华理大物第三章
华东理工大学化工原理(上下册合集
化工原理(上册)小结第一章 流体流动管路计算 伯努利方程 流动阻力(直管阻力、局部阻力)Vs=Vs 1+Vs 2 连续性方程 静力学方程 流量计 λ~Re压强p (绝对压强、表压、真空度)、流速u 雷诺数Re 、粘度μ、流动类型(滞流、湍流、过渡流)、摩擦系数λ、流动阻力(∑h f 、H f 、∆p f )、有效功We 、有效压头He 、有效功率Ne第二章 流体输送设备工作原理和主要部件(气缚现象)基本方程式(H ∞~Q 、β、n 、D )性能参数(Q 、H 、η、N )和特性曲线(H~Q 、η~Q 、N~Q )离心泵 性能改变和换算(ρ、μ、n 、D )气蚀现象和允许吸上高度(允许吸上真空度、汽蚀余量)液体输送设备 工作点与调节(流量调节、并联组合、串联组合)类型和选择其他泵(往复泵、计量泵、旋转泵、旋涡泵)气体输送设备和压缩设备第三章 非均相物系的分离沉降速度u t重力沉降降尘室(V s ≤blu t )沉降离心沉降速度、分离因素 临界直径f (D,Vs )离心沉降 原理 分离效果旋风分离器 性能 分离效率(总效率、粒级效率)型式 压降恒压过滤方程式及应用(K 、q e 、θe 、k 、s 、υ)过滤 过滤设备:板框过滤机、叶滤机、转筒真空过滤机(原理、操作、生产能力)滤饼洗涤(横穿法、置换法、θw 、w d dV ⎪⎭⎫⎝⎛θ、Ed dV ⎪⎭⎫ ⎝⎛θ)第四章 传热传热计算 ()()c c pc c h h ph h mr W t t c W Q r W T T c W Q t KS Q 1221−=−=∆=放吸i o si so m o i i o o o d d R R d bd d d K ++++=λαα11 1212ln t t t t t m ∆∆∆−∆=∆n e i i R d Pr 023.08.0λα=傅立叶定律、牛顿冷却定律导热系数、对流传热系数、总传热系数、平均温度差、传热效率、传热单元数夹套间壁 蛇管类型 混合 套管 固定管板蓄热 列管 U 型管换热器 新型换热器 浮头式间壁式换热器传热的强化途径第五章 蒸 发蒸发器:生产能力Q 、生产强度U (强化途径)、结构单效蒸发:Δ、W 、D 、D/W多效蒸发:操作流程(优点、缺点、应用场合)多效蒸发和单效蒸发的比较(多效:Δ大、D/W 小、Q 小、U 小)化工原理(下册)小结蒸馏:平衡蒸馏、简单蒸馏、间歇蒸馏、相对挥发度、理论板、恒摩尔流、回收率、回流比、进料热状况参数、全回流、最小回流比、板效率、理论板当量高度吸收:亨利系数、溶解度系数、相平衡常数、分子扩散、菲克定律、漂流因素、扩散系数、双膜理论、溶质渗透理论、表面更新理论、吸收速率方程式、吸收系数、气膜控制、液膜控制、回收率、液气比、脱吸因素、等板高度、传质单元高度、施伍德准数、施密特准数、伽利略准数蒸馏及吸收塔设备:板式塔1.塔板类型:泡罩塔板、筛板、浮阀塔板的特点2.流体力学性能: 塔板压降、液泛、雾沫夹带、漏液、液面落差影响因素、负荷性能图3.浮阀塔设计:理解4.塔板效率的表示法及影响因素填料塔1.填料特性:比表面积、空隙率、填料因子(干填料因子,湿填料因子)2.填料塔的流体力学性能:压强降(恒持液区、载液区、液泛区、载点、泛点)、液泛(影响因素:填料特性、流体的物理性质、液气比)、润湿性能3.填料塔的计算、附件、与板式塔的比较:了解干燥:干燥系统的热效率、等焓干燥、非等焓干燥、平衡水分、自由水分、结合水分、非结合水分、恒定干燥条件、干燥速率曲线、干燥速率、临界含水量、恒速干燥阶段、降速干燥阶段。
华东理工大学《物理化学》课件2.11 热力学第三定律
c 106 / J K 3 mol 1
CO(g)
-110.525 197.674 29.16 30.46 32.59 28.70
0.14 4.64
H2O(g)
-241.818 188.825 33.60 36.32 39.96 31.80
4.47 5.10
CO 2(g)
-393.509 213.74 37.20 47.32 52.97 22.59 56.15 -24.85
298.15K和1000K时的
、
r
H
om
r Smo-
和
。 rGmo-
解:由附录查得f源自Hom/kJ
mol
1
Smo- / J K 1 mol 1
C
op,m
(300K
)
/
J
K
1
mol
1
C
op,m
(600K
)
/
J
K
1
mol
1
C
op,m
(900K
)
/
J
K
1
mol
1
a / J K 1 mol 1
b 103 / J K 2 mol 1
r
H
om
T r Smo-
标准摩尔生成吉氏函数
定义:由最稳定单质生成某物质B的标摩 尔反应吉氏函数,符号用 fGmo- (B) 。
CO
O 1
rGmo
22
CO 2
1 2
O2+
O
+
2
C
CO 2
f Gmo
rGmo
CO
f Gmo
C
基准
化学反应工程原理(华东理工大学版)第三章答案
华东版3-1 解:01AA Ax c kt x =- 把数据代入得100.2min A c k -= 当x A =0.75时解得t=15min所以,增加的时间为15-5=10min 3-2 解:()()110111nn A A x n c kt ---=+- (式A )把x A =0.75和t=10min 代入解得100.1n A c k -= 再把t=30min 代入(式A )解得x A =1.25所以,转化率应为1 3-3解:设反应动力学方程为:nA Adc kc dt-= 则()()110111nn A A x n c kt ---=+-,且c A0=1因此有()()()()1110.811810.91118nnn k n k ---=+--=+-解得:n=2;k=0.5L/mo l ·min -13-41)计算进料中酸、醇和水的摩尔浓度c A0、c B0、c S0(注意进料中水的浓度c S0不为0)。
