大学物理简明教程 赵近芳 课后习题答案.docx

大学物理简明教程 赵近芳 课后习题答案习题1 1-1 |Dr|与Dr有无不同？|哪里？试举例说明. 解：drdrdvdv|和有无不同？ |和有无不同？其不同在dtdtdtdtvvDr是位移的模，Dr是位矢的模的增量，即Dr=r2-r1，Dr=r2-r1； drdrds是速度的模，即. =v=dtdtdtdr只是速度在径向上的分量. dt有r=rr，则式中drdrdr=r+r dtdtdtdr就是速度径向上的分量， dtdrdr与不同如题1-1图所示. dtdt题1-1图 vdvdvvdv (3)表示加速度的模，即a=，是加速度a在切向上的分量. dtdtdt有v=vt(t表轨道节线方向单位矢），所以 vvvvdvdvvdt =t+vdtdtdtdv就是加速度的切向分量. dtvvdtdr与(Q的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) dtdt式中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drd2rr=x+y，然后根据v=及2而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，dtdt22再合成求得结果，即 dx2dy2d2x2d2y2v=+及a=(2)+(2). dtdtdtdt你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 1 vvv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r=xi+yj， vvdrdxvdyvv=i+jdtdtdt 2v22vvdyvdrdxa=2=2i+2jdtdtdt故它们的模即为 ædxöædyöv=v+v=ç÷+ç÷èdtøèdtø2x2y22x2y22æd2xöæd2yöa=a+a=ççdt2÷÷+ççdt2÷÷èøèø2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 drv=dtd2ra=2 dtdrd2rdr其二，可能是将与2误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明不是速度的模，dtdtdtd2r而只是速度在径向上的分量，同样，2也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中dt2éd2rvædqöù的一部分êa径=2-rç或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r在径向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 x3t5，y=12t+3t-4, 2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t1 s时刻和t2 s时刻的位置矢量，计算这1s内质点的位移；(3)计算t0 s时刻到t4 s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量的表示式，计算t4 s时质点的速度；(5)计算 t0 s到t4 s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t4 s时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度和瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式). v12vv解： r=(3t+5)i+(t+3t-4)jm 2(2)将t=1,t=2代入上式即有 vvvr1=8i-0.5j m 2 vvvr2=11j+4jm vvvvvDr=r2-r1=3j+4.5jm vvvvvv(3) r0=5j-4j,r4=17i+16j vvvvvvvvDrr4-r012i+20j v=3i+5jm×s-1 Dt4-04vvvvdr(4) v=3i+(t+3)jm×s-1 dtvvv-1则 v4=3i+7j m×s vvvvvvv=3i+3j,v=3i+7j (5) 04vvvvvDvv4-v04=1jm×s-2 a=Dt44vvvdv(6) a=1jm×s-2 dt这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。 1-4 在离水面高h m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v0m×s的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小. -1 题1-4图 解： 设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成q角，由图可知 l=h+s 将上式对时间t求导，得 222dlds=2s dtdt根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， 2l 题1-4图 3 v绳=-即 v船=-dlds=v0,v船=- dtdtvdsldll=-=v0=0 dtsdtscosqlv0(h2+s2)1/2v0=或 v船= ss将v船再对t求导，即得船的加速度 dlds-ldv-v0s+lv船a=船=dt2dtv0=v02dtssl22(-s+)v02h2v0s=3s2ss2-21-5 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的单位为m.