2023年大學(xué)物理題庫計(jì)算題

1、從一個(gè)半徑為R的均勻薄板上挖去兩個(gè)直徑為R/2的圓

板，形成的圓洞中心在距原薄板中心R/2處，所剩薄板的質(zhì)

量為加o求此時(shí)薄板對于通過原中心而與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)

動(dòng)慣量。

2、水星繞太陽(太陽質(zhì)量為M)運(yùn)營軌道的近日點(diǎn)到太陽的距離為八，遠(yuǎn)日點(diǎn)

到太陽的距離為G，G為引力常量。求出水星越過近日點(diǎn)和遠(yuǎn)日點(diǎn)的速率巳和力的

表達(dá)式。

(l/2)*(Vl*At)*rl=(l/2)*(V2*At)*r2

得：Vl/V2=r2/rl

據(jù)“開普勒第三定律”

RA3/D2=GM/4nA2

rl+r2=T/nJGM

GMm

3、證明：行星在軌道上運(yùn)動(dòng)的總能量為￡=一117式中M,m分別為太陽和行

星質(zhì)量，n，r2分別為太陽到行星軌道近日點(diǎn)和遠(yuǎn)日點(diǎn)距離。

證以5和辦分別表示行星通過近日點(diǎn)和遠(yuǎn)日點(diǎn)時(shí)的速率。由于行星所受太陽引

力指向太陽，故行星對太陽的角動(dòng)量守恒，即

mrx砧=mr2v2

又行星和太陽只有引力相互作用，所以行星的機(jī)械能守恒，即

122

G-M..m.....二1方"說G一M--m------

I尸12尸2

聯(lián)立解上兩式，可得

12_GMmri

2-3=(—々

行星運(yùn)行的總能量為

E=^mx>2_GMm__GM/n

乙廠

2n+r2

4、如圖所示，一質(zhì)量為m的物體，從質(zhì)量為M的圓弧形槽頂

端由靜止滑下，圓弧形草的半徑為R,張角為7/2。忽略所有

摩擦，求：(1)物體剛離開槽底端時(shí)，物體和槽的速度各是多少？(2)在物體

從A滑到B的過程中，物體對槽所做的功？

解(D如圖4.12所示，對物體、槽和地球系統(tǒng)，外力不做功，物體和槽的相互壓力

N和M具有相同位移，所以做功之和為零。因此系統(tǒng)的

機(jī)械能守恒。以v和V分別表示物體剛離開槽時(shí)物體和

槽的速度，則有

mgR=^rm^H^-MV2

乙U

對物體和槽系統(tǒng)，由于水平方向不受外力，所以水平方向

動(dòng)量守恒。又由于V和V皆沿水平方向，所以有

mv-MV=Q

聯(lián)立解上二式可得

mRI2R

VM+zn*VM(M+g/n)

(2)對槽來說，只有物體對它的壓力N推它做功，重力和桌面對它的支持力不做功。

由動(dòng)能定理可知在物體下落過程中，物體對槽做的功就等于槽的動(dòng)能的增量，即

A.=—MV2=7n2gR

K2M+m

(3)物體到達(dá)最低點(diǎn)B的瞬間，槽在水平方向不受外力，加速度為零，此時(shí)可以把槽

當(dāng)作慣性系。在此慣性系中，物體的水平速度為

J=u+V=

由牛頓第二定律

N'—mg=m2-

由此得

N，=mg+m^=(3+需)mg

再由牛頓第三定律可知此時(shí)物體對槽的壓力為

N=N=(3+^"g

方向向下。

5、如圖所示，均勻直桿長L,質(zhì)量M,由其上端的光滑水平軸吊起

而處在靜止。有一質(zhì)量為m的子彈以速率。水平射入桿中而不復(fù)出，

射入點(diǎn)在軸下3L/4O求子彈停在桿中時(shí)桿的角速度和桿的最大偏轉(zhuǎn)角的表達(dá)式。

若m=8.0g,M=1.0kg,L=0.40m,t>=200m/s則子彈停在桿中時(shí)桿的角速度有多大?

解(1)由子彈和桿系統(tǒng)對懸點(diǎn)O的角動(dòng)量守恒可得

3

mvX—L=

4

____

4GML+/L

3X0.008X200

-7~\9

4(4X1X0.4+X0.008X0.4

\316

=8.89rad/s

(2)對桿、子彈和地球系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒可得

2

Cl)y+mg—cos8)

由此得

1.9

3—16m

0=arccos1—

(M+微/n)g

X1+^X0.008)X0.4X8.892

=arccos1一

(1+—X0.008)X9.8

=94°18'

6、如圖所示，在光滑的水平面上有一木桿，其質(zhì)量

=1.0kg,長/=0.4m,可繞通過其中點(diǎn)并與之垂直的軸轉(zhuǎn)

動(dòng)。一質(zhì)量為加2=。。1炮的子彈，以。=2.0xl()2m.sT的速度㈣//(

ZZ

?.

