大学物理基础教程答案2-4热-4
大学物理基础教程答案2-2热-2
Q内能:
Qν = 0.1
3 12 E = ∆U = ν R∆T = 10 (ev) 2
2E ∴∆T = = 1.28×10−7 k 3νR
2
2.0克的氢气装在容积为20升的容器内 克的氢气装在容积为20升的容器内, 2-4 2.0克的氢气装在容积为20升的容器内,当容器内的压力为 帕时,氢分子的平均平动动能是多少？总内能是多少？ 1.20x105 帕时,氢分子的平均平动动能是多少？总内能是多少？ 解： QT = µpv 288.8k
试说明下列各函数式的物理意义（ 2-7 试说明下列各函数式的物理意义（f(u)是麦克斯韦速率分 布函数） 布函数）
(1)
为平衡态下的气体分子出现在u 附近单位速率间隔中的几率或者 附近单位速率间隔中的分子数占总分子数的比率。 说其速率在u附近单位速率间隔中的分子数占总分子数的比率4。
dN (2) f (u)du = N 为平衡态下的气体分子出现在速率u 附近du速率间隔中分子数 占总分子数的百分比。 占总分子数的百分比。 (3)Nf (u)du = dN 为平衡态下的气体分子出现在速率u 附近du速率间隔中分子数。 速率间隔中分子数。
解：
Q2H2O = 2H2 + O2
所以， 摩尔的水分解成2摩尔的氢和1 所以，2摩尔的水分解成2摩尔的氢和1摩尔的氧气
i 6 5 QU = νRT ∴UH2O = × 2× RT ∴UH2 = × 2× RT 2 2 2 5 (UH + UO ) − UH O 15 − 12 ∴UO2 = ×1× RT ∴ = = 25 0 0 2 UH O 12
4πA 1 3 3N (2)Q∫ f (u)du = ∫ 4πAu du N =1 即 uF = 1 ∴A = 3 0 0 N 3 4πuF 4πAu2 3u4 du = 3 du (3)Qf (u)du = N uF 0 uF uF 3 3 2 1 2 3 2 2 4 Q u = ∫ u f (u)du = ∫ 3 u du = uF ∴ εk = mu =7 εF 0 0 u 5 2 5 F
大学物理学课后习题4第四章答案
k
m1g x1
1.0 103 9.8 4.9 102
0.2
N m1
而 t 0 时， x0 1.0 102 m,v0 5.0 102 m s-1 ( 设向上为正)
又
k m
0.2 8 103
5,即T
2
1.26s
A
x02
(
v0
)2
(1.0 102 )2 (5.0 102 )2 5
（7）两列波叠加产生干涉现象必须满足的条件
是
，
和
。
[答案：频率相同，振动方向相同，在相遇点的位相差恒定。]
4.3 质量为10 103 kg 的小球与轻弹簧组成的系统，按
x 0.1cos(8t 2 ) (SI) 的规律作谐振动，求： 3
(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值； (2)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?
习题 4.2(2) 图 [答案：b、f； a、e]
（3）一质点沿 x 轴作简谐振动，振动范围的中心点为 x 轴的原点，已知周 期为 T，振幅为 A。
（ a ） 若 t=0 时 质 点 过 x=0 处 且 朝 x 轴 正 方 向 运 动 ， 则 振 动 方 程 为 x=___________________。
[答案： 2 s ] 3
（2）一水平弹簧简谐振子的振动曲线如题 4.2(2)图所示。振子在位移为零， 速度为－A、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的____________ 点。振子处在位移的绝对值为 A、速度为零、加速度为－2A 和弹性力为－KA 的 状态，则对应曲线上的____________点。
103
(
)2
大学物理教程第4章习题答案
思 考 题4.1 阿伏伽德罗定律指出：在温度和压强相同的条件下，相同体积中含有的分子数是相等的，与气体的种类无关。
试用气体动理论予以说明。
答： 据压强公式 p nkT = ，当压强和温度相同时，n 也相同，与气体种类无关； 4.2 对一定量的气体来说，当温度不变时，气体的压强随体积的减小而增大。
当体积不变时，压强随温度的升高而增大。
从微观角度看，两种情况有何区别。
答：气体压强是器壁单位面积上受到大量气体分子频繁地碰撞而产生的平均作用力的结果。
当温度不变时，若体积减小，分子数密度增大，单位时间内碰撞器壁的分子数增加，从而压强增大；而当体积不变时，若温度升高，分子的平均平动动能增大，分子碰撞器壁的力度变大，从而压强增大；4.3 从气体动理论的观点说明：（1）当气体的温度升高时，只要适当地增大容器的容积，就可使气体的压强保持不变。
（2）一定量理想气体在平衡态（p 1，V 1，T 1）时的热动平衡状况与它在另一平衡态（p 2，V 2，T 2）时相比有那些不同?设气体总分子数为N ，p 2< p 1，V 2< V 1。
（3）气体在平衡状态下，则222213x y z v v v v ===， 0x y z v v v ===。
(式中x v 、y v 、z v ，是气体分子速度v 的三个分量)。
答：（1）由p nkT = 可知，温度升高时，n 适当地减小，可使压强不变；（2） 在平衡态（2p ，2V ,2T ）时分子的平均平动动能较在平衡态（1p ，1V ，1T ）时小，但分子数密度较大；（3） 因分子向各方向运动的概率相同，并且频繁的碰撞，速度的平均值为零，速度平方的平均值大小反映平均平动动能的大小，所以各分量平方平均值相等；4.4 有人说“在相同温度下，不同气体分子的平均平动动能相等，氧分子的质量比氢分子的大，所以氢分子的速率一定比氧分子大”。
这样讲对吗？答：不对，只能说氢分子的速率平方平均值比氧分子的大。
大学物理课后答案第四章
第四章 气体动理论一、基本要求1．理解平衡态的概念。
2．了解气体分子热运动图像和理想气体分子的微观模型，能从宏观和统计意义上理解压强、温度、内能等概念。
3．初步掌握气体动理论的研究方法，了解系统的宏观性质是微观运动的统计表现。
4．理解麦克斯韦速率分布律、速率分布函数和速率分布曲线的物理意义，理解气体分子运动的最概然速率、平均速率、方均根速率的意义，了解玻尔兹曼能量分布律。
5．理解能量按自由度均分定理及内能的概念，会用能量均分定理计算理想气体的内能。
6．了解气体分子平均碰撞频率及平均自由程的意义及其简单的计算。
二、基本内容1. 平衡态在不受外界影响的条件下，一个系统的宏观性质不随时间改变的状态。
2. 理想气体状态方程在平衡态下，理想气体各参量之间满足关系式pV vRT =或 n k T p =式中v 为气体摩尔数，R 为摩尔气体常量 118.31R J mol K --=⋅⋅，k 为玻尔兹曼常量 2311.3810k J K --=⨯⋅3. 理想气体压强的微观公式21233t p nm n ε==v4. 温度及其微观统计意义温度是决定一个系统能否与其它系统处于热平衡的宏观性质，在微观统计上32t kT ε=5. 能量均分定理在平衡态下，分子热运动的每个自由度的平均动能都相等，且等于2kT 。
以i 表示分子热运动的总自由度，则一个分子的总平均动能为2t i kT ε=6. 速率分布函数()dNf Nd =v v麦克斯韦速率分布函数232/22()4()2m kT m f e kTππ-=v v v7. 三种速率最概然速率p =≈v 平均速率==≈v 方均根速率==≈8. 玻尔兹曼分布律平衡态下某状态区间（粒子能量为ε）的粒子数正比于kT e /ε-。
重力场中粒子数密度按高度的分布（温度均匀）：kT m gh e n n /0-=9. 范德瓦尔斯方程采用相互作用的刚性球分子模型，对于1mol 气体RT b V V ap m m=-+))((2 10. 气体分子的平均自由程λ==11. 输运过程 内摩擦dS dz du df z 0)(η-=， 1133mn ηλρλ==v v 热传导dSdt dz dT dQ z 0)(κ-= 13v c κρλ=v 扩散dSdt dz d D dM z 0)(ρ-= 13D λ=v三、习题选解4-1 一根铜棒的两端分别与冰水混合物和沸水接触，经过足够长的时间后，系统也可以达到一个宏观性质不随时间变化的状态。
大学物理课后习题及答案(1-4章)含步骤解
，根据流量守恒
,
（2）当
（3）当
时，
时，
−
,整理可得：
可得
，即
,
图1-34所示为输液的装置。设吊瓶的截面积为1 ，针孔的截面积为2 ，且1 ≫ 2 ，开始时( = 0)，吊瓶内上下
液面距针孔的高度分别为ℎ1 和ℎ2 ，求吊瓶内药液全部输完时需要的时间。
，则针孔的流量为
液体总体积为
Ԧ =
= 2Ԧ − 2 Ԧ = −2Ԧ
1s末和2s末质点的速度为： 1 = 2Ԧ − 2Ԧ（m ∙ s−1 ），2 = 2Ԧ − 4Ԧ（m ∙ s −1 ）；
1s末和2s末质点的加速度相等：Ԧ = −2Ԧ （m ∙ s−2 ）
已知一质点做直线运动，其加速度Ԧ = 4 + 3 m ∙ s−2 , 开始运动时，0 = 5 m,
= 0.06（m）
（2）设弹簧最大压缩量为∆′ , 与碰撞粘在一起的速度为 ′，0 = ( +
) ′，代入已知条件可得 ′ = 4Τ11， + 压缩弹簧的过程中，机械能守恒，则
1
(
2
1
+ ) 2 = 2 ∆′2 ，得∆′ =
+
≈ 0.04（m）
(1)角加速度 =
由 =
∆
∆
=
0−2×1500÷60
50
由 =
=
2×1500
60
= 50 (rad ∙ s −1 )
= − (rad ∙ s−2 )
= −，得 = −，两边进行积分
得到 − 50 = − − 0,
大学物理基础教程习题解答1,2,4,5答案
思 考 题1.1答：这个质点的速度j t i v)8.94(3-+=；加速度j a8.9-=；j dt t i dt r d)8.94(3-+=。
