大学物理答案第6章
大学物理第六章题解
第六章 经典质点系动力学6-1．如图，半圆柱立在光滑水平面上从静止开始到下，试判断质心C 的运动方向．解 建立如图x 轴，由于水平方向外力分量之和为零0ix F =∑，所以水平方向动量守恒x P C =．因初始时静止，故 0x Cx P mv == 由d 0d C Cx x v t ==，可知C x =常量，质心C 竖直向下运动． 6-2．如图，船的质量为5000kg ，当质量为1000kg 的汽车相对船静止时，船尾螺旋桨的转动可使船以加速度20.2m s 前进．在船行进中，汽车相对于船以加速度20.5m s 沿船前进的相反方向加速运动，求此时船的加速度的大小．解 将船与汽车作为质点系．当汽车相对于船静止时，船的加速度即为质点系质心的加速度，根据质心运动定理可知船尾螺旋桨转动时的推力()=(50001000)021200(N)e C F ma .=+⨯=在船的行进过程中，以船的行进方向为x 、x '轴正方向．设船相对于岸的速度、加速度用x 、x 表示，汽车相对于船的速度、加速度用x '、x '表示，则汽车相对于岸的速度、加速度为x x '+、x x '+．根据质点系的动量定理()d [()]d e m x m x x F t'++=船车 即 ()()]e m x m x x F '++=船车500010001000051200x x .+-⨯=可求出此时船的加速度的大小2028m s x .=．6-3．三只质量均为0m 的小船鱼贯而行，速率都是v ，中间一船同时以相对本船的速率u 沿水平方向把两个质量均为m 的物体抛到前后两只船上，求两物体落入船后三只船的速率（忽略水对船的阻力）．解 以船行方向为速度正方向，设两物体落入船后三只船的速率为1v 、2v 、3v ． 以中间船及两物体为质点系，因为在抛出物体的过程中水平方向不受外力，所以质点系水平方向动量守恒00222(2)()()m m v m v m v u m v u +=+++-所以 2v v =以前船与抛入物体为质点系，因为在抛入物体的过程中水平方向不受外力，所以质点系水平方向动量守恒001()()m v m v u m m v ++=+所以 10mu v v m m=++ 以后船与抛入物体为质点系，同样，根据质点系水平方向动量守恒003()()m v m v u m m v +-=+30mu v v m m =-+6-4．质量为70kg 的人和质量为210kg 的小船最初处于静止，后来人从船尾向船头走了3.2m ，不计船所受阻力，问船向那个方向运动，移动了几米？（用质心运动定理求解．）解 建立与地面固连的坐标系Ox ，x 轴的方向为从船尾指向船头．人视为质点1，坐标为1x ；船视为质点2，坐标为2x ；此二质点构成质点系．质点系所受合外力为零，由质心运动定理可知质点系质心加速度为零；由于质心速度为常量，质点系初始状态静止，所以质心速度为零，即质心位置保持不变 110220112201212C C m x m x m x m x x x m m m m ++===++ 11220m x m x ∆+∆=由于123.2x x ∆=+∆，代入上式得12123.2 3.2700.8(m)70210m x m m ⨯∆=-=-=-++ 即船向后移动了0.8米．6-5．试证明质量为m ，长为l 的匀质细杆对过杆中点且与杆垂直的轴的转动惯量为2112ml ． 证明 以杆中心为原点，沿杆建立坐标系Oxy 如图．杆的线密度l m lρ=（即单位长度的质量）． 用一系列与杆垂直的不同x 的面，把杆分割成无限多个无限小的质元，图中画出了在~d x x x +范围内的小质元．此小质元质量d d d l m m x x lρ==，到Oy 轴的距离为||x ，对Oy 轴的转动惯量为22d d d m I x m x x l==．则整个细杆对Oy 轴的转动惯量 /223/22/2/211d 312l l l l m m I x x x ml l l --===⎰6-6．如图，半径0.1m R =的定滑轮，可绕过轮心的z 轴转动，转动惯量为20.1kg m J =⋅．一不可伸长之轻绳无滑地跨过定滑轮，一端竖直地悬一质量1kg m =的重物，另一端a 受竖直向下的力F 作用，20.8N F =．试用质点系角动量定理求a 点加速度．解 用滑轮、绳、重物构成质点系，质点系所受外力为F 、重物重力mg 和轮轴处所受支撑力N F ．根据质点系对z 轴的角动量定理2d d ()()d d J Rmv J mR FR mgR t tωω+=+=- 所以2d d FR mgR t J mR ω-=+，a 点加速度为 22d d F mg a R i R i t J mR ω-==+ 220.819.80.01 1.0(m s )0.110.01i i -⨯==+⨯6-7．可利用阿特伍德机（例题6-3-4）测滑轮转动惯量．设10.46kg m =，20.50kg m =，滑轮半径0.05m R =．由静止开始释放重物测得2m 在5.0s 内下降0.75m ．求滑轮转动惯量J ．解 （因为不要求求出绳内张力，故可用质点系角动量定理求解．）用滑轮、绳、重物构成质点系，质点系所受外力为重物和滑轮的重力、以及轮轴处所受支撑力N F ．根据质点系对z 轴的角动量定理1122d ()d J Rm v Rm v t ω++ 21221d [()]d J m m R m gR m gR tω=++=- 所以21212()d d ()m m gR t J m m Rω-=++，2m 下降加速度的大小为 212212()d d m m g a R t m m J R ω-==++ 可见质点2m 作匀加速直线运动．由2212x a t ∆=，求出220.060m s a =．由上式可知 221122()[]m m g J R m m a -=-- 222(050046)98005[050046]13910kg m 006........--⨯=⨯--=⨯⋅6-8．匀质细杆长2l ，质量为0m ，杆上穿有两个质量均为m 的小球．初始时杆以角速度0ω绕过杆中点O 且与杆垂直的光滑竖直轴转动，两小球均位于距O 点2l 处．求当两个小球同时滑动到杆的两端点时杆的角速度的大小．解 将杆和两个小球作为质点系．由于竖直轴光滑，轴受到的约束力对竖直转动轴力矩为零；细杆和小球的重力与竖直转动轴平行，对竖直转动轴力矩为零．由于质点系所受外力对竖直转动轴合力矩为零，所以质点系对竖直转动轴角动量守恒，设末态角速度为ω，则002222l l J m J ml l ωωωω+⋅=+⋅ 由于220011(2)123J m l m l ==，所以000(23)2(6)m m m m ωω+=+．6-9．工程上常用摩擦啮合器使两个飞轮以相同的转速转动，如图，飞轮A 、B 可绕同一固定轴转动，C 为啮合器．设飞轮A 、B 对轴的转动惯量210kg m A J =⋅，220kg m B J =⋅，开始A 轮转速600r min A n =（转每分），B 轮静止，求两轮啮合后的转速．解 将二飞轮A 、B 作为质点系．由于二飞轮所受重力和支撑力对固定轴力矩均为零，飞轮所受外阻（动）力矩比二飞轮啮合时飞轮间的相互作用力矩小得多，故啮合过程中质点系对固定轴的角动量近似守恒，有2()2A A A B J n J J n ππ⋅=+10600200(r min )1020A A A B J n n J J ⨯===++6-10．有两根原长为0l 、劲度系数为k 的轻弹簧串接于O 点，另两端各系一质量为m 的滑块，置于光滑水平面上．现将两滑块拉开，使其相距2l （0l l >），从静止放手，求两弹簧恢复原长时，弹簧弹性力对两滑块做功之和．（用三种方法求解）解法一 由于在运动过程中O 点为质心，由质心运动定理可知O 点固定不动．利用弹簧弹性势能求解．弹簧弹性力对两滑块做功之和等于两弹簧弹性势能增量的负值220012[0()]()2W k l l k l l =-⨯--=- 解法二 由于在运动过程中O 点为质心，由质心运动定理可知O 点固定不动．在惯性系中积分求功．以弹簧自由伸长处为原点、沿弹簧建立x 轴，则00220012()d 2()()2l l W kx x k l l k l l -=⨯-=⨯-=-⎰ 解法三 由于在运动过程中O 点为质心，由质心运动定理可知O 点固定不动．利用求一对力做功之和的方法，在与一个滑块相对静止的参考系中积分求功．以一个滑块为原点、沿弹簧建立x 轴，当另一滑块位于x 处时，每个弹簧的伸长量为02x l - 00220022[()]d 2()d()222l l l l x x x W k l x k l =--=--⎰⎰ 022202012()|()22l l x k l k l l =--=-6-11．两个滑冰运动员质量均为70kg ，均以6.5m s 速率沿相反方向滑行，滑行路线间的垂直距离为10m ．当彼此相错时，各抓住10m 长绳的一端，然后开始旋转．（1）在抓住绳端之前，各自对绳中点的角动量多大？抓住后又为多大？（2）他们各自收绳，到绳长5m 时，各自速率多大？（3）绳长5m 时绳内张力多大？（4）收绳过程中二人总动能如何变化？（5）二人共做多少功？解 （1）抓绳之前，每个运动员对绳中心角动量均为570 6.5L =⨯⨯22275(kg m s)=⋅． 抓绳之后，视两个运动员和绳为质点系，所受外力矢量和为零，所以质点系质心（绳中心）位置不变，绳中心仍为固定点，每个运动员对绳中心的角动量仍为22275kg m s ⋅．（2）绳的张力T F 为质点系内力．收绳过程中质点系所受外力对绳中心的力矩为零，所以质点系的角动量守恒，设收绳后运动员速率为v ，则 2 2.57022275v ⨯⨯⨯=⨯ 所以13m s v =．（3）当绳长5m 时，对每一个运动员，由牛顿第二定律可得2T 70134732(N)2.5F ⨯== （4）质点系总动能的增量等于组成质点系的每个质点动能增量之和22k k01270(13 6.5)8873(J)2E E -=⨯⨯⨯-= （5）根据质点系的动能定理，二运动员总共做功等于质点系动能增量，k k08873(J)W E E =-=6-12．匀质细杆长7m 5l =，质量为m ，可绕过其一端的光滑水平轴在竖直平面内转动，在杆自由下垂时有一质量为6m 的黏性小球沿水平方向飞来并黏附于杆的中点，使杆摆动的最大角度为60ο．求小球飞来时的速率．（210m g =）解 在小球与杆的碰撞过程中，以小球和杆为质点系．质点系所受外力中，杆的重力mg 和杆所受轴的支撑力N F 对轴O 的力矩为零；小球重力m g '对轴O 的力矩近似为零；所以质点系的角动量近似守恒221[()]262362l m l m l m v v ml ω'==+ 故92v l ω=．