《大学物理AⅠ》第二学期期末试卷A (精选02)

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，共 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

(D) 不能确定

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答案：A

解析：

由 $$s = kt^2$$ ，速率：

v = \frac{ds}{dt} = 2kt

速率随时间线性增大。

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 $$v^2$$ 以 $$t^2$$ 增长更快，故 $$a_n$$ 越来越大。

总加速度：

a = \sqrt{a_t^2 + a_n^2}

$$a_t$$ 不变， $$a_n$$ 越来越大，故 $$a$$ 越来越大。

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

由 $$s(t)$$ 求 $$v(t)$$ 和 $$a_t$$
分析 $v^2/\rho$ 的变化趋势
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？
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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），当 $$v=0$$ 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。

质量为 $$m$$ 的质点，以不变速率 $$v$$ 沿图中正六边形 ABCDEF 水平光滑轨道运动。质点越过 A角时，轨道作用于质点的冲量大小为

(A) mv

(B) 0

(D) 2mv

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答案：C

解析：

正六边形内角为 $120^\circ$ 。质点沿 FA 方向进入 A 点，沿 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度
用矢量差公式求冲量大小

🔄 举一反三

质量为 $$m$$ 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？
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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%

(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}

温度从 $T_1 = 15 + 273 = 288\text{ K}$ 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： $$pV = NkT$$ 或 $$p = nkT$$
等压等容条件下 $N \propto 1/T$
摄氏温度与热力学温度： $$T = t + 273$$

思路分析

由 $$pV = NkT$$ 得出 $N \propto 1/T$
将摄氏温度转换为热力学温度
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？
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答案： $\frac{4}{3}$ 倍
解析：等压过程 $V \propto T$ ， $T_1 = 300\text{ K}$ ， $T_2 = 400\text{ K}$ ， $$V_2/V_1 = T_2/T_1 = 4/3$$ 。

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的

(A) 2 倍

(B) 4 倍

(D) 8 倍

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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。

总能量只与 $$k$$ 和 $$A$$ 有关，与质量 $$m$$ 无关！

振幅变为原来的 2 倍： $$A' = 2A$$ ，则：

E' = \frac{1}{2}k(2A)^2 = 4 \cdot \frac{1}{2}kA^2 = 4E

总能量增加为原来的 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）和劲度系数决定
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？
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答案：2 倍
解析： $E = \frac{1}{2}kA^2$ ， $$k' = 2k$$ ， $E' = \frac{1}{2}(2k)A^2 = 2E$ 。

使一光强为 $I _ { 0 }$ 的平面偏振光先后通过两个偏振片 $P _ { 1 }$ 和 $P _ { 2 }$ ． $P _ { 1 }$ 和 $P _ { 2 }$ 的偏振化方向与原入射光光矢量振动方向的夹角分别是 $\alpha$ 和 $9 0 ^ { \circ }$ °，则通过这两个偏振片后的光强 $$I$$ 是

(A) $\frac { 1 } { 4 } I _ { 0 } \mathrm { s i n } ^ { 2 } ( 2 \alpha )$

(B) ${ \frac { 1 } { 2 } } I _ { 0 } \cos ^ { 2 } \alpha$

(D） $I_0 \cos^4 \alpha$

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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：

I_1 = I_0 \cos^2 \alpha

$$P_2$$ 的偏振化方向与原入射光振动方向夹角为 $90^\circ$ ，与 $$P_1$$ 偏振化方向的夹角为 $90^\circ - \alpha$ 。

通过第二块偏振片 $$P_2$$ 后：

I_2 = I_1 \cos^2(90^\circ - \alpha) = I_0 \cos^2 \alpha \cdot \sin^2 \alpha

I_2 = I_0 (\sin\alpha \cos\alpha)^2 = I_0 \left(\frac{\sin 2\alpha}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}I_0 \sin^2(2\alpha)

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
注意 $$P_2$$ 与 $$P_1$$ 偏振化方向的夹角为 $90^\circ - \alpha$
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？
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答案： $\frac{1}{8}$
解析：自然光通过第一个偏振片后 $$I_1 = I_0/2$$ ，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.（3分）质量为 $$m$$ 的小球，在水中受到的浮力为常力 $$F$$ ，且 $$F < m g$$ 。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 $$v$$ 随时间 $$t$$ 变化的函数关系为 $v \left( t \right) =$ 。

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答案： $\displaystyle v(t) = \frac{mg - F}{k}\left(1 - e^{-kt/m}\right)$

解析：

小球受力：重力 $$mg$$ （向下），浮力 $$F$$ （向上），粘滞阻力 $$kv$$ （向上）。

由牛顿第二定律：

m\frac{dv}{dt} = mg - F - kv

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：

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解
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
代入初始条件确定积分常数

