物理化学课后习题答案第十三章 精品
表面与胶体习题答案
第十三章 界面现象§13.1 表面张力及表面吉布斯自由能一、表面张力 在两相(特别是气-液)界面上，处处存在着一种张力，它垂直与表面的边界，指向液体方向并与表面相切。
把作用于单位边界线上的这种力称为表面张力，用γ 表示，单位是N ·m -1。
二、表面功与表面自由能温度、压力和组成恒定时，可逆使表面积增加dA 所需要对体系作的功，称为表面功。
用公式表示为：s W dA γ∂=，式中γ为比例系数，它在数值上等于当T ，p 及组成恒定的条件下，增加单位表面积时所必须对体系做的可逆非膨胀功。
B B B B ,,,,,,,,()()()()S V n S P n T V n T P n U H A G A A A Aγ∂∂∂∂====∂∂∂∂ （ 广义的表面自由能） 表面自由能考虑了表面功，热力学基本公式中应相应增加s dA γ一项，即由此可得：B BBB BBB BB B BBd d d d d d d d dA d d d d d d d s s s s U T S P V A dn H T S V P A dn S T P V A dn G S T V P A dn γμγμγμγμ=-++=+++=--++=-+++∑∑∑∑狭义的表面自由能定义：B ,,()p T n G Aγ∂=∂，表面吉布斯（Gibbs ）自由能，单位：J ·m -2。
三、界面张力与温度的关系,,,,S B B A V n s T V n S A T γ⎛⎫∂∂⎛⎫=- ⎪ ⎪∂∂⎝⎭⎝⎭,,,,S B BA P n s T P n S A T γ⎛⎫∂∂⎛⎫=- ⎪ ⎪∂∂⎝⎭⎝⎭ 四、溶液的表面张力与浓度的关系对于纯液体，当温度、压力一定时，其表面张力一定。
但对于溶液，由于溶质的加入形成了溶液，表面张力发生变化。
这种变化大致有三种情况:A.表面张力随溶质浓度增大而升高如：NaCl 、KOH 、NH 4Cl 、KNO 3等无机盐类；B.表面张力随浓度增大而降低，通常开始降低较快而后减慢，如醇类、酸类、醛类、酮类等极性有机物；C.一开始表面张力急剧下降，到一定浓度后几乎不再变化，如含8个碳以上的有机酸盐、有机胺盐、磺酸盐等。
大学物理第十三章课后答案
习题十三13-1 衍射的本质是什么？衍射和干涉有什么联系和区别 ？答：波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍现象• 其实质是 由被障碍物或孔隙的边缘限制的波阵面上各点发出的无数子波相互叠加而产生. 而干涉则是 由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的叠加形成.13-2 在夫琅禾费单缝衍射实验中，如果把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样是否会 跟着移动？若把单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动 ？答：把单缝沿透镜光轴方向平移时， 衍射图样不会跟着移动. 单缝沿垂直于光轴方向平移时， 衍射图样不会跟着移动.13-3 什么叫半波带？单缝衍射中怎样划分半波带 ？对应于单缝衍射第 3级明条纹和第4级暗条纹，单缝处波面各可分成几个半波带？λ答：半波带由单缝 A 、B 首尾两点向'方向发出的衍射线的光程差用2来划分•对应于第3级明纹和第4级暗纹，单缝处波面可分成 7个和8个半波带. a Sin =(2k • 1) “ =(2 3 ■ 1) “ =7∙.∙由 22 2a Sin -4 ' - 8—213-4 在单缝衍射中，为什么衍射角 ，愈大(级数愈大)的那些明条纹的亮度愈小 ？ 答：因为衍射角「愈大则asin「值愈大，分成的半波带数愈多，每个半波带透过的光通量 就愈小，而明条纹的亮度是由一个半波带的光能量决定的，所以亮度减小.13-5 若把单缝衍射实验装置全部浸入水中时，衍射图样将发生怎样的变化？如果此时用公mλasin =(2k 1) (k =1,2,)式 2来测定光的波长，问测出的波长是光在空气中的还是在水中的波长？k ■解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应asin 「= k ∙ = n ,而空气中为asi n「= k ∙,∙. Si n 「=n Sin ",即「=n :,水中同级衍射角变小，条纹变密.λ如用asin(2k ■ I)2 (k=1,2,…)来测光的波长，则应是光在水中的波长.(因asin‘ 只代表光在水中的波程差)•13-6 在单缝夫琅禾费衍射中，改变下列条件，衍射条纹有何变化 ?(1)缝宽变窄；(2)入射光波长变长；(3)入射平行光由正入射变为斜入射. 解：(1)缝宽变窄，由asin ' =k'知，衍射角「变大，条纹变稀；(2) ,变大，保持a, k不变，则衍射角 「亦变大，条纹变稀； (3) 由正入射变为斜入射时， 因正入射时asin即=k ∙；斜入射时，a(Sin「-Sin^)^k-,保持a ,'不变，则应有 ^ k或k二：：k •即原来的k 级条纹现为k级.13-7 单缝衍射暗条纹条件与双缝干涉明条纹的条件在形式上类似，两者是否矛盾 ？怎样说明？λ答：不矛盾•单缝衍射暗纹条件为.asin=k' =2k 2 ,是用半波带法分析(子波叠加问 题)•相邻两半波带上对应点向'方向发出的光波在屏上会聚点一一相消， 而半波带为偶数，故形成暗纹；而双缝干涉明纹条件为dsin a ,描述的是两路相干波叠加问题，其波程差为波长的整数倍，相干加强为明纹.13-8 光栅衍射与单缝衍射有何区别 ？为何光栅衍射的明条纹特别明亮而暗区很宽 ？答：光栅衍射是多光束干涉和单缝衍射的总效果. 其明条纹主要取决于多光束干涉.光强与缝数N 2成正比，所以明纹很亮；又因为在相邻明纹间有 (N -1)个暗纹，而一般很大，故 实际上在两相邻明纹间形成一片黑暗背景.13-9 试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时，哪些级次的衍射明条纹缺级 ?(1) a+b=2a;(2)a+b=3a;(3)a+b=4a.解：由光栅明纹条件和单缝衍射暗纹条件同时满足时，出现缺级.即"(a +b)si n d =±k ?* (k =0,1,2,…) a sin W = ±k 九 (^ = 1,2∙…)a +b * k = k H可知，当 a 时明纹缺级.(1)a∙b =2a 时，k = 2,4,6,•…偶数级缺级；(2) a b =3a 时，k=3,6,9,•…级次缺级；⑶ a ∙b =4a , k=4,8,12,∙∙级次缺级.13-10 若以白光垂直入射光栅，不同波长的光将会有不同的衍射角.问 (1)零级明条纹能 否分开不同波长的光?(2)在可见光中哪种颜色的光衍射角最大 ？不同波长的光分开程度与什 么因素有关？解：(1)零级明纹不会分开不同波长的光. 因为各种波长的光在零级明纹处均各自相干加强. ⑵可见光中红光的衍射角最大，因为由(a' b) sin :护=k ‘，对同一 k 值，衍射角 -'.ο13-11 一单色平行光垂直照射一单缝， 若其第三级明条纹位置正好与 6000 A的单色平行光的第二级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长. 解：单缝衍射的明纹公式为a sin = (2 k 1)2o当人=6000 A 时 k = 2，='X 时，k = 3 重合时'角相同，所以有5 ■ X6000 =4286 o7Ao13-12 单缝宽0.10mm,透镜焦距为50Cm 用^ =5000 A 的绿光垂直照射单缝•求：(1) 位于透镜焦平面处的屏幕上中央明条纹的宽度和半角宽度各为多少 ?(2)若把此装置浸入水中(n=1.33),中央明条纹的半角宽度又为多少 ？AλL X = 2 f解：中央明纹的宽度为na-Sin —半角宽度为 na(1)空气中，n=1,所以A5000 汇 10 “J：x =2 0.5厂=5.0 100.10 汉 10ma sin 即=(22 1)-6000=(2 3 ■ 1)1015000 X 10 一 3V - Sin厂=5.0 10 一0.10x10 一rad(2)浸入水中，n=1.33 ,所以有105000 x10一3：^=2 0.50- 3.76 10 _1.33x0.10x10—mI5000 00」° 3V - Sin 3 : 3.7610 一 1.33 X 0.1 X10 一 rad13-13 用橙黄色的平行光垂直照射一宽为 a=0.60mm 的单缝，缝后凸透镜的焦距 f=40.0cm ,观察屏幕上形成的衍射条纹•若屏上离中央明条纹中心 1.40mm 处的P 点为一明条纹；求：（1）入射光的波长；（2）P 点处条纹的级数；（3）从P 点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带？