大学物理复习题要.docx

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1、大学物理复习题要第一章 质点运动学 本章提要 1、 参照系：描述物体运动时作参考的其他物体。 2、 运动函数：表示质点位置随时间变化的函数。 rrrrr位置矢量：r=r(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k 位置矢量：Dr=r(t+Dt)-r(t) 一般情况下：DrDr rrrrrrrrrdrrdvd2r=3、速度和加速度： v= ； a= dtdtdt224、匀加速运动： a=常矢量 ； v=v0+at r=v0t+12at 2225、一维匀加速运动：v=v0+at ； x=v0t+12at v-v0=2ax rrrrrrr6、抛体运动： ax=0 ； ay=-g vx=v0cosq ；

2、 vy=v0sinq-gt 2 x=v0cosqt ； y=v0sinqt-12gt7、圆周运动：a=an+at rrrv2=Rw2 法向加速度：an=Rdv dtvrv8、伽利略速度变换式：v=v+u 切向加速度：at=1.如图所示,湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h，滑轮到原船位置的绳长为l。当人以匀速v拉绳，船运动的速度v为多少? 解：取如图所示的坐标轴, 由题知任一时刻由船到滑轮的绳长为l=l0-vt 则船到岸的距离为： v v 2222x=l-h=(l0-vt)-h 因此船的运动速率为： v=dx=dtvhl-l-vt02h l v o x rrrrr

3、22.一质点具有恒定的加速度a=(6i+4j)m/s,在t=0时刻,其速度为零, 位置矢量r=10i (m).1 求:(1)在任意时刻的速度和位置矢量;(2)质点在 xoy平面的轨迹方程,并画出轨迹的示意图. rrdv解. (1)由加速度定义a=,根据初始条件 t0=0 v0=0 可得 dtrrvrtrt dv=adt=(6i+4j)d t000rr v=(6ti+4tj)m/s rrrdrrrv=由及 t0=0r=r0=10idtrrrr2222r=r0+3ti+2tj=(10+3t)i+2tjm (2)由以上可得质点的运动方程的分量式x=x(t) y=y(t) 即 x=10+3t2 y=2

4、t2 消去参数t,得质点运动的轨迹方程为 3y=2x-20 得rrtrtrdr=vdt=(6ti+4tj)dt rr000y 3y=2x-20 rr这是一个直线方程.由r0=10im知 xtga= x0=10m,y0=0.而直线斜率 k=dy/d=则a=3341轨迹方程如图所示 23. 质点的运动方程为x=-10t+30t和y=15t-20t,(SI)试求:(1) 初速度的大小和方向;(2)加速度2o2, 310 X 的大小和方向. 解.(1)速度的分量式为 vx=dx/dt=-10+60t vy=dy/dt=15-40t 当t=0时,v0x=-10m/s,v0y=15m/s,则初速度的大小为

5、v0=而v0与x轴夹角为 a=arctgv0x+v0y=18.0m/s 22v0yv0x=123o41 (2)加速度的分量式为 ax=则其加速度的大小为 a=dvdvx=60ms-2 ay=y=40ms-2 dtdt2ax+a21ms-2 y=72.a与x轴的夹角为 b=arctgayax=-33o41(或326o19) 4. 一质点以25m/s的速度沿与水平轴成30角的方向抛出.试求抛出5s后,质点的速度和距抛出点的位置. 2 解. 取质点的抛出点为坐标原点.水平方向为x轴竖直方向为y轴, 质点抛出后作抛物线运动,其速度为 vx=v0coas vy=v0sina-gt 则t=5s时质点的速度

6、为 vx=21.65m/s vy=-36.50m/s 质点在x,y轴的位移分别为 Y v0 vy X vx gt2 x=v0xt=108.25m y=v0yt-=-60.0m 2质点在抛出5s后所在的位置为 r=xi+yj=(108.25i-60.0j)m 5.两辆小车A、B沿X轴行驶,它们离出发点的距离分别为 XA=4t+t2, XB= 2t2+2t3 (SI)问:(1)在它们刚离开出发点时,哪个速度较大?(2)两辆小车出发后经过多少时间才能相遇?(3)经过多少时间小车A和B的相对速度为零? 解.(1) vA=dxA/dt=4+2t vB=dxB/dt=4t+6t 当 t=0 时, vA=4

