1-1質點作曲線運動,在時刻t質點的位矢為r,速度為v,速率為v,t至(t＋Δt)時間內的位移為Δr,路程為Δs,位矢大小的變化量為Δr(或稱Δ｜r｜),平均速度為,平均速率為．(1)根據上述情況,則必有()(A)｜Δr｜=Δs=Δr(B)｜Δr｜≠Δs≠Δr,當Δt→0時有｜dr｜=ds≠dr(C)｜Δr｜≠Δr≠Δs,當Δt→0時有｜dr｜=dr≠ds(D)｜Δr｜≠Δs≠Δr,當Δt→0時有｜dr｜=dr=ds(2)根據上述情況,則必有()(A)｜｜=,｜｜=(B)｜｜≠,｜｜≠(C)｜｜=,｜｜≠(D)｜｜≠,｜｜=分析與解(1)質點在t至(t＋Δt)時間內沿曲線從P點運動到P′點,各量關系如圖所示,其中路程Δs＝PP′,位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr＝｜r｜-｜r｜表示質點位矢大小的變化量,三個量的物理含義不同,在曲線運動中大小也不相等(注：在直線運動中有相等的可能)．但當Δt→0時,點P′無限趨近P點,則有｜dr｜＝ds,但卻不等于dr．故選(B)．(2)由于｜Δr｜≠Δs,故,即｜｜≠．但由于｜dr｜＝ds,故,即｜｜＝．由此可見,應選(C)．1-2一運動質點在某瞬時位于位矢r(x,y)的端點處,對其速度的大小有四種意見,即(1)；(2)；(3)；(4)．下述判斷正確的是()(A)只有(1)(2)正確(B)只有(2)正確(C)只有(2)(3)正確(D)只有(3)(4)正確分析與解表示質點到坐標原點的距離隨時間的變化率,在極坐標系中叫徑向速率．通常用符號vr表示,這是速度矢量在位矢方向上的一個分量；表示速度矢量；在自然坐標系中速度大小可用公式計算,在直角坐標系中則可由公式求解．故選(D)．1-3一個質點在做圓周運動時,則有()(A)切向加速度一定改變,法向加速度也改變(B)切向加速度可能不變,法向加速度一定改變(C)切向加速度可能不變,法向加速度不變(D)切向加速度一定改變,法向加速度不變分析與解加速度的切向分量aｔ起改變速度大小的作用,而法向分量an起改變速度方向的作用．質點作圓周運動時,由于速度方向不斷改變,相應法向加速度的方向也在不斷改變,因而法向加速度是一定改變的．至于aｔ是否改變,則要視質點的速率情況而定．質點作勻速率圓周運動時,aｔ恒為零；質點作勻變速率圓周運動時,aｔ為一不為零的恒量,當aｔ改變時,質點則作一般的變速率圓周運動．由此可見,應選(B)．1-5質點沿直線運動,加速度a＝4-t2,式中a的單位為m·ｓ-2,t的單位為ｓ．如果當t＝3ｓ時,x＝9m,v＝2m·ｓ-1,求質點的運動方程．分析本題屬于運動學第二類問題,即已知加速度求速度和運動方程,必須在給定條件下用積分方法解決．由和可得和．如a＝a(t)或v＝v(t),則可兩邊直接積分．如果a或v不是時間t的顯函數,則應經過諸如分離變量或變量代換等數學操作后再做積分．解由分析知,應有得(1)由得(2)將t＝3ｓ時,x＝9m,v＝2m·ｓ-1代入(1)(2)得v0＝-1m·ｓ-1,x0＝0.75m．于是可得質點運動方程為1-7一質點沿半徑為R的圓周按規律運動,v0、b都是常量．(1)求t時刻質點的總加速度。分析在自然坐標中,s表示圓周上從某一點開始的曲線坐標．由給定的運動方程s＝s(t),對時間t求一階、二階導數,即是沿曲線運動的速度v和加速度的切向分量aｔ,而加速度的法向分量為an＝v2/R．這樣,總加速度為a＝aｔeｔ＋anen．至于質點在t時間內通過的路程,即為曲線坐標的改變量Δs＝st-s0．因圓周長為2πR,質點所轉過的圈數自然可求得．解(1)質點作圓周運動的速率為其加速度的切向分量和法向分量分別為,故加速度的大小為其方向與切線之間的夾角為1-12一段路面水平的公路,轉彎處軌道半徑為R,汽車輪胎與路面間的摩擦因數為μ,要使汽車不至于發生側向打滑,汽車在該處的行駛速率()(A)不得小于(B)必須等于(C)不得大于(D)還應由汽車的質量m決定分析與解由題意知,汽車應在水平面內作勻速率圓周運動,為保證汽車轉彎時不側向打滑,所需向心力只能由路面與輪胎間的靜摩擦力提供,能夠提供的最大向心力應為μFN．由此可算得汽車轉彎的最大速率應為v＝μRg．因此只要汽車轉彎時的實際速率不大于此值,均能保證不側向打滑．