大学物理作业(一)答案

NO.1 质点运动学和牛顿定律班级 姓名 学号 成绩一、选择1. 对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪种是正确的： [ B ] (A) 切向加速度必不为零． (B) 法向加速度必不为零（拐点处除外）． (C) 由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零． (D) 若物体作匀速率运动，其总加速度必为零．(E) 若物体的加速度a为恒矢量，它一定作匀变速率运动．2．一质点作一般曲线运动，其瞬时速度为V ，瞬时速率为V ，某一段时间内的平均速度为V，平均速率为V ，它门之间的关系为：[ D ]（A ）∣V ∣=V ，∣V ∣=V ； （B ）∣V ∣≠V ，∣V∣=V ； （C ）∣V ∣≠V ，∣V ∣≠V ； （D ）∣V ∣=V ，∣V∣≠V .3.质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a表示加速度，S 表示路程，a τ表示切向加速度，下列表达式中， [ D ](1) d /d t a τ=v ， (2) v =t r d /d ， (3) v =t S d /d ， (4) d /d t a τ=v ．(A) 只有(1)、(4)是对的． (B) 只有(2)、(4)是对的．(C) 只有(2)是对的． (D) 只有（1）、(3)是对的．（备注：经过讨论认为（1）是对的）4.某物体的运动规律为t k t 2d /d v v -=，式中的k 为大于零的常量．当0=t 时，初速为0v ，则速度v 与时间t 的函数关系是 [ C ](A) 0221v v +=kt , (B) 0221v v +-=kt , (C) 02121v v +=kt , (D) 02121v v +-=kt 5.质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为(v 表示任一时刻质点的速率) [ D ](A) t d d v ．(B) 2v R ． (C) R t 2d d vv +．(D) 2/1242d d ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛R t v v ．6．质点沿x 方向运动，其加速度随位置的变化关系为：a=31+3x 2. 如在x=0处，速度v 0=5m.s -1，则在x=3m处的速度为：[ A ]（A ）9 m.s -1； （B ）8 m.s -1； （C ）7.8 m.s -1； （D ）7.2 m.s -1 .7.如图所示，假设物体沿着竖直面上圆弧形轨道下滑，轨道是光滑的，在从A 至C 的下滑过程中，下面哪个说法是正确的？[ E ](A) 它的加速度大小不变，方向永远指向圆心． (B) 它的速率均匀增加．(C) 它的合外力大小变化，方向永远指向圆心． (D) 它的合外力大小不变．(E) 轨道支持力的大小不断增加．8．物体作圆周运动时，正确的说法是：[ C ] （A ）加速度的方向一定指向圆心；（B ）匀速率圆周运动的速度和加速度都恒定不变； （C ）必定有加速度，且法向分量一定不为零；（D ）速度方向一定在轨道的切线方向，法向分速度为零，所以法向加速度一定为零；9．以下五种运动形式，a保持不变的运动是 [ E ]A（A ）单摆的运动；（B ）匀速圆周运动；（C ）圆锥摆运动；（D ）行星的椭圆轨道运动；（E ）抛体运动； 二、填空1．已知一质点在Oxy 平面内运动，其运动学方程为22(192)r ti t j =++；r的单位为m ，t 的单位为s ，则位矢的大小rv = 24i t j + ，加速度a =4(/)j m s 。

《大学物理I 》作业 No.03 角动量 角动量守恒定律 （A 卷）班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、选择题[ ]1、一质点沿直线做匀速率运动时，(A) 其动量一定守恒，角动量一定为零。

(B) 其动量一定守恒，角动量不一定为零。

(C) 其动量不一定守恒，角动量一定为零。

(D) 其动量不一定守恒，角动量不一定为零。

答案：B答案解析：质点作匀速直线运动，很显然运动过程中其速度不变，动量不变，即动量守恒；根据角动量的定义v m r L⨯=，质点的角动量因参考点（轴）而异。

本题中，只要参考点（轴）位于质点运动轨迹上，质点对其的角动量即为零，其余位置均不会为零。

故(B)是正确答案。

[ ]2. 两个均质圆盘A 和B 密度分别为A ρ和B ρ，若A ρ>B ρ，两圆盘质量与厚度相同，如两盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量各为A J 和B J ，则 (A) A J >B J(B) B J >A J(C) A J ＝B J(D) A J 、B J 哪个大，不能确定答案：B答案解析：设A 、B 联盘厚度为d ，半径分别为A R 和B R ，由题意，二者质量相等，即B B A A d R d R ρπρπ22=因为B A ρρ>，所以22B A R R <，由转动惯量221mR J =，则B A J J <。

[ ]3．对于绕定轴转动的刚体，如果它的角速度很大，则 (A) 作用在刚体上的力一定很大 (B) 作用在刚体上的外力矩一定很大(C) 作用在刚体上的力和力矩都很大 (D) 难以判断外力和力矩的大小答案：D 答案解析：由刚体质心运动定律和刚体定轴转动定律知：物体所受的合外力和合外力矩只影响物体运动的加速度和角加速度，因此无法通过刚体运动的角速度来判断外力矩的大小，正如无法通过速度来判断物体所受外力的大小一样。

