大学物理例题 77页

-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；---\n-1-\n-(2)重物B在时刻的速率和加速度；(3)重物B到达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，。--2-\n-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τ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。---\n-3-\n-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。---\n-4-\n-(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，，，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？---\n-5-\n-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2πrNdr。激光束划过这样长的音轨所用的时间为dt=2πrNdr/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---\n-6-\n-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k各是多少？设绳子和滑轮间无相对滑动，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-\n-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。--7-\n-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？---\n-8-\n-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如下：T1m2gm2a2(1)m1gTm1a1(2)T1RT2rJ(3)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。--9-\n-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---\n-10-\n-甲、乙二人相对滑轮轴的合外力矩（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。---\n-11-\n-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一级近似，则可得更有为--12-\n-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。---\n-13-\n-（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---\n-14-\n-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--15-\n-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--16-\n-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)---\n-17-\n-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。---\n-18-\n-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--19-\n-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好竖直向上，如图6-15所示。(1)问碎片能上升多高？---\n-20-\n-(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--21-\n-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3后体积都变为0.25m。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？解：(1)绝热膨胀：(2)等温膨胀---\n-22-\n-(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)--23-\n-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---\n-24-\n-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--25-\n-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mol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--26-\n-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---\n-27-\n-(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。---\n-28-\n-(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--29-\n-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，即对不可逆过程如何计算熵变呢？由于熵是态函数，因此，我们总可以在系统初、末态之间设计一个或几个假想的可逆过程，并利用上述可逆过程熵变的计算方法来估算出对应的不可逆过程的总熵变。例1一段半径为a的细圆弧，对圆心的张角为，其上均匀分布有正电荷q，如图8-10所示，试以a、q、表示出圆心O处的电场强度。解：为了能正确描述O处的电场，应首先建立合适的坐标系XOY；然后正确地选择电荷元dq，画出dq在O点的电场，的大小由图找出相对于Y轴对称的另一电荷元，其电场如---\n-30-\n-图所示，由对称性可知，圆弧在O处的电场的X分量一定相互抵消，合场强沿-Y方向，大小为由于所以，写成矢量式为例2一个玻璃棒被弯成半径为R的半圆形，沿其上半部分均匀分有电量+Q，沿其下半部分有电量-Q，如图8-11所示，试求圆心O处的电场强度。解一：建立如图8-11所示坐标系，先把电荷均当作+Q考虑，取如图所示电荷元dq它在O处产生的场强大小为---\n-31-\n-所以积分时，考虑到下半部分为-Q，于是所以，写成矢量式解二：如图8-12以X轴为对称轴选两个电荷元dq和dq′，则由对称性可知--32-\n-例3如图8-13所示，一半径为R，长度为L的均匀带电圆柱面，总电量为Q，试求端面处轴线上P点的电场强度。解：这个问题的关键是选择合适的电荷元，电荷元的选取可充分利用已知的典型电荷分布的电场。对该问题，显然选择一个圆环做为电荷元最为恰当，如图8-14所示，建立坐标系，圆环dq在P点的电场强度沿X轴正向。特别注意利用带电圆环轴线上的公式时，其中的x表示环心到场点的距离，对该问题，由于坐标原点不在所选的环心处，因此，要根据实际情况来写不心到场点的距离。显然由图可知，dq环心到P点的距离为，由于圆柱面可看成许多同轴圆环组成每一圆轴在P点的电场均沿x轴正向，因此，P点的总场E可直接对dE积分---\n-33-\n-方向沿x轴正向。例4如图8-15所示为一均匀带电的球层，其电荷体密度为，球层内表面半径为，外表面半径为，设无穷远处为电势零点，求球层中半径为r处的电势。解：r处的电势等于以r为半径的球面以内的电荷在该处产生的电势和球面以外的电荷产生的电势之和，即为计算以r为半径的球面外电荷产生的电势。在球面外取一的薄层，其电量为它对该薄层内任一点产生的电势为则--34-\n-于是全部电荷在半径为r处产生的电势为例5如图8-16所示，一内半径为a，外半径为b的金属球壳，带有电量Q，在球壳空腔内距离球心r处有一点电荷q，设无限远处为电势零点，试求：(1)球壳内外表面上的电荷；(2)球心O处，由球壳内表面上电荷产生的电势；(3)球心O点处的总电势。解：(1)由静电感应，金属球壳的内表面上有感应电荷，外表面带电荷。(2)不论球壳内表面上的感应电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O点的距离都是a，所以由这些电荷在O点产生的电势为(3)球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在O点产生的电势的代数和---\n-35-\n-例6如图8-17所示，一空气平行板电容器，两极板面积均为S。板间距离为d(d远小于极板限度)，在两极板间平行地插入一面积也是S，厚度为t(