练习一；1、D，2、C，3、C，4、6、；Q3??0a2；D,5、；2qy4??0a2?y23/2；??；j，(j为y方向单位矢量)，?a/2，；qdqd；，从O点指向缺口中心点．?；4??0R22?R?d8?2?0R3；练习二；1、A2、A3、；q1?q2；?0；14??0R；(q2?2；q1；?q3)，4．??L(r2?a2)9；5、解：设杆的左端为坐标
1、D ， 2、C ，3、C，4、
2qy4??0a2?y23/2
(j为y方向单位矢量)， ?a/2 ，
，从O点指向缺口中心点． ?
4??0R22?R?d8?2?0R3
?q3) ，4． ??L(r2?a2)
解：设杆的左端为坐标原点O，x轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为?=q / L，在x处取一电荷元
dq = ?dx = qdx / L， 它在P点的场强：
dq4??0L?d?xL
qdx4??0LL?d?x2
4??0L?(L?d－x)4??dL?d00
方向沿x轴正向，即杆的延长线方向．
解： 如图在圆上取dl?Rd?
dq??dl?R?d?，它在O点产生场强大小为
方向沿半径向外 2
则 dEx?dEsin??
dEy?dEcos(???)?
4π?0R2π?0R
，方向沿x轴正向．
4、－3? / (2?0) ，－? / (2?0)， 3? / (2?0)
５、解： 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E．
作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S，如图所示．
按高斯定理E?dS??q/?0，即
(板外两侧)
（2）过平板内一点作一正交柱形高斯面，底面为S．设该处场强为E?，如图所示． 按高斯定理有
(-d/2≤x≤d/2)
解：(1) ??球在O点产生电场E10?0，
?? 球在O点产生电场E20
r3???'
4π?0d33?0d3
O点电场E0?；
?OE??(2) 在产生电场10?
?' ?4π?0d33?0
??球在O?产生电场E20??0
∴ O? 点电场
4、-eq / (6??0R)
5、解：E1?0
??(r3?R13)
4?(r3?R13)?
3?(R2?R13)?
??(R2?R13)
E2?dr??E3?dr
??(R?R)?(r3?R13)21
dr??dr 22R3?0r3?0r
(R2?R12) 2?0
6、解：设x轴沿细线方向，原点在球心处，在x处取线元dx，其上电荷为dq???dx， 该线元在带电球面的电场中所受电场力为：
dF = q?dx / (4??0 x2)
整个细线所受电场力为：
方向沿x正方向．
x4??0r0r0?l
电荷元在球面电荷电场中具有电势能：
dW = (q?dx) / (4??0 x)
x 整个线电荷在电场中具有电势能：
r?l q?0dxq??r0?l?
５ 解：设极板上分别带电量+q和-q；金属片与A板距离为d1，与B板距离为d2； 金属片与A板间场强为
E1?q/(?0S)
金属板与B板间场强为
E2?q/(?0S)
金属片内部场强为
则两极板间的电势差为UA?UB?E1d?E2d?[q/(?0S)](d1?d2)?[q/(?0S)](d?t)
由此得C?q/(UA?UB)??0S/(d?t)
因C值仅与d、t有关，与d1、d2无关，故金属片的安放位置对电容无影响．
６ 解：（l）根据有介质时的高斯定理：D?ds??q
可得两圆柱间电位移的大小为D??/(2?r)
场强大小为 E?
两圆柱间电势差U12?
dr? ?r2??0?r
Q2?2Lln(R2/R1)
（2）电场能量
平行z轴负向 ２．?Rc
(1) ４．B?0(?)
?0eve2eva?242
TP??a??9.2?10A?m?13． m
4(R2?I1R11?
)，垂直纸面向外 ，0(2?2)1/2 ，??arctg2 R14R1R2?R1
7、解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取坐标如图所示，取
dl，在轴上P点产生dB与R垂直，大小为 宽为dl的一无限长直电流dI??RI?0Rd?
?0dI?Id?dB???02
dBy?dBcos(??)??02
22?RdBx?dBcos??
B?Icos?d??0I?0Ix?
2??2?2R?2?2R[sin?2?sin(??
