大学物理答案(参考) 67页

大学物理答案（采矿083内部使用）简谐振动(40)1.周相为81π/5(或16.2π)rad,时间为3/80(或0.0375)s2.,解:,3.如图为以余弦函数表示的谐振动的振动曲线,则其初周相φ=–π/3(或)，P时刻的周相为0.X(m)P2解:由t=0时x0=1=2cosφ1得cosφ=1/2且v0=–ωAsinφ>00t(s)即sinφ<0∴φ=–π/3(或)t=tp时xp=2=2cos(ωtp–π/3)\ncos(ωtp–π/3)=1∴(ωtp–π/3)=04.试求出相应的初周相之值,并写出振动方程.解:,则(1)由得即φ=±π∴(2)由得又即由此得∴(3)由得又即由此得\n(4)由得又即由此得∴5解已知A=0.60m,ω=5s-1,（1）由（2）当简谐振动的合成1.A)(A)1(B)1/4(C)4/1(D)2/1解:振动能量\n即2.有两个同方向的谐振动分别为X1=4COS(3t+π/4)cm，X2=3COS(3t－3π/4)cm,则合振动的振幅为A=1cm,初周相为φ=π/4.∵φ2－φ1=－π\A=|A1-A2|=|4-3|=1cmφ=φ1=π/43.则另一个分振动的振幅为A2=4cm,初位相φ=2π/3.解:根据题意作旋转矢量图φφ2\nO4.X=0.A1解:作旋转矢量图已知A1=A2=A3=A,A3A'且A合=0∴x=5.频率为v1和v2的两个音叉同时振动时，可以听到拍音，若v1＞v2，则拍的频率是(B)(A)v1+v2(B)v1－v2(C)(v1+v2)/2(D)(v1－v2)/26.\nφ1φ2φπ/6振动(习题课)1.(D)(A)T/4(B)T/6(C)T/8(D)T/12已知A1=0.173cm\noA/2解:,且\n2.如图为用余弦函数表示的一质点作谐振动曲线,振动圆频率为ω=7π/6,从初始状态到达状态a所需时间为ta=2s.解:,0~1s内,,且,t2=2t1=2(s)3.质量为0.1kg的小球与轻弹簧组成的弹簧振子,按X=0.1COS(8πt＋2π/3)的规律作谐振动,(SI),求:(1)振动周期、振幅、初相及速度、加速度的最大值；(2)解:(1)(2)求最大弹性力及振动能量.4.一质点在X轴上作简谐振动,选取该质点向右运动通过A点时作为计时起点(t=0),经过2秒后质点第一次经过B点,再经过2秒后质点第二次经过B点,若已知该质点在A、B两点具有相同的速率,且AB=10cm,求(1)质点的振动方程(2)质点在A点处的速率.\nDAOBCX解:(1)A、B两点速率相同，则两点在平衡位置对称处，取两点的中点O为原点，则有设C、D为振幅位置，质点从A到B需2秒，则从O到B需1秒。而它从O→B→C→B→O需4秒，正好是半个周期。即T/2=4s,∴T=8s,从A→B需时间t=2s,则由而(2)\n5.劲度为K1的轻弹簧与劲度为K2的弹簧如图连接,在K2的下端挂一质量为m的物体,(1)证明当m在竖直方向发生微小位移后,系统作谐振动。(2)将m从静止位置向上移动a,然后释放任其运动,写出振动方程(取物体开始运动为计时起点,X轴向下为正方向)K1K1K2m(1)证明:平衡时有2k1l1=k2l2=mg得等效弹簧伸长量平衡时等效弹簧kl=mg得取静平衡位置为坐标原点,向下为x轴正方向,则物在x处时受合力即可见物体所受合力为线性回复力,所以系统作简谐振动。(2)解：设振动表达式为\n∴振动表达式为：振动(习题课后作业)1.当谐振子的振幅增大到2A时,它的周期不变,速度最大值变为原来的2倍,加速度最大值变为原来的2倍(填增大、减小、不变或变几倍)解:（1）T、ω、ν只决定于谐振子本身的性质（2）vm=ωA,A'=2A,vm'=ωA'=2ωA=2vm（3）am=ω2A,A'=2A,am'=ω2A'=2ω2A=2am2.