大学物理质点运动学动力学力学习题解答.docx

大学物理质点运动学动力学力学习题解答质点运动学和动力学习题解答 一、选择题 &=2t-4,s=-òvdt+òvdt=5(m)。 =xt=3s-xt=1s=-3(m)；v=x02vs4pR2pRvDr02、 B ，3、 B ，4 、C ，v=。 =0；v=Dt2tDt2tt1、 D ，位移Dx5、 B ，aB得aB23=2aA，TA=2TB，对A、B两物体应用牛顿运动定律：TA=maA，mg-TB=maB，联立上述各式可=4g。 56、 D ，绳中张力为零时，物体仅受重力和支持力的作用。由于物体的加速度方向水平向右，可知支持力的竖直分量刚好与重力抵消，水平分量使得物体有了水平方向的加速度，因此可得物体的加速度为gtgq。7、 D ， 8、 A ，设绳中张力为T，则弹簧秤的读数为2T，因为A、B两物体的加速度大小相等，方向相反，可设加速度大小为a，对A、B两物体应用牛顿运动定律：m1g-T=m1a，T-m2g=m2a，可得T=二、填空题 2m1m2g。 m1+m2S1Dt3av2V0 ；0 ；-Dt 。 2大小；方向；avvv=att+ann 。 =VtdV1ÞdV=adtÞòdV=òCt2dtÞV=V0+Ct3； V00dt3xtædx11öV=Þdx=VdtÞòdx=òçV0+Ct3÷dtÞx=x0+V0t+Ct4。 x00dt312èø4&&=2.4tat=Rq，at(t=2s)=4.8m×s-2；&2R=14.4t4an=w2R=q，由at=1a2可得an=3at，t3=36，q=2+4t3=2+23=3.15rad。 3stV29c2t4dsdV23=5V=Þds=VdtÞòds=òVdt=ò3ctdt=ct；at=6ct；an=00RRdtdt 。 6剪前小球受力平衡，Tcosq所以T=mg，剪后小球将做圆周运动，绳中张力与重力的合方向沿圆周的切向方向，mgcosq=T¢，:T¢=1:cos2q。 7 F5。 8. 质点的加速度a=VtFFFF0=(1-kt)，òdv=òadtÞV=V0+0t-0kt2； V00mmm2mòx0ttæFFFFödx=òVdt=òçV0+0t-0kt2÷dtÞx=V0t+0t2-0kt3。 00m2m2m6mèø 9设弹簧的伸长量为 x，则有R=x+L0，F=kx， 1 mw2L0F=kx=mwRÞx=k-mw22，所以有：kL0R=x+L0=k-mw2三、计算题 kmw2L0，F=kx=k-mw2 。 urrrurrrrururrr1、t=1s，r，Dr=r2-r1=2i+j，t=2s，r2=4i-2j，1=2i-3j rrrdrrrrdvrrrrrrv=2i-2tj，a=-2j ，t=2s时，v=2i-4j，a=-2j dtdtx2x=2t，y=2-t，消去t得y=2-42，质点作抛物线运动。 2、xvxv=t2，y=(t-1)2，消去t得y=(x-1)2 ，令=2t，vy=2(t-1)，v=4t2+4(t-1)2dv=0，得 t=0.5s时速度值最小。 dt=4t2+4(t-1)2=10，解出t=4s，则x=16(m)，y=9(m) at=dv2(2t-1)=dtt2+(t-1)22t+(t-1)2，ax22+ay=22，于是 =2，ay=2，则 a=axan=a2-at2=2dvvdv2=-2x2， 3、a=-2x，则 òvdv=ò-2xdx，积分得 v2-v0dtdxv00代入初始条件得： 4、如图所示确定划行方向，由图示可知， vxv2=16-2x2 sina=u0.551o ，所以 a=30='v1.102l1.00´103=1.05´103s=17.5分 Q v=vcos30， t=v0.553'oQ v=v'cos30o， 当a=0时，vmax=v'=1.10m/s时用时最短，则l1.00´10310t='=´103s，于是船到达对岸的位置为 v1.1011s=ut=ul0.55=´1.00´103=500m，即下游500米处。 