00∴ xmax?mv0/K

练习4 质点动力学(二)参考答案

1. B 2. A 3.

F?t1F?t1F?t1?，

m1?m2m1?m2m24. 140 N·s， 24 m/s，

2? I??Fdt??(30?40t)dt?140N?s

t10t2mv2?mv1?I;mv2?I?mv1

v2?(I?mv1)/m?24m/s

5. 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v?

有 mv0 = mv+M v? v? = m(v0 ? v)/M =3.13 m/s T =Mg+Mv2/l =26.5 N

(2) f?t?mv?mv0??4.7N?s (设v0方向为正方向)

负号表示冲量方向与v0方向相反．

6. 解：设V为船对岸的速度，u为狗对船的速度，由于忽略船所受水的阻力，狗与船组成的系统水平方向动量守恒：

MV?m(V?u)?0 即 V?t???mu

M?mtmmudt?l 船走过的路程为 L??Vdt??M?m0M?m0狗离岸的距离为 S?S0?(l?L)?S0?Ml

M?m

练习9 狭义相对论(二)参考答案

1. C 2. C 3. C

4. v?3c/2 , v?3c/2 5. 5.8×10-13, 8.04×10-2

6. 解：据相对论动能公式 EK?mc2?m0c2

得 EK?m0c2(解得

11?(v/c)2?1) 即

11?(v/c)2?1?EK ?1.419m0c2 v = 0.91c

???01?(v/c)2?5.31?10?8 s

平均寿命为

7. 解：根据功能原理，要作的功 W = ?E

根据相对论能量公式 ?E = m2c2- m1c2

根据相对论质量公式 m2?m0/[1?(v2/c)2]1/2

m1?m0/[1?(v1/c)2]1/2

∴ W?m0c2(12v21?2c?1v121?2c)＝4.72×1014 J＝2.95×105 eV

-

练习10 机械振动(一)参考答案

1. D 2. E

3. Acos(2?tT?12?) , Acos2(?tT?13?)

4. 3.43 s, -2?/3

5. 解: (1) vm = ?A ∴? = vm / A =1.5 s-1

∴ T = 2?/????4.19 s

(2) a-2

m = ?2A = vm ?? = 4.5×10 m/s2

(3) ??12? x = 0.02cos(1.5t?12?) (SI)

6. 证：(1) 当小物体偏离圆弧形轨道最低点??角时，其受力如图所示．

切向分力 Ft??mgsin? ①

∵??角很小， ∴ sin???≈? 牛顿第二定律给出 Ft?mat ② 即 ?mg??md2(R?)/dt2 d2?/dt2??g?/R???2? 将③式和简谐振动微分方程比较可知，物体作简谐振动． (2) 由③知

??g/R

周期 T?2?/??2?R/g

O ? N F?tmg? ③

练习11 机械振动(二)参考答案

1. B 2. B 3.

2?2mA2T2

4. 0.04cos(?t?1?)

2

5. 解：(1) 由题意 Fm?kA，A?xm，k?Fm/xm．

E? (2) ??121kxm?Fmxm?0.16 J 22vmvm??2? rad /s Axm?=0.2 m， v0??A?sin??0 由 t = 0， x0?Acos可得

??1?

31?) 3则振动方程为 x?0.4cos(2?t?

6. 解：(1) E?EK?Ep?12kA 21/2 A?[2(EK?Ep)/k] (2)

= 0.08 m

121kx?mv2 2222222 m?x?m?Asin(?t??)

x?Asin(?t??)?A[1?cos(?t??)]?A?x

22 2x?A， x??A/2??0.0566 m

2222222 (3) 过平衡点时，x = 0，此时动能等于总能量 E?EK?Ep?1mv2 21/2 v?[2(EK?Ep)/m]??0.8 m/s

练习12 机械波(一)参考答案

1. C 2. B 3. 30, 30.

4. y1?Acos2[?t/T??] , y2?Acos[2?(t/T?x/?)??]

5. 解：(1) O处质点振动方程

y0?Acos[?(t? (2) 波动表达式

y?Acos[?(t? (3) x?L?x?L?kL)??] ux?L)??] u2?u? (k = 0，1，2，3，…)

6. 解：(1) 由振动曲线可知，P处质点振动方程为

yP?Acos[(2?t/4)??]?Acos(?t??) (SI) (2) 波动表达式为

12 y?Acos2?[(? (3) O处质点的振动方程

y0?Acos1(?t)

t4x?d?)??] (SI)

2练习13 机械波(二)参考答案

1. A 2. D

2??3. yx1?Acos(t?) 或写成 yx1?Asin(2?t/T)

T24. ?

5. 解：(1) 坐标为x点的振动相位为

?t???4?[t?(x/u)]?4?[t?(x/u)]?4?[t?(x/20)] 波的表达式为 y?3?10?2cos4?[t?(x/20)] (SI)

(2) 以B点为坐标原点，则坐标为x点的振动相位为 ?t????4?[t?波的表达式为 y?3?10?2x?5] (SI) 20x)??] (SI) 20cos[4?(t?