在小球和杆一起上摆的过程中，以小球和杆为质点系，仅有小球和杆所受重力做功，而重力为保守力，所以机械能守恒22211[()]()cos60236262m l m l ml m g ωο+=+ 因此2149g lω=．根据以上结果即可求出9146321(m s)292g v l gl l ===．6-13．在光滑水平桌面上，有一质量为m 的滑块，滑块与一弹簧相连，弹簧另一端固定于O 点，劲度系数为k ．当弹簧处于原长0l 时，一质量为0m 的子弹以速度0v 垂直于弹簧地射入滑块，并嵌在其中．之后当滑块运动到B 点时，弹簧长度为l ，如图所示．求滑块于B 时的速度v ．解 在子弹射入滑块的过程中，由子弹和滑块构成质点系．因质点系在0v 方向不受外力，故质点系沿0v 方向动量守恒000()m v m m v '=+所以000()v m v m m '=+．在子弹和滑块由A B →的过程中，视子弹和滑块为一个质点．由于过程中只有弹簧弹性力做功，弹簧弹性力为保守力，故质点机械能守恒；又因质点受力对过O 点的竖直轴力矩为零，所以质点对过O 点的竖直轴角动量守恒．222000111()()()222m m v m m v k l l '+=++- 000()()sin m m v l m m vl θ'+=+所以 22212000200()[]()m v k l l v m m m m -=-++ 000222120000arcsin [()()]m v l l m v m m k l l θ=-+-6-14．大容器内水的自由表面的高度为0h ，放在水平地面上，离自由表面h 深处有一小孔A ，小孔横截面积远小于容器横截面积．求：（1）由小孔A 流出的水流到达地面的水平射程x ；（2）与小孔A 在同一竖直线上，距自由表面多深处再开一孔，可使水流的水平射程与前者相等？（3）在多深处开孔，可使水流具有最大水平射程？最大水平射程是多少？解 （1）由于容器横截面积远大于小孔横截面积，水流稳定后可认为容器中水面高度不变．认为水是理想流体．水流稳定后，取一条从容器中水自由表面到小孔的流线，以容器底为重力势能零点，由伯努利方程200001()2gh p g h h v p ρρρ+=-++所以小孔流速2v gh =．流体微团从流出小孔到落地降落的高度2012h h gt -=，可知降落时间02()h h t g-=，因此水平射程02()x vt h h h ==-． （2）在h '深处另开一孔而水平射程相同，则由002()2()h h h h h h ''-=-可求出0h h h '=-．（略去h h '=．）（3）根据（1）02()x h h h =-，由002(2)d 0d 2()h h x h h h h -==-，有唯一极值点012h h =使水流具有最大射程．当012h h =时，max 0x x h ==．6-15．如图是测量液体流量的流量计原理图．已知细管和粗管的横截面积为1S 、2S ，使用时把它串接在水平液流管道中，稳定流动时两竖直管内液体自由表面高度差为h ．求流量表达式．解 沿管道中心轴取一流线，对该流线上1、2两点，根据伯努利方程，因12h h =，故2211221122v p v p ρρ+=+ （1） 连续性方程 1122v S v S = （2） 1、2两点压强差 21p p gh ρ-= （3） 由（1）、（3）式，可得22122v v gh -=由（2）式，得1122v S v S =，代入上式 221122(1)2S v gh S -= ，即1222212gh v S S S =- 所以 11221222212gh Q v S v S S S S S ===-6-16．如图装置，出口处堵塞时，注满可视为理想流体的水．水平细管横截面积处处相等，其直径远小于大容器直径．打开塞子在水流稳定后，求两竖直细管内水面高度．解 由于细管直径远小于大容器直径，水流稳定后可认为大容器中水面高度不变．在水流稳定之前，竖直细管内的水会流出，而水流稳定后竖直细管内水面高度不变．作从大容器水面开始经水平细管的流线，取水平细管处为势能零点，根据伯努利方程22201223304111222p gh p v p v p v ρρρρ+=+=+=+ 因为234S S S ==，根据连续性方程223344S v S v S v ==可得 234v v v ==所以 230p p p ==两竖直细管内为静止流体，根据2002p p p gh ρ==+3003p p p gh ρ==+所以230h h ==．6-17．如题6-16图，若其中装有密度为31000kg m 的黏性流体，流动稳定后10.18m h =，20.1m h =，30.05m h =．求出口流速．（不计大容器内内能量损失）解 由于细管直径远小于大容器直径，水流稳定后可认为大容器中水面高度不变．在水流稳定之前，竖直细管内的水会流出，而水流稳定后竖直细管内水面高度不变．作从大容器水面开始经水平细管的流线，取水平细管处为势能零点．根据连续性方程，因为水平细管横截面处处相等，故水平细管中的2、3、4点流速相等，以v 表示其流速．根据不可压缩黏性流体作稳定流动时的功能关系式，对3、4点，有2230341122p v p v W ρρ+=++ 竖直细管内为静止流体，可知303p p gh ρ=+，所以 343W gh ρ=根据不可压缩黏性流体作稳定流动时的功能关系式，对1、4点，有20101412p gh p v W ρρ+=++ 由于水平细管横截面处处相等，不计大容器内内能量损失，故可知34143W W =，所以132(3)298(0183005)0767(m s)v g h h ....=-=⨯⨯-⨯=（第六章题解结束）。
大学物理第6章作业解答
r
的电势分布。
当 0 r R1 时；
V1
E dl
r
R1 r
E1
dl
R2 R1
E2 dl
R2 E3 dl
R1 0 dr q R2 dr Q q dr
r
4 0 r R1 2 4 0 r R2 2
得到， U AC
C C AC
U AB
4F 12V 12 F
4V
U CD
C CCD
U AB
4F 12V 8 F
6V
U CB
C CCB
U AB
4F 12V 24 F
2V
1 R3
(2.0 3.0) 108
4 8.854 1012
1 0.10
4500(V )
（2）将球壳Ｂ接地后断开时， 达到静电平衡时，球壳Ｂ的外表面上 的电荷Ｑ外全部都跑到地球去了，球壳 壳Ｂ的外表面上不再有净电荷存在。 但由于金属球A的表面上有电荷ＱＡ存 在，使得球壳Ｂ的内表面上仍有电荷 Q内 QA 存在，这两部分的电荷相互
B
VA VB E dl
A
R2
E2dr
R1
QA R2 dr
40 R1 r 2
即：VA
VB
QA
4 0
1 R1
1 R2
Q外
R3 ＋ R2 QA
＋
＋
R1 B
＋ A＋
＋QA
由于金属球A接地，故金属球A的电势为：VA 0
大学物理第6章题解
第6章 光的干涉6.1 在杨氏双缝实验中，用钠光灯为光源．已知光波长589.3nm λ=，屏幕距双缝的距离为500D mm =，双缝的间距 1.2d mm =，求：⑴第４级明条纹到中心的距离；⑵第４级明条纹的宽度.解：（1）为明条纹的条件1222r r jλ-= (0,1, 2.....)j =±±12sin r r d j θλ-==由于00,sin /r d tg y r θθ==，y 表示观察点p 到0p 的距离 ，所以r y jdλ=，(0,1, 2.....)j =±± 第4级明条纹得到中心的距离：4/y D d λ=⨯3953450010589.3109.8101.210m ----⨯⨯⨯⨯==⨯⨯ （2）：6.2 在杨氏双缝实验中，用钠光灯为光源．已知光波长589.3nm λ=，屏幕距双缝的距离为600D mm =，问⑴ 1.0,10d mm d mm ==两种情况相邻明条纹间距分别为多大？⑵若相邻条纹的最小分辨距离为0.065mm ，能分清干涉条纹的双缝间距最大是多少？解：（1）相邻两条强度最大值的条纹顶点间的距离为1i j r y y y dλ+∆=-=0600d r mm ==由此可知，当 1.0d mm =时39360010589.3101.010y ---⨯⨯⨯∆=⨯ 0.3538mm ≈当10d mm =时39360010589.3101010y ---⨯⨯⨯∆=⨯0.03538mm ≈（2）令能分清干涉条纹的双缝间距最大为d ，则有390360010589.310 5.440.06510r d mm y λ---⨯⨯⨯===∆⨯6.3 用白光作光源观察杨氏双缝干涉．设两缝的间距为d ，缝面与屏距离为D ，试求能观察到的清晰可见光谱的级次？解：白光波长在390~750范围，为明纹的条件为sin d k θλ=±在θ=0处，各种波长的光波程差均为零，所以各种波长的零级条纹在屏上0x =处重叠形成中央白色条纹.中央明纹两侧，由于波长不同，同一级次的明纹会错开，靠近中央明纹的两侧，观察到的各种色光形成的彩色条纹在远处会重叠成白色条纹最先发生重叠的是某一级的红光r λ ，和高一级的紫光v λ，因此从紫光到清晰可见光谱的级次可由下式求得：(1)r v k k λλ=+因而： 3901.08750390v r vk λλλ===--由于k 只能取整数，因此从紫光到红光排列清晰可见的光谱只有正负各一级6.4 在杨氏双缝干涉实验中，入射光的波长为λ，现在Ｓ２缝上放置一片厚度为d ，折射率为n 的透明介质，试问原来的零级明纹将如何移动？如果观测到零级明纹移到了原来的k 级明纹处，求该透明介质的厚度．解：（1）在小孔2s 未贴薄片时，从两小孔1s 和2s 到屏上0p 点的光程差为零，当小孔2s 被薄片贴住时，零光程差从0p 到p 点的光程差变化量为d y r δ'=，（其中d '为双缝间距） p 点的光程差的变化量等于2s 到p 的光程差的增加，即nd d δ=-，（透明介质的厚度） 00(1)dn d y r -=(1)n dr y d -='（2）如果观察到的零级条纹移动到了原来的k 级明纹处 说明p 离0p 的距离0k r y d λ='00(1)k r n dr d dλ-='' 1k n d λ-=6.5 在双缝干涉实验中，双缝间距0.20d mm =，缝屏间距 1.0D m =，若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm ，试计算此单色光的波长．