大学物理总复习

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,第,1,章 质点运动学,二、选择题,),根据瞬时速度矢量,v,的定义，及其用直角坐标和自然坐标的表示形式，它的大小,v,可表示为（,B,，,D,，,F,，,H,）,已知质点的运动方程为,，质点的速度为,，加速度为,。,一、填空题,2,）根据瞬时加速度矢量,a,的定义，及其用直角坐标和自然坐标的表示形式，它的大小,| a|,可表示为（,A C G H,）,3,）以下说法中，正确的是（,B,，,C,，,D,，,F,）,（,A,）质点具有恒定的速度，但仍可能具有变化的速率,（,B,）质点具有恒定的速率，但仍可能具有变化的速度,（,C,）质点加速度方向恒定，但速度方向仍可能在不断变化着,（,D,）质点速度方向恒定，但加速度方向仍可能在不断变化着,（,E,）某时刻质点加速度的值很大，则该时刻质点速度的值也必定很大,（,F,）质点作曲线运动时，其法向加速度一般并不为零，但也有可能在某时刻法向加速度为零,三、计算题,1,、,一物体从静止开始,在,2s,内被匀加速到,40m/s,物体的加速度为多少？在,2s,内物体运动了多大距离？,解,：物体的加速度为,2s,内运动的距离为,2,、一粒子沿着抛物线轨道,y,x,2,运动，粒子速度沿,x,轴的投影,v,x,为常数，等于,3m/s,，试计算质点在,x,2/3m,处时，速度和加速度的大小。,解 依题意：,速度大小为,3,、,质点以初速度,0,作直线运动,所受阻力与质点运动速度成正比,.,求当质点速度减为,0,/n (n1),时,质点走过的距离与质点所能走的总距离之比,.,当质点速度减为,解：,质点运动过程中所受阻力为：,根据牛顿第二定律：,时,质点走过的距离为：,质点所能走的总距离为：,所以有：,第,2,章 质点和质点系动力学,一、 基本内容和主要公式,1,牛顿运动三定律,第一定律：任何质点都保持静止或匀速直线运动状态，直到其它物体对它作用的力迫使它改变这种状态为止牛顿运动第一定律给出了惯性和力的概念,第二定律：物体运动状态的变化与物体所受的合力成正比，即,3.,应用牛顿运动定律解题的一般步骤,选取研究对象；分析受力情况，画出受力图；选取坐标系；列方程求解；讨论,4.,牛顿运动定律的适用范围,宏观低速物体；惯性系,功和能,一、选择题,1,）把一质量为,m,，各边长均为,a,的均质货箱，由位置（,I,）翻转到位置（,I I,） ，则人力所作的功为（,D,） ,2,）质点,M,与一固定的轻弹簧相连接，并沿椭圆轨道运动，如图已知椭圆的长半轴和短半轴分别为,a,和,b,，弹簧原长为,l,0,( a ,l,0, b ),，劲度系数为,k,，则质点由,A,运动到,B,的过程中，弹性力所作的功为（,B,） ,计算题,1,、 质量为,m,的质点以初速度,0,竖直上抛，设质点在运动中受到的空气阻力与质点的速率成正比，比例系数为,k0,试求：（,1,）质点运动的速度随时间的变化规律。（,2,）质点上升的最大高度,.,解：,（,1,）对上升过程，列出牛顿方程，得,两边分离变量,积分得,对下降过程，列出牛顿方程，得,积分得,1,、 质量为,m,的质点以初速度,0,竖直上抛，设质点在运动中受到的空气阻力与质点的速率成正比，比例系数为,k0,试求：（,1,）质点运动的速度随时间的变化规律。（,2,）质点上升的最大高度,.,（,2,）由牛顿第二定律,两边分离变量,积分得,时，有,2,、设两粒子之间的相互作用为排斥力,f,，其变化规律为,f,k/r,3,，,k,为常数,r,为二者之间的距离，试求两粒子相距为,r,时的势能设无穷远处为零势能位置,解 由势能定义，有,3,、子弹水平射入一端固定在弹簧上的木块内，木块可以在水平桌面上滑动， 它们之间的滑动摩擦系数为,0.2,，由弹簧的压缩距离求出子弹的速度。设弹簧初始时处于自然长度，劲度系数为,100N/m,，子弹和木块的质量分别为,0.02kg,和,8.98kg,，子弹射入木块后，弹簧被压缩,10cm,。求子弹的速度。