1、1第1章 质点运动学 P211.8 一质点在 平面上运动，运动方程为： =3 +5, = 2+3 -4.xOyxty1t式中 以 s计， , 以m计。 以时间 为变量，写出质点位置矢量的表示t t式；求出 =1 s 时刻和 2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；t计算 0 s时刻到 4s时刻内的平均速度；求出质点速度矢量表示式，计算 4 s 时质点的速度；(5)计算 0s 到 4s 内质点的平均加速度；t tt(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算 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)。解：（1） jtit
2、r)4321()53(m s, s 时， ；tr.081214rij 2.5 s 时， ； s 时，0t054rijt476rij 11035msjijt v ，则： 1d3()sritjt47ijv1(5) s 时， ； s 时，00vt32401 mjat (6) 这说明该点只有 方向的加速度，且为恒量。2d1 msjty1.9 质点沿 轴运动，其加速度和位置的关系为 ，a的单位为x 26xm/s2，x的单位为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。解：由 得：ddxattvv2d(6)daxx两边积分 得：2100(6)2350 3125 msxv1.11 一
3、质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+3 ，式中 以3t弧度计， 以秒计，求： 2 s时，质点的切向和法向加速度；当加速tt度的方向和半径成45角时，其角位移是多少?解： tt18d,9d2 时， st 2sm36Ra229)(n 当加速度方向与半径成 角时，有：45tan451n即： ，亦即 ，解得：2t18)9(23则角位移为： 3.67rd1.13 一质点在半径为0.4m的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为 =0.2 rad/s2，求 2s时边缘上各点的速度、法向加速度、切t向加速度和合加速度。解： 时， s2t 4.01srad则 0.4.16Rv1sm)(
4、2an 2082222 s0.).(n与切向夹角 arct6483n23第2章 质点动力学2.10 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力 ( 为常数) 作用，kv=0时质点的速度为 ，证明： 时刻的速度为 ； 由0到t0vt0=tme的时间内经过的距离为 ( )1- ；停止运动前经过的距x0mktmke)(离为 ；当 时速度减至 的 ，式中m 为质点的质量。0()mkvt0v1解： ，faf 由 得： dtdkttv分离变量得： ，即 ，m0dtv因此有： ， 0lnlktevkmte 由 得： ，两边积分得：dxt0dkttv00dkmxttev 0(1)kmte 质点停止运动时速度
5、为零， ，即 t，0kmte故有： 0dkmtxv 时，其速度为： ，t100kmvev即速度减至 的 .01e2.13 作用在质量为10 kg的物体上的力为 N，式中 的单位是(2)Ftits， 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。 为了使这力的冲量为200 Ns，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 m/s的物体,回答这两个问题。j6解： 若物体原来静止，则,沿 轴正向，ititFp 10401 smkg5d)21(d x1 11 15.6ms 56kgmspiIpi ；v若物体原来具有 初速，则10000 ,(d)dt tpmFtFv于是
6、： , 同理有： ,tpp122112I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。 同上理，两种情况中的作用时间相同，即：t ttI0210d)2(亦即： ， 解得 ，( 舍去)s10ts2t2.17 设 。 当一质点从原点运动到N67jiF合时，求 所作的功。 如果质点到 处时需0.6s，m43kjirFr试求平均功率。 如果质点的质量为1kg，试求动能的变化。解： 由题知， 为恒力，且合 0r (76)(3416)245JArijijk合 w5.04tP 由动能定理， JAEk2.20