Z.

射入桿端，其方向與桿及軸正交。若子彈陷入桿中，試求

得到的角速度。

題4.17解：根據(jù)角動(dòng)量守恒定理

J、CD—(J]+J2

式中乙二?(〃2)2為子彈繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，八0為子彈在陷入桿前的角動(dòng)量，

刃=2必/為子彈在此刻繞軸的角速度。4=叫//12為桿繞軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，〃是

子彈陷入桿后它們一起繞軸的角速度?？傻脳U的角速度為

Jco6叫u

co'=2=29.Is-

Jl+/2（町+3叫）/

7、如圖所示，子彈水平地射入一端固定在彈簧上的

木塊內(nèi)，由彈簧壓縮的距離求出子彈的速度。已知子

彈質(zhì)量是0.02kg,木塊質(zhì)量8.98kg,彈簧的勁度系數(shù)

100N/m,子彈射入木塊后，彈簧壓縮0.1m。設(shè)木塊

與平面間的摩擦系數(shù)為0.2,求子彈的速度。

解：設(shè)m、M分別為子彈與木塊的質(zhì)量，子彈

射入木塊前速度為v,與木塊的共同運(yùn)動(dòng)速度為V。

碰撞過程中，子彈與木塊系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則

mv=(in+M)V(1)

對子彈、木塊、彈簧和地球(平面)系統(tǒng)，運(yùn)用動(dòng)能原理，

Ae+Aid=AEk+AEp⑵

其中4=0,彈簧被壓縮x的過程中，摩擦力作功為

4d=-Mm+M)gx

所以，(2)式可表示為

—//(w+M)gx=0——(w+M)V2+—kx2-0

將(1)式代入上式，得

將(1)式代入上式，得

M+mI*kx2?-,c-，

V=----J-------F2Z/PX=319.2777s

mVAf+w

8、一根均勻米尺，在60cm刻度處被釘?shù)綁ι?，并且可以在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)。

先用手使米尺保持水平狀態(tài)，然后釋放。求剛釋放時(shí)米尺的角加速度以及米尺到

豎直位置時(shí)的角速度各是多大？

解如圖5.6所示，設(shè)米尺的總重量為始則直

尺對懸點(diǎn)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為

JO

=；XX0.42"F-XX0.62

=0.093m

對直尺，手剛釋放時(shí)，由轉(zhuǎn)動(dòng)定律

mgXOC=la

3XOC=初X9.8X0.1

=10.5rad/s2

I0.093m

在米尺轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，機(jī)械能守恒給出

mgXOC=卷1a），

12mX9.8通7T

V0.093m=4.58rad/s

9、從一個(gè)半徑為R的均勻薄板上挖去四個(gè)直徑為R/2的圓板,

形成的圓洞中心在距原薄板中心R/2處,所剩薄板的質(zhì)量為〃?。

求此時(shí)薄板對于通過原中心而與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量。

10、質(zhì)量為72kg的人跳蹦極。彈性蹦極帶原長20m,勁度系數(shù)

60N/m,忽略空氣阻力。求（1）此人自跳臺(tái)跳出后，落下多高

時(shí)速度最大？此最大速度是多少？（2）跳臺(tái)高于下面的水面

60m,此人跳下后會(huì)不會(huì)觸及到水面？

解（1）此人下落時(shí)，當(dāng)蹦極帶對他的向上拉力和他受的

重力相等時(shí)速度最大。以/。表示蹦極帶的原長，以/表示伸

長的長度，則速度最大時(shí)，由此得此人速

度最大時(shí)已下落的距離為

人=2。+Z=/。+等=20+72218=31.8m

kOU

由機(jī)械能守恒，以”,表示最大速度，則應(yīng)有

mgk=1初2+十如淚圖4.1

由此得

72X9.82

V60+2X9.8X20=22.5m/s

（2）人降到最下面時(shí)，動(dòng)能為零。由機(jī)械能守恒定律，以表示蹦極帶的最大伸長,

則有

mg（Z0+=.a’2

代入m,/o,k的數(shù)據(jù)，可得一數(shù)字方程

-2—27.47—549=0

解此方程可得

I'=38.1m

此時(shí)人在跳臺(tái)下的距離為

/（）+/'=20+38.1=58.1m<60m

所以人不會(huì)觸及水面。

11、一質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星沿一圓形軌道運(yùn)動(dòng)，離開地面的高度等于地球半

