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1、大学物理简明教程习题解答习题一d r d r1-1 I Ar|与4 有无不同？d,和d r有无不同?举例说明.d vd/d v和dt有无不同?其不同在哪里?试解：M是位移的模，是位矢的模的增量，即 加 仁卜2-八|,加=网 一 同；(2)d rd rd r是速度的模，即d rd sd/=H=dt出 只是速度在径向上的分量.,有r =（式中r叫做单位矢）,d r式 中 出 就是速度径向上的分量，d r d r .d r一=r +r一则d/dt Atd rdt1d r与G yd 不同如题1T图所示.题1-1图-v -（3）d/表示加速度的模，即 山，山 是加速度a在切向上的分量.有v =v亍代表轨
2、道节线方向单位矢），所以d v d u _ d r=r +v dt dt dtdv式中力就是加速度的切向分量.（山 山 的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论）广2设质点的运动方程为x =x）,夕=夕 ）,在计算质点的速度和加速度时，有人先求,dr d2r出r=J，+/，然后根据丫=山，及。=d/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，即你认为两种方法哪 种正确？为什么？两者差别何在？解：后种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有drd x-r d y i +d r d rJd2r d2x v A2y -d-/-2=-d-Z?H-”-/故它们的模即为而前
3、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d r d2rv =一 a =-d/d Fd r H d2r其二，可能是将山 dJ误作速度与加速度的模。在 1-1 题中已说明山 不是速度的模,而只是速度在径向上的分量，同样，也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分L 。或者概括性地说，前二种方法只考虑了位矢尸在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢冲及速度少的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。1-3 一质点在工帆平面上运动，运动方程为x=3/+5,y =2 t2+3 f-4.式 中,以 s 计，x,y以m 计.（1）以时间/为变量，写出质点位置矢量
4、的表示式；（2）求出/=1s时刻和，=2s时刻的位置矢量，计算这1 秒内质点的位移；（3）计算/=0 s时刻到，=4 s时刻内的平均速度；求出质点速度矢量表示式，计算，=4s时质点的速度；（5）计算/=0 s到，=4s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，=4s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：r =(3 r +5)7 +(-/2+3 r-4)；2m(2)将/=1,/=2 代入上式即有r,=8 Z-0.5 j mG =/+mAf 一片=3 7 +4.5 7 m(r0=5j-4j,r4=1 7
5、l +1 6 j5CAr 4-01 2/+2 0；4-3 z +5j m-s-1(4)则v =-y-=3 z +(/+3)j m-s 1V4=3 F+7；M.S-v0=3：+3，,%=3 f +7(6).=A=V1-V1=4 =1 7Ar 4 4_ d va=d/m s-2U m-s2这说明该点只有V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%(m$T)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小.解：设人到船之间绳的长度为/,此时绳与水面成e角，由图可知I2=h2+s2将上式对时间/求导，得根据速度的定义，并注意到(5是随/
6、减少的，d/d s-%=一了=%船=一 了ds/d/v0“船=一 了 =一寸力=启_/v0 _(/22+52)1/2V0丫 船=二7 =-：-即或将v船再对t求导，即得船的加速度g d/山c _ d vff,_S dt dt _-V05+/VKd/=s2%=?%J-1/).8 I2 71-5质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为4=2+6、，。的单位为m-s-,x的单位为m.质点在x=0处，速度为10 m。，试求质点在任何坐标处的速度值.dv dv dx dva=-=v解：dt dx At dx分离变量：=adx=(2 +6 x2)dxv2=2 x 4-2 x3+c两边积分得 2由题知，x =
7、0时，%=1,.”=5 0v=2k3+x +2 5 m-s-11-6已知一质点作直线运动，其加速度为。=4+3/m-s 0,开始运动时，x=5 m,求该质点在，=10 s时的速度和位置.dv _.a=4 +3/解：山分离变量,得 dv=(4 +3/)dr丫=0,积分，得2 1由题知，/=0,%=,.C1=,3 2v=4 Z +-/2v=dx=4/+3-/2d/2故又因为3 ,dx=(4f+-t)d f分离变量，2枳分得c 2 1 3X=2t+/+生由题知/=0,X。=5,0?=5x=2 +Z3+5故2所以/=10 s时3vii vn =4 x l0 +2-x l02=19 0 m-s-1,1
