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大学物理上册课后 习题答案 习题一 1 1 r 与r 有无不同 td dr 和 td dr 有无不同 td dv 和 td dv 有无不同 其不同 在哪里 试举例说明 解 1 r 是位移的模 r是位矢的模的增量 即r 12 rr 12 rrr 2 td dr 是速度的模 即 td dr v t s d d t r d d 只是速度在径向上的分量 有rr r 式中 r 叫做单位矢 则 t r t r td d d d d dr r r 式中 t r d d 就是速度径向上的分量 t r td d d d 与 r 不同如题 1 1 图所示 题 1 1 图 3 td dv 表示加速度的模 即 t v a d d t v d d 是加速度a在切向上的分量 有 v v表轨道节线方向单位矢 所以 t v t v t v d d d d d d 式中 dt dv 就是加速度的切向分量 tt r d d d d 与的运算较复杂 超出教材规定 故不予讨论 1 2 设质点的运动方程为x x t y y t 在计算质点的速度和加速度时 有人先求出r 22 yx 然后根据v t r d d 及a 2 2 d d t r 而求得结果 又有人先 计算速度和加速度的分量 再合成求得结果 即 v 22 d d d d t y t x 及a 2 2 2 2 2 2 d d d d t y t x 你认为两种方法 哪一种正确 为什么 两者差别何在 解 后一种方法正确 因为速度与加速度都是矢量 在平面直角坐标系中 有 j yi xr j t y i t x t r a j t y i t x t r v 2 2 2 2 2 2 d d d d d d d d d d d d 故它们的模即为 2 2 2 2 2 2 22 22 22 d d d d d d d d t y t x aaa t y t x vvv yx yx 而前一种方法的错误可能有两点 其一是概念上的错误 即误把速度 加速度定 义作 2 2 d d d d t r a t r v 其二 可能是将 2 2 d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模 在 1 1 题中已说明 t r d d 不是速 度的模 而只是速度在径向上的分量 同样 2 2 d d t r 也不是加速度的模 它只是加 速度在径向分量中的一部分 2 2 2 d d d d t r t r a 径 或者概括性地说 前一种方 法只考虑了位矢r 在径向 即量值 方面随时间的变化率 而没有考虑位矢r 及 速度v 的方向随间的变化率对速度 加速度的贡献 1 3 一质点在xOy平面上运动 运动方程为 x 3t 5 y 2 1 t 2 3t 4 式中t以 s计 x y以m计 1 以时间t为变量 写出质点位置矢量的表示式 2 求出t 1 s 时刻和t 2s 时刻的位置矢量 计算这1秒内质点的位移 3 计 算t 0 s时刻到t 4s时刻内的平均速度 4 求出质点速度矢量表示式 计算t 4 s 时质点的速度 5 计算t 0s 到t 4s 内质点的平均加速度 6 求出 质点加速度矢量的表示式 计算t 4s 时质点的加速度 请把位置矢量 位移 平均速度 瞬时速度 平均加速度 瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量 式 解 1 jttitr 43 2 1 53 2 m 2 将1 t 2 t代入上式即有 jir 5 08 1 m jjr 411 2 m jjrrr 5 43 12 m 3 jirjjr 1617 45 40 104 sm53 4 2012 04 ji jirr t r v 4 1 sm 3 3 d d jti t r v 则 jiv 73 4 1 sm 5 jivjiv 73 33 40 204 sm1 4 4 4 j vv t v a 6 2 sm1 d d j t v a 这说明该点只有y方向的加速度 且为恒量 1 4 在离水面高h米的岸上 有人用绳子拉船靠岸 船在离岸S处 如题1 4图所 示 当人以 0 v m 1 s 的速率收绳时 试求船运动的速度和加速度的大小 图1 4 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 222 shl 将上式对时间t求导 得 t s s t l l d d 2 d d 2 题 1 4 图 根据速度的定义 并注意到l s是随t减少的 t s vv t l v d d d d 0 船绳 即 cosd d d d 0 0 v v s l t l s l t s v 船 或 s vsh s lv v 0 2 122 0 船 将 船 v再对t求导 即得船的加速度 3 2 0 2 2 2 0 2 0 2 0 0 2 d d d d d d s vh s v s