动力学例题
大学物理D类-动力学例题
vT
mg k
2 gt 物体运动规律也不相同！ 1 e vT v vT 2 gt vT 1 e
讨论
（1）当
t
时，
mg k
v vT
终极速度 (terminal velocity)
物体达到终极速度条件是物体加速度为零。
mg kv T 0
v
dx dt
mg k
(1 e
k m
t
)
t
x
dx
0
t
mg k
(1 e
k m
)d t
0
x
mg k
[t
m k
(1 e
k m
t
)]
m k
ln( g
k m
v
v)
0
t
v
mg k
(1 e
k m
tБайду номын сангаас
)
v
dx dt
mg k
(1 e
k m
t
)
t
v0 0
O
根据雨滴受力分析（如图），列出牛顿方程：
mg kv m
dv g k m
动力学例题(供参考)
例题1. 一个质量为m,悬线长度为l的单摆 的单摆, 例题 . 一个质量为 ,悬线长度为 的单摆,挂在架 子上,架子固定在小车上,如图所示. 子上,架子固定在小车上,如图所示.求在下列情况 下悬线的方向(用摆的悬线与竖直方向所成的角θ表 下悬线的方向 ( 用摆的悬线与竖直方向所成的角 表 和线中的张力: 示)和线中的张力: (1)当小车沿光滑水平面以加速 作匀加速直线运动时; 度a1作匀加速直线运动时; 当小车以加速度a (2)当小车以加速度 2沿光滑斜 面 ( 斜面与水平面成 α 角 ) 向上 作匀加速直线运动时. 作匀加速直线运动时.
例题2.如图所示,在水平转台上放置一质量为M=2kg 例题 如图所示,在水平转台上放置一质量为 如图所示 的小物块A,物块与转台间的静摩擦系数=0.2,一 的小物块 ,物块与转台间的静摩擦系数 , 条光滑的绳子一端系在物块A 条光滑的绳子一端系在物块A上,另一端则由转台中 心处的小孔穿下并悬一质量为m=0.8kg的物块B.转 的物块B 心处的小孔穿下并悬一质量为 的物块 台以ω=4πrad/s的角速度绕竖直中心轴转动,求:转 的角速度绕竖直中心轴转动, 台以 的角速度绕竖直中心轴转动 台上面的物块A与转台相对静止时,物块转动半径的 台上面的物块A与转台相对静止时, 最大值和最小值. 最大值和最小值. 分析:以地面为参照 作 分析 以地面为参照,M作 以地面为参照 圆周运动,摩擦力和张力 圆周运动 摩擦力和张力 提供向心运动的向心力; 提供向心运动的向心力 若以转台为参照,则 相对 若以转台为参照 则M相对 静止,此时作用在其上的 静止 此时作用在其上的 力还要考虑惯性离心力. 力还要考虑惯性离心力
动力学例题一27708445
动力学有限元分析例题一
例题1：图1所示的悬臂梁，长L =3m ，截面宽度b =0.02m ，高度h =0.10m 。材料弹性模量E =210GPa ，密度ρ=7800Kg/m 3。不考虑系统的阻尼，试计算梁横向振动的前6阶固有频率和正则振型，运用振型叠加法计算梁右端在受到力(100sin 10F t )π=N 作用下0-1s 时间内的响应，并与理论解对比。 【理论解：固有频率f 1=9.3132Hz ，f 2=58.365Hz ，f 3=163.42Hz ，f 4=320.25Hz ，f 5=529.39Hz ，f 6=790.81Hz ；
响应()()()()()2
321
410sin 10sin 100101i i x L i i i i X t p p L y t EI k L p π
ππ=∞
=⎡
⎤−
⎢⎥⎣
t =⎡⎤⎛⎞⎢⎥−⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦
∑⎦
其中i i p k =是系统的无阻尼固有频率，A 是梁截面积，
()()()()
()()
()()(sin cos sin cos i i i i i i i i i sh k L k L )X ch k x k x sh k x k x ch k L k L −=−−
−+是系统的正则振型，k i 满足特征方程()()cos 1i i k L ch k L =−。
】
图1 悬臂梁结构图
解：求解中采用国际单位制。
Edb=extract(Edof,Egv(:,i));
ext=ex+(i-4)*4;
