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1、大学物理例题例1 路灯离地面高度为H，一个身高为h 的人，在灯下水平路面上以匀速度步行。如图3-4所示。求当人与灯的水平距离为时，他的头顶在地面上的影子移动的速度的大小。解: 建立如右下图所示的坐标， 时刻头顶影子的坐标为，设头顶影子的坐标为，则由图中看出有则有所以有;例2 如右图所示，跨过滑轮C 的绳子，一端挂有重物B，另一端A被人拉着沿水平方向匀速运动，其速率 。A离地高度保持为h，h =1.5m。运动开始时，重物放在地面B0处，此时绳C在铅直位置绷紧，滑轮离地高度H = 10m，滑轮半径忽略不计，求： (1) 重物B上升的运动方程； (2) 重物B在时刻的速率和加速度； (3) 重物B到

2、达C处所需的时间。 解：(1)物体在B0处时，滑轮左边绳长为l0 = H-h，当重物的位移为y时，右边绳长为因绳长为 由上式可得重物的运动方程为(SI)(2)重物B的速度和加速度为 (3)由知 当时，。此题解题思路是先求运动方程，即位移与时间的函数关系，再通过微分求质点运动的速度和加速度。例3 一质点在xy平面上运动，运动函数为x = 2t, y = 4t2-8(SI)。 (1) 求质点运动的轨道方程并画出轨道曲线； (2) 求t1=1s和t2=2s时，质点的位置、速度和加速度。 解：(1) 在运动方程中消去t，可得轨道方程为，轨道曲线为一抛物线如右图所示。 (2) 由可得: 在 t1=1s

3、时，在 t2=2s 时, 例4 质点由静止开始作直线运动，初始加速度为a0，以后加速度均匀增加，每经过 秒增加a0，求经过 t 秒后质点的速度和位移。 解：本题可以通过积分法由质点运动加速度和初始条件，求解质点的速度和位移。 由题意可知，加速度和时间的关系为:根据直线运动加速度的定义因为t = 0 时，v0=0，故 根据直线运动速度的定义有因为t = 0 时，x0=0 ，则位移为例5 (1) 对于作匀速圆周运动的质点，试求直角坐标和单位矢量 i 和 j 表示其位置矢量r, 并由此导出速度v 和加速度a 的矢量表达式。 (2) 试证明加速度a的方向指向轨道圆周的中心。 解:(1)由右图可知 式中

4、，且根据题意是常数，所以，有 又因 所以 (2) 由上式可见，a与r方向相反，即a指向轨道圆周中心。 6 一张致密光盘(CD)音轨区域的内半径 R = 2.2cm，外半径为R = 5.6cm, 如右图所示，径向音轨密度N = 650条/mm。在CD唱机内，光盘每转一圈，激光头沿径向向外移动一条音轨，激光束相对光盘是以的恒定速度运动的。这张光盘的全部放音时间是多少？激光束到达离盘心 r = 5.0cm 处时，光盘转动的角速度和角加速度各是多少？解: (1) 以r表示激光束打到音轨上的点对光盘中心的径矢，则在dr宽度内的音轨长度为2rNdr 。激光束划过这样长的音轨所用的时间为 dt = 2rNd

5、r/v 。由此得光盘的全部放音时间为(2) 所求角速度为所求角加速度为 例3 两个质量均为m 的质点，用一根长为 2a、质量可忽略不计的轻杆相联，构成一个简单的质点组。如图5-4所示，两质点绕固定轴 OZ以匀角速度 转动，轴线通过杆的中点O与杆的夹角为 ，求质点组对O点的角动量大小及方向。解: 设两质点A、B在图示的位置，它们对O点的角动量的大小相等、方向相同（与OA和 mv 组成的平面垂直）。角动量的大小为例6 如图5-7所示，两物体质量分别为m1和m2，定滑轮的质量为m，半径为r，可视作均匀圆盘。已知m2与桌面间的滑动摩擦系数为，求m1下落的加速度和两段绳子中的张力各是多少？设绳子和滑轮间

