第一章 质点运动学
【例题精选】
例1-1 [ D ] 例1-2 [ D ] 例1-3 [ D ] 例1-4 (1) (3) ( 4) 运动是不可能的
例1-5 v 3
0+Ct /3 x 0+v 0t +
112
Ct 4
例1-6 x =(y -3) 2 8i m /s 2
例1-7 m /s ，104︒
例1-8 【解】如图所示，取沿地面方向的轴为ox 轴。
人从路灯正下方点O 开始运动，经时间t 后其位置为x =oA ，而人头顶影子的位置为x '。 由相似三角形关系，有
OC x 'OA =x =H H -h
，x '=Hx
H -h ，
故头顶影子的移动速度为v '=d x 'Hv
dt =
H -h
。 例1-9【证明】
d v d t =d v d x ⋅d x d t =v d v
d x
=-K v 2 ∴ d v /v =－K d x ⎰v
1
x v v =-K d x , ln v =-Kx 0v ⎰0
v 0∴
v =v 0ex p(-Kx ) 例1-10 【解】(1) 由s =v 0t -
12
2
bt 得质点作圆周运动的速率为：v =ds /dt =v 0-bt
其加速度的切向分量和法向分量分别为：
a r =d v /dt =-b a n =v 2/R =(v 0-bt ) 2/R
故加速度a 的大小为：
a =a 2
n +a 2τ=R 2b 2+(v 40-bt ) /R a 与v 夹角：
例题 1-8 图
θ=arctg (a n /a τ) =arctg [-(v 0-bt ) 2/(Rb )]
(2) 要使a =b ，即要求R 2b 2+(v 0-bt ) 4/R =b ，则：
t =v 0/b 。
(3) 由(2) 知a =b 时，t =v 0/b ， 故在时间t 内质点运动的路程： s =v 0t -
122bt =v 0/2b ， 2
2
质点运行总圈数： n =s /(2πR ) =v 0/(4πRb ) 。
第二章 质点运动定律
【例题精选】
例2-1 [ D ] 例2-2 [ A ] 例2-3 [ C ] 例2-4 答：(1) 不正
确。向心力是质点所受合外力在法向方向的分量。质点受到的作用力中，只要法向分量不为零，它对向心力就有贡献，不管它指向圆心还是不指向圆心，但它可能只提供向心力的一部
分。即使某个力指向圆心，也不能说它就是向心力，这要看是否还有其它力的法向分量。 (2) 不正确。作圆周运动的质点，所受合外力有两个分量，一个是指向圆心的法向分量，
另一个是切向分量，只要质点不作匀速率圆周运动，它的切向分量就不为零，所受合外力就不指向圆心。
例2-5 [ B ]
例2-6解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv ，由牛顿定律 -K v =m
∴ -
d v
d t
t K v dv K d v -Kt /m
∴ v =v 0e d t =, -⎰=⎰0m v 0v m v
x t d x -Kt /m
d x =v e d t (2) 求最大深度 v = ⎰dx =⎰v 0e -Kt /m dt 0
00d t
-Kt /m
) x m ax =m v 0/K ∴ x =(m /K ) v 0(1-e
例2-7解：设绳子与水平的方向的夹角为θ，则sin θ=h /l ，木箱受力如图所示，匀速前进
时，拉力为F ，有
F cos θ-f =0 F sin θ+N -Mg =0 f =μN
μMg
得F =
cos θ+μsin θ
令
f
dF μMg (-sin θ+μcos θ)
=-=0 d θ(cosθ+μsin θ) 2
tan θ=μ=0. 6 θ=30057'36''
d 2F
>0 l =-h /sin θ=2. 92 m 时，最省力。 2
d θ
第三章 动量和角动量
【例题精选】
例3-1 0.6N·s 2 g 例3-20.89 m/s 1.39 m/s2 例3-3 [ C ]
例3-4 答：推力的冲量为F ∆t 。
动量定理中的冲量为合外力的冲量，此时木箱除受力F 外还受地面的静摩擦力等其它
外力，木箱未动说明此时木箱的合外力为零，故合外力的冲量也为零，根据动量定理，木箱动量不发生变化。
例3-5解：煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度 v 0= 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
∆m =q m ∆t
2gh
设A 对煤粉的平均作用力为f ，由动量定理写分量式： f x ∆t =∆m v -0 f y ∆t =0-(-∆m v 0) 将 ∆m =q m ∆t 代入得 f x =q m v ， f y =q m v 0∴ f =
