2014大学物理学习指导上朱善华答案.doc(2)

6、解：设碰后物体m的速度为v，则摩擦力所做的功大小等于物体的动能，则有：

12

mv，v 2 sg2

碰撞过程中角动量守恒：J mLv J mg s

棒下落的过程中机械能守恒： 1LJ 2 mg22

碰后棒上升过程机械能守恒1

J 2 mgh2

L

联立上面四式解得：h 3 s 6 sL

2

L

h h L 3 s 6 sL

2

1-3、B，C，3、1，

2 3,5s; 4、 ； 2或3 2

3

；

5、解：由题知：A 2.0 10-2

m，T 0.5s， 4 （1）t 0s，x A，由旋转矢量得： 0 故振动方程为：x 2.0 10-2

cos4 t

（2）t 0s，x

0 0，v0 0由旋转矢量得： 2

故振动方程为：x 2.0 10-2

cos(4 t

2

)

（3）t 0s，xA0

2，v 0 0由旋转矢量得： 3

故振动方程为：x 2.0 10-2

cos(4 t

3

)

（4）t 0s，xA40 -

2，v0由旋转矢量得： 0 3

故振动方程为：x 2.0 10-2

cos(4 t 4 3

)

6、（1）平衡时，mg k l0

设t时刻物体处于y处，物体受力如图，由牛顿第二定律得：mg-k( lmd2y

0 y) dt

2

2

dyk

dt

2 my 0

————物体做简谐振动

（2）下拉至0.1m处由静止释放，

A 0.1m， 0 0，

k

m

10 振动方程为：y 0.1cos10 t

（3）物体在平衡位置上方5cm处的加速度为：

F k( l0-5) mg2

a

mg-F

m

0.5g

1-2、C，B，3、2，2，4，1， 4、1 10

2

6

5、解：取向下为正，平衡时物体所在位置为坐标原点，建立坐标 （1）由F k x得：k

F

2000N/m x

k

由题知： m

当t 0s，x A， 0

A 10cm，

故振动方程为：x 0.1cos5t) （2）平衡时：mg k l0 l0 2cm

物体在平衡位置的上方5 cm 时弹簧伸长量为 l -5 2 -3cm F k l -600N，方向竖直向上。 （3）由旋转矢量知：次越过平物体从第一衡位置时刻起到它运动到上方5 cm处转过的角度

为：

6

t

t 6

s

F

12.25 106N/m x

6、解：由F k x得：k

k

14.9rad/sm 2 2 T

14.9

设火车耽误速度为v，当

L

T时，会使火车达到危险速度 v

v

L

30m/s T

练习十三

1-2、B，D；3、 和u， ； 4、0.8m,0.2m,125Hz，

A 0.05m，u 50m/s， 50Hz， 1m 5、解：（1）由波动方程可得：

（2）vmax A 5 m/s，amax A 500 m/s

2

2

2

（3）

2

(x2 x1)

2

6、解：（1）y 3 10cos4 (t

x) 20

5

yB 3 10 2cos4 (t )

20

3 10 2cos(4 t )

（2）B点的振动方程，以x 5代入上式得： 所求的波动方程为：yB 3 10 2cos 4 (t

x ) 20

练习十四

1-2、B，C，3、频率相同、振动方向相同、由恒定相位差的两波源；有些点振动加强，有些点振动减弱；4、1.58 10J s

5

1

m 2，3.79 103J；

5、解：设S2的振动方程为：y2 A cos(2 t )

S1的振动传至P点，在P点引起的振动方程为：y1p Acos(2 t-S2的振动传至P点，在P点引起的振动方程为: y2P

2

2

2

A cos(2 t-S2P )

s1P

)

2

(S2P S1P)（- -） 2

0.4

2

-

干涉相消的条件：

0.4

2k 0时， -0.1

- （2k 1）

故S2的振动方程为：y2 A cos(2 t-0.1 )

6、解：如图所示，取S1点为坐标原点，S1、S2联线为X轴，取S1点的振动方程 : u

4m

（1）在S1和S2之间任取点A，坐标为x 因为两波同频率，同振幅，同方向振动，所以相干为静止的点满足：

12 (11 x x) (2k 1)

2

k 0, 1, 2,...

x 1,3,5,7,9,11m故得 这些点因干涉相消而静止不动 （2）若A点在S1左侧，则有

12

[11 x ( x)] 6

2

所以，S1左侧各点因干涉加强。 （2）若A点在S2右侧，则有

12

(x 11 x) 5 2

所以，S2右侧各点因干涉静止。 练习十五

1-2、B，C，3、554.5HZ；4、0.12cos5、解：设火车的速度为vs

2

xcos20 t，1、3、5、7、9；0、2、4、6、8、10

由多普勒效应得接收频率为：

u

0

u-vsu

0 u vs

440HZ 392HZ

解得：vs 19m/s

6、解：（1）设原点处波源的振动方程为：y0 Acos( t ) 原点处波源在t 0s，y0 A，则 0

由题知：T 0.5s， 4 ， 10m，A 0.1m 故振动方程为：y0 0.1cos(4 t) 波动方程为：y 0.1cos(4 t-（2）t

5

x)

T1

s s，波形方程为：y 0.1cos(-x) 4825

T1 s s，x 处质点的位移为：y 0.1cos 04822

（3）

2

速度为：v -4 Asin(-) -4 Asin(-) 0.4 m/s

2 22

t

练习十六

25

1-4、C，B，D， D，5、3.44 10

vf(v)dv ，1.6，2 10J 6、 Nf(v)dv， f(v)dv

5

v0

v0

v0

f(v)dv，

v0

av/Nv0

7、f(v) a/N

0

练习十七

(0 v v0)

1112N

(v0 v 2v0)； a v0 ； N N；

393v0

(v 2v0)

6.21 101-3、D，C，B， 4、6.23 10，

6、解：（1）

3 21

6 10， ，5、5.42 10，

7 5

i

kT

2E2

P 1.35 105Pa

NiVP kT

V E N

（2）

3 kT

3E 2 7.5 10 21J

Ni 5N

E kT

2 32 kT，T 263K

23k

7、解：由题得 0.8

12m5

mv R T 2M2

0.8Mv2

0.062K 故有： T

5R

1mol气体 PV RT P

R T

0.512(Pa) V

练习十八

1-2、A，D， 3、等压过程 4、124J，-85J， 5、350

P0V0PVPV

128J，250 00 91.6J，100 00 36.6J，0 T0T0T0

6、解：(1)等体过程

由热力学第一定律得Q=ΔE

吸热 Ｑ=ΔE=νCV(T２-T１)=ν(i/2)R(T２-Ｔ１)

Ｑ=ΔE=5×(3/2)×8.31×(300-290)=623 J 对外作功 A=0 (2)等压过程

Ｑ=νCp（T２-T１）=ν[(i+2)/2]R(T２－T１) 吸热 Ｑ=5×(5/2)×8.31×(300-290)=1038.5 J ΔE=νCV(T２－T１)

内能增加 ΔE=5×(3/2)×8.31×(300-290)=623 J 对外作功 A=Q-ΔE=1038.5-623=415.5 J (3)绝热过程

由热力学第一定律得A=ΔE

做功与内能的变化均为 A=ΔE=νCV(T２-T１)=ν(i/2)R(T２-Ｔ１) A=ΔE=5×(3/2)×8.31×(300-2 …… 此处隐藏：2333字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……