北交《大学物理》在线作业一一、单选题（共 10 道试题，共 40 分。

）1. 在下列情况下，能使做简谐运动的单摆振动周期变小的是（）. 将摆的振幅减为原来的一半. 将摆从平地移到高山上. 将摆从赤道移到两极. 用一个装满砂的漏斗做成单摆，在摆动过程中让砂逐渐漏出正确答案：2. 在简谐波传播过程中，沿传播方向相距1/2λ（λ为波长）的两点，其振动速度必定[ ] . 大小相同，而方向相反. 大小方向均相同. 大小不同，方向相同. 大小不同，而方向相反正确答案：3. 一定量的刚性双原子分子理想气体，开始时处于压强为 p0 = 1.0×105 P，体积为V0 =4×10-3 m3，温度为T0 = 300 K的初态，后经等压膨胀过程温度上升到T1 = 450 K，再经绝热过程温度降回到T2 = 300 K，气体在整个过程中对外作的功（）. 700 J. 800 J. 900 J. 1000 J正确答案：4. 某人用力推原来静止在水平面上的小车，使小车开始运动，此后改用较小的力就可以维持小车做匀速直线运动，可见（）. 力是使物体产生运动的原因. 力是维持物体运动速度的原因. 力是使物体速度发生改变的原因. 力是使物体惯性改变的原因正确答案：5. 如果在空气平行板电容器的两极板间平行地插入一块与极板面积相同的各向同性均匀电介质板，由于该电介质板的插入和在两极板间的位置不同，对电容器电容的影响为. 使电容减小，但与介质板相对极板的位置无关. 使电容减小，且与介质板相对极板的位置有关. 使电容增大，但与介质板相对极板的位置无关. 使电容增大，且与介质板相对极板的位置有关正确答案：6. 以下表述正确的是[ ]. 功可以全部转化为热，但热不可以全部转化为功. 热量能从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体. 开尔文表述指出热功转换的可逆性. 克劳休斯表述指出了热传导的不可逆性正确答案：7. 固体和液体很难被压缩，这是因为 [ ]. 分子之间没有空隙. 分子之间只有很小的空隙，稍经压缩就不存在了. 分子之间距离较小，稍经压缩，斥力增长比引力增长大得多. 分子在不停地做热运动正确答案：8. 一物体做斜抛运动（略去空气阻力），在由抛出到落地的过程中[ ]. 物体的加速度是不断变化的. 物体在最高点处的速率为零. 物体在任一点处的切向加速度均不为零. 物体在最高点处的法向加速度最大正确答案：9. 有两个大小不相同的金属球，大球直径是小球的两倍，大球带电，小球不带电，两者相距很远．今用细长导线将两者相连，在忽略导线的影响下，则大球与小球的带电之比为：. 1. 2. 1/2. 0正确答案：10. 一质点在光滑平面上，在外力作用下沿某一曲线运动，若突然将外力撤消，则该质点将作[ ]. 匀速率曲线运动. 匀速直线运动. 停止运动. 减速运动正确答案：北交《大学物理》在线作业一二、多选题（共 10 道试题，共 40 分。

1.质点运动方程为求：速度、加速度、轨迹方程。

解答：由书上定义，速度V所以速度v为v = d rd t = 8tj+k加速度为v' = 8j因为i ,j , k 可以看作 x, y, z 所以轨迹方程为x = 1y = 4t^2z = t求得t = √y4所以x = √y42.一人在阳台上以30°投射角和速率20m/s向台前投出一球。

球离手时距地面10m。

试问球投出后何时着地？在何处着地？着地时速度大小和方向？解答：V。

= 20sin30°1/2gt^2 - v。

t = 10S = 20cos30°tV = （20co s30°）^2+ ( g t−V。

)^2方向tanΘ = g t−V。

20co s30°由于V。

= 20 ×1= 10 m/s2解得t = 3 s 或t = -1 s (舍去)S = 30√3 mV =10√7m/s所以球投出后3 s后落地，在距离人30√3 m的地方着地，着地时的速度为10√7 m/s，且方向向下。

3.吊扇翼片长R=0.5m，以n=180r/min的转速转动，关闭电源后，均匀减速，经t1=1.5min转动停止。

（1）求吊扇翼尖原来的转动角速度和线速度。

（2）关闭电源80s 时翼尖的角加速度、切向加速度和法向加速度及总加速度。

解答： （1）由题得吊扇翼尖原来的转动速度为 W 。

= 2πn 原来的线速度为 V 。

=W 。

R解得 W 。

= 2×3.14×180 = 1130.4 m/min V 。

= 1130.4 × 0.5 = 565.2 m/min （2）由题得 均匀减速，所以翼尖的角加速度恒定为W t = W 。

+ at ， α = （W t - W 。

）/ t = 75.36 m / min^2 所以切向加速度恒定 为 a t = αR = 37.68 m / min^2 根据法相加速度为 α= a t ^2 + a n ^2t 时刻的角速度W 为 W = W 。