解：令单色光的波长为λ，由为明条纹需要满足的条件120sin y r r d j dr θλ-==≈ 可知，33600.210 6.0100.6106002 1.0y d nm r j λ---⨯⨯⨯≈==⨯=⨯6.6 一束平面单色光垂直照射在厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻璃上，油膜的折射率为1.30，玻璃的折射率为1.50，若单色光的波长可由光源连续可调，可观察到500nm 与700nm 这两个波长的单色光在反射中消失．试求油膜层的厚度．解：由于油膜前后表面反射光都有半波损失，所以光程差为2nd δ=，而膜厚又是均匀的，因此干涉的效果不是产生条纹，而是增透或者是显色反射相消的条件是 ： 2(21)2nd k λ=+1λ，2λ两波先后消失，1λ反射消失在k 级，2λ反射消失在1k +级则有 []122(21)2(1)122nd k k λλ=+=-+K =322122220,1, 2......)0.70 1.220.635r k r i n r ==±±===≈14(21)2 6.73102d k d mm nλ-=+=≈⨯6.7 利用等厚干涉可测量微小的角度．折射率 1.4n =的劈尖状板，在某单色光的垂直照射下，量出两相邻明条纹间距0.25l cm =，已知单色光在空气中的波长700nm λ=，求劈尖顶角θ．解：相长干涉的条件为022nd j λλ+=相邻两条纹对应的薄膜厚度差为02012d d d nλ'∆=-=对于劈尖板， 1.4n =，则02012 1.4d d d λ'∆=-=⨯条纹间距x ∆与相应的厚度变化之间的关系为02019422.870010102.80.2510d d d x l rad λθθθ---'∆=-=∆==⨯==⨯⨯6.8 用波长为680nm 的单色光，垂直照射0.12L m =长的两块玻璃片上，两玻璃片的一边互相接触，另一边夹着一块厚度为0.048h mm =云母片，形成一个空气劈尖．求： ⑴两玻璃片间的夹角？⑵相邻明条纹间空气膜的厚度差是多少？⑶相邻两暗条纹的间距是多少？⑷在这0.12m 内呈现多少条明纹？解：（1）两玻璃间的夹角为330.048100.4100.12tg θθ--⨯≈==⨯ （2）相邻两亮条纹对应的薄膜厚度差为002012d d d nλ∆=-=097020168010 3.410222d d d m n λλ--⨯∆=-====⨯（3）条纹间距与相应厚度变化之间的关系00201733.4100.850.410d d d xx mmθ--∆=-=∆⨯∆==⨯ （4）在这0.12m 内呈现的明条纹数为002222nd j nd j λλλλ+=+⇒=当00.048d mm =时J=142说明在这0.12 m 内呈现了142条明条纹6.9． 用500nm λ=的平行光垂直入射到劈形薄膜的上表面上，从反射光中观察，劈尖的棱边是暗纹．若劈尖上面介质的折射率1n 大于薄膜的折射率 1.5n =．求：⑴膜下面介质的折射率2n 与n 的大小关系；⑵第10级暗纹处薄膜的厚度？⑶使膜的下表面向下平移一微小距离e ∆，干涉条纹有什么样的变化？若 2.0e m μ∆=，原来的第10条暗纹处将被哪级暗纹占据？解：（1） （2）因为空气膜的上下都是玻璃，求反射光的光程差时应计入半波损失，0d =处（棱）反射光相消，是暗条纹，从棱算到地10条暗纹之间有9各整条纹间隔，膜厚是2λ的9倍， 9 2.252d um λ=⨯=（3）使膜的下表面向下平移一微小距离e ∆后，膜上表面向上平移，条纹疏密不变，整体向棱方向平移，原来地10条暗纹处的膜厚增加e ∆，干涉级增加 ： /82k e λ∆=∆=因此原来的第10条暗纹倍第18条暗纹代替6.10． 白光垂直照射在空气中的厚度为0.40m μ的玻璃片上，玻璃的折射率为1.5．试问在可见光范围内（400700nm nm ），哪些波长的光在反射中加强？哪些波长的光在透射中加强？ 解：（1）反射光加强的条件是2,(0,1, 2....)2nd k k λδλ=+==±±透射光加强的条件是2,(0,1, 2....)nd k k δλ===±±对于反射光中波长为λ的成分，在玻璃片表面反射光的光程差2,(0,1, 2....)2nd k k λδλ=+==±± 421ndk λ=- 当 14234254271,44 1.50.4 2.442, 1.50.40.8343, 1.50.40.48544, 1.50.40.3437k nd um umnd k um um nd k um umnd k um umλλλλ===⨯⨯====⨯⨯====⨯⨯====⨯⨯=在白光范围内22480,2(0,1, 2.....)2 1.50.41, 1.22,600,4003,400nd knm nd k j umkk umk nm nm knmλδλλλλλλ====±±⨯⨯=========2480,nm λ=反射光加强 对于透射光2nd k δλ==时，透射光加强22 1.50.4nd k um kλ⨯⨯==当 1, 1.22,6003,400k umk nm k nmλλλ======所以600,400nm nm λλ==时，透射光加强。
大学物理 第六章(中国农业出版社 张社奇主编)答案
6.2
y(x,t) 0.2cos[200 (t 1 x) ]
40 2
6.3.有一平面简谐波在介质中传播，波速u=100m/s，波 线上右侧距坐标原点为75.0m处的一点P的运动方程为 yp=0.30cos［2πt+π/2］m，求：
(1)波向x轴正方向传播时的波动方程；
(2)波向x轴负方向传播时的波动方程。
yD
(t
)
0.03
cos[4
(t
9 20
)
]
0.03
cos[4
t
14
5
]m
(2) uT u 2 20 2 10m
4
O点振动比A点振动在相位上提前
2 x 2 5
10
则 O 0
若取 x 轴方向向右，则此时波向x 轴正向传播，波动方程为
20 0.75
0.25
2
所求振动方程 y 0.1cos[500 t 0.25 ](m)
t=0 时该点的振动速度为：
v ( dy / dt)t0
50 sin0.25
6.7 (1)
y(x,t) 0.05cos(10t 4 x) 0.05cos[10 (t 2 x)]m
φ0
y
0 0.05 0.1
y 0.1cos[500 (t x / 5000) / 3](m)
（2) 波源
t=0
y(0) 0m
v(0)<0
波源的初相位=
2
y
0
距波源7.5m处质点的相位比波源落后
2 x 2 7.5 0.75
大学物理第6章(题库)含答案
06章一、填空题 （一）易（基础题）1、热力学第二定律的微观实质可以理解为：在孤立系统内部所发生的不可逆过程，总是沿着熵 增大 的方向进行。
2、热力学第二定律的开尔文表述和克劳修斯表述是等价的，表明在自然界中与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的，开尔文表述指出了____功热转换__________的过程是不可逆的，而克劳修斯表述指出了___热传导_______的过程是不可逆的．3．一定量的某种理想气体在某个热力学过程中，外界对系统做功240J ，气体向外界放热620J ，则气体的内能 减少 (填增加或减少)，E 2—E 1= -380 J 。
4．一定量的理想气体在等温膨胀过程中，内能 不变 ，吸收的热量全部用于对外界做功 。
5．一定量的某种理想气体在某个热力学过程中，对外做功120J ，气体的内能增量为280J ，则气体从外界吸收热量为 400 J 。
6、在孤立系统内部所发生的过程，总是由热力学概率 小 的宏观状态向热力学概率 大 的宏观状态进行。
7、一定量的单原子分子理想气体在等温过程中,外界对它作功为200J.则该过程中需吸热____-200____J.补充1、一定量的双原子分子理想气体在等温过程中,外界对它作功为200J.则该过程中需吸热____-200____J.补充2、一定量的理想气体在等温膨胀过程中，吸收的热量为500J 。
理想气体做功为 500 J 。
补充3、一定量的理想气体在等温压缩过程中，放出的热量为300J ，理想气体做功为 -300 J 。
8、要使一热力学系统的内能增加，可以通过 做功 或 热传递 两种方式，或者两种方式兼用来完成。
9、一定量的气体由热源吸收热量526610J ⋅⨯,内能增加541810J ⋅⨯,则气体对外作 功______J.10、工作在7℃和27℃之间的卡诺致冷机的致冷系数为 14 ，工作 在7℃和27℃之间的卡诺热机的循环效率为 6.67% 。
（二）中（一般综合题）1、2mol 单原子分子理想气体,经一等容过程后,温度从200K 上升到500K,则气体吸收的热量为_37.4810⨯____J.2、气体经历如图2所示的一个循环过程，在这个循环中，外界传给气体的净热量是 90J 。
大学物理参考答案(白少民)第6章 电磁感应 电磁场
则电子在涡旋电场中所受的力为：
F = −eE = 1 dB F e dB e r ，加速度 a = = r 2 dt m 2m dt
图 6.22 题 6.14 示图
在 a 点， r = 5cm = 5 ×10 −2 m
aa = 1 ×1.76 ×1011 × ( −1.0 ×10 −2 ) × 5 ×10 −2 = −4.4 ×10 7 m / s 2 ，方向向右。 2
f m = IlB = ε υBl cos θ υcos θ 2 2 lB lB = l B R R R υ 2 2 dυ l B cos θcos θ = Rm dt
沿斜面方向应用牛二得：
g sin θ −
图 6.21 题 6.13 示图
这是 υ 对 t 的常微分方程，解之得：
4
− mgR sin θ υ= 2 2 − Ce 2 B l cos θ
ε
R
dt = −
∫ (6 − 8t )dt = − 10
0
1
100
× (6 − 4) = −20C 6 = 0.75s 8
（4）由 ε = −N (6 − 8t ) 知，电动势开始反转的时刻 t =
6.11 如图 6.19(a)表示一根长度为 L 的铜棒平行于一载有电流 i 的长直导线，从距 离电流为 a 处开始以速度 υ 向下运动。求铜棒所产生的感应电动势。已知 υ= 5m·s-1 ， i=100A，L= 20cm ，a =1cm。 又如图 6.19(b)所示若铜线运动的方向 υ 与电流方向平行。 设铜棒的上端距电流为 a，问此时铜棒的感应电动势又为多少。 解：在图（a）中： µ i ε = ∫ υ × B ⋅ dl = υBL = υ 0 L 2πa
大学物理(华中科技版)第6章习题解答
