西安交通大学网络学院公共课《普通物理》作业集答案
西安交通大学18年9月课程考试《普通物理》作业考核-答案
西安交通大学18年9月课程考试《普通物理》作业考核试题
1、C
2、D
3、C
4、B
5、A
一、单选题共30题，60分
1、两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛有氦气（均视为刚性分子理想气体）。
开始时它们的压强和温度都相同，现将3焦耳热量传给氦气，使之升高到一定的温度，若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为（）：
A6焦耳
B3焦耳
C5焦耳
D10焦耳
[选择]：C
2、一摩尔的单原子分子理想气体,在一个大气压的恒压下,从0?C被加热到100?C,此时气体增加的内能约为( )
A3.2J
B46J
C120J
D1250J。
[选择]：D
3、5R/2是()
A理想气体定体摩尔热容
B双原子分子理想气体定体摩尔热容
C刚性双原子分子理想气体定体摩尔热容
D气体定体摩尔热容。
[选择]：C
4、题面见图片
AA
BB
CC
DD
[选择]：B
5、在物体沿一粗糙斜面下滑的过程中，的说法是（）：
A重力做正功，摩擦力做负功，正压力不做功
B重力做正功，摩擦力做负功，正压力做正功
C重力做负功，摩擦力做正功，正压力不做功。
《普通物理》题库及答案
《普通物理》题库及答案一．判断题1. 加速度是反映速度变化快慢的物理量，物体作匀速率运动时，其加速度为零。
2. 物体不受力时，一定保持静止状态。
3. 对于质量相同的刚体，转轴位置相同时，其转动惯量必然相等。
4. 电势和电势差都与电势零点的选择有关。
5. 静电场的能量集中在电荷分布区域，在没有电荷的区域电场能量为零。
6. 运动电荷在磁场中所受的力称为洛仑兹力，因为洛仑兹力的方向与电荷在磁场中的运动方向垂直，所以 洛仑兹力不做功。
7. 质点是经过科学抽象而形成的理想化的物理模型，一个物体能否当作质点来处理 ，是由该物体的大小决 定的。
8. 处于运动状态的物体不受力时，一定以原来的速度沿直线运动． 9. 动量与参考系的选择有关；动量定理仅适用于惯性参考系。
10. 势能具有相对性，系统势能的大小与势能零点的选取有关 。
11. 由q S d E s∑=⋅⎰1ε 可知，高斯面上的电场强度只由高斯面内的电荷决定，与高斯面外的电荷无关。
12. 静电平衡时，导体内部任何一点处的电场强度为零。
13. 分子体积很小，可以将其视为质点；地球体积很大，不能将其当作质点。
14. 动量守恒定律是自然界最普遍、最基本的定律之一 ，它只在惯性参考系中成立。
15. 内力矩不改变系统的角动量，只有外力矩才改变系统的角动量。
16. 静电平衡时，无论导体空腔内有无电荷，由于电荷守恒，外表面有感应电荷 ＋Q , 内表面因静电感应 出现等值异号的电荷 －Q 。
17. 电流密度是矢量，导体中某点电流密度的方向就是该点正电荷定向运动的方向。
18. 动生电动势的非静电力来源于洛伦兹力。
19. 沿曲线运动的质点，当0→∆t 时，位移的大小与路程相等。
20. 只有外力作用才改变系统的总动量，因此，内力作用不会改变系统内任一部分的动量。
21. 转动惯量不仅与刚体的质量有关，而且与刚体的质量分布有关。
22. 电势大小是相对的，电场中某一点电势的大小与电势零点的选择有关。
西安交通大学14春学期《普通物理》离线作业答案
西安交通大学14春学期《普通物理》离线作业答案模拟试题（一）一、单项选择题：1.下列关于质点运动的表述中，正确的是（ b ）A.若质点的加速度为恒矢量，则其运动轨迹必为直线。
B.质点作圆周运动时，加速度一定指向圆心。
C.质点加速度方向恒定时，其速度方向仍可能变化。
D.某时刻质点速度为零，则该时刻质点加速度也一定为零。
2.一半径为R 的木桶，以角速度ω绕其轴线转动。
有人紧贴在木桶内壁上，人与木桶间的静摩擦因数为0μ，若想人紧贴在木桶上不掉下来，则角速度ω最小必须等于（B ）A.0g μ；B.120()g R μ；C.0g R μ；D.120()R g μ。
3.在均匀磁场中,有两个面积相等,通过电流相同的线圈,一个是三角形,一个是矩形。
下列说法中正确的是( B )A.两线圈所受的最大磁力矩不相等，磁力的合力不相等。
B.两线圈所受的最大磁力矩相等，磁力的合力相等。
C.两线圈所受的最大磁力矩不相等，磁力的合力相等。
D.两线圈所受的最大磁力矩相等，磁力的合力不相等。
4.在杨氏双缝实验中，屏与双缝间的距离d '=1m ，用钠光灯作单色光源(λ=598.3nm), 双缝间的距离d = 10mm 时，相邻两明纹间距离为（ B ）。
A.m 710983.5-?B.m 510983.5-? C m 510992.2-? D.无法确定。
5.一固有长度为4.0m 的物体，若以速率0.60c 沿x 轴相对某惯性系运动，从该惯性系来测量，此物体的长度为（ B ）。
A.4mB.3.2mC.2.4mD.无法判断二、多项选择题：1.下列说法正确的是（ B ）。
A.无线电波的波长比光波的波长短，所以衍射现象显著。
B.声波的波长比光波的波长长，所以声波容易发生衍射现象。
C.无线电波的波长比光波的波长长，所以衍射现象显著。
D.声波的波长比光波的波长短，所以声波容易发生衍射现象。
2.温度为127.0℃时的氧气分子的最概然速率为（ B ）。
西安交大版大学物理上学习指导作业及选择题答案参考答案
第一章质点运动学第二章运动与力第三章动量与角动量第四章功和能第五章刚体的转动第六章狭义相对论基础- 2 -第七章振动第八章波动- 3 -第九章温度和气体动理论第十章热力学第一定律- 4 -- 5 -第十一章 热力学第二定律第一章 质点运动学课 后 作 业1、一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为 a ＝2＋6 x 2 (SI)如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度．解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x txx t a +=⋅==v v 2分- 6 - ()x x xd 62d 020⎰⎰+=v v v 2分()2 213xx +=v 1分2、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⎰⎰=vv 0d 4d tt tv 2=t 2 3分v d =x /d t 2=t 2 t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI) 2分3、一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为221ct bt S += 其中b 、c 是大于零的常量，求从0=t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间．- 7 -解： ct b t S +==d /d v 1分c t a t ==d /d v 1分()R ct b a n /2+= 1分根据题意： a t = a n 1分即 ()R ct b c /2+=解得 cbc R t -=1分4、如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小．- 8 - 解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω 1分24t =ω, 24Rt R ==ωvs t 1=时， v = 4Rt 2 = 8 m/s 1分 2s /168/m Rt dt d a t ===v 1分22s /32/m R a n ==v 1分()8.352/122=+=nt a a a m/s 2 1分5、一敞顶电梯以恒定速率v =10 m/s 上升．当电梯离地面h =10 m 时，一小孩竖直向上抛出一球．球相对于电梯初速率200=v m/s ．试问：(1) 从地面算起，球能达到的最大高度为多大？ (2) 抛出后经过多长时间再回到电梯上？解：(1) 球相对地面的初速度=+='v v v 030 m/s 1分抛出后上升高度 9.4522='=gh v m/s 1分- 9 - 离地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m 1分(2) 球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度2021)(gt t t -+=v v v 1分08.420==gt vs 1分6、在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如图所示．当人以0υ(m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知222s h l +=将上式对时间t 求导，得题1-4图tss t l ld d 2d d 2=- 10 - 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，∴ t sv v t l v d d ,d d 0-==-=船绳即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度320222022002)(d d d d d d sv h s v s l s v slv s v v s t sl t l st v a =+-=+-=-==船船- 11 - 第二章 运动与力 课 后 作 业1、 一人在平地上拉一个质量为M 的木箱匀速前进，如图. 木箱与地面间的摩擦系数μ＝0.6.设此人前进时，肩上绳的支撑点距地面高度为h ＝1.5 m ，不计箱高，问绳长l 为多长时最省力?