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1、大学物理学习指导下答案大学物理学习指导答案全解 练习一： 1-3：D B D；4、v=v0+131ct，x=x0+v0t+ct4 3122 5、3s；6、14rad, 15rad/s, 12rad/sr12rr7、解：r=(3t+5)i+(t+3t-4)j； 2rrrrrdrv=3i+(t+3)j;vt=4s=3i+7j(m/s)； dtvrrdva=1j(m/s2) dtdvdvdxdv8、解a=v dtdxdtdx分离变量： udu=adx=(2+6x)dx 两边积分得 212v=2x+2x3+c 2由题知，x=0时，v0=10,c=50 v=2x3+x+25ms-1 练习二： rrrpc
2、2t4ct211、C；2、B； 3、8j，-i+4j，+arctg或p-arctg4；4、，2ct，R324tgq0+tgq12t22ct；5、，；6、 22tgq+tgqR1+t1+t027、解： 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成q角，由图可知 l2=h2+s2 将上式对时间t求导，得 dlds=2s dtdt根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， dlds v绳=-=v0,v船=- dtdt 2l即 v船=-vdsldll=-=v0=0 dtsdtscosq 1 lv0(h2+s2)1/2v0=或 v船= ss将v船再对t求导，即得船的加速度 dlds-ldv-v0s+lv船
3、a=船=dt2dtv0=v02dtss 2l2(-s+)v02h2v0s=32sss8、解：由v=dsdq=R=-3Rbt2得： dtdtv2dv=9Rb2t4 at=-6Rbt，an=Rdtt+anen=-6Rbtet+9Rb2t4en a=ate练习三 1、C，2、A，3、D，4、6、解： 取弹簧原长时m2所在处为坐标原点，竖直向下为x轴，m1，m2的受力分析如上图所示。 设t时刻m2的坐标为x，系统加速度为a，则有： rF+(m1-m2)gm1+m2，m2(F+2m1g)；5、0.41cm m1+m2r对m1：T/-F=m1a；对m2：m2g-T=m2a； 由此得：a=且有：T=T，F=
4、kx由a=m2g-kxm1+m2dvdvdxdv=v得： dtdxdtdx 2 m2g-kxdx=vdvm1+m2两边积分得：v=a=0时，x=x(2m2g-kx)m1+m2vmax=m2gkm2gk(m1+m2)弹簧达到最大伸长量时，m2减少的势能全部转化为弹性势能，故有： xmax=2m2g kdv dt7、 解：小球的受力分析如下图，有牛顿第二定律可知： mg-kv-F=mtvd(mg-kv-F)k 分离变量及积分得：-dt= 00mmg-kv-F-t1解得：v=(1-em)(mg-F) kk练习四 1-4、B，C，B，C，5、140Ns，24m/s；6、6.14或7、0，5574，35
5、.5或arctg； 772pmgw，2pmgw8、解：设子弹射出A时的速度为v，当子弹留在B中时，A和B的速度分别为vA和vB，方向水平向右，则对于子弹射入A至从A射出这个过程，动量守恒有： mv0=(mA+mB)vA+mvLL(1) 子弹射入B至留在B中这个过程由动量守恒有： mBvA+mv=(mB+m)vBLL(2) 以子弹为研究对象有：-F0.01=mv-mv0LL(3) 以A、B为研究对象有：F0.01=(mA+mB)vALL(4) 对B有：FAB0.01=mBvALL(5) 联合解得： v=500m/s；vA=6m/s；vB=22m/s；FAB=1800N 3 9、解： 有水平方向的
6、动量守恒得 mV0=MV1+mVV1=3.13m/s 此时M物体的受力如右图，且有： MV12T-Mg=l2MV1T=Mg+=26.5NlI=mV-mV0=-4.7Ns，方向水平向左 练习五 1-3、B，C，A；4、3212gmL，mgL，；5、5Nm 423L6、解：受力分析如图 m2g-T=m2a Tr=Jb a=rb，J=整理 a=1m1r2 22m2gm1m2，T=g=39.2N m1+2m2m1+2m212at=2.45m 2 St=1s=7、解：受力分析如图 2mg-T2=2ma T1-mg=ma (T-T1)r=J1b1 (T2-T)2r=J2b2 a1，J1=mr2，J2=4m