l s v s lvsv v s t s l t l s t v a 船船 1 5 质点沿x轴运动 其加速度和位置的关系为 a 2 6 2 x a的单位为 2 sm x的单位为 m 质点在x 0处 速度为10 1 sm 试求质点在任何坐标处的速度 值 解 x v v t x x v t v a d d d d d d d d 分离变量 xxadxd 62 d 2 两边积分得 cxxv 32 22 2 1 由题知 0 x时 10 0 v 50 c 13 sm252 xxv 1 6 已知一质点作直线运动 其加速度为 a 4 3t 2 sm 开始运动时 x 5 m v 0 求该质点在t 10s 时的速度和位置 解 t t v a34 d d 分离变量 得 ttvd 34 d 积分 得 1 2 2 3 4cttv 由题知 0 t 0 0 v 0 1 c 故 2 2 3 4ttv 又因为 2 2 3 4 d d tt t x v 分离变量 tttxd 2 3 4 d 2 积分得 2 32 2 1 2cttx 由题知 0 t 5 0 x 5 2 c 故 5 2 1 2 32 ttx 所以s10 t时 m705510 2 1 102 sm19010 2 3 104 32 10 12 10 x v 1 7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动 运动方程为 2 3 3 t 式中以弧度计 t以秒计 求 1 t 2 s 时 质点的切向和法向加速度 2 当加速度的方 向和半径成45 角时 其角位移是多少 解 t t t t 18 d d 9 d d 2 1 s2 t时 2 sm362181 Ra 2222 sm1296 29 1 Ran 2 当加速度方向与半径成 45角时 有 145tan n a a 即 RR 2 亦即 tt18 9 22 则解得 9 2 3 t 于是角位移为 rad67 2 9 2 3232 3 t 1 8 质点沿半径为R的圆周按s 2 0 2 1 bttv 的规律运动 式中s为质点离圆周上 某点的弧长 0 v b都是常量 求 1 t时刻质点的加速度 2 t为何值时 加 速度在数值上等于b 解 1 btv t s v 0 d d R btv R v a b t v a n 2 0 2 d d 则 2 4 0222 R btv baaa n 加速度与半径的夹角为 2 0 arctan btv Rb a a n 2 由题意应有 2 4 02 R btv bba 即 0 4 0 2 4 022 btv R btv bb 当 b v t 0 时 ba 1 9 半径为R的轮子 以匀速 0 v沿水平线向前滚动 1 证明轮缘上任意点B的 运动方程为x R sin tt y R cos1 t 式中 0 v R是轮子滚动的 角速度 当B与水平线接触的瞬间开始计时 此时B所在的位置为原点 轮子前 进方向为x轴正方向 2 求B点速度和加速度的分量表示式 解 依题意作出下图 由图可知 sin sin 2 cos 2 sin2 0 0 tRtR Rtv Rtvx 题 1 9 图 1 cos1 cos1 2 sin 2 sin2 tRR Ry 2 sin d d cos1 d d tR t y v tR t x v y x t v tRa t v tRa y y x x d d cos d d sin 2 2 1 10 以初速度 0 v 20 1 sm 抛出一小球 抛出方向与水平面成幔 60 的夹角 求 1 球轨道最高点的曲率半径 1 R 2 落地处的曲率半径 2 R 提示 利用曲率半径与法向加速度之间的关系 解 设小球所作抛物线轨道如题 1 10 图所示 题 1 10 图 1 在最高点 o 01 60cosvvv x 2 1 sm10 gan 又 1 2 1 1 v an m10 10 60cos20 22 1 1 1 n a v 2 在落地点 20 02 vv 1 sm 而 o 60cos 2 gan m80 60cos10 20 22 2 2 2 n a v 1 11 飞轮半径为0 4 m 自静止启动 其角加速度为 0 2 rad 2 s 求t 2s时边缘上各点的速度 法向加速度 切向加速度和合加速度 解 当s2 t时 4 022 0 t 1 srad 则16 04 04 0 Rv 1 sm 064 0 4 0 4 0 22 Ran 2 sm 08 02 04 0 Ra 2 sm 22222 sm102 0 08 0 064 0 aaa n 1 12 如题 1 12 图 物体A以相对B的速度v gy2沿斜面滑动 y为纵坐标 开始时A在斜面顶端高为h处 B物体以u匀速向右运动 求A物滑到地面时的 速度 解 当滑至斜面底时 hy 则ghvA2 A物运动过程中又受到B的牵连运 动影响 因此 A对地的速度为 jghighu vuv AA sin2 cos2 地 题 1 12 图 1 13 一船以速率 1 v 30km h 1沿直线向东行驶 