材料物理导论(熊兆贤着)课后习题答案第三章习题参考解答

第3章 能量定理和守恒定律3-5一圆锥摆的摆球在水平面上作匀速圆周运动。

已知摆球质量为m ，圆半径为R ，摆球速率为υ，当摆球在轨道上运动一周时，作用在摆球上重力冲量的大小为多少？解：如3-5题图所示，一周内作用在摆球上重力冲量的大小为 3-6用棒打击质量为0.3Kg 、速率为20m/s 的水平飞来的球，球飞到竖直上方10 m 的高度。

求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力。

解：设球的初速度为1υ，球与棒碰撞后球获得竖直向上的速度为2υ，球与棒碰撞后球上升的最大高度为h ，如3-6题图所示，因球飞到竖直上方过程中，只有重力作功，由机械能守恒定律得 由冲量的定义可得棒给予球的冲量为 其冲量大小为 球受到的平均冲力为t F I ⋅=__()N tIF 366__==3-7质量为M 的人，手里拿着一个质量为m 的球，此人用与水平线成θ角的速度0υ向前跳去。

当他达到最高点时，将物体以相对人的速度μ水平向后抛出，求由于物体的抛出，跳的距离增加了多少?（假设人可视为质点） 解：如3-7题图所示，把人与物视为一系统，当人跳跃到最高点处，在向后抛物的过程中，满足动量守恒，故有式中υ为人抛物后相对地面的水平速率，υμ-为抛出物对地面的水平速率，得人的水平速率的增量为而人从最高点到地面的运动时间为所以，人由于向后抛出物体，在水平方向上增加的跳跃后距离为 3-8 一质量为m ＝2kg 的物体按()m t x 2213+=的规律作直线运动，求当物体由m x 21=运动到m x 62=时，外力做的功。

解：由2213+=t x ，可得 232dx t dt υ== 当物体在m x 21=处时，可得其时间、速度分别为()2113002m s υ-=⨯=⋅ （1）当物体在m x 62=处时，可得其时间、速度分别为()2123262m s υ-=⨯=⋅ （2）则由（1）、（2）式得外力做的功 3-9求把水从面积为250m 的地下室中抽到街道上来所需作的功。

= ih ψ∇ψ ∗ −ψ ∗∇ψ 2m
=
ih 2m
ir
(−2ikr ) r3
=
hk mr 2
i r
16. 一粒子在一维势阱中运动，势阱为
U (x)
=
⎪⎧U ⎨
o
> 0,
x
>
a
求束缚态(0
<
E
<
U0)的能级所满足的方程。
⎪⎩0, x ≤ a
解：粒子满足波函数：
⎧ ⎪− ⎪
h2 2m
d
2ϕ1 (x0 dx 2
第一章 材料的力学
1. 一圆杆的直径为 2.5 mm、长度为 25cm 并受到 4500N 的轴向拉力，若直径拉细至 2.4mm，
且拉伸变形后圆杆的体积不变,求在此拉力下的真应力、真应变、名义应力和名义应变，
并比较讨论这些计算结果。
解：根据题意可得下表
拉伸前后圆杆相关参数表
体积 V/mm3 直径 d/mm 圆面积 S/mm2
解：据题即求如图 E1,E2,η2 和η3 四参数。如图所示有
ε
= ε1
+ε2
+ε3
=
σ0 E1
+
σ0 E2
(1 − e−t /τ
)+
σ0 η3
t
其中ε1 立即回复，ε2 逐渐回复，ε3 不能回复。
⇒
⎪⎧ε1 ⎪ ⎪ ⎨ε 3 ⎪
= =
σ0 E1
σ0 η3
= 0.05 − (3 + e10−10 ) /100 = t = 1.0 ×104 ⋅ 36000 = (3 +
MPa,求沿图中所示之方向的滑移系统产生滑移时需要的最小

13. 准晶的结构特征是………………………………………( ) (A) 短程有序，长程{严 严取平向移序序. (B) 短程有序，长程{严准取平向移序序. (C) 短程有序，长程{严准取平移向序序. (D) 短程有序，长程{准准取平向移序序.
14. 向列相液晶态的结构特征是……………………………( )
(A) 短程有序，长程{取平向移有有序序. (B) 短程有序，长程{取平向移有无序序. (C) 短程有序，长程{取平向移无有序序. (D) 短程有序，长程{取平向移无无序序.
(F) 晶体点群＞空间群＞色群
28. 晶体按微观对称性划分出来的空间群的数目是……(
)
(A) 7
(B) 14
(C) 32
(D) 230
29. 金属Cu晶体具有立方面心晶胞，则Cu的配位数为…( )
(A) 4
(B) 6
(C) 8
(D) 12
30. 某金属原子采用A1堆积型式，其晶胞型式为………(
)
(A) 简单立方
∈ (C) T＞Tc时， ∃ (铁磁相) {磁有序结构}； ∈ T＜Tc时， ∃ (顺磁相) {磁无序结构}.
∈ (D) T＞Tc时， ∃ (铁磁相) {磁无序结构}； ∈ T＜Tc时， ∃ (顺磁相) {磁有序结构}.
35. 反铁磁性的有序-无序转变的临界温度TN称为奈尔点，（数学符
号 ∃ 表示“存在”）。那么，下列表述正确的是…………( )
5
∈ (B) T＞Tc时， ∃ (顺磁相) {磁无序结构}； ∈ T＜Tc时， ∃ (亚铁磁相) {磁有序结构}.
∈ (C) T＞Tc时， ∃ (亚铁磁相) {磁有序结构}； ∈ T＜Tc时， ∃ (顺磁相) {磁无序结构}.
∈ (D) T＞Tc时， ∃ (亚铁磁相) {磁无序结构}； ∈ T＜Tc时， ∃ (顺磁相) {磁有序结构}.

