大学物理(机械工业出版社)第六章课后答案EW
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
3
2023
52/1068.1573
1038.1760/10013.1100.1m kT p n 个?≈?????==-- 因而器壁原来吸附的气体分子数为
个183201068.110101068.1?=???==?-nV N
6－2 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
3
25m 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
m
1045.3193-?==n d
6－3 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
1
3P 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
1
2H 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
K
1081.42/22
p ?==R M v T
6－4 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
()N
v v Nf S v ==?
020
d
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
??
+=00
020
d d v v v v
a v v av
N
得
3/2v N a =
（3）速率在v 0/2到3v 0/2间隔内的分子数为
12/7d d 2/32/000
0N v a v v av
N 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
??∞
∞==0
20
22d )(/d v
v f v N N v v
故分子的平均平动动能为
2
022300
2
36
31)(21210
mv dv v N a dv v Nv a m v m v v v
K
=+==?
?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
.0573
31.822秒米××===
M RT v p 麦克斯韦速度分布公式可改写为 x e
x N
N x ?=?-2
24
π
则速度在3000米/秒~3010米/秒间的分子数
2182102182300042
218230002
1??
? ?????
? ??=???
? ??-e πN
N 速度在v p ~ v p 10米/秒间的分子数
e πN
N ??? ?????
? ??=???
?
??-2182102182218242
218221822
2 故 78021823000 2
218230002
21 .e
e N N =??
?
??=????
? ??
6－6 有N 个粒子，其速率分布函数为 C Ndv
dN
v 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 Cv
Cdv dv v f
得 0
1v C =
（3） 2
)(0
v 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 m
RT
v π8=
则速率分布函数可化为
2432
222
32
232
24)(v e
v v e RT m
v f v v RT
mv ?=
??
?? ??=??
?
??---ππππ
速率在 △v
v v +→ 区间内分子数?N 为 v e
v
N
v v Nf N ??=
?=?-
-π
π4
1
2
32)(
可见： 11)(--∝∝?T v N
6－8 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,23
v m 212= ∴ NKT v m N 2
3
212=
()()()J. ×.=ρV M RT RT=M M =m N RTNm v m N m ol m ol A 6210317 2
3
232321= ()()J ×. =iR △R△T M ρV =iR △R△T M M △E=mol mol 4101642
12
1
()
()()
8560312
2
12
1212
12
22
12
s m .=T T
M 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 M
m
pV =可得气体压强 Pa
1035.1/25?==iV E p
（2）分子数密度n =N /V 为，则该气体的温度
K
1062.3/2?===）（Nk pV nk p T
气体分子的平均平动动能为
J 1049.72321k -?==kT ε
6－10 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
R
Mrg
v R
M
T 482ππ=
=
由于氢气的摩尔质量
1
3H m ol kg 100.22--??=M ，
氧气的摩尔质量
1
2O m ol kg 102.32--??=M
则它们达到逃逸速率时所需的温度分别为
K
1089.1,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2
2
1mv =
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 N
dN
)(= 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 kT
mv v kT m dv v f d f ?-?
?
?
??==)2exp(24)()(2
2
2
/3ππεε
可求出
εεεπεεd kT kT d f ?-?=
)exp()1(
2
)(2/3
令
0)
(=ε
εd df 可得最可几动能 2
kT 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 4
1
。假定一边长为1米的立方箱子，在标准情况下盛有25
103×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
.014.3273
31.888=???==
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
28251091.164251034
1
41?=*???=?=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。试求：（1）在标准状态氦原子的平均自由程。（2）氦原子的半径。
解：（1）由公式λρηv 3
1
=
，则 v
ρηλ3=
因为气体密度
178.0104.221043
3=??==--v M ρ千克/米3
7
3
510
65.21020.1178.01089.133 --?=????==∴v ρηλ米 （2） ρ
πηπλ2
2221 d RT
d == 由氦原子直径
10
5
7231079.110013.114.31065.241.12731038.12---?=???????==
ρλπRT
d 米 氦原子半径为
101089.02
-?==
d
R 米 6－14 （1）求氮气在标准状态下的平均碰撞次数。（2）若温度不变，气压降到 1.33×10- 4帕，平均碰撞次数又为多少？（设分子有效直径为10 - 10米）
解：（1）在标准状态下，氮气分子的算术平均速度 454028