?6.37?10?5 T 2
)?0 练习七
１．?0(I2?I1)，?0(I2?I1) ２．
2I?03 ３．?0Ih?I
2 ４．02?r ５、解：(1) 对r～r+dr段，电荷
dq = ? dr，旋转形成圆电流．则
它在O点的磁感强度
B???a?b0dr0??dB0?4??????0lna?b
方向垂直纸面向内． ar4?a
3m??dpm????r2dr ???[(a?b)3?a]/6
方向垂直纸面向内．a
26、解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r处的磁感强度的大小， 由安培环路定律可得：
因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通?1为
?I1??B?dS??BdS2dr?0
在圆形导体外，与导体中心轴线相距r处的磁感强度大小为
因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通?2为
???2R?0I?I
2??B?dS??dr?0ln2
穿过整个矩形平面的磁通量
1??2?04??02?
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参考答案 练习一：1-2、DD? 1 1 ? 3、 v ? (v0 ? ct 3 )i ， x ? x0 ? v0 t ? ct 4 12 3 ? ? ? ? 1 4、 8 j ， ? i ? 4 j ， ? arctg 或? ? arctg 4 2 4 ? ? ? 1 2 5 解： （1） r ? (3t ? 5)i ? ( t ? 3t ? 4) j ； 2 ?
? ? ? ? dr ? 3i ? (t ? 3) vt ? 4 s ? 3i ? 7 j (m / s) ； （2） v ? dt ? ? ? dv ? 1 j (m / s 2 ) （3） a ? dt dv dv dx dv a? ? ?v 6 解： ∵ dt dx dt dx分离变量： 两边积分得?d? ? adx ? (2 ? 6x 2 )dx1 2 v ? 2x ? 2x3 ? c 2由题知， x ? 0 时， v0 ? 10 ,∴ c ? 50 ∴v ? 2 x 3 ? x ? 25 m ? s ?12t 1? t2练习二：1-2、CBct 2 c 2 t 4 2 ct 3、 ，2 ct ， ， ； R R 3ds d? ?R ? ?3R bt dt dt24、，2 1? t 25、 解： （1）由 v ?得：a? ?dv v2 ? ?6 Rbt ，a n ? ? 9 Rb 2 t 4 dt R? ? ? ? ? a ? a? e? ?a n en ? ?6Rbte? ? 9Rb2t 4 en6、当滑至斜面底时， y ? h ，则 v? A ? 影响，因此， A 对地的速度为2gh , A 物运动过程中又受到 B 的牵连运动? ? ?' v A地 ? u ? v A? ? ? (u ? 2 gh cos? )i ? ( 2 gh sin ? ) jx2 ? y2 ? R2 ? ? ? 4、 3 s； 5、 v ? R? (? sin ?ti ? cos?tj ) R?练习三：1-3、BCB6、解： 设人到船之间绳的长度为 l ，此时绳与水面成 ? 角，由图可知l 2 ? h2 ? s 2将上式对时间 t 求导，得2l根据速度的定义，并注意到 l , s 是随 t 减少的， ∴dl ds ? 2s dt dtv绳 ? ?dl ds ? v0 , v船 ? ? dt dt即v船 ? ?v ds l dl l ?? ? v0 ? 0 dt s dt s cos?或v船 ?lv0 (h 2 ? s 2 )1 / 2 v0 ? s s将 v船 再对 t 求导，即得船的加速度dl ds l2 2 s ?l ( ? s ? )v 0 2 dv ? v0 s ? lv船 h 2 v0 s a ? 船 ? dt 2 dt v0 ? v ? ? 0 dt s s2 s2 s3dv ? ?kv dt7、解：?t 1 dv ? ? ? k d t v0 v 0 vv ? v0 e ?k tx? v0 (1 ? e ? k t ) kdx ? v0 e ? k t dt?x0dx ? ? v0 e ?k t dt0t练习四：1-2 3、解：ACax ? fx 6 3 ? ? m ? s ?2 m 16 8ay ?