2010年大学物理上册作业及解答

第 1 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 1 习题 1 3 1 5 1 6 1 7 1 8 1 9 1 10 1 11 1 12 1 15 1 17 1 18 1 20 第二章 质点动力学基础 习题 2 4 2 6 2 7 2 9 2 10 第三章 三大守恒定律 习题 3 2 3 4 3 5 3 7 3 8 3 10 3 11 3 12 3 13 3 15 3 16 3 17 3 21 3 23 3 25 3 26 3 27 补充题 3 1 用铁锤把质量很小的钉子敲入木板 设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的 深度成正比 在铁锤敲打第一次时 能把钉子敲入 1 00cm 如果铁锤第二次敲打的速度 与第一次完全相同 那么第二次敲入的深度为 A 0 41cm B 0 50cm C 0 73cm D 1 00cm 答案 A 解 2 0 2 1 mvEAkxf kf 1 2 1 0 1 2 x f Afdxkxdxkx 2 0 1 2 fk AEmv 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 kxkxkxdxfdx x x 00ff vvAA 12 2 1 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 xxkxkxkx 22111 21 0 410 41cmxxxxx 补充题 3 2 质量为 m 的质点在变力 F0 1 kt F0 k 为常量 作用下沿 ox 轴作直线 运动 若 t 时 质点在坐标原点 速度为 v0 则质点运动微分方程为 速度随时间变化规律为 v 质点运动学方程 x 答案 kt m F dt xd 1 0 2 2 20 0 1 2 F vtkt m 230 0 1 23 F v ttkt m 解 1 00 10 0 FFkttxvv 第 2 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 2 所以 微分方程为 2 2 dt xd mmaF kt m F dt xd 1 0 2 2 2 0 000 0 111 vt v FFFdv ktdvktdvkt dt dtmmm 所以 速度为 2 0 0 2 1 ktt m F vv 3 2200 00 00 11 22 xtFF dx vtktdxvtktdt dtmm 运动方程为 32 0 0 3 1 2 ktt m F tvx 第四章第四章 刚体力学刚体力学 习题习题 4 2 4 3 4 5 4 7 4 8 4 9 4 11 4 12 4 14 补充题 4 1 一根长为 质量为 M 的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上 现l 有一质量为 m 的子弹以水平速度 v0射向棒的中心 并以 v0 2 的水平速度穿出棒 此后 棒的最大偏转角恰为 则 v0的大小为 90 A B C D 4 3 Mgl m2 gl2M gl m 2 2 16 3 M gl m 答案 A 解 1112 2 11 22 JJJ JMgl 2 2 2 1 1 243 lml JmJMl 00 1 2 2 vv ll 00 21 21 22 vv ll 11 112 1 2 J J JJ 2 11 22 JMgl 2 11 2 J JMgl J 22 11 4 J Mgl J 所以 2 22 0 2 2 4 4 1 4 3 vml l Mgl Ml Mgl M vm 2 0 2 16 3 2 2 0 2 16 3 M vgl m 3 4 0 gl m M v 补充题 4 2 一个转动惯量为 J 的圆盘绕一固定轴转动 初角速度为 设它所受阻力 0 矩与转动角速度成正比 k 为正常数 Mk 1 它的角速度从变为所需时间是 0 0 2 mm M 0 v 0 2 v l 第 3 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 3 A B 2J C D J k ln2J