大学物理学(课后答案)第3章
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第3章 能量定理和守恒定律3-5一圆锥摆的摆球在水平面上作匀速圆周运动。
已知摆球质量为m ，圆半径为R ，摆球速率为υ，当摆球在轨道上运动一周时，作用在摆球上重力冲量的大小为多少？解：如3-5题图所示，一周内作用在摆球上重力冲量的大小为 3-6用棒打击质量为0.3Kg 、速率为20m/s 的水平飞来的球，球飞到竖直上方10 m 的高度。
求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力。
解：设球的初速度为1υ，球与棒碰撞后球获得竖直向上的速度为2υ，球与棒碰撞后球上升的最大高度为h ，如3-6题图所示，因球飞到竖直上方过程中，只有重力作功，由机械能守恒定律得 由冲量的定义可得棒给予球的冲量为 其冲量大小为 球受到的平均冲力为t F I ⋅=__()N tIF 366__==3-7质量为M 的人，手里拿着一个质量为m 的球，此人用与水平线成θ角的速度0υ向前跳去。
当他达到最高点时，将物体以相对人的速度μ水平向后抛出，求由于物体的抛出，跳的距离增加了多少?（假设人可视为质点） 解：如3-7题图所示，把人与物视为一系统，当人跳跃到最高点处，在向后抛物的过程中，满足动量守恒，故有式中υ为人抛物后相对地面的水平速率，υμ-为抛出物对地面的水平速率，得人的水平速率的增量为而人从最高点到地面的运动时间为所以，人由于向后抛出物体，在水平方向上增加的跳跃后距离为 3-8 一质量为m ＝2kg 的物体按()m t x 2213+=的规律作直线运动，求当物体由m x 21=运动到m x 62=时，外力做的功。
解：由2213+=t x ，可得 232dx t dt υ== 当物体在m x 21=处时，可得其时间、速度分别为()2113002m s υ-=⨯=⋅ （1）当物体在m x 62=处时，可得其时间、速度分别为()2123262m s υ-=⨯=⋅ （2）则由（1）、（2）式得外力做的功 3-9求把水从面积为250m 的地下室中抽到街道上来所需作的功。
大学物理第三章课后习题答案
r3
， k 为常量。试求两粒子相距为 r 时的势能，设力为零的
r = a cos ωt i + b sin ωt j ， r 式中 a ， b ， ω 是正值常数，且 a ≻ b 。
（1）说明这质点沿一椭圆运动，方程为
�
x2 y 2 + = 1； a2 b2
（2）求质点在 A 点 (a ,0) 时和 B 点 (0, b ) 时的动能； （3）当质点从 A 点到 B 点，求力 F 所做的功，并求 F 的分力 Fx i 和 Fy j 所做的 功； （4） F 力是不是保守力？ 12 . 如果物体从髙为 h 处静止下落，试求（1）时间为自变量； 12. （2）高度为自变量， 画出它的动能和势能图线，并证明两曲线中动能和势能之和相等。 . 一质量为 m 的地球卫星，沿半径为 3R e 的轨道运动， R e 为地球的半径，已知 13 13. 地球的质量为 M e ，求（1）卫星的动能； （2）卫星的引力势能； （3）卫星的机械 能。 . 如图所示， 14 14. 小球在外力作用下， 由静止开始从 A 点出发做匀加速运动，到达 B 点时撤消外力，小球 无摩擦的冲上竖直的半径为 R 的半圆环， 到达最高 点 C 时，恰能维持在圆环上做圆周运动，并以此速 度抛出而刚好落回到原来的出发点 A 处， 如图试求 小球在 AB 段运动的加速度为多大？ . 如图所示，有一自动卸货矿车，满载时的质量 15 15. 为 M ，从与水平倾角 α = 30° 斜面上的点 A 由静 止下滑。设斜面对车的阻力为车重的 0.25 倍， 矿 车下滑距离 l 时，矿车与缓冲弹簧一道沿斜面运 动。当矿车使弹簧产生最大压缩形变时，矿车自 动卸货， 然后矿车借助弹簧的弹性力作用， 使之返回原位置 A 在装货。试问要完成这 一过程，空载时车的质量与满载时车的质 量之比应为多大? . 半径为 R 的光滑半球状圆塔的顶点 A 16 16. 上，有一木块 m ，今使木块获得水平速度
大学物理学课后3第三章答案
题 3.8(a)图 (1) m1 , m2 和柱体的运动方程如下：
题 3.8(b)图
T2 m2 g m2a2
①
m1g T1 m1a1
②
T1R T2r J
③
式中 T1 T1,T2 T2 , a2 r , a1 R
而 由上式求得
J 1 MR 2 1 mr 2
∵
Fr N
N N
∴ 又∵
∴ ①
Fr
N
l1
l2 l1
F
J 1 mR 2 , 2
Fr R 2(l1 l2 ) F
J
mRl1
以 F 100 N 等代入上式，得
2 0.40 (0.50 0.75) 100 40 rad s2
0.20m, r ＝0.10m， m ＝4 kg， M ＝10 kg， m1 ＝ m2 ＝2 kg，且开始时 m1 ， m2 离地均为 h ＝2m．求： (1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力．
解: 设 a1 , a2 和β分别为 m1 , m2 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图 b)．
习题 3
3.1 选择题
(1) 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：
① 这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；
② 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；
③ 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；
④ 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零．
在
上
述
说
(5) 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴 O 转动，如图射来两个质量相同，
大学物理第三章部分课后习题答案
大学物理第三章部分课后习题答案3-1半径为R、质量为M的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R的圆孔，孔的中心在求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。
分析：用补偿法（负质量法）求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。
注意对同一轴而言。
解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：1R处，2J11MR2①2由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：1MRMR3J2Jcmd2()2()2MR2②2424232由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：JJ1J213MR2323-2如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M，长度为L，在其中点O处弯成120角，放在某Oy平面内，求铁丝对O某轴、Oy轴、Oz轴的转动惯量。
分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得解：（1）对某轴的转动惯量为：L20J某rdm(lin600)22M1dlML2L32（2）对y轴的转动惯量为：L1ML2M5Jy()2(lin300)2dlML20322L96（3）对Z轴的转动惯量为：1ML1Jz2()2ML2322122题图3-23-3电风扇开启电源后经过5达到额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16风扇停止转动，已知风扇转动惯量为0.5kgm，且摩擦力矩Mf和电磁力矩M均为常量，求电机的电磁力矩M。
分析：Mf，M为常量，开启电源5内是匀加速转动，关闭电源16内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M。
解：由定轴转动定律得：MMfJ1，即52520.54.12Nm5163-4飞轮的质量为60kg，直径为0.5m，转速为1000r/min，现要求在5内使其制动，求制动力F，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，MJ1MfJ1J20.5尺寸如题图3-4所示。
分析：分别考虑两个研究对象：闸瓦和杆。
大学物理学(第3版.修订版)北京邮电大学出版社上册第三章知识题3答案解析
习题33.1选择题(1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 (A)2ωmR J J+ (B) 02)(ωR m J J + (C)02ωmR J(D) 0ω [答案： (A)](2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s(a) (b)题3.1（2）图[答案： (A)](3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度 在距孔为R的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体（A）动能不变，动量改变。
（B）动量不变，动能改变。
（C）角动量不变，动量不变。
（D）角动量改变，动量改变。
（E）角动量不变，动能、动量都改变。
[答案：(E)]3.2填空题(1) 半径为30cm的飞轮，从静止开始以0.5rad·s-2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度aτ= ，法向加速度a n= 。
[答案：0.15; 1.256](2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。
木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。
题3.2（2）图[答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o 轴的合外力矩为零，机械能守恒](3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。
大学物理第3章习题解答
第三章 刚体的定轴转动3-1掷铁饼运动员手持铁饼转动1.25圈后松手，此刻铁饼的速度值达到125-⋅=s m v 。
设转动时铁饼沿半径为R=1.0 m 的圆周运动并且均匀加速。
求: (1)铁饼离手时的角速度; (2)铁饼的角加速度;(3)铁饼在手中加速的时间(把铁饼视为质点)。
解：（1）铁饼离手时的角速度为(rad/s)250125===.//R v ω（2）铁饼的角加速度为)(rad/s 83925122252222..=⨯⨯==πθωα（3）铁饼在手中加速的时间为(s)628025251222..=⨯⨯==πωθt3-2一汽车发动机的转速在7.0s 内由2001min -⋅r 均匀地增加到3001min -⋅r 。
(1)求在这段时间内的初角速度和末角速度以及角加速度; (2)求这段时间内转过的角度和圈数;(3)发动机轴上装有一半径为r=0.2m 的飞轮，求它的边缘上一点在第7.0s 末的切向加速度、法向加速度和总加速度。
解：（1）初角速度为(rad/s)9206020020./=⨯=πω末角速度为(rad/s)3146030002=⨯=/πω角加速度为)(rad/s 9410792031420...=-=-=tωωα（2）转过的角度为)186(rad 1017172314920230圈=⨯=⨯+=+=..t ωωθ（3）切向加速度为)(m/s 388209412t ...=⨯==R a α法向加速度为)(m /s 10971203142422n ⨯=⨯==..R a ω总加速度为)(m/s 10971)10971(378242422n 2t ⨯=⨯+=+=...a a a总加速度与切向的夹角为9589378101.97arctan arctan 4t n '︒=⨯==.a a θ3-3 如图所示，在边长为a 的六边形顶点上分别固定有质量都是m 的6个小球(小球的直径a d <<)。
大学物理(上册)课后习题及答案
因此有： ，∴
⑵由 得： ，两边积分得：
∴
⑶质点停止运动时速度为零， ，即t→∞，
故有：
⑷ 时，其速度为： ，
即速度减至 的 .
2.13作用在质量为10 kg的物体上的力为 N，式中 的单位是s，⑴求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量。⑵为了使这力的冲量为200 N·s，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度 m/s的物体,回答这两个问题。
将 ，及 代入上式，即得： 。
6.9沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为 =0.05cos(10 )，式中 , 以米计， 以秒计。求：
⑴设 ＝100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?⑵如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力 ?