7、r2 (5) 2r224联立 a=g=2.2m/s， T=mg=78.4 93b1=，b2=ar练习六 1-3、A，A，D；4、12，5、J0w02w=15.4rad/s;q=15.4rad 4 6、3gcos302L=33g4Lrad/s2，w=3gsinq3g=rad/s l27、w0+21Rw02v，-，与人走动的方向相反 21R2 8、解：设碰后物体m的速度为v，则摩擦力所做的功大小等于物体的动能，则有： 12mv，v=2msg2碰撞过程中角动量守恒：Jw=mLv+Jwmgms= 棒下落的过程中机械能守恒：1LJw2=mg22碰后棒上升过程机械能守恒1Jw2=mgh2联立上面四式解得：
8、h=L+3ms-6msL 2h=L+h=L+3ms-6msL 280 3c练习七 1-5、A，D，C，B，C；6、8.8910-8或7、解：由洛伦兹变换得： Dx=Dx-vDt1-vc22Dt-；Dt=vDx2c 2v1-2cv2251-2=；v=c得：33 cDx=6.75108m8、解： A飞船的原长为：l0=100m B飞船上观测到A飞船的长度为：l=l0V21-2 c510-7s 3A飞船的船头、船尾经过B飞船船头的时间为：Dt= 5 则有：l=DtVV=练习八 25c=2.68108m/s 51-4、C，C，C，A；5、0.25mec，6、 7、解：E=mc=22m25m， ，ls9
9、lsm0c2v21-2c=5.8610-13J 1mev2Ek112 =0.992=1E-E0212.14m0c2(-1)v21-2c8、解： 由Ek=mc2-m0c2=m0c2(11-vc22-1)得1v21-2cv=0.91c=1+Ekm0c2故平均寿命：t=t0v21-2c=2.419t0=5.3210-8s练习九 1-3、B，C，C，4、p；-6、解：p2或3pppp5、10cm， ；2363kl0=mg重物受力分析如图，设挂重物平衡时，重物质心所在位置为原点，向下为x轴建立坐标如图所示，设任意时刻重物坐标为x，则有： d2xmg-T=m2 dt且：T=k(x+l0) d2x故有：m2
10、+kx=0 dt 6 上式证明重物做简谐振动。 k=mg410=400l00.1Nm-1 -1而t=0时，x0=0.1m,v0=0ms ( 设向下为正) 又 w=k=m4002p=10,即T=0.2ps 4102A=x0+(v0w)2=0.1mtanf0=-v0=0,cosf0=1即f0=0 x0wkx4000.05=5m/s2m4 x=0.1cos10t x=0.05m处物体的加速度为：a=7、解：设振动方程的数值式为：x=Acos(wt+j) V0=0.2m/s，x0=0.04m，k=mg=12.5N/m，w=Dxk=7s-1 m由12121m2kA=kx0+mV02A=x0+V02=5c
11、m 222kV03=-j=0.64rad x0w4tgj=-x=0.05cos(7t+0.64) 练习十： 1-4、C，B，A，A；5、110-2，；6、x0.5=0.17m或122cm；p6F=4.210-3N或32p210-4N；E=7.110-4J=7.2p210-5J 7、解：处在平衡位置时弹簧伸长x0，则： 7 mg-kx0=0在力F作用下，弹簧再伸长Dx，则：mg+F-k(x0+Dx)=0，且F=kDx由题知Dx=5cm，k=w2m=8.97N/mF=0.44N由EP=E=12kx=4.48510-4J212 kA=1.12110-2J2得Ek=E-EP=1.07610-2J8、解
12、：取平衡位置为坐标原点，向下为正，如图建立坐标轴， M在平衡位置时，弹簧已伸长x0，则有： mg-kx0=0，即mg=kx0 设m在x位置时，弹簧伸长x+x0，则有： T2=k(x+x0)LL(1)mg-T1=maLL(2)T1R-T2R=JbLL(3)a=RbLL(4)联立解得：a=-kxJ+m2R，故物体做简谐振动，其角频率为：w=kJ+m2R=kR2 2J+mR练习十一： 1-4、C，B，B，D；5、p，6、0.8m,0.2m,125Hz， 7、解：由波动方程可得：A=0.05m，u=50m/s，n=50Hz，l=1m 222vmax=Aw=5pm/s，amax=Aw=500pm/s D