大学物理（华中科技版）第6章习题解答第6章机械波习题一习题六6-1平面谐波沿x轴负向传播，波长=1.0m，质点处质点的振动频率=2.0Hz，振幅a=0.1M，当t=0时，它只是沿Y轴负方向通过平衡位置移动，求出该平面波的波函数？0时，原点处粒子的振动状态为Y0？0，v0？0，因此已知原点处振动的初始相位为,取波动方程为2y?acos[2?(tx?)??0]则有t?x?y?0.1cos[2?(2t?)?]12? 0.1cos（4？t？2？x？6-2已知波源在原点的一列平面简谐波，波函数为y=acos(bt?cx)，其中a，b，c为正值恒量．求：（1）波的振幅、速度、频率、周期和波长；(2)写出传播方向上距离波源为l处一点的振动方程；(3)任一时刻，在波的传播方向上相距为d的两点的位相差．解:(1)已知平面简谐波的波动方程2） my?acos(bt?cx)(x?0)比较波动方程和标准方程的形式y?acos(2??t?2?比较，可知：波振幅为a，频率??波长??x?)b、 2号？2.b、波速u，cc12？波动周期Tb(2)将x?l代入波动方程即可得到该点的振动方程Y助理文书主任（bt？cl）(3)因任一时刻t同一波线上两点之间的位相差为将x2?x1?d，及??6-3沿绳索传播的平面谐波的波函数为y=0.05cos（10？T？4？X），其中X，y以米为单位，T以秒为单位。
发现：（1）波的速度、频率和波长；(2)绳子上各质元振动时的最大速度和最大加速度；2.（x2？x1）2?代入上式，即得ccd．第六章机械波练习2（3）当t=1s时，求素数元素在x=0.2m处的相位。
什么时候是起源阶段？此阶段表示的运动状态为t=1.25s时刻到达哪一点?解决方案：（1）给出方程和标准公式的问题1?1相比，得振幅a?0.05m，频率??5s，波长??0.5m，波速u2.5m?s．（2）绳索上每个点的最大振动速度和加速度为y?acos(2??t?2?x)vmax？？A.10?? 0.05? 0.5? Ms一amax??2a?(10?)2?0.05?5?2m?s?2（3） x？0.2m处的振动滞后于原点的时间为x0.2??0.08su2.5故x?0.2m,t?1s时的位相就是原点(x?0)，在t0?1?0.08?0.92s时的位相，即??9.2π．让这个相位代表的运动状态为t？如果它在1.25秒到达x点，那么x?x1?u(t?t1)?0.2?2.5(1.25?1.0)?0.825m6-4图6-4显示了在时间T沿x轴传播的平面余弦波的波形曲线。
大学物理习题答案第六章
[习题解答]6-2 一个运动质点的位移与时间的关系为m ,其中x的单位是m，t的单位是s。
试求：(1)周期、角频率、频率、振幅和初相位；(2) t = 2 s时质点的位移、速度和加速度。
解(1)将位移与时间的关系与简谐振动的一般形式相比较，可以得到角频率s 1, 频率, 周期, 振幅, 初相位.(2) t = 2 s时质点的位移.t = 2 s时质点的速度.t = 2 s时质点的加速度.6-3 一个质量为2.5 kg的物体系于水平放置的轻弹簧的一端，弹簧的另一端被固定。
若弹簧受10 N的拉力，其伸长量为5.0 cm，求物体的振动周期。
解根据已知条件可以求得弹簧的劲度系数,于是，振动系统的角频率为.所以，物体的振动周期为.6-4求图6-5所示振动装置的振动频率，已知物体的质量为m，两个轻弹簧的劲度系数分别为k1 和k2。
解以平衡位置O为坐标原点，建立如图6-5所示的坐标系。
若物体向右移动了x，则它所受的力为.根据牛顿第二定律，应有图6-5,改写为.所以,.6-5 求图6-6所示振动装置的振动频率，已知物体的质量为m，两个轻弹簧的劲度系数分别为k1 和k2。
解以平衡位置O为坐标原点，建立如图6-6所示的图6-6坐标系。
当物体由原点O向右移动x时，弹簧1伸长了x1 ，弹簧2伸长了x2 ，并有.物体所受的力为,式中k是两个弹簧串联后的劲度系数。
由上式可得, .于是，物体所受的力可另写为,由上式可得,所以.装置的振动角频率为,装置的振动频率为.6-6仿照式(6-15)的推导过程，导出在单摆系统中物体的速度与角位移的关系式。
解由教材中的例题6-3，单摆的角位移θ与时间t的关系可以写为θ = θ0 cos (ω t+ϕ) ,单摆系统的机械能包括两部分, 一部分是小物体运动的动能,另一部分是系统的势能，即单摆与地球所组成的系统的重力势能.单摆系统的总能量等于其动能和势能之和，即,因为, 所以上式可以化为.于是就得到,由此可以求得单摆系统中物体的速度为.这就是题目所要求推导的单摆系统中物体的速度与角位移的关系式。
关于大学物理课后习题答案第六章
第6章 真空中的静电场 习题及答案1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。
一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 故 223+=x2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。
试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 故 q q 33-=' (2)与三角形边长无关。
3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。
求该直线段受到的电场力。
解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。
在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为)(4220R x dqdE +=πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E Ez式中：θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。
下面求直线段受到的电场力。
在直线段上取dx dq 2λ=，dq 受到的电场力大小为 方向沿x 轴正方向。
直线段受到的电场力大小为 方向沿x 轴正方向。
4. 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ。
求： （1）圆心处O 点的场强；（2）将此带电半圆环弯成一个整圆后，圆心处O 点场强。
解：（1）在半圆环上取ϕλλRd l dq ==d ，它在O 点产生场强大小为20π4R dq dE ε=ϕελd R0π4= ，方向沿半径向外根据电荷分布的对称性知，0=y E 故 RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向。
（2）当将此带电半圆环弯成一个整圆后，由电荷分布的对称性可知，圆心处电场强度为零。
大学物理(肖剑荣主编)-习题答案-第6章
面，且端点 MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为 b ，环心 O 与导线相距
a ．设半圆环以速度 v 平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及
MN 两端的电压 U M - U N ．
解: 作辅助线 MN ，则在 MeNM 回路中，沿 v! 方向运动时 dFm = 0
∴
e MeNM = 0
ò F12 =
2a
3 a
3
µ 0 Ia 2π r
dr
=
µ0Ia ln 2 2π
∴ M = F12 = µ0a ln 2 I 2π
6-16 一矩形线圈长为 a =20cm，宽为 b =10cm，由 100 匝表面绝缘的导线绕成，
放在一无限长导线的旁边且与线圈共面．求：题 10-16 图中(a)和(b)两种情况下，
第六章 课后习题解答
桂林理工大学 理学院 胡光辉
（《大学物理·上册》主编：肖剑荣 梁业广 陈鼎汉 李明）
6-1 一半径 r =10cm
的圆形回路放在 B =0.8T
的均匀磁场中．回路平面与
! B
垂
直．当回路半径以恒定速率 dr =80cm·s-1 收缩时，求回路中感应电动势的大小． dt
解: 回路磁通
=
µ0Iv p
ln
a a
+ -
b b
6-12 磁感应强度为 B! 的均匀磁场充满一半径为 R 的圆柱形空间，一金属杆放在
dB 图中位置，杆长为 2 R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当 ＞0 时，
dt
求：杆两端的感应电动势的大小和方向．
解： ∵ e ac = e ab + e bc
e ab
= - dF1 dt
大学物理 第6章 练习答案
第六章 热力学基础练 习 一一. 选择题1. 一绝热容器被隔板分成两半，一半是真空，另一半是理想气体，若把隔板抽出，气体将进行自由膨胀，达到平衡后（ A ） (A) 温度不变，熵增加； (B) 温度升高，熵增加；(C) 温度降低，熵增加； (D) 温度不变，熵不变。
2. 对于理想气体系统来说，在下列过程中，哪个过程系统所吸收的热量、内能的增量和对外作做的功三者均为负值。
（ C ） (A) 等容降压过程； (B) 等温膨胀过程； (C) 等压压缩过程； (D) 绝热膨胀过程。
3. 一定量的理想气体，分别经历如图1(1)所示的abc 过程(图中虚线ac 为等温线)和图1(2)所示的def 过程(图中虚线df 为绝热线) 。
判断这两过程是吸热还是放热：（ A ） (A) abc 过程吸热，def 过程放热； (B) abc 过程放热，def 过程吸热； (C) abc 过程def 过程都吸热； (D) abc 过程def 过程都放热。
4. 如图2，一定量的理想气体，由平衡状态A 变到平衡状态B(A p =B p )，则无论经过的是什么过程，系统必然（ B ） (A) 对外做正功； (B) 内能增加； (C) 从外界吸热； (D) 向外界放热。
二.填空题1. 一定量的理想气体处于热动平衡状态时，此热力学系统不随时间变化的三个宏观量是P V T ，而随时间变化的微观量是每个分子的状态量。
2. 一定量的单原子分子理想气体在等温过程中，外界对它做功为200J ，则该过程中需吸热__-200__ ___J 。
3. 一定量的某种理想气体在某个热力学过程中，外界对系统做功240J ，气体向外界放热620J ，则气体的内能 减少，(填增加或减少)，21E E = -380 J 。
4. 处于平衡态A 的热力学系统，若经准静态等容过程变到平衡态B ，将从外界吸热416 J ，若经准静态等压过程变到与平衡态B 有相同温度的平衡态C ，将从外界吸热582 J ，所以，从平衡态A 变到平衡态C 的准静态等压过程中系统对外界所做的功为 582-416=166J 。
