第十三章习题解答
第十三章 第1节 分子热运动 同步习题(word版,含答案部分解析)
第十三章内能第1节分子热运动1.日常生活中扩散现象很多,下列现象不属于扩散的是()A.房间里放一箱苹果,满屋飘香B.排放工业废水,污染整个水库C.汽车开过后,公路上尘土飞扬D.炒菜时加点盐,菜就有咸味2.清晨树叶上的露珠看起来呈球状,对此解释合理的是()A.分子不停地做无规则运动B.分子之间存在间隙C.分子之间存在引力D.分子之间存在斥力3.关于分子,下面说法不正确的是()A.常见的物质是由大量的分子、原子构成的B.分子永不停息地做无规则运动C.分子之间存在相互作用力D.有的分子之间只有引力,有的分子之间只有斥力4.下列景象中,能说明分子在永不停息地运动的是 ()A.柳絮飞扬B.荷花飘香C.落叶飘零D.烟波浩渺5.俗话说“酒香不怕巷子深”,这属于现象;“冷水泡茶慢慢浓”说明分子运动快慢与有关。
6.物质的分子间存在力和力的作用。
液体和固体中的分子不容易分散开而保持一定的体积,是因为分子间存在着力的缘故;压缩液体和固体很困难,是因为分子间存在着力的缘故。
7.长期堆放煤的墙角,墙壁的内部也会变成黑色,用分子动理论的观点解释,这是一种现象。
当红墨水分别滴入冷水和热水中时,可以看到热水变色比冷水变色快,说明温度越高,分子无规则运动越。
1.将50 mL水与50 mL酒精混合,所得液体体积小于100 mL。
下列对此现象的解释合理的是()A.分子间是有空隙的B.分子是由原子构成的C.分子的质量和体积都很小D.分子总是在不断地运动2.(2018·山西中考)端午情浓,粽叶飘香。
端午节那天,小明家里弥漫着粽子的清香。
这现象表明()A.分子间存在引力B.分子间存在斥力C.温度越高分子运动越慢D.分子在不停地做无规则的运动3.图甲是一个铁丝圈,中间松松地系一根棉线。
图乙是浸过肥皂水并附着肥皂液薄膜的铁丝圈。
图丙表示用手轻轻地碰一下棉线的左侧。
图丁表示这侧的肥皂液薄膜破了,棉线被拉向了另一侧。
这个实验说明了()A.分子间存在着引力B.物质是由大量分子组成的C.分子间有间隙D.组成物质的分子在永不停息地做无规则运动4.(多选)下列说法正确的是()A.扫地时看到尘土飞扬,说明分子在运动B.粉笔在黑板上一划就留下了字迹,这不是扩散的结果C.物体难以拉伸,是因为分子间有引力,没有斥力D.分子间距离变小,分子间斥力增大,分子间引力也增大,斥力增大得更快5.将很干净的玻璃板挂在弹簧测力计下,使玻璃板水平接触水面,如图甲所示。
大学物理第13章习题解答
第十三章习题解答1选择题：1B ，2A ，3B ，4A ，5D2填空题：1，2sin /d πθλ；2，0.45mm ；3，900nm ；4，变密；5，向上；6，向下；7，棱边，保持不变。
3计算题：1 用λ=500nm 的平行光垂直入射劈形薄膜的上表面，从反射光中观察，劈尖的棱边是暗纹。
若劈尖上面媒质的折射率n 1大于薄膜的折射率n (n =1.5)．求：⑴ 膜下面媒质的折射率n 2与n 的大小关系； （2） 第10条暗纹处薄膜的厚度； ⑶ 使膜的下表面向下平移一微小距离e ∆，干涉条纹有什么变化?若e ∆=2.0 μm ，原来的第10条暗纹处将被哪级暗纹占据?解：⑴ n 2>n 。
因为劈尖的棱边是暗纹，对应光程差为：2)12(22λλ+=+=∆k ne ，膜厚e =0处，有k =0，只能是下面媒质的反射光有半波损失2λ才合题意； （2） 3995009 1.510222 1.5ne n λλ-⨯∆=⨯===⨯⨯ mm (因10个条纹只有9个条纹间距)⑶ 膜的下表面向下平移，各级条纹向棱边方向移动．若0.2=∆e μm ，原来第10条暗纹处现对应的膜厚为)100.2105.1(33--⨯+⨯='∆e mm343.5102 1.5212 5.010n e N λ--'∆⨯⨯⨯∆===⨯ 现被第21级暗纹占据．2 ⑴ 若用波长不同的光观察牛顿环，λ1＝600nm ，λ2＝450nm ，观察到用λ1时的第k 个暗环与用λ2时的第k +1个暗环重合，已知透镜的曲率半径是190cm ．求用λ1时第k 个暗环的半径．（2） 又如在牛顿环中用波长为500nm 的第5个明环与用波长为λ2的第6个明环重合，求未知波长λ2．