《大学物理简明教程》课后习题答案.docx

大学物理简明教程课后习题答案大学物理简明教程习题解答 习题一 1-1 Dr与Dr有无不同?和有无不同? 同?其不同在哪里?试举例说明 Dr=r2-r1； vvdrdtdrdtdvdt和dvdt有无不解：Dr是位移的模，Dr是位矢的模的增量，即Dr=r2-r1，drdtdrdsdt=v=dtdrdt是速度的模，即. 只是速度在径向上的分量. drdrdr=r+rdtdtdt rr=rr有，则dr式中dt就是速度径向上的分量， 题1-1图 dvdtdrdr与dtdt不同如题1-1图所示. (3)表示加速度的模，即量. vvv=vt(t表轨道节线方向单位矢）有，所以 vvdvdvvdt=t+vdtdtdtvvdva=dtdv，dt是加速度a在切向上的分dv式中dt就是加速度的切向分量. vvdtdrQ与(dtdt的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 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r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dr22x+y，然后根据v=dtd2r，及adt2果，即 v=及a= 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 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vvvr=xi+yj， 坐标系中，有vvdrdxvdyvv=i+jdtdtdtvvd2rd2xvd2yva=2=2i+2jdtdtdt 22ædxöædyöç÷+ç÷èdtøèdtø22æd2xöæd2yöççdt2÷÷+ççdt2÷÷èøèø22故它们的模即为 ædxöædyöv=v+v=ç÷+ç÷èdtøèdtø2x2y2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=dtdrd2r与2其二，可能是将dtdtdr说明dtæd2xöæd2yö22a=ax+ay=ççdt2÷÷+ççdt2÷÷èøèø2d2ra=2dt 误作速度与加速度的模。在1-1题中已d2r不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，dt2也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分2éd2rædqöù÷úêa径=2-rçvdtdtèøúêëû。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢rv在径向方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r及速vv度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 1x=3t+5, y=2t2+3t-4. 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t2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t0 s时刻到t4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t4 s 时质点的速度；(5)计算t0s 到t4s 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t4s 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) v1vvr=(3t+5)i+(t2+3t-4)j2m 解： (2)将t=1,t=2代入上式即有 vvvr1=8i-0.5j m vvvr2=11j+4jm vvvvvDr=r2-r1=3j+4.5jm vvvvvv(3) r0=5j-4j,r4=17i+16j vvvvvvvvDrr4-r012i+20jv=3i+5jm×s-1Dt4-04 vvvvdrv=3i+(t+3)jm×s-1(4) dt vvvv=3i+7j m×s-1 则 4vvvvvvv=3i+3j,v=3i+7j 4(5) 0vvvvvDvv4-v04a=1jm×s-2Dt44 vvvdva=1jm×s-2dt(6) 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 图1-4 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 l2=h2+s2 将上式对时间t求导，得 2ldlds=2sdtdt 题1-4图 根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的， 即 v船=-v绳=-dlds=v0,v船=-dtdt vdsldll=-=v0=0dtsdtscosqlv0(h2+s2)1/2v0v船=ss或 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=32ss s1-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为 a2+6x2，a的单位为m×s-2，x的单位为 m. 质点在x0处，速度为10m×s-1,试求质点在任何坐标处的速度值 解： 2udu=adx=(2+6x)dx 分离变量： 12v=2x+2x3+c两边积分得 2 a=dvdvdxdv=vdtdxdtdx由题知，x=0时，v0=10,c=50 3-1v=2x+x+25m×s 1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a4+3tm×s-2，开始运动时，x5 m，v=0，求该质点在t10s 时的速度和位置 dv=4+3t 解： dt 分离变量，得 dv=(4+3t)dt a=积分，得由题知，t=0,v03v=4t+t2+c12 =0,c1=0 3v=4t+t22 故 又因为 3dx=(4t+t2)dt2分离变量， v=dx3=4t+t2dt2 1x=2t2+t3+c22积分得 由题知 t=0,x0=5,c2=5 1x=2t2+t3+52故 所以t=10s时 v10=4´10+3´102=190m×s-121x10=2´102+´103+5=705m2 