陈汜玄-十八届三中全会意义

第一章 质点运动学

T1-4：BDDB

1 -9 质点的运动方程为
x10t30t
2
y15t20t
2

式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．
试求：(1) 初速度的矢量表达式和大小；(2) 加速度的矢量表达式和大小
解 (1) 速度的分量式为
v
x


dx
dy
1060t
v
y
1540t
dt
dt
当t ＝0 时, v
ox
＝-10 m·ｓ
-1
, v
oy
＝15 m·ｓ
-1
,


则初速度的矢量表达式为
v10i15j
，
初速度大小为
v
0

v
0x

v
0y
18.0ms
1
22

(2) 加速度的分量式为
d
v
d
v
x
60ms
2
,
a
y

y
40ms
2

dtdt


则加速度的矢量表达式为
a60i40j
，
a
x

加速度的大小为
aa
x
a
y
72.1ms
2

22
1 -13 质点沿直线运动,加速度a＝4 -t
2
,式中a的单位为m·ｓ
-2
,t的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x＝9 m,v ＝2 m·ｓ
-1
,求(1)
质点的任意时刻速度表达式；(2)运动方程．
解：（1） 由a＝4 -t
2
及
a
dv
，
d t
有

d
v


adt

(4 t
2
)dt
，
得到
v4t
1
t
3
C
。
1
3
又由题目条件，t ＝3ｓ时v ＝2，代入上式中有
243< br>1
3
3
C
，解得
C
1
1
，则
v4t
1
t
3
1
。
1
3
3
（2）由
v
有
dx
及上面所求得的速度表达式，
dt

1
d
x


vdt

(4t t
3
1)dt

3
得到
x2t
2

1
t
4
tC

2
12
又由题目条件，t ＝3ｓ时x ＝9，代入上式中有
923
2

程为
1
3
4
3C
2
，解得
C
2
0.75
，于是可得质点运动方
12


1

x2t
2

1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律
s
1
4
tt0.75

12
1
v
0
tbt
2
运动,v
0
、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度大小；(2) t
2
为何值时总加速度在数值上等于b？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？
知识点：圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式．本题采用 线量的方式来描述圆周运动的运动方程。
解 (1) 质点作圆周运动的速率为
v

其加速度的切向分量和法向分量分别为
ds

v
0
bt

dt
22
v
(
v
bt)
dv


0
a
t
b
,
a
n

RR
dt
故加速度的大小为
2
a a
n
a
t
2

R
2
b
2(
v
0
bt)
4

R
2
(2) 要使
aaab
,由
b
2
n
2
t
2
(
v
0
bt)
4
R
2
b
可得
t
v
0
b

(3) 从t＝0 开始到t＝v
0
b 时,质点经过的路程为
2
v
0
s s
t
s
0

2b

因此质点运行的圈数为
2
s
v
0

n
2π
R
4π
bR
1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值
为4.0 m·ｓ
-1
．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．
分析--题目的另一种描述方法：一质点（即题目中轮缘一点）作半径为R=0.50 m的圆周运动，且

(t)
其中k为未知常数。在t＝2.0ｓ 时
v
ｓ时

0
ｓ
-1

4
m ·

d

kt
2
，
dt
．求：(1)在 t′＝0.5ｓ时质点的角速度,切向加速度和法向加速度；(2)取t＝0
0
，求t＝2. 0ｓ时的

(t2)
。
知识点：第一问-- 圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式；第二问-- 运动学积分问题：已知速度及初位置求某时
刻质点位置
解 （1）因ωR ＝v, 且

(t)
d

kt
2
得
dt
vR

(t)Rkt
2
，
将t＝2.0ｓ 时
v
ｓ
-1

4
m·代入上式解得
k2
，
所以


ωω(t)2t
2
。
2

则t′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为

2t
2
0.5rads
1

a
t
R
d

4Rt1

dt
1
a
n
R

2
4Rt
4


8
（2）在2.0ｓ内该点所转过的角度
22
2
2
θθ
0


ωdt

2t
2
dtt
3
0
5.33rad

00
3
d

2
3
tdt

t2dt
2
，或者：由

( t)
有

d




()
得到
θtC
。又由题目条件，取t＝0ｓ时

0
0
，2t
2
，
dt3
2
3
解得C=0。则在2.0ｓ内该 点的角度为
θt
5.33rad

3
1 -24 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动,其角位置为
θ24t
3
,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0
ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法
向加速度和切向加速度的值相等？
知识点：圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式．
解 (1) 由于
θ2 4t
3
,则角速度
ω
d
θ

12t
2
．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为
dt
a
nt 2s
R

2
2.30ms
2

a
t
(2) 当
a
t
t2s
R
d
4.80ms
2

dt
a2
1
2
a
n
a
t
2
2
时,有
3a
t< br>22
a
n
,即
2
3

24Rt

R
2

12t
2


4
得
t
3

此时刻的角位置为
1

23
θ24t
3
3.15rad

(3) 要使
a
n
a
t
,则有
2
3

24Rt

R
2

12t
2


4
t ＝0.55ｓ
第二章 牛顿定律
T1-4：DACB
2 -14 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


3

t ＝1 时,质点位于x ＝5.0 m处,其速度v＝9 m·ｓ-1 ．求质点（1）在任意时刻的速度和（2）位置．
知识点：牛顿第二定律应用：已知力及初速度（或某个时刻的速度）求任意时刻速度
解 （1）由牛顿第二定律有
a
由
a
有
F
12t4

m

dv
，
dt

d
v

adt

(12t4)dt
，
得到
v6t
2
4tC
1
。
又由题目条件，t ＝1ｓ时v ＝9，代入上式中解得
C
1
（2）由
v
有
 1
，则
v6t
2
4t1
。

dx
dt
及上面所求得的速度表达式，

d
x


vdt

(6t
2
4t1)dt

得到
x2t
3
2t
2
tC
2

又由题目条件，t ＝1ｓ时x ＝5，代入上式中解得
C
2
2
，于是可得质点运动方程为
x2t
3
2t
2
t2
。
2 -20 质量为45.0 kg 的物体,由地面以初速60.0 m·ｓ
-1
竖直向上发射,物体受到空气的阻力为F
r
＝kv,且k ＝0.03 N( m·ｓ
-1
)．(1) 求物体发射到最大高度所需的时间。
知识点：牛顿第二定 律应用：已知力及初速度（或某个时刻的速度）求任意时刻速度。在这个题目中，并不需要得到速
度的表 达式，只需要得到速度和时间之间的关系式。
解 (1) 物体在空中受重力mg和空气阻力F
r
＝kv 作用而减速．由牛顿定律得
mg

k
v
m
将上式改写成微元等式，有
dt
dv
(1)
dt

d
v

k
g
v
md
v
，积分得到
t
m
ln(g
k
v) C
。
km
k
g
v
m
km
km
v
0
)
，

dt

由题意，将t=0时速度 为
v
0
60
代入上式，有
0
m
ln(g< br>k
v
0
)C
，即
C
m
ln(g
k
k
1
v
0
故有时间和速度的关系为。
mkmkm< br>mg
tln(g
v
0
)ln(g
v
)ln ()
k
kmkmk
1
v
mg


