4.J=M/（e+aJW：
撤去外力矩M后，斛仑受摩擦力矩AT作用，有MJ（-6Z2）⑪
未撤外力矩M前，有=②联立①②可得.
5.解：
（1）设几=kr,又m=Jdm=ydr=^krdr=kL2/2=>k=2m/l?
⑵―讪氏棒对轴PQ的转动惯量为J心fo讪=f響刃=呼
⑶细棒上距0点为厂处，长为dr的线元所受的摩擦力为:
df=遊dm=曲血=2“吨加
L2
以棒的转动角速度0方向为正，线元所受摩擦力矩为
dM=-rdf=
1}
则整个细棒绕PQ转动时所受摩擦力矩为：
M=\dM
13
⑷设细棒转动经历的时间为t,根据介动最定理，有Mt=O-JcoQ
即-2“叽-,心解得：
t=3^L
恢
6•解：
（1）J=2ml2+ml2+3mx（2/）2/12=4ml2
（2）M=Ja=>2mgl+（-mgl）=Jana=
（3）解法一：
两物体、棒和地球组成系统，转动过程小系统机械能守恒。
取原水平位置为3S力势
能零点•有0=Jco1l2+mgl-2mgl,解得a）=Jg/（2l）
解法二设棒转到与水平位置成&,由旳=丿/则2mglcos0-mglcos0=4ml2a=>a=^^-
又心电电.咀电（0则ade=sdco,故—f2cos61/&=「"曲力得co=dtd&dtdO'4/J。
Jo
1•丿人：
丿〃=1:
3,丿a：
丿b=1：
9提示：
S=3a）r
2-[A]
3.[C]
4.2〃，解：
人沿半径向外跑,
J+mr
取人和转台为系统，角动量守恒，有：
丿丿+丿'）0
©={rad=mr2,则
J+tn广
5.解：
A、B和滑轮的受力如图所示。
对A、B和滑轮分別列牛顿定律和转动定律方程冇:
A：
-f-mlgsin0=mxa①
式中f=pN=“m、gcos0
B:
叫g_T?
=叫（2
v2二2ah⑤
滑轮：
（T2-TJr=Ja
③，式中丿冷加。
又
a=ra④,
联立方程纽解得：
艸込业牛M竺f
mx+m7+—M
厶2
2hg（m2一“sin&—"72]cos&）
m,+m2+；M
（本题亦町根据功能原理求解。
）
6.解：
取弹丸与摆为系统，弹丸穿过摆锤过程中系统角动量守恒:
VV
丿17=丿1刁+（丿2+丿3）©
式中=ml2.J2=ml2和丿3=*〃/厂分别为弹丸、摆锤、杆对轴的转动惯量。
取摆锤在最低点处为重力势能零点。
摆在转动过程小机械能守恒，有
]]3
~（^2+人）。
）+勺航&【=m'g（2L）+tn'g（才）②
联立①②解得弹丸速度的最小值为v=—4^i
m
练习七机械振动
（一）题解
解：
简谐振动的标准形式为x=Acos］李/+/,比较两式可得
\I丿
2.解：
t=0.255,2加+却“
3
cc55A2龙8乃
t=0.5^,2加=——;t=Is,2加=——•
3333
3.［C］提示：
凡是物体受到合外力（或合外力矩）与位移
（或角位移）成正比阳方向相反，则该物体作简谐振动。
4.［B］解：
设简谐振动方程为x=Acos（^/+0）°t=O时有x0=0,v0＜0,得（p=/r/2,
下运动处于某一位移x处时，所受合力^）：
F=mg-f,H为/二£（4+兀），所以F=mg-k（AI+x）,
乂因为kAl=加g,故物体所受合力F=-乩即物体作简谐运动。
⑵谐运动的标准运动方程为x=Acos（血+（p）
以静止释放物体时作为t=0,则有x0=-0.1,v0=0?
