大学物理答案

第1章习题答案

1.1以下三种说法是否正确？为什么？

（1）运动物体的加速度越大，物体的速度也必定越大；

（2）物体作直线运动时，若物体向前的加速度减小了，则物体前进的速度也随之减小； （3）物体的加速度很大时，物体的速度大小必定改变。

1.2 位移和路程有何区别？在什么情况下两者的量值相等？在什么情况下不相等？ 1.3 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下两者的量值相等？瞬时速度和平均速度的关系和区别是怎样的？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是怎样的？

1.4 质点运动方程为x =x (t ) ，y =

y (t ) 。在计算质点的速度和加速度时，有人先求出

r =

dr d 2r υ= 和 a =2

dt dt

求出υ和a 。也有人先计算速度和加速度的分量，再求出

υ= 和

a =

问：这两种方法哪一种正确？为什么？

1.5 对一个质点来说，请说明下面各式所表示的物理意义，d υdt 、dr dt 、dt 、d dt 、

|d dt |。

1.6一人在一匀速直线运动的火车上竖直向上抛出一石子，试问，该石子是否落入此人手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又将如何？ 1.7 质点做曲线运动，下面表示正确的是（ ） A 、

1.8 下面表述正确的是（ ）

A 、质点作圆周运动，加速度一定与速度垂直； B 、物体作直线运动，法向加速度必为零； C 、轨道最弯处法向加速度最大；

d υdr ds d υ=a B 、=υ C 、=υ D 、=a t

dt dt dt dt

D 、某时刻的速率为零，切向加速度必为零．

1.9 下列情况不可能存在的是（ ）

A 、速率增加，加速度大小减少； B 、速率减少，加速度大小增加； C 、速率不变而有加速度； D 、速率增加而无加速度

1.10 做平抛运动的质点，不变的物理量是（ ） A 、υ B 、υ C 、

1.11 对于做曲线运动的物体，以下几种说法中，正确的是（ ） A 、切向加速度必不为零；

B 、法向加速度必不为零（拐点处除外）；

C 、由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零； D 、若物体做匀速率运动，其总加速度必为零； E 、若物体的加速度为恒矢量，它一定做匀变速率运动。

1.12以下四种运动，加速度保持不变的运动是（ ） A 、单摆的运动； B 、圆周运动； C 、抛体运动； D 、匀速率曲线运动

1.13下面说法正确的是（ ）

A 、物体在恒力作用下，不可能作曲线运动； B 、物体在变力作用下，不可能作直线运动；

C 、物体在不垂直于速度方向力的作用下，不可能作圆周运动；

D 、物体在垂直于速度方向，且大小不变的力作用下，可能作匀速圆周运动

1.7 C 1.8B 1.9 D 1.10 D 1.11 B 1.12C 1.13D

d υd υ D 、

dt dt

v v v v 2

1.14 一质点的运动方程为r (t ) =i +4t j +tk ，式中r ，t 分别以m 、s 为单位。试求：

（1）它的速度与加速度；（2）它的轨迹方程。

v v v v

（1）v =8tj +k ，a =8j ；(2) x =1, y =4z 2

1.15 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为x =4t -2t 2，式中x , t 分别以m 、s 为单位，试计算：

（1）在最初2s 内的位移、平均速度和2s 末的瞬时速度； （2）1s 末到3s 末的平均加速度； （3）3s 末的瞬时加速度。

(1) 最初2s 内的位移：x |t =2-x |t =0=0-0=0

最初2s 内的平均速度：

x |t =2-x |t =0

∆t

=0 v =

dx

dt

=4-4t 2s 末的瞬时速度：v =-4m /s (2) 1s 末到3s 末的平均加速度：

=

v |t =3-v |t =1=-8-0

2

=-4m /s 22

(3) a =

dv

dt

=-4 3s 末的瞬时加速度：a =-4m /s 2

1.16 一质点沿x 轴做加速运动，开始时质点位于x 0处，初速度为v 0。 （1）当a =kt +c 时，求任意时刻质点的速度及位置； （2）当a =kv 时，求任意时刻质点的速度及位置；

（3）当a =kx 时，求质点的速度与位置的关系。以上各式中k ，c 是常量。

解：（1）a =dv dt ，v =⎰t 0adt +v k 2

0=2

t +ct +v 0

v =dx dt ，x =⎰t 0vdt +x k 3c 2

0=6t +2t +v 0t +x 0 （2）

dv v dv t dt =kv ，⎰v =0v ⎰0kdt ，ln v

v =kt ，v =v 0e kt 0

dx dt

=v kt

x t 0e ，⎰x dx =⎰0v 0e kt dt ，x =v 0(e kt -1) +x 0

0（3）a =

dv dt =dv dx dx dt =v dv dx

=kx

即vdv =kxdx ，

⎰

v

v 0

22=k (x 2-x 0) vdv =⎰kxdx ，v 2-v 0

x 0

x

1.17 路灯距地面的高度为h ，一个身高为 的人，在路上匀速运动，速度为υ0，如图1-14。求：（1）人影中头顶的移动速度；（2） 影子长度增长的速率。

解：(1) 人影中头顶位置应该在地面上做一维直线运动，设路灯的正下方为坐标原点O ，人影中头顶位置坐标为P

h

根据三角形相似的原理，

h -l OQ h

=, OP =h OP h -l

所以 v =

d (OP )h d (OQ ) =

dt h -l dt

P

d (OQ )h

v 0。 而 =v 0， 因此v =

h -l dt

Q O

(2) 由于影子长度等于人影中头顶位置和人位置的水平间距，所以影子长度增长的速率为 v '=

1.18 如图1-18所示，在离水面高度为h 的岸边，有人用绳子拉船靠岸，收绳的速率恒为υ0，求当船头与岸的水平距离为x 时，船的速度和加速度。 解：

由题意可知

d (PQ )d (OP -OQ )l

==v -v 0=v 0 dt dt h -l

υ=-

υυr dx

=-0=-0=dt cos θx d υa ==υ0

dt

=-υ0

=-

22υ0h

x

3

1.19 一质点沿半径为10cm 的圆周运动，其角坐标θ（以弧度rad 计）可用下式表示

θ=2+4t 3

其中t 的单位是秒（s ）试问：

（1）在t =2s 时，它的法向加速度和切向加速度各是多少？ （2）当θ等于多少时其总加速度与半径成45 角 ？

32

解：(1) 利用 θ=2+4t ，ω=d θ/dt =12t ，α=d ω/dt =24t ，

得到法向加速度和切向加速度的表达式

a n =r ω2=144rt 4，a t =r α=24rt

在t =2s 时，法向加速度和切向加速度为：

a n =144rt 4=144⨯0.1⨯24=230.4m ⋅s -2，

a t =24rt =24⨯0.1⨯2=4.84.8m ⋅s -2

(2) 要使总加速度与半径成45 角，必须a n =a t ，即144rt =24rt

3

解得 t =1/6，此时 θ=2+4t =2. 67rad

3

4

第二章 质点动力学

2.1 思考下面的几个问题

（1）物体的运动方向是否一定与合外力的方向一致？ （2）物体的速度很大，是否合外力也一定很大？ （3）物体运动的速率不变，所受合外力是否一定为零？

（4）为什么重力势能有正负，弹性势能只有正值，而引力势能只有负值？ 2.2 判断下列说法是否正确，并说明理由。 （1）内力不能改变系统的总动量 （2）内力不能改变习题的总动能 （3）内力不能改变系统的机械能

