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1、物理答案1.质点运动学单元练习答案 1B 2D 3D 4B 53.0m；5.0m 6135m 7解：r=2ti+(2-t)jrrrr1=2i+jrr2r(SI) (m) rrr(m) r2=4i-2j(m) rrrrrDr=r2-r1=2i-3jrrrrDrv=2i-3jDtrrrrdr=2i-2tjv=dt(m/s) rrrdv(SI) a=-2jdt(SI) rrrv2=2i-4j(m/s) rra2=-2j(m/s-2) 8解： v=toadt=-Aw2tocoswtdt=-Awsinwt tx=A+tovdt=A-Awsinwtdt=Acoswt o9解：设太阳光线对地转动的角速度为
2、w=p/26*3600=7.2710-5rad/s t h s v=dsdt=hwcos2wt=1.9410-3m/s 当旗杆与投影等长时，wt=p/4 t=p4w=1.0810s=3.0h 410解： a=dvdt=dvdydydt=vdvdy=-ky-ky-v dv / dy -1212ky2kydy=vdv ,12=12v2+C已知y=yo ，v=vo 则Cv=-2v0-22ky2202=vo+k(yo-y) 2.质点运动学单元练习答案 1D 2A 3B 4C 5v=dsdt=4tms-1；at=dvdt=4ms-2；an=v2R=8t2ms-2； rr2ra=4et+8tenms-2r
3、ad/s； 26wo=2.0rad/s；a=4.0an=rw2rad/s；at=ra=0.82=20m/s 7解：由速度和加速度的定义 rrrrdrv=2ti+2jdtrrrdv(SI)；a=2idt(SI) 由切向加速度和法向加速度的定义 at=ddt4t2+4=t2t2(SI) +1an=a2-at=22t2(SI) +1r=v2an=2t(2+1)3/2(SI) 8解：火箭竖直向上的速度为vy=vosin45-gt 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得 vo=gtsin45=83m/s 9解：1、OC=OA+AB+BC=30i+(-10j)+18(-cos45i+sin45=17.27
4、i+2.73jooj)OC=17.48m,方向j=8.98 DrV=Dt=0.35m/s o2、V=DsDt=1.16m/s 12gt,轨迹方程2101、x=v0t,y=y=122gx2/v0 222、vx=v0,vy=gt，速度大小为v=方向：与X轴夹角arctg(2vx+vy=v0+gt22gtv0) at=dvdt=gtv0+gt222an=g2-at2=v0gv0+gt2223.牛顿定律单元练习答案 1C 2C 3A 4T=12Mg=367.5kg；a=0.2TM=0.98m/s25v22dvx2x=kx；2vxdt=k2dxdt=kvx fx=mdvxdt=12mk26解：FTcos
5、q-FNsinq=ma FTsinq+FNcosq=mg FT=mgsinq+macosq;FN=mgcosq-masinq FN=0时；a=gcot 7解：m2omwRmg wgm oR8解：由牛顿运动定律可得 120t+40=10dvdt分离变量积分 vt6.0dv=o(12t+4)dt v=6t2+4t+6(m/s)xtdx=(26)dt x=2t3+2t25.0o6t+4t+6t+5 9解：由牛顿运动定律可得 -kv+mg=mdvdt(m) 分离变量积分 vvokdvkvo+mgm=-kmtomgk=-t dt lnkv+mgmokvomgm=t=-lnln1+ kkv+mgkmgo1
6、0解：设f沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 mgcosq-f=mmgsinq=m2va， dvdt=， avdq以及 v=adqdt，dtv2， ， 积分并代入初条件得 =2ag(1-cosq)v2f=mgcosq-ma=mg(3cosq-2)4.动量守恒和能量守恒定律单元练习答案 1A； 2A； 3B； 4C； 5相同 6v1=FDt1m1+m2；v2=v1+FDt2m27解：vx=dxdt=10t；ax=dvdtx=10 F=ma=20N；Dx=x3-x1=40m W=FDx=800J I=31Fdt=40Ns 8解：mv=(m+m)v1 122mv=12(m+m)v1+212kx2ox
