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理论力学课后答案第五章(周衍柏)第五章思考题5.1虚功原理中的“虚功”二字作何解释？用虚功原理理解平衡问题，有何优点和缺点？5.2 为什么在拉格朗日方程中，a θ不包含约束反作用力？又广义坐标与广义力的含义如何？我们根据什么关系由一个量的量纲定出另一个量的量纲?5.3广义动量a p 和广义速度a q 是不是只相差一个乘数m ？为什么a p 比a q 更富有意义？5.4既然a q T ∂∂是广义动量，那么根据动量定理，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂αq T dt d 是否应等于广义力a θ？为什么在拉格朗日方程()14.3.5式中多出了aq T ∂∂项？你能说出它的物理意义和所代表的物理量吗？5.5为什么在拉格朗日方程只适用于完整系？如为不完整系，能否由式()13.3.5得出式()14.3.5？5.6平衡位置附近的小振动的性质，由什么来决定？为什么22s 个常数只有2s 个是独立的？5.7什么叫简正坐标？怎样去找？它的数目和力学体系的自由度之间有何关系又每一简正坐标将作怎样的运动？5.8多自由度力学体系如果还有阻尼力，那么它们在平衡位置附近的运动和无阻尼时有何不同？能否列出它们的微分方程？5.9 dL 和L d 有何区别？a q L ∂∂和aq L ∂∂有何区别？ 5.10哈密顿正则方程能适用于不完整系吗？为什么？能适用于非保守系吗？为什么？5.11哈密顿函数在什么情况下是整数？在什么情况下是总能量？试祥加讨论，有无是总能量而不为常数的情况？5.12何谓泊松括号与泊松定理？泊松定理在实际上的功用如何？5.13哈密顿原理是用什么方法运动规律的？为什么变分符号δ可置于积分号内也可移到积分号外？又全变分符号∆能否这样？5.14正则变换的目的及功用何在？又正则变换的关键何在？5.15哈密顿-雅可比理论的目的何在？试简述次理论解题时所应用的步骤.5.16正则方程()15.5.5与()10.10.5及()11.10.5之间关系如何？我们能否用一正则变换由前者得出后者？5.17在研究机械运动的力学中，刘维定理能否发挥作用？何故？5.18分析力学学完后，请把本章中的方程和原理与牛顿运动定律相比较，并加以评价.第五章思考题解答5.1 答：作.用于质点上的力在任意虚位移中做的功即为虚功，而虚位移是假想的、符合约束的、无限小的.即时位置变更，故虚功也是假想的、符合约束的、无限小的.且与过程无关的功，它与真实的功完全是两回事.从∑⋅=iii r F W δδ可知：虚功与选用的坐标系无关，这正是虚功与过程无关的反映；虚功对各虚位移中的功是线性迭加，虚功对应于虚位移的一次变分.在虚功的计算中应注意：在任意虚过程中假定隔离保持不变，这是虚位移无限小性的结果.虚功原理给出受约束质点系的平衡条件，比静力学给出的刚体平衡条件有更普遍的意义；再者，考虑到非惯性系中惯性力的虚功，利用虚功原理还可解决动力学问题，这是刚体力学的平衡条件无法比拟的；另外，利用虚功原理解理想约束下的质点系的平衡问题时，由于约束反力自动消去，可简便地球的平衡条件；最后又有广义坐标和广义力的引入得到广义虚位移原理，使之在非纯力学体系也能应用，增加了其普适性及使用过程中的灵活性.由于虚功方程中不含约束反力.故不能求出约束反力，这是虚功原理的缺点.但利用虚功原理并不是不能求出约束反力，一般如下两种方法：当刚体受到的主动力为已知时，解除某约束或某一方向的约束代之以约束反力；再者，利用拉格朗日方程未定乘数法，景观比较麻烦，但能同时求出平衡条件和约束反力.5.2 答 因拉格朗日方程是从虚功原理推出的，而徐公原理只适用于具有理想约束的力学体系虚功方程中不含约束反力，故拉格朗日方程也只适用于具有理想约束下的力学体系，αθ不含约束力；再者拉格朗日方程是从力学体系动能改变的观点讨论体系的运动，而约束反作用力不能改变体系的动能，故αθ不含约束反作用力，最后，几何约束下的力学体系其广义坐标数等于体系的自由度数，而几何约束限制力学体系的自由运动，使其自由度减小，这表明约束反作用力不对应有独立的广义坐标，故αθ不含约束反作用力.这里讨论的是完整系的拉格朗日方程，对受有几何约束的力学体系既非完整系，则必须借助拉格朗日未定乘数法对拉格朗日方程进行修正.广义坐标市确定质点或质点系完整的独立坐标，它不一定是长度，可以是角度或其他物理量，如面积、体积、电极化强度、磁化强度等.显然广义坐标不一定是长度的量纲.在完整约束下，广义坐标数等于力学体系的自由度数；广义力明威力实际上不一定有力的量纲可以是力也可以是力矩或其他物理量，如压强、场强等等，广义力还可以理解为；若让广义力对应的广义坐标作单位值的改变，且其余广义坐标不变，则广义力的数值等于外力的功由W q r F s i ni i δδθδααα==⋅∑∑==11 知，ααδθq 有功的量纲，据此关系已知其中一个量的量纲则可得到另一个量的量纲.若αq 是长度，则αθ一定是力，若αθ是力矩，则αq 一定是角度，若αq 是体积，则αθ一定是压强等.5.3 答 αp 与αq 不一定只相差一个常数m ，这要由问题的性质、坐标系的选取形式及广义坐标的选用而定。
大学物理学下 吴柳 第十二章12.1 一封闭的立方体形的容器,部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后,比是多少)?解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程左侧: T pV T V p 111= 得, T pT Vp V 111=右侧:T pV T V p 222= 得, T pT Vp V 222=122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 122121T p T p l l = 12.2 已知容器有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2atm ,密度32kg/m 1024.1-⨯=ρ.求该气体的摩尔质量.解:nkT p = (1)nm =ρ (2)A mN M = (3) 由以上三式联立得:12352232028.010022.610013.1100.12731038.11024.1----⋅=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量.解：()V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ()()RT MM MVV p 2122-=- (2)（1）、（2）式联立得： ()()()Vp p RT M M V p Vp p RTM M M 212121221--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=12.4在实验室中能够获得的最佳真空相当于大约10-14atm (即约为10-10mmHg 的压强),试问在室温(300K )下在这样的“真空”中每立方厘米有多少个分子？ 解： 由nkT p = 得，35311235141045.21045.21038.130010013.110----⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯==cm m kT p n 12.5已知一气球的容积V =8.7m 3,充以温度t 1=150C 的氢气,当温度升高到370C 时,维持其气压p 及体积不变,气球中部分氢气逸出,而使其重量减轻了0.052kg ,由这些数据求氢气在00C,压力p 下的密度. 解：V p 1t m V p 2t ()V V -2 p 2t m ∆3V p 3t m 由221t V t V = （1）mmV V V ∆=-22 （2）331t V t V = （3） 3V m=ρ （4） 由以上四式联立得： 3231122109.815.2737.815.288052.02215.310--⋅⨯=⨯⨯⨯=∆-=m kg Vt t m t t t ρ 12.6真空容器中有一氢分子束射向面积2cm 0.2=S 的平板,与平板做弹性碰撞.设分子束中分子的速度13s m 100.1-⋅⨯=v ,方向与平板成60º夹角,每秒有23100.1⨯=N 个氢分子射向平板.求氢分子束作用于平板的压强. [2.9×103Pa] 解： AN M m =Pa SNm S F p 323433230109.210022.6100.223100.110210260sin 2⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===--v12.7 下列系统各有多少个自由度:⑴在一平面上滑动的粒子；⑵可以在一平面上滑动并可围绕垂直于该平面的轴转动的硬币；⑶一弯成三角形的金属棒在空间自由运动. 解：（1） 2 （2） 3 （3） 612.8 容器贮有氧气,其压强Pa 101.013atm 15⨯==p ,温度t =270C,求: (1)单位体积的分子数;(2)分子的质量m ;(3)氧气的密度ρ;(4)分子的方均根速率;(5)分子的平均平动能；(6)在此温度下,4g 氧的能. 解：(1) 由 nkT p = 得,3252351045.215.3001038.110013.1--⨯=⨯⨯⨯==m kT p n (2) kg N M m A 262331031.510022.61032--⨯=⨯⨯== (3) 3262530.11031.51045.2--⋅=⨯⨯⨯==m kg nm ρ(4) 12321084.4103215.30031.833--⋅⨯=⨯⨯⨯==s m M RTv (5) J kT k 21231021.615.3001038.12323--⨯=⨯⨯⨯==ε (6) J RT M m 21079.715.30031.82532425⨯=⨯⨯⨯==ε12.9 １mol 氢气,在温度270C 时,求⑴具有若干平动动能；⑵具有若干转动动能；⑶温度每升高10C 时增加的总动能是多少？ 解: (1) J RT 311074.315.30031.82323⨯=⨯⨯==ε (2) J RT 321049.215.30031.822⨯=⨯==ε(3) J R 8.2025==∆ε12.10 试求1mol 氢气分别在0℃和500℃时的能.解： J RT 3111067.515.27331.82525⨯=⨯⨯==ε J RT 4221061.115.77331.82525⨯=⨯⨯==ε12.11 (1)求在相同的T 、p 条件下,各为单位质量的 H 2气与He 气的能之比.(2)求在相同的T 、p 条件下,单位体积的H 2气与He 气的能之比. 解：（1） RT E H 25102132⨯⨯=- RT E eH 2310413⨯⨯=-3102=eH H E E （2） 由nkT p =, 相同的T 、p 条件，可知： e H H n n =2 kT n E H H 2522= kT n E e e H H 23=352=eH H E E 12.12 设山顶与地面的温度均为273K,空气的摩尔质量为0.0289kg ·mol -1.