X 1.4 J3.5 10 tan f 4002 0.6 3.5 10 2k 1k = 4 得)-4 = 4700o若-3 = 6000 A ,则P 点是第3级明纹;o若-4 =4700 A ,贝U P 点是第4级明纹.a Sin = （2k 亠 1）-⑶由2可知，当k=3时，单缝处的波面可分成2k 1当k=4时，单缝处的波面可分成2kTo13-14用‘氛=5900A 的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹？ 1 a+b = J二o解：500 mm =2.010 mm = 2.010 A由（a ' b ）sin ' = k '知，最多见到的条纹级数ka +b 2.0 汇104k max ==fc3.39∣Z-Qkmax^3所以有5900,即实际见到的最高级次为o 13-15 波长为5000A 的平行单色光垂直照射到每毫米有200条刻痕的光栅上，光栅后的透解：（1）由于P 点是明纹，故有a sin ' = (2k 1)—2 , k =1,2,3 - ■ 2a sin 2k 1X4.2 X10 °2k 1k =3，得 K =6000 mmoA=7个半波带;=9个半波带.<Pmax 对应的max镜焦距为60cm. 求：（1）屏幕上中央明条纹与第一级明条纹的间距；（2）当光线与光栅法线成30°斜入射时，中央明条纹的位移为多少？1a +b = ------ =5.0x10~6解： 200 mm 5.0 10 - m(1)由光栅衍射明纹公式X Sin Φ = tan W =— (a +b) sin 申=k k ,因k =1 ,又fX 1(a +b)所以有f这就是中央明条纹的位移值•o13-16 波长九=6000A 的单色光垂直入射到一光栅上，第二、第三级明条纹分别出现在 Sin=0∙20与Sin =0∙30处，第四级缺级.求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度;⑶ 在90°> ’ > -90 °范围内，实际呈现的全部级数.解：(1)由(a b) Sin= k，式对应于Sin ：1=0∙2° 与Sin ；：2=0∙30 处满足：-Lo0.20 (a b) =2 6000 10 I. 100.30 (a b) =3 600010得 a ∙ b =6.0 10 * m(2)因第四级缺级，故此须同时满足(a ■ b) Sin = k ■a sin = k ，= 1.5 10 "βk解得取=1 ,得光栅狭缝的最小宽度为 1.5 10 m⑶由(a b) Sin = k ■k 土(a ■ b) Sin λπW =—当 2,对应 k = k m aXa +b .66.0 10 k10λ6000 10500010 210 恥 60 10 一X l5.0 10 -⑵对应中央明纹, 2= 6.0 10 一k = 0 =6 Cm正入射时, (a -b) Sin 斜入射时, (a -b)(sin=0二Sin所以 Sin=0日)=0 即Sin 申±sin 日=0Sinl : tanXCP二 30=1 60 10 2 2=3010m = 30Cm因_4 , _ 8缺级，所以在-9°：：：「：：： 9°范围内实际呈现的全部级数为k = 0, 一1, _2, _3, _5, _6, 一7, _9 共 15 条明条纹（k= 1° 在 k= 9° 处看不到）.o13-17 一双缝，两缝间距为 0.1mm ,每缝宽为0.02mm ,用波长为4800A 的平行单色光垂 直入射双缝，双缝后放一焦距为 50cm 的透镜.试求：（1）透镜焦平面上单缝衍射中央明条纹 的宽度；（2）单缝衍射的中央明条纹包迹内有多少条双缝衍射明条纹 ？ 解：（1）中央明纹宽度为 （2）由缺级条件a sin = k '■(a - b) sin = k ■0.1k " = 5k ' 0.02 k =1,2,即k=5,10,15,…缺级V -1.221 .22 5000= 30.5 10 D0.2d4f tan v : f v - 50030 .5 10 一 =1.5.∙.爱里斑半径2mm13-19已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为 4.84 × 10-6rad ,它们都发出波长为o5500A 的光，试问望远镜的口径至少要多大，才能分辨出这两颗星 ？解：由最小分辨角公式J -1.22 —D5λ5.5j<10D =1.22 — =1 .22- = 13.864.84 10 Cmo13-20已知入射的X 射线束含有从0.95〜1.30A 范围内的各种波长，晶体的晶格常数为 o2.75 A ,当X 射线以45°角入射到晶体时，问对哪些波长的 X 射线能产生强反射？ 解：由布喇格公式2d Sin=k'_ 2d Sin 申λ = --------得k时满足干涉相长Qo当 k =1 时，& = m 、s in 45=3.89 A2 2.75 sin 45Λ --1.91 ok =2 时，2AI 。
人卫版物理化学(第六版)课后习题答案详解
《物理化学》作业习题物理化学教研组解2009，7第一章 热力学第一定律与热化学1. 一隔板将一刚性决热容器分为左右两侧，左室气体的压力大于右室气体的压力。
现将隔板抽去左、右气体的压力达到平衡。
若以全部气体作为体系，则ΔU 、Q 、W 为正？为负？或为零？解：0===∆W Q U2. 试证明1mol 理想气体在衡压下升温1K 时，气体与环境交换的功等于摩尔气体常数R 。
证明：R T nR V V p W =∆=-=)(123. 已知冰和水的密度分别为：0.92×103kg ·m -3，现有1mol 的水发生如下变化：(1) 在100oC ，101.325kPa 下蒸发为水蒸气，且水蒸气可视为理想气体；(2) 在0 oC 、101.325kPa 下变为冰。
试求上述过程体系所作的体积功。
解：(1) )(m 1096.11092.010183633--⨯⨯⨯＝＝冰V )(m 1096.1100.110183633--⨯⨯⨯＝＝水V )(10101.3373314.81)(3J nRT V V p W e ⨯=⨯⨯===冰水－ (2) )(16.0)108.11096.1(101325)(55J V V p W e =⨯-⨯⨯=-=--水冰4. 若一封闭体系从某一始态变化到某一终态。
(1) Q 、W 、Q －W 、ΔU 是否已经完全确定。
(2) 若在绝热条件下，使体系从某一始态变化到某一终态，则(1)中的各量是否已完全确定？为什么？解：(1) Q －W 与ΔU 完全确定。
(2) Q 、W 、Q －W 及ΔU 均确定。
5. 1mol 理想气体从100o C 、0.025m 3 经过下述四个过程变为100o C 、0.1m 3： (1) 恒温可逆膨胀； (2) 向真空膨胀； (3) 恒外压为终态压力下膨胀；(4) 恒温下先以恒外压等于气体体积为0.05m 3时的压力膨胀至0.05 m 3，再以恒外压等于终态压力下膨胀至0.1m 3。
物理化学第13章
3、比表面（specific surface area）
Am A / m 或 AV A /V m 和 V 分别为固体的质量和体积，A 为其表面积.
常用的测定表面积的方法有 BET 法和色谱法等.
H ( A )S,P,nB
F ( A )T ,V ,nB
G ( A )T ,P,nB
三、界面张力与温度的关系
1、界面张力与温度的关系 温度升高，界面张力下降，当达到临界温度 Tc 时，
界面张力趋向于零. 这可用热力学公式说明：
因为：
运用全微分的性质，可得：
(
S A
)T
,
P
,nB
(
T
)
A, P , nB
13.2 弯曲表面上的附加压力与蒸气压
一、弯曲表面上的附加压力 二、Young - Laplace 公式 三、弯曲表面上的蒸汽压 - Kelvin 公式
一、弯曲表面上的附加压力
1、在平面上
以 AB 为直径的一个环作为边界， 由于环上每点的两边都存在表面张 力，大小相等，方向相反，所以没 有附加压力.
负值，是负吸附.表面层中溶质浓度低于本体浓度.非表面
活性物质属于这种情况.
3、表面活性剂分子在两相界面上的定向排列
达饱和吸附后，脂肪酸在水中表面层中的超额为一定值， 与本体浓度无关，并且和它的碳氢链的长度也无关.
根据这种紧密排列的
形式，可以计算每个分子
所占的截面积 Am
Am
1 L Γ2,
二、Gibbs 吸附等温式的推导
液体本身的表面张力和两种液体之间的界面张力.
