1、X2t210s時X2t210s時大學物理第一章作業(yè)題P21;,a的單位 試求質點;質點沿x軸運動，其加速度和位置的關系為 a = 2+6x2 為m s2, x的單位為m.質點在x = 0處，速度為10m 在任何坐標處的速度值.解：;分離變量:d adxdv dv dx adt dx dt(2 6x2)dxdvv一dx兩邊積分得由題知，x1 2v20時，2x 2x3v0 10,.c 50v 2 x3 x 25 ms1.10已知一質點作直線運動，具加速度為a = 4+3t ms2 ，開始運動時，x = 5 m,解：;分離變量，得v=0,求該質點在t = 10sdva 一dtdv (4時的速度和位置

2、4 3t3t)dt積分，得由題知，tv 4t2t2C1又因為分離變量,積分得由題知. C104tdx dt4t3t 23t 2dx(4t3 22t )dt2t23C2Xo故所以t5, /. C2 51t3 52vm321v104 10 - 10190 m s2-j-21 j-3x102 10- 105 705 m21.11 一質點沿半徑為1 m的圓周運動，運動方程為=2+3t3,式中以弧度計，t以秒計，求：(1) t = 2 s 時，質點的切向和法向加 速度；(2)當加速度的方向和半徑成45角時，其角位移是多少？解：1) t 2s時,9t2,an RdtR 1 18 21 (9 22)2ddt

3、236 ms18t1296 m s 2tan45(2)當加速度方向與半徑成45。角時，有aan亦即(9t2)2 18tt3 -則解得9于是角位移為3t3-2.67 rad91.12質點沿半徑為R的圓周按s = v0t1 bt22的規(guī)律運動，式中s為質點離圓周上某點的弧長，外, b都是常量，求：(1) t時刻質點的加速度;(2) t為何值時，加速度在數(shù)值上等于 b.解：(1)ands dtdvdt2vRVo bt2(Vobt)2R則加速度與半徑的夾角為22aan4(V0bt)R2,aarctananRb(Vo bt)2(2)由題意應有.2,2bb42(Vobt)R2(Vo bt )4R2(Vob

4、t)40.當 b 時，a b第二章作業(yè)題P61質量為16 kg的質點在xOy平面內運動，受一恒力作用，力的分量為 fx=6 N, fy=-7 N,當 t=0 時，x y0,vx =-2 m s1, vy =0.求當 t=2 s時質點的(1)位矢；(2)速度.fx解:16ayfy16VxVx0vyvy02020axdtaydt16于是質點在2s時的速度5.i4r (v0 t13.i4gaxt22 1 32 87 .8j2 .-ayt j174)i()4j2 16kv( k為常數(shù))質點在流體中作直線運動，受與速度成正比的阻力k()t作用，t=0時質點的速度為v0,證明(1) t時刻的速度為v=v0

5、e m ;(2)由0至t的時間內經(jīng)過的距離為mvox=( k ) 1- e(-)tm;(3)停止運動前經(jīng)過的距離為MB0 k ； (4)證明1當t m/k時速度減至外的e,式中答：(1) ;分離變量，得m為質點的質量.kv dv a -m dtdvkdtv dvV。vvktIn In e mv。t kdt0 mvoe mx vdt(3)質點停止運動時速度為零，即t -t ,0vedtmvoJkt(1 e m )故有(4)當t= k時，其速度為k mv0e mTtOO, kt0 voeivedtmv0v。e即速度減至v0的e .一質量為m的質點以與地的仰角 =3。的初速v。從地面拋出, 若忽略空