第三章 原子结构之谜 第三节 氢原子光谱 第四节 原子的能级结构A 级 抓基础1．下列对于巴耳末公式的说法正确的是( ) A ．所有氢原子光谱的波长都与巴耳末公式相对应B ．巴耳末公式只确定了氢原子发光中可见光部分的光的波长C ．巴耳末公式确定了氢原子发光中一个线系的波长，其中既有可见光，又有紫外光D ．巴耳末公式确定了各种原子发光中的光的波长解析：巴耳末公式只确定了氢原子发光中一个线系的波长，不能描述氢原子发出的各种光的波长，也不能描述其他原子的发光，A 、D 错误；巴耳末公式是由当时已知的可见光中的部分谱线总结出来的，但它适用于整个巴耳末线系，该线系包括可见光和紫外光，B 错误，C 正确．答案：C2．关于玻尔建立的氢原子模型，下列说法正确的是( ) A ．氢原子处于基态时，电子的轨道半径最大B ．氢原子在不同能量态之间跃迁时可以吸收任意频率的光子C ．氢原子从基态向较高能量态跃迁时，电子的动能减小D ．氢原子从基态向较高能量态跃迁时，系统的电势能减小解析：根据电子轨道半径公式r n ＝n 2r 1，可知，处于基态时电子的轨道半径最小，故A 错误；根据跃迁时吸收光子的能量差公式ΔE ＝E m －E n 可知，跃迁时可以吸收特定频率的光子，故B 错误；氢原子吸收能量后从低能级向较高能级跃迁，能级增大，总能量增大，根据ke 2r 2＝m v 2r知，核外电子的动能减小，则电势能增大，电子绕核旋转的半径增大，故C 正确，D 错误． 答案：C3．大量原子从n ＝4的激发态向低能态跃迁时，产生的光谱线数是( ) A ．2条 B ．4条 C ．6条 D ．8条解析：从n ＝4向低能级跃迁有3条，从n ＝3向低能级跃迁有2条，从n ＝2向低能级跃迁有1条，总共6条，即N ＝n （n －1）2.答案：C4．欲使处于基态的氢原子激发或电离，下列措施可行的是( )①用10.2 eV 的光子照射 ②用11 eV 的光子照射 ③用14 eV 的光子照射 ④用11 eV动能的电子碰撞A．①②③B．①③④C．②③④D．①②④解析：①用10.2 eV的光子照射，即(－13.6＋10.2)eV＝－3.4 eV，跃迁到第二能级，故①正确；②因为(－13.6＋11)eV＝－2.6 eV，不能被吸收，故②错误；③用14 eV的光子照射，即(－13.6＋14)eV＞0，氢原子被电离，故③正确；④用11 eV的动能的电子碰撞，可能吸收10.2 eV能量，故④正确．综上所述，故B正确，A、C、D错误．答案：B5．汞原子的能级图如图所示，现让一束光子能量为8.8 eV的单色光照射到大量处于基态(能级数n＝1)的汞原子上，能发出6种不同频率的色光．下列说法中正确的是( )A．最长波长光子的能量为1.1 eVB．最长波长光子的能量为2.8 eVC．最大频率光子的能量为2.8 eVD．最大频率光子的能量为4.9 eV解析：由题意知，吸收光子后汞原子处于n＝4的能级，向低能级跃迁时，最大频率的光子能量为(－1.6＋10.4) eV＝8.8 eV，最大波长的光子能量为(－1.6＋2.7) eV＝1.1 eV，故A正确．答案：A6．氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道的过程中( )A．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大B．原子要放出光子，电子的动能减小，原子的电势能减小C．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能减小D．原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大解析：根据玻尔理论，氢原子核外电子在离核较远的轨道上运动能量较大，必须吸收一定能量的光子后，电子才能从离核较近的轨道跃迁到离核较远的轨道，故B错；氢原子核外电子绕核做圆周运动，由原子核对电子的库仑力提供向心力，即：k e2r2＝mv2r，又E k＝12mv2，所以E k＝ke22r.由此式可知：电子离核越远，r越大时，电子的动能越小，故A、C错；由r变大时，库仑力对核外电子做负功，因此电势能增大，从而判断D正确．答案：DB级提能力7.(多选)设氢原子由n＝3的状态向n＝2的状态跃迁时放出能量为E、频率为ν的光子．则氢原子( )A．跃迁时可以放出或吸收能量为任意值的光子B．由n＝2的状态向n＝1的状态跃迁时放出光子的能量大于EC．由n＝2的状态向n＝3的状态跃迁时吸收光子的能量等于ED．由n＝4的状态向n＝3的状态跃迁时放出光子的频率大于ν解析：原子跃迁时可以放出或吸收能量为特定值的光子，A错；由n＝2的状态向n＝1的状态跃迁时，能量比由n＝3的状态向n＝2的状态跃时要大，所以放出光子的能量大于E，B项正确；由n＝2的状态向n＝3的状态跃迁时吸收光子的能量等于由n＝3的状态向n＝2的状态跃迁时放出的能量E，C项正确；由n＝4的状态向n＝3的状态跃迁时放出光子的能量较小，所以频率小于ν，D项错．答案：BC8．如图所示为氢原子的能级图．用光子能量为13.06 eV的光照射一群处于基态的氢原子，可能观测到氢原子发射不同波长的光有( )A．15种B．10种C．4种D．1种解析：吸收13.06 eV能量后氢原子处于量子数n＝5的激发态，故可产生10种不同波长的光，故B正确．答案：B9．氢原子处于基态时，原子能量E1＝－13.6 eV，已知氢原子各定态能量与基态能量之间关系为E n ＝E 1n2，式中n ＝2、3、4、5…( )A ．若氢原子处于n ＝2的定态，该氢原子的电离能为10.2 eVB ．若氢原子处于n ＝2的定态，该氢原子的电离能为3.4 eVC ．一个处于n ＝3定态的氢原子在向基态跃迁时最多放出3种频率的光子D ．氢原子从n ＝4定态向n ＝3定态时要放出光子，电子的动能减小解析：量子数n ＝2时，能级时的能量为E 2＝1n 2E 1＝122×(－13.6 eV)＝－3.4 eV ，因此该氢原子的电离能为3.4 eV ，故A 错误，B 正确；一个处于n ＝3定态的氢原子在向基态跃迁时，最多可释放出2种不同频率的光子，故C 错误；从n ＝4定态向n ＝3定态时要放出光子，但电子的动能增加，故D 错误．答案：B10．原子从a 能级状态跃迁到b 能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1>λ2.那么原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要( )A ．发出波长为λ1－λ2的光子B ．发出波长为λ1λ2λ1－λ2的光子C ．吸收波长为λ1－λ2的光子D ．吸收波长为λ1λ2λ1－λ2的光子解析：根据题意画出能级图如图所示，则E a －E b ＝h c λ1 ，E c －E b ＝hcλ2，得E c －E a ＝hcλ2－hcλ1，设由a 到c 吸收光子的波长为λ 则hcλ2－hc λ1＝h cλ， 可知λ＝λ1λ2λ1－λ2，A 、B 、C 错，D 正确．答案：D11．处于量子数n ＝3的激发态的氢原子，向低能态跃迁时有三种可能，所产生的光谱线波长分别是λ31、λ32、λ21，这三个波长之间的关系是( )A ．λ31＝λ32＋λ21 B.1λ31＝1λ32＋1λ21 C ．λ32＝λ31＋λ21D.1λ32＝1λ31＋1λ21解析：n ＝3跃迁到n ＝1能级所释放光子的能量等于n ＝3跃迁到n ＝2，n ＝2跃迁到n ＝1能级释放的光子能量之和，有ν31＝ν32＋ν21，根据λ＝cν和ν31＝ν32＋ν21得1λ31＝1λ32＋1λ21，故A 、C 、D 错误，B 正确． 答案：B12．氢原子在基态时轨道半径r 1＝0.53×10－10m ，能量E 1＝－13.6 eV.当氢原子处于基态时，求：(1)电子的动能； (2)原子的电势能；(3)用波长是多少的光照射可使其电离？(已知电子质量m ＝9.1×10－31kg)解析：(1)设处于基态的氢原子核外电子速度为v 1，则，k e 2r 21＝mv 21r 1，所以电子动能 E k1＝12mv 21＝ke 22r 1＝9×109×（1.6×10－19）22×0.53×10－10×1.6×10－19≈13.6 (eV)．(2)因为E 1＝E k1＋E p1，所以E p1＝E 1－E k1＝－13.6 ev －13.6 ev ＝－27.2 eV. (3)设用波长λ的光照射可使氢原子电离：hcλ＝0－E 1.所以λ＝－hc E 1＝6.63×10－34×3×10813.6×1.6×10－19m ≈9.14×10－8m.答案：(1)13.6 eV (2)－27.2 eV (3)9.14×10－8m。

第四章材料的磁学 1. 垂直于板面方向磁化,则为垂直于磁场方向 J =μ0M = 1Wb/m 2 退磁场Hd = - NM大薄片材料,退磁因子Na = Nb = 0, Nc = 1所以Hd = - M = -0μJ =m H m Wb /104/172-⨯π=7.96×105A/m 2. 试证明拉莫进动频率W L = 002H m e eμ 证明:由于逆磁体中自旋磁矩相互抵消,只须考虑在磁场H 中电子轨道运动的变化,按照动量矩定理,电子轨道动量l 的变化等于作用在磁矩μl 的力矩,即:dtdl = μl ()00B H l ⨯=⨯μμ,式中B 0 = μ0H 为磁场在真空中的磁感应强度. 而 μl = - l me 2 上式改写成: l B m e dt dl ⨯=02,又因为L V dtdl ϖ==线 所以,在磁场B 0电子的轨道角动量l 和轨道磁矩均绕磁场旋转,这种旋转运动称为拉莫运动,拉莫运动的频率为00022H m e m eB W l μ==3. 答: 退磁因子,无量纲,与磁体的几何形状有关.对于旋转椭圆体的三个主轴方向退磁因子之和,存在下面简单的关系:Na + Nb +Nc = 1 (a,b,c 分别是旋转椭圆体的三个半主轴,它们分别与坐标轴x,y,z 方向一致)根据上式,很容易求得其三种极限情况下的退磁因子:1) 球形体:因为其三个等轴, Na = Nb = Nc 31=∴N 2) 细长圆柱体: 其为a,b 等轴,而c>>a,b Nb Na =∴ 而0=Nc 3) 薄圆板体: b=a>>c 0=∴Na 0=Nb 4. 何谓轨道角动量猝灭现象?由于晶体场导致简并能级分裂,可能出现最低轨道能级单态.当单态是最低能级轨道时,总轨道角动量的绝对值L 2虽然保持不变,但轨道角动量的分量L z 不再是常量. 当L z 的平均值为0,即0=⎰*τϕϕd L z 时,称其为轨道角动量猝灭. 5. 推导居里-外斯定律cT T C -=χ,说明磁化率与温度的关系0证明: 铁磁体中作用于本征磁矩的有效磁感应场M B B eff λ+=0其中M 为磁化强度,则M λ为内场,顺磁体磁化强度表达式:⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=T k JB g JB Ng M B B J B 0μμ 把B 0用B eff 代替,则得到铁磁体磁化强度:()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=T k M B J g JB Ng M B B J B B )(00λμμ……………….(1) 当T>T c 时,自发磁化强度消失,只有在外磁场B 0作用下产生磁化强度当T>>T c 时,可令1)(0<<+T k M B J g B B λμ,则(1)式变为: )(3)1(022M B Tk J J Ng M B B λμ++=………………..(2) 又B B k J J Ng Tc 3/)1(22λμ+= 代入(2)式有 T M B T M c λλ)(0+=解得λ)(0c c T T B T M -= 令λc T C =' 则得c c cc T T C T T C H H T T C T T B C M -=-=∴=-=-='''000μχχμ当T c T ≤时,0<χ为铁磁性当T > T c 时,0>χ为顺磁性6. 自发磁化的物理本质是什么?材料具有铁磁性的充要条件是什么?答: 铁磁体自发磁化的本质是电子间的静电交换相互作用材料具有铁磁性的充要条件为:1) 必要条件:材料原子中具有未充满的电子壳层,即原子磁矩2) 充分条件:交换积分A > 07.超交换作用有哪些类型? 为什么A-B 型的作用最强?答: 具有三种超交换类型: A-A, B-B 和A-B因为金属分布在A 位和B 位,且A 位和B 位上的离子磁矩取向是反平行排列的.超交换作用的强弱取决于两个主要的因素: 1)两离子之间的距离以及金属离子之间通过氧离子所组成的键角ψi 2) 金属离子3d 电子数目及轨道组态.A-B 型ψ1=125°9’ ; ψ2=150°34’A-A 型ψ3=79°38’B-B 型ψ4=90°; ψ5=125°2’因为ψi 越大,超交换作用就越强,所以A-B 型的交换作用最强.8. 论述各类磁性χ-T 的相互关系1) 抗磁性.d χ 与温度无关,d χ<0 2) 顺磁性:c T T C -=χ,T c 为临界温度,成为顺磁居里温度,T>T c 时显顺磁性 3) 反铁磁性:当温度达到某个临界值T N 以上,服从居里-外斯定律4) 铁磁性: χf >0, T< T c ,否则将转变为顺磁性,并服从居里-外斯定律5) 亚铁磁性: 是未抵消的反铁磁性结构的铁磁性9. 比较铁磁体中五种能量的下列关系:答:铁磁材料的五种相互作用能分别为: 交换能F ex ,磁晶各向异性能F x ,磁弹性能F σ,退磁场能F d 和外磁场能F H1) 相邻原子电子自旋的单位体积内的交换能A>0时,电子自旋不平行,则会引起系统交换能的增加, F ex >0,只有当不考虑自旋轨道耦合时,交换能F ex 是各向同性的.2) 磁晶各向异性能F x ,是饱和磁化强度矢量在铁磁材料中取不同方向时随时间而改变的能量,仅与磁化强度矢量在晶体中的相对晶轴的取向有关磁晶各向异性来源于电子自旋与轨道的相互耦合作用以及晶体电场效应.这种原子或离子的自旋与轨道的耦合作用,会导致铁磁体的长度和体积的大小发生变化,出现所谓的磁致伸缩3) 铁磁体在受到应力作用时会发生相应的应变,从而引起磁弹性能F σ,包括由于自发形变而引起的磁应力能,包括外加应力和内应力4) 铁磁体在外磁场中具有位能成为外磁场能F H ,外磁场能是铁磁体磁化的动力5) 有限尺寸的铁磁体材料,受到外加磁场H 的变化,会在两端面上分别出现正负磁荷,从而产生减弱外磁场的磁场H d ,均匀磁化材料的退磁场能F d 为:10. 用能量的观点说明铁磁体内形成磁畴的原因答:根据热力学定律,稳定的磁状态一定是对应于铁磁材料内总自由能极小值的状态.磁畴的形成和稳定的结构状态,也是对应于满足总的自由能为极小值的条件.对于铁材料来说，分成磁畴后比分成磁畴前能量缩小,故铁磁材料自发磁化后必然分成小区域的磁畴,使总自由能为最低,从而满足能量最低原理.可见,退磁场能是形成磁畴的原因11． 解：单位面积的畴壁能量231/1098.32m J aA k S -⨯==πγ S 为自旋量子数=1 磁畴宽度m L M D s 641095.80.1710-⨯==γ L=10-2m 12 解：此题通过内应力分布为l x πσσ2sin0=，可见为90°畴壁位移，其为位移磁方程为σλμs s H M 230=，当外磁场变化H ∆，畴壁位移x ∆平衡时 H x M x x xH M s s s s ∆∂∂=∆∴∆∂∂=∇σλμσλμ232300 此时沿外磁场方向上磁矩将增加⊥∆=∆⊥S x S M s H (μ为单位体积90°畴壁的面积） 设磁畴宽度2l D =,在单位体积内将有2/D 个畴和畴壁数目,因而单位体积内畴壁面积应为)3....(....................442)11(l S l D =∴=⨯⨯⊥ 将(2)(3)代入(1),可得:0209034σλμπχs s i M =- 13. 证明: 用单弛豫来描述,磁场为交变磁场强度t i m e H H ω=作用下磁感应强度为)(c t i m e B B δω-=由t i m e H i H B ωμμμμμ)'''(00-==所以为半圆形14.15．讨论动态磁化过程中，磁损耗与频率的关系。

