河南大学大学物理答案

an

第1章 质点运动学和牛顿运动定律

参考习题答案

1-1 已知质点的运动学方程为x = R cosωt , y = R sinωt, z = hωt /(2π) , 其中R 、ω、h

为常量．求：

（1）质点的运动方程的矢量形式； （2）任一时刻质点的速度和加速度．

ˆ+R sin ωt j ˆ+h ωt /(2π) k ˆ 解：r =R cos ωt i d r ˆ+R ωcos ωt j ˆ+h ω/(2π) ˆ υ==-ωR sin ωt i k

dt d υˆ-R ω2sin ωt j ˆ=-ω2R (cosωt i ˆ+sin ωt j ˆ) a ==-ω2R cos ωt i

dt

1-3半径为R 的轮子沿y = 0的直线作无滑滚动时，轮边缘质点的轨迹为

x =R (θ-sin θ)

y =R (1-cos θ)

求质点的速度；当d θ / d t = ω为常量时，求速度为0的点．

解：υx =

dx d θd θdy d θ=R (-cos θ) ， υy ==R sin θ dt dt dt dt dt

⎤d θ s θi ˆj n ⎦d t

ˆ+s )i 即 υ=R ⎡⎣(1-c o θ

当

d θ

=ω为常数时， dt

υx =

dx dy =R ω(1-cos θ) ， υy ==R ωsin θ，速度为0 dt dt

即 υx =

dx dy =R ω(1-c o s θ) =0， υy ==R ωsin θ=0 dt dt

故 θ=2k π, k =0, 1, 2,

1

1-5一质点沿半径为R 的圆周按规律S =υ0t -bt 2运动，其中υ0、b 都是常量．

2

（1）求t 时刻质点的总加速度；

（2）t 为何值时总加速度数值上等于b ？

（3）当加速度达到b 时，质点已沿圆周运行了多少圈？ 解：⑴ 速率υ=

dS d υ=υ0-bt ， 切向加速度的大小a τ==-b ， dt dt

(υ0-bt ) 2

ˆτ+a n e ˆn =法向加速度的大小a n =，加速度a =a τe

R R

υ2

加速度的大小a =a τ+a =b +

2

2

n

2

υ0-bt 4

R

2

（2）a = b

=b ，t =

υ0

b

，

2

2

υ01⎛υ0⎫121υ0

(3) a = b时， S =υ0t -bt =υ0⋅-b ⎪=

2b 2⎝b ⎭2b

υ02S

=转动圈数 n = 2πR 4πbR

1-7 在图1-16所示的装臵中，两物体的质量为m 1和m 2，物体之间及物体与桌面间的摩擦系数都是μ，求在力F 的作用下两物体的加速度及绳内张力，不计滑轮和绳

图1-16习题1-7用图

的质量及轴承摩擦，绳不可伸长．

解：根据题意，由滑轮的关系可知绳内张力T = 2F ，设m 1受到m 2的摩擦力f 1，m 2受到地面的摩擦力为f 2，m 1受到的最大静摩擦力为m 1g μ，受力如图所示。

（1），若T (m 1+m 2) g μ，而f 1不可能大于

(m 1+m 2) g μ，故m 2不能滑动．

a 1=a 2=0，T = 2F

（2）若T >m 1g μ时，m 1相对于m 2

则m 1受力如图：绳内张力还是T = 2F

T -f 1=m 1a 1

2F -m 1g μ=m 1a 1

1

a 1=

2F -m 1g μ

m 1

m 2 受力如图所示，由于f 1

不会运动， 则a 2=0．

1-12 在图1-20所示的滑轮系统中，m 3>m 2>m 1，如果滑轮和绳的质量和转轴处的摩擦略去不计，且绳不可伸长，求m 1的加速度a 1及两绳的张力T 1和T 2．

解：设 a 1，a 2，a 3分别是m 1，m 2，m 3的加速度，

T 1-m 1g =m 1a 1， T 2-m 2g =m 2a 2， m 3g -T 2=m 3a 3， T 1=2T 2，a 2=a 3 联立求解得 T 1= a 1=

4m 2m 32m 2m 3

g ，T 2=g ，

m 2+m 3m 2+m 3

4m 2m 3-m 1m 2-m 1m 3

g ，竖直向上。

(m 2+m 3) m 1

第2章 B

习题参考答案：

2-2 某物体上有一变力F 作用，它随时间变化的关系如下：在0.1s 内，F 均匀地由0增加到20N ；又在以后0.2s 内，F 保持不变；再经0.1s ，F 又从20N 均匀地减少到0．

⑴ 画出F - t 图；

⑵ 求这段时间内力的冲量及力的平均值；

⑶ 如果物体的质量为3 kg，开始速度为1m/s，且与力的方向一致，问在力刚变为0时，物体的速度为多大？

解：⑴

20

⑵ 根据定积分的定义，用计算面积的方法，可得这段时间内力的冲量为

I =⎰F d t =

t

1

(0.2+0.4) ⨯20N s =6N s 2

力的平均值为

F =

⑶ 根据动量定理，有

I 6=N =15N Δt 0.4

I =m υ' -m υ0

所以

υ' =

I +m υ06+3⨯1

==

m 3

2-4 一颗子弹由枪口射出时速率为υ0m ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为，其中t 的单位为秒(s ) ． F =(a -bt ) N （a ，b 为正常数）

⑴ 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的时间； ⑵ 求子弹所受的冲量； ⑶ 求子弹的质量．

解：⑴ 子弹走完枪筒全长所需的时间t ，由题意，得F =(a -bt ) =0，所以

t =

a

b

⑵ 子弹所受的冲量

t 1I =⎰(a -bt ) dt =at -bt 2

02

a

将t=代入，得

b

a 2I =

2b

I a 2

⑶ 由动量定理可求得子弹的质量 m ==

υ02b υ0

2-9 质量为M 的人手里拿着一个质量为m 的物体，此人用与水平面成α角的速率υ0向前跳

去．当他达到最高点时，他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出．问：由于人抛出物体，他跳跃的距离增加了多少?(

假设人可视为

质点)

解：取如图所示坐标．把人与物视为一系统，当人跳跃到最高点处，在向左抛物的过程中．满足动量守恒，故有

(M +m )υ0cos α=M υ+m (υ-u )

式中υ为人抛物后相对地面的水平速率，υ-u 为抛出物对地面的水平速率．得

υ=υ0cos α+

的水平速率的增量为

m

u

M +m

Δυ=υ-υ0cos α=

而人从最高点到地面的运动时间为

m

u

M +m

t =

所以，人跳跃后增加的距离

υ0sin α

g

Δx =Δυ t =

m υ0sin α

u

M +m g

2-11 如图2-22所示，一质量为m 的滑块在

1

圆弧形滑槽中从静止滑下．设圆弧形滑槽的质4

量为M 、半径为R ，略去所有摩擦力．求当滑块m 滑到槽底时，滑槽M 在水平方向移动的距离．

图2-22 习题2-11用图

解：以m 和M 为研究系统，所受的外力为重力mg 、Mg 与地面对滑槽的支持力N ，如图所示，系统在水平方向不受外力，因此在水平方向动量守恒。设在下滑过程中，m 相对于M 的速度为υ，M 相对地的速度为V