7、一根劲度系数为 的轻弹簧 的下端，挂一根劲度系数1为 的轻弹簧 ， 的下端又挂一重物 ， 的质量为 ，2kBCM如图。求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比。解： 弹簧 及重物 受力如题 2.20 图所示平衡时，有：A、，MgFBA又 ，1xk2xkB所以静止时两弹簧伸长量之比为： 121k弹性势能之比为： 22pE45第3章 刚体力学基础3.7 一质量为 的质点位于( )处，速度为 , 质点m1,yxxyijv受到一个沿 负方向的力 的作用，求相对于坐标原点的角动量以xf及作用于质点上的力的力矩。解： 由题知，质点的位矢为： jir1作用在质点上的力为： f所以，质点对原点的角动量
8、为： 01 11()()()xyyxLrmxiyjijxmkvvv作用在质点上的力的力矩为： fyifjifrM10 (3.8 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8.7510 10m 时的速率是 5.4610 4m/s，它离太阳最远时的速率是1r19.0810 2 m/s,这时它离太阳的距离 是多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。2v2r)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： 12rmv1041212 28.75.65.0m9rv3.9 物体质量为3kg， =0时位于 , (m/s
9、)，如一恒力tm4ijv作用在物体上,求3秒后， 物体动量的变化； 相对 轴角动N5jf z量的变化。解： 301skg15djtjtfp 解法(一) 由 得：53 Nafj0347xttv222163.yta j即有： ,ir1ji5.；0xv01yv即有： ,216ijv21ij 43()72Lrmk225.(1)54.ijijk 1sg8k解法(二) ， dLMt 2003 10d(d5(4)6)d358.kgmsttMrfttijtk3.10 平板中央开一小孔，质量为 的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂m一质量为 的重物。小球作匀速圆周运动，当半径为 时重物达到平衡。1 0r今在 的下
10、方再挂一质量为 的物体，如题23.10图。试问这时小球作匀速圆周运动的角速度和半径 为多少?r解：只挂重物 时，小球作圆周运动，向心力1M为 ，即： g120mr挂上 后，则有： 2 21)(rg重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒。即： 0rv202r联立 、 、 得： ，10gm21301()Mgr12132()r 3.11 飞轮的质量 60kg，半径 0.25m ，绕其水平中心轴 转动，转RO速为900 rev/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 ，可使飞轮减速。已知闸杆的尺寸如题3.11F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
11、匀质圆盘计算。试求：6 设 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F了几转? 如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力 ?F解： 先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b)。图中 、 是正压力，N、 是摩擦力， 和 是杆rxyF在 点转轴处所受支承力， 是轮AR的重力， 是轮在 轴处所受支承PO力。杆处于静止状态，所以对 点的合A力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有：，121()0FlNl对飞轮，按转动定律有 ，式中负号表示 与角速度 方向相反。rFRI ， NFr FlNr12又 ， 21ImR2()FImR以 等代入上式，得：0 2srad340150.26)7(4.
12、由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为： s6.4390t这段时间内飞轮的角位移为： 2 201091409 ()53.1rad623tt可知在这段时间里，飞轮转了 转。.5 ，要求飞轮转速在 内减少一半，可知10srad6292ts0015radtt用上面式所示的关系，可求出所需的制动力为： 126.17()04(50.)2mRlF N3.13 计算题3.13图所示系统中物体的加速度设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设m 1=50kg，m 2=200 kg，M =15 kg，r=0.1 m解：分别以 m1、m
