大学物理[上册]课后习题答案解析

习题解答 习题一
1-1｜r ∆｜与r ∆有无不同?
t d d r 和t d d r 有无不同?t d d v 和t
d d v 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 ∆12r r -=,12r r r
-=∆；
〔2
t d d r 是速度的模,即t d d r ==v t
s d d . t
r
d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r
r ˆr =〔式中r ˆ叫做单位矢,则t
ˆr ˆt r t d d d d d d r
r
r += 式中
t
r
d d 就是速度径向上的分量, ∴
t
r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1图
<3>t d d v 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ττ
(v =v 表轨道节线方向单位矢,所以
式中
dt dv
就是加速度的切向分量. <t
t r d ˆd d ˆd τ 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
＝2
2
y x +,然后根据v =t
r d d ,及a ＝22d 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 =2
2d d d d ⎪⎭⎫
⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =2
22222d 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 y i x r
+=,
故它们的模即为
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
其二,可能是将22d 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,22d 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
22d d d d t r t r a θ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
1t 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 j t t i t r
)432
1
()53(2
-+++=m
<2>将1=t ,2=t 代入上式即有
<3>∵j i r j j r
1617,4540+=-=
∴104s m 534
201204-⋅+=+=--=∆∆=j i j
i r r t r v <4> 1s m )3(3d d -⋅++==j t i t
r
v
则 j i v 734+=1
s m -⋅
<5>∵j i v j i v
73,3340+=+=
<6> 2s m 1d 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
0v <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θ角,由图可知
222s h l +=
将上式对时间t 求导,得
t
s s t l l
d d 2d 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
v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳
即 θ
cos d d d d 00v v s l
t l s l t s v ==-=-
=船 或 s
v s h s lv v 0
2/1220)(+==船 将船v 再对t 求导,即得船的加速度
1-5 质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为a ＝2+62
x ,a 的单位为2
s m -⋅,x 的单位为 m. 质点在x ＝0处,速度为101
s m -⋅,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： x x adx d )62(d 2
+==υυ 两边积分得
由题知,0=x 时,100=v ,∴50=c ∴13s m 252-⋅++=x x v
1-6 已知一质点作直线运动,其加速度为 a ＝4+3t 2
s m -⋅,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
a 34d d +==
分离变量,得 t t v d )34(d += 积分,得12
2
34c t t v ++
= 由题知,0=t ,00=v ,∴01=c
故 22
34t t v += 又因为 22
3
4d d t t t x v +==
分离变量, t t t x d )2
34(d 2
+=
积分得 232
2
12c t t x ++=
由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 52
123
2
++=t t x 所以s 10=t 时
1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动,运动方程为θ=2+33
t ,θ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 18d d ,9d d 2====
ωβθω <1>s 2=t 时, 2
s
m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a
<2>当加速度方向与半径成ο
