大物b课后题05-第五章热力学基础
大学物理5章作业
第五章热力学基础答案在最后一.选择题1.下列说法正确的是(A) 热传递可以使系统内能发生变化,而做功不能(B)做功与热传递都可以使系统内能发生变化(C) 做功与热传递微观本质是一样的(D) 做功与热传递均与具体过程无关2. 一系统从外界吸收一定热量，则(A) 系统的内能一定增加(B) 系统的内能一定减少(C) 系统的内能一定保持不变(D) 系统的内能可能增加，也可能减少或保持不变3. 用公式（式中为定体摩尔热容，视为常量，为气体摩尔数）计算理想气体内能增量时，此式(A) 只适用于准静态的等体过程(B) 只适用于一切等体过程(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4.一定量氧气经历等压膨胀过程，其对外做的功与从外界吸收的热量之比为(A) (B)(C) (D)5. 一定量理想气体从同一状态出发体积由V1膨胀至V2，经历的过程分别是：等压过程，等温过程，绝热过程，其中吸热最多的过程是(A) 等压过程(B) 等温过程(C) 绝热过程(D) 几个过程吸热一样多6. 两个卡诺热机共同使用同一低温热源，但高温热源的温度不同，在Vp 图上，它们的循环曲线所包围的面积相等，则(A) 两热机的效率一定相等(B) 两热机从高温热源吸收的热量一定相等(C) 两热机向低温热源放出的热量一定相等(D) 两热机吸收的热量与放出的热量（绝对值）的差值一定相等7. 在温度为427℃和27℃的高温热源和低温热源之间工作的热机，理论上的最大效率为(A) 28.6% (B) 93.7%(C) 57.1% (D) 46.9%8. 由热力学第二定律可知（1）对任何热力学过程，功可以完全变为热，而热不能完全变为功（2）一切热机的效率不可能为100%（3）热不能从低温物体向高温物体传递（4）气体能自由膨胀，但不能自动收缩以上说法正确的是(A) （1）（2）(B) （2）（3）（4）(C) （2）（4）(D) 全正确二. 填空题9.1mol氮气，由状态A(p1，V1)变到状态B(p2，V2)，气体内能的增量为____________.10.同一种理想气体的等压摩尔热容大于等体摩尔热容，原因是_________________________________________________________.11. 如图示，一定量理想气体从状态1变化到状态2，此过程中，气体内能增量_____0，气体对外做功______0，气体从外界吸热______0.（填“>”“<”或“=”）12. 如图所示，图中画不同斜线的两部分的面积分别为S1和S2，则若气体的膨胀过程为A-1-B，则其对外做功为_________________.若气体经历A-2-B-1-A的循环过程，则它对外做功为_________________.三.计算题13. 一定量理想气体进行如图所示的循环过程，气体在状态A时温度为，求：（1）气体在状态B、C的温度；（2）各过程中气体对外做的功；（3）整个循环过程吸热的代数和.1氧气由A经等温过程到B，再经B到C的等压过程和C到A的等体14. 如图所示，mol过程完成一个循环，试计算循环效率.（取）15. 1mol双原子分子理想气体经历图示的循环过程abcda，求循环效率.（取）16. 一热机在K 1000和K 300的两热源之间工作。
热学第五章答案
第五章 热力学第一定律5-1 0.020kg 的氦气温度由17ºC 升为27ºC ，若在升温过程中：(1)体积保持不变；(2)压强保持不变；(3)不与外界交换热量，试分别求出气 体内能的改变，吸收的热量，外界对气体所作的功，设氦气可看作理想气体，且Ｃv ＝R 23．解：理想气体内能是温度的单值函数，三过程中气体温度的改变相同，所以内能的改变也相同，为： ΔＵ＝)(12T T C M V -μ＝)(12t t C MV -μ ＝J 25.623)1727(31.823420=-⨯⨯热量和功因过程而异，分别求之如下：(1)等容过程：Ｖ＝常量 Ａ＝０由热力学第一定律，Ｑ＝ΔＵ(2)等压过程 Ｑ＝)(12T T C MP -μ＝１０３８．７５Ｊ由热力学第一定律， Ａ＝ΔＵ-Q=623.25-1038.75=-415.5J负号表示气体对外作功。
(3)绝热过程Q=0由热力学第一定律A=ΔU5-2 分别通过下列过程把标准状态下的0.014kg 氮气压缩为原体积的一半:(1)等温过程；(2)绝热过程；(3)等压过程，试分别求出在这些过程中气体内能的改变，传递的热量和外界对气体所作的功，设氮气可看作理想气体．且Ｃｖ＝R 25解：把上述三过程分别表示在Ｐ－Ｖ图上；(1)等温过程，理想气体内能是温度的单值函数，过程中温度不变，故：ΔU ＝0 Ａ＝121ln V V RT ν-＝211ln V V RT M μ ＝2ln 27331.82814⨯⨯⨯＝７８６Ｊ由热一：Ｑ＝－Ａ＝－７８６Ｊ 负号表示系统向外界放热(2)绝热过程 Ｑ＝0 由Ｔ１V 2r-1=T 2V 2γ-1 或T 2=T 1(V 1/V 2)γ-1得△U= J V V C MT T C Mv V V 906)2(27331.8252814]1)[()(14.112112=⨯⨯⨯=-=---μμ由热力学第一定律A=ΔU另外,也可由A=)(111122V p V p --γ 及p １V 1γ=p ２V 2γ 先求得A(3)等压过程,有 V １/T １=V ２/T ３ 或T ２=T ２*V ２/V １=T １/2而 C ｐ=C ｖ+R=5R/2+R=7R/2所以Q=11221)(T C M T T C M P P ⨯-=-μμ =2732131.8272814⨯⨯⨯⨯-=-1985J ΔU=11221)(T C M T T C MV V ⨯-=-μμ=-1418J由热力学第一定律A=ΔU-Q=-1418-(-1985)=567JA 也可由A=-p 1（V 2-V 1）求之另外,由计算结果可见,等压压缩过程,外界作功,系统放热,内能减小,数量关系为，系统放的热等于其内能的减少和外界作的功.5-3在标准状态下的0.016㎏的氧气,分别经过下列过程从外界吸收了80cal 热量。
大学物理答案第5章
第五章 热力学基础5－1 在水面下50.0 m 深的湖底处（温度为4.0℃），有一个体积为1.0×10-5 m 3的空气泡升到湖面上来，若湖面的温度为17.0℃，求气泡到达湖面的体积。
（大气压P 0 = 1.013×105 Pa ） 分析：将气泡看成是一定量的理想气体，它位于湖底和上升至湖面代表两个不同的平衡状态。
利用理想气体物态方程即可求解本题。
位于湖底时，气泡内的压强可用公式gh p p ρ+=0求出，其中ρ为水的密度（常取ρ = 1.0⨯103 kg·m -3）。
解：设气泡在湖底和湖面的状态参量分别为（p 1，V 1，T 1）和（p 2，V 2，T 2）。
由分析知湖底处压强为ghp gh p p ρρ+=+=021。
利用理想气体的物态方程可得空气泡到达湖面的体积为()3510120121212m 1011.6-⨯=+==T p V T gh p T p V T p V ρ5－2 氧气瓶的容积为3.2×10-2 m 3，其中氧气的压强为1.30×107 Pa ，氧气厂规定压强降到1.00×106 Pa 时，就应重新充气，以免经常洗瓶。
某小型吹玻璃车间，平均每天用去0.40 m 3 压强为1.01×105 Pa 的氧气，问一瓶氧气能用多少天？（设使用过程中温度不变） 分析：由于使用条件的限制，瓶中氧气不可能完全被使用。
从氧气质量的角度来分析。
利用理想气体物态方程pV = mRT /M 可以分别计算出每天使用氧气的质量m 3和可供使用的氧气总质量（即原瓶中氧气的总质量m 1和需充气时瓶中剩余氧气的质量m 2之差），从而可求得使用天数321/)(m m m n -=。
解：根据分析有RT V Mp m RT V Mp m RT V Mp m 333122111===；；则一瓶氧气可用天数()()5.933121321=-=-=V p V p p m m m n5－3 一抽气机转速ω=400r ּmin -1，抽气机每分钟能抽出气体20升。
热力学与统计物理答案第五章
第五章不可逆过程热力学简介5.1带有小孔的隔板将容器分为两半.容器与外界隔绝，其中盛有理想气体.两侧气体存在小的温度差.汀和压强差.沖，而各自处在局部平衡.以J n二dn和J.二dU表示单位时间内从左侧转移到右侧的气体的物质的dt dt量和内能.试导出气体的熵产生率公式，从而确定相应的动力解：以下标1，2标志左、右侧气体的热力学量.当两侧气体物质的量各有dq, dn2，内能各有dU i, dU2的改变时，根据热力学基本方程，两侧气体的熵变分别为1 叫dS dU11dn1,T i T1（1）1 巴dS2 dU 22dr fe.T2 T2由熵的相加性知气体的熵变为dS 呻dS2.（2）容器与外界隔绝必有dri| dn2二0, dU1 dU^0.值得注意，在隔板带有小孔的情形下，物质和内能都会发生双向的传递，dn,和dU1是物质的量和内能双向传递的净改变，dn2和dU?亦然.我们令dU 二dS - -dU2, dn = dn^ - -dn2.在两侧气体只存在小的温度差订和压强差邛的情形下，我们令T1 T T, T2 二T;已=卩+ AP 巴=41 2 ・气体的熵变可以表示为（1 1）沖7叮dS dU dn,I T "T T 丿T 丿形式5.2 承前5.1题，如果流与力之间满足线性关系，即J =L X +L X u uu u un n ，J =L X +L Xnnuu‘nnn ，L nu = L un （昂萨格关系）.（a ） 试导出J n 和J u 与温度差T 和压强差：p 的关系.（b ） 证明当•汀=o 时，由压强差引起的能流和物质流之间满足下 述关系：unnu（C ）证明，在没有净物质流通过小孔，即Jn=0时，两侧的压强差与温度差满足其中H m 和V m 分别是气体的摩尔焓和摩尔体积.