《大学物理简明教程》习题解答
习题一
1-1 ｜r ?｜与r ?有无不同?t
d d r 和t
d d r 有无不同? t
d d v 和
t
d d v 有无不
同?其不同在哪里?试举例说明．
解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即r ?12r r -=，
12r r r
-=?；
（2）
t
d d r 是速度的模，即t d d r ==v t
s d d .
t
r d d 只是速度在径向上的分量.
∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r
r += 式中t
r
d d 就是速度径向上的分量，
∴
t r t d d d d 与r 不同如题
1-1图所示
.
题1-1图
(3)t
d d v 表示加速度的模，即t
v a d d
=
，t v
d d 是加速度a 在切向上的分
量.
∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以
t
v t v t v d d d d d d ττ
+=
式中dt dv
就是加速度的切向分量.
(t t r d ?d d ?d τ 与
的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)
1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度
和加速度时，有人先求出r ＝
2
2y x +，然后根据v =t
r
d d ，及a ＝2
2d d t r
而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结
果，即
v =2
2d d d d ??
?
??+??? ??t y t x 及a =2
22222d d d d ???
? ??+???? ??t y t x
你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？
解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角
坐标系中，有
j y i x r +=， j
t y i t x t r a j
t y i t x t r v
222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴
故它们的模即为
2
222
222
22
2
22d d d d d d d d ?
??
? ??+???? ??=+=?
?
?
??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y
x
而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作
2
2d d d d t r a t
r v ==
其二，可能是将2
2d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中已
说明t
r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，2
2d d t r
也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分
????
???????
??-=2
22d d d d t r t r a θ径。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢r 在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r
及速度v 的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。 1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为
x =3t +5, y =21
t 2+3t -4.
式中t 以 s 计，x ,y 以m 计．(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点
的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)．
解：（1）
j
t t i t r
)4321()53(2-+++=m (2)将1=t ,2=t 代入上式即有
j i r
5.081-= m
j j r
4112+=m
j j r r r
5.4312+=-=?m
(3)∵ j i r j j r
1617,4540+=-=
∴ 1
04s m 534201204-?+=+=--=??=j i j i r r t r v
(4) 1
s m )3(3d d -?++==j t i t r v
则 j i v 734+= 1s m -? (5)∵ j i v j i v 73,3340
+=+= 2
04s m 1444-?==-=??=j v v t v a (6) 2
s m 1d d -?==j t v
a
这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。
1-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．
图1-4
解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知
222
s h l +=
将上式对时间t 求导，得
t
s s t l l
d d 2d d 2=
题1-4图
根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ t s v v t l v d d ,d d 0-==-
=船绳
即
θ
cos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-
=船
或
s v s h s lv v 02/1220)(+=
=船
将船v 再对t 求导，即得船的加速度
3
2
0222
020
2
002)(d d d d d d s v h s v s l s v s
lv s v v s t s l t l s
t v a =+-=+-=-==船
船
1-5 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x ，a 的
单位为2s m -?，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101s m -?,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵
x
v
v t x x v t v a d d d d d d d d ===
分离变量：
x x adx d )62(d 2
+==υυ 两边积分得 c
x x v ++=32
2221
由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c
∴ 1
3s m 252-?++=x x v
1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -?，开始
运动时，x ＝5 m ，v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置．
解：∵ t
t v
a 34d d +==
分离变量，得 t t v d )34(d +=
积分，得
1
2
由题知，0=t ,00
=v ,∴01=c
故
2
234t t v += 又因为
223
4d d t t t x v +==
分离变量， t
t t x d )23
4(d 2+=
积分得 2
3221
2c t t x ++=
由题知 0=t ,50=x ,∴52=c
故 5
21
232++=t t x
所以s 10=t 时
m
70551021
102s m 1901023
10432101210=+?+?=?=?+
?=-x v
1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33t ，
θ式中以弧度计，t 以秒计，求：(1) t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?
解：
t t t t 18d d ,9d d 2====
ωβθω
(1)s 2=t 时， 2
s m 362181-?=??==βτR a
2222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n
(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有
145tan ==
?n
a a τ
即 βωR R =2 亦即 t t 18)9(2
2= 则解得
923=
t 于是角位移为rad
67
.29
2
32323=?+=+=t θ
1-8
质点沿半径为R 的圆周按s ＝2
021bt t v -的规律运动，式中s 为
质点离圆周上某点的弧长,0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ．
解：（1）
t 0d
R bt v R v a b t
v
a n 2
02)(d d -=
=-==
τ 则
24
02
22
)(R bt v b a a a n
-+
=+=τ
加速度与半径的夹角为
2
0)(arctan
bt v Rb
a a n --=
=τ?