f 与x 轴正向夹角为α = arctg (f x / f y ) = 57.4°
f x 2+f y 2=149N
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。
例3-6 [ C ]
例3-7 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 T =Mg+Mv 2/l =26.5 N
(2) f ∆t =m v -m v 0=-4. 7N ⋅s (设v 0方向为正方向)
负号表示冲量方向与v 0方向相反。
例3-8 m ωab 0
第四章 功和能
例4-1 [ C ]
例4-2 证明： 由P ＝F v 及F ＝ma ，P ＝ma v 代入 a =
由此得P d t ＝m v d v ，两边积分，则有 ∴ Pt =
d v d v P =m v d t d t
t 0
⎰
t
P d t =⎰m v d v
1
m v 2 ∴ v = 2
例4-3 18 J 6 m/s
例4-4 解： (1) 位矢r =a cos ωt i +b sin ωt j (SI)
x =a cos ωt y =b sin ωt
d x dy
v x ==-a ωs i n ωt ， v y ==b ωc o ωs t
d t d t
1112222
在A 点(a ，0) ，cos ωt =1，sin ωt =0 E KA =m v x +m v y =mb ω
2221112222
在B 点(0，b ) ，cos ωt =0，sin ωt =1 E KB =m v x +m v y =ma ω
222
22
(2) F =ma x i +ma y j =-ma ωcos ωt i -mb ωsin ωt j
由A →B W x =
例4-5
⎰
a
F x d x =-⎰m ω
a
2
a cos ωt d x =-
⎰
a
m ω2x d x =
1
ma 2ω2 2
2GmM -GmM
3R 3R
例4-6 g 2g
例4-7 [ C ]
12m v 0-mgh 2
μNh cos α12
fs ==μmgh =μmgh ctg α=m v 0-mgh
sin αsin α2
例4-8 解： (1)根据功能原理，有 fs =
2v 0
h ==4.5 m
2g (1+μc t g α)
(2) 根据功能原理有mgh -
1
m v 2=fs 2
1
m v 2=mgh -μmgh ctg α 2
v =[2gh (1-μctg α) =8.16 m/s
例4-9解：如图所示，设l 为弹簧的原长，O 处为弹性势能零点；x 0为挂上物体后的伸长量，O ＇为物体的平衡位置；取弹簧伸长x 时物体所达到的O " 处为重力势能的零点。
由题意得物体在O ＇处的机械能为：
E 1=E K 0+
12
kx 0+211
在O " 处，其机械能为： E 2=m v 2+kx 2
22
E K 0+
1211
kx 0+mg (x -x 0) sin α=m v 2+kx 2 222
在平衡位置有： mg sin α =kx 0 ∴ x 0=mg sin αk
由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即：
例题答案图112(mg sin α) 22
代入上式整理得： m v =E K 0+mgx sin α-kx -
222k
例4-10 [ A ]
例4-11 解：油灰与笼底碰前的速度 v =
gh k =Mg /x 0
碰撞后油灰与笼共同运动的速度为V ，应用动量守恒定律 m v =(m +M ) V ①
油灰与笼一起向
下运动，机械能守恒，下移最大距离∆x ，则
1112k (x 0+∆x ) 2=(M +m ) V 2+kx 0+(M +m ) g ∆x ② 222
2
m 2x 02m 2hx 0m
x 0++=0. 3 m 联立解得： ∆x =M M (M +m ) M 2
第五章 刚体力学基础 【例题精选】
例5-1 [ C ]
例5-2 [ B ] 例5-3 [ C ]
例5-4 62.5 1.67s 例5-5 [ A ]
2k ω0
例5-6 -
9J k ω0
例5-7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。 根据牛顿第二定律可得：对人：Mg －T 2＝Ma ①
2
11
对重物：T 1－Mg ＝Ma ②
22
例题5-7答案图
根据转动定律，
对滑轮有 (T 2－T 1) R ＝J β＝MR 2β / 4 ③
