扬大物理练习册答案

第 一 章 质 点 运 动 学1.解：（1）r=(－10t＋30t2)i(15t－20t2)jvdr1060t)i(1540t)j，(dt初速度：v10i15j大小：v=102152m/s18.03m/s方向：与x轴负向夹角arctan1556.3od10（2）a60i40jdt大小：a=602402m/s272.11m/s2方向：与x轴正向夹角arctan4033.69o60解：取质点的出发点为原点。由题意知质点的加速度为aydvy15t2⑴dt由初始条件t=0时v0x=v0y=0，对式⑴进行积分，有⑵即vt2i5t3j⑶5将t=5s带入式⑶，有又由速度的定义及初始条件t=0时，x=y=0，对式⑵进行分离变量并积分，有00即r5t35t4⑷ij34将t=5s带入式⑷有3.解⑴根据运动学方程，可得角速度和角加速度分别为2秒时，法向加速度和切向加速度分别为⑵由a a/2，有从而得即由此可得因此，此时刻的 值为⑶由题意an a，即解得4.解由题意有而所以分离变量dv1dt⑴v2Rtan对上式积分，并代入初始条件t0时，vv0，得11t⑵v0vRtan整理式⑵得vaRO第二章 牛顿定律解（1）2）

cv=mdvdtctvdsv0emdt2. 解 ⑴在任一点 B处，小球的受力情况如图所示，在自然坐标系中其运动方程为在切向：在法向：由式⑴即

mgsin mdv ⑴dtT mgcos mv2 ⑵Rvdv Rgsind ⑶对式⑶积分，并由已知条件 0时，v v0得v2 v02 2gR(1 cos) （4）⑵由式⑷得代入式⑵得O RTvmg第三章 动量守恒定律和能量守恒定律1.解⑴由x3t4t2t3可得vdx38t3t2⑴dt由式⑴得，当t=0时，v03.0m/s；t=2s时，v21.0m/s。因此，作用力在最初内所作的功⑵式⑴对时间求导数，得质点的加速度adv86t⑵dt瞬时功率2.解由功的定义可知，由物体开始运动到2m时由动能定理代入初始条件x0时，v10.3m/s，得所以，2m时物体的动量为由动量定理，前 2m内的冲量为3.解：（1）因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置。因此，作用于子弹、物体系统上的外力均在铅直方向，故系统在水平方向动量守恒。令子弹穿出时物体的水平速度为Vˊ1分有mv0mvMv（2）ftmvmv0（设v0方向为正方向）=Ns4.解由题意分析，力F与x的关系为FF0F0x⑴L由牛顿运动定律，有即mvdvFdx(F0F0x)dx⑵L两边积分，并由初始条件，x0时，v0，得因此v2F0(2xx2m)L由式⑶，当xL时，速率为5.解以物体m1、m2和弹簧为研究系统，建立图示坐标系下，m1处于x0处达到平衡，由静力平衡条件得F m1g kx0 0 ⑴而m2离开地面的条件为

⑶OX，各量的标记如图所示。在力 F作用kxm2g0⑵刚好离开地面时，上式取等号。现在的问题是将x与F联系起来。由m1，m2弹簧和地球组成的系统，其只有重力和弹性力作功，故系统机械能守恒。以坐标原点O(即弹簧的自然长度处)为弹性势能和重力势能零点，对A、B两状态有守恒关系1kx02m1gx01kx2m1gx⑶22两边乘以2k有将式⑴代入上式，得即整理得故kxFm1g⑷由，（2）、（4）两式可得即F至少要等于 (m1 m2)g，可使F撤销后，恰使 m2抬起。m1弹起的最高点xO 弹簧为原长时m1的位置x0A 力F作用下，m1的位置(a) (b)第四章 刚体的转动解：受力分析如图示，根据牛顿运动定律和转动定律得：又ar解得：Jmgar2a又根据已知条件v0=0得：Jmr2gt212S2. 解 设斜面上问题质量为 m2，另一物体质量为 m1。滑轮的质量为 M，半径为r。分别对两物体及滑轮进行受力分析。m1受重力，拉力m1gT1m1am2受重力，斜面给它的支持力，摩擦力，拉力T2m2gcosm2gsinm2a滑轮受重力，轴对它的支持力，两侧绳子的拉力T2rT1r1Mr2m1gm2gcosm2gsin2联列求解5.79a1Mm1m21MR223.解：J＝kgm22因此(1)下落距离hat2/263.3m(2)张力Tm(ga)37.9N分析图4.解M(T1T2)R11m1R121（1）2(T1T2)R21m2R222（2）2由于皮带不打滑，切向速度相同，其变化率即切相加速度相同：R11R22（3）由式（2）（3）得代入式（3）得2M2.(m1m2)R1R25.解(1)由题意可知细棒的质量线密度为kr式中k为常数。Lm由于细棒的总质量为m，所以krdr0由此得故

