《大学物理AⅠ》第二学期期末试卷A (精选01)
有关数据
大气压$1 \ \mathrm { a t m } = 1 . 0 1 3 { \times } 1 0 ^ { 5 } \ \mathrm { P a }$
万有引力常量 $G = 6 . 6 7 \times 1 0 ^ { - 1 1 } \mathrm { N } { \cdot } \mathrm { m } ^ { 2 } { \cdot } \mathrm { k g } ^ { - 2 }$
普适气体常量$R = 8 . 3 1 ~ \mathrm { J { \cdot m o l } ^ { - 1 } { \cdot K } ^ { - 1 } }$
玻耳兹曼常量$k = 1 . 3 8 \times 1 0 ^ { - 2 3 } \mathbf { J } { \cdot } \mathbf { K } ^ { - 1 }$
一、选择题（单选，每题 3 分，15 分）
- 一质点沿螺旋线自内向外运动，如图所示。从时间 $t = 0$ 开始走过的弧长与$t$ 的平方成正比，可表示为$s = k t ^ { 2 }$ ，则该质点加速度的大小
(A) 越来越大
(B) 不变
(C) 越来越小
(D) 不能确定
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答案：A
解析：
$s = kt^2$，速率: $$v = \frac{ds}{dt} = 2kt$$
速率随时间线性增大小
切向加速度: $$a_t = \frac{dv}{dt} = 2k \quad (\text{常量})$$
法向加速度: $$a_n = \frac{v^2}{\rho}$$
其中 $\rho$ 为曲率半径。质点沿螺旋线自内向外运动，$\rho$ 逐渐增大，但 $v^2$ $t^2$ 增长更快，故 $a_n$ 越来越大小
总加速度: $$a = \sqrt{a_t^2 + a_n^2}$$
$a_t$ 不变化a_n$ 越来越大，故 $a$ 越来越大小
难度: ⭐⭐
考点: #自然坐标系 #切向加速度 #法向加速度 #螺旋线运动
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📖 相关公式与知识点:
自然坐标系：$a_t = dv/dt$a_n = v^2/\rho$
总加速度a = \sqrt{a_t^2 + a_n^2}$
弧长与速率v = ds/dt$
思路分析
$s(t)$ $v(t)$ $a_t$
分析 $v^2/\rho$ 的变化趋势3. 综合判断总加速度的变化:::
🔄 举一反三
一质点沿半径为 $R$ 的圆周运动，路程 $s = bt - ct^2/2$b, c > 0$），则其加速度大小如何变化
查看练习答案与解析 答案：先减小后增大
解析v = b - ct$a_t = -c$（常量）a_n = (b-ct)^2/R$a_n$ 先减小（$v$ 减小）， $v=0$ 后反向增大，$a_n$ 又增大。总加速度 $a = \sqrt{c^2 + a_n^2}$ 先减小后增大小 :::
- 质量 $m$ 的质点，以不变速率 $v$ 沿图中正六边ABCDEF 水平光滑轨道运动。质点越A角时，轨道作用于质点的冲量大小为
(A) mv
(B) 0
(C) 3mv
(D) 2mv
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答案：C
解析：
正六边形内角点$120^\circ$。质点沿 FA 方向进入 A 点，AB 方向离开 A 点
将两个速度矢量平移到同一起点：进入速度的反方向（AF 方向）与离开速度（AB 方向）的夹角即为正六边形内角 $120^\circ$
由动量定理，轨道对质点的冲量: $$\vec{I} = m\vec{v}_{\text{出}} - m\vec{v}_{\text{入}}$$
冲量大小: $$I = m\sqrt{v^2 + v^2 - 2v^2\cos 120^\circ} = m\sqrt{2v^2 + v^2} = \sqrt{3}mv$$
难度: ⭐⭐
考点: #动量定理 #冲量 #矢量运算
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📖 相关公式与知识点:
动量定理\vec{I} = m\vec{v}_2 - m\vec{v}_1$
矢量差的模：$|\vec{a} - \vec{b}| = \sqrt{a^2 + b^2 - 2ab\cos\theta}$
正六边形内角 $120^\circ$
思路分析
- 确定速度方向改变的角点2. 用矢量差公式求冲量大小:::
🔄 举一反三
质量 $m$ 的小球以速率 $v$ 垂直撞击墙壁后以相同速率反弹，则墙壁对小球的冲量大小为多少？
查看练习答案与解析 答案2mv$
解析：速度方向改变 $180^\circ$I = m\sqrt{v^2+v^2-2v^2\cos 180^\circ} = 2mv$ :::
3．若打开电炉后室内温度从 $1 5 \mathrm { { ^ \circ C } }$ 升高到$2 7 ^ { \circ } \mathrm { C }$ ，而气压不变，则此时室内的分子数减少了
(A) $0 . 5 \%$
(B) 4%
(C) 9%
(D) 21%
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答案：B
解析：
由理想气体状态方程$pV = NkT$，气压$p$ 和体积$V$ 不变，则: $$N \propto \frac{1}{T}$$
温度 $T_1 = 15 + 273 = 288\text{ K}$ 升高到$T_2 = 27 + 273 = 300\text{ K}$
分子数变化率: $$\frac{\Delta N}{N_1} = \frac{N_2 - N_1}{N_1} = \frac{T_1}{T_2} - 1 = \frac{288}{300} - 1 = 0.96 - 1 = -0.04 = -4\%$$
分子数减少了 $4\%$
难度: ⭐
考点: #理想气体状态方程 #分子数密度
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📖 相关公式与知识点:
