北方民族大学物化试卷

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2016-2017秋季大学物理II下期中试卷

北方民族大学试卷（期中考试）课程代码：c0103005课程：《大学物理II 下》（计算机科学与技术、网1、一个质点作简谐运动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2A-，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为2、图中所画的是两个简谐振动的振动曲线．若这两个简谐振动可叠加，则合成的余弦振动的初相为(A) π23． (B) π．(C) π21． (D) 0．3、以下条件中，不属于两列相干波所必须满足的条件.A ．频率相同 B. 振动方向相同 C ．振幅相同 D. 相位差恒定4、如图所示，两列波长为λ 的相干波在P 点相遇．波在S 1点振动的初相是φ 1，S 1到P 点的距离是r 1；波在S 2点的初相是φ 2，S 2到P 点的距离是r 2，以k 代表零或正、负整数，则P 点是干涉极大的条件为：A. λk r r =-12．B. π=-k 212φφ．C.π=-π+-k r r 2/)(21212λφφ．D. π=-π+-k r r 2/)(22112λφφ．5、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6、图（a ）表示t ＝0 时的简谐波的波形图，波沿x 轴正方向传播，图（b ）为一质点的振动曲线．则图（a ）中所表示的x ＝0 处振动的初相位与图（b ）所表示的振动的初相位分别为】（Ａ）均为零（Ｂ）均为2π（Ｃ）均为2π- （Ｄ）2π与2π-（Ｅ）2π-与2π7、一横波以速度u 沿x 轴负方向传播，t 时刻波形曲线如图（a ）所示，则该时刻（A ）A 点相位为π（B ）B 点静止不动（C ）C 点相位为2π3（D ）D 点向上运动8、两个同振动方向、同频率、振幅均为A 的简谐运动合成后，振幅仍为A ，则这两个简谐运动的相位差为（A ）60（B ）90（C ）120（D ）1809、在真空中沿着x 轴正方向传播的平面电磁波，其电场强度波的表达式是 )/(2c o s0λνx t E E z -π=，则磁场强度波的表达式是：(A) )/(2cos /000λνμεx t E H y -π=．(B) )/(2cos /000λνμεx t E H z -π=．SA/ -A(C) )/(2cos /000λνμεx t E H y -π-=．(D) )/(2cos /000λνμεx t E H y +π-=．10、一平面简谐波表达式为 )2(sin 05.0x t y -π-= (SI)，则该波的频率 ν (Hz)，波速u (m/s)及波线上各点振动的振幅 A (m)依次为 (A) 21，21，－0.05． (B) 21，1，－0.05．(C) 21，21，0.05． (D) 2，2，0.05．二、计算题（20分）质量m = 10 g 的小球与轻弹簧组成的振动系统，按)318cos(5.0π+π=t x 的规律作自由振动，式中t 以秒作单位，x 以厘米为单位，求(1) 振动的角频率、周期、振幅和初相； (2) 振动的速度、加速度的数值表达式； (3) 振动的能量E ；(4) 平均动能和平均势能．注意：国际单位的统一三、计算题(30分)已知O 点的振动为简谐振动，其振动曲线如图所示，振动方程用余弦表示，振动在空间中均匀传播且无损耗，其传播速度为3m/s ，求：（1）写出O 点的振动方程；（2）写出振动沿着x 轴正方向传播形成波的波函数；（以O 点为原点）（3）求x 1 = 1.0 m 处和x 2 = 1.5m 处二质点振动的相位差。

2021-2022学年宁夏北方民族大学附属中学高二上学期期末生物试题

2021-2022学年宁夏北方民族大学附属中学高二上学期期末生物试题1.下图1为ATP的结构简图，图2为ATP与ADP相互转化的关系式，以下说法错误的是A．图1的A与ATP中的“A”为同一种物质，b、c为高能磷酸键B．图2中反应向右进行时，图1中的C断裂并释放能量C．酶1和酶2的作用机理都是降低化学反应所需的活化能D． ATP与ADP快速转化依赖于酶的高效性2.下列有关酶的说法错误的是（）A．每一种酶只能催化一种或一类化学反应B．高温、低温都使酶活性降低，但二者的作用实质不同C．酶的化学本质是蛋白质或RNAD．酶脱离生物体和细胞之后不能起作用3.下列有关酶的实验，叙述不正确的是A．探究温度对酶活性的影响时，一般不选用过氧化氢酶B．探究温度对淀粉酶活性的影响时，不能选用斐林试剂检测结果C．用蔗糖、淀粉、淀粉酶作为实验材料验证酶的专一性时，不能选用碘液进行检测D．比较 H 2 O 2在加入新鲜肝脏研磨液和加入蒸馏水时的分解速率，可验证酶具有高效性4.如图曲线乙表示在最适温度、最适pH条件下，反应物浓度与酶促反应速率的关系。

据图分析正确的是（）A．增大pH，重复该实验，a、b点位置都不变B．b点后，升高温度，酶活性增加，曲线将呈现丙所示变化C．酶量增加后，图示反应速率可用曲线甲表示D．反应物浓度是限制曲线ab段反应速率的主要因素5. 1783年，斯帕兰札尼在研究鹰的消化作用时做了一个巧妙的实验，这个实验的巧妙之处在于（）A．排除了鸟的胃中物理性消化的干扰B．证明了何种消化酶对食物起了消化作用C．证明了胃对于食物只有化学性消化D．证明了细胞代谢离不开消化酶6.下图是探究酵母菌呼吸作用的实验装置，有关叙述错误的是（）A．装置甲中NaOH溶液的作用是除去空气中的CO 2B．装置乙应让B先封口放置一段时间再连接C瓶C．甲是无氧呼吸装置，乙是有氧呼吸装置D．澄清石灰水的作用是检测酵母菌是否产生CO 27.下列关于有氧呼吸和无氧呼吸的叙述，错误的是（）A．两者第一阶段的场所相同B．可用澄清石灰水检验培养液中的酵母菌是否进行了无氧呼吸C．有氧呼吸只有第一、二阶段产生[H]D．有氧呼吸所产生的H 2 O，其O全部来自氧气8.呼吸作用的原理在生产中具有广泛的应用。

09无机及分析(A卷)[1]

