湘潭大学2015大学物理练习册答案.doc 46页

'练习1质点运动学(一)参考答案1.B；2.D;3.8m,10m.4.3,36;5.解：(1)m/s(2)v=dx/dt=9t-6t2v(2)=-6m/s(3)S=|x(1.5)-x(1)|+|x(2)-x(1.5)|=2.25m6.答：矢径是从坐标原点至质点所在位置的有向线段．而位移矢量是从某一个初始时刻质点所在位置到后一个时刻质点所在位置的有向线段．它们的一般关系为为初始时刻的矢径,为末时刻的矢径，△为位移矢量．若把坐标原点选在质点的初始位置，则=0,任意时刻质点对于此位置的位移为△=，即既是矢径也是位移矢量． 练习2质点运动学(二)参考答案1.D；2.-g/2，3.4t3-3t2(rad/s)，12t2-6t(m/s2)4.17.3m/s,20m/s.5.解：dv/dtt，dvtdtvt2vx/dtt2xt3/3+x0(SI)6.解：根据已知条件确定常量k,t=1s时，v=4Rt2=8m/sm/s2 练习3质点动力学(一)参考答案1.D2.C3.4.l/cos2θ5.如图所示，A，B，C三物体，质量分别为M=0.8kg,m=m0=0.1kg，当他们如图a放置时，物体正好做匀速运动。（1）求物体A与水平桌面的摩擦系数；（2）若按图b放置时，求系统的加速度及绳的张力。B解：(1)(2) 6.解：(1)子弹进入沙土后受力为－Ｋv，由牛顿定律∴∴　　　(2)求最大深度解法一：　　　　　　　　　　　　　　　　　∴解法二：∴∴　 练习4质点动力学(二)参考答案1.B2.A3.，4.140N·s，24m/s，5.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有mv0=mv+Mv¢v¢=m(v0-v)/M=3.13m/sT=Mg+Mv2/l=26.5N(2)(设方向为正方向)负号表示冲量方向与方向相反．6.解：设V为船对岸的速度，u为狗对船的速度，由于忽略船所受水的阻力，狗与船组成的系统水平方向动量守恒：即船走过的路程为狗离岸的距离为 练习5质点动力学(三)参考答案1.B2.C3.18J,6m/s4.,5.解：(1)(2)取弹簧原长处为弹性势能和重力势能的零点，平衡位置处伸长x处系统的机械能由机械能守恒定律，解出另解:(2)取平衡位置为振动势能零点，可证明振动势能(包括弹性势能和重力势能)为,则由A、弹簧、地球组成系统，在振动过程中机械能守恒：6.解：两自由质点组成的系统在自身的引力场中运动时，系统的动量和机械能均守恒．设两质点的间距变为l/2时，它们的速度分别为v1及v2，则有①②联立①、②，解得， 练习6刚体力学(一)参考答案1.B2.C挂重物时，mg－T=ma=mRβ,TR=Jb,P=mg由此解出而用拉力时，mgR=J故有＞b3.ma2,ma2,ma2.4.4.0rad/s5.质量为m1，m2（m1>m2）的两物体，通过一定滑轮用绳相连，已知绳与滑轮间无相对滑动，且定滑轮是半径为R、质量为m3的均质圆盘，忽略轴的摩擦。求：(1)滑轮的角加速度b。（绳轻且不可伸长）m3解：联立方程得到， 6解：撤去外加力矩后受力分析如图所示．m1g－T=m1aTr＝Jba＝rba=m1gr/(m1r+J/r)代入J＝,a==6.32ms-2∵v0－at＝0∴t＝v0/a＝0.095s 练习7刚体力学(二)参考答案1.E2.C3.2275kgm2·s-1,13m·s-14.5.解：由人和转台系统的角动量守恒J1w1+J2w2=0其中J1＝300kg·m2，w1=v/r=0.5rad/s，J2＝3000kg·m2∴w2＝－J1w1/J2＝－0.05rad/s人相对于转台的角速度wr＝w1－w2＝0.55rad/s∴t＝2p/＝11.4s6.