北师版-大学物理课后习题答案-经典与近代物理简明教程-管靖主编.pdf

1 第一章 习题 第一章 习题 1.1 1.1 质点的运动学方程为 2 28rtit j rr r （国际制单位） ，求质点运动的轨道、速度和加 速度 解 解 运动学方程可表述为分量形式 2xt 和 2 8yt 消去时间t，得质点运动的轨道方程 2 2yx 对运动学方程 2 28rtit j rr r 求时间导数，即可求得质点运动的速度和加速度为 2 dd (28) dd r vtit j tt r rr r 2 d(2 )d(8 ) dd tt ij tt rr 216 (m s)itj rr 2 dd (216 )16 (m s ) dd v aitjj tt r rrr r 1.2 1.2 质点沿Ox轴运动，其速度3sin x vt （国际制单位） ，求3st 到5st 时间内的 位移 解 解 根据直线运动位移和定积分概念，质点3t 到5t 时间内的位移为 55 33 ( 3sin )d3sin dxttt t 5 3 3cos |3(cos5cos3)3.82(m)t 1.3 1.3 舰载飞机降落到甲板上后为了尽快停止采用降落伞制动飞机刚落到甲板上时， 0t ，0x ， 0x vv设飞机制动时加速度 2 xx abv ，b为正值常量求飞机速度随时间 的变化规律( ) x v t 解解 由已知条件知 2 d d x xx v abv t 将上式分离变量，使左侧仅有变量 x v，右侧仅有变量t，得到 2 d d x x v b t v 做不定积分 2 d d x x v bt v 2 可得 1 x btC v 把初始条件0t 时 0x vv代入上式，确定积分常数 0 1 C v ，所以 0 11 x bt vv 即 0 0 1 x v v bv t 1.4 1.4 质点沿Ox轴运动， 其加速度 2 cos x aAt ，0t 时xA、0 x v ， 其中A、 为正值常量求此质点的运动学方程 解解 由 2 d cos d x x v aAt t 可得 2 dcosd x vAt t 作定积分，由初始条件0t 时0 x v 确定积分下限 2 00 dcosd x vt x vAt t 把上式右侧积分变量换为t 00 dcosd x vt x vAtt 则得到 00 sin x vt x vAt sin x vAt 再由 d sin d x x vAt t 得到 dsindxAt t 做定积分，由初始条件0t 时xA确定积分下限 00 dsindsind xtt A xAt tAtt 0 cos xt A xAt cosxAt 即为质点运动学方程 1.5 1.5 质量为2kg的质点，运动学方程为 22 (61)(341)rtittj rr r （国际制单位） ， 3 求证质点所受合力为恒力 证证 对运动学方程求时间导数 d 1264 d r vtitj x r rr r 2 2 dd 126 dd vr aij tt rr rr r 2 (126 )=2412(N)Fmaijij rrrrr r 可见质点所受合力为恒力 1.6 1.6 质量为1kg的质点沿Ox轴，在合力12 (N) x Ft作用下运动；已知0t 时质点位 于2mx 处，并以速率3m s沿Ox轴正向运动求此质点的运动学方程( )xx t 解解 根据牛顿第二定律可得 dd 12 dd xx vv mt tt d12 d x vt t 作积分 d12 d x vt t 得 2 1 6 x vtC 由0t 时3 x v 定出积分常数 1 3C ，所以 2 63 x vt 根据 2 d 63 d x x vt t ，可得 2 d(63)dxtt 积分，并用0t 时2x 定积分常数，则求出质点的运动学方程为 3 232(m)xtt 1.7 1.7 跳水运动员沿竖直方向以速度 0 14m sv 入水，入水后浮力与重力抵消，受水的阻 力与速率平方成正比， 2 0.5(N)Fmv，m为运动员质量求入水后运动员速度随时间的变 化规律 解解 以运动员入水处为原点，竖直向下建立坐标系Oy根据牛顿第二定律有 2 d 0.5 d y y v mmv t 4 即 2 d 0.5 d y y v v t 分离变量并积分 0 2 0 d 0.5d y vt y v y v t v 即可求出 0 11 0.5 y t vv 也可以表示为 0 0 1 0.5 y v v v t 1.8 1.8 实 验 测 出 云 雾 中 水 滴 半 径 6 10 mr : 当 物 体 在 空 气 中 以 很 小 的 速 率 （ 1 10m sv ）运动时，所受阻力可用 4 410 (N)Frv 估算 （）估算 6 10 mr :的水 滴在空气中降落的终极速度； （）根据估算结果说明 6 10 mr :的水滴可以停留在空中 解解 物体降落达到终极速度后，所受重力与空气阻力大小相等，即 34 z 4 410 3 rgrv 把 3 1000kg m和 6 10 mr :代入，估算出 212 4 z 44 101000 10 10 (m s) 1010 rg v : 终极速度很小，可跟随气流浮动，形成云雾而停留在空中 1.9 1.9 当物体在空气中以较大的速率运动时，所受阻力可用 22 4(N)Fr v估算试估算 3 10 mr :的水滴在空气中降落的终极速度 解解 物体降落达到终极速度后，所受重力与空气阻力大小相等，即 322 z 4 4 3 rgr v 2 z r gv 把 3 1000kg m和 3 10 mr :代入，估算出 z 3m sv : *1.10 1.10 跳水运动员由高处下落，设运动员入水后重力与浮力抵消，受水的阻力与速度平 方成正比，比例系数0.4km，m为运动员质量求运动员速率减为入水速率的1 10时，其 5 入水深度 （国际制单位） 解解 以运动员入水处为原点，竖直向下建立坐标系Oy根据牛顿第二定律有 2 d 0.4 d y y v mmgFfmv t 阻浮 即为 2 d 0.4 d y y v v t 作变换 ddd d dddd yyy y vvv y v tyty 则得到 2 d 0.4 d y yy v vv y 分离变量的 d 0.4d y y v y v 以刚入水时0y、 00y vv为积分下限，以y、 00 10 y vv为积分上限，则 0 0 10 0 d 0.4d vy y v y v y v 0 0 lnln0 4 10 v v. y 即可求出 00 10 y vv时入水深度为 ln0 1ln10 5 76(m) 0 40 4 . y. *1.11 1.11 以初速度为 0 v把质点竖直向上抛出， 设空气阻力与质点速率成正比，Fbv，b 为正值常量求质点的运动学方程 解解 以抛出点为原点，竖直向上建立坐标系Oy质点受重力Wmg j rr 和空气阻力 y Fbv 根据牛顿第二定律有 d d y y v mmgbv t 分离变量并积分 6 d d y y v b t mg m v b 1 ln() y mgb vtC bm 代入初始条件0t时 00y vv，定出积分常数 10 ln() mg Cv b 于是 0 ln()ln() y mgbmg vtv bmb 0 ()e b t m y mgmg vv bb 所以 0 d () d b t m y ymgmg vv e tbb 再积分一次， 0 d()d b t m mgmg yv et bb 0 ()dd b t m mgmg yvett bb 0 ()d()d b t m m mgbmg vett bbmb 02 () b t m m mgmg v etC bbb 用初始条件0t时0y定积分常数，可得 20 () m mg Cv bb 所以，质点的运动学方程为 0 ()(1) b t m m mgmg yvet bbb 由上述结果可看出t时， b mg vy（终极速度 z mg v b ） ，y 1.12 1.12 已知质点所受合力为sinetFt ij rrr ，求在0t 到2t时间内合力对质点的 7 冲量 解解 0t 到2t时间内合力对质点的冲量为 2 00 d(sin e )d t t IF tt ijt rrrr 22 00 (sin d )(d ) t t t ie tj rr 22 00 ( cos |)(|) t tiej rr 2 (e1)ij rr 1.13 1.13 质量为0.5kg的球以速率19.6m s沿水平方向飞来，经球棒打击后竖直向上飞出， 已知球被打击后上升最大高度为19.6m（忽略空气阻力） ，求棒对球的冲量如果打击时间为 0.05s，求棒对球冲击力的平均值 解解 建立坐标系Oxy，Ox轴沿球初始速度方向，Oy轴竖直向上 先讨论球被棒打击后的运动，球仅受重力，作匀变速运动，可知 2 0 1 2 y yv tgt ， 0yy vvgt 当0 y v时求达到最大高度 m 19.6y根据 0 09 8 y v. t求出 0 9 8 y tv.，代入 2 0 19 64 9 y .v t. t 得到 222 000 2 14 91 19 6 9 89 819 6 yyy . .vvv . 因 0 0 y v，略去 0 19 6 y v. ，可求出 0 19 6 y v. 