應選(C)．1-13一物體沿固定圓弧形光滑軌道由靜止下滑,在下滑過程中,則()(A)它的加速度方向永遠指向圓心,其速率保持不變(B)它受到的軌道的作用力的大小不斷增加(C)它受到的合外力大小變化,方向永遠指向圓心(D)它受到的合外力大小不變,其速率不斷增加分析與解由圖可知,物體在下滑過程中受到大小和方向不變的重力以及時刻指向圓軌道中心的軌道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圓心,其大小和方向均與物體所在位置有關．重力的切向分量(mgcosθ)使物體的速率將會不斷增加(由機械能守恒亦可判斷),則物體作圓周運動的向心力(又稱法向力)將不斷增大,由軌道法向方向上的動力學方程可判斷,隨θ角的不斷增大過程,軌道支持力FN也將不斷增大,由此可見應選(B)．1-17光滑的水平桌面上放置一半徑為R的固定圓環,物體緊貼環的內側作圓周運動,其摩擦因數為μ,開始時物體的速率為v0,求：(1)t時刻物體的速率；(2)當物體速率從v0減少到1/2v0時,物體所經歷的時間及經過的路程．分析運動學與動力學之間的聯系是以加速度為橋梁的,因而,可先分析動力學問題．物體在作圓周運動的過程中,促使其運動狀態發生變化的是圓環內側對物體的支持力FN和環與物體之間的摩擦力Fｆ,而摩擦力大小與正壓力FN′成正比,且FN與FN′又是作用力與反作用力,這樣,就可通過它們把切向和法向兩個加速度聯系起來了,從而可用運動學的積分關系式求解速率和路程．解(1)設物體質量為m,取圖中所示的自然坐標,按牛頓定律,有由分析中可知,摩擦力的大小Fｆ＝μFN,由上述各式可得取初始條件t＝0時v＝v0,并對上式進行積分,有(2)當物體的速率從v0減少到1/2v0時,由上式可得所需的時間為物體在這段時間內所經過的路程2-1對質點組有以下幾種說法：(1)質點組總動量的改變與內力無關；(2)質點組總動能的改變與內力無關；(3)質點組機械能的改變與保守內力無關．下列對上述說法判斷正確的是()(A)只有(1)是正確的(B)(1)、(2)是正確的(C)(1)、(3)是正確的(D)(2)、(3)是正確的分析與解在質點組中內力總是成對出現的,它們是作用力與反作用力．由于一對內力的沖量恒為零,故內力不會改變質點組的總動量．但由于相互有作用力的兩個質點的位移大小以及位移與力的夾角一般不同,故一對內力所作功之和不一定為零,應作具體分析,如一對彈性內力的功的代數和一般為零,一對摩擦內力的功代數和一般不為零,對于保守內力來說,所作功能使質點組動能與勢能相互轉換,因此保守內力即使有可能改變質點組的動能,但也不可能改變質點組的機械能．綜上所述(1)(3)說法是正確的．故選(C)．2-2有兩個傾角不同、高度相同、質量一樣的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有兩個一樣的物塊分別從這兩個斜面的頂點由靜止開始滑下,則()(A)物塊到達斜面底端時的動量相等(B)物塊到達斜面底端時動能相等(C)物塊和斜面(以及地球)組成的系統,機械能不守恒(D)物塊和斜面組成的系統水平方向上動量守恒分析與解對題述系統來說,由題意知并無外力和非保守內力作功,故系統機械能守恒．物體在下滑過程中,一方面通過重力作功將勢能轉化為動能,另一方面通過物體與斜面之間的彈性內力作功將一部分能量轉化為斜面的動能,其大小取決其中一個內力所作功．由于斜面傾角不同,故物體沿不同傾角斜面滑至底端時動能大小不等．動量自然也就不等(動量方向也不同)．故(A)(B)(C)三種說法均不正確．至于說法(D)正確,是因為該系統動量雖不守恒(下滑前系統動量為零,下滑后物體與斜面動量的矢量和不可能為零．由此可知,此時向上的地面支持力并不等于物體與斜面向下的重力),但在水平方向上并無外力,故系統在水平方向上分動量守恒．2-3如圖所示,質量分別為m1和m2的物體A和B,置于光滑桌面上,A和B之間連有一輕彈簧．另有質量為m1和m2的物體C和D分別置于物體A與B之上,且物體A和C、B和D之間的摩擦因數均不為零．