大学物理上册课后习题答案

习题解答 习题一 1 1 与 有无不同 和 有无不同 和 有无不同 其不同在哪里 r tdrtdv 试举例说明 解 1 是位移的模 是位矢的模的增量 即 r rr 12 12r 2 是速度的模 即 tdtd vts 只是速度在径向上的分量 tr 有 式中 叫做单位矢 则 r t rtddr 式中 就是速度径向上的分量 trd 不同如题 1 1 图所示 trd与 题 1 1 图 3 表示加速度的模 即 是加速度 在切向上的分量 tdvtvad a 有 表轨道节线方向单位矢 所以 tvtdd 式中 就是加速度的切向分量 dtv 的运算较复杂 超出教材规定 故不予讨论 tr 与 1 2 设质点的运动方程为 在计算质点的速度和加速度时 有人先求xtyt 出 r 然后根据 及 而求得结果 又有人先计算速度和加速2yx vtrda2tr 度的分量 再合成求得结果 即 及 你认为两种方法哪一种v22 tytx 22d tytx 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 在平面直角坐标系中 有 jyixr jtyitxrav 22dd 故它们的模即为 222222d tytxattvyxyx 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 2dtratrv 其二 可能是将 误作速度与加速度的模 在 1 1 题中已说明 不是速度的模 2dtr与 trd 而只是速度在径向上的分量 同样 也不是加速度的模 它只是加速度在径向分量中2dtr 的一部分 或者概括性地说 前一种方法只考虑了位矢 在径向 22dtrta 径 r 即量值 方面随时间的变化率 而没有考虑位矢 及速度 的方向随间的变化率对速度 r v 加速度的贡献 1 3 一质点在 平面上运动 运动方程为xOy 3 5 2 3 4 xty1t 式中 以 s计 以m计 1 以时间 为变量 写出质点位置矢量的表示式 2 求出t 1 s 时刻和 2s 时刻的位置矢量 计算这1秒内质点的位移 3 计算 0 s时刻到t t 4s时刻内的平均速度 4 求出质点速度矢量表示式 计算 4 s 时质点的速度 5 t 计算 0s 到 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 4s t t 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 jtitr 4321 53 m 2 将 代入上式即有 t2 jir 5 081 m42 jr 31 3 ijr 67 540 14 sm5320 jijtv 4 1sm 3 d jitrv 则 jiv 74 1s 5 ji 3 40 24sm1 jvta 6 2d jta 这说明该点只有 方向的加速度 且为恒量 y 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 m 的速率收绳时 试求船运动的速度和加速度的大小 0v1 s 图1 4 解 设人到船之间绳的长度为 此时绳与水面成 角 由图可知l 22sh 将上式对时间 求导 得t 题 1 4 图tstld2 根据速度的定义 并注意到 是随 减少的 tsvtlvd 0 船绳 即 cosd0ltst 船 或 vhlv0 2 120 船 将 再对 求导 即得船的加速度船vt 32020 020 ddsvhsl vsltsltva 船船 1 5 质点沿 轴运动 其加速度和位置的关系为 2 6 的单位为 的单xa2x2sm x 位为 m 质点在 0处 速度为10 试求质点在任何坐标处的速度值 1sm 解 xvttvadd 分离变量 62 两边积分得 cxv 321 由题知 时 0 xv50c 13sm2 x 1 6 已知一质点作直线运动 其加速度为 4 3 开始运动时 5 m at2x 0 求该质点在 10s 时的速度和位置 vt 解 ttv34d 分离变量 得 tvd 34 积分 得 12ct 由题知 0 tv01c 故 234tv 又因为 dtx 分离变量 tx 234 d 积分得 2321ctx 由题知 0t5x2c 故 523tx 所以 时s1 t m705120s93410 12 xv 1 7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动 运动方程为 2 3 式中以弧度计 以秒 3tt 计 求 1 2 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 t 角时 其角位移是多少 解 tt18d 9d2 1 时 s2 t 2sm3618 Ra2229 n 2 当加速度方向与半径成 角时 有 451tan n 即 R2 亦即 tt18 9 则解得 923 t 于是角位移为 rad67 23 t 1 8 质点沿半径为 的圆周按 的规律运动 式中 为质点离圆周上某点的Rs201btv s 弧长 都是常量 求 1 时刻质点的加速度 2 为何值时 加速度在数值上等0vbt t 于 解 1 btvts 0d Rtvatn202 则 2 4022 btn 加速度与半径的夹角为 20 arctbtvRn 2 由题意应有 2402 Rtba 即 402402 btvtv 当 时 bvt0 a 1 9 半径为 的轮子 以匀速 