大学物理 简明教程 第二版 课后习题 答案 赵进芳

大学物理大学物理 简明教程简明教程 习题习题 解答解答 答案答案 习题一习题一 1-1 r与r有无不同? td dr 和 td dr 有无不同? td dv 和 td dv 有无不同?其不同在 哪里?试举例说明 解：（1） r 是位移的模，r是位矢的模的增量，即 r 12 rr ， 12 rrr ； （2） td dr 是速度的模，即 td dr v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. 有rrr（式中 r 叫做单位矢） ，则t r t r td d d d d dr r r 式中t r d d 就是速度径向上的分量， t r td d d d 与 r 不同如题 1-1 图所示. 题 1-1 图 (3) td dv 表示加速度的模，即 t v a d d ，t v d d 是加速度a在切向上的分量. 有 ( vv 表轨道节线方向单位矢） ，所以 t v t v t v d d d d d d 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (tt r d d d d 与 的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x=x(t)，y=y(t)，在计算质点的速度和加速度时， 有人先求出r 22 yx ，然后根据v=t r d d ，及a 2 2 d d t r 而求得结果；又有人先 计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v= 22 d d d d t y t x 及a= 2 2 2 2 2 2 d d d d t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有 j yi xr ， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 2 2 2 2 2 2 d d d d d d d d d d d d 故它们的模即为 2 2 2 2 2 2 22 22 22 d d d d d d d d t y t x aaa t y t x vvv yx yx 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度 定义作 2 2 d d d d t r a t r v 其二，可能是将 2 2 d d d d t r t r 与 误作速度与加速度的模。在 1-1 题中已说明t r d d 不是速 度的模，而只是速度在径向上的分量，同样， 2 2 d d t r 也不是加速度的模，它只是 加速度在径向分量中的一部分 2 2 2 d d d d t r t r a 径 。或者概括性地说，前一种 方法只考虑了位矢r 在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢 r 及速度v 的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。 1-3 一质点在xOy平面上运动，运动方程为 x=3t+5, y=2 1 t2+3t-4. 式中t以 s 计，x,y以 m 计(1)以时间t为变量，写出质点位置矢量的表示式； (2)求出t=1 s 时刻和t2s 时刻的位置矢量，计算这 1 秒内质点的位移；(3) 计算t0 s 时刻到t4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式， 计算t4 s 时质点的速度；(5)计算t0s 到t4s 内质点的平均加速度；(6)求 出质点加速度矢量的表示式，计算t4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、 平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量 式) 解：（1） jttitr )43 2 1 ()53( 2 m (2)将 1t , 2t 代入上式即有 jir 5 . 08 1 m jjr 411 2 m jjrrr 5 . 43 12 m (3) jirjjr 1617,45 40 104 sm53 4 2012 04 ji jirr t r v (4) 1 sm)3(3 d d jti t r v 则 jiv 73 4 1 sm (5) jivjiv 73,33 40 204 sm1 4 4 4 j vv t v a (6) 2 sm1 d d j t v a 这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。 1-4 在离水面高 h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸 S 处，如题 1-4 图所示当人以 0 v (m 1 s)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大 小 图 1-4 解： 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成角，由图可知 222 shl 将上式对时间t求导，得 t s s t l l d d 2 d d 2 题 1- 4 图 根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， t s vv t l v d d , d d 0 船绳 即 cosd d d d 0 0 v v s l t l s l t s v 船 或 s vsh s lv v 0 2/122 0 )( 船 将船 v 再对t求导，即得船的加速度 3 2 0 2 2 2 0 2 0 2 0 0 2 )( d d d d d d s vh s v s l s v s lvsv v s t s l t l s t v a 船船 1-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为 a2+6 2 x，a的单位为 2 sm ， x的单位为 m. 