解：设绳子与水平方向的夹角为θ，则l h /sin =θ． 木箱受力如图所示，匀速前进时, 拉力为F , 有F cos θ－f ＝0 2分F sin θ＋N －Mg ＝0 f ＝μN得 θμθμsin cos +=MgF 2分- 12 - 令0)sin (cos )cos sin (d d 2=++--=θμθθμθμθMg F ∴ 6.0tg ==μθ，637530'''︒=θ 2分且 0d d 22>θF∴ l ＝h / sin θ＝2.92 m 时，最省力．m 1m 22、一质量为60 kg 的人，站在质量为30 kg 的底板上，用绳和滑轮连接如图．设滑轮、绳的质量及轴处的摩擦可以忽略不计，绳子不可伸长．欲使人和底板能以1 m/s 2的加速度上升，人对绳子的拉力T 2多大？人对底板的压力多大? (取g ＝10 m/s 2)g M P =θFNf- 13 -解：人受力如图(1) 图2分a m g m N T 112=-+ 1分 底板受力如图(2) 图2分 a m g m N T T 2221=-'-+ 2分212T T = 1分 N N ='由以上四式可解得 a m m g m g m T )(421212+=--∴ 5.2474/))((212=++=a g m m T N 1分 5.412)(21=-+=='T a g m N N N 1分3、一条轻绳跨过一轻滑轮(滑轮与轴间摩擦可忽略)，在绳的一端挂一质量为m 1的物体，在另一侧有一质量为m 2的环，求当环相对于绳以恒定的加速度a 2沿绳向下滑动时，物体和环相对地面的加速度各是多少？环与绳间的摩擦力多大？- 14 - m 1m 22a解：因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于绳子张力T ．设m 2相对地面的加速度为2a '，取向上为正；m 1相对地面的加速度为a 1(即绳子的加速度)，取向下为正． 1分111a m T g m =- 2分 222a m g m T =-2分 212a a a -=' 2分 解得 2122211)(m m a m g m m a ++-= 1分21212)2(m m m m a g T +-=1分2121212)(m m a m g m m a +--=' 1分- 15 - 4、一条质量分布均匀的绳子，质量为M 、长度为L ，一端拴在竖直转轴OO ′上，并以恒定角速度ω在水平面上旋转．设转动过程中绳子始终伸直不打弯，且忽略重力，求距转轴为r 处绳中的张力T ( r )．解：取距转轴为r 处，长为d r 的小段绳子，其质量为 ( M /L ) d r ． (取元，画元的受力图) 2分由于绳子作圆周运动，所以小段绳子有径向加速度，由牛顿定律得：T ( r )-T ( r + d r ) = ( M / L ) d r r ω2 令 T ( r )－T (r + d r ) = - d T ( r ) 得 d T =－( M ω2 / L ) r d r 4分由于绳子的末端是自由端 T (L ) = 0 1分有r r L M T Lrr T d )/(d 2)(⎰⎰-=ω ∴ )2/()()(222L r L M r T -=ω 3分OO- 16 - 第三章 动量与角动量 课 后 作 业hAv1、如图，用传送带A 输送煤粉，料斗口在A 上方高h ＝0.5 m 处，煤粉自料斗口自由落在A 上．设料斗口连续卸煤的流量为q m ＝40 kg/s ，A 以v ＝2.0 m/s 的水平速度匀速向右移动．求装煤的过程中，煤粉对A 的作用力的大小和方向．（不计相对传送带静止的煤粉质重）解：煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度gh 20=v 1分设煤粉与A 相互作用的∆t 时间内，落于传送带上的煤粉质量为 t q m m ∆=∆1分设A 对煤粉的平均作用力为f，由动量定理写分量式：0-∆=∆v m t f x 1分)(00v m t f y ∆--=∆ 1分- 17 - 将 t q m m ∆=∆代入得 v m x q f =， 0v m y q f =∴ 14922=+=y x f f f N 2分 f与x 轴正向夹角为α = arctg (f x / f y ) = 57.4° 1分由牛顿第三定律煤粉对A 的作用力f ′= f = 149 N ，方向与图中f相反．2分30°F2、质量为1 kg 的物体，它与水平桌面间的摩擦系数μ = 0.2 ．现对物体施以F = 10t (SI)的力，（t 表示时刻），力的方向保持一定，如图所示．如t = 0时物体静止，则t = 3 s 时它的速度大小v 为多少?解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力mg F N +︒=30sin 1分物体要有加速度必须 N F μ≥︒30cos 2分即 mg t μμ≥-)3(5， 0s 256.0t t =≥ 1分物体开始运动后，所受冲量为 ⎰-︒=tt t N F I 0d )30cos (μ- 18 - )(96.1)(83.3022t t t t ---= t = 3 s, I = 28.8 N s 2分则此时物体的动量的大小为 I m =v速度的大小为 8.28==mIv m/s 2分3、一炮弹发射后在其运行轨道上的最高点h ＝19.6 m 处炸裂成质量相等的两块．其中一块在爆炸后1秒钟落到爆炸点正下方的地面上．设此处与发射点的距离S 1＝1000 m ，问另一块落地点与发射地点间的距离是多少？（空气阻力不计，g ＝9.8 m/s 2）解：因第一块爆炸后落在其正下方的地面上，说明它的速度方向是沿竖直方向的．利用 2t g t h '+'=211v ， 式中t '为第一块在爆炸后落到地面的时间． 可解得v 1＝14.7 m/s ，竖直向下．取y 轴正向向上, 有v 1y ＝－14.7 m/s 2分设炮弹到最高点时(v y ＝0)，经历的时间为t ，则有S 1 = v x t ① h=221gt ② 由①、②得 t =2 s , v x =500 m/s 2分- 19 - 以2v表示爆炸后第二块的速度，则爆炸时的动量守恒关系如图所示．x v v m m x =221③0==+y y m m m v v v 1y 22121 ④解出 v 2x =2v x =1000 m/s ， v 2y =-v 1y =14.7 m/s 3分 再由斜抛公式 x 2= S 1 +v 2x t 2 ⑤y 2=h +v 2y t 2-22gt 21 ⑥落地时 y 2 =0，可得 t 2 =4 s , t 2＝－1 s （舍去） 故 x 2＝5000 ｍ 3分mv4、质量为M ＝1.5 kg 的物体，用一根长为l ＝1.25 m 的细绳悬挂在天花板上．今有一质量为m ＝10 g 的子弹- 20 - 以v 0＝500 m/s 的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝30 m/s ，设穿透时间极短．求： (1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2) 子弹在穿透过程中所受的冲量．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 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v 2/l =26.5 N 2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v方向相反． 2分- 21 - 课 后 作 业1、一质量为m 的质点在Oxy 平面上运动，其位置矢量为j t b i t a rωωsin cos +=(SI)式中a 、b 、ω是正值常量，且a ＞b ． (1)求质点在A 点(a ，0)时和B 点(0，b )时的动能；(2)求质点所受的合外力F 以及当质点从A 点运动到B 点的过程中F的分力x F 和y F 分别作的功．解：(1)位矢 j t b i t a rωωsin cos += (SI) 可写为 t a x ωcos = ， t b y ωsin =t a t x x ωωsin d d -==v ， t b ty ωωcos d dy-==v在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ωE KA =2222212121ωmb m m y x =+v v 2分在B 点(0，b ) ，0cos =t ω，1sin =t ωE KB =2222212121ωma m m y x=+v v 2分 (2) j ma i ma F y x +==j t mb i t ma ωωωωsin cos 22-- 2分- 22 - 由A →B ⎰⎰-==020d cos d a a x x x t a m x F W ωω=⎰=-022221d a ma x x m ωω 2分⎰⎰-==b b y y t b m y F W 020dy sin d ωω=⎰-=-b mb y y m 022221d ωω 2分2、劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定，另一端与桌面上的质量为m 的小球B 相连接．用外力推动小球，将弹簧压缩一段距离L 后放开．假定小球所受的滑动摩擦力大小为F 且恒定不变，滑动摩擦系数与静摩擦系数可视为相等．试求L 必须满足什么条件时，才能使小球在放开后就开始运动，而且一旦停止下来就一直保持静止状态．解：取弹簧的自然长度处为坐标原点O ，建立如图所示的坐标系．