理想气体状态方程：$pV = NkT$ $p = nkT$
等压等容条件 $N \propto 1/T$
摄氏温度与热力学温度T = t + 273$
思路分析
$pV = NkT$ 得出 $N \propto 1/T$
将摄氏温度转换为热力学温度3. 计算分子数的相对变化
🔄 举一反三
一定质量的气体在等压条件下，温度从 $27^\circ\text{C}$ 升高到$127^\circ\text{C}$，体积变为原来的多少倍？
查看练习答案与解析 答案\frac{4}{3}$
解析：等压过 $V \propto T$T_1 = 300\text{ K}$T_2 = 400\text{ K}$V_2/V_1 = T_2/T_1 = 4/3$ :::
- 一弹簧振子作简谐振动，如果简谐振动的振幅增加为原来的两倍，重物的质量增加为原来的三倍，其他不变，则它的总能量增加为原来
(A) 2
(B) 4
(C) 6
(D) 8
查看答案与解析
答案：B
解析：
弹簧振子的总能量（机械能）: $$E = \frac{1}{2}kA^2$$
其中 $k$ 为劲度系数，$A$ 为振幅
总能量只 $k$ $A$ 有关，与质量 $m$ 无关
振幅变为原来2 倍：$A' = 2A$，则: $$E' = \frac{1}{2}k(2A)^2 = 4 \cdot \frac{1}{2}kA^2 = 4E$$
总能量增加为原来4 倍
难度: ⭐
考点: #简谐振动 #振动能量 #弹簧振子
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📖 相关公式与知识点:
弹簧振子总能量：$E = \frac{1}{2}kA^2$
能量与振幅平方成正比，与质量无关
角频率$\omega = \sqrt{k/m}$ 会随质量改变，但不影响总能量
易错点- 误以为质量增加会影响总能量——总能量由初始条件（振幅）和劲度系数决- 质量增加只改变振动频率，不改变总能量:::
🔄 举一反三
一弹簧振子，若振幅不变，劲度系数变为原来的 2 倍，则总能量变为原来的几倍？
查看练习答案与解析 答案
解析E = \frac{1}{2}kA^2$k' = 2k$E' = \frac{1}{2}(2k)A^2 = 2E$ :::
- 使一光强 $I _ { 0 }$ 的平面偏振光先后通过两个偏振 $P _ { 1 }$ $P _ { 2 }$ $P _ { 1 }$ $P _ { 2 }$ 的偏振化方向与原入射光光矢量振动方向的夹角分别是 $\alpha$ $9 0 ^ { \circ }$ °，则通过这两个偏振片后的光强 $I$
(A) $\frac { 1 } { 4 } I _ { 0 } \mathrm { s i n } ^ { 2 } ( 2 \alpha )$
(B) ${ \frac { 1 } { 2 } } I _ { 0 } \cos ^ { 2 } \alpha$
(C) $\frac { 1 } { 2 } I _ { 0 } \sin ^ { 2 } \alpha$
(DI_0 \cos^4 \alpha$
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答案：A
解析：
由马吕斯定律，通过第一块偏振片 $P_1$ 后：
$P_2$ 的偏振化方向与原入射光振动方向夹角为 $90^\circ$，与 $P_1$ 偏振化方向的夹角点$90^\circ - \alpha$
通过第二块偏振片 $P_2$ 后：
难度: ⭐⭐
考点: #马吕斯定律 #偏振片 #偏振光
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📖 相关公式与知识点:
马吕斯定律：$I = I_0 \cos^2 \theta$
$\cos(90^\circ - \alpha) = \sin\alpha$
$\sin 2\alpha = 2\sin\alpha \cos\alpha$
思路分析
逐级应用马吕斯定律2. 注意 $P_2$ $P_1$ 偏振化方向的夹角点$90^\circ - \alpha$
利用三角恒等式化简
🔄 举一反三
自然光通过两个偏振化方向夹角为 $60^\circ$ 的偏振片，透射光强为入射光强的多少
查看练习答案与解析 答案\frac{1}{8}$
解析：自然光通过第一个偏振片 $I_1 = I_0/2$，通过第二个后 $I_2 = I_1 \cos^2 60^\circ = (I_0/2) \times (1/4) = I_0/8$ :::
二、填空题（共 42 分）
6.分）质量 $m$ 的小球，在水中受到的浮力为常量$F$ $F < m g$ 。当它在水中从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力大小为 $f = k v$ $k$ 为常数）。小球从静止开始沉降时作为计时起点，其速度 $v$ 随时 $t$ 变化的函数关系为 $v \left( t \right) =$
查看答案与解析
答案\displaystyle v(t) = \frac{mg - F}{k}\left(1 - e^{-kt/m}\right)$
解析：
小球受力：重 $mg$（向下），浮 $F$（向上），粘滞阻 $kv$（向上）
由牛顿第二定律：
整理: $$\frac{dv}{dt} + \frac{k}{m}v = g - \frac{F}{m}$$
这是一阶线性微分方程。设 $v_{\infty} = \frac{mg - F}{k}$（终极速度），通解答$$v(t) = v_{\infty} + Ce^{-kt/m}$$
由初始条件$v(0) = 0$，得 $C = -v_{\infty}$，故: $$v(t) = \frac{mg - F}{k}\left(1 - e^{-kt/m}\right)$$
难度: ⭐⭐
考点: #牛顿定律 #阻力 #微分方程 #终极速度
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📖 相关公式与知识点:
牛顿第二定律m\vec{a} = \sum \vec{F}$
一阶线性微分方程求- 终极速度v_{\infty} = (mg - F)/k$