质点在x0 处，速度为 10 1 sm ,试求质点在任何坐标处的速 度值 解： x v v t x x v t v a d d d d d d d d 分离变量： xxadxd)62(d 2 两边积分得 cxxv 32 22 2 1 由题知， 0x 时， 10 0 v , 50c 13 sm252 xxv 1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a4+3t 2 sm ，开始运动时， x5 m，v=0，求该质点在t10s 时的速度和位置 解： t t v a34 d d 分离变量，得 ttvd)34(d 积分，得 1 2 2 3 4cttv 由题知， 0t , 0 0 v , 0 1 c 故 2 2 3 4ttv 又因为 2 2 3 4 d d tt t x v 分离变量， tttxd) 2 3 4(d 2 积分得 2 32 2 1 2cttx 由题知 0t , 5 0 x , 5 2 c 故 5 2 1 2 32 ttx 所以 s10t 时 m705510 2 1 102 sm19010 2 3 104 32 10 12 10 x v 1-7 一质点沿半径为 1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+3 3 t，式中以弧度 计，t以秒计，求：(1) t2 s时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度 的方向和半径成 45角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18 d d ,9 d d 2 (1) s2t 时， 2 sm362181 Ra 2222 sm1296)29(1 Ran (2)当加速度方向与半径成 45角时，有 145tan n a a 即 RR 2 亦即 tt18)9( 22 则解得 9 2 3 t 于是角位移为 rad67 . 2 9 2 3232 3 t 1-8 质点沿半径为R的圆周按s 2 0 2 1 bttv 的规律运动，式中s为质点离圆周 上某点的弧长, 0 v ，b都是常量，求：(1)t时刻质点的加速度；(2) t为何值时， 加速度在数值上等于b 解：（1） btv t s v 0 d d R btv R v a b t v a n 2 0 2 )( d d 则 2 4 0222 )( R btv baaa n 加速度与半径的夹角为 2 0 )( arctan btv Rb a a n (2)由题意应有 2 4 02 )( R btv bba 即 0)(, )( 4 0 2 4 022 btv R btv bb 当b v t 0 时， ba 1-9 以初速度 0 v 20 1 sm 抛出一小球，抛出方向与水平面成幔 60的夹角， 求：(1)球轨道最高点的曲率半径1 R ；(2)落地处的曲率半径2 R (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系) 解：设小球所作抛物线轨道如题 1-10 图所示 题 1-9 图 (1)在最高点， o 01 60cosvvv x 2 1 sm10 gan 又 1 2 1 1 v an m10 10 )60cos20( 22 1 1 1 n a v (2)在落地点， 20 02 vv 1 sm , 而 o 60cos 2 gan m80 60cos10 )20( 22 2 2 2 n a v 1-10 飞轮半径为 0.4 m，自静止启动，其角加速度为=0.2 rad 2 s，求 t2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度 解：当 s2t 时， 4 . 022 . 0t 1 srad 则 16 . 0 4 . 04 . 0Rv 1 sm 064 . 0 )4 . 0(4 . 0 22 Ran 2 sm 08 . 0 2 . 04 . 0 Ra 2 sm 22222 sm102 . 0 )08 . 0 ()064 . 0 ( aaa n 1-11 一船以速率1 v 30kmh-1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率 2 v 40kmh-1 沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何? 解：(1)大船看小艇，则有1221 vvv ，依题意作速度矢量图如题 1-13 图(a) 题 1-11 图 由图可知 12 2 2 121 hkm50 vvv 方向北偏西 87.36 4 3 arctanarctan 2 1 v v (2)小船看大船，则有2112 vvv ，依题意作出速度矢量图如题 1-13 图(b)，同 上法，得 50 12 v 1 hkm 方向南偏东 o 87.36 习题二习题二 2-1 一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为）上以初速度 0 v 运动， 0 v 的方向与斜面底边的水平线AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道 解: 物体置于斜面上受到重力mg，斜面支持力N.