另一小艇在其前方以速率 2 v 40km h 1 沿直线向北行驶 问在船上看小艇的速度为何 在艇上看船的速度又为何 解 1 大船看小艇 则有 1221 vvv 依题意作速度矢量图如题 1 13 图 a 题 1 13 图 由图可知 12 2 2 121 hkm50 vvv 方向北偏西 87 36 4 3 arctanarctan 2 1 v v 2 小船看大船 则有 2112 vvv 依题意作出速度矢量图如题 1 13 图 b 同 上法 得 50 12 v 1 hkm 方向南偏东 o 87 36 1 14 当一轮船在雨中航行时 它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m的甲板上 篷 高4 m 但当轮船停航时 甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m 如雨滴的速 度大小为8 m s 1 求轮船的速率 解 依题意作出矢量图如题 1 14 所示 题 1 14 图 船雨雨船 vvv 船雨船雨 vvv 由图中比例关系可知 1 sm8 雨船 vv 习题二 2 1 因绳不可伸长 故滑轮两边绳子的加速度均为 a1 其对于 m2则为牵连加速度 又知 m2对绳子的相对加速度为 a 故 m2对地加速度 由图 b 可知 为 a2 a1 a 又因绳的质量不计 所以圆柱体受到的摩擦力 f 在数值上等于绳的张力 T 由牛 顿定律 有 m1g T m1a1 T m2g m2a2 联立 式 得 21 21 21 121 2 21 221 1 2 mm agmm Tf mm amgmm a mm amgmm a 讨论 1 若 a 0 则 a1 a2表示柱体与绳之间无相对滑动 2 若 a 2g 则 T f 0 表示柱体与绳之间无任何作用力 此时 m1 m2均作自由 落体运动 题 2 1 图 2 2 以梯子为对象 其受力图如图 b 所示 则在竖直方向上 NB mg 0 又因梯无转动 以 B 点为转动点 设梯子长为 l 则 NAlsin mg 2 l cos 0 在水平方向因其有加速度 a 故有 f NA ma 题 2 2 图 式中 f 为梯子受到的摩擦力 其方向有两种可能 即 f 0mg 联立 式得 2 tan 2 tan 00 ga g ga g Mm 2 3 2 8 3 16 6 sm m f a x x 2 16 7 sm m f a y y 1 2 0 1 0 1 2 0 0 8 7 2 16 7 4 5 2 8 3 2 smdtavv smdtavv yyy xxx 于是质点在 2s 时的速度 1 8 7 4 5 smjiv 2 mji ji jtaitatvr yx 8 7 4 13 4 16 7 2 1 4 8 3 2 1 22 2 1 2 1 22 0 2 4 1 dt dv m kv a 分离变量 得 m kdt v dv 即 v v t m kdt v dv 0 0 m kt e v v lnln 0 t m k evv 0 2 t tt m k m k e k mv dtevvdtx 0 0 0 1 3 质点停止运动时速度为零 即 t 故有 0 0 0 k mv dtevx t m k 4 当 t k m 时 其速度为 e v evevv k m m k 01 00 即速度减至 v0的 e 1 2 5 分别以 m1 m2为研究对象 其受力图如图 b 所示 1 设 m2相对滑轮 即升降机 的加速度为 a 则 m2对地加速度 a2 a a 因绳 不可伸长 故 m1对滑轮的加速度亦为 a 又 m1在水平方向上没有受牵连运动的 影响 所以 m1在水平方向对地加速度亦为 a 由牛顿定律 有 m2g T m2 a a T m1a 题 2 5 图 联立 解得 a g 方向向下 2 m2对地加速度为 a2 a a 2 g 方向向上 m1在水面方向有相对加速度 竖直方向有牵连加速度 即 a绝 a相 a牵 g g gaaa 2 5 4 2 222 1 arctan a a arctan 2 1 26 6 左偏上 2 6 依题意作出示意图如题 2 6 图 题 2 6 图 在忽略空气阻力情况下 抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同 与轨道 相切斜向下 而抛物线具有对 y 轴对称性 故末速度与 x 轴夹角亦为 30 则动量的增量 为 p mv mv0 由矢量图知 动量增量大小为 mv0 方向竖直向下 2 7 由题知 小球落地时间为 0 5s 因小球为平抛运动 故小球落地的瞬时向下 的速度大小为 v1 gt 0 5g 小球上跳速度的大小亦为 v2 0 5g 设向上为 y 轴正 向 则动量的增量 p mv2 mv1 方向竖直向上 大小 p mv2 mv1 mg 碰撞过程中动量不守恒 这是因为在碰撞过程中 小球受到地面给予的冲力作 用 另外 碰撞前初动量方向斜向下 碰后末动量方向斜向上 这也说明动量不 守恒 2 