大学物理全程导学上册例题习题参考答案|

第一章 质点运动学

【例题精讲】

例1-1【解】如图（b ）所示，取沿水面方向向右为Ox 轴正向。

t 时刻小船位置为x ，而绳长为l =l 0-v 0t 。

由勾股定理，有 l =x +h ， 等式两边同时对t 求导数，有 2l 又知，l 是随时间减小的

2

2

2

d l d x =2x d t d t

d l d x =-v 0 且 v = d t d t

l 0-v 0t l

v 0 故小船的运动速度为v =-v 0=-

22x (l 0-v 0t ) -h

负号表示速度方向与x 轴正向相反。

(b)

例题1-1答案图

s t i +b s i n ωt j (SI) 例1-2【解】 (1) 位置矢量 r =a c o ω

ωt ， 可写为x =a cos ωt y =b s i n

x 2y 2

则消去时间t ，可得质点的轨迹方程为 2+2=1

a b

d r

=-a ωsin ωt i +b ωcos ωt j (2) 速度 v =d t d v

=-a ω2c o s ωt i -b ω2s i n ωt j =-ω2r (3) 加速度 a =d t

例1-3 C

例1-4 【证明】 因为

d v d v d x d v =⋅=v =-k v 2 d t d x d t d x d v

=-k d x 所以 v v 1x v v =-k d x ln =-kx ⎰v 0v ⎰0

v 0

故 v =v 0e -kx

例1-5 D

2-2

例1-6 16Rt 4 rad ⋅s

例1-7 C

【习题精练】

1-1【解】如图所示，取沿地面方向向左为Ox 轴的正向，人从路灯正

下方点O 开始运动，经时间t 后其位置为x =OA ，而人头

顶影子的位置坐标为x "。

OC x "H

由相似三角形关系，有 OA =x =

H -h

解得 x "=

Hx

H -h

， 故头顶影子的移动速度为v "=

d x "dt =H v

H -h

。 1-2 n

π

ω

(n =0, 1, 2 ) a =-A ω2c o ωs t 1-3 x =(y -3)2

8i (m/s2) 1-4【解】 (1) 位置矢量 r

=at 2i +b t 2

j (SI)

可写为x =a t 2 y =b t 2，

则消去时间t ，可得质点轨迹方程为 y =

b a

x (2) 速度 v =d r

d t

=2at i +2bt j (3) 加速度 a =d υ

d t

=2a i +2b j 1-5【证明】设质点在x 处的速度为v ，

a =

d v d t =d v d x ⋅d x

d t

=2+6x 2 v

x

⎰v d v =⎰(2+6x 2

)d x

则质点在任意位置处的速度为

v =2(

x +x 31

2

1-6【解】 已知加速度a =d v /dt =4t

d v =4t dt

⎰

v

t

d v =⎰0

4t d t

v =2t 2 又因为v =d x /d t=2t 2

⎰x d x t

2

x =⎰2t d t 00则质点位置和时间的关系式为x =

23

t 3

+10 (SI) 1-7 1 s 1.5 m

1-8 B

x -x 2t

3

0=3t 0

第二章 质点运动定律

【例题精讲】

例2-1 0 2g 例2-2 C 例2-3 C

例2-4【答】(1) 不正确。向心力是质点所受合外力在法向方向的分量。质点受到的作用力

中，只要法向分量不为零，它对向心力就有贡献，不管它指向圆心还是不指向圆心，但它可能只提供向心力的一部分。即使某个力指向圆心，也不能说它就是向心力，

这要看是否还有其它力的法向分量。

(2) 不正确。作圆周运动的质点，所受合外力有两个分量，一个是指向圆心的法向分量，

另一个是切向分量，只要质点不作匀速率圆周运动，它的切向分量就不为零，所受合外力就不指向圆心。

例2-5 【解】设绳子与水平方向的夹角为θ，则sin θ=h /l ，木箱受力如图（b ）所示，匀速前进时，拉力为F ，有

F cos θ-f =0

F sin θ+N -Mg =0

f

f =μN

得F =

μMg

cos θ+μsin θ

例题2-5(b)图

令

dF μMg (-sin θ+μcos θ)