如图所示质点的谐振动曲线所对应的振动方程(D)(A)X=2COS(3t/4+π/4)(m)(B)X=2COS(πt/4+5π/4)(m)(C)X=2COS(πt－π/4)(m)(D)X=2COS(3πt/4－π/4)(m)X(m)t(s)201解法一：t=0时,cosφ=x0/A=√2/2,sinφ=－v0/ωA<0∴φ=－π/4,t=1s时,x=2cos(ω－π/4)=0,v=－ωAsin(ω－π/4)<0即cos(ω－π/4)=0,sin(ω－π/4)>0,且(ω－π/4)－π/4<π,(ω－π/4)<5π/4,(ω－π/4)=π/2,则ω=π/2+π/4=3π/4(s-1)∴x=2cos(3πt/4－π/4)解法二：t=0时,cosφ=x0/A=√2/2v0>0,∴φ=－π/4t=1s时,A转过的角度为\nΔφ=ωt=3π/4ω=(3π/4)/t=3π/4∴x=2cos(3πt/4－π/4)3.两个同方向同频率的谐振动,其合振幅为20cm,合振动周相与第一个振动的周相差为60°,第一个振动的振幅为A1=10cm,则第一振动与第二振动的周相为(B)(A)0(B)π/2(C)π/3(D)π/4解：根据余弦定理A22=A2+A12－2AA1cos60°=400+100－400×1/2=300A2=√300=10√3A2=A12+A22+2A1A2cos(φ1-φ2)\ncos(φ1-φ2)=(A2－A12－A22)/(2A1A2)=0\φ1－φ2=p/24.(B)(A)(B)(C)(D)设每等份弹簧的劲度系数为k'则由1/k=1/k'+1/k'+1/k'=3/k'得：k'=3k两段并联后的劲度系数为k''=k'+k'=2k'=6k\选（B）5.已知两谐振动的位置时间及速度时间曲线如图所示,求它们的振动方程.X(m)V(cm/s)210101t(s)01234t(π/10)S-1-2-10解:(a)\n波动(一)1.2.如图表示t=0时刻正行波的波形图,O点的振动位相是(C)(A)－π/2(B)0(C)π/2(D)πuY0X设O点的振动表达式为y=Acos(ωt+j)则O点的速度表达式为v=－ωAsin(ωt+j)t=0时y0=Acosj=0v0=－ωAsinj<0则有cosj=0,sinj>0\j=p/23.相差是12rad解:ω=3s-1ÞT=2π/ω=2π/3(s)2π/λ=6Þλ=π/3,Dj=2pDx/l=6×2=12(rad)4.已知波源在原点(X=0)的平面谐波的方程为Y=ACOS(Bt－CX),式中A、B、C为正值恒量，则此波的振幅为A，波速为B/C,周期为2π/B,波长为2π/C,在任何时刻,在波传播方向上相距为D的两点的周相差为CD.解:由Y=Acos(2πt/T+2πx/λ+φ)=Acos(Bt－Cx)得2π/T=B2π/λ=Cφ=0\n\振幅为A,T=2π/B,λ=2π/C,u=λ/T=B/CΔφ=2π(x2－x1)/λ=2πD/λ=CDY(m)0.1010203040X(m)u5.如图所示是一平面余弦波在t=0.25s时刻的波形图,波速为u=40m/s,沿X的正方向传播,写出此波的波动方程.解:A=0.1m,u=40m/sλ=40mω=2πu/λ=2π´40/40=2p(s-1)设O点的振动表达式为y=0.1cos(ωt+j)=0.1cos(2πt+j)则v=－0.2πsin(2πt+j)t=0.25s时,O点的振动为y=0.1cos(π/2+j)=0,速度为v=－0.2πsin(π/2+j)<0,即cos(π/2+j)=0,sin(π/2+j)>0,得π/2+j=π/2,\j=0O点的振动表达式y=0.1cos2πt波动表达式y=0.1cos[2π(t－x/40)波动(二)1.一平面谐波在弹性媒质中传播时,在传播方向上某质元在平衡位置时,则它的能量为(C)(A)动能为零,势能最大(B)动能为零,势能为零(C)动能最大,势能最大(D)动能最大,势能为零(由Ep=Ek=mv2/2和质元在平衡位置时速度最大可得)2.下面说法正确的是(B)3.