以上两式所含直可 Lnn由统计物理理论导出（习题7.14, 7.佝.热力学方法可以把上述两效应联系 起来.解：如果流与力之间满足线性关系熵产生率为dS f 11)dU 4+也4 「d ndt J T +A T T 丿 dt J T +A T T 丿dt.T dU 4T-T.d dn产T —d"以J udU dt表示内能流量， X u 二-〒表示内能流动力，J n =如表示物dt质流量， X nT T表示物质流动力，T 2熵产生率即可表示为标准dS dt=J u X u J n X n .(5)H 巾__T _ L un L nnTV mJ u二 U uu X u L un X n,Jn 二 ^-nu XuL nn X将习题5.1式（5）的X u ，X n 代入可得.. TJ u = L uu- T 2式（4）给出了 J u , J n 和两侧气体的温度差 T 和压强差-：p 的关系，其中H m =・TS m 是气体的摩尔焓.（b ）当•汀=0时，由式（4）得J u L un J n L nn式（5）给出，当两侧气体有相同的温度•汀=0但存在压强差：p 时, 在压强驱动下产生的能流与物质流的比值（c ）令式（4）的第二式为零，可得L nu[ [ L un m _H m _P _ _______ 二 L nn订一如 一 V m T最后一步利用了昂萨格关系L un ^L nu .这意味着，当两侧的压强差与 温度差之比满足式（6）时，将没有净物质流过小孔，即J n=O ，但却 存在能流，即J u =0.昂萨格关系使式（6）和式（5）含有共同的因子Lun而将两个效应联 LnnHL M T -T AP'L un|2J n = L nu_ 」：T -T.v 1Lnn |2(2)（a ）根据式 (3.2.1),有■' - -S m T VmP ,(3)代入式（2）可得 n nuH m ：T-V m 「：P T 2H m ：T-V m「：P (4)T 2(5)(6)系起来了 .统计物理可以进一步求出比值-Lun 从而得到虫和 空 的具L nnJ n^T体表达式，并从微观角度阐明过程的物理机制（参看习题 7.14和7.15）.5.3 流体含有k 种化学组元，各组元之间不发生化学反应 .系统保持恒温恒压，因而不存在因压强不均匀引起的流动和温度不均匀 引起的热传导.但存在由于组元浓度在空间分布不均匀引起的扩散 .试导出扩散过程的熵流密度和局域熵产生率.解：在流体保持恒温恒压因而不存在流动和热传导且k 种化学组元不发生化学反应的情形下，热力学基本方程（5.1.4）简化为(1)局域熵增加率为由于不发生化学反应，各组元物质的量保持不变，满足守恒定律 迥「J i=0 i =1,2, ,k . .:t代入式（2），有学-' J i 飞辛. （4）.iTiT系统的熵增加率为dS（ 4J 、、 dt ' I i T 丿’iI T 丿44 1— J ig —疋 J j V-1£S讥(2)(3)i T ；:ti T i l T丿与式（5.1.6 ）比较，知熵流密度为局域熵产生率为(7)5.4承前5.3题，在粒子流密度与动力呈线性关系的情形下，试就扩散过程证明最小熵产生定理.解：5.3题式(7)已求得在多元系中扩散过程的局域熵产生率为㊀J i-. (1)i T系统的熵产生率为P—U -d.. (2)i T在粒子流密度与动力呈线性关系的情形下，有( 叮J i=L "寸, (3)I 1丿所以，有( 厂P l J Li T「ds (4)i I T丿则f a科寸"冲、=2E N J i 丄」M+2E 丄J i d「(5)「[\T i “T 醴丿i'丿上式第一项可化为边界上的面积分.在边界条件下随时间变化的情形下，此项为零.在恒温恒压条件下，有：tj ：n ：：t' =2'i J i 十¥d再利用扩散过程的连续性方程（习题 5.3式（3））,可将式（5）表为dP 5 九(6)—=-一12 --- ----------------dt T b i,j cn j c t c t现在讨论式（6）中被积函数的符号.由于系统中各小部分处在局域平衡，在恒温恒压条件下，局域吉布斯函数密度g应具有极小值, 即它的一级微分、g 八叫、m =0,二级微分i、g- n r n j _0, （7）i,j州其中用了式（4.1."）.应当注意，〜作为T, p, n 1，…，n的函数，是m, , n的零次齐函数，因此式（6）和式（7）中的二不是完全独立的，要满足零次齐函数的条cn j件（习题4.2 ）—各=0.（8）j : n j比较式（6）和式（7），注意它们都同样满足式（8），知式（6）的被各函数不为负，故有空 5（9）dt这是多元系中扩散过程的最小熵产生定理.5.5系统中存在下述两个化学反应：占AX' 2X,k2k3B X > C.假设反应中不断供给反应物A和B，使其浓度保持恒定，并不断将生成物C排除.因此，只有X的分子数密度氐可以随时间变化.在扩散可以忽略的情形下，n x 的变化率为dn x2k 1 n A n X - k 2n X - k 3n B n x・ dt引入变量’ k 1 k 3t = k ?t, a - n A , b - n B , X = n x , k 2 k 2上述方程可以表为dX2a -b X -X . dt并分析解的稳定性.将式(5)代入式(2),准确到占X 的一次项，有n x dn x试求方程的定常解，的反应速率与 的反应速率与的反应速率与以忽略的情形 A X —k1> 2Xk i , n A 和破成正比，反应后增加一个X 分子；反应2X — k2> A Xk 2和n X 成正比，反应后减少一个X 分子.反应B X — J Ck 3, n B 和成正比，反应后减少一个X 分子.在扩散可 吸的变化率为(1)引入变量t *仁 a '氐，b 出 rB, Xk 2 k 2 k 2二 n x ,式（1）可以表为必-b X - X 2. dt方程（2）的定常解X o 满足些=0,即dtX o ^a -b -X o =0.方程（3）有两个解：(2)(3) X °i = 0,X °2 二 a - b.下面用线性稳定性分析讨论这两个定常解的稳定性 涨落，解由X o 变为（4） .假设发生X = X oX.(5)d—X = a-b X -2X0Xdt 0二a-b-2X。
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vx ' u
1
v c2
vx
'
3 4
c
（2） vBA vAB vx ' 0.4c
5.6 惯性系S′相对另一惯性系 S 沿 x 轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为
计时起点．在S系中测得两事件的时空坐标分别为 x1 =6×104m, t1 =2×10-4s，以及
x2 =12×104m, t2 =1×10-4s．已知在S′系中测得该两事件同时发生．试问：
问在以下两种情况中，它们对 S ' 系是否同时发生？
（1）两事件发生于 S 系的同一地点；
（2）两事件发生于 S 系的不同地点。
解 由洛伦兹变化 t (t v x) 知，第一种情况， x 0 ， t 0 ，故 S ' 系 c2
中 t 0 ，即两事件同时发生；第二种情况， x 0 ， t 0 ，故 S ' 系中 t 0 ，两
第 5 章 狭义相对论 习题及答案
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电通，力1根保过据护管生高线0产中不工资仅艺料可高试以中卷解资配决料置吊试技顶卷术层要是配求指置，机不对组规电在范气进高设行中备继资进电料行保试空护卷载高问与中题带资22负料，荷试而下卷且高总可中体保资配障料置各试时类卷，管调需路控要习试在题验最到；大位对限。设度在备内管进来路行确敷调保设整机过使组程其高1在中正资，常料要工试加况卷强下安看2与全22过，22度并22工且22作尽2下可护1都能关可地于以缩管正小路常故高工障中作高资；中料对资试于料卷继试连电卷接保破管护坏口进范处行围理整，高核或中对者资定对料值某试，些卷审异弯核常扁与高度校中固对资定图料盒纸试位，卷置编工.写况保复进护杂行层设自防备动腐与处跨装理接置，地高尤线中其弯资要曲料避半试免径卷错标调误高试高等方中，案资要，料求编5试技写、卷术重电保交要气护底设设装。备备4置管高调、动线中试电作敷资高气，设料中课并3技试资件且、术卷料拒管中试试调绝路包验卷试动敷含方技作设线案术，技槽以来术、及避管系免架统不等启必多动要项方高方案中式；资，对料为整试解套卷决启突高动然中过停语程机文中。电高因气中此课资，件料电中试力管卷高壁电中薄气资、设料接备试口进卷不行保严调护等试装问工置题作调，并试合且技理进术利行，用过要管关求线运电敷行力设高保技中护术资装。料置线试做缆卷到敷技准设术确原指灵则导活：。。在对对分于于线调差盒试动处过保，程护当中装不高置同中高电资中压料资回试料路卷试交技卷叉术调时问试，题技应，术采作是用为指金调发属试电隔人机板员一进，变行需压隔要器开在组处事在理前发；掌生同握内一图部线纸故槽资障内料时，、，强设需电备要回制进路造行须厂外同家部时出电切具源断高高习中中题资资电料料源试试，卷卷线试切缆验除敷报从设告而完与采毕相用，关高要技中进术资行资料检料试查，卷和并主检且要测了保处解护理现装。场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
大学物理课后习题(第五章)
