西安工程大学大物练习册(上)答案

第一单元第一单元 质点运动学质点运动学 一 选择题一 选择题 1 A 2 D 3 C 4 A 5 B 6 C 7 D 8 D 9 D 10 D 二 填空题二 填空题 1 瞬时加速度 t1到 t3时间内的平均加速度 4 0 d t t v 4 0 d t t v 2 圆周运动 匀速率曲线运动 变速率曲线运动 3 pxy2 2 utput2 j put pu i u 2 v 4 0 1 1 vv kt 5 0 v l h h v 0 v l h l v 6 2 sec2 Dv 7 2 67rad 8 2 2 16 xv 9 ji 3 2ji 4 2j 2 10 t3 8t 628 628 8 三 计算题三 计算题 1 解 由 2 0 14 2 jti tr 得 j ti 4 4 v 由已知 得 t 0s 024 8 3 ttr v s3 t 2 解 v R ARt 2 由已知 t 1s v 4m s 得 A 2 在 t 2s 时 v R ARt 2 2 2 22 16m s nnn R ARtn Rt a 12816 2 16 22222 d d 222 vvv 2 m s12912816 22 a 3 解 由题意可知 sin t ga sin d d d d d d d d t g st s st a v v vv sgdsind vv 从图中分析看出 s y d d sin ysddsin 将 代入 得 dydsindgsg vv y y yg 00 dd v v vv 2 0 2 0 2 yyg vv 第二单元第二单元 质点动力学参考答案质点动力学参考答案 一 选择题一 选择题 1 B 2C 3 D 4 D 5 B 6 E 7 C 8 C 9 B 10 C 11 C 12 B 13 D 二 填空题二 填空题 1 mMF mMMF 2 0 2g 3 Rg 4 指向正西南或南偏西 45 vm2 5 m s i 2 6 0 003 s 0 6 N s 2g 7 或 1 3 1 RR GMm R GMm 3 2 8 k gm 2 22 9 21 12 rr rr GMm 21 21 rr rr GMm 10 E mrk 2 rk 11 gl3 2 1 12 km3 2 0 v 三 计算题三 计算题 1 解 取距转轴为 r 处 长为 dr 的小段绳子 其质量为 M L dr 由于绳子作圆周运动 所以小段绳子有径向加速度 由牛顿定 律得 T r T r dr M L dr r 2 令 T r T r dr dT r 得 dT M 2 L r dr 由于绳子的末端是自由端 T L 0 有 rrLMT L rrT d d 2 0 2 222 LrLMrT 2 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 3 2 1 2 0B 2 0 vmkx 得 m k x 3 00B v 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 0B22211 vvvmmm 2 0B2 2 22 22 11 2 1 2 1 2 1 2 1 vvvmmkxm A B k m1 m2 r O O d r T r T r dr 当 v1 v2时 由式 解出 v1 v2 m k x 34 3 4 3 00B v 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 0max 2 1 xx 3 解 设 m 与 M 碰撞后的共同速度为 v 它们脱离球面的速度为 u 1 对碰撞过程 由动量守恒定律得 0 mMm vv m 与 M 沿固定光滑球面滑下过程中机械能守恒 在任一位置 时 有 22 2 1 cos1 2 1 umMgRmMmM v RumMNgmM cos 2 当物体脱离球面时 N 0 代入 式并与 式联立 可解得 3 2 33 2 cos 2 2 0 22 mMgR m gR gRvv 3 2 3 cos 2 2 0 2 1 mMgR m v 2 若要在 A 处使物体脱离球面 必须满足 gmMRmM A 2 v 即 考虑到 式有 Rg A 2 vRgmMm 2 0 2v 所以油灰的速度至少应为 mRgmM 0 v 第三单元第三单元 静电场静电场 一 选择题一 选择题 1 D 2 D 