(2)由题意应有
24
02
)(R bt v b b a -+
== 即 0
)(,)
(4024
022=-?-+=bt v R bt v b b
∴当b
v t 0=
时，b a =
1-9 以初速度0v ＝201s m -?抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角，
求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ． (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)
解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．
题1-9图
(1)在最高点，
o
0160cos v v v x ==
21s m 10-?==g a n
又∵
12
11ρv a n =
∴
m
1010
)60cos 20(2
2111=??=
=n
a v ρ
(2)在落地点，
2002==v v 1s m -?,
而 o
60cos 2?=g a n
∴ m
8060cos 10)20(2
2
222=?
?==n a v ρ
1-10飞轮半径为0.4 m ，自静止启动，其角加速度为β=0.2 rad ·2s -，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．
解：当s 2=t 时，4.022.0=?==t βω1s rad -? 则16.04.04.0=?==ωR v 1s m -?
064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2s m -? 08.02.04.0=?==βτR a 2s m -?
22222
s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+=τa a a n
1-11 一船以速率1v ＝30km ·h -1
沿直线向东行驶，另一小艇在其
前方以速率2v ＝40km ·h -1
沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何?
解：(1)大船看小艇，则有1221v v v -=，依题意作速度矢量图如题
1-13图(a)
题1-11图
由图可知 1
222121h km 50-?=+=v v v
方向北偏西 ?===87.3643
arctan arctan
21v v θ
(2)小船看大船，则有2112v v v -=，依题意作出速度矢量图如题1-13
图(b)，同上法，得 5012=v 1h km -?
方向南偏东o 87.36
习题二
2-1 一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v运动，0v的方向与斜面底边的水平线AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道．
解: 物体置于斜面上受到重力mg，斜面支持力N.建立坐标：取0v
方向为X轴，平行斜面与X轴垂直方向为Y轴.如图2-2.
题2-1图
X方向：0=x F t v
x
=
①
Y方向：y
y
ma
mg
F=
=α
sin
②
=
t时0
=
y0
=
y
v
2
sin
2
1
t
g
yα
=
由①、②式消去t，得
2
2
sin
2
1
x
g
v
y?
=α
2-2 质量为16 kg 的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x f＝6 N，y f＝-7 N，当t＝0时，=
=y
x0，x v＝-2 m·s-1，y
v＝0．求
当t＝2 s时质点的 (1)位矢；(2)速度．
解：2
s
m
8
3
16
6
-
?
=
=
=
m
f
a x
x
2
s
m
16
7
-
?
-
=
=
m
f
a y
y
(1)
?
?
-
-
?
-
=
?
-
=
+
=
?
-
=
?
+
-
=
+
=
2
1
1
2
s
m
8
7
2
16
7
s
m
4
5
2
8
3
2
dt
a
v
v
dt
a
v
v
y
y
y
x
x
x
于是质点在s2时的速度
1
s m 8
745-?--=j
i v
(2)
m
874134)16
7(21)483
2122(2
1)21(2
20j i j
i j
t a i t a t v r y x --=?-+??+?-=++=
2-3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常
数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝
t m
k e
v )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为 x ＝(k mv 0
)［1-t m
k e
)(-］；(3)停止运动前经过的距离为)
(0k m v ；(4)
证明当k m t =时速度减至0v 的e 1
，式中
m 为质点的质量．
答: (1)∵
t v
m kv a d d =-=
分离变量，得
m
t k v v d d -=
即
??-=v
v t m t k v v
00d d
m
kt
e v v -=ln ln 0
∴ t
m k e
v v -=0
(2)
??---===t
t
t
m k m k
e k mv t e
v t v x 0
00)
1(d d
(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，
故有 ?∞
-=
='0
0d k
mv t e
v x t
m k
(4)当
t=k
m
时，其速度为
e
v e v e
v v k
m m k 0
100=
==-?-
即速度减至0v 的e 1
.
2-4
一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v 从地面抛
出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．解: 依题意作出示意图如题2-6图
题2-4图
在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下,
而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为o
30，则动量的增量为
v
m
v
m
p
-
=
?
