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第一章 运动的描述1、解：设质点在x处的速度为v， 2分 2分 1分2、解： dv /dtt ， dv t dt vt2 3分 vx /d tt2 x t3 /3+x0 (SI) 2分3、解： 1分 1分 1分根据题意： at = an 1分 即 解得 1分4、解：根据已知条件确定常量k 1分 , 时， v = 4Rt2 = 8 m/s 1分 1分 1分 m/s2 1分 5、解：(1) 球相对地面的初速度 30 m/s 1分抛出后上升高度 m/s 1分离地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m 1分 (2) 球回到电梯上时电梯上升高度球上升高度 1分 s 1分6、解： 设人到船之间绳的长度为，此时绳与水面成角，由图可知 将上式对时间求导，得 根据速度的定义，并注意到,是随减少的， 即 或 将再对求导，即得船的加速度7、解：(1)大船看小艇，则有，依题意作速度矢量图如图(a)由图可知 方向北偏西 (2)小船看大船，则有，依题意作出速度矢量图如图(b)，同上法，得，方向南偏东第二章 运动定律与力学中的守恒定律1、解：(1)位矢 (SI) 可写为 ， ， 在A点(a，0) ， EKA= 2分在B点(0，b) ， EKB= 2分(2) = 2分由AB = 2分 = 2分2、解：A、B两球发生弹性正碰撞，由水平方向动量守恒与机械能守恒，得 2分 2分联立解出 ， 2分由于二球同时落地， ，；且 2分 ， 解出 2分3、解：(1) 释放后，弹簧恢复到原长时A将要离开墙壁，设此时B的速度为vB0，由机械能守恒，有 2分得 1分A离开墙壁后，系统在光滑水平面上运动，系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧伸长量为x时有 2分 2分当v1 = v2时，由式解出 v1 = v2 1分(2) 弹簧有最大伸长量时，A、B的相对速度为零v1 = v2 =3vB0/4，再由式解出 2分4、解：二滑块在弹力作用下将沿水平导杆作振动. 因导杆光滑，不产生摩擦阻力, 故整个系统的机械能守恒，而且沿水平方向的动量守恒(等于零)当二滑块运动到正好使弹簧垂直于二导杆时，二滑块所受的弹力的水平分力同时为零，这时二滑块的速度将分别达到其最大速度v1和v2且此时弹簧为原长，弹簧势能为零。 由题意得知，开始时系统的弹性势能为 2分动能为零。 对此系统应用机械能守恒定律和动量守恒定律得到： 2分 2分解此二式得 2分 2分5、解：以V表示球上升到最大高度时m和M的共同速度，则由动量守恒和机械能 守恒可得 2分 2分由此二式可解得 1分以V表示球离开小车时小车的速度，则在小球射入到离开的整个过程中, 由动量守恒和机械能守恒可得 2分 2分由此二式可得 v与v 0反向. 1分6、解：释放物体A到A与B碰撞前，以A与弹簧为系统，机械能守恒 2分A与B碰撞过程中以A、B为系统，动量守恒，机械能守恒 2分 2分A与B碰撞后，A压缩弹簧，机械能守恒 2分联立、并考虑到且为压缩量与x0一样应取正值,可求出 m 2分7、解： 2分油灰与笼底碰前的速度 1分 碰撞后油灰与笼共同运动的速度为V，应用动量守恒定律 2分油灰与笼一起向下运动，机械能守恒，下移最大距离Dx，则 3分联立解得： m 2分8、解：受力分析如图所示 设重物的对地加速度为a，向上.则绳的A端对地有加速度a向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a向下. 2分 根据牛顿第二定律可得： 对人： MgT2Ma 2分对重物： T1MgMa 2分 根据转动定律，对滑轮有 (T2T1)RJbMR2b / 4 2分因绳与滑轮无相对滑动， abR 1分、四式联立解得 a2g / 7 1分9、解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力矩 g，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N = 0求得 2分 cm 1分即在平衡位置上方19.6 cm处开始分离，由，可得 =19.6 cm 1分2、解：由旋转矢量图和 |vA| = |vB| 可知 T/2 = 4秒， T = 8 s， n = (1/8) s-1， w = 2pn = (p /4) s-1 3分(1) 以的中点为坐标原点，x轴指向右方 t = 0时， cm t = 2 s时， cm 由上二式解得 tgf = 1 因为在A点质点的速度大于零，所以f = -3p/4或5p/4（如图） 2分 cm 1分 振动方程 (SI) 1分 (2) 速率 (SI) 2分当t = 0 时，质点在A点 m/s 1分 3、解： k = m0g / Dl N/m 2分 cm 2分 ，f = 0.64 rad 3分 (SI) 1分4、解：设弹簧的原长为l，悬挂m1后伸长Dl，则 k Dl = m1g， k = m1g/ Dl = 2 N/m 1分取下m1挂上m2后， rad/s 2分 =0.56 s 1分t = 0时， 解得 m 2分 180+12.6=3.36 rad 也可取 f = -2.92 rad 2分振动表达式为 x = 2.0510-2cos(11.2t-2.92) (SI) 2分或 x = 2.0510-2cos(11.2t+3.36) (SI) 5、解一：(1) 取平衡位置为原点，向下为x正方向设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为Dl，则有, 加拉力F后弹簧又伸长x0，则解得 F= kx0 2分由题意，t = 0时v 0 = 0；x = x0 则 2分又由题给物体振动周期 s, 可得角频率 , N 1分 (2) 平衡位置以下1 cm处： 2分 J 2分 = 4.4410-4 J 1分解二：(1) 从静止释放，显然拉长量等于振幅A（5 cm）， 2分 ，n = 1.5 Hz 2分 F = 0.444 N 1分 (2) 总能量 J 2分当x = 1 cm时，x = A/5，Ep占总能量的1/25，EK占24/25 2分 J， J 1分6、解：设物体的运动方程为 恒外力所做的功即为弹簧振子的能量： F0.05 = 0.5 J 2分当物体运动到左方最远位置时，弹簧的最大弹性势能为0.5 J，即： J， A = 0.204 m 2分A即振幅 (rad/s)2 w = 2 rad/s 2分按题目所述时刻计时，初相为f = p 物体运动方程为 2分 (SI) 2分7、解：由题知而时， ( 设向上为正)又 第五章 机械波1、解：设平面简谐波的波长为l，坐标原点处质点振动初相为f，则该列平面简谐波的表达式可写成 (SI) 2分 t = 1 s时 因此时a质点向y轴负方向运动，故 2分而此时，b质点正通过y = 0.05 m处向y轴正方向运动，应有 且 2分由、两式联立得 l = 0.24 m 1分 1分 该平面简谐波的表达式为 (SI) 2分或 (SI) 2、解：(1) O处质点，t = 0 时 ， 所以 2分又 (0.40/ 0.08) s= 5 s 2分故波动表达式为 (SI) 4分 (2) P处质点的振动方程为 (SI) 2分3、解：由图，l = 2 m， 又 u = 0.5 m/s， n = 1 /4 Hz， 3分T = 4 s题图中t = 2 s =t = 0时，波形比题图中的波形倒退，见图 2分 此时O点位移y0 = 0（过平衡位置）且朝y轴负方向运动， 2分 (SI) 3分4、解：(1) x = l /4处 , 2分 y1，y2反相 合振动振幅 , 且合振动的初相f 和y2的初相一样为 4分合振动方程 1分 (2) x = l /4处质点的速度 3分5、解：(1) 反射点是固定端，所以反射有相位突变p，且反射波振幅为A，因此反射波的表达式为 3分 (2) 驻波的表达式是 3分 (3) 波腹位置： , 2分 , n = 1, 2, 3, 4, 波节位置： 2分 , n = 1, 2, 3, 4, 6、解：选O点为坐标原点，设入射波表达式为 2分则反射波的表达式是 2分合成波表达式（驻波）为 2分在t = 0时，x = 0处的质点y0 = 0， ， 故得 2分因此，D点处的合成振动方程是 2分7、解: (1)由题5-12图可知，又，时，而 ， ，故波动方程为(2)将代入上式，即得点振动方程为 第六章 气体动理论基础 1、解：理想气体在标准状态下，分子数密度为 n = p / (kT)2.691025 个/ m3 3分以5000为边长的立方体内应有分子数为 N = nV3.36106个 2分2、解： kg/m3 5分3、解：(1) T相等, 氧气分子平均平动动能氢气分子平均平动动能6.2110-21 J 且 m/s 3分(2) 300 K 2分4、解： ， ， 2分可见是双原子分子，只有两个转动自由度. J 3分5、解： A= Pt = ， 2分 DT = 2Pt /(v iR)4.81 K 3分6、解： N= M / m0.301027 个 