45角时,有
即 βωR R =2
亦即 t t 18)9(22= 则解得 9
23=t 于是角位移为
1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2
02
1bt t v -
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 ．
)
sin (sin 2cos
2sin 200t R t R R t v R t v x ωωθθ
θ-=-=-=解：〔1 bt v t
s
v -==
0d d 则 2
4
02
22
)(R
bt v b a a a n
-+=+=τ 加速度与半径的夹角为 <2>由题意应有
即 0)(,)(402
4
02
2
=-⇒-+=bt v R
bt v b b ∴当b
v t 0
=
时,b a = 1-9 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
x ＝R )sin (t t ωω-,y ＝R )cos 1(t ω-,式中0v =ω/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> <2> 201
s m -⋅抛出一小球,抛出方向与水平面
1-10 以初速度0v ＝
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, 又∵1
2
11ρv a n =
∴m
1010)60cos 20(2
2111=︒⨯=
=n a v ρ
<2>在落地点,
2002==v v 1s m -⋅,
而 o
60cos 2⨯=g a n
∴m 8060cos 10)20(2
2222=︒
⨯==n a v ρ
1-11 飞轮半径为0.4 m,自静止启动,其角加速度为β= 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s 2=t 时,4.022.0=⨯==t βω1
s rad -⋅ 则16.04.04.0=⨯==ωR v 1
s m -⋅
1-12 如题1-12图,物体A 以相对B 的速度v ＝gy 2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,h y =,则gh v A 2=',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 题1-12图
1-13 一船以速率1v ＝30km ·h -1
沿直线向东行驶,另一小艇在其前方以速率2v ＝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1221v v v
-=,依题意作速度矢量图如题1-13图<a>
题1-13图
由图可知 12
22121h km 50-⋅=+=
v v v
方向北偏西 ︒===87.364
3
arctan arctan
21v v θ <2>小船看大船,则有2112v v v
-=,依题意作出速度矢量图如题1-13图<b>,同上法,得 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v v v
-=
∴船雨船雨v v v
+= 由图中比例关系可知
习题二
2-1因绳不可伸长,故滑轮两边绳子的加速度均为a 1,其对于m 2则为牵连加速度,又知m 2对绳子的相对加速度为a ′,故m 2对地加速度,由图<b>可知,为
a 2=a 1-a ′①
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
m 1g-T=m 1a 1②
T-m 2g=m 2a 2③
联立①、②、③式,得
讨论<1>若a ′=0,则a 1=a 2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m 1,m 2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,
N B -mg=0①
又因梯无转动,以B 点为转动点,设梯子长为l,则
N A lsin θ-mg
2
l
cos θ=0② 在水平方向因其有加速度a,故有
f+N A =ma ③
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=±μ0mg ④
联立①、②、③、④式得 2-328
3166-⋅===
s m m f a x x
<1>
于是质点在2s 时的速度 <2>
2-4 <1>∵dt
dv
m kv a =
-= 分离变量,得
即⎰⎰-=v
v t m kdt v dv
00 ∴t
m k
e
v v -=0
<2>⎰⎰---==
=t
t
t
m k m k
e k
mv dt e
v vdt x 0
00
)1(
<3>质点停止运动时速度为零,即t →∞, 故有⎰
∞
-=
=
'0
0k
mv dt e
v x t
m k
<4>当t=
k
m
时,其速度为 即速度减至v 0的e
1
.
2-5分别以m 1,m 2为研究对象,其受力图如图<b>所示．
<1>设m 2相对滑轮<即升降机>的加速度为a ′,则m 2对地加速度a 2=a ′-a ；因绳不可伸长,故m 1对滑轮的加速度亦为a ′,又m 1在水平方向上没有受牵连运动的影响,所以m 1在水平方向对地加速度亦为a ′,由牛顿定律,有
m 2g-T=m 2<a ′-a>
T=m 1a ′
题2-5图
联立,解得a ′=g 方向向下 <2>m 2对地加速度为 a 2=a ′-a=
2
g
方向向上 m 1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 g a a a 2
5
422
2
2
1=+=+'=
θ=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 Δp=mv-mv 0
