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1、 大 学 物 理 简 明 教 程 课 后 习 题 答 案 解析(总 7 0 页)-本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可-内页可以根据需求调整合适字体及大小-2 大学物理简明教程习题答案解析 习题一 1-1 r与r有无不同tddr和tddr有无不同 tddv和tddv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r12rr，12rrr；（2）tddr是速度的模，即tddr vtsdd.trdd只是速度在径向上的分量.有rrr（式中r 叫做单位矢），则trtrtddddddrrr 式中trdd就是速度径向上的分量，trtdddd与r不同如题 1-1 图所示.题
2、1-1 图 (3)tddv表示加速度的模，即tvadd，tvdd是加速度a在切向上的分量.有(vv表轨道节线方向单位矢），所以 tvtvtvdddddd 式中dtdv就是加速度的切向分量.(ttrdddd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 r22yx，然后根据v=trdd，及a22ddtr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=22ddddtytx及a=222222ddddtytx 你认为两种方法哪一种正确为什么两者差别何在 3 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都
3、是矢量，在平面直角坐标系中，有j yi xr，jtyitxtrajtyitxtrv222222dddddddddddd 故它们的模即为 222222222222ddddddddtytxaaatytxvvvyxyx 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 22ddddtratrv 其二，可能是将22ddddtrtr与误作速度与加速度的模。在 1-1 题中已说明trdd不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，22ddtr也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分222ddddtrtra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
4、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=21t2+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t2s 时刻的位置矢量，计算这 1 秒内质点的位移；(3)计算t0 s 时刻到t4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t4 s 时质点的速度；(5)计算t0s 到t4s 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t4s 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
5、时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)解：（1）jttitr)4321()53(2m(2)将1t,2t代入上式即有 jir5.081 m jjr4112m jjrrr5.4312m(3)jirjjr1617,4540 4 104sm534201204jijirrtrv(4)1sm)3(3ddjtitrv 则 jiv734 1sm(5)jivjiv73,3340 204sm1444jvvtva(6)2sm1ddjtva 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(m1s)的速率收绳时，试求船运动的速
6、度和加速度的大小 图 1-4 解：设人到船之间绳的长度为l，此时绳与水面成角，由图可知 222shl 将上式对时间t求导，得 tsstlldd2dd2 题 1-4 图 根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的，tsvvtlvdd,dd0船绳 即 cosdddd00vvsltlsltsv船 或 svshslvv02/1220)(船 将船v再对t求导，即得船的加速度 5 3202220202002)(ddddddsvhsvslsvslvsvvstsltlstva船船 1-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为 a2+62x，a的单位为2sm，x的单位为 m.质点在x0 处，速度为 101sm
7、,试求质点在任何坐标处的速度值 解：xvvtxxvtvadddddddd 分离变量：xxadxd)62(d2 两边积分得 cxxv322221 由题知，0 x时，100v,50c 13sm252xxv 1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a4+3t2sm，开始运动时，x5 m，v=0，求该质点在t10s 时的速度和位置 解：ttva34dd 分离变量，得 ttvd)34(d 积分，得 12234cttv 由题知，0t,00v,01c 故 2234ttv 又因为 2234ddtttxv 分离变量，tttxd)234(d2 积分得 232212cttx 由题知 0t,50 x,52c 故 5
