大學(xué)物理上冊課后習(xí)題答案

1、文檔鑒賞r1 8i 0.5 j m1-1|dr習(xí)題解答習(xí)題一r I與r有無不同？住和如有無不同？dtdtdvdtdvdt有無不同？其不同在哪里？試舉例說明.解:(1) | r是位移的模,r是位矢的模的增量，即1(2)drdt是速度的模，即drdtds dtdr »、， ， 巴只是速度在徑向上的分量dt有r r ?(式中？叫做單位矢)drdtdt?d? r-dt式中dr , 一 ，、一r就是速度徑向上的分量, dtdrdt有式中dr,一dL不同如題1-1圖所示.dtdv表示加速度的模,dv dt型 是加速度a在切向上的分量.dtv v (表軌道節(jié)線方向單位矢)，所以dv dtdv dt

2、d v - dtdv就是加速度的切向分量dt故不予討論)d? d ?(與 的運(yùn)算較復(fù)雜，超出教材規(guī)定,dt dt1-2設(shè)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方程為 x=x(t), y = y(t),在計(jì)算質(zhì)點(diǎn)的速度和加速度時，有人先求 odrd2r出r = Jx2 y2 ,然后根據(jù)v = ，及a =,而求得結(jié)果；又有人先計(jì)算速度和加速度 dtdt2的分量，再合成求得結(jié)果，即2dy 口 及a =dtdt2dt2你認(rèn)為兩種方法哪一種正確？為什么？兩者差別何在?解：后一種方法正確.因?yàn)樗俣扰c加速度都是矢量，在平面直角坐標(biāo)系中，有r xi yj ,故它們的模即為而前一種方法的錯誤可能有兩點(diǎn),其二，可能是將與學(xué)drv dtd2r

3、a 2dt222,VxVydx i dt d2x.了 i dt2dy .6j dt2,d2x 2dt2其一是概念上的錯誤,即誤把速度、加速度定義作drvadtd2r dt2dr誤作速度與加速度的模。在1-1題中已說明-dr不是速度的模,dt而只是速度在徑向上的分量，同樣,d2r；也不是加速度的模，它只是加速度在徑向分量中dt2-d2r的一部分a徑d-rdt2dt。或者概括性地說，前一種方法只考慮了位矢 r在徑向（即量值）方面隨時間的變化率，而沒有考慮位矢r及速度v的方向隨間的變化率對速度、加速度的貢獻(xiàn)。1-3 一質(zhì)點(diǎn)在xOy平面上運(yùn)動，運(yùn)動方程為x=3t +5, y =- t2+3t-4.2式

4、中t以s計(jì)，x, y以m十.（1）以時間t為變量，寫出質(zhì)點(diǎn)位置矢量的表示式；（2）求出t=1s時刻和t=2s時刻的位置矢量，計(jì)算這 1秒內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移；（3）計(jì)算t=0 s時刻到t=4s 時刻內(nèi)的平均速度；（4）求出質(zhì)點(diǎn)速度矢量表示式，計(jì)算t = 4 s時質(zhì)點(diǎn)的速度；（5）計(jì)算t =0s至Ut=4s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的平均加速度；（6）求出質(zhì)點(diǎn)加速度矢量的表示式，計(jì)算t=4s時質(zhì)點(diǎn)的加速度（請把位置矢量、位移、平均速度、 直角坐標(biāo)系中的矢量式）.瞬時速度、平均加速度、瞬時加速度都表示成解：（1）r (3t 5)i1 2qt2 3t 4)j m（2）將t 1, t2代入上式即有文檔鑒賞(4)dr dt3i(t

5、(6)r211j 4j mr1 3j 4.5j mr0r443) j mV4v0 3iv4 Vo45jro03i4j3 17i12i20 j7j3j,v441jdvdt這說明該點(diǎn)只有y方向的加速度，且為恒量。1j3i7j16ji 一13i 5j m s圖1-4解：設(shè)人到船之間繩的長度為l,此時繩與水面成1-4在離水面高h(yuǎn)米的岸上，有人用繩子拉船靠岸，船在離岸S處，如題1-4圖所示.當(dāng)人以1Vo(m s )的速率收繩時，試求船運(yùn)動的速度和加速度的大小.角，由圖可知 2.22l h sdl c ds2l 2sdtdt將上式對時間t求導(dǎo)，得題1-4圖文檔鑒賞根據(jù)速度的定義，并注意到l , s是隨t減

6、少的,dlv0,v船 dtds dtdsv船dtl dls dtl一 v0 scosVMlVo(h221/2 s )sVo將V船再對t求導(dǎo)，即得船的加速度dv船a dtdls dtsds l -di v v0v°slv 船2vosJ 2 一)v0s-2 s,2 2h v03s1-5質(zhì)點(diǎn)沿x軸運(yùn)動，其加速度和位置的關(guān)系為a =2+6x2, a的單位為mx的單位為m.質(zhì)點(diǎn)在x = 0處，速度為10 m s 1,試求質(zhì)點(diǎn)在任何坐標(biāo)處的速度值.解:dv a 一 dtdv dx dvvdx dt dx分離變量:adx (2 6x2 )dx兩邊積分得2x 2x3由題知，x 0時，vo 10,，c

