大学物理期末课后习题参考答案

大学物理期末课后习题

参考答案

-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

大学物理期末课后习题参考答案

第一章

1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x ，a 的单位为2s m -?，

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： 2

d (26)d v v adx x x ==+ 两边积分得

c x x v ++=32

222

1 由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c ∴ 13s m 252-?++=x x v

1.10 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -?，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

v

a 34d d +==

分离变量，得 t t v d )34(d += 积分，得 12

2

34c t t v ++

= 由题知，0=t ,00=v ,∴01=c

故 22

34t t v += 又因为 22

3

4d d t t t x v +==

分离变量， t t t x d )2

3

4(d 2+=

积分得 2322

1

2c t t x ++=

由题知 0=t ,50=x ,∴52=c

故 52

123

2++=t t x 所以s 10=t 时

m

7055102

1

102s m 1901023

10432101210=+?+?=?=?+

?=-x v

1.11 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：(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， 2

s m 362181-?=??==βτR a

2222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n

(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有

145tan ==

?n

a a τ

即 βωR R =2

亦即 t t 18)9(2

2= 则解得 923=t 于是角位移为

322323 2.67rad 9

t θ=+=+?=

第二章

2.9 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 8

3166-?===

m f a x x 2

s m 16

7

-?-=

=

m f a y y (1)

2

1

021

035

'22m s 84

77

'2m s 168

x x x y y y v v a dt v v a dt --=+=-+?=-?-=+=?=-???

于是质点在s 2时的速度

1s m 8

745-?--=j

i v

(2)

2211

()221317

(224)()428216137m

48

x x y r v t a t i a t j

i j i j =++-=-?+??+?=--

2.18 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．

题2.18图

解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2.18图，则铁钉所受阻力为

ky f -=

第一锤外力的功为1A

???=

=-='=s

s

k

y ky y f y f A 1

12

d d d ① 式中f '是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在0d →t 时，f 'f -=． 设第二锤外力的功为2A ，则同理，有

?-=

=2

1

2222

21d y k

ky y ky A ② 由题意，有

2

)21(212k

mv A A =?== ③

即 2

22122k

k ky =-

所以， 22=y

于是钉子第二次能进入的深度为

cm 414.01212=-=-=?y y y

2.22 如题2.22图所示，一物体质量为2kg ，以初速度0v ＝3m ·s -1从斜面A 点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N ，到达B 点后压缩弹簧20cm 后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．

题2.22图

解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点。则由

功能原理，有

22011sin 3722r f s kx mv mgs ??-=

-+? ???

2021

sin 372

12

r mv mgs f s

k x +?-= 式中m 52.08.4=+=s ，m 2.0=x ，再代入有关数据，解得

-11450N m k =?

再次运用功能原理，求木块弹回的高度h '

2o 2

1

37sin kx s mg s f r -'='-

代入有关数据，得 1.45m s '=,

则木块弹回高度

o sin 370.87m h s ''==

2.23 质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2.23图所示．质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．

题2.23图

解: m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M ，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有

222

1

21MV mv mgR +=

又下滑过程，动量守恒，以m 、M 为系统，则在m 脱离M 瞬间，水平方向有

0=-MV mv

联立以上两式，得

2MgR

v m M

=

+

第三章

3.9 物体质量为3kg ，t =0时位于m 4i r =, 1

s m 6-?+=j i v ，如一恒力N

5j f =作用在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对z 轴角动量的变化．

解: (1) ??

-??===?30

1

s m kg 15d 5d j t j t f p (2)解(一) 73400=+=+=t v x x x

j at t v y y 5.25335

213621220=??+?=+

= 即 i r

41=,j i r 5.2572+=

10==x x v v

11335

60=?+=+=at v v y y

即 j i v

611+=,j i v 112+= ∴ k j i i v m r L

72)6(34111=+?=?=

k j i j i v m r L

5.154)11(3)5.257(222=+?+=?=

∴ 1

212s m kg 5.82-??=-=?k L L L

解(二) ∵dt

dz M =

∴ ???=?=?t t t F r t M L 0

d )(d

??-??=+=???????

?+++=3

1

302s m kg 5.82d )4(5d 5)35)216()4(2k t k t t j j t t i t

3.13 计算题3.13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)2

1

(212Mr r T r T =- ③

又， βr a = ④ 联立以上4个方程，得

2212s m 6.72

15

20058

.92002

-?=+

+?=

+

+=

M m m g m a

题3.13(a)图 题3.13(b)图

3.14 如题3.14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.

题3.14图

解: (1)由转动定律，有

211

()23

mg l ml β=

∴ l

g

23=β

(2)由机械能守恒定律，有

22)3

1

(21sin 2ωθml l mg =

∴ l

g θ

ωsin 3=

(1)问它能升高多少

(2)求余下部分的角速度、角动量和转动动能．

题3.16图

解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度

ωR v =0

设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有

gh v v 22

02-=

令0=v ，可求出上升最大高度为

2

22

0212ωR g

g v H ==

(2)圆盘的转动惯量221MR I =

，碎片抛出后圆盘的转动惯量222

1

mR MR I -='，碎片脱离前，盘的角动量为ωI ，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响

系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即

R mv I I 0+''=ωω

式中ω'为破盘的角速度．于是

R mv mR MR MR 0222)21(21+'-=ωωωω'-=-)21

()21(2222mR MR mR MR 得ωω=' (角速度不变)

圆盘余下部分的角动量为

ω)2

1

(22mR MR - 转动动能为222)2

1

(21ωmR MR E k -=

第七章

7.15 试说明下列各量的物理意义．

（1）12kT （2）32kT （3）2

i kT

（4）

2mol M i RT M （5）2i RT （6）3

2

RT 答：(1) 1

2

kT 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) 3

2kT 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) 2

i

kT 表示在平衡态下，自由度为i 的分子平均总能量均为.