第 - 1 - 页共 3 页允许使用计算器北方民族大学试卷课程代码：13100454 课程：无机与分析化学（A 卷）一、单项选择题(每小题2分，共20分)（）1、已知反应（1）H 2 (g) + Br 2 (1) = 2HBr (g) 180.721,-⋅-=∆mol kJ H m r ϑ（2）N 2 (g) + 3H 2 (g) = 2NH 3 (g)（3）NH 3（g ）+ HBr (g)= NH 4Br(s) 132.1883,-⋅-=∆molkJ H m r θ则NH 4Br (s)的标准摩尔生成热△f H m θ为：：(A) -270.83 kJ·mol -1(B)270.83 kJ·mol-1(C)-176.20 kJ·mol -1(D)176.20 kJ·mol-1（）2、反应MgCl 2(s)=Mg(s)+Cl 2(g) △r H m θ＞0 ,标准状态下此反应：（A ）低温能自发（B ）高温能自发（C ）任何温度均自发（D ）任何温度均不能自发（）3、下列混合物溶液中，缓冲容量最大的是：(A)0.02 mol·l -1NH 3—0.18 mol·l -1NH 4Cl (B)0.17 mol·l -1NH 3—0.03 mol·l -1NH 4Cl (C)0.15 mol·l -1NH 3—0.05 mol·l -1NH 4Cl (D)0.10 mol·l -1NH 3—0.10 mol·l -1NH 4Cl（）4、温度升高能加快化学反应速度，其原因是：(A)活化能降低 (B)活化分子减少 (C)活化分子增加 (D)有效碰撞减少（）5、下列哪种方法可以减小分析测试定中的偶然误差（A ）对照试验（B ）空白试验（C ）仪器校正（D ）增加平行试验的次数（）6、NH 3中N 原子采取杂化的类型是：(A)sp 3等性杂化 (B)sp 2杂化 (C)sp 3不等性杂化 (D)sp 杂化（）7、反应[Ag(NH 3)2]+ + 2CN [Ag(CN)2]-+ 2NH 3的平衡常数表达式为：+-322+-322+--+322232θθ[Ag(N H)][Ag(C N )]θθθθθθ[Ag(N H)][Ag(C N )][Ag(N H)][Ag(C N )][Ag(C N )][Ag(N H)]1(A) (B)(C )(D )K K K K K K K K ⨯⨯稳,稳,稳,稳,稳,稳,稳,稳,（）8、在某多电子原子中，各原子轨道有下列四组量子数，其中能级最高的为：（A ）3、1、1 （B ）2、1、0 （C ）3、0、-1 （D ）3、2、-1（）9、欲使（-）Pt ∣Fe 2+(c 1),Fe 3+(c 2)‖MnO 4-(c 3),Mn 2+(c 4),H +(c 5)∣Pt(+)的正极电极电势增大，应选用的方法是：(A)增大Fe 3+的浓度 (B)增大MnO 4-浓度，减小H +的浓度 (C)减小MnO 4-浓度，增大H +的浓度 (D)增大MnO 4-的浓度和H +的浓度（）10、下列数据中有效数字为四位数的是:(A) pH= 11.25 (B)[H +] = 0.0003mol/L (C)0.0250 (D)15.76二、根据题目要求，解答下列各题（共22分）1、离子电子法配平(酸性介质): 233ClO FeCl Fe-+-++→+(5分)122.922,-⋅-=∆mol kJ H m r θ第 - 2 - 页共 3 页允许使用计算器2、解释[Fe(CN)6]3－的顺磁性（基态原子Fe 的价层电子构型为3d 64s 2）。

物理化学B卷附标准答案

第页共页北方民族大学试卷(答案)课程代码：13100342 课程：物理化学（Ⅱ） (B 卷答案)一、选择题；（每小题2分共20分）1.电解质溶液的摩尔电导率是正负离子摩尔电导率之和，这一规律只适用于（ 4 ）（1）弱电解质；（2）强电解质；（3）任意电解质；（4）无限稀的电解质溶液2.下列溶液摩尔电导率最小的是（ 1 ）（1）1mol•dm -3KCl 水溶液；（2）0.001mol•dm -3KCl 水溶液；（3）0.01mol•dm -3KCl 水溶液；（4）0.1mol•dm -3KCl 水溶液；3.某电池反应可以写成如下两种形式：甲 21H ()+A g I (S )A g (S )+H I ()2p a −−→$ 乙 2H ()+2A g I (S )2A g (S )+2H p−−→$则（ 3 ）（1）E 甲=E 乙，K 甲=K 乙；（2 E 甲≠E 乙，K 甲=K 乙；（3）E 甲=E 乙，K 甲≠K 乙；（4）E 甲≠E 乙，K 甲≠K 乙；4.蓄电池在充电和放电时的反应正好相反，则其充电时正极和负极，阴极和阳极的关系为（ 2 ）（1）正负极不变，阴阳极不变；（2）正负极不变，阴阳极正好相反；（3）正负极改变，阴阳极不变；（4）正负极改变，阴阳极正好相反； 5.某化学反应的速率常数为2.0 mol•dm -3•s -1，该化学反应的级数为（ 3 ）（1）一级；（2）二级；（3）零级；（4）-1级；6.对于一个反应，下面说法正确的是（ 4 ）（1）△S 越负，反应速率越快；（2）△H 越负，反映速率越快；（3）活化能越大，反应速率越快；（4）活化能越小，反应速率越快；7.某反应在一定条件下平衡的转化率为25%，当有催化剂存在时，其转化率应当（ 3 ）25% （1）大于；（2）小于；（3）等于；（4）大于或小于； 8.某反应A+BP ，实验确定速率方程为AA B d d C kC C t-=，该反应（ 3 ）（1）一定是基元反应；（2）一定不是基元反应；（3）不一定是基元反应；（4）以上说法都不对；9.溶胶的基本特征可归纳为（ 4 ）（1）高度分散和热力学稳定；（2）多相性和热力学稳定性；（3）不均匀性和热力学不稳定性；（4）高度分散，多相性和聚结不稳定性；10下列性质中既不属于溶胶的动力学性质又不属于电动现象的是（ 1 ）（1）电导；（2）电泳；（3）布朗运动；（4）沉降平衡；二、填空题：1.已知+m,H ∞=Λ349.82×10-4s•m 2•mol -1，-m,AC ∞=Λ40.9×10-4s•m 2•mol -1。