质点在x0处，速度为10 m×s，试求质点在任何坐标处的速度值. 解： a=-1dvdvdxdv=v dtdxdtdx2分离变量： udu=adx=(2+6x)dx 两边积分得 12v=2x+2x3+c 2由题知，x=0时，v0=10,c=50 v=2x3+x+25m×s-1 -21-6 已知一质点作直线运动，其加速度a43tm×s.开始运动时，x5 m，v0，求该质点在t10 s时的速度和位置. 解： a=dv=4+3t dt分离变量，得 dv=(4+3t)dt 积分，得 v=4t+由题知，t=0,v0=0 ,c1=0 故 v=4t+32t+c1 232t 2 4 又因为 v=分离变量， dx=(4t+dx3=4t+t2 dt232t)dt 22积分得 x=2t+由题知 t=0,x0=5 ,c2=5 故 x=2t+所以t=10s时 213t+c2 213t+5 2v10=4´10+3´102=190m×s-121x10=2´102+´103+5=705m231-7 一质点沿半径为1 m的圆周运动，运动方程为q=2+3t，式中以rad计，t以s计，求：(1)t2 s时，质点的切向加速度和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少？ 解： w=dqdw=9t2,b=18t dtdt-2 (1)t=2s时， at=Rb=1´18´2=36m×s an=Rw2=1´(9´22)2=1296m×s-2 (2)当加速度方向与半径成45角时，有 tan45°=2at=1 an即 Rw=Rb 亦即 (9t)=18t 则解得 t=于是角位移为 3222 92=2.679rad q=2+3t3=2+3´1-8 质点沿半径为R的圆周按s=v0t-12bt的规律运动，式中s为质点离圆周上某点2的弧长，v0，b都是常量.求：(1)t时刻质点的加速度；(2)t为何值时，加速度在数值上等于5 b. 解： v=ds=v0-bt dtdv=-bdt 22(v-bt)van=0RRat=(v0-bt)4则 a=at+a=b+ 2R22n2加速度与半径的夹角为 j=arctan(2)由题意应有 at-Rb= an(v0-bt)2(v0-bt)4 a=b=b+2R2(v0-bt)44,Þ(v-bt)=0 即 b=b+02R22当t=v0时，a=b b-11-9 以初速度v0=20m×s抛出小球，抛出方向与水平面成60°的夹角.求：(1)球轨道最高点的曲率半径R1；(2)落地处的曲率半径R2. (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1-9图所示 题1-9图 (1)在最高点， v1=vx=v0cos60o an1=g=10m×s-2 6 又 an1=v12r1v12(20´cos60°)2r1=an110 =10m(2)在落地点， v2=v0=20m×s-1, 而 an2=g´cos60o 2v2(20)2 r2=80m an210´cos60°-21-10 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度b=0.2rad×s，求t2 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t=2s时，w=bt=0.2´2=0.4 rad×s 则v=Rw=0.4´0.4=0.16m×s -1-1an=Rw2=0.4´(0.4)2=0.064m×s-2 at=Rb=0.4´0.2=0.08m×s-2 2a=an+at2=(0.064)2+(0.08)2=0.102m×s-2 -11-11 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-1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？ vvr解：(1)大船看小艇，则有v21=v2-v1，依题意作速度矢量图如题1-11图(a) 题1-11图 由图可知 v21=2v12+v2=50km×h-1 方向北偏西 q=arctanv13=arctan=36.87° v24 7 (2)小船看大船，则有v12=v1-v2，依题意作出速度矢量图如题1-11图(b)，同上法，得 vvrv12=50km×h-1 方向南偏东36.87 o习题2 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v0运动，v0的方向与斜面底边的水平线AB平行，如图所示， 题2-1图 求该质点的运动轨道. 解: 物体置于斜面上受到重力mg，斜面支持力N.建立坐标：取v0方向为X轴，平行斜面与X轴垂直方向为Y轴.如图2-1. v题2-1图 X方向： Fx=0 x=v0t Y方向： Fy=mgsina=may t=0时 y=0 vy=0 y=由、式消去t，得 1gsinat2 2y=1gsina×x2 22v02-2 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fx6 N，fy7 N.当t0时，xy0，vx2 m·s1，vy0.求当t2 s时质点的位矢和速度. 