由矢量图知,动量增量大小为｜mv 0｜,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v 1=gt=0.5g,小球上跳速度的大小亦为v 2=0.5g ．设向上为y 轴正向,则动量的增量 Δp=mv 2-mv 1方向竖直向上, 大小｜Δp ｜=mv 2-<-mv 1>=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 Δp 1=
⎰⎰
=+=t idt t Fdt 0
4
56)210( i kg ·m ·s -1,沿x 轴正向,
若物体原来具有-6m ·s -1
初速,则
⎰⎰
+-=+-=-=t t
Fdt mv dt m F
v m p mv p 000000)(,于是 ⎰∆==-=∆t p Fdt p p p 0
102,
同理,Δv 2=Δv 1,I 2=I 1
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
亦即t 2
+10t-200=0
解得t=10s,<t ′=-20s 舍去> 2-9质点的动量为
p=mv=m ω<-asin ωti+bcos ωtj> 将t=0和t=
ω
π
2分别代入上式,得 p 1=m ωbj,p 2=-m ωai,
则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 I=Δp=p 2-p 1=-m ω<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 将t=
b
a
代入,得 <3>由动量定理可求得子弹的质量 2-11设一块为m 1,则另一块为m 2, m 1=km 2及m 1+m 2=m 于是得1,121+=
+=
k m
m k km m ① 又设m 1的速度为v 1,m 2的速度为v 2,则有
22
222112
12121mv v m v m T -+=
② mv=m 1v 1+m 2v 2③
联立①、③解得
v 2=<k+1>v-kv 1④
将④代入②,并整理得 于是有km
T v v 21±
= 将其代入④式,有
又,题述爆炸后,两弹片仍沿原方向飞行,故只能取 证毕．
2-12 <1>由题知,F 合为恒力,
∴A 合=F ·r=<7i-6j>·<-3i+4j+16k>
=-21-24=-45J <2>w t A N 756
.045==∆=
<3>由动能定理,ΔE k =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A 1
⎰⎰⎰
=
=-='=s
s
k kydy fdy dy f A 1
12
① 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A 2,则同理,有
⎰-=
=2
1
2222
21y k ky kydy A ② 由题意,有
2
)21(212k
mv A A =∆==③
即
2
22122k
k ky =- 所以,22=
y
于是钉子第二次能进入的深度为 Δy=y 2-y 1=2-1=0.414cm 2-141)()(+-==
n r
nk
dr r dE r F 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 F A =F B =Mg 又F A =k 1Δx 1 F B =k 2Δx 2
所以静止时两弹簧伸长量之比为 弹性势能之比为
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
()
2
r R mM -地
经整理,得 r=
R M M M 月
地月
+
=
22
2422
1035.71098.51035.7⨯+⨯⨯81048.3⨯⨯
=38.32⨯106
m
则p 点处至月球表面的距离为
h=r-r 月 =<38.32-1.74>×106＝3.66×107
m <2>质量为1 kg 的物体在p 点的引力势能为
=()724
1172211
1083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯-- =-1.28J 610⨯
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
-μm 2gh=21 <m 1+m 2>v 2-［m 1gh+2
1k<Δl>2］ 式中Δl 为弹簧在A 点时比原长的伸长量,则
Δl=AC-BC=<2-1>h
联立上述两式,得
v=()()2122
21122m m kh gh m m +-+υ
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
-f r s=⎪⎭⎫ ⎝⎛︒+-37sin 212122mgs mv kx k=2
22
137sin 21kx s f mgs mv r -︒+ 式中s=4.8+0.2=5m,x=0.2m,再代入有关数据,解得
k=1390N ·m -1
题2-18图
再次运用功能原理,求木块弹回的高度h ′
-f t s ′=mgs ′sin37°-2
1kx 3 代入有关数据,得s ′=1.4m,
则木块弹回高度
h ′=s ′sin37°=0.84m
题2-19图
2-19m 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=222
121MV mv + 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=()
M m MgR +2
2-20两小球碰撞过程中,机械能守恒,有
即222120v v v +=①
题2-20图<a>题2-20图<b>
又碰撞过程中,动量守恒,即有
m v 0=m v 1+m v 2
亦即v 0=v 1+v 2 ②