第五章 静电场选择题5－1 关于电场强度定义式0q =FE ,下列说法中正确的是 （ B ） (A) 电场强度E 的大小与检验电荷的电荷量0q 成反比;(B) 对电场中某点,检验电荷所受的力F 与其电荷量0q 的比值不因0q 的改变而变化; (C) 检验电荷在电场中某点所受电场力F 的方向就是该处电场强度E 的方向; (D) 若电场中某点不放检验电荷,则0=F ,因而0=E .5－2 下述关于某点的电势正负的陈述,正确的是 （ C ） (A) 电势的正负决定于检验电荷的正负;(B) 电势的正负决定于外力对检验电荷所做的功的正负; (C) 在电场中,空间某点的电势的正负,决定于电势零点的选取;(D) 电势的正负决定于带电体所带电荷的正负,带正电的物体周围的电势一定是正的,带负电的物体的周围的电势一定为负.5－3 在正六边形的顶角上,相间放置电荷相等的正负点电荷,则中心处 （ C ） (A) 电势为零,电场强度不为零; (B) 电势不为零,电场强度为零; (C) 电势为零,电场强度也为零; (D) 电势不为零,电场强度也不为零.5－4 一电子逆着电场线进入匀强电场,在前进过程中,其动能 （ B ） (A) 先增大后减小; (B) 越来越大; (C) 越来越小; (D) 先减小后增大.5－5 处于静电场中的平面1S 和曲面2S 有共同的边界,则 （ B ） (A) 穿过平面1S 的电场强度通量比穿过曲面2S 的电场强度通量大; (B) 穿过平面1S 的电场强度通量与穿过曲面2S 的电场强度通量相等;(C) 穿过平面1S 的电场强度通量比穿过曲面2S 的电场强度通量小;(D) 若电场是匀强的,穿过平面1S 的电场强度通量与穿过曲面2S 的电场强度通量相等,否则不相等.5－6 下列叙述中,正确的是 （ D ） (A) 在匀强电场中,两点之间的电势差为零; (B) 电场强度等于零的地方,电势也为零; (C) 电场强度较大的地方,电势也较高; (D) 在电场强度为零的空间,电势处处相等.5－7 无限长均匀带电的直线的电荷线密度为λ.在距离该直线为r 处,电场强度的大小为 （ D ）(A)204πr λε; (B) 04πr λε; (C) 202πr λε; (D) 02πrλε.5－8 若两块无限大均匀带电平行平板的电荷面密度分别为σ和σ-,则两平板之间的电场强度和两平板之外的电场强度大小分别为 （ A ）(A)0σε, 0 ; (B) 0 2σε, 02σε; (C) 0σε , 0σε; (D) 02σε, 0 . 5－9 在电荷面密度分别为σ-和σ+的两块无限大均匀带电平行平板之间的电场中,在任一条电场线上的不同点 （ B ）(A) 电场强度E 相同,电势U 相同; (B) 电场强度E 相同,电势U 不同; (C) 电场强度E 不同,电势U 相同; (D) 电场强度E 不同,电势U 不同.5－10 如图所示,负的点电荷q 的电场中有A 、B 两点.下面的说法正确的是 （ C ） (A) 点B 场强的大小比点A 的小, 点B 的电势比点A 的高; (B) 点B 场强的大小比点A 的小, 点B 的电势比点A 的低; (C) 点B 场强的大小比点A 的大, 点B 的电势比点A 的低; (D) 点B 场强的大小比点A 的大, 点B 的电势比点A 的高.5－11 半径为R 的球面上均匀分布电荷q ,球心处的电势为 （ C ） (A) 0; (B)04πq R ε-; (C) 04πq R ε; (D) 02πqRε.5－12 两块相互平行的无限大均匀带电平板，它们的电荷面密度分别为σ±,若平板之间距离为d ,则两平板之间的电势差为 （ B ）(A)02d σε; (B) 0d σε; (C) 02d σε; (D) 04dσε. 5－13 一半径为R 的均匀带电圆环,所带电荷为q ,环心处的电场强度大小和电势分别为 （ D ）(A) 204πq E R ε=, 04πqV Rε=; (B) 0E =, 0V =;(C) 204πq E R ε=, 0V =; (D) 0E =, 04πqV Rε=.5－14 关于真空平行板电容器,下面说法正确的是 （ C ） (A) 极板上的电荷增加一倍,其电容也增加一倍; (B) 极板之间的电压增加一倍,其电容也增加一倍; (C) 极板的面积增加一倍,其电容也增加一倍; (D) 极板之间的距离增加一倍,其电容也增加一倍.5－15 一真空平行板电容器的电容为0C ,充电至极板间电势差为0U 时和电源断开,保持极板上的电荷不变.若在其极板间充满相对电容率为r ε的电介质,则其电容C 和极板间电势差U 分别为 （ B ）(A) r 0C C ε=, r 0ε=U U ; (B) r 0C C ε=, 0rε=U U ;(C) 0rC C ε=, 0rε=U U ; (D) 0rC C ε=, r 0ε=U U ;5－16 平行板电容器充电后仍与电源连接.若用绝缘手柄将两极板的间距拉大,则极板上电荷Q ,极板间的电场强度E 的大小和电场能量e W 的变化为 （ B ）(A) Q 增大, E 增大, e W 增大; (B) Q 减小, E 减小, e W 减小;(C) Q 增大, E 减小, e W 增大; (D) Q 减小, E 增大, e W 增大.计算题5－17 电荷为61 2.010C q -=⨯和62 4.010C q -=⨯的两个点电荷,相距10cm ,求两点电荷连线上电场强度为零的点的位置.解 设场强为零的点到1q 的距离为x ,则12220004π4π()q q x d x εε-=-式中10cm d =.解方程,可得cm 4.14cm x ===5－18 如图所示,两个等量异号的点电荷q ±,相距为l .求两点电荷的连线上距离中点O 为x 的点P 的电场强度.若x l >>,这两个点电荷组成的系统可看成电偶极子,求此情况下,点P 处的电场强度表达式.解 以O P →为Ox 轴正向，q 在点P 的电场强度为1204π2q E l x ε=⎛⎫- ⎪⎝⎭q -在点P 的电场强度为2204π2q E l x ε-=⎛⎫+ ⎪⎝⎭点P 的电场强度为12222202002π4π4π224q q q xlE E E l l l x x x εεε-=+=+=⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+- ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭0E >,说明其方向沿O P →.若x l >>,则33002π2πql pE x xεε== 式中p ql =,为偶极子的电矩p 的大小;若写成矢量式,则为302πxε=p E .5－19 一半径为R ,圆心角为2π3的圆环上均匀分布电荷q -.求圆心处的电场强度E . 解 取坐标如图.圆环上单位长度电荷绝对值为322ππ3q qRR λ==.如图所示,在θ处取d d q R λθ=,其在环心O 处的电场强度d E 方向如图,大小为22000d d d d 4π4π4πq R E R R Rλθλθεεε=== 由于对称, 圆环上的电荷在环心O 处的电场强度沿Ox 方向的分量d 0x x E E ==⎰.在Oy 方向上0cos d d d cos 4πy E E Rλθθθε==圆环上的电荷在环心O 处的电场强度沿Oy 方向的分量为π3π220003cos d 4π4π8πy E R R R λθθεεε-===⎰圆环上的电荷在环心O 处的电场强度为2208πy E Rε==E j j 5－20 正电荷q 均匀地分布在长度为L 的细棒上.求证在棒的延长线上,距离棒中心为r 处的电场强度的大小为2201π4qE r L ε=-证 取坐标如图所示.在棒上x 处取微元d x ,其上的电荷为d d d qq x x Lλ==.d q 在棒的延长线上距中心r 处的点C 的电场强度沿Ox 轴正向,为20d d 4π()xE r x λε=-整个棒上的电荷在点C 的电场强度为22002222200d 114π()4π2241 4π4π4L L x E L L r x r r L q r L r L λλεελεε-⎛⎫⎪==- ⎪- ⎪-+⎝⎭==--⎰5－21 如图所示,一细线被弯成半径为R 的半圆形,其上部均匀分布有电荷q ,下部均匀分布电荷q -.求圆心O 处的电场强度E .解 半圆细线关于Ox 轴对称.取对称的大小相等的正负电荷微元,它们在圆心O 处的电场强度之和沿Oy 轴负向.由此可见,所有电荷在圆心O 处的电场强度,也一定沿Oy 轴负向.上半部分带正电荷,电荷线密度为2ππ2q qR R λ+==.在圆弧上取微元d d l R θ=,其上所带电量为d d d q l R λλθ==.d q 在圆心处产生的电场强度1d E 的大小为1200d d d 4π4πR E R Rλθλθεε== 1d E 沿Oy 方向的分量为10d d cos 4πy E Rλθθε=-式中θ为d q 到Oy 轴的角距离.对上面的四分之一圆弧积分,即得所有正电荷在圆心O 处的电场强度沿Oy 方向的分量为π21000cos 4π4πy E d R Rλλθθεε=-=-⎰ 同样的方法,可求得所有负电荷在圆心O 处的电场强度沿Oy 方向的分量为204πy E Rλε=-整个半圆环上的电荷在圆心O 处的电场强度为()1222002ππy y qE E R R λεε=+=-=-E j j j5－22 边长为a 的正方体的中心,放置一点电荷Q .求穿过正方体各个侧面的电场强度通量.若点电荷Q 放在正方体的顶点A 上,如图所示,则穿过侧面BCDE 的电场强度通量为多少?解 若点电荷放置在正方体的中心,则正方体表面包围的电荷为Q ,穿过表面的电场强度通量为e 0QΦε=穿过各侧面的电场强度通量相等,为e106QΦε=若点电荷放在正方体的顶点A 上,则可设想点电荷处于另一个大正方体的中心,这个大正方体是原来的小正方体的8倍.穿过这个大正方体表面的电场强度通量为e 0QΦε=,穿过大正方体一个侧面的电场强度通量为e6Φ.每个侧面都是由4个BCDF 这样的正方形对称地拼铺而成.因此, 穿过BCDF 的电场强度通量是穿过一个侧面的电场强度通量的14,为 e e e201462424QΦΦΦε=⨯==5－23 电场强度大小为1300V m -⋅的匀强电场中,有一半径为20.0cm 的圆周,电场强度与圆平面的夹角为o30.