大学物理学第版 修订版北京邮电大学出版社上册第七章习题答案
大学物理第六版上册北京邮电大学出版课后答案详解精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版大学物理第六版上册北京邮电大学出版课后答案详解1、行驶的汽车关闭发动机后还能行驶一段距离是因为汽车受到惯性力作用[判断题] *对错(正确答案)答案解析:汽车具有惯性2、用如图所示的装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验:1.小车从靠近定滑轮处释放.[判断题] *对错(正确答案)3、马德堡半球实验测出了大气压,其大小等于760mm高水银柱产生的压强[判断题]对错(正确答案)答案解析:托里拆利实验最早测出了大气压强4、11.小敏学习密度后,了解到人体的密度跟水的密度差不多,从而她估测一个中学生的体积约为()[单选题] *A.50 m3B.50 dm3(正确答案)C.50 cm3D.500 cm35、9.在某原子结构模型示意图中,a、b、c是构成该原子的三种不同粒子,能得出的结()[单选题] *A.a和c数量不相等B.b决定原子种类C.质量集中在c上D.a和c之间存在吸引的力(正确答案)6、4.静止在水平地面上的物体受到向上的弹力是因为地面发生了形变.[判断题] *对(正确答案)错7、下列有关力做功的说法中正确的是()[单选题]A.用水平力推着购物车前进,推车的力做了功(正确答案)B.把水桶从地面上提起来,提水桶的力没有做功C.书静止在水平桌面上,书受到的支持力做了功D.挂钩上的书包静止时,书包受到的拉力做了功8、1.与头发摩擦过的塑料尺能吸引碎纸屑。
下列与此现象所反映的原理相同的是()[单选题] *A.行驶的汽车窗帘被吸出去B.挤压后的吸盘吸在光滑的墙上C.用干燥的双手搓开的塑料袋会吸在手上(正确答案)D.两个表面光滑的铅块挤压后吸在一起9、下列措施中,能使蒸发减慢的是()[单选题]A.把盛有酒精的瓶口盖严(正确答案)B.把湿衣服晾在通风向阳处C.用电吹风给湿头发吹风D.将地面上的积水向周围扫开10、停放在水平地面上的汽车对地面的压力和地面对车的支持力是平衡力[判断题] *对错(正确答案)答案解析:相互作用力11、52.“凿壁偷光”原指凿穿墙壁,让邻舍的烛光透过来,后用来形容家贫而勤奋读书。
大学物理课后习题答案(上册)
由受力分析图可知:
所以当所以 增大,小球对木板的压力为N2将减小;
同时:
所以 增大,小球对墙壁的压力 也减小。
2-2. 质量分别为m1和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上,滑块与桌面间的摩擦系数均为μ,系统在水平拉力F作用下匀速运动,如图所示.如突然撤消拉力,则刚撤消后瞬间,二者的加速度aA和aB分别为多少?
解:(1)轨道方程为
这是一条空间螺旋线。
在O 平面上的投影为圆心在原点,半径为R的圆,螺距为h
(2)
(3)
思考题1
1-1. 质点作曲线运动,其瞬时速度为 ,瞬时速率为 ,平均速度为 ,平均速率为 ,则它们之间的下列四种关系中哪一种是正确的?
(1) ;(2) ;(3) ;(4)
答: (3)
1-2. 质点的 关系如图,图中 , , 三条线表示三个速度不同的运动.问它们属于什么类型的运动?哪一个速度大?哪一个速度小?
解:在绳子中距离转轴为r处取一小段绳子,假设其质量为dm,可知: ,分析这dm的绳子的受力情况,因为它做的是圆周运动,所以我们可列出: 。
距转轴为r处绳中的张力T(r)将提供的是r以外的绳子转动的向心力,所以两边积分:
2-3. 已知一质量为 的质点在 轴上运动,质点只受到指向原点的引力作用,引力大小与质点离原点的距离 的平方成反比,即 , 是比例常数.设质点在 时的速度为零,求质点在 处的速度的大小。
解:由题意和牛顿第二定律可得:
再采取分离变量法可得: ,
两边同时取积分,则:
所以:
2-4. 一质量为 的质点,在 平面上运动,受到外力 (SI)的作用, 时,它的初速度为 (SI),求 时质点的速度及受到的法向力 .
大学物理学第版修订版北京邮电大学出版社上册习题答案.docx
习题3 3.1 选择题(1)有一半径为 R 的水平圆转台,可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动,转动惯量为 J,开始时转台以匀角速度ω0转动,此时有一质量为 m的人站在转台中心,随后人沿半径向外跑去,当人到达转台边缘时,转台的角速度为(A)J0(B)J0mR2m) R 2J(J(C)J0(D) 0 mR2[ 答案: (A)](2)如题3.1(2)图所示,一光滑的内表面半径为10cm的半球形碗,以匀角速度ω 绕其对称轴OC旋转,已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止,其位置高于碗底4cm,则由此可推知碗旋转的角速度约为(A)13rad/s(B)17rad/s(C)10rad/s(D)18rad/s(a)(b)题3.1 ( 2)图[ 答案: (A)](3)如 3.1(3) 图所示,有一小块物体,置于光滑的水平桌面上,有一绳其一端连结此物体,;另一端穿过桌面的小孔,该物体原以角速度?在距孔为 R 的圆周上转动,今将绳从小孔缓慢往下拉,则物体(A)动能不变,动量改变。
(B)动量不变,动能改变。
(C)角动量不变,动量不变。
(D)角动量改变,动量改变。
(E)角动量不变,动能、动量都改变。
[ 答案: (E)]3.2 填空题(1)半径为 30cm的飞轮,从静止开始以 0.5rad ·s-2的匀角加速转动,则飞轮边缘上一点在飞轮转过240?时的切向加速度aτ =,法向加速度a n=。
[ 答案:0.15; 1.256 ](2)如题3.2 (2)图所示,一匀质木球固结在一细棒下端,且可绕水平光滑固定轴 O转动,今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中,则在此击中过程中,木球、子弹、细棒系统的原因是。
木球被击中后棒和球升高的过程中,弹、细棒、地球系统的守恒。
守恒,对木球、子题3.2 (2)图[ 答案:对 o 轴的角动量守恒,因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对 o 轴的合外力矩为零,机械能守恒](3)两个质量分布均匀的圆盘 A 和 B 的密度分别为ρA和ρB ( ρA>ρB) ,且两圆盘的总质量和厚度均相同。
大学物理答案(北京邮电大学出版社)
6-10 题6-10图(a)是氢和氧在同一温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线,哪一条代表氢?题6-10图(b)是某种气体在不同温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线,哪一条的温度较高?答:图(a)中(1)表示氧,(2)表示氢;图(b)中(2)温度高.题6-10图6-16 如果氢和氦的摩尔数和温度相同,则下列各量是否相等,为什么?(1)分子的平均平动动能;(2)分子的平动动能;(3)内能.解:(1)相等,分子的平均平动动能都为kT 23. (2)不相等,因为氢分子的平均动能kT 25,氦分子的平均动能kT 23. (3)不相等,因为氢分子的内能RT 25υ,氦分子的内能RT 23υ. 6-21 1mol 氢气,在温度为27℃时,它的平动动能、转动动能和内能各是多少? 解:理想气体分子的能量 RT i E 2υ= 平动动能 3=t 5.373930031.823=⨯⨯=t E J 转动动能 2=r 249330031.822=⨯⨯=r E J 内能5=i 5.623230031.825=⨯⨯=i E J 6-24 (1)求氮气在标准状态下的平均碰撞频率;(2)若温度不变,气压降到1.33×10-4Pa ,平均碰撞频率又为多少(设分子有效直径10-10 m)?解:(1)碰撞频率公式v n d z 22π=对于理想气体有nkT p =,即kTp n = 所以有 kT pv d z 22π= 而 mol60.1M RT v ≈ 43.4552827331.860.1=⨯≈v 1s m -⋅ 氮气在标准状态下的平均碰撞频率805201044.52731038.110013.143.455102⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-πz 1s - 气压下降后的平均碰撞频率123420s 714.02731038.11033.143.455102----=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=πz。
大学物理学 (第3版.修订版) 北京邮电大学出版社 上册 第七章习题7 答案
[答案:B。由图得E=kV, 而,i不变,为一常数。] (5) 在恒定不变的压强下,气体分子的平均碰撞频率与气体的热力学温
度T的关系为 [ ] (A) 与T无关. (B).与T成正比 . (C) 与成反比. (D) 与成正比. [答案:C。。] 7.2填空题 (1)某容器内分子数密度为10 26 m-3,每个分子的质量为 3×10-27 kg,设其中 1/6分子数以速率=200 m /s 垂直地向容器的一壁运动,而 其余 5/6分子或者离开此壁、或者平行此壁方向运动,且分子与容器壁 的碰撞为完全弹性的.则每个分子作用于器壁的冲量P= _______________; 每秒碰在器壁单位面积上的分子数= ______________;作用在器壁上的压强p=_________________. [答案:=1.2×10-24 kg m / s = ×1028 m-2.s-1 ; 或 或 (见教材图7.2 ) =4×103 Pa 或p=4×103 Pa. ] (2)有一瓶质量为M的氢气,温度为T,视为刚性分子理想气体,则氢 分子的平均平动动能为____________,氢分子的平均动能为 ______________,该瓶氢气的内能为____________________. [答案:, =k T, ] (3)容积为3.0×102m3的容器内贮有某种理想气体20 g,设气体的压强 为0.5 atm.则气体分子的最概然速率 ,平均速率 和方均根 速率 . [答案:由理想气体状态方程 可得 3.89×102 m/s 4.41×102 m/s 4.77×102 m/s ] (4)题7.2图所示的两条f()~曲线分别表示氢气和氧气在同一温度下的 麦克斯韦速率分布曲线.由此可得氢气分子的最概然速率为 ___________;氧气分子的最概然速率为___________. 题7.2图 f()
大学物理学第版修订版北京邮电大学出版社上册第七章习题答案
习 题 7选择题(1) 容器中贮有一定量的理想气体,气体分子的质量为m ,当温度为T 时,根据理想气体的分子模型和统计假设,分子速度在x 方向的分量平方的平均值是:(A) 2x υ=. (B) 2x υ= [ ](C) 23x kT m υ=. (D) 2x kTmυ= . [答案:D 。
2222x y z υυυυ=++, 222213xy z υυυυ===,23kTmυ=。
] (2) 一瓶氦气和一瓶氮气的密度相同,分子平均平动动能相同,而且都处于平衡状态,则它们 [ ] (A) 温度相同、压强相同. (B) 温度、压强都不相同. (C) 温度相同,但氦气的压强大于氮气的压强. (D) 温度相同,但氦气的压强小于氮气的压强.[答案:C 。
由32w kT =,w w =氦氮,得T 氦=T 氮 ; 由molpM RTρ=,ρρ=氦氮,T 氦=T 氮 ,而M M <mol 氦mol 氮,故p p >氦氮。
](3) 在标准状态下,氧气和氦气体积比为V 1 /V 2=1/2,都视为刚性分子理想气体,则其内能之比E 1 / E 2为: [ ] (A) 3 / 10. (B) 1 / 2. (C) 5 / 6. (D) 5 / 3.[答案:C 。
由2mol M i E RT M =2ipV =,得111112222256E i pV i V E i pV i V ==⋅=。
](4) 一定质量的理想气体的内能E 随体积V 的变化关系为一直线,其延长线过E ~V 图的原点,题图所示,则此直线表示的过程为: [ ](A) 等温过程. (B) 等压过程. (C) 等体过程. (D) 绝热过程.[答案:B 。
由图得E =kV , 而2i E pV =,i 不变,2ik p =为一常数。
] (5) 在恒定不变的压强下,气体分子的平均碰撞频率Z 与气体的热力学温度T 的关系为 [ ](A) Z 与T 无关. (B).Z 与T 成正比 .(C) Z 与T 成反比. (D) Z 与T 成正比.[答案:C。
大学物理学课后习题7第七章答案
q 6 0
对于边长 a 的正方形,如果它不包含 q
所在的顶点,则 e
q 24 0
,
如果它包含 q 所在顶点则 e 0 .