🔄 举一反三

质量为 $$m$$ 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.（4分）两个滑冰运动员的质量各为 $7 0 \mathrm { k g }$ ，均以 $6 \mathrm { m / s }$ 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，各抓住一条 $1 0 \mathrm { m }$ 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量 $L ^ { = } .$ $\mathrm { k g } \mathrm { m } ^ { 2 } / \mathrm { s }$ ；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) 角动量

抓住绳索时，每人到绳中点的距离为 $r = 5\text{ m}$ （绳长 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"，所以每人角动量为 $2100\ \mathrm{kg \cdot m^2/s}$ 。

(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离 $r' = 2\text{ m}$ （绳长 4m 的一半）。

$$L_1 = mv'r' = 2100$$

v' = \frac{2100}{70 \times 2} = 15\ \mathrm{m/s}

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恒

思路分析

计算每人初始角动量 $$L = mvr$$
收绳过程角动量守恒， $$r$$ 减小则 $$v$$ 增大

🔄 举一反三

一质量为 $$m$$ 的小球系在轻绳一端，在光滑水平面上做半径为 $$r_1$$ 、速率为 $$v_1$$ 的圆周运动。若缓慢拉绳使半径变为 $$r_2$$ ，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 $$mv_1r_1 = mv_2r_2$$ ， $$v_2 = v_1 r_1/r_2$$ 。

8.（3 分）若陨石在距月面 $$R$$ 处时速度为 $v _ { 0 }$ ，则陨石受月球吸引而落到月面的速度大小为 _。令月球质量为 $$M$$ ，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。

初始位置距月心 $$2R$$ （距月面 $$R$$ ），末位置在月面（距月心 $$R$$ ）。

初始机械能：

E_1 = \frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{GMm}{2R}

末机械能：

E_2 = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{GMm}{R}

由 $$E_1 = E_2$$ ：

\frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{GMm}{2R} = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{GMm}{R}

\frac{1}{2}v^2 = \frac{1}{2}v_0^2 + \frac{GM}{2R}

v = \sqrt{v_0^2 + \frac{GM}{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： $E_p = -\frac{GMm}{r}$
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离
写出引力势能表达式
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 $\frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{GMm}{R} = -\frac{GMm}{R+h}$ ，结合 $$GM = gR^2$$ 求解。

9.（4 分）一质量为 $$m$$ 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，且分别为 $v _ { \mathrm { A } }$ 和 $v _ { \mathrm { B } }$ 。设圆盘转动的角速度为 $\omega$ ，则偏心距 $| { \bf C O } | =$ _，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) 偏心距

设圆盘半径为 $$R$$ ，偏心距 $$d = |CO|$$ 。A 在 OC 延长线上距 C 最远，B 在 OC 反向延长线上距 C 最近。

v_A = \omega(R + d), \quad v_B = \omega(R - d)

两式相减：

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

由 $v_A + v_B = 2\omega R$ ，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

J_C = \frac{m}{8\omega^2}\left[(v_A + v_B)^2 + 2(v_A - v_B)^2\right]

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

由 A、B 速率求偏心距和半径
用平行轴定理求绕 C 轴的转动惯量

🔄 举一反三

质量为 $$m$$ 、半径为 $$R$$ 的均匀圆盘，绕距盘心 $$R/2$$ 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： $J_O = \frac{1}{2}mR^2$ ， $$d = R/2$$ ， $J = J_O + md^2 = \frac{1}{2}mR^2 + m(R/2)^2 = \frac{3}{4}mR^2$ 。

10.（4 分）用绝热材料制成的一个容器，体积为 $2 V _ { 0 }$ ，被绝热板隔成 A、B 两部分，A内储有 $2 \mathrm { m o l }$ 双原子分子理想气体，B内储有 $4 \mathrm { m o l }$ 刚性单原子分子理想气体，A、B两部分压强相等均为 $p _ { 0 }$ ，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}

双原子刚性分子 $$i = 5$$ ：

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

单原子分子 $$i = 3$$ ：

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：

E_{\text{总}} = E_A + E_B = 4p_0V_0

混合后：

E_{\text{总}} = \left(\nu_A \cdot \frac{5}{2}R + \nu_B \cdot \frac{3}{2}R\right)T = 11RT