《物理化学(第五版)》第十三章复习题答案
小泡变小，最后使两泡的曲率半径相同。
复习题5
5.因系统的Gibbs自由能越低，系统越稳定，所 以物体总有降低本身表面Giibs自由能的趋势。 请说说纯液体、溶液、固体是如何降低自己的 表面Gibbs自由能的。
• 纯液体：缩小液体表面积；
• 溶液：表面与本相中溶质的浓度不同；
复习题3
• 这些现象都可以用开尔文公式说明，①、 ②、 ④、 ⑤是新相刚形面时的体积小，曲率半径小，对与之 平衡的旧相有更加苛刻的条件要求。③多孔固体吸 附蒸气时，被吸附的气体的液相对毛细管是润湿的， 其曲率半径小零，当气体的分压小于其饱和蒸气压 时，就可以发生凝聚。⑥喷洒农药时，在农药中加 入少量表面活性剂，可以降低药液的表面张力，使 药液在叶面上铺展。
复习题12
12.如果某固体的大粒子(半径为R1')在水中形
成饱和溶液的浓度为c1，微小粒子(半径为R2')
在水中形成饱和溶液的浓度为c2，固—液界面
张力为γs-l .试证明饱和溶液浓度与曲率半径的
关系式为
ln
c2 c1
2 sl M RT
1 R2'
1 R1'
式中M为该固体的摩尔质量， 为其密度
• 答：小颗粒的CaCO3分解压大。因为小粒 的附加压力大，化学势高。
复习题8
• 8.设有内径一样大的a、b、c、d、 e、 f管及 内径比较大的g管一起插入水中（如图所 示），除f内壁涂有石蜡外，其余全是洁净 的玻璃管，若a管内液面升高为h,试估计其 余管内的水面高度？若先将水在各管内（c, d管除外）都灌到h的高度，再让其自动下降， 结果又如何？
物理化学(第五版)》第十三章复习题答案
九、Freundlich 等温式
q kp
1/n
复习题3
• 3.用学到的关于界面现角的知识解释以下几 种做法或现象的基体原理：①人工降雨； ②有机蒸馏中加沸石；③多孔固体吸附蒸 气时的毛细凝聚； ④过饱和溶液，过饱和 蒸气，过冷液体等过饱和现象； ⑤重量分 析中的“陈化” 过程；⑥喷洒农药时，为何 常常在农药中加入少量表面活性剂。
复习题14
14.接触角的定义是什么？它的大小受哪些因素 影响？如何用接触角的大小来判断液对固体的润 湿情况？
• 接触角为在气液固三相交接处，气-液界面与固-液界 面 之间的夹角，其大小由三种界面张力的相对大小 决定； • 接触角为零 ，液体在固体表面 铺展 ， • 小于 90°液体能润湿固体， • 大于 90°，不能润湿。
小结——第十三章
总结
基本公式
一、比表面能 二、表面热力学
G A T , P
def
dG SdT V dp dA
( G ) dA T ,p
S A TA T ,p ,p
( G ) SdT dA p
复习题8
• b 管垂直高度为 h，
• c 管调整表面曲率半径但不溢出，
• d 管不溢出，
• e 管高度为到扩大部分为止，但上去后不会下降仍
然为 h
• f 管将下降为凸液面，
• g 管为 1/n倍h。
复习题9
9.把大小不等的液滴（或萘粒）密封在一玻璃 罩内，隔相当长时间后，估计会出现什么现象 ？ • 小液滴消失，大液滴更大。 弯曲液面所产 生的附加压力将使液体在以小液滴形式分 散存在时比大量聚集存在时具有更大的饱 和蒸气压。
的附加压力大，化学势高。
人卫版物理化学(第六版)课后习题答案详解
《物理化学》作业习题物理化学教研组解2009，7第一章 热力学第一定律与热化学1. 一隔板将一刚性决热容器分为左右两侧，左室气体的压力大于右室气体的压力。
现将隔板抽去左、右气体的压力达到平衡。
若以全部气体作为体系，则ΔU 、Q 、W 为正？为负？或为零？解：0===∆W Q U2. 试证明1mol 理想气体在衡压下升温1K 时，气体与环境交换的功等于摩尔气体常数R 。
证明：R T nR V V p W =∆=-=)(123. 已知冰和水的密度分别为：0.92×103kg ·m -3，现有1mol 的水发生如下变化：(1) 在100oC ，101.325kPa 下蒸发为水蒸气，且水蒸气可视为理想气体；(2) 在0 oC 、101.325kPa 下变为冰。
试求上述过程体系所作的体积功。
解：(1) )(m 1096.11092.010183633--⨯⨯⨯＝＝冰V )(m 1096.1100.110183633--⨯⨯⨯＝＝水V )(10101.3373314.81)(3J nRT V V p W e ⨯=⨯⨯===冰水－ (2) )(16.0)108.11096.1(101325)(55J V V p W e =⨯-⨯⨯=-=--水冰4. 若一封闭体系从某一始态变化到某一终态。
(1) Q 、W 、Q －W 、ΔU 是否已经完全确定。
(2) 若在绝热条件下，使体系从某一始态变化到某一终态，则(1)中的各量是否已完全确定？为什么？解：(1) Q －W 与ΔU 完全确定。
(2) Q 、W 、Q －W 及ΔU 均确定。
5. 1mol 理想气体从100o C 、0.025m 3 经过下述四个过程变为100o C 、0.1m 3： (1) 恒温可逆膨胀； (2) 向真空膨胀； (3) 恒外压为终态压力下膨胀；(4) 恒温下先以恒外压等于气体体积为0.05m 3时的压力膨胀至0.05 m 3，再以恒外压等于终态压力下膨胀至0.1m 3。
物理化学全程导学及习题全解287-304 第十三章表面物理化学
第十三章 表面物理化学本章知识要点与公式 1.表面张力及表面Gibbs 自由能 B B B B,,n ,,n ,,n ,,n s s s s S V S p T V T p U H A G A A A A γ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∂∂∂∂====⎪ ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 2.弯曲表面上的附加压力和蒸气压 （1）Young -Laplace 公式：''1211R R s p γ⎛⎫=+⎪⎝⎭上式表示附加压力与球曲率半径及表面张力的关系。
若是球面，'''12'2, s R R R p R γ===若为平面，则'1R 和'2, 0s R p →∞→。
毛细管内液柱上升（或下降）的高度（h ）计算方法。
2cos h R gγθρ=∆（θ为液体与管壁之间的接触角，11g ρρρρ∆=-≈ ） （2）弯曲表面上的蒸气压—Kekvin 公式''0022ln r p M p MRT p p R RTR γγρρ∆==简化式： 3.溶液的表面吸附 Gibbs 吸附公式 22d d 2a RT a γΓ=-若2d 0,0d 2a γ〈Γ〉则，是正吸附，表面活性物质；若22d 0,0d a γ〉Γ〈则，是负吸附，非表面活性物质。
4.液—固界面——润湿作用 杨氏润湿方程：cos s g l sl gγγθγ----=当090o o θ≤〈时，液体能润湿固体， 0o θ=时，液体完全润湿固体。
当90180o o θ〈≤时，液体不能润湿固体， 180o θ=时，液体完全不能润湿固体。
粘湿功()1cos a g s g l l s g l W γγγγθ----=+-=+ 浸湿功cos i g s l s g l W γγγθ---=-=铺展系数()cos 1g s g l l s g l S γγγγθ----=--=- 5.固体表面吸附 Langmuir 等温式：m m11ap p pap V V a V θ==++或 混合气体的Langmuir 吸附等温式：B 1B BB BBa p a p θ=+∑Fieundlich 等温式：1nq kp = BET 吸附公式（=常数公式）：()()11pms s C V V p p p C p =⎡⎤-+-⎢⎥⎣⎦eMKHH T 方程式：()ln o m V RT A p V θα== 通过Clausius -Clapeyron 方程式求化学吸附热2ln Q RTq p T ∂⎛⎫=⎪∂⎝⎭ 6.气－固相表面催化反应单分子反应2A A 2A A A 1k a pr k a p θ==+（假定产物的吸附很弱）若A p 低，A A 1a p ，则2A A A r k a p kp ==，一级反应； 若A p 高，A A 1a p ，则2r k =，零级反应； 若A p 适中，2A AA A1k a p r a p =+，介于0~1级之间。
大学物理第十三章课后习题答案
第十三章 热力学基础13 －1 如图所示，bca 为理想气体绝热过程，b1a 和b2a 是任意过程，则上述两过程中气体作功与吸收热量的情况是( )(A) b1a 过程放热，作负功；b2a 过程放热，作负功(B) b1a 过程吸热，作负功；b2a 过程放热，作负功(C) b1a 过程吸热，作正功；b2a 过程吸热，作负功(D) b1a 过程放热，作正功；b2a 过程吸热，作正功分析与解 bca ，b1a 和b2a 均是外界压缩系统，由⎰=V p W d 知系统经这三个过程均作负功，因而(C)、(D)不对.理想气体的内能是温度的单值函数，因此三个过程初末态内能变化相等，设为ΔE .对绝热过程bca ，由热力学第一定律知ΔE ＝－W bca .另外，由图可知：｜W b2a ｜＞｜W bca ｜＞｜W b1a ｜，则W b2a ＜W bca ＜W b1a .对b1a 过程：Q ＝ΔE ＋W b1a ＞ΔE ＋W bca ＝0 是吸热过程.而对b2a 过程：Q ＝ΔE ＋W b2a ＜ΔE ＋W bca ＝0 是放热过程.可见(A)不对，正确的是(B).13 －2 如图，一定量的理想气体，由平衡态A 变到平衡态B ，且它们的压强相等，即p A ＝p B ,请问在状态A 和状态B 之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然( )(A) 对外作正功 (B) 内能增加(C) 从外界吸热 (D) 向外界放热分析与解 由p －V 图可知，p A V A ＜p B V B ，即知T A ＜T B ，则对一定量理想气体必有E B ＞E A .