在碰撞中根据动量定理 21 Imvmv r rr 由于 1 19.6vi r r ， 20 19.6 y vvjj rr r ，所以棒对球的冲量 9.89.8 (N s)Iji rrr 棒对球冲击力的平均值 9.89.8 196196 (N) 0.05 Iji Fij t rrr rrr 1.14 1.14 飞机以300m s的速度飞行，撞到一只质量为1kg的鸟，鸟的长度为0.3m假定 鸟撞上飞机后随同飞机一起运动，试估算它们相撞时的平均冲击力的大小为了安全，机场需 要驱逐飞翔在机场附近的鸟 8 解解 由于鸟飞行速度不大，认为鸟与飞机碰撞前静止鸟与飞机碰撞后，鸟与飞机以共 同速度运动所以鸟在碰撞中所受冲量的大小约为 1 3000300I 飞机以300m s的速度飞行，鸟的长度为0.3m，故鸟与飞机碰撞的时间约为 0.3 0.001 300 t 因此鸟在碰撞中所受冲击力的大小约为 300 300000(N) 0.001 I F t 根据牛顿第三定律可知，飞机受鸟施与的冲击力的大小约为300000N，足以使飞机受到毁灭 性的打击 1.15 1.15 质量为m的质点在Oxy平面内运动， 其运动学方程为cossinrat ibt j rr r ， a、b、均为常量求（1）质点对Oz轴的角动量； （2）质点所受对Oz轴的合力矩 解解 对运动学方程求时间导数，可得 d sincos d r vatibt j t r rr r 所以质点对Oz轴的角动量 22 (sincos) z Lm abt kabt kmab k rrr 因 z L为常量，由对Oz的角动量定理，可知质点所受对Oz轴的合力矩 d 0 d z z L M t 1.16 1.16 如题图 1.16 所示， 小球m系于不可伸长的轻绳的一端， 绳 经O点穿入竖直小管开始小球绕小管在水平面内做半径为R的圆周 运动，每秒转两圈再由绳的A端将绳拉入小管，拉绳后小球在水平 面内做半径为2R的圆周运动求拉绳以后小球每秒所转之圈数 题图 1.16 解解 在拉绳过程中，因为小球所受重力与OA轴平行、绳拉力与OA轴相交，对OA轴力 矩均为零，所以在拉绳过程中小球对OA轴角动量守恒 0 2 R mvmv R 拉绳前， 每秒转两圈， 故 0 22Rv 设拉绳后， 每秒转n圈， 则2 2 R nv 把 0 4vR 和vn R代入角动量守恒的方程，得到 4 2 R mn RmR R 即可求出求拉绳后小球每秒转8n 圈 1.17 1.17 （1）证明力 2 (3sine ) (N) x Fxxi rr 为保守力； （2）质点沿Ox轴由0x 运 动到1mx ，试用两种方法计算力F r 对质点所作的功 9 解解 （1）由于 2 (3sine ) (N) x Fxxi rr 在位移dr r 中所作元功 2 d(3sin)(ddd) x Frxxe ixiyjzk rrrrr r 2 (3sine )d x xxx 3 d(cose ) x xx 可以表示为只与位置有关的标量函数 3 ( )cosexU xxx的微分，所以此力为保守力 （2）方法一：质点沿Ox轴由0x 运动到1x ，F r 对质点所作的功为 1 2 0 d(3sine )d x AFrxxx r r 31 0 (cose )| x xx 1 cos1 e 1 1 1 cos1 e 方法二：因F 为保守力，引入势能 3 p (cose ) x EUxx ，则 p2p1 ()AEE 1 cos1e 1 1 1 cos1e 1.18 1.18 如题图 1.18 所示， 一个劲度系数为k的弹簧， 一端固定于A 点，另一端与质量为m的质点相连弹簧处于自由伸张状态时，质点 位于竖直面与半径为R的半圆柱面的交点B处 质点在力F r 的作用下， 由B点从静止开始运动到光滑半圆柱面的顶点C，到达C点时速率为 C v求力F r 对质点所做的功 题图 1.18 解解 在质点由B到C点的过程中，受重力和弹簧弹性力为保守力，以B点为重力势能及 弹性势能零点质点受面的支撑力不作功，设力F 作功为 F A由质点的机械能定理 kpkp ()() CCBBF EEEEA 可得 22 111 (R) (00) 222 FC AmvmgRk 222 11 28 C mvmgRkR 1.19 1.19 接 1.18 题质点到达C点后，力F r 被撤除，求质点运动到AB之间的平衡位置时 的速率 10 解解 质点平衡时mgk l ， mg l k ，即质点的平衡位置位于B点下方 mg k 处 在质点由C到平衡位置的过程中，由于受重力和弹簧弹性力为保守力，受面的支撑力不 作功，所以机械能守恒以B点为重力势能及弹性势能零点，则 2 2222 1111 2822 C mvmgRkRmvmg lkl 2222 2 1 22 m gm g mv kk 22 