eldraw2(ext,eyt,[2 3 1]);
eldisp2(ext,eyt,Edb,[1 2 2],magnfac);
高中物理动力学经典例题：如何用力的矢量三角形解决问题？
高中物理动力学经典例题：如何用力的矢量三角形解决问题？
大家好，我是小胡老师，今天给大家讲一道物理力学方面的经典例题，这是一道题，也是一类题，我们可以延伸出很多其他类型的题目，因此掌握这类题型的解法就显得十分重要。下面让我们来看看这道题目。
如图所示，位于水平面上的物体在斜向上的恒力F的作用下，做速度为v的匀速运动，此时力F与水平方向的夹角为θ，求F的最小值Fmin和方向（与水平方向夹角的正切）
物理模型很简单，受力也很好分析。此处有两种解法，我这里只讲解如何用力的矢量三角形来解决这道题目（ps：还可以用数学三角函数的知识解决）。这种题目的关键是将所有力转化成三个力，并构成矢量三角形，如例题，将摩擦力f和支持力N合成，那么就只剩下三个力了，想要匀速，即受力配合，那么这三个力一定能构成矢量三
角形。
我是小胡老师，每天精选一道高中物理题目，欢迎收藏转发。关注我，为莘莘学子点赞。
偏微分方程与机械系统的动力学例题
偏微分方程与机械系统的动力学例题
以下是一个关于偏微分方程在机械系统动力学中的应用的例题：假设有一个长度为L的杆件，其横截面为圆形，半径为r。该杆件由弹簧支撑，并且在其一端有一个质量为m的物体。当物体以加速度a下落时，求出该杆件的振动频率。
为了解决这个问题，我们需要使用偏微分方程来描述杆件的运动。假设杆件的运动是轴对称的，即横截面的形状保持不变。
首先，我们可以将问题转化为求解偏微分方程。对于轴对称的杆件，可以使用以下偏微分方程来描述其振动：
mL^2(ddif/dt)^2 + T(r) = A(r)
其中，mL是杆件的长度，T(r)是作用于杆件上的力，A(r)是杆件在r处的加速度。
为了求解这个偏微分方程，我们需要给出T(r)和A(r)的表达式。由于杆件是由弹簧支撑的，所以T(r)可以表示为：
T(r) = -k(r)(L - L0) - mgh(r)
其中，k(r)是依赖于位置r的弹簧劲度系数，L0是弹簧的自然长度，gh(r)是距离基准位置r的高度。
而A(r)可以通过牛顿第二定律得出：
A(r) = -mL^2ddif/dt - T(r)/m
将上述表达式代入偏微分方程中，得到：
mL^2(ddif/dt)^2 + k(r)(L - L0) + gh(r) - mgh(r) = A(r)
接下来，我们可以使用数值方法求解这个偏微分方程。具体的方
法包括有限差分法、有限元法等。这些方法可以将偏微分方程转化为离散的形式，并通过计算机求解。
最后，我们可以将求解得到的频率进行归一化处理，以便于后续的应用。归一化处理可以将频率与国际单位制下的标准频率进行比较，从而方便对结果进行分析和比较。
动力学典型例题分析
例4 如图所示，物体质量为m，靠在粗糙的竖直墙上，物 体与墙壁之间的动摩擦因数为μ，若要使物体沿着墙壁匀速运 动，则外力F的大小可以是( ) A．mg/sinα B．mg/(cosα－μsinα) C．mg/(sinα－μcosα) D．mg/(sinα＋μcosα) 【解析】 当物体沿墙壁向下运动时，摩擦力竖直向上， 分析物体的受力如图所示，把F向竖直和水平方向正交分解， 则 水平方向Fcosα＝FN mg 竖直方向mg＝Fsinα＋Ff 所以 F＝ sinα＋μcosα 又Ff＝μFN＝μFcosα 同理，当物体沿墙壁向上运 动时，所受摩擦力竖直向下，则 mg＋μFcosα＝Fsinα
变式训练
如图4－3－2所示，自由下落的小球，从它接触竖直放 置的弹簧开始，到弹簧压缩到最大限度的过程中，小球的速 度和加速度的变化情况是( ) A．加速度变大，速度变小 B．加速度变小，速度变大 C．加速度先变小后变大，速度先变大后变小 D．加速度先变小后变大，速度先变小后变大 解析：选C.小球与弹簧刚接触时的速度竖直 向下，刚开始阶段，弹簧弹力较小，mg－kx＝ma， a向下，随弹簧压缩量x的增大而减小，因a、v同 向，速度增大，当mg＝kx以后，随着 x的增大， 弹力大于重力，合外力向上，加速度向上，小球 的加速度与速度的方向相反，小球做减速运动， 图4－3－2 直到弹簧的压缩量最大．综上所述，答案选C.
