12下.动力学习题课
结构动力学课后习题答案
结构动力学课后习题答案结构动力学是研究结构在动态载荷作用下的响应和行为的学科。
它涉及到结构的振动、冲击响应、疲劳分析等方面。
课后习题是帮助学生巩固课堂知识、深化理解的重要手段。
以下内容是结构动力学课后习题的一些可能答案，供参考：习题1：单自由度系统自由振动分析解答：对于一个单自由度系统，其自由振动的频率可以通过以下公式计算：\[ f = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{m}} \]其中，\( k \) 是系统的刚度，\( m \) 是系统的总质量。
系统自由振动的振幅随着时间的衰减可以通过阻尼比 \( \zeta \) 来描述，其衰减系数 \( \delta \) 可以通过以下公式计算：\[ \delta = \sqrt{1-\zeta^2} \]习题2：单自由度系统受迫振动分析解答：当单自由度系统受到周期性外力作用时，其受迫振动的振幅可以通过以下公式计算：\[ A = \frac{F_0}{\sqrt{(k-m\omega^2)^2+(m\zeta\omega)^2}} \] 其中，\( F_0 \) 是外力的幅值，\( \omega \) 是外力的角频率。
习题3：多自由度系统模态分析解答：对于多自由度系统，可以通过求解特征值问题来得到系统的模态。
特征值问题通常表示为：\[ [K]{\phi} = \lambda[M]{\phi} \]其中，\( [K] \) 是系统的刚度矩阵，\( [M] \) 是系统的质量矩阵，\( \lambda \) 是特征值，\( {\phi} \) 是对应的特征向量，即模态形状。
习题4：结构的冲击响应分析解答：对于结构的冲击响应分析，通常需要考虑冲击载荷的持续时间和冲击能量。
结构的冲击响应可以通过冲击响应谱（IRF）来分析，它描述了结构在不同频率下的响应。
冲击响应分析的结果可以用来评估结构的耐冲击性能。
习题5：疲劳分析解答：结构的疲劳分析需要考虑结构在重复载荷作用下的寿命。
2021年新高考物理一轮复习考点强化训练考点十二 动力学两类基本问题(解析版)
2021年新高考物理一轮复习考点强化训练考点十二 动力学两类基本问题1．一物体沿倾角为α的斜面下滑时，恰好做匀速直线运动，若物体以某一初速度冲上斜面，则上滑时物体加速度大小为( ) A ．g sin αB ．g tan αC ．2g sin αD ．2g tan α解析 对物体下滑时进行受力分析，如图甲。
由于恰好做匀速直线运动，根据平衡知识得： mg sin α＝F f物体以某一初速度冲上斜面，对物体受力分析，如图乙。
物体的合力F 合＝mg sin α＋F f ＝2mg sin α 根据牛顿第二定律得：a ＝F 合m ＝2g sin α故选C 。
甲 乙答案 C2．如图所示，质量为4 kg 的物体A 静止在竖直的轻弹簧上面。
质量为1 kg 的物体B 用细线悬挂起来，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无压力。
某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B 对A 的压力大小为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．0 NB ．8 NC ．10 ND ．50 N解析 细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，A 和B 整体受到的合外力等于物体B 的重力，因此整体的加速度为a ＝m B g m A ＋m B ＝15g ，对物体B ：m B g －F N ＝m B a ，所以A 、B 间作用力F N ＝m B (g－a )＝45m B g ＝8 N 。
答案 B3．竖直悬挂的轻弹簧下连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图所示。
则迅速放手后( )A ．小球开始向下做匀加速运动B ．弹簧恢复原长时小球速度达到最大C ．弹簧恢复原长时小球加速度等于gD ．小球运动过程中最大加速度大于g解析 迅速放手后，小球受到重力、弹簧向下的弹力作用，向下做加速运动，弹力将减小，小球的加速度也减小，小球做变加速运动，故A 错误；弹簧恢复原长时，小球只受重力，加速度为g ，故C 正确；弹簧恢复原长后，小球继续向下运动，开始时重力大于弹力，小球加速度向下，做加速运动，当重力等于弹力时加速度为零，速度最大，故B 错误；刚放手时，小球所受的合力大于重力，加速度大于g ，故D 正确。
