第四章课后习题
自动控制原理课后习题第四章答案
G(s)H(s)=
Kr s(s+1)(s+3)
σ根 s=3-K+ω轨r4-3-迹+p4s132ω1-3的+~3ω32分p===s2-离+001K点.p-3r=3：KK~0θrr===012+ωω6021,o=3,=0+±1810.7o
8
jω
1.7
s1
A(s)B'系(s)统=根A'轨(s迹)B(s)
s3 p3
s=sK2±r没=j24有.8.6位×于2K.r根6=×4轨80.迹6=上7，. 舍去。
2
第四章习题课 (4-9)
4-9 已知系统的开环传递函数，(1) 试绘制出
根轨迹图。
G(s)H与(s虚)=轴s交(0点.01s+1K)(系0.统02根s+轨1迹)
jω
70.7
解: GKK(rr=s=)10H5(0s)=ωω2s1,(3=s=0+±17000K.7)r(s+50)
s1
A(s)B'(系s)统=A根'(轨s)迹B(s)
s3 p3
p2
p1
-4
-2
0
((24))ζ阻=尼03.振5s2荡+1响2应s+s的81==K-r0值0.7范+围j1.2
s=s-s10=3=.-80-56.8+50K.7r×=20=s.82-=54×-.631..1155×3.15=3.1
-2.8
450
1080
360
0σ
0σ
第四章习题课 (4-2)
4-2 已知开环传递函数，试用解析法绘制出系
统的根轨迹，并判断点(-2+j0),(0+j1),
大学物理课后习题答案第四章
第四章机械振动4．1一物体沿x 轴做简谐振动，振幅A = 0.12m ，周期T = 2s ．当t = 0时，物体的位移x = 0.06m ，且向x 轴正向运动．求：（1）此简谐振动的表达式；（2）t = T /4时物体的位置、速度和加速度；（3）物体从x = -0.06m ，向x 轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间． [解答]（1）设物体的简谐振动方程为x = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.12m ，角频率ω = 2π/T = π．当t = 0时，x = 0.06m ，所以cos φ = 0.5，因此φ = ±π/3． 物体的速度为v = d x /d t = -ωA sin(ωt + φ)．当t = 0时，v = -ωA sin φ，由于v > 0，所以sin φ< 0，因此：φ = -π/3．简谐振动的表达式为：x = 0.12cos(πt – π/3)．（2）当t = T /4时物体的位置为;x = 0.12cos(π/2 – π/3) = 0.12cosπ/6 = 0.104(m)． 速度为；v = -πA sin(π/2 – π/3) = -0.12πsinπ/6 = -0.188(m·s -1)．加速度为：a = d v /d t = -ω2A cos(ωt + φ)= -π2A cos(πt - π/3)= -0.12π2cosπ/6 = -1.03(m·s -2)． （3）方法一：求时间差．当x = -0.06m 时，可得cos(πt 1 - π/3) = -0.5， 因此πt 1 - π/3 = ±2π/3．由于物体向x 轴负方向运动，即v < 0，所以sin(πt 1 - π/3) > 0，因此πt 1 - π/3 = 2π/3，得t 1 = 1s ．当物体从x = -0.06m 处第一次回到平衡位置时，x = 0，v > 0，因此cos(πt 2 - π/3) = 0， 可得 πt 2 - π/3 = -π/2或3π/2等．由于t 2> 0，所以πt 2 - π/3 = 3π/2， 可得t 2 = 11/6 = 1.83(s)．所需要的时间为：Δt = t 2 - t 1 = 0.83(s)．方法二：反向运动．物体从x = -0.06m ，向x 轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间就是它从x = 0.06m ，即从起点向x 轴正方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．在平衡位置时，x = 0，v < 0，因此cos(πt - π/3) = 0，可得 πt - π/3 = π/2，解得t = 5/6 = 0.83(s)．[注意]根据振动方程x = A cos(ωt + φ)，当t = 0时，可得φ = ±arccos(x 0/A )，（-π<φ<= π）， 初位相的取值由速度决定．由于v = d x /d t = -ωA sin(ωt + φ)，当t = 0时，v = -ωA sin φ，当v > 0时，sin φ< 0，因此 φ = -arccos(x 0/A )；当v < 0时，sin φ> 0，因此φ = arccos(x 0/A )π/3．可见：当速度大于零时，初位相取负值；当速度小于零时，初位相取正值．如果速度等于零，当初位置x 0 = A 时，φ = 0；当初位置x 0 = -A 时，φ = π．4．2已知一简谐振子的振动曲线如图所示，试由图求：（1）a ，b ，c ，d ，e 各点的位相，及到达这些状态的时刻t 各是多少？已知周期为T ； （2）振动表达式； （3）画出旋转矢量图． [解答]方法一：由位相求时间．（1）设曲线方程为x = A cos Φ，其中A 表示振幅，Φ = ωt + φ表示相位． 由于x a = A ，所以cos Φa = 1，因此Φa = 0．由于x b = A /2，所以cos Φb = 0.5，因此Φb = ±π/3；由于位相Φ随时间t 增加，b 点位相就应该大于a 点的位相，因此Φb = π/3．由于x c = 0，所以cos Φc = 0，又由于c 点位相大于b 位相，因此Φc = π/2．同理可得其他两点位相为：Φd = 2π/3，Φe = π．c 点和a 点的相位之差为π/2，时间之差为T /4，而b 点和a 点的相位之差为π/3，时间之差应该为T /6．因为b 点的位移值与O 时刻的位移值相同，所以到达a 点的时刻为t a = T /6． 到达b 点的时刻为t b = 2t a = T /3．图4.2到达c 点的时刻为t c = t a + T /4 = 5T /12． 到达d 点的时刻为t d = t c + T /12 = T /2． 到达e 点的时刻为t e = t a + T /2 = 2T /3．（2）设振动表达式为：x = A cos(ωt + φ)，当t = 0时，x = A /2时，所以cos φ = 0.5，因此φ =±π/3； 由于零时刻的位相小于a 点的位相，所以φ = -π/3， 因此振动表达式为． 另外，在O 时刻的曲线上作一切线，由于速度是位置对时间的变化率，所以切线代表速度的方向；由于其斜率大于零，所以速度大于零，因此初位相取负值，从而可得运动方程．（3）如图旋转矢量图所示．方法二：由时间求位相．将曲线反方向延长与t 轴 相交于f 点，由于x f = 0，根据运动方程，可得所以：．显然f 点的速度大于零，所以取负值，解得t f = -T /12．从f 点到达a 点经过的时间为T /4，所以到达a 点的时刻为：t a = T /4 + t f = T /6， 其位相为：． 由图可以确定其他点的时刻，同理可得各点的位相．4．3 有一弹簧，当其下端挂一质量为M 的物体时，伸长量为9.8×10-2m ．若使物体上下振动，且规定向下为正方向．（1）t = 0时，物体在平衡位置上方8.0×10-2m 处，由静止开始向下运动，求运动方程；（2）t = 0时，物体在平衡位置并以0.60m·s -1速度向上运动，求运动方程． [解答]当物体平衡时，有：Mg – kx 0 = 0， 所以弹簧的倔强系数为：k = Mg/x 0， 物体振动的圆频率为：s -1)． 设物体的运动方程为：x = A cos(ωt + φ)．（1）当t = 0时，x 0 = -8.0×10-2m ，v 0 = 0，因此振幅为：=8.0×10-2(m)；由于初位移为x 0 = -A ，所以cos φ = -1，初位相为：φ = π． 运动方程为：x = 8.0×10-2cos(10t + π)．（2）当t = 0时，x 0 = 0，v 0 = -0.60(m·s -1)，因此振幅为：v 0/ω|=6.0×10-2(m)；由于cos φ = 0，所以φ = π/2；运动方程为：x = 6.0×10-2cos(10t +π/2)．4．4 质量为10×10-3kg 的小球与轻弹簧组成的系统，按的规律作振动，式中t 以秒(s)计，x 以米(m)计．求： （1）振动的圆频率、周期、振幅、初位相； （2）振动的速度、加速度的最大值；（3）最大回复力、振动能量、平均动能和平均势能；cos(2)3t x A T ππ=-cos(2)03t T ππ-=232f t Tπππ-=±203a a t T πΦπ=-=ω==0||A x ==A =20.1cos(8)3x t ππ=+（4）画出这振动的旋转矢量图，并在图上指明t 为1，2，10s 等各时刻的矢量位置． [解答]（1）比较简谐振动的标准方程：x = A cos(ωt + φ)，可知圆频率为：ω =8π，周期T = 2π/ω = 1/4 = 0.25(s)，振幅A = 0.1(m)，初位相φ = 2π/3．（2）速度的最大值为：v m = ωA = 0.8π = 2.51(m·s -1)； 加速度的最大值为：a m = ω2A = 6.4π2 = 63.2(m·s -2)． （3）弹簧的倔强系数为：k = mω2，最大回复力为:f = kA = mω2A = 0.632(N)； 振动能量为:E = kA 2/2 = mω2A 2/2 = 3.16×10-2(J)， 平均动能和平均势能为:= kA 2/4 = mω2A 2/4 = 1.58×10-2(J)． （4）如图所示，当t 为1，2，10s 等时刻时，旋转矢量的位置是相同的．4．5 两个质点平行于同一直线并排作同频率、同振幅的简谐振动．在振动过程中，每当它们经过振幅一半的地方时相遇，而运动方向相反．求它们的位相差，并作旋转矢量图表示．[解答]设它们的振动方程为:x = A cos(ωt + φ)， 当x = A /2时，可得位相为:ωt + φ = ±π/3．由于它们在相遇时反相，可取Φ1 = (ωt + φ)1 = -π/3，Φ2 = (ωt + φ)2 = π/3，它们的相差为:ΔΦ = Φ2 – Φ1 = 2π/3，或者:ΔΦ` = 2π –ΔΦ = 4π/3．矢量图如图所示．4．6一氢原子在分子中的振动可视为简谐振动．已知氢原子质量m = 1.68×10-27kg ，振动频率v = 1.0×1014Hz ，振幅A = 1.0×10-11m ．试计算：（1）此氢原子的最大速度； （2）与此振动相联系的能量．[解答]（1）氢原子的圆频率为:ω = 2πv = 6.28×1014(rad·s -1)， 最大速度为:v m = ωA = 6.28×103(m·s -1)．（2）氢原子的能量为:= 3.32×10-20(J)．4．