徑的2倍（即2R）試以m,R,引力恒量G,地球質(zhì)量M表達(dá)出：（1）衛(wèi)星的

動(dòng)能；（2）衛(wèi)星在地球引力場中的引力勢能；（3）衛(wèi)星的總機(jī)械能。

解（1）對衛(wèi)星用牛頓第二定律

GmM_mx/

（3R）2一獲

式中b為衛(wèi)星的速率。由此式可得衛(wèi)星的動(dòng)能為

亡12GmM

巳=彳機(jī)瞽=聲

（2）引力勢能為

uGmM

耳=-』-

（3）衛(wèi)星的總機(jī)械能為

r，_?_GmM_GmM__GmM

E=Evk+Ep=~QR~~~3R~=~~QR~

12、如圖所示，兩物體質(zhì)量分別為s和性犯＞〃2）,通過定滑輪用

繩相連，已知繩與滑輪間無相對滑動(dòng)，且定滑輪質(zhì)量為加，半徑為R,

可視作均勻圓盤，忽略滑輪軸承的摩擦。求叫和團(tuán)2的加速度以及

兩段繩子中的張力各是多少?回

13、如圖所示，彈簧的勁度系數(shù)Z.OxUN/m,輪子的轉(zhuǎn)動(dòng)

慣量為0.5kg.m2,輪子半徑為30cm。當(dāng)質(zhì)量為60kg的物體

下落40cm時(shí)的速率是多大？假設(shè)開始使物體靜止而彈簧無

伸長。（此答案中k=2.0N/m）

解：由動(dòng)能定理

22

mgx-^kx=-^mv十多聞？

2_2mgx-kx2

—m+J7r2

_2x60x9.8x0.4—2x(0.42

―60+0.5/(0.3)2

=7.18

v—2.68m/s

14、光滑水平桌面上放置一固定的圓環(huán)帶，半徑為R。一物體貼

著環(huán)帶內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，物體與環(huán)帶間的滑動(dòng)摩擦系數(shù)為設(shè)物體在

某一時(shí)刻經(jīng)A點(diǎn)時(shí)速率為外,求此后f時(shí)刻物體的速率以及從A

點(diǎn)開始所通過的路程。解如圖2.14所示，對物體在法向上有

N=mR

而

f=fjtkN

在切向上有

,dv

-f=mdi

由此三式可得

dvv2

圖2.14習(xí)題2.13解用圖石=一外左

由此得

"dv

2

%voK

v()R

V

而在時(shí)間t內(nèi)物體經(jīng)過的路程為

vdt=VoR1*dz

o.oR+

=—ln(l

15、如圖所示，求半徑為R的半圓形均勻薄板的質(zhì)心。

將坐標(biāo)原點(diǎn)取在半圓形薄板的圓心上，并建立如圖3-5所示的坐標(biāo)系。

在這種情況下，質(zhì)心。必然處在y軸上，即1C=°

質(zhì)量元是取在y處的長條，如圖所示。長條的

寬度為dy,長度為2x。根據(jù)圓方程

廣+'=始故有

x=JR2-尸

(xy)

假如薄板的質(zhì)量密度為5則有

Jc=加―L島7-商

2

以=露-，m=-2ydy

令/,貝I,對上式作變量變換，并積分，得

4D

么1以山=空之0.42R

3n

16＞如圖所不，兩物體質(zhì)量分別為犯和加2,定滑輪的

質(zhì)量為加，半徑為r,可視作均勻圓盤。已知性與桌面

間的滑動(dòng)摩擦系數(shù)為Pk，求犯下落的加速度和兩段繩

子中的張力各是多少？設(shè)繩子和滑輪間無相對滑動(dòng)，

滑輪軸承的摩擦力忽略不計(jì)。

解對血I，由牛頓第二定律

m、g—7\=mia

對m2,由牛頓第二定律

72―外帆2g=m2a

對滑輪，用轉(zhuǎn)動(dòng)定律

圖5.5習(xí)題5.10解用圖z

(Ti—T2)r=-^-mra

又由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系，設(shè)繩在滑輪上不打滑

a=a/r

聯(lián)立解以上諸方程，可得

a=.一―一

小1+2+m]2g

7_(1+〃k)根2+2T(1+外)如u^m/2

/i=如g'Tz=-益+方/2M

mi+7n2+m/2

17、如圖，一木塊M靜止在光滑地面上，子彈m沿水平方向以速度。射入木塊

內(nèi)一段距離S，而停在木塊內(nèi)，而使木塊移動(dòng)了S,

的距離M

Sf>!