第一章 质点运动学课 后 作 业1、一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为 a ＝2＋6 x 2 (SI)如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度．解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x tx xta +=⋅==v v 2分()x x xd 62d 02⎰⎰+=v vv2分()2 213xx +=v 1分2、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解：=a d v /d t 4=t ， d v4=t d t⎰⎰=vv 00d 4d tt tv 2=t 2 3分v d =x /d t 2=t 2 tt x txx d 2d 02⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI) 2分3、一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为221ctbt S += 其中b 、c 是大于零的常量，求从0=t开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间．解： ct b t S +==d /d v 1分c t a t ==d /d v 1分()R ct b a n /2+= 1分根据题意： a t = a n 1分即 ()R ct b c /2+= 解得 cb cR t -=1分4、如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2kt=ω (k 为常量)．已知st2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=ts 时，质点P 的速度与加速度的大小．解：根据已知条件确定常量k()222/rad4//sRttk ===v ω 1分24t =ω, 24Rt R ==ωvs t 1=时， v = 4Rt 2= 8 m/s 1分 2s /168/m Rt dt d a t ===v 1分22s/32/m R a n ==v1分()8.352/122=+=nt a a a m/s 2 1分5、一敞顶电梯以恒定速率v =10 m/s 上升．当电梯离地面h =10 m 时，一小孩竖直向上抛出一球．球相对于电梯初速率20=v m/s ．试问：(1) 从地面算起，球能达到的最大高度为多大？ (2) 抛出后经过多长时间再回到电梯上？解：(1) 球相对地面的初速度=+='v v v 030 m/s 1分抛出后上升高度9.4522='=gh v m/s 1分离地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m 1分 (2) 球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度 2021)(gtt t-+=v v v 1分08.420==gt v s 1分6、在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如图所示．当人以0υ(m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知222shl+=将上式对时间t 求导，得 ts st l ld d 2d d 2=题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ ts v v tl v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θcos d d d d 00v v sl tl s l ts v ==-=-=船或 sv s hslv v 02/1220)(+==船将船v 再对t 求导，即得船的加速度32022222002)(d d d d d d sv h sv sls v slv s v v st s l tl s tv a =+-=+-=-==船船第二章 运动与力课 后 作 业μ1、 一人在平地上拉一个质量为M 的木箱匀速前进，如图. 木箱与地面间的摩擦系数μ＝0.6.设此人前进时，肩上绳的支撑点距地面高度为h ＝1.5 m ，不计箱高，问绳长l 为多长时最省力?解：设绳子与水平方向的夹角为θ，则l h /sin =θ． 木箱受力如图所示，匀速前进时, 拉力为F , 有F cos θ－f ＝0 2分F sin θ＋N －Mg ＝0 f ＝μN得θμθμs i n c o s +=Mg F 2分令)s i n (c o s )c o s s i n (d d 2=++--=θμθθμθμθMg F∴ 6.0tg ==μθ，637530'''︒=θ2分且d d 22>θF∴ l ＝h / sin θ＝2.92 m 时，最省力．2、一质量为60 kg 的人，站在质量为30 kg 的底板上，用绳和滑轮连接如图．设滑轮、绳的质量及轴处的摩擦可以忽略不计，绳子不可伸长．欲使人和底板能以1 m/s 2的加速度上升，人对绳子的拉力T 2多大？人对底板的压力多大? (取g ＝10 m/s 2)解：人受力如图(1) 图2分am g m N T 112=-+ 1分N底板受力如图(2) 图2分 a m g m N T T 2221=-'-+ 2分212T T = 1分 N N ='由以上四式可解得 a m m g m g m T )(421212+=-- ∴5.2474/))((212=++=a g m m T N 1分5.412)(21=-+=='T a g m N N N 1分3、一条轻绳跨过一轻滑轮(滑轮与轴间摩擦可忽略)，在绳的一端挂一质量为m 1的物体，在另一侧有一质量为m 2的环，求当环相对于绳以恒定的加速度a 2沿绳向下滑动时，物体和环相对地面的加速度各是多少？环与绳间的摩擦力多大？解：因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于绳子张力T ．设m 2相对地面的加速度为2a '，取向上为正；m 1相对地面的加速度为a 1(即绳子的加速度)，取向下为正． 1分111a m T g m =- 2分222a m g m T '=- 2分 212a a a -=' 2分 解得 2122211)(m m a m g m m a ++-=1分21212)2(m m m m a g T +-=1分2121212)(m m a m g m m a +--=' 1分4、一条质量分布均匀的绳子，质量为M 、长度为L ，一端拴在竖直转轴OO ′上，并以恒定角速度ω在水平面上旋转．设转动过程中绳子始终伸直不打弯，且忽略重力，求距转轴为r 处绳中的张力T ( r )．解：取距转轴为r 处，长为d r 的小段绳子，其质量为 ( M /L ) d r ． (取元，画元的受力图) 2分由于绳子作圆周运动，所以小段绳子有径向加速度，由牛顿定律得： T ( r )-T ( r + d r ) = ( M / L ) d r r ω2令 T ( r )－T (r + d r ) = - d T ( r )得 d T =－( M ω2 / L ) r d r 4分 由于绳子的末端是自由端 T (L ) = 01分有 rr L M TLr r T d )/(d 2)(⎰⎰-=ω∴)2/()()(222L r L M r T -=ω 3分O第三章 动量与角动量课 后 作 业1、如图，用传送带A 输送煤粉，料斗口在A 上方高h ＝0.5 m 处，煤粉自料斗口自由落在A 上．