6. 解：(1) 由P点的运动方向，可判定该波向左传播．

原点O处质点，t = 0 时

2A/2?Acos?, v0??A?sin??0

所以 ???/4 O处振动方程为 y0?Acos(500?t?1?) (SI) 4由图可判定波长? = 200 m，故波动表达式为 y?Acos[2?(250t?x1)??] (SI) 20045?) 45?) (SI) 4 (2) 距O点100 m处质点的振动方程是 y1?Acos(500?t?振动速度表达式是 v??500?Acos(500?t?

练习14 机械波(三)参考答案

1. D 2. C 3. 2Acos[2?1L1L???2π]?cos[2??t?????2?] ?2?2?x4. 1065Hz, 935Hz

5. 解：(1) 设振幅最大的合振幅为Amax ，有

222 Amax?(2A)?A?2A?2Acos??

式中

???4?x/?，

又因为 cos???cos4?x/??1 时， 合振幅最大，故 4?x/???2k?

合振幅最大的点 x?? (2) 设合振幅最小处的合振幅为Amin

2221k? ( k = 0，1，2，…) 2

Amin?(2A)?A?2A?2Acos?? 因为 cos????1 时合振幅最小

且 ???4?x/? 故 4?x/???(2k?1)? 合振幅最小的点 x??(2k?1)?/4 ( k = 0，1，2，…)

6. 解：(1) 与波动的标准表达式 y?Acos2?(?t?x/?) 对比可得：

? = 4 Hz， ? = 1.50 m，

波速 u = ?? = 6.00 m/s (2) 节点位置 4?x/3??(n??1?) 2 x??3(n?) m , n = 0，1，2，3, … (3) 波腹位置 4?x/3??n? x??3n/4 m , n = 0，1，2，3, …

12练习15 气体动理论基础(一)参考答案

1. D 2. A

3. 1.33×105 Pa 4.

355kT , kT , MRT/Mmol . 222

5. 解：(1) ∴ (2)

6. 解：(1) (2) M / Mmol=N / NA N=MNA / Mmol

w?EkN?MmolEKMN?8.27?10?21 J A T?2w3k＝ 400 K E?i1M12MRT?i2M2RT

mol12Mmol2T?E/??iMiM??112?2M?2mol12M?mol2??R＝300 K ?1?62kT＝1.24×10??? J ?52?2kT＝1.04×10??? J 练习16 气体动理论基础(二)参考答案

1. B 2. B

3. 4000 m·s-1 , 1000 m·s-1

4. 495 m/s

5. 解： p1V=?RT1 p2V=

∴ T2=2 T1p2 / p1

1?RT2 2v1v2?T1?T2P1 2P2

6. 解：由状态方程求得分子数密度 n?分子平均速率 v?p?2.69×1025 m?3 kT8RT?4.26×102 m/s

?Mmol平均碰撞频率 Z?平均自由程

2πd2vn?4.58×109 s?1

??v?9.3×10?8 m Z练习17 热力学基础(一)参考答案

1. B 2. A

3. ?|W1| , ?|W2| 4.

5. 解：氦气为单原子分子理想气体，i?3

(1) 等体过程，V＝常量，W =0 据 Q＝?E+W 可知 Q??E?3p1V1 , 0 2MCV(T2?T1)＝623 J Mmol (2) 定压过程，p = 常量， Q?MCp(T2?T1)=1.04×103 J Mmol ?E与(1) 相同． W = Q ???E＝417 J (3) Q =0，?E与(1) 同

W = ??E=?623 J (负号表示外界作功)

6. 解：等压过程 W= pΔV=(M /Mmol)RΔT

?E?(M/Mmal)11iR?T?iW 221iW?W?7 J 2双原子分子 i?5 ∴

Q??E?W?练习18 热力学基础(二)参考答案

1. A 2. C

3. 8.31J , 29.09J

114. ()??1T0, ()?p033.