高等动力学课后习题答案及考题解答
J ξη =
w
(V )
∫ ρξη dV = ρ ∫ ( x cos θ + y sin θ )( y cos θ − x sin θ )dV
(V )
w w
⎧ξ = x cos θ + y sin θ ⎩η = y cos θ − x sin θ
= ( ∫ ρ y 2 dV −
(V ) z =0
.n
∫ ρ x dV ) sin θ cos θ + (cos
ψ = ψ t = 15t
ω y = ω sinψ = 20sin15t
i
ω x = ω cosψ = 20 cos15t
∴ω = 20 cos15ti + 20sin15t j ⇒ ε = −300sin15ti + 300 cos15t j ⇒ ε = 300
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.cn
2 (V )
2 (V )
∫ ρ(x
(V )
∫ ρ(z
∫ ρ(x
tjx
(V )
∵ Jz =
∫ ρ (x
2
+ y 2 )dV
Jx =
∫ ρ (z
2
+ y 2 )dV
Jy =
+ z 2 )dV ⇒
即该刚体为薄片平面
2、 ξ 轴在 xoy 中的方向余弦为 (cos θ ,sin θ )
J ξ = α ξ2 J x + βξ2 J y − 2α ξ βξ J xy = cos 2 θ J x + sin 2 θ J y − 2sin θ cos θ J xy
= ω × j' ⋅ k ' = ω ⋅ ( j' × k ' ) = ω ⋅ i' = p
化学动力学习题课_14章_
解：分解反应 NO(g) → N2(g)+ O2(g) 根据题意，由二级反应半衰期公式 根据题意，由二级反应半衰期公式t =1/(kp p0) 得： (1) kp (967K) = 1.687×10-8 Pa-1 s-1 × (2) t=0 t NO(g) → N2(g) + O2(g) p0 p0–p 0 p/2 p0/4 0 p/2 p0/4 即: p总=p0
dcA = kcA dt
cA， ln 0 = kt cA
ln 2 t1 / 2 = k
2. 二级反应 (k/ mol-1dm3 s-1):
2A → P
k
dcA = kcA2 dt
1 1 = kt cA cA， 0
t1 / 2 =
1 kcA， 0
A + B→P
k
dx = k(a x)(b x) dt
对于(理想气体 气相反应 对于 理想气体)气相反应 ：p = cRT 理想气体 dpA -1 n r '/ Pa s = = k p pA adt
k p = kc ( RT )1 n
k / mol1-n (dm 3 ) n-1 s -1
注意： 注意：单位换算
二、简单级数反应
k 1. 一级反应 (k/s-1) ： A ―→ B
dci = kcNO2 cF2 解：根据速率方程表达式 r = vi dt
nNO2 nF2 dni =k viVdt V2
dnNO F dni k ∴ = nNO2 nF2 = 2dt vi dt V
2
的物质的量为x, 解：设生成NO2F的物质的量为 则：nNO2=2-x, n(F2)=3-x/2, 设生成 的物质的量为
第十四章 化学动力学 习题讨论课
结构动力学【习题课】(单自由度体系1)
15.求图示体系的自振频率和周期，EI=常数. 15.求图示体系的自振频率和周期，EI=常数. 求图示体系的自振频率和周期 常数 解:
m
l
5l 3 δ 11 = ; 3EI
1 3EI = ω = mδ11 5ml3
2
l =1 l
ω=
3EI 3EI 5ml3
5ml3 = 2π T= ω 3EI
l
2π
10.图示体系,不计阻尼及杆件质量, 10.图示体系,不计阻尼及杆件质量,其振动微分方程为 图示体系
M 0 sin θ t单自由度体系在自由振动中惯性力与位移方向一致。 11.无阻尼单自由度体系在自由振动中惯性力与位移方向一致。 无阻尼单自由度体系在自由振动中惯性力与位移方向一致 12.计算自振频率时可以不计阻尼。 12.计算自振频率时可以不计阻尼。 计算自振频率时可以不计阻尼 13.任何体系均能发生自由振动。 13.任何体系均能发生自由振动。 任何体系均能发生自由振动 14.图示体系的动力自由度为多少？ 14.图示体系的动力自由度为多少？ 图示体系的动力自由度为多少