7.8 均匀带电球壳内半径6cm,外半径10cm,电荷体密度为2×
105 C·m-3求距球心5cm,8cm ,12cm 各点的场强.
解:
高斯定理 当 r 5 cm
均匀分布,其电势U
E
dr
R2
qdr R2 4π 0 r 2
q 4π 0 R
题 7.16 图
(2)外壳接地时,外表面电荷 q 入地,外表面不带电,内表面电荷仍
为 q .所以球壳电势由内球 q 与内表面 q 产生:
U
q 4π 0 R2
q 4π 0 R2
(2)同理
dEQ
1 4π 0
dx
x2
d
2 2
方向如题 7.6 图所示
由于对称性 l dEQx 0 ,即 EQ 只有 y 分量,
∵
dEQy
1 4π 0
dx
x2
d
2 2
d2
x2
d
2 2
EQy
l dEQy
d2 4π 2
l 2
dx
l
3
2
(x2
d
2 2
)
2
l
1由于电荷均匀分布与对称性ab和cd段电荷在o点产生的场强互相抵消取?ddrl?则??ddrq?产生o点e?d如图由于对称性o点场强沿y轴负方向题714图??????cos4dd2220?????rreeyr04???2sin??2sin??r02????2ab电荷在o点产生电势以0??u?????ab200012ln44d4drrxxxxu??????同理cd产生2ln402???u半圆环产生00344??????rru0032142ln2?????????uuuuo715两个平行金属板ab的面积为200cm2a和b之间距离为2cmb板接地如图715所示
《大学物理》北邮大学出版社
a
E dl
a
Ub
U ab U a U b
b
E .d l .......( 1)
E dl
b
dl
a
E
U a —电场中a点的电势
a
2、电场力作的功与电势差的关系:
A ab q 0 (U
a
U b—电场中b点的电势
U b )........( 8 . 25 )
U1
R
E .d l
P1
R
r
E 1 dr
R
E 2 dr
q
P1 o
故均匀带电球面的电势分布:
q
odr 4 π
r R
q
0
r
2
d r
q 4π 0 R
.....( 3 )#
dr
R
U
4 π 0 R q
(r R) (r R)
r
q
U
4 π 0 r r R • 球内各点U为常量,球面电势与球内相等, U 连续!
U
a
b
E .d l d 电势为零的点 E 2 . d l E 3 d l ...
c n
a
a
E 1 .d l
c
b
E n . d l ......( 2 )
• (2)、叠加法 U U 1 U
2
...
U
i
i
....( 3 )
r R : E1 0 r R: E 2
大学物理学答案 第 版 版 上册 北京邮电大学 完全版
亦即 ②
由②可作出矢量三角形如图(b),又由①式可知三矢量之间满足勾股定理,且以 为斜边,故知 与 是互相垂直的.
第三习题
一质量为 的质点位于( )处,速度为 , 质点受到一个沿 负方向的力 的作用,求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩.
解: 由题知,质点的位矢为
解: 质点的动量为
将 和 分别代入上式,得
, ,
则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为
一颗子弹由枪口射出时速率为 ,当子弹在枪筒内被加速时,它所受的合力为F=( )N( 为常数),其中 以秒为单位:(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零,试计算子弹走完枪筒全长所需时间;(2)求子弹所受的冲量.(3)求子弹的质量.
解: (1)由题知, 为恒力,
∴
(2)
(3)由动能定理,
以铁锤将一铁钉击入木板,设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比,在铁锤击第一次时,能将小钉击入木板内1 cm,问击第二次时能击入多深,假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同.
解: 以木板上界面为坐标原点,向内为 坐标正向,如题2-13图,则铁钉所受阻力为
解: 从 上下滑的过程中,机械能守恒,以 , ,地球为系统,以最低点为重力势能零点,则有
又下滑过程,动量守恒,以 , 为系统则在 脱离 瞬间,水平方向有
联立,以上两式,得
一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞,试证碰后两小球的运动方向互相垂直.
证: 两小球碰撞过程中,机械能守恒,有
即 ①
题图(a) 题图(b)
1.8一质点在 平面上运动,运动方程为
=3 +5, = 2+3 -4.
式中 以 s计, , 以m计.(1)以时间 为变量,写出质点位置矢量的表示式;(2)求出 =1 s时刻和 =2s时刻的位置矢量,计算这1秒内质点的位移;(3)计算 =0 s时刻到 =4s时刻内的平均速度;(4)求出质点速度矢量表示式,计算 =4 s时质点的速度;(5)计算 =0s到 =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 =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).