5. 解：(1) Q1?RT1ln(V2/V1)?5.35?103 J

(2) ??1?T2?0.25. T1 W??Q1?1.34?103 J (3) Q2?Q1?W?4.01?103 J

6. 解：设c状态的体积为V2，则由于a，c两状态的温度相同，p1V1= p1V2 /4

故 V2 = 4 V1 循环过程 ΔE = 0 , Q =W ． 而在a→b等体过程中功 W1= 0． 在b→c等压过程中功

W2 =p1(V2－V1) /4 = p1(4V1－V1)/4=3 p1V1/4

在c→a等温过程中功 W3 =p1 V1 ln (V2/V2) = ?p1V1ln 4

∴ W =W1 +W2 +W3 =[(3/4)－ln4] p1V1

Q =W=[(3/4)－ln4] p1V1

练习19 热力学基础(三)参考答案

1. D 2. C 3. C

4. 熵增加（或状态几率增大）, 不可逆的 5. 不变 , 增加

6. 解：准静态过程 dS?dQ/T

等温过程 dS?dQ/T?pdV/T 由 pV?RT得 p?RT/V 代入上式 得 dS?RdV/V

V1/2 ?S?RV1?dV/V?Rln1 2 ??5.76 J/K

练习20 静电场(一) 参考答案

1. B 2. C

3. －3? / (2?0) , －? / (2?0), 3? / (2?0). 4. d>>a

5. 解： E1?q14??0d2, E2?q24??0d2

E1 60° ?? d ?∵ 2q1?q2 ， ∴ 2E1?E2 由余弦定理：

2E?E12?E2?2E1E2cos60??3E1

?由正弦定理得：

3q14??0d2= 3.11×106 V/m

?? d 60° q1 d q2

?E ?E2

E1E1E1??sin??sin60?,

?E2sin60?sin????????????????????????????????????????????????????????????????= 30°

?∴E的方向与中垂线的夹角?＝60°，如图所示．

6. 解：选杆的左端为坐标原点，x轴沿杆的方向 ．在x处取一电荷元?dx，它在点电荷所在处产生场强为：

dE??dx4??0?d?x?2

q0 d l ?dx x 整个杆上电荷在该点的场强为： E??4??0dx?l??0?d?x?24??0d?d?l?

lO x d+ x

点电荷q0所受的电场力为： F?q0?l＝0.90 N 沿x轴负向

4??0d?d?l?练习21 静电场(二) 参考答案

1. D 2. B 3. q / (6?0) 4.

q4??2, 0

0r5．解：(1) 一根无限长均匀带电直线在线外离直线距离ｒ处的场强为： E=? / (2??0r) 2分

根据上式及场强叠加原理得两直线间的场强为 ??E?? E?E1?2?2???1?1?? 0??a??a?????2?x???x????2??? ?2a???2?4x2?， 方向沿x轴的负方向 0?a (2) 两直线间单位长度的相互吸引力

F=?E=?2 / (2??0a)

6. 解：在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳，该壳内所包含的电荷为

dq??dV?Ar?4?r2dr

在半径为r的球面内包含的总电荷为

q??rV?dV??04?Ar3dr??Ar4 (r≤R)

以该球面为高斯面，按高斯定理有 E241?4?r??Ar/?0

得到

E21?Ar/?4?0?， (r≤R)

方向沿径向，A>0时向外, A<0时向里．

在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有

E242?4?r??AR/?0 得到 E422?AR/?4?0r?， (r >R)

方向沿径向，A>0时向外，A<0时向里．

12????E1-a/2a/2EOx2E3分

2分

练习22 静电场(三) 参考答案

1. D 2. A 3. 1.5×106 V

4. －8×10-15 J , －5×104 V

5. 解：在圆盘上取一半径为r→r＋dr范围的同心圆环．其面积为

R dS=2?rdr

O dr 其上电荷为 dq=2??rdr 它在O点产生的电势为 dU?

dq?dr?

4??0r2?0总电势 U?dU?S??2?0?R0dr??R 2?0

6. 解：(1) 在杆上取线元dx，其上电荷 dq＝Qdx / (2a)

设无穷远处电势为零，dq在C点处产生的电势 dU? a O a x dx a C xQdx/?2a? 4??0?2a?x?

整个带电杆在C点产生的电势

aQdxQ?ln3 U??dU?L8??0a??a2a?x8??0a带电粒子在C点时，它与带电杆相互作用电势能为 W=qU=qQln3 / (8??0a)

(2) 带电粒子从C点起运动到无限远处时，电场力作功，电势能减少．粒子动能增加．

112mv??mv2?qQln3/?8??0a? 221/2由此得粒子在无限远处的速率

?qQ?ln3?v2? v????4??0am?

练习23 静电场(四) 参考答案

1. B 2. A

3. -q , 球壳外的整个空间． 4. 不变, 减小

5. 解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q，外表面上带电荷q+Q．

(2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O点的 距离都是a，所以由这些电荷在O点产生的电势为 U?q??dq4??0a??q

4??0a (3) 球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在O点

产生的电势的代数和

UO?Uq?U?q?UQ?q ?qqQ?qq111Q??(??)? ?

4??0r4??0a4??0b4??0rab4??0b

?6. 解：在圆柱导体内、外分别作半径为r、长为L的同轴圆柱形高斯面，并应用 D的高斯定理．

圆柱内： 2?rLD＝0

得 D = 0 ?r?a?

E = 0 ?r?a?

圆柱外： 2?rLD = ?L

???得 D???/?2πr??r0 ， (r＞a) r0为径向单位矢量

???π?0?rr??r0 (a＜r＜b) E1?D/??0?r????/?2???π?0r?? r0 (r＞b) E2?D/?0???/?2

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