8、21232ttx 所以s10t时 6 m70551021102sm190102310432101210 xv 1-7 一质点沿半径为 1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t，式中以弧度计，t以秒计，求：(1)t2 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：tttt18dd,9dd2 (1)s2t时，2sm362181Ra 2222sm1296)29(1Ran(2)当加速度方向与半径成45角时，有145tannaa 即 RR2 亦即 tt18)9(22 则解得 923t 于是角位移为rad67.29232323t 1-8 质点沿半径为R的圆周
9、按s2021bttv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）btvtsv0dd RbtvRvabtvan202)(dd 则 240222)(Rbtvbaaan 加速度与半径的夹角为 20)(arctanbtvRbaan(2)由题意应有 2402)(Rbtvbba 即 0)(,)(4024022btvRbtvbb 7 当bvt0时，ba 1-9 以初速度0v201sm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
10、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，o0160cosvvvx 21sm10 gan 又 1211van m1010)60cos20(22111nav(2)在落地点，2002 vv1sm,而 o60cos2 gan m8060cos10)20(22222nav 1-10飞轮半径为 m，自静止启动，其角加速度为=rad2s，求t2s 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s2t时，4.022.0t1srad 则16.04.04.0Rv1sm 064.0)4.0(4.022Ran2sm 08.02.04.0Ra2s
11、m 22222sm102.0)08.0()064.0(aaan 1-11 一船以速率1v30kmh-1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v40kmh-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 8 解：(1)大船看小艇，则有1221vvv，依题意作速度矢量图如题 1-13 图(a)题 1-11 图 由图可知 1222121hkm50vvv 方向北偏西 87.3643arctanarctan21vv(2)小船看大船，则有2112vvv，依题意作出速度矢量图如题 1-13 图(b)，同上法，得 5012v1hkm 方向南偏东o87.36 习题二 2-1 一个质量为P的
12、质点，在光滑的固定斜面（倾角为）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 xF tvx0 Y方向：yymamgFsin 0t时 0y 0yv 2sin21tgy 由、式消去t，得 220sin21xgvy 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xf6 N，yf-7 N，当t0 时，yx0，xv-2 ms-1，yv0求 当t2 s时质点的(1)位矢；(2)速度 解：2
13、sm83166mfaxx 9 2sm167mfayy(1)20101200sm872167sm452832dtavvdtavvyyyxxx 于是质点在s2时的速度 1sm8745jiv(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220jijijtaitatvryx 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vtmkev)(0；(2)由 0 到t的时间内经过的距离为 x(kmv0)1-tmke)(；(3)停止运动前经过的距离为)(0kmv；(4)证明当kmt 时速度减至0v的e1，式中m为质点的
14、质量 答:(1)tvmkvadd 分离变量，得 mtkvvdd 即 vvtmtkvv00dd mktevv lnln0 tmkevv0(2)tttmkmkekmvtevtvx000)1(dd (3)质点停止运动时速度为零，即t，故有 000dkmvtevxtmk 10 (4)当 t=km时，其速度为 evevevvkmmk0100 即速度减至0v的e1.2-4一质量为m的质点以与地的仰角=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
15、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o30，则动量的增量为 0vmvmp 由矢量图知，动量增量大小为0vm，方向竖直向下 2-5 作用在质量为 10 kg 的物体上的力为itF)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 Ns，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j6ms-1的物体,回答这两个问题 解:(1)若物体原来静止，则 itittFpt10401smkg56d)210(d,沿x轴正向，ipIimpv111111smkg56sm6.5 若物体原来具有61sm初速