在t =0时，静止于x ＝－L 的小球开始运动的条件是kL ＞F ① 2分小球运动到x 处静止的条件，由功能原理得- 23 - 222121)(kL kx x L F -=+- ② 2分 由② 解出kFL x 2-= 使小球继续保持静止的条件为 F k FL k x k ≤-=2 ③ 2分 所求L 应同时满足①、③式，故其范围为 k F <L kF3≤ 2分3、一链条总长为l ，质量为m ，放在桌面上，并使其部分下垂，下垂一段的长度为a ．设链条与桌面之间的滑动摩擦系数为μ．令链条由静止开始运动，则 (1)到链条刚离开桌面的过程中，摩擦力对链条作了多少功？- 24 -al -a(2)链条刚离开桌面时的速率是多少？解：(1)建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为g l ym f μ= 1分 摩擦力的功 ⎰⎰--==00d d a l al f y gy l my f W μ 2分=022al y lmg-μ =2)(2a l lmg --μ 2分(2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝2022121v v m m -其中 ∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0 1分- 25 - W P =⎰la x P d =la l mg x x l mg la 2)(d 22-=⎰ 2分由上问知 la l mg W f 2)(2--=μ所以222221)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ 得 []21222)()(a l a l lg ---=μv 2分αh0v4、一物体与斜面间的摩擦系数μ = 0.20，斜面固定，倾角α = 45°．现给予物体以初速率v 0 = 10 m/s ，使它沿斜面向上滑，如图所示．求： 物体能够上升的最大高度h ；该物体达到最高点后，沿斜面返回到原出发点时的速率v ．- 26 - 解：(1)根据功能原理，有 mgh m fs -=2021v 2分 ααμαμsin cos sin mgh Nh fs ==mgh m mgh -==2021ctg v αμ 2分)ctg 1(220αμ+=g h v =4.5 m 2分(2)根据功能原理有 fs m mgh =-221v 1分αμctg 212mgh mgh m -=v 1分[]21)ctg 1(2αμ-=gh v =8.16 m/s 2分第五章 刚体的转动课 后 作 业- 27 - 1、一轻绳跨过两个质量均为m 、半径均为r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m 和2m 的重物，如图所示．绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑．两个定滑轮的转动惯量均为221mr ．将由两个定滑轮以及质量为m 和2m 的重物组成的系统从静止释放，求两滑轮之间绳内的张力．解：受力分析如图所示． 2分 2mg －T 1＝2ma 1分T 2－mg ＝ma 1分 T 1 r －T r ＝β221mr 1分 T r －T 2 r ＝β221mr 1分 a ＝r β 2分解上述5个联立方程得： T ＝11mg / 8 2分- 28 -2、一轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的半径为R ,质量为M / 4，均匀分布在其边缘上．绳子的A 端有一质量为M 的人抓住了绳端，而在绳的另一端B 系了一质量为21M 的重物，如图．设人从静止开始相对于绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B 端重物上升的加速度？(已知滑轮对通过滑轮中心且垂直于轮面的轴的转动惯量J ＝MR 2 / 4 )解：受力分析如图所示．设重物的对地加速度为a ，向上.则绳的A 端对地有加速度a 向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a 向下. 2分 根据牛顿第二定律可得：对人： Mg －T 2＝Ma ① 2分对重物： T 1－21Mg ＝21Ma ② 2分根据转动定律，对滑轮有(T2－T1)R＝Jβ＝MR2β / 4 ③2分因绳与滑轮无相对滑动，a＝βR④1分①、②、③、④四式联立解得a＝2g / 7 1分3、一质量为m的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t内下降了一段距离S．试求整个轮轴的转动惯量(用m、r、t和S表示)．解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mgT＝ma①2分T r＝Jβ②2分由运动学关系有：a = rβ③2分- 29 -- 30 - 由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0式代入④式得：J ＝mr 2(Sgt 22∴ S ＝221at ， a ＝2S / t 2 ⑤ 2分将⑤－1) 2分Am 1 ,l1v2俯视图4、有一质量为m 1、长为l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动．另有一水平运动的质量为m 2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞，设碰撞时间极短．已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1v 和2v，如图所示．求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间.(已知棒绕O 点的转动惯量2131l mJ =)- 31 -解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力 矩<<滑块的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即1分m 2v 1l ＝－m 2v 2l ＋ω2131l m ① 3分碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为gl m x x l m g M l f 10121d μμ-=⋅-=⎰ ② 2分由角动量定理 ω210310l m dt M tf -=⎰ ③ 2分由①、②和③解得 gm m t 12122μv v += 2分第六章 狭义相对论基础课 后 作 业1、一体积为V 0，质量为m 0的立方体沿其一棱的方向相对于观察者A 以速度v 运动．求：观察者A 测得其密度是- 32 - 多少？解：设立方体的长、宽、高分别以x 0，y 0，z 0表示，观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为 221cx x v -=，0y y =，0z z =．相应体积为 2201cV xyz V v -== 3分观察者Ａ测得立方体的质量 2201cm m v -=故相应密度为 V m /=ρ22022011/c V c m v v --=)1(2200cV m v -=2分2、在O 参考系中，有一个静止的正方形，其面积为 100 cm 2．观测者O ＇以 0.8c 的匀速度沿正方形的对角线运动．求O ＇所测得的该图形的面积．- 33 -解：令O 系中测得正方形边长为a ，沿对角线取x 轴正方向(如图)，则边长在坐标轴上投影的大小为a a x 221=，a a y 221= 面积可表示为： x y a a S ⋅=2 2分在以速度v 相对于O 系沿x 正方向运动的O ＇系中2)/(1c a a x x v -=' =0.6×a 221 a a a yy 221==' 在O ＇系中测得的图形为菱形，其面积亦可表示为606.022=='⋅'='a a a S x y cm 2 3分 3、一艘宇宙飞船的船身固有长度为L 0 =90 m ，相对于地面以=v 0.8 c (c 为真空中光速)的匀速度在地面观测站的上空飞过．(1) 观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少？ (2) 宇航员测得船身通过观测站的时间间隔是多少？解：(1) 观测站测得飞船船身的长度为 =-=20)/(1c L L v 54 maaO y x- 34 - 则 ∆t 1 = L /v =2.25×10-7 s 3分(2) 宇航员测得飞船船身的长度为L 0，则∆t 2 = L 0/v =3.75×10-7 s 2分4、半人马星座α星是距离太阳系最近的恒星，它距离地球S = 4.3×1016 m ．设有一宇宙飞船自地球飞到半人马星座α星，若宇宙飞船相对于地球的速度为v = 0.999 c ，按地球上的时钟计算要用多少年时间？如以飞船上的时钟计算，所需时间又为多少年？解：以地球上的时钟计算： 5.4≈=∆vSt 年 2分以飞船上的时钟计算： ≈-='∆∆221ct t v 0.20 年 3分5、在惯性系S 中，有两事件发生于同一地点，且第二事件比第一事件晚发生∆t =2s ；而在另一惯性系S ＇中，观测第二事件比第一事件晚发生∆t '=3s ．那么在S ＇系中发生两事件的地点之间的距离是多少？解：令S ＇系与S 系的相对速度为v ，有- 35 - 2)/(1c tt v -='∆∆， 22)/(1)/(c t t v -='∆∆则 2/12))/(1(t t c '-⋅=∆∆v ( = 2.24×108 m ·s -1 ) 4分那么，在S ＇系中测得两事件之间距离为：2/122)(t t c t x ∆∆∆∆-'='⋅='v = 6.72×108 m 4分6、要使电子的速度从v 1 =1.2×108 m/s 增加到v 2 =2.4×108 m/s 必须对它作多少功？ (电子静止质量m e ＝9.11×10-31 kg)解：根据功能原理，要作的功 W = ∆E根据相对论能量公式 ∆E = m 2c 2- m 1c 2 2分根据相对论质量公式 2/12202])/(1/[c m m v -=2/12101])/(1/[c m m v -= 1分 ∴ )1111(22122220cc c m W v v ---=＝4.72×10-14 J ＝2.95×105 eV 2分 第七章 振动课 后 作 业1、一个轻弹簧在60 N 的拉力作用下可伸长30 cm ．现将一物体悬挂在弹簧的下端并在它上面放一小物体，它们的总质量为4 kg ．待其静止后再把物体向下拉10 cm ，然后释放．问： (1) 此小物体是停在振动物体上面还是离开它？(2) 如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离，则振幅A 需满足何条件？二者在何位置开始分离？- 36 -解：(1) 小物体受力如图．设小物体随振动物体的加速度为a ，按牛顿第二定律有（取向下为正） ma N mg =- 1分)(a g m N -=当N = 0，即a = g 时，小物体开始脱离振动物体，已知 1分A = 10 cm ，N/m 3.060=k有 50/==m k ω rad ·s -1 2分 系统最大加速度为 52max ==A a ω m ·s -2 1分 此值小于g ，故小物体不会离开． 1分(2) 如使a > g ，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N = 0求得x a g 2ω-== 2分 6.19/2-=-=ωg x cm 1分即在平衡位置上方19.6 cm 处开始分离，由g A a >=2max ω，可得2/ωg A >=19.6 cm ． 1分2、一质点在x 轴上作简谐振动，选取该质点向右运动通过A 点时作为计时起点( t = 0 )，经过2秒后质点第一次经过B 点，再经过2秒后质点第二次经过B 点，若已知该质点在A 、B 两点具有相同的速率，且AB = 10 cm 求： (1) 质点的振动方程；- 37 - (2) 质点在A 点处的速率．解： T = 8 s ， ν = (1/8) s -1， ω = 2πν = (π /4) s -1 3分(1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方． t = 0时， 5-=x cm φcos A = t = 2 s 时， 5=x cm φφωsin )2cos(A A -=+=由上二式解得 tg φ = 1因为在A 点质点的速度大于零，所以φ = -3π/4或5π/4（如图） 2分 25cos /==φx A cm 1分 ∴ 振动方程 )434cos(10252π-π⨯=-t x (SI) 1分(2) 速率 )434sin(41025d d 2π-π⨯π-==-t t x v (SI) 2分 当t = 0 时，质点在A 点 221093.3)43sin(10425d d --⨯=π-⨯π-==t x v m/s 1分3、在一轻弹簧下端悬挂m 0 = 100 g 砝码时，弹簧伸长8 cm ．现在这根弹簧下端悬挂m = 250 g 的物体，构成弹簧振子．将物体从平衡位置向下拉动4 cm ，并给以向上的21 cm/s 的初速度（令这时t = 0）．选x 轴向下, 求振动方- 38 - 程的数值式．解： k = m 0g / ∆l 25.12N/m 08.08.91.0=⨯=N/m11s 7s 25.025.12/--===m k ω 2分 5cm )721(4/2222020=+=+=ωv x A cm 2分 4/3)74/()21()/(tg 00=⨯--=-=ωφx v ，φ = 0.64 rad 3分)64.07cos(05.0+=t x (SI) 1分4、有一轻弹簧，当下端挂一个质量m 1 = 10 g 的物体而平衡时，伸长量为4.9 cm ．用这个弹簧和质量m 2 = 16 g 的物体组成一弹簧振子．取平衡位置为原点，向上为x 轴的正方向．将m 2从平衡位置向下拉 2 cm 后，给予向上的初速度v 0 = 5 cm/s 并开始计时，试求m 2的振动周期和振动的数值表达式．解：设弹簧的原长为l ，悬挂m 1后伸长∆l ，则 k ∆l = m 1g ，k = m 1g/ ∆l = 2 N/m 1分取下m 1挂上m 2后，2.11/2==m k ω rad/s 2分ω/2π=T =0.56 s 1分t = 0时， φcos m 10220A x =⨯-=-- 39 - φωsin m/s 10520A -=⨯=-v解得 220201005.2m )/(-⨯=+=ωv x A m 2分=-=-)/(tg 001x ωφv 180°+12.6°=3.36 rad也可取 φ = -2.92 rad 2分 振动表达式为 x = 2.05×10-2cos(11.2t -2.92) (SI) 2分或 x = 2.05×10-2cos(11.2t +3.36) (SI)- 40 - 5、在竖直悬挂的轻弹簧下端系一质量为 100 g 的物体，当物体处于平衡状态时，再对物体加一拉力使弹簧伸长，然后从静止状态将物体释放．已知物体在32 s 内完成48次振动，振幅为5 cm ． (1) 上述的外加拉力是多大？(2) 当物体在平衡位置以下1 cm 处时，此振动系统的动能和势能各是多少？解一：(1) 取平衡位置为原点，向下为x 正方向．设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为∆l ，则有l k mg ∆=, 加拉力F 后弹簧又伸长x 0，则0)(0=+-+∆x l k mg F解得 F = kx 0 2分 由题意，t = 0时v 0 = 0；x = x 0则 0202)/(x x A =+=ωv 2分 又由题给物体振动周期4832=T s, 可得角频率 Tπ=2ω, 2ωm k = ∴ 444.0)/4(22=π==A T m kA F N 1分 (2) 平衡位置以下1 cm 处： )()/2(2222x A T -π=v 2分221007.121-⨯==v m E K J 2分2222)/4(2121x T m kx E p π== = 4.44×10-4 J 1分解二：(1) 从静止释放，显然拉长量等于振幅A （5 cm ），- 41 - kA F = 2分2224νωπ==m m k ，ν = 1.5 Hz 2分 ∴ F = 0.444 N 1分(2) 总能量 221011.12121-⨯===FA kA E J 2分当x = 1 cm 时，x = A /5，E p 占总能量的1/25，E K 占24/25． 2分∴ 21007.1)25/24(-⨯==E E K J ， 41044.425/-⨯==E E p J 1分6、如图，有一水平弹簧振子，弹簧的劲度系数k = 24 N/m ，重物的质量m = 6 kg ，重物静止在平衡位置上．设以一水平恒力F = 10 N 向左作用于物体（不计摩擦），使之由平衡位置向左运动了0.05 m 时撤去力F ．当重物运动到左方最远位置时开始计时，求物体的运动方程．解：设物体的运动方程为 )cos(φω+=t A x ．恒外力所做的功即为弹簧振子的能量： F ×0.05 = 0.5 J ． 2分当物体运动到左方最远位置时，弹簧的最大弹性势能为0.5 J ，即：5.0212=kA J ， ∴ A = 0.204 m ． 2分- 42 - A 即振幅． 4/2==m k ω (rad/s)2ω = 2 rad/s ． 2分 按题目所述时刻计时，初相为φ = π．∴ 物体运动方程为 2分)2cos(204.0π+=t x (SI)． 2分第八章 波动课 后 作 业1、一平面简谐波沿x 轴正向传播，波的振幅A = 10 cm ，波的角频率ω = 7π rad/s.当t = 1.0 s 时，x = 10 cm 处的a 质点正通过其平衡位置向y 轴负方向运动，而x = 20 cm 处的b 质点正通过y = 5.0 cm 点向y 轴正方向运动．设该波波长λ >10 cm ，求该平面波的表达式．解：设平面简谐波的波长为λ，坐标原点处质点振动初相为φ，则该列平面简谐波的表达式可写成 )/27cos(1.0φλ+π-π=x t y (SI) 2分 t = 1 s 时 0])/1.0(27cos[1.0=+π-π=φλy 因此时a 质点向y 轴负方向运动，故π=+π-π21)/1.0(27φλ ① 2分而此时，b 质点正通过y = 0.05 m 处向y 轴正方向运动，应有05.0])/2.0(27cos[1.0=+π-π=φλy且 π-=+π-π31)/2.0(27φλ ② 2分由①、②两式联立得 λ = 0.24 m 1分 3/17π-=φ 1分 ∴ 该平面简谐波的表达式为]31712.07cos[1.0π-π-π=x t y (SI) 2分或 ]3112.07cos[1.0π+π-π=x t y (SI)(m) -2、图示一平面简谐波在t = 0 时刻的波形图，求 (1) 该波的波动表达式； (2) P 处质点的振动方程．解：(1) O 处质点，t = 0 时0cos 0==φA y ， 0sin 0>-=φωA v所以 π-=21φ 2分又 ==u T /λ (0.40/ 0.08) s= 5 s 2分故波动表达式为 ]2)4.05(2cos[04.0π--π=x t y (SI) 4分(2) P 处质点的振动方程为]2)4.02.05(2cos[04.0π--π=t y P )234.0cos(04.0π-π=t (SI) 2分3、沿x 轴负方向传播的平面简谐波在t = 2 s 时刻的波形曲线如图所示，设波速u = 0.5 m/s ． 求：原点O 的振动方程．