'v1.105、A、B两物示力图和坐标选择如图所示： 由牛顿定律列方程： 对物体B有：N2=m2gcosq，f2=mN2=mm2gcosq 2 对物体A有：N1''=m1g+f2'sinq+N2cosq，因为 f2'=f2，N2=N2 所以斜面A对地面的压力为：N1A、B之间的摩擦力为：=m1g+mm2gsinqcosq+m2gcos2qf2=mN2=mm2gcosq A与地面之间的摩擦力为：'f1=f2'cosq-N2sinq=mm2gcos2q-m2gsinqcosq 6、小球的示力图和坐标选择如图所示： 由牛顿定律列方程： Tsinq-Ncosq=man=mRw2=mLw2sinq Tconq-mg+Nsinq=0 解出： NN=mgsinq-mLw2sinqcosq，T=mgcosq+mLw2sin2q =0，Tsinq=mRw02=mLw02sinq，Tconq=mg，解出： T=mgcosqv，w0t=gLcosqk-tdvkvkdv=ò-dt，积分得：ln=-t，即 v=v0em 7、-kv=ma=m，òv0mdtv0v0mmdvmvdvmm-kv=ma=m，òdx=ò-dv， 积分得： xm=v0 kdtdxk0v0x0功、能、动量习题解答 一、选择题 vvvv121、 B,A=F×Dr=67J。 2 、D,P=F×v=mgvsinq=mgsinq(2gh) 。 3、 D, 当物体受力平衡时动能最大，此时弹簧的压缩量x满足kx=mg，所以可知物体最大动能为：12m2g2mg(h+x)-kx=mgh+22k。4、 C, 5、 B, 6、 C, 7、B, ttmmmv人，s车òv车dt=-òv人dt=-s人，00MMM8、 A，人和车在水平方向动量守恒，所以mv人Mv车0，v车=-s人s车l，所以s车-二、填空题 1、(1)A1ml。 M+m;(3) < ; 吊桶匀加速向上时，势能、动能均增加了。 =mgh=1.47´103J;(2) A2=mgh+DEk=1.485´103Jvv3æ11öGMmGMmç-÷；-A=-DEp。2、 3、与路径无关，只与始末位置有关； 4、。 W=òF×dr=ò4x3dx=80J。1RR3Rè2ø3 5、根据质点的动量定理，DP6、IvvvvDP=I=mgDt=mv0；竖直向下。 ，所以=I=ò20vvvvvvFdt=18N×s。 7、两球的动量守恒，(m1+m2)v=m1v1+m2v2，所以v=3i+4j，v=5ms；a=arcth=53.1o。 8、根据质点的动能定理，阻力F所作的功等于子弹动能的减少量，F4321122平方向动量守恒，mv0=(m+M)v，系统损失的机械能即为系统动能的减小量DE=mv0-(m+M)v，因此有22F=(s+l)=1mv02-1mv2；子弹和沙箱组成的系统水2(M+m)v；DE=M(M+m)v2。 M(M+2m)2v；v0=2(s+l)mm2m=三、计算题， dx=3-8t+3t2 ，t=0，v0=3m/s，t=4s，v=19m/s dt12123.022则由动能定理可得： A=mv4-mv0=(19-3)=528J 222dxdvv=3-8t+3t2 ，t=1s，v=-2m/s；a=-8+6t，t=1s，a=-2m/s2， dtdt1、v可知质点受力F=ma=3.0´(-2)=-6N，所以功率为：N=Fv=-6´(-2)=12W 2、由动能定理可得： Af=12121v021232 ； mv2-mv1=m-mv0=-mv022222823v032 ； Af=-mmgs=-mmg2pr=-mv0，得到：m=16pgr812mv0Ek04N=2=圈 。 323DEkmv08y=bsinwt，vx=3、由题意知：x=acoswt，dxdy=-awsinwt，vy=bwcoswt， dtdtax=dvydvx=-bw2sinwt=-w2y 。 =-aw2coswt=-w2x，ay=dtdt A点：x=a，coswt在A点的动能为：EkAB点：x=1，y=0，sinwt=0，则 vx=0，vy=bw，所以A点速率为：vA=bw，质点122mbw； 2=0，coswt=0，y=b，sinwt=1，vx=-aw，vy=0，所以B点速率为：vB=-aw，质点在B点的=122maw 2动能为：EkBurrrrrr22质点受力：Fx=max=-mwx，Fy=may=-mwy，F=Fxi+Fyj=-mw(xi+yj)=-mwr 22 4 分力所作功为： 11Ax=òFxdx=ò-mwxdx=mw2a2，Ay=òFydy=ò-mw2ydy=-mw2b2 22aa00200bb4、设小球在竖直方向受到的平均冲力为Ny，对小球在竖直方向应用动量定理：(Ny-mg)Dt=mv2-0 ， Ny=mv2+mg， DtN=Ny+Mg=mg+Mg+mv2Dt ； 则滑块对地面的平均作用力为： 由小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，设滑块速度增量的大小为Dv，由动量守恒定律有： 滑块速度增量为： 5、以mAmv1=MDv ， 则Dv=mv1 。 M-m与从B船扔过来的m组成系统，设交换前两船的速度分别为vA0和vB0，系统在水平方向动量守恒，即 ： (mA-m)vA0-mvB0=0 以mB-m与从A船扔过来的m组成系统，系统在水平方向动量守恒，即： mvA0-(mB-m)vB0=-mvB vA0=1m/s ，vB0=9m/s 。 由以上两式解出： 6、在小物体从A到B的过程中，系统在水平方向动量守恒，即 tt0=mvm-MVMt ，则 mvm=MVM ，于是：òmvmdt=òMVMdt00t，由题意可知，小物体在水平方向滑行距离为：l=òvmdt ，滑槽在水平方向滑行距离为：L=òVMdt ，因此有，ml=ML，又因为 R=l+L，于是可得滑槽在水平00面上移动的距离为：L=mRm+M ； 在小物体从A到B的过程中，系统机械能守恒，即： mgR=1212 mvm+MVM22=2mgRM(M+m) 。 与动量守恒式 0=mvm-MVM联立求解得：vm=2MgRM+m ，VM7、释放后，弹簧恢复原长时A将要离开墙面，设此时B的速度为vB0，从X到0的过程中，系统机械能守恒： 1212kx0=m2vB0 ，22解出：vB0=x0k3m ，A离开墙壁后，设A、B达到共同速度为v，从vB0到v的过程中，系统动量守恒，即：m2vB0=(m1+m2)v ；设弹簧的最大伸长量为xm，系统机械能守恒，即： 3k111222v=x ；由以上诸式可解出：m2vB=(m+m)v+kx0012m43m222 ，xm=1x0 。 2刚体的定轴转动习题解答 5 vv=w´r 2、 C, 3 、B, 4 、C, 5、 B, 因为细杆静止，因此细杆所受各力对过B的水平轴的力矩和为零，AlN Nlcosq=mgsinq，所以N=(mgtanq)2。 6 、B, 7、 A, 2RqmMf=òmrgdm=òmrg22prdr=2mmgR3 0pRm 8、 B ，在碰撞过程中，小球和摆对O轴的角动量守恒，所以有v0lsinq=11mlv10，B10mg 1、 B,v一、选择题 vv=v022 二、填空题 1w2&&=-10，所以w&=8-10t，b=q=qt=0.2s=6rads；bt=0.2s=-10rads； 2vt=0.2s,R=0.5m=wR=3ms；at(t=0.2s,R=0.5m)=bR=-5msan(t=0.2s,R=0.5m)=w2R=18ms 18m×s-2。 2刚体对转轴转动惯性大小的量度；I2； 3mLv。 =òr2dm；质量、质量分布、转轴的位置。 vvvævv12övö1vvæ24L0=r´v0=ççv0tcosai+çv0tsina-2gt÷j÷÷´(v0cosai+(v0sina-gt)j)=-2mgv0tcosakèøøè；vvvvwdL0dL0=-mgv0tcosak；M=-mgv0tcosak。 dtdt5角动量；4w0 。 6同时到达。 7三、计算题， 1、设m1向下运动，m2向上运动，对两物体应用牛顿定律列方程有： 3g2。 812。 I0w02m1g-T1=m1a1，T2-m2g=m2a2， 对鼓轮应用转动定律有：T1r1-T2r2设鼓轮的角加速度为b，则有：a1=0 ， =br1 ，a2=br2 。 联立求解以上各式得： b=m1r1-m2r2m2r2-mr11mgb=g 。 