7 如图所示，在一平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0kg 的重物，若使平板在竖直方向上作上下简谐振动，周期为0.50s ，振幅为2.0×10-2m ，求：（1）平板到最低点时，重物对平板的作用力；（2）若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物跳离平板？ （3）若振幅不变，则平板以多大的频率振动时，重物跳离平板？ [解答]（1）重物的圆频率为：ω = 2π/T = 4π，其最大加速度为：a m = ω2A ，合力为：F = ma m ，方向向上．重物受到板的向上支持力N 和向下的重力G ，所以F = N – G ． 重物对平板的作用力方向向下，大小等于板的支持力： N = G + F = m (g +a m ) = m (g +ω2A ) = 12.96(N)．（2）当物体的最大加速度向下时，板的支持为：N = m (g - ω2A )． 当重物跳离平板时，N = 0，频率不变时，振幅为：A = g/ω2 = 3.2×10-2(m)．（3）振幅不变时，频率为：3.52(Hz)．4．8 两轻弹簧与小球串连在一直线上，将两弹簧拉长后系在固定点A 和B 之间，整个系统放在光滑水平面上．设两弹簧的原长分别为l 1和l 2，倔强系统分别为k 1和k 2，A和B 间距为L ，小球的质量为m ．（1）试确定小球的平衡位置；k pE E =212m E mv=2ωνπ==（2）使小球沿弹簧长度方向作一微小位移后放手，小球将作振动，这一振动是否为简谐振动？振动周期为多少？[解答]（1）这里不计小球的大小，不妨设L > l 1 + l 2，当小球平衡时，两弹簧分别拉长x 1和x 2，因此得方程：L = l 1 + x 1 + l 2 + x 2；小球受左右两边的弹簧的弹力分别向左和向右，大小相等，即k 1x 1 = k 2x 2． 将x 2 = x 1k 1/k 2代入第一个公式解得：．小球离A 点的距离为：．（2）以平衡位置为原点，取向右的方向为x 轴正方向，当小球向右移动一个微小距离x 时，左边弹簧拉长为x 1 + x ，弹力大小为：f 1 = k 1(x 1 + x )， 方向向左；右边弹簧拉长为x 1 - x ，弹力大小为：f 2 = k 2(x 2 - x )， 方向向右．根据牛顿第二定律得：k 2(x 2 - x ) - k 1(x 1 + x ) = ma ，利用平衡条件得：，即小球做简谐振动．小球振动的圆频率为：．4．9如图所示，质量为10g 的子弹以速度v = 103m·s -1水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐振动．设弹簧的倔强系数k = 8×103N·m -1，木块的质量为4.99kg ，不计桌面摩擦，试求：（1）振动的振幅；（2）振动方程．[解答]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩，它们的动量守恒，即：mv = (m + M)v 0．解得子弹射入后的速度为：v 0 = mv/(m + M) = 2(m·s -1)，这也是它们振动的初速度．子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得：(m + M ) v02/2 = kA 2/2， 所以振幅为：10-2(m)． （2）振动的圆频率为：= 40(rad·s -1)．取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移x 的正方向，振动方程可设为：x = A cos(ωt + φ)．当t = 0时，x = 0，可得：φ = ±π/2；由于速度为正，所以取负的初位相，因此振动方程为：x = 5×10-2cos(40t - π/2)．4．10如图所示，在倔强系数为k 的弹簧下，挂一质量为M 的托盘．质量为m 的物体由距盘底高h 处自由下落与盘发生完全非弹性碰撞，而使其作简谐振动，设两物体碰后瞬时为t = 0时刻，求振动方程．[解答]物体落下后、碰撞前的速度为：物体与托盘做完全非弹簧碰撞后，根据动量守恒定律可得它们的共同速度为，这也是它们振动的初速度．设振动方程为：x = A cos(ωt + φ)，211212()k x L l l k k =--+211111212()k L l x l L l l k k =+=+--+2122d ()0d xm kk x t++=ω=22T πω==A v =ω=v =0m v v m M ==+图4.9 图4.10其中圆频率为：物体没有落下之前，托盘平衡时弹簧伸长为x 1，则：x 1 = Mg/k ．物体与托盘磁盘之后，在新的平衡位置，弹簧伸长为x 2，则：x 2= (M + m )g/k ． 取新的平衡位置为原点，取向下的方向为正，则它们振动的初位移为x 0 = x 1 - x 2 = -mg/k ．因此振幅为：初位相为：4．11 装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端与物体m 间用细绳相连，细绳跨于桌边定滑轮M 上，m 悬于细绳下端．已知弹簧的倔强系数为k = 50N·m -1，滑轮的转动惯量J = 0.02kg·m 2，半径R = 0.2m ，物体质量为m = 1.5kg ，取g = 10m·s -2．（1）试求这一系统静止时弹簧的伸长量和绳的张力；（2）将物体m 用手托起0.15m ，再突然放手，任物体m 下落而整个系统进入振动状态．设绳子长度一定，绳子与滑轮间不打滑，滑轮轴承无摩擦，试证物体m 是做简谐振动； （3）确定物体m 的振动周期；（4）取物体m 的平衡位置为原点，OX 轴竖直向下，设振物体m 相对于平衡位置的位移为x ，写出振动方程．[解答]（1）在平衡时，绳子的张力等于物体的重力T = G = mg = 15(N)．这也是对弹簧的拉力，所以弹簧的伸长为：x 0 = mg/k = 0.3(m)．（2）以物体平衡位置为原点，取向下的方向为正，当物体下落x 时，弹簧拉长为x 0 + x ，因此水平绳子的张力为：T 1 = k (x 0+ x )．设竖直绳子的张力为T 2，对定滑轮可列转动方程：T 2R – T 1R = Jβ， 其中β是角加速度，与线加速度的关系是：β = a/R ．对于物体也可列方程：mg - T 2 = ma ． 转动方程化为：T 2 – k (x 0 + x ) = aJ/R 2，与物体平动方程相加并利用平衡条件得：a (m + J/R 2) = –kx ，可得微分方程：，故物体做简谐振动． （3）简谐振动的圆频率为：s -1)． 周期为：T 2 = 2π/ω = 1.26(s)．（4）设物体振动方程为：x = A cos(ωt + φ)，其中振幅为：A = 0.15(m)． 当t = 0时，x = -0.15m ，v 0 = 0，可得：cos φ = -1，因此φ = π或-π， 所以振动方程为：x = 0.15cos(5t + π)，或x = 0.15cos(5t - π)．4．12一匀质细圆环质量为m ，半径为R ，绕通过环上一点而与环平面垂直的水平光滑轴在铅垂面内作小幅度摆动，求摆动的周期．[解答]通过质心垂直环面有一个轴，环绕此轴的转动惯量为：I c = mR 2．根据平行轴定理，环绕过O 点的平行轴的转动惯量为I = I c + mR 2 = 2mR 2．当环偏离平衡位置时，重力的力矩为：M = mgR sin θ， 方向与角度θ增加的方向相反．ω=A ==00arctan v x ϕω-==222d 0d /x kx t m J R +=+ω=根据转动定理得：Iβ = -M ，即，由于环做小幅度摆动，所以sin θ≈θ，可得微分方程：． 摆动的圆频率为：周期为：4．13 重量为P 的物体用两根弹簧竖直悬挂，如图所示，各弹簧的倔强系数标明在图上．试求在图示两种情况下，系统沿竖直方向振动的固有频率．[解答]（1）前面已经证明：当两根弹簧串联时，总倔强系数为k = k1k 2/(k 1 + k 2)，因此固有频率为（2）前面还证明：当两根弹簧并联时，总倔强系数等于两个弹簧的倔强系数之和，因此固有频率为．4．14质量为0.25kg 的物体，在弹性力作用下作简谐振动，倔强系数k = 25N·m -1，如果开始振动时具有势能0.6J ，和动能0.2J ，求：（1）振幅；（2）位移多大时，动能恰等于势能？（3）经过平衡位置时的速度．[解答]物体的总能量为：E = E k + E p = 0.8(J)．（1）根据能量公式E = kA2/2，得振幅为：．（2）当动能等于势能时，即E k = E p ，由于E = E k + E p ，可得：E = 2E p ，即，解得：= ±0.179(m)． （3）再根据能量公式E = mv m2/2，得物体经过平衡位置的速度为： 2.53(m·s -1)．4．15 两个频率和振幅都相同的简谐振动的x-t 曲线如图所示，求： （1）两个简谐振动的位相差；（2）两个简谐振动的合成振动的振动方程． [解答]（1）两个简谐振动的振幅为：A = 5(cm)， 周期为：T = 4(s)，圆频率为：ω =2π/T = π/2，它们的振动方程分别为：x 1 = A cos ωt =5cosπt /2， x 2 = A sin ωt =5sinπt /2 =5cos(π/2 - πt /2)即x 2=5cos(πt /2 - π/2)．位相差为：Δφ = φ2 - φ1 = -π/2． （2）由于x = x 1 + x 2 = 5cosπt /2 +5sinπt /2 = 5(cosπt /2·cosπ/4 +5sinπt /2·sinπ/4)/sinπ/4 合振动方程为：(cm)．22d sin 0d I mgR tθθ+=22d 0d mgRt Iθθ+=ω=222T πω===2ωνπ===2ωνπ===A =2211222kA kx =⨯/2x =m v =cos()24x t ππ=- (b)图4.134．16 已知两个同方向简谐振动如下：，．（1）求它们的合成振动的振幅和初位相； （2）另有一同方向简谐振动x 3 = 0.07cos(10t +φ)，问φ为何值时，x 1 + x 3的振幅为最大？φ为何值时，x 2 + x 3的振幅为最小？（3）用旋转矢量图示法表示（1）和（2）两种情况下的结果．x 以米计，t 以秒计．[解答]（1）根据公式，合振动的振幅为：=8.92×10-2(m)． 初位相为：= 68.22°．（2）要使x 1 + x 3的振幅最大，则：cos(φ– φ1) = 1，因此φ– φ1 = 0，所以：φ = φ1 = 0.6π． 要使x 2 + x 3的振幅最小，则 cos(φ– φ2) = -1，因此φ– φ2 = π，所以φ = π + φ2 = 1.2π．（3）如图所示．4．17质量为0.4kg 的质点同时参与互相垂直的两个振动：， ．式中x 和y 以米(m)计，t 以秒(s)计．（1）求运动的轨道方程；（2）画出合成振动的轨迹；（3）求质点在任一位置所受的力．