解：由图，λ = 2 m ， 又 ∵u = 0.5 m/s ，∴ ν = 1 /4 Hz ， 3分T = 4 s ．题图中t = 2 s =T 21．t = 0时，波形比题图中的波形倒退λ21，见图． 2分此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动，∴ π=21φ 2分∴ )2121cos(5.0π+π=t y (SI) 3分4、一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，波的表达式为 )/(2cos λνx t A y -π=, 而另一平面简谐波沿Ox 轴负方向传播，波的表达式为 )/(2cos 2λνx t A y +π= 求：(1) x = λ /4 处介质质点的合振动方程；(2) x = λ /4 处介质质点的速度表达式．解：(1) x = λ /4处)212cos(1π-π=t A y ν , )212cos(22π+π=t A y ν 2分∵ y 1，y 2反相 ∴ 合振动振幅 A A A A s =-=2 , 且合振动的初相φ 和y 2的初相一样为π21． 4分合振动方程 )212cos(π+π=t A y ν 1分(2) x = λ /4处质点的速度 )212sin(2/d d π+ππ-== v t A t y νν)2cos(2π+ππ=t A νν 3分5、设入射波的表达式为 )(2cos 1Ttx A y +π=λ，在x = 0处发生反射，反射点为一固定端．设反射时无能量损失，求(1) 反射波的表达式； (2) 合成的驻波的表达式； (3) 波腹和波节的位置．解：(1) 反射点是固定端，所以反射有相位突变π，且反射波振幅为A ，因此反 射波的表达式为 ])//(2cos[2π+-π=T t x A y λ 3分 (2) 驻波的表达式是 21y y y +=)21/2cos()21/2cos(2π-ππ+π=T t x A λ 3分(3) 波腹位置： π=π+πn x 21/2λ, 2分λ)21(21-=n x , n = 1, 2, 3, 4,…波节位置： π+π=π+π2121/2n x λ 2分λn x 21= , n = 1, 2, 3, 4,…6、如图所示，一平面简谐波沿x 轴正方向传播，BC 为波密媒质的反射面．波由P 点反射，OP = 3λ /4，DP = λ /6．在t = 0时，O 处质点的合振动是经过平衡位置向负方向运动．求D 点处入射波与反射波的合振动方程．（设入射波和反射波的振幅皆为A ，频率为ν．）解：选O 点为坐标原点，设入射波表达式为 ])/(2cos[1φλν+-π=x t A y 2分 则反射波的表达式是 ])(2cos[2π++-+-π=φλνxDP OP t A y 2分合成波表达式（驻波）为 )2cos()/2cos(2φνλ+ππ=t x A y 2分 在t = 0时，x = 0处的质点y 0 = 0， 0)/(0<∂∂t y ，故得 π=21φ 2分因此，D 点处的合成振动方程是)22cos()6/4/32cos(2π+π-π=t A y νλλλt A νπ=2sin 3 2分第九章 温度和气体动理论 课 后 作 业1、黄绿光的波长是5000A (1A =10 -10 m)．理想气体在标准状态下，以黄绿光的波长为边长的立方体内有多少个分子?(玻尔兹曼常量k ＝1.38×10- 23J ·K -1)解：理想气体在标准状态下，分子数密度为n = p / (kT )＝2.69×1025 个/ m 3 3分 以5000A 为边长的立方体内应有分子数为N = nV ＝3.36×106个． 2分2、已知某理想气体分子的方均根速率为 400 m ·s -1．当其压强为1 atm 时，求气体的密度．解： 223131v v ρ==nm p∴ 90.1/32==v p ρ kg/m 3 5分 3、一瓶氢气和一瓶氧气温度相同．若氢气分子的平均平动动能为 w = 6.21×10-21 J ．试求：(1) 氧气分子的平均平动动能和方均根速率． (2) 氧气的温度．(阿伏伽德罗常量N A ＝6.022×1023 mol -1，玻尔兹曼常量k ＝1.38×10-23 J ·K -1)解：(1) ∵ T 相等, ∴氧气分子平均平动动能＝氢气分子平均平动动能w＝6.21×10-21 J ．且 ()()483/22/12/12==m w vm/s 3分(2) ()k w T 3/2=＝300 K ． 2分 4、某理想气体的定压摩尔热容为29.1 J ·mol -1·K -1．求它在温度为273 K 时分子平均转动动能． (玻尔兹曼常量k ＝1.38×10-23 J ·K -1 )解： R R iR i C P +=+=222， ∴ ()5122=⎪⎭⎫⎝⎛-=-=R C R R C i P P ， 2分可见是双原子分子，只有两个转动自由度.211077.32/2-⨯===kT kT r ε J 3分5、一超声波源发射超声波的功率为10 W ．假设它工作10 s ，并且全部波动能量都被1 mol 氧气吸收而用于增加其内能，则氧气的温度升高了多少？ (氧气分子视为刚性分子，普适气体常量R ＝8.31 J ·mol -1·K -1 )解： A = Pt = T iR v ∆21， 2分∴ ∆T = 2Pt /(v iR )＝4.81 K ． 3分6、1 kg 某种理想气体，分子平动动能总和是1.86×106 J ，已知每个分子的质量是3.34×10-27 kg ，试求气体的温度． （玻尔兹曼常量 k ＝1.38×10-23 J ·K -1）解： N = M / m ＝0.30×1027 个 1分 ==N E w K / 6.2×10-21 J 1分kwT 32== 300 K 3分第十章 热力学第一定律 课 后 作 业1、一定量的单原子分子理想气体，从初态A 出发，沿图示直线过程变到另一状态B ，又经过等容、等压两过程回到状态A ． (1) 求A →B ，B →C ，C →A 各过程中系统对外所作的功W ，内能的增量∆E 以及所吸收的热量Q ．(2) 整个循环过程中系统对外所作的总功以及从外界吸收的总热量(过程吸热的代数和)．1 2 3 12 OV (10-3 m 3) p (105 Pa) A BC解：(1) A →B ： ))((211A B A B V V p p W -+==200 J ． ΔE 1=ν C V (T B －T A )=3(p B V B －p A V A ) /2=750 JQ =W 1+ΔE 1＝950 J ． 3分B →C ： W 2 =0ΔE 2 =ν C V (T C －T B )=3( p C V C －p B V B ) /2 =－600 J ．Q 2 =W 2+ΔE 2＝－600 J ． 2分 C →A ： W 3 = p A (V A －V C )=－100 J ．150)(23)(3-=-=-=∆C C A A C A V V p V p T T C E ν J ．Q 3 =W 3+ΔE 3＝－250 J 3分 (2) W = W 1 +W 2 +W 3=100 J ． Q = Q 1 +Q 2 +Q 3 =100 J 2分 2、1 mol 双原子分子理想气体从状态A (p 1,V 1)沿p -V 图所示直线变化到状态B (p 2,V 2)，试求： 气体的内能增量．气体对外界所作的功． 气体吸收的热量．此过程的摩尔热容．解：(1) )(25)(112212V p V p T T C E V -=-=∆ 2分(2) ))((211221V V p p W -+=， W 为梯形面积，根据相似三角形有p 1V 2= p 2V 1，则)(211122V p V p W -=． 3分 (3) Q =ΔE +W =3( p 2V 2－p 1V 1 )． 2分 (4) 以上计算对于A →B 过程中任一微小状态变化均成立，故过程中ΔQ =3Δ(pV )． 由状态方程得 Δ(pV ) =R ΔT ， 故 ΔQ =3R ΔT ，摩尔热容 C =ΔQ /ΔT =3R ． 3分BAOVp 1p 2p V 1V 2(摩尔热容C =T Q ∆∆/，其中Q ∆表示1 mol 物质在过程中升高温度T ∆时所吸收的热量．)3、一定量的理想气体，由状态a 经b 到达c ．(如图， abc 为一直线)求此过程中1 2 3 1 2 3 a bcV (L)p (atm)气体对外作的功； 气体内能的增量；气体吸收的热量．(1 atm ＝1.013×105 Pa)解：(1) 气体对外作的功等于线段c a 下所围的面积W ＝(1/2)×(1+3)×1.013×105×2×10-3 J ＝405.2 J 3分 (2) 由图看出 P a V a =P c V c ∴T a =T c 2分 内能增量 0=∆E ． 2分(3) 由热力学第一定律得Q =E ∆ +W =405.2 J ． 3分 4、如图所示，abcda 为1 mol 单原子分子理想气体的循环过程，求：Oadcbp (×105 Pa)V (×10-3 m 3)2312(1) 气体循环一次，在吸热过程中从外界共吸收的热量； (2) 气体循环一次对外做的净功；(3) 证明 在abcd 四态, 气体的温度有T a T c =T b T d ．解：(1) 过程ab 与bc 为吸热过程， 吸热总和为 Q 1=C V (T b －T a )+C p (T c －T b ))(25)(23b b c c a a b b V p V p V p V p -+-==800 J 4分 (2) 循环过程对外所作总功为图中矩形面积W = p b (V c －V b )－p d (V d －V a ) =100 J 2分 (3) T a =p a V a /R ，T c = p c V c /R ， T b = p b V b /R ，T d = p d V d /R ， T a T c = (p a V a p c V c )/R 2=(12×104)/R 2 T b T d = (p b V b p d V d )/R 2=(12×104)/R 2∴ T a T c =T b T d 4分 5、一定量的理想气体经历如图所示的循环过程，A →B 和C →D 是等压过程，B →C 和D →A 是绝热过程．