大学物理简明教程第三版课后习题答案

物理简明教程第三版课后习题及答案

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 ϖ

ϖ-=∆； （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 ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆr ˆt

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 不同如题图所示.

(3)t d d v 表示加速度的模，即

t v a d d ϖϖ=

，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττϖ

ϖ(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 ττϖϖϖ+=

式中dt dv

就是加速度的切向分量.

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 ＝22d 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

2

d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =

2

222

22d 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 ϖϖϖ+=，

j

t y i t x t r a j

t y i t x t r v ϖϖϖ

ϖϖϖϖ

ϖ222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴

故它们的模即为

2

222222

22

2

2

2d 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 ϖ

在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢

r ϖ

及速度v ϖ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 ϖϖϖ

)4321()53(2-+++=m (2)将1=t ,2=t 代入上式即有

j i r ϖϖ

ϖ5.081-= m

j j r ϖϖϖ

4112+=m

j j r r r ϖϖϖ

ϖϖ5.4312+=-=∆m

(3)∵ j i r j j r ϖϖϖϖϖϖ1617,4540

+=-= ∴ 1

04s m 534201204-⋅+=+=--=∆∆=j i j i r r t r v ϖϖϖϖϖϖϖϖ

(4) 1

s m )3(3d d -⋅++==j t i t r

v ϖϖϖϖ

则 j i v ϖϖϖ

734

+= 1s m -⋅ (5)∵ j i v j i v ϖϖϖϖϖϖ

73,3340+=+=

2

04s m 1444-⋅==-=∆∆=j

v v t v a ϖϖϖϖϖ

(6) 2

s m 1d d -⋅==j t v a ϖϖϖ

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

2

22s h l +=

将上式对时间t 求导，得

t

s s t l l

d d 2d d 2

=

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

θcos 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+62

x ，a 的单位为

2s m -⋅，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101

s 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 2

s 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

223

4c t t v ++=

由题知，0=t ,00=v ,∴01=c

故

2

23

4t 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+33

t ，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====

ω

βθω

(1)s 2=t 时， 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a

2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n

(2)当加速度方向与半径成ο

45角时，有

145tan ==

︒n

a a τ

即 βωR R =2 亦即 t t 18)9(2

2=

则解得

92

3=

t 于是角位移为

rad

67

.29232323=⨯+=+=t θ

1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2

021

bt 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）

bt v t s

v -==

0d d

R bt v R v a b t

v

a n 2

02)(d d -=

=-==

τ

则 2

4

02

2

2

)(R bt v b a a a n

-+=+=τ

加速度与半径的夹角为

20)(arctan

bt v Rb a a n --=

=τϕ

(2)由题意应有

24

02

)(R bt v b b a -+

==

即 0)(,)(402

4

02

2

=-⇒-+=bt v R bt v b b

∴当

b v t 0

=

时，b a =

1-9 以初速度0v ＝201

s 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 == 2

1s 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

2222=︒

⨯==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 ·2

s -，

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 βω1

s rad -⋅ 则16.04.04.0=⨯==ωR v 1

s m -⋅

064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2

s m -⋅

08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅

2

2222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=

+=

τa a a n

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0

v ϖ

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 0= ① Y

方向：

y

y ma mg F ==αsin ②

0=t 时 0=y 0=y v

2sin 21

t g y α=

由①、②式消去t ，得

220

sin 21

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 x 0，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 83166-⋅===

m f a x x

2s m 167

-⋅-=

=

m f a y y

(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=201

01

200s m 87

2167s m 45

2832dt a v v dt a v v y y y x x x

于是质点在s 2时的速度

1

s m 8

745-⋅--=j

i v ϖϖϖ

(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 ϖϖϖϖϖϖϖ--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=

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)(0

k 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

1

00===-⋅-

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0

v ϖ

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 ϖϖϖ-=∆

由矢量图知，动量增量大小为

v m ϖ，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 ϖ

)210(+=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 ϖ6-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 ϖϖϖϖ1

