物理上冊(cè)課后答案

｜r｜與r

dddd 有無(wú)不同dddd 解：（1）r是位移的模，r是位矢的模的增量，即rrr，r d 是速度d

vdsdd只是速度在徑

d

∵有rrr?（式中r?叫做單位矢則r?r 式 就是速度徑向上的分量

d d d∴

dd 不同如題1-1圖dddd表示加速度的模a

1-6vv 是加速度a在切向上的分 v 式 就是加速度的切向分量 ( 與 的運(yùn)算較復(fù)雜，超出規(guī)定，故不予討論 設(shè)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程xxtyyt)，在計(jì)算質(zhì)點(diǎn)的速度和加速度時(shí)，有人先

x2y，然后根據(jù)x2y

＝dt2而求得結(jié)果；又有人先計(jì)算速度和加速d2xd2x d2ydt2 dt2dxdx dy dt dt正確？為什么？?jī)烧卟顒e何

及a 你認(rèn)為兩種方法哪一解：后法正確.因?yàn)樗俣扰c加速度都是矢量，在平面直角坐標(biāo)系中，有rxiyj dx

dyv v

i 2 2 故它們的模即

drdxidydt dt dtv2v dxv2v v

dt dta2a d2x a2a a dt2 dt2而前法的錯(cuò)誤可能有兩點(diǎn)，其一是概念上的錯(cuò)誤，即誤把速度、加速度定義v

dadt其二，可能

d 誤作速度與加速度的模。在1-1題中已說(shuō) dt

不是速度的而只是速度在徑向上的分量，同 d d2

d也不是加速度的模，它只是加速度在徑向分量dt的一部分a徑dt2rdt?；蛘吒爬ㄐ缘卣f(shuō)， 一質(zhì)點(diǎn)在xOy平面上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方程x=3t+5,y=1t2+3t-2式中tsxy以m計(jì)．(1)以時(shí)間t為變量，寫(xiě)出質(zhì)點(diǎn)位置矢量的表示式；(2)求出t=1s刻和t＝2s的位置矢量，計(jì)算這1秒內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移；(3)計(jì)算t＝0s時(shí)刻到t＝4s時(shí)到t＝4s平均加速度；(6)求出質(zhì)點(diǎn)加速度矢量的表示式，計(jì)算t＝4s的加坐標(biāo)系中的 1 r(3t5)i(2

3t4)j將t1t2r18i0.5jr211j4j rr2r13j4.5j r05j4j,r417i16

rr4 4

12i204

3i5jmvdr3i(t3)jmv v43i7

m v03i3j,v43i7 v4 at

1

ma a

1jm這說(shuō)明該點(diǎn)只有y方向的加速度，且為恒量 在離水面高h(yuǎn)米的岸上，有人用繩子拉船靠岸，船在離岸S處，如題1-4圖所示．當(dāng)人v0(m·s1)的速率收繩時(shí)，試求船運(yùn)動(dòng)的速度和加速度的大小圖解：設(shè)人到船之間繩的長(zhǎng)度為l，此時(shí)繩與水面成角，由圖可l2h2s將上式對(duì)時(shí)間t求導(dǎo)2ldl2s

題 根據(jù)速度的定義，并注意到ls是隨t減少的 vdtv0v船 dsldllv s s v

s

(h2s2)1/2 將v船再對(duì)t求導(dǎo)，即得船 sdll vsa

dtvs l

v船vs (s

s h2v0s x軸運(yùn)動(dòng)，其加速度和位置的關(guān)系為a＝2+6x2，a的單位為ms2，x的單為m.x＝0處，速度為10ms1,試求質(zhì)點(diǎn)在任何坐標(biāo)處的速度值解： advdvdxv dx 分離變量 dadx(26x2兩邊積分

1v22x2x32x3x vx3x=0，求該質(zhì)點(diǎn)在t＝10s時(shí)的速度和位置解 a 4

ms2x＝5m，t0v0

,∴c1

dv(4v4t3t2 故又因

dx(4t3t22

v4t3t2vdx4t3t x2t21t3 故

t0,x05,∴c2x2t21t32所以t10s

41031021902102110352

mm計(jì)，求：(1)t＝2s(2)當(dāng)加速度的方向和半徑成45°角解

2,d18tt2s時(shí) aR118236manR21(922)21296m當(dāng)加速度方向45ο角時(shí)，tan45a 亦則解于是角位移

(9t2)2t3923t32329

vdtv0adv v (van a2aa2a (vb2 0R加速度與半徑arctana (v0bt)(2即∴當(dāng)tv0ab

ab(vb(vb2 0Rb2b2 ,R

bt)4＝R(tsint)，y＝R(1cost)，式中v0/R是滾動(dòng)的角速度，當(dāng)B與水平線接觸的瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)．此時(shí)B所在的位置為原點(diǎn)，前進(jìn)方向?yàn)閤軸正方向；(2)求B解：依題意作出下圖，由圖xvt 2Rsin v0tRy2R insin R(1cos)R(1v

dxR(1x vy

R

以初速度v0＝20ms1拋出一小球，拋出方向與水平面成幔60求：(1)球軌道最高點(diǎn)的曲率半徑R1 解：設(shè)小球所作拋物線軌道如題1-10圖所示題

v1vxv0cos

g10mv12v1n又 n1

(20cos 10在點(diǎn)

v2v020ms1n gcosn2v 2 80n2 10cosn2一質(zhì)點(diǎn)在半徑為半徑為 m的圓形軌道上子靜止開(kāi)始作勻角加速轉(zhuǎn)動(dòng)，其角加速度α 0.2rad·s2，求t＝2s時(shí)質(zhì)點(diǎn)上各點(diǎn)的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度解：當(dāng)t2s時(shí)，t0.220.4rad則vR0.40.40.16manR20.4(0.4)20.064maR0.40.20.08ma2a (0.064)2a2a (0.064)2▲如題1-12圖，物體A以相對(duì)B的速度v 沿斜面滑動(dòng)，y為縱坐標(biāo)，開(kāi)始時(shí)在斜面頂端hB物體以u(píng)勻速向右運(yùn)動(dòng)A物滑到地面時(shí)的速度yh，則vA因此，A對(duì)地的速度為