动荷载及其分类第12章小结自由度及其确定运动方程的建立运动方程的求解方法动力特性计算动力反应计算确定动力特性的试验方法阻尼力假定及阻尼的影响简谐荷载周期荷载阶跃荷载冲击荷载一般荷载经典解法频域解法时域解法数值解法公式法能量守恒幅值方程惯性力法虚功法动荷载及其分类第12章小结自由度及其确定运动方程的建立运动方程的求解方法动力特性计算动力反应计算确定动力特性的试验方法阻尼力假定及阻尼的影响简谐荷载周期荷载阶跃荷载冲击荷载一般荷载经典解法频域解法时域解法数值解法公式法能量守恒幅值方程惯性力法虚功法1
EA = ∞
7.体系的振幅和自振频率与初始条件有关. 7.体系的振幅和自振频率与初始条件有关. 体系的振幅和自振频率与初始条件有关
动能定理的综合应用
普遍定理的综合应用举例例13-7 图13.1所示滚轮重3P ，半径为2r ，对质心的回转半径为C ρ，半径为1r 的轴颈沿AB 作无滑动滚动。
滑轮重2P ，半径为r ，回转半径为ρ，物块重1P 。
求：（1）物块的加速度；（2）EF 段绳的张力；（3）D 处约束力。
解：（1）系统在任意位置的动能 设 1()T C =常量222222331222111112222C C C P P v P P T v v g g g g r ρωρ=+++式中112,C r vv v r r r ω==+，代入上式2222331212222121212()()C P P P P r T v g g r g r r g r r ρρ⎡⎤=+++⎢⎥++⎣⎦令222331212221212()()C P P P P r M g g g g r r r r r ρρ=+++++（当量质量或折合质量）， 则 2212T Mv =由动能定理2112T T W -=，有21112Mv T Ps -= 两边对时间t 求导数，得1Mva Pv =所以重块的加速度为1122211232212()C P P a g Mr P P P r r r ρρ==++++（2）假想将EF 段绳子剪断，以滑轮与重物为研究对象，如图13.所示。
由动量矩定理2211T d d P P rv Pr F r t g g ρω⎛⎫+=- ⎪⎝⎭图13.1图13.19绳子张力为221T 12P P F P a g g rρ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ （3）以滚轮为分析对象，受力图如图13.2所示。
由质心运动定理，有3T N 30C P a F FgF P⎧=-⎪⎨⎪=-⎩得：331T T 12C P P rF F a F a g g r r =-=-+N 3F P =例13-8 如图13.3所示，三个均质轮B 、C 、D 具有相同的质量m 和相同的半径R ，绳重不计，系统从静止释放。
第二章动力学选择题习题课
A
1 Mg 2
a 绳地
Mg
v N mg cos m r 减 ， v增 小 大 N增 大
2
N
B
mg
质点的动能定理
1 1 2 2 A mv 2 mv1 2 2
合外力对质点所做的功=质点动能的增量
1 2 A f mgh mv 0 2
N mg mv 2 R
A
物体下降整个过程机械能守恒 碗顶为势能零点
解： 1 ）功的定义
dr v A sin ti B cos tj v x i v y j dt
2 2 x 2 y
2
2 2 2 2 2 2 2
2）质点的动能定理
1 1 2 2 A mv 2 mv1 2 2
v v v
2 1 2
v A sin t B cos t
( A)2m / s ( B)3m / s (C )5 m / s ( D)6 m / s
解：起跳前后人和船的速度如图
m
M
V
1 V ?? 2
1 V 2
D
起跳前后人和船水平方向的动 量守恒
11 1 ( ( m M )V M V mv V ?? ) )V M V m( 22 2
A外力 Ek Ek 0 1 2 fd 0 m 对整个过程 2 1 对后半个过程 2 fd / 2 0 m 2 1 2
D
物体平衡时有
mg kd
物体下降整个过程机械能守恒 弹簧原长为势能零点
mg k d
1 2 0 mgx kx 2
C
B
1、在升降机天花板上拴有轻绳，其下端系一重物，当升降机以 加速度 a1 上升时，绳中的张力正好等于绳子所能承受的最大张 力的一半，问升降机以多大的加速度上升时，绳子刚好被拉断?
