大学物理(上)练习题解答.doc 24页

'大学物理（上）练习题参考解答第一章质点的运动1．解：平均速率，平均速度的大小，速率，速度的大小当时，故（B）正确。2．解：位移大小令速度，得，即在前后，速度方向逆转，所以，路程3．解：（1）（2），（3）令，得或M4．解：由相似三角形的性质得：即两边对时间求导，得5．解：（1），（2），（3）正确，（4）。6．解：（A）错，因为切向加速度，速率可能不变，如匀速率圆周运动24 ，切向加速度为零。（B），除拐点外，为有限值，，故（B）正确。（C）反应速度方向变化的快慢，只要速度方向有变化，就不为零。（D），。（E）恒矢量，质点作匀变速度运动，而非匀变速率运动，如抛体运动。7．解：，，即，第二章牛顿运动定律1．解：（1），，故（2）由，得，故2．解：（1）子弹进入沙土后，受的力，由牛顿定律得分离变量并作积分，得（2）分离变量后作积分，得3．解：，应选（D）。4．解：设水流向叶片的速度为，则水流出叶片的速度为，在时间间隔内，流过叶片的水的质量，其动量的增量，由动量定理知：叶片作用于水的力为24 由牛顿第三定律知，水作用于叶片的力为，其大小为，方向为水流向叶片的速度方向。5．解：6．解：设弹簧原长处为坐标原点，弹簧伸长量为，则弹性恢复力。弹簧长度为时，伸长量为；弹簧长度为时，伸长量为，于是有，应选（D）。7．解：，（A）对。8．解：选y轴正方向竖直向上，井中水面处为坐标原点。按题意，人所用的拉力拉力所作的功9．解：方法Ⅰ：方法Ⅱ：方法Ⅲ：∵是保守力，所以积分路径可选轴思考：如何用求此力做的功?10．解：（SI）（1）（2）11．解：由动量定理得，质点在三秒末的动量：再由动能定理得，力所作的功：12．解：冲量越大，动量的增量就越大，动量不一定大，所以，（A）错;作用力的冲量，24 反作用力的冲量，（B）正确;作用力、反作用力分别作用在不同物体上，而不同物体的位移一般不同，所以，作用力和反作用力的功一般不等值异号，故（C）不对;动量是矢量，动量改变，速率可以不变，（D）错误。第三章运动的守恒定律1．解：（1）外力做的功（2）弹力，由动能定理得（3）是保守力。2．解：万有引力作的功等于万有引力势能增量的负值：3．解：（1）万有引力的功等于万有引力势能增量的负值：（2）根据动能定理，有，即4．解：(A)不受外力的系统，其动量守恒，但非保守内力可能做功，机械能不一定守恒。(B)合外力为零，但外力做功之和不一定为零，所以机械能不一定守恒。(C)满足动量守恒条件和机械能守恒条件，所以(C)正确.(D)外力做功为零，但合外力不一定为零，所以动量不一定守恒。外力做功为零，但不知非保守内力的功是否为零，所以机械能不一定守恒。5．解：由牛顿第二定律得，即轨道角动量的大小，（A）正确。6．解：(1)(2)7．解：(1)由(2)24 8．解：表示速度与弹簧长度方向间的夹角，则由角动量守恒和机械能守恒定律，得解得，第四章刚体的定轴转动1．解：合力矩等于各个力力矩的矢量合，而不是合力的力矩，所以，当作用在刚体上的两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩不一定是零；当作用在刚体上的两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力不一定是零。因此，(1)、(2)正确，(3)、(4)错误，应选（B）。2．解：由刚体对轴的转动惯量的定义看出，转动惯量与刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置有关，故应选择(C)。