沿水平线向前滚动 1 证明轮缘上任意点 的运动方程R0v B 为 式中 是轮子滚动的角速度 当x sin tt yR cos1 t 0v R 与水平线接触的瞬间开始计时 此时 所在的位置为原点 轮子前进方向为 轴正方向 BBx 2 求 点速度和加速度的分量表示式 解 依题意作出下图 由图可知 sin 2coi0tRtvtx 题 1 9 图 1 cos1 cos1 2ty 2 sindco1 tRtyvx tvRatyyxxdcosi2 1 10 以初速度 20 抛出一小球 抛出方向与水平面成幔60 的夹角 01m 求 1 球轨道最高点的曲率半径 2 落地处的曲率半径 1R2R 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 题 1 10 图 1 在最高点 o016csvx 2m gan 又 1 2 van m10 60cos 22 nv 2 在落地点 202v1s 而 o6c2 gan m80s10 222 nv 1 11 飞轮半径为0 4 m 自静止启动 其角加速度为 0 2 rad 求 2s时边缘2s t 上各点的速度 法向加速度 切向加速度和合加速度 解 当 时 s2 t 4 02 t 1srad 则 16 04 Rv1s 064 22Ran 2sm 840 2222 s1 6 n 1 12 如题 1 12 图 物体 以相对 的速度 沿斜面滑动 为纵坐标 开始ABvgyy 时 在斜面顶端高为 处 物体以 匀速向右运动 求 物滑到地面时的速度 AhuA 解 当滑至斜面底时 则 物运动过程中又受到 的牵连运动影响 y hvA2 B 因此 对地的速度为 jghighuA sin2 cos2 地 题 1 12 图 1 13 一船以速率 30km h 1沿直线向东行驶 另一小艇在其前方以速率 40km h 11v 2v 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 依题意作速度矢量图如题 1 13 图 a 121v 题 1 13 图 由图可知 1212 hkm50 vv 方向北偏西 87 364arctnrt2 2 小船看大船 则有 依题意作出速度矢量图如题 1 13 图 b 同上法 得12v 50121hkm 方向南偏东 o87 36 1 14 当一轮船在雨中航行时 它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m的甲板上 篷高4 m 但当 轮船停航时 甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m 如雨滴的速度大小为8 m s 1 求轮船的速率 解 依题意作出矢量图如题 1 14 所示 题 1 14 图 船雨雨 船 vv 船雨 船雨 由图中比例关系可知 1sm8 雨船 v 习题二 2 1 因绳不可伸长 故滑轮两边绳子的加速度均为 a1 其对于 m2则为牵连加速度 又知 m2 对绳子的相对加速度为 a 故 m2对地加速度 由图 b 可知 为 a2 a1 a 又因绳的质量不计 所以圆柱体受到的摩擦力 f 在数值上等于绳的张力 T 由牛顿定律 有 m1g T m1a1 T m2g m2a2 联立 式 得 211212 magTfaag 讨论 1 若 a 0 则 a1 a2表示柱体与绳之间无相对滑动 2 若 a 2g 则 T f 0 表示柱体与绳之间无任何作用力 此时 m1 m2均作自由落体运 动 题 2 1 图 2 2 以梯子为对象 其受力图如图 b 所示 则在竖直方向上 NB mg 0 又因梯无转动 以 B 点为转动点 设梯子长为 l 则 NAlsin mg cos 0 2l 在水平方向因其有加速度 a 故有 f NA ma 题 2 2 图 式中 f 为梯子受到的摩擦力 其方向有两种可能 即 f 0mg 联立 式得 2tan 2tan00ggMm 2 3 28316 smfx27 mfay 1 20 187216453smdtavyyxx 于是质点在 2s 时的速度 18745 sji 2 mji jijtattvryx874134 167 2 42 1220 2 4 1 dtvka 分离变量 得 mtvd 即 tk0mktev lnl0 tm k 0 2 t tt m kkevdevx00 1 3 质点停止运动时速度为零 即 t 故有 00ktevxm k 4 当 t 时 其速度为kevevkm0100 即速度减至 v0的 2 5 分别以 m1 m2为研究对象 其受力图如图 b 所示 1 设 m2相对滑轮 即升降机 的加速度为 a 则 m2对地加速度 a2 a a 因绳不可伸长 故 m1对滑轮的加速度亦为 a 又 m1在水平方向上没有受牵连运动的影响 所以 m1在水平 方向对地加速度亦为 a 由牛顿定律 有 m2g T m2 a a T m1a 题 2 5 图 联立 解得 a g 方向向下 2 m2对地加速度为 a2 a a 方向向上g m1在水面方向有相对加速度 竖直方向有牵连加速度 即 a 绝 a 相 a 牵 ga25422 arctan arctan 26 6 左偏上 1 2 6 依题意作出示意图如题 2 6 图 题 2 6 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 30 则动量的增量为 p mv mv 0 由矢量图知 动量增量大小为 mv 0 