中国石油大学(华东)油层物理课后题问题详解

中国石油大学(华东)《油层物理》综合复习资料参考答案

《油层物理》综合复习资料参考答案一、填空题1.高温；高压；天然气；2.减小；增加；3.薄片法筛析法沉降法4.少；多；多；5.动力；阻力；6.重碳酸钠；硫酸钠；氯化钙；氯化镁；7.温度压力原油和天然气组成8.基底胶结孔隙胶结接触胶结基底胶结 9.正向燃烧；逆(反)向燃烧；湿式燃烧；10.饱和蒸汽压临界点 11.小12.对应温度对应压力压缩因子 13. 主要的驱油能量14.宽 ])/[(g P h o w cR ρρ-= 15.孔隙度渗透率饱和度 16.亨利二、名词解释1.砂岩的粒度组成：构成砂岩的各种大小不同的颗粒的相对含量，以质量百分数表示。

2.地层油的等温压缩系数：在等温条件下，地层油的体积随压力的变化率。

3.润湿：液体在分子力作用下沿固体表面的流散现象。

4.平衡常数：在一定温度和压力下，系统中气液两相达到热力学平衡时，某一组分在气相和液相中的分配比例。

5.贾敏效应：液珠或气泡通过孔喉时产生的附加阻力。

6.两相体积系数：当油藏压力低于泡点压力时，地层油和其释放的气体的总体积与它在地面脱气后的体积之比。

7.压缩因子：一定温度和压力条件下，一定质量的实际气体所占有的体积与相同条件下理想气体占有的体积之比。

8.溶解气油比：在某一温度和压力下，单位体积地面油中溶解天然气的标准体积。

9.相渗透率：当岩石孔隙中饱和两种或两种以上的流体时，岩石让其中一种流体通过的能力。

10.波及系数：注入工作剂在油层中的波及程度。

或工作剂驱扫过的油藏体积占整个油藏体积的百分数。

11.润湿反转:岩石表面由于性质发生变化，使得润湿性发生变化的现象。

12.天然气的等温压缩系数:在等温条件下，天然气的体积随压力的变化率。

13.驱替过程：非湿相驱替湿相的过程。

14.吸附：溶质在相界面和相内部浓度不同的现象。

15.相对渗透率：当岩石孔隙中饱和两种或两种以上的流体时，某一相流体的有效渗透率与绝对渗透率的比值。

中国石油大学(华东)油层物理课后题问题详解

简要说明为什么油水过渡带比油气过渡带宽？为什么油越稠，油水过渡带越宽？答：过渡带的高度取决于最细的毛细管中的油（或水）柱的上升高度。

由于油藏中的油气界面张力受温度、压力和油中溶解气的影响，油气界面张力很小，故毛管力很小，油气过渡带高度就很小。

因为油水界面张力大于油气界面张力，故油水过渡带的毛管力比油气过渡带的大，而且水油的密度差小于油的密度，所以油水过渡带比油气过渡带宽，且油越稠，水油密度差越小，油水过渡带越宽四、简答题1、简要说明油水过渡带含水饱和度的变化规律，并说明为什么油越稠油水过渡带越宽？由于地层中孔隙毛管的直径大小是不一样的，因此油水界面不是平面，而是一个过渡带。

从地层底层到顶层，油水的分布一般为：纯水区——油水过渡区——纯油区。

由下而上，含水饱和度逐渐降低。

由式：，在PcR 一定时，油水的密度差越小，油水的过渡带将越宽。

油越稠，油水密度差越小，所以油越稠，油水过渡带越宽。

来源于骄者拽鹏习题11.将气体混合物的质量组成换算为物质的量的组成。

气体混合物的质量组成如下：%404-CH ,%1062-H C ，%1583-H C ，%25104-H C ，%10105-H C 。

解：按照理想气体计算：2.已知液体混合物的质量组成：%.55%,35%,1012510483---H C H C H C 将此液体混合物的质量组成换算为物质的量的组成。

解：3．已知地面条件下天然气各组分的体积组成：%23.964-CH ,%85.162-H C ，%83.083-H C ，%41.0104-H C ， %50.02-CO ，%18.02-S H 。

若地层压力为15MPa ，地层温度为50C O 。

求该天然气的以下参数：（1）视相对分子质量；（2）相对密度；（3）压缩因子；（4）地下密度；（5）体积系数；（6）等温压缩系数；（7）粘度；（8）若日产气为104m 3,求其地下体积。

解：（1）视相对分子质量836.16)(==∑i i g M y M（2）相对密度58055202983616..M M ag g ===γ （3）压缩因子244.3624.415===c r p p p 648.102.19627350=+==c r T T T3.2441.6480.84（4）地下密度）（＝）（3/95.11127350008314.084.0836.1615m kg ZRT pM V m g g +⨯⨯⨯===ρ （5）体积系数)/(10255.6202735027315101325.084.0333m m T T p p Z p nRT pZnRTV V B sc sc scsc gscgf g 标-⨯=++⨯⨯=⋅⋅===（6）等温压缩系数3.2441.6480.52[]）（＝＝1068.0648.1624.452.0-⨯⋅⋅=MPa T P T C C rc rgrg（7）粘度16.836500.01171.41.6483.244[])(01638.00117.04.1/11s mPa g g g g ⋅=⨯=⨯=μμμμ（8）若日产气为104m 3,求其地下体积。

中国石油大学(华东)__大学物理课后习题答案

ax
az 0
d2 x r 2 cost 2 dt
ay
d2 y r 2 s i n t 2 dt
7-2
所以
a ax i a y j az k r 2 costi r 2 sin tj
（3）由式（1）、（2）、（3）得运动方程的矢量式 r xi yj zk r costi r sin tj ctk 1-8 质点沿 x 轴运动，已知 v 8 2t 2 ，当 t 8 s 时，质点在原点左边 52m 处（向右为 x 轴正向）．试求：（1）质点的加速度和运动学方程；（2）初速度和初位置；（3）分析质点的运动性质． [解] （1）质点的加速度 a d v /d t 4t 又 v d x /d t 所以 d x vdt 对上式两边积分，并考虑到初始条件得
vx dx r sin t dt
dy r cost dt dz vz c dt vy
所以
v vx i v y j vz k r sin ti r costj ck
由式（1）、（2）、（3）两边对时间求二阶导数，可得质点的加速度
所以， t 时刻齿尖 P 的加速度为
2 a a t2 an b2
(v0 bt) 4 R2
1-17 火车在曲率半径 R＝400m 的圆弧轨道上行驶．已知火车的切向加速度 a t 0.2 m s 2 ，求火车的瞬时速率为 10 m s 时的法向加速度和加速度． [解] 火车的法向加速度火车的总加速度
y x2
7-4
对时间 t 求导数
vy
dy dx 2x 2 xvx dt dt
（1）

油层物理-中国石油大学-华东-复习资料

第一章储层流体的物理性质1、掌握油藏流体的特点，烃类主要组成处于高温、高压条件下，石油中溶解有大量的天然气，地层水矿化度高。

石油、天然气是由分子结构相似的碳氢化合物的混合物和少量非碳氢化合物的混合物组成，统称为储层烃类。

储层烃类主要由烷烃、环烷烃和芳香烃等。

非烃类物质（指烃类的氧、硫、氮化合物）在储层烃类中所占份额较少。

2、掌握临界点、泡点、露点（压力）的定义临界点是指体系中两相共存的最高压力和最高温度点。

泡点是指温度(或压力)一定时,开始从液相中分离出第一批气泡时的压力(或温度)。

露点是指温度(或压力)一定时,开始从气相中凝结出第一批液滴时的压力(或温度)。

3、掌握画出多组分体系的相图，指出其特征线、点、区，并分析不同类型油藏开发过程中的相态变化；三线：泡点线--AC线，液相区与两相区的分界线露点线--BC线，气相区与两相区的分界线等液量线--虚线，线上的液相含量相等四区：液相区（AC线以上-油藏）气相区（BC线右下方-气藏）气液两相区（ACB线包围的区域-油气藏）反常凝析区（PCT线包围的阴影部分-凝析气藏）J点：未饱和油藏I点：饱和油藏，可能有气顶；F点：气藏；A点：凝析气藏。

凝析气藏(Condensate gas )：温度位于临界温度和最大临界凝析温度之间，阴影区的上方。

1）循环注气2）注相邻气藏的干气。

4、掌握接触分离、多级分离、微分分离的定义；接触分离：指使油气烃类体系从油藏状态变到某一特定温度、压力，引起油气分离并迅速达到平衡的过程。

特点：分出气较多，得到的油偏少，系统的组成不变。

多级分离：在脱气过程中分几次降低压力，最后达到指定压力的脱气方法。

多级分离的系统组成是不断发生变化的。

微分分离：在微分脱气过程中,随着气体的分离,不断地将气体放掉(使气体与液体脱离接触)。

特点：脱气是在系统组成不断变化的条件下进行的。

5、典型油气藏的相图特征，判别油气藏类型；6、掌握油田常用的分离方式及原因多级分离分出的气少，获得的地面油多，而且其中轻质油含量高，测得的气油比小。

油层物理(第二册)课后习题答案讲课教案

油层物理(第二册)课后习题答案第一章储层岩石的物理特性24、下图1-1为两岩样的粒度组成累积分布曲线，请画出与之对应的粒度组成分布曲线，标明坐标并对曲线加以定性分析。