2 1 22 m g mv k 即可求出质点运动到AB之间的平衡位置时的速率 222 21 2 1 (2) 4 C kRmg vvgR mk 1.20 1.20 如题图 1.20，质量为0.2kg的小球B，用弹性绳在光滑 水平面上与固定点A相连弹性绳劲度系数为8N m，自由伸张长 度为0.6m小球初位置和初速度 0 v r 如图所示当小球速率变为v 时，它与A点距离最大且等于0.8m求初态与末态之速率 0 v和v 题图 1.20 解解 小球在水平面上仅受弹性绳弹性力，弹性力作用线过A，所以小球在运动过程中对 过A的竖直轴角动量守恒；注意到小球与A点距离最大时其速度与弹性绳垂直；则 0 0 4sin300 8.mv. mv o 小球在水平面上仅受弹性绳弹性力， 弹性力为保守力， 因此小球在运动过程中机械能守恒， 以弹性绳自由伸张时为弹性势能零点；则 222 0 111 8 (0 80 6) 222 mvmv 联立求解上述二式即可求出 0 1 32m sv.，0 33 m sv. 11 第二章第二章 习题习题 2.1 2.1 两根轻弹簧与物体连接方式如题图 2.1，物体质 量为m，弹簧劲度系数为 1 k和 2 k，水平面光滑证明系统 可作简谐振动，并求振动的固有频率 题图 2.1 解 解 以物体m的平衡位置为原点，建立坐标轴Ox水平向右 设m位于x时，两弹簧分别伸长 1 x和 2 x，则 12 xxx因两弹簧弹性力相等，所以物 体m所受合力 1 122 Fk xk x设由两弹簧组合而成的“组合弹簧”的劲度系数为k，于是 12 12 1212 ()() kkFF Fkxk xxkkF kkk k 由此求得“组合弹簧”的劲度系数 12 12 k k k kk 为常量，可见物体m所受合力为线性回复力， 所以系统作简谐振动，振动的固有频率 12 12 11 22() k kk mm kk 2.2 2.2 两根轻弹簧与物体连接方式如题图 2.2，物体质 量为m，弹簧劲度系数为 1 k和 2 k，水平面光滑，物体静止 时两弹簧均处于自由伸张状态证明系统可作简谐振动， 并求振动的圆频率和周期 题图 2.2 解解 以物体m的平衡位置为原点，建立坐标轴Ox水平向右 m位于x时，弹簧 1 被拉长，弹簧 2 被压缩，m所受合力 1212 ()Fkxk xk xkkx 由此求得“组合弹簧”的劲度系数 12 kkk为常量，可见物体m所受合力为线性回复力， 所以系统作简谐振动，振动的圆频率和周期分别为 12 0 kk m ， 12 2 m T kk 2.3 2.3 弹簧振子的质点质量为 4 2.5 10 kg ， 运动学方程为0.06cos(5)(m)xt 求： （1） 振幅和周期；（2） 质点的初始位置；（3） 质点位于初始位置时所受合力；（4） 质点在st 时的位置、速度和加速度 解解 （1）由运动学方程可见，振幅0 06mA.， 0 5，周期 0 2 0 4(s)1 26(s)T 12 （2）由运动学方程可见，0t 时，质点的初始位置 0 0 06cos0 06(m)x （3）对运动学方程求时间导数可得 d 0.3sin(5) d x x vt t d 1.5cos(5) d x x v at t 0t 时 0 1.5cos1.5 x a ，根据牛顿第二定律可知质点位于初始位置时所受合力 44 00 2 5 101 53 75 10(N) x Fma. （4）把t代入运动学方程和（3）中求得的 x v、 x a表达式，即可求得质点在t时 的位置、速度和加速度分别为 0 06cos(5 +)0 06 (m)x 0 3sin(5)0(m s) x v. 2 1 5cos(5)1.5(m s ) x a. 2.4 2.4 一质点作简谐振动，振幅为0.02m，速度幅为0.03m s，取速度为最大值时为 0t求： （1）周期； （2）加速度幅； （3）运动学方程 解解 设运动学方程为 00 cos()0 02cos()xAt.t，则 00 0 02sin() x v.t 2 00 0 02cos() x a.t （1）由 m0 0 020 03v，可知 0 0 03 1 5 0 02 . . . ，所以周期为 0 22 4 19(s) 1 5 T. . & （2） 222 m0 0 020 02 1 50 045(m s )a （3）由已知条件0t 时 0 0x 、 0mx vv，可知00 02cos.、 mmsin vv ，即 cos= 0 ，sin= 1 由以上二式求出 2 ，所以运动学方程为 0 02cos(1 5) 2 x t 13 2.5 2.5 一水平放置的弹簧振子，质点质量为0.1kg，振幅为0.01m，质点运动的最大加 速度为 2 0.04m s 求：（1） 系统的机械能；（2） 质点通过平衡位置时的动能；（3） 以0.01mx 时为0t，动能与势能相等的时刻 解解 根据0 01mA.