8、,x10=2X102+-X103+5=705 m1-7 一质点沿半径为1 m的圆周运动，运动方程为 6=2+3，6式中以弧度计，/以秒计，求：（1）（=2 s时，质点的切向和法向加速度；（2）当加速度的方向和半径成4 5 角时，其角位移是多少？解：，=2 s忖,co=dO=9_ 广2，/n?=dco=18/d/d/aT=R/3=1x 18 x 2 =3 6 m-s-2an=Ra)2=lx(9 x 22)2=12 9 6 m-s-2t an 4 5 0 =2=1（2）当加速度方向与半径成4 5 角时，有%即=RB 亦即（9）2=2 9r=。=2 +3-=2 +3 x.=2.6 7 r ad则解得
9、 9 于是角位移为 9vQt -bt1-8质点沿半径为R的圆周按$=2 的规律运动，式中s为质点离圆周匕某点的弧长，%,6都是常量，求：（1 时刻质点的加速度；（2）/为何值时，加速度在数值上等于6.解：（1）d s,v=vn-btdtdv,arr=-bd/a=V2=-(-v-n-b-t-)-2RR则加速度与半径的夹角为a Rh(P=ar c t an-=-7a (v0-bt)（2）由题意应有b2即AM J%寸 _R2.b+(”,=(%-bl)，=0K.当 b 时，a=b1-9以初速度=2 0 m-sT抛出一小球，抛出方向与水平面成幔6 0 的夹角,求：（1）球轨道最高点的曲率半径与；（2）落
10、地处的曲率半径火2.（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.y题1-9图(1)在最高点,V j=vx=v0 cos 60=g=10 m-s_ v,2 _(20 x cos 600)2a ib-n=10 m在落地点,v2 =vo=20 m.s,%,=gxcos60(20)a 10 x cos 6080 m1-10飞轮半径为0.4 m,自静止启动，其角加速度为=0.2 rad S-2,求，=2 s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 E =2s 时，69=0.2 X 2=0.4 rad-s-1则=Reo=0.4x 0.4=0.
11、16 m-s-1an Reo-0.4 x(0.4)2=0.064 m.s-2ar=R/3=0.4x 0.2=0.08 m,s-2a=4a：+婿=7(0.064)2+(0.08)2=0.102 m-s-21-11 一船以速率=30km 沿直线向东行驶,另一小艇在其前方以速率V2=40kmh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=弘 一 k,依题意作速度矢量图如题1-13图(a)(a)题1-11图山图可知v2)=+v=50 km-h-10-arctan=arctan =36.87方向北偏西（2）小船看大船，则有*2=%一0 2,依题意作出速度矢
12、量图如题1-13图（b）,同上法，得vi2=50 km-h-1方向南偏东36.87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%运动，%的方向与斜面底边的水平线N 5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 g，斜面支持力N.建立坐标：取“。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：3 =0 x=vQt 丫 方向：Fy=m gsm a=may/=0 时 N=0 匕,=01 .2y=gsmat由、式消去乙得1 .2y=:一gsm w x2%2-2质量为16kg的质点在“何 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为力=6
13、N,=-7 N,当，=0 时，x=y=o,L=-2 m s T,。=0.求当，=2 s时 质 点 的（1）位矢；（2）速度.工 6 3ax=一 m s-解：m 16 8(1)A 3 5.匕=匕。+r =-2+-x 2 =-m s-F 7 r 7 _力=4 2 =一 卫 m s于是质点在2s时的速度_ 5-7-tv=i/m-s4 8产=(%，+；a/)。，1 3 -1-7 一二(2 x 2+x x 4)i+()x 4；2 8 2 1 61 3；7r=-i -i m4 82-3质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力入(左为常数)作用，=0时质点的速度为%,证明(1)/时刻的速度为丫=丫M；(
14、2)由0到7的时间内经过的距离为丝1 4 v0(-),/“x =(k)1-e m；(3)停止运动前经过的距离为 k .(4)证明当=加 时速度减至的e,式中卬为质点的质量.答：m 出分离变量，得d v _ -k A tv一红I n =I n e府vo v=vQe n,x=j vd/=%e=d/=(1 -e)(3)质点停止运动时速度为零，即t-8,m(4)当t=时，其速度为v-%丁1 =voe-1=e1即速度减至的e.2-4 i质量为他的质点以与地的仰角8=3 0 的初速。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.7flV题2-4图在忽略空气阻力情况下,抛体落地瞬时的末速度