k 2 Jk 2 在上述过程中阻力矩所做的功为 A B C D 2 0 4J 2 0 3 8J 2 0 4J 2 0 8J 答案 C B 解 已知 Mk 0 J 0 1 2 1 d MJk dt d Jk dt dk dt J 所以 0 0 t dk dt J 0 ln k t J 0 lnln2 JJ t kk 2 22222 0000 11113 22248 J AJJJ 补充题 4 3 对一绕固定水平轴 O 匀速转动的转盘 沿图示的 同一水平直线从相反方向射入两颗质量相同 速率相等的子 弹 并停留在盘中 则子弹射入后转盘的角速度应 A 增大 B 减小 C 不变 D 无法确定 答案 B 解 1102212 JJJJJJ 22 121212 JJm rm rmm 12 v r 所以 00 1 2 J JJ 补充题 4 4 如图所示 物体 1 和 2 的质量分别为 m1与 m2 滑轮的转动惯量为 J 半径为 r 1 如物体 2 与桌面间的摩擦系数为 求系统的加速度 a 及绳中的张力 T1和 T2 2 如物体 2 与桌面间为光滑接触 求系统的加速度 a 及绳中的张力 T1和 T2 设绳 子与滑轮间无相对滑动 滑轮与转轴无摩擦 答案 太长 略 解 1 用隔离体法 分别画出三个物体的受力图 对物体 1 在竖直方向应用牛顿运动定律 O vv N 2 T mg 1 T a f N 2 T gm2 2 1 第 4 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 4 111 Tm gma 对物体 2 在水平方向和竖直 方向分别应用牛顿运动定律 22 TNm a 2 0Nm g 对滑轮 应用转动定律 并利用关系 21 T rTrJ ar 由以上各式 解得 12 12 2 mm ag J mm r 22 2 11 12 2 J mm r Tm g J mm r 11 2 22 12 2 J mm r Tm g J mm r 2 时0 1 12 2 m ag J mm r 2 2 11 12 2 J m r Tm g J mm r 1 22 12 2 m Tm g J mm r 第六章第六章 机械振动机械振动 6 1 6 3 6 4 6 17 6 18 补充题 6 1 两个质点各自作简谐振动 它们的振幅相同 周期相同 第一个质点的振 动方程为 当第一个质点从相对于其平衡位置的正位移处回到平衡位 1 cos xAt 置时 第二个质点正在最大正位移处 则第二个质点的振动方程为 A B 2 1 cos 2 tAx 2 1 cos 2 tAx C D 2 3 cos 2 tAx cos 2 tAx 答案 B 解 由题意 第二个质点相位落后第一个质点相位 因此 第二个质点的初相位为 2 所以答案应选取 B 2 1 a 1 T gm1 第 5 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 5 补充题 6 2 一物体作简谐振动 振动方程为 则该物体在 t 0 时 2 1 cos tAx 刻的动能与 t T 8 T 为振动 周期 时刻的动能之比为 A 1 4 B 1 2 C 1 1 D 2 1 答案 D 解 物体的速度为 动能为 所以在 t 2 1 sin tAv 2 1 sin 2 1 222 tmA 0 时刻的动能为 t T 8 时的动能为 因此 两时刻的动能之比 22 2 1 mA 22 4 1 mA 为 2 1 答案应选 D 补充题 6 3 一简谐振动用余弦函数表示 其振动曲线如图 所示 则此简谐振动的三个特征量为 A cm rad s 答案 10 6 3 解 由图可直接看出 A 10cm 周期T 12s 所以 再由图看出 t 0时刻质点在位移5cm 2 rad s 6T 处 下一时刻向着平衡位置方向移动 所以其初相为 3 补充题 6 4 在一竖直轻弹簧下端悬挂质量的小球 5gm 弹簧伸长而平衡 经推动后 该小球在竖直方向作振 1cml 幅为的振动 则小球的振动周期为 振 4cmA 动能量为 答案 0 201s 3 3 92 10 J 解 平衡时 有 所以 k lmg kmgl 1 2 220 201s ml T kg 2 22 3 11 3 92 10 J 22 mg EkAA