3 D 4 D 5 C 6 D 7 D 8 C 9 C 10 C 11 A 12 B 13 D 14 A 二 填空题二 填空题 M m A O R 0 v 1 tansin4 0 mgl 2 0 2 3 0 2 0 2 3 3 包围在曲面内的净电荷 曲面外的电荷 4 11 4 0 0 ab rr qq 5 0 2 6 0 7 分别垂直指向 U3 10 F 4 11 0 时向外 KR 0 2 4 2 4 r KR E 方向沿径向 K 0 时向外 KR i x q E 2 0 4 在 x 处取电荷元 dQ dx 则电荷元 dQ 受到球面电荷的电场力为 i x xq QEF 2 0 4 d dd 带电细线受到球面电荷的电场力为 i lrr q i x xq QEF lr r 000 2 0 11 44 d d 0 0 2 球面电荷在球外距离原点 O 为 x 的点处电势为 r0 l q dx R O x x p x R x q U 0 4 细线在该电场中的电势能为 0 0 00 ln 44 d d 0 0r lrq x xq QUW lr rl 第四单元第四单元 稳恒磁场稳恒磁场 一 选择题一 选择题 1 C 2 B 3 C 4 B 5 C 6 B 7 B 8 B 9 C 10 A 11 B 12 C 二 填空题二 填空题 1 0 2 2 2 1 RB 3 0 4 1 4A 5 R hi 2 0 6 T 7 1067 6 7 sin2 0 m nIRq 8 正电荷 9 向左 10 d LdII ln 2 210 11 沿 y 轴正向BIa2 2 1 12 r I B 2 三 计算题三 计算题 1 解 r I B 2 0 ta tbIl rl r I SB tb ta v v v v ln 2 d 2 d 00 2 解 将截流的无限长圆柱形金属薄片看成由许多无限长的平行 直导线组成 如图所示 对应到 宽度为 d 的无限长直导线的电流 Rd dd d I I R R I 它在 P 点产生的磁感强度 d 22 d d 2 00 R I R I B dB 的方向是在与轴垂直的 xy 平面内 与 y 轴的夹角为 由对称性可知 半圆柱形电流 在 P 处的磁感强度在 y 方向相互抵消 所以 P 点的磁感强度沿 x 轴正向 即 dsin 2 sindd 2 0 R I BBx R I R I BB x 2 0 0 2 0 dsin 2 d 3 解 导体横截面的电流密度为 2 1 2 2 RR I 在 P 点作半径为 r 的圆周 作为安培环路 由 IlB l 0 d 得 2 1 2 2 2 1 2 02 1 2 0 2 RR RrI RrrB 即 2 2 1 2 2 2 1 2 0 RRr RrI B 对于导体内壁 所以 1 Rr 0 B 对于导体外壁 所以 2 Rr 2 0 2 R I B 第五单元第五单元 电磁感应电磁感应 一 选择题一 选择题 1 C 2 B 3 B 4 B 5 D 6 D 7 C 8 B 9 B 10 A 二 填空题二 填空题 1 0 05T 2 tSIn cos m0 3 1 65 10 2C 4 tg BL mgR tg BL mg ab 5 2 1 2 B L 6 2 00 cos 2 rIt R 7 0 400H 8 42 0 8R Ir r 9 S t B l d E SL d 0d SB S 10 0 07A 三 计算题三 计算题 1 解 B A lB d v x x I la a d 2 0 v a la I ln 2 0 v 2 解 选取 abcd 为回路环绕方向 t B SS t B S i d d d sin 2 1 2 1 22 aoR 3 68mv 方向 adcb 3 解 1 根据 wmo 0 2 0 1 2 B w 2 P 点的磁感应强度 0 4 6 BIa wmr 9 2 222 0 aI 第六单元第六单元 气体动理论气体动理论 一 选择题 1 B 2 C 3 B 4 C 5 B 6 B 7 A 8 B 9 A 10 D 二 填空题 1 大小 质量 速度 能量等 体积 压强 温度 热容量等 统计平均 2 371Kpa 3 104 7 3 平动动能 t 3 J 5 373930031 8 2 3 t E 转动动能 r 2 249330031 8 2 2 r EJ 内能 i 5 J5 623230031 8 2 5 i E 4 