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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 第一章质点运动学本章提要1、 参照系：描述物体运动时作参考的其他物体；2、 运动函数：表示质点位置随时间变化的函数；位置矢量：rrtxtiytjz tk1 2v2rvv0 t21 2at2位置矢量：rrttrtadvd2r一般情形下：rr3、速度和加速度 ：vdr；dtdtdt24、匀加速运动：a常矢量；vv 0at5、一维匀加速运动：vv0at；xv0t1 2at22ax06、抛体运动：ax0；a yggtvxv0cos；v yv 0sinxv 0cost；yv 0sintgt27、圆周运动：aanat法向加速度：anv2R2R切向加速度 ：
2、atdvdt8、伽利略速度变换式：vvu【典型例题分析与解答】1.如下列图 ,湖中有一小船；岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸；设滑轮距水面高度为 h,滑轮到原船位置的绳长为 l ；当人以匀速 v 拉绳,船运动的速度 v 为多少 . 解：取如下列图的坐标轴 , 由题知任一时刻由船到滑轮的绳长为 l=l 0-vt就船到岸的距离为：名师归纳总结 xl22-hl0-vt22-h6 iv 2v 10im.第 1 页,共 20 页因此船的运动速率为：4jm/sh l vr2.一质点具有恒定的加速度a,在 t=0 时刻 ,其速度为零, 位置矢量xoy 平面的轨迹方程o ,并画出轨迹的示意图 x 求:1 在任意
3、时刻的速度和位置矢量;2质点在. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解. 1由加速度定义adv,依据初始条件rt0=0 v 0=0 可得得r r d 0 rtv dtt 6 it4 jt dtdt由vdrt0=0r 010i及dt00rr03 t2i2 t2j103 t2i2 t2jmy ;2 加速度2由以上可得质点的运动方程的重量式x=xt y=yt 即x=10+3t2y=2t2消去参数 t,得质点运动的轨迹方程为3y=2x-20 3y=2x-20 这是一个直线方程.由r 010im知tga2, 10 X x 0=10m,y 0=0.而直线斜率kdy
4、/dx3就a3341轨迹方程如下列图y15t-20t2,SI 试求 :1 初速度的大小和方向3. 质点的运动方程为x-10t30t2和的大小和方向 . 解.1速度的重量式为 vx dx/dt-10 60 t2 2当 t=0 时,v0x=-10m/s,v 0y=15m/s,就初速度的大小为 v 0 v 0 x v 0 y 18 . 0 m/s v 0 y而 v 0 与 x 轴夹角为 a arctg 123 4 1v 0 xdv x-2 dv y-22加速度的重量式为 a x 60 ms a y 40 msdt dt就其加速度的大小为 a a x 2a 2y 72 . 1 ms-2 a ya 与
5、x 轴的夹角为 arctg-33 4 1 或 326 1 9 a x4. 一质点以 25m/s 的速度沿与水平轴成 30 角的方向抛出 .试求抛出 5s后,质点的速度和距抛出点的位置 . 解. 取质点的抛出点为坐标原点.水平方向为x 轴竖直方向为y 轴, 质点抛出后作抛物线运动,其速度为vxv0cosY v0vx就 t=5s 时质点的速度为v x=21.65m/s v y=-36.50m/s vyX 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 质点在 x,y 轴的位移分别为2x=v 0xt=108.25m y v 0 y t
6、-gt-60 . 0 m 2质点在抛出 5s 后所在的位置为 r x i jy 108 . 25 i-60 . 0 j m 5.两辆小车 A、 B 沿 X 轴行驶 ,它们离动身点的距离分别为 XA=4t+t 2, XB= 2t 2+2t 3 SI 问:1 在它们刚离开动身点时 ,哪个速度较大 .2两辆小车动身后经过多少时间才能相遇 .3经过多少时间小车 A和 B 的相对速度为零 . 解.1 v A dx A /dt 4 2 t当 t=0 时, vA=4m/s vB=0 因此 vA v B2 2 32当小车 A 和 B 相遇时 , xA =x B 即 4 t t 2 t 2 t解得 t=0、 1