4p_0V_0 = 11RT \quad \Rightarrow \quad T = \frac{4p_0V_0}{11R}

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： $E = \nu \cdot \frac{i}{2}RT$
双原子刚性分子 $$i = 5$$ ，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.（4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，速率在 $v _ { \mathrm { p } } \sim \overline { { v } }$ 范围内的分子数占总分子数的百分率随温度升高而，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而 _。(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) $v_p \sim \bar{v}$ 范围内的百分率

$$v_p$$ 和 $\bar{v}$ 都与 $\sqrt{T}$ 成正比：

v_p = \sqrt{\frac{2RT}{M}}, \quad \bar{v} = \sqrt{\frac{8RT}{\pi M}}

比值 $\bar{v}/v_p = \sqrt{4/\pi} \approx 1.128$ 为常数。

麦克斯韦速率分布函数在约化坐标 $$v/v_p$$ 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。

(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:

$v_p = \sqrt{2RT/M}$ ， $\bar{v} = \sqrt{8RT/(\pi M)}$
$\bar{v}/v_p = \sqrt{4/\pi}$ 为常数
温度升高，分布曲线变宽，峰值右移

思路分析

$$v_p$$ 和 $\bar{v}$ 同比例随温度变化，区间相对宽度不变
固定速率值在分布中的相对位置随温度升高而降低

🔄 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：保持不变
解析： $$v > v_p$$ 的分子数比例在约化坐标下是常数（约 57.2%），不随温度变化。

12.（4分）若理想气体的体积按照 $p V ^ { 2 } = C _ { 1 }$ （ $C _ { 1 }$ 为正常量）的规律从 $V _ { 1 }$ 膨胀到 $V _ { 2 }$ ，则它对外所作的功 $$A =$$ ；若理想气体的体积按照 $p V ^ { 1 / 2 } = C _ { 2 }$ （ $C _ { 2 }$ 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： $\displaystyle A = C_1\left(\frac{1}{V_1} - \frac{1}{V_2}\right)$ ；升高

解析：

(1) 功

由 $$p = C_1/V^2$$ ：

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

由 $pV^{1/2} = C_2$ 和 $pV = \nu RT$ ：

T = \frac{pV}{\nu R} = \frac{C_2 V^{1/2}}{\nu R}

膨胀时 $$V$$ 增大， $$T$$ 升高。

难度: ⭐⭐
考点: #功 #多方过程 #理想气体

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📖 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：结合 $pV = \nu RT$

🔄 举一反三

理想气体按 $$pV = C$$ 从 $$V_1$$ 膨胀到 $$V_2$$ ，求做功和温度变化。
查看练习答案与解析
答案： $A = C\ln(V_2/V_1)$ ，温度不变
解析： $$pV = C$$ 即等温过程， $$T$$ 不变， $A = \int C/V\,dV = C\ln(V_2/V_1)$ 。

13.（3分）1 mol 理想气体经过等压过程，热力学温度变为原来的1/3。设该气体的定压摩尔热容为 $C _ { p , \mathrm { m } }$ ，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：

\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

题目问"熵增量"，按绝对值理解或取正号。从物理上看，等压降温过程熵减少， $\Delta S = -C_{p,\mathrm{m}}\ln 3$ 。但答案给的是 $C_{p,\mathrm{m}}\ln 3$ ，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

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📖 相关公式与知识点:

熵变： $\Delta S = \int dQ/T$
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。
查看练习答案与解析
答案： $\Delta S = C_{V,\mathrm{m}}\ln 2$
解析：等容过程 $dQ = C_{V,\mathrm{m}}dT$ ， $\Delta S = C_{V,\mathrm{m}}\ln(2T/T) = C_{V,\mathrm{m}}\ln 2$ 。

14.（3分）两个同方向简谐振动，周期相同，振幅分别为 $A _ { 1 } = 0 . 0 5 \mathrm { ~ m ~ }$ 和 $A _ { 2 } = 0 . 0 7 ~ \mathrm { m }$ ，它们合成为振幅为 $A ~ = ~ 0 . 0 9 ~ \mathrm { ~ m ~ }$ 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

0.09^2 = 0.05^2 + 0.07^2 + 2 \times 0.05 \times 0.07 \times \cos\Delta\varphi

0.0081 = 0.0025 + 0.0049 + 0.007\cos\Delta\varphi

0.0081 = 0.0074 + 0.007\cos\Delta\varphi

\cos\Delta\varphi = \frac{0.0007}{0.007} = 0.1

\Delta\varphi = \cos^{-1}0.1 \approx 1.47\ \mathrm{rad}

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： $A = \sqrt{A_1^2 + A_2^2 + 2A_1A_2\cos\Delta\varphi}$
旋转矢量法

