大学物义理练习册解答

1、2. Ae(6x 4x )xy16m/s,x / t解 : (1)v大学物理练习册解答质点运动学（ 1）答案一、选择题1.D2.B3.D4.D5.D二、填空题1. 23 m/ssin2cos t22t ;122n 1(n = 0, 1, 2,）t23. 0.1 m/s.4 v 0 bt ;22b4bt) / R(v 02三、计算题1.2.3（1）xyA 1 cos tA 2 sin t，消去 t 得轨道方程为2222A2A 11（椭圆）（2）rdvdtdrdt222A2 sin t jA 1 cos tiaA 2 cos t jA 1sin tiva与 r 反向，故 a恒指向椭圆中心。2（ 3

2、 ） 当 t=0 时 ， x=0 ， y=0 ， 质 点 位 于 t时，22A2 sin0, yA 1 cosxA2。质点位于图中的 Q 点。显然质点在椭圆形轨ooMyxQatana29t ,10tdx/dt(2)v16 / s,v(2)1018t,dv/ dt(3)a2(2)26m/savx处的速度为解：设质点在dv dxdx dtdvdtadvdxv23 6x(36x 2)dx ,vdvv0 x03 1/2v160 /3m/ s 。36t dt36t dtdy 12t dt12t dtt2道上沿反时针方向运动。在M 点，加速度 a的切向分量 at如图所示。可5.所以质点的运动方程为：见在该

3、点切向加速度 at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.解：先求质点的位置2s,t25 220 2s60(m)(在大圆)20 10t,ds /dt40m/svv(2)tat2s时dv / dt10m/san v/ R22ananaataydvy(1)axdvxdvydt2dv xdt2dtdvydvxt02vy0t0vx02dt312t2tvyvxv32ti 12t jdydtdxdtvyvxdx32tdtdydxt03y0t0 x02tdt423tytxrxy2t i443t j23t1 8t864t(1 36x ) 24t (1 36t ) 62(1 36x )2

4、4t3(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。62(3)144t312t4t2y2t2vxvyvvxv242 216t1 36t62 4t 2 144t 6dvdta63232 21 yy4322 4221 36tvangx /vt ;sint2t1v 1v 2v 1v 2根据v雨对地 vv4质点运动学（二）答案一、选择题1.C2.A3.D4.C5.C二、填空题22vgx2v 01, y2212; y21222. t2S/ t212t 2或1cost1/ t23. r;r0v 3v 24. v 15.222v 1v 2 cos

5、或222v 1v 2 cos三、计算题1.解：实际上可以用求面积的方法。4.: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2ghv1小为:v2x2m2.3. 解：（1）(1 2) 122(2.5 1)2v雨对车 的水平分量的大小为雨对车v 雨对地 竖直向下，车对地其水平分量为零。10m/sv车对地v 车对地 ctg 30(2)由图： v 雨对地17.3m/s/ sin30vv车对地雨对车20m/sv雨对车v雨对地v车对地30解：根据机械能守恒定律，小球与斜面碰撞时的速度为v12gh方向为南偏西 30。5v2 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

6、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 30ov2tsh) g2(H式中tsh) g2gh 2(Hh )2 h(HH 2,h02H12H Hh HH 2dsdh2d s dh2hh4 H0101020vsdv fdvcsvcdvcdv fcv fdvsdvcdvcsv fdvcdv fcvcs方向正北v fc10 3km/hv fdvsdov fcvcsvfcvfdvsdvcd yd6牛顿运动定律（一）答案一选择题1.C2.C3.B4.A5.B二、填空题1. f 02. (m3/m2)gi ;023. l/

7、cos 4. 0.28 N; 1.68 N5.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。0NF cos联立求解：0mgF sinN当分母有极大值时， F 有极小值。令因此 y 有极大值。由BmBg三、计算题1. 解：联立求解：AfNmAg(1)(2)maN sin0mgN cosgtgamg/ cosNM )a(mF(m M )gtgmg /cosNsincosmgFsincosy0, 有dydsincos220,0cossin,tgarctgamgNyxmavl sin73.证明：