[解答]（1）根据公式：，其中位相差为：Δφ = φ2 – φ1 = -π/2，130.05cos(10)5x t π=+210.06cos(10)5x t π=+A =11221122sin sin arctancos cos A A A A ϕϕϕϕϕ+=+0.08cos()36x t ππ=+0.06cos()33y t ππ=-2222212122cos sin x y xyA A A A ϕϕ+-∆=∆所以质点运动的轨道方程为：． （2）合振动的轨迹是椭圆．（3）两个振动的圆频率是相同的ω = π/3，质点在x 方向所受的力为，即F x = 0.035cos(πt /3 + π/6)(N)．在y 方向所受的力为，即F y = 0.026cos(πt /3 - π/3)(N)．用矢量表示就是，其大小为，与x 轴的夹角为θ = arctan(F y /F x )．4．18 将频率为384Hz 的标准音叉振动和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为3.0Hz ，在待测音叉的一端加上一小块物体，则拍频将减小，求待测音叉的固有频率．[解答]标准音叉的频率为v 0 = 384(Hz)， 拍频为Δv = 3.0(Hz)， 待测音叉的固有频率可能是v 1 = v 0 - Δv = 381(Hz)， 也可能是v 2 = v 0 + Δv = 387(Hz)．在待测音叉上加一小块物体时，相当于弹簧振子增加了质量，由于ω2 = k/m ，可知其频率将减小．如果待测音叉的固有频率v 1，加一小块物体后，其频率v`1将更低，与标准音叉的拍频将增加；实际上拍频是减小的，所以待测音叉的固有频率v 2，即387Hz ．4．19示波器的电子束受到两个互相垂直的电场作用．电子在两个方向上的位移分别为x = A cos ωt 和y = A cos(ωt +φ)．求在φ = 0，φ = 30º，及φ = 90º这三种情况下，电子在荧光屏上的轨迹方程．[解答]根据公式，其中Δφ = φ2 – φ1 = -π/2，而φ1 = 0，φ2 = φ．（1）当Δφ = φ = 0时，可得，质点运动的轨道方程为y = x ，轨迹是一条直线．（2）当Δφ = φ = 30º时，可得质点的轨道方程， 即，轨迹是倾斜的椭圆．（3）当Δφ = φ = 90º时，可得， 即x 2 + y 2 = A 2，质点运动的轨迹为圆．4．20三个同方向、同频率的简谐振动为，，．222210.080.06x y +=22d d x x x F ma m t==20.08cos()6m t πωω=-+22d d y y y F ma m t==20.06cos()3m t ωω=--πi+j x y F F F =F =2222212122cos sin x y xyA A A A ϕϕ+-∆=∆2222220x y xyA A A+-=222214x y A+=222/4x y A +=22221x y A A +=10.08cos(314)6x t π=+20.08cos(314)2x t π=+350.08cos(314)6x t π=+求：（1）合振动的圆频率、振幅、初相及振动表达式； （2）合振动由初始位置运动到所需最短时间（A 为合振动振幅）． [解答]合振动的圆频率为：ω = 314 = 100π(rad·s -1)． 设A 0 = 0.08，根据公式得：A x = A 1cos φ1 + A 2cos φ2 + A 3cos φ3 = 0，A y = A 1sin φ1 + A 2sin φ2 + A 3sin φ3 = 2A 0 = 0.16(m)， 振幅为：，初位相为：φ = arctan(A y /A x ) = π/2．合振动的方程为：x = 0.16cos(100πt + π/2)．（2）当时，可得：，解得：100πt + π/2 = π/4或7π/4．由于t > 0，所以只能取第二个解，可得所需最短时间为t = 0.0125s ．x A =A =/2x =cos(100/2)2t ππ+。
统计学第四章课后题及答案解析
第四章一、单项选择题1.由反映总体单位某一数量特征的标志值汇总得到的指标是（）A.总体单位总量 B。
质量指标C。
总体标志总量 D.相对指标2。
各部分所占比重之和等于1或100％的相对数（）A．比例相对数 B．比较相对数 C．结构相对数 D．动态相对数3.某企业工人劳动生产率计划提高5％，实际提高了10%，则提高劳动生产率的计划完成程度为( ）A.104。
76% B。
95。
45% C。
200％ D。
4。
76%4。
某企业计划规定产品成本比上年度降低10%实际产品成本比上年降低了14。
5％，则产品成本计划完成程度（）A.14。
5％B.95% C。
5% D.114。
5％5.在一个特定总体内,下列说法正确的是（ )A。
只存在一个单位总量，但可以同时存在多个标志总量B。
可以存在多个单位总量，但必须只有一个标志总量C。
只能存在一个单位总量和一个标志总量D.可以存在多个单位总量和多个标志总量6。
计算平均指标的基本要求是所要计算的平均指标的总体单位应是（）A.大量的 B。
同质的 C.有差异的 D.不同总体的7.几何平均数的计算适用于求（）A.平均速度和平均比率 B。
平均增长水平C.平均发展水平D.序时平均数8。
一组样本数据为3、3、1、5、13、12、11、9、7这组数据的中位数是（）A。
3 B.13 C。
7.1 D.7 9。
某班学生的统计学平均成绩是70分，最高分是96分，最低分是62分，根据这些信息，可以计算的测度离散程度的统计量是( ）A。
方差 B.极差 C。
标准差 D。
变异系数10。
用标准差比较分析两个同类总体平均指标的代表性大小时,其基本的前提条件是( ）A。
两个总体的标准差应相等 B。
两个总体的平均数应相等C。
两个总体的单位数应相等 D。
两个总体的离差之和应相等11。
已知4个水果商店苹果的单价和销售额，要求计算4个商店苹果的平均单价，应采用（）A。
简单算术平均数 B。
加权算术平均数C.加权调和平均数D.几何平均数12.算术平均数、众数和中位数之间的数量关系决定于总体次数的分布状况。
大学化学课后习题答案解析(第四章)
第四章电化学与金属腐蚀1.是非题(对的在括号内填“+”，错的填“-”号)(1)取两根铜棒，将一根插入盛有0.1mol·dm-3CuSO4溶液的烧杯中，另一根插入盛有1mol·dm-3CuSO4溶液的烧杯中，并用盐桥将两只烧杯中的溶液连结起来，可以组成一个浓差原电池。
( )(2)金属铁可以置换Cu2+，因此三氯化铁不能与金属铜反应。
( )(3)电动势E(或电极电势φ)的数值与反应式(或半反应式)的写法无关，而标准平衡常数Kθ的数据，随反应式的写法(即化学计量数不同)而变。
( )(4)钢铁在大气的中性或弱酸性水膜中主要发生吸氧腐蚀，只有在酸性较强的水膜中才主要发生析氢腐蚀。
( )(5)有下列原电池(-)Cd|CdSO4(1.0mol·dm-3)||CuSO4(1.0mol·dm-3)|Cu(+) 若往CdSO4溶液中加入少量Na2S 溶液，或往CuSO4溶液中加入少量CuSO4·5H2O晶体，都会使原电池的电动势变小。
( )解：（1）+；（2）–；（3）+；（4）+；（5）–。
2.选择题(将所有正确答案的标号填入空格内)(1)在标准条件下，下列反应均向正方向进行：Cr2O72 - +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+它们中间最强的氧化剂和最强的还原剂是______。
(a)Sn2+和Fe3+(b)Cr2O72 -和Sn2+(c)Cr3+和Sn4+(d)Cr2O72 -和Fe3+(2)有一个原电池由两个氢电极组成，其中有一个是标准氢电极，为了得到最大的电动势，另一个电极浸入的酸性溶液[设p(H2)=100kPa]应为(a)0.1mol·dm-3HCl (b)0.1mol·dm-3HAc+0.1mol·L-1NaAc(c)0.1mol·dm-3Hac (d)0.1mol·dm-3H3PO4(3)在下列电池反应中Ni(s)+Cu2+(aq)→Ni2+(1.0mol·dm-3)+Cu(s)当该原电池的电动势为零时，Cu2+浓度为(a)5.05×10-27mol·dm-3(b)5.71×10-21mol·dm-3(c)7.10×10-14mol·dm-3(d)7.56×10-11mol·dm-3(4)电镀工艺是将欲镀零件作为电解池的（）；阳极氧化是将需处理的部件作为电解池的（）。
第四章的课后习题答案
第四章各节答案第一节 牛顿第一定律基础训练1．D 2．C 3．CD 4．C 5．C 6．D 7．D8．他忽略了车子还要受到摩擦力，当停止用力时，车由于受到摩擦力就会停下来。
如果没有摩擦力车子就会永远运动下去，力不是维持运动的原因。
能力提高1．CD 2．B 3．ABC 4．AB 5．AD 6．A 7．D8．(1)车做匀速直线运动，（2）向右做匀加速运动或向左做匀减速运动，（3）向左做匀加速运动或向右做匀减速运动9．可靠的实验事实、原来的速度作匀速直线 ②③①④ ② ①③④ 力来维持 伽利略 理想实验法10．小球落下后保持原来的速度，因车做减速运动，所以小球落在O 点的前方。
答案为 g a 2第二节 实验：探究加速度与力、质量的关系基础训练1． 物体的质量。
2．作用力。
3．Ｃ． 4．正比。
５、Ｂ．６、a 1=ｍｇ／２ｍ＝ｇ／２，a 2=ｍｇ／ｍ＝ｇ∴a 2=２ a 1，故Ｃ正确。
７、ABD８、解析：本题设计原理是利用滑块在斜面做匀加速运动时，其加速度为ａ＝ｇsin θ－μｇcos θ得出μ＝ｔａｎθ－ａ／ｇcos θ则需要求出Ｌ ｄ ｈ ｔ，∴μ＝ｈ／ｄ－２ｌ２／ｇｔ２ｄ，为减小误差应多测量几次取平均值。
能力提高1． C2.（1）图略 (2)图像可以看出，加速度与力成正比，与质量的倒数成反比。
（3）在图像上取一点求得斜率就得到物体的质量为0.35kg,（4）在图像上取一点求得斜率就得到作用力为4.02N ．3．（1）a ＝4.00m/s 2。
（2）小车质量m ；斜面上沿下滑方向任意两点间的距离l 及这两点的高度差h 。
4．（1）探究加速度与力、质量的关系的原理是利用控制变量法，则有：①当作用力不变时，加速度与质量的倒数成正比；②当物体的质量不变时，加速度与作用力成正比。
（2） 到的仪器还有C D F ．5．D 6.11.0==ga μ 7．由图可知，当拉力从０增到Ｆ０的过程中，物体的加速度为零，说明小车处于静止状态，因此必然存在一个力与拉力大小相等方向相反，这个里一定是小车受到的摩擦力。
大学物理课后习题(第四章)