Log d i WWi图1-1 两岩样的粒度组成累积分布曲线答：粒度组成分布曲线表示了各种粒径的颗粒所占的百分数，可用它来确定任一粒级在岩石中的含量。

曲线尖峰越高，说明该岩石以某一粒径颗粒为主，即岩石粒度组成越均匀；曲线尖峰越靠右，说明岩石颗粒越粗。

一般储油砂岩颗粒的大小均在1～0.01mm 之间。

粒度组成累积分布曲线也能较直观地表示出岩石粒度组成的均匀程度。

上升段直线越陡，则说明岩石越均匀。

该曲线最大的用处是可以根据曲线上的一些特征点来求得不同粒度属性的粒度参数，进而可定量描述岩石粒度组成的均匀性。

曲线A 基本成直线型，说明每种直径的颗粒相互持平，岩石颗粒分布不均匀；曲线B 上升段直线叫陡，则可看出曲线B 所代表的岩石颗粒分布较均匀。

30、孔隙度的一般变化范围是多少？常用测定孔隙度的方法有哪些？影响孔隙度大小的因素有哪些？答：1）根据我国各油气田的统计资料，实际储油气层储集岩的孔隙度范围大致为：致密砂岩孔隙度自＜1%～10%；致密碳酸盐岩孔隙度自＜1%～5%；中等砂岩孔隙度自10%～20%；中等碳酸盐岩孔隙度自5%～10%；好的砂岩孔隙度自20%～35%；好的碳酸盐岩孔隙度自10%～20%。

3）岩石孔隙度的测定方法有实验室内直接测定法和以各种测井方法为基础的间接测定法两类。

间接测定法影响因素多，误差较大。

实验室内通过常规岩心分析法可以较精确地测定岩心的孔隙度。

4）对于一般的碎屑岩 (如砂岩)，由于它是由母岩经破碎、搬运、胶结和压实而成，因此碎屑颗粒的矿物成分、排列方式、分选程度、胶结物类型和数量以及成岩后的压实作用（即埋深）就成为影响这类岩石孔隙度的主要因素。

44、试推导含有束缚水的油藏的综合弹性系效计算式)(w w o o f C S C S C C ++=*φ其中：*C ——地层综合弹性压缩系数；f C ——岩石的压缩系效；o C ——原油压缩系效；w C ——地层水压缩系效；oS 、wi S ——分别表示含油饱和度和束缚水饱和度。

中国石油大学大物2-18章习题解答03--

中国石油大学大物2-18章习题解答03--习题 88-1．选择题1．一定量的理想气体，分别经历习题8-1(1)(a) 图所示的abc 过程(图中虚线ac 为等温线)和习题8-1(1)(b) 图所示的def 过程(图中虚线df 为绝热线)，试判断这两过程是吸热还是放热（）(A) abc 过程吸热，def 过程放热 (B) abc 过程放热，def 过程吸热 (C) abc 过程def 过程都吸热 (D) abc 过程def 过程都放热2．如习题8-1(2) 图所示，一定量的理想气体从体积V 1膨胀到体积V 2分别经历的过程是：A-B 等压过程；A-C 等温过程； A-D 绝热过程。

其中,吸热最多的过程（）(A) A-B (B) A-C(C) A-D(D) 既是A-B ，也是A-C ，两者一样多3．用公式E =νC V ，m T (式中C V ，m 为定容摩尔热容量，ν为气体的物质的量)计算理想气体内能增量时，此式( )(A) 只适用于准静态的等容过程 (B) 只适用于一切等容过程(C) 只适用于一切准静态过程 (D) 适用于一切始末态为平衡态的过程4．要使高温热源的温度T 1升高ΔT ，或使低温热源的温度T 2降低同样的ΔT 值，这两种方法分别可使卡诺循环的效率升高Δ1和Δ2。

两者相比有（）(A) Δ1>Δ2 (B) Δ1<Δ2(C) Δ1= Δ2 (D) 无法确定哪个大5. 理想气体卡诺循环过程的两条绝热线下的面积大小(如习题8-1(5)图中阴影所示)分别为S 1和S 2，则两者的大小关系是（）(A) S 1 > S 2 (B) S 1 = S 2 (C) S 1 < S 2 (D) 无法确定 6. 热力学第一定律表明（）(A) 系统对外做的功不可能大于系统从外界吸收的热量 (B) 系统内能的增量等于系统从外界吸收的热量(C) 不可能存在这样的循环过程，在此循环过程中，外界对系统做的功不等于系统传给外界的热量 (D) 热机的效率不可能等于1 7. 根据热力学第二定律可知（）(A) 功可以全部转换为热，但热不能全部转换为功(B) 热可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体 (C) 不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程 (D) 一切宏观的自发过程都是不可逆的 8.不可逆过程是（） (A) 不能反向进行的过程(B) 系统不能回复到初始状态的过程 (C) 有摩擦存在的过程或者非准静态过程 (D) 外界有变化的过程习题8-1(1)图习题8-1(2)图习题8-1(5)图9. 关于热功转换和热量传递过程，有下列叙述： (1) 功可以完全变为热量，热量不可以完全变为功(2) 一切热机的效率都只能小于1 (3) 热量不能从低温物体向高温物体传递(4) 热量从高温物体向低温物体的传递是不可逆的以上这些叙述中正确的是（） (A) 只有(2)，(4)正确 (B) 只有(2)，(3)，(4)正确 (C) 只有(1)，(3)，(4)正确 (D) 全部正确 8-2．填空题1．一定量的理想气体处于热动平衡状态时，此热力学系统的不随时间变化的三个宏观量是，而随时间变化的微观是。

