大学物理练习册解答.pdf

1 m s6 1 txv 解 大学物理练习册解答 质点运动学 1 答案 一 选择题 1 D 2 B 3 D 4 D 5 D 二 填空题 1 23 m s 2 ttA t sin2cose 22 12 2 1 n n 0 1 2 3 0 1 m s2 4 bt 0 v 24 0 2 bRbt v 5 g 2 g3 32 2 v 三 计算题 1 2 3 1 tAy tAx sin cos 2 1 消去t得轨道方程为1 2 2 2 2 1 2 A y A x 椭圆 2 rjtAi tA dt vd jtAi tA dt rd 2 2 2 1 2 21 sincosa cossinv a与r反向 故a恒指向椭圆中心 3 当t 0时 x 0 y 0 质 点 位 于 2 t时 221 2 sin 0 2 cosAAyAx 质点位于图中的Q点 显然质点在椭圆形轨 o o M y x Q t a n a a 910 2 2 t tdx dtv 16 2 s v 1810t dtdva 3 s 2 2 m 26 a vx处的速度为解 设质点在 dt dx dx dv dt dv a dx dv v x 2 63 63 00 2 dx x vdv vx 4 6 3 1 2 x xv 2 道上沿反时针方向运动 在M点 加速度a的切向分量ta如图所示 可 见在该点切向加速度ta的方向与速度v的方向相反 所以 质点在通过 M点速率减小 4 5 所以质点的运动方程为 解 先求质点的位置 s2 t 2 25220 s m 60在大圆 dtdsv 1020t m s40 2 v 时s2 t dtdv at m s10 R van 2 s m 3 160 2 an an a at 1 dt dv a dt dv a y y x x dttdvdtdv yx 2 36 2 tv y tv x dttdvdtdv yx 0 2 000 36 2 12 2 3 tvtv yx jti tv 3 122 dt dy v dt dx v yx dttdytdtdx 3 12 2 tytx dttdytdtdx 0 3 000 12 2 42 3 tytx jtitr ty tx 42 4 2 3 3 3 2 上式中消去t 得 y 3x2即为轨道方程 可知是抛物线 注 若求法向加速度 应先求曲率半径 6222 3 1444 12 2 3 ttvvv tvtv yx yx 4 2 62 6 361 2162 1444 8648 2 1 t t tt tt dt dv a 6 361 1 2 3 2 2 3 2 x y y 4 2 2 3 2 422 361 24 361 6 361 4 t t x ttv an 4 质点运动学 二 答案 一 选择题 1 C 2 A 3 D 4 C 5 C 二 填空题 1 2 0 2 2vv gx y 22 2 1 vgxy 2 2 1 2 22 ttSt 2 2 1 2 21 sin t tt 或 21 1 costt 3 r r 4 0 321 vvv 5 cos2 21 2 2 2 1 vvvv 或 cos2 21 2 2 2 1 vvvv 三 计算题 1 解 实际上可以用求面积的方法 2 3 解 1 4 解 根据机械能守恒定律 小球与斜面碰撞时的速度为 h 为小球碰撞前自由下落的距离 因为是完全弹性碰撞 小球弹射的速度大 小为 ghvv2 12 m x 2 2 1 21 2 2 15 2 的水平分量的大小为 雨对车v vvv 车对地雨对车雨对地 根据 竖直向下 雨对地v 其水平分量为零 m s10 v车对地 30 ctg 2 vv车对地雨对地 由图 m s3 17 30 sin vv 车对地雨对车 m s20 v雨对车v雨对地 v车对地 30 ghv2 1 5 v2的方向是沿水平方向 故小球与斜面碰撞后作平抛运动 弹出的水平距离为 根据 极值条件 得到 且 是使小球弹得最远的高度 5 解 设水用 S 风用 F 船用 C 岸用 D 已知 正东 正西 北偏西 30o 2t vs ghHt 2 式中 ghHghs 22 2hHh 2Hh 04 2 22 Hhdsd H HH 2 1 hHh hH dh ds 2 0 20 10 10 cs fd sd v v v sdcscdvvv 方向正北 km h310 cdvcdfcfdvvv cdfdfcvvv csfcsdfdvvvv 方向为南偏西30 o fcv vcs vfc vfd vsd vc 6 牛顿运动定律 一 答案 一 选择题 1 C 2 C 3 B 4 A 5 B 二 填空题 1 f 0 2 m3 m2 gi 0 3 l cos 2 4 0 28 N 1 68 N 5 三 计算题 1 解 联立求解 则外力 由牛顿第三定律 m对M的压力与N大小相等方向相反 数值为 2 解 受力分析 建立坐标系 物体受重力 地面的弹力 外力和摩擦力 列 受力方程 0cos NF 联立求解 0sin mgFN 当分母有极大值时 F 有极小值 令 因此y有极大值 由 有 B gmB A N f gmA 1 2 maN sin 0cos mgN gtga cos mgN aMmF gtgMm cos mgN sincos mg F sincos y 0 d dy sincos 