。在水平方向有

m (υx -V )-MV =0

求解上式，得

υx =

m +M

V m

设m 在滑槽上滑行的时间为t ，在水平方向相对于M 移动的距离为R ，即

R =⎰υx d t =

t

m +M m

⎰V d t

t

滑槽在水平方向移动的距离为

s =⎰Vdt =

t

m

R

m +M

第3章 功和能

习题参考答案：

3-1 作用在质点上的力为F =7i -6j （SI 制），求：

⑴ 当一质点从原点运动到r =3i +4j +16k 时力F 所做的功； ⑵ 如果质点从原点运动到r =3i +4j +16k 处需0.6s ，试求平均功率．

解：⑴ 由题知，F 为恒力，

A =F ⋅r =(7i -6j ) (3i +4j +16k )=-3J

⑵ 根据平均功率的定义式，得

=

A 3==5W Δt 0.6

3-2 质点在外力F =2y i +4j 的作用下在一平面内运动（SI 制），求下列情况下，质点从x =-2运动到x =3处该力做的功．

⑴ 质点的运动轨迹为抛物线 x 2=4y ； ⑵ 质点的运动轨迹为直线 4y =x +6．

b

b

解：由A = F ⋅d r =

a ⎰⎰

a

F x d x +F y d y +F z d z ，得

(1) 质点的运动轨道为抛物线x 2=4y 时该力做的功为

A 1= ⎰F x d x +⎰F y d y =⎰2y d x +⎰

x 1

y 1

x 1

x 2y 2x 2y 2y 1

x 265

4d y =⎰d x +⎰44d y =J =10.8J

-2216

3

9

(2) 质点的运动轨道为抛物线4y =x +6时该力做的功为

A 2= ⎰F x d x +⎰F y d y =⎰2y d x +⎰

x 1

y 1

x 1

x 2y 2x 2y 2y 1

x +685

4d y =⎰d x +⎰44d y =J =21.25J

-2124

3

9

3-4 质量为m 的木板B 静止在光滑桌面上，质量也为m 的物体A （A 可视为质点）放在木板B 的一端．现给物体A 一初始速度υ0使其在B 板上滑动，设A 、B 间的摩擦因数为μ，并设A 滑到B 的另一端时A 、B 恰好具有相同的速度．求B 板的长度L 及B 板走过的距离x ．

解：A 向右滑动时，B 给A 一向左的摩擦力，A 给B 一向右的摩擦力，摩擦力的大小为μmg 。将A 、B 视为一系统，摩擦力是内力，因此系统水平方向动量守恒，设A 滑到B 的右端时二者的共同速度为υ，则有

m υ0=2m υ

解得 υ=

υ0

2

再对A 、B 系统应用质点系动能定理并注意到摩擦力的功是一对力的功，可设B 不动，A 相对B 移动了B 的长度为L ，摩擦力的功应为-μmgL ，代入质点系动能定理

-μmgL =

1122m υ2-m υ0 22

2υ0

可得 L =

4μg

为了计算B 板走过的距离x ，再单独对B 板应用质点的动能定理，此时B 板受的摩擦 力做正功μmgx

μmgx =

12m υ 2

2υ0

得 x =

8μg

3-19 一质量为m 1的弹丸，穿过如图3-29所示的摆锤后，速率由υ减少到

υ

．已知摆锤的质量2

为m 2，摆线长度为l ，如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动，弹丸的速度的最小值应为多少?

解：由水平方向的动量守恒定律，有

m 1υ=m 1

υ

+m 2υ' 2

式中 υ' 为摆锤在圆周最低点的运动速率

为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动，在最高点时，摆线中的张力F T =0，则

2

m 2υ' h

m 2g =

l

图3-29 习题3-19用图

式中υ' h 为摆锤在圆周最高点的运动速率．

又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中．满足机械能守恒定律，故有

112m 2υ' 2=m 2υ' h +2m 2gl 22

联立上述三个方程求解，可得弹丸所需速率的最小值为

υ=

1

3-24 如图3-33所示，一个轻弹簧上端固定，下端系一个金属圆盘，弹簧伸长为l 1=10cm ．一个质量和圆盘相同的泥球，从高于盘底h =30cm 处由静止下落到盘上．求此盘向下运动的最大距离l 2．

解：第一个过程为泥球自由下落过程。为从距离顶端为h 处自由落下，与盘碰撞前的速 度为υ，由机械能守恒，得

12

m υ=mgh ○1 2

第二个过程为泥球与盘碰撞过程。将盘和泥球看做一个系统，者之间的冲力远大于它们所受的外力(包括重力和弹簧的弹力) ，作用时间很短，可以认为动量守恒。设它们的质量均为m ，它撞后结合在—起以共同的速度V 运动。沿y 方向的动量守恒定分量式为

因二而且们碰律的

m υ=2mV ○2

第三过程为泥球和盘共同下降的过程。选弹簧、泥球、盘和地

图3-33 习题3-24用图

球为

系统。以泥球与盘共同开始运动为系统的始态，二者到达最低点时为末态。在此过程中只有重力、弹性力(均为保守力) 做功，系统机械能守恒。以弹簧的原长为弹性势能的零点，以盘到达最低位臵为重力势能的零点。则系统的机械能守恒表达式为

1112

3 (2m )V 2+(2m )gl 2+kl 12=k (l 1+l 2) ○

222

依题意，又由

kl 1=mg ○4

将式○1、○2、○3、○4联立，代人数据，可得

l 2=30cm 或 l 2=-10cm （舍去）

所以，盘向下运动的最大距离为l 2=30cm

第4章 刚体力学

习题参考答案

2-12 求一质量为m 、半径为R 的均匀半圆盘的质心．

解：建立如图所示坐标系，设薄板半径为R ，质量为m ．面密度

σ=

2m πR 2

．由质量分布的对称性可得板的质心在x 轴上而

m ⎰0

R

x C

x d m 1==

m

x σx =

4R

3π

2-17 如图2-24所示，质量为m 、线长为l 的单摆，可绕点O 在竖直平面内面内摆动，初始时刻摆线被拉至水平，然后自由落下，求：

⑴ 摆线与水平线成θ角时，摆球所受到的力矩及摆球对点O 的角动量；

⑵ 摆球到达B 时角速度的大小．

解：摆球受力如图2-24所示。摆线的张力T 通过点O ，因此其力矩为零；重力G 对点O 产生力矩，其大小为

M =mgl cos θ

可见M 随θ角而变化，其方向垂直纸面向里。 由角动量定理，得

M =

d L

=mgl cos θd t

A

又ω=d θ，L =ml ω代入上式，并积分，得

2

dt

⎰

L

L d L =⎰m 2gl 3cos θd θ

θ

摆线与水平线成θ角时，摆球对点O 的角动量为

L =2g l

⑵ 当摆球摆到B 时，θ=π/2，因此摆球角动量

L B =2m 2gl 3=ml 2

摆球到达B 时角速度的大小

ωB =

L B 2g

=

l ml 2

4-2 一半径为10cm 的滑轮, 转动惯量为1. 0⨯10-3kg ·m 2，现有一变力

F =0. 5t +0. 30t 2（SI 单位制）沿着切线方向作用于滑轮的边缘. 如果滑轮最初处于静止状态, 试求滑轮在4s 初的角速度.