(1)如图)所示，FT1与mg都是竖直方向，故不可能有加 速度，FT1－mg＝0，a＝0，说明木块沿斜面匀速下滑．
典型例题分析(动力学)
典型例题分析（动力学）
一、自由度
1.判断自由度的数量。
二、单自由度体系的自振频率
1. 试列出图1a结构的振动方程，并求出自振频率。EI＝常数。
图1a 图1b M1 图1c M2分析：
（1） 质点m 的水平位移y 为由惯性力和动荷载共同作用引起：()()t F y
m y p 1211δδ+-= 。 （2） 挠度系数：
EI
l
l l l l l l EI 2452
3
22
221232222113
11=
⨯
⨯
⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=δ
EI
l
l l l EI 8221222
113
12=⨯⨯⨯
⨯=
δ
（3） 自振频率：11
1δωm =
2.
图2a 简单桁架，在跨中的结点上有集中质量m 。若不考虑桁架自重，并假定各杆的EA 相同，试求自振频率。
图2a 图2b
分析：
（1）由于结构对称，质量分布对称，所以质点m 无水平位移，只有竖向位移，此桁架为单自由度体系。
（2） 挠度系数：()2
11
2
11+
=
=∑EA
l l F EA
N δ
（3） 自振频率：11
1δωm =
3.
计算图3a 结构的自振频率，设各杆的质量不计。
图3a 图3b
分析：
（1）A 、B 两点的竖向位移相同，()B B A A X X 111δδ=∆=-=∆。 （2） 挠度系数：()1
3
1
1
3
116482EI l EI l A =
=δ，()2
3
2
2
3
216482EI l EI l B =
=
δ
（3） 自振频率：A
m δω1=
三、单自由度体系的动力特性 1. 简支梁，跨度a ，抗弯刚度EI ，抗弯截面模量W z 。跨中放置重量为G 转速n 的电动机．离心力竖直分量()t
拉格朗日动力学方程例题
拉格朗日动力学方程例题
以下是一个拉格朗日动力学方程的例题：
一个质量为m的质点在半径为R的圆轨道上沿顺时针方向运动。求质点的拉格朗日动力学方程。
解析：
首先，我们定义系统的广义坐标和广义速度。对于圆轨道上的质点，我们可以使用极坐标来描述其位置。令θ为质点与某个固定点连线与参考方向（例如圆的半径）之间的夹角。那么质点的广义坐标可以表示为q = θ，广义速度可以表示为v = dθ/dt。
接下来，我们需要计算系统的拉格朗日函数。拉格朗日函数可以定义为质点的动能减去势能，即L = T - U，其中T 表示质点的动能，U表示质点的势能。
对于质点在圆轨道上运动，其动能可以表示为T =
(1/2)mv^2，其中m为质点的质量。
而质点的势能可以表示为U = mgh，其中g为重力加速度，h为质点与参考点之间的高度差。在圆轨道上运动的情况下，质点的高度差为R，因为质点始终保持在圆上。
因此，将动能和势能代入拉格朗日函数中，我们可以得到L = (1/2)mv^2 - mgh = (1/2)m(dθ/dt)^2 - mgR。
最后，我们可以使用拉格朗日动力学方程来描述系统的运动。拉格朗日动力学方程可以表示为d/dt(∂L/∂v) - ∂L/∂q = 0。
将L代入拉格朗日动力学方程中，并对其中的偏导数进行
计算，我们可以得到(mR^2)d^2θ/dt^2 + mgR = 0。
这就是质点在圆轨道上的拉格朗日动力学方程。
天津高考物理动力学大题经典例题
天津高考物理动力学大题经典例题
1.一个质量为m的小球，由静止开始在水平地面上滑动。当它滑行了一段距离后，突然受到一个水平方向的恒力 F，小球受到的摩擦力也是恒定的。求小球从开始滑行到停下所需的时间、停下时的速度和小球所滑行的距离。
2. 一个质量为 m 的小球，从山顶 O 沿着抛物线轨迹下滑，与地面碰撞时速度大小为 v0。已知小球在竖直方向上的重力加速度为g，山顶 O 到地面距离为 h。求小球从山顶 O 滑落到地面的时间、速度大小和在竖直方向上的加速度大小。
3. 一个质量为 m1 的物体悬挂在另一个质量为 m2 的物体上方，两者之间系有一根轻绳。当下挂物体从静止开始自由落下时，上挂物体受到的拉力大小为多少？两个物体下落的加速度大小又是多少？
4. 在一平直水平路面上，一质量为 m 的小球以初速度 v0 水平运动。小球与地面之间的摩擦系数为μ，求小球在不断受到一个垂直于运动方向的恒力 F 的情况下，小球从开始运动到停止所需的时间、停止时小球的位置以及小球所走过的距离。
- 1 -
拉格朗日动力学方程例题
拉格朗日动力学方程例题