1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 q=2+3t3，q式中以弧度计，t以秒计，求：(1) t2 s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=18tdtdt -2a=Rb=1´18´2=36m×st=2st (1)时， at=1anan=Rw2=1´(9´22)2=1296m×s-2 (2)当加速度方向与半径成45角时，有222即 Rw=Rb 亦即 (9t)=18t 则解得 t3=tan45°=22q=2+3t3=2+3´=2.679 于是角位移为9rad1-8 质点离圆周上某点的弧长,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b 1v0t-bt22质点沿半径为R的圆周按s的规律运动，式中s为解： v=ds=v0-btdt dv=-bdtv2(v0-bt)2an=RR at=22n2(v0-bt)4a=at+a=b+R2则 加速度与半径的夹角为 j=arctanat-Rb=an(v0-bt)2(2)由题意应有 (v0-bt)4a=b=b+R2 4(v-bt)b2=b2+02,Þ(v0-bt)4=0R即 2当时，a=b 1-9 以初速度v020m×s-1抛出一小球，抛出方向与水平面成幔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1-10图所示 t=v0b题1-9图 (1)在最高点， ov1=vx=v0cos60 an1=g=10m×s-2 又 an1=v12r1 v12(20´cos60°)2r1=an110 (2)在落地点， =10mv2=v0=20m×s-1, oa=g´cos60n而 2 2v2(20)2r2=80man210´cos60° 1-10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t2s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=0.4rad×s-1 则v=Rw=0.4´0.4=0.16m×s-1 an=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 1-11 一船以速率v130km·h沿直线向东行驶，另一小艇在其-1前方以速率v240km·h 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? vvrv=v 解：(1)大船看小艇，则有212-v1，依题意作速度矢量图如题1-13图(a) -1题1-11图 22-1v=v+v=50km×h2112由图可知 方向北偏西 vvrv=v(2)小船看大船，则有121-v2，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得 方向南偏东36.87o v12=50km×h-1 q=arctanv13=arctan=36.87°v24 习题二 2-1 一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面上以v0的方向与斜面底边的水平线AB平行，初速度v0运动，如图所示，求这质点的运动轨道 vvmg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. 题2-1图 X方向： YFx=0x=v0t 方向： t=0时 y=0 vy=0 y=1gsinat22 Fy=mgsina=may由、式消去t，得 12gsina×x22v016 kg 的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力y=-12-2 质量为vy的分量为fx6 N，fy-7 N，当t0时，x=y=0，vx-2 m·s，0求 当t2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度解： ay=fymax=fx63=m×s-2m168 =(1) 235vx=vx0+òaxdt=-2+´2=-m×s-10842-77vy=vy0+òaydt=´2=-m×s-10168 -7m×s-216 于是质点在2s时的速度 5v7vvv=-i-j48m×s-1(2) v1v1v22r=(v0t+axt)i+aytj22v1-7v13=(-2´2+´´4)i+´4j2821613v7v=-i-jm48 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vv0e-(k)tm；(2) 由0到t的时间内经过的距离为 )1-e-(k)tmmv0x(kmv0；(3)停止运动前经过的距离为k；(4)1证明当t=mk时速度减至v0的e，式中m为质点的质量 -kvdv=mdt 答: (1) 分离变量，得 dv-kdt=vma=t-kdtdv=òòv0v0m即 vv-ktln=lnemv0 v=v0e0(2) (3)质点停止运动时速度为零，即t， k-mtx=òvdt=òv0etk-mtkmv0-mtdt=(1-e)k 故有 (4)当mt=kx¢=òv0e0¥k-mtdt=mv0k时，其速度为 v=v0ekm-m×k=v0e-1=v0e1即速度减至v0的e. 2-4vvm一质量为的质点以与地的仰角q=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 解: 依题意作出示意图如题2-6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30o，则动量的增量为 vvvDp=mv-mv0 vmv由矢量图知，动量增量大小为0，方向竖直向下 vF=(10+2t)i2-5 作用在质量为10 kg的物体上的力为N，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，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v-6jm·s-1的物体,回答这两个问题 解: (1)若物体原来静止，则 vvtv4vDp1=òFdt=ò(10+2t)idt=56kg×m×s-1i00vvvDp1Dv1=5.6m×s-1imvvv-1I1=Dp1=56kg×m×si ,沿x轴正向， 若物体原来具有-6m×s-1初速，则 , vvvv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 0vtFtvvvvvvp0=-mv0,p=m(-v0+òdt)=-mv0+òFdt0m0于是 tvvvvvDp2=p-p0=òFdt=Dp1I=ò(10+2t)dt=10t+t20t亦即 t2+10t-200=0 解得t=10s，(t¢=20s舍去) 2-6 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 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有 F=(a-bt)=0,得-1vm×s0一颗子弹由枪口射出时速率为，当子弹在枪筒内被加t=ab(2)子弹所受的冲量 ab代入，得 t1I=ò(a-bt)dt=at-bt202 将t=(3)由动量定理可求得子弹的质量 vvvvvvv2-7设F合=7i-6jN(1) 当一质点从原点运动到r=-3i+4j+16kmvF时，求所作的功(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 v解: (1)由题知，F合为恒力， vvvvvvvA=F×r=(7i-6j)×(-3i+4j+16k) 合a2I=2b Ia2m=v02bv0 =-21-24=-45J P=(2) (3)由动能定理，DEk=A=-45J -12-8 如题2-18图所示，一物体质量为2kg，以初速度v03m·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 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=12æ1ökx-çmv2+mgssin37°÷2è2ø A45=75wDt0.6 12mv+mgssin37°-frs2k=12kx2 式中s=4.8+0.2=5m，x=0.2m，再代入有关数据，解得 k=1390N×m-1 题2-8图 再次运用功能原理，求木块弹回的高度h¢ 1-frs¢=mgs¢sin37o-kx22 代入有关数据，得 s¢=1.4m, 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 证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有 121212mv0=mv1+mv2222 h¢=s¢sin37o=0.84m 即 22v0=v12+v2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 vvvv0=v1+v2亦即 由可作出矢量三角形如图(b)，又由式可知三矢量之间满足vvvvvv01勾股定理，且以为斜边，故知与2是互相垂直的 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vvvv=vxi+vyj以及作用于质点上的力的力矩 解: 由题知，质点的位矢为 作用在质点上的力为 vvvL0=r´mv vvvr=x1i+y1j vvf=-fi 所以，质点对原点的角动量为 v=(x1mvy-y1mvx)k vvvv=(x1i+y1i)´m(vxi+vyj)作用在质点上的力的力矩为 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104-1离为r18.75×10m 时的速率是v15.46×10m·s，它离太2-1r2阳最远时的速率是v29.08×10m·s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´10412r2=5.26´10m2v29.08´10 vvvv-1vv=i+6jm×sr=4imt2-12 物体质量为3kg，=0时位于, ，如一恒vv力f=5jN作用在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相vvvvvvvM0=r´f=(x1i+y1j)´(-fi)=y1fk 对z轴角动量的变化 0 解: (1) (2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7 vv3vvDp=òfdt=ò5jdt=15jkg×m×s-1115y=v0yt+at2=6´3+´´32=25.5j23vv2v vv即 r1=4i,r2=7i+25.5j vvvvvv即 v1=i1+6j,v2=i+11j vvvvvvvL=r´mv=4i´3(i+6j)=72k1 11 vvvvvvvvL2=r2´mv2=(7i+25.5j)´3(i+11j)=154.5k 5vy=v0y+at=6+´3=113 vx=v0x=1 vvvv2-1 DL=L2-L1=82.5kkg×m×s 解(二) M=dzdt 3vvtvtvDL=òM×dt=ò(r´F)dt00v152vùvé=òê(4+t)i+(6t+)´t)jú´5jdt023ëûvv3=ò5(4+t)kdt=82.5kkg×m2×s-10题2-12图 2-13飞轮的质量m60kg，半径R0.25m，绕其水平中心轴O转-1动，转速为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m=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2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力F? 