如图A、B为两个同位相的相干波源,相距4m,波长为1m,设BC垂直AB,BC=10m\n,则B、C之间(B点除外)将会出现3个干涉加强点.r1ABC解:干涉加强点,光程差为Pr1－r2=kl(k=0,1,…)r2在B点,r1－r2=4(m)在C点,r1=[(AB)2+(BC)2]1/2=[42+102]1/2=10.8(m)r2=BC=10m,r1－r2=0.8m在B、C之间任一P点，有0.8≤r1－r2<4（B点除外）对干涉加强点有：0.8≤kλ<4即0.80得所以t时刻的波形分布函数为P点t时刻的位移P点t时刻的速度得\n∴λ=3m3.一横波沿X轴负方向传播,若t时刻波形曲线如图所示,在t+T/4时刻原X轴上的1、2、3三点的振动位移分别是(B)(A)A、0、-A(B)-A、0、A(C)0、A、0(D)0、-A、0已知φ1–φ2=π,设S1为原点，在S1和S2连线间解:4.两个相干波源S1和S2,相距L=20m,在相同时刻,两波源的振动均通过其平衡位置,但振动的速度方向相反,设波速u=600m/s,频率ν=100Hz,试求在S1和S2间的连线上因干涉产生最弱点的所有位置(距S1的距离).任取一点P，其坐标为xS2S1L=20mL–xPx光的干涉(一)1.用某单色光作杨氏双缝实验，双缝间距为0.6mm，在离双缝2.5m处的屏上出现干涉条纹，现测得相邻明纹间的距离为2.27mm，则该单色光的波长是：(A)(A)5448Å(B)2724Å(C)7000Å(D)10960Å解:由Δx=Dλ/d得λ=dΔx/D=5.448×10-7m\n2.在杨氏双缝实验中，入射光波长为λ，屏上形成明暗相间的干涉条纹，如果屏上P点是第一级暗条纹的中心位置，则S1，S2至P点的光程差δ=r2－r1为（D）(A)λ(B)3λ/2(C)5λ/2(D)λ/2解:δ=r2－r1=(2k－1)λ/2将k=1代入得δ=r2－r1=λ/23.在双缝实验中，用厚度为6μm的云母片，覆盖其中一条缝，从而使原中央明纹位置变为第七级明纹，若入射光波长为5000Å，则云母片的折射率为：（C）(A)0.64(B)1.36(C)1.58(D)1.64S1r解:δ0=r－r=0,oδ=[(r－e)+ne]－reS2r=(n－1)e=7λ∴n=1+7λ/e=1.584.在双缝实验中，两缝相距2mm，双缝到屏距离约1.5m，现用λ为5000Å的单色平行光垂直照射，则中央明纹到第三级明纹的距离是：（C）(A)0.750mm(B)2.625mm(C)1.125mm(D)0.563mm解:x=kDλ/d=1.125(mm)Pr15.在双缝干涉实验中，屏幕E上的P点处是明条纹，若将缝S2盖上，并在S1S2连线的垂直平分面处放一反射镜M，如图所示，则此时（B）S1r2(A)P点处仍为明条纹S·S'(B)P点处为暗条纹S2ME(C)不能确定P点处是明条纹还是暗条纹(D)无干涉条纹\n解:δ=r2－r1=kλ,r2=S2S'+S'P,r1=S1P由对称性S1S'=S2S'得r1'=S1S'+S'P=S2S'+S'P=r2∵δ'=(r1'+λ/2)－r1=r2－r1+λ/2=kλ+λ/2=(2k+1)λ/2∴P点为暗条纹。6.那么d′/d=1/2，若d=0.1mm，D=1m，P点距屏中心O的距离为4cm，则入射光波长为5×10-7m。解：由x=kDλ/d=k'Dλ/d'得d'/d=k'/k=4/8=1/2λ=xd/kD=4×10-2×0.1×10-3/8×1=5×10-7m7.解：(1)Δx=Dλ/d=0.4mm,x2-x-2=4Δx=1.6mm(2)δ=xd/D,Δφ=2πδ/λ=2πxd/(λD)=25π/8(rad)(3)IP:I0=4I1cos2(Δφ/2):4I1cos20=cos2(25π/16):1=0.03818.解：已知n=1.5,d=0.5mm,D=2.5×103mmλ=5×10-4mm(1)δ=(n－1)e=5λ,e=5λ/(n－1)=5×10-3mmΔx=Dλ/d=2.5×103mm×5×10-4mm/0.5mm=2.5mm(2)设置放膜后，屏幕下方第五级明纹移到原中央明纹处，则置放膜后的零级明纹移到原来上方第五级明纹处。x0'=x5=5Dλ/d=1.25cm则置放膜后,上、下方一级明纹位置分别为\nx1'=x6=6Dλ/d=1.5cm,x'-1=x4=4Dλ/d=1.0cm光的干涉(二)1.