8、有：两边积分 :则当：Farctgk2x时最省力。Fam2kmxdvdtdv dxdt dxdvdxvdxdtvkmxvdv2 dxdxkmxvdv2v0 xx0221x 0k 1m x21x01xkmv2rm0mamgN cosN sinT sinT cosl sinr222Tl sin cosmmgsin(1)Nm0(2)mg/cosTg /l coscmgcosNcHOl4. 解：设小球所在处圆锥体的水平截面半径为dtFmgmdvkvev)F )(1k(mgkt / mdtFmgmdvkvt0v00时,初始条件 : t0v5. 解: 小球受力如图 , 根据牛顿第二定律 :Ffam gx(

9、vay)8牛顿运动定律（二）答案选择题1.A2.B3.B4.C5.B二、填空题1. 63.2 N; 参考解： mr22= 2 0.8(2 ) N = 63.2 N2.02mg Rm3. g; 竖直向下 ;22ag4. 25.m2gm2Fm1;m1g)(Fm 1m2m2三、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：(d( yv)dt2d(mv)dtdvy )dtygdyvdtF即：2v(ygFg 3a yyg 2ay ay2ayF1ay) 则常矢量时， v21 当a20gy vF2则常矢量时， a2 当vTT22.解

10、： T1相对地面的加速度为取地面为参考系，电梯a.设ar为m1相对电梯的加速度，ar则： a1m1a 1T1a。由： m1: P 11am1a1m1g Tam1 arar则取y轴向下为正，得： a1aar同理： a2m2a2m2g则： m2 : T22am2a2m2gTam2 arar则取y轴向上为正，得： a2m2a2T2P2y时 l 0时，滑动摩擦力 f =m gcos(正确画出 为0到90之间的 f曲线)9F*mgmaGTzONAmgF0f()90mg sinmg cos5.98 1010动量与角动量（一）答案一选择题C2. C3. B4. A5. A填空题2)m gy0mv 0二1(1

11、12218 Ns30，2 mg/ ，2 mg/4Mv 0mcos1三计算题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 vv =m(v0 v)/M =3.13 m/s2T=Mg+M v /l =26.5 N4.7N smv 0mv(2) f t(设v 0 方向为正方向 )负号表示冲量方向与 v 0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mpl p由质心定义可得： mEl E由于质心保持不动，所以当人爬上l pmp

12、 l ph 时，应有： mE l E由此得：223.14 1075 2524l pmpmEl Em即地球向人爬高的反方向移动了223.14 10m。2m/( R ) 。由质量x dx3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 =0v1=vmM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)v2v2 =vmMm4解：如图所示，设薄板半径为R，质量为 m，面密度2A分布的对称性可得板的质心在x 轴上，而224R32 Rx1mxdmmAxC四证明题故此系统在水平方向的动量守证：物体与契块组成的系统在水平方向不受

13、外力，恒，沿水平方向取 x 轴，则按题意，有mvx(M0 0m)V ，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v xmMmV两边乘 dt，积分之，有vxdtmMmVdtt0t0即l cos0 x0dxmMmdxdx,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1152275 kgm ，13 mst0) 1.96(t t0)12动量与角动量（二）答案一选择题1.C2.3. C4. A5. D二填空题1aC1.14m/s，与正方形一边成 45o角。m s212 rad/s31 N，1 m/s4Mvd参考解 :mvrLLmv

14、ds2 11三计算题1解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力mgNF sin30N物体要有加速度必须： F cos30)t即： 5( 3mg，0.256st0t物体开始运动后，所受冲量为tIt0N)d t(F cos30223.83(tt = 3 s,I = 28.8 N s则此时物体的动量的大小为Imv速度的大小为Imv28.8 m/s2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2gl sinv 1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(m M )

15、Vmv cosMv 1mR0v 0 /R0mR v / Rmv / RmM 2gl sinMmv cosV3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：2mv x0 x 方向： Fx ty 方向： F y t( mv x )( mv y )mv xmv yFFx2mv x / tv x=v cosa F2mv cos / t方向沿 x正向根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力方向垂直墙面指向墙内解法二：作动量矢量图，由图知F(mv )F2mv cos(mv )F t方向垂直于墙向外由动量定理 :得： F2mv cos

