大学物理简明教程课后答案.pdf

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1、大学物理简明教程习题解答大学物理简明教程习题解答习题一习题一1-1 r r与r有无不同?和有无不同?同?其不同在哪里?试举例说明r r2 r1；dr rdtdr rdtdv vdt和dvdt有无不解：（1）r r是位移的模，r是位矢的模的增量，即r r r r2r r1，dr rdtdr rdsdt v v dt（2）drdt是速度的模，即.只是速度在径向上的分量.dr rdrdr rr r rdtdtdtr rr r r r r有（式中 叫做单位矢），则dr式中dt就是速度径向上的分量，题 1-1 图dv vdtdr rdr与dtdt不同如题 1-1 图所示.(3)量.v v(表轨道节线方向

2、单位矢）有，所以dvdv dvdtdtdtdva dt表示加速度的模，即dv，dt是加速度a a在切向上的分dv式中dt就是加速度的切向分量.ddr与(dtdt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-dr22x y，然后根据v=dtd2r，及adt2果，即v=及a=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r xi yj，坐标系中，有drdx dy v i jdtdtdtd2rd2x

3、 d2y a 22i 2jdtdtdt22dxdy dtdt22d2xd2ydt2dt222故它们的模即为dxdyv v v dtdt2x2y2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drv dtdrd r与2其二，可能是将dtdtdr说明dt2d2xd2y22a ax aydt2dt22d2ra 2dt误作速度与加速度的模。在 1-1 题中已d2r不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，dt2也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分2d2rd a径2 rdtdt。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

4、有考虑位矢r及速v度 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1x=3t+5,y=2t2+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、瞬时加速度都表示成直角

5、坐标系中的矢量式)1r (3t 5)i (t2 3t 4)j2m解：（1）(2)将t 1,t 2代入上式即有r1 8i 0.5jmr211j 4jmr r2r1 3j 4.5jm(3)r0 5j 4j,r417i 16jrr4 r012i 20 jv 3i 5j ms1t404drv 3i(t 3)j ms1(4)dtv 3i 7 jms1则4v 3i 3j,v 3i 7 j4(5)0vv4v04a 1jms2t44dva 1j ms2dt(6)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v0(ms1)

6、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，此时绳与水面成角，由图可知l2-h2 s2将上式对时间t求导，得2ldlds 2sdtdt题 1-4 图根据速度的定义，并注意到l,s是随t减少的，即v船 v绳 dlds v0,v船 dtdtvdsl dll v00dts dtscoslv0(h2 s2)1/2v0v船ss或将v船再对t求导，即得船的加速度dldsldvv0s lv船a 船dt2dtv0v02dtssl22(s)v02h2v0s32sss1-5 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为a2+6x2，a的单位为ms2，x的单位为 m.质点在x0 处

7、，速度为 10ms1,试求质点在任何坐标处的速度值解：2d adx (26x)dx分离变量：12v 2x 2x3 c两边积分得2a dvdv dxdv vdtdx dtdx由题知，x 0时，v010,c 5031v 2 x x25 ms1-6已知一质点作直线运动，其加速度为a4+3tms2，开始运动时，x5 m，v=0，求该质点在t10s 时的速度和位置解：分离变量，得dv (43t)dta dv 43tdt-积分，得由题知，t 0,v0 0,c1 03v 4t t2 c123v 4t t22故又因为分离变量，dx (4t 32t)dt2v dx3 4t t2dt21x 2t2t3 c22积分

8、得由题知t 0,x0 5,c2 5故所以t 10 s时x 2t213t 52v10 410 3102190ms121x10 21021035 705m21-7一质点沿半径为 1 m 的圆周运动，运动方程为=2+3t3，式中以弧度计，t以秒计，求：(1)t2 s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：dd 9t2,18tdtdt2a R1182 36 mst 2 s(1)时，an R21(922)21296 ms2atan45 1an(2)当加速度方向与半径成45角时，有222即R R亦即(9t)18t则解得t322 2 3t3 2 3 2.679于是角位移为9