大学物理上册-课后习题答案全解
大学物理上册课后习题答案第一章 质点运动学1.1 一质点沿直线运动,运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3.试求: (1)第2s 内的位移和平均速度;(2)1s 末及2s 末的瞬时速度,第2s 内的路程; (3)1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度.[解答](1)质点在第1s 末的位置为:x (1) = 6×12 - 2×13= 4(m).在第2s 末的位置为:x (2) = 6×22 - 2×23= 8(m). 在第2s 内的位移大小为:Δx = x (2) – x (1) = 4(m),经过的时间为Δt = 1s ,所以平均速度大小为:=Δx /Δt = 4(m·s -1).(2)质点的瞬时速度大小为:v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2,因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1),v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小,即Δs = Δx = 4m . (3)质点的瞬时加速度大小为:a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ,因此1s 末的瞬时加速度为:a (1) = 12 - 12×1 = 0,第2s 内的平均加速度为:= [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2).[注意] 第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒.1.2 一质点作匀加速直线运动,在t = 10s 内走过路程s = 30m ,而其速度增为n = 5倍.试证加速度为,并由上述资料求出量值.[证明]依题意得v t = nv o ,根据速度公式v t = v o + at ,得a = (n – 1)v o /t , (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2+ 2as ,得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ,(2) (1)平方之后除以(2)式证得:.计算得加速度为:= (m·s -2).1.3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑,他以与水平成°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳,准确地落在坑的东边.已知东边比西边低70m ,忽略空气阻力,且取g = 10m·s -2.问:(1)矿坑有多宽?他飞越的时间多长?(2)他在东边落地时的速度?速度与水平面的夹角? [解答]方法一:分步法.(1)夹角用θ表示,人和车(人)在竖直方向首先做竖直上抛运动,初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = (m·s -1).取向上的方向为正,根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ,这里的v 0就是v y 0,a = -g ;当人达到最高点时,v t = 0,所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = (s).再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式:v t 2 - v 02= 2a s ,可得上升的最大高度为:h 1 = v y 02/2g = (m).人从最高点开始再做自由落体运动,下落的高度为;h 2 = h 1 + h = (m).根据自由落体运动公式s = gt 2/2,得下落的时间为:= (s). 因此人飞越的时间为:t = t 1 + t 2 = (s).人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = (m·s -1), 所以矿坑的宽度为:x = v x 0t = (m).(2)根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为:v y = gt = (m·s -1),落地速度为:v = (v x 2 + v y 2)1/2 = (m·s -1),与水平方向的夹角为:φ = arctan(v y /v x ) = º,方向斜向下.方法二:一步法.图取向上为正,人在竖直方向的位移为y = v y0t - gt2/2,移项得时间的一元二次方程,解得:.这里y = -70m,根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小,由于时间应该取正值,所以公式取正根,计算时间为:t= (s).由此可以求解其它问题.1.4一个正在沿直线行驶的汽船,关闭发动机后,由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度,即d v/d t = -kv2,k为常数.(1)试证在关闭发动机后,船在t时刻的速度大小为;(2)试证在时间t内,船行驶的距离为.[证明](1)分离变数得,故,可得:.(2)公式可化为,由于v = d x/d t,所以:积分.因此.证毕.[讨论]当力是速度的函数时,即f = f(v),根据牛顿第二定律得f = ma.由于a = d2x/d t2,而 d x/d t = v,a = d v/d t,分离变数得方程:,解方程即可求解.在本题中,k已经包括了质点的质量.如果阻力与速度反向、大小与船速的n次方成正比,则d v/d t = -kv n.(1)如果n = 1,则得,积分得ln v = -kt + C.当t = 0时,v = v0,所以C = ln v0,因此ln v/v0 = -kt,得速度为:v = v0e-kt.而d v = v0e-kt d t,积分得:.当t = 0时,x = 0,所以C` = v0/k,因此.(2)如果n≠1,则得,积分得.当t = 0时,v = v0,所以,因此.如果n = 2,就是本题的结果.如果n≠2,可得,读者不妨自证.1.5 一质点沿半径为的圆周运动,其角位置(以弧度表示)可用公式表示:θ = 2 + 4t3.求:(1)t = 2s时,它的法向加速度和切向加速度;(2)当切向加速度恰为总加速度大小的一半时,θ为何值?(3)在哪一时刻,切向加速度和法向加速度恰有相等的值?[解答](1)角速度为ω = dθ/d t = 12t2= 48(rad·s-1),法向加速度为a n= rω2= (m·s-2);角加速度为β = dω/d t = 24t= 48(rad·s-2),切向加速度为a t= rβ = (m·s-2).(2)总加速度为a = (a t2 + a n2)1/2,当a t = a/2时,有4a t2 = a t2 + a n2,即.由此得,即,解得.所以 =(rad).(3)当a t = a n时,可得rβ = rω2,即: 24t = (12t2)2,解得:t = (1/6)1/3 = (s).1.6 一飞机在铅直面内飞行,某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1,方向与水平线夹角为30°而斜向下,此后飞机的加速度为a = 20m·s -2,方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上,问多长时间后,飞机又回到原来的高度?在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少?[解答]建立水平和垂直坐标系,飞机的初速度的大小为v 0x = v 0cos θ,v 0y = v 0sin θ.加速度的大小为a x = a cos α, a y = a sin α. 运动方程为, . 即 ,.令y = 0,解得飞机回到原来高度时的时间为:t = 0(舍去);(s). 将t 代入x 的方程求得x = 9000m .[注意]选择不同的坐标系,如x 方向沿着a 的方向或者沿着v 0的方向,也能求出相同的结果.1.7 一个半径为R = 的轻圆盘,可以绕一水平轴自由转动.一根轻绳绕在盘子的边缘,其自由端拴一物体A .在重力作用下,物体A 从静止开始匀加速地下降,在Δt = 内下降的距离h = .求物体开始下降后3s 末,圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度.[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A 下落加速度.由于,所以a t = 2h /Δt 2 = (m·s -2).物体下降3s 末的速度为v = a t t = (m·s -1),这也是边缘的线速度,因此法向加速度为= (m·s -2).1.8 一升降机以加速度·s -2上升,当上升速度为·s -1时,有一螺帽自升降机的天花板上松落,天花板与升降机的底面相距.计算:(1)螺帽从天花板落到底面所需的时间;(2)螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离.[解答]在螺帽从天花板落到底面时,升降机上升的高度为;螺帽做竖直上抛运动,位移为. 由题意得h = h 1 - h 2,所以, 解得时间为= (s).算得h 2 = ,即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为.[注意]以升降机为参考系,钉子下落时相对加速度为a + g ,而初速度为零,可列方程h = (a + g )t 2/2,由此可计算钉子落下的时间,进而计算下降距离.1.9 有一架飞机从A 处向东飞到B 处,然后又向西飞回到A 处.已知气流相对于地面的速度为u ,AB 之间的距离为l ,飞机相对于空气的速率v 保持不变.(1)如果u = 0(空气静止),试证来回飞行的时间为; (2)如果气流的速度向东,证明来回飞行的总时间为; (3)如果气流的速度向北,证明来回飞行的总时间为. [证明](1)飞机飞行来回的速率为v ,路程为2l ,所以飞行时间为t 0 = 2l /v .(2)飞机向东飞行顺风的速率为v + u ,向西飞行逆风的速率为v - u ,所以飞行时间为 .(3)飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度.为了使飞机沿着AB 之间的直线飞行,就要使其相对地的速度偏向北方,可作向量三角形,其中沿AB 方向的速度大小为,所以飞行时间为. 证毕.图A AB v v + uv - u ABv uuvv1.10 如图所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速度为v 1,下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ,偏向于汽车前进方向,速度为v 2.今在车后放一长方形物体,问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿?[解答]雨对地的速度等于雨对车的速度加车对地的速度,由此可作向量三角形.根据题意得tan α = l/h .方法一:利用直角三角形.根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α,其中v 3 = v ⊥/cos α,而v ⊥ = v 2cos θ, 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α, 即 . 证毕.方法二:利用正弦定理.根据正弦定理可得,所以: ,即 . 方法三:利用位移关系.将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量,在t 时间内,雨滴的位移为l = (v 1 – v 2sin θ)t , h = v 2cos θ∙t .两式消去时间t 即得所求. 证毕.第二章 运动定律与力学中的守恒定律(一) 牛顿运动定律2.1 一个重量为P 的质点,在光滑的固定斜面(倾角为α)上以初速度运动,的方向与斜面底边的水平约AB 平行,如图所示,求这质点的运动轨道.[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α,方向与初速度方向垂直.其运动方程为x = v 0t ,.将t = x/v 0,代入后一方程得质点的轨道方程为,这是抛物线方程.2.2 桌上有一质量M = 1kg 的平板,板上放一品质m = 2kg的另一物体,设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = ,静摩擦因素为μs = .