2.3 有人说：牛顿第一定律只是牛顿第二定律在合外力等于零的情况下的一个特例，因而它是多余的，你的看法如何？请查阅相关文献，正确理解牛顿第一定律在牛顿力学中的地位。

2.4 有两个质量不同而速度相同的物体，要使他们在相等额度时间内同时停下来，所施的力是否相同，速度不同而质量相同的两个物体，要用相同的力使它们停下来，作用的时间是否相同？

2.5下说法正确的是（ ） A 、大力的冲量一定比小力的冲量大； B 、小力的冲量有可能比大力的冲量大； C 、速度大的物体动量一定大； D 、质量大的物体动量一定大。 B

2.6 以下说法错误的是（ ）

A 、势能的增量大，相关的保守力做的正功多；

B 、势能是属于物体系的，其量值与势能零点的选取有关； C 、功是能量转换的量度；

D 、物体速率的增量大，合外力做的正功多。 A

2.7作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处，这一周期内物体（ ） A 、动量守恒，合外力为零； B 、动量守恒，合外力不为零；

C 、动量变化为零，合外力不为零， 合外力的冲量为零； D 、动量变化为零，合外力为零。 C

2.8以下说法正确的是（ ）

A 、功是标量，能也是标量，不涉及方向问题； B 、某方向的合力为零，功在该方向的投影必为零； C 、某方向合外力做的功为零，该方向的机械能守恒；

D 、物体的速度大，合外力做的功多，物体所具有的机械能也多。 A

2.9质量为m 的弹性球，以速率u 沿与水平线成45角的斜向上方向射来，打在水平放置的钢板上，并以相同的角度和速率弹出去。则作用于球的冲量（ ）

A 、方向竖直向上，大小等于2m u ； B 、方向竖直向下，大小等于2m u ； C

u ； D

u 。 D

2.10 一物体水平面上作直线运动，所受阻力与速度成正比，即F =-k υ，这里k 为常数。已知，t =0时的速度为υ0，求任一时刻的速度及该物体停止运动前经过的路程。 解：m

d υd υk =-k υ，=-dt dt υm

k

-t υk

两边积分得ln =-t ，从而υ=υ0e m

υ0m k k

-t -t dx

=υ0e m ，dx =υ0e m dt dt

两边积分得

∆x =-υ0

m e k

k ∞-t m

=υ0

m k

2.11 一质量为10kg 的物体，初始处于静止状态，在F =3+4t 的作用下沿x 轴无摩擦的运动，求在t =3s 时的速度和加速度。 解：因为F =3+4t =ma 所以a =0.3+0.4t 再根据

a =

d υ

=0.3+0.4t ，d υ=(0.3+0.4t ) dt dt

两边积分

υ=0.3t +0.2t 2

所以在t =3s 时的速度和加速度分别为

υ=0.3t +0.2t 2=0.9+1.8=2.7m /s

a =0.3+0.4t =0.3+1.2=1.5m /s 2

2.12 一颗子弹由枪口飞出的速度为υ0，在枪管内子弹受到的合力为F =a +bt ，其中a 、b

为常量，求：

（1）假定子弹到枪口时所受的力变为零，计算子弹走完枪管所用的时间； （2）求子弹所受的冲量； （3）求子弹的质量。

a b

t 12a a 2

(2)子弹所受的冲量I =⎰(a -bt ) dt =at -bt ，将t =代入，得I =

02b 2b

I a 2

(3)由动量定理可求得子弹的质量 m = =

v 02bv 0

解：(1)由题意，子弹到枪口时，有F =(a -bt ) =0, 得t =

2.13 一质量为m 的小球，在水平面内作以速度为υ匀速圆周运动，运动方向为逆时针，如图2-13所示，初始时刻，小球处于A 处，分别求出小球处于B 、C 、D 、A 处时，小球的动量变化量。 解：由图可知 A 点的动量为：m υj B 点的动量为：m υi C 点的动量为：-m υj

D 点的动量为：-m υi

所以小球处于B 、C 、D 、A 处时，小球的动量变化量分别为

A m υi -m υj ；-2m υj ；-m υi -m υj ；0

2.14 一质量为m 的质点在XOY 平面上运动，其位置矢量为r =a cos ωt i +b sin ωt j ，求： （1）质点的动量；

（2）t =0到t =π2ω时间内质点所受的合力的冲量； 解：（1）质点的动量为

r r r r r &p =mv =mr =m ω(-a sin ωti +b cos ωtj )

（2）将t =0和t =π2ω分别代入上式，得 p 1=m ωbj ，p 2=-m ωai 动量的增量，亦即质点所受外力的冲量为

I =p 2-p 1=-m ω(ai +bj )

2.15 质量为m 的质点，在力F =bt i 的作用下，从静止出发沿x 轴做直线运动，求开始t 0秒内该力作功。

d υb

，d υ=tdt dt m

b 2

t 0 两边积分得，υ=2m F =bt =m

11b 24b 242

t 0=t 0 所以作功为A =m υ=m

224m 28m

2.16质量m 的物体从静止开始，在竖直平面内沿着固定的四分之一圆周从A 滑道B ，如图2-16，在B 处时，物体速度大小v B 。已知圆的半径r ，求物体从A 到B 时摩擦力所作的功：

（1）用功的定义求； （2）用动能定理求； （3）用功能原理求。

B

解. 方法一：如图所示，当物体滑到与水平成任意θ角的位置时，物体在切线方向的牛顿方

程为

dv dv ，即-f =-mg cos θ+m dt dt

重力加速度g 与dr 的夹角为θ，且g ⋅dr =g cos θdr mg cos θ-f =ma t =m

摩擦力f 与位移dr 反向，且|dr |=Rd θ，

因此重力的功为

π2

A G =⎰mg ⋅dr =⎰mg cos θRd θ=mgR

摩擦力的功为

πv B |dr |

A f =⎰f ⋅dr =-⎰f dr =-⎰mg cos θRd θ+m ⎰dv

00dt

v B |dr |v B 12

=mgR +m ⎰dv =-mgR +m ⎰vdv =-mgR +mv B

00dt 2

方法二： 选m 为研究对象，合外力的功为

A =⎰

重力的功为

(

mg +f +N ⋅dr

)

A G =⎰

π0

ππ

G ⋅dr =⎰mg ⋅dr =⎰mg cos θRd θ=mgR

考虑到⎰N ⋅dr =0，因而

A =A f +A G =A f +mgR

另一方面，物体从A 运动到B 时，动能增量为

∆E k =

因而按动能定理有

12

mv B -0 2

A f +mgR =

1212mv B ，A f =-mgR +mv B 22

方法三：选物体、地球组成的系统为研究对象，以B 点为重力势能零点。 初始在A 点时， E p 0=mgR 、E k 0=0 终了在B 点时， E p =0，E k =物体从A 运动到B 的时，