16、，则 tttFvmtmFvmpvmp000000d)d(,于是 tptFppp0102d,同理，12vv,12II 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 11(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即 tttttI0210d)210(亦即 0200102tt 解得s10t，(s20 t舍去)2-6 一颗子弹由枪口射出时速率为10smv，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F=(bta)N(ba,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
17、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)(btaF,得bat (2)子弹所受的冲量 tbtattbtaI0221d)(将bat 代入，得 baI22(3)由动量定理可求得子弹的质量 0202bvavIm 2-7设N67jiF合(1)当一质点从原点运动到m1643kjir时，求F所作的功(2)如果质点到r处时需，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(kjijirFA合 J452421(2)w756.045tAP (3)由动能定理，J45AEk 2-8 如题 2-18 图所示，一
18、物体质量为 2kg，以初速度0v3ms-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 37sin212122mgsmvkxsfr 12 222137sin21kxsfmgsmvkr 式中m52.08.4s，m2.0 x，再代入有关数据，解得-1mN1390k 题 2-8图 再次运用功能原理，求木块弹回的高度h 2o2137sinkxsmgsfr 代入有关数据，得 m4.1 s,则木块弹回高度 m84.037si
19、nosh 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 222120212121mvmvmv 即 222120vvv 题 2-9 图(a)题 2-9 图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有 210vmvmvm 亦即 210vvv 由可作出矢量三角形如图(b)，又由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(11,yx)处，速度为jvivvyx,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
20、 jyixr11 作用在质点上的力为 13 i ff 所以，质点对原点的角动量为 vmrL0)()(11jvivmiyixyx kmvymvxxy)(11 作用在质点上的力的力矩为 k fyi fjyixfrM1110)()(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1r1010m 时的速率是1v104ms-1，它离太阳最远时的速率是2v102ms-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 2211mvrmvr m1026.510
21、08.91046.51075.81224102112vvrr 2-12 物体质量为 3kg，t=0 时位于m4ir,1sm6jiv，如一恒力N5jf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)301smkg15d5djtjtfp(2)解(一)73400tvxxx jattvyy5.25335213621220 即 ir41,jir5.2572 10 xxvv 1133560atvvyy 即 jiv611,jiv112 kjiivmrL72)6(34111 kjijivmrL5.154)11(3)5.257(222 1212smkg5.82kLLL 解
22、(二)dtdzM tttFrtML00d)(d 14 301302smkg5.82d)4(5d5)35)216()4(2ktkttjjttit 题 2-12图 2-13飞轮的质量m60kg，半径R，绕其水平中心轴O转动，转速为900revmin-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=，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算试求：(1)设F100 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
23、中N、N是正压力，rF、rF是摩擦力，xF和yF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 FlllNlNllF1211210)(对飞轮，按转动定律有IRFr/，式中负号表示与角速度方向相反 NFr NN 15 FlllNFr121 又 ,212mRI FmRlllIRFr121)(2 以N100F等代入上式，得 2srad34010050.025.060)75.050.0(40.02 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 s06.7406032900
24、0t 这段时间内飞轮的角位移为 rad21.53)49(340214960290021220tt 可知在这段时间里，飞轮转了1.53转(2)10srad602900，要求飞轮转速在2ts内减少一半，可知 2000srad21522tt 用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为 NllmRlF1772)75.050.0(40.021550.025.060)(2211 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OO 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,r，m