因绳与滑轮无相对滑动， a ＝βR ④
①、②、③、④四式联立解得 a ＝2g / 7
例5-8 解: 由受力分析可列方程：2mg －T 1＝2ma T 2－mg ＝ma T 1 r －T r ＝
121
mr β T r －T 2 r ＝mr 2β 22
a ＝r β
解上述5个联立方程得： T ＝11mg / 8 例5-9解: 受力分析如图． mg －T 2 = ma 2 T 1－mg = ma 1 T 2 (2r ) －T 1r = 9mr 2β / 2 2r β = a 2
r β=a 1
解上述5个联立方程，得： β=
例5-10 [ A ]
例5-11 3v 0 / (2l ) 3m v 02 / 32
例5-12 [ C ]
例5-13 解: （1）选择A 、B 两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用，故系统角动量守恒
J A ωA +J B ωB =(J A +J B ) ω
又ωB =0 ω=J A ωA /(J A +J B ) =20. 9rad ⋅s 转速n ≈200rev /m in （2）A 轮受的冲量矩
-1
a
a 1
2g 19r
2
M dt =J ω-J ω=-4. 19⨯10N ⋅m ⋅s 负号表示方向与ωA A A A 相反。 ⎰A
B 轮受的冲量矩
2M dt =J ω-0=4. 19⨯10N ⋅m ⋅s 负方向与ωB A 相同。 ⎰B
例题6-1(B) 例题6-2
解：(1) v =
t 0 =
0 , v 0 = 3.0 m/s．
(2) F =ma =-m ωx
2
d x π
=-3. 0sin(5t -) (SI) d t 2
x =
1
A 时， F = -1.5 N． 2
例题6-3
【解】旋转矢量如图所示。
1
由振动方程可得：ω=π，∆φ=π
32
∆t =∆φ/ω=0. 667s
例题6-4
0.05 m -0.205π（或-36.9°）
例题6-5 (C) 例题6-6 (D) 例题6-7(C)
例题6-8
解：左右摆动能量相同，应有
12mA 2ω212211=2
mA 2ω2
A 1=ω2
=g /l 2l 1A 2ω1
g /l =
l =. 051. 5
=0. 84 1
2T T =ω=2ω1
=
=1. 05=0. 84 1. 5
例题6-9 -π或
2
2
π
例题7-1 0.6m, 0.25m
例题7-2 2 m/s a =-0. 2π2
cos(πt +3
2
πx ) (SI) 例题7-3
【解】(1) 如图A ，取波线上任一点P ，其坐标设为x ，由波的传播特性，P 点的振动落后于λ /4处质点的振动。 波的表达式
例题
6-3答案图
u
图A
例题7-34答案图
=A 2πut
λ
-
π2π+x ) (SI) 2λ
(2) t = T 时的波形和 t = 0时波形一样． t = 0时 y =A cos(-
2πππ2π
+x ) =A x -) 2λλ2
按上述方程画的波形图见图B 。 例题7-4
2πt
t +π) (SI) +π) =0. 06c o s π(
2
. (2) 波动表达式 y =0. 06cos[π(t -x /u ) +π]
【解】(1) 振动方程 y 0=0. 06c o =0. 06cos[π(t -
(3) 波长 例题7-5 (D)
例题7-6
1
x ) +π] (SI) 2
λ=uT =4 m
【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 y =0. 1cos(7πt -2πx /λ+φ) (SI) t = 1 s时 y =0. 1cos[7π-2π(0. 1/λ) +φ]=0 因此时a 质点向y 轴负方向运动，故 7π-2π(0. 1/λ) +φ=
1
π ① 2
而此时，b 质点正通过y = 0.05 m处向y 轴正方向运动，应有 y =0. 1cos[7π-2π(0. 2/λ) +φ]=0. 05
且 7π-2π(0. 2/λ) +φ=-π ② 由①、②两式联立得 λ = 0.24 m φ=-17π/3
∴ 该平面简谐波的表达式为
13
y =0. 1cos[7πt -
或 y =0. 1cos[7πt -
例题7-7 (B)
例题7-8
πx 17
-π] (SI) 0. 123πx 1
+π] (SI) 0. 123
y 1=-2A cos ωt v =2A sin ωt
例题7-9
证明：入射波在x = 0处引起的振动方程为 y 10=A cos ωt ，
由于反射端为自由端，所以反射波在O 点的振动方程为 y 20=A cos ωt
∴ 反射波为 y 2=A c o s ω(t -2π
x