15、大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下,而抛物线具有对夕轴对称性，故末速度与X轴夹角亦为3 0 ,则动量的增量为酝=mv-由矢量图知，动量增量大小为何方向竖直向下.2-5作用在质量为101的物体上的力为尸=（1+2。7 g式中,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）为了使这力的冲孽为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一 67m s 的物体,回答这两个问题.解：（1）若物体原来静止，则地=1 =1 +2/）2=56kg-m-s方 沿x轴正向，A -0 1 r 4-1TAv1=-=5.6 m-s im71=酝=
16、56 kg-m-s-,z若物体原来具有一6 m-sT初速，则瓦 二-wv0,p=w（-v0+f d/）=-/77v0+f FdtJ）加 J）于是型2 =P-P o=且 出=取1同理，瓯2 =%,A=A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/=1（10+2/）d/=10/+Z2亦即t2+10/-200=0解得/=1 0 s,（/=20s 舍去）2-6 一 颗 子 弹 由 枪 口 射 出 时 速 率 为%当 子 弹 在 枪 筒 内 被 加 速 时，它所
17、受的合力为尸=（。一4）N（。，为常数），其中,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_ a尸=（。-4）=0,得b（2）子弹所受的冲量at 将 b代入，得I-j（Q-b/）dr=at-a22b（3）由动量定理可求得子弹的质量2m =%2 b v02-7设 取=7i-67N .(D当一质点从原点运动到了=3：+4 +1 6后m时，求户所作的功.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1 k g,试求动能的变化.解：（1）由题知，%为 恒 力
18、，.4合=户尸=（7：67）（-3：+4 +1 6万）=-2 1-2 4 =-4 5 JB “4 5 ”P =75 wA r 0.6由动能定理，阻=A=一4 52-8如题2-1 8图所示，一物体质量为2 k g,以初速度%=3 m -s 从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N,到达8点后压缩弹簧2 0 c m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-frs =k x -r 2my 2+m g s s i n 3 7。m v2+m gs s i n 3 7 -frsk =Z-1,2-
19、A x2式中s =4.8+0.2 =5 m,x=0.2 m,再代入有关数据，解得再次运用功能原理，求木块弹回的高度-frs =m g s，s i n 3 7。一；依代入有关数据、得s =L 4 m则木块弹回高度=s s i n 3 70 =0.84 m2-9 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,nV0=；叱2V；=V；+V2即e(a)(b)题 2-9图(a)题 2-9图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有/加o =m vx+m v2亦即V0=V1 +V2 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
20、股定理，且以“。为斜边，故知片与吃是互相垂直的.2-1 0 质量为加的质点位于(西，乂)处，速度为=/+”)，质点受到一个沿X负方向的力/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rxj+yj作用在质点上的力为f=-f t所以，质点对原点的角动量为Zo=r x m v=(x j +y j)x m(v j +vyj)=(xxm vv-ym vx)k作用在质点上的力的力矩为必0 =7xf=(x f +=y j k2-1 1 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0=8.7 5 X 1 0%时的速率是4=5.4 6 X 1 0 m s它离太阳
21、最远时的速率是匕=9.0 8 X 1 0、s这时它离太阳的距离多少？(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一即有心力的作用，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rxm vx=r2m v2八 匕 8.7 5 x l 0 i x 5.4 6,1()4-y f-9.0 8 x 1 0 2=5.2 6 x 1 0 1 2m2-1 2 物体质量为3 k g,，=0 时位于了=4 7 m,v=i+6jms(如一恒力/=5，N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 即x =x0+v0 xt =4 +
