大学物理上册自测题参

一．判断题

1—4 × √ √ √ ； 5-8 × √ √ × 9—12

X X ； 13—16 X

17—20 √，，√，√； 21—24 ，√， ，√ 25—28 ，√，√, ； 29—32 ，√，√ ，； 33—36 √，√，√， ； 37—40 × √ √ √ ； 41—44 √， ，√，； 45—48   √ 。

二．选择题

1—4 A B B D 5—8 B A C B

9—12 C D A C 13—16 C D C D 17—20 C C D B 21—24 C D C B 25—28 D A C A 29—32 C B B B 33—36 D D A C 37—40 A C A A 41—44 C B B A 45—48 B C B B 三．填空题

1. 4.3108s ； 2. AA1A2 ；

3.表示速率在v附近dv区间内分子数占总分子数的百分比；

22costisintj ； 4. T1100k ； 5. a1261266. PI54ikgms1 ； 7. m =1.25 kg； 8．速率介于0到v区间的分子数占总分子数的百分率；

l9. 速率在v1v2区间内的分子数 10. 4 11. c1l ；

01t12. 500 ； 13. 2、8t ；14. Ct3 ； 15. 500 ； 16.yAcos[2]

T317. 2ct, 18． 67J ； 19. v/2； 20. 0.2 cm ； 21．5m/s,17m/s；

222． 分子平均动能；23.与路径无关，只与始末位置有关； 24．2； 25. 67J ； 26. ipv2； 27. 3c2； 28.  ；29. 6R； 30. 能量，外力，非保守内力；

22231. Aet2sint()costm/s ； 32. 4s；

1533. 4R, 34. 42105, 35. 25R103； 36. 8KT, m37. 4.28×109S-1 38. ML/（M+m） 39. 0.102m/s2 40. 600m/s 41. 4rad/s； 1m/s²； 42. 447m/s；483m/s ； 43. 10.5㎐；0.31m ； 44. 33.3% ； 45. 83 ；46.波源与观测者之间有相对运动时观测者接收到的频率与波源频率不一致的现象； 47.热量不可能自动地由低温物体传向高温物体；

48. v绝v牵v相 。 四.证明:

1.以物体的平衡位置为原点，竖直向下为x轴，由力分析图知， mgT1ma (T1T2)RIIa/R

T1 T2 平衡时，mgkl ；则 T2k(lx) T1

m g d2xk联立求解有 20 2dtmI/R 所以 ，该振动为简谐振动 。

d2x2. Fk1xk2x(k1k2)xkx , 即 Fkx(k1k2)xm2

dtd2xk1k2m 2 x0 故振动为简谐振动. 周期为 T2mk1k2dt3. 若物体离开初始位置为x0时，受力平衡，此时有

mgsinkx0 （1）

以此平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为x轴正向，当物体在坐标x处时，由牛顿定律有

d2xmgsinkxx0m2dt （2）

由（1）和（2）式有

d2xk2x0 于是该系统做简谐振动 dt2m4. 平衡时 mg=kx0

振动时，设某时刻物体相对平衡位置的位移为x，对物体和定滑轮分别列方程，有

mg-T=ma TR-k(x+x0)R=I

a=R x=R

于是得

mgRk(x+x0)R=(mR2+I) kxR= kR2= (mR2+I) = (mR2+I)d2 /dt2 2222

d /dt+[kR/(I+mR)]=0

故物体作揩振动，其角频率为

=[kR2/(I+mR2)]1/2

5. 证明：以小球的平衡位置为坐标原点，竖直向下为x轴的正方向，设某一瞬间小球的坐标为x，则物体在振动过程中的运动方程为：

d2xl为小球处在平衡位置m2Fxfmgk(xl)mg 其中f为弹簧弹力，

dt时，弹簧伸长量，由平衡条件可知，此时：

kd2xmgkl， 代入上式得：m2kx 令2

mdtd2xk则有22x0，因此，该系统在平衡位置附近做圆频率的简谐振动。

dtm振动周期T22m k6. .(1) 设小球向右摆动为角坐标正向.摆动过程中小球受重力和弧形轨道的支持力. 重力的切向分力使小球获得切向加速度.当小球向右摆动角时, 重力的切向分力与相反,有

mgsin=mat=mRd2/dt2

当作小幅度运动时,sin ≈, 有

d2/dt2+(g/R) =0

故小球作间谐振动 =Acos(gRt+)

(2)周期为 T=2/=2 /gR=2Rg

7. 证明：OC铅直朝下时为平衡位置，设OC与平衡位置的夹角为（设垂直纸

dd2I2 面向外为z轴正方向），根据刚体定轴转动的转动定律：MizIdtdtMOCPmglsin 又izO d2当5时，sin，则有：mglsinmglI2

dto C mgld2 令，则有：220，

Idt2mg 因此该刚体必在平衡位置附近做圆频率8.证明：-ρsxg=md2x/dt2

d2x/dt2+ω2x=0 ω2=ρsxg/m

五.计算题

mgl的简谐振动。 I12kx12x2

x121120mv2 依动能定理，有kx12x222112kx2x12mv2 22第一次x1=0,x2=1; 第二次x1=１,x2待求

k(x22－12)= k(12－02)