λ
)
x
λ
x λ
驻波方程y =y 1+y 2=A cos(ωt +2π) +A cos(ωt -2π) =2A cos(2π) cos ωt
例题7-10
x
λ
11
A cos[2π(νt +x /λ) +π] 2A cos(2πx /λ+π) cos(2πνt +π)
22
例题8-1 (A)
例题8-2 (D) 例题8-3 1:1:1 例题8-4
【证明】 由温度公式 t =
3
kT ， 压强公式 p =(2/3)n t 2
得 p =nkT =(M /M m ol )(N A /V )kT ＝(M /M m ol )(RT /V )
∴ pV =(M /M m ol )RT
例题8-5(A)
例题8-6
【解】(1) E K =
E E K 3
=8. 28⨯10-21J pV =4. 14⨯105J ， t =K =
N N 1+N 22
(2) T =
2t p pV
==400K ) =400K (或由p =nKT 得T =
nk N 1+N 2k 3k
例题8-7
【解】 E =
6M 15M 2
RT +RT
2M mol 12M mol 2
得
3M 15M 2E
① +=-3-3
RT 44⨯102⨯32⨯10
M 1+M 2=5. 4 ② 联立①、②式解得 M 1=2. 2kg ， M 2=3. 2kg
例题8-8(C)
例题8-9
4000 m·s -1 1000 m·s -1 例题9-1 (D)
例题9-2 (B)
例题9-3 (B)
例题9-4
解：(1) A →B ： A 1=
1
(p B +p A )(VB -V A ) =200 J． 2
ΔE 1=ν C V (T B －T A )=3(p B V B －p A V A ) /2=750 J Q =A 1+ΔE 1＝950 J． B →C ： A 2 =0
ΔE 2 =ν C V (T C －T B )=3( p C V C －p B V B ) /2 =－600 J．
Q 2 =A 2+ΔE 2＝－600 J． C →A ： A 3 = p A (V A －V C )=－100 J．
3
∆E 3=νC V (T A -T C ) =(p A V A -p C V C ) =-150 J ．
2
Q 3 =A 3+ΔE 3＝－250 J (2) A = A1 +A 2 +A 3=100 J．
Q = Q1 +Q 2 +Q 3 =100 J
在等压升温过程中，气体要膨胀而对外作功，所以要比气体等体升温过程多吸收一部分热量．
例题9-5
－3【解】开始时气体体积与温度分别为 V 1 =30×103 m，T 1＝127＋273＝400 K
∴气体的压强为 p 1=RT 1/V 1 =1.108×105 Pa 大气压p 0=1.013×105 Pa， p 1>p 0 可见，气体的降温过程分为两个阶段：第一阶段等体降温，直至气体压强p 2 = p 0， 此时温度为T 2，放热Q 1；第二阶段等压降温，直至温度T 3= T0=27＋273 =300 K，放热Q 2 (1) Q 1=C V (T 1-T 2) =3R (T 1-T 2) T 2=(p 2/p 1) T 1=365.7 K 2
5R (T 2-T 3) =1365 J 2∴ Q 1= 428 J (2) Q 2=C p (T 2-T 3) =
∴ 总计放热 Q = Q 1 + Q2 = 1.79×103 J
例题9-6
解：氦气为单原子分子理想气体，i =3
(1) 等体过程，V ＝常量，A =0
据 Q ＝∆E +A 可知 Q =∆E =M C V (T 2-T 1) ＝623 J M m o l
(2) 定压过程，p = 常量， Q =M C p (T 2-T 1) =1.04×103 J M mol
∆E 与(1) 相同． A = Q - ∆E ＝417 J
(3) Q =0，∆E 与(1) 同 A = -∆E=-623 J (负号表示外界作功)
例题9-7
答：因为理想气体的内能是温度的单值函数，所以等体、等压、绝热三个过程的温度变化相同。由于各个过程的摩尔热容C 不相同，等体过程摩尔热容为C =C V =i R ，等压过程2
C =C p =
例题9-8
(D)
例题9-9 M i +2C ∆T 可知，不同过程吸热不相同。 R ；绝热过程C =0，由Q =M mol 2
33.3％ 8.31×103 J
例题9-10
解：理想气体卡诺循环的效率 η=T 1-T 2 T 1
∵ T 1=nT 2 η=1-
又据 η=1-1 n Q 21=1- Q 1n
得
例10-1．（C ）
例10-2．（D ）
例10-3．（D ）
例10-4．(A)
例10-5．(C)
Q 21= Q 1n