和 22 m0 0 04 m saA.，可以求出 0 0 04 0 012 由 0 k m，可知 2 0 0 1 40 4km （1）系统的机械能 225 11 0 4 0 012 10(J) 22 EkA （2）通过平衡位置时0x ，势能 p 0E ，所以动能 5 k 2 10 (J)EE （3）由已知条件0t 时 0 0 01mx.、 0 0 x v，可知 cos1 ， sin0 由以上二式求出0于是 2252 k0 1 sin ()2 10 sin 2 2 EkAtt 2252 p0 1 cos ()2 10 cos 2 2 EkAtt 动能与势能相等的时刻， kp EE，即 22 sin 2cos 2tt 可求出 2(21) 244 tkk ， 0 1 2 3k, , , . 所以(21) 8 tk ，0 1 2 3k, , , . 2.6 2.6 题图 2.6 所示为振幅与频率相同的两个 简谐振动的xt图求： （1）两个简谐振动的运 动学方程； （2）那个简谐振动的相位超前？超前多 少？ 题图 2.6 解解 由xt图可见0 1A.、4T ，可知 0 2 0 5 . T 对振动(1)， 11 0 1cos (0 5)xt，当0t 时 101 0 05 20 1cosx ， 101 0 05 sin0 x v. 14 可知 1 4 运动学方程为 1 0 1cos(0 5) 4 xt 振动(2)， 22 0 1cos (0 5)xt，当0t 时 202 0 05 20 1cosx ， 202 0 05 sin0 x v. 可知 2 4 运动学方程为 1 0 1cos(0 5) 4 xt 两个简谐振动的的相位差 12 2 说明振动(1)比振动(2)超前 2 2.7 2.7 有 两 个 同 方 向 同 频 率 的 简 谐 振 动 ， 它 们 的 运 动 学 方 程 分 别 为 1 3 0.05cos(10) 4 xt和 2 1 0.05cos(10) 4 xt（国际制单位） 求： （1）合振动的振幅 和初相位； （2）若另有一振动 3 0.08cos(10)xt，为何值 13 xx的振幅最大？为何 值 13 xx的振幅最小？（利用旋转矢量图解题） 解解 （1）分别作与0t 时刻的 1 x和 2 x对应的旋转矢量 1 A r 和 2 A r ， 如题解图 2.7 由旋转矢量图可见合矢量 12 AA rr 的长度为0.05 2， 与 Ox轴夹角为90于是可知合振动的振幅0.05 2mA，初相位 1 2 合 题解图 2.7 （2） 1 x和 3 x同相，即 3 4 时， 13 xx的振幅最大； 1 x和 3 x反相，即 1 4 时， 13 xx的振幅最小 2.8 2.8 有两个同方向同频率的简谐振动，其合振动的振幅为0.02m，合振动与第一个分 振动的相位差为30，第一个分振动的振幅为0.01 3m求： （1）第二 个分振动的振幅； （2）两个分振动的相位差 （利用旋转矢量图解题） 解解 根据已知条件作旋转矢量图，如题解图 2.8 （1）由图可见，第二个分振动的振幅 2 0.01mA （2）由图可见，两个分振动的相位差 21 90 题解图 2.8 15 2.9 2.9 现在力学的学习暂时告一段落，请读者总结一下有何收获和体会？（牛顿质点力 学的理论结构、数学和物理的关系、学习了哪些方法） *2.10 2.10 某阻尼振动 （弱阻尼状态） 的振幅经一 “周期” 后变为原来的1 3， 求振动的 “周 期”为振动系统固有周期的几倍 解解 弱阻尼振动ecos t xAt ，由题意 () e11 e ee3 t T t TT A A lneln3 T T 所以 22 ln 3 T 根据 22 0 ，可知 222 0 2 ()1 ln 3 于是 0 0 2 2 T T 2 ln3 1 () 2 1 015. *2.11 2.11 质量为 3 3 10 kgm 的质点，挂在劲度系数 2 1.2 10N mk 的弹簧下端， 沿Ox轴运动质点除线性回复力外，还受策动力 0cos2t(N)x FF和阻力 rxx Fv 作 用求当阻力系数增为原来的3倍时，质点稳态振幅减为原来的几分之几？ 解解 根据已知条件， 2 2 0 3 1 2 10 4 3 10 k. m 于是弱阻尼受迫振动的稳态振幅 00 0 22222 0 4 ()4 ff A 由于 0 0 F f m 和 2m ，所以 0 0 2 F A 16 当3， 0 00 1 63 F AA ，因此当阻力系数增为原来的3倍时，质点稳态振幅减 为原来的三分之一 *2.12 2.12 为什么说牛顿力学是“确定性”的？