分子速率在 vp附近分布的概率最大或分子速率在 vp附近的分子数最多 5 1 氧 氦 2 表示分布在速率 v 附近 速率区间 v v v 内的分子数占总分子数的百分比 3 表示分布在 0 的速率区间内所有分子与总分子数的百分比 6 1 2 3 kT 2 1 kT i 2 RT i 2 7 1 736 10 10 s 3 648 10 10 m 8 1228 sm10 3 1 6 1 6 1 6 11 6 vn t x n yzt nxyz t N 9 5 6 10 1 d 2 a 3 b 4 c 5 e 6 f 7 g 8 h 三 计算题 1 解法一 混合后两种气体分子在每个自由度上的平均能量相等 且气体的总能量保持不 变 设氦气的摩尔数为 1 氧气的摩尔数为 2 有物态方程可知在混合前有 2211 RTRTpV 1 1 2 2 1 T T 混合后气体的总能量保持不变 因此有 RTRTRT 2 5 2 3 2 5 2 3 212211 2 21 2211 2 5 2 3 2 5 2 3 TT T 由式 1 式 2 联立解得 K 4 284 109 124 1 TT 解法二 设氦气和氧气分子各有 N1和 N2个 氦气是单原子分子 自由度为 i1 3 氧气是 双原子分子 自由度为 i2 5 隔板抽去前 氦气和氧气分子的总能量为 11 1 1 2 kTN i E 22 2 2 2 kTN i E 隔板抽去后 氦气和氧气分子的总能量为 kTN i kTN i E 2 2 1 1 22 这个过程能量守恒 即 E E1 E2 所以有 i1N1T1 i2N2T2 i1N1 i2N2 T 由于压强 1 1 110 2 kT V N kTnp 所以 1 0 1 2kT Vp N 同理可得 2 0 2 2kT Vp N 将 N1和 N2的表达式代入上面公式可得 T kT Vpi kT Vpi k Vpi k Vpi 22 22 2 02 1 010201 约去公因子 可得混合气体的温度为 K 4 284 1221 2121 TiTi TTii T 2 解 1 从图上可得分布函数表达式 2 0 2 0 0 00 00 vvv vvvv vvvvv Nf aNf aNf 2 0 2 0 0 00 00 vv vvv vvvv vNa Na f 满足归一化条件 但这里纵坐标是 Nf v 而不是 f v 故曲线下的总面积为 N vf 2 由归一化条件可得 00 0 0 0 2 0 3 2 1dd vv v v vv v vN a N a N a 可通过面积计算 NaN 3 1 5 12 00 vv 3 解 1 设分子数为 N 据 E N i 2 kT 及 p N V kT 得 Pa1035 1 2 5 iVEp 2 由 得 kTN kT E 2 5 2 3 J105 7 5 3 21 NE 又 得kTNE 2 5 K362 5 2 NkET 第七单元第七单元 热力学基础答案热力学基础答案 一 选择题 1 C 2 D 3 C 4 A 5 C 6 D 7 C 8 A 9 B 10 A 二 填空题 1 1 2 5 3 5 7 2 功变热 热传导 3 混乱度 B A AB d T Q SS 可逆 B A AB d T Q SS 不可逆 4 2 1 2 1 11 d 21 2 1 2 2 2 V V V V VV a V a V V a A 5 320K 20 6 11 w 7 160K 8 降低 增加 9 CV m 2 5R 10 612 J K 1 570 J K 1 三 计算题 1 解 1 A B J200 2 1 ABAB1 VVppW E1 CV TB TA 3 pBVB pAVA 2 750 J Q W1 E1 950 J B C W2 0 E2 CV TC TB 3 pCVC pBVB 2 600 J Q2 W2 E2 600J C A W3 pA VA VC 100 J J150 2 3 CCAACA3 VpVpTTCE V Q3 W3 E3 250 J 2 W W1 W2 W3 100 J Q Q1 Q2 Q3 100 J 2 解 1 1 2 任意过程 111121 2 5 2 RTTTCTTCE VV 11211221 2 1 2 1 2 1 2 1 RTRTRTVpVpW 111111 3 2 1 2 5 RTRTRTWEQ 2 3 绝热膨胀过程 121232 2 5 