求穿过以该圆周为边界的曲面的电场强度通量e Φ.解 电场穿过以圆周为边界的任何曲面的电场强度通量都与穿过圆平面的电场强度通量相等.电场强度与圆平面的法线间的夹角为ooo(9030)60θ=-=,因此()2o e 21o cos πcos 60 300π2.010cos 60 V m 18.85 V mΦES E R θ-=⋅===⨯⋅=⋅E S5－24 相互平行的两条无限长直线,相距为a ,其上均匀带电,电荷线密度分别为λ和λ-.求距离两直线均为a 的点P 的电场强度.解 二带电直线在点P 的电场强度1E 和2E 如图所示.二者大小相等,为1202πE E aλε==.总电场强度E 是1E 和2E 的矢量和,方向如图,垂直于二直线且与二直线组成的平面平行;由几何关系可知,E 大小与1E 和2E 相同,亦为02πE a λε=5－25 如图所示,相互平行的两条无限长直线,相距为d ,其上均匀带电,电荷线密度分别为λ和λ-.求在两直线所决定的平面上的电场强度分布.解 取坐标如图所示.在两条带电直线所在的平面上, 两条带电直线的电场强度1E 和2E 的方向均沿Ox 轴.左边的均匀带电无限长直线在x 处的电场强度为()10 02πE x xλε=≠ 右边的均匀带电无限长直线在x 处的电场强度为()()20 2πE x d x d λε-=≠-两条带电直线决定的的平面上的电场强度为()()1200011 0,2π2π2πE E E x x d x x d x x d λλλεεε-⎛⎫=+=+=-≠≠ ⎪--⎝⎭5－26 如图所示,两块相互平行的无限大均匀带电平面上,电荷面密度分别为σ和2σ-.求图中三个区域的电场强度.解 两块电荷均匀分布的无限大平板的电场均为匀强场.如图所示,左边平板的电场方向如图上实箭头所指,大小为02σε,右边平板的电场方向如图上虚箭头所指,大小为0σε.如图所示,取Ox 轴与平面垂直,则三个区域的电场强度均沿Ox 轴.由叠加原理,各区域的场强为:Ⅰ区域100022E σσσεεε⎛⎫=+-=⎪⎝⎭ Ⅱ区域2000322E σσσεεε⎛⎫=+=⎪⎝⎭ Ⅲ区域300022E σσσεεε⎛⎫-=-+=⎪⎝⎭ 5－27 如图所示,两个电偶极矩大小均为p ql =的电偶极子在一条直线上,方向相反,且负电荷重合.求在它们的延长线上距离负电荷为r (r l >>)的点P 的电势.解 从左到右三个点电荷的电场在点P 的电势分别为()104πqV r l ε=+2024πq V r ε-=()304πqV r l ε=-点P 的电势为()()()12300022202 4π4π4π 2πV V V V q q qr l r r l ql r r l εεεε=++-=+++-=- 因为r l >>,所以可近似为233002π2πql pl V r r εε==5－28 如图所示,电荷为q ±的两个点电荷分别位于点D 和点O ,2DO R =.若将带电粒子0q 从DO 的中点A ,沿以点O 为圆心,R 为半径的圆弧ABC 移至点C ,求电场力对它所做的功.解 q +和q -的电场中,点A 的电势0A V =,点C 的电势为00114π36πC q qV R R Rεε--⎛⎫=+= ⎪⎝⎭ 将0q 从点A 经点B 沿圆弧移至点C ,电场力对它所做的功为()0006πA C q qA q V V Rε=-=5－29 一均匀带电的半圆环,半径为R ,所带电荷为Q ,求环心处的电势. 解 半圆环上的电荷元d q 的电场中,圆心O 处的电势为0d d 4πqV Rε=带电半圆环的电场中,圆心O 处的电势为00d d 4π4πLq QV V R Rεε===⎰⎰5－30 电荷q 均匀地分布在半径为R 的细圆环上.求细圆环轴线上,距中心为x 的点P 的电势.解 取坐标如图所示.在园环上取电荷元d q ,其电场在Ox 轴上x 处的点P 处的电势为0d d 4πq V r ε==整个园环上的电荷的电场在点P 处的电势为d V q ===⎰⎰圆环也可以用电势定义d P P L V ∞=⋅⎰E l 来求.在例5－4中,已经求得带电圆环轴线上距中心为x 处的场强为()322204πqx E x Rε=+若选积分路径为从点P 沿轴线延伸到∞的直线,则d d x =l i ,于是()32220d d 4πqx x x Rε⋅=+E l点P 处的电势为()322021d d 4πP P x Lqx xV P xRε∞∞=⋅==+⎰⎰E l点P 是任意的,因此V =5－31 如图所示,平面曲线ABMCD 上均匀带电,电荷线密度为λ.BMC 是半径为R 的半圆弧,AB 、CD 和圆心O 在同一条直线上,AB CD R ==.求圆心O 处的电场强度和电势.解 AB 和CD 上的电荷,在圆心O 处产生的电场强度,大小相等方向相反,相互抵消.因此圆心O 处总的电场强度与半圆弧BMC 上的电荷在此产生的电场强度相等,方向垂直AD 向下.如题5—19,可求得该电场强度的大小为02πE Rλε=.在AB 上距离A 为x 出取d x ,其上电荷为d d q x λ=.d q 的电场中,圆心O 处的电势为0d d 4π(2)xV R x λε=-.AB 上的电荷的电场中,圆心O 处的电势为1000d ln 24π(2)4πRxU R x λλεε==-⎰同样的方法可求得CD 上的电荷的电场中,圆心O 处的电势为20ln 24πV λε=半圆弧BMC 上电荷的电场中,圆心O 处的电势为 300π4π4R V R λλεε==圆心O 处的总电势为12300022ln 2ln 214π44πV V V V λλλεεε⎛⎫=++=⨯+=+ ⎪⎝⎭5－32 无限长直线均匀带电,电荷线密度为λ.求其电场中距离直线分别为a 和b 的两点之间的电势差.解 均匀带电线密度为λ的无限长直线周围的电场,沿以该直线为轴的柱坐标的径向,到带电直线的距离为r 的点上,电场强度的大小为02πE rλε=到带电直线的距离为a 和b 的两点之间的电势差为00d d d ln 2π2πb b bab aaabU E r r r aλλεε=⋅=⋅==⎰⎰⎰E l 5－33 在平行板电容器极板之间充填两种电容率分别为1ε和2ε的电介质,每一种电介质各占一半体积.若电介质如图(a)分布,两种电介质中的电场能量密度之比是多少?若电介质按图(b)分布,则两种电介质中电场能量密度之比又是多少?解 (a) 极板间的电势差相同,因此板间的电场强度相等,12E E =.由2e 12E ε=w ,可得两种介质中的电场的能量密度之比为e1e212::εε=w w(b) 电介质中的电场强度为E σε=,因此两种介质中的电场强度之比为121211::E E εε=.由2e 12E ε=w ,可得两种介质中的电场的能量密度之比为 22e1e21122211211::::E E εεεεεε===w w5－34 一个标有“10μF,450V ”的电容器,当充电到电势差400V U =时,它所储存的电场能为多少?若是平行板电容器,极板之间的距离为320010cm d .-=⨯,充填的电介质的相对电容率为r 520.ε=,则极板之间电场的能量密度为多大?解 电容器储存的电场能为262e 111010400J 0.8 J 22W CU -==⨯⨯⨯=极板之间的电场强度为UE d=,电场的能量密度为 22e r 0r 0212333511221400 52088510J m 92010J m 220010U E d ....εεεε----⎛⎫== ⎪⎝⎭⎛⎫=⨯⨯⨯⨯⋅=⨯⋅ ⎪⨯⎝⎭w。
大学物理课后答案——第五章 管靖主编
第五章 习题5.1 试由热力学第二定律证明：任何两条绝热线不能相交．证 设绝热线相交于A 点，如题解图5.1．作等温线与二绝热线交于B 、C 两点，则可构成正循环ABCA ．在正循环ABCA 中，系统只能在过程BC 中由一个温度恒定的热源吸收热量而对外作功，于是构成单源热机，违反热力学第二定律的开尔文表述，是不可能的．所以任何两条绝热线不能相交． 题解图5.15.2 试由热力学第二定律证明：一条等温线与一条绝热线不能相交两次．证 设一条绝热线和一条等温线交于A 、B 两点，于是可构成正循环ABA ，如题解图5.2．在正循环ABA 中，系统只能在经等温线的过程中由一个温度恒定的热源吸收热量而对外作功，于是构成单源热机，违反热力学第二定律的开尔文表述，是不可能的．所以一条等温线与一条绝热线不能相交两次． 题解图5.2 *5.3 热力学第二定律的普朗克表述为：不可能制成一种机器，在它的一个循环动作中能把一个重物提高，为此而付出的唯一代价是使一热源冷却．试证明普朗克表述与开尔文表述等价．证 设普朗克表述不对，即机器在一个循环动作中能把一个重物提高，对外作功，为此而付出的唯一代价是使热源B 冷却．则可以用一个比热源B 温度高的恒温热源（温度为T ），给热源B 补充它所失去的热量Q ，如题解图5.3（1）所示．这样就构成了单源热机，则开尔文表述也不对．再设开尔文表述不对，即热机能在没有其它影响的条件下，只从恒温热源（温度为T ）中吸收热量而对外作功．可以用单源热机输出的能量把一个重物提高；再用一个温度高于T 的热源B 给温度为T 的恒温热源补充它所失去的热量Q ，热源B 温度降低，如题解图5.3（2）所示．这样就说明普朗克表述也不对． 题解图5.3因为若普朗克表述不对，则开尔文表述也不对；若开尔文表述不对，则普朗克表述也不对；这就证明了普朗克表述与开尔文表述等价．5.4 一个容器被一薄铜片隔成两部分，一边是80C ο的水，另一边是20C ο的水，经过一段时间从热的一边向冷的一边传递了2000J 热量，求过程中系统的熵变．设系统与外界没有热量交换，且水足够多，传递热量后两部分的水温均可视为不变；忽略铜片熵变．解 用可逆等温过程计算熵变 d =d d A B S S S +δδA B |Q ||Q |T T =-+ 112000(+)353293=⨯-116(J K).