🔄 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）。

15.（3 分）在双缝干涉实验中，单色光源 $\mathbf { S } _ { 0 }$ 到两缝 $\mathbf { S } _ { 1 }$ 和 $\mathbf { S } _ { 2 }$ 的距离之差为 $l _ { 1 } - l _ { 2 } = 3 \lambda$ ，其中λ 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点的距离为

查看答案与解析

答案： $\displaystyle \frac{3D\lambda}{d}$

解析：

光源 $$S_0$$ 到 $$S_1$$ 和 $$S_2$$ 的距离差 $l_1 - l_2 = 3\lambda$ ，相当于 $$S_1$$ 和 $$S_2$$ 的初相位差为 $\Delta\varphi_0 = 2\pi \times 3 = 6\pi$ （等效于同相）。

但光程差为 $3\lambda$ ，即 $$S_1$$ 的相位比 $$S_2$$ 超前 $6\pi$ 。

零级明纹条件：从 $$S_1$$ 和 $$S_2$$ 到屏幕上某点的总光程差为零。

设零级明纹在 O 点上方 $$x$$ 处：

\delta = (l_1 + r_1) - (l_2 + r_2) = 0

$$(l_1 - l_2) + (r_1 - r_2) = 0$$

3\lambda + \frac{d}{D}x = 0

x = -\frac{3D\lambda}{d}

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移

🔄 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：条纹向下移动
解析：光源上移使上缝光程增加，零级明纹需向下移动补偿。

16.（4 分）利用波长为 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为 _，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： $$2(n-1)d$$ ；不变

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。

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 $\Delta d$ ，条纹移动 $$N$$ 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.（3分）折射率分别为 $n _ { 1 }$ 和 $n _ { 2 }$ 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为 $$n$$ 的透明液体中，且 $n _ { 1 } < n < n _ { 2 }$ ，则劈尖厚度为 $$e$$ 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： $2(n-1)e - \lambda/2$ 或 $2(n-1)e + \lambda/2$

解析：

空气劈尖中，光程差为（考虑半波损失）：

\delta_{\text{空气}} = 2e + \frac{\lambda}{2}

浸入液体后，液体折射率 $$n$$ 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：

\delta_{\text{液体}} = 2ne

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消

🔄 举一反三

空气劈尖浸入水中（ $$n = 1.33$$ ），条纹间距如何变化？
查看练习答案与解析
答案：条纹间距变小
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.（10 分）如图所示，一质量为 $$m$$ ，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为 $\theta$ 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：恒力 $$F$$ 的力矩和重力的力矩。

M = FL\cos\theta - mg\frac{L}{2}\sin\theta

转动惯量：

J = \frac{1}{3}mL^2

由转动定律 $M = J\beta$ ：

\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

M\,d\theta = (FL\cos\theta - \frac{1}{2}mgL\sin\theta)\,d\theta

\int_0^\theta M\,d\theta = FL\sin\theta - \frac{1}{2}mgL(1-\cos\theta)

\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}mL^2 \cdot \omega^2 = FL\sin\theta - \frac{1}{2}mgL(1-\cos\theta)

\omega = \sqrt{\frac{3[2F\sin\theta - mg(1-\cos\theta)]}{mL}}

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： $E_k = \frac{1}{2}J\omega^2$

思路分析

分析力矩（恒力 + 重力）
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.（10 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) 在 $$p - V$$ 图上画出该循环过程，并标出 $p _ { a }$ 、 $p _ { b }$ 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) $$p-V$$ 图

由 $$T-V$$ 图： $T_a = T_b = 600\ \mathrm{K}$ ， $T_c = 300\ \mathrm{K}$ ； $V_a = 1\ \mathrm{L}$ ， $V_b = V_c = 2\ \mathrm{L}$ 。

由 $$pV = RT$$ （1 mol）：

p_a = \frac{RT_a}{V_a} = \frac{8.31 \times 600}{1 \times 10^{-3}} = 4.99 \times 10^6\ \mathrm{Pa}

p_b = \frac{RT_b}{V_b} = \frac{8.31 \times 600}{2 \times 10^{-3}} = 2.49 \times 10^6\ \mathrm{Pa}

$a \to b$ ：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）：

|Q_{bc}| = C_{V,\mathrm{m}}(T_b - T_c) = \frac{3}{2}R \times 300

$c \to a$ （等压升温，吸热）：

Q_{ca} = C_{p,\mathrm{m}}(T_a - T_c) = \frac{5}{2}R \times 300

\eta = 1 - \frac{|Q_{bc}|}{Q_{ab} + Q_{ca}} = 1 - \frac{\frac{3}{2}R \times 300}{R \times 600 \times \ln 2 + \frac{5}{2}R \times 300}