4

又当物体发射到最大高度时，速度
v0
，所以有此时所对应时间为
t
m

k
v
0


ln

16.11s
。

k

mg

2 -22 质量为m 的摩托车,在恒定 的牵引力F的作用下工作,并受到一定的阻力，使得它能达到的最大速率是v
m
．试计算
以下情况从摩托车由静止加速到v
m
2所需的时间：(1) 阻力Fr ＝kv
2
；（2）阻力Fr ＝kv ，其中k为未知比例系数。
知识点：牛顿第二 定律应用：已知力及初速度（或某个时刻的速度）求任意时刻速度。和上题一样，在这个题目中，并
不需 要得到速度的表达式，只需要得到速度和时间之间的关系式。
解 （1）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
F

k
v
2

m
当加速度a ＝dvdt ＝0 时,摩托车的速率最大,此时牵引力和阻力相抵消，因此可得
d
v

dt
k
＝
Fv
m
2

代入上式中有
v
2

d
v
，
F



1
v
2


m
dt
m
将上式改写成微元等式，并利用
d
v
1dvdv
，
111
有
F
两边积分有
dt()

2
2
vv
v
m2
1
v
1
v
v
1
1
2
1
2
1
v
m
v< br>m
v
m
v
m
v
m
v
m
v< br>v
ln(1C)
m
v
m
2
v
1v
。
ln(
m
C)
v
1
v
m
vv
F
v
t
m
ln(1)
m
m2< br>v
m
2
1
1
mm
由t=0时，v=0，代入上式， 有C=0。则当v=v
m
2 时，有
t
v
m
ln (
2
)
v
m
ln3
1
2F2F
12

（2）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
Fk
v
m
当加速度a ＝dvdt ＝0 时,摩托车的速率最大,此时牵引力和阻力相抵消，因此可得
d
v

dt
k
＝
Fv
m

代入上式中有

F

1
v

m
d
v
， 

v
m

dt
将上式改写成微元等式，有
F
m
dt
v
dv
，两边积分有
F
t
v
ln(1)C
。
m
m
v
m
v
1
v
m
由t=0时，v=0，代入上式，有C=0 。则当v=v
m
2 时，有
t
m
vln(1
1
)
m
vln2
。
mm
F2F
第三章 动量守恒定律和能量守恒定律


5

T1，T3、4、5：CCDC
3 -6 一架以3.0 ×102 m·ｓ
-1
的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m、质量为0.50 kg 的 飞鸟相碰．设碰撞后飞鸟的
尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计 ．试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身
长被飞机速率相除来估算)．
知识点：质点动量定理的应用：已知速度变化求平均作用力
解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得
F

Δtmv0
l v,以此代入上式可得

式中F′为飞机对鸟的平均冲力,等式右边的0指小鸟的初始动量忽略不计，而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt
＝
m
v
2
F

 2.5510
5
N

l
根据作用力和反作用力定律，则鸟对飞机的平均冲力为
FF

2.5510
5
N

3 -8 F
x
＝30＋4t(式中F
x
的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ 内此力
的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v
1
＝10 m·s
-1
,方向与Fx 相同,在t＝6.86s时,此物体的速
度v
2
．
知识点：冲量的定义，质点动量定理的积分形式
解 (1) 由冲量定义
I
t
2


Fdt
，有
t< br>1
2
I


304t

dt30t 2t
2
0
68Ns

0
2
(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t
2
,解此方程可得
t ＝6．86 s(另一解t<0不合题意已舍去)
(3) 由动量定理,
I
又由
I
t
2
t
1
Fdtmv
2
mv
1
，
s ,
30t2t
2
可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N·
将I
、
m 及v
1
代入可得
v
2

Imv
1
40ms
1

m

3 -17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知t＝0 时质点位于原点,且初始速度为零．设外力F 随距离变
化规律为
FF
0

F
0
x
．试求质点从x
＝
0 处运动到x ＝L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x ＝L 处的速率．
L
知识点：功的定义，动能定理
解 由
FF
0

F
0
x
, 又由功的定义
W 
L

x
2
x
1
L

F
Fdx
, 有
W


F
0

0
0
L

FL

x

dx
0

2

由动能定理有
W
1
mv
2
0

2


6

其中，等式右边的0指质点的初始速度及动能为0，则有得x ＝L 处的质点速率为
v
F
0
L

m
3 -19 一物体在介质中按规律x ＝ct
3
作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力F(v) ＝kv
2
，其中k为已知阻力系数。
试求物体由x
0
＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作的功．
知识点：功的定义
解 由运动方程x ＝ct
3
,可得物体的速度
v
代入F(v) ＝kv
2
,得到物体所受阻力的大小和时间关系为
dx
3ct
2

dt
Fkv
2
9kc
2
t
4

再由x ＝ct
3
即
tc
13
x
13
，代入上式有
F9kc
23
x
43
。
x
1由功的定义
W
x
2
Fdx
，则阻力做功为

W

Fdx

9kc
23
x
43
dx
00
ll
27
2373
。
kcl
7
3 -20 一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水．水桶被
匀速地从井中提到井口,求所作的功．（取重力加速度g=10 m·ｓ
-2
）

知识点：功的定义
解 水桶在匀速上提过程中, 拉力F与水桶重力P平衡,有
F ＋P＝0
(在图示所取坐标下,)(注：考试时括号文字 不写)记初始时刻水桶内水的质量为
m
0
，则水桶重力随位置的变化关系为
Pm
0
g0.2gy