方向竖直向下 2 7 由题知 小球落地时间为 0 5s 因小球为平抛运动 故小球落地的瞬时向下的速度大 小为 v1 gt 0 5g 小球上跳速度的大小亦为 v2 0 5g 设向上为 y 轴正向 则动量的增量 p mv 2 mv1 方向竖直向上 大小 p mv 2 mv1 mg 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 8 1 若物体原来静止 则 p 1 i kg m s 1 沿 x 轴正向 t idtFd04056 21 1156 smkgipIv 若物体原来具有 6 m s 1初速 则 于是 tt FdvdFv0000 tpp12 同理 v 2 v 1 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 t tdtI0210 2 亦即 t2 10t 200 0 解得 t 10 s t 20 s 舍去 2 9 质点的动量为 p mv m asin ti bcos tj 将 t 0 和 t 分别代入上式 得 2 p1 m bj p 2 m ai 则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 I p p 2 p1 m ai bj 2 10 1 由题意 子弹到枪口时 有 F a bt 0 得 t ba 2 子弹所受的冲量 t tdtI021 将 t 代入 得baI2 3 由动量定理可求得子弹的质量 020bvaIm 2 11 设一块为 m1 则另一块为 m2 m1 km2及 m1 m2 m 于是得 1 21 km 又设 m1的速度为 v1 m2的速度为 v2 则有 21T mv m1v1 m2v2 联立 解得 v2 k 1 v kv1 将 代入 并整理得 21 vkmT 于是有 kT1 将其代入 式 有 mv22 又 题述爆炸后 两弹片仍沿原方向飞行 故只能取 kTvkv2 21 证毕 2 12 1 由题知 F 合 为恒力 A 合 F r 7i 6j 3i 4j 16k 21 24 45 J 2 wtN756 04 3 由动能定理 E k A 45 J 2 13 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 f ky 第一锤外力的功为 A1 ss kydfdyf102 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 dt 0 时 f f 设第二锤外力的功为 A2 则同理 有 212ykyk 由题意 有 2 1 2kmvA 即 21ky 所以 于是钉子第二次能进入的深度为 y y 2 y1 1 0 414 cm 2 14 1 nrkdErF 方向与位矢 r 的方向相反 即指向力心 2 15 弹簧 A B 及重物 C 受力如题 2 15 图所示平衡时 有 题 2 15 图 FA FB Mg 又 F A k1 x 1 FB k2 x 2 所以静止时两弹簧伸长量之比为 12kx 弹性势能之比为 12212kxEp 2 16 1 设在距月球中心为 r 处 F 月引 F 地引 由万有引力定律 有 G G2rmM月 2rR 地 经整理 得 r RM月地 月 2241035 71098 5 8104 38 32 10 m6 则 p 点处至月球表面的距离为 h r r 月 38 32 1 74 106 3 66 10 7 m 2 质量为 1 kg 的物体在 p 点的引力势能为 rRMGrEP 地月 7 241721 1083 9506 83 5067 1 28 J 2 17 取 B 点为重力势能零点 弹簧原长为弹性势能零点 则由功 能原理 有 m 2gh m1 m2 v2 m 1gh k l 2 式中 l 为弹簧在 A 点时比原长的伸长量 则 l AC BC 1 h 联立上述两式 得 v 21 22mkhg 题 2 17 图 2 18 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 37sin21mgvkx k 21 ikxfr 式中 s 4 8 0 2 5 m x 0 2 m 再代入有关数据 解得 k 1390 N m 1 题 2 18 图 再次运用功能原理 求木块弹回的高度 h fts mgs sin37 kx321 代入有关数据 得 s 1 4 m 则木块弹回高度 h s sin37 0 84 m 题 2 19 图 2 19 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 mgR 221Vv 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 mv MV 0 联立 以上两式 得 v MmgR 2 2 20 两小球碰撞过程中 机械能守恒 有 221201vv 即 210 题 2 20 图 a 题 2 20 图 b 又碰撞过程中 动量守恒 即有 mv0 mv1 mv2 亦即 v 0 v1 v2 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 v0为斜边 故知 v1与 v2是互相垂直的 2 21 由题知 质点的位矢为 r x1i y1j 作用在质点上的力为 f fi 所以 质点对原点的角动量为 L0 r mv x1i y1j m vxi vyj