dt t ds 2)8.94(9-+=；它的速率2)8.94(9t v -+=。
1.2答：t 时刻的速度j t i t v5cos 505sin 50+-=；速率v=50,；加速度)5sin 5(cos 250j t i t a+-=；该质点作匀速圆周运动。
1.3（B ）1.4（D ）1.5（B ）、（D ）1.6（C ）1.7答：质量大的物体转动惯量不一定比质量小的转动惯量大。
因为计算转动惯量的三个要素是总质量；质量分布；转轴的位置。
所以仅以质量的大小不能说明转动惯量的大小。
1.8答：刚体的动量矩等于刚体对该轴的转动惯量与角速度的乘积。
作前滚翻运动动作时应曲卷肢体使转动惯量变小,根据动量矩守恒定律,则能增加前滚翻的角速度。
1.9答：相对论中的高速和低速的区分是相对光速而言的，接近光速的速度为高速，远小于光速的速度为低速。
在相对论中质量与速度的关系为20)(1c v m m -=，0m 为静止质量，m 是物体相对参照系以速度v 运动时的质量，c 为光速。
高速列车的行驶速度远小于光速，由上式可计算出高速列车达到正常行驶速度时，其质量没有显著的变化。
习题1.1解:（1）速度表达式为：)1ln(bt dtdxv --==μ （2）t=0时， v=0. t=120s 时，31091.6⨯=v m/s (3)加速度表达式为：)1(bt b dt dv a -==μ(4)t=0时，2/5.22s m a = t=120s 时，2/225s m a =1.2证明:由:dt dx v =及2kv dt dv -=可得: 2⎪⎭⎫⎝⎛-=dt dx k dt dv∴ kvdx dx dt dx k dv -=-= ⇒ kdx vdv-= ∴⎰⎰-=x vv kdx v dv 00 ⇒ kxe v v -=0 得证1.3解:123282105.410210)103(⨯=⨯⨯⨯==gR v g a 倍1.4 答：推力的冲量t F I ∆= ，∵∑=0F∴0=∆P1.5解：两秒内冲量的变化值依据1221)(p p dt t F t t -=⎰有)(140)4030()(22秒牛•=+=⎰⎰dt t dt t F速度的变化值v ∆ 由v m p p dt t F t t ∆=-=⎰1221)(有140=10v ∆)/(14s m v =∆1.6 解：设链条质量为m ，单位长度的质量即线密度为lm；因为系统不受外力作用，因此机械能守恒，将势能零点选在光滑的桌面上，取坐标竖直向上为正方向。
大学物理习题答案04分子热运动
大学物理练习题五一、选择题1．温度、压强相同的氦气和氧气，它们分子的平均动能k ε和平均平动动能t ε有如下关系： [ C ](A) k ε和t ε都相等。
(B) k ε相等，而t ε不相等。
(C)t ε相等，而k ε不相等。
(D) k ε和t ε都不相等。
解：分子的平均动能 （氦气i = 3, 氧气i ≥5）2．已知氢气与氧气的温度相同，请判断下列说法哪个正确？ [ D ]（A ）氧分子的质量比氢分子大，所以氧气的压强一定大于氢气的压强。
（B ）氧分子的质量比氢分子大，所以氧气的密度一定大于氢气的密度。
（C ）氧分子的质量比氢分子大，所以氢分子的速率一定比氧分子的速率大。
（D ）氧分子的质量比氢分子大，所以氢分子的方均根速率一定比氧分子的方均根速率大。
解：m 比氢分子大。
(A) nkT P =，T 相同, 还要看n ；(B) T 相同mol M 确定, 还要看P ；(C) 对很多分子，不是所有氢分子的速率都大。
3．已知一定量的某种理想气体，在温度为T 1与T 2时的分子最可几速率分别为V p1和V p2，分子速率分布函数的最大值分别为f(V p1)和f(V p2)。
若T 1 > T 2，则 [ B ]（A ）V p1 >V p2； f(V p1) > f(V p2)。
（B ）V p1 >V p2； f(V p1) < f(V p2)。
（C ）V p1 < V p2； f(V p1) > f(V p2)。
（D ）V p1 < V p2； f(V p1) < f(V p2)。
, 若T 1 > T 2，则V p1>V p2 ；而V p 大对应的曲线峰值f(V p )小。
4．在标准状态下，若氧气（视为刚性双原子分子理想气体）和氦气的体积比2/1/21=V V ，则其内能之比21/E E 为： [ C] （A ）3/10 （B ）1/2 （C ）5/6 （D ）5/3解：内能PV iE 2=，氧气i=5，氦气i=3，压强P 相同。
大学物理教程第2章习题答案
⼤学物理教程第2章习题答案思考题2.1 从运动学的⾓度看，什么是简谐振动？从动⼒学的⾓度看，什么是简谐振动？答：从运动学的⾓度看，弹簧振⼦相对平衡位置的位移随时间按余弦函数的规律变化，所作的运动就是简谐振动。
从动⼒学的⾓度看，如果物体受到的⼒的⼤⼩总是与物体对其平衡位置的位移成正⽐，⽽⽅向相反，那么该物体的运动就是简谐振动。
2.2 弹簧振⼦的振幅增⼤到2倍时，其振动周期、振动能量、最⼤速度和最⼤加速度等物理量将如何变化？答：弹簧振⼦的运动⽅程为0cos()x A t ω?=+，速度为0sin()v A t ωω?=-+，加速度的为)cos(02?ωω+-=t A a ，振动周期2T =221kA E =。
所以，弹簧振⼦的振幅A 增⼤到2倍时，其振动周期不变，振动能量为原来的4倍，最⼤速度为原来的2倍，最⼤加速度为原来的2倍。
2.3 下列运动是否为简谐振动？（1）⼩球在地⾯上作完全弹性的上下跳动；（2）⼩球在半径很⼤的光滑凹球⾯底部作⼩幅度的摆动；（3）曲柄连杆机构使活塞作往复运动；（4）⼩磁针在地磁的南北⽅向附近摆动。
答：（2）、（4）为简谐振动，（1）、（3）、不是简谐振动。
2.4 三只相同的弹簧（质量忽略不计）都⼀端固定，另⼀端连接质量为m 的物体，它们放置情况不同，其中⼀个平放，⼀个斜放，另⼀个竖直放。
如果它们振动起来，则三者是否均为简谐振动，它们振动的周期是否相同？答：三者均为简谐振动，它们振动的周期也相同。
2.5 当谐振⼦作简谐振动的振幅增⼤为原来的2倍时，谐振⼦的什么量也增⼤为原来的2倍？答：最⼤速度和最⼤加速度。
2.6 ⼀弹簧振⼦作简谐振动，其振动的总能量为E 1。
如果我们将弹簧振⼦的振动振幅增加为原来的2倍，⽽将重物的质量增加为原来的4倍，则新的振⼦系统的总能量是否发⽣变化？答：弹簧振⼦212E kA = ，所以新的振⼦系统的总能量增加为原来的4倍。
2.7 ⼀质点作简谐振动，振动频率为n，则该质点动能的变化频率是多少？答：该质点动能的变化频率是2n。
大学物理课后习题答案第四章
第四章机械振动4．1一物体沿x 轴做简谐振动，振幅A = 0.12m ，周期T = 2s ．当t = 0时，物体的位移x = 0.06m ，且向x 轴正向运动．求：（1）此简谐振动的表达式；（2）t = T /4时物体的位置、速度和加速度；（3）物体从x = -0.06m ，向x 轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间． [解答]（1）设物体的简谐振动方程为x = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.12m ，角频率ω = 2π/T = π．当t = 0时，x = 0.06m ，所以cos φ = 0.5，因此φ = ±π/3． 物体的速度为v = d x /d t = -ωA sin(ωt + φ)．当t = 0时，v = -ωA sin φ，由于v > 0，所以sin φ< 0，因此：φ = -π/3．简谐振动的表达式为：x = 0.12cos(πt – π/3)．（2）当t = T /4时物体的位置为;x = 0.12cos(π/2 – π/3) = 0.12cosπ/6 = 0.104(m)． 速度为；v = -πA sin(π/2 – π/3) = -0.12πsinπ/6 = -0.188(m·s -1)．加速度为：a = d v /d t = -ω2A cos(ωt + φ)= -π2A cos(πt - π/3)= -0.12π2cosπ/6 = -1.03(m·s -2)． （3）方法一：求时间差．当x = -0.06m 时，可得cos(πt 1 - π/3) = -0.5， 因此πt 1 - π/3 = ±2π/3．由于物体向x 轴负方向运动，即v < 0，所以sin(πt 1 - π/3) > 0，因此πt 1 - π/3 = 2π/3，得t 1 = 1s ．当物体从x = -0.06m 处第一次回到平衡位置时，x = 0，v > 0，因此cos(πt 2 - π/3) = 0， 可得 πt 2 - π/3 = -π/2或3π/2等．由于t 2> 0，所以πt 2 - π/3 = 3π/2， 可得t 2 = 11/6 = 1.83(s)．所需要的时间为：Δt = t 2 - t 1 = 0.83(s)．方法二：反向运动．物体从x = -0.06m ，向x 轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间就是它从x = 0.06m ，即从起点向x 轴正方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．在平衡位置时，x = 0，v < 0，因此cos(πt - π/3) = 0，可得 πt - π/3 = π/2，解得t = 5/6 = 0.83(s)．[注意]根据振动方程x = A cos(ωt + φ)，当t = 0时，可得φ = ±arccos(x 0/A )，（-π<φ<= π）， 初位相的取值由速度决定．由于v = d x /d t = -ωA sin(ωt + φ)，当t = 0时，v = -ωA sin φ，当v > 0时，sin φ< 0，因此 φ = -arccos(x 0/A )；当v < 0时，sin φ> 0，因此φ = arccos(x 0/A )π/3．