=-=0 2d θ(cosθ+μsin θ)

tan θ=μ=0. 6 θ=30057"36""

d 2F

>0 l =h /sin θ=2. 92 m 时，最省力。 d θ2

例2-6【解】（1）设物体质量为m ，取如图所示的自然坐标系， 根据牛顿定律，有

v 2

F N =ma n =m

R F t =ma t =m

d v d t

2

v d v =-由摩擦力的大小F t =-μF N 可得μ R d t

例题2-6图

根据初始条件 t =0，v =v 0，分离变量后对上式积分

⎰R

t

μ

t =-⎰

d v

v 0v 2

v

得 v =

R v 0

R +v 0μt

1（2）当物体速率从v 0减少到v 0时，由上式可求出所需时间为t =

R 2

物体所经过的路程s =

⎰t

v d t

R v 00

t =⎰

0R +v d t =R

ln 2 0

μt μ【习题精练】

2-1 A

2-2 A

2-3 mg /c o θs s i n θ

gl

c o θs

2-4 【解】根据牛顿第二定律 f =-

k x

2

=m d v d v d x d v d t =m d x ⋅d t =m v d x ∴ v d v =-k d x v A /4

mx 2, ⎰v d v =-k

d x 0⎰2A mx

12k 413

2v =m (A -A ) =

mA

k ∴ v =6k /(mA )

2-5 【证明】小球受力如图，根据牛顿第二定律 mg -k v -F =ma =m

d v

d t

d v

(mg -k v -F ) /m

=d t v t

初始条件：t = 0, v = 0． ⎰d v

=0(mg -k v -F)/m⎰d t

∴ v =(mg -F )(1-e

-kt /m

) /k

2-6 【解】(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv ，由牛顿定律得 ∴ -

K m d t =d v

v , -⎰t K 0m =⎰v d v v 0v

∴ v =v m 0e -Kt /

(2) 由v =d x

d t

得 d x =v -Kt /m 0e d t

两边同时积分

⎰

x

dx =⎰t

v -Kt /m 0

0e dt

μv 0

-K v =m

d v

d t

∴ x =(m /K ) v 0(1-e -Kt /m ) 所以最大深度x max =m v 0/K

第三章 动量和角动量

【例题精讲】

例3-1 C 例3-2 0.6N·s 2 g 例3-3【答】（1）小球运动一周，动量增量的大小为0。

（2）小球所受重力为恒力，因此重力冲量的大小为mgT =mg 2π/ω。

（3）小球动量增量的大小为0，根据动量定理小球所受绳合外力的冲量为0，所以小球所受绳子拉力的冲量与所受重力的冲量的大小相等，方向相反。 例3-4【解】煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度 v 0=2gh

设煤粉与A 相互作用的 t 时间内，落于传送带上的煤粉质量为

∆m =q m ∆t

设A 对煤粉的平均作用力为f ，由动量定理写分量式： 将 ∆m =q m ∆t 代入得 f x =q m v ， f y =q m v 0 ∴ f =

f x ∆t =∆m v -0 f y ∆t =0-(-∆m v 0)

x

f x 2+f y 2=149N

f 与x 轴正向夹角为 = arctan (f y / f x ) = 57.4°

（b ）

例题3-4图

由牛顿第三定律，煤粉对A 的作用力f ′= f = 149 N，方向与图（b ）中f 相反。

例3-5 C

例3-6【解】(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置。

因此，作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒。 令子弹穿出时物体的水平速度为v " 有 mv 0 = mv +M v "

v " = m (v 0 v )/M =3.13 m/s

T =Mg+M v" 2/l =26.5 N

(2) f ∆t =m v -m v 0=-4. 7N ⋅s (设v 0方向为正方向) 负号表示冲量方向与v 0方向相反。

例3-7 m ab k 0

【习题精练】

3-1 D

3-2 18N·s 9 m/s

3-3【解】(1)子弹射入A 未进入B 以前，A 、B 共同作加速运动。

F ＝(m A +m B ) a ， a=F/(m A +m B )=600 m/s2

B 受到A 的作用力 N ＝m B a ＝1.8×103 N ，方向向右 (2) A 在t = 0.01 s时间内作匀加速运动，t = 0.01 s秒末的速度v A ＝at ．当子弹射入B

