《大学物理简明教程》答案_赵近芳

1. 大学物理简明教程习题解答

2. 习题一

drdrdvdv

1-1 ｜ r｜与 r有无不同?dt和dt有无不同? dt和dt有无不同?其不同在哪里?试

r r r r r r2 r121，3. 解：（1）是位移的模， r是位矢的模的增量，即；

drdrds

v dt

4. （2）dt是速度的模，即dt.

dr

5. dt只是速度在径向上的分量.

drdrdr r r

（式中r 叫做单位矢）dt 6. ∵有r rr，则dtdt

dr

7. 式中dt就是速度径向上的分量，

drdr与dtdt不同如题1-1图所示. 8. ∴

9. 题1-1图

举例说明．

dv dvdva

dt，dt是加速度a在切向上的分量. 10. (3)dt表示加速度的模，即

v v ( 表轨道节线方向单位矢）11. ∵有，所以

dvdv d vdtdt 12. dt

dv

13. 式中dt就是加速度的切向分量. d dr 与

dt的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 14. (dt

1-2 设质点的运动方程为x=x(t)，y=y(t)，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出

d2rdr

222x yr＝，然后根据v=dt，及a＝dt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

15.

16. 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？

17. 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有

d2x d2y dx dy dt2 dt2

dtdt a=及=

2

2

22

r xi yj，

drdx dy v i j

dtdtdt

d2rd2x d2y a 2 2i 2j

dtdtdt18.

19. 故它们的模即为

dx dy 22

v vx vy

dt dt

2

22

21. 而前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

d2x d2y 22

a ax ay dt2 dt2

20.

2

dr

v

dt22.

d2r

a 2

dt

drd2rdr与2

dt误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明dt不是速度的23. 其二，可能是将dt

d2r2

模，而只是速度在径向上的分量，同样，dt也不是加速度的模，它只是加速度在径

2

d2r d a径 2 r

dt dt 。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位向分量中的一部分

矢r在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r及速度v的方向随间的

变化率对速度、加速度的贡献。

1-3 一质点在xOy平面上运动，运动方程为

12

24. x=3t+5, y=2t+3t-4.

25. 式中t以 s计，x,y以m计．(1)以时间t为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)

求出t=1 s 时刻和t＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t＝0 s时刻到t＝4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t＝4 s 时质点的速度；(5)计算t＝0s 到t＝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t＝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)．

12

r (3t 5)i (t 3t 4)j

2m 26. 解：（1）

27. (2)将t 1,t 2代入上式即有

8i 0.5j m 28. r1

4jm 29. r2 11j

r r r 3j 4.5jm 2130.

r 5j 4j,r4 17i 16j

31. (3)∵ 0

rr4 r012i 20j

3i 5jm s 1

t4 0432. ∴ drv 3i (t 3)jm s 1

dt(4)

v 3i 7j m s 1 33. 则 4

v 3i 3j,v4 3i 7j

34. (5)∵ 0

vv4 v04 1jm s 2

t4435. dv

a 1jm s 2

dt(6)

y36. 这说明该点只有方向的加速度，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

v0(m·s 1)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．

37.

39. l h s

40. 将上式对时间t求导，得

2

2

2

图1-4

38. 解： 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成 角，由图可知

41.

2l

dlds

2sdtdt

题1-4图

42. 根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的，

dlds

v0,v船 dtdt 43. ∴

vdsldll

v船 v0 0

dtsdtscos 44. 即

v绳

45. 或

46. 将

v船

lv0(h2 s2)1/2v0 ss

v船再对t求导，即得船的加速度

dlds

ldv船 v0s lv船a v0 v0

dts2s2

l22

( s )v02

h2v0 3

2ss47.