l 补充题 6 5 为测定某音叉C的频率 选取频率已知且与C接近的另两个音叉A和B x cm t s 10 5 10 14710 13 O x t O A A a b c d e f 第 6 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 6 已知A的频率为800 Hz B的频率是797 Hz 进行下面试验 第一步 使音叉A和C同时振动 测得拍频为每秒2次 第二步 使音叉B和C同时振动 测得拍频为每秒5次 由此可确定音叉C的频率为 答案 802 Hz 解 设音叉 C 的频率为 由和 联立求得 2800 5797 802Hz 由和 无解 8002 7975 由和 无解 8002 7975 由和 无解 2800 7975 补充题 6 6 在一竖直轻弹簧的下端悬挂一小球 弹簧在处平衡 再向下拉 0 1 2cm l 后轻轻放手 试证小球作简谐振动 写出振动方程式 2cm 答案 1 9cos 102 2 tx 解 设小球的质量为m 则弹簧的劲度系数 0 lmgk 选平衡位置为原点 向下为正方向 小球在 x 处时 根据牛顿第二定律得 2 0 2 d d x mgk lxm t 将 代入整理后得 0 lmgk 2 2 0 d 0 d xg x tl 所以此振动为简谐振动 其角频率为 0 28 589 1 g l 设振动表达式为 cos xAt 由题意 时 由此解得 0t 2 0 2 10 mxA 0 0v 0 所以 1 9cos 102 2 tx 补充题 6 7 一质量的物体 在弹簧的力作用下沿x轴运动 平衡位置在原0 25kgm 点 弹簧的劲度系数 25N mk 1 求振动的周期 T 和角频率 2 如果振幅 时物体位于处 且物体沿x轴反向运动 15cmA 0t 7 5cmx l0 x mg x kl0 k l0 x mg 第 7 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 7 求初速及初相 0 v 3 写出振动方程表达式 答案 1 2 0 63sT 10 rad s 0 1 3m sv 1 3 3 3 1 10cos 1015 2 tx 解 1 10 rad s k m 2 0 63sT 2 当时 15cmA 0t 0 7 5cmx 0 0v 由 2 20 0 v Ax 得 22 00 1 3m svAx 由 得 或 10 0 tg v x 1 3 4 3 因 所以应取 0 0 x 1 3 3 振动方程 SI 3 1 10cos 1015 2 tx 补充题 6 8 一质点作简谐振动 其振动方程为 SI 4 1 3 1 cos 100 6 2 tx 1 当 x 值为多大时 系统的势能为总能量的一半 2 质点从平衡位置移动到上述位置所需最短时间为多少 答案 1 2 2 4 24 10 mx 0 75 s 解 1 势能 总能量 2 2 1 kxWP 2 2 1 kAE 由题意 4 2 1 22 kAkx 2 4 24 10 m 2 A x 2 周期 2 6sT 从平衡位置运动到 的最短时间为 T 8 所以 2 A x t 0 75 stt 第 8 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 8 补充题 6 9 一质量的物体 悬挂在劲度系数的轻弹簧下 3 96 kgM 400 N mk 端 一质量的子弹以的速度从下方竖直朝上射入物体 40gm 152 m sv 之中 然后子弹与物体一起作谐振动 若取平衡位置为原点 x 轴指向 下方 如图 求 1 振动方程 因 m 射入 M 后对原来平衡位置的影响可 mM 以忽略 2 弹簧振子的总能量 答案 1 2 2 1 10cos 152 0 tx4 62JE 解 1 由动量守恒定律 得 mvMm V mv V Mm 又 0 10rad s k Mm 时 0t 0 0cosxA 00sin vAV 由上二式解得 0 152 mA 1 2 所以 振动方程 SI 2 1 10cos 152 0 tx 2 振子中的总能量 2 1 4 62J 2 EMm V 补充题 6 10 一质点同时参与两个同方向的简谐振动 其振动方程分别为 SI 2 1 5 10 cos 4 3 xt 