7、 50x 25 ms1-6已知一質(zhì)點(diǎn)作直線運(yùn)動，其加速度為a =4+3tms2,開始運(yùn)動時,5 m, v=0,求該質(zhì)點(diǎn)在t = 10s時的速度和位置.解：;dv4 3t dt分離變量，得dv(4 3t)dt積分，得4t 3t2 c12由題知，t 0, v00 , . c10文檔鑒賞故v 4tn22又因?yàn)関 dx 4t 3t2dt 2分離變量，dx (4t |t2)dt。1 。積分得x 2t tC22由題知 t 0, x0 5 , . c2 5故x 2t2 -t3 52所以t 10 s時/ c 3 . _ 2. cc1v104 10 - 10190 m s2_ 21_ 3_x10210-105

8、705m21-7 一質(zhì)點(diǎn)沿半徑為1 m的圓周運(yùn)動,運(yùn)動方程為3=2+3t , 式中以弧度計(jì)，t以秒計(jì),求：(1) t =2 s其角位移是多少？時,質(zhì)點(diǎn)的切向和法向加速度;(2)當(dāng)加速度的方向和半徑成 45°角時,解:ddt9t2,ddt18t(1) t 2 s 時,18 236 man1 (922)21296 m(2)當(dāng)加速度方向與半徑成45°角時，有tan 45an亦即2)218tt322.67rad則解得 于是角位移為1 , ,2j j 一 r ,., b ,s x1-8質(zhì)點(diǎn)沿半徑為 R的圓周按5=必1 bt的規(guī)律運(yùn)動，式中s為質(zhì)點(diǎn)離圓周上某點(diǎn)的弧2長，Vo, b都是常

9、量，求：（1） t時刻質(zhì)點(diǎn)的加速度；（2） t為何值時，加速度在數(shù)值上等于 b .解：（1）ds dtVo bt加速度與半徑的夾角為dvdt2 VR2an2(Vobt)R(Vobt)4R2a arctan anRb(vo bt)2（2）由題意應(yīng)有b2(V°bt)R2b2b24(Vo bt)R(Vobt)4 o當(dāng) t -時，a b b（1）證明輪緣上任意點(diǎn)B的運(yùn)動方程為1-9半徑為R的輪子，以勻速V0沿水平線向前滾動:x= R ( t sin t), y = R (1cos t),式中v0/ R是輪子滾動的角速度，當(dāng) B與水平線接觸的瞬間開始計(jì)時.此時求B點(diǎn)速度和加速度的分量表示式.B

10、所在的位置為原點(diǎn)，輪子前進(jìn)方向?yàn)閤軸正方向；（2）解：依題意作出下圖，由圖可知r fJ題1-9圖VotVot R(2Rsin - cos22Rsint Rsin t)文檔鑒賞2Rsin sin 一22R(1 cos )R(1 cos t)10 m(2)VxVydx dt dy dtR (1Rsincos t)t)ax2sinay2cosdVx "dT dVy dt1-10以初速度Vo1 .20 ms拋出一小球，拋出萬向與水平面成幔60 °的夾角,求：(1)球軌道最高點(diǎn)的曲率半徑R1 ； (2)落地處的曲率半徑R2 .(提示：利用曲率半徑與法向加速度之間的關(guān)系)解：設(shè)小球所作

11、拋物線軌道如題1-10圖所示.題1-10圖(1)在最高點(diǎn),V1VxoV0 cos60a n110 mam(20cos60)210an1文檔鑒賞(2)在落地點(diǎn),V21v020 m s ,an2g cos60o2V222(20)280 man210 COs601-11飛輪半徑為0.4 m ,自靜止啟動，其角加速度為=0.2 rad s 2 ,求t = 2s時邊緣上各點(diǎn)的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度.解：當(dāng)t 2 s時,t 0.20.4 rad s則 v R 0.4 0.40.16 man R0.4 (0.4)20.0640.4 0.20.08 m22ana.(0.064)2 (0.08)

12、20.102 my為縱坐標(biāo)，開始時1-12 如題1-12圖，物體 A以相對B的速度v= J2gy沿斜面滑動,A在斜面頂端高為h處，B物體以u勻速向右運(yùn)動，求 A物滑到地面時的速度.解：當(dāng)滑至斜面底時，y h ,則vA '2gh , A物運(yùn)動過程中又受到 B的牽連運(yùn)動影響,因此，A對地的速度為Va2ghcos )i ( 2ghsin )j1-13 船以速率Vi =30km- h-1沿直線向東行駛，另一小艇在其前方以速率V2=40km-h1沿直線向北行駛，問在船上看小艇的速度為何？在艇上看船的速度又為何 ？解：(1)大船看小艇，則有 v21 v2 v1,依題意作速度矢量圖如題1-13圖(a