已知：T C ＝ 300 K ，T B ＝ 400 K ． 试求：此循环的效率．(提示：循环效率的定义式η =1－Q 2 /Q 1，Q 1为循环中气体吸收的热量，Q 2为循环中气体放出的热量）ABCD OVp解： 121Q Q -=η Q 1 = ν C p (T B －T A ) , Q 2 = ν C p (T C －T D ))/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q--=--= 4分根据绝热过程方程得到：γγγγ----=D D A A T p T p 11， γγγγ----=C C B B T p T p 11 ∵ p A = p B , p C = p D ,∴ T A / T B = T D / T C 4分故 %251112=-=-=B C T T Q Qη 2分6、一卡诺热机(可逆的)，当高温热源的温度为 127℃、低温热源温度为27℃时，其每次循环对外作净功8000 J ．今维持低温热源的温度不变，提高高温热源温度，使其每次循环对外作净功 10000 J ．若两个卡诺循环都工作在相同的两条。
普通物理 20年 西交大考试题库及答案
1、质量分别为m和2m的两个质点，用长为的轻质细杆相连，系统绕过质心且与杆垂直的轴转动，其中质量为m的质点的线速度为，，则系统对质心的角动量为( )A.mlB .20m/3D .3ml正确答案A2、一刚体以e=60r/min绕Z轴匀速转动( o沿着转轴正方向)如果某时刻，刚体上点P的位置矢量r=(m)+(4m)j+(5m)，则该时刻P的速度为( )A .v=(94.1m/0)i+025 6mfs)j-(7m/s)kB. v=(-25.1m/(s)+(8.8m]a)jC. r=(-23m/2)i -(188m/9)jD.￥=G1.4m[s)正确答案：B3.三个质量相等的物体A、B、C紫靠起置于光滑水平面上，如下图，若A C分别受到水平力和R的作用( 月>只)，则A对B的作用力大小( )A. F₁-F₂B. 2F₁/3+F₂/3C .2F₁/3－F₂/3D.F₁/3+2F₂/3正确答案:B4、物体自高度相非同的A点沿不同长度的光滑斜面自由下滑，如下图所示，斜面倾角多大时，物体滑到斜面底部的速率最大( )A.30。
B.45。
C. 60。
D.各倾角斜面的速率相等。
正的答案:D5. 用铁锤将一铁钉击入木板，设铁钉受到的阻力与其进入木板内的深度成正比，若铁锤两次击钉的速度相同第一次将铁钉击入板内1x10²m，则第二次能将钉继续击入木板的深度为( )正确答案:D6.试指出当曲率半径p*0时，下列说法中哪一种是正确的( )A: 在圆周运动中，加速度的方向一定指向圆心B: 匀速率圆周运动的速度和加速度都恒定不变C:物体作曲线运动时速度方向定在运动轨道的切线方向，法线分速度恒等于零因此法问加速度也一定等于零D:物体作曲线运动时，一定有加速度加速度的法向分量一定不等于零正确答案:D7、可以认为，地球是一个匀角速转动的非惯性系，因此通常所说的物体的重力实际上是地球引力和地球自转引起的惯性离心力的合力，由此可见，重力和地球的引力两者无论大小，方向都不相同，那么两者大小相差最多的，应该是( )A.在赤道上B. 在南北极C. 在纬度450处D. 在纬度600处正确答案:A8、一个轻质弹簧竖直悬挂，原长为，今将质量为m的物体挂在弹簧下端，同时用手托住重物缓慢放下，到达弹簧的平衡位置静止不动，在此过程中，系统的重力势能减少而弹性势能增加，则有( )A.减少的重力势能大于增加的弹性势能B .减少的重力势能等于增加的弹性势能C.减少的重力势能小于增加的弹性热能D.条件不足，无法确定正确答案:A9、1mol刚性双原子分子理想气体当温度为T时,其内能为( )A: 3RT/2B: 3KT/2C: SRT/2D: 5RT/2正确答案:C10、电场的环路定理王i-说明了静电场是( )A: 无源场B: 在闭合回路中各点的电场强度为零C.有源场D: 电场是闭合场正确答案:C11、物体质量为m，水平面的滑动摩擦因数为u，今在力F作用下物体向右方运动，如下图所示，欲使物体具有最大的加速度值，则力F与水平方向的夹角应满足( )A .cosθ=1B .sinθ=1C. tgθ=μD. ctgθ=μ正确答案:C12、已知氢气与氧气的温度相同.请判断下列说法哪个正确?( )A: 氧分子的质量比氧分子大，所以氧气的压强定大于氢气的压强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-定比氧分子的方均根速率大.正确答案:D13、若在某个过程中，一定量的理想气体的内能E随压强P的变化关系为一直线，如下图所示(其延长线过E-P图的点)，则该过程为( )A .等温过程B.等压过程C .绝热过程D.等体过程。
2022年西安交通大学课程考试普通物理作业考核试题及答案
西安交通大学3月课程考试《一般物理》作业考核试题一、单选题（共 30 道试题，共 60 分。
）V1. 在温度分别为327℃和27℃旳高温热源和低温热源之间工作旳热机,理论上旳最大效率为(B )A. 25%B. 50%C. 100%D. 75% 。
满分：2 分2. 线度相似旳滑块和匀质圆柱体，从同一固定斜面顶端由静止出发分别沿斜面向下滑动和纯滚动、不计空气阻力，若它们质量相似，则达到斜面底部时旳动能（B）A. 滑块较大B. 圆柱体旳较大C. 同样大D. 条件局限性无法拟定满分：2 分3. 一抱负气体初始温度为T,体积为V,此气体由初始状态经绝热膨胀到体积为2V;又经等容升温到温度为T,最后经等温压缩恢复到体积V.则此过程中( A)A. 气体向外界放热B. 气体对外界做功C. 气体内能增长D. 气体内能减少。
满分：2 分4. 已知空间某区域为匀强电场区,下面说法中对旳旳是( C)。
A. 该区域内,电势差相等旳各等势面距离不等B. 该区域内,电势差相等旳各等势面距离不一定相等C. 该区域内,电势差相等旳各等势面距离一定相等D. 该区域内,电势差相等旳各等势面一定相交。
满分：2 分5. 物体自高度相似旳A点沿不同长度旳光滑斜面自由下滑，斜面倾角多大时，物体滑到斜面底部旳速率最大（D）A. 30度B. 45度C. 60度D. 各倾角斜面旳速率相等。
满分：2 分6. 一船浮于静水中，船长5m，质量为，一种质量亦为旳人从船尾走到船头，不计水和空气旳阻力，则在此过程中船将（C ）A. 静止不动B. 后退5mC. 后退2.5mD. 后退3m满分：2 分7. 功旳概念有如下几种说法（1）保守力作功时，系统内相应旳势能增长（2）质点运动经一闭合途径，保守力对质点作旳功为零（3）作用力和反作用力大小相等，方向相反，因此两者作功旳代数和必为零以上论述中，哪些是对旳旳（C）A. （1）（2）B. （2）（3）C. 只有（2）D. 只有（3）满分：2 分8. 当一种带电导体达到静电平衡时有( D)A. 表面上电荷密度较大处电势较高B. 表面曲率较大处电势较高C. 导体内部电势比导体表面旳电势高D. 导体内任一点与其表面上任一点旳电势差等于零满分：2 分9. 下列说法中对旳旳是(D)A. 作用力旳功与反作用力旳功必须等值异号B. 作用于一种物体旳摩擦力只能作负功C. 内力不变化系统旳总机械能D. 一对作用力和反作用力作功之和与参照系旳选用无关满分：2 分10. 质量为2kg旳质点在F=6t(N)旳外力作用下从静止开始直线运动,则在0s ~ 2s内,外力F对质点所作旳功为(D)A. 6JB. 8JC. 16JD. 36J满分：2 分11. 高斯面内旳净电荷为零,则在高斯面上所有各处旳电场强度E是(C )A. 到处为零B. 到处不为零C. 不一定为零D. 以上说法都不对满分：2 分12. 有关高斯定理得出旳下述结论对旳旳是( D)。
西安交通大学普通物理期末考试高分题库全集含答案
西安交通大学普通物理期末考试高分题库全集含答案32091--西安交通大学普通物理期末备考题库32091奥鹏期末考试题库合集单选题：（1）在均匀磁场中，有两个面积相等，通过电流相同的线圈，一个是三角形，一个是矩形，下列说法中正确的是（）：A.两线圈所受的最大磁力矩不相等，磁力的合力不相等 B.两线圈所受的最大磁力矩相等，磁力的合力相等C.两线圈所受的最大磁力矩不相等，磁力的合力相等 D.两线圈所受的最大磁力矩相等，磁力的合力不相等正确答案：B （2）题面见图片A.AB.BC.CD.D 正确答案：C （3）题面见图片A.AB.BC.CD.D 正确答案：C （4）题面见图片A.AB.BC.CD.D 正确答案：C （5）如果一个电子在通过空间某一区域时没有发生偏转，则这个区域一定（）： A.没有磁场 B.没有电场 C.电子在电磁场中受的合外力为零 D.无法判断正确答案：D （6）A.AB.BC.CD.D 正确答案：B （7）下列说法正确的是（）： A.无线电波的波长比光波的波长短，所以衍射现象显著B.声波的波长比光波波长长，所以声波容易发生衍射现象 C.无线电波的波长比光波的波长长，所以衍射现象显著D.声波的波长比光波的波长短，所以声波容易发生衍射现象正确答案：B （8）两列简谐波叠加时，能发生干涉的是（）：A.两波的频率相同，初相位相同，振动方向不同B.两波的频率不同，初相位相同，振动方向相同C.两波的频率相同，初相位相同，振动方向相同，振幅不同D.两波的频率相同，振动方向相同，相位差不能保持恒定正确答案：C （9）在物体沿一粗糙斜面下滑的过程中，正确的说法是（）：A.重力做正功，摩擦力做负功，正压力不做功B.重力做正功，摩擦力做负功，正压力做正功 C.重力做负功，摩擦力做正功，正压力不做功D.