6、氣阻力，求質點落地時相對拋射時的動量的增量.解：依題意作出示意圖如題2-6圖題2-6圖在忽略空氣阻力情況下，拋體落地瞬時的末速度大小與初速度大小相 同，與軌道相切斜向下，而拋物線具有對y軸對稱性，故末速度與x軸夾角亦為3。,則動量的 增量為p mv mv0由矢量圖知，動量增量大小為 mv。，方向豎直向下.作用在質量為1。kg的物體上的力為F (10 2t)i n,式中t的單 位是s, (1)求4s后，這物體的動量和速度的變化，以及力給予物體 的沖量.(2)為了使這力的沖量為2。N - s,該力應在這物體上作用 多久，試就一原來靜止的物體和一個具有初速度6j m- s1的物體，回答這兩個問題.解

7、：(1)若物體原來靜止，則t41Pi0Fdt 0(10 2露出 56kgm s i,沿 x 軸正向,P1-1.v1 5.6 m s im1.11 p156 kg m s i若物體原來具有6m s1初速，則Pomvo, P m( Vo同理，F(xiàn)dt) mmvoP2 PPotFd一口o 于是tFdt oPiV2V1I 2I1這說明，只要力函數(shù)不變，作用時間相同，則不管物體有無初動量, 也不管初動量有多大，那么物體獲得的動量的增量(亦即沖量)就一定 相同，這就是動量定理.(2)同上理，兩種情況中的作用時間相同，即t2I o(1o 2t)dt 1ot t2亦即t2 10t 2oo o解得t 10s, (

8、t 20s舍去)3.14 質量為m的質點在xOy平面上運動，其位置矢量為 r acos ti bsin tj求質點的動量及t=0至2 點動量的改變量.解：質點的動量為時間內質點所受的合力的沖量和質P mv m ( asin tibcos tj)一 一 t將t 0和2分別代入上式，得 TOC o 1-5 h z P1m bj P2m ai,則動量的增量亦即質點所受外力的沖量為I p p2 Plm (ai bj) 一1一顆子彈由槍口射出時速率為v0m s ,當子彈在槍筒內被加速 時，它所受的合力為 F =(a bt)N(a，b為常數(shù))，其中t以秒為單位: (1)假設子彈運行到槍口處合力剛好為零，試

9、計算子彈走完槍筒全長 所需時間；(2)求子彈所受的沖量.(3)求子彈的質量.解：(1)由題意，子彈到槍口時，有t -F (a bt) 0,得 b(2)子彈所受的沖量t12I 0 (a bt)dt at - btJai、,口將 b代入，得2aI2b(3)由動量定理可求得子彈的質量I a2m V0 2bv0第三章作業(yè)題P88；計算題2-27圖所示系統(tǒng)中物體的加速度.設滑輪為質量均勻分布的圓柱體，其質量為M ,半徑為r ,在繩與輪緣的摩擦力作用下旋轉，忽略桌面與物體間的摩擦，設 kg, r =0.1 mm1=50kg, m2 = 200 kg,M =15解：分別以m1, m2滑輪為研究對象，受力圖如

10、圖(b)所示.對m1,m2運 用牛頓定律，有m2 gTiT2m2 ama(2對滑輪運用轉動定律，有Tir又，聯(lián)立以上4個方程，得pMr 2)2r3)a m12009.8Mm2 2155 200 27.6題 2-27(a)圖題 2-27(b)圖題2-28圖如題2-28圖所示，一勻質細桿質量為m,長為l ,可繞過一端O 的水平軸自由轉動，桿于水平位置由靜止開始擺下.求：(1)初始時刻的角加速度；(2)桿轉過 角時的角速度.解：(1)由轉動定律，有J ,2.mg- (-ml ) TOC o 1-5 h z 33g2l(2)由機械能守恒定律，有.1/1 22mg sin (-ml )2 33g sin