13、j=2pl(x2-x1)=p x) 208、解：y=310-2cos4p(t+B点的振动方程，以x=-5代入上式得： yB=310-2cos4p(t-=310-2cos(4pt-p)5)20 8 所求的波动方程为：yB=310-2cos4p(t+练习十二 1-3、D，C，A，4、0.12cosx)-p 20p2xcos20pt，1、3、5、7、9；0、2、4、6、8、10； 5、1.58105Js-1m-2，3.79103J 6、解：如图所示，取S1点为坐标原点，S1、S2联线为X轴，取S1点的振动方程 : ul=4m n在S1和S2之间任取点A，坐标为x 因为两波同频率，同振幅，同方向振动，
14、所以相干为静止的点满足： 12pDj=-p-(11-x-x)=(2k+1)p k=0,1,2,.2lx=1,3,5,7,9,11m故得 这些点因干涉相消而静止不动 若A点在S1左侧，则有 12p Dj=-p-11-x-(-x)=-6p 2l所以，S1左侧各点因干涉加强。 若A点在S2右侧，则有 12p Dj=-p-(x-11-x)=5p 2l所以，S2右侧各点因干涉静止。 7、解：jA-jB=p 2p(PA-PB)Dj=jA-jB-=p+l-22p(-1010)l0.2p两波在P点处最大限度地互相削弱，则： Dj=p-l=(2k+1)p,(k=1，2，L)k=1，lmax=0.1m=10cm
15、9 练习十三 1-5、C，C，B，C，D，6、6.23103，6.2110-21，7、8、解： kT3i,kT,RT 222ikT2E2=1.35105Pa P=NiVP=kTVE=Nw=kT233E=7.510-21Jw=Ni5N E=kT232ww=kT，T=263K23k9、 V=45m3，T=293Kw=mv2=kT，则所有分子平均平动动能总和是：Nw=13mv2=kTLL(1)22123245m3气体的摩尔数为：n=rVMmol=1.2945Mol-3291045m3气体的分子数为：N=nNA代入式得：Nw=NDE=n3rV3RkT=NAT=7.3106J2Mmol2NAirV5RD
16、T=R=4.16104J 2MMol222v2=v2-v1=3R(T2-T1)=0.819m/s M练习十四 vf(v)dv，1、B，2、Nf(v)dv，f(v)dvv0v0v0v0610-5， f(v)dv，3、5.42107， 10 av/Nv04、f(v)=a/N0(0vv0)(v0v2v0)； a=(v2v0)2N111；DN=N；v=v0 3v0395、3.441025，1.6，2105J 6、解： 由图知：PA=4PC，VC=4VAPAVA=PCVCTC=TA p(Pa) A B 则全过程中：DE=0 A到B，等压过程： 4105 QAB=mCP(TB-TA)M5=(PBVB-PA
17、VA)2=1.5106J1105 O C 2 3.49 8 V(m3) B到A，绝热过程，QBC=0 Q=QAB+QBC=1.5106J由热力学第一定律得：A=Q-DE=1.510J7、解： 由图知：6P2P1=P2V1=P1V2 V2V1 p p2 p1 O A B 5DE=CV(T2-T1)=(P2V2-P1V1) 211A=(PV2-V1)=(P2V2-P1V1) 1+P2)(22Q=DE+A=3(P2V2-P1V1) (4)以上计算对于AB过程中任意微小变化均成立 则对于微过程有 V1 V2 V DQ=3D(PV)D(PV)=RDT DQ故有：C=3RDT练习十五 1、A，2、B，3、
18、AM，AM和BM，4、，5、124J，-85J， 6、350P0V0PVPV=128J，25000=91.6J，10000=36.6J，0 T0T0T011 7、解： CA等体过程，PAPC=TC=75K TATCVVBC等压过程，B=CTB=225K TBTC气体摩尔数为：n=PAVA8=0.321Mol RTA3RAB膨胀过程，AAB=1000JDEAB=nQAB5R(TB-TA)=-500J2=AAB+DEAB=500J5R(TC-TB)=-1000J2=ABC+DEBC=-1400JBC等压压缩过程ABC=PB(VC-VB)=-400JDEBC=nQBC8、解： VVab等压过程，a=
19、bTb=300K TaTbca等温过程，Ta=Tc=600K 55R(Tb-Tc)=-RTc=-6.23103J 2433bc等体过程，Qbc=R(Tc-Tb)=RTc=3.74103J 24ab等压过程，Qab=ca等温过程，Qca=RTclnVa=RTln2c=3.46103J Vc3A=Qab+Qba+Qca=0.9710J PaPb=Tb=9T0 TaTb 12 VV等压过程，c=bTc=27T0 TcTbP0V2由P=得：V=3V0 2V0故有： Q=CQ=CQ=V03V0P0V2dV+CV02h=8、解： Q+Q+Q=16.4% Q+QVVVAB等压过程，A=BTA=ATB TAT