可见：当速度大于零时，初位相取负值；当速度小于零时，初位相取正值．如果速度等于零，当初位置x 0 = A 时，φ = 0；当初位置x 0 = -A 时，φ = π．4．2已知一简谐振子的振动曲线如图所示，试由图求：（1）a ，b ，c ，d ，e 各点的位相，及到达这些状态的时刻t 各是多少？已知周期为T ； （2）振动表达式； （3）画出旋转矢量图． [解答]方法一：由位相求时间．（1）设曲线方程为x = A cos Φ，其中A 表示振幅，Φ = ωt + φ表示相位． 由于x a = A ，所以cos Φa = 1，因此Φa = 0．由于x b = A /2，所以cos Φb = 0.5，因此Φb = ±π/3；由于位相Φ随时间t 增加，b 点位相就应该大于a 点的位相，因此Φb = π/3．由于x c = 0，所以cos Φc = 0，又由于c 点位相大于b 位相，因此Φc = π/2．同理可得其他两点位相为：Φd = 2π/3，Φe = π．c 点和a 点的相位之差为π/2，时间之差为T /4，而b 点和a 点的相位之差为π/3，时间之差应该为T /6．因为b 点的位移值与O 时刻的位移值相同，所以到达a 点的时刻为t a = T /6． 到达b 点的时刻为t b = 2t a = T /3．图4.2到达c 点的时刻为t c = t a + T /4 = 5T /12． 到达d 点的时刻为t d = t c + T /12 = T /2． 到达e 点的时刻为t e = t a + T /2 = 2T /3．（2）设振动表达式为：x = A cos(ωt + φ)，当t = 0时，x = A /2时，所以cos φ = 0.5，因此φ =±π/3； 由于零时刻的位相小于a 点的位相，所以φ = -π/3， 因此振动表达式为． 另外，在O 时刻的曲线上作一切线，由于速度是位置对时间的变化率，所以切线代表速度的方向；由于其斜率大于零，所以速度大于零，因此初位相取负值，从而可得运动方程．（3）如图旋转矢量图所示．方法二：由时间求位相．将曲线反方向延长与t 轴 相交于f 点，由于x f = 0，根据运动方程，可得所以：．显然f 点的速度大于零，所以取负值，解得t f = -T /12．从f 点到达a 点经过的时间为T /4，所以到达a 点的时刻为：t a = T /4 + t f = T /6， 其位相为：． 由图可以确定其他点的时刻，同理可得各点的位相．4．3 有一弹簧，当其下端挂一质量为M 的物体时，伸长量为9.8×10-2m ．若使物体上下振动，且规定向下为正方向．（1）t = 0时，物体在平衡位置上方8.0×10-2m 处，由静止开始向下运动，求运动方程；（2）t = 0时，物体在平衡位置并以0.60m·s -1速度向上运动，求运动方程． [解答]当物体平衡时，有：Mg – kx 0 = 0， 所以弹簧的倔强系数为：k = Mg/x 0， 物体振动的圆频率为：s -1)． 设物体的运动方程为：x = A cos(ωt + φ)．（1）当t = 0时，x 0 = -8.0×10-2m ，v 0 = 0，因此振幅为：=8.0×10-2(m)；由于初位移为x 0 = -A ，所以cos φ = -1，初位相为：φ = π． 运动方程为：x = 8.0×10-2cos(10t + π)．（2）当t = 0时，x 0 = 0，v 0 = -0.60(m·s -1)，因此振幅为：v 0/ω|=6.0×10-2(m)；由于cos φ = 0，所以φ = π/2；运动方程为：x = 6.0×10-2cos(10t +π/2)．4．4 质量为10×10-3kg 的小球与轻弹簧组成的系统，按的规律作振动，式中t 以秒(s)计，x 以米(m)计．求： （1）振动的圆频率、周期、振幅、初位相； （2）振动的速度、加速度的最大值；（3）最大回复力、振动能量、平均动能和平均势能；cos(2)3t x A T ππ=-cos(2)03t T ππ-=232f t Tπππ-=±203a a t T πΦπ=-=ω==0||A x ==A =20.1cos(8)3x t ππ=+（4）画出这振动的旋转矢量图，并在图上指明t 为1，2，10s 等各时刻的矢量位置． [解答]（1）比较简谐振动的标准方程：x = A cos(ωt + φ)，可知圆频率为：ω =8π，周期T = 2π/ω = 1/4 = 0.25(s)，振幅A = 0.1(m)，初位相φ = 2π/3．（2）速度的最大值为：v m = ωA = 0.8π = 2.51(m·s -1)； 加速度的最大值为：a m = ω2A = 6.4π2 = 63.2(m·s -2)． （3）弹簧的倔强系数为：k = mω2，最大回复力为:f = kA = mω2A = 0.632(N)； 振动能量为:E = kA 2/2 = mω2A 2/2 = 3.16×10-2(J)， 平均动能和平均势能为:= kA 2/4 = mω2A 2/4 = 1.58×10-2(J)． （4）如图所示，当t 为1，2，10s 等时刻时，旋转矢量的位置是相同的．4．5 两个质点平行于同一直线并排作同频率、同振幅的简谐振动．在振动过程中，每当它们经过振幅一半的地方时相遇，而运动方向相反．求它们的位相差，并作旋转矢量图表示．[解答]设它们的振动方程为:x = A cos(ωt + φ)， 当x = A /2时，可得位相为:ωt + φ = ±π/3．由于它们在相遇时反相，可取Φ1 = (ωt + φ)1 = -π/3，Φ2 = (ωt + φ)2 = π/3，它们的相差为:ΔΦ = Φ2 – Φ1 = 2π/3，或者:ΔΦ` = 2π –ΔΦ = 4π/3．矢量图如图所示．4．6一氢原子在分子中的振动可视为简谐振动．已知氢原子质量m = 1.68×10-27kg ，振动频率v = 1.0×1014Hz ，振幅A = 1.0×10-11m ．试计算：（1）此氢原子的最大速度； （2）与此振动相联系的能量．[解答]（1）氢原子的圆频率为:ω = 2πv = 6.28×1014(rad·s -1)， 最大速度为:v m = ωA = 6.28×103(m·s -1)．（2）氢原子的能量为:= 3.32×10-20(J)．4．7 如图所示，在一平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0kg 的重物，若使平板在竖直方向上作上下简谐振动，周期为0.50s ，振幅为2.0×10-2m ，求：（1）平板到最低点时，重物对平板的作用力；（2）若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物跳离平板？ （3）若振幅不变，则平板以多大的频率振动时，重物跳离平板？ [解答]（1）重物的圆频率为：ω = 2π/T = 4π，其最大加速度为：a m = ω2A ，合力为：F = ma m ，方向向上．重物受到板的向上支持力N 和向下的重力G ，所以F = N – G ． 重物对平板的作用力方向向下，大小等于板的支持力： N = G + F = m (g +a m ) = m (g +ω2A ) = 12.96(N)．（2）当物体的最大加速度向下时，板的支持为：N = m (g - ω2A )． 当重物跳离平板时，N = 0，频率不变时，振幅为：A = g/ω2 = 3.2×10-2(m)．（3）振幅不变时，频率为：3.52(Hz)．4．8 两轻弹簧与小球串连在一直线上，将两弹簧拉长后系在固定点A 和B 之间，整个系统放在光滑水平面上．设两弹簧的原长分别为l 1和l 2，倔强系统分别为k 1和k 2，A和B 间距为L ，小球的质量为m ．（1）试确定小球的平衡位置；k pE E =212m E mv=2ωνπ==（2）使小球沿弹簧长度方向作一微小位移后放手，小球将作振动，这一振动是否为简谐振动？振动周期为多少？[解答]（1）这里不计小球的大小，不妨设L > l 1 + l 2，当小球平衡时，两弹簧分别拉长x 1和x 2，因此得方程：L = l 1 + x 1 + l 2 + x 2；小球受左右两边的弹簧的弹力分别向左和向右，大小相等，即k 1x 1 = k 2x 2． 将x 2 = x 1k 1/k 2代入第一个公式解得：．小球离A 点的距离为：．（2）以平衡位置为原点，取向右的方向为x 轴正方向，当小球向右移动一个微小距离x 时，左边弹簧拉长为x 1 + x ，弹力大小为：f 1 = k 1(x 1 + x )， 方向向左；右边弹簧拉长为x 1 - x ，弹力大小为：f 2 = k 2(x 2 - x )， 方向向右．根据牛顿第二定律得：k 2(x 2 - x ) - k 1(x 1 + x ) = ma ，利用平衡条件得：，即小球做简谐振动．小球振动的圆频率为：．4．9如图所示，质量为10g 的子弹以速度v = 103m·s -1水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐振动．设弹簧的倔强系数k = 8×103N·m -1，木块的质量为4.99kg ，不计桌面摩擦，试求：（1）振动的振幅；（2）振动方程．[解答]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩，它们的动量守恒，即：mv = (m + M)v 0．解得子弹射入后的速度为：v 0 = mv/(m + M) = 2(m·s -1)，这也是它们振动的初速度．子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得：(m + M ) v02/2 = kA 2/2， 所以振幅为：10-2(m)． （2）振动的圆频率为：= 40(rad·s -1)．取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移x 的正方向，振动方程可设为：x = A cos(ωt + φ)．