A物運(yùn)動(dòng)過(guò)程中又受B的牽連運(yùn)動(dòng)影響vA地u(u

2ghsin)題一船以速率v＝30km·h-1沿直線向東行駛，另一小艇在其前方以速率v＝40km·h- 沿直線向北行駛，問(wèn)在船上看小艇的速度為何?在艇上看船的速度又為何 由圖可

1-14

v2v v21 v2v 方向北偏arctan方向北偏

arctan336.87 v1250km方向南偏東▲當(dāng)一輪船在雨中航行時(shí)，它的雨篷遮著篷的垂直投影后2m的甲板上，篷高4m但當(dāng)輪船停航時(shí)，甲板上干濕兩部分的分界線卻在篷前3m8m·s-1，求輪解：依題意作出矢量圖如1-141-14

v雨v vv雨船v由圖中比例關(guān)系v船v8m習(xí)題因繩不可伸長(zhǎng)，故滑輪兩邊繩子的加速度均為a1，其對(duì)于m2則為牽連加速度，又知對(duì)繩子的相對(duì)加速度為a′，故m2對(duì)地加速度，由圖(b)可知a2=a1- 又因繩的質(zhì)量不計(jì)，所以圓柱體受到的摩擦力f在數(shù)值上等于繩的張力T，由牛頓定律m1g- T- 聯(lián)立①、②、③式，1a(m1m2)gm21m12a(m1m2)g2m1fTm1m2(2gm1討論(1a′=0a1=a2表示柱體與繩之間無(wú)相(2)若a′=2g，則T=f=0，表示柱體與繩之間無(wú)任何作用力，此時(shí)m1,m22-7物體置于斜面上受到重力mg斜面支持力N.建立坐標(biāo)取0v方向?yàn)閄軸平行斜面XY2-82-82-8x=v0sinα=m1 sinαtvy②2100

gsinα·xax

fx6

msfy

may 2v adt232 ms2v

adt

4ms2y 0

v5i7 ms r(vt1at2)i1at2 2 2(22134)i1(7)4 213i7 (1)∵akv 分離變量dv v t0m即vv 0mlnv

lnem vm

k 0mkxvdttvektdtmv0 0mk

kt質(zhì)點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)速度為零，即xv0xv0emdt mk

時(shí)，其速度vvemkmkve1 1v0的.e依題意作出示意圖如題2-62-11在忽略空氣阻力情況下，拋體瞬時(shí)的末速度大小與初速度大小相同，與軌道相切斜向，而拋物線具有對(duì)y軸對(duì)稱性，故末速度x軸夾角30°，則動(dòng)量的增量為由矢量圖知，動(dòng)量增量大小為｜mv0｜，方向豎直向下由題知，小球時(shí)間為0.5s．因小球?yàn)槠綊佭\(yùn)動(dòng)，故小球的瞬時(shí)向下的速度大小v1=gt=0.5gv2=0.5gyΔp=mv2-mv1方向豎直向上，大 ｜Δp｜=mv2-(-(1)若物體原來(lái)靜止，Δp1tFdt4(102t)idt56 kg·m·s-1x軸正向

m

msI1p1 kgmst若物體原來(lái)具有-6m·s-1tp0

,pm(v0t

tFdt)0

p2pp00Fdtp1這說(shuō)明，只要力函數(shù)不變，作用時(shí)間相同，則不管物體有無(wú)初動(dòng)量，也不管初動(dòng)量有多It(102t)dt10tt0t2+10t-t=10s，(t′=-20sp=mv=mω(-將t=0和 分別代入上式，p1=mωbj,p2=-(1)由題意，到槍口時(shí)，aF=(a-bt)=0bIt(abt)dtat1bt0abIa

代入，(3)由動(dòng)量定理可求得的質(zhì)mIa m1=km2及m1+m2=m 于是 m1k1,m2k 又設(shè)m1的速度為v1,m2的速度為v2，則T1mv21mv21mv 1 2 聯(lián)立①、③解將④代入

v2=(k+1)v- (v 于是有v1將其代入④式，mv2m又，題述后，兩彈片仍沿原方向飛行，故只能mv1v ,v2m證畢(1)由題知，F(xiàn)合A合=F·r=(7i-6j)·(-=-21-24=-45 Nt0.6 由動(dòng)能定理，ΔEk=A=-45以木板上界面為坐標(biāo)原點(diǎn)，向內(nèi)為y坐標(biāo)正向，如題2-13圖，則鐵釘所受阻第一錘外力的功為A1A fdy fdy1kydy 式中f′是鐵錘作用于釘上的力，f是木板作用于釘上的力，在dt→0時(shí)，f′=-fy2 A kydy ky 由題意

AA(1mv2) 1ky2k 2y22

2 -1=0.414cm2F

r方向與位矢r的方向相反，即指向力心所以靜止時(shí)兩彈簧伸長(zhǎng)量之

彈性勢(shì)能之比1kxpp2

2 122kx2

22-21(1)設(shè)在距月球中心為rF月引=F地引，由萬(wàn)有引力定律， mMRGr2月=G RMMMM地 M 7.355.9810247.355.981024 7.35=38.3210 p處至月球表面的距 h=r-r月=(38.32-1.74)×10 EPGM月G R 7.35 5.983.8338.43.83=3.8338.43.83

76.67101 =-1.28 -fs=kx2 mv2mgssinr r 1mv2mgssin37fk=

2式中s=4.8+0.2=5m，x=0.2mk=1390N·m-2-22再次運(yùn)用功能原理，求木塊彈回的高度1-2代入有關(guān)數(shù)據(jù)，得s′=1.4

h′=s′sin37°=0.842-23，以最低點(diǎn)為重力勢(shì)能零點(diǎn)，則mgR=1mv21MV mv-mM兩小球碰撞過(guò)程中，機(jī)械能1mv21mv21mv v2v2v 題2-24圖(a) 亦 (bv01與v2習(xí)題所以，質(zhì)點(diǎn)對(duì)原點(diǎn)的角動(dòng)量

