【免费下载】上海交通大学出版社 大学物理教程 第四章 答案
《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社
4
rmin
R sin
作FD//AB,构成直角三角形
DEF，故有：sin
vBsin
vAsin
，
v
在三角形BEF中,由余弦定理可得：v
vA2
vB2
2vAvBcos(
)
rmin
vBsin
vAsin
R。
vA2
vB2
2vAvBcos(
)
方法二：
两船在任一时刻
t的位置矢量分别为：
rA
( vAt cos
习题1
1-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为
r =
R(cosωt i
sinωt
j )
其中
为常量．求：（1）质点的轨道；
(2)速度和速率。
解：(1)
由r = R(cosωt i
sinωt j )，知：x
R cos
t
，y
R sin
t
消去t可得轨道方程：x2
y2
R2
∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为
vx0
v0cos600→x v0cos600t
1g cos600t2
（1）
2
vy0v0sin 600
→y
v0sin 600t
1
g sin 600t2
（2）
2
2v0
第二次落地时：
y
0，代入（2）式得：t
，
g
所以：x v0cos600t
1g cos600t2
2v02
2
2gh
4h 80cm。
2
g
g
1-9．地球的自转角速度最大增加到若干倍时，赤道上的物体仍能保持在地球上而不致离开地球
上海交大版大学物理上册答案
上海交大版大学物理上册答案第一章质点运动学【例题】例1-1 Aｔ= s 例1-2D 例1-3 D 例1-4 B 例1-5 33 例1-6 D 例1-7 C 例1-8 证明：dvdt?dvdx?dxdt?vdvdx??Kv ∴ d v /v =－Kdx 2?v1vv0dv???Kdx , ln0xvv0??Kx ∴v =v 0e－Kx例1-9 1 s m例1-10 B 【练习题】1-1 x=(y-3)2 1-2 -/s-6m/s 1-3 D 1-4 不作匀变速率运动．因为质点若作匀变速率运动，其切向加速度大小at必为常数，即at1?at2?at3，现在虽然a1?a2?a3，但加速度与轨道各处的切线间夹角不同，这使得加速度在各处切线方向的投影并不相等，即at1?at2?at3，故该质点不作匀变速率运动。
1-5 D 1-6证明：设质点在x处的速度为v a?1-7 16 R t 4 rad /s2 2 dvdt?dvdx?dxdtv?2?6x 2?vdv?0??2?6x?dx v20x?2x?x?3?12 1-8 Hv/(H-v) 1-9 C 第二章质点运动定律【例题】例2-1 B 例2-2 B 例2-3 解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv，牛顿定律?Kmdt?dvvt ∴dxdt,??m0xKvdt?t?v0dvv?Kt/m∴v?v0e (2) 求最大深度v? dx?v0e?Kt/mdt?0dx??0v0e?Kt/ mdt∴x?(m/K)v0(1?e?Kt/m) xmax?mv0/K 例2-4 D 例2-5 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，只要质点不是作匀速率圆周运动，它的切向分量就不为零，所受合外力就不指向圆心。
《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社
习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt=，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt=，有速度：82v t i j =+ 从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，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)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt=，有：2a i =； （2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dva dt==222t n a a a =+有：n a ==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。
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习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt =，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt =，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，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)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt =，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt==，利用222t n a a a =+有： n a ==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。
(整理)大学物理上海交通大学第四版-下册课后题全部答案.