其中y为水桶的高度，以井底为y=0。 则由功的定义
W

y
2
y
1
Fdy
，有 人对水桶的拉力的功为
J

W

Fdy

0
l10
0

m
0
g0.2gy

dy 900
3 -21 一质量为0.20 kg 的球,系在长为2.00 m 的细绳上,细绳的另一端系在天花板上．把小球移至使细绳与竖直方向成


7

30°角的位置,然后从静止放开．求：(1) 在绳索从30°角到0°角的过程中,重力和张力所作的功；(2) 物体在最低位置时的动能和
速率；(3) 在最低位置时的张力．

知识点：势能定 义，重力势能函数，机械能守恒：已知某一过程质点的初始及末位置，求功、动能变化、速度变化等；
圆 周运动和受力关系
解 (1) 张力由于和小球运动方向垂直，故做功为零。
由保守力做功和势能的关系,则重力做功有
W
又若将小球最低点取为势能零点， 重力势能函数为
E
P
(

)mghmgl

1cos
将

1
30
0
，

20
0
代入公式，有重力做功为
E
P
E
P1
E
P2
。


。
WE
P
E
P1
EP2
mgl

cos0
0
cos30
0

0.53J

(2) 根据机械能守恒,
E
k
E
P
0
，即
E
k
E
P
W

又由初始时动能为零
E
k1
0
,故在最低位置时，亦即在
0
0
时的动能为
E
k2
E
k2
E
k1
E
k
E
P
W0.53J

小球在最低位置的速率为
v
2E
K

m
2W< br>2.30ms
1

m
(3) 当小球在最低位置时,记张力为
F
T
，则由牛顿定律可得
m
v2
F
T
mg
l
m
v
2
其中
F
n

l
，
为圆周运动的法向力，则有


8

m
v
2
F
T
mg2.49N

l
第四章 刚体的转动

T5：B
4 －28 我国1970年4 月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为4.39 ×10
5
m、远地点为2.38 ×10
6
m.试计算卫星在近地点和
远地点的速率.(设已知卫星绕地球运动过程角动量守恒。)
知识点：角动量守恒，引力势能的函数，机械能守恒
解 记近地点处卫星离地球距离为
r
1
，速率为
v
1
，远地点处则分别为
r
2、
v
2
。
由于卫星绕地球运动轨迹为以地球为焦点的椭圆，且在近地点 和远地点处的速度方向与地球到卫星连线相垂直，则由角动量
守恒定律有
mr
1
v
1
mr
2
v
2
，即
v
2

r
1
v
1

r
2

又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有

1
2
Gmm
E
1
2
Gmm
E

mv
1
mv
2

2r
1
2r
2
式中m
Ｅ
和m 分别为地球和卫星的质量。将
v
2
< br>r
1
v
1
代入上式有
r
2
v
1< br>
Gm
E
r
2
8.1110
3
ms< br>1
，进一步有
r
1

r
1
r
2

v
2

r
1
v
1
6.31 10
3
ms
1

r
2
4 －30 如图所示，一质量为m 的小球由一绳索系着，以角速度ω
0
在无摩擦的水平面上，作半径为r
0
的圆周运动.如果在绳
的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为r
0
2 的圆周运动.试求：(1) 小球新的角速度；(2) 拉力所作的功.

知识点：角动量守恒，质点动能定理
解 (1)小球在转动的过程中，角动量保持守恒，且由圆周运动质点的角动量为
Lmr


2

，则有当小球做两种半径的圆周
9

运动时角动量相等
L
r
mr
0
2

0
 m(
0
)
2

，
2
4

0
。 故新的角速度为

(2)当小球作半径为r
0
的圆周运动时速度为
v
0
有
r
0

0
，作半径为r
0
2 的圆周运动时速度 为
vr

2r
0

0
。由动能定理，
WE
k


T1-3：BBD
1
2
1
2
3
22
mvmv
0
mr
0

0< br>。
222
第五章 静 电 场
5 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求在棒的延长线，且离棒中心为r>0 处的P点上的(1)电场强度
E
（2）电势
V
，以无穷远处电势为0.

知识点：连续带电体电场强度、电势求解：1）电荷元积分法
解：（1）沿着带电 细棒建立坐标轴x，以棒的中点为坐标原点。在棒上任取一个线微元dx，其电荷元为dq，由均匀带电有dq ＝
QdxL。记该电荷元的坐标为x，离P点距离为
r

，则有
r< br>
rx
，该电荷元对P点所产生的电场强度大小为
dE
dqQd x

4

0
r'
2
4

0< br>L(rx)
2
。

整个带电体在点P 的电场强度为
d qQdx
E

dE



2
4

0
L(rx)
2
4

0
r'
2
L
解得
E
L2
，（注意积分时r是常数）

Q

11

1Q

22
4π

0
L


rL2rL2


π

0
4rL
。
（2）沿着带电细棒建立坐标轴x，以棒的中点为坐标原点。在棒上 任取一个线微元dx，其电荷元为dq，由均匀带电有dq ＝QdxL。
记该电荷元的坐标为x，离P 点距离为
r

，则有
r

rx
，该电荷元对P 点所产生的电势大小为
dV
dq
4

0
r'

Qdx
，
4

0
L(rx)

则整个带电体在点P 的电势大小为
V

dV

dq
4

0
r'

Qdx
，（注意积分时r是常数）

4

L(rx)
0
L2
L2
解得
V



QrL2
ln
。
4π

0
LrL2
10

5 －21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R
1
和R
2
＞R
1
)，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处
的电场强度：(1) r ＜R
1
，(2) R
1
＜r ＜R
2
，(3) r ＞R
2
.

知识点：连续带电体电场强度求解：2）高斯定理法
解 作带电体的同轴圆柱面（半径为r， 高为L）为高斯面，则由电荷分布对称性，在圆柱面侧面上任意一点电场强度大小相
等，方向垂直于高斯 面，而在圆柱面底面上电场强度方向与面相平行，无电通量。因此，高斯面上的电通量和r处电场强度的
关系为

e
ES
侧
=E2πrL
。又由高斯定理

e
Q
in


0
，则有
E=
Q
in
Q
in

，则对应于r为不同的位置：

0
S
侧
2

rL

0
（1）r ＜R
1
，高斯面所包围的带电体为0，故有
Q
in
0
，
E
1
0

（2）R
1
＜r ＜R
2
，高斯面所包围的带电体为电量为Q
in


L
，则有
E
2
=
Q
in


。

0
S
侧
2

0
r
（3）r ＞R
2
，
高斯面所包围的带电体正负相抵，净电荷为0故有
Q
in
0
，
E
3
0
。
5 －22 如图所示，有三个点电荷Q
1
、Q
2
、Q
3
沿一条直线等间距分布且Q
1
＝Q
3
＝Q.已知其中任一点电荷所受合力均为
零，求在固定Q
1
、Q
3
的情况下，将Q
2
从点O 移到无穷远处外力所作的功.