11、 10rJJ題2-29圖3.15如題2-29圖所示，質量為M ,長為1的均勻直棒，可繞垂直于 棒一端的水平軸。無摩擦地轉動，它原來靜止在平衡位置上.現(xiàn)有一 質量為m的彈性小球飛來，正好在棒的下端與棒垂直地相撞.相撞后, 使棒從平衡位置處擺動到最大角度30。處.(1)設這碰撞為彈性碰撞，試計算小球初速 v0的值;(2)相撞時小球受到多大的沖量？解：(1)設小球的初速度為v0 ,棒經(jīng)小球碰撞后得到的初角速度為,而小球的速度變?yōu)関,按題意，小球和棒作彈性碰撞，所以碰撞 時遵從角動量守恒定律和機械能守恒定律，可列式：mv0l1 2一mv02mvl1l 2212一 mv2I 1Ml2上兩式中 3 ,碰撞

12、過程極為短暫, 碰撞后，棒從豎直位置上擺到最大角度 列式：可認為棒沒有顯著的角位移；30,按機械能守恒定律可1l2Mg-2(1cos30 )由式得cos30 )13g ,3 J 丁 (1 萬)由式Iv0ml由式2V。所以一)2V0求得v0l2(1 卡6(2 v 3 3m M12(2)相碰時小球受到的沖量為Fdtmvmvglmvo由式求得Fdt mvmvo1-Ml 36(2 .3)M6負號說明所受沖量的方向與初速度方向相反.gl第五章作業(yè)題P145；;5.7 質量為10 10 3kg的小球與輕彈簧組成的系統(tǒng)，按x 0.1cos(8 g)(SI)的規(guī)律作諧振動，求：(1)振動的周期、振幅和初位相及

13、速度與加速度的最大值；(2)最大的回復力、振動能量、平均動能和平均勢能，在哪些位置上 動能與勢能相等？t2 5s與i 1s兩個時刻的位相差；解：(1)設諧振動的標準方程為x Acos( t0),則知:A又(2)0.1m,vmamFmA 0.8 m s1 一s,412A 63.2 m s 2am 0.63N0 2 /32.51 m s 1122-mvm 3.16 10 J 2_21.58 10 J1 _E k E2當Ek Ep時，有E即2Ep,1kx222. 2A2I kA2)2m20(t2 L) 8 (5 1)325.8 一個沿x軸作簡諧振動的彈簧振子，振幅為 A,周期為T ,其振 動方程用余

14、弦函數(shù)表示.如果t 0時質點的狀態(tài)分別是：(1) xA;(2)過平衡位置向正向運動;.向負向運動；令處向正向運動.試求出相應的初位相，并寫出振動方程.解：因為x0 Acos 0v0Asin 07.1 10 4J7.1 10 4J將以上初值條件代入上式，使兩式同時成立之值即為該條件下的初位 相.故有，2 ，Acos(t T.，2 ，Acos(t T.，2 ，A cos(t T2A cos(t T2)3)55.9 當t一質量為10 103kg的物體作諧振動，振幅為24cm,周期為4.0s,0時位移為24cm.求：(1) t 0.5s時，物體所在的位置及此時所受力的大小和方向;(2)由起始位置運動到

15、x 12cm處所需的最短時間；在x 12cm處物體的總能量. 解：由題已知24 10 2m,T 4.0s2 c.10.5 rad sT又，t 0時，故振動方程為XoA,24,-210 cos(0.5 t)m將t 0.5s代入得Xo.524 10 2 cos(0.5 F mat)mm0.17m2x1010 3(一: 0.174.2 10 3N2方向指向坐標原點，即沿由題知，t 0時,x軸負向.0,x0公，且v20,故 t 一 3-/- 2s3 23(3)由于諧振動中能量守恒，故在任一位置處或任一時刻的系統(tǒng)的總 能量均為32210 3(-)2 (0.24)2E 1kA 10 20, V00,0解：