22、3 =11 0 1 5 _y VQ v/4-ut 6 x 3 +-x x 3 2 5.5 j%=4 7 ,弓=7 7 +2 5.5；%y+R=6+；x 3 =l l即凡+6 7 v2=F+1 1；Z)=r,x m v=4 7 x 3(7 +6 J)=1 2 kL2=r2x m v2=(7,+2 5.5 J)x 3(z +1 1)=1 54.5k A Z =Z2-Z,=8 2.5 k g-m2-s-1wd zM=解(二).d tA f =(而 d=J(r x F)d/=f(4+t)i+(6/+1)x|/2)J x 5j d t8 2.5 k g-m2-s-12-1 3 飞轮的质量加=6 0 k
23、g,半径R=0.2 5 m,绕其水平中心轴转动，转速为9 0 0 r ev -m i n 现利用制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力尸，可使飞轮减速.已知闸杆的尺寸如题2-2 5 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)设尸=1 0 0 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2 s 内飞轮转速减少一半,需加多大的力尸？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，工、C是摩擦力，死 和 弓 是杆在/点转轴处所受支承力，R是轮的重力，尸是轮在。轴处所受支承力.杆处于静止状态，所以对
24、4点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有F(/,+/2)-7V7,=0 N=-FA对飞轮，按转动定律有0 =_F,.R/I,式中负号表示,与角速度/方向相反.F,=/JN N=N 又；Fr=W=4 FI=-m R2,2F,R-2 W、+1)FI mRl以尸=100 N等代入上式，得pa =-2-x-0-.-4-0-x-(0-.-5-0-+-0-.-7-5-)-xl.O.O.=-4-0-rad.s_260 x0.25x0.50 3由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为a0900 x 2-x 3 _.,t=一一-=-=7.06 s/3 60 x40这段时间内飞轮的角位移为41。2 900
25、 x2万 9 1 40 2 60 4 2 3=53.lx 21 rad2可知在这段时间里，飞轮转了 531转.a)0=900 x rads-1(2)60,要求飞轮转速在，=2 s内减少一半，可知0。-Z,B0 =-万.一.。.=g-=-1-5-7-rad,s_2t 2/2用上面式所示的关系，可求出所需的制动力为F _ m R l/=-2A(/1+/2)60 x 0.25 x 0.50 x 152 x 0.40 x(0.50+0.75)x 2=177 N2-14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0。转动.设大小圆柱体的半径分别为R和，质量分别为M和加.绕在两柱体上的细绳分别与物
26、体叼和加2相连,外和加2则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图所示.设R=0.2 0 m,厂=0.10m,僧=4 kg,M =10 kg,-m2 2 k g,且开始时犯，加2离地均为=2 m.求：(1)柱体转动时的角加速度；(2)两侧细绳的张力.解：设卬，&和B分别为加I加2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b).题 2-1 4 (a)图 题 2-1 4 (b)图(1)加I机2和柱体的运动方程如下：T2-m2g m2a2 町g TR-T”=1 P 式中 T；=T,T；=T2，a?=邛,a、=R。1 ,1 ,I=-M R-+-m r21 x l 0 x 0.2 02+1 x 4 x 0.1 0
27、2+2 x 0.2 02+2 x 0.1 022 2=6.1 3 rad-s-2由式T2-m2r/J+m2g=2 x 0.1 0 x 6.1 3 +2 x 9.8 =2 0.8 N由式I=mxg mxR 3=2 x 9.8 2 x 0.2.x 6.1 3 =1 7.1 N2-1 5如题2-1 5图所示，一匀质细杆质量为加，长为人 可绕过一端的水平轴自由转动,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m g =(2)由机械能守恒定律，有m g sin 0=加/2)G2而 2 2由上式求得八 Rm.-r m,0 =T gI+mx R
28、+/7?2r_ 0.2 x 2-0.1 x 2(O=3g sin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