最小厚度为(D)(A)λ/2(B)λ/2n(C)λ/4(D)λ/4n∵δ=2ne=(2k-1)λ/2单色光空气∴e=(2k-1)λ/4n,k=1,e=λ/4n2.如图，用单色光垂直照射在观察牛顿环的装置上，当平凸透镜垂直向上缓慢平移而远离平面玻璃时，可以观察到这些环状干涉条纹(B)(A)向左平移(B)向中心收缩(C)向外扩张(D)静止不动(E)向左平移3.已知在迈克耳逊干涉仪中使用波长为λ的单色光，在干涉仪的可动反射镜移动一距离d的过程中，干涉条纹将移动2d/λ条。4.最小厚度为0.125μm。解:已知i=30˚,n=1.30,λ=6000Å∵δ=2e[n22－n12sin2i]1/2+λ/2=kλ∴e=[(2k-1)λ/2]/[n2-(1/2)2]1/2,取k=1得e=1250Å=0.125μm5.在空气劈尖干涉的实验中，当劈尖夹角变小时，干涉条纹的分布如何改变,变疏(疏或密)，若劈尖夹角不变，但在劈尖中充以某种液体，则干涉条纹如何改变,变密(疏或密)由l=λ/(2nθ)可见,θ减小则l增大,条纹变疏n增大则l减小,条纹变密。\n入射光e玻璃板n玻∵n空1时,半径为r'k可见,r'k0又又即a→b必吸热。（选B）VAOPBCD·6.如图一定量的理想气体从相同的初态A分别经准静态过程AB、AC(绝热过程)及AD到达温度相同的末态，则气体吸(放)热的情况是：(B)(A)AB吸热AD吸热(B)AB放热AD吸热(C)AB放热AD放热(D)AB吸热AD放热\n解：比较曲线下的面积可知，而Ｂ，Ｃ，Ｄ处在同一等温线上，即所以，，于是　选(B)7.图为1mol单原子理想气体的循环过程，其中a→b是等压过程，计算：(1)ab,bc,ca过程中的热量变化(2)经一循环后的总动(3)循环效率·b600T(k)44.8c·V（升）a22.40解:i=3CV=3R/2=12.47J·mol-1·k-1CP=5R/2=20.78J·mol-1·k-1(1)ab是等压过程由Va/Ta=Vb/Tb得Tb=VbTa/Va=300kQab=νCP(Tb-Ta)=20.78×(300－600)=－6234(J)bc是等体过程Qbc=νCV(Tc-Tb)=12.47×300=3741(J)ca是等温过程\nQca=Aca=RTaln(Va/Vc)=8.31×600×ln2=3456(J)(2)A=Q=Qab+Qbc+Qca=963(J)(3)Q1=Qbc+Qca=7197(J)Q2=|Qab|=6234(J)η=1－Q2/Q1=1－6234/7179=13.4%或η=A/Q1=963/7197=13.4%光的偏振1、光从水面反射时，起偏角为53°，如果一光束以53°的入射角射入水中，则折射角为(A)(A)37°(B)35°(C)53°(D)90°∵i0＋i2=90o∴i2=90o－i0=90o－53o=37o2、两偏振片堆叠在一起，一束自然光垂直入射其上时没有光线通过，当其中一偏振片慢慢转动180°时透射光强度发生的变化为(B)(A)光强单调增加(B)光强先增加，后又减小至零(C)光强先增加，后减小，再增加(D)光强先增加，然后减小，再增加，再减小至零3、入射光由自然光与线偏振光混合组成，当它垂直通过一偏振片后，透射光强度与偏振片偏振化方向的取向有关，已知光强的最大值是最小值的五倍，则入射光中自然光与线偏振光的光强之比是(B)\n(A)1：3(B)1：2(C)2：3(D)3：2解:设入射光中,自然光强为Io1,线偏振光强为Io2,通过偏振片后,Io1的透射光强为I1=Io1/2,Io2的透射光强为I2=Io2cos2θ,总透射光强为I=I1+I2=Io1/2+Io2cos2θ,Imax=Io1/2+Io2,Imin=Io1/2据题意,Imax=5Imin,即Io1/2+Io2=5Io1/2,∴2Io1=Io2Io1/Io2=1/24、自然光以60°的入射角照射到某两介质交界面时，反射光为完全偏振光，则知折射光为(B)(A)完全偏振光且折射角是30°(B)部分偏振光且折射角是30°(C)部分偏振光且只是在该光由真空入射到折射率为的介质时，折射角是30°(D)部分偏振光，但须知两种介质的折射率方能确定折射角。