25、4 kg，M10 kg，1m2m2 kg，且开始时1m，2m离地均为h2m求：(1)柱体转动时的角加速度；(2)两侧细绳的张力 解:设1a,2a和分别为1m,2m和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)16 题 2-14(a)图 题 2-14(b)图(1)1m,2m和柱体的运动方程如下：2222amgmT 1111amTgm IrTRT21 式中 RaraTTTT122211,而 222121mrMRI 由上式求得 22222222121srad13.68.910.0220.0210.042120.0102121.022.0grmRmIrmRm (2)由式 8.208.9213.610.0
26、2222gmrmTN 由式 1.1713.6.2.028.92111RmgmTN 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)杆转过角时的角速度.解:(1)由转动定律，有)31(212mlmg lg23 (2)由机械能守恒定律，有 17 22)31(21sin2mllmg lgsin3 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
27、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
28、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 iN 21 4 6 8 2)sm(1iV 解：平均速率 2864215024083062041021iiiNVNV 7.2141890 1sm 方均根速率 18 28642150240810620410212232222iiiNVNV 6.25 1sm 3-5 速率分布函数)(vf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）vvfd)(（2）vv
29、nfd)(（3）vvNfd)(（4）vvvf0d)(（5）0d)(vvf （6）21d)(vvvvNf 解：)(vf：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)vvfd)(：表示分布在速率v附近，速率区间vd内的分子数占总分子数的百分比.(2)vvnfd)(：表示分布在速率v附近、速率区间dv内的分子数密度(3)vvNfd)(：表示分布在速率v附近、速率区间dv内的分子数 (4)vvvf0d)(：表示分布在21 vv区间内的分子数占总分子数的百分比(5)0d)(vvf：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
30、)21d)(vvvvNf：表示分布在21 vv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）kT21 （2）kT23 （3）kTi2（4）RTiMMmol2 （5）RTi2 （6）RT23 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k21T 19(2)在平衡态下，分子平均平动动能均为kT23.(3
31、)在平衡态下，自由度为i的分子平均总能量均为kTi2.(4)由质量为M，摩尔质量为molM，自由度为i的分子组成的系统的内能为RTiMM2mol.(5)1摩尔自由度为i的分子组成的系统内能为RTi2.(6)1摩尔自由度为3的分子组成的系统的内能RT23，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RT23.3-8 有一水银气压计，当水银柱为高时，管顶离水银柱液面，管的截面积为10-4m2，当有少量氦(He)混入水银管内顶部，水银柱高下降为，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mol-1)解：由理想气体状态方程RTMMpVmol 得 RTpVMMmol 汞的重
32、度 51033.1Hgd3mN 氦气的压强 Hg)60.076.0(dP 氦气的体积 4100.2)60.088.0(V3m )27273()100.228.0()60.076.0(004.04HgRdM )27273(31.8)100.228.0()60.076.0(004.04Hgd 61091.1Kg 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)(vf的表达式；(2)a与0v之间的关系；(3)速度在0v到0v之间的粒子数 (4)粒子的平均速率 (5)0v到 10v区间内粒子平均速率 题 3-9图 解：(1)从图上可得分布函数表达式 20)2(0)()2()(
33、)0(/)(00000vvvNfvvvavNfvvvavvNf)2(0)2(/)0(/)(00000vvvvvNavvNvavvf)(vf满足归一化条件，但这里纵坐标是)(vNf而不是)(vf故曲线下的总面积为N，(2)由归一化条件可得 000002032ddvvvvNaNvaNvvavN(3)可通过面积计算NvvaN31)5.12(00(4)N个粒子平均速率 000200200ddd)(1d)(vvvvavvvavvvvNfNvvvfv 02020911)2331(1vavavNv(5)05.0 v到01v区间内粒子平均速率 00005.0115.0ddvvvvNNvNNNNvv 00005