得 x=2,所以第二次击铁钉的深度为

1. 阻力作功 A=kxdxx2x=2－1=0.414cm 2．解：

ab为等压过程，bc等容过程，ca等温过程，状态参量列表如下： 参量 状态 a b c P V T 2Pc Pc Pc VC 2VC 2PCVCR 2PCVCR PCVCR VC 设工作物质为nmol，分过程吸热的计算式： ab等温过程：QabnRTclnbc等压过程：QbcVb2nln2PcVc Va55nPb(VcVb)nPcVc 2233ca等容过程：QcanVc(PaPc)nPCVc

22则1

QabQbcQca13.4%

3．该气体的摩尔数

pV0M4mol ， MmolRT0 p2T2p01.5p0 T0pMRT2ln26065J Mmolp0M3R(T2T0)7479J

Mmol2等温过程（全过程）做功 ， ATQT等体过程（全过程）的内能增量

EQV全过程吸热 QQTQV13544J

2 4．y2x ， Fyi2xyj 则质点从（0，0）到点（3，6）时外力

的功 Ay2dx2xydy4x2dxy2dy3672108J

00003636 5. （1）设下滑x米后静止,弹簧、滑轮、物体组成的系统机械能守恒。始

2mgsin37111.8m 末状态有 kx2mgxsin ， x2k （2） 物体与斜面及轴均无摩擦，系统机械能守恒。设下滑2 米时的速度为v ，

111则有， mv2I2kx2mgxsin ，其中 vR ，

222 v2mgxsin37kx2103.2ms1 ( g 取10ms2)

Im2R6．

pV1TM1.2mol ， V22V10.035m3 MmolRT1T1等压过程做功 ， App1(V2V1)500J 内能增量 EQpM5R(T2T1)1250J

Mmol2 吸收的热量 QEA1750J

x217、wFxdx2xdx1(J)

x10l1cos11Ml22 2231 角动量守恒：mv0lMl2mvl

311112Ml22mv2 能量守恒：mv022328、（1）机械能守恒：Mg 解得：6(23)123mMmgl 6(23)M6 （2）冲量Imm(vv0)

gl

9.解：由题知，虽然力的大小不变，但其方向在不断变化，故仍然是变力做功。如题图所示，以岸边为坐标原点，向左为X轴正向，则力F在坐标为X处的任一小段元位移dx上所做元功为

即

由于X1＞X2，所以F做正功。

10、由r4i5j6k

得x2x14，y2y15，z2z16

x2y2z2wFxdxFydyFzdz

x1y1z1x2y3z2=3dxx1y24dy5dz=-3（x2x1)-4(y2y1)-5(z2z1)=-22J

z1l1122ml0 22311 角动量守恒：mv0lml2ml20

3312mgs 能量守恒：mv0211 机械能守恒：mgxml22

2311.（1）机械能守恒：mgl13g 解得：x2gs l6g3ll棒的中点离地面的最高距离hx

222 （2）冲量Imm(vv0)6(23)M6gl

12. 解：① m 受重力、张力T 、摩擦力 fmgcos37 ，则物体受合力为 mgsin37mgcos37Tma 又 TRI aR,TT,TMRMa 。

,IMR2

amgsin37mgcos372.0ms2

Mm② TMa10N

13. 单原子分子i=3, CV=3R/2, Cp=5R/2. ca等温 Ta=Tc ab等压 Va/Ta=Vb/Tb

Tb=(Vb/Va)Ta=(Vb/Va)Tc

(1)ab等压过程系统吸热为

Qab=(M/Mmol)Cp(TbTa)

= (5R/2)(Vb/Va1) Tc=6232.5J

bc等容过程系统吸热为 Qbc=(M/Mmol)CV(TcTb)

= (3R/2)(1Vb/Va)Tc=3739.5J

ca等温过程系统吸热为

Qca=(M/Mmol)RTcln(Va/Vc)= RTcln2=3456J

(2)经一循环系统所作的净功

A= Qab+ Qbc+ Qca=963J

循环的效率=A/Q1= A/( Qbc+ Qca)=13.4％ 14. (1) A=GMmr2dr Rh=GMm[1/R1/(R+h)]= GMm h /[R(R+h)]

R(2)由动能定理 A=EkEk0 有

GMm h /[R(R+h)]=mv2/2 v= {2GM h /[R(R+h)]}1/2

15. (1)定滑轮受绳的张力T产生的力矩, 重物受绳的张力T和重力mg.取初角速度 0的方向为坐标正向,对定滑轮和重物分别列方程,有

TR=J= (MR2/2) T mg=ma= mR

得 =2mg/[(2m+M)R]=81.7rad/s2

负号表示方向与初角速度 0的方向相反 (2)  202=02=2 

=02/(2)=02(2m+M)R /(4mg) h=R=02(2m+M)R 2/(4mg)=6.12×102m

(3) 物从最大高度回到原位置定滑轮转角

==02(2m+M)R/(4mg)