i2=90o－i1=90o－60o=30o5、光在浸没于油(n1＝1.10)中的有机玻璃(n2＝1.50)上反射时的布儒斯特角为(D)∵tanio=n2/n1(A)sin-1(1.10/1.50)(B)tg-1(1.10/1.50)(C)cos-1(1.10/1.50)(D)tg-1(1.50/1.10)(in1n2•••••n1n2(i0······n1n2i(i0n1n2i0··n1n26、在以下五个图中前四个图表示线偏振光入射于两种介质分界面上，最后一图表示入射光是自然光。n1，n2为两种介质的折射率，图中入射角i0＝arctg(n2/n1)，i≠i0，试在图上画出实际存在的折射光线和反射光线，并用点或短线把振动方向表示出来。7、一束光垂直入射在偏振片P上，以入射光线为轴转动P，观察通过P的光强的变化过程，若入射光是线偏振光，则将看到明暗交替变化，有时出现全暗；若入射光是\n部分偏振光，则将看到明暗交替变化，但不出现全暗。8、光强为I0的自然光垂直通过平行放置的起偏器和检偏器后，透射光强度为I0/8，则起偏振器与检偏器的偏振化方向之间的夹角α＝±60o；若在此起偏器与检偏器之间平行插入另一块偏振片，其偏振化方向与起偏器的偏振化方向成30°角，则通过检偏器的光强为I＝9I0/32，或者为0。解:(1)I1=I0/2,I2=I0/8,且I2=I1cos2α,即I0/8=(I0cos2α)/2cos2α=1/4,cosα=±60o(2)I'=I1cos2(-30o)=3I0/8I2=I'cos2[60o－(－30o)]=I'cos290o=0或I'=I1cos230o=3I0/8,···I2=I'cos2(60o－30o)=I'cos230o=9I0/32气体动理论(一)1.一定量的理想气体，在保持温度T不变的情况下，使压强由P1增大到P2，则单位体积内分子数的增量为(P2－P1)/kT解:2.一个具有活塞的圆柱形容器中贮有一定量的理想气体，压强为P，温度为T，若将活塞压缩并加热气体，使气体的体积减少一半，温度升高到2T，则气体压强增量为ΔP=3P，分子平均平动动能增量为Δω=3kT。\n解:已知3.N个同种理想气体分子组成的系统处于平衡态，分子速度V在直角坐标系中用Vx、Vy、Vz表示，按照统计假设可知Vx＝Vy＝Vz＝04.一定量的理想气体，当其体积变为原来的三倍，而分子的平均平动动能变为原来的6倍时，则压强变为原来的：(B)(A)9倍(B)2倍(C)3倍(D)4倍已知V2=3V15.氧气和氦气分子的平均平动动能分别为ω1和ω2，它们的分子数密度分别为n1和n2，若它们的压强不同，但温度相同，则：(A)(A)ω1＝ω2，n1≠n2(B)ω1≠ω2，n1＝n2\n(C)ω1≠ω2，n1≠n2(D)ω1＝ω2，n1＝n2解:6.用气体分子运动论的观点说明气体压强的微观本质，则下列说法正确的是：(B)(A)压强是气体分子间频繁碰撞的结果(B)压强是大量分子对器壁不断碰撞的平均效果(C)压强是由气体的重量产生的7.一定量的理想气体可以：(D)(A)保持压强和温度不变同时减小体积(B)保持体积和温度不变同时增大压强(C)保持体积不变同时增大压强降低温度(D)保持温度不变同时增大体积降低压强由PV/T=C可以得出结论D8.设某理想气体体积为V，压强为P，温度为T，每个分子质量为μ，玻尔兹曼常数为k，则该气体的分子总数可表示为：(C)(A)(B)(C)(D)由P=nkT=NkT/V得N=PV/(kT)\n气体动理论(二)解:1.将密闭在一容器内的某种理想气体的温度升高为原来的两倍，则分子的平均动能和压强均变为原来的2倍。2.当气体的温度变为原来的4倍时，则方均根速率变为原来的2倍。解:∵T2=4T1,∴3.在温度为127℃，1mol氧气中具有分子平动总动能为4986J，分子转动总动能为3324J。解:已知T=400K,R=8.31J·mol-1·K-1\n4.