=5.5 31cm 的100C ο的水，在51.01310Pa ⨯的压强下加热变为31671cm 的同温度水蒸气，水的气化热为62.2510J kg ⨯．试求水变为水蒸气后熵的增量和内能的增量．解 水在100C 时等温汽化，用可逆等温过程计算熵的增量 21δQ Q S T T∆==⎰ 3611022510603(J K )373..-⨯⨯⨯== 根据热力学第一定律U Q A Q p V ∆=-=-∆()3656110225101013101617110..--=⨯⨯⨯-⨯⨯-⨯ 320810(J).=⨯5.6 1mol 单原子理想气体经过两种不同的可逆过程从初态(,)p V 变到末态(2,2)p V ．（1）等温膨胀到体积的两倍，然后等体升压达到末态；（2）等温压缩使压强加倍；然后等压膨胀到末态．画出两种过程的p V -图，并在两种过程中求熵的变化ΔS ．解 p V -图如题解图5.6．（1）等温膨胀过程中1210δd V V Q p V S T T∆==⎰⎰ 2d 2ln ln2V V V V R R R V V===⎰ 因为12pV p V =，故12p p =． 等体升压过程中313m 32m 11d δln T V ,V ,T C T T Q S C T T T ∆===⎰⎰ m 1232l n l n 3l n 222V ,p p C R R p p === 所以系统熵变124ln2S S S R ∆=∆+∆=． 题解图5.6（2）等温压缩过程中，因为2222pV p V pV ==，故22V V =．2230δd V V Q p V S T T∆==⎰⎰ 2d 2ln ln2V V V V R R R V V ===-⎰等压膨胀过程中323m 34m 22d δln T p,p,T C T T Q S C T T T ∆===⎰⎰ m 2252l n l n 5l n 222p,V V C R R V V === 所以系统熵变344ln2S S S R ∆=∆+∆=．5.7 把1kg 0C ο的水与1kg 100C ο的水在绝热情况下混合，系统的熵变为多少？此过程是否可逆？这是否体现了熵增加原理？解 将0C ο的水和100C ο的水在绝热情况下混合，0C ο的水吸收的热量等于100C ο的水放出的热量，于是可求出系统达到热平衡时的温度 12273373323(K)50C 22T T T ο++==== 用可逆过程计算1kg 的水由0C ο升温到50C ο的熵变，水的比热容34.1810c =⨯，则32331273δd 323141810ln 703273Q T S mc .T T ∆===⨯⨯⨯=⎰⎰ 再用可逆过程计算1kg 的水由100C ο降温到50C ο的熵变 32332373δd 323141810ln 602373Q T S mc .T T ∆===⨯⨯⨯=-⎰⎰ 所以系统熵变12101(J K)S S S ∆=∆+∆=．由于系统的熵增加了，所以此过程是不可逆过程．因为系统为绝热系统，满足应用熵增加原理的条件，故上述结果体现了熵增加原理．5.8 把一定量100C ο的水蒸气通入装在绝热容器内的水里，可由水温的升高而测量水的气化热．此过程是可逆的吗？水蒸气的熵是否增加？这是否违反了熵增加原理？若把0.1kg 100C ο的水蒸气通入1k g 20C ο的水中，试求系统熵变．（水的气化热为62.2510J kg ⨯）解 与热现象有关的一切实际宏观过程都是不可逆过程，所以此过程是不可逆过程． 水蒸气放热，熵减少．但因为水蒸气不是孤立或绝热系统，不满足应用熵增加原理的条件，故水蒸气的熵减少并不违反熵增加原理．水蒸气液化和降温所放出的热量等于低温水吸收的热量，设水蒸气与低温水构成的绝热系统达到平衡时的温度为T ，则63301225100141810(373)141810(293)....T .T ⨯⨯+⨯⨯⨯-=⨯⨯⨯-可求出系统平衡时的温度为349K 76C T ο==．用可逆等温过程计算100g 水蒸气液化为100C 的水的熵变 61110122510603373Q ..S T ⨯⨯∆=-=-=- 用可逆过程计算0.1kg 100C 的水降温到76.2C ο的熵变 34932373δd 0141810Q T S ..T T∆==⨯⨯⎰⎰ 234941810ln 28373.=⨯=- 用可逆过程计算1kg 20C ο的水升温到76C ο的熵变 34933293δd 141810Q T S .T T∆==⨯⨯⎰⎰ 334941810ln 731293.=⨯= 所以系统熵变123100(J K)S S S S ∆=∆+∆+∆=．5.9 设每一块冰的质量为20g ，温度为0C ο，冰的熔解热为53.3410J kg ⨯．（1）求在绝热条件下，需加入多少块冰才能使1kg 的100C ο的水降温到40C ο?（2）求此过程中系统的熵变．（3）可以用熵增加原理判断此过程是否可逆的吗？水的熵是否增加？这是否违反了熵增加原理？解 （1）设需n 块冰可使1kg 的100C ο的水降温到40C ο，冰块融化和升温所吸收的热量等于水降温放出的热量 533[0.02 3.34100.02 4.1810(400)]1 4.1810(10040)n ⨯⨯+⨯⨯⨯-=⨯⨯⨯-即可求出4.1860250.02(334 4.1840)n ⨯==⨯+⨯ （2）用可逆过程计算1kg 100C 的水降温到40C ο的熵变31331373δd 141810Q T S .TT ∆==⨯⨯⎰⎰331341810ln733373.=⨯⨯=- 用可逆等温过程计算25块冰融化为0C 的水的熵变5222500233410612273Q ..S T ⨯⨯⨯∆=== 用可逆过程计算25块冰融化的水，由的0C 升温到40C ο的熵变31333273δd 0541810Q T S ..TT ∆==⨯⨯⎰⎰ 331320910ln 286273.=⨯⨯= 所以系统的熵变122165(J K)S S S S ∆=∆+∆+∆=．（3）以1kg 水和加入的25块冰的整体为系统，则为绝热系统，可以用熵增加原理判断过程是否可逆．因此过程中系统的熵增加了，所以为不可逆过程．1kg 的水降温放热，熵减少，但这不违反熵增加原理．1kg 的水不是孤立或绝热系统，不满足熵增加原理适用条件．5.10 2mol 理想气体的初态体积为23210m -⨯，气体系统沿p V -图上300K 等温线作等温膨胀至末态，末态体积为23410m -⨯，求系统的熵变．有人说：“气体系统的熵增加了，由熵增加原理知此过程是不可逆过程．”此说法正确否？解 可逆等温膨胀过程中221121δd d ln V V V V V Q p V V S R R T T V V νν∆====⎰⎰⎰ 402ln 2ln220R R == 此人说法不正确．气体等温膨胀过程与外界有热量交换，既不是孤立系统也不是绝热系统，不满足应用熵增加原理的条件．*5.11 什么是能量退化？能量退化与熵增加有什么关系？5.12 总结一下玻尔兹曼统计方法的大致步骤．5.13 用自己的语言叙述热力学第二定律和熵的统计意义．*5.14 信息量的单位是如何定义的？什么是信息熵？信息量和信息熵间是什么关系？ *5.15 阅读§5-5，找一个你感兴趣的问题，到网上查阅资料，写一个关于这个问题的报告．。
大物第五章课后习题答案
简答题5.1 什么是简谐运动？说明下列运动是否是简谐运动？（1）活塞的往复运动；（2）皮球在硬地上的跳动；（3）一小球在半径很大的光滑凹球面底部的来回滑动，且经过的弧线很短；（4）锥摆的运动。
答：质点的简谐振动一定要有平衡位置，以平衡位置作为坐标原点，如果以x 表示质点偏离平衡位置的位移，质点所受合外力一定具有F kx =-的形式。
（１）活塞的往复运动不是简谐运动，因为活塞受力的方向和它的位移是同一方向，任一时刻所受的合外力不具有F kx =-的形式，所以活塞的往复运动是简谐运动。
（２）皮球在硬地上的跳动不是简谐运动，因为忽略空气阻力，皮球在上升和下落阶段，始终受到竖直向下的重力的作用，任一时刻所受的合外力不具有F kx =-的形式，所以皮球的运动不是简谐运动。
（３）一小球在半径很大的光滑凹球面底部的来回滑动，且经过的弧线很短是简谐运动。
符合简谐运动的定义。
（４）锥摆的运动不是简谐运动，此时锥摆受到重力和绳的拉力的作用，这两个力的合力的大小为恒量，而方向在不断的改变，任一时刻所受的合外力不具有F kx =-的形式，所以锥摆的运动不是简谐运动。
5.2（1）试述相位和初相的意义，如何确定初相？（2）在简谐振动表达式)cos(ϕω+=t A x 中，t = 0是质点开始运动的时刻，还是开始观察的时刻？初相20/,πϕ=各表示从什么位置开始运动？答：1）相位是决定谐振动运动状态的物理量，初相是确定振动物体初始时刻运动状态的物理量。
由初始条件可以确定初相。
2）在简谐振动表达式)cos(ϕω+=t A x 中，t = 0是质点开始计时时刻的运动状态，是开始观察的时刻。
初相0ϕ=是物体处于正最大位移处开始运动，初相/2ϕπ=是物体处于平衡位置且向初相x 轴负向开始运动。
5.3 一质点沿x 轴按)cos(ϕω+=t A x 作简谐振动，其振幅为A ，角频率为ω，今在下述情况下开始计时，试分别求振动的初相：（1）质点在x = +A 处；（2）质点在平衡位置处、且向正方向运动；（3）质点在平衡位置处、且向负方向运动；（4）质点在x =A /2处、且向正方向运动；（5）质点的速度为零而加速度为正值。
大学物理教程第5章习题答案
思 考 题5.1 当热力学系统处于非平衡态时，温度的概念是否适用？ 答：温度的概念是指处在同一热平衡状态下的所有热力学系统，在宏观上都具有的一种共同的物理性质。
所以在非平衡态时温度的概念不适用。
5.2 内能和热量的概念有何不同？下面两种说法是否正确？ （1）物体的温度愈高，则热量愈多； （2）物体的温度愈高，则内能愈大。
答：内能指物体内所有分子作无规则运动时，分子动能和分子势能的总和。