解：⑴先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))。图中 、 是正压力， 、 是摩擦力， 和 是杆在 点转轴处所受支承力， 是轮的重力， 是轮在 轴处所受支承力。
杆处于静止状态，所以对 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有：
解：因为
将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相。故有： ，
，
5.9一质量为 的物体作谐振动，振幅为 ，周期为 ，当 时位移为 。求：
⑴ 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；
⑵由起始位置运动到 处所需的最短时间；
⑶在 处物体的总能量。
解：由题已知 ，∴
又， 时，
故振动方程为：
⑴将 代入得：
方向指向坐标原点，即沿 轴负向。
⑵由题知， 时， ； 时，
∴
⑶由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为：
(完整版)大学物理学(课后答案)第3章
第3章动量守恒定律和能量守恒定律习题一选择题3-1 以下说法正确的是[ ]（A）大力的冲量一定比小力的冲量大（B）小力的冲量有可能比大力的冲量大（C）速度大的物体动量一定大（D）质量大的物体动量一定大解析：物体的质量与速度的乘积为动量，描述力的时间累积作用的物理量是冲量，因此答案A、C、D均不正确，选B。
3-2 质量为m的铁锤铅直向下打在桩上而静止，设打击时间为t∆，打击前锤的速率为v，则打击时铁捶受到的合力大小应为[ ]（A）mvmgt+∆（B）mg（C）mvmgt-∆（D）mvt∆解析：由动量定理可知，F t p mv∆=∆=，所以mvFt=∆，选D。
3-3 作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处，这一周期内物体[ ] （A）动量守恒,合外力为零（B）动量守恒,合外力不为零（C）动量变化为零,合外力不为零, 合外力的冲量为零（D）动量变化为零,合外力为零解析：作匀速圆周运动的物体运动一周过程中，速度的方向始终在改变，因此动量并不守恒，只是在这一过程的始末动量变化为零，合外力的冲量为零。
由于作匀速圆周运动，因此合外力不为零。
答案选C。
3-4 如图3-4所示，14圆弧轨道(质量为M)与水平面光滑接触，一物体（质量为m）自轨道顶端滑下，M与m间有摩擦，则[ ]（A ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒（B ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒（C ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量不守恒，M 、m 与地组成的系统机械能守恒（D ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒解析：M 与m 组成的系统在水平方向上不受外力，在竖直方向上有外力作用，因此系统水平方向动量守恒，总动量不守恒,。
由于M 与m 间有摩擦，m 自轨道顶端滑下过程中摩擦力做功，机械能转化成其它形式的能量，系统机械能不守恒。
大学物理学(清华C5版)分章配套精品题目及答案(第三章)
第三章 动量和角动量【例题精讲】例3-1 一颗子弹在枪筒里前进时所受的合力大小为 t F 31044005⨯-= (SI) 子弹从枪口射出时的速率为 300 m/s ．假设子弹离开枪口时合力刚好为零，则子弹在枪筒中所受力的冲量I ＝ ；子弹的质量m ＝ 。
0.6 N·s 2 g例3-2一质量为1 kg 的物体，置于水平地面上，物体与地面之间的静摩擦系数μ 0＝0.20，滑动摩擦系数μ＝0.16，现对物体施一水平拉力F ＝t+0.96(SI)，则2秒末物体的速度大小v ＝ 。
2秒末物体的加速度大小a ＝ 。
0.89 m/s 1.39 m/s 2例3-3 质量分别为m A 和m B (m A >m B )、速度分别为A v ϖ和B v ϖ(v A > v B )的两质点A 和B ，受到相同的冲量作用，则 (A) A 的动量增量的绝对值比B 的小。
(B) A 的动量增量的绝对值比B 的大。
(C) A 、B 的动量增量相等。
(D) A 、B 的速度增量相等。
[ C ]例3-4 一人用恒力F ϖ推地上的木箱，经历时间∆ t 未能推动木箱，此推力的冲量等于多少？木箱既然受了力F ϖ 的冲量，为什么它的动量没有改变？【答】推力的冲量为t F ∆ϖ。
动量定理中的冲量为合外力的冲量，此时木箱除受力F ϖ外还受地面的静摩擦力等其它外力，木箱未动说明此时木箱的合外力为零，故合外力的冲量也为零，根据动量定理，木箱动量不发生变化。
例3-5 如图，用传送带A 输送煤粉，料斗口在A 上方高h ＝0.5 m 处，煤粉自料斗口自由落在A 上．设料斗口连续卸煤的流量为q m ＝40 kg/s ，A 以v＝2.0 m/s 的水平速度匀速向右移动．求装煤的过程中，煤粉对A 的作用力的大小和方向。
（不计相对传送带静止的煤粉质重）【解】 煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度gh 20=v 设煤粉与A 相互作用的∆t 时间内，落于传送带上的煤粉质量为 t q m m ∆=∆ 设A 对煤粉的平均作用力为f ϖ，由动量定理写分量式：0-∆=∆v m t f x )(00v m t f y ∆--=∆ 将 t q m m ∆=∆代入得 v m x q f =， 0v m y q f = ∴ 14922=+=y x f f f Nf ϖ与x 轴正向夹角为α = arctg (f x / f y ) = 57.4° 由牛顿第三定律煤粉对A 的作用力f ′= f = 149 N ，方向与图(b)中f ϖ相反。
大学物理化学核心教程第二版(沈文霞)课后参考答案第3章教材
第三章 热力学第二定律一．基本要求1．了解自发变化的共同特征，熟悉热力学第二定律的文字和数学表述方式。
2．掌握Carnot 循环中，各步骤的功和热的计算，了解如何从Carnot 循环引出熵这个状态函数。
3．理解Clausius 不等式和熵增加原理的重要性，会熟练计算一些常见过程如：等温、等压、等容和,,p V T 都改变过程的熵变，学会将一些简单的不可逆过程设计成始、终态相同的可逆过程。
4．了解熵的本质和热力学第三定律的意义，会使用标准摩尔熵值来计算化学变化的熵变。
5．理解为什么要定义Helmholtz 自由能和Gibbs 自由能，这两个新函数有什么用处？熟练掌握一些简单过程的,,H S A ∆∆∆和G ∆的计算。
6．掌握常用的三个热力学判据的使用条件，熟练使用热力学数据表来计算化学变化的r m H ∆，r m S ∆和r m G ∆，理解如何利用熵判据和Gibbs 自由能判据来判断变化的方向和限度。
7．了解热力学的四个基本公式的由来，记住每个热力学函数的特征变量，会利用d G 的表示式计算温度和压力对Gibbs 自由能的影响。
二．把握学习要点的建议自发过程的共同特征是不可逆性，是单向的。
自发过程一旦发生，就不需要环境帮助，可以自己进行，并能对环境做功。
但是，热力学判据只提供自发变化的趋势，如何将这个趋势变为现实，还需要提供必要的条件。
例如，处于高山上的水有自发向低处流的趋势，但是如果有一个大坝拦住，它还是流不下来。
不过，一旦将大坝的闸门打开，水就会自动一泻千里，人们可以利用这个能量来发电。
又如，氢气和氧气反应生成水是个自发过程，但是，将氢气和氧气封在一个试管内是看不到有水生成的，不过，一旦有一个火星，氢气和氧气的混合物可以在瞬间化合生成水，人们可以利用这个自发反应得到热能或电能。
自发过程不是不能逆向进行，只是它自己不会自动逆向进行，要它逆向进行，环境必须对它做功。
例如，用水泵可以将水从低处打到高处，用电可以将水分解成氢气和氧气。
大学物理化学核心教程课后参考答案第3章
第三章 热力学第二定律一．基本要求1．了解自发变化的共同特征,熟悉热力学第二定律的文字和数学表述方式;2．掌握Carnot 循环中,各步骤的功和热的计算,了解如何从Carnot 循环引出熵这个状态函数;3．理解Clausius 不等式和熵增加原理的重要性,会熟练计算一些常见过程如：等温、等压、等容和,,p V T 都改变过程的熵变,学会将一些简单的不可逆过程设计成始、终态相同的可逆过程;4．了解熵的本质和热力学第三定律的意义,会使用标准摩尔熵值来计算化学变化的熵变;5．理解为什么要定义Helmholtz 自由能和Gibbs 自由能,这两个新函数有什么用处熟练掌握一些简单过程的,,H S A ∆∆∆和G ∆的计算;6．掌握常用的三个热力学判据的使用条件,熟练使用热力学数据表来计算化学变化的r m H ∆,r m S ∆和r m G ∆,理解如何利用熵判据和Gibbs 自由能判据来判断变化的方向和限度;7．了解热力学的四个基本公式的由来,记住每个热力学函数的特征变量,会利用d G 的表示式计算温度和压力对Gibbs 自由能的影响;二．把握学习要点的建议自发过程的共同特征是不可逆性,是单向的;自发过程一旦发生,就不需要环境帮助,可以自己进行,并能对环境做功;但是,热力学判据只提供自发变化的趋势,如何将这个趋势变为现实,还需要提供必要的条件;例如,处于高山上的水有自发向低处流的趋势,但是如果有一个大坝拦住,它还是流不下来;不过,一旦将大坝的闸门打开,水就会自动一泻千里,人们可以利用这个能量来发电;又如,氢气和氧气反应生成水是个自发过程,但是,将氢气和氧气封在一个试管内是看不到有水生成的,不过,一旦有一个火星,氢气和氧气的混合物可以在瞬间化合生成水,人们可以利用这个自发反应得到热能或电能;自发过程不是不能逆向进行,只是它自己不会自动逆向进行,要它逆向进行,环境必须对它做功;例如,用水泵可以将水从低处打到高处,用电可以将水分解成氢气和氧气;所以学习自发过程的重要性在于如何利用自发过程为人类做功,而不要拘泥于自发过程的定义;热力学第二定律就是概括了所有自发的、不可逆过程的经验定律,通过本章的学习,原则上解决了判断相变化和化学变化的自发变化的方向和限度的问题,完成了化学热力学的最基本的任务;所以,学好本章是十分重要的;通过学习Carnot 循环,一方面要熟练不同过程中功和热的计算,另一方面要理解热机效率总是小于1的原因;了解如何从Carnot 循环导出熵函数,以及了解Carnot 定理及其推论与热力学第二定律的联系;Clausius 不等式就是热力学第二定律的数学表达式,从这个不等式可以引出熵判据,并从熵判据衍生出Helmholtz 自由能判据和Gibbs 自由能判据,原则上完成了化学热力学判断变化方向和限度的主要任务;从Carnot 定理引入了一个不等号,I R ηη≤,通过熵增加原理引出了熵判据;但必须搞清楚,用绝热过程的熵变只能判断过程的可逆与否,而只有用隔离系统的熵变才能判断过程的可逆与否及自发与否;要计算隔离系统的熵变,必须知道如何计算环境的熵变;在计算熵变时,一定要用可逆过程的热效应;如果实际过程是一个不可逆过程,则要设计始、终态相同的可逆过程,所以要掌握几种设计可逆过程的方法;例如,如何将不可逆相变,设计成可逆地绕到可逆相变点如熔点、沸点或饱和蒸汽压点的可逆过程,并能熟练地掌握可逆过程中,,H S ∆∆和G ∆的计算;不一定完整地了解熵的本质和热力学第三定律因为本教材没有介绍统计热力学,只需要了解,熵是系统的混乱度的一种量度,凡是混乱度增加的过程都是自发过程;由于热力学能的绝对值无法计算,所以使得与热力学能有联系的其他函数如,H A 和G 的绝对值也无法计算,所以,只能计算它们的变化值;在使用这些函数时,都要加上“∆”的符号,即U ∆,H ∆,A ∆和G ∆;原则上熵的绝对值也是不知道的,但是,热力学第三定律规定了：在0 K 时,完整晶体的熵等于零这个相对标准,由此而得到的熵值称为规定熵;在298 K 时的常见物质的规定熵,即标准摩尔熵值,可以从热力学数据表上查阅,并可以用来计算化学反应的熵变;定义新函数的出发点就是为了使用方便;在用熵作为判据时,既要利用可逆过程的热效应计算系统的熵变,又要计算环境的熵变,这很不方便;而平时实验是在等温、等容的条件下进行较少,或在等温、等压的条件下进行绝大多数,所以定义了Helmholtz 自由能和Gibbs 自由能这两个新函数,希望利用系统本身的性质作为判据,显然,Gibbs 自由能的用处更广;既然是定义的函数,说明它实际上是不存在的,所以只有在特定的条件下才有一定的物理意义;化学热力学之所以能判断变化的方向和限度,主要是利用判据,熵判据是最根本的,而Helmholtz自由能和Gibbs自由能判据是在熵判据的基础上衍生出来的;今后Gibbs自由能判据用得最多,因为大部分化学反应实验都是在等温、等压和不做非膨胀功的条件下进行的;在使用判据时,必须满足判据所需要的适用条件;四个热力学基本公式的导出,主要是通过热力学第一定律和热力学第二定律的联合公式,以及,,H A G的定义式,它们与第一定律的适用条件一样,只适用于恒定组成的均相封闭系统,并且还引入了不做非膨胀功的限制条件;从这四个基本公式,可以知道每个热力学函数的特征变量,这在今后定义化学势时很有用;四个基本公式中,公式=-+在今后将用得最多,必须记住;G S T V pd d d至于Maxwell方程,它主要用在求算热力学函数与,,p V T之间的变化关系,把实验可测量如,,p V T去替代实验不可测量如熵,或在做证明题时,知道如何进行偏微分公式的变换;对于非化学专业的学生,这部分内容本教材已删除了,免得陷在偏微分方程中,感到热力学是如此的难学而失去信心,其实这部分并非是化学热力学的主要研究任务;初学者对热力学的基本概念不容易掌握,课听懂了,书看懂了,但是碰到具体问题还是不会判断;所以,在学完热力学第一和第二定律之后,最好要总结一下各种热力学函数变量的计算,讨论一些容易混淆的问题,或精选一些选择题,搞一次抢答竞赛,活跃一下学习气氛,便于在愉快的气氛中,理解和巩固热力学的基本概念;三．