第二章 材料的热学92319S P ,T 1042.1)15.2731038.1106.148.0exp(N n ,N n N n )KT E exp(n N n 0n n N ln KT E 0)n F (n ]n ln n )n N ln()n N (N ln N [KT E F ,N N ln N !N ln N Stirling ]!n ln )!n N ln(!N [ln KT E S T E F ]!n )!n N (!N ln[K W ln K S .1---⨯=⨯⨯⨯⨯-=≈--=-⇒=--⇒=∂∆∂-----∆=∆-=----∆=∆-∆=∆⋅-==∆⊗则不大时，当引起的自由焓的变化小值，由于热缺陷平衡时，自由能具有最将上式整理得很大时，公式：当根据：解%67.00067.010693.610693.610738.61e 11e 1e 11e 1f e 1e A f Boltzman .2333k T /)E E (k T /)E E (k T /)E E (k T /)E E (k T /)E E (k T /E F F F F F ==⨯⨯-⨯=++-+=-=⋅=⊗---------因而相对误差为狄拉克统计分布函数为同时费米分布有解：根据定律所得的计算值。

趋近按，可见，随着温度的升高）的摩尔热容为：定律，莫来石（根据时，时，。

可解得对于莫来石有解：根据经验公式Petit Dulong C k mol /J 74.52394.2421SiO 2O Al 3Petit Dulong k mol /J 6.445C K 1273T k mol /J 6.384C K 298T 1068.26c ,1096.14b ,55.87a T 'C bT a C .3m ,P 232m ,P m ,P 532m ,P -⋅=⨯⋅-⋅==⋅==⨯-=⨯==++=⊗---112233h V 113233h V 3D 4h V K mol J 1055.1108.3310230K 5C NaCl K mol J 1043.2108.352K 2C KCl )T (Nk 512C 0T .4--------⋅⋅⨯=⨯⨯=⋅⋅⨯=⨯⨯=θπ≈→⊗）（有，对于）（有，对于）时有（容量理论，当温度很低解：根据德拜模型的热。

第一章 材料的力学1. 一圆杆的直径为2.5 mm 、长度为25cm 并受到4500N 的轴向拉力，若直径拉细至2.4mm ，且拉伸变形后圆杆的体积不变,求在此拉力下的真应力、真应变、名义应力和名义应变，并比较讨论这些计算结果。

解：根据题意可得下表由计算结果可知：真应力大于名义应力，真应变小于名义应变。

2. 一试样长40cm,宽10cm,厚1cm ，受到应力为1000N 拉力，其杨氏模量为3.5×109 N/m 2，解：3. 一材料在室温时的杨氏模量为3.5×108 N/m 2,泊松比为0.35，计算其剪切模量和体积模量。

解：根据可知：拉伸前后圆杆相关参数表 )(0114.0105.310101401000940000cm E A l F l El l =⨯⨯⨯⨯⨯=⋅⋅=⋅=⋅=∆-σε0816.04.25.2ln ln ln 22001====A A l l T ε真应变)(91710909.4450060MPa A F =⨯==-σ名义应力0851.0100=-=∆=A A l l ε名义应变)(99510524.445006MPa A F T =⨯==-σ真应力)21(3)1(2μμ-=+=B G E )(130)(103.1)35.01(2105.3)1(288MPa Pa E G ≈⨯=+⨯=+=μ剪切模量)(390)(109.3)7.01(3105.3)21(388MPa Pa E B ≈⨯=-⨯=-=μ体积模量4. 试证明应力-应变曲线下的面积正比于拉伸试样所做的功。

证：5. 一陶瓷含体积百分比为95%的Al 2O 3 (E = 380 GPa)和5%的玻璃相(E = 84 GPa)，试计算其上限和下限弹性模量。

若该陶瓷含有5 %的气孔，再估算其上限和下限弹性模量。

解：令E 1=380GPa,E 2=84GPa,V 1=0.95,V 2=0.05。

则有当该陶瓷含有5%的气孔时，将P=0.05代入经验计算公式E=E 0(1-1.9P+0.9P 2)可得，其上、下限弹性模量分别变为331.3 GPa 和293.1 GPa 。

材料物理导论(熊兆贤着)课后习题答案第三章习题参考解答第三章 材料的电学3112319/)(/1006.4)3001038.1106.122.0exp(211211)(22.005.029.0212.1)(,12.1.1cm e N E f N n eV E E E E E E E E E E E E eV E Si kT E E D D D D F D i F D i c F D D c D g F D ⨯=⨯⨯⨯⨯+=+=⋅==-=-∴--∆--=--=∆=⊗---的查解：⎪⎩⎪⎨⎧⨯==⨯==∴〈〈⊗。

少子；多子解：)(/1013.1)(/105.1.239203150cm N n p cm N n N n D i D D i eV22.0J 1053.3E E cm /102N cm /100.1N N Nln kT E E P cm /1045.8102)103.1(p n n cm /102109101.1N N p T N P ,N N .320V F 315A 319V AVV F 34152102i 3151516D A A D =⨯=-⨯⨯=-⎪⎩⎪⎨⎧⨯=⨯⨯==⨯=⨯-⨯=-=⇒∴∴〈⊗-代入可得取，取型半导体，有对于杂质几乎完全电离在室温，较少且又型半导体补偿后解：时可保持强电离。