7、m/s vB=0 因此 vA vB (2)当小车A和B相遇时, xA=xB 即 4t+t=2t+2t 解得 t=0、1.19s -1.69s(无意义) (3)小车A和B的相对速度为零,即 vA-vB=0 3t2+t-2=0 解得 t=0.67s . -1s(无意义). 223rrrrr2 第二章 牛顿运动定律 本章提要 1、牛顿运动定律 vv牛顿第一定律 F=o时 v=常矢量 vvvvv牛顿第二定律 F=ma=maxi+mayi+mazk 牛顿第三定律 F=-F 2、技术中常见的几种力： vvvv 重力 P=mg 弹簧的弹力 f=-kx 压力和张力 滑动摩擦力 fk=mkN 静摩擦力 fsms

8、N 3 3、基本自然力：万有引力、弱力、电磁力、强力。 4、用牛顿运动定律解题的基本思路： 认物体看运动查受力列方程 5、国际单位制 量纲：表示导出量是如何由基本量组成的幂次式。 1. 一木块在与水平面成a角的斜面上匀速下滑.若使它以速度v0 沿此斜面向上滑动,如图所示.证明y 它能沿该斜面向滑动的距离为v02/4gsina. x 证.选如图所示坐标,当木块匀速下滑时,由牛顿第二定理有 v0 FN mgsina-f =0 f 因此木块受到的摩擦阻力为 f = mgsina (1) FN 当木块上行时,由牛顿第二定律有 - mgsina - f=ma (2) P f 联立(1)(2)式可得a=

9、-2gsina a P 式中负号表示木块沿斜面向上作匀减速直线运动.木块以初速v0开始向上滑至某高度时,v=0,由v2=v02+2as 可得木块上行距离为 s=-v02/2a=v02/4gsina 2.如图所示,已知F=4.0104N,m1=3.0103kg,m2=2.0103kg两物体与平面间的摩擦系数为0.02,设滑轮与绳间的摩擦系数均不计算.求质量m2物体的速度及绳对它的拉力. 解.如图所示,设m2的加速度为a2,m1的加速度 a1 为a1.由牛顿第二定律分别列出m1,m2的运动方 程为 m1 F m2 F-T1-mm1g=m1a1N1 T N2 T2 1T1 T2 T2-mm2g=m2

10、a2F T2f2 f1 由于滑轮质量、滑轮与绳之间的摩擦力不计,则有T1-T2=0 m1g m2g 考虑到T1=T1,T2=T2,且绳子不被拉长,则有a2=2a1 联立上述各式,可得a2=2F-2mg(2m2+m1)=4.78m.s-2 4m2+m14 T2=m2(mg+a2)=1.3510N 3.在一只半径为R的半球形碗内,有一粒质量为m的小钢球.当小钢球以角速度在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高? 解.如图所示,钢球以角速度在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动.当它距碗底高为 h时,其向心加速度为an=rw2=Rw2sinq，钢球所受到的作用力为重力P和碗壁对球的 支持力N,其

11、合力就是钢球匀速圆周运动所需的向心力F.由图 有 F=Nsinq=mRwsinq 则 N=mRw (1) 考虑到钢球在垂直方向受力平衡,则有 Ncosq=P=mg (2) 22R h F N P 4 由图可知 cosq=(R-h)/R. 故有 h=R-g/w2 4. 一质量为m的小球最最初位于如图所示的A点,然后沿半径为r的光滑圆弧的内表面ADCB下滑.试求小球在点C时的角速度和对圆弧表面的作用力. 解.取图所示的坐标系,小球在运动过程中受重力P和圆弧内表面的作用力N.由牛顿第二定律得小球在切向方向运动方向方程为 Ft=mat 即 -mgsina=mdv/dt 由 v=ds/dt=rda/dt

12、 可得 dt=rda/v. 将其代入上式后,有 vdv=-rgsinada 根据小球从A运动到C的初末条件对上式两边进行积分,则有 A O a r D C B v0vdv=p(rgsina)da 得v=2rgcosa 2a小球在C点的角速度为 w=v/r=2gcosa/r an at a mg 小球在法线方向的运动方程为 Fn=man 即 N-mgcosa=mv/r=2mgcosa 由此得小球对圆弧的作用力为 N=-N=-3mgcosa 25.有一个可以水平运动的倾角为的斜面,斜面上放一质量为m的物体,物体与斜面间的静摩擦系数为,如果要使物体在斜面上保持静止,斜面的水平加速度应如何? 解.物体