首先用外力沿水平方向相向推壓A和B,使彈簧被壓縮,然后撤掉外力,則在A和B彈開的過程中,對A、B、C、D以及彈簧組成的系統,有()(A)動量守恒,機械能守恒(B)動量不守恒,機械能守恒(C)動量不守恒,機械能不守恒(D)動量守恒,機械能不一定守恒分析與解由題意知,作用在題述系統上的合外力為零,故系統動量守恒,但機械能未必守恒,這取決于在A、B彈開過程中C與A或D與B之間有無相對滑動,如有則必然會因摩擦內力作功,而使一部分機械能轉化為熱能,故選(D)．2-4如圖所示,子彈射入放在水平光滑地面上靜止的木塊后而穿出．以地面為參考系,下列說法中正確的說法是()(A)子彈減少的動能轉變為木塊的動能(B)子彈-木塊系統的機械能守恒(C)子彈動能的減少等于子彈克服木塊阻力所作的功(D)子彈克服木塊阻力所作的功等于這一過程中產生的熱分析與解子彈-木塊系統在子彈射入過程中,作用于系統的合外力為零,故系統動量守恒,但機械能并不守恒．這是因為子彈與木塊作用的一對內力所作功的代數和不為零(這是因為子彈對地位移大于木塊對地位移所致),子彈動能的減少等于子彈克服阻力所作功,子彈減少的動能中,一部分通過其反作用力對木塊作正功而轉移為木塊的動能,另一部分則轉化為熱能(大小就等于這一對內力所作功的代數和)．綜上所述,只有說法(C)的表述是完全正確的．2-7如圖所示,在水平地面上,有一橫截面S＝0.20m2的直角彎管,管中有流速為v＝3.0m·ｓ-1的水通過,求彎管所受力的大小和方向．分析對于彎曲部分AB段內的水而言,由于流速一定,在時間Δt內,從其一端流入的水量等于從另一端流出的水量．因此,對這部分水來說,在時間Δt內動量的增量也就是流入與流出水的動量的增量Δp＝Δm(vB-vA)；此動量的變化是管壁在Δt時間內對其作用沖量I的結果．依據動量定理可求得該段水受到管壁的沖力F；由牛頓第三定律,自然就得到水流對管壁的作用力F′＝-F．解在Δt時間內,從管一端流入(或流出)水的質量為Δm＝ρυSΔt,彎曲部分AB的水的動量的增量則為Δp＝Δm(vB-vA)＝ρυSΔt(vB-vA)依據動量定理I＝Δp,得到管壁對這部分水的平均沖力從而可得水流對管壁作用力的大小為作用力的方向則沿直角平分線指向彎管外側．2-10一質量為m的質點,系在細繩的一端,繩的另一端固定在平面上．此質點在粗糙水平面上作半徑為r的圓周運動．設質點的最初速率是v0．當它運動一周時,其速率為v0/2．求：(1)摩擦力作的功；(2)動摩擦因數；(3)在靜止以前質點運動了多少圈？分析質點在運動過程中速度的減緩,意味著其動能減少；而減少的這部分動能則消耗在運動中克服摩擦力作功上．由此,可依據動能定理列式解之．解(1)摩擦力作功為(1)(2)由于摩擦力是一恒力,且Fｆ＝μmg,故有(2)由式(1)、(2)可得動摩擦因數為(3)由于一周中損失的動能為,則在靜止前可運行的圈數為圈2-17質量為m的彈丸A,穿過如圖所示的擺錘B后,速率由v減少到v/2．已知擺錘的質量為m′,擺線長度為l,如果擺錘能在垂直平面內完成一個完全的圓周運動,彈丸速度v的最小值應為多少？分析該題可分兩個過程分析．首先是彈丸穿越擺錘的過程．就彈丸與擺錘所組成的系統而言,由于穿越過程的時間很短,重力和的張力在水平方向的沖量遠小于沖擊力的沖量,因此,可認為系統在水平方向不受外力的沖量作用,系統在該方向上滿足動量守恒．擺錘在碰撞中獲得了一定的速度,因而具有一定的動能,為使擺錘能在垂直平面內作圓周運動,必須使擺錘在最高點處有確定的速率,該速率可由其本身的重力提供圓周運動所需的向心力來確定；與此同時,擺錘在作圓周運動過程中,擺錘與地球組成的系統滿足機械能守恒定律,根據兩守恒定律即可解出結果．解由水平方向的動量守恒定律,有(1)為使擺錘恰好能在垂直平面內作圓周運動,在最高點時,擺線中的張力FＴ＝0,則(2)式中v′h為擺錘在圓周最高點的運動速率．又擺錘在垂直平面內作圓周運動的過程中,滿足機械能守恒定律,故有(3)解上述三個方程,可得彈丸所需速率的最小值為3－1有兩個力作用在一個有固定轉軸的剛體上：(1)這兩個力都平行于軸作用時，它們對軸的合力矩一定是零；(2)這兩個力都垂直于軸作用時，它們對軸的合力矩可能是零；(3)當這兩個力的合力為零時，它們對軸的合力矩也一定是零；(4)當這兩個力對軸的合力矩為零時，它們的合力也一定是零．