建立坐标：取 0 v 方向为X轴， 平行斜面与X轴垂直方向为Y轴.如图 2-2. 题 2-1 图 X方向： 0 x F tvx 0 Y方向： yy mamgFsin 0t 时 0y 0 y v 2 sin 2 1 tgy 由、式消去t，得 2 2 0 sin 2 1 xg v y 2-2 质量为 16 kg 的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为 x f 6 N， y f -7 N，当t0 时， yx 0， x v -2 ms-1， y v 0求 当t2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度 解： 2 sm 8 3 16 6 m f a x x 2 sm 16 7 m f a y y (1) 2 0 1 0 1 2 0 0 sm 8 7 2 16 7 sm 4 5 2 8 3 2 dtavv dtavv yyy xxx 于是质点在s 2时的速度 1 sm 8 7 4 5 jiv (2) m 8 7 4 13 4) 16 7 ( 2 1 )4 8 3 2 1 22( 2 1 ) 2 1 ( 22 0 ji ji jtaitatvr yx 2-3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv(k为常数)作用，t=0 时质点的速度为 0 v ，证明(1) t时刻的速度为v t m k ev )( 0 ；(2) 由 0 到t的时间 内经过的距离为 x(k mv0 )1- t m k e )( ；(3)停止运动前经过的距离为 )( 0 k m v ；(4)证明当 kmt 时速度减至 0 v 的e 1 ，式中m为质点的质量 答: (1) t v m kv a d d 分离变量，得 m tk v vdd 即 v v t m tk v v 0 0 dd m kt e v v lnln 0 t m k evv 0 (2) t tt m k m k e k mv tevtvx 0 0 0 )1 (dd (3)质点停止运动时速度为零，即 t， 故有 0 0 0 d k mv tevx t m k (4)当 t=k m 时，其速度为 e v evevv k m m k 01 00 即速度减至 0 v 的e 1 . 2-4 一质量为m的质点以与地的仰角=30的初速 0 v 从地面抛出，若忽略空气 阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量 解: 依题意作出示意图如题 2-6 图 题 2-4 图 在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨 道相切斜向下, 而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为 o 30，则动量的增量为 0 vmvmp 由矢量图知，动量增量大小为 0 vm ，方向竖直向下 2-5 作用在质量为 10 kg 的物体上的力为 itF )210( N，式中t的单位是 s，(1)求 4s 后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量(2)为 了使这力的冲量为 200 Ns，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的 物体和一个具有初速度 j 6 ms-1的物体,回答这两个问题 解: (1)若物体原来静止，则 itittFp t 1 0 4 0 1 smkg56d)210(d ,沿x轴正向， ipI i m p v 1 11 11 1 smkg56 sm6 . 5 若物体原来具有 6 1 sm 初速，则 tt tFvmt m F vmpvmp 0 0 0 000 d)d(, 于是 t ptFppp 0 102 d , 同理， 12 vv ,12 II 这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初 动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量 定理 (2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即 t ttttI 0 2 10d)210( 亦即 020010 2 tt 解得 s10t ，( s20 t 舍去) 2-6 一颗子弹由枪口射出时速率为 1 0 sm v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受 的合力为 F =( bta )N( ba, 为常数)，其中t以秒为单位：(1)假设子弹运行 到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的 冲量(3)求子弹的质量 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有 0)(btaF ,得b a t (2)子弹所受的冲量 t btattbtaI 0 2 2 1 d)( 将b a t 代入，得 b a I 2 2 (3)由动量定理可求得子弹的质量 0 2 0 2bv a v I m 2-7 设 N67jiF 合(1) 当一质点从原点运动到 m1643kjir 时，求 F 所作的功(2)如果质点到r处时需 0.6s，试求平均功率(3)如果质点的质 量为 1kg，试求动能的变化 解: (1)由题知， 合 F 为恒力， )1643()67(kjijirFA 合 J452421 (2) w75 6 . 