物理复习题大题目

1一艘正在行驶的汽船，当关闭发动机后，沿一直线运动，加速度与船速的平方成正比而反向，即2kva，其中，常量k0，若关闭发动机时汽船的速度为v0，求：（1）关闭发动机后t时刻的汽船速度；（2）关闭发动机后的t时间内，汽船行驶的距离。解：以汽船为研究对象，由于它做减速直线运动，所以取汽船运动方向为坐标轴x的正方向坐标原点0选择在刚关闭发动机的位置处。（1）按直线运动的加速度公式，即：dtdva由题设2kva，代入公式，成为：dtdvkv2，将其分离变量，得：2vdvkdt已知t=0时，0vv，并设t时刻的速度为v，则对上式取定积分，有：200vdvdtkvvt∴100tkvvv（2）由：dtdxv有：100tkvvdtdx变量分离，整理得：dttkvvdx100两边取定积分，有：dttkvvdxtx10000由此得汽船的运动方程为：)1ln(10tkvkx由上式可求出汽船在t时间内行驶的距离：0)1ln(1||00tkvkxxs)1ln(10tkvk2一质点从静止出发沿半径为R=3m的圆周运动，切向加速度为23smat求：（1）经过多少时间它的总加速度a恰好与半径成45º角？（2）在上述时间内，质点所经过的路程和角位移各为多少？解：已知3dtdvat，由此可求出瞬时速率。由dtdv3和初始条件:t=0时，00v得tvtdtdvv0033所以质点的瞬时速率v=3t质点的法向加速度的大小为：22233)3(ttRvan（方向：指向圆心）这样总加速度为：nttaaant233其中n为沿半径指向圆心的单位矢量，t为切向单位矢量。（1）设总加速度与半径夹角为，则有：naacos，taasin当=45º时，有ntaa，即要求：3t2=3，t=1s（另一负根舍去）所以t=1s时，总加速度a与半径成45º角。（2）由vdtds，和初始条件：t=0时，s0=0，得：2233ttdtvdts将t=1s代入，求出这段时间内的路程：mtst5.1123232121角位移Rs当t=1s时)(5.035.111radRs3如图一质量m，半径为R的圆柱，可绕固定的水平轴oo自由转动。今有一质量为m，速度为v0的子弹，水平射入静止的圆柱下部（近似看作在圆柱边缘），且停留在圆柱内,().0oov求：（1）子弹与圆柱的角速度。该系统的机械能的损失。2.解：（1）子弹与圆柱发生完全非弹性碰撞，设子弹与圆柱碰后角速度为。)21(220mRMRRmv22021mRMRRmv（2）损失的机械能：2202121ImvE其中2221mRMRI图1—22220)21(2121mRMRmvE4长为l，质量为m0的细棒，可绕垂直于一端的水平轴自由转动。棒原来处于平衡状态。现有一质量为m的小球沿光滑水平面飞来，正好与棒下端相碰（设碰撞完全弹性）使杆向上摆到o60处，如图所示，求小球的初速度。.解：从小球和棒完全弹性碰撞上升到θ=60º处，问题可分为两个过程来讨论。第一过程：小球和棒完全弹性碰撞。取小球和棒为系统，因系统所受的合外力矩为零。所以系统的角动量守恒，即20031lmmvllmv(1)又因碰撞完全弹性，因此系统的动能守恒220220)31(212121lmmvmv(2)式中，0v为小球的初速度；v和分别为碰撞后小球的速度和棒的角速度。第二过程：从碰撞后得到角速度到它上升到θ=60º处。取棒、地球为系统。因系统中无外力和非保守内力做功。所以系统的机械能守恒，即2200)31(21)60cos1(2lmlgmo(3)联立（1）式、（2）和（3）式解得glmmMv612305一根长为L的细棒，弯成半圆形，其上均匀带电，电荷线密度为，试求在圆心O点的电势和电场强度。解：半圆形导线半径：LR求O点电势：由电势迭加原理求解。RdqdU04，dldq，∴0000444RLRdldUUL。求O点电场强度：dl长度所对应电量Rddldq，其产生的Ed，方向如图，大小为：204RdqdE。将Ed分解在x，y方向，sincosdEdEdEdEyx由于对称性：0xxdEE，∴RRdRdEdEEEyy002024sinsin（方向：竖直向下）。6在A，B两点处放有电量分别为＋q，－q的点电荷，AB间距离为2R，现将另一正试验点电荷0q从O点经过半圆弧移到C点，求移动过程中电场力做的功.0π41OU0)(RqRq0π41OU)3(RqRqRq0π6∴RqqUUqAoCO00π6)(（（这个题目是课本课后习题上的）7已知导体球，半径为R1，带电量为q。