2)列出当酸的转化率为x A 时,各组分浓度的表示式:()0000001A A A B B A A R A A S S A Ac c x c c c x c c x c c c x =-=-==+3)将上列各式及各组分初浓度代入反应速率式,整理得()627.931010.220.1 2.58A A A dx x x dt-=-⨯-+ 4)计算转化率达35%所需的时间为()0.35627.931010.220.1 2.58AA A dx t x x -=⨯-+⎰上述积分可查积分表用公式计算,也可用MA TLAB 语言的quad 解算子计算,结果为 71532t s h =≈5)计算所需反应器体积。
先计算每天的反应批数,再计算每m 3反应体积每天的生产量,然后再计算达到要求产量所需反应器体积。
答案为 V R =51.9m 3 3-51)设酯的平衡转化率为x Ae ,将平衡时各组分浓度代入化学平衡方程得:()()221.1510.2191.151148.76 1.151AeAe Ae x x x =--化简整理上述方程并求解得90.8%Ae x =2)此题解法与3-4中的步骤2~4相同,答案为t=276min 3)此时各组分的浓度为酯:0.207mol/L ;水:47.816 mol/L ;醇、酸:0.910 mol/L ; 反应物系的组成为酯:0.414%;水:95.80%;醇、酸:1.82%; 3-6对可逆放热反应,当反应温度过低时,因反应速率过低转化率偏低,当反应温度过高时,转化率又会受化学平衡的限制。
华东理工大学物理化学第三章2-2
X i 1 ni X i
K
X dT dp p p,n j T ,n j
K i 1
X i dni
一定温度、压力下并保持各物质相 对数量不变,积分得:
X dX
0 K
X
ni
0
K i 1
X i dni i 1 X i dni i 1 X i dni
V nAVA nBVB
VA (V nBVB ) / nA {(18.0152/ 1000)[1002.935 51.832nB / mol 0.1394( nB / mol) 2 ( nB / mol)(51.832 0.2788nB / mol)]}cm 3 mol1 [(18.0152/ 1000)(1002.935 0.1394( nB / mol) 2 ]cm 3 mol1 [18.0681 0.00251 ( nB / mol) 2 ]cm 3 T , p
Xi 和Xi* 都是1mol物质 i 对 X 的贡献
1mol 物 质 i 对 混合物系统 X
1mol 物 质 i 对
纯组分系统 X
的贡献。
的贡献
以体积V 代替X 进行说明 (1)在20℃、101325Pa下, H2O(A)与
C2H5OH(B)混合
Xi 是在系统恒定 T, p 和其它物质的量时,改 变1mol i 物质引起的系统广延性质 X 的变化。
X X i n i
def
T , p , n j i
Xi 是一个状态函数,强度性质
X X (T , p, n1 , n2 , , nK )
X X (T , p, x1 , x2 , , x K 1 , n)
华南理工大学大学物理各章节习题及答案汇编
习题一 真空中的静电场院 系: 班 级:_____________ 姓 名:___________ 学 号:____________________一 选择题(共30分)1.如图所示,在坐标(a ,0)处放置一点电荷+q ,在坐标(-a ,0)处放置另一点电荷-q .P 点是y 轴上的一点,坐标为(0,y ).当y >>a 时,该点场强的大小为:[ C ] (A)204y q επ. (B)202y q επ. (C)302y qa επ. (D) 304yqa επ.2.半径为R 的均匀带电球面的静电场中各点的电场强度的大小E 与距球心的距离r 之间的关系曲线为:[ B ]3.如图所示,边长为a 的等边三角形的三个顶点上,分别放置着三个正的点电荷q 、2q 、3q .若将另一正点电荷Q 从无穷远处移到三角形的中心O 处,外力所作的功为: [ C ](A) a qQ 023επ . (B) a qQ 03επ. (C) a qQ 0233επ. (D) aqQ 032επ.4.图中实线为某电场中的电场线,虚线表示等势(位)面,由图可看出:[ D ] (A) E A >E B >E C ,U A >U B >U C . (B) E A <E B <E C ,U A <U B <U C . (C) E A >E B >E C ,U A <U B <U C . (D) E A <E B <E C ,U A >U B >U C .E Or(D) E ∝1/r 23q2q5.半径为R 的“无限长”均匀带电圆柱面的静电场中各点的电场强度的大小E 与距轴线的距离r 的关系曲线为: [ B ]6.在边长为a 的正方体中心处放置一电荷为Q 的点电荷,则正方体顶角处的电场强度的大小为: (A)2012a Q επ. (B) 206a Q επ. (C) 203a Q επ. (D) 20aQεπ. [C ]7.图示为一具有球对称性分布的静电场的E ~r 关系曲线.请指出该静电场是由下列哪种带电体产生的. (A) 半径为R 的均匀带电球面. [ B ](B) 半径为R 的均匀带电球体.(C) 半径为R 的、电荷体密度为=A r (A 为常数)的非均匀带电球体. (D) 半径为R 的、电荷体密度为=A/r (A 为常数)的非均匀带电球体.8.选无穷远处为电势零点,半径为R 的导体球带电后,其电势为U 0,则球外离球心距离为r 处的电场强度的大小为(A) 302r U R . (B) R U 0. (C) 20r RU . (D) r U 0. [ C ]9. 设有一“无限大”均匀带正电荷的平面.取x 轴垂直带电平面,坐标原点在带电平面上,则其周围空间各点的电场强度E随距平面的位置坐标x 变化的关系曲线为(规定场强方向沿x 轴正向为正、反之为负):[C ]10. 