设料斗口连续卸煤的流量为q m ＝40 kg/s ，A 以v ＝2.0 m/s 的水平速度匀速向右移动．求装煤的过程中，煤粉对A 的作用力的大小和方向．（不计相对传送带静止的煤粉质重）解：煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度gh 20=v 1分设煤粉与A 相互作用的∆t 时间内，落于传送带上的煤粉质量为t q m m ∆=∆ 1分 设A 对煤粉的平均作用力为f，由动量定理写分量式：0-∆=∆v m t f x 1分)(00v m t f y ∆--=∆ 1分将t q m m ∆=∆代入得vm x q f =，v m y q f =∴14922=+=y x f f fN 2分f与x 轴正向夹角为α = arctg (f x / f y ) = 57.4° 1分由牛顿第三定律煤粉对A 的作用力f ′= f = 149 N ，方向与图中f相反．2分32、质量为1 kg 的物体，它与水平桌面间的摩擦系数μ = 0.2 ．现对物体施以F = 10t (SI)的力，（t 表示时刻），力的方向保持一定，如图所示．如t = 0时物体静止，则t = 3 s 时它的速度大小v 为多少?解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力mg F N +︒=30sin 1分物体要有加速度必须 N F μ≥︒30cos 2分 即mgt μμ≥-)3(5，s 256.0t t =≥ 1分物体开始运动后，所受冲量为⎰-︒=tt tN F I 0d )30cos(μ)(96.1)(83.30202t t t t---=t = 3 s, I = 28.8 N s 2分 则此时物体的动量的大小为 I m =v 速度的大小为 8.28==m I vm/s 2分3、一炮弹发射后在其运行轨道上的最高点h ＝19.6 m 处炸裂成质量相等的两块．其中一块在爆炸后1秒钟落到爆炸点正下方的地面上．设此处与发射点的距离S 1＝1000 m ，问另一块落地点与发射地点间的距离是多少？（空气阻力不计，g ＝9.8 m/s 2） 解：因第一块爆炸后落在其正下方的地面上，说明它的速度方向是沿竖直方向的． 利用2t g t h '+'=211v ， 式中t '为第一块在爆炸后落到地面的时间． 可解得v 1＝14.7 m/s ，竖直向下．取y 轴正向向上, 有v 1y ＝－14.7 m/s 2分 设炮弹到最高点时(v y ＝0)，经历的时间为t ，则有S 1 = v x t ① h=221gt ②由①、②得 t =2 s , v x =500 m/s 2分 以2v表示爆炸后第二块的速度，则爆炸时的动量守恒关系如图所示．x v v m m x =221 ③0==+yy m m m vv v 1y 22121 ④解出 v 2x =2v x =1000 m/s ， v 2y =-v 1y =14.7 m/s 3分 再由斜抛公式 x 2= S 1 +v 2x t 2 ⑤y 2=h +v 2y t 2-22gt 21 ⑥落地时 y 2 =0，可得 t 2 =4 s , t 2＝－1 s （舍去） 故 x 2＝5000 ｍ 3分Mmv4、质量为M ＝1.5 kg 的物体，用一根长为l ＝1.25 m 的细绳悬挂在天花板上．今有一质量为m ＝10 g 的子弹以v 0＝500 m/s 的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝30 m/s ，设穿透时间极短．求：(1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2) 子弹在穿透过程中所受的冲量．解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v 2/l =26.5 N 2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v方向为正方向) 2分 负号表示冲量方向与0v方向相反． 2分第四章 功和能课 后 作 业1、一质量为m 的质点在Oxy 平面上运动，其位置矢量为 jt b i t a rωωsin cos +=(SI)式中a 、b 、ω是正值常量，且a ＞b ． (1)求质点在A 点(a ，0)时和B 点(0，b )时的动能；(2)求质点所受的合外力F以及当质点从A 点运动到B点的过程中F的分力xF 和yF 分别作的功．解：(1)位矢 j t b i t a rωωs i n c o s += (SI) 可写为 t a x ωc o s = ， t b y ωs i n = ta tx xωωs i n d d -==v ， tb tyωωc o s d dy -==v在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ωE KA =2222212121ωmb m m yx=+vv2分在B 点(0，b ) ，0cos =t ω，1sin =t ωE KB =2222212121ωma m m yx=+vv 2分(2) jmai ma F yx+==jt mb i t maωωωωsin cos 22--2分由A →B ⎰⎰-==02d c o s d aax x x t a m x F W ωω=⎰=-022221d a ma x x m ωω 2分⎰⎰-==bby y t b m y F W 02dysin d ωω=⎰-=-bmb y y m 022221d ωω 2分2、劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定，另一端与桌面上的质量为m 的小球B 相连接．用外力推动小球，将弹簧压缩一段距离L 后放开．假定小球所受的滑动摩擦力大小为F 且恒定不变，滑动摩擦系数与静摩擦系数可视为相等．试求L 必须满足什么条件时，才能使小球在放开后就开始运动，而且一旦停止下来就一直保持静止状态．解：取弹簧的自然长度处为坐标原点O ，建立如图所示的坐标系．在t =0时，静止于x ＝－L 的小球开始运动的条件是kL ＞F ① 2分小球运动到x 处静止的条件，由功能原理得222121)(kLkxx L F -=+- ② 2分由② 解出kF L x 2-=使小球继续保持静止的条件为Fk F L k x k ≤-=2 ③ 2分所求L 应同时满足①、③式，故其范围为 kF <L kF 3≤ 2分3、一链条总长为l ，质量为m ，放在桌面上，并使其部分下垂，下垂一段的长度为a ．设链条与桌面之间的滑动摩擦系数为μ．令链条由静止开始运动，则 (1)到链条刚离开桌面的过程中，摩擦力对链条作了多少功？al -a(2)链条刚离开桌面时的速率是多少？