16、/ t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J0J 0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22整理后得：R0v 0 /vR物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供F2再由式可得：1/ 3R2 2(mR0v 0 / F )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13O，力mmOxymvamva(mv

17、)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rLmv 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14mv ， 则相应的最大速率为：15功和能（一）答案一选择题1. C2. C3. A4. C5.C二填空题1R13R1GMm() 或2GMm3Rmgkmgk2 x2mghk)(231 m/s，150 J40.2075(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

18、外力所作)kxx0kx(1 eF0kdxF0e的功为： A0)kxEk(1 eF0k利用质点动能定理的表达式，考虑到初动能为零，则有F0kx即质点的动能为： Ek(1)ek0，则得质点所具有的最大动能可见，质点的动能 Ek 随位置 x 而改变，令 x为：kxF0kF0kEk,max)(1 elimx 0212按质点的动能定义 Ekvmax2F0km2Ek ,maxm2解：设弹簧的原长为 l0，弹簧的劲度系数为 k，根据胡克定律：0.1gk(0.07l0) ，0.2gk(0.09l0)解得：l00.05 m，k49 N/ml0 ) 0.14 Jmv 0a )a )a )拉力所作的功等于弹性势能的

19、增量：WEP2EP1221212k(l1l 0 )k(l 23解： (1)建立如图坐标 .某一时刻桌面上全链条长为y,则摩擦力大小为：gylmf0l a0l agydymlfdy摩擦力的功： W f=2 0l aymg2l=2a)(lmg2l(2)以链条为对象，应用质点的动能定理W221212mv其中： W= WPWf，v0= 0WP =laPdx=mgllamg(lxdx222l由上问知Wfa)mg(l2l2所以22212mva)(lmg2l22lmg(l21222a)(l(llg得：v)4解：重力的功： Wmgl( cos cos45根据动能定理有：cos45 )122mgl(cosmvc

20、os45 )2gl (cosv当 10时，v2.33 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：16BCATOCmgl45B(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，外力作功等于系统机械能的增量，仍取地面为势能零点，得代入题给数据，得171kx0kx

21、0kx0mv ；mv10功和能（二）答案一选择题1. D2. D3. C4. E5. B二填空题22122122m2m11 / 2)(m1m23v物u/ 2（角动量守恒。相对地面， v 人 =v 物）221212l 0 )k(l4机械能守恒； mgl2l 0)(lkm2gl5不一定；动量三计算题m1 的速度为 v10，据机械能守1解：分三步解。第一步：设弹簧恢复形变时，恒：221212kx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

22、零。根据牛顿第二定律及机械能守恒定律，有：12122mvmgR(1 cos )2mv22vRmmgcos联立上面四个方程，可以解出：x7mgR2k2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212mvmgh第二段 泥球与板的完全非弹性碰撞过程18M )v /l19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mv(mM )V ，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

23、， 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M )gx(mx)12M )V(m12122k(x022kx0kx0Mg又由平板最初的平衡条件可得：由以上四式可解得)1(1(M2khm)gmgkx3解：动量守恒M )V(mmv 0越过最高点条件(m(m M )g2机械能守恒221212M )v(mM )g2L(mM )V(m解上三式，可得(mv 0M ) 5gl / m4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mlvmdv 0 sin30由机械能守恒有22121212l0 )k(lm

24、v2mv 0由式得v = v0 /4代入式得216k(l l0)15mv 01.3 0 6m/sv = 0.327 m/s5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：mAvTmAg c o s)tmAgsi n(F对 B 有：mBvmBg c o s)tmBg si n(T由两式消去 v 与 t 得TmBmAmBF ，与无关由消去 v 、S得20二、用动能定理证明(F对 A 有：对 B 有：221212mAvmBvmAg co s )SmB g cos )SmAgs i nmB g sinT(T2TmAmBmBF ，与无关mRm2l / 3 m