8 1 若物体原来静止 则 p1 t idttFdt 0 4 0 56 210 i kg m s 1 沿 x 轴正向 1 11 11 1 56 6 5 smkgipI smi m p v 若物体原来具有 6 m s 1初速 则 tt Fdtmvdt m F vmpmvp 0 0 0 000 于是 t pFdtppp 0 102 同理 v2 v1 I2 I1 这说明 只要力函数不变 作用时间相同 则不管物体有无初动量 也不管初动 量有多大 那么物体获得的动量的增量 亦即冲量 就一定相同 这就是动量定理 2 同上理 两种情况中的作用时间相同 即 t ttdttI 0 2 10 210 亦即 t 2 10t 200 0 解得 t 10 s t 20 s 舍去 2 9 质点的动量为 p mv m asin ti bcos tj 将 t 0 和 t 2 分别代入上式 得 p1 m bj p2 m ai 则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 I p p2 p1 m ai bj 2 10 1 由题意 子弹到枪口时 有 F a bt 0 得 t b a 2 子弹所受的冲量 t btatdtbtaI 0 2 2 1 将 t b a 代入 得 b a I 2 2 3 由动量定理可求得子弹的质量 0 2 0 2bv a v I m 2 11 设一块为 m1 则另一块为 m2 m1 km2及 m1 m2 m 于是得 1 1 21 k m m k km m 又设 m1的速度为 v1 m2的速度为v2 则有 22 22 2 11 2 1 2 1 2 1 mvvmvmT mv m1v1 m2v2 联立 解得 v2 k 1 v kv1 将 代入 并整理得 2 1 2 vv km T 于是有 km T vv 2 1 将其代入 式 有 m kT vv 2 2 又 题述爆炸后 两弹片仍沿原方向飞行 故只能取 km T vv m kT vv 2 2 21 证毕 2 12 1 由题知 F合为恒力 A合 F r 7i 6j 3i 4j 16k 21 24 45 J 2 w t A N75 6 0 45 3 由动能定理 Ek A 45 J 2 13 以木板上界面为坐标原点 向内为 y 坐标正向 如题 2 13 图 则铁钉所受 阻力为 题 2 13 图 f ky 第一锤外力的功为 A1 ss k kydyfdydyfA 1 0 1 2 式中 f 是铁锤作用于钉上的力 f 是木板作用于钉上的力 在 dt 0 时 f f 设第二锤外力的功为 A2 则同理 有 2 1 2 22 22 1 y k kykydyA 由题意 有 2 2 1 2 12 k mvAA 即 222 1 2 2 kk ky 所以 2 2 y 于是钉子第二次能进入的深度为 y y2 y1 2 1 0 414 cm 2 14 1 n r nk dr rdE rF 方向与位矢 r 的方向相反 即指向力心 2 15 弹簧 A B 及重物 C 受力如题 2 15 图所示平衡时 有 题 2 15 图 FA FB Mg 又 FA k1 x1 FB k2 x2 所以静止时两弹簧伸长量之比为 1 2 2 1 k k x x 弹性势能之比为 1 2 2 22 2 11 1 2 1 2 1 2 k k xk xk E E p p 2 16 1 设在距月球中心为 r 处 F月引 F地引 由万有引力定律 有 G 2 r mM月 G 2rR mM 地 经整理 得 r R MM M 月地 月 2224 22 1035 71098 5 1035 7 8 1048 3 38 32 10 6 m 则 p 点处至月球表面的距离为 h r r月 38 32 1 74 10 6 3 66 107 m 2 质量为 1 kg 的物体在 p 点的引力势能为 rR M G r M GEP 地月 7 24 11 7 22 11 1083 34 38 1098 5 1067 6 1083 3 1035 7 1067 6 1 28J 6 10 2 17 取 B 点为重力势能零点 弹簧原长为弹性势能零点 则由功 能原理 有 m2gh 2 1 m1 m2 v 2 m 1gh 2 1 k l 2 式中 l 为弹簧在 A 点时比原长的伸长量 则 l AC BC 2 1 h 联立上述两式 得 v 21 2 2 21 122 mm khghmm 题 2 17 图 2 18 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 frs 37sin 2 1 2 1 22 mgsmvkx k 2 2 2 1 37sin 2 1 kx sfmgsmv r 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 题 2 18 图 再次运用功能原理 求木块弹回的高度 h fts mgs sin37 2 1 kx 3 代入有关数据 得 s 1 4 m 