3．解：(1)合力矩的大小(2)由转动定律，得角加速度的大小4．解：对飞轮，用转动定律，对重物，用牛顿定律，得，解得若以拉力2mg代替重物，则∴应选（C）。RTTmg5．解：设摩擦力矩为，根据牛顿定律和转动定律，对重物和飞轮分别列方程，得，消去、、、、，得24 ①利用，得②③将②、③代入①，得6．解：由转动定律，得，7．解：根据转动定律，得，其中，，，，分别代入上式，得所以1s末的角速度8．解：系统角动量守恒的条件是：外力对给定轴的总力矩为零,故选择(B)。(A)和(C)不是必要条件。9．解：子弹射入的瞬间，系统所受合外力矩为零，角动量守恒：∵∴，故应选（C）。10．解：啮合前后，系统所受合外力矩为零，角动量守恒：12．解：在子弹射穿棒的过程中，利用子弹—棒组成系统对O轴的角动量守恒，有所以棒上摆的初角速度在棒上摆过程中，由棒—地球组成系统的机械能守恒，得24 13．解：根据牛顿定律和转动定律，有解方程组，得∴14．解：（1）根据牛顿定律和转动定律，得解得下落距离(2)张力第六章气体动理论1．解：（1）在平衡状态下，气体分子沿各个方向运动的机会均等，即平均看来，在任一时刻沿任一方向具有同样速率的分子数相同，气体分子速度沿各方向的分量的各种统计平均值都相等，所以（2），，而.2．解：设管内气体的总分子数为N，由，知（1）个.24 （2）气体分子的平动动能的总和（3）气体分子的转动动能的总和（4）气体分子的动能总和3．解：因在同一容器内，所以两种气体的温度相等，氢气、氦气的自由度数分别为、（1）分子的平均动能，不等，不等。（2）氢气分子是双原子分子，有转动动能，氦气分子是单原子分子，只有平动动能。（3）分子的平均平动动能，相等.（4）理想气体的内能，不等，不等。故选（D）。4．解：理想气体的内能因不变，对同一种气体，不变，5．解：由，得由知.6．解：（1）由得（2）设分子数为N24 由及，得又7．解：由，知在区间内的分子数，因很小，这个分子的平均平动动能相同，都等于，所以在此区间内，个分子的平均平动动能之和为，所以就是在速率间隔内的分子平动动能之和，故选（D）。8．解：三种速率公式：，，若相等，则相等，所以、均相等，故选（A）。9．解：由知，故选（C）。10．解：理想气体的压强，其中=1:4:16，应选（C）。11．解：由，得，代入，知12．解：由理想气体状态方程，得24 .由理想气体的内能公式，得.13．解：一定量气体，不变，分子数密度也不变。当温度升高时，分子平均运动加快，增大，所以分子的平均碰撞次数增大。(或由得出增大)。不变，故选（A）。第七章热力学基础2．解：3．解：气体的摩尔质量，可见它是氢气，，4．解：分子的平均转动动能5．解：在等压过程中，，又，(或直接用)，6．解：在等压过程中：，24 单原子分子气体：双原子分子气体：7.解：根据，又，由，，得又，8．答：（1）不可能因为等容过程，，。等容加热，，所以，，即内能只能增大，不可能减少。（2）不可能因为等温压缩，，V减少，增加，所以。由于，导致，即只能放热，不可能吸热。（3）不可能等压压缩，，由，知内能减少，不可能增加，且，即气体放热，不可能吸热。（4）可能因为根据绝热过程方程，若减少，则增加；又因，，所以，即内能增加。9．解：由图知是绝热过程，有，24 即由理想气体状态方程得10．解：（1）等温过程气体对外作的功（2）绝热过程气体对外作的功11．解：过程：过程：，过程：整个循环过程，系统对外做的功：整个循环中系统吸收的热量：12．解：卡诺循环的效率，由于两循环高、低温热源的温度不同，所以效率不同。