时，B 将加速而A 则以v A 的速度继续向右作匀速直线运动．v A ＝at ＝6 m/s

取A 、B 和子弹组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，子弹留在B 中后有m v 0=m A v A +(m +m B ) v B

v B =

m v 0-m A v A

=22m/s

m +m B

3-4【答】推力的冲量为F ∆t 。

动量定理中的冲量为合外力的冲量，此时木箱除受力F 外还受地面的静摩擦力等其它外力，木箱未动说明此时木箱的合外力为零，故合外力的冲量也为零，根据动量定理，木箱动量不发生变化。 3-5 C

b m g b k t 3-6 m g k

3-7 2275 kg⋅m 2⋅s -1 13 m⋅s -1

第四章 功和能

【例题精讲】

例4-1 54 N·s 729 J 例4-2 320J 8i m/s

例4-3 D

例4-4【解】 (1) 由位矢r =a cos ωt i +b sin ωt j (SI)可得

x =a cos ωt y =b sin ωt

d x dy =-a ωs i n ωt ， v y ==b ωcos ωt v x =d t d t

在A 点(a ，0) ，cos ωt =1，sin ωt =0

1112222

E KA =m v x +m v y =mb ω

222

在B 点(0，b ) ，cos ωt =0，sin ωt =1

1112222

E KB =m v x +m v y =ma ω

222

22

(2) F =ma x i +ma y j =-ma ωcos ωt i -mb ωsin ωt j

(3) 由A→B

W x =

例4-5

⎰

a

F x d x =-⎰m ωa c o ωs t d x =-⎰m ω2x d x =

2

a

a

00

1

ma 2ω2 2

2GmM -GmM

3R 3R

例4-6 g 2g

例4-7 C

例4-8【解】如图（b ）所示，设l 为弹簧的原长，O 处为弹性势能零点；x 0为挂上物体后的

伸长量，O ＇为物体的平衡位置；取弹簧伸长x 时物体所达到的O " 处为重力势能的零点。

由题意得物体在O ＇处的机械能为：

E 1=E K 0+

12

kx 0+21122

在O " 处，其机械能为： E 2=m v +kx

22

E K 0+

由于只有保守力做功，系统机械能守恒，即： 1211

kx 0+mg (x -x 0) sin α=m v 2+kx 2 222

在平衡位置有： mg sin α =kx 0 ∴ x 0=mg sin αk

例题4-8案图

112(mg sin α) 22

代入上式整理得： m v =E K 0+mgx sin α-kx -

222k

例4-9 A

例4-10【解】油灰与笼底碰前的速度 v =

2gh

笼子在平衡位置 Mg =kx 0 k =Mg /x 0

碰撞后油灰与笼子共同运动的速度为V ，应用动量守恒定律

m v =(m +M ) V ①

油灰与笼子一起向下运动，机械能守恒，下移最大距离 x ，则

1112

k (x 0+∆x ) 2=(M +m ) V 2+kx 0+(M +m ) g ∆x ② 222

2

m 2x 02m 2hx 0m

x 0++=0. 3 m 联立解得： ∆x =2M M (M +m ) M

【习题精练】

4-1 18 J 6 m/s

4-2 B 4-3 C

2

4-4 kx 0 -

12

kx 0 2

G M 1

4-5 G M 2

r -r 1

r 1r 2r -r 2

r 1r 2

4-6【答】W 并不是合外力所作的功。因为物体所受的力除了人的作用力F 外，还有重力P

＝mg ，根据动能定理，合外力所作的功等于物体动能的增量，则可写为

1

m v 2 2

112

即 (F -P ) h =m v 2+0 所以 W =Fh =m v +mgh

22Fh -mgh =

W 是人对物体所作的功，而不是物体所受合外力所作的功。

1

-f S =0-m v 2 而f r =μk mg 4-7【证明】由动能定理r

21v 22

μk mgS =m v S =

22μk g

4-8 C

4-9【解】(1) 木块下滑过程中，以木块、弹簧、地球为系统机械能守恒。

选弹簧原长处为弹性势能和重力势能的零点，v 1表示木块下滑x 距离时的速度， 则

121

kx +M v 12-Mgx sin α=0 22

kx 2

求出： v 1=2gx sin α-=0.83 m/s 方向沿斜面向下．

M

(2) 以子弹和木块为系统，在子弹射入木块过程中外力沿斜面方向的分力可略去不计，沿斜面方向可应用动量守恒定律．以v 2表示子弹射入木块后的共同速度，则有：

M v 1-m v cos α=(M +m ) v 2

解出 v 2=

M v 1-m v cos α

=-0. 89m/s 负号表示此速度的方向沿斜面向上．

(M +m )