大学物理课后习题详解(第九章)中国石油大学

习题九9-1 一系统由图示的状态a 经acb 到达状态b ，系统吸收了320J 热量，系统对外作功126J ．（1）若adb 过程系统对外作功 42J ，问有多少热量传入系统? （2）当系统由b 沿曲线ba 返回状态a ，外界对系统作功84 J ，试问系统是吸热还是放热? 热量是多少? [解] 由热力学第一定律A E Q +∆=得 A Q E -=∆ 在acb 过程中，E E E ∆=-a b J 19412632011=-=-=A Q在adb 过程中，内能变化量与acb 过程相同因此 J 2364219422=+=+∆=A E Q 在ba 过程中J 2788419433b a 3-=--=+∆-=+-=A E A E E Q由于热量为负值，所以本过程中系统放热．9-2 2mol 氮气由温度为 300K ，压强为510013.1⨯Pa （1atm ）的初态等温地压缩到 510026.2⨯Pa （2atm ）．求气体放出的热量． [解] 在等温过程中气体吸收的热量等于气体对外做的功，所以J 1046.321ln30031.82ln321T ⨯-=⨯⨯⨯===p p RT A Q ν即气体放热为J 1046.33⨯．9-3 一定质量的理想气体的内能E 随体积的变化关系为E - V图上的一条过原点的直线，如图所示．试证此直线表示等压过程．[证明] 设此直线斜率为k ，则此直线方程为kV E = 又E 随温度的关系变化式为 T k T C MM E '=⋅=v m o l所以 T k kV '= 因此 C kk T V ='=（C 为恒量）又由理想气体的状态方程知，C T pV'= （C '为恒量）所以 p 为恒量，即此过程为等压过程．9-4 2mol 氧气由状态1变化到状态2所经历的过程如图所示：（1）沿l →m →2路径．（2）1→2直线．试分别求出两过程中氧气对外作的功、吸收的热量及内能的变化．[解] （1）在1→m →2这一过程中，做功的大小为该曲线下的面积，氧气对外做负功．()()J 1010.81010013.11050204352121⨯-=⨯⨯⨯-⨯-=--=-V V p A由气体的内能公式T C E V ν=和理想气体的状态方程RT pV ν=得pV i RR i pVRpVC RpVC E 22VV====νν对于氧气5=i ，所以其内能的变化为 ()()J 1027.11010013.15051020252543511221⨯-=⨯⨯⨯⨯-⨯⨯=-=∆-V p V p E此过程吸收的热量为 J 1037.91010.81027.1444111⨯-=⨯-⨯-=+∆=A E Q （2）在从1→2过程中，由图知氧气对外作功为()()()()J 1007.51010013.11050520212143521122⨯-=⨯⨯⨯-⨯+⨯-=-+-=-V V p p A内能的变化 J 1027.1412⨯-=∆=∆E E吸收的热量 J 1034.61007.51027.1444222⨯-=⨯-⨯-=+∆=A E Q9-5 10mol 单原子理想气体在压缩过程中外界对它作功209J ，其温度上升1K ，试求：（1）气体吸收的热量与内能的增量．（2）此过程中气体的摩尔热容量．[解] （1）内能的增量为 J 65.124131.82310V =⨯⨯⨯=∆=∆T C E ν气体吸收的热量 J 35.8420965.124-=-=+∆=A E Q （2）由气体摩尔热容量知 ())K mol J 44.835.841011⋅-=-⨯=∆=TQC ν9-6 将压强为1atm ，体积为33m 101-⨯的氧气（25V R C =）从0℃加热到100℃．试分别求在等体（积）过程和等压过程中各需吸收多少热量．[解] 由理想气体状态方程 RT pV ν= 00RT V p RTpV ==ν在等容过程中吸收的热量为 J 77.9210027310110013.1252535000V V =⨯⨯⨯⨯⨯=∆=∆=-T R RT V p T C Q ν在等压过程中吸收的热量为J 88.12977.92575727V p p =⨯==∆=∆=Q T R T C Q νν9-7 已知氩气的定体（积）比热为)K kg J 314V ⋅=c ，若将氩气看作理想气体，求氩原子的质量．（定体（积）摩尔热容V mol V c M C =）．[解] 由定容摩尔热容量的定义知 R R i C 232V ==因此 VVV m o l 23c Rc C M==氩原子的质量为 kg 1059.63141002.631.823232623V A Amol-⨯=⨯⨯⨯===c N RN Mm9-8 为测定气体的γ（V p C C =）值有时用下列方法：一定量的气体的初始温度、体积和压强为0T 、0V 和0p ，用一根电炉丝对它缓慢加热．两次加热的电流强度和时间相同，第一次保持体积0V 不变，而温度和压强变为1T 和1p ．第二次保持压强0p 不变，而温度和体积变为2T 和1V ．试证明 ()()001001p V V V p p --=γ[证明] 两次加热气体吸收的热量相同，等容过程吸收的热量为()01V 1T T C Q -=ν 等压过程吸收的热量为 ()02p 2T T C Q -=ν 由 21Q Q =可得 ()()02p 01V T T C T T C -=-νν所以 0201Vp T T T T C C --==γ由理想气体状态方程 000RT V p ν= 101RT V p ν= 210RT V p ν= 因此 00101V R p p T T ν-=- 00102p RV V T T ν-=-所以得到 ()()001001p V V V p p --=γ9-9 已知1mol 固体的状态方程为bp aT v v ++=0，内能apT cT E +=，式中0v 、a 、b 、c 均为常量，求该固体的p C 、V C ．[解] 由热力学第一定律可得 V p E A E Q d d d d d +=+= （1）由已知条件可得 p b T a V d d d += （2） T ap p aT T c E d d d d ++= （3）将（2）、（3）代入（1）得 ()p b T a p T ap p aT T c Q d d d d d d ++++= （4）在等压过程中，0d =p所以 ()T ap c Q d 2d += 因此 ap c TQ C 2d d p +==在等容过程中 0d =V代入（2）式得 0d d =+p b T a 因此 T ba p d d -=代入（4）式得Tb T a apc T b a b T a p T ap T b a aT T c Qd d d d d d d 2⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+= 所以 bT a ap c TQ C 2V d d -+==9-10 已知范德瓦尔斯气体的内能0V E Va T C E +-=．其中V C 、a 、0E 为常数，试证明其绝热过程方程为()常数=-VC R b V T[证明] 范德瓦尔斯气体的状态方程为 ()RT b V V a p =-⎪⎭⎫⎝⎛+2 （1）又由已知条件可得 V Va T C E d d d 2V += （2）绝热过程 0d =Q ，由热力学第一定律得 V p A E d d d -=-= （3）由（2）、（3）式可得 V p V Va T C d d d 2V -=+ （4）由（1）式可得 2Va bV RT p --=（5）将（5）代入（4）式有 V bV RT V Va V Va T C d d d d 22V --=+整理得 V bV T RTC d 1d V --=积分得()常数=-+b V T RC ln ln V即 ()常数=-RCVT b V这就是范德瓦尔斯气体的绝热过程方程．9-11 如图所示是氮气循环过程，求：（1）一次循环气体对外作的功；（2）循环效率． [解] （1）一次循环过程气体对外作功的大小为闭合曲线所包围的面积，由图知，其包围的面积为1()()1412V V p p S --= ()()J 100.2101015510335⨯=⨯⨯-⨯-=-该循环对外作功为正，所以 J 100.23⨯=A（2）该循环过程中，从1→2，2→3为吸收热量过程 1→2为等容过程，吸收热量为()()112212V 125V p V p T T C Q -=-=ν()J 1025.110101511025335⨯=⨯⨯⨯-⨯⨯=-2→3为等压过程，吸收热量为 ()()223323p 227V p V p T T C Q -=-=ν()J 104.1101011051027435⨯=⨯⨯⨯-⨯⨯=-因此吸收的总热量为 J 10525.1421⨯=+=Q Q Q 该循环的效率为 %1.13%10010525.1100.243=⨯⨯⨯==Q A η9-12 一理想气体的循环过程如图所示，其中ca 为绝热过程，点 a 的状态参量为()11,V T ，点b 的状态参量为()22,V T ，理想气体的热容比为γ，求（1）气体在ab 、bc 过程中与外界是否有热交换? 数量是多少?（2）点c 的状态参量；（3）循环的效率．[解] （1） ab 过程是等温过程，系统吸收热量为121T lnV V RT A Q ν==因12V V >，故该过程是吸热过程．bc 过程是等容过程，系统吸收热量为 ()2c V V T T C Q -=ν 因 c T <2T ，故该过程是放热过程．（2）从图上可看到 2c V V =又 ac 为绝热过程，故根据绝热方程 112111c1c T VV T VV T --⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=γγ又有 γγ11c c V p V p =得到 121211121211c -⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=γγγννV V V RT V RT V V V V p p（3） ()()[]()⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-⋅-=--=--=-=--12121V 12111212V 121C 2V TV ln 11ln1ln11V V V V RC V V RT T V V T C V V RT T T C Q Q γγννη9-13 图中闭合曲线为一理想气体的循环过程曲线，其中ab 、cd 为绝热线，bc 为等体（积）线，da 为等压线，试证明其效率为bc ad T T T T ---=γη1式中a T 、b T 、c T 、d T 分别为a 、b 、c 、d 各状态的温度，V p C C =γ．[证明] da 为放热过程，其放出的热量为()a d p 2T T C Q -=νbc 为吸热过程，其吸收的热量为 ()b c V 1T T C Q -=ν 所以其效率为 ()()bc ad b c V a d p 12111T T T T T T C T T C Q Q ---=---=-=γννη9-14 如图所示，AB 、DC 为绝热线，COA 是等温线．已知系统在COA 过程中放热J 100，OAB 的面积是J 30，ODC 的面积为 J 70，试问在BOD 过程中系统是吸热还是放热?热量是多少?[解] 因COA 是等温线，COA 过程中J 100CA CA -==Q A 又因AB 、DC 为绝热线，AB AB A E -=∆ DC DC A E -=∆ OAB 过程系统作负功，ODC 过程系统作正功，整个循环过程系统作功 3070CA DC BD AB -=+++A A A ABOD 过程中系统吸热A C BD DC AB BD BD 140140E E E E E E A Q -+=∆+∆+∆+=∆+=由于COA 是等温过程，过程中系统内能变化为零，即 0A C =-E E 因此BOD 过程中系统吸热 J 140=Q9-15 一制冷机进行如图所示的循环过程，其中ab 、cd 分别是温度为1T 、2T 的等温线，bc 、da 为等压过程，设工作物质为理想气体．证明这制冷机制冷系数为：12121ln22p p i T T T ++-=ω[证明] ab 为等温过程，吸收热量为12111lnp p RT A Q ν==cd 为等温过程，其放出的热量大小为12222lnp p RT A Q ν==bc 为等压过程，吸收的热量为 ()12p 3T T C Q -=ν da 为等压过程，放出的热量大小为 ()12p 4T T C Q -=ν所以致冷系数 ()()12121314231ln22p p i T T T Q Q Q Q Q Q Q Q Q AQ ++-=+-++=-==吸放吸吸ω9-16 mol 1单原子理想气体，初态压强为1p ，体积为1V ，经等温膨胀使体积增加一倍，然后保持压强不变，使其压缩到原来的体积，最后保持体积不变，使其回到初态．（1）试在V p -图上画出过程曲线；（2）求在整个过程中内能的改变，系统对外作的净功、从外界吸收的净热量以及循环效率．[解] （1）过程曲线（2）系统经过循环又回到初态，所以其内能改变量0=∆E a →b 为等温过程，系统对外作正功2ln ln11121V p V V RT A ==νa2p 1p 2V 1V OVb →c 为等压过程，系统对外作负功，其数值大小为()()122111222V V V V p V V p A -=-=过程中总功 ()1112211112119.02ln V p V V V V p V p A A A =--=-=系统从外界吸收的净热量 1119.0V p A Q == a →b 过程吸热为 2ln 1111V p A Q ==c →a 过程中吸收的热量为 ()c a V 2T T C Q -=ν()V p V V V p p V p p 112111121432323=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=所以 %2.13432ln 19.011111121=+=+=V p V p V p Q Q A η9-17 一可逆卡诺热机低温热源的温度为27℃，热机效率为 40％，它的高温热源的温度是多少? 今欲将热机效率提高到50％，若低温热源保持不变，则高温热源的温度应增加多少度?[解] 可逆卡诺循环的效率为121T T -=η所以 K 5004.01300121=-=-=ηT T若 %50='η，则 K 6005.01300121=-='-='ηT T所以 K 10050060011=-=-'=∆T T T9-18 有一卡诺热机，用29kg 空气为工作物质，高温热源和低温热源的温度分别为C 27o 和C 73-o ，求此热机的效率．若在等温膨胀过程中工作物质的体积增大到2.718倍，则此热机每一循环所作的功是多少?[解] 此热机的效率为 %3.333002001112=-=-=T T η在等温膨胀过程中，吸收的热量为J 1049.2718.2ln 30031.8291029ln631211⨯=⨯⨯⨯⨯==V V RT Q ν又 1Q A =η所以 J 103.81049.231561⨯=⨯⨯==Q A η9-19 在高温热源为127℃、低温热源为27℃之间工作的卡诺热机，一次循环对外作净功为8000J ，今维持低温热源温度不变，提高高温热源的温度，使其一次循环对外做功10000J ，若两次循环该热机都工作在相同的两条绝热线之间，试求：（1）后一卡诺循环的效率．（2）后一卡诺循环的高温热源的温度．[解] （1）设前一卡诺循环从高温热源吸收热量为1Q ，则有11Q A =η又 414003001112=-=-=T T η所以 J 320004800011=⨯==ηA Q 后一卡诺循环从高温热源吸收热量为J 34000800010000320001211=-+=-+='A A Q Q所以第二个卡诺循环的效率为 %4.29%100340001000012=⨯='='Q A η（2）第二个卡诺循环的高温热源温度为 K 425294.01300121=-='-='ηT T9-20 一台家用冰箱，放在气温为300K 的房间内，做一盘C 13-o 的冰需从冷冻室取走J 1009.25⨯的热量．设冰箱为理想卡诺制冷机．（1）求做一盘冰所需要的功；（2）若此冰箱能以s J 1009.22⨯的速率取走热量，求所要求的电功率是多少瓦? （3）做一盘冰需时若干?[解] （1）致冷系数为 2122T T T A Q -==ω因此 ()()J 1022.32602603001009.2452212⨯=-⨯⨯=-=T T T Q A（2）取走制一盘冰的热量所需要的时间为 s 101009.21009.2325=⨯⨯=t所以电功率为 W 2.32101022.334=⨯==tA P（3）做一盘冰所需要的时间为 s 103．9-21 绝热容器中间有一无摩擦、绝热的可动活塞，如图所示，活塞两侧各有mol ν的理想气体，5.1=γ，其初态均为0p 、0V 、0T ．现将一通电线圈置入左侧气体中，对气体缓慢加热，左侧气体吸热膨胀推动活塞向右移，使右侧气体压强增加为0375.3p ，求；（1）左侧气体作了多少功?（2）右侧气体的终态温度是多少?（3）左侧气体的终态温度是多少? （4）左侧气体吸收了多少热量?[解] （1）右侧气体所发生的过程为绝热过程．它对外所做的功的负值就是左侧气体所作的功．所以左侧气体作功为 12200---='-=γV p V p A A又对右侧气体： γγγ202200375.3V p V p V p == 因此 γ102375.3V V =所以 000000122001375.3375.31V p V p V p V p V p A =--=---=γγγ（2）对右侧气体，由绝热方程知 ()γγγγ----=210010375.3T p T p得到 00325.1375.3T T T ===（3）左侧气体末态体积为 γ1002001375.32V V V V V V -=-+=得到 00000010011125.525.212375.3375.312375.3T T T V p V V p RV p T =⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=⎪⎭⎫⎝⎛-==γν（4）左侧气体吸收热量()()0000V 01V 1125.5V p T T C A T T C A E Q +-=+-=+∆=νν由 000RT V p ν= 知 RV p T ν000=又由 5.1VV Vp =+==C R C C C γ，得到 R C 2V =所以 00000015.925.42V p V p RV p R Q =+⨯⨯⨯=νν9-22 如图所示，在刚性绝热容器中有一可无摩擦移动而且不漏气的导热隔板，将容器分为A 、B 两部分，各盛有1mol 的He 气和2O 气．初态He 、2O 的温度各为K 300A =T ，K 600B =T ；压强均为atm 1．求：（1）整个系统达到平衡时的温度T 、压强p （氧气可视为刚性理想气体）；（2）He气和2O 气各自熵的变化，系统的熵变．[解] （1）因中间是导热隔板，过程中两部分气体热量变化和作功的数值都相等，所以内能变化量的数值也相等，且由于初温度不同而末温度相同所以一正一负．因此 ()()T T C T T C '-=-'B VB B A VA A νν解得 K 5.487536005300325232523BA VBVA BVB A VA =+⨯+⨯=++=++='RR RT RT C C T C T C T因平衡时温度、压强都相等，且都是1mol ，所以体积也相等．()A B A A B B B A AA BA B A45021212p RT T p R p RT p RT V V V V =+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+='='νν 根据理想气体状态方程得到压强为atm 08.114505.478450A =⨯=⋅'=''='p T V T R p ν（2） He 气熵变⎰⎰⎰⎰''+=+==∆T T V V VVR TTC TVp E TQ S AAAd d d d d A VA A He He He ννK J 42.93002600300ln31.83005.487ln31.8232lnln23ABA A=⨯+⨯+⨯⨯=++'=T T T R T T R氧气熵变⎰⎰⎰⎰''+=+==∆T T V V VVR TTC TVp E TQ S BBB222d d d d d B VB B O O O ννK J 70.66002600300ln31.86005.487ln31.8252lnln25-=⨯+⨯+⨯⨯=++'=BBA BT T T R T T R系统的熵变 K J 72.270.642.92O He =-=∆+∆=∆S S S9-23 已知在0℃1mol 的冰溶化为0℃的水需要吸收热量 6000 J ，求：（1）在0℃条件下这些冰化为水时的熵变；（2）0℃时这些水的微观状态数与冰的微观状态数的比． [解] （1）温度不变时，熵变为 K J 0.222736000d 1d 0====∆⎰⎰Q T TQ S（2）根据玻尔兹曼熵公式冰冰Ω=ln k S 水水Ω=ln k S冰水冰水冰水ΩΩ=Ω-Ω=-=∆lnln ln k k k S S S根据（1）结果，得2423106.11038.10.22⨯⨯∆===ΩΩ-ee ekS 冰水9-24 把2mol 的氧从40℃冷却到0℃，若（1）等体（积）冷却；（2）等压冷却．分别求其熵变是多少?[解] 在等容压缩过程中 T C Q d d V ν= 因此 K J 68.5313273ln252d d d 273313VV -=⨯====∆⎰⎰⎰R TT C TTC TQ S νν在等压冷却过程中， T C Q d d p ν=K J 95.7313273ln272d d d 273313pp -=⨯====∆⎰⎰⎰R TT C TTC TQ S νν9-25 取1mol 理想气体，按如图所示的两种过程由状态A 到达状态C ．（1）由A 经等温过程到达状态 C ；（2）由A 经等体（积）过程到达状态B ，再经等压过程到达状态C ．按上述两种过程计算该系统的熵变A C S S -．已知A C 2V V =，A C 21p p =．[解] （1）根据理想气体状态方程得 RV p RV p T A A AA A ==ν因此等温过程中熵变为⎰⎰⎰⎰====∆V VRTT T Vp T QTQS C Ad 1d d d AAAν2ln lnd AC AA CAR V V R VV T RT V V ===⎰（2） A →C 与A →B →C 两过程初末状态相同，熵是状态函数，只与初末位置有关，因此两过程熵变相同等于2ln R ．或：根据理想气体状态方程得 A A BB B 211V p RRV p T ⋅==νA →B →C 过程熵变等于A →B 等容过程和B →C 等压过程中熵变的和⎰⎰⎰⎰+=+=+=∆CBB ACBB ATTC TTC TQ TQ S S S d d d d p V 21νν2ln 2ln 2ln p V R C C =+-=。