知识点：点电荷 的电势，电势定义：电势和电势能的关系，电势和电场强度的关系，电势差和静电力做功的关系
解 由题意Q
1
所受的合力为零及库仑力的定义
F
q
1
q< br>2
4π

0
r
2
，有


11

Q
1
解得
Q
2
Q
2
Q
3
Q0

12
4πε
0
d
2
4πε
0

2d
11
Q
3
Q

44

q< br>4π

0
r
及电势叠加原理得Q
1
、Q
3
在点O 的电势 由于Q
1
、Q
3
都是点电荷， 则由点电荷电势的公式
V
V
0

则有Q
2
在点O 的电势能为
E
P0
Q
1
Q
3
Q

4π
ε
0
d
4π
ε
0
d
2π
ε
0
d

Q
2
V
0
。
0
）的过程中，由电场力作功与电势能差的关系有电场力做功为， 将Q
2

从点O 推到无穷远处（
V

WE
P0
E
P
Q
2

V
0
V


Q2
V
0

Q
2
而又由外力和电场力相抵消故外力做功为
W

WQ
2
V
0

8π

0
d
补充例题：均匀带电球体的电场强度
。
设有一半径为R， 均匀带电为Q的球体，求球体内部任意一点P（距离球心r法和P169 例1相同）
知识点：连续带电体电场强度求解：2）高斯定理法
解 作 带电体的同心球面（半径为r）为高斯面，则由电荷分布对称性，在该球面上任意一点电场强度大小相等，方向垂 直于
高斯面，因此，高斯面上的电通量和r处电场强度的关系为

e
ES< br>球
=E4πr
2
。又由高斯定理

e
Q
in


0
，则有
，及球体均匀带电，有高斯面内所包围电量为：QQ
in
E=
in


0
S
球
4

r
2

0
4

r
3
。又由半径为r的高斯面所包围的球体的体积为
3
4

r
3
，则有
r
Q
in

3
3
Q()
3< br>Q
4

R
R
3
r
()
3
Q
rQ
。
E
R
2

4

r
0
4

R
3

0
第十三章 热力学基础
T1-5：BBCDA

13-10 一定量的空气，吸收了
1.71
3
10J
的热量，并保持在
110Pa
下膨胀，体积从< br>110
52
m
3
增加到
1.510
2
m
3
，问空气对外做了多少功？它的内能改变了多少？


12

知识点：四个准静态过程的性质---等压过程。
解：由题意，该过程为等压过程，其中压强为
P110
5
Pa
。
，初末状态体积分别为
V
1
110
2
m
3< br>，
V
2
1.510
2
m
3
，过程中吸 热为
Q1.7110
3
J
由等压过程做功公式，气体对外做功为
W
由热力学第一定律：
QEW
，
代入热量和功的值有内能变化为
E

PVP(V
2
V
1
)500J
；
QW1.2110
3
J
。
13-21 1mol氢气在 温度为300K，体积为
0.025m
的状态下，经过（1）等压膨胀；（2）等温膨胀；（3 ）绝热膨胀。气体的
体积都变为原来的两倍。试分别计算这三种过程中氢气对外作的功以及吸收的热量。
知识点：四个准静态过程的性质
解：由题目给出条件，氢气为双原子气体，分子自由度
i
3
5
，绝热系数

1.4
，气体的初状态为
T
1
300K
，
V
1
0.025m
3
，末状态体积为
V
2
2V
1
。
（1）
等压 过程：气体对外做功为
WPVP(V
2
V
1
)
，又 由理想气体物态方程（
v1
），
PV
1
RT
1
，解得
P
则有
W
RT
1
V
1
，
P(V
2
V
1
)
RT
1
(V
2< br>V
1
)RT
1
2.4910
3
J
；
V
1
i
，
C
P,m
(T
2
T
1
)(1)R(T
2
T
1
)
，又由理想气体 物态方程（
v1
）
2
由摩尔定压热容的定义有吸收热量为
Q
PV
1
RT
1
，
PV
2
RT
2有
iii7
Q(1)R(T
2
T
1
)(1 )P(V
2
V
1
)(1)WW8.7310
3
J
2222
i
（2）
等温过程：
ERT0
，由热力学第一定律
2
气体吸热等于做功，且
Q

WRTln
V
2
RTln21.7310
3
J
。
V
1


13

（3）
绝热过程：由热力学第一定律
W E
Q0
，
亦即
T
2
i

1< br>
1
TV
需要求
T
2
。又由绝热关系
T V
，
R(T
2
T
1
)
，
1122
2
T
1
(
V
1

1
)3000 .5
0.4
227K
，故有
V
2
i
WE RT2.58.31731.5210
3
J
。
2
13-31 在夏季，假定室外温度恒定为37.0
0
C
，启动空 调使室内温度始终保持在17.0
0
C
.如果每天有
2.5110J
的热量通
8
过热传导等方式自室外流入室内，则空调一天耗电多少？（设该空调制冷机的制冷 系数为同条件下的卡诺制冷机制冷系数的
60%）
知识点：制冷系数定义，卡诺制冷系数 < br>解：由题目给出条件，高温热源温度为
T
1
310.15K
，低温热 源
T
2
290.15K
，每天输入低温热源热量为
Q
in
2.5110
8
J
。又由题意，制冷机制冷系数为

e0.6e
卡
0.6
T
2
Q
8.70
，且根 据制冷系数定义
e
2
T
1
T
2
W
，其 中
Q
2
为由低温热源输出的热量，为求W，需要知
道
Q
2< br>。
由于制冷机工作状态下要令低温热源温度不变，所以要外界输入热量
Q
in
完全输出到制冷机，也就是
Q
2
Q
in
2.5110
8
J
，故有
W