当t = 0时，x = 0，可得：φ = ±π/2；由于速度为正，所以取负的初位相，因此振动方程为：x = 5×10-2cos(40t - π/2)．4．10如图所示，在倔强系数为k 的弹簧下，挂一质量为M 的托盘．质量为m 的物体由距盘底高h 处自由下落与盘发生完全非弹性碰撞，而使其作简谐振动，设两物体碰后瞬时为t = 0时刻，求振动方程．[解答]物体落下后、碰撞前的速度为：物体与托盘做完全非弹簧碰撞后，根据动量守恒定律可得它们的共同速度为，这也是它们振动的初速度．设振动方程为：x = A cos(ωt + φ)，211212()k x L l l k k =--+211111212()k L l x l L l l k k =+=+--+2122d ()0d xm kk x t++=ω=22T πω==A v =ω=v =0m v v m M ==+图4.9 图4.10其中圆频率为：物体没有落下之前，托盘平衡时弹簧伸长为x 1，则：x 1 = Mg/k ．物体与托盘磁盘之后，在新的平衡位置，弹簧伸长为x 2，则：x 2= (M + m )g/k ． 取新的平衡位置为原点，取向下的方向为正，则它们振动的初位移为x 0 = x 1 - x 2 = -mg/k ．因此振幅为：初位相为：4．11 装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端与物体m 间用细绳相连，细绳跨于桌边定滑轮M 上，m 悬于细绳下端．已知弹簧的倔强系数为k = 50N·m -1，滑轮的转动惯量J = 0.02kg·m 2，半径R = 0.2m ，物体质量为m = 1.5kg ，取g = 10m·s -2．（1）试求这一系统静止时弹簧的伸长量和绳的张力；（2）将物体m 用手托起0.15m ，再突然放手，任物体m 下落而整个系统进入振动状态．设绳子长度一定，绳子与滑轮间不打滑，滑轮轴承无摩擦，试证物体m 是做简谐振动； （3）确定物体m 的振动周期；（4）取物体m 的平衡位置为原点，OX 轴竖直向下，设振物体m 相对于平衡位置的位移为x ，写出振动方程．[解答]（1）在平衡时，绳子的张力等于物体的重力T = G = mg = 15(N)．这也是对弹簧的拉力，所以弹簧的伸长为：x 0 = mg/k = 0.3(m)．（2）以物体平衡位置为原点，取向下的方向为正，当物体下落x 时，弹簧拉长为x 0 + x ，因此水平绳子的张力为：T 1 = k (x 0+ x )．设竖直绳子的张力为T 2，对定滑轮可列转动方程：T 2R – T 1R = Jβ， 其中β是角加速度，与线加速度的关系是：β = a/R ．对于物体也可列方程：mg - T 2 = ma ． 转动方程化为：T 2 – k (x 0 + x ) = aJ/R 2，与物体平动方程相加并利用平衡条件得：a (m + J/R 2) = –kx ，可得微分方程：，故物体做简谐振动． （3）简谐振动的圆频率为：s -1)． 周期为：T 2 = 2π/ω = 1.26(s)．（4）设物体振动方程为：x = A cos(ωt + φ)，其中振幅为：A = 0.15(m)． 当t = 0时，x = -0.15m ，v 0 = 0，可得：cos φ = -1，因此φ = π或-π， 所以振动方程为：x = 0.15cos(5t + π)，或x = 0.15cos(5t - π)．4．12一匀质细圆环质量为m ，半径为R ，绕通过环上一点而与环平面垂直的水平光滑轴在铅垂面内作小幅度摆动，求摆动的周期．[解答]通过质心垂直环面有一个轴，环绕此轴的转动惯量为：I c = mR 2．根据平行轴定理，环绕过O 点的平行轴的转动惯量为I = I c + mR 2 = 2mR 2．当环偏离平衡位置时，重力的力矩为：M = mgR sin θ， 方向与角度θ增加的方向相反．ω=A ==00arctan v x ϕω-==222d 0d /x kx t m J R +=+ω=根据转动定理得：Iβ = -M ，即，由于环做小幅度摆动，所以sin θ≈θ，可得微分方程：． 摆动的圆频率为：周期为：4．13 重量为P 的物体用两根弹簧竖直悬挂，如图所示，各弹簧的倔强系数标明在图上．试求在图示两种情况下，系统沿竖直方向振动的固有频率．[解答]（1）前面已经证明：当两根弹簧串联时，总倔强系数为k = k1k 2/(k 1 + k 2)，因此固有频率为（2）前面还证明：当两根弹簧并联时，总倔强系数等于两个弹簧的倔强系数之和，因此固有频率为．4．14质量为0.25kg 的物体，在弹性力作用下作简谐振动，倔强系数k = 25N·m -1，如果开始振动时具有势能0.6J ，和动能0.2J ，求：（1）振幅；（2）位移多大时，动能恰等于势能？（3）经过平衡位置时的速度．[解答]物体的总能量为：E = E k + E p = 0.8(J)．（1）根据能量公式E = kA2/2，得振幅为：．（2）当动能等于势能时，即E k = E p ，由于E = E k + E p ，可得：E = 2E p ，即，解得：= ±0.179(m)． （3）再根据能量公式E = mv m2/2，得物体经过平衡位置的速度为： 2.53(m·s -1)．4．15 两个频率和振幅都相同的简谐振动的x-t 曲线如图所示，求： （1）两个简谐振动的位相差；（2）两个简谐振动的合成振动的振动方程． [解答]（1）两个简谐振动的振幅为：A = 5(cm)， 周期为：T = 4(s)，圆频率为：ω =2π/T = π/2，它们的振动方程分别为：x 1 = A cos ωt =5cosπt /2， x 2 = A sin ωt =5sinπt /2 =5cos(π/2 - πt /2)即x 2=5cos(πt /2 - π/2)．位相差为：Δφ = φ2 - φ1 = -π/2． （2）由于x = x 1 + x 2 = 5cosπt /2 +5sinπt /2 = 5(cosπt /2·cosπ/4 +5sinπt /2·sinπ/4)/sinπ/4 合振动方程为：(cm)．22d sin 0d I mgR tθθ+=22d 0d mgRt Iθθ+=ω=222T πω===2ωνπ===2ωνπ===A =2211222kA kx =⨯/2x =m v =cos()24x t ππ=- (b)图4.134．16 已知两个同方向简谐振动如下：，．（1）求它们的合成振动的振幅和初位相； （2）另有一同方向简谐振动x 3 = 0.07cos(10t +φ)，问φ为何值时，x 1 + x 3的振幅为最大？φ为何值时，x 2 + x 3的振幅为最小？（3）用旋转矢量图示法表示（1）和（2）两种情况下的结果．x 以米计，t 以秒计．[解答]（1）根据公式，合振动的振幅为：=8.92×10-2(m)． 初位相为：= 68.22°．（2）要使x 1 + x 3的振幅最大，则：cos(φ– φ1) = 1，因此φ– φ1 = 0，所以：φ = φ1 = 0.6π． 要使x 2 + x 3的振幅最小，则 cos(φ– φ2) = -1，因此φ– φ2 = π，所以φ = π + φ2 = 1.2π．（3）如图所示．4．17质量为0.4kg 的质点同时参与互相垂直的两个振动：， ．式中x 和y 以米(m)计，t 以秒(s)计．（1）求运动的轨道方程；（2）画出合成振动的轨迹；（3）求质点在任一位置所受的力．[解答]（1）根据公式：，其中位相差为：Δφ = φ2 – φ1 = -π/2，130.05cos(10)5x t π=+210.06cos(10)5x t π=+A =11221122sin sin arctancos cos A A A A ϕϕϕϕϕ+=+0.08cos()36x t ππ=+0.06cos()33y t ππ=-2222212122cos sin x y xyA A A A ϕϕ+-∆=∆所以质点运动的轨道方程为：． （2）合振动的轨迹是椭圆．（3）两个振动的圆频率是相同的ω = π/3，质点在x 方向所受的力为，即F x = 0.035cos(πt /3 + π/6)(N)．在y 方向所受的力为，即F y = 0.026cos(πt /3 - π/3)(N)．用矢量表示就是，其大小为，与x 轴的夹角为θ = arctan(F y /F x )．4．18 将频率为384Hz 的标准音叉振动和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为3.0Hz ，在待测音叉的一端加上一小块物体，则拍频将减小，求待测音叉的固有频率．[解答]标准音叉的频率为v 0 = 384(Hz)， 拍频为Δv = 3.0(Hz)， 待测音叉的固有频率可能是v 1 = v 0 - Δv = 381(Hz)， 也可能是v 2 = v 0 + Δv = 387(Hz)．在待测音叉上加一小块物体时，相当于弹簧振子增加了质量，由于ω2 = k/m ，可知其频率将减小．如果待测音叉的固有频率v 1，加一小块物体后，其频率v`1将更低，与标准音叉的拍频将增加；实际上拍频是减小的，所以待测音叉的固有频率v 2，即387Hz ．4．19示波器的电子束受到两个互相垂直的电场作用．电子在两个方向上的位移分别为x = A cos ωt 和y = A cos(ωt +φ)．求在φ = 0，φ = 30º，及φ = 90º这三种情况下，电子在荧光屏上的轨迹方程．[解答]根据公式，其中Δφ = φ2 – φ1 = -π/2，而φ1 = 0，φ2 = φ．（1）当Δφ = φ = 0时，可得，质点运动的轨道方程为y = x ，轨迹是一条直线．（2）当Δφ = φ = 30º时，可得质点的轨道方程， 即，轨迹是倾斜的椭圆．（3）当Δφ = φ = 90º时，可得， 即x 2 + y 2 = A 2，质点运动的轨迹为圆．4．20三个同方向、同频率的简谐振动为，，．