16、由題4-8圖(a) , t 0時，X0Xa2T0.1cos(rad s33，又，A 10cm,T 2s21由題 4-8 圖(b) t 0時，x0A萬”。0,t - )m253t10 時，x1 0,v10,12-25.12xb輕彈簧的倔強系數(shù)為560.1 cos(565T)mk,其下端懸有一質量為M的盤子.現(xiàn)有一質量為m的物體從離盤底h高度處自由下落到盤中并和盤子粘在 一起，于是盤子開始振動. TOC o 1-5 h z (1)此時的振動周期與空盤子作振動時的周期有何不同？(2)此時的振動振幅多大？(3)取平衡位置為原點，位移以向下為正，并以彈簧開始振動時作為計時起點，求初位相并寫出物體與盤子的

17、振動方程.解：(1)空盤的振動周期為2檔,落下重物后振動周期為2,kkmg.碰撞時, k即增大. 按(3)所設坐標原點及計時起點，t 0時，則X。以m,M為一系統(tǒng)動量守恒，即則有m 2gh (mv0M)V0m. 2gh于是(3)tan 0v0 x。mg 1.x0 (v0)2mg 1k (m M )g2kh:2m 2gh )2 i (m M)，T晨（第三象限），所以振動方程為2kh cos (m M )gk 1 arctan m M2kh(M m)g5.15幅：Xi5 cos(3t解:X25cos(3t3)73cm)cmx15cos(3tx2 5cos(3t)cm 34、)cm 3.合振幅.A1

18、 43 0A210cm試用最簡單的方法求出下列兩組諧振動合成后所得合振動的振5.16 一質點同時參與兩個在同一直線上的簡諧振動，振動方程為x1 0.4cos(2tx2 0.3cos(2t)m試分別用旋轉矢量法和振動合成法求合振動的振動幅和初相，并寫出 諧振方程。解：;0.1mA sin 1 A2 sin 2 tan A2 cos 1A2 cos 20.4 sin 0.3sin60.4cos 0.3cos6其振動方程為x 0.1 cos(2t )m（作圖法略）22第六章作業(yè)題P1856.1 ；6.8 已知波源在原點的一列平面簡諧波，波動方程為y = ACOS(Bt Cx),其中A, B, C為正

19、值恒量.求：(1)波的振幅、波速、頻率、周期與波長；(2)寫出傳播方向上距離波源為l處一點的振動方程；任一時刻，在波的傳播方向上相距為d的兩點的位相差.解：(1)已知平面簡諧波的波動方程y Acos(Bt Cx)( x 0)將上式與波動方程的標準形式xy Acos(2 t 2 -)比較，可知：B波振幅為A ,頻率 /， TOC o 1-5 h z 2Bu - 波長 C ,波速 C ,12T 波動周期B .(2)將x l代入波動方程即可得到該點的振動方程y Acos(Bt Cl )(3)因任一時刻t同一波線上兩點之間的位相差為2一(x2 Xi )2將x2 x1 d,及d代入上式，即得Cd6.9

20、沿繩子傳播的平面簡諧波的波動方程為y=0.05cos(10 t 4 x),式中x, y以米計，t以秒計.求：(1)波的波速、頻率和波長；(2)繩子上各質點振動時的最大速度和最大加速度；求x=0.2m 處質點在t=1s時的位相，它是原點在哪一時刻的位相？這一位相所代表的運動狀態(tài)在t=1.25s時刻到達哪一點？解：(1)將題給方程與標準式y(tǒng) A cos(2 tx)相比，得振幅A 0.05 m,頻率 5s1,波長 0.5 m,波速 1u 2.5 m s .(2)繩上各點的最大振速，最大加速度分別為VmaxA 100.05 0.5 ms12， ，一 、2 一_ _2amaxA (10 )0.05 5

21、ms(3) x 0.2m處的振動比原點落后的時間為0.08 s在 t0 1 0.08 0.92 s 時的9.2x0.2u 2.5 故x 0.2m, t 1s時的位相就是原點(x 0), 位相， 即 設這一位相所代表的運動狀態(tài)在t 1.25s時刻到達x點，則xx1u(t t1)0.2 2.5(1.25 1.0) 0.825 m6.10 如題5-10圖是沿x軸傳播的平面余弦波在t時刻的波形曲線.(1)若波沿x軸正向傳播，該時刻O, A, B, C各點的振動位相 是多少？(2)若波沿x軸負向傳播，上述各點的振動 位相又是多少？則在t時刻，有解：(1)波沿x軸正向傳播,題 5-10對于o點：yO 0，