大学物理第六章静电场习题答案
第六章 静电场习题6-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。
试问：（1）在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡（即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零）？（2）这种平衡与三角形的边长有无关系？解：（1）如图任选一点电荷为研究对象，分析其受力有1230F F F F =++=合 y 轴方向有()()21322002032cos 242433304q qQ F F F a a q q Q aθπεπεπε=+=+=+=合得 33Q q =-（2）这种平衡与三角形的边长无关。
6-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ，如图所示。
设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量。
解：对其中任一小球受力分析如图所示，有⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 6-3 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl －与其最邻近的八个一价铯离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构。
（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中箭头所指处缺少一个铯离子（称作晶格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。
（1）由对称性可知 F 1= 0（2）291222200 1.9210N 43q q e F r aπεπε-===⨯ 方向如图所示6-4 长l ＝15.0 cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度95.010C m λ-=⨯的正电荷。
试求：（1）在导线的延长线上与导线B 端相距1 5.0cm a =处P 点的场强；（2）在导线的垂直平分线上与导线中点相距2 5.0d cm =处Q 点的场强。
解：（1）如图所示，在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε2220)(d π4d x a x E E llP P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l -=ελ 用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅，5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右（2）同理 2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如图所示由于对称性可知⎰=l QxE 0d ，即Q E只有y 分量22222220dd d d π41d ++=x x xE Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x 2220d 4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅ 方向沿y 轴正向*6-5 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量。
大学物理2-1第六章(振动与波)习题答案
精品习 题 六6-1 一轻弹簧在60N 的拉力下伸长30cm 。
现把质量为4kg 物体悬挂在该弹簧的下端，并使之静止，再把物体向下拉10cm ，然后释放并开始计时。
求：(1)物体的振动方程；(2)物体在平衡位置上方5cm 时弹簧对物体的拉力；(3)物体从第一次越过平衡位置时刻起，到它运动到上方5cm 处所需要的最短时间。
[解] (1)取平衡位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立坐标系rad/s 07.74200m 1.0N/m 2001030602=====⨯=-m k A k ω设振动方程为 ()φ+=t x 07.7cos0=t 时 1.0=x φcos 1.01.0= 0=φ故振动方程为 ()m 07.7cos 1.0t x =(2)设此时弹簧对物体作用力为F ，则()()x x k x k F +=∆=0其中 m 2.0200400===k mg x精品因而有 ()N 3005.02.0200=-⨯=F(3)设第一次越过平衡位置时刻为1t ，则()107.7cos 1.00t = 07.5.01π=t第一次运动到上方5cm 处时刻为2t ，则()207.7cos 1.005.0t =- ()07.7322⨯=πt故所需最短时间为：s 074.012=-=∆t t t6-2 一质点在x 轴上作谐振动，选取该质点向右运动通过点 A 时作为计时起点(t ＝0)，经过2s 后质点第一次经过点B ，再经 2s 后，质点第二经过点B ，若已知该质点在A 、B 两点具有相同的速率，且AB =10cm ，求：(1)质点的振动方程：(1)质点在A 点处的速率。
[解] 由旋转矢量图和||||b a v v =可知421=T s精品由于4/2s 8/1,s 81ππνων====-T精品(1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方。
t =0时, φcos 5A x =-=t =2s 时， φφωsin )2cos(5A A x -=+==由以上二式得 1tan =φ因为在A 点质点的速度大于零，所以43πφ-= cm x A 25cos /==φ所以，运动方程为：)SI ()4/34/cos(10252ππ-⨯=-t x(2)速度为： )434sin(41025d d 2πππ-⨯-==-t t x v 当t =2s 时 m/s 1093.3)434sin(41025d d 22--⨯=-⨯-==πππt t x v6-3 一质量为M 的物体在光滑水平面上作谐振动，振幅为 12cm ，在距平衡位置6cm 处，速度为24s cm ，求：(1)周期T ； (2)速度为12s cm 时的位移。
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第6章 机械振动思考题6-1 判断下列运动哪些是简谐振动．(1) 小球在地面上的上下跳动(设小球与地面间是完全弹性碰撞)；(2) 小球在光滑的球形凹槽内的小幅度摆动(凹槽半径远大于小球半径)；(3) 将细线上端固定，下端悬挂一小球，令小球在水平面内做匀速圆周运动；(4) 小朋友在荡秋千时的运动．答：(1)不是; (2)是；(3)不是；(4)不是6-2将弹簧振子的弹簧截去一部分，其振动周期如何变化？任何一个实际的弹簧总是有质量的，如果考虑弹簧的质量，弹簧振子的振动周期将是变大还是变小？答：周期减小；周期增大6-3振动的初相位φ有没有绝对的意义？答：没有6-4如果已知振幅A 和某时刻的位移x ，能否确定该时刻振动的相位？答：不能，因为某一余弦函数的值所对应的角度不是唯一的．6-5弹簧振子的振幅增大一倍，则振动的最大速度、最大加速度和强度怎样变化？答：振动的最大速度增大一倍；最大加速度增大一倍；强度增大为原来的四倍．6-6振幅为A 的弹簧振子，当位移是振幅的一半时，它的动能和势能各占总能量的多少？当动能和势能相等时，振子的位移为多少？答：当位移是振幅的一半时，动能为总能量的43，势能为总能量的41．当动能和势能相等时，位移A x 22 6-７简谐振动的频率为ν，它的动能变化的频率是多少？答： 2ν．6-8* 如果将单摆拉开一小角度φ后放手任其自由摆动．若以放手时为记时起点，试问：(1) 此φ角是否为摆动的初相位？(2) 单摆绕悬点转动的角速度是否为振动的角频率？(3) 我们说单摆做简谐振动是指单摆的什么在做简谐振动？答：（１）不是；（２）不是；（３）单摆的摆角6-9* 两个摆长不同的单摆A 、B 各自做简谐振动，若l A = 2l B ，将两单摆向右拉开一个相同的小角度θ，然后释放任其自由摆动．问：(1) 这两个单摆在刚释放时相位是否相同？(2) 当单摆B 达到平衡位置并向左运动时，单摆A 大致在什么位置和向什么方向运动？A 比B 相位是超前还是落后？超前或落后多少？答：(1) 相同；(2)大致在平衡位置稍向右偏的位置，且向平衡位置摆动，A 比B 相位落后，落后π422- 6-10我们知道，简谐振动是周期性振动，那么阻尼振动和受迫振动还是周期性振动吗？答：阻尼振动不是周期性振动，如果受迫振动的驱动力具有周期性那么它还是周期性振动，否则不是周期性运动．6-11* 弹簧振子的无阻尼自由振动是简谐振动，同一弹簧振子在简谐驱动力持续作用下的稳态受迫振动也是简谐振动，这两种简谐振动有什么不同？答：受力不同，弹簧振子仅受弹簧的线性回复力的作用，而受迫振动除了弹簧的线性回复力外，还有简谐策动力的作用，并且振动的周期也不相同，无阻尼振动的周期为系统的固有周期，而受迫振动的振动周期为策动力的周期．6-12* “受迫振动达到稳定状态时，其运动方程可以写为：)cos(ϕω+=t A x ，其中A 和φ由初始条件决定，ω是驱动力的频率．”这句话对吗？答：“A 和φ由初始条件决定”这句话不对，因为受迫振动的振幅A 和初相φ并不取决于振子的初始状态，而是与振动系统自身的性质有关，而且也与驱动力的频率和幅值有关．“ω是策动力的频率”是对的．6-13两个同振动方向、同频率、振幅均为A 的简谐振动合成后，振幅仍为A ，则这两个简谐振动的相位差为多少?答： π32 6-14* 非线性系统是否具有周期性？答：不一定．习题6-1一质点按如下规律沿x轴做简谐振动：)]61(4cos[05.0+=txπ（SI制）,求此振动的周期、振幅、初相、速度最大值和加速度最大值．解: 由该质点的运动学方程可以看出:振幅m05.0=A,周期rad/s5.0rad/sπ4π2π2===ωT,初相3π2=ϕ,速度的最大值为: m/s628.0m/sπ405.0max≈⨯==ωυA,加速度最大值为:2222maxm/s89.7m/s)π4(05.0≈⨯==ωAa6-4 一弹簧振子做简谐振动，振幅为A，周期为T，其运动学方程用余弦函数表示．