热量是在热传导方式下物体之间所交换能量的计量。
所以（1）的说法不正确；（2）的说法正确。
5.3 什么是热力学系统的平衡态？气体在平衡态时有何特征？当气体处于平衡态时还有分子热运动吗？答：不受外界影响的条件下宏观性质处于不随时间改变的系统状态叫做平衡态．．．。
气体处于平衡态时,整个系统热平衡（各部分温度相等）；力平衡（各部分压强相等）；化学平衡和相平衡（浓度均匀，组成不随时间变化）。
分子热运动始终存在。
5.4 试说明为什么气体热容的数值可以有无穷多个？什么情况下气体的热容为零？什么情况下气体的热容是无穷大？什么情况下是正值？什么情况下是负值？答：气体热容的大小与气体升温的过程或条件有关。
不同的热力学过程，热容的值都是不同的。
因为变化过程可有无穷多个，所以气体热容的数值可以有无穷多个。
绝热过程热容为零。
等温过程热容为无穷大。
系统温度升高，从外界吸热的热力学过程气体热容为正。
系统温度升高，向外界放出热量的热力学过程气体热容为负。
5.5 有可能对物体加热而不致升高物体的温度吗？有可能不作任何热交换，而使系统的温度发生变化吗？答：气体等温膨胀过程吸收外界热量而温度不变。
存在对系统不作任何热交换而温度发生变化情况，如气体的绝热压缩过程。
5.6 讨论理想气体在下述过程中Q W E 、、∆的正负。
（1）等容降压；（2）等压压缩；（3）绝热膨胀。
答：（1）等容过程做功为零，W 为零。
等容降压时温度下降，所以内能减少，E ∆为负。
由热力学第一定律得Q 为负。
大学物理教程第5章习题答案报告
思 考 题5.1 当热力学系统处于非平衡态时，温度的概念是否适用？ 答：温度的概念是指处在同一热平衡状态下的所有热力学系统，在宏观上都具有的一种共同的物理性质。
所以在非平衡态时温度的概念不适用。
5.2 内能和热量的概念有何不同？下面两种说法是否正确？ （1）物体的温度愈高，则热量愈多； （2）物体的温度愈高，则内能愈大。
答：内能指物体内所有分子作无规则运动时，分子动能和分子势能的总和。
热量是在热传导方式下物体之间所交换能量的计量。
所以（1）的说法不正确；（2）的说法正确。
5.3 什么是热力学系统的平衡态？气体在平衡态时有何特征？当气体处于平衡态时还有分子热运动吗？答：不受外界影响的条件下宏观性质处于不随时间改变的系统状态叫做平衡态．．．。
气体处于平衡态时,整个系统热平衡（各部分温度相等）；力平衡（各部分压强相等）；化学平衡和相平衡（浓度均匀，组成不随时间变化）。
分子热运动始终存在。
5.4 试说明为什么气体热容的数值可以有无穷多个？什么情况下气体的热容为零？什么情况下气体的热容是无穷大？什么情况下是正值？什么情况下是负值？答：气体热容的大小与气体升温的过程或条件有关。
不同的热力学过程，热容的值都是不同的。
因为变化过程可有无穷多个，所以气体热容的数值可以有无穷多个。
绝热过程热容为零。
等温过程热容为无穷大。
系统温度升高，从外界吸热的热力学过程气体热容为正。
系统温度升高，向外界放出热量的热力学过程气体热容为负。
5.5 有可能对物体加热而不致升高物体的温度吗？有可能不作任何热交换，而使系统的温度发生变化吗？答：气体等温膨胀过程吸收外界热量而温度不变。
存在对系统不作任何热交换而温度发生变化情况，如气体的绝热压缩过程。
5.6 讨论理想气体在下述过程中Q W E 、、∆的正负。
（1）等容降压；（2）等压压缩；（3）绝热膨胀。
答：（1）等容过程做功为零，W 为零。
等容降压时温度下降，所以内能减少，E ∆为负。
由热力学第一定律得Q 为负。
热力学第5章课后答案
5.-5 答：热力学第二定律的两种说法反映的是同一客观规律——自然过程的方向性 是一致的，
只要一种表述可能，则另一种也可能。
假设热量Q2能够从温度T2的低温热源自动传给温度为T1的高温热源。
现有一循环热机在两热源间工作，并且它放给低温热源的热量恰好等于Q2。
整个系统在完成一个循环时，所产生的唯一效果是热机从单一热源（T1）取得热量Q1-Q2，并全部转变为对外输出的功W 。
低温热源的自动传热Q2给高温热源，又从热机处接受Q2，故并未受任何影响。
这就成了第二类永动机。
违反了克劳修斯说法，
必须违反了
开尔文说法。
反之，承认了开尔文说法，克劳修斯说法也就必然成立。
5-10从点a 开始有两个可逆过程：定容过程a –b 和定压过程a –c ，b 、c 两点在同一条绝热线上（见图5–34），问q a –b 和q a –c
哪个大？并在T –
s 图上表示过程a –b 和a –c 及q a –b 和q a –c 。
答：可逆定容过程a-b 和可逆定压过程a-c 的逆过程c-a 以及可逆绝热线即定熵线上过程b-c 构成一可逆循环，它们围成
的面积代表了对外
作功量，过程a-b 吸热，过程c-a 放热，根据热力学第一定律，必然有∣q a-b ∣>∣q c-a ∣，才能对外输出净功。
也就是，q a-b >q a-c 。
图中，q a-b 为abs b s a a 围成的面积，q a-c
为acs b s a a 围成的面
积。
5-10. 答：由图5-2可知
为1-a-b-2-1的面积； 为1-a-c -2-1的面积
图5–34。
大学物理教程第5章习题答案
思 考 题5.1 当热力学系统处于非平衡态时，温度的概念是否适用？ 答：温度的概念是指处在同一热平衡状态下的所有热力学系统，在宏观上都具有的一种共同的物理性质。
所以在非平衡态时温度的概念不适用。
5.2 内能和热量的概念有何不同？下面两种说法是否正确？ （1）物体的温度愈高，则热量愈多； （2）物体的温度愈高，则内能愈大。
答：内能指物体内所有分子作无规则运动时，分子动能和分子势能的总和。
热量是在热传导方式下物体之间所交换能量的计量。
所以（1）的说法不正确；（2）的说法正确。
5.3 什么是热力学系统的平衡态？气体在平衡态时有何特征？当气体处于平衡态时还有分子热运动吗？答：不受外界影响的条件下宏观性质处于不随时间改变的系统状态叫做平衡态．．．。
气体处于平衡态时,整个系统热平衡（各部分温度相等）；力平衡（各部分压强相等）；化学平衡和相平衡（浓度均匀，组成不随时间变化）。
分子热运动始终存在。
5.4 试说明为什么气体热容的数值可以有无穷多个？什么情况下气体的热容为零？什么情况下气体的热容是无穷大？什么情况下是正值？什么情况下是负值？答：气体热容的大小与气体升温的过程或条件有关。
不同的热力学过程，热容的值都是不同的。
因为变化过程可有无穷多个，所以气体热容的数值可以有无穷多个。
绝热过程热容为零。
等温过程热容为无穷大。
系统温度升高，从外界吸热的热力学过程气体热容为正。
系统温度升高，向外界放出热量的热力学过程气体热容为负。
5.5 有可能对物体加热而不致升高物体的温度吗？有可能不作任何热交换，而使系统的温度发生变化吗？答：气体等温膨胀过程吸收外界热量而温度不变。
存在对系统不作任何热交换而温度发生变化情况，如气体的绝热压缩过程。
5.6 讨论理想气体在下述过程中Q W E 、、∆的正负。
（1）等容降压；（2）等压压缩；（3）绝热膨胀。
答：（1）等容过程做功为零，W 为零。
等容降压时温度下降，所以内能减少，E ∆为负。
由热力学第一定律得Q 为负。
大物上海交大课后答案第五章
优秀学习资料 欢迎下载习题 55-1．容器的体积为 2V 0 ，绝热板 C 将其隔为体积相等的A 、B 两个部分， A 内储有 1mol 单原子理想气体， B 内储有 2mol 双原子理想气体， A 、B 两部分的压强均为 p 0。
（ 1）求 A 、B 两部分气体各自的内能；（ 2）现抽出绝热板 C ，求两种气体混合后达到平衡时的压强和温度。
解：（ 1）由理想气体内能公式：EiRT23 3 3A 中气体为 1mol 单原子理想气体：E ART ART Ap 0V 0 ，222B 中气体为 2mol 双原子理想气体：E B 25RT B 5RT B5p 0V 0 ；3RT A2 2（2）混合前总内能： E 05RT B ，由于 RT Ap 0V 0 ， 2RT B2p 0V 0 ，∴ 2T B T A ，则： E 04RT A 4 p 0V 0 ；混合后内能不变，设温度为T ，有： E3RT 5RT4 p V20 08 p 0V 0∴ T；13Rp nkT3N 0 kT 3RT3R 8 p 0V 0 12p 0 。
2V 2V13R 132V0 05-2．1mol 单原子理想气体从 300K 加热至 350K ，问在以下两个过程中各吸收了多少热量？增加了多少内能？对外做了多少功？ （1）容积保持不变； （ 2）压强保持不变。
解：（ 1）等容升温过程做功：A 0内能变化：EC V ,m(T2T 1 )3R(T 2 T 1 ) 13 8.31 50 623.25( J )2 2吸热： Q A E623.25(J)（2）等压升温过程()( ) 1 8.31 50 415 5(J)做功：A p V 2 V 1R T 2 -T 1 .内能变化：EC V ,m(T2T 1 )3R(T 2 T 1 ) 13 8.31 50 623.25(J)2 2吸热： Q A E415.5 623.251039(J)5-3． 1g 氦气中加进 1J 的热量，若氦气压强无变化，它的初始温度为200K ，求它的温度升高多少？解：等压过程QCp ,m(T2T 1 )7R(T 2 T 1 )2T 2 Q10.19(K)5 R158.3124 25-4．如图所示， AB 、 DC 是绝热过程， CEA 是等温过程， BED是任意过程，组成一个循环。
大学物理热力学基础习题与解答
[ D
a b
]
b
T1
Wabcd Wab'c' d
T2 1 T1
d
c
c
T2
V
填空题 1. 要使一热力学系统的内能增加，可以通过 做功 或 传热 两种方式，或者两种 方式兼用来完成。理想气体的状态发生变 化时，其内能的增量只决定于 温度的变化 ，而与 过程 无关。
p
V
解 （ 1）
等容过程
W1 0