思考题参考答案1．自发过程一定是不可逆的,所以不可逆过程一定是自发的;这说法对吗答：前半句是对的,但后半句是错的;因为不可逆过程不一定是自发的,如不可逆压缩过程就是一个不自发的过程;2．空调、冰箱不是可以把热从低温热源吸出、放给高温热源吗,这是否与热力学第二定律矛盾呢答：不矛盾;Claususe说的是：“不可能把热从低温物体传到高温物体,而不引起其他变化”;而冷冻机系列,把热从低温物体传到了高温物体,环境做了电功,却得到了热;而热变为功是个不可逆过程,所以环境发生了变化;3．能否说系统达平衡时熵值最大,Gibbs自由能最小答：不能一概而论,这样说要有前提,即：绝热系统或隔离系统达平衡时,熵值最大;等温、等压、不做非膨胀功,系统达平衡时,Gibbs 自由能最小;也就是说,使用判据时一定要符合判据所要求的适用条件;4．某系统从始态出发,经一个绝热不可逆过程到达终态;为了计算熵值,能否设计一个绝热可逆过程来计算答：不可能;若从同一始态出发,绝热可逆和绝热不可逆两个过程的终态绝不会相同;反之,若有相同的终态,两个过程绝不会有相同的始态;所以只有设计一个除绝热以外的其他可逆过程,才能有相同的始、终态;5．对处于绝热钢瓶中的气体,进行不可逆压缩,这过程的熵变一定大于零,这说法对吗答：对;因为是绝热系统,凡是进行一个不可逆过程,熵值一定增大,这就是熵增加原理;处于绝热钢瓶中的气体,虽然被压缩后体积会减小,但是它的温度会升高,总的熵值一定增大;6．相变过程的熵变,可以用公式H S T∆∆=来计算,这说法对吗 答：不对,至少不完整;一定要强调是等温、等压可逆相变,H ∆是可逆相变时焓的变化值,R p H Q ∆=,T 是可逆相变的温度;7．是否,m p C 恒大于,m V C答：对气体和绝大部分物质是如此;但有例外,4摄氏度时的水,它的,m p C 等于,m V C ;8．将压力为 kPa,温度为 K 的过冷液态苯,凝固成同温、同压的固态苯;已知苯的凝固点温度为 K,如何设计可逆过程答：可以用等压、可逆变温的方法,绕到苯的凝固点 K,设计的可逆过程如下：分别计算1,2和3,三个可逆过程的热力学函数的变化值,加和就等于过冷液态苯凝固这个不可逆过程的热力学函数的变化值;用的就是状态函数的性质：异途同归,值变相等;9．在下列过程中,Q ,W ,ΔU ,ΔH ,ΔS ,ΔG 和ΔA 的数值,哪些等于零哪些函数的值相等1 理想气体真空膨胀6666(2)6666C H (l,268.2 K,101.3 kPa)C H (s,268.2 K,101.3 kPa)(1) (3) C H (l,278.7 K,101.3 kPa)C H (s,278.7 K,101.3 kPa)→↓等压可逆升温等压可逆降温↑2 实际气体绝热可逆膨胀3 水在正常凝固点时结成冰4 理想气体等温可逆膨胀5 H 2g 和O 2g 在绝热钢瓶中生成水6 在等温、等压且不做非膨胀功的条件下,下列化学反应达成平衡答：1 0Q W U H ==∆=∆=,G A ∆=∆2 0, R Q S U W =∆=∆=3 e 0, , P G H Q A W ∆=∆=∆=4 e 0, =, U H Q W G A ∆=∆=-∆=∆5 e = 0V U Q W ∆==6 r m 0G ∆=,r m max 0A W ∆==,r m r m U H ∆=∆10． 298 K 时,一个箱子的一边是1 mol N 2 100 kPa,另一边是2 mol N 2 200 kPa ,中间用隔板分开;问在298 K 时,抽去隔板后的熵变值如何计算答：设想隔板可以活动,平衡时隔板两边气体的压力均为150 kPa;在等温、等压下,相同的理想气体混合时的熵变等于零,即mix 0S ∆=;只要计算气体从始态压力到终态压力的熵变,11． 指出下列理想气体,在等温混合过程中的熵变计算式;1 2221 mol N (g,1) 1 mol N (g,1)2 mol N (g,1)V V V +=2 221 mol N (g,1) 1 mol Ar(g,1)(1 mol N 1 mol Ar)(g,1)V V V +=+3 2221 mol N (g,1) 1 mol N (g,1) 2 mol N (g,2)V V V +=答： 1 mix 12ln 2S R ∆=;因为相同气体混合,总体积没变,相当于每个气体的体积都缩小了一半;2 mix 0S ∆=;因为理想气体不考虑分子自身的体积,两种气体的活动范围都没有改变;3 mix 0S ∆=;因为同类气体混合,体积是原来体积的加和,气体的活动范围都没有改变,仅是加和而已;12．四个热力学基本公式适用的条件是什么 是否一定要可逆过程答： 适用于组成不变的均相封闭系统,不作非膨胀功的一切过程;不一定是可逆过程;因为在公式推导时,虽然用了d Q T S =的关系式,这公式只有对可逆过程成立,但是由于基本公式中计算的是状态函数的变化量,对于不可逆过程,可以设计一个始终态相同的可逆过程进行运算;四．概念题参考答案1．理想气体在等温条件下反抗恒定外压膨胀,该变化过程中系统的熵变S ∆sys 及环境的熵变S ∆sur 应为：A S ∆sys >0,S ∆sur =0B S ∆sys <0,S ∆sur =0C S ∆sys >0,S ∆sur <0D S ∆sys <0,S ∆sur >0答：C;理想气体等温膨胀,体积增加,熵增加,但要从环境吸热,故环境的熵减少;2．在绝热条件下,用大于气缸内的压力迅速推动活塞压缩气体,气体的熵变：A 大于零B 小于零C 等于零D 不能确定答：A;封闭系统的绝热不可逆过程,熵增加,这就是熵增加原理;因为气体的体积虽然变小了,但是它的温度升高了,总的熵一定是增加的;3．2H (g)和2O (g)在绝热钢瓶中反应生成水的过程A ΔH = 0B ΔU = 0C ΔS = 0D ΔG = 0答：B;因为钢瓶是恒容的,并与外界无功和热的交换,所以能量守衡,ΔU = 0;4．在 K 和101 325 Pa 条件下,水凝结为冰,系统的下列热力学量中,何者一定为零A ΔUB ΔHC ΔSD ΔG答：D;等温、等压、不作非膨胀功的可逆相变,Gibbs 自由能等于零;5．一定量的理想气体向真空作绝热膨胀,体积从1V 变到2V ,则熵变的计算公式为A 0S ∆=B 21ln V S nR V ∆= C 21ln p S nR p ∆= D 无法计算答：B;虽然真空绝热膨胀是一个不可逆过程,但是理想气体的温度不变,可以设计一个始、终态相同的等温可逆膨胀过程,用B 式来计算熵变;6．在对2N (g)和2O (g)的混合气体进行绝热可逆压缩,系统的热力学函数变化值在下列结论中正确的是：A ΔU = 0B ΔA = 0C ΔS = 0D ΔG = 0答：C;绝热可逆过程是恒熵过程,由于Q R = 0,所以ΔS = 0;7． 1 mol 单原子分子理想气体,温度由T 1变到T 2时,等压可逆过程,系统的熵变为p S ∆,等容可逆过程,系统的熵变为V S ∆,两着之比p V S S ∆∆∶等于：A 11∶B 21∶C 35∶D 53∶答：D;等压、变温可逆过程,2,m 1lnp p T S nC T ∆=,等容、变温可逆过程,2,m 1ln V V T S nC T ∆=;现在温度区间相同,单原子分子理想气体的,m 32V C R =,,m 52p C R =,所以,5p V S S ∆∆=∶∶3,相当于摩尔等压热容与摩尔等容热容之比; 8．1 g 纯的2H O(l)在 373 K,101.3 kPa 的条件下,可逆汽化为同温同压的2H O(g),热力学函数的变量为 ΔU 1,ΔH 1和 ΔG 1；现把1 g 纯的2H O(l)温度、压力同上,放在373 K 的恒温真空箱中,控制体积,使系统终态的蒸气压也为101.3 kPa ,这时热力学函数变量为ΔU 2,ΔH 2和 ΔG 2;这两组热力学函数的关系为：A ΔU 1> ΔU 2, ΔH 1> ΔH 2, ΔG 1> ΔG 2B ΔU 1< ΔU 2, ΔH 1< ΔH 2, ΔG 1< ΔG 2C ΔU 1= ΔU 2, ΔH 1= ΔH 2, ΔG 1= ΔG 2D ΔU 1= ΔU 2, ΔH 1> ΔH 2, ΔG 1= ΔG 2答：C;系统的始态与终态都相同,所有热力学状态函数的变量也都相同,与变化途径无关;9． 298 K 时,1 mol 理想气体等温可逆膨胀,压力从1 000 kPa 变到100 kPa,系统的Gibbs 自由能的变化值为A 0.04 kJB 12.4 kJ -C 5.70 kJD 5.70 kJ -答：D;理想气体等温可逆膨胀,10．对于不做非膨胀功的隔离系统,熵判据为： A ,(d )0T U S ≥ B ,(d )0p U S ≥C ,(d )0T p S ≥D ,(d )0U V S ≥答：D;在不做非膨胀功时,保持系统的U ,V 不变,即膨胀功等于零,0U ∆=,这就是一个隔离系统;11．甲苯在101.3 kPa 时的正常沸点为110℃,现在将1 mol 甲苯放入与110℃的热源接触的真空容器中,控制容器的容积,使甲苯迅速气化为同温、同压的蒸气;如下描述该过程的热力学变量正确的是A vap 0U ∆=B vap 0H ∆=C vap 0S ∆=D vap 0G ∆=答：D;甲苯的始、终态与等温、等压可逆蒸发的始终态完全相同,所以状态函数的变化量也相同;对于等温、等压可逆相变,vap 0G ∆=;12． 某实际气体的状态方程为m pV RT p α=+,其中α为大于零的常数,该气体经等温可逆膨胀后,其热力学能将A 不变B 增大C 减少D 不能确定答：A;可以将该实际气体的状态方程改写为m ()p V RT α-=,与理想气体的状态方程相比,只对体积项进行了校正,说明该实际气体分子本身所占的体积不能忽略,但对压力项没有进行校正,说明该气体分子之间的相互作用可以忽略,这一点与理想气体相同,所以在膨胀时,不需克服分子间的引力,所以在等温膨胀时,热力学能保持不变;这种气体作绝热真空膨胀时,温度也不会改变;13．在封闭系统中,若某过程的max A W ∆=,应满足的条件是A 等温、可逆过程B 等容、可逆过程C 等温、等压、可逆过程D 等温、等容、可逆过程答：A;在等温、可逆过程中,Helmholtz 自由能的变化值就等于对环境做的最大功,包括膨胀功和非膨胀功,这就是将Helmholtz 自由能称为功函的原因;在定义Helmholtz 自由能时,只引入了等温的条件;14． 热力学第三定律也可以表示为A 在0 K 时,任何晶体的熵等于零B 在0 K 时,任何完整晶体的熵等于零C 在0 ℃时,任何晶体的熵等于零D 在0 ℃时,任何完整晶体的熵等于零答：B;完整晶体通常只有一种排列方式,根据描述熵的本质的Boltzmann 公式,B ln S k =Ω,可得到,在0 K 时,完整晶体的1=Ω,则熵等于零;15．纯2H O(l)在标准压力和正常沸点时,等温、等压可逆汽化,则A Δvap U =Δvap H ,Δvap A =Δvap G ,Δvap S > 0B Δvap U <Δvap H ,Δvap A <Δvap G ,Δvap S > 0C Δvap U >Δvap H ,Δvap A >Δvap G ,Δvap S < 0D Δvap U <Δvap H ,Δvap A <Δvap G ,Δvap S < 0答：B;任何液体在汽化时,其Δvap S > 0;在正常沸点等温、等压可逆汽化时,Δvap G =0,液体等压变为气体时,要对环境做功,所以Δvap A <0,Δvap U <Δvap H ;16．在 -10℃、下,1mol 水凝结成冰的过程中,下列哪个公式仍适用A U = TSB TG H S ∆-∆=∆ C H = TS + Vp D G T,p = 0答：B;过冷水结冰是一个不可逆过程,但是温度保持不变,根据Gibbs 自由能的定义式,在等温时,G H T S ∆=∆-∆,这个公式总是可以使用的;只是H ∆和S ∆的数值要通过设计可逆过程进行计算;五．习题解析1．热机的低温热源一般是空气或水,平均温度设为293 K;为了提高热机的效率,只有尽可能提高高温热源的温度;如果希望可逆热机的效率能达到60%,试计算这时高温热源的温度;高温热源一般是加压水蒸气,这时水蒸气将处于什么状态已知水的临界温度为647 K;解：根据理想的Carnot 热机,可逆热机效率与两个热源温度的关系式为解得高温热源的温度 h 733 K T =这时加压水蒸气的温度已远远超过水的临界温度,水蒸气处于远超临界状态,压力很高,需要耐压性能很好的锅炉;事实上,实用的热机都是不可逆的,就是有这样的高温热源,实用热机的效率也远低于60%;2．①5 mol 双原子分子理想气体,在等容的条件下,由448 K 冷却到298 K ；② 3 mol 单原子分子理想气体,在等压条件下由300 K 加热到600 K,试计算这两个过程的S ;解：① 该过程系等容、变温过程,双原子分子理想气体的,m 52V C R =,所以 ② 该过程系等压、变温过程,单原子分子理想气体的,m 52p C R =3．某蛋白质在323 K 时变性,并达到平衡状态,即：天然蛋白质变性蛋白质,已知该变性过程的摩尔焓变1r m 29.288 kJ mol H -∆=⋅,,求该反应的摩尔熵变r m S ∆;;解： 因为已达到平衡状态,可以认为变性过程的焓变就是可逆热效应,4．