大学物理课后习题详解(第三章)中国石油大学

3-1 以速度0v 前进的炮车，向后发射一炮弹，已知炮车的仰角为θ，炮弹和炮车的质习题3-1图量分别为m 和M ，炮弹相对炮车的出口速率为v ，如图所示。

求炮车的反冲速率是多大?[解] 以大地为参照系，取炮弹与炮弹组成的系统为研究对象，系统水平方向的动量守恒。

由图可知炮弹相对于地面的速度的水平分量为v v '-θcos ，根据动量守恒定律()()v M v v m v m M '-'-=+-θcos 0所以 ()mM mv v m M v +++='θcos 0此即为炮车的反冲速率。

3-2 质量为M 的平板车，在水平地面上无摩擦地运动。

若有N 个人，质量均为m ，站在车上。

开始时车以速度0v 向右运动，后来人相对于车以速度u 向左快跑。

试证明：(1)N 个人一同跳离车以后，车速为NmM Nmuv v ++=0(2)车上N 个人均以相对于车的速度u 向左相继跳离，N 个人均跳离后，车速为()mM mum N M mu Nm M mu v v +++-++++=' 10[证明] (1) 取车和人组成的系统为研究对象，以地面为参照系，系统的水平方向的动量守恒。

人相对于地面的速度为u v -，则()()Mv u v Nm v Nm M +-=+0所以 NmM Nmuv v ++=0(2) 设第1-x 个人跳离车后，车的速度为1-x v ，第x 个人跳离车后，车的速度为x v ，根据动量守恒定律得()[]()()[]x x 1x 1v m x N M u v m v m x N M -++-=+-+-所以 ()Mm x N muv v ++-+=-11x x此即车速的递推关系式，取N x ,,2,1 =得Mm muv v ++=-1N NMm muv v ++=--22N 1N……………………()M m N muv v +-+=112 MNm muv v ++=01将上面所有的式子相加得()Mm muM m mu M m N mu M Nm mu v v ++++++-+++=210N 此即为第N 个人跳离车后的速度，即()mM mum N M mu Nm M mu v v +++-++++=' 103-3 质量为m =0.002kg 的弹丸，其出口速率为300m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力800400x F -=。

中国石油大学物理答案9章习题解答.docx

习题99-3. 一轻弹簧在60N 的拉力下伸长30cm 。

现把质量为4kg 物体悬挂在该弹簧的下端，并使之静止，再把物体向下拉10cm,然后释放并开始计吋。

求：(1)物体的振动方程；(2)物体在平衡位置上方5cm 时弹簧対物体的拉力；(3)物体从笫一次越过平衡位置时刻起，到它运动到上方5cm 处所需要的最短时间。

［解］(1)取平衡位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立坐标系=200N/m A = 0.1m设振动方程为O ・l = O ・lcos0 0 = 0(2)设此时弹簧对物体作用力为凡则(3)设第一次越过平衡位置时刻为则第一次运动到上方5cm 处时刻为匚，则一 0.05 = 0.1 cos (7.07r 2) t 2 = 2刃(3 x 7.07)故所需最短时间为：△f =為—心=0.074s9-4. 一质量为M 的物体在光滑水平面上作谐振动，振幅12cm,在距平衡位置6cm 处, 速度为24cm-s'1,求：⑴ 周期T ； (2)速度为12cm ・s"时的位移。

［解］⑴ 设振动方程为x = Acos@f+ 0)cm 以 A = 12cm 、x = 6cm 、v = 24cm • s"1 代入，得：6 = 12cos(er + 0) 24 = -1269 sin (cot + cp)利用 sin 2(twt + ^) + cos 2(ax +(p)=\ 则因而有F = 200x(0.2-0.05)= 30N0 = 0」cos (7.07f Jr, =0.5龙/7・0730x1 O'2k 200解得：0 =-龙/4 A= 10.6cm故振动方程为:x = 10.6 cos(10z 一 ^/4)cm解得473 co- -------⑵以v = 24cm-s _l 代入，得:解得: 所以故2+(24、 11<-1269>12 = -12tysin (69/ + ^) = -16^/3 sin (69/ + °) sin{cot + 切= cos 伽 + 卩)=土乎卜 ±10.8cm兀=12 cos (0f + 切=12 x ±9-5. 一谐振动的振动曲线如图9-5所示，［解］设振动方程为 x = A cos {a )t + °)根据振动曲线可画出旋转矢量图由图可得:0) = —^- =Ar故振动方程为%=，0COSl?9-6. 一质点沿x 轴作简谐振动，其角频率^10 rad s'',试分别写出以下两种初始状态的振动方程:(1)其初始位移兀o=7.5 cm,初始速度心二75.0 cm s'1；⑵ 其初始位移也=7.5 cm, 初速度 v 0=-75.0cm-s _l o［解］设振动方程为兀=4cos(10/ + 0)7.5 = Acos0 75 = -lO4sin0T 巫co71 +39-7. 一轻弹簧在60 N 的拉力作用下可伸长30cm,现将一物体悬挂在弹簧的下端并在它上面放一小物体，它们的总质量为4kg 。

