2022年大学物理上册课后习题答案 .pdf

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1、优秀学习资料欢迎下载习题解答习题一1-1 r与r有无不同 ?tddr和tddr有无不同 ? tddv和tddv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r12rr，12rrr；（2）tddr是速度的模，即tddrvtsdd. trdd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?trtddddddrrr式中trdd就是速度径向上的分量，trtdddd与r不同如题1-1 图所示 . 题 1-1 图 (3)tddv表示加速度的模，即tvadd，tvdd是加速度a在切向上的分量. 有(vv表轨道节线方向单位矢），所以tvtvtvdd

2、dddd式中dtdv就是加速度的切向分量. (ttrd?dd?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r22yx，然后根据v =trdd，及a22ddtr而求得结果；又有人先计算速度和加速度v=22ddddtytx及a=222222ddddtytx你认为两种方法哪一种精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载正确？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，

3、有j yi xr，jtyitxtrajtyitxtrv222222dddddddddddd故它们的模即为222222222222ddddddddtytxaaatytxvvvyxyx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22ddddtratrv其二，可能是将22ddddtrtr与误作速度与加速度的模。在1-1 题中已说明trdd不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，22ddtr也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分222ddddtrtra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

4、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=21t2+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t2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3) 计算t0 s 时刻到t4s时刻内的平均速度；(4) 求出质点速度矢量表示式，计算t4 s 时质点的速度； (5) 计算t0s 到t4s 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t4s 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

5、系中的矢量式)解： （1）jttitr)4321() 53(2m(2) 将1t,2t代入上式即有jir5 .081m精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载jjr4112mjjrrr5.4312m(3) jirjjr1617,4540104sm534201204jijirrtrv(4) 1sm) 3(3ddjtitrv则jiv7341sm(5) jivjiv73,3340204sm1444jvvtva(6) 2sm1ddjtva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

6、人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题 1-4图所示当人以0v(m1s) 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222shl将上式对时间t求导，得tsstlldd2dd2题 1-4 图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的，tsvvtlvdd,dd0船绳即cosdddd00vvsltlsltsv船或svshslvv02/1220)(船将船v再对t求导，即得船的加速度32022202020

7、02)(ddddddsvhsvslsvslvsvvstsltlstva船船1-5 质点沿x轴运动， 其加速度和位置的关系为a2+62x，a的单位为2sm，x的单位为 m. 质点在x0处，速度为 101sm, 试求质点在任何坐标处的速度值解：xvvtxxvtvadddddddd分离变量：xxadxd)62(d2两边积分得cxxv322221由题知，0 x时，100v, 50c13sm252xxv1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为a4+3t2sm，开始运动时，x5 mv=0，求该质点在t10s 时的速度和位置解：ttva34dd分离变量，得ttvd)34(d积分，得12234cttv由题知，

8、0t,00v , 01c精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载故2234ttv又因为2234ddtttxv分离变量，tttxd)234(d2积分得232212cttx由题知0t,50 x , 52c故521232ttx所以s10t时m70551021102sm190102310432101210 xv1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动， 运动方程为=2+33t，式中以弧度计，t以秒计，求： (1) t2 s(2) 当加速度的方向和半径成45角时，其角位移是多少? 解：tttt18dd,9dd2

9、 (1)s2t时，2sm362181Ra2222sm1296)29(1Ran(2) 当加速度方向与半径成45角时，有145tannaa即RR2亦即tt18)9(22则解得923t于是角位移为rad67.29232323t精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载)sin(sin2cos2sin200tRtRRtvRtvx1-8 质点沿半径为R的圆周按s2021bttv的规律运动，式中s为质点离圆周上某点的弧长,0v，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

10、： （1）btvtsv0ddRbtvRvabtvan202)(dd则240222)(Rbtvbaaan加速度与半径的夹角为20)(arctanbtvRbaan(2) 由题意应有2402)(Rbtvbba即0)(,)(4024022btvRbtvbb当bvt0时，ba1-9 半径为R的轮子， 以匀速0v沿水平线向前滚动：(1) 证明轮缘上任意点B的运动方程为xR)sin(tt，yR)cos1 (t，式中0v/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，由图可知题 1-9 图(1)