2 2

1-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为 a＝2+6x，a的单位为m s，x的单位

s

为 m. 质点在x＝0处，速度为10m s,试求质点在任何坐标处的速度值．

1

dvdvdxdv vdtdxdtdx 48. 解： ∵

2

d adx (2 6x)dx 49. 分离变量：

a

12

v 2x 2x3 c

50. 两边积分得 2

v 10,∴c 50

51. 由题知，x 0时，0

3 1

v 2x x 25m s52. ∴

1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a＝4+3tm s，开始运动时，x＝5 m，v=0，

求该质点在t＝10s 时的速度和位置．

2

dv

4 3tdt53. 解：∵

54. 分离变量，得 dv (4 3t)dt

a

3

v 4t t2 c1

255. 积分，得

v 0,∴c1 0

56. 由题知，t 0,0

3

v 4t t2

2 57. 故

dx3v 4t t2

dt2 58. 又因为 3

dx (4t t2)dt

259. 分离变量，

1

x 2t2 t3 c2

260. 积分得

x 5,∴c2 5

61. 由题知 t 0,0

1

x 2t2 t3 5

262. 故

63. 所以t 10s时

3

102 190m s 121

x10 2 102 103 5 705m

264.

3

1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+3t， 式中以弧度计，t以秒计，

求：(1) t＝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45°角

v10 4 10

时，其角位移是多少?

65. 解：

d d 9t2, 18tdtdt

2

a R 1 18 2 36m st 2s 66. (1)时，

67.

222 2

a R 1 (9 2) 1296m sn

a

1

οan

68. (2)当加速度方向与半径成45角时，有

222R R (9t) 18t 69. 即 亦即

tan45

22

2 3t3 2 3 2.67rad

9 于是角位移为970. 则解得

1v0t bt2

21-8 质点沿半径为R的圆周按s＝的规律运动，式中s为质点离圆周上某点的弧

v长,0，b都是常量，求：(1)t时刻质点的加速度；(2) t为何值时，加速度在数值上

t3

等于b．

71. 解：（1）

v

ds

v0 btdt

dv

bdt

v2(v0 bt)2

an

RR72.

a

(v0 bt)4a a a b

R273. 则

2

2

n

2

74. 加速度与半径的夹角为

arctan

75.

a Rb

an(v0 bt)2

2

76. (2)由题意应有

(v0 bt)4

a b b

R277.

4

(v bt)

b2 b2 02, (v0 bt)4 0

R78. 即

vt 0

b时，a b 79. ∴当

1-9 以初速度

v0＝20m s 1抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角，

80. 求：(1)球轨道最高点的曲率半径R1；(2)落地处的曲率半径R2．

81.

(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)

82. 解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．

83.

84. 题1-9图

(1) 在最高点，

o

v v vcos601x085. an1 g 10m s 2

86.

87. 又∵

1

v12(20 cos60 )2

1

an10

1

an1

v12

88. ∴

(2) 在落地点，

89.

10m

v2 v0 20m s 1,

90. 而

an2 g cos60o

91. ∴

2v2(20)2

2 80m

an210 cos60

2

92. 1-10飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为β=0.2 rad·s，求t＝2s时

边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．

1

93. 解：当t 2s时， t 0.2 2 0.4rad s

94. 则v R 0.4 0.4 0.16m s

1

22

a R 0.4 (0.4) 0.064m s 2 n95.

a R 0.4 0.2 0.08m s 2 96.

97.

2

a an a 2 (0.064)2 (0.08)2 0.102m s 2

-1

-1

1-10 一船以速率v1＝30km·h沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率v2＝40km·h

98. 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?

v v2 v1，依题意作速度矢量图如题1-13图(a) 99. 解：(1)大船看小艇，则有21

100.

101.题1-11图

22 1

v v v 50km h2112102.由图可知

arctan

103.方向北偏西

v v1 v2，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得 (3) 小船看大船，则有12

104.v12 50km h

36.87o

105. 方向南偏东

1

v13

arctan 36.87 v24

106.习题二

107.2-1 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0运动，

方向与斜面底边的水平线AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道．

v

v0的

vmg108.解: 物体置于斜面上受到重力，斜面支持力N.建立坐标：取0方向为X轴，平

行斜面与X轴垂直方向为Y轴.如图2-2.