第一章 质点运动学
【例题精选】
例1-1 [ D ] 例1-2 [ D ] 例1-3 [ D ] 例1-4 (1) (3) ( 4) 运动是不可能的
例1-5 v 3
0+Ct /3 x 0+v 0t +
112
Ct 4
例1-6 x =(y -3) 2 8i m /s 2
例1-7 m /s ，104︒
例1-8 【解】如图所示，取沿地面方向的轴为ox 轴。
人从路灯正下方点O 开始运动，经时间t 后其位置为x =oA ，而人头顶影子的位置为x '。 由相似三角形关系，有
OC x 'OA =x =H H -h
，x '=Hx
H -h ，
故头顶影子的移动速度为v '=d x 'Hv
dt =
H -h
。 例1-9【证明】
d v d t =d v d x ⋅d x d t =v d v
d x
=-K v 2 ∴ d v /v =－K d x ⎰v
1
x v v =-K d x , ln v =-Kx 0v ⎰0
v 0∴
v =v 0ex p(-Kx ) 例1-10 【解】(1) 由s =v 0t -
12
2
bt 得质点作圆周运动的速率为：v =ds /dt =v 0-bt
其加速度的切向分量和法向分量分别为：
a r =d v /dt =-b a n =v 2/R =(v 0-bt ) 2/R
故加速度a 的大小为：
a =a 2
n +a 2τ=R 2b 2+(v 40-bt ) /R a 与v 夹角：
例题 1-8 图
θ=arctg (a n /a τ) =arctg [-(v 0-bt ) 2/(Rb )]
(2) 要使a =b ，即要求R 2b 2+(v 0-bt ) 4/R =b ，则：
t =v 0/b 。
(3) 由(2) 知a =b 时，t =v 0/b ， 故在时间t 内质点运动的路程： s =v 0t -
122bt =v 0/2b ， 2
2
质点运行总圈数： n =s /(2πR ) =v 0/(4πRb ) 。
第二章 质点运动定律
【例题精选】
例2-1 [ D ] 例2-2 [ A ] 例2-3 [ C ] 例2-4 答：(1) 不正
确。向心力是质点所受合外力在法向方向的分量。质点受到的作用力中，只要法向分量不为零，它对向心力就有贡献，不管它指向圆心还是不指向圆心，但它可能只提供向心力的一部
分。即使某个力指向圆心，也不能说它就是向心力，这要看是否还有其它力的法向分量。 (2) 不正确。作圆周运动的质点，所受合外力有两个分量，一个是指向圆心的法向分量，
另一个是切向分量，只要质点不作匀速率圆周运动，它的切向分量就不为零，所受合外力就不指向圆心。
例2-5 [ B ]
例2-6解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv ，由牛顿定律 -K v =m
∴ -
d v
d t
t K v dv K d v -Kt /m
∴ v =v 0e d t =, -⎰=⎰0m v 0v m v
x t d x -Kt /m
d x =v e d t (2) 求最大深度 v = ⎰dx =⎰v 0e -Kt /m dt 0
00d t
-Kt /m
) x m ax =m v 0/K ∴ x =(m /K ) v 0(1-e
例2-7解：设绳子与水平的方向的夹角为θ，则sin θ=h /l ，木箱受力如图所示，匀速前进
时，拉力为F ，有
F cos θ-f =0 F sin θ+N -Mg =0 f =μN
μMg
得F =
cos θ+μsin θ
令
f
dF μMg (-sin θ+μcos θ)
=-=0 d θ(cosθ+μsin θ) 2
tan θ=μ=0. 6 θ=30057'36''
d 2F
>0 l =-h /sin θ=2. 92 m 时，最省力。 2
d θ
第三章 动量和角动量
【例题精选】
例3-1 0.6N·s 2 g 例3-20.89 m/s 1.39 m/s2 例3-3 [ C ]
例3-4 答：推力的冲量为F ∆t 。
动量定理中的冲量为合外力的冲量，此时木箱除受力F 外还受地面的静摩擦力等其它
外力，木箱未动说明此时木箱的合外力为零，故合外力的冲量也为零，根据动量定理，木箱动量不发生变化。
例3-5解：煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度 v 0= 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
∆m =q m ∆t
2gh
设A 对煤粉的平均作用力为f ，由动量定理写分量式： f x ∆t =∆m v -0 f y ∆t =0-(-∆m v 0) 将 ∆m =q m ∆t 代入得 f x =q m v ， f y =q m v 0∴ f =