第四章热学基础选择题4—1 有一截面均匀的封闭圆筒,中间被一光滑的活塞隔成两边,如果其中一边装有0.1kg某一温度的氢气,为了使活塞停在圆筒的正中央,则另一边应装入同一温度的氧气的质量为（ C ）(A)1kg16; (B) 0.8kg; (C) 1.6kg; (D) 3.2kg.4—2 根据气体动理论,理想气体的温度正比于（ D ）(A) 气体分子的平均速率; (B)气体分子的平均动能;(C) 气体分子的平均动量的大小; (D)气体分子的平均平动动能.4—3 在一固定的容器内,理想气体的温度提高为原来的两倍,那么（ A ）(A) 分子的平均平动动能和压强都提高为原来的两倍;(B) 分子的平均平动动能提高为原来的四倍,压强提高为原来的两倍;(C) 分子的平均平动动能提高为原来的两倍,压强提高为原来的四倍;(D) 分子的平均平动动能和压强都提高为原来的四倍.4—4 一瓶氦气和一瓶氮气的密度相同,分子的平均平动动能相同,且均处于平衡态,则它们（ C ）(A) 温度和压强都相同;(B) 温度和压强都不相同;(C) 温度相同,但氦气的压强大于氮气的压强;(D) 温度相同,但氦气的压强小于氮气的压强.4—5 下面说法中正确的是（ D ）(A) 在任何过程中,系统对外界做功不可能大于系统从外界吸收的热量;(B) 在任何过程中,系统内能的增量必定等于系统从外界吸收的热量;(C) 在任何过程中,系统内能的增量必定等于外界对系统所做的功;(D) 在任何过程中,系统从外界吸收的热量必定等于系统内能的增量与系统对外界做功之和.4—6 如图所示,一定量的理想气体,从状态A 沿着图中直线变到状态B ,且A AB B p V p V =,在此过程中: （ B ）(A) 气体对外界做正功,向外界放出热量;(B) 气体对外界做正功,从外界吸收热量;(C) 气体对外界做负功,向外界放出热量;(D) 气体对外界做负功,从外界吸收热量.4—7 如图所示,一定量的理想气体从状态A 等压压缩到状态B ,再由状态B 等体升压到状态C .设2C B p p =、2A B V V =,则气体从状态A 到C 的过程中 （ B ）(A) 气体向外界放出的热量等于气体对外界所做的功;(B) 气体向外界放出的热量等于外界对气体所做的功;(C) 气体从外界吸收的热量等于气体对外界所做的功;(D) 气体从外界吸收的热量等于外界对气体所做的功.4—8 摩尔定容热容为2.5R （R 为摩尔气体常量）的理想气体,由状态A 等压膨胀到状态B ,其对外界做的功与其从外界吸收的热量之比为 （ C ）(A) 2:5; (B) 1:5; (C) 2:7; (D) 1:7.4—9 质量相同的同一种理想气体,从相同的状态出发,分别经历等压过程和绝热过程,使其体积增加一倍.气体温度的改变为 （ C ）(A) 绝热过程中降低,等压过程中也降低;(B) 绝热过程中升高,等压过程中也升高;(C) 绝热过程中降低,等压过程中升高;(D) 绝热过程中升高,等压过程中降低.4—10 一理想气体的初始温度为T ,体积为V .由如下三个准静态过程构成一个循环过程.先从初始状态绝热膨胀到2V ,再经过等体过程回到温度T ,最后等温压缩到体积V .在此循环过程中,下述说法正确的是 （ A ）(A) 气体向外界放出热量; (B) 气体对外界做正功;(C) 气体的内能增加; (D) 气体的内能减少.4—11 有人试图设计一台可逆卡诺热机,在一个循环中,可从400K 的高温热源吸收热量1800J ,向300K 的低温热源放出热量800J ,同时对外界作功1000J ,这样的设计是（ B ）(A) 可以的,符合热力学第一定律;(B) 可以的,符合热力学第二定律;(C) 不行的,卡诺循环所做的功不能大于向低温热源放出的热量;(D) 不行的,这个热机的效率超过理论最大值.4—12 对运转在1T 和2T 之间的卡诺热机,使高温热源的温度1T 升高T ∆,可使热机效率提高1η∆;使低温热源的温度2T 降低同样的值T ∆,可使循环效率提高2η∆.两者相比,有（ B ）(A) 12ηη∆>∆; (B) 12ηη∆<∆;(C) 12ηη∆=∆; (D) 无法确定哪个大.4—13 在o 327C 的高温热源和o27C 的低温热源间工作的热机,理论上的最大效率为（ C ）(A) 100%; (B) 92%; (C) 50%; (D) 25%.4—14 下述说法中正确的是 （ C ）(A) 在有些情况下,热量可以自动地从低温物体传到高温物体;(B) 在任何情况下,热量都不可能从低温物体传到高温物体;(C) 热量不能自动地从低温物体传到高温物体;(D) 热量不能自动地从高温物体传到低温物体.4—15 热力学第二定律表明 （ D ）(A) 热机可以不断地对外界做功而不从外界吸收热量;(B) 热机可以靠内能的不断减少而对外界做功;(C) 不可能存在这样的热机,在一个循环中,吸收的热量不等于对外界作的功;(D) 热机的效率必定小于100%.4—16 一个孤立系统,从平衡态A 经历一个不可逆过程变化到平衡态B ,孤立系统的熵增量B A S S S ∆=- 有 （ A ）(A) 0S ∆>; (B) 0S ∆<; (C) 0S ∆=; (D) 0S ∆≥.计算题4—17 容器内装满质量为0.1kg 的氧气,其压强为61.01310Pa ⨯,温度为o 47C .因为漏气,经过若干时间后,压强变为原来的一半,温度降到o 27C .求:(1) 容器的容积;(2) 漏去了多少氧气.解 (1) 由状态方程m pV RT M=,可得气体的体积,即容器的容积为 333360.18.31(47273)m 8.2010m 3210 1.01310m V RT Mp -⨯⨯+===⨯⨯⨯⨯ (2) 压强变为12p p =,温度降为()227327K T =+时,由状态方程,可得剩余气体的质量为36311113210 1.013108.20102kg 0.0533kg 8.31(27273)Mp V m RT ⨯⨯⨯⨯⨯⨯===⨯+ 漏掉的气体质量为1(0.10.0533)kg 0.0467kg m m m -∆=-=-=4—18 如图所示,a 、c 间曲线是1000mol 氢气的等温线,其中压强51410Pa p =⨯, 521010Pa p =⨯.在点a ,氢气的体积31 2.5m V =,求:(1) 该等温线的温度;(2) 氢气在点b 和点d 的温度b T 和d T .解 (1) 由状态方程m pV RT M=,可得在等温线上,气体的温度为 52111010 2.5K 301K 10008.31p V M T m R ⨯⨯==⨯= (2) 气体由点c 等体增压至点b ,压强增大为原来的10 2.54=倍,由等体方程21b cp p T T =,可得气体在点b 的温度为212.5 2.5301K 753K b c c p T T T p ===⨯= 气体由点a 等体减压至点d ,压强减小为原来的410,由等体方程21a d p p T T =,可得气体在点d 的温度为1244301K 120K 1010d a a p T T T p ===⨯= 4—19 22.010kg -⨯氢气装在334.010m -⨯的容器内,求当容器的压强为53.9010Pa⨯时,氢气分子的平均平动动能.解 由状态方程m pV RT M=,可得气体的温度为 MpV T mR=气体分子的平均平动动能为 t 353222233332223210 3.9010 4.010 J 3.8910J 2210 6.02310a MpV MpV kT k mR mN ε----===⨯⨯⨯⨯⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯4—20 在一个具有活塞的容器中盛有一定量的气体.如果压缩气体,并对它加热,使它的温度从o 27C 升到o177C ,体积减少一半.求:(1) 气体的压强是原来压强的多少倍;(2) 气体分子的平均平动动能是原来平均平动动能的多少倍.解 (1) 由状态方程m pV RT M=,可得压缩后与压缩前的压强之比为 21212132(273177)(27327)p VT p V T +===+ 即压强增加为原来的三倍.(2) 子的平均平动动能t 32kT ε=与温度成正比,因此,压缩后与压缩前的分子的平均平动动能之比为 t22t112731773 1.5273272T T εε+====+ 即增加为原来的1.5倍.4—21 容器中储有氦气,其压强为71.01310Pa ⨯,温度为o 0C .求:(1) 单位体积中分子数n ;(2) 气体的密度;(3) 分子的平均平动动能.解 (1) 由p nkT =,可得单位体积中的分子数为73273231.01310m 2.6910m 1.3810273p n kT ---⨯===⨯⨯⨯ (2) 气体的密度为2727334 1.6710 2.6910kg m 18.0kg m mn ρ---==⨯⨯⨯⨯⋅=⋅(3) 分子的平均平动动能为2321t 33 1.3810273J 5.6510J 22kT ε-==⨯⨯⨯=⨯4—22 如图所示,一系统从状态A 沿ABC 过程到达状态C ,从外界吸收了350J 的热量,同时对外界做功126J .(1) 如沿ADC 过程,对外界作功为42J ,求系统从外界吸收的热量;(2) 系统从状态C 沿图示曲线返回状态A ,外界对系统做功84J ,系统是吸热还是放热?数值是多少?解 由热力学第一定律,ΔQ E A =+,可得从状态A 到状态C ,系统内能的增量为Δ350J 126J 224J ABC ABC E Q A =-=-=(1) 沿ADC 过程从状态A 到状态C ,系统吸收的热量为Δ224J 42J 266J ADC ADC Q E A =+=+=(2) 从状态C 沿图示曲线所示过程返回状态A ,系统吸收的热量为Δ224J 84J 308J CA CA Q E A =+=--=-308J<0CA Q =-,说明系统向外界放热308J .4-23 如图所示,一定量的空气, 起始在状态A ,其压强为52.010Pa ⨯,体积为332.010m -⨯沿直线AB 变化到状态B 后,压强变为51.010Pa ⨯,体积变为333.010m -⨯.求此过程中气体对外界所做的功.解 在此过程中气体作正功,大小为图示直线AB 下的面积()()()()5533121 2.010 1.010 3.010 2.010J 150J 2A B B A A p p V V -=+-=⨯+⨯⨯-⨯= 4—24 在标准状态下,1mol 的氧气经过一等体过程,到达末状态.从外界吸收的热量为336J .求气体到达末状态的温度和压强.设氧气的摩尔定容热容,m 52V C R =. 解 初始为标准状态,50 1.01310Pa p =⨯,230 2.2410m V -=⨯,0273K T =.气体经过等体过程吸受的热量等于内能的增量,,m V Q E C T =∆=∆.由此可得1mol 氧气经过等体过程后温度变化为,m 336 K 16.1K 2.58.31V Q T C ∆===⨯ 气体到达末状态时的温度为 0273K 16.1K 289K T T T =+∆=+=由等体方程,00p pT T =,可得气体到达末状态时的压强为5500 1.01310289 Pa 1.0710Pa 273p p T T ⨯==⨯=⨯ 4—25 在标准状态下,0.032kg 的氧气经过一等温过程,到达末状态.从外界吸收的热量为336J .求气体到达末状态的压强和体积.解 0.032kg 的氧气是1mol .标准状态为50 1.01310Pa p =⨯,230 2.2410m V -=⨯, 0273K T =.