有

2-4mg2mMR202 =2=(2mM)R=0 4mg所以当物体回到原位置时  =0=10.0rad/s 方向与初角速度 0的方向相反

16. 解：由动量定理IFdtP

5可知：mvmv0m(v5i)(35t)idt77.5i(kgm/s)

0 所以v12.75i(m/s) 再由动能定理：AEk， 可知：A121mvmv02687.8125J 2217. 解：（1）棒由水平位置下摆到竖直位置但尚未与物块相撞，此过程机械能守恒。以棒子、地球为系统，以棒的重心在竖直时的位置为重力势能零点，则有： mgl121122I(ml) 2223 （2）棒与物块做完全弹性碰撞，此过程中系统机械能守恒且角动量守恒，设碰撞后棒的角速度变为，物块速度为v，则有：

11111111 I2I2Mv2 即(ml2)2(ml2)2Mv2

2222323211 IIlMv 即 ml2ml2lMv

33 （3）设碰撞后物块将在水平面上继续滑行s，则运用动能定理：

1 AFdrEk 即mgs0Mv2

26m2l 联立以上四式，即可求得：s

(m3M)218. 解：过程AB为等压膨胀过程，过程吸热 Q1=νCp(TBTA)

过程CD为等压压缩过程，过程放热 Q2=νCp(TCTD)

=1Q2/Q1=1 (TCTD)/(TBTA) =1 (TC/TB)[(1TD/TC)/(1TA/TB)

而由于BC,DA均为绝热过程，所以有： pA1TA= pD1TD pB1TB= pC1TC

pA=pB pC=pD

所以 TA/TB=TD/TC 故 =1TC/TB=50%

19.（1）F(L1+L2)-NL1=0 N=250(N) f=100(N)

M=25(N·m) β=40/3 △t=7.07s n=53(转)

（2）F=177（N）

20. 解：（1）取摆锤、地球和子弹为系统，子弹穿过摆锤过程中，系统对转轴的角动量守恒：

L子弹前＝L子弹后+L摆锤+L摆杆

Ml2mvlmMlv23即：

得摆锤开始转动的角速度为

3mv8Ml

（2）摆锤开始转动后机械能守恒，设摆锤在垂直位置低点为势能零点，则到达最高点时有：

1v1122l3lMMlMgMg2lMg222322

解得：

29g2l

即：

v8Ml4M3mm2gl

21. 质点的位移 rrr04i2j ，

做功AFr(5i3j)(4i2j)26J A

22. 解：质点由点(0,0)沿x轴运动到点(4,0)，此时y0，dy0，所以

y244x2 A1FdrFxdxFydyFxdx(y23x)dx24J

x1y1001mv226J ， v3ms1 2 质点由点(4,0)沿平行y轴的直线运动到点(4,4)，此时x4,dx0，所以

y244x21024J A2FdrFxdxFydyFydy4xy2dy3x1y1001因此 AA1A2317J

323. 解：

24. 解： A(102x3x2)dx200J

05

25 . 解：在此循环过程中，1→2为等容吸热Q1：

CV＝iR／2＝5×8.31／2＝20.8（J／mol·K） Q1＝M CV(T2－T1)／μ

＝5.8×10-3×5×8.31×(900－300)／(2×2.9×10-2)＝2.49×103（J） 2→3为绝热过程，虽无热交换，但可求温度T3；P1V恒量，得

P2T2P3T3

11T3 P21P21.4()T2()T23900657.3(K)P3P31.4113→1为等压放热过程，放热Q2（空气视为双原子分子，i＝5）：

CP＝CV＋R＝20.8＋8.31＝29.11（J／mol·K） Q2＝M CP(T3－T1)／μ ＝5.8×10-3×7×8.31×(657.3－300)／(2×2.9×10-2) ＝2.08×103（J）

此循环效率为：η＝1－Q2／Q1＝1－2.08／2.49＝16.5%

26. 角动量守恒：mlv0=ml2w+12Mlw， 3l(mgl+Mg)(1-cosq)，

2111 机械能守恒：ml2w2+?Ml2w222323m2v0 联立解得：q=arccos(1-)。

(3m+M)(2m+M)gl

27. 解：由理想气体状态方程pV TAMRT可知： Mmolp2V2MmolpVMpVM,TB12mol，TC21mol

RMRMRM 过程AB为等体升压过程，

由热力学第一定律：QAEpdV QABMiRT可知： Mmol2iVMi(TBTA)2(p1p2)过程吸热

2RMmol2 过程BC为绝热过程，则TBV21TCV11，QBC0 过程CA为等压压缩过程，过程放热：

QCAMMCpTCp(TCTA) MmolMmolQQ21CA，将上面所得结论代入便可求得： Q1QAB 又循环过程的效率1V11V2 1

p11p2