2mkL2kr2mrL2又Jr2dmr2drJL2m3dr1mL2所以0L2r22）细棒上到转轴距离为r的长度元dr所受到的摩擦力及摩擦力矩分别为整个细棒所受到的摩擦力矩为(3)设细棒由角速度 0到停止转动所经历的时间为 t，则角动量定理可得O6.解 由转动定律，有即由条件 2时 1，积分上式得即1⑴d，分离变量得由角速度的定义dtt=0时2，得积分上式，并代入初始条件则砂轮的运动方程为1et⑵将式⑵代入式⑴得因此2s时，砂轮的动能为角动量为由动能定理，前 2s内力矩的功为由角动量定理，前 2s内的冲量距为7.证明 碰撞过程，系统角动量守恒碰后上摆过程，系统机械能守恒。取直杆下端为势能零点。联立求解即可得第五章 静电场1.解取一细圆环带，其半径为r（r>R），带宽为dr，则圆环带的面积为dS2πrdr，其上带电量为应用已知的带电细圆环在轴线上的场强公式，可得该圆环带在轴线上 P点产生的电场的大小，2πrdrx.dEr2)4π0(x23/2因此，在P点产生的总场强大小为EdE2πrdrx3/2=x.R4π0(x2r2)20R2x2方向沿X轴正方向2.解 取坐标轴OX，将带电半球面分成许多宽度极窄的半径不同的带电圆环，其上任意一个圆环上的带电量为为便于计算，可采用角量描述。因为R2 (R x)2=Rsinθ， dl Rd所以由带电圆环在轴线上一点的场强公式，可得该带电圆环在P点产生场强dE的大小为由于dq为正，故dE方向沿X轴正方向。将dq代入上式，可得为所有圆环在P点产生场强的矢量和，则整个半球面在球心P点处产生的场强大小为方向沿X轴正向。3.解无限长半圆柱面薄筒的横截面如图所示，取直角坐标系OXY，且原点O在轴线上。沿弧长方向取一宽度为dl的细条，此细条单位长度上的带电量为由无限长带电直线在附近一点产生的场强结果，可得该带电细条在O点产生的场强dE的大小为dE'dl.2π0R20R22π方向如图所示。dE在X轴和Y轴上的投影为dEydEcoscosRdcos...20R22d2π2π0R于是整个带电半圆柱薄筒在O点外产生的场强大小为Eycosd0（由对称性分析也可获得这个结果）202π0R则EExiEyj2i.π0RE的方向沿X轴。若>0时，E与X轴正向一致；若λ<0时，E与X轴负向一致。4.解因为电荷相对轴线成对称分布，所以距轴线为r的场点的场强数值相等，场强方向沿圆柱经向，因此可用高斯定理求解。选取长为l，半径为r，与带电圆柱同轴的柱形高斯面S。由高斯定理可知EdS2EcosπSE0SE2πrlqi（1）s端面侧面20当rR时，高斯面S内所包围电荷的代数和为代入（1）式可得4ar23br3rRE120当rR时，高斯面S内所包围电荷的代数和为代入（1）式可得4aR33bR4rR.E120r5.解如图所示，由补偿法分析，空腔中场点P的电势是半径为R1，密度为的大球和半径为R2，密度为的小球产生的电势之和，即取无限远处的电势为零，大球的电场分布为应用电势定义，可得大球内任意点的点电势为对于空腔中心 Or a，大球产生的电势为V13R12a2.60同理，可得小球在 O处产生的电势为V23R22R22.6020由电势叠加原理VOV1V23R12a2R223R12R22a2602060..6.解：（1）球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即U008.85109C/m2r1r2（2）设外球面上放电后电荷面密度为 '，则应有1r1U0'(r1'r2)0则'0r2外球面上应变成带负电，共应放掉电荷6.67 109C7.