解： ⑴ 由牛顿环暗环公式：λkR r k = 据题意有 21)1(λλR k kR r +==，∴ 212λλλ-=k ，代入上式得：2121λλλλ-=Rr =31085.1-⨯=m （2） 用1500λ=nm 照射，51=k 级明环与2λ的62=k 级明环重合，则有：2)12(2)12(2211λλR k R k r -=-=∴121221251500409.121261k k λλ-⨯-==⨯=-⨯-nm 3 当牛顿环装置中的透镜与玻璃之间的空间充以液体时，第十个亮环的直径由d 1＝1.40×10-2m 变为d 2＝1.27×10-2m ，求液体的折射率．解： 由牛顿环明环公式2)12(21λR k D r -==空， n R k D r 2)12(22λ-==液两式相除得n D D =21，即22.161.196.12221≈==D D n 4 在双缝干涉实验中，波长λ＝550 nm 的单色平行光垂直入射到缝间距d ＝2×10-4 m 的双缝上，屏到双缝的距离D ＝2 m ．求：(1) 中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距；(2) 用一厚度为e ＝6.6×10-5 m 、折射率为n ＝1.58的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移到原来的第几级明纹处？(1 nm = 10-9 m)解： (1)，x dk D λ=，21010 5.510()Dx m d λ-==⨯，1020.11()x m = (2)，(1)69.6n ek λ-==5 双缝干涉实验装置如图所示，双缝与屏之间的距离D ＝120 cm ，两缝之间的距离d ＝0.50 mm ，用波长λ＝500 nm (1 nm=10-9 m)的单色光垂直照射双缝． (1) 求原点O (零级明条纹所在处)上方的第五级明条纹的坐标x ． (2) 如果用厚度l ＝1.0×10-2 mm ， 折射率n ＝1.58的透明薄膜复盖在图中的S 1缝后面，求上述第五级明条纹的坐标x '．解：（1）55 6.0()Dx mm d λ==（2）21=()(1)5x k r r l nl d n l Dδλλ'=--+=--=19.9x mm '=6 在杨氏双缝实验中，设双缝之间的距离为0.2m m ，在距双缝远1m 的屏上观察干涉条纹，若入射光是波长为400760nm nm 的白光，问屏上离零级明纹20mm 处，哪些波长的光最大限度地加强？解：3410(5.210)dx nmk D λλ⨯===6,7,8,9,10k ==666.6,571.4,500,444.4,400dxnm Dkλ=7 在双缝干涉实验中，波长550nm λ=的单色平行光垂直入射到双缝间距4210md -=⨯的双缝上，屏到双缝的距离2m D =．求： (1)中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距；(2)用一厚度为56.610m e -=⨯、折射率为 1.58n =的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移到原来的第几级明纹处？ 解：同第4题（重复了）8 杨氏双缝干涉实验中，双缝间距为0.3m m ，用单色光垂直照射双缝，在离缝 1.20m 的屏上测得中央明纹一侧第5条暗纹与另一侧第5条暗纹间的距离为22.78mm ，问所用单色光的波长为多少？解：522.78/211.39x mm ===380dxnm Dkλ= 9 油轮漏出的油(折射率 1.25n =)在海水(折射率为1.30)表面形成一层薄薄的油污． (1)如果太阳正位于海域上空，一直升飞机的驾驶员从机上向下观察，他所正对的油层厚度为400nm ，则他将观察到油层呈现什么颜色?(2)如果一潜水员潜入该区域水下，又将看到油层呈现什么颜色? 解：阶梯型薄膜。
人教版九年级物理全一册《第十三章 内能》单元练习题-含有答案
人教版九年级物理全一册《第十三章内能》单元练习题-含有答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________一、单选题1．下列事例中，能说明分子在不停地做无规则运动的是（）A．春天，柳絮飞舞B．夏天，茉莉飘香C．秋天，黄沙扑面D．冬天，雪花飘飘2．油炸食物比水煮熟的更快，这是因为烧开的油比烧开的水（）A．沸点更高B．内能更大C．热量更多D．比热容更大3．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（）A．0℃的冰没有内能B．温度高的物体含有的热量多C．同一物体，温度越高，内能越大D．物体的温度升高，一定从外界吸收了热量4．小明家聚餐时想打开一瓶红酒，但家中没有起瓶器。