13、)由圖可知題 1-13圖.150 km h方向北偏西(2)小船看大船，則有arctan1 arctan3 36.87v24V12vi V2,依題意作出速度矢量圖如題1-13圖(b),同上法，得 ivi2 50 km h方向南偏東36.87°1-14當(dāng)一輪船在雨中航行時，它的雨篷遮著篷的垂直投影后2 m的甲板上，篷高4 m但當(dāng)輪船停航時，甲板上干濕兩部分的分界線卻在篷前3 m ,如雨滴的速度大小為8 m s-1,求輪船的速率.解：依題意作出矢量圖如題 1-14所示.題1-14圖V雨船 V雨 V船v雨 V雨船 V船由圖中比例關(guān)系可知V船V雨8ms習(xí)題二2-1因繩不可伸長，故滑輪兩邊繩子的

14、加速度均為a,其對于 m則為牽連加速度，又知 m2對繩子的相對加速度為a',故m對地加速度，由圖(b)可知，為a2=a1-a '又因繩的質(zhì)量不計(jì)，所以圓柱體受到的摩擦力f在數(shù)值上等于繩的張力 T,由牛頓定律，有mg-T=mna1T-m2g=m2a2聯(lián)立、式，得(mi m2 )g m2 aai mi m2(mi m2)g miaa2mi mkf T mim2(2g a) mi mh討論(i)若a' =0,則ai=a2表示柱體與繩之間無相對滑動.(2)若a' =2g,則T=f=0 ,表示柱體與繩之間無任何作用力，此時m,m2均作自由落體運(yùn)動.題2-i圖2-2以梯子為

15、對象，其受力圖如圖 (b)所示，則在豎直方向上，N-mg=0又因梯無轉(zhuǎn)動，以 B點(diǎn)為轉(zhuǎn)動點(diǎn)，設(shè)梯子長為l ,則NAlsin 0 -mg cos 0 =0在水平方向因其有加速度a,故有f+NA=ma題2-2圖式中f為梯子受到的摩擦力，其方向有兩種可能,即f=±omg聯(lián)立、式得tan m,tan m2(a og)g2(a0g)2-3axi6fy 7 ayi6235vx vx0 0 axdt22842.7-7Vy Vy0aydt20168m于是質(zhì)點(diǎn)在2s時的速度5.i47 .8j(2)(Vot1 .22 axt )i2ayt14)i 2(w) 4j13.-i42-4 (1) kvdv dt

16、分離變量，得dvkdtm dvkdtv0 vln VoInkte法-tv°e m(2) Xvdtt0 V0ektm dtmv0V(1 eKt m )（3）質(zhì)點(diǎn)停止運(yùn)動時速度為零,故有X0 Voe-tmv0m dt 0 k(4)當(dāng)m 2t=一時,k其速度為k m m T vv0ev°e1v0e即速度減至2-5分別以1v0的一.em,m2為研究對象，其受力圖如圖（b）所示.因繩不可伸長,設(shè)m2相對滑輪（即升降機(jī)）的加速度為a',則mt對地加速度a2=a' -a ;故m對滑輪的加速度亦為 a',又mi在水平方向上沒有受牽連運(yùn)動的影響，所以mi在水平方向?qū)Φ?/p>

17、加速度亦為 a',由牛頓定律，有m2g-T=m2(a ' -a)T=ma'題2-5圖聯(lián)立，解得a' =g方向向下(2) m 2對地加速度為a2=a' -a= 方向向上2m在水面方向有相對加速度，豎直方向有牽連加速度，即 a絕=2相+a牽222 g . 5ai a a g 4 -y g0 =arctan =arctan 1=26.6, 左偏上.a 22-6依題意作出示意圖如題2-6圖題2-6圖與軌道相切斜向下在忽略空氣阻力情況下，拋體落地瞬時的末速度大小與初速度大小相同, ,而拋物線具有對 y軸對稱性，故末速度與 x軸夾角亦為30。，則動量的增量為A p=

18、mv-mvo由矢量圖知，動量增量大小為Imvo | ,方向豎直向下.2-7由題知，小球落地時間為0.5s .因小球?yàn)槠綊佭\(yùn)動，故小球落地的瞬時向下的速度大小為vi=gt=0.5g，小球上跳速度的大小亦為V2=0.5g .設(shè)向上為y軸正向，則動量的增量A p=mv>-mvi方向豎直向上，大小 | Ap| =mv；-(-mv i)=mg碰撞過程中動量不守恒.這是因?yàn)樵谂鲎策^程中，小球受到地面給予的沖力作用.另外，碰撞前初動量方向斜向下，碰后末動量方向斜向上，這也說明動量不守恒.2-8 (1)若物體原來靜止，則 t4Ap1= oFdt q (10 2t)idt 56 i kg - m- s-1