（1）根据对称性分析，两段带电直线各自在 O点的电场强度大小相等、方向相反 ,相互抵消，所以只计算带电细线半圆形部分的电场。A B O C D取电荷元dqdl，相应的dE在图中画出。设dE和y轴夹角为，其大小dEdl4πoa2根据对称性分析可知,(2)在带电直线部分任取一电荷元dqdl，设电荷元至O点的距离为l，则该电荷元在O点电势为两段带电直线在O点的电势相同，迭加为2V1，半圆形带电细线上任一电荷元在O点的电势为dldV24πoaadlπV2(2ln2π)4πoa04πo得证。8.解（１）如图所示，取坐标OX轴过盘心垂直于盘面，原点O位于盘心处。在圆盘上取一距圆心为r，宽度为dr的圆环带dS，dS2πrdr，为圆环带的面积，其上带电量为dqdSQ2dS。dqπR在P点产生的电势为P点产生的电势为所以，整个带电圆盘在2）根据P点的电势，可知X轴上电势与坐标的函数关系为因此，根据电势梯度法，有则P点场强为QLEP21.2π0RR2L2由对称性分析可知，P点场强E方向在X轴方向上，若Q0，沿X轴正向，若Q0，沿X负向。第六章 静电场中的导体与电介质1.解（1）因3块导体板靠的很近，可将6个导体表面视为6个无限大带电平面。导体表面电荷分布可认为是均匀的，且其间的场强方向垂直于导体表面。作如图虚线所示的圆柱形高斯面，因导体在达到静平衡后，内部场强为零，又导体外的场强方向与高斯面的侧面平行，故由高斯定理可得2 3 4 5 .再由导体板 A内d点场强为零，可知所以1 6.故点a的场强为6个导体表面产生场强的矢量和16Q1Q2Q31（1Ea23456）i20S=20i120根据上述已有结果，可知1 6=Q1 Q2 Q3.2S再由于12Q134Q2.SS得Q1Q1Q2Q3231=2SSQ2Q1Q2Q3453=2SS（2）a、b、c点的场强Ea11Q1Q2Q32i=20S00同理Eb12Q1Q2Q320i=20S0Ec15Q3Q1Q220i=20S02.解：当用导线把球和球壳连接在一起后。由静电平衡条件可知，电荷qQ全部分布在球壳的外表面上，如图所示，此时，电场只分布在rR3的空间中，即E1qQ。40r2同时球体与球壳成为一个等势体，即V1V2，于是，VV1V20根据电势的定义，可得1qQdrV1V2R3E3drE4drqQ.rR3R340r240R3若外球壳接地，球壳外表面的电荷为零，等量异号电荷分布在球表面和壳内表面，此时电场只分布在R1 r R2的空间内，如图所示。由于外球壳电势 V2 0，则内球体内任一场点 P1r R1的电势为R1R2R2q11V1V2VE1drE2drR1E2dr.rR140R1R2解：①设C板左、右两侧分别带电荷Q1，Q2则Q1Q2Q（1）由于C，A间和C，B间均可视为匀强电场ECAQ1,ECBQ2（2）0S0SA，B板接地U=UCACBd（3）即有ECAECBd2由式（2）、（3）得Q=2Q代入（1），得12QA2Q,则Q13②在C，B板间充以相对介电常数为r的电介质，C板上电荷重新分布。设左，右两侧分别带电荷Q1',Q2'。A，B板上感应电荷分别为QA',QB'。则QA'Q1',QB'Q2'，相应于上一问中的一组方程式为Q'Q'Q（1）12ECAQ1',ECBQ2',(2)0S0rSECA'dECB'd(3)2解式（1）、(2)、(3)得于是o于是4.解 由平行板电容器的公式可得则电容器极板上的电量为A、B板间的电势差在未插入C板前，两板之间的场强为插入C板之后，由于极板上的电量不改变，所以电荷面密度不变，因此两板间的场强E也不变，0A、C板间和