由矢量图知，动量增量大小为0v m
，方向竖直向下．
2-5 作用在质量为10 kg的物体上的力为i t
F
)
2
10
(+
=N，式中t的单位是s，(1)求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N·s，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j
6
-m·s-1的物体,回答这两个问题．
解: (1)若物体原来静止，则
i
t
i t
t
F
p t
1
4
1
s
m
kg
56
d
)
2
10
(
d-
?
?
=
+
=
=
???,沿x轴正向，
i
p
I
i
m
p
v
1
1
1
1
1
1
s
m
kg
56
s
m
6.5
-
-
?
?
=
?
=
?
=
?
=
?
若物体原来具有6-1s
m-
?初速，则
?
?+
-
=
+
-
=
-
=t
t
t
F
v
m
t
m
F
v
m
p
v
m
p
d
)
d
(
,
于是
??=
=
-
=
?t p
t
F
p
p
p
01
2
d
,
同理，1
2
v
v
?
=
?,1
2
I
I
=
这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．
(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即
?+
=
+
=t t
t
t
t
I
2
10
d)
2
10
(
亦即0
200
10
2=
-
+t
t
解得s 10=t ，(s 20='t 舍去)
2-6
一颗子弹由枪口射出时速率为1
0s m -?v ，当子弹在枪筒内被加
速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．
解: (1)由题意，子弹到枪口时，有
0)(=-=bt a F ,得
b
a
t =
(2)子弹所受的冲量
?-=-=t bt at t bt a I 02
21d )(
将
b a
t =
代入，得
b a I 22
=
(3)由动量定理可求得子弹的质量
2
02bv a v I m =
= 2-7设N 67j i F -=合．(1) 当一质点从原点运动到m
1643k j i r
++-=时，求F 所作的功．(2)如果质点到r 处时需0.6s ，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化．
解: (1)由题知，合F
为恒力，
∴ )1643()67(k j i j i r F A
++-?-=?=合
J 452421-=--=
(2) w 756.045==?=
t A P
(3)由动能定理，J 45-==?A E k
2-8 如题2-18图所示，一物体质量为2kg ，以初速度0v ＝3m ·s -1
从斜面A 点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N ，到达B 点后压缩弹簧20cm 后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．
解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。则由功能原理，有
???
???+-=
-37sin 212122mgs mv kx s f r
2
2
2
1
37
sin
2
1
kx
s
f
mgs
mv
k
r
-
?
+
=
式中m
5
2.0
8.4=
+
=
s，m
2.0
=
x，再代入有关数据，解得
-1
m
N
1390?
=
k
题2-8图
再次运用功能原理，求木块弹回的高度h'
2
o
2
1
37
sin kx
s
mg
s
f
r
-
'
='
-
代入有关数据，得m
4.1
='s,
则木块弹回高度
m
84
.0
37
sin o=
'
='s
h
2-9 一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方向互相垂直．
证: 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有
2
2
2
1
2
02
1
2
1
2
1
mv
mv
mv+
=
即22
2
1
2
v
v
v+
=
①
题2-9图(a) 题2-9图(b)
又碰撞过程中，动量守恒，即有
2
1
v
m
v
m
v
m
+
=
亦即2
1
v
v
v
+
=
②
由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以0v
为斜边，故知1v
与2v
是互相垂直的．
2-10一质量为m的质点位于(1
1
,y
x)处，速度为j
v
i
v
v
y
x
+
=, 质点
受到一个沿x 负方向的力f 的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩． 解: 由题知，质点的位矢为
j y i x r
11+=
作用在质点上的力为
i f f -=
所以，质点对原点的角动量为
v m r L ?=0
)
()(11j v i v m i y i x y x +?+=
k mv y mv x x y
)(11-=
作用在质点上的力的力矩为
k f y i f j y i x f r M
1110)()(=-?+=?=
2-11 哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距
离为1r ＝8.75×1010m 时的速率是1v ＝5.46×104m ·s -1
，它离太
阳最远时的速率是2v ＝9.08×102m ·s -1
这时它离太阳的距离2
r 多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。)
解: 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有
2211mv r mv r =
∴ m 1026.51008.91046.51075.812
2
4102112?=????==v v r r
2-12 物体质量为3kg ，t =0时位于m 4i r =, 1s m 6-?+=j i v ，如一恒
力N 5j f
=作用在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相
对z 轴角动量的变化．
解: (1) ??-??===?301
s m kg 15d 5d j t j t f p
(2)解(一) 73400=+=+=t v x x x
j
at t v y y 5.25335
213621220=??+?=+= 即 i r 41=,j i r
5.2572+= 10==x x v v
11
335
60=?+=+=at v v y y 即 j i v
611+=,j i v 112
+=
∴ k j i i v m r L
72)6(34111=+?=?=
k j i j i v m r L
5.154)11(3)5.257(222=+?+=?=
∴ 1
212s m kg 5.82-?