,由能量守恒得联立求解得,解：,设子弹的质量为,m,，初速度为,v,0,，木块的质量为,M,，射入后二者共同速度度为,v,，由动量守恒得,联立求解得,4,、质量为,m,的物体与一劲度系数为,k,的弹簧连接，物体与水平桌面的摩擦系数为,，现有一水平恒力,F,拉物体，物体从平衡位置开始运动，求：,1,）物体到达最远时，弹簧的形变量,x,。,2,）物体在运动中的最大动能。,F,x,解：,1,）如图，物体受到恒拉力,F,、摩擦力,f,，和弹簧力,f,三个力作用,物体到达最远时，速度为,0,，由动能定理得,F,x,2,）当加速度为,0,时，速度最大，设此时弹簧形变量为,x,0,，所以有,由动能定理得,一、内容小结,1.,基本概念,:,(1),角速度矢量,(2),转动动能,(3),转动惯量,(4),力 矩,(5),角 动 量,第,03,章 角动量定理和刚体的转动,3.,力矩的累积效应,（,1,）空间累积：,力矩的功,动能定理,2.,转动定律,:,M,与,具有：同轴性、同时性、 同方向性。,4.,角动量守恒定律,当 时，有,（,2,）时间累积,角动量定理：,(4),非刚体,即：,(3),质点与刚体守恒式为,选择题,1,）下列说法中正确的是（,C,）,A,）作用在定轴转动刚体上的力越大，刚体转动的角加速度越大,B,）作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角速度越大,C,）作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角加速度越大,D,）作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角速度为零,2,）一半径为,R,质量为,m,的均质圆形平板在粗糙的水平桌面上，绕通过圆心且垂直于平板的,OO,轴转动，摩擦力对,OO,轴的力矩为（,A,）, ）均质圆盘水平面放置，可绕通过盘心的铅垂轴自由转动，圆盘对该轴的转动惯量为,I,0,，当其转动角速度为,0,时，有一质量为,m,的质点沿铅垂方向落到圆盘上，并粘在距转轴,R/2,处，它们共同转动的角速度为,( ),1,、一人手握哑铃站在转盘上,两臂伸开时整个系统的转动惯量为,2kg,m,2,，推动后，系统以,15r/min,的转速转动。 当人的手臂收回时,系统的转动惯量为,0.8kg,m,2,，求此时的转速。,解：,由刚体定轴转动的角动量守恒定律,所以有：,2,半径为,R,的均质圆盘水平放置在桌面上,绕其中心轴转动,.,已知圆盘与桌面的摩擦系数为,初始时的角速度为,0,.,求经过多少时间后圆盘将静止,.,解,：取半径为,r,厚度为,dr,的微元环，该微元所受摩擦力矩大小为,对上式积分求得整个圆盘所受的摩擦力矩,由于圆盘的转动惯量 ，所以圆盘的角加速度,由 ， ，得,所以圆盘作匀减速运动。,3,、通风机转动部分的转动惯量为,I,，以初角速度,0,绕其轴转动。空气阻力矩与角速度成正比，比例系数为,k,。求经过多少时间后，转动角速度减为初角速度的一半，在此时间内共转了多少圈。,解,：根据转动定理,两边积分,由动量定理有：,一、内容小结,1,机械振动：,1,）简谐振动的判断式：,2,）、机械振动方程：,第,04,章 振动与波,3,）如何求：,4,）简谐振动的能量,5,）同方向、同频率简谐振动的合成：,1,）一维简谐波的波动方程：,2,）波的能量：能流、平均能流、平均能流密度（波的强度）,3,）波的干涉：频率相同、振动方向相同、位相 差恒定。,2,、机械波,（,4,）驻波：振幅相等、传播方向相反的相干波相互迭加而产生的波。,（,5,）多普勒效应：由于波源或观测者相对于媒质的运动，而使观测者接受到的频率有所变化的现象。,选择题,1,）一质点作谐振动，周期为,T,，它由平衡位置沿,x,轴负方向运动到离最大负位移,1/2,处所需要的最短时间为（,C,）,A,）,T/4,B,）,T /12,C,）,T/6,D,）,T/8,1,、物体沿,x,轴作简谐振动，其中振幅,A=10cm,，周期,T=2s,。