每次循环过程对外作的净功等于循环曲线所围的面积，所以，两循环对外作的净功相等。可见从高温热源吸收的热量不同，而，两循环向低温热源放出的热量不同，故选(D)。13．解：热力学第二定律说明：在无外界影响下，热量不能全部转化为功，热量不能自动地从低温物体传向高温物体，所以，(A)、(B)是错误的。VP绝热绝热o(A)不可逆过程指的是若过程逆向进行，系统复原，给外界留下的影响不能消除，并不是不能沿相反方向进行的过程，故(C)不对，只有(D)正确。14．解：如图(A)所示，若两条绝热线交于两点，则可构成一循环，在该循环中，，，而，显然违背热力学第一定律。如图(B)所示24 ，若一条等温线和一条绝热线交于两点，则可构成一循环，在该循环中，系统从单一热源吸热并把它全部转变为功，显然违背热力学第二定律。等温绝热PoV(B)15．解：气体向真空膨胀，不做功，又与外界无热量交换，所以，气体的温度不变。自由膨胀过程不能自动发生，其熵必然增加。第十五章机械振动1．解：假设物体偏离平衡位置的位移为，则它受到的力，即，（B）正确。2．解：周期，振幅，初相，，3．解：（1）由，∴（2）（3），(SI)4．解：用旋转矢量法：如图所示，时，质点在处，向x轴负向运动，旋转矢量，位相；时，质点位于正最大位移处，旋转矢量，位相。。故(C)正确。AB0t=0t=2st=4sx5．解：由旋转矢量图和知，∴，(1)以AB的中点为坐标原点，x轴指向右方。24 时，时，又，所以或，∴振动方程为(SI)(2)当时，6．解：时，，所以，(D)对。7．解：设外力撤去时物体的位移为，速度为，由功能原理，得即圆频率振幅(或由求振幅)初位相故振动方程为8．解：（1）,时24 （2），时，9．解：在振子从运动到过程中，弹性力作的功当初末两状态相差半个周期时，在旋转矢量图中，两个旋转矢量反向，如图所示，总有　　故，（D）对。10．解：，，11．解：（1），，，(2)，(3)(4)平均动能同理可求出平均势能12．解：旋转矢量如图所示，合振动的振幅，初相24 13．解：旋转矢量如图所示，则合振动的振幅为初位相圆频率为合振动的表示式为（SI），所以选（D）。第十六章机械波1．解：（1）将波的表达式与标准形式比较，得，，，　　　（2）　　　（3），即两质元振动反相。2．解：将与标准形式比较，可知波的特征量：，，，所以选(D)。3．解：由波线上相位差等于的二点间距离为一个波长，得所以，相位差为的二点间距离（C）正确。24 4．解：波线上任一点的振动比点的振动超前，超前的时间为，P处质元比处质元振动落后的时间为，即O处质元在时刻的状态经过时间才能传到P处，因此，P处质元在状态与O处质元在时刻的状态相同。或P处质元在时刻的相位O处质元在时刻的相位根据题意故5．解：（1）由振动曲线知，P处质元的初相位为，振动方程为（2）波动方程为yxoABCDu（3）O处质元的振动方程6．解：将波形曲线向左平移一小距离（虚线图），可见，A点下一时刻要向下方振动，；B点在平衡位置处，其振动速度为负的最大值，C点在平衡位置处，24 其振动速度为正的最大值，D点下一时刻要向下方振动，，故选(D)。7．解：（1）O处质点，在时，，又O处质元的振动方程为故波动方程为(SI)（2）(SI)8．解：在同一媒质中，两列频率相同的平面简谐波的强度之比等于振幅平方之比，即，所以。9．解：由题意，，设点到、的波程分别为、，则波源在P点引起的振动相位波源在P点引起的振动相位应选(B)。10．解：波源在P点引起的振动相位波源在P点引起的振动相位所以，两列波传到P点振动的相位差故11．