(完整word版)广东石油化工学院高分子物理期末考试复习资料四.计算题答案
广石化物理期末复习题.
1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为x =3t +5, y =21t 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 r5.081-= mj j r4112+=mj j r r r5.4312+=-=∆m(3)∵ j i r j j r1617,4540+=-=∴ 104s m 534201204-⋅+=+=--=∆∆=j i ji r r t r v (4) 1s m )3(3d d -⋅++==j t i trv 则 j i v 734+= 1s m -⋅(5)∵ j i v j i v73,3340+=+=204s m 1444-⋅==-=∆∆=j v v t v a (6) 2s m 1d d -⋅==j tva 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。
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 tva 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d +=积分，得 12234c t t v ++=由题知，0=t ,00=v ,∴01=c故 2234t t v +=又因为 2234d d t t t x v +== 分离变量， t t t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 521232++=t t x 所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1-7 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 (2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?解： t tt t 18d d ,9d d 2====ωβθω (1)s 2=t 时， 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tan ==︒na a τ即 βωR R =2 亦即 t t 18)9(22= 则解得 923=t 于是角位移为rad 67.29232323=⨯+=+=t θ1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2021bt 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 sv -==0d d Rbt v R va btv a n 202)(d d -==-==τ 则 240222)(R bt v b a a a n-+=+=τ加速度与半径的夹角为20)(arctanbt v Rba a n --==τϕ (2)由题意应有2402)(R bt v b b a -+== 即 0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v Rbt v b b ∴当bvt 0=时，b a =1-12 如题1-12图，物体A 以相对B 的速度v ＝gy 2沿斜面滑动，y 为纵坐标，开始时A 在斜面顶端高为h 处，B 物体以u 匀速向右运动，求A 物滑到地面时的速度．解：当滑至斜面底时，h y =，则gh v A 2=',A 物运动过程中又受到B 的牵连运动影响，因此，A 对地的速度为jgh i gh u v u v AA )sin 2()cos 2('αα++=+=地题1-12图1-13 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1-13图由图可知 1222121h km 50-⋅=+=v v v方向北偏西 ︒===87.3643arctan arctan21v 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o87.362-2 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2-2图X 方向： 0=x F t v x 0= ①Y 方向： y y ma mg F ==αsin ②0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α=由①、②式消去t ，得22sin 21x g v y ⋅=α 2-3 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(1)位矢；(2)解： 2s m 83166-⋅===m f a x x 2s m 167-⋅-==m f a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1s m 8745-⋅--=ji v(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220j i j i jt a i t a t v r y x--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=2-7 一质量为m 的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞．并在抛出1 s ，跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等．求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向．并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒? 解: 由题知，小球落地时间为s 5.0．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为g gt v 5.01==，小球上跳速度的大小亦为g v 5.02=．设向上为y 轴正向，则动量的增量 12v m v m p-=∆方向竖直向上，大小 mg mv mv p =--=∆)(12碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒．2-9 一质量为m 的质点在xOyj t b i t a rωωsin cos +=求质点的动量及t ＝0 到ωπ2=t解: 质点的动量为)cos sin (j t b i t a m v m pωωω+-==将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得 j b m pω=1,i a m p ω-=2 ,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为)(12j b i a m p p p I+-=-=∆=ω2-12 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 k2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm ，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图ky f -=第一锤外力的功为1A⎰⎰⎰==-='=s s ky ky y f y f A 1012d d d ①式中f '是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在0d →t 时，f 'f -=． 