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，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¢l1=0N¢=l1+l2Fl1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¢ Fr=mN¢=ml1+l2Fl1又 I=1mR2,2 以F=100N等代入上式，得 b=b=-FrR-2m(l1+l2)=FImRl1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=-2´0.40´(0.50+0.75)40´100=-rad×s-260´0.25´0.503 这段时间内飞轮的角位移为 f=w0t+bt2=1900´2p91409´p-´´(p)22604234=53.1´2prad w0900´2p´3=7.06sb60´40 可知在这段时间里，飞轮转了53.1转 (2)w0=900´2prad×s-160，要求飞轮转速在t=2s内减少一半，可知 w0b=2-w0t=-w02t=-用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为 F=-=mRl1b2m(l1+l2)15prad×s-22 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60´0.25´0.50´15p2´0.40´(0.50+0.75)´2=177N 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2-26图所示设R0.20m, r0.10m，m4 kg，M10 kg，m1m22 kg，且开始时m1，m2离地均为h2m求： (1)柱体转动时的角加速度； (2)两侧细绳的张力 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 (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 由上式求得 b=Rm1-rm2gI+m1R2+m2r20.2´2-0.1´2´9.8I=11MR2+mr222 11´10´0.202+´4´0.102+2´0.202+2´0.10222=6.13rad×s-2 (2)由式 由式 T2=m2rb+m2g=2´0.10´6.13+2´9.8=20.8N 2-15 如题端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q角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有 mg11=(ml2)b23 3g2lT1=m1g-m1Rb=2´9.8-2´0.2.´6.13=17.1N 2-15图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一 (2)由机械能守恒定律，有 b=l11mgsinq=(ml2)w2223 3gsinqw=l 题2-15图 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方均根速率? Ni Vi(m×s-1) 21 10.0 i4 20.0 i6 30.0 8 40.0 2 50.0 解：平均速率 VNVå=åNi=21´10+4´20+6´30+8´40+2´5021+4+6+8+2=890=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 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) f(v)dv nf(v)dv Nf(v)dv v¥vò0f(v)dv ò0f(v)dv òvNf(v)dv 21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 v(4)ò0f(v)dv：表示分布在v1v2区间内的分子数占总分子数的百分比 ¥(5)ò0f(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. v(6)òvNf(v)dv：表示分布在v1v2区间内的分子数. 213-6 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(b)中(2)温度高 题3-6图 3-7 试说明下列各量的物理意义 1kT 3kT ikT 222MiRTMmol2 i3RT RT 22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1kT 2(2)在平衡态下，分子平均平动动能均为3kT. 2(3)在平衡态下，自由度为i的分子平均总能量均为ikT. 2(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MiRT. Mmol2(5) 1摩尔自由度为i的分子组成的系统内能为iRT. 2(6) 1摩尔自由度为3的分子组成的系统的内能3RT，或者说热力2学体系内，1摩尔分子的平均平动动能之总和为3RT. 23-8 有一水银气压计，当水银柱为0.76m高时，管顶离水银柱-42液面0.12m，管的截面积为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 27，试计算有多少质量氦气在管顶(He的摩尔质量为-10.004kg·mol)? 解：由理想气体状态方程pV=MRTMmol 得 =MmolpVRT M 汞的重度 dHg=1.33´105N×m-3 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 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； (2)a与v0之间的关系； (3)速度在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 题3-9图 解：(1)从图上可得分布函数表达式 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 òv00N2v0avdv+Nòadv=Nv0v0a=2N3v0(3)可通过面积计算¥DN=a(2v0-1.5v0)=1N 3(4) N个粒子平均速率 v=ò02v0av2v01¥vf(v)dv=òvNf(v)dv=òdv+òavdv 00v0Nv01123211v=(av0+av0)=v0 N329(5)0.5v0到1v0区间内粒子平均速率 òv=v00.5v0vdNN1Nv0vdN=N1ò0.5v0NNv0Nv0av2 =ò0.5vvf(v)dv=ò0.5vdv 00N1N1Nv0332av01v0av21av017av0 v=dv=(-)=N1ò0.5v0v0N13v024v0N1240.5v0到1v0区间内粒子数 131N1=(a+0.5a)(v0-0.5v0)=av0=N 28427av07vv=0 6N93-10 试计算理想气体分子热运动速率的大小介于vp-vp×100-1与vp+vp×100-1之间的分子数占总分子数的百分比 解：令u=vvP，则麦克斯韦速率分布函数可表示为 d