2 2 d yd 0 0cossin tg arctg a gm Ny x 7 3 证明 有 两边积分 则 4 解 设小球所在处圆锥体的水平截面半径为 5 解 小球受力如图 根据牛顿第二定律 当 arctg 时最省力 maF 2 x k m F a 2 mx k dt dv dx dx dt dv dx dv v dt dx v dx mx k vdv 2 dx mx k vdv x x v 2 0 0 0 2 11 2xxm kv 0 11 2 xxm k v 0sincos cossin 2 mgNT rmmaNT sinlr 22 2 sincos cossinsin 1 lmmgT lmmgN cos cos 0 2 mgTlg N c c H O l dt Fkvmg mdv k e Fmg v mkt 1 tv dt Fkvmg mdv 00 0 时初始条件 t 0 v F f gm a x 8 牛顿运动定律 二 答案 选择题 1 A 2 B 3 B 4 C 5 B 二 填空题 1 63 2 N 参考解 mr 2 2 0 8 2 2N 63 2 N 2 0 2 Rmmg 3 g 竖直向下 22 ag 4 2 5 21 2 mm gmF 1 21 2 gmF mm m 三 计算题 1 解 以被提起的绳段y为研究对象 建立坐标Oy 它受拉力F和重力 y g的 作用 如图所示 由牛顿第二定律 2 ayv dt dv yv dt dy dt yvd dt mvd ygF 即 2 ayvygF yag ayayygF ayva 3 2 21 1 2 则 常矢量时 当 2 2 02 vgyF av 则 常矢量时 当 2 解 TTT 21 a 相对地面的加速度为取地面为参考系 电梯相对电梯的加速度 为设 1 mar 则 aaa r 1 由 11111 amTPm 1 1111 1 aamamTgm aaay r r 则 轴向下为正 得 取 同理 aaa r 2 则 22222 amgmTm 2 2222 2 aamamgmT aaay r r 则 轴向上为正 得 取 2 m 2 a 2 T 2 P y 9 解 1 2 式得 ag mm mm ar 21 21 代入 1 式得 ag mm mm T 21 21 2 方向如 图所示 3 解 以车厢为参考系 小球受力如图所示 小球静止时合力为零 得 0 FGT 写投影式为 0sin amT 0cos mgT 解之得出 ga tg 即 arctg g a 4 解 1 取杆OA为参考系 小环处于静止状态 受力如图 gm N 及惯 性离心力 F 三者合力为零 受力图 0 FNgm 其中 2 sin lmF 将 式沿OA杆方向取投影可得 0cossin sin 2 mglm l g cos sin 1 2 因为N与杆是垂直的 故无论N取何值 都不影响小环沿杆的运动 现 假定小环受到一个扰动 向杆A端发生一位移 l 即 l大于零 由上面 式知 cossin 2 mgllm 即惯性离心力F 沿杆的分量大于重力沿杆的分量 二者方 向相反 合力指向杆的A端 故小环将沿杆向A端加速 不 能再返回平衡位置 反之 如小环向O端发生一 l位移 此 时 l 0时 滑动摩擦力f m g cos 正确画出 为 0到 90 之间的f 曲线 amF gmG T A z O N mg F 0 f 90 mg sin mg cos 10 动量与角动量 一 答案 动量与角动量 一 答案 一 选择题 C 2 C 3 B 4 A 5 A 二 填空题 1 0 21 gym 0 vm 2 1 2 18 N s 3 0 2 mg 2 mg 4 m M cos 0 v 5 10 m s 1 北偏东 36 87 三 计算题 1 解 1 因穿透时间极短 故可认为物体未离开平衡位置 因此 作用于子弹 物体系统上的外力均在竖直方向 故系统在水平方向动量守恒 令子弹穿出时物 体的水平速度为 v 有 mv0 mv M v v m v0 v M 3 13 m s T Mg Mv2 l 26 5 N 2 sN7 4 0 vvmmtf 设 0 v 方向为正方向 负号表示冲量方向与 0 v 方向相反 2 解 以 lE 和 lp 分别表示人在塔下时地心和人离他们共同的质心的距离 则 由质心定义可得 ppEE lmlm 由于质心保持不动 所以当人爬上 hlp 时 应有 ppEE lmlm 由此得 22 24 1014 3 1098 5 2575 p E p E l m m lm 即地球向人爬高的反方向移动了 22 1014 3 m 11 3 解 以人与第一条船为系统 因水平方向合外力为零 所以水平方向动量守 恒 则有 Mv1 mv 0 v1 v M m 再以人与第二条船为系统 因水平方向合外力为零 所以水平方向动量守恒 则有 mv m M v2 v2 v mM m 4 解 如图所示 设薄板半径为R 质量为m 面密度 2 2 Rm A 由质量 分布的对称性可得板的质心在 x 轴上 而 3 4 2 1 22 R dxxRx mm xdm x AC 四 证明题 证 物体与契块组成的系统在水平方向不受外力 故此系统在水平方向的动量守 恒 沿水平方向取x轴 则按题意 有 VmMmvx 00 其中 vx 为物体沿契块斜面下滑速度v的水平分量 V为契块沿水平面移动的速度 