一个静止的氢离子(H +)在电场中被加速而获得的速率为一静止的氧离子(O +2)在同一电场中且通过相同的路径被加速所获速率的:(A) 2倍. (B) 22倍. (C) 4倍. (D) 42倍. [ B ]E O rE ∝1/rE Or(D) E ∝1/rR E Or(C) E ∝1/rE Or(A) E ∝1/rO R rE E ∝1/r 2OxE (A)OxE (C)OxE (B)OxE (D)E ∝1/|x|E ∝x11.如图所示,一个电荷为q 的点电荷位于立方体的A 角上,则通过侧面abcd的电场强度通量等于:(A) 06εq . (B) 012εq . (C) 024εq . (D) 048εq. [ C ]二 填空题1.电荷分别为q 1,q 2,q 3的三个点电荷分别位于同一圆周的三个点上,如图所示.设无穷远处为电势零点,圆半径为R ,则b 点处的电势U =___________ . ()32102281q q q R++πε2.图中所示以O 为心的各圆弧为静电场的等势(位)线图,已知U 1<U 2<U 3,在图上画出a 、b 两点的电场强度的方向,并比较它们的大小.E a = E b (填<、=、>).3.两根相互平行的“无限长”均匀带正电直线1、2,相距为d ,其电荷线密度分别为λ1和λ2如图所示,则场强等于零的点与直线1的距离a 为_____________ .d 211λλλ+4.如图所示,两同心带电球面,内球面半径为r 1=5 cm ,带电荷q 1=3×10-8C ;外球面半径为r 2=20 cm , 带电荷q 2=-6×108C ,设无穷远处电势为零,则空间另一电势为零的球面半径r = __________________.10 cm5.已知某静电场的电势函数U =a ( x 2+ y ),式中a 为一常量,则电场中任意点的电场强度分量E x =-2ax ,E y = -a ,E z = 0.6.如图所示.试验电荷q ,在点电荷+Q 产生的电场中,沿半径为R 的整个圆弧的3/4圆弧轨道由a 点移到d 点的过程中电场力作功为 0 ;从d 点移到无穷远处的过程中,电场力作功为qQ / (4πε0R ).7.一个带电荷q 、半径为R 的金属球壳,壳内是真空,壳外是介电常量为ε 的无限大各向同性均匀电介质,则此球壳的电势U =________________.Rqεπ48.在点电荷q 的电场中,把一个-1.0×10-9C 的电荷,从无限远处(设无限远处电势为零)移到离该点电荷距离 0.1 m 处,克服电场力作功 1.8×10-5 J ,则该点电荷q =-2×10-7库伦.(真空介电常量0=8.85×10-12C 2·N -1·m -2)A b caq2 q 1 q 3OOU 1U 2U 3abλ2a d 12q 1 q 2 r 1r 2+Q R q d∞三 计算题1.厚度为d 的“无限大”均匀带电导体板两表面单位面积上电荷之和为σ.试求图示离左板面距离为a 的一点与离右板面距离为b 的一点之间的电势差.解:选坐标如图.由高斯定理,平板内、外的场强分布为:E = 0 (板内) )2/(0εσ±=x E (板外)1、2两点间电势差⎰=-2121d x E U U x x x d b d d d a d 2d 22/2/02/)2/(0⎰⎰+-+-+-=εσεσ )(20a b -=εσ 2.一环形薄片由细绳悬吊着,环的外半径为R ,内半径为R /2,并有电荷Q 均匀分布在环面上.细绳长3R ,也有电荷Q 均匀分布在绳上,如图所示,试求圆环中心O 处的电场强度(圆环中心在细绳延长线上).解:先计算细绳上的电荷在O 点产生的场强.选细绳顶端作坐标原点O ,x 轴向下为正.在x 处取一电荷元 d q = d x = Q d x /(3R ) 它在环心处的场强为 ()20144d d x R qE -π=ε ()20412d x R R xQ -π=ε 整个细绳上的电荷在环心处的场强()203020116412RQx R dx R Q E R εεπ=-π=⎰ 圆环上的电荷分布对环心对称,它在环心处的场强E 2=0由此,合场强 i R Qi E E20116επ== 方向竖直向下.3.电荷Q (Q >0)均匀分布在长为L 的细棒上,在细棒的延长线上距细棒中心O 距离为a 的P 点处放一电荷为q (q >0 )的点电荷,求带电细棒对该点电荷的静电力. 解:沿棒方向取坐标Ox ,原点O 在棒中心处.求P 点场强: ()()20204d 4d d x a xx a q E -π=-π=ελε 3分 ()⎰--π=2/2/204d L L x a xE ελ()2202/2/0414L a Qx a L L -π=-⋅π=-εελ 4分 方向沿x 轴正向. 点电荷受力:==qE F ()2204πL a qQ-ε 方向沿x 轴正方向. 3分1σda1σd abxOO R 3RR /2E 1xR3R x xOPL+Q OaP O L/2L/2d x d q a。
大物1课件——第03章刚体和流体的运动(1)
定理表述:刚体绕平行于质心轴的转动惯量 J,等于
绕质心轴的转动惯量 JC 加上刚体质量与两轴间的距离
平方的乘积: J J C md 2
如:
JC
1 2
mR2
J
JC
J JC mR 2
m
1的转动惯量最小
大学物理(I)教学组
普通物理学
第六版
第三章 刚体和流体的运动
方向是水平向右,则OP与极轴之间的夹角为。
角称为角坐标(或角位置)。
Px
o
角坐标为标量。但可有正负。
大学物理(I)教学组
普通物理学
第六版
2.角位移
角坐标的增量:
称为刚体的角位移
3.角速度 lim
t0 t
d
dt
第三章 刚体和流体的运动
y v2 p v1
P
R
x
方向:满足右手定则,沿刚体转动方向右旋大拇指指向。
始后 t = 6s 时飞轮的角速度;(3)t = 6s
时飞轮边缘上一点的线速度、切向加速
度和法向加速度.