一长为1m的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使棒向上与水平面成60°，然后无初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为，其中m和l分别为棒的质量和长度．求：(1)放手时棒的角加速度；(2)棒转到水平位置时的角加速度．解：设棒的质量为m，当棒与水平面成60°角并开始下落时，根据转动定律M=Jb其中于是当棒转动到水平位置时，M=mgl那么 练习8狭义相对论(一)参考答案1.B2.B3.c4.5.解：解：根据洛仑兹变换公式:，可得，在K系，两事件同时发生，t1=t2，则，∴解得．在K′系上述两事件不同时发生，设分别发生于和时刻，则，由此得=5.77×10－6s6.解：设两系的相对速度为v．根据洛仑兹变换，对于两事件，有由题意：可得及由上两式可得=4×106m 练习9狭义相对论(二)参考答案1.C2.C3.C4.,5.5.8×10-13,8.04×10-26.解：据相对论动能公式得即解得v=0.91c平均寿命为s7.解：根据功能原理，要作的功W=DE根据相对论能量公式DE=m2c2-m1c2根据相对论质量公式∴＝4.72×10-14J＝2.95×105eV 练习10机械振动(一)参考答案1.D2.E3.,4.3.43s,-2p/35.解:(1)vm=wA∴w=vm/A=1.5s-1∴T=2p/w=4.19s(2)am=w2A=vmw=4.5×10-2m/s2(3)x=0.02(SI)6.证：(1)当小物体偏离圆弧形轨道最低点q角时，其受力如图所示．切向分力①∵q角很小，∴sinq≈q牛顿第二定律给出②即③将③式和简谐振动微分方程比较可知，物体作简谐振动．(2)由③知周期 练习11机械振动(二)参考答案1.B2.B3.4.5.解：(1)由题意，，．J(2)rad/s由t=0，=0.2m，可得则振动方程为6.解：(1)=0.08m(2)，m(3)过平衡点时，x=0，此时动能等于总能量m/s 练习12机械波(一)参考答案1.C2.B3.30,30.4.,5.解：(1)O处质点振动方程(2)波动表达式(3)(k=0，1，2，3，…)6.解：(1)由振动曲线可知，P处质点振动方程为(SI)(2)波动表达式为(SI)(3)O处质点的振动方程 练习13机械波(二)参考答案1.A2.D3.或写成4.5.解：(1)坐标为x点的振动相位为波的表达式为(SI)(2)以B点为坐标原点，则坐标为x点的振动相位为(SI)波的表达式为(SI)6.解：(1)由P点的运动方向，可判定该波向左传播．原点O处质点，t=0时,所以O处振动方程为(SI)由图可判定波长l=200m，故波动表达式为(SI)(2)距O点100m处质点的振动方程是振动速度表达式是(SI) 练习14机械波(三)参考答案1.D2.C3.4.1065Hz,935Hz5.解：(1)设振幅最大的合振幅为Amax，有式中，又因为时，合振幅最大，故合振幅最大的点(k=0，1，2，…)(2)设合振幅最小处的合振幅为Amin，有因为时合振幅最小且故合振幅最小的点(k=0，1，2，…)6.解：(1)与波动的标准表达式对比可得：n=4Hz，l=1.50m，波速u=ln=6.00m/s(2)节点位置m,n=0，1，2，3,…(3)波腹位置m,n=0，1，2，3,… 练习15气体动理论基础(一)参考答案1.D2.A3.1.33×105Pa4.kT,kT,MRT/Mmol.5.解：(1)M/Mmol=N/NA∴N=MNA/MmolJ(2)＝400K6.解：(1)＝300K(2)＝1.24×10-20J＝1.04×10-20J 练习16气体动理论基础(二)参考答案1.B2.B3.4000m·s-1,1000m·s-14.495m/s5.解：p1V=nRT1p2V=nRT2∴T2=2T1p2/p16.