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1、学而不思则惘，思而不学则殆第一章质点运动学【例题精讲】例 1-1【解】 如图（ b）所示，取沿水面方向向右为Ox 轴正向。t 时刻小船位置为x，而绳长为tll0v0。由勾股定理，有222hxl，等式两边同时对t 求导数，有txxtlldd2dd2又知，l是随时间减小的0ddvtl且txddv故小船的运动速度为0000vvvvv2200h)tl (tlxl负号表示速度方向与x 轴正向相反。例 1-2【解】(1) 位置矢量jirtbtasi nc o s(SI)可写为taxcostbys i n，则消去时间t，可得质点的轨迹方程为12222byax(2) 速度jitrtbtacossinddv(3
2、) 加速度rjita222si nc o sddtbtav例 1-3C 例 1-4 【证明】因为2ddddddddvxvvtxxvtvk所以xkddvvxxk0dd10vvvvkx0lnvv故kxevv0例 1-5D例 1-6 2Rt16-2srad4例1-7C 【习题精练】1-1【解】 如图所示，取沿地面方向向左为Ox 轴的正向，人从路灯正下方点 O 开始运动，经时间t 后其位置为OAx，而人头顶影子的位置坐标为x 。0v(b) 例题1-1答案图xxoh0v(a) H vhxCAx O习题答案1-1 图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -
3、第 1 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆由相似三角形关系，有hHHxxOAOC解得hHHxx，故头顶影子的移动速度为hHHdtxdvv。1-2 n)210(,ntAac o s21-3 23yxi8(m/s2)1-4【解】(1) 位置矢量jtbiatr22(SI)可写为2tax2tby，则消去时间t，可得质点轨迹方程为xaby(2) 速度jitrvbtat22dd(3) 加速度jbiata22dd1-5【证明】 设质点在x 处的速度为v，62dddddd2xtxxtavvxxxd62d020vvv则质点在任意位置处的速度为2213xxv1-6【解】已知加速度adv /dt4tdv 4
4、t dtvv00d4dtttv 2t2又因为 v dx/d t2t2ttxtxxd2d020ttxx03032则质点位置和时间的关系式为10323tx(SI) 1-71 s 1.5 m 1-8 B 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆第二章质点运动定律【例题精讲】例 2-1 0 2g 例 2-2 C例 2-3 C例 2-4【答】 (1) 不正确。向心力是质点所受合外力在法向方向的分量。质点受到的作用力中， 只要法向分量不为零， 它对向心力就有贡献， 不管它指向圆心还是不指向圆心，但它可能只提
5、供向心力的一部分。即使某个力指向圆心，也不能说它就是向心力，这要看是否还有其它力的法向分量。(2) 不正确。 作圆周运动的质点， 所受合外力有两个分量，一个是指向圆心的法向分量，另一个是切向分量，只要质点不作匀速率圆周运动，它的切向分量就不为零，所受合外力就不指向圆心。例 2-5 【解】 设绳子与水平方向的夹角为，则lh /sin，木箱受力如图（b）所示，匀速前进时，拉力为F，有0cosfF0sinMgNFNf得sincosMgF令0)sin(cos)cossin(2MgddF6.0tan6375300022dFd92.2sin/hlm 时，最省力。例 2-6【解】（1）设物体质量为m，取如图
6、所示的自然坐标系，根据牛顿定律，有RmmaFnN2vtmmaFttddv由摩擦力的大小NtFF可得tRdd2vv根据初始条件t=0，0vv，分离变量后对上式积分vvttR020ddvvFNfgM例题 2-5(b) 图teNF0vtFne例题 2-6 图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆得tRR00vvv（2）当物体速率从0v减少到021v时，由上式可求出所需时间为0vRt物体所经过的路程2lndd0000RttRRtsttvvv【习题精练】2-1A 2-2 A 2-3 c o s/mgc
7、o ssi ngl2-4 【解】 根据牛顿第二定律xmtxxmtmxkfdddddddd2vvvv4/202dd,ddAAxmxkmxxkvvvvvkmAAAmk3)14(212v)/(6mAkv2-5 【证明】 小球受力如图，根据牛顿第二定律tmmaFkmgddvvtmFkmgd/)(dvv初始条件： t = 0, v = 0ttF)/mkmg00d(dv-vvkFmgmkt/ )e1)(/v2-6 【解】 (1) 子弹进入沙土后受力为v，由牛顿定律得tmKddvvvvtddtmK,dtdmK0vvvv0mKt /0evv(2) 由txddv得txmKtded/0v两边同时积分tm/Ktxd