于是有Acos0=-0丄-Aesin。
=0,
解得：
4=0.1（加）,0=0（舍去）,（p=7i.运动方程为x=0.1cos（9.9f+龙）
6.解：
（1）由周期7Hs得：
0=牛=2龙.又根据兀图，振幅A=0.04m,t=0时xQ=0.02m,
故cos防牆=£°=±牛乂点（0,2）处的切线斜率大于零，有勺＞0,贝I」可确定防一卑
VZ•VZI厶JJ
故简谐振动的表达式为x=0.04cos（2加一钊（加）
=£，匕＜0,则2矶一彳=彳,兀
b点：
xh—_人vh—0,贝1」2加方=龙，
1・Ta\Th=2:
1,Ea\Eh=1:
4
2.t=7i/S解：
弹簧振子的角频率：
0）=yjkim=V2.0/0.5=2s~{,t=0时x0=A,故％=0,
故cot=兀丨4，对应的时间则为：
斤=龙/8=0.39$。
3.[B]
4.[A]提示：
由T=2^7^71知两种情况系统的加变化，故T变化.泥团落到物体上的前后，水平方向
动最守怛.据此有：
第一种情况碰后系统通过平衡位置速度变小（仏址变小），再由振动系统机械能守恒
知振幅也变卜而第二种情况碰后系统在最大位移处的速度为零，k不变，嗨M不变，故振幅不变.
5.解：
（1）由题知:
E=0.6+0.2=0.8丿，Ep=Ek=号=0.4J
⑵经过平衡点时，质点速度授大，动能也为最大，可知此时冇:
7T
振动1和振动2反相，且有A】>A?
故合振动与振动1同相，初相为（p=~—
合振动周期T=T[=T,=—=12（s）
1.
兀轴正方向，-竺x+（p
II
2.
频率1/不变；波长2、波速比改变.
331
对于3点,x=/代入得初相为：
03―-产-2—訐
7T
在■穴到;rZ间，则有（P.=-~
4・[B]
即:
cos冷
\27
所以波函数为：
Y=0.04cosf-|^7+5^x-yl（m）
（2）以x=0.2代入上式：
Y=0.04cosf壬加+5龙x0.2—年］得a点的振动方程为：
Y=0.04cos（£加+钊（加）
简谐波的一般表达式：
y=Acos
+5）
=Acos
01+
ku）
6.解:
乎兀+久
波长A=12m,由图知：
A=0.4m.又x=1.0/71,t=0时y=0.2m,B|J：
0.2=0.4cos（^90+^/6）
得：
（％+兀/6）=±仝，且t=0时，质元速度u>0,所以：
（％+龙/6）=-三=>%二一三;
332
又x=i.Onit=5s时y=0,
即0=0.4cos
5（0--
得：
5（0=
二+£
3丿
3
2
且t=5s吋，质元速度v<0
所以
匚兀
5co——
71
=>
兀
3=—
3
6
所以波函数为：
y=0.4cos
71（
+0-疋
2_
（m）.
练习十波动
（二）题解
1.频率相同；振动方向平行；相位差恒定或相位相等.
2.[D]提示：
干涉极人的条件是两分振动的相位差厶（p=2k兀。
3.9:
1解：
声强1=-pA2afu=-pA1（<27rv）2u,按题意A.p.u均保持不变,
22
叭仔將9
4.[B]解：
波函数Y=Acos（2tt#—2tt-^―+（p^.从图屮得：
t=0时,x=0处的振动位移为0,Acos0=On0二土乡。
又由图可知此点的X0,所以（p=^得丫=Ac°s（2龙#一2龙亡+乡）
5.解：
由A点的振动方程知：
A=O.O3m,Ct）=471（s_1）,久=0。
A=uT=u=10m.
Aco
将B点坐标xB=—5m代入得B点振动方程：
Yb=0・03cos（4加+龙），即t=0时亥ij,B点的初相为佻=兀。
由相应的沿X正方向传播的平血简谐波函数y=Acos锁—二乞）+%得波函数为
U、
6.解：
（1）根据题意，设反射波的波函数为：
y2=Acos2龙（一-丐）+0
练习十一热力学
（一）题解
1.相同，不相同
提示：
理想气体的內能只是温度的单值函数，是状态量，而与过程无关；系统吸收或放出的热虽不仅取决于系统的始末状态，而且与系统所经历的过程有关，是过程量。
2.