1 mol 理想气体在等温下,分别经历如下两个过程：① 可逆膨胀过程；② 向真空膨胀过程,终态体积都是始态体积的10倍;分别计算这两个过程系统的熵变;解：① 因该过程系理想气体等温可逆膨胀过程,所以：② 虽然与1的膨胀方式不同,但其始、终态相同,熵是状态函数,所以该过程的熵变与①的相同,即1219.14 J K S -∆=⋅;5．有2 mol 单原子分子理想气体,由始态500 kPa,323 K 加热到终态1 000 kPa,373 K;试计算此气体的熵变;解：这是一个p ,V ,T 都改变的过程,计算熵变要分两步进行;第一步,等温可逆改变压力的过程,第二步,等压可逆改变温度的过程,熵变的计算式为6．在300 K 时,有物质的量为n 的单原子分子理想气体,从始态100 kPa,122 dm 3,反抗50 kPa 的外压,等温膨胀到50 kPa;试计算：1U ∆,H ∆,终态体积V 2,以及如果过程是可逆过程的热R Q 和功R W ;2如果过程是不可逆过程的热I Q 和功I W ;3sys S ∆,sur S ∆和iso S ∆;解：1 这是理想气体的等温膨胀,所以 0H ∆=,0U ∆=;假设理想气体进行等温可逆膨胀至终态,则2理想气体进行等温、等外压膨胀至终态3计算系统的熵变,用假设的可逆过程的热温商计算计算环境的熵变,用系统实际不可逆过程的热的负值来计算,因为环境是个大热源,对于系统是不可逆的热效应,但是对于环境还是可以认为是可逆的;7．有一个绝热的刚性容器,中间用隔板将容器分为两个部分,分别充以不同温度的N 2 g 和O 2 g,如图所示;N 2 g 和O 2 g 皆可视为理想气体;1 设中间隔板是导热的,并能滑动以保持两边的压力相等;计算整个系统达到热平衡时的ΔS ;2 达到热平衡后,将隔板抽去,求系统的混合熵变Δmix S ;解：1 首先要求出达到热平衡时的温度T ;因为两种气体的总体积未变,又是绝热容器,所以0W =,0Q =,则0U ∆=;已知N 2g 的温度为1293 K T =,O 2 g 的温度为2283 K T =,达到热平衡时,有因为两种气体都是双原子分子理想气体,等容摩尔热容相同,物质的量也相等,所以有：解得 288 K T =其实,对于物质的量相等、等容摩尔热容也相同的两种不同温度的气体,达热平衡时的温度就等于两者温度的平均值,12()/2288 K T T T =+=;设想这个热传导是在等压可逆的情况下进行的,所以2 达热平衡后抽去隔板,两种气体的体积都扩大一倍,8．人体活动和生理过程是在恒压下做广义电功的过程;问在298 K 时,1mol 葡萄糖最多能提供多少能量来供给人体活动和维持生命之用;已知在298 K 时：葡萄糖的标准摩尔燃烧焓1c m 6126(C H O ) 2 808 kJ mol H -∆=-⋅,11m 6126(C H O )212.0 J K mol S --=⋅⋅,11m 2(CO )213.74 J K mol S --=⋅⋅,11m 2(H O,l)69.91 J K mol S --=⋅⋅, 11m 2(O ,g)205.14 J K mol S --=⋅⋅解：要计算最大的广义电功,实际是计算1 mol 葡萄糖在燃烧时的摩尔反应Gibbs 自由能的变化值;葡萄糖的燃烧反应为9．某化学反应,若在298 K 和标准压力下进行,放热 4000 kJ,若使该反应通过可逆电池来完成,在与化学反应的始、终态相同时,则吸热 400 kJ;试计算：1 该化学反应的r m S ∆;2 当该反应自发进行,不做电功时的环境熵变,及隔离系统的熵变;3 计算系统可能做的最大电功;解： 1 化学反应能自发进行,说明是一个不可逆过程,不能用它的热效应来计算熵变,要利用始终态相同的可逆电池的热效应来计算熵变,所以2 系统在化学反应中的不可逆放热,环境可以按可逆的方式来接收,所以3 在可逆电池中,系统可能做的最大电功在数值上就等于r m G ∆,所以10．在 298 K 的等温情况下,两个容器中间有旋塞连通,开始时一边放 mol 2O (g),压力为 20 kPa,另一边放 mol 2N (g),压力为 80 kPa,打开旋塞后,两气体相互混合,设气体均为理想气体;试计算：1 终态时容器中的压力;2 混合过程的Q ,W ,mix U ∆,mix S ∆和mix G ∆;3 如果在等温下,可逆地使气体分离,都恢复原状,计算过程的Q 和W ;解： 1 首先计算旋塞两边容器的体积,然后得到两个容器的总体积,就能计算最终混合后的压力2 理想气体的等温混合过程,mix 0U ∆=,mix 0H ∆=,混合时没有热效应,0Q =,所以0W =;事实上,将两种气体看作系统,没有对环境做功,所以0W =;3 1R mix 298 K 5.76 J K 1 716 J Q T S -=-∆=-⨯⋅=-mix 0U ∆=,R 1 716 J W Q =-=11． 1mol 理想气体,在273 K 等温可逆地从1 000 kPa 膨胀到100 kPa,试计算此过程的Q ,W 以及气体的ΔU ,ΔH ,ΔS ,ΔG 和ΔA ;解： 理想气体等温可逆膨胀,ΔU = 0 ,ΔH =0,12．在300 K 时,将1 mol 理想气体,压力从100 kPa 经等温可逆压缩到1 000 kPa,计算Q ,W ,U ,H ,S ,A 和G ;解： 理想气体的等温物理变化,0U ∆=,0H ∆=13．1mol 单原子分子理想气体,始态温度为273 K,压力为p ;分别经下列三种可逆变化：① 恒温下压力加倍；② 恒压下体积加倍；③ 恒容下压力加倍;分别计算其Gibbs 自由能的变化值G ∆;假定在273 K 和标准压力下,该气体的摩尔熵11m 100 J K mol S --=⋅⋅;解： ① 这是一个等温改变压力的可逆过程,② 在恒压下体积加倍,则温度也加倍,212T T =,根据Gibbs 自由能的定义式, ③ 恒容下压力加倍,212T T =121108.6 J K S S S -=+∆=⋅ 所以14． 在 373 K 及101325 kPa 条件下,将2 mol 水可逆蒸发为同温、同压的蒸气;计算此过程的Q ,W ,U ∆,H ∆和S ∆;已知水的摩尔汽化焓1vap m 40.68 kJ mol H -∆=⋅;假设水气可作为理想气体,忽略液态水的体积;解： vap m (240.68) kJ 81.36 kJ Q H n H =∆=∆=⨯=15．在一玻璃球中封入1 mol H 2Ol,压力为 kPa,温度为373 K;将玻璃球放入一个真空容器中,真空容器恰好能容纳 1mol kPa,373 K 的H 2Og;设法将小球击破,水全部汽化成kPa,373 K 的水蒸气;计算Q ,W ,ΔU ,ΔH ,ΔS ,ΔG ,ΔA ;根据计算结果说明,这一过程是自发的吗可以用哪一个热力学性质作为判据已知水在 kPa,373 K 时的摩尔汽化焓1vap m 2(H O,l)40.68 kJ mol H -∆=⋅;; 解： H 2Ol 向真空汽化,0W =这是一个与可逆相变始终态相同的过程,所以0G ∆=或 max (18.314373) J 3.10 kJ A W nRT ∆==-∆=-⨯⨯=-该过程是恒温、恒容过程,故可用ΔA 作判据,因为ΔA < 0,故该过程是自发的不可逆过程;当然,也可以用iso S ∆作为判据,所以,水的真空蒸发过程是自发的不可逆过程;16．1 mol 理想气体,在122 K 等温的情况下反抗恒定外压,从10 dm 3膨胀到终态;已知在该过程中,系统的熵变为119.14 J K -⋅,求该膨胀过程系统反抗的外压e p ,终态的体积V 2,并计算：ΔU ,ΔH ,ΔA ,ΔG ,环境熵变sur S ∆和孤立系统熵变iso S ∆;解：因为是理想气体的等温物理变化,所以0U ∆=,0H ∆=,A G T S ∆=∆=-∆; 已知熵变的值可以解出终态的体积2V解得 32100 dm V =17． 在-5℃和标准压力下,1 mol 过冷液体苯凝固为同温、同压的固体苯,计算该过程的ΔS 和ΔG;已知 -5℃ 时,固态苯和液态苯的饱和蒸气压分别为 kPa 和 kPa,在该条件下,苯的摩尔熔化焓1melt m 66(C H ,s)9.86 kJ mol H -∆=⋅;解：过冷液体的凝固是一个不可逆过程,要设计一个始、终态相同的可逆过程,才能计算ΔS 和ΔG;保持温度都为-5℃,设计的可逆过程有如下5步 构成：第2步和第4步,是在饱和蒸气压的条件下,恒温、恒压的可逆相变,所以240G G ∆=∆=;因为液体和固体的可压缩性较小,受压力影响不大,它们的摩尔体积差别不大,可近似认为150G G ∆+∆≈;所以18．苯的正常沸点为 353 K,摩尔气化焓Δvap H m = kJmol -1;今在 353 K 和标准压力下,将1mol 液态苯向真空等温汽化为同温同压的苯蒸气设为理想气体;试计算： 1 该过程中苯吸收的热量Q 和做的功W ;2 苯的摩尔气化Gibbs 自由能Δvap G m 和摩尔气化熵Δvap S m ;3 环境的熵变;。
大学物理课后习题答案第三章
第3章 力学基本定律与守恒律 习题及答案1．作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s 后，这物体的动量和速度的变化．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j6-m ·s -1的物体,回答这两个问题． 解: (1)若物体原来静止，则i t i t t F p t 1401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向，ip I imp v111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆ 若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则⎰⎰+-=+-=-=t tt F v m t m F v m p v m p 000000d )d (,于是⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d,同理， 12v v ∆=∆,12I I=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⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t 解得s 10=t ，(s 20='t 舍去)2．一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=tbt at t bt a I 0221d )(将bat =代入，得 ba I 22= (3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m == 3．如图所示，一质量为m 的球，在质量为M 半径为R 的1/4圆弧形滑槽中从静止滑下。
大学物理习题答案解析第三章
第三章动量守恒定律和能量守恒定律3 -1对质点组有以下几种说法：(1) 质点组总动量的改变与内力无关；(2) 质点组总动能的改变与内力无关；(3) 质点组机械能的改变与保守内力无关．下列对上述说法判断正确的是()(A) 只有(1)是正确的(B) (1)、(2)是正确的(C) (1)、(3)是正确的(D) (2)、(3)是正确的分析与解在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力．由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量．但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能．综上所述(1)(3)说法是正确的．故选(C)．3 -2有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下,则()(A) 物块到达斜面底端时的动量相等(B) 物块到达斜面底端时动能相等(C) 物块和斜面(以及地球)组成的系统,机械能不守恒(D) 物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒分析与解对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒．物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功．由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等．动量自然也就不等(动量方向也不同)．故(A)(B)(C)三种说法均不正确．至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零．由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒．3 -3对功的概念有以下几种说法：(1) 保守力作正功时,系统内相应的势能增加；(2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零；(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零．