222210.080.06x y +=22d d x x x F ma m t==20.08cos()6m t πωω=-+22d d y y y F ma m t==20.06cos()3m t ωω=--πi+j x y F F F =F =2222212122cos sin x y xyA A A A ϕϕ+-∆=∆2222220x y xyA A A+-=222214x y A+=222/4x y A +=22221x y A A +=10.08cos(314)6x t π=+20.08cos(314)2x t π=+350.08cos(314)6x t π=+求：（1）合振动的圆频率、振幅、初相及振动表达式； （2）合振动由初始位置运动到所需最短时间（A 为合振动振幅）． [解答]合振动的圆频率为：ω = 314 = 100π(rad·s -1)． 设A 0 = 0.08，根据公式得：A x = A 1cos φ1 + A 2cos φ2 + A 3cos φ3 = 0，A y = A 1sin φ1 + A 2sin φ2 + A 3sin φ3 = 2A 0 = 0.16(m)， 振幅为：，初位相为：φ = arctan(A y /A x ) = π/2．合振动的方程为：x = 0.16cos(100πt + π/2)．（2）当时，可得：，解得：100πt + π/2 = π/4或7π/4．由于t > 0，所以只能取第二个解，可得所需最短时间为t = 0.0125s ．x A =A =/2x =cos(100/2)2t ππ+。
大学物理课本答案习题 第四章习题解答
习题四4-1 一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行，如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度应是多少？解 5光年是在地球上测得的原长，由于此长度相对宇航员也是高速运动的，所以他测得收缩了的长度为3光年. 即3=火箭相对于地球的速度应为45u c =4-2 一飞船以0.99c 的速率平行于地面飞行，宇航员测得此飞船的长度为400 m.. （1）地面上的观察者测得飞船长度是多少？（2）为了测得飞船的长度，地面上需要有两位观察者携带着两只同步钟同时站在飞船首尾两端处.那么这两位观察者相距多远？ （3）宇航员测得两位观察者相距多远？解（1）56.4(m)l l ===（2）这两位观察者需同时测量飞船首、尾的坐标，相减得到飞船长度，所以两位观察者相距是56.4 m.（3）地面上的两位观察者相距56.4 m ，这一距离在地面参考系中是原长，宇航员看地面是运动的，他测得地面上两位观察者相距为7.96(m)l l ===所以宇航员测得两位观察者相距7.96 m.4-3 已知π介子在其静止系中的半衰期为81.810s -⨯。
今有一束π介子以0.8u c =的速度离开加速器，试问，从实验室参考系看来，当π介子衰变一半时飞越了多长的距离？解：在π介子的静止系中，半衰期80 1.810s t -∆=⨯是本征时间。
由时间膨胀效应，实验室参考系中的观察者测得的同一过程所经历的时间为8310s t -∆==⨯因而飞行距离为7.2m d u t =∆=4-4 在某惯性系K 中，两事件发生在同一地点而时间相隔为4s 。
已知在另一惯性系'K 中，该两事件的时间间隔为6s，试问它们的空间间隔是多少？解：在K系中，04st∆=为本征时间，在'K系中的时间间隔为6st∆=两者的关系为t∆==所以259β=故两惯性系的相对速度为8110m su cβ-==⋅由洛伦兹变换，'K系中两事件的空间间隔为)k kx x u t'∆=∆+∆两件事在K系中发生在同一地点，因此有0kx∆=，故810mkx'∆==4-5 惯性系'K相对另一惯性系K沿x轴作匀速运动，取两坐标原点重合的时刻作为计时起点。
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案习题11-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为)ωｔsin ωｔ(cos j i R r其中为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。
解：1）由)ωｔsin ωｔ(cos j i R r知t cos R x ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2）jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )t 23(t 42，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0t到1t 秒的位移；（3）0t 和1t 秒两时刻的速度。
解：1）由j ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为：2)3y(x2）jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3）jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir t t 22，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：1）ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2）212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121att v y （1）图 1-420221gttv h y （2）21y y （3）解之2d tg a 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的td dr ，td dv ，tv d d .解：（1）t v x 0式（1）2gt21hy 式（2）jir )gt 21-h (t v (t)20（2）联立式（1）、式（2）得22v 2gx hy （3）ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
大学基础物理学(第四版)课后题答案
面向21世纪课程教材学习辅导书普通高等教育“十一五”国家级规划教材配套参考书大学基础物理学第四版习题解答陈建军主编后德家王贤锋副主编高等教育出版社内容简介本书是与“面向21世纪课程教材”和“普通高等教育‘十一五’国家级规划教材”《大学基础物理学》(第四版)配套的学习辅导书.全书的内容按照主教材的章节顺序编排，习题解答过程规范、详细.本书可为学生学习课程内容，复习和巩固知识以指导与帮助.本书适合于选用“面向21世纪课程教材”和“普通高等教育‘十一五’国家级规划教材”《大学基础物理学》(第四版)的学校选作教学辅导书，也可供其他大学物理学习者使用.前言 (1)第1章流体力学 (1)第2章气体动理论 (7)第3章热力学基础 (12)第4章静电场恒定电场 (20)第5章恒定磁场 (28)第6章交变电磁场 (36)第7章光的波动性 (41)第8章光的量子性 (46)第9章量子力学初步 (49)第10章光谱分析原理及应用 (51)第11章放射性核物理及其应用 (52)测试练习（一） (55)测试练习（一）参考答案 (59)测试练习（二） (62)测试练习（二）参考答案 (65)《大学基础物理学》（第四版）是专为高等农林院校农、林类专业编写的大学物理课程教学的教材，本书是与之配套的教学参考书.大学物理课程学习中，做习题是一个不可缺的教学环节，不仅可以检查学生对课程知识点掌握的程度，还能巩固所学的知识，而且有利于提高分析问题和解决问题的能力.为了帮助学生掌握正确的解题方法，我们修订了《大学基础物理学》（第三版）《习题解答》教学参考书.全书的内容按照主教材的章编排，习题解答规范，过程详细.本书将给农林院校农、林类专业学生学习大学物理课程以极大的帮助.本书第一章（流体力学）、第二章（气体动理论）、第三章（热力学基础）、第八章（光的量子性）、第九章（量子力学初步）由华中农业大学陈建军修订；第四章（静电场恒定电场）、第五章（恒定磁场）、第六章（交变电磁场）由华中农业大学王贤锋修订；第七章（光的波动性）、第十章（光谱分析原理及应用）、第十一章（放射性核物理及其应用）由华中农业大学后德家修订.华中农业大学谭佐军、卢军、魏薇、程其娈、张纾、邓海游参与题目审核工作，刘玉红参与公式编辑工作，陈建军负责全书统稿和定稿.华中农业大学罗贤清和丁孺牛细致审阅了本习题解答，并提出了许多建设性的意见，在此表示衷心的感谢.同时编者也对参加第一版、第二版和第三版编写工作的同志表示诚挚的谢意.感谢教育部大学物理课程教学指导委员会农林水工作委员会、全国高等农林水院校物理教学委员会对本次修订工作的指导.由于编者水平有限，书中难免有错误和疏漏之处，我们衷心期待得到广大读者、同行专家的批评、指正，感谢对编者的关爱和帮助.编者2017年6月于狮子山南湖畔第1章流体力学1.1从水龙头缓缓流出的水流，下落时逐渐变细，为什么？答：从水龙头缓缓流出的水流，下落时由于重力做功，水流的速度越来越大.根据连续性原理Sv ＝常量，可知水流的速度越大，其横截面积就越小，所以从水龙头缓缓流出的水流，下落时逐渐变细.22121122121v v ρρgh ρp p -++=Pa1062Pa 52100121108910010510012110515233235⨯=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯=........1.4如习题1.4图所示，一水管向水井中放水的流量为141094--⋅⨯=s m .3Q ，井底有一截面积为2cm .50=S 的小孔，当井中水面不再升高时，井中水深多高？习题1.4图解：本题是关于伯努利方程的应用.