0 45 t A P (3)由动能定理， J45AEk 2-8 如题 2-18 图所示，一物体质量为 2kg，以初速度 0 v 3ms-1从斜面A点处 下滑，它与斜面的摩擦力为 8N，到达B点后压缩弹簧 20cm 后停止，然后又被 弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度 解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。则由功能原理，有 37sin 2 1 2 1 22 mgsmvkxsfr 2 2 2 1 37sin 2 1 kx sfmgsmv k r 式中 m52 . 08 . 4s ， m2 . 0x ，再代入有关数据，解得 -1 mN1390k 题 2-8 图 再次运用功能原理，求木块弹回的高度 h 2o 2 1 37sinkxsmgsfr 代入有关数据，得 m4 . 1 s , 则木块弹回高度 m84 . 0 37sin o sh 2-9 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球 的运动方向互相垂直 证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有 2 2 2 1 2 0 2 1 2 1 2 1 mvmvmv 即 2 2 2 1 2 0 vvv 题 2-9 图(a) 题 2-9 图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有 210 vmvmvm 亦即 210 vvv 由可作出矢量三角形如图(b)，又由式可知三矢量之间满足勾股定理，且以 0 v 为斜边，故知1 v 与2 v 是互相垂直的 2-10 一质量为m的质点位于(11, y x )处，速度为 jvivv yx , 质点受到一个沿 x负方向的力f的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的 力矩 解: 由题知，质点的位矢为 jyixr 11 作用在质点上的力为 i ff 所以，质点对原点的角动量为 vmrL 0 )()( 11 jvivmiyix yx kmvymvx xy )( 11 作用在质点上的力的力矩为 k fyi fjyixfrM 1110 )()( 2-11 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆它离太阳最近距离为 1 r 8.751010m 时的速率是1 v 5.46104ms-1，它离太阳最远时的速率是 2 v 9.08102ms-1这时它离太阳的距离2 r 多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。 ) 解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力即有心力的作用，所以角动量守 恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有 2211 mvrmvr m1026 . 5 1008 . 9 1046 . 5 1075 . 8 12 2 410 2 11 2 v vr r 2-12 物体质量为 3kg，t=0 时位于 m4ir , 1 sm6 jiv ，如一恒力 N5jf 作用在物体上,求 3 秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对z轴角动量的 变化 解: (1) 3 0 1 smkg15d5djtjtfp (2)解(一) 734 00 tvxx x jattvy y 5 .253 3 5 2 1 36 2 1 22 0 即 ir 4 1 , jir 5 . 257 2 1 0 xx vv 113 3 5 6 0 atvv yy 即 jiv 6 11 , jiv 11 2 kjiivmrL 72)6(34 111 kjijivmrL 5 . 154)11(3) 5 . 257( 222 12 12 smkg 5 . 82 kLLL 解(二) dt dz M tt tFrtML 00 d)(d 3 0 1 3 0 2 smkg 5 . 82d)4(5 d5) 3 5 ) 2 1 6()4( 2 ktkt tjjttit 题 2-12 图 2-13 飞轮的质量m60kg，半径R0.25m，绕其水平中心轴O转动，转速为 900revmin-1现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F， 可使飞轮减速已知闸杆的尺寸如题 2-25 图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数 =0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算试求： (1)设F100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几 转? (2)如果在 2s 内飞轮转速减少一半，需加多大的力F? 