重力做负功，摩擦力做正功，正压力做正功正确答案：A （10）一个质点在做圆周运动时，则有（）：A.切向加速度一定改变，法向加速度也改变B.切向加速度可能不变，法向加速度一定改变C.切向加速度可能不变，法向加速度不变 D.切向加速度一定改变，法向加速度不变正确答案：B （11）在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动（）：A.振幅相同，相位相同B.振幅不同，相位相同C.振幅相同，相位不同D.振幅不同，相位不同正确答案：B （12）人体热辐射的各种波长中，单色辐出度最大的波长为（）：A.78300nmB.9340nmC.589.3nmD.无法确定正确答案：B （13）处于平衡态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平动动能也相同，则它们（）：A.温度，压强均不相同 B.温度相同，但氦气压强大于氮气的压强C.温度，压强都相同D.温度相同，但氦气压强小于氮气的压强正确答案：C （14）有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上，斜面是光滑的，有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下，则（）：A.物块到达斜面底端时的动量相等B.物块到达斜面底端时动能相等C.物块和斜面（以及地球）组成的系统，机械能不守恒D.物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒正确答案：D （15）若物体的温度（绝对温度）增加一倍，它的总辐射能增加到多少倍？（）： A.4 B.1/4 C.16 D.1/16 正确答案：C （16）将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（）：A.铜环中有感应电流，木环中无感应电流B.铜环中有感应电流，木环中有感应电流 C.铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小D.铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大正确答案：A （17）下列说法中哪个或哪些是正确的（）（1）作用在定轴转动刚体上的力越大，刚体转动的角加速度应越大。
西安交通大学《普通物理》第六部分期末考试拓展学习5
西交《普通物理》第六部分顺磁质和抗磁质的比较有一类磁介质，其附加磁感应强度的方向与外磁场磁感应强度的方向相同,称为顺磁质，如铝、氧、锰等；而另一类磁介质，其附加磁感应强度的方向与外磁场磁感应强度的方向相反, 称为抗磁质，如铜、铋、氢等。
顺磁质和抗磁质的区别在于它们的电结构不同。
抗磁质的磁效应主要是电子轨道磁矩引起的。
顺磁质的磁效应主要是电子自旋磁矩引起的。
=0 时,它们都不显磁性:(1)当B外抗磁质：分子的磁矩m=0，（因为每个电子有轨道磁矩和自旋磁矩，但每个分子中全部电子的这两种磁矩的矢量和为0，即分子的磁矩m=0）所以不显磁性。
顺磁质：分子的磁矩m≠0，（分子热运动使顺磁质中各分子磁矩取向杂乱无章，相互抵消，）所以也不显磁性。
≠0 时,它们都显磁性:(2)当B外顺磁质：分子磁矩受外磁力矩作用，各分子磁矩沿外磁场方向排列；其作用是增强磁场。
抗磁质：在外磁场作用下，产生与外磁场方向相反的分子感应磁矩；其作用是削弱磁场。
顺磁质和抗磁质的特性对比另外，无论是顺磁质还是抗磁质，附加磁感强度的值都较外磁场磁感强度要小得多，它对原来磁场的影响极为微弱。
所以，顺磁质和抗磁质统称为弱磁性物质。
另外有一类磁介质，它的附加磁感强度的方向虽与顺磁质一样，是和外磁场磁感强度的方向相同的，但附加磁感强度的值却要比外磁场磁感强度的值大很多，这类磁介质能显著地增强磁场，是强磁性物质；这类磁介质被称为铁磁质，如铁、镍、钴及其合金等。
自感现象中的两个重要推论电路中伴随自感现象发生的过程中, 电路中线圈的电压、电流的变化遵循着一定的规律, 这个规律在大学“普通物理”课程中被界定为“暂态”过程。
自然界任何物质在一定的恒定状态下, 都具有一定的能量, 条件改变时能量随之改变, 但是能量的积累和衰减需要一定的时间, 由于电路各个参量在变化过程中遵循着能的转化和守恒定律, 暂态过程的产生可以看成是由于物质具有的能量不能跃变。
LR电路从“暂态”过渡达到稳定状态以后, 线圈的作用只是相当于一个导线或者很小的电。
2022年西安交通大学期末考核《普通物理》机考题集汇总
普通物理一单选题1对于匀速园周运动下面说法不正确的是()B速度不变2对于个运动的质点下面哪种情形是不可能的()D加速度恒定(不为零)而速度不变3质点沿x方向运动其加速度随位置的变化关系为a=3x2+13如在x=0处速度为5m那么x=3m处的速度大小为()A 9m/s4一作直线运动的物体的运动规律是x=-40,从时刻到间的平均速度是()A(2+42+)-405一质量为m的物体沿X轴运动其运动方程为x=xmo式中x、均为正的常量t为时间变量则该物体所受到的合力为()D f=-a2mx6一质量为本10kg的物体在力(120+40)(S作用下沿一直线运动在t=0时其速度6m,则=3s时,它的速度为()C、72-s7 58/2是()C 刚性双原子分子理想气体定体摩尔热容8刚性双原子分子理想气体,当温度为T时其内能为()C 5RT/29在温度分别为327℃和27℃的高温热源和低温热源之间工作的热机理论上的最大效率为()B.50%10 —理想气体初始温度为T体积为∨此气体由初始状态经绝熱膨胀到体积为2∨又经等容升温到温度为τ,最后经等温压缩恢复到体积ν则此过程中()A气体向外界放热11如下图所示1mo理想气体从状态A沿直线到达B,P2=2,1=,则此过程系统做的功和内能的变化为()C、W>0,AE=012一质量为20×10恕的子弹以200y的速率打入一固定墙壁内,设子弹所受阻力与其进入墙内的深度x的关系如图所示,则该子弹进入墙壁的深度为()A.3×10-m13用铁锤将一铁钉击入木板,设铁钉受到的阻力与其进入木板内的深度成正比,若铁锤两次击钉的速度相同,第一次将铁钉击入板内1×10m,则第二次能将钉继续击入木板的深度为()14如下图P、Q、R、S是附于刚性轻细杆上的4个质点,质量分别为4m,3m,2m和m,系统对o轴的转动惯量为()15—刚体以a=60min绕Z轴匀速转动(m沿着转轴正方向)如果某时刻,刚体的位置矢量”=(3m)+(4m)+(5m)k,则该时刻P的速度为()B.v=(-25.1m)+(188m/-)j16两个匀质圆盘A和B的密度分别为，但两圆盘质量和厚度相同。
物理班普通物理(下作业参考答案02磁...
练 习 七1.两个粗细不同、长度相同的铜棒串联在一起，在两端加有一定的电压V ，如图所示，略去分界处的边缘效应，问： （1） 通过两棒的电流强度是否相同？ （2） 通过两棒的电流密度是否相同？ （3） 两棒中的电场强度是否相同？ （4）细棒两端和粗棒两端的电压是否相同？解： (1) 通过两棒的电流强度相同；（串联）（2） ISδ=，121212,I I S S δδ=≠−−→≠ 即通过两棒的电流密度不同； （3） E ρδ=，121212,E E ρρδδ=≠−−→≠ 即两棒中的电场强度不同；（4） lR Sρ=，12121212,,l l S S R R ρρ==≠−−→≠ 111222U I R I R U =≠=即细棒两端和粗棒两端的电压不同。
2.一铜棒的横截面积为20mm ×80mm ，长为2m ，两端的电势差为50mV 。
已知铜的电阻率为ρ＝1.75×10-8 Ω·m ，铜内自由电子的数密度为8.5×1028/m 3。
求： （1）棒的电阻； （2）通过棒的电流； （3）棒内的电流密度； （4）棒内的电场强度； （5）棒所消耗的功率； （6）棒内电子的平均漂移速度。
解：（1）85621.75102.1910()208010l R S ρ---==⨯⨯=⨯Ω⨯⨯ （2）3535010/(2.1910) 2.2810(A)UI R --==⨯⨯=⨯ （3）36622.2810/(208010) 1.4310(A/m )I Sδ-==⨯⨯⨯=⨯（4）8621.7510 1.43102.5010(V/m)E ρδ--==⨯⨯⨯=⨯（5）332.28105010114(W)P IU -==⨯⨯⨯=（6）628194/() 1.4310/(8.510 1.610) 1.0510(m/s)v ne δ--==⨯⨯⨯⨯=⨯3. 金属导体中的传导电流是由大量的自由电子的定向漂移运动形成的，自由电子除无规则热运动外，将沿着电场强度E 的反方向漂移。
14秋西交《普通物理》在线作业答案
西交《普通物理》在线作业
一,单选题
1. 有两只对准的钟，一只留在地面上，另一只带到以速率V飞行的飞船上，则下述说法正确的是（）：
A. 飞船上的人看到自己的钟比地面上的钟慢
B. 地面上的人看到自己的钟比飞船上的钟慢
C. 飞船上的人觉得自己的钟比原来走慢了
D. 地面上的人看到自己的钟比飞船上的钟快
?
正确答案：D
2. 在均匀磁场中，有两个面积相等，通过电流相同的线圈，一个是三角形，一个是矩形，下列说法中正确的是（）：
A. 两线圈所受的最大磁力矩不相等，磁力的合力不相等
B. 两线圈所受的最大磁力矩相等，磁力的合力相等
C. 两线圈所受的最大磁力矩不相等，磁力的合力相等
D. 两线圈所受的最大磁力矩相等，磁力的合力不相等
?
正确答案：B
3. 一点电荷放在球形高斯面的球心处，电场强度通量发生变化的情况是（）:
A. 球形高斯面被与它相切的正方体表面所代替
B. 另有一点电荷放在球面外
C. 点电荷离开球心，但仍在球面内
D. 另有一点电荷放入球面内
?
正确答案：D
4. 题面见图片
A.
B.
C.
D.
?
正确答案：C
5. 题面见图片
A.
B.