m ；若向上运动，向下运动，则 12222m1r1+m2r2m1r1+m2r220®w0，设角加速度为b1，则可知：b1=-Mf=Ib1 ； 2、电风扇开启过程：0®t1，对应 w0t1， 设电磁力矩为M，阻力矩为Mf，应用转动定律：M电风扇关闭过程：0®t2，对应 w0®0，设角加速度为b2，则可知：b2=-6 w0t2 ， 应用转动定律：-Mf=Ib2 ；联立求解以上各式得：M=I(w0t1+w0t2) 3、解法一：由题意知，m1和m2组成的系统碰撞前后对O点的动量矩守恒，即 1m2v1l=-m2v2l+Iw，其中 I=m1l2是细棒的转动惯量。 31碰撞后m1受摩擦力矩的作用，设摩擦力矩为Mf，对O轴可知：Mf=-mm1gl ，对m1应用动量矩定理，设作用时间2为t，则有：Mft=0-Iw ，联立求解以上各式得：t=-Iw2m2(v1+v2)= Mfmm1g解法二：摩擦力矩Mf1=-mm1gl为恒力矩，可知刚体作匀角加速度转动，有： 211bt=0-w ，再由转动定律有：Mf=Ib=m1l2b=-mm1gl ， 32t=-联立求解以上各式得： w2m2(v1+v2)= 。 bmm1gFr=Ib1 ，于是得到： b1=4、对飞轮应用转动定律： Fr98´0.20=39.2rad/s2。 I0.5A=Ek-0=Ek=Fh=98´5=490J 如图所示，对物体和飞轮分别应用牛顿定律和转动定律有： mg-T=ma ，Tr=Ib2 ，a=rb2 ，因为 F=mg 联立求解以上各式得： Fr98´0.20=21.8rad/s2 298I+mr0.5+´0.2029.85、F对O点的力矩为：M=Fl=100´1=100N×m，作用时间为t=0.02s，对O点应用动量矩定理，棒获得的动b2=量矩为： L=Mt=100´0.02=2N×m×s=2J×s 在F作用后，细棒和地球组成的系统机械能守恒，如图取O点为重力势能零点，有 12H1Iw=mgh=mg ，其中I=m1l2是细棒的转动惯量。 223因为细棒的动量矩又为：L=Iw=Mt=2 ，所以 L2 w=2.4rad/s，细棒的端点能上升的最大高度为： 1Iml231´2.5´12´2.42IwH=3=0.196m ，如果g=10m/s2 ，则 H=0.192m mg2.5´9.826、由题意可知，两轮的线速度大小相等，即：vA=vB ，由此可得： 7 wARA=wBRB ，wARB3=3 ，则 wA=3wB ，两飞轮的动能相等： wBRA1Iw21211122 ，可得 ：A=(B)= ； IAwA=IBwBIBwA3922两飞轮的动量矩相等：IAwA=IBwB ，可得 ：IAwB1= IBwA3机械振动 一、选择题 题号 答案 B B C B C C 7 C 8 C 9 C 1.提示：之前弹簧质量忽略，之后考虑弹簧质量，则m变大。 2提示：v3. 提示：x=-Awcos(wt+j)=-Awsin(2pT.+j)=Awsinj. T2=Acos(wt+j),t=0,x=Acosj=0,j=-p2,vt=-wAsin(wt+j)=-wAsin-p2)=0. p2=Aw, a=w2Acos(wt+f+p)=-w2Acos(wt+f)=-w2Acos(-4提示：由旋转矢量法可得,当矢量旋转到与平衡位置为5提示：由A=6. 提示：vp6p时,时间最短,6=1 2p122A12+A2+2A1A2cos(f2-f1),tanf=A1sinf1+A2sinf2可得结论 A1cosf1+A2cosf2=dx15p =-wAsin(wt+j),t=0,v=-Awsinj=Aw,则j=-，dt26x=Acos(wt+j)；7. 提示：质点作简谐振动时，函数关系式vt=-wAsin(wt+j)，动能Ek=11-cos2(wt+j),w=2pn， mw2A22w=2p222A12+A2+2A1A2cos(f2-f1)可得结论 8. 提示：由A=9. 提示：在这两位置满足简谐振动需要的条件 二、填空题 md2xk2p+x=02kmdt ，提示：F0=mg 2pp2pp2px=Acos(t-)x=Acos(t+)x=Acos(t+p)T2，T2，T 提示：由xt=0,x=0,v=Aw得j=-。=Acos(wt+j),v=-Awcos(wt+j)得：2pt=0,x=0,v=-Aw得j=p2t=0,x=-A,v=0得j=-p。 。