由上式 得 x v mM m V 两边乘 dt 积分之 有 t x t dtv mM m Vdt 00 即 cos 00 lx xd mM m dx dx 分别为契块和物体沿水平方向的位移元 这样 由上式可得契块的总位移 x为 动量与角动量 二 答案 一 选择题 1 C 2 3 C 4 A 5 D 二 填空题 1 m s14 1 C a 与正方形一边成 45 角 12 2 12 rad s 3 1 N m s 1 m s 4 Mvd 参考解 v mrL dmLv 5 2275 kgm2 s 1 13 m s 1 三 计算题 1 解 由题给条件可知物体与桌面间的正压力 mgFN 30sin 物体要有加速度必须 NF 30cos 即 mgt 3 5 0 s256 0tt 物体开始运动后 所受冲量为 t t tNFI 0 d 30cos 96 1 83 3 0 2 0 2 tttt t 3 s I 28 8 N s 则此时物体的动量的大小为 Im v 速度的大小为 8 28 m I v m s 2 解 这个问题有两个物理过程 第一过程为木块M沿光滑的固定斜面下滑 到达B点时速度的大小为 singl2 1 v 方向 沿斜面向下 第二个过程 子弹与木块作完全非弹性碰撞 在斜面方向上 内力的分量远 远大于外力 动量近似守恒 以斜面向上为正 则有 Vvv cosMmMm 1 Mm glMm sincos2v V 3 解 建立图示坐标 以vx vy表示小球反射速度的x和 y分量 则由动量定理 小球受到的冲量的x y分量的表达式 如下 x方向 xxx vvvmmmtFx2 y方向 0 yyy mmtFvv tmFF xx 2 v m m O x y 13 v x v cos a tmF cos2 v 方向沿x正向 根据牛顿第三定律 墙受的平均冲力 FF 方向垂直墙面指向墙内 解法二 作动量矢量图 由图知 cos vvmm2 方向垂直于墙向外 由动量定理 v mtF 得 tmF cos2 v 不计小球重力 F即为墙对球冲力 由牛顿第三定律 墙受的平均冲力 FF 方向垂直于墙 指向墙内 4 解 物体因受合外力矩为零 故角动量守恒 设开始时和绳被拉断时物体的切向速度 转动惯量 角速度分别为v0 J0 0和v J 则 JJ 00 因绳是缓慢地下拉 物体运动可始终视为圆周运动 式可写成 RmRRmR 2 00 2 0 vv 整理后得 vv 00 RR 物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供 RmF 2 v 再由 式可得 3 12 0 2 0 FmRRv 当F 600 N时 绳刚好被拉断 此时物体的转动半径为 R 0 3 m 四 证明题 证 因质点只受有心力作用 即质点所受作用始终指向某一固定点O 力 对该点的力矩为零 根据角动量定理 质点对O点的角动量是恒矢量 v mrL 恒矢量 L 的方向垂直于r 和v 所在的平面 L 是恒矢量 方向不变 即 r v 总 是保持在一个平面上 这就是说 质点在有心力作用下 始终作平面运动 功和能 一 答案 一 选择题 1 C 2 C 3 A 4 C 5 C mv mv a a v m 14 二 填空题 1 1 3 1 RR GMm 或 R GMm 3 2 2 k mgh k mg k mg x 2 2 3 1 m s 150 J 4 0 207 5 2 m 6 m 4 m 2 m 和 6 m 8 m 2 m和6 m 三 计算题 1 解 按题设 质点由x 0处沿x轴运动到任一位置x的过程中 合外力所作 的功为 1 0 0 0 kx x kx e k F dxeFA 利用质点动能定理的表达式 考虑到初动能为零 则有0 1 0 k kx Ee k F 即质点的动能为 1 0kx k e k F E 可见 质点的动能Ek 随位置x而改变 令0 x 则得质点所具有的最大动能 为 k F e k F E kx x k 00 0 max 1 lim 按质点的动能定义 2 2 1 mvEk 则相应的最大速率为 km F m E v k 0 max max 22 2 解 设弹簧的原长为l0 弹簧的劲度系数为k 根据胡克定律 0 1g k 0 07 l0 0 2g k 0 09 l0 解得 l0 0 05 m k 49 N m 拉力所作的功等于弹性势能的增量 W EP2 EP1 2 01 2 02 2 1 2 1 llkllk 0 14 J 3 解 1 建立如图坐标 15 某一时刻桌面上全链条长为y 则摩擦力大小为 g l y mf 摩擦力的功 00 dd alal f ygy l m yfW 02 2 al y l mg 2 2 al l mg 2 以链条为对象 应用质点的动能定理 W 2 0 2 2 1 2 1 vvmm 其中 W W P Wf v0 0 WP l a xPd l almg xx l mg l a 2 d 22 由上问知 l almg Wf 2 2 所以 22 22 2 1 22 vmal l mg l almg 得 2 1 222 alal l g v 4 解 重力的功 W mgl cos cos45 根据动能定理有 45cos cos 2 1 2 mglmv 45cos cos2 glv 当 10 时 v 2 33 m s 亦可用功能原理求解 