解：(1)建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为gly mf μ= 1分摩擦力的功 ⎰⎰--==0d d al al fygy l m y f Wμ2分=022al ylmg -μ =2)(2a l l mg --μ 2分(2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝222121v vm m -其中 ∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0 1分 W P =⎰l axP d =la l mg x x lmg la2)(d 22-=⎰2分由上问知 l a l mg Wf2)(2--=μ所以222221)(22)(vm a l lmg la l mg =---μ得 []21222)()(a l a llg ---=μv 2分4、一物体与斜面间的摩擦系数μ = 0.20，斜面固定，倾角α = 45°．现给予物体以初速率v 0 = 10 m/s ，使它沿斜面向上滑，如图所示．求： 物体能够上升的最大高度h ；该物体达到最高点后，沿斜面返回到原出发点时的速率v ．解：(1)根据功能原理，有m g h m fs -=2021v2分ααμαμsin cos sin mghNh fs ==mgh m mgh -==2021ctg v αμ 2分)c t g 1(220αμ+=g h v =4.5 m 2分 (2)根据功能原理有 fsm mgh =-221v1分αμc t g 212m g h m g h m -=v1分[]21)c t g 1(2αμ-=gh v =8.16 m/s 2分第五章刚体的转动课后作业1、一轻绳跨过两个质量均为m、半径均为r的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m和2m的重物，如图所示．绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑．两个定滑轮的转动惯量均为221mr．将由两个定滑轮以及质量为m和2m 的重物组成的系统从静止释放，求两滑轮之间绳内的张力．解：受力分析如图所示．2分2mg－T1＝2ma1分T2－mg＝ma1分T1 r－T r＝β221mr1分T r－T2 r＝β221mr1分a＝rβ2分解上述5个联立方程得：T＝11mg / 82分2、一轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的半径为R,质量为M / 4，均匀分布在其边缘上．绳子的A端有一质量为M的人抓住了绳端，而在绳的另一端B系了一质量为21M的重物，如图．设人从静止开始相对于绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B端重物上升的加速度？(已知滑轮对通过滑轮中心且垂直于轮面的轴的转动惯量J＝MR2 / 4 )解：受力分析如图所示．设重物的对地加速度为a ，向上.则绳的A 端对地有加速度a 向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a 向下. 2分 根据牛顿第二定律可得：对人： Mg －T 2＝Ma ① 2分 对重物： T 1－21Mg ＝21Ma ② 2分根据转动定律，对滑轮有(T 2－T 1)R ＝J β＝MR 2β / 4 ③ 2分因绳与滑轮无相对滑动， a ＝βR ④ 1分 ①、②、③、④四式联立解得 a ＝2g / 7 1分3、一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用m 、r 、t 和S 表示)．解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg ­T ＝ma ① 2分 T r ＝J β ② 2分 由运动学关系有： a = r β ③ 2分 由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0 ∴ S ＝221at， a ＝2S / t 2 ⑤ 2分将⑤式代入④式得：J ＝mr 2(Sgt22－1) 2分aOAmm 1 ,l1v2v俯视图4、有一质量为m 1、长为l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动．另有一水平运动的质量为m 2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞，设碰撞时间极短．已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1v 和2v，如图所示．求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间.(已知棒绕O 点的转动惯量2131lm J =)解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力 矩<<滑块的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即1分 m 2v 1l ＝－m 2v 2l ＋ω2131l m ① 3分碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为glm x x lm gMlf10121d μμ-=⋅-=⎰② 2分由角动量定理 ω210310l m dt Mtf-=⎰ ③ 2分由①、②和③解得 gm m t 12122μv v += 2分第六章 狭义相对论基础课 后 作 业1、一体积为V 0，质量为m 0的立方体沿其一棱的方向相对于观察者A 以速度v 运动．求：观察者A 测得其密度是多少？解：设立方体的长、宽、高分别以x 0，y 0，z 0表示，观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为 2201cx x v -=，0y y=，0z z=．相应体积为2201cV xyz V v -== 3分 观察者Ａ测得立方体的质量2201cm m v -=故相应密度为 V m /=ρ22022011/cV cm v v --=)1(2200cV m v -=2分2、在O 参考系中，有一个静止的正方形，其面积为 100 cm 2．观测者O ＇以 0.8c 的匀速度沿正方形的对角线运动．求O ＇所测得的该图形的面积．解：令O 系中测得正方形边长为a ，沿对角线取x 轴正方向(如图)，则边长在坐标轴上投影的大小为aa x 221=，aa y221=面积可表示为：xy a a S ⋅=2 2分在以速度v 相对于O 系沿x 正方向运动的O ＇系中 2)/(1c a a x xv -=' =0.6×a221aa a y y 221=='在O ＇系中测得的图形为菱形，其面积亦可表示为 606.022=='⋅'='a a a S x y cm 2 3分x3、一艘宇宙飞船的船身固有长度为L 0 =90 m ，相对于地面以=v 0.8 c (c 为真空中光速)的匀速度在地面观测站的上空飞过．(1) 观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少？ (2) 宇航员测得船身通过观测站的时间间隔是多少？