4-10【解】设v 1为软木塞飞出的最小速率，试管速度的大小为v 2, 软木塞和试管系统水平方

向动量守恒，

则 M v 2-m v 1=0 v 1=M v 2/m

(1) 当用硬直杆悬挂时，M 到达最高点时速度须略大于零，由机械能守恒

1

M v 2≥Mg 2L v 2≥ 22

v 1≥2M gL /m

(2) 若悬线为轻绳，则试管到达最高点的速度v 须满足 Mg =M v 2/L 即v = 由机械能守恒

1152M v 2=Mg 2L +M v =MgL 2222

应有v

2

=gL 故v 1=M /m

第五章 刚体力学基础

【例题精讲】

例5-1 62.5 1.67s 例5-2 C 例5-3 C 例5-4 A

2k ω0

例5-5 - 2J

k 09J

例5-6【解】受力分析如图(b ) 所示。 设重物的对地加速度为a 向上，则

绳的A 端对地有加速度a 向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a 向下。

根据牛顿第二定律可得：对人：Mg －T 2＝Ma ①

2

11

对重物：T 1－Mg ＝Ma ②

22

根据转动定律，对滑轮有 (T 2－T 1) R ＝J ＝MR 2 / 4 ③

因绳与滑轮无相对滑动， a ＝ R ④ ①、②、③、④四式联立解得 a ＝2g / 7

例5-7【解】由受力分析如图(b ) 所示，可列方程：

2mg －T 1＝2ma

（b ）

例题5-6图

T 2－mg ＝ma

12 T 1 r －T r ＝mr β 212T r －T 2 r ＝mr β 2例题5-7（b ）图

a ＝r

解上述5个联立方程得： T ＝11mg / 8 例5-8【解】 受力分析如图（b ） mg －T 2 = ma 2 T 1－mg = ma 1 T 2 (2r ) －T 1r = 9mr 2 / 2 2r = a 2

a

a 1

r =a 1

解上述5个联立方程，得： β=

例5-9 A

例5-10 3v 0 / (2l ) 3m v 02 / 8

2g 19r

【习题精练】

5-1 6.54 rad / s2 4.8 s 5-2 B

5-3 g / l g / (2l ) 5-4 0.25 kg·m 2 12.5 J

5-5【解】根据牛顿运动定律和转动定律列方程

对物体： mg －T ＝ma ① 对滑轮： TR = J ②

运动学关系： a ＝R ③ 将①、②、③式联立得 a ＝mg / (m ＋∵ v 0＝0， ∴ v ＝at ＝mgt / (m ＋

1

M ) 习题 5-5 答案图

2

1

M ) 2

5-6【解】各物体的受力情况如图所示．

由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程联立方程： T 1R ＝J 1 1＝

1

M 1R 2β1

N 212T 2r －T 1r ＝J 2 2＝M 2r β2

2 2

12

mg －T 2＝ma ,

a ＝R 1＝r 2， 求解联立方程，得 a =

mg 1

(M 1+M 2)+m 2

=4 m/s2

习题5-6答案图

v 2＝2ah ，v =2ah =2 m/s

1

M 1a ＝48 N 2

T 2＝m (g －a ) ＝58 N T 1＝

5-7【解】各物体受力情况如图所示。

对Ａ：F －T ＝ma

对Ｂ： T "＝ma 对滑轮：(T -T ") R ＝

1

mR 2β 2

a ＝R

解得： ＝2F / (5mR ) ＝10 rad·s -2 T ＝3F / 5＝6.0 N

5-8【答】(1) 转台、人、哑铃、地球系统的机械能不守恒。

因人收回二臂时臂力要作功，即非保守内力的功不为零，不满足守恒条件。 (2) 转台、人、哑铃系统的角动量守恒。

因系统受的对竖直轴的外力矩为零。

5-9 A

5-10 对O 轴的角动量 机械能

第六章 振动

例题6-1

【解】(1) 由己知谐振动方程可知，振幅A=0.1m，角频率ω=20πs -1，频率ν=ω / 2π=10Hz，周期T=2π / ω=0.1s，初相ϕ=π / 4。