求:(1)今以水平力拉板,使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动,试计算物体与板、与桌面间的相互作用力;(2)要将板从物体下面抽出,至少需要多大的力?[解答](1)物体与板之间有正压力和摩擦力的作用.板对物体的支持大小等于物体的重力:N m = mg = (N), 这也是板受物体的压力的大小,但压力方向相反.物体受板摩擦力做加速运动,摩擦力的大小为:f m = ma = 2(N),这也是板受到的摩擦力的大小,摩擦力方向也相反.板受桌子的支持力大小等于其重力:N M = (m + M )g = (N), 这也是桌子受板的压力的大小,但方向相反.板在桌子上滑动,所受摩擦力的大小为:f M = μk N M = (N). 这也是桌子受到的摩擦力的大小,方向也相反.图1h lα图 m(2)设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动,物体的运动方程为 f =μs mg = ma`,可得 a` =μs g .板的运动方程为F – f – μk (m + M )g = Ma`, 即 F = f + Ma` + μk (m + M )g= (μs + μk )(m + M )g ,算得 F = (N).因此要将板从物体下面抽出,至少需要的力.2.3 如图所示:已知F = 4N ,m 1 = ,m 2 = ,两物体与水平面的的摩擦因素匀为.求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力.(绳子和滑轮品质均不计)[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1,而力的关系为T 1 = 2T 2. 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2, F – T 1 – μm 1g = m 1a 1. 可以解得m 2的加速度为 = (m·s -2),绳对它的拉力为= (N).2.4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2.求证:(1)它们串联起来时,总倔强系数k 与k 1和k 2.满足关系关系式; (2)它们并联起来时,总倔强系数k = k 1 + k 2.[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时,有F = kx ,其中k 为总倔强系数.两个弹簧分别拉长x 1和x 2,产生的弹力分别为 F 1 = k 1x 1,F 2 = k 2x 2. (1)由于弹簧串联,所以F = F 1 = F 2,x = x 1 + x 2, 因此 ,即:. (2)由于弹簧并联,所以F = F 1 + F 2,x = x 1 = x 2, 因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2, 即:k = k 1 + k 2.2.5 如图所示,质量为m 的摆悬于架上,架固定于小车上,在下述各种情况中,求摆线的方向(即摆线与竖直线的夹角θ)及线中的张力T .(1)小车沿水平线作匀速运动; (2)小车以加速度沿水平方向运动;(3)小车自由地从倾斜平面上滑下,斜面与水平面成φ角; (4)用与斜面平行的加速度把小车沿斜面往上推(设b 1 = b ); (5)以同样大小的加速度(b 2 = b ),将小车从斜面上推下来.[解答](1)小车沿水平方向做匀速直线运动时,摆在水平方向没有受到力的作用,摆线偏角为零,线中张力为T = mg .(2)小车在水平方向做加速运动时,重力和拉力的合力就是合外力.由于tan θ = ma/mg , 所以 θ = arctan(a/g ); 绳子张力等于摆所受的拉力 :.(3)小车沿斜面自由滑下时,摆仍然受到重力和拉力,合力沿斜面向下,所以θ = φ; T = mg cos φ.(4)根据题意作力的向量图,将竖直虚线延长, 与水平辅助线相交,可得一直角三角形,θ角的对边 是mb cos φ,邻边是mg + mb sin φ,由此可得:12图2 图(2), 因此角度为;而张力为. (5)与上一问相比,加速度的 方向反向,只要将上一结果中的b 改为-b 就行了.2.6 如图所示:质量为m =的小球,拴在长度l =的轻绳子的一端,构成一个摆.摆动时,与竖直线的最大夹角为60°.求: (1)小球通过竖直位置时的速度为多少?此时绳的张力多大? (2)在θ < 60°的任一位置时,求小球速度v 与θ的关系式.这时小球的加速度为多大?绳中的张力多大?(3)在θ = 60°时,小球的加速度多大?绳的张力有多大?[解答](1)小球在运动中受到重力和绳子的拉力,由于小球沿圆弧运动,所以合力方向沿着圆弧的切线方向,即F = -mg sin θ,负号表示角度θ增加的方向为正方向. 小球的运动方程为,其中s 表示弧长.由于s = Rθ = lθ,所以速度为 , 因此 , 即 v d v = -gl sin θd θ, (1) 取积分 , 得 ,解得:= (m·s -1). 由于:, 所以T B = 2mg = (N). (2)由(1)式积分得 ,当 θ = 60º时,v C = 0,所以C = -lg /2, 因此速度为.切向加速度为a t = g sin θ;法向加速度为 .由于T C – mg cos θ = ma n ,所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1). (3)当 θ = 60º时,切向加速度为= (m·s -2),法向加速度为 a n = 0,绳子的拉力T = mg /2 = (N).[注意]在学过机械能守恒定律之后,求解速率更方便.2.7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时,它的速率多大?(要求用牛顿第二定律积分求解)[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力,合力方向沿着曲线方向.设切线与竖直方向的夹角为θ,则F = mg cos θ.小球的运动方程为,s 表示弧长.图图由于,所以,因此v d v = g cosθd s= g d h,h表示石下落的高度.积分得,当h = 0时,v = 0,所以C = 0,因此速率为.2.8质量为m的物体,最初静止于x0,在力(k为常数)作用下沿直线运动.证明物体在x处的速度大小v = [2k(1/x– 1/x0)/m]1/2.[证明]当物体在直线上运动时,根据牛顿第二定律得方程利用v = d x/d t,可得,因此方程变为,积分得.利用初始条件,当x = x0时,v = 0,所以C = -k/x0,因此,即.证毕.[讨论]此题中,力是位置的函数:f = f(x),利用变换可得方程:mv d v = f(x)d x,积分即可求解.如果f(x) = -k/x n,则得.(1)当n = 1时,可得利用初始条件x = x0时,v = 0,所以C = ln x0,因此,即.(2)如果n≠1,可得.利用初始条件x = x0时,v = 0,所以,因此,即.当n = 2时,即证明了本题的结果.2.9一质量为m的小球以速率v0从地面开始竖直向上运动.在运动过程中,小球所受空气阻力大小与速率成正比,比例系数为k.求:(1)小球速率随时间的变化关系v(t);(2)小球上升到最大高度所花的时间T.[解答](1)小球竖直上升时受到重力和空气阻力,两者方向向下,取向上的方向为下,根据牛顿第二定律得方程,分离变数得,积分得.当t = 0时,v = v0,所以,因此,小球速率随时间的变化关系为.(2)当小球运动到最高点时v = 0,所需要的时间为.[讨论](1)如果还要求位置与时间的关系,可用如下步骤:由于v = d x/d t,所以,即,积分得,当t = 0时,x = 0,所以,因此 .(2)如果小球以v 0的初速度向下做直线运动,取向下的方向为正,则微分方程变为 ,用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为.这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出.由此可见:不论小球初速度如何,其最终速率趋于常数v m = mg/k .2.10 如图所示:光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带,半径为R .一物体帖着环带内侧运动,物体与环带间的滑动摩擦因子为μk .设物体在某时刻经A 点时速率为v 0,求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程.[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力,即 N = mv 2/R .物体所受的摩擦力为f = -μk N ,负号表示力的方向与速度的方向相反.根据牛顿第二定律得, 即 : .积分得:.当t = 0时,v = v 0,所以, 因此 .解得 .由于 , 积分得,当t = 0时,x = x 0,所以C = 0,因此.2.11 如图所示,一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动.在环上套有一珠子.今逐渐增大圆环的转动角速度ω,试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置.以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示.[解答]珠子受到重力和环的压力,其合力指向竖直直径,作为珠子做圆周运动的向心力,其大小为:F = mg tg θ.珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ.根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ,可得,解得 .(二)力学中的守恒定律2.12 如图所示,一小球在弹簧的弹力作用下振动.弹力F = -kx ,而位移x = A cos ωt ,其中k ,A 和ω都是常数.求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量.[解答]方法一:利用冲量公式.根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ,积分得冲量为 , 方法二:利用动量定理.小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ,图设小球的品质为m ,其初动量为p 1 = mv 1 = 0, 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ,小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ,可以证明k =mω2,因此I = -kA /ω.2.13一个质量m = 50g ,以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球,在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少?[解答]小球动量的大小为p = mv ,但是末动量与初动量互相垂直,根据动量的增量的定义得:, 由此可作向量三角形,可得:.因此向心力给予小球的的冲量大小为= (N·s). [注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ,方向是指向圆心的,其方向在 不断地发生改变,所以不能直接用下式计算冲量.假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动,拉力的大小就是向心力 F = mv 2/R = mωv , 其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ,F y = F sin θ = F sin ωt ,给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ,d I y = F y d t = F sin ωt d t , 积分得,,合冲量为,与前面计算结果相同,但过程要复杂一些.2.14 用棒打击质量,速率等于20m·s -1的水平飞来的球,球飞到竖直上方10m 的高度.求棒给予球的冲量多大?设球与棒的接触时间为,求球受到的平均冲力?[解答]球上升初速度为= 14(m·s -1),其速度的增量为= (m·s -1).棒给球冲量为I = m Δv = (N·s),对球的作用力为(不计重力):F = I/t = (N). 2.15 如图所示,三个物体A 、B 、C ,每个品质都为M ,B 和C 靠在一起,放在光滑水平桌面上,两者连有一段长度为的细绳,首先放松.B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连.