25、1b / 2 m1(lb )b) /2m2l / 3 m 1(3b2l )21刚体定轴转动 ( 一)解答一选择题3C，4B，5.C；1D，2. C,(5 参考解：挂重物时，mgT= ma = mR ,TR =JJmgR2由此解出而用拉力时，2mgR = J=2mgR / J2)故有二.填空题1mgl12参考解：Md M mgl12gm/l r d rl02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3g / lg / (2l)4 98 N5mgl122g / (3l)650ml2三.计算题222 222lbm2b l1解：

26、 JJC,diskJrodb)si n(m2gl si n ) /2 m1g(l由 I2224lb2m1(lgsin m2l2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）m 1,m2的平动方程和柱体的转动方程如下：(2)(3)(1)m1a1Im1g T1T1R T2rm2a2m2gT2221212mrMRR ,Ir ,a1T2,a2T1,T2T1MR ， 由 平 行 轴 定 理 ， 关 于 刀 口 的 转 动 惯 量 为2MR ；22gI6.31rad /s22rm2m2rRm 1m1R20.8N17.1Nm2gm1Rm2rm1g（2）由（ 1）得 T2由（

27、2）得 T1（3）设 m1着地时间为 t 则t1.81s2hR2ha1（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 Mm1gR m2gr ，则角加速度22m2rm1RMI 柱即分别讨论柱体的本题第二问要求两侧细绳的张力故采用该方法是必要的，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2Jzc22MRJ zcJzo（2）在固定轴 PP? 上，只能在

28、纸面内外小摆动。22MRMR2J xo,平行轴定理 J PP垂直轴定理 J xo2Rg2T1，T1（3）要求在纸面内的小振动周期1 MgR 1 g由 12 I zo 2 2RMgRI PP3R2g22g3R1212,T2243T 1T21.1547，在平面内摆动的周期比以PP 为轴摆动周期要长 15.5% 。R? CPP?RO?xO?Z234.解：对 m 1 ，由牛顿第二定律：m1am1g T 11对 m2，由牛顿第二定律：km2am2gT22212mr(T1 T2)r3有运动学关系，设绳在滑轮上不打滑4a/ r联立1 234各式，得gakm2m2m/ 2m1m1kT1m/ 2m/ 2)m2m

29、2(1m1km2gm1m 1g ， T2km/ 2m/2)m1m2(1O 所受的外力矩为零。5.解：（1）子弹冲入杆的过程中，子弹和杆系统对悬点所以对此点的角动量守恒，即22md )1( ML3mv0d由此得杆的角速度为23mv 0d2ML 3md1（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）tm dmvfmv0mv0t2杆受到子弹的冲力（以杆为研究对象）m dtffmv03对杆用质心运动定理x 方向：tffMa ctMFxFxmv0tmd)ML2 tL2 tML(24y 方向：MgMMgF yMacnF yML2L / 2225m2m1T1T2a对滑轮，用转动定律：2

30、4（ ）若令3 4 式中 Fx0，可得0(mv0ttmd)ML2将1 式带入得2L3d54 l解答刚体定轴转动（二）一选择题1D，2C，3B，4C，5A；二填空题10132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(J )0Jt2t1M z dt刚体所受对轴的合外力矩等于零32203x7l246v 04 3M /m lFr5 M变角速角动量6.0JmRv2mRJ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Ja)m (l杆摆动过程机械能守恒(1 c o s )122l2MgJ213MlJ解得小球碰前速率为si n22gl3a)Mlm(

31、l2解：（1）棒在任意位置时的重力矩l2mgcos ，因为J213ml， Jcos3g2lJmgd（2）因 dAcos dl2/ 20l2mglmg c o sd2A这功是细棒重力势能的减少而获得。25RmR（3）任意时的角速度根据转动定律Jddmlddtddmlddtmlmlmg222213131313cosl2分离变量d13c o sdg20dl3 0c o sdg2216lg2sin303g2l；(3gsi n )/l903gl棒下摆过程重力势能转变为动能，可根据机械能守恒得到。N，重力 mg ，在不考虑转轴摩檫阻力矩（4）假设处于铅垂位置时轴的作用力为的情况下，以上两个力的力矩为零根据