重力的功为 A G =E p 0-E p =mgR -0=mgR 再根据功能原理知：

摩擦力的功为 A f =∆E =E 1-E 0=

2.17如图2-17，一质点为m 的子弹射入置于光滑水平面上质量为M 并与劲度系数为k 的轻弹簧连着的木块后使弹簧最大压缩了 ，求子弹射入前的速度v 0。

解：以子弹和连着轻弹簧的木块为系统 入射前后，动量守恒：mv 0=(M +m ) v （1） 弹簧压缩前后，机械能守恒：

12

mv B 2

12

mv -mgR 2

11

(M +m ) v 2=kL 2（2） 22

联立（1）（2）得

; v 0==

2.18一质量为M 的车静止在光滑的水平面上，车上悬挂摆长为 、质量为m 的单摆，如图

2-18所示。开始时，摆线水平、摆球静止，突然放手，当摆球运动到摆线呈铅直的瞬间，求摆球相对地面的速度为多少。

解 选摆球与小车及地球组成的物体系为研究对象. 设车速度及摆球m 相对地面速度分别为V 与v ， 设向右为正向，由于系统水平方向不受外力， 则系统水平方向动量守恒

0=mv -MV (1)

又由于在摆球下摆过程中，只有保守内里重力作功，故系统机械能守恒. 设摆球摆到最低处时重力势能为零，则有

mgl =

(1)、(2)两式联立，则

v =

121

mv +MV 2 (2) 22

2.19哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。它离太阳最近的距离是r 1，此时它的速率是v 1。它离太阳最远时的速率是v 2，这时它离太阳的距离r 2是多少？

解： 哈雷彗星是在太阳的引力作用下沿着椭圆轨道运动的，而引力对太阳的力矩任何时刻均等于零. 因此，彗星在运动过程中，它对太阳的角动量将保持不变. 设彗星质量为m, 则有

mv 1r 1=mv 2r 2

2.20质量为7.2×10-23kg ，速度为6.0×107m/s的粒子A ，与另一个质量为其一半而静止的粒子B 相碰，假定这碰撞是弹性碰撞，碰撞后粒子A 的速率为5×107m/s，求： （1）粒子B 的速率及偏转角； （2）粒子A 的偏转角。 解：两粒子的碰撞满足动量守恒

m A v A =m A v ' A +m B v ' B

写成分量式：

m A v A =m A v ' A cos α+m B v ' B cos β m A v ' A sin α=m B v ' B sin β

碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒：

1112m A v A =m A v ' 2+m B v ' 2A B 代入： 222

m A =7. 2⨯10-23kg ， m B =

m A

=3. 6⨯10-23kg ， 2

v A =6. 0⨯107m /s ，v ' A =5. 0⨯107m /s

解得：(1)β=54 4' ，v ' B =4. 69⨯107m /s ；(2)α=2220'

2.21平板中央有一小孔，质量为m 的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为M 1的重物。小球作无摩擦的匀速圆周运动，当半径为r 0时重物达到平衡。今在M 1的下方再挂一质量为M 2的物体，如题2-21。试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω和半径r 为多少？ 解：在只挂重物M 1时，小球作圆周运动的向心力为M 1g ， 即

2

M 1g =mr 0ω0 ①

挂上M 2后，则有

(M 1+M 2) g =mr 'ω'2

②

重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．

2

即 r 0mv 0=r 'mv '⇒r 02ω0 =r '2ω'2 ③

r 0mv 0=r 'mv '⇒r 02ω0=r '2ω'

联立①、②、③得

2/3

3/2

ω0=ω'=

ω'=

M 1+M 2⎫

⎪M 1⎭

2/3

,

1/3

⎛M 1⎫r '= ⎪

M +M ⎝12⎭⋅r 0

⋅r 0

M 1+M 2⎫

⎪M 1⎭⎛M 1⎫'r = ⎪

M +M ⎝12⎭

第三章 刚体的定轴转动

3.1请思考下面关于刚体转动惯量的问题： （1）刚体的转动惯量与那些因素有关？

（2）“一个确定的刚体有确定的转动惯量”这句话对吗？

3.2 两大小相同、质量相等的圆盘，一个圆盘的质量均匀分布，另一个圆盘的质量主要集中在圆盘边缘，两圆盘绕通过圆心且垂直于盘面的轴转动。问：

（1）如果作用在它们上面的外力矩相同，哪个圆盘转动的角速度较大？ （2）如果它们的角加速度相同，哪个圆盘受到的力矩大？ （3）如果它们的角动量相等，哪个圆盘转的快？

3.3为什么质点系动能的改变不仅与外力有关，而且也与内力有关，而刚体绕定轴转动动能只与外力矩有关，而与内力矩无关？

3.7请判断下面物理量中，哪些与参考点的选择有关，哪些与参考点的选择无关： （1）位矢；（2）位移；（3）速度；（4）动量；（5）角动量；（6）力；（7）力矩

3.8 一质量为M ，半径为r 的匀质圆盘旋转时，在某一瞬间突然有一片质量为m 的小碎片从圆盘的边缘飞出，则飞轮的转动惯量变为（ ） A 、C

3.9在刚体的定轴转动中，如果合外力矩的方向与角速度的方向一致，则以下说法正确的是（ ）

A 、合力矩增大时， 物体角速度一定增大； B 、合力矩减小时， 物体角速度一定减小； C 、合力矩减小时，物体角加速度不一定变小； D 、合力矩增大时，物体角加速度不一定增大。 A

3.10一匀质圆盘状飞轮，质量为20kg ，半径为30cm ，当它以每分钟60转的速率，绕垂直与圆盘面且通过圆盘圆心的轴转旋转时，其动能为（ ）

A 、16.2πJ B 、8.1πJ C 、8.1J D 、1.8πJ D

3.11在自由转动着的水平转台的边缘站着一人，当该人从边缘沿径向走到转台中心的过程中，系统的转动动能（ ）

A 、不变 B 、减小 C 、增加 D 、先减小后不变 C

3.12运动员手握两只哑铃，站在无摩擦旋转的水平平台上，开始时此人两手平握哑铃，人、哑铃、平台组成的系统以角速度ω旋转，随后，此人将哑铃下垂于身体两侧，在此过程中，下面说法正确的时（ ）

A 、角动量守恒，机械能守恒； B 、角动量守恒，机械能不守恒； C 、角动量不守恒，机械能守恒； D 、角动量不守恒，机械能不守恒。 B

3.13一根长为 、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。现有一质

2

2

2

111

Mr 2 B 、(M -m ) r 2 C 、Mr 2-mr 2 D 、不能确定 222

量为m 的子弹以水平速度v 0射向棒的中心，并以v 02的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏转角为90，则v 0的大小为（ ）

A A

B C 16M 2g

D 、

3m 2

3.14一质量为m ，半径为R 的匀质薄圆盘，在水平面上绕通过中心且垂直盘面的轴转动。设圆盘与水平面之间的滑动摩擦因素为μ。若开始以角速度ω0旋转，问： （1）圆盘停止转动经过多长时间？ （2）上述过程中摩擦力矩所作的功？ 解：（1）摩擦力矩

dM =r ⋅σ2πrdr ⋅g μ=2πσg μr 2dr

式中，σ为质量面密度。

M =⎰dM =2πσg μ⎰

而M =I β=

R

m R 32

r dr =2πg μ=mg μR

πR 233

2

1

mR 2β 2

212

所以mg μR =mR β

32

4g μ

=β 得角角速度为3R

故0=ω0-β∆t ，∆t =（2）根据动能定理有

3R ω0

4g μ

1212

A f =0-I ω0=-mR 2ω0

24

3.15一根长度为l 均匀木棒，质量为m ，可绕水平轴O 在竖直平面内转动(无摩擦) ，开始时棒水平静止放置，当棒在重力的作用下转动到与水平方面成θ角时，求： (1) 力矩作功；(2) 杆的角的加速度；(3) 杆的角加速度。 解：(1)根据定轴转动力矩作功的计算式

dW =M z d θ

式中 M z =

mg s i n (9-0θ=mg 22

θc o s

θ

所以 W =mg ⎰cos θd θ=mg sin θ

022

(2) 根据定轴转动的转动定理 M z =I β

12

m 3

再利用 M z =mg cos θ

23g

cos θ 可得 β=2

12

(3) 利用机械能守恒： I ω=mg sin θ

22

式中 I =所以

ω=

3.16弹簧、定滑轮和物体的连接如图3-16所示，弹簧的劲度系数为2.0N.m -1；定滑轮的转动惯量是0.5kg.m 2，半径为0.30m ，问：当6.0kg 质量的物体落下0.40m （竖直高度）时，它的速率为多大？假设开始时物体静止而弹簧无伸长。