11、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载)cos1()cos1 (2sin2sin2tRRRy(2) )sindd)cos1(ddtRtyvtRtxvyxtvtRatvtRayyxxddcosddsin221-10 以初速度0v201sm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1R；(2) 落地处的曲率半径2R( 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，o0160cosvvvx

12、21sm10gan又1211vanm1010)60cos20(22111nav精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载(2) 在落地点，2002vv1sm, 而o60cos2ganm8060cos10)20(22222nav1-11 飞轮半径为 0.4 m= 0.2 rad2s，求t2s时边缘解：当s2t时，4.022.0t1srad则16. 04. 04 .0Rv1sm064.0)4.0(4 .022Ran2sm08.02.04.0Ra2sm22222sm102.0)08.0()064.0(aaan

13、1-12 如题 1-12 图，物体A以相对B的速度vgy2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jghighuvuvAA)sin2()cos2(地题 1-12 图1-13 一船以速率1v30km h-1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v40km 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1221vvv，依题意作速度矢量图如题1-13 图(a) 精选学习资料 - - - -

14、 - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载题 1-13 图由图可知1222121hkm50vvv方向北偏西87.3643arctanarctan21vv(2) 小船看大船，则有2112vvv，依题意作出速度矢量图如题1-13 图 (b) ，同上法，得5012v1hkm方向南偏东o87.361-14 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 ms-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

15、雨船vvv船雨船雨vvv由图中比例关系可知1sm8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，得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载2121211212212211)2()()(mmagmmTfmmamgmmammamgmma讨论

16、 (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 -mg2lcos =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)(2tan,)(2tan00gaggagMm2-3 283166smmfaxx2167smmfayy(1) 精选学习资料 -

17、 - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载20101200872167452832smdtavvsmdtavvyyyxxx于是质点在2s 时的速度18745smjiv(2) mjijijtaitatvryx874134)167(21)4832122(21)21(2202-4 (1)dtdvmkva分离变量，得mkdtvdv即vvtmkdtvdv00mktevvlnln0tmkevv0(2)tttmkmkekmvdtevvdtx000)1(3) 质点停止运动时速度为零，即t ，故有000kmvdtevxtmk (4)

18、当 t=km时，其速度为evevevvkmmk0100即速度减至v0的e1. 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，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载故 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

19、速度为a2=a-a=2g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gggaaa25422221=arctanaa=arctan21=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

20、.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=tidttFdt04056)210( i kg m s-1, 沿 x 轴正向，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载111111566.5smkgipIsmimpv若物体原来具有-6 m s-1初速，则ttFdtm

21、vdtmFvmpmvp000000)(,于是tpFdtppp0102, 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tttdttI0210)210(亦即 t2+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=-mai, 则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为I= p=p2

22、-p1=-m(ai+bj) 2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有F=(a-bt)=0,得 t=ba(2) 子弹所受的冲量tbtatdtbtaI0221)(将 t=ba代入，得baI22(3) 由动量定理可求得子弹的质量0202bvavIm2-11 设一块为m1，则另一块为m2，m1=km2及 m1+m2=m 于是得1,121kmmkkmm又设 m1的速度为v1,m2的速度为v2，则有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载2222211212121mvvmvmTmv=m1v1+m2v2联立、解得

23、v2=(k+1)v-kv1将代入，并整理得21)(2vvkmT于是有kmTvv21将其代入式，有mkTvv22又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取kmTvvmkTvv2,221证毕2-12 (1)由题知， F合为恒力， A合=Fr=(7i-6j)(-3i+4j+16k) =-21-24=-45 J (2)wtAN756. 045(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A1sskkydyfdydyfA1012式中 f 是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用