解：滑轮所受力矩大小为

M =Fr =0.05t +0.03t 2

由转动定律

即

积分得

ω=25t 2+10t 3

t =3s

M =J α=J

d ωdt

d ω=

M

dt =(50t +30t 2) dt J

时

ω=4.95⨯102rad/s

4-3 如图4-32所示，质量为m 、长为l 的均匀细棒AB ，转轴到中心O 点的距离为h 并与棒垂直，试求细棒对于该转轴的转动惯量.

解：如图在棒上距轴为x 处取一长度元dx ，如棒的质量线密度为λ，则该长度元的质量d m =λd x =m dx , 转轴通过棒上距中心为h 的

l

点并和棒垂直时，有

I B =⎰

l +h -+h λx dx =⎰

2

l +h -l +h x 2

m 1

dx =ml 2+mh 2 l 12

4-5 如图3-34所示，质量为m 、半径为R 的圆柱体中挖有四个半径均为R 的圆柱形空洞，空洞中心轴与圆柱体中心轴平行，且间

3

距均为R 。试求圆柱体对其中心轴的转动惯量。

2

解：如果用同样的材料将空洞填满，设四个小圆柱的质量为m ' ，

则填满后的总质量为m +4m ' ，则有

m +4m 'πR 2L

==92

m '⎛R ⎫

π ⎪L ⎝3⎭

即

m '=

1m 5

填满后大圆柱体对中心轴的转动惯量为

J 1=

19

(m +4m ' ) R 2=mR 2 210

由平行轴定理, 填满后的四个小圆柱对大圆柱中心轴的转动惯量为

2

⎡1' ⎛1⎫2⎤111⎛⎫'

J 2=4⎢m R ⎪+m R ⎪⎥=mR 2

⎝2⎭⎥⎢⎣2⎝3⎭⎦45

由组合定理得

J =J 1-J 2=

91159mR 2-mR 2=mR 2 104590

4-12如图4-40所示, 一质量均匀分布的圆盘，质量为M ，半径为R

，

放在一粗糙的水平面上, 圆盘可绕通过其中心的光滑转轴O 转动，圆盘与水平面间的摩擦系数为μ。开始时，圆盘保持静止，一质量为m 的子弹以水平速度υ0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌入其中。试求：

⑴ 子弹击中圆盘后，圆盘所获得的角速度；

⑵ 经过多长时间后，圆盘停止转动（略去子弹重力造成的摩擦阻力矩）? 解：（1）子弹射入时，子弹与圆盘组成的系统满足角动量守恒，则有

m υ0R =J ω 式中J =

1MR 2+mR 22

解得

ω=

m υ0⎛1⎫ M +m ⎪R ⎝2⎭

（2）子弹射入后，对圆盘应用由角动量定理得 -M f t =0-J ω

其中，-M f 为圆盘所受摩擦力矩。取圆盘中半径为r 、宽度为dr 的圆环为质元, 圆盘质量面密度为σ=摩擦力，则圆盘所受摩擦力矩为

dM f =μ(σ2πrdr ) gr

m πR 2

，忽略子弹在圆盘中受到的

则

R 2

M f =⎰dM f =⎰μ(σ2πrdr ) gr =μMgR 03

故有

t =

3m υ0J ω

=

M f 2μMg

4-13 在半径为R 的具有光滑竖直中心轴的水平圆盘内, 有一人静

止站立在距转轴为1R 处, 人的质量为圆盘质量的

21

，开始时盘载10

人相对地面以角速度ω0匀速转动。如果此人垂直于圆盘半径相对盘以速率v 沿与圆盘转动的相反方向做圆周运动，如图4-41所示，已知圆盘对中心轴的转动惯量为1MR 2,

2

求：⑴ 圆盘相对地面的角速度；

⑵ 欲使圆盘相对地面保持静止，人相对圆盘的速度的大小及方向应怎样？

解：（1）设圆盘质量为M ，选人与圆盘组成的系统为研究对象，当人在盘上走动时，无外力矩，因此系统角动量守恒 即

1M R 22v ⎡M R 212⎤2

() +MR ω=MR ω+() (ω-) 0⎢⎥10222102R ⎣⎦

(J 人+J 盘）ω0=J 盘ω+J 人(ω-

v

) 1/2R

圆盘对地角速度为

211

MR 2ω0+MRv

2v ω==ω0+

2121R MR 240

（2）欲使圆盘对地角速度为零应有

ω=ω0+

2v '

=0 21R 21

R ω0 2

则

v ' =-

即人应与圆盘转动方向的相同方向作圆周运动。

第6章 机械振动

习题参考答案：

6-2 若交流电压的表达式为: V

=311sin 100πt

，式中:V 以伏

特(V)为单位, t 以秒(s)为单位, 求交流电的振幅、周期、频率和初相位.

解: 交流电电压的表达式也可化为余弦形式：

V =311sin 100πt =311cos(100πt -

π) 2

因此有:

振幅为: A =311V ， 周期为:T

=2π

ω

=

2π

s =0. 02 s ， 100π

100π

Hz =50 Hz 2π

频率为: ν

=

ω

2π

=

初相位为：ϕ=-π

2

6-3一质点沿x 轴做简谐振动，其圆频率ω = 10 rad/s．试分别写出以下两种初始条件下的运动学方程．

（１）初始位移x 0=7. 5 cm ，初始速度υ0=75. 0 cm/s; （２）初始位移x 0=7. 5 cm ，初始速度υ0=-75. 0 cm/s

解： （１）由题意可设质点做简谐振动的运动学方程为：

x =A cos (10t +ϕ)

则其速度方程为： υ=-10A sin (10t +ϕ)

将初始条件t =0时，x 0=7. 5 cm ，υ0=75. 0 cm/s分别代入上面两式得：

x 0=7. 5 cm =Acos ϕ

υ0=75. 0 cm/s=-10Asin ϕ

解以上两方程得：A =10. 6 cm ，ϕ=-π．

4

所以：

x =0. 106cos (10t -

π

) （SI 4

制）

(2) t =0时，

x 0=7. 5 cm =Acos ϕ

υ0=-75. 0 cm/s=-10A sin ϕ

解以上两个方程得：A =10. 6 cm ，ϕ=π．

4

所以：

x =0. 106cos (10t +

π

) （SI 4

制）

6-5 有一简谐振动振幅A = 12 cm，周期T = 3 s，若振子在位移x =６cm 处并向负方向运动为计时起点，请做出其位移－时间曲线，并求出其运动到x = -６cm 处所需的最短时间．

解：若设该简谐振动的方程为：

x =A cos(ωt +ϕ)