由②可作出矢量三角形如图<b>,又由①式可知三矢量之间满足勾股定理,且以v 0为斜边,故知v 1与v 2是互相垂直的．
2-21由题知,质点的位矢为
r=x 1i+y 1j
作用在质点上的力为
f=-fi
所以,质点对原点的角动量为
L 0=r ×mv
=<x 1i+y 1j>×m<v x i+v y j>
=<x 1mv y -y 1mv x >k
作用在质点上的力的力矩为
M 0=r ×f=<x 1i+y 1j>×<-fi>=y 1fk
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
r 1mv 1=r 2mv 2 ∴m v v r r 122
4
1021121026.51008.91046.51075.8⨯=⨯⨯⨯⨯== 2-23 <1>⎰⎰-⋅⋅===∆301155s m kg j jdt fdt p
<2>解<一> x=x 0+v 0x t=4+3=7
即r 1=4i,r 2=7i+25.5j
v x =v 0x =1
即v 1=i 1+6j,v 2=i+11j
∴L 1=r 1×mv 1=4i ×3<i+6j>=72k
L 2=r 2×mv 2=<7i+25.5j>×3<i+11j>=154.5k
∴ΔL=L 2-L 1=82.5k kg ·m 2·s -1
解<二>∵dt dz M =
∴⎰⎰⨯=⋅=∆t t
dt F r dt M L 0
0)( 题2-24图
2-24在只挂重物M 1时,小球作圆周运动的向心力为M 1g,即
M 1g=mr 0ω20①
挂上M 2后,则有
<M 1+M 2>g=mr ′ω′2②
重力对圆心的力矩为零,故小球对圆心的角动量守恒．
即r 0mv 0=r ′mv ′
22020ωω''=⇒r r ③
联立①、②、③得
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,F r 、F ′r 是摩擦力,F x 和F y 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
对飞轮,按转动定律有β=-F r R/I,式中负号表示β与角速度ω方向相反．
∵F r =μN N=N ′ ∴F l l l N F r 121+='=μ
μ 又∵,2
12mR I = ∴F mRl l l I R F r 121)(2+-=-
=μβ① 以F=100N 等代入上式,得
由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
这段时间内飞轮的角位移为
可知在这段时间里,飞轮转了53.1转．
<2>ω0=900×<2π>/60rad ·s -1,要求飞轮转速在t=2s 内减少一半,可知
用上面式<1>所示的关系,可求出所需的制动力为
2-26 设a ,a 2和β分别为m 1m 2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) m 1,m 2和柱体的运动方程如下：
式中 T 1′=T 1,T 2′=T 2,a 2=r β,a 1=R β
而 I=<1/2>MR 2+<1/2>mr 2
由上式求得
<2>由①式
T 2=m 2r β+m 2g=2×0.10×6.13+2×9.8＝20.8N
由②式
T 1=m 1g-m 1R β=2×9.8-2×0.20×6.13＝17.1N
2-27分别以m 1,m 2滑轮为研究对象,受力图如图<b>所示．对m 1,m 2运用牛顿定律,有
m 2g-T 2=m 2a ①
T 1=m 1a ②
对滑轮运用转动定律,有
T 2r-T 1r=<1/2Mr 2>β③
又, a=r β④
联立以上4个方程,得
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]β
∴β=l
g 23 <2>由机械能守恒定律,有
mg<l/2>sin θ=<1/2>[<1/3>ml 2]ω2
∴ω=l
g θsin 3 题2-29图
2-29 <1>设小球的初速度为v 0,棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω,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：
mv 0l=I ω+mvl ①
<1/2>mv 20=<1/2>I ω2+<1/2>mv 2②
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θ=30°,按机械能守恒定律可列式：
)30cos 1(2
212︒-=l Mg I ω③ 由③式得
由①式
ml
I v v ω-
=0④ 由②式 m I v v 2
2
2ω-=⑤ 所以
求得
<2>相碰时小球受到的冲量为
∫Fdt=Δmv=mv-mv 0
由①式求得
∫Fdt=mv-mv 0=-<I ω>/l=<-1/3>Ml ω
=-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
v 0=R ω
设碎片上升高度h 时的速度为v,则有
v 2=v 20-2gh
令v=0,可求出上升最大高度为
<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>MR 2-mR 2,碎片脱离前,
盘的角动量为I ω,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 ω=I ′ω′+mv 0R
式中ω′为破盘的角速度．于是
<1/2>MR 2ω=[<1/2>MR 2-mR 2]ω′+mv 0R
[<1/2>MR 2-mR 2]ω=[<1/2>MR 2-mR 2]ω′
得ω′=ω<角速度不变>
圆盘余下部分的角动量为
[<1/2>MR 2-mR 2]ω
转动动能为
题2-31图
E k =<1/2>[<1/2>MR 2-mR 2]ω2