2 2 3 10 sin 4 6 xt 画出两振动的旋转矢量图 并求合振动的振动方程 答案 1 旋转矢量如图 2 合振动方程 2 2 10 cos 4 3 xt 解 2 2 2 2 2 3 10 sin 4 3 10 cos 4 3 10 cos 4 6623 xttt 作两振动的旋转矢量图 如图所示 由图得 合振动的振幅 和初相分别为 所以 5 3 cm 2cmA 3 合振动方程为 SI 2 2 10 cos 4 3 xt k m x M v O x O A 1 A 2 A 第 9 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 9 第七章第七章 机械波机械波 7 2 7 5 7 7 7 13 7 21 补充题 7 1 如图 一平面简谐波以波速 u 沿 x 轴正方向传播 O 为坐标原点 已知 P 点的振动方程为 则 cosyAt A O 点的振动方程为 cos yAtl u B 波的表达式为 cos yAtl ux u C 波的表达式为 cos yAtl ux u D C 点的振动方程为 cos 3 yAtl u 答案 C 解 波向右传播 原 O 的振动相位要超前 P 点 所以原点 O 的振动方程为ul 因而波方程为 可得答案为 C 0 cos yAtl u cos u l u x tAy 补充题 7 2 一平面简谐波以速度 u 沿 x 轴正方向传播 在时波形曲线如图所t t 示 则坐标原点 O 的振动方程为 A 2 cos tt b u ay B 2 2cos tt b u ay C 2 cos tt b u ay D 2 cos tt b u ay 答案 D 解 令波的表达式为 cos 2 x yat 当 t t cos 2 x yat 由图知 此时处的初相 所以 0 x 2 2 t 2 2 t 由图得 b2 b uu 2 故处 0 x cos 2 cos 2 u yatatt b x O u 2ll y C P x u a b y O 第 10 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 10 补充题 7 3 当一平面简谐机械波在弹性媒质中传播时 下述各结论哪个是正确的 A 媒质质元的振动动能增大时 其弹性势能减小 总机械能守恒 B 媒质质元的振动动能和弹性势能都作周期性变化 但二者的相位不相同 C 媒质质元的振动动 能和弹性势能的相位在任一时刻都相同 但二者的数值不等 D 媒质质元在其 平衡位置处弹性势能最大 答案 D 解 当机械波传播到某一媒质质元时 媒质质元在平衡位置处形变最大 因此其弹性势 能也最大 运动到最大位移处形变最小 其弹性势能最小 媒质质元的振动动能和弹性 势能是等相位的 能量向前传播 媒质质元机械能不守恒 所以答案应选 D 补充题 7 4 如图所示 一平面简谐波沿 Ox 轴正向传播 波速大小为 u 若 P 处质点的 振动方程为 则 cos P yAt O 处质点的振动方程 该波的波动表达式 答案 0 cos L yAt u cos xL yAt u 解 1 O 处质点振动方程 0 cos L yAt u 2 波动表达式 cos xL yAt u 补充题 7 5 图示为一平面简谐波在时刻的波形图 则该波的波动表达0t 式 P 处质点的振动方程 为 答案 SI 2 4 05 2cos 04 0 xt y SI P y 2 3 4 0cos 04 0 t 解 1 O 处质点 时 0t xOP L u x m O 0 04 0 20 u 0 08 m s y m P 0 40 0 60 第 11 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 11 0 cos0yA 0 sin0vA 所以 又有 1 2 0 40 5s 0 08 T u 故波动表达式为 SI 0 04cos 2 50 42 tx y 2 P 处质点的振动方程为 SI 2 4 0 2 0 5 2cos 04 0 t yP 2 3 4 0cos 04 0 t 补充题 7 6 一平面简谐波 频率为 波速为 振幅为 3 1 0 10 Hz 3 1 0 10 m s 在截面面积为的管内介质中传播 若介质的密度为 