解：(1) 观测站测得飞船船身的长度为 =-=20)/(1c L L v 54 m则 ∆t 1 = L /v =2.25×10-7 s 3分 (2) 宇航员测得飞船船身的长度为L 0，则 ∆t 2 = L 0/v =3.75×10-7 s 2分4、半人马星座α星是距离太阳系最近的恒星，它距离地球S = 4.3×1016 m ．设有一宇宙飞船自地球飞到半人马星座α星，若宇宙飞船相对于地球的速度为v = 0.999 c ，按地球上的时钟计算要用多少年时间？如以飞船上的时钟计算，所需时间又为多少年？解：以地球上的时钟计算： 5.4≈=∆vS t年 2分以飞船上的时钟计算：≈-='∆∆221ct t v 0.20 年 3分5、在惯性系S 中，有两事件发生于同一地点，且第二事件比第一事件晚发生∆t =2s ；而在另一惯性系S ＇中，观测第二事件比第一事件晚发生∆t '=3s ．那么在S ＇系中发生两事件的地点之间的距离是多少？解：令S ＇系与S 系的相对速度为v ，有2)/(1c tt v -='∆∆，22)/(1)/(c t t v -='∆∆则 2/12))/(1(t t c '-⋅=∆∆v ( = 2.24×108 m ·s -1 ) 4分 那么，在S ＇系中测得两事件之间距离为： 2/122)(t t c t x ∆∆∆∆-'='⋅='v = 6.72×108 m 4分6、要使电子的速度从v 1 =1.2×108 m/s 增加到v 2 =2.4×108 m/s 必须对它作多少功？ (电子静止质量m e ＝9.11×10-31 kg)解：根据功能原理，要作的功 W = ∆E根据相对论能量公式 ∆E = m 2c 2- m 1c 22分根据相对论质量公式 2/12202])/(1/[c m m v -=2/12101])/(1/[c m m v -= 1分 ∴)1111(22122220ccc m W v v ---=＝4.72×10-14 J ＝2.95×105 eV2分第七章 振动课 后 作 业1、一个轻弹簧在60 N 的拉力作用下可伸长30 cm ．现将一物体悬挂在弹簧的下端并在它上面放一小物体，它们的总质量为 4 kg ．待其静止后再把物体向下拉10 cm ，然后释放．问：(1) 此小物体是停在振动物体上面还是离开它？(2) 如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离，则振幅A 需满足何条件？二者在何位置开始分离？解：(1) 小物体受力如图．设小物体随振动物体的加速度为a ，按牛顿第二定律有（取向下为正） ma N mg =- 1分)(a g m N -=当N = 0，即a = g 时，小物体开始脱离振动物体，已知 1分 A = 10 cm ，N/m3.060=k有 50/==m k ω rad ·s -1 2分 系统最大加速度为 52max ==A a ω m ·s -2 1分 此值小于g ，故小物体不会离开． 1分(2) 如使a > g ，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N = 0求得 x a g 2ω-== 2分 6.19/2-=-=ωg x cm 1分 即在平衡位置上方19.6 cm 处开始分离，由g A a >=2max ω，可得2/ωg A >=19.6 cm ． 1分 2、一质点在x 轴上作简谐振动，选取该质点向右运动通过A 点时作为计时起点( t = 0 )，经过2秒后质点第一次经过B 点，再经过2秒后质点第二次经过B 点，若已知该质点在A 、B 两点具有相同的速率，且AB = 10 cm 求：(1) 质点的振动方程；(2) 质点在A 点处的速率．解： T = 8 s ， ν = (1/8) s -1， ω = 2πν = (π /4) s -1 3分(1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方． t = 0时， 5-=x cm φcos A = t = 2 s 时， 5=x cm φφωsin )2cos(A A -=+=由上二式解得 tg φ = 1 因为在A 点质点的速度大于零，所以φ = -3π/4或5π/4（如图） 2分 25c o s /==φx A cm 1分∴ 振动方程 )434c o s (10252π-π⨯=-t x(SI) 1分 (2) 速率)434s i n (41025d d 2π-π⨯π-==-t t xv (SI) 2分当t = 0 时，质点在A 点 221093.3)43sin(10425d d --⨯=π-⨯π-==t xvm/s 1分3、一质量为m 的质点在力F = -π2x 的作用下沿x 轴运动．求其运动的周期．解：将F = -π2x 与F = -kx 比较，知质点作简谐振动，k = π2． 3分 又 m m k π==ω 4分mT 22=π=ω3分4、一物体同时参与两个同方向的简谐振动：)212c o s (04.01π+π=t x (SI),)2cos(03.02π+π=t x (SI)求此物体的振动方程．解：设合成运动（简谐振动）的振动方程为 )c o s (φω+=t A x 则)c o s (2122122212φφ-++=A A A A A① 2分以 A 1 = 4 cm ，A 2 = 3 cm ，π=π-π=-212112φφ代入①式，得5cm 3422=+=A cm 3分又 22112211c o s c o s s i n s i n a r c t gφφφφφA A A A ++= ②≈127°≈2.22 rad 3分 ∴ )22.22cos(05.0+π=t x (SI) 2分5、在竖直悬挂的轻弹簧下端系一质量为 100 g 的物体，当物体处于平衡状态时，再对物体加一拉力使弹簧伸长，然后从静止状态将物体释放．已知物体在32 s 内完成48次振动，振幅为5 cm ．(1) 上述的外加拉力是多大？(2) 当物体在平衡位置以下1 cm 处时，此振动系统的动能和势能各是多少？解一：(1) 取平衡位置为原点，向下为x 正方向．设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为∆l ，则有l k mg ∆=, 加拉力F 后弹簧又伸长x 0，则0)(0=+-+∆x l k mg F解得 F = kx 0 2分 由题意，t = 0时v 0 = 0；x = x 0 则 02020)/(x x A =+=ωv 2分又由题给物体振动周期4832=Ts, 可得角频率 Tπ=2ω,2ωm k =∴ 444.0)/4(22=π==A T m kA F N 1分 (2) 平衡位置以下1 cm 处： )()/2(2222x A T -π=v 2分 221007.121-⨯==vm E K J 2分2222)/4(2121xT m kxEpπ=== 4.44×10-4 J 1分解二：(1) 从静止释放，显然拉长量等于振幅A （5 cm ），kA F = 2分2224νωπ==m m k ，ν = 1.5 Hz 2分 ∴ F = 0.444 N 1分 (2) 总能量221011.12121-⨯===FA kAE J 2分当x = 1 cm 时，x = A /5，E p 占总能量的1/25，E K 占24/25． 2分 ∴ 21007.1)25/24(-⨯==E E K J ， 41044.425/-⨯==E E p J 1分6、如图，有一水平弹簧振子，弹簧的劲度系数k = 24 N/m ，重物的质量m = 6 kg ，重物静止在平衡位置上．