.014.3273
31.888=???==M RT v π米/秒 由公式p =nRT 得
32523
5/1069.22731038.110013.1米个××××===-RT p n 由平均自由程n
d 221
πλ=得
()
米×××××λ725
2
101039.81069.21014.321
--== 平均碰撞次数
/1042.510
39.81055.4Z 87
2
秒次×××λ===-v （2）气压降低之后的平均碰撞次数为Z '
p p Z
Z '
=' ∵
/71.01042.510
013.11033.1Z 8
5
4秒次××××∴=='='-Z p p 6－15 若在标准压强下，氢气分子的平均自由程为6×10 - 8米，问在何种压强下，其平
均自由程为1厘米？（设两种状态的温度一样）
解：按p = nKT 和 21 2
n
d πλ
=，有
21 2
λ
d n π=
，λ
22 d KT p π=
则
λλλλ00
011==p p
即
()() 0.61= 1061
1061 660
0帕大气压×××λ
λ--===
p p
6－16 如果理想气体的温度保持不变，当压强降为原值的一半时，分子的平均碰撞频率和平均自由程如何变化？
分析： 在温度不变的条件下，分子的平均碰撞频率p Z ∝，而分子的平均自由程
p /1∝λ，由此可得压强变化时，平均碰撞频率和平均自由程的变化。
解：由分析知p Z ∝，当压强由p 0降至p 0/2时，平均碰撞频率为
2/2
/00
00
Z p p Z Z ==
又因p /1∝λ，故当压强减半时，平均自由程为
00
22/λλλ==p p
大学物理学下册答案第11章
第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图
则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4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 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图
大学物理第六章-恒定磁场习题解劝答
第6章 恒定磁场 1． 空间某点的磁感应强度B 的方向，一般可以用下列几种办法来判断，其中哪个是错误的？ （ C ） （A ）小磁针北（N ）极在该点的指向； （B ）运动正电荷在该点所受最大的力与其速度的矢积的方向； （C ）电流元在该点不受力的方向； （D ）载流线圈稳定平衡时，磁矩在该点的指向。 2． 下列关于磁感应线的描述，哪个是正确的? （ D ） （A ）条形磁铁的磁感应线是从N 极到S 极的； （B ）条形磁铁的磁感应线是从S 极到N 极的； （C ）磁感应线是从N 极出发终止于S 极的曲线； （D ）磁感应线是无头无尾的闭合曲线。 3． 磁场的高斯定理 0S d B 说明了下面的哪些叙述是正确的？ （ A ） a 穿入闭合曲面的磁感应线条数必然等于穿出的磁感应线条数； b 穿入闭合曲面的磁感应线条数不等于穿出的磁感应线条数； 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 的磁通量 和面上各点的磁感应强度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 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，则在圆心o 处的磁感应强度大小为多少? （ C ） （A ）0； （B ）R I 2/0 ； （C ）R I 2/20 ； （D ）R I /0 。 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的同轴的圆柱形闭合高斯面，则通过此闭合面的磁感应通量（ A ） A 、等于零 B 、不一定等于零 C 、为μ0I D 、为 i n i q 1 1 7、一带电粒子垂直射入磁场B 后，作周期为T 的匀速率圆周运动，若要使运动周期变为T/2，磁感应强度应变为（B ） A 、 B /2 B 、2B C 、B D 、–B 8 竖直向下的匀强磁场中，用细线悬挂一条水平导线。若匀强磁场磁感应强度大小为B ，导线质量为m ， I
大学物理习题答案--第一章
第一章作业解 1-7液滴法是测定液体表面张力系数的一种简易方法。将质量为m 的待测液体吸入移液管，然后让液体缓缓从移液管下端滴出。可以证明 d n mg πγ= 其中，n 为移液管中液体全部滴尽时的总滴数，d 为液滴从管口落下时断口的直径。请证明这个关系。 证：当液滴即将滴下的一刻，其受到的重力与其颈部上方液体给予的张力平衡 F g m =' d r L F πγπγγ===2 n m m = '， d n m πγ= 得证：d n mg πγ= 1-8 在20 km 2的湖面上下了一场50 mm 的大雨，雨滴半径为1.0 mm 。设温度不变，雨水在此温度下的表面张力系数为7.3?10-2N ?m -1。求释放的能量。 解：由 S E ?=?γ 雨滴落在湖面上形成厚为50 mm 的水层，表面积就为湖面面积，比所有落下雨滴的表面积和小，则释放的表面能为： )4(2 S r n E -?=?πγ 其中，3 43 r Sh n π= 为落下的雨滴数，r 为雨滴半径 J r h S E 8 3 3 6 2 1018.2)110 0.110503( 102010 3.7)13( ?=-???????=-=?---γ 1-9假定树木的木质部导管为均匀的圆柱形导管，树液完全依靠毛细现象在导管内上升，接触角为45°，树液的表面张力系数1 2 10 0.5--??=m N γ。问要使树液到达树木的顶部，高 为20 m 的树木所需木质部导管的最大半径为多少？ 解：由朱伦公式：gr h ρθ γcos 2= 则：cm gh r 5 3 2 10 6.320 8.91012 /210 0.52cos 2--?=??????= = ρθ γ 1-10图1-62是应用虹吸现象从水库引水的示意图。已知虹吸管粗细均匀，其最高点B 比水库水面高出m h 0.31=，管口Ｃ又比水库水面低m h 0.52=，求虹吸管内的流速及Ｂ点处的
大学物理第六章练习答案
大学物理第六章练 习答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
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 图.2 图1
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 。 三.计算题 1. 一定量氢气在保持压强为4.00×510Pa 不变的情况下，温度由0 ℃ 升高到50．0℃时，吸收了6.0×104 J 的热量。 (1) 求氢气的摩尔数 (2) 氢气内能变化多少 (3) 氢气对外做了多少功 (4) 如果这氢气的体积保持不变而温度发生同样变化、它该吸收多少热量 解： （1）由,2 2 p m i Q vC T v R T +=?=? 得 4 22 6.01041.3(2)(52)8.3150 Q v mol i R T ??= ==+?+?? （2）4,5 41.38.3150 4.291022 V m i E vC T v R T J ?=?=??=???=? （3）44(6.0 4.29)10 1.7110A Q E J =-?=-?=? （4）44.2910Q E J =?=?
大学物理第三版下册答案(供参考)