解：由状态方程求得分子数密度2.69×1025m-3分子平均速率4.26×102m/s平均碰撞频率4.58×109s-1平均自由程9.3×10-8m 练习17热力学基础(一)参考答案1.B2.A3.,4.,05.解：氦气为单原子分子理想气体，(1)等体过程，V＝常量，W=0据Q＝DE+W可知＝623J(2)定压过程，p=常量，=1.04×103JDE与(1)相同．W=Q-DE＝417J(3)Q=0，DE与(1)同W=-DE=-623J(负号表示外界作功)6.解：等压过程W=pΔV=(M/Mmol)RΔT内能增量双原子分子∴J 练习18热力学基础(二)参考答案1.A2.C3.8.31J,29.09J4.,.5.解：(1)J(2).J(3)J6.解：设c状态的体积为V2，则由于a，c两状态的温度相同，p1V1=p1V2/4故V2=4V1循环过程ΔE=0,Q=W．而在a→b等体过程中功W1=0．在b→c等压过程中功W2=p1(V2－V1)/4=p1(4V1－V1)/4=3p1V1/4在c→a等温过程中功W3=p1V1ln(V2/V2)=-p1V1ln4∴W=W1+W2+W3=[(3/4)－ln4]p1V1Q=W=[(3/4)－ln4]p1V1 练习19热力学基础(三)参考答案1.D2.C3.C4.熵增加（或状态几率增大）,不可逆的5.不变,增加6.解：准静态过程等温过程由得代入上式得熵变J/K 练习20静电场(一)参考答案1.B2.C3.－3s/(2e0),－s/(2e0),3s/(2e0).4.d>>aa60°db60°q2q1dd5.解：,∵，∴由余弦定理：=3.11×106V/m由正弦定理得：,a=30°∴的方向与中垂线的夹角b＝60°，如图所示．6.解：选杆的左端为坐标原点，x轴沿杆的方向．在x处取一电荷元ldx，它在点电荷所在处产生场强为：整个杆上电荷在该点的场强为：点电荷q0所受的电场力为：＝0.90N沿x轴负向 练习21静电场(二)参考答案1.D2.B3.q/(6e0)4.,05．解：(1)一根无限长均匀带电直线在线外离直线距离ｒ处的场强为：E=l/(2pe0r)2分根据上式及场强叠加原理得两直线间的场强为，方向沿x轴的负方向3分(2)两直线间单位长度的相互吸引力F=lE=l2/(2pe0a)2分6.解：在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳，该壳内所包含的电荷为在半径为r的球面内包含的总电荷为(r≤R)以该球面为高斯面，按高斯定理有得到，(r≤R)方向沿径向，A>0时向外,A<0时向里．在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有得到，(r>R)方向沿径向，A>0时向外，A<0时向里． 练习22静电场(三)参考答案1.D2.A3.1.5×106V4.－8×10-15J,－5×104V5.解：在圆盘上取一半径为r→r＋dr范围的同心圆环．其面积为dS=2prdr其上电荷为dq=2psrdr它在O点产生的电势为总电势6.解：(1)在杆上取线元dx，其上电荷dq＝Qdx/(2a)设无穷远处电势为零，dq在C点处产生的电势整个带电杆在C点产生的电势带电粒子在C点时，它与带电杆相互作用电势能为W=qU=qQln3/(8pe0a)(2)带电粒子从C点起运动到无限远处时，电场力作功，电势能减少．粒子动能增加．由此得粒子在无限远处的速率 练习23静电场(四)参考答案1.B2.A3.-q,球壳外的整个空间．4.不变,减小5.解：(1)由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q，外表面上带电荷q+Q．