思路分析
受力分析，列出动力学方程
求解一阶线性微分方程3. 代入初始条件确定积分常数
🔄 举一反三
质量 $m$ 的物体在空气中自由下落，空气阻力 $f = kv$，求速度随时间的变化关系
查看练习答案与解析 答案v(t) = \frac{mg}{k}(1 - e^{-kt/m})$
解析：与本题类似，只是没有浮力项F = 0$ :::
7.分）两个滑冰运动员的质量各为 $7 0 \mathrm { k g }$ ，均 $6 \mathrm { m / s }$ 的速率沿相反的方向滑行，滑行路线间的垂直距离为 $1 0 \mathrm { m }$ ，当彼此交错时，各抓住一 $1 0 \mathrm { m }$ 长绳索的两端，然后相对旋转，则抓住绳索之后各自对绳中点的角动能$L ^ { = } .$ $\mathrm { k g } \mathrm { m } ^ { 2 } / \mathrm { s }$ ；它们各自收拢绳索，到绳长为 $4 \mathrm { m }$ 时，各自的速率 $v = _ { - }$ $\mathrm { m } / \mathrm { s }$ 。不计冰面摩擦阻力和空气阻力
查看答案与解析
答案L = 2100\ \mathrm{kg \cdot m^2/s}$v = 15\ \mathrm{m/s}$
解析：
*(1) 角动能
抓住绳索时，每人到绳中点的距离为 $r = 5\text{ m}$（绳10m 的一半）
每人相对于绳中点的角动量: $$L_1 = mvr = 70 \times 6 \times 5 = 2100\ \mathrm{kg \cdot m^2/s}$$
两人角动量方向相同（同向旋转），总角动量: $$L = 2 \times 2100 = 4200\ \mathrm{kg \cdot m^2/s}$$
但题目问的是"各自对绳中点的角动量"，所以每人角动量 $2100\ \mathrm{kg \cdot m^2/s}$
(2) 收绳后的速率
收绳过程中，绳子拉力过绳中点，力矩为零，角动量守恒
收绳后每人到绳中点距 $r' = 2\text{ m}$（绳4m 的一半）
难度: ⭐⭐
考点: #角动量 #角动量守恒 #圆周运动
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📖 相关公式与知识点:
质点角动量：$L = mvr_\perp$
角动量守恒条件：合外力矩为零
有心力作用下角动量守
思路分析
计算每人初始角动能$L = mvr$
收绳过程角动量守恒，$r$ 减小 $v$ 增大
🔄 举一反三
一质量 $m$ 的小球系在轻绳一端，在光滑水平面上做半径 $r_1$、速率 $v_1$ 的圆周运动。若缓慢拉绳使半径变化$r_2$，求此时的速率
查看练习答案与解析 答案v_2 = v_1 r_1 / r_2$
解析：角动量守恒 $mv_1r_1 = mv_2r_2$v_2 = v_1 r_1/r_2$ :::
- 分）若陨石在距月 $R$ 处时速度 $v _ { 0 }$ ，则陨石受月球吸引而落到月面的速度大小_。令月球质量 $M$ ，半径为 $R$ ，万有引力常量为 $G$
查看答案与解析
答案\displaystyle v = \sqrt{v_0^2 + \frac{GM}{R}}$
解析：
陨石只受月球引力（保守力），机械能守恒
初始位置距月 $2R$（距月面 $R$），末位置在月面（距月心 $R$）
初始机械能：
末机械能量$$E_2 = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{GMm}{R}$$
$E_1 = E_2$: $$\frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{GMm}{2R} = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{GMm}{R}$$
难度: ⭐⭐
考点: #机械能守恒 #万有引力 #引力势能
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📖 相关公式与知识点:
引力势能量E_p = -\frac{GMm}{r}$
机械能守恒：$E_k + E_p = \text{常数}$
万有引力F = \frac{GMm}{r^2}$
思路分析
- 确定初始和末了位置到月心的距2. 写出引力势能表达3. 由机械能守恒求解末速度
🔄 举一反三
物体从地面以 $v_0$ 竖直上抛，忽略空气阻力，求能达到的最大高度（已知地球半径 $R$，重力加速度 $g$）
查看练习答案与解析 答案h = \frac{R v_0^2}{2gR - v_0^2}$
解析：机械能守恒 $\frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{GMm}{R} = -\frac{GMm}{R+h}$，结 $GM = gR^2$ 求解答 :::
- 分）一质量 $m$ 的均匀圆盘，可绕垂直于圆盘面的转轴作定轴转动。现在由于某种原因转轴偏离了盘心 O，而在C 处，但转轴方向不变，如图所示。若A、B是通过 C 点和O点的直径上的两个端点，则 A、B 两点的速率将有所不同，且分别v _ { \mathrm { A } }$ $v _ { \mathrm { B } }$ $\omega$ 偏心 $| { \bf C O } | =$ _，圆盘绕 C 点的转动惯量 $J _ { \mathrm { C } } = .$
查看答案与解析
答案\displaystyle |CO| = \frac{v_A - v_B}{2\omega}$\displaystyle J_C = \frac{m}{8\omega^2}\left[(v_A + v_B)^2 + 2(v_A - v_B)^2\right]$
解析：
*(1) 偏心
设圆盘半径为 $R$，偏心距 $d = |CO|$。A OC 延长线上C 最远，B OC 反向延长线上C 最近
两式相减小$$v_A - v_B = 2\omega d \quad \Rightarrow \quad d = \frac{v_A - v_B}{2\omega}$$
(2) 转动惯量