设以一水平恒力F = 10 N 向左作用于物体（不计摩擦），使之由平衡位置向左运动了0.05 m 时撤去力F ．当重物运动到左方最远位置时开始计时，求物体的运动方程．O解：设物体的运动方程为 )c o s (φω+=t A x ．恒外力所做的功即为弹簧振子的能量： F ×0.05 = 0.5 J ． 2分 当物体运动到左方最远位置时，弹簧的最大弹性势能为0.5 J ，即：5.0212=kAJ ， ∴ A = 0.204 m ． 2分A 即振幅． 4/2==m k ω (rad/s)2ω = 2 rad/s ． 2分 按题目所述时刻计时，初相为φ = π．∴ 物体运动方程为 2分)2c o s (204.0π+=t x (SI)． 2分第八章 波动课 后 作 业1、一平面简谐波沿x 轴正向传播，波的振幅A = 10 cm ，波的角频率ω = 7π rad/s.当t = 1.0 s 时，x = 10 cm 处的a 质点正通过其平衡位置向y 轴负方向运动，而x = 20 cm 处的b 质点正通过y = 5.0 cm 点向y 轴正方向运动．设该波波长λ >10 cm ，求该平面波的表达式．解：设平面简谐波的波长为λ，坐标原点处质点振动初相为φ，则该列平面简谐波的表达式可写成)/27c o s (1.0φλ+π-π=x t y (SI) 2分t = 1 s 时 0])/1.0(27c o s [1.0=+π-π=φλy因此时a 质点向y 轴负方向运动，故π=+π-π21)/1.0(27φλ ① 2分而此时，b 质点正通过y = 0.05 m 处向y 轴正方向运动，应有05.0])/2.0(27cos[1.0=+π-π=φλy 且π-=+π-π31)/2.0(27φλ ② 2分由①、②两式联立得 λ = 0.24 m 1分 3/17π-=φ 1分 ∴ 该平面简谐波的表达式为]31712.07cos[1.0π-π-π=x t y(SI) 2分 或 ]3112.07cos[1.0π+π-π=x t y(SI)(m ) -2、图示一平面简谐波在t = 0 时刻的波形图，求 (1) 该波的波动表达式； (2) P 处质点的振动方程．解：(1) O 处质点，t = 0 时c o s 0==φA y ， 0sin 0>-=φωA v所以 π-=21φ2分又 ==u T /λ (0.40/ 0.08) s= 5 s 2分故波动表达式为]2)4.05(2c o s [04.0π--π=x t y(SI) 4分(2) P 处质点的振动方程为]2)4.02.05(2c o s [04.0π--π=t y P )234.0c o s (04.0π-π=t (SI) 2分3、沿x 轴负方向传播的平面简谐波在t = 2 s 时刻的波形曲线如图所示，设波速u = 0.5 m/s ． 求：原点O 的振动方程．解：由图，λ = 2 m ， 又 ∵u = 0.5 m/s ，∴ ν = 1 /4 Hz ， 3分 T = 4 s ．题图中t = 2 s =T21．t = 0时，波形比题图中的波形倒退λ21，见图． 2分此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动，∴ π=21φ 2分 ∴ )2121c o s (5.0π+π=t y (SI) 3分4、一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，波的表达式为 )/(2cos λνx t A y -π=,而另一平面简谐波沿Ox 轴负方向传播，波的表达式为)/(2cos 2λνx t A y +π=求：(1) x = λ /4 处介质质点的合振动方程；(2) x = λ /4 处介质质点的速度表达式．解：(1) x = λ /4处)212c o s (1π-π=t A y ν,)212cos(22π+π=t A y ν 2分∵ y 1，y 2反相 ∴ 合振动振幅 AA A A s =-=2 , 且合振动的初相φ 和y 2的初相一样为π21． 4分合振动方程 )212c o s (π+π=t A y ν 1分(2) x = λ /4处质点的速度 )212s i n (2/d d π+ππ-==vt A t y νν)2c o s (2π+ππ=t A νν 3分5、设入射波的表达式为)(2cos 1Tt xA y +π=λ，在x = 0处发生反射，反射点为一固定端．设反射时无能量损失，求(1) 反射波的表达式； (2) 合成的驻波的表达式； (3) 波腹和波节的位置．解：(1) 反射点是固定端，所以反射有相位突变π，且反射波振幅为A ，因此反射波的表达式为 ])//(2c o s [2π+-π=T t x A y λ 3分 (2) 驻波的表达式是 21y y y +=)21/2c o s ()21/2c o s (2π-ππ+π=T t x A λ 3分(3) 波腹位置： π=π+πn x 21/2λ, 2分λ)21(21-=n x , n = 1, 2, 3, 4,…波节位置： π+π=π+π2121/2n x λ 2分λn x 21=, n = 1, 2, 3, 4,…6、如图所示，一平面简谐波沿x 轴正方向传播，BC 为波密媒质的反射面．波由P 点反射，OP = 3λ /4，DP = λ /6．在t = 0时，O 处质点的合振动是经过平衡位置向负方向运动．求D 点处入射波与反射波的合振动方程．（设入射波和反射波的振幅皆为A ，频率为ν．）解：选O 点为坐标原点，设入射波表达式为 ])/(2c o s [1φλν+-π=x t A y 2分则反射波的表达式是])(2c o s [2ππ++-+-=φλνxOP OP t A y2分合成波表达式（驻波）为 )2c o s ()/2c o s (2φνλ+ππ=t x A y 2分在t = 0时，x = 0处的质点y 0 = 0， 0)/(0<∂∂t y ， 故得 π=21φ2分因此，D 点处的合成振动方程是 )22c o s ()6/4/32c o s (2π+π-π=t A y νλλλt A νπ=2s i n 3 2分第九章 温度和气体动理论课 后 作 业1、黄绿光的波长是5000 A (1A =10 -10 m)．理想气体在标准状态下，以黄绿光的波长为边长的立方体内有多少个分子?(玻尔兹曼常量k ＝1.38×10- 23J ·K -1)解：理想气体在标准状态下，分子数密度为n = p / (kT )＝2.69×1025 个/ m 3 3分 以5000A 为边长的立方体内应有分子数为N = nV ＝3.36×106个． 2分2、已知某理想气体分子的方均根速率为 400 m ·s -1．当其压强为1 atm 时，求气体的密度．解：223131vvρ==nm p∴ 90.1/32==v p ρkg/m 3 5分3、一瓶氢气和一瓶氧气温度相同．若氢气分子的平均平动动能为 w = 6.21×10-21 J ．试求：(1) 氧气分子的平均平动动能和方均根速率． (2) 氧气的温度．(阿伏伽德罗常量N A ＝6.022×1023 mol -1，玻尔兹曼常量k ＝1.38×10-23 J ·K -1)解：(1) ∵ T 相等, ∴氧气分子平均平动动能＝氢气分子平均平动动能w＝6.21×10-21 J ．且 ()()483/22/12/12==m w v m/s 3分(2)()k w T 3/2=＝300 K ． 