7、.19s -1.69s无意义 3小车 A 和 B 的相对速度为零 ,即 vA -v B=0 3t2+t-2=0 解得 t=0.67s . -1s无意义 . 其次章 质点力学（牛顿运动定律）本章提要1、牛顿运动定律牛顿第肯定律Fo时v常矢量yima zk牛顿其次定律Fm aimama x牛顿第三定律FF2、技术中常见的几种力：重力Pm g弹簧的弹力fkx压力和张力滑动摩擦力fkkN静摩擦力fssN3、基本自然力：万有引力、弱力、电磁力、强力；4、用牛顿运动定律解题的基本思路：认物体看运动查受力（画示力图）列方程5、国际单位制（SI）量纲：表示导出量是如何由基本量组成的幂次式；【典型例题分析与解答
8、】名师归纳总结 1. 一木块在与水平面成a 角的斜面上匀速下滑.如使它以速度v 0 沿此斜面对上滑动,如下列图 .证明 y x第 3 页,共 20 页它能沿该斜面对滑动的距离为v 02/4gsina. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 证.选如下列图坐标,当木块匀速下滑时,由牛顿其次定理有v0FNf FNmgsina-f =0 因此木块受到的摩擦阻力为f = mgsina 1 P f 当木块上行时 ,由牛顿其次定律有- mgsina - f=ma 2 联立 12 式可得 a= -2gsina a P ,v=0,由式中负号表示木块沿斜面对上作匀减速直线运
9、动.木块以初速v 0 开头向上滑至某高度时名师归纳总结 v 2=v02+2as 可得木块上行距离为s=-v0 2/2a=v 0 2/4gsina 第 4 页,共 20 页2.如下列图 ,已知 F=4.0 104N,m1=3.0 103kg,m2=2.0 103kg 两物体与平面间的摩擦系数为0.02,设滑轮与绳间的摩擦系数均不运算.求质量 m 2 物体的速度及绳对它的拉力. 解.如下列图 ,设 m2 的加速度为a2,m1 的加速度a1 为 a1.由牛顿其次定律分别列出m1,m2 的运动方程为m2m1F 由于滑轮质量、滑轮与绳之间的摩擦力不计,就有T 1 -T2 0N2 T 2 T 1 N 1
10、F 考虑到T 1 T 1,T 2 T2,且绳子不被拉长,就有a 22a 1f 2 f 1 联立上述各式 ,可得a22F-2g2m 2m 14 . 78m.s-2m 2g m1g 4m 2m 13.在一只半径为R 的半球形碗内 ,有一粒质量为m 的小钢球 .当小钢球以角速度 在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高. 解.如下列图 ,钢球以角速度 在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动.当它距碗底高为h 时,其向心加速度为a nr2R2sin,钢球所受到的作用力为重力P 和碗壁对球的支持力 N,其合力就是钢球匀速圆周运动所需的向心力F.由图有FNsinmR2sin1 R h F N 就NmR
11、2,就有考虑到钢球在垂直方向受力平稳N cosPmg2 P 由图可知cosR-h/R. 故有hR-g/24. 一质量为 m 的小球最最初位于如下列图的A 点,然后沿半径为r 的光滑圆弧的内表面ADCB 下滑 .试求小球在点C 时的角速度和对圆弧表面的作用力. 解.取图所示的坐标系,小球在运动过程中受重力P 和圆弧内表面的作用力N.由牛顿其次定律得小球在切向方向运动方向方程为Ftmat即-mg sinamdv/dtA O B 由vds/dtrd/dt可得dtrd/v. a r 将其代入上式后,有vdv-rgsindD C - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - -
12、 依据小球从A 运动到 C 的初末条件对上式两边进行积分,就有v0 vdv2 rg sin d 得 v 2rg cos小球在 C 点的角速度为 v/r 2 g cos /r an at 小球在法线方向的运动方程为 Fn=man 即 N-mg cos mv 2/r 2 mg cos a mg 由此得小球对圆弧的作用力为 N-N-3mg cos5.有一个可以水平运动的倾角为 的斜面 ,斜面上放一质量为 m 的物体 ,物体与斜面间的静摩擦系数为 ,假如要使物体在斜面上保持静止 ,斜面的水平加速度应如何 . 解.物体 m 在斜面上保持静止 ,因而具有和斜面相同的加速度 a.可以直观的看出 ,假如斜面的