则有令，仅考虑杂质电离有低温区，忽略本征激发解：318D 318DD D 2/1kT /E CD DD0cm /1032.1N cm /1032.1N N 9.0n )e N N 8(1N 2n n .4D ⨯〈⨯〈⇒≥⋅+==⊗+∆+K T m k N D T T k E kT m N D N D n T k E N ND T kE N N N n N N T k E E Tk E E N n T k E E Tk E E N n dn D D dn c D D D cD D c D D D cDc F FD D D FD F D D D 125)2()_ln(ln )2/3()1)(/)2(2_,_)/exp()(2_),/exp()(2ln )exp(21)exp(,)exp(211.532/3002/3000000≈∴+=∆=≈∴∆=∆≈∴+=∴--=>>----+=ππ（代入将总数的百分比为未电离的施主杂质占令代入上式杂质饱和电离时当解：31319p n i i p n i ii cm/1029.2)19003900(106.1471)(q 1n )(q n 1.6⨯=+⨯⨯⨯=μ+μρ=∴μ+μ=ρ=σ⊗- 解：661119163163221161910310108.21085.3/8.108.101350106.1105/105,/1051085.3)5001350(106.1103.1)(/103.1300.7⨯=⨯=∴⋅Ω=⨯⨯⨯⨯=≈⨯=⨯=⋅Ω⨯=+⨯⨯⨯⨯=+=⨯=⊗--------in n D n D i p n i i i cm q n cm n cm N Si cm q n cmn Si K σσμσμμσ则的密度本征又的时解：cm 34.1400106.11017.11pq 1cm /1017.1)33.2500/(1002.68.10105.4N p .81916p 316235A ⋅Ω=⨯⨯⨯⨯=μ=ρ∴⨯=⨯⨯⨯=≈⊗-- 解：mE s q m m q n n n d s n n n n n n 181********311048.11048.110101.01048.1106.110101.926.01.0.9-------**⨯=⨯⨯⨯⨯=⋅⋅=⋅=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==∴=τμτυλμττμ 解：Ω=⨯=⋅ρ=⋅Ω=⨯⨯⨯=μ=σ=ρ⊗-3.16.01781.0S l R cm 781.08000106.1101nq 11.101915n解：225112251123312319193103.421023.412.4400)2(5.361065.3365.3)1010/(101.926.03001038.13106.110/33,,)1(101.926.026.0.11------------⋅=⋅⨯==⋅Ω=⋅=⋅⨯===⋅Ω=⋅⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⋅⋅=∴===⨯⨯==⊗cm A m A i m K cm A m A m kTqN E i mE m kTq N m kT V E V nq kg m m Si dnA dnA dn dn σσσμμσ时，同理，（电子有效质量），对解： cm 045.0)1350106.1103.10()pq (s V cm 1350cm /103.10100.1101103.1n )3(cm34.4)480106.1103.0()pq (cm /103.0100.1103.1N N p)2(cm34.4)480106.1103()pq (s V cm 480cm /103N p ,n n )1(.12119161112n 3161617161191613161616D A 119151112p315A A i ⋅Ω=⨯⨯⨯⨯=μ=ρ∴⋅⋅=μ⨯=⨯-⨯+⨯=⋅Ω=⨯⨯⨯⨯=μ=ρ∴⨯=⨯-⨯=-=⋅Ω=⨯⨯⨯⨯=μ=ρ∴⋅⋅=μ⨯=≈∴〈〈⊗------------- 又又查得解：为最大。

［目标定位］1。

知道磁感线，并能记住几种常见磁场的磁感线分布特点。

2。

会用安培定则判断电流周围的磁场方向。

3。

知道磁通量的概念，并会计算磁通量.4。

知道安培分子电流假说，并能解释简单的磁现象．一、磁感线1．定义:用来形象描述磁场的假想曲线．2．特点：（1)磁感线的疏密程度表示磁场的强弱．(2)磁感线上某点的切线方向表示该点的磁感应强度方向．(3)磁感线的方向：磁体外部从N极指向S极，磁体内部从S极指向N极．(4)磁感线闭合而不相交，不相切，也不中断．深度思考（1）用磁感线描述磁场时，总有一些区域没有磁感线通过，这些区域是否一定没有磁场存在？（2)倘若空间某区域的磁场是由两个或两个以上的磁体或电流产生的,用磁感线描述该区域的磁场时，磁感线能否相交?答案(1)不是．用磁感线描述磁场时，只是定性地画出一些磁感线用来描述该区域的磁场分布，不可能让所有的区域都有磁感线通过，没有磁感线通过的区域仍然可以有磁场分布．(2)不能．若多个磁体或电流的磁场在空间某区域叠加,磁感线描述的是叠加后的合磁场的磁感线分布情况,不能认为该区域有多条磁感线相交．例1 关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是（）A．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止的B．磁感线可以形象地描述各磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致C．磁感线可以用细铁屑来显示,因而是真实存在的D．两个磁场的叠加区域，磁感线可能相交解析条形磁铁内部磁感线的方向是从S极指向N极，A不正确；磁感线上每一点切线方向表示磁场方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱，小磁针静止时北极受力方向和静止时北极的指向均为磁场方向，选项B正确；磁感线是为了形象地描述磁场而假想的一组有方向的闭合曲线，实际上并不存在,选项C不正确；叠加区域合磁场的方向也具有唯一性，故磁感线不可能相交,D选项错误．答案B磁感线与电场线的比较比较项目磁感线静电场的电场线相同点方向线上各点的切线方向就是该点的磁场方向线上各点的切线方向就是该点的电场方向疏密表示磁场强弱表示电场强弱特点在空间不相交、不相切、不中断除电荷处外，在空间不相交、不相切、不中断不同点闭合曲线始于正电荷或无穷远处，止于负电荷或无穷远处，不闭合的曲线二、几种常见的磁场1．直线电流的磁场安培定则：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向．这个规律也叫右手螺旋定则。

2mv
式中n为正整数；
（3）试证明符合以上两个要求的轨道半径必须满足下式
r
n2 0h2 ne2
，式中n为正整数
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解：由题意可知
（1）
m v2 r
e2
4 0r 2
r
e2
4 0mv2
（2）电子做圆周运动，其对核的角动量为L=rmv,依题意有
Lrmv hn
2
r nh
2mv
（3）由
r
nh ,
2mv
机械能守恒，得：
1J212mg1 lcos
22
3
联立以上各式，解得： cos 23
48
61.37。
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3.24、在一圆柱容器底部有一圆孔，孔的直径为d,圆柱体直
径为D，容器中水的高度随着水的流出而下降，试找出小孔
中水的流速v和水面高度h之间的关系。
D
解：由题意可得
设S1与S2分别为容器与小孔横截面积，v1为 h
f
的大小：与 f 的大小相最新同课件；方向：与 f
的方向相反。 3
3.7 一水平均质圆台的质量为200kg，半径为2m，可绕通过其 中心的铅直轴自由旋转(即轴摩擦忽略不计)．今有一质量为
60kg的人站在圆台边缘．开始时，人和转台都静止，如果人在 台上以1.2m·s-1的速率沿台边缘逆时针方向奔跑，求此圆台转动 的角速度．
料量为 r ，试求传递带受到饲料的作用力的大小和方向（不计
相对传送带静止的饲料质量）
解 以 t~t+dt 内落到传递带上的饲
H
v
料为研究对象，它的质量为 dm
= rdt ，在与传递带接触之前的
速度大小为：