即气体由状态A 变化到状态B,内能必增加.而作功、热传递是过程量，将与具体过程有关.所以(A)、(C)、(D)不是必然结果，只有(B)正确.13 －3 两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛氦气(均视为刚性分子理想气体).开始时它们的压强和温度都相同，现将3J 热量传给氦气，使之升高到一定的温度.若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为( )(A) 6J (B) 3 J (C) 5 J (D) 10 J分析与解 当容器体积不变，即为等体过程时系统不作功，根据热力学第一定律Q ＝ΔE ＋W ，有Q ＝ΔE .而由理想气体内能公式T R i M m E Δ2Δ=，可知欲使氢气和氦气升高相同温度，须传递的热量 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=e e e 222e 2H H H H H H H H /:i M m i M m Q Q .再由理想气体物态方程pV ＝mM RT ，初始时，氢气和氦气是具有相同的温度、压强和体积，因而物质的量相同，则3/5/:e 2e 2H H H H ==i i Q Q .因此正确答案为(C).13 －4 有人想像了四个理想气体的循环过程，则在理论上可以实现的为( )分析与解由绝热过程方程pVγ＝常量，以及等温过程方程pV＝常量，可知绝热线比等温线要陡，所以(A)过程不对，(B)、(C)过程中都有两条绝热线相交于一点，这是不可能的.而且(B)过程的循环表明系统从单一热源吸热且不引起外界变化，使之全部变成有用功，违反了热力学第二定律.因此只有(D)正确.13 －5一台工作于温度分别为327 ℃和27 ℃的高温热源与低温源之间的卡诺热机，每经历一个循环吸热2 000 J，则对外作功()(A) 2 000J(B) 1 000J(C) 4 000J(D) 500J分析与解热机循环效率η＝W/Q吸，对卡诺机，其循环效率又可表为：η＝1－T2 /T1，则由W /Q吸＝1 －T2 /T1可求答案.正确答案为(B).13 －6根据热力学第二定律()(A) 自然界中的一切自发过程都是不可逆的(B) 不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程(C) 热量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(D) 任何过程总是沿着熵增加的方向进行分析与解 对选项(B)：不可逆过程应是指在不引起其他变化的条件下，不能使逆过程重复正过程的每一状态，或者虽然重复但必然会引起其他变化的过程.对选项(C)：应是热量不可能从低温物体自动传到高温物体而不引起外界的变化.对选项(D)：缺少了在孤立系统中这一前提条件.只有选项(A)正确. 13 －7 位于委内瑞拉的安赫尔瀑布是世界上落差最大的瀑布，它高979m.如果在水下落的过程中，重力对它所作的功中有50％转换为热量使水温升高，求水由瀑布顶部落到底部而产生的温差.( 水的比热容c 为4.18×103 J·kg－1·K －1 ) 分析 取质量为m 的水作为研究对象，水从瀑布顶部下落到底部过程中重力作功W ＝mgh ，按题意，被水吸收的热量Q ＝0.5W ，则水吸收热量后升高的温度可由Q ＝mc ΔT 求得.解 由上述分析得mc ΔT ＝0.5mgh水下落后升高的温度ΔT ＝0.5gh /c ＝1.15K13 －8 如图所示，一定量的空气，开始在状态A ，其压强为2.0×105Pa ，体积为2.0 ×10－3m 3 ，沿直线AB 变化到状态B 后，压强变为1.0 ×105Pa ，体积变为3.0 ×10－3m 3 ，求此过程中气体所作的功.分析 理想气体作功的表达式为()⎰=V V p W d .功的数值就等于p －V 图中过程曲线下所对应的面积.解 S ABCD ＝1/2(BC ＋AD)×CD故 W ＝150 J13 －9 汽缸内储有2.0mol 的空气，温度为27 ℃，若维持压强不变，而使空气的体积膨胀到原体积的3s 倍，求空气膨胀时所作的功.分析 本题是等压膨胀过程，气体作功()1221d V V p V p W V V -==⎰，其中压强p 可通过物态方程求得.解 根据物态方程11RT pV v =,汽缸内气体的压强11/V RT p v = ，则作功为 ()()J 1097.92/31112112⨯==-=-=RT V V V RT V V p W v v13 －10 一定量的空气，吸收了1.71×103J 的热量，并保持在1.0 ×105Pa 下膨胀，体积从1.0×10－2m 3 增加到1.5×10－2m 3 ，问空气对外作了多少功？ 它的内能改变了多少？分析 由于气体作等压膨胀，气体作功可直接由W ＝p (V 2 －V 1 )求得.取该空气为系统，根据热力学第一定律Q ＝ΔE ＋W 可确定它的内能变化.在计算过程中要注意热量、功、内能的正负取值.解 该空气等压膨胀，对外作功为W ＝p (V 2－V 1 )＝5.0 ×102J其内能的改变为Q ＝ΔE ＋W ＝1.21 ×103J13 －11 0.1kg 的水蒸气自120 ℃加热升温到140℃，问(1) 在等体过程中；(2) 在等压过程中，各吸收了多少热量？ 根据实验测定，已知水蒸气的摩尔定压热容C p,m ＝36.21J·mol -1·K -1，摩尔定容热容C V,m ＝27.82J·mol -1·K -1. 分析 由量热学知热量的计算公式为T C Q m Δv =.按热力学第一定律，在等体过程中，T C E Q ΔΔm V,V v ==；在等压过程中， T C E V p Q ΔΔd m p,p v =+=⎰.解 (1) 在等体过程中吸收的热量为J 101.3ΔΔ3m V,V ⨯===T C Mm E Q (2) 在等压过程中吸收的热量为 ()J 100.4Δd 312m p,p ⨯=-=+=⎰T T C M m E V p Q 13 －12 如图所示，在绝热壁的汽缸内盛有1mol 的氮气，活塞外为大气，氮气的压强为1.51 ×105 Pa ，活塞面积为0.02m 2 .从汽缸底部加热，使活塞缓慢上升了0.5m.问(1) 气体经历了什么过程？ (2) 汽缸中的气体吸收了多少热量？ (根据实验测定，已知氮气的摩尔定压热容C p ，m ＝29.12J·mol －1·K －1，摩尔定容热容C V,m ＝20.80J·mol -1·K -1 )分析 因活塞可以自由移动，活塞对气体的作用力始终为大气压力和活塞重力之和.容器内气体压强将保持不变.对等压过程，吸热T C Q Δm p,p v =.ΔT 可由理想气体物态方程求出.解 (1) 由分析可知气体经历了等压膨胀过程.(2) 吸热T C Q Δm p,p v =.其中ν ＝1 mol ，C p,m ＝29.12Ｊ·mol －1·Ｋ－1.由理想气体物态方程pV ＝νRT ，得ΔT ＝(p 2V 2 －p 1 V 1 )/R ＝p(V 2 －V 1 )/R ＝p· S· Δl /R则 J 105.293m p,p ⨯==pS ΔSΔl C Q13 －13 一压强为1.0 ×105Pa,体积为1.0×10－3m 3的氧气自0℃加热到100 ℃.问：(1) 当压强不变时，需要多少热量?当体积不变时，需要多少热量?(2) 在等压或等体过程中各作了多少功?分析 (1) 求Q p 和Q V 的方法与题13-11相同.(2) 求过程的作功通常有两个途径.① 利用公式()V V p W d ⎰=；② 利用热力学第一定律去求解.在本题中，热量Q 已求出，而内能变化可由()12m V,V ΔT T C E Q -==v 得到.从而可求得功W .解 根据题给初态条件得氧气的物质的量为mol 1041.4/2111-⨯===RT V p Mm v 氧气的摩尔定压热容R C 27m p,=，摩尔定容热容R C 25m V,=. (1) 求Q p 、Q V等压过程氧气(系统)吸热()J 1.128Δd 12m p,p =-=+=⎰T T C E V p Q v等体过程氧气(系统)吸热()J 5.91Δ12m V,V =-==T T C E Q v(2) 按分析中的两种方法求作功值解1 ① 利用公式()V V p W d ⎰=求解.在等压过程中，T R Mm V p W d d d ==，则得 J 6.36d d 21p ===⎰⎰T T T R Mm W W 而在等体过程中，因气体的体积不变，故作功为()0d V ==⎰V V p W② 利用热力学第一定律Q ＝ΔE ＋W 求解.氧气的内能变化为()J 5.91Δ12m V,V =-==T T C Mm E Q 由于在(1) 中已求出Q p 与Q V ，则由热力学第一定律可得在等压过程、等体过程中所作的功分别为J 6.36Δp p =-=E Q W0ΔV V =-=E Q W13 －14 如图所示，系统从状态A 沿ABC 变化到状态C 的过程中，外界有326J 的热量传递给系统，同时系统对外作功126J.当系统从状态C 沿另一曲线CA 返回到状态A 时，外界对系统作功为52J ，则此过程中系统是吸热还是放热？传递热量是多少？分析 已知系统从状态C 到状态A ，外界对系统作功为W CA ，如果再能知道此过程中内能的变化ΔE AC ，则由热力学第一定律即可求得该过程中系统传递的热量Q CA .由于理想气体的内能是状态(温度)的函数，利用题中给出的ABC 过程吸热、作功的情况，由热力学第一定律即可求得由A 至C 过程中系统内能的变化ΔE AC ，而ΔE AC ＝－ΔE AC ，故可求得Q CA .解 系统经ABC 过程所吸收的热量及对外所作的功分别为Q ABC ＝326J ， W ABC ＝126J则由热力学第一定律可得由A 到C 过程中系统内能的增量ΔE AC ＝Q ABC －W ABC ＝200J由此可得从C 到A ，系统内能的增量为ΔE CA ＝－200J从C 到A ，系统所吸收的热量为Q CA ＝ΔE CA ＋W CA ＝－252J式中负号表示系统向外界放热252 J.