拉格朗日动力学方程是描述质点、刚体或连续体运动的重要数学工具。它是由拉格朗日于18世纪提出的，可以从动能和势能的差异来推导出物体的运动方程。在此，我们将介绍一个拉格朗日动力学方程的例题，并解答该问题。
例题：一个质量为m的质点在一维势场V(x)中运动。质点的拉格朗日量L定义为L = T - V，其中T表示质点的动能。现在假设势场V(x)满足V(x) = kx^2，其中k为常数。求质点的运动方程。
解答：首先，我们需要计算质点的动能T。根据动能的定义，T = (1/2)mv^2，其中v表示质点的速度。由速度与位置的关系可得，v = dx/dt，其中x表示质点的位置，t表示时间。因此，动能可以写为T = (1/2)m(dx/dt)^2。
接下来，我们将拉格朗日量L表示为动能和势能之差。由题目中给出的势能表达式可得，V(x) = kx^2。将动能和势能带入拉格朗日量的定义中可得：L = (1/2)m(dx/dt)^2 - kx^2。
根据拉格朗日动力学方程的定义，我们需要计算质点的广义力F。广义力F可以通过势能对位置的偏导数来表示，即F = -dV/dx。将势能表达式V(x)带入可得，F = -d(kx^2)/dx = -2kx。
综上所述，我们得到了质点的运动方程。根据拉格朗日动力学方程的定义，F = d/dt(dL/d(dx/dt)) - dL/dx = 0。代入我们计算得到的动能和势能的表达式，可得：
d/dt(m(dx/dt)) + kx = 0
化简上述方程，我们可以得到：
动力学部分例题
(+)
M mg
S
O1 v0
2 T mg cos ml
(2)
（1）式是一常系数二阶非线性微分方程，其解为椭圆积分，较 为复杂。将其积分一次求出 ，代入（2）式即可求出FT。 因为
d d d d dt d dt dt
d g sin d l
FB 0 v 4.9 2.21m s
因此，只有当 2.21m/s v 2.91m/s 时，两绳才同时受力。否 则将只有其中一绳受力。
例3 从某处抛射一物体，已知初速度为v0，抛射角为a，如不计空 气阻力，求物体在重力单独作用下的运动规律。
例10.3
解：研究抛射体, 列直角坐标形式的 质点运动微分方程
例 10.4 解：以物体为研究对象，将其视为质点，建立如图坐标。质点在任一位置受
地球引力的大小为： 由于 所以
mM F G0 2 x mM mg G0 2 R
x
H
M
F
gR2 G0 M
d2 x mgR 2 m 2 F 2 dt x
o R
由直角坐标形式的质点运动微分方程得：
2 d x dvx dvx dx dvx ，将上式改写为 由于 vx 2 dt dt dx dt dx
若令T = 0，可由(4)式给出约束力为零时，杆的位置(设此时杆 的位置用A表示)所满足的条件
动力学典型例题分析
例4 如图所示，物体质量为m， 靠在粗糙的竖直墙上，物体与墙壁 之间的动摩擦因数为μ，若要使物 体沿着墙壁匀速运动，则外力F的 大小可以是( ) A．mg/sinα 【解析】 当物体沿墙壁向下运动时，摩擦力竖直向上， B．mg/(cosα－μsinα) 分析物体的受力如图所示，把F向竖直和水平方向正交分解， C．mg/(sinα－μcosα) 则 水平方向Fcosα＝FN mg D．mg/(sinα＋μcosα) 竖直方向mg＝Fsinα＋Ff 所以 F＝ sinα＋μcosα 又Ff＝μFN＝μFcosα 同理，当物体沿墙壁向上运 动时，所受摩擦力竖直向下，则 mg＋μFcosα＝Fsinα
法三：用正交分解法 取足球作为研究对象，受三个力 作用，重力G、墙壁的支持力F1、悬 绳拉力F2，如图4－7－4所示，取水平 方向为x轴，竖直方向为y轴，将F2分 别沿x轴和y轴方向进行分解．由平衡 条件可知，在x轴和y轴方向上的合力 Fx合和Fy合应分别等于零．即 Fx合＝F1－F2sinα＝0① Fy合＝F2cosα－G＝0②
GBm＝＝30 N 故A受到的静摩擦力为20 N，B物体的重力最大值为30 N. 答案：20 N 30 N
类型二
动态分析
例2 如图4－7所示，在一个半圆 环上用两根细线悬挂一个重G的物体， 设法使OA线固定不动，将OB线从竖直 位置沿半圆环缓缓移到水平位置OB′， 则OA与OB线中受到的拉力FA、FB的变 化情况是( ) A．FA、FB都增大 B．FA增大，FB减小 图4－7 C．FA增大，FB先增大后减小 D．FA增大，FB先减小后增大 【思路点拨】 本题重力作为分解的对象， 它对两绳产生两个拉紧的效果，即两分力方向是 沿绳所在直线的，先作初始的力分解平行四边形， 然后根据OB绳的方向变化作出各位置的平行四边 形，从图中判断各力的变化情况．
理论力学10动力学
M
O
C
31
解:取半圆板为研究对象.