大学物理(I)教学24组
普通物理学
第六版
第三章 刚体和流体的运动
三、刚体定轴转动定律 O’
对刚体中任一质量元 mi
ω
应用牛顿第二定律,可得:
Fi fi miai
上式切向分量式为:
O
ri
mi
fi
i
Fii
Fi sini fi sini miai miri
用ri 乘以上式左右两端:
Firi sini firi sini miri2
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普通物理学
第六版
第三章 刚体和流体的运动
华东理工大学线性代数习题答案-第三章
第三章 线性方程组一、习题解答3.1解:否,例如121250,()2,363A r A -⎡⎤⎢⎥==⎢⎥⎢⎥--⎣⎦却有12036=-- 3.2(1)解:利用初等行变换化成行阶梯形矩阵来求矩阵的秩。
由12311231015401540154000001540000A--⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥--⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦知()2r A =,最高阶非零子式可取0112(2)由112112013013013000026000B--⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦知()2r B =,且最高阶非零子式可取1112-- 3.3(1)解:由()()r A r A T =,故可转化为求()r A T , 由211211222240112(1)33360112(1)k k A k k k k k k k k k T ----⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥=-----⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-----⎣⎦⎣⎦1120112(1)00(2)(1)0k k k k k k -⎡⎤⎢⎥---⎢⎥⎢⎥+-⎣⎦,知①当 1k =时,()()1;r A r A T== ②当2k =-时,()()2;r A r A T== ③当1k ≠且2k ≠-时,()()3r A r A T==(2)解:由112301123001221012210162100800024400002Ba ab b --⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥----⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-+--+⎢⎥⎢⎥---+⎣⎦⎣⎦知①当8a =-且2b =-时,()2;r B =②当8a =-且2b ≠-,或8a ≠-且2b =-时,()3;r B =③当8a ≠-且2b ≠-时,()4r B = 3.4解:因为[]A β比A 多了一列,但行数相同,假设()r A k =,那么[]A β也有k 阶子式非零,所以()();r Ar A β≥而假如()()1,r A r A β>+那么,删去增广列及某一行后的1k +阶子式中必有某个非零,与()r A k =矛盾。
2022年华东理工大学化工原理简答题模拟真题汇总
第一章流体流动1.何谓轨线?何谓流线?为什么流线互不相交?99答:轨线是同一流体质点在不同步刻所占空间位置旳连线;流线是采用欧拉法考察旳成果,流线上各点旳切线表达该点旳速度方向;由于同一点只有一种速度,由此可知,流线互不相交。
2.动能校正系数α为什么总是大于、等于1旳?试阐明理由?003.简述数学模型法规划实验旳重要环节。
00、03、06、10答:数学模型实验研究措施立足于对所研究过程旳深刻理解,按如下重要环节进行工作:①将复杂旳真实过程自身化简成易于用数学方程式描述旳物理模型;②将所得到旳物理模型进行数学描述即建立数学模型;③通过实验对数学模型旳合理性进行检查并测定模型参数。
4.流体流动过程中,稳定性是指什么?定态性是指什么?015.简述因次论指引下旳实验研究措施旳重要环节。
01、04答:因次分析法旳具体环节:①找出影响过程旳独立变量;②拟定独立变量所波及旳基本因次;③构造因变量和自变量旳函数式,一般以指数方程旳形式表达;④用基本因次表达所有独立变量旳因次,并出各独立变量旳因次式;⑤根据物理方程旳因次一致性原则和π定理得到准数方程;⑥通过实验归纳总结准数方程旳具体函数式。
6.层流与湍流旳本质区别是什么?02答:湍流旳最基本特性是浮现了径向旳速度脉动。
当流体在管内层流时,只有轴向速度而无径向速度,牛顿型流体服从牛顿粘性定律;然而在湍流时,流体质点沿管道流动旳同步还浮现了径向旳随机脉动,这种脉动加速了径向旳动量、热量和质量旳传质,动量旳传递不仅起因于分子运动,而来源于流体质点旳横向脉动速度。
7.非牛顿流体中,塑性流体旳特点是什么?02、05、06、10答:含固体量较多旳悬浮体常体现出塑性旳力学特性,即只有当施加旳剪应力大于某一临界值(屈服应力)之后才开始流动,流动发生后,一般具有剪切稀化性质,也也许在某一剪切率范畴内有剪切增稠现象。
8.什么是流体流动旳边界层?边界层分离旳条件是什么?03答:由于流体粘性旳作用,接近壁面旳流体将相继受阻而降速,随着流体沿壁面前流动,流体受影响旳区域逐渐扩大,而流速降为未受边壁影响流速旳99%以内旳区域即为边界层。
交大大物第三章习题答案
习题3-1. 如图,一质点在几个力作用下沿半径为R =20m 的圆周运动,其中有一恒力F =,求质点从A 开始沿逆时针方向经3/4圆周到达B 的过程中,力F 所做的功。
解:j i 2020+-=-=∆A B r r r由做功的定义可知:J W 12)2020(6.0-=+-•=∆•=j i i r F3-2. 质量为m=的质点,在x O y 坐标平面内运动,其运动方程为x=5t 2,y=(SI),从t =2s 到t =4s 这段时间内,外力对质点的功为多少i j i j i 60)5.020()5.080(=+-+=-=∆24r r r 22//10d dt d dt ===i a v r 105m m ==⨯=i i F a由做功的定义可知:560300W J =•∆=•=i i F r3-3.劲度系数为k 的轻巧弹簧竖直放置,下端悬一小球,球的质量为m ,开始时弹簧为原长而小球恰好与地接触。
今将弹簧上端缓慢提起,直到小球能脱离地面为止,求此过程中外力的功。