设第二锤外力的功为2A ，则同理，有⎰-==21222221d y k ky y ky A ②由题意，有2)21(212kmv A A =∆== ③即 222122kk ky =-所以， 22=y于是钉子第二次能进入的深度为cm 414.01212=-=-=∆y y y2-15 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ，B 的下端 一重物C ，C 的质量为M ，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图Mg F F B A ==又 11x k F A ∆=22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆ 弹性势能之比为12222211121212k kx k x k E E p p =∆∆=2-19 质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2-19图所示．质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．解: m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M ，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有222121MV mv mgR +=又下滑过程，动量守恒，以m ,M 为系统则在m 脱离M 瞬间，水平方向有0=-MV mv联立，以上两式，得()M m MgRv +=2题2-24图2-24 平板中央开一小孔，质量为m 的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物．小球作匀速圆周运动，当半径为0r 时重物达到平衡．今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体，如题2-24图．试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少? 解: 在只挂重物时1M ，小球作圆周运动的向心力为g M 1，即201ωmr g M =①挂上2M 后，则有221)(ω''=+r m g M M②重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒． 即 v m r mv r ''=00 ωω''=⇒2020r r ③联立①、②、③得211213212101010)(r M M M g m M M r M M M m r g M m r g M ⋅+='+='+='=ωωω2-27 计算题2-27图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设1m ＝50kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律，有β)21(212Mr r T r T =- ③又， βr a = ④联立以上4个方程，得2212s m 6.721520058.92002-⋅=++⨯=++=M m m g m a题2-27(a)图 题2-27(b)图题2-28图2-28 如题2-28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= ∴ lg23=β(2)由机械能守恒定律，有22)31(21sin 2ωθml l mg= ∴ lg θωsin 3=题2-29图2-29 如题2-29图所示，质量为M ，长为l 的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上．现有一质量为m 的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞．相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ 30 (1)设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速0v (2)相撞时小球受到多大的冲量?解: (1)设小球的初速度为0v ，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mvl I l mv +=ω0 ①2220212121mv I mv +=ω ② 上两式中231Ml I =，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度o30=θ，按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③ 由③式得2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=l g I Mgl ω由①式mlI v v ω-=0 ④ 由②式mI v v 2202ω-= ⑤所以22001)(2ωωmv ml I v -=-求得glmM m m M l ml I l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω(2)相碰时小球受到的冲量为⎰-=∆=0d mvmv mv t F由①式求得ωωMl l I mv mv t F 31d 0-=-=-=⎰ gl M 6)32(6--=负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．题2-30图2-30 一个质量为M 、半径为R 并以角速度ω转动着的飞轮 (可看作匀质圆盘)，在某一瞬时突然有一片质量为m 的碎片从轮的边缘上飞出，见题2-30图．假定碎片脱离飞轮时的瞬(1)问它能升高多少? (2) 解: (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度ωR v =0设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有gh v v 2202-=令0=v ，可求出上升最大高度为2220212ωR gg v H ==(2)圆盘的转动惯量221MR I =，碎片抛出后圆盘的转动惯量2221mR MR I -='，碎片脱离前，盘的角动量为ωI ，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即R mv I I 0+''=ωω 式中ω'为破盘的角速度．于是R mv mR MR MR 0222)21(21+'-=ωω ωω'-=-)21()21(2222mR MR mR MR 得ωω=' (角速度不变)圆盘余下部分的角动量为ω)21(22mR MR - 222)21(21ωmR MR E k -=4-3 如题4-3图所示，物体的质量为m ，放在光滑斜面上，斜面与水平面的夹角为θ，弹簧的倔强系数为k ，滑轮的转动惯量为I ，半径为R ．