则木块弹回高度 h s sin37 0 84 m 题 2 19 图 2 19 m 从 M 上下滑的过程中 机械能守恒 以 m M 地球为系统 以最低点为重力势能零点 则有 mgR 22 2 1 2 1 MVmv 又下滑过程 动量守恒 以 m M 为系统则在 m 脱离 M 瞬间 水平方向有 mv MV 0 联立 以上两式 得 v Mm MgR 2 2 20 两小球碰撞过程中 机械能守恒 有 2 2 2 1 2 0 2 1 2 1 2 1 mvmvmv 即 2 2 2 1 2 0 vvv 题 2 20 图 a 题 2 20 图 b 又碰撞过程中 动量守恒 即有 mv0 mv1 mv2 亦即 v0 v1 v2 由 可作出矢量三角形如图 b 又由 式可知三矢量之间满足勾股定理 且以 v0为斜边 故知 v1与 v2是互相垂直的 2 21 由题知 质点的位矢为 r x1i y1j 作用在质点上的力为 f fi 所以 质点对原点的角动量为 L0 r mv x1i y1j m vxi vyj x1mvy y1mvx k 作用在质点上的力的力矩为 M0 r f x1i y1j fi y1fk 2 22 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力 即有心力的作用 所以角动量 守恒 又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直 故有 r1mv1 r2mv2 m v vr r 12 2 410 2 11 2 1026 5 1008 9 1046 51075 8 2 23 1 3 0 1 155smkgjjdtfdtp 2 解 一 x x0 v0 xt 4 3 7 jattvy y 5 253 3 5 2 1 36 2 1 22 0 即 r1 4i r2 7i 25 5j vx v0 x 1 113 3 5 6 0 atvv yy 即 v1 i1 6j v2 i 11j L1 r1 mv1 4i 3 i 6j 72k L2 r2 mv2 7i 25 5j 3 i 11j 154 5k L L2 L1 82 5k kg m 2 s 1 解 二 dt dz M tt dtFrdtML 00 3 0 1 3 0 2 2 5 82 4 5 5 3 5 2 1 6 4 smkgkkdtt jdtjttit 题 2 24 图 2 24 在只挂重物 M1时 小球作圆周运动的向心力为 M1g 即 M1g mr0 2 0 挂上 M2后 则有 M1 M2 g mr 2 重力对圆心的力矩为零 故小球对圆心的角动量守恒 即 r0mv0 r mv 22 0 2 0 rr 联立 得 3 2 21 1 021 3 2 1 21 0 1 0 1 0 MMM mM gr g m MM r M MM mr gM mr gM 2 25 1 先作闸杆和飞轮的受力分析图 如图 b 图中 N N 是正压力 Fr F r是摩擦力 Fx和 Fy是杆在 A 点转轴处所受支承力 R 是轮的重力 P 是轮在 O 轴 处所受支承力 题 2 25 图 a 题 2 25 图 b 杆处于静止状态 所以对 A 点的合力矩应为零 设闸瓦厚度不计 则有 F l ll NlNllF 1 21 121 0 对飞轮 按转动定律有 FrR I 式中负号表示 与角速度 方向相反 Fr N N N F l ll NFr 1 21 又 2 1 2 mRI F mRl ll I RFr 1 21 2 以 F 100 N 等代入上式 得 2 3 40 100 50 025 060 75 050 0 40 02 srad 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 st06 7 4060 32900 0 这段时间内飞轮的角位移为 rad tt 21 53 4 9 3 40 2 1 4 9 60 2900 2 1 22 0 可知在这段时间里 飞轮转了 53 1 转 2 0 900 2 60 rad s 1 要求飞轮转速在 t 2 s 内减少一半 可知 20 0 0 2 15 2 2 srad tt 用上面式 1 所示的关系 可求出所需的制动力为 N ll mRl F 177 2 75 050 0 40 02 1550 025 060 2 21 1 2 26 设 a a2和 分别为 m1m2和柱体的加速度及角加速度 方向如图 如图 b 题 2 26 a 图 题 2 26 b 图 1 m1 m2和柱体的运动方程如下 3 2 1 21 1111 2222 IrTRT amTgm amgmT 式中 T1 T1 T2 T2 a2 r a1 R 而 I 1 2 MR 2 1 2 mr2 由上式求得 2 2222 2 2 2 1 21 13 6 8 9 10 0220 0210 04 2 1 20 010 2 1 21 022 0 srad g rmRmI rmRm 2 由 式 T2 m2r m2g 2 0 10 