解： ax=fx63=m×s-2 m1688 ay=(1) fym=-7m×s-2 1635vx=vx0+òaxdt=-2+´2=-m×s-10842-77vy=vy0+òaydt=´2=-m×s-101682于是质点在2s时的速度 5v7vvv=-i-j48(2) m×s-1 v1v1v22r=(v0t+axt)i+aytj22v1-7v13=(-2´2+´´4)i+´4j 2821613v7v=-i-jm482-3 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，t0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k-tùmv0émmx=ê1-emú；(3)停止运动前经过的距离为v0；(4)证明当t=时速度减至v0kkkëû1的，式中m为质点的质量. e-kvdv答: (1) a= =mdt分离变量，得 dv-kdt =vmvdvt-kdt即 ò =òv0v0mlnv-kt=lnem v0k-mt v=v0e(2) x=vdt=òòt0v0ek-mtdt=mv0-kt(1-em) k(3)质点停止运动时速度为零，即t， 9 故有 x¢=ò¥0v0ek-mtdt=mv0 k (4)当t=m时，其速度为 kv=v0ekm-m×k=v0e-1=v0 e即速度减至v0的1. e2-4 一质量为m的质点以与地面仰角30°的初速v0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. 解: 依题意作出示意图如题2-4图 题2-4图 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, 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 ovvvDp=mv-mv0 由矢量图知，动量增量大小为mv0，方向竖直向下 2-5 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，物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量；(2)为了使冲量为200 N·s，该力应1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6j m·s的物体，回答这两个问题. 解: (1)若物体原来静止，则 vvvtv4v-1Dp1=òFdt=ò(10+2t)idt=56kg×m×si,沿x轴正向， 00vvvDp1-1Dv1=5.6m×si mvvvI1=Dp1=56kg×m×s-1i若物体原来具有-6m×s初速，则 -1vtvFvvvvvp0=-mv0,p=m(-v0+òdt)=-mv0+òFdt于是 0m0t 10 tvvvvvDp2=p-p0=òFdt=Dp1, 0vvvv同理， Dv2=Dv1,I2=I1 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 I=ò(10+2t)dt=10t+t2 0t亦即 t+10t-200=0 解得t=10s，(t¢=20s舍去) 2-6 一颗子弹由枪口射出时速率为v0 m·s1，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F(abt)N(a，b为常数)，其中t以s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 2F=(a-bt)=0,得t=(2)子弹所受的冲量 a bt1I=ò(a-bt)dt=at-bt2 02将t=a代入，得 ba2I= 2b(3)由动量定理可求得子弹的质量 Ia2 m=v02bv02-7 设F7i6jN.(1)当一质点从原点运动到r3i4j16k m时，求F所做的功；(2)如果质点到r处时需0.6 s，试求平均功率；(3)如果质点的质量为1 kg，试求动能的变化. v解: (1)由题知，F合为恒力， vvvvvvv A合=F×r=(7i-6j)×(-3i+4j+16k) =-21-24=-45J (2) P=A45=75w Dt0.6(3)由动能定理，DEk=A=-45J 11 2-8 如题2-8图所示，一物体质量为2 kg，以初速度v03 m·s1从斜面A点处下滑，它与斜面的摩擦力为8 N，到达B点后压缩弹簧20 cm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. 题2-8图 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=12æ12ökx-çmv+mgssin37°÷ 2è2ø12mv+mgssin37°-frs k=212kx2式中s=4.8+0.2=5m，x=0.2m，再代入有关数据，解得 k=1390N×m-1 再次运用功能原理，求木块弹回的高度h¢ 1-frs¢=mgs¢sin37o-kx2 2代入有关数据，得 s¢=1.4m, 则木块弹回高度 h¢=s¢sin37o=0.84m 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. 题2-9 证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有 121212mv0=mv1+mv2 222222即 v0=v1+v2 12 题2-9图(a) 题2-9图(b) 又碰撞过程中，动量守恒，即有 vvvmv0=mv1+mv2 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股定理，且以v0为斜边，故知v1与v2是互相垂直的 vvv2-10 一质量为m的质点位于(x1，y1)处，速度为v=vxi+vyj，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. 