解：当物体落下0.40m 时，物体减少的势能转化为弹簧的势能、物体的动能和滑轮的动能， 即

1212Iv 2

mgh =kh +mv +，

222r 2

22

将m =6kg ，g =9. 8kgm /s ，h =0. 4m ，I =0. 5kgm ，r =0. 3m 代入，得

v =2. 01m /s

3.17如图3-17所示，物体1和2的质量分别为m 1与m 2，滑轮的转动惯量为J ，半径为r ，如物体2与桌面间的摩擦系数为μ，求系统的加速度a 及绳中的张力T 1和T 2(设绳子与滑轮间无相对滑动，滑轮与转轴无摩擦) 解：

以滑轮为研究对象：T 1r -T 2r =J β 以物体1为研究对象：m 1g -T 1=m 1a 以物体2为研究对象：T 2-μm 2g =

m 2a

绳子与滑轮间无相对滑动：a =βr 联立上面四式，可得

J +m 2r 2+μm 2r 2μJ +m 1r 2+μm 1r 2

T 1=m 1g ，T 2=m 2g

J +m 1r 2+m 2r 2J +m 1r 2+m 2r 2

m 1r 2-μm 2r 2

a =g

J +m 1r 2+m 2r 2

3.18一长 =0.4m 、质量M =1kg 的匀质细棒，可绕水平轴O 在竖直平面内转动，开始时，细棒处于自然竖直状态，现有一质量m =8g 的子弹，以υ=200m /s 的速率从A 点射入棒中，A 点与O 点的距离为3 4，如图3-18所示。求： （1）棒开始运动时的角速度； （2）棒的最大偏转角。

解：系统绕杆的悬挂点的角动量为

L =mvl =0.48kgm s

34

2-1

子弹射入后，整个系统的转动惯量为

I =

由角动量守恒有

ω=

129

Ml +ml 2=0. 054kgm 2 316

L

=8. 88rad /s I

⑵子弹射入后，且杆仍然垂直时，系统的动能为

2

W 动=1I ω=2.13J

当杆转至最大偏转角θ时，系统动能为零，势能的增加量为

∆W 势= 2Mgl (1-cos θ)+4mgl (1-cos θ)

由机械能守恒，W 动=∆W 势 得 θ=94. 24。

3.19 如图3-19所示，转台绕中心竖直轴以角速度ω0作匀速转动。转台对该轴的转动惯量

J =5×10-5 kg·m 2。现有砂粒以1g/s的速度落到转台，并粘在台面形成一半径r =0.1m的圆。

试求砂粒落到转台，使转台角速度变为ω02所花的时间。

解：要使转台角速度变为1，由于砂粒落下时不能改变体系角动量，所以必须要使体系ω0的转动惯量加倍才行，即 m 沙粒r 2=J 。将J =5⨯10-5kg ⋅m 2和r =0. 1m 代入得

m 沙粒=5⨯10-3kg

5⨯10-3kg 所以 t ==5s

1g /s

3.20一脉冲星质量为1.5×1030kg ，半径为20km 。自旋转速为2.1 r/s，并且以1.0×10-15r/s的变化率减慢。问它的转动动能以多大的变化率减小？如果这一变化率保持不变，这个脉冲星经过多长时间就会停止自旋？设脉冲星可看作匀质球体。

22

mr 512122

转动动能为 W =I ω=m ωr

25dW 22d ω

=mr ω转动动能的变化率为 dt 5dt

解：脉冲星的转动惯量为 I =

=0.4⨯1.5⨯1030⨯(2⨯104)⨯2.1⨯2π⨯1.0⨯10-15⨯2π=1.99⨯1025J /s

2

d ω

，ω=αt ，得停止自旋所需要的时间为 dt

ω2.1r /s 15t ===2.1⨯10s -152

α1.0⨯10r /s

由α=

第四章 机械振动和机械波

4.1什么是简谐振动？分别从运动学和动力学两方面作出解释。并说明下列运动是不是简谐振动；

（1）小球在地面上做完全弹性的上下跳动；

（2）小球在半径很大的光滑凹球面底部做小幅度的摆动； （3）曲柄连杆机构使活塞做往复运动。

4.2 若弹簧振子中弹簧本身的质量不可忽略，其振动周期是增加还是减小？ 这相当于增加了系统的惯性，振动周期将增加。

4.3 将单摆拉到与竖直方向成ϕ角后，放手任其摆动，则ϕ是否就是其初相位？为什么？单摆的角速度是否是谐振动的圆频率？

4.4判断以下说法是否正确？说明理由。“质点作简谐振动时，从平衡位置运动到最远点需要1/4周期，因此走过该段距离的一半需时1/8周期。”

4.5两个相同的弹簧挂着质量不同的物体，当它们以相同的振幅做简谐运动时，问振动的能量是否相同？

4.6什么是波动？振动与波动有什么区别和联系？ 4.7试判断下列几种关于波长的说法是否正确. （1）在波传播方向上相邻两个位移相同点的距离； （2）在波传播方向上相邻两个运动速度相同点的距离； （3）在波传播方向上相邻两个振动相位相同点的距离。

4.8当波从一种媒质透入另一种媒质时，下面那些量会改变，哪些量不会改变：波长、频率、波速、振幅。

4.9有人认为频率不同、振动方向不同、相位差不恒定的两列波不能叠加，所以它们不是相干波，这种看法对不对？说明理由。

4.10 波的能量与振幅的平方成正比，两个振幅相同的相干波在空间叠加时，干涉加强的点的合振幅为原来的两倍，能量为原来的四倍，这是否违背能量守恒定律？

100πt +0. 7π) cm 。某时刻它在x =32cm 处，且向X 4.11 一质点作简谐振动x =6cos(

轴负向运动，它要重新回到该位置至少需要经历的时间为（ ） A 、

1313

s B 、s C 、s D 、 s 1002005050

答案：(B)

4.12 一个单摆，如果摆球的质量增加为原来的四倍，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的一半，则单摆（ ）

A 、频率不变，振幅不变； B 、频率不变，振幅改变； C 、频率改变，振幅不变； D 、频率改变，振幅改变； B

4.13 以频率ν作简谐振动的系统，其动能和势能随时间变化的频率为（ ） A 、ν/2 B 、ν C 、2ν D 、4ν 答案：(C)

4.14 劲度系数为100N /m 的轻弹簧和质量为10g 的小球组成的弹簧振子，第一次将小球拉离平衡位置4cm ，由静止释放任其运动；第二次将小球拉离平衡位置2cm 并给以2cm/s的初速度任其振动。这两次振动能量之比为（ ）