解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b)图中N、 N 是正压力， r F 、r F 是摩擦力， x F 和 y F 是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力， P是轮在O轴处所受支承力 题 2-13 图（a） 题 2-13 图(b) 杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有 F l ll NlNllF 1 21 121 0)( 对飞轮，按转动定律有 IRFr/ ，式中负号表示与角速度方向相反 NFr N N F l ll NFr 1 21 又 , 2 1 2 mRI F mRl ll I RFr 1 21 )(2 以 N100F 等代入上式，得 2 srad 3 40 100 50 . 0 25 . 0 60 )75 . 0 50 . 0 (40 . 0 2 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 s06 . 7 4060 32900 0 t 这段时间内飞轮的角位移为 rad2 1 . 53 ) 4 9 ( 3 40 2 1 4 9 60 2900 2 1 22 0 tt 可知在这段时间里，飞轮转了 1 . 53 转 (2) 1 0 srad 60 2 900 ，要求飞轮转速在 2ts内减少一半，可知 20 0 0 srad 2 15 2 2 tt 用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为 N ll mRl F 177 2)75 . 0 50 . 0 (40 . 0 2 1550 . 0 25 . 0 60 )(2 21 1 2-14 固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴 O O 转动设 大小圆柱体的半径分别为R和r，质量分别为M和m绕在两柱体上的细绳分 别与物体1 m 和2 m 相连，1 m 和2 m 则挂在圆柱体的两侧，如题 2-26 图所示设 R0.20m, r0.10m，m4 kg，M10 kg，1 m 2 m 2 kg，且开始时1 m ， 2 m 离地均为h2m求： (1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力 解: 设1 a ,2 a 和 分别为1 m ,2 m 和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图 b) 题 2-14(a)图 题 2-14(b)图 (1)1 m ,2 m 和柱体的运动方程如下： 2222 amgmT 1111 amTgm IrTRT 21 式中 RaraTTTT 122211 , 而 22 2 1 2 1 mrMRI 由上式求得 2 2222 2 2 2 1 21 srad13 . 6 8 . 9 10 . 0 220 . 0 210 . 0 4 2 1 20 . 0 10 2 1 21 . 022 . 0 g rmRmI rmRm (2)由式 8 . 208 . 9213 . 6 10 . 0 2 222 gmrmT N 由式 1 . 1713 . 6 . 2 . 028 . 92 111 RmgmT N 2-15 如题 2-15 图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一端O的水平轴 自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有 ) 3 1 ( 2 1 2 mlmg l g 2 3 (2)由机械能守恒定律，有 22) 3 1 ( 2 1 sin 2 ml l mg l g sin3 题 2-15 图 习题三习题三 3-1 气体在平衡态时有何特征?气体的平衡态与力学中的平衡态有何不同? 答：气体在平衡态时，系统与外界在宏观上无能量和物质的交换；系统的宏观 性质不随时间变化 力学平衡态与热力学平衡态不同当系统处于热平衡态时，组成系统的大量粒 子仍在不停地、无规则地运动着，大量粒子运动的平均效果不变，这是一种动 态平衡而个别粒子所受合外力可以不为零而力学平衡态时，物体保持静止 或匀速直线运动，所受合外力为零 3-2 气体动理论的研究对象是什么?理想气体的宏观模型和微观模型各如何? 答：气体动理论的研究对象是大量微观粒子组成的系统是从物质的微观结构 和分子运动论出发，运用力学规律，通过统计平均的办法，求出热运动的宏观 结果，再由实验确认的方法 从宏观看，在温度不太低，压强不大时，实际气体都可近似地当作理想气体来 处理，压强越低，温度越高，这种近似的准确度越高理想气体的微观模型是 把分子看成弹性的自由运动的质点. 3-3 温度概念的适用条件是什么?温度微观本质是什么? 答：温度是大量分子无规则热运动的集体表现，是一个统计概念，对个别分子 无意义温度微观本质是分子平均平动动能的量度 3-4 计算下列一组粒子平均速率和方均根速率? i N 214682 )sm( 1 i V 10.020.030.040.050.0 解：平均速率 286421 5024083062041021 i ii N VN V 7 . 