24、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21222221ykkykydyA由题意，有2)21(212kmvAA精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载即222122kkky所以，22y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)()(nrnkdrrdErF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=k1x1FB=k2x2所以静

25、止时两弹簧伸长量之比为1221kkxx弹性势能之比为12222211121212kkxkxkEEpp2-16 (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G2rmM月=G2rRmM地经整理，得r=RMMM月地月精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载 =2224221035.71098.51035.781048.3 =38.32106 m 则 p 点处至月球表面的距离为h=r-r月 =(38.32-1.74)1063.66 107 m (2) 质量为 1 kg 的物体在p 点的引

26、力势能为rRMGrMGEP地月 =72411722111083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6 =-1.28J6102-17 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=21 (m1+m2)v2- m1gh+21k( 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=212221122mmkhghmm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=37sin212122mgsmvkx精选学习资料 - -

27、 - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载 k=222137sin21kxsfmgsmvr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 -21kx3代入有关数据，得 s =1.4 m, 则木块弹回高度h=ssin37 =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=222121MVmv又下滑过程，动量守恒

28、，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=MmMgR22-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有222120212121mvmvmv即222120vvv精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载题 2-20 图(a) 题 2-20 图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有m v0=m v1+m v2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

29、=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=rmv =(x1i+y1j) m(vxi+vyj) =(x1mvy-y1mvx)k 作用在质点上的力的力矩为M0=rf=(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=r2mv2mvvrr12241021121026. 51008.91046.51075. 82-23 (1) 301155smkgjjdtfdtp(2) 解( 一) x=x0+v0 xt=4+3=7 jatt

30、vyy5.25335213621220即 r1=4i,r2=7i+25.5j vx=v0 x=1 1133560atvvyy即 v1=i1+6j,v2=i+11j L1=r1mv1=4i 3(i+6j)=72k L2=r2mv2=(7i+25.5j)3(i+11j)=154.5k L=L2-L1=82.5k kg m2 s-1解( 二) dtdzMttdtFrdtML00)(30130225.82)4(55)35)216()4(smkgkkdttjdtjttit精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下

31、载题 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=mr020 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 22020rr联立、得322110213212101010)()(MMMmMgrgmMMrMMMmrgMmrgM2-25 (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、Fr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

32、零，设闸瓦厚度不计，则有FlllNlNllF1211210)(精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载对飞轮，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 FlllNFr121又,212mRIFmRlllIRFr121)(2以 F=100 N 等代入上式，得234010050.025. 060)75.050. 0(40. 02srad由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为st06.74060329000这段时间内飞轮的角位移为radtt21.53)49(3

33、40214960290021220可知在这段时间里，飞轮转了53.1 转(2) 0=900(2 )/60 rads-1，要求飞轮转速在t=2 s内减少一半，可知200021522sradtt用上面式 (1) 所示的关系，可求出所需的制动力为NllmRlF1772)75.050.0(40.021550.025.060)(22112-26 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)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载题 2-26(a) 图题 2-26(b) 图(1

34、) m1，m2和柱体的运动方程如下：3212111112222IrTRTamTgmamgmT式中 T1=T1,T2=T2,a2=r ,a1=R 而 I=(1/2)MR2+(1/2)mr2由上式求得2222222212113.68.910.0220.0210.042120.0102121 .022.0sradgrmRmIrmRm (2) 由式T2=m2r+m2g=20.10 6.13+2 9.8 20.8 N 由式T1=m1g-m1R=29.8-2 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=m2

35、a T1=m1a 对滑轮运用转动定律，有T2r-T1r=(1/2Mr2) 又， a=r 联立以上4 个方程，得22126 .721520058.92002smMmmgma精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载题 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)ml2 =lg23(2) 由机械能守恒定律，有mg(l/2)sin=(1/2)(1/3)ml22=lg sin3题 2-29 图2-29 (1) 设小球的初速度为v0，棒经小球碰