=(x1mvy-M0=r×f=(x1i+y1j)×(-∴

8.7510105.469.08

5.26 0(1)pfdt35jdt15 kgms0(2yvt1at263153225.50 vyv0

at6533v1=i1+6j,∴ ∴ΔL=L-L kg·m2·s 解(二)∵M(jìn) ∴L0Mdt0(rF 3(4t)i(6t1)5t2)j50 35(4t)kdt kgm2s03-10在只掛重物M1時(shí)，小球作圓周運(yùn)動(dòng)的向心力為M1g， Mg=mr (M+M 恒．即r0mv0=r′mv′r2 聯(lián)立①、②、M1M1MgM 1 2) M3(MM3(MM)M 1 g(1b)N、N′是正壓力，rF′rFx和FyARPO3-113-11桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以對(duì)A點(diǎn)的合力矩應(yīng)為零，設(shè)閘瓦厚度不計(jì)，則F

)N

0 Nl1l2F對(duì)飛輪，按轉(zhuǎn)動(dòng)定律有β=-FrR/I，式中負(fù)號(hào)表示β與角速度ω方向相反 又∵I1mR22∴

FrR2(l1l2) F=100N20.40(0.500.75)100 rads600.25 由此可算出自施加制動(dòng)閘開(kāi)始到飛輪停止轉(zhuǎn)動(dòng)的時(shí)間 t0

900260

這段時(shí)間內(nèi)飛輪的角位移t1t29002

140( 53.1

可知在這段時(shí)間里，飛輪轉(zhuǎn)了53.1轉(zhuǎn)(2)ω 0 t

rads2用上面式(1)所示的關(guān)系，可求出所需的F600.250.50 設(shè)a，a2和β分別為m1m2和柱體的加速度及角加速度，方向如圖(如圖題3-12(a) 題3-12(b)m1，m2和柱體的運(yùn)動(dòng)方程如 mgTm 1 1TRTr 由上式求 Rm1rm2 Im1R2m2r2100.2022

0.220.1140.10220.20222

由①

radsT2=m2rβ+m2g=2×0.10×6.13+2×9.8＝20.8由T1=m1g-m1Rβ=2×9.8- 分別以m1，m2滑輪為研究對(duì)象，受力圖如圖(b)所示．對(duì)m1,m2運(yùn)用牛頓定律，有 對(duì)滑輪運(yùn)用轉(zhuǎn)動(dòng)定律， Tr-Tr=(1/2Mr2)β 又， Ma m2 200 msMm1m2

52002題3-13(a) 題3-13(b)3-14(1 (2)由機(jī)械能守恒定律，3-15(1v0，棒經(jīng)小球碰撞后得到的初角速度為ωv， 0(1/2)mv2 0上擺到最大角度θ=30°，按機(jī)械能守恒定律可1I2Mgl(1cos 由③式

3232)

2由由

v

0v2v2 0m所(vI m ml)v0 m求vl(1 I)l(11M6(233mm6(233mm(2)相碰時(shí)小球受到的沖量6(2 6(2 6負(fù)號(hào)說(shuō)明所受沖量的方向與初速度方向相3-160v2=v2-2gh0令v=0，可求出上升最大高度0Hv20

1R(2)圓盤(pán)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量I1/)MR2，碎片拋出后圓盤(pán)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量I′=(1/)MR-m2，碎片脫離Iω轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能3-17kE=(1/2)[(1/2)MR2-k0 0 m0v0

(mm01[(m

m0v0sin 0

][(mm)R

msin(2)Ek

mv m 0(2mghkh(2mghkh2)kmR2 (26.09.80.42.00.42)6.00.32 3-182.0ms習(xí)題4-題5-3附近作往復(fù)運(yùn)動(dòng)；三，在運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)只受到的線性回復(fù)力的作用．或者說(shuō)，若一個(gè)系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)微分

描述時(shí)，其所作的運(yùn)動(dòng)就是拍皮球時(shí)球的運(yùn)動(dòng)不是諧振動(dòng)．第一，球的運(yùn)動(dòng)軌道中并不存在一個(gè)穩(wěn)定的平衡位置；第二，球在運(yùn)動(dòng)中所受的三個(gè)力：重力，地面給予的彈力，擊球者給予的拍擊力，都即系統(tǒng)勢(shì)能最小值位置點(diǎn)O；而小球在運(yùn)動(dòng)中的回復(fù)力為mgsin，如題4-1圖(b)所示中所述SR，故→0，所以回復(fù)力為mg.式中負(fù)號(hào)，表示回復(fù)力RO小球?yàn)閷?duì)象，則小球在以O(shè)為圓心的豎直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，在凹槽切

g，則R

dmRdt20dtk1k2m的小球按題4-2題倔強(qiáng)系數(shù)K串x，則又

Fk串xF1xx1xFF1所以串聯(lián)彈簧的等效倔強(qiáng)系

串 k1k2串/T2

mm(km(k1k2簧的倔強(qiáng)系數(shù)k并，則故

kxk1x1k2x2k并k1k2同上理，其振

m k1k2m k1k2▲如題4-3m，放在光滑斜面上，斜面與水平面的夾角為，彈簧的倔強(qiáng)系數(shù)k，滑輪的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量I，半徑R．先把物體托住，使彈簧維持原長(zhǎng)，然后題解：分別以物體m和滑輪為對(duì)象，其受力如題4-圖(bxxd2mgsinT1mdt T1RT2R d2x Tk(x dtId2(mR

R

2 則

kRmR2d2xdt故知該系統(tǒng)是作簡(jiǎn)諧振動(dòng)，其振動(dòng)周期kR2TkR2

xmI/RmI/RK5-7質(zhì)量為10作諧振動(dòng)

3

(SI的規(guī)振動(dòng)的周期、振幅和初位相及速度與加速度的最大值最大的回復(fù)力、振動(dòng)能量、平均動(dòng)能和平均勢(shì)能，在哪些位置上動(dòng)能與勢(shì)能t25s與t11s兩個(gè)時(shí)刻的位相差 又

vmA0.8am2A63.2mFmam

2.51m

EpE2Ep

E1mv23.16102 EpEk1E1.5810221

(kA2 x

2A 2 表示．如果t0時(shí)質(zhì)點(diǎn)的狀態(tài)分別是：x0A過(guò)平衡位置向正向運(yùn)動(dòng)x

A處向負(fù)向運(yùn)2x

2處向正向運(yùn)動(dòng)2試求出相應(yīng)的初位相，并寫(xiě)出振動(dòng)方程x0A解：因

v0將以上初值條件代入上式，使兩式同時(shí)成條件下的初位 xA1

t xA

xA

T 一質(zhì)量為10103kg的物體作諧振動(dòng)，振幅為24cm，周期為4.0s，當(dāng)t0時(shí)位移24cm．求t0.5sx12cmx12cm A24102m,T4.0s