34、.05.00211dd)(vvvvvNvavNNvvvfNN 2471)243(1d120103003015.002100avNvavvavNvvavNvvv 05.0 v到01v区间内粒子数 NavvvaaN4183)5.0)(5.0(210001 9767020vNavv 3-10 试计算理想气体分子热运动速率的大小介于1100ppvv与1100ppvv之间的分子数占总分子数的百分比 解：令Pvvu，则麦克斯韦速率分布函数可表示为 dueuNdNu224 因为1u,02.0u 由 ueuNNu224 得 21%66.102.0141eNN 3-11 1mol 氢气，在温度为27时，它的平动
35、动能、转动动能和内能各是多少 解：理想气体分子的能量 RTiE2 平动动能 3t 5.373930031.823tEJ 转动动能 2r 249330031.822rEJ 内能5i 5.623230031.825iE J 3-12 一真空管的真空度约为 10-3 Pa(即10-5 mmHg)，试 求在 27时单位体积中的分子数及分子的平均自由程(设分子的有效直径d310-10 m)解：由气体状态方程nkTp 得 172331033.33001038.11038.1kTpn 3m 由平均自由程公式 nd221 5.71033.3109211720 m 3-13(1)求氮气在标准状态下的平均碰撞频率
36、；(2)若温度不变，气压降到10-4Pa，平均碰撞频率又为多少(设分子有效直径 10-10 m)解：(1)碰撞频率公式vndz22 对于理想气体有nkTp，即 kTpn 所以有 kTpvdz22 而 mol60.1MRTv 43.4552827331.860.1v 1sm 氮气在标准状态下的平均碰撞频率 805201044.52731038.110013.143.455102z1s 气压下降后的平均碰撞频率 123420s714.02731038.11033.143.455102z 3-14 1mol氧气从初态出发，经过等容升压过程，压强增大为原来的2 倍，然后又经过等温膨胀过程，体积增大为原
37、来的 2 倍，求末态与初态之间(1)气体分子方均根速率之比；(2)分子平均自由程之比 解：由气体状态方程 22 2211TpTp 及 3322VpVp 方均根速率公式 mol273.1MRTv 21212122ppTTvv末初 对于理想气体，nkTp，即 kTpn 所以有 pdkT22 12121TppT末初 习题四 4-1 下列表述是否正确为什么并将错误更正 （1）AEQ （2）VpEQd（3）121QQ （4）121QQ不可逆 解：(1)不正确，AEQ(2)不正确，VpEQd(3)不正确，121QQ(4)不正确，121QQ不可逆 4-2 用热力学第一定律和第二定律分别证明，在Vp 图上一绝
38、热线与一等温线不能有两个交点 题 4-2 图 解：1.由热力学第一定律有 AEQ 若有两个交点a和b，则 23 经等温ba 过程有 0111AQE 经绝热ba 过程 012AE 022AE 从上得出21EE，这与a,b两点的内能变化应该相同矛盾 2.若两条曲线有两个交点，则组成闭合曲线而构成了一循环过程，这循环过程只有吸热，无放热，且对外做正功，热机效率为%100，违背了热力学第二定律 4-3 一循环过程如题 4-3 图所示，试指出：(1)cabcab,各是什么过程；(2)画出对应的Vp 图；(3)该循环是否是正循环 (4)该循环作的功是否等于直角三角形面积 (5)用图中的热量acbcabQQ
39、Q,表述其热机效率或致冷系数 解：(1)ab是等体过程 bc过程：从图知有KTV，K为斜率 由vRTpV 得 KvRp 故bc过程为等压过程 ca是等温过程(2)Vp 图如题4-3图 题4-3图 (3)该循环是逆循环(4)该循环作的功不等于直角三角形面积，因为直角三角形不是Vp 图中的图形(5)abcabcabQQQQe 24 题 4-3 图 题 4-4 图 4-4 两个卡诺循环如题 4-4 图所示，它们的循环面积相等，试问：(1)它们吸热和放热的差值是否相同；(2)对外作的净功是否相等；(3)效率是否相同 答：由于卡诺循环曲线所包围的面积相等，系统对外所作的净功相等，也就是吸热和放热的差值相
40、等但吸热和放热的多少不一定相等，效率也就不相同 4-5 根据BAABTQSS可逆d及BAABTQSS不可逆d，这是否说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变为什么说明理由 答：这不能说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变，熵是状态函数，熵变只与初末状态有关，如果可逆过程和不可逆过程初末状态相同，具有相同的熵变只能说在不可逆过程中，系统的热温比之和小于熵变 4-6 如题 4-6 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
41、为 84 J，试问系统是吸热还是放热热量传递是多少 题 4-6 图 解：由abc过程可求出b态和a态的内能之差 AEQ 224126350AQE J abd过程，系统作功42AJ 26642224AEQJ 系统吸收热量 ba过程，外界对系统作功84AJ 30884224AEQJ 系统放热 4-7 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；25(2)压力保持不变 解：(1)等体过程 由热力学第一定律得EQ 吸热 )(2)(1212VTTRiTTCEQ 25.623)300350(31.823EQ J
42、 对外作功 0A(2)等压过程)(22)(1212PTTRiTTCQ 吸热 75.1038)300350(31.825Q J )(12VTTCE 内能增加 25.623)300350(31.823E J 对外作功 5.4155.62375.1038EQAJ 4-8 m3氮气在温度为300 K时，由 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 300TK 由2211VpVp 求得体积 3211210101.0101pVpV 3m 对外作功 21112lnlnppVpVVVRTA 01.0ln01