根据小球是被缓慢提起的,刚脱离地面时所受的力为F=mg ,mg x k =∆ 可得此时弹簧的伸长量为:kmgx =∆ 由做功的定义可知:kg m kx kxdx W k mg x2212202===⎰∆3-4.如图,一质量为m 的质点,在半径为R 的半球形容器中,由静止开始自边缘上的A 点滑下,到达最低点B 时,它对容器的正压力数值为N ,求质点自A 滑到B 的过程中,摩擦力对其做的功。
分析:W f 直接求解显然有困难,所以使用动能定理,那就要知道它的末速度的情况。
解:求在B 点的速度: N-G=R v m 2 可得:R G N mv )(21212-=由动能定理:R mg N mgR R G N W mv W mgR f f )3(21)(210212-=--=-=+3-5.一弹簧并不遵守胡克定律,其弹力与形变的关系为i F )4.388.52(2x x --=,其中F 和x 单位分别为N 和m .(1)计算当将弹簧由m 522.01=x 拉伸至m 34.12=x 过程中,外力所做之功;(2)此弹力是否为保守力 解:(1)由做功的定义可知:Jx x x x dx x x d W x x 2.69)(6.12)(4.26)4.388.52(31322122234.1522.021=----=--=•=⎰⎰x F(2)由计算结果可知,做功与起点和终点的位置有关,与其他因素无关,所以该弹力为保守力。
华东理工大学化工原理习题答案(陈敏恒第三版)
17 u1 = A2
2( P1 − P2 ) ρ ( A12 − A22 ) 2( P1 − P2 ) ρ ( A12 − A22 )
u 2 = A1
18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32
F = 4.02×103N 略 u2 = 3.62m/s ; R = 0.41m F = 151N v = 5.5×10-6m2/s
-4 2
3
2
第五章 颗粒的沉降和流态化 1 ut = 7.86×10 m/s ; ut’ = 0.07m/s 2 dP = 88.8μm 3 τ = 8.43×10-3s ; s = 6.75×10-5m 4 dpmax = 3.6μm 5 dpmin = 64.7μm ; ηP = 60﹪ 6 可完全分开 7 ζRe2<48 8 η0 = 0.925 ; x 出 1 = 0.53 x 出 2 = 0.27 ; x 出 3 = 0.20 x 出 4 = 0 ; W 出 = 59.9kg/day 4 2 9 ε固 = 0.42 ; ε流 = 0.71 ; ΔФ = 3.14×10 N/m 10 略 11 D 扩 = 2.77m 12 略
化工原理习题答案(上册) 第一章 流体流动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 PA(绝)= 1.28×105 N/m2 PA(表)= 2.66×104N/m2 W = 6.15 吨 F = 1.42×104N P = 7.77×104Pa H = 0.39m 5 2 △P = 2041×10 N/m 5 P = 1.028×10 Pa △h = 0.157m P(绝)= 18kPa H = 8.36m H = R PA> PB 略 P = Paexp[-Mgh/RT] u = 11.0m/s ; G = 266.7kg/m2s qm = 2.28kg/s R = 340mm qv = 2284m3/h τ= 1463s Hf = 0.26J/N 会汽化
华理大学物理第3章习题课1
刚体的定轴转动 角量
运动描述
刚体
J
线量
运动规律——转动定律
v r 2 an r at r M J
mr
i
2
i i
r dm (书P106 表3-1)
2
转动惯量
平行轴定律
J J C md
2
c
d
JC
O
m l
叠加原理(补偿法) 1 2 2 m J ml ml 3
固定有质量为2m和m的小球,杆可绕通过其中心O且与
杆垂直的水平光滑固定轴在铅直平面内转动.开始杆
与水平方向成某一角度θ,处于静止状态,如图所示.
释放后,杆绕O轴转动.则当杆转到水平位置时,该系 统所受到的合外力矩的大小 M = _________________ ,
此时该系统角加速度的大小α =______________.
【选择题1】一根长l、质量m的均匀细棒在地上竖立 着,如果让其以下端与地的接触处为轴自由倒下,
当上端到达地面时,上端的速率为【 】
解:棒与地球组成的系统机械能守恒
1 1 1 1 2 2 2 mgl J = ml 2 2 2 3
v l
v 3gl
【填充题1】质量m0、半径R的匀质圆盘可绕垂直于 盘的光滑轴O在铅直平面内转动,盘点A固定着质量 为m的质点,先使OA处于水平位置,然后释放,盘 由静止开始转动,当OA转过来30时,如图,质点m
f r f r
两者无相对滑动,两物体的切向加速度相同
2F a 2m0 m
a R
薄板做匀加速运动,当它脱离轮时,它的速度
v 2 2al
4 Fl v 2m0 m
物理化学智慧树知到答案章节测试2023年华东理工大学
绪论单元测试1.物理化学是研究速率规律和()的平衡。
A:前3个选项都正确B:相变化C:pVT变化sD:化学变化答案:A第一章测试1.下列叙述中不属于状态函数特征的是()。
A:系统状态确定后,状态函数的值也确定B:系统变化时,状态函数的改变值仅由系统的始、终态决定而与过程无关C:状态函数均有加和性答案:C2.在使用物质的量时,必须指明物质的基本单元,以下不正确的是()。
A:1 mol ( )B:1 mol ( )C:1 mol铜离子答案:C3.400K、101325Pa下,1mol气体的体积为22.85 dm3,则气体的压缩因子=()。
A:0.6962B:1C:1.2532答案:A4.下图为某物质的压缩因子图,图中标有三条等温线,则三条线上注明的温度T1、T2、T3,其大小关系是()。
A:B:C:答案:A5.甲、乙、丙三种物质的临界温度分别为343.05K、373.65K和405.65K,其中最易液化的气体为()。
A:乙物质B:甲物质C:丙物质答案:C6.范德华气体分子的微观模型为()。
A:只具有吸引力的软球B:只具有吸引力的硬球C:不具有吸引力的硬球答案:B7.在一定温度和压力下求解范德华方程,得到三个摩尔体积的值:0.0523、0.2534和2.9523 ,其中饱和液体的摩尔体积为()。