13、加速度太小,就物体将向下滑 ;假如斜面的加速度过大 , 就物体会向上滑 . 1假定物体静止在斜面上 ,但有向下滑的趋势 ; 物体受力分析如图 1所示 ,由牛顿运动定律有 y f N 就 a sin a- cos ag N f cos a sin a1假定物体静止在斜面上 ,但有向上滑的趋势 ;物体受力分析如图 2所示 ,由牛顿运动定律有 a f cos-N sin m -a y a mg x sin a cos a N f N 就 acos a sin a g a 故cos sina a- cossin aa g a sincos aa cossin aa g-f a mg x 第三章 功与能
14、本章提要1、功：dWFdr1 22 mv 21 22 mv 12、动能定理：W3、保守力与非保守力：4、势能：对保守内力可以引入势能概念万有引力势能：E pGm 1m 2以两质点无穷远分别为势能零点；r重力势能：E pmgh以物体在地面为势能零点；弹簧的弹性势能：E p1 kx 2以弹簧的自然伸长为势能零点；5、机械能受恒定律：在只有保守内力做功的情形下,系统的机械能保持不变；名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 1、用力推地面上的石块.已知石块的质量为20kg,力的方向和地面平行. 推力随位移的增加而线性增加,即 F
15、=6xSI. 试求石块由 x 1=16m 移到 x 2= 20m 的过程中 ,推力所作的功 . 解. 由于推力在作功过程中是一变力 ,按功的定义有2、一颗速率为 700m/s 的子弹 ,打穿一木块后速率降为 500m/s.假如让它连续穿过与第一块完全相同的其次块木板 .求子弹的速率降到多少 . 解.由动能定理可知 ,子弹穿过第一块和其次块木板时克服阻力所作的功分别为式中 v1 为子弹初速率 ,v2 为穿过第一块木板后的速率 ,v3 为穿过其次块木板后的速率 .由题意知两块木板 完 全 相 同 , 因 此 子 弹 穿 过 木 板 过 程 中 克 服 阻 力 所 作 的 功 可 认 为 相 等 ,
16、 即 W 1=W 2, 故 有12 mv 2 2-12 mv 1 2 12 mv 3 2-12 mv 2 2由此得子弹穿过其次块木板后的速率为 v 3 2 v 2 2-v 1 2 100 m/s3、.用铁锤把钉子敲入木板 .设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比 .如第一次敲击能把钉子打入木板 1.0 10-2 m .其次次打击时 , 保持第一次打击钉子的速度 ,那么其次次能把钉子打多深 . 解.锤敲钉子使钉子获得动能 .钉子钉入木板是使钉子将获得的动能用于克服阻力作功 .由于钉子所受阻力 f 与进入木板的深度 x 成正比 ,即 f=kx, 其中 k 为阻力系数 .而锤打击钉子时 ,保持
17、相同的速度 ,故钉子两次进入木板过程中所作功也相等 , 所以有即钉子经两次敲击进入木板的总深度为dx-x10 . 0041 m0.0141m.由此可知其次次打击使钉子进入木板的深度为4、一半径为 R 的光滑球固定在水平面上 . 另有一个粒子从球的最高点由静止沿球面滑下 .摩擦力略去不计 .求粒子离开球的位置以及粒子在该位置的速度 . 解.如下列图 ,粒子在光滑球面上滑动时仅受球面支持力和地球引力mg 的作用 .由于 N 始终与球的运名师归纳总结 动 方 向 垂 直 , 故 系 统 机 械 能 守 恒 . 当 粒 子 从 最 高 点A滑 至 离 开 球 的 位 置B时 , 有第 6 页,共 20
18、 页mgR1 2mv2mgR cos依据牛顿其次定律,有mgcosN1 Rmv2A B N 而粒子刚好离开时,N=0. 因此有就物体刚离开球面处的角位置为此时 ,粒子的速率为vgRcos2 3RgRPv v 的方向与 P 夹角为a9041.8o5、一劲度系数为K 的水平轻弹黉 ,一端固定在墙上,另一端系一质量为M 的物体 A 放在光滑的水平面上.当把弹黉压缩x 0 后 ,再靠着 A 放一质量为m 的物体B,如下列图 .开头时系统处于静止,如不计一切摩擦.试求 :1 物体 A 和 B 分别时 ,B 的速度 ;2 物体 A 移动过程中离开o 点的最大距离 . 解 .1 以 A 、 B 及 弹 黉为