当双原子气体的分子结构为非刚性时，分子的平均能量为：(A)(A)7kT/2(B)6kT/2(C)5kT/2(D)3kT/2解:对非刚性双原子分子,t=3,r=2,s=15.两瓶不同种类的理想气体，它们的分子的平均平动动能相同，但单位积内的分子数不同，两气体的：(D)(A)内能一定相同(B)分子的平均动能一定相同(C)压强一定相同(D)温度一定相同解:由可得6.两容器分别盛有两种不同的双原子理想气体，若它们的压强和体积相同，则两气体：(A)(A)内能一定相同(B)内能不等，因为它们的温度可能不同(C)内能不等，因为它们的质量可能不同(D)内能不等，因为它们的分子数可能不同解:由和得即\n显然由内能公式和得E1=E2(内能相同)7.储有氧气的容器以速度V＝100m·s-1运动，假设该容器突然停止，全部定向运动的动能都变为气体分子热运动的动能，问容器中的氧气的温度将会上升多少？解:对O2分子,i=5,μ=32×10-3kg·mol-18．氢气分子的质量为3.32×10-27kg，如果每秒内有1.0×1023个氢分子，以与墙面法线成45°角的方向、1.0×105cm·s-1的速率撞击在面积为2.0cm2的墙面上，试求这些氢气分子作用在墙面上的压强。解:分子与墙作弹性碰撞,碰后其速度x分量由vx变为－vx,y分量不变。每个分子碰撞后动量的增量为－2mvx，根据动量定理它应等于墙作用在每个分子的冲量。由牛顿第三定律，每个分子作用在墙上的冲量为：气体动理论(三)\n一、填空题1.则T2/T1＝3/2解:由得3T1=2T2∴T2/T1=3/22.f(v)是N个理想气体分子组成的系统在平衡态时的分子速率分布函数，则f(v)dv表示系统内速率在[V1,V2]区间的分子数占总分子数的比例。3.(B)解：由可知，若P不变，T增大则λ增大将代入得。可见，若P不变，T增大则Z减小（选B）4.关于最概然速率下列说法中正确的是：(B)5.(A)6.一定量的理想气体贮于固定体积的容器中，初态温度T0，平均速率,平均碰撞频率Z0，平均自由程λ0，若温度升高为4T。时，求、Z、λ？已知总分子数N、体积V不变解:\n7．改错若f(v)表示分子速率的分布函数，则下列各式的物理意义是：(1)f(v)dv表示在v→v+dv区间内的分子数(2)f(v)dv表示在v1→v2速率区间内的分子数(3)vf(v)dv表示在整个速率范围内分子速率的总和。对上述三式的物理意义叙述是否正确？如有错误请改正。解：(1)f(v)dv表示在v→v+dv区间内的分子数占总分子数的比率。(2)f(v)dv表示在v1→v2速率区间内的分子数占总分子数的比率。(3)vf(v)dv表示分子热运动的平均速率。\nΔt时间内与墙碰撞的分子数Δt时间内所有分子作用于墙的冲量为xy45°45°vx-vx热力学(一)1.需热量Qv＝4155J，在压强不变的情况下加热，需热量Qp＝5540J解:ν=M/μ=100/18=5.56(mol)T1=393kT2=423kCV=iR/2=3R=24.93(J·mol-1·k-1)CP=CV+R=33.24(J·mol-1·k-1)QV=νCV(T2－T1)=4155(J)QP=νCP(T2－T1)=5540(J)2.则比值A/Q＝2/7解:A=P(V2－V1)=νR(T2－T1),Q=νCP(T2－T1)=ν(i+2)R(T2－T1)/2A/Q=2/(i+2)单原子分子i=3A/Q=2/5,\n双原子分子i=5A/Q=2/73.热力学系统的内能是系统状态的单值函数，要改变热力学系统的内能，可以通过对热力学系统做功、传递热量来达到目的。4.(A)解:A=P(V2－V1)=νR(T2－T1)QP=νCP(T2－T1)=ν(i+2)R(T2－T1)/2可见A与i无关,而QP与i有关5.(B)解:A=P(V2－V1)=νR(T2－T1)ΔE=νCV(T2－T1)=iνR(T2－T1)/2ΔE/A=i/2=100/40=5/2∴i=5是双原子气体6.(B)7.(1)等体过程氢气是双原子气体,i=5,CV=5/2,CP=7/2解:热力学(二)1.