A 、1:1 B 、4:1 C 、2:1 D 、22:3。 答案：(C)

4.15一谐振系统周期为0.6s ，振子质量为200g ，振子经平衡位置时速度为12cm/s，则再经0.2s 后振子动能为（ ）

A 、1. 8⨯10J B 、0 C 、1. 44⨯10J D 、3. 6⨯10J 。 答案：(D)

4.16两分振动方程分别为x 1=3cos(50πt +π4) cm 和x 2=4cos(50πt +3π4) cm ，则它们合振动的表达式为（ ）

A 、x =cos(50πt +0. 25π) cm B 、x =5cos 50πtcm C 、x =5cos 50πt +答案：(C)

4.17 下述说法中哪些是正确的（ ） A 、波只能分为横波和纵波； B 、波动质点按波速向前运动； C 、波动中传播的只是运动状态和能量； D 、波经过不同媒质传播过程中波长不变。 答案：(C)

4.18对于机械横波，下列说法正确的是（ ） A 、波峰处质元的动能、势能均为零；

B 、处于平衡位置的质元势能为零、动能为最大； C 、处于平衡位置的质元动能为零、势能为最大； D 、波谷处质元的动能为零、势能为最大。 答案：(A)

4.19一个平面简谐波沿x 轴负方向传播，波速ｕ=10m/s。x =0处，质点振动曲线如图4-19所示，则该波的表式为（ ）

-4

-3

-4

⎛

⎝

π

1⎫

+tg -1⎪cm D 、x =7cm 27⎭

A 、y =2cos ⎢B 、y =2cos ⎢C 、y =2sin ⎢

⎡π⎛x ⎫π⎤

t + ⎪+⎥m ； ⎣2⎝10⎭2⎦

⎡π⎛x ⎫π⎤

t + ⎪-⎥m ； ⎣2⎝10⎭2⎦

⎡π⎛x ⎫π⎤

t + ⎪+⎥m ； ⎣2⎝10⎭2⎦

⎡π⎛x ⎫π⎤

D 、y =2sin ⎢ t +⎪-⎥m 。

⎣2⎝10⎭2⎦

B

-4.20在同一媒质中两列相干的平面简谐波强度之比是I 1:I 2=4，则两列波的振幅之比

A 1:A 2为（ ）

A 、4 B 、2 C 、16 D 、1/4 B

4.21质量为m =10g 的小球与轻弹簧组成的系统，按x =0.5cos(8πt +πcm 的规律作简谐振动，式中 t 以秒为单位。求：

(1) 振动的圆频率、周期、振幅、初位相以及速度和加速度的最大值； (2) 求t =1s , 2s , 10s 时刻的位相。 解：

-1

(1) ω=8πs ， T =

2π

1

=0. 25s ，A =0. 5⨯10-2m ，ϕ0=π ω3

V =-4π⨯10-2sin(8πt +π3) ⇒ V m a x =4π⨯10-2=0. 126ms -1 a =-32π2⨯10-2cos(8πt +π3) ⇒ a m a x =32π2⨯10-2=3. 16ms -2

(2) 因为 φ=8πt +所以 φ1=8π+

π

3

π

3

=

25π49π241

π，φ2=16π+=π，φ10=80π+=π 33333

4.22 一物体沿x 轴作简谐振动，振幅A =12cm ，周期T =2s ，在t =0时物体位于6.0cm 处且向x 轴正方向运动，求： （1）该简谐振动的初相位；

（2）t =0.5s 时，物体的位置、速度和加速度； 解：（1）简谐振动的位移和速度分别为

x =12cos(πt +ϕ0) v =-12πsin(πt +ϕ0)

已知，在t =0，x =6cm ，即6=12cos ϕ0 解得ϕ0=

π5π

3, 3

又知，在t =0时，物体向x 轴正方向运动，有

v =-12πsin ϕ0>0，sin ϕ0

同时满足这两个条件的解为 ϕ0=所以

5π 3

5π⎛

x =12cos πt +

3⎝

⎫⎪ ⎭⎫⎪ ⎭⎫⎪ ⎭

5π⎛

v =-12πsin πt +

3⎝

5π⎛

a =-12π2cos πt +

3⎝

（2）应用以上各式，在t =0.5s 时，物体的位置为

5π⎛

x =12cos 0.5π+

3⎝

物体的速度为

⎫

⎪=10.4cm ⎭

5π⎛

v =-12πsin 0.5π+

3⎝

物体的加速度为

⎫

⎪=-18.8cm /s ⎭

5π⎛

a =-12π2cos 0.5π+

3⎝

⎫2

⎪=-103cm /s ⎭

4.23 如图4-23所示，质量为m 的物体放在光滑斜面上，斜面与水平面的夹角θ，弹簧的劲度系数为k ，滑轮的转动惯量为I ，半径为R 。先把物体托住，使弹簧维持原长，然后由静止释放，试证明物体作简谐振动。

证明：取未用手托系统静止时m 的位置为平衡位置，令此点位坐标原点，弹簧伸长x 0，则有： mg sin θ=kx 0 (1) 当物体沿斜面向下位移为x 时，则有：

mg sin θ-T 1=ma (2) T 1R -T 2R =I β (3)

T 2=k (x 0+x ) (4)

a =R β (5)

将(2)与(4)代入(3),并利用(5),可得

I

) a =mgR sin θ-kx 0R -kxR R

kR

利用(1)式，得到 a =-x

I mR +

R

(mR +

所以，物体作的是简谐振动。

4.24 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数表出。如果t =0时质点的状态分别是： （1）x 0=-A ；

（2）过平衡位置向x 轴正向运动； （3）过x =A 2处向x 轴负向运动； （4

）过x =x 轴正向运动。

试用旋转矢量图方法确定相应的初位相，并写出振动方程。 解：令振动方程为：x =A cos (1) t =0, x 0=-A

⎛2π⎫

t +φ⎪ ⎝T ⎭

∴cos φ=-1 ⇒ φ=π

⎛2π⎫

∴x =A cos t +π⎪

⎝T ⎭

(2) t =0, x 0=0

∴cos φ=0 ⇒ φ=±

π

2

V 0>0 ⇒ sin φ

π

2

π⎫⎛2π

∴x =A cos t -⎪

2⎭⎝T

(3) t =0, x 0=

A 2

∴cos φ=

1π ⇒ φ=± 23

V 00 ⇒ φ=

π

3

π⎫⎛2π

∴x =A cos t +⎪

3⎭⎝T

(4) t =0, x 0=

A 2

∴cos φ=

π2

⇒ φ=±

42

V 0>0 ⇒ sin φ

π

4

π⎫⎛2π

∴x =A cos t -⎪

4⎭⎝T

-3

4.25一质量为10⨯10kg 的物体作谐振动，振幅为24cm ，周期为4.0s ，当t =0时，位移

为24cm 。求：

（1）t =0. 5s 时，物体所在的位置； （2）t =0. 5s 时，物体所受力的大小和方向； （3）由起始位置运动到x =12cm 处所需的最短时间； （4）在x =12cm 处物体的速度、动能、系统的势能和总能量。

解：设物体的振动方程为 x =A cos(ωt +φ)