4 1 0 10 m 42 4 0 10 m 则该波的能量密度 该波在60 s 内垂直通过截面 23 8 0 10 kg m 的总能量为 答案 52 1 58 10 W m 3 3 79 10 J 解 1 2522222 mW1058 1 2 2 1 AAI 2 3 3 79 10 JwPtIS t 补充题 7 7 如图所示 两列相干波在 P 点相遇 一列波在 B 点引起的振动是 另一列波在 C 点引起的振动是 3 10 3 10cos2yt 令 两 3 20 1 3 10cos 2 2 yt 0 45 mBP 0 30 mCP 波的传播速度 若不考虑传播途中振幅的减小 则 P 0 20 m su 点的合振动的振动方程为 答案 SI 3 1 6 10cos 2 2 yt 解 第一列波在 P 点引起的振动的振动方程为 3 1 1 3 10cos 2 2 yt 第二列波在 P 点引起的振动的振动方程为 3 2 1 3 10cos 2 2 yt 所以 P 点的合振动的振动方程 3 12 1 6 10cos 2 2 yyyt 补充题 7 8 一平面简谐波沿 Ox 轴的负方向传播 波长为 P 处质点的振动规律如图 所示 PB C 第 12 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 12 1 求 P 处质点的振动方程 2 求此波的波动表达式 3 若图中 求坐标原点 O 处质点的振动方 2 1 d 程 答案 1 1 cos 2 P yAt 2 3 4 2cos dxt Ay 2 1 cos 0 tAy 解 1 由振动曲线可知 P 处质点振动方程为 21 cos cos 42 P yAtAt 2 波动表达式为 4 2cos dxt Ay 3 O 处质点的振动方程 2 1 cos 0 tAy 补充题 7 9 一平面简谐波沿 Ox 轴正方向传播 波的表达式为 cos2 x yAt 而另一平面简谐波沿 Ox 轴负方向传播 波的表达式为 2 cos2 x yAt 求 1 处介质质点的合振动方程 2 处介质质点的速度表达式 4 x 4 x 答案 1 2 2 1 2cos tAy 2cos 2 vAt 解 1 在处 4 x 2 1 2cos 1 tAy 2 1 2cos 2 2 tAy 因与反相 所以合振动振幅为二者之差 且合振动的初相 1 y 2 yAAAAs 2 与振幅较大者 即 的初相相同 为 所以 2 y 2 1 合振动方程 2 1 2cos tAy 2 处质点的速度 4 x t s 0 A 1 yP m x OP d 第 13 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 13 d1 2sin 2 2cos 2 d2 y vAtAt t 第十章 光的干涉 10 2 10 3 10 4 10 5 10 7 10 8 10 9 10 10 10 12 10 15 10 20 10 21 10 22 补充题 10 1 利用光的干涉可以检验工件质量 将三个直径相近的滚珠 放在两块平玻璃之间 用单色平行光垂直照射 观察到等厚干涉条纹 如图 a 所示 问 1 滚珠 A B C 的直径介于三者中的最大与最小 之间 2 若用手轻压 A 侧 如图 b 所示 发现条纹变密 则可以判 断 A 球直径 最大 最小 3 若用单色光波长 表示三个滚珠的直径之差 则 AB dd BC dd AC dd 答案 1 B 2 最小 3 3 22 解 1 由于三个滚珠直径不等 使上 下两平板玻璃间形成一空气劈尖 因而可观 察到等厚干涉条纹 从图 a 中干涉条纹的方向及三个滚珠的 相对位置可知滚珠 B 的直径介于最大与最小之间 2 条纹间距 2sin2 l 所以 当劈尖角 角减小 条纹变疏 反之 条纹变密 因 用手轻压 A 侧时 观察到条纹变密 说明此时 角增大 因 此劈尖角应在 A 侧 即 A 球直径最小 3 由于相邻两干涉条纹对应的空气膜厚度差为 1 2 kk dd 由图 a 可知 2 2 AB dd 1 22 BC dd 3 3 22 AC dd 第十一章 光的衍射 A B C 图a 图 b CBA 第 14 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 