32、转动定律0N 平移到质心，正交分解为水平分力Nx，竖直利用质心运动定理，将作用力分力 Ny。质心 C 的切向加速度l2act0mact0， N x质心 C 法向加速度gacn32l 3g2 ll22法向加速度由法向合外力产生mgmgmacnN y32mgN y523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dg2 rdr )r(式中m2为唱片的密度总的力矩mgRd23g2R02r dr唱片为刚体，根据转动定律ddtJJdJdtJ12233R 14 g21mgR1t14解：选人、滑轮、与重物为系统，系统所受对滑轮的外力矩为26O

33、drrR )mb 。把碰撞制动器的作用力记为Fl 0dt 0 JMgR12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M RuMRRL1381 M2 4()RM (uM22根据角动量定理dLdt即12MRu)MRd 13(dt 8mgRgddtadudt41305.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12l C，房门对转轴的转动惯量213JF ，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 的冲量矩：00由质心运动定理可得0l C00 mF)dt(F1令 F10 可解得b23l02/3 处。铰叶受到的冲击力最由

34、此，制动器安装在距铰叶的距离等于房门宽度的小。27。lCCl0F2F11 (v /c) =7.2cmt2 = L0/v =3.7510 st )= 6.7210 mR0v /c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2 分2 分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一切惯性系中，真空中的光速都是相等的2. C3. CC- 84. 4.3310- 5三.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2向上的线度将收缩为 2R 1 (v / c)2b，即是椭圆的短轴 .3

35、 分2R = 2 a，即是椭圆的长轴 . 所以测得的面而与 v 垂直方向上的线度不变，仍为积为(椭圆形面积 )RabS2R 1 (v / c)2R2 22 分2. 解：(1) 观测站测得飞船船身的长度为2L0 1L(v / c)54 m则L0，则-7t1 = L/v =2.2510 s(2) 宇航员测得飞船船身的长度为-73分2 分3. 解：令 S系与 S 系的相对速度为 v，有2tt1 (v / c)，22( t / t )1 (v / c)则2 1/ 2c (1 ( t / t ) )v8 -1( = 2.2410 ms )4 分那么，在 S系中测得两事件之间距离为：2 1/ 22c( t

36、txv84 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2RR0 1 (v /c)2 分其缩短的尺寸为：R = R0- RR0 (11 (v /c)2 )2212R=3.2 cm5. 解：(1) 从列车上观察，隧道的长度缩短，其它尺寸均不变。3 分1 分隧道长度为22L 1Lvc1 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2829l 0vLvt2l 0L 1 (v/c)v3 分这也即列车全部通过隧道的时间.vc子相对于实验室的速度为子的固有寿命 0 =2.210 s子相对实验室作匀速运动时的寿命狭义相对论（二）解答一选择题1C，2A，3A

37、，4C，5C；二填空题- 818.89108 -13 x/v2 分22 分2 分2 分( x /v ) 1 (v / c)4相对的运动250.25mec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22x0 1xvc， yy0， zz0相应体积为22xyz V0 1Vvc3 分观察者测得立方体的质量22mm0v1c故相应密度为m/V22m0 / 1V0 1vc22)22m0V0(1vc2 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+v+ -6+-50 =1.6310s按时间膨胀公式：20 /1 (v /c)移项整理得

38、：202(c/ )v20/ )c 1 (= 0.99c3 分3解：以地球上的时钟计算：Svt4.5 年2 分以飞船上的时钟计算：22t 1tvc0.20 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30所以飞船 B 相对于飞船 A 的速度大小也为 2.6810 m/smec / 1 (v /c)2(1/ 1 (v / c) ) 1mec= 4.9910312ll 0 1 (v / c)1 分故在飞船 B 上测得飞船 A 相对于飞船 B 的速度为2l / t(l0 / t) 1 (v /c)v2 分解得

39、822.68 10l0 / t1 (l 0 /c t)vm/s82 分5解： (1)222mcE-13=5.810J2 分(2)12EK 0-mev = 4.011014J22mcmecEK22-13JEK 0 / EK-8.041023 分32温度 答案一选择题1. B2. C3. B4. B5. 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 1026kg34. 2.3 10 m5. 6