习题课---电化学_动力学部分
《物理化学》习题课 （电化学、动力学部分）（中科院2009硕士入学考试）1. 某药物分解反应为一级反应，298K 时，反应速率常数k 为0.46h -1，若服用该药物0.16g ，则体内停留多长时间分解90%？A) 3h B) 5h C) 4.6h D) 6h2. 升高温度可以增加反应速率，主要原因是A) 增加分子总 B) 增加活化分子总数C) 降低反应的活化能 D) 使反应向吸热方向进行3. 浓度为0.001 mol/L 的硫酸钠溶液的电导率为0.026 S.cm 2，当该溶液饱和了硫酸钙以后，电导率上升为0.070 S.cm 2，求硫酸钙的活度积（已知Na +与1/2Ca 2+的摩尔电导率分别为5.0×10-3和6.0×10-3 S.m 2.mol -1）4. 某气相反应12()()()k k A g B g C g −−→+←−−，在298K 时，K 1=0.2s -1，K 2=5×10-6 pa ∙s -1，当温度升高到310K 时，K 1和K 2均增加1倍，求：（1）298K 的平衡常数； （2）正逆反应的表观活化能； （3）反应的r m H ∆； （4）在298K 时，A 的起始压力为101.325kpa ，总压力到151.99kpa 时，需时间多少？（中科院2007硕士入学考试）5. 某反应的速率常数与各基元反应的速率常数的关系为124()2k k k k =，则该反应的表观活化能E a 与各基元反应活化能的关系为： (A) 21412a E E E E =+- (B) 2141()2a E E E E =+- (C) 1/2214(2)a E E E E =+- (D) 214a E E E E =+-6. 在化学反应动力学中，反应级数是个宏观的概念，其值 。
（A ）只能是正整数； （B ）可正、可负、可为零，可以是整数，也可以是分数；（C ）只能是0，1，2，3，· ； （D ）无法确定。
动力学课后习题答案
动力学课后习题答案动力学课后习题答案动力学是物理学中的一个重要分支，研究物体的运动以及运动的原因和规律。
在学习动力学的过程中，课后习题是巩固知识、检验理解的重要方式。
下面将为大家提供一些动力学课后习题的答案，希望能够帮助大家更好地理解和掌握动力学知识。
1. 一个物体以5m/s的速度匀速运动了10秒，求物体的位移是多少？答：位移等于速度乘以时间，即位移=速度×时间=5m/s×10s=50m。
2. 一个物体以2m/s²的加速度匀加速运动了8秒，求物体的位移是多少？答：位移等于初速度乘以时间再加上加速度乘以时间的平方的一半，即位移=初速度×时间+0.5×加速度×时间²=0×8s+0.5×2m/s²×(8s)²=64m。
3. 一个物体以10m/s的速度向上抛出，经过2秒后落地，求物体的最大高度是多少？答：物体的最大高度等于初速度的平方除以2倍的重力加速度，即最大高度=(初速度²)/(2×重力加速度)=(10m/s)²/(2×9.8m/s²)≈5.1m。
4. 一个物体以20m/s的速度水平抛出，求物体在2秒后的水平位移是多少？答：物体在水平方向的速度是恒定的，所以水平位移等于速度乘以时间，即水平位移=速度×时间=20m/s×2s=40m。
5. 一个物体以10m/s的速度水平抛出，求物体在2秒后的竖直位移是多少？答：物体在竖直方向上受到重力的作用，所以竖直位移等于初速度乘以时间再加上0.5倍的重力加速度乘以时间的平方，即竖直位移=初速度×时间+0.5×重力加速度×时间²=10m/s×2s+0.5×9.8m/s²×(2s)²=19.6m。
第七章 动力学习题课
为自由基，则反应活化能等于：
(A) 0.30 BC
(B)0.05 BC
(C) 0.05 BC + Hm (D)0.05 BC - Hm
答案：B
.
5. 某反应在指定温度下，速率常数k为4.62×10-2 min-1，反应物初始浓度为0.1 mol·dm-3 ，该反应 的半衰期应是：
238U ─→ 206Pb + 8 4He 由实验测得 238U 的半衰 期 t = 4.51×109a (a代表年)，求该陨石的年龄。
解：
238U ──→ 206Pb + 8 4He
t = 0 n0 t=t n
00 n0- n 8(n0- n) = n'
t = （1/k ）×ln(n0/n)
.