第三章动量守恒定律和能量守恒定律3 -1对质点组有以下几种说法：(1) 质点组总动量的改变与内力无关；(2) 质点组总动能的改变与内力无关；(3) 质点组机械能的改变与保守内力无关．下列对上述说法判断正确的是()(A) 只有(1)是正确的(B) (1)、(2)是正确的(C) (1)、(3)是正确的(D) (2)、(3)是正确的分析与解在质点组中内力总是成对出现的,它们是作用力与反作用力．由于一对内力的冲量恒为零,故内力不会改变质点组的总动量．但由于相互有作用力的两个质点的位移大小以及位移与力的夹角一般不同,故一对内力所作功之和不一定为零,应作具体分析,如一对弹性内力的功的代数和一般为零,一对摩擦内力的功代数和一般不为零,对于保守内力来说,所作功能使质点组动能与势能相互转换,因此保守内力即使有可能改变质点组的动能,但也不可能改变质点组的机械能．综上所述(1)(3)说法是正确的．故选(C)．3 -2有两个倾角不同、高度相同、质量一样的斜面放在光滑的水平面上,斜面是光滑的,有两个一样的物块分别从这两个斜面的顶点由静止开始滑下,则()(A) 物块到达斜面底端时的动量相等(B) 物块到达斜面底端时动能相等(C) 物块和斜面(以及地球)组成的系统,机械能不守恒(D) 物块和斜面组成的系统水平方向上动量守恒分析与解对题述系统来说,由题意知并无外力和非保守内力作功,故系统机械能守恒．物体在下滑过程中,一方面通过重力作功将势能转化为动能,另一方面通过物体与斜面之间的弹性内力作功将一部分能量转化为斜面的动能,其大小取决其中一个内力所作功．由于斜面倾角不同,故物体沿不同倾角斜面滑至底端时动能大小不等．动量自然也就不等(动量方向也不同)．故(A)(B)(C)三种说法均不正确．至于说法(D)正确,是因为该系统动量虽不守恒(下滑前系统动量为零,下滑后物体与斜面动量的矢量和不可能为零．由此可知,此时向上的地面支持力并不等于物体与斜面向下的重力),但在水平方向上并无外力,故系统在水平方向上分动量守恒．3 -3对功的概念有以下几种说法：(1) 保守力作正功时,系统内相应的势能增加；(2) 质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零；(3) 作用力和反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零．下列上述说法中判断正确的是()(A) (1)、(2)是正确的(B) (2)、(3)是正确的(C) 只有(2)是正确的(D) 只有(3)是正确的分析与解保守力作正功时,系统内相应势能应该减少．由于保守力作功与路径无关,而只与始末位置有关,如质点环绕一周过程中,保守力在一段过程中作正功,在另一段过程中必然作负功,两者之和必为零．至于一对作用力与反作用力分别作用于两个质点所作功之和未必为零(详见习题3 -2 分析),由此可见只有说法(2)正确,故选(C)．3 -4如图所示,质量分别为m1和m2的物体A和B,置于光滑桌面上,A和B之间连有一轻弹簧．另有质量为m1和m2的物体C和D分别置于物体A与B 之上,且物体A和C、B和D之间的摩擦因数均不为零．首先用外力沿水平方向相向推压A和B,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A和B弹开的过程中,对A、B、C、D 以及弹簧组成的系统,有()(A) 动量守恒,机械能守恒 (B) 动量不守恒,机械能守恒(C) 动量不守恒,机械能不守恒 (D) 动量守恒,机械能不一定守恒分析与解 由题意知,作用在题述系统上的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能未必守恒,这取决于在A 、B 弹开过程中C 与A 或D 与B 之间有无相对滑动,如有则必然会因摩擦内力作功,而使一部分机械能转化为热能,故选(D)．3 -5 如图所示,子弹射入放在水平光滑地面上静止的木块后而穿出．以地面为参考系,下列说法中正确的说法是( )(A) 子弹减少的动能转变为木块的动能(B) 子弹-木块系统的机械能守恒(C) 子弹动能的减少等于子弹克服木块阻力所作的功(D) 子弹克服木块阻力所作的功等于这一过程中产生的热分析与解 子弹-木块系统在子弹射入过程中,作用于系统的合外力为零,故系统动量守恒,但机械能并不守恒．这是因为子弹与木块作用的一对内力所作功的代数和不为零(这是因为子弹对地位移大于木块对地位移所致),子弹动能的减少等于子弹克服阻力所作功,子弹减少的动能中,一部分通过其反作用力对木块作正功而转移为木块的动能,另一部分则转化为热能(大小就等于这一对内力所作功的代数和)．综上所述,只有说法(C)的表述是完全正确的．3 -6 一架以3.0 ×102 m·ｓ-1 的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m 、质量为0.50 kg 的飞鸟相碰．设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计．试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算)．根据本题的计算结果,你对于高速运动的物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害的物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会？分析 由于鸟与飞机之间的作用是一短暂时间内急剧变化的变力,直接应用牛顿定律解决受力问题是不可能的．如果考虑力的时间累积效果,运用动量定理来分析,就可避免作用过程中的细节情况．在求鸟对飞机的冲力(常指在短暂时间内的平均力)时,由于飞机的状态(指动量)变化不知道,使计算也难以进行；这时,可将问题转化为讨论鸟的状态变化来分析其受力情况,并根据鸟与飞机作用的相互性(作用与反作用),问题就很简单了．解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得式中F ′为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v ,以此代入上式可得0Δ-='v m t F鸟对飞机的平均冲力为式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反．从计算结果可知,2.25 ×105 N 的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的．若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故．3 -7 质量为m 的物体,由水平面上点O 以初速为v 0 抛出,v 0与水平面成仰角α．若不计空气阻力,求：(1) 物体从发射点O 到最高点的过程中,重力的冲量；(2) 物体从发射点到落回至同一水平面的过程中,重力的冲量．分析 重力是恒力,因此,求其在一段时间内的冲量时,只需求出时间间隔即可．由抛体运动规律可知,物体到达最高点的时间,物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍．这样,按冲量的定义即可求得结果．另一种解的方法是根据过程的始、末动量,由动量定理求出．解1 物体从出发到达最高点所需的时间为则物体落回地面的时间为 于是,在相应的过程中重力的冲量分别为 解2 根据动量定理,物体由发射点O 运动到点A 、B 的过程中,重力的冲量分别为3 -8 F x ＝30＋4t (式中F x 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m ＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ 内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v 1 N 1055.252⨯=='lm F v N 1055.25⨯-='-=FF gαt sin Δ01v =gαt sin Δ01v =gαt t sin Δ2Δ012v ==j j F I αm t mg t t sin Δd 011Δ1v -=-==⎰j j F I αm t mg t t sin 2Δd 022Δ2v -=-==⎰j j j I αm y m mv Ay sin 001v v -=-=j j j I αm y m mv By sin 2002v v -=-=＝10 m·s -1 ,方向与Fx 相同,在t ＝6.86s 时,此物体的速度v 2 ．分析 本题可由冲量的定义式,求变力的冲量,继而根据动量定理求物体的速度v 2．解 (1) 由分析知(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得t ＝6．86 s(另一解不合题意已舍去)(3) 由动量定理,有I ＝m v 2- m v 1由(2)可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N·s ,将I 、m 及v 1代入可得3 -9 高空作业时系安全带是非常必要的．假如一质量为51.0 kg 的人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带的保护,最终使他被悬挂起来．已知此时人离原处的距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s ．求安全带对人的平均冲力．分析 从人受力的情况来看,可分两个阶段：在开始下落的过程中,只受重力作用,人体可看成是作自由落体运动；在安全带保护的缓冲过程中,则人体同时受重力和安全带冲力的作用,其合力是一变力,且作用时间很短．为求安全带的冲力,可以从缓冲时间内,人体运动状态(动量)的改变来分析,即运用动量定理来讨论．事实上,动量定理也可应用于整个过程．但是,这时必须分清重力和安全带冲力作用的时间是不同的；而在过程的初态和末态,人体的速度均为零．这样,运用动量定理仍可得到相同的结果．解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为(1)在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有(2)由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有3 -10 质量为m 的小球,在合外力F ＝-kx 作用下运动,已知x ＝A cos ωt ,其中k 、ω、A 均为正常量,求在t ＝0 到 时间内小球动量的增量． 分析 由冲量定义求得力F 的冲量后,根据动量原理,即为动量增量,注意用式积分前,应先将式中x 用x ＝A cos ωt 代之,方能积分．解 力F 的冲量为 ⎰=21d t t t F I ()s N 68230d 43020220⋅=+=+=⎰t t t t I 112s m 40-⋅=+=mm I v v gh 21=v ()12Δv v m m t -=+P F ()N 1014.1Δ2ΔΔ3⨯=+=+=tgh mg t m Δmg F v N 1014.1/2Δ3⨯=+=mg g h tmg F ωt 2π=⎰21d t t t F即 3 -11 如图所示,在水平地面上,有一横截面S ＝0.20 m 2 的直角弯管,管中有流速为v ＝3.0 m·ｓ-1 的水通过,求弯管所受力的大小和方向．分析 对于弯曲部分AB 段内的水而言,由于流速一定,在时间Δt 内,从其一端流入的水量等于从另一端流出的水量．因此,对这部分水来说,在时间Δt 内动量的增量也就是流入与流出水的动量的增量Δp ＝Δm (v B -v A )；此动量的变化是管壁在Δt 时间内对其作用冲量I 的结果．依据动量定理可求得该段水受到管壁的冲力F ；由牛顿第三定律,自然就得到水流对管壁的作用力F′＝-F ．解 在Δt 时间内,从管一端流入(或流出) 水的质量为Δm ＝ρυS Δt ,弯曲部分AB 的水的动量的增量则为Δp ＝Δm (v B -v A ) ＝ρυS Δt (v B -v A )依据动量定理I ＝Δp ,得到管壁对这部分水的平均冲力从而可得水流对管壁作用力的大小为作用力的方向则沿直角平分线指向弯管外侧．3 -12 一作斜抛运动的物体,在最高点炸裂为质量相等的两块,最高点距离地面为19.6 m ．爆炸1.00 s 后,第一块落到爆炸点正下方的地面上,此处距抛出点的水平距离为1.00×102 m ．问第二块落在距抛出点多远的地面上．(设空气的阻力不计)分析 根据抛体运动规律,物体在最高点处的位置坐标和速度是易求的．因此,若能求出第二块碎ωkA t t ωkA t kx t F I ωt t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d ()ωkA m -=vΔ()A B t S ρtv v v -==ΔΔI F N 105.2232⨯-=-=-='v S ρFF片抛出的速度,按抛体运动的规律就可求得落地的位置．为此,分析物体在最高点处爆炸的过程,由于爆炸力属内力,且远大于重力,因此,重力的冲量可忽略,物体爆炸过程中应满足动量守恒．由于炸裂后第一块碎片抛出的速度可由落体运动求出,由动量守恒定律可得炸裂后第二块碎片抛出的速度,进一步求出落地位置．解 取如图示坐标,根据抛体运动的规律,爆炸前,物体在最高点A 的速度的水平分量为(1) 物体爆炸后,第一块碎片竖直落下的运动方程为 当该碎片落地时,有y 1 ＝0,t ＝t 1 ,则由上式得爆炸后第一块碎片抛出的速度(2) 又根据动量守恒定律,在最高点处有 (3) (4) 联立解式(1)、(2)、(3) 和(4),可得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为爆炸后,第二块碎片作斜抛运动,其运动方程为(5)(6) 落地时,y 2 ＝0,由式(5)、(6)可解得第二块碎片落地点的水平位置x 2 ＝500 m3 -13 A 、B 两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 的重物,结果是A 船停了下来,而B 船以3.4 m·s -1的速度继续向前驶去．A 、B 两船原有质量分别为0.5×103 kg 和1.0 ×103 kg,求在传递重物前两船的速度．(忽略水对船的阻力)分析 由于两船横向传递的速度可略去不计,则对搬出重物后的船A 与从船B 搬入的重物所组成的系统Ⅰ来讲,在水平方向上无外力作用,因此,它们相互作用的过程中应满足动量守恒；同样,对搬出重物后的船B 与从船A 搬入的重物所组成的系统Ⅱ亦是这样．由此,分别列出系统Ⅰ、Ⅱ的动量守hg x t x x 21010==v 21121gt t h y --=v 12121t gt h -=v x x m m 2021v v =y m m 2121210v v +-=1102s m 100222-⋅===hg x x x v v 112112s m 7.1421-⋅=-==t gt h y v v 2212t v x x x +=2222221gt t h y y -+=v恒方程即可解出结果．解 设A 、B 两船原有的速度分别以v A 、v B 表示,传递重物后船的速度分别以v A ′ 、v B ′ 表示,被搬运重物的质量以m 表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有(1)(2)由题意知v A ′ ＝0, v B ′ ＝3.4 m·s -1 代入数据后,可解得也可以选择不同的系统,例如,把A 、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解．