已知滑轮轴上的摩擦也可忽略,绳子长度一定.问A 和B 起动后,经多长时间C 也开始运动?C 开始运动时的速度是多少?(取g = 10m·s -2)[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力,可列方程Mg – T = Ma ,物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动, 加速度大小为a ,可列方程:T = Ma ,联立方程可得:a = g/2 = 5(m·s -2).根据运动学公式:s = v 0t + at 2/2,v x Δv v y可得B 拉C 之前的运动时间;= (s).此时B 的速度大小为:v = at = 2(m·s -1).物体A 跨过动滑轮向下运动,如同以相同的加速度和速度向右运动.A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程,它们的动量守恒,可得:2Mv = 3Mv`,因此C 开始运动的速度为:v` = 2v /3 = (m·s -1).2.16 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后,在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块,一块沿此45°仰角上飞,一块沿45°俯角下冲,求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少?[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ,方向沿水平方向. 根据动量守恒定律,可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的 总动量,可作向量三角形,列方程得, 所以 v` = v /cos45° = .2.17 如图所示,一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动,这圆弧路面的半径为R .设马对雪橇的拉力总是平行于路面.雪橇的品质为m ,它与路面的滑动摩擦因子为μk .当把雪橇由底端拉上45°圆弧时,马对雪橇做了多少功?重力和摩擦力各做了多少功?[解答]取弧长增加的方向为正方向,弧位移的大小为d s = R d θ.重力的大小为:G = mg ,方向竖直向下,与位移元的夹角为π + θ,所做的功元为,积分得重力所做的功为. 摩擦力的大小为:f = μk N = μk mg cos θ,方向与弧位移的方向相反,所做的功元为,积分得摩擦力所做的功为.要使雪橇缓慢地匀速移动,雪橇受的重力、摩擦力和马的拉力就是平衡力,即 , 或者 . 拉力的功元为:, 拉力所做的功为.由此可见,重力和摩擦力都做负功,拉力做正功.2.18 一品质为m 的质点拴在细绳的一端,绳的另一端固定,此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动.设质点最初的速率是v 0,当它运动1周时,其速率变为v 0/2,求:(1)摩擦力所做的功; (2)滑动摩擦因子;(3)在静止以前质点运动了多少圈?[解答] (1)质点的初动能为:E 1 = mv 02/2,末动能为:E 2 = mv 2/2 = mv 02/8,动能的增量为:ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8, 这就是摩擦力所做的功W .图(2)由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ,积分得: .由于W = ΔE ,可得滑动摩擦因子为.(3)在自然坐标中,质点的切向加速度为:a t = f/m = -μk g ,根据公式v t 2 – v o 2= 2a t s ,可得质点运动的弧长为,圈数为 n = s/2πr = 4/3.[注意]根据用动能定理,摩擦力所做的功等于质点动能的增量:-fs = ΔE k , 可得 s = -ΔE k /f ,由此也能计算弧长和圈数。
大学物理(上册)参考答案
大学物理(上册)参考答案第一章作业题P211.1; 1.2; 1.4;1.9 质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为 a =2+62 x,a 的单位为2sm -?,x 的单位为 m. 质点在x =0处,速度为101s m -?,试求质点在任何坐标处的速度值.解:∵x v v t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量: x x adx d )62(d 2+==υυ两边积分得 cx x v ++=322221由题知,0=x 时,100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-?++=x x v1.10已知一质点作直线运动,其加速度为 a =4+3t 2sm -?,开始运动时,x =5 m , v =0,求该质点在t =10s 时的速度和位置.解:∵ t t va 34d d +==分离变量,得 t t v d )34(d +=积分,得 12234c t t v ++=由题知,0=t ,00=v ,∴01=c故2234t t v += 又因为2234d d t t t x v +== 分离变量, tt t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t ,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+?+?=?=?+=-x v1.11一质点沿半径为1 m 的圆周运动,运动方程为θ=2+33t ,θ式中以弧度计,t 以秒计,求:(1) t =2 s 时,质点的切向和法向加速度;(2)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(1)s 2=t 时, 2s m 362181-?=??==βτR a2222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n(2)当加速度方向与半径成ο45角时,有145tan ==?na aτ即βωR R =2 亦即t t 18)9(22= 则解得 923=t 于是角位移为rad67.29232323=?+=+=t θ1.12 质点沿半径为R 的圆周按s =2021bt t v -的规律运动,式中s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ,b 都是常量,求:(1)t 时刻质点的加速度;(2) t 为何值时,加速度在数值上等于b .解:(1)bt v t sv -==0d dR bt v R v a b tva n 202)(d d -==-==τ则 240222)(R bt v b a a a n -+=+=τ加速度与半径的夹角为20)(arctan bt v Rba a n --==τ?(2)由题意应有2402)(R bt v b b a -+== 即 0)(,)(4024022=-?-+=bt v R bt v b b∴当b v t 0=时,b a = 第二章作业题P612.9 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动,受一恒力作用,力的分量为x f =6 N ,y f =-7 N ,当t =0时,==y x 0,x v =-2 m ·s -1,y v =0.求当t =2 s 时质点的 (1)位矢;(2)速度.解:2s m 83166-?===m f a x x 2s m 167-?-==m f a y y(1)--?-=?-=+=?-=?+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1s m 8745-?--=ji v(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220j i ji jt a i t a t v r y x--=?-+??+?-=++=2.10 质点在流体中作直线运动,受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用,t =0时质点的速度为0v ,证明(1) t 时刻的速度为v =t mk ev )(0-;(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x =(k m v 0)[1-t m ke )(-];(3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ;(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e 1,式中m 为质点的质量.答: (1)∵t v m kv a d d =-= 分离变量,得m t k v v d d -= 即 ??-=v v t m tk vv 00d dmkt e v v -=ln ln 0∴tm kev v -=0(2)---===tttm k m k e k mv t ev t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零,即t →∞,故有∞-=='00d k m v t ev x tm k(4)当t=k m时,其速度为e v e v ev v kmm k 0100===-?-即速度减至0v 的e 1.2.11一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v 从地面抛出,若忽略空气阻力,求质点落地时相对抛射时的动量的增量.解: 依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下,抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同,与轨道相切斜向下, 而抛物线具有对y 轴对称性,故末速度与x 轴夹角亦为o30,则动量的增量为0v m v m p -=?由矢量图知,动量增量大小为v m,方向竖直向下.2.13作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F)210(+=N ,式中t 的单位是s ,(1)求4s后,这物体的动量和速度的变化,以及力给予物体的冲量.(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ,该力应在这物体上作用多久,试就一原来静止的物体和一个具有初速度j6-m ·s -1的物体,回答这两个问题.解: (1)若物体原来静止,则it i t t F p t10401s m kg 56d )210(d -??=+==,沿x 轴正向,i p I im p v111111s m kg 56s m 6.5--??=?=?=?=? 若物体原来具有6-1s m -?初速,则+-=+-=-=t t tF v m t m F v m p v m p 000000d )d (,于是 ??==-=?t p t F p p p 0102d, 同理, 12v v=?,12I I =这说明,只要力函数不变,作用时间相同,则不管物体有无初动量,也不管初动量有多大,那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同,这就是动量定理.(2)同上理,两种情况中的作用时间相同,即+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t解得s 10=t ,(s 20='t 舍去)3.14一质量为m 的质点在xOy 平面上运动,其位置矢量为j t b i t a rωωsin cos +=求质点的动量及t =0 到ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量.解: 质点的动量为)cos sin (j t b i t a m v m pωωω+-==将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式,得j b m pω=1,i a m p ω-=2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为)(12j b i a m p p p I+-=-=?=ω2.15 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -?v ,当子弹在枪筒内被加速时,它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数),其中t 以秒为单位:(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零,试计算子弹走完枪筒全长所需时间;(2)求子弹所受的冲量.