m Q1 E1 CV T2 T1 M 5 1 8.31 80 20 1246.5 J 2
等温过程
E2 0
2V
m 2V Q2 W2 p d V RT2 ln V M V 1 8.31 273 80 ln 2 2033 .3 J
a
T2 300 1 1 25% T1 400
c
d
300 400
T（K）
8. 一卡诺热机在每次循环中都要从温度为 400 K 的高温热源吸热 418 J ，向低温热源放 热 334.4 J ，低温热源的温度为 320 K 。如 果将上述卡诺热机的每次循环都逆向地进行， 从原则上说，它就成了一部致冷机，则该逆向 4 卡诺循环的致冷系数为 。
1 2
34
1 1 p2 p1 T2 T1
p2 p1 T3 T4
1
1
由上2 T3 T3 T2
从而证得循环的效率为
T1 1 1 T2 p 2
1 p1
原来的五分之一，若初始温度为 27 C ，压强为
1 atm ，则压缩后的压强为 9.52 atm ，温度
大学物理课后习题答案第五章
大学物理课后习题答案第五章第五章机械波5．1 已知一波的波动方程为y = 5×10-2sin(10πt –0.6x ) (m)．（1）求波长、频率、波速及传播方向；（2）说明x = 0时波动方程的意义，并作图表示．[解答]（1）与标准波动方程比较得：2π/λ = 0.6，因此波长为：λ = 10.47(m)；圆频率为：ω = 10π，频率为：v =ω/2π = 5(Hz)；波速为：u = λ/T = λv = 52.36(m·s -1)．且传播方向为x 轴正方向．（2）当x = 0时波动方程就成为该处质点的振动方程：y = 5×10-2sin10πt = 5×10-2cos(10πt –π/2)，振动曲线如图．5．2 一平面简谐波在媒质中以速度为u = 0.2m·s -1沿x 轴正向传播，已知波线上A 点（x A = 0.05m ）的振动方程为(m)．试求：（1）简谐波的波动方程；（2）x = -0.05m 处质点P 处的振动方程．[解答]（1）简谐波的波动方程为：；即= 0.03cos[4π(t – 5x ) + π/2]．（2）在x = -0.05m 处质点P 点的振动方程为：y = 0.03cos[4πt + π + π/2] = 0.03cos(4πt -π/2)．5．3 已知平面波波源的振动表达式为(m)．求距波源5m 处质点的振动方程和该质点与波源的位相差．设波速为2m·s -1．[解答]振动方程为：，位相差为Δφ = 5π/4(rad)．5．4 有一沿x 轴正向传播的平面波，其波速为u = 1m·s -1，波长λ = 0.04m ，振幅A = 0.03m ．若以坐标原点恰在平衡位置而向负方向运动时作为开始时刻，试求：（1）此平面波的波动方程；（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程，该点初相是多少？ [解答]（1）设原点的振动方程为：y 0 = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.03m ．由于u = λ/T ，所以质点振动的周期为：T = λ/u = 0.04(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 50π．当t = 0时，y 0 = 0，因此cos φ = 0；由于质点速度小于零，所以φ = π/2．原点的振动方程为：y 0 = 0.03cos(50πt + π/2)，平面波的波动方程为：= 0.03cos[50π(t –x ) + π/2)．（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程为：y = 0.03cos50πt ．该点初相φ = 0．5．5 一列简谐波沿x 轴正向传播，在t 1 = 0s ，t 2 = 0.25s 时刻的波形如图所示．试求：2cos()xy A t πωλ=-0.03cos(4)2A y t ππ=-cos[()]Ax x y A t uω?-=-+0.050.03cos[4()]0.22x y t ππ-=--20 6.010sin 2y t π-=?26.010sin()2xy t u π-=?-50.06sin()24t ππ=-0.03cos[50()]2x y t u ππ=-+（1）P 点的振动表达式；（2）波动方程；（3）画出O 点的振动曲线．[解答]（1）设P 点的振动方程为y P = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.2m ．在Δt = 0.25s 内，波向右传播了Δx = 0.45/3 = 0.15(m)，所以波速为u = Δx/Δt = 0.6(m·s -1)．波长为：λ = 4Δx = 0.6(m)，周期为：T = λ/u = 1(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 2π．当t = 0时，y P = 0，因此cos φ = 0；由于波沿x 轴正向传播，所以P 点在此时向上运动，速度大于零，所以φ = -π/2．P 点的振动表达式为：y P = 0.2cos(2πt - π/2)．（2）P 点的位置是x P = 0.3m ，所以波动方程为．（3）在x = 0处的振动方程为y 0 = 0.2cos(2πt + π/2)，曲线如图所示．5．6 如图所示为一列沿x 负向传播的平面谐波在t = T /4时的波形图，振幅A 、波长λ以及周期T 均已知．（1）写出该波的波动方程；（2）画出x = λ/2处质点的振动曲线；（3）图中波线上a 和b 两点的位相差φa –φb 为多少？ [解答]（1）设此波的波动方程为：，当t = T /4时的波形方程为：．在x = 0处y = 0，因此得sin φ = 0，解得φ = 0或π．而在x = λ/2处y = -A ，所以φ = 0．因此波动方程为：．（2）在x = λ/2处质点的振动方程为：，曲线如图所示．（3）x a = λ/4处的质点的振动方程为；x b = λ处的质点的振动方程为．波线上a 和b 两点的位相差0.2cos[2()]2P x x y t u ππ-=--100.2cos(2)32t x πππ=-+cos[2()]t xy A T π?λ=++cos(2)2xy A ππλ=++sin(2)xA π?λ=-+cos 2()t x y A T πλ=+cos(2)cos 2t t y A A T Tπππ=+=-cos(2)2a t y A T ππ=+cos(22)b ty A Tππ=+图5.5φa –φb = -3π/2．5．7 已知波的波动方程为y = A cosπ(4t – 2x )（SI ）．（1）写出t = 4.2s 时各波峰位置的坐标表示式，并计算此时离原点最近的波峰的位置，该波峰何时通过原点？（2）画出t = 4.2s 时的波形曲线．[解答]波的波动方程可化为：y = A cos2π(2t – x )，与标准方程比较，可知：周期为T = 0.5s ，波长λ = 1m ．波速为u = λ/T = 2m·s -1．（1）当t = 4.2s 时的波形方程为y = A cos(2πx –16.8π)= A cos(2πx –0.8π)．令y = A ，则cos(2πx –0.8π) = 1，因此2πx –0.8π = 2k π，(k = 0, ±1, ±2,…)，各波峰的位置为x = k + 0.4，(k = 0, ±1, ±2,…)．当k = 0时的波峰离原点最近，最近为：x = 0.4(m)．通过原点时经过的时间为：Δt = Δx/u = (0 – x )/u = -0.2(s)，即：该波峰0.2s 之前通过了原点．（2）t = 0时刻的波形曲线如实线所示．经过t = 4s 时，也就是经过8个周期，波形曲线是重合的；再经Δt = 0.2s ，波形向右移动Δx = u Δt = 0.4m ，因此t = 4.2s 时的波形曲线如虚线所示．[注意]各波峰的位置也可以由cos(2πx –16.8π) = 1解得，结果为x = k + 8.4，(k = 0, ±1, ±2,…)，取同一整数k 值，波峰的位置不同．当k = -8时的波峰离原点最近，最近为x = 0.4m ．5．8 一简谐波沿x 轴正向传播，波长λ = 4m ，周期T = 4s ，已知x = 0处的质点的振动曲线如图所示．（1）写出时x = 0处质点的振动方程；（2）写出波的表达式；（3）画出t = 1s 时刻的波形曲线．[解答]波速为u = λ/T = 1(m·s -1)．（1）设x = 0处的质点的振动方程为y = A c os(ωt + φ)，其中A = 1m ，ω = 2π/T = π/2．当t = 0时，y = 0.5，因此cos φ = 0.5，φ = ±π/3．在0时刻的曲线上作一切线，可知该时刻的速度小于零，因此φ = π/3．振动方程为：y = cos(πt /2 + π/3)．（2）波的表达式为：．（3）t = 1s 时刻的波形方程为，波形曲线如图所示．5．9 在波的传播路程上有A 和B 两点，都做简谐振动，B 点的位相比A 点落后π/6，cos[2()]t x y A T π?λ=-+cos[2()]t x y A T π?λ=-+cos[()]23 t x ππ=-+5cos()26 y x ππ=-图5.8。
大学物理_第四版_祝之光_第五章-热力学基础
第一定律对于热力学过程的应用 质量为m，摩尔质量为M的气体，微小过程中的热力学 第一定律可写成：
m i dQ dE pdV = RdT pdV M 2
对于理想气体，由平衡态I(p1,V1,T1),经历准静态过程到 达平衡态II(p2,V2,T2),由热力学第一定律有
V2 m i Q= R(T2 T1 ) pdV V1 M 2
因i=5,所以Cv=2.5R，可得