A:B:C:答案:B8.物质A和B的对比温度相等、对比压力也相等,按对应状态原理,以下结论不一定正确的是()。
A:它们的压缩因子相同B:它们的对比体积相同C:它们的体积相同答案:C9.一隔板将一刚性绝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。
若以全部气体作为系统,则()。
A:W< 0、Q >0、 =0B:W=0、Q =0、 =0C:W>0、Q < 0、 =0答案:B10.物质的标准摩尔蒸发焓为,标准摩尔熔化焓为,标准摩尔升华焓为,三者间的关系为()。
物理化学(上)(华东理工大学)智慧树知到课后章节答案2023年下华东理工大学
物理化学(上)(华东理工大学)智慧树知到课后章节答案2023年下华东理工大学华东理工大学绪论单元测试1.18世纪中叶,俄国的罗蒙诺索夫首次提出了物理化学这一名词。
答案:对2.1887年,德国的奥斯特瓦尔德在莱比锡大学首开物理化学讲座,并与荷兰的范特霍夫创办了《物理化学杂志》,这是物理化学学科形成的标志。
答案:对3.范特霍夫和奥斯特瓦尔德分别于1901年和1908年获得诺贝尔化学奖。
答案:错4.物理化学运用物理学、数学等基础科学的理论和实验方法,研究化学变化包括相变化和pVT变化中的平衡规律和速率规律,以及这些规律与物质微观结构的关系。
答案:对5.物理化学具体要研究哪两板块?答案:平衡规律;速率规律第一章测试1.答案:-1.52.答案:A3.答案:C4.物质的标准摩尔蒸发焓随温度变化而变化,当达到临界温度时,其值()0。
答案:=5.答案:B6.答案:C7.物质A和B的对比温度和对比压力均相等,按对应状态原理,则它们的()也相等。
答案:对比体积8.范德华气体分子的微观模型为()。
答案:只具有吸引力的硬球9.压力趋近于零时,物质在任何温度下的压缩因子都趋近于()。
答案:110.答案:C第二章测试1.答案:A2.答案:C3.实际气体通过节流装置,其温度()降低。
答案:不一定4.气体经节流膨胀后,结论一定正确的是()。
答案:焓不变5.若N2(g)和O2(g)都视为理想气体,等温等压下,1 molN2(g)和1 molO2(g)混合后,不发生变化的一组热力学性质是()。
答案:U,H,V6.将1mol氮气和1mol氧气恒温恒压混合,则混合过程的熵变()。
答案:大于零7.对于均相封闭系统中的一定量的理想气体,有(1)对外做功,同时放热、(2)体积不变,而温度上升,并且是绝热过程,无非体积功。
(3)恒压下绝热膨胀(4)恒温下绝热膨胀。
则可能发生的过程是()。
答案:(1)(4)8.理想气体CO2(g)经绝热可逆膨胀从初态变化到终态,则()。
大学物理学教案第三章 刚体和流体幻灯片PPT
[例2]求质量为m、半径为R、厚为l 的均匀圆盘的转动
惯量。轴与盘平面垂直并通过盘心。
解:取半径为r宽为dr的薄圆环,
dm 2πrdrl
d Jr2 d m 2 π l3 rd r l R
r dr
JdJ0R2πlr3dr
1 πR4l
2
m πR2l
J 1 mR2 2
可见,转动惯量与l 无关。所以,实心圆柱对其轴的 转动惯量也是 mR2/2。
解:分别对物体m和轮M看运动、
分析力,图中T1 用T表示。
和T2
大小相等,
定轴0
N
T2 T1
R
T1
α
T2
R
am
mg h
G T1
mg
动力学关系:
对M: TRJ1MR2 (1)
对m:
2 mgTma
(2)
运动学关系:
aR (3)
v 2ah (4)
联立以上四式,解得
a
m
m M
g
v 2ah 4mgh 2mM
W 1 2 M d 1 2 J d d td 1 2 Jd 1 2 J 2 2 1 2 J 1 2
即 WEK2EK 1 ┉┉定轴转动动能定理
定轴转动动能定理:合外力矩对一个绕固定轴转动的 刚体所做的功等于刚体的转动动能的增量。
➢ 刚体的重力势能
一个质元:mi ghi 整个刚体:
解:子弹和木棒组成的系统对轴O的 角动量守恒
1
m
0vl
m 4
0vl
Jω
M
其 中J 1 Ml2
3
3m
0vl
9m
0v
4J 4Ml
v0
mv
华东理工大学大学物理第三章答案
30°
mg
图 3-8
π 2 0
(2)由动能定理
ω=
A = ∫ Mdθ = ∫ mg
2A = J 3g l
1 1 l cos θdθ = mgl = Jω 2 2 2 2
(3)棒、地球系统机械能守恒
mg l 1 sin 30 0 = Jω′ 2 2 2 l 3g 3 = g 2 2l 4 ω′ = 3g 2l
ω = ω0 + v R J 0 ω 0 + J 1 (ω 0 +
J 1 = mR 2
2
由角动量守恒得
v )=0 R
ω0 = −
mR 2 v × = −9.52 × 10 − 2 (1 / s) J 0 + mR 2 R
23
大学物理练习册题解
13、如图所示,空心圆环可绕竖直轴AC自由转动,转 动惯量为J0,环的半径为R,初始角速度为ω0,质量为 m的小球静止于环内A点。由于微小干扰,小球向下滑 到B点时,环的角速度与小球相对于环的速度各为多 大?(设环内壁光滑) 解:小球、圆环对 AC 轴角动量守恒
α= 0 − ω0 t ( 2)
0.5m
0.75m 闸瓦
(1)
d
′ 力矩之和为零(杆静止) 杆对 o1
F(l1 + l 2 ) − Nl1 = 0 (3) (4) 飞轮对 O 的力矩: − Fr ⋅ R = Jα Fr = μN (5)
由(1) 、 (2) 、 (3) 、 (4) 、 (5)得
F= l1 l Jα × = 1 l1 + 2 μR l1 + 2 mR 2 ω0 t = l1 ⋅ mRω 0 = 314( N ) μR l1 + 2 μt
华东理工大学物理化学练习题答案3
第3章 多组分系统的热力学,逸度和活度基本概念 1. i j n p T i i n X X ≠∂∂=,,( ,∑==K i i iX n X 1。
1mol 物质i 在一定温度、压力下,对一定浓度的均相多组分系统的某一广延性质X 的贡献。
摩尔量对纯物质而言,仅决定于T ,p 和物质的本性;偏摩尔量不仅决定于T ,p ,还决定于系统的组成。
2. (2),(3),(5);(1),(2),(4)。
3. (1),(2),(4)。
4. i K i i n p V T S G d d d d 1 ∑=++−=μ;)(1)(1d d d d ααπαμi Ki i n p V T S G ∑∑==++−=。
5.0d )(1)(1≤∑∑==ααπαμi K i i n 。