C、

B板间的场强都是

E

。由此可得0VAC Ed1 104×2×10-3=20VVCB Ed2 104×6×10-3=60V板间的电势差为用导线连接A、B板后，两板电势相同，系统相当于两个电容器并联，所以此时系统的电容为CC1C20S0S01031034×1030Fd1d233因为极板上总电量未变，所以板与板间的电势差为VQ0×2×104/（4×1030）=15VC35.解（1）由题意可知，真空区域中的场强为E0，介质中的场强为E，所以两极间的电势差为U E0(d b) Eb由高斯定理知，两极间电势移 D处处相等，故代入上式得所以.容器的电容为第七章 恒定磁场1.解 由图可知，绕有载流导线的木球可成是无限多个不同半径的同圆心的载流线圈所组成，球心 O在这些载流线圈的轴线上，则球心O点的磁感应强度B0是各个载流线圈在点激发的磁感应强度的矢量和。选取图中所示坐标系OXY，在X轴线上（亦是各载流线圈的轴线）距原点O（即球心处）x处取一宽为dl的圆环，半径为y，圆环上绕有dN匝导线，即通过圆环上的电流dIIdN2INd，由载流线圈在轴线上任一点产生的磁感应强度公式，可知dI在O点激发的磁感应强度dB大小为dB的方向沿X轴正向由几何关系xRsin,yRcos,代入上式得dB0NIcos2d.R由于所有载流线圈在O点激发的B方向相同，故O点总的磁感应强度B0dB可由矢量积分简化为标量积分，即B0的方向沿X轴正向。2.解（1）取直角坐标系，如图所示。首先求半圆柱面导体在O点产生的磁感应强度。如图截面图所示，半圆柱横截面上单位长度的电流为将半圆柱面导线可视为无数条无限长载流直导线的集合，对称于Y轴取两元段dl1dl2dl，则横截面为dl的两条无限长载流直导线在轴上横截面（OXY平面）的O点分别产生的磁感应强度dB的大小为dB1、dB2与X轴夹角相等，由对称性分析可知，因各对无限长载流直导线在O点产生的场强的Y轴分量相互抵消，而使总场强的Y轴分量By0，故总磁感应强度只有X轴方向分量。因为则总的B的大小为轴线上的载流直导线处于磁场中，由安培力公式得，轴线上导线单位长度所受的力为即该力为斥力。

F0I2j.2R二相互平行放置的无限长直导线通反向电流时，相互作用力为斥力。只有将直导线放在坐标原点的左侧才能使位于原点的载流导线受到方向指向 Y轴的作用力。设二直导线相互距离 d，与（1）结果联立，得0I20I2R2R所以d2d2即另一导线应放在yR处时，产生同样的磁力。2解取坐标系XOY，如图(a)所示。由于空腔的存在，不能直接用安培环路定理求解。小圆柱空腔表示其中通过的电流等于0，这可以等效成空腔中同时存在的两个等值反相的电流，因此可采用补偿发求解。将空腔部分等效成同时存在着电流密度j和（-j）的电流，空腔中任意一点的磁场为通有电流密度j，半径为R和半径为r的长圆柱体和通有反相电流密度（-j）,半径为r的小圆柱体产生的磁场的矢量和，即取空腔中的任意一点P，OPr1,O'Pr2，由于半径为R和半径为r的长圆柱体产生的磁场具有轴对称性，故可根据安培环路定理，有其中jI。2(R2r2)所以B10Ir1(R2r2)2同理，可得B1和B2方向根据右手法则确定，如图（b）所示。将B1，B2在X，Y轴上投影，其分量为B2yB2sin'0jr2cos.2P点的磁感应强度B的两个正交分量为，结果表明，P点的磁感应强度B的大小为一常量，方向垂直于OO'之间的连线d，即在Y轴方向上，所以空腔中的磁场为匀强磁场，YYBP(r,)B1IaB2r1r2POOXr1dr2adOX(a)解：(1)根据安培定律

(b)r r rdF Idl B计算三角形回路 ab，bc，ca三边所受安培力。无限长载流直导线磁感应强度表达式为 B 0I1，三角形回路三边电流元均与磁场垂直。2πrab段：各电流元处B值相同。方向如图所示。bc段：dFI2Bdl0I1I2dr2πr方向如图所示。ca段：方向如图所示。（2）取距电流I1为rrdr窄条作为面积元：aI2I160°c bd lO解：(1)如图，在圆盘上取半径为r，宽为dr的环带，先求出此环带转动时的磁矩。此环带转动时的等效电流为其中qrrdq22πdπR则dPmSdIπr2dIqr3drR2整个圆盘的磁矩为磁矩的方向垂直纸面向外。(2)磁力矩MPmB,PmB磁力矩的方向平行纸面向上。6.解取直角坐标系，如图所示。（1）设v为电子的漂移速率。在稳恒状态时，电子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡，即故E V 1 10vB Bb 1.5 10

52 6.7 104(m/s).（2）每立方厘米载流子的数目为（3）假设I沿Y轴方向，B沿X轴方向，则霍尔电压的极性，如图所示。 ..第八章 电磁感应 电磁场解由于B随时间变化，同时ab导线切割磁场线，故回路中既存在感生电动势，又存在动生电动势。由法拉第电磁感应定律可知， t时刻金属框中感应电动势的大小为动势.动的方向从b指向a，感的方向为逆时针方向。将xvt,lxtanvttan代入上式，则i的方向为逆时针方向。.2.（1）UOMUOUM1a2B2（2）添加辅助线 ON，由于整个 OMN内感应电动势为零，所以