爸爸用如图所示的方法对瓶口附近加热，瓶塞飞出的同时瓶口附近有“白气”出现。
下列说法正确的是（）A．“白气”的运动是分子运动B．“白气”是升华形成的C．瓶塞飞出后瓶内空气内能增大D．瓶塞飞出时内能转化为机械能5．在装着红棕色二氧化氮气体的瓶子上面，倒扣一个空瓶子，使两个瓶口相对，两瓶口之间用一块玻璃板隔开，抽掉玻璃板后，最终发现两瓶内气体颜色基本相同，下列说法错误的是（）A．此现象说明分子在不停地做无规则运动B．此现象说明分子间有间隙C．该现象是扩散现象，当颜色变均匀后，扩散就不再进行了D．此现象可以解释“金秋十月，丹桂飘香”6．如图所示，在试管内装适量水，用橡胶塞塞住管口，将水加热一段时间后，橡胶塞被推出，管口出现大量“白气”，下列说法正确的是（）A．管口出现的“白气”是水蒸气B．水蒸气推出橡胶塞导致水蒸气内能增加C．水被加热的过程中，其内能是通过做功的方式改变的D．水蒸气推出橡胶塞的过程中，橡胶塞的机械能是由水蒸气的内能转化来的7．下列事实的微观解释错误的是（）选项事实解释A自然界中水的天然循环水分子不断地运动且间距发生改变B品红在热水中比在冷水中扩散得快温度越高，分子运动越剧烈C将注射器中10mL气体压缩至5mL加压时气体分子体积变小D一氧化碳和二氧化碳化学性质不同分子构成不同A．A B．B C．C D．D8．质量相同的水和某种液体用两个相同的电热器分别加热，每隔2min记录一次数据，如下表所示，则该液体的比热容为（水的比热容是4.2×103 J/（kg·℃）（）加热时间/min012水的温度/℃101418液体的温度/℃101826A．1.2×103 J/（kg·℃）B．2.0×103 J/（kg·℃）C．2.1×103 J/（kg·℃）D．0.8×103 J/（kg·℃）9．如图，把甲、乙两个固体放在绝热容器中（即容器内部不与容器外部发生热传递），甲、乙接触时，甲固体自发地传递热量给乙固体，则（）A．0℃的固态乙没有内能B．刚接触时，甲的内能一定比乙的内能大C．刚接触时，甲的温度一定比乙的温度高D．扩散现象中，分子只能从甲运动到乙二、填空题10．生活中的“热”含义非常丰富，物理学中，“天气很热”中的“热”是指高；“两手相互摩擦手会发热”的“热”是指增加；“烧红的碳放热”的“热”是指。
第十三章滚动轴承习题解答
第十三章滚动轴承习题及参考解答一、选择题从下列各小题给出的A、B、C、D答案中任选一个:若转轴在载荷作用下弯曲较大或轴承座孔不能保证良好的同轴度，宜选用类型代号为A. 1 或2B. 3 或7C. N 或NU一根轴只用来传递转矩，因轴较长采用三个支点固定在水泥基础上，各支点轴承应选用滚动轴承内圈与轴颈、外圈与座孔的配合B. r > r iC. r< r i.不宜用来同时承受径向载荷和轴向载荷。
跨距较大并承受较大径向载荷的起重机卷筒轴轴承应选用10111213 A.深沟球轴承C.调心滚子轴承—不是滚动轴承预紧的目的。
A.增大支承刚度C.减小振动噪声滚动轴承的额定寿命是指同一批轴承中A. 99 %B.D.B.D.圆锥滚子轴承圆柱滚子轴承提高旋转精度降低摩擦阻力的轴承能达到的寿命。
B. 90 %C. 95 %D. 50 %____ 适用于多支点轴、弯曲刚度小的轴及难于精确对中的支承。
A.深沟球轴承B.圆锥滚子轴承C.角接触球轴承D.调心轴承角接触轴承承受轴向载荷的能力，随接触角a的增大而A.增大C.不变B.减小D.不定某轮系的中间齿轮（惰轮）通过一滚动轴承固定在不转的心轴上，轴承内、外圈的配合应满足A.内圈与心轴较紧、外圈与齿轮较松B.内圈与心轴较松、外圈与齿轮较紧C.内圈、外圈配合均较紧D.内圈、外圈配合均较松滚动轴承的代号由前置代号、基本代号和后置代号组成，其中基本代号表示的轴承。
D. 6 或NAA.深沟球轴承C.圆柱滚子轴承B.D.调心球轴承调心滚子轴承A.均为基轴制C.均为基孔制B.D.为保证轴承内圈与轴肩端面接触良好，轴承的圆角半径前者基轴制，后者基孔制前者基孔制，后者基轴制r与轴肩处圆角半径r1应满足__________ 的关系。