9、rad1-8质点离圆周上某点的弧长,v0，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-1v0t bt22质点沿半径为R的圆周按s的规律运动，式中s为解：（1）v ds v0btdtdv bdtv2(v0bt)2anRRa22n2(v0bt)4a a ab R2则加速度与半径的夹角为 arctana Rban(v0bt)2(2)由题意应有(v0bt)4a b b R24(v bt)b2 b202,(v0bt)4 0R即2当时，a b1-9 以初速度v020ms1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R1；(2)落地处的曲

10、率半径R2(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t v0b题 1-9 图(1)在最高点，ov v v cos601x0an1 g 10 ms2又an1v121-v12(20cos60)21an110(2)在落地点，10 mv2 v0 20ms1,oa gcos60n而22v2(20)22 80 man210cos601-10 飞轮半径为 0.4 m，自静止启动，其角加速度为=0.2rads2，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t 2 s时，t 0.22 0.4rad s1则v R 0.40.4 0.16ms1

11、an R2 0.4(0.4)2 0.064ms2a R 0.40.2 0.08ms2-11-11 一船以速率v130kmh 沿直线向东行驶，另一小艇在其-1前方以速率v240kmh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?v v解：(1)大船看小艇，则有212v1，依题意作速度矢量图如题1-13 图(a)2a an a2(0.064)2(0.08)2 0.102 ms2题 1-11 图221vv v 50 km h2112由图可知方向北偏西v v(2)小船看大船，则有121v2，依题意作出速度矢量图如题 1-13图(b)，同上法，得方向南偏东36.87ov12 50km

12、h1 arctanv13 arctan 36.87v24-习题二习题二2-1 一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为）上以v0的方向与斜面底边的水平线AB平行，初速度v0运动，如图所示，求这质点的运动轨道vmg解:物体置于斜面上受到重力，斜面支持力N.建立坐标：取0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：Fx 0 x v0t方 向：YFy mgsin mayt 0时y 0vy 0y 1gsint22由、式消去t，得12gsin x22v016 kg 的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力y-12-2质量为vy0求的分量为fx6 N，fy-7 N，

13、当t0 时，x y 0，vx-2 ms，当t2 s时质点的(1)位矢；(2)速度ax解：ayfymfx63ms2m168(1)235vx vx0axdt 22 ms1084277vy vy0aydt 2 ms101687ms216于是质点在2s时的速度-5 7 v i j48ms1(2)1122r (v0t axt)i ayt j221 713(224)i()4 j282 16137 i jm482-3 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v0，证明(1)t时刻的速度为vv0ek()tm；(2)由 0 到t的时间内经过的距离为)1-e(k)t

14、mmv0 x(kmv0()；(3)停止运动前经过的距离为k；(4)1证明当t m k时速度减至v0的e，式中m为质点的质量 kvdvmdt答:(1)分离变量，得dv kdtvma t kdtdvv0v0m即vvktln lnemv0v v0e0(2)(3)质点停止运动时速度为零，即 t，kmtx vdt v0etkmtkmv0mtdt(1e)k故有(4)当mt=kx v0e0kmtdt mv0k时，其速度为v v0ek mmk v0e1v0e1即速度减至v0的e.2-4v一质量为m的质点以与地的仰角=30的初速0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

15、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30o，则动量的增量为p mv mv0mv由矢量图知，动量增量大小为0，方向竖直向下F (10 2t)i2-5 作用在质量为 10 kg 的物体上的力为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6 jms-1的物体,回答这两个问题解:(1)若物体原来静止，则t4p1Fdt(102t)id

16、t 56 kgms1i00p1v1 5.6 ms1im1I1 p1 56 kgms i,沿x轴正向，若物体原来具有6ms1初速，则,同理，v2 v1,I2 I1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0tFtp0 mv0,p m(v0dt)mv0Fdt0m0于是tp2 p p0Fdt p1I(10 2t)dt 10t t20t亦即t-210t 200 0解得t 10 s，(t 20 s舍去)2-6速时，它所受的合力为F=(a bt)N(a,b为常数)，