x1mvy y1mvx k 作用在质点上的力的力矩为 M0 r f x1i y1j fi y1fk 2 22 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 r1mv1 r2mv2 mvr 12402 06 58 9175 2 23 1 30 1skgjjdtftp 2 解 一 x x 0 v0 xt 4 3 7 jatvy 5 2316210 即 r1 4i r2 7i 25 5j vx v0 x 1 150ty 即 v1 i1 6j v 2 i 11j L 1 r1 mv1 4i 3 i 6j 72k L2 r2 mv2 7i 25 5j 3 i 11j 154 5k L L 2 L1 82 5k kg m2 s 1 解 二 dtzM ttdtFrdML00 30 1225 8 4 5316smkgkdtjdti 题 2 24 图 2 24 在只挂重物 M1时 小球作圆周运动的向心力为 M1g 即 M1g mr0 20 挂上 M2后 则有 M1 M2 g mr 2 重力对圆心的力矩为零 故小球对圆心的角动量守恒 即 r 0mv0 r mv 22 r 联立 得 32102132101010 MmgrMrrg 2 25 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 F r F r是摩 擦力 F x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 25 图 a 题 2 25 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 FlNllF121210 对飞轮 按转动定律有 F rR I 式中负号表示 与角速度 方向相反 F r N N N lr12 又 2mRI FlIFr12 以 F 100 N 等代入上式 得 234050 26 7 4 0 srad 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为 st 6 4390 这段时间内飞轮的角位移为 radt 21 53 49 302196020 可知在这段时间里 飞轮转了 53 1 转 2 0 900 2 60 rad s 1 要求飞轮转速在 t 2 s 内减少一半 可知202152 sradtt 用上面式 1 所示的关系 可求出所需的制动力为 NlmRF172 75 0 4 021621 2 26 设 a a2和 分别为 m1m2和柱体的加速度及角加速度 方向如图 如图 b 题 2 26 a 图 题 2 26 b 图 1 m1 m 2和柱体的运动方程如下 321211 IrTRag 式中 T 1 T 1 T2 T 2 a2 r a 1 R 而 I 1 2 MR 2 1 2 mr2 由上式求得 2 22222113 6 8 910 01 40 sradgrmRI 2 由 式 T2 m2r m 2g 2 0 10 6 13 2 9 8 20 8 N 由 式 T1 m1g m1R 2 9 8 2 0 20 6 13 17 1 N 2 27 分别以 m1 m 2滑轮为研究对象 受力图如图 b 所示 对 m1 m2运用牛顿定律 有 m2g T2 m2a T1 m1a 对滑轮运用转动定律 有 T2r T1r 1 2Mr2 又 a r 联立以上 4 个方程 得 221 6 721508 9 smMmga 题 2 27 a 图 题 2 27 b 图 题 2 28 图 2 28 1 由转动定律 有 mg l 2 1 3 ml2 lg23 2 由机械能守恒定律 有 mg l 2 sin 1 2 1 3 ml 2 2 lg sin3 题 2 29 图 2 29 1 设小球的初速度为 v0 棒经小球碰撞后得到的初角速度为 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 mv0l I mvl 1 2 mv20 1 2 I 2 1 2 mv2 上两式中 I 1 3Ml2 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 30 按机械能守恒定律可列式 30cos1 212 lMgI 由 式得 2121 30cos lIl 由 式 mlv 0 由 式 I 202 所以 22001 mvlIv 求得 glMlI 312 6 20 2 相碰时小球受到的冲量为 Fdt mv mv mv 0 由 式求得 Fdt mv mv 0 I l 1 3 Ml glM6 32 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 1 碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度 v0 R 设碎片上升高度 h 时的速度为 v 则有 v2 v20 2gh 令 v 0 可求出上升最大高度为 201 RgH 2 圆盘的转动惯量 I 1 2 MR2 碎片抛出后圆盘的转动惯量 I 1 2 MR 2 mR2 碎片脱离 前 盘的角动量为 I 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 I I mv 0R 式中 为破盘的角速度 于是 1 2 MR2 1 2 MR 2 mR2 mv 0R 