混沌的基本特征是什么？ 17 第三章 习题 第三章 习题 3.1 3.1 袋中有10个球，其中5个白球，2个红球，3个黑球求： （1）从袋中取出1个白 球的概率； （2）取出1个球，是红球或白球的概率； （3）从袋中连续取出两个黑球的概率（取 出后不再把球放回袋内） 解 解 （1）从袋中取出一个白球的概率是 51 102 ； （2）取出一个球，是红球或白球的概率为 527 101010 ； （3）在取出后不再把球放回袋内的情况下，从袋中连续取出两个黑球的概率为 321 10915 3.23.2 一次投掷4颗骰子（正六面体，各面标1 6点） ，求至少有一颗骰子出现一点的概 率是多少? 解 解 四颗骰子均不出现1点的概率为 4 5 ( ) 6 ，所以至少有一颗骰子出现1点的概率为 4 5 1 ( )0.518 6 3.33.3 在体积为V的容器中划出一个小体积 0 V，若V中只有一个分子，求该分子出现在 0 V中的概率 解 解 该分子出现在 0 V中的概率为 0 V V *3.4 3.4 接题 3.3. 若V中有5个分子，求 0 V中有2个分子的概率 解 解 指定2个分子在 0 V内概率为 2 000 () VVV VVV ， 指定3个分子不在 0 V中的概率为 3 0 (1) V V ， 指定2个分子在 0 V内而其余不在 0 V中的概率为 23 00 ()(1) VV VV ， 从5个分子中选定2个分子共有 2 5 C种选法，故 0 V中恰有2个分子的概率为 223 00 5 ()(1) VV C VV *3.5 3.5 两颗骰子可以投掷出2 12点，由此产生了一种简单的赌博方式：把2 6点称 为“小” ，8 12点称为“大” 赌徒把钱押在“小”或“大”上，然后庄家投掷两颗骰子； 如果两颗骰子的点数与赌徒所压相符，赌徒胜；如果两颗骰子的点数与赌徒所压不符，则庄 家胜你分析一下这个赌法是否公平？ 解 解 抛两个骰子，可能出现的总点数为2到12，但每个总点数出现的可能性不同比如 2点出现只有两个骰子均为1点的一种可能性而出现3点就有两种可能性（21和 12） 对7点的出现则有6种可能性 （61、52 、43、34 、25、16) 把 各种情况列于下表： 18 总点数 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 可能性数 1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1 抛一个骰子，任意一个确定的点数向上的概率均为 1 6 ；抛两个骰子，出现任意一种可能 性的概率均为 111 6636 ；所以出现总点数为7的概率为 11 6 366 可见庄家获胜的概率 比赌徒获胜的概率大 1 6 ，因此这个赌法并不公平 3.6 3.6 某容器中压强为 10 1.013 10Pa ，温度为27 C ，求 3 1cm内有多少个分子 解 解 根据pnkT，即可求出 10 23 1 013 10 1 38 10300 p. n kT. 10343 2 45 10 (1 m )2 45 10 (1 cm) 3.7 3.7 2g（克）氢气装在 3 0.02m的容器内，当压强为 4 4 10 Pa时，求氢气分子的平均 平动动能为多大？ 解 解 方法一 根据 M pVRT ，可知 k 33 22 pV EkTk MR 342 23 3 32 104 0 102 10 1 38 10 22 108 31 . . . 21 1 99 10(J). 方法二 由 k 2 3 pnE和 AA NMNN n VVV ，所以 k 3 2 p E n 3 2 A Vp MN 324 323 3 2 102 104 0 10 22 106 022 10 . . 21 1 99 10(J). 3.8 3.8 对一定质量的气体来说，当温度不变时，气体压强随体积减小而增大（玻意耳定 律） ；当体积不变时，压强随温度升高而增大（查理定律） 从宏观看这两种变化同样使压强 增大，从微观（分子动理论）看，它们有什么不同？ 