1分 6.210-21 J 1分 = 300 K 3分7、解： 得 2分又 M1+ M25.4 1分联立、式解得 M12.2 kg， M23.2 kg 2分 8、解：平均速率 方均根速率第七章 热力学基础1、解：(1) AB： =200 J E1=n CV (TBTA)=3(pBVBpAVA) /2=750 J Q=W1+E1950 J 3分 BC： W2 =0 E2 =n CV (TCTB)=3( pCVCpBVB ) /2 =600 J Q2 =W2+E2600 J 2分 CA： W3 = pA (VAVC)=100 J J Q3 =W3+E3250 J 3分 (2) W= W1 +W2 +W3=100 J Q= Q1 +Q2 +Q3 =100 J 2分 2、解：(1) 2分 (2) ， W为梯形面积，根据相似三角形有p1V2= p2V1，则 3分 (3) Q =E+W=3( p2V2p1V1 ) 2分 (4) 以上计算对于AB过程中任一微小状态变化均成立，故过程中 Q =3(pV) 由状态方程得 (pV) =RT， 故 Q =3RT，摩尔热容 C=Q/T=3R 3分3、解：(1) 气体对外作的功等于线段下所围的面积 W(1/2)(1+3)1.013105210-3 J405.2 J 3分 (2) 由图看出 PaVa=PcVc Ta=Tc 2分内能增量 2分(3) 由热力学第一定律得 Q= +W=405.2 J 3分4、解：(1) 过程ab与bc为吸热过程， 吸热总和为 Q1=CV(TbTa)+Cp(TcTb) =800 J 4分 (2) 循环过程对外所作总功为图中矩形面积 W = pb(VcVb)pd(Vd Va) =100 J 2分 (3) Ta=paVa/R，Tc = pcVc/R， Tb = pbVb /R，Td = pdVd/R， TaTc = (paVa pcVc)/R2=(12104)/R2 TbTd = (pbVb pdVd)/R2=(12104)/R2 TaTc=TbTd 4分5、解： Q1 = n Cp(TBTA) , Q2 = n Cp(TCTD) 4分根据绝热过程方程得到： ， pA = pB , pC = pD , TA / TB = TD / TC 4分故 2分6、解：(1) 且 Q2 = T2 Q1 /T1 即 24000 J 4分由于第二循环吸热 ( ) 3分 29.4 1分 (2) 425 K 2分7、解：由过程可求出态和态的内能之差 过程，系统作功 系统吸收热量过程，外界对系统作功 系统放热第八章 静电场和稳恒电场1、解：电荷面密度为s的无限大均匀带电平面在任意点的场强大小为 E=s / (2e0) 2分以图中O点为圆心，取半径为rrdr的环形面积，其电量为 dq = s2prdr 2分它在距离平面为a的一点处产生的场强 2分则半径为R的圆面积内的电荷在该点的场强为 2分由题意,令E=s / (4e0)，得到R 2分dq2、解：在任意角f 处取微小电量dq=ldl，它在O点产生的场强为： 3分它沿x、y轴上的二个分量为： dEx=dEcosf 1分dEy=dEsinf 1分对各分量分别求和 2分 2分故O点的场强为： 1分3、解法一：球形电容器的电容 3分当内外导体间电势差为U时，电容器内外球壳上带电荷 电容器内球表面处场强大小为 3分欲求内球表面的最小场强，令dE/da=0，则得到 并有 2分可知这时有最小电场强度 2分解法二解法二解法二：设内球带电荷电量为, 外求壳带电荷电量为则：容器内部任一点场强：则：；内球壳表面附近的场强：；将电量表达式带入得场强表达式，余下计算同解法一。4、解法一：由高斯定理求得两球壳间的场强为 2分方向沿半径指向内球壳电子在电场中受电场力的大小为 2分方向沿半径指向外球壳电子自内球壳到外球壳电场力作功为 2分由动能定理 2分得到 1.98107 m/s 2分解法二：球壳间电势差：电场力做功：余下计算同解法一。5、解：如图所示，由于对称分布，放在中心处的q0无论电荷多少都能取得平衡.因四个定点上的电荷受力情况相同，因此只需考虑任一顶点上的电荷受力情况例如考虑D点处的电荷，顶点A、B、C及中心处的电荷所激发的电场对D处点电荷的作用力的大小分别为： 各1分各力方向如图所示，a45D处电荷的受力平衡条件为： , 用 3分将f1，f2，f3式代入上式化简得： 0.957 q 2分用得同样结果 6、解：题中给出的条件：设无穷远处为电势零点，则两粒子在相距r1(1 nm)时的静电势能为 Wp=2e2 / (4pe0r1) 2分两粒子在电场力（保守力）作用下运动到r 时，势能转化为动能