由平行轴定理: $$J_C = J_O + md^2 = \frac{1}{2}mR^2 + md^2$$
$v_A + v_B = 2\omega R$，得 $R = \frac{v_A + v_B}{2\omega}$
代入: $$J_C = \frac{1}{2}m\left(\frac{v_A + v_B}{2\omega}\right)^2 + m\left(\frac{v_A - v_B}{2\omega}\right)^2$$
难度: ⭐⭐
考点: #定轴转动 #平行轴定理 #转动惯量 #偏心
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📖 相关公式与知识点:
线速度与角速度v = \omega r$
平行轴定理：$J_C = J_O + md^2$
均匀圆盘绕中心轴J_O = \frac{1}{2}mR^2$
思路分析
- A、B 速率求偏心距和半2. 用平行轴定理求绕 C 轴的转动惯量
🔄 举一反三
质量 $m$、半径为 $R$ 的均匀圆盘，绕距盘 $R/2$ 的轴转动，求转动惯量
查看练习答案与解析 答案J = \frac{3}{4}mR^2$
解析J_O = \frac{1}{2}mR^2$d = R/2$J = J_O + md^2 = \frac{1}{2}mR^2 + m(R/2)^2 = \frac{3}{4}mR^2$ :::
- 分）用绝热材料制成的一个容器，体积 $2 V _ { 0 }$ ，被绝热板隔A、B 两部分，A内储 $2 \mathrm { m o l }$ 双原子分子理想气体，B内储 $4 \mathrm { m o l }$ 刚性单原子分子理想气体，A、B两部分压强相等均 $p _ { 0 }$ ，两部分体积均为 $V _ { 0 }$ ，则
(1) 两种气体各自的内能分别为 $E _ { \mathrm { A } } { = } _ { . }$ _ $\begin{array} { r } { E _ { \mathrm { B } } = } \\ { \mathbf { \mathrm { } } E _ { \mathrm { B } } \mathbf { = } } \end{array} .$ _
(2) 抽去绝热板，两种气体混合后处于平衡时的温度为 $T { = }$
查看答案与解析
答案1) $E_A = 5p_0V_0$E_B = 6p_0V_0$2) $\displaystyle T = \frac{4p_0V_0}{11R}$
解析：
(1) 内能
由状态方程$p_0V_0 = \nu RT$: $$T_A = \frac{p_0V_0}{2R}, \quad T_B = \frac{p_0V_0}{4R}$$
双原子刚性分析$i = 5$: $$E_A = \nu_A \cdot \frac{5}{2}RT_A = 2 \times \frac{5}{2}R \times \frac{p_0V_0}{2R} = \frac{5}{2}p_0V_0$$
单原子分析$i = 3$: $$E_B = \nu_B \cdot \frac{3}{2}RT_B = 4 \times \frac{3}{2}R \times \frac{p_0V_0}{4R} = \frac{3}{2}p_0V_0$$
*(2) 混合后温度
绝热容器，总内能守恒：
混合后：
难度: ⭐⭐
考点: #理想气体内能 #自由度 #能量守恒
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📖 相关公式与知识点:
理想气体内能量E = \nu \cdot \frac{i}{2}RT$
双原子刚性分析$i = 5$，单原子 $i = 3$
内能也可表示为$E = \frac{i}{2}pV$
易错点- 注意 $E = \frac{i}{2}pV$ 中的 $i$ 是自由度，不是摩尔数
- 混合过程总内能守恒（绝热、无功）
🔄 举一反三
1 mol 单原子理想气体和 2 mol 双原子理想气体混合，初始温度相同，求混合气体内能与单原子气体初始内能的比值
查看练习答案与解析 答案\frac{13}{3}$
解析E_1 = \frac{3}{2}RT$E_2 = 2 \times \frac{5}{2}RT = 5RT$E_{\text{总}} = \frac{13}{2}RT$，比值为 $13/3$ :::
11.分）设气体分子服从麦克斯韦速率分布律， $\bar { v }$ 代表平均速率 $v _ { \mathrm { p } }$ 代表最概然速率，那么，速率 $v _ { \mathrm { p } } \sim \overline { { v } }$ 范围内的分子数占总分子数的百分率随温度升高到，速率低于 $1 0 0 \mathrm { m / s }$ 的分子数占总分子数的百分率随温度升高到_两空选填升高、降低或保持不变)
查看答案与解析
答案：保持不变；降低
解析：
*(1) $v_p \sim \bar{v}$ 范围内的百分析
$v_p$ $\bar{v}$ 都与 $\sqrt{T}$ 成正比：
比 $\bar{v}/v_p = \sqrt{4/\pi} \approx 1.128$ 为常数
麦克斯韦速率分布函数在约化坐 $v/v_p$ 下具有普适形式，$v_p \sim \bar{v}$ 区间对应的约化速率范围不变，因此该区间内的分子数百分率保持不变化
(2) 低于 100 m/s 的百分率
温度升高，分子平均速率增大，分布向高速方向移动。固定速率 100 m/s 在分布中对应的相对位置降低，低于该速率的分子数比例降低
难度: ⭐⭐
考点: #麦克斯韦速率分布 #最概然速率 #平均速率
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📖 相关公式与知识点:
$v_p = \sqrt{2RT/M}$\bar{v} = \sqrt{8RT/(\pi M)}$
$\bar{v}/v_p = \sqrt{4/\pi}$ 为常量- 温度升高，分布曲线变宽，峰值右
思路分析
- $v_p$ $\bar{v}$ 同比例随温度变化，区间相对宽度不2. 固定速率值在分布中的相对位置随温度升高而降:::
🔄 举一反三