解 解 根据 2 k 12 33 pmnvnE，可知压强与n和 k E有关；或，压强与碰壁分子数和分 子碰壁时的动量有关 19 当温度不变时， k E不变；体积减小，则n增大，从而气体压强增大当体积不变时，n 不变；温度升高，则 k E增大，从而气体压强增大二种情况气体压强增大的机理不同：当温 度不变时，体积减小，使气体压强增大的原因是碰壁分子数增加；当体积不变时，温度升高， 使气体压强增大的原因是碰壁分子的动量增加 3.9 3.9 设( )f v为气体分子速率分布函数，试说明下列各式物理意义： （1）( )df vv； （2） ( )dNf vv； （3） 2 1 ( )d v v f vv ； （4） 2 1 ( )d v v Nf vv ； （5） 0 ( )dvf vv 解解 （1） df vv表示分子速率在dvvv 区间内的分子数与总分子数的比率，或， 是单个分子速率取值在dvvv 区间内的概率； （2） dNf vv表示在速率区间dvvv 内的分子数； （3） 2 1 d v v f vv 表示分子速率在有限范围 12 vv内分子数与总分子数的比率，或，是 单个分子速率取值在有限范围 12 vv内的概率； （4） 2 1 d v v Nf vv 表示分子速率在 12 vv范围内的分子数； （5） 0 dvf vv 为分子速率的统计平均值，即平均速率v *3.10 3.10 N个假想的气体分子， 其速率分布如题图3.10所示， 当 0 5vv时， 分子数为零 （1） 根据已知的N和 0 v求a的值； （2） 求速率在 0 2v到 0 3v区间内的分子数； （3）求分子的平均速率 题图 3.10 解解 （1）注意到 0 dNf vvN 中，定积分 0 dNf vv 的几何意义是曲线下曲边梯 形的面积，故可知 000 12 22 33 avavavN 所以 0 3 N a v （2） 0 2v到 0 3v区间内的分子数即为此区间曲线下的面积，因此 0 3 N Nav （3）由于分布曲线对 0 5 2 vv对称，所以 0 5 2 vv 3.11 3.11 假设氢气的温度为300 C ， 求速率在3000m s 3010m s之间的分子数 1 n， 与 速率在 pp 10m svv之间的分子数 2 n之比 20 解解 由于所讨论的速率区间v很小，可认为在v内分布函数 f v的取值不变 2 3 222 4()e 2 mvkT nm vv NkT 考虑到 p 2kT v m ，所以速率在3000 m s到3010 m s之间的分子数 1 n与速率在 pp 10 m svv之间的分子数 2 n之比为 2 2 p 22 1 2 2 2p e e mvkT mvkT nv nv 22 p2 12 p e e vv v v 当300 C573KT 时， 26 p 3 222 8 31 573 4 76 10 2 10 kTRT. v. m ，因此 2 6 3000 21 89 4 76 10 1 161 2 e3000e 1 890 78 e4 76 10e . . n n. 3.12 3.12 容器内装有氧气，其压强 5 1.013 10 Pa，温度27 C 求： （1）分子数密度n； （2）分子质量m； （3）密度； （4）平均速率v； （5）方均根速率 2 v； （6）分子平均平 动动能 k E 解解 （1）根据pnkT，即可求出 5 253 23 1 013 10 2 45 10 (1 m ) 1 38 10300 p. n. kT. （2） 3 26 23 32 10 5 31 10(kg) 6 022 10 A m. N. （3） 25263 2 45 105 31 101 30( kg m )nm. （4） 3 88 8 31 300 446 (m s) 3 14 32 10 RT. v . （5） 2 3 33 8 31 300 483(m s) 32 10 RT. v （6） 2321 k 33 1 38 103006 21 10(J) 22 EkT 21 第四章 习题第四章 习题 4.1 4.1 如题图 4.1 所示， 系统由a态沿acb到达b态， 有335J 的热量传入系统，而系统对外作功126J （1）若经adb过程，系 统对外作功42J，问有多少热量传入系统； （2）当系统由b态沿曲 线ba返回a态，外界对系统作功84J，问系统是吸热还是放热？ 传递热量为多少？（3）若167J da UU，求在ad及db两个过 程中各吸热多少？