29、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、7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计算下列组粒子平均速率和方均根速率？解：平均速率214682匕(m )10.020.030.040.050.021x10+4x20+6x30+8x40+2x5021+
30、4+6+8+2 2 =21.7 m.s-41方均根速率21xl02+4x202+6x10+8x402+2x5()221+4+6+8+2=25.6 m-s-13-5速率分布函数/(v)的物理意义是什么?试说明下列各量的物理意义(为分子数密度，N为系统总分子数).(1)/(v)dv(2)nf(v)dv(3)Ay(v)dv(4)J f (v)dv(5)J/(v)dv(6)1 Nf(v)dv解：/(v)：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)/(v)dv：表示分布在速率v附近，速率区间dv内的分子数占总分子数的百分比.(2)nf(v)
31、dv：表示分布在速率v附近、速率区间公内的分子数密度.(3)Ay(v)dv：表示分布在速率v附近、速率区间小内的分子数.(4)f/(v)dv：表示分布在匕v2区间内的分子数占总分子数的百分比.(5)f/(v)d v：表示分布在0 8的速率区间内所有分子，其与总分子数的比值是1.(6)V(n)dv：表示分布在匕匕区间内的分子数.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 中(2)温度高.题3-6图-kT23-R T23-7试说明
32、下列各量的物理意义.1 3(1)-kT (2)-kT (3)2 2(4)-R T (5)-R T (6)Mm”2 2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山度上的能量均为 左T.23(2)在平衡态下，分子平均平动动能均为一 人72(3)在平衡态下，自由度为i的分子平均总能量均为上 左 丁.2(4)由质量为，摩尔质量为“m”，自由度为j的分子组成的系统的内能为也一上R7.(5)1摩尔自由度为i的分子组成的系统内能为RT.23(6)1摩尔自由度为3的分子组成的系统的内能l R T,或者说热力学体系内，1摩尔分子的2平均平动动能之总和为23 E T.23-8有一水银气压计，当水
33、银柱为0.7 6 m 高时，管顶离水银柱液面0.1 2 m,管的截面积为2.0 X 1 0 m2,当有少量氢(He)混入水银管内顶部，水银柱高下降为0.6 m,此时温度为2 7 C,试计算有多少质量氧气在管顶(He 的摩尔质量为0.0 0 4 k g m o l )?解：由 理 想 气 体 状 态 方 程=得MmM=小。|哈 汞的重度=1.33xio5 N-m-3氧气的压强 P=(0.76-0.60)xt/Hg氯气的体积 K=(0.88-0.60)x 2.0 x1 O-4 m3(0.76-0.60)x 4 x(0.28 x 2.0 x IO-4=0.004 x(0.76-0.60)xdH x(
34、0.28x2.0 xl0-48.31x(273+27)=1.9 1 x 1 0-6 43-9 设有N 个粒子的系统，其速率分布如题6T8图所示.求(1)分布函数/(n)的表达式；。与之间的关系；(3)速度在1.5%到 2.0%之间的粒子数.(4)粒子的平均速率.(5)0.5%到 1%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Nf(v)=av/v0Nf(y)=a=0av/Nv0a/N0/)满足归一化条件，但这里纵坐标是W(v)而不是/(V)故曲线下的总面积为N,(2)由归一化条件可得N也d v+N=N1%(3)可通过面积计算 A N =。(2%-1.5%)=(4)N 个
35、粒子平均速率/=1 V/(v)dv=-vV(v)dv=53；+料)=?%(5)0.5%到1%区间内粒子平均速率.=C 湃=NvdNtzvdvv1 7瓯,2-dvO.5vo至UI%区间内粒子数1 3 1M=彳(。+O.5)(vo-O.5vo)=3%=T N2 o 4_ 7 或 _ 7%V -6N 93-10试计算理想气体分子热运动速率的大小介于vp-vp-100-与 力+力 100分子数占总分子数的百分比.解：令=上，则麦克斯韦速率分布函数可表示为%之间的dN _ 4 2.-U C IUN&因 为 =1,A=0.02.N 4 2 A 阳由-u c Aw 得N&=-x l x e-1 x0.02=
36、1.66%N 63-1 1 I m o l 氢气，在温度为2 7 时,解：理想气体分子的能量它的平动动能、转动动能和内能各是多少?E=v-R T2平动动能t=3 E,转动动能r=2 Et.3-x8.31x300=3739.5 J22=x8.31x300=2493 J2内能i=5g =3x8.31x300=6232.5 J23-1 2 一真空管的真空度约为1.3 8 X l()7 p a(即1.0 X 1 0-5mmH g),试 求在2 7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d=3 X 1 0 m).解：由气体状态方程p =%T 得p _ 1.3 8x 1 0-3I 7-1.