8 ppx=0.02cos(pt+)4 4，提示：由旋转矢量图直接可得结论 4 0.25s，2p/3，2.51m/s，63.1m/s 2提示：和标准的振动方程x=Acos(wt+j)对比可得：w=8p，j=2p1由，w=2pT/=8，pT=S，34v=-Awcos(wt+j)得vmax=Aw=0.1´8p=0.8p,由a=w2Acos(wt+f+p)得amax=Aw2=6.4p2 55.5Hz，1 提示：由w=2pn得：n1=5HZ，n2=6HZ，n=n1+n22=5.5HZ,拍频为n2-n1=1 p62 提示：由旋转矢量图可得当两矢量分别与起始数轴成45和-45时符合题意，因此它们相位差为72p22(x2-x12)(v12-v2) 00p2提示：由1211122pkx1+mv12=kx22+mv2和w=2222Tkm可得结论 82p2A2m/T2 112mA2p22222p2)=提示：E=mAw=mA(22TT2三、计算题 1 解：(1)T=2pw=2pAum=2p´0.024p=»4.2(s) 0.033(2)am=w2A=umw=um´2p2p=0.03´»0.045(m/s2) 4pT3(3)f0=-p2，w=3(rad/s) 23px=0.02cos(t-) SI 222、根据题意，可得A=0.20m，w=2ppp=rad×s-1j=-T23 ，(1)x=0.20cos(t-)(SI)23 (2)x=0.20cos(t+)(SI)22pppp9 3、x5p2p=0.10cos(t+) 123j=-4根据题意，可得， 3p4，A=52cm=0.0707m (1)x=0.0707cos(2)v=-p4t-3p)(SI)4 p4´0.0707sin(p4t-3p),4-1v=0.039m×st=0A将代入，可得 5、X2=Acos(wt+j-p/2). -p26、解：由题意可做出旋转矢量图如下 由图知 2A2=A12+A2-2A1Acos30° =(0.173)+(0.2)-2×0.173×.×A=0.1 m 设角AAO为，则A=A即cos=3=0.01 +A-2AAcos =0 2A12+A2-A2(0.173)2+(0.1)2-(0.02)2=2A1A22´0.173´0.1即=/2，这说明A与A间夹角为/2，即二振动的位相差为/2 机 械 波 一、选择题 题号 答案 A B B C B B C 8 C 1提示：y1(x,t)=Acos2p(tx-)+jTl，1x+lt2y2(x,t)=Acos2p(-)+j0Tl，1x+ldytxdyt2)+j=-v v1=-wAsin2p(-)+j,v2=-wAsin2p(-1dtTldtTl2提示：波速取决于媒质的性质，振动速度是媒质中质元的运动速度 3提示：由图可知O点处质元的运动方向向下，dytp=-wAsin2p+j,v0=-Awsin(0+j)=-Aw,j= dtT24提示：由图可知：l=8m,u=160m/s,A=3m,则 1un=20HZ,w=2pv=40p由图可知O点处质元的运动方向向上，则 Tldytxp当t=0,x=0时,v=-wAsin2p(-)+j=Aw,可得j=- dtTl2t=t0,y=0,v0=-Aw,v=5提示：在最大位移处，胁变最小，它的速度为0，因此动能为0，对于简谐波动能等于势能。 6提示：对于A点的上下运动可当作机械振动，在其偏离平衡位置最大位移处其动能为0，因此A点在向平衡位置方向运动， 10 则可知波沿X轴负方向传播 7提示：j1-j2=pröæröp1æ,Dj=çj2-2p2÷-çj1-2p1÷=-2p´=-pløèlø242è8提示：由波腹条件kp二、填空题 =±2pxlÞx=±kl 2BC，2pB，2pC，lC，-lC 提示：将已知波的方程与波的标准方程长和波速，位相差为：wt-y(x,t)=Acoswt-2p2pxl+j或y(x,t)=Acos(wt-2pwxu)+j对比可得波2pl(r+d)+j-wt-lr+j=ld=cd j-2plL1x=x1+(k+)l,kÎzx=x1±kl,kÎN；2；。 提示：当tx=0时2p(vt-)+j的值为初位相,振动状态相同的位置为lAcos2p(vt-)+j=Acos2p(vt-LL'll)+j中的解L'，速度方向相反的位置为 dyLL'v=-wAsin2p(vt-)+j,-wAsin2p(vt-)+j=-v的解L'。 