13、m在斜面上保持静止,因而具有和斜面相同的加速度a.可以直观的看出,如果斜面的加速度太小,则物体将向下滑;如果斜面的加速度过大, 则物体会向上滑. (1)假定物体静止在斜面上,但有向下滑的趋势; 物体受力分析如图(1)所示,由牛顿运动定律有 y fcosa-Nsina=m(-a) fsina+Ncosa-mg=0 fmN则 asina-cosag cosa+sinay a a N f mg x (1)假定物体静止在斜面上,但有向上滑的趋势;物体受力分析如图(2)所示,由牛顿运动定律有 -fcosa-Nsina=m(-a) -fsina+Ncosa-mg=0 sina+cosag fmN则 aco

14、sa-sinasina-cosasina+cosagag 故cosa+sinacosa-sinaN a -f a mg x 5 第三章 功与能 本章提要 1、功：dW=Fdr W=dW=vvBAvvBBFdr=Fcosqdr=(Fxdx+fydy+fzdz) AA22、动能定理：W=1mv222 -1mv123、保守力与非保守力： W=LvvvvF保dr=0 W=F非dr0 L4、势能：对保守内力可以引入势能概念 万有引力势能：Ep=-Gm1m2以两质点无穷远分离为势能零点。 r 重力势能：Ep=mgh以物体在地面为势能零点。 2 弹簧的弹性势能：Ep=1以弹簧的自然伸长为势能零点。 kx25

15、、机械能受恒定律：在只有保守内力做功的情况下，系统的机械能保持不变。 1、用力推地面上的石块.已知石块的质量为20kg,力的方向和地面平行. 推力随位移的增加而线性增加,即F=6x(SI).试求石块由x1=16m移到x2= 20m的过程中,推力所作的功. 解.由于推力在作功过程中是一变力,按功的定义有 W=x2x1rr20Fdx=6xdx=3(202-162)=432J 162、一颗速率为700m/s的子弹,打穿一木块后速率降为500m/s.如果让它继续穿过与第一块完全相同的第二块木板.求子弹的速率降到多少? 解.由动能定理可知,子弹穿过第一块和第二块木板时克服阻力所作的功分别为 212W1=

16、12mv2-2mv1212W2=1mv-mv3222式中v1为子弹初速率,v2为穿过第一块木板后的速率,v3为穿过第二块木板后的速率.由题意知两块木板完全相同,因此子弹穿过木板过程中克服阻力所作的功可认为相等,即 W1=W2,故有 12212212mv2-2mv1=13-2mv2 2mv22v2-v12=100m/s 由此得子弹穿过第二块木板后的速率为 v3=3、.用铁锤把钉子敲入木板.设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比.若第一次敲击能把钉子打入木板1.010m.第二次打击时, 保持第一次打击钉子的速度,那么第二次能把钉子打多深. 解.锤敲钉子使钉子获得动能.钉子钉入木板是使钉子将获

17、得的动能用于克服阻力作功.由于钉子所受阻力f与进入木板的深度x成正比,即f=kx,其中k为阻力系数.而锤打击钉子时,保持相同的速度,故钉子两次进入木板过程中所作功也相等, 所以有 -2 6 0.010kxdx=xkxdx x=1.41m 0.01x即钉子经两次敲击进入木板的总深度为1.41m.由此可知第二次打击使钉子进入木板的深度为 d=x-x1=0.0041m 4、一半径为R的光滑球固定在水平面上. 另有一个粒子从球的最高点由静止沿球面滑下.摩擦力略去不计.求粒子离开球的位置以及粒子在该位置的速度. 解.如图所示,粒子在光滑球面上滑动时仅受球面支持力和地球引力 mg的作用.由于N始终与球的运

18、动方向垂直,故系统机械能守恒.当粒子从最高点A滑至离开球的位置B时,有 2mgR= 12mv+mgR cosq 根据牛顿第二定律,有mgcosq-N=而粒子刚好离开时,N=0.因此有 1Rmv2 A B N mgR=12mgRcosq+mgRcosq 则物体刚离开球面处的角位置为 o q=arccos2=48.23 此时,粒子的速率为v= gRcosq=23RgooR o P v v的方向与P夹角为a=90-q=41.8 5、一劲度系数为K的水平轻弹黉,一端固定在墙上,另一端系一质量为M的物体A放在光滑的水平面上.当把弹黉压缩x0后,再靠着A放一质量为m的物体B,如图所示.开始时系统处于静止,