17、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F (a bt)0,得1v ms0一颗子弹由枪口射出时速率为，当子弹在枪筒内被加t ab(2)子弹所受的冲量abt1I(a bt)dt at bt202将t 代入，得a2I 2b(3)由动量定理可求得子弹的质量2-7 设F合 7i 6 jN(1)当一质点从原点运动到r 3i 4j 16kmF时，求所作的功(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，F合为恒力，A合

18、F r (7i 6 j)(3i 4 j 16k)Ia2m v02bv0 21 24 45 JP(2)(3)由动能定理，Ek A 45 J-12-8 如题 2-18 图所示，一物体质量为2kg，以初速度v03ms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 frs 1212kx mv mgssin3722-A45 75 wt0.612mv mgssin37 frs2k 12kx2式中s 4.8 0.2 5 m，x 0.2

19、 m，再代入有关数据，解得k 1390 Nm-1题 2-8 图再次运用功能原理，求木块弹回的高度h frs mgssin37o代入有关数据，得s 1.4 m,则木块弹回高度12kx22-9一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11122mv0mv12mv2222h ssin37o 0.84 m即22v0 v12 v2题 2-9 图(a)题 2-9 图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有mv0 mv1 mv2亦 即由可作出矢量三角形如图(b)，又由式可知三矢量之间满足vvv0勾股定理，且以为斜边，故知1与2是互相垂直的

20、2-10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-v0 v1v2v v i vxyj,质点一质量为m的质点位于(x1,y1)处，速度为以及作用于质点上的力的力矩解:由题知，质点的位矢为作用在质点上的力为L0 r mvr x1i y1jf fi所以，质点对原点的角动量为(x1mvy y1mvx)k(x1i y1i)m(vxi vyj)作用在质点上的力的力矩为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104-1离为r18.7510 m 时的速率是v15.4610ms，它离太2-1r2阳最远时的速率是v29.0810 ms多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。)解:哈雷彗星

21、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r1mv1 r2mv2r1v18.7510105.4610412r2 5.2610m2v9.081021v i 6jmsr 4imt2-12 物体质量为 3kg，=0 时位于,，如一恒力f 5jN作用在物体上,求 3 秒后，(1)物体动量的变化；(2)相M0 r f (x1i y1j)(fi)y1fk对z轴角动量的变化0解:(1)(2)解(一)x x0v0 xt 43 73p fdt 5jdt 15j kgms11215at 6332 25.5j232即r1 4i,r2 7i

22、 25.5jy v0yt 即v1 i16j,v2 i 11jL r mv 4i 3(i 6j)72k111L2 r2mv2(7i 25.5j)3(i 11j)154.5k-5vy v0y at 63 113vx v0 x121L L2 L1 82.5k kgm s解(二)M dzdtttL M dt(r F)dt003152(4t)i(6t)t)j5jdt02335(4t)kdt 82.5k kgm2s10题 2-12 图2-13 飞轮的质量m60kg，半径R0.25m，绕其水平中心轴O转-1动，转速为 900revmin 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

23、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=0.4，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)图中N、N是正压力，Fr、Fr是摩擦力，Fx和Fy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l1l2Fl1对飞轮，按转动定律有 FrR/IF(l1l2)Nl1 0N，式中负号表示

24、与角速度方 N向相反FrNNFrN I l1l2Fl1又1mR2,2以F 100 N等代入上式，得 FrR2(l1l2)FImRl1由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为t 20.40(0.50 0.75)40100 rads2600.250.503这段时间内飞轮的角位移为1900291409()22604234 53.12rad可知在这段时间里，飞轮转了53.1转090023 7.06 s60400t t2(2)0 9002rads160，要求飞轮转速在t 2s内减少一半，可知020t 02t 用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为F mRl12(l1l2)15rads22