(2) 由己知谐振动方程直接可得t=2s时的位移，速度和加速度分别为 x=0.1cos(20πt+π / 4) =0.1cos(40πt+π / 4) =7.07⨯10-2m

v=dx / dt=-2πsin (20πt+π / 4) = -2πsin (40π+π / 4) = -4.44 m⋅s -1

a=d2x / dt 2= -40π2cos (20πt+π / 4) = -40π2cos (40πt+π / 4) = -280m ⋅s -2 例题6-2

【解】(1) t = 0时， a = 2.5 m/s2 ，| F | = ma = 5 N 2分 (2) | a max | = 5，其时 | sin(5t - π/6) | = 1 1分 | F max | = m | a max | = 10 N 1分 x = ±0.2 m（振幅端点） 1分 例题6-3

【解】旋转矢量如图所示。

1

由振动方程可得：ω=π，∆φ=π

32

∆t =∆φ/ω=0. 667s

例题6-3答案图

例题6-4

0.05 m -0.205π（或-36.9°） 例题6-5 (C) 例题6-6 (D) 例题6-7(C)

A 例题6-8 -π或π，

2

22

习题6-1 (B) 习题6-2

解：(1) v =

d x π

=-3. 0sin(5t -) (SI) d t 2

2

t 0 = 0 , v 0 = 3.0 m/s．

(2) F =ma =-m ωx

x =

习题6-3

1

A 时， F = -1.5 N． 2

【解】设小球的质量为m ，则弹簧的劲度系数 k =mg /l 0．

选平衡位置为原点，向下为正方向。小球在x 处时，根据牛顿第二定律得

mg -k (l 0+x ) =m d 2x /d t 2

将 k =mg /l 0 代入整理后得 d 2x /dt 2+gx /l 0=0 ∴ 此振动为简谐振动，其角频率为

ω=g /l 0=28. 58=9. 1π

设振动表达式为 x =A cos(ωt +φ)

由题意： t = 0时，x 0 = A=2⨯10m ，v 0 = 0，解得 φ = 0

∴ x =2⨯10-2c o s 9(. 1πt )

习题6-4 (C)

习题6-5 (A)

习题6-6 3.43 s -2π/3

习题6-7 0.5s 、1.5s 、2.5s …；0、1s 、2s …；0.5s 、2.5s 、4.5s … 习题6-8

解：(1) 势能 W P =

由题意，

-2

121

kx 总能量 E =kA 2 22

12A kx =kA 2/4， x =±=±4. 24⨯10-2 m 22

(2) 周期 T = 2π/ω = 6 s

从平衡位置运动到x =±

A 2

的最短时间 ∆t 为 T /8．

∴ ∆t = 0.75 s．

习题6-9 (B)

第七章 波动

例题7-1 2 m/s a =-0. 2πcos(πt +例题7-2

2

3

πx ) (SI) 2

【解】u=20m / s ，ν＝ω / 2π=2Hz，T=0.5s，λ= u / ν=20 / 2=10cm，A 点的振动方程：y=3cos4πt 。 (1) 以A 点为坐标原点的波动方程为y=3cos4π(t+x / 20) =3cos(4πt+πx / 5) =3cos(4πt+0.2πx ) 。 (2) 该波沿x 轴负向传播，所以B 点的相位比A 点落后∆ϕ=(2π / λ) AB =(2π / 10) ⨯5=π 因此，以B 点为坐标原点的波动方程y=3cos[4π(t+x / 20) -π]

(3) 在以A 点为坐标原点的坐标轴中, x B =-5m ，x C =-13m ，x D =9m，可得 y B =3cos4π(t - 5 / 20) =3cos(4πt -π) ，

y C =3cos4π(t -13 / 20) =3cos(4πt -13π / 5) =3cos(4πt -2.6π) 。 y D =3cos4π(t+9 / 20) =3cos(4πt+9π / 5) =3cos(4πt+1.8π) 。 例题7-3