2-31 <1>射入的过程对O 轴的角动量守恒
Rsin θm 0v 0=<m+m 0>R 2ω
∴ω=R
m m v m )(sin 000+θ <2>020*********sin 2
1])(sin ][)[(210m m m v m R m m v m R m m E E k k +=++=θθ 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 ω2+<1/2>kh 2
又ω=v/R 故有I
mR k kh mgh v +-=22
2)2( 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
I 0ω0=<I 0+mR 2>ω①
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v B ,以B 点为重力势能零点,
则有
<1/2>I 0ω20+mgR=<1/2><I 0+mR 2>ω2+<1/2>mv 2
B ②
联立①、②两式,得
<2>当小球滑至C 点时,∵I c =I 0∴ωc =ω0
故由机械能守恒,有
mg<2R>=<1/2>mv 2c
∴v c =2gR
请读者求出上述两种情况下,小球对地速度．
习题七
7-1下列表述是否正确?为什么?并将错误更正． 〔1A E Q ∆+∆=∆ 〔2⎰+=V p E Q d
〔3
121Q Q -
≠η 〔4121Q Q -<不可逆η 解：<1>不正确,A E Q +∆= <2>不正确, ⎰+=V
p E Q d Δ <3>不正确,12
1Q Q -=η
<4>不正确,
12
1Q Q -=不可逆
η 7-2 V p -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1Q A 净=
η,净A 面积越大,效率不一定高,因为η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．
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V p -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
若有两个交点a 和b ,则
经等温b a →过程有
经绝热b a →过程
从上得出21E E ∆≠∆,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>ca bc ab ,,各是什么过程；
<2>画出对应的V p -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ac bc ab Q Q Q ,,表述其热机效率或致冷系数．
解：<1> a b 是等体过程
bc 过程：从图知有KT V =,K 为斜率
由vRT pV = 得
故bc 过程为等压过程 ca 是等温过程
<2>V p -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V p -图中的图形． <5>ab ca bc ab Q Q Q 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 A B T Q S S 可逆d ,如果P 为不可逆过程,其熵变为⎰=-B A A B T Q S S 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 A
B T Q S S 可逆
d ,如果过程P 为不可逆过程,其熵变为
7-9 根据⎰=-B A A B T Q S S 可逆d 及⎰>-B A A B T Q S S 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350J 热量传入系统,而系统作功126 J ．
<1>若沿adb 时,系统作功42J,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
abd 过程,系统作功42=A J
26642224=+=+∆=A E Q J 系统吸收热量
ba 过程,外界对系统作功84-=A J
30884224-=--=+∆=A E Q 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E Q ∆= 吸热)(2)(1212V T T R i T T C E Q -=-=∆=υυ
对外作功 0=A
<2>等压过程 吸热
75.1038)300350(31.825=-⨯⨯=
Q J 内能增加
25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆E J 对外作功 5.4155.62375.1038=-=∆-=E Q A J 7-12 一个绝热容器中盛有摩尔质量为mol M ,比热容比为γ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
21mu ,转变为气体分子无序运动使得内能增加,温度变化 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=T K
由2211V p V p =求得体积
对外作功
<2>绝热压缩R C 25V =57=γ
由绝热方程 γγ2211V p V p =γγ/12112)(p V p V =
由绝热方程γγγγ---=221
11p T p T 得
热力学第一定律A E Q +∆=,0=Q 所以 )(12mol T T C M M A V --
=
RT M M pV mol =,)(2512111T T R RT V p A --=
7-14 理想气体由初状态),(11V p 经绝热膨胀至末状态),(22V p ．试证过程中气体所作的功为
12
211--=γV p V p A ,式中γ为气体的比热容比.