對上述說法下述判斷正確的是()(A)只有(1)是正確的(B)(1)、(2)正確，(3)、(4)錯誤(C)(1)、(2)、(3)都正確，(4)錯誤(D)(1)、(2)、(3)、(4)都正確分析與解力對軸之力矩通常有三種情況：其中兩種情況下力矩為零：一是力的作用線通過轉軸，二是力平行于轉軸(例如門的重力并不能使門轉)．不滿足上述情況下的作用力(含題述作用力垂直于轉軸的情況)對軸之矩不為零，但同時有兩個力作用時，只要滿足兩力矩大小相等，方向相反，兩力矩對同一軸的合外力矩也可以為零，由以上規則可知(1)(2)說法是正確．對于(3)(4)兩種說法，如作用于剛體上的兩個力為共點力，當合力為零時，它們對同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然．但如這兩個力為非共點力，則以上結論不成立，故(3)(4)說法不完全正確．綜上所述，應選(B)．3－2關于力矩有以下幾種說法：(1)對某個定軸轉動剛體而言，內力矩不會改變剛體的角加速度；(2)一對作用力和反作用力對同一軸的力矩之和必為零；(3)質量相等，形狀和大小不同的兩個剛體，在相同力矩的作用下，它們的運動狀態一定相同．對上述說法下述判斷正確的是()(A)只有(2)是正確的(B)(1)、(2)是正確的(C)(2)、(3)是正確的(D)(1)、(2)、(3)都是正確的分析與解剛體中相鄰質元之間的一對內力屬于作用力與反作用力，且作用點相同，故對同一軸的力矩之和必為零，因此可推知剛體中所有內力矩之和為零，因而不會影響剛體的角加速度或角動量等，故(1)(2)說法正確．對說法(3)來說，題述情況中兩個剛體對同一軸的轉動慣量因形狀、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，產生的角加速度不一定相同，因而運動狀態未必相同，由此可見應選(B)．3－3均勻細棒OA可繞通過其一端O而與棒垂直的水平固定光滑軸轉動，如圖所示，今使棒從水平位置由靜止開始自由下落，在棒擺到豎直位置的過程中，下述說法正確的是()(A)角速度從小到大，角加速度不變(B)角速度從小到大，角加速度從小到大(C)角速度從小到大，角加速度從大到小(D)角速度不變，角加速度為零分析與解如圖所示，在棒下落過程中，重力對軸之矩是變化的，其大小與棒和水平面的夾角有關．當棒處于水平位置，重力矩最大，當棒處于豎直位置時，重力矩為零．因此在棒在下落過程中重力矩由大到小，由轉動定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度卻由小到大(由機械能守恒亦可判斷角速度變化情況)，應選(C)．3－7電風扇接通電源后一般經5s后到達額定轉速,而關閉電源后經16s后風扇停止轉動，已知電風扇的轉動慣量為，設啟動時電磁力矩和轉動時的阻力矩均為常數，求啟動時的電磁力矩.分析由題意知和均為常數，故啟動時電風扇在和共同作用下，作勻加速轉動，直至到達額定轉速，關閉電源后，電風扇僅在的作用下作勻減速轉動.運用勻變速轉動的運動學規律和轉動定律既可求解.解設啟動時和關閉電源后，電風扇轉動時的角加速度分別為和，則啟動過程關閉電源后聯解以上各式并將以及、、、值代入，得3－8一質量為m′、半徑為R的均勻圓盤，通過其中心且與盤面垂直的水平軸以角速度ω轉動，若在某時刻，一質量為m的小碎塊從盤邊緣裂開，且恰好沿垂直方向上拋，問它可能達到的高度是多少？破裂后圓盤的角動量為多大？分析盤邊緣裂開時，小碎塊以原有的切向速度作上拋運動，由質點運動學規律可求得上拋的最大高度.此外，在碎塊與盤分離的過程中，滿足角動量守恒條件，由角動量守恒定律可計算破裂后盤的角動量.解(1)碎塊拋出時的初速度為由于碎塊豎直上拋運動，它所能到達的高度為(2)圓盤在裂開的過程中，其角動量守恒，故有式中為圓盤未碎時的角動量；為碎塊被視為質點時，碎塊對軸的角動量；L為破裂后盤的角動量.則3－11質量為0.50kg，長為0.40m的均勻細棒，可繞垂直于棒的一端的水平軸轉動.如將此棒放在水平位置，然后任其落下，求：(1)當棒轉過60°時的角加速度和角速度；(2)下落到豎直位置時的動能；(3)下落到豎直位置時的角速度.分析轉動定律M＝Jα是一瞬時關系式，為求棒在不同位置的角加速度，只需確定棒所在位置的力矩就可求得.