6、无相对滑动，滑动轴受的摩擦力忽略不计。 解： 对m1，由牛顿第二定律对m2，由牛顿第二定律 对滑轮，用转动定律 又由运动学关系，设绳在滑轮上不打滑 联立解以上诸方程，可得 例7 如图5-8所示。两个圆轮的半径分别为R1和R2，质量分别为M1和M2。二者都可视为均匀圆柱体而且同轴固结在一起，可以绕一水平固定轴自由转动。今在两轮上各绕以细绳，绳端分别挂上质量是m1和m2的两个物体。求在重力作用下，m2下落时轮的角加速度。解： 如图示，由牛顿第二定律 对m1： 对m2： 对整个轮，由转动定律 又由运动学关系联立解以上诸式，即可得 例8 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴OO转动，设

7、大小圆柱体的半径分别为 R 和 r，质量分别为 M 和 m，绕在两柱体上的细绳分别与物体 m1 和物体 m2 相连，m1 和 m2 分别挂在圆柱体的两侧，如图5-9（a）所示。设 R = 0.20m，r = 0.10m，m = 4kg，M = 10kg，m1= m2= 2kg，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；（3）m1经多长时间着地？ （4）设m1与地面作完全非弹性碰撞，m1着地后柱体的转速如何变化？ 解： 设a1、a2分别为m1、m2的加速度，为柱体角加速度，方向如图5-9(b)所示。 （1）m1、m2的平动方程和柱体的转动方程

8、如下：式中： ; ; ; ； 联立（1）、（2）、（3）式，解得角加速度为 代入数据后得 （2） 由(1)式得 由(2)式得 （3）设m1着地时间为t，则 （4）m1 着地后静止，这一侧绳子松开。柱体继续转动，因只受另一侧绳子拉力的阻力矩，柱体转速将减小，m2减速上升。 讨论: 如果只求柱体转动的角加速度，可将柱体、m1、m2选做一个系统，系统受的合外力矩 ，则加速度 本题第二问还要求两侧细绳的张力，故采用本解法是必要的，即分别讨论柱体的转动、m1和 m2 的平动。 例9 一轻绳绕过一质量可以不计且轴光滑的滑轮，质量皆为m 的甲、乙二人分别抓住绳的两端从同一高度静止开始加速上爬，如图5-10所

9、示。 （1）二人是否同时达到顶点？以甲、乙二人为系统，在运动中系统的动量是否守恒？机械能是否守恒？系统对滑轮轴的角动量是否守恒？ （2）当甲相对绳的运动速度u是乙相对绳的速度2倍时，甲、乙二人的速度各是多少？ 解： （1）甲、乙二人受力情况相同，皆受绳的张力T，重力mg，二人的运动相同，因为 所以二人的加速度相同，二人的速度为因初速度v0 = 0，二人在任一时刻的速度相同，上升的高度相同，所以同时到达顶点。 以二人为系统，因二人是加速上升，所受合外力2(T-mg) 0，故系统的动量不守恒。以人和地球为系统，张力T对系统做功，因而系统的机械能不守恒。显然人在上升中机械能在样加。但甲、乙二人相对滑

10、轮轴的合外力矩（M = TR -TR + mgR-mgR）等于零，系统对轴的角动量守恒。 （2）设甲的速度 、乙的速度为 ，从解（1）知二人的速度相等，即 ，这个结果也可用角动量守恒得到，因故 设绳子的牵连速度为v0，设滑轮左侧绳子的v0向下，那么滑轮右侧的v0一定向上，根据速度合成定理所以 则讨论:由于人用力上爬时，人对绳子的拉力可能改变，因此绳对人的拉力也可能改变，但甲、乙二人受力情况总是相同，因此同一时刻甲、乙二人的加速度和速度皆相同，二人总是同时到达顶点。例12 一质量为M，半径为R，并以角速度旋转着的飞轮，某瞬时有一质量为 m 的碎片从飞轮飞出。假设碎片脱离圆盘时的瞬时速度方向正好竖

11、直向上，如图5-11所示。求余下圆盘的角速度、角动量。 解：破裂瞬间，系统对转轴的合外力矩为零，系统角动量守恒得余下圆盘角速度不变。 余下圆盘的角动量例13 赤道上有一高楼，楼高h（图5-12）。由于地球自转，楼顶和楼根对地心参考系都有线速度。 （1）证明：楼顶和楼根的线速度之差为 ，其中 为地球自转角速度。 （2）证明：一物体由楼顶自由下落时，由于地球自转的影响，着地点将在楼根东侧约 处。这就是落体偏东现象。计算 h = 30m 时，着地点偏东的距离。（此结果利用了物体下落时“水平”速度不变这一近似处理。实际上物体下落时应该是地球对自转轴的角动量保持不变。利用这一点，并取楼高对地球半径之比的