那么由题意可知，该简谐振动的圆频率ω=2π=2πr ad/s，

T

3

t =0时,

6=12cos ϕ

υ0=-A ωsin ϕ

，所以初相位为：ϕ=π．其其位移－时间曲线

3

图如上图所示．

其运动到x = -６cm 处时，有

2ππ2π4πt +=或． 3333

-6=12cos(

2ππ

t +) 33

，解得：

因所求的是最短时间，上式取2π，因此t =0. 5 s ．

3

6-10 有一水平弹簧振子K = 24 N/m，重物的质量m = 6 kg，静止在平衡位臵上, 如图6-28所示．设以一水平恒力F = 10 N作用于物体（不计摩擦），使之从平衡位臵向左运动了0.05 m ，此时撤去力F ．当重物运动到左方最远位臵时开始计时，求运动方程．

解： 由题意可知，物体在做简谐振动，设其运动学方程为：

x =A cos (ωt +ϕ)

根据能量守恒定律，系统的弹性势能为：E P 代入数据，从而解得：A =0. 204 m ．

又因ω=

=FS =0. 5 J =

12

kA 2

k

=2 rad/s，t =0 时, x 0=-A ，从而解得ϕ=π． m

因此物体的运动学方程为：x =0. 204cos(2t +π) （SI 制）第1章 质点运

动学和牛顿运动定律

参考习题答案

1-1 已知质点的运动学方程为x = R cosωt , y = R sinωt, z = hωt /(2π) , 其中R 、ω、h

为常量．求：

（1）质点的运动方程的矢量形式； （2）任一时刻质点的速度和加速度．

ˆ+R sin ωt j ˆ+h ωt /(2π) k ˆ 解：r =R cos ωt i d r ˆ+R ωcos ωt j ˆ+h ω/(2π) ˆ υ==-ωR sin ωt i k

dt d υˆ-R ω2sin ωt j ˆ=-ω2R (cosωt i ˆ+sin ωt j ˆ) a ==-ω2R cos ωt i

dt

1-3半径为R 的轮子沿y = 0的直线作无滑滚动时，轮边缘质点的轨迹为

x =R (θ-sin θ)

y =R (1-cos θ)

求质点的速度；当d θ / d t = ω为常量时，求速度为0的点．

解：υx =

dx d θd θdy d θ=R (-cos θ) ， υy ==R sin θ dt dt dt dt dt

⎤d θ s θi ˆj n ⎦d t

ˆ+1-c o θs i 即 υ=R ⎡()⎣

当

d θ

=ω为常数时， dt

υx =

dx dy =R ω(1-cos θ) ， υy ==R ωsin θ，速度为0 dt dt dx dy

=R ω(1-c o s θ) =0， υy ==R ωsin θ=0 dt dt

即 υx =

故 θ=2k π, k =0, 1, 2,

1

1-5一质点沿半径为R 的圆周按规律S =υ0t -bt 2运动，其中υ0、b 都是常量．

2

（1）求t 时刻质点的总加速度；

（2）t 为何值时总加速度数值上等于b ？

（3）当加速度达到b 时，质点已沿圆周运行了多少圈？ 解：⑴ 速率υ=

dS d υ=υ0-bt ， 切向加速度的大小a τ==-b ， dt dt

(υ0-bt ) 2

ˆτ+a n e ˆn =法向加速度的大小a n =，加速度a =a τe

R R

υ2

加速度的大小a =a τ+a =b +

2

2

n

2

υ0-bt 4

R

2

（2）a = b

=b ，t =

υ0

b

，

2

2

υ01⎛υ0⎫121υ0

(3) a = b时， S =υ0t -bt =υ0⋅-b ⎪=

2b 2⎝b ⎭2b

υ02S

=转动圈数 n = 2πR 4πbR

1-7 在图1-16所示的装臵中，两物体的质量为m 1和m 2，物体之间及物体与桌面间的摩擦系数都是μ，求在力F 的作用下两物体的加速度及绳内张力，不计滑轮和绳

图1-16习题1-7用图

的质量及轴承摩擦，绳不可伸长．

解：根据题意，由滑轮的关系可知绳内张力T = 2F ，设m 1受到m 2的摩擦力f 1，m 2受到地面的摩擦力为f 2，m 1受到的最大静摩擦力为m 1g μ，受力如图所示。

（1），若T (m 1+m 2) g μ，而f 1不可能大于

(m 1+m 2) g μ，故m 2不能滑动．

a 1=a 2=0，T = 2F

（2）若T >m 1g μ时，m 1相对于m 2

则m 1受力如图：绳内张力还是T = 2F

T -f 1=m 1a 1

2F -m 1g

μ=m 1a 1

1

a 1=

2F -m 1g μ

m 1

m 2 受力如图所示，由于f 1

1-12 在图1-20所示的滑轮系统中，m 3>m 2>m 1，如果滑轮和绳的质量和转轴处的摩擦略去不计，且绳不可伸长，求m 1的加速度a 1及两绳的张力T 1和T 2．

解：设 a 1，a 2，a 3分别是m 1，m 2，m 3的加速度，

T 1-m 1g =m 1a 1， T 2-m 2g =m 2a 2， m 3g -T 2=m 3a 3， T 1=2T 2，a 2=a 3 联立求解得 T 1=

4m 2m 32m 2m 3

g ，T 2=g ，

m 2+m 3m 2+m 3

a 1=

4m 2m 3-m 1m 2-m 1m 3

g ，竖直向上。

(m 2+m 3) m 1

第2章 动量和角动量

习题参考答案：

2-2 某物体上有一变力F 作用，它随时间变化的关系如下：在0.1s 内，F 均匀地由0增加到20N ；又在以后0.2s 内，F 保持不变；再经0.1s ，F 又从20N 均匀地减少到0．

⑴ 画出F - t 图；

⑵ 求这段时间内力的冲量及力的平均值；

⑶ 如果物体的质量为3 kg，开始速度为1m/s，且与力的方向一致，问在力刚变为0时，物体的速度为多大？

解：⑴

20

⑵ 根据定积分的定义，用计算面积的方法，可得这段时间内力的冲量为

I =⎰F d t =

t

1

(0.2+0.4) ⨯20N s =6N s

2

力的平均值为

F =

⑶ 根据动量定理，有

I 6=N =15N Δt 0.4

I =m υ' -m υ0

所以

υ' =

I +m υ06+3⨯1

== m 3

2-4 一颗子弹由枪口射出时速率为υ0m ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为

F =(a -bt ) N （a ，b 为正常数），其中t 的单位为秒(s ) ．

⑴ 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的时间； ⑵ 求子弹所受的冲量； ⑶ 求子弹的质量．

解：⑴ 子弹走完枪筒全长所需的时间t ，由题意，得F =(a -bt ) =0，所以

t =

a

b

⑵ 子弹所受的冲量

1

I =⎰(a -bt ) dt =at -bt 2

02

t

a

将t=代入，得

b

a 2I =

2b

I a 2

⑶ 由动量定理可求得子弹的质量 m ==

υ02b υ0

2-9 质量为M 的人手里拿着一个质量为m 的物体，此人用与水平面成α角的速率υ0向前跳

去．当他达到最高点时，他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出．问：由于人抛出物体，他跳跃的距离增加了多少?(假设人可视为质点)

解：取如图所示坐标．把人与物视为一系

统，当人跳跃到最高点处，在向左抛物的过程中．满足动量守恒，故有

(M +m )υ0cos α=M υ+m (υ-u )