= 1 - \frac{450}{600\ln 2 + 750} \approx 0.135 = 13.5\%

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？若 $T_1 = 600\ \mathrm{K}$ ， $T_2 = 300\ \mathrm{K}$ ，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， $\eta = 1 - 300/600 = 50\%$ 。本题效率 13.5% 远低于卡诺效率。

20（. 10分）平面简谐波沿 $$x$$ 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向 $$y$$ 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) 波函数

$\omega = 2\pi\nu = 100\pi\ \mathrm{rad/s}$ ， $A = 0.02\ \mathrm{m}$ 。

$$t = 0$$ 时 $$x = 0$$ 处 $$y = 0$$ 且向正方向运动， $\phi = -\pi/2$ 。

原点振动： $y_0 = A\cos(\omega t - \pi/2)$ 。

沿 $$x$$ 正方向传播，波函数：

y = A\cos\left(\omega t - \frac{\omega}{u}x - \frac{\pi}{2}\right) = 2 \times 10^{-2}\cos\left(100\pi t - \frac{\pi}{2}x - \frac{\pi}{2}\right)

(2) $x = 4\ \mathrm{m}$ 处振动

y|_{x=4} = 2 \times 10^{-2}\cos\left(100\pi t - \frac{\pi}{2} \times 4 - \frac{\pi}{2}\right) = 2 \times 10^{-2}\cos\left(100\pi t - \frac{5\pi}{2}\right)

$\cos(\theta - 5\pi/2) = \cos(\theta - \pi/2) = \sin\theta$ ，故 $y = 2 \times 10^{-2}\sin(100\pi t)$ 。

(3) $t = 2\ \mathrm{s}$ 时振动速度

v = \frac{dy}{dt} = -2 \times 10^{-2} \times 100\pi \sin\left(100\pi t - \frac{5\pi}{2}\right)

$$t = 2$$ ： $100\pi \times 2 = 200\pi$ ， $\sin(200\pi - 5\pi/2) = \sin(-5\pi/2) = -1$ 。

v = -2 \times 10^{-2} \times 100\pi \times (-1) = 2\pi \approx 6.28\ \mathrm{m/s}

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： $k = 4\pi$ ， $\lambda = 2\pi/k = 0.5\ \mathrm{m}$ ； $\omega = 10\pi$ ， $u = \omega/k = 2.5\ \mathrm{m/s}$ 。

21.（8 分）一衍射光栅，每厘米有 200 条透光缝，每条透光缝宽为 $a = 2 { \times } 1 0 ^ { - 3 } \mathrm { c m }$ ，在光栅后放一焦距 $f { = } 1 ~ \mathrm { m }$ 的凸透镜，现以 $\lambda { = } 6 0 0 \mathrm { n m }$ 的单色平行光垂直照射光栅。

(1) 透光缝 $$a$$ 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 个

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：

\Delta x = 2f\theta_1 = 2 \times 1 \times 0.03 = 0.06\ \mathrm{m}

(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。

难度: ⭐⭐
考点: #光栅衍射 #单缝衍射 #主极大

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📖 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： $$d/a = k/k'$$ 为整数

🔄 举一反三

若 $$d = 3a$$ ，哪些级次的主极大缺级？
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答案： $k = \pm 3, \pm 6, \pm 9, \ldots$
解析：缺级条件 $$k = (d/a)k' = 3k'$$ ，即 3 的倍数级缺级。

22.（5分）神舟十三号载人飞船返回舱 2022年 4月16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行7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离 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 $4 1 ^ { \circ } 3 9 ^ { \prime } 1 1 ^ { \prime \prime }$ ，在落地前 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。已知地球半径 $6 3 7 1 \ \mathrm { k m }$ 。
(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) 约 $5.6\ \mathrm{km}$ （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 $100^\circ 06' 54''$ ，北纬 $41^\circ 37' 01''$

第四次预报：东经 $100^\circ 09' 43''$ ，北纬 $41^\circ 39' 11''$

经度差 $\Delta\lambda = 2' 49''$ ，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 $\bar{\varphi} \approx 41^\circ 38'$ ， $R = 6371\ \mathrm{km}$ 。

d \approx 5.6\ \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。

(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。

(4) 调整飞行姿态

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

💡 学习锦囊

📖 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零
运动状态改变 → 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。

《大学物理AⅠ》第二学期期末试卷A (精选02) ​

一、选择题（单选，每题 3 分，共 15 分）： ​

二、填空题（共 42 分）： ​

三、解答题（共 43 分）： ​

《大学物理AⅠ》第二学期期末试卷A (精选02)

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二、填空题（共 42 分）：

三、解答题（共 43 分）：