习题1111-1．直角三角形ABC的A点上，有电荷C108.191-⨯=q，B点上有电荷C108.492-⨯-=q，试求C点的电场强度(设0.04mBC=，0.03mAC=)。
解：1q在C点产生的场强：1124ACqE irπε=，2q在C点产生的场强：2224BCqE jr=，∴C点的电场强度：44122.710 1.810E E E i j=+=⨯+⨯；C点的合场强：4123.2410VE m==⨯，方向如图：1.8arctan33.73342'2.7α===。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm50的圆环，两端间空隙为cm2，电量为C1012.39-⨯和方向。
解：∵棒长为2 3.12l r d mπ=-=，∴电荷线密度：911.010q C mlλ--==⨯⋅可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去md02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O点产生的场强。
解法1：利用微元积分：21cos4O xRddERλθθπε=⋅，∴2000cos2sin2444OdE dR R Rααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m-=⋅；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r<<，该小段可看成点电荷：112.010q d Cλ-'==⨯，则圆心处场强：1191222.0109.0100.724(0.5)OqE V mRπε--'⨯==⨯⨯=⋅。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB的半径为R，试求圆ix心O 点的场强。
解：以O 为坐标原点建立xOy 坐标，如图所示。
①对于半无限长导线A ∞在O 点的场强：有：00(cos cos )42(sin sin )42Ax A y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩②对于半无限长导线B ∞在O 点的场强：有：00(sin sin )42(cos cos )42B x B y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩③对于AB 圆弧在O 点的场强：有：20002000cos (sin sin )442sin (cos cos )442AB x AB y E d R R E d R R ππλλπθθππεπελλπθθππεπε==-=⎧⎪⎪⎨⎪⎪=--⎩⎰⎰∴总场强：04O x E R λπε=，04O y E R λπε=，得：0()4O E i j R λπε=+。
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习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt=，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+ 消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt=，有速度：82v t i j =+ 从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，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)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt=，有：2a i =； （2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dva dt==222t n a a a =+有： n a ==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。
大学物理上海交通大学第四版下册课后题全部答案
习题1111-1．直角三角形ABC的A点上，有电荷C108.191-⨯=q，B点上有电荷C108.492-⨯-=q，试求C点的电场强度(设0.04mBC=，0.03mAC=)。
解：1q在C点产生的场强：1124ACqE irπε=，2q在C点产生的场强：2224BCqE jr=，∴C点的电场强度：44122.710 1.810E E E i j=+=⨯+⨯；C点的合场强：4123.2410VE m==⨯，方向如图：1.8arctan33.73342'2.7α===。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm50的圆环，两端间空隙为cm2，电量为C1012.39-⨯和方向。
解：∵棒长为2 3.12l r d mπ=-=，∴电荷线密度：911.010q C mlλ--==⨯⋅可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去md02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O点产生的场强。
解法1：利用微元积分：21cos4O xRddERλθθπε=⋅，∴2000cos2sin2444OdE dR R Rααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m-=⋅；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r<<，该小段可看成点电荷：112.010q d Cλ-'==⨯，则圆心处场强：1191222.0109.0100.724(0.5)OqE V mRπε--'⨯==⨯⨯=⋅。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB的半径为R，试求圆ix心O 点的场强。