习题八 8-1 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: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强． 解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为
2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外
大学物理课后习题标准答案第六章
大学物理课后习题答案第六章
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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 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 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 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (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 dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z
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 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 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 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (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 dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3 2 2 0) (41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z
式中：θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。 ?+= 2 32 2 0) (4dq R x x E x πε 2 32210)(24R x R x +?= πλπε2 32201)(2R x x R += ελ 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 dq E dF x =dx R x x R 2 3 22021)(2+= ελλ 方向沿x 轴正方向。 直线段受到的电场力大小为 ?=dF F dx R x x R l ?+= 02 3220 21)(ελλ2 ()?? ????+- = 2/1220211 1R l R R ελλ2 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?λλRd l dq ==d ，它在O 点产生场强大小为 20π4R dq dE ε= ?ελ d R 0π4= ，方向沿半径向外 根据电荷分布的对称性知，0=y E ??ελ ?d R dE dE x sin π4sin 0= = R d R E x 000 π2sin π4ελ ??ελπ ==? 故 R E 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。
大学物理答案第10章
第十章 静电场中的导体与电介质 10－1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ） （A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）. 10－2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ） （A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地 （C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地 题 10-2 图 分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关.因而正确答案为（A ）. 10－3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A ）d εq V E 0π4,0= = （B ）d εq V d εq E 02 0π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）R εq V d εq E 020π4,π4= = 题 10-3 图
分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为（A ）. 10－4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( ) （A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷 （B ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零 （C ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷 （D ） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E ） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关 分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面 内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为（E ）. 10－5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（ ） （A ） 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （B ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （C ） 在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （D ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍 分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有 ()∑??=?=?+i i S S ε χq 0 1 d d 1S E S E 即E ＝E ０/εｒ，因而正确答案为（A ）. 10－6 不带电的导体球A 含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷q b 、q c ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷q d （如图所示）.试求点电荷q b 、q c 、q d 各受多大的电场力.