n’= 8(n0- n) = pV/(RT) =(101325×20.77×10-9 )/(8.314×298) = 9.271×10-10 mol n =W(238U)/M(238U)= 6.3×10-8/238 = 2.65×10-10 mol n0 = n'/8 + n= 3.81×10-10 mol k = 0.693/t1/2= 0.693/4.51×109 = 1.54×10-10 a-1 故陨石的年龄：
1.0
初速 /mol·dm-3·s-1
0.15
2.0
1.0
0.30
3.0
1.0
0.45
1.0
2.0
0.15
1.0
3.0
0.15
此反应的速率方程为：
(A) r = k cB
(B) r = k cAcB
2012版练习册-下2振动(5-7)
以平衡位置为坐标原点， 向右为x 轴正方向。 当物体位移为x 时 则物体受力为：
f k2 ( l2 x ) k1 ( l1 x ) ( k1 k2 ) x kx
其中 k k1 k2 只与弹簧性质有关 因此证明物体作简谐振动。
7 (2k 1) 1 2k 4
A3 A3
A1
o
A2
x1 x2 的振幅最小。
x
A3
3. 解：用作图法 在△中，
A=0.2
A2 A A 2 A1 A cos
2 1 2
6
0.1
A2
o
6
A1 =0.173
x
3个边长刚好满足勾股定理，所以：
2 v0 2
A
0.02(m)
x0 3 cos A 2
且 v0 0 得
2
6
振动方程为: x 2 10 cos(2 10t
6
)(m)
第7次课（下） 1. 解： 由： A
2 A12 A2 2 A1 A2 cos( 2 1 )
得： A
2
T t 4
②
6
T t 12
③
3
T t 6
2. 解：由能量守恒定理：
1 2 1 2 1 2 Fx kx mv x kA 2 2 2
6 得： A 12
k 2rad / s m
由旋转矢量得：
6 x cos(2t ) 12
20
2
13下.动力学习题课共25页文档
一、解题要点：
（1）求约束反力：
a、一般用动量定理、质心运动定理；
b、若约束反力对转轴之矩不为零，也可用动量矩 定理；
c、但不能用动能定理，因为它不能求不做功的约 束反力。
（2）求位移（或角位移）：用动能定理。
（3）求速度（或角速度）：
a、约束反力不做功，做工的力可计算，多用动
（5）补充方程：运动学补充方程，力的补充方程。
二、几个关节点： (1) 求运动量, 特别是速度问题,优先考虑用动能定理. (整体分析) (2) 求约束反力, 必须用动量定理或质心运动定理.也 涉及到动量矩定理(转动, 曲线运动) (3) 初瞬时问题,鲜用动能定理. (4) 注意约束的位置和性质及是否系统的动量或动量 矩守恒(某一方向). (5) 根据题意寻找运动学方程或约束方程往往是解动 力学问题的关键.
由动能定理: T2 －T12 v 0 m B g D 1 k O 2 B O2 M
2
2
R
v
O 2 R M c 9 o 0 0 s 2 R sin
O'
φ
B D 2 R 2 R sin sin 2 R 1 si2 n
2 R c2 os
O
v2cos R(gkR )
取系统分析: 水平方向动量守恒
OA
m 0 v m v v r 0 1
由动能定理
vr
r
Bv
v
1 2m 0v21 2m vvr20mg 2r
联立 (1) (2) 可得
O
a
n r
r FN
vr
B
mg
gr
2gr
v 6
vr 4v2 3
取B处的小球分析受力及运动, 此时刻动系半圆 槽无加速度, 即是惯性系.
第四章习题课动力学
为零，此时受力分析如图所示．
第四章
牛顿运动定律
对 A、B 整体有 F＝2Ma 对 A 有，水平方向：F－FNsin 60° ＝Ma， 竖直方向：FNcos 60° －Mg＝0 由以上几式解得 F＝2 3Mg 所以 F 的取值范围是 0＜F＜2 3Mg.