3 -14 质量为m′ 的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成α角的速率v 0 向前跳去．当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出．问：由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少？ (假设人可视为质点)分析 人跳跃距离的增加是由于他在最高点处向后抛出物体所致．在抛物的过程中,人与物之间相互作用力的冲量,使他们各自的动量发生了变化．如果把人与物视为一系统,因水平方向不受外力作用,故外力的冲量为零,系统在该方向上动量守恒．但在应用动量守恒定律时,必须注意系统是相对地面(惯性系)而言的,因此,在处理人与物的速度时,要根据相对运动的关系来确定．至于,人因跳跃而增加的距离,可根据人在水平方向速率的增量Δv 来计算．解 取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有式中v 为人抛物后相对地面的水平速率, v -u 为抛出物对地面的水平速率．得人的水平速率的增量为 而人从最高点到地面的运动时间为 ()A A B A A m m m m v v v '=+-()''=+-B B A B B m m m m v v v ()()12s m 40.0-⋅-=---'-=m m m m m m m A B B B A v v ()()()12s m 6.3-⋅=---'-=m m m m m m m m B A B B A B vv ()()u m m αm m -+'='+v v v cos 0u mm m α'++=cos 00v v u m m m α'+=-=cos Δ0v v v所以,人跳跃后增加的距离 *3 -15 一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着,绳的下端刚好触到水平桌面上．如果把绳的上端放开,绳将落在桌面上．试证明：在绳下落过程中的任意时刻,作用于桌面上的压力等于已落到桌面上绳的重量的三倍．分析 由于桌面所受的压力难以直接求出,因此,可转化为求其反作用力,即桌面给绳的托力．但是,应注意此托力除了支持已落在桌面上的绳外,还有对d t 时间内下落绳的冲力,此力必须运用动量定理来求．解 取如图所示坐标,开始时绳的上端位于原点,Oy 轴的正向竖直向下．绳的总长为l ,以t 时刻,已落到桌面上长为y 、质量为m′的绳为研究对象．这段绳受重力P 、桌面的托力F N 和下落绳子对它的冲力F (如图中所示)的作用．由力的平衡条件有(1) 为求冲力F ,可取d t 时间内落至桌面的线元d y 为研究对象．线元的质量,它受到重力d P 和冲力F 的反作用力F ′的作用,由于F ′＞＞d P ,故由动量定理得 (2) 而 (3)由上述三式可得任意时刻桌面受到的压力大小为 gαt sin 0v =()gm m αm t x '+==sin ΔΔ0vv 0N =-+F F yg l m y lm m d d =y lm t F d 0d v -='F F '-=g m yg lm l m yg l m F F '==+=-='332N N v*3 -16 设在地球表面附近,一初质量为5.00 ×105 kg 的火箭,从尾部喷出气体的速率为2.00 ×103 m·s -1 ．(1) 试问：每秒需喷出多少气体,才能使火箭最初向上的加速度大小为4.90 m·s -2 ．(2) 若火箭的质量比为6.00,求该火箭的最后速率．分析 这是一个系统内质量转移的问题．为了讨论火箭的运动规律,仍需建立其在重力场中的动力学方程．为此,以t 时刻质量为m 的火箭为研究对象,它在t →t ＋Δt 的时间内,将分离成火箭主体(包括尚剩的燃料)和排出的燃料两部分．根据它们的总动量的增量Σd P i 和系统所受的外力———重力(阻力不计),由动量定理可得到-mg ＝u d m′/d t ＋m d v /d t (推导从略,见教材),即火箭主体的动力学方程．由于在d t 时间内排出燃料的质量d m ′很小,式中m 也就可以视为此刻火箭主体的质量, 而燃料的排出率d m ′/d t 也就是火箭质量的变化率-d m /d t ．这样,上述方程也可写成．在特定加速度a 0 的条件下,根据初始时刻火箭的质量m 0 ,就可求出燃料的排出率d m /d t ．在火箭的质量比( 即t 时刻火箭的质量m 与火箭的初始质量m 0之比) 已知的条件下,可算出火箭所经历的时间,则火箭运动的速率可通过对其动力学方程积分后解得．解 (1) 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向．该火箭在重力场中的动力学方程为 (1) 因火箭的初始质量为m 0 ＝5.00 ×105 kg, 要使火箭获得最初的加速度a 0 ＝4.90 m·s -2,则燃气的排出率为(2) 为求火箭的最后速率,可将式(1)改写成分离变量后积分,有 火箭速率随时间的变化规律为 (2) 因火箭的质量比为6.00,故经历时间t 后,其质量为 得 (3) 将式(3)代入式(2),依据初始条件,可得火箭的最后速率 ma mg tm u=-d d ma mg tm u =-d d ()1300s kg 1068.3d d -⋅⨯=+=ua g m t m tm mg t m ud d d d v =-⎰⎰⎰-=t mm t g m m u 0d d d 00v v v gt m m u --=00lnv v m t t m m m 61d d 0=-=tm m t d /d 650=13000s m 1047.2d /d 65ln ln -⋅⨯=-=-='tm m m m u gt m m u v3 -17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知t ＝0 时质点位于原点,且初始速度为零．设外力F 随距离线性地减小,且x ＝0 时,F ＝F 0 ；当x ＝L 时,F ＝0．试求质点从x ＝0 处运动到x ＝L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x ＝L 处的速率．分析 由题意知质点是在变力作用下运动,因此要先找到力F 与位置x 的关系,由题给条件知．则该力作的功可用式 计算,然后由动能定理求质点速率． 解 由分析知, 则在x ＝0 到x ＝L 过程中作功, 由动能定理有 得x ＝L 处的质点速率为 此处也可用牛顿定律求质点速率,即 分离变量后,两边积分也可得同样结果．3 -18 如图所示,一绳索跨过无摩擦的滑轮,系在质量为1.00 kg 的物体上,起初物体静止在无摩擦的水平平面上．若用5.00 N 的恒力作用在绳索的另一端,使物体向右作加速运动,当系在物体上的绳索从与水平面成30°角变为37°角时,力对物体所作的功为多少？ 已知滑轮与水平面之间的距离d ＝1.00 m ．分析 该题中虽施以“恒力”,但是,作用在物体上的力的方向在不断变化．需按功的矢量定义式来求解．解 取图示坐标,绳索拉力对物体所作的功为3 -19 一物体在介质中按规律x ＝ct 3 作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力正比于速度的平方．试求物体由x 0 ＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k )分析 本题是一维变力作功问题,仍需按功的定义式来求解．关键在于寻找力函数F ＝F (x )．根据运动学关系,可将已知力与速度的函数关系F (v ) ＝k v 2 变换到F (t ),进一步按x ＝ct 3 的x LF F F 00-=⎰L x F 0d x L F F F 00-=2d 0000L F x x L F F W L =⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎰0212-=v m W mL F 0=v xm t m x L F F d d d d 00v v v ==-⎰⋅=s F d W J 69.1d d cos d 2122=+-==⋅=⎰⎰⎰x x d Fx x θF W x x x F ⎰⋅=x F d W关系把F (t )转换为F (x ),这样,就可按功的定义式求解．解 由运动学方程x ＝ct 3 ,可得物体的速度按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为则阻力的功为3 -20 一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水．水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功．分析 由于水桶在匀速上提过程中,拉力必须始终与水桶重力相平衡．水桶重力因漏水而随提升高度而变,因此,拉力作功实为变力作功．由于拉力作功也就是克服重力的功,因此,只要能写出重力随高度变化的关系,拉力作功即可题3 -20 图求出．解 水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有F ＋P ＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P ＝mg -αgy其中α＝0．2 kg/m,人对水桶的拉力的功为3 -21 一质量为0.20 kg 的球,系在长为2.00 m 的细绳上,细绳的另一端系在天花板上．把小球移至使细绳与竖直方向成30°角的位置,然后从静止放开．求：(1) 在绳索从30°角到0°角的过程中,重力和张力所作的功；(2) 物体在最低位置时的动能和速率；(3) 在最低位置时的张力．23d d ct tx ==v 3/43/242299x kc t kc k F ===v ⎰⋅=x F W d 3/73/23/403/20727d 9d 180cos d l kc x x kc x W l o l -=-==⋅=⎰⎰⎰xF ()J 882d d 1000=-=⋅=⎰⎰y agy mg W l y F分析 (1) 在计算功时,首先应明确是什么力作功．小球摆动过程中同时受到重力和张力作用．重力是保守力,根据小球下落的距离,它的功很易求得；至于张力虽是一变力,但是,它的方向始终与小球运动方向垂直,根据功的矢量式,即能得出结果来．(2) 在计算功的基础上,由动能定理直接能求出动能和速率．(3) 在求最低点的张力时,可根据小球作圆周运动时的向心加速度由重力和张力提供来确定．解 (1) 如图所示,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即在小球摆动过程中,张力F Ｔ 的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果．初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为小球在最低位置的速率为(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得3 -22 一质量为m 的质点,系在细绳的一端,绳的另一端固定在平面上．此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点的最初速率是v 0 ．当它运动一周时,其速率为v 0 /2．求：(1) 摩擦力作的功；(2) 动摩擦因数；(3) 在静止以前质点运动了多少圈？分析 质点在运动过程中速度的减缓,意味着其动能减少；而减少的这部分动能则消耗在运动中⎰⋅=s d F W ()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P s F d T T ⋅=⎰W J 53.0k k ==E E 1P K s m 30.222-⋅===mW m E v lm P F 2T v =-N 49.22T =+=lm mg F v克服摩擦力作功上．由此,可依据动能定理列式解之．解 (1) 摩擦力作功为(1) (2) 由于摩擦力是一恒力,且F ｆ ＝μmg ,故有(2)由式(1)、(2)可得动摩擦因数为(3) 由于一周中损失的动能为,则在静止前可运行的圈数为 圈 3 -23 如图(a)所示,A 和B 两块板用一轻弹簧连接起来,它们的质量分别为m 1 和m 2 ．问在A 板上需加多大的压力,方可在力停止作用后,恰能使A 在跳起来时B 稍被提起．(设弹簧的劲度系数为k )分析 运用守恒定律求解是解决力学问题最简捷的途径之一．因为它与过程的细节无关,也常常与特定力的细节无关．“守恒”则意味着在条件满足的前提下,过程中任何时刻守恒量不变．在具体应用时,必须恰当地选取研究对象(系统),注意守恒定律成立的条件．该题可用机械能守恒定律来解决．选取两块板、弹簧和地球为系统,该系统在外界所施压力撤除后(取作状态1),直到B 板刚被提起(取作状态2),在这一过程中,系统不受外力作用,而内力中又只有保守力(重力和弹力)作功,支持力不作功,因此,满足机械能守恒的条件．只需取状态1 和状态2,运用机械能守恒定律列出方程,并结合这两状态下受力的平衡,便可将所需压力求出．解 选取如图(b)所示坐标,取原点O 处为重力势能和弹性势能零点．作各状态下物体的受力图．对A 板而言,当施以外力F 时,根据受力平衡有F 1 ＝P 1 ＋F (1)当外力撤除后,按分析中所选的系统,由机械能守恒定律可得式中y 1 、y 2 为M 、N 两点对原点O 的位移．因为F 1 ＝ky 1 ,F 2 ＝ky 2 及P 1 ＝m 1g ,上式可写为F 1 -F 2 ＝2P 1 (2)由式(1)、(2)可得20202k 0k 832121v v v m m m E E W -=-=-=mg μr πs F W 2180cos o f -==rgπμ16320v =2083v m 34k0==W En 2221212121mgy ky mgy ky +=-F＝P1＋F2(3) 当A板跳到N点时,B板刚被提起,此时弹性力F′2＝P2 ,且F2＝F′2．由式(3)可得F＝P1＋P2＝(m1＋m2 )g应注意,势能的零点位置是可以任意选取的．为计算方便起见,通常取弹簧原长时的弹性势能为零点,也同时为重力势能的零点．3 -24如图(a)所示,有一自动卸货矿车,满载时的质量为m′,从与水平成倾角α＝30.0°斜面上的点A 由静止下滑．设斜面对车的阻力为车重的0.25 倍,矿车下滑距离l时,与缓冲弹簧一道沿斜面运动．当矿车使弹簧产生最大压缩形变时,矿车自动卸货,然后矿车借助弹簧的弹性力作用,使之返回原位置A 再装货．试问要完成这一过程,空载时与满载时车的质量之比应为多大？分析矿车在下滑和返回的全过程中受到重力、弹力、阻力和支持力作用．若取矿车、地球和弹簧为系统,支持力不作功,重力、弹力为保守力,而阻力为非保守力．矿车在下滑和上行两过程中,存在非保守力作功,系统不满足机械能守恒的条件,因此,可应用功能原理去求解．在确定重力势能、弹性势能时,应注意势能零点的选取,常常选取弹簧原长时的位置为重力势能、弹性势能共同的零点,这样做对解题比较方便．解取沿斜面向上为x轴正方向．弹簧被压缩到最大形变时弹簧上端为坐标原点O．矿车在下滑和上行的全过程中,按题意,摩擦力所作的功为Wｆ＝(0.25mg＋0.25m′g)(l＋x) (1) 式中m′和m分别为矿车满载和空载时的质量,x为弹簧最大被压缩量．根据功能原理,在矿车运动的全过程中,摩擦力所作的功应等于系统机械能增量的负值,故有Wｆ＝-ΔE＝-(ΔE P＋ΔEｋ)由于矿车返回原位时速度为零,故ΔEｋ＝0；而ΔE P＝(m -m′) g(l＋x) sinα,故有Wｆ＝-(m-m′) g(l＋x) sinα (2) 由式(1)、(2)可解得。