解：以O 为坐标原点建立xOy 坐标，如图所示。
①对于半无限长导线A ∞在O 点的场强：有：00(cos cos )42(sin sin )42Ax A y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩②对于半无限长导线B ∞在O 点的场强：有：00(sin sin )42(cos cos )42B x B y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩③对于AB 圆弧在O 点的场强：有：20002000cos (sin sin )442sin (cos cos )442AB x AB y E d R R E d R R ππλλπθθππεπελλπθθππεπε==-=⎧⎪⎪⎨⎪⎪=--⎩⎰⎰∴总场强：04O x E R λπε=，04O y E R λπε=，得：0()4O E i j R λπε=+。
大学物理第四章课后答案
I = 625N ∆t
-4-
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2. 解： （1）由动量守恒定律
Mυ 2 − mυ1 = 0
（2）由动量定理：
υ 2 = 2.5 m s
方向与子弹飞行方向相反。
F=
Mυ 2 Mυ 2 = = 300 N t 0.05
3.
m ， dt 时间内链条长 L 度变化为 dl ，即有 dl 长度的链条在 dt 时间内堆在地
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第四章 动量定理
一、 填空 1. 2. 3. 4. 是表示力在空间上累积作用的物理量， 是表示力在时间上累 积作用的物理量。 质点动量定理的微分形式是 。 质点动量定理的积分形式是 。 对于质点系来说，内力 （ “改变”或“不改变” ）质点系中各个质点 的动量，但 （ “改变”或“不改变” ）质点系的总动量。 若质点系沿某坐标方向所受的合外力为零，则 守恒。 如果两物体碰撞过程中，动能完全没有损失，这种碰撞称为 ，否则 就称为 ；如果碰撞后两物体以相同的速度运动，这种碰撞称 为 。 ， 其中 υ10 ,υ1 是某一物
l
m M v0 V v
. 如图所示，在一铅直面内有一光滑的轨道，左边是一个上升的曲线，右边是 13 13. 足够长的水平直线， 两者平滑连接， 现有 A ， B 两个质点， B 在水平轨道上静止， A 在曲 线部分高 h 处由静止滑下，与 B 发生完全弹 性碰撞， 碰后 A 仍可返回上升到曲线轨道某 处，并再度滑下，已知 A ， B 两质点的质量 分别为 m A 和 m B 。求 A ， B 至少发生两次碰 撞的条件。 14. 如图所示，两车厢质量均为 M ，左边车厢地板上放一质量为 M 的货箱，它 们共同以 υ 0 的速度向右运动。 另一车厢以 2υ 0 从相反方向向左运动并与左车厢碰
上海交大版物理第四章答案
)s 习题44-1．如图所示的圆锥摆，绳长为l ，绳子一端固定，另一端系一质量为m 的质点，以匀角速ω绕铅直线作圆周运动，绳子与铅直线的夹角为θ。
在质点旋转一周的过程中，试求：（1）质点所受合外力的冲量I；（2）质点所受张力T 的冲量T I。
解：（1）设周期为τ，因质点转动一周的过程中，速度没有变化，12v v =，由I mv =∆ ，∴旋转一周的冲量0I =；（2）如图该质点受的外力有重力和拉力，且cos T mg θ=，∴张力T 旋转一周的冲量：2cos T I T j mg j πθτω=⋅=⋅所以拉力产生的冲量为2mgπω，方向竖直向上。
4-2．一物体在多个外力作用下作匀速直线运动，速度4/v m s =。
已知其中一力F方向恒与运动方向一致，大小随时间变化内关系曲线为半个椭圆，如图。
求：（1）力F在1s 到3s 间所做的功；（2）其他力在1s 到3s 间所做的功。
解：（1）半椭圆面积⋅====⋅=⎰⎰⎰⎰v t F v t Fv x F x F A d d d dJ 6.12540201214==⨯⨯⨯=ππ（2）由动能定理可知，当物体速度不变时，外力做的总功为零，所以当该F做的功为125.6J 时，其他的力 的功为-125.6J 。
4-3．质量为m 的质点在Oxy 平面内运动，运动学方程为cos sin r a t i b t j ωω=+，求：（1）质点在任一时刻的动量；（2）从0=t 到ωπ/2=t 的时间内质点受到的冲量。
解：（1）根据动量的定义：P mv = ，而drv dt== sin cos a t i b t j ωωωω-+ ，∴()(sin cos )P t m a t i b t j ωωω=-- ；（2）由2()(0)0I mv P P m b j m b j πωωω=∆=-=-= ， 所以冲量为零。
4-4．质量为M =2.0kg 的物体（不考虑体积），用一根长为l =1.0m 的细绳悬挂在天花板上。
大学物理第四章课后思考题详解
谐振动：
X. J. Feng,
1. 力学特征: 线性恢复力（力矩）
F kx
F mg
2.动力学方程:
d 2x dt 2
02 x
0
M mgb 思考: 拍皮球时球的往
3.运动学方程: x Acos(0t ) 复运动是否是谐振动?
v 0 Asin( 0t )
m
Px
X. J. Feng,
M 0t
Px
X. J. Feng,
M
P
x
M P
Xபைடு நூலகம் J. Feng,
x
X. J. Feng,
M
P
x
X. J. Feng,
P x
M
X. J. Feng,
P x
M
X. J. Feng,
P x
M
X. J. Feng,
P x
M
X. J. Feng,