8、tedx000v)e1()/(/0mKtKmxvgmx fFa精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆所以最大深度Kmx/0maxv第三章动量和角动量【例题精讲】例 3-1C 例 3-2 0.6N s 2 g 例 3-3【答】（1）小球运动一周，动量增量的大小为0。（2）小球所受重力为恒力，因此重力冲量的大小为mgT=mg2 / 。（3）小球动量增量的大小为0，根据动量定理小球所受绳合外力的冲量为0，所以小球所受绳子拉力的冲量与所受重力的冲量的大小相等，方向相反。例 3-4【解】 煤粉自料斗口下
9、落，接触传送带前具有竖直向下的速度gh20v设煤粉与A 相互作用的t 时间内，落于传送带上的煤粉质量为tqmm设 A 对煤粉的平均作用力为f，由动量定理写分量式：0vmtfx)(00vmtfy将tqmm代入得vmxqf，0vmyqf14922yxfffN f与 x 轴正向夹角为 = arctan (fy / fx ) = 57.4由牛顿第三定律，煤粉对A 的作用力f= f = 149 N，方向与图（b）中f相反。例 3-5 C例 3-6【解】 (1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置。因此，作用于子弹、 物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒。令子弹穿出时物体的水平速
10、度为v有mv0 = mv+M vv = m(v0 v)/M =3.13 m/s T=Mg+M v2/l = 26.5 N (2) sN7.40vvmmtf(设0v方向为正方向 ) 负号表示冲量方向与0v方向相反。例 3-7 k0【习题精练】3-1 D 3-2 18N s 9 m/s（b）例题 3-4 图y fyt tffxt x 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆3-3【解】 (1)子弹射入 A 未进入 B 以前， A、B 共同作加速运动。F(mA+mB)a，a=F/ (mA+mB)=60
11、0 m/s2 B 受到 A 的作用力NmBa1.8 103 N，方向向右(2) A 在 t= 0.01 s 时间内作匀加速运动，t= 0.01 s 秒末的速度vAat当子弹射入B时， B 将加速而A 则以 vA的速度继续向右作匀速直线运动vAat6 m/s 取 A、B 和子弹组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，子弹留在B 中后有BBAA0)(vmmvmvmm/s22BAA0Bmmvmvmv3-4【答】 推力的冲量为tF。动量定理中的冲量为合外力的冲量，此时木箱除受力F外还受地面的静摩擦力等其它外力，木箱未动说明此时木箱的合外力为零，故合外力的冲量也为零，根据动量定理，木
12、箱动量不发生变化。3-5 C 3-6 km g bkm g b t3-7 2275 kg m2s-113 m s-1第四章功和能【例题精讲】例 4-1 54 N s729 J 例 4-2 320J 8im/s 例 4-3D例 4-4【解】(1) 由位矢jirtbtasincos(SI)可得taxcostbysintatxxsi nddv，tbtycosddyv在 A 点(a，0) ，1cost，0sintEKA=2222212121mbmmyxvv在 B 点 (0，b) ，0cost，1sintEKB=2222212121mammyxvv(2) jiFyxmama=jitmbtmasincos
13、22(3) 由 A B 020dc o sdaaxxxtamxFW=022221damaxxm精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆例 4-5 RGmM32RGmM3例 4-6 g 2g 例 4-7C例 4-8【解】 如图（ b）所示，设l 为弹簧的原长，O 处为弹性势能零点；x0为挂上物体后的伸长量， O为物体的平衡位置；取弹簧伸长x 时物体所达到的O处为重力势能的零点。由题意得物体在O处的机械能为：sin)(2102001xxmgkxEEK在 O处，其机械能为：2222121kxmEv由于
14、只有保守力做功，系统机械能守恒，即：2202002121sin)(21kxmxxmgkxEKv在平衡位置有：mgsin =kx0 kmgxsin0代入上式整理得：kmgkxmgxEmK2)sin(21sin212202v例 4-9A例 4-10【解】 油灰与笼底碰前的速度gh2v笼子在平衡位置0kxMg0/ xMgk碰撞后油灰与笼子共同运动的速度为V，应用动量守恒定律VMmm)(v油灰与笼子一起向下运动，机械能守恒，下移最大距离x，则xgmMkxVmMxxk)(21)(21)(2120220联立解得：3.0)(20222020mMMhxmMxmxMmxm 【习题精练】4-1 18 J 6 m/