大学物理答案第6章
大学物理答案第6章 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
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 3 2023 52/1068.1573 1038.1760/10013.1100.1m kT p n 个?≈?????==-- 因而器壁原来吸附的气体分子数为 个183201068.110101068.1?=???==?-nV N 6－2 一容器内储有氧气，其压强为1.01105 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 3 25m 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 m 1045.3193-?==n d 6－3 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。
大学物理学吴柳下答案
大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2)
大学物理答案第17章
大学物理答案第17章
17－3 有一单缝，缝宽为0.1mm ，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为546.1nm 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 a f x λ 2=? 代入数据得 mm x 461.510 1.0101.54610 5023 9 2 =????=?--- 17－4 用波长为632.8nm 的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件 λθk a =sin 依题意有 m a μλ 26.70872 .0108.6325sin 9 =?==- 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为 λθk a =sin
依题意有 011 5.234.0sin 5 2 sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为0 475 .2322=?=θ 17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 2 ) 12(sin λ θ+=k a 依题意有 2)122(2)132(2 1λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.4287 60057521=?== λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为7.0mm ，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径0.25mm ）中的柱状感光细胞每平方毫米约1.5×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？
大学物理D下册习题答案
习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零， 则Q与q的关系为：（） （A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（） （A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷； （B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（） （A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（） （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零； （C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中 心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 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: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷
大学物理17章答案.docx
第17章量子物理基础 17.1根据玻尔理论，计算氢原子在斤=5的轨道上的动量矩与其在第一激发态轨道上的动量矩之比. ［解答］玻尔的轨道角动量量子化假设认为电子绕核动转的轨道角动量为 L =mvr =n — N2TC , 对于第一激发态，n = 2,所以 厶仏2 = 5/2? 17.2设有原子核外的3p态电子，试列出其可能性的四个量子数. ［解答］对于3p态电子,主量子数为n = 3, 角量子数为/=1, 磁量子数为mi = - 1), I -1, 自旋量子数为m s = ±1/2. 3p态电子的四个可能的量子数(斤丿,叫叫)为 (3，1 丄1/2), (3,1,1,? 1/2), (3丄0，1/2), (3,1,0,-1/2)，(3,1,?1，1/2), (3,1,-1,-1 ⑵. 17.3实验表明，黑体辐射实验曲线的峰值波长九和黑体温度的乘积为一常数，即入』=b = 2.897xl(y3m?K?实验测得太阳辐射波谱的峰 值波长九= 510nm,设太阳可近似看作黑体，试估算太阳表面的温度.
［解答］太阳表面的温度大约为 T_ b _ 2.897X10-3 ~ 510x10—9 =5680(K)? 17.4实验表明，黑体辐射曲线和水平坐标轴所围成的面积M (即单位时间内从黑体单位表面上辐射出去的电磁波总能量，称总辐射度) 与温度的4次方成正比，即必=〃,其中^=5.67xl0-8W m_2 K-4.试由此估算太阳单位表面积的辐射功率(太阳表面温度可参见上题). ［解答］太阳单位表面积的辐射功率大约为 A/=5.67xl0-8x(5680)4 = 5.9xl07(W-m-2)? 17.5宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景辐射相当于3K黑体辐射.求： (1)此辐射的单色辐射强度在什么波长下有极大值？ (2)地球表面接收此辐射的功率是多少？ ［解答］(1)根据公式UT=b,可得辐射的极值波长为 九=b/T= 2.897X10_3/3 = 9.66x104(m). (2)地球的半径约为7? = 6.371x10%, 表面积为 5 = 47T T?2. 根据公式：黑体表面在单位时间，单位面积上辐射的能量为M = al4, 因此地球表面接收此辐射的功率是 P = MS= 5.67x 1 (T8x34x4 兀(6.371 x 106)2
《大学物理学》(袁艳红主编)下册课后习题答案
第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 习题9-3图