(3)求子弹的质量.解: (1)由题意,子弹到枪口时,有0)(=-=bt a F ,得b a t =(2)子弹所受的冲量-=-=tbt at t bt a I 0221d )(将b at =代入,得b a I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m ==第三章作业题P883.1; 3.2; 3.7;3.13计算题2-27图所示系统中物体的加速度.设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为M ,半径为r ,在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与物体间的摩擦,设1m =50 kg ,2m =200 kg,M =15 kg, r =0.1 m 解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象,受力图如图(b)所示.对1m ,2m 运用牛顿定律,有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律,有β)21(212Mr r T r T =-③又,βr a = ④联立以上4个方程,得2212s m 6.721520058.92002-?=++?=++=M m m g m a题2-27(a)图题2-27(b)图题2-28图3.14 如题2-28图所示,一匀质细杆质量为m ,长为l ,可绕过一端O 的水平轴自由转动,杆于水平位置由静止开始摆下.求: (1)初始时刻的角加速度; (2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律,有β)31(212ml mg=∴l g 23=β (2)由机械能守恒定律,有22)31(21sin 2ωθml l mg=∴ l g θωsin 3=题2-29图3.15 如题2-29图所示,质量为M ,长为l 的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上.现有一质量为m 的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂直地相撞.相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处.(1)设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速0v 的值; (2)相撞时小球受到多大的冲量?解: (1)设小球的初速度为0v,棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω,而小球的速度变为v ,按题意,小球和棒作弹性碰撞,所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律,可列式:mvl I l mv +=ω0 ①2220212121mvI mv +=ω②上两式中231Ml I =,碰撞过程极为短暂,可认为棒没有显著的角位移;碰撞后,棒从竖直位置上摆到最大角度o30=θ,按机械能守恒定律可列式:)30cos 1(2212?-=lMg I ω ③由③式得2121)231(3)30cos 1(?-=-=l g I Mgl ω由①式ml I v v ω-=0 ④由②式m I v v 2202ω-= ⑤所以22001)(2ωωm v ml I v -=-求得glmM m m M l ml I l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω (2)相碰时小球受到的冲量为-=?=0d mvmv mv t F由①式求得ωωMl l I mv mv t F 31d 0-=-=-=?glM 6)32(6--=负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反.第五章作业题P1455.1; 5.2;5.7 质量为kg 10103-?的小球与轻弹簧组成的系统,按)SI () 328cos(1.0ππ+=x 的规律作谐振动,求:(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值;(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能,在哪些位置上动能与势能相等? (3)s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差;解:(1)设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ,则知:3/2,s 412,8,m 1.00πφωππω===∴==T A又πω8.0==A v m 1s m -? 51.2=1s m -?2.632==A a m ω2s m -?(2) N 63.0==m m a FJ 1016.32122-?==m mv E J 1058.1212-?===E E E k p当p k E E =时,有p E E 2=,即)21(212122kA kx ?= ∴ m 20222±=±=A x(3) ππωφ32)15(8)(12=-=-=?t t5.8 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子,振幅为A ,周期为T ,其振动方程用余弦函数表示.如果0=t 时质点的状态分别是:(1)A x -=0;(2)过平衡位置向正向运动;(3)过2Ax =处向负向运动; (4)过2Ax -=处向正向运动.试求出相应的初位相,并写出振动方程.解:因为 -==000sin cos φωφA v A x将以上初值条件代入上式,使两式同时成立之值即为该条件下的初位相.故有)2cos(1πππφ+==t TA x)232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t T A x)452cos(454πππφ+==t T A x5.9 一质量为kg 10103-?的物体作谐振动,振幅为cm 24,周期为s 0.4,当0=t 时位移为cm 24+.求:(1)s 5.0=t 时,物体所在的位置及此时所受力的大小和方向; (2)由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间; (3)在cm 12=x 处物体的总能量.解:由题已知 s 0.4,m 10242=?=-T A∴ 1s rad 5.02-?==ππωT又,0=t 时,0,00=∴+=φA x故振动方程为m )5.0cos(10242t x π-?=(1)将s 5.0=t 代入得0.17m m )5.0cos(102425.0=?=-t x πN102.417.0)2(10103232--?-=-=-=-=πωxm ma F方向指向坐标原点,即沿x 轴负向.(2)由题知,0=t 时,00=φ,t t =时 3,0,20πφ=<+=t v A x 故且∴ s 322/3==?=ππωφt (3)由于谐振动中能量守恒,故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为J 101.7)24.0()2(10102121214223222--?====πωA m kA E5.11 图为两个谐振动的t x -曲线,试分别写出其谐振动方程.题4-8图解:由题4-8图(a),∵0=t 时,s 2,cm 10,,23,0,0000===∴>=T A v x 又πφ 即 1s rad 2-?==ππωT故 m )23cos(1.0ππ+=t x a 由题4-8图(b)∵0=t 时,35,0,2000πφ=∴>=v A x01=t 时,22,0,0111ππφ+=∴<=v x又ππωφ253511=+?= ∴ πω65=故 m t x b )3565cos(1.0ππ+= 5.12 一轻弹簧的倔强系数为k ,其下端悬有一质量为M 的盘子.现有一质量为m 的物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起,于是盘子开始振动.(1)此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同?(2)此时的振动振幅多大?(3)取平衡位置为原点,位移以向下为正,并以弹簧开始振动时作为计时起点,求初位相并写出物体与盘子的振动方程.解:(1)空盘的振动周期为k M π2,落下重物后振动周期为km M +π2,即增大. (2)按(3)所设坐标原点及计时起点,0=t 时,则kmgx -=0.碰撞时,以M m ,为一系统动量守恒,即0)(2v M m gh m +=则有 Mm ghm v +=20于是gM m khk mg M m gh m k mg v x A )(21))(2()()(22222++=++=+=ω(3)gm M khx v )(2tan 000+=-=ωφ (第三象限),所以振动方程为 ?+++++=g m M kh t M m k gM m khk m g x )(2arctan cos )(215.15 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅:(1) +=+=cm )373cos(5cm )33cos(521ππt x t x (2)??+=+=cm)343cos(5cm )33cos(521ππt x t x解:(1)∵ ,233712πππφφφ=-=-=? ∴合振幅 cm 1021=+=A A A(2)∵ ,334πππφ=-=? ∴合振幅 0=A5.16 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动,振动方程为-=+=m)652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相,并写出谐振方程。
大学物理学 (第3版.修订版) 北京邮电大学出版社 上册 第七章习题7 答案
习 题 77.1选择题(1) 容器中贮有一定量的理想气体,气体分子的质量为m ,当温度为T 时,根据理想气体的分子模型和统计假设,分子速度在x 方向的分量平方的平均值是:(A)2x υ=.(B) 2x υ= [ ](C) 23x kT m υ= . (D) 2x kT mυ=. [答案:D 。
2222x y z υυυυ=++, 222213x y z υυυυ===,23kT mυ=。
](2) 一瓶氦气和一瓶氮气的密度相同,分子平均平动动能相同,而且都处于平衡状态,则它们 [ ] (A) 温度相同、压强相同. (B) 温度、压强都不相同. (C) 温度相同,但氦气的压强大于氮气的压强. (D) 温度相同,但氦气的压强小于氮气的压强.[答案:C 。
由32w kT =,w w =氦氮,得T 氦=T 氮 ; 由molpM RTρ=,ρρ=氦氮,T 氦=T 氮 ,而M M <mol 氦mol 氮,故p p >氦氮。
](3) 在标准状态下,氧气和氦气体积比为V 1 /V 2=1/2,都视为刚性分子理想气体,则其内能之比E 1 / E 2为: [ ] (A) 3 / 10. (B) 1 / 2. (C) 5 / 6. (D) 5 / 3.[答案:C 。
由2mol M i E RT M =2ipV =,得111112222256E i pV i V E i pV i V ==⋅=。
](4) 一定质量的理想气体的内能E 随体积V 的变化关系为一直线,其延长线过E ~V 图的原点,题7.1图所示,则此直线表示的过程为: [ ] (A) 等温过程. (B) 等压过程. (C) 等体过程. (D) 绝热过程.[答案:B 。
由图得E =kV , 而2i E pV =,i 不变,2ik p =为一常数。
](5) 在恒定不变的压强下,气体分子的平均碰撞频率Z 与气体的热力学温度T 的关系为 [ ] (A) Z 与T 无关. (B).Z 与T 成正比 . (C) Z 与T 成反比. (D) Z 与T 成正比.[答案:C。
大学物理课后习题答案 北京邮电大学出版社