12、一级近似，则可得更有为准确的结果 。） 证：（1）楼顶的线速度为 楼根的线速度为 。二者之差 。 （2）将楼所在处的地面局部视为向东以速度 平移，则落体下落时间为 而着地时偏东的距离为 以 代入上式可得 例15 一个内壁光滑的圆环型细管，正绕竖直光滑固定轴 OO自由转动。管是刚性的，环半径为R 。一质量为 m 的小球静止于管内最高点A处，如图5-14所示。由于微小扰动，小球向下滑动，试判决小球在管内下滑过程中，下列三种说法是否正确，并说明理由。 （a）地球、环管与小球系统的机械能不守恒。（b）小球的动量不守恒。 （c）小球对OO轴的角动量守恒。 辨析 （a）不正确。对小球、环管、地球系统，外力

13、为零，外力的功当然为零，环管与小球间的正压力 N 和 N是一对非保守内力。在小球下滑过程中，小球受管壁的压力N（与管壁垂直）始终与小球相对管壁的速度方向（与管壁相切）垂直，所以这一对内力做功之和为零，而且与参考系的选择无关。系统中只有保守内力（重力）做功，系统的机械能守恒。 （b）正确。小球在下滑过程中始终受到管壁的压力和重力，而此二力的方向不同，所以合力不为零，使得小球的动量不断变化。 （c）不正确。小球在下滑过程中受重力和管壁的压力，重力和OO轴平行，重力的轴向力矩恒为零，但管壁对小球的压力方向不通过OO轴，对OO轴有力矩，所以小球对OO的角动量在变化，角动量不守恒。例如小球在位置 A 对

14、OO轴的角动量为零，在 B 处小球有垂直于环半径的水平分速度，它对OO轴的角动量不再是零，到达最低点C 时，对OO轴的角动量又等于零。 例1 一条均匀链条，质量为m，总长为l，成直线状放在桌面上，如图6-8所示，设桌面与链条之间的摩擦系数系数为 。现已知链条下垂长度为a时链条开始下滑，试计算链条刚好全部离开桌面时的速率。 解：运用动能定理计算此题，链条下落过程有重力、摩擦力做功，根据动能定理 当链条下垂y再继续下垂 时，重力功 为 全过程重力的功 桌面摩擦力在链条下滑时做的功为 代入动能定理 解出 例2在质量m、半径R 的圆盘形定滑轮上跨一轻绳，在绳一端施一恒力 ，另一端系一质量m，边长为L的

15、立方体，开始时立方体上端面正好与密度为 的液面重合，并在绳子拉动下由静止开始上升，如图6-9。 求：(1) 当立方体一半露出液面时，滑轮与立方体间绳张力； (2) 立方体刚离开液面时的速度。 解：(1) 立方体与滑轮受力分别如图6-10、图6-11所示。 当立方体露出一半时浮力 对立方体，由牛顿第二定律 对滑轮，由转动定律 又由角量与线量关系 解得 (2) 取立方体、滑轮、绳、地球为系统 做功的外力有 ， 无非保守内力做功 设立方体刚离开液面时速度为v，此时滑轮角速度为 ，有 由功能原理 解得： 例3在光滑水平桌面上放着一静止的木块，其质量为M，质量为m的子弹以水平速度 打击木块。设子弹在木块

16、中钻行时受到恒定阻力 ，求子弹在木块中钻行的距离。 解：碰撞过程中，子弹在木块中钻行，因受阻力而减速，木块则加速直至和子弹的速度相等为止。系统水平方向不受外力，动量守恒。取子弹前进方向为正，碰撞结束时子弹和木块的共同速度为v，则有 对于木块这个质点系，在碰撞过程中，它受的外力为 ，根据质心运动定理，质心对地的加速度 相对于木块这个非惯性系，研究子弹的运动时，必须添加惯性力。在该系统中应用动能定理，有 子弹在木块中钻行的距离为 例4在一辆小车上固定装有光滑弧形轨道，轨道下湍水平，小车质量为m，静止放在光滑水平面上，今有一质量也为m，速度为v的铁球，沿轨道下端水平射入并沿弧形轨道上升某一高度，然后