RTTTCTTCE VV 122 2 5 RTEW Q2 0 3 1 等温压缩过程 E3 0 W3 RT1ln V3 V1 RT1ln 8V1 V1 2 08 RT1 Q3 W3 2 08RT1 2 1 Q3 Q1 1 2 08RT1 3RT1 30 7 3 解 解 1 1 2 为等压过程 K600 1122 TVVT 而 2 3 为等体过程 注意到 H2为双原子分子 Cp m 7R 2 CV m 5R 2 所以在 1 2 3 过程中的熵变为 3 2 2 1 13 dd T Q T Q SS 300 600 mV 600 300 mp dd T T C T T C 2lnR 2 1 3 为等温过程 其熵变 ln d 1 3 3 1 13 V V R T Q SS 2lnR 3 1 4 3 过程是由 1 4 的绝热过程 1 44 1 11 VTVT 和 4 3 的等压过程 3 4 3 4 V V T T 所组成的 联立 式 式 考虑到 T1 300K 得到 4 点的温度 K3002 7 2 4 T 其熵变 431413 SSSSSS 300 2300 7 2 3 4 d 2 7d 0 T T R T Q T T 300 2300 7 2 ln 2 7 TR 2ln2ln 2 7 7 2 RR 第八单元第八单元 机械振动机械振动 一 选择题一 选择题 1 C 2 B 3 B 4 A 5 B 6 B 7 B 8 A 9 B 10 E 11 D 12 D 二 填空题二 填空题 1 1 55Hz 0 103m 2 1 2 2 2 cos t T A 3 2 cos t T A 3 1 1 2s 2 0 209m s 4 1 2 2 3 3 5 10cm 6 rad s 3 6 4 m 4 cos 02 0 tx 7 1 0 5 2n 1 2 n 3 0 5 4n 1 n 0 1 2 3 8 m 2 cos 04 0 tx 9 1 2 1 4 1 2 10 200N m 1 59Hz 11 10 2 12 0 01m 6 三 计算题三 计算题 1 解 m N25 12 08 0 8 91 0 0 l gm k 11 s7s 25 0 25 12 m k cm5cm 7 21 4 22 2 2 0 2 0 xA 4 3 74 21 tg 00 x rad64 0 x 0 05cos 7t 0 64 SI 2 解 1 A 0 5cm 8 s 1 T 2 0 25s 3 2 SI 3 8sin 104 d d 2 t t x SI 3 8cos 1032 d d 22 2 2 t t x a 3 E Ek EP J1090 7 2 1 2 1 5222 AmkA 4 平均动能 tm T E T Kd 2 11 2 0 ttm T T d 3 8 sin 104 2 11 222 0 3 95 10 5J E 2 同理 平均势能 3 95 10 5J 2 E EP 3 解 1 子弹镶嵌在木块中作为一个整体 由于水平面光滑 当木块处于任意位置 x 时 受力 F kx O x 则子弹 木块和轻弹簧组成的系统作简谐振动 2 设简谐振动方程为 cos tAx 简谐振动的角频率 1 40 s Mm k 振动的初速度为 v0 由动量守恒 0 Mmm 1 0 sm0 1 Mm m t 0 时 0 1sin 0cos 0 0 A Ax m105 2 2 0 2 0 2 0 xA 如图 由旋转矢量图可知初相 则简谐振动方程 2 为 SI 2 40cos 105 2 2 tx 第九单元第九单元 机械波机械波 一 选择题一 选择题 1 C 2 D 3 D 4 A 5 C 6 A 7 B 8 D 9 C 10 B 11 C 二 填空题二 填空题 1 k 0 1 2 L2 kL 2 12 kL 2 503m s 3 SI 330 165cos 10 0 x ty 4 2 2 cos 1 t T Ayx A x O 5 0 233m 6 4J 7 wS 2 8 2 2cos 2 2 cos 2 t x Ay 9 1700Hz 10 k 0 1 2 3 4 12 kx 11 41kHz 三 计算题三 计算题 1 解 1 根据题意坐标为 x 的点的振动相位为 20 4 4xtuxtt 波动方程为 SI 20 4cos103 2 xty 2 以 B 点位坐标原点 则坐标为 x 的点的振动相位为 20 5 