20、BVBVVVCD等压过程，D=CTD=DTC TDTCVCBC绝热过程，TBVBg-1=TCVCg-1 g-1g-1DA绝热过程，TAVA=TDVD 联合上述四式得：VBVC= VAVDVmmCP(TB-TA)=CP(1-A)TB MMVB整个过程中，吸收的热量为：QAB=放出的热量为：QCD=-VmmCP(TD-TC)=-CP(1-D)TC MMVC故循环的效率为：h=QAB+QCDQT=1+CD=1-B=25% QABQABTC自测题：力学 一：选择题 1-5：CBACB；6-9：ACAC 二：填空题 +6+52j;v=(2ij)3 10、v=ivr 13 11、at=g2tv+gt202
21、2;an=gv0v+gt202212、J=4ml2;b=g 4m13、140Ns;24m/s 14、Ek=(11-vc2r2-1)m0c;E=2m0c21-vc22三、计算题 2+(3+2t)j得 15、解：由r=4tix=4t22 故轨迹方程为：x=(y-3) y=3+2t+5j，坐标为t=1s时，r(1)=4i rr+2+2j，v=4ij Dr=4irrrrdrdvv+2 由v=8tij，a=8idtdtrv+2 t=1s时，v1=8ij，a1=8i16、解：设线下落至q角时小球的速率为v，由机械能守恒定律得： mglsinq=12mvv=2glsinq 2小球的受力如左图，且有： mv2
22、T-mgsinq=l mT=mgsinq+2glsinq=3mgsinql17、解：释放时，细棒所受的重力对支撑点的力矩为： M=mgL 2M3g =J2L棒落到竖直位置时的角速度w，由机械能守恒得 由转动定律得：M=Jbb=1L3gJw2=mgw= 22L18、解：设绕O点转动的角速度为w，由角动量守恒得： 14 碰前的角动量为：0.5LMV0=碰后的角动量为：Jw=1MLV0 27ML2w 12176则有：MLV0=ML2ww=V0 2127L19、解： 由洛伦兹变换可得： Dx=Dx+vDt1-vc22Dt+ Dt=vDx2c (2) 2v1-2c由式可得 Dx=900m 由式，可得：
23、Dt=310-6s 自测题：机械振动和机械波 一、选择题 1-5：CADBD；6-10：DCBDC 二、填空题 11、410-2m,三、计算题 p2；12、10,pp65,；13、,2p34p3Dl；14、16、0.1cos(165pt-x)；2kp+p 22gd2x17、解：设t时刻m处于x处，则有：F=-px=ma=m2 dt2d2xp2x=0 即：2+mdt说明质点作简谐振动，振动的角频率为：w=p2m，周期为：T=2pmp218、解：以砝码静止时所在处为坐标原点，竖直向下为x轴，设t时刻砝码处于x处，l0 O x 自 d2x由受力情况可知：mg-F=ma=m2 dt平 设砝码静止时，弹
24、簧的伸长量为Dl0，则有：kDl0=mg T时刻：F=k(x+Dl0) 15 d2xmg-kx-kDl0=m2dt综合上述三式得： 2dxk+x=02mdt-证明砝码的振动时简谐振动 振幅：A=Dl0=0.01m 角频率：w=km=gDl0=1010 频率：n=w510= 2pp放手时，砝码处于负向最大位移处，故振动方程为：y=0.01cos(1010t-p) 19、解：设坐标原点处质点的振动方程为：y=Acos(wt+j) t=0时，x=0处质点y0=0，v0f0由图知：即：y0=Acosj=0v0=-Awsinjf0推得：j=-p2由旋转矢量可得：w2=p4w=p8即振动方程为y=Acos
25、(t-pp28) 由图知，波沿x轴负向传播，且T=16s,u=10m/s,l=uT=160m 故波方程为：y=Acos(t+pp808x-p2) 2pt) T20、解：(1)由x=0为波节，可得：入射波在x=0处引起的振动为：y10=Acos( 反射波在x=0处引起的振动为：y20=Acos(故反射波方程为：y20=Acos2p(2pt+p) Ttx-)+p Tltpxp+)cos(2p-) T2l2合成驻波表达式为：y=y1+y2=2Acos(2p波节：cos(2p波腹：cos(2pxl2-p2)=0，2px-xl2-p2=2k+1k+1p(k=0,1,2L)，x=l 222k+1l 4xl