测得山顶的压强是地面压强的3/4,求山顶相对地面的高度为多少? 解：依题意有，340=p p 由气压公式有：m p p g RT h 301030.234ln 81.90289.027331.8ln ⨯=⨯⨯==μ 12.13 求速率大小在p v 与1.01p v 之间的气体分子数占总分子数的百分率. 解：速率间隔在p p 1.01v ~v ,即p v v 01.0=∆1==p W v v 01.0=∆=∆pW v v在p p v v 01.1~间隔的分子数占总分子数的百分数为()%83.0422=∆=∆=∆-W e W W W f N N W π12.14 求00C 的氢气分子和氧气分子的平均速率、方均根速率和最概然速率. 解: 氢气分子相对应的各种速率为1331071.110215.27331.860.160.1--⋅⨯=⨯⨯⨯==s m M RT v 13321084.110215.27331.873.173.1--⋅⨯=⨯⨯⨯==s m M RT v 1331050.110215.27331.841.141.1--⋅⨯=⨯⨯⨯==s m M RT p v 由于三种速率均与分子的摩尔质量平方根成反比4122=o H M M 所以氧气分子的三种速率为氢气分子相应速率的四分之一 121026.4-⋅⨯=s m o v 1221061.4-⋅⨯=s m o v ()121076.3-⋅⨯=s m opv12.15 如图12-31所示.两条曲线分别表示氧气和氢气在同样温度下的速率分布曲线.试问哪条曲线对应氧(氢)气的分布曲线? 氧气和氢气的最概然速率各是多少? 方均根速率各是多少? 解: 由 MRT p 2=v 可知,温度相同时,p v 与M 成反比又由图可知,12p p v v > 因此 可得,21M M > 所以, (1)为氧气的速率分布曲线 (2)为氢气的速率分布曲线()()()()2222H M O M O H p p =v v ()12500-⋅=s m O p v()()()()122222000232500-⋅===s m O H M O M H p p v v由 MRT32=v MRT p 2=v 得, p v v 232= ()12261250023-⋅=⨯=s m O v）)(v f 图12-31 习题12.14图()1222450200023-⋅=⨯=s m H v12.16 设质量为m 的N 个分子的速率分布曲线如图12-32所示.（1）由N 和0v 求a 值.（2）在速率2/0v 到30v /2间隔的分子数；（3）分子的平均平动能. 解：（1）在区间内0~0v ()v v v 0aNf = 在区间内002~v v ()a Nf =v 在区间内02~0v ，分子总数为N()0202002023200000v v v v v v v v v v v v v v a a a ad d a N =+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎰⎰ 032v Na =（2）()N a a a ad d a N 12787202322023200000000==+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=∆⎰⎰v v v v v v v v v v v v v v v v 0 (3) ()v v v v v d f ⎰=02022202020022022363191461211121210v v v v v v v v v v v v v m m ad Nd a Nm m =⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+==⎰⎰ε 12.17 设N 个粒子系统的速度分布函数为⎩⎨⎧>>>=)0）,0(d d 00v v v v v （为常量K K N v⑴画出分布函数图；⑵用N 和v 0定出常数K ；⑶用v 0表示出平均速率和方均根速率. 解：（1）KO )(v Nf 0图12-32习题12.15图0v v （2） 00v v v K Kd N ==⎰ 0v NK =（3） 211000000v v v v v v vv v ===⎰⎰d d NNv00254.032383v v v v ===ππ 12.18 试从麦克斯韦速率分布律出发推写出如下分布律:(a )以最概然速率mkTp 2=v 作为分子速率单位的分子速率p x v v =的分布律；(b )分子动能221v m k =ε的分布律.并求出最概然动能kp ε,它是否就等于221p m v ？ 解：麦克斯韦速率分布律 ()2223224v v v kTm e kT m f -⎥⎦⎤⎢⎣⎡=ππ（a ） m kT p 2=v px v v= ()2224x e x kTm x f -=π (b)221v m k =ε()k kTk ke kT mf επεε-⎪⎭⎫ ⎝⎛=23124()0112423=⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛=-kT e kT m d f k kT k k kεπεεε得， 01=⎪⎭⎫⎝⎛-kT k ε 221p kp m kT v ==ε12.19 设容器盛两种不同单原子气体,原子质量分别为m 1和m 2的此混合气体处于平衡状态时能相等,均为U ,求这两种气体平均速率1v 和2v 的比值以及混合气体的压力.设容器体积为V .解： RT M m U 231'= RT M m U 232''= 得，2''1'M m M m =21'''M M mm = 118m kT π=v 228m kTπ=v 则 1221m m =v v RT pV ν= RTUM m M m M m 3421'2''1'==+=ν 得， VU V RT RT U p 3434==12.20 求在标准状态下一秒分子的平均自由程和平均碰撞次数.已知氢分子的有效直径为2.0×10-10 m.解：3252351069.215.2731038.110013.1--⨯=⨯⨯⨯==m kT p n ()m nd 72521021009.21069.2100.22121--⨯=⨯⨯⨯==ππλ1331070.110215.27331.888--⋅⨯=⨯⨯⨯==s m m RT ππv 19731013.81009.21070.1--⨯=⨯⨯==s z λv12.21 在足够大的容器中,某理想气体的分子可视为d=4.0×10-10 m 的小球,热运动的 平均速率为2100.5⨯=v m/s,分子数密度为n =3.0×1025 /m 3.试求：(1) 分子平均自由程和平均碰撞频率；(2) 气体中某分子在某时刻位于P 点,若经过与其他分子N 次碰撞后,它与P 点的距离近似可表为λN R =,那么此分子约经多少小时与P 点相距10米？(设分子未与容器壁碰撞) 解: (1)()m nd 8252102107.4100.3100.42121--⨯=⨯⨯⨯==ππλ110821006.1107.4100.5--⨯=⨯⨯==s z λv(2) λN R =h R R z N t 1182107.4100.5110018222=⨯⨯⨯⨯==⎪⎭⎫ ⎝⎛==-λυυλλ 12.22 设电子管温度为300K ,如果要管分子的平均自由程大于10cm 时,则应将它抽到多大压力？(分子有效直径约为3.0⨯10-8cm ) 解:nd 221πλ=若使cm 10>λ()3192102105.21.0100.32121--⨯=⨯⨯==m d n πλπ 需使 319105.2-⨯<m nPa nkT p 1.03001038.1105.22319=⨯⨯⨯⨯==- 即需使 Pa p 1.0<12.23 计算⑴在标准状态下,一个氮分子在1s 与其他分子的平均碰撞次数；⑵容积为4L 的容器,贮有标准状况下的氮气,求1s 氮分子间的总碰撞次数.(氮分子的有效直径为3.76⨯10-8cm ） 解: (1) λυ=z 3252351069.215.2731038.110013.1--⨯=⨯⨯⨯==m kT p n()m nd 8252102109.51069.21076.32121--⨯=⨯⨯⨯==ππλ1231054.4102815.27331.888--⋅⨯=⨯⨯⨯==s m M RT ππυ 1982107.7109.51054.4--⨯=⨯⨯=s z (2) mol V V mol 179.04.224===ν AN N ν=132923103.8107.710022.6179.0-⨯=⨯⨯⨯⨯===s z N z N z A ν12.24 实验测知00C 时氧的粘滞系数s)g/(cm 1092.14⋅⨯=-η,试用它来求标准状态下氧分子的平均自由程和分子有效直径. 解：λυρη31=M RT πυ8=nm =ρ 其中 kT p n =, AN M m = 得：RT pM=ρ所以m MRT p RTMpMRT8355105.91032815.27331.810013.111092.1381383---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===ππηπηλpd kT nd 22221ππλ==m p kT d 108523100.3105.910013.1215.2731038.12---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==πλπ12.25 今测得氮气在00C 时的导热系数为237103.W m K 11⨯⋅⋅---，计算氮分子的有效直径.已知氮的分子量为28. 解：⎪⎭⎫⎝⎛=M C VM λυρκ31 R C VM 25= RT pM nm ==ρ m RMT p R MRT M pM RT73531069.131.8815.273102810013.11107.235681565283---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===ππκπκλpd kT nd 22221ππλ==m p kT d 107523102.21069.110013.1215.2731038.12---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==πλπ12.26 在270C 时,2mol 氮气的体积为0.1L ,分别用德瓦耳斯方程及理想气体状态方程计算其压强,并比较结果.已知氮气a =0.828atm ⋅L 2⋅mol -2, b =3.05⨯10-2L ⋅mol . 解：RT pV ν=Pa VRTp 731099.4101.015.30031.82⨯=⨯⨯⨯==-ν ()RT b V V a p ννν=-⎪⎭⎫ ⎝⎛+22p 2p 0V 02V V()()PaV a b V RT p 72532221044.91.010013.1828.04101005.321.015.30031.82⨯=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯=--=--ννν 第13章13.1 (1)理想气体经过下述三种途径由初态I (2p 0,V 0)变到终态Ⅱ(p 0,2V 0).