19、若不计一切摩擦.试求:(1)物体A和B分离时,B的速度;(2)物体A移动过程中离开o点的最大距离. 解.(1)以A、B及弹黉为系统,假定A、B分离时的共同速度为v. 由机械能守恒定律,有122 (M+m)v2=1kx02则 v=K/(M+m)x0 r0 A B x (2)若设x为物体A离开o点的最大距离, 221由系统机械能守恒,有12Mv=2kx 则x=M/(M+m)x0 第四章 动量 本章提要 1、动量定理：合外力的冲量等于质点动量的增量。Fdt=p1-p2 对于质点系p=vvvpi i 7 2、动量受恒定律：系统所受合外力为零时，p=3、质心的概念 质心的位矢：rc=vvpi常矢量。 i

20、vmriv(1v1vvr=rdm mr)ciimmiiim4、质心运动定律：质点系所受的合外力等于其总质量乘以质心的加速度。F=mac 质点系的动量受恒等同于它的质心速度不变。 1、如图所示,质量为m、速度为v的子弹,射向质量为M的靶,靶中有一小孔, 内有劲度系数为k的弹黉,此靶最初处于静止状态,但可在水平面作无摩擦滑动.求子弹射入靶内弹黉后,弹黉的最大压缩距离. 解.质量为m的子弹与质量为M 的靶之间的碰撞是从子弹与固定在靶上的弹黉接触时开始的,当弹黉受到最大压缩时,M和m具有共同的速度v1, 此时弹黉的压缩量为x0.在碰撞过程中,子弹和靶组成的系统在水平方向上无外力作用, 故由动量守恒定律

21、可得 vvmv=(m+M)v1 (1) 在碰撞过程中,系统的机械能守恒,有 12221 (2) mv2=1(m+M)v+kx1022v M m 联立(1) (2)式,得x0=mMvk(m+M)7-232、质量为7.210kg、速率为6.010m/s的粒子A, 与另一个质量为其一半而静止的粒子B发生完全弹性的二维碰撞,碰撞后粒子A的速率为5.010m/s.求( 1)粒子B的速率及相对粒子A原来速度方向的偏角;(2);粒子A的偏转角. 解.取如图所示的坐标.当A、B两粒子发生碰撞时,系统的动量守恒.在xoy平面内的二维直角坐标中, 有mvA1=1b+mvA1cosa 2mvB2cos7y vB2

22、vA1 o vA2 x 0=1b-mvA2sina 2mvB2cos由碰撞前后系统机械能守恒,有 122211mv2A1=2(m/2)vB2+2mvA2 则碰撞后粒子B的速率为 vB2=4.6910m/s. 粒子B相对于粒子A原方向的偏转角b=546, 粒子A的偏转角a=2220 o7o8 3、如图所示为一弹黉振子,弹黉的劲度系数为K,质量不计.有一质量为m、速度为v的子弹打入质量为M的物体,并停留在其中,若弹黉被压缩的长度为x,物体与平面间的滑动摩擦系数为,求子弹的初速度. 解.以M、m和弹黉为研究对象,系统在水平 方向动量守恒,有mv=(m+M)u (1) 子弹打入物体后,在弹黉被压缩的过

23、程中, 由功能原理,可得 221 (2) -m(m+M)gx=1Kx-(m+M)u22m v M 联立(1)(2)式得v=m+MmKx/(M+m)+2mgx24、质量为m的物体从斜面上高度为h的A点处由静止开始下滑,滑至水平段B点停止.今有一质量为m的子弹射入物体中,使物体恰好能返回到斜面上的A点处. 求子弹的速率. 解.以地球和物体为研究系统,物体从A处滑到B 处的过程中,由功能原理可得摩擦力的功的数值 为 Wf=mgh 取子弹和物体为系统,子弹射入物体的过程系统 A m 的动量守恒,有 mv=2mu 再以地球、物体和子弹为系统,由功能原理有 h B 212Wf=2(2m)u-2mgh m

24、由此可得v=4gh 5、如图所示,质量为m的小球沿斜坡在h处由静止开始无摩擦滑下, 在最低点与质量为M的钢块作完全弹性碰撞. 求:(1)碰撞后小球沿斜坡上升的高度.(2)若钢块和地面间摩擦系数为,碰撞后钢块经过多长时间后停下来. 解.小球沿斜坡滑下过程中系统机械 2能守恒mgh=12mv 小球m以速度v在斜坡底端和M发生完全弹性碰撞,有 A h mv=mv1+mv2 12221mv2=12mv1+2Mv2 m M 2小球沿斜坡上升过程中系统机械能守恒,有12mv1=mgh 若钢块M在平面上运动经Dt秒后停下来,由动量定理有 -mMgDt=0-Mv2 2mM-m2h/g 联立求解可得h=h Dt