13、 2 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示对 m1、m 2 运用牛顿定律，有： ；aTg2a1对滑轮运用转动定律，有： 又 )(21rrr由以上 4 个方程解得： 22109.87.6 s51gamM题 3.13(a)图 题 3.13(b)图3.14 如题3.14图所示，一匀质细杆质量为 ，长为 ，可绕过一端 的水mlO平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下。求： 初始时刻的角加速度； 杆转过 角时的角速度.解： 由转动定律有： ，21()3gll7 lg23 由机械能守恒定律有： 2)31(sin2mllglgsin33.15 如题3.15图所示，质量为 ，长为 的均匀直M棒，可绕垂直于棒
14、一端的水平轴 无摩擦地转动，O它原来静止在平衡位置上。现有一质量为 的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞。相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度 30处。设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速 的值；0v相撞时小球受到多大的冲量?解： 设小球的初速度为 ，棒经小球碰撞后得到的初角速度为 ，而小0 球的速度变为 ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量v守恒定律和机械能守恒定律，可列式： 0mlIl22211vv上两式中 ，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰23IMl撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度 ，按机械能守恒定律可列式：o30)cs1(212lMgI由式得：21)
15、cos( lIgl由式得： 由式得： 0mlv220Imv所以： 220()IIl求得： 26(23)11()31gllMM相碰时小球受到的冲量为： 0d()Ftmv由式求得： 0 6(23)1d3glIt MlMlv负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反。3.17 一质量为 、半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可m绕轴自由转动。另一质量为 的子弹以速度 射入轮缘(如题3.17图所示方00v向)。开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值?用 , 和 表示系统(包括轮和质点 )最后0动能和初始动能之比。解： 射入的过程对 轴的角动量守恒：O200)(sinRmvR si 0220
16、0 20sin1()()sikEmv3.18 弹簧、定滑轮和物体的连接如题3.18图所示，弹簧的劲度系数为2.0 N/m；定滑轮的转动惯量是0.5kgm 2，半径为0.30m ，问当6.0 kg质量的物体落下 0.40m 时，它的速率为多大? 假设开始时物体静止而弹簧无伸长。解：以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有： 2211mghIkhv又 ，/Rv故有：2 221()(6.098.40.).335 .0skI89第5章 机械振动5.7 质量为 的小球与轻弹簧组成的系统，按kg103的规律作谐振动，求：.cos(
17、82) (SIxt 振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值； 最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等? 与 两个时刻的位相差；52t1t解：设谐振动的标准方程为 ，则知：)cos(0tAx3/2,412,8,m.0TA又 ，mv1s5.s .6Aam2s ，.63NmFaJ10.322vE58kp当 时，有 ，即：pkE )(122Ax m20Ax 32)15(8)(1t5.8 一个沿 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为 ，周期为 ，其振动xAT方程用余弦函数表示。如果 时质点的状态分别是：0t ； 过平衡位置向正向运动；A0过 处向负向运动； 过 处向正向
18、运动。2x2x试求出相应的初位相，并写出振动方程。解：因为 00cosinxAv将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相。故有： ， )2cos(1 tTx323A， )cs(3tx452o45T5.9 一质量为 的物体作谐振动，振幅为 ，周期为 ，kg103cm24s0.4当 时位移为 。求：tcm 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；s5.0由起始位置运动到 处所需的最短时间；2x在 处物体的总能量。12x解：由题已知 ， s0.4,14TA -120.5 radsT又， 时，0t 故振动方程为： m)5.cos(22tx 将 代入得：s5.t 0.17.10