15、s4-2B4-3C4-4 20kx2021kx4-5 2112rrrrG M m2121rrrrG M m4-6【答】 W 并不是合外力所作的功。因为物体所受的力除了人的作用力F 外，还有重力P mg， 根 据 动 能 定理 ，合 外 力 所 作 的 功 等 于 物体 动 能 的 增 量 ， 则 可 写为OOx0 xOl（b）例题4-8案图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆221vmmghFh即021)(2vmhPF所以mghmFhW221vW是人对物体所作的功，而不是物体所受合外力所作的
16、功。4-7【证明】 由动能定理2210vmSfr而mgfkr221vmmgSkgSk22v4-8C4-9【解】 (1) 木块下滑过程中，以木块、弹簧、地球为系统机械能守恒。选弹簧原长处为弹性势能和重力势能的零点，v1表示木块下滑x 距离时的速度，则0sin2121212MgxMkxv求出：Mkxgx21sin2v0.83 m/s 方向沿斜面向下(2) 以子弹和木块为系统，在子弹射入木块过程中外力沿斜面方向的分力可略去不计，沿斜面方向可应用动量守恒定律以 v2表示子弹射入木块后的共同速度，则有：21)(cosvvvmMmM解出89.0)(cos12mMmMvvvm/s 负号表示此速度的方向沿斜面
17、向上4-10【解】 设 v1为软木塞飞出的最小速率，试管速度的大小为v2, 软木塞和试管系统水平方向动量守恒，则012vvmMmM/21vv(1) 当用硬直杆悬挂时，M 到达最高点时速度须略大于零，由机械能守恒LMgM22122vgL42vmgLM/21v(2) 若悬线为轻绳，则试管到达最高点的速度v 须满足LMMg/2v即gLv由机械能守恒MgLMLMgM252122122vv2应有gL52v故mgLM/51v精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆第五章刚体力学基础【例题精讲】例 5-1 6
18、2.5 1.67s 例 5-2C例 5-3 C例 5-4A例 5-5 Jk92002kJ例 5-6【解】 受力分析如图 (b)所示。设重物的对地加速度为a 向上，则绳的 A 端对地有加速度a 向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a 向下。根据牛顿第二定律可得：对人：MgT2Ma对重物： T121Mg21Ma根据转动定律，对滑轮有(T2T1)RMR2 / 4 因绳与滑轮无相对滑动，a、四式联立解得a2g / 7 例 5-7【解】 由受力分析如图(b)所示，可列方程：2mg T12maT2mgmaT1 rT r221mrTrT2 r221mra解上述 5 个联立方程得：T11mg
19、/ 8 例 5-8【解】受力分析如图（b） mgT2 = ma2T1mg= ma1T2 (2r)T1r = 9mr2 / 2 2 = a2= a1解上述 5 个联立方程，得：rg192例 5-9AT2a2 T1mg a1mg O B Mg T2T1Mg21a a （b）例题 5-6 图（b）例题 5-8 图m2mT2 mg T a T1 a 2mg 例题 5-7（b）图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆例 5-10 3v0 / (2l) 3mv02 / 8 【习题精练】5-1 6.54 r
20、ad / s24.8 s 5-2 B5-3 g / lg / (2l)5-4 0.25 kgm2 12.5 J5-5【解】 根据牛顿运动定律和转动定律列方程对物体：mgT ma对滑轮：TR = 运动学关系：a将、式联立得amg / (m21M) v00， v at mgt / (m21M) 5-6【解】 各物体的受力情况如图所示由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程联立方程：T1R J1112121RMT2rT1rJ2222221rMmgT2ma , aR1r2，求解联立方程，得42121mMMmgam/s2v22ah，ah2v=2 m/s T2m(ga) 58 N T1aM12148 N 5-
21、7【解】 各物体受力情况如图所示。对： FTma对：Tma对滑轮： (TT)R221mRa解得：2F / (5mR) 10 rads-2T3F / 56.0 N 5-8【答】 (1) 转台、人、哑铃、地球系统的机械能不守恒。因人收回二臂时臂力要作功，即非保守内力的功不为零，不满足守恒条件。T M R T mg a 习题 5-5 答案图M1M2mgM2gM1gN1N2T1T1T2ma12T2习题 5-6 答案图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆(2) 转台、人、哑铃系统的角动量守恒。因系统