37、38X1023 X300=3.3 3 x l 01 7m-3-1由平均自由程公式2 =广，2 兀dF9 x 1 0-2 0 x 3.3 3 x 1（）17,3-1 3 （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 1.3 3 X 1 0 P a,平均碰撞频率又为多少（设分子有效直径I O1 0 m）?解：（D碰撞频率公式彳=不加26对于理想气体有0=成 7,即n=P万山八|士 -41 7d2V p所 以 有 Z=-k T氮气在标准状态卜的平均碰撞频率V 2 x l Q-2 0 x 4 55.4 3 x l.0 1 3 x l 051.3 8x 1 0 x 2 73=
38、5.4 4 x 1 0 3气压下降后的平均碰撞频率以 ,1 0-2,4 55.4 3,1.3 3 x 1 0-1.3 8x 1 0-2 3 *2 73=0.71 4 s-13-1 4 I mol 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9=等及P 2 P 3%12对于理想气体，p =nk T,即n=-,k T所 以 有7=尸,J 2 加/p“初1 =-=1演。1丁2习题四4T下列表述是否正确？为什么?并将错误更正.(1)Q =E +A(2)Q
39、E+p d V 脸 珠 可”噜解：(D 不正确，0=+(2)不正确,0 =A E+pdV(3)不正确,=1.4Q,(4)不正确,不 可逆=1 一 旨4-2用热力学第一定律和第二定律分别证明，在 夕一，图上一绝热线与一等温线不能有两题 4-2图解：1.由热力学第一定律有Q NE+A若有两个交点。和6,则经等温b过程有AE=Qi-4 =0经 绝 热 过 程AE2+4=0AE2=A2 3端变=牛庠邑f 乍+p C y d T=n7；+n7 h T P T、T31 3等压过程Pl=P33 T 2等体过程Zk_2_心 一 P3 T.PxT.T2在1 2等温过程中S,-S|=Cp I n +Cvln 旦匕
40、 PPM=P2%所以1 4 2 燃变$2-5 =C;Jn匕 C vln&=A ln Z =&ln2M 匕 匕FL畔+学T p/T1-4绝热过程 J =P用,察=（产=（红 产匕 P4 P14-14有两个相同体积的容器，分别装有1 mol的水，初始温度分别为（和 心，式令其进行接触，最后达到相同温度T.求嫡的变化，（设水的摩尔热容为Cmol）.解：两个容器中的总嫡变T T T zC (In F In)=C In-m o i r r i rrt，1T1O1 rry r r i2因为是两个相同体积的容器，故Gn/f )=%(T)T=得ZLtZL2S S 0=n 笔 普4-1 5 把 0 的 0.5
41、k g 的冰块加热到它全部溶化成。力的水，问：(D 水的熠变如何？(2)若热源是温度为2 0 C 的庞大物体，那么热源的嫡变化多大？(3)水和热源的总嫡变多大?增加还是减少？(水的熔解热2 =3 3 4 g 1)解：(D 水的嫡变ACQ 0.5x334x1()3A5,=-=612T 273 J K-1(2)热源的嫡变Q-0.5x334x1033,=-=-5/O ,2 T 293 J K-(3)总嫡变 S=AS1+AS?=612 570=42 j,K-嫡增加习题五5-1 电量都是夕的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶 点.试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到
42、平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系？解：如题8-1 图示(1)以4处点电荷为研究对象，由力平衡知：/为负电荷2 冬 cos 30。=-47if0 a 4n0,3 2，百q=-q解得3(2)与三角形边长无关.题 5-1 图 题 5-2图5-2两小球的质量都是机，都用长为/的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2纥 如题5-2图所示.设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量.解：如题8-2图示T cos。=mg解得 q=21 sin 兀/m g tan 05-3在真空中有Z,8两平行板，相对距离为d,板面积为S,
43、其带电量分别为+4和_ 4.则上T E这两板之间有相互作用力/,有人说了 =4万/，又有人说，因为了 =S 2TI(7?2+X2)1-y/R-+x2-2 _ _ _ =_ _ 1厂 J 一.%4 兀(7?+x )2s0 y/R2+x2*关于球冠面积的计算：见题8-9 (c)图S=2nr si na r d(z=2nr2 si n a-da-2T l z 2（i c o s a）5-6均匀带电球壳内半径6 c m,外半径10c m,电荷体密度为2 X 1。5 c.m，求距球心5 c m,8 c m ,12 c m 各点的场强.作.dS=Zl 兀 =Z1解：高斯定理 。，。当r =5cm时，Z=,