温度升高时，速率大于 $v_p$ 的分子数占总分子数的百分率如何变化
查看练习答案与解析 答案：保持不
解析v > v_p$ 的分子数比例在约化坐标下是常数（57.2%），不随温度变化 :::
12.分）若理想气体的体积按照 $p V ^ { 2 } = C _ { 1 }$ $C _ { 1 }$ 为正常量）的规律 $V _ { 1 }$ 膨胀 $V _ { 2 }$ ，则它对外所作的 $A =$ ；若理想气体的体积按 $p V ^ { 1 / 2 } = C _ { 2 }$ $C _ { 2 }$ 为正常量）的规律膨胀，则其温度将 （填升高、降低或不变）
查看答案与解析
答案\displaystyle A = C_1\left(\frac{1}{V_1} - \frac{1}{V_2}\right)$；升
解析：
*(1)
$p = C_1/V^2$: $$A = \int_{V_1}^{V_2} p\,dV = \int_{V_1}^{V_2} \frac{C_1}{V^2}\,dV = C_1\left[-\frac{1}{V}\right]_{V_1}^{V_2} = C_1\left(\frac{1}{V_1} - \frac{1}{V_2}\right)$$
(2) 温度变化
$pV^{1/2} = C_2$ $pV = \nu RT$: $$T = \frac{pV}{\nu R} = \frac{C_2 V^{1/2}}{\nu R}$$
膨胀 $V$ 增大小T$ 升高到
难度: ⭐⭐
考点: #功 #多方过程 #理想气体
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
气体做功A = \int p,dV$
多方过程pV^n = C$
温度判断：结 $pV = \nu RT$
🔄 举一反三
理想气体积$pV = C$ $V_1$ 膨胀 $V_2$，求做功和温度变化
查看练习答案与解析 答案A = C\ln(V_2/V_1)$，温度不
解析pV = C$ 即等温过程，$T$ 不变化A = \int C/V\,dV = C\ln(V_2/V_1)$ :::
13.分）1 mol 理想气体经过等压过程，热力学温度变为原来/3。设该气体的定压 摩尔热容 $C _ { p , \mathrm { m } }$ ，则此过程中该气体的熵增量为
查看答案与解析
答案\Delta S = C_{p,\mathrm{m}}\ln 3$
解析：
等压过程dQ = C_{p,\mathrm{m}},dT$
熵变化$$\Delta S = \int_{T_1}^{T_2} \frac{dQ}{T} = \int_{T_1}^{T_2} \frac{C_{p,\mathrm{m}}}{T}\,dT = C_{p,\mathrm{m}}\ln\frac{T_2}{T_1}$$
$T_2 = T_1/3$: $$\Delta S = C_{p,\mathrm{m}}\ln\frac{1}{3} = -C_{p,\mathrm{m}}\ln 3$$
题目熵增大，按绝对值理解或取正号。从物理上看，等压降温过程熵减少\Delta S = -C_{p,\mathrm{m}}\ln 3$。但答案给的 $C_{p,\mathrm{m}}\ln 3$，可能是问熵变的大小
难度: ⭐⭐
考点: #熵 #等压过程 #热力学第二定律
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
熵变化\Delta S = \int dQ/T$
等压过程dQ = C_{p,\mathrm{m}}dT$
$\Delta S = C_{p,\mathrm{m}}\ln(T_2/T_1)$
🔄 举一反三
1 mol 理想气体等容升温，温度从 $T$ 变为 $2T$，求熵变化
查看练习答案与解析 答案\Delta S = C_{V,\mathrm{m}}\ln 2$
解析：等容过 $dQ = C_{V,\mathrm{m}}dT$\Delta S = C_{V,\mathrm{m}}\ln(2T/T) = C_{V,\mathrm{m}}\ln 2$ :::
14.分）两个同方向简谐振动，周期相同，振幅分别为 $A _ { 1 } = 0 . 0 5 \mathrm { ~ m ~ }$ $A _ { 2 } = 0 . 0 7 ~ \mathrm { m }$ ，它们合成为振幅 $A ~ = ~ 0 . 0 9 ~ \mathrm { ~ m ~ }$ 的一个简谐振动，则这两个分振动的相位差为_rad
查看答案与解析
答案\cos^{-1} 0.1 \approx 1.47\ \mathrm{rad}$（或 $84.3^\circ$
解析：
同方向同频率简谐振动的合成: $$A^2 = A_1^2 + A_2^2 + 2A_1A_2\cos\Delta\varphi$$
难度: ⭐
考点: #简谐振动合成 #相位差 #旋转矢量
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📖 相关公式与知识点:
同方向同频率合成A = \sqrt{A_1^2 + A_2^2 + 2A_1A_2\cos\Delta\varphi}$
旋转矢量
🔄 举一反三
两个同方向同频率简谐振动，$A_1 = 3\text{ cm}$A_2 = 4\text{ cm}$，相位差 $90^\circ$，求合振幅
查看练习答案与解析 答案5\text{ cm}$
解析A = \sqrt{3^2 + 4^2 + 0} = 5\text{ cm}$（勾股定理） :::
- 分）在双缝干涉实验中，单色光子$\mathbf { S } _ { 0 }$ 到两 $\mathbf { S } _ { 1 }$ $\mathbf { S } _ { 2 }$ 的距离之差为 $l _ { 1 } - l _ { 2 } = 3 \lambda$ ，其中子为入射光的波长，双缝之间的距离为 $d$ ，双缝到屏幕的距离为 $D \left( D > > d \right)$ ，如图所示。则屏幕上零级明纹到屏幕中央 O点的距离
查看答案与解析
答案\displaystyle \frac{3D\lambda}{d}$
解析：