气体经过等温过程,吸受的热量等于其对外界所作的功:000000lnln V p Q A p V p V V p === 由此可得 520000336ln ln 0.1481.01310 2.2410V p Q V p p V -====⨯⨯⨯ 气体到达末状态的压强和体积分别为0.14850.14840 1.01310 Pa 8.710Pa p p e e --==⨯⨯=⨯0.14820.1483230 2.2410 m 2.6010m V V e e ----==⨯⨯=⨯4—26 1mol 的氦气,从温度为o 27C 、体积为232.010m -⨯,等温膨胀到体积为234.010m -⨯后,再等体冷却到o 27C -,设氦气的摩尔定容热容,m 32V C R =,请作出P V -图,并计算这一过程中,氦气从外界吸收的热量和对外界做的功.解 过程的P V -图如图所示.在等温过程AB 中,气体吸受的热量等于对外所做的功,为()232ln 4.010 8.3127327lnJ 1.7310 J 2.010BAB AB A AV Q A RT V --==⨯=⨯+⨯=⨯⨯ 在等体过程BC 中,气体做功为零,即0BC A =,吸受的热量为(),m 38.31(2727) J 673 J 2BC V C B m Q C T T M -=-=⨯⨯+=- 在整个过程ABC 中,气体吸受的热量和所作的功分别为()31.730.67 J 1.0610 J AB BC Q Q Q =+=-=⨯31.7310 J AB A A ==⨯4—27 将1mol 理想气体等压加热,使其温度升高72K ,气体从外界吸收的热量为31.610 J ⨯.求:(1) 气体对外界所做的功;(2) 气体内能的增量;(3) 比热容比.解 (1) 在此等压过程中气体对外界所做的功为8.3172 J 598 J A R T =∆=⨯=(2) 在此等压过程中气体内能的增量为33(1.610598)J 1.0010J E Q A ∆=-=⨯-=⨯(3) 气体的摩尔定压热容和定容热容分别为31111,m 1.6010J mol K 22.2J mol K 72p Q C T ----⨯==⋅⋅=⋅⋅∆ ()1111,m ,m 22.28.31J mol K 13.9J mol K V p C C R ----=-=-⋅⋅=⋅⋅比热容比为,m,m 22.2 1.6013.9p V C C γ=== 4—28 1mol 理想气体盛于气缸中,压强为51.01310Pa ⨯,体积为231.010m -⨯.先将此气体在等压下加热,使体积增大一倍.然后在等体下加热,使压强增大一倍.最后绝热膨胀使温度降为初始温度.请将全过程在p V -图中画出,并求在全过程中内能的增量和对外所做的功.设气体的摩尔定压热容,m 52p C R =. 解 过程的P V -图如图所示.因为末状态D 与初状态A 的温度相同,所以,从状态A 到状态D 的全过程中的内能增量为零:0E ∆=由热力学第一定律,ΔQ E A =+,由于0E ∆=,因此,全过中程气体吸受的热量等于对外界所做的功:()(),m ,m p B A V C B A Q C T T C T T ==-+-而,m ,m 5322V p C C R R R R =-=-= pV RT =于是()()5322B B A AC C B B A Q p V p V p V p V ==-+- 由于2B B A A p V p V =,24C C B B A A p V p V p V ==,因此5331111 1.01310 3.010 J 1.6710 J 22A A A Q p V -===⨯⨯⨯⨯=⨯ 4—29 1mol 的氮气,温度为o 27C ,压强为51.01310Pa ⨯.将气体绝热压缩,使其体积变为原来的15.求: (1) 压缩后的压强和温度;(2) 在压缩过程中气体所做的功( 1.4)γ=.解 (1) 在绝热过程中,pV γ为常数.压缩后的压强为 5 1.4500 1.013105Pa 9.6410Pa V p p V γ⎛⎫==⨯⨯=⨯ ⎪⎝⎭在绝热过程中,1V T γ-亦为常数.压缩后的温度为1(1.41)00(27273)5K 571K V T T V γ--⎛⎫==+⨯= ⎪⎝⎭(2) 将 1.4γ=代入,m ,mV V C RC γ+=,可得,m 52V C R =.在绝热压缩过程中,气体对外界所做的功,等于内能的减少:3055()8.31[571(27273)]J 5.6310J 22A E R T T =-∆=--=-⨯⨯-+=-⨯ 负号说明,在绝热压缩过程中,是外界对气体做功.4—30 一卡诺热机低温热源温度为o 7C ,效率为40%,若要把它的效率提高到50%,高温热源的温度应提高多少开?解 在效率为40%和50%的两种情况下,低温热源温度2T 相同.由211T T η=-,两种情况下的效率分别可表为 21122140%150%1T T T T T ηη==-==-+∆由此可得,高温热源的温度应提高 22112737K 93.3K 0.500.6033T T T +⎛⎫∆=-=== ⎪⎝⎭4—31 一卡诺热机,高温热源的温度为400K ,每一个循环从高温热源吸收75 J 热量,并向低温热源放出60 J 热量.求:(1) 低温热源温度;(2) 循环效率.解 (1) 对卡诺循环,有2211Q T T Q =,由此可得低温热源的温度为 221160400 K 320 K 75Q T T Q ==⨯=(2) 热机的循环效率为21601120%75Q Q η=-=-= 4—32 一卡诺机,在温度o 127C 和o 27C 两个热源间运转. (1)若一个正循环,从o 127C 热源吸收1200 J 热量,求向o 27C 的热源放出的热量;(2)若此循环逆向工作,从o 27C 的热源吸收1200 J 热量,求向o 127C 的热源放出的热量.解 (1) 对卡诺热机,2211Q T T Q =,由此可得,一个正循环向低温热源放出的热量为 2211272731200 J 900 J 127273T Q Q T +==⨯=+ (2) 对卡诺制冷机,有2211Q T Q T '=',由此可得,一个逆循环向高温热源放出的热量为 112241200 J 1600 J 3T Q Q T ''==⨯= 4—33 理想气体做卡诺循环,高温热源的热力学温度是低温热源热力学温度的n 倍,求在一个循环中,气体从高温热源吸收的热量有多少比例传给了低温热源.解 对卡诺热机,2211Q T T Q =,将12T n T =代入,可得 211Q Q n= 气体从高温热源吸收的热量有1n传给了低温热源. 4-34 质量为m ,摩尔质量为M 的理想气体,其摩尔定容热容为,m V C .在可逆的等体过程中温度从1T 升高到2T ,试证明在这一过程中气体的熵增量为2,m 1ln V T m S C M T ∆= 证 在气体的初态和末态间作可逆的等体曲线.气体沿此曲线,在温度升高d T 的元过程中,吸热为,m d d V m Q C T M=,熵增为,m d d d V Q m T S C T M T== 温度从1T 升高到2T ,气体的熵增量为 22112,m ,m 1d d ln S T V V S T T m T m S S C C M T M T ∆===⎰⎰ 4-35 质量为m ,摩尔质量为M 的理想气体,在可逆的等压过程中,温度从1T 升高到2T ,求在这一过程中,气体的熵增量.已知气体的摩尔定压热容为,m p C .解 在气体的初态和末态间作可逆的等压曲线.气体沿此曲线,在温度升高d T 的元过程中,吸热为,m d d p m Q C T M=,熵增为 ,m d d d p Q m T S C T M T== 温度从1T 升高到2T ,气体的熵增为22112,m ,m 1d d ln S T p p S T T m T m S S C C M T M T ∆===⎰⎰。
第四章 课后习题及答案
第四章中学生学习心理课后习题及答案一、理论测试题（一）单项选择题1．当人从黑暗走入亮处后，视网膜的光感受阈限会迅速提高，这个过程是（）。
A．适应B．对比C. 明适应D．暗适应2．人的视觉、听觉、味觉等都属于( )。
A．外部感觉B．内部感觉C．本体感觉D．机体感觉3.在热闹的聚会上或逛自由市场时，如果你与朋友聊天，朋友说话时的某个字可能被周围的噪音覆盖，但你还是知道你的朋友在说什么，这是知觉的（）在起作用。
A、选择性B、整体性C、恒常性D、理解性4. 知觉的条件在一定范围改变时，知觉映像却保持相对稳定，这是知觉的（）。
A.选择性B.整体性C.恒常性D.理解性5.大教室上课，教师借用扩音设备让全体学生清晰感知，这依据感知规律的（）。
A.差异率B.强度率C.活动率D.组合率6.“万绿丛中一点红”容易引起人们的无意注意，这主要是由于刺激物具有（）。
A.强度的特点B.新异性的特点C.变化的特点D.对比的特点7.小学低年级学生注意了写字的间架结构，就忽略了字的笔画，注意了写字而忘了正确的坐姿，原因是这个年龄阶段的学生（）发展水平较低。
A.注意的广度B.注意的稳定性C.注意的分配D.注意的转移8.“视而不见，听而不闻”的现象，典型地表现了（）。
A.注意的指向性B.注意的集中性C.注意的稳定性D.注意的分配性9.一种记忆特点是信息的保存是形象的，保存的时间短、保存量大，编码是以事物的物理特性直接编码，这种记忆是（）。
A.短时记忆B.感觉记忆C.长时记忆D.动作记忆10.我们常常有这样的经验，明明知道对方的名字，但想不起来，这印证了遗忘的（）。
A.干扰说B.消退说C.提取失败说D.压抑说11.学习后立即睡觉，保持的效果往往比学习后继续活动保持的效果要好，这是由于（）。
A.过度学习B.记忆的恢复现象C.无倒摄抑制的影响D.无前摄抑制的影响12.遇见小时候的同伴，虽然叫不出他（她）的姓名，但确定是认识的，此时的心理活动是（）。
管理学第四章环境分析与理性决策课后练习题
管理学第四章环境分析与理性决策课后练习题1.以下不属于具体或微观环境的是()A顾客B竞争者C管制机构.D技术环境正确答案是:D2关于政策指导矩阵法，下列说法不正确的是()A是定性决策方法B.采用严格意义的3x3矩阵来分析c对于竞争能力较强但市场前景D.不容乐观的经营业务，不应继续发展,但也不要马.上放弃正确答案是:B3以下不属于具体或微观环境的是()A顾客B竞争者C管制机构.D技术环境正确答案是:D4行为决策代表性模型不包括()A DHS模型B.3WS模型C BHS模型D HS模型正确答案是:B5对于组织中确定性的决策，通常可以通过()方法进行备选方案的优化选择()。
A决策树法B.排队论C机会评价框架D等可能准则正确答案是:B6喜好风险的人往往会选取风险程度而收益()的行动方案。
A较高，较高B较高，较低C较低,较低D不确定正确答案是:A您的答案是:B7下列()是由波士顿咨询公司提出来的。
A经营单位组合分析法B头脑风暴法C政策指导矩阵法正确答案是:A8某企业生产某种产品，固定成本为160000元，单位变动成本为10000元，每台售价12000元，试计算该产品的盈亏平衡点是()A14台B.7.3台C12.5台D80台正确答案是:D9在一个大雪的冬天，天上下着鹅毛大雪。