(1)fy m??7 m ? s ?2 162 3 5 v x ? v x 0 ? ? a x dt ? ?2 ? ? 2 ? ? m ? s ?1 0 8 4 2 ?7 7 v y ? v y 0 ? ? a y dt ? ?2 ? ? m ? s ?1 0 16 8于是质点在 2s 时的速度5? 7 ? ? v?? i ? j 4 8m ? s ?1(2)? 1 ? 1 ? r ? (v 0 t ? a x t 2 ) i ? a y t 2 j 2 2 ? 1 ?7 ? 1 3 ? ( ?2 ? 2 ? ? ? 4)i ? ( )?4 j 2 8 2 16 13 ? 7 ? ?? i ? j m 4 84、解：小球的受力分析如下图，有牛顿第二定律可知： dv mg ? kv ? F ? m dt分离变量及积分得：? ? mdt ? ?0tkv0d (m g ? kv ? F ) m g ? kv ? F? t 1 解得： v ? (1 ? e m )(m g ? F ) kk5、解：取弹簧原长时 m2 所在处为坐标原点， 的受力分析如上图所示。 ? 设 t 时刻 m2 的坐标为 x，系统加速度为 a ，则有：竖直向下为 x 轴，m1，m2对m1：T ? ? ? F ? m1a；（1） 对m2：m2 g ? T ? m2 a； 由此得： a ?且有：T ? T ?，F ? kx（2）由 a ?m2 g ? kx m1 ? m2dv dv dx dv ? ? v 得： dt dx dt dxm2 g ? kx dx ? vdv m1 ? m2 两边积分得：v ? x(2m2 g ? kx) m1 ? m2a ? 0时，x ?（3）v max ?m2 g k m2 gk (m1 ? m2 )v2 ) R6、 a? ? g sin ? ， N ? m( g cos? ?练习五5 5 74 ，35.5°或 arctg ； 7 7 5、解： 子弹穿过第一木块时, 两木块速度相同,均为 v11-2、BC； 3、140 N ? s ，24 m / s ； 4、6.14 或F?t1 ? ?m1 ? m2 ? v1 ? 0子弹穿过第二木块后, 第二木块速度变为 v2F?t2 ? m2 v2 ? m2 v1解得: v1 ?F?t1 m1 ? m2v2 ?F?t1 F?t2 ? m1 ? m2 m26、解： （1）由水平方向的动量守恒得（设子弹刚穿出时，M 的水平速度为 V1）mV0 ? MV1 ? mV ? V1 ? 3.13m / s此时 M 物体的受力如右图，且有：MV12 l MV12 T ? Mg ? ? 26.5 N l T ? Mg ?（2） I ? mV ? mV0 ? ?4.7 N ? s，方向水平向左练习六：1-2：C B；5、 m gh ?3、0J，18J，17 J； 4、3mg 82 v0 2 g (1 ? cot?? )v ? 2gh(1 ? cot??)6、解：框架静止时，弹簧伸长Δl=0.1m，由平衡条件mg=kΔl,求得：k=mg/Δl=0.2×9.8/0.1=19.6N/m 铅块落下h=30cm 后的速度v0 ， 可由能量守恒方程求出：mgh ?1 2 mv 0 2v0 ? 2gh ? 2.42m / s设铅快与框架碰后的共同速度为 v，由动量守恒：mv0 ? 2mv设框架下落的最大距离为 x，由机械能守恒： （设弹性势能零点为弹 簧的自由身长处，而以挂上砝码盘平衡时，砝码盘底部为重力势能零点。）1 1 1 (m ? m)v 2 ? k?l 2 ? k (?l ? x) 2 ? 2mgx 2 2 2进行整理并代入数据，可得x 的一元二次方程： x ? 0.2 x ? 0.03 ? 02解得：x = 0.3m 练习七：1-3、 D C B； 4、解参见图，在a附近dt时间内张力的元冲量为 dI a ， 在与a对称的一点b附近dt时间内的元冲量为 dI b ． 由 对称性分析可知， dI a 和 dI b 沿 x 方向的分量大小相等，，符号相反，沿 y 方向的分量等值同号． 对其他对称点 作同样的分析， 即可得知过程中张力的冲量沿 y 轴正 方向． 对质点m应用动量定理，则有? ? ? I T ? I mg ? ?p m绕行一周，则 ?p ? 0 ，因此 ? ? I T ? ? I mg上式表明， 张力冲量与重力冲量大小相等， 方向相反． 这样， 张力冲量就可通过重力冲量求出．重力是恒力 ，求它的冲量比求变力张力的冲量简单得多．重力 mg的方向竖直向下，与 y轴正方向相 反．