M Px
突然速度为0的质点m0轻粘在m上,求：m0粘上后振动系统
周期和振幅
m0
解: 两弹簧的等效系数:2k
km k
(请同学们课后自己证明)
m0粘上前系统振动的圆频率: 0
2k m
v 2l0
m0粘上后系统振动的圆频率:
2k
m m0
T 2 m m0
2k
A
x0
v02
2
x0 0
x
M
M nm
l0
·m
(2).t Tn 2
Tn
2 n
n
k M nm
MO
l0
大学物理下册(上海交大第四版)课后习题解答
dE
xdq 4 0 ( x 2 r 2 )
2
3
2
2 rx dl 4 0 ( x 2 r 2 )
dl Rd
3 2
x R cos
r R sin
E
2 0
0
1 i sin 2 d 2 4 0
12-8. 图示一厚度为 d 的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为 ．求板内、 外的场强分布， 并画出场强随坐标 x 变化的图线， 即 E x 图线(设原点在带电 平板的中央平面上， Ox 轴垂直于平板)． 解：在平板内作一个被平板的中间面垂直平分的闭合圆柱面 S1 为高斯面
sin d dl 0 2 4 0 R 4 0 R
考虑到对称性
dE x dE cos
Ex 0
dE y dE sin E y dE sin
0
0 sin 2 d 0 4 0 R 8 0 R
方向沿 y 轴负向
12-6. 一半径为 R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为 ，求球心 O 处的电场强度． 解：把球面分割成许多球带，球带所带电荷 dq 2 r dl
E dS
( 0 ' )
( 0 ) S
0
E
0
（2）
E
0 0 r
r
0 0 0 0 0E 0 0 0
13-28. 一平行板电容器的板面积为 S ，两板间距离为 d ，板间充满相对介电常数为 r 的均 匀介质.分别求出下述两种情况下外力所做的功： （1）维持两板上面电荷密度 0 不变而把介 质取出； （2）维持两板上电压 U 不变而把介质取出. 解： （1）板间充满均匀介质时 W1
大学物理第四章课后答案
题4-1图 解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一 ，描述系统的各种参量，如 质量、转动惯量、摆长……等等在运动中保持为常量；二，系统 是在 自己的稳定平衡位置 附近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用． 或者说，若一个系 统的运动微分方程能用
(3)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
4-7 有一轻弹簧，下面悬挂质量为 1.0g 的物体时，伸长为 4.9cm ．用这个弹簧和一个质量 为 8.0g 的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开 1.0cm 后 ，给予向上的初速度
v0 = 5.0cm ⋅ s −1 ，求振动周期和振动表达式．
d2 x mg sin θ − T1 = m 2 dt
①
T1 R − T2 R = Iβ
d2 x = Rβ dt 2
②
T2 = k ( x 0 + x )
③
式中 x0 = mg sin θ / k ，为静平衡时弹簧之伸长量，联立以上三式，有
I d2x (mR + ) 2 = − kxR R dt
令 则有
7
∴ 故其角振幅
Байду номын сангаас
2 A = x0 +(
v0 2 v 0 0.01 ) = = = 3.2 × 10 −3 m ω ω 3.13 A = 3.2 × 10 −3 rad l
Θ=
小球的振动方程为
∆φ = ω (t 2 − t1 ) = 8π (5 − 1) = 32π
大学物理教程上海交大答案
1习题11-1．解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt =，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2解：（1）由24(32)r t i t j =++ ，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d r v dt= ，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：1100(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+。
1-3解：(1)由d rv dt = ，有：22v t i j =+ ，d v a dt = ，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：1222[(2)2]v t =+=∴t dv a dt==222t n a a a =+有：n a ==1-4． 解法一：以地面为参照系，坐标如图，设同一时间内螺钉下落的距离为1y ，升降机上升的高度为2y ，运动方程分别为21012y v t gt =- （1）22012y v t at =+ （2）12y y d += （3）（注意到1y 为负值，有11y y =-） 联立求解，有：t =。
解法二：以升降机为非惯性参照系，则重力加速度修正为'g g a =+，利用21'2d g t =，有：t ==1-5解：（1）如图，可建立平抛运动学方程：0x v t = ，212y h g t =- ，∴201()2r v t i h g t j =+-；（2）联立上面两式，消去t 得小球轨迹方程：2202gx y h v =-+（为抛物线方程）； （3）∵201()2r v t i h g t j =+-，∴0d rv i g t j d t=- ， 即：0v v i g t j =-，d v g j d t=-在落地瞬时，有：t =∴0d r v i j d t = 又∵v ==，∴212220[()]g t dvdt v gt ==+。