先把物体托住，使弹簧维持原长，然 后由静止释放，试证明物体作简谐振动，并求振动周期．题4-3图解：分别以物体m 和滑轮为对象，其受力如题4-3图(b)所示，以重物在斜面上静平衡时位置为坐标原点，沿斜面向下为x 轴正向，则当重物偏离原点的坐标为x 时，有221d d sin txm T mg =-θ ①βI R T R T =-21 ②βR tx=22d d )(02x x k T += ③式中k mg x /sin 0θ=，为静平衡时弹簧之伸长量，联立以上三式，有 kxR t xR I mR -=+22d d )(令 ImR kR +=222ω则有0d d 222=+x tx ω 故知该系统是作简谐振动，其振动周期为)/2(22222K R I m kR I mR T +=+==ππωπ4-5 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数表示．如果0=t 时质点的状态分别是：(1)A x -=0；(2)过平衡位置向正向运动；(3)过2Ax =处向负向运动； (4)过2Ax -=处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程． 解：因为 ⎩⎨⎧-==0000sin cos φωφA v A x将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有)2cos(1πππφ+==t T A x )232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t T A x)452cos(454πππφ+==t T A x4-8 图为两个谐振动的t x -曲线，试分别写出其谐振动方程．题4-8图解：由题4-8图(a)，∵0=t 时，s 2,cm 10,,23,0,0000===∴>=T A v x 又πφ 即 1s rad 2-⋅==ππωT故 m )23cos(1.0ππ+=t x a 由题4-8图(b)∵0=t 时，35,0,2000πφ=∴>=v A x01=t 时，22,0,0111ππφ+=∴<=v x又 ππωφ253511=+⨯= ∴ πω65=故 m t x b )3565cos(1.0ππ+=4-11 有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为m 20.0，位相与第一振动的位相差为6π，已知第一振动的振幅为m 173.0，求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动的位相差．题4-11图解：由题意可做出旋转矢量图如下． 由图知01.02/32.0173.02)2.0()173.0(30cos 222122122=⨯⨯⨯-+=︒-+=A A A A A∴ m 1.02=A 设角θ为O AA 1，则θcos 22122212A A A A A -+=即 01.0173.02)02.0()1.0()173.0(2cos 2222122221=⨯⨯-+=-+=A A A A A θ 即2πθ=，这说明，1A 与2A 间夹角为2π，即二振动的位相差为2π. 4-12 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：(1) ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm )373cos(5cm )33cos(521ππt x t x (2)⎪⎩⎪⎨⎧+=+=cm)343cos(5cm )33cos(521ππt x t x解： (1)∵ ,233712πππφφφ=-=-=∆ ∴合振幅 cm 1021=+=A A A(2)∵ ,334πππφ=-=∆ ∴合振幅 0=A5-7 一平面简谐波沿x 轴负向传播，波长λ=1.0 m ，原点处质点的振动频率为ν=2. 0 Hz ，振幅A ＝0.1m ，且在t =0时恰好通过平衡位置向y 轴负向运动，求此平面波的波动方程． 解: 由题知0=t 时原点处质点的振动状态为0,000<=v y ，故知原点的振动初相为2π,取波动方程为])(2cos[0φλπ++=xT t A y 则有 ]2)12(2cos[1.0ππ++=x t y)224cos(1.0πππ++=x t m5-8 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y =A cos(Cx Bt -)，其中A ，B ，C 为正值恒量．求：(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2)写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程；(3)任一时刻，在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差． 解: (1)已知平面简谐波的波动方程)cos(Cx Bt A y -= (0≥x )将上式与波动方程的标准形式)22cos(λππυxt A y -=比较，可知： 波振幅为A ，频率πυ2B =， 波长C πλ2=，波速CB u ==λυ， 波动周期BT πυ21==．(2)将l x =代入波动方程即可得到该点的振动方程)cos(Cl Bt A y -=(3)因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为 )(212x x -=∆λπφ将d x x =-12，及Cπλ2=代入上式，即得 Cd =∆φ．5-11 一列平面余弦波沿x 轴正向传播，波速为5m ·s -1，波长为2m ，原点处质点的振动曲线如题5-11图所示． (1)写出波动方程；(2)作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线．解: (1)由题5-11(a)图知，1.0=A m ，且0=t 时，0,000>=v y ，∴230πφ=， 又5.225===λυuHz ，则ππυω52==题5-11图(a)取 ])(cos[0φω+-=ux t A y ， 则波动方程为)]235(5cos[1.0ππ+-=x t y m(2) 0=t 时的波形如题5-11(b)图题5-11图(b) 题5-11图(c) 将5.0=x m 代入波动方程，得该点处的振动方程为)5cos(1.0)235.05.055cos(1.0πππππ+=+⨯-=t t y m 如题5-11(c)图所示．5-16 题5-16图中(a)表示t =0时刻的波形图，(b)表示原点(x =0)处质元的振动曲线，试求此波的波动方程，并画出x =2m 处质元的振动曲线．