在初始时刻，物体位于,x=5cm,处，且向轴负方向运动。求在,x= -6cm,处，沿轴负方向运动时，物体的速度和加速度。,解,：由题意有,得运动方程为,设当运动到,t,1,时刻，位移达,-6cm,2,、已知平面简谐波的波方程为 ，试求该波的传播方向、波长、频率、波速、初相和周期,说明,x=0,处波方程的意义 。,解,：由题意得波方程为,即,意义：在,x=0,处波方程变为质点在平衡位置附近的振动方程。,由于,0,，所以波的传播方向为,x,轴正方向。,3,、平面简谐波沿,x,轴的正方向传播，已知振幅,A,0.01m,，周期,T,=2s,，波长,0.02m,，初相位为,0,，试求波方程。,解：将波方程写为如形式：,由题意：,由题意可确定,所以波方程：,相干的条件：,频率相同、振动方向相同、位相差恒定。,第,06,章 光的干涉,形成明暗纹的条件,相干叠加：,1,、两光波叠加：,非相干叠加：,半波损失,：光从光速较大的介质射向光速较小的介质时反射光的相位较之入射光的相位跃变了,， 相当于反射光与入射光之间附加了半个波长的波程差，称为半波损失,.,光程：,x,称为光,走过的,几何路程,，,nx,称为在这种介质中的,光程，,当于将光的传播都折算为真空中的传播,透镜不引起附加的光程差,：,形成明暗纹的条件,2,、杨氏双缝干涉,明纹位置：,暗纹位置：,相邻明、暗条纹间距：,3,、薄膜干涉,4,、空气劈尖干涉（垂直入射）：,相邻两明纹（或暗纹）对应的空气劈尖的厚度差：,相邻两明纹或暗纹的间距：,5,、空气牛顿环（垂直入射）：,由几何关系,r,2,=,2,eR,得,明纹：,暗纹：,相邻两明纹对应的空气劈尖的厚度差：,相邻,m,级暗纹的间距：,5,、空气牛顿环（垂直入射）：,填空题,1,、在真空中波长为,的单色光，在折射率为,n,的透明介质中从,A,沿某路径传播到,B,，并且,A,、,B,两点的相位差为,9,，则光从,A,传播到,B,所走过的几何路程为,。,A,B,n,1,、,在杨氏双缝干涉实验中，入射光的波长为,，现在,S,2,缝上放置一片厚度为,d,，折射率为,n,的透明介质，试问原来的零级明纹将如何移动？如果观测到零级明纹移到了原来的,k,级明纹处，求该透明介质的厚度。,当小孔,s,2,被薄片贴住时，零级明纹移到了点,p,处，,解：,1,）在小孔,s2,未贴薄片时，原来从两小孔,s1,和,s2,到点,p,的光程差为,D,p,r,2,r,1,l,1,l,2,S,0,S,2,S,1,p,0,2,、用波长为,680nm,的单色光，垂直照射,L=0.12m,长的两块玻璃片上，两玻璃片的一边互相接触，另一边夹着一块厚度为,h=0.048mm,云母片，形成一个空气劈尖求： 两玻璃片间的夹角？相邻明条纹间空气膜的厚度差是多少？相邻两暗条纹的间距是多少？在这,0.12,内呈现多少条明纹？,解,：（,1,）两玻璃间的夹角为,2),相邻两明条纹空气膜厚度差为,3),相邻两暗纹间距,4),3,、如图所示，在一光学元件玻璃表面 镀一层氟化镁（,MgF,2,）薄膜，为了使垂直入射的白光中波长,=550nm,的光反射最小，薄膜的厚度,e,至少应该是多少？已知玻璃的折射率,n,3,为,1.5,，氟化镁的折射率,n,2,为,1.38,。,空气,n,1,1.0,MgF,2,n,2,=,1.38,玻璃,n,3,1.5,解：由于,n,1,n,2,n,3,，,所以入射光在薄膜上下界面都不发生半波损失，又因为垂直入射，,i,=0,，故：,若要,=550nm,光反射最小，则应满足干涉相消条件：,取,k,=0,，对应的薄膜最小厚度为：,4,、一束平面单色光垂直照射在厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻璃上，油膜的折射率为,1.30,，玻璃的折射率为,1.50,，若单色光的波长可由光源连续可调，可观察到,500nm,与,700nm,这两个波长的单色光在反射中消失试求油膜层的厚度,d,。