【解】(1) 如图A ，取波线上任一点P ，其坐标设为x ，由波的传播特性，P 点的振动落后于λ /4处质点的振动。

u

2πλ-(-x )] 波的表达式 y =A cos[λλ4

2πut π2π

-+x ) (SI) =A cos(λ2λ

2πut

(2) t = T 时的波形和 t = 0时波形一样． t = 0时

图A

2πππ2π

x ) =A cos(x -) y =A cos(-+2λλ2

按上述方程画的波形图见图B 。 例题7-4

例题7-3答案图

2πt

+π) =0. 06c o s π(t +π) (SI) 2

. (2) 波动表达式 y =0. 06cos[π(t -x /u ) +π]

【解】(1) 振动方程 y 0=0. 06c o s =0. 06cos[π(t -

(3) 波长 λ=uT =4 m 例题7-5

1

x ) +π] (SI) 2

1

【解】(1) x = 0点 φ0=π；

21

x = 2点 φ2=-π；

2

x =3点 φ3=π；

(2) 如图所示． 例题7-6 【解】由图，λ = 2 m， 又 ∵u = 0.5 m/s，∴ ν = 1 /4 Hz，

T = 4 s．题图中t = 2 s =

y

x

4 t =T /4时的波形曲线

例题7-5答案1

T ．t = 0时，波形比题图中的波形2

倒退

1

λ。 2

1

π 2

此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动， ∴ φ=

∴ y =0. 5c o s πt +例题7-7 (B) 例题7-8

121

π) (SI) 2

y =-2A cos ωt v =2A sin ωt

例题7-9

证明：入射波在x = 0处引起的振动方程为 y 10=A cos ωt ，

由于反射端为自由端，所以反射波在O 点的振动方程为 y 20=A cos ωt

(t -2π ∴ 反射波为 y 2=A c o s ω

x

λ

)

x

λ

x λ

驻波方程y =y 1+y 2=A cos(ωt +2π) +A cos(ωt -2π) =2A cos(2π) cos ωt

例题7-10

x λ

11

A cos[2π(νt +x /λ) +π] 2A cos(2πx /λ+π) cos(2πνt +π)

22

习题7-1

100πt -2πx ) 解：(1)已知波的表达式为y =0. 05cos(

与标准形式y =A cos(2πνt -2πx /λ) 比较得

A = 0.05 m， ν = 50 Hz， λ = 1.0 m u = λν = 50 m/s (2) v max =(∂y /∂t ) max =2πνA =15.7 m /s a max =(∂2y /∂t 2) max =4π2ν2A =4. 93⨯103 m/s2 (3) ∆φ=2π(x 2-x 1) /λ=π，二振动反相 习题7-2(A)

习题7-3

y 2=A cos[2π(νt -

L 1+L 2

) +φ] x =-L 1+k λ ( k = ± 1, ± 2, …) λ

习题7-4(D) 习题7-5

【解】(1) 坐标为x 点的振动相位为

ωt +φ=4π[t +(x /u )]=4π[t +(x /u )]=4π[t +(x /20)]

波的表达式为 y =3⨯10-2cos 4π[t +(x /20)] (SI)

(2) 以B 点为坐标原点，则坐标为x 点的振动相位为 ωt +φ"=4π[t +

波的表达式为 y =3⨯10

-2

x -5

] (SI) 20

x

) -π] (SI) 20

cos[4π(t +

习题7-6

解：(1) 原点O 处质元的振动方程为

11

cos(πt -π) ， (SI)

2211-2

波的表达式为 y =2⨯10c o s π(t -x /5) -π) ， (SI)

22

y =2⨯10

-2

x = 25 m处质元的振动方程为 y =2⨯10

-2

振动曲线见图 (a)

(2) t = 3 s时的波形曲线方程

1

cos(πt -3π) ， (SI)

2

y =2⨯10-2cos(π-πx /10) ， (SI)

2³

-2³

习题7-6答案图

习题7-7 (C) 习题7-8 (D) 习题7-9 0

习题7-10 y =0. 30cos(

11

πx ) cos(100πt +π) (SI) 22

第八章 温度

例题8-1 (A)

例题8-2 (D)