解: 由题5-16(b)图所示振动曲线可知2=T s ,2.0=A m ，且0=t 时，0,000>=v y ， 故知20πφ-=,再结合题5-16(a)图所示波动曲线可知，该列波沿x 轴负向传播，且4=λm ，若取])(2cos[0φλπ++=xT t A y题5-16图则波动方程为]2)42(2cos[2.0ππ-+=x t y5-18 如题5-18图所示，1S 和2S 为两相干波源，振幅均为1A ，相距4λ，1S 较2S 位相超前2π，求： (1) 1S 外侧各点的合振幅和强度； (2) 2S 外侧各点的合振幅和强度解：（1）在1S 外侧，距离1S 为1r 的点，1S 2S 传到该P 点引起的位相差为πλλππφ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=∆)4(2211r r 0,0211===-=A I A A A（2）在2S 外侧.距离2S 为1r 的点，1S 2S 传到该点引起的位相差.0)4(2222=-+-=∆r r λλππφ2121114,2A A I A A A A ===+=5-20 一平面简谐波沿x 轴正向传播，如题5-20图所示．已知振幅为A ，频率为ν 波速为u ． (1)若t =0时，原点O 处质元正好由平衡位置向位移正方向运动，写出此波的波动方程； (2)若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等，试写出反射波的波动方程，并求x 轴上 因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置． 解: (1)∵0=t 时，0,000>=v y ，∴20πφ-=故波动方程为]2)(2cos[ππ--=u x t v A y m题5-20图(2)入射波传到反射面时的振动位相为(即将λ43=x 代入)2432πλλπ-⨯-，再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射，存在半波损失，所以反射波在界面处的位相为πππλλπ-=+-⨯-2432 若仍以O 点为原点，则反射波在O 点处的位相为 ππλλπ25432-=-⨯-，因只考虑π2以内的位相角，∴反射波在O 点的位相为2π-，故反射波的波动方程为]2)(2cos[ππυ-+=u x t A y 反此时驻波方程为]2)(2cos[ππυ--=uxt A y ]2)(2cos[ππυ-++u x t A )22cos(2cos 2ππυπυ-=t u x A 故波节位置为2)12(22πλππυ+==k x u x 故 4)12(λ+=k x (,2,1,0±±=k …)根据题意，k 只能取1,0，即λλ43,41=x6-5 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）⎰vv v f 0d )( （5）⎰∞d )(v v f （6）⎰21d )(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)⎰vv 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)⎰21d )(v v v v Nf ：表示分布在21~v v 区间内的分子数.12-7 在杨氏双缝实验中，双缝间距d =0.20mm ，缝屏间距D ＝1.0m ，试求： (1)若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm ，计算此单色光的波长； (2)相邻两明条纹间的距离．解: (1)由λk d D x =明知，λ22.01010.63⨯⨯=， ∴ 3106.0-⨯=λmm oA 6000=(2) 3106.02.010133=⨯⨯⨯==∆-λd D x mm12-12 在折射率1n =1.52的镜头表面涂有一层折射率2n =1.38的Mg 2F 增透膜，如果此膜适用于波长λ=5500 oA 的光，问膜的厚度应取何值?解: 设光垂直入射增透膜，欲透射增强，则膜上、下两表面反射光应满足干涉相消条件，即λ)21(22+=k e n ),2,1,0(⋅⋅⋅=k∴ 222422)21(n n k n k e λλλ+=+=)9961993(38.14550038.125500+=⨯+⨯=k k o A 令0=k ，得膜的最薄厚度为996oA ．当k 为其他整数倍时，也都满足要求．12-14 用=λ 5000oA 的平行光垂直入射劈形薄膜的上表面，从反射光中观察，劈尖的 棱边是暗纹．若劈尖上面媒质的折射率1n 大于薄膜的折射率n (n =1.5)．求：(1)膜下面媒质的折射率2n 与n 的大小关系； (2)第10条暗纹处薄膜的厚度；(3)使膜的下表面向下平移一微小距离e ∆，干涉条纹有什么变化?若e ∆=2.0 μm ，原来的第10条暗纹处将被哪级暗纹占据?解: (1)n n >2．因为劈尖的棱边是暗纹，对应光程差2)12(22λλ+=+=∆k ne ，膜厚0=e 处，有0=k ，只能是下面媒质的反射光有半波损失2λ才合题意； (2)3105.15.12500092929-⨯=⨯⨯==⨯=∆n e nλλ mm(因10个条纹只有9个条纹间距)(3)膜的下表面向下平移，各级条纹向棱边方向移动．若0.2=∆e μm ，原来第10条暗纹处现对应的膜厚为)100.2105.1(33--⨯+⨯='∆e mm21100.55.12105.3243=⨯⨯⨯⨯='∆=∆--n e N λ 现被第21级暗纹占据．12-15 (1)若用波长不同的光观察牛顿环，1λ＝6000oA ，2λ＝4500oA ，观察到用1λ时的第k 个暗环与用2λ时的第k+1个暗环重合，已知透镜的曲率半径是190cm ．求用1λ时第k 个暗环的半径．(2)又如在牛顿环中用波长为5000oA 的第5个明环与用波长为2λ的第6个明环重合，求未知波长2λ．解: (1)由牛顿环暗环公式λkR r k =据题意有 21)1(λλR k kR r +==∴212λλλ-=k ，代入上式得2121λλλλ-=R r10101010210450010600010450010600010190-----⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯= 31085.1-⨯=m(2)用A 50001 =λ照射，51=k 级明环与2λ的62=k 级明环重合，则有 2)12(2)12(2211λλR k R k r -=-=∴ 4091500016215212121212=⨯-⨯-⨯=--=λλk k o A12-17 利用迈克耳逊干涉仪可测量单色光的波长．当1M 移动距离为0.322mm 涉条纹移动数为1024条，求所用单色光的波长．解: 由 2λNd ∆=∆得 102410322.0223-⨯⨯=∆∆=N d λ 710289.6-⨯=m 6289=oA13-11 一单色平行光垂直照射一单缝，若其第三级明条纹位置正好与6000οA 的单色平行光的第二级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长． 解：单缝衍射的明纹公式为)12(sin +=k a ϕ2λ 当6000=λoA 时，2=kx λλ=时，3=k 重合时ϕ角相同，所以有)132(26000)122(sin +⨯=+⨯=ϕa 2x λ 得 4286600075=⨯=x λo A13-14 用5900=λoA 的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹? 解：5001=+b a mm 3100.2-⨯= mm 4100.2-⨯=o A 由λϕk b a =+sin )(知，最多见到的条纹级数max k 对应的2πϕ=,所以有39.35900100.24max ≈⨯=+=λba k ，即实际见到的最高级次为3max =k . 