22、受的对竖直轴的外力矩为零。5-9A5-10 对 O 轴的角动量机械能第六章振动例题 6-1【解 】(1) 由己知谐振动方程可知，振幅A=0.1m ，角频率=20 s1，频率=2 =10Hz ，周期 T=2=0.1s，初相=4。 (2) 由己知谐振动方程直接可得t=2s 时的位移，速度和加速度分别为x=0.1cos( 20 t+4) =0.1cos( 40 t+4) =7.07 102m v=dxdt= 2 sin( 20 t+4)= 2 sin( 40 +4) = 4.44 m s1 a=d2x dt2= 402cos( 20 t+4) = 402cos( 40 t+4) = 280m s2例
23、题 6-2 【解 】(1) t = 0 时， a = 2.5 m/s2，| F | = ma = 5 N 2 分(2) | amax | = 5，其时| sin(5t -/6) | = 1 1 分| Fmax | = m| amax | = 10 N 1 分x = 0.2 m（振幅端点）1 分例题 6-3 【解】旋转矢量如图所示。由振动方程可得：21，31667.0/ts 例题 6-4 0.05 m - 0.205 （或 - 36.9）例题 6-5 (C) 例题 6-6 (D) 例题 6-7(C) 例题 6-8 21或23，2A习题 6-1 (B) 习题 6-2 解： (1) )25sin(0
24、 .3ddttxv(SI) t0 = 0 , v0 = 3.0 m/s(2) xmmaF2x (m) t = 0 t0.12 0.24 - 0.12 - 0.24 OAA例题 6-3 答案图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆Ax21时，F = - 1.5 N习题 6-3 【解】设小球的质量为m，则弹簧的劲度系数0/lmgk选平衡位置为原点，向下为正方向。小球在x 处时，根据牛顿第二定律得220d/d)(txmxlkmg将0/lmgk代入整理后得0/dd022lgxtx此振动为简谐振动，其
25、角频率为1. 958.28/0lg设振动表达式为)cos( tAx由题意：t = 0 时， x0 = A=2102m，v0 = 0，解得 = 0 )1. 9c o s(1022tx习题 6-4 (C) 习题 6-5 (A) 习题 6-6 3.43 s - 2 /3 习题 6-7 0.5s、1.5s、2.5s；0、1s、2s ；0.5s、2.5s、4.5s习题 6-8 解： (1) 势能221kxWP总能量221kAE由题意，4/2122kAkx，21024.42Axm (2) 周期T = 2 / = 6 s 从平衡位置运动到2Ax的最短时间t 为 T/8t = 0.75 s习题 6-9 (B)
26、 第七章波动例题 7-1 2 m/s)23cos(2 .02xta(SI) 例题 7-2 【解 】 u=20ms， 2 =2Hz ， T=0.5s， = u=20 2=10cm，A 点的振动方程： y=3cos4 t。( 1) 以 A 点为坐标原点的波动方程为y=3cos4 ( t+x20) =3cos( 4 t+x 5) =3cos( 4 t+0.2 x) 。( 2) 该波沿 x 轴负向传播，所以B 点的相位比A 点落后=( 2) AB =( 210)5=因此，以 B 点为坐标原点的波动方程y=3cos 4 ( t+x20) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -
27、 - - - - - -第 12 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆( 3) 在以 A 点为坐标原点的坐标轴中, xB= 5m，xC= 13m，xD=9m，可得yB=3cos4 ( t 5 20) =3cos( 4 t) ，yC=3cos4 ( t 13 20) =3cos( 4 t 135) =3cos( 4 t 2.6 ) 。yD=3cos4 (t+9 20) =3cos( 4 t+95) =3cos( 4 t+1.8 ) 。例题 7-3 【解】 (1) 如图 A，取波线上任一点P，其坐标设为x，由波的传播特性，P 点的振动落后于 /4 处质点的振动。波的表达式)4(22cosxu
28、tAy)222cos(xutA(SI) (2) t = T时的波形和t = 0 时波形一样t = 0 时)22cos(xAy)22cos(xA按上述方程画的波形图见图B。例题 7-4 【解】 (1) 振动方程)22c o s(06.00ty)c o s (06.0t(SI) . (2) 波动表达式)/(cos06.0uxty)21(cos06.0 xt(SI) (3) 波长4uTm例题 7-5 【解 】(1) x = 0 点210；x = 2 点212；x =3 点3；(2) 如图所示例题 7-6 【解 】由图， = 2 m，又u = 0.5 m/s， = 1 /4 Hz，T = 4 s题图中
29、 t = 2 s =T21t = 0 时，波形比题图中的波形倒退21。此时 O 点位移 y0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动，21x (m) t = T图 B .Au O y (m) - A434443OxPxu图 A 例题 7-3 答案图x y O 1 2 3 4 t=T/4时的波形曲线例题7-5 答案x (m) y (m) Ou0.5 1 2 t = 2 s 例题 7-6 图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆)2121c o s(5 .0ty(SI) 例题 7-7 (B)