25、=m(M+m)M+m2 9 第五章 刚体的转动 本章提要： 1、 刚体的定轴转动： dq dtdw角加速度；b= dt角速度：w=2匀加速转动：w=w0+bt qw0t12bt 2w2-w0=2bq 2、 刚体的定轴转动定律：M=Jb 3、 刚体的转动惯量：J=mri2ii J=rdm 2平行轴定理J=Jc+md2 4、 力矩的功：W=Mdq 12转动动能：Ek=Jw2 122 Jw2-1Jw02刚体定轴转动的动能定理：W=刚体的重力势能：Ep=mghc 机械能守恒定律：只有保守力做功时，Ek+Ep=常量 5、 角动量： rrrrr质点的角动量：L=rP=mrv rdrL 质点的角动量定理：M

26、=dtrrr质点的角动量守恒定律：M=0 , L=rmv=常矢量 刚体定轴转动的角动量：L=Jw 刚体定轴转动的角动量定理：M=dL dt刚体定轴转动的角动量受恒定理：当合外力矩为零时 Jw=常量 1、设某机器上的飞轮的转动惯量为63.6kg.m2,转动的角速度为31.4s-1,在制动力矩的作用下,飞轮经过20s匀减速地停止转动,求角加速度和制动力矩. 解.由题意知飞轮作匀减速运动,角加速度应为常量,故有 b=(w-w0)/t=(0-31.4)/20=-1.57rad/s. 根据转动定律,可得制动力矩M=Jb=63.6(-1.57)=-99.9N.m 10 式中负号表示角加速度、制动力矩的方向

27、均与飞轮转动的角速度方向相反. 2、如图(a)所示为一阿脱伍德(Atwood)机.一细而轻的绳索跨过一定滑轮, 绳的两端分别悬有质量为m1和m2的物体,且m1m2.设定滑轮是一质量为M、半径为r 的圆盘,绳的质量不计,且绳与滑轮间无相对运动.试求物体的加速度和绳的张力.如果略去滑轮的运动,将会得到什么结果? 解.分别作出滑轮M,物体m1和m2的受力分析图如图(b)所示.由于绳索质量不计,且长度不变,故m1和m2两物体运动的加速度a和a大小相等,均为a,但方向相反.对物体m1和m2以及滑轮M分别应用牛顿第二定律和转动定律,可得 N m1g-T1=m1a (1) T2-m2g=m2a (2) T1

28、 M T2 (T (3) -T)r=Jb12a a P1 P2 2而 J=1 (4) 2MrT2 P T1 m1 m2 a=rb (5) 联立(1)(2)(3)(4)(5)式,可得 a=m1-m2g m2+m2+M/22m2+M/22m1+M/2mlg T2=m2g m2+m2+M/2m2+m2+M/2T1=如果略去滑轮的运动,即T1=T2=T,有 a=(m1-m2)g2m1m2g T=T1=T2= m1+m2m1+m23、质量为0.50kg,长为0.40m的均匀细棒,可绕垂直于棒的一端的水平轴转动.如将此棒放在水平位置,然后任其下落.求:(1)在开始转动时的角加速度;(2)下落到铅直位置时的

29、动能;(3)下落到铅直位置时的角速度. 解.(1)如图所示,棒绕端点o的转动惯量J=ml2/3. 在水平位置时,棒所受的重力矩 =mgl/2, 根据转动定律,得b=M/J=3g/(2l)=36.8rad.s -2P A (2)取棒和地球为系统,以棒处于竖直位置时其中 心点A处为重力势能零点.在棒的转动过程中只有 保守内力作功,系统的机械能守恒.棒从静止时的水 平位置下落到竖直位置时,其动能为 Ek=mgl/2=0.98J (3)棒在竖直位置时的动能就是此刻棒的转动动能,则有Ek=1/2 J2,所以竖直位置时棒的角速度为w=2Ek/J=3g/l=8.57rad/s 4、如图所式,A、B两个轮子的