T

rad故振動(dòng)方程將t0.5s

x24102x0524102cos(0.5t)m10103方向指向坐標(biāo)原點(diǎn)，即沿x軸負(fù)向tt xA,且v0,故

20.174.2103()3 23 t

/ (3)由于諧振動(dòng)中能量守恒，故在任一位置處或任一時(shí)刻的系統(tǒng)的總能量E1kA21m22102310(

7.11040為8.0g的小球構(gòu)成彈簧振子，將小球由平衡位置向下拉開(kāi)1.0cm后，給予向上的初速度v5.0cms1，求振動(dòng)周期和振動(dòng)表達(dá)式．0km1g1.01039.8 N解：由題

1 4.91而t0x01.0102m,v05.0102ms-1km85,即Tkm8 x2x2(v0)0

5.0 (1.0102)2 52 1022tanv0 5.0 1,即0 0 1.0 x

2102cos(5t4圖為兩個(gè)諧振動(dòng)的xt曲線，試分別寫(xiě)出其諧振動(dòng)方程題5-11

2T

2

A,v0, t0x0,v0,2 11 xb0.1cos(t6

)m從離盤(pán)底h高度處自由下落到盤(pán)中并和盤(pán)子粘在一起，于是盤(pán)子開(kāi)始振動(dòng)．MMk解：(1)空盤(pán)的振動(dòng)周期為

，落下重物后振動(dòng)周期為MkMk

，即增大(2按(3t0x0動(dòng)量守恒

(mMm則 v0mm于

Ax2x2(v00k (M

1 (m1 (mM(mg)2k(mMm22ghx

(M(Mm)g1 (mM m 有一單擺，擺長(zhǎng)l1.0mm10103kg，當(dāng)擺球處在平衡位置時(shí)，F(xiàn)t1.0104kgms1，取打擊時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)(t0)，求解：由動(dòng)量定理FtmvF 1.0 v

1.0

mx軸正向，則知t0x00,v00.01ms1gl glx2(x2(v0)0 A故其角振

3.133.2 小球的振動(dòng)方程

A3.2103l3.2103cos(3.13t2有兩個(gè)同方向、同頻率的簡(jiǎn)諧振動(dòng)，其合成振動(dòng)的振幅為 ，位相與第一振動(dòng)位相差為，已知第一振動(dòng)的振幅為 ，求第二個(gè)振動(dòng)的振幅以及第一、第二兩振6的位相差題5-14∴AA1O為

A2A2A22AAcos 3(0.173)2(0.2)220.1730.2 /3A2A2A2A22AA 1A2A2

(0.173)2(0.1)2 2A1

20.173即

，這說(shuō)明A1A2間夾角2

，即二振動(dòng)的位相差為 試用最簡(jiǎn)單的求出下列兩組諧振動(dòng)合成后所得合振x5cos(3t 3

x5cos(3t 3x25cos(3t

x25cos(3t 7 解： ∴合振 AA1A2 3

∴合振 A一質(zhì)點(diǎn)同時(shí)參與兩個(gè)在同一直線上的簡(jiǎn)諧動(dòng)方x0.4cos(2t6 6 x20.3cos(2t

試分別用旋轉(zhuǎn)矢量法和振動(dòng)合成法求合振動(dòng)的振動(dòng)幅和初相，并寫(xiě)出諧振方程解 6

5)6 A合

A1

0.4sin0.3sin

56 A2cos1A2

0.4cos ∴其振動(dòng)方程

6x0.1cos(2t6(作如題4-14x方向的振動(dòng)x6cos2tcmy方向的振動(dòng)方程．題5-17

解：因合振動(dòng)是一正橢圓，故知兩分振動(dòng)的位相差為 ；又，軌道是按順時(shí)針?lè)较? 轉(zhuǎn)，故知兩分振動(dòng)位相差 .所以y方向的振動(dòng)方程 )c習(xí)題▲(1)振動(dòng)是指一個(gè)孤立的系統(tǒng)(也可是介質(zhì)中的一個(gè)質(zhì)元)在某固定平衡位置附近所做的 f(x,t)

間變化的規(guī)律x)中的坐標(biāo)位置給定后，即可得到該點(diǎn)的振動(dòng)方程，而波源u續(xù)不斷地振動(dòng)又是產(chǎn)生波動(dòng)的必要條件之振動(dòng)曲yf(t)描述的是一個(gè)質(zhì)點(diǎn)的位移隨時(shí)間變化的規(guī)律，因此，其縱軸為y， 波動(dòng)方y(tǒng)Acos［tu

u

xx u又是什么意思?如果tx均增加，但相應(yīng)的［tu)+0］的不變，由此能從波動(dòng)方程說(shuō)解:波動(dòng)方程中的x/u表示了介質(zhì)中坐標(biāo)位置為x的質(zhì)元的振動(dòng)于原點(diǎn)的時(shí)間； u表示x處質(zhì)元比原 的振動(dòng)位相；設(shè)t時(shí)刻的波動(dòng)方程yAcos(tx則tt

(x t x其表示在時(shí)刻t，位置x處的振動(dòng)狀態(tài)，經(jīng)過(guò)t后到xut處．所以在(t

u當(dāng)t，x均增加時(shí)，(t )的值不會(huì)變化，而這正好說(shuō)明了經(jīng)過(guò)時(shí)間t，波形即向前 0)描述的是一列行進(jìn)中的波，故謂之u波方程能．形變勢(shì)能由介質(zhì)的相對(duì)形變量(即應(yīng)變量)決定．如果取波動(dòng)方程為yf(xt)，則對(duì)形變量(即應(yīng)變量)為y/x.波動(dòng)勢(shì)能則是與y/x3圖)可知，在波峰，波谷處，波動(dòng)動(dòng)能有極小(此處振動(dòng)速度為零)，而在該處的應(yīng)變也為極小(該處y/x03x▲波動(dòng)方程中，坐標(biāo)軸原點(diǎn)是否一定要選在波源處?t=0時(shí)刻是否一定是波源開(kāi)始振動(dòng)的時(shí)刻?波動(dòng)方程寫(xiě)成yAcost)時(shí)，波源一定在坐標(biāo)原點(diǎn)處嗎?在什么前提下波動(dòng)xu方程才能寫(xiě)成解 由于坐標(biāo)原點(diǎn)和開(kāi)始計(jì)時(shí)時(shí)刻的選全完取是一種行為，所以在波動(dòng)方程中，坐標(biāo)點(diǎn)不一定要選在波源處，同樣， 0的時(shí)刻也不一定是波源開(kāi)始振動(dòng)的時(shí)刻；當(dāng)波動(dòng)方x 時(shí)，坐標(biāo)原點(diǎn)也不一定是選在波源所在處的．因?yàn)樵诖颂帉?duì)于波u