若t=0时，振子在下列位置：（１）振子在负的最大位移处；（２）振子在平衡位置且向正方向运动；（３）振子在位移为A/2处，且向正方向运动．求振子处在这些位置时的振动初相位．解：由题意可设该简谐振动的运动学方程为：)π2cos(ϕ+=tTAx（１）若t=0时，振子在负的最大位移处，那么有：ϕcosAA=-，所以振动初相位为：π=ϕ．（２）若t=0时，振子在平衡位置且向正方向运动，那么有：sinπ2cos>⨯-==ϕυϕTAA，所以2π-=ϕ．（３）若t=0时，振子在位移为A/2处，且向正方向运动，那么有：sinπ2cos2>⨯-==ϕυϕTAAA，所以初相位3π-=ϕ．6-6 已知某简谐振动的速度与时间的关系曲线如图6-25所示．求其振动方程．图6-25解：设该简谐振动的运动学方程为：)cos(ϕω+=t A x则速度方程为： )sin(ϕωωυ+-=t A由图可以看出，速度的幅值：cm/s 4.31=ωAcm /s 7.15sin , 00-=-==ϕωυA t 时cm /s 7.15)sin( , s 10=+-==ϕωωυA t 时联立以上三式解得：cm 10A , rad/s π ,6π===ωϕ．所以振动方程为：cm )6ππcos(10+=t x 6-7 某振动质点的x -t 曲线如图6-26所示，试求：（１）运动学方程；（２）点P 对应的相位；（３）到达点P 相应位置所需时间．图6-26解：（１）设其运动学方程为：)(cos ϕω+=t A x所以速度方程为： )(sin ϕωωυ+-=t A由图6-26可以看出：m 10.0=A ，m 0.05 , 0t ==x 时，且向x 轴正方向运动，所以有：ϕcos 10.005.0=0sin 10.00>-=ϕωυ 解得：3π-=ϕ 当0 , s 0.4t ==x 时，且向x 轴负方向运动，所以有：)3π4(cos 10.00-=ω 0)3π4(sin 10.0<--=ωωυ 解得：24π5=ω． 所以运动学方程为： )3π24π5(cos 10.0-=t x （SI 制） （２）点P 处： 10.0)3π24π5(cos 10.0=-=t x 0=υ，即0)3π24π5(sin =-t 从而解得点P 对应的相位0)3π24π5(=-t ． （３）由（２）的结论可得s 6.1=t ，因此到达点P 相应位置所需时间为s 6.1． 6-8一质点做简谐振动的圆频率为ω，振幅为A ．当t = 0时质点位于处x = A /2处，且向x 轴正方向运动，试画出此振动的旋转矢量图．解： 设该质点的简谐振动方程为：)(cos ϕω+=t A x则速度方程为：)(sin ϕωωυ+-=t A 当t = 0时，2cos 0A A x ==ϕ，0sin 0>-=ϕωυA ，所以解得3πϕ-=． 其旋转矢量图为下图所示．题6-8图6-9如图6-27所示，试证明图中的系统是做简谐振动，并求出它们的振动周期（不计摩擦和弹簧的质量）．a) b)图6-27 解： a) 选平衡位置为坐标原点，向下为x 轴正方向．设小物体质量为m ，平衡时弹簧伸长l ，则弹簧的劲度系数为：l mg k /=小球在x 处，根据牛顿第二定律得：)(d d 22x l k mg tx m +-= 将l 代入并整理得：0d d 222=+x tx ω 式中，lg =ω． 因此物体在做简谐振动，振动周期为gl T π2π2==ω．b) 若设沿斜面向下为x 轴正方向，平衡时，弹簧伸长l ，则平衡时有： θsin 2121mg l k k k k =+ 解得： θsin 2121mg k k k k l += 当物体沿斜面振动时，弹簧又伸长x ，根据牛顿第二定律得：)(sin d d 212122l x k k k k mg x x m ++-=θ 将l 代入并化简得：0d d 222=+x x x ω，式中mk k k k )(2121+=ω 因此该物体的振动是简谐振动，振动周期为：2121)(π2π2k k m k k T +==ω． 6-11 一弹簧振子沿x 轴做简谐振动，振子的质量m = 2.5 kg ，弹簧的劲度系数k = 250 N/m ，当振子处于平衡位置右方向且向x 轴的负方向运动时开始计时（t = 0），此时的动能E k = 0.2 J ,势能E p = 0.6 J ,试求：(1) t = 0时，振子的位移和速度；(2) 系统的振动方程．解: (1)设系统的简谐振动方程为：)(cos ϕω+=t A x因 t = 0时，振子的动能J 2.02120==υm E k ，J 6.02120==kx E P ， 所以解得振子在t = 0时的位移为：m 069.0m 50320≈=x ，m /s 4.00=υ （２）rad/s 10rad/s 5.2250===m k ω． 当t = 0时有： m 5032cos 0==ϕA x m /s 4.0sin 0-=-=ϕωυA联立解得：m 08.0=A ，6π=ϕ． 所以该系统的振动方程为： )6π10(cos 08.0+=t x （SI 制）6-12一物体放在水平木板上，物体与板面间的最大静摩擦系数为0.50．（１）当此板沿水平方向做频率为2.0 Hz的简谐振动时，要使物体在板上不致滑动，振幅的最大值应是多大？（２）若令此板改做竖直方向的简谐振动，振幅为5.0 cm，要使物体一直保持与板面接触，则振动的最大频率是多少？解：（１）物体不沿板滑动，要求22)π2(νωμmAmAmamgms===m101.3)0.2π2(8.950.0)π2(222-⨯=⨯⨯==νμgA s（２）物体总与板保持接触，要求2)π2(νmAmamgm==Hz2.2Hz05.08.914.321π21=⨯⨯==Agν6-13 试证明：如果假设氢原子中的电子云是均匀分布在半径为nm053.0=a的球体内，并且质子处于该球体的中心，那么质子稍微偏离中心后引起的微小振动是简谐振动．并求其频率公式．将已知数据代入频率的值并和氢光谱的最大频率Hz108.315⨯相比较．证明：当质子稍微偏离电子云球中心一段距离r时，该处电场为：3π4aεerE-=质子所受的力为：32π4aεreF-=此式即说明质子在电子云中心附近做简谐振动，其频率为：'32π421Pmaeεπν=此处质子的质量'Pm需用约化质量，即：ePePePmmmmmm=+='由此得所求频率为：Hz106.6Hz)10053.0(101.9109π2106.1π41π21539319193⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==---ameeεν6-14 一质量为m ，长度为l 的均匀细杆，上端挂在无摩擦的水平固定轴O 上，下端用一轻质弹簧连在墙上，如图6-29所示．弹簧的劲度系数为k ，当杆竖直静止时，弹簧处于水平原长状态，求杆做微小振动的周期．图6-29解： 设任意时刻杆与竖直方向的交角为θ，以顺时针方向为正，杆在重力和弹簧回复力作用下绕轴摆动，如图6-30所示，根据刚体转动定律，有：θθθθcos sin sin 2d d 22l kl l mg tI ⋅--= （１） 杆做微小摆动时，θθ≈sin ，1cos ≈θ，杆对O 的转动惯量231ml I =,代入式（１）并化简得： 0)2(23d d 22=++θθkl mg mlt （２） 式（２）为简谐振动方程，杆做简谐振动的圆频率可由式（２）得出为：mlkl mg 2)2(3+=ω 杆做微小振动的周期为： )2(3222kl mg ml T +==πωπ6-15一质量为5.00 kg 的物体悬挂在弹簧下端，让其在竖直方向自由振动．在无阻尼的情况下，其振动周期为s 3π1=T ，在阻尼振动情况下，其振动周期为s 2π2=T ．求阻力系数． 解： 在无阻尼时，系统的频率就是系统的固有频率，有：rad/s 6π210==T ω阻尼情况下，阻尼振动的周期：s2ππ2π222=-==βωωT所以解得阻尼系数 /s47.4=β．所以阻力系数为kg/s7.442==βγm.6-16一台大座钟的摆长为0.994 m，摆锤质量为1.2 kg．（１）要摆自由摆动时，在15.0 min内振幅减小一半，求此摆的阻尼系数．（２）要维持此摆的振幅为80不变，需要以多大功率向摆输入机械能．解：（１）teβθθ-=， /s107.7/s600.1512lnln4-⨯=⨯==tθθβ（２）W1075.1)180/π8(994.08.92.121107.7212122242422min--=-=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯===-=θββββmglEeEdtdEPttt6-17 两个同频率简谐振动１和２的振动曲线分别如图6-30实线和虚线所示，求：（１）两简谐振动的运动方程；（２）在同一图中画出两简谐振动的旋转矢量，并比较两振动的相位关系；（３）若两简谐振动叠加，求合振动的运动学方程．图6-30解：（１）若设这两个简谐振动的方程分别为：)cos()cos(222111ϕωϕω+=+=tAxtAx．由图6-28可以看出，cm,1021==AAπ.π2s,2===TTω所以cm 5cos 0cos , 0222111=====ϕϕA x A x t 时 解得：3π ,2π21=-=ϕϕ． 所以这两个简谐振动的方程分别为：)2ππcos(1.01-=t x ，)3ππcos(1.02+=t x （２）两简谐振动的旋转矢量如下图所示．可以看出，2x 振动比1x 振动相位超前65π． （３）若这两个简谐振动合成，那么有：m 052.0)cos(212212221≈-++=ϕϕA A A A A12πcos cos sin sin arctan 22112211-=++=ϕϕϕϕϕA A A A ． 所以合振动方程为： )12cos(052.0ππ-=t x题6-18图6-18 已知两个同方向同频率的简谐振动的运动学方程分别为：)75.010cos(05.01π+=t x)25.010cos(06.02π+=t x (SI 制)求：（１）合振动的振幅及初相位；（２）若有另一个同方向同频率的简谐振动)10cos(07.033ϕ+=t x (SI 制)，则3ϕ为多少时，31x x +的振幅最大？3ϕ为多少时，31x x +的振幅最小？