19、 系 统 , 假 定A 、 B 分别 时 的 共 同 速 度 为v. 由 机 械 能 守 恒 定 律 ,有1 2Mmv21 22 kx 0就vK/Mm x 0x0 xA B - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 2如设 x 为物体 A 离开 o 点的最大距离 , 由系统机械能守恒,有1 2Mv21 2kx2第四章动量就xM/Mm x 0本章提要1、动量定理：合外力的冲量等于质点（或质点系）动量的增量；Fdtp1p 2对于质点系pipi2、动量受恒定律：系统所受合外力为零时,pip常矢量；i3、质心的概念质心的位矢：rcim ir i1im ir irc1r
20、dmFm acmmm4、质心运动定律：质点系所受的合外力等于其总质量乘以质心的加速度；质点系的动量受恒等同于它的质心速度不变；1、如下列图 ,质量为 m、速度为 v 的子弹 ,射向质量为 M 的靶 ,靶中有一小孔 , 内有劲度系数为 k 的弹黉 ,此靶最初处于静止状态 ,但可在水平面作无摩擦滑动 .求子弹射入靶内弹黉后 ,弹黉的最大压缩距离. 名师归纳总结 解.质量为 m 的子弹与质量为M 的靶之间的碰撞是从子弹与固定在靶上的弹黉接触时开头的,当弹黉第 7 页,共 20 页受到最大压缩时,M 和 m 具有共同的速度v1, 此时弹黉的压缩量为x 0.在碰撞过程中 ,子弹和靶组成的系统在水平方向上
21、无外力作用, 故由动量守恒定律可得mvmMv 11 在碰撞过程中 ,系统的机械能守恒,有1 2mv21 2mM2 v 11 22 kx 02 M v m 联立 1 2 式,得x 0mMvk mM2、质量为7.210-23kg、速率为6.0107m/s的粒子 A, 与另一个质量为其一半而静止的粒子B 发生完全弹性的二维碰撞,碰撞后粒子A 的速率为5.0107m/s.求 1粒子 B 的速率及相对粒子A 原先速度方向的偏角;2; 粒子 A 的偏转角 . 解.取如下列图的坐标.当 A、B 两粒子发生碰撞时,系统的动量守恒.在 xoy 平面内的二维直角坐标中, - - - - - - -精选学习资料 -
22、 - - - - - - - - 有mvA1mvA2x11mv B2xmvA2cos1mvB2cosy220mvA2sinmvB2s in2由碰撞前后系统机械能守恒 ,有 VA2 12 mv 2A1 12 m/2v 2B2 12 mv 2A2 o 就碰撞后粒子 B 的速率为 vA1 x粒子 B 相对于粒子 A 原方向的偏转角 54 6 , VB2 粒子 A 的偏转角 a 22 203、如下列图为一弹黉振子 ,弹黉的劲度系数为 K, 质量不计 .有一质量为 m、速度为 v 的子弹打入质量为 M 的物体 ,并停留在其中 ,如弹黉被压缩的长度为 x,物体与平面间的滑动摩擦系数为 ,求子弹的初速度 .
23、 解.以 M 、m 和弹黉为讨论对象 ,系统在水平方向动量守恒 ,有 mv=m+Mu 1 子弹打入物体后 ,在弹黉被压缩的过程中 , 由功能原理 ,可得12 m Mu 2 12 Kx 2 m Mgx 2 m v M 联立 12 式得 v 2 m Mm Kx /M m 2 gx4、质量为 m 的物体从斜面上高度为 h 的 A 点处由静止开头下滑 ,滑至水平段 B 点停止 .今有一质量为 m 的子弹射入物体中 ,使物体恰好能返回到斜面上的 A 点处 . 求子弹的速率 . 解.以地球和物体为讨论系统 ,物体从 A 处滑到 B 处的过程中 ,由功能原理可得摩擦力的功的数值为W f=mgh A m m
24、取子弹和物体为系统,子弹射入物体的过程系统的动量守恒 ,有 mv=2mu 再以地球、物体和子弹为系统,由功能原理有h B 由此可得v4gh,碰撞后钢块经过多长时间后停5、如下列图 ,质量为 m 的小球沿斜坡在h 处由静止开头无摩擦滑下 , 在最低点与质量为M 的钢块作完全弹性碰撞. 求:1 碰撞后小球沿斜坡上升的高度.2如钢块和地面间摩擦系数为下来 . 解.小球沿斜坡滑下过程中系统机械名师归纳总结 能守恒mgh1 mv 22,有h A m M 第 8 页,共 20 页小球 m 以速度 v 在斜坡底端和M 发生完全弹性碰撞小球沿斜坡上升过程中系统机械能守恒,有1 2mv2mgh1- - - -