由于 A =24cm ， T =4s ⇒ ω=

2ππ= T 2

由于 t =0, x 0=24cm ⇒ cos φ=1 ⇒ φ=0 因此 x =24cos

⎛π⎫

t ⎪ 2⎝⎭

(1) 将 t =0. 5s 代入，得到 x =24cos

π

4

=122=16. 97cm =0. 17m

(2) f =-m ω2x 将t =0. 5s 代入，得到

f =-10⨯10⨯

-3

π2

4

⨯0. 17=-4. 2⨯10-3N

负号表示方向与x 轴方向相反。 (3) 将x =12m 代入x =24cos

⎛π⎫

t ⎪中，得到 ⎝2⎭

2⎛π⎫1

cos t ⎪= ⇒ t =s

3⎝2⎭2

(4) V =-12π⨯10sin

-2

2⎛π⎫

t ⎪ ，将t =s 代入:

3⎝2⎭

V =-12π⨯10-2⨯E K =

由

=-0. 326ms -1 2

11

mV 2=⨯10⨯10-3⨯36⨯3⨯π2⨯10-4=5. 33⨯10-4J 22

ω=

π25π2k 2-3

=⨯10kgs -2 ⇒ k =m ω=10⨯10⨯42m

1215π2

⨯10-3⨯0. 122=1. 78⨯10-4J 因此 E P =kx =⨯

222

E =E K +E P =5. 33⨯10-4+1. 78⨯10-4=7. 11⨯10-4J

4.26 一平面简谐波

x ⎫⎛t

y =2cos 2π -⎪

⎝0.0130⎭

式中x 和y 的单位为cm ，求该平面简谐波的振幅、波长、频率、波速以及x =10cm 处振动

的初相位。

解：平面简谐波表达式为

⎡⎛x ⎫⎤

y =A cos ⎢ω t -⎪+ϕ0⎥

⎣⎝c ⎭⎦⎡2π⎛x ⎫⎤

y =2cos ⎢t - ⎪⎥

0.013000⎝⎭⎦⎣

对应可知，振幅为A =2cm 波长λ=

ω2π

=100Hz ，波速c =30m /s =0.3m ，频率υ=2πc 将x =10cm 代入波动方程

⎡2π⎛10⎫⎤⎛2πt 2π

y =2cos ⎢t -=2cos - ⎪⎥

⎝0.013⎣0.01⎝3000⎭⎦

于是初相位为-

⎫

⎪ ⎭

2π。 3

4.27一沿x 轴正方向传播的平面简谐波，波速为2m /s ，原点的振动方程为y =0.6cos πt 。求：（1）该平面简谐波的波长；（2）波的表达式；（3）同一质点在1s 末与2s 末的位相差；（4）在波的传播方向上有A 、B 两点，其坐标分别为1m 和1.5m ，求在同一时刻，A 、B 两点的位相差。

解：（1）由ω=π及ω=2π，可得λ=cT =4m （2）沿x 轴正方向传播的波

⎡⎛x ⎫⎤⎡⎛x ⎫⎤

y =A cos ⎢ω t -⎪+ϕ0⎥=0.6cos ⎢π t -⎪+ϕ0⎥

⎣⎝c ⎭⎦⎣⎝2⎭⎦

因为原点处振动方程为y =0.6cos πt ，所以ϕ0=0，即可得

⎛x ⎫y =0.6cos π t -⎪

⎝2⎭

（3）因为坐标为x 的质点在t 时刻的位相为πt -所以 ∆ϕ= πt 2-（4）在同一时刻t

πx

2

⎛⎝

πx ⎫⎛

πx ⎫

-πt -⎪ 1⎪=π(t 2-t 1) =π 2⎭⎝2⎭

πx ⎫⎛πx ⎫ππ⎛

∆ϕ= πt -A ⎪- πt -B ⎪=(x B -x A ) =

2⎭⎝2⎭24⎝

4.28一平面简谐波以速度c =20ms 沿x 轴负方向传播，如图4-28所示。已知P 点的振动表达式是y p =3cos 4πt ，式中y 以米计，t 以秒计。 (1) 以P 点为坐标原点写出波动方程；

(2) 以距P 点5m 处的Q 点为坐标原点写出波动方程。

解(1)：y (x , t ) =3cos 4π t +

-1

⎛⎝x ⎫⎪ 20⎭

⎛⎝

5⎫

⎪=3cos (4πt -π) 20⎭

(2) Q 点振动方程为：y Q =3cos 4π t -

波动方程为 y (x , t ) =3cos ⎢4π t +

⎡⎣

⎛⎝

⎤x ⎫

⎪-π⎥ 20⎭⎦

-1

4.29一平面简谐波沿x 轴正向传播，波速为0. 08m ⋅s ，波长为0. 2m ，t =0时的波形图

形图如图4-29所示。 (1) 写出波动方程；

(2) 绘出t =T 8时的波形图。

x (m )

-1

解：由题意：A =0. 04m ，V =0. 08ms ，λ=0. 2m ，

⇒ v =

V

λ

=

0. 08

=0. 4Hz ，ω=2πv =0. 8π 0. 2

令波动方程为 y =0. 04cos ⎢0. 8π t -

⎡⎣⎛⎝x ⎫⎤⎪+φ⎥ 0. 08⎭⎦

s ⇒ cos φ=0 ⇒ φ=±将t =0时，x =0，y =0代入： 0=0. 04c o φ

π

2

φ>0 ⇒ φ=由于 V

因此 y =0. 04cos ⎢0. 8π t -

π

2

⎡⎣⎛

⎝

x ⎫π⎤⎪+⎥ 0. 08⎭2⎦

4.30已知波源在原点的一列平面简谐波的波动方程为y =A cos(Bt -Cx ) ，其中A 、B 、C 为正值恒量。试求：

（1）波的振幅、波速、频率、周期与波长；

（2）写出传播方向上距离波源为 处一点的振动方程； （3）任一时刻，在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差。 解(1)：由y =A cos ⎢B t -振幅为A , V =

⎡⎛

⎣⎝x ⎫⎤

⎪得到： B /C ⎭⎥⎦

B ωB 2π2π2π==， v =， T =， λ=VT =

C 2π2πωB C

(2) 将x = 代入 y =A cos(Bt -cl ) (3) ∆φ=

4.31如图4-31所示，S 1与S 2为两相干波源，相距0.25λ，且S 1较S 2位相超前0. 5π，如果两波在S 1S 2连线方向上的强度均为I 0，且不随距离变化，求： (1) S 1S 2连线上S 1外侧各点处合成波的强度； (2) S 1S 2连线上S 2外侧各点处合成波的强度。

S S 2

图4-31

解：由题意 S 1S 2=

±d

λ

⋅2π=±Cd

λ

4

， φ1-φ2=

π

2

(1) P 1在S 1外侧时：

∆ϕ=φ2-φ1-2π

r 2-r 1

λ

=-

π

2

-2π⨯

λ/4

=-π λ

即在S 1外侧两振动反相 ⇒ A =A 1-A 2=0 ⇒ 合成波强度I =0 (2) P 2在S 2外侧时：

∆ϕ=φ2-φ1-2π

r 2-r 1

λ

=-

π

2

-2π⨯

-λ/4

λ

=0

即在S 2外侧两振动同相 ⇒ A =A 1+A 2=2A 1 ⇒ I =4I 0 所以，S 2外侧各点波的强度是单一波源波的强度的4倍。

4.32如图4-32所示，设B 点发出的平面简谐波沿BP 方向传播，它在B 点的振动方程为

y 1=2⨯10-3cos 2πt ；C 点发出的平面简谐沿CP 方向传播，它在C 点的振动方程为y 2=2⨯10-3cos(2πt +π) ，本题中y 以米计，t 以秒计。设BP =0. 4m 、CP =0. 5m ，