22、vo 0, O 2對于 A點：: yAA,vA 0, . A 0對于 B點：yB0,vB0, B23對于c點：. y。0，vc0, C萬(取負值：表示A、B、C點位相，應落后于。點的位相)(2)波沿x軸負向傳播，則在t時刻，有對于。點：yO0，vO 0 ,O 2對于 A點：. yA A,vA 0, A 0對于 B 點：yB0，vB0 ,B 23對于 C點：yc0，Vc 0, C 萬(此處取正值表示A、B、C點位相超前于。點的位相)6.11 一列平面余弦波沿x軸正向傳播，波速為5m- s1,波長為 原點處質點的振動曲線如題5-11圖所示.(1)寫出波動方程；(2)作出t=0時的波形圖及距離波源0

23、.5m處質點的振動曲線.2ml解：(1)由題5-11(a)圖知，A 0.1m,且t 0時,y00,vo又2 2.5Hz,則 2y Acos (t x)取u題 5-11 圖(a),則波動方程為(2) t 0時的波形如題y5-11(b)x0.1cos5 (t 5圖題 5-11 圖(b)將x 0.5m代入波動方程,題 5-11得該點處的振動方程為圖解：(1)由題5-12圖可知，A又，t 0時，y00,v0o,x. 0 a,而u 1故波動方程為12 0.5S1,0.5Hz ,2y 0.1 cos(t 泉 2m(2)將xp 1m代入上式，即得P點振動方程為-)0.1cos t 22m6.13 一列機械波

24、沿 已知波速為10 m - s(1)波動方程；解：題知由題5-13圖可知A2 m ,t。時,A 八y0 ,vo 021025Hz圖所示,x軸正向傳播，t=0時的波形如題5-13 ,-1,波長為2m求：P點的振動方程及振動曲線；P點的坐標；P點回到平衡位置所需的最短時間.10(1)波動方程為01.cos10(t0.10. 051x0)3m題5-13圖(2)由圖知，t 0時, 于0點，故取負值)A yP 二，v23 (P點的位相應落后. P點振動方程為yp0.1cos(1010(t43 )xW)解得31531.67m(4)根據(jù)(2)的結果可作出旋轉矢量圖如題 5-13圖(a),則由P點回到平衡位置

25、應經(jīng)歷的位相角題 5-13 圖(a)_ _ 5 TOC o 1-5 h z 326所屬最短時間為5 /611012 S如題5-14圖所示，有一平面簡諧波在空間傳播，已知P點的振動方程為yP = ACOS( t0).(1)分別就圖中給出的兩種坐標寫出其波動方程；(2)寫出距P點距離為b的Q點的振動方程.解：(1)如題5-14圖，則波動方程為., l x、.y Acos (t ) o u u 如圖(b),則波動方程為題5-14圖 TOC o 1-5 h z 一 一 .x一y Acos (t -)0u(2)如題5-14圖(a),則Q點的振動方程為Aq Acos (t b)0u如題5-14圖(b),則

26、Q點的振動方程為 b Aq Acos (t -)0u已知平面簡諧波的波動方程為y Acos (4t 2x)(SI).(1)寫出t=4.2 s時各波峰位置的坐標式，并求此時離原點最近一個 波峰的位置，該波峰何時通過原點？(2)畫出t =4.2 s時的波形曲線.解：(1)波峰位置坐標應滿足(4t 2x) 2k解得 x (k 8.4) m ( k 0, 1, 2,) 所以離原點最近的波峰位置為 0.4 m .x4 t 2 t t u 故知u 2t 0.4 0.22 s,這就是說該波峰在0.2s前通過原點，那么從計時 即該波峰是在4 s時通過原點的.2 u 0y04.2 4A cos 4m ,又 x