109.

110.题2-1图

111.X方向： 112.Y方向：

Fx 0 x v0t ① Fy mgsin may

②

v 0

113.t 0时 y 0 y

1

gsin t22114.

115.由①、②式消去t，得

1

y 2gsin x2

2v0

116.

y

2-2 质量为16 kg 的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为

fx＝6 N，fy＝

-7 N，当t＝0时，x y 0，x＝-2 m·s，y＝0．求

117.当t＝2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度．

-1

vv

118.解：

119.

2

ax

fx63 m s 2m168

ay

fym

120.(1)

7

m s 216

35

vx vx0 axdt 2 2 m s 1

0842 77

vy vy0 aydt 2 m s 1

0168121. 122.于是质点在2s时的速度

5 7

v i jm s 1

48123.

124.(2)

1 1 22

r (v0t axt)i aytj

22

1 7 13

( 2 2 4)i () 4j

28216

13 7 i jm

48125.

2-3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv(k为常数)作用，t=0时质点的

速度为

v0，证明(1) t时刻的速度为v＝v0e

(

k)tm

；(2) 由0到t的时间内经过的距离为

mv0mk

()tv()0m

xk；(4)证明当t k时126.＝(k)［1-e］；(3)停止运动前经过的距离为

1v速度减至0的e，式中m为质点的质量．

kvdva

mdt 127.答: (1)∵

128.分离变量，得

dv kdt

m 129.v

t kdtdv

v0v0m 130.即

v ktln lnem

131.v0

v

132.∴ (2)

(3)

v v0e

k mt

x vdt v0e

t

k

mt

kmv0 mt

dt (1 e)

k

质点停止运动时速度为零，即t→∞，

133.故有

x v0e

k mt

dt

mv0

k

m

(4) 当t=k时，其速度为

kmv m

v v0ek v0e 1 0

e 134.

1v135.即速度减至0的e.

v136.2-4一质量为m的质点以与地的仰角 =30°的初速0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．

137.解: 依题意作出示意图如题2-6图

138.

139.题2-4图

140.在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜

向下,

p mv mv0 142.

mv0

143.由矢量图知，动量增量大小为，方向竖直向下．

2-4 作用在质量为10 kg的物体上的力为F (10 2t)iN，式中t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)为了使这力的冲量为200 N·s，

141.而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为30，则动量的增量为

o

-1

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 6jm·s的物体,

t 4 1

p1 Fdt (10 2t)idt 56kg m si

00145.,沿x轴正向，

p1

v1 5.6m s 1i

m 1I p 56kg m si1146.1

t F

p0 mv0,p m( v0 dt) mv0 Fdt

0m0

148.于是

t

p2 p p0 Fdt p1

0149.,

150.同理， v2 v1,I2 I1

t

回答这两个问题．

144.解: (1)若物体原来静止，则

147.若物体原来具有 6m s初速，则

1

151.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．

152.(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即

0153.

2

154.亦即 t 10t 200 0

I (10 2t)dt 10t t2

t

155.解得t 10s，(t 20s舍去)

1

vm s02-5 一颗子弹由枪口射出时速率为，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为

F =(a bt)N(a,b为常数)，其中t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．

156.解: (1)由题意，子弹到枪口时，有

157.F (a bt) 0,得

158.(2)子弹所受的冲量

t

ab

t1I (a bt)dt at bt2

02159.

at

b代入，得 160.将

a2I

2b 161.

(4) 由动量定理可求得子弹的质量

F 7i 6jNr 3i 4j 16km合163.2-7设．(1) 当一质点从原点运动到时，求F所

作的功．(2)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1kg，试

求动能的变化．

Ia2

m

v2bv0 0162.