5 解 1 先分析力 在抛出后 如果不计空气阻力 则石块只受重力 保守 力 作用 别无外力 所以对石块和地球组成的系统 机械能守恒 系统在开始 位置 其动能即为石块的动能 势能为 在终点 即地面上 取作 势能零点 而动能为 v为到达地面时石块的速率 所以 按机械能守 恒定律 有 得 2 仍把石块和地球看作一个系统 在抛出后 除重力 内力 外 还有外力即 空气阻力作功 因此机械能不守恒 应用系统功能定理 外力作功等于系统 B C A T C O gm l 45 B 16 机械能的增量 仍取地面为势能零点 得 代入题给数据 得 功和能 二 答案 一 选择题 1 D 2 D 3 C 4 E 5 B 二 填空题 1 2 0 kx 2 0 2 1 kx 2 0 2 1 kx 2 1 2 m m 2 1 2 1 m m 3 2 uv 物 角动量守恒 相对地面 v人 v物 4 机械能守恒 22 0 2 1 2 1 mvllkmgl 2 0 2ll m k gl 5 不一定 动量 三 计算题 1 解 分三步解 第一步 设弹簧恢复形变时 m1 的速度为v10 据机械能守 恒 2 10 2 2 1 2 1 mvkx 第二步 m1与 m2 发生弹性碰撞 因m1 m2 碰后两小球的速度交换 碰后 m2 的速度为 v2 v10 第三步 作圆周运动到A点处脱落 此时它对圆环的压力N 0 因此圆环对它 的压力也为零 根据牛顿第二定律及机械能守恒定律 有 22 2 2 2 1 cos1 2 1 cos mvmgRmv R v mmg 17 联立上面四个方程 可以解出 k mgR x 2 7 2 解 第一段 泥球自由下落过程 选泥球和地球为系统 机械能守恒 有 2 2 1 mvmgh 第二段 泥球与板的完全非弹性碰撞过程 对泥球和板系统 由于相互撞击力 系统的内力 远大于系统的外力即重力 与弹簧恢复力之和 所以可视为动量守恒 取向下为正方向 则有 VMmmv V为碰后木板与泥球的共同速度 第三段 泥球 平板系统向下运动过程 对泥球 平板 弹簧以及地球系统 因仅有保守内力做功 所以系统机械能 守恒 设平板原始位置为重力势能零点 此时弹簧的压缩量为x0 泥球落下与平 板共同向下的最大位移为x 则有 gxMmxxkVMmkx 2 1 2 1 2 1 2 0 22 0 又由平板最初的平衡条件可得 0 kxMg 由以上四式可解得 2 11 gmM kh k mg x 3 解 动量守恒 VMmm 0 v 越过最高点条件 lMmgMm 2 v 机械能守恒 22 2 1 2 2 1 vVMmLgMmMm 解上三式 可得 mglMm 5 0 v 4 解 重力 支持力 绳中张力对A点的力矩之和为零 故小球对A点的角动 量守恒 当B与A距离最大时 B的速度应与绳垂直 故有 vvmlmd 30sin 0 由机械能守恒有 2 0 22 0 2 1 2 1 2 1 llkmm vv 由式 得 v v0 4 代入 式得 306 1 15 16 2 0 0 m llk v m s v 0 327 m s 18 5 证明 一 用动量定理证明 以T表示AB间绳的张力 以 表示物体与斜面间摩擦系数 对A有 v AAA mtgmgmTF cossin 对B有 v BBB mtgmgmT cossin 由 两式消去v与t得 F mm m T BA B 与 无关 二 用动能定理证明 对A有 2 2 1 cossin v AAA mSgmgmTF 对B有 2 2 1 cossin v BBB mSgmgmT 由 消去v2 S得 F mm m T BA B 与 无关 19 刚体定轴转动 一 解答 一 选择题 1 D 2 C 3 C 4 B 5 C 5 参考解 挂重物时 mg T ma mR TR J 由此解出 JmR mgR 2 而用拉力时 2mgR J 2mgR J 故有 2 二 填空题 1 mgl 2 1 参考解 M Md mglrrlgm l 2 1 d 0 2 否 在棒的自由下摆过程中 转动惯量不变 但使棒下摆的力矩随摆的下摆而减 小 由转动定律知棒摆动的角加速度也要随之变小 3 g l g 2l 4 98N 5 mgl 2 1 2g 3l 6 50ml 2 三 计算题 1 解 2 2 3 22 1 2 1 2 2 2 2 blblmbmlmlbmJJJ diskCrod sin 2 sin 12 blgmglm 由 I 243 3 2 2 sin 22 1 2 212 llbbmlmblmlmg 20 2 解 设a1 a2分别为m1 m2的加速度 为柱体的角加速度 方向如图 1 m1 m2的平动方程和柱体的转动方程如下 3 2 1 21 1111 2222 IrTRT amTgm amgmT 22 122211 2 1 2 1 mrMRIRaraTTTT sradg rmRmI rmRm 31 6 2 2 2 1 21 2 由 1 得 NgmrmT8 20 222 由 2 得 NRmgmT1 17 111 3 设m1着地时间为t则 s R h a h t81 1 22 1 4 m1着地后静止 这一侧绳子松开 柱体继续转动 只因受一侧绳子 的阻力矩 柱体转速将减小 m2减速上升 讨论 如果只求柱体转动的角加速 可将柱体 m1 m2选作一个系统 系统 受的合外力矩grmgRmM 21 