27、0處，t 4.2 s時,16.8又，當yA時，x 1716.8解得x2x170.1m,故t 4.2 s時的波形圖4.20.8A如題5-15圖所示第七章作業(yè)題P216;氣體動理論的研究對象是什么？理想氣體的宏觀模型和微觀模型 各如何？答：氣體動理論的研究對象是大量微觀粒子組成的系統(tǒng).是從物質的微觀結構和分子運動論出發(fā)，運用力學規(guī)律，通過統(tǒng)計平均的辦法， 求出熱運動的宏觀結果，再由實驗確認的方法.從宏觀看，在溫度不太低，壓強不大時，實際氣體都可近似地當 作理想氣體來處理，壓強越低，溫度越高，這種近似的準確度越高.理 想氣體的微觀模型是把分子看成彈性的自由運動的質點.速率分布函數(shù)f(v)的物理意義是

28、什么？試說明下列各量的物理意 義(n為分子數(shù)密度，N為系統(tǒng)總分子數(shù)).f(v)dv(2) nf(v)dv(3) Nf (v)dvvv2( 4) 0 f (v)dv( 5)0 f (v)dv( 6)Nf(v)dv解：f(v)：表示一定質量的氣體，在溫度為T的平衡態(tài)時，分布在速 率v附近單位速率區(qū)間內的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比.(1) f(v)dv :表示分布在速率v附近，速率區(qū)間dv內的分子數(shù)占總分 子數(shù)的百分比.(2 ) nf(v)dv：表示分布在速率v附近、速率區(qū)間dv內的分子數(shù)密度.Nf(v)dv:表示分布在速率v附近、速率區(qū)間dv內的分子數(shù).0vf(v)dv：表示分布在v2區(qū)間內的分子數(shù)

29、占總分子數(shù)的百分比.0 f(v)dv：表示分布在0的速率區(qū)間內所有分子，其與總分子數(shù)的比值是1.：Nf(v)dv:表示分布在v1v2區(qū)間內的分子數(shù).最概然速率的物理意義是什么?方均根速率、最概然速率和平均速率，它們各有何用處?答： 氣體分子速率分布曲線有個極大值，與這個極大值對應的速率叫做氣體分子的最概然速率物理意義是：對所有的相等速率區(qū)間而言，在含有vp的那個速率區(qū)間內的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比最大.分布函數(shù)的特征用最概然速率vp表示；討論分子的平均平動動能用方均根速率，討論平均自由程用平均速率容器中盛有溫度為T的理想氣體，試問該氣體分子的平均速度是 TOC o 1-5 h z 多少?為什么

30、?答：該氣體分子的平均速度為0 . 在平衡態(tài)，由于分子不停地與其他分子及容器壁發(fā)生碰撞、其速度也不斷地發(fā)生變化，分子具有各種可能的速度，而每個分子向各個方向運動的概率是相等的，沿各個方向運動的分子數(shù)也相同從統(tǒng)計看氣體分子的平均速度是0 .在同一溫度下，不同氣體分子的平均平動動能相等，就氫分子和氧分子比較，氧分子的質量比氫分子大，所以氫分子的速率一定比氧分子大，對嗎?答：不對，平均平動動能相等是統(tǒng)計平均的結果分子速率由于不停地發(fā)生碰撞而發(fā)生變化，分子具有各種可能的速率，因此，一些氫分子的速率比氧分子速率大，也有一些氫分子的速率比氧分子速率小題 6-10 圖 (a) 是氫和氧在同一溫度下的兩條麥克