描述各質(zhì)點(diǎn)的振幅是不相同的，各質(zhì)點(diǎn)的振幅是隨位置按余弦規(guī)律變化的，即振幅可表示為2A x ．而在這同一半波長(zhǎng)上，各質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)位相則是相同的，即以相圖所示)，因而觀察者在單位時(shí)間內(nèi)接收到的完整數(shù)u/)會(huì)增多，所以接收頻率增高；而觀察者向著波源運(yùn)動(dòng)時(shí)，波面形狀不變，但觀察者測(cè)到的波速增大，即uuvB，而單位時(shí)間內(nèi)通過(guò)觀察者完整波的

也會(huì)增多，即接收頻率也將增高．簡(jiǎn)單地說(shuō)，6圖多普勒效應(yīng)▲一平面簡(jiǎn)諧波沿x軸負(fù)向 ，波長(zhǎng)=1.0m，原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)頻率為=2.0Hz，振幅A＝0.1m，且在t=0時(shí)恰好通過(guò)平衡位置向y軸負(fù)向運(yùn)動(dòng)，求此平面波的波動(dòng)方程．t0y00,v002TyAcos[2(T

2已知波源在原點(diǎn)的一列平面簡(jiǎn)諧波，波動(dòng)方程為yAcosBtCx)，其ABC波的振幅、波速、頻率、周期與波長(zhǎng)寫(xiě)出方向上距離波源為 處一點(diǎn)的振動(dòng)方程差．解:(1)已知平面簡(jiǎn)諧波的波動(dòng)方程yAcos(BtCx)(x0將上式與波動(dòng)方程的標(biāo)準(zhǔn)形比較，可知

B波振幅為A，頻率 波長(zhǎng) ，波速u 波動(dòng)周期TBxl代入波動(dòng)方程即可得到該點(diǎn)的yAcos(BtCl因任一時(shí)刻 同一波線上兩點(diǎn)之間的位相差

x1將x2x1d，及 代入上式，即CCd 的平面簡(jiǎn)諧波的波動(dòng)方程為y=0.05cos(10t4x)，式中x,y以米計(jì)，t波的波速、頻率和波長(zhǎng)繩子上各質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)時(shí)的最大速度和最大加速度x=0.2m處質(zhì)點(diǎn)在t=1s時(shí)的位相，它是原點(diǎn)在哪一時(shí)刻的位相?這一位相所代表的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)在t=1.25s時(shí)刻到達(dá)哪一點(diǎn)?A0.05m，頻率5s1，波長(zhǎng)0.5m，波速u2.5m

A100.050.5m2A(10)20.0552m(3)x0.2m處的振動(dòng)比原 的時(shí)間x0.20.08 故x0.2m,t1s時(shí)的位相就是原點(diǎn)(x0)，在t010.080.92s時(shí)的位相， 9.2π．設(shè)這一位相所代表的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)在t1.25s時(shí)刻到x點(diǎn)，xx1u(tt1)0.22.5(1.251.0)0.825如題6-10圖是沿x軸的平面余弦波在t時(shí)刻的波形曲線．(1)若波沿x軸正向傳播，該時(shí)刻O(píng)，A，B，C各點(diǎn)的振動(dòng)位相是多少?(2)若波沿x軸負(fù)向，上述各點(diǎn)的振動(dòng)位相又是多少?解:(1)波沿x軸正向，則在t時(shí)刻，6-10對(duì)于OyO0,vO0，∴O2AyAAvA0，∴AByB0,vB0，∴B對(duì)于CyC0,vC0，∴C

2(取負(fù)值：表示A、B、C點(diǎn)位相，應(yīng)于O點(diǎn)的位相(2)波沿x軸負(fù)向，則在t時(shí)刻，對(duì)于O點(diǎn)y0,v0，∴ A點(diǎn)yAAvA0，∴AB點(diǎn)y0,v0，∴ 對(duì)于C點(diǎn)y

0,v0，∴

(此處取正值表示A、B、C點(diǎn)位相超前于O點(diǎn)的位相一列平面余弦波沿x軸正向，波速為5m·s-1，波長(zhǎng)為2m，原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)曲線作出 =0時(shí)的波形圖及距離波源0.5m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)曲線

m，且t0y00,v00，∴02又

6-11 yAcos[(t則波動(dòng)方程

)x xy0.1cos[5(tx3] (2t06-11(b題6-11圖 題6-11圖) )6-11(c

如題6-12圖所示，已知t=0時(shí)和t=0.5s時(shí)的波形曲線分別為圖中曲線(a)和 ，波x軸正向，試根據(jù)圖中繪出的條件求P 而ut0.52m

Hz，∴故波動(dòng)方程

y0.1cos[(tx ] y0.1cos[(t)]0.1cost 6-12P點(diǎn)的振動(dòng)方程及振動(dòng)曲PP點(diǎn)回到平衡位置所需的最短時(shí)間 u解:由題6-13圖可知A0.1m，t0時(shí)，y0,v00，∴0 uu10ms1，則