,解,：由于油膜前后表面反射光都有半波损失，所以光程差为,2nd,，而膜厚又是均匀的，因此干涉的效果不是产生条纹，而是增透或者是显色,反射相消的条件是 ：,1,2,两波先后消失，,1,反射消失在,k,级，,1,反射消失在,k-1,级,k=3,一、惠更斯,-,菲涅耳原理,：从同一波阵面上各点所发处的子波，经传播而在空间某点相遇时，也可以相互叠加而产生干涉现象。,：波阵面上面元,(,子波波源,),：,t,时刻波阵面,*,菲涅尔指出,衍射图中的强度分布是因为衍射时，波场中各点的强度由各子波在该点的相干叠加决定。,P,点振动是各子波在此产生的振动的叠加,。,第,7,章 光的衍射,二、衍射条纹的明暗分布,单缝,1,2,3,1,2,1,2,1,、衍射光、衍射角,波面,f,光强,1,）半波带,三、菲涅耳半波带法,单缝两边缘点,A,、,B,发出衍射角为,的衍射光线的光程差,b,（,k,个半波带）,干涉相消（暗纹）,干涉加强（明纹）,介于,明,暗,之间,2k,个半波带,2k+1,个半波带,中央明纹中心,2,）、衍射条纹的明暗分布,3,）,各级明暗纹坐标分布,以是中央明条纹中心为坐标原点,暗纹,明纹,单缝宽度,b,一定时，对于同一级衍射条纹，波长,越大，其对应的条纹越偏离中心,1,、,光栅常数：,缝宽（不透光）,a,，,缝间距（透光）,b,，,则,光栅常数,为,d,= (,a,+,b,),平行单色光光垂直入射,光栅衍射相当于：,缝与缝间的干涉,每个单缝的衍射总效果,四、光栅衍射图样,A,a,b,P,P,0,f,2,、光栅方程,相邻两缝间的光程差：,A,a,b,P,P,0,f,1),、主极大明纹位置条件,k,称为,主极大级数,2),、缺级现象,条件,其中，,k,是缺级主极大的级数，,k,是单缝衍射暗纹的级数,选择题,1,）在双缝干涉实验中，屏幕,E,上的,P,点处是明条纹，若将缝,S2,盖住，并在,S1,、,S2,连线的垂直平分面处放一反射镜,M,，如图所示此时（,B,）,（,A,）,P,点处仍为明条纹,；,（,B,）,P,点处为暗条纹,；,（,C,）不能确定,P,点处是明条纹还是暗条纹,；,（,D,）,无干涉条纹, ）根据惠更斯菲涅耳原理，若已知光在某时刻的波阵面为,S,，则,S,的前方某点,P,的光强决定于波阵面上所有面元发出的子波各自传到,P,点的（,B,）, ）在真空中波长为,的单色光，在折射率为,n,的透明介质中从,A,沿某路径传到,B,，若,A,、,B,两点的相位差为,3,，则此路径,A B,的光程差为（,A,）, ）在双缝干涉实验中，用单色自然光，在屏上形成干涉条纹，若在两缝后放一个偏振片，则（,B,）,（,A,）干涉条纹的间距不变，但明纹的亮度加强,（,B,）干涉条纹的间距不变，但明纹的亮度减弱,（,C,）干涉条纹的间距变窄，且明纹的亮度减弱,（,D,）无干涉条纹,5,）一束单色光垂直入射在光栅上，当光栅常数（,a,b,）为下列哪种情况时（,b,为缝宽） ，,k,3,，,6,，,9,等主极大缺级,?,（,B,）,（,A,）,a,b,2b,（,B,）,a,b,3b,（,C,）,a,b,4 b,（,D,）,a,b,6b,6,）测量单色光的波长时，下列方法中哪一种最为准确？ （,D,）,A,）双缝干涉,B,）牛顿环,C,）单缝,D,）光栅衍射,1,已知单缝宽度,b=0.6nm,，使用的凸透镜焦距,f=400mm,，在透镜的焦平面上用一块观察屏观察衍射图样用一束单色平行光垂直照射单缝，测得屏上第级明纹到中央明纹中心的距离为,1.4mm,求：该入射光的波长；对应此明纹的半波带数？,解,：单缝衍射图样的第,k,级明纹中心的位置为：,2),单缝衍射的明纹分布：,对应的半波带数,对于第级明纹对应衍射角方向，缝两边光线的光程差为 ：,2,、波长,=600,的单色光垂直入射到一光栅上，第、第级明条纹分别出现在,sin,2,=0.20,与,sin,3,=0.30,处，且第级缺级求：光栅常数；光栅上狭缝的宽度；在屏上实际呈现出的全部级数？,解,：,(1),根据光栅方程,（,2,）由于第,4,级缺级，,（,3,）在屏上实际呈现出的全部级数,级,3,、为了测定一光栅的光栅常数，用波长,=,632.8nm,的氦氖激光器的激光垂直照射光栅，做光栅的衍射光谱实验，已知第一级明条纹出现在,30,0,的方向上问：这光栅的光栅常数是多大？