大学物理课后习题详解(第六章)中国石油大学

习题六6-1 一轻弹簧在60N 的拉力下伸长30cm ．现把质量为4kg 物体悬挂在该弹簧的下端，并使之静止，再把物体向下拉10cm ，然后释放并开始计时．求：（1）物体的振动方程；（2）物体在平衡位置上方5cm 时弹簧对物体的拉力；（3）物体从第一次越过平衡位置时刻起，到它运动到上方5cm 处所需要的最短时间．[解] （1）取平衡位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立坐标系N/m 2001030602=⨯=-k设振动方程为 ()ϕω+=t A x cosrad/s 07.74200===m k ω m 1.0=A 0=t 时 m 1.0=x ϕc o s1.01.0= 0=ϕ 故振动方程为 ()m 07.7cos 1.0t x = （2）设此时弹簧对物体作用力为F ，则()()x x k x k F +=∆=0其中 m 196.02008.940=⨯==k mg x 因而有 ()N 2.2905.0196.0200=-⨯=F （3）设第一次越过平衡位置时刻为1t ，且速度小于零，则()107.7cos 1.00t = 07.75.01π=t第一次运动到上方5cm 处时刻为2t ，且速度小于零，则()207.7cos 1.005.0t =- )07.7322⨯=πt故所需最短时间为：s 074.012=-=∆t t t6-2 一质点在x 轴上作谐振动，选取该质点向右运动通过点 A 时作为计时起点（t ＝0），经过2s 后质点第一次经过点B ，再经 2s 后，质点第二次经过点B ，若已知该质点在A 、B 两点具有相同的速率，且10cm =AB ，求：（1）质点的振动方程；（2）质点在A 点处的速率．[解] 由旋转矢量图和||||b a v v =可知421=T s 由于42s 81,s 81ππνων====-T（1）以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方．0=t 时, ϕcos 5A x =-=2s =t 时， ()ϕϕωs i n 2c o s 5A A x -=+== 由以上二式得 1tan =ϕ因为在A 点质点的速度大于零，所以43πϕ-= cm 25cos /==ϕx A所以，运动方程为：()m 4/34/cos 10252ππ-⨯=-t x（2）速度为： ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯-==-434sin 41025d d 2πππt t x v 当2s =t 时 m/s 1093.3432sin 4102522--⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯-=πππv6-3 一质量为M 的物体在光滑水平面上作谐振动，振幅为 12cm ，在距平衡位置6cm 处，速度为24s cm ，求：（1）周期T ；（2）速度为12s cm 时的位移．[解]（1）设振动方程为()cm cos ϕω+=t A x 以cm 12=A 、cm 6=x 、1s cm 24-⋅=v 代入，得：()ϕω+=t c o s 126 （1）()ϕωω+-=t sin 1224 （2）由（1）、（2）得1122412622=⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛ω 解得 334=ω s 72.2232===πωπT （2）以1s cm 12-⋅=v 代入，得：()()ϕωϕωω+-=+-=t t sin 316sin 1212解得： ()43sin -=+ϕωt 所以 ()413cos ±=+ϕωt故 ()cm 8.1041312cos 12±=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛±⨯=+=ϕωt x6-4 一谐振动的振动曲线如图所示，求振动方程．[解] 设振动方程为： ()ϕω+=t A x cos 根据振动曲线可画出旋转矢量图由图可得： 32πϕ=125223πππϕω=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∆∆=t故振动方程为 cm 32125cos 10⎪⎭⎫⎝⎛+=ππt x6-5 一质点沿x 轴作简谐振动，其角频率s rad 10=ω，试分别写出以下两种初始状态的振动方程：（1）其初始位移0x ＝7.5 cm ，初始速度s cm 0.750=v ；（2）其初始位移0x ＝7.5 cm ，初速度s cm 0.750-=v ．[解] 设振动方程为 ()ϕ+=t A x 10cos （1）由题意得： ϕcos 5.7A = ϕsin 1075A -= 解得： 4πφ-= cm 6.10=A 故振动方程为：()cm 410cos 6.10π-=t x（2）同法可得： ()cm 410cos 6.10π+=t x6-6 一轻弹簧在60 N 的拉力作用下可伸长30cm ．现将一物体悬挂在弹簧的下端并在它上面放一小物体，它们的总质量为4k 。

大学物理下课后题答案12章中国石油大学(华东)

12章习题参考答案12-1答案：1-5 DBADC 6-10 CDDAD 11-15 DDDAB 12-2 1、E R 221π 2、Sq 022ε3、略4、3028Rqdεπ，方向为从O 点指向缺口中心点5、aq 08πε-12-3真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电量为q ，试求在直杆延长线上到杆的一端距离为d 的点P 的电场强度。

[解] 建立如图所示的坐标系Ox ，在距O 点为x 处取电荷元x Lqx q d d d ==λ，它在P 点产生的电场强度为()()x x d L Lq x d L qrq E d 41d 414d d 202020-+=-+==πεπεπε则整个带电直导线在P 点产生的电场强度为()d L d q x x d L Lq E L+=-+=⎰2041d 41πεπε故 ()i d L d qE+=04πε12-4用绝缘细线弯成的半圆环，半径为R ，其上均匀地带有正电荷Q ，试求圆心处点O 的电场强度。

[解] 建立坐标系如图，在半圆环上取微元d l ，θd d R l =，则 l RQq d d π=， q d 在O 点的场强 20204d 4d d R lR Q R q E πεππε== 从对称性分析，y 方向的场强相互抵消，只存在x 方向的场强Ed Oxxq d d λ=θεπθθεπθd 4sin d sin 4sin d d 202302x RQ l RQ E E =⋅=⋅= 2020202x x 2d 4sin d R QR Q E E επθεπθπ===⎰⎰i R Q E o 222επ=12-5一半径为R 的无限长半圆柱面形薄筒，均匀带电，单位长度上的带电量为λ，试求圆柱面轴线上一点的电场强度E 。

[解] 建立坐标系如图，在无限长半圆柱面形薄筒上取l d 的窄条，l d 对应的无限长直线单位长度所带的电量为θπλθπλd d d ==R R q 它在轴线O 产生的场强的大小为RR qE 0202d 2d d επθλπε==因对称性y d E 成对抵消。

2大学物理课后习题详解(第二章)中国石油大学

2-1 质量为m 的子弹以速率0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：(1)子弹射入沙土后，速度大小随时间的变化关系； (2)子弹射入沙土的最大深度。

[解] 设任意时刻子弹的速度为v ，子弹进入沙土的最大深度为s ，由题意知，子弹所受的阻力 f = - kv(1) 由牛顿第二定律 tv m ma f d d ==即 tv m kv d d ==-所以t mk vv d d -= 对等式两边积分⎰⎰-=tvvt mkvv 0d d 0得 t mk v v -=0ln因此 tmk ev v -=0(2) 由牛顿第二定律 xv mvtx x v mt vm ma f d d d d d d d d ====即 xv mv kv d d =-所以 v x mk d d =-对上式两边积分 ⎰⎰=-0d d v sv x m k得到 0v s m k -=-即 kmv s 0=2-2 质量为m 的小球，在水中受到的浮力为F ，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为f ＝kv (k 为常数)。

若从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的速率v 与时间的关系为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-m kt e kF mg v 1 [证明] 任意时刻t 小球的受力如图所示，取向下为y 轴的正方向，开始沉降处为坐标原点。

由牛顿第二定律得tv mma f F mg d d ==--即 tv mma kv F mg d d ==-- 习题2－2图整理得mt kvF mg v d d =--对上式两边积分⎰⎰=--tvm tkvF mg v 00d d得 mkt Fmg kv F mg -=---ln即 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-m kt e kF mg v 12-3 跳伞运动员与装备的质量共为m ，从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速率的平方成正比，即2kv F =。

求跳伞员的运动速率v 随时间t 变化的规律和极限速率T v 。

大学物理课后习题详解(第五章)中国石油大学

5-1 设有一宇宙飞船，相对于地球作匀速直线运动，若在地球上测得飞船的长度为其静止长度的一半，问飞船相对地球的速度是多少?[解] 飞船静止长度0l 为其固有长度，地球上测得其长度为运动长度，由长度收缩公式，有：2)(1020l c v l l =-=解得：23=cv即：c c v 866.023==5-2 宇宙射线与大气相互作用时能产生π介子衰变，此衰变在大气上层放出μ粒子，已知μ粒子的速率为v ＝0.998c ，在实验室测得静止μ粒子的平均寿命为s 102.26-⨯，试问在8000m 高空产生的μ粒子能否飞到地面?[解] 地面上观测到的μ子平均寿命与固有寿命之间的关系21⎪⎭⎫ ⎝⎛-=c v t tμ子运行距离m 1042998.01102.2998.012620=-⨯⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛-==-c c v t v vt lμ子能飞到地面。

5-3 在S 系中观测到两个事件同时发生在x 轴上，其间距离为1m ，在S '系中观测这两个事件之间的距离是2m 。

求在S '中测得的这两个事件发生的时间间隔。

[解] 在S 系中两事件时间间隔,0=∆t 由Lorentz 变换222)/(1)/(1c u xcu t t c u ut x x --='--='得：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-∆-=-∆-∆='∆-∆=-∆-∆='∆222222)/(1)/(1)/(1)/(1c u x c u c u x c u t t c u x c u t u x x 将m 1m ,2=∆='∆x x 代入上两式，得s 1077.5,239-⨯-='∆=t c u5-4 远方一颗星体以0.80c 的速率离开我们，我们接收到它辐射来的闪光按5昼夜的周期变化，求固定在这星体上的参考系中测得的闪光周期。