36、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)mv20=(1/2)I2+(1/2)mv2 上两式中I=1/3Ml2，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(2212lMgI由式得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载2121)231(3)30cos1(lgIMgl由式mlIvv0由式mIvv2202

37、所以22001)(2mvmlIv求得glmMmmMlmlIlv31232(6)311 (2)1 (220(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=-glM6)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v2=v20-2gh 令 v=0，可求出上升最大高度为2220212RggvH(2) 圆盘的转动惯量I=(1/2)MR2，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

38、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，即精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载I =I +mv0R 式中 为破盘的角速度于是(1/2)MR2=(1/2)MR2-mR2 +mv0R (1/2)MR2-mR2 =(1/2)MR2-mR2 得 =( 角速度不变 ) 圆盘余下部分的角动量为(1/2)MR2-mR2 转动动能为题 2-31 图Ek=(1/2)(1/2)MR2-mR2 22-31 (1)射入的过程对O轴的角动量守恒Rsin m

39、0v0=(m+m0)R2=Rmmvm)(sin000(2)020200200020sin21)(sin)(210mmmvmRmmvmRmmEEkk2-32 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)mv2+(1/2)I2+(1/2)kh2又=v/R 故有ImRkkhmghv222)2(12220.25 .03 .00.63 .0)4.00 .24.08.90.62(sm精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载

40、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I00=(I0+mR2) 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)I020+mgR=(1/2)(I0+mR2) 2+(1/2)mv2B联立、两式，得2022002mRIRIgRvB(2) 当小球滑至C点时， Ic=I0c=0故由机械能守恒，有mg(2R)=(1/2)mv2cvc=2gR请读者求出上述两种情况下，小球对地速度54160020340153400121vuvuHz习题七7-1 下列表述是否正确?为什么 ?并将错误更正（

41、1）AEQ（2）VpEQd（3）121QQ（ 4）121QQ不可逆解： (1) 不正确，AEQ(2) 不正确，VpEQd(3) 不正确，121QQ(4) 不正确，121QQ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1QA净，净A面积越大，效率不一定高，因为还与吸热1Q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，说明理由精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 25 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下

42、载解：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0111AQE经绝热ba过程012AE022AE从上得出21EE，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

43、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acbcabQQQ,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KvRp故bc过程为等压过程ca是等温过程(2)Vp图如题57图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 26 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载题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

44、的图形(5)abcabcabQQQQe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

45、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：

46、BAABTQSS可逆d，如果P为不可逆过程，其熵变为BAABTQSS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：BAABTQSS可逆d，如果过程P为不可逆过程，其熵变为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 27 页，共 35 页优秀学习资料欢迎下载BAABTQSS不可逆d7-9 根据BAABTQSS可逆d及BAABTQSS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

47、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AEQ224126350AQEJabd过程，系统作功42AJ26642224AEQJ系统吸收热量ba过程，外界对系

48、统作功84AJ30884224AEQJ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)(1212VTTRiTTCEQ25.623)300350(31.823EQJ对外作功0A(2) 等压过程)(22)(1212PTTRiTTCQ吸热75.1038)300350(31.825QJ)(12VTTCE精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 28 页，共

49、35 页优秀学习资料欢迎下载内能增加25.623)300350(31.823EJ对外作功5.4155.62375.1038EQAJ7-12 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221mu，转变为气体分子无序运动使得内能增加，温度变化2V21muTCMmE)1(211212molV2moluMRCuMT7-13 0.01 m3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(

50、1) 体积； (2) 温度； (3) 各过程对外所作的功解： (1) 等温压缩300TK由2211VpVp求得体积3211210101.0101pVpV3m对外作功21112lnlnppVpVVVRTA01.0ln01.010013.11531067.4J(2) 绝热压缩RC25V57由绝热方程2211VpVp/12112)(pVpV1121/12112)()(VpppVpV3411093.101.0)101(m由绝热方程22111pTpT得K579)10(30024. 04 .1111212TppTT热力学第一定律AEQ，0Q所以)(12molTTCMMAVRTMMpVmol，)(25121