等压膨胀过程；W=RT.!
2
3.[C]
4.[A]解：
Q二AE尿+W],0二AE加+%,又：
Tb>Ta:
.Eh>Ea,\Eha>0
山图知气体作功说>“2>0,故Q>Q2>0
5.解：
由理想气体物态方程pV=—RT可知Ta=Tf）t贝ijEa=Eh
M
故在acb过程中Qach=Wacb=400（7）
在acbdaiS程中，AE=0,Q=W=叱述+“加+用血=叱迪+0+几,匕—匕）
=400+4x105x（-3x10-3）=-800（7）,
（“・”号表示放热）
6.解：
（1）由绝热过程方程pv^=py^p=P^L
⑵“加八阳皿
dV
D,V,71
V
r-i
v,
7-1
练习十二热力学
（二）题解
1.
参阅敎材热力学第二定律的两种表述
3-[C]
4.
[A]提示：
根据热力学第一及第二定律判定。
叫窃即咱宀嗚叫吩）
所以净功W=Wah^Wc,=^R（T}-T2）\n^
032
=X8.31X（300-200）xln2=83101n2=5760（J）
在循环中，吸热的有ab,da过程
卫邑）x8.31x300xIn2=17280（7）
0.032
敢窃仏（—2（硕）X尹恥叫20775⑴
故循环中吸热2.=2^+2^=38055（7）
6•解:
（1）在循环中,吸热的有ab,be过程
Cl=Qab+Qbc=CV„m（3-G+Cp,m（Tc~Tb）
33
=-R（Th-Ta）^（-R^R）（Te-Th）
35
35
=-x2xlO'3xlxlO5+-x2xlO5xlxlO-3=800（J）
22
（2）在循环小系统作功
W=Sabcda=AV-A/?
=lxlO'3xlxlO5=100（7）
W_100
eT_8oo
=12.5%
1.不同,不同,不同.
2
提示：
可根据p=nkT、p=mti、p=—n£k三式进行判定.
3
2.[C]提示：
两种气体均视为刚性分子。
分子的平均平动动能均为£kl=-kT.
•氮分子的平均动能为E=-kT=-kT;氧气分子的平均动能为E=-kT=-kT.
2222
3.[A]提示：
（^\=n-kT=-^--kT=-p.（n为分子数密度）
J2kT22
单原子分子Z=3；双原子分子/•=5•故有
提示：
（1）两种气体的分了平均平动动能均为Ekt=jkT;
（2）气体的平动动能为-NA-kT,M为气体的摩尔质量；
M2
（3）气体的内能为—-/?
T,i为分了口宙度。
M2
5.解：
对刚性双原子分子总白由度为5个，其屮平动自由度为f=3,转动自由度了=2。
3设该气体有N个分子，则：
平均平动动能：
Et=N-kTy
2
33
由PV=vRT=NkT得：
E{=-PV=-xl.5xlO5x2xl0-3=450J
f22
2
平均转动动能：
Er=N-Z:
T=1.5xlO5x2xlO-3=300J
2
平均动能：
E,二N匕kT=E,+Er=750J
2
6.
解：
（1）由理想气体内能E=^RT[i^j分子口宙度）及理想气体物态方程PV=^RT可得气体
些=2X6.75X10」35x10%
iV5x2x10」
（2）由PV=NkT可得T=PV/（M）=3.62xlO2/f.
33
气体分了的平均平动动能为気=-^T=-xl.38xl0_23x3.62xl02=7.49x10~2,J
22
练习十四气体动理论
（二）题解
1.