Q
2
Qin
2.8910
7
J8kWh
。
ee


14

第一章 质点运动学

T1-4：BDDB

1 -9 质点的运动方程为
x10t30t
2
y15t20t
2

式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．
试求：(1) 初速度的矢量表达式和大小；(2) 加速度的矢量表达式和大小
解 (1) 速度的分量式为
v
x


dx
dy
1060t
v
y
1540t
dt
dt
当t ＝0 时, v
ox
＝-10 m·ｓ
-1
, v
oy
＝15 m·ｓ
-1
,


则初速度的矢量表达式为
v10i15j
，
初速度大小为
v
0

v
0x

v
0y
18.0ms
1
22

(2) 加速度的分量式为
d
v
d
v
x
60ms
2
,
a
y

y
40ms
2

dtdt


则加速度的矢量表达式为
a60i40j
，
a
x

加速度的大小为
aa
x
a
y
72.1ms
2

22
1 -13 质点沿直线运动,加速度a＝4 -t
2
,式中a的单位为m·ｓ
-2
,t的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x＝9 m,v ＝2 m·ｓ
-1
,求(1)
质点的任意时刻速度表达式；(2)运动方程．
解：（1） 由a＝4 -t
2
及
a
dv
，
d t
有

d
v


adt

(4 t
2
)dt
，
得到
v4t
1
t
3
C
。
1
3
又由题目条件，t ＝3ｓ时v ＝2，代入上式中有
243< br>1
3
3
C
，解得
C
1
1
，则
v4t
1
t
3
1
。
1
3
3
（2）由
v
有
dx
及上面所求得的速度表达式，
dt

1
d
x


vdt

(4t t
3
1)dt

3
得到
x2t
2

1
t
4
tC

2
12
又由题目条件，t ＝3ｓ时x ＝9，代入上式中有
923
2

程为
1
3
4
3C
2
，解得
C
2
0.75
，于是可得质点运动方
12


1

x2t
2

1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律
s
1
4
tt0.75

12
1
v
0
tbt
2
运动,v
0
、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度大小；(2) t
2
为何值时总加速度在数值上等于b？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？
知识点：圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式．本题采用 线量的方式来描述圆周运动的运动方程。
解 (1) 质点作圆周运动的速率为
v

其加速度的切向分量和法向分量分别为
ds

v
0
bt

dt
22
v
(
v
bt)
dv


0
a
t
b
,
a
n

RR
dt
故加速度的大小为
2
a a
n
a
t
2

R
2
b
2(
v
0
bt)
4

R
2
(2) 要使
aaab
,由
b
2
n
2
t
2
(
v
0
bt)
4
R
2
b
可得
t
v
0
b

(3) 从t＝0 开始到t＝v
0
b 时,质点经过的路程为
2
v
0
s s
t
s
0

2b

因此质点运行的圈数为
2
s
v
0

n
2π
R
4π
bR
1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值
为4.0 m·ｓ
-1
．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．
分析--题目的另一种描述方法：一质点（即题目中轮缘一点）作半径为R=0.50 m的圆周运动，且

(t)
其中k为未知常数。在t＝2.0ｓ 时
v
ｓ时

0
ｓ
-1

4
m ·

d

kt
2
，
dt
．求：(1)在 t′＝0.5ｓ时质点的角速度,切向加速度和法向加速度；(2)取t＝0
0
，求t＝2. 0ｓ时的

(t2)
。
知识点：第一问-- 圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式；第二问-- 运动学积分问题：已知速度及初位置求某时
刻质点位置
解 （1）因ωR ＝v, 且

(t)
d

kt
2
得
dt
vR

(t)Rkt
2
，
将t＝2.0ｓ 时
v
ｓ
-1

4
m·代入上式解得
k2
，
所以


ωω(t)2t
2
。
2

则t′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为

2t
2
0.5rads
1

a
t
R
d

4Rt1

dt
1
a
n
R

2
4Rt
4


8
（2）在2.0ｓ内该点所转过的角度
22
2
2
θθ
0


ωdt

2t
2
dtt
3
0
5.33rad

00
3
d

2
3
tdt

t2dt
2
，或者：由

( t)
有

d




()
得到
θtC
。又由题目条件，取t＝0ｓ时

0
0
，2t
2
，
dt3
2
3
解得C=0。则在2.0ｓ内该 点的角度为
θt
5.33rad

3
1 -24 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动,其角位置为
θ24t
3
,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0
ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法
向加速度和切向加速度的值相等？
知识点：圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式．
解 (1) 由于
θ2 4t
3
,则角速度
ω
d
θ

12t
2
．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为
dt
a
nt 2s
R

2
2.30ms
2

a
t
(2) 当
a
t
t2s
R
d
4.80ms
2

dt
a2
1
2
a
n
a
t
2
2
时,有
3a
t< br>22
a
n
,即
2
3

24Rt

R
2

12t
2


4
得
t
3

此时刻的角位置为
1

23
θ24t
3
3.15rad

(3) 要使
a
n
a
t
,则有
2
3

24Rt

R
2

12t
2


4
t ＝0.55ｓ
第二章 牛顿定律
T1-4：DACB
2 -14 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


3

t ＝1 时,质点位于x ＝5.0 m处,其速度v＝9 m·ｓ-1 ．求质点（1）在任意时刻的速度和（2）位置．
知识点：牛顿第二定律应用：已知力及初速度（或某个时刻的速度）求任意时刻速度
解 （1）由牛顿第二定律有
a
由
a
有
F
12t4

m

dv
，
dt

d
v

adt

(12t4)dt
，
得到
v6t
2
4tC
1
。
又由题目条件，t ＝1ｓ时v ＝9，代入上式中解得
C
1
（2）由
v
有
 1
，则
v6t
2
4t1
。

dx
dt
及上面所求得的速度表达式，

d
x


vdt

(6t
2
4t1)dt

得到
x2t
3
2t
2
tC
2

又由题目条件，t ＝1ｓ时x ＝5，代入上式中解得
C
2
2
，于是可得质点运动方程为
x2t
3
2t
2
t2
。
2 -20 质量为45.0 kg 的物体,由地面以初速60.0 m·ｓ
-1
竖直向上发射,物体受到空气的阻力为F
r
＝kv,且k ＝0.03 N( m·ｓ
-1
)．(1) 求物体发射到最大高度所需的时间。
知识点：牛顿第二定 律应用：已知力及初速度（或某个时刻的速度）求任意时刻速度。在这个题目中，并不需要得到速
度的表 达式，只需要得到速度和时间之间的关系式。
解 (1) 物体在空中受重力mg和空气阻力F
r
＝kv 作用而减速．由牛顿定律得
mg

k
v
m
将上式改写成微元等式，有
dt
dv
(1)
dt

d
v

k
g
v
md
v
，积分得到
t
m
ln(g
k
v) C
。
km
k
g
v
m
km
km
v
0
)
，

dt

由题意，将t=0时速度 为
v
0
60
代入上式，有
0
m
ln(g< br>k
v
0
)C
，即
C
m
ln(g
k
k
1
v
0
故有时间和速度的关系为。
mkmkm< br>mg
tln(g
v
0
)ln(g
v
)ln ()
k
kmkmk
1
v
mg