19、425.0 t23 3()42NFmax 方向指向坐标原点，即沿 轴负向。 由题知， 时， ； 时，0tt0,0,txA且 故v10 s32/t 由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为： 223224110()0.4)7.10JEkAm5.10 有一轻弹簧，下面悬挂质量为 的物体时，伸长为 。用这g. cm9个弹簧和一个质量为 的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉g.8开 后，给予向上的初速度 ，求振动周期和振动表达式。c0.105.cm/sv解：由题知 1231 N.9.48xmk而 时， ( 设向上为正)0t -120s.5,. v又 3.2 ,.681kT
20、m即 222 205.01 ()(.)()10mvAx 20 05.1tan ,4即 m)4cos(2tx5.11 题5.11图为两个谐振动的 曲线，试分别写出其谐振动方程。tx 解：由题5.11图(a)， 时，0t00 , ,32 ,10cm ,2sx AT又v即： ，故 1srad2T)3o(.txa由题5.11图(b) 时，t005,2v时，01t05,23Ax又 ， 356故 mtxb)6cos(.5.12 一轻弹簧的倔强系数为 ，其下端悬有一质量为 的盘子。现有一kM质量为 的物体从离盘底 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于h是盘子开始振动。 此时的振动周期与空盘子作振动时的周
21、期有何不同? 此时的振动振幅多大? 取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开始振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程。解： 空盘的振动周期为 ，落下重物后振动周期为 ，kM2kmM2即增大。11按所设坐标原点及计时起点， 时，则 。碰撞时，以0t0xmgk为一系统动量守恒，即：Mm, 2()mghMv则有： ，于是02ghv220 2()()1()()ghkhAxkmkmg（3） (第三象限) ，所以振动方程为Mv(tan0221cosarctn() ()mgkhkkhxkgmMmg 5.13 有一单摆，摆长 ，摆球质量 ，当摆球处在0.l 103平衡位置时，若给小球一水平
22、向右的冲量 ，取打击4.sFt时刻为计时起点 ，求振动的初位相和角振幅，并写出小球的振动方)(t程。解：由动量定理，有： 0Ftv 4-131.0. mstmv按题设计时起点，并设向右为 轴正向，则知 时，x0t0， 100 ,.sx 2/30又 1rad3.89lg 2 30().20m.Axv故其角振幅： 3.210radAl小球的振动方程为： rad)23.cos(t5.14 有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为 ，m20.位相与第一振动/6的位相差为，已知第一振动的振幅为 ，求第二个振动的振幅以及第一、m173.0第二两振动的位相差。解：由题意可做出旋转矢量题5.14图。
23、由图知， 22112cos30(0.73)(7.23/AA1.02A设角 ，则：为O1 cos21212A即：2 21(0.73)(.0.)cosA即 ，这说明， 与 间夹角为 ，即二振动的位相差为 。225.16 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为： m)652cos(3.0421tx试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。解： ， )65( 1.021A合12 50.4sin.3sisini6tacoscoA12 6其振动方程为： 0.1cos(26)mxt(作图法略)13第6章 机械波6.8 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为 =
24、cos( )，yACxBt其中 ， ， 为正值恒量。求：ABC 波的振幅、波速、频率、周期与波长； 写出传播方向上距离波源为 处一点的振动方程；l 任一时刻，在波的传播方向上相距为 的两点的位相差。d解： 已知平面简谐波的波动方程： ( )cos(xty0将上式与波动方程的标准形式： 比较，可知：)2A波振幅为 ，频率 ，波长 ，波速 ，A2BCBuC波动周期 。 1T 将 代入波动方程即可得到该点的振动方程：lx )cos(ltAy 因任一时刻 同一波线上两点之间的位相差为：t 21x将 ，及 代入上式，即得： 。d122CCd6.9 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为 =0.05cos(1