19、,沿 x 軸正向，v1- 5.6i m sm1I1p1 56i kg m s若物體原來具有-6 m s-1初速，則tmvo0 Fdt 于是， tFPomvo, p m( Vo dt)0 mtP2 p Po 0 FdtPi,同理，A V2= Avi,I 2=1 i這說明，只要力函數(shù)不變，作用時間相同，則不管物體有無初動量，也不管初動量有多大, 那么物體獲得的動量的增量 (亦即沖量)就一定相同，這就是動量定理.(2)同上理，兩種情況中的作用時間相同，即t2I 0(10 2t)dt 10t t亦即 t2+10t-200=0解得 t=10 s , (t ' =-20 s 舍去)2-9質(zhì)點(diǎn)的動量

20、為p=mv=mo (-asin w ti+bcos w tj)將t=0和t= 一分別代入上式，得2P1=nmo bj,p 2=-mw ai,則動量的增量亦即質(zhì)點(diǎn)所受外力的沖量為I= A p=P2-p 1=-mw (ai+bj)2-10 (1)由題意，子彈到槍口時，有aF=(a-bt)=0,得 t=b(2)子彈所受的沖量t12I 0 (a bt)dt at -bta將t= a代入，得b2 a I 2b(3)由動量定理可求得子彈的質(zhì)量v02bv02-11設(shè)一塊為 m,則另一塊為 m, m=km2 及 m+m=m于是得km,m2 k 1又設(shè)m的速度為V1,m2的速度為V2,則有聯(lián)立、解得2T - m

21、1v121212m2 v2mv22mv=mvi+m2 V2V2=(k+1)v-kv i將代入，并整理得2T km于是有v12Tv km將其代入式，有證畢.2-12 (1)由題知，F(xiàn)合為恒力，A 合=F r=(7i-6j)- (-3i+4j+16k)=-21-24=-45 JA 45(2) N75 wt 0.6(3)由動能定理，A E=A=-45 J2-13以木板上界面為坐標(biāo)原點(diǎn)，向內(nèi)為題2-13圖又，題述爆炸后，兩彈片仍沿原方向飛行，故只能取y坐標(biāo)正向，如題2-13圖，則鐵釘所受阻力為f=-ky第一錘外力的功為AiA f dyss1 kfdy 0 kydy 2式中f'是鐵錘作用于釘上的

22、力，f是木板作用于釘上的力，在 dt -0時，f' =-f .設(shè)第二錘外力的功為 Aa,則同理，有Ay2112kA21 kydy 2ky2 2由題意，有12、 kA2 A(- mv ) 21 . 2即-ky2所以，y2. 2于是釘子第二次能進(jìn)入的深度為A y=y2-y 1= 2 -1=0.414 cm2-14 F(r)dE(r)drnk方向與位矢r的方向相反，即指向力心.2-15彈簧A、B及重物C受力如題2-15圖所示平衡時，有題2-15圖FA=FB=Mg又 F A=k1 A X1FB=k2 A X2所以靜止時兩彈簧伸長量之比為Xik2X2k1彈性勢能之比為1 12Ek1 x1kp12

23、 k2Ep? 1 .2k1p2 k2 x2122-16 (1)設(shè)在距月球中心為r處F月引=F地引，由萬有引力定律，有一mM月八mM地GLK經(jīng)整理，得r=地月3.48 1087.35 1022.5.98 1024,7.35 1022=38.32106 m則p點(diǎn)處至月球表面的距離為h=r-r 月=(38.32-1.74) X 106 = 3.66 X 107 m(2)質(zhì)量為1 kg的物體在p點(diǎn)的引力勢能為Ep6.67 1011_ 227.35 103.83 1076.67 10115.98 102438.4 3.83 107=-1.28106 J2-17 取B點(diǎn)為重力勢能零點(diǎn)，彈簧原長為彈性勢能零

24、點(diǎn)，則由功 能原理，有-m>gh= (m1+m)v2- mgh+lk( Al) 222式中A l為彈簧在A點(diǎn)時比原長的伸長量，則Al=AC-BC=( 2-1)h聯(lián)立上述兩式，得_ 2 m1m2 gh kh2 . 2 1,m1 m2題2-17圖2-18取木塊壓縮彈簧至最短處的位置為重力勢能零點(diǎn)，彈簧原 長處為彈性勢能零點(diǎn)則由功能原理，有1 ,212. cr-f rs= _ kx mv mgssin 3712-mv mgssin 37 frsk= 21.2 kx2式中s=4.8+0.2=5 m , x=0.2 m ,再代入有關(guān)數(shù)據(jù)，解得k=1390 N-1 m題2-18圖再次運(yùn)用功能原理，求