acn
M O aCn C
4R 2 i cos j sin 3
4R ac i sin j cos 3
aC
acx
acy
4R 2 cos sin 3
4R 2 sin cos 3
28
y
D
画系统受力图.
C1 C
6mg 4mg
C2
由于R(e)x = 0则vcx = c
60 B
A
O
x
N1
N2
已知vc0 = 0则vcx = 0
系统的质心沿y轴作直线运动.当 D点落地 时C点应与O点重合.
29
y A C1 O (C) D C2 B x
画系统完全落地时的位置图.
4ml C1C = 0.4l 6m 4m
ae
m(ar+aecos) = mgsin ar
(1)
maesin = N-mgcos
联立(1)(2)式解得:
(2)
mg
ar = gsin - aecos
N= m(gcos+aesin)
讨论: (1)当ae=gtg时ar = 0; N= mg/cos
动力学例题(供参考)
F0 mg
2L
2g
(2n / 60)2 L
2g
4 2 400 2 5.97
2 9.8 60 2
534
分析:小球沿球面下滑,作变加 速圆周运动.离开球面时,受光 滑球面对它的支持力为零.
解:以小球为研究对象.取自然坐 标,作受力分析见图。某时刻,设 小球沿球面运动的速率为v,由牛
顿运动方程: mg sin m dv (1) dt
mg cos N m v2 (2) R
顶点至脱离球面处的垂直距离
分析:以地面为参照,M作
圆周运动,摩擦力和张力提 A
供向心运动的向心力;若
以转台为参照,则M相对静
止,此时作用在其上的力还
B
要考虑惯性离心力.
图 1-A-19
解：质量为M的物块作圆周运动的向心力，由它与平 台间的摩擦力f和质量为m的物块对它的拉力F的合力 提供，当M物块有离心趋势时，f和F同向，而当M物 块有向心运动趋势时，两者的方向相反。因M物块相 对于转台静止，故有
系时, 则应注意添加相应的惯性力.
解1: 以m1、m2、m3为研究对象, 选“地面”参照系.
取坐标Oy向下为正. 作受力分析如解图所示. 设m1、
m2向下, m3向上运动, 并分别以a1, a2, a3表示m1、m2、
m3对地的加速度, 以a’2表示m2、m3相对滑轮B的加
核心物化动力学例题
例题1：某溶液中反应A + B →C ，开始时反应物A 与B 的物质的量相等，没有产物C 。1 h 后A 的转化率为75%，问2 h 后A 尚有多少未反应？假设
（1）对A 为一级，对B 为零级；
（2）对A 、B 皆为1级；
（3）对A 、B 皆为0级.