14-8 使自然光通过两个偏振化方向夹角为60°的偏振片时，透射光强为1I ，今在这两个偏振片之间再插入一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30°，问此时透射光I 与1I 之比为多少?解：由马吕斯定律ο20160cos 2I I =80I =32930cos 30cos 20ο2ο20I I I ==∴25.2491==I I14-10 一束自然光从空气入射到折射率为1.40的液体表面上，其反射光是完全偏振光．试求：(1)入射角等于多少?(2)折射角为多少?解：(1),140.1tan 0=i ∴'ο02854=i (2) 'ο0ο323590=-=i y14-11 利用布儒斯特定律怎样测定不透明介质的折射率?若测得釉质在空气中的起偏振角为58°，求釉质的折射率． 解：由158tan οn=,故60.1=n 7-10 如题7-10图所示，一系统由状态a 沿acb 到达状态b 的过程中，有350 J 热量传入系统，而系统作功126 J ．(1)若沿adb 时，系统作功42 J ，问有多少热量传入系统?(2)若系统由状态b 沿曲线ba 返回状态a 时，外界对系统作功为84 J ，试问系统是吸热还是放热?热量传递是多少?题7-10图解：由abc 过程可求出b 态和a 态的内能之差A E Q +∆=224126350=-=-=∆A Q E Jabd 过程，系统作功42=A J26642224=+=+∆=A E Q J 系统吸收热量ba 过程，外界对系统作功84-=A J30884224-=--=+∆=A E Q J 系统放热7-11 1 mol 单原子理想气体从300 K 加热到350 K ，问在下列两过程中吸收了多少热量?增加了多少内能?对外作了多少功? (1)体积保持不变； (2)压力保持不变． 解：(1)等体过程由热力学第一定律得E Q ∆=吸热 )(2)(1212V T T R iT T C E Q -=-=∆=υυ 25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆=E Q J 对外作功 0=A(2)等压过程)(22)(1212P T T R i T T C Q -+=-=υυ 吸热 75.1038)300350(31.825=-⨯⨯=Q J )(12V T T C E -=∆υ内能增加 25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆E J对外作功 5.4155.62375.1038=-=∆-=E Q A J7-13 0.01 m 3氮气在温度为300 K 时，由0.1 MPa(即1 atm)压缩到10 MPa ．试分别求氮气经等温及绝热压缩后的(1)体积；(2)温度；(3)各过程对外所作的功． 解：(1)等温压缩 300=T K由2211V p V p = 求得体积 3211210101.0101-⨯=⨯==p V p V 3m 对外作功21112ln lnp pV p V V VRT A == 01.0ln 01.010013.115⨯⨯⨯⨯=31067.4⨯-=J(2)绝热压缩R C 25V = 57=γ由绝热方程 γγ2211V p V p = γγ/12112)(p V p V =1121/12112)()(V p pp V p V γγγ==3411093.101.0)101(-⨯=⨯=m 由绝热方程γγγγ---=22111p T p T 得 K 579)10(30024.04.1111212=⨯==--T p p T T γγγγ热力学第一定律A E Q +∆=，0=Q所以 )(12molT T C M MA V --=RT M MpV mol =，)(2512111T T R RT V p A --=35105.23)300579(25300001.010013.1⨯-=-⨯⨯⨯⨯-=A J7-15 1 mol 的理想气体的T-V 图如题7-15图所示，ab 为直线，延长线通过原点O ．求ab 过程气体对外做的功．题7-15图解：设KV T =由图可求得直线的斜率K 为002V T K =得过程方程 V V TK 002=由状态方程 RT pV υ=得 V RTp υ=ab 过程气体对外作功 ⎰=002d V v V p A ⎰⎰⎰====000000200022002d 2d 2d V V V v V V RT V V RT V V V T V R V V RT A 7-17 设有一以理想气体为工质的热机循环，如题7-17图所示．试证其循环效率为1112121---=p p V V γη答：等体过程吸热 )(12V 1T T C Q -='υ )(1221V 11RV p R V p C Q Q -='= 绝热过程 03='Q 等压压缩过程放热 )(12p 2T T C Q -='υ )(12P 22T T C Q Q --='=υ )(2212P RV p R V p C -= 循环效率 121Q Q -=η )1/()1/(1)()(1121212221V 2212p 12---=---=-=p p V p V p C V p V p C Q Q ννγηη题7-17图 题7-19图。
高分子物理试题pdf及答案
高分子物理试题pdf及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 高分子物理中，描述分子链在空间构象的参数是：A. 分子量B. 分子间作用力C. 链段长度D. 链段运动性答案：C2. 下列哪一项不是高分子材料的加工方法？A. 挤出成型B. 注塑成型C. 热处理D. 吹塑成型答案：C3. 高分子材料的玻璃化转变温度（Tg）是指：A. 材料从玻璃态到高弹态的转变温度B. 材料从高弹态到玻璃态的转变温度C. 材料从玻璃态到粘流态的转变温度D. 材料从粘流态到玻璃态的转变温度答案：A4. 高分子材料的熔融指数（MFI）是指：A. 材料的分子量B. 材料的熔体粘度C. 材料的熔体流动速率D. 材料的热稳定性答案：C5. 高分子材料的结晶度是指：A. 材料中结晶区域的体积比例B. 材料中非晶区域的体积比例C. 材料中结晶区域的质量比例D. 材料中非晶区域的质量比例答案：A二、填空题（每题2分，共20分）1. 高分子材料的分子链结构通常分为________和________。
答案：线型结构；支链结构2. 高分子材料的力学性能主要取决于分子链的________和________。
答案：排列方式；相互作用3. 高分子材料的热稳定性可以通过________来衡量。
答案：热分解温度4. 高分子材料的光学性能可以通过________来描述。
答案：折射率5. 高分子材料的电导性可以通过________来表示。
答案：电导率三、简答题（每题10分，共30分）1. 简述高分子材料的粘弹性特性。
答案：高分子材料的粘弹性是指材料在受到外力作用时，表现出的既有弹性又有粘性的特性。
这种特性使得高分子材料在变形过程中，一部分能量以弹性形变的形式储存，另一部分则以粘性流动的形式耗散。
2. 解释高分子材料的分子量分布对材料性能的影响。
答案：高分子材料的分子量分布影响其物理和化学性质。
分子量分布较宽的材料通常具有更好的加工性能，但力学性能可能较差；而分子量分布较窄的材料可能具有更好的力学性能，但加工性能可能较差。
高分子物理期末试题卷及答案