式中υ为人抛物后相对地面的水平速率，υ-u 为抛出物对地面的水平速率．得

υ=υ0cos α+

的水平速率的增量为

m

u

M +m

Δυ=υ-υ0cos α=

而人从最高点到地面的运动时间为

m

u

M +m

t =

所以，人跳跃后增加的距离

υ0sin α

g

Δx =Δυ t =

m υ0sin α

u

M +m g

2-11 如图2-22所示，一质量为m 的滑块在

1

圆弧形滑槽中从静止滑下．设圆弧形滑槽的质4

量为M 、半径为R ，略去所有摩擦力．求当滑块m 滑到槽底时，滑槽M 在水平方向移动的距离．

解：以m 和M 为研究系统，所受的外力为重力mg 、Mg 与地面对滑槽的支持力N ，如图所示，系统在水平方向不受外力，因此在水平方向动量守恒。设在下滑过程中，m 相对于M 的速度为υ，M 相对地的速度为V

。在水平方向有

m (υx -V )-MV =0

求解上式，得

υx =

m +M

V m

设m 在滑槽上滑行的时间为t ，在水平方向相对于M 移动的距离为R ，即

R =⎰υx d t =

t

m +M m

⎰V d t

t

滑槽在水平方向移动的距离为

s =⎰Vdt =

t

m

R

m +M

第3章 功和能

习题参考答案：

3-1 作用在质点上的力为F =7i -6j （SI 制），求：

⑴ 当一质点从原点运动到r =3i +4j +16k 时力F 所做的功； ⑵ 如果质点从原点运动到r =3i +4j +16k 处需0.6s ，试求平均功率．

解：⑴ 由题知，F 为恒力，

A =F ⋅r =(7i -6j ) (3i +4j +16k )=-3J

⑵ 根据平均功率的定义式，得

=

A 3

==5W Δt 0.6

3-2 质点在外力F =2y i +4j 的作用下在一平面内运动（SI 制），求下列情况下，质点从x =-2运动到x =3处该力做的功．

⑴ 质点的运动轨迹为抛物线 x =4y ； ⑵ 质点的运动轨迹为直线 4y =x +6．

b

b

2

解：由A = F ⋅d r =

a ⎰⎰

a

F x d x +F y d y +F z d z ，得

2

(3) 质点的运动轨道为抛物线x =4y 时该力做的功为

A 1= ⎰F x d x +⎰F y d y =⎰2y d x +⎰

x 1

y 1

x 1

x 2y 2x 2y 2y 1

x 265

4d y =⎰d x +⎰44d y =J =10.8J

-2216

3

9

(4) 质点的运动轨道为抛物线4y =x +6时该力做的功为

A 2= ⎰F x d x +⎰F y d y =⎰2y d x +⎰

x 1

y 1

x 1

x 2y 2x 2y 2y 1

x +685

4d y =⎰d x +⎰44d y =J =21.25J

-2124

3

9

3-4 质量为m 的木板B 静止在光滑桌面上，质量也为m 的物体A （A 可视为质点）放在木板B 的一端．现给物体A 一初始速度υ0使其在B 板上滑动，设A 、B 间的摩擦因数为μ，并设A 滑到B

的另一端时A 、B 恰好具有相同的速度．求B 板的长度L 及B 板走过的距离x ．

解：A 向右滑动时，B 给A 一向左的摩擦力，A 给B 一向右的摩擦力，摩擦力的大小为μmg 。将A 、B 视为一系统，摩擦力是内力，因此系统水平方向动量守恒，设A 滑到B 的右端时二者的共同速度为υ，则有

m υ0=2m υ

解得 υ=

υ0

2

再对A 、B 系统应用质点系动能定理并注意到摩擦力的功是一对力的功，可设B 不动，A 相对B 移动了B 的长度为L ，摩擦力的功应为-μmgL ，代入质点系动能定理

-μmgL =

1122m υ2-m υ0 22

2υ0

可得 L =

4μg

为了计算B 板走过的距离x ，再单独对B 板应用质点的动能定理，此时B 板受的摩擦 力做正功μmgx

μmgx =

12m υ 2

2υ0

得 x =

8μg

3-19 一质量为m 1的弹丸，穿过如图3-29所示的摆锤后，速率由υ减少到为m 2，摆线长度为l ，如果摆锤能在垂直平面内完成一个完全的圆周运动，弹丸的速度的最小值应为多少?

解：由水平方向的动量守恒定律，有

υ

．已知摆锤的质量2

m 1υ=m 1

υ

+

m 2υ' 2

式中 υ' 为摆锤在圆周最低点的运动速率

为使摆锤恰好能在垂直平面内作圆周运动，在最高点时，摆线中的张力F T =0，则

2

m 2υ' h

m 2g =

l

式中υ' h 为摆锤在圆周最高点的运动速率．

又摆锤在垂直平面内作圆周运动的过程中．满足机械能守恒定律，故有

112m 2υ' 2=m 2υ' h +2m 2gl 22

联立上述三个方程求解，可得弹丸所需速率的最小值为

υ=

1

3-24 如图3-33所示，一个轻弹簧上端固定，下端系一个金属圆盘，弹簧伸长为l 1=10cm ．一个质量和圆盘相同的泥球，从高于盘底h =30cm 处由静止下落到盘上．求此盘向下运动的最大距离l 2．

解：第一个过程为泥球自由下落过程。为从距离顶端为h 处自由落下，与盘碰撞前的速 度为υ，由机械能守恒，得

12

m υ=mgh ○1 2

第二个过程为泥球与盘碰撞过程。将盘和泥球看做一个系统，者之间的冲力远大于它们所受的外力(包括重力和弹簧的弹力) ，作用时间很短，可以认为动量守恒。设它们的质量均为m ，它撞后结合在—起以共同的速度V 运动。沿y 方向的动量守恒定分量式为

因二而且们碰律的

m υ=2mV ○2

第三过程为泥球和盘共同下降的过程。选弹簧、泥球、盘和地

图3-33 习题3-24用图

球

为

系统。以泥球与盘共同开始运动为系统的始态，二者到达最低点时为末态。在此过程中只有重力、弹性力(均为保守力) 做功，系统机械能守恒。以弹簧的原长为弹性势能的零点，以盘到达最低位臵为重力势能的零点。则系统的机械能守恒表达式为