几个秀才烘着火炉在饮酒作乐。
--位秀才建议赋诗饮酒，大伙赞同。
第二位说:“大雪纷纷落地”，第二位说:“今年--定瑞气”，第三位说:“再下三天何妨”。
此时--位饥寒交迫的农夫从这里经过，听见此话，不禁大喝一声:“放你娘的狗屁。
”试分析，下面的结论哪一个更有说服力。
农夫的话表明:A需求的不同，导致判断的不同B什么阶级说什么话C饱汉子不知饿汉子饥D.环境影响人的判断力正确答案是:D10替代性产品在波特的行业竞争分析中对行业的影响体现在()A冲击行业内的企业B妨碍行业竞争C替换行业中正在生产的产品D确定了行业内企业产品的最高价格正确答案是:D。
心理学基础第四章 课后习题
第四章课后习题一、单项选择题：( )1、区分操作条件反应与经典条件反应的正确标准是__________。
A条件反应是否受到直接强化B新的S-R联结是否形成C强化物是否出现在新的反应前D以上都是( )2、基于观众的条件性情绪反应设计的广告是对__________的应用。
A．经典条件作用B．操作条件作用C．正强化D．负强化( )3、美国心理学家奥苏伯尔依据学习材料与学习者的原有知识的关系，把学习分为__________。
A、接受学习和发现学习B、意义学习和机械学习C、发现学习和机械学习D、意义学习和接受学习( )4、老鼠学会用爪按压杠杆就能获得食物，这是________。
A、经典性条件反射B、操作性条件反射C、初级条件反射D、高级条件反射( )5、某次小孩哭闹时，家长给予糖果，小孩停止哭闹，重复几次后，一旦小孩哭闹，家长就给予糖果，根据行为主义理论，家长给糖果的行为得到了__________。
A正强化B负强化C消退D惩罚( )6、儿童观看电视里的暴力镜头而出现相应的暴力行为，这种学习方式是_________。
A、发现学习B、顿悟学习C、接受学习D、观察学习( )7、美国心理学家托尔曼认为，在白鼠走迷津的实验中，己经发生却没有从行为中展示出来的学习，称为__________。
A、潜在学习B、顿悟学习C、试误学习D、观察学习( )8、提出顿悟学习的心理学家是__________。
A．班杜拉B．苛勒C．华生D．弗洛伊德( )9、“观察学习、替代强化”是___________的核心概念。
A.条件反射理论B.人格特质理论C.人格因素理论D.社会学习理论二、多项选择题：( )1、下列选项中，属于学习现象的有__________。
A见贤思齐B望梅止渴C蜘蛛结网D谈虎色变( )2、下列描述中，正确的是__________。
A辨别学习是学会识别多种刺激的异同并对之作出不同的反应B信号学习是经典性条件作用，学习对某种信号作出某种反应C连锁学习是一系列刺激-反应的联合D言语联想学习也是一系列刺激-反应的联合( )3、下列关于接受学习和发现学习的表述，不正确的是：__________。
物理化学课后习题第四章答案
第四章多组分系统热力学4.1有溶剂A与溶质B形成一定组成的溶液。
此溶液中B的浓度为c B，质量摩尔浓度为b B，此溶液的密度为。
以M A，M B分别代表溶剂和溶质的摩尔质量，若溶液的组成用B的摩尔分数x B表示时，试导出x B与c B，x B与b B之间的关系。
解：根据各组成表示的定义4.3在25℃，1 kg水（A）中溶有醋酸（B），当醋酸的质量摩尔浓度b B介于和之间时，溶液的总体积求：（1）把水（A）和醋酸（B）的偏摩尔体积分别表示成b B的函数关系。
（2）时水和醋酸的偏摩尔体积。
解：根据定义当时4.4 60℃时甲醇的饱和蒸气压是84.4 kPa ，乙醇的饱和蒸气压是47.0 kPa 。
二者可形成理想液态混合物。
若混合物的组成为二者的质量分数各50 %，求60℃时此混合物的平衡蒸气组成，以摩尔分数表示。
解：甲醇的摩尔分数为58980049465004232500423250....x B =+=4.5 80℃时纯苯的蒸气压为100 kPa ，纯甲苯的蒸气压为38.7 kPa 。
两液体可形成理想液态混合物。
若有苯-甲苯的气-液平衡混合物，80℃时气相中苯的摩尔分数，求液相的组成。
解：4.720℃下HCl 溶于苯中达平衡，气相中HCl 的分压为101.325 kPa 时，溶液中HCl 的摩尔分数为0.0425。
已知20℃时苯的饱和蒸气压为10.0 kPa ，若20℃时HCl 和苯蒸气总压为101.325 kPa ，求100 g 苯中溶解多少克HCl 。
解：设HCl 在苯中的溶解符合亨利定律HCl HCl ,x HCl x k p =Pa .Pa .x p kHCl HClHCl,x 610×3842=04250101325==HCl,x HCl ,x *HCl ,x *HCl HCl ,x *HCl k x k p x k x p x k x p p p p +1+=+苯苯苯苯苯苯苯苯总）－＝（）－（＝＋＝96010×38421000010×384210132566...k p kp x HCl,x *HCl,x ＝－－＝－－＝苯总苯960=536+7810078100=..m x 苯 m = 1.867g4.11A ，B 两液体能形成理想液态混合物。
第四章 物质结构 元素周期律 课后习题
复习与提高1.下表列出了A~R,9种元素在周期表中的位置：周期族IA IIA ⅢA ⅣA VA VIA ⅦA 02 E F3 A C D G R4 B H请回答下列问题。
（1）这9种元素分别为:A ，B ，C ，D ，E ，F ,H ，R 。
其中化学性质最不活泼的是。
（2）D元素的最高价氧化物对应的水化物与氢氧化钠反应的离子方程式是。
（3）A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为。
（4）F元素氢化物的化学式是，该氢化物在常温下与B发生反应的化学方程式是，所得溶液的pH 7。
（5）H元素与A元素形成化合物的化学式是，高温灼烧该化合物时，火焰呈色。
2.雷雨天闪电时空气中有O，生成。
下列说法中，正确的是（）。
A.O2和O3互为同位素B.O2和O3的相互转化是物理变化C.在相同的温度和压强下，等体积的O2和O3含有相同的分子数D.等物质的量的O2和O3含有相同的质子数3.Se是人体必需的微量元素。
下列关于和的说法中，正确的是（）。
A. 和互为同位素B. 和都含有34个中子C. 和分别含有44个和46个质子D. 和含有不同的电子数4.下列关于物质性质的比较，不正确的是（A.酸性强弱：HIO4>HBrO4>HClO4B.原子半径大小：Na>S>OC.碱性强弱：KOH>NaOH>LiOHD.金属性强弱：Na>Mg>Al5.右图是部分短周期元素的单质及其化合物（或其溶液）的转化关系。
已知B、C、D是非金属单质，且在常温常压下都是气体，D常用于自来水的杀菌、消毒;化合物G的焰色试验呈黄色，化合物F通常状况下量气态。
请回答下列问题。
（1）A、B、C、D、E、F、G各为什么物质?（2）写出下列物质间反应的化学方程式：A和B；E和CO2。
（3）写出化合物G与F反应的离子方程式。
6.请查阅铯在周期表中的位置，预测铯的性质，并回答下列问题。
（1）铯原子的最外层电子数是多少?（2）铯和钾比较，谁的熔点高?（3）铯与水反应时，可能观察到什么现象?（4）铯和钾比较，谁的金属性强?试解释你的答案。
无机及分析化学第四章分散系与溶液课后练习题及答案
第四章分散系与溶液一、选择题1．稀溶液的依数性的本质是（A）。
A．蒸气压下降 B．沸点升高 C．凝固点下降D．渗透压2．已知甲溶液为0.1 mol·mL－1NaOH ，乙溶液为0.1 mol·mL －1 CaCl丙溶液为1 mol·mL－1葡萄糖，丁溶液为1 mol·mL－12 ,NaCl ，他们凝固点降低值由大到小的顺序为（B）。
A．甲、乙、丙、丁 B．丁、丙、乙、甲C．甲、丙、乙、丁 D．丁、乙、丙、甲3．将浓度均为0.1 mol·mL－1的下列溶液同时加热，首先沸腾的是（A）。
A．葡萄糖B．氯化钠C．氯化钡D．氯化铝4．将上述四种溶液同时冷却，最后结冰的是（ D）。
A．葡萄糖B．氯化钠C．氯化钡D．氯化铝5．在Fe(OH)3溶胶（正溶胶）中加入等体积、等浓度的下列电解质溶液，使溶胶聚沉最快的是（ D）。
A．KCl B．MgCl2 C．AlCl3 D．K4[Fe(CN)6]二、判断题1．因为NaCl和CaCl2都是强电解质，所以两者对As2O3溶胶（负溶胶）的聚沉能力相同。
（错）2.胶核优先吸附与自身有相同成分的离子。
（对）三、简答题1．物质的量浓度与质量摩尔浓度有什么相同？有什么不同？2．稀溶液的依数性包括哪些？3. 渗透现象产生的必要条件有哪些？4．胶体的性质有哪些？四、计算题1．临床上使用的葡萄糖等渗液的凝固点降低值为0.543K。
求葡萄糖等渗液的质量摩尔浓度和血浆的渗透压。
（葡萄糖的摩尔质量为180g · mol－1，血浆的温度为310K。
1.752KPa2．为防止水在仪器中结冰，可在水中加入甘油降低凝固点。
如果将凝固点降至－20C，每100克水中应加入甘油多少克？（甘油的分子量为92 ，水的K f =1.86）9.89g。
第四章-酸碱滴定法课后习题及答案
第四章酸碱滴定法习题4－14.1 下列各种弱酸的p K a已在括号内注明，求它们的共轭碱的pK b；(1)HCN(9.21)；(2)HCOOH(3.74)；(3)苯酚(9.95)；(4)苯甲酸(4.21)。
4.2 已知H3PO4的p K a=2.12，p K a=7.20，p K a=12.36。
求其共轭碱PO43-的pK b1，HPO42-的pK b2．和H2PO4-的p K b3。
4.3 已知琥珀酸(CH2COOH)2(以H2A表示)的p K al=4.19，p K b1=5.57。
试计算在pH4.88和5.0时H2A、HA-和A2-的分布系数δ2、δ1和δ0。
若该酸的总浓度为0.01mol·L-1，求pH＝4.88时的三种形式的平衡浓度。
4.4 分别计算H2CO3(p K a1=6.38，pK a2=10.25)在pH=7.10，8.32及9.50时，H2CO3，HCO3-和CO32-的分布系数δ2` δ1和δ0。
4.5 已知HOAc的p Ka = 4.74，NH3·H2O的pKb=4.74。
计算下列各溶液的pH值：(1) 0.10 mol·L-1HOAc ；(2) 0.10 mol·L-1 NH3·H2O；(3) 0.15 mol·L-1 NH4Cl；(4) 0.15 mol·L-1 NaOAc。
4.6计算浓度为0.12 mol·L-1的下列物质水溶液的pH(括号内为p Ka)。
(1)苯酚(9.95)；(2)丙烯酸(4.25)；(3)吡啶的硝酸盐(C5H5NHNO3)(5.23)。
解：(1) 苯酚(9.95)4.7 计算浓度为0.12 mol·L-1的下列物质水溶液的pH(p Ka：见上题)。
(1)苯酚钠；(2)丙烯酸钠；(3)吡啶。
4.8 计算下列溶液的pH：(1)0.1mol·L-1NaH2PO4；(2)0.05 mol·L-1K2HPO4。
分析化学 第四章 酸碱滴定法(课后习题答案)
KW Ka
c sp
1.0 10-14 1.7 10-5
0.05
5.4 10-6
mol
/
L