30、质量分别为m1和m2,半径分别为r1和r2.另有一绳绕在两轮上,并按图示连接.其中A轮绕固定轴o转动.试求:(1)B轮下落时, 其轮心的加速度;(2)细绳的拉力. 解.取竖直向下为x轴正向,两轮的受力分析如图示.A轮绕轴o作定轴转动,故有 11 2 T r1=1mr11bA 且 2bA=aA/r1 故 T =12m1aA (1) 对于B轮除了绕其轴C的转动外,还有B轮质心C的平动.根据牛顿定律,B轮质心运动方程为 m2g-T=m2ac (2) 21又根据转动定律,对B的转动有 Tr2=2m2r2bB 且有 bB=aB/r2 12r1 A m1 A r1 m1 T T x 故 T=m2aB (3

31、) 而 T=T aA=ac-aB (4) 联立求解可得 2T/m1=ac-2T/m2 B B r2 m2 p2 m1m2ac故 T= (5) 2m1+2m2联立(2)(5)式可得 ac=2(m1+m2)gm1m2g T=m2(g-ac)= 3m1+2m23m1+m25、在图示的装置中,弹黉的劲度系数K=2.0N/m,滑轮的转动惯量J=0.50kg.m2, 半径R=0.30m,物体质量m=610-2kg.开始时用手将物体托住使弹黉为原长, 系统处于静止状态.若不计一切摩擦,求物体降落0.4m处的 速率. 解.以滑轮、物体、弹黉和地球为系统,在物体下落过程中,系统的机械能守恒.设物体下落h=0.4

32、m时22211的速率为v,则 mgh=12Kh+2J(v/R)+2mv k R m v=(2mg-Kh)h=0.16m/s m+(J/R2)6、如图所示,质量为m1和m2 的两物体通过定滑轮用轻绳连接在一起,滑轮与轴、物体与桌面的摩擦忽略不计.当m1由静止下降距离h时,求:(1)若滑轮质量不计,此时m1的速率是多少?(2)若滑轮的转动惯量J=MR2/2,此时m1的速率又为多少? (3)若在(2)中把m1换成拉力F,此时滑轮的角加速度为多少? 解.(1)物体在下落过程中系统的机械能守恒,有 m2 2m1gh=1m+m2) 1gh/(12(m1+m2)v v=2m (2)考虑到滑轮的转动,在物体下

33、落的过程中,系统的机械能仍然守恒,因此有 1 m2gh=12(m1+m2)v+2Jw v=22m1 h 2m1gh/(m1+m2+M/2) (3)由转动定律,有 (F-T)R=Jb 12 而 T=m2a=m2Rb 则 b=F/(m2+M/2)R 第六章 气体动理论 本章提要 1、 系统和外界，宏观量和微观量； 2、 平衡态和平衡过程； 3、 理想气体状态方程：PV=mmRT 普适气体常数： R=8.31Jmol-1k-1 阿佛加德罗常数：NA=6.0231023mol-1 玻尔兹曼常数：k=RN=1.3810-23Jk-1 A4、 理想气体的压强：P=13nmv2=23nek 5、 温度的统计

34、概念：ek=32kT 6、 能均分定理： 每一个自由度的平动动能为：12kT 一个分子的总平均动能为：e=2ikT Mmmol理想气体的内能为：E=Mmi2RT 7、 速率分布函数：f(v)=dNNdv 三速率：最概然速率v2RTp=2kTm=m 平均速率 v=8kT8RTpm=pm 方均根速率v2=3kT3RTm=m 8、 分子的平均自由程：l=1kT2pd2n=2pd2P 13 9、 输送过程：内摩擦 热传导 扩散 1、目前实验室所能获得的真空,其压强为1.3310-8pa.试问在27的条件下, 在这样的真空中每立方厘米内有多少个气体分子? 解. 由 P=nkT 可得单位体积内的分子数 n

35、=P/(kT)=3.211012m-3 故每立方厘米内的分子数为3.21106个 2、2g氢气装在2010-3m3的容器中,当容器内的压强为3.99104Pa时, 氢气分子的平均平动动能为多大? 23 解.理想气体分子的平均平动动能取决于温度,且有1, 而一定量气体在确定的体积和2mv=2kT压强的前提下,其温度可由状态方程得 T=mPVMR 则 12mv2=3kmPV=1.9910-21J 2MR3、 求温度为127的氢气分子和氧气分子的平均速率, 方均根速率及最概然速率. 解.分别按平均速率,方均根速率和最概然速率的计算公式, 可求得氢分子相对应的各种速率为 v=1.60RT/m=2.06