1112

3 (2m )V 2+(2m )gl 2+kl 12=k (l 1+l 2) ○

222

依题意，又由

kl 1=mg ○4

将式○1、○2、○3、○4联立，代人数据，可得

l 2=30cm 或 l 2=-10cm （舍去）

所以，盘向下运动的最大距离为l 2=30cm

第4章 刚体力学

习题参考答案

2-12 求一质量为m 、半径为R 的均匀半圆盘的质心．

解：建立如图所示坐标系，设薄板半径为R ，质量为m ．面密度

σ=

2m πR 2

．由质量分布的对称性可得板的质心在x 轴上而

m ⎰0

R

x C

x d m 1==

m

x σx =

4R

3π

2-17 如图2-24所示，质量为m 、线长为l 的单摆，可绕点O 在竖直平面内面内摆动，初始时刻摆线被拉至水平，然后自由落下，求：

⑴ 摆线与水平线成θ角时，摆球所受到的力矩及摆球对点O 的角动量；

⑵ 摆球到达B 时角速度的大小．

解：摆球受力如图2-24所示。摆线的张力T 通过点O ，因此其力矩为零；重力G 对点O 产生力矩，其大小为

M =mgl cos θ

可见M 随θ角而变化，其方向垂直纸面向里。 由角动量定理，得

M =

d L

=mgl cos θd t dt

A

2

又ω=d θ，L =ml ω代入上式，并积分，得

G

θ

⎰

L

L d L =⎰m 2gl 3cos θd θ

图2-24 习题2-17用图

摆线与水平线成θ角时，摆球对点O 的角动量为

L =2g

l

⑵ 当摆球摆到B 时，θ=π/2，因此摆球角动量

L B =2m 2gl 3=ml 2

摆球到达B 时角速度的大小

ωB =

L B 2g

=

l ml 2

4-2 一半径为10cm 的滑轮, 转动惯量为1. 0⨯10-3kg ·m 2，现有一变力

F =0. 5t +0. 30t 2（SI 单位制）沿着切线方向作用于滑轮的边缘. 如果滑轮最初处于静止状态, 试求滑轮在4s 初的角速度.

解：滑轮所受力矩大小为

M =Fr =0.05t +0.03t 2

由转动定律

即

d ω=

M

dt =(50t +30t 2) dt J

M =J α=J

d ωdt

积分得

ω=25t 2+10t 3

t =3s

时

ω=4.95⨯102rad/s

4-3 如图4-32所示，质量为m 、长为l 的均匀细棒AB ，转轴到中心O 点的距离为h 并与棒垂直，试求细棒对于该转轴的转动惯量.

解：如图在棒上距轴为x 处取一长度元dx ，如棒的质量线密度为λ，则该长度元的质量d m =λd x =m dx , 转轴通过棒上距中心为h 的

l

点并和棒垂直时，有

I B =⎰

l +h -+h λx dx =⎰

2

l +h l -+h x 2

m 1

dx =ml 2+mh 2 l 12

4-5 如图3-34所示，质量为m 、半径为R 的圆柱体中挖有四个半径均为R 的圆柱形空洞，空洞中心轴与圆柱体中心轴平行，且间

3

距均为R 。试求圆柱体对其中心轴的转动惯量。

2

解：如果用同样的材料将空洞填满，设四个小圆柱的质量为m ' ，

则填满后的总质量为m +4m ' ，则有

m +4m 'πR 2L

==92'm ⎛R ⎫

π ⎪L ⎝3⎭

即

m '=

1m 5

填满后大圆柱体对中心轴的转动惯量为

J 1=

19

(m +4m ' ) R 2=mR 2 210

由平行轴定理, 填满后的四个小圆柱对大圆柱中心轴的转动惯量为

2

⎡1' ⎛1⎫2⎫⎤11' ⎛1J 2=4⎢m R ⎪+m R ⎪⎥=mR 2

⎝2⎭⎥⎢⎣2⎝3⎭⎦45

由组合定理得

J =J 1-J 2=

91159mR 2-mR 2=mR 2 104590

4-12如图4-40所示, 一质量均匀分布的圆盘，质量为M ，半径为R ，

放在一粗糙的水平面上, 圆盘可绕通过其中心的光滑转轴O 转动，圆盘与水平面间的摩擦系数为μ。开始时，圆盘保持静止，一质量为m 的子弹以水平速度υ0垂直于圆盘半径打入圆盘边缘并嵌入其中。试求：

⑴ 子弹击中圆盘后，圆盘所获得的角速度；

⑵ 经过多长时间后，圆盘停止转动（略去子弹重力造成的摩擦阻力矩）? 解：（1）子弹射入时，子弹与圆盘组成的系统满足角动量守恒，则有

m υ0R =J ω 式中J =

1MR 2+mR 22

解得

ω=

m υ0⎛1⎫ M +m ⎪R ⎝2⎭

（2）子弹射入后，对圆盘应用由角动量定理得 -M f t =0-J ω

其中，-M f 为圆盘所受摩擦力矩。取圆盘中半径为r 、宽度为dr 的圆环为质元, 圆盘质量面密度为σ=

m πR 2

，忽略子弹在圆盘中受到的

摩擦力，则圆盘所受摩擦力矩为

dM f =μ(σ2πrdr ) gr

则

2

M f =⎰dM f =⎰μ(σ2πrdr ) gr =μMgR 03

R

故有

t =

3m υ0J ω

=

M f 2μMg

4-13 在半径为R 的具有光滑竖直中心轴的水平圆盘内, 有一人静止站立在距转轴为1R 处, 人的质量为圆盘质量的

2

1

，开始时盘载10

人相对地面以角速度ω0匀速转动。如果此人垂直于圆盘半径相对盘以速率v 沿与圆盘转动的相反方向做圆周运动，如图4-41所示，已知圆盘对中心轴的转动惯量为1MR 2,

2

求：⑴ 圆盘相对地面的角速度；

⑵ 欲使圆盘相对地面保持静止，人相对圆盘的速度的大小及方向应怎样？

解：（1）设圆盘质量为M ，选人与圆盘组成的系统为研究对象，当人在盘上走动时，无外力矩，因此系统角动量守恒 即

1M R 22v ⎡M R 212⎤2

() +MR ω=MR ω+() (ω-) 0⎢⎥10222102R ⎣⎦

(J 人+J 盘）ω0=J 盘ω+J 人(ω-

v

) 1/2R

圆盘对地角速度为

211

MR 2ω0+MRv

2v ω==ω0+

2121R MR 240

（2）欲使圆盘对地角速度为零应有

ω=ω0+

2v '

=0 21R

则

v ' =-

21

R ω0 2

即人应与圆盘转动方向的相同方向作圆周运动。

第6章 机械振动

习题参考答案：

6-2 若交流电压的表达式为: V

=311sin 100πt

，式中:V 以伏

特(V)为单位, t 以秒(s)为单位, 求交流电的振幅、周期、频率和初相位.