摆球绕行一周的时间为 2?R / v ， 因此， 在图示坐标中， 重力在一个周期内的冲量为 因而一个周期内张力的冲量为 I T ? mg?2?R / v ?I mg ? ?mg?2?R / v ?I T ? 0 表明是沿y轴正方向，与上面的定性分析一致．说明 应用动量定理较多的场合是解决打击或碰撞过程．从本题可见，圆锥摆中也 有动量问题，这对读者进一步理解动量、冲量和动量定理可能是有益的．另外，解题中的 对称性分析，以及求变力7的冲量转化为求恒力mg的冲量的方法也是很有用的．5、解： （ 1 ）当 A 和 B 开始分离时，两者具有相同的速度，根据能量守恒，可得到：1 1 2 (m A ? m B )v 2 ? kx 0 ，所以： v ? 2 2 1 1 2 m A v 2 ? kx A 2 2k x0 ; x ? l m A ? mBmA x mA ? mB 0（2）分离之后，A 的动能又将逐渐的转化为弹性势能，所以： ，则： x A ?6、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? fr s ?1 2 ?1 2 ? kx ? ? m v ? m gssin 37? ? 2 ?2 ?1 2 m v ? m gssin 37? ? f r s 2 k? 1 2 kx 2式中 s ? 4.8 ? 0.2 ? 5 m ， x ? 0.2 m ，再代入有关数据，解得k ? 1390 N ? m -1再次运用功能原理，求木块弹回的高度 h?? f r s ? ? mg s ? sin 37 o ?代入有关数据，得 则木块弹回高度1 2 kx 2s ? ? 1.4 m ,h? ? s? sin 37o ? 0.84 m3 1 2g 练习八：1-2、B A ；3、-5N.m ；4、 mL2， mgL ， 4 2 3L5、解： 物体 m1 、 m2 和滑轮的受力分析如下图，且 T1 ? T1' , T2 ? T2'设 m1 下落的加速度大小为 a，滑轮的角加速度为 ? ，则有：a ? R?m1 g ?T 1? m1 a由牛顿第二定律和转动定律可得：T2 ? m2 g ? m2 a T1? ? T2? ? 1 MR 2 ? 2联立上述方程，得??1 m1 ? m2 g R m ?m ? 1 M 1 2 2a?1 Mm2 2 T2 ? g 1 m1 ? m2 ? M 2 m 6、解： （1）设杆的线 ? ? ，在杆上取一小质元 dm ? ?dx l 2m1 m2 ?df ? ?dmg ? ??gdx dM ? ??gxdxlm1 ? m2 g 1 m1 ? m2 ? M 2 1 2m1m2 ? Mm1 2 T1 ? g 1 m1 ? m2 ? M 2考虑对称1 M ? 2? 2 ??gxdx ? ?m gl 0 4（2）根据转动定律 M ? J ? ? Jd? dt?t0? Mdt ? ? Jd?w00?1 1 ?mglt ? ? ml 2? 0 4 12所以t??0l 3?g3、练习九：1-2、A A ； 4、1 J 0 ? 02 ； 23g cos302L? 3 3g4Lrad / s 2 ，??3g sin ? 3g ? rad / s l 25、解：子弹射入滑块瞬间，因属非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv0 ? (m? ? m)v1（1）在弹簧的弹力作用下，滑块于子弹一起运动的过程中，若将弹簧包括在系统内，则系统满足 机械能守恒定律，有1 1 1 2 (m? ? m)v12 ? (m? ? m)v2 ? k (l ? l0 ) 2 2 2 2（2）又在滑块绕固定点作弧线运动中，喜糖满足角动量守恒定律，故有：(m? ? m)v1l0 ? (m? ? m)v2l sin ?（3）式中 ? 为滑块速度方向与弹簧线之间的夹角。联立解上述三式，可得：v2 ? (m 2 2 k (l ? l0 ) 2 ) v0 ? m? ? m m? ? m1 m v0l0 m 2 k (l ? l0 ) 2 ? 2 2 ? ? arcsin{ [v0 ( ) ? ] } l (m? ? m) m? ? m m? ? m6、解： （1）设当人以速率 v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为 ? ， v 2v ??? 则人对与地固结的转轴的角速度为 ? ? ， 且?? ? ? ? ： 人与盘看做一个系统， 0.5R R 1 M ，由角动量守恒得： 该系统的角动量守恒，设盘的质量为 M ，则人的质量为 10M R ? 