pOH 5.27
pH=8.73
②林邦误差公式
H 6.31010mol / L, OH 1.6105mol / L, csp 0.05mol / L
2
pH 9.20 8.73 0.47
TE% 10pH 10-pH 100%
第二计量点时，酚羟基被中和，消耗标准溶液：5.19-3.58=1.61(ml)
0.1790 5.19 3.58 188.0
1-羟基-α-萘酸%=
1000 100% 38.64%
0.1402
0.1790 3.58 1.61 172.0
α-萘酸%=
1000 100% 43.26%
0.1402
9. 解：
pH 2.00
pOH 14.00 2.00 12.00
HClO4 在乙醇中：
C2
H5OH
2
0.0100mol
/
L
pC2H5OH2 2.00
pC2H5O 19.10 2.00 17.10 5. 解： ①
W
c V NaOH NaOH
M HA 1000
M HA
W 1000 c V NaOH NaOH
3
第四章 酸碱滴定法（答案） 1. 答： ①滴定强酸，可以完全反应，对结果没有影响。 ②滴定弱酸，NaOH 能中和弱酸，Na2CO3 不能中和弱酸，需要消耗更多的标准 溶液，将带来正误差，导致分析结果偏高。 2. 答：硼砂（Na2B4O7·10H2O）为 H3BO3 和 H2BO3 的混合物，硼酸的 pKa1 9.27 ，
第四章 高分子分子量及分布课后习题
第4章分子量及分子量分布一、思考题1．写出四种平均分子量的定义式，它们有什么样的大小顺序？2．利用稀溶液的依数性可测定高聚物的哪种平均分子量？简述测定数均相对分子质量的几种方法的测试原理。
3．用光散射法测定高聚物的质均相对分子质量时，为何对不同尺寸高分子的试样要采用不同的公式？4．黏度法中涉及哪几种黏度概念？它们之中何者与溶液的浓度无关？写出黏度法测黏均相对分子质量的过程及公式。
5．描述高聚物分子量分布有哪些方式？如何作出高聚物的积分质量分布曲线和微分质量分布曲线？6．体积排除理论是如何解释GPC 法的分级原理的？二、选择题1．已知[]1-=KM η，判断以下哪一条正确？ （ ） ①n M M =η ②W M M =η ③ηM M M M Z W n ===2．下列哪个溶剂是线型柔性高分子的良溶剂？ （ ） ①1χ=1.5 ② 1χ=0.5 ③ 1χ=0.23．已知[]KM =η，判断以下哪一条正确？ （ ） ①n M M =η ②W M M =η ③ηM M M M Z W n === （ ）4．下列哪种方法可以测定聚合物的绝对相对分子质量？ （ ） ①凝胶渗透色谱法 ②光散射法 ③黏度法5．用GPC 测定聚合物试样的相对分子质量分布时，从色谱柱最先分离出来的是 （ ） ①相对分子质量最小的②相对分子质量最大的③依据所用的溶剂不同，其相对分子质量大小的先后次序不同6．高聚物样品的黏均相对分子质量不是唯一确定值的原因是 （ ） ①黏均相对分子质量与Mark-Houwink 方程中的系数K 有关②黏均相对分子质量与Mark-Houwink 方程中的系数α和K 有关 ③样品相对分子质量具有多分散性7．高聚物多分散性越大，其多分散性系数d 值 （ ） ①越大于1 ② 越小于1 ③越接近18．测定同一高聚物样品的相对分子质量，以下哪个结果正确？ （ ） ①黏度法的结果大于光散射法的②VPO 法的结果大于黏度法的③黏度法的结果大于端基分析法的三、计算题1. 分别计算出下列两种情况下的M n和M w，并对计算结果进行解释。
统计学课后第四章习题答案
第4章练习题1、一组数据中出现频数最多的变量值称为(）A。
众数 B.中位数 C。
四分位数 D.平均数2、下列关于众数的叙述,不正确的是(）A。
一组数据可能存在多个众数 B.众数主要适用于分类数据C。
一组数据的众数是唯一的 D。
众数不受极端值的影响3、一组数据排序后处于中间位置上的变量值称为（)A。
众数 B.中位数 C。
四分位数 D.平均数4、一组数据排序后处于25%和75％位置上的值称为（）A.众数 B。
中位数 C。
四分位数 D。
平均数5、非众数组的频数占总频数的比例称为（）A.异众比率 B。
离散系数 C.平均差 D.标准差6、四分位差是(）A.上四分位数减下四分位数的结果 B。
下四分位数减上四分位数的结果C。
下四分位数加上四分位数 D.下四分位数与上四分位数的中间值7、一组数据的最大值与最小值之差称为（）A.平均差 B。
标准差 C.极差 D.四分位差8、各变量值与其平均数离差平方的平均数称为(）A.极差B.平均差C.方差 D。
标准差9、变量值与其平均数的离差除以标准差后的值称为（）A.标准分数B.离散系数 C。
方差 D.标准差10、如果一个数据的标准分数—2，表明该数据（）A。
比平均数高出2个标准差 B.比平均数低2个标准差C。
等于2倍的平均数 D。
等于2倍的标准差11、经验法则表明，当一组数据对称分布时,在平均数加减2个标准差的范围之内大约有（）A.68%的数据B.95%的数据C.99%的数据D。
100％的数据12、如果一组数据不是对称分布的,根据切比雪夫不等式，对于k=4，其意义是（）A。
至少有75%的数据落在平均数加减4个标准差的范围之内B。
至少有89％的数据落在平均数加减4个标准差的范围之内C. 至少有94%的数据落在平均数加减4个标准差的范围之内D。
至少有99%的数据落在平均数加减4个标准差的范围之内13、离散系数的主要用途是（）A。
反映一组数据的离散程度 B。
反映一组数据的平均水平C.比较多组数据的离散程度D.比较多组数据的平均水平14、比较两组数据离散程度最适合的统计量是()A.极差B.平均差C.标准差 D。
有机化学课后习题答案第四章
4章思考题4.1付-克烷基化反应的特点是什么？4.2解释什么叫定位基，并说明有哪三类定位基。
4.3解释定位效应。
4.4共振论对于共振结构式有何规定？4.5试说明芳香亲电取代反应的机理。
4.6甲苯和对二甲苯相比哪个对游离基卤代反应更活泼？试说明理由。
4.7用KMnO 4或心6。
7+『使PhCH s氧化成PhCOOH的反应产率很差，而由P-O2N-C6H4CH3 氧化成P-O2NC6H4COOH，同样的氧化反应却有较好的产率。
如何解释。
4.8回答下列问题。
（1）（1）环丁二烯只在较低温度下才能存在，高于35K即（如分子间发生双烯合成）转变为二聚体，已知它的衍生物二苯基环丁二烯有三种异构体。
上述现象说明什么？写出二苯基环丁二烯三种异构体的构造式。
（2）（2） 1,3,5,7-环辛四烯能使冷的高锰酸钾水溶液迅速褪色，和溴的四氯化碳溶液作用得到C s H8Br8a、它应具有什么样的结构？+ 2-b、b、金属钾和环辛四烯作用即得到一个稳定的化合物2K C8H8 （环辛四烯二负离子）。
这种盐的形成说明了什么？预期环辛四烯二负离子将有怎样的结构？解答4.1答：（1）因烷基正离子容易重排，易形成烷基异构化产物；（2）烷基可活化苯环，易使烷基化反应产物为多元取代产物；（3）烷基化反应是可逆反应，使得产物可能复杂化。
4.2答：苯环上已有一个取代基后，再进行亲电取代反应时，新进入的基团进入苯环的位置由环上原有取代基的性质决定，这个原有的取代基叫定位基。
定位基可分为三类，即（1）邻、对位定位基，如一OH、一NH 2、一NHCOCH 3、一CH3等，这类基团使苯环活化，并且使新引入的取代基在定位基的邻位和对位。
（2）间位定位基，如一NO2、—CN、—COCH 3' —COOH、—SO3H等，这类基团使苯环钝化，并使新引入的取代基在它的间位。
（3）卤素是一类特殊的定位基，它使苯环钝化，但都是邻、对定位基。
4.3答：邻、对位定位基的推电子作用是苯环活化的原因，这又可分为两种情况：①在与苯环成键的原子上有一对未共享电子，这对电子可以通过大n键离域到苯环上；②虽无未共享电子对，但能通过诱导效应或超共轭效应起推电子作用的基团，如甲基或其他烷基。
解析几何版第四章《柱面、锥面、旋转曲面与二次曲面》课后习题答案
第四章 柱面、锥面、旋转曲面与二次曲面§ 4.1柱面1、已知柱面的准线为：⎩⎨⎧=+-+=-+++-0225)2()3()1(222z y x z y x 且（1）母线平行于轴；（2）母线平行于直线，试求这些柱面的方程。
x c z y x ==,解：（1）从方程⎩⎨⎧=+-+=-+++-0225)2()3()1(222z y x z y x 中消去，得到：x 25)2()3()3(222=-+++--z y y z 即：0235622=----+z y yz z y 此即为要求的柱面方程。
（2）取准线上一点，过且平行于直线的直线方程为：),,(0000z y x M 0M ⎩⎨⎧==c z yx ⎪⎩⎪⎨⎧=-=-=⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=z z t y y tx x zz t y y tx x 000000而在准线上，所以0M ⎩⎨⎧=+--+=-++-+--02225)2()3()1(222t z y x z t y t x 上式中消去后得到：t 02688823222=--+--++z y x xy z y x 此即为要求的柱面方程。
2、设柱面的准线为，母线垂直于准线所在的平面，求这柱面的方程。
⎩⎨⎧=+=zx z y x 222解：由题意知：母线平行于矢量{}2,0,1-任取准线上一点，过的母线方程为：),,(0000z y x M 0M ⎪⎩⎪⎨⎧+==-=⇒⎪⎩⎪⎨⎧-==+=t z z y y tx x tz z y y t x x 2200000而在准线上，所以：0M ⎩⎨⎧+=-++=-)2(2)2(22t z t x t z y t x 消去，得到：t 010*******22=--+++z x xz z y x 此即为所求的方程。
3、求过三条平行直线的圆柱面方程。
211,11,-=+=--==+==z y x z y x z y x 与解：过原点且垂直于已知三直线的平面为：它与已知直线的交点为0=++z y x ，这三点所定的在平面上的圆的圆心为())34,31,31(),1,0,1(,0,0,0--0=++z y x ，圆的方程为：1513,1511,152(0--M ⎪⎩⎪⎨⎧=++=-++++075981513(1511(152(222z y x z y x 此即为欲求的圆柱面的准线。
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第四章课后习题4-1有2.3kg 的CO ，初态时11477,0.32T K p MPa ==，经可逆定容加热，终温2600T K =。
设CO 为理想气体，求,,U S ∆∆H ∆， 过程功及过程热量。
设：(1)比热容为定值；（2）比热容为变值，按气体性质表计算。