解: 交流电电压的表达式也可化为余弦形式：

V =311sin 100πt =311cos(100πt -

π) 2

因此有:

振幅为: A =311V ， 周期为:T

=2π

ω

=

2π

s =0. 02 s ， 100π

100π

Hz =50 Hz 2π

频率为: ν

=

ω

2π

=

初相位为：ϕ=-π

2

6-3一质点沿x 轴做简谐振动，其圆频率ω = 10 rad/s．试分别写出以下两种初始条件下的运动学方程．

（１）初始位移x 0=7. 5 cm ，初始速度υ0=75. 0 cm/s; （２）初始位移x 0=7. 5 cm ，初始速度υ0=-75. 0 cm/s

解： （１）由题意可设质点做简谐振动的运动学方程为：

x =A cos (10t +ϕ)

则其速度方程为： υ=-10A sin (10t +ϕ)

将初始条件t =0时，x 0=7. 5 cm ，υ0=75. 0 cm/s分别代入上面两式得：

x 0=7. 5 cm =Acos ϕ

υ0=75. 0 cm/s=-10Asin ϕ

解以上两方程得：A =10. 6 cm ，ϕ=-π．

4

所以：

x =0. 106cos (10t -

π

) （SI 4

制）

(2) t =0时，

x 0=7. 5 cm =Acos ϕ

υ0=-75. 0 cm/s=-10A sin ϕ

解以上两个方程得：A =10. 6 cm ，ϕ=π．

4

所以：

x =0. 106cos (10t +

π

) （SI 4

制）

6-5 有一简谐振动振幅A = 12 cm，周期T = 3 s，若振子在位移x =６cm 处并向负方向运动为计时起点，请做出其位移－时间曲线，并求出其运动到x = -６cm 处所需的最短时间．

解：若设该简谐振动的方程为：

x =A cos(ωt +ϕ)

那么由题意可知，该简谐振动的圆频率ω=2π=2πr ad/s，

T

3

t =0时,

6=12cos ϕ

υ0=-A ωsin ϕ

，所以初相位为：ϕ=π．其其位移－时间曲线

3

图如上图所示．

其运动到x = -６cm 处时，有

2ππ2π4πt +=或． 3333

-6=12cos(

2ππ

t +) 33

，解得：

因所求的是最短时间，上式取2π，因此t =0. 5 s ．

3

6-10 有一水平弹簧振子K = 24 N/m，重物的质量m = 6 kg，静止在平衡位臵上, 如图6-28所示．设以一水平恒力F = 10 N作用于物体（不计摩擦），使之从平衡位臵向左运动了0.05 m ，此时撤去力F ．当重物运动到左方最远位臵时开始计时，求运动方程．

解： 由题意可知，物体在做简谐振动，设其运动学方程为：

x =A cos (ωt +ϕ)

根据能量守恒定律，系统的弹性势能为：E P 代入数据，从而解得：A =0. 204 m ．

又因ω=

=FS =0. 5 J =

12

kA 2

k

=2 rad/s，t =0 时, x 0=-A ，从而解得ϕ=π． m

因此物体的运动学方程为：x =0. 204cos(2t +π) （SI 制）

第7章 机械波

习题参考答案：

7-5一平面简谐波沿x 轴正向传播，其振幅和圆频率分别为A 和ω，波速为u ，设t = 0时的波形曲线如图7-22所示．(1) 写出此波的波动方程；(2) 求距O 点分别为λ/8和3λ/8两处质元的振动方程；(3) 求距O 点分别为λ/8和3λ/8两处质元在t =0时刻的振动速度．

图7-22

解：(1) 以O 点为坐标原点，由图可知，初始条件为

y 0=A cos ϕ=0，υ0=-A ωsin ϕ

所以初相 波动方程为

(2)

x =

ϕ=

π

2

x π

y =A cos[ω(t -) +]

u 2

λ

8

处质点的振动方程为

y =A cos[ω(t -

λ/8ππ

) +]=A cos(ωt +) λω/2π24

x =

3λ

8

处质点的振动方程为

y =A cos[ω(t -

3λ/8ππ

) +]=A cos(ωt -) λω/2π24

(3) x 处质点振动速度为

υ=

∂y x π=-A ωsin[ω(t -) +] ∂t u 2

所以t =0时刻，x =λ处质点的振动速度为

8

υx =λ/8, t =0=-A ωsin(-

λ/8π2

+) =-A ω λ/2π22

同理可得t =0时刻，x =3λ处质点的振动速度为

8

υx =3λ/8, t =0=

2

A ω 2

7-7 声波的频率大约在20~2⨯104 Hz 的范围内．已知声波在0゜C 空气中的波速为331.5 m/s，在20゜C 水中的波速为1483 m/s．那么相应温度下声波在空气和水中的波长范围分别是多少？ 解：因机械波的波长为λ=u ．所以在0゜C 的空气中声波的最

ν

长波长和最短波长分别为

λmax =

u

νmin

=

=

331. 5

m =16.58 m 20

λmin =

u

νmax

331. 5

m =1.658⨯10-2 m 4

2⨯10

即在0゜C 的空气中，声波的波长范围大约为17mm 至17 m． 同理，在水中，

λmax =

u

νmin

=

=

1483

m =74. 15 m 20

λmin =

u

νmax

1483

m =7. 415⨯10-2 m 4

2⨯10

即在20゜C 的水中，声波的波长范围大约为74mm 至74 m

7-10如图7-23所示，两相干波源分别在P ，Q 两点，它们发出频率为ν，波长为λ，初相相同的两列相干波，设PQ =3λ，R 为

2

PQ 连线上的一点．求：

(1) 自P ，Q 发出的两列波在R 处的相位差； (2) 两波在R 处干涉时的合振幅．

图7-23

解：(1) 设两相干波的振幅分别为A 1和A 2，PR 之间的距离为r PR ，

QR 之间的距离为r QR ，相位差

∆ϕ=2π

r PR -r QR

λ

=2π

r PQ

λ

=3π

(2) 两相干波在R 点叠加干涉减弱，合振幅

2

A =A 12+A 2+2A 1A 2cos ∆ϕ=A 1-A 2

7-11如图7-24所示，S 1、S 2是两相干波源，相距1/4波长，S 1比S 2比相位超前π/2．设两波在S 1、S 2连线上的强度相同，均为I 0，且不随距离变化，问S 1、S 2连线上在S 1外侧各点处的强度I 1多大？在S 2外侧各点处的强度I 2多大？

图7-24

解：取S 1、S 2连线方向为正向，原点取在S 1处，如图所示．

A S 1发出的波的表达式为 cos[ω(t -u )] x >0⎪⎪

⎧

x

y 1=⎨

⎪A cos[ω(t +x )] x

S 2发出的波的表达式为

x -λ/4π⎧

A cos[ω(t -) -] x >⎪⎪u 2y 2=⎨

⎪A cos[ω(t +x -λ/4) -π] x

λ

4

λ

4

利用关系式u =λ, ωT =2π，则y 2的表达式可改写

T

x ⎧

A cos[ω(t -)] x >⎪⎪u y 2=⎨

⎪A cos[ω(t +x ) -π] x

λ

4

λ

4

在S 1外侧，x

u

u

以合成波的强度I 1=0. 在S 2外侧，x >λ ,

4

x x x

y =y 1+y 2=A cos[ω(t -)] +A cos[ω(t -)] =2A cos[ω(t -)]

u u u

I 2=

11

ρω2(2A ) 2u =4⋅ρω2A 2u =4I 0 22

方法二：求出在s1外侧时，

π

2π

∆ϕ=-

π

2

I 1=A 2=0

-

2πλ

() =-π，A =A 2-A 1=0λ4

在S2

(-) =0, A =A 1+A 2=2A 0

2λ4外侧时， I 2=A 2=(2A 0) 2=4I 0

∆ϕ2=-

-

λ

第9章 温度和气体物态方程

习题参考答案：

9-3 真空设备内部的压强可达到1.013×10-10 Pa ，若系统温度为300K ，在如此低的压强下，气体分子数密度为多少？ 解：

pV =

m p m p m p

RT →=→N A =N A =n →n ==2.45⨯1010(m -3) M RT MV RT MV kT

9-6 一氢气球在20℃充气后压强为1.2atm ，半径为1.50m ；夜晚时温度降为10℃，气球半径缩为1.4m ，压强减为1.1atm.. 漏掉了多少氢气？

解：

m 1

RT 1M m

p 2V 2=2RT 2

M

m 1-m 2=0.32kg p 1V 1=

第10章 气体动理论

思考题

10-6 速率分布函数f (v ) 的物理意义是什么？说明下列各式的物理意义： （1）f (υ) d υ；（2）Nf (υ) d υ；（3）⎰f (υ) d υ；（4）⎰Nf (υ) d υ