17、下降离开小车(如图6-12所示)。 (1) 铁球离开小车时相对地面的速度多大？ (2) 铁球沿弧面上升的最大高度h是多少？ 解：(1) 选铁球与车为系统，对铁球以 水平射入这一过程进行考察，因系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒。设铁球离开小车时对地面的速度为 ，小车的速度为 ，则有 (1) 在上述过程中，只有重力做功，如果把地球选进系统，系统的机械能守恒，取轨道水平处为势能零点 (2) 由式(1)、(2)可得 即铁球离开小车时对地面速度为零。 (2) 当铁球上升最大高度h时，它相对于小车的速度为零，因而它对地具有与小车相同的水平速度 ，上升过程中铁球、小车与地球系统的机械能守恒，势能零点

18、取轨道水平处。 (3) 同一过程中铁球与小车系统水平方向的动量守恒，于是 (4) 联立(3)、(4)两式可得 例5劲度系数为k的弹簧，一端固定于墙上，另一端与质量为m1的木块A相接，A与质量为m2的木块B用轻绳相连，整个系统放在光滑水平面上，如图6-13所示，然后以不变的力F向右拉m2，使m2自平衡位置由静止开始运动。求木块A、B系统所受合外力为零时的速度，以及此过程中绳的拉力T对m1所做的功，恒力F对m2做的功。 解：设A、B系统合外力为零时的速度为v，弹簧的伸长量为x，则外力 (f为弹簧对A的拉力) 所以 对A、B组成的系统运用动能定理 A内力表示连结A、B的绳张力做的功，因绳不变形，物体

19、A、B的位移相同，故 将 代入上式得 恒力F做功 以A为对象，运用动能定理 解得拉力的功 例6如图6-14所示，质量为M，长为l的均匀细杆，可绕A端的水平轴自由转动，当杆自由下垂时，有一质量为m的小球，在离杆下端的距离为a处垂直击中细杆，并于碰撞后自由下落，而细杆在碰撞后的最大偏角 ，试小球击中细杆前的速度。 解：球与杆碰撞瞬间，系统所受合外力矩为零，系统碰撞前后角动量守恒 (1) 杆摆动过程机械能守恒 (2) (3) 联立(1)、(2)、(3)式，解得小球碰前速率为 例7一质量为M，半径为R，并以角速度 旋转着的飞轮，某瞬时有一质量为 m 的碎片从飞轮飞出。假设碎片脱离圆盘时的瞬时速度方向正

20、好竖直向上，如图6-15所示。(1) 问碎片能上升多高？ (2) 求余下圆盘的角速度、角动量和转动动能。 解：(1) 碎片m的速率 ，碎片上升过程机械能守恒 解得 (2) 破裂瞬间，系统对转轴的合外力矩为零，系统角动量守恒 得 余下圆盘角速度不变。 余下圆盘的角动量 余下圆盘的转动动能 例8如图6-16所示，从太阳系外飞入太阳系的一颗流星离太阳最近的距离为 ，这时它的速率为 。若不考虑其他行星的影响，试求这颗流星在进入太阳系之前的速率和它飞向太阳的瞄准距离。 解：对流星飞经太阳附近的过程，由机械能守恒可得 由此得流星进入太阳系之前的速率为 流星受太阳的引力总指向太阳，流星对太阳的角动量守恒 流

21、星飞向太阳的瞄准距离为 例12mol氢气在温度为300K时体积为0.05m3。经过(1)等温膨胀；或(3)等压膨胀，最后体积都变为0.25m3。试分别计算这三种过程中氢气对外做的功并说明它们为什么不同？在同一p-V图上画出这三个过程的过程曲线。解：(1) 绝热膨胀： (2) 等温膨胀(3) 等压膨胀由于各过程的压强不同，所以在体积变化相同的情况下，气体对外做的功也不同，这在p-V图(图20-6)上看得很清楚：各过程曲线下的面积不同。 例2使一定质量的理想气体的状态按图20-7中的曲线沿箭头所示的方向发生变化，图线的BC段是以轴和V轴为渐近线的双曲线。(1) 已知气体在状态A时的温度 ，求气体在