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2. 1mol 理想气体始态为 27℃、1MPa,令其反抗恒定的 0.2MPa 外压，膨胀到体积为原来的
5 倍，压力与外压相同，计算此过程的 Q、W、ΔU、ΔH、ΔS、ΔA 及 ΔG。（已知理想气体的定容摩尔热容为 12.471J.mol-1.K-1）（12 分）
4. 某药物分解 30%即为失效。若放置在 3℃的冰箱中保存期为两年，某人购回此新药物，因故在室温(25℃)下搁置了两周，试通过计算说明此药物是否已经失效?已知该药物分解为一级反应，且分解活化能 Ea 为 130.0 kJ. mol－1。(12 分)
C. S(气)=S(液)=S(固) D. S(液)>S(气)>S(固)
8. 101325Pa,373.15K 下，水蒸发为水气，这过程系统哪一种热力学函数变化为零。 ______________ 。
A. ΔU B ΔH
C ΔS
D ΔG
9. 温度T时某一级反应A--→B,为了使A的浓度改变1/5, 需时4s, 则反应的半衰期为
2. 液固相图的实验测定方法通常有（蒸气压法、热分析法）______________和（测折
光率法、测溶解度法）______________ 。(2分)
3. ΔG作为过程方向与限度判据的条件是（
）。(2分)
4. 在温度为T时反应C(s)+O2 (g) = CO2(g)、C(s)+(1/2)O2 (g) = CO(g) 的平衡常数分别为
kA>kB，则当 A 和 B 压力相同时，在该溶剂中所溶解的量是( )
A. A 的量大于 B 的量
B. A 的量小于 B 的量
C. A 的量等于 B 的量
C. A 的量与 B 的量无法比较
5. NH4HS(s) 和任意量的 NH3(g) 及 H2S(g) 达平衡时有( )

西北民族大学无机化学题库

西北民族大学化学化工学院（部）期末考试无机化学模拟试卷（B卷）专业: 课程代码:学号: 姓名:一、单项选择题（在每小题的四个备选答案中，选Array出一个正确的答案，并将其代码填入题干后的括号内。

每小题 2 分，共 30 分）···············································································1.血红细包浸在蒸馏水中而破裂，是属于下列哪种原因：A．饱和作用B．扩散作用C．渗透作用D．放热作用2．根据酸碱质子理论，H2PO4—的共轭酸的化学式为：A．HPO42—B．H3PO4C．PO43—D．H2PO4—3．下列物质中，硫的氧化数最高的是：A．S2—B．S2O32—C．SCl4 D．HSO4—4．正常成人胃液PH=1．4，婴儿胃液PH=5，两者的[H+]浓度相差的倍数为：A．3．6倍B．36倍C．360倍D．3981倍5．下列化合物中，不具有孤对电子对的是：A．HF B．H2O C．CH4 D．NH36．配位数是6的配离子，其几何构型一般是：A．平面正方形B．正四面体C．正八面体D．直线型7．用下列何种酸才能和其盐配成PH=5的缓冲溶液：A．HOCl Ka=3.5×10—8 B．H3BO3（一元酸）Ka=5.8×10—10C．HAc Ka=1.8×10—5D．HNO2Ka=5.1×10—48．下述化合物中，偶极矩不为零的是：A．CS2B．H2S C．CCl4 D．SF69．下列化合物中，哪个不是配合物：A．[Co（NH3）6]Cl3B．[Cu（en）2]Cl2C．KCl·MgCl2·6H2O D．K2[PtCl6]10．下列可以溶于过量的硫化钠的离子是：A．Al3+B．Bi3+C．Fe3+D．Sd3+11．下列离子中，哪一个在加入Cl—离子后，产生白色沉淀，继而再加入NH3·H2O 后又变灰黑色的是：A．Ag+B．Pb2+C．Hg22+D．Hg2+12．已知HBrO 1．6 1/2 Br21．07 Br—，下述正确的说法是：A．HBrO具有强氧化性；B．Br—离子具有强还原性；C．Br2可被歧化为HBrO 和Br—；D．Br2的氧化性大于HBrO的氧化性。

北方民族大学试卷

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北方民族大学试卷课程代码：课程： (请注明A 卷或B 卷) 说明：1、本格式适用于理工科课程，8K 横排，试题与答题纸不分开，请预留空白答题位置。

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2、请出题题教师将密封线外“ 学院专业级”信息填写完整。

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宁夏银川市北方民族大学附属中学2020_2021学年高二化学10月月考试题含解析

A. ⑥⑧B. ②④C. ①③D. ⑦⑧
【答案】A
【解析】
【详解】①乙炔和氯化氢发生加成反应生成氯乙烯，属于加成反应；②乙烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水，属于氧化反应；③乙烯和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，属于加成反应；④乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，属于氧化反应；⑤乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，属于加聚反应；⑥乙烷与氯气在光照的条件下反应生成氯乙烷和氯化氢，属于取代反应；⑦溴乙烷和氢氧化钠乙醇溶液共热生成乙烯、溴化钠、水，属于消去反应；⑧溴乙烷和氢氧化钠溶液共热生成乙醇、溴化钠，属于取代反应；属于取代反应的是⑥⑧，选A。
12.新冠肺炎疫情出现以来，一系列举措体现了中国力量。在各种防护防控措施中，化学知识起了重要作用，下列有关说法错误的是（）
A. 使用84消毒液杀菌消毒是利用HClO或ClO- 强氧化性
B. 使用医用酒精杀菌消毒的过程中只发生了物理变化
C.N95型口罩的核心材料是聚丙烯，属于有机高分子材料
D. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于卤代烃
【答案】B
【解析】
【详解】A. 84消毒液的主要成分是NaClO，ClO－能发生水解生成HClO，HClO或ClO－具有强氧化性能使蛋白质变性，从而起到杀菌消毒的作用，故A说法正确；
B.酒精能使蛋白质变性，属于化学变化，故B说法错误；
C.聚丙烯是由丙烯发生加聚反应得到，即聚丙烯属于高分子材料，故C说法正确；
D. 反应后的混合液经水洗、碱溶液洗涤、结晶，得到硝基苯
【答案】D
【解析】
【详解】A.试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯，正确；
B.实验时，水浴温度需控制在50~60℃，正确；
C.长玻璃导管兼起冷凝回流苯和硝酸的作用，以提高反应物转化率，正确；