这里要说明的是由于CA 是一未知过程，上述求出的放热是过程的总效果，而对其中每一微小过程来讲并不一定都是放热.13 －15 如图所示，一定量的理想气体经历ACB 过程时吸热700J ，则经历ACBDA 过程时吸热又为多少？分析 从图中可见ACBDA 过程是一个循环过程.由于理想气体系统经历一个循环的内能变化为零，故根据热力学第一定律，循环系统净吸热即为外界对系统所作的净功.为了求得该循环过程中所作的功，可将ACBDA 循环过程分成ACB 、BD 及DA 三个过程讨论.其中BD 及DA 分别为等体和等压过程，过程中所作的功按定义很容易求得；而ACB 过程中所作的功可根据上题同样的方法利用热力学第一定律去求.解 由图中数据有p A V A ＝p B V B ,则A 、B 两状态温度相同，故ACB 过程内能的变化ΔE CAB ＝0，由热力学第一定律可得系统对外界作功W CAB ＝Q CAB －ΔE CAB ＝Q CAB ＝700J在等体过程BD 及等压过程DA 中气体作功分别为()⎰==0d BD V V p W()⎰-=-==J 1200d 12A DA V V P V p W则在循环过程ACBDA 中系统所作的总功为J 500DA BD ACB -=++=W W W W负号表示外界对系统作功.由热力学第一定律可得，系统在循环中吸收的总热量为J 500-==W Q负号表示在此过程中，热量传递的总效果为放热.13 －16 在温度不是很低的情况下，许多物质的摩尔定压热容都可以用下式表示2m p,2--+=cT bT a C式中a 、b 和c 是常量，T 是热力学温度.求：(1) 在恒定压强下，1 mol 物质的温度从T 1升高到T 2时需要的热量；(2) 在温度T 1 和T 2 之间的平均摩尔热容；(3) 对镁这种物质来说，若C p ，m 的单位为J·mol －1·K －1，则a ＝25.7J·mol -1·Ｋ-1 ，b ＝3.13 ×10-3J·mol -1·Ｋ-2，c ＝3.27 ×105J·mol －1·K.计算镁在300Ｋ时的摩尔定压热容C p,m ，以及在200Ｋ和400Ｋ之间C p,m 的平均值. 分析 由题目知摩尔定压热容C p,m 随温度变化的函数关系，则根据积分式⎰=21d m p,p T T T C Q 即可求得在恒定压强下，1mol 物质从T 1 升高到T 2所吸收的热量Qp .故温度在T 1 至T 2之间的平均摩尔热容()12p m p,/T T Q C -=. 解 (1) 11 mol 物质从T 1 升高到T 2时吸热为()()()()11122122122m p,p d 2d 21----+-+-=-+==⎰⎰T T c T T b T T a T cT bT a T C Q T T (2) 在T 1 和T 2 间的平均摩尔热容为()()21212p m p,//T T c T T a T T Q C -+=-=(3) 镁在T ＝300 K 时的摩尔定压热容为-1-12m p,K mol J 9.232⋅⋅=-+=-cT bT a C镁在200 K 和400 K 之间C p ，m 的平均值为()-1-12112m p,K mol J 5.23/⋅⋅=-+=T T c T T a C13 －17 空气由压强为1.52×105 Pa ，体积为5.0×10－3m 3 ，等温膨胀到压强为1.01×105 Pa ，然后再经等压压缩到原来的体积.试计算空气所作的功. 解 空气在等温膨胀过程中所作的功为()()2111121T /ln /ln p p V p V V RT Mm W == 空气在等压压缩过程中所作的功为()⎰-==12d V V p V p W利用等温过程关系p 1 V 1 ＝p 2 V 2 ，则空气在整个过程中所作的功为()J 7.55/ln 11122111=-+=+=V p V p p p V p W W W T p13 －18 如图所示，使1mol 氧气(1) 由A 等温地变到B ；(2) 由A 等体地变到C ，再由C 等压地变到B.试分别计算氧气所作的功和吸收的热量.分析 从p －V 图(也称示功图)上可以看出，氧气在AB 与ACB 两个过程中所作的功是不同的，其大小可通过()V V p W d ⎰=求出.考虑到内能是状态的函数，其变化值与过程无关，所以这两个不同过程的内能变化是相同的，而且因初、末状态温度相同T A ＝T B ，故ΔE ＝0，利用热力学第一定律Q ＝W ＋ΔE ，可求出每一过程所吸收的热量.解 (1) 沿AB 作等温膨胀的过程中，系统作功()()J 1077.2/ln /ln 31⨯===A B B A A B AB V V V p V V RT Mm W 由分析可知在等温过程中，氧气吸收的热量为Q AB ＝W AB ＝2.77 ×103Ｊ (2) 沿A 到C 再到B 的过程中系统作功和吸热分别为W ACB ＝W AC ＋W CB ＝W CB ＝p C (V B －V C )＝2.0×103ＪQ ACB ＝W A CB ＝2.0×103 Ｊ13 －19 将体积为1.0 ×10-4m 3 、压强为1.01×105Pa 的氢气绝热压缩，使其体积变为2.0 ×10-5 m 3 ，求压缩过程中气体所作的功.(氢气的摩尔定压热容与摩尔定容热容比值γ＝1.41)分析 可采用题13－13 中气体作功的两种计算方法.(1) 气体作功可由积分V p W d ⎰=求解，其中函数p (V )可通过绝热过程方程pV C γ= 得出.(2)因为过程是绝热的，故Q ＝0，因此，有W ＝－ΔE ；而系统内能的变化可由系统的始末状态求出.解 根据上述分析，这里采用方法(1)求解,方法(2)留给读者试解.设p 、V 分别为绝热过程中任一状态的压强和体积，则由γγpV V p =11得 γγV V p p -=11氢气绝热压缩作功为J 0.231d d 121211121-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-===⎰⎰-V V V V γp V V V p V p W V V γγ 13 －20 试验用的火炮炮筒长为3.66 m ，内膛直径为0.152 m ，炮弹质量为45.4kg ，击发后火药爆燃完全时炮弹已被推行0.98 m ，速度为311 m·s -1 ，这时膛内气体压强为2.43×108Pa.设此后膛内气体做绝热膨胀，直到炮弹出口.求(1) 在这一绝热膨胀过程中气体对炮弹作功多少？设摩尔定压热容与摩尔定容热容比值为 1.2γ=.(2) 炮弹的出口速度(忽略摩擦).分析 (1) 气体绝热膨胀作功可由公式1d 2211--==⎰γV p V p V p W 计算.由题中条件可知绝热膨胀前后气体的体积V 1和V 2，因此只要通过绝热过程方程γγV p V p 2211=求出绝热膨胀后气体的压强就可求出作功值.(2) 在忽略摩擦的情况下，可认为气体所作的功全部用来增加炮弹的动能.由此可得到炮弹速度.解 由题设l ＝3.66 m,D ＝0.152 m ，m ＝45.4 kg ，l 1＝0.98 m ，v 1＝311 m·s -1 ，p 1 ＝2.43×108Pa ，γ＝1.2.(1) 炮弹出口时气体压强为()()Pa 1000.5//7112112⨯===γγl l p V V p p 气体作功J 1000.54π11d 6222112211⨯=--=--==⎰D γl p l p γV p V p V p W (2) 根据分析2122121v v m m W -=，则 -121s m 563⋅=+=v 2W/m v13 －21 1mol 氢气在温度为300Ｋ，体积为0.025m 3 的状态下，经过(1)等压膨胀，(2)等温膨胀，(3)绝热膨胀.气体的体积都变为原来的两倍.试分别计算这三种过程中氢气对外作的功以及吸收的热量.分析 这三个过程是教材中重点讨论的过程.在p －V 图上，它们的过程曲线如图所示.由图可知过程(1 ) 作功最多， 过程( 3 ) 作功最少.温度T B ＞T C ＞T D ，而过程(3) 是绝热过程，因此过程(1)和(2)均吸热，且过程(1)吸热多.具体计算时只需直接代有关公式即可.解 (1) 等压膨胀()()J 1049.23⨯==-=-=A A B AA AB A p RT V V V RT V V p W v()J 1073.8273,,⨯===-=+=A A m p A B m p p p T R T C T T C E ΔW Q v v (2) 等温膨胀 J 1073.12ln /3⨯===A A RT V W C T vRTlnV对等温过程ΔE ＝0，所以J 1073.13⨯==T T W Q(3) 绝热膨胀T D ＝T A (V A ／V D )γ－1＝300 ×(0.5)0.4＝227.4Ｋ对绝热过程a 0Q =，则有 ()()J 1051.125Δ3,⨯=-=-=-=D A D A m V a T T R T T C E W v 13 －22 绝热汽缸被一不导热的隔板均分成体积相等的A 、B 两室，隔板可无摩擦地平移，如图所示.A 、B 中各有1mol 氮气，它们的温度都是T0 ，体积都是V0 .现用A 室中的电热丝对气体加热，平衡后A 室体积为B 室的两倍，试求(1) 此时A 、B 两室气体的温度；(2) A 中气体吸收的热量.分析 (1) B 室中气体经历的是一个绝热压缩过程，遵循绝热方程TVγ－1 ＝常数，由此可求出B 中气体的末态温度TB .又由于A 、B 两室中隔板可无摩擦平移，故A 、B 两室等压.则由物态方程pV A ＝νRT A 和pV B ＝νRT B 可知T A ＝2T B .(2) 欲求A 室中气体吸收的热量，我们可以有两种方法.方法一：视A 、B 为整体，那么系统(汽缸)对外不作功，吸收的热量等于系统内能的增量.即QA ＝ΔE A ＋ΔE B .