4

又当物体发射到最大高度时，速度
v0
，所以有此时所对应时间为
t
m

k
v
0


ln

16.11s
。

k

mg

2 -22 质量为m 的摩托车,在恒定 的牵引力F的作用下工作,并受到一定的阻力，使得它能达到的最大速率是v
m
．试计算
以下情况从摩托车由静止加速到v
m
2所需的时间：(1) 阻力Fr ＝kv
2
；（2）阻力Fr ＝kv ，其中k为未知比例系数。
知识点：牛顿第二 定律应用：已知力及初速度（或某个时刻的速度）求任意时刻速度。和上题一样，在这个题目中，并
不需 要得到速度的表达式，只需要得到速度和时间之间的关系式。
解 （1）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
F

k
v
2

m
当加速度a ＝dvdt ＝0 时,摩托车的速率最大,此时牵引力和阻力相抵消，因此可得
d
v

dt
k
＝
Fv
m
2

代入上式中有
v
2

d
v
，
F



1
v
2


m
dt
m
将上式改写成微元等式，并利用
d
v
1dvdv
，
111
有
F
两边积分有
dt()

2
2
vv
v
m2
1
v
1
v
v
1
1
2
1
2
1
v
m
v< br>m
v
m
v
m
v
m
v
m
v< br>v
ln(1C)
m
v
m
2
v
1v
。
ln(
m
C)
v
1
v
m
vv
F
v
t
m
ln(1)
m
m2< br>v
m
2
1
1
mm
由t=0时，v=0，代入上式， 有C=0。则当v=v
m
2 时，有
t
v
m
ln (
2
)
v
m
ln3
1
2F2F
12

（2）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
Fk
v
m
当加速度a ＝dvdt ＝0 时,摩托车的速率最大,此时牵引力和阻力相抵消，因此可得
d
v

dt
k
＝
Fv
m

代入上式中有

F

1
v

m
d
v
， 

v
m

dt
将上式改写成微元等式，有
F
m
dt
v
dv
，两边积分有
F
t
v
ln(1)C
。
m
m
v
m
v
1
v
m
由t=0时，v=0，代入上式，有C=0 。则当v=v
m
2 时，有
t
m
vln(1
1
)
m
vln2
。
mm
F2F
第三章 动量守恒定律和能量守恒定律


5

T1，T3、4、5：CCDC
3 -6 一架以3.0 ×102 m·ｓ
-1
的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m、质量为0.50 kg 的 飞鸟相碰．设碰撞后飞鸟的
尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计 ．试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身
长被飞机速率相除来估算)．
知识点：质点动量定理的应用：已知速度变化求平均作用力
解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得
F

Δtmv0
l v,以此代入上式可得

式中F′为飞机对鸟的平均冲力,等式右边的0指小鸟的初始动量忽略不计，而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt
＝
m
v
2
F

 2.5510
5
N

l
根据作用力和反作用力定律，则鸟对飞机的平均冲力为
FF

2.5510
5
N

3 -8 F
x
＝30＋4t(式中F
x
的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ 内此力
的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v
1
＝10 m·s
-1
,方向与Fx 相同,在t＝6.86s时,此物体的速
度v
2
．
知识点：冲量的定义，质点动量定理的积分形式
解 (1) 由冲量定义
I
t
2


Fdt
，有
t< br>1
2
I


304t

dt30t 2t
2
0
68Ns

0
2
(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t
2
,解此方程可得
t ＝6．86 s(另一解t<0不合题意已舍去)
(3) 由动量定理,
I
又由
I
t
2
t
1
Fdtmv
2
mv
1
，
s ,
30t2t
2
可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N·
将I
、
m 及v
1
代入可得
v
2

Imv
1
40ms
1

m

3 -17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知t＝0 时质点位于原点,且初始速度为零．设外力F 随距离变
化规律为
FF
0

F
0
x
．试求质点从x
＝
0 处运动到x ＝L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x ＝L 处的速率．
L
知识点：功的定义，动能定理
解 由
FF
0

F
0
x
, 又由功的定义
W 
L

x
2
x
1
L

F
Fdx
, 有
W


F
0

0
0
L

FL

x

dx
0

2

由动能定理有
W
1
mv
2
0

2


6

其中，等式右边的0指质点的初始速度及动能为0，则有得x ＝L 处的质点速率为
v
F
0
L

m
3 -19 一物体在介质中按规律x ＝ct
3
作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力F(v) ＝kv
2
，其中k为已知阻力系数。
试求物体由x
0
＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作的功．
知识点：功的定义
解 由运动方程x ＝ct
3
,可得物体的速度
v
代入F(v) ＝kv
2
,得到物体所受阻力的大小和时间关系为
dx
3ct
2

dt
Fkv
2
9kc
2
t
4

再由x ＝ct
3
即
tc
13
x
13
，代入上式有
F9kc
23
x
43
。
x
1由功的定义
W
x
2
Fdx
，则阻力做功为

W

Fdx

9kc
23
x
43
dx
00
ll
27
2373
。
kcl
7
3 -20 一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水．水桶被
匀速地从井中提到井口,求所作的功．（取重力加速度g=10 m·ｓ
-2
）

知识点：功的定义
解 水桶在匀速上提过程中, 拉力F与水桶重力P平衡,有
F ＋P＝0
(在图示所取坐标下,)(注：考试时括号文字 不写)记初始时刻水桶内水的质量为
m
0
，则水桶重力随位置的变化关系为
Pm
0
g0.2gy