40、P1三计算题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/ T1293/273当温度改变为 T1 278 K，T2 303 K 时，两边体积比为1 1 2V2V /V 2 mT /1 m T 2 0.9847 005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V 1膨胀1解：由题意可知气体处于初

41、态时，弹簧为原长当气缸内气体体积由到 V 2时弹簧被压缩，压缩量为SV1V2l0.1 m 气体末态的压强为5lSkp0p2气体内能的改变量为E =3缸内气体对外作的功为122klp0SlW750 J缸内气体在这膨胀过程中从外界吸收的热量为40dW= pdV = (a /V )dV10 3 3 3Q=E+W =6.25 +0.75 10 =7 10 J2解： (1) AB：12p A)(VB(pBW1VA) =200 J E1=V(TBTA)=3(pBVBpAVA)/2=750 JQ=W1+ E1950 JBC：W2 =0 E2 =V(TCTB)=3(pCVCpBVB) /2 =600 JQ2=

42、W2+ E2600 JCA：W3 = pA (VAVC)=100 J32pCVC )( pAVATC )CV (TAE31 5 0JQ3=W3+ E3250 J(2)W= W1 +W2 +W3=100 JQ= Q1 +Q 2 +Q 3 =100 J52p1V1)3解： (1)(2)T1)p2)(V2CV (T21( p12EW( p2V2V1) ，W为梯形面积，根据相似三角形有p1V 2= p2V 1，则12( p2V2Wp1V1) (3)(4)Q =E+W=3( p2V2p1V1 )以上计算对于 AB过程中任一微小状态变化均成立，故过程中Q =3(pV)由状态方程得故摩尔热容4解： (1)(

43、 pV) =RT，Q =3R T，C=Q/ T=3R2 241T1/ T2 = (V2/V1) (V1/V2) = V2/V1W (1/2) (1+3) 1.01310210)1V21V12a (2 2(a /V )dVdWWV2V 1(2)p1V 1 / T1 = p2V 2 /T 2T1/ T 2 = p1V 1 / ( p2V 2 )由a/V1a/ p2p1 ，V2得p1/ p2= (V2/V1)225解： (1) 气体对外作的功等于线段 ac 下所围的面积5J 405.2 J由图看出Ta=Tc(2)内能增量PaVa=P cVc0E(3) 由热力学第一定律得Q=E +W= 405.2 J

44、428.31 J10 J31 3答案热力学第一定律（二）一选择题1B ，2A ，3A ，4B，5D二填空题1 AMAM、BM233.331031w 11( 或 w1)490 J5500100三计算题1解： (1) 等温过程气体对外作功为3V0V03V0V0RT ln 3dVRTVp dVW=8.312981.0986 J = 2.723(2) 绝热过程气体对外作功为VWdVp dVV0V03V0p0V03V0RT111p0V0113437.48 10 JW=E=7.4810 J ( 外界对气体作功 )Ec=(i/2)RTc9.9710 JTb)2.044 JTa)1.296 Q20.74810

45、 JV1 T121 22解： (1) 刚性多原子分子i = 6，4/ 32ii1T1( p2 / p1)T2600 K312T1)iR(T2E(M /M mol )3(2)(3) 绝热p2 = n kT 2n = p 2 /( kT2 )=1.96 1026个/m33解： (1)Ta= paV2/R400 KTb = pbV1/R636 KTc = pcV1/R800 KTd = pdV2/R504 K3(2)(3)bc 等体吸热Q1=CV(Tcda 等体放热Q2=CV(Td310310 JW=Q134解：据绝热过程方程： V1T =恒量，依题意得1T2解得(2V 1)11T2 /T 1循环效

46、率11T2T1氮气：22i， i5，1.4=24%5解: 由卡诺循环效率可得热机放出的热量44T3T1Q1Q2卡诺热机输出的功(1)Q1T3T1Q1W4分由热力学第一定律可得致冷机向暖气系统放出的热量WQ2Q1卡诺致冷机是逆向的卡诺循环 , 同样有T2T3Q1Q2由此解得)(1T3T1T3Q1T3 T2WT 3T3 T2Q1暖气系统总共所得热量Q1T2)T3T2)T 1(T1(T3Q1Q2Q745锅炉T1T2Q1Q2暖气系统 T3Q1Q2天然蓄水池WT1) =1.0410 J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