解：（1）对A 为一级，对B 为零级，则该反应为一级反应，即有： 111ln =ln 1-1-kt k y t y
=，即有 当t = 1h ，y =75%时：
11111=ln ln 2ln2h 1-11-75%
k t y -== 当t = 2h 时：1ln 22ln2 6.25%1-y y
=⨯=，1-
（2）对A 、B 皆为1级，，则该反应为二级反应，即有：
1=1-y 1-y
y y kat k at =⋅，即有 当t = 1h ，y =75%时：
3-1-11175%3===dm mol h 1-y 1-75%y k at a a
⋅⋅⋅⋅ 当t = 2h 时：
36121-14.3%1-y 77
y a y y a =⨯⨯===，即，那么 （3）对A 、B 皆为0级，，则该反应为0级反应，即有：
=ya ya kt k t
=，即有 当t = 1h ，y =75%时：
-3-175%a 3===mol dm h 14
ya a k t ⋅⋅
当t = 2h 时：经判断早已反应完全，所需时间为：a ===1.33h 3/4
ya t k a 例题2：某药物分解反应的速率常数与温度的关系为：
（1）在30℃时，药物第一小时的分解率是多少？
（2）若此药物分解30%时即认为失效，那么药物在30℃下保存的有效期为多长时间？
高中物理竞赛-动力学例题精选(精品)
1.如图3—80所示，C 为一放在固定的粗糙水平桌面上的双斜面，其质量c m =6.5kg,顶端有一定滑轮，滑轮的质量及轴处的摩擦皆不可计。A 和B 是两个滑块，质量分别为
A m =3.0kg,
B m =0.50kg,由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳相连。开始时，设法抓住A 、B 和
C ，
使它们都处于静止状态，且滑轮两边的轻绳恰好伸直。今用一等于26.5N 的水平推力F 作用于C ，并同时释放A 、B 和C ，若C 沿桌面向左滑行，其加速度a =3.02
/m s ,B 相对于桌面无水平方向的位移（绳子一直是绷紧的）。试求C 与左面间的动摩擦因素μ。（图中a =37°，
β=53°，已知sin37°=0.6，重力加速度g=102/m s ）
图3—80
解：设A a 、B a 与'A a 、'B a 分别为A 、B 相对于桌面的加速度的大小和相对于C 的加速度的大小，设水平向右的x 轴的正方向，竖直向上的y 轴的正方向。因为B 开始时相对于桌面静止，以后相对于桌面无水平方向的位移，可知B a 沿水平方向的分量为0，即
Bx a ='Bx a -a =0
由此得'Bx a =a =32
/m s
因此绳不可伸长，又不是绷紧的，固有'A a ='B a 。它们的方向分别沿所在的斜面，方向如图3—81所示。各分量的大小为
图3—81
'Bx a ='B a cos53°
'By a ='B a sin53°
'Ax a ='A a cos37°
'Ay a =-'A a sin37°
由此得'B a ='A a =52
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1 2
6.有两个都是一级的平行反应 下列哪个关系式是错误的？ (A) k总=k1+k2 (B) E总=E1+E2 (C)
k1 A k2
Y
Z
t1 / 2 ln 2 。 k1 k 2
k1 cY (D) k 2 cZ
7. 光气热分解的总反应为COCl2 CO + Cl2 ，该反应分为三步 完成: （i）COCl2 （iii）Cl3 总反应速率方程 2Cl+CO 快速可逆 慢 快速可逆 ，则此总反应为（ ） （ii）Cl+COCl2 CO + Cl2 Cl2+Cl
dc A k A cA cB dt
70℃时，已知反应速率系(常)数kB = 0400 dm3· 1·1，若 mol s cA0 = 0200 mol· 3， cB0 = 0100 mol· 3。试求反应物A dm dm 的转化率为90 %时，所需时间t = ？
解：按cA0 = 2cB0，则反应过程中始终有 cA = 2cB，于是
解：
A（g） + B（g ） Y（g）
t=0：
t=t：
pA,0
pA
pB,0
pB
0
pA,0－ pA
则时间t时的总压力为 pt = pA+ pB+ pA,0 － pA= pB+ pA,0
因为 pA,0= pB,0 符合化学计量系数比，所以 pA= pB
则
故
pt = pA + pA,0
pA= pB= pt －pA,0
今将摩尔比为2∶1的A,B混合气体通入400 K的定温密闭 容器中，系统初始压力为3 kPa，经50s后容器内压力为2 kPa，问经150s后容器中pB为若干？