总结
（1） 理想气体状态方程
（2）理想气体的内能
W1>0:气体对外做功 B A, 气体压缩
W2<0:外界对气体做功 (2)Q的符号如何确定； (2)A B, 吸热
B
A,
放热
循环总功和热量的正负 (3)A B A: EB>EA 总功：
例3 搅拌盛在绝热容器中的液体，液体 温度在升高，若将液体看做系统，则 （1）外界传给系统的热量 等于零 （2）外界对系统做的功 大于零 （3）系统的内能增量 大于零 等于零，大于零还是小于零。
pV
再由定义计算功
PV PV 1 1 PV 2 2
W PdV
V1
V2
V2
V1
PV P 1 1 V PV P 1 1 1V1 P 2V2 dV 1 V
绝热膨胀
p1
p
1( p1,V1, T1 )
p
p2
绝热压缩
2 ( p2 ,V2 , T2 )
等温膨胀中系统吸收 的热量全部用来对外 作功。
等温压缩中系统放出 的热量全部来自外界 所作的功。
二 绝热过程 绝热过程：系统与外界无热交 换，系统状态变化的过程。 过程特征 Q O 绝热过程的功
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习题
6D
7B 参看课本P78
8A
等压过程，V 、T 成正比，对外作功，且内能升高
等温过程，内能不变，作功小于等压
绝热过程，不吸热，不放热
9A
循环，热力学能不变
逆循环，外界对气体作功
10A
区分 平衡过程P78、可逆过程P116
5-11 1mol 理想气体，例如氧气，有状态A 11(,)p V 在图上p V -沿一条直线变到状态22(,)B p V ，该气体的热力学能的增量为多少
解 理想气体的热力学能2
M i E RT μ= 氧气为双原子分子 5i =
氧气的摩尔数为 1M
μ=
()()212211522
M i E E R T T p V p V μ∆==-=- 5-12如图所示，一定质量的理想气体，沿图中斜向下的直线由状态A 变化到状态B 初态时压强为54.010Pa ⨯，体积为321.010m -⨯，末态的压强为5
2.010Pa ⨯，体积为32
3.010m -⨯，求此过程中气体对外所做的功。
解 理想气体做功的表达式为W pdV =
⎰, 其数值等于p V -图中过程曲线下所对应的面积
()()()()()53211 2.0 4.010 3.0 1.010 6.01022
A B B A W p p V V J -=+-=⨯+⨯⨯-⨯=⨯
5-13 如图所示，系统从状态A 沿ACB 变化到状态B ，有334J 的热量传递给系统，而系统对外做功为126J.
(1)若系统从状态A 沿ADB 变化到状态B 时，系统做的功42J ，问由多少热量传递给系统。
（2）当系统从状态B 沿曲线BEA 返回到状态A 时，外界对系统做功为84J,问系统是吸热还是放热传递热量多少
(3)若167D A E E J -=，求系统沿AD 及DB 变化时，各吸收多少热量
解 （1）对于过程ACB
()334126208B A ACB ACB E E Q W J -=-=-=
对于过程ADB 过程
()()20842250ADB B A ADB Q E E W J =-+=+=
（2）对于过程BEA
()()20884292A B CEAB Q E E W J =-+=--=-
负号表示放热。
（3）对于过程AD
()16742209AD D A ADB Q E E W J =-+=+=
对于过程DB 过程
()()()20816741DB B A D A Q E E E E J =---=-=
5-14
22112122()22
52()2
7272
i i Q R T PV PV P V V J ν++=∆=-+=-== 5-15
标况：标准状况的简称。
简称为STP 。
通常指温度为0℃（）和压强为千帕（1标准大气压，760毫米汞柱）的情况。
50.9310pa =⨯
5-16
5-17
30016.6718
mol ν== ,21()16.6727.8220
9275V V m Q E C T T J
ν=∆=-=⨯⨯=
,21()
16.6736.212012072p p m Q C T T J
ν=-=⨯⨯=
5-18将压强为51.01310Pa ⨯，体积为33
110m -⨯的氧气，自0C ︒加热到160C ︒，问：
（1）当压强不变时，需要多少热量(2) 当体积不变时，需要多少热量(3)在等压和等体过程中各做多少功
解 氧气的摩尔数为 ()53
2111 1.01310110 4.46108.31273pV m
n mol RT μ--⨯⨯⨯====⨯⨯ 氧气为双原子分子，5i =
()1158.3120.822V i C R J mol K --=
=⨯=•• ()11718.3129.122p i C R J mol K --⎛⎫=+=⨯=•• ⎪⎝⎭
（1） 当压强不变时，系统所吸热为
()()()2221 4.461029.1433273 2.0810p p Q pdV E nC T T J -=+∆=-=⨯⨯⨯-=⨯⎰
（2） 体积不变时，系统所吸热为
()()()2221 4.461020.8433273 1.4810V V Q E nC T T J -=∆=-=⨯⨯⨯-=⨯（3）在等压过程中所做功为
()()2
124.46108.3143327359.3T p T W pdV nRdT J -===⨯⨯⨯-=⎰⎰ 在等体积过程中，气体体积不变，故所做的功为零。
说明：功的值亦可用热力学第一定律Q E W =∆+来求
()()()
()222122224.461020.8433273 1.48102.0810 1.481059.31.4810 1.48100
V p p V V E nC T T J W Q E J W Q E -∆=-=⨯⨯⨯-=⨯=-∆=⨯-⨯==-∆=⨯-⨯=
5-19 如图所示，1mol 的氢气，在压强为5
1.01310Pa ⨯，温度为20C ︒时，体积为0V ，现通过以下两种过程使其达到同一状态：（1）保持体积不变，加热使其温度升高到80C ︒，然后令其做等温膨胀，体积变为02V ；（2）先使其作等温膨胀至体积为02V ，然后保持体积不变，加热使其温度升高到80C ︒，试分析计算以上两中过程中，气体吸收的热量，对外所做的功和热力学能的增量。
解 氢气的等体积摩尔热容为52
V C R =, 在A-B 等体过程中，气体不做功，热力学能增量为1E ∆
()31558.3160 1.251022
V E C T R T J ∆=∆=∆=⨯⨯=⨯ 在B-C 等温过程中热力学能不变，氢气的体积从0V 变化到02V ，气体对外所做的功为 ()3010
2ln 8.31353ln 2 2.0310V W RT J V ==⨯⨯=⨯ 在A-B-C 过程中，气体吸收热量为
()33311 1.2510 2.0310 3.2810ABC Q E W J =∆+=⨯+⨯=⨯
（2） 在A-D 等温过程中，热力学能不变，气体对外做功为2W
()30200
2ln 8.31293ln 2 1.6910V W RT J V ==⨯⨯=⨯ 在D-C 等体吸热的过程中气体不做功，热力学能增量为2E ∆
()32558.3160 1.251022
V E C T R T J ∆=∆=∆=⨯⨯=⨯ 在A-D-C 过程中，气体吸收热量为ABC Q
()33322 1.2510 1.6910 2.9410ABC ABC Q Q E W J ==∆+=⨯+⨯=⨯
5-21 有1摩尔单原子理想气体做如图所示的循环工程，求气体在循环过程中吸收的净热量和对外所做的净功，并求循环效率。
解 气体经过循环所做的净功W 为图1-2-3-4-1线所包围的面积，即
()()()()()5322121 2.026 1.01310 3.36 2.2410 1.1310W p p V V J -=--=-⨯⨯-⨯=⨯根据理想气体的状态方程M
pV RT μ=得
()()()()53
111222333444 1.01310 2.2410127.38.3154.681.941.0p V M T K R p V M T K R
p V M T K R
p V M T K R μμμμ-⨯⨯⨯=
=⨯=======
在等体过程1-2，等压过程2-3中，气体所吸热量12Q 、23Q 分别为
()()()2122138.3154.627.3 3.40102
V Q C T T J =-=⨯⨯-=⨯ ()()()2233238.3181.954.6 5.67102
p Q C T T J =-=⨯⨯-=⨯
在等体过程3-4，等压过程4-1中，气体所放热量34Q 、12Q 分别为
()()()2344338.3141.081.9 5.10102
V Q C T T J =-=⨯⨯-=-⨯ ()()()2411438.3127.341.0 2.85102
p Q C T T J =-=⨯⨯-=-⨯ 气体经历一个循环所吸收的热量之和为
()2112239.0710Q Q Q J =+=⨯
气体在此循环中所放出的热量之和为
()2234417.9510Q Q Q J =+=⨯
式中2Q 是绝对值。
气体在此循环过程中吸收的净热量为
()212 1.1210Q Q Q J =-=⨯
此循环的效率为
222
17.95101112.5%9.0810Q Q η⨯=-=-=⨯ 5-22 一卡诺热机的低温热源的温度为7摄氏度，效率为40%，若要将其效率提高到50%，问高温热源的温度应提高多少
解 设高温热源的温度分别为1T 和1T '，低温热源的温度为2T ，则有
22111,1T T T T ηη'=-
=-' 上式变形得
2211,11T T T T ηη'=='
-- 高温热源温度需提高的温度为
()22128028093.31110.510.4
T T T T T K ηη'∆=-=
-=-='----。