由于重力矩是變力矩，角加速度也是變化的，因此，在求角速度時，就必須根據角加速度用積分的方法來計算(也可根據轉動中的動能定理，通過計算變力矩的功來求).至于棒下落到豎直位置時的動能和角速度，可采用系統的機械能守恒定律來解，這是因為棒與地球所組成的系統中，只有重力作功(轉軸處的支持力不作功)，因此，系統的機械能守恒.解(1)棒繞端點的轉動慣量由轉動定律M＝Jα可得棒在θ位置時的角加速度為當θ＝60°時，棒轉動的角加速度由于，根據初始條件對式(1)積分，有則角速度為(2)根據機械能守恒，棒下落至豎直位置時的動能為(3)由于該動能也就是轉動動能，即，所以，棒落至豎直位置時的角速度為第四章機械振動4-1一個質點作簡諧運動，振幅為A，在起始時刻質點的位移為，且向x軸正方向運動，代表此簡諧運動的旋轉矢量為（）題4-１圖分析與解（B）圖中旋轉矢量的矢端在x軸上投影點的位移為－A/2，且投影點的運動方向指向Ox軸正向，即其速度的x分量大于零，故滿足題意．因而正確答案為（B）．4-2一簡諧運動曲線如圖（a）所示，則運動周期是（）(A)2.62s(B)2.40s(C)2.20s（D）2.00s題4-2圖分析與解由振動曲線可知，初始時刻質點的位移為A/2，且向x軸正方向運動．圖（ｂ）是其相應的旋轉矢量圖，由旋轉矢量法可知初相位為-．振動曲線上給出質點從A/2處運動到x=0處所需時間為1s，由對應旋轉矢量圖可知相應的相位差，則角頻率，周期.故選（B）．4-3兩個同周期簡諧運動曲線如圖（a）所示，x1的相位比x2的相位（）（A）落后（B）超前（C）落后（D）超前分析與解由振動曲線圖作出相應的旋轉矢量圖（b）即可得到答案為（B）．題4-３圖4-4兩個同振動方向、同頻率、振幅均為A的簡諧運動合成后，振幅仍為A，則這兩個簡諧運動的相位差為（）（A）60（B）90（C）120（D）180分析與解由旋轉矢量圖可知兩個簡諧運動1和2的相位差為120時，合成后的簡諧運動3的振幅仍為A.正確答案為（C）．題4-4圖4-12如圖（a）所示，質量為1.0×10-2kg的子彈，以500m·s-1的速度射入木塊，并嵌在木塊中，同時使彈簧壓縮從而作簡諧運動，設木塊的質量為4.99kg，彈簧的勁度系數為8.0×103N·m-1，若以彈簧原長時物體所在處為坐標原點，向左為題4-12圖分析可分為兩個過程討論．首先是子彈射入木塊的過程，在此過程中，子彈和木塊組成的系統滿足動量守恒，因而可以確定它們共同運動的初速度v0，即振動的初速度．隨后的過程是以子彈和木塊為彈簧振子作簡諧運動．它的角頻率由振子質量m1＋m2和彈簧的勁度系數k確定，振幅和初相可根據初始條件（初速度v0和初位移x0）求得．初相位仍可用旋轉矢量法求．解振動系統的角頻率為由動量守恒定律得振動的初始速度即子彈和木塊的共同運動初速度v0為又因初始位移x0＝0，則振動系統的振幅為圖（b）給出了彈簧振子的旋轉矢量圖，從圖中可知初相位，則簡諧運動方程為4-18一橫波以速度u沿x軸負方向傳播，t時刻波形曲線如圖（a）所示，則該時刻（）（A）A點相位為（B）B點靜止不動（C）C點相位為（D）D點向上運動分析與解由波形曲線可知，波沿x軸負向傳播，B、D處質點均向y軸負方向運動，且B處質點在運動速度最快的位置.因此答案（B）和（D）不對.A處質點位于正最大位移處，C處質點位于平衡位置且向y軸正方向運動，它們的旋轉矢量圖如圖（b）所示.A、C點的相位分別為0和.故答案為（C）題4-18圖4-19如圖所示，兩列波長為λ的相干波在點P相遇．波在點S1振動的初相是φ1，點S1到點P的距離是r1．波在點S2的初相是φ2，點S2到點P的距離是r2，以k代表零或正、負整數，則點P是干涉極大的條件為（）分析與解P是干涉極大的條件為兩分振動的相位差，而兩列波傳到P點時的兩分振動相位差為，故選項（D）正確．題4-19圖4-22圖示為平面簡諧波在t＝0時的波形圖，設此簡諧波的頻率為250Hz，且此時圖中質點P的運動方向向上．求：（1）該波的波動方程；（2）在距原點O為7.5m處質點的運動方程與t＝0時該點的振動速度．分析（1）從波形曲線圖獲取波的特征量，從而寫出波動方程是建立波動方程的又一途徑．具體步驟為：1.從波形圖得出波長λ、振幅A和波速u＝λ；2.根據點P的運動趨勢來判斷波的傳播方向，從而可確定原點處質點的運動趨向，并利用旋轉矢量法確定其初相φ0．