dtllp 提示：l1=uT=12m,x2-x1=6.0m=l 2=-0.5psin(2.5pt-px0+p/3) m/s 42.5m/s，ux0提示：将已知波的方程与波的标准方程5. y(x,t)=Acos(wt-wxu)+j可得其波速u，振动速度为v=dy dty=0.02cos(pt/2-p/2) 提示：由题可知：A=0.02m,T=4s,w=2p/T=p/2rad/s，3xpt=2s时,x=l,l=uT=4u时,y(x,t)=Acosw(t-)+j=0,以及该点振动速度方向向下，则j=-，将4u2=Acos(wt+f)。 L1pL+L1)+，w2u4u算得的值代入x6. y=Acosw(t-提示:x=L1处的振动方程为将x=L1代入波动方程所得,位相差为w(t-L2pLp)+-w(t-1)+ u4u4wwls7. 2p 11 提示：平均能流P：P8、不能 =wuS，由波的表达式和标准波动方程y=Acoswt-wxu+j对比得：u=wl 2p提示：波速只取决于媒质的性质 三、计算题 12p=1s,w=2prad/s,1、 vTl=uT=1m,A=0.01m,T=将上述值代入y=Acos2p(tx+)得： Tly=0.01cos(2pt+2px) l=4m,则T=2、由题可知：lu=8s,所以t=2s=T4w=2pp=,在t=0时,O点位于负的最大位移处,T4因此y0=Acos(0.25pt+p)cm； px令波动方程为y=Acos(t+2p+p),4ll=4m, ppxy=Acos(t+p)42当x=2m,则j=2p,j0=0.当x=3m,则j=5pp ,j0=.223、解：设S1和S2的初相分别为j1和j2，则j1-j2=p2。 Qv=100Hz,u=400m×s-1,l=4m 再设两波源发出波的相遇点距离S1为x，则 S1和S2之间各点，距离S2为11-x，两波在相遇点激起的两振动的相位差为Dj=(j1-静止不动。 2plx)-j2-2pl(11-x)=p2-2p´(2x-11)=(6-x)pDj=(2k+1)p,kÎz时，干涉相消，4，当综上在S1右边距离S1为1，3，5，7，9以及大于等于11米的各点均静止不动。 12 S1左边各点，距离S2为11+x，两波在相遇点激起的两振动的相位差为Dj=(j1-2plx)-j2-2pl(x+11)=p2+2p´11=6p4，所以左边各点均干涉加强。 S1右边各点，距离S2为x-11，两波在相遇点激起的两振动的相位差为Dj=(j1-2plx)-j2-2pl(x-11)=p2-2p´11=5p4，所以右边各点均干涉相消，静止不动。 4. (1)波源发出的正行波即是入射波，从波源到x轴上坐标为x处质点的波程为x，所以入射波在x处振动的相位比波源落后，故入射波方程为 xy1=Acows(-tp2+ jl)(2)入射点振动方程可直接由入射波方程得到 xy1x0=Acows(-tp02+ jl)(3)反射点为刚性壁，理解为波密介质，因而反射点有相位突变，反射点振动与入射点振动有相位差，所以反射点振动为 xy2x0=Acows(-tp02+j +pl)因而反射波在x处引起的振动比反射点的相位又(4)从反射点到x 处的波程为x0-x，要落后2px0-xl，所以反射波方程为 5、解：(1) y1=Acospt-p-2pl(8l)=Acos(pt-p) y2=Acospt- (2) 2pl(3l)=Acos(pt) y=y1+y2=Acos(pt-p)+Acos(pt) =-Acospt+Acos(pt)=0 y=2Acoskx×coswt(SI)比较，可得A=0.01m， 6解： 与u=w=750=37.5m×s-1k20 由于l=2pk，所以相邻两波节间的距离为Dx=l2=pk=0.157m 热力学基础习题解答 一、选择题 1 、C, 理想气体的内能是温度的单值函数，且与温度为线性关系，所以此理想气体的温度与体积成线性关系，可知此过程为等压过程。2、 B, 3、 B, 该理想气体经历的过程为绝热自由膨胀过程，在过程中系统与外界即无热交换，也没对外界做功，因 13 此内能不变，气体温度始终不变，又为等温过程，所以可得气体压强为原来的一半。