高分子物理期末考试试题一、名词解释（每题2分，共10分）：1、内聚能密度与溶度参数：内聚能密度定义为单位体积凝聚体汽化时所需要的能量。
溶度参数定义为内聚能密度的平方根。
2、时－温等效原理：升高温度与延长时间对分子运动是等效的，对聚合物的粘弹行为也是等效的。
3、力学松弛：高聚物的力学性质随时间的变化。
它包括蠕变、应力松驰、滞后、力学损耗。
4、泊松比：材料拉伸时横向应变与纵向应变比值之负数，是一个反映材料性质的重要参数。
5、构型与构象：构型是指分子中由化学键所固定的原子的空间排列。
构象是指由于单键的内旋转而产生的分子中原子的空间位置上的变化。
二、简答题（可任选答8题，每题5分，共40分）：1、试判别在半晶态聚合物中，发生下列转变时，熵值如何改变？并解释其原因：（1）T g转变；（2）T m转变；（3）形成晶体；（4）拉伸取向。
答：（1）T g转变时熵值增大，因链段运动使大分子链的构象数增加；（2分）（2）T m转变时熵值增大，理由同（1）；（1分）（3）形成结晶时熵值减小，因大分子链规整排列，构象数减少；（1分）（4）拉伸取向时熵值减小，理由同（3）。
（1分）2、试述高聚物平衡高弹性的特点、热力学本质和分子运动机理。
答：高聚物平衡高弹性的特点：1) 弹性应变大；2) 弹性模量低；3) T升高，高弹平衡模量增加；4) 快速拉伸，温度升高。
（2分）热力学本质：熵弹性；（1分）分子运动机理：链段运动从卷曲构象转变为伸展的构象。
（2分）3、简述结晶温度对聚合物结晶速度的影响。
答：由于结晶过程可分为晶核生成和晶粒生长两个阶段（1 分），成核过程涉及核的生成和稳定，温度越低越有利于成核（1 分）；晶粒生长取决于链段向晶核扩散和规整堆砌的速度，是一个动力学问题，温度越高越有利于生长（1 分）。
所以结晶速度与温度呈现单峰形。
（1分）T max=0.80～0.85T m (K )。
（1 分）4、指出非晶态聚合物的模量（或形变）-温度曲线的力学行为可分几个区域，并从分子运动机理的角度加以说明。
广东石油化工学院高分子物理期末考试试题4卷
高分子物理期末考试试题4卷一名词解释（每题2分，共10分）：1. 玻璃化转变2. 泊松比3. 力学松弛4．熔融指数5. 应变二、简答题（每题5分，共40分）：１．为什么聚合物的溶解很慢，多数需经过相当长的溶胀过程方能溶解２．聚丙烯腈只能用溶液纺丝，不能用熔融纺丝，而涤纶树脂可用熔融纺丝。
为什么3．聚合物有哪些层次的结构4.根据对材料的使用要求，有哪些途径可改变聚合物的T g。
5. 高聚物粘性流动的特点。
6．写出三个判别溶剂优劣的参数；并讨论它们分别取何值时，该溶剂分别为聚合物的良溶剂、不良溶剂、θ溶剂7.聚合物分子量分布的测定方法8. 高聚物的高弹形变有何特征三、选择题（在下列各小题的备选答案中，请把你认为正确答案的题号填入题干的括号内。
少选、多选不给分。
每题分，共15分）1．结晶聚合物在结晶过程中。
A．体积增大； B．体积缩小； C．体积不变2.下列哪种结晶形态是具有黑十字消光图像的（）。
A、纤维状晶B、球晶C、单晶D、球枝晶3.下列哪种方法是不能提高相容性的（）。
A、反应性共混B、“就地“增容法C、加入增溶剂D、加入稀释剂4．T g温度标志着塑料使用的和橡胶使用的。
前者常表征塑料的，后者表征橡胶的。
A.最低温度; B . 最高温度; C.耐热性; D. 耐寒性.5.在聚合物的力学松弛现象中，和属于静态粘弹性，和属于动态粘弹性。
A.蠕变;B.力学损耗;C.滞后;D.应力松弛.是链段开始“解冻“的温度，因此凡是使链段的柔性_____，使分子间作用力的结构因素均使Tg下降。
A：增加降低 B：增加上升C: 减少上升 D：减少降低7.链的柔性是决定Tg最主要的因素， _ __，Tg越低，主链越 _ __，Tg越高. A：柔顺，僵硬。
B) 僵硬柔顺C：长僵硬 D）短柔顺8. 人们常常制取高分子量的聚乙稀的目的是为了提高它的，在制取结晶性高聚物的过程中常常加入成核剂是为了提高它的。
A.拉伸强度B.冲击强度C.抗张强度D.硬度9.玻璃态高聚物只有处在之间的温度范围，才能在外力作用下实现强迫高弹形变。
(完整word版)高分子物理期末考试试卷及答案
2．较抗蠕变性的大小： （A>C>B） A、酚醛塑料，B、聚丙烯，C、聚苯乙烯。
3．比较熔点： （B>C>A） A、 聚乙烯，B、聚四氟烯，C、聚甲醛。
4． 比较耐水性：（B>C>A） A、聚乙烯醇，B、聚乙酸乙烯酯，C、维尼纶。
5．比较抗冲击强度：（A<B） A、 高密度聚乙烯，B、低密度聚乙烯。
6．比较耐汽油性： （A<B） A、丁苯橡胶，B、丁腈橡胶。
7．比较脆化温度 Tb： （A<B） A、聚碳酸酯，B、聚甲基丙烯酸甲酯。
四．填空题（21 分）
1．橡胶分子间应有适度交联，其原因是 防止不可逆形变 (分子间滑落) 。
2．与低分子化合物相比，高聚物所独有的性能有 高弹性 ， 高粘性 ， 溶胀性 ，
六．计算题（5 分）
现有苯乙烯（S）和甲基丙烯酸甲酯（M）的三嵌段共聚物 M-S-M，从实验中测得 S 段的质 量百分数为 50%，在苯溶剂中 S 段的均方根长度为 10.2nm。若 C-C 键角为 109°28′ 、键长为
0. 15 nm，并假定内旋转不受位垒限制，求出共聚物中 S 段和 M 段的聚合度。
比强度高 。
3. 分子量相同的线型聚乙烯和支化聚乙烯的混合试样，当采用溶解度分级时，不能将它们分开，
这是由于 溶解度相同
，而采用 GPC 法则能够分开，这是由于 流体力学体积
不同 ，前者大于后者 。
4. 用作防震、隔音的高分子材料，要求具有尽可能大的 力学内耗(阻尼) 。
5. 高聚物的结晶形态有 单晶 、 球晶 、 串晶或柱晶 、 伸直链晶体 ，
高分子物理期末复习题
一．名词解释（15分）1、链段：高分子链上能独立运动（或自由取向）最小单元。
2、溶胀：高聚物溶解前吸收溶剂而体积增大的现象。
3、蠕变：在应力和温度均一定的条件下，高聚物的形变随时间而增大的现象。
4、介电损耗：在交变电场的作用下，电介质由于极化而消耗的电能。
5、构象_：由于内旋转而产生的高分子链在空间的排列。
二．选择题（20分）1．高聚物玻璃化转变实质是：（B）A、相变过程，B、松弛过程，C、熔融过程。
2．下列方法中可测得数均分子量的方法有：（B、C、D）A、粘度法，B、沸点升高，C、膜渗透压，D、GPC法，E、光散射法。
3．下列高聚物中，在室温下可以溶解的有：（A、B、D）A、尼龙-66，B、PET，C、LDPE，D、聚乙酸乙烯酯，E、聚乙烯醇。
4．结晶高聚物熔点高低与熔限宽窄取决于：（C）A、退火时间，B、结晶速度，C、结晶温度，D、相变热，E、液压大小。
5．橡胶产生弹性的原因是拉伸过程中：（C）A、体积变化，B、内能变化，C、熵变。
6．欲获得介电损耗小的PS产品，应选择：（A）A、本体聚合物， B 、乳液聚合物， C、定向聚合物， D、加有增塑剂的聚合物。
7．下列参数中可作为选择溶剂依据的有：（B、C、D、E）A、均方末端距，B、溶解度参数δ，C、高聚物-溶剂相互作参数，D、第二维利系数A2，E、特性粘数[η]。
8．加工聚碳酸酯时，欲获提高流动性最有效的措施是：（E）A、增加切应力，B、增加分子量，C、采用分子量分布窄的产品，D、降低温度，E、增加温度。
9．高聚物的结晶度增加，则：（B）A、抗冲击强度增加，B、拉伸强度增加，C、取向度增加，D、透明性增加。