1 2 MR2 mR2 1 2 MR 2 mR2 得 角速度不变 圆盘余下部分的角动量为 1 2 MR2 mR2 转动动能为 题 2 31 图 Ek 1 2 1 2 MR2 mR2 2 2 31 1 射入的过程对 O 轴的角动量守恒 Rsin m 0v0 m m0 R2 Rm sin0 2 0 22020sin1 sin 20 mvREk 2 32 以重物 滑轮 弹簧 地球为一系统 重物下落的过程中 机械能守恒 以最低点为 重力势能零点 弹簧原长为弹性势能零点 则有 mgh 1 2 mv2 1 2 I 2 1 2 kh2 又 v R 故有 ImRkhgv 2 1220 25 03 63 489 s 题 2 32 图 题 2 33 图 2 33 1 小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒 当小球滑至 B 点时 有 I0 0 I0 mR2 该系统在转动过程中 机械能守恒 设小球相对于圆环的速率为 vB 以 B 点为重力势能零 点 则有 1 2 I0 20 mgR 1 2 I0 mR2 2 1 2 mv2B 联立 两式 得 202mRIgvB 2 当小球滑至 C 点时 I c I0 c 0 故由机械能守恒 有 mg 2R 1 2 mv2c v c 2 g 请读者求出上述两种情况下 小球对地速度 5416023410121 vuHz 习题七 7 1 下列表述是否正确 为什么 并将错误更正 1 AEQ 2 VpEQd 3 1 2 4 1 2 不 可 逆 解 1 不正确 2 不正确 Vpd 3 不正确 1 2Q 4 不正确 不 可 逆 7 2 Vp图上封闭曲线所包围的面积表示什么 如果该面积越大 是否效率越高 答 封闭曲线所包围的面积表示循环过程中所做的净功 由于 1Q A净 净 面积越大 效率不一定高 因为 还与吸热 1Q有关 7 3 如题 7 3 图所示 有三个循环过程 指出每一循环过程所作的功是正的 负的 还是 零 说明理由 解 各图中所表示的循环过程作功都为 0 因为各图中整个循环分两部分 各部分面积大 小相等 而循环方向一个为逆时针 另一个为顺时针 整个循环过程作功为 0 题 7 3 图 7 4 用热力学第一定律和第二定律分别证明 在 Vp 图上一绝热线与一等温线不能有两 个交点 题 7 4 图 解 1 由热力学第一定律有 AEQ 若有两个交点 a和 b 则 经等温 过程有 011 经绝热 过程 2 AE 从上得出 21 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 10 违背了热力学第二定律 7 5 一循环过程如题 7 5 图所示 试指出 1 cab 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 acbaQ 表述其热机效率或致冷系数 解 1 是等体过程bc 过程 从图知有 KTV 为斜率 由 vRp 得K 故 bc过程为等压过程a 是等温过程 2 Vp 图如题 57 图 题 57 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 abcbQ e 题 7 5 图 题 7 6 图 7 6 两个卡诺循环如题 7 6 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 7 7 评论下述说法正确与否 1 功可以完全变成热 但热不能完全变成功 2 热量只能从高温物体传到低温物体 不能从低温物体传到高温物体 3 可逆过程就是能沿反方向进行的过程 不可逆过程就是不能沿反方向进行的过程 答 1 不正确 有外界的帮助热能够完全变成功 功可以完全变成热 但热不能自动地完 全变成功 2 不正确 热量能自动从高温物体传到低温物体 不能自动地由低温物体传到高温物 体 但在外界的帮助下 热量能从低温物体传到高温物体 3 不正确 一个系统由某一状态出发 经历某一过程达另一状态 如果存在另一过程 它 能消除原过程对外界的一切影响而使系统和外界同时都能回到原来的状态 这样的过程就 是 可逆过程 用任何方法都不能使系统和外界同时恢复原状态的过程是不可逆过程 有些过 程 虽能沿反方向进行 系统能回到原来的状态 但外界没有同时恢复原状态 还是不可逆过 程 7 8 热力学系统从初平衡态 A 经历过程 P 到末平衡态 B 如果 P 为可逆过程 其熵变为 BABTQS可 逆d 如果 P 为不可逆过程 其熵变为 BATQS不 可 逆d 你说对吗 哪一个表述要修改 如何修改 答 不对 熵是状态函数 熵变只与初末状态有关 如果过程 P为可逆过程其熵变为 BABTQS可 逆d 如果过程 P为不可逆过程 其熵变为 不 可 逆 7 9 根据 BABS可 逆d 及 BABTQS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 7 10 如题 7 10 图所示 一系统由状态 a沿 cb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 沿曲线 b返回状态 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 AEQ 2416350 Jd 过程 系统作功 系统吸收热量ba 过程 外界对系统作功 83 