7、=vmmk(m+m)9解： 物体m落下h后的速度为 v=当绳子完全拉直时，有 mv=mM+m2gh 2gh=(m+M)v 2gh I=2IT=2Mv=2mMM+m2gh 10解：煤粉自料口下落，接触传送带前有竖直向下的速度v0=2gh 设煤粉与A相互作用的Dt时间内，落于传送带的煤粉质量为Dm=qmDt 设A对煤粉的平均作用力为f，由动量定理写分量式得： fxDt=Dmv-0 fyDt=0-(-Dmv0) 将Dm=qmDt代入得 fx=qmv,fy=qmvf=fx+f22y0=149N f与X轴正向夹角为arctg(fy/fx) 由牛顿第三定律得煤粉对A的作用力与A对煤粉的作用力大小相等，反向
8、相反。 5.动量守恒和能量守恒定律单元练习答案 1C 2D 3D 4C 518J；6m/s 65/3 7解：摩擦力f=mmg12kx12由功能原理 -f(x1+x2)=0-2解得 m=kx12mg(x1+x2). 8解：根据牛顿运动定律 mgcosq-FN=mv2R由能量守恒定律 12mv2=mgh 质点脱离球面时 FN=0;cosq=R-hR解得：h=R39解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 m1v1+m2v2=(m1+m2)v v=m1v1+m2v2m1+m2(2) 两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差 Ep=1212mv1+212m2v
9、2-212(m1+m2)v 2联立、得 Ep=m1m2(v1-v2)/(m1+m2) 2x2101、外力做功w=Fdx=12(52.8x+38.4x)dx=31J x1x222、设弹力为F,则 mv2=Fdx=w,v=x12w/m=5.34m/s 3、此力为保守力，因其功的值仅与弹簧的始末状态有关。 6.刚体转动单元练习答案 1B 2C 3C 4C 5v = 1.23 m/s；an = 9.6 m/s2； = 0.545 rad/ s2；N = 9.73转。 6Jkln2 7解：由转动定律，a=FrJ=39.2rad/s 2由刚体转动的动能定理Ek=DEk=Fh=490J 根据牛顿运动定律和转
10、动定律： mgF=ma rF=J a=r 联立解得飞轮的角加速度a=mgJ+mrl22=21.8rad/s 28解：由转动定律 mg=13ml2a a=3g2l取棒与地球为系统，机械能守恒 Ek=12mgl (3)棒下落到竖直位置时 12mgl=121312ml2w w=1223gl9解：系统的能量守恒，有mgh=v=rw mv2+Jw 2联立解得： v=2mghrmr22+J ； w=2mghmr2+J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： mg Tma T rJb 由运动学关系有： a = rb 联立解得： T= 10解：以中心O 为原点作坐标轴Ox、Oy
11、和Oz如图所示，取质量为 dm=rdxdymgJJ+mr2式中面密度r为常数，按转动惯量定义， ba2Jz=(x2+y)dm=r2bdx2a(x-2-22+y)dy=2r12(ab3+ab) 3薄板的质量 m=rab 所以 Jz=m12(a2+b) 27.刚体转动单元练习答案 1C 2A 3D 4B 53wo；1312Jo 643wo；Jowo 27解：小球转动过程中角动量守恒 mr2owo=mro2412w w=4wo W=12Jw2-Jwo=232mr2owo 28子弹与木杆在水平方向的角动量守恒 21l2m2v=m1l+m2w w=2122l6m2v(m1+3m2)l9解：圆环所受的摩擦
12、力矩为M=mmgR， 由转动定律 mmgR=mRa， a=w0aw0Rmg2mgR至圆环停止所经历的时间 t=10解：由角动量守恒得： m2lv1=13m1lw-m2lv2 2= w=3m2(v1+v2)m1ll又因为受恒定阻力矩作用，阻力矩Mr=-0um1glrdr=-12um1gl 由转动定律得Mr=-b=-3ug2l12um1gl=13m1lb 2又b=dwdtw0dw=t0bdt-w=-3ug2lt t=2lw3ug=2m2(v1+v2)m1ug8.机械振动单元练习答案 1 B 2 B 3 C 4 A 5 x=0.10cos(/6t+/3)m 6 2:1 7 解：A=0.1m，w=2/