6 13 2 9 8 20 8 N 由 式 T1 m1g m1R 2 9 8 2 0 20 6 13 17 1 N 2 27 分别以 m1 m2滑轮为研究对象 受力图如图 b 所示 对 m1 m2运用牛顿定 律 有 m2g T2 m2a T1 m1a 对滑轮运用转动定律 有 T2r T1r 1 2Mr 2 又 a r 联立以上 4 个方程 得 2 21 2 6 7 2 15 2005 8 9200 2 sm M mm gm a 题 2 27 a 图 题 2 27 b 图 题 2 28 图 2 28 1 由转动定律 有 mg l 2 1 3 ml 2 l g 2 3 2 由机械能守恒定律 有 mg l 2 sin 1 2 1 3 ml 2 2 l g sin3 题 2 29 图 2 29 1 设小球的初速度为 v0 棒经小球碰撞后得到的初角速度为 而小球的 速度变为 v 按题意 小球和棒作弹性碰撞 所以碰撞时遵从角动量守恒定律和 机械能守恒定律 可列式 mv0l I mvl 1 2 mv 2 0 1 2 I 2 1 2 mv2 上两式中 I 1 3Ml 2 碰撞过程极为短暂 可认为棒没有显著的角位移 碰撞后 棒从竖直位置上摆到最大角度 30 按机械能守恒定律可列式 30cos1 22 1 2 l MgI 由 式得 2 1 2 1 2 3 1 3 30cos1 l g I Mgl 由 式 ml I vv 0 由 式 m I vv 2 2 0 2 所以 22 00 1 2 m v ml I v 求得 gl m Mm m Ml ml Il v 3 12 32 6 3 1 1 2 1 2 2 0 2 相碰时小球受到的冲量为 Fdt mv mv mv0 由 式求得 Fdt mv mv0 I l 1 3 Ml gl M 6 32 6 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反 题 2 30 图 2 30 1 碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 v0 R 设碎片上升高度 h 时的速度为 v 则有 v 2 v2 0 2gh 令 v 0 可求出上升最大高度为 22 2 0 2 1 2 R gg v H 2 圆盘的转动惯量 I 1 2 MR 2 碎片抛出后圆盘的转动惯量 I 1 2 MR2 mR2 碎片脱离前 盘的角动量为 I 碎片刚脱离后 碎片与破盘之间的内力变为零 但内力不影响系统的总角动量 碎片与破盘的总角动量应守恒 即 I I mv0R 式中 为破盘的角速度 于是 1 2 MR 2 1 2 MR2 mR2 mv 0R 1 2 MR 2 mR2 1 2 MR2 mR2 得 角速度不变 圆盘余下部分的角动量为 1 2 MR 2 mR2 转动动能为 题 2 31 图 Ek 1 2 1 2 MR 2 mR2 2 2 31 1 射入的过程对 O 轴的角动量守恒 Rsin m0v0 m m0 R 2 Rmm vm sin 0 00 2 0 2 0 2 00 2 0 002 0 sin 2 1 sin 2 1 0 mm m vm Rmm vm Rmm E E k k 2 32 以重物 滑轮 弹簧 地球为一系统 重物下落的过程中 机械能守恒 以最低点为重力势能零点 弹簧原长为弹性势能零点 则有 mgh 1 2 mv 2 1 2 I 2 1 2 kh2 又 v R 故有 ImR kkhmgh v 2 22 2 1 2 22 0 2 5 03 00 6 3 0 4 00 24 08 90 62 sm 题 2 32 图 题 2 33 图 2 33 1 小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒 当小球滑至 B 点时 有 I0 0 I0 mR 2 该系统在转动过程中 机械能守恒 设小球相对于圆环的速率为 vB 以 B 点为重 力势能零点 则有 1 2 I0 2 0 mgR 1 2 I0 mR 2 2 1 2 mv2 B 联立 两式 得 2 0 22 00 2 mRI RI gRvB 2 当小球滑至 C 点时 Ic I0 c 0 故由机械能守恒 有 mg 2R 1 2 mv 2 c vc 2gR 请读者求出上述两种情况下 小球对地速度 541600 20340 15340 0 1 2 1 vu vu Hz 习题七 7 1 下列表述是否正确 为什么 并将错误更正 1 AEQ 2 VpEQd 3 1 2 1 Q Q 4 1 2 1 Q Q 不可逆 解 1 不正确 AEQ 2 不正确 VpEQd 3 不正确 1 2 1 Q Q 4 不正确 1 2 1 Q Q 不可逆 7 2 Vp 图上封闭曲线所包围的面积表示什么 如果该面积越大 是否效率越 高 答 封闭曲线所包围的面积表示循环过程中所做的净功 由于 1 Q A净 净 A 面积 越大 效率不一定高 因为 还与吸热 1 Q 有关 7 3 如题 7 3 图所示 