F164.解: (1)由题知，合为恒力，

A F r (7i 6j) ( 3i 4j 16k)

165.∴ 合

166. 21 24 45J

(2) (3)

A45 75w t0.6

Ek A 45J

由动能定理，

167.2-8 如题2-18图所示，一物体质量为2kg，以初速度0＝3m·s从斜面A点处下滑，

它与斜面的摩擦力为8N，到达B点后压缩弹簧20cm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．

168.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

169.长处为弹性势能零点。则由功能原理，有

-1

v

12 12 kx mv mgssin37 2 2 170.

12

mv mgssin37 frsk 2

12kx2171.

172.式中s 4.8 0.2 5m，x 0.2m，再代入有关数据，解得

frs

173.k 1390N m

-1

174.

175.题2-8图

176.再次运用功能原理，求木块弹回的高度h

1

frs mgs sin37o kx2

2177.

178.代入有关数据，得 s 1.4m,

179.则木块弹回高度

2-9 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．

181.证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有

o

h ssin37 0.84m 180.

121212mv0 mv1 mv2

22182.2 222

v v1 v2 ①

183.即 0

184.

v189.由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以0为斜

v边，故知1与v2是互相垂直的．

v vi vxyj190.2-10一质量为m的质点位于(x1,y1)处，速度为, 质点受到一个沿x负

方向的力f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．

191.解: 由题知，质点的位矢为

mv mv mv012187.

v v1 v2

188.亦即 0

185.题2-9图(a) 题2-9图(b)

186.又碰撞过程中，动量守恒，即有

②

194.f fi

195.所以，质点对原点的角动量为

L r mv0196.

(x1i y1i) m(vxi vyj)197.

(x1mvy y1mvx)k

200. M0 r f (x1i y1j) ( fi) y1fk

10

2-10 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r1＝8.75×10m 时的速

率是v1＝5.46×10m·s，它离太阳最远时的速率是v2＝9.08×10m·s这时它离太

4

-1

2

-1

193.作用在质点上的力为

192.r x1i y1j

198. 199.作用在质点上的力的力矩为

阳的距离r2多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。)

201.解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——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

202.r1mv1 r2mv2

r1v18.75 1010 5.46 104

r2 5.26 1012m2

v29.08 10203.∴

1 v i 6jm sr 4imt2-11 物体质量为3kg，=0时位于, ，如一恒力f 5jN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．

3

p fdt 5jdt 15jkg m s 1

204.解: (1)

205.(2)解(一)

x x0 v0xt 4 3 7

1215

at 6 3 32 25.5j22 3206.

207.即 r1 4i,r2 7i 25.5j

y v0yt

208.

vx v0x 1

5

vy v0y at 6 3 11

3209.

210.即 v1 i1 6j,v2 i 11j

211.∴ L1 r1 mv1 4i 3(i 6j) 72k

.5j) 3(i 11j) 154.5k 212.L2 r2 mv2 (7i 25 2 1 L L L 82.5kkg m s21213.∴

214.解(二) ∵

215.∴

3

M

t t

L M dt (r F)dt

dzdt

216.

152

(4 t)i (6t ) t)j 5jdt023

3

5(4 t)kdt 82.5kkg m2 s 1

217.

218.题2-12图

飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题2-25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F＝100 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2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力F? 220.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，Fr、Fr是

摩擦力，

219.2-13飞轮的质量m＝60kg，半径R＝0.25m，绕其水平中心轴O转动，转速为

-1

900rev·min．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F，可使

Fx和Fy是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在O轴处所

受支承力．

221.

222.题2-13图（a）

223.

224.题2-13图(b)

225.杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有

l1 l2

Fl1

226.

227.对飞轮，按转动定律有 FrR/I，式中负号表示 与角速度 方向相反．

228.∵ Fr N N N

F(l1 l2) N l1 0

N

l1 l2

Fl1229.∴ 1

I mR2,

2230.又∵

FR 2 (l1 l2) r F

ImRl1231.∴ ①

Fr N

232.以F 100N等代入上式，得

233.

234.由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为

2 0.40 (0.50 0.75)40

100 rad s 2

60 0.25 0.503

t

235.