则角加速度 2 2 2 1 rmRmI M 柱 本题第二问要求两侧细绳的张力故采用该方法是必要的 即分别讨论柱体的 转动 m1 m2的平动 3 解 1 如图 圆环放在刀口上O 以环中心的平衡位置C点 的为坐标原点 Z轴指向读者 圆环绕Z轴的转动惯量为 2 MRJzc 由 平 行 轴 定 理 关 于 刀 口 的 转 动 惯 量 为 22 2MRMRJJ zczo 2 在固定轴PP 上 只能在纸面内外小摆动 2 2 2 MRJJ MR J xoPPxo 平行轴定理垂直轴定理 3 要求在纸面内的小振动周期T1 由 g R T R g I MgR zo 2 2 22 1 2 1 11 R C P P O O x Z 21 g R T R g I MgR PP 2 3 2 3 2 2 1 2 1 22 1547 1 3 4 2 1 T T 在平面内摆动的周期比以PP 为轴摆动周期要长 5 15 4 解 对m1 由牛顿第二定律 amTgm 111 1 对m2 由牛顿第二定律 amgmT k222 2 对滑轮 用转动定律 2 21 2 1 mrrTT 3 有运动学关系 设绳在滑轮上不打滑 ra 4 联立 1 2 3 4各式 得 g mmm mm a k 2 21 21 gm mmm mm T k 1 21 2 1 2 2 1 gm mmm mm T kk 2 21 1 2 2 2 1 5 解 1 子弹冲入杆的过程中 子弹和杆系统对悬点O所受的外力矩为零 所以对此点的角动量守恒 即 3 1 22 0 mdMLdmv 由此得杆的角速度为 22 0 3 3 mdML dmv 1 2 子弹冲入杆的过程中 子弹受杆的阻力的大小为 以子弹为研究对象 t mvdm t mvmv f 00 2 杆受到子弹的冲力 以杆为研究对象 t dmmv ff 0 3 对杆用质心运动定理 m2 m1 T1 T2 a 22 x方向 t mv t md ML t L MfF t L MMafF x ctx 0 2 2 2 4 y方向 Mg ML F LMMaMgF y cny 2 2 2 2 5 3 若令 4式中 0 x F 可得 0 2 0 t mv t md ML 将 1式带入得 3 2L d 5 23 刚体定轴转动 二 解答 一 选择题 1 D 2 C 3 B 4 C 5 A 二 填空题 1 0 3 1 2 定轴转动刚体所受外力对轴的冲量矩等于转动刚体对轴的角动量 动量矩 的增量 0 d 2 1 JJtM t t z 刚体所受对轴的合外力矩等于零 3 22 0 2 34 7 xl l 4 lmM 34 6 0 v 5 FrM 变角速 角动量 6 2 0 mRJ mRvJ 三 计算题 1 解 球与杆碰撞瞬间 系统所受和外力矩为零 系统碰撞前后角动量守恒 Jalm 杆摆动过程机械能守恒 cos1 22 1 2 l MgJ 2 3 1 MlJ 解得小球碰前速率为 2 sin 3 2 gl alm Ml 24 2 解 1 棒在任意位置时的重力矩 cos 2 l mg 因为 J 2 3 1 mlJ cos 2 3 l g J 2 因 d l mgddAcos 2 2 cos 2 2 0 l mgd l mgA 这功是细棒重力势能的减少而获得 3 任意 时的角速度 根据转动定律 J d d ml dt d d d ml dt d mlml l mg 2222 3 1 3 1 3 1 3 1 cos 2 分离变量 dd g 3 1 cos 2 00 3 cos 2 d l d g 2 6 1 sin 2 l g lg sin3 30 l g 2 3 90 l g3 棒下摆过程重力势能转变为动能 可根据机械能守恒得到 4 假设处于铅垂位置时轴的作用力为N 重力mg 在不考虑转轴摩檫阻力矩 的情况下 以上两个力的力矩为零 根据转动定律 0 利用质心运动定理 将作用力N平移到质心 正交分解为水平分力Nx 竖直 分力Ny 质心C的切向加速度 0 2 l act 0 ctx maN 质心C法向加速度 g l gll acn 2 33 22 2 法向加速度由法向合外力产生mgmamgN cny 2 3 mgNy 2 5 3 解 唱片之所以转动是因受到转盘施加的摩擦力矩的作用 在唱片上选半径为r 宽度为dr的圆环 它的摩擦力矩为 rrdrgd 2 式中 2 R m 为唱片的密度 总的力矩 mgRdrrgd R 3 2 2 0 2 dr r 25 唱片为刚体 根据转动定律 dt d JJ d J dt g R mgR mR J t 4 3 3 2 2 1 1 1 2 1 1 4 解 选人 滑轮 与重物为系统 系统所受对滑轮的外力矩为 MgR 2 1 设u为人相对绳的匀速度 为重物上升的速度 则该系统对滑轮轴的角动 量为 MRuMRR M RuMR M L 8 13 42 1 2 2 根据角动量定理 t L d d 即 8 13 2 1 MRuMR dt d mgR g dt d a dt du 13 4 0 5 解 设制动器离转轴 铰叶处 的距离为l0 房门的质心 C 到转轴的距离 2 1 C l 房门对转轴的转动惯量 2 3 1 mbJ 把碰撞制动器的作用力记为F F 铰叶对门的作用力的两个分力记为F1和F2 由角动量定理可确定F F的冲量矩 0 0 0 0d JtFl 由质心运动定理可得 C