其中y为水桶的高度，以井底为y=0。 则由功的定义
W

y
2
y
1
Fdy
，有 人对水桶的拉力的功为
J

W

Fdy

0
l10
0

m
0
g0.2gy

dy 900
3 -21 一质量为0.20 kg 的球,系在长为2.00 m 的细绳上,细绳的另一端系在天花板上．把小球移至使细绳与竖直方向成


7

30°角的位置,然后从静止放开．求：(1) 在绳索从30°角到0°角的过程中,重力和张力所作的功；(2) 物体在最低位置时的动能和
速率；(3) 在最低位置时的张力．

知识点：势能定 义，重力势能函数，机械能守恒：已知某一过程质点的初始及末位置，求功、动能变化、速度变化等；
圆 周运动和受力关系
解 (1) 张力由于和小球运动方向垂直，故做功为零。
由保守力做功和势能的关系,则重力做功有
W
又若将小球最低点取为势能零点， 重力势能函数为
E
P
(

)mghmgl

1cos
将

1
30
0
，

20
0
代入公式，有重力做功为
E
P
E
P1
E
P2
。


。
WE
P
E
P1
EP2
mgl

cos0
0
cos30
0

0.53J

(2) 根据机械能守恒,
E
k
E
P
0
，即
E
k
E
P
W

又由初始时动能为零
E
k1
0
,故在最低位置时，亦即在
0
0
时的动能为
E
k2
E
k2
E
k1
E
k
E
P
W0.53J

小球在最低位置的速率为
v
2E
K

m
2W< br>2.30ms
1

m
(3) 当小球在最低位置时,记张力为
F
T
，则由牛顿定律可得
m
v2
F
T
mg
l
m
v
2
其中
F
n

l
，
为圆周运动的法向力，则有


8

m
v
2
F
T
mg2.49N

l
第四章 刚体的转动

T5：B
4 －28 我国1970年4 月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为4.39 ×10
5
m、远地点为2.38 ×10
6
m.试计算卫星在近地点和
远地点的速率.(设已知卫星绕地球运动过程角动量守恒。)
知识点：角动量守恒，引力势能的函数，机械能守恒
解 记近地点处卫星离地球距离为
r
1
，速率为
v
1
，远地点处则分别为
r
2、
v
2
。
由于卫星绕地球运动轨迹为以地球为焦点的椭圆，且在近地点 和远地点处的速度方向与地球到卫星连线相垂直，则由角动量
守恒定律有
mr
1
v
1
mr
2
v
2
，即
v
2

r
1
v
1

r
2

又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有

1
2
Gmm
E
1
2
Gmm
E

mv
1
mv
2

2r
1
2r
2
式中m
Ｅ
和m 分别为地球和卫星的质量。将
v
2
< br>r
1
v
1
代入上式有
r
2
v
1< br>
Gm
E
r
2
8.1110
3
ms< br>1
，进一步有
r
1

r
1
r
2

v
2

r
1
v
1
6.31 10
3
ms
1

r
2
4 －30 如图所示，一质量为m 的小球由一绳索系着，以角速度ω
0
在无摩擦的水平面上，作半径为r
0
的圆周运动.如果在绳
的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为r
0
2 的圆周运动.试求：(1) 小球新的角速度；(2) 拉力所作的功.

知识点：角动量守恒，质点动能定理
解 (1)小球在转动的过程中，角动量保持守恒，且由圆周运动质点的角动量为
Lmr


2

，则有当小球做两种半径的圆周
9

运动时角动量相等
L
r
mr
0
2

0
 m(
0
)
2

，
2
4

0
。 故新的角速度为

(2)当小球作半径为r
0
的圆周运动时速度为
v
0
有
r
0

0
，作半径为r
0
2 的圆周运动时速度 为
vr

2r
0

0
。由动能定理，
WE
k


T1-3：BBD
1
2
1
2
3
22
mvmv
0
mr
0

0< br>。
222
第五章 静 电 场
5 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求在棒的延长线，且离棒中心为r>0 处的P点上的(1)电场强度
E
（2）电势
V
，以无穷远处电势为0.

知识点：连续带电体电场强度、电势求解：1）电荷元积分法
解：（1）沿着带电 细棒建立坐标轴x，以棒的中点为坐标原点。在棒上任取一个线微元dx，其电荷元为dq，由均匀带电有dq ＝
QdxL。记该电荷元的坐标为x，离P点距离为
r

，则有
r< br>
rx
，该电荷元对P点所产生的电场强度大小为
dE
dqQd x

4

0
r'
2
4

0< br>L(rx)
2
。

整个带电体在点P 的电场强度为
d qQdx
E

dE



2
4

0
L(rx)
2
4

0
r'
2
L
解得
E
L2
，（注意积分时r是常数）

Q

11

1Q

22
4π

0
L


rL2rL2


π

0
4rL
。
（2）沿着带电细棒建立坐标轴x，以棒的中点为坐标原点。在棒上 任取一个线微元dx，其电荷元为dq，由均匀带电有dq ＝QdxL。
记该电荷元的坐标为x，离P 点距离为
r

，则有
r

rx
，该电荷元对P 点所产生的电势大小为
dV
dq
4

0
r'

Qdx
，
4

0
L(rx)

则整个带电体在点P 的电势大小为
V

dV

dq
4

0
r'

Qdx
，（注意积分时r是常数）

4

L(rx)
0
L2
L2
解得
V



QrL2
ln
。
4π

0
LrL2
10

5 －21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R
1
和R
2
＞R
1
)，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处
的电场强度：(1) r ＜R
1
，(2) R
1
＜r ＜R
2
，(3) r ＞R
2
.

知识点：连续带电体电场强度求解：2）高斯定理法
解 作带电体的同轴圆柱面（半径为r， 高为L）为高斯面，则由电荷分布对称性，在圆柱面侧面上任意一点电场强度大小相
等，方向垂直于高斯 面，而在圆柱面底面上电场强度方向与面相平行，无电通量。因此，高斯面上的电通量和r处电场强度的
关系为

e
ES
侧
=E2πrL
。又由高斯定理

e
Q
in


0
，则有
E=
Q
in
Q
in

，则对应于r为不同的位置：

0
S
侧
2

rL

0
（1）r ＜R
1
，高斯面所包围的带电体为0，故有
Q
in
0
，
E
1
0

（2）R
1
＜r ＜R
2
，高斯面所包围的带电体为电量为Q
in


L
，则有
E
2
=
Q
in


。

0
S
侧
2

0
r
（3）r ＞R
2
，
高斯面所包围的带电体正负相抵，净电荷为0故有
Q
in
0
，
E
3
0
。
5 －22 如图所示，有三个点电荷Q
1
、Q
2
、Q
3
沿一条直线等间距分布且Q
1
＝Q
3
＝Q.已知其中任一点电荷所受合力均为
零，求在固定Q
1
、Q
3
的情况下，将Q
2
从点O 移到无穷远处外力所作的功.