2007-2008 物理化学(Ⅱ) A卷附标准答案

第 2页共 2页北民族大学试卷(答案)课程代码：13100342 课程：物理化学（Ⅱ） (A 卷答案)一、选择题（每小题2分，共20分）1.电解质溶液的摩尔电导率随溶液浓度的增加而（ 2 ） ⑴增加 ⑵减小 ⑶先减小后增大 ⑷先增大后减小2.用对消法（补偿法）测定可逆电池的电动势，主要为了（ 3 ） ⑴消除电极上的副反应 ⑵减少标准电池的损耗⑶在可逆情况下测定电池电动势 ⑷简单易行3.若算得电池反应的电池电动势为负值，表示此反应是（ 2 ） ⑴正向进行 ⑵逆向进行 ⑶不可能进行 ⑷反应方向不确定4.电解时，在阳极上首先发生氧化作用而放电的是（ 4 ） ⑴标准还原电极电势最大者 ⑵标准还原电极电势最小者⑶考虑极化后，实际上的不可逆还原电极电势最大者 ⑷考虑极化后，实际上的不可逆还原电极电势最小者5.有关基元反应的描述在下列诸说法中哪一个是不正确的（ 3 ） ⑴基元反应的级数一定是整数 ⑵基元反应进行时无中间产物，一步完成⑶基元反应不一定符合质量作用定律 ⑷基元反应一定符合质量作用定律6.反应1A B k −−→（Ⅰ），2A D k −−→ （Ⅱ） ,已知反应Ⅰ的活化能E 1大于反应Ⅱ的活化能E 2，以下措施中哪一种不能改变获得B 和D 比例（ 2 ）⑴提高反应温度 ⑵延长反应时间 ⑶加入适当催化剂 ⑷降低反应温度 7.任一基元反应，反应分子数与反应级数的关系是（ 1 ） ⑴一般反应级数等于反应分子数 ⑵反应级数小于反应分子数⑶反应级数大于反应分子数 ⑷反应级数大于或小于反应分子数8.通常表面活性物质就是指当加入液体后（ 4 ） ⑴能降低液体表面张力 ⑵能增加液体表面张力⑶不影响液体表面张力 ⑷能显著降低液体表面张力9.丁铎尔效应是发生了光的什么结果？（ 1 ） ⑴散射 ⑵反射 ⑶折射 ⑷透射10.对于有过量的KI 存在的AgI 溶胶，下列电解质中聚沉能力最强的是（ 4 ） ⑴NaCl ⑵ K 3[Fe （CN ）6] ⑶MgSO 4 ⑷FeCl 3二、判断题（每小题2分共20分）1.对于一个在定温、定压下，不做非体积功的化学反应来说，△G 越负，反应速率越快（×）2.在任意条件下，任意一基元反应的活化能不会小于零，但对于非基元反应，活化能可以是正值，也可以是负值，甚至为零。

2022-2023学年宁夏银川市北方民族大学附属中学高二下学期月考物理试题(一)

2022-2023学年宁夏银川市北方民族大学附属中学高二下学期月考物理试题（一）1.下列符合物理学史实的是（）A．奥斯特发现了电磁感应现象，梦圆磁生电B．法拉第通过大量的实验，得到了判定感应电流方向的方法C．汤姆孙通过研究阴极射线实验发现了电子，并测量出电子的电荷量D．卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，提出了原子具有核式结构模型2.如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一定值电阻，阻值为R，MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻值为，导轨电阻可忽略不计。

整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内），现对MN施力使它沿导轨方向以速度v（如图）做匀速运动。

令U表示MN两端的电压，则（）A．U = Blv，流过定值电阻R的感应电流由d到bB．，流过定值电阻R的感应电流由b到dC．，流过定值电阻R的感应电流由b到dD．，流过定值电阻R的感应电流由b到d3.用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示，实验中测得铷的遏止电压与入射光频率之间的关系如图乙所示，图线与横轴交点的横坐标为Hz。

已知普朗克常量。

则下列说法中正确的是（）A．欲测遏止电压，应选择电源左端为正极B．当电源左端为正极时，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的示数持续增大C．增大照射光的强度，产生的光电子的最大初动能一定增大D．如果实验中入射光的频率 Hz，则产生的光电子的最大初动能约为4.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图（a）所示。

已知发电机线圈内阻为5.0Ω，线圈匝数为11，外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图（b）所示，则（）A．电路中电流方向每秒钟改变50次B．电压表的示数为220VC．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2JD．t =0.01s时，穿过线圈的磁通量最大，最大值为 wb5.如图所示，半径为r0的圆形线圈共有n匝，圆形线圈的电阻为R，其中心位置处半径为r（）的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面。

北方民族大学大学物理题库—热学计算题答案(1)

大学物理题库热学计算题答案1. 容器内有11 kg 二氧化碳和2 kg 氢气(两种气体均视为刚性分子的理想气体)，已知混合气体的内能是8.1×106 J ．求： (1) 混合气体的温度； (2) 两种气体分子的平均动能．（二氧化碳的M ＝44×10-3 kg·mol -1，玻耳兹曼常量k ＝1.38×10-23J·K -1，摩尔气体常量R ＝8.31 J·mol -1·K -1）解：(1) RT M mi RT M m i E 22211122+=R M m i M m i E T ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=2221112231.810222510441126101.8336⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⨯⨯=--＝300 K (2) kT 261=ε＝3001038.12623⨯⨯⨯=-=1.24×10-20JkT 252=ε＝3001038.12523⨯⨯⨯=- 1.04×10-20J2.某些恒星的温度可达约K 8100.1⨯，这也是发生聚变反应所需的温度，在此温度下，恒星可视为质子组成. 问：(1) 质子的平均动能是多少？(2) 质子的方均根速率为多大？（普适气体常量R ＝8.31 J·mol 1·K 1 ，玻尔兹曼常量k ＝1.38×1023 J·K 1 )解：（1）质子的平均动能158231007.2100.11038.12323--⨯=⨯⨯⨯⨯==kT εJ （2）162782321057.11067.11011038.133---⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==s m m kT v 或者：163821057.110110131.833--⋅⨯=⨯⨯⨯⨯==s m M RT v 3.一容器内储有氧气，其压强为 a P 51001.1⨯，温度为C ︒0.27，求：(1) 气体分子的数密度； (2) 氧气的密度；(3) 分子的平均平动动能；（普适气体常量R ＝8.31 J·mol 1·K 1 ，玻尔兹曼常量k ＝1.38×1023 J·K 1 )解: 由气体状态方程nkT P=得：（1）252351044.23001038.11001.1⨯=⨯⨯⨯==-kT p n 3m -（2）由气体状态方程RT M MPV mol=得氧气密度：mol M p MV RTρ==3533.130031.81001.11032--m kg ⋅=⨯⨯⨯⨯=(3) 氧气分子的平均平动动能32k kT ε=23213 1.3810300 6.21102--=⨯⨯⨯=⨯J 4. 容积V ＝1 m 3的容器内混有N 1＝1.0×1025个氢气分子和N 2＝4.0×1025个氧气分子，混合气体的温度为 400 K ，求：(1) 气体分子的平动动能总和．(2) 混合气体的压强．（普适气体常量R ＝8.31 J·mol -1·K -1 ，玻尔兹曼常量k ＝1.38×10-23 J·K -1 )解： (1)21231028.84001038.12323-⨯=⨯⨯⨯==-k kT ε J()52325211014.44001038.123100.40.123⨯=⨯⨯⨯⨯⨯+=+==-k kT N N N ）（εε J(2) 4001038.11100.40.12325⨯⨯⨯⨯+==-nkT P ）（＝2.76×105 Pa 5. 在容积为 33100.2m -⨯ 的容器中，有内能为J 21075.6⨯的刚性双原子分子理想气体. 求：(1) 气体的压强；(2) 若容器中分子总数为22104.5⨯ 个，求分子的平均平动动能及气体的温度。