14 11 1 11 3 11 11 11 14 11 17 补充题 11 1 在单缝衍射实验中 缝宽 a 0 2mm 透镜焦距 f 0 4m 入射光波长 500nm 则在距离中央亮纹中心位置 2mm 处是亮纹还是暗纹 从这个位置看上去可以把 波阵面分为几个半波带 A 亮纹 3 个半波带 B 亮纹 4 个半波带 C 暗纹 3 个半波带 D 暗纹 4 个半波带 答案 D 解 沿衍射方向 最大光程差为 即 因此 3 36 2 10 sin0 2 1010 m 1000nm 2 0 4 x aa f 224 22 根据单缝衍射亮 暗纹条件 可判断出该处是暗纹 从该方向上可分为 4 个半波带 补充题 11 2 波长为 600nm 的单色光垂直照射到一单缝宽度为 0 05mm 的光栅上 在 距光栅 2m 的屏幕上 测得相邻两条纹间距 求 1 在单缝衍射的中央0 4cmx 明纹宽度内 最多可以看到几级 共几条光栅衍射明纹 2 光栅不透光部分宽度 b 为多少 答案 1 最多可以看到第 5 级 共 11 条明纹 2 0 25mm 解 1 单缝衍射中央明纹的半角宽度 11 sin a 中央明纹在屏上的半宽度为 7 1 5 26 10 0 024m 2 4cm 5 10 ff a 单缝衍射中央明纹宽度内干涉亮纹的最高级次 m 6k x 而该最高级次的衍射方向正好与单缝衍射第一级暗纹方向相重 为缺级 所以最多可以 看到第 5 级明纹 即在单缝衍射中央明纹宽度内可观察到共 11 条明01 2 3 4 5 纹 2 由缺级公式 据题意知 当时 所以 ab kk a 1k m 6kk 660 050 3mmdaba 0 30 050 25mmbda 第十二章 光的偏振 第 15 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 15 12 1 12 3 12 4 12 10 12 13 12 15 补充题 12 1 自然光从空气连续射入介质 1 和介质 2 折射率分别为和 时 得到 1 n 2 n 的反射光 a 和 b 都是完全偏振光 已介质 1 和介质 2 的折射率之 比为 则光的入射角 i0为 31 A B C D 30 60 45 75 答案 A 解 由题意知 光在两种介质介面上的入射角都等于布儒斯特角 所以有 12 0 1 tan tantan 1 nn iir n 0 90ri 所以 2 0 1 tantan 90 3 n ri n 由此得 0 9060i 0 30i 补充题 12 2 一束平行的自然光 以 60 角入射到平玻璃表面上 若反射光是完全偏振的 则折射光束的折射角为 玻璃的折射率为 答案 30 3 解 此时入射角为起偏振角 根据布儒斯特定律 折射角为 玻璃的折 0 9030ri 射率由 得到 2 0 1 tan n i n 210 tan1 tan603nni 第十四章 气体动理论 14 2 14 3 14 4 14 5 14 7 14 10 14 12 14 13 14 17 补充题 14 1 用分子质量 总分子数 N 分子速率 v 和速率分布函数表示的分子m f v 平动动能平均值为 A B C D 0 Nf v dv 2 0 1 2 mv f v dv 2 0 1 2 mv Nf v dv 0 i 1 n 2 n r b a i 第 16 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 16 0 1 2 mvf v dv 答案 B 解 根据速率分布函数的统计意义即可得出 表示速率以 v 为中心的单位速率 f v f v 区间内的气体分子数占总分子数的比例 而表示速率以 v 为中心的 dv 速率区dvvNf 间内的气体分子数 故本题答案为 B 补充题14 2 有两个容器 一个盛氢气 另一个盛氧气 如果两种气体分子的方均根速率 相等 那么由此可以得出下列结论 正确的是 A 氧气的温度比氢气的高 B 氢气的温度比氧气的高 C 两种气体的温度相同 D 两种气体的压强相同 答案 A 解 据题意得 所以答案 A 正确 2 rms 1 73 RT vv M 2222 2222 1 16 HOHH HOOO TTTM MMTM 补充题 14 3 