4 5 4 x t u x tt 波动方程为 SI 20 4cos103 2 xty 2 解 1 由驻波形成的条件可知待求波的频率和波长均与已知波相同 传播方向为沿 x 负方向 又知 x 0 处待求波与已知波同相位 所以待求波的波动方程为 405 0 4cos 105 2 2 xt y 2 驻波方程为 21 yyy SI 4cos 2 cos10 0 t x y 3 波节位置 k 0 1 2 3 12 22 k x x 2k 1 k 0 1 2 3 波腹位置 k 0 1 2 3 k x 2 x 2k k 0 1 2 3 离原点最近的四个波节的坐标 x 3m 1m 1m 3m 3 解 1 由分析知 沿左方向和右方向传播的波动方程分别为 和 cos 1 u x tAy cos 2 u x tAy 2 y1在反射面 MN 处引起质点 P 振动的运动方程 2 32 cos 4 322 cos P1 t T At T Ay 因半波损失反射波 y3在此处引起的振动为 2 12 cos 2 32 cos P3 t T At T Ay 设反射波的波动方程为 则反射波在处引起的振 xt T Ay 22 cos 3 4 3 x 动为 2 32 cos P3 t T Ay 与上式比较得 故反射波的波动方程为 2 xt T Axt T Ay 22 cos2 22 cos 3 3 在 O MN 区域由 y1和 y3合成的驻波 y4为 t T xAxt T Axt T Ayyxty 22 2 2222 314 coscoscoscos 波节的位置 取 k 1 2 即 x 4 3 4 处为波 2 2 kx4 2 kx 节 波腹的位置 取 k 0 1 即 x 0 2 处为波腹 kx 2 2 kx 4 在 x 0 区域 由 y2和 y3合成的波 y5 xt T Axt T Axt T Ayyxty 22 cos2 22 cos 22 cos 325 这表明 x 0 区域内的合成波是振幅为 2A 的平面简谐波 第十单元第十单元 波动光学习题参考答案波动光学习题参考答案 一 选择题一 选择题 1 D 2 B 3 B 4 B 5 C 6 C 7 B 8 C 9 D 10 B 11 D 12 D 13 B 14 D 二 填空题二 填空题 1 7 32mm 2 上 1 ne 3 1 2 2 暗 4 n4 5 1 4 6 n2 5 7 600 8 225 n2 9 4 1 暗 10 1 2mm 3 6mm 11 625nm 12 或baa 2ba 三 计算题三 计算题 1 解 1 x 20 D a 0 11 m 2 覆盖玻璃后 零级明纹应满足 n 1 e r1 r2 设不盖玻璃片时 此点为第 k 级明纹 则应有 r2 r1 k 所以 n 1 e k k n 1 e 6 96 7 零级明纹移到原第 7 级明纹处 2 解 n1 n2 n3 二反射光之间没有附加相位差 光程差为 2n2e 第五条暗纹中心对应的薄膜厚度为 e5 2n2 e5 2k 1 2 k 5 225 4 94 152nne 明纹的条件是 2n2 ek k 相邻二明纹所对应的膜厚度之差 e ek 1 ek 2n2 3 解 根据暗环半径公式有 Rkr k Rkr 10 10k 由以上两式可得 10 2 k 2 10k rrR 4 m 4 解 1 对于第一级暗纹 有 a sin 1 因 1很小 故 tg 1 sin 1 a 故中央明纹宽度 x0 2f tg 1 2f a 1 2 cm 2 对于第二级暗纹 有 a sin 2 2 x2 f tg 2 f sin 2 2f a 1 2 cm 5 解 1 由光栅衍射主极大公式得 a b 2 4 10 4 cm sin k 2 若第三级不缺级 则由光栅公式得 3sin ba 由于第三级缺级 则对应于最小可能的 a 方向应是单缝衍射第一级暗纹 两式比 较 得 sina a a b 3 0 8 10 4 cm 3 主极大 kba sin 单缝衍射极小 k 1 2 3 ka sin 因此 k 3 6 9 缺级 又因为 kmax a b 4 所以实际呈现 k 0 1 2 级明纹 k 4 在 2 处看不 到 第十一单元第十一单元 量子物理基础参考答案量子物理基础参考答案 一 选择题一 选择题 1 D 2 B 3 D 4 B 5 A 6 D 7 D 8 D 9 B 10 B 二 填空题二 填空题 1 5 27