25、木塊彈回的高度h'-fts' =mgssin37代入有關(guān)數(shù)據(jù)，得 s 則木塊彈回高度=1.4-1kx2m,sin37=0.84 m2-19 m從M上下滑的過程中,機(jī)械能守恒，以 m, M地球?yàn)橄到y(tǒng),以最低點(diǎn)為重力勢能零點(diǎn),12mgRmv2 又下滑過程，動量守恒，以則有12MV22m,M為系統(tǒng)則在m脫離M瞬間，水平方向有mv-MV=0聯(lián)立，以上兩式，得m Mv=2MgR2-20 兩小球碰撞過程中，機(jī)械能守恒，有121212mv0mv1mv2222即2V2題 2-20 圖(a)題 2-20 圖(b)又碰撞過程中，動量守恒，即有mvo=mvi+mv2亦即V0=Vi+V2由可作出矢量三

26、角形如圖(b),又由式可知三矢量之間滿足勾股定理，且以vo為斜邊,故知Vi與V2是互相垂直的.2-21由題知，質(zhì)點(diǎn)的位矢為r=x ii+y ij作用在質(zhì)點(diǎn)上的力為f=-fi所以，質(zhì)點(diǎn)對原點(diǎn)的角動量為Lo=r x mv=(x ii+y ij) x m(vxi+v yj)=(x imvy-y imvx)k作用在質(zhì)點(diǎn)上的力的力矩為M0=r x f=(x ii+y ij) x (-fi尸y ifk2-22哈雷彗星繞太陽運(yùn)動時受到太陽的引力一一即有心力的作用，所以角動量守恒；又由于哈雷彗星在近日點(diǎn)及遠(yuǎn)日點(diǎn)時的速度都與軌道半徑垂直，故有 rimv=r2m22-23 (i)io48.75 io 5.46 i

27、o2908 io5.26 ioi23p fdt o 5 jdti5jkg m s i(2)解(一)x=x o+voxt=4+3=7y Wyt即 ri=4i,r vx=vox = ii 2 at2 622=7i+25.5j3225.5jvyvoyat即 vi=i i+6j,6 53v2=i+iijiiL 產(chǎn)riX mv=4i x 3(i+6j)=72kL2=r2 x mv=(7i+25.5j)A L=L2-Li=82.5k kgx 3(i+iij)=i54.5k- m2 - s-i解(二) Mdzdtdtto(r F)dt3o (4t)ii (6t -)5 2 3t)j5jdt305(4t)kd

28、t 82.5kkg-2 im2 s四 向:題2-24圖2-24在只掛重物M時，小球作圓周運(yùn)動的向心力為 Mg,即Mg=mrow 2o掛上M2后，則有(Mi+M)g=mr''2重力對圓心的力矩為零，故小球?qū)A心的角動量守恒.即 r omvo=r' mv22r00 r聯(lián)立、得2-25(1)先作閘桿和飛輪的受力分析圖(如圖(b).圖中N N'是正壓力，F(xiàn)r、F' r是摩擦 力，F(xiàn)x和Fy是桿在A點(diǎn)轉(zhuǎn)軸處所受支承力，R是輪的重力，P是輪在。軸處所受支承力.題 2-25 圖(a)題 2-25 圖(b)桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以對A點(diǎn)的合力矩應(yīng)為零，設(shè)閘瓦厚度不計(jì)，則有F

29、(li I2) N li 0l 1 l2l 1對飛輪，按轉(zhuǎn)動定律有3=-FrR/I ,式中負(fù)號表示3與角速度3方向相反. F 尸科 N N=N ' . Fr Nl1 l2Fli-12又 I mR, 2FrR 2 (li 12)FImR11以F=100 N等代入上式，得2 0.40 （0.50 0.75）40,2100rad s 260 0.25 0.503由此可算出自施加制動閘開始到飛輪停止轉(zhuǎn)動的時間為0900 237.0660 40這段時間內(nèi)飛輪的角位移為,1 /900 290tt 260453.1 2 rad140,9 、2 (一 )234可知在這段時間里，飛輪轉(zhuǎn)了53.1轉(zhuǎn).(2

30、) 3 0=900 X (2 兀)/60 rad s-1,要求飛輪轉(zhuǎn)速在t=2 s內(nèi)減少一半，可知_0_50015t 2t 2rad s 2用上面式（1）所示的關(guān)系，可求出所需的制動力為mRl12 (l1 引60 0.25 0.50 152 0.40 (0.50 0.75) 2177 N2-26設(shè)a, a2和3分別為 mm和柱體的加速度及角加速度，方向如圖（如圖b）.題 2-26(b)圖題 2-26(a)圖(1) m, m2和柱體的運(yùn)動方程如下：T2 m2 g m2a21m1g T1 m1al2T1 R T2 r I3式中=,T2' =T2,a2=r 3 ,aR3而 I=(1/2)MR