下列上述说法中判断正确的是()(A) (1)、(2)是正确的(B) (2)、(3)是正确的(C) 只有(2)是正确的(D) 只有(3)是正确的分析与解保守力作正功时,系统内相应势能应该减少．由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零．至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C)．3 -4如图所示,质量分别为m1和m2的物体A和B,置于光滑桌面上,A和B之间连有一轻弹簧．另有质量为m1和m2的物体C和D分别置于物体A与B 之上,且物体A和C、B和D之间的摩擦因数均不为零．首先用外力沿水平方向相向推压A和B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A和B弹开的过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成的系统,有()(A) 动量守恒,机械能守恒 (B) 动量不守恒,机械能守恒(C) 动量不守恒,机械能不守恒 (D) 动量守恒,机械能不一定守恒分析与解 由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A 、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D)．3 -5 如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出．以地面为参考系,下列说法中正确的说法是( )(A) 子弹减少的动能转变为木块的动能(B) 子弹-木块系统的机械能守恒(C) 子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功(D) 子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热分析与解 子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒．这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和)．综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的．3 -6 一架以3.0 ×102 m·ｓ-1 的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m 、质量为0.50 kg 的飞鸟相碰．设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计．试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算)．根据本题的计算结果,你对于高速运动的物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害的物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会？分析 由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的．如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中的细节情况．在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力)时,由于飞机的状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行；这时,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相互性(作用与反作用),问题就很简单了．解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得式中F ′为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v ,以此代入上式可得0Δ-='v m t F鸟对飞机的平均冲力为式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反．从计算结果可知,2.25 ×105 N 的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的．若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故．3 -7 质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v 0 抛出,v 0与水平面成仰角α．若不计空气阻力,求：(1) 物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量；(2) 物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量．分析 重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可．由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间,物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍．这样,按冲量的定义即可求得结果．另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出．解1 物体从出发到达最高点所需的时间为则物体落回地面的时间为 于是,在相应的过程中重力的冲量分别为 解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A 、B 的过程中,重力的冲量分别为3 -8 F x ＝30＋4t (式中F x 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m ＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ 内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v 1 N 1055.252⨯=='lm F v N 1055.25⨯-='-=FF gαt sin Δ01v =gαt sin Δ01v =gαt t sin Δ2Δ012v ==j j F I αm t mg t t sin Δd 011Δ1v -=-==⎰j j F I αm t mg t t sin 2Δd 022Δ2v -=-==⎰j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-=j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-=＝10 m·s -1 ,方向与Fx 相同,在t ＝6.86s 时,此物体的速度v 2 ．分析 本题可由冲量的定义式,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度v 2．解 (1) 由分析知(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得t ＝6．86 s(另一解不合题意已舍去)(3) 由动量定理,有I ＝m v 2- m v 1由(2)可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N·s ,将I 、m 及v 1代入可得3 -9 高空作业时系安全带是非常必要的．假如一质量为51.0 kg 的人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带的保护,最终使他被悬挂起来．已知此时人离原处的距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s ．求安全带对人的平均冲力．分析 从人受力的情况来看,可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短．为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论．事实上,动量定理也可应用于整个过程．但是,这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度均为零．这样,运用动量定理仍可得到相同的结果．解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为(1)在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有(2)由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有3 -10 质量为m 的小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝A cos ωt ,其中k 、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到 时间内小球动量的增量． 分析 由冲量定义求得力F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式积分前,应先将式中x 用x ＝A cos ωt 代之,方能积分．解 力F 的冲量为 ⎰=21d t t t F I ()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I 112s m 40-⋅=+=mm I v v gh 21=v ()12Δv v m m t -=+P F ()N 1014.1Δ2ΔΔ3⨯=+=+=tgh mg t m Δmg F v N 1014.1/2Δ3⨯=+=mg g h tmg F ωt 2π=⎰21d t t t F即 3 -11 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m 2 的直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1 的水通过,求弯管所受力的大小和方向．分析 对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量．因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp ＝Δm (v B -v A )；此动量的变化是管壁在Δt 时间内对其作用冲量I 的结果．依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F ；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F′＝-F ．解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυS Δt ,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为Δp ＝Δm (v B -v A ) ＝ρυS Δt (v B -v A )依据动量定理I ＝Δp ,得到管壁对这部分水的平均冲力从而可得水流对管壁作用力的大小为作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．3 -12 一作斜抛运动的物体,在最高点炸裂为质量相等的两块,最高点距离地面为19.6 m ．爆炸1.00 s 后,第一块落到爆炸点正下方的地面上,此处距抛出点的水平距离为1.00×102 m ．问第二块落在距抛出点多远的地面上．(设空气的阻力不计)分析 根据抛体运动规律,物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的．因此,若能求出第二块碎ωkA t t ωkA t kx t F I ωt t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d ()ωkA m -=vΔ()A B t S ρtv v v -==ΔΔI F N 105.2232⨯-=-=-='v S ρFF片抛出的速度,按抛体运动的规律就可求得落地的位置．为此,分析物体在最高点处爆炸的过程,由于爆炸力属内力,且远大于重力,因此,重力的冲量可忽略,物体爆炸过程中应满足动量守恒．由于炸裂后第一块碎片抛出的速度可由落体运动求出,由动量守恒定律可得炸裂后第二块碎片抛出的速度,进一步求出落地位置．解 取如图示坐标,根据抛体运动的规律,爆炸前,物体在最高点A 的速度的水平分量为(1) 物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为 当该碎片落地时,有y 1 ＝0,t ＝t 1 ,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度(2) 又根据动量守恒定律,在最高点处有 (3) (4) 联立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为(5)(6) 落地时,y 2 ＝0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置x 2 ＝500 m3 -13 A 、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s -1的速度继续向前驶去．