?=-=?k L L L
解(二) ∵
dt dz
M =
∴
???=?=?t t t
F r t M L 0
d )(d
??-??=+=???
?????+++=3
1
302s m kg 5.82d )4(5d 5)35)216()4(2k t k t t j j t t i t
题2-12图
2-13飞轮的质量m ＝60kg ，半径R ＝0.25m ，绕其水平中心轴O 转
动，转速为900rev ·min -1
．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ，可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：
(1)设F ＝100 N ，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?
(2)如果在2s 内飞轮转速减少一半，需加多大的力F ? 解: (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N 、N '是正压力，r F 、r F '是摩擦力，x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力，R 是轮的重力，P 是轮在O 轴处所受支承力．
题2-13图（a ）
题2-13图(b) 杆处于静止状态，所以对A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有
F l l l N l N l l F 1
2
11210
)(+=
'='-+
对飞轮，按转动定律有I R F r /-=β，式中负号表示β与角速度ω方向相反．
∵ N F r μ= N N '= ∴
F l l l N F r 1
2
1+='=μ
μ
又∵
,21
2mR I =
∴
F mRl l l I R F r 1
21)
(2+-=-
=μβ
①
以N 100=F 等代入上式，得
2
s rad 340
10050.025.060)75.050.0(40.02-?-=???+??-=
β 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为
s 06.740603
29000=???=-
=πβωt
这段时间内飞轮的角位移为
rad 21.53)4
9
(3402149602900212
20ππππβωφ?=??-??=
+=t t
可知在这段时间里，飞轮转了1.53转． (2)
10s rad 602900-??
=π
ω，要求飞轮转速在2=t s 内减少一半，可知
20
00
s rad 21522
-?-
=-
=-=π
ωωωβt
t
用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为
N
l
l
mRl
F
177
2
)
75
.0
50
.0(
40
.0
2
15
50
.0
25
.0
60
)
(
2
2
1
1
=
?
+
?
?
?
?
?
=
+
-
=
π
μ
β
2-14固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴O
O'转动．设大小圆柱体的半径分别为R和r，质量分别为M和m．绕在两柱体上的细绳分别与物体1m和2m相连，1m和2m则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图所示．设R＝0.20m, r＝0.10m，m ＝4 kg，M＝10 kg，1m＝2m＝2 kg，且开始时1m，2m离地均为h ＝2m．求：
(1)柱体转动时的角加速度；
(2)两侧细绳的张力．
解: 设1a,2a和β分别为1m,2m和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．
题2-14(a)图题2-14(b)图
(1)1m,2m和柱体的运动方程如下：
2
2
2
2
a
m
g
m
T=
-①
1
1
1
1
a
m
T
g
m=
-②
βI
r
T
R
T=
'
-
'
2
1③
式中β
βR
a
r
a
T
T
T
T=
=
=
'
='
1
2
2
2
1
1
,
,
,
而
2
2
2
1
2
1
mr
MR
I+
=
由上式求得
2
2
2222
2212
1s rad 13.68
.910.0220.0210.0421
20.010212
1.02
2.0-?=??+?+??+???-?=
++-=
g r
m R m I rm Rm β
(2)由①式
8.208.9213.610.02222=?+??=+=g m r m T βN
由②式
1.1713.6.
2.028.92111=??-?=-=βR m g m T N
2-15 如题
2-15图所示，一匀质细杆质量为m ，长为l ，可绕过一
端O 的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有
β)31
(212ml mg
=
∴ l
g 23=
β
(2)由机械能守恒定律，有
2
2)31
(21sin 2ωθml l mg =
∴
l g θωsin 3=
题2-15图
习题三
3-1 气体在平衡态时有何特征?气体的平衡态与力学中的平衡态有何不同? 答：气体在平衡态时，系统与外界在宏观上无能量和物质的交换；系统的宏观性质不随时间变化．
力学平衡态与热力学平衡态不同．当系统处于热平衡态时，组成系统的大量粒子仍在不停地、无规则地运动着，大量粒子运动的平均效果不变，这是一种动态平衡．而个别粒子所受合外力可以不为零．而力学平衡态时，物体保持静止或匀速直线运动，所受合外力为零．
3-2 气体动理论的研究对象是什么?理想气体的宏观模型和微观模型各如何?