5Hz∴波動(dòng)方程

) 6-13t0yP

,vP0，∴P

(P點(diǎn)的位相應(yīng)于0點(diǎn)， 取負(fù)43 10(t)105

|t03∴解 x 1.673根據(jù)(2)的結(jié)果可作出旋轉(zhuǎn)矢量圖如題6-13a)，則P點(diǎn)回到平衡位置應(yīng)經(jīng)歷的位6-13∴所屬最短時(shí)間

t5/61 如題5-14圖所示，有一平面簡(jiǎn)諧波在空 ，已知P點(diǎn)的振動(dòng)方程為yP=分別就圖中給出的兩種坐標(biāo)寫(xiě)出其波動(dòng)方寫(xiě)出P點(diǎn)距離為b的Q點(diǎn)的振動(dòng)方程．解:(1)如6-14(a)，則波動(dòng)方程為yAcos[(tlx) 如圖(b)，則波動(dòng)方程6-14yAcos[(tx) (2)6-14a)，則QAAcos[(tb) 6-14(b)，則Q點(diǎn)的振動(dòng)方程AAcos[(tb t=4.2s(4t2x)解得x(k8.4)m (k0,1,2,…)所以離原點(diǎn)最近的波峰位置為0.4m． u

故知u2ms∴t0.40.2s，這就是說(shuō)該波峰在0.2s26-15(2)∵4,u2m

，∴uT

1mx0t4.2s04.24y0Acos44.2x0.1m，故t4.2s6-15題6-16圖中(a)表示t=0時(shí)刻的波形圖，(bx=0)處質(zhì)元的振動(dòng)曲線，試求此x=2m處質(zhì)元的振動(dòng)曲線．6-16(b)圖所示振動(dòng)曲線可知T2sA0.2m，且t0y00,v00故知0

,再結(jié)合題6-16(a)圖所示波動(dòng)曲線可知，該列波沿x軸負(fù)向2且4myA

tx)0 則波動(dòng)方程

6-16( y0.2cos[2tx( 率為300Hz，波速為300m·s-1，求：∴

IwI18.010w

6

J 2w1.2 JWVw1d2w1d2 61051(0.14)23009.24107 ，求2S1外側(cè)各點(diǎn)的合振幅和強(qiáng)S2外側(cè)各點(diǎn)的合振幅和強(qiáng)2r(r 4AAA0,IA2 （2）在S2外側(cè).距離S2r1的點(diǎn)S1S2傳到該點(diǎn)引起的位 (r24r2)AAA2A,IA24A 1y2103cos2t;C點(diǎn)發(fā)出的平面橫波沿CP方 ，它在C點(diǎn)的振動(dòng)方程y22103cos(2t，本題y以mt以s計(jì)BP＝0.4mCP＝0.5m，波u=0.2m·s-1，求兩波傳到P當(dāng)這兩列波的振動(dòng)方向相同時(shí)，P*(3)當(dāng)這兩列波的振動(dòng)方向互相垂直時(shí)，P處合振動(dòng)的振幅2 解: (CP PBP)(C

0.4)6-19P點(diǎn)是相長(zhǎng)，且振動(dòng)方向相同，所APA1A24103若兩振動(dòng)方向垂直，又兩分振動(dòng)位相差為0，這時(shí)合振動(dòng)軌跡是通過(guò)Ⅱ，Ⅳ象限的直線，所A2 A 2A1221032.83A2 一平面簡(jiǎn)諧波沿x軸正向，如題6-20圖所示．已知振幅為A，頻率為 波速為u(1)若t=0時(shí)，原點(diǎn)O處質(zhì)元正好由平衡位置向位移正方向運(yùn)動(dòng)，寫(xiě)出此波的波動(dòng)方程；若從分界面反射的波的振幅與入射波振幅相等，試寫(xiě)出反射波的波動(dòng)x軸上因入射波與反射波而靜止的各點(diǎn)的位置．x](1t0y00,v00，∴0x]

22yAcos[2v(t

) 6-20(2)入射波傳到反射面時(shí)的振動(dòng)位相為(即將x3代入4

24

，再考慮到2波疏入射而在波密界面上反射，存在半波損失，所以反射波在界面處2 42若仍以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)，則反射波在O點(diǎn)處的位相2

5，因只考慮2以內(nèi)的位相角，∴反射波在O點(diǎn)的位相為， 反射波的波動(dòng)方程 2此時(shí)駐波方程

故波節(jié)位置

x 故x2k1)4

(k0,1,2, y=0.02cos20xcos750t(SI)，求：(1)取駐波方程為u故 A0.020.01

∴

u

2750/

37.5m

0.10.314m所以相鄰兩波節(jié)間距x0.1572在弦上的橫波，它的波動(dòng)方程為y1=0.1cos(13t+0.0079x)試寫(xiě)出一個(gè)波動(dòng)方程，使它表示的波能與這列已知的橫波疊加形成駐x=0處為波x0x0處與入射波有反射波的波動(dòng)方y(tǒng)20.1cos(13t0.0079x兩列波在一根很長(zhǎng)的細(xì)繩上，它們的波動(dòng)方程分別y1=0.06cos(x4t)(SI),y2=0.06cos(x4t(1)(2x=1.2m0.12cosxcos令x2k

,x2k1)

(2)波腹處振幅最大，即為0.12m；x m處的振幅由下式?jīng)Q定，A0.12cos(1.2)0.097汽車駛過(guò)車站時(shí)，車站上的觀測(cè)者測(cè)得汽笛聲頻率由1200Hz變到了1000Hz，設(shè)空氣中聲解 設(shè)汽車的速度為vs，汽車在駛近車站時(shí)，車站收到的頻率 u u su vs聯(lián)立以上兩式

3001200100030m

1200 兩列火車分別以72km·h-1和54km·h-1的速度相向而行，第一列火車發(fā)出一個(gè)600Hz的汽笛聲，若聲速為340m·s-1，求第二列火車上的觀測(cè)者聽(tīng)見(jiàn)該聲音的頻率在相遇前和相v120ms1，接收鳴笛的火車車速為v215ms1，則兩者uv2 665 uv1 340兩車相遇之后收到的頻率uv234015600541 uv1 340習(xí)題氣體在平衡態(tài)時(shí)有何特征?氣體的平衡態(tài)與力學(xué)中的平衡態(tài)有何不同氣體動(dòng)理論的研究對(duì)象是什么?理想氣體的宏觀模型和微觀模型各如從宏，在溫度不太低，壓強(qiáng)不大時(shí)，實(shí)際氣體都可近似地當(dāng)作理想氣體來(lái)處理，何謂微觀量?何謂宏觀量?它們之間有什氣體宏觀量是微觀量統(tǒng)計(jì)平均的結(jié)果計(jì)算下列一組粒子平均速率和方均根速4682V(mi解：平均速