(C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ， 即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零 答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 17－2一单缝用波长为λ1和λ2的光照明，若λ1的第一级衍射极小与λ2的第二级衍射极小重合。问 （1）这两种波长的关系如何？ （2）所形成的衍射图样中是否还有其它极小重合？ 解：（1）单缝衍射极小条件为 λθk a =sin 依题意有 212λλ= （2）依题意有 11sin λθk a = 22sin λθk a = 因为212λλ=，所以得所形成的衍射图样中还有其它极小重合的条件为 212k k = 17－3 有一单缝，缝宽为0.1mm ，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为546.1nm 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 a f x λ 2=? 代入数据得 mm x 461.510 1.0101.54610 5023 9 2 =????=?--- 17－4 用波长为632.8nm 的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件 λθk a =sin 依题意有 m a μλ 26.70872 .0108.6325sin 9 0=?==- 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角 宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为 λθk a =sin 依题意有 011 5.234.0sin 5 2 sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为0 475.2322=?=θ 17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 2 ) 12(sin λ θ+=k a 依题意有 2)122(2)132(2 1λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.4287 60057521=?== λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为7.0mm ，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径0.25mm ）中的柱状感光细胞每平方毫米约1.5×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？ 解：（1）据爱里斑角宽公式，星体在视网膜上像的角宽度为 rad d 4 3 9109.110 0.71055044.244.22---?=??==λ θ （2）视网膜上星体的像的直径为 mm l d 34104.423109.1 2--?=??==θ （3）细胞数目应为3.2105.14 )104.4(52 3=????= -πn 个 17－8 在迎面驶来的汽车上，两盏前灯相距120cm 。试问汽车离人多远的地方，眼睛恰能分 辨这两盏前灯？设夜间人眼瞳孔直径为5.0mm ，入射光波长为550nm.。 解： 38.9101.22l L l L l D L m λδθλ ????==?设两灯距为，人车距为。人眼最小分辨角为， ＝1.22＝D 17－9 据说间谍卫星上的照相机能清楚识别地面上汽车的牌照号码。（1）若被识别的牌照上的字划间的距离为5cm ，在160km 高空的卫星上的照相机的角分辨率应多大？ （2）此照相机的孔径需多大？光的波长按500nm 计算。 解：装置的光路如图所示。 S 15cm S 2 160km D 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 3 2023 52/1068.1573 1038.1760/10013.1100.1m kT p n 个?≈?????==-- 因而器壁原来吸附的气体分子数为 个183201068.110101068.1?=???==?-nV N 6－2 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 3 25m 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 m 1045.3193-?==n d 6－3 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 [习题解答] 1-3 如题1-3图所示，汽车从A地出发，向北行驶60km到达B地，然后向东行驶60km到达C 地，最后向东北行驶50km到达D地。求汽车行驶的总路程和总位移。 解汽车行驶的总路程为 ； 汽车的总位移的大小为 r = 位移的方向沿东北方向，与方向一致。 1-4 现有一矢量R是时间t的函数，问与在一般情况下是否相等为什么 解与在一般情况下是不相等的。因为前者是对矢量R的绝对值(大小或长度)求导，表示矢量R的大小随时间的变化率；而后者是对矢量R的大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量R大小随时间的变化和矢量R方向随时间的变化两部分的绝对值。如果矢量R方向不变只是大小变化，那么这两个表示式是相等的。 1-5 一质点沿直线L运动，其位置与时间的关系为r = 6t 2 2t 3 ，r和t的单位分别是m 和s。求： (1)第二秒内的平均速度； (2)第三秒末和第四秒末的速度； (3)第三秒末和第四秒末的加速度。 解取直线L的正方向为x轴，以下所求得的速度和加速度，若为正值，表示该速度或加速度沿x轴的正方向，若为负值表示，该速度或加速度沿x轴的反方向。 (1)第二秒内的平均速度 m s1； (2)第三秒末的速度 因为，将t = 3 s 代入，就求得第三秒末的速度，为 v3 = 18 m s1； 用同样的方法可以求得第四秒末的速度，为 v4 = 48 m s1； (3)第三秒末的加速度 因为，将t = 3 s 代入，就求得第三秒末的加速度，为 a3 = 24 m s2； 用同样的方法可以求得第四秒末的加速度，为 v4 = 36 m s2 . 1-6 一质点作直线运动，速度和加速度的大小分别为和，试证明： (1) v d v = a d s； (2)当a为常量时，式v 2 = v02 + 2a (s s0 )成立。 大学物理5-6-10章答 案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 第五章 气体动理论 练 习 一 一. 选择题 1. 一个容器内贮有1摩尔氢气和1摩尔氦气，若两种气体各自对器壁产生的压强分别为1p 和2p ，则两者的大小关系是（ C ） (A) 21p p >； (B) 21p p <； (C) 21p p =； (D) 不确定的。 2. 一定量的理想气体贮于某一容器中，温度为T ，气体分子的质量为m. 根据理想气体的分子模型和统计假设，分子速度在x 方向的分量平方的平均值为（ D ） (A) 2x v =m kT 3； (B) 2 x v = (1/3)m kT 3 ； (C) 2x v = 3kT /m ； (D) 2x v = kT/m 。 3. 设M 为气体的质量，m 为气体分子质量，N 为气体分子总数目，n 为气体分子数密度，0N 为阿伏伽德罗常数，下列各式中哪一式表示气体分子的平均平动动能（ A ） (A) pV M m ?23； (B) pV M M mol ?23； (C) npV 2 3 ； (D) 023N pV M M mol ?。 4. 关于温度的意义，有下列几种说法，错误的是（ B ） (A) 气体的温度是分子平动动能的量度； (B) 气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现，具有统计意义； (C) 温度的高低反映物质内部分子运动剧烈程度的不同； (D) 从微观上看，气体的温度表示每个气体分子的冷热程度。 二．填空题 1. 在容积为10 2m 3的容器中，装有质量 100g 的气体，若气体分子的方均根速 率为200m/s ，则气体的压强为a p 5103 4?。 2. 如图1所示,两个容器容积相等，分别储有相同质量的N 2和O 2气体，它们用光滑细管相连通，管子中置一小滴水银，两边的温度差为30K ，当水银滴在正中不动 时，N 2和O 2的温度为2N T = 210k ，2O T = 240k 。( N 2的摩尔质量为28×10－3kg/mol,O 2的摩尔质量为32×10－3kg/mol) ▆ N 2 O 2 图1大学物理答案第17章
大学物理答案第6章
大学物理习题答案第一章
大学物理5-6-10章答案