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1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x两式计算．解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由 0d d =tx得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t xv 2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a1 -8 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求： (1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；*(4) 2 ｓ内质点所走过的路程s ．分析质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s 的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,最后用⎰=s s d 积分求ｓ．解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为2412x y -=这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r*(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ 段长度,先在其间任意处取AB 微元d s ,则22)d ()d (d y x s +=,由轨道方程可得x x y d 21d -=,代入d s ,则2ｓ内路程为m 91.5d 4d 42=+==⎰⎰x x s s Q P1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-= 22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t txx 6010d d +-==vt tyy 4015d d -==v 当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==xy αv vα＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x ya a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和txd d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解由分析知,应有⎰⎰=tt a 0d d 0vv v得 03314v v +-=t t (1)由⎰⎰=txx t x 0d d 0v得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1) (2)得v 0＝-1 m·ｓ-1,x 0＝0.75 m ．于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==tt t t 0)d 46(d d j i a v vj i t t 46+=v又由td d r=v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==tt rr t t t t 0)d 46(d d 0j i r vj i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示． 1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即tΔΔr=v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即tt te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ．解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 222220.4d d d d )(-⋅-=+=s m tyt x t则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t tt t e e e a 222s1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v则m 17.112==na ρv 1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω==则t ′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa在2.0ｓ内该点所转过的角度rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ1 -24 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为22s2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s2s m 80.4d d -=⋅==tωra t t(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223nt a a =,即 ()()422212243t r rt =得 3213=t此时刻的角位置为rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt =t ＝0.55ｓ1 -25 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)分析这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得1o12s m 36.575tan -⋅==v v 2 -8 如图(a)所示,已知两物体A 、B 的质量均为m ＝3.0kg 物体A 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2 运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A 、B 及滑轮列动力学方程,有m A g -F Ｔ＝m A a (1) F ′Ｔ1 -F ｆ＝m B a ′ (2) F ′Ｔ -2F Ｔ1 ＝0 (3)考虑到m A ＝m B ＝m , F Ｔ＝F′Ｔ , F Ｔ1 ＝F ′Ｔ1 ,a ′＝2a ,可联立解得物体与桌面的摩擦力()N am m mg F 2724f .=+-=讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2 -10如图(a)所示,在一只半径为R 的半球形碗内,有一粒质量为m的小钢球,当小球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高？分析维持钢球在水平面内作匀角速度转动时,必须使钢球受到一与向心加速度相对应的力(向心力),而该力是由碗内壁对球的支持力F N 的分力来提供的,由于支持力F N 始终垂直于碗内壁,所以支持力的大小和方向是随ω而变的．取图示Oxy 坐标,列出动力学方程,即可求解钢球距碗底的高度．解取钢球为隔离体,其受力分析如图(b)所示．在图示坐标中列动力学方程θωmR ma θF n N sin sin 2== (1)mg θF N =cos (2)且有 ()Rh R θ-=cos (3)由上述各式可解得钢球距碗底的高度为2ωg R h -= 可见,h 随ω的变化而变化．2 -13 一质点沿x 轴运动,其受力如图所示,设t ＝0 时,v 0＝5m·ｓ-1 ,x 0＝2 m,质点质量m ＝1kg,试求该质点7ｓ末的速度和位置坐标．分析首先应由题图求得两个时间段的F (t )函数,进而求得相应的加速度函数,运用积分方法求解题目所问,积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时刻相对应．解由题图得()⎩⎨⎧<<-<<=7s t 5s ,5355s t 0 ,2t t t F由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为5s t 0 ,2<<=t a 7s t 5s ,535<<-=t a对0 ＜t ＜5ｓ时间段,由ta d d v =得 ⎰⎰=tt a 0d d 0vv v积分后得 25t +=v再由tx d d =v 得 ⎰⎰=tt x 0d d 0v xx积分后得33152t t x ++=将t ＝5ｓ代入,得v 5＝30 m·ｓ-1 和x 5 ＝68.7 m 对5ｓ＜t ＜7ｓ时间段,用同样方法有⎰⎰=tt a s 52d d 0vv v得 t t t 5.825.2352--=v再由 ⎰⎰=tx x t x s55d d v得x ＝17.5t 2 -0.83t 3 -82.5t ＋147.87将t ＝7ｓ代入分别得v 7＝40 m·ｓ-1 和 x 7 ＝142 m2 -14 一质量为10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动,已知F ＝120t ＋40,式中F 的单位为N,t 的单位的ｓ．在t ＝0 时,质点位于x ＝5.0 m 处,其速度v 0＝6.0 m·ｓ-1 ．求质点在任意时刻的速度和位置．分析这是在变力作用下的动力学问题．由于力是时间的函数,而加速度a ＝d v /d t ,这时,动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程,解此微分方程可得质点的速度v (t )；由速度的定义v ＝d x /d t ,用积分的方法可求出质点的位置．解因加速度a ＝d v /d t ,在直线运动中,根据牛顿运动定律有tmt d d 40120v=+依据质点运动的初始条件,即t 0 ＝0 时v 0 ＝6.0 m·ｓ-1 ,运用分离变量法对上式积分,得()⎰⎰+=tt t 0d 0.40.12d 0vv v v ＝6.0+4.0t+6.0t 2又因v ＝d x /d t ,并由质点运动的初始条件：t 0 ＝0 时x 0 ＝5.0 m,对上式分离变量后积分,有()⎰⎰++=t x x t t t x 020d 0.60.40.6d x ＝5.0+6.0t+2.0t 2 +2.0t 32 -15 轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0 ×103 kg ．飞机以55.0 m·ｓ-1 的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动,若阻力与时间成正比,比例系数α＝5.0 ×102 N·ｓ-1 ,空气对飞机升力不计,求：(1) 10ｓ后飞机的速率；(2) 飞机着陆后10ｓ内滑行的距离．