[解] 所求的为固有周期0T ： 380.015)/(1220=-=-=c v T T 昼夜5-5 假设一飞船的速率可达u ＝0.5c ，它沿着广州和北京的连线飞行，已知广州到北京的直线距离为km 1089.13⨯，问飞船中的乘客观测到广州到北京的直线距离是多少? [解] 已知固有长度km 1089.130⨯=lkm 106368.15.011089.113232⨯=-⨯⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=c v l l5-6 1966～1972年间，欧洲原子核研究中心(CERN)多次测量到储存环中沿“圆形轨道”运行的μ粒子的平均寿命，在μ粒子的速率为0.9965c 时，测得的平均寿命是s 1015.266-⨯。

油层物理(山东联盟)智慧树知到期末考试章节课后题库2024年中国石油大学(华东)

油层物理（山东联盟）智慧树知到期末考试答案章节题库2024年中国石油大学（华东）1.孔隙控制着岩石渗流能力，喉道控制着储油能力（）答案:错2.地层水的硬度是指地层水中钙、镁等二价溶解盐离子的含量，单位为mg/L。

（）答案:对3.综合弹性压缩系数是单位体积油藏岩石，当（油藏）压力降低一个1MPa时，由于岩石孔隙体积的缩小、其中流体的膨胀，总共排出的油量。

（）答案:错4.迂曲度通常小于1。

（）答案:错5.岩石的孔隙压缩系数是指单位体积油藏岩石，当流体压力降低1MPa时，孔隙体积的缩小值。

（）答案:错6.润湿是指三相体系，只要三相体系相同，在不同的情况下润湿角保持不变。

（）答案:错7.极性吸附剂容易吸附非极性物质。

（）答案:错8.高矿化度和高硬度的地层水会影响入井流体的性质。

（）答案:对9.毛管力曲线位置越低，一般渗透性越好。

（）答案:对10.地层水中含有大量的无机盐和天然气。

（）答案:错11.地层油的溶解气油比随压力的降低而减小。

（）答案:错12.苏林分类法是依据地层水中某种化合物的多少而命名地层水类型的。

（）答案:错13.岩石压缩系数是指单位体积油藏岩石，当流体压力降低1MPa时，岩石体积的缩小值。

（）答案:错14.湿相驱替非湿相的过程称为“吸吮过程”。

（）答案:对15.一般情况，强亲水岩石等渗点的饱和度小于50%。

（）答案:错16.相渗曲线的测定方法有（）。

答案:根据矿场资料计算###按毛管力曲线计算###经验公式法###稳定法###非稳定法17.有效渗透率的影响因素有（）。

答案:润湿性###岩石自身的属性###流体饱和度18.粒度组成的分析结果有（）等多种表示方法。

答案:列表法###图形法19.进汞毛管力曲线相当于强亲水油藏的（）过程。

答案:驱替###束缚水形成###油藏形成20.提高凝析气藏产量的方法是（）。

答案:注水使气藏压力高于第二露点压力###循环注气使气藏压力高于第二露点压力21.地层油的溶解气油比正确的定义为（）。

大学物理课后习题详解(第十一章)中国石油大学

习题十一11-1 如图所示，在点电荷+Q 的电场中放置一导体球。

由点电荷+Q 到球心的径矢为r ，在静电平衡时，求导体球上的感应电荷在球心O 点处产生的场强E 。

[解] 静电平衡时，导体内任一点的场强为零，O 点的场强是点电荷+Q 及球面上感应电荷共同贡献的，由场强叠加原理有0Q 0='+=E E E r E E 20Q 4r Q πε-=-='11-2 一带电量为q 、半径为r 的金属球A ，放在内外半径分别为1R 和2R 的不带电金属球壳B 内任意位置，如图所示。

A 与B 之间及B 外均为真空，若用导线把A ，B 连接，求球A 的电势。

[解] 以导线把球和球壳连接在一起后，电荷全部分布在球壳的外表面上(或者说导体球的电荷与球壳内表面电荷中和)，整个系统是一个等势体，因此20B A 4R q U U πε==11-3 如图所示，把一块原来不带电的金属板B 移近一块已带有正电荷Q 的金属板A ，平行放置。

设两板面积都是S ，板间距为d ，忽略边缘效应，求：(1)板B 不接地时，两板间的电势差；(2)板B 接地时，两板间的电势差。

[解] (1) 由61页例1知，两带电平板导体相向面上电量大小相等符号相反，而相背面上电量大小相等符号相同，因此当板B 不接地，电荷分布为因而板间电场强度为 SQ E 02ε=电势差为 SQdEd U 0AB 2ε== (2) 板B 接地时，在B 板上感应出负电荷，电荷分布为B A-Q/2Q/2Q/2Q/2A B -QQ故板间电场强度为 SQ E 0ε=电势差为 SQdEd U 0AB ε==11-4 如图所示，有三块互相平行的导体板，上导体板到中间导体板的距离为5.0cm ，上导体板到下导体板的距离为8.0cm ，外面的两块用导线连接，原来不带电。

中间一块两面上带电，其面电荷密度之和为25m C 103.1-⨯=σ。

求每块板的两个表面的面电荷密度各是多少(忽略边缘效应)?[解] 因忽略边缘效应，可把三个导体板看作无限大平板，由例1知32σσ-= (1) 45σσ-= (2)忽略边缘效应，则导体板可看成无限大的，具有屏蔽性，在相邻导体板之间的电场只由相对于二表面上电荷决定。

我国石油大学物理答案解析15章习题详细答案解析

习题1515-3 求习题15-3各图中点P 处磁感应强度的大小和方向。

[解] (a) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为：()210cos cos 4θθπμ-=aIB 对于导线1：01=θ，22πθ=，因此a I B πμ401=对于导线2：πθθ==21，因此02=BaIB B B πμ4021p =+= 方向垂直纸面向外。

(b) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为：()210cos cos 4θθπμ-=aIB 对于导线1：01=θ，22πθ=，因此rI a I B πμπμ44001==，方向垂直纸面向内。

对于导线2：21πθ=，πθ=2，因此rI a I B πμπμ44002==，方向垂直纸面向内。

半圆形导线在P 点产生的磁场方向也是垂直纸面向内，大小为半径相同、电流相同的圆形导线在圆心处产生的磁感应强度的一半，即rIr I B 4221003μμ==，方向垂直纸面向内。

所以，r Ir I r I r I r I B B B B 4244400000321p μπμμπμπμ+=++=++=，方向垂直纸面向内。

(c) P 点到三角形每条边的距离都是a d 63=o 301=θ，o 1502=θ每条边上的电流在P 点产生的磁感应强度的方向都是垂直纸面向内，大小都是()aI d IB πμπμ23150cos 30cos 400000=-=故P 点总的磁感应强度大小为aIB B πμ29300==(c)方向垂直纸面向内。

15-4 在半径为R 和r 的两圆周之间，有一总匝数为N 的均匀密绕的平面线圈，通有电流I ，方向如习题15-4图所示。

求中心O 处的磁感应强度。

[解] 由题意知，均匀密绕平面线圈等效于通以NI 圆盘，设单位径向长度上线圈匝数为nrR Nn -=建立如图坐标，取一半径为x 厚度为dx 的圆环，其等效电流为:x rR NIx I d nd d -== )(2d 2d d 000r R x xNI xIB -==μμrR r R NIr R x xNI B B RrNIln)(2)(2d d 0000-=-==⎰⎰μμ所以方向垂直纸面向外。

【DOC】-中国石油大学华东2007-2008学年第一学期《油层物理》（试题）（答案详解）

中国石油大学华东2007-2008学年第一学期《油层物理》(试题)(答案详解)2007－2008学年第一学期《油层物理》试卷（闭卷）专业班级姓名学号开课系室石油工程学院油藏工程系考试日期2007年12月题号得分阅卷人一二三四总分一、填空题（每空0.5分，共15分）1．常用的岩石的粒度组成的分析方法有：薄片法、筛析法和沉降法，其中沉降法用来分析粒经小于40μm的颗粒。

2．储层流体包括、、。

3.一般来说，岩石的亲水性越强，束缚水饱和度越大（越大、越小、不变）；岩石中泥质含量越高，束缚水饱和度越大（越大、越小、不变）。

4．低压下天然气的粘度随轻组分含量的增加而增加，随温度的升高而增加。

5．地层油的粘度随原油中轻组分含量的增加而减小，随地层温度的增加而减小，当地层压力大于地层油饱和压力时随地层压力的减小而减小，当地层压力小于地层油饱和压力时随地层压力的减小而增加。

6．在储集岩石中，不同类型的胶结物具有不同的特性，泥质胶结物的特性是遇水膨胀；灰质胶结物的特性是遇酸反应；硫酸盐胶结物的特性是高温脱水。

7．随着油藏的开发，油藏压力降低，这会导致岩石孔隙度变小（变大、变小、不变），岩石渗透率变小（变大、变小、不变）。

8．在等径球形颗粒模型中，岩石颗粒越大，岩石孔隙度不变，岩石比面越小，岩石的绝对渗透率越大。

9．与多级分离相比，接触脱气的特点是分离出的气量较多，轻质油组分较多，得到的地面油量较少。

10．在亲水岩石中，水驱油（水驱油、油驱水）过程是吸吮过程，油驱水（水驱油、油驱水）过程是驱替过程；毛管力是水驱油的动力（动力、阻力），润湿角越大，越不利于（有利于、不利于）水驱油。