(2)不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O点的距离都是a，所以由这些电荷在O点产生的电势为(3)球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在O点产生的电势的代数和6.解：在圆柱导体内、外分别作半径为r、长为L的同轴圆柱形高斯面，并应用的高斯定理．圆柱内：2prLD＝0得D=0E=0圆柱外：2prLD=lL得，(r＞a)为径向单位矢量(a＜r＜b)(r＞b) 练习24静电场(五)参考答案1.D2.A3.s,s/(e0er)4.erC0W0/er5.解：(1)设内、外球壳分别带电荷为+Q和-Q，则两球壳间的电位移大小为场强大小为两球壳间电势差电容(2)电场能量6.解：在两极板电荷不变下，有电介质时的场强为E1=s/(e0er)取出电介质后的场强为E2=s/e0抽电介质前后电场能量变化外力作功等于电容器中电场能量的增量 练习25稳恒磁场(一)参考答案1.D2.A3.4.5.解：设圆线圈磁矩为pm1，方线圈磁矩为pm2，则，∴正方形一边在其中心处产生的磁感强度为正方形各边在其中心产生的磁感强度大小相等，方向相同，因此中心O＇处总的磁感强度的大小为∵，得∴6.解：将导线分成1、2、3、4四部份，各部分在O点产生的磁感强度设为B1、B2、B3、B4．根据叠加原理O点的磁感强度为：∵、均为0，故方向Ä方向Ä其中，∴方向Ä 练习26稳恒磁场(二)参考答案1.C导体中电流密度．设想在导体的挖空部分同时有电流密度为J和－J的流向相反的电流．这样，空心部分轴线上的磁感强度可以看成是电流密度为J的实心圆柱体在挖空部分轴线上的磁感强度和占据挖空部分的电流密度－J的实心圆柱在轴线上的磁感强度的矢量和．由安培环路定理可以求得,所以挖空部分轴线上一点的磁感强度的大小就等于2.D3.4.5.解：在距离导线中心轴线为x与处，作一个单位长窄条，其面积为．窄条处的磁感强度所以通过dS的磁通量为通过１m长的一段S平面的磁通量为Wb6.证：设电子飞行时间为t，其作螺旋运动的周期为T，则：①②当t=nT时，电子能恰好打在O点．∴ 练习27稳恒磁场(三)参考答案1.A2.C3.负，IB/(nS)4.，沿y轴正向5.解：(1)A=IDf∵f0＝0，∴A=IBScosq=IBSsina(2)6.解：设圆半径为R，选一微分元dl，它所受磁力大小为由于对称性，y轴方向的合力为零。∴∴ 练习28稳恒磁场(四)参考答案1.C2.D3.，，4.铁磁质，顺磁质，抗磁质。5.解：依据无限长带电和载流导线的电场和磁场知：(方向沿径向向外)(方向垂直纸面向里)运动电荷受力F(大小)为：此力方向为沿径向(或向里，或向外)为使粒子继续沿着原方向平行导线运动，径向力应为零，=0则有6.解：B=F/S=2.0×10-2T32A/m6.25×10-4T·m/A496 练习29电磁感应(一)参考答案1.D2.D3.E=或E4.3.14×10-6C5.解：取回路正向顺时针，则当Ei>0时，电动势沿顺时针方向．6.解：(1)载流为I的无限长直导线在与其相距为r处产生的磁感强度为：以顺时针绕向为线圈回路的正方向，与线圈相距较远的导线在线圈中产生的磁通量为：与线圈相距较近的导线对线圈的磁通量为：总磁通量感应电动势为：由E>0和回路正方向为顺时针，所以E的绕向为顺时针方向，线圈中的感应电流亦是顺时针方向． 练习30电磁感应(二)参考答案1.E2.D3.4.方向见图5.解：在dl处但∴其中，方向从1→2．6.解：设动生电动势为E1，感生电动势为E2则E=E1+E2(方向由a→b)（实际方向由b→a）=（方向由a→c） 故(方向由a→c)练习31电磁感应(三)参考答案1.C2.B3.0.400H4.mnI,mn2I2/25.解：设长直导线中有电流I，它在周围产生磁场在矩形线圈中产生的磁通链数为H6.解：(1)单位长度的自感系数r1