V2110420630840221468方均根速

mVVNiVi212110242026103840222146825.6m速率分布函數(shù)f(v)的物理意義是什么?試說(shuō)明下列各量的物理意nNfv0fv

nf0f

Nfv2Nff(v：表示一定質(zhì)量的氣體，在溫度為T(mén)的平衡態(tài)時(shí)，分布在速率v附近單位速率區(qū)f(v)dv：表示分布在速率v附近，速率區(qū)間dv內(nèi)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(nèi)的分子數(shù)密度．3Nf(v)dv：表示分布在速率vdvv(4)v(52(6

f(v)dv：表示分布在v1~v2區(qū)間內(nèi)的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比f(wàn)(v)dv：表示分布在0~的速率區(qū)間內(nèi)所有分子，其與總分子數(shù)的比值是Nf(v)dv：表示分布在v~v 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，它們各有何用率．物理意義是：對(duì)所有的相等速率區(qū)間而言，在含有vP的那個(gè)速率區(qū)間內(nèi)的分子數(shù)占總分布函數(shù)的特征用最概然速率 表示；討論分子的平均平動(dòng)動(dòng)能用方均根速率，討平均自由程用平均速率容器中盛有溫度為 的理想氣體，試問(wèn)該氣體分子的平均速度是多少?為什么沿各個(gè)方向運(yùn)動(dòng)的分子數(shù)也相同．從統(tǒng)計(jì)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(dòng)動(dòng)能相等，就氫分子和氧分子比較，氧分的質(zhì)量比氫分子大，所以氫分子的速率一定比氧分子大，對(duì)題6-10圖(a)是氫和氧在同一溫度下的兩條麥克斯韋速率分布曲線，哪一條代表題7-12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，哪一條的溫度較答：圖(a)中(1)表示氧2)表示氫；圖(b)中2)溫度7-12溫度概念的適用條件是什么?溫度微觀本)試說(shuō)明下列各量的物理意義12 Mmol

2i2

2321解：(1)在平衡態(tài)下，分子熱運(yùn)動(dòng)能量平均地分配在分子每一個(gè)自由度上的能量均為k232)在平衡態(tài)下，分子平均平動(dòng)動(dòng)能均為kT2i3)在平衡態(tài)下，自由度為i的分子平均總能量均為kT24)由質(zhì)M，摩爾質(zhì)量Mmol，自由度為i的分子組成的系統(tǒng)的內(nèi)能為

RTmoli1摩爾自由度為i的分子組成的系統(tǒng)內(nèi)能為2RT31摩爾自由度為3的分子組成的系統(tǒng)的2RT，或者說(shuō)熱力學(xué)體系內(nèi)，1摩爾分子3有兩種不同的理想氣體，同壓、同溫而體積不等，試問(wèn)下述各量是否p(1(2)(3(4p解：(1)由pnkT,n 知分子數(shù)密度相同2)由3

MMmolp 3n2kT知單位體積內(nèi)氣體分子總平動(dòng)動(dòng)能相同in2kT知單位體積內(nèi)氣體分子的總動(dòng)能不一定相何謂理想氣體的內(nèi)能?為什么理想氣體的內(nèi)能是溫度的互作用勢(shì)能之總和．對(duì)于理想氣體不考慮分子間相互作用能量，質(zhì)量為M由于理想氣體不計(jì)分子間相互作用力，內(nèi)能僅為熱運(yùn)動(dòng)能量之總和．E

iRT27-163解：(1)相等，分子的平均平動(dòng)動(dòng)能都為kT2 2)不相等，因?yàn)闅浞肿拥钠骄鶆?dòng)能kT，氦分子的平均動(dòng)能kT3)不相等，因?yàn)闅浞肿拥膬?nèi)能

52

RT227℃，試計(jì)算有多少質(zhì)量氦氣在管頂(He的摩爾質(zhì)量為0.004kg·mol-1)?M

M

的重 d

M mol1.33105N氦氣的壓 P(0.760.60)d氦氣的體 V(0.880.60)2.0104(0.760.60) (0.282.0104M0.004 R(273(0.760.60) (0.282.01040.004 8.31(2731.91106設(shè)有N個(gè)粒子的系統(tǒng)，其速率分布如題6-18分布函數(shù)f(va與v0數(shù)．(4)粒子的平均速率．(5)0.5v01v0區(qū)間內(nèi)粒子平均速率7-20解：(1)從圖上可得分布函Nf(v)av/ (0vv0Nf(v) (v0v2v0Nf(v) (v2v0av/ (0vv0f(v)a/

v2v0 0 (v2v00f(v滿足歸一化條件，但這里縱坐標(biāo)Nf(v而不是f(v故曲線下的總面積N由歸一化條件可 dv

a 1可通過(guò)面積計(jì) Na(2v01.5v0) 3

N20v vf(v)dv v0avdv2v00) N)

vNf(v)dv

(v (

N 0.5v0到1v0

90v

N N105v0N

vf(v)dv

N

av2N10 N105v0 1v dv 0 0) N105v0 N1 N10.5v0到1v0N1(a

)3

147av

9vpvp1001vpvp1001之間的解：令u

，則麥克斯韋速率分布函數(shù)可表示因?yàn)閡1u u2eu2

dNN

4u2eu2NN

41e10.02v容器中儲(chǔ)有氧氣，其壓強(qiáng)為 MPa(即1atm)溫度為27℃，v(1)單位體積中的分子n；(2)氧分子的質(zhì)量m；(3)氣體密度；(4)分子間的平均距離e；(5)平均速率v；(6)方均根速率 ；(7)分子的平均動(dòng)能ε．解：(1pnkT氧分子的質(zhì)

np

0.11.013 2.45 1.381023mM

5.32 pV 0.032 分子間的平均距離可近似3e13

8.31

kg132.457.42132.45平均速

M8.31v M8.31方均根速

vM 482.87vM分子的平均動(dòng)

5T51.3810233001.041020 1mol氫氣，在溫度為27℃時(shí)，它的平動(dòng)動(dòng)能、轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能和內(nèi)能各是多少解：理想氣體分子的能Ei 平動(dòng)動(dòng) t Et 8.313003739.52轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng) r5