22、B，C和D状态时的温度。(2) 从A到D气体对外做的功总共是多少？解：(1) AB为等压过程： ，BC为等温过程： ；CD为等压过程： 。(2) 例3分别通过下列准静态过程把标准状态下0.014kg氮气压缩为原体积的一半。(1)等温过程；(2)绝热过程；(3)等压过程。求：在这些过程中，气体内能的改变，传递的热量和外界对气体所做的功。分析依题意氮气可视为理想气体，且 。等值、绝热过程的功、热量及内能增量的计算。解：已知, , (1) 等温过程(放热)(2) 绝热过程由 得 (3) 等压过程 所以 所以 (放热)例4汽缸内有一种刚性双原子分子的理想气体，若使其绝热膨胀后气体的压强减少一半，求变化

23、前后气体的内能之比。解：理想气体的状态方程和内能公式 可得 变化前 变化后 由绝热过程方程 ,即 按题设 ，有 ，或 对刚性双原子分子 所以 例5图20-9为一循环过程的T-V曲线。该循环的工质为的理想气体，其中 和 均已知且为常量。已知a点的温度为 ，体积为V1，b点的体积为V2，ca为绝热过程。求：(1) c点的温度；(2) 循环的效率。解：(1) ca为绝热过程， (2) ab为等温过程，工质吸热 bc为等容过程，工质放热为循环过程的效率 例7一台冰箱工作时，其冷冻室中的温度为-10，室温为15。若按理想卡诺致冷循环计算，则此致冷机每消耗 的功，可以从冷冻室中吸出多少热量？解：由于所以J

24、例1 人体一天大约向周围环境散发 热量，试估算由此产生的熵。设人体温度为 ，忽略人进食时带进体内的熵，环境温度取为237K。解：将人和环境视为一个孤立系统，人体向周围环境散热可以设计为一个等温过程，环境吸热也可以设计为一个等温过程，于是两个过程的总熵为例2 已知在 时，1mol的冰溶解为1mol的水需要吸收6000J的热量，求(1) 在 时这些水化为冰的熵变；(2) 在 时水的微观状态数与冰的微观状态数之比。解：(1) 的冰化为 的水为不可逆过程，为了计算其熵变，可设一可逆的等温过程，于是熵变为(2) 由玻尔兹曼熵公式 可知，熵S与微观状态数有关，若已知两状态的熵变，就可求得微观状态数之比。由

25、于 所以 1. 对于一个系统的熵变，有下面两种说法，判断其正误。(1) 任一绝热过程，熵变 ；(2) 任一可逆过程，熵变 。解答：(1) 说法错误。由克劳修斯熵公式可知，对可逆绝热过程，熵变 ，但对不可逆绝热过程 ，即 ，熵增加。(2) 说法同样不正确。可逆的绝热过程系统熵不变。但对非绝热的可逆过程，吸热时 ，放热时 。2. 一杯热水放在空气中，最终杯中水的温度与空气完全相同，结果杯中水的熵减少，这是否与熵增加原理矛盾？解答：不矛盾。熵增加原理只对孤立绝热系统成立。而杯中的水不是孤立的，也不是绝热系统，因而其熵是可以减少的。若将杯中的水可、和空气作为一个孤立系统，则系统达到平衡态时，总熵一定是

26、增加的。3. 若一系统从某一初态分别沿可逆过程和不可逆过程到达同一终态，则不可逆过程的熵变大于可逆过程的熵变。解答：这种说法不对。因为熵是态函数，只要初、末状态一定，熵的增量就一定，与过程无关。难点辨析1. 怎样理解熵是态函数从可逆卡诺循环出发，对图21-1所示的任一可逆循环过程有所以必有 仿照保守力做功与路径无关引入了一个态函数那样，可以引入一个态函数 ，即熵S是热力学系统的状态函数。2. 熵与内能的比较熵和内能虽然都是态函数，却是两个不同的概念，它们描述系统的不同性质，具有不同的物理意义。例如，理想气体向真空膨胀的过程中，系统的内能不变，但熵却要增加，我们还是根据熵的变化来判断过程自发进行的方向的。另一方面，内能的变化是从量的方面显示过程中的能量转换，而熵的变化则是从质的方面显示能量转换的不可逆行。3. 怎样计算不可逆过程的熵变对可逆过程，可以利用克劳修斯熵公式计算熵变，即