这光栅的,1cm,内有多少条缝？第二级明条纹是否可能出现？为什么？,解,：,(1),根据光栅方程, 这光栅的,1cm,内缝的条数,n:,(3),对于第二级明条纹,即第二级明纹看不到。,条,第,8,章 光的偏振,马吕斯定律,：光强为,I,0,的线偏振光经过一个偏振片后，光强变为,布儒斯特定律,反射光为线偏振光，且振动面垂直入射面，折射光为部分偏振光。,当,时,玻璃,空气,第,9,章静电场,10.1,两平行金属板，带有等量异号电荷，相距为,5.0mm,两板的面积都是,150cm,2,电荷量的大小都是,2.6610,-8,C,，板带正电荷并接地，设地的电势为零，并忽略边缘效应，求,B,板的电势及,AB,间离,A,板,1.0mm,处的电势。,解：因平行板间电荷的分布的电场是匀强电场，由高斯定理得,所以有：,A,、,B,间离,A,板,1.0mm,处的电势为：,+,-,-,-,-,-,-,A,B,10.4,半径为,R,A,的金属球,A,外罩一同心金属球壳,B,，球壳很薄，内外半径都可看作,R,B,（见附图）。已知,A,、,B,的带电量分别为,Q,A,、,Q,B,。,（,1,）求,A,的表面,S,1,及,B,的内外表面,S,2,、,S,3,的电荷,q1,、,q2,、,q3,。,（,2,）求,A,、,B,的电势,U,A,、,U,B,。,（,3,）将球壳接地，再回答,1,）、,2,）两问。,（,4,）在,2,）问之后将,A,接地，再回答,1,）、,2,）两问。,（,5,）在,2,）问之后在,B,外罩一个很薄的同心金属球壳,C,（半径为,R,C,），则回答,1,）、,2,）两问，并求出的电势。,解（,1,）以金属球心为中心，,r,为半径作高斯面,S,，由对称性和高斯定理得：,从而有,解（,1,）以金属球心为中心，,r,为半径作高斯面,S,，由对称性和高斯定理得：,静电平衡时，从而有,又,2,）,A,、,B,的电势,U,A,、,U,B,。,由高斯定理得,5,）在,2,）问之后在,B,外罩一个很薄的同心金属球壳,C,（半径为,R,C,），则回答,1,）、,2,）两问，并求出的电势。,由高斯定理得,10.9,在半径为的金属球之外有一层半径为的均匀电介质层。电介质的相对介电常数为，求：,（,1,）电介质层内、外的场强分布。,（,2,）电介质层内、外的电势分布。,（,3,）金属球的电势。,O,R,R,r,S,解：（,1,）以金属球心为中心，,r,为半径作高斯面,S,，由对称性和高斯定理得：,O,R,R,r,S,介质内：,介质外：,2,）介质外：,介质内：,3),介质内：金属球为等势体，将,r=R,代入上式,U,1,中,第,11,章 恒定电流的磁场,单位,：,特斯拉,+,方向：,当,正,电荷垂直于特定直线运动时受力 ，将 方向定义为该点的 的方向。,大小：,洛伦兹力,：,1,、磁感强度,B,的定义,11.4,求下列各图中,P,点的磁感应强度的大小和方向。,a,I,I,P,(,a,),I,I,P,r,r,(,b,),I,P,a,(,c,),解,解,:,根据安培环路定理,r a,a r b,b r c,11.7,电缆由一导体圆柱和一同轴的导体圆筒构成，使用时电流,I,从导体流出，从另一导体流回，电流均匀分布在横截面上，如图所示。设圆柱体的半径为,R1,，圆筒内外半径分别为,R2,和,R3,，若场点到轴线的距离为,r,，求,r,从,0,到,范围内各处磁感应强度的大小。,R,1,R,1,R,2,R,3,11.13,粒子速度选择器是在匀强磁场中叠加一均匀电场，使两者互相垂直组成的。使带电粒子垂直于磁场和电场射入，只有速度为一定值的粒子才能沿直线通过而被选出来，速度太大或太小的粒子都会被偏转而不能沿直线射出，若磁感应强度为,1.0,10-2T,，电场强度为,3.0,104V/m,，问射入速度选择器的电子速度为多大时能被选出来？,解,，,第,12,章 电磁感应与电磁波,4,12.2,一根很长的直导线中通有交变电流,i,=,I,0,sin,t,，式中,I,0,及,都是常数。