大学物理教程习题答案上海交通大学出版社
大学物理教程习题答案上海交通大学出版社 Document number：WTWYT-WYWY-BTGTT-YTTYU-2018GT习题 11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt =，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt =，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，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)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt =，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt=221tt =+，利用222t n a a a =+有： 22221n t a a a t =-=+。
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习题44-1．在容积的容器中盛有理想气体，气体密度为=1.3g /L 。
容器与大气相通排出一部分气体后，3V L =ρ气压下降了0.78atm 。
若温度不变，求排出气体的质量。
解：根据题意，可知：，，。
1.78P atm =01P atm =3V L =由于温度不变，∴，有：，00PV PV =001.783PVV L P ==⨯那么，逃出的气体在下体积为：，1atm ' 1.78330.78V L L L =⨯-=这部分气体在下体积为：1.78atm ''V =0'0.7831.78PV LP ⨯=则排除的气体的质量为： 。
0.783'' 1.3 1.71.78g Lm V g L ρ⨯∆==⨯=根据题意，可得：，pV RT ν=mpV RT M=1V p RT p M m ρ==4-2．有一截面均匀的封闭圆筒，中间被一光滑的活塞分割成两边。
如果其中的一边装有0.1kg 某一温度的氢气，为了使活塞停留在圆筒的正中央，则另一边装入的同一温度的氧气质量为多少？解：平衡时，两边氢、氧气体的压强、体积、温度相同，利用，知两气体摩尔数相同，即：pV RT ν=，∴，代入数据有： 。
H O νν=O H HOm m M M = 1.6O m kg =4-3．如图所示，两容器的体积相同，装有相同质量的氮气和氧气。
用一内壁光滑的水平细玻璃管相通，管的正中间有一小滴水银。
要保持水银滴在管的正中间，并维持氧气温度比氮气温度高30o C ，则氮气的温度应是多少？解：已知氮气和氧气质量相同，水银滴停留在管的正中央，则体积和压强相同，如图。
由：，有：，molmpV RT M =2222(30)O N O N m m R T RT M M +=而：，，可得： 。
20.032O M kg =20.028N M kg =30282103028T K ⨯==+4-4．高压氧瓶：，，每天用，，为保证瓶内71.310p Pa =⨯30V L =51 1.010p Pa =⨯1400V L =，能用几天？6' 1.010p Pa ≥⨯解：由，可得：，''pV p V =761.31030'390' 1.010pV Pa LV L p Pa⨯⨯===⨯∴；'360V V V L ∆=-=而：，有：，11'p V p V ∆=∆615' 1.010********.010p V Pa LV L p Pa∆⨯⨯∆===⨯那么：能用的天数为天 。
36009400/Ln L ==天4-5．氢分子的质量为，如果每秒有个氢分子沿着与容器器壁的法线成角的方向以243.310g -⨯2310 45的速率撞击在面积上(碰撞是完全弹性的)，则器壁所承受的压强为多少？510/cm s 22.0cm 解：由：，再根据气体压强公式：，有：02cos45F t n m v ⋅∆=⋅Fp S=。
F p S=32cos 4532.310Pa n m v t S⋅===∆⋅⨯4-6．一容器内储有氧气，其压强，温度，求容器内氧气的1.0p atm =300T K =（1）分子数密度；（2）分子间的平均距离；（3）分子的平均平动动能；（4）分子的方均根速度。
解：（1）由气体状态方程得：nkT p =；5253231.013102.4510/1.3810300p n m kT -⨯===⨯⨯⋅（2）分子间的平均距离可近似计算：；93.4410e m -===⨯（3）分子的平均平动动能：；2321331.3810300 6.211022k T J ε--==⋅⨯⋅=⨯（4）分子的方均根速度： 。
1287.48273.1-⋅=≈s m M RTvmol4-7．已知某种理想气体，其分子方均根率为，当其压强为时，求气体的密度。
400/m s 1atm 解： ∵，由气体方程：，m V ρ=m pV RT μ=p RTμρ⇒=，∴。
==5323 1.01310 1.9/400kg m ρ⨯⨯===4-8．金属导体中的电子，在金属内部作无规则运动（与容器中的气体分子类似），设金属中共有个自N 由电子，其中电子的最大速率为 ，电子速率在之间的概率为：，m v ~v v d v +200m Av d v v v d N N v v ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩ 式中为常数．则电子的平均速率为多少？A 解：由平均速率的定义：，考虑到：，0()v v f v d v ∞=⎰()d Nf v d v N=有： 。