25、0 )，式中yt4, 以米计， 以秒计。求：xyt 绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度； 求 =0.2m处质点在 =1s时的位相，它是原点在哪一时刻的位相?这一位t相所代表的运动状态在 =1.25s时刻到达哪一点?解： 将题给方程与标准式 相比，得：2cos()yAtx振幅 ，圆频率 ，波长 ，05.Am105.0m波速 。 2.u绳上各点的最大振速，最大加速度分别为： 51maxv 1s2220)(A m 处的振动比原点落后的时间为：2.0 08.52uxs故 , 时的位相就是原点( )，在1ts0时的位相，即： 。9.8.0t .9设这一位相所代表的运动状态在 s 时刻到达 点，则，
26、.1tx825.)25(.0)(11 tux m6.11 一列平面余弦波沿 轴正向传播，波速为5 m/s，波长为 2m，原点处x质点的振动曲线如题6.11图所示。 写出波动方程；作出 =0时的波形图及距离波源0.5m处质点的振动曲t线。解： 由题 6.11(a)图知， m，且1.0A时， ， ，0t00 ,yv23又 ，则52.uHz5取 ，则波动方程为：)(cos0xtAy 30.1cos5()2xytm 时的波形如题 6.11(b)图0tm 代入波动方程，得该点处的振动方程为：5.0x50.31cos.1cos(5)2yt tm如题 6.11(c)图所示。6.12 如题6.12图所示，已知
27、 =0时和 =0.5s时的波形曲线分别为图中曲线(a) 和tt(b)，周期T0.5s,波沿 轴正向传播，试根据图中绘出的条件求：x14 波动方程； 点的振动方程。P解： 由题 6.12 图可知， ，又，1.0Am4时， ，t0,yv ，20而 ， ， -1 s.5xut20.5Hz4u2故波动方程为： )(co.0xtym 将 代入上式，即得 点振动方程为：1PxmPttycs1.)2cos(.06.13 一列机械波沿 轴正向传播， =0时的波形如题6.13图所示，已知波x速为10 m/s 1，波长为 2m，求：波动方程； 点的振动方程及振动曲线；P 点的坐标； 点回到平衡位置所需的最短时间。
28、解：由题 6.13 图可知 ，1.0Am时， ， ，由题知 ， ，则0t0,2yv32m-10su， 51uHz 波动方程为： .1cos0()xyt 由图知， 时， ， ( 点的位相应落t,2PPvA34P后于 点，故取负值)0 点振动方程为P)3410cos(.typ 由 解得：|3)1(txt 67.15xm 根据的结果可作出旋转矢量图如题 6.13 图(a)，则由 点回到平衡位置应经历的位相角6523所属最短时间为： 1206/5ts6.14 如题6.14图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P点的振动方程为 = cos( )。yA0t 分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程； 写出距
29、P点距离为b的Q点的振动方程。解： 如题 6.14 图(a)，则波动方程为： 0cos()lxyAtu如图(b)，则波动方程为： 0cos()xytu 如题 6.14 图(a)，则 点的振动方程为：Q0cs()Qbt如题 6.14 图(b)，则 点的振动方程为： oAu6.17 一平面余弦波，沿直径为14cm的圆柱形管传播，波的强度为18.010 -3J/(m2s)，频率为300 Hz，波速为300m/s，求波的平均能量密度和最大能量15密度.解： , ,uwI531060.18I 3mJ4max2w6.18 如题6.18图所示， 和 为两相干波源，振幅均为 ，相距 ，1S1A4较 位相超前
30、，求：1S2 外侧各点的合振幅和强度； 外侧各点的合振幅和强度2解：（1）在 外侧，距离 为 的点， 传到该 点引起的位相差为：11Sr1SP， )4(21r 0,21AIA（2）在 外侧.距离 为 的点， 传到该点引起的位相差：2S21S2， 0)4(r 2114,I6.20 一平面简谐波沿 轴正向传播，如题6.20图所示。已知振幅为 ，频x A率为 ,波速为 。u 若 =0时，原点 处质元正好由平衡位置向位移正方向运动，写出此波tO的波动方程； 若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等，试写出反射波的波动方程，并求 轴上 因入射波与反射波干涉而静x止的各点的位置。解： 时， ，0t0,0v