0401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向， i

p I i

m p v ϖϖ

ϖϖϖϖ11111

1s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆

若物体原来具有6-1

s m -⋅初速，则

⎰⎰+-=+-=-=t t t

F v m t m F v m p v m p 0

00000d )d (,ϖϖ

ϖϖϖϖϖ于是

⎰∆==-=∆t p t F p p p 0

1

02d ϖ

ϖϖϖϖ,

同理， 12v v ϖϖ∆=∆,12I I ϖ

ϖ=

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 02

10d )210(

亦即 0200102

=-+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

02

02bv a v I m =

=

2-7设

N

67j i F ϖϖϖ-=合．(1) 当一质点从原点运动到m 1643k j i r ϖϖϖϖ

++-=时，

求F ϖ

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 ϖ

为恒力，

∴ )

1643()67(k j i j i r F A ϖϖ

ϖϖϖϖϖ++-⋅-=⋅=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

222137sin 2

1

kx s f mgs mv k r -︒+=

式中m 52.08.4=+=s ，m 2.0=x ，再代入有关数据，解得

-1m 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 2137sin 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 84.037sin 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

222120212121mv mv mv +=

即 2

22120v 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 210v m v m v m ϖϖϖ+=亦即210v v v ϖϖϖ+= 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 ϖ为斜边，故知1v ϖ与2v ϖ是互相垂直的．

2-10一质量为m 的质点位于(11,y x )处，速度为

j

v i v v y x ϖϖϖ

+=, 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 ϖϖϖ

11+=

作用在质点上的力为i f f ϖ

ϖ-=

所以，质点对原点的角动量为

v

m r L ϖϖϖ⨯=0

)

()(11j v i v m i y i x y x ϖϖϖϖ+⨯+=

k

mv y mv x x y ϖ

)(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 ϖϖϖϖϖ

ϖϖ1110)()(=-⨯+=⨯=

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2

v ＝9.08×102m ·s-1

这时它离太阳的距离2r 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 ϖϖ=, 1s m 6-⋅+=j i v ϖϖϖ，如一恒力

N 5j f ϖ

ϖ=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)

⎰⎰-⋅⋅===∆30

1

s m kg 15d 5d j t j t f p ϖϖϖϖ

(2)解(一) 73400=+=+=t v x x x

j

at t v y y 5.25335

213621220=⨯⨯+⨯=+=

即 i r ϖϖ41=,j i r ϖϖϖ5.2572+= 10==x x v v 11

335

60=⨯+=+=at v v y y

即 j i v ϖϖϖ

611+=,j i v ϖϖϖ112+=

∴ k j i i v m r L ϖϖϖϖϖ

ϖϖ72)6(34111=+⨯=⨯= k j i j i v m r L ϖϖϖϖϖϖ

ϖϖ5.154)11(3)5.257(222=+⨯+=⨯= ∴ 1

212s m kg 5.82-⋅⋅=-=∆k L L L ϖϖϖϖ

解(二) ∵dt dz

M =

∴

⎰⎰⨯=⋅=∆t t t

F r t M L 0

d )(d ϖϖϖϖ

⎰⎰-⋅⋅=+=⨯⎥⎦

⎤⎢⎣⎡

⨯+++=3

1

302s m kg 5.82d )4(5d 5)35)216()4(2k t k t t j j t t i t ϖϖϖ

ϖϖ

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 06.74060329000=⨯⨯⨯=-

=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 1772)75.050.0(40.021550.025.060)

(2211=⨯+⨯⨯⨯⨯⨯=

+-=πμβ

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

1m ,2m 和柱体的运动方程如下： 2222a m g m T =- ①

1111a m T g m =- ②

βI r T R T ='

-'21 ③

式中 ββR a r a T T T T ==='='122211,,,

而

222121mr MR I +=

由上式求得

2

22222

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 θ

ωsin 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．

3-4 计算下列一组粒子平均速率和方均根速率?

解：平均速率

28642150

24083062041021++++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=

=∑∑i

i

i N

V

N V

7.2141890

==

1s m -⋅