例题8-3 1:1:1 例题8-4

【证明】 由温度公式 t =

3

kT ， 压强公式 p =(2/3)n t 2

得 p =nkT =(M /M mol )(N A /V )kT ＝(M /M mol )(RT /V )

∴ pV =(M /M mol )RT 例题8-5(A) 例题8-6

【解】(1) E K =

3E E K pV =4. 14⨯105J ， t =K ==8. 28⨯10-21J 2N N 1+N 2

(2) T =例题8-7(C)

例题8-8 2

2t p pV

=400K (或由p =nKT 得T ===400K ) 3k nk N 1+N 2k

解：∵氧分子v 1=16.

k 2T 1kT 1

，∴氧原子v 2=16. =2v 1 m m 2

例题8-9 4000 m²s -1 1000 m²s -1

习题8-1

①在平衡态，分子沿各个方向运动的机会均等，即分子速度按方向的分布是均匀的，因而

2

υx 2=υy =υz 2=υ2

1

3

②在平衡态，忽略重力，分子位置在空间的分布是均匀的

n =

N

V

习题8-2 5 / 3

习题8-3 8.31³103 3.32³103 习题8-4

解：(1) t =

3

kT =8. 28⨯10-21 J 2

3

E K =N t =(N 1+N 2)kT =4. 14⨯105 J

2

(2) p = n kT ＝2.76³105 Pa

习题8-5

解：当不计振动自由度时，H 2O 分子,H 2分子,O 2分子的自由度分别为6, 5, 5．

∴ 1 mol H2O 内能 E 1=3RT

1 mol H2或O 2的内能 E 2=RT ．

2

故内能增量 ∆E ＝(1+

习题8-6

15

) RT - 3RT =(3 / 4)RT ． 22

解： t =

3kT 2

T =

2t

=290 K 3k

E He =

3M He

RT =9. 04⨯105J 2M m o l

而 E H 2=E -E H e =1. 55⨯106 J 又 E H 2=

5M

RT

2M mol

∴ M H 2=0. 51 kg

习题8-7 (4 / 3)E / V (M 2 / M 1) 1/2 习题8-8 (D) 习题8-9

答：(1) 表示分子的平均速率；

(2) 表示分子速率在v p →∞区间的分子数占总分子数的百分比； (3) 表示分子速率在v p →∞区间的分子数．

第九章 热力学第一定律

例题9-1 (D) 例题9-2 (B) 例题9-3 (B) 例题9-4

解：(1) A →B ： A 1=

1

(p B +p A )(VB -V A ) =200 J． 2

ΔE 1=ν C V (T B －T A )=3(p B V B －p A V A ) /2=750 J Q =A 1+ΔE 1＝950 J． B →C ： A 2 =0

ΔE 2 =ν C V (T C －T B )=3( p C V C －p B V B ) /2 =－600 J．

Q 2 =A 2+ΔE 2＝－600 J． C →A ： A 3 = p A (V A －V C )=－100 J．

3

∆E 3=νC V (T A -T C ) =(p A V A -p C V C ) =-150 J ．

2

Q 3 =A 3+ΔE 3＝－250 J (2) A = A1 +A 2 +A 3=100 J．

Q = Q1 +Q 2 +Q 3 =100 J

例题9-5

－3

【解】开始时气体体积与温度分别为 V 1 =30³103 m，T 1＝127＋273＝400 K

∴气体的压强为 p 1=RT 1/V 1 =1.108³105 Pa 大气压p 0=1.013³105 Pa， p 1>p 0

可见，气体的降温过程分为两个阶段：第一阶段等体降温，直至气体压强p 2 = p 0， 此时温度为T 2，放热Q 1；第二阶段等压降温，直至温度T 3= T0=27＋273 =300 K，