f 与x 轴正向夹角为α = arctg (f x / f y ) = 57.4°
f x 2+f y 2=149N
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。
例3-6 [ C ]
例3-7 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 T =Mg+Mv 2/l =26.5 N
(2) f ∆t =m v -m v 0=-4. 7N ⋅s (设v 0方向为正方向)
负号表示冲量方向与v 0方向相反。
例3-8 m ωab 0
第四章 功和能
例4-1 [ C ]
例4-2 证明： 由P ＝F v 及F ＝ma ，P ＝ma v 代入 a =
由此得P d t ＝m v d v ，两边积分，则有 ∴ Pt =
d v d v P =m v d t d t
t 0
⎰
t
P d t =⎰m v d v
1
m v 2 ∴ v = 2
例4-3 18 J 6 m/s
例4-4 解： (1) 位矢r =a cos ωt i +b sin ωt j (SI)
x =a cos ωt y =b sin ωt
d x dy
v x ==-a ωs i n ωt ， v y ==b ωc o ωs t
d t d t
1112222
在A 点(a ，0) ，cos ωt =1，sin ωt =0 E KA =m v x +m v y =mb ω
2221112222
在B 点(0，b ) ，cos ωt =0，sin ωt =1 E KB =m v x +m v y =ma ω
222
22
(2) F =ma x i +ma y j =-ma ωcos ωt i -mb ωsin ωt j
由A →B W x =
例4-5
⎰
a
F x d x =-⎰m ω
a
2
a cos ωt d x =-
⎰
a
m ω2x d x =
1
ma 2ω2 2
2GmM -GmM
3R 3R
例4-6 g 2g
例4-7 [ C ]
12m v 0-mgh 2
μNh cos α12
fs ==μmgh =μmgh ctg α=m v 0-mgh
sin αsin α2
例4-8 解： (1)根据功能原理，有 fs =
2v 0
h ==4.5 m
2g (1+μc t g α)
(2) 根据功能原理有mgh -
1
m v 2=fs 2
1
m v 2=mgh -μmgh ctg α 2
v =[2gh (1-μctg α) =8.16 m/s
例4-9解：如图所示，设l 为弹簧的原长，O 处为弹性势能零点；x 0为挂上物体后的伸长量，O ＇为物体的平衡位置；取弹簧伸长x 时物体所达到的O " 处为重力势能的零点。
由题意得物体在O ＇处的机械能为：
E 1=E K 0+
12
kx 0+211
在O " 处，其机械能为： E 2=m v 2+kx 2
22
E K 0+
1211
kx 0+mg (x -x 0) sin α=m v 2+kx 2 222
在平衡位置有： mg sin α =kx 0 ∴ x 0=mg sin αk
由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即：
例题答案图112(mg sin α) 22
代入上式整理得： m v =E K 0+mgx sin α-kx -
222k
例4-10 [ A ]
例4-11 解：油灰与笼底碰前的速度 v =
gh k =Mg /x 0
碰撞后油灰与笼共同运动的速度为V ，应用动量守恒定律 m v =(m +M ) V ①
油灰与笼一起向
下运动，机械能守恒，下移最大距离∆x ，则
1112k (x 0+∆x ) 2=(M +m ) V 2+kx 0+(M +m ) g ∆x ② 222
2
m 2x 02m 2hx 0m
x 0++=0. 3 m 联立解得： ∆x =M M (M +m ) M 2
第五章 刚体力学基础 【例题精选】
例5-1 [ C ]
例5-2 [ B ] 例5-3 [ C ]
例5-4 62.5 1.67s 例5-5 [ A ]
2k ω0
例5-6 -
9J k ω0
例5-7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。 根据牛顿第二定律可得：对人：Mg －T 2＝Ma ①
2
11
对重物：T 1－Mg ＝Ma ②
22
例题5-7答案图
根据转动定律，
对滑轮有 (T 2－T 1) R ＝J β＝MR 2β / 4 ③