(4)

2

mol M i

RT 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) 3

2

RT 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。 答：(1)由kT

p

n nkT p =

=,知分子数密度相同； (2)由RT

p M V M mol ==

ρ知气体质量密度不相同； (3)由kT n

2

3

知单位体积内气体分子总平动动能相同； (4)由kT i

n

2

知单位体积内气体分子的总动能不一定相同． 7.20 设有N 个粒子的系统，其速率分布如题7.20图所示．求 (1)分布函数f (υ)的表达式； (2)a 与υ0之间的关系；

(3)速度在1.5υ0到2.0υ0之间的粒子数． (4)粒子的平均速率．

(5)0.5υ0到υ0区间内粒子平均速率．

解：(1)从图上可得分布函数表达式

00000()/(0)()(2)()0(2)

Nf a Nf a Nf υυυυυυυυυυυυ=≤≤??

=≤≤??=≥?

00000/(0)()/(2)0(2)a N f a N υυυυυυυυυυ≤≤??=≤≤??≥?

(2) f (υ)满足归一化条件，但这里纵坐标是N f (υ)而不是f (υ),故曲线下的总面积为N. 由归一

化条件

20

d d a N

N a N υυυυ

υυυ+=?

?

,

可得0

23N

a υ=

(3)可通过面积计算001

(2 1.5)3

N a N υυ?=?-=

(4)N 个粒子平均速率

2

20

1

()d ()d d d a f Nf a N

υυυυυυυυυυυυυυυ∞

∞

==

=+?

?

?

?

2200011311()329

a a N υυυυ=

+= (5) 0.5υ0到υ0区间内粒子数

1000131

(0.5)(0.5)284

N a a a N υυυ=+-==

0.5υ0到υ0区间内粒子平均速率

00

00.50.51

1d d N

N N N N N

υυυυυυυ=

=

??0

00.51()d N f N υυυυυ=? 题7.20图

Nf (υ)

O 2υ0

υ

υ0

0020.510d N a N N υυυυυυ=?00332

2000

0.510

10017111d ()32424a av a a N N N υυυυυυυυυ==-=? 2

00

7769a N υυυ==

7.24 一瓶氧气，一瓶氢气，等压、等温，氧气体积是氢气的2倍，求(1)氧气和氢气分子数密度之比；(2)氧分子和氢分子的平均速率之比。 解：(1)因为 nkT p =则

1=H

O

n n (2)由平均速率公式

υ=

14

O H υυ==

第八章

8.11 .如题8.11图所示，一系统由状态a 沿acb 到达状态b 的过程中，有350 J 热量传入系

统，而系统做功126 J ．

(1) 若沿adb 时，系统做功42 J ，问有多少热量传入系统

(2) 若系统由状态b 沿曲线ba 返回状态a 时，外界对系统做功为84 J ，试问系统是吸热还是放热热量传递是多少

解：由abc 过程可求出b 态和a 态的内能之差 A E Q +?=

224126350=-=-=?A Q E J

abd 过程，系统作功42=A J

题8.11图

26642224=+=+?=A E Q J 系统吸收热量

ba 过程，外界对系统作功84-=A J

30884224-=--=+?=A E Q J 系统放热

8.12 1mol 单原子理想气体从300K 加热到350K ，问在下列两过程中吸收了多少热量增加了多少内能对外做了多少功 (1) 容积保持不变； (2) 压力保持不变。

解：(1)等体过程

由热力学第一定律得 E Q ?=

吸热 )(2

)(1212V T T R i

T T C E Q -=-=?=υ

υ 25.623)300350(31.82

3

=-??=

?=E Q J 对外作功 0=A

(2)等压过程

)(2

2

)(1212P T T R i T T C Q -+=-=υ

υ 吸热 75.1038)300350(31.82

5

=-??=

Q J )(12V T T C E -=?υ 内能增加 25.623)300350(31.82

3

=-??=

?E J 对外作功 5.4155.62375.1038=-=?-=E Q A J

8.18．设有一以理想气体为工质的热机循环，如题8.18图所示．试证其循环效率为

η＝1112

1

2

1

---p p V V γ

解：等体过程

吸热 1

V 21()Q vC T T '=- )(1

221V 1

1R

V p R V p C Q Q -='= 绝热过程 03

='Q 等压压缩过程

放热 2

p 21()Q vC T T '=- 22

P 21()Q Q vC T T '==-- )(2

212P R

V p R V p C -= 循环效率 1

21Q Q -

=η )

1/()1/(1)

()(1121212221V 2212p 12

---=---

=-=p p V p V p C V p V p C Q Q ννγ

ηη

8.20 如题8.20图所示是一理想气体所经历的循环过程，其中AB 和CD 是等压过程，BC 和DA 为绝热过程，已知B 点和C 点的温度分别为2T 和3T ．求此循环效率．这是卡诺循环吗

题图8.20

题图8.18

1 p p

解：(1)热机效率 1

2

1Q Q -

=η AB 等压过程 )(12P 1

T T C Q -='υ 吸热 )(P mo 1A B l

T T C M M

Q -=

CD 等压过程 )(12P 2

T T vC Q -=' 放热 )(P mol

2

2D C T T C M M

Q Q -='-= )

/1()

/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--= 根据绝热过程方程得到

AD 绝热过程 γ

γγγ----=D D A

A T p T p 11 BC 绝热过程 γ

γγγ----=C C B B

T p T p 111 又 B

C D D C B A T T T T p p p p === 2

31T T -

=η (2)不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间．