C.。
交大普通物理试题及答案
交大普通物理试题及答案一、选择题（每题4分，共20分）1. 光的波长为λ，频率为f，速度为c，以下关系式正确的是：A. c = λfB. c = λ/fC. f = c/λD. λ = c/f答案：A2. 一个物体的质量为m，速度为v，其动能Ek可以表示为：A. Ek = 1/2 mv^2B. Ek = mv^2C. Ek = 1/2 mvD. Ek = m^2v答案：A3. 两个点电荷之间的库仑力F与它们之间的距离r的关系是：A. F = kQ1Q2/r^2B. F = kQ1Q2r^2C. F = Q1Q2/r^2D. F = Q1Q2r^2答案：A4. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t，其位移s与时间t的关系是：A. s = 1/2 at^2B. s = atC. s = 1/2 atD. s = at^2答案：A5. 根据热力学第一定律，一个系统吸收的热量Q与对外做的功W和内能变化ΔU之间的关系是：A. Q = W + ΔUB. Q = W - ΔUC. Q = ΔU - WD. Q = ΔU + W答案：A二、填空题（每题4分，共20分）1. 牛顿第一定律指出，一个物体的运动状态只有在受到______时才会发生改变。
答案：外力2. 根据欧姆定律，电阻R两端的电压U与通过电阻的电流I之间的关系是U = __________。
答案：IR3. 一个物体在水平面上做匀速圆周运动，其角速度ω和半径r，线速度v的关系是v = __________。
答案：ωr4. 根据万有引力定律，两个质量分别为m1和m2的物体之间的引力F与它们之间的距离r的关系是F = __________。
答案：Gm1m2/r^25. 一个物体的比热容Cp是指单位质量的物体升高1K所需的热量，其单位是__________。
答案：J/(kg·K)三、计算题（每题10分，共30分）1. 一辆质量为1000kg的汽车，以20m/s的速度行驶，求汽车的动能。
西安交通大学18年12月补考《普通物理》作业考核试题[100分答案]
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西安交通大学18年12月补考《普通物理》作业考核试题
1、D
2、C
3、C
4、C
5、C
一、单选题共30题，60分
1、下列说法中哪一个是正确的？（）
A合力一定大于分力
B物体速率不变，所受合外力为零
C速率很大的物体，运动状态不易改变
D质量越大的物体，运动状态越不易改变
正确答案是：D
2、对于理想气体系统来说,在下列过程中,哪个过程系统所吸收的热量、内能的增量和对外作的功三者均为负值的过程( )
A等容降压过程
B等温膨胀过程
C等压压缩过程
D绝热膨胀过程
正确答案是：C 3、2
AA
BB
CC
DD
正确答案是：C 4、2
AA
BB
CC
DD
正确答案是：C
5、对功的概念以下几种说法正确的组合是()(1)保守力作正功时,系统内相应的势能增加(2)质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零(3)作用力和反作用力两者所作功的大小总是相等
A(1)?(2)是正确的
B(2)?(3)是正确的
C只有(2)是正确的
D只有(3)是正确的
正确答案是：C
6、对于一个运动的质点,下面哪种情形是不可能的 ( )
A具有恒定速率,但有变化的速度
B加速度为零,而速度不为零
C加速度不为零,而速度为零
D加速度恒定(不为零)而速度不变
正确答案是：D。
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参考答案第一章 质点运动学参考答案一、单项选择题：1 C 2C 3D ；4．C ；5.B ；6. B,7. D 二、填空题： 1.2Rπ； 2.加速； 3.加速；4.22i t j - ,22i j - ；5.244y x =-；6. -2j7. (1060)(1540)v t i t j =-++-8045i j -三、计算题：第二章 牛顿定律参考答案一、单项选择题：1. B ；2.B ；3.D ；4.B ；5B ；6. A, 7. C; 二、填空题：1. 20N ；2. 12N,3. ①θsin 4/20g v ； 三、计算题：1. 解：（1）由牛顿第二定律 cv dt dvm-=分离变量 dt mcv dv -=积分可得 mct e v v /0-= （2）由上式 dt e v dx mct /0-=积分可得 )1(/0m ct e v cmx --=2. 解：由牛顿第二定律 412+==t m Fdt dv积分得 t t v dtdxv 4620++==再积分得 230022t t t v x x +++=代入v 0和x 0得 6462++=t t v m/s562223+++=t t t x m第三章 动量守恒定律和能量守恒定律参考答案一、单项选择题：1. D ；2. A3. B4. A;5. A; 二、填空题： 1.；2.02sin P I mv j α=- ；3.()ML M m +，()mL M m -+；4.02mv j -；三、计算题：1.（1）由功能原理，摩擦力做功222000113228k k W E E mv mv mv =-=-=- （2）又由功的定义，摩擦力做功d 2W f l r mg πμ=⋅=-⎰因此可得20316v rgμπ=（3）静止前运行圈数 20201042338mv n mv -==-圈2. 解：水平方向动量守恒 v m vm mv ''+=2由题意，在最高点 0=T F 则l v m g m h2'='由机械能守恒 2212212h v m l g m v m '+'=''解之，得弹丸所需速率的最小值为gl mm v 52'=3..取球形屋面球心为重力势能零参考点，由机械能守恒，有22sin mgR mv mgR θ=+根据牛顿第二定律，有2s i n N m g F m v R θ-=冰块离开屋面的条件是0N F =由以上三式解得v =arcsin 23θ=4．解：取小球开始时在位置A 为重力势能的参考点，由系统的机械能守恒定律，有22()2(3)2C k l mg r mv =+ （1）小球要刚好通过最高点C 的条件是0N F = （2） 由牛顿第二定律，有2N C F mg mv r += （3） 由（1），（2），（3）式解得：27()k mgr l =5．由动量守恒定律 1102201122m v m v m v m v +=+由机械能守恒定律2222110220112211112222m v m v m v m v +=+ 11012220()()m v v m v v -=- 222211012220()()m v v m v v -=-101220v v v v +=+ 102021v v v v -=-1210220112()2m m v m v v m m -+=+2120110212()2m m v m v v m m -+=+6．在沿斜面的方向上动量守恒 10)(V m m COS mV +'=α上滑过程机械能守恒 gh m m V m m V m m )()()(22212121+'++'=+'解得：gh COS V V m m m 2)(202-=+'α第四章 刚体的转动参考答案一、单项选择题： 1. A二、填空题：1. ①ml 2／3;2. ①3mR 2/2； 三、计算题：1. 解：设A 段绳子中的张力为T A ，B 段绳子中的张力为T B ，物体A 的加速度为a .可以分别列出物体A 、B 和定滑轮的动力学方程αJ R T R T ma T mg ma mg T A B B A =-=-=- 30sin式中22221mR R m J =⋅⋅=为滑轮的转动惯量，R a=α为滑轮的角加速度。
解上面的方程组可得 mgT mg T ga B A 65326===2.设AC 段绳子中的张力为T AC ，BC 段绳子中的张力为T BC ，滑块A 的加速度为a ，可以分别列出物体A 、B 和定滑轮的动力学方程 αJ R T R T maT mg maT =-=-=AC BC BC AC式中22221mR R m J =⋅⋅=为滑轮的转动惯量，R a=α为滑轮的角加速度。
2分解上面的方程组可得 mg T mg T ga 32313BCAC ===3.设子弹射入后棒的角速度为ω，由角动量守恒定律和机械能守恒定律分别可列出下面两式：)30cos 1()30cos 1(312131 22222 -'+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+'⎪⎭⎫⎝⎛+'=gl m mga ma l m ma l m mva ωω解上面两式得)3)(2)(32(6122ma l m ma l m gma v +'+'-=4．a m T g m 111=- a m g m T 222=- Ra m J R T R T )2(2121==-α 则. g mm m m m a ++-=2121g m m m m m m T 121212+++=g m mm m mm T 221122+++=5 解：ωω)(2111J J J += 2112120.20m kg J J J ⋅=-=ωω J J J J E 42112211032.121)(21⨯-=-+=∆ωω 6. 解： 转动动能定理求解22/021cos L mg d mgMd W ===⎰⎰θθθπ由 02212-=Jw mg L得Lgw 3=第六章 热力学基础参考答案一、单项选择题：1．C 2．B二、填空题：1．15%三、计算题：1.解：由题意 mol RT V p Mn 21111041.4-⨯===μ1144.29--⋅⋅=K mol J C p 1112.21--⋅⋅=K mol J C V（1）等压过程系统吸热 ⎰=-=∆+=J T T nCE pdV Q Pp 8.129)(12等体过程系统吸热 J T T nC E Q V V 1.93)(12=-=∆= （2）等压过程作功 ⎰⎰===J RdT MpdV A T T p 6.3621μ等体过程作功 0=V A2.解：等温过程气体作功 J V V nRT A 3121091.6ln⨯-== 等温过程系统吸热 J A Q 31091.6⨯-==3.解：等温膨胀作功 211112ln lnp p V p V V RT MA T ==μ等温过程 2211V p V p = 等压压缩作功 )(212V V ppdV A p -==⎰总功 J V p V p p p V p A A A p T 7.55ln11122111=-+=+= 4.解：绝热压缩 Pa 1061.9)(51212⨯==p V V p γK 1071.5)(211212⨯==-T V V T γ 5.解：由11)(p VV p γ= 氢气绝热压缩作功 J V V VV p dV V V p pdV A V V 0.23])([1)(121211121-=--===⎰⎰γγγ 6.解：由 12121 1T TT T ''-='''-='ηη则 K T T T T 3.93)1111(2='--''-='-''=∆ηη 7.解：空调制冷系数为 7.8%60212=-=T T T e 而212Q Q Q e -=室内温度恒定时，有 Q Q '=2则空调一天所耗电功 h kW J e Q e Q Q Q W ⋅=⨯='==-=0.81089.2//7221第七章 气体动理论参考答案 一、单项选择题： 1．C 二、填空题：1．121055.4-⨯ms ， 121058.5-⨯ms 2．131006.2-⨯ms ，131082.1-⨯ms 三、计算题： 1． 解：132193410230031.833--=⨯⨯⨯==ms RTv HH μ 132484103230031.833--=⨯⨯⨯==ms RTv OO μ 13293.11020130031.833--=⨯⨯⨯==ms RTv HgHg μ J kT Hg O H 211021.623-⨯====εεε 2．解：氢气 131006.28-⨯==ms RTv Hπμ13321023.210240031.833--⨯=⨯⨯⨯==ms RTv Hμ 131082.12-⨯==ms RTv Hp μ氧气 121016.58-⨯==ms RTv oπμ12321058.5103240031.833--⨯=⨯⨯⨯==ms RTv Oμ121055.42-⨯==ms RTv op μ3．解：由题意 2v u ∝ 而 μRTv 32=则25.02222==OHH O u u μμ 4．解：由 nkT p nd ==212及πλ Pa 06.6)/(1212==p p λλ5．解：由范氏方程，其压强为Pa 1005.362⨯=--=m m V ab V RT p视为理想气体 Pa 1078.36⨯=='VRTp第八章 静电场参考答案 一、单项选择题：1. D ；2. C ；3.D ；4.D ；5.C ；6。
D 二、填空题：1. /2Q2.223204()qx x R πε+； 3. 20/36e d πε 4.P E p E =-5.能，能。
6. 0/6R σε,7. ①E p ⨯； ②E p⋅-;三、计算题：1.解：取柱形高斯面，由高斯定理1iE d s q ε⋅=∑⎰r R ≤ 202r l E rl πρπε= 02r E ρε=r R ≥ 202R l E rl πρπε=202R E rρε=r R ≤ 2200()24Rrr V dr R r ρρεε==-⎰r R ≥ 2200ln 22RrR R RV dr r rρρεε==⎰2.解：作一半径为r 的球形高斯面，穿过此高斯面的电通量为E r s d E S⎰=⋅=24πΦ （1）若此高斯面在球内，它所包围的电荷为4024kr dr r kr dV dq q rππρ=⋅===⎰⎰⎰由高斯定理有 0424εππkr E r =可解出 024εkr E =方向沿半径方向。