《大学物理简明教程》课后答案

1《大学物理简明教程》课后答案习题11-1｜r｜与r有无不同?tddr和tddr有无不同?tddv和tddv有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r是位移的模，r是位矢的模的增量，即r12rr，12rrr；（2）tddr是速度的模，即tddrvtsdd.trdd只是速度在径向上的分量.∵有rrˆr（式中rˆ叫做单位矢），则tˆrˆtrtddddddrrr式中trdd就是速度径向上的分量，∴trtdddd与r不同如题1-1图所示.题1-1图(3)tddv表示加速度的模，即tvadd，tvdd是加速度a在切向上的分量.∵有(vv表轨道节线方向单位矢），所以tvtvtvdddddd式中dtdv就是加速度的切向分量.(ttrdˆddˆd与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)1-5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2sm，x的单位为m.质点在x＝0处，速度为101sm,试求质点在任何坐标处的速度值．解：∵xvvtxxvtvadddddddd2分离变量：xxadxd)62(d2两边积分得cxxv322221由题知，0x时，100v,∴50c∴13sm252xxv1-7一质点沿半径为1m的圆周运动，运动方程为=2+33t，式中以弧度计，t以秒计，求：(1)t＝2s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：tttt18dd,9dd2(1)s2t时，2sm362181Ra2222sm1296)29(1Ran(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tannaa即RR2亦即tt18)9(22则解得923t于是角位移为rad67.29232323t习题22-3质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv(k为常数)作用，t=0时质点的速度为0v，证明(1)t时刻的速度为v＝tmkev)(0；(2)由0到t的时间内经过的距离为x＝(kmv0)［1-tmke)(］；(3)停止运动前经过的距离为)(0kmv；(4)证明当kmt时速3度减至0v的e1，式中m为质点的质量．答:(1)∵tvmkvadd分离变量，得mtkvvdd即vvtmtkvv00ddmktevvlnln0∴tmkevv0(2)tttmkmkekmvtevtvx000)1(dd(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞，故有000dkmvtevxtmk(4)当t=km时，其速度为evevevvkmmk0100即速度减至0v的e1.2-6一颗子弹由枪口射出时速率为10smv，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F=(bta)N(ba,为常数)，其中t以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．解:(1)由题意，子弹到枪口时，有0)(btaF,得bat(2)子弹所受的冲量tbtattbtaI0221d)(将bat代入，得baI224(3)由动量定理可求得子弹的质量0202bvavIm2-7设N67jiF合．(1)当一质点从原点运动到m1643kjir时，求F所作的功．(2)如果质点到r处时需0.6s，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg，试求动能的变化．解:(1)由题知，合F为恒力，∴)1643()67(kjijirFA合J452421(2)w756.045tAP(3)由动能定理，J45AEk2-8如题2-18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．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37sin212122mgsmvkxsfr222137sin21kxsfmgsmvkr式中m52.08.4s，m2.0x，再代入有关数据，解得-1mN1390k题2-8图再次运用功能原理，求木块弹回的高度h52o2137sinkxsmgsfr代入有关数据，得m4.1s,则木块弹回高度m84.037sinosh2-15如题2-15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角时的角速度.解:(1)由转动定律，有)31(212mlmg∴lg23(2)由机械能守恒定律，有22)31(21sin2mllmg∴lgsin3题2-15图习题33-7试说明下列各量的物理意义．（1）kT21（2）kT23（3）kTi2（4）RTiMMmol2（5）RTi2（6）RT23解：(1)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均为k21T．(2)在平衡态下，分子平均平动动能均为kT23.6(3)在平衡态下，自由度为i的分子平均总能量均为kTi2.(4)由质量为M，摩尔质量为molM，自由度为i的分子组成的系统的内能为RTiMM2mol.(5)1摩尔自由度为i的分子组成的系统内能为RTi2.