(1)這一過程中子彈和木塊間的摩擦力對子彈m

和木塊各做了多少功？

(2)證明子彈和木塊的總機(jī)械能增量等于一對摩擦力之一沿相對位移6做的功。

解如圖4.8所示。在地面參考系中，對子彈和木塊系統(tǒng)，水平方向不受外力，動(dòng)量

守恒。以V表示二者最后的共同速度，則有

mv=(?n+M)V

由此得

〃

V=-m

m-rM

(1)以立表示子彈停在木塊內(nèi)前木塊移動(dòng)的距離，則子彈對地面的位移為s=sl+L

對子彈用動(dòng)能定理，摩擦力/對子彈做的功等于子彈動(dòng)能的增量，為

對木塊，摩擦力f對它做的功等于木塊動(dòng)能的增量為

加『十"(吊J

(2)考慮到r=/,將兩等式相加，可得

1mV2+^-MV2)--ymx;2

2

此式即說明子彈和木塊的總機(jī)械能增量等于一對摩擦力之一沿相對位移，做的功。

18、從一個(gè)半徑為R的均勻薄板上挖去一個(gè)直徑為R的圓板,

形成的圓洞中心在距原薄板中心R/2處，所剩薄板的質(zhì)量為加。

求此時(shí)薄板對于通過原中心而與板面垂直的軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量。并

說明剛體轉(zhuǎn)動(dòng)慣量與哪些因素有關(guān)。

解由于轉(zhuǎn)動(dòng)慣量具有可加性，所以已挖洞的圓板的轉(zhuǎn)

動(dòng)慣量J加上挖去的圓板補(bǔ)回原位后對原中心的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量

Jr就等于整個(gè)完整圓板對中心的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量入。設(shè)板的密度

為p,厚度為①則對于通過原中心而與板面垂直的軸

?=Tm,住了+~（4）2=畀修）Z（野

=嘉兀a冰"

J2==

!|皿訴

J=J2-J1=4

又由于兀R一穴（與）=M，即

4

napR2

3

代人上面求J的公式，最后可得

J=梟叱

19、一輕質(zhì)量彈簧勁度系數(shù)為3兩端各固定一質(zhì)量均為M的物塊A和B,放在

水平光滑桌面上靜止。一質(zhì)量為m的子彈

沿彈簧的軸線方向以速度D。射入一物塊而不

復(fù)出，求此后彈簧的最大壓縮長度。

解：第一階段：子彈射入到相對靜止于物塊A。由于時(shí)間極短,

可認(rèn)為物塊A還沒有移動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律，求得物塊A的

速度以m

(M+機(jī))以=mv八=~~-v

0(M+ATI)0

第二階段：物塊A移動(dòng)，直到物塊A和B在某舜時(shí)有相同的速度,

彈簧壓縮最大.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律，求得兩物塊的共同速度D.

(2M+m)v=(M+m)v，=照［一)八=0

x(2M+m)(2二M+m)

應(yīng)用機(jī)械能守恒定律，求得彈簧最大壓縮長度.

—(2M+m)v2+—kx2=—(M+

M

x=mvl-----------------------------

\lk(M+om)(2M+tn)

20、坐在轉(zhuǎn)椅上的人手握啞鈴，兩臂伸直時(shí)，人、啞鈴和椅系統(tǒng)對豎直軸的轉(zhuǎn)動(dòng)

慣量為Ji=2kg?m2。在外力推動(dòng)后，此系統(tǒng)開始以〃1=15r/min轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)人的兩

臂收回，使系統(tǒng)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量變?yōu)镴2=0.8kg?m2時(shí)，它的轉(zhuǎn)速小是多大？兩臂收回

過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒？什么力做了功？做了多少功？設(shè)軸上摩擦忽略

不計(jì)。

解由于兩臂收回過程中，人體受的沿豎直軸的外力矩為零，所以系統(tǒng)沿此軸的角動(dòng)

量守恒。由此得

Ji,2Ml=J2*2M

于是

"2="1共=15X=37.5r/min

J20.o

在兩臂收回時(shí)，系統(tǒng)的內(nèi)力(臂力)做了功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒。臂力做的總

功為

A="yjzcui

LJ乙

Jo.8X(2xX-2X(2xX

=3.70J

21、均勻棒長/,質(zhì)量為相，可繞通過其端點(diǎn)O水平軸轉(zhuǎn)