【答案】 0＜F＜2 3 Mg
第四章
牛顿运动定律
s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，求：力F的最大
值与最小值．(sin 37°＝0.6，取g＝10 Nhomakorabeam/s2)
第四章
牛顿运动定律
解析：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压
力为0，从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时， 两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．
设刚开始时弹簧压缩量为x0
第四章
牛顿运动定律
2．如图所示，底角为 α 的斜面体在水平面上向左以加速度 a 做匀加速直线运动时，放在斜面体光滑斜面上的质量为 m 的滑块刚好停在斜面体上，由此可知( ) A．滑块 m 受到斜面的支持力为 mgcos α mg B．滑块 m 受到斜面的支持力为 cos α C．滑块 m 受到斜面的支持力为 masin α ma D．滑块 m 受到斜面的支持力为 sin α
第四章
牛顿运动定律
4．解题关键：解决此类问题的关键是对物体运动情况的正 确分析，对临界状态的判断与分析，找出处于临界状态时存
在的独特的物理关系，即临界条件．
常见的三类临界问题的临界条件 (1)相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是：相互作用 的弹力为零． (2)绳子松弛的临界条件是：绳的拉力为零． (3)存在静摩擦的系统，当系统外力大于最大静摩擦力时， 物体间不一定有相对滑动，相对滑动与相对静止的临界条件 是：静摩擦力达到最大值．
【2019年整理】化学反应动力学习题(可打印修改) (2)
二、 选择题 1.(C)；2.(B)；
三、 填空题 1. 一、是非题 下列各题中的叙述是否正确？正确的选“√”，错误的选“×”。
√ × 1. 设对行反应正方向是放热的，并假定正、逆都是元反应，则升高温度更利 于增大正反应的速率系数。
√ × 2.若反应 A
Y，对 A 为零级，则 A 的半衰期
。
二、选择题
2. 3. kA=0.01 mol-1×dm3×s-1 t1/2=100 s
4. t1/2=15min 5. k(310K)/k(300K)=25.36
1. 二甲醚的气相分解是一级反应：CH3OCH3(g)
CH4(g)+ H2(g) + CO(g)
504℃时把二甲醚充入真空的定容反应器内，测得时间 t 时总压力 pt, 总数据如下：
N2O2 （快）；
N2O2＋O2
2NO2 （慢）。
又已知 2NO
U Δ N2O2 的 r m <0。试导出总反应的动力学方程式，并解释其反应级数及
对比实验 1, 2：
B 过量： 实验 1： 实验 3
则 b=2。
两式相除，得 4=4×2a-1，则 a=1。反应速率方程为：－dpA/dt=kApApB2
由实验 1 数据，
=1.13×10-10 Pa2×h-1。
4.[题解]：(1)据 Arrhenius 方程的不定积分式： 给 kA=f(T)的经验式对比，得
在以下各小题的“
”处填上答案。
1.链反应的一般步骤是(i)
；(ii)
；(iii)
。
答案：一、是非题 1. √； 2. √；
二、选择题 1.(B)； 2.(B)； 3.(C)；
三、填空题 1.链的引发 链的传递 链的终止
化学动力学基础(习题课)20121212
k
298K
ln 2
H t1/
2
ln 2 0.01moldm3 1.0h
69.3
mol dm 3
h1
k
308K
ln 2
H t1/
2
ln 2 0.01moldm3
0.5h
138.6
mol dm 3
(3)
ln
k (308K) k (298K)
解：
k1
1 t
ln
1
1
y
1 1h
ln
1
1 0.75
ln
4h1
当 t＝2h 时
ln4=
1 2
ln
1
1
y
1－y = 6.25%
（2）运用 a=b 的二级反应公式
k2
1 ta
1
y
y
1 1h
a
0.75 1 0.75
3 h1 a
当 t＝2h 时
3 a
1 2a
1
y
k2[H2
](
k1 k5
)
1 2
[Br2
1
]2
k3[Br2 ] k4[HBr]
（6）代入（4），得：
d[HBr] dt
2k2k3
(
k1 k5
)
1 2
[Br2
3
]2
k3[Br2 ] k4[HBr]
（7）式分子、分母消去 k3[Br2 ] ；
【免费下载】物理化学—动力学练习题及参考答案1
20. 在 300 K 时, 鲜牛奶 5 h 后即变酸, 但在 275 K 的冰箱里，可保存 50 h,
牛奶变酸反应的活化能是__________________________。 21. 采用 32P 标记的五氯化磷 t1/2 为 14.3 d, 经___________d 后, 放射性衰 变到起始值的 1/1000。
的指前因子相同而活化能不同，E1 为 120 kJ·mol-1，E2 为 80 kJ·mol-1，则
当在 1000K 进行时，两个反应速率常数的比是：
(A) k1/k2= 8.138×10-3
(C) k1/k2= 1.55×10-5
3. 如果臭氧 (O3) 分解反应 2O3→ 3O2 的反应机理是：
36
对于反应 X + 2Y → 3Z，[Z] 增加的初始速率为： (
)
(A) 对 X 和 Y 均为一级
(B) 对 X 一级，对 Y 零级
(C) 对 X 二级，对 Y 为一级 (D) 对 X 四级，对 Y 为二级
9. 一级反应，反应物反应掉 1/n 所需要的时间是： (
)
(A) -0.6932/k
(B) (2.303/k) lg[n/(n-1)]
O3→ O + O2
O + O3→ 2O2
请你指出这个反应对 O3 而言可
(1)
(2)
4. 化学反应速率常数的 Arrhenius 关系式能成立的范围是： (
(A) 对任何反应在任何温度范围内
(B) 对某些反应在任何温度范围内
(C) 对任何反应在一定温度范围内
动力学 1A 一、选择题
1. 连串反应 A k1 B k2 C 其中 k1= 0.1 min-1， k2= 0.2 min-1，假
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FB
其中 3g cos 2l
(2) 由题意及图示, 杆脱离墙壁时必有 FA = 0 , 故先求 FA = ?