试计算沿以下每一路径外界对气体所作的功:(a )先从V 0到2V 0等压膨胀然后等体积降压；(b )等温膨胀；(c )先以V 0等体积降压到p 0后再等压膨胀.(2)对1mol 的氏气体重复以上三个过程的计算？ [答案：(1)(a)2p 0V 0,(b) 2p 0V 0ln2,(c)p 0V 0;(2) (a)2p 0V 0, （b)00002002ln ))(( V a b V b V b V V ap ----+,(c)p 0V 0] 解：(1)(a) ()00000222200V p V V p pdV A V V =-==⎰ (b) 200222ln 2ln 00V p RT dV VRTpdV A V V V V ====⎰⎰(c) ()00000220V p V V p pdV A V V =-==⎰(2) 德瓦尔斯方程： ()RT b V V a p mol mol=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+2 (a) 00220V p pdV A V V ==⎰(b)()000020000222222ln 22ln 000V ab V b V b V V a p V a V a RT dV V a b V RTpdV A bV b V V V V V ----⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎪⎭⎫⎝⎛--==--⎰⎰(c) 0020V p pdV A V V ==⎰13.2 由如图13-40所示.一系统由状态a 沿acb 到达状态b ,吸热量80Cal ,而系统做功126J.⑴经adb 过程系统做功42J ,问有多少热量传入系统？⑵当系统由状态b 沿曲线ba 返回状态a 时,外界对系统做功为84J ,试问系统是吸热还是放热？热量是多少？ 解：1Cal=4.2J(1) A E Q +∆= J Q 3362.480=⨯=J A Q E 210126336=-=-=∆ 所以经adb 过程传入系统的热量 J A E Q 252422101=+=+∆= (2) J A 84-=029484210<-=--=+∆=J A E Q 所以系统是放热，热量是294J13.3 如图13-41所示.单原子理想气体从状态a 经过程abcd 到状态d ,已知p a =p d =1atm ,p b =p c =2atm ,V a =1L ,V b =1.5L ,V c =3L ,V a =4L .⑴试计算气体在abcd 过程中能的变化、功和热量；⑵如果气体从状态d 保持压力不变到状态a (图中虚线),求以上三项的结果；⑶若过程沿曲线从a 到c 状态,已知该过程吸热257Cal ,求该过程中气体所做的功. 解：(1) b a →()a b m V T T C E -=∆.νa a a RT V p ν= RVp T a a a ν=b b b RT V p ν= RV p T bb b ν=()a a b b a a b b V p V p R V p R V p R E -=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∆2323ννν()J 231004.31010132515.1223⨯=⨯⨯-⨯⨯=- ()J pdV A b aV V 231076.010*******.02121⨯=⨯⨯⨯+⨯==-⎰J A E Q 21080.3⨯=+∆= 同理： c b →()()J V p V p E b b c c 231056.4101013255.12322323⨯=⨯⨯⨯-⨯⨯=-=∆-图13-41 习题13.3图pp 12J pdV A cbV V 231004.3105.11013252⨯=⨯⨯⨯==-⎰J A E Q 21060.7⨯=+∆=d c →()()J V p V p E c c d d 231004.31010132532412323⨯-=⨯⨯⨯-⨯⨯=-=∆- ()J pdV A d cV V 231052.1101013252121⨯=⨯⨯+⨯==-⎰J A E Q 21052.1⨯-=+∆=J E 21056.4⨯=∆总 J A 21032.5⨯=总 J Q 21088.9⨯=总(2) ()()J V p V p E d d a a 231056.410101325412323⨯-=⨯⨯-⨯=-=∆- J pdV A adV V 231004.3103101325⨯-=⨯⨯-==-⎰J A E Q 21060.7⨯-=+∆=(3) c a →()J E 221060.71056.404.3⨯=⨯+=∆J E Q A 221019.31060.72.4257⨯=⨯-⨯=∆-=13.4 如图13-42所示.一定质量的氧气在状态A 时,V 1=3L ,p 1=8.2×105Pa ,在状态Ｂ时V 2=4.5L ,p 2=6×105Pa .分别计算气体在下列过程吸收的热量,完成的功和能的改变：⑴经ACB 过程,⑵经ADB 过程. 解：(1) ACB 过程C A → ()()35103102.862525-⨯⨯⨯-⨯=-=∆A A C C V p V p EJ 31065.1⨯-=J A 0=J Q 31065.1⨯-=B C → ()()J V p V p E C C B B 3531025.21061035.42525⨯=⨯⨯⨯-⨯=-=∆-()()J V V p A 335122109.01035.4106⨯=⨯-⨯⨯=-=- J Q 31015.3⨯=图13-42 习题13,4图J E 3106.0⨯=∆总 J A 3109.0⨯=总 J Q 3105.1⨯=总(2) ADB 过程D A →()()J V p V p E A A D D 35310075.3102.81035.42525⨯=⨯⨯⨯-⨯=-=∆-()()J V V p A 3351211023.11035.4102.8⨯=⨯-⨯⨯=-=- J Q 310305.4⨯=B D → ()()J V p V p E D D B B 33510475.2105.4102.862525⨯-=⨯⨯⨯-⨯=-=∆-J A 0=J Q 310475.2⨯-=J E 3106.0⨯=∆总 J A 31023.1⨯=总 J Q 31083.1⨯=总13.5压强为p =1.01×103Pa,体积为0.0082 m 3的氮气,从初始温度300K 加热到400K. (1)如加热时分别体积不变需要多少热量？(2) 如加热时分别压强不变需要多少热量？ [答案: Q V =683J; Q p =957J]解：(1) RT pV ν= RTpV=ν ()J R RT pV T C E m V 6901003000082.01001.125300400255.=⨯⨯⨯⨯=-=∆=∆νJE Q V 690=∆=(2)J T R RTpVT C Q m p p 9661003000082.01001.1271255.=⨯⨯⨯⨯=∆⎪⎭⎫⎝⎛+=∆=ν 13.6 将500J 的热量传给标准状态下2 mol 氢气.(1)若体积不变,问此热量变为什么?氢气的温度变为多少?(2)若温度不变,问此热量变为什么?氢气的压强及体积各变为多少?(3)若压强不变, 问此热量变为什么? 氢气的温度及体积各变为多少？[答案: (1) T=285K; (2)Pa 1007.942⨯=p ,V 2=0.05m 3,(3)T =281.6K; V 2=0.046 m 3] 解：(1) 全部转化为能 T C Q m V V ∆=.ν K R C Q T m V 12252500.=⨯==∆ν K T 15.2851215.2732=+=(2) 全部转化为对外界做功 12lnV V RT Q T ν= 12V e V RTQ T ν= 3310448.0104.222m V =⨯⨯=-3205.0m V =2211V p V p = Pa V V p p 4521121007.905.00448.010013.1⨯=⨯⨯==(3) 一部分用于对外做功，一部分用于能增加 T C Q m p p ∆=.νK R C Q T mp p6.8272500.=⨯==∆ν K T 75.2816.815.2732=+=2211T V T V = 32112046.075.28115.2730448.0m T T V V =⨯==13.7 一定量的理想气体在某一过程中压强按2Vcp =的规律变化,c 是常量.求气体从V 1增加到 V 2所做的功.该理想气体的温度是升高还是降低? [答案: 2121);11(T T V V c A >-= ]解：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-===⎰⎰212112121V V c dV V cpdV W V V V V 由理想气体状态方程 RT pdV ν= 得，RTV V c ν=2RT V cν= 可知1221V V T T = 因为 12V V > ， 所以 21T T > 即气体的温度降低13.8 1mol 氢,在压强为1.0×105Pa,温度为20o C 时体积为0V .今使它分别经如下两个过程达到同一状态：(1)先保持体积不变,加热使其温度升高到80o C,然后令它等温膨胀使体积变为原来的2倍；(2)先等温膨胀至原体积的2倍,然后保持体积不变加热至80o C .试分别计算以上两种过程中吸收的热量、气体做的功和能的增量,并作出p-V 图.[答案: Q 2=2933J,A =1687J,∆U =1246J]解：(1) 定容过程J A 0=()J R T C Q E m V V 50.1246208025.=-=∆==∆ 等温过程 J E 0=∆ ()J RT V V RT Q A T 16.20342ln 8015.27331.82ln ln12=⨯+⨯==== J Q 66.3280=总 J A 16.2034=总 J E 50.1246=∆总 (2) 等温过程J E 0=∆J RT Q A T 56.16882ln 15.29331.82ln =⨯⨯===定容过程J A 0=()J R T C Q E m V V 50.1246208025.=-=∆==∆ J Q 06.2935=总 J A 56.1688=总 J E 50.1246=∆总 13.9 某单原子理想气体经历一准静态过程,压强Tcp =,其中c 为常量.试求此过程中该气体的摩尔热容C m . [答案: C m =（7/2）R ] 解：由理想气体状态方程 RT pV ν= 其中 Tc p =得， 2T cRV ν=dT cRTdV ν2=根据热力学第一定律，A E Q +∆= T R R dT c RT T c T R pdV T C Q m V ∆⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+∆=+∆=⎰⎰223223.νννν 则可得，R T Q C m 27=∆=ν13.10 为了测定气体的γ=⎛⎝ ⎫⎭⎪C C p V 可用下列方法：一定量的气体初始温度、压强和体积分别为T 0,p 0和V 0,用通有电流的铂丝对它加热，第一次保持气体体积V 0不变,温度和压强各变为T 1和p 1；第二次保持压力,p 0不变,温度和体积各变为T 2和V 1,设两次加热的电流和时间都相同.