OM MN ON，即可直接由辅助线上的电动势 ON来代替 OM、ON两段内的电动势。3）O点电势最高。解无限长直导线在金属棒转动平面内激发的磁场是非均匀的，方向垂直纸面向外。在金属棒上沿OA方向任取一线元dl，dl至O点距离为l，距无限长直导线距离为r，由无限长直载流导线产生磁场的公式可知，该处的磁感应强度大小为B0I（方向垂直纸平面向外）2πr当棒旋转至图示位置时，金属 OA上各线元的速度方向均垂直各线元沿平面向上，其夹角(v B)的方向沿OA方向，即(v B)与dl间夹角为零。由于线元 dl速度大小 v l，所以dl上的动生电动势大小为金属棒上总的动生电动势大小为LLBldl0Ildl.002πr在上式中，r,l均为变量，必须先统一变量后才能进行积分，由图示可知，

l r b,dl dr，将其代放上式故bL0I(rb)dr0IbLOAb2π2πbr

(r b)drr由OA0或由(vB)可知，电动势OA的方向从O指向A，即A点电势高。.4.解(1)长直截流导线在空间的磁场分布为B=0I2πr取abcd回路的面法线方向垂直纸面向里,在距长直导线为r处取一面积元dSxdr,如图所示.穿过此面元的磁通量为dm=BdS=0I2πxdrr穿过整个回路的磁通量为m0Ixr0ldr0Ixlnr0l2πr0r2πr0由法拉第电磁感应定律知,回路上的电动势为Ii=i0Ivr0lRln方向为逆时针方向2πRr0(3)由安培定律dFIdlB可求出cd段导线的受力方向垂直于cd导线向上a bd cO第九章振动1.解：（1）由题意FmkA,Axm,kFm，xm(2)vmAvmvm,xmAt0,x0Acos0.2,v0Asin0,π.3x0.4cos2π1πSI.3振动方程为2.解由已知条件可画出该谐振动在t=0时刻的旋转矢量位置，如图所示。由图可以看出所以该物体的振动方程为1）将T=2s，代入振动方程可得t=时的质点的位移为2）当物体第一次运动到x=5cm处时，旋转矢量转过的角度为π，如图所示，所以有t1π即t1π1T1(s)2（3）当物体第二次运动到x=5cm处时，旋转矢量又转过2π，如图所示，所以有3t(t2t1)22π12π即tT(s)33333.解如图所示，设10,则而A＝m由余弦定理知有正弦定理知将A，A2及值代入，求得sin(π2)＝1有此得ππππ2所以，2,21。22224.解由运动方程x0.06cos(5tπ)的速度和加速度表达式为2且已知：A＝m，5s1，π2（1）Fm2x0当t0,x00,所以F0（2）ts或a2x0（3）Ek,max1mvmax210.05(0.3)22.25103J.22（4）EkEp1kA22当振动动能和势能相等时，p1E2即1kx211kA22222所以 x A2（1）在位移为y处系统受力为F (M m)g k(y y1).其中y1为系统平衡时弹簧的伸长量。由力的平衡条件知 ky1 (M m)g .故 F ky（满足简谐运动的运动学条件）或d2yk（满足简谐运动的运动学条件）aydt2Mm因此该系统作简谐运动。（2）由上述微分方程可知2k,kM.mMmt0时的初始条件为y0Mg(Mm)gmgkk.k由小球m自由落体遵守机械能守恒和小球与沙盘的完全非弹性碰撞（忽略重力的作用）遵守动量守恒得2v02mg2kh故Ay02k1(Mm)g3.2第十章波动1.解：uλν2425600cm/s2.解：（1）已知波的表达式为y0.05cos100πt2πx与标准形式yAcos2πt2πx/比较得A=,=50Hz,=，u==50m/s(2)vmaxy2πA15.7mstmax(3)2πx2x1π，二振动反相3.解（1）由题设可知A点和B点的振动方程为由于ABxBxA1m，有2xBxA2，又因ππ5π2()，所以36该平面谐波的波长为波速为2）因为波是沿X轴正向传播，所以波函数可写为代入相关数值，得解：(1)由P点的运动方向，可判定该波向左传播．对原点O处质点，t0时所以 π/4O 处振动方程为波动方程为距O点100m处质点振动方程是振动速度表达式是5.解：（1）P处质点振动方程为（2）波动方程为yAcostxdπSIπ4○0π6.解1yAcos(t).2π2○πAcos(tx).2y22π○pπ3P点反射后的振动方程yAcos(tL2π)（π表示半波损失）2π2πy反Acos[x)ππ]反射波的波动方程tL(L2Acos[ t 2π(2Lx)ππ].2满足减弱条件，是减弱的（即该点不振动）。 .第十一章 光学1.解：（1）棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e2处是第二条暗纹中心，依此可知第四条2暗纹处中心处，即A处膜厚度e432e434.8105radL2L（2）由上问可知A处膜厚为e43500750nm，对于600nm的光，连同附加光程差，在A2处两反射光的光程差为2e4'，它与波长2e41，所以A处是明纹.2'之比为3'22.解：（1）如图所示。设第k级条纹的牛顿环半径为kdr2/2Rr,则该处空气膜的厚度为k该处的光程差为2d/2rk2/R/2对亮条纹有k即rk2/R/2k,故rk(k1)R（k=1,2,3,⋯⋯）.2条纹是以接触点为中心的同心圆环，在中心处，为暗条纹。2（2）当在透镜和平板玻璃间充满n=的透明液体时，在半径为r处有dr2/2R则光程差为左侧12ndr2n/R右侧22nd/2r2n/R/2若均为明纹，则1r12n/Rk2r22n/R/2k即r1kR/nr2(k1)R2n左右两边同一级明纹半径大小不等，且左边的接触点为明纹，而右边的接触点为暗纹。故形成一错开的半圆形图象。3.解 (1)由已知条件，明纹公式为 2n1e k2最高点处，将eh代入得2n1h121.686415.3k57622共有k1，2，3，4，5的五条明纹，对应于k的油膜厚度ek为k5,e5810nm.(2)当h864nm时2n1h1k5.32k为非整数，条纹介于明暗之间，为非明非暗条纹。h810nm时2n1h1k5为明纹2h2n1h1720nm时，k4.5为暗纹2h 864nm 810nm 720nm 明暗之间 明纹 暗纹4.解：由光栅公式得sink11k22abab取为整数比k23612k1248取最小的值k12=3=2,k对应光栅常数abk113.91μmsin5.解当自然光通过偏振片P1时，有偏振光为I1对于t时刻，偏振片P3转过的角度t，如图所示。当线偏振光I1透过偏振片P3时，有当I2再通过偏振片时P2，有即透射光的强度I3是时间t的函数，随着P3的旋转，I3做周期性变化。A第十二章 气体动理论1.解标准状态T0273Kp01atm1.013105Pa1Mv2M5RT..22Tv2代入O232103kg5RTT0T273K7.7K280.7K.因为p0nkT0,pnkTpp0T1.04105Pa.T0解：(1)pnkT分子的平均平动动能W气体的内能E由于理想气体的内能理想气体的状态方程所以