2分4、某理想气体的定压摩尔热容为29.1 J ·mol -1·K -1．求它在温度为273 K 时分子平均转动动能． (玻尔兹曼常量k ＝1.38×10-23 J ·K -1 )解： RR i R i C P +=+=222，∴()5122=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=R C RR C i P P ， 2分可见是双原子分子，只有两个转动自由度.211077.32/2-⨯===kT kT r ε J 3分5、一超声波源发射超声波的功率为10 W ．假设它工作10 s ，并且全部波动能量都被1 mol 氧气吸收而用于增加其内能，则氧气的温度升高了多少？ (氧气分子视为刚性分子，普适气体常量R ＝8.31 J ·mol -1·K -1 )解： A = Pt =TiR v ∆21， 2分∴ ∆T = 2Pt /(v iR )＝4.81 K ． 3分6、1 kg 某种理想气体，分子平动动能总和是1.86×106 J ，已知每个分子的质量是3.34×10-27 kg ，试求气体的温度． （玻尔兹曼常量 k ＝1.38×10-23 J ·K -1）解： N = M / m ＝0.30×1027 个 1分 ==N E w K / 6.2×10-21 J 1分kw T 32== 300 K 3分第十章 热力学第一定律课 后 作 业1、一定量的单原子分子理想气体，从初态A 出发，沿图示直线过程变到另一状态B ，又经过等容、等压两过程回到状态A ． (1) 求A →B ，B →C ，C →A 各过程中系统对外所作的功W ，内能的增量∆E 以及所吸收的热量Q ．(2) 整个循环过程中系统对外所作的总功以及从外界吸收的总热量(过程吸热的代数和)．233)5解：(1) A →B ：))((211A B A B V V p p W -+==200 J ．ΔE 1=ν C V (T B －T A )=3(p B V B －p A V A ) /2=750 JQ =W 1+ΔE 1＝950 J ． 3分B →C ： W 2 =0ΔE 2 =ν C V (T C －T B )=3( p C V C －p B V B ) /2 =－600 J ．Q 2 =W 2+ΔE 2＝－600 J ． 2分 C →A ： W 3 = p A (V A －V C )=－100 J ．150)(23)(3-=-=-=∆C C A A C A V V p V p T T C E νJ ．Q 3 =W 3+ΔE 3＝－250 J 3分 (2) W = W 1 +W 2 +W 3=100 J ． Q = Q 1 +Q 2 +Q 3 =100 J 2分2、1 mol 双原子分子理想气体从状态A (p 1,V 1)沿p -V 图所示直线变化到状态B (p 2,V 2)，试求： 气体的内能增量．气体对外界所作的功． 气体吸收的热量． 此过程的摩尔热容．解：(1))(25)(112212V p V p T T C E V -=-=∆2分(2)))((211221V V p p W -+=，W 为梯形面积，根据相似三角形有p 1V 2= p 2V 1，则)(211122V p V p W -=． 3分(3) Q =ΔE +W =3( p 2V 2－p 1V 1 )． 2分 (4) 以上计算对于A →B 过程中任一微小状态变化均成立，故过程中ΔQ =3Δ(pV )． 由状态方程得 Δ(pV ) =R ΔT ， 故 ΔQ =3R ΔT ，摩尔热容 C =ΔQ /ΔT =3R ． 3分p 1p p12(摩尔热容C =TQ ∆∆/，其中Q ∆表示1 mol 物质在过程中升高温度T ∆时所吸收的热量．)3、一定量的理想气体，由状态a 经b 到达c ．(如图， abc 为一直线)求此过程中气体对外作的功； 气体内能的增量；气体吸收的热量．(1 atm ＝1.013×105 Pa)解：(1) 气体对外作的功等于线段c a 下所围的面积W ＝(1/2)×(1+3)×1.013×105×2×10-3 J ＝405.2 J 3分 (2) 由图看出 P a V a =P c V c ∴T a =T c 2分 内能增量 0=∆E ． 2分(3) 由热力学第一定律得Q =E ∆ +W =405.2 J ． 3分4、如图所示，abcda 为1 mol 单原子分子理想气体的循环过程，求：p (×105P a)10-3m 3)(1) 气体循环一次，在吸热过程中从外界共吸收的热量； (2) 气体循环一次对外做的净功；(3) 证明 在abcd 四态, 气体的温度有T a T c =T b T d ．解：(1) 过程ab 与bc 为吸热过程， 吸热总和为 Q 1=C V (T b －T a )+C p (T c －T b ))(25)(23b b c c a a b b V p V p V p V p -+-==800 J 4分 (2) 循环过程对外所作总功为图中矩形面积W = p b (V c －V b )－p d (V d －V a ) =100 J 2分 (3) T a =p a V a /R ，T c = p c V c /R ， T b = p b V b /R ，T d = p d V d /R ， T a T c = (p a V a p c V c )/R 2=(12×104)/R 2 T b T d = (p b V b p d V d )/R 2=(12×104)/R 2∴ T a T c =T b T d 4分5、一定量的理想气体经历如图所示的循环过程，A →B 和C →D 是等压过程，B →C 和D →A 是绝热过程．已知：T C ＝ 300 K ，T B ＝ 400 K ． 试求：此循环的效率．(提示：循环效率的定义式η =1－Q 2 /Q 1，Q 1为循环中气体吸收的热量，Q 2为循环中气体放出的热量）ABCDOVp解： 121Q Q -=ηQ 1 = ν C p (T B －T A ) , Q 2 = ν C p (T C －T D ))/1()/1(12B A B C D C AB DC T T T T T T T T T T Q Q --=--=4分根据绝热过程方程得到：γγγγ----=DD AA T p T p 11，γγγγ----=CC BB T p T p 11∵ p A = p B , p C = p D ,∴ T A / T B = T D / T C 4分 故 %251112=-=-=BC T T Q Q η2分6、一卡诺热机(可逆的)，当高温热源的温度为 127℃、低温热源温度为27℃时，其每次循环对外作净功8000 J ．今维持低温热源的温度不变，提高高温热源温度，使其每次循环对外作净功 10000 J ．若两个卡诺循环都工作在相同的两条绝热线之间，试求： (1) 第二个循环的热机效率； (2) 第二个循环的高温热源的温度．解：(1) 1211211T T T Q Q Q Q W -=-==η2111T T T WQ -= 且1212T T Q Q =∴ Q 2 = T 2 Q 1 /T 1 即212122112T T T W T T T T T Q -=⋅-=＝24000 J 4分由于第二循环吸热 221Q W Q W Q +'='+'=' ( ∵ 22Q Q =') 3分 =''='1/Q W η29.4％ 1分(2) ='-='η121T T 425 K 2分。