31、 2+(1/2)mr 2由上式求得Rm1 rm 2 22 gI m1R m2r 0.2 2 0.1 2 1212210 0.202 4 0.102 2 0.2022226.13 rad s 2(2)由式T2=mr 3 +m2g=2X0.10 x 6.13+2 x 9.8 = 20.8 N 由式T1=mg-miR3 =2 X 9.8-2 X 0.20 X 6.13 = 17.1 N 2-27分別以m, m.滑輪為研究對象，受力圖如圖 mg-T2=m2aT1=ma對滑輪運(yùn)用轉(zhuǎn)動定律，有T2r-T 1r=(1/2Mr 2) 3又，a=r 3聯(lián)立以上4個方程，得9.822 0.102(b)所示.對m,

32、m2運(yùn)用牛頓定律，有m1m2200 9.87 615.5 200 題2-28圖2-28 (1)由轉(zhuǎn)動定律，有 0)121-I 2 Mg-(1 cos30 )mg(l/2)=(1/3)ml2 3s=3g一p21(2)由機(jī)械能守恒定律，有mg(1/2)sin 0 =(1/2)(1/3)m12 «23g sin題2-29圖2-29 (1)設(shè)小球的初速度為 V0,棒經(jīng)小球碰撞后得到的初角速度為3,而小球的速度變?yōu)?v,按題意，小球和棒作彈性碰撞， 所以碰撞時遵從角動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，可列式：mv)1=I w +mv1(1/2)mv 20=(1/2)I w2+(1/2)mv 2上兩式

33、中I=1/3M1 2,碰撞過程極為短暫，可認(rèn)為棒沒有顯著的角位移；碰撞后，棒從豎直位置上擺到最大角度。=30。，按機(jī)械能守恒定律可列式：由式得由式由式所以(Vo求得VoMgl(1V02V0cos30 )3g,3 2(1 T)mlml)2VoT(1ml231. 6(2. 3 3m12(2)相碰時小球受到的沖量為/ Fdt= A mv=mv-mv由式求得/ Fdt=mv-mvo=-(I w )/l=(-1/3)Ml w6負(fù)號說明所受沖量的方向與初速度方向相反.題2-30圖2-30 (1)碎片離盤瞬時的線速度即是它上升的初速度 vo=Rco設(shè)碎片上升高度h時的速度為V,則有v2=v20-2gh令v=

34、0,可求出上升最大高度為H 日R2 22g 2g(2)圓盤的轉(zhuǎn)動慣量I=(1/2)MR 2,碎片拋出后圓盤的轉(zhuǎn)動慣量I ' =(1/2)MR 2-mR2,碎片脫離前，盤的角動量為I 03,碎片剛脫離后，碎片與破盤之間的內(nèi)力變?yōu)榱?，但?nèi)力不影響系統(tǒng) 的總角動量，碎片與破盤的總角動量應(yīng)守恒，即I co =I w+mvoR式中3,為破盤的角速度.于是(1/2)MR2co=(1/2)MR 2-mR2'+mvoR (1/2)MR 2-mR2 3 =(1/2)MR 2-mR2 co ' 得3 ' =3 (角速度不變)圓盤余下部分的角動量為(1/2)MR 2-mR2 3轉(zhuǎn)動動

35、能為題2-31圖R=(1/2)(1/2)MR2-mR2 «22-31 (1)射入的過程對。軸的角動量守恒2Rsin 0 mv0=(m+m)R w_ m°V0 sin co(m mo)R12 m0V0sin .2Ek(2) -kE2m0sinm m0-(m mo)R 2(m m0)R12-moVo22-32以重物、滑輪、彈簧、地球?yàn)橐幌到y(tǒng)，重物下落的過程中，機(jī)械能守恒，以最低點(diǎn)為 重力勢能零點(diǎn)，彈簧原長為彈性勢能零點(diǎn)，則有mgh=(1/2)mv2+(1/2)I w2+(1/2)kh 2又 w =v/R故有 V (2mgh2kh2)k2 mR2 I1(2 6.0 9.8 0.4

36、 2.0 0.42) 0.32，6.0 0.32 0.5一-12.0 m s吹 fi0".II - I- -題2-33圖題2-32圖B點(diǎn)時，有2-33 (1)小球與圓環(huán)系統(tǒng)對豎直軸的角動量守恒，當(dāng)小球滑至I 0 3 0=(I o+mR) 3該系統(tǒng)在轉(zhuǎn)動過程中，機(jī)械能守恒，設(shè)小球相對于圓環(huán)的速率為 VB,以B點(diǎn)為重力勢能零點(diǎn), 則有(1/2)1 03 20+mgR=(1/2)(I o+mR) 3 2+(1/2)mv 2B聯(lián)立、兩式，得VB2gRIo 2R2Io mR2(2)當(dāng)小球滑至C點(diǎn)時，Ic=I o 故由機(jī)械能守恒，有 mg(2R)=(1/2)mv 2c CO c= CO 0 vc