方法二：A 室吸热一方面提高其内能ΔE A ，另外对“外界”B 室作功WA.而对B 室而言，由于是绝热的，“外界” 对它作的功就全部用于提高系统的内能ΔEB .因而在数值上W A ＝ΔE B .同样得到Q A ＝ΔE A ＋ΔE B . 解 设平衡后A 、B 中气体的温度、体积分别为T A ，T B 和V A ，V B .而由分析知压强p A ＝p B ＝p .由题已知⎩⎨⎧=+=022V V V V V B A B A ，得⎩⎨⎧==3/23/400V V V V B A (1) 根据分析，对B 室有B γB γT V T V 1010--=得 ()0010176.1/T T V V T γB B ==-；0353.2T T T B A ==(2) ()()0007.312525ΔΔT T T R T T R E E Q B A A A A =-+-=+= 13－23 0.32 kg 的氧气作如图所示的ABCDA 循环，V 2 ＝2V 1 ,T 1＝300Ｋ，T 2＝200Ｋ,求循环效率.分析 该循环是正循环.循环效率可根据定义式η＝W /Q 来求出，其中W 表示一个循环过程系统作的净功，Q 为循环过程系统吸收的总热量.解 根据分析，因AB 、CD 为等温过程，循环过程中系统作的净功为()()()J 1076.5/ln /ln 32121211⨯=-==+=V V T T R M m V V RT Mm W W W CD AB由于吸热过程仅在等温膨胀(对应于AB 段)和等体升压(对应于DA 段)中发生,而等温过程中ΔE ＝0,则AB AB W Q =.等体升压过程中W ＝0，则DA DA E Q Δ=,所以，循环过程中系统吸热的总量为()()()()J 1081.325/ln /ln Δ42112121,121⨯=-+=-+=+=+=T T R M m V V RT Mm T T C M m V V RT Mm E W Q Q Q m V DAAB DA AB 由此得到该循环的效率为 %15/==Q W η13 －24 图(ａ)是某单原子理想气体循环过程的V －T 图，图中V C ＝2V A .试问：(1) 图中所示循环是代表制冷机还是热机？ (2) 如是正循环(热机循环)，求出其循环效率.分析 以正、逆循环来区分热机和制冷机是针对p －V 图中循环曲线行进方向而言的.因此，对图(ａ)中的循环进行分析时，一般要先将其转换为p －V 图.转换方法主要是通过找每一过程的特殊点，并利用理想气体物态方程来完成.由图(ａ)可以看出，BC 为等体降温过程，CA 为等温压缩过程；而对AB 过程的分析，可以依据图中直线过原点来判别.其直线方程为V ＝CT ，C 为常数.将其与理想气体物态方程pV ＝m/MRT 比较可知该过程为等压膨胀过程(注意：如果直线不过原点，就不是等压过程).这样，就可得出p －V 图中的过程曲线，并可判别是正循环(热机循环)还是逆循环(制冷机循环)，再参考题13－23的方法求出循环效率.解 (1) 根据分析，将V －T 图转换为相应的p －V 图，如图(ｂ)所示.图中曲线行进方向是正循环，即为热机循环.(2) 根据得到的p －V 图可知，AB 为等压膨胀过程，为吸热过程.BC 为等体降压过程，CA 为等温压缩过程，均为放热过程.故系统在循环过程中吸收和放出的热量分别为()A B m p T T C M m Q -=,1 ()()A C A A B m V V V RT Mm T T C M m Q /ln ,2+-= CA 为等温线，有T A ＝T C ；AB 为等压线，且因V C ＝2V A ，则有T A ＝T B /2.对单原子理想气体，其摩尔定压热容C p ，m ＝5R/2，摩尔定容热容C V ，m ＝3R/2.故循环效率为()()3/125/2ln 2312/5/2ln 321/112=+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=A A A T T T Q Q η 13 －25 一卡诺热机的低温热源温度为7℃，效率为40％，若要将其效率提高到50％，问高温热源的温度需提高多少？解 设高温热源的温度分别为1T '、1T '',则有12/1T T η'-='， 12/1T T η''-=''其中T 2 为低温热源温度.由上述两式可得高温热源需提高的温度为K 3.931111Δ211=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛'--''-='-''=T ηηT T T 13 －26 一定量的理想气体，经历如图所示的循环过程.其中AB 和CD 是等压过程，BC 和DA 是绝热过程.已知B 点温度T B ＝T 1,C 点温度T C ＝T 2.(1) 证明该热机的效率η＝1－T 2/T 1 ，(2) 这个循环是卡诺循环吗？分析 首先分析判断循环中各过程的吸热、放热情况.BC 和DA 是绝热过程，故Q BC 、Q DA 均为零；而AB 为等压膨胀过程(吸热)、CD 为等压压缩过程(放热)，这两个过程所吸收和放出的热量均可由相关的温度表示.再利用绝热和等压的过程方程，建立四点温度之间的联系，最终可得到求证的形式. 证 (1) 根据分析可知 ()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=---=---=-=B A C D B C A B D CA B m p C D m p AB CD T T T T T T T T T T T T C MT T C M m Q Q η1/11111,, (1) 与求证的结果比较，只需证得BA C D T T T T = .为此，对AB 、CD 、BC 、DA 分别列出过程方程如下V A /T A ＝V B /T B (2)V C /T C ＝V D /T D (3) C γC B γB T V T V 11--= (4)A γA D γD T V T V 11--= (5)联立求解上述各式，可证得η＝1－T C /T B ＝1－T 2/T 1(2) 虽然该循环效率的表达式与卡诺循环相似，但并不是卡诺循环.其原因是：① 卡诺循环是由两条绝热线和两条等温线构成,而这个循环则与卡诺循环不同；② 式中T 1、T 2的含意不同，本题中T 1、T 2只是温度变化中两特定点的温度，不是两等温热源的恒定温度.13 －27 一小型热电厂内，一台利用地热发电的热机工作于温度为227℃的地下热源和温度为27℃的地表之间.假定该热机每小时能从地下热源获取1.8 ×1011Ｊ的热量.试从理论上计算其最大功率为多少？分析 热机必须工作在最高的循环效率时，才能获取最大的功率.由卡诺定理可知，在高温热源T 1和低温热源T 2之间工作的可逆卡诺热机的效率最高，其效率为η＝1－T 2/T 1 .由于已知热机在确定的时间内吸取的热量，故由效率与功率的关系式Q pt Q W η//==，可得此条件下的最大功率.解 根据分析，热机获得的最大功率为()-1712s J 100.2//1/⋅⨯=-==t Q T T t Q ηp13 －28 有一以理想气体为工作物质的热机，其循环如图所示，试证明热()()1/1/12121---=p p V V γη 分析 该热机由三个过程组成，图中AB 是绝热过程，BC 是等压压缩过程，CA 是等体升压过程.其中CA 过程系统吸热，BC 过程系统放热.本题可从效率定义CA BC Q Q Q Q η/1/112-=-=出发,利用热力学第一定律和等体、等压方程以及γ＝C p,m 桙C V,m 的关系来证明.证 该热机循环的效率为CA BC Q Q Q Q η/1/112-=-=其中Q BC ＝m /M C p,m (T C －T B )，Q CA ＝m/M C V,m (T A －T C )，则上式可写为1/1/11---=---=C A CB C A B C T T T T γT T T T γη 在等压过程BC 和等体过程CA 中分别有T B /V 1 ＝T C /V 2,T A /P 1 ＝T C /P 2,代入上式得()()1/1/12121---=p p V V γη 13 －29 如图所示为理想的狄赛尔(Diesel)内燃机循环过程,它由两绝热线AB 、CD 和等压线BC 及等体线DA 组成.试证此内燃机的效率为()()()1//1/12312123---=-V V V V γV V ηγγ证 求证方法与题13－28相似.由于该循环仅在DA 过程中放热、BC 过程中吸热，则热机效率为 ()()BC AD B C m p A D m V BCDA T T T T γT T C M T T C M m Q Q η---=---=-=111/1,, (1) 在绝热过程AB 中，有1211--=γB γA V T V T ，即()121//-=γA B V V T T (2)在等压过程BC 中，有23//V T V T B C =，即23//V V T T B C = (3)再利用绝热过程CD,得1311--=γC γD V T V T (4)解上述各式，可证得()()()1//1/12312123---=-V V V V γV V ηγγ 13 －30 如图所示，将两部卡诺热机连接起来，使从一个热机输出的热量，输入到另一个热机中去.设第一个热机工作在温度为T 1和T 2的两热源之间，其效率为η1 ，而第二个热机工作在温度为T 2 和T 3 的两热源之间，其效率为η2.如组合热机的总效率以η＝(W 1 ＋W 2 )/Q 1 表示.试证总效率表达式为η＝(1 －η1 )η2 ＋η1 或 η＝1 －T 3/T 1分析 按效率定义，两热机单独的效率分别为η1＝W 1 /Q 1和η2＝W 2 /Q 2，其中W 1 ＝Q 1－Q 2 ，W 2 ＝Q 2－Q 3 .第一个等式的证明可采用两种方法：(1) 从等式右侧出发，将η1 、η2 的上述表达式代入，即可得证.读者可以一试.(2) 从等式左侧的组合热机效率η＝(W 1 ＋W 2 )/Q 1出发，利用η1、η2的表达式，即可证明.