有三个循环过程 指出每一循环过程所作的功是正的 负的 还是零 说明理由 解 各图中所表示的循环过程作功都为0 因为各图中整个循环分两部分 各部 分面积大小相等 而循环方向一个为逆时针 另一个为顺时针 整个循环过程作 功为0 题 7 3 图 7 4 用热力学第一定律和第二定律分别证明 在 Vp 图上一绝热线与一等温线 不能有两个交点 题 7 4 图 解 1 由热力学第一定律有 AEQ 若有两个交点a和b 则 经等温 ba 过程有 0 111 AQE 经绝热 ba 过程 0 12 AE 0 22 AE 从上得出 21 EE 这与a b两点的内能变化应该相同矛盾 2 若两条曲线有两个交点 则组成闭合曲线而构成了一循环过程 这循环过程只 有吸热 无放热 且对外做正功 热机效率为 100 违背了热力学第二定律 7 5 一循环过程如题 7 5 图所示 试指出 1 cabcab 各是什么过程 2 画出对应的 Vp 图 3 该循环是否是正循环 4 该循环作的功是否等于直角三角形面积 5 用图中的热量 acbcab QQQ 表述其热机效率或致冷系数 解 1 ab是等体过程 bc过程 从图知有KTV K为斜率 由 vRTpV 得 K vR p 故bc过程为等压过程 ca是等温过程 2 Vp 图如题 57 图 题 57 图 3 该循环是逆循环 4 该循环作的功不等于直角三角形面积 因为直角三角形不是 Vp 图中的图 形 5 abcabc ab QQQ Q e 题 7 5 图 题 7 6 图 7 6 两个卡诺循环如题 7 6 图所示 它们的循环面积相等 试问 1 它们吸热和放热的差值是否相同 2 对外作的净功是否相等 3 效率是否相同 答 由于卡诺循环曲线所包围的面积相等 系统对外所作的净功相等 也就是吸 热和放热的差值相等 但吸热和放热的多少不一定相等 效率也就不相同 7 7 评论下述说法正确与否 1 功可以完全变成热 但热不能完全变成功 2 热量只能从高温物体传到低温物体 不能从低温物体传到高温物体 3 可逆过程就是能沿反方向进行的过程 不可逆过程就是不能沿反方向进行的 过程 答 1 不正确 有外界的帮助热能够完全变成功 功可以完全变成热 但热不 能自动地完全变成功 2 不正确 热量能自动从高温物体传到低温物体 不能自动地由低温物体传到 高温物体 但在外界的帮助下 热量能从低温物体传到高温物体 3 不正确 一个系统由某一状态出发 经历某一过程达另一状态 如果存在另 一过程 它能消除原过程对外界的一切影响而使系统和外界同时都能回到原来的 状态 这样的过程就是 可逆过程 用任何方法都不能使系统和外界同时恢复原状态的过程是不可逆过 程 有些过程 虽能沿反方向进行 系统能回到原来的状态 但外界没有同时恢复原状态 还是 不可逆过程 7 8 热力学系统从初平衡态A经历过程P到末平衡态B 如果P为可逆过程 其熵变为 B A AB T Q SS 可逆 d 如果P为不可逆过程 其熵变为 B A AB T Q SS 不可逆 d 你说 对吗 哪一个表述要修改 如何修改 答 不对 熵是状态函数 熵变只与初末状态有关 如果过程P为可逆过程其熵 变为 B A AB T Q SS 可逆 d 如果过程P为不可逆过程 其熵变为 B A AB T Q SS 不可逆 d 7 9 根据 B A AB T Q SS 可逆 d 及 B A AB T Q SS 不可逆 d 这是否说明可逆过程的熵变 大于不可逆过程熵变 为什么 说明理由 答 这不能说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变 熵是状态函数 熵变只与 初末状态有关 如果可逆过程和不可逆过程初末状态相同 具有相同的熵变 只 能说在不可逆过程中 系统的热温比之和小于熵变 7 10 如题 7 10 图所示 一系统由状态a沿acb到达状态 b 的过程中 有 350 J 热量传入系统 而系统作功 126 J 1 若沿adb时 系统作功 42 J 问有多少热量传入系统 2 若系统由状态b沿曲线ba返回状态a时 外界对系统作功为 84 J 试问系统 是吸热还是放热 热量传递是多少 题 7 10 图 解 由abc过程可求出b态和a态的内能之差 AEQ 224126350 AQE J abd过程 系统作功42 AJ 26642224 AEQ J 系统吸收热量 ba过程 外界对系统作功84 AJ 30884224 AEQ J 系统放热 7 11 1 mol 单原子理想气体从 300 K 加热到 350 K 问在下列两过程中吸收了 多少热量 增加了多少内能 对外作了多少功 1 体积保持不变 2 压力保持不变 解 1 等体过程 由热力学第一定律得 EQ 吸热 2 1212V TTR i TTCEQ 25 623 300350 31 8 2 3 EQ J 对外作功 0 A 2 等压过程 2 2 1212P TTR i TTCQ 吸热 75 1038 300350 31 8 2 5 Q J 12V TTCE 内能增加 25 623 300350 