一导体球壳与球同心，内外半径分别为R2和R3带电量为Q。求：（1）场强的分布；（2）球和球壳的电势V1和V2以及它们的电势差；（3）若球壳接地时，V1和V2以及电势差；（4）用导线连接球与球壳后V1和V2又是多少？解：（1）求场强分布。先确定电荷的分布：因内球表面带电量为q，则球壳内表面的感应电荷为-q，又因球壳所带的电量为Q，根据电荷守恒定律，球壳外表面的带电量一定为q+Q。下面用两种方法求此带电系统的场强分布。方法一：用高斯定理求解。因电荷分布具有球对称性，可用高斯定理求场强。取以半径为r的同心球面为高斯面；当rR1时：10SSdE∴042Er，即0E；当R1rR2时：20SqSdE∴024qEr，即204rqE；当R2RR3时：30SqqSdE∴042Er，即0E；当rR3时：SQqSdE0∴024QqEr，即204rQqE。（2）求球体和球壳的电势及它们的电势差。方法一：用电势定义式ppldEV计算。球的电势：33221130210202014)11(4404RRRRRRRQqRRqdrrQqdrdrrqldEV；球壳的电势：302024433RQqdrrQqldEVRR；球与球壳的电势差：)11(421021RRqVVU8设有N个粒子，其速率分布函数为)2(0)2(2)0()(000000vvvvvavvavvvvavf（1）作出速率分布曲线；（2）由N和V0求a值；（3）求Vp=?（4）求N个粒子的平均速率。解：（1）如图（2）据1)(0dvvf即10)2(000022000vvvvdvdvvvaavdvva得10av01va（由三角形面积等于1算出亦可）（3）0vvp（4）020300202020200073132231)2()(00vavvvavaavvdvvvaadvvvadvvvfVvvf(v)vV(10-3m3)1312BC0Ap(105pa)9一定量的单原子分子理想气体，从初态A出发，经历如图循环过程，求:（1）各过程中系统对外作的功、内能的变化和吸收的热量；（2）整个循环过程系统对外作的总功及净吸热；（3）该循环的效率。解：（1）根据功的定义，功的大小等于p-V曲线所围的面积，则AB过程中，气体做功为1()()200J2ABABBAWppVV根据理想气体内能公式，此过程中系统内能变化为33()()()750J22ABVBABABBAAECTTνRTTpVpV上式应用了理想气体状态方程pVRT，根据热力学第一定律，系统从外界吸热为Δ950JABABABQEW显然，AB过程中系统从外界吸热，内能增加，且对外做功。BC为等容过程，系统对外做功为零，即0BCW系统内能变化为3()600J2BCCCBBEpVpV系统向外界放热C600JBCBBCQEWCA过程为等压过程，系统对外做功为()100JCAAACWpVV系统内能变化为3()150J2CAAACCEpVpV系统向外界放热Δ250JCACACAQEW（2）整个循环过程系统对外作的总功为100ABBCCA整个循环过程系统净吸热为950ABQQJ（3）循环的效率为10010.5%950ABWWQQ吸101mol单原子理想气体从300K加热至350K，（1）容积保持不变；（2）压强保持不变；问这两过程中各吸收了多少热量？增加了多少内能？对外作了多少功？1）热力学第一定律AEQTRTCEQv23JJ623)300350(13.823A=0（2）因为内能仅与温度有关，所以TRTCEv23JJ623)300350(31.823TRVpAJJ416)300350(31.8JJAEQ1039)416623(11一卡诺机工作在温度为27oC和127oC的两个热源之间，若在正循环中，该机从高温热源吸热1200J，则（1）向低温热源放热多少？（2）对外作功多少？若使该机作逆向卡诺运转，当从低温热源吸热1200J时，（3）向高温热源放热多少？（4）外界对它作功多少？（1）)(9001200127273272731122JQTTQ（2）)(300900120021JQQA（3）)(16001200300400'2'21'1JQTTQ（4）)(40012001600'2'1''JQQA