波速c =0. 2m ⋅s ，求： （1）两波传到P 点时的位相差；

（2）若在P 点处相遇的两波的振动方向相同，求P 处合振动的振幅； （3）若在P 点处相遇的两波的振动方向相互垂直，再求P 处合振动的振幅。

B

P

C

图4-32

解(1)：由 λ=

-1

V 2πV ==0. 2m v ω

得到 ∆ϕ=φC -φB -2π

r C -r B

λ

=π-2π⨯

0. 1

=0 0. 2

即在P 处两波同相位。

(1) 由于两波同相位，且振动方向相同

⇒ A =A 1+A 2=4⨯10-3m

(2) 当∆ϕ=0，且两振动方向垂直时

A =

2

A 12+A 2=2A 1=2. 83⨯10-3m

4.33人的主动脉内血液的流速一般是0.32m/s。今沿血流方向发射4.0MHz 的超声波，被血红色球反射回的波与原发射波的频差为拍频。已知声波在人体内的传播速度为

1.54⨯103m /s ，求所形成的拍频。

解：红血球接收到的频率相当于观察者离开波源而运动，有

v υR

R =

u -u

v S （1） 式中，υ=0.32m /s ，v u =1.54⨯103

R S =4.0Hz ，m /s 。

红血球反射回来的波相当于波源远离观察者运动，观察者接收到的频率为

v 'u

R

=u +υ'v 'S （2） S

式中，υ'S

为（1）式中的υR ，v S '为（1）式的v R 。所以 v '=u u -υu -υR R

u +υ'⋅R v S =v S S u u +υR

拍频则为 v =|v '2υR

R

-v S |=u +υv S =1700Hz R

第五章 气体动理论

5.1 简要说明下列各式所代表的物理意义 （1）

13i i m 3m i kT ；RT ；RT （2）kT ；（3）kT ；（4）RT ；（5）（6）2222M 2M 2

其中，m 表示气体的质量，M 表示该气体的摩尔质量，i 表示自由度。 5.2 简要说明下列各式所代表的物理意义 （1）f (υ) =

dN dN

；（2）f (υ) =；（3）f (υ) d υ；（4）Nf (υ) d υ；

Nd υNd υx d υy d υz

υ2

1

υf (υ) d υ⎰υ

（5）⎰f (υ) d υ；（6）⎰Nf (υ) d υ；（7）υ；

υυ

⎰υf (υ) d υ

υ2

1

υ2

1

2

1

5.3 判断下列说法是否正确，并给出理由。

（1）N 个理想气体分子组成的分子束，都以垂直于器壁的速度υ与器壁作弹性碰撞。当分子数N 很小时，不能使用理想气体压强公式，当N 很大就可以使用；

1

kT 代表温度为T 的平衡状态下，分子在一个自由度上运动的动能； 25

（3）kT 代表温度为T 的平衡状态下，一摩尔双原子气体分子的内能；

2

（2）

（4）因为氢分子质量小于氧分子质量，所以在相同温度下，它们的速率满足υH 2>υO 2。 5.4关于温度的微观意义，下列几种说法中不正确的是（ ） A 、气体的温度是分子平均平动动能的量度；

B 、气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现，具有统计意义； C 、温度的高低反映物质内部分子运动剧烈程度的不同； D 、从微观上看，气体的温度表示每个气体分子的冷热程度。 答案：D

5.5 在常温下，压强为p 、体积为V 的氧气的内能大约为（ ） A 、5pV /2 B 、3pV /2 C 、pV D 、以上都不对。 答案：A

5.6 两容器内分别盛有氢气和氦气，若它们的温度和质量分别相等，则（ ）

A 、两种气体分子的平均平动动能相等；

B 、两种气体分子的平均动能相等；

C 、两种气体分子的平均速率相等；

D 、以上都不对。

答案：A

5.6下列各式中表示气体分子的平均平动动能是（式中M '是气体分子的质量，M 是气体的质量，n 为气体分子数密度，N 0为阿弗加德罗常数）（ ）

A 、3M mol 3M '3M 3pV B 、pV C 、npV D 、N 0pV 2M 2M '22M

答案：A

5.7两个体积相同的容器中，分别装有氦气和氢气，以U 1、U 2分别表示氦气和氢气的内能，若它们的压强相同，则（ ）

A 、U 1=U 2 B 、U 1>U 2 C 、U 1

答案：D

5.8两个容器中分别装有氮气和水蒸气，它们的温度相同，则下列各量中相同的是（ ）

A 、分子平均动能 B 、分子平均速度 C 、分子平均平动动能 D 、最概然速率 答案：B

5.9在恒定不变的压强下，气体分子的平均碰撞频率与气体的温度T 的关系为（ ）

A 、与T 无关 B 、

C 、

D 、与T 成正比 答案：D

5.10一容积不变的封闭容器内理想气体分子的平均速率若提高为原来的2倍，则（ ）

A 、温度和压强都提高为原来的2倍；

B 、温度为原来的2倍，压强为原来的4倍；

C 、温度为原来的4倍，压强为原来的2倍；

D 、以上都不对。

答案：D

5.11两种不同的理想气体，若它们的最概然速率相等，则它们的（ ）

A 、 平均速率相等，方均根速率相等；

B 、平均速率相等，方均根速率不相等；

C 、平均速率不相等，方均根速率相等；

D 、以上都不对。

答案：A

5.12速率分布函数f (v ) 的物理意义为（ ）

A 、具有速率v 的分子占总分子数的百分比。

B 、速率分布在v 附近的单位速率间隔中的分子数占总分子数的百分比。

C 、具有速率v 的分子数。

D 、速率分布在v 附近的单位速率间隔中的分子数。

答案：B

5.13当温度为273K 时，求氧分子的平均平动能。

解： k , t =3kT =5.65⨯10-21J 2

05.14一足球充气后，其中氮气8.5g ，温度17C ，在空气中以65km/h的高速飞行。求：

（1）一个氮分子（设为刚性分子）的热运动平均平动动能、平均转动动能和平均总动能；

（2）球内氮气的内能；

（3）球内氮气的运动动能。

325kT =6⨯10-21J ；r =kT =4⨯10-21J ；k =kT =10⨯10-21J 222

m 5RT =1.83⨯103J （2）U =M 2

13（3）E k =m υ=1.39J 2解：（1）t =

5.15 容器内装有1.5mol 的氮气，其分子热运动动能的总和为9.63⨯10J ，求容器内氮气的温度。

解：设系统内气体的温度为T ，分子热运动动能总和为 3

E k =μ

所以T =258K 。 i 6RT =1.5RT =9.63⨯103J 22

-mgh /kT 5.16已知地面附近大气中分子数密度随高度的变化规律为n =n 0e ，设大气温度不随

高度变化，T =300K ，求升高对大高度时，大气压强减为地面处的一半。

解：由n =n 0e -mgh /kT =n 0e -μgh /RT 按题意n =n 02代入上式，可得ln 2=μgh

RT ，

所以 h =

RT ln 28.31⨯300⨯ln 2==6080m 3μg 29⨯10⨯9.8

5.17在容积为3.0⨯10m 的容器中，装有2.0⨯10-2kg 的气体，其压强为50.7⨯10Pa 。求该气体分子的最概然速率、平均速率以及方均根速率。 解：由状态方程pV =-233m RT ，得 M