26、-p)=1，2ppl=kp(k=0,1,2L)，x= 16 21、解：设x=1处质点的振动方程为：y=Acos(wt+j) 由振动曲线和旋转矢量知：w5=p2+p3w=p6j=-p3故x=1处质点的振动方程为：y=0.4cos(t-pp36) 则波动方程为：y=0.4cost+p2p6(x-1)-=0.4cos(t+x-) l3662pppp自测题：热学 一、选择题 1-7：ABBACDC 二、选择题 8、5：3，10：3； 9、分子的平均速率；速率大于vp的分子数占总分子数的百分比；速率大于vp的分子数； 10、热力学概率大的宏观态，不可逆过程；11、33.3%,8.3110三、计算题 12
27、、解：(1)由气体状态方程p=nkT 得 n=p/(kT)=(11.01310)/(1.3810-23300) =2.451025 (2) 分子间的平均距离可近似计算 11e=3=3.4410-9m 253n2.4510(3) 分子的平均平动动能 e=(3/2)kT=(3/2)1.3810-23300=6.2110-21 J (4) 方均根速度 5Jv21.73RT=483Mmolms-1 13、解：设初始状态时，状态参量为 状态状态参量为 5状态状态参量为 状态到状态是等温过程： DE1=0A1=PdV=5V0nRT0VV0dV=nRT0ln5 Q1=A1=nRT0ln517 状态到状态是等
28、体过程： DE2=nCv,m(5T0-T0)=4nCv,mT0A2=0Q1=A1=4nCv,mT0又由整个过程传给气体的热量为：Q=Q1+Q2=810J=4nCv,mT0+nRT0ln5 得：i=5,g=1.4 14、证：该热机循环的效率为 4h=1-Q2Q1=1-QBCQCA 其中QBC=mmCp,m(TC-TB),QCA=CV,m(TA-TC)，则上式可写为 MMh=1-gTC-TBTA-TC=1-gTBTC-1TATC-1在等压过程BC和等体过程CA中分别有TBV1=TCV2,TAP1=TCP2 代人上式得 VV-1 h=1-g12p1p2-1证毕。 15、解：(1) a-b等容过程中气
29、体不作功，内能增量为 DE1=CVDT=58.3160=1.251032J在b-c等温过程中内能不变，体积从V0增加到场2V0，氢气对外作功为 A1=RTlnV=8.31353ln2=2.03103V0J 在abc过程中氢气吸收的热量为 Qabc=DE1+A1=1.25103+2.03103=3.28103 在a-d等温过程中内能不变，氢气对外作功为 J A2=RT0lnV=8.31293ln2=1.69103V0J 在d-c等容吸热过程中气体不作功，内能增量为 DE2=CVDT=58.3160=1.251032J 在adc过程中氢气吸收的热量为 Qadc=A2+DE2=1.69103+1.2
30、5103=2.9410318 J 16、12：与温度为T1的高温热源接触，T1不变， 体积由V1膨胀到V2，从热源吸收热量为: VPmmQ1=RT1ln2=RT1ln1 MV1MP223：绝热膨胀，体积由V2变到V3，吸热为零 -gg-1T1P2=T2-gP3g-1 34：与温度为T2的低温热源接触,T2不变，体积由V3压缩到V4，从热源放热为: VPmm Q2=RT2ln3=RT2ln4MV4MP341：绝热压缩，体积由V4变到V1，吸热为零。 T1-gP1g-1=T2-gP4g-1 PT2ln4 P3Q1-Q2Q2T2T2h=1-=1-=1-=1-h P1Q1Q1T1T1T1ln P因此，
31、在绝热膨胀过程中，膨胀后的气体压强与膨胀前的气体压强之比为： 2(P3g-1PT)=(1)-g3=(1-h)gP2T2P2(g-1)模拟测试题 一、选择题 1-5、DACCA；6-10、BBBCD 二、填空题 +50cos5tj，502；12、b0=11、-50sin5ti13、gg；b= l2l2m0c2；14、100m/s 315、分子数密度和温度 三、计算题 16、解：由牛顿运动定律知： rrF3 a=(1+t)im2rr3t2v=adt=(t+)i 22v1=17、 r9i 4 19 (1) 用隔离法分别对各物体作受力分析，取如图所示坐标系 2T22mg-F=mabRFJ T2 - R