MiRT2pV MRTipV2氧气为双原子分子 i 5解（1）由方均根速率公式，有3RT3p31.013105493（m/s）M1.25（2）由pVmRT，有MRT1.258.312730.028（kg/mol）M1.013105p3）由气体分子的总平动动能公式，有解（1）由速率分布函数的归一化条件0得

.f(v)dv 1，有所以常量A为（2）电子气中一个电子的平均动能为第十三章 热力学基础1.解：氦气为单原子分子理想气体， i 3定容过程，V常量,A0据QEA可知定压过程，p=常量,E与（1）相同，A Q E 417J.（3）Q 0, E与（1）相同，A E 623J2.解 a b过程气体对外所做的功即 p V图中ab直线下的面积。由图知c过程a过程解（1）根据功的定义，有T1，末态为T2，双原子分子理想气体的摩尔热容为CV5（2）设气体初态的温度为R，则气体内2能的变化为由过程方程pV2a可得所以（3）根据热力学第一定律，系统吸收的热量为解：由图可看出pAVApCVC从状态方程=RT可知T=AC因此全过程A→B→C的E=0B→C过程是绝热过程，有BC＝0QA→B过程是等压过程，有5p故全过程A→B→C的=+Q=×10J5BCAB根据热一律Q＝E+A，得全过程A→B→C的A=Q-E＝×105J5.解由题设可知Ⅰ、Ⅱ中气体初态的压强p01.013105Pa，体积V036L，温度T0273K。设Ⅰ、Ⅱ中气体末态的压强、体积和温度分别为