分析飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动．其水平方向所受制动力F 为变力,且是时间的函数．在求速率和距离时,可根据动力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解．解以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有t αtmma F -===d d v ⎰⎰-=t t m t α0d d 0v v v得 202t m α-=v v 因此,飞机着陆10ｓ后的速率为v ＝30 m·ｓ-1又 ⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t xx t t m αx 0200d 2d v 故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离m 4676300=-=-=t mαt x x s v 2 -19 光滑的水平桌面上放置一半径为R 的固定圆环,物体紧贴环的内侧作圆周运动,其摩擦因数为μ,开始时物体的速率为v 0 ,求：(1) t 时刻物体的速率；(2) 当物体速率从v 0减少到12 v 0时,物体所经历的时间及经过的路程．分析运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的,因而,可先分析动力学问题．物体在作圆周运动的过程中,促使其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力F N 和环与物体之间的摩擦力F ｆ ,而摩擦力大小与正压力F N ′成正比,且F N 与F N ′又是作用力与反作用力,这样,就可通过它们把切向和法向两个加速度联系起来了,从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程．解 (1) 设物体质量为m ,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有Rm ma F n N 2v == tma F t d d f v -=-= 由分析中可知,摩擦力的大小F ｆ＝μF N ,由上述各式可得tR μd d 2v v -= 取初始条件t ＝0 时v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有⎰⎰-=v v v v 020d d μR t t tμR R 00v v v += (2) 当物体的速率从v 0 减少到1/2v 0时,由上式可得所需的时间为v μR t =' 物体在这段时间内所经过的路程 ⎰⎰''+==t t t tμR R t s 0000d d v v v 2ln μR s =3 -7 质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v 0 抛出,v 0与水平面成仰角α．若不计空气阻力,求：(1) 物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量；(2) 物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量．分析重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可．由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间gαt sin Δ01v =,物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍．这样,按冲量的定义即可求得结果．另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出．解1 物体从出发到达最高点所需的时间为gαt sin Δ01v =则物体落回地面的时间为 gαt t sin Δ2Δ012v == 于是,在相应的过程中重力的冲量分别为 j j F I αm t mg t t sin Δd 011Δ1v -=-==⎰ j j F I αm t mg t t sin 2Δd 022Δ2v -=-==⎰ 解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A 、B 的过程中,重力的冲量分别为j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-=j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-=3 -8 F x ＝30＋4t (式中F x 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m ＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v 1 ＝10 m·s -1 ,方向与Fx 相同,在t ＝6.86s 时,此物体的速度v 2 ．分析本题可由冲量的定义式⎰=21d t t t F I ,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度v 2．解 (1) 由分析知()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I (2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得t ＝6．86 s(另一解不合题意已舍去)(3) 由动量定理,有I ＝m v 2- m v 1由(2)可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N·s ,将I 、m 及v 1代入可得112s m 40-⋅=+=mm I v v 3 -10 质量为m 的小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝A cos ωt ,其中k 、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到ωt 2π= 时间内小球动量的增量．分析由冲量定义求得力F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式⎰21d t t t F 积分前,应先将式中x 用x ＝A cos ωt 代之,方能积分．解力F 的冲量为ωkA t t ωkA t kx t F I ωt t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d 即 ()ωkA m -=v Δ 3 -11 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m 2 的直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1 的水通过,求弯管所受力的大小和方向．分析对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量．因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp ＝Δm (v B -v A )；此动量的变化是管壁在Δt 时间内对其作用冲量I 的结果．依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F ；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F′＝-F ．解在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυS Δt ,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为Δp ＝Δm (v B -v A ) ＝ρυS Δt (v B -v A )依据动量定理I ＝Δp ,得到管壁对这部分水的平均冲力()A B t S ρtv v v -==ΔΔI F 从而可得水流对管壁作用力的大小为 N 105.2232⨯-=-=-='v S ρF F作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．3 -13 A 、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s -1的速度继续向前驶去．A 、B 两船原有质量分别为0.5×103 kg 和1.0 ×103 kg,求在传递重物前两船的速度．(忽略水对船的阻力)分析由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A 与从船B 搬入的重物所组成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样,对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样．由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守恒方程即可解出结果．解设A 、B 两船原有的速度分别以v A 、v B 表示,传递重物后船的速度分别以v A ′ 、v B ′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有()A A B A A m m m m v v v '=+- (1)()''=+-B B A B B m m m m v v v (2)由题意知v A ′ ＝0, v B ′ ＝3.4 m·s -1 代入数据后,可解得()()12s m 40.0-⋅-=---'-=mm m m m m m A B B B A v v ()()()12s m 6.3-⋅=---'-=m m m m m m m m B A B B A B v v 也可以选择不同的系统,例如,把A 、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解． 3 -17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知t ＝0 时质点位于原点,且初始速度为零．设外力F 随距离线性地减小,且x ＝0 时,F ＝F 0 ；当x ＝L 时,F ＝0．试求质点从x ＝0 处运动到x ＝L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x ＝L 处的速率．分析由题意知质点是在变力作用下运动,因此要先找到力F 与位置x 的关系,由题给条件知x LF F F 00-=．则该力作的功可用式⎰L x F 0d 计算,然后由动能定理求质点速率．