试证明γ=--()()p p V V V p 100100解： 过程1为定容过程 V 不变，()01T T C T C Q V V -=∆=νν由理想气体状态方程得， 000RT V p ν= R V p T ν000=101RT V p ν= RV p T ν011=即 ()001V p p RC Q V-=(1) 过程2为定压过程 p 不变，()02T T C T C Q p p -=∆=νν由理想气体状态方程得， RV p T ν102=即 ()001p V V R C Q p -= (2)由(1)(2)式即证得， ()()001001p V V V p p C C Vp --==γ13.11气缸有单原子理想气体,若绝热压缩使其容积减半,问气体分子的平均速率变为原来速率的几倍?若为双原子理想气体,又为几倍?[答案:1.26;1.15] 解：由理想气体绝热方程 常量=-T V 1γ 得，212111T V T V --=γγ 12112-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=γV V T T 其中1221V V =1122-=γT T又由 M RTπυ8= 可知， 2112122-==γυυT T1p 2p 单原子理想气体 R 35=γ, 则 26.123112==υυ双原子理想气体 R 57=γ, 则 15.125112==υυ13.12一定量的理想气体经历如图13-43所示的循环,其中AB 、CD 是等压过程,BC 、DA 是绝热过程,A 、B 、C 、D 点的温度分别为T 1、T 2、T 3、T 4.试证明此循环效率为 231T T -=η. 解：等压过程AB 吸热 ()121T T C Q p -=ν等压过程CD 放热 ()432T T C Q p -=ν BC 、DA 是绝热过程 0=Q 124312111T T T T Q Q Q A---=-==η 利用绝热方程 常量=--γγT p 1 得，γγγγ----=312211T p T p 31122T p p T γγ--⎪⎪⎭⎫⎝⎛=γγγγ----=412111T p T p 41121T p p T γγ--⎪⎪⎭⎫⎝⎛=2311211T T p p -=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-γγη 13.13设有一理想气体为工作物质的热机循环,如图13-44所示,试证明其效率为1)/(1)/(12121---=p p V V γη.解：b a →为等体升温过程，吸热 ()a b m V T T C Q -=.1νa c →为等压压缩过程， 放热()a c m p T T C Q -=.2ν2 1图13-45习题13.14狄赛尔循环()()a b m V a c m p T T C T T C Q Q ---=-=..1211η 利用理想气体状态方程 RT pV ν=, 得()()222111V p V p RV p V p R T T a a b b a b -=-=-νν 循环效率为 ()()1111212122212212---=---=p p V V V p V p V p V p γγη 13.14 有一种柴油机的循环叫做狄赛尔循环,如图13-45所示.其中BC 为绝热压缩过程,DE 为绝热膨胀过程,CD 为等压膨胀过程,EB 为等容冷却过程,试证明此循环的效率为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-'⎪⎪⎭⎫⎝⎛-'-=-11)/(121212V V V V V V γγγη 解：CD 为等压膨胀过程， 吸热 ()C D p T T C Q -=ν1EB 为等容冷却过程， 放热 ()B E V T T C Q -=ν2 循环效率 CD BE T T T T Q Q ---=-=γη11112 利用理想气体状态方程 RT pV ν=, 得()B B E E B E V p V p R T T -=-ν1()C C D D C D V p V p RT T -=-ν1()()2'11111V V p p p V V p V p V p V p C B E C C D D B B E E ---=---=γγη 利用绝热方程 常量=γpV ， 得γγE E D D V p V p = E D p V V p γ⎪⎭⎫ ⎝⎛='1()()221211V p V p RV p V p R T T a a c c a c -=-=-ννγγB BC C V p V p = B C p VV p γ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=21 由C D p p =得 γ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=2'V V p p B E()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-111111111112'1212'2'122'1V V V V V V V V V V p p p p V V p p p p V B C B EB C B E γγγγγη 13.15 1mol 理想气体在400K-300K 之间完成一卡诺循环,在400K 的等温线上,起始体积为0.001 m 3,最后体积为 0.005 m 3,试计算气体在此循环中所作的功,以及从高温热源吸收的热量和传给低温热源的热量.[答案:A =1.24×103J,Q 2=4.01×103J] 解：J V V RT Q 312111035.5ln⨯==ν 该循环效率为 %254003001112=-=-=T T η 可得 J Q A 311034.1⨯==η由 21Q Q A -=, 得 J A Q Q 3121001.4⨯=-=13.16 1mol 刚性双原子分子理想气体,作如图13-46所示的循环,其中1-2为直线,2-3为绝热线,3-1为等温线,且已知θ=450,T 1=300K,T 2=2T 1,V 3=8 V 1，试求：(1)各分过程中气体做功、吸热及能增量；(2)此循环的效率. 解：(1)21→由理想气体状态方程可得， 111RT V p =222RT V p = 又由图可知，11V p =, 22V p =121RT V= 11RT V =1222RT V = 122RT V =22V V =()J R T T C E V 5.62323002512=⨯=-=∆ ()J RT V V VdV pdV A V V V v 5.12462121121222121==-===⎰⎰J A E Q 7479=+∆= 吸热32→O Q = A E -=∆ 利用绝热方程 γγpV V p =22, 得 13322223232--===⎰⎰γγγV p V p VdVV p pdV A V V V V γγ3322V p V p = 2323p VV p γ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛= J RT V V V p VV V p A 5.62321578212182128157122122223222=-⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--γγγγ13→0=∆E A Q =J V V RT A 51848ln 30031.8ln131-=⨯⨯-=-= J Q 5184-= 放热(2) 循环效率 %7.30747951841112=-=-=Q Q η *13.17 0.1mol 单原子理想气体,由状态Ａ经直线AB 所表示的过程到状态B,如图13-47所示,已知V A =1L , V B =3L ,p A =3atm .(1)试证A 、B 两状态的温度相等;(2)求AB 过程中气体吸收的热量;(3)求在AB 过程中，温度最高的状态C 的体积和压力(提示：写出过程方程T =T (V ));(4)由(3)的结果分析从A 到B 的过程中温度变化的情况,从A 到C 吸热还是放热？证明Q CB =0.能否由此说从C 到B 的每个微小过程都有δQ =0？ 解：(1) 由理想气体状态方程, 得 A A A RT V p ν= B B B RT V p ν=又由已知条件可知 B B A A V p V p = 即证: B A T T =(2) ()0=-=∆A B V T T C E νp (atm)图13-47 习题13.17图J pdV A 25310052.410013.11022221⨯=⨯⨯⨯⎪⎭⎫⎝⎛+⨯⨯==-⎰J A Q 210052.4⨯==(3) 由理想气体状态方程 RT pV ν=, 得R pV T ν=又由图可知： 4+-=V p 即 ()V V R T 412+-=ν 由极值条件：0=dVdT， 得 042=+-V即当 L V 2=， atm p 2= 时T 取到极大值(4) 由 (3) 可知， B A →过程中 温度T 满足函数 ()V V RT 412+-=ν C A →过程中温度升高，到达C 点时取得极大值B C →过程中温度降低，到达点时温度又回到A 点时的值C A →过程 ()0>-=∆A C V T T C E ν0>A0>+∆=A E Q 吸热dA dE dQ +=()()dV V V RC dT C dE VV 63421+-=+-==ννν ()dV V pdV dA 4+-==()dV V dQ 104+-= 即证： ()010432=+-=⎰dV V Q L LCB但不能说从C 到B 的每个微小过程都有0=Q δ13.18一台家用冰箱放在气温为300K 的房间,做—盒-13℃的冰块需从冷冻室中吸出 2.09×105J 的热量.设冰箱为卡诺制冷机,求： (1)做一盒冰块所需之外功；(2)若此冰箱能以2.09×102J·s -1的速率取出热量,求所要求的电功率是多少瓦? (3)做一盒冰块所需之时间. 解：(1)卡诺循环 制冷系数2122T T T A Q e -==abcpVOabcdVOp 代入数据得 5.6260300260=-=eJ e Q A 4521022.35.61009.2⨯=⨯==(2) W e P P 2.325.61009.22'=⨯==(3) h s P Q t 28.0101009.21009.2325'2≈=⨯⨯== 13.19 以可逆卡诺循环方式工作的致冷机,在某种环境下它的致冷系数为w =30.在同样的环境下把它用作热机,问其效率为多少？[答案：%2.3=η]解：卡诺循环 制冷系数AQ w 2=得 wA Q =2 卡诺热机循环效率 1Q A=η 且 A Q Q +=21 ()%2.33011111=+=+=+=w A w A η13.20根据热力学第二定律证明: (1)两条绝热线不能相交;(2) 一条等温线和一条绝热线不能相交两次.解：(1)假设两条绝热线可以相交，如图所示ab 为等温线 bc 、ac 为绝热线此循环过程中 A Q =1 即热全部转化为功， 这与热力学第二定律的开尔文表述相矛盾 所以，即证得：两条绝热线不能相交(2) 假设一条等温线和一条绝热线可以两次相交，如图所示ab 为等温线 cd 为绝热线此循环过程中 A Q =1 即热全部转化为功 这与热力学第二定律的开尔文表述相矛盾， 即证13.21一杯质量180g 温度为100 0C 的水置于270C 的空气中,冷却到室温后水的熵变是多少？