A. r=r1D. r < r iA.圆锥滚子轴承B. 角接触球轴承C.深沟球轴承—只能承受轴向载荷。
D. 圆柱滚子轴承A.圆锥滚子轴承B. 推力球轴承C.滚针轴承通常应成对使用。
第13章 热力学基础习题及答案
第十三章习题热力学第一定律及其应用1、关于可逆过程和不可逆过程的判断：(1) 可逆热力学过程一定是准静态过程．(2) 准静态过程一定是可逆过程．(3) 不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程．(4) 凡有摩擦的过程,一定是不可逆过程．以上四种判断，其中正确的是。
2、如图所示，一定量理想气体从体积V1，膨胀到体积V2分别经历的过程是：A→B等压过程，A→C等温过程；A→D绝热过程，其中吸热量最多的过程。
3、一定量的理想气体，分别经历如图(1) 所示的abc过程，(图中虚线ac为等温线)，和图(2) 所示的def过程(图中虚线df为绝热线)．判断这两种过程是吸热还是放热．abc过程热，def过程热．4、如图所示，一绝热密闭的容器，用隔板分成相等的两部分，左边盛有一定量的理想气体，压强为p0，右边为真空．今将隔板抽去，气体自由膨胀，当气体达到平衡时，气体的压强是。
(=γC p/C V)5、一定量理想气体，从同一状态开始使其体积由V1膨胀到2V1，分别经历以下三种过程：(1) 等压过程；(2) 等温过程；(3)绝热过程．其中：__________过程气体对外作功最多；____________过程气体内能增加最多；__________过程气体吸收的热量最多．VV答案1、（1）（4）是正确的。
2、是A-B 吸热最多。
3、abc 过程吸热，def 过程放热。
4、P 0/2。
5、等压， 等压， 等压理想气体的功、内能、热量1、有两个相同的容器，容积固定不变，一个盛有氦气，另一个盛有氢气（看成刚性分子的理想气体），它们的压强和温度都相等，现将5J 的热量传给氢气，使氢气温度升高，如果使氦气也升高同样的温度，则应向氨气传递热量是 。
2、 一定量的理想气体经历acb 过程时吸热500 J ．则经历acbda 过程时，吸热为 。
3、一气缸内贮有10 mol 的单原子分子理想气体，在压缩过程中外界作功209J ，气体升温1 K ，此过程中气体内能增量为 _____ ，外界传给气体的热量为___________________． (普适气体常量 R = 8.31 J/mol· K)4、一定量的某种理想气体在等压过程中对外作功为 200 J ．若此种气体为单 原子分子气体，则该过程中需吸热_____________ J ；若为双原子分子气体，则 需吸热______________ J.p (×105 Pa)3 m 3)5、 1 mol 双原子分子理想气体从状态A (p 1,V 1)沿p -V 图所示直线变化到状态B (p 2,V 2)，试求：(1) 气体的内能增量． (2) 气体对外界所作的功． (3) 气体吸收的热量． (4) 此过程的摩尔热容．(摩尔热容C =T Q ∆∆/，其中Q ∆表示1 mol 物质在过程中升高温度T ∆时所吸收的热量．)答案1、3J2、-700J3、124.7 J ，-84.3 J4、500J ；700J5、解：)(25)(112212V p V p T T C E V -=-=∆ (2) ))((211221V V p p W -+=， W 为梯形面积，根据相似三角形有p 1V 2= p 2V 1，则)(211122V p V p W -=． (3) Q =ΔE +W =3( p 2V 2－p 1V 1 )．(4) 以上计算对于A →B 过程中任一微小状态变化均成立，故过程中ΔQ =3Δ(pV )． 由状态方程得 Δ(pV ) =R ΔT ， 故 ΔQ =3R ΔT ，摩尔热容 C =ΔQ /ΔT =3R ．p p p 12循环过程1、 如图表示的两个卡诺循环，第一个沿ABCDA 进行，第二个沿A D C AB ''进行，这两个循环的效率1η和2η的关系及这两个循环所作的净功W 1和W 2的关系是 η1 η2 ,W 1 W 22、 理想气体卡诺循环过程的两条绝热线下的面积大小(图中阴影部分)分别为S 1和S 2，则二者的大小关系是：3、一卡诺热机(可逆的)，低温热源的温度为27℃，热机效率为40％，其高温热源温度为_______ K ．