答：证明： 由绝热方程
C V p V p pV ===γγγ2211 得γγV V p p 111=
又 )(1111211+-+----=γγγγV V V p A
所以 12211--=
γV p V p 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KV T =由图可求得直线的斜率K 为
得过程方程 V V T K 002=
由状态方程 RT pV υ=
得 V RT p υ=
ab 过程气体对外作功
7-16 某理想气体的过程方程为
a a Vp ,2/1=为常数,气体从1V 膨胀到2V ．求其所做的功． 解：气体作功
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 答：等体过程
吸热 )(12V 1T T C Q -='υ
绝热过程 03='Q
等压压缩过程 放热 )(12p 2
T T C Q -='υ 循环效率
121Q Q -
=η
题7-17图题7-19图
7-18 一卡诺热机在1000K 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
121T T -=η
<2>低温热源温度不变时,若 要求 15001=T K,高温热源温度需提高500K
<3>高温热源温度不变时,若
要求 2002=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2T 和
3T ．求此循环效率．这是卡诺循环
吗? 解：<1>热机效率
12
1Q Q -
=η AB 等压过程 )(12P 1T T C Q -='υ 吸热)(P mo 1A B l T T C M M Q -=
CD 等压过程 )(12P 2
T T vC Q -=' 放热 )(P mol 22D C T T C M M Q Q -='-=
根据绝热过程方程得到
AD 绝热过程
γγγγ----=D D A A T p T p 11 BC 绝热过程 γγγγ----=C C B B T p T p 111
又
B C D D C B A T T T T p p p p === <2>不是卡诺循环,因为不是工作在两个恒定的热源之间．
7-20 〔1用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000J 的热量传向27℃的热源,需要多少功?从-173℃向27℃呢?
<2>一可逆的卡诺机,作热机使用时,如果工作的两热源的温度差愈大,则对于作功就愈有利．当作致冷机使用时,如果两热源的温度差愈大,对于致冷是否也愈有利?为什么? 解：<1>卡诺循环的致冷机
7℃→27℃时,需作功
173-℃→27℃时,需作功
<2>从上面计算可看到,当高温热源温度一定时,低温热源温度越低,温度差愈大,提取同样的热量,则所需作功也越多,对致冷是不利的．
7-21 如题7-21图所示,1 mol 双原子分子理想气体,从初态K 300,L 2011==T V 经历三种不同的过程到达末态K 300,L 4022==T V ． 图中1→2为等温线,1→4为绝热线,4→2为等压线,1→3为等压线,3→2为等体线．试分别沿这三种过程计算气体的熵变．
题7-21图
解：21→熵变
等温过程 A Q d d =, V p A d d =,RT pV =
321→→熵变
.
21 / 21 31→等压过程 31p p =3211T V T V =
23→等体过程 2233T p T p =
在21→等温过程中 2211V p V p =
所以 2ln ln ln ln
1212V 12P 12R V V R V V C V V C S S ===-
241→→熵变
41→绝热过程
在21→等温过程中 2211V p V p =
7-22 有两个相同体积的容器,分别装有1 mol 的水,初始温度分别为1T 和2T ,1T ＞2T ,令其进行接触,最后达到相同温度T ．求熵的变化,<设水的摩尔热容为mol C >． 解：两个容器中的总熵变
因为是两个相同体积的容器,故
得 212T T T +=
7-23 把0℃的0.5kg 的冰块加热到它全部溶化成0℃的水,问：
<1>水的熵变如何?
<2>若热源是温度为20℃的庞大物体,那么热源的熵变化多大?
<3>水和热源的总熵变多大?增加还是减少?<水的熔解热334=λ1
g J -⋅> 解：<1>水的熵变
<2>热源的熵变
<3>总熵变
熵增加。