47、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3i1解：氦气为单原子分子理想气体，等体过程， V常量， W=0(1)据QE+W可知EQCV (T2MM molT1) 623 J(2)定压过程， p = 常量，QC p (T2MM mol3E 与(1) 相同W=QE417 J46247(3)Q =0，WE 与(1) 同623 J (负号表示外界作功 )2证：设 pV图上某一定

48、量物质的两条绝热线S 1和 S 2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 32 这个过程放热，则在由 1231 组成的这个循环过程中，在23 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 32 这个过程不吸热也不放热，则在由 1231组成的这个循环过程中， 在 23 这个阶段也必然不放热也不吸热，而且整个循环过程中

49、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12 为不可逆过程相矛盾，故不可能32 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，但求过程前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）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V 1，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V 2（V 2 V 1），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d E= 0 ，TVRpd

50、VdQdV ，RdVV(RT /V )dVTdQTd SV2V1dVVdSRS1S2V2V1Rln0OVpS 1S 2T可逆绝热过程pVO1不可逆绝热过程3可逆等温过程485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。答案热力学第二定律（二）一选择题1. A ，2. D ，3. C ，4. D ，5. B二填空题1不变增加( 或热力学系统的无序性 )2大量微观粒子热运动所引起的无序性增加21dQTS 13 S 2（可逆过程）40V2V

51、1Rln55.76 J/K三计算题1解：准静态过程dQ / Td S等温过程p dV /Td Q /Td S由pVRT 得pRT /V代入上式得RdV /VdS12RlnSV1 / 2R dV /VV 15.76 J/K2解： (1)混合气体的定压摩尔热容为4910 J/KVc TcVa Ta ，即5012C p22C p11C p2 (7 /2)R22 (5/2)R2=3 Rab 过程中系统的熵变为baTbTaSabTbTaC p lnC p dTTd QT(12)Cp ln(Tb / Ta) = 1.102(2)cd 过程中系统的熵变为dcTdTcScd(dQT2)C p ln12(3)整

52、个循环中系统的熵变为SS ab + S bcS cdSda = 03解： (1) 设气缸中有摩尔氧气，根据热力学第一定律：QE+ A对于 ab 等温过程，RTa ln(Vb /Va)AabE= 0 ，故有 QabpaVa ln 3RTa ln3对于 bc 等体过程， Tc 0 时向外， AR)方向沿径向， A0 时向外， A0 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、电球在空腔内 P 点产生的电场荷密度为 的均匀带电大球体和一个电荷体密度为的组合。小球体的半径等于空腔球体半径。大、小强度分别为 E1,E2，则 P 点的电场强度E1EE2。空腔内的 P 点

53、均属于球内一点，其电场强度关系550E8.91056rE03所以0033r2r1,E2E130r2 )(r1E2E1Ear2根据几何关系 r1aE03与 P 点在空腔中位置无关。，取圆柱形高斯面如图 (1)(侧面垂直底面，4解： (1) 设电荷的平均体密度为底面 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：SE dS E2 S- E1 S(E2- E1)高斯面 S包围的电荷 qih S2 分1 分由高斯定理 (E2E1) Sh S / 01 -13 0 E2 E1 4.4310hC/m31 分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

54、线终止于地面，取高斯面如图(2)1 分由高斯定理E dS =01qi- E S=S011 分=-103C/m2 分5解：根据电荷分布对板平面的对称性，可知电场分布S）与平板平行的立方盒高斯面。如图。具有这种对称性。由此可选底面（有高斯定理0qin /E2Sx2xS ,D / 2 qin0 xEDSqint，D /2D20 xE6.解：作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理0q/E2 rL(2)SE2SE1(1)EhOOPr1r2aDSxExOD/2-D /257R1r00E1qR2rR 1rLq0E22R2r00E3q在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变0002L2 rLrER2R1