解: 由题知，质点的位矢为 vvvvvvvvvr=x1i+y1j 作用在质点上的力为 vvf=-fi 所以，质点对原点的角动量为 vvvL0=r´mv vvvv=(x1i+y1i)´m(vxi+vyj) v=(x1mvy-y1mvx)k 作用在质点上的力的力矩为 vvvvvvvM0=r´f=(x1i+y1j)´(-fi)=y1fk 2-11 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r18.75×1010 m时的速率是v15.46×10 4 m/s，它离太阳最远时的速率是v29.08×10 2 m/s，这时它离太阳的距离r2是多少？(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 r1mv1=r2mv2 r1v18.75´1010´5.46´10412 r2=5.26´10m 2v29.08´1013 2-12 物体质量为3 kg，t0时位于r4i m，vi6j m/s，如一恒力f5j N作用在物体上.求3 s后，(1)物体动量的变化；(2)相对z轴角动量的变化. vv3vv-1解: (1) Dp=òfdt=ò5jdt=15jkg×m×s 0(2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7 115y=v0yt+at2=6´3+´´32=25.5j 223vvvvv即 r1=4i,r2=7i+25.5j vx=v0x=1 5vy=v0y+at=6+´3=11 3vvvvvv即 v1=i1+6j,v2=i+11j vvvvvvvL=r´mv=4i´3(i+6j)=72k 1 11vvvvvvvvL2=r2´mv2=(7i+25.5j)´3(i+11j)=154.5k vvvv2-1 DL=L2-L1=82.5kkg×m×s 解(二) M=dz dtv DL=òt0vvtvM×dt=ò(r´F)dt 0v3é15vùv=òê(4+t)i+(6t+)´t2)jú´5jdt023ëû vv3=ò5(4+t)kdt=82.5kkg×m2×s-102-13 飞轮的质量m60 kg，半径R0.25 m，绕其水平中心轴O转动，转速为900r×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，可使飞轮减速.已知闸杆的尺寸如题2-13图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦因数0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算.试求： (1)设F100 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F？ -1题2-13图 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 14 力，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 题2-13图 题2-13图(b) 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 F(l1+l2)-N¢l+l21=0N¢=l1lF 1对飞轮，按转动定律有b=-FrR/I，式中负号表示b与角速度w方向相反 Fr=mN N=N¢ Fl1+l2r=mN¢=mlF 1又 I=12mR2, b=-FrR-2m(l1+l2I=)mRlF 1以F=100N等代入上式，得 b=-2´0.40´(0.50+0.75)60´0.25´0.50´100=-403rad×s-2 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 t=-w0900´2p´3b=60´40=7.06s 这段时间内飞轮的角位移为 15 f=w0t+bt2=1900´2p91409´p-´´(p)2 2604234=53.1´2prad可知在这段时间里，飞轮转了53.1转 (2)w0=900´2prad×s-1，要求飞轮转速在t=2s内减少一半，可知 60w0b=2mRl1b2m(l1+l2)-w0t=-w02t=-15prad×s-2 2用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为 F=-=60´0.25´0.50´15p2´0.40´(0.50+0.75)´2=177N2-14 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m2相连，m1和m2则挂在圆柱体的两侧，如题2-14图所示.设R0.20 m，r0. 10 m，m4 kg，M10 kg，m1m22 kg，且开始时m1，m2离地均为h2 m.求： (1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力. 题2-14图 解: 设a1,a2和分别为m1,m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b) 题2-14(a)图 题2-14(b)图 16 (1) m1,m2和柱体的运动方程如下： T2-m2g=m2a2 m1g-T1=m1a1 ¢¢T1R-T2r=Ib 式中 T1¢=T1,T2¢=T2,a2=rb,a1=Rb 而 I=由上式求得 11MR2+mr2 22b=Rm1-rm2g22I+m1R+m2r0.2´2-0.1´2´9.8 11´10´0.202+´4´0.102+2´0.202+2´0.10222=6.13rad×s-2 (2)由式 T2=m2rb+m2g=2´0.10´6.13+2´9.8=20.8N 由式 T1=m1g-m1Rb=2´9.8-2´0.2.