评分标准：每空0.5分，共15分。

二、名词解释（每题2分，共16分）1、天然气的体积系数：在地面标准状态下（20°C,0.101MPa）单位体积天然气在地层条件下的体积。

共4页第1页2、比面：单位体积岩石的总表面积。

3、润湿：液体在分子力的作用下在固体表面的流散现象。

大学物理课后习题详解(第九章)中国石油大学

习题九9-1 一系统由图示的状态a 经acb 到达状态b ，系统吸收了320J 热量，系统对外作功126J ．（1）若adb 过程系统对外作功 42J ，问有多少热量传入系统? （2）当系统由b 沿曲线ba 返回状态a ，外界对系统作功84 J ，试问系统是吸热还是放热? 热量是多少? [解] 由热力学第一定律A E Q +∆=得 A Q E -=∆ 在acb 过程中，E E E ∆=-a b J 19412632011=-=-=A Q在adb 过程中，内能变化量与acb 过程相同因此 J 2364219422=+=+∆=A E Q 在ba 过程中J 2788419433b a 3-=--=+∆-=+-=A E A E E Q由于热量为负值，所以本过程中系统放热．9-2 2mol 氮气由温度为 300K ，压强为510013.1⨯Pa （1atm ）的初态等温地压缩到 510026.2⨯Pa （2atm ）．求气体放出的热量． [解] 在等温过程中气体吸收的热量等于气体对外做的功，所以J 1046.321ln30031.82ln321T ⨯-=⨯⨯⨯===p p RT A Q ν即气体放热为J 1046.33⨯．9-3 一定质量的理想气体的内能E 随体积的变化关系为E - V图上的一条过原点的直线，如图所示．试证此直线表示等压过程．[证明] 设此直线斜率为k ，则此直线方程为kV E = 又E 随温度的关系变化式为 T k T C MM E '=⋅=v m o l所以 T k kV '= 因此 C kk T V ='=（C 为恒量）又由理想气体的状态方程知，C T pV'= （C '为恒量）所以 p 为恒量，即此过程为等压过程．9-4 2mol 氧气由状态1变化到状态2所经历的过程如图所示：（1）沿l →m →2路径．（2）1→2直线．试分别求出两过程中氧气对外作的功、吸收的热量及内能的变化．[解] （1）在1→m →2这一过程中，做功的大小为该曲线下的面积，氧气对外做负功．()()J 1010.81010013.11050204352121⨯-=⨯⨯⨯-⨯-=--=-V V p A由气体的内能公式T C E V ν=和理想气体的状态方程RT pV ν=得pV i RR i pVRpVC RpVC E 22VV====νν对于氧气5=i ，所以其内能的变化为 ()()J 1027.11010013.15051020252543511221⨯-=⨯⨯⨯⨯-⨯⨯=-=∆-V p V p E此过程吸收的热量为 J 1037.91010.81027.1444111⨯-=⨯-⨯-=+∆=A E Q （2）在从1→2过程中，由图知氧气对外作功为()()()()J 1007.51010013.11050520212143521122⨯-=⨯⨯⨯-⨯+⨯-=-+-=-V V p p A内能的变化 J 1027.1412⨯-=∆=∆E E吸收的热量 J 1034.61007.51027.1444222⨯-=⨯-⨯-=+∆=A E Q9-5 10mol 单原子理想气体在压缩过程中外界对它作功209J ，其温度上升1K ，试求：（1）气体吸收的热量与内能的增量．（2）此过程中气体的摩尔热容量．[解] （1）内能的增量为 J 65.124131.82310V =⨯⨯⨯=∆=∆T C E ν气体吸收的热量 J 35.8420965.124-=-=+∆=A E Q （2）由气体摩尔热容量知 ())K mol J 44.835.841011⋅-=-⨯=∆=TQC ν9-6 将压强为1atm ，体积为33m 101-⨯的氧气（25V R C =）从0℃加热到100℃．试分别求在等体（积）过程和等压过程中各需吸收多少热量．[解] 由理想气体状态方程 RT pV ν= 00RT V p RTpV ==ν在等容过程中吸收的热量为 J 77.9210027310110013.1252535000V V =⨯⨯⨯⨯⨯=∆=∆=-T R RT V p T C Q ν在等压过程中吸收的热量为J 88.12977.92575727V p p =⨯==∆=∆=Q T R T C Q νν9-7 已知氩气的定体（积）比热为)K kg J 314V ⋅=c ，若将氩气看作理想气体，求氩原子的质量．（定体（积）摩尔热容V mol V c M C =）．[解] 由定容摩尔热容量的定义知 R R i C 232V ==因此 VVV m o l 23c Rc C M==氩原子的质量为 kg 1059.63141002.631.823232623V A Amol-⨯=⨯⨯⨯===c N RN Mm9-8 为测定气体的γ（V p C C =）值有时用下列方法：一定量的气体的初始温度、体积和压强为0T 、0V 和0p ，用一根电炉丝对它缓慢加热．两次加热的电流强度和时间相同，第一次保持体积0V 不变，而温度和压强变为1T 和1p ．第二次保持压强0p 不变，而温度和体积变为2T 和1V ．试证明 ()()001001p V V V p p --=γ[证明] 两次加热气体吸收的热量相同，等容过程吸收的热量为()01V 1T T C Q -=ν 等压过程吸收的热量为 ()02p 2T T C Q -=ν 由 21Q Q =可得 ()()02p 01V T T C T T C -=-νν所以 0201Vp T T T T C C --==γ由理想气体状态方程 000RT V p ν= 101RT V p ν= 210RT V p ν= 因此 00101V R p p T T ν-=- 00102p RV V T T ν-=-所以得到 ()()001001p V V V p p --=γ9-9 已知1mol 固体的状态方程为bp aT v v ++=0，内能apT cT E +=，式中0v 、a 、b 、c 均为常量，求该固体的p C 、V C ．[解] 由热力学第一定律可得 V p E A E Q d d d d d +=+= （1）由已知条件可得 p b T a V d d d += （2） T ap p aT T c E d d d d ++= （3）将（2）、（3）代入（1）得 ()p b T a p T ap p aT T c Q d d d d d d ++++= （4）在等压过程中，0d =p所以 ()T ap c Q d 2d += 因此 ap c TQ C 2d d p +==在等容过程中 0d =V代入（2）式得 0d d =+p b T a 因此 T ba p d d -=代入（4）式得Tb T a apc T b a b T a p T ap T b a aT T c Qd d d d d d d 2⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+= 所以 bT a ap c TQ C 2V d d -+==9-10 已知范德瓦尔斯气体的内能0V E Va T C E +-=．其中V C 、a 、0E 为常数，试证明其绝热过程方程为()常数=-VC R b V T[证明] 范德瓦尔斯气体的状态方程为 ()RT b V V a p =-⎪⎭⎫⎝⎛+2 （1）又由已知条件可得 V Va T C E d d d 2V += （2）绝热过程 0d =Q ，由热力学第一定律得 V p A E d d d -=-= （3）由（2）、（3）式可得 V p V Va T C d d d 2V -=+ （4）由（1）式可得 2Va bV RT p --=（5）将（5）代入（4）式有 V bV RT V Va V Va T C d d d d 22V --=+整理得 V bV T RTC d 1d V --=积分得()常数=-+b V T RC ln ln V即 ()常数=-RCVT b V这就是范德瓦尔斯气体的绝热过程方程．9-11 如图所示是氮气循环过程，求：（1）一次循环气体对外作的功；（2）循环效率． [解] （1）一次循环过程气体对外作功的大小为闭合曲线所包围的面积，由图知，其包围的面积为1()()1412V V p p S --= ()()J 100.2101015510335⨯=⨯⨯-⨯-=-该循环对外作功为正，所以 J 100.23⨯=A（2）该循环过程中，从1→2，2→3为吸收热量过程 1→2为等容过程，吸收热量为()()112212V 125V p V p T T C Q -=-=ν()J 1025.110101511025335⨯=⨯⨯⨯-⨯⨯=-2→3为等压过程，吸收热量为 ()()223323p 227V p V p T T C Q -=-=ν()J 104.1101011051027435⨯=⨯⨯⨯-⨯⨯=-因此吸收的总热量为 J 10525.1421⨯=+=Q Q Q 该循环的效率为 %1.13%10010525.1100.243=⨯⨯⨯==Q A η9-12 一理想气体的循环过程如图所示，其中ca 为绝热过程，点 a 的状态参量为()11,V T ，点b 的状态参量为()22,V T ，理想气体的热容比为γ，求（1）气体在ab 、bc 过程中与外界是否有热交换? 数量是多少?（2）点c 的状态参量；（3）循环的效率．[解] （1） ab 过程是等温过程，系统吸收热量为121T lnV V RT A Q ν==因12V V >，故该过程是吸热过程．bc 过程是等容过程，系统吸收热量为 ()2c V V T T C Q -=ν 因 c T <2T ，故该过程是放热过程．（2）从图上可看到 2c V V =又 ac 为绝热过程，故根据绝热方程 112111c1c T VV T VV T --⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=γγ又有 γγ11c c V p V p =得到 121211121211c -⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=γγγννV V V RT V RT V V V V p p（3） ()()[]()⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-⋅-=--=--=-=--12121V 12111212V 121C 2V TV ln 11ln1ln11V V V V RC V V RT T V V T C V V RT T T C Q Q γγννη9-13 图中闭合曲线为一理想气体的循环过程曲线，其中ab 、cd 为绝热线，bc 为等体（积）线，da 为等压线，试证明其效率为bc ad T T T T ---=γη1式中a T 、b T 、c T 、d T 分别为a 、b 、c 、d 各状态的温度，V p C C =γ．[证明] da 为放热过程，其放出的热量为()a d p 2T T C Q -=νbc 为吸热过程，其吸收的热量为 ()b c V 1T T C Q -=ν 所以其效率为 ()()bc ad b c V a d p 12111T T T T T T C T T C Q Q ---=---=-=γννη9-14 如图所示，AB 、DC 为绝热线，COA 是等温线．已知系统在COA 过程中放热J 100，OAB 的面积是J 30，ODC 的面积为 J 70，试问在BOD 过程中系统是吸热还是放热?热量是多少?