13、T= 运动方程x=Acos(wt+j)=0.1cos(t+j)m 由旋转矢量法j=-/2，x=0.1cos(t-/2)m； 由旋转矢量法j=/3，x=0.1cos(t+/3)m； 由旋转矢量法j=，x=0.1cos(t+)m。 8 解：木块处于平衡位置时，浮力大小F=mg。上下振动时，取其处于力平衡位置点为坐标原点，竖直向下作为x轴正向，则当木块向下偏移x位移时，合外力为 vvvF=P+F 2其中，浮力F=F+rgSx=mg+rgax 合外力F=P-F=-rgax=-kx k=rga为常数，表明木块在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动。 dxdt22222由F=mrgam可得木块运动的微分
14、方程为dxdt22+rgaxm2=0 令w=2，可得其振动周期为 ar木T=2w=2r水g9 解：如图，由旋转矢量法可知 图8-1 wDt=/3 w=1/3 Dt=/3 s10. 解：Ep=2212kx=212E=14kA 2x=A0.141m Ep=12kx=218kA=34E 21112(kA)=E 424Ek=E-Ek=9.机械振动单元练习答案 10 11 12 13 14 15 16 B B C 2k+/3，710/2 -2m，2k+4/3，110-2m 0.5s，1.5s；0s，1s, 2s 。 解：由已知的运动方程可知：A=0.10m，j=2/3，w=3，T=2/w=2/3s vm
15、ax=Aw0.94ms，amax=Aw8.88ms 17 解：振动系统的角频率为w=km1+m2=10s-1-12-2由动量守恒定律得振动的初速度即子弹和木块的共同运动初速度的值v0为 v0=m1vm1+m2=0.8ms-1又因初始位移x0=0，则振动系统的振幅为 图9-1 A=x0+(2v0w)2=v0w=0.08m 如图由旋转矢量法可知j0=-/2，则简谐运动方程为 x=0.08cos(10t-/2)(m) 18 A=解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为 A1+A2+2A1A2cos(/2)=0.10m 22合振动初相为 j=-arctanA1sin/3+A2sin/6A2cos/6-A
16、1cos/3o=-arctan2.341113 图9-2 10. 解：如图由旋转矢量法可知j0a=-/3，j0b=2/3。可见它们是反相的，因此合振动振幅为： A=A1-A2=1cm 合振动初相为：j=j0a=-/3 同样由旋转矢量法可知 wt=5w=5/6 T=2/w=12s 图9-3 10.机械波单元练习答案 19 20 21 22 B C B 1.67m 23 24 25 y=Acosw(t-x-lu)+j0 6，30 解：由波动方程可知振幅A=0.05m，角频率w=20，w/u=3，则波速-1u=6.67ms，频率n=w/2=10Hz，波长l=u2w=2/3m。 vmax=Aw=3.1
17、4m/s 26 解：由图可知振幅A=0.1m，波长l=4m，波速u=100ms 2u=50。 -1则w=2/T=l又O点初始时刻位于平衡位置且向y轴正向运动，则由旋转矢量法可得j=-/2，因此波动方程为 y=0.1cos50(t-x/100)-/2(m) P处质点的振动方程为 y=0.1cos(50t-3/2)(m) 27 解：由图可知振幅A=0.1m，波长l=100m，则角频率 w=2T=2ul=。 由P点的运动方向可知波向x轴负方向传播。又由图可知原点O初始时刻位于A/2处，且向y轴负方向运动，则由旋转矢量法可得j0=/3。则波动方程为 y=0.1cos(t+x/50)+/3(m) 10解
18、：以A点为坐标原点的波动方程为 y=310-2cos3(t-x/30)(m) ABjB=jA-2l=-wABu=-2则以B点为坐标原点的波动方程为 y=310-2cos3(t-x/30)-/2(m) 11.机械波单元练习答案 28 29 30 31 32 33 34 C B C l/2， p 0.08W/m2 解：两列波传到S1S2连线和延长线上任一点P的相位差 Dj=j20-j10-2r2-r1=-2r2-r1llS1左侧各点： Dj=-2r2-r1=-2104=-6，振动都加强； lS2右侧各点： Dj=-2r2-r1=-2-104=4，振动都加强； lS1、S2之间： Dj=-2r2-r
19、1=-210-r1-r14=-6+r1=(2k+1) l则距S1点为：r1=1m,3m,5m,7m,9m处各点静止不动。 35 解：r2-r1Dj=j20-j10-2l=j-w(r2-r1)u=j- 图11-7 Dj=j-=2k时振动加强，即j=(2k+1) 9 解：y=2*10-2cos(2p4t+j) 22t=0时，y=2*10-2cosj=,j=p3又沿y负方向运动，v0,j=即y=2*10-2p3cos(p2t+p3) u=lT=44=1m/s y=Acosw(t-xu)+j=2*10-2cosp2(t-x)+p3 (3) t=1s时 y=2*10-2cos(5p6-px2)=2*10