lmdtFF 0 0 1 0 令 F1 0 可解得 bl 3 2 0 由此 制动器安装在距铰叶的距离等于房门宽度的 2 3 处 铰叶受到的冲击力最 小 C lC l0 F2 F1 26 狭义相对论 一 解答 一 选择题 1 B 2 A 3 B 4 B 5 C 二 填空题 1 一切彼此相对作匀速直线运动的惯性系对于物理学定律都是等价的 2分 一切惯性系中 真空中的光速都是相等的 2分 2 C 3 C C 4 4 33 10 8 5 1 29 10 5 s 三 计算题 1解 由于B相对于A以 v 0 8 c匀速运动 因此B观测此图形时与 v 平行方 向上的线度将收缩为bcR2 12 2 v 即是椭圆的短轴 3分 而与 v 垂直方向上的线度不变 仍为2R 2 a 即是椭圆的长轴 所以测得的面 积为 椭圆形面积 RcRabS 2 1v 22 1cRv 7 2cm2 2分 2 解 1 观测站测得飞船船身的长度为 2 0 1cLLv54 m 则 t1 L v 2 25 10 7 s 3 分 2 宇航员测得飞船船身的长度为L0 则 t2 L0 v 3 75 10 7 s 2 分 3 解 令S 系与S系的相对速度为v 有 2 1c t t v 22 1 cttv 则 2 12 1 ttc v 2 24 108 m s 1 4 分 那么 在S 系中测得两事件之间距离为 2 122 ttctx v 6 72 108 m 4分 4 答 在太阳参照系中测量地球的半径在它绕太阳公转的方向缩短得最多 2 0 1cRRv 2分 其缩短的尺寸为 R R0 R 11 2 0 cRv 22 0 2 1 cRv 27 R 3 2 cm 3分 5 解 1 从列车上观察 隧道的长度缩短 其它尺寸均不变 1分 隧道长度为 2 2 1 c LL v 1分 2 从列车上观察 隧道以速度v经过列车 它经过列车全长所需时间为 vv 0 lL t v 0 2 1lcvL 3分 这也即列车全部通过隧道的时间 28 狭义相对论 二 解答 一 选择题 1 C 2 A 3 A 4 C 5 C 二 填空题 1 8 89 10 8 2 2 91 108 m s 1 3 x v 2分 2 1 cxvv 2分 4 相对的 2分 运动 2分 5 0 25mec2 三 计算题 1 解 设立方体的长 宽 高分别以x0 y0 z0表示 观察者A测得立方体的 长 宽 高分别为 2 2 0 1 c xx v 0 yy 0 zz 相应体积为 2 2 0 1 c VxyzV v 3分 观察者 测得立方体的质量 2 2 0 1 c m m v 故相应密度为 Vm 2 2 0 2 2 0 1 1 c V c m v v 1 2 2 0 0 c V m v 2分 2 解 它符合相对论的时间膨胀 或运动时钟变慢 的结论 2分 设 子相对于实验室的速度为v 子的固有寿命 0 2 2 10 6 s 子相对实验室作匀速运动时的寿命 0 1 63 10 5 s 按时间膨胀公式 2 0 1 cv 移项整理得 2 0 2 cv 2 0 1 c 0 99c 3分 29 3 解 以地球上的时钟计算 5 4 v S t 年 2分 以飞船上的时钟计算 2 2 1 c tt v 0 20 年 3分 4 解 设飞船A相对于飞船B的速度大小为v 这也就是飞船B相对于飞船A 的速度大小 在飞船B上测得飞船A的长度为 2 0 1cllv 1分 故在飞船B上测得飞船A相对于飞船B的速度为 2 0 1 ctltlvv 2分 解得 8 2 0 0 1068 2 1 tcl tl v m s 所以飞船B相对于飞船A的速度大小也为2 68 108 m s 2分 5 解 1 222 1 ccmmcE e v 5 8 10 13 J 2 分 2 2 0 v 2 1 eK mE 4 01 10 14 J 22 cmmcE eK 22 1 1 1 cmc e v 4 99 10 13 J KK EE 0 8 04 10 2 3 分 30 温度 答案 温度 答案 一 选择题 1 B 2 C 3 B 4 B 5 B 二 填空题 1 210K 240K 2 描述物体状态的物理量 称为状态参量 如热运动状态的参量为p V T 表征个别分子状况的物理量 如分子的大小 质量 速度等 称为微观量 表征大量分子集体特性的物理量 如p V T Cv等 称为宏观量 3 6 59 10 26 kg 4 2 3 103 m 5 6P1 三 计算题 1 解 据力学平衡条件 当水银滴刚好处在管的中央维持平衡时 左 右两边氢 气的压强相等 体积也相等 两边气体的状态方程为 p1V1 m1 M RT1 p2V2 m2 M RT2 由p1 p2得 V1 V2 m1 m2 T1 T2 开始时V1 V2 则有m1 m2 T2 T1 293 273 当温度改变为 1 T 278 K 2 T 303 K时 两边体积比为 121 122 V VmTm T 0 9847 0 0 5 在等压升温过程中 气体要膨胀而对外作功 所以要比气体等体升温过程多 吸收一部分热量 三 计算题 1 解 由题意可知气体处于初态时 弹簧为原长 当气缸内气体体积由V1膨胀 到V2时弹簧被压缩 压缩量为 1 0 12 S VV l m 气体末态的压强为 5 02 102 S l kpp Pa 39 气体内能的改变量为 E CV T2 