10．在室温下，加一固定重量的物体于橡皮并保持这一恒定张力，当橡皮受热时，重物的位置将：（B）A、下降，B、上升，C、基本不变，D、无法预测。
三. 根据题意，比较大小（用“>”或“<”排列）（21分）1．比较玻璃化转变温度Tg的高低：（B>C>A）A、聚己二酸乙二醇酯，B、聚碳酸酯，C、聚氯乙烯。
高分子物理复习题4
高分子物理复习题（四）一、名词解释（2分/名词）1．等效自由结合链：由若干个化学键组成的一段链可作为一个能独立运动的单元，称为链段，令链段与链段自由结合，并且无规取向，称为等效自由结合链。
2．取向度：是材料取向程度的衡量指标，一般可用取向函数F 来表示F=)1cos 2(212-θ式中θ为分子链主轴与取向方向间的夹角。
3．溶解度参数：通常将内聚能密度的平方根定义为溶解度参数δ（δ＝5.0)(VE ∆），溶质和溶剂的溶解度参数愈接近，两者愈能相互溶解。
4．溶剂化作用：又称广义酸碱作用，是指溶质和溶剂分子间的作用力大于溶质分子间的作用力，而使溶质分子彼此分离而溶解于溶剂中。
5．次级松弛：在T g （非晶和低结晶聚合物）或T m （高结晶聚合物）以下，小尺寸运动单元从运动到冻结或从冻结到运动的变化过程称为次级松弛。
6．非牛顿性指数：幂律公式∙=ns K γσ中的n 是表征流体偏离牛顿流动的程度的指数，称为非牛顿指数。
7．粘弹性：外力作用下，高聚物材料的形变行为兼有液体粘性和固体弹性的双重特性，其力学性质随时间变化而呈现出不同的力学松弛现象的特性称为粘弹性。
8．Boltzmann 叠加原理：高聚物的力学松弛行为表现为历史上各松弛过程的线性加和。
9．银纹：又称裂纹，是高聚物受应力、环境影响而在表面出现的银白色条纹。
10．表观粘度：与牛顿粘度定义相类比，将非牛顿流体的粘度定义为剪切应力与剪切速率之比，其值称为表观粘度，即∙∙=γγση/)(s a 。
二、填空（2分/题）1.柔顺性的大小可以用⎽空间位阻参数，无扰尺寸（链段长度），极限特征比⎽、来表征。
2.轻度交联可使材料拉伸强度⎽提高⎽⎽、弹性⎽增大⎽⎽、蠕变⎽⎽减少⎽⎽、应力松弛⎽加快 ⎽⎽。
3.高聚物的单晶一般只能在__极稀的溶液中___生成，而在熔体或浓溶液中外力较小时形成__球晶___它在偏光显微镜下具有__黑十字消光图像__现象。
4.通常[η]=K×M α中的α值在0.5－1之间，故同一样品的M n ，M w ，M η和M z 值的大小顺序是＿M n <M η≤M w <M z ＿。
高分子物理试题库及答案
高分子物理试题库及答案一、选择题1. 下列哪一项不是高分子材料的特点？A. 高分子材料具有可塑性B. 高分子材料具有热塑性C. 高分子材料具有热固性D. 高分子材料具有导电性答案：D2. 高分子链的构象变化主要受哪些因素影响？A. 分子量B. 温度C. 溶剂D. 以上都是答案：D二、填空题1. 高分子材料的玻璃化转变温度是指材料从______状态到______状态的转变温度。
答案：玻璃态；高弹态2. 聚合物的分子量分布可以通过______曲线来表示。
答案：分子量分布三、简答题1. 简述高分子材料的力学性能特点。
答案：高分子材料的力学性能特点包括高弹性、高韧性、高抗冲击性、良好的耐磨性和良好的抗疲劳性等。
2. 解释什么是聚合物的分子量分布。
答案：聚合物的分子量分布是指聚合物中不同分子量的分子所占的比例。
由于聚合反应的不完全性，实际的聚合物中分子的分子量并不是单一的，而是呈一定范围分布的。
四、计算题1. 已知某聚合物的分子量为10000，求其分子量分布指数（Mw/Mn），假设Mn=5000。
答案：Mw/Mn = 10000 / 5000 = 22. 假设某聚合物的分子量分布指数为2，求其分子量Mw，已知Mn=5000。
答案：Mw = Mn * (分子量分布指数) = 5000 * 2 = 10000五、论述题1. 论述高分子材料在现代工业中的应用及其重要性。
答案：高分子材料因其独特的物理、化学和力学性能，在现代工业中应用广泛。
例如，在汽车工业中，高分子材料可用于制造轻质的车身部件以降低能耗；在电子工业中，高分子材料可用于制造绝缘材料和柔性电路板；在医疗领域，高分子材料可用于制造各种医疗器械和生物可降解的植入物。
高分子材料的轻质、耐腐蚀、可塑性强等特点使其在现代工业中具有不可替代的重要性。
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四、计算题1、某碳链聚α-烯烃，平均分子量为00(1000M M M =为链节分子量，试计算以下各项数值：（1）完全伸直时大分子链的理论长度；（2）若为全反式构象时链的长度；（3）看作Gauss 链时的均方末端距；（4）看作自由旋转链时的均方末端距；（5）当内旋转受阻时（受阻函数438.0cos =ϕ）的均方末端距；（6）说明为什么高分子链在自然状态下总是卷曲的，并指出此种聚合物的弹性限度。
解：设此高分子链为—（—CH 2—CHX —）n —，键长l=0.154nm,键角θ=109.5。
.25)/(,,)()6(6.15)(7.242438.01438.013/113/11154.02000cos 1cos 1cos 1cos 1)5(86.94cos 1cos 1)4(35.47154.02000)3(5.25125.109sin154.020002sin)2(308154.0)1000(2)1(2,2/12max 2/122222222,2222000max 倍弹性限度是它的理论状态下是卷曲的所以大分子链处于自然因为或反式反式反式≈==-+⋅-+⨯=-+⋅-+==-+==⨯===⨯===⨯==r f r f h L h L L nmh nm nl h nm nl h nm nl h nm nl L nm M M nl L ϕϕθθθθθ2、 假定聚乙烯的聚合度2000，键角为109.5°，求伸直链的长度l max 与自由旋转链的根均方末端距之比值，并由分子运动观点解释某些高分子材料在外力作用下可以产生很大形变的原因。
解：对于聚乙烯链Lmax=（2/3）1/2nl l n h r f 2)(2/12,=n=2×2000=4000（严格来说应为3999） 所以 5.363/40003/)m ax /(2/12,===n h L r f可见，高分子链在一般情况下是相当卷曲的，在外力作用下链段运动的结果是使分子趋于伸展。
于是在外力作用下某些高分子材料可以产生很大形变，理论上，聚合度为2000 的聚乙烯完全伸展可产生36.5倍形变。
注意：公式中的n 为键数，而不是聚合度，本题中n 为4000，而不是2000。
3、计算相对分子质量为106的线形聚苯乙烯分子的均方根末端距。
（1）假定链自由取向（即自由结合）；（2）假定在一定锥角上自由旋转。
解：n=2×106/104=19231 l=0.154nm (1)222,154.019231⨯==nl h j f nm n l h j f 4.21)(2/12,==(2) 222,2cos 1cos 1nl nl h j f ≈-+=θθ nm n l h r f 2.302)(2/12,==4、（1）计算相对分子质量为280000的线形聚乙烯分子的自由旋转链的均方末端距。
键长为0.154nm ，键角为109.5°；（2）用光散射法测得在θ溶剂中上述样品的链均方根末端距为56.7nm ，计算刚性比值；（3）由自由旋转链的均方末端距求均方旋转半径。