37、=2 . gR請讀者求出上述兩種情況下，小球?qū)Φ厮俣?uv21ou V134。1534。2o6oo541 Hz習(xí)題七7-1下列表述是否正確?為什么？并將錯誤更正.(1) Q E A(2)1旦(3)Q1(4)解：(1)不正確，Q E AQ AE pdV(2)不正確，Q21 (3)不正確，Q1一 1必不可逆 1(4)不正確，Q17-2 p V圖上封閉曲線所包圍的面積E pdV一 1 Q不可逆1Q1?如果該面積越大，是否效率越高A爭答：封閉曲線所包圍的面積表示循環(huán)過程中所做的凈功.由于Q1 , A爭面積越大，效率不一定高，因?yàn)檫€與吸熱Q1有關(guān).7-3 如題7-3圖所示，有三個循環(huán)過程，指出每一循環(huán)過

38、程所作的功是正的、負(fù)的，還是 零，說明理由.解：各圖中所表示的循環(huán)過程作功都為0.因?yàn)楦鲌D中整個循環(huán)分兩部分，各部分面積大小相等，而循環(huán)方向一個為逆時針，另一個為順時針，整個循環(huán)過程作功為0.題7-3圖7-4用熱力學(xué)第一定律和第二定律分別證明，在 p V圖上一絕熱線與一等溫線不能有兩個交占 I八、af題7-4圖 解：1.由熱力學(xué)第一定律有Q E A若有兩個交點(diǎn)a和b ,則經(jīng)等溫a b過程有Ei Qi A 0經(jīng)絕熱ab過程E2 A 0E2A 0從上得出EiE2,這與a, b兩點(diǎn)的內(nèi)能變化應(yīng)該相同矛盾.2.若兩條曲線有兩個交點(diǎn)，則組成閉合曲線而構(gòu)成了一循環(huán)過程，這循環(huán)過程只有吸熱，無放熱，且對外做

39、正功，熱機(jī)效率為 100% ,違背了熱力學(xué)第二定律.7-5 一循環(huán)過程如題 7-5圖所示，試指出：(1)ab,bc,ca各是什么過程；(2)畫出對應(yīng)的p V圖；(3)該循環(huán)是否是正循環(huán)？(4)該循環(huán)作的功是否等于直角三角形面積？(5)用圖中的熱量 Qab,Qbc,Qac表述其熱機(jī)效率或致冷系數(shù).解：(1) a b是等體過程bc過程：從圖知有V KT , K為斜率由pV vRT得 vRp 7故bc過程為等壓過程ca是等溫過程(2) p V圖如題7 5圖題7 5圖(3)該循環(huán)是逆循環(huán)(4)該循環(huán)作的功不等于直角三角形面積，因?yàn)橹苯侨切尾皇莗 V圖中的圖形.QabQbc Qca Qab題7-5圖題

40、7-6圖7-6兩個卡諾循環(huán)如題 7-6圖所示，它們的循環(huán)面積相等，試問：(1)它們吸熱和放熱的差值是否相同；(2)對外作的凈功是否相等；(3)效率是否相同？答：由于卡諾循環(huán)曲線所包圍的面積相等，系統(tǒng)對外所作的凈功相等，也就是吸熱和放熱的差值相等.但吸熱和放熱的多少不一定相等，效率也就不相同.7-7評論下述說法正確與否 ？(1)功可以完全變成熱，但熱不能完全變成功；(2)熱量只能從高溫物體傳到低溫物體，不能從低溫物體傳到高溫物體.(3)可逆過程就是能沿反方向進(jìn)行的過程，不可逆過程就是不能沿反方向進(jìn)行的過程.答：(1)不正確.有外界的幫助熱能夠完全變成功；功可以完全變成熱，但熱不能自動地完全變成功

41、；(2)不正確.熱量能自動從高溫物體傳到低溫物體，不能自動地由低溫物體傳到高溫物體.但在外界的幫助下，熱量能從低溫物體傳到高溫物體.(3)不正確.一個系統(tǒng)由某一狀態(tài)出發(fā)，經(jīng)歷某一過程達(dá)另一狀態(tài)，如果存在另一過程，它能消除原過程對外界的一切影響而使系統(tǒng)和外界同時都能回到原來的狀態(tài)，這樣的過程就是可逆過程.用任何方法都不能使系統(tǒng)和外界同時恢復(fù)原狀態(tài)的過程是不可逆過程.有些過程雖能沿反方向進(jìn)行，系統(tǒng)能回到原來的狀態(tài)， 但外界沒有同時恢復(fù)原狀態(tài)， 還是不可逆過程.7-8 熱力學(xué)系統(tǒng)從初平衡態(tài) A經(jīng)歷過程P到末平衡態(tài)B.如果P為可逆過程，其嫡變?yōu)椋簅 oBdQfer逆o oBdQ不可逆SB SASB S