1 M R ?1 MR 2 ? ( ) 2 ??0 ? MR 2? ? ( ) 2 ? ? ? 10 2 ? 2 10 2 ?2解得：? ? ?0 ?2v 21R 2v ?0 21R（2）欲使盘对地静止，则 ? ? 0 即 ? ? ? 0 ? 则有： v ? ?21R? 0 ，负号与上一问中人走 动的方向相反 2练习十：1-3、D C C；4、 ?2 ? 4v / r ；1 2 m v ，v ? 2 ?sg 2 碰撞过程中角动量守恒 ： J? ? m Lv ? J? ? m g?s ? 棒下落的过程中机械能 守恒： 1 L J? 2 ? m g 2 2 碰后棒上升过程机械能 守恒 1 J? ? 2 ? m gh 2 L 联立上面四式解得： h ? ? 3?s ? 6?sL 2 L h ? ? ? h ? L ? 3?s ? 6?sL 25、 ? ? 15.4rad /? ? 15.4rad6、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：练习十一 1-3、B，C，3、1，2? ,5s; 3? 4、 ?；-2?2或3? ? ；； 2 35、解：由题知： A ? 2.0 ? 10 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 cos4?t-2（2） t ? 0s，x0 ? 0，v0 ? 0 由旋转矢量得： ? ? 故振动方程为： x ? 2.0 ? 10 cos ( 4?t ?-2?2?2)（3） t ? 0 s，x 0 ?A ? ，v0 ? 0 由旋转矢量得： ? ? 2 3-2故振动方程为： x ? 2.0 ? 10 cos ( 4?t ? （4） t ? 0 s，x0 ? -?A 4? ，v0 ? 0 由旋转矢量得： ? ? 2 3 4 ? -2 ) 故振动方程为： x ? 2.0 ? 10 cos (4?t ? 36、（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：3)d2 y m g - k (?l 0 ? y) ? m 2 dt 2 d y k 即： 2 ? y ? 0 m dt――――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 ? 10 mo?0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 (?l 0 - 5) ?mg 2mg- F a? ? 0 .5 g my练习十二： 1-2、C，B，3、2，2，4，1， 4、 1 ? 10 ，?2?65、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 ? 2000 N/m ?x由题知：k ? 10 5 m 当t ? 0s，x ? A，? ? 0 A ? 10cm，? ?故振动方程为： x ? 0.1cos(10 5t) （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 ? -600 N ，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 ??60 5?sF ? 12.25 ? 10 6 N/m ?x6、解：由 F ? k?x 得： k ?k ? 14.9rad/s m 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 vv?L 30 m/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，? ? 50H z，? ? 1m 5、解：（1）由波动方程可得：（2） vmax ? A? ? 5?m / s，amax ? A? ? 500 ? m/ s2 2 2（3） ?? ?2??( x 2 ? x1 ) ? ??26、解：（1） y ? 3 ? 10cos 4? (t ?x ) 20y B ? 3 ?10? 2 cos 4? (t ? ? 3 ?10? 2 cos(4?t ? ? )5 ) 20（2）B 点的振动方程，以 x ? ?5 代入上式得： 所求的波动方程为： y B ? 3 ? 10?2 cos?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? 