如下图所示 若在某个过程中 一定量的理想气体的 热力学能 内能 U 随压强 p 的变化关系为一直线 其 延长线过 U p 图的原点 则该过程为 A 等温过程 B 等压过程 C 等容过程 D 绝热过程 答案 C 解 由图知内能 k 为曲线斜率 而 因此 V 为常数 Ukp 0 22 m ii URTpV M 所以本题答案为 C 补充题 14 4 有 A B 两种容积不同的容器 A 中装有单原子理想气体 B 中装有双原子 理想气体 若两种气体的压强相同 则这两种气体的单位体积的热力学能 内能 和的关系为 A U V B U V A B C D 无法判 AB UU VV AB UU VV AB UU VV 断 答案 A 解 理想气体状态方程 内能 由两式得 PVRT 2 i URT 0 m M 2 Ui P V OP U 第 17 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 17 A B 两种容积两种气体的压强相同 A 中 B 中 所以答案 A 正确 3i 5i 补充题 14 5 用分子质量 总分子数 N 分子速率 v 和速率分布函数表示下列各m f v 量 1 速率大于 100m s 的分子数 2 分子平动动能的平均值 3 多次观察某一分子速率 发现其速率大于 100m s 的概率 答案 100 f v Ndv 2 0 1 2 mv f v dv 100 f v dv 解 根据速率分布函数的统计意义 表示速率以 v 为中心的单位速率区间内 f v f v 的气体分子数占总分子数的比例 而表示速率以 v 为中心的 dv 速率区间内的dvvNf 气体分子数 表示速率在到之间的分子数 表示速率在 1 2 v v f v Ndv 1 v 2 v 2 1 v v f v Ndv N 到之间的分子数占总分子数的比例 也即某一分子速率在到的概率 1 v 2 v 1 v 2 v 补充题 14 6 温度为 T 的热平衡态下 物质分子的每个自由度都具有的平均动能为 温度为 T 的热平衡态下 每个分子的平均总能量 温度为 T 的热平衡态 下 mol 为摩尔数 分子的平均总能量 温度为 T 的热平衡态下 0 mM 每个分子的平均平动动能 答案 1 2 kT 2 i kT 2 i RT kT 2 3 补充题 14 7 设氢气的温度为 300 求速度大小在 3000m s 到 3010m s 之间的分子数 N1与速度大小在到m s 之间的分子数 N2之比 p v10 p v 答案 1 2 0 78 N N 解 2 3 2 22 4 e 2 mv kT m f vv kT 3 22 8 31 273300 2182 m s 2 10 p RT v M 11 NNf vv 22 p NNf vv 2 22 2 22 2 11 2 2 2 2 2 e e0 78 e p p mv M vv kT RT mv pppp kT p Nf vvf vvv Nf vvf vv v 第 18 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 18 补充题 14 8 导体中自由电子的运动可以看成类似于气体分子的运动 所以常常称导体 中的电子为电子气 设导体中共有 N 个自由电子 电子气中电子的最大速率为 称 f v 做费米速率 电子的速率分布函数为 2 4 0 0 f f Avvv f v vv 式中 A 为常量 求 1 用 N 和确定常数 A 2 电子气中一个自由电子的平均 f v 动能 答案 1 2 3 3 4 f A v 2 3 10 kef m v 解 1 由速率分布函数的归一化条件 有 0 1f v dv 2 0 401 f f v v Av dvdv 得 所以常数 3 4 1 3 f Av 3 3 4 f A v 2 电子气中一个自由电子的平均动能为 22252 00 1233 4 225105 ff vv e keefeff m m v f v dvvAv dvAm vm v 其中 称做费米能级 3 1 2 fef m v 补充题 14 9 将 1mol 温度为 T 的水蒸气分解为同温度的氢气和氧气 试求氢气和氧气的 热力学能 内能 之和比水蒸气的热力学能增加了多少 所有气体分子均视为刚性分 