A 、B 两船原有质量分别为0.5×103 kg 和1.0 ×103 kg,求在传递重物前两船的速度．(忽略水对船的阻力)分析 由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A 与从船B 搬入的重物所组成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样,对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样．由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守hg x t x x 21010==v 21121gt t h y --=v 12121t gt h -=v x x m m 2021v v =y m m 2121210v v +-=1102s m 100222-⋅===hg x x x v v 112112s m 7.1421-⋅=-==t gt h y v v 2212t v x x x +=2222221gt t h y y -+=v恒方程即可解出结果．解 设A 、B 两船原有的速度分别以v A 、v B 表示,传递重物后船的速度分别以v A ′ 、v B ′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有(1)(2)由题意知v A ′ ＝0, v B ′ ＝3.4 m·s -1 代入数据后,可解得也可以选择不同的系统,例如,把A 、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解．3 -14 质量为m′ 的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成α角的速率v 0 向前跳去．当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出．问：由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少？ (假设人可视为质点)分析 人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致．在抛物的过程中,人与物之间相互作用力的冲量,使他们各自的动量发生了变化．如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力的冲量为零,系统在该方向上动量守恒．但在应用动量守恒定律时,必须注意系统是相对地面(惯性系)而言的,因此,在处理人与物的速度时,要根据相对运动的关系来确定．至于,人因跳跃而增加的距离,可根据人在水平方向速率的增量Δv 来计算．解 取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 为抛出物对地面的水平速率．得人的水平速率的增量为 而人从最高点到地面的运动时间为 ()A A B A A m m m m v v v '=+-()''=+-B B A B B m m m m v v v ()()12s m 40.0-⋅-=---'-=m m m m m m m A B B B A v v ()()()12s m 6.3-⋅=---'-=m m m m m m m m B A B B A B vv ()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0u mm m α'++=cos 00v v u m m m α'+=-=cos Δ0v v v所以,人跳跃后增加的距离 *3 -15 一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着,绳的下端刚好触到水平桌面上．如果把绳的上端放开,绳将落在桌面上．试证明：在绳下落过程中的任意时刻,作用于桌面上的压力等于已落到桌面上绳的重量的三倍．分析 由于桌面所受的压力难以直接求出,因此,可转化为求其反作用力,即桌面给绳的托力．但是,应注意此托力除了支持已落在桌面上的绳外,还有对d t 时间内下落绳的冲力,此力必须运用动量定理来求．解 取如图所示坐标,开始时绳的上端位于原点,Oy 轴的正向竖直向下．绳的总长为l ,以t 时刻,已落到桌面上长为y 、质量为m′的绳为研究对象．这段绳受重力P 、桌面的托力F N 和下落绳子对它的冲力F (如图中所示)的作用．由力的平衡条件有(1) 为求冲力F ,可取d t 时间内落至桌面的线元d y 为研究对象．线元的质量,它受到重力d P 和冲力F 的反作用力F ′的作用,由于F ′＞＞d P ,故由动量定理得 (2) 而 (3)由上述三式可得任意时刻桌面受到的压力大小为 gαt sin 0v =()gm m αm t x '+==sin ΔΔ0vv 0N =-+F F yg l m y lm m d d =y lm t F d 0d v -='F F '-=g m yg lm l m yg l m F F '==+=-='332N N v*3 -16 设在地球表面附近,一初质量为5.00 ×105 kg 的火箭,从尾部喷出气体的速率为2.00 ×103 m·s -1 ．(1) 试问：每秒需喷出多少气体,才能使火箭最初向上的加速度大小为4.90 m·s -2 ．(2) 若火箭的质量比为6.00,求该火箭的最后速率．分析 这是一个系统内质量转移的问题．为了讨论火箭的运动规律,仍需建立其在重力场中的动力学方程．为此,以t 时刻质量为m 的火箭为研究对象,它在t →t ＋Δt 的时间内,将分离成火箭主体(包括尚剩的燃料)和排出的燃料两部分．根据它们的总动量的增量Σd P i 和系统所受的外力———重力(阻力不计),由动量定理可得到-mg ＝u d m′/d t ＋m d v /d t (推导从略,见教材),即火箭主体的动力学方程．由于在d t 时间内排出燃料的质量d m ′很小,式中m 也就可以视为此刻火箭主体的质量, 而燃料的排出率d m ′/d t 也就是火箭质量的变化率-d m /d t ．这样,上述方程也可写成．在特定加速度a 0 的条件下,根据初始时刻火箭的质量m 0 ,就可求出燃料的排出率d m /d t ．在火箭的质量比( 即t 时刻火箭的质量m 与火箭的初始质量m 0之比) 已知的条件下,可算出火箭所经历的时间,则火箭运动的速率可通过对其动力学方程积分后解得．解 (1) 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向．该火箭在重力场中的动力学方程为 (1) 因火箭的初始质量为m 0 ＝5.00 ×105 kg, 要使火箭获得最初的加速度a 0 ＝4.90 m·s -2,则燃气的排出率为(2) 为求火箭的最后速率,可将式(1)改写成分离变量后积分,有 火箭速率随时间的变化规律为 (2) 因火箭的质量比为6.00,故经历时间t 后,其质量为 得 (3) 将式(3)代入式(2),依据初始条件,可得火箭的最后速率 ma mg tm u=-d d ma mg tm u =-d d ()1300s kg 1068.3d d -⋅⨯=+=ua g m t m tm mg t m ud d d d v =-⎰⎰⎰-=t mm t g m m u 0d d d 00v v v gt m m u --=00lnv v m t t m m m 61d d 0=-=tm m t d /d 650=13000s m 1047.2d /d 65ln ln -⋅⨯=-=-='tm m m m u gt m m u v3 -17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知t ＝0 时质点位于原点,且初始速度为零．设外力F 随距离线性地减小,且x ＝0 时,F ＝F 0 ；当x ＝L 时,F ＝0．试求质点从x ＝0 处运动到x ＝L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x ＝L 处的速率．分析 由题意知质点是在变力作用下运动,因此要先找到力F 与位置x 的关系,由题给条件知．则该力作的功可用式 计算,然后由动能定理求质点速率． 解 由分析知, 则在x ＝0 到x ＝L 过程中作功, 由动能定理有 得x ＝L 处的质点速率为 此处也可用牛顿定律求质点速率,即 分离变量后,两边积分也可得同样结果．3 -18 如图所示,一绳索跨过无摩擦的滑轮,系在质量为1.00 kg 的物体上,起初物体静止在无摩擦的水平平面上．若用5.00 N 的恒力作用在绳索的另一端,使物体向右作加速运动,当系在物体上的绳索从与水平面成30°角变为37°角时,力对物体所作的功为多少？ 已知滑轮与水平面之间的距离d ＝1.00 m ．分析 该题中虽施以“恒力”,但是,作用在物体上的力的方向在不断变化．需按功的矢量定义式来求解．解 取图示坐标,绳索拉力对物体所作的功为3 -19 一物体在介质中按规律x ＝ct 3 作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力正比于速度的平方．试求物体由x 0 ＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k )分析 本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式来求解．关键在于寻找力函数F ＝F (x )．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F (v ) ＝k v 2 变换到F (t ),进一步按x ＝ct 3 的x LF F F 00-=⎰L x F 0d x L F F F 00-=2d 0000L F x x L F F W L =⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎰0212-=v m W mL F 0=v xm t m x L F F d d d d 00v v v ==-⎰⋅=s F d W J 69.1d d cos d 2122=+-==⋅=⎰⎰⎰x x d Fx x θF W x x x F ⎰⋅=x F d W关系把F (t )转换为F (x ),这样,就可按功的定义式求解．解 由运动学方程x ＝ct 3 ,可得物体的速度按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为则阻力的功为3 -20 一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水．水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功．分析 由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可题3 -20 图求出．解 水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有F ＋P ＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P ＝mg -αgy其中α＝0．2 kg/m,人对水桶的拉力的功为3 -21 一质量为0.20 kg 的球,系在长为2.00 m 的细绳上,细绳的另一端系在天花板上．把小球移至使细绳与竖直方向成30°角的位置,然后从静止放开．求：(1) 在绳索从30°角到0°角的过程中,重力和张力所作的功；(2) 物体在最低位置时的动能和速率；(3) 在最低位置时的张力．23d d ct tx ==v 3/43/242299x kc t kc k F ===v ⎰⋅=x F W d 3/73/23/403/20727d 9d 180cos d l kc x x kc x W l o l -=-==⋅=⎰⎰⎰xF ()J 882d d 1000=-=⋅=⎰⎰y agy mg W l y F分析 (1) 在计算功时,首先应明确是什么力作功．小球摆动过程中同时受到重力和张力作用．重力是保守力,根据小球下落的距离,它的功很易求得；至于张力虽是一变力,但是,它的方向始终与小球运动方向垂直,根据功的矢量式,即能得出结果来．(2) 在计算功的基础上,由动能定理直接能求出动能和速率．(3) 在求最低点的张力时,可根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定．解 (1) 如图所示,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即在小球摆动过程中,张力F Ｔ 的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果．初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为小球在最低位置的速率为(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得3 -22 一质量为m 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上．