设机翼上面的气流速率为v 2，机翼下面的气流速率为v 1，由于飞机机翼比较薄，所以可近似取h 1＝h 2，机翼压强差为p 1–p 2＝1000Pa.根据伯努利方程有2222112121v v ρp ρp +=+机翼上面的气流速率为11221212s m 107s m 10029110002)(2--⋅=⋅+⨯=+-=.v v ρp p 1.6水从管1流入，通过支管2和3流入管4，管4的出口与大气相通，整个管道系统在同一水平面内.已知各管的横截面积分别是S 1=15cm 2，S 2=S 3=5cm 2，S 4=10cm 2，管1中的体积流量Q 1=600cm 3·s -1.求（1）各管中的流速；（2）各管中的压强与大气压强之差.Pa 0Pa =⨯-⨯⨯⨯=-=-=--42232224420210)6060(100.121)(21v v ρp p p p 同理，Pa 0=-03p p .1.7将一半径为1.0mm 的钢球，轻轻放入装有甘油的缸中，当钢球的加速度是其自由落体加速度一半时，其速度是多少？钢球的最大速度是多少？钢球的密度为8.5×103kg·m -3，甘油的密度为1.32×103kg·m -3，甘油的粘度为0.83Pa·s.解：本题是关于斯托克斯定律的应用.钢球在甘油中下落，所受重力为g ρr mg 钢球3π34=，所受甘油的浮力为g ρr F 甘油浮3π34=,根据斯托克斯定律所受黏性阻力为v r ηF f 甘油π6=.根据牛顿第二定律F ＝ma ，钢球的加速度是其自由落体加速度的一半时，有mg ―F f ―F 浮＝ma ＝mg /2，即解：本题是关于斯托克斯定律及雷诺数的应用.对下落雨滴进行受力分析，雨滴所受重力为ρg r mg 3π34=，所受空气的浮力为g ρr F 空气浮3π34=,根据斯托克斯定律，所受黏性阻力为v r ηF π6=f .当雨滴受到的空气黏性阻力加上空气对雨滴的浮力等于其受到的重力，雨滴将匀速下落，此时速度为终极速度，于是有ρg r g ρr r 33π34π34π6=+空气v η雨滴的终极速度为23223352m m kg sPa s m )10600()2911001(10818992)(92⨯⋅⨯⋅⋅⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯==----.....-空气空气r ρρg ηv 11s m 1034--⋅⨯=.根据泊肃叶定律lηR p p Q V 8)π(421-=，得大动脉内单位长度上的压强差Pa 10092ms m m s Pa )10521(1431050110048π844134363421⨯=⋅⨯⨯⋅⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===∆----.....-R lQ ηp p p V 根据圆管中实际流体的流速随半径的分布规律公式)(42221r R ηlp p --=v ，得轴心处(即r =0)血液流动速度为122334221s 04m 2m ms Pa Pa )10251(0110044100924---⋅=⨯⨯⋅⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-=.....R ηl p p v第2章气体动理论2.1气体的平衡态有何特征？与力学中所指的平衡有什么不同？答：所谓平衡态是指系统与外界没有能量交换，内部也没有化学变化等形式的能量转化，系统的宏观性质不随时间变化.当气体处于平衡时，其状态的宏观参量值不随时间变化，即气体内部各部分具有相同的压强、密度和温度.热力学系统的平衡态与力学中所指的平衡是两个不同的概念.力学中的平衡平动动能也相等.（2）平均动能包括分子的平均平动动能、平均转动动能和平均振动动能，与每个分子的自由度数有关，为T k iB 2.氢气和氦气分子结构不同，则自由度数i 不相同，所以它们的平均动能不相等.（3）根据RT i M m 2，虽然温度T 和物质的量Mm相同，但氢和氦两种气体分子自由度i 不同，所以它们的内能不相等.2.4温度为27℃时，计算1mol 氮气的平均动能，平均转动动能和内能.解：本题是关于理想气体的能量均分定理及内能的应用.氮气分子是双原子分子，自由度为5，根据能量均分定理，其平均动能为23-120B 551.3810300J K K 1.0351022Ｊ--==⨯⨯⨯⨯⋅⨯=⨯w k T2.6将kg 10×83的氧气从10℃加热到20℃，求氧气的内能增加多少？解：本题是关于理想气体内能公式的应用.氧气分子是双原子分子，自由度为5，氧气的摩尔质量M =32×10-3kg·mol-1，根据理想气体内能公式RT iM m 2，可知氧气增加的内能[]J52mol kg K K mol J kg )10273()20273(31.8251032108211133=⋅⋅⋅⋅⨯⨯+-+⨯⨯⨯⨯⨯=∆=-----T R i m E M 2.7储有氮气的容器以速度-1200m sυ=⋅运动，假若该容器突然停止，气体的全部机械平动动能转化为气体的内能，这时气体的温度将会升高多少？（设氮气可看做理想气体.）解：设容器内氮气总质量为m ，则全部机械平动动能为0p (4)⎰∞2d )(υυf υ表示气体分子速率平方的平均值；(5)υυnf d )(表示单位体积内，分子速率在v ～v +d v 区间的分子数.2.9求在温度为27℃时氧气分子的平均速率、方均根速率以及最概然速率.解：本题是关于理想气体分子平均速率、方均根速率和最概然速率公式的应用.氧气的摩尔质量M =32×10-3kg·mol -1，温度T =(273+27)K=300K，可求得121113O s m 1044molkg KK mol J 10323.14300318882-----⋅⨯=⋅⨯⋅⋅⨯⨯⨯⨯⨯==6..M πRTv 121113O O 2s m 10834mol kg K K mol J 10323003183322-----⋅⨯=⋅⨯⋅⋅⨯⨯⨯⨯==..M RT v(1)按题给条件，速率分布函数是分段的.在F v v <<0速率区间，速率分布函数f (v )与v 2成正比；当F v v >时，速率分布函数f (v )为零.于是可画出速率分布函数曲线，如解题2.11图所示.(2)由归一化条件1=⎰∞d )(v v f ，有解题2.11图1===⎰⎰∞3F 0203d d )(Fv v v v v v A A f 得3F3v =A (3)根据最概然速率的定义，由图知，F p v v =.根据平均速率的定义式⎰∞=0d )(v v v v f ，得电子平均速率F F 033F 02075043d 3d A d )(FF v v v v v v v v v v v v v v .=====⎰⎰⎰∞f 根据方均速率的定义式⎰∞=022d )(v v v v f ，得电子速率平方平均值2F 043F 02202253d 3d A d )(FF v v v v v v v v v v v v v ====⎰⎰⎰∞f 所以，电子方均根速率为F F 27750515v v v .==第3章热力学基础3.1系统的温度升高是否一定要吸热？系统与外界不作任何热交换，而系统的温度发生变化，这种过程可能吗？答：系统的温度要升高不一定要吸热，外界对系统做功也可以使系统的温度升高；系统与外界不作任何热交换，而使系统的温度发生变化，这种过程是可能的，可以通过外界对系统做功或系统对外界做功来实现系统温度的变化.3.2（1）0.50kg 的水在大气压下用电热器加热，使水的温度自20℃缓慢的加热到30℃，试计算此水的内能的变化（水的比热容为3-1-14.1810J kg K⨯⋅⋅.）（2）一保温瓶里装有0.50kg、20℃的水，用力摇荡此瓶，使水的温度升高到30℃，初态及终态的压强均为大气压，试求水内能的变化及水所做的功.解：（1）在此过程中，等压地对水所加的热量为= t =0.5×4.18×10 ×10J =t.0 ×104J由于水的体积变化很小，故准静态过程的功A=0，依热力学第一定律有内能的变化= =t.0 ×104J （2）此过程不是准静态过程.但其始末状态与（1）相同，故内能变化与（1）相同，即= =t.0 ×104J由于系统被保温瓶所隔着，故无热量的传递，所以Q =0依 = + ，得水所做的功为=− =−t.0 ×104J3.3系统由习题 3.3图中的a 态沿abc 到达c 态时，吸收了400J 的热量，同时对外作150J 的功.（1）如果将沿adc 进行，则系统做功40J，问这时系统吸收了多少热量？（2）当系统由c 态沿着ca 返回a 态时，如果外界对系统做功80J，这时系统是吸热还是放热？热量传递时多少？习题 3.3图解：本题是关于热力学第一定律在准静态过程中的应用.根据热力学第一定律Q＝△E+A，得a、b状态内能的变化△Eab ＝Eb－Ea＝Qac b－Aac b＝400J－150J＝250J(1)对于adb过程，a、b状态相同，内能变化相同，根据热力学第一定律Q＝△E+A，得此过程交换的热量为Qad b ＝△Eab+Aad b＝250J+40J＝290J(2)对于ba过程，由b→a，内能变化为负，即△Eba ＝Ea－Eb＝150J－400J＝－250J根据热力学第一定律Q＝△E+A，得此过程交换的热量为Qba ＝△Eba+Aba＝－250J－80J＝－330J式中负号表示放热.3.41mol的氦气，在1atm、20℃时、体积为V.令使其经过一下两种过程达到同一状态；（1）先保持体积不变，加热，使其温度升高到80℃，然后令其做等温膨胀，体积变为原来的2倍.（2）先使其等温膨胀至原来体积的2倍，然后保持体积不变，加热到80℃.试分别计算上述两种过程中气体吸收的热量，气体对外所做的功和气体内能的增量.解：本题是关于热力学第一定律在准静态过程中的应用.依据题意，作出p－V图，如解题3.4图所示.