31、y ，故波动方程为： m20cos2()xAtu 入射波传到反射面时的振动位相为(即将 代入) ，43x243再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射，存在半波损失，所以反射波在界面处的位相为： 243若仍以 点为原点，则反射波在 点处的位相为 ，OO23542因只考虑 以内的位相角，反射波在 点的位相为 ，故反射波的2波动方程为： 2)(cosuxtAy反此时驻波方程为：cos2() 2cs()xAtuxt故波节位置为： 2)1kux故 ( )4)1(kx,0根据题意， 只能取 ，即,43x6.23 两列波在一根很长的细绳上传播，它们的波动方程分别为=0.06cos( )(SI), =0.06
32、cos( )(SI)。1ytx2yt 试证明绳子将作驻波式振动，并求波节、波腹的位置； 波腹处的振幅多大? =1.2m 处振幅多大?解： 它们的合成波为：0.6cos(4)0.6cos(4)0.12cos4yxtxtxt出现了变量的分离，符合驻波方程特征，故绳子在作驻波振动。令 ，则 ，k=0,1，2此即波腹的位置；kk令 ,则 ， ，此即波节的位置。2)1(21)(,k波腹处振幅最大，即为 m； 处的振幅由下式决定，即：.0.x16097.)2.1cos(.0驻Am17第7章 气体动理论基础 P2187.20 设有N个粒子的系统，其速率分布如题 7.20图所示。求 分布函数f( )的表达式；
33、 a与 0之间的关系； 速度在1.5 0到2.0 0之间的粒子数。 粒子的平均速率。(5) 0.50 到 0 区间内粒子平均速率。解：从图上可得分布函数表达式：，00()/()20faNf 00/()()2fa f()满足归一化条件，但这里纵坐标是 N f()而不是 f(),故曲线下的总面积为 N. 由归一化条件： ，可得002daa023Na 可通过面积计算 01(.5)3N 个粒子平均速率： 002200221()d()dd13 9afNfa (5) 0.50 到 0 区间内粒子数： 1003(.5)(.)284Naa0.50 到 0 区间内粒子平均速率： 000.5.5.5111dd()
34、dNNf02.51dNa0 32200.51117d()24avaaNN07697.21 试计算理想气体分子热运动速率的大小介于 p-p/100 与 p+p/100 之间的分子数占总分子数的百分比。解：令 ，则麦克斯韦速率分布函数可表示为：Pu dueNd24因为 u=1,u=0.02 由 ，得 ue24 %6.10.14eN7.22 容器中储有氧气，其压强为 P=0.1MPa(即 1atm)温度为 27求： 单位体积中的分子数 n； 氧分子的质量 m； 气体密度 ； 分子间的平均距离 ；(5) 平均速率 ；(6)方根速率 ；(7)分子的平均动能2。解： 由气体状态方程 得：kTpm-3242
35、3510.108. kTpn 氧分子的质量： Kg26230mol 10.5.6NM 由气体状态方程 ，得：RTpVol13.301.825mol RT 3mkg 分子间的平均距离可近似计算m9324.75.1ne(5) 平均速率： ol8.31060646.582RTM1s题 7.20 图Nf()O 200a18(6) 方均根速率： 2mol1.73482.7RTM1s(7) 氧分子的平均动能： J202314.0.5k7.23 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?解：理想气体分子的能量： RTiE2平动动能 t=3 J5.37901.83t转动动能 r=
36、2 J4r内能 i=5 J.62.25iE7.24 一瓶氧气，一瓶氢气，等压、等温，氧气体积是氢气的 2 倍，求氧气和氢气分子数密度之比；氧分子和氢分子的平均速率之比。解： 因为 ，则：nkTp1OHn 由平均速率公式 ，得：mol.60RTMmol14OH7-25 一真空管的真空度约为 1.3810-3 Pa(即 1.010-5 mmHg)，试 求在27时单位体积中的分子数及分子的平均自由程( 设分子的有效直径d310 -10 m)。解：由气体状态方程 得：nkTp317-321.80.0pnkT由平均自由程公式 得：nd2m5.7103.1097.26 求氮气在标准状态下的平均碰撞频率；
37、若温度不变，气压降到 1.3310-4Pa,平均碰撞频率又为多少 (设分子有效直径为 10-10m)?解： 碰撞频率公式 2zdn对于理想气体有 ，即： ，所以有：kTpkp2dpzkT而 -1mol8.3171.606045.3 ms2RM氮气在标准状态下的平均碰撞频率s-18052 104.7318z气压下降后的平均碰撞频率s-12043457.z7.27 1mol 氧气从初态出发，经过等容升压过程，压强增大为原来的 2 倍，然后又经过等温膨胀过程，体积增大为原来的 2 倍，求末态与初态之间气体分子方均根速率之比； 分子平均自由程之比。解： 由气体状态方程： 及 21Tp32Vp方均根速率