空气的熵变是多少？总熵变是多少？[答案：-164J/K ，233J/K ，69J/K]解：熵变的定义：⎰=∆T dQS 热量的计算公式: ⎰=mcdT Q112165300373ln 22.4180ln 21-⋅-=⨯⨯-====∆⎰⎰K J T T mc dT T mc T dQ S T T 水 ()122121853007322.4180-⋅=⨯⨯=-===∆⎰K J T T T mc T Q T dQ S 空气 120165185-⋅=-=∆+∆=∆K J S S S 空气水总13.22 1mol 理想气体经一等压过程,温度变为原来的2倍.该气体的定压摩尔热容为C p ,m ,求此过程中熵的增量. [答案: 2ln Δp C S =] 解：2ln 2121p T T p T T p C TdTC TdT C S ===∆⎰⎰13.23 一房间有N 个分子, 某一宏观态时其中半个房间的分子数为n .⑴写出这种分布的熵的表达式S =k ln Ω； ⑵n =0状态与n =N /2状态之间的熵变是多少？ ⑶如果N=6⨯1023,计算这个熵差.解：(1)根据玻耳兹曼熵的表达式 W k S ln =, 得()⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛==⎪⎭⎫ ⎝⎛--NN n N k eN k n W k S A NN n A 222222ln2ln ln 2(2)熵的变化：k N NN N k N k S S S A AN 2222ln 2ln202=⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯--=-=∆ (3) 23106⨯=N 时， 熵差为1232314.421038.1106--⋅=⨯⨯⨯=∆K J S第14章14.1 作简谐运动的质点,速度最大值为3cm/s ,振幅A =2cm ,若速度为正最大值时开始计时.(1)求振动的周期；(2)求加速度的最大值；(3)写出振动的表达式. 解： (1) 由2/m A A T ωπ==v ，可得2/20.02/0.03 4.2m T A s ππ==⨯⨯=v(2) 22222/0.03/0.02 4.510/m m a A A m s ω-====⨯v(3) 由于0t =时，m =+v v ，可知/2ϕπ=-，而10.03/0.02 1.5ms Aω-===v ，所以有cos()0.02cos(1.5/2)x A t t ωϕπ=+=-14.2 一水平弹簧振子的振幅A =2cm,周期T =0.50s.当t =0时 (1)物体过x =1cm 处且向负方向运动；（2）物体过x =-1cm 处且向正方向运动.分别写出以上两种情况下的振动表达式. 解： (1) 22cos() 2.010cos(4)3x A t t T ππϕπ-=+=⨯+(2) 22.010cos(42/3)x t ππ-=⨯-14.3 设一物体沿x 轴作简谐振动,振幅为12cm ,周期为2.0s ；在t =0时位移为6.0cm ,且向x 轴正方向运动.试求:(1)初相位；(2)t =0.5s 时该物体的位置、速度和加速度；(3)在x =-6.0cm 且向x 轴负方向运动时,物体的速度和加速度以及它从这个位置到达平衡位置所需要的时间. 解： (1) 001cos 23x A πϕϕ==∴=±又∵00>v ，即0sin 0A ωϕ->00sin 03πϕϕ∴<=-(2) 12cos()()0.53x t cm t s ππ=-=时0.5t s x cm ==10.52220.512sin()6312cos()3t s t st cm s a t cm sπππππππ-=-==--=-⋅=--=-⋅v(3) 12cos x ϕ=习题14.3图2Ao当6x cm =-时1cos2ϕ=-∵30sin ϕ<∴=v12212sin 6365566cm s a x cm t t sπϕπωππϕϕωωπ-=-=-⋅=-=∆∆=⋅∆∆===v 14.4 两个谐振子作同频率、同振幅的简谐振动.第一个振子的振动表达式为)cos(1φω+=t A x ,当第一个振子从振动的正方向回到平衡位置时,第二个振子恰在正方向位移的端点.求:(1)第二个振子的振动表达式和二者的相位差；(2)若t =0时,21Ax -=并向x 负方向运动,画出二者的x-t 曲线及旋转矢量图.解： (1) 用旋转矢量法分析，当第一个振子从振动的正方向回到平衡位置时，第二个振子恰好在正方向端点。
第五章习题解答5.1解如题5.1.1图杆受理想约束，在满足题意的约束条件下杆的位置可由杆与水平方向夹角所唯一确定。
杆的自由度为1，由平衡条件：即mg y =0①变换方程y=2rcos sin-= rsin2②故③代回①式即因在约束下是任意的，要使上式成立必须有：rcos2-=0④又由于cos=故cos2=代回④式得5.2解如题5.2.1图三球受理想约束，球的位置可以由确定，自由度数为1，故。
得由虚功原理故①因在约束条件下是任意的，要使上式成立，必须故②又由得：③由②③可得5.3解如题5.3.1图，在相距2a的两钉处约束反力垂直于虚位移，为理想约束。
去掉绳代之以力T，且视为主动力后采用虚功原理，一确定便可确定ABCD的位置。
因此自由度数为1。
选为广义坐。
由虚功原理：w①又取变分得代入①式得：化简得②设因在约束条件下任意，欲使上式成立，须有：由此得5.4解自由度，质点位置为。
由①由已知得故②约束方程③联立②③可求得或又由于故或5.5解如题5.5.1图按题意仅重力作用，为保守系。
因为已知，故可认为自由度为1.选广义坐标，在球面坐标系中，质点的动能：由于所以又由于故取Ox为零势，体系势能为：故力学体系的拉氏函数为：5.6解如题5.6.1图.平面运动，一个自由度.选广义坐标为，广义速度因未定体系受力类型，由一般形式的拉格朗日方程①在广义力代入①得：②在极坐标系下：③故将以上各式代入②式得5.7解如题5.7.1图又由于所以①取坐标原点为零势面②拉氏函数③代入保守系拉格朗日方程得代入保守系拉格朗日方程得5.8解：如图5.8.1图.(1)由于细管以匀角速转动，因此=可以认为质点的自由度为1.(2)取广义坐标.(3)根据极坐标系中的动能取初始水平面为零势能面，势能:拉氏函数①(4)，代入拉氏方程得：(5)先求齐次方程的解.②特解为故①式的通解为③在时：④⑤联立④⑤得将代回式③可得方程的解为：5.9解如题5.9.1图.（1）按题意为保守力系，质点被约束在圆锥面内运动，故自有度数为2. （2）选广义坐标，.（3）在柱坐标系中：以面为零势能面，则：拉氏函数-①（4）因为不显含，所以为循环坐标，即常数②对另一广义坐标代入保守系拉氏方程③有得④所以此质点的运动微分方程为（为常数）所以5.10解如题5.10.1图.（1）体系自由度数为2.（2）选广义坐标（3）质点的速度劈的速度故体系动能以面为零势面，体系势能：其中为劈势能.拉氏函数①（4）代入拉格郎日方程得：②代入拉格郎日方程得③联立②，③得5.11 解如题5.11.1图（1）本系统内虽有摩擦力，但不做功，故仍是保守系中有约束的平面平行运动，自由度（2）选取广义坐标（3）根据刚体力学其中绕质心转动惯量选为零势面，体系势能：其中C为常数.拉氏函数(4)代入保守系拉氏方程得：对于物体，有5.12解如题5.12.1图.（1）棒作平面运动，一个约束，故自由度. （2）选广义坐标（3）力学体系的动能根据运动合成又故设为绕质心的回转半径，代入①得动能②（4）由③（其中）则④因为、在约束条件下任意且独立，要使上式成立，必须：⑤（5）代入一般形式的拉氏方程得：⑥又代入一般形式的拉氏方程得：⑦⑥、⑦两式为运动微分方程（6）若摆动角很小，则，代入式得：，代入⑥⑦式得：⑧又故代入⑧式得：（因为角很小，故可略去项）5.13解如题5.13.1图(1)由于曲柄长度固定，自由度.(2)选广义坐标，受一力矩，重力忽略，故可利用基本形式拉格朗日方程：①(3)系统动能②（4）由定义式③（5）代入①得：得5.14.解如题5.14.1图.（1）因体系作平面平行运动，一个约束方程：(2)体系自由度，选广义坐标.虽有摩擦，但不做功，为保守体系（3）体系动能：轮平动动能轮质心转动动能轮质心动能轮绕质心转动动能.①以地面为零势面，体系势能则保守系的拉氏函数②(1)因为不显含，得知为循环坐标.故=常数③开始时：则代入得又时，所以5.15解如题5.15.1图（1）本系统作平面平行运动，干限制在球壳内运动，自由度；选广义坐标，体系摩擦力不做功，为保守力系，故可用保守系拉氏方程证明①（2）体系动能=球壳质心动能+球壳转动动能+杆质心动能+杆绕中心转动动能②其中代入②得以地面为零势面，则势能：（其中为常数）(3)因为是循环坐标，故常熟③而代入①式得④联立③、④可得（先由③式两边求导，再与④式联立）⑤⑤试乘并积分得：又由于当5.16解如题图5.16.1.（1）由已知条件可得系统自由度.（2）取广义坐标.（3）根据刚体力学，体系动能：①又将以上各式代入①式得：设原点为零势能点，所以体系势能体系的拉氏函数②(1)因为体系只有重力势能做工，因而为保守系，故可采用③代入③式得即（5）解方程得5.17解如题5.17.1图（1）由题设知系统动能①取轴为势能零点，系统势能拉氏函数②（2）体系只有重力做功，为保守系，故可采用保守系拉氏方程.代入拉氏方程得：又代入上式得即③同理又代入上式得④令代入③④式得：欲使有非零解，则须有解得周期5.18解如题5.18.1图（1）系统自由度（2）取广义坐标广义速度（3）因为是微震动，体系动能：以为势能零点，体系势能拉氏函数（4）即①同理②同理③设代入①②③式得欲使有非零解，必须解之又故可得周期5.19解如题5.19.1图（1）体系自由度（2）取广义坐标广义速度（3）体系动能体系势能体系的拉氏函数（4）体系中只有弹力做功，体系为保守系，可用①将以上各式代入①式得：②先求齐次方程③设代入③式得要使有非零，必须即又故通解为：其中又存在特解有②③式可得式中及为积分常数。
第一章习题1.1沿水平方向前进的枪弹，通过某一距离s 的时间为t 1，而通过下一等距离s 的时间为2t .试证明枪弹的减速度（假定是常数）为()()2121122t t t t t t s +- 1.2 某船向东航行，速率为每小时15km,在正午某一灯塔。
另一船以同样速度向北航行，在下午1时30分经过此灯塔。
问在什么时候，两船的距离最近？最近的距离是多少？ 1.3 曲柄,r A O =以匀角速ω绕定点O 转动。
此曲柄借连杆AB 使滑块B 沿直线Ox 运动。
求连杆上C 点的轨道方程及速度。
设a CB AC ==，ψϕ=∠=∠ABO AOB ,。
x第1.3题图1.4 细杆OL 绕O 点以角速ω转动，并推动小环C 在固定的钢丝AB 上滑动。
图中的d 为已知常数，试求小球的速度及加速度的量值。
A BOCLxθd 第1.4题图1.5 矿山升降机作加速度运动时，其变加速度可用下式表示：⎪⎭⎫ ⎝⎛-=T t c a 2sin 1π 式中c 及T 为常数，试求运动开始t 秒后升降机的速度及其所走过的路程。
已知升降机的初速度为零。
1.6 一质点沿位失及垂直于位失的速度分别为r λ及μθ，式中λ及μ是常数。