习题五5-1 振动和波动有什么区别和联系?平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同?又有什么联系?振动曲线和波形曲线有什么不同?解: (1)振动是指一个孤立的系统(也可是介质中的一个质元)在某固定平衡位置附近所做的往复运动,系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数,即可表示为;波动是振动在连续介质中的传播过程,此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动,因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置,又是时间的函数,即.(2)在谐振动方程中只有一个独立的变量时间,它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律;平面谐波方程中有两个独立变量,即坐标位置和时间,它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律.当谐波方程中的坐标位置给定后,即可得到该点的振动方程,而波源持续不断地振动又是产生波动的必要条件之一.(3)振动曲线描述的是一个质点的位移随时间变化的规律,因此,其纵轴为,横轴为;波动曲线描述的是介质中所有质元的位移随位置,随时间变化的规律,其纵轴为,横轴为.每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置变化的规律,即只能给出某一时刻的波形图,不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图.5-2 波动方程=cos[()+]中的表示什么?如果改写为=cos (),又是什么意思?如果和均增加,但相应的[()+]的值不变,由此能从波动方程说明什么?解: 波动方程中的表示了介质中坐标位置为的质元的振动落后于原点的时间;则表示处质元比原点落后的振动位相;设时刻的波动方程为则时刻的波动方程为其表示在时刻,位置处的振动状态,经过后传播到处.所以在中,当,均增加时,的值不会变化,而这正好说明了经过时间,波形即向前传播了的距离,说明描述的是一列行进中的波,故谓之行波方程.5-3 波在介质中传播时,为什么介质元的动能和势能具有相同的位相,而弹簧振子的动能和势能却没有这样的特点?解: 我们在讨论波动能量时,实际上讨论的是介质中某个小体积元内所有质元的能量.波动动能当然是指质元振动动能,其与振动速度平方成正比,波动势能则是指介质的形变势能.形变势能由介质的相对形变量(即应变量)决定.如果取波动方程为,则相对形变量(即应变量)为.波动势能则是与的平方成正比.由波动曲线图(题5-3图)可知,在波峰,波谷处,波动动能有极小(此处振动速度为零),而在该处的应变也为极小(该处),所以在波峰,波谷处波动势能也为极小;在平衡位置处波动动能为极大(该处振动速度的极大),而在该处的应变也是最大(该处是曲线的拐点),当然波动势能也为最大.这就说明了在介质中波动动能与波动势能是同步变化的,即具有相同的量值.题5-3图对于一个孤立的谐振动系统,是一个孤立的保守系统,机械能守恒,即振子的动能与势能之和保持为一个常数,而动能与势能在不断地转换,所以动能和势能不可能同步变化.5-4 波动方程中,坐标轴原点是否一定要选在波源处? =0时刻是否一定是波源开始振动的时刻? 波动方程写成=cos()时,波源一定在坐标原点处吗?在什么前提下波动方程才能写成这种形式?解: 由于坐标原点和开始计时时刻的选全完取是一种主观行为,所以在波动方程中,坐标原点不一定要选在波源处,同样,的时刻也不一定是波源开始振动的时刻;当波动方程写成时,坐标原点也不一定是选在波源所在处的.因为在此处对于波源的含义已做了拓展,即在写波动方程时,我们可以把介质中某一已知点的振动视为波源,只要把振动方程为已知的点选为坐标原点,即可得题示的波动方程.5-5 在驻波的两相邻波节间的同一半波长上,描述各质点振动的什么物理量不同,什么物理量相同?解: 取驻波方程为,则可知,在相邻两波节中的同一半波长上,描述各质点的振幅是不相同的,各质点的振幅是随位置按余弦规律变化的,即振幅变化规律可表示为.而在这同一半波长上,各质点的振动位相则是相同的,即以相邻两波节的介质为一段,同一段介质内各质点都有相同的振动位相,而相邻两段介质内的质点振动位相则相反.5-6 波源向着观察者运动和观察者向波源运动都会产生频率增高的多普勒效应,这两种情况有何区别?解: 波源向着观察者运动时,波面将被挤压,波在介质中的波长,将被压缩变短,(如题5-6图所示),因而观察者在单位时间内接收到的完整数目()会增多,所以接收频率增高;而观察者向着波源运动时,波面形状不变,但观察者测到的波速增大,即,因而单位时间内通过观察者完整波的数目也会增多,即接收频率也将增高.简单地说,前者是通过压缩波面(缩短波长)使频率增高,后者则是观察者的运动使得单位时间内通过的波面数增加而升高频率.题5-6 图多普勒效应5-7 一平面简谐波沿轴负向传播,波长= m,原点处质点的振动频率为=2. 0 Hz,振幅=,且在=0时恰好通过平衡位置向轴负向运动,求此平面波的波动方程.解: 由题知时原点处质点的振动状态为,故知原点的振动初相为,取波动方程为则有5-8 已知波源在原点的一列平面简谐波,波动方程为=cos(),其中,,为正值恒量.求:(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长;(2)写出传播方向上距离波源为处一点的振动方程;(3)任一时刻,在波的传播方向上相距为的两点的位相差.解: (1)已知平面简谐波的波动方程()将上式与波动方程的标准形式比较,可知:波振幅为,频率,波长,波速,波动周期.(2)将代入波动方程即可得到该点的振动方程(3)因任一时刻同一波线上两点之间的位相差为将,及代入上式,即得.5-9 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为=(10),式中,以米计,以秒计.求:(1)波的波速、频率和波长;(2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度;(3)求=处质点在=1s时的位相,它是原点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运动状态在=时刻到达哪一点?解: (1)将题给方程与标准式相比,得振幅,频率,波长,波速.(2)绳上各点的最大振速,最大加速度分别为(3)m处的振动比原点落后的时间为故,时的位相就是原点(),在时的位相,即π.设这一位相所代表的运动状态在s时刻到达点,则5-10 如题5-10图是沿轴传播的平面余弦波在时刻的波形曲线.(1)若波沿轴正向传播,该时刻,,,各点的振动位相是多少?(2)若波沿轴负向传播,上述各点的振动位相又是多少?解: (1)波沿轴正向传播,则在时刻,有题5-10图对于点:∵,∴对于点:∵,∴对于点:∵,∴对于点:∵,∴(取负值:表示点位相,应落后于点的位相)(2)波沿轴负向传播,则在时刻,有对于点:∵,∴对于点:∵,∴对于点:∵,∴对于点:∵,∴(此处取正值表示点位相超前于点的位相)5-11 一列平面余弦波沿轴正向传播,波速为5m·s-1,波长为2m,原点处质点的振动曲线如题5-11图所示.(1)写出波动方程;(2)作出=0时的波形图及距离波源处质点的振动曲线.解: (1)由题5-11(a)图知,m,且时,,∴,又,则题5-11图(a)取,则波动方程为(2) 时的波形如题5-11(b)图题5-11图(b) 题5-11图(c)将m代入波动方程,得该点处的振动方程为如题5-11(c)图所示.5-12 如题5-12图所示,已知=0时和=时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b) ,波沿轴正向传播,试根据图中绘出的条件求:(1)波动方程;(2)点的振动方程.解: (1)由题5-12图可知,,,又,时,,∴,而,,∴故波动方程为(2)将代入上式,即得点振动方程为题5-12图5-13 一列机械波沿轴正向传播,=0时的波形如题5-13图所示,已知波速为10 m·s -1,波长为2m,求:(1)波动方程;(2) 点的振动方程及振动曲线;(3) 点的坐标;(4) 点回到平衡位置所需的最短时间.解: 由题5-13图可知,时,,∴,由题知,,则∴(1)波动方程为题5-13图(2)由图知,时,,∴(点的位相应落后于点,故取负值)∴点振动方程为(3)∵∴解得(4)根据(2)的结果可作出旋转矢量图如题5-13图(a),则由点回到平衡位置应经历的位相角题5-13图(a)∴所属最短时间为5-14 如题5-14图所示,有一平面简谐波在空间传播,已知P点的振动方程为=cos().(1)分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程;(2)写出距点距离为的点的振动方程.解: (1)如题5-14图(a),则波动方程为如图(b),则波动方程为题5-14图(2) 如题5-14图(a),则点的振动方程为如题5-14图(b),则点的振动方程为5-15 已知平面简谐波的波动方程为(SI).(1)写出= s时各波峰位置的坐标式,并求此时离原点最近一个波峰的位置,该波峰何时通过原点?(2)画出= s时的波形曲线.解:(1)波峰位置坐标应满足解得 (…)所以离原点最近的波峰位置为.∵故知,∴,这就是说该波峰在前通过原点,那么从计时时刻算起,则应是,即该波峰是在时通过原点的.题5-15图(2)∵,∴,又处,时,又,当时,,则应有解得,故时的波形图如题5-15图所示5-16 题5-16图中(a)表示=0时刻的波形图,(b)表示原点(=0)处质元的振动曲线,试求此波的波动方程,并画出=2m处质元的振动曲线.解: 由题5-16(b)图所示振动曲线可知,,且时,,故知,再结合题5-16(a)图所示波动曲线可知,该列波沿轴负向传播,且,若取题5-16图则波动方程为5-17 一平面余弦波,沿直径为14cm的圆柱形管传播,波的强度为×10-3J·m-2·s-1,频率为300 Hz,波速为300m·s-1,求:(1)波的平均能量密度和最大能量密度?(2)两个相邻同相面之间有多少波的能量?解: (1)∵∴(2)5-18 如题5-18图所示,和为两相干波源,振幅均为,相距,较位相超前,求:(1) 外侧各点的合振幅和强度;(2) 外侧各点的合振幅和强度解:(1)在外侧,距离为的点,传到该点引起的位相差为(2)在外侧.距离为的点,传到该点引起的位相差.5-19 如题5-19图所示,设点发出的平面横波沿方向传播,它在点的振动方程为;点发出的平面横波沿方向传播,它在点的振动方程为,本题中以m计,以s计.设=,= m,波速=·s-1,求:(1)两波传到P点时的位相差;(2)当这两列波的振动方向相同时,处合振动的振幅;*(3)当这两列波的振动方向互相垂直时,处合振动的振幅.解: (1)题5-19图(2)点是相长干涉,且振动方向相同,所以(3)若两振动方向垂直,又两分振动位相差为,这时合振动轨迹是通过Ⅱ,Ⅳ象限的直线,所以合振幅为5-20 一平面简谐波沿轴正向传播,如题5-20图所示.已知振幅为,频率为波速为.(1)若=0时,原点处质元正好由平衡位置向位移正方向运动,写出此波的波动方程;(2)若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等,试写出反射波的波动方程,并求轴上因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置.解: (1)∵时,,∴故波动方程为m题5-20图(2)入射波传到反射面时的振动位相为(即将代入),再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射,存在半波损失,所以反射波在界面处的位相为若仍以点为原点,则反射波在点处的位相为,因只考虑以内的位相角,∴反射波在点的位相为,故反射波的波动方程为此时驻波方程为故波节位置为故 (…)根据题意,只能取,即5-20 一驻波方程为=(SI),求:(1)形成此驻波的两列行波的振幅和波速;(2)相邻两波节间距离.解: (1)取驻波方程为故知,则,∴(2)∵所以相邻两波节间距离5-22 在弦上传播的横波,它的波动方程为=(13+ (SI)试写出一个波动方程,使它表示的波能与这列已知的横波叠加形成驻波,并在=0处为波节.解: 为使合成驻波在处形成波节,则要反射波在处与入射波有的位相差,故反射波的波动方程为5-23 两列波在一根很长的细绳上传播,它们的波动方程分别为=()(SI), =()(SI).(1)试证明绳子将作驻波式振动,并求波节、波腹的位置;(2)波腹处的振幅多大?=处振幅多大?解: (1)它们的合成波为出现了变量的分离,符合驻波方程特征,故绳子在作驻波振动.令,则,k=0,±1,±2…此即波腹的位置;令,则,…,此即波节的位置.(2)波腹处振幅最大,即为m;处的振幅由下式决定,即5-24 汽车驶过车站时,车站上的观测者测得汽笛声频率由1200Hz变到了1000 Hz,设空气中声速为330m·s-1,求汽车的速率.解: 设汽车的速度为,汽车在驶近车站时,车站收到的频率为汽车驶离车站时,车站收到的频率为联立以上两式,得5-25 两列火车分别以72km·h-1和54 km·h-1的速度相向而行,第一列火车发出一个600 Hz 的汽笛声,若声速为340 m·s-1,求第二列火车上的观测者听见该声音的频率在相遇前和相遇后分别是多少?解: 设鸣笛火车的车速为,接收鸣笛的火车车速为,则两者相遇前收到的频率为两车相遇之后收到的频率为。