10 J ? s5 ?1? m ?2， 3.79 ? 103 J ；5、解：设 S2 的振动方程为： y 2 ? A? cos(2?t ? ? ) S1 的振动传至 P 点，在 P 点引起的振动方程为： y1 p ? A cos (2?t S2 的振动传至 P 点，在 P 点引起的振动方程为: y 2 P2?? 2 2? ? A? cos (2?t S2P ? ?) ?s1 P ??)?? ?2?( S 2 P ? S1 P ) （ - ?- ） ? 2?? 0.4? ??2-?干涉相消的条件：?? ? 0.4? ?-? ? （2k ? 1 ）? 2 k ? 0时，? ? -0.1?故 S2 的振动方程为： y 2 ? A? cos(2?t - 0.1? ) 6、解：如图所示，取 S1 点为坐标原点， S1 、 S 2 联线为 X 轴，取 S1 点的振动方程 :???u?? 4m（1）在 S1 和 S 2 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：1 2? ?? ? ? ? ? (11 ? x ? x) ? (2k ? 1)? 2 ?k ? 0,?1,?2,...故得x ? 1,3,5,7,9,11m这些点因干涉相消而静止不动（2）若 A 点在 S1 左侧，则有1 2? ?? ? ? ? ? [11 ? x ? (? x)] ? ?6? 2 ?所以， S1 左侧各点因干涉加强。 （2）若 A 点在 S 2 右侧，则有1 2? ?? ? ? ? ? ( x ? 11 ? x) ? 5? 2 ?所以， S 2 右侧各点因干涉静止。 练习十五 1-2、B，C，3、554.5HZ；4、 0.12 cos 5、解：设火车的速度为 vs?2x cos 20?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 - vs u ?0 u ? vs? ? ? 440H Z ? ?? ? 392H Z解得： vs ? 19m/s 6、解：（1）设原点处波源的振动方程为： y0 ? A cos(?t ? ? ) 原点处波源在 t ? 0s，y0 ? A，则? ? 0 由题知： T ? 0.5s，? ? 4?，? ? 10 m，A ? 0.1m 故振动方程为： y0 ? 0.1cos(4?t) 波动方程为： y ? 0.1 cos ( 4?t （2） t ??5x)T 1 ? ? s ? s，波形方程为： y ? 0.1cos ( - x) 4 8 2 5T 1 ? ? s ? s，x ? 处质点的位移为： y ? 0.1 cos ? 0 4 8 2 2 （3） ? 2? ? ? 速度为：v ? -4?A sin ( ) ? -4?A sin (- ) ? 0.4?m/s 2 ? 2 2 t?练习十六1.6， 2 ? 10 J 1-4、C，B，D， D，5、 3.44 ? 10 ，25 56、?v0 vf (v)dv，? f (v)dv ， Nf ( v ) dv ， ? ?v0 ?v0 ? f (v)dv? v0??av / Nv0 ? 7、 f (v ) ? ?a / N ?0 ?练习十七(0 ? v ? v0 )1 11 2N (v0 ? v ? 2v0 ) ； a ? v0 ； ?N ? N ； v ? 3 9 3v0 (v ? 2v0 )?21 ?56.21? 10 1-3、D，C，B， 4、 6.23? 10 ，36 ?10 ， ，5、 5.42 ? 10 ，76、解：（1）i ? kT ? 2E 2 ? ? 1.35 ? 105 Pa ?? P ? N iV P ? kT ? ? V ? E?N（2）3 ? kT ? 3E ? 2 ? 7.5 ? 10? 21 J ??? ? Ni ? 5N E? kT ? 2 ? 3 2? ? ? kT，T ? ? 263K 2 3k? ?7、解：由题得1 m 5 0.8 ? mv 2 ? R?T 2 M 20.8Mv 2 ? 0.062K 故有： ?T ? 5R1 mol 气体PV ? RT R?T ?P ? ? 0.512 ( Pa ) V练习十八 1-2、A，D， 3、等压过程 4、124J，-85J， 5、 350?P0V0 PV PV ? 128J， 250? 0 0 ? 91.6 J， 100? 0 0 ? 