试证其沿位矢及垂直于位失的加速度为⎪⎭⎫ ⎝⎛+-r r r μλμθθμλ,2221.7 试自θθsin ,cos r y r x ==出发，计算x 及y。
并由此推出径向加速度ra 及横向加速度θa 。
1.8 直线FM 在一给定的椭圆平面内以匀角速ω绕其焦点F 转动。
求此直线与椭圆的焦点M 的速度。
已知以焦点为坐标原点的椭圆的极坐标方程为()θcos 112e e a r +-=式中a 为椭圆的半长轴，e 为偏心率，都是常数。
1.9 质点作平面运动，其速率保持为常数。
试证其速度矢量v 与加速度矢量a 正交。
1.10 一质点沿着抛物线px y 22=运动其切向加速度的量值为法向加速度量值的k 2-倍。
如此质点从正焦弦⎪⎭⎫⎝⎛p p ,2的一端以速度u 出发，试求其达到正焦弦另一端时的速率。
第二章 牛顿定律2 -1 如图(a)所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( )(A) g sin θ (B) g cos θ (C) g tan θ (D) g cot θ分析与解 当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力F Ｔ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a ,如图(b)所示,由其可解得合外力为mg cot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2 -2 用水平力F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当F N 逐渐增大时,物体所受的静摩擦力F f 的大小( )(A) 不为零,但保持不变(B) 随F N 成正比地增大(C) 开始随F N 增大,达到某一最大值后,就保持不变(D) 无法确定分析与解 与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μF N 范围内取值．当F N 增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2 -3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R ,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( )(A) 不得小于gR μ (B) 必须等于gR μ (C) 不得大于gR μ (D) 还应由汽车的质量m 决定分析与解 由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF N ．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v ＝μRg ．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2 -4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,则( )(A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变(B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加(C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心(D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加分析与解 由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m g cos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程R m θmg F N 2sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F N 也将不断增大,由此可见应选(B)． *2 -5 图(a)示系统置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降机内,A 、B 两物体质量相同均为m ,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为( )(A) 5/8 mg (B) 1/2 mg (C) mg (D) 2mg分析与解 本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a ′为A 、B 两物体相对电梯的加速度,m a 为惯性力．对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F Ｔ ＝5/8 mg ．故选(A)．讨论 对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度a A 和a B 均应对地而言,本题中a A 和a B 的大小与方向均不相同．其中a A 应斜向上．对a A 、a B 、a 和a ′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁琐．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2 -6 图示一斜面,倾角为α,底边AB 长为l ＝2.1 m,质量为m 的物体从题2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ＝0.14．试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短？ 其数值为多少？分析 动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f (t ),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解 取沿斜面为坐标轴Ox ,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有ma αmg μαmg =-cos sin(1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有()22cos sin 2121cos t αμαg at αl -== 则 ()αμααg l t cos sin cos 2-= (2) 为使下滑的时间最短,可令0d d =αt ,由式(2)有 ()()0sin cos cos cos sin sin =-+--αμαααμαα则可得 μα12tan -=,o 49=α 此时 ()s 99.0cos sin cos 2min =-=αμααg l t 2 -7 工地上有一吊车,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空．甲块质量为m 1 ＝2.00 ×102 kg,乙块质量为m 2 ＝1.00 ×102 kg ．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种情况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力：(1) 两物块以10.0 m·ｓ-2 的加速度上升；(2) 两物块以1.0 m·ｓ-2 的加速度上升．从本题的结果,你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗？题 2-7 图分析 预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解 按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有F Ｔ-( m 1 ＋m 2 )g ＝(m 1 ＋m 2 )a (1)F N2 - m 2 g ＝m 2 a (2)解上述方程,得F Ｔ ＝(m 1 ＋m 2 )(g ＋a) (3)F N2 ＝m 2 (g ＋a) (4)(1) 当整个装置以加速度a ＝10 m·ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为F Ｔ ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为F ′N2 ＝-F N2 ＝-m 2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m·ｓ-2 上升时,得绳张力的值为F Ｔ ＝3.24 ×103 N此时,乙对甲的作用力则为F ′N2＝-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2 -8 如图(a)所示,已知两物体A 、B 的质量均为m ＝3.0kg 物体A 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2 运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)分析 该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的． 解 分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A 、B 及滑轮列动力学方程,有m A g -F Ｔ ＝m A a (1)F ′Ｔ1 -F ｆ ＝m B a ′ (2)F ′Ｔ -2F Ｔ1 ＝0 (3)考虑到m A ＝m B ＝m , F Ｔ ＝F′Ｔ , F Ｔ1 ＝F ′Ｔ1 ,a ′＝2a ,可联立解得物体与桌面的摩擦力()N 2.724f =+-=a m m mg F题 2-8 图讨论 动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来． 2 -9 质量为m ′的长平板A 以速度v ′在光滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块B 轻轻平稳地放在长平板上,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？分析 当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v ′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．解1 以地面为参考系,在摩擦力f F ＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程f F ＝μmg ＝ma 1f F ＝-f F ＝m ′a 2a 1 和a 2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a ＝a 1 ＋a 2 ,木块相对平板以初速度- v ′作匀减速运动直至最终停止．