解： （１）由同方向同频率简谐振动的合成公式可知：合振动振幅为m 078.0)75.025.0cos(06.005.0206.005.022=-⨯⨯++=ππA 初相位为：rad 48.125.0cos 06.075.0cos 05.025.0sin 06.075.0sin 05.0arctan =++=ππππϕ 所以合振动方程为： )48.110cos(078.0+=t x (SI 制)（２） 当与另一个同频率同振动方向的简谐振动合成时，若使合振动振幅最大，应有： ),3,2,1,0(π213⋅⋅⋅±±±==-k k ϕϕ，所以：),3,2,1,0( π75.0π2π213⋅⋅⋅±±±=+=+=k k k ϕϕ．若使合振动振幅最小，应有：),3,2,1,0(π)12(13⋅⋅⋅±±±=+=-k k ϕϕ，所以： ),3,2,1,0( 1.75ππ2π)12(13⋅⋅⋅±±±=+=++==k k k ϕϕ6-19 有两个同方向同频率的简谐振动，其合振动的振幅为0.20 m ，合振动的相位与第一个振动的相位差为π/6，第一个振动的振幅为0.173 m ，求第二个振动的振幅和两振动的相位差．解：做旋转矢量图，如下图所示．由余弦定理可得第二个振动的振幅为：m 10.0cos 212212=-+=ϕA A A A A分析A A A ,,21的量值，满足勾股定理，故两振动的相位差为π/2．6-20已知某音叉与频率为511Hz 的音叉产生的拍频为每秒一次，而与另一频率为512Hz 的音叉产生的拍频为每秒两次，求此音叉的频率．解：设此音叉的频率为ν，由拍频公式得：Hz 1511=-ν， Hz 2512=-ν解得Hz 510=ν．6-21 将频率为348 Hz 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3.0 Hz ．若在待测频率音叉的一端加上一个很小的物体，则拍频将减少，求待测音叉的固有频率．解：待测频率的可能值为：Hz )3348(12±=±=拍ννν因为系统的固有频率mkπ21=ν，当质量增加时，频率减小．根据题意，音叉质量增加时拍频减小，即12νν-变小．在满足2ν和拍ν变小的情况下，式中只能取正号，因此待测频率为：Hz35112=+=拍ννν6-22*一质点同时参与相互垂直的两个简谐振动：)3π3πcos(06.0+=tx，)3π3πcos(03.0-=ty试证明其轨迹为一斜椭圆，画出图形,并指出该质点的绕行是右旋（即顺时针）还是左旋（即逆时针）？解：32π3π3π12-=--=-=∆ϕϕϕ．由垂直振动的合成轨迹标准方程)(sin)cos(21221221222212ϕϕϕϕ-=--+AAxyAyAx，将相关数据代入并化简的所求轨迹方程为：322107.242-⨯=++yxyx．可见，这是一斜椭圆方程．由于0<∆ϕ，所以合振动是左旋的（即逆时针）．轨迹如下图所示．题6-23图6-23* 如图6-31所示，在相互垂直的两个方向振动合成的利萨如图形：已知水平方向的振动的圆频率为ω，求竖直方向的振动的角频率．图6-31 解： 取x 轴沿水平方向，y 轴沿竖直方向．（1）由图a ）可以看出，y x T T 5.12=则ωωω43==x y xy T T（2）由图b ）可以看出，y x T T 23=，则ωωω32==x y xy T T（3）由图c ）可以看出，y x T T =3，则ωωω31==x y xy T T。
大学物理第六章 习题答案
第六章 热力学基础 习题答案一、单选题1-5 DAACD 6-10 ADCDA二、填空题1. 500J; 700J2. 3/2 P 1V 1；03. 1/2； 24．33.3% ； 8.31⨯103J5. 320K ； 4三、计算题1.解：由题意可知：气体经历等压变化，且对外做功为：（1）若气体为单原子分子，即： i=3（2）若气体为双原子分子，即： i=52.解：（1）因为气体为卡诺循环，且高温T 1 = 1000 K ，低温T 2 = 300 K 该循环的效率满足：（2）若低温热源不变，设高温热源温度为T 1，则有：解得： T 1 = 1500 K 即高温热源温度需提高500K（3）若高温热源不变，设低温热源温度为T 2，则有：JT R MV p A 200=∆=∆=μJ A T R i M Q p 50025221==∆+=μJ A T R i M Q p 70027222==∆+=μ%7010003001000112=-=-=T T η%8030011112=-=-=T T T T η%80100010001212=-=-=T T T η解得： T 2 = 200 K 即低温热源温度需降低100K3.解：氦气（1）定容过程，V =常量，W =0 由Q E W =∆+ 知21()623 J V M Q E C T T μ=∆=-=（2）定压过程，P =常量 321() 1.0410 J P M Q C T T μ=-=⨯与（1）相同（3）与（1）相同 （外界对系统做功）4.解：（1）等容过程等温过程（2）等温过程等容过程3=i E ∆J 417=∆-=E Q W 0=Q E ∆J 623-=∆-=E W 0W 1=()()J 5.1246208031.82511211=-⨯⨯⨯=-=∆=∴T T C Mm E Q V 02=∆E ()J 3.20332ln 8027331.812ln d W 2222=⨯+⨯⨯====∴⎰VV RT M m V p Q V V J 3.203321=+=∴W W W J 5.1246=∆E J 8.93273.20335.124621=+=+=∴Q Q Q 03=∆E ()J 7.16872ln 2027331.812ln 133=⨯+⨯⨯===∴VV RT M m W Q 04=W()()J 5.1246208031.82511244=-⨯⨯⨯=-=∆=∴T T C Mm E Q V J 7.168743=+=∴W W W J2.29345.12467.168743=+=+=∴Q Q Q J 5.124643=∆+∆=∆E E E。
《大学物理》 第二版 课后习题答案 第六章
习题解析6-1在坐标原点及0)点分别放置电量61 2.010Q C -=-⨯及62 1.010Q C -=⨯的点电荷，求1)P -点处的场强。
解 如图6.4所示，点电荷1Q 和2Q 在P 产生的场强分别为 1122122201102211,44Q r Q r E E r r r r πεπε== 而12123,,2,1r i j r j r r =-=-==，所以()()11111222011011662203111441 2.010 1.010422113.9 6.810Q r Q r E E E r r r r j j i j N C πεπεπε--=+=+⎛⎫-⨯-⨯-=+ ⎪ ⎪⎝⎭≈-+⨯∙总 6-2 长为15l cm =的直导线AB 上，设想均匀地分布着线密度为915.0010C m λ--=⨯⋅，的正电荷，如图6.5所示，求：（1）在导线的延长线上与B 端相距1 5.0d cm =处的P 点的场强；（2）在导线的垂直平分线上与导线中点相距2 5.0d cm =处的Q 点的场强。
解 （1）如图6.5（a ）所示，以AB 中点为坐标原点，从A 到B 的方向为x 轴的正方向。
在导线AB 上坐标为x处，取一线元dx ，其上电荷为 dq dx λ= 它在P 点产生的场强大小为 2200111442dq dxdE r l d x λπεπε==⎛⎫+- ⎪⎝⎭方向沿x 轴正方向。
导线AB 上所有线元在P 点产生的电场的方向相同，因此P 点的场强大小为()1212122000112112992122111114442115.0010910 6.75105102010dq dx E r d l d l d x V m λπεπεπε------⎛⎫===- ⎪-⎛⎫⎝⎭+- ⎪⎝⎭⎛⎫=⨯⨯⨯⨯-=⨯∙ ⎪⨯⨯⎝⎭⎰方向沿x 轴正方向。
（2）如图6.5（b ）所示，以AB 中点为坐标原点，从A 到B 的方向为x 轴正方向，垂直于AB 的轴为y 轴，在导线AB 上坐标为x 处，取一线元dx ，其上的电荷为 dq dx λ= 它在Q 点产生的电场的场强大小为 22220021144dq dx dE r d x λπεπε==+ 方向如图6.5（b ）所示。
大学物理第六章恒定磁场习题解劝答
第6章 恒定磁场1． 空间某点磁感应强度方向，一般可以用下列几种办法来判断，其中哪个是错误？ （ C ）（A ）小磁针北（N ）极在该点指向；（B ）运动正电荷在该点所受最大力与其速度矢积方向； （C ）电流元在该点不受力方向；（D ）载流线圈稳定平衡时，磁矩在该点指向。
2． 下列关于磁感应线描述，哪个是正确? （ D ）（A ）条形磁铁磁感应线是从N 极到S 极； （B ）条形磁铁磁感应线是从S 极到N 极； （C ）磁感应线是从N 极出发终止于S 极曲线； （D ）磁感应线是无头无尾闭合曲线。
3． 磁场高斯定理说明了下面哪些叙述是正确？ （ A ）a 穿入闭合曲面磁感应线条数必然等于穿出磁感应线条数；b 穿入闭合曲面磁感应线条数不等于穿出磁感应线条数；c 一根磁感应线可以终止在闭合曲面内；d 一根磁感应线可以完全处于闭合曲面内。
（A ）ad ； （B ）ac ； （C ）cd ； （D ）ab 。
4． 如图所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 磁通量和面上各点磁感应强度B 将如何变化？ （ D ）（A ）增大，B 也增大；（B ）不变，B 也不变； （C ）增大，B 不变； （D ）不变，B 增大。
5． 两个载有相等电流I 半径为R 圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈圆心重合，则在圆心o 处磁感应强度大小为多少? （ C ）（A ）0； （B ）；（C ）； （D ）。
6、有一无限长直流导线在空间产生磁场，在此磁场中作一个以截流导线为轴线同轴圆柱形闭合高斯面，则通过此闭合面磁感应通量（ A ）A 、等于零B 、不一定等于零C 、为μ0ID 、为7、一带电粒子垂直射入磁场后，作周期为T 匀速率圆周运动，若要使运动周期变为T/2，磁感应强度应变为（B ）A 、/2B 、2C 、D 、–8 竖直向下匀强磁场中，用细线悬挂一条水平导线。
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第六章 气体动理论6－1 一容积为10L 的真空系统已被抽成1.0×10-5 mmHg 的真空，初态温度为20℃。