36、103m/s v2=1.73RT/m=2.23103m/s vp=1.41RT/m=1.82103m/s 由于三种速率与分子的摩尔质量成反比,而即 v0=5.16102m/s, 2v0=5.58102m/s, m0/mH=4,则氧分子的三种速率均为氢分子速率的1/4. (vp)0=4.45102m/s 4、在3010-3m3的容器中装有20g气体,容器内气体的压强为0.506105Pa,求 气体分子的最概然速率 解.最概然速率 vp=1.41RT/m,式中气体的温度T可根据状态方程,以压强P和体积V代替,即 T=mPV/(MR, )故 vP=1.41PV/M=389m/s 5、收音机所用电子管

37、的真空度为1.3310-3Pa.试求在27时单位体积中的分子数及分子的平均自由程(设分子的有效直经d=3.010-8cm). 解. 由压强公式可得单位体积中的分子数 n=P/(kT)=3.211017m-3 14 分子的平均自由程为 l=kT/(2pd2P)=7.77m 第七章 热力学基础 本章提要 1、 准静态过程：过程中的每一个时刻，系统的状态都接近于平衡态。准静态过程中系统对外做的体积功 dW=pdV W=V2VPdV 12、 热量：系统和外界或两个物体由于温度不同而交换的热运动能量。 3、 热力学第一定律：Q=(E2-E1)+W dQ=dE+dW 4、 理想气体的摩尔摩尔热容量：CV=

38、2iR CP=i+22R 迈耶公式：CCPi+2P-CV=R 摩尔热容比：g=C= Vi5、 理想气体的四种过程： 等体过程：dWV=PdV=0 dQV=dE=MmCVdT=Mmi2RdT QV=E2-E1=MmCV(T2-T1)=Mmi2R(T2-T1) 等压过程：dQP=dE+PdV QV2P=E2-E1+VPdV1 =MmCV(T2-T1)+Mmi2R(T2-T1) =MmCP(T2-T1)等温过程：dT=0 dE=0 dQT=dWT=pdV WT=QT=PdV=MV2mRTlnMP2V=mRTln1P 1绝热过程：dQ=0 Wa=PdV=-MCV(T2-T1) 绝热方程：PVg=常量

39、Vg1T常量 Pg1Tg常量 6、 循环过程： 热循环：系统从高温热源吸热，对外做功，向低温热源放热。 15 循环效率：hQW12 Q1Q1致冷循环：系统从低温热源吸热，接收外界做功，向高温热源放热。 致冷系数：wQ2Q2 W1Q1Q27、 卡诺循环：系统只与两个恒温热源进行热量交换的准静态循环过程。 正循环的效率：hc1-T2 T1T2T1-T2逆循环的致冷系数：wc=8、热力学第二定律：克劳修斯说法 开尔文说法 9、可逆过程和不可逆过程 不可逆：各种实际宏观过程都是不可逆的，而它们的不可逆性又是相互沟通的。 三个实例：功热转换、热传导、气体自由膨胀。 可逆过程：外界条件改变无穷小的量就可以

40、使过程反向进行的过程，无摩擦的准静态过程是可逆过程。 1、一定质量的空气,吸收了1.17103J的热量,并保持在1.013105Pa下膨胀,体积从10-2m3增加到1510-3m3,问空气对外作了多少功?内能增加了多少? 解.空气等压膨胀所作的功为 W=P(V2-V1)=5.07102J 由热力学第一定律 Q=DE+W, 可得空气内能的改变为 DE=Q-W=1.1210J 2、100g水蒸气自120升到140.问(1)在等体过程中,(2)在等压过程中,各吸收了多少热量. 解. 水蒸气为三原子分子,其自由自由度为i=6,定体摩尔热容Cv=(i/2)R, 定压摩尔热容 Cp=(i/2+1)R,则 (1)等体过程中吸收的热量为 iQv=(M/m)CvdT=(M/m)Cv(T2-T1)=2(M/m)R(T2-T1)3 =2.7710J3 (2)等压过程中吸收的热量为 Qp=(M/m)CpdT=(M/m)Cp(T2-T1)=(M/m)(i/2+1)R(T2-T1) =3.6910J33、压强为1.013105Pa,体积为10-3m3的氧气0加热到100,问(1)当压强不变时, 需要多少热量?(2)