M m ==13.15⨯

10-6kg /(Pa . m 3) RT pV

υp ==

389m /s =

439m /s =477m /s -10=5.18 氮分子的有效直径为3.8⨯10

之间的平均时间间隔。

解：=m 。求它在标准状态下，的平均自由程和连续两次碰撞-8=5.8⨯10m =

454m /s ，=连续两次碰撞之间的平均时间间隔为

∆t =

6=1.3⨯10-10s 5.19 日冕的温度为2⨯10K ，求其中电子的方均根速率；星际空间的温度为2.7K ，其中

气体主要是氢原子，求这些氢原子的方均根速率；1994年曾用激光冷却技术使一群钠原子几乎停止运动，相应的温度为2.4⨯10

（m e =9.11⨯10-31-11K ，求这些钠原子的方均根速率。kg ，m H =1.67⨯10-27kg ，m Na =38.4⨯10-27kg ）

= 电子

==0.95⨯107m /s

氢原子

==2.6⨯102m /s =1.6⨯10-4m /s 钠原子

=

第六章 热力学基础

6.1下列说法是否正确，为什么？

（1）由热力学第一定律可以证明热机的效率不可能等于1；

（2）由热力学第一定律可以证明任何卡诺循环的效率都等于1-T 2； T 1

（3）有规则运动的能量能够变为无规则运动的能量，但无规则运动的能量不能变为有规则运动的能量，

解：（1）不对。热力学第一定律只能说明热机效率不大于1，而效率等于1符合热力学第一定律，不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律。

（2）不对。用热力学第一定律及理想气体状态方程可以证明理想气体为工作物质的卡诺循环的效率等于1-T 2T 。但要证明η=1-2与工作物质无关，还要依据热力学第二定律。 T 1T 1

（3）热机可以将热量转变为机械功，这就是无规则运动的能量变为有规则运动的能量。

6.2 关于热力学第二定律，下列说法是否正确，为什么？

（1）热量不能从低温物体传向高温物体；

（2）功可以全部转换为热，而热不能全部转化为功；

（3）不可能从单一热源吸收热量使之全变为有用功；

（4）“理想气体与单一热源接触作等温膨胀时，吸收的热量全部用来对外作功。”不违背热力学第一定律，但违背了热力学第二定律。

解：（1）（2）（3）（4）全错

6.3 对于理想气体系统来说，判断下列过程中，系统所吸收的热量、内能的增量和对外作的功三者数值的正负性：（1）等体降压过程；（2）等温膨胀过程；（3）绝热膨胀过程；（4）等压压缩过程。

6.4热力学第一定律表明（ ）

A 、系统对外作功不可能大于系统从外界吸收的热量；

B 、系统内能的增量不可能大于系统从外界吸收的热量；

C 、不可能存在这样的循环过程，在此循环过程中，外界对系统作的功不等于系统传给外界的热量；

D 、热机的效率不可能等于1。

答案：C

6.5置于容器中的气体，如果气体内各处压强相等，或气体内各处温度相同，则这两种情况下气体的状态（ ）

A 、一定都是平衡态；

B 、不一定都是平衡态；

C 、前者一定是平衡态，后者一定不是平衡态；

D 、后者一定是平衡态，前者一定不是平衡态。

答案：B

6.6一定的理想气体，从相同状态出发，分别经历等温过程、等压过程和绝热过程，使其体积增加一倍。那么气体温度的改变（绝对值）（ ）

A 、绝热过程中最大，等压过程中最小；

B 、绝热过程中最大，等温过程中最小；

C 、等压过程中最大，绝热过程中最小；

D 、等压过程中最大，等温过程中最小。

6.7 一绝热容器被各版、、隔板分成两半，一半是真空，另一半是理想气体，若把隔板抽出，气体将进行自由膨涨，达到平衡后（ ）

A 、温度不变，压强减小；

B 、温度降低，压强减小；

C 、温度升高，压强减小；

D 、温度不变，压强不变。

答案：A

6.8一定量的理想气体，经历某过程后温度升高了。则可以断定（ ）

A 、该理想气体系统在此过程中吸了热；

B 、在此过程中外界对该理想气体系统作了正功；

C 、该理想气体系统的内能增加了；

D 、在此过程中理想气体系统既从外界吸了热，又对外作了正功。

答案：C

6.9根据热力学第二定律可知（ ）

A 、功可以全部转化为热，但热不能全部转化为功；

B 、热可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体；

C 、不可逆过程就是不能向反方向进行的过程；

D 、一切自发过程都是不可逆的。

答案：Ｄ

6.10有一定量的理想气体，其压强按

p =C V 2

的规律变化，C 是常量。求气体从体积V 1增加到V 2所作的功。该理想气体的温度是升高还是降低？ 答案为：A =C (11-) ，温度降低 V 1V 2

6.11 质量为1kg 的氧气，其温度由300K 上升到350K 。若温度升高是在下面三种情况下发生的：（1）体积不变；（2）压强不变；（3）绝热过程。问在这三个过程中内能改变各为多少？（视氧气分子为刚性分子） 解：∆U =m C V , m ∆T =3.25⨯104J M

由于理想气体的内能是温度的函数，所以三种情况的内能改变相等。

6.12 压强为1.0⨯10Pa ，体积为0.0082m 的氮气，从初温300K 加热到400K ，加热时如

（1）体积不变；（2）压强不变。

问各需热量多少？（视氮气分子为刚性分子）

解：（1）由p 1V 1=53m RT 1，有 M

m p 1V 1==0.33 M RT 1

m C V , m (T 2-T 1) =686J M

m C p , m (T 2-T 1) =960J （2） Q p =M 所以 Q V =

6.13 0.02kg的氦气（视为理想气体），温度由17C 升为27C 。若在升温过程中，（1）体积保持不变；（2）压强保持不变；（3）不与外界交换热量。试分别求出内能的改变、吸收的热量、外界对气体所作的功。

答案为：（1）∆U =Q =623J ，A =0（2）∆U =623J ，Q =1.04⨯103J ，A =417J （3）00∆U =623J ，Q =0，A =-623J

6.14一可逆卡诺热机，当高温热源的温度为127C 、低温热源的温度为27C 时，其每次循环对外作净功8000J 。今维持低温热源的温度不变，提高高温热源温度，使其每次循环对外作净功10000J 。若两个卡诺循环都工作在相同的两条绝热线之间，试求：

（1）第二个循环的热机效率；

（2）第二个循环的高温热源的温度。

答案为：（1）η=29.4%（2）T 1' =425K

6.15 一台冰箱工作时，其冷冻室内的温度为-10C ，室温为15C ，若按理想卡诺制冷系数计算，则此制冷机每消耗1000J 的功，可以从冷冻室中吸出多少热量？

解：制冷系数为 ω=000' 0T 2=10.5 T 1-T 2

又由ω=Q 2，可得Q 2=ωA =1.05⨯104J A

66.16 一个人一天约向周围环境散发8⨯10J 的热量，试估算他一天产生多少熵？忽略进食

时带进体内的熵，环境温度按273K 计算，人的体温按36C 计算。（人和环境均视为恒温） 解：人的体温为T 1=309K ，散热过程体温不变。环境温度为T 2=273K ，吸热过程中温度也不变。环境和人的总熵变为 0

∆S =∆S 1+∆S 2=-

Q Q +=3.4⨯103J /K T 1T 2