24014m v m v v A v d v Av =⋅=⎰4-9．大量粒子（个）的速率分布函数图象如图所示，试求：（1）速率小于的分100102.7⨯=N m/s 30子数约为多少？（2）速率处在到之间的分子数约为多少？（3）所有个粒子的平均速m/s 99m/s 1010N 率为多少？（4）速率大于的那些分子的平均速率为多少？m/s 60解：根据图像信息，注意到。
()d Nf v Nd v=图形所围的面积为分子的全部数目，有：，所以，利用0()1N f v d v N ==⎰，有：，。
13012012a +⨯=（）24103a -=⨯809.610N a =⨯（1）速率小于的分子数：个；m/s 30100130 1.44102N N a =⨯⨯=⨯（2）速率处在到之间的分子数：m/s 99m/s 101个；10110120099899()(26 6.410)0vN N f v d v N a a d v ==-=⨯∆⎰⎰【或：】100201019089 6.415(2)()2(26030v N N a a v v N a ∆=--⨯=-=（3）所有个粒子的平均速率：先写出这个分段函数的表达式：0N(030)30(3060)()2(60120)600(120)avv av f v v a a v v ⎧≤≤⎪⎪≤≤⎪=⎨⎪-≤≤⎪⎪>⎩由平均速率定义：，有：()v v f v d v ∞=⎰；306012003060(2)54/3060a vv v v d v v a d v v a a d v m s =⋅+⋅+⋅-=⎰⎰⎰（4）速率大于的那些分子的平均速率：60/m s 。
120606012060(2)]6080/(2)]60v v a a d v v m s va a d v >-==-⎰⎰4-10．在麦克斯韦分布下，（1）计算温度和时氧气分子最可几速率和；1300T K ==2T 600K 1p v 2p v （2）计算在这两温度下的最可几速率附近单位速率区间内的分子数占总分子数的比率；（3）计算时氧分子在处单位速率区间内分子数占总分子的比率。
300K p 2v 解：根据最可几速率的定义：p v ===（1）温度：，1300T K=1394/p v m s ===： ；2600T K=2558/p v m s ===（2）在最可几速率附近单位速率区间内的分子数占总分子数的比率就是麦克斯韦分布函数：23222()2mv kT m f v e kT-=，代入：300T K =394/v m s =()0.21%f v =，代入：；600T K =558/v m s =()0.15%f v =（3）计算时氧分子在处单位速率区间内分子数占总分子的比率。
300K p 2v 将，代入：1300T K =788/v m s =得：。
23222()0.042%2mv kTm f v ev k T -==4-11．在标准状态下，若氧气（视为刚性双原子分子的理想气体）和氦气的体积比，则其内2/1/21=V V 能之比为多少？21/E E 解：根据，有：，因题设条件为，，可得：pV RT ν=11112222p V T p V T νν=12p p =2/1/21=V V ，又∵氦气是单原子分子，知：，2/1/2211=T T νν3521=i i 那么内能之比为： 。
1111222251523262i RT E i E RT νν==⨯=4-12．水蒸气分解为同温度的氢气和氧气，即H 2O→H 2+0.5O 2，内能增加了多少？解：水蒸气分解后，一份的三原子的内能变成了1.5份的双原子的内能，而水分子的自由度为6，氢气和氧气作为刚性双原子分子，其自由度均为5，利用气体内能公式：，所以内能的变化为：2iE RT ν= 。
05560.5 1.522225%662RT RT RTE E RT +⨯-∆===4-13．体积为的钢瓶中盛有氧气（视为刚性双原子气体），使用一段时间后，测得瓶中气体的压强为20L ，此时氧气的内能为多少？2atm 解：由理想气体状态方程：，以及双原子气体内能公式：，pV RT ν=52E RT ν=可得到： 。
5345552 1.01310201010222E RT pV J ν-===⨯⨯⨯⨯⨯=思考题4-1．气体在平衡状态时有何特征？平衡态与稳定态有什么不同？气体的平衡态与力学中所指的平衡有什么不同？答：平衡态的特征：（1）系统与外界在宏观上无能量和物质的交换（2）系统的宏观性质不随时间改变。
热平衡态是指：在无外界的影响下，不论系统初始状态如何，经过足够长的时间后，系统的宏观性质不随时间改变的稳定状态。
它与稳定态或力学中的平衡不是一个概念。
1．平衡态是一种热动平衡状态。
处在平衡态的大量分子并不是静止的，它们仍在作热运动，而且因为碰撞，每个分子的速度经常在变，但是系统的宏观量不随时间改变。
例如：粒子数问题：箱子假想分成两相同体积的部分，达到平衡时，两侧粒子有的穿越界线，但两侧粒子数相同。
2．平衡态是一种理想状态。
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面增大；当体积不变时，压强随温度的升高而增大。
从宏观来看，这两种变化同样使压强增大；从微观来看，它们是否有区别?答：有区别。
从微观上看：w n p 32=当温度不变时，气体的压强随体积的减小而增大是因为：当一定时，体积减小，n 越大，即单位w 时间内碰撞到器壁的分子越多，则P 就越大；当体积不变时，压强随温度的升高而增大是因为：当n 一定时，越大，即单位时间内分子对器壁w 的碰撞越厉害，则P 就越大。
4-3．在推导理想气体压强公式的过程中，什么地方用到了理想气体的分子模型?什么地方用到了平衡态的概念?什么地方用到了统计平均的概念？压强的微观统计意义是什么?答：压强的求解公式中用到了理想气体的分子模型，把分子作为质点来研究；对每个分子状态的假定用到了平衡态的概念；从一个分子对器壁的作用力推广到所有分子对器壁的作用力，计算分子的平均速度都用到了统计平均的概念；压强的微观统计意义是压强是大量分子碰撞器壁的平均效果，是对大量分子对时间对面积的一个统计平均值。