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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 =21t 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:(1)j t t i t r)4321()53(2-+++=m⑵ 1=t s,2=t s 时,j i r5.081-= m ;2114r i j =+m∴ 213 4.5r r r i j ∆=-=+m⑶0t =s 时,054r i j =-;4t =s 时,41716r i j =+∴ 140122035m s 404r r r i ji j t --∆+====+⋅∆-v ⑷ 1d 3(3)m s d ri t j t-==++⋅v ,则:437i j =+v 1s m -⋅ (5) 0t =s 时,033i j =+v ;4t =s 时,437i j =+v24041 m s 44ja 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226a 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 vv得:2d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分210d (26)d xx x =+⎰⎰vv v 得:232250x x =++v∴ 1m s -=⋅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 tt t 18d d ,9d d 2====ωβθω ⑴ s 2=t 时,2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n⑵ 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(22=,解得:923=t 则角位移为:322323 2.67rad 9t 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。
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习 题 77.1选择题(1) 容器中贮有一定量的理想气体,气体分子的质量为m ,当温度为T 时,根据理想气体的分子模型和统计假设,分子速度在x 方向的分量平方的平均值是:(A) 2x υ=. (B) 2x υ= [ ](C) 23x kT m υ=. (D) 2x kTmυ= . [答案:D 。
2222x y z υυυυ=++, 222213xy z υυυυ===,23kTmυ=。
] (2) 一瓶氦气和一瓶氮气的密度相同,分子平均平动动能相同,而且都处于平衡状态,则它们 [ ] (A) 温度相同、压强相同. (B) 温度、压强都不相同. (C) 温度相同,但氦气的压强大于氮气的压强. (D) 温度相同,但氦气的压强小于氮气的压强.[答案:C 。
由32w kT =,w w =氦氮,得T 氦=T 氮 ; 由molpM RTρ=,ρρ=氦氮,T 氦=T 氮 ,而M M <mol 氦mol 氮,故p p >氦氮。
](3) 在标准状态下,氧气和氦气体积比为V 1 /V 2=1/2,都视为刚性分子理想气体,则其内能之比E 1 / E 2为: [ ] (A) 3 / 10. (B) 1 / 2. (C) 5 / 6. (D) 5 / 3.[答案:C 。
由2mol M i E RT M =2ipV =,得111112222256E i pV i V E i pV i V ==⋅=。
](4) 一定质量的理想气体的内能E 随体积V 的变化关系为一直线,其延长线过E ~V 图的原点,题7.1图所示,则此直线表示的过程为: [ ] (A) 等温过程. (B) 等压过程. (C) 等体过程. (D) 绝热过程.[答案:B 。
由图得E =kV , 而2i E pV =,i 不变,2ik p =为一常数。
] (5) 在恒定不变的压强下,气体分子的平均碰撞频率Z 与气体的热力学温度T 的关系为 [ ](A) Z 与T 无关. (B).Z 与T 成正比 .(C) Z 与T 成反比. (D) Z 与T 成正比.[答案:C。
2Z d n υ=2p d kT =∝] 7.2填空题(1)某容器内分子数密度为10 26m -3,每个分子的质量为 3×10-27 kg ,设其中 1/6分子数以速率?=200 m /s 垂直地向容器的一壁运动,而其余 5/6分子或者离开此壁、或者平行此壁方向运动,且分子与容器壁的碰撞为完全弹性的.则每个分子作用于器壁的冲量?P =_______________; 每秒碰在器壁单位面积上的分子数0n =______________;作用在器壁上的压强p =_________________.[答案:[()]2ix ix ix P m m m υυυ∆=---==1.2×10-24 kg m / s0/6/611/6n n n n t υυ===⨯∆= 31×1028 m -2.s -1; 或2601102006x x n S n n S υυ⨯⨯∆===⨯⨯∆或 023231/6166(/)1/6N N n n n l l t l l l υυυ====⨯∆(见教材图7.1 )0p n P =∆=4×103 Pa或p 226272111031020033nm υ-==⨯⨯⨯⨯=4×103 Pa . ](2)有一瓶质量为M 的氢气,温度为T ,视为刚性分子理想气体,则氢分子的平均平动动能为____________,氢分子的平均动能为______________,该瓶氢气的内能为____________________.[答案:32w kT =, 2i kT ε==25k T , 2mol M i E RT M =52molMRT M =](3)容积为3.0×102m 3的容器内贮有某种理想气体20 g ,设气体的压强为0.5 atm .则气体分子的最概然速率 ,平均速率 和方均根速率 .[答案:由理想气体状态方程molM RTM pV = 可得 1.411.41p mol RT pV M Mυ===3.89×102m/s 1.601.60mol RT pV M Mυ===4.41×102m/s 2 1.73molRT M υ===M pV 73.1 4.77×102m/s ] (4)题7.2图所示的两条f (?)~?曲线分别表示氢气和氧气在同一温度下的麦克斯韦速率分布曲线.由此可得氢气分子的最概然速率为___________;氧气分子的最概然速率为___________.[答案:由 1.41p molRT M υ=M M <mol 氢mol 氧可知,?p 氢=2000 m·s -1; 又 p mol p mol M M υυ=氧氢氢氧mol p p mol M M υυ=氢氧氧= 500 m·s -1 ] (5) 一定量的某种理想气体,当体积不变,温度升高时,则其平均自由程λ ,平均碰撞频率Z 。
(减少、增大、不变)[答案:体积不变,n 不变,由22d nλπ=可知, λ不变体积不变,n 不变,但T 升高,υ增大,由22Z d n πυ=可知,Z 增大.]7.3 气体在平衡态时有何特征?气体的平衡态与力学中的平衡态有何不同?答:平衡态是指热力学系不受外界影响的条件下,系统的宏观性质不随时间变化状态。
平衡态是动态平衡,当系统处于平衡态时,组成系统的大量粒子仍在不停地、无规则地运动着,大量粒子运动的平均效果不变。
而个别粒子所受合外力可以不为零.而力学平衡态时,物体保持静止或匀速直线运动,所受合外力为零. 7.4 气体动理论的研究对象是什么?理想气体的宏观模型和微观模型各如何?答:气体动理论的研究对象是大量微观粒子组成的系统.是从物质的微观结构和分子运动论出发,运用力学规律,通过统计平均的办法,求出热运动的宏观结果,再由实验确认的方法.从宏观看,在温度不太低,压强不大时,实际气体都可近似地当作理想气体来处理,压强越低,温度越高,这种近似的准确度越高.理想气体的微观模型是把分子看成弹性的自由运动的质点.7.5 何谓微观量?何谓宏观量?它们之间有什么联系?答:用来描述个别微观粒子特征的物理量称为微观量.如微观粒子(原子、分子等)的大小、质量、速度、能量等.描述大量微观粒子(分子或原子)的集体的物理量叫宏观量,如实验中观测得到的气体体积、压强、温度、热容量等都是宏观量.气体宏观量是微观量统计平均的结果.7.6 计算下列一组粒子平均速率和方均根速率?解:平均速率2110420630840250214682i iiNNυυ⨯+⨯+⨯+⨯+⨯==++++∑∑=21.7m/s方均根速率===25.6 m/s7.7 速率分布函数f(?)的物理意义是什么?试说明下列各量的物理意义(n为分子数密度,N为系统总分子数).(1)f(?)d?(2)nf(?)d?(3)Nf(?)d?(4)0()d f υυυ⎰ (5)0()d f υυ∞⎰ (6)21()d Nf υυυυ⎰答:1()dNf N d υυ=:表示一定质量的气体,在温度为T 的平衡态时,分布在速率?附近单位速率区间内的分子数占总分子数的百分比. (1)()dNf d Nυυ=表示分布在速率?附近,速率区间d ?内的分子数占总分子数的百分比.(2) Nf (?)d ? =()f Nd dNV V υυ=表示分布在速率?附近、速率区间d ?内的分子数密度. (3) ()Nf d dN υυ=表示分布在速率?附近、速率区间d?内的分子数. (4)1()d f dN Nυυυυ=⎰⎰表示分布在?1~?2区间内的分子数占总分子数的百分比.(5) 0()d 1f υυ∞=⎰表示分布在0~?的速率区间内所有分子,其与总分子数的比值是1.(6)2211()d Nf dN υυυυυυ=⎰⎰表示分布在?1~?2区间内的分子数.7.8 最概然速率的物理意义是什么?方均根速率、最概然速率和平均速率,它们各有何用处?答:气体分子速率分布曲线有个极大值,与这个极大值对应的速率叫做气体分子的最概然速率.物理意义是:对所有的相等速率区间而言(或在单位速率区间内),在含有?p 的那个速率区间内的分子数占总分子数的百分比最大.分布函数的特征用最概然速率?p 表示;讨论分子的平均平动动能用方均根速率,讨论平均自由程用平均速率.7.9 容器中盛有温度为T的理想气体,试问该气体分子的平均速度是多少?为什么?答:该气体分子的平均速度为0.在平衡态,由于分子不停地与其他分子及容器壁发生碰撞、其速度也不断地发生变化,分子具有各种可能的速度,而每个分子向各个方向运动的概率是相等的,沿各个方向运动的分子数也相同.从统计看气体分子的平均速度是0.7.10在同一温度下,不同气体分子的平均平动动能相等,就氢分子和氧分子比较,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大,对吗?答:不对,平均平动动能相等是统计平均的结果.分子速率由于不停地发生碰撞而发生变化,分子具有各种可能的速率,因此,一些氢分子的速率比氧分子速率大,也有一些氢分子的速率比氧分子速率小.7.11如果盛有气体的容器相对某坐标系运动,容器内的分子速度相对这坐标系也增大了,温度也因此而升高吗?答:宏观量温度是一个统计概念,是大量分子无规则热运动的集体表现,是分子平均平动动能的量度,分子热运动是相对质心参照系的,平动动能是系统的内动能.温度与系统的整体运动无关.只有当系统的整体运动的动能转变成无规则热运动时,系统温度才会变化.7.12 题7.12图(a)是氢和氧在同一温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线,哪一条代表氢? 题7.12图(b)是某种气体在不同温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线,哪一条的温度较高?答:用 1.41p molRTM υ=来判断。
图(a)中(1)表示氧,(2)表示氢;图(b)中(2)温度高.7.13温度概念的适用条件是什么?温度微观本质是什么?答:温度是大量分子无规则热运动的集体表现,是一个统计概念,对个别分子无意义.温度微观本质是大量分子平均平动动能的量度. 7.14下列系统各有多少个自由度: (1) 在一平面上滑动的粒子;(2) 可以在一平面上滑动并可围绕垂直于平面的轴转动的硬币; (3) 一弯成三角形的金属棒在空间自由运动。
答:(1)2,(2) 3,(3) 6。
7.15 试说明下列各量的物理意义.(1)12kT (2)32kT (3)2i kT(4)2mol M i RT M (5)2i RT (6)32RT答:(1) 12kT 表示在平衡态下,分子热运动能量平均地分配在分子每一个自由度上的能量.(2) 32kT 表示在平衡态下,分子的平均平动动能(或单原子分子的平均能量). (3) 2i kT 表示在平衡态下,自由度为i 的分子平均总能量均为.(4) 2mol M iRT M 表示由质量为M ,摩尔质量为M mol ,自由度为i 的分子组成的系统的内能.(5) 2i RT 表示1摩尔自由度为i 的分子组成的系统内能.(6) 32RT 表示 1摩尔自由度为3分子组成的系统的内能,或者说热力学体系内,1摩尔分子的平均平动动能之总和.7.16 有两种不同的理想气体,同压、同温而体积不等,试问下述各量是否相同? (1) 分子数密度;(2) 气体质量密度;(3) 单位体积内气体分子总平动动能;(4) 单位体积内气体分子的总动能。