因绳与滑轮无相对滑动， a ＝βR ④
①、②、③、④四式联立解得 a ＝2g / 7
例5-8 解: 由受力分析可列方程：2mg －T 1＝2ma T 2－mg ＝ma T 1 r －T r ＝
121
mr β T r －T 2 r ＝mr 2β 22
a ＝r β
解上述5个联立方程得： T ＝11mg / 8 例5-9解: 受力分析如图． mg －T 2 = ma 2 T 1－mg = ma 1 T 2 (2r ) －T 1r = 9mr 2β / 2 2r β = a 2
r β=a 1
解上述5个联立方程，得： β=
例5-10 [ A ]
例5-11 3v 0 / (2l ) 3m v 02 / 32
例5-12 [ C ]
例5-13 解: （1）选择A 、B 两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用，故系统角动量守恒
J A ωA +J B ωB =(J A +J B ) ω
又ωB =0 ω=J A ωA /(J A +J B ) =20. 9rad ⋅s 转速n ≈200rev /m in （2）A 轮受的冲量矩
-1
a
a 1
2g 19r
2
M dt =J ω-J ω=-4. 19⨯10N ⋅m ⋅s 负号表示方向与ωA A A A 相反。 ⎰A
B 轮受的冲量矩
2M dt =J ω-0=4. 19⨯10N ⋅m ⋅s 负方向与ωB A 相同。 ⎰B
例题6-1(B) 例题6-2
解：(1) v =
t 0 =
0 , v 0 = 3.0 m/s．
(2) F =ma =-m ωx
2
d x π
=-3. 0sin(5t -) (SI) d t 2
x =
1
A 时， F = -1.5 N． 2
例题6-3
【解】旋转矢量如图所示。
1
由振动方程可得：ω=π，∆φ=π
32
∆t =∆φ/ω=0. 667s
例题6-4
0.05 m -0.205π（或-36.9°）
例题6-5 (C) 例题6-6 (D) 例题6-7(C)
例题6-8
解：左右摆动能量相同，应有
12mA 2ω212211=2
mA 2ω2
A 1=ω2
=g /l 2l 1A 2ω1
g /l =
l =. 051. 5
=0. 84 1
2T T =ω=2ω1
=
=1. 05=0. 84 1. 5
例题6-9 -π或
2
2
π
例题7-1 0.6m, 0.25m
例题7-2 2 m/s a =-0. 2π2
cos(πt +3
2
πx ) (SI) 例题7-3
【解】(1) 如图A ，取波线上任一点P ，其坐标设为x ，由波的传播特性，P 点的振动落后于λ /4处质点的振动。 波的表达式
例题
6-3答案图
u
图A
例题7-34答案图
=A 2πut
λ
-
π2π+x ) (SI) 2λ
(2) t = T 时的波形和 t = 0时波形一样． t = 0时 y =A cos(-
2πππ2π
+x ) =A x -) 2λλ2
按上述方程画的波形图见图B 。 例题7-4
2πt
t +π) (SI) +π) =0. 06c o s π(
2
. (2) 波动表达式 y =0. 06cos[π(t -x /u ) +π]
【解】(1) 振动方程 y 0=0. 06c o =0. 06cos[π(t -
(3) 波长 例题7-5 (D)
例题7-6
1
x ) +π] (SI) 2
λ=uT =4 m
【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 y =0. 1cos(7πt -2πx /λ+φ) (SI) t = 1 s时 y =0. 1cos[7π-2π(0. 1/λ) +φ]=0 因此时a 质点向y 轴负方向运动，故 7π-2π(0. 1/λ) +φ=
1
π ① 2
而此时，b 质点正通过y = 0.05 m处向y 轴正方向运动，应有 y =0. 1cos[7π-2π(0. 2/λ) +φ]=0. 05
且 7π-2π(0. 2/λ) +φ=-π ② 由①、②两式联立得 λ = 0.24 m φ=-17π/3
∴ 该平面简谐波的表达式为
13
y =0. 1cos[7πt -
或 y =0. 1cos[7πt -
例题7-7 (B)
例题7-8
πx 17
-π] (SI) 0. 123πx 1
+π] (SI) 0. 123
y 1=-2A cos ωt v =2A sin ωt
例题7-9
证明：入射波在x = 0处引起的振动方程为 y 10=A cos ωt ，
由于反射端为自由端，所以反射波在O 点的振动方程为 y 20=A cos ωt
∴ 反射波为 y 2=A c o s ω(t -2π
x