44、后=0_ 4 7 1尸=8 cm时，2 夕 3（厂。）夕：“一 品E=347lTor2 3.4 8 x l 04 N.C-1,方向沿半径向外.4 7 cr =12 c m 时,“J（喷 一 点若。外，一4）E=3_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ p 4.10 x 1 （）4N-C-1沿半径向外.5-7 半径为与和色（火2 招）的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量丸和-4,试求：（2）R r 此处各点的场强.解：高斯定理取同轴圆柱形高斯面,工1。侧面积S=2 /嬖.E =E2TI”则对 q =o,E=o1 E q=r&Ri r R2 q =。E=Q-A f t题5-8图5-8强.解
45、:两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为2和2,试求空间各处场如题8T2图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为6与02,两面间,ai面外,-1后=丁(6 一%)2%-1 一E=-(Lf47t-07?2_ 九 ./万、.万A Dsin(-)sin 一4 兀 4&2 2(2)48电荷在点产生电势，以08=q=2比 4Kfii Adx=12同理8产生半圆环产生In 24716,0%4 兀U1=ln2 4兀%TtRA 2u3=-=-4兀/火 44+t/,+C/,ln2+-.2 2n0 4f05-11三个平行金属板Z ,B 和 0 的面积都是2 00c m I Z和 3 相距4.0m m
46、,/与 C相距2.0m m.B,C都接地，如题8-2 2 图所示.如果使2板带正电3.0X 10 t,略去边缘效应，问B板和C板上的感应电荷各是多少？以地的电势为零，则A板的电势是多少？解：如题8-2 2 图示，令工板左侧面电荷面密度为b i,右侧面电荷面密度为 2C AB5ru题 5-11图(1)VUAC=U AB,即ACAC=AB6 _ EA(,_ d 48 _ 2%EAB dA C且。1 +0 2得3sS-MA一 3s而qB=_r2s=_1 x 10 7 Ck=-2x10-7/CUA=&cd/c=AC 2.3 x 103。5-12 两个半径分别为凡和火2V（与氏2）的同心薄金属球壳，现给
47、内球壳带电+4,试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量.解：(1)内球带电+：球壳内表面带电则为一 心 外表面带电为+4,且均匀分布，其电势题 5-12 图u=0加=*2 *2 4 兀/4 7 107?(2)外壳接地时，外表面电荷+夕入地，外表面不带电，内表面电荷仍为一4.所以球壳电势由内球+4 与内表面一4 产生：U-.=04兀斤2 4兀 47?2 设 此 时 内 球 壳 带 电 量 为/;则外壳内表面带电量为一/,外壳外表面带电量为-q+/(电
48、荷守恒)，此时内球壳电势为零，且uA=-+sl =o4 兀 (内 4 兀 47?2 4兀()7?2外球壳上电势nq q q+q,_ _ R4UR-I -4兀 47?2 4兀与此 4兀此 47l o&5-1 3 在半径为打的金属球之外包有一层外半径为冬的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为J，金属球带电O.试求:(1)电介质内、外的场强；(2)电介质层内、外的电势；(3)金属球的电势.解：利用有介质时的高斯定理介质内(居 r(火2)场强4兀-4兀 o r 尸.介质外&4)电势介质内（&尸凡）电势U=后内（!+用 卜4兀4邑r R2 4兀/此4兀(),.r R2(3)金属球的电势.Qdr p Qdr
49、卜 4n0rr2 h 4,Jt0r2题 5-14图5-1 4 两个同轴的圆柱面,长度均为/,半径分别为凡和&（%瑞）,且/0 2-8,两柱面之间充有介电常数的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷0和-2 时.，求：在半径r 处/用 F&/,厚度为dr,长为/的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；（2）电介质中的总电场能量；（3）圆柱形电容器的电容.解：取半径为厂的同轴圆柱面（S）力髭=2nrlD则心当（居 此）时，工q=QD =-.2兀”。2 Q2w -(1)电场能量密度 2 8/02/2AW=wa,u=-Q2 7-：-29,Q2drJI rdrl=-薄壳中 8n:夕/你
50、&/电介质中总电场能量W=AW=f。=。m&如4兀 夕/4式n RwQ2W-电 容：2cC_ Q2 _ 271g/.2少一皿&/飞）CzJ题 5-15图5-15 如题 5T 5 图所示，G=0.25F,0 2=0.15F,0 3=0.20 F .G 上电压为 50 V.求:LB.解：电容G 上电量Q x=GL电容G 与G 并联。23=Q+c3其上电荷0 23=。1U=。23 25x 5025力 6=5+4=5 0（1 +行）=8 6 V习题六6-1 在同一磁感甲线上，各点月的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度月的方向？解：在 同 磁 感 应 线 上，各点月的数值一