答：气体动理论的研究对象是大量微观粒子组成的系统．是从物质的微观结构和分子运动论出发，运用力学规律，通过统计平均的办法，求出热运动的宏观结果，再由实验确认的方法．
从宏观看，在温度不太低，压强不大时，实际气体都可近似地当作理想气体来处理，压强越低，温度越高，这种近似的准确度越高．理想气体的微观模型是把分子看成弹性的自由运动的质点. 3-3 温度概念的适用条件是什么?温度微观本质是什么? 答：温度是大量分子无规则热运动的集体表现，是一个统计概念，对个别分子无意义．温度微观本质是分子平均平动动能的量度．
2
8642150
24083062041021++++?+?+?+?+?=
=
∑∑i
i
i
N
V N V
7.2141
890
==
1s m -? 方均根速率
2
8642150240810620410212
23222
2
++++?+?+?+?+?=
=∑∑i
i
i N
V N V
6.25= 1s m -?
3-5 速率分布函数)(v f 的物理意义是什么?试说明下列各量的物理意义(n 为分子数密度，N 为系统总分子数)．
（1）v v f d )( （2）v v nf d )( （3）v v Nf d )(
（4）?v v v f 0d )( （5）?∞
0d )(v v f （6）?2
1
d )(v v v v Nf
解：)(v f ：表示一定质量的气体，在温度为T 的平衡态时，分布在速率v 附近单位速率区间内的分子数占总分子数的百分比. (1) v v f d )(：表示分布在速率v 附近，速率区间v d 内的分子数占总分子数的百分比.
(2) v v nf d )(：表示分布在速率v 附近、速率区间dv 内的分子数密度．
(3) v v Nf d )(：表示分布在速率v 附近、速率区间dv 内的分子数．
(4)?v
v v f 0d )(：表示分布在21~v v 区间内的分子数占总分子数的百分比．
(5)?∞
0d )(v v f ：表示分布在∞~0的速率区间内所有分子，其与总分子数的比值是1.
(6)?21
d )(v
v v v Nf ：表示分布在21~v v 区间内的分子数.
3-6 题3-6图(a)是氢和氧在同一温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一条代表氢?题3-6图(b)是某种气体在不同温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一条的温度较高?
答：图(a)中(1)表示氧，(2)表示氢；图(b)中(2)温度高．
题3-6图
3-7 试说明下列各量的物理意义．
（1）kT 2
1 （2）kT 2
3 （3）kT i 2
（4）
RT
i
M M mol 2
（5）RT i
2 （6）RT 2
3
解：(1)在平衡态下，分子热运动能量平均地分配在分子每一个自由度上的能量均为k 2
1T ．
(2)在平衡态下，分子平均平动动能均为kT 2
3.
(3)在平衡态下，自由度为i 的分子平均总能量均为kT i 2
.
(4)由质量为M ，摩尔质量为mol M ，自由度为i 的分子组成的系统的内能为
RT i
M M 2
mol . (5) 1摩尔自由度为i 的分子组成的系统内能为RT i
2
. (6) 1摩尔自由度为3的分子组成的系统的内能RT 2
3，或者说热力
学体系内，1摩尔分子的平均平动动能之总和为RT 2
3.
3-8 有一水银气压计，当水银柱为0.76m 高时，管顶离水银柱
液面0.12m ，管的截面积为2.0×10-4m 2
，当有少量氦(He)混入水银管内顶部，水银柱高下降为0.6m ，此时温度为
27℃，试计算有多少质量氦气在管顶(He 的摩尔质量为
0.004kg ·mol -1
)?
解：由理想气体状态方程RT M M
pV mol
=
得
RT
pV M M mol
=
汞的重度 51033.1?=Hg d 3m N -? 氦气的压强 Hg )60.076.0(d P ?-=
氦气的体积 4100.2)60.088.0(-??-=V 3m
)
27273()
100.228.0()60.076.0(004.04Hg +????-?
=-R d M )
27273(31.8)
100.228.0()60.076.0(004.04Hg +?????-?
=-d
61091.1-?=Kg
3-9设有N 个粒子的系统，其速率分布如题6-18图所示．求 (1)分布函数)(v f 的表达式； (2)a 与0v 之间的关系；
(3)速度在1.50v 到2.00v 之间的粒子数． (4)粒子的平均速率．
(5)0.50v 到10v 区间内粒子平均速率．