解：（1）反射点是固定端，即波反射时有“半波损失”，所以反射波的表达式为24 （2）驻波表达式为（3）当时，，()所以，波腹位置当时，，()故波节位置第十七章波动光学一．光的干涉1．解：因为，，所以光在薄膜上表面反射时有半波损失，在下表面反射时无半波损失故反射光1、2之间的光程差为，（C）正确。2．解：由双缝干涉的条纹间距公式，得当增大时，条纹间距变小;当减小时，条纹间距变大。3．解：光在空气中的波长近似等于光在真空中的波长，在水中做实验时，条纹间距4．解：（1）双缝干涉第级明条纹的位置（）∴零级明纹上方第五级明条纹的坐标（2）加入透明薄膜后，两相干光线的光程差而24 ∴明纹满足上方第五级明纹的坐标5．解：光在薄膜上表面反射有半波损失，在下表面反射时无半波损失，故反射光干涉加强的条件为（）∴当时，薄膜的厚度最小，故，应选(B)。6．解：因为，，所以光在上表面的反射无半波损失，光在下表面的反射有半波损失，可见明纹满足（）与第二条明纹相应的膜厚7．解：条纹间距当金属丝向棱边推进时，增加，条纹间距减小。条纹数目和均不变，故不变。8．解：当上表面由图中实线移到虚线所在位置时，某条明纹由移到，即向棱边方向移动。条纹间距，由于不变，所以条纹间距不变。故选（C）。9．解：（1）透射光的光程差（2）顶点处，，，干涉加强，是明条纹。10．解：牛顿环的明纹满足，所以第级明纹相应的膜厚第五级明纹和第二级明纹对应的空气膜的厚度差24 11．解：由明环条件看出：越大，越高，即牛顿环越向外，级数越高。所以，当平凸透镜向上平移时，某处(如点)增加，高级次条纹将向该处移动，即（B）正确。12．解：设空气膜的厚度为，介质膜的厚度为，因为光线来回两次通过薄膜，所以，未加薄膜时，光程差为，加薄膜后，光程差为故在一条光路中加入薄膜前后，光程差的改变量，(D)正确。二.光的衍射1．解：由单缝衍射中央明纹的宽度可知，增大缝的宽度，其它条件不变时，变小;增大缝宽，允许透过的光强增加，中心光强增大。所以(A)正确。2．解：，可见单缝处的波振面分成4个半波带，即(C)正确。3．解：利用单缝衍射暗纹条件（）得，时，，即单缝处的波振面分成4个半波带，单缝若缝宽减小一半，则即点是第一级暗纹。4．解：如图所示，单缝衍射暗条纹条件为由题意知：，24 5．解：由单缝衍射暗纹条件得，第级暗条纹的坐标∴第二级与第三级暗纹之间的距离6．解：由光栅方程知，对一定的，越大，越大，所以，答案为（D）。7．解：∵，而，即对给定的，增大，则增大，所以选（B）。8．解：（1）由题意，的级与的（）级谱线重合，由光栅方程得（2）很小9．解：由缺级条件得又级次的条纹缺级，即，故选（B）。10．解：(1)由光栅方程，得(2)由单缝衍射暗纹条件，知时，最小，相应又由缺级条件知24 (3)令，得由于第三级缺级，所以实际呈现级明纹（级明纹出现在处，实际看不到）。三．光的偏振1．解：自然光垂直入射到两个叠在一起的偏振片上，无光通过，说明这个偏振片的偏振化方向相互垂直。当其中一个偏振片转动时，这两个偏振片的偏振化方向经历先平行后又垂直的过程，因此，出射光强经历先增加后又减小为零的过程，故选（B）2．解：设入射光中自然光的光强为，线偏振光的光强为，由题意知，所以选（A）。3．解：设两次入射的单色自然光的光强分别为、，由题意知即第一次与第二次入射的单色自然光的强度之比为。4．解：设与偏振化方向之间的夹角为，强度为的自然光通过偏振片后，光强变为，由马吕斯定律得，此光再通过偏振片，光强为解得，由题意，与、的夹角，故24 5．解：，所以选（C）。6．解：，由布儒斯特定律，7．解：入射角，全反射时，折射角，利用折射定律，得，即由布儒斯特定律知，所以（D）正确。8．传播速度;单轴。24'