则作功较多的过程是等压过程解:AP=P1(V2-V1)=P1(2V1-V1)=P1V1=νRT1AT=νRT1ln(V2/V1)=ln2·νRT1=0.7νRT1\n∴AP>AT2.压强为1×105帕，体积为3升的空气（视为理想气体）经等温压缩到体积为0.5升时，则空气放热(填“吸”或“放”)，传递的热量为537(J)(Ln6＝1.79)解:Q=A=νRTln(V2/V1)=－νRTln6=－P1V1ln6=－537(J)∵Q<0∴是放热3.一定量的理想气体在等压过程中，气体密度随温度T而变化，在等温过程中，气体密度随压强P而变化。解:P=nkT→n=P/(kT),ρ=nm=Pm/(kT)=PN0m/(RT)=μP/(RT)4.(B)解:绝热膨胀过程内能减小,排除。等温过程内能不变，排除。等压膨胀过程A=P（V2－V1）>0ΔE=νCV(T2－T1)=CVR(T2－T1)/R=CVP(V2－V1)=CVA/R>05.(C)解：自由膨胀过程A=0绝热过程Q=0∴ΔE=06.一定量的理想气体的初态温度为T，体积为V，先绝热膨胀使体积变为2V，再等容吸热使温度恢复为T，最后等温压缩为初态，则在整个过程中气体将：(A)(A)放热(B)对外界作功(C)吸热(D)内能增加(E)内能减少123OVPV1V2等温等体绝热解：整个过程是循环过程，完成一个循环后内能不变。固排除（D）和（E）。作P-V图可见是逆循环过程,外界对系统\n做净功,排除(B)。而整个循环过程有Q=A<0,故系统整个循环过程放热。7.在高温热源为127℃，低温热源为27℃之间工作的卡诺热机，对外做净功8000J。维持低温热源温度不变，提高高温热源温度，使其对外做净功10000J，若这两次循环该热机都工作在相同的两条绝热线之间，试求：(1)后一个卡诺循环的效率；(2)后一个卡诺循环的高温热源的温度。等温T2等温T'1等温T1绝热绝热Q1Q'1Q2PV0解：T1=273+127=400(K)T2=273+27=300(K)A=8000J,A'=10000Jη=A/Q1=1－T2/T1=1－300/400=25%Q1=A/η=8000/0.25=32000(J)Q2=Q1－A=24000(J)(1)据题意Q'2=Q2=24000JQ'1=Q'2+A'=Q2+A'=34000∴η'=A'/Q'1=10000/34000=29.4%(2)由η'=1－T2/T'1得T'1=T2/(1－η')=425(K)\n或t'1=T'1－273=425－273=152ºC习题课(热一定律及其应用)1.一定量的双原子理想气体从压强为1×105帕，体积为10升的初态等压膨胀到末态，在此过程中对外作功200J，则该过程中气体吸热Q＝700J；气体的体积变为12升。解:双原子分子气体i=52.2mol氢气(视为理想气体)从状态参量P0、V0、T0\n的初态经等容过程到达末态，在此过程中：气体从外界吸收热量Q，则氢气末态温度T＝T0+Q/(5R)；末态压强P＝P0[1+Q/(5RT0)]解:H2:i=5,Cv=5R/2,A=0∵Q=E2－E1=νCv(T－T0)=5R(T－T0)3.(D)解:等容(体)过程,A=0,排除(A)、（B）4.A)(A)A1＜A2(B)A1＝A2(C)A1＞A2V0V0/2VOA2A1绝热等温5.解：对外做功,体积膨胀,排除（B）、（D）。绝热膨胀过程，内能必减少，排除（A），选（C）。\nB··AP2P1OPV1V2V6.解：从图可知,7.1mol氮气(视为理想气体)作如图所示的循环abcd，图中ab为等容线，bc为绝热线，ca为等压线，求循环效率：解：已知,b·ac2112P（105pa）36·V（升）Vc=36×10-3m3i=5bc是绝热过程由得,ab是等体过程Va=Vb=21.9×10-3m3,\nca过程是等压过程在整个循环过程中,系统从外界吸热和向外界放热分别为8.如图所示abcda为1mol单原子理想气体进行的循环过程，求循环过程中气体从外界吸收的热量和对外作的净功。bda211P（105pa）3V（升）c20解：,\n,9.