25、- - -精选学习资料 - - - - - - - - - 如钢块 M 在平面上运动经 t 秒后停下来 ,由动量定理有联立求解可得hMm2ht2mm 2h/gMmM第五章刚体的转动本章提要：1、 刚体的定轴转动：角速度：d dt0Mt20J0t1 2t222 02角加速度；d dt匀加速转动：2、 刚体的定轴转动定律：Jr2dm3、 刚体的转动惯量：Jm irii平行轴定理JJcmd2J2Ek1 2JE2常量4、 力矩的功：WMd转动动能：E k1 J2刚体定轴转动的动能定理：W1 20刚体的重力势能：Epmghcp机械能守恒定律：只有保守力做功时,5、 角动量：名师归纳总结 质点的角动量：L
26、rPm rvJ常量,飞轮经过第 9 页,共 20 页质点的角动量定理：MdLdt质点的角动量守恒定律：M0,Lrm v常矢量刚体定轴转动的角动量：LJ刚体定轴转动的角动量定理：MdLdt刚体定轴转动的角动量受恒定理：当合外力矩为零时1、设某机器上的飞轮的转动惯量为63.6kg.m2,转动的角速度为31.4s-1,在制动力矩的作用下- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 20s 匀减速地停止转动,求角加速度和制动力矩. 解.由题意知飞轮作匀减速运动,角加速度 应为常量,故有a -0/t0-31.4/20-1.57rad/s. 依据转动定律 ,可得制动力矩MJ6
27、3.6-1.57-99.9N.m式中负号表示角加速度、制动力矩的方向均与飞轮转动的角速度方向相反. 2、如图 a所示为一阿脱伍德Atwood 机.一细而轻的绳索跨过肯定滑轮, 绳的两端分别悬有质量为m1 和 m2 的物体 ,且 m1m2.设定滑轮是一质量为M、半径为r 的圆盘 ,绳的质量不计 ,且绳与滑轮间无相对运动 .试求物体的加速度和绳的张力.假如略去滑轮的运动,将会得到什么结果. 解.分别作出滑轮M, 物体 m1 和 m2 的受力分析图如图b 所示 .由于绳索质量不计,且长度不变 ,故 m1和 m2 两物体运动的加速度a 和 a大小相等 ,均为 a,但方向相反 .对物体 m1 和 m2
28、以及滑轮M 分别应用牛顿其次定律和转动定律,可得m1g-T 1=m 1a 1 NT 2-m2g=m2a2 而T 1-T2rJ3 m2 Mm 1 aT 2 T 2 PT1 T 1 J1 Mr 224 P2 P1 ar5 联立 12345 式,可得假如略去滑轮的运动,即 T 1=T 2=T,有.如将此棒放在水平位置,3、质量为 0.50kg,长为 0.40m 的匀称细棒 ,可绕垂直于棒的一端的水平轴转动然后任其下落.求:1 在开头转动时的角加速度;2下落到铅直位置时的动能;3下落到铅直位置时的角速度 . 解.1如下列图 ,棒绕端点 o 的转动惯量J=ml2/3. A P 在水平位置时 ,棒所受的重
29、力矩=mgl /2, 依据转动定律 ,得M/J3g/2l36.8rad.s-22取棒和地球为系统,以棒处于竖直位置时其中心点 A 处为重力势能零点.在棒的转动过程中只有保守内力作功 ,系统的机械能守恒.棒从静止时的水平位置下落到竖直位置时,其动能为Ek=mg l/2=0.98J 名师归纳总结 3棒在竖直位置时的动能就是此刻棒的转动动能,就有 Ek=1/2 J2,所以竖直位置时棒的角速度为第 10 页,共 20 页2E k/J3g/ l8.57rad/s4、如图所式 ,A 、B 两个轮子的质量分别为m1 和 m2,半径分别为r1 和 r2.另有一绳绕在两轮上,并按图示连接 .其中 A 轮绕固定轴
30、o 转动 .试求 :1B 轮下落时 , 其轮心的加速度;2 细绳的拉力 . 解.取竖直向下为x 轴正向 ,两轮的受力分析如图示.A 轮绕轴 o 作定轴转动 ,故有Tr 11 2m1r 1 2A且AaA/r1故T1 2m1 aA1 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 对于B 轮除了绕其轴C 的转动外 ,仍有B 轮质心C 的平动 .依据牛顿定律,B 轮质心运动方程为m 2 g-T m 2 a c 2 又依据转动定律 ,对 B 的转动有 Tr 2 12 m 2 r 2 2B且有 B a B /r 2r1 r1 故 T 12 m 2 a B 3 Am1 Am1