由于卡诺热机的效率只取决于两热源的温度，故只需分别将两个卡诺热机的效率表达式η1＝1－T 2 /T 1 和η2＝1－T 3 /T 2 代入第一个等式，即可得到第二个等式.证 按分析中所述方法(2) 求证.因η1＝W 1 /Q 1 、η2＝W 2 /Q 2 ，则组合热机效率12211211121Q Q ηηQ W Q W Q W W η+=+=+= (1) 以Q 2 ＝Q 1－W 1 代入式(1) ，可证得η＝η1 ＋η2 (1－η1 ) (2) 将η1＝1－T 2 /T 1 和η2＝1－T 3 /T 2代入式(2)，亦可证得η＝1－T 2 /T 1 ＋(1－T 3 /T 2 )T 2 /T 1 ＝1－T 3 /T 113 －31 在夏季，假定室外温度恒定为37℃，启动空调使室内温度始终保持在17 ℃.如果每天有2.51 ×108 J 的热量通过热传导等方式自室外流入室内，则空调一天耗电多少？ (设该空调制冷机的制冷系数为同条件下的卡诺制冷机制冷系数的60％)分析 耗电量的单位为kW·h ，1kW·h ＝3.6 ×106J.图示是空调的工作过程示意图.因为卡诺制冷机的制冷系数为212T T T e k -=，其中T 1为高温热源温度(室外环境温度)，T 2为低温热源温度(室内温度).所以，空调的制冷系数为e ＝e k · 60％ ＝0.6 T 2/( T 1 －T 2 )另一方面，由制冷系数的定义，有e ＝Q 2 /(Q 1 －Q 2 )其中Q 1为空调传递给高温热源的热量，即空调向室外排放的总热量；Q 2是空调从房间内吸取的总热量.若Q ′为室外传进室内的热量，则在热平衡时Q 2＝Q ′.由此，就可以求出空调的耗电作功总值W ＝Q 1－Q 2 .解 根据上述分析，空调的制冷系数为7.8%60212=-=T T T e在室内温度恒定时，有Q 2＝Q ′.由e ＝Q 2 /(Q 1－Q 2 )可得空调运行一天所耗电功W ＝Q 1－Q 2＝Q 2/e ＝Q ′/e ＝2.89×107＝8.0 kW·h13 －32 一定量的理想气体进行如图所示的逆向斯特林循环(回热式制冷机中的工作循环)，其中1→2为等温(T 1 )压缩过程，3→4为等温(T 2 )膨胀过程，其他两过程为等体过程.求证此循环的制冷系数和逆向卡诺循环制冷系数相等.(这一循环是回热式制冷机中的工作循环，具有较好的制冷效果.4→1过程从热库吸收的热量在2→3过程中又放回给了热库，故均不计入循环系数计算.)证明 1→2 过程气体放热2111lnV V RT Q v = 3→4 过程气体吸热 2122ln V V RT Q v = 则制冷系数 e ＝Q 2 /(Q 1－Q 2 )= T 2/( T 1－T 2 ).与逆向卡诺循环的制冷系数相同.13 －33 物质的量为ν的理想气体，其摩尔定容热容C V,m ＝3R/2，从状态A(p A ，V A ，T A )分别经如图所示的ADB 过程和ACB 过程，到达状态B(p B ，V B ，T B ).试问在这两个过程中气体的熵变各为多少？ 图中AD 为等温线.分析 熵是热力学的状态函数，状态A 与B 之间的熵变ΔSAB 不会因路径的不同而改变.此外，ADB 与ACB 过程均由两个子过程组成.总的熵变应等于各子过程熵变之和，即DB AD AB S S S ΔΔΔ+=或CB AC AB S S S ΔΔΔ+=.解 (1) ADB 过程的熵变为()()D B p,m A D B D D A T BD P D A T DBAD AB T T C V V T T C T W T Q T Q S S S /ln /ln /d /d /d /d ΔΔΔm p,v vR v +=+=+=+=⎰⎰⎰⎰ (1)在等温过程AD 中，有T D ＝T A ；等压过程DB 中，有V B /T B ＝V D /T D ；而C p ，m ＝C V ，m ＋R ，故式(1)可改写为()()()()A B A B A B p,m A B B D ADB V T V V V T C V T V T S /ln 23/ln /ln /ln ΔvR vR v vR +=+=(2) ACB 过程的熵变为()()C B V,m A C p,m CB AC BA ACB T TC V T C S S Q/T S /ln /ln ΔΔd Δv v +=+==⎰ (2)利用V C ＝V B 、p C ＝p A 、T C /V C ＝T A /V A 及T B /p B ＝T C /p C ，则式(2)可写为()()()()()()()A B A B A A B B V,m A B A B A B V,m ACB V T V V V p V p C V V p p V V R C S /ln 23/ln /ln /ln /ln /ln ΔvR vR v vR v v +=+=++=通过上述计算可看出，虽然ADB 及ACB 两过程不同，但熵变相同.因此，在计算熵变时，可选取比较容易计算的途径进行.13 －34 有一体积为2.0 ×10-2m 3的绝热容器，用一隔板将其分为两部分，如图所示.开始时在左边(体积V 1 ＝5.0 ×10-3m 3)一侧充有1mol 理想气体，右边一侧为真空.现打开隔板让气体自由膨胀而充满整个容器，求熵变.分析 在求解本题时，要注意⎰=BA T Q S d Δ 的适用条件.在绝热自由膨胀过程中，d Q ＝0，若仍运用上式计算熵变，必然有ΔS ＝0.显然，这是错误的结果.由于熵是状态的单值函数，当初态与末态不同时，熵变不应为零.出现上述错误的原因就是忽视了公式的适用条件. ⎰=BA T Q S d Δ 只适用于可逆过程，而自由膨胀过程是不可逆的.因此，在求解不可逆过程的熵变时，通常需要在初态与末态之间设计一个可逆过程，然后再按可逆过程熵变的积分式进行计算.在选取可逆过程时，尽量使其积分便于计算.解 根据上述分析，在本题中因初末态时气体的体积V 1 、V 2 均已知，且温度相同，故可选一可逆等温过程.在等温过程中，d Q ＝d W ＝p d V ，而VRT M m p =，则熵变为 ()1-12K J 52.11/ln d 1d d Δ12⋅=====⎰⎰⎰V V R M m V V R M m T V p T Q S V V。
物理化学课后习题答案(全)
6. 1mol N2 在 0℃时体积为 70.3cm3，计算其压力，并与实验值 40.5 MPa 比较： (1) 用理想气体状态方程； (2) 用范德华方程； (3) 用压
缩因子图。
解：(1) p = RT Vm
=
⎜⎛ ⎝
8.3145× 273.15 70.3 ×10 −6
⎟⎞ ⎠
Pa
=
32.3 ×10 6
=
−
1 1672
=
−0.06 ％
(3) 1 g 水蒸气的体积
V
=
nRT
=
⎡ ⎢ ⎢
1 18.02
×
8.3145
×
(100
+
273.15)
⎤ ⎥ ⎥
m
3
p⎢
101325
⎥
⎢⎣
⎥⎦
= 1.699 ×10−3 m 3 = 1699cm3
[ ] W = − 101325 × (1699 − 1.044) × 10−6 × 18.02 J
及 101325Pa 时 1g 水的体积为 1.044cm3，1 g 水蒸气的体积为 1673cm3。
(1) 试求此过程的功； (2) 假定略去液态水的体积，试求结果的百分误
差； (3) 假定把水蒸气当作理想气体，试求结果的百分误差； (4) 根
据(2)、(3)的假定，证明恒温下若外压等于液体的饱和蒸气压，则物质
Pa
=
32.3
MPa
(2) 由表 1–6 查得， a = 0.141 Pa ⋅ m6 ⋅ mol−2 ，
b = 0.0391 × 10−3 m3 ⋅ mol −1 ，则
p = RT − a Vm − b Vm2
《物理化学》高等教育出版(第五版)第十三章胶体与大分子溶液练习题
第十三章胶体与大分子溶液练习题一、判断题：1．溶胶在热力学和动力学上都是稳定系统。
2．溶胶与真溶液一样是均相系统。
3．能产生丁达尔效应的分散系统是溶胶。
4．通过超显微镜可以看到胶体粒子的形状和大小。
5．ξ 电位的绝对值总是大于热力学电位φ的绝对值.。
6．加入电解质可以使胶体稳定，加入电解质也可以使胶体聚沉；二者是矛盾的。
7．晴朗的天空是蓝色，是白色太阳光被大气散射的结果。
8．旋光仪除了用黄光外，也可以用蓝光。
9．大分子溶液与溶胶一样是多相不稳定体系。
10．将大分子电解质NaR的水溶液与纯水用半透膜隔开，达到Donnan平衡后，膜外水的pH值将大于7。
二、单选题：1．雾属于分散体系，其分散介质是：(A) 液体；(B) 气体；(C) 固体；(D) 气体或固体。
2．将高分子溶液作为胶体体系来研究，因为它：(A) 是多相体系；(B) 热力学不稳定体系；(C) 对电解质很敏感；(D) 粒子大小在胶体范围内。
3．溶胶的基本特性之一是：(A) 热力学上和动力学上皆属于稳定体系；(B) 热力学上和动力学上皆属不稳定体系；(C) 热力学上不稳定而动力学上稳定体系；(D) 热力学上稳定而动力学上不稳定体系。
4．溶胶与大分子溶液的区别主要在于：(A) 粒子大小不同；(B) 渗透压不同；(C) 带电多少不同；(D) 相状态和热力学稳定性不同。
5．大分子溶液和普通小分子非电解质溶液的主要区分是大分子溶液的：(A) 渗透压大；(B) 丁铎尔效应显著；(C) 不能透过半透膜；(D) 对电解质敏感。
6．以下说法中正确的是：(A) 溶胶在热力学和动力学上都是稳定系统；(B) 溶胶与真溶液一样是均相系统；(C) 能产生丁达尔效应的分散系统是溶胶；(D) 通过超显微镜能看到胶体粒子的形状和大小。
7．对由各种方法制备的溶胶进行半透膜渗析或电渗析的目的是：(A) 除去杂质，提高纯度 ；(B) 除去小胶粒，提高均匀性 ；(C) 除去过多的电解质离子，提高稳定性 ；(D) 除去过多的溶剂，提高浓度 。
第十三章物理化学(第五版、胡英)课后答案
m ⎝ ∂T ⎠V,N
o 独立的离域子系统， Z = qN N!