)()2()1(.........πμμμi i i ===,∑=0B B B μν。
6. 2R R K f −−+−=π; R R K K −−=。
7. 平衡系统的强度性质中独立变量的数目。
为确定一个系统的平衡状态,所必须确定的独立的强度性质的数目,或在一定范围内可以独立变动,而不致引起旧相消失或新相产生的强度性质的数目。
8. 1=f ;1=f 。
9. 系统中i 物质的偏摩尔体积。
10. 温度为T ,压力为-o p ,并处于理想气体状态的纯组分i 作为参考状态。
11. A A A x f f ∗=12. A *A A x p p =,适用于理想溶液或理想稀溶液中的溶剂,且其蒸气服从理想气体状态方程;B B ,H B x K p x =,适用于理想稀溶液中的溶质,且其蒸气服从理想气体状态方程。
一种虚拟的、具有无限稀释溶液性质的纯溶质的饱和蒸气压。
13. i i x RT ln *+μ;()-o-o ln )g (p p RT i i i ∗∗+=μμ系统温度、压力下的纯组分液体或固体。
A *A ln x RT +μ;()-o *A -o A *A ln )g (p p RT +=μμ 系统温度、压力下的液态或固态纯溶剂。
华理高等数学第3章.docx
第3章(之1) 第13次作业教学内容:§3」微分**1.设 y(x) = (cosx)sin r +tan2x, (0 < x < -),求dy ・4 °解:dy = yXx)dx{(cos x)sin A [cos x ln(cosx)sin % - tan x]+ 2 sec 2 2x]dx**2.设 y(x) = ln(/' + Jl + a"4')求dy. 解:令 u - e~2x ,贝lj dy - —du - . -du - .dx.'du Vl + w 2 Jl + w"**3.设(p{x ) > 0,且°(x )处处口 J 微,求如山0⑴(p (x )解:**4.求由方程x 3 + y 3 - 3axy = 0 (tz > 0)所确定隐函数,y = y(x)的微分dy. 解: H4 %3 + y 3 - 3axy = 0, 得 3x 2dx + 3y 2dy - 3a(ydx + xdy) = 07 ay - x" y 2 - ax **5.求由方fvy sin x-cos(x + y) - 0所确定隐函数y = y(x)的微分dy.解:itl dy • sin x + y cos xdx + sin(x + y) • (dx + dy) = 0z U f ycosx + sin(x+y).得 ay = -------- ; -------- : ----------- dx.sinx + sin(x + y) **6.用微分方法计算伍的近似值.解:令 f(x) = Vx,・•・ f(x)« /(x 0)4- f\x Q ) - Ax x 0 =27. Ax = -10(兀)In (p{x) (P(x) = cp\u )du =0(小几)一心川如)必 心)船一“严)dy =dx.極亠矿2.959.**7.用微分代替增量,计算COS1510的值.**&在一个内半径为5cm外半径为5.2cm的空心铁球的表而上镀一层厚0.005CM 的金,已知铁的密度为7.86g/cm3,金的密度为18.9g/cm3,试用微分法分别求这个金球中含铁和金的质量。
华理高数答案第3章
f x M .
**8. 设 f ( x) 在 [a, b] 上可导, 证明存在 (a, b), 使
1 b 3 a 3 2 3 f ( ) f ( ), b a f (a) f (b)
其中
b3 f (a)
a3 f (b)
b 3 f (b) a 3 f (a) .
x
lim [ f ( x 100) f ( x)] lim f ' ( )[( x 100) x] ,
x
其中 x x 100 ,当 x 时,有
证明:令 F ( x) x 3 f ( x),则 F ( x) 在 [a, b] 上可导,利用拉格朗日中值定理, 则至少存在 (a, b),使 F (b) F (a) F ( )(b a) 即 b 3 f (b) a 3 f (a) [3 2 f ( ) 3 f ( )](b a) ,
(1) 视 为变量,则 S ( **11.测得一个角大小为 45 ,若已知其相对误差为 3% ,问由此计算这个角的正弦函数值所 产生的绝对误差和相对误差各是多少? 解:设角度为 x ,于是 y sin x ,由微分近似计算,有
1 2 R , 2
34
(1) y y x cos x x cos 45
**8. 在一个内半径为 5cm 外半径为 5.2cm 的空心铁球的表面上镀一层厚 0.005cm
的金, 已知铁的密度为 7.86g/cm 3,金的密度为 18.9g/cm 3,试用微分法分别求这 个金球中含铁和金的质量。 4 3 解: V r ,r1 5.r1 0.2.1 7.86, 3 2 m1 7.86 4r1 r1 7.86 20 493.6( g ) , r2 5.2,r2 0.005, 2 18.9,
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若系统的合外力矩为零,则系统的角动量守恒
讨论:1. J、ω均不变, J ω=常数 2. J、ω都改变, 但 J ω不变 注意: 1).运用角动量守恒时,系统中各物体均绕同一转轴转动 2).角动量定理、角动量守恒定律中各角速度或速度均需 相对同一惯性参照系。
X. J. Feng
花样滑冰运动员通过改变 身体姿态即改变转动惯量 来改变转速
aB R (4) a人 a人绳 a绳地 aB (5) 2 aB g 由上五个方程可得: 7
T2
2
A M
Mg
M g 2
X. J. Feng
质点直线运动: F ma 1 2 1 2 Fdx m vb m va 2 2 a
b
2
刚体定轴转动 M J
1 1 2 2 Md J 2 J1 2 2 1
2 r i i mi 质量非连续分布 r为质元到转轴距离 J 2 r m dm 质量连续分布
质量元dm
线分布:dm dx 面分布:dm ds
体分布:dm dV 2.2 转动惯量的计算示例
•均匀细棒m,l (1).绕过中心与棒轴的转动惯量 解: dJ x 2 dm x 2dx
2
平行轴定理:
1 J 2O J 2O M ( R l ) MR 2 M ( R l ) 2 J 2 2 1 2 1 2 2 J J1 J 2 ml MR M ( R l ) 3 2
X. J. Feng
哪种握法转动惯量大?