υυ

1

1

υ2υ2

（5）⎰υf (υ) d υ/⎰f (υ) d υ

υ1

υ1

υ2υ2

解：速率分布函数f (υ) =

dN

，表示在υ→υ+d υ速率区间内单位速率区间所含Nd υ

的分子数占总分子数的百分比；

（1）f (υ) d υ=

dN

它表示在υ→υ+d υ速率区间内的分子数占总分子数的百分N

比；

（2）Nf (υ) d υ=dN 它表示在υ→υ+d υ速率区间内的分子数； （3）⎰f (υ) d υ=⎰

υ1υ2

υ2

υ2

1

υ1

dN

=N

⎰υ

dN

=

N

∆N 21

它表示在速率区间υ1→υ2内的分子数占N

总分子数的百分比；

（4）⎰Nf (υ) d υ=⎰dN =∆N 21它表示在速率区间υ1→υ2内的分子总数；

υ1

υ1

υ2

υ2

（5）⎰υf (υ) d υ/⎰f (υ) d υ=⎰υ

υ1

υ1

υ1

υ2υ2υ2

υ2υ2υ2dN υ2dN

/⎰=⎰υdN /⎰dN =⎰υdN /∆N 21

υ1υ1υ1

N υ1N

它表示在υ1→υ2速率区间内分子的平均速率。 习题参考答案：

10-1 体积为V =1.20⨯10-2m 3的容器中储有氧气，其压强p =8.31⨯105P a ，温度为T =300K，试求：单位体积中的分子数n 、分子的平均平动动能和气体的内能.

解：n =

p

=2.01⨯1026m -3， kT

k =

E =

3

kT =6.21⨯10-21J ， 2

m 5RT 5

=PV =2. 49⨯104J

M 22

10-6 图10-6中I 、Ⅱ两条曲线是两种不同气体（氢气和氧气）在同一温度下的麦克斯韦分子速率分布曲线，试由图中数据求：

（1）氢气分子和氧气分子的最概然速率； （2）气体的温度.

图10-6

解：

由v p =2RT /M mol 可知，在相同温度下摩尔质量较大的气体，其最概然速率较小。由此可断定图中所标v p =2000m⋅s -1对应于氢气分子的最概然速率。

(1)v p H =2RT /M H =2000m /s , v pO =2RT /M O =(2)T =v pH ⨯M H /(2R ) = 481K

10-9 有N 个质量均为m 的同种气体分子，它们的速率分布如图10-7所示.

（1）说明曲线与横坐标所包围面积的意义； （2）由N 和υb 求a 值； （3）求速率在

2

v pH 4

=500m /s

υb 3υ

到b 间隔内的分子数； 22

（4）求分子的平均平动动能.

a 0图10-7

解： (1)

由图得分子的速率分布函数： a

υ (0

a

(υb

f (υ) 0 (υ>2υb )

图中曲线与横坐标所包围面积的意义：它表示在0→2υb 速率区间内的分子数，即为系统总分子数；

(2) 利用归一化条件：⎰f (υ) d υ=⎰

0∞

υb

2υb a a 2N

υd υ+⎰υ=1→a =

υb υb N N 3υb

(3) ∆N =3v b

2v b 2

Nf (v ) dv =υb υb

2

b

a a 7N d υ+⎰2N υ=N

υB

υb N N 12

3υ

(4) υ2=

m ⎰02N

2v b

v 2dN

2υb m υb 2a a 31

=(⎰υυd υ+⎰υ2d υ) =m υb 2

υb

20υb N N 36

第11章 热力学定律

习题参考答案：

11-3 气缸内贮有2.0 mol 的空气，温度为27℃，维持压强

不变，而使空气的体积胀到原体积的3倍，求空气膨胀时所作的功.

解： pV =νRT T 2=3T 1

3

A =p (V 2-V 1) =2νRT 1=9.97×10J

11-4 1mol 范德瓦耳斯气体等温地由体积V 1膨胀到V 2的过程中对外作功多少？ 解：

p =

RT a

-2

V -b V

V 2

⎛1V 2-b 1⎫

⎪-a - ⎪V 1-b ⎝V 1V 2⎭

A =⎰pdV =RT ln

V 1

11-12 如图11-9所示，一容积为40L 的绝热容器盛有2 mol

的氧气，中间用一无摩擦的绝热活塞均分为A 、B 两部分. 开始时两边的压强均为1.013×105 Pa ，现使电流I 通过电阻r 缓慢加热A 部气体，直到B 侧体积缩小一半. 问：

（1）在无限短的时间dt 内，针对A 部气体的热力学第一定律的表达式形式如何？

（2）两部分气体最后的温度各为多少？ （3）A 部气体吸热多少？

图11-9 习题11-12用图 图11-10 习题11-13用图 解：（1）dQ =dE +dA →I 2rdt =5Rdt /2+pdV

（2）B 部分中含有1mol 气体，进行的是绝热过程，设开始时温度为T ，体积为V ，过程结束后B 部分温度为T B ，体积为V ，根

2

据绝热过程方程TV γ-1=常量，有：

⎛V T B =T V

⎝B

⎫pV ⎛V ⎪⎪=R V ⎭⎝B

y

⎫

⎪⎪⎭

y -1

=322K

A 部分气体进行的过程较为复杂，但有p A =p B ，V A =3V B

T A =

p A V A p B V A

==3T B =966K R R

（3）A 部气体吸收的热量，等于整个系统内能的增量，故有：

Q =C v , m (T A -T ) +C v , m (T B -T ) =

55pV

R (T A +T B -2T ) =R (966+322-2) 22vR

=1.67⨯104J

11-13 0.32Kg 的氧气作图11-10中所示循环ABCDA ，设V 2

＝2V 1·T 1＝300K ，T 2＝200K ，求循环效率. （已知氧气的定体摩尔热容的实验值C v.m =21.1J(mol ·K)

解：AB 为等温膨胀吸热A AB =Q AB =CD 为等温压缩放热A CD DA 为等体过程吸热Q DA BC 为等体过程放热Q BC

=Q CD =

=

V m

RT 1ln 2=17. 28J , M V 1

V m

RT 2ln 1=-11. 52J M V 2

，

m

C V , m (T 1-T 2) =21. 1J ， M

m

C V , m (T 2-T 1) =-21. 1J M

=

η=

A AB -A CD 17. 28-11. 52

==15% 17. 28+21. 1Q AB +Q DA