21 41 890 1 sm 方均根速率 286421 5024081062041021 22322 2 2 i ii N VN V 6 . 25 1 sm 3-5 速率分布函数)(vf的物理意义是什么?试说明下列各量的物理意义(n为分 子数密度，N为系统总分子数) （1）vvfd)( （2）vvnfd)( （3）vvNfd)( （4） v vvf 0 d)( （5） 0 d)(vvf （6） 2 1 d)( v v vvNf 解：)(vf：表示一定质量的气体，在温度为T的平衡态时，分布在速率v附近 单位速率区间内的分子数占总分子数的百分比. (1) vvfd)(：表示分布在速率v附近，速率区间vd内的分子数占总分子数的百 分比. (2) vvnfd)(：表示分布在速率v附近、速率区间dv内的分子数密度 (3) vvNfd)(：表示分布在速率v附近、速率区间dv内的分子数 (4) v vvf 0 d)(：表示分布在 21 v v区间内的分子数占总分子数的百分比 (5) 0 d)(vvf：表示分布在0的速率区间内所有分子，其与总分子数的比值 是1. (6) 2 1 d)( v v vvNf：表示分布在 21 vv区间内的分子数. 3-6 题 3-6 图(a)是氢和氧在同一温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一 条代表氢?题 3-6 图(b)是某种气体在不同温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线， 哪一条的温度较高? 答：图(a)中(1)表示氧，(2)表示氢；图(b)中(2)温度高 题 3-6 图 3-7 试说明下列各量的物理意义 （1）kT 2 1 （2）kT 2 3 （3）kT i 2 （4）RT i M M mol 2 （5）RT i 2 （6）RT 2 3 解：(1)在平衡态下，分子热运动能量平均地分配在分子每一个自由度上的能量 均为k 2 1 T (2)在平衡态下，分子平均平动动能均为kT 2 3 . (3)在平衡态下，自由度为i的分子平均总能量均为kT i 2 . (4)由质量为M，摩尔质量为 mol M，自由度为i的分子组成的系统的内能为 RT i M M 2 mol . (5) 1摩尔自由度为i的分子组成的系统内能为RT i 2 . (6) 1摩尔自由度为3的分子组成的系统的内能RT 2 3 ，或者说热力学体系内，1 摩尔分子的平均平动动能之总和为RT 2 3 . 3-8 有一水银气压计，当水银柱为 0.76m 高时，管顶离水银柱液面 0.12m，管 的截面积为 2.010-4m2，当有少量氦(He)混入水银管内顶部，水银柱高下降为 0.6m，此时温度为 27，试计算有多少质量氦气在管顶(He 的摩尔质量为 0.004kgmol-1)? 解：由理想气体状态方程RT M M pV mol 得 RT pV MM mol 汞的重度 5 1033. 1 Hg d 3 mN 氦气的压强 Hg )60 . 0 76 . 0 (dP 氦气的体积 4 100 . 2)60 . 0 88 . 0 ( V 3 m )27273( )100 . 228 . 0 ()60 . 0 76 . 0 ( 004 . 0 4 Hg R d M )27273(31 . 8 )100 . 228 . 0 ()60 . 0 76 . 0 ( 004 . 0 4 Hg d 6 1091 . 1 Kg 3-9 设有N个粒子的系统，其速率分布如题 6-18 图所示求 (1)分布函数)(vf的表达式； (2)a与 0 v之间的关系； (3)速度在 1.5 0 v到 2.0 0 v之间的粒子数 (4)粒子的平均速率 (5)0.5 0 v到 1 0 v区间内粒子平均速率 题 3-9 图 解：(1)从图上可得分布函数表达式 )2(0)( )2()( )0(/)( 0 00 00 vvvNf vvvavNf vvvavvNf )2(0 )2(/ )0(/ )( 0 00 00 vv vvvNa vvNvav vf )(vf满足归一化条件，但这里纵坐标是)(vNf而不是)(vf故曲线下的总面积为 N， (2)由归一化条件可得 00 0 0 0 2 0 3 2 dd vv v v N aNvaNv v av N (3)可通过面积计算NvvaN 3 1 )5 . 12( 00 (4) N个粒子平均速率 0 0 0 2 0 0 2 00 ddd)( 1 d)( v v v vavv v av vvvNf N vvvfv 0 2 0 2 0 9 11 ) 2 3 3 1 ( 1 vavav N v (5) 0 5 . 0 v到 0 1v区间内粒子平均速率 0 0 0 0 5 . 0 11 5 . 0 d d v v v v N Nv N N N Nv v 0 0 0 0 5 . 05 . 0 0 2 11 dd)( v v v v v Nv av N N vvvf N N 24 71 ) 243 ( 1 d 1 2 0 10 3 0 0 3 0 1 5 . 0 0 2 1 0 0 av Nv av v av N v v av N v v v 0 5 . 0 v到 0 1v区间内粒子数 NavvvaaN 4 1 8 3 )5 . 0)(5 . 0( 2 1 0001 9 7 6 7 0 2 0 v N av v 3-10 试计算理想气体分子热运动速率的大小介于 1 100 pp vv与 1 100 pp vv之间的分子数占总分子数的百分比 解：令 P v v u ，则麦克斯韦速率分布函数可表示为 dueu N dN u22 4 因为1u,02 . 0 u 由 ueu N N u 2 2 4 得 %66 . 