(6)1摩尔自由度为3的分子组成的系统的内能RT23，或者说热力学体系内，1摩尔分子的平均平动动能之总和为RT23.3-111mol氢气，在温度为27℃时，它的平动动能、转动动能和内能各是多少?解：理想气体分子的能量RTiE2平动动能3t5.373930031.823tEJ转动动能2r249330031.822rEJ内能5i5.623230031.825iEJ习题44-6如题4-6图所示，一系统由状态a沿acb到达状态b的过程中，有350J热量传入系统，而系统作功126J．(1)若沿adb时，系统作功42J，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，外界对系统作功为84J，试问系统是吸热还是放热?热量传递是多少?题4-6图解：由abc过程可求出b态和a态的内能之差AEQ224126350AQEJabd过程，系统作功42AJ26642224AEQJ系统吸收热量7ba过程，外界对系统作功84AJ30884224AEQJ系统放热4-71mol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?对外作了多少功?(1)体积保持不变；(2)压力保持不变．解：(1)等体过程由热力学第一定律得EQ吸热)(2)(1212VTTRiTTCEQ25.623)300350(31.823EQJ对外作功0A(2)等压过程)(22)(1212PTTRiTTCQ吸热75.1038)300350(31.825QJ)(12VTTCE内能增加25.623)300350(31.823EJ对外作功5.4155.62375.1038EQAJ4-80.01m3氮气在温度为300K时，由0.1MPa(即1atm)压缩到10MPa．试分别求氮气经等温及绝热压缩后的(1)体积；(2)温度；(3)各过程对外所作的功．解：(1)等温压缩300TK由2211VpVp求得体积3211210101.0101pVpV3m对外作功21112lnlnppVpVVVRTA01.0ln01.010013.11531067.4J8(2)绝热压缩RC25V57由绝热方程2211VpVp/12112)(pVpV1121/12112)()(VpppVpV3411093.101.0)101(m由绝热方程22111pTpT得K579)10(30024.04.1111212TppTT热力学第一定律AEQ，0Q所以)(12molTTCMMAVRTMMpVmol，)(2512111TTRRTVpA35105.23)300579(25300001.010013.1AJ4-10一卡诺热机在1000K和300K的两热源之间工作，试计算(1)热机效率；(2)若低温热源不变，要使热机效率提高到80%，则高温热源温度需提高多少?(3)若高温热源不变，要使热机效率提高到80%，则低温热源温度需降低多少?解：(1)卡诺热机效率121TT%7010003001(2)低温热源温度不变时，若%8030011T要求15001TK，高温热源温度需提高500K(3)高温热源温度不变时，若9%80100012T要求2002TK，低温热源温度需降低100K习题88-1质量为kg10103的小球与轻弹簧组成的系统，按)SI()328cos(1.0x的规律作谐振动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等?(3)s52t与s11t两个时刻的位相差；解：(1)设谐振动的标准方程为)cos(0tAx，则知：3/2,s412,8,m1.00TA又8.0Avm1sm51.21sm2.632Aam2sm(2)N63.0mmaFJ1016.32122mmvEJ1058.1212EEEkp当pkEE时，有pEE2，即)21(212122kAkx∴m20222Ax(3)32)15(8)(12tt8-3一质量为kg10103的物体作谐振动，振幅为cm24，周期为s0.4，当0t时位移为cm24．求：10(1)s5.0t时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；(2)由起始位置运动到cm12x处所需的最短时间；(3)在cm12x处物体的总能量．解：由题已知s0.4,m10242TA∴1srad5.02T又，0t时，0,00Ax故振动方程为m)5.0cos(10242tx(1)将s5.0t代入得0.17mm)5.0cos(102425.0txN102.417.0)2(10103232xmmaF方向指向坐标原点，即沿x轴负向．(2)由题知，0t时，00，tt时3,0,20tvAx故且∴s322/3t(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为J101.7)24.0()2(10102121214223222AmkAE8-5图为两个谐振动的tx曲线，试分别写出其谐振动方程．题4-8图11解：由题4-8图(a)，∵0t时，s2,cm10,,23,0,0000TAvx又即1srad2T故m)23cos(1.0txa由题4-8图(b)∵0t时，35,0,2000vAx01t时，22,0,0111vx又253511∴65故mtxb)3565cos(1.08-6有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为m20.0，位相与第一振动的位相差为6，已知第一振动的振幅为m173.0，求第二个振动的振幅以及第一