y
杆在脱离墙壁前有质心运动定理( 水平投影 ):
C FA m x
A
(1)
FA
α
c
φo mg φ
ω
o
ω B FB
l l 由 图 示 xc cos xc sin 2 2 l l c cos 2 sin x 2 2 l l 2 c cos sin x x 2 2 ) (注意式中
vr
B
由动能定理: 1 1 2 2 m0v mv v r 0 mgr 2 v 2 2 gr 2gr vr 4v 2 联立 (1) (2) 可得 v 6 3 取B处的小球分析受力及运动, 此时刻动系半圆 槽无竖向加速度, 即
v
O
r
a
n r
FN
B
vr
ma n r F
n
A
F1 F2 cos 60 0 b F1 F2 sin 60 0 b 0
2 2
2
由 <1> , <2> 联立可得
mg
at
F1 = 71.8 (N)
F2 = 267.8 (N)
(2) 取最低位置板分析:
设绳长为L , 由动能定理得:
1 mv 2 0 mgL (1 sin 600 ) 2
(2) 取A块,C 轮组合体分析
由对固定点的动量矩定理 d ( J C mvR ) (F mg )R dt
a
H
s A B D
v
2m g A mg
F
1 1 2 a 2mR maR F mg R 其中a g 2 R 6 4 则有 F mg 3
FCy
α
由动量定理有:
解: (1) 系统分析, 如图示 , 由动能定理
T2 –T1 = ∑WA
A
FA
α
ω
o
c
mg
ω φ
B
φo
1 l J O 2 0 mg sin 0 sin 2 2 1 1 l ml 2 2 mg sin 0 sin 2 3 2 3g 2 sin 0 sin l 3g 两边对 t求 导 2 cos l
1 y
1 x
θ
m1 g
对B块, 有动力学方程
1 sin ( 3) 2 FN m 2 x 1 cos (4) 0 FN 2 m 2 g FN
B块：
1 FN
FN 1
由运动学关系: a1 a2 ar
1 2 a r cos x x 1 a r sin 合并后即是 y 1 sin 1 cos 2 sin (5) x y x
y A ω α θ
B
FB
θ
a
n c
c
mg
a
c
D FD 由质心运动定理 : maCx FB
aCx
x
maCy FD mg l l n aC cos aC sin cos 2 sin
2 2 l l sin 2 cos 2 2
n aCy aC sin aC cos
∑Y = 0:
∑MK(F) = 0:
mK 13.5mgR
综—18 图示均质杆AB长为l , 放在铅直平面内, 杆的一端A靠在光 滑的铅直墙上, 另一端B在光滑的水平地板上, 并与水平面成0. 此后, 令杆由静止倒下. 求: ( 1 ) 杆在任意位置时的角加速度和角速度; ( 2 ) 当杆脱离墙时, 此杆与水平面所夹的角.