236.这段时间内飞轮的角位移为

0900 2 3

7.06s 60 40

1900 2 91409

( )2

2604234

237. 53.1 2 rad

238.可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．

2

0 900 rad s 1

60239.(2)，要求飞轮转速在t 2s内减少一半，可知

0t t2

0

0

t2t240.

241.用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为

F

mRl1 2 (l1 l2)

0

15

rad s 22

243.2-14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OO 转动．设大小圆

柱体的半径分别为R和r，质量分别为M和m．绕在两柱体上的细绳分别与物体m1和

60 0.25 0.50 15

2 0.40 (0.50 0.75) 2

N242. 177

m2相连，m1和m2则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图所示．设R＝0.20m, r＝0.10m，

m＝4 kg，M＝10 kg，m1＝m2＝2 kg，且开始时m1，m2离地均为h＝2m．求：

(1)柱体转动时的角加速度；

(2)两侧细绳的张力．

244.解: 设a1,a2和β分别为m1,m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．

245.

246.题2-14(a)图 题2-14(b)图

247.m1,m2和柱体的运动方程如下： 248.T2 m2g m2a2 ① 249.m1g T1 m1a1 ②

TR Tr I ③ 12250.

251.式中 T1 T1,T2 T2,a2 r ,a1 R

252.而

253.由上式求得

I

11MR2 mr222

Rm1 rm2

g22

I m1R m2r

0.2 2 0.1 2

9.8

254.

11

10 0.202 4 0.102 2 0.202 2 0.10222 6.13rad s 2

(3)由①式

255.T2 m2r m2g 2 0.10 6.13 2 9.8 20.8N

256.由②式

257.T1 m1g m1R 2 9.8 2 0.2. 6.13 17.1N

258.2-15 如题2-15图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一端O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. 259.解: (1)由转动定律，有 260.

mg

11

(ml2) 23

261.∴

(3)由机械能守恒定律，有

3g2l

l11

mgsin (ml2) 2

223262.

3gsin

l263.∴

264.

265.题2-15图

266.习题三

267.3-1 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?

268.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．

269.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．

270.3-2 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? 271.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．

272.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 温度概念的适用条件是什么?温度微观本质是什么?

273.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．

287.

NVN

ii

i

21 10 4 20 6 30 8 40 2 50

21 4 6 8 2890

288. 21.7 m s 1

41

289.方均根速率

290.

2

NVN

ii

2

i

21 102 4 202 6 103 8 402 2 502

21 4 6 8 2

291. 25.6 m s 1

3-5 速率分布函数f(v)的物理意义是什么?试说明下列各量的物理意义(n为分子数密度，

N为系统总分子数)．

292.（1）f(v)dv （2）nf(v)dv （3）Nf(v)dv

293.（4）

v

f(v)dv （5） f(v)dv （6） Nf(v)dv

v1

v2

294.解：f(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.

295.(1) f(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.

296.(2) nf(v)dv：表示分布在速率v附近、速率区间dv内的分子数密度． 297.(3) Nf(v)dv：表示分布在速率v附近、速率区间dv内的分子数． 298.(4)299.(5)

v

f(v)dv：表示分布在v1~v2区间内的分子数占总分子数的百分比．

f(v)dv：表示分布在0~ 的速率区间内所有分子，其与总分子数的比值是1.

300.(6)

v2

v1

Nf(v)dv：表示分布在v1~v2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?

301.答：图(a)中(1)表示氧，(2)表示氢；图(b)中(2)温度高．

302.

303.题3-6图

3-7 试说明下列各量的物理意义．

13i

kT （2）kT （3）kT 222Mii3

305.（4）RT （5）RT （6）RT

Mmol222

306.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由度上的能量均为

1

kT． 2

3

307.(2)在平衡态下，分子平均平动动能均为kT.

2

i

308.(3)在平衡态下，自由度为i的分子平均总能量均为kT.

2

309.(4)由质量为M，摩尔质量为Mmol，自由度为i的分子组成的系统的内能为

Mi

RT.