知识点：点电荷 的电势，电势定义：电势和电势能的关系，电势和电场强度的关系，电势差和静电力做功的关系
解 由题意Q
1
所受的合力为零及库仑力的定义
F
q
1
q< br>2
4π

0
r
2
，有


11

Q
1
解得
Q
2
Q
2
Q
3
Q0

12
4πε
0
d
2
4πε
0

2d
11
Q
3
Q

44

q< br>4π

0
r
及电势叠加原理得Q
1
、Q
3
在点O 的电势 由于Q
1
、Q
3
都是点电荷， 则由点电荷电势的公式
V
V
0

则有Q
2
在点O 的电势能为
E
P0
Q
1
Q
3
Q

4π
ε
0
d
4π
ε
0
d
2π
ε
0
d

Q
2
V
0
。
0
）的过程中，由电场力作功与电势能差的关系有电场力做功为， 将Q
2

从点O 推到无穷远处（
V

WE
P0
E
P
Q
2

V
0
V


Q2
V
0

Q
2
而又由外力和电场力相抵消故外力做功为
W

WQ
2
V
0

8π

0
d
补充例题：均匀带电球体的电场强度
。
设有一半径为R， 均匀带电为Q的球体，求球体内部任意一点P（距离球心r法和P169 例1相同）
知识点：连续带电体电场强度求解：2）高斯定理法
解 作 带电体的同心球面（半径为r）为高斯面，则由电荷分布对称性，在该球面上任意一点电场强度大小相等，方向垂 直于
高斯面，因此，高斯面上的电通量和r处电场强度的关系为

e
ES< br>球
=E4πr
2
。又由高斯定理

e
Q
in


0
，则有
，及球体均匀带电，有高斯面内所包围电量为：QQ
in
E=
in


0
S
球
4

r
2

0
4

r
3
。又由半径为r的高斯面所包围的球体的体积为
3
4

r
3
，则有
r
Q
in

3
3
Q()
3< br>Q
4

R
R
3
r
()
3
Q
rQ
。
E
R
2

4

r
0
4

R
3

0
第十三章 热力学基础
T1-5：BBCDA

13-10 一定量的空气，吸收了
1.71
3
10J
的热量，并保持在
110Pa
下膨胀，体积从< br>110
52
m
3
增加到
1.510
2
m
3
，问空气对外做了多少功？它的内能改变了多少？


12

知识点：四个准静态过程的性质---等压过程。
解：由题意，该过程为等压过程，其中压强为
P110
5
Pa
。
，初末状态体积分别为
V
1
110
2
m
3< br>，
V
2
1.510
2
m
3
，过程中吸 热为
Q1.7110
3
J
由等压过程做功公式，气体对外做功为
W
由热力学第一定律：
QEW
，
代入热量和功的值有内能变化为
E

PVP(V
2
V
1
)500J
；
QW1.2110
3
J
。
13-21 1mol氢气在 温度为300K，体积为
0.025m
的状态下，经过（1）等压膨胀；（2）等温膨胀；（3 ）绝热膨胀。气体的
体积都变为原来的两倍。试分别计算这三种过程中氢气对外作的功以及吸收的热量。
知识点：四个准静态过程的性质
解：由题目给出条件，氢气为双原子气体，分子自由度
i
3
5
，绝热系数

1.4
，气体的初状态为
T
1
300K
，
V
1
0.025m
3
，末状态体积为
V
2
2V
1
。
（1）
等压 过程：气体对外做功为
WPVP(V
2
V
1
)
，又 由理想气体物态方程（
v1
），
PV
1
RT
1
，解得
P
则有
W
RT
1
V
1
，
P(V
2
V
1
)
RT
1
(V
2< br>V
1
)RT
1
2.4910
3
J
；
V
1
i
，
C
P,m
(T
2
T
1
)(1)R(T
2
T
1
)
，又由理想气体 物态方程（
v1
）
2
由摩尔定压热容的定义有吸收热量为
Q
PV
1
RT
1
，
PV
2
RT
2有
iii7
Q(1)R(T
2
T
1
)(1 )P(V
2
V
1
)(1)WW8.7310
3
J
2222
i
（2）
等温过程：
ERT0
，由热力学第一定律
2
气体吸热等于做功，且
Q

WRTln
V
2
RTln21.7310
3
J
。
V
1


13

（3）
绝热过程：由热力学第一定律
W E
Q0
，
亦即
T
2
i

1< br>
1
TV
需要求
T
2
。又由绝热关系
T V
，
R(T
2
T
1
)
，
1122
2
T
1
(
V
1

1
)3000 .5
0.4
227K
，故有
V
2
i
WE RT2.58.31731.5210
3
J
。
2
13-31 在夏季，假定室外温度恒定为37.0
0
C
，启动空 调使室内温度始终保持在17.0
0
C
.如果每天有
2.5110J
的热量通
8
过热传导等方式自室外流入室内，则空调一天耗电多少？（设该空调制冷机的制冷 系数为同条件下的卡诺制冷机制冷系数的
60%）
知识点：制冷系数定义，卡诺制冷系数 < br>解：由题目给出条件，高温热源温度为
T
1
310.15K
，低温热 源
T
2
290.15K
，每天输入低温热源热量为
Q
in
2.5110
8
J
。又由题意，制冷机制冷系数为

e0.6e
卡
0.6
T
2
Q
8.70
，且根 据制冷系数定义
e
2
T
1
T
2
W
，其 中
Q
2
为由低温热源输出的热量，为求W，需要知
道
Q
2< br>。
由于制冷机工作状态下要令低温热源温度不变，所以要外界输入热量
Q
in
完全输出到制冷机，也就是
Q
2
Q
in
2.5110
8
J
，故有
W


Q
2
Qin
2.8910
7
J8kWh
。
ee


14