（线段ad、cb平行V轴，ac、db平行p轴 ） 题图 4.1 解解 根据热力学第一定律() acbbaacb QUUA，可得 335 126209(J) baacbacb UUQA （1） ()20942251(J) adbbaadb QUUA （2）由于()209 abba UUUU ，由热力学第一定律，可知系统吸热 ()20984293(J) baabba QUUA 即系统放热293J （3） =()()209 16742(J) bdbada UUUUUU 由于在db过程中d0V，0 db A，由热力学第一定律，可知系统吸热 42(J) dbbd QUU 在ad过程中系统吸热 25142209(J) adadbdb QQQ 4.2 4.2 如题图 4.2 所示， 一定量气体由A态经直线AB变化到 B态求在此过程中气体对外界作的功 解解 气体对外界作的功等于pV图中相应曲线下的面积，即 题图 4.2 5353 1 (1 10 ) (1 10 )(1 10 ) (1 10 )150(J) 2 A *4.3 4.3 叙述能量均分定理的内容总结一下如何利用能量均分定理，求出理想气体的内 能和摩尔热容的理论值你认为能量均分定理的价值和局限性是什么？ 4.4 4.4 把4.25g氨气（ 3 NH）由0 C 加热到20 C ，氨气的内能增加了多少？ 解解 3 NH为非线型多原子分子气体， ,m 3 V CR，所以氨气的内能增量为 mV , UCT 22 4 27 3 8 31 (293273)125(J) 17 . . 4.5 4.5 讨论理想气体经下述过程后U、T、A和 Q的正负： （1）如题图 4.5(a)所示过程abc； （2）如 题图 4.5(b)所示过程abc和过程adc 题图 4.5 解解 （1）a和c两点在同一等温线上，温度相同0T，0U 由于 ca VV，所以d0 c a V V QAp V （2）在系统沿绝热线由a到c的过程中0Q ，因此 S UA 由于 ca VV，所以 0 S A ；从而可知0 S UA ，0T 在过程abc中，依然0U，0T由于0 S AA，所以 0 S QUAAA 在过程adc中，还是0U，0T但由于0 S AA，所以 0 S QUAAA 4.6 4.6 0 C 时、压强为 5 1.013 10 Pa的氧气的体积为 33 1.0 10 m ，它的温度自0 C 升 到100 C 求： （1）体积不变时需吸收多少热量； （2）当压强不变时需吸收多少热量； （3） 这两个过程中内能的变化及对外作功 解解 （1）（3） 等体过程中 m 5 2 V , CR，0A 考虑到0 C 时， 标准大气压 5 1.013 10 Pa 下，1mol理想气体体积为 33 22.4 10 m 所以吸收热量 m21 () V , QUCTT 15 8 31 (373273)92 7(J) 22 42 . （2） （3）等压过程 m 7 2 p, CR，吸收热量 m21 () p, QCTT 17 8 31 (373273)129 8(J) 22 42 . m21 ()92 7(J) V , UCTT. 129 892 737 1(J)AQU. 23 4.7 4.7 16g氧气，温度为27 C 时体积为 43 4.1 10 m 试计算以下两种过程中气体对外 界所作的功： （1）绝热膨胀至体积为 33 4.1 10 m ； （2）等温膨胀到体积为 33 4.1 10 m ，再 等容降温到与（1）相同之终态 解: (1) 绝热过程，0Q 氧气 7 5 ，根据 11 1 122 TVTV 可求出 74 1 1 1 5 21 3 2 4 1 10 ()300 ()119 K 4 1 10 V. TT V. 气体对外界所作的功为 m21 () V , AUCTT 3 165 8 31 (300 119)1 88 10 (J) 322 （2）等温膨胀过程气体对外界所作的功为 2 1 d d V V V AP VRT V 2 1 ln V RT V 3 3 4 164 1 10 8 31 300 ln2 87 10 (J) 324 1 10 . . 等容过程中气体对外界所作功为零，所以气体对外界所作总功为 3 2 87 10 J. 4.8 4.8 一个卡诺热机的低温热源温度为7 C ，效率为40%，若要将其效率提高到50%， 高温热源温度需提高多少？ 解 解 卡诺热机效率 2 1 1 T T ；由 1 280 10 4 . T 求出 1 280 467 0 6 T . ；由 1 280 10 5 . T 求出 1 280 560 0 5 T . ；所以高温热源温度需提高 11 56046793KTT 4.9 4.9 卡诺致冷机的低温热源温度为10 C ，高温热源温度为24 C ，问当致冷机消耗 1000J的功可从低温热源中吸取多少热量？ 解解 根据卡诺致冷机的致冷系数 222 Ca 1212 | QQT w AQQTT 24 2 263263 100029726334 Q 可知 3 2 7 7 10 (J)Q. 4.10 4.10 一个以理想气体为工质的卡诺循环， 其热源温度为100 C 和0 C 时， 在一个循环 中对外作功8000J今保持低温热源温度不变，提高高温热源温度，使一个循环中所作净功 增加为10000J