30、例题 7-8 tAycos2tAsin2v例题 7-9 证明 ：入射波在x = 0 处引起的振动方程为tAycos10，由于反射端为自由端，所以反射波在O 点的振动方程为tAycos20反射波为)2c o s (2xtAy驻波方程21yyy)2cos(xtA)2cos(xtAtxAcos)2cos(2例题 7-10 )/(2cosxtA)212cos()21/2cos(2txA习题 7-1 解： (1)已知波的表达式为)2100cos(05.0 xty与标准形式)/22cos(xtAy比较得A = 0.05 m， = 50 Hz， = 1.0 m u = = 50 m/s (2) vytA15
31、.7maxmax(/)2m /s 322max22max1093.44)/(Atyam/s2(3) /)(212xx，二振动反相习题 7-2(A) 习题 7-3 )(2cos212LLtAykLx1( k = 1, 2, ) 习题 7-4(D) 习题 7-5 【解】 (1) 坐标为 x 点的振动相位为)/(4uxtt)/(4uxt)20/(4xt波的表达式为)20/(4cos1032xty(SI) (2) 以 B 点为坐标原点，则坐标为x 点的振动相位为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆
32、2054xtt(SI) 波的表达式为)20(4cos1032xty(SI)习题 7-6 解： (1) 原点 O 处质元的振动方程为)2121cos(1022ty， (SI) 波的表达式为)21)5/(21c o s(1022xty， (SI) x = 25 m 处质元的振动方程为)321cos(1022ty， (SI) 振动曲线见图(a) (2) t = 3 s 时的波形曲线方程)10/cos(1022xy， (SI) 习题 7-7 (C) 习题 7-8 (D) 习题 7-9 0 习题 7-10 )21100cos()21cos(30.0txy(SI) 第八章温度例题 8-1 (A) 例题 8
33、-2 (D) 例题 8-31:1:1例题 8-4 【证明】由温度公式32tkT，压强公式2/ 3tpn得kTVNMMnkTpA/molVRTMM/molRTMMpVmol/例题 8-5(A) 例题 8-6 t (s) O - 210-21 y (m) 2 3 4 (a) x (m) O 2 10-25 y (m) 10 15 20 u25 (b) 习题 7-6 答案图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆【解】(1) JpVEK51014.423，JNNENEKKt21211028.8(2)
34、 KkTt40032(或由nKTp得KkNNpVnkpT40021) 例题 8-7(C) 例题 8-8 2 解：氧分子vkTm1116 .，氧原子vkTmv211211622.例题 8-9 4000 ms-1 1000 ms-1习题 8-1 在平衡态， 分子沿各个方向运动的机会均等，即分子速度按方向的分布是均匀的，因而222231zyx在平衡态，忽略重力，分子位置在空间的分布是均匀的VNn习题 8-2 5 / 3 习题 8-3 8.31103 3.32103习题 8-4 解：(1) 2138 28102tkT.J 51234 14102KtENNNkT.J (2) p = n kT2.7610
35、5 Pa习题 8-5 解：当不计振动自由度时，H2O 分子 ,H2分子 ,O2分子的自由度分别为6, 5, 51 mol H2O 内能E1=3RT1 mol H2或 O2的内能RTE252E25)211 (RT3RT =(3 / 4)RT习题 8-6 解：32tkT22903tTkK 5m o lHeHe1004.923RTMMEJ 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆而6HeH1055.12EEEJ 又RTMMEmolH25251. 02HMkg习题 8-7 (4 / 3)E / V (
36、M2 / M1)1/2习题 8-8 (D) 习题 8-9 答： (1) 表示分子的平均速率；(2) 表示分子速率在vp区间的分子数占总分子数的百分比；(3) 表示分子速率在vp区间的分子数第九章热力学第一定律例题 9-1 (D) 例题 9-2 (B) 例题 9-3 (B) 例题 9-4 解： (1) AB：112BABAA( pp )(VV )=200 JE1=CV (TBTA)=3(pBVBpAVA) /2=750 J Q=A1+E1950 JBC： A2 =0 E2 =CV (TCTB)=3( pCVCpBVB ) /2 = 600 JQ2 =A2+E2 600 JCA：A3 = pA (