3 解 得 FB = m g s i nθ(3 cosθ 2) 4 3 FD = m g m g(3 s i n2 θ + 2 cosθ 4
2)
(2) B 端刚脱离墙壁时, FB = 0 由上式可得:
y
A ω1 C
2 cos 1 3
1
FD
1
v cx
x
v cy v C
3g 1 cos 1 此时的 1 l l 1 质 心 的 速 度 vC 1 gl 2 2 1 质 心 水 平 速 度vCx vC cos 1 gl 3
1 1 l 2 2 ml 0 mg 1 cos 2 3 2
B FB
θ
a
n c
c
2
mg D FD
a
c
3g 1 cos l 3g 2 sin l
3g 1 cos l 故得
图中可知
x
3g sin 2l
b、系统内力复杂、做功情况不明确，多用动量定理、 质心运动定理； c、如有转动问题，可用动量矩定理。 （4）求加速度（或角加速度）： a、对质点系，可用动量定理，质心运动定理； b、定轴转动刚体，可用动量矩定理、刚体定轴转动 微分方程； c、平面运动刚体，可用平面运动微分方程； d、有两个以上转轴的质点系，或既有转动刚体、又 有平动、平面运动的复杂问题，可用积分形式的动能定 理，建立方程后求导求解。 （5）补充方程：运动学补充方程，力的补充方程。
l l 2 由( 1 )式 可 得: FA m cos m sin 2 2
2 si n 0 令 FA 0 可 得 3tg cos
2 即 是 si n ( si n 0 ) 3
1
综 – 19 均质杆AB长为l ,质量为m , 起初紧靠在铅垂的墙壁上. 由于 微小的干扰, 杆绕B点倾倒如图. 不计摩擦. 求: ( 1 ) B端未脱离墙时AB杆的角速度和角加速度和B处的约束反力 ( 2 ) B端脱离墙时的夹角1 = ? ( 3 ) 杆着地时质心的速度及杆的角速度. 解: (1) B端未脱离墙壁前杆作定轴转动, 由动能定理有: y A ω α θ
二、几个关节点： (1) 求运动量, 特别是速度问题,优先考虑用动能定理. (整体分析) (2) 求约束反力, 必须用动量定理或质心运动定理.也 涉及到动量矩定理(转动, 曲线运动) (3) 初瞬时问题,鲜用动能定理. (4) 注意约束的位置和性质及是否系统的动量或动量 矩守恒(某一方向). (5) 根据题意寻找运动学方程或约束方程往往是解动 力学问题的关键.
B D R O' φ O M
v
OM 2R cos90 2R sin
0
BD 2 R 2 R sin sin 2 R 1 sin2 2 R cos2
v 2 cos R(g kR ) m
A
2、再取滑块M分析: M
Fn
ma n Fn
D E
由动力学方程: m a
A F G
60º B C
60º
F
at 4.9m / s 2
切向投影有: mat mg cos600
F1
60º B C 60º
F2
60º
法向投影有: man 0 F1 F2 mg sin600 ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 1 平动物体, 角加速度恒为零, 故有:
2 x
m2 g
FN 2
m1g cos sin 联立 (1) (2) (3) (4) (5)得: x 2 m m sin 2 2 1
综 ：质量为 m0 的物体上刻有半径为r 的半圆槽, 放在光滑的水平面 上, 原处于静止状态. 有一质量为 m 的小球自A 处无初速地沿光滑的 半圆槽下滑. 若m0 = 3m , 求小球滑到B 处时相对于物体的速度和槽 对小球的正压力. 解：取系统分析: 水平方向动量守恒 A O m0v mv vr 0 1 r
1 2 1 1 1 3 1 v 2 s 2 v 2 2 v 2 mv 2mR ( ) 2mR ( ) m( ) (2mg mg ) mgs 2 2 2 R 2 2 2R 2 2 2
FCy
K
α
C E
C
FCx
整理得 3mv 2 mgs 6v a gv a g/6
g l
y
(3) 在上述FB = 0 以后,质心水平速度守恒, 且 在A端着地之前杆作平面运动. C D vD
y
v Cx v v Cy CD
A ω
x
v C v Cx v Cy v D v CD
而在A即触地面时有:
v D v Cx
C
FCx
m a F
i i
e
i
X方向:
a v
0 FC x
1 FCy 4 mg 2
2m g A mg
F
Y方向: ma 2m 0 FC y mg 2mg F
(3) 取KC杆分析: 平衡问题:
FKy
FKx
K
∑X = 0:
C
FCy
mk
FK x 0
FK y 4.5mg
由牛顿第二定律
an θ θ
O´
v
v2 m Fn F cos mg cos 2 R
式中 θ= 90º - φ 、 F = 2kRsinφ
mg
整理后可得:
θ F φ
O
Fn 2 kR sin2 mg cos 2 4mg kR cos 2
综 – 4 正方形均质板的质量为 40kg , 在铅直平面内以三根软绳拉住, 板的边长b = 100mm. 求: ( 1 ) 当软绳FG 剪断后, 木板开始运动时的 加速度及AD 和 BE 两绳 的张力; ( 2 ) 当AD 和 BE 两绳位于铅直 位置时, 板中心C 的加速度和两绳的张力. 解: (1) 取板分析,初瞬时问题, 只有切向加速度.