解：比热容为定值 22116000.320.4025477T Kp p MPa MPa T K==⨯= 38.3145296.8/()28.0110g R R J kg K M -===⨯ 55296.80.7421/()22v g c R J kg K ==⨯= 77296.8 1.03894/()22p g c R J kg K =-⨯= 21() 2.3742.1/()(600477)209.94v U mc T T kg J kg K K KJ ∆=-=⨯-= 21() 2.31038.94/()(600477)293.92p H mc T T kg J kg K K KJ ∆=-=⨯-=21600ln2.3742.1ln 0.3916/477v T KS mc kg KJ K T K∆==⨯= 0W =209.94Q U KJ =∆=（2）变值比热容时 由附表查得1477T K =时， 0,1,113921.704/,211.312/()m m H J mol S J mol K ==2600T K =时， 0,2,217612.7/,218.217/()m m H J mol S J mol K ==,1,1113921.7048.31454779955.69/()m m U H RT J mol =-=-⨯=,2,2217612.78.314560012624.0/()m m U H RT J mol =-=-⨯=()332.312624.09955.69219.101028.0110m m U U J M -∆=∆=-=⨯⨯ ()332.317612.713921.704303.081028.0110m m H H J M -∆=∆=-=⨯⨯ 002,2,11002,2,1313ln 2.3600(ln )218.317211.3128.3145ln 28.01104770.418610/m m m m p S n S S R p m T S S R M T J K-⎛⎫∆=-- ⎪⎝⎭⎛⎫=--=⨯--⨯ ⎪⨯⎝⎭=⨯ 0W =219.10Q U KJ =∆=4-2 甲烷的初始状态为110.47,393p MPa T K ==，经可逆定压冷却对外放出热量4110.76J/mol ，试确定其终温及1mol 甲烷的热力学能变化量m U ∆、焓变化量m ∆H 。
设甲烷的比热容 2.3298/()p c KJ kg K =•。
解：由附表中查得甲烷的摩尔质量316.0410/M kg mol -=⨯ 所以 3,16.0410 3.329837.37/()p m p C Mc J mol K -==⨯⨯=21,4110.76/39328337.37/()m p m Q J molT T K K C J mol K -=+=+= ,,37.378.314529.0555/()v m p m C C R J mol K =-=-=()(),2129.05552833933196.11/m v m U C T T J mol ∆=-=⨯-=- (),214110.76/m p m m C T T Q J mol ∆H =-==-4-3 试由21w pdv =⎰和21t w vdp =-⎰导出理想气体进行可逆绝热过程时的过程功和技术功的计算式。
解：可逆过程的过程功21w pdv =⎰，由绝热方程可知1111,kkkk p v p v pv p v==所以 ()()21111122121111v k g k vdv w p v p v p v R T T v k k ==-=---⎰ 考虑到 1122211112,k k kkT p T v T p T v --⎛⎫⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭又可得出 1122111111k k k g g R T R T p v w k p k v --⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥⎢⎥=-=- ⎪ ⎪⎢⎥--⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎢⎥⎣⎦可逆过程的技术功 ()221111226p v t p v w vdp pdv p v p v =-=-⎰⎰将过程功21v v pdv ⎰的各关系式代入，经整理可得()()21112212111()111kk t g g k k k p w p v p v R T T R T kw k k k p τ-⎡⎤=-=-=-=⎢⎥---⎣⎦4-4 氧气2O O 由1140,0.1t C p MPa =︒= 被压缩到20.4p MPa = ，试计算压缩1kg 氧气消耗的技术功。
（1）按定温压缩计算；（2）按绝热压缩计算，设比热容为定值；（3）表示在同一p v - 图和T S - 图上，并比较两种情况技术功的大小。
解：由附表查得氧气332.010/M kg mol -=⨯38.31450.260/()32.010g R R J mol K M -===⨯ 1127340273313T t K =+=+= （1）1,120.1ln0.260313ln 112.82/4t T g p w R T J kg p ==⨯=-（2）10.40.422110.4313465.120.1k kp T T K K p -⎛⎫⎛⎫==⨯=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()(),121237()278.3145313465.12138.34/()/232.010s p Rw c T T T T MK J mol K KJ kg τ-=-=-=⨯-=-⨯（3）在p-v 图上定温压缩和绝热压缩技术功分别以面积1-2T -m-n-1和1-2S -m-n-n-1表示,,T S w w ττ<。
在T-S 图上，定温过程,T T w q τ=，用面积121T m n ----表示，绝热过程,1222t S T S w h h h h =-=-，用面积1-221S T m n ----表示，显见,,T S w w ττ<。
4-5 同上题，若比热容为定值，试按气体热力性质表计算绝热压缩时1kg 氧气消耗的技术功。
解：由附表查得氧气的0,m m H S)K用插值法求出1313T K =时， 0,1,19123.608/206.44/()m m H J molS J mol K ==定熵过程有 002,2,11ln0m m p S S S R p ∆=--= 所以 002,2,11ln0.4206.448.3145ln 0.1217.97/()m m p S S R p J mol K =+=+=因为 000,400,2,500m K m m K S S S <<，故2400500K T K <<()()2217.97213.872/()400460.08220.693213.872/()J mol K T K K J mol K -=+=-(),260.0811708.9/14767.311708.9/()13546.39/100m KH J mol J mol K J mol K=+-= ()(),,1,23119123.60813546.39/()138.21/32.010/t s m m w H H MJ mol K KJ kg kg mol-=-=-=-⨯4-6 3kg 空气，111,900p MPa T K ==绝热膨胀到20.4p MPa =。
设比热容为定值，绝热指数 1.4k =，求：（1） 终态参数 2T 和2v ；（2）过程功和技术功；（3）U ∆和∆H 。
解：（1） 10.41.422110.1900466.151k kp T T K K p -⎛⎫⎛⎫==⨯=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2323528.3145/()466.15 1.3379/28.9710/10g R T J mol K K v m kg p kg mol Pa-⨯===⨯⨯ （2）3558.3145718/()2228.9710v R c J kg K M -==⨯=⨯ 38.3145718/()1005/()28.9710p v g c c R J kg K J kg K -=+=+=⨯()()123718900466.15933.21v W mc T T KJ =-=⨯⨯-=1.4933.211306.50t W kW KJ ==⨯=（3）933.21U W KJ ∆=-=-； 1306.50t W KJ ∆H =-=-4-7 同上题，比热容为变值，按空气热力性质表重新进行计算。
解：查附表可得出1900T K =时，11934.91/,76.567r h KJ kg p ==22110.176.5767.65761r r p p p p ==⨯= 查得2484.68T K = ()2484.49/494.76484.49/0.468489.30/h KJ kg KJ kg KJ kg =+-⨯=,23262287/()484.68 1.391/0.110g a R T J kg K K v m kg p Pa⨯===⨯ （2）()()121212()()3.0934.91/489.30/0.287/()900489.30983.22g W m u u m h h mR T T kg KJ kg KJ kg KJ kg K K KJ=-=---=⨯--⨯-⎡⎤⎣⎦=()12()3934.91489.30/1336.82t W m h h kg KJ kg KJ =-=⨯-=（3）983.22;1336.83t U W KJ W KJ ∆=-=-∆H =-=-4-8 1kg 空气，初态为110.5,100p MPa T K ==，按定熵过程： （1）变化到2500T K =，试确定2p 。
（2）变化到20.1p MPa =，试确定2T 。
空气的p c 可由空气的真实热容确定： {}{}{}{}2,36349123.653 1.33710 3.294101.913100.27610m pK K K KC T T RT T ----=-⨯+⨯-⨯+⨯是将计算结果与利用气体性质表求出的值进行比较。
解：（1） 2,1ln 0p mdT p S C R T p ∆=-=⎰ 所以 500,210001ln K p m K C dT pR R R T p =⎰ 50036921231000213.653 1.33710 3.29410 1.913100.276310ln 0.5KK T T T dT T p ----⎡⎤-⨯+⨯-⨯+⨯⎢⎥⎣⎦=⎰()()()()3269223312445000.5exp[3.653ln1.33710500100010003.29410 1.9131050010005001000230.2763105001000]0.0374p MPa ----=-⨯⨯-⨯⨯+---⨯+-= （2）同理有 22,10001ln 0T Kp mK dT pC R T p -=⎰()()()()63222229123344223.294103.653ln 1.3371010001000100021.913100.27631010001000340.1ln0.5T T T T T ----⨯-⨯-+-⨯⨯--+-= 用迭代法得出2657.4T K =，这时左侧=1.30908，右侧= 1.60944。