動(dòng)，當(dāng)棒從水平位置自由釋放后，它在豎直位置上與放在

地面上的質(zhì)量也為加物體相撞，物體與地面的摩擦系數(shù)為

〃。相撞后，物體沿地面滑行一段距離而停止。求棒在相

撞后擺動(dòng)的角速度表達(dá)式。(9%)

把棒在豎直位置時(shí)質(zhì)心所在處取為勢能零點(diǎn)，用口表達(dá)棒這時(shí)的角速度，則

/_172_lfl,2)2

"2g一二一Jco———nilG)

222(3)

這個(gè)系統(tǒng)的對o軸的角動(dòng)量守恒。用v表達(dá)物體碰撞后的速度，則

—Ring=ma

由牛頓第二定律求得加速度為

由勻減速直線運(yùn)動(dòng)的公式得

0=v2+2as

亦即v2=2/igs

由前幾式可得：

CU-

1

22、下圖為循環(huán)過程的P—V圖線，該循環(huán)的工質(zhì)為Imol的氮?dú)?，由兩個(gè)等容

過程，兩個(gè)絕熱過程構(gòu)成。求：

(1)a、b、c、d各態(tài)的溫度；

(2)循環(huán)的效率。

23、有也許運(yùn)用表層海水和深層海水的溫差制成熱機(jī)。已知熱帶水域表層水溫約

25C,300m深處水溫約5,C。求：(1)在這兩個(gè)溫度之間工作的卡諾熱機(jī)的效率

多大？(2)假如一電站在此最大理論效率下工作時(shí)獲得的機(jī)械功率是1MW,它將

以何速率排出廢熱？(3)此電站獲得的機(jī)械功和排出的廢熱均來自25C的水冷

卻到5C所放出的熱量，此電站將以何速率取用25°C的表層水？

C=4.18xlO3J/(^-℃)

解(1)7=1一$=1一黑=6.7%

(2)由q=l—Q2/Q=l—Q2/(A+Q2)可得

Q2=空13=1。弋"67)=]4X1?！鉐

70.067

即電站將以14MW的速率排出廢熱。

(3)Qi=A+Q=CmAT

A+Q_1X1O6+14X1O6_,R

m~CAT2-4.18X3(25—5)-，8Xkg

即以1.8X102kg/s=6.5X102t/h的速率取用表層水。

24、使一定質(zhì)量的抱負(fù)氣體的狀態(tài)按圖中的曲線沿箭

頭所示的方向發(fā)生變化，圖線的BC段是等溫線。（1）

已知?dú)怏w在狀態(tài)A時(shí)的溫度TA=300K,求氣體在B,

C和D狀態(tài)時(shí)的溫度；（2）從A到D氣體對外做的

功總共是多少？（3）將上述過程在V—T圖上畫出，

并標(biāo)明過程進(jìn)行的方向。

解（1）AB為等壓過程

TB=TA患=300X^=600K

BC為等溫過程

TC=TB=Q00K

CD為等壓過程

T=T7^=600X^=300K

DCVc4U

(2)A=+AQC+ACD

=—VQ+pBVB\n.+pc(VD-Vc)

「

=2X(20-10)+2X20XIn40+1X(20-40)"JIx1.01X102

=2.81X103J

(3)V-T圖見圖8.2O

(3)V-T圖見圖8.2O

圖8.2習(xí)題8.1解（3）用圖

25、兩臺(tái)卡諾熱機(jī)串聯(lián)運(yùn)營，即以第一臺(tái)卡諾熱機(jī)的低溫?zé)釒熳鳛榈诙_(tái)卡諾熱

機(jī)的高溫?zé)釒?。試證明它們的效率7及％和這臺(tái)聯(lián)合機(jī)的總效率〃有如下的關(guān)

系：7/=7+（1-7力2。再用卡諾熱機(jī)效率的溫度表達(dá)式證明這聯(lián)合機(jī)的總效率和

一臺(tái)歸罪于最高溫度與最低溫度的熱庫之間的一臺(tái)卡諾熱機(jī)的效率相同。

證以「，72,乙分別表示三個(gè)熱庫的溫度，以Q和Qz分別表示第一臺(tái)熱機(jī)吸收

和放出的熱量，以A1和4分別表示第一臺(tái)和第二臺(tái)熱機(jī)對外做的功，則

A1=⑦Qi,=r/2Q2=%(Qi—A)=Qia(1一小)