图3.4abcd 四个状态（p ,V ,T ）：a（1,V 0,T 1）b（p b ,V 0,T 2）c（p c ,2V 0,T 2）d（p d ,2V 0,T 1）T 1=293K,T 2=353K(1)先作等体升温(ab 过程)，再作等温膨胀(bc 过程).①等体过程，氧气从热源吸取热量全部转化为系统内能的增加，做功为零，即121233d ()22T ab ab Tm m Q E R T R T T =∆==-⎰M M =1×t×8. 1× 5 −t ×mol ×J ∙mol −1∙K −1×K =香4香. J A ab ＝0②等温膨胀，氧气从热源吸取热量全部转化为对外做功，而内能不变，即11d d ln cbcc bc bc bbV A p V V ====⎰⎰V V V m mQ RT RT M M V =1×8. 1× 5 ×lnt ×mol ×J ∙mol −1∙K −1×K =t.0 ×10 J△E bc ＝0abc 过程吸取的热量为Q ab c ＝Q ab +Q bc ＝747.9J +2.03×103J ＝2.78×103Jabc 过程做的功为A ab c ＝A bc ＝ 2.03×103Jabc 过程内能改变为△E ab c ＝△E ab ＝香4香. J(2)a →d 等温膨胀过程，氧气从热源吸取热量全部转化为对外做功，而内能不变，即22d d ln dadd ad ad aaV A p V V ====⎰⎰V V V m mQ RT RT M M V =1×8. 1×t ×lnt ×mol ×J ∙mol −1∙K −1×K =1. ×10 J△E dc ＝0习题 3.5图解：根据方程()00V V e p p -=，有9ln ln000c +=+=V p p V V c。
大学物理简明教程课后题答案
计，F 以 N计。 （1）取 x =0 时EP = 0，试计算与此力相
应的势能； （2）求质点从x = 2m运动到 x =3m时势
能的变化。
目录 结束
(1) ΔE P = x F dx = x( A x +B x 2) dx
0
0
=
A 2
x
2
B 3
x
3
(2) ΔE P = 3( A x +B x 2) dx
2
= 25A
19 3
B
目录 结束
3-8 一弹簧，原长为l0，劲度系数为 k上端 固定，下端挂一质量为m的物体，先用手托 住，使弹簧不伸长。
（1）如将物体托住馒慢放下，达静止（平 衡位置）时，弹簧的最大伸长和弹性力是多 少？
（2）如将物体突然放手，物体到达最低位 置时，弹簧的伸长和弹性力各是多少？物体 经过平衡位置时的速度是多少？
4×10 3
5
t
其中 F 以N为单位，t 以s为单位。 （1）画出 F~t 图。
（2）计算子弹行经枪管长度所花费的时 间，假定子弹到枪口时所受的力变为零。
（3）求该力冲量的大小。 （4）求子弹的质量。
结束 目录
已知：F = 400 解：
4×10 3
5
t
F/N
400
(1)
(2) F = 400
4×10 5 3
v
v
v
结束 目录
u
u
1
v m2 m v 3 v
M
M
M
解：设船的质量为M，沿 x 方向前进
(第二艘船的质量M中包括两抛出物的质量2m) 设第二艘船抛出物体m后的速度为v2, 以第二艘船和抛出物为系统，则抛出物体
大学物理基础教程答案第04章习题分析与解答
A∙ 习题4-6图第四章 流体力学基础习题解答4-1 关于压强的下列说法正确的是（ ）。
A 、压强是矢量；B 、容器内液体作用在容器底部的压力等于流体的重力；C 、静止流体内高度差为h 的两点间的压强差为gh P o ρ+；D 、在地球表面一个盛有流体的容器以加速度a 竖直向上运动，则流体内深度为h处的压强为0)(P a g h P ++=ρ。
解：Ｄ4-2 海水的密度为33m /kg 1003.1⨯=ρ，海平面以下100m 处的压强为（ ）。
A 、Pa 1011.16⨯；B 、Pa 1011.15⨯C 、Pa 1001.16⨯；D 、Pa 1001.15⨯。
解：Ａ4-3 两个半径不同的肥皂泡，用一细导管连通后，肥皂泡将会（ ）。
A 、两个肥皂泡最终一样大；B 、大泡变大，小泡变小C 、大泡变小，小泡变大；D 、不能判断。
解：Ｂ４-4 两个完全相同的毛细管，插在两个不同的液体中，两个毛细管（ ）。
A 、两管液体上升高度相同；B 、两管液体上升高度不同；C 、一个上升，一个下降； Ｄ、不能判断。
解：Ｂ4-5 一半径为r 的毛细管，插入密度为ρ的液体中，设毛细管壁与液体接触角为θ，则液体在毛细管中上升高度为h= ( ) 。
（设液体的表面张力系数为α）解:grh ρθα=cos 2 4-6 如图所示的液面。
液面下A点处压强是（ ） 。
设弯曲液面是球面的一部分，液面曲率半径为Ｒ，大气压强是0P ，表面张力系数是α。
解:RP P α+=20 4-7 当接触角2πθ<时，液体（ ）固体，0=θ时，液体（ ）固体；当2πθ>时，液体（ ）固体，πθ=，液体（ ）固体。
习题4-10图习题4-11解：润湿，完全润湿，不润湿，完全不润湿。
4-8 不可压缩的、没有粘滞性的流体称为（ ）。
解：理想流体4-9 一球形泡，直径等于m 100.15-⨯，刚处在水面下，水面上的气压为aP P 100.150⨯=，水的表面张力系数为N/m 103.72-⨯=α，求泡内的压强是多少？ 解：由于气泡刚处在水面下，所以泡外是液体，压强等于水面上方的大气压，则泡内压强为)P (1034.1101103.72100.1255250a R p p ⨯=⨯⨯⨯+⨯=+=--α 4-10 如图所示，盛有水的Ｕ形管中，两粗细不同的毛细管底部相互连通，两管水面的高度差h=0.08m 。
大学《大学物理(上)》各章节测试题与答案
《大学物理（上）》的答案第1章问题：以下是近代物理学的理论基础的是（）。
答案：量子力学问题：谁建立了电磁场理论，将电学、磁学、光学统一起来？（）答案：麦克斯韦问题：谁在伽利略、开普勒等人工作的基础上，建立了完整的经典力学理论？（）答案：牛顿问题：物理学是探讨物质结构，运动基本规律和相互作用的科学。
（）答案：正确问题：20世纪初建立的量子力学和爱因斯坦提出的狭义相对论表明经典力学也适用于微观粒子和高速运动物体。
（）答案：错误第2章问题：爱因斯坦因提出什么理论而获得诺贝尔物理奖？（）答案：光量子假说问题：玻尔因做出什么重大贡献而获得诺贝尔物理学奖？（）答案：研究原子的结构和原子的辐射问题：运动学中涉及的主要运动学量包括位移、速度和加速度。
（）答案：正确第3章问题：在平面极坐标系中，任意位矢可表示为（）。
答案：问题：在直角坐标系中，任意位矢的方向余弦的关系为（）。
答案：问题：在直角坐标系中，任意位矢可表示为（）。
答案：问题：同一个位置矢量可以在不同的坐标系中表示。
（）答案：正确问题：位置矢量在直角坐标系和平面极坐标系中的表示方式是一样的。
（）答案：错误第4章问题：设质点在均匀转动（角速度为）的水平转盘上从t=0时刻开始自中心出发，以恒定的速率沿一半径运动，则质点的运动方程为（）。
答案：问题：设质点在均匀转动（角速度为）的水平转盘上从t=0时刻开始自中心出发，以恒定的速率沿一半径运动，则质点的轨迹方程为（）。
答案：问题：质点的位置关于时间的函数称为运动方程。
（）答案：正确第5章问题：一个人从O点出发，向正东走了2m,又向正北走了2m,则合位移的大小和方向为（）。
答案：东北方向问题：某质点沿半径为R的圆周运动一周，它的位移和路程分别为多少（）。
答案：问题：位移和路程都与坐标原点的选取有关。
（）答案：错误第6章问题：有一质点沿x方向作直线运动，它的位置由方程决定，其中x的单位是米,t的单位是秒。
则它的速度公式为（）。
大学物理第2章质点动力学习题答案
第二章 质点动力学2－1一物体从一倾角为30︒的斜面底部以初速v 0=10m·s -1向斜面上方冲去，到最高点后又沿斜面滑下，当滑到底部时速率v =7m·s -1,求该物体与斜面间的摩擦系数。
解：物体与斜面间的摩擦力f ＝uN ＝umgcos30︒物体向斜面上方冲去又回到斜面底部的过程由动能定理得220112(1)22mv mv f s -=-⋅物体向斜面上方冲到最高点的过程由动能定理得2010sin 302mv f s mgh f s mgs -=-⋅-=-⋅-20(2)(31)v s g u ∴=-把式（2）代入式（1）得，()222200.1983v v u v v-==+2－2如本题图，一质量为m 的小球最初位于光滑圆形凹槽的A 点，然后沿圆弧ADCB 下滑，试求小球在C 点时的角速度和对圆弧表面的作用力，圆弧半径为r 。
解：小球在运动的过程中受到重力G 和轨道对它的支持力T .取如图所示的自然坐标系，由牛顿定律得22sin (1)cos (2)t n dv F mg mdt v F T mg mR αα=-==-=由,,1ds rd rd v dt dt dt vαα===得代入式（）， A 并根据小球从点运动到点C 始末条件进行积分有，902n (sin )2cos 2cos /m cos 3cos '3cos ,e v vdv rg d v gr vg rrv mg mg rmg ααααωαααα=-===+==-=-⎰⎰得则小球在点C 的角速度为＝由式（2）得 T 由此可得小球对园轨道得作用力为T T 方向与反向2－3如本题图，一倾角为θ的斜面置于光滑桌面上，斜面上放一质量为m 的木块，两者间摩擦系数为μ，为使木块相对斜面静止，求斜面的加速度a 应满足的条件。
习题2－2图Ao B r DCT α解：如图所示()1212minmax sin ,cos cos sin (1)sin cos 2(1)(2)(sin cos )(cos sin )(sin cos )()(cos sin )1(2)(1)(sin cos )(cos sin )(sin cos a a a a N mg ma ma mg uN m a ma u g u a u g u g tg u a u utg u g u a u g u a θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ==∴-==±==⨯+-=+--∴==++-⨯+=-+∴=得，得，)()(cos sin )1()()11g tg u u utg g tg u g tg u a utg utg θθθθθθθθθ+=---+∴≤≤+-2－4如本题图，A 、B 两物体质量均为m ，用质量不计的滑轮和细绳连接，并不计摩擦，则A 和B 的加速度大小各为多少。