光源 $S_0$ $S_1$ $S_2$ 的距离差 $l_1 - l_2 = 3\lambda$，相当于 $S_1$ $S_2$ 的初相位差为 $\Delta\varphi_0 = 2\pi \times 3 = 6\pi$（等效于同相）
但光程差 $3\lambda$，即 $S_1$ 的相位比 $S_2$ 超前 $6\pi$
零级明纹条件：从 $S_1$ $S_2$ 到屏幕上某点的总光程差为零
设零级明纹在 O 点上 $x$ 处：
取绝对值：$x = \frac{3D\lambda}{d}$
难度: ⭐⭐
考点: #双缝干涉 #光程差 #零级明纹
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📖 相关公式与知识点:
双缝干涉光程差：$\delta = d\sin\theta \approx d\cdot x/D$
零级明纹：总光程差为零
光源不对称导致零级条纹偏
🔄 举一反三
在杨氏双缝实验中，若光源 S 向上移动，干涉条纹如何移动？
查看练习答案与解析 答案：条纹向下移
解析：光源上移使上缝光程增加，零级明纹需向下移动补偿 :::
- 分）利用波长λ 的单色光做迈克耳孙干涉实验，在其一支光路上，垂直于光路放入折射率为 $n$ 、厚度为 $d$ 的透明介质薄膜。与未放入此薄膜时相比，两光束光程差的改变量_，干涉条纹间距将 （选填变大、变小和不变）
查看答案与解析
答案2(n-1)d$；不
解析：
(1) 光程差改变量
光在薄膜中往返一次，光程增加: $$\Delta = 2nd - 2d = 2(n-1)d$$
2nd$ 是薄膜中的光程，$2d$ 是原来空气中的光程）
(2) 条纹间距
迈克耳孙干涉仪中，条纹间距由波长和光路几何决定。放入薄膜只改变光程差的绝对值（平移），不改变光程差随位置的变化率，因此条纹间距不变化
难度: ⭐⭐
考点: #迈克耳孙干涉仪 #光程 #薄膜
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📖 相关公式与知识点:
光程n \times$ 几何路程
迈克耳孙干涉仪光程差变化
条纹间距取决于光程差的空间变化率
🔄 举一反三
在迈克耳孙干涉仪中，移动反射镜 $\Delta d$，条纹移 $N$ 条，求波长
查看练习答案与解析 答案\lambda = 2\Delta d / N$
解析：光程差改变 $2\Delta d = N\lambda$ :::
17.分）折射率分别为 $n _ { 1 }$ $n _ { 2 }$ 的两块平板玻璃构成空气劈尖，用波长为 $\lambda$ 的单色光垂直照射。如果将该劈尖装置浸入折射率 $n$ 的透明液体中， $n _ { 1 } < n < n _ { 2 }$ ，则劈尖厚度 $e$ 的地方两反射光的光程差的改变量是
查看答案与解析
答案2(n-1)e - \lambda/2$ $2(n-1)e + \lambda/2$
解析：
空气劈尖中，光程差为（考虑半波损失）：
浸入液体后，液体折射 $n$ 满足 $n_1 < n < n_2$。上表面反射n_1 \to n$）有半波损失，下表面反射n \to n_2$）也有半波损失，两束反射光半波损失抵消
液体中的光程差：
光程差改变量: $$\Delta\delta = \delta_{\text{液体}} - \delta_{\text{空气}} = 2ne - \left(2e + \frac{\lambda}{2}\right) = 2(n-1)e - \frac{\lambda}{2}$$
难度: ⭐⭐
考点: #劈尖干涉 #光程差 #半波损失
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📖 相关公式与知识点:
劈尖光程差：$\delta = 2ne + \text{半波损失项}$
半波损失条件：光从光疏到光密介质反射
$n_1 < n < n_2$ 时两反射面半波损失抵
🔄 举一反三
空气劈尖浸入水中子n = 1.33$），条纹间距如何变化
查看练习答案与解析 答案：条纹间距变化
解析：水中波长$\lambda' = \lambda/n$，相邻条纹厚度差 $\Delta e = \lambda'/(2n)$，条纹变密 :::
三、解答题（共 43 分）
18.0 分）如图所示，一质量 $m$ ，长度为 $L$ 的均匀细杆可绕通过其一端的水平光滑固定轴在竖直平面内转动。当杆自由下垂时，用一水平恒力 $F$ 拉动另一端，使其绕轴旋转。求当杆被拉至与竖直方向夹角点$\theta$ 时的角加速度和角速度
查看答案与解析
答案\displaystyle \beta = \frac{3(2F\cos\theta - mg\sin\theta)}{2mL}$\displaystyle \omega = \sqrt{\frac{3[2F\sin\theta - mg(1-\cos\theta)]}{mL}}$
解析：
(1) 角加速度
杆受两个力矩：恒 $F$ 的力矩和重力的力矩
转动惯量: $$J = \frac{1}{3}mL^2$$
由转动定 $M = J\beta$: $$\beta = \frac{M}{J} = \frac{FL\cos\theta - \frac{1}{2}mgL\sin\theta}{\frac{1}{3}mL^2} = \frac{3(2F\cos\theta - mg\sin\theta)}{2mL}$$
(2) 角速度
由动能定理，合外力矩做功等于转动动能增量: $$\frac{1}{2}J\omega^2 = \int_0^\theta M\,d\theta$$
难度: ⭐⭐
考点: #转动定律 #动能定理 #力矩 #定轴转动
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📖 相关公式与知识点:
转动定律M = J\beta$
均匀细杆绕端点：$J = \frac{1}{3}mL^2$
力矩做功W = \int M,d\theta$
转动动能量E_k = \frac{1}{2}J\omega^2$
思路分析
分析力矩（恒+ 重力2. 由转动定律求角加速度
由动能定理（或积分）求角速度
🔄 举一反三
均匀细杆从水平位置自由释放，求转至与竖直方向夹角 $\theta$ 时的角速度