總的效率為

A1+A2-I、

7=1Q｝一=71+(1一拿》事

由于G=1一爭,小=1一芬所以

7=(1-粕+口一?！桑?1—粘=］一景

即與一臺(tái)卡諾熱機(jī)的效率相同。

26、3moi氧氣在壓強(qiáng)為2atm時(shí)體積為40L,先將它絕熱壓縮到一半體積，接著

再令它等溫膨脹到原體積。(1)求這一過程的最大壓強(qiáng)和最高溫度；(2)求這一

過程中氧氣吸取的熱量、對外做的功以及內(nèi)能的變化；(3)在P—V圖上畫出整

個(gè)過程曲線。

解(1)最大壓強(qiáng)和最高溫度出現(xiàn)在絕熱過程的終態(tài)：

r

p2=pi(Vi/V2)=2X(40/20)i"=5.28atm

,P2V25.28X1.013X105X20X10-3d0c

?黃=---------3X01----------=429Klz

(2)Q=0+yRTzIn

40

=3X8.31X429X1碟

4V

=7.41X10$J

A=±(Pi匕一九D+yRTzlnM

zy2

-(2X40-5.28X20)X1.013X102

1.4—1

-F3X8.31X429Xln4^0

=0.93X103J

△E=Q—A=(7.41-0.93)X103=6.48X1(?j

(3)整個(gè)過程的過程曲線如圖8.4所示。

5.28

O2040

V/L

圖8.4習(xí)題8.7（3）解用圖

g

27、用空調(diào)器使在外面氣溫為32”C時(shí)，維持室內(nèi)溫度為21C。已知漏入室內(nèi)熱

量的速率是3.8X104kj/h,求所用空調(diào)器需要的最小機(jī)械功率是多少？

解A=_Q2（Ti一72）

WWcTz

=48X3籃305—2迫=L4X3kj/h

所需最小功率為

P皿=午=L端。6=0.39kW

28、如圖是某單原子抱負(fù)氣體循環(huán)過程的V—T圖，％=2匕,

試問：（1）圖中循環(huán)代表致冷機(jī)還是熱機(jī)？說明因素。（2）

若是熱機(jī)循環(huán)，求出循環(huán)效率

29、如圖所示，有一氣缸由絕熱壁和絕熱活塞構(gòu)成。最初氣

缸內(nèi)體積為30L,有一隔板將其分為兩部分：體積為20L的

部分充以35g氮?dú)?，壓?qiáng)為2atm；另一部分為真空。今將隔

板上的孔打開，使氮?dú)獬錆M整個(gè)氣缸。然后緩慢地移動(dòng)活塞使氮?dú)馀蛎?，體積變

為50L。求：（1）最后氮?dú)獾膲簭?qiáng)和溫度；（2）氮?dú)怏w積從20L變到50L的整個(gè)過

程中氮?dú)鈱ν庾龅墓暗獨(dú)鈨?nèi)能的變化。

解（1〉氮?dú)獾某鯗囟葹?/p>

T28X2X1.013X105X20X10-3

T1=~^R-=----------航Fi----------=39Q0nAKv

打開隔板上的孔，氣體絕熱自由膨脹到30L,溫度為式=1}=390K,壓強(qiáng)力=%匕/%=

4

2X20/30=2atm。最后的壓強(qiáng)為

O

p3=P2(.V2/V3y=4*X償)=0.652atm

o\0v/

最后的溫度為

="必匕=28X0.652X1.0XIO'X50XM

3菽35X8.31

=317K

(2)AE

=^X4X8.31X(317-390)

ZoZ

=-l.90X103J

由于Q=0

A=-AE=L90X3j

(3)整個(gè)過程的過程曲線如圖8.6

所示。圖8.6習(xí)題8.8（3）解用圖

30、下圖為循環(huán)過程的T—V圖線。該循環(huán)的工質(zhì)為

501的抱負(fù)氣體，其金，”和/均已知且為常量。已知a點(diǎn)