解由分析知x LF F F 00-=, 则在x ＝0 到x ＝L 过程中作功, 2d 0000L F x x L F F W L =⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎰由动能定理有 0212-=v m W 得x ＝L 处的质点速率为 m L F 0=v 此处也可用牛顿定律求质点速率,即xm t m x L F F d d d d 00v v v ==- 分离变量后,两边积分也可得同样结果．3 -18 如图所示,一绳索跨过无摩擦的滑轮,系在质量为1.00 kg 的物体上,起初物体静止在无摩擦的水平平面上．若用5.00 N 的恒力作用在绳索的另一端,使物体向右作加速运动,当系在物体上的绳索从与水平面成30°角变为37°角时,力对物体所作的功为多少？已知滑轮与水平面之间的距离d ＝1.00 m ．分析该题中虽施以“恒力”,但是,作用在物体上的力的方向在不断变化．需按功的矢量定义式⎰⋅=s F d W 来求解．解取图示坐标,绳索拉力对物体所作的功为 J 69.1d d cos d 2122=+-==⋅=⎰⎰⎰x x d Fx x θF W x x x F3 -19 一物体在介质中按规律x ＝ct 3 作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力正比于速度的平方．试求物体由x 0 ＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k )分析本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式⎰⋅=x F d W 来求解．关键在于寻找力函数F ＝F (x )．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F (v ) ＝k v 2 变换到F (t ),进一步按x ＝ct 3 的关系把F (t )转换为F (x ),这样,就可按功的定义式求解．解由运动学方程x ＝ct 3 ,可得物体的速度 23d d ct tx ==v 按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为3/43/242299x kc t kc k F ===v则阻力的功为⎰⋅=x F W d 3/73/23/403/20727d 9d 180cos d l kc x x kc x W l o l -=-==⋅=⎰⎰⎰x F 3 -22 一质量为m 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上．此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点的最初速率是v 0 ．当它运动一周时,其速率为v 0 /2．求：(1) 摩擦力作的功；(2) 动摩擦因数；(3) 在静止以前质点运动了多少圈？分析质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗在运动中克服摩擦力作功上．由此,可依据动能定理列式解之．解 (1) 摩擦力作功为20202k0k 832121v v v m m m E E W -=-=-= (1) (2) 由于摩擦力是一恒力,且F ｆ＝μmg ,故有mg μr πs F W 2180cos o f -== (2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为rgπμ16320v = (3) 由于一周中损失的动能为2083v m ,则在静止前可运行的圈数为 34k0==W E n 圈 3 -23 如图(a)所示,A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为m 1 和m 2 ．问在A 板上需加多大的压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起．(设弹簧的劲度系数为k )分析运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一．因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关．“守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变．在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立的条件．该题可用机械能守恒定律来解决．选取两块板、弹簧和地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力和弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件．只需取状态1 和状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力的平衡,便可将所需压力求出．解选取如图(b)所示坐标,取原点O 处为重力势能和弹性势能零点．作各状态下物体的受力图．对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有F 1 ＝P 1 ＋F (1)当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得2221212121mgy ky mgy ky +=- 式中y 1 、y 2 为M 、N 两点对原点O 的位移．因为F 1 ＝ky 1 ,F 2 ＝ky 2 及P 1 ＝m 1g ,上式可写为F 1 -F 2 ＝2P 1 (2)由式(1)、(2)可得F ＝P 1 ＋F 2 (3)当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F′2 ＝P 2 ,且F 2 ＝F′2 ．由式(3)可得F ＝P 1 ＋P 2 ＝(m 1 ＋m 2 )g应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点．3 -25 用铁锤把钉子敲入墙面木板．设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比．若第一次敲击,能把钉子钉入木板1.00 ×10 -2 m ．第二次敲击时,保持第一次敲击钉子的速度,那么第二次能把钉子钉入多深？分析由于两次锤击的条件相同,锤击后钉子获得的速度也相同,所具有的初动能也相同．钉子钉入木板是将钉子的动能用于克服阻力作功,由功能原理可知钉子两次所作的功相等．由于阻力与进入木板的深度成正比,按变力的功的定义得两次功的表达式,并由功相等的关系即可求解．解因阻力与深度成正比,则有F ＝kx (k 为阻力系数)．现令x 0＝1.00 ×10 -2 m,第二次钉入的深度为Δx ,由于钉子两次所作功相等,可得⎰⎰+=x x x x x kx x kx Δ0000d dΔx ＝0.41 ×10 -2 m3 -27 如图(a)所示,天文观测台有一半径为R 的半球形屋面,有一冰块从光滑屋面的最高点由静止沿屋面滑下,若摩擦力略去不计．求此冰块离开屋面的位置以及在该位置的速度．分析取冰块、屋面和地球为系统,由于屋面对冰块的支持力FN 始终与冰块运动的方向垂直,故支持力不作功；而重力P 又是保守内力,所以,系统的机械能守恒．但是,仅有一个机械能守恒方程不能解出速度和位置两个物理量；因此,还需设法根据冰块在脱离屋面时支持力为零这一条件,由牛顿定律列出冰块沿径向的动力学方程．求解上述两方程即可得出结果．解由系统的机械能守恒,有θmgR m mgR cos 212+=v (1) 根据牛顿定律,冰块沿径向的动力学方程为 Rm F θmgR 2N cos v =- (2) 冰块脱离球面时,支持力F N ＝0,由式(1)、(2)可得冰块的角位置o θ2.4832arccos == 冰块此时的速率为32cos Rg θgR ==v v 的方向与重力P 方向的夹角为α＝90°-θ ＝41.8°3 -28 如图所示,把质量m ＝0.20 kg 的小球放在位置A 时,弹簧被压缩Δl ＝7.5 ×10 -2 m ．然后在弹簧弹性力的作用下,小球从位置A 由静止被释放,小球沿轨道ABCD 运动．小球与轨道间的摩擦不计．已知 BCD是半径r ＝0.15 m 的半圆弧,AB 相距为2r ．求弹簧劲度系数的最小值．分析若取小球、弹簧和地球为系统,小球在被释放后的运动过程中,只有重力和弹力这两个保守内力作功,轨道对球的支持力不作功,因此,在运动的过程中,系统的机械能守恒．运用守恒定律解题时,关键在于选好系统的初态和终态．为获取本题所求的结果,初态选在压缩弹簧刚被释放时刻,这样,可使弹簧的劲度系数与初态相联系；而终态则取在小球刚好能通过半圆弧时的最高点C 处,因为这时小球的速率正处于一种临界状态,若大于、等于此速率时,小球定能沿轨道继续向前运动；小于此速率时,小球将脱离轨道抛出．该速率则可根据重力提供圆弧运动中所需的向心力,由牛顿定律求出．这样,再由系统的机械能守恒定律即可解出该弹簧劲度系数的最小值．解小球要刚好通过最高点C 时,轨道对小球支持力F N ＝0,因此,有rm mg c 2v = (1) 取小球开始时所在位置A 为重力势能的零点,由系统的机械能守恒定律,有()()22213Δ21c m r mg l k v += (2) 由式(1)、(2)可得()12m N 366Δ7-⋅==l mgr k 3 -29 如图所示,质量为m 、速度为v 的钢球,射向质量为m′的靶,靶中心有一小孔,内有劲度系数为k 的弹簧,此靶最初处于静止状态,但可在水平面上作无摩擦滑动．求子弹射入靶内弹簧后,弹簧的最大压缩距离．分析这也是一种碰撞问题．碰撞的全过程是指小球刚与弹簧接触直至弹簧被压缩到最大,小球与靶刚好到达共同速度为止,在这过程中,小球和靶组成的系统在水平方向不受外力作用,外力的冲量为零,因此,在此方向动量守恒．但是,仅靠动量守恒定律还不能求出结果来．又考虑到无外力对系统作功,系统无非保守内力作功,故系统的机械能也守恒．应用上述两个守恒定律,并考虑到球与靶具有相同速度时,弹簧被压缩量最大这一条件,即可求解．应用守恒定律求解,可免除碰撞中的许多细节问题．解设弹簧的最大压缩量为x 0 ．小球与靶共同运动的速度为v 1 ．由动量守恒定律,有()1v v m m m '+= (1)又由机械能守恒定律,有()20212212121kx m m m +'+=v v (2) 由式(1)、(2)可得 ()v m m k m m x '+'=0 3 -30 质量为m 的弹丸A ,穿过如图所示的摆锤B 后,速率由v 减少到v /2．已知摆锤的质量为m ′,摆线长度为l ,如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动,弹丸速度v 的最小值应为多少？分析该题可分两个过程分析．首先是弹丸穿越摆锤的过程．就弹丸与摆锤所组成的系统而言,由于穿越过程的时间很短,重力和的张力在水平方向的冲量远小于冲击力的冲量,因此,可认为系统在水平方向不受外力的冲量作用,系统在该方向上满足动量守恒．摆锤在碰撞中获得了一定的速度,因而具有一定的动能,为使摆锤能在垂直平面内作圆周运动,必须使摆锤在最高点处有确定的速率,该速率可由其本身的重力提供圆周运动所需的向心力来确定；。