（2）在波動方程確定后，即可得到波線上距原點O為x處的運動方程y＝y（t），及該質點的振動速度＝dy/dt．解（1）從圖中得知，波的振幅A＝0.10m，波長λ＝20.0m，則波速u＝λ＝5.0×103ｍ·ｓ-1．根據t＝0時點P向上運動，可知波沿Ox軸負向傳播，并判定此時位于原點處的質點將沿Oy軸負方向運動．利用旋轉矢量法可得其初相φ0＝π/3．故波動方程為（2）距原點O為x＝7.5ｍ處質點的運動方程為t＝0時該點的振動速度為題4-22圖4-25圖（a）是干涉型消聲器結構的原理圖，利用這一結構可以消除噪聲．當發動機排氣噪聲聲波經管道到達點A時，分成兩路而在點B相遇，聲波因干涉而相消．如果要消除頻率為300Hz的發動機排氣噪聲，則圖中彎管與直管的長度差Δr＝r2－r1至少應為多少？（設聲波速度為340m·s-1）題4-25圖分析一列聲波被分成兩束后再相遇，將形成波的干涉現象．由干涉相消條件，可確定所需的波程差，即兩管的長度差Δr．解由分析可知，聲波從點A分開到點B相遇，兩列波的波程差Δr＝r2-r1，故它們的相位差為由相消靜止條件Δφ＝（2k＋1）π，（k＝0，±1，±2，…）得Δr＝（2k＋1）λ／2根據題中要求令k＝0得Δr至少應為討論在實際應用中，由于噪聲是由多種頻率的聲波混合而成，因而常將具有不同Δr的消聲單元串接起來以增加消除噪聲的能力．圖（b）為安裝在摩托車排氣系統中的干涉消聲器的結構原理圖．第五章氣體動理論5－1圖示兩條曲線分別表示在相同溫度下氧氣和氫氣分子的速率分布曲線.如果和分別表示氧氣和氫氣的最概然速率，則()(A)圖中表示氧氣分子的速率分布曲線且(B)圖中表示氧氣分子的速率分布曲線且(C)圖中表示氧氣分子的速率分布曲線且(D)圖中表示氧氣分子的速率分布曲線且分析與解由可知，在相同溫度下，由于不同氣體的摩爾質量不同，它們的最概然速率也就不同.因，故氧氣比氫氣的要小，由此可判定圖中曲線應是對應于氧氣分子的速率分布曲線.又因，所以.故選(B)．題5-1圖5－3處于平衡狀態的一瓶氦氣和一瓶氮氣的分子數密度相同，分子的平均平動動能也相同，則它們()(A)溫度，壓強均不相同(B)溫度相同，但氦氣壓強大于氮氣的壓強(C)溫度，壓強都相同(D)溫度相同，但氦氣壓強小于氮氣的壓強分析與解理想氣體分子的平均平動動能，僅與溫度有關．因此當氦氣和氮氣的平均平動動能相同時，溫度也相同．又由物態方程，當兩者分子數密度n相同時，它們壓強也相同．故選(C)．5－5兩個相同的剛性容器，一個盛有氫氣，一個盛氦氣(均視為剛性分子理想氣體).開始時它們的壓強和溫度都相同，現將3J熱量傳給氦氣，使之升高到一定的溫度.若使氫氣也升高同樣的溫度，則應向氫氣傳遞熱量為()(A)6J(B)3J(C)5J(D)10J分析與解當容器體積不變，即為等體過程時系統不作功，根據熱力學第一定律Q＝ΔE＋W，有Q＝ΔE.而由理想氣體內能公式，可知欲使氫氣和氦氣升高相同溫度，須傳遞的熱量.再由理想氣體物態方程pV＝RT，初始時，氫氣和氦氣是具有相同的溫度、壓強和體積，因而物質的量相同，則.因此正確答案為(C).5－6一定量理想氣體分別經過等壓，等溫和絕熱過程從體積膨脹到體積，如圖所示，則下述正確的是()（A）吸熱最多，內能增加（B）內能增加，作功最少（C）吸熱最多，內能不變（D）對外作功，內能不變分析與解由絕熱過程方程常量，以及等溫過程方程pV=常量可知在同一p-V圖中當絕熱線與等溫線相交時，絕熱線比等溫線要陡，因此圖中為等壓過程，為等溫過程，為絕熱過程.又由理想氣體的物態方程可知，p-V圖上的pV積越大，則該點溫度越高.因此圖中.對一定量理想氣體內能，，由此知，，而由理想氣體作功表達式知道功的數值就等于p-V圖中過程曲線下所對應的面積，則由圖可知.又由熱力學第一定律Q＝W＋ΔE可知.因此答案A、B、C均不對.只有（D）正確.題5-6圖5－7一臺工作于溫度分別為327℃和27℃的高溫熱源與低溫源之間的卡諾熱機，每經歷一個循環吸熱2000J，則對外作功((A)2000J(B)1000J(C)4000J(D)500J分析與解熱機循環效率η＝W/Q吸，對卡諾機，其循環效率又可表為：η＝1－，則由W/Q吸＝1－可求答案.正確答案為(B).5－12在容積為2.0×10-3m3的容器中，有內能為6.75×102J的剛性雙原子分子某理想氣體.