的溫度為十，體積為匕，。點(diǎn)的體積為匕，以為絕熱過程。

求：（1）c點(diǎn)的溫度；（2）循環(huán)的效率。（3）若抱負(fù)氣

體為雙原子分子氣體，匕=2匕那么循環(huán)效率為多少？

31、64克氧氣的溫度由0t升至50°C,（1）保持體積不變；（2）保持壓強(qiáng)不變。

在這兩個(gè)過程中氧氣各吸取了多少熱量？各增長了多少內(nèi)能？對外各做了多少

功？

;-|-2

解(1)由Q=vCp,^T=v&H^T,得

=2Q=2X6.0X104=1

"—(7+2XRAT—(5+2)X8.31X50--

4

(2)AE=vCv,mAT=vX卷RAT=41.3XX8.31X50=4.29X10J

(3)A=Q-AE=(6.0-4.29)X104=1.71X104J

(4)Q=Z\E=4.29X104J

33、金原子核可視為均勻帶電球體，總電量為79e,半徑為7.0x10*m。求金核

內(nèi)外的電場強(qiáng)度表達(dá)式、金核表面的電勢以及金核中心的電勢各是多少？

解金核表面的電勢為

9X100X79X1.6X10-19

小一q—=1.6X107V

白_曰一7.0X10-16

金核中心的電勢

0=1最”+1走■”=5^=5X1.6X107

=2.4XIO7V

34、兩個(gè)無限長同軸圓筒半徑分別為R］和R2,單位長度帶電分別為+幾和-3

求內(nèi)筒內(nèi)，兩筒間以及外筒外的電場分布。

解根據(jù)電場分布的軸對稱性,可以選與圓柱同軸的圓柱面（上下封頂）作高斯面，再

根據(jù)高斯定律即可求出：

在內(nèi)圓柱面內(nèi)，

YR,E=0

在兩圓柱面間,

入

，E=

R1OVR22ne()r

在外圓柱面外,

Rz<r,E=0

35.如圖所示，在長直電流近旁放一矩形線圈與其共面，線圈各

邊分別平行和垂直于長直導(dǎo)線。線圈長度為/,寬度為b,近邊距

長直導(dǎo)線距離為a,長直導(dǎo)線中通有電流/。當(dāng)矩形線圈中通有

電流力時(shí)，它受的磁力的大小和方向各如何？它又受到多大的磁

力矩?

解如圖14.10所示，線圈左邊受力為

方向向左;線圈右邊受的力為

即II\1

27t(a+b)

方向向右。線圈上下兩邊受的磁力大小相等方向相反。因

圖14,10習(xí)題14.13斛用圖

此線圈受的磁力的合力為

F-B工一2匕(a+6)

方向向左，即指向長直電流。

由于線圈各邊受力共面，所以它受的力矩為零。

36、兩平行直導(dǎo)線相距d=0.4m,每根導(dǎo)線載有電流

II=I2=20A,如圖所示。求:

(1)兩導(dǎo)線所在平面內(nèi)與該兩導(dǎo)線等距離的一點(diǎn)處的磁

感應(yīng)強(qiáng)度；

(2)通過圖中斜線所示面積的磁通量。

(rj=々=0.1m,I-0.25m)

解（1）在兩導(dǎo)線所在平面內(nèi)與兩導(dǎo)線等距離處的磁場為

2X4?tX10-7X20

B2"=4.OX10-sT

o2nd/27tX0.4

(2)所求磁通量為

①=2\B-dS=gdr=則In

JJqZxritn

4nXl()Tx20X0.25]0.10+0.20

=2.2XIO-6Wb

37、兩均勻帶電球殼同心放置，半徑分別為Ri和R2（Ri<R2），已知內(nèi)外球之

間的電勢差為U]2,求內(nèi)球殼所帶電量及兩球殼間的電場分布。

解設(shè)內(nèi)球的帶電量為,，則

人=J：Edr=J；舟煮信一蚩）

由此得兩球殼間的電場分布為

pq四,RR?

z

'4誨，rRz-Ri

方向沿徑向。

38、一個(gè)平行板電容器，板面積為S,板間距離為d,如圖?

所示。（1）充電后保持其電量Q不變，將一塊厚為b的金；/

bd

屬板平行于兩極板插入。與板插入前相比，電容器儲(chǔ)能增F\

長多少（2）導(dǎo)體板進(jìn)入時(shí)，外力對它做功多少？是被吸入F

還是需要推入？（3）假如充電后保持電容器的電壓不變，則（1）,（2）兩問結(jié)

果又如何？

+解電容器原來的電容為G=e0S/4,插入金屬板

后相當(dāng)于把兩板移近一段距離6,電容變?yōu)镃=e0S/

?1.(4—6)。

⑴,7—1—iQ—Q(d—"d'—Qb

圖12.8習(xí)題12.14解用圖2c2Co230seoS/2&S

(2)由于AE=AWV0,所以外力做了負(fù)功，即電場

力做了功，因而導(dǎo)體板是被吸入的。這是邊緣電場對插入的板上的感生電荷的力作用的

結(jié)果。

(3)如果電壓U保持不變，則電容器的電量就要改變，其增加量為

△Q=(C-Co)U

此電量是電源在恒定電壓U作用下供給的，電源將隨同供給電容器的能量為

Ws=AQ?U=(C-Co)U2

電容器儲(chǔ)存的能量增加為

△W=—=^-(C-Qyu2=

ZZZca\a-b)