宁夏银川市北方民族大学附属中学2024-2025学年高三上学期10月月考(一)物理试卷

北方民族大学附属中学2024-2025学年度（上）高三月考（一）物理一、选择题（本题共10小题，每小题5分，其中1~6小题只有一个正确选项，7~10小题有多个正确选项，请将符合题意的选项选出并涂在答题卡上，全选对得5分，不全得3分，有错选或不选得0分，满分50分）1．如图所示为某种烟雾探测器，其中装有放射性元素，可衰变为，半衰期长达432.2年。

利用衰变时释放的射线，可以实现烟雾监测。

则（）A ．的衰变是衰变B ．该探测器主要利用了射线的电离本领C ．的比结合能小于的比结合能D ．864.4年后探测器中所含的已全部发生衰变2．近年来，重庆热门景点“李子坝列车穿楼”吸引了大量游客驻足，当地更是专门修建观景台“宠粉”。

列车进站时以20m/s 的初速度开始做匀减速直线运动加速度大小为，列车速度减为0后在李子坝站停靠了50s 。

则关于列车进站过程下列说法正确的是（）A ．列车在减速运动阶段速度减小得越来越慢B ．列车开始减速后，时的速度为12m/sC ．列车开始减速后，20s 内的位移为150mD ．列车匀减速阶段最后1s 内的位移大小是0.625m3．关于分子动理论，下列说法中正确的是（）24195Am 24195Am 23793Np 24195Am 24195Am βγ24195Am 23793Np 24195Am 21.25m/s 8s t =A ．图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，应先滴油酸酒精溶液，再撒痱子粉B ．图乙为水中某花粉颗粒每隔一定时间位置的折线图，表明该花粉颗粒每段时间内做直线运动C ．图丙为分子力F 与其间距r 的图像，分子间距从开始增大时，分子力先变小后变大D ．图丁为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线②对应的温度较高4．小智同学发现了一张自己以前为研究机动车的运动情况绘制的图像（如图）。

已知机动车运动轨迹是直线，但是不知机动车是处于加速还是刹车状态，以下正确的说法是（）A ．机动车处于匀加速状态B ．机动车的初速度为0.05m/sC ．机动车在第3秒内的位移为1mD ．机动车在前3秒的位移是24m5．两共点力的大小不变，它们的合力F 与两共点力之间夹角的关系如图，则两共点力的大小分别为（）A ．2N 、3NB ．4N 、5NC ．3N 、3ND ．3N 、4N6．如图所示，三角形物体A 和矩形物体B 用力F 压在竖直墙面上，F 的方向与B 的表面垂直，关于A 与B 分别受力的个数，正确的是（）A ．4个，3个B ．4个，4个C ．5个，4个D ．5个，5个0r 21x t t-θ7．如图所示为半圆柱体玻璃的横截面，OD 为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿AO 方向从真空射入玻璃，分别从B 、C 点射出。

物理化学 (下) (A卷)

第- 1 - 页共2 页北方民族大学试卷课程代码：13100342 课程：物理化学 (下) （A 卷）一、选择题（每小题2分，共20分）1、电解质溶液的摩尔电导率与电导率的关系式是（）A. Λm =A kL B. Λm =L k A C. Λm =κc D. Λm =cκ 2、原电池电动势的温度系数与摩尔电池的熵变之间的关系是( ) 。

（1）∆r S m =-ZF p E T ∂⎛⎫ ⎪∂⎝⎭ (2) ∆r S m =-ZEF p E T ∂⎛⎫⎪∂⎝⎭(3) ∆r S m =ZF p E T ∂⎛⎫ ⎪∂⎝⎭ (4)∆r S m =ZEF pE T ∂⎛⎫⎪∂⎝⎭3、在KOH 水溶液中，使用二个铂电极进行水的电解，当析出1 mol 氢气和0.5 mol 氧气时，需要通过的电量是（）A . 96485 B. 144727.5 C . 192970 D. 385940 4、朗缪尔提出的吸附理论及推导的吸附等温式（）A. 只能用于物理吸附B. 只能用于化学吸附C. 适用于单分子层吸附D. 适用于任何物理和化学吸附 5、0.3mol ·kg -1Na 2SO 4水溶液的离子强度是( ) 。

(1)0.9mol ·kg -1 (2)1.8 mol ·kg -1 (3)0.3 mol ·kg -1 (4)1.2 mol ·kg -16、一级反应速率常数的单位为（）A ． s -1 B. mol -1·m 3·s -1C. mol ·m 3·s -1D. mol ·m -3·s 7、某放射性同位素半衰期为 5天，则经15天后所剩的同位素的量为原来的（） A. 1/3 B. 1/4 C. 1/8 D. 1/168、下列关于催化剂的描述，哪一点是不正确的（）A. 催化剂只能缩短反应达到平衡的时间，不能改变平衡的状态B. 催化剂在反应前后物理和化学性质均不发生改变C. 催化剂不改变平衡常数第- 2 - 页共2 页D. 加入催化剂不能实现热力学上不可能进行的反应 9、对于以AgNO 3为稳定剂的AgCl 水溶胶胶团结构，可以写成：{[AgCl]m n Ag +⋅(n -x )NO 3-}x + ⋅ x NO 3-则被称为胶核的是指（）。