放热Q 2

(1) Q 1=C V (T 1-T 2) =

3

R (T 1-T 2) T 2=(p 2/p 1) T 1=365.7 K 2

5

R (T 2-T 3) =1365 J 2

∴ Q 1= 428 J

(2) Q 2=C p (T 2-T 3) =

∴ 总计放热 Q = Q 1 + Q2 = 1.79³103 J 例题9-6

解：氦气为单原子分子理想气体，i =3

(1) 等体过程，V ＝常量，A =0

据 Q ＝∆E +A 可知 Q =∆E =

M

C V (T 2-T 1) ＝623 J M m o l

(2) 定压过程，p = 常量， Q =

M

C p (T 2-T 1) =1.04³103 J M mol

∆E 与(1) 相同． A = Q - ∆E ＝417 J (3) Q =0，∆E 与(1) 同 A = -∆E=-623 J (负号表示外界作功) 例题9-7

答：因为理想气体的内能是温度的单值函数，所以等体、等压、绝热三个过程的温度变化相同。由于各个过程的摩尔热容C 不相同，等体过程摩尔热容为C =C V =

i

R ，等压过程2

C =C p =

i +2M

R ；绝热过程C =0，由Q =C ∆T 可知，不同过程吸热不相同。 2M mol

例题9-8 (D)

例题9-9 33.3％ 8.31³103 J 习题9-1

3

p 1V 1 0 2

习题9-2（B ）

习题9-3 8.31 J 29.09 J 习题9-4 C p,m 大。

因为在等压升温过程中，气体要膨胀而对外作功，所以要比气体等体升温过程多吸收一部分热量． 习题9-5

解：(1) 由

C p C V

=

5

和 C p -C V =R 3

53

R 和 C V =R 22

可解得 C p =

(2) 该理想气体的摩尔数 ν=

p 0V 0

=4 mol RT 0

p p 0

在全过程中气体内能的改变量为 △E =ν C V (T 1－T 2)=7.48×103 J

1

全过程中气体对外作的功为 A =νR T 1l

式中 p 1 ∕p 0=T 1 ∕T 0 则 A =νRT 1ln

T 1

=6. 06⨯103 J ． T 0

全过程中气体从外界吸的热量为 Q = △E +W =1.35×104 J ． 习题9-6

解：等压过程末态的体积 V 1=

V 0

T 1 T 0

等压过程气体对外作功 A 1=p 0(V ) 1-V 0=

T 1

p - =200 J ) 0(1T 0

根据热力学第一定律，绝热过程气体对外作的功为 A 2 =－△E =－νC V (T 2－T 1)

这里 ν=

p 0V 05

，C V =R ，

2RT 0

则 A 2=-

5p 0V 0

(T 2-T 1)=500 J 2T 0

气体在整个过程中对外作的功为 A = A 1+A 2 =700 J 习题9-7

解：由图T a =Tc =600 K，ab 是等压过程V a / T a =Vb / T b ，∴T b =300 K。单原子分子自由度i=3，于是(1) Q ab =Cp (T b -T a ) = -6232. 5 J0 吸热； ca 是等温过程：Q ca = RTc ln (V a / V c ) =3456 J>0 吸热。

(2) 吸热Q 1=Qbc +Qca =7195. 5 J，放热Q 2 = |Q ab | = 6232. 5 J。净功W=Q1-Q 2=963 J。 (3) η = W / Q 1 = 13. 4 %。 习题9-8

解： (1) 1→2，∆E 12=CV (T 2-T 1) =5RT1 / 2，W 12= (P 2V 2-P 1V 1) / 2= R(T 2-T 1) / 2=RT1 / 2， ∴Q 12=3 RT1。

2→3，∆E 23=CV (T 3 -T 2) = CV (T 1 -T 2) = -5RT 1 / 2，Q 23=0，∴W 23= -∆E 2=5RT1 / 2。 3→1，等温∆E 31=0，W 31=RT1ln (V 1 / V 3) = -RT 1ln (V 3 / V 1) = -RT 1ln8= -3RT 1ln2=Q31， (2) η=1-

Q Q 23RT 1ln 2

=1-ln2=30.7%。 =1-31=1-

3RT Q 1Q 121

习题9-9

解：(1) 对卡诺循环有： T 1 / T 2 = Q 1 /Q 2

∴ T 2 = T 1Q 2 /Q 1 = 320 K

即：低温热源的温度为 320 K．

(2) 热机效率： η=1-习题9-10 500K 100K

Q 2

=20% Q 1

第十章 热力学第二定律

例10-1．（C ） 例10-2．（D ）

例10-3．分子热运动的无序性增大, 不可逆的 例10-4．(C) 习题 10-1. (D) 10-2. (D)

10-3. 功变热 热传导 10-4. （A ）