有一矩形线圈与长直导线在同一平面内，其中长为,l,的两对边与直导线平行（见图）。求线圈中的感应电动势。,解,：距导线,r,处的磁感应强度为：,矩形线圈内的磁通量为磁感应强度对矩形面积的积分：,线圈中的感应电动势为：,a,b,l,A,B,C,D,12.4,导体棒与金属轨道和接触，整个导体框放在,T,的均匀磁场中，磁场的方向与图面垂直（见附图）。求：,1,）若导体棒以,4.0m/s,的速度向右运动，导体棒内的感应电动势的大小和方向。,2,）若导体棒运动到某一位置时，电路的电阻为,0.20,，在此时导体棒受到的安培力。,3,）比较外力做功的功率和电路中消耗的热功率。,50cm,解,：（,1,）由法拉第电磁感应定律，可知当导体棒向右做切割磁感线运动时，在导体棒内产生的感应电动势大小为（取回路绕行正方向为顺时针方向）：,50cm,0,表明感应电动势的方向与回路绕行方向相反，即逆时针方向。,（,2,）电阻,R= 0.20,，此时电流为,:,导体棒所受安培力为：,（,3,）外力做功功率,热功率,可见外力做功的功率和电路中消耗的热功率相等。,12.9,一长直导线载有,I,5.0A,的电流，旁边有一矩形线圈,ABCD,与长直导线共面，矩形线圈长,l,1,0.20m,，宽,l,2,0.10m,，长边与导线平行，,AD,边与导线相距,a,0.10m,，线圈共,1000,匝。令线圈以速度,3.0m/s,垂直于导线向右运动（见附图）。求线圈中的感应电动势。,解,：当线圈向右运动时，长度为,l,2,的两条边运动方向与其长度方向平行，这两条边上无动生电动势；边长为,l,1,两条边长度方向、运动方向、磁场方向两两垂直，都具有动生电动势。,a,l,1,A,B,C,D,l,2,它们的方向对线圈而言是相反的。,AB,的方向是顺时针的，,CD,的方向是逆时针的。因而线圈电动势,对于微小的元过程,第,13,章 热力学第一定律,内,-,-,U,13.4,0.020kg,的氮气温度由,17,升为,27,。若在升温过程中：,1,）体积保持不变；,2,）压强保持不变；,3,）不与外界交换热量，试分别求出在这些过程中气体内能的改变、吸收的热量，和外界对气体所做的功。设氮气可看作理想气体，且,C,V,=,3,R/,2,。,解：,1),由于体积保持不变，故,A=0,2),吸收的热量,又,气体内能的改变,又,3,）由,1,）知,，又已知,Q,0,13.7,1mol,的非理想气体做准静态等温膨胀，由初体积,V,1,变为,V,2,，试求：这个过程中系统对外界所做的功。已知该气体物态方程分别为：,1,）,p(v,b)=RT,(,R ,b,是常量,),；,2,）,pv,=RT,(1,B/V,),（,R,为常量，,B=,f,(,T,),）。,解：,1,）由,p(v,b)=RT,故这个过程中系统对外界所做的功,2,）由,pv,=RT,(1,B/V,),13.7,1mol,的非理想气体做准静态等温膨胀，由初体积,V,1,变为,V,2,，试求：这个过程中系统对外界所做的功。已知该气体物态方程分别为：,1,）,p(v,b)=RT,(,R ,b,是常量,),；,2,）,pv,=RT,(1,B/V,),（,R,为常量，,B=,f,(,T,),）。,2,）由,pv,=RT,(1,B/V,),故这个过程中系统对外界所做的功,13.10,如图所示为一理想气体,(,已知,),循环过程的,T-V,图，其中,C,A,为绝热过程。,A,点的状态参量,(,T,V,1,),和,B,点的状态参量,(,T,V,2,),均为已知。,1),气体在,A B,B C,两过程中各和外界交换热量吗？是放热还是吸热？,2),求,C,点的状态参量。,3),这个循环是不是卡诺循环,?,习题,13.10,图,解：,1,）气体在,A,B,过程中和外界交换热量，吸热,气体在,B,C,过程中和外界交换热量，放热,2,）由于,C,A,过程为绝热过程，,A,点的状态参量,(T,V,1,),，,B,点的状态参量,(T,V,2,),解方程得：,3,）由于该循环不与恒温热源交换热量，故不是卡诺循环,V,p,0,A,B,C,T,由,