Mmol2

i

(4)1摩尔自由度为i的分子组成的系统内能为RT.

2

3

(5)1摩尔自由度为3的分子组成的系统的内能RT，或者说热力学体系内，1摩尔分子的

2

3

平均平动动能之总和为RT.

2

304.（1）

3-8 有一水银气压计，当水银柱为0.76m高时，管顶离水银柱液面0.12m，管的截面积为

-42

2.0×10m，当有少量氦(He)混入水银管内顶部，水银柱高下降为0.6m，此时温度为

-1

310.27℃，试计算有多少质量氦气在管顶(He的摩尔质量为0.004kg·mol)?

311.解：由理想气体状态方程pV

312.M Mmol

313.汞的重度 dHg

M

RT 得 Mmol

pV RT

1.33 105N m 3

4

314.氦气的压强 P (0.76 0.60) dHg 315.氦气的体积 V (0.88 0.60) 2.0 10316.M 0.004 317. 0.004

m3

(0.76 0.60) dHg (0.28 2.0 10 4)

R(273 27)8.31 (273 27)

318. 1.91 10

6

(0.76 0.60) dHg (0.28 2.0 10 4)

Kg

319.3-9设有N个粒子的系统，其速率分布如题6-18图所示．求

(1)分布函数f(v)的表达式；

320.(2)a与v0之间的关系； (2)速度在1.5v0到2.0v0之间的粒子数． (3)粒子的平均速率．

321.(5)0.5v0到1v0区间内粒子平均速率．

323.题3-9图

324.解：(1)从图上可得分布函数表达式

322.

Nf(v) av/v0

325. Nf(v) a

Nf(v) 0 av/Nv0

326.f(v) a/N

0

(0 v v0)(v0 v 2v0) (v 2v0)(0 v v0)(v0 v 2v0) (v 2v0)

327.f(v)满足归一化条件，但这里纵坐标是Nf(v)而不是f(v)故曲线下的总面积为N，

(3)由归一化条件可得

2N

0

3v01

(4)可通过面积计算 N a(2v0 1.5v0) N

3

(5)N个粒子平均速率

2

v0av2v01

vNf(v)dv v avdv 329. vf(v)dv 000v0Nv0

328.

v0

N

2v0av

dv N adv N

v0

v0

a

1123211(av0 av0) v0 N329

331.(5)0.5v0到1v0区间内粒子平均速率

330.

332.

v0

0.5v0

vdN

N1

Nv0vdN

0.5v0N1N

Nv0Nv0av2

vf(v)dv dv 333. 0.5v0.5v00NvN1N10

332

av01v0av21av017av0

v ( ) 334.

N1 0.5v0v0N13v024v0N124335.0.5v0到1v0区间内粒子数 131

336.N1 (a 0.5a)(v0 0.5v0) av0 N

284

27av07v

0 337. 6N9

1 1

3-9 试计算理想气体分子热运动速率的大小介于vp vp 100与vp vp 100之间的

分子数占总分子数的百分比．

338.解：令u

v

，则麦克斯韦速率分布函数可表示为 vP

dN42 u2

339. uedu

N340.因为u 1, u 0.02

N42 u2

341.由 ue u 得

N N4342. 1 e 1 0.02 1.66%

N3-10 1mol氢气，在温度为27℃时，它的平动动能、转动动能和内能各是多少? 343.解：理想气体分子的能量

i

RT 23

345.平动动能 t 3 Et 8.31 300 3739.5J

22

346.转动动能 r 2 Er 8.31 300 2493J

25

347.内能i 5 Ei 8.31 300 6232.5 J

2

344.E

-3 -5

3-11 一真空管的真空度约为1.38×10Pa(即1.0×10mmHg)，试 求在27℃时单位体积中

-10

的分子数及分子的平均自由程(设分子的有效直径d＝3×10m)．

348.解：由气体状态方程p nkT得

p1.38 10 3

3.33 1017 m 3 349.n 23

kT1.38 10 300

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