由运动学规律有- v ′2 ＝2as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为解2 以木块和平板为系统,它们之间一对摩擦力作的总功为mgs l F l s F W μ=-+=f f ）（ 式中l 为平板相对地面移动的距离．由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有m ′v ′＝(m ′＋m ) v ″由系统的动能定理,有()222121v v ''+'-''=m m m mgs μ 由上述各式可得()m m g μm s +'''=22v 2 -10 如图(a)所示,在一只半径为R 的半球形碗内,有一粒质量为m 的小钢球,当小球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高？题 2-10 图分析 维持钢球在水平面内作匀角速度转动时,必须使钢球受到一与向心加速度相对应的力(向心力),而该力是由碗内壁对球的支持力F N 的分力来提供的,由于支持力F N 始终垂直于碗内壁,所以支持力的大小和方向是随ω而变的．取图示Oxy 坐标,列出动力学方程,即可求解钢球距碗底的高度．解 取钢球为隔离体,其受力分析如图(b)所示．在图示坐标中列动力学方程θωmR ma θF n N sin sin 2== (1)mg θF N =cos (2) 且有()Rh R θ-=cos (3) 由上述各式可解得钢球距碗底的高度为 2ωg R h -=可见,h 随ω的变化而变化．2 -11 在如图（a ）所示的轻滑轮上跨有一轻绳，绳的两端连接着质量分别为1 kg 和2 kg 的物体A 和B ，现以50 N 的恒力F 向上提滑轮的轴，不计滑轮质量及滑轮与绳间摩擦，求A 和B 的加速度各为多少？题 2-11 图分析 在上提物体过程中，由于滑轮可以转动，所以A 、B 两物体对地加速度并不相同，故应将A 、B 和滑轮分别隔离后，运用牛顿定律求解，本题中因滑轮质量可以不计，故两边绳子张力相等，且有T 2F F =.解 隔离后，各物体受力如图（b ）所示，有滑轮02T =-F F AA A A T a m g m F =- BB B B T a m g m F =- 联立三式，得2.15A =a 7.2s m B 2=⋅-a ，2s m -⋅ 讨论 如由式a m m g m m F )()(B A B A +=+-求解，所得a 是A 、B 两物体构成的质点系的质心加速度，并不是A 、B 两物体的加速度.上式叫质心运动定理.2 -12 一质量为50 g 的物体挂在一弹簧末端后伸长一段距离后静止，经扰动后物体作上下振动，若以物体静平衡位置为原点，向下为y 轴正向.测得其运动规律按余弦形式即)2/5cos(20.0π+=t y ，式中t 以s 计，y 以m 计，试求：（1）作用于该物体上的合外力的大小；（2）证明作用在物体上的合外力大小与物体离开平衡位置的y 距离成正比.分析 本题可直接用22d /d t y m ma F ==求解，y 为物体的运动方程，F 即为作用于物体上的合外力（实为重力与弹簧力之和）的表达式，本题显示了物体作简谐运动时的动力学特征.解 （1）由分析知F ）（2/5cos 25.0d /d 22π+-===t t y ma （N ）该式表示作用于物体上的合外力随时间t 按余弦作用周期性变化，F >0表示合力外力向下，F <0表示合外力向上.（2） F y t t 25.1)]2/5(cos 20.0[25.1)2/5cos(25.0-=+-=+-=ππ.由上式知，合外力F 的大小与物体离开平衡位置距离y 的大小成正比.“-”号表示与位移的方向相反.2 -13 一质量为10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动,已知F ＝120t ＋40,式中F 的单位为N, t的单位的ｓ．在t ＝0时,质点位于x ＝5.0 m 处,其速度v 0＝6.0 m·1s -．求质点在任意时刻的速度和位置．分析 这是在变力作用下的动力学问题．由于力是时间的函数,而加速度a ＝d v /d t ,这时,动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程,解此微分方程可得质点的速度v (t )；由速度的定义v ＝d x /d t ,用积分的方法可求出质点的位置．解 因加速度a ＝d v /d t ,在直线运动中,根据牛顿运动定律有tm t d d 40120v =+ 依据质点运动的初始条件,即t 0 ＝0 时v 0 ＝6.0 m·ｓ-1 ,运用分离变量法对上式积分,得()⎰⎰+=tt t 0d 0.40.12d 0v v v v ＝6.0+4.0t+6.0t 2又因v ＝d x /d t ,并由质点运动的初始条件：t 0 ＝0 时 x 0 ＝5.0 m,对上式分离变量后积分,有()⎰⎰++=t xx t t t x 020d 0.60.40.6d x ＝5.0+6.0t+2.0t 2 +2.0t 32 -14 轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0 ×103 kg ．飞机以55.0 m·ｓ-1 的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动,若阻力与时间成正比,比例系数α＝5.0 ×102 N·ｓ-1 ,空气对飞机升力不计,求：(1) 10ｓ后飞机的速率；(2) 飞机着陆后10ｓ内滑行的距离．分析 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动．其水平方向所受制动力F 为变力,且是时间的函数．在求速率和距离时,可根据动力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解．解 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有t αt m ma F -===d d v ⎰⎰-=t t m t α0d d 0v v v 得 202t mα-=v v 因此,飞机着陆10ｓ后的速率为v ＝30 m·ｓ-1 又 ⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t xx t t m αx 0200d 2d v 故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离m 4676300=-=-=t mαt x x s v 2 -15 质量为m 的跳水运动员,从10.0 m 高台上由静止跳下落入水中．高台距水面距离为h ．把跳水运动员视为质点,并略去空气阻力．运动员入水后垂直下沉,水对其阻力为b v 2 ,其中b 为一常量．若以水面上一点为坐标原点O ,竖直向下为Oy 轴,求：(1) 运动员在水中的速率v 与y 的函数关系；(2) 如b /m ＝0.40m -1 ,跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v 减少到落水速率v 0 的1/10？ (假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰好相等)题 2-15 图分析 该题可以分为两个过程,入水前是自由落体运动,入水后,物体受重力P 、浮力F 和水的阻力f F 的作用,其合力是一变力,因此,物体作变加速运动．虽然物体的受力分析比较简单,但是,由于变力是速度的函数(在有些问题中变力是时间、位置的函数),对这类问题列出动力学方程并不复杂,但要从它计算出物体运动的位置和速度就比较困难了．通常需要采用积分的方法去解所列出的微分方程．这也成了解题过程中的难点．在解方程的过程中,特别需要注意到积分变量的统一和初始条件的确定．解 (1) 运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为gh 20=v运动员入水后,由牛顿定律得P -f F -F ＝ma由题意P ＝F 、f F ＝b v 2 ,而a ＝d v /d t ＝v (d v /d y ),代入上式后得-b v 2＝ m v (d v /d y )考虑到初始条件y 0 ＝0 时, gh 20=v,对上式积分,有⎰⎰=⎪⎭⎫ ⎝⎛-v v v v 0d d 0ty b m m by m by e gh e //02--==v v(2) 将已知条件b/m ＝0.4 m -1 ,v ＝0.1v 0 代入上式,则得m 76.5ln 0=-=v v b m y 2 -16 一质量为m 的小球最初位于如图(a)所示的A 点,然后沿半径为r 的光滑圆轨道ADCB 下滑．试求小球到达点C 时的角速度和对圆轨道的作用力．题 2-16 图分析 该题可由牛顿第二定律求解．在取自然坐标的情况下,沿圆弧方向的加速度就是切向加速度a ｔ,与其相对应的外力F ｔ是重力的切向分量mg sin α,而与法向加速度a n 相对应的外力是支持力F N 和重力的法向分量mg cos α．由此,可分别列出切向和法向的动力学方程F ｔ＝m d v /d t 和F n ＝ma n ．由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的,因此,需应用积分求解,为使运算简便,可转换积分变量．该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比较简便．但它不能直接给出小球与圆弧表面之间的作用力．解 小球在运动过程中受到重力P 和圆轨道对它的支持力F N ．取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得tm αmg F t d d sin v =-= (1) Rm m αmg F F N n 2cos v =-= (2) 由tαr t s d d d d ==v ,得v αr t d d =,代入式(1),并根据小球从点A 运动到点C 的始末条件,进行积分,有 ()⎰⎰-=απαα2/sin 0d rg d v v v v 得αrg cos 2=v则小球在点C 的角速度为r αg r ω/cos 2==v 由式(2)得 αmg αmg rm m F N cos 3cos 2=+=v 由此可得小球对圆轨道的作用力为αmg F F N N cos 3-=-=' 负号表示F ′N 与e n 反向．2 -17 光滑的水平桌面上放置一半径为R 的固定圆环,物体紧贴环的内侧作圆周运动,其摩擦因数为μ,开始时物体的速率为v 0 ,求：(1) t 时刻物体的速率；(2) 当物体速率从v 0减少2/0v 时,物体所经历的时间及经过的路程．题 2-17 图分析 运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的,因而,可先分析动力学问题．