43、.010013.115 31067.4J(2)绝热压缩RC25V 57 由绝热方程 2211VpVp /12112)(pVpV 1121/12112)()(VpppVpV 3411093.101.0)101(m 由绝热方程22111pTpT 得 K579)10(30024.04.1111212TppTT 26 热力学第一定律AEQ，0Q 所以 )(12molTTCMMAV RTMMpVmol，)(2512111TTRRTVpA 35105.23)300579(25300001.010013.1A J 4-9 1 mol 的理想气体的T-V图如题4-9图所示，ab为直线，延长线通过原点O求ab过
44、程气体对外做的功 题 4-9 图 解：设KVT 由图可求得直线的斜率K为 002VTK 得过程方程 VVTK002 由状态方程 RTpV 得 VRTp ab过程气体对外作功 002dVvVpA 000000200022002d2d2dVVVvVVRTVVRTVVVTVRVVRTA 4-10 一卡诺热机在 1000 K 和 300 K 的两热源之间工作，试计算(1)热机效率；(2)若低温热源不变，要使热机效率提高到 80%，则高温热源温度需提高多少(3)若高温热源不变，要使热机效率提高到 80%，则低温热源温度需降低多少 解：(1)卡诺热机效率 121TT%7010003001 27(2)低温热
45、源温度不变时，若%8030011T 要求 15001TK，高温热源温度需提高500K(3)高温热源温度不变时，若%80100012T 要求 2002TK，低温热源温度需降低100K 4-11 如题 4-11 图所示是一理想气体所经历的循环过程，其中AB和CD是等压过程，BC和DA为绝热过程，已知B点和C点的温度分别为2T和3T求此循环效率这是卡诺循环吗 题 4-11图 解：(1)热机效率 121QQ AB等压过程 )(12P1TTCQ 吸热 )(Pmo1ABlTTCMMQ CD等压过程 )(12P2TTvCQ 放热 )(Pmol22DCTTCMMQQ)/1()/1(12BABCDCABDCTT
46、TTTTTTTTQQ 根据绝热过程方程得到 AD绝热过程 DDAATpTp11 BC绝热过程 CCBBTpTp111 又 BCDDCBATTTTpppp 231TT(2)不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间 4-12（1）用一卡诺循环的致冷机从 7的热源中提取 1000 J 的热量传向 27的热源，需要多少功从-173向 27呢(2)一可逆的卡诺机，作热机使用时，如果工作的两热源的温度差愈大，则对于作功就愈有利当作致冷机使用时，如果两热源的温度差愈大，对于致冷是否也愈有利为什么 28 解：(1)卡诺循环的致冷机 2122TTTAQe静 727时，需作功 4.7110002802803
47、0022211QTTTA J 17327时，需作功 2000100010010030022212QTTTAJ(2)从上面计算可看到，当高温热源温度一定时，低温热源温度越低，温度差愈大，提取同样的热量，则所需作功也越多，对致冷是不利的 4-13 如题 4-13图所示，1 mol双原子分子理想气体，从初态K300,L2011TV经历三种不同的过程到达末态K300,L4022TV 图中 12 为等温线，14 为绝热线，42 为等压线，13 为等压线，32 为等体线试分别沿这三种过程计算气体的熵变 题 4-13图 解：21熵变 等温过程 AQdd,VpAdd RTpV 21111221d1dVVVVR
48、TTTQSS 76.52lnln!212RVVRSS J1K 321熵变 312312ddTQTQSS 32V13pVp12lnlndd2331TTCTTCTTCTTCSSTTTT 31等压过程 31pp 3211TVTV 1213VVTT 29 23 等体过程 2233TpTp 3232ppTT 1232ppTT 12V12P12lnlnppCVVCSS 在21等温过程中 2211VpVp 所以 2lnlnlnln1212V12P12RVVRVVCVVCSS 241熵变 412412ddTQTQSS 41p42pp12lnlnd024TTCTTCTTCSSTT 41绝热过程 11144114
49、4111VVTTVTVT/121/141144411)()(,ppppVVVpVp 在21等温过程中 2211VpVp/112/121/14114)()()(VVppppVV 11241)(VVTT 2lnln1ln12P41P12RVVCTTCSS 4-14 有两个相同体积的容器，分别装有 1 mol 的水，初始温度分别为1T和2T，1T2T，令其进行接触，最后达到相同温度T求熵的变化，(设水的摩尔热容为molC)解：两个容器中的总熵变 TTTTlTTCTTCSS12ddmomol0 212mol21molln)ln(lnTTTCTTTTC 因为是两个相同体积的容器，故 )()(1mol2m
50、olTTCTTC 得 212TTT 30 21212mol04)(lnTTTTCSS 4-15 把 0的kg的冰块加热到它全部溶化成 0的水，问：(1)水的熵变如何 (2)若热源是温度为20 的庞大物体，那么热源的熵变化多大(3)水和热源的总熵变多大增加还是减少(水的熔解热3341gJ)解：(1)水的熵变 612273103345.031TQS J1K(2)热源的熵变 570293103345.032TQS J1K(3)总熵变 4257061221SSS J1K 熵增加 习题五 5-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这