有4×10-3kgH2被活塞封闭在容器的下半部而与外界平衡，容器开口处有一凸出边缘可防止活塞脱离，如图，(活塞的质量和厚度可忽略)现把2×104J的热量缓慢地传给气体，使气体膨胀，求H2最后的压强，温度和体积各变为多少？(活塞外大气处于标准状态)活塞H2[解法一]\n已知M=4×10-3kg,μ=2×10-3kg/molT0=273.15K,P0=1.013×105PaQ=2×104J,i=5,CV=5R/2CP=7R/2,ν=M/μ=2mol由P0V0=νRT得由题意可知,过程的开始阶段是等压膨胀过程,初态的状态参量为P0、T0、V0，末态为P0、、V且V=2V0=8.96×10-2m3由得等压过程中气体吸收热量∵Q>QP∴等压膨胀过程结束后气体状态将继续作等体变化,该过程初态为P0、、V，末态为P、、V由QV=Q－QP=4111J和得再由∴H2最后的压强、温度和体积分别为：P=1.20×105Pa,T=645K,V=8.96×10m3[解法二]整个过程中,初态的状态参量为\n末态的状态参量为:P、T待求整个过程中,气体对外做功气体从外界吸收的热量根据热力学第一定律,整个过程中气体内能的增量为由得由得热学(习题课课后作业)1.一卡诺热机在每次循环过程中都要从温度为400K的高温热源吸热418J，向低温热源放热334.4J，低温热源温度为320k。解:由得即2.1mol单原子理想气体，在1atm的恒定压力下温度由0℃加热至100℃时，内能改变量为1247J；从外界吸热为2078J解:\n3.一定量的理想气体，从状态(P0,V0,T0)。开始作绝热膨胀，体积增大到原体积的2倍，则膨胀后气体的温度T＝21-γT0；压强P＝2-γP0解:由得由\n4.图中直线ab表示一定量理想气体内能E与体积V的关系，其延长线通过原点O，则ab所代表的热力学过程是：(B)解:(选B)abcdV2VV1OP5.如图，一定量的理想气体自同一状态a，分别经a→b，a→c，a→d三个不同的准静态过程膨胀至体积均为V2的三个不同状态，已知ac为绝热线，则：(B)(A)a→b必放热(B)a→b必吸热(C)a→d可能是等温过程解:∵绝热线比等温线陡∴a→d不可能是等温线,否定(C)考虑正循环abca,在整个循环中,系统对外做净功,.则系统从外界吸收净热量Q=A>0又又即a→b必吸热。（选B）VAOPBCD·6.如图一定量的理想气体从相同的初态A分别经准静态过程AB、AC(绝热过程)及AD到达温度相同的末态，则气体吸(放)热的情况是：(B)(A)AB吸热AD吸热(B)AB放热AD吸热(C)AB放热AD放热(D)AB吸热AD放热\n解：比较曲线下的面积可知，而Ｂ，Ｃ，Ｄ处在同一等温线上，即所以，，于是　选(B)7.·b600T(k)44.8c·V（升）a22.40解:i=3CV=3R/2=12.47J·mol-1·k-1CP=5R/2=20.78J·mol-1·k-1(1)ab是等压过程由Va/Ta=Vb/Tb得Tb=VbTa/Va=300kQab=νCP(Tb-Ta)=20.78×(300－600)=－6234(J)bc是等体过程Qbc=νCV(Tc-Tb)=12.47×300=3741(J)ca是等温过程Qca=Aca=RTaln(Va/Vc)=8.31×600×ln2=3456(J)(2)A=Q=Qab+Qbc+Qca=963(J)\n(2)Q1=Qbc+Qca=7197(J)Q2=|Qab|=6234(J)η=1－Q2/Q1=1－6234/7179=13.4%或η=A/Q1=963/7197=13.4%热力学(三)1、反映自然界过程进行方向的规律。2、（此题不作要求）3、熵增加原理可表达为孤立系统熵永不减少，即ΔS≥04、(D)5、（此题不作要求）6.(B)7.（此题不作要求）8（此题不作要求）\nab证明1)若一条等温线和一条绝热线有两个交点，则考虑从b绝热压缩至a再等温膨胀至b这样一个正循环过程,·bac绝热1绝热2等温在该正循环中,系统只在a→b的等温过程中从单一热源吸热，但整个循环过程中系统对外做了正功,违反了热力学第二定律。所以一条等温线和一条绝热线不能有两个交点。\n