32、F T1 = FT1=m1aa=Rb解得： m 2 g m + + M 2 m18、解：设地面为S系，飞船为S系。 (x-x1)-u(t2-t1)-x1=2x2 1-u2c2 2(t-t)-u(x-x)c2121 t2-t1=1-u2c2 Dx=x2-x1=100m,Dt=t2-t1=10s,u=0.98c 100-0.9810 -x1=x2-1.471010m21-0.98 10-0.98c100c2t-t=50.25s 2121-0.98 19、 解：由图可知A=0.5cm，原点处的振动方程为：y=Acos t=0s时 y=A/2 v0 可知其相位为=-12a=p 3p2可得：=t=1s时
33、 y=0 v0 可知其相位为w+j=5p T=2/=12/5 6 20 则 y=0.5coscm 63沿x轴负方向传播，波动表达式： 5pxp5p5py=0.5cos(t+)-=0.5cos(t+x)-cm 6u364320、解：根据题意 T=Td ampV=RT又根据物态方程 MpV Td=Ta=11RpV4p1V1=4Ta Tc=cc=RR 再根据绝热方程 TVg-1=TVg-1ccdd 11T V=(c)g-1V=41.67-1.2V=15.8Vdc11Td 先求各分过程的功 Wab=p1(2V1-V2)=p1V1 Wbc=0399 Wcd=-DEcd=Cv(Tc-Td)=R(4Ta-T
34、a)=RTa=p1V1 22211 W=Wab+Wbc+Wcd=p1V1 2整个过程吸收的总热量，对abcd整个过程应用热力学第一定律： Qabcd=Wabcd+DEcd 由于Ta=Tb故DEad=0 11p1V1 则Qabcd=Wabcd=2模拟测试题 一、选择题 1-5、AACAD；6-10、BDDBB 二、填空题 4ct3p+v0t ； 12、11、v=v0+ct x=x0+； 13、0.625m ，-16.5； 3122314、1.30kgm，6.2110-21J；15、865.6 Hz ，826.2 Hz 三、计算题 3 21 16、解：设此两件事在S系中的时空坐标为和 由洛伦兹变换
35、可得： x2-x1=(x2-x1)-v(t2-t1)1-v2c2t2-t1=(t2-t1)-v(x2-x1)2c (2) 21-v2c21由式可得 (x2-x1)23v=1-c=c 2(x-x)221将v值代入式，可得： t2-t1=5.7710-6s 17、解由 y=0.05cos(100pt-2px)得 A = 0.05m u = 50m/s l= 1m w=100p 由 v=y得 )=-0.051p00sinp(t10-0px 2tvmax=5p=15.7m/s 由 a=y=-0.05(1p020)copst(1-0p0x得 2t)amax=0.05(100p)2=4.93103m/s
36、将x=0.5m代入波动方程得，x=0.5m处质点的振动方程： y=0.05cos(100pt-p)=-0.05cos100pt 振动曲线如下图 18、解： 根据分析，因AB、CD为等温过程，循环过程中系统作的净功为 W=WAB+WCD=mR(T1-T2)ln(V2/V1)=5.76103JMmmRT1ln(V2/V1)+RT2ln(V1/V2)MM 22 AB段等温膨胀，吸收热量 QAB=WAB=mRT1ln(V2/V1) MmCV,m(T1-T)2 MDA段等体升温，吸收热量 QDA=DEDA=故循环过程中系统吸收的热量为 Q=QAB+QDA=3.81104JmmRT1ln(V2/V1)+C
37、V,m(T1-T2) MM故该循环的效率为：h=WQ=15% 19、解：设棒开始运动的角速度为w 由角动量守恒定律可得： 313lmlv=Jw 其中J=Ml2+m2 43436mv由式可得 w= 16Ml+27ml设最大偏转角为q 碰后转到最大偏角这个过程中机械能守恒，故由机械能守恒定律可得： 113Jw2=Mgl(1-cosq)+mgl(1-cosq) 22454m2v2得：q=arccos1- (16M+27m)(2M+3m)gl20、解：设物体m下落的加速度大小为a ，以t=0s时物体m所在的位置为坐标原点，竖直向下为x轴，建立坐标。物体m与滑轮M的受力分析如下图所示： 由牛顿第二定律和转动定律可知： gmg-T=maa=2TR =Jb 1T=mg-ma=mga=Rb,T=T2 由a=dv1得 v=gt dt2 23 3）由v=x4dx得 dx=vdt 两边积分得 dt1dx=gtdt 200得 x=4g 24