λ
)
x
λ
x λ
驻波方程y =y 1+y 2=A cos(ωt +2π) +A cos(ωt -2π) =2A cos(2π) cos ωt
例题7-10
x
λ
11
A cos[2π(νt +x /λ) +π] 2A cos(2πx /λ+π) cos(2πνt +π)
22
例题8-1 (A)
例题8-2 (D) 例题8-3 1:1:1 例题8-4
【证明】 由温度公式 t =
3
kT ， 压强公式 p =(2/3)n t 2
得 p =nkT =(M /M m ol )(N A /V )kT ＝(M /M m ol )(RT /V )
∴ pV =(M /M m ol )RT
例题8-5(A)
例题8-6
【解】(1) E K =
E E K 3
=8. 28⨯10-21J pV =4. 14⨯105J ， t =K =
N N 1+N 22
(2) T =
2t p pV
==400K ) =400K (或由p =nKT 得T =
nk N 1+N 2k 3k
例题8-7
【解】 E =
6M 15M 2
RT +RT
2M mol 12M mol 2
得
3M 15M 2E
① +=-3-3
RT 44⨯102⨯32⨯10
M 1+M 2=5. 4 ② 联立①、②式解得 M 1=2. 2kg ， M 2=3. 2kg
例题8-8(C)
例题8-9
4000 m·s -1 1000 m·s -1 例题9-1 (D)
例题9-2 (B)
例题9-3 (B)
例题9-4
解：(1) A →B ： A 1=
1
(p B +p A )(VB -V A ) =200 J． 2
ΔE 1=ν C V (T B －T A )=3(p B V B －p A V A ) /2=750 J Q =A 1+ΔE 1＝950 J． B →C ： A 2 =0
ΔE 2 =ν C V (T C －T B )=3( p C V C －p B V B ) /2 =－600 J．
Q 2 =A 2+ΔE 2＝－600 J． C →A ： A 3 = p A (V A －V C )=－100 J．
3
∆E 3=νC V (T A -T C ) =(p A V A -p C V C ) =-150 J ．
2
Q 3 =A 3+ΔE 3＝－250 J (2) A = A1 +A 2 +A 3=100 J．
Q = Q1 +Q 2 +Q 3 =100 J
在等压升温过程中，气体要膨胀而对外作功，所以要比气体等体升温过程多吸收一部分热量．
例题9-5
－3【解】开始时气体体积与温度分别为 V 1 =30×103 m，T 1＝127＋273＝400 K
∴气体的压强为 p 1=RT 1/V 1 =1.108×105 Pa 大气压p 0=1.013×105 Pa， p 1>p 0 可见，气体的降温过程分为两个阶段：第一阶段等体降温，直至气体压强p 2 = p 0， 此时温度为T 2，放热Q 1；第二阶段等压降温，直至温度T 3= T0=27＋273 =300 K，放热Q 2 (1) Q 1=C V (T 1-T 2) =3R (T 1-T 2) T 2=(p 2/p 1) T 1=365.7 K 2
5R (T 2-T 3) =1365 J 2∴ Q 1= 428 J (2) Q 2=C p (T 2-T 3) =
∴ 总计放热 Q = Q 1 + Q2 = 1.79×103 J
例题9-6
解：氦气为单原子分子理想气体，i =3
(1) 等体过程，V ＝常量，A =0
据 Q ＝∆E +A 可知 Q =∆E =M C V (T 2-T 1) ＝623 J M m o l
(2) 定压过程，p = 常量， Q =M C p (T 2-T 1) =1.04×103 J M mol
∆E 与(1) 相同． A = Q - ∆E ＝417 J
(3) Q =0，∆E 与(1) 同 A = -∆E=-623 J (负号表示外界作功)
例题9-7
答：因为理想气体的内能是温度的单值函数，所以等体、等压、绝热三个过程的温度变化相同。由于各个过程的摩尔热容C 不相同，等体过程摩尔热容为C =C V =i R ，等压过程2
C =C p =
例题9-8
(D)
例题9-9 M i +2C ∆T 可知，不同过程吸热不相同。 R ；绝热过程C =0，由Q =M mol 2
33.3％ 8.31×103 J
例题9-10
解：理想气体卡诺循环的效率 η=T 1-T 2 T 1
∵ T 1=nT 2 η=1-
又据 η=1-1 n Q 21=1- Q 1n
得
例10-1．（C ）
例10-2．（D ）
例10-3．（D ）
例10-4．(A)
例10-5．(C)
Q 21= Q 1n