1 02 . 0 1 4 1 e N N 3-11 1mol 氢气，在温度为 27时，它的平动动能、转动动能和内能各是多少? 解：理想气体分子的能量 RT i E 2 平动动能 3t 5 . 373930031 . 8 2 3 t EJ 转动动能 2r 249330031 . 8 2 2 r EJ 内能5i 5 . 623230031 . 8 2 5 i E J J 3-12 一真空管的真空度约为 1.3810-3 Pa(即 1.010-5 mmHg)，试 求在 27 时单位体积中的分子数及分子的平均自由程(设分子的有效直径d310-10 m) 解：由气体状态方程nkTp 得 17 23 3 1033 . 3 3001038 . 1 1038 . 1 kT p n 3 m 由平均自由程公式 nd 2 2 1 5 . 7 1033 . 3 1092 1 1720 m 3-13 (1)求氮气在标准状态下的平均碰撞频率；(2)若温度不变，气压降到 1.3310-4Pa，平均碰撞频率又为多少(设分子有效直径 10-10 m)? 解：(1)碰撞频率公式vndz 2 2 对于理想气体有nkTp ，即 kT p n 所以有 kT pvd z 2 2 而 mol 60 . 1 M RT v 43.455 28 27331 . 8 60 . 1 v 1 sm 氮气在标准状态下的平均碰撞频率 8 0 520 1044 . 5 2731038 . 1 10013 . 1 43.455102 z 1 s 气压下降后的平均碰撞频率 1 23 420 s714 . 0 2731038 . 1 1033 . 1 43.455102 z 3-14 1mol 氧气从初态出发，经过等容升压过程，压强增大为原来的 2 倍，然 后又经过等温膨胀过程，体积增大为原来的 2 倍，求末态与初态之间(1)气体分 子方均根速率之比； (2)分子平均自由程之比 解：由气体状态方程 2 2 1 1 T p T p 及 3322 VpVp 方均根速率公式 mol 2 73. 1 M RT v 2 1 2 1 2 1 2 2 p p T T v v 末 初 对于理想气体，nkTp ，即 kT p n 所以有 pd kT 2 2 1 21 21 Tp pT 末 初 习题四习题四 4-1 下列表述是否正确?为什么?并将错误更正 （1） AEQ （2） VpEQd （3） 1 2 1 Q Q （4） 1 2 1 Q Q 不可逆 解：(1)不正确， AEQ (2)不正确， VpEQd (3)不正确， 1 2 1 Q Q (4)不正确， 1 2 1 Q Q 不可逆 4-2 用热力学第一定律和第二定律分别证明，在 Vp 图上一绝热线与一等温 线不能有两个交点 题 4-2 图 解：1.由热力学第一定律有 AEQ 若有两个交点a和b，则 经等温 ba 过程有 0 111 AQE 经绝热 ba 过程 0 12 AE 0 22 AE 从上得出21 EE ，这与a,b两点的内能变化应该相同矛盾 2.若两条曲线有两个交点，则组成闭合曲线而构成了一循环过程，这循环过程 只有吸热，无放热，且对外做正功，热机效率为 %100 ，违背了热力学第二定 律 4-3 一循环过程如题 4-3 图所示，试指出： (1) cabcab, 各是什么过程； (2)画出对应的 Vp 图； (3)该循环是否是正循环? (4)该循环作的功是否等于直角三角形面积? (5)用图中的热量 acbcab QQQ, 表述其热机效率或致冷系数 解：(1) ab是等体过程 bc过程：从图知有KTV ，K为斜率 由 vRTpV 得 K vR p 故bc过程为等压过程 ca是等温过程 (2) Vp 图如题4-3图 题4-3图 (3)该循环是逆循环 (4)该循环作的功不等于直角三角形面积，因为直角三角形不是 Vp 图中的图 形 (5) abcabc ab QQQ Q e 题 4-3 图 题 4-4 图 4-4 两个卡诺循环如题 4-4 图所示，它们的循环面积相等，试问： (1)它们吸热和放热的差值是否相同； (2)对外作的净功是否相等； (3)效率是否相同? 答：由于卡诺循环曲线所包围的面积相等，系统对外所作的净功相等，也就是 吸热和放热的差值相等但吸热和放热的多少不一定相等，效率也就不相同 4-5 根据 B A AB T Q SS 可逆 d 及 B A AB T Q SS 不可逆 d ，这是否说明可逆过程的熵 变大于不可逆过程熵变?为什么?说明理由 答：这不能说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变，熵是状态函数，熵变只 与初末状态有关，如果可逆过程和不可逆过程初末状态相同，具有相同的熵 变只能说在不可逆过程中，系统的热温比之和小于熵变 4-6 如题 4-6 图所示，一系统由状态a沿acb到达状态 b 的过程中，有 350 J 热 量传入系统，而系统作功 126 J (1)若沿adb时，系统作功 42 J，问有多少热量传入系统? (2)若系统由状态b沿曲线ba返回状态a时，外界对系统作功为 84 J，试问系 统是吸热还是放热?热量传递是多少? 题 4-6 图 解：由abc过程可求出b态和a态的内能之差 AEQ 224126350AQE J abd过程，系统作功42AJ 26642224AEQ J 系统吸收热量 ba过程，外界对系统作功84AJ 30884224AEQ J 系统放热 4-7 1 mol 单原子理想气体从 300 K 加热到 350 K，问在下列两过程中吸收了 多少热量?增加了多少内能?对外作了多少功? (1)体积保持不变； (2)压力保持不变 解：