31、斯韋速率分布曲線，哪一條代表氫?題6-10 圖 (b) 是某種氣體在不同溫度下的兩條麥克斯韋速率分布曲線，哪一條的溫度較高?答：圖 (a) 中 (1)表示氧，( 2)表示氫；圖(b) 中 ( 2)溫度高(*|向題6-10圖溫度概念的適用條件是什么？溫度微觀本質是什么？答：溫度是大量分子無規(guī)則熱運動的集體表現(xiàn)，是一個統(tǒng)計概念，對 個別分子無意義.溫度微觀本質是分子平均平動動能的量度.試說明下列各量的物理意義.-kT 3kT-kT222(4)凡(RT(5)。丁(6) -RTMmol 222解：(1)在平衡態(tài)下，分子熱運動能量平均地分配在分子每一個自由 度上的能量均為IkT.2(2)在平衡態(tài)下，分子

32、平均平動動能均為 3kT .2(3)在平衡態(tài)下，自由度為i的分子平均總能量均為ikT.2(4)由質量為M ,摩爾質量為Mmol,自由度為i的分子組成的系統(tǒng)的內能為M molRT .1摩爾自由度為i的分子組成的系統(tǒng)內能為RT.21摩爾自由度為3的分子組成的系統(tǒng)的內能-RT ,或者說熱力學2體系內，1摩爾分子的平均平動動能之總和為 -RT .27.16 有兩種不同的理想氣體，同壓、同溫而體積不等，試問下述各 量是否相同？(1)分子數(shù)密度；(2)氣體質量密度；(3)單位體積內氣體分子總平動動能；(4)單位體積內氣體分子的總動能.解：(1)由p nkT,n p知分子數(shù)密度相同； kT(2)由 M 3知

33、氣體質量密度不同 V RT(3)由n3kT知單位體積內氣體分子總平動動能相同；2(4)由n LkT知單位體積內氣體分子的總動能不一定相同. 27.18 如果氫和氨的摩爾數(shù)和溫度相同，則下列各量是否相等，為什 么？(1)分子的平均平動動能；(2)分子的平動動能；(3)內能.解：(1)相等，分子的平均平動動能都為3kT .2(2)不相等，因為氫分子的平均動能5kT,氨分子的平均動能3kT. 22(3)不相等，因為氫分子的內能 5RT,氨分子的內能-RT. 227.20 設有N個粒子的系統(tǒng)，其速率分布如題 6-18圖所示.求(1)分布函數(shù)f(v)的表達式；(2) a與V0之間的關系； 速度在1.5

34、V。到2.0 V。之間的粒子數(shù).(4)粒子的平均速率.(5)0.5 V。到1v。區(qū)間內粒子平均速率.題6-18圖解：(1)從圖上可得分布函數(shù)表達式Nf (v)av/v0(0VV0)Nf (v)a(V0V 2V0)Nf (v)0(V2 V0)av/ Nv0(0V V0)f(v)a/N(V0V 2V0)0(V2 V0)f(v)滿足歸一化條件，但這里縱坐標是Nf (v)而不是f (v)故曲線下的總 面積為N ,(2)由歸一化條件可得V00avN 一 dvV02v0N adv%2N3V(3)可通過面積計算(4) N個粒子平均速率a(2V0 1.5V0)2“ av0 V0v vf (v)dv1 rvNf

35、 (v)dvN 02v0dv avdvv0_1 J 2v (一 av 0N 30.5v0到M區(qū)間內粒子平均速率v。vdN_0.5v0v N13。2、2av0)118,1v 一N1v0 9dv0.5必 v0N1 N N3av0(_N13vovo vdN05V nvovf (v)dv 0.5%v,2 av . dvN1 05v0 Nv07av2N1 240.5v。到1v。區(qū)間內粒子數(shù)一 1， c 、, c 、N1 (a 0.5a)(v0 0.5v0)23 -av0827av0v -6N 9第八章作業(yè)題-N 47VOP262P261:;下列表述是否正確?為什么？并將錯誤更正.(1) Q E1 Q2(