(1)求氣體的壓強；(2)設分子總數為5.4×1022分析(1)一定量理想氣體的內能，對剛性雙原子分子而言，i＝5.由上述內能公式和理想氣體物態方程pV＝RT可解出氣體的壓強.(2)求得壓強后，再依據題給數據可求得分子數密度，則由公式p＝nkT可求氣體溫度.氣體分子的平均平動動能可由求出.解(1)由和pV＝RT可得氣體壓強(2)分子數密度n＝N/V，則該氣體的溫度氣體分子的平均平動動能為5－18如圖所示，系統從狀態A沿ABC變化到狀態C的過程中，外界有326J的熱量傳遞給系統，同時系統對外作功126J.當系統從狀態C沿另一曲線CA返回到狀態A時，外界對系統作功為52J，則此過程中系統是吸熱還是放熱？傳遞熱量是多少？題5-18圖分析已知系統從狀態C到狀態A，外界對系統作功為WCA，如果再能知道此過程中內能的變化ΔECA，則由熱力學第一定律即可求得該過程中系統傳遞的熱量QCA.由于理想氣體的內能是狀態(溫度)的函數，利用題中給出的ABC過程吸熱、作功的情況，由熱力學第一定律即可求得由A至C過程中系統內能的變化ΔEAC，而ΔEAC＝－ΔECA，故可求得QCA.解系統經ABC過程所吸收的熱量及對外所作的功分別為QABC＝326J，WABC＝126J則由熱力學第一定律可得由A到C過程中系統內能的增量ΔEAC＝QABC－WABC＝200J由此可得從C到A，系統內能的增量為ΔECA＝－200J從C到A，系統所吸收的熱量為QCA＝ΔECA＋WCA＝－252J式中負號表示系統向外界放熱252J.這里要說明的是由于CA是一未知過程，上述求出的放熱是過程的總效果，而對其中每一微小過程來講并不一定都是放熱.8－12如圖所示，使1mol氧氣(1)由A等溫地變到B；(2)由A等體地變到C，再由C等壓地變到B.試分別計算氧氣所作的功和吸收的熱量.題8-12圖分析從p－V圖(也稱示功圖)上可以看出，氧氣在AB與ACB兩個過程中所作的功是不同的，其大小可通過求出.考慮到內能是狀態的函數，其變化值與過程無關，所以這兩個不同過程的內能變化是相同的，而且因初、末狀態溫度相同TA＝TB，故ΔE＝0，利用熱力學第一定律Q＝W＋ΔE，可求出每一過程所吸收的熱量.解(1)沿AB作等溫膨脹的過程中，系統作功由分析可知在等溫過程中，氧氣吸收的熱量為QAB＝WAB＝2.77×103Ｊ(2)沿A到C再到B的過程中系統作功和吸熱分別為WACB＝WAC＋WCB＝WCB＝(VB－VC)＝2.0×103ＪQACB＝WACB＝2.0×103Ｊ8－15圖(ａ)是某單原子理想氣體循環過程的V－T圖，圖中VC＝2VA.試問：(1)圖中所示循環是代表制冷機還是熱機？(2)如是正循環(熱機循環)，求出其循環效率.題8-15圖分析以正、逆循環來區分熱機和制冷機是針對p－V圖中循環曲線行進方向而言的.因此，對圖(ａ)中的循環進行分析時，一般要先將其轉換為p－V圖.轉換方法主要是通過找每一過程的特殊點，并利用理想氣體物態方程來完成.由圖(ａ)可以看出，BC為等體降溫過程，CA為等溫壓縮過程；而對AB過程的分析，可以依據圖中直線過原點來判別.其直線方程為V＝KT，C為常數.將其與理想氣體物態方程pV＝RT比較可知該過程為等壓膨脹過程(注意：如果直線不過原點，就不是等壓過程).這樣，就可得出p－V圖中的過程曲線，并可判別是正循環(熱機循環)還是逆循環(制冷機循環)，再參考題8－14的方法求出循環效率.解(1)根據分析，將V－T圖轉換為相應的p－V圖，如圖(ｂ)所示.圖中曲線行進方向是正循環，即為熱機循環.(2)根據得到的p－V圖可知，AB為等壓膨脹過程，為吸熱過程.BC為等體降壓過程，CA為等溫壓縮過程，均為放熱過程.故系統在循環過程中吸收和放出的熱量分別為CA為等溫線，有TA＝TC；AB為等壓線，且因VC＝2VA，則有TA＝TB/2.對單原子理想氣體，其摩爾定壓熱容Cp，m＝5R/2，摩爾定容熱容CV，m＝3R/2.故循環效率為5－21有一以理想氣體為工作物質的熱機，其循環如圖所示，試證明熱分析該熱機由三個過程組成，圖中AB是絕熱過程，BC是等壓壓縮過程，CA是等體升壓過程.其中CA過程系統吸熱，BC過程系統放熱.本題可從效率定義出發,利用熱力學第一定律和等體、等壓方程以及γ＝Cp,m/CV,m的關系來證明.