31 8 2 3 E J 对外作功 5 4155 62375 1038 EQA J 7 12 一个绝热容器中盛有摩尔质量为 molM 比热容比为 的理想气体 整个 容器以速度v运动 若容器突然停止运动 求气体温度的升高量 设气体分子的 机械能全部转变为内能 解 整个气体有序运动的能量为 2 2 1 mu 转变为气体分子无序运动使得内能增加 温度变化 2 V 2 1 muTC M m E 1 2 11 2 1 2 mol V 2 mol uM RC uMT 7 13 0 01 m 3氮气在温度为 300 K 时 由 0 1 MPa 即 1 atm 压缩到 10 MPa 试 分别求氮气经等温及绝热压缩后的 1 体积 2 温度 3 各过程对外所作的功 解 1 等温压缩 300 TK 由 2211 VpVp 求得体积 3 2 11 2 10101 0 10 1 p Vp V 3 m 对外作功 2 1 1 1 2 lnln p p Vp V V VRTA 01 0ln01 010013 11 5 3 1067 4 J 2 绝热压缩 RC 2 5 V 5 7 由绝热方程 2211 VpVp 1 2 11 2 p Vp V 1 1 2 1 1 2 11 2 V p p p Vp V 3 4 1 1093 101 0 10 1 m 由绝热方程 22 1 11 pTpT 得 K579 10 300 2 4 04 1 1 1 1 21 2 T p pT T 热力学第一定律 AEQ 0 Q 所以 12 mol TTC M M A V RT M M pV mol 2 5 12 1 11 TTR RT Vp A 3 5 105 23 300579 2 5 300 001 010013 1 A J 7 14 理想气体由初状态 11 Vp 经绝热膨胀至末状态 22 Vp 试证过程中气体 所作的功为 1 2211 VpVp A 式中 为气体的比热容比 答 证明 由绝热方程 CVpVppV 2211 得 V Vpp 1 11 2 1 d V V VpA 2 1 11 1 d 1 1 1 2 11 11 V V r VV Vp v v VpA 1 1 1 2 111 V VVp 又 1 1 1 1 2 11 VV Vp A 1 1 222 1 111 VVpVVp 所以 1 2211 VpVp A 7 15 1 mol 的理想气体的 T V 图如题 7 15 图所示 ab为直线 延长线通过原 点 O 求ab过程气体对外做的功 题 7 15 图 解 设 KVT 由图可求得直线的斜率K为 0 0 2V T K 得过程方程 V V T K 0 0 2 由状态方程 RTpV 得 V RT p ab过程气体对外作功 0 0 2 d V v VpA 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 22 0 0 2 d 2 d 2 d V V V v V V RT V V RT VV V T V R V V RT A 7 16 某理想气体的过程方程为 aaVp 2 1 为常数 气体从 1 V 膨胀到 2 V 求其所 做的功 解 气体作功 2 1 d V v VpA 2 1 2 1 11 d 21 2 1 2 2 2 V V V V VV a V a V V a A 7 17 设有一以理想气体为工质的热机循环 如题 7 17 图所示 试证其循环效 率为 1 1 1 2 1 2 1 p p V V 答 等体过程 吸热 12V1 TTCQ 1221 V11 R Vp R Vp CQQ 绝热过程 0 3 Q 等压压缩过程 放热 12p2 TTCQ 2212 P R Vp R Vp C 循环效率 1 2 1 Q Q 1 1 1 11 21 21 2221V 2212p 1 2 pp VpVpC VpVpC Q Q 题 7 17 图 题 7 19 图 7 18 一卡诺热机在 1000 K 和 300 K 的两热源之间工作 试计算 1 热机效率 2 若低温热源不变 要使热机效率提高到 80 则高温热源温度需提高多少 3 若高温热源不变 要使热机效率提高到 80 则低温热源温度需降低多少 解 1 卡诺热机效率 1 2 1 T T 70 1000 300 1 2 低温热源温度不变时 若 80 300 1 1 T 要求 1500 1 T K 高温热源温度需提高500K 3 高温热源温度不变时 若 80 1000 1 2 T 要求 200 2 T K 低温热源温度需降低100K 7 19 如题 7 19 图所示是一理想气体所经历的循环过程 其中AB和CD是等压 过程 BC和DA为绝热过程 已知B点和C点的温度分别为 2 T 和 3 T 求此循环 效率 这是卡诺循环吗 解 1 热机效率 1 2 1 Q Q AB等压过程 12P1 TTCQ 吸热 P mo 1AB l TTC M M Q CD等压过程 12P2 TTvCQ 放热 P mol 22DC TTC M M QQ 1 1 1