（1）表示速率在v^v+dv速率区间内的分子数占总分子数的百分率；
（2）表示归一化条件，即各种速率分子数占总分子数比例Z和应为100%；
（3）表示所冇分了速率的算术平均值。
2.2:
1
■
解：
由理想气体物态方程：
PV=—RT及理想气体内能E=--RT（i为分子自由度）MM2v7
可得对等体过程有旦=▲=虽=2。
E2T2P2
3.[叨
4.[C]
提示：
由归一化条件£f{v）dv=1,故S\=S2°
5.
MRT_pRT
PV~^P~
解：
（1）速率分布曲线如图所示.由速率分布函数的归一化条件:
2
将k=4代入得:
m1
6•解：
（l）rhPU二——RT
M価
型册叽2X10伽泅）
故该气体为氮气.
.•V=—=3.75xl06m2.5-2,・••僖=1936加.$_
P
1-兀=0提示:
在两电荷连线中间，两电荷产生的电场强度均向右，无合电场强度为零的点；在+4q左
侧也无合场强为零的点。
加产生°由高斯定理可求无限人均匀带电平板的场强£,=（7/（2^）,方向背离板面向外；电荷面密
度为＜7、半径R。
的均匀関盘轴线上x处的场强£一4（、一厂x），当圆盘带负电时，场强22%+毗
6.解：
在带电圆环上取电荷元dq=^ll=^sin0Rd&,其在圆心0处产生的电场强度dE方向由场源
dF=Edq,方向沿X轴正向。
整个ab带电棒受力
牛的电势dV=—血一，整个细棒在P点处产牛的电势为:
4兀（L+/?
—/）
A、L+hciL+h
In=——-—In
4兀£°h4兀£°厶h
练习十六静电场
（二）题解
1.①e—E
解：
设半球面的面积为S,底面面积为So。
均匀电场的E线垂直穿过底面积So,设其面法线方向同电场强度，电场
强度片对瓦的通量为^e=ESQ=ES｛）=7rR2E.市于片线不中断，穿
过半球而f（而法线在与E成锐角一•侧）的E线的数目等于穿过底而积瓦的E线的数目，即通过半球而
1.V二一9—解：
金属球壳为一等势体，VEdl=r—dr=—3—
4庇（占2垠垠4庇（）厂4庇店?
2.［C］提示：
由导体静电平衡性质可知。
3•［叨
一1?
19
4.2:
1,1:
2提示：
串联时轴电容器电荷量相同，W=——OS并联吋两电容器电势差相同，W=-CU2.
2C2
5.解：
（1）拉动前后，极板上电荷面密度（r=Q/S不变。
拉动前，电场强度大小Eo=（j/e,两极板电
势差U产E°d,则电容器电容Co=—,电场能量吧=卫_=0_］。
拉动后，充入空气的部分,d2C02£5
~d
电场强度大小E\=Lg用补偿法设想在电介质的表面分別帯有等量异号的口由电荷，看成电容器
IIII210021
的串联，则冇h巫+空+巫二亜+空，拉动后电场能量曙养号（亞+空）,
ddddddd
拉动前示，电容器储能变化AW二芈（二+_［）-纟-亠二空.
2强竺2£5吋
dclcl
（2）此过程外力所做的正功转化为电场能量’所以外力做功为—磐。
6.解：
静电平衡时两个导体各表面都均匀地分布着电荷：
半径为R的导体球表而带电量为q；半径为R】的球壳内表面带电最为一％半径为忌的球売外表面带电最为（Q+q）。
7.
E曲=旦2
4齊/?
2
在不同的区域取半径为厂的同心高斯球面，由高斯定理可求得各区域场强分布：
/?
i2，E3=0；r>R2fE4=§+£乙
4庇o厂
令无穷远处为电势零点，则导体球的电势：
K=£Ed=JE{dr+E2dr+E3dr+E4dr
=厶（丄一丄）+q+Q
4庇oRR}4庇0R2
『8一—『8『8
导体球壳的电势:
V2=\fE^dl=\-E3dr^R2E4dr=^
2.
3-
[A]解：
山电介质中的高斯定理可求得
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