25、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-600.250.501520.40(0.500.75)2177N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m1和m2相连，m1和m2则挂在圆柱体的两侧，如题 2-26 图所示设R0.20m,r0.10m，m4 kg，M10 kg，m1m22 kg，且开始时m1，m2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a1,a2和分别为m1,m2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)m1,m2和柱体的运动方程如下：T2

26、m2g m2a2m1g T1 m1a1T1R T2r I式中T1T1,T2 T2,a2 r,a1 R而由上式求得Rm1 rm2gI m1R2 m2r20.220.129.8I 11MR2mr22211100.20240.102 20.202 20.10222 6.13 rads2(2)由式由式-T2 m2r m2g 20.106.13 29.8 20.8N2-15 如题端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mg11(ml2)233g2lT1 m1g m1R 29.820.2.6.1317.1N2-15 图

27、所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一(2)由机械能守恒定律，有mgl1 1sin(ml2)222 33gsinl题 2-15 图习题三习题三3-1 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?

28、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?NiVi(ms1)2110.0420.0630.0840.0250

29、.0解：平均速率VN VNiii890 21.7ms1412110 420 630840 25021 4 68 2方均根速率V2N VNii2i21102 420261038402 250221 468 2 25.6ms13-5 速率分布函数f(v)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）f(v)dv（2）nf(v)dv（3）Nf(v)dvvv（4）0f(v)dv（5）0f(v)dv（6）vNf(v)dv21解：f(v)：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)f(v)dv：表示分布在

30、速率v附近，速率区间dv内的分子数占总分子数的百分比.(2)nf(v)dv：表示分布在速率v附近、速率区间dv内的分子数密度-(3)Nf(v)dv：表示分布在速率v附近、速率区间dv内的分子数v4()0f(v)dv：表示分布在v1 v2区间内的分子数占总分子数的百分比(5)0f(v)dv：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.v6()vNf(v)dv：表示分布在v1 v2区间内的分子数.213-6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(

31、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13ikT（2）kT（3）kT222i3（4）MiRT（5）RT（6）RT22Mmol2（1）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1kT23kT2(2)在平衡态下，分子平均平动动能均为.ikT2(3)在平衡态下，自由度为i的分子平均总能量均为的内能为MiRT.Mmol2.(4)由质量为M，摩尔质量为Mmol，自由度为i的分子组成的系统iRT.23(6)1摩尔自由度为3的分子组成的系统的内能RT，或者说热力23学体系内，1 摩尔分子的平均平动动能之总和为R

32、T.2(5)1摩尔自由度为i的分子组成的系统内能为-3-8有一水银气压计，当水银柱为 0.76m 高时，管顶离水银柱-42液面 0.12m，管的截面积为 2.010 m，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-10.004kgmol)?解：由理想气体状态方程pV MRT得Mmol MmolpVRTM汞的重度dHg1.33105Nm3氦气的压强P (0.760.60)dHg氦气的体积V (0.880.60)2.0104m3M 0.004(0.760.60)dHg(0.282.0104)R(273 27)(0.7

33、60.60)dHg(0.282.0104)8.31(273 27)0.0041.91106Kg3-9 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f(v)的表达式；(2)a与v0之间的关系；(3)速度在 1.5v0到 2.0v0之间的粒子数(4)粒子的平均速率(5)0.5v0到 1v0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Nf(v)av/v0Nf(v)aNf(v)0av/Nv0f(v)a/N0(0 v v0)(v0 v 2v0)(v 2v0)(0 v v0)(v0 v 2v0)(v 2v0)f(v)满足归一化条件，但这里纵坐标是Nf(v)而不