c p = kT⎜⎛ ∂ ln Z ⎟⎞ = NkT⎜⎛ ∂ ln q ⎟⎞
⎝ ∂V ⎠T ,N
⎝ ∂V ⎠T ,N
课 后 答 案 网
. U = kT 2⎜⎛ ∂ ln Z ⎟⎞ = NkT 2⎜⎛ ∂ ln q ⎟⎞
第 13 章 相倚子系统的统计热力学
习题解答
1. 对于正则系综，如按系统的能级编号，有
m 系统能级编号 1
2
3
…
l
…
系统能级
E1
E2
E3
…
El
…
简并度
g1
g2
g3
…
gl
…
o 标本系统数
N1
N2
N3
…
Nl
…
试导出正则分布和相应正则配分函数的表达式。它们与式(13–15)和式
c (13-16)是什么关系。 解：任意分布的超级微观状态数为
Vm
−
Vm 1+ b Vm
=b 1 + b Vm
=b 1+ b ρ
M
课 后 答 案 网
www.khdaw 若b为常数，则b'随气体密度增大而减小。
h = NkT⎜⎛ ∂ ln q ⎟⎞ + Nk ln q + Nk
⎝ ∂T ⎠V ,N
N
k 5．对于正则系综，熵与概率有以下关系式 S = −k∑ j Pj ln Pj ，试 www. 证明之。[提示：利用式(13–17) E = ∑j EjPj ，并参考独立子系统
·206·
第十三章表面物理化学练习题及答案
第十三章表面物理化学练习题一、选择题1．在电泳实验中，观察到分散相向阳极移动，表明:(A) 胶粒带正电(B) 胶粒带负电(C) 电动电位相对于溶液本体为正(D) Stern 面处电位相对溶液本体为正2．通常称为表面活性物质的就是指当其加入于液体中后：(A) 能降低液体表面张力(B) 能增大液体表面张力(C) 不影响液体表面张力(D) 能显著降低液体表面张力3．实验测得O2在金表面上的吸附热Q与吸附量无关，这种吸附满足以下哪种吸附规律？(A)L angmuir等温式(B) Freundlich等温式(C) TëMKuH等温式(D) 以上三种皆可以4．对于有过量KI 存在的AgI 溶液，电解质聚沉能力最强的是：(A) K3[Fe(CN)6] (B) MgSO4(C) FeCl3(D) NaCl5．多孔硅胶的强烈吸水性能说明硅胶吸附水后，表面自由能将(A) 变高(B) 变低(C) 不变(D) 不能比较6．为直接获得个别的胶体粒子的大小和形状，必须借助于：(A) 普通显微镜(B) 丁铎尔效应(C) 电子显微镜(D) 超显微镜7．由0.01 dm3 0.05 mol·kg-1的KCl 和0.1 dm3 0.002 mol·kg-1的AgNO3溶液混合生成AgCl 溶胶，为使其聚沉，所用下列电解质的聚沉值由小到大的顺序为：(A) AlCl3＜ZnSO4＜KCl (B) KCl ＜ZnSO4＜AlCl3(C) ZnSO4＜KCl ＜AlCl3(D) KCl ＜AlCl3＜ZnSO4 8．将一毛细管端插入水中，毛细管中水面上升5 cm，若将毛细管向下移动，留了 3 cm 在水面，试问水在毛细管上端的行为是：(A) 水从毛细管上端溢出(B) 毛细管上端水面呈凸形弯月面(C) 毛细管上端水面呈凹形弯月面(D) 毛细管上端水面呈水平面9．明矾净水的主要原理是：(A) 电解质对溶胶的聚沉作用(B) 溶胶的相互聚沉作用(C) 电解质的敏化作用(D) 电解质的对抗作用10．在pH ＜7 的Al(OH)3溶胶中，使用下列电解质使其聚沉：(1)KNO3(2) NaCl (3) Na2SO4(4) K3Fe(CN)6在相同温度、相同时间内，聚沉能力大小为：(A) (1) ＞(4) ＞(2) ＞(3) (B) (1) ＜(4) ＜(2) ＜(3)(C) (4) ＞(3) ＞(2) ＞(1) (D) (4) ＜(3) ＜(2) ＜(1) 11．兰缪尔的吸附等温式为Γ = Γ∞bp/(1+bp)，其中Γ∞为饱和吸附量，b为吸附系数。
物理化学第十三、十四章习题课内容
物理化学第十三、十四章习题课内容-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第十三章表面现象习题课内容一、单选题：2．在液面上，某一小面积S周围表面对S有表面张力，下列叙述不正确的是：(A) 表面张力与液面垂直；(B) 表面张力与S的周边垂直；(C) 表面张力沿周边与表面相切；(D) 表面张力的合力在凸液面指向液体内部(曲面球心)，在凹液面指向液体外部。
4．一个玻璃毛细管分别插入25℃和75℃的水中，则毛细管中的水在两不同温度水中上升的高度：(A) 相同； (B) 无法确定；(C) 25℃水中高于75℃水中；(D) 75℃水中高于25℃水中。
8．已知20℃时水～空气的界面张力为7.27 × 10-2N·m-1，当在20℃和p下可逆地增加水的表面积4cm2，则系统的ΔG为：(A) 2.91 × 10-5 J ； (B) 2.91 × 10-1 J ；(C) -2.91 × 10-5 J ； (D) -2.91 ×10-1 J 。
12．在一个密闭的容器中，有大小不同的两个水珠，长期放置后，会发生：(A) 大水珠变大，小水珠变小；(B) 大水珠变大，小水珠变大；(C) 大水珠变小，小水珠变大；(D) 大水珠，小水珠均变小。
22．25℃时，乙醇水溶液的表面张力与浓度的关系为：σ(N·m-1) = 0.072 - 5 ×10-4c(mol·dm-3) + 2 ×10-4c2(mol·dm-3)。
若要使表面吸附为正吸附，则要求浓度c(mol·dm-3)应该：(A) > 0.5 ；(B) < 0.5 ；(C) > 1.25 ；(D) <1.25 。
28．矿石浮选法的原理是根据表面活性剂的：(A) 乳化作用；(B) 增溶作用；(C) 去污作用；(D) 润湿作用。
物理化学课件物化习题课第十三章 表面物理化学
二、例题
1.选择与填空 (1) 直径为110-2m的球形肥皂泡所受的附加压力为(已知表 面张力为0.025N.m-1) ( D ) (A) 5Pa； (B) 10Pa； (C) 15Pa； (D) 20Pa (2) 用同一滴管分别滴下1cm-3的NaOH水溶液、水、乙醇 水溶液，各自的滴数多少的次序为 ( C ) (A) 三者一样多； (B) 水>乙醇水溶液>NaOH水溶液 (C)乙醇水溶液>水>NaOH水溶液 (D) NaOH水溶液>水>乙醇水溶液
5.Gibbs吸附公式
Γ2
a2 RT
d
da2
d /da2<0， 2 >0，正吸附，
表面活性物质
d /da2>0，2 <0，负吸附，
非表面活性物质
6.粘湿功、浸湿功、铺展系数
W a G l-sl-gs-g
W i Glsgs
S G g sg ll s S≥0，液体可以自动铺展
4
一、基本概念及公式
lnp pr vaR pH m31 73T 12ln2 14 05 17 .3 .3
T=429.6K
15
二、例题
(2) 298K和101.325kPa下，将直径为1.0m的毛细管插入水 中，问需在管内加多大压力才能防止水面上升？若不加额 外压力，水面上升达平衡后，管内液面上升多高？ 已知：该水的表面张力为0.072N.m-1，密度为1000kg.m-3， 设接触角为0º，重力加速度为g=9.8m.s-2。
(CHale Waihona Puke 不变 (D) 无法判断13
二、例题
2.计算题 (1)373K时，水的表面张力为 0.0589 Nm-1，密度为958.4 kg. m-3，问直径为100nm的气泡内的蒸汽压为多少？在 101.325kPa外压下，能否从373K的水中蒸发出直径为 100nm的蒸汽泡？若要蒸发温度为多少？已知100℃以气化 热为40.7 kJmol-1。