題5-21圖證該熱機循環的效率為其中QBC＝Cp,m(TC－TB)，QCA＝CV,m(TA－TC)，則上式可寫為在等壓過程BC和等體過程CA中分別有TB/V1＝TC/V2,TA/p1＝TC/p2,代入上式得5-22一卡諾熱機的低溫熱源溫度為7℃，效率為40％，若要將其效率提高到50解設高溫熱源的溫度分別為、,則有，其中T2為低溫熱源溫度.由上述兩式可得高溫熱源需提高的溫度為題8-21圖分析耗電量的單位為kW·h，1kW·h＝3.6×106J.圖示是空調的工作過程示意圖.因為卡諾制冷機的制冷系數為，其中T1為高溫熱源溫度(室外環境溫度)，T2為低溫熱源溫度(室內溫度).所以，空調的制冷系數為e＝ek·60％＝0.6T2/(T1－T2)另一方面，由制冷系數的定義，有e＝Q2/(Q1－Q2)其中Q1為空調傳遞給高溫熱源的熱量，即空調向室外排放的總熱量；Q2是空調從房間內吸取的總熱量.若Q′為室外傳進室內的熱量，則在熱平衡時Q2＝Q′.由此，就可以求出空調的耗電作功總值W＝Q1－Q2.解根據上述分析，空調的制冷系數為在室內溫度恒定時，有Q2＝Q′.由e＝Q2/(Q1－Q2)可得空調運行一天所耗電功W＝Q1－Q2＝Q2/e＝Q′/e＝2.89×107J=8.0kW·h6－2下列說法正確的是()(A)閉合曲面上各點電場強度都為零時，曲面內一定沒有電荷(B)閉合曲面上各點電場強度都為零時，曲面內電荷的代數和必定為零(C)閉合曲面的電通量為零時，曲面上各點的電場強度必定為零(D)閉合曲面的電通量不為零時，曲面上任意一點的電場強度都不可能為零分析與解依照靜電場中的高斯定理，閉合曲面上各點電場強度都為零時，曲面內電荷的代數和必定為零，但不能肯定曲面內一定沒有電荷；閉合曲面的電通量為零時，表示穿入閉合曲面的電場線數等于穿出閉合曲面的電場線數或沒有電場線穿過閉合曲面，不能確定曲面上各點的電場強度必定為零；同理閉合曲面的電通量不為零，也不能推斷曲面上任意一點的電場強度都不可能為零，因而正確答案為(B).6－3下列說法正確的是()(A)電場強度為零的點，電勢也一定為零(B)電場強度不為零的點，電勢也一定不為零(C)電勢為零的點，電場強度也一定為零(D)電勢在某一區域內為常量，則電場強度在該區域內必定為零分析與解電場強度與電勢是描述電場的兩個不同物理量，電場強度為零表示試驗電荷在該點受到的電場力為零，電勢為零表示將試驗電荷從該點移到參考零電勢點時，電場力作功為零.電場中一點的電勢等于單位正電荷從該點沿任意路徑到參考零電勢點電場力所作的功；電場強度等于負電勢梯度.因而正確答案為(D).6－7兩個帶有等量異號電荷的無限長同軸圓柱面，半徑分別為R1和R2＞R1)，單位長度上的電荷為λ.求離軸線為r處的電場強度：(1)r＜R1，(2)R1＜r＜R2，(3)r＞R2.分析電荷分布在無限長同軸圓柱面上，電場強度也必定沿軸對稱分布，取同軸圓柱面為高斯面，只有側面的電場強度通量不為零，且，求出不同半徑高斯面內的電荷.即可解得各區域電場的分布.解作同軸圓柱面為高斯面，根據高斯定理r＜R1，在帶電面附近，電場強度大小不連續，電場強度有一躍變R1＜r＜R2，r＞R2，在帶電面附近，電場強度大小不連續，電場強度有一躍變這與5－20題分析討論的結果一致.6－8兩個同心球面的半徑分別為R1和R2，各自帶有電荷Q1和Q2.求：(1)各區域電勢分布，并畫出分布曲線；(2)兩球面間的電勢差為多少？分析通常可采用兩種方法(1)由于電荷均勻分布在球面上，電場分布也具有球對稱性，因此，可根據電勢與電場強度的積分關系求電勢.取同心球面為高斯面，借助高斯定理可求得各區域的電場強度分布，再由可求得電勢分布.(2)利用電勢疊加原理求電勢.一個均勻帶電的球面，在球面外產生的電勢為在球面內電場強度為零，電勢處處相等，等于球面的電勢其中R是球面的半徑.根據上述分析，利用電勢疊加原理，將兩個球面在各區域產生的電勢疊加，可求得電勢的分布.解1(1)由高斯定理可求得電場分布由電勢可求得各區域的電勢分布.當r≤R1時，有當R1≤r≤R2時，有當r≥R2時，有(2)兩個球面間的電勢差解2(1)由各球面電勢的疊加計算電勢分布.若該點位于兩個球面內，即r≤R1，則若該點位于兩個球面之間，即R1≤r≤R2