4、 B, 两过程的始末状态一样，那么内能的变化量一样，由热力学第一定律可知哪个过程对外所作功大，吸收热量就多。5、 D,在绝热过程中，系统对外所作功即为内能的减少量。各过程的内能减少量一样，因此哪个过程对外所作功大，吸收热量就多，平均摩尔热容量就大。 6 、A, 7、 D, 8、D，在等压膨胀过程中，Q二、填空题 1V2V2A=òPdV=òaV1V12dV=a(=mCPDT=7mRDT，A=PDV=mRDT，因此A=2。 Q72V11-)，降低。 V1V22在dT相同的条件下，dQP3>dQV，等压过程中吸收的热量除了改变系统内能还要对外做功。 (P5(P2V2-P1+P2)(V2-V1)1V1)，。 224>，<，>。 5状态概率由小向大，状态概率增大。 6放热，吸热。 7466.7 ，233.4 。 8不能，h<1-T2T1。 三、计算题， 1、由题意作图，a®b等容过程，b®c等温过程，有： Aab=0 ，DEab=CV(Tb-Ta)=5R(353-293)=1246J 2Abc=RTbln2V1=RTbln2=2033J，DEbc=0，于是可得： V1Aabc=Aab+Abc=2033J ，DEabc=1246J ，Qabc=Aabc+DEabc=2033+1246=3279J a®d等温过程，d®c等容过程，有：Aadc=Aad+Adc=RTaln5R(353-293)=1246J22V1+0=1687JV1， DEadc=DEdc=CV(Tc-Ta)=Qadc=Aadc+DEadc=1687+1246=2933J 2、由题意可知： P=a2V2V2V2 ，由功的定义可得：A=òPdV=V1V1òVa2dV=a2(211-) V1V2 。 PV11=MmRT1=a2V1V ，PV22=21MmRT2=a2V2V ，比较两式可得：22T1V2=T2V13、由题意知：CV=T9P3R ，Ta=T0 ，a®b等容过程，有 b=0TaP02，得 Tb=9T0 ， 14 Vc2c®a过程中，由题意可知，有9P0=P02V0，得 Vc=3V0 ，b®c等压过程，有 TcVc=3 ，Tc=3Tb=27T0 TbV0Qab=Eb-Ea=CV(Tb-Ta)=3R(9T0-T0)=12RT0>0 ，吸热 ； 2Qbc=CP(Tc-Tb)=V0V05R(27T0-9T0)=45RT0>0 ，吸热； 2V2263Aca=òPdV=òP02dV=-RT0 ，Ea-Ec=CV(Ta-Tc)=R(T0-27T0)=-39RT0 ， V0323V03V0Qca=Aca+Ea-Ec=-143RT0<0，放热 ； 3Q143143=16.4% RT0 ，循环效率：h=1-2=1-Q11713Q1=Qab+Qbc=57RT0 ，Q2=Qca=4、由题意作图，已知 CV=5R；a®c®b绝热过程，有： 2Td=(V1g-12)Ta=1.4-1´300=119KV220绝热过程中：5Aacd=-(Ed-Ea)=-CV(Td-Ta)=-R(119-300)=3760J2Aab=RTalnV2=8.31´300´ln10=5740J 。 V1 ； 等温过程中：5、由题意可知，1ggg=0.714 ，g=1.4 ，由绝热过程方程有：PV11=PV22 ，可得： P2=(V1g1.455)P=(0.5)´2´10=0.76´10Pa 1V2PV2´105´0.5´10-3-0.76´105´10-311-PV22A=60J g-11.4-16、由题意知：hc=1-T2300=1-=70% T11000T2300=1-=73% ； 'T11100T1'=1100K ，则 h1=1-T2'200=1-=80% ； T=200K ，h2=1-T11000'2理论上热机的效率分别提高了3%和10%。实际中，提高高温热源的温度切实可行，而降低低温热源的温度需制冷，实际不划算。 15 静电场中的导体与介质 一、选择： 1、D；提示：静电平衡后，导体内部场强为0，导体为等势体。 2、D；提示：球壳内表面上的感应电荷为-q，在利用电势的叠加原理可得到D答案。 3、B； 4、B；提示： 用导线将二者连接后，电场力做正功，电势能减少。 5、B；提