[解] 因COA 是等温线，COA 过程中J 100CA CA -==Q A 又因AB 、DC 为绝热线，AB AB A E -=∆ DC DC A E -=∆ OAB 过程系统作负功，ODC 过程系统作正功，整个循环过程系统作功 3070CA DC BD AB -=+++A A A ABOD 过程中系统吸热A C BD DC AB BD BD 140140E E E E E E A Q -+=∆+∆+∆+=∆+=由于COA 是等温过程，过程中系统内能变化为零，即 0A C =-E E 因此BOD 过程中系统吸热 J 140=Q9-15 一制冷机进行如图所示的循环过程，其中ab 、cd 分别是温度为1T 、2T 的等温线，bc 、da 为等压过程，设工作物质为理想气体．证明这制冷机制冷系数为：12121ln22p p i T T T ++-=ω[证明] ab 为等温过程，吸收热量为12111lnp p RT A Q ν==cd 为等温过程，其放出的热量大小为12222lnp p RT A Q ν==bc 为等压过程，吸收的热量为 ()12p 3T T C Q -=ν da 为等压过程，放出的热量大小为 ()12p 4T T C Q -=ν所以致冷系数 ()()12121314231ln22p p i T T T Q Q Q Q Q Q Q Q Q AQ ++-=+-++=-==吸放吸吸ω9-16 mol 1单原子理想气体，初态压强为1p ，体积为1V ，经等温膨胀使体积增加一倍，然后保持压强不变，使其压缩到原来的体积，最后保持体积不变，使其回到初态．（1）试在V p -图上画出过程曲线；（2）求在整个过程中内能的改变，系统对外作的净功、从外界吸收的净热量以及循环效率．[解] （1）过程曲线（2）系统经过循环又回到初态，所以其内能改变量0=∆E a →b 为等温过程，系统对外作正功2ln ln11121V p V V RT A ==νa2p 1p 2V 1V OVb →c 为等压过程，系统对外作负功，其数值大小为()()122111222V V V V p V V p A -=-=过程中总功 ()1112211112119.02ln V p V V V V p V p A A A =--=-=系统从外界吸收的净热量 1119.0V p A Q == a →b 过程吸热为 2ln 1111V p A Q ==c →a 过程中吸收的热量为 ()c a V 2T T C Q -=ν()V p V V V p p V p p 112111121432323=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=所以 %2.13432ln 19.011111121=+=+=V p V p V p Q Q A η9-17 一可逆卡诺热机低温热源的温度为27℃，热机效率为 40％，它的高温热源的温度是多少? 今欲将热机效率提高到50％，若低温热源保持不变，则高温热源的温度应增加多少度?[解] 可逆卡诺循环的效率为121T T -=η所以 K 5004.01300121=-=-=ηT T若 %50='η，则 K 6005.01300121=-='-='ηT T所以 K 10050060011=-=-'=∆T T T9-18 有一卡诺热机，用29kg 空气为工作物质，高温热源和低温热源的温度分别为C 27o 和C 73-o ，求此热机的效率．若在等温膨胀过程中工作物质的体积增大到2.718倍，则此热机每一循环所作的功是多少?[解] 此热机的效率为 %3.333002001112=-=-=T T η在等温膨胀过程中，吸收的热量为J 1049.2718.2ln 30031.8291029ln631211⨯=⨯⨯⨯⨯==V V RT Q ν又 1Q A =η所以 J 103.81049.231561⨯=⨯⨯==Q A η9-19 在高温热源为127℃、低温热源为27℃之间工作的卡诺热机，一次循环对外作净功为8000J ，今维持低温热源温度不变，提高高温热源的温度，使其一次循环对外做功10000J ，若两次循环该热机都工作在相同的两条绝热线之间，试求：（1）后一卡诺循环的效率．（2）后一卡诺循环的高温热源的温度．[解] （1）设前一卡诺循环从高温热源吸收热量为1Q ，则有11Q A =η又 414003001112=-=-=T T η所以 J 320004800011=⨯==ηA Q 后一卡诺循环从高温热源吸收热量为J 34000800010000320001211=-+=-+='A A Q Q所以第二个卡诺循环的效率为 %4.29%100340001000012=⨯='='Q A η（2）第二个卡诺循环的高温热源温度为 K 425294.01300121=-='-='ηT T9-20 一台家用冰箱，放在气温为300K 的房间内，做一盘C 13-o 的冰需从冷冻室取走J 1009.25⨯的热量．设冰箱为理想卡诺制冷机．（1）求做一盘冰所需要的功；（2）若此冰箱能以s J 1009.22⨯的速率取走热量，求所要求的电功率是多少瓦? （3）做一盘冰需时若干?[解] （1）致冷系数为 2122T T T A Q -==ω因此 ()()J 1022.32602603001009.2452212⨯=-⨯⨯=-=T T T Q A（2）取走制一盘冰的热量所需要的时间为 s 101009.21009.2325=⨯⨯=t所以电功率为 W 2.32101022.334=⨯==tA P（3）做一盘冰所需要的时间为 s 103．9-21 绝热容器中间有一无摩擦、绝热的可动活塞，如图所示，活塞两侧各有mol ν的理想气体，5.1=γ，其初态均为0p 、0V 、0T ．现将一通电线圈置入左侧气体中，对气体缓慢加热，左侧气体吸热膨胀推动活塞向右移，使右侧气体压强增加为0375.3p ，求；（1）左侧气体作了多少功?（2）右侧气体的终态温度是多少?（3）左侧气体的终态温度是多少? （4）左侧气体吸收了多少热量?[解] （1）右侧气体所发生的过程为绝热过程．它对外所做的功的负值就是左侧气体所作的功．所以左侧气体作功为 12200---='-=γV p V p A A又对右侧气体： γγγ202200375.3V p V p V p == 因此 γ102375.3V V =所以 000000122001375.3375.31V p V p V p V p V p A =--=---=γγγ（2）对右侧气体，由绝热方程知 ()γγγγ----=210010375.3T p T p得到 00325.1375.3T T T ===（3）左侧气体末态体积为 γ1002001375.32V V V V V V -=-+=得到 00000010011125.525.212375.3375.312375.3T T T V p V V p RV p T =⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=⎪⎭⎫⎝⎛-==γν（4）左侧气体吸收热量()()0000V 01V 1125.5V p T T C A T T C A E Q +-=+-=+∆=νν由 000RT V p ν= 知 RV p T ν000=又由 5.1VV Vp =+==C R C C C γ，得到 R C 2V =所以 00000015.925.42V p V p RV p R Q =+⨯⨯⨯=νν9-22 如图所示，在刚性绝热容器中有一可无摩擦移动而且不漏气的导热隔板，将容器分为A 、B 两部分，各盛有1mol 的He 气和2O 气．初态He 、2O 的温度各为K 300A =T ，K 600B =T ；压强均为atm 1．求：（1）整个系统达到平衡时的温度T 、压强p （氧气可视为刚性理想气体）；（2）He气和2O 气各自熵的变化，系统的熵变．[解] （1）因中间是导热隔板，过程中两部分气体热量变化和作功的数值都相等，所以内能变化量的数值也相等，且由于初温度不同而末温度相同所以一正一负．因此 ()()T T C T T C '-=-'B VB B A VA A νν解得 K 5.487536005300325232523BA VBVA BVB A VA =+⨯+⨯=++=++='RR RT RT C C T C T C T因平衡时温度、压强都相等，且都是1mol ，所以体积也相等．()A B A A B B B A AA BA B A45021212p RT T p R p RT p RT V V V V =+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+='='νν 根据理想气体状态方程得到压强为atm 08.114505.478450A =⨯=⋅'=''='p T V T R p ν（2） He 气熵变⎰⎰⎰⎰''+=+==∆T T V V VVR TTC TVp E TQ S AAAd d d d d A VA A He He He ννK J 42.93002600300ln31.83005.487ln31.8232lnln23ABA A=⨯+⨯+⨯⨯=++'=T T T R T T R氧气熵变⎰⎰⎰⎰''+=+==∆T T V V VVR TTC TVp E TQ S BBB222d d d d d B VB B O O O ννK J 70.66002600300ln31.86005.487ln31.8252lnln25-=⨯+⨯+⨯⨯=++'=BBA BT T T R T T R系统的熵变 K J 72.270.642.92O He =-=∆+∆=∆S S S9-23 已知在0℃1mol 的冰溶化为0℃的水需要吸收热量 6000 J ，求：（1）在0℃条件下这些冰化为水时的熵变；（2）0℃时这些水的微观状态数与冰的微观状态数的比． [解] （1）温度不变时，熵变为 K J 0.222736000d 1d 0====∆⎰⎰Q T TQ S（2）根据玻尔兹曼熵公式冰冰Ω=ln k S 水水Ω=ln k S冰水冰水冰水ΩΩ=Ω-Ω=-=∆lnln ln k k k S S S根据（1）结果，得2423106.11038.10.22⨯⨯∆===ΩΩ-ee ekS 冰水9-24 把2mol 的氧从40℃冷却到0℃，若（1）等体（积）冷却；（2）等压冷却．分别求其熵变是多少?[解] 在等容压缩过程中 T C Q d d V ν= 因此 K J 68.5313273ln252d d d 273313VV -=⨯====∆⎰⎰⎰R TT C TTC TQ S νν在等压冷却过程中， T C Q d d p ν=K J 95.7313273ln272d d d 273313pp -=⨯====∆⎰⎰⎰R TT C TTC TQ S νν9-25 取1mol 理想气体，按如图所示的两种过程由状态A 到达状态C ．（1）由A 经等温过程到达状态 C ；（2）由A 经等体（积）过程到达状态B ，再经等压过程到达状态C ．按上述两种过程计算该系统的熵变A C S S -．已知A C 2V V =，A C 21p p =．[解] （1）根据理想气体状态方程得 RV p RV p T A A AA A ==ν因此等温过程中熵变为⎰⎰⎰⎰====∆V VRTT T Vp T QTQS C Ad 1d d d AAAν2ln lnd AC AA CAR V V R VV T RT V V ===⎰（2） A →C 与A →B →C 两过程初末状态相同，熵是状态函数，只与初末位置有关，因此两过程熵变相同等于2ln R ．或：根据理想气体状态方程得 A A BB B 211V p RRV p T ⋅==νA →B →C 过程熵变等于A →B 等容过程和B →C 等压过程中熵变的和⎰⎰⎰⎰+=+=+=∆CBB ACBB ATTC TTC TQ TQ S S S d d d d p V 21νν2ln 2ln 2ln p V R C C =+-=。