Er 8.313002493J內(nèi)能i Ei28.313006232.52倍，求(1)氧氣和氫氣分子數(shù)密解：(1)因?yàn)閜nkT由平均速率

nOMMMMvMM 的分子數(shù)及分子的平均自由程(設(shè)分子的有效直徑d＝3×10-10m)．pnkTnp

1.381.381023

3.33 由平均自由程公式

12912910203.33(1)求氮?dú)庠跇?biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的平均碰撞頻率；(2)若溫度不變，氣壓降 1.33×10-解：(1)碰撞頻率公式z pnkT所以有z

npM8.31而v v 455.43M8.31氮?dú)庠跇?biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的平均碰撞頻z 21020455.431.0131.38100

5.441082102021020455.431.33z

1.381023

0.7141mol氧氣從初態(tài)出發(fā)，經(jīng)過(guò)等容升壓過(guò)程，壓強(qiáng)增大為原來(lái)的2倍，然后又經(jīng)過(guò)等溫21(2)分子解：由氣體狀態(tài)p1 及pVp方均根速率公

vv

MM

2 32v2v22v2v2pnkT，即

np初T1p2 1.0atm(1.013×105Pa27pnkTnn0ep

0kTp0

0kTp0

z lnp0Mmol z8.31300ln0.02899.8

1.96103上升到什么高度處大氣壓強(qiáng)減少為地面的75%(設(shè)空氣的溫度為0℃)．解：z lnp0Mmol z8.31273ln0.02899.8

2.3103——7-33習(xí)題下列表述是否正確?為什么?并將錯(cuò)誤更正QE QE

1Q

不

1Q 解：(1QE

不正確不正確

QΔE1不可

1Q不正確 p 圖上封閉曲線所包圍的面積表示什么?如果該面積越大，是A 率不一定高，因?yàn)檫€與吸熱Q1有關(guān)．如題8-5圖所示，有三個(gè)循環(huán)過(guò)程，每一循環(huán)過(guò)程所作的功是正的、負(fù)的，還是解：各圖中所表示的循環(huán)過(guò)程作功都為0．因?yàn)楦鲌D中整個(gè)循環(huán)分兩部分，各部分面積大小相等，而循環(huán)方向一個(gè)為逆時(shí)針，另一個(gè)為順時(shí)針，整個(gè)循環(huán)過(guò)程作功為0．題7-3圖用熱力學(xué)第一定律和第二定律分別證明，在pV圖上一絕 8-6解：1.由熱力學(xué)第一定律QE經(jīng)等溫ab過(guò)程有E1Q1A1E2A1E2A2從上得出E1E2，這與a,b兩點(diǎn)的內(nèi)能變化應(yīng)該相 2%一循環(huán)過(guò)程如題87圖所示， pV該循環(huán)作的功是否等于直角用圖中的熱量QabQbcQac表述其熱機(jī)效率或致冷系數(shù)．解：(1)ab是等體過(guò)程bc過(guò)程：從圖知有VKTK由pV pK故bc過(guò)程為等ca是等溫過(guò)pV圖如題87題87該循環(huán)作的功不等于直角三角形面積，因?yàn)橹苯侨切尾皇莗Ve

QbcQca題8-7 題8-8兩個(gè)卡諾循環(huán)如題7-6圖所示，它們的循環(huán)面積相等評(píng)論下述說(shuō)法功可以完全變成熱，但熱不能完全變成功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可逆過(guò)程就是能沿反方向進(jìn)行的過(guò)程，不可逆過(guò)程就是不能沿反方向進(jìn)行的過(guò)程(1不正確．一個(gè)系統(tǒng)由某一狀態(tài)出發(fā)，經(jīng)歷某一過(guò)程達(dá)另一狀態(tài)，如果存在另一過(guò)程，它逆過(guò)程．用任何方法都不能使系統(tǒng)和外界同時(shí)恢復(fù)原狀態(tài)的過(guò)程是不可逆過(guò)程．有些過(guò)程 熱力學(xué)系統(tǒng)從初平衡態(tài)A經(jīng)歷過(guò)程P到末平衡態(tài)B．如果P為可逆過(guò)程，其SSBdQ可 SSBdQ不可

，你說(shuō)對(duì)嗎哪一個(gè)表述要修改，如何修答：不對(duì)．熵是狀態(tài)函數(shù)，熵變只與初末狀態(tài)有關(guān)，如果過(guò)程 為可逆過(guò)程其熵變?yōu)镾SBdQ ，如果過(guò)程P為不可逆過(guò)程，其熵變SSBdQ SSBdQ可 SSBdQ不可B根

及

，這是否說(shuō)明可逆過(guò)程的熵變大不可逆過(guò)程熵變?為什么?說(shuō)明系統(tǒng)，而系統(tǒng)作功126J．a(chǎn)db時(shí)，系統(tǒng)作功42J，問(wèn)有多少熱量傳入系若系統(tǒng)由狀態(tài)b沿曲線baa84J，試問(wèn)系統(tǒng)是吸熱還8-11abc過(guò)程可求出ba態(tài)的內(nèi)QEEQA350126224abdA42QEA22442266 系統(tǒng)吸收熱QEA22484308 系統(tǒng)放1mol單原子理想氣體從300K加熱350K，問(wèn)在下列兩過(guò)程中吸收了多少熱量?增由熱力學(xué)第一定律得QQEC(TT)i T 吸

QE38.31(350300)J對(duì)外作 AQC(TT) 2 T Q58.31(350300)吸 ECV(T2T1E38.31(350300)內(nèi)能增 對(duì)外作功AQE1038.75623.5415.5一個(gè)絕熱容器中盛有摩爾質(zhì)量為Mml，比熱容比為的理想氣體，整個(gè)容器以速度v運(yùn)動(dòng)，若容器突然停止運(yùn)動(dòng)，求氣體溫度的升高量(設(shè)氣體分子的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)變?yōu)閮?nèi)mu解：整個(gè)氣體有序運(yùn)動(dòng)的能量為化

，轉(zhuǎn)變?yōu)闅怏w分子無(wú)序運(yùn)動(dòng)使得內(nèi)能增加 mCT1muE T

Mmolu2

u2

0.01m3300K0.1MPa1atm10MPa．試分別求氮解：(1)等溫壓 T300p1V1p2V2求得體2V2

10.0