物体在作圆周运动的过程中,促使其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力F N 和环与物体之间的摩擦力F ｆ ,而摩擦力大小与正压力F N ′成正比,且F N 与F N ′又是作用力与反作用力,这样,就可通过它们把切向和法向两个加速度联系起来了,从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程．解 (1) 设物体质量为m ,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有Rm ma F n N 2v == tma F t d d f v -=-= 由分析中可知,摩擦力的大小F ｆ＝μF N ,由上述各式可得 tR μd d 2v v -= 取初始条件t ＝0 时v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有⎰⎰-=v v v v 020d d μR t tt μR R 00v v v +=(2) 当物体的速率从v 0 减少到2/0v 时,由上式可得所需的时间为v μR t ='物体在这段时间内所经过的路程⎰⎰''+==t t t tμR R t s 000d d v v v2ln μR s =2 -18 一物体自地球表面以速率v 0 竖直上抛．假定空气对物体阻力的值为F r ＝km v 2 ,其中m 为物体的质量,k 为常量．试求：(1) 该物体能上升的高度；(2)物体返回地面时速度的值．(设重力加速度为常量．)题 2-18 图分析 由于空气对物体的阻力始终与物体运动的方向相反,因此,物体在上抛过程中所受重力P 和阻力F r 的方向相同；而下落过程中,所受重力P 和阻力F r 的方向则相反．又因阻力是变力,在解动力学方程时,需用积分的方法．解 分别对物体上抛、下落时作受力分析,以地面为原点,竖直向上为y 轴(如图所示)．(1) 物体在上抛过程中,根据牛顿定律有ym t mkm mg d d d d 2v v v v ==-- 依据初始条件对上式积分,有⎰⎰+-=02d d v v v v k g y y⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-=202ln 21v v k g k g k y 物体到达最高处时, v ＝0,故有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+==g k g k y h 20max ln 21v(2) 物体下落过程中,有yvmkm mg d d 2v v =+- 对上式积分,有⎰⎰--=02d d v v v v k g y y则2/1201-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=g k v v v2 -19 质量为m 的摩托车,在恒定的牵引力F 的作用下工作,它所受的阻力与其速率的平方成正比,它能达到的最大速率是v m ．试计算从静止加速到v m /2所需的时间以及所走过的路程．分析 该题依然是运用动力学方程求解变力作用下的速度和位置的问题,求解方法与前两题相似,只是在解题过程中必须设法求出阻力系数k ．由于阻力F r ＝k v 2 ,且F r 又与恒力F 的方向相反；故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时,加速度为零,此时速度达到最大．因此,根据速度最大值可求出阻力系数来．但在求摩托车所走路程时,需对变量作变换．解 设摩托车沿x 轴正方向运动,在牵引力F 和阻力F r 同时作用下,由牛顿定律有tmk F d d 2vv =- (1) 当加速度a ＝d v /d t ＝0 时,摩托车的速率最大,因此可得k ＝F/v m 2 (2)由式(1)和式(2)可得t m F m d d 122vv v =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛- (3) 根据始末条件对式(3)积分,有⎰⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=m m tF mt v v v v 2101220d 1d则 3ln 2Fm t mv =又因式(3)中xm t md d d d vv v =,再利用始末条件对式(3)积分,有 ⎰⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=m m xF mx v v v v 2101220d 1d则Fm F m x m m 22144.034ln 2v v ≈=*2 -20 在卡车车厢底板上放一木箱,该木箱距车箱前沿挡板的距离L ＝2.0 m,已知制动时卡车的加速度a＝7.0 m·ｓ-2 ,设制动一开始木箱就开始滑动．求该木箱撞上挡板时相对卡车的速率为多大？设木箱与底板间滑动摩擦因数μ＝0.50．分析 如同习题2 -5 分析中指出的那样,可对木箱加上惯性力F 0 后,以车厢为参考系进行求解,如图所示,此时木箱在水平方向受到惯性力和摩擦力作用,图中a ′为木箱相对车厢的加速度． 解 由牛顿第二定律和相关运动学规律有F 0 -f F ＝ma -μmg ＝ma′ (1) v ′ 2 ＝2a′L (2)联立解(1)(2)两式并代入题给数据,得木箱撞上车厢挡板时的速度为()L g a μ-='2v =1s m 9.2-⋅=第二章 牛顿定律2 -1 如图(a)所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( ) (A) g sin θ (B) g cos θ (C) g tan θ (D) g cot θ分析与解 当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力F Ｔ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a ,如图(b)所示,由其可解得合外力为mg cot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2 -2 用水平力F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当F N 逐渐增大时,物体所受的静摩擦力F f 的大小( ) (A) 不为零,但保持不变 (B) 随F N 成正比地增大(C) 开始随F N 增大,达到某一最大值后,就保持不变(D) 无法确定分析与解 与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μF N 范围内取值．当F N 增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2 -3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R ,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( ) (A) 不得小于gR μ (B) 必须等于gR μ(C) 不得大于gR μ (D) 还应由汽车的质量m 决定分析与解 由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF N ．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v ＝μRg ．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)． 2 -4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,则( ) (A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变 (B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加 (C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心 (D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加分析与解 由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m g cos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程Rmθmg F N 2sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F N 也将不断增大,由此可见应选(B)．*2 -5 图(a)示系统置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降机内,A 、B 两物体质量相同均为m ,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为( ) (A) 5/8 mg (B) 1/2 mg (C) mg (D) 2mg分析与解 本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a ′为A 、B 两物体相对电梯的加速度,m a 为惯性力．对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F Ｔ ＝5/8 mg ．故选(A)．讨论 对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度a A 和a B 均应对地而言,本题中a A 和a B 的大小与方向均不相同．其中a A 应斜向上．对a A 、a B 、a 和a ′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁琐．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2 -6 图示一斜面,倾角为α,底边AB 长为l ＝2.1 m,质量为m 的物体从题2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ＝0.14．试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短？ 其数值为多少？分析 动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f (t ),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解 取沿斜面为坐标轴Ox ,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有ma αmg μαmg =-cos sin(1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有()22cos sin 2121cos t αμαg at αl -==则()αμααg lt cos sin cos 2-=(2)。