38、公式 ，得：2mol.73RM122T初末 对于理想气体， ，即 nkTpkp所以有： ，即：d212末初19第 8 章 热力学基础8.11 .如题 8.11 图所示，一系统由状态 a 沿 acb 到达状态 b 的过程中，有350 J 热量传入系统，而系统做功 126 J。 若沿 adb 时，系统做功 42 J，问有多少热量传入系统? 若系统由状态 b 沿曲线 ba 返回状态 a 时，外界对系统做功为 84 J，试问系统是吸热还是放热?热量传递是多少?解：由 过程可求出 态和 态的内能之差：acAEQ2416350J过程，系统作功bd系统吸收热量过程，外界对系统作功a84AJ系统放热3024E
39、Q8.12 1mol 单原子理想气体从 300K 加热到 350K，问在下列两过程中吸收了多少热量?增加了多少内能?对外做了多少功? 容积保持不变； 压力保持不变。 解： 等体过程对外作功 0A ， V2121()()328.1536.5JiQECTRT 等压过程，吸热： P2121()()8.3(0)138.75JiCTR内能增加： V562ET对外作功： .4.67.03QAJ8.13 一个绝热容器中盛有摩尔质量为 Mmol，比热容比为 的理想气体，整个容器以速度运动，若容器突然停止运动，求气体温度的升高量(设气体分子的机械能全部转变为内能)。解：整个气体有序运动的能量为 ，转变为气体分子
40、无序运动使得内21m能增加，温度变化。，2VmECTM22ol molV1(1)CR8.14 0.01m3 氮气在温度为 300K 时，由 0.1MPa 压缩到 10MPa。试分别求氮气经等温及绝热压缩后的 体积； 温度； 各过程对外所做的功。解： 等温压缩过程中，T=300K，且 ，解得：21pm3 ,120.1pV6 32112lnl.0.1ln.04.6710JpAvRT 绝热压缩： ，RC5V7由绝热方程 ，得：21p1/ 31 4212()()()0.910mp 由绝热方程 ，得112Tp.40.4122 23()579KpTTO Vpa题 8.11 图bcd20由热力学第一定律 及
41、 得： ，AEQ0)(12molTCMV又 ，所以RTMpVmol 512135.03.1() (57930)2 .0JA8.15 理想气体由初状态 (P1，V 2)经绝热膨胀至末状态(P 2，V 2)。试证过程中气体所做的功为： 式中 为气体的比热容比。Pw证明： 由绝热方程 得Cpp21 Vp1故，2211 1221d() ()VVrACVpp8.16 1 mol 的理想气体的 T-V 图如题 8.16 图所示，ab 为直线，延长线通过原点 O。求 ab 过程气体对外做的功。解：设 ，由图可求得直线的斜率 k 为：TkV，得过程方程0202T由状态方程 得： = =pvRpVR02T0V过
42、程气体对外作功：ab02dVvpA020d2VRT8.17 某理想气体的过程方程为 Vp1/2=a，a 为常数，气体从 V1 膨胀到 V2。求其所做的功。解：气体做功： 22 2111 2d()|()VVVApa8.18 设有一以理想气体为工质的热机循环，如题 8.18 图所示。试证其循环效率为： 12Vp解：等体过程：，吸热， 1V21()0QvCT )12RVp绝热过程： 3等压压缩过程： ，放热2p21()0QvCT ，则，222P21P)VpR循环效率为： p2122 121V(/)QCp8.19 一卡诺热机在 1000K 和 300K 的两热源之间工作，试计算 热机效率； 若低温热源
43、不变，要使热机效率提高到 80%，则高温热源温度需提高多少? 若高温热源不变，要使热机效率提高到 80%，则低温热源温度需降低多少?TOab题 8.16 图T0V0 2V0VpO V绝热题图 8.18V2 V1p1p221解： 卡诺热机效率 21307%T 低温热源 不变时，即 ，230KT18T解得： ，则： 1550K即高温热源温度提高 500K。 高温热源 不变时，即 2解得： ，则：20203-1T即低温热源温度降低 100K。8.20 如题 8.20 图所示是一理想气体所经历的循环过程，其中 AB 和 CD 是等压过程，BC 和 DA 为绝热过程，已知 B 点和 C 点的温度分别为
44、T2和 T3。求此循环效率。这是卡诺循环吗? 解：热机效率 21Q等压过程A，吸热，即有：1P21()0QCT1Pmo()BAlM等压过程 ，放热，即有： D2210vT)(Pmol2DCQ )/1(12 BABABDCTT绝热过程，其过程方程为： DATp11绝热过程，其过程方程为：BCCBTp11又 ，所以得： ACDpp， DCB23 不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间。8.21 用一卡诺循环的致冷机从 7的热源中提取 1000J 的热量传向27的热源，需要多少功?从-173 向 27呢? 一可逆的卡诺机，作热机使用时，如果工作的两热源的温度差愈大，则对于做功就愈有利。当作致冷机使用时，如果两热源的温度差愈大，对于致冷是否也愈有利?为什么?解：卡诺循环的致冷机 212TAQe静 时，需作功：72123081