34、是f(v)故曲线下-的总面积为N，(2)由归一化条件可得v00N2v0avdv Nadv Nv0v0a 1N32N3v0(3)可通过面积计算N a(2v01.5v0)(4)N个粒子平均速率v 02v0av2v01vf(v)dv vNf(v)dv dvavdv0v0N0v01 123211v(av0av0)v0N 329(5)0.5v0到1v0区间内粒子平均速率v v00.5v0vdNN1Nv0vdNN10.5v0NNv0Nv0av20.5vvf(v)dv 0.5vdv00N1N1Nv0332av01v0av21av01 7av0v dv()N10.5v0v0N13v024v0N1240.5v0

35、到1v0区间内粒子数131N1(a 0.5a)(v0 0.5v0)av0N28427av07vv 06N93-10 试计算理想气体分子热运动速率的大小介于vpvp1001与vpvp1001之间的分子数占总分子数的百分比解：令u vvP，则麦克斯韦速率分布函数可表示为dN42u2u eduN因为u 1,u 0.02由N42u2u eu得NN41e10.02 1.66%N3-11 1mol 氢气，在温度为 27时，它的平动动能、转动动能和内能各是多少?解：理想气体分子的能量E-iRT238.31300 3739.5J2转动动能r 2Er28.31300 2493J2内能i 5Ei58.31300

36、6232.5J2平动动能t 3Et-3-53-12 一真空管的真空度约为 1.3810 Pa(即 1.010 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-10子的有效直径d310m)解：由气体状态方程p nkT得p1.38103n 3.331017m323kT1.38103001由平均自由程公式22d n1 7.5m201729103.33103-13(1)求氮气在标准状态下的平均碰撞频率；(2)若温度不变，-4气压降到 1.3310 Pa，平均碰撞频率又为多少(设分子有效直-10径 10 m)?解：(1)碰撞频率公式z 2d2nv对于理想气体有p nkT，即n p

37、kT2d2vp所以有z kTRT8.31273而v 1.60v 1.60 455.43ms1Mmol28氮气在标准状态下的平均碰撞频率z 21020455.431.01310581s 5.441001.3810 27321020455.431.331041 0.714s1.381023273气压下降后的平均碰撞频率z 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-p1p2T1T2及p2V2 p3V3Mmol方均根速率公式v2

38、1.73RTv2初v2末T1T2p11p22pkT对于理想气体，p nkT，即n 所以有初T1p21末p1T2kT2d p2习题四习题四4-1 下列表述是否正确?为什么?并将错误更正Q E pdVQ E A（1）（2）（3）（4）解：(1)不正确，Q E A(2)不正确，(3)不正确，Q E pdV1Q2Q1不可逆1Q2Q11Q2Q1Q2Q1(4)不正确，4-2用热力学第一定律和第二定律分别证明，在p V图上一绝热线与一等温线不能有两个交点不可逆1题 4-2 图解：1.由热力学第一定律有-Q E A若有两个交点a和b，则经等温a b过程有E1 Q1 A1 0经绝热a b过程E2 A1 0E2

39、A2 0从上得出E1 E2，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)ab,bc,ca各是什么过程；(2)画出对应的p V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Qab,Qbc,Qac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V KT，K为斜率由pV vRT得vRK故bc过程为等压过程p ca是等温过程(2)p V图如题4-3图题4-3

40、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p V图中的图形-(5)e QabQbcQcaQab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等但吸热和放热的多少不一定相等，效率也就不相同AT及4-5根据，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

41、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，外界对系统作功为 84J，试问系统是吸热还是放热?热量传递是多少?SB SABdQ可逆SBSAdQ不可逆ATB题 4-6 图解：由abc过程可求出b态和a态的内能之差Q E AE Q A 350 126 224J-过程，系统作功A 42JQ E A 224 42

42、 266J系统吸收热量ba过程，外界对系统作功A 84JQ E A 224 84 308J系统放热4-71 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Q Eabd吸热Q E Q E CV(T2T1)iR(T2T1)2对外作功A 0(2)等压过程i 2R(T2T1)25Q 8.31(350 300)1038.752吸热JQ CP(T2T1)38.31(350 300)623.252JE CV(T2T1)E 内能增加对外作功A Q E 1038.