解：（1）)(94954.1100002222222,nm nl h r f =⨯⨯⨯== （2）84.1)/(2/12,20==r f h h σ（3）22215861nm h s ==5、计算M=250000g/mol 的聚乙烯链的均方根末端距，假定为等效自由结合链，链段长为18.5个C —C 键。
解：每个CH 2基团的相对分子质量为14g/mol ，因而链段数n e =2.5×105/(14×18.5)=9.65×102链段长l e =18.5bsin θ/2 式中θ=109.5°,b=0.154nm 所以l e =2.33nm ， nm n l h e e 4.722==6、已知顺式聚异戊二烯每个单体单元的长度是0.46nm ，而且n h 2.162=（其中n 为单体单元数目）。
问这个大分子统计上的等效自由结合链的链段数和链段长度。
解：因为e e ee l n L l n h ==max 22, ，联立此两方程，并解二元一次方程得 max 222max /,/L h l h L n e e ==因为 n L 46.0max =，所以nm n n l n n n e e 352.0)46.0/(2.16,013.02.16)46.0(2====7、试从下列高聚物的链节结构，定性判断分子链的柔性或刚性，并分析原因。
解：（1）柔性。
因为两个对称的侧甲基使主链间距离增大，链间作用力减弱，内旋转位垒降低。
（2）刚性。
因为分子间有强的氢键，分子间作用力大，内旋转位垒高。
（3）刚性。
因为侧基极性大，分子间作用力大，内旋转位垒高。
（4）刚性。
因为主链上有苯环，内旋转较困难。
（5）刚性。
因为侧基体积大，妨碍内旋转，而且主链与侧链形成了大π键共轭体系，使链僵硬。
8、由文献查得涤纶树脂的密度ρc =1.50×103kg/m 3, ρa =1.335×103kg/m 3,内聚能△E=66.67kJ/mol(单元)。
今有一块1.42×2.96×0.51×10-6m 3的涤纶试样，质量为2.92×10-3kg ，试由以上数据计算：（1）涤纶树脂试样的密度和结晶度；（2）涤纶树脂的内聚能密度。
解：（1）密度)/(10362.110)51.096.242.1(1092.23363m kg V m ⨯=⨯⨯⨯⨯==--ρ 结晶度%3.23%8.21335.150.1335.1362.1=--∙==--=--=ac a c wca c a vc f f ρρρρρρρρρρ或（2）内聚能密度CED=)/(473192)]10362.1/(1[1067.663330cm J M V E =⨯⨯⨯=∙∆ 文献值CED=476J/cm 3。
9、已知聚丙烯的熔点T m =176℃,结构单元熔化热△H u =8.36kJ/mol ，试计算：（1）平均聚合度分别为DP =6、10、30、1000的情况下，由于端链效应引起的T m 下降为多大？（2）若用第二组分和它共聚，且第二组分不进入晶格，试估计第二组分占10%摩尔分数时共聚物的熔点为多少？ 解：（1）DPH RT T u m m ∙∆=-2110 式中：T 0=176℃=449K ， R=8。
31J/（mol ·K ），用不同DP 值代入公式计算得到T m ，1 = 377K （104℃），降低值176-104=72℃T m ，2 = 403K （130℃），降低值176-130=46℃ T m ，3 = 432K （159℃），降低值176-159=17℃ T m ，4 = 448K （175℃），降低值176-175=1℃可见，当DP ＞1000时，端链效应可以忽略。
（2）由于X A =0.9 , X B =0.1100036.89.0ln 31.844911,ln 110⨯-=∆-=-m A um m T X H RT T T m =428.8K(156℃)10、有全同立构聚丙烯试样一块，体积为1.42cm ×2.96cm ×0.51cm ，质量为1.94g,试计算其比体积和结晶度.已知非晶态PP 的比体积a V =1.174cm 3/g ，完全结晶态PP 的比体积c V =1.068cm 3/g 。
解：试样的比体积 651.0068.1174.1105.1174.1)/(105.194.151.096.242.13=--=--==⨯⨯=c a a vc V V V V X g cm V11、试推导用密度法求结晶度的公式ac ac vc f ρρρρρρ--∙=式中：ρ为样品密度；ρc 为结晶部分密度；ρa 为非晶部分密度。
解：ac a c c a a wc a wc c w c V V V V f V f V f V ρρρρρρ--∙=--=∴-+=)1(12、证明ac as V X ρρρρ--=，其中X V 为结晶度（按体积分数计算）；ρs 为样品密度；ρc为结晶部分密度；ρa 为非晶部分密度。
解：因为 m c =m s -m a式中：m s 、m c 、m a 分别为样品、结晶部分和非晶部分的质量。
从而 ρc V c =ρs V s -ρa V a式中：V s 、V c 、V a 分别为样品、结晶部分和非晶部分的体积。
上式两边同时减去，ρa V c 得。
V V X V V V V V V V V V V V V s c V a s s a c c s a s s c a a s s c a a a s s c a c c 所以得证因为,/)()()(=-=--=+-=--=-ρρρρρρρρρρρρρ13、证明X m ρs =X V ρC ，X m 、X V 其中分别为质量结晶度和体积结晶度。
cV s m s c c a c a c c V m c a c m c a c v X X m m V V V m X X ，m m m X V V V X ：ρρρρ==++∙=+=+=于是所以有根据定义解)/(,)/(14、证明X m =A （1-ρa /ρs ），其中A 取决于聚合物的种类，但与结晶度无关。
如果某种聚合物的两个样品的密度为1346kg/m 3和1392 kg/m 3，通过X 射线衍射测得X m 为10%和50%，计算ρa 和ρc 以及密度为1357kg/m 3的第三个样品的质量结晶度。
解：)1(s a s a s a c c a c a s s c vc A X ρρρρρρρρρρρρρρ-=-∙-=--∙=式中：A=ρc /（ρc -ρa ），与样品的结晶度无关。
上式两边同时乘以ρs ，得 X m ρs =A （ρs -ρa ）代入两个样品的密度和结晶度值0.1×1346/0.5×1392=(1346 -ρa )/(1392-ρa ) 得到 ρa =1335 kg/m 3将第二样品的数据代入X m ρs =A （ρs -ρa ）,得 1/A=0.5×1392/(1392-1335)=12.21而1/A=1-ρa /ρc ,于是ρc =ρa /(1-1/A)=1335/(1-0.0819)= 1454 kg/m 3 对于第三个样品,有X m =A （1-ρa /ρs ）=12.21(1-1335/1357)=0.198(或19.8%)15、聚对苯二甲酸乙二酯的平衡熔点T m 0=280℃，熔融热△H u =26.9kJ/mol （重复单元），试预计相对分子质量从10000增大到20000时，熔点将升高多少度？ 解：192,21100=⋅∆=-M P H R T T nu m mP n1=10000/192=52.08 P n2=20000/192=104.17 T m1=549.4K(对M 1=10000)； T m2=551.2K(对M 2=20000) 所以熔点升高1.8K 。