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 EQ 吸热 2 112VTRiTC 5 63035 8 EQ J 对外作功 A 2 等压过程 2 112PTRiTC 吸热 75 1038 35 1 82 Q J VTCE 内能增加 2 6 J 对外作功 541375 108 EA 7 12 一个绝热容器中盛有摩尔质量为 molM 比热容比为 的理想气体 整个容器以速 度 v运动 若容器突然停止运动 求气体温度的升高量 设气体分子的机械能全部转变为内 能 解 整个气体有序运动的能量为 2u 转变为气体分子无序运动使得内能增加 温度变 化 2V1mTCME 1 22ol2ol uRu 7 13 0 01 m3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 30 T 由 21Vp 求得体积 32 10 m 对外作功 2112lnlpVRTA 0 03 5 674 J 2 绝热压缩 CV 5 7 由绝热方程 21p 12 pV12 21 p 3409 0 m 由绝热方程 21pT 得 K579 24 04 122 pT 热力学第一定律 AEQ 所以 12molTCMAV RTMpVmol 2511TRVpA 35 05 2307930 1 A J 7 14 理想气体由初状态 1p经绝热膨胀至末状态 2Vp 试证过程中气体所作的 功为 12 Vp 式中 为气体的比热容比 答 证明 由绝热方程 Cpp 21 得 V p1 21dVA 21 121VrVv 21 p 又 1 VA 211 pV 所以 1 7 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 KVT 由图可求得直线的斜率 K为02 得过程方程 0 由状态方程 RTpV 得 ab 过程气体对外作功 02dVvpA 000202ddVVRT 7 16 某理想气体的过程方程为 ap 2 1 为常数 气体从 1V膨胀到 2 求其所做的 功 解 气体作功 21dVvpA 21 21 21VVaa 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121 p 答 等体过程 吸热 12V1TCQ Rp 绝热过程 03 等压压缩过程 放热 12p2T 1PRVC 循环效率 1 2Q 1 1 22Vp2 题 7 17 图 题 7 19 图 7 18 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 1 2T 7013 2 低温热源温度不变时 若 81T 要求 50 K 高温热源温度需提高 50K 3 高温热源温度不变时 若 812 要求 0TK 低温热源温度需降低 10 7 19 如题 7 19 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 3 求此循环效率 这是卡 诺循环吗 解 1 热机效率 1 2Q 等压过程 P1T 吸热 mo 1ABlCMQD 等压过程 12P2v 放热 ol DCT 1 12 BABCABCTQ 根据绝热过程方程得到 D 绝热过程 Dp1 绝热过程 CB 1 又 B CA Tp 231T 2 不是卡诺循环 因为不是工作在两个恒定的热源之间 7 20 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 21 2TAQe 静7 时 需作功 4 7108321 J3 时 需作功 21212 QTAJ 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 7 21 如题 7 21 图所示 1 mol 双原子分子理想气体 从初态 K30 L211 TV经历三 种不同的过程到达末态 K30 L422 TV 图中 1 2 为等温线 1 4 为绝热线 4 2 为等压线 1 3 为等压线 3 2 为等体线 试分别沿这三种过程计算气体的熵变 题 7 21 图 解 21 熵变 等温过程 AQd Vpd RT 1122RTS76 5lnl 2 J1K 3 熵变 1232dTQS 32V13pVp12 lnl233 TCCTT 等压过程 31 3 2 1 23VT 等体过程 23T p32p 1 12V12P12lnlpCS 在 等温过程中 所以 2lnlll121212P12 RV 4 熵变 1242dTQS 41p42pp12 lnl024 TCCT 绝热过程 14141 VV 2 11 pp 在 2等温过程中 1 2 41 VV 124 T2lnl1ln2P41P2 RCS 7 22 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 2 1 2 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 TTlCS12dmomol0 21olol n l nC 因为是两个相同体积的容器 故 1mol2mol TT 得 21mol04 nCS 7 23 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 34 1gJ 解 1 水的熵变 612273045 1 TQS J1K 2 热源的熵变 579 2 1 3 总熵变 4206121 S J 熵增加