一、选择题1．下列说法中正确的是（）A．压缩气体也需要用力，这表明气体分子间存在着斥力B．若分子势能增大，则分子间距离减小C．分子间的距离增大时，分子间相互作用的引力和斥力都减小D．自然界中热现象的自发过程不一定沿分子热运动无序性增大的方向进行2．下列说法正确的是（）A．把玻璃管道的裂口放在火上烧熔，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故B．用气筒给自行车打气，越打越费劲，说明气体分子之间有斥力C．实际气体在温度不太高、压强不太大时可以当做理想气体来处理D．为了节约能源，应提高利用率，随着技术的进步，一定可以制造出效率为100%的热机3．一定质量的理想气体在某一过程中，气体对外界做功1.6×104J，从外界吸收热量3.8×104J，则该理想气体的（）A．温度降低，密度减小B．温度降低，密度增大C．温度升高，密度减小D．温度升高，密度增大4．如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、cd、de四个过程到达状态e，其中ba的延长线经过原点，bc连线与横轴平行，de连线与纵轴平行。

下列说法正确的是（）A．ab过程中气体分子热运动平均动能增加B．bc过程中气体分子单位时间内击容器壁次数不变C．cd过程中气体从外界吸热小于气体内能增量D．de过程中气体对外放出热量，内能不变5．一定质量的理想气体的状态变化过程如图所示，MN为一条直线，则气体从状态M到状态N的过程中A．温度保持不变B．温度先升高，后又减小到初始温度C．整个过程中气体对外不做功，气体要吸热D．气体的密度在不断增大6．如图，一定质量的理想气体，由a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c．设气体在状态b和状态c的温度分别为T b和T c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac．则．A．T b＞T c，Q ab＞Q ac B．T b＞T c，Q ab＜Q acC．T b=T c，Q ab＞Q ac D．T b=T c，Q ab＜Q ac7．热力学第二定律使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程()A．都具有方向性B．只是部分具有方向性C．没有方向性D．无法确定8．下列过程中可能发生的是 ()A．某种物质从高温热源吸收20 kJ的热量，全部转化为机械能，而没有产生其他任何影响B．打开一高压密闭容器，其内气体自发溢出后又自发溢进去，恢复原状C．利用其他手段，使低温物体温度更低，高温物体的温度更高D．将两瓶不同液体混合，然后它们又自发地各自分开9．如图所示，带有活塞的气缸中封闭一定质量的理想气体（不考虑分子势能）．将一个热敏电阻（电阻值随温度升高而减小）置于气缸中，热敏电阻与气缸外的欧姆表连接，气缸和活塞均具有良好的绝热性能，气缸和活塞间摩擦不计．则（）A．若发现欧姆表示数变大，则气缸内气体压强一定减小B．若发现欧姆表示数变大，则气缸内气体内能一定减小C．若拉动活塞使气缸内气体体积增大，则欧姆表示数将变小D．若拉动活塞使气缸内气体体积增大时，则需加一定的力，这说明气体分子间有引力10．一定质量的理想气体状态发生了一次循环变化，其压强p随热力学温度T变化的关系如图所示，O、a、b在同一直线上，bc与横轴平行则A ．a 到b 过程，气体的体积减小B ．b 到c 过程，外界对气体做功C ．b 到c 过程，气体从外界吸收热量D ．b 到c 过程，气体向外界放出热量11．将装有一定质量氧气的薄铝筒开口向下浸入20℃的水中，如图所示，缓慢推动铝筒，使其下降2m ，铝筒内氧气无泄漏，则铝筒在缓慢下降过程中，氧气（ ）A ．从外界吸热B ．对外界做正功C ．分子势能不变D ．内能减小12．如图所示，现用活塞将一定质量的理想气体封闭在直立圆筒形导热的汽缸中，待系统稳定（活塞处于静止）后逐渐往活塞上堆放细沙，使活塞缓慢下降。

第一章材料与人类1.为什么说材料的发展是人类文明的里程碑？材料是一切文明和科学的基础，材料无处不在，无处不有，它使人类及其赖以生存的社会、环境存在着紧密而有机的联系。

纵观人类利用材料的历史，可以清楚地看到，每一种重要材料的发现和利用，都会把人类支配和改造自然的能力提高到一个新的水平，给社会生产和人类生活带来巨大的变化。

2.什么是材料的单向循环？什么是材料的双向循环？两者的差别是什么？物质单向运动模式：“资源开采-生产加工-消费使用-废物丢弃”双向循环模式：以仿效自然生态过程物质循环的模式，建立起废物能在不同生产过程中循环，多产品共生的工业模式，即所谓的双向循环模式（或理论意义上的闭合循环模式）。

差别：单向循环必然带来地球有限资源的紧缺和破坏，同时带来能源浪费，造成人类生存环境的污染。

无害循环：流程性材料生产中，如果一个过程的输出变为另一个过程的输入，即一个过程的废物变成另一个过程的原料，并且经过研究真正达到多种过程相互依存、相互利用的闭合的产业“网”、“链”，达到了清洁生产。