36.6 J， 0 T0 T0 T06、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==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×(300-290）=623 J 吸热 Q=0 7、解： 由图知：PA ? 4 PC，VC ? 4V A PAV A ? PCVC ? TC ? TAp(Pa) 4×105 A B则全过程中： ?E ? 0 A 到 B，等压过程：Q AB ?m ? C P (TB ? TA ) M1×105 105 OC 2 3.49 8 V(m3)5 ( PBVB ? PAV A ) 2 ? 1.5 ? 106 JB 到 A，绝热过程， QBC ? 0Q ? Q AB ? QBC ? 1.5 ? 106 J 由热力学第一定律得： A ? Q ? ?E ? 1.5 ? 106 J练习十九 1-2、B，B，3、AM，AM 和 BM 5、解： a ? b 等温过程：4、（3）（1）（1）paT1db1 PaVa ? PbVb ? Pb ? Pa 2 V Qab ? ? Pdv ? ?RT1 ln b ? ?RT1 ln 2 Va Vab ? c 等压过程OVbT2cVbVaVPb Pc 2 1 ? ? Pc ? Pb ? Pa 3 3 T1 T27 7 Qbc ? ?C P ?T ? ?R(T2 ? T1 ) ? ? ?RT1 2 6 c ? d 等温过程：PcVc ? Pd Vd ? Pd ? 2 Pc ? Qcd ? ? Pdv ? ?RT2 lnVc Vd2 Pa 3Vd ? ??RT2 ln 2 Vcd ? a 等压过程Pa Pd 2 ? ? Pd ? Pa 3 T1 T27 7 Qda ? ?C P ?T ? ?R (T2 ? T1 ) ? ?RT1 2 61 ln 2 Qab ? Qbc ? Qcd ? Qda 故：? ? =15.1% ? 3 7 Qab ? Qda ln 2 ? 6 1 2 同时： Pa Pc ? Pa ? Pb Pd （证毕） 36、解： a ? b 等温过程：paQab ? ? Pdv ? ?RT a lnVaVbVb ? ?RT a ln 2 VaOcVabb ? c 等压过程VbVVb ? 2Va ? 2Vc ? Tc ?1 1 Ta ? Tb 2 2 5 5 Qbc ? ?C P ?T ? ?R(Tc ? Tb ) ? ? ?RT a 2 4c ? a 等体过程3 3 Qbc ? ?C v ?T ? ?R(Ta ? Tc ) ? ?RT a 2 4故：? ?Qab ? Qbc ? Qca ? 13.4% Qab ? Qca练习二十 1-2、B，C，3、467K，233K 5、解： 由图知： 4、400JP2 P1 ? ? P2V1 ? P1V2 V2 V1p p2 p1 O A B5 ( P2V2 ? P1V1 ) 2 1 1 ( P2V2 ? P1V1 ) （2） A ? ( P 1 ? P 2 )(V2 ? V1 ) ? 2 2（1） ?E ? CV (T2 ? T1 ) ? （3） Q ? ?E ? A ? 3( P2V2 ? P 1V1 ) (4)以上计算对于 A ? B 过程中任意微小变化均成立 则对于微过程有V1V2V?Q ? 3? ( PV ) ? ( PV ) ? R?T 故有：C ?6、、解：?Q ? 3R ?TV V V A ? B等压过程，A ? B ? TA ? A TB TA TB VB V V V C ? D等压过程，D ? C ? TD ? D TC TD TC VC? ?1 ? ?1 B ? C绝热过程， TBVB ? TCVC? ?1 ? ?1 D ? A绝热过程， TAVA ? TDVD联合上述四式得：VB VC ? V A VD V m m C P (TB ? TA ) ? C P (1 ? A )TB M M VB整个过程中，吸收的热量为： Q AB ?放出的热量为： QCD ? ?V m m C P (TD ? TC ) ? ? C P (1 ? D )TC M M VC故循环的效率为：? ?Q AB ? QCD Q T ? 1 ? CD ? 1 ? B ? 25% Q AB Q AB TC
大学物理学习指导下答案详解(朱善华)_工学_高等教育_教育专区。练习一 1、D , 2、C ,3、C,4、 量), ? a / 2 , 6、 Q 3?? 0 a 2 D, 5、 4...
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