大学物理基础教程答案1-4力-4-PPT
31
(m2 2 m 2 m1)
T1'
r
Hale Waihona Puke m 1T 2'
T2
m2
m2g
3 T1 2 ma 35(N)
T2 m2(g a) 37.3(N)
12
4-13 一根长为 l 、质量为m的均匀细杆可绕其一端的水平轴O 自由摆动。当被一发质量为m’的子弹在离O点的a处水平方向击
中后，子弹埋入杆内，杆的最大偏转角为 ，求子弹的初速度。 已知 l =1.0米，m =2千克，m’ =20千克，a=0.7米， =60o
v
2 0
2
3
m'2 a2
v0 186(m s1 )
13
4-14 质量为m长为l的匀质细杆，可绕端点O的固定水平轴转动，
把杆抬平后无初速地释放，当杆摆至竖直位置时刚好和光滑水平 桌面上的小球相碰。小球的转动不计，它的质量和杆相同，并且
碰撞是完全弹性的，轴上摩擦也忽略不计，求碰后小球的速度v。
解：下摆（定轴转动）能量守恒，
上缀一个质量m2=0.51千克的物体。试计算施在圆盘上的力矩从
静止开始，在2秒之内所作的功和2秒时物体m2的动能。
5
解: mgRdt mgRt L mRv 1 MR2 v
2
R
mgt
v m M 2
R m1
Ek ,m
1 mv2 2
1 mgt 2 m(m M
)2
8.2J
m2
2
RT W 1 I2 1 ( 1 MR2 )( v )2 M( mgt )2 20.2(J)
mg l 1 ( 1 ml 2 )2 2 23
( 1 ml2 ) ( 1 ml2 )'m' vl
大学物理基础教程全一册答案
大学物理基础教程全一册答案1. 光的干涉和衍射不仅说明了光具有波动性,还说明了光是横波。
[单选题] *对错(正确答案)2. 拍摄玻璃橱窗内的物品时,往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度。
[单选题] *对错(正确答案)3. 爱因斯坦提出的光子说否定了光的波动说。
[单选题] *对错(正确答案)4. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应。
[单选题] *对错(正确答案)5. 全息照片往往用激光来拍摄,主要是利用了激光的相干性。
[单选题] *对(正确答案)错6. 卢瑟福的α粒子散射实验可以估测原子核的大小。
[单选题] *对(正确答案)错7. 紫光光子的能量比红光光子的能量大。
[单选题] *对(正确答案)错8. 对于氢原子,量子数越大,其电势能也越大。
[单选题] *对(正确答案)错9. 雨后天空出现的彩虹是光的衍射现象。
[单选题] *对错(正确答案)10. 光的偏振现象说明光是横波。
[单选题] *对(正确答案)错11. 爱因斯坦提出光是一种电磁波。
[单选题] *对错(正确答案)12. 麦克斯韦提出光子说,成功地解释了光电效应。
[单选题] *对错(正确答案)13. 不同色光在真空中的速度相同但在同一介质中速度不同。
[单选题] *对(正确答案)错14. 当原子处于不同的能级时,电子在各处出现的概率是不一样的。
[单选题] *对(正确答案)错15. 同一种放射性元素处于单质状态或化合物状态,其半衰期相同 [单选题] *对(正确答案)错16. 原子核衰变可同时放出α、β、「射线,它们都是电磁波。
[单选题] *对错(正确答案)17. 治疗脑肿瘤的“「刀”是利用了r射线电离本领大的特性。
[单选题] *对错(正确答案)18. β射线的电子是原子核外电子释放出来而形成的。
[单选题] *对错(正确答案)19. 玻尔理论是依据α粒子散射实验分析得出的。
[单选题] *对错(正确答案)20. 氢原子核外电子从小半径轨道跃迁到大半径轨道时,电子的动能减小,电势能增大,总能量增大。
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(1)
B V
=∫ (
A
B
RdV V )等温 = R ln B = R ln 4 V V A
C C dT B C dT B ∂Q ∂Q P )等压 + ∫ ( V )等容 = SB − SA = ∫ ( )等压 + ∫ ( )等容 ∫A ( C A C T T T T
M ∂Q 1 4.07 ×104 )可逆 = ∆S2 = ( = 6.05×103 J / K 18×10−3 373.15 µ T 的水升温至100 水的过程， (2)00C的水升温至1000C水的过程，可设计为在一个大气压下 的等压准静态过程： 的等压准静态过程： 373C dT 373 M 373∂Q 1 75.3 P ∆S1 = ∫273 T 可逆 = 18×10−3 ∫273 T = 18×10−3 ln 273 µ
4
4-5 证明 (4.28) 式中无论 B>TA，还是TB < TA 都有 S总>0. 式中无论T ，还是 （提示：若TB>TA 则 提示： 提示 证明:由 证明 由 (4.28) 式 得知,只证 (1)若TB>TA 则 若
Q
TB ∫ TA
TB − TA dT TB dT ） > ∫T A = T TB TB
dT dV dS = υCV,m + υR T V 理想气体准静态可逆过程： 解：理想气体准静态可逆过程：
1 dV dW 1 M = dS = + CV dT + pdV T T T µ T M p 1M R ∴ pV = RT ⇒ = T Vµ µ
∴ dS = υCV dT dV + υR T V
∆S 总 = ∆S 系 + ∆S 热源
T2 T2 − T1 ln − > 0 便可. T1 T2 TB − TA TB dT TB dT > ∫TA = ∫TA T TB TB TB TB TB − TA TB dT = ln ∴ ln > ∫TA T TA TA TB
TA ∫TB
T2 T2 − T1 = C（ln − ） 0 > p T1 T2
C
= CP (ln TC − ln TA ) + CV (ln TB − ln TC )
QT = T QVATC = VCTA A B
QVC : VA = 4
2
T = −R ln TA + R ln TC = Rln C = Rln 4 = 11.5J / K TA
解法2 把熵作为状态参量的函数表达式推导出来， 解法2：把熵作为状态参量的函数表达式推导出来，再将初末两 态的参量值代入，从而算出熵变。 态的参量值代入，从而算出熵变。 T V S − S0 = νCV ln + νR ln T V 0 0 题中A、B态同在一条等温线上，且体积之比为1:4的一摩尔氧 态同在一条等温线上，且体积之比为1 原子，所以得： 原子，所以得：
4-2 一摩尔氧气原处于标准状态，经(1)准静态等温过程体积胀 一摩尔氧气原处于标准状态， (1)准静态等温过程体积胀 (2)先经准静态等压过程体积膨胀至 先经准静态等压过程体积膨胀至4 至4倍；(2)先经准静态等压过程体积膨胀至4倍，然后再等容冷 却至(1) 中达到的末态分别计算两个过程中的熵变。 却至(1) 中达到的末态分别计算两个过程中的熵变。 P A B ∂Q C 解法1： QSB − SA = ( 解法1 )可逆 ∫A T (2)
∆S = ∆S1 + ∆S2 = (1.305×103 + 6.05×10−3 ) = 7.36×103 J / K
(3)水结成冰的过程视为等温准静态过程 (3)水结成冰的过程视为等温准静态过程 M ∂Q − 1 6.01×103 )可逆 = ∆S = ( = −1.23×103 J / K 1 18×10−3 273 µ T
T T (2)若TB<TA 则 ∫TA dT < ∫TA dT = TA − TB 若 B B T TB TB
TA TA − TB dT = ln < T TB TB
右式不等号两边乘－ 右式不等号两边乘－1: 原命题得证. 原命题得证
TB TB − TA ln > TA TB
5
T V QS − S0 = νCV ln + νRln T V0 0
同理，氮气总熵变： 同理，氮气总熵变：
∴S1 −(S1 − S10 ) + (S2 − S20 ) = 2Rln 2 = 11.5焦耳 开
4-4试求出理想气体的宏观熵变的表达式
TB VB ∴SB − SA = CV ln + Rln TA VA VB ∴SB − SA = R ln = R ln 4 VA
4-3将一摩尔的氢气和一摩尔的氮气装在相邻的容器中，其压力和 将一摩尔的氢气和一摩尔的氮气装在相邻的容器中， 如果把两个容器连通, 温度均为 p和 T如果把两个容器连通,使氢气和氮气混合求总熵变 解：根据熵的可加性可分别求氢气、氮气的熵变，再求其和； 根据熵的可加性可分别求氢气、氮气的熵变，再求其和； 氮气分子混合前、后温度相同。 氢、氮气分子混合前、后温度相同。 氢气初态( 末态( 氢气初态(p、T、V)，末态(p1、T、2V)，在初末态之间设计准 3 静态等温过程求氢气熵变： 静态等温过程求氢气熵变：
第四章
热力学第 热力学第二定律
熵
试求1kg的水在一个大气压下进行下述过程的熵变： 1kg的水在一个大气压下进行下述过程的熵变 4-1 试求1kg的水在一个大气压下进行下述过程的熵变： 水汽化为100 的水蒸气； 的水转变为100 (1)1000C水汽化为1000C的水蒸气；(2)00C的水转变为1000C的 水蒸气；(3)水结成冰过程中的熵变。 水蒸气；(3)水结成冰过程中的熵变。 水结成冰过程中的熵变 1atm=1.013× Pa； 解 (1) 1atm=1.013×105Pa；水等温汽化设为准静态过程