解：nA,0/ nB,0 = vA/ vB= 2/1；则 nA / nB=pA / pB = 2 －dpB / dt = kpA1.5pB0.5 = k(2pB)1.5pB0.5 = 21.5kpB2 = k’pB2
dcCOCl 2 dt
kcCOCl 2 c1/22 Cl
（A）1.5级，双分子反应 （B） 1.5级，不存在反应分子数 （C）不存在反应级数与分子数
填空题
在以下各小题中画有“____”处或表格中填上答案。 1. 某化学反应经证明是一级反应，它的速率系数在298K时是 k=(2.303/3600)s-1，c0=1moldm-3。 (A)该反应初始速率0为 (B)该反应的半衰期t1/2= ； ； 。
解：（1）
2A
+
B
2Y
t=0
t=t
pA，0
pA
pA，0/2
0
pA，0－ pA
[pA，0/2－（pA，0－pA）/2]
p(总)=pA，0+pA/2
pA=2[p(总)－pA，0]
t=，pA=0， p(总，)= pA，0=63kPa
t=10min
（2）
pA=2×（84－63）kPa=42kPa
pA,0 pB,0
dcC kC cA cB dt
;则
(A)kA = kB = kC (B) kA =2 kB = kC （C） kA =1/2 kB = kC
2．某反应，AY，其速率系数kA=6.93min-1，则该反应物A 的浓度从1.0moldm-3变到0.5 moldm-3所需时间是( )
(A)0.2min
解：根据k的量纲可知该分解反应为一级反应。设反应温 度为T，根据一级反应的速率公式： k(T)=ln(c0/c)/t = – ln0.20/1200=1.34×10-3 s-1 = A exp( – Ea /RT ) Arrhenius公式的对数形式：lnk = lnA – Ea /RT lnk(650K)=lnA – Ea /(R×650)=ln(2.14×10-4)= – 8.450 lnk(T)=lnA – Ea /RT=ln(1.34×10-3) = – 6.615 两式相减解得：T=679K
10．连串反应的速率由其中最慢的一步决定，应此速率控制步骤 的级数就是总反应的速率系数。（ ）
选择题 选择正确答案的编号，填在各题后的括号内：
1．对元反应A+2BC，若将其反应速率方程写为下列形式，
kA、kB、kC间的关系应为：( )
dcA k A cA cB ; dcB k BcA cB ; dt dt
(B)0.1min
(C)1min。
3. 某反应，AY，如果反应物A的浓度减少一半，它的半衰 期也缩短一半，则该反应的级数为( )
(A)零级
(B)一级
(C)二级
4．元反应：H+Cl2HCl+Cl的反应分子数是( )
(A)单分子反应 (B)双分子反应 (C)四分子反应
k 5.某反应速率系数与各元反应速率系数的关系为 k k 2 1 ， 2k 4 则该反应的表观活化能与各元反应活化能的关系是( ) 1 1 (A) Ea E2 E1 - E4 (B) Ea E2 ( E1 - E4 ) 2 2 (C)Ea=E2+(E1-2E4)1/2
1 k A k B ，则 2
又
xA t kBcA,0 (1 xA )
0.900 113s 3 1 1 3 0.400dm · mol · 0.200mol dm (1 0.900) s ·
4 反应2A(g)+B(g) Y(g)+Z(s)的速率方程为:
dpB 0 kp 1.5 pB.5 。 A dt
A pA 2 B pB 1
dpA pA kA 2 k A pA ( ) pA dt 2 2 2 1 1 min kA ( ) =1.59×103 kPa1· 1 t pA pA , 0
（3）
t1/ 2
1 kA ( ) pA, 0 2
20min
ห้องสมุดไป่ตู้
3 反应 2A + B Y由试验测的为二级反应，其反应速率 方程为：
dpA k ( pt pA , 0 ) 2 代入速率微分方程，得 dt 1 1 kt 积分上式，得 pt pA,0 pt ,0 pA,0
1 1 kt 已知pt,0=200kPa，pA,0=100kPa，即 pt 100kPa 100kPa
代入t=10min时，pt=150kPa，得 k=0.001kPa1· 1 min 当 t=20min时，可得 pt =133kPa
1 1 k 50s 1kPa1 pB,1 pB,0
'
k’ =0.02 kPa1·1 s
1 1 t2=150s时 k t2 3kPa pB, 2 pB,0
' 1
pB,2=0.25 kPa
5 已知反应2HI
I2 + H2，在508℃下，HI的初
始压力为101325 Pa时，半衰期为135 min；而当HI的初始 压力为101325 Pa时，半衰期为135 min。试证明该反应为 二级，并求出反应速率系(常)数（以dm3· 1·1及以 mol s Pa1·1表示）。 s