以A'表示外力做的功，則能量守恒給出

Ws+A'=AW

由此得

A!=AW-WS=?C-Co)/—9-GM

=T(C-G"=-e^Sb

2d(d—b)

39、如圖所示，一電子通過A點(diǎn)時(shí),具有速率必=lxi()7m/s。

(1)欲使這電子沿半徑自A至C運(yùn)動(dòng)，試求所需的磁

場大小和方向；(2)求電子自A運(yùn)動(dòng)到C所需的時(shí)間。

解(1)對電子的圓運(yùn)動(dòng)用牛頓第二定律

ev()B=mVo

R

由此得

-317

9.11XIOX1X10i1八一3T

B-7R~1.6X10TX0.05=1-1X10T

此磁場方向應(yīng)垂直紙面向里。

(2)所需時(shí)間應(yīng)為

T=2KHxX0.05

1.6X10-8s

22Vo1X107

40.如圖所示，求各圖中。點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向。

A'、、/B

\120。/

（c）P點(diǎn)到每一邊的距離為。/（2聲兀P點(diǎn)的磁場是三邊電流產(chǎn)生的同向磁場

的疊加，為

41、有一根很長的同軸電纜，由一圓柱形導(dǎo)體和一同軸筒狀導(dǎo)體組成，圓柱的半

徑為Ri，圓筒的內(nèi)外半徑分別為R2和R3,在這兩導(dǎo)體中，載有大小相等而方向

相反的電流I,電流均勻分布在各導(dǎo)體的截面上。求（1）圓柱導(dǎo)體內(nèi)各點(diǎn)（r<R）

的磁感應(yīng)強(qiáng)度；（2）兩導(dǎo)體之間（R<r<R2）的磁感應(yīng)強(qiáng)度；（3）外圓筒導(dǎo)體內(nèi)

（R2<r<R3）的磁感應(yīng)強(qiáng)度；（4）電纜外（r>RQ各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。

解：無限長同軸電纜的磁感應(yīng)強(qiáng)度分布具有軸對稱性，滿足利用安培環(huán)路定理求磁感應(yīng)強(qiáng)度

的條件。過場點(diǎn)，并以軸線到場點(diǎn)的距離為半徑，作環(huán)路L。

（1）r<R,'.[B-dl—//Z1.B-2TD'—'m,

L0成；

(2)&<r<R,:￡5.dl=B?=/.i0I

Ry<r<R3:B-dl—B-2"=

得人叫「二

2m-[R--R：

(1)?(3)各區(qū)域B的方向與環(huán)路L所圍電流的代表和成右旋關(guān)系

(4)r>R3:5=0

B-r曲線如解圖11—5所示。

/

42、如圖所示，一銅片厚為d=l.()mm,放在5=1.5T的磁

場中，磁場方向與銅片表面垂直。已知銅片里每立方

厘米有8.4X1022個(gè)自由電子，每個(gè)電子的電荷一e=-1.6

X10/9c,假設(shè)銅片中有/=2(X)A的電流流通。求:(1)

銅片兩側(cè)的電勢差U”；(2)銅片寬度b對U"有無影響?為什么？

解⑴u“=與

=_____________200XL5____________

-8.4X1022X(-l.6X10-19)X1.0X10-3

=-2.23X107V

負(fù)號表示/側(cè)電勢高。

(2)銅片寬度b對UW=UH無影響。這是因?yàn)閁H=E"=M/B和6有關(guān)，而在電流I

一定的情況下，漂移速度v=r/(〃gd)又和6成反比的緣故。

43、如圖所示，求半徑為R,均勻地帶有總電量Q的球體的靜電

場分布，并畫出均勻帶電球體的E—r曲線。

44、如圖所示，它的一臂下掛有一個(gè)矩形線圈，共n匝。它的下部

懸在一均勻磁場B內(nèi)，下邊一段長為/,與B垂直，當(dāng)線圈通有

電流I時(shí)，調(diào)節(jié)祛碼使兩臂達(dá)成平衡；然后使電流反向，這時(shí)

需要在臂上加質(zhì)量為m的祛碼，才干使兩臂達(dá)成平衡。寫出磁

感應(yīng)強(qiáng)度B的大小公式;若Z=10.0cm,n=5,1=0.10A,m=8.78g時(shí)，

:xXB

磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?/p>

解：(1)以M'和M分別表示掛線圈的臂和

另一臂在第一次平衡時(shí)的質(zhì)量，則

M