T1 i p2V2 p1V1 2 6 25 103 J 缸内气体对外作的功为 750 2 1 2 0 klSlpW J 缸内气体在这膨胀过程中从外界吸收的热量为 Q E W 6 25 103 0 75 103 7 103 J 2 解 1 A B 2 1 1ABAB VVppW 200 J 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 600 J C A W3 pA VA VC 100 J 150 2 3 3 CCAACAV VpVpTTCE J Q3 W3 E3 250 J 2 W W1 W2 W3 100 J Q Q1 Q2 Q3 100 J 3 解 1 2 5 112212 VpVpTTCE V 2 2 1 1221 VVppW W为梯形面积 根据相似三角形有p1V2 p2V1 则 2 1 1122 VpVpW 3 Q E W 3 p2V2 p1V1 4 以上计算对于A B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 R T 40 故 Q 3R T 摩尔热容 C Q T 3R 4 解 1 dW pdV a2 V2 dV 11 21 222 2 1VV adVVadWW V V 2 p1V1 T1 p2V2 T2 T1 T2 p1V1 p2V2 由 11 paV 22 paV 得 p1 p2 V2 V1 2 T1 T2 V2 V1 2 V1 V2 V2 V1 5 解 1 气体对外作的功等于线段ca下所围的面积 W 1 2 1 3 1 013 10 5 2 10 3 J 405 2 J 2 由图看出 PaVa PcVc Ta Tc 内能增量 0 E 3 由热力学第一定律得 Q E W 405 2 J 41 热力学第一定律 二 答案 一 选择题 1 B 2 A 3 A 4 B 5 D 二 填空题 1 AM AM BM 2 33 3 8 31 103 J 3 1 1 w 或1 1 w 4 90 J 5 500 100 三 计算题 1 解 1 等温过程气体对外作功为 0 0 0 0 33 3lndd V V V V RTV V RT VpW 8 31 298 1 0986 J 2 72 10 3 J 2 绝热过程气体对外作功为 42 VVVpVpW V V V V dd 0 0 0 0 3 00 3 RTVp 1 31 1 13 1 00 1 2 20 10 3 J 2 解 1 刚性多原子分子 i 6 3 4 2 i i 600 1 1212 ppTT K 3 12 1048 7 2 1 TTiRMME mol J 2 绝热 W E 7 48 10 3 J 外界对气体作功 3 p2 n kT2 n p2 kT2 1 96 10 26 个 m3 3 解 1 Ta paV2 R 400 K Tb pbV1 R 636 K Tc pcV1 R 800 K Td pdV2 R 504 K 2 Ec i 2 RTc 9 97 103 J 3 b c等体吸热 Q1 CV Tc Tb 2 044 103 J d a等体放热 Q2 CV Td Ta 1 296 103 J W Q1 Q2 0 748 103 J 4 解 据绝热过程方程 TV 1 恒量 依题意得 2 1 11 1 1 2 TVTV 解得 1 12 2 TT 循环效率 1 1 2 211 T T 43 氮气 2 2 i 5 i 4 1 24 5 解 由卡诺循环效率可得热机放出的热量 1 3 12 T T QQ 卡诺热机输出的功 1 1 3 1 1 Q T T QW 4 分 由热力学第一定律可得致冷机向暖气系统放出的热量 WQQ 21 卡诺致冷机是逆向的卡诺循环 同样有 3 2 12 T T QQ 由此解得 1 1 3 23 13 23 3 1 T T TT QT TT WT Q 暖气系统总共所得热量 1 123 321 12 Q TTT TTT QQQ 7 1027 6 J 锅炉 T1 天然蓄水池 T2 暖气系统 T3 Q1 Q2 Q1 Q2 W 44 热力学第二定律 一 答案 一 选择题 1 D 2 D 3 D 4 C 5 D 二 填空题 1 功变热 热传导 2 从几率较小的状态到几率较大的状态 状态的几率增大 或熵值增加 3 状态几率增大 不可逆的 4 热量不能自动地从低温物体传向高温物体 不可能制成一种循环动作的热机 只从单一热源吸热完全变为有用功 而其 它物体不发生任何变化 5 从单一热源吸热 在循环中不断对外作功的热机 热力学第二定律 三 计算题 1 解 氦气为单原子分子理想气体 3 i 1 等体过程 V 常量 W 0 据 Q E W 可知 12 TTC M M EQ V mol 623 J 45 2 定压过程 p 常量 12 TTC M M Q p mol 1 04 10 3 J E与 1 相同 W Q E 417 J 3 Q 0 E与 1 同 W E 623 J 负号表示外界作功 2 证 设p V图上某一定量物质的两条绝热线S1和S2可能相交 若引入等温线T与两条绝热线构成一个正循环 如图所示 则此循 环只有一个热源而能做功 图中循环曲线所包围的面积 这违反热 力学第二定律的开尔文叙述 所以 这两条绝热线不可能相交 3 解 如图所示 若 3 2 