3.转动定律应用举例 已知: M ,R ,m 例1: 求:m的加速度
讨论: 两不同轴轮子的角加速度
求:两轮子的角加速度 判断:
m , R 1 1 已知: A轮上有一外力矩M,方向如图
A
m2 , R2
B
X. J. Feng
解(一): 1 1 2 2 ( m1 R1 m2 R2 ) M 2 2 两轮不同轴,不能取为同一体系 解(二): 1 R1 2M 1 2 2 ( m1 R1 ) 1 M 1 2 R2 2 m1R1 A轮不只受一个外力矩
mg T ma 1 TR ( MR 2 ) 2 a R
m
T mg
(2)
1 2 0 t t 2
0 t 0
h R
2
mgR mR 2 MR 2 / 2
81.7rad / s
2
h 6.12102 m
(3)从静止态回到原位置
0 2 2 10 rad / s
2
3.3 定轴转动中的功能关系 1. 转动动能: 1 1 2 刚体定轴转动时每 E m v m r 2 2 Ki i i i i 2 2 个质点的动能: 1 2 2 1 2 E E ( m r ) J 刚体转动动能: K Ki i i 2 i i 2 1 与质点Ek mv 2相似 2.力矩的功 2 dA FdS cos F d
1. 转动定律
刚体的定轴转动:?
切向方程: F
v O r
F sin ma t
rF sin rm(r )
ψ
M mr
2
X. J. Feng
刚体定轴转动时:各点均作圆周运动
任一点的方程:
M i (mi ri )
2
M i外 M i内 mi ri
2
对所有质点求和:
定轴O
·
X. J. Feng
M ,R
绳
解:
N
T
m
对 m: mg T ma
对轮: TR
R
T
a
m
J
G
mg
a R
a
例2:
已知:m1 = m2 M1 R1 M2 R2 求:、 T1 、T2 解: 受力分析如图所示 列方程 T1 m1 g m1a1 (1) m2 g T2 m2 a2 (2)
第三章 刚体的转动
X. J. Feng
刚体(rigid body):特殊的质点系,运动过程中形状和 体积变化,理想化的模型。 基本方法:间距不变的质点系----刚体 质点系的牛顿定律----刚体的运动规律 3.1 刚体运动学 平动:与质点处理方法相同
1. 刚体的运动
转动:定轴或定点
复合运动:平动转动的叠加
1
--刚体定轴转动动能定理
合外力矩对定轴转动刚体所作的功等于刚体转动动能的增量 4.刚体重力势能: E m gh
Δ mi
P
C× hc hi Ep=0
m h mg m
i
i
i i
m gh c 重力的力矩可认为重力
作用在质心处
5.机械能守恒定律: 若W外+ W内非=0 则Ek +Ep =常量
l 2
l
A
1 2 1 l 2 2 J A J O ml ml m( ) md 2 3 12 2
l O轴与 A轴间距 d ,且二轴平行 2
x dm=dx
o
x
平行轴定理:
J A J O md
2
其中:
JO: 过质心轴的转动惯量
JA: 平行于过质心轴的轴的转动惯量
d: 两平行轴间的距离
t1
1
1
冲量矩
---角动量定理(积分式)
作用于刚体上冲量矩等于刚体角动量的增量 3.角动量守恒定律
t2
t1
Mdt J2 J1 M 0时,J2 J1
若转动物体的合外力矩为零,则系统的角动量守恒
X. J. Feng
转动系统由两个或两个以上物体组成时:
M合 0时
J 常数
M
i
i外
M i内 ( mi ri )
2 i i
内力矩成对出现:
M
i
2
i内
0
转动惯量
M i外 ( mi ri )
i i
M 合 J
注意:
---刚体定轴转动定律 M , J , 都是对同一轴的
X. J. Feng 2.转动惯量(J)rotational inertia : 描述物体转动惯性的物理量 2.1定义式:
l/2
x x o dm=dx
1 l 3 1 ml 2 1 J O x dx x 3 12 12 l / 2 3 l / 2
l /2
2
(2).绕过棒端与棒轴的转动惯量
X. J. Feng
1 x 3 1 3 1 2 J A x dx l ml 0 3 3 0 3
J
R 0
问题: 球体:
1 2r dr r 4 2
3
R 0
1 mR2 2
柱体:
dr dm=2rdr
r
ω
ω
讨论: 钟摆对O的转动惯量 对同一轴的转动惯量满足叠加ห้องสมุดไป่ตู้理 O
X. J. Feng
m, l
O M , R
J J1 J 2 1 1 2 2 J MR J1 ml 2 O 2 3
X. J. Feng
m, v0
子弹, 杆, 地球为系统: 机械能守恒 1 l 2 J O mg (1 cos ) mgl (1 cos ) 2 2
•均匀园环m,R 绕过中心与环面轴的转动惯量
解: dJ R dm R
2
2R 2
X. J. Feng
R
2
dl
2
dl dm=dl
m 2 J R dl R 2R mR 0 2R •均匀盘m,R 绕过中心与环面轴转动惯量
dJ r 2 dm r 2ds r 2 2rdr
2
方向:沿Z轴正向
即刚体绕定轴转动的角动量为绕该轴 转动惯量与角速度矢量之积
2.刚体定轴转动的角动量定理
X. J. Feng
dL d (r mv ) 质点: M dt dt 定轴转动:M dL d(J) dt dt t2 2 2 Mdt d ( J) J d J2 J1
X. J. Feng
ω
x
F (rd ) cos
A dA Md
r z · 轴
r
F (rd ) sin Md
0 力矩对空间的累积效应
3.刚体定轴转动的动能定理
2
2
X. J. Feng
d d A dA Md J dt 1 1 2 1 1 2 2 J J J d 2 1 2 2
2
z
刚体转动的 各质元:
r P
角量相同
线量不同
转动平面
角速度矢量
X. J. Feng
o
v
p
v r v r
r o
对定轴转动, 角速度只有两个方向. (+, -)
3.2 刚体的定轴转动定律---刚体动力学
X. J. Feng
质点:F ma
2. 刚体的定轴转动 运动的特点:
*各质元均作角速度相同的圆周运动, 且各圆心在同一直线上 — 转轴 *各质元相对位置不变. 运动的描述: 作转动平面: 用P点的圆周运动----刚体转动 用P点的
X. J. Feng
v r v an 2r r dv at r dt
M
正确解: 对A轮:
对B轮:
1 2 M T1 R1 T2 R1 ( m1 R1 )1 2
m1 , R1