查看练习答案与解析 答案\omega = \sqrt{\frac{3g(1-\cos\theta)}{L}}$
解析：只有重力矩 $M = mg\frac{L}{2}\sin\theta$F=0$，代入本题公式即得 :::
19.0 分）1 mol 单原子分子理想气体的循环过程如图（T $- V$ 图）所示，
(1) $p - V$ 图上画出该循环过程，并标 $p _ { a }$ $p _ { b }$ 的数值
(2) 求此循环效率
查看答案与解析
答案1) $p_a = 4.99 \times 10^6\ \mathrm{Pa}$p_b = 2.49 \times 10^6\ \mathrm{Pa}$2) $\eta = 13.5%$
解析：
**(1) $p-V$ *
$T-V$ 图：$T_a = T_b = 600\ \mathrm{K}$T_c = 300\ \mathrm{K}$V_a = 1\ \mathrm{L}$V_b = V_c = 2\ \mathrm{L}$
$pV = RT$ mol）：
$a \to b$：等温膨胀b \to c$：等容降温；$c \to a$：等压升温（$V/T$ 为常数）
(2) 循环效率
$a \to b$（等温膨胀，吸热）: $$Q_{ab} = RT_a\ln\frac{V_b}{V_a} = 8.31 \times 600 \times \ln 2$$
$b \to c$（等容降温，放热）：
$c \to a$（等压升温，吸热）：
难度: ⭐⭐
考点: #循环效率 #热力学第一定律 #等温过程 #等容过程
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📖 相关公式与知识点:
等温过程Q = RT\ln(V_2/V_1)$
等容过程Q = C_{V,\mathrm{m}}\Delta T$
等压过程Q = C_{p,\mathrm{m}}\Delta T$
循环效率\eta = 1 - Q_{\text{放}}/Q_{\text{吸}}$
🔄 举一反三
卡诺循环的效率公式是什么？ $T_1 = 600\ \mathrm{K}$T_2 = 300\ \mathrm{K}$，效率为多少
查看练习答案与解析 答案\eta = 1 - T_2/T_1 = 50%$
解析：卡诺效率只取决于高低温热源温度\eta = 1 - 300/600 = 50%$。本题效13.5% 远低于卡诺效率 :::
20 10分）平面简谐波长$x$ 轴正方向传播，振幅为 $2 \mathrm { c m }$ ，频率为 $5 0 \mathrm { { H z } }$ ，波速为 $2 0 0 \mathrm { m / s }$ 。在 $t = 0$ 时， $x = 0$ 处的质点正在平衡位置 $y$ 轴正方向运动，求
(1) 波函数；
(2) $x = 4 \mathrm { m }$ 处媒质质点振动函数；
(3) $x = 4 \mathrm { m }$ 处媒质质点在 $t = 2 \mathrm { ~ s ~ }$ 时的振动速度
查看答案与解析
答案1) $y = 2 \times 10^{-2}\cos(100\pi t - \frac{\pi}{2}x - \frac{\pi}{2})\ \mathrm{(SI)}$2) $y = 2 \times 10^{-2}\cos(100\pi t - \frac{5\pi}{2})\ \mathrm{(SI)}$3) $v = 6.28\ \mathrm{m/s}$
解析：
*(1) 波函
$\omega = 2\pi\nu = 100\pi\ \mathrm{rad/s}$A = 0.02\ \mathrm{m}$
$t = 0$ $x = 0$ $y = 0$ 且向正方向运动，$\phi = -\pi/2$
原点振动能y_0 = A\cos(\omega t - \pi/2)$
$x$ 正方向传播，波函数：
*(2) $x = 4\ \mathrm{m}$ 处振
$\cos(\theta - 5\pi/2) = \cos(\theta - \pi/2) = \sin\theta$，故 $y = 2 \times 10^{-2}\sin(100\pi t)$
(3) $t = 2\ \mathrm{s}$ 时振动速度
$t = 2$100\pi \times 2 = 200\pi$\sin(200\pi - 5\pi/2) = \sin(-5\pi/2) = -1$
难度: ⭐⭐
考点: #平面简谐波 #波函数 #振动速度
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📖 相关公式与知识点:
波函数：$y = A\cos(\omega t - kx + \phi)$
波数 $k = \omega/u = 2\pi/\lambda$
振动速度v = \partial y/\partial t$
🔄 举一反三
一平面简谐波 $y = 0.05\cos(10\pi t - 4\pi x)\ \mathrm{(SI)}$，求波长和波速
查看练习答案与解析 答案\lambda = 0.5\ \mathrm{m}$u = 2.5\ \mathrm{m/s}$
解析k = 4\pi$\lambda = 2\pi/k = 0.5\ \mathrm{m}$\omega = 10\pi$u = \omega/k = 2.5\ \mathrm{m/s}$ :::
- 分）一衍射光栅，每厘米200 条透光缝，每条透光缝宽 $a = 2 { \times } 1 0 ^ { - 3 } \mathrm { c m }$ ，在光栅后放一焦距 $f { = } 1 ~ \mathrm { m }$ 的凸透镜，现 $\lambda { = } 6 0 0 \mathrm { n m }$ 的单色平行光垂直照射光栅
(1) 透光子$a$ 的单缝衍射中央明条纹宽度为多少？
(2) 在该单缝衍射中央明条纹宽度内，有几个光栅衍射主极大？
查看答案与解析
答案1) $\Delta x = 0.06\ \mathrm{m}$2) 5
解析：
(1) 单缝衍射中央明纹宽度
光栅常数 $d = 1/200 = 5 \times 10^{-3}\ \mathrm{cm} = 5 \times 10^{-5}\ \mathrm{m}$