43、75623.5 415.5J34-8 0.01 m 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T 300K由p1V1 p2V2求得体积对外作功V2p1V110.011103p210m3V2p p1V ln1V1p238.31(350 300)623.252J11.0131050.01ln0.01 4.67103JA VRT ln-(2)绝热压缩CV75R52p1V11/V ()由绝热方程p V211 p2V2p2V(p11V1p)1/(p12)V12p2

44、1(110)40.011.93103m由绝热方程T11p1T2p2得1TT1p2p1 3001.4(10)0.42T2 579K1 A热力学第一定律Q E，Q 0所以A MMCV(T2T1)molpV MA p1V15MRTR(T2T1)mol，RT12A 1.0131050.00152(579300)23.5103300J4-9 1 mol 的理想气体的 T-V 图如题 4-9 图所示，延长线通过原点 O求ab过程气体对外做的功题 4-9 图解：设T KV由图可求得直线的斜率K为K T02V0得过程方程K T02VV0由状态方程pV RT得p RTVab过程气体对外作功A2V0vpdV0-a

45、b为直线，2V0R TRT0dV VdVV0VV 2V0A 2V0V02V0v04-10 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1300 70%1000RT0RTdV 02V021T2T1(2)低温热源温度不变时，若要求T11500K，高温热源温度需提高500K(3)高温热源温度不变时，若11300 80%T1T2 80%1000要求T2 200K，低温热源温度需降低100K4-1

46、1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T2和T3 求 此 循 环 效 率 这 是 卡 诺 循 环 吗?题 4-11 图解：(1)热机效率 CP(T2T1)AB等压过程Q1吸热 vCP(T2T1)CD等压过程Q2Q1MCP(TBTA)Mmol1Q2Q1-放热 Q2 Q2MCP(TCTD)Mmol根据绝热过程方程得到11AD绝热过程pATA pDTD111BC绝热过程pBTB pCTCQ2TCTDTC(1TD/TC)Q1TBTATB(1TA/TB)又pA pBpC pDTDTTCTB(2)不是卡诺循环，

47、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?解：(1)卡诺循环的致冷机727时，需作功T1T2300280Q21000 71.4T2280J17327时，需作功A1A2T1T2300100Q21000 2000T2100J1T3T2e Q2T2A静T1T2(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，

48、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V1 20L,T1300K经 历 三 种 不 同 的 过 程 到 达 末 态V2 40L,T2300K 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：1 2熵变等温过程dQ dA2,dA pdVpV RTdQ1V2RT1S2S1dV1TT1V1VVS2 S1 Rln2 Rln2 5.76V!JK11 2 3熵变S2S131dQ2dQT3TT3CVdTTTCpln3CVln2T1T3TTT1

49、T3V1V2p pT31 3等压过程13T1S2S1T2CpdTT3V2T1V1p3p23 2等体过程T3T2T2p2T3p3T2p2T3p1V2pCVln2V1p1在1 2等温过程中p1V1 p2V2S2S1 CPln所以1 4 2熵变S2S141S2S1 CPlnV2VVCVln2 Rln2 Rln2V1V1V1dQ2dQT4TS2S1 0T2CpdTT1 4绝热过程T4CplnT2TCpln1T4T4-T1V41T1V1T4V4T4V11Vppp1V1 p4V4,4(1)1/(1)1/V1p4p211在1 2等温过程中p1V1 p2V2V4ppV(1)1/(1)1/(2)1/V1p4p2

50、V1T1V(2)T4V11S2S1 CPln4-14 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T1和T2，T1T2，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Cmol)解：两个容器中的总熵变S S0TCCmoldTdTmolT1T2TTTT11V2 CPln Rln2T4V1TTT2Cmol(lnln)CmollnT1T2T1T2因为是两个相同体积的容器，故Cmol(T T2)Cmol(T1T)得T T2T12(T2T1)2S S0Cmolln4T1T24-15把 0的 0.5kg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