55、Lr9 10 J答电势 1一. 选择题1. C，2. C，3. B，4. C，5. C二填空题1UpU02.8102q3q22q1R3. R / (2 0)4RQ04，Qq0 R45dQ2086.-2Ax，-2By二. 计算题1解：电偶极矩受的电力矩为MpE sin ，由于 角是相对电场方向量度的，所以电偶极矩转动 d 角时电场力做的功为MdpE sin d 。电偶极矩由2转到 角时，电场力做的功为p EMdApEcospEsin d/ 2/ 22解：（1）平面、之间的电场为)(123210E12平面、之间的电场)(123210E23U AB4321321E23l 2BE12l A2)l 2B

56、()l A2(12 0AAB(2) AAB4q0U AB3解：（1）沿杆取 x 轴，杆的 x 反向端点取作原点，由电势叠加原理可得延长q / (l)，在 x 处取电荷元 dq =线上一点的电势，如图所示细杆的电荷线密度dxqdx/l，它在 P 点产生的电势为581AB23l / 227(4 / 3) r (4 / 3) R59xdq d xdU P4 0 l a x 4 0 l a整个杆上电荷在 P 点产生的电势lx laln l8q0llaqln 140lln44220l /2l /22l / 42bb2 1/ 2z )0 (bdz2l / 2l / 2（2）U Pdsdq2 rdr 它在轴

57、上 P点产生的电势dq rdrdU 2 2 1/ 2 2 2 1/ 24 0(x r ) 2 0(x r )圆盘轴线上任意一点的电势是这些圆环电势的叠加222 02x)x( Rxrrdr2R2 0 0U P(2)轴线上任一点的电场强度为xRxidU PdxEx(1222 0)i 电场强度只有 x 分量。5. 解：设小水滴半径为 r、电荷 q；大水滴半径为 R、电荷为 Q27 q27 个小水滴聚成大水滴，其体积相等32 分3得：R = 3r小水滴电势： U0 = q / (4 0r)49449U 00rq27q0 3rQ0R大水滴电势： U3 分xPaOlxdxbxzl4解:（1）在环上取半径为

58、 r 宽为 dr 的细圆环，其所代电荷为zdzPORrPx1we= 0E /2=4.4 10 J/m ,MmaxqlE210 NmqlE 210 Nm60答电势 2一. 选择题1. D, 2. C, 3.B, 4.A二填空题2 -8 32 4W=4 RE hwe=6.3 10 kw h48.98 10 kg,(90t)qU / LE/ L2m4.3. 7.21/ 20121RQq2 m2gRa05. 3 3qQ / 26.三. 计算题1解：（1）金核表面的电势Rq0U 171.6 10 V4（2）金核中心的电势RqrdrR02drq0R0r0U 272.4 10 V32 4432. 解：(1)

59、 电偶极子在均匀电场中所受力矩为：M p E其大小： M = pEsin = qlEsin当 = /2 时，所受力矩最大：-3( =0)过程中，电(2) 电偶极子在力矩作用下， 从受最大力矩的位置转到平衡位置场力所作的功为：qlEA00/ 2sin d/ 2M d-33. 解：设 B 上带正电荷，内表面上电荷线密度为 1，外表面上电荷线密度为 2，而 A、C 上相应地感应等量负电荷，如图所示则 A、B 间场强分布为E1= 1 /2 0r，方向由 B 指向 AB、C 间场强分布为E2=2/20r，方向由B 指向 CB、A 间电势差RbRaU BARaRbRaRbln2d rr20101E1 dr

60、2 分-q+qpECBAE2E1-1+12-2R(x l / 2) l / 2) R61B、 C 间电势差RcRbU BCRcRbRcRbln2drr20202E2 dr2 分因 UBAUBC,得到ln Rc / Rbln Rb /Ra122 分4解：均匀带电球面内的电势等于球面上的电势球面外的电势相当于电荷集中在球心上的点电荷的电势由此，按电势叠加原理球心 O1处的电势为：QQ0d0RU1442 分球心 O2处的电势为：RQd0Q0U 2442 分则 O1、O2间的电势差为：QR0Rd0U 12Q d21d1R21 分5.解：已知带电圆环轴线上的电势分布为2041(Rq2 1/2r )U在x