缝宽 $a = 2 \times 10^{-3}\ \mathrm{cm} = 2 \times 10^{-5}\ \mathrm{m}$
单缝衍射中央明纹半角宽度: $$\theta_1 = \frac{\lambda}{a} = \frac{600 \times 10^{-9}}{2 \times 10^{-5}} = 0.03\ \mathrm{rad}$$
中央明纹线宽度：
(2) 中央明纹内的主极大数
光栅方程d\sin\theta = k\lambda$
中央明纹范围-\theta_1 \leq \theta \leq \theta_1$
最大级次：$k_{\max} = \frac{d\sin\theta_1}{\lambda} = \frac{d\theta_1}{\lambda} = \frac{5 \times 10^{-5} \times 0.03}{600 \times 10^{-9}} = 2.5$
$k = 0, \pm 1, \pm 2$，共 5 个主极大小
难度: ⭐⭐
考点: #光栅衍射 #单缝衍射 #主极大
💡 学习锦囊
📖 相关公式与知识点:
单缝衍射中央明纹半角宽：$\theta_1 = \lambda/a$
光栅方程d\sin\theta = k\lambda$
缺级条件：d/a = k/k'$ 为整
🔄 举一反三
- $d = 3a$，哪些级次的主极大缺级？
查看练习答案与解析 答案k = \pm 3, \pm 6, \pm 9, \ldots$
解析：缺级条 $k = (d/a)k' = 3k'$，即 3 的倍数级缺级 :::
22.分）神舟十三号载人飞船返回舱 202246日成功着陆。在制动减速、自由滑行、进入大气层、安全着陆几个阶段中，一共进行了四次落地点预报：
第一次，东经 $1 0 0 ^ { \circ } 0 6 ^ { \prime } 1 8 ^ { \prime \prime }$ 北纬 $4 1 ^ { \circ } 3 6 ^ { \prime } 2 5 ^ { \prime \prime }$ ，在推进器和返回舱制动结束进入惯性滑分钟后；
第二次，东经 $1 0 0 ^ { \circ } 0 6 ^ { \prime } 1 8 ^ { \prime \prime }$ 北纬 $4 1 ^ { \circ } 3 6 ^ { \prime } 2 5 ^ { \prime \prime }$ ，在推进器和返回舱分析4 分钟后；
第三次，东经 $1 0 0 ^ { \circ } 0 6 ^ { \prime } 5 4 "$ 北纬 $4 1 ^ { \circ } 3 7 ^ { \prime } 0 1 ^ { \prime \prime }$ ，在主降落伞打开 4分钟后；
第四次，东经 $1 0 0 ^ { \circ } 0 9 ^ { \prime } 4 3 ^ { \prime \prime }$ 北纬 $4 1 ^ { \circ } 3 9 ^ { \prime } 1 1 ^ { \prime \prime }$ ，在落地1分钟左右
每次落地点预报都是计算机根据当时的空气密度、阻力系数、迎风面积（后两者跟返回舱的形状尺寸和飞行姿态密切相关）等情况做出的精确计算结果。随着越来越接近着陆，落地点的预报也越来越准确
根据以上材料和力学基本原理，回答以下问题
(1) 估算第三次和第四次预报落地点之间的距离。已知地球半 $6 3 7 1 \ \mathrm { k m }$
(2) 为什么第一次和第二次预报结果完全相同？
(3) 为什么前三次预报都是在运动状态的关键改变后做出的
(4) 为什么要求飞行器进入大气层前一定要调整好飞行姿态？
查看答案与解析
答案
(1) $5.6\ \mathrm{km}$（估值在 $5 \sim 6\ \mathrm{km}$ 范围内均可）
(2) 推进器、返回舱制动和分离在大气层外进行，可不考虑大气的复杂阻力问题，只考虑地球引力，牛顿力学方程比较简单，容易准确预报
(3) 制动、分离、打开降落伞均使飞行器受力和运动状态发生关键改变，牛顿力学方程的形式随之改变，所以每次状态改变都要重新做出预报
(4) 飞行器调整好飞行姿态是为了进入大气层后，所受大气复杂阻力对质心的力矩为零，避免发生转动，导致翻滚而失控
解析：
(1) 距离估算
第三次预报：东经 $100^\circ 06' 54''$，北 $41^\circ 37' 01''$
第四次预报：东经 $100^\circ 09' 43''$，北 $41^\circ 39' 11''$
经度 $\Delta\lambda = 2' 49''$，纬度差 $\Delta\varphi = 2' 10''$
球面距离公式: $$d = R\sqrt{(\Delta\lambda \cdot \cos\bar{\varphi})^2 + (\Delta\varphi)^2}$$
其中 $\bar{\varphi} \approx 41^\circ 38'$R = 6371\ \mathrm{km}$
(2) 预报相同原因
在大气层外，飞行器仅受地球引力（保守力），运动方程确定性强，两次预报间隔内运动状态未发生改变，故结果相同相
(3) 状态改变后重新预报
每次关键操作（制动、分离、开伞）都改变了飞行器的受力情况，运动微分方程随之改变，必须基于新的初始条件重新求解答
*(4) 调整飞行姿
进入大气层后，空气阻力对飞行器产生力矩。若姿态不正，阻力合力不通过质心，产生力矩使飞行器旋转翻滚，导致失控
难度: ⭐⭐
考点: #牛顿力学 #力矩平衡 #球面距离 #运动状态分析
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📖 相关公式与知识点:
球面距离d = R\sqrt{(\Delta\lambda\cos\varphi)^2 + (\Delta\varphi)^2}$
牛顿第二定律F = ma$
力矩M = r \times F$，当合力通过质心时力矩为- 运动状态改受力分析改变 重新建立方程
🔄 举一反三
为什么卫星在大气层外可以长时间保持轨道而不需要频繁调整？
查看练习答案与解析 答案：大气层外几乎无空气阻力，卫星仅受地球引力（保守力），机械能守恒，轨道稳定
解析：无耗散力时，卫星运动由引力唯一确定，轨道可精确预报 :::