36、3Q1解：(1)不正確,(2)不正確,AE(3)不正確,(4)不正確,不可逆Q2Q1Q2Q1(4)pdV不可逆8.6用熱力學第一定律和第二定律分別證明, 一等溫線不能有兩個交點.等溫線絕熱線題7-4圖pdVQ2Q在P V圖上一絕熱線與解：1.由熱力學第一定律有 若有兩個交點a和b ,則經(jīng)等溫a b過程有Ei Qi Ai 0經(jīng)絕熱a b過程E2 Ai 0E2A 0從上得出Ei巳，這與a, b兩點的內能變化應該相同矛盾.8.7 一循環(huán)過程如題7-5圖所示，試指出：ab，bGca各是什么過程；(2)畫出對應的P V圖；(3)該循環(huán)是否是正循環(huán)？(4)該循環(huán)作的功是否等于直角三角形面積 ？ (5)用圖

37、中的熱量Qab，Qbc，Qac表述其熱機效率或致冷系數(shù).解：(i) a b是等體過程bc過程：從圖知有V KT , K為斜率由PV vRT得vRp 7故bc過程為等壓過程ca是等溫過程P V圖如題7 5圖(3)該循環(huán)是逆循環(huán)(4)該循環(huán)作的功不等于直角三角形面積，因為直角三角形不是p V圖中的圖形.QabQbcQcaQab題7-5圖8.9評論下述說法正確與否？題7-6圖 (1)功可以完全變成熱，但熱不能完全變成功；(2)熱量只能從高溫物體傳到低溫物體，不能從低溫物體傳到高溫物 體.(3)可逆過程就是能沿反方向進行的過程，不可逆過程就是不能沿反 方向進行的過程.答：(1)不正確.有外界的幫助熱能

38、夠完全變成功；功可以完全變成熱，但熱不能自動地完全變成功；(2)不正確.熱量能自動從高溫物體傳到低溫物體，不能自動地由低 溫物體傳到高溫物體.但在外界的幫助下，熱量能從低溫物體傳到高 溫物體.(3)不正確.一個系統(tǒng)由某一狀態(tài)出發(fā)，經(jīng)歷某一過程達另一狀態(tài)， 如果存在另一過程，它能消除原過程對外界的一切影響而使系統(tǒng)和外 界同時都能回到原來的狀態(tài)，這樣的過程就是可逆過程.用任何方法都不能使系統(tǒng)和外界同時恢復原狀態(tài)的過程是 不可逆過程.有些過程雖能沿反方向進行，系統(tǒng)能回到原來的狀態(tài)，但外界沒有同時恢復原 狀態(tài)，還是不可逆過程.8.11 如題7-10圖所示，一系統(tǒng)由狀態(tài)a沿acb到達狀態(tài)b的過程中， 有

39、350 J熱量傳入系統(tǒng)，而系統(tǒng)作功126 J .(1)若沿adb時，系統(tǒng)作功42 J,問有多少熱量傳入系統(tǒng)？題7-10圖 若系統(tǒng)由狀態(tài)b沿曲線ba返回1犬態(tài)a時，外界對系統(tǒng)作功為84 J , 試問系統(tǒng)是吸熱還是放熱？熱量傳遞是多少？解：由abc過程可求出b態(tài)和a態(tài)的內能之差E Q A 350 126 224 Jabd過程，系統(tǒng)作功A 42 JQ E A 224 42 266 J系統(tǒng)吸收熱量ba過程，外界對系統(tǒng)作功A 84 JQ E A 224 84308 J 系統(tǒng)放熱8.16 1 mol的理想氣體的T-V圖如題7-15圖所示，ab為直線，延 長線通過原點O.求ab過程氣體對外做的功.題7-15圖解：設T KV由圖可求得直線的斜率K為T0K 2V0K工V 得過程方程2V由狀態(tài)方程PV RTRT 得