3.什么是生态环境材料？生态环境材料是指同时具有优良的使用性能和最佳环境协调性能的一大类材料。

这类材料对资源和能源消耗少，对生态和环境污染小，再生利用率高或可降解化和可循环利用，而且要求在制造、使用、废弃直到再生利用的整个寿命周期中，都必须具有与环境的协调共存性。

因此，所谓环境材料，实质是赋予传统结构材料、功能材料以特别优异的环境协调性的材料，它是材料工作者在环境意识指导下，或开发新型材料，或改进、改造传统材料，任何一种材料只要经过改造达到节约资源并与环境协调共存的要求，它就应被视为环境材料。

4.为什么说材料科学和材料工程是密不可分的系统工程？材料科学与工程的材料科学部分主要研究材料的结构与性能之间所存在的关系，即集中了解材料的本质，提出有关的理论和描述，说明材料结构是如何与其成分、性能以及行为相联系的。

而另一方面，与此相对应，材料工程部分是在上述结构-性能关系的基础上，设计材料的组织结构并在工程上得以实施与保证，产生预定的种种性能，即涉及到对基础科学和经验知识的综合、运用，以便发展、制备、改善和使用材料，满足具体要求。

第一章 材料的力学1. 一圆杆的直径为2.5 mm 、长度为25cm 并受到4500N 的轴向拉力，若直径拉细至2.4mm ，且拉伸变形后圆杆的体积不变,求在此拉力下的真应力、真应变、名义应力和名义应变，并比较讨论这些计算结果。

解：根据题意可得下表由计算结果可知：真应力大于名义应力，真应变小于名义应变。

2. 一试样长40cm,宽10cm,厚1cm ，受到应力为1000N 拉力，其杨氏模量为3.5×109N/m 2，解：3. 一材料在室温时的杨氏模量为3.5×108N/m 2,泊松比为0.35，计算其剪切模量和体积模量。

解：根据可知：拉伸前后圆杆相关参数表 )(0114.0105.310101401000940000cm E A l F l El l =⨯⨯⨯⨯⨯=⋅⋅=⋅=⋅=∆-σε0816.04.25.2ln ln ln 22001====A A l l T ε真应变)(91710909.4450060MPa A F =⨯==-σ名义应力0851.0100=-=∆=A A l l ε名义应变)(99510524.445006MPa A F T =⨯==-σ真应力)21(3)1(2μμ-=+=B G E )(130)(103.1)35.01(2105.3)1(288MPa Pa E G ≈⨯=+⨯=+=μ剪切模量)(390)(109.3)7.01(3105.3)21(388MPa Pa E B ≈⨯=-⨯=-=μ体积模量4. 试证明应力-应变曲线下的面积正比于拉伸试样所做的功。

证：5. 一陶瓷含体积百分比为95%的Al 2O 3 (E = 380 GPa)和5%的玻璃相(E = 84 GPa)，试计算其上限和下限弹性模量。

若该陶瓷含有5 %的气孔，再估算其上限和下限弹性模量。

解：令E 1=380GPa,E 2=84GPa,V 1=0.95,V 2=0.05。

则有当该陶瓷含有5%的气孔时，将P=0.05代入经验计算公式E=E 0(1-1.9P+0.9P 2)可得，其上、下限弹性模量分别变为331.3 GPa 和293.1 GPa 。

2.热力学第一定律课后篇素养形成必备知识基础练1.一定质量的气体在保持压强恒等于1.0×105 Pa的状况下,体积从20 L 膨胀到30 L,这一过程中气体从外界吸热4×103 J,则气体内能的变化为( )A.增加了5×103 JB.减少了5×103 JC.增加了3×103 JD.减少了3×103 JW外=pΔV=1.0×105Pa×(30-20)×10-3m3=1.0×103J。

这一过程气体从外界吸热Q=4×103J。

热力学第一定律ΔU=W+Q,气体对外做功,W应取负值,则可得ΔU=-1.0×103J+4.0×103J=3.0×103J,即气体内能增加了3×103J。

故选项C正确。

2.(浙江金华三校高二下学期检测)如图所示,给旱区送水的消防车停于水平地面。

在缓慢放水过程中,若车胎不漏气,胎内气体温度不变,不计分子间势能,则胎内气体( )A.从外界吸热B.对外界做负功C.分子平均动能减小D.内能增加,胎内气体压强减小,气体膨胀对外界做正功,选项B 错误;胎内气体温度不变,故分子平均动能不变,选项C错误;由于不计分子间势能,气体内能只与温度有关,温度不变,内能不变,选项D错误;ΔU=W+Q,ΔU=0,W<0,故Q>0,气体从外界吸热,选项A正确。

3.(天津二模)如图所示,一个内壁光滑、导热良好的汽缸悬挂在天花板上,轻质活塞上方封闭着理想气体,外界环境温度不变,若用向下的力F缓慢将活塞向下拉动一小段距离,则( )A.缸内气体的温度可能降低B.缸内气体分子的平均动能会减小C.缸内气体会吸热D.若拉力F对活塞做的功为W,则缸内气体的内能减少了W,缸内气体对外做功,温度会降低,但由于导热良好的汽缸会吸热,最终温度与外界相同,分子平均动能不变,气体内能不变,故A、B错误,C正确;根据以上分析结合热力学第一定律知,若拉力F对活塞做的功为W,则缸内气体吸热,内能不变,故D错误。

分层作业15 热力学第一定律与气体实验定律的综合问题A组必备知识基础练题组一热力学第一定律与气体图像结合的问题1.(江苏淮安高二期中)一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C,其V-T图像如图所示。

下列说法正确的有( )A.B→C的过程中,气体压强不变B.A→B的过程中,气体吸收热量C.A→B的过程中,气体对外界做功D.A→B→C的过程中,气体内能增加2.(多选)(河北唐山高二期末)一定质量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N,其p-V图像如图所示。

在过程1中,气体始终与外界无热量交换;在过程2中,气体先经历等容变化再经历等压变化。

对于这两个过程,下列说法正确的是( )A.气体经历过程1,外界对气体做功B.气体经历过程1,内能增加C.气体经历过程2,先放热后吸热D.气体经历过程1的内能改变量与经历过程2的一定相同3.(多选)(广东珠海高二期末)一定质量的理想气体经历如图所示的状态变化过程,纵坐标V表示体积,横坐标T表示热力学温度。

下列说法正确的有( )A.c状态的内能大于b状态的内能B.a状态的压强等于c状态的压强C.b→c过程,气体对外界做正功D.a→b过程,气体向外界放出热量4.(江苏淮安阶段练习)如图描述了一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态,图中ab的延长线过原点,则下列说法正确的是( )A.气体从状态a到b的过程,气体体积增大B.气体从状态b到c的过程,一定向外界放出热量C.气体从状态c到d的过程,外界对气体做功D.气体从状态d到a的过程,气体的内能减小题组二热力学第一定律和气体实验定律的综合问题5.(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品,如图所示,充气袋四周被挤压时,假设袋内气体与外界无热交换,则( )A.袋内气体体积减小,内能增大B.袋内气体体积减小,压强减小C.外界对袋内气体做功,内能增大D.袋内气体对外界做正功,压强减小6.(多选)(广东湛江高二期末)航天服是保障航天员生命活动和正常工作的个人密闭装备,可防护空间的真空、高低温、太阳辐射和微流星等环境因素对人体的危害。

1.热力学第一定律2.能量守恒定律课后训练巩固提升一、基础巩固1.(湖南师大附中高三月考)能量守恒定律是自然界最普遍的规律之一,以下现象、规律不能体现能量守恒定律的是( )A.行驶的汽车B.牛顿第三定律C.神舟飞船返回地面D.机械能守恒定律,生产生活、自然现象无一例外都遵守能量守恒定律,A、C不符合题意;牛顿第三定律描述的是作用力与反作用力间的关系,不能体现能量守恒定律,B符合题意;机械能守恒定律是能量守恒定律的特殊情况,D不符合题意。

2.夏季天气炎热,某公交司机发现中午时车胎内的气压高于清晨时的气压,且车胎体积增大。

若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体,那么( )A.胎内气体对外界做功,内能减小B.胎内气体对外界做功,内能增大C.外界对胎内气体做功,气体内能减小D.外界对胎内气体做功,气体内能增大,气体对外界做功,而非外界对胎内气体做功,故C、D错误;对于一定质量的理想气体,温度升高,内能增大,故B正确,A错误。

3.从能量转化与守恒的角度理解,太阳能热水器( )A.创造了热能B.消灭了太阳能C.创造了太阳能D.把太阳能转化成了热能,故A、C错误;能量不会凭空消失,故B错误;能量能从一种形式转化为另一种形式,太阳能热水器是把太阳能转化成热能,故D正确。

4.一个密闭汽缸封闭着一部分空气,用活塞压缩汽缸里的空气,对空气做了900 J的功,同时汽缸向外散热200 J,则汽缸中空气的内能( )A.减少了1 100 JB.增加了1 100 JC.减少了700 JD.增加了700 JΔU=Q+W=900J-200J=700J,所以汽缸里的空气的内能增加了700J,故D正确,A、B、C错误。

5.(多选)在研究理想气体时,由于分子间作用力较小可忽略其分子势能。

在研究实际气体时,如果考虑分子间的相互作用,对一定质量的某种气体进行分析,其内能的大小与气体体积和温度的关系是( )A.保持体积不变,升高温度,内能增大B.保持体积不变,升高温度,内能减少C.保持温度不变,体积增大,内能不变D.保持温度不变,体积增大,内能增大,分子的平均动能变大,分子数不变,则分子的总动能增大;由于体积不变,所以分子势能不变,故内能增大,故A正确,B错误。