20、-2cos(px2-5p6) 描点画图： Y(0.01m) 1.414 -1/3 2/3 8/3 x 10. 解：Dj=-Dr14-1282l22p+(j20-j10)=-2p+p4=p4p4A=A1+A2+2A1A2cosDj=20.3+0.22+2*0.3*0.2cos=0.46 24气体动理论单元练习 1B； 2D； 3A； 4C； 52，1， 61:1，2:1，10:3 7n=PkT=4.831025/m 3r=PMRT=2.57kg/m 3ekt=32KT=6.21101/3-21J 1d=n=2.7510-9m 8ekt=ek=5232KT=8.2810-20-21J KT=1.3
21、810J E=m5M2RT=8307J 9由E=v52RT=52PV得P=2E5V=1.3510Pa 5KT2=由得e5ENKT2e3ktkt=3E5N=7.510-21J 由E=N52KT(或em3M2kt=32KT)得T=362K RT=7.3110J 4610E平=DE=m5M212RT=rV3M221RDT=pV5M2RDT=4.1610J D(v)2=2-2=213RM(T2-T1)=0.856ms-125热力学基础单元练习答案 1C； 2C； 3D； 4略 5等压，绝热。等压，绝热，等压 6 W=3212(P1+P2)(V2-V1)=12(P2V2-P1V1) DE=vR(T2-T
22、1)=32(p2V2-p1V1) Q=DE+W=2(p2V2-p1V1) 7两过程p-V图如图所示 对124过程： W1=W12+W24=RTln2VoVo=2033J 2DE1=CV,m(T4-T1)=1247J Q1=Q12+Q24=CV,m(T2-T1)+RT2ln2VoVo=3280J 对134过程： W=W13+W=RT1ln2VoVo=1687J 234DE2=CV,m(T4-T1)=1247J Q2=Q13+Q34=RT1ln2VoVo+CV,m(T4-T3)=2934J 8由pV=RT知：TA=TC 故全过程 DE=0 则WABC=QABC 55QABC=QAB=Cp,m(TB
23、-TA)=2R(TB-TA)=2(pBVB-pAVA) 其中对绝热过程有 pggBVB=pCVC 式中g=533/5故V=1/gBpCpV=C1=3.48m3B4VC代入有关数据可得 Q5ABC=2(pBVB-pAVA)=14.8J 9Qo3AB=WAB=p2VoVolnV=3.1110J oWACB=WCB=12po(2Vo-Vo)=2.24103J QACB=nCV,m(TC-TA)+nCp,m(TB-TC)=2.24103J 10设初终态参量分别为p0,V0,T0和p0,V0,T 由p0V0T=5p0V00T得T=5T0，p-V图如图示 对等温过程： Q5Vo4T=WT=nRTolnV=
24、1.0910J o对等体过程 QT=DE=nCV,m(5To-To)=3.28103CV,m 由QQ104V+T=Q=8J得：CV,m=21.0J/molK 则：g=Cp,mC=CV,m+R=1.40 V,mCV,m所26.热力学基础单元练习答案 1A； 2D； 3D； 4功变热、热传导； 51.6210J 6、 过程 AB BC CA ABCD Q 100 -126 84 58 W 100 -42 0 58 DE 4h 0 -84 84 0 / / / 31。5% 7、DEA1B=QA1B-WA1B=300J DEB2A=-DEA1B=-300J，QB2A=DEB2A+WB2A=-600J
25、h=1-Q2Q1=25% 8、设C状态体积为V2，由p1V1=Q=W=p14p14V1V23V2得V2=4V1 3=-ln4p1V1 4(V2-V1)+p1V1ln9、Q1=gRT1lnV2V1W=5.3510J 由h卡=1-T2T1=Q1得W=1.3410J 3Q2=Q1-W=4.0110J 10、设a状态状态参量为p0,V0,T0 3则T0=pbpaTa=qT0，由pC=p0VCV022得VC=3V0 由pCVC=RTC得TC=27T0 过程：QV过程：Qp=CVm(Tb-Ta)=12RT02=Cpm(Tc-Tb)=45RT0过程：Q=CVm(Ta-Tc)+QQV+QpVap0VV02VcdV=-47.7RT0 h=1-=16.3%