为了提高其真空度，将它放在300℃的烘箱内烘烤，使器壁释放出所吸附的气体，如果烘烤后压强为1.0×10-2 mmHg ，问器壁原来吸附了多少个气体分子?解：由式nkT p =，有3202352/1068.15731038.1760/10013.1100.1m kT p n 个⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯==-- 因而器壁原来吸附的气体分子数为个183201068.110101068.1⨯=⨯⨯⨯==∆-nV N6－2 一容器内储有氧气，其压强为1.01⨯105 Pa ，温度为27℃，求：（l ）气体分子的数密度；（2）氧气的密度；（3）分子的平均平动动能；（4）分子间的平均距离。
（设分子间等距排列）分析：在题中压强和温度的条件下，氧气可视为理想气体。
因此，可由理想气体的物态方程、密度的定义以及分子的平均平动动能与温度的关系等求解。
又因可将分子看成是均匀等距排列的，故每个分子占有的体积为30d V =，由数密度的含意可知d n V ,10=即可求出。
解：（l ）单位体积分子数325m 1044.2-⨯==kT p n（2）氧气的密度3m kg 30.1-⋅===RT pM V m ρ（3）氧气分子的平均平动动能J 1021.62321k -⨯==kT ε（4）氧气分子的平均距离m1045.3193-⨯==n d6－3 本题图中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）两种气体所处的温度。
分析：由M RT v /2p =可知，在相同温度下，由于不同气体的摩尔质量不同，它们的最概然速率p v 也就不同。
因22O H M M <，故氢气比氧气的p v 要大，由此可判定图中曲线II 所标13p s m 100.2-⋅⨯=v 应是对应于氢气分子的最概然速率。
从而可求出该曲线所对应的温度。
又因曲线I 、II 所处的温度相同，故曲线I 中氧气的最概然速率也可按上式求得。
解：（1）由分析知氢气分子的最概然速率为13P s m 100.2/2)(22-⋅⨯==H H M RT v利用16/22H O =M M 可得氧气分子最概然速率为12H P O O P s m 100.54)(/2)(222-⋅⨯===v M RT v（2）由M RT v /2p =得气体温度K1081.42/22p ⨯==R M v T6－4 有N 个质量均为m 的同种气体分子，它们的速率分布如本题图所示。
（1）说明曲线与横坐标所包围面积的含义；（2）由N 和v 0求a 值；（3）求在速率v 0/2到3v 0/2间隔内的分子数；（4）求分子的平均平动动能.分析：处理与气体分子速率分布曲线有关的问题时，关键要理解分布函数()v f 的物理意义。
v N N v f d /d )(=题中纵坐标v N v Nf d /d )(=，即处于速率v 附近单位速率区间内的分子数。
同时要掌握)(v f 的归一化条件，即1d )(0=⎰∞v v f 。
在此基础上，根据分布函数并运用数学方法（如函数求平均值或极值等），即可求解本题。
解：（l ）由于分子所允许的速率在0到2v 0的范围内，由归一化条件可知图中曲线下的面积()Nv v Nf S v ==⎰020d即曲线下面积表示系统分子总数N 。
（2）从图中可知，在0到v 0区间内，0/)(v av v Nf =；而在v 0到2v 0区间内，a v Nf =)(。
则利用归一化条件有⎰⎰+=00020d d v v v va v v avN得03/2v N a =（3）速率在v 0/2到3v 0/2间隔内的分子数为12/7d d 2/32/0000N v a v v avN v v v v =+=∆⎰⎰(4)分子速率平方的平均值按定义为习题6－3图习题6－4图⎰⎰∞∞==02022d )(/d vv f v N N v v故分子的平均平动动能为202230023631)(21210mv dv v N a dv v Nv a m v m v v vK =+==⎰⎰ε 6－5 当氢气的温度为300℃时，求速率在区间3000m/s 到3010m/s 之间的分子数ΔN 1与速率在区间v p 到v p +10m/s 之间的分子数ΔN 2之比。
解：氢气在温度T =273+300=573开时的最可几速率v p 为/2182002.057331.822秒米××===M RT v p 麦克斯韦速度分布公式可改写为 x ex NN x ∆=∆-224π则速度在3000米/秒~3010米/秒间的分子数21821021823000422182300021⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=∆⎪⎭⎫ ⎝⎛-e πNN 速度在v p ~ v p 10米/秒间的分子数e πNN ⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=∆⎪⎭⎫⎝⎛-21821021822182422182218222 故 78021823000 221823000221 .ee N N =⎪⎭⎫⎝⎛=∆∆⎪⎭⎫ ⎝⎛6－6 有N 个粒子，其速率分布函数为 C NdvdNv f ==)( (v 0>v >0) 0)(=v f (v >v 0) (1) 作速率分布曲线；（2）求常数C ；（3）求粒子的平均速率。
解： （2）由归一化式⎰⎰===∞1)(v CvCdv dv v f得 01v C =（3） 2)(0v vCdv dv v vf v v ===⎰⎰∞ 6－7 根据麦克斯韦速率分布律证明：处于平均速率附近一固定小速率区间内的分子数与T 成反比。
解：由 mRTv π8=则速率分布函数可化为24322223223224)(v ev v e RT mv f v v RTmv ⋅=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫⎝⎛---ππππ速率在 △vv v +→ 区间内分子数∆N 为 v ev Nv v Nf N ∆⋅=∆=∆--ππ41232)(可见： 11)(--∝∝∆T v N6－8 一密封房间的体积为5×3×3m 3，室温为20℃，室内空气分子热运动的平均平动动能的总和是多少？如果气体温度升高1.0K ，而体积不变,则气体的内能变化多少？气体分子方均根速率增加多少？（已知空气的密度ρ=1.29Kg/m 3，摩尔质量M =29×10-3Kg / mol ，且空气分子可认为是刚性双原子分子。
）解：根据KT,23v m 212= ∴ NKT v m N 23212=()()()J. ×.=ρV M RT RT=M M =m N RTNm v m N mol mol A 6210317 23232321= ()()J ×. =iR △R△T M ρV =iR △R△T M M △E=mol mol 4101642121 ()()()856031221121212212s m .=T TM R =v v v mol -⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛=∆6－9 在容积为2.0⨯10-3 m 3的容器中，有内能为6.75⨯102 J 的刚性双原子分子理想气体。
（1）求气体的压强；（2）设分子总数为5.4⨯1022个，求分子的平均平动动能及气体的温度。
解：（1）由RT i M m E 2=和RT MmpV =可得气体压强 Pa1035.1/25⨯==iV E p（2）分子数密度n =N /V 为，则该气体的温度K1062.3/2⨯===）（Nk pV nk p T气体分子的平均平动动能为J 1049.72321k -⨯==kT ε6－10 质点离开地球引力作用所需的逃逸速率为gR v 2=，其中R 为地球半径。
（1）若使氢气分子和氧气分子的平均速率分别与逃逸速率相等，它们各自应有多高的温度；（2）说明大气层中为什么氢气比氧气要少。
（取R= 6.40⨯106 m ） 分析：气体分子热运动的平均速率M RT v π/8=。
对于摩尔质量M 不同的气体分子，为使v 等于逃逸速率v ，所需的温度是不同的；如果环境温度相同，则摩尔质量M 较小的就容易达到逃逸速率。
解：（1）由题意逃逸速率gr v 2=，而分子热运动的平均速率M RT v π/8=。
当v v =时，有RMrgv RMT 482ππ==由于氢气的摩尔质量13H mol kg 100.22--⋅⨯=M ，氧气的摩尔质量12O mol kg 102.32--⋅⨯=M则它们达到逃逸速率时所需的温度分别为K1089.1,K 1018.15O 4H 22⨯=⨯=T T（2）根据上述分析，当温度相同时，氢气的平均速率比氧气的要大（约为4倍），因此达到逃逸速率的氢气分子比氧气分子多。
按大爆炸理论，宇宙在形成过程中经历了一个极高温过程。
在地球形成的初期，虽然温度已大大降低，但温度值还是很高。
因而，在气体分子产生过程中就开始有分子逃逸地球，其中氢气分子比氧气分子更易逃逸。
另外，虽然目前的大气层温度不可能达到上述计算结果中逃逸速率所需的温度，但由麦克斯韦分子速率分布曲线可知，在任一温度下，总有一些气体分子的运动速率大于逃逸速率。
从分布曲线也可知道在相同温度下氢气分子能达到逃逸速率的可能性大于氧气分子。
6－11 讨论气体分子的平动动能221mv =ε的分布函数，归一化条件，及求任意函数)(εg 的平均值公式。
并由麦克斯韦气体分子速率分布函数导出动能分布函数，求出最可几动能。
解：在动能空间中取一小区间εεεd +-，小区间内分子数dN 占总分子数N 之比为εεd f NdN)(= 其中)(εf 为分子动能分布函数，它满足归一化条件：1)(0=⎰∞εεd f任意函数)(εg 的平均值公式：εεεεd f g g ⎰∞=0)()()(令dv kTmv v kT m dv v f d f ⋅-⎪⎭⎫⎝⎛==)2exp(24)()(222/3ππεε可求出εεεπεεd kT kT d f ⋅-⋅=)ex p()1(2)(2/3令0)(=εεd df 可得最可几动能 2kT p =ε 6－12 已知在单位时间内撞击在容器壁单位面积上的分子数为v n 41。
假定一边长为1米的立方箱子，在标准情况下盛有25103×个氧分子，计算1秒钟内氧分子与箱子碰撞的次数。
解：氧分子在标准状态下算术平均速率v 425032.014.327331.888=⨯⨯⨯==M RT v π米/秒 每边长为1米的立方箱的总面积S =6⨯1⨯1=6米2 则28251091.164251034141⨯=*⨯⨯⨯=⋅=S v n N 次/秒 6－13 在标准状态下氦气（He ）的内摩擦系数η=1.89×10-5帕秒，摩尔质量M 为0.004千克，平均速率v 为1.20×103米/秒。