2 已知气相反应 2A + B 2Y的速率方程为
dp A kp A pB 。 dt
将气体A和B按物质的量比2：1引入一抽空的反应器中，反应温 度保持400 K。反应经10min后测得系统压力为84 kPa，经很长时 间反应完了后系统压力为63 kPa。试求： （1）气体A的初始压力pA,0及反应经10 min后A的分压力pA； （2）反应速率系(常)数kA； （3）气体A的半衰期。
=1.22 ×108 Pa1· 1 s 而 kAc = kAp( RT ) = 1.22 108 Pa1·1 ( 8.314 J· 1· 1 781.15 K ) s mol K
= 7.86 102 dm3· 1·1 mol s
例题 溴乙烷分解反应的Ea=229.3kJ.mol-1，650K时k = 2.14×10-4s-1, 现欲使反应在20.0min内完成80%，问反 应温度应控制在多少？
是非题
下列各题的叙述是否正确？正确的在题后括号内画“”， 错误的画“” 1．反应速率系数kA与反应物A的浓度有关。 （ ） 2．反应级数不可能为负值。 （ ） 3．一级反应肯定是单分子反应。( )
4．对二级反应来说，反应物转化同一百分数时，若反应物的 初始浓度愈低，则所需时间愈短。 （ ）
5. 质量作用定律仅能用于元反应。（
5．答：kA=0.01 mol-1dm3s-1
t1/2=100 s
为
6．某反应的速率系数k=4.6210-2min-1，则反应的半衰期 。 6．答：t1/2=15min
7．反应活化能Ea=250kJmol-1，反应温度从300K升高到310K时， 速率系数k增加 倍。 7．答：k(310K)/k(300K)=25.36 8．反应AY+Z中，反应物A初始浓度cA,0=1moldm-3，初 始速率A,0=0.01moldm-3s-1，假定该反应为二级，则其速度常 数kA为 ，半衰期t1/2为 。 8．答：kA=0.01 mol-1dm3s-1 t1/2=100 s
(C)设反应进行了1h，在这一时刻反应速率1为 1．答： 6.4010-4moldm-3s-1，1083.3 s ， 6.4010-5moldm-3s-1
2．只有一种反应物的二级反应的半衰期与反应的初始浓度的 关系为 。
2．答：
t1/2
1 cA,0 k A
3．若反应A+2BY是元反应，则其反应的速率方程可以写
1 在定温300K的密闭容器中，发生如下气相反应：A（g ）+B（g）Y（g）测知其速率方程为
dp A kp A pB dt 假定反应开始只有A（g）和B（g）（初始体积比为1：1
），初始总压力为200 kPa，设反应进行到10 min时，测 得总压力为150 kPa，则该反应在300 K时的反应速率系( 常)数为多少？再过10 min时容器内总压力为多少？
dcA 成 dt
3．答：
。
dcA 2 k A cA c B dt
；(ii) ；
4．链反应的一般步骤是(i) (iii) 。 4．答：链的引发 链的传递 链的终止
5．反应AY+Z中，反应物A初始浓度cA,0=1moldm-3，初始速 率A,0=0.01moldm-3s-1，假定该反应为二级，则其速度系数kA 为 ，半衰期t1/2为 。
1 1 kt pB pB,0
'
2A(g) + B(g) t=0 t=t1 2pB,0 pB,0 2pB pB 0
C(g) + D(s)
pB,0-pB
p(总)=pB,0+2pB pB=p(总)－pB,0/2
t=0时 p(总,0)=3pB,0=3 kPa 则 pB,0=1 kPa t1=50s时 pB,1=p(总,1)－pB,0 / 2=0.5 kPa
dcA 1 1 2 2 k A cA c B k A cA cA k A c A k A cA dt 2 2
分离变量积分，得
或
1 1 1 1 1 1 t k A cA cA ,0 1 k cA cA,0 A 2 xA t 1 kA cA,0 (1 xA ) 2
ln( t1/ 2 )1 ln( t1/ 2 ) 2 ln(135 min/ 13.5) 解：（1）n 1 1 ln pA , 0, 2 ln pA , 0,1 ln(101325 Pa / 10132 .5Pa 1 （2） k 1 A ,P t1/ 2 pA , 0 135 min 60s min 1 10132 .5Pa ·
）
6．对同一反应，活化能一定，则反应的起始温度愈低，反应 的速率系数对温度的变化愈敏感。 （ ） 7．Arrhenius活化能的定义是
Ea
def
d lnk （） RT dT
2
8．对于元反应，反应速率系数总随温度的升高而增大。（ ）
9．若反应AY，对A为零级，则A的半衰期 t1 / 2
cA , 0 。（ ） 2k A