子 答案 3 4 URT 解 1mol 理想气体的内能为 分解前水蒸气的内能为 2 i URT 1 6 3 22 i URTRTRT 1mol 的水蒸气可以分解为 1mol 的氢气和 0 5mol 的氧气 因为温度没有改变 所以分解 后 氢气和氧气所具有的内能分别为 和 2 5 22 i URTRT 3 155 2224 i URTRTRT 所以分解前后内能的增量为 231 553 3 244 UUUURTRTRTRT 第十五章 热力学第一定律 15 1 15 3 15 4 15 8 15 9 15 10 15 12 15 16 15 17 15 20 15 21 第 19 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 19 补充题 15 1 双原子理想气体 做等压膨胀 若气体膨胀过程从热源吸收热量 700J 则 该气体对外做功为 A 350J B 300J C 250J D 200J 答案 D 解 所以 1 22 PP ii QUAR TR TR T 21 p Q R T i 0 m M 本题答案为 22 1 700200 J 2 21227 p PPPpp Q ii AQUQQQ iii D 补充题 15 2 某理想气体分别经历如图所示的两个卡诺循环 即和 abcd a b c d 且两条循环曲线所围面积相等 设循环 的效率为 每次循环 在高温热源处吸收的热量为 循环的效率为 每次循环Q 在高温热源处吸收的热量为 则 Q A B QQ QQ C D QQ QQ 答案 B 解 11 TTAA QTQT 低低 高高 由图知 所以TTTT 低低高高 因为两条循环曲线所围面积相等 即 而 所以有 故本题答案为A A QQ B 补充题 15 3 一个可逆卡诺循环 当高温热源温度为 127oC 低温热源温度为 27oC 时 对外做净功 8000J 今维持低温热源温度不变 使循环对外做功 10000J 若两卡诺循环 都在两个相同的绝热线间工作 则第二个循环的高温热源的温度为 A 127K B 300K C 425K D 无法判断 答案 C 解 当高温热源温度为 127oC 时 该可逆卡诺循环的效率为 2 1 272731 11 1272734 T T c b a a b c d d V P O 第 20 页共 22 页 2010 大学物理上册习题 习题册 上 20 又因 此时可逆卡诺循环对外放出的热J 122 80001 80004 AA QQAQ 2 24000Q 当循环对外做功变为 10000J 时 由于维持低温热源温度不变 而且两卡诺循环都在两 个相同的绝热线间工作 所以J 此时 该可逆卡诺循环的效率为 22 24000QQ 2 100005 100002400017 A AQ 由于 所以K 故本题答案为 C 2 11 272735 11 17 T TT 1 425T 补充题 15 4 汽缸内有单原子理想气体 若绝热压缩使体积减半 问气体分子的平均速 率变为原来速率的 倍 若为双原子理想气体则为 倍 答案 1 26 1 14 解 单原子理想气体自由度 气体经历绝热压缩有 又3i 5 3 1 TVC 所以 8kT v m 11 21 2 1 12 21 26 vV vV 双原子理想气体自由度 所以 5i 7 5 1 2 2 1 21 14 v v 补充题 15 5 理想气体在图中的 1 2 3 过程中 吸收的热量 Q 0 小于 大于 或 等于 过程中 吸收的热量 Q 1 2 3 0 小于 大于 或 等于 答案 小于 大于 解 热力学功 因 所以 2 1 V V Apdv 31 VV 1 2 31 23 0 0AA 中间为绝热线 根据热力学第一定律有0 sss QUA 所以 内能为态函数 所以 31 0 ss UUUA 1 2 31 2 3 0 ss UUUA 根据热力学第一定律 对于 1 2 3 过程 由 p V 1 2 31 2 31 2 31 2 3s QUAAA 图上曲线围成的面积和热力学系统对外做功的关系可以得知 1 2 3s AA 所以 1 2 31 2 3 0 s QAA 对于过程 1 2 3 1 231 2 31 231 23s QUAAA 同样 由 p V 图上曲线围成的面积和热力学系统对外做功的关