此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点的最初速率是v 0 ．当它运动一周时,其速率为v 0 /2．求：(1) 摩擦力作的功；(2) 动摩擦因数；(3) 在静止以前质点运动了多少圈？分析 质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗在运动中⎰⋅=s d F W ()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P s F d T T ⋅=⎰W J 53.0k k ==E E 1P K s m 30.222-⋅===mW m E v lm P F 2T v =-N 49.22T =+=lm mg F v克服摩擦力作功上．由此,可依据动能定理列式解之．解 (1) 摩擦力作功为(1) (2) 由于摩擦力是一恒力,且F ｆ ＝μmg ,故有(2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为(3) 由于一周中损失的动能为,则在静止前可运行的圈数为 圈 3 -23 如图(a)所示,A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为m 1 和m 2 ．问在A 板上需加多大的压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起．(设弹簧的劲度系数为k )分析 运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一．因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关．“守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变．在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立的条件．该题可用机械能守恒定律来解决．选取两块板、弹簧和地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力和弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件．只需取状态1 和状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力的平衡,便可将所需压力求出．解 选取如图(b)所示坐标,取原点O 处为重力势能和弹性势能零点．作各状态下物体的受力图．对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有F 1 ＝P 1 ＋F (1)当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得式中y 1 、y 2 为M 、N 两点对原点O 的位移．因为F 1 ＝ky 1 ,F 2 ＝ky 2 及P 1 ＝m 1g ,上式可写为F 1 -F 2 ＝2P 1 (2)由式(1)、(2)可得20202k 0k 832121v v v m m m E E W -=-=-=mg μr πs F W 2180cos o f -==rgπμ16320v =2083v m 34k0==W En 2221212121mgy ky mgy ky +=-F＝P1＋F2(3) 当A板跳到N点时,B板刚被提起,此时弹性力F′2＝P2 ,且F2＝F′2．由式(3)可得F＝P1＋P2＝(m1＋m2 )g应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点．3 -24如图(a)所示,有一自动卸货矿车,满载时的质量为m′,从与水平成倾角α＝30.0°斜面上的点A 由静止下滑．设斜面对车的阻力为车重的0.25 倍,矿车下滑距离l时,与缓冲弹簧一道沿斜面运动．当矿车使弹簧产生最大压缩形变时,矿车自动卸货,然后矿车借助弹簧的弹性力作用,使之返回原位置A 再装货．试问要完成这一过程,空载时与满载时车的质量之比应为多大？分析矿车在下滑和返回的全过程中受到重力、弹力、阻力和支持力作用．若取矿车、地球和弹簧为系统,支持力不作功,重力、弹力为保守力,而阻力为非保守力．矿车在下滑和上行两过程中,存在非保守力作功,系统不满足机械能守恒的条件,因此,可应用功能原理去求解．在确定重力势能、弹性势能时,应注意势能零点的选取,常常选取弹簧原长时的位置为重力势能、弹性势能共同的零点,这样做对解题比较方便．解取沿斜面向上为x轴正方向．弹簧被压缩到最大形变时弹簧上端为坐标原点O．矿车在下滑和上行的全过程中,按题意,摩擦力所作的功为Wｆ＝(0.25mg＋0.25m′g)(l＋x) (1) 式中m′和m分别为矿车满载和空载时的质量,x为弹簧最大被压缩量．根据功能原理,在矿车运动的全过程中,摩擦力所作的功应等于系统机械能增量的负值,故有Wｆ＝-ΔE＝-(ΔE P＋ΔEｋ)由于矿车返回原位时速度为零,故ΔEｋ＝0；而ΔE P＝(m -m′) g(l＋x) sinα,故有Wｆ＝-(m-m′) g(l＋x) sinα (2) 由式(1)、(2)可解得。
普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第三章 动量定理及其守恒定律
第三章 动量定理及其守恒定律习题解答3.5.1 质量为2kg 的质点的运动学方程为j t t i t r ˆ)133(ˆ)16(22+++-= （单位：米，秒）， 求证质点受恒力而运动，并求力的方向大小。
解：∵j i dt r d a ˆ6ˆ12/22+==, j i a m F ˆ12ˆ24+==为一与时间无关的恒矢量，∴质点受恒力而运动。
F=(242+122)1/2=125N ，力与x 轴之间夹角为： '34265.0/︒===arctg F arctgFx yα3.5.2 质量为m 的质点在o-xy 平面内运动，质点的运动学方程为：j t b i t a r ˆsin ˆcos ωω+=，a,b,ω为正常数，证明作用于质点的合力总指向原点。
证明：∵r j t b i t a dtr d a2222)ˆsin ˆcos (/ωωωω-=+-==r m a m F2ω-==, ∴作用于质点的合力总指向原点。
3.5.3 在脱粒机中往往装有振动鱼鳞筛，一方面由筛孔漏出谷粒，一方面逐出秸杆，筛面微微倾斜，是为了从较低的一边将秸杆逐出，因角度很小，可近似看作水平，筛面与谷粒发生相对运动才可能将谷粒筛出，若谷粒与筛面静摩擦系数为0.4，问筛沿水平方向的加速度至少多大才能使谷物和筛面发生相对运动？解：以地为参考系，设谷物的质量为m ，所受到的最大静摩擦力为 mg f oμ=，谷物能获得的最大加速度为2/92.38.94.0/s m g m f a o =⨯===μ ∴筛面水平方向的加速度至少等于3.92米/秒2，才能使谷物与筛面发生相对运动。
3.5.3 题图 3.5.4题图3.5.4 桌面上叠放着两块木板，质量各为m 1 ,m 2,如图所示，m 2和桌面间的摩擦系数为μ2，m 1和m 2间的摩擦系数为μ1，问沿水平方向用多大的力才能把下面的木板抽出来。
解：以地为参考系，隔离m 1、m 2，其受力与运动情况如图所示，其中，N 1'=N 1,f 1'=f 1=μ1N 1,f 2=μ2N 2，选图示坐标系o-xy ，对m 1,m 2分别应用牛顿二定律，有 00212222211111111=--=--=-=g m N N a m N N F g m N a m N μμμ 解方程组，得()2221211211/m g m g m gm F a ga μμμμ---==要把木板从下面抽出来，必须满足12a a >，即 gm g m g m g m F 12221211μμμμ>---()()g m m F 2121++>∴μμ3.5.5 质量为m 2的斜面可在光滑的水平面上滑动，斜面倾角为α,质量为m 1的运动员与斜面之间亦无摩擦，求运动员相对于斜面的加速度及其对斜面的压力。
大学物理3章答案
第3章 能量定理和守恒定律3-5一圆锥摆的摆球在水平面上作匀速圆周运动。
已知摆球质量为m ，圆半径为R ，摆球速率为υ，当摆球在轨道上运动一周时，作用在摆球上重力冲量的大小为多少？解：如3-5题图所示，一周内作用在摆球上重力冲量的大小为 2P RI mgdt mg t mgπυ==∆=⎰3-6用棒打击质量为0.3Kg 、速率为20m/s 的水平飞来的球，球飞到竖直上方10 m 的高度。
求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力。
解：设球的初速度为1υ，球与棒碰撞后球获得竖直向上的速度为2υ，球与棒碰撞后球上升的最大高度为h ，如3-6题图所示，因球飞到竖直上方过程中，只有重力作功，由机械能守恒定律得 2212mgh m υ=2υ=由冲量的定义可得棒给予球的冲量为21 I m j m i υυ=-其冲量大小为()7.32I N S ==⋅ 球受到的平均冲力为t F I ⋅=__()N tIF 366__==3-7质量为M 的人，手里拿着一个质量为m 的球，此人用与水平线成θ角的速度0υ向前跳去。
当他达到最高点时，将物体以相对人的速度μ水平向后抛出，求由于物体的抛出，跳的距离增加了多少?（假设人可视为质点） 解：如3-7题图所示，把人与物视为一系统，当人跳跃到最高点处，在向后抛物的过程中，满足动量守恒，故有 ()()0cos M m M m υθυυμ+=+-式中υ为人抛物后相对地面的水平速率，υμ-为抛出物对地面的水平速率，得0cos mM mυυθμ=++ 人的水平速率的增量为0cos mM mυυυθμ∆=-=+ 而人从最高点到地面的运动时间为 0sin t gυθ=所以，人由于向后抛出物体，在水平方向上增加的跳跃后距离为()0sin m x t M m gυθυμ∆=∆⨯=+3-8 一质量为m ＝2kg 的物体按()m t x 2213+=的规律作直线运动，求当物体由m x 21=运动到m x 62=时，外力做的功。
大学物理答案-第三章
o T
r dT T+dT
积分得：
T
∫
− dT =
0
∫
l
r
m 2 ω rdr l
∴ T=
1 mω 2 ( l 2 − r 2 ) 2l
3-2 一个水分子(H2O)由一个氧原子 （mo=30.2 × 10-24 千克） 和两个氢原子(mH=1.68 × 10-24 千克 )组成，氧原子与氢原子的中心距 离均为 2.76 埃(1 埃= 10 -10 米)，氧原子中心与 两个氢原子中心的连线夹角为 105 ，试求水分 子的质心位置（如图所示） 。
(2) 在物体运动中，F 不垂直于 dr , 拉力作功。等于动能的增量。
2 R0 1 1 1 2 2 2 W = ΔE k = mv − mv 0 = mv 0 ( − 1) 2 2 2 R2
r
(3) 缓慢地拉绳，物体做近似圆周运动，得：
F ≈m v2 r 2 m ⋅ mv 2 ( rmv ) 2 = = 2 r r mr mr 3
3-3 一长为 l 的细杆， 若其密度按 ρ = ρ 0
x 变化， 其中 x 是从杆的一端算起的距 l
离，ρ0 为一常量。求它的质心位置。
分析：本题为求变质量系统的质心，取质量微元来求解。
解: 如右图所示建立坐标系 根据质心定义有：
∫ xdm = ∫0 xρdx = ∫0 xρ 0 l dx xc = l l x M ∫0 ρdx ∫0 ρ 0 l dx ∫x = 0
0= 1 m 1 mv 2 + x g(− x ) 2 l 2
l-x o
x
《大学物理》第三章 二维或三维中的动力学 矢量
————加速度的方向总是指向轨迹曲线凹的一边
v
a
90o
v
a
速率减小
a v
90o 速率不变
90o
速率增大
思考题
1.质点的运动学方程为x=6+3t-5t3(SI),判断正误:
质点作匀加速直线运动，加速度为正。 质点作匀加速直线运动，加速度为负。 质点作变加速直线运动，加速度为正。 质点作变加速直线运动，加速度为负。
标量与矢量相乘
1、一个正标量乘以一个矢量，只改变其大小不改变其方向。
2、如果一个负标量乘以一个矢量，大小依然是 向和 相反
，但方
3.4 利用矢量的分解计算矢量合成
矢量的分解（沿相互垂直的坐标轴进行分解） (resolving the vector into its components)
uur uur ur Vx Vy V
3、 从第一个矢量的尾部向第二个矢量的顶部连线 并画出箭头，就表示两个矢量的和或合成。 合成矢量的长度表示其大小。保证大小和角度不 变，矢量可以通过平移完成其合成。合成矢量的长 度可用直尺测量，角度可用量角器量度。
相反的相加次序也会得到同样的结果
ur uur uur ur V1 V2 V2 V1
所以 推广到矢量加法
ur V
Vx$i Vy
$j Vz
k$
ur V
Vx$i Vy
$j
ur V1
uur V2
(V1x $i V1y
$j)
(V2x $i V2 y
$j)
(V1x V2x )$i (V1y V2y )$j
3.6 矢量动力学
把位移、速度、加速度的定义扩展到二、三维运动
rr rr2 rr1
大学物理习题集答案解析-第三章-电势
球半径:
R
n n2 1
d
n2 球心: ( 0, n 2 1 d , 0 )
3-3.半径为R的均匀带电圆盘，电荷面密度为 ，设
无穷远处为电势零点，则圆盘中心O点的电势
Ｖ
0
=?