37、VAVC)=100 J150)(23)(3CCAACAVVpVpTTCEJQ3 =A3+E3 250 J (2) A= A1+A2+A3=100 JQ= Q1+Q2+Q3 =100 J 例题 9-5 【解】 开始时气体体积与温度分别为V1 =30103 m3，T1127273400 K气体的压强为p1=RT1/V1 =1.108105 Pa 大气压 p0=1.013105 Pa，p1p0 可见，气体的降温过程分为两个阶段：第一阶段等体降温，直至气体压强p2 = p0，此时温度为T2，放热 Q1；第二阶段等压降温，直至温度T3= T0=27273 =300 K ，放热 Q2精选学习资料 - -
38、- - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆(1) )(23)(21211TTRTTCQV1122)/(TppT365.7 K Q1= 428 J (2) )(25)(32322TTRTTCQp=1365 J 总计放热Q = Q1 + Q2 = 1.79103 J 例题 9-6 解：氦气为单原子分子理想气体，3i(1) 等体过程， V常量， A =0 据 QE+A可知)(12TTCMMEQVm o l623 J (2) 定压过程， p = 常量，)(12TTCMMQpmol=1.04103 J E 与 (1) 相同A
39、= Q E417 J (3) Q =0，E 与(1) 同A = E=623 J (负号表示外界作功) 例题 9-7 答：因为理想气体的内能是温度的单值函数，所以等体、 等压、绝热三个过程的温度变化相同。由于各个过程的摩尔热容C 不相同，等体过程摩尔热容为RiCCV2，等压过程RiCCp22；绝热过程0C，由TCMMQmol可知，不同过程吸热不相同。例题 9-8 (D) 例题 9-9 33.38.31103 J 习题 9-1 1123Vp0 习题 9-2（ B）习题 9-3 8.31 J 29.09 J 习题 9-4 Cp,m大。因为在等压升温过程中，气体要膨胀而对外作功，所以要比气体等体升温过
40、程多吸收一部分热量习题 9-5 解： (1) 由35VpCC和RCCVp可解得RCp25和RCV23精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆(2) 该理想气体的摩尔数000RTVp4 mol 在全过程中气体内能的改变量为E=CV(T1T2)=7.48 103 J 全过程中气体对外作的功为110pAR T l np式中p1 p0=T1 T0则31106 0610TART ln.TJ全过程中气体从外界吸的热量为Q = E+W =1.35 104 J 习题 9-6 解：等压过程末态的体积1001TT
41、VV等压过程气体对外作功110100001TAp ( VV)p V ()T=200 J 根据热力学第一定律，绝热过程气体对外作的功为A2 =E = CV (T2T1) 这里000RTVp，RCV25，则00221055002p VATTTJ 气体在整个过程中对外作的功为A = A1+A2 =700 J 习题 9-7 解：由图 Ta=Tc=600 K ，ab是等压过程 Va Ta=Vb Tb， Tb=300 K 。单原子分子自由度i=3，于是 ( 1) Qab=Cp( TbTa) = 6232.5 J0 吸热；ca 是等温过程：Qca = RTc ln( Va Vc) =3456 J0 吸热。(
42、 2) 吸热 Q1=Qbc+Qca=7195.5 J，放热 Q2 = Qab = 6232.5 J。净功 W=Q1Q2=963 J。( 3)= W Q1 = 13.4 %。习题 9-8 解： ( 1) 12，E12=CV( T2T1) =5RT1 2，W12= ( P2V2P1V1)2= R( T2T1)2=RT1 2，Q12=3 RT1。23， E23=CV( T3T2) = CV( T1T2) = 5RT1 2，Q23=0， W23= E2=5RT1 2。31，等温E31=0，W31=RT1ln(V1 V3) = RT1ln( V3 V1)= RT1ln8= 3RT1ln2=Q31，精选学
43、习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 20 页学而不思则惘，思而不学则殆( 2)=11231121QQQQ=111RT32lnRT3=1 ln2=30.7% 。习题 9-9 解： (1) 对卡诺循环有：T1 / T2 = Q1 /Q2 T2 = T1Q2 /Q1 = 320 K即：低温热源的温度为320 K(2) 热机效率：%20112QQ习题 9-10 500K 100K 第十章热力学第二定律例 10-1 （ C）例 10-2 （ D）例 10-3分子热运动的无序性增大, 不可逆的例 10-4(C) 习题10-1. (D) 10-2. (D)10-3. 功变热热传导10-4. （A）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 20 页