31、Tx 而 T=T aA=ac-aB 4 T B 联立求解可得 r2 2T/m 1=ac-2T/m 2 Bm2 故 T m 1 m 2 a c5 p2 2m 1 2m 2联立 25 式可得 a c 2m 1 m 2 gT m 2 g-a c m 1 m 2 g3m 1 2m 2 3m 1 m 25、在图示的装置中 ,弹黉的劲度系数 K=2.0N/m, 滑轮的转动惯量 J=0.50kg.m2, 半径 R=0.30m, 物体质量 m=6 10-2kg.开头时用手将物体托住使弹黉为原长 , 系统处于静止状态 .如不计一切摩擦 ,求物体降落 0.4m 处的速率 . 解.以滑轮、 物体、弹黉和地球为系统,
32、在物体下落过程中,系统的机械能守恒.设物体下落h=0.4m 时的速率为 v,就mgh1 2Kh21 2Jv/R21 2mv2R k v2mg-Khh0.16m/sm mJ/R26、如下列图 ,质量为 m1 和 m2 的两物体通过定滑轮用轻绳连接在一起,滑轮与轴、物体与桌面的摩擦名师归纳总结 忽视不计 .当 m1 由静止下降距离h 时,求:1如滑轮质量不计,此时 m1 的速率是多少 .2如滑轮的转动第 11 页,共 20 页惯量 J=MR2/2,此时 m1 的速率又为多少. 3如在 2中把 m1 换成拉力 F,此时滑轮的角加速度为多少. 解.1物体在下落过程中系统的机械能守恒,有m2 2考虑到滑
33、轮的转动,在物体下落的过程中,系统的机械能仍旧守恒,因此有m1 m2gh1 2m1m2v21 2J2v2m 1 gh/m 1m2M/2h3由转动定律 ,有F-TRJ而Tm2am2R就F/m 2M/2R- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 第六章 气体动理论本章提要1、 系统和外界,宏观量和微观量；2、 平稳态和平稳过程；3、 抱负气体状态方程：PVmRT11普适气体常数：R8.31Jmol-1 k-1阿佛加德罗常数：NA6.0231023 mol玻尔兹曼常数：kR1. 381023JkNA4、 抱负气体的压强：P1 3nmv22 3nk5、 温度的统计概念
34、：k3 2kT6、 能均分定理：每一个自由度的平动动能为：1 2kTP一个分子的总平均动能为：i 2kTMmol抱负气体的内能为：EMi 2RT7、 速率分布函数：fvdNNdv三速率：最概然速率v p2 kT2 RTm平均速率v8 kT8 RTm方均根速率v23 kT3 RTm8、 分子的平均自由程：212nkT2d2d9、 输送过程：内摩擦（输送分子定向动量）热传导（输送无规章运动能量）扩散（输送分子质量）名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 1、目前试验室所能获得的真空,其压强为1.33 10-8pa.试问在
35、27的条件下 , 在这样的真空中每立方厘米内有多少个气体分子 . 解. 由 P=nkT 可得单位体积内的分子数n=P/kT=3.21 1012m-3故每立方厘米内的分子数为 3.21 106个2、2g 氢气装在 20 10-3m3 的容器中 ,当容器内的压强为多大 . 3.99 104Pa 时, 氢气分子的平均平动动能为解.抱负气体分子的平均平动动能取决于温度,且有1 2mv23 2kT, 而肯定量气体在确定的体积和压强的前提下 ,其温度可由状态方程得TPV就1 2mv23kPV1.9910-21J1/4.MR2MR3、 求温度为 127的氢气分子和氧气分子的平均速率, 方均根速率及最概然速率. 解.分别按平均速率,方均根速率和最概然速率的运算公式, 可求得氢分子相对应的各种速率为由于三种速率与分子的摩尔质量成反比,而0/H4,就氧分子的三种速率均为氢分子速率的即 v0=5.16 102m/s, 4、在 30 10-3mv2 05.58102m/s, 0.506 105Pa,求vp0=4.45 102m/s 3 的容器中装有20g 气体 ,容器内气体的压强为气体分子的最概然速率T解.最概然速率v p1.41RT/,式中气体的温度T 可依据状态方程,以压强 P 和