这个过程放热 则在由 1 2 3 1 组 成的这个循环过程中 在 2 3 这个阶段必从单一热源吸热 而且在整个循环过程中也只在这个阶段吸热 由热力学第一 定律知 整个循环过程必对外做净功 但这违背了热力学第 二定律的开尔文表述 故不可能 若 3 2 这个过程不吸热也不放热 则在由 1 2 3 1 组成的这个循环过程中 在 2 3 这个阶段也必然不放热也不 吸热 而且整个循环过程中各分过程都不吸热也不放热 由 热力学第一定律知 整个循环过程对外做的净功应为零 这 样 利用这个循环 可使进行了 1 2 过程的系统恢复原态 而且外界也可不留下变化 这与 1 2 为不可逆过程相矛盾 故不可能 3 2 这个过程既不可能放热 又不可能既不吸热也不放热 故只可能是吸 热的 4 证 气体的自由膨胀是一种不可逆过程 即 不是准静态过程 但求过程前 后的熵差 却需用准静态过程将过程的始终两态连接起来计算 设气体摩尔数为 其自由膨胀前的体积为V1 温度为T 理想气体绝热 自由膨胀时 温度不变仍为T 而体积增大为V2 V2 V1 用准静态的等温过 程把绝热自由膨胀前后的状态连接起来 dE 0 O V p S1 S2 T 可 逆 绝 热 过 程 不可逆绝热过程 可逆等温过程 p V O 1 2 3 46 V V T RVpQd dd V V R T VVRT T Q S dd d d 2 1 V V 12 V dV dSRSS 0ln 1 2 V V R 5 证 不可能 设绝热线与等温线有两个交点 于是可构成一个正循环 它从 单一热源 等温过程 吸收热量 对外界做功 通过绝热过程又回到初状态 这 是违背热力学第二定律的开尔文表述 所以绝热线与等温线不可能又两个交点 47 热力学第二定律 二 答案 一 选择题 1 A 2 D 3 C 4 D 5 B 二 填空题 1 不变 增加 2 大量微观粒子热运动所引起的无序性 或热力学系统的无序性 增加 3 2 1 12 d T Q SS 可逆过程 4 0 1 2 ln V V R 5 5 76 J K 三 计算题 1 解 准静态过程 TQS dd 等温过程 TVpTQS d dd 由 RTpV 得 VRTp 代入上式 得 VVRS dd 48 熵变 2 1 ln d 2 1 1 RVVRS V V 76 5 J K 2 解 1 混合气体的定压摩尔热容为 21 2211 pp p CC C 22 2 7 2 2 5 2 RR 3R ab过程中系统的熵变为 a b p T T p b a ab T T C T TC T Q S b a ln d d ln 21abp TTC 1 10 10 2 J K 2 cd过程中系统的熵变为 c d p d c cd T T C T Q Sln d 21 1 10 10 2 J K 3 整个循环中系统的熵变为 S Sab Sbc Scd Sda 0 3 解 1 设气缸中有 摩尔氧气 根据热力学第一定律 Q E A 对于ab等温过程 E 0 故有 ln abaabab VVRTAQ 3ln3ln aaa VpRT 对于bc等体过程 Tc 0时向外 AR 方向沿径向 A 0时向外 A 0时向里 2分 3 解 用 挖补法 挖去球形空腔的带电体 在电学上等效于一个完整的 电 荷密度为 的均匀带电大球体和一个电荷体密度为 的球心在O 的带电小球体 的组合 小球体的半径等于空腔球体半径 大 小 球在空腔内P点产生的电场 强度分别为 21 E E 则P点的电场强度 21 EEE 空腔内的P点均属于球内一点 其电场强度关系 rE 0 3 所以 2 0 21 0 1 3 3 rErE 3 21 0 21 rrEEE 根据几何关系arr 21 aE 0 3 与P点在空腔中位置无关 4 解 1 设电荷的平均体密度为 取圆柱形高斯面如图 1 侧面垂直底面 底面 S平行地面 上下底面处的 场强分别为E1和E2 则通过高斯面的电场强度通量为 E S d E2 S E1 S E2 E1 S 2分 高斯面S包围的电荷 qi h S 1分 由高斯定理 E2 E1 S h S 0 1分 EE h 120 1 4 43 10 13 C m3 2分 2 设地面面电荷密度为 由于电荷只分布在地表面 所以 电力线终止于地面 取高斯面如图 2 1分 由高斯定理 E S d i 0 1 q E S S 0 1 1分 0 E 8 9 10 10 C m3 2分 5 解 根据电荷分布对板平面 的对称性 可知电场分布具有这 E 2 S E2 S E1 1 h O O P 1 r 2 r a D S x E x O D 2 D 2 55 种对称性 由此可选底面 S 与平板平行的立方盒高斯面 如图 有高斯定理 0 2 in qSE 2 Dx 2 xSqin 0 x E 2 Dx DSq int 0 2 D E 6 解 作同轴圆柱面为高斯面 根据高斯定理 0 2 qrLE 1 Rr 0 0 1 E q 21 RrR r E Lq 0 2 2 2 Rr 0 0 3 E q 在带电面附近 电场强度大小不连续 电场强度有一跃变 000 22 rL L r E R2 R1 L r 56 答电势 1 一 选择题 1 C 2 C 3 B 4 C 5 C 二 填空题 1 Up U0 2 321 0 22 8 1 qqq R 3 R 2 0 4 R Q