42、AA A T ，如果P為不可逆過程，其嫡變?yōu)锳 T ,你說對嗎？P為可逆過程其嫡變?yōu)?哪一個表述要修改，如何修改？ 答：不對.嫡是狀態(tài)函數(shù)，嫡變只與初末狀態(tài)有關(guān)，如果過程BdQ5T 逆Sb SAA -TZA T ,如果過程P為不可逆過程，其嫡變?yōu)镾bSaBdQ不可逆Sb7-9 根據(jù) 不可逆過程嫡變SaBdQ不可逆A T ,這是否說明可逆過程的嫡變大于?為什么？說明理由.答：這不能說明可逆過程的嫡變大于不可逆過程嫡變,嫡是狀態(tài)函數(shù)，嫡變只與初末狀態(tài)有關(guān)，如果可逆過程和不可逆過程初末狀態(tài)相同，具有相同的嫡變.只能說在不可逆過程中，系統(tǒng)的熱溫比之和小于嫡變.7-10如題7-10圖所示，一系統(tǒng)由狀態(tài)

43、a沿acb到達(dá)狀態(tài)b的過程中，有350 J熱量傳入 系統(tǒng)，而系統(tǒng)作功126 J .(1)若沿adb時，系統(tǒng)作功42 J,問有多少熱量傳入系統(tǒng) ？(2)若系統(tǒng)由狀態(tài)b沿曲線ba返回狀態(tài)a時，外界對系統(tǒng)作功為84 J，試問系統(tǒng)是吸熱還是放熱？熱量傳遞是多少？題7-10圖解：由abc過程可求出b態(tài)和a態(tài)的內(nèi)能之差E Q A 350 126 224 Jabd過程，系統(tǒng)作功A 42 J系統(tǒng)吸收熱量Q E A 224 42 266 J ba過程，外界對系統(tǒng)作功 A 84 J7-11 1 mol單原子理想氣體從 加了多少內(nèi)能？對外作了多少功Q E A 224 84308 J系統(tǒng)放熱300 K加熱到350 K

44、,問在下列兩過程中吸收了多少熱量？增(1)體積保持不變；(2)壓力保持不變.解：(1)等體過程由熱力學(xué)第一定律得Q EQ吸熱E Cv(T2 Ti)川2T1)Q E 3 8.31 (350 300) 623.25 2J對外作功 A 0 (2)等壓過程Q5(”叩2 T1)5Q 8.31 (350 300) 1038.75 吸熱 2JECv(T2 Ti)E 3內(nèi)能增加 2 對外作功A Q8.31 (350 300) 623.25 JE 1038.75 623.5 415.5 J7-12 一個絕熱容器中盛有摩爾質(zhì)量為 M mol，比熱容比為 的理想氣體，整個容器以速 度v運(yùn)動，若容器突然停止運(yùn)動，求氣

45、體溫度的升高量（設(shè)氣體分子的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)變?yōu)閮?nèi)能）.12mu,轉(zhuǎn)變?yōu)闅怏w分子無序運(yùn)動使得內(nèi)能增加，溫度變解：整個氣體有序運(yùn)動的能量為2化1一 mu21mCv T M 12M mol u 2Cv2R-M2/ mol u (1)7-13解：由 p1V1等溫壓縮p2 V2T 300 KV2P1V1P2求得體積0.01 101 10 30.01 m 3氮?dú)庠跍囟葹?300 K時，由0.1 MPa(即1 atm)壓縮到10 MPa.試分別求氮?dú)饨?jīng)等溫及絕熱壓縮后的（1）體積；（2）溫度；（3）各過程對外所作的功.對外作功A VRT ln1 1.013V2V1 105p1V In0.01P1P2ln 0.

46、014.67 103 J（2）絕熱壓縮CV5R 2由絕熱方程P1V1V2(PiVi)1/P21(110)40.01由絕熱方程T1P2V21(包)飛P2V21.93 10 3P11 T2mP21T1 P21Pi3001.4(10)0.4P1V1 )1/P2T2 579K熱力學(xué)第一定律A所以M pVM molMM molCv(T2 Ti)RT A一 一 一 5 一一i.0i3 i0 0.00i 5300(579 300)23.57-i4為理想氣體由初狀態(tài)( pi 'J經(jīng)絕熱膨脹至末狀態(tài)i03 J(P2,V2).試證過程中氣體所作的功PiViP2 V2為氣體的比熱容比.答：證明：由絕熱方程pVPiViP2V2CV2pdVV2ViPiVidvPiVii V2Vi二)ViTii Vii)iiPiVi ViP2V2 V2A所以PiViP2V27-i5 i mol的理想氣體的T-V圖如題 過程氣體對外做的功.7-i5圖所示，ab為直線，延長線通過原點(diǎn)O.求ab題7-i5圖解：設(shè)T KV由圖可求得直線的斜率 K為K五2V0K旦V得過程方程2V0由狀態(tài)方程PV RTRT彳曰P V付Vab過程氣體對外作功2VovopdV2V0 RTvo VdV2V°