解:
V0
q
dq
4 0r
r
O
0R
2rdr 4 0r
20
0Rd
rR 20
3-4 求在电偶极子轴线上，距离偶极子中心为ｒ
处的电势，已知电偶极矩的值为 p .
第三章 电势
3-1
3-5
3-9 3-13
3-2
3-6 3-10
3-3
3-7 3-11
3-4
3-8 3-12
3-1.点电荷-q位于圆心处，A、B、C、D位于 同一圆周上的四点，如图3-1 所示，分别求将 一实验电荷q0从A点移到B、C、D各点电场力 的功。
A= 0
-q
A
B
C
D
D
图3-1
3-2. 有两个点电荷带电量为nq 和-q（ n ＞ｌ），相距
r
r
h
h
E dS S 侧 Ed E S 2rh q
内 0
在圆柱体内, rR
q1内0rh2rdr E12rh0rA32r0h2Ahrrd3 r3 2EA1 h3A3rr 02
在圆柱体外, r R
q2内0Rh2rdr
0RArh2rdr32Ah3R
E22rh32 0 AhR 3
AR
E 2 3 0
ｄ，如图所示，试证电势为零的等势面为一球面，并
求出球面半径及球心坐标（设无穷远处为电势零点）。
解:
UUU
1 nq q
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（D）动量变化为零,合外力为零
解析：作匀速圆周运动的物体运动一周过程中，速度的方向始终在改变，因此动量并不守恒，只是在这一过程的始末动量变化为零，合外力的冲量为零。由于作匀速圆周运动，因此合外力不为零。答案选C。
3-4如图3-4所示， 圆弧轨道(质量为 )与水平面光滑接触，一物体（质量为 ）自轨道顶端滑下， 与 间有摩擦，则[ ]
（A） 与 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒, 、 与地组成的系统机械能守恒
（B） 与 组成的系统动量不守恒,水平方向动量守恒， 、 与地组成的系统机械能不守恒
（C） 与 组成的系统动量不守恒,水平方向动量不守恒， 、 与地组成的系统机械能守恒
（D） 与 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒， 、 与地组成的系统机械能不守恒
故答案选A。
二填空题
3-9一初始静止的质点，其质量 ，现受一随时间变化的外力 作用，则在第2 末该质点的速度大小为 ，加速度大小为 。
解析：由动量定理可知， ，
所以 。
因为 ，
所以 。
3-10一小车质量 ，车上放一装有沙子的箱子，质量 ，已知水车与沙箱以 的速率一起在光滑的直线轨道上前进，现将一质量 的物体 垂直落入落沙箱中，如图3-10所示，则此后小车的运动速率为 。
三计算题
3-15一支枪每秒发射10颗质量为 、速率为 的子弹向墙壁射去，求：（1）每颗子弹的动量大小；（2）子弹作用于墙壁的平均冲力大小。
解析：(1)
(2)
3-16一质点受合力作用，合力为 。求此质点从静止开始在2 内所受合力的冲量和质点在2 末的动量。
解析：
3-17一颗炮弹以初速度 和仰角 射出。在轨迹的顶点，炮弹爆炸成两块质量相等的碎块。爆炸后，一个碎块的速率立即变成零，并垂直落下，问另一碎块的落地处离炮口多远？假定地面水平，且空气阻力不计。
（A）不变（B）增加到一定值
（C）减少到零（D）减小到一定值后不变
解析： 、 组成的系统在水平方向上动量守恒， ，所以 。
起始系统的总动能 ；
末了系统的总动能 。
故 、 组成的系统的总动能减小到一定值后不变，答案选D。
3-8下列说法中哪个是正确的[ ]
（A）系统不受外力的作用，内力都是保守力，则机械能和动量都守恒
第3章 动量守恒定律和能量守恒定律
习题一选择题3-1以说法正确的是[ ]（A）大力的冲量一定比小力的冲量大
（B）小力的冲量有可能比大力的冲量大
（C）速度大的物体动量一定大
（D）质量大的物体动量一定大
解析：物体的质量与速度的乘积为动量，描述力的时间累积作用的物理量是冲量，因此答案A、C、D均不正确，选B。
（A） （B） （C） D、
解析：在水平方向上系统动量守恒， ，
所以， 。选D。
3-6如图3-6所示，一个质点在水平内作匀速率圆周运动，在自 点到B点的六分之一圆周运动过程中，下列几种结论中的正确应为[ ]
（1）合力的功为零
（2）合力为零
（3）合力的冲量为零
（4）合力的冲量不为零
（5）合力不为零
（6）合力的功不为零
解析：系统在水平方向上动量守恒，故 ，
即 。
3-11力 作用于其运动方程为 的作直线运动的物体上，则 内力 作的功为 =。
解析：
3-12一个质点在几个力的时时作用下运动，它的运动方程式 ，其中一个力为 ，则最初 内这个力对质点做的功为 。
解析：
3-13如图3-13所示，原长为10、弹性系数为 的弹簧悬挂在天花板上，下端静止于 点；悬一重物 后，弹簧伸长 而平衡，此时弹簧下端静止于 点；当物体 运动到 点时，弹簧又伸长 如取 点为弹性势能零点， 点处系统的弹性势能为；如以 点为弹性势能零点，则 点处系统的弹性势能为；如取 点为重力势能与弹性势能零点，则 点处地球、重物与弹簧组成的系统的总势能为。
解析：在水平方向上动量守恒，有
。
在竖直方向上求飞行时间，有
爆炸前 ，爆炸后 。
因此，距离 。
3-18一个 的球竖直落到地板上，撞击的速率为 ，再以 的速率反弹。（1）接触期间对球的冲量是多少？（2）如果球和地面接触的时间是 ，则球对地面的平均力是多少？
3-2质量为 的铁锤铅直向下打在桩上而静止，设打击时间为 ，打击前锤的速率为 ，则打击时铁捶受到的合力大小应为[ ]
（A） （B） （C） （D）
解析：由动量定理可知， ，所以 ，选D。
3-3作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处，这一周期内物体[ ]
（A）动量守恒,合外力为零
（B）动量守恒,合外力不为零
（B）系统所受的外力矢量和为零，内力都是保守力，则机械能和动量都守恒
（C）系统所示的外力矢量和不为零，内力都是保守力，则机械能和动量都不守恒
（D）系统不受外力作用，则它的机械能和动量都是守恒的
解析：机械能守恒的条件：系统所受外力和非保守内力不做功或做功之和为零。
动量守恒的条件：系统所受的合外力为零。
（A）（1）、（4）、（5）（B）（1）、（2）、（3）
（C）（1）、（2）、（4）、（6）（D）（1）、（2）、（4）、（5）
解析：质点在水平内作匀速率圆周运动，合外力提供向心力不为零，不做功。由于在自 点到B点的六分之一圆周运动过程中动量变化不为零，因此合外力的冲量不为零。答案选A。
3-7如图3-7所示，足够长的木条 静止置于光滑水平面上，另一木块 在 的粗糙平面上滑动，则 、 组成的系统的总动能[ ]
解析： 与 组成的系统在水平方向上不受外力，在竖直方向上有外力作用，因此系统水平方向动量守恒，总动量不守恒,。由于 与 间有摩擦， 自轨道顶端滑下过程中摩擦力做功，机械能转化成其它形式的能量，系统机械能不守恒。答案选B。
3-5一辆炮车放在无摩擦的水平轨道上，以仰角 发射一颗炮弹，炮车和炮弹的质量分别为 和 ，当炮弹飞离炮口时，炮车动能与炮弹动能之比为[ ]
解析： ， 。
由于 ，
因此 。
3-14如图3-14所示，一半径 的圆弧轨道，一质量为 的物体从轨道的上端 点下滑，到达底部 点时的速度为 ，则重力做功为，正压力做功为，摩擦力做功为。正压力 能否写成 (如图示 点)？答：。
解析： ， ，
。
由于物体下滑过程中有法向加速度，因此正压力在数值上并不等于重力在此方向上的分量。