´6.13=17.1N 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. 题2-15图 解: (1)由转动定律，有 11=(ml2)b 233g b= 2lmg(2)由机械能守恒定律，有 17 l11mgsinq=(ml2)w2 223 w= 3gsinq l习题3 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 温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 计算下列一组粒子平均速率和均方根速率？ Ni 21 4 6 8 2 vi(m/s) 10.0 20.0 30.0 40.0 50.0 解：平均速率 V=åNVåNiii21´10+4´20+6´30+8´40+2´5021+4+6+8+2890=21.7 m×s-1 41方均根速率 V2=åNVåNii2i21´102+4´202+6´103+8´402+2´50221+4+6+8+2=25.6 m×s-1 18 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). (1)f(v)dv； (2)nf(v)dv； (3)Nf(v)dv； (4)òv0f(v)dv； (5)òf(v)dv； (6)òNf(v)dv. 0¥v2v1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. (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. (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 (3) Nf(v)dv：表示分布在速率v附近、速率区间dv内的分子数 (4)(5)(6)òv0f(v)dv：表示分布在v1v2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. ò¥0òv2v1Nf(v)dv：表示分布在v1v2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？ 题3-6图 答：图(a)中(1)表示氧，(2)表示氢；图(b)中(2)温度高 3-7 试说明下列各量的物理意义. 13i kT； (2)kT； (3)kT； 222Mii3(4)RT； (5) RT； (6) RT. Mmol222(1)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(2)在平衡态下，分子平均平动动能均为1kT 23kT. 2ikT. 2MiRT. Mmol2(3)在平衡态下，自由度为i的分子平均总能量均为(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 19 iRT. 23(6) 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23平均平动动能之总和为RT. 2(5) 1摩尔自由度为i的分子组成的系统内能为3-8 有一水银气压计，当水银柱为0.76 m高时，管顶离水银柱液面0.12 m，管的截面积为2.0×104 m2，当有少量氦(He)混入水银管内顶部，水银柱高下降为0.6 m，此时温度为27，试计算有多少质量氦气在管顶(He的摩尔质量为0.004 kg·mol1)？ 解：由理想气体状态方程pV=MRT 得 Mmol M=Mmol汞的重度 dHg=1.33´105N×m -3pV RT氦气的压强 P=(0.76-0.60)´dHg 氦气的体积 V=(0.88-0.60)´2.0´10-4m3 M=0.004´(0.76-0.60)´dHg´(0.28´2.0´10-4)R(273+27)(0.76-0.60)´dHg´(0.28´2.0´10-4)8.31´(273+27) =0.004´=1.91´10-6Kg 题3-9图 3-9 设有N个粒子的系统，其速率分布如题3-9图所示.求 (1)分布函数f(v)的表达式； (2)a与v0之间的关系； (3)速率在1.5v0到2.0v0之间的粒子数； (4)粒子的平均速率； (5)0.5v0到1v0区间内粒子平均速率. 解：(1)从图上可得分布函数表达式 20 ìNf(v)=av/v0ïíNf(v)=aïNf(v)=0îìav/Nv0ïf(v)=ía/Nï0î(0£v£v0)(v0£v£2v0) (v³2v0)(0£v£v0)(v0£v£2v0) (v³2v0)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， (2)由归一化条件可得 ò(3)v00N2v0avdv+Nòadv=Nv0v0a=2N 3v0DN=a(2v0-1.5v0)=1N 3v02v0av2dv+òavdv v0v0(4) N个粒子平均速率 v=ò¥01vf(v)dv=Nv=ò¥0vNf(v)dv=ò01123211(av0+av0)=v0 N329(5)0.5v0到1v0区间内粒子平均速率 òv=v00.5v0vdNN1Nv0vdN =ò0.5v0N1NNv0Nv0av2 =vf(v)dv=dv òò0.5v0.5v00NvN1N10332av01v0av21av017av0 v=