今欲将该热机效率提高到50％，若低温热源保持不变，则高温热源的温度应增加________ K ．4、如图，温度为T 0，2 T 0，3 T 0三条等温线与两条绝热线围成三个卡诺循环：(1) abcda ，(2) dcefd ，(3) abefa ，其效率分别为η1_________，η2__________，η 3 __________．5、一卡诺热机(可逆的)，当高温热源的温度为 127℃、低温热源温度为27℃时，其每次循环对外作净功8000 J ．今维持低温热源的温度不变，提高高温热源温度，使其每次循环对外作净功 10000 J ．若两个卡诺循环都工作在相同的两条绝热线之间，试求： (1) 第二个循环的热机效率； (2) 第二个循环的高温热源的温度．6、 1 mol 单原子分子理想气体的循环过程如T －V 图所示，其中c 点的温度为T c =600 K ．试求：(1) ab 、bc 、c a 各个过程系统吸收的热量； (2) 经一循环系统所作的净功； (3) 循环的效率． BAC DC 'D 'p p-3m 3)p O 3T 0 2T 0 T 0fad b c e(注：循环效率η=W /Q 1，W 为循环过程系统对外作的净功，Q 1为循环过程系统从外界吸收的热量ln2=0.693)答案 1、=；<2、S 1 = S 2．3、500 ； 1004、33.3％ ； 50％； 66.7％5、解：(1) 1211211T T T Q Q Q Q W -=-==η 2111T T T W Q -= 且 1212T TQ Q =∴ Q 2 = T 2 Q 1 /T 1即 212122112T T T W T T T T T Q -=⋅-=＝24000 J 由于第二循环吸热 221Q W Q W Q +'='+'=' ( ∵ 22Q Q =') =''='1/Q W η29.4％ (2) ='-='η121T T 425 K6、解：单原子分子的自由度i =3．从图可知，ab 是等压过程，V a /T a = V b /T b ，T a =T c =600 KT b = (V b /V a )T a =300 K (1) )()12()(c b c b p ab T T R i T T C Q -+=-= =－6.23×103 J (放热) )(2)(b c b c V bc T T R iT T C Q -=-= =3.74×103 J (吸热) Q ca =RT c ln(V a /V c ) =3.46×103 J (吸热) (2) W =( Q bc +Q ca )－|Q ab |=0.97×103 J (3) Q 1=Q bc +Q ca ， η=W / Q 1=13.4%热力学第二定律1、根据热力学第二定律判断下列说法的正误： (A) 功可以全部转换为热，但热不能全部转换为功． （ ） (B) 热可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体 （ ）(C) 不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程．（）(D) 一切自发过程都是不可逆的．（）2、热力学第二定律的开尔文表述和克劳修斯表述是等价的，表明在自然界中与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的，开尔文表述指出了___________________________的过程是不可逆的，而克劳修斯表述指出了________________的过程是不可逆的．3、所谓第二类永动机是指________________________________________，它不可能制成是因为违背了________________________________________．答案1、⨯，⨯，⨯，√2、功变热；热传导3、从单一热源吸热，在循环中不断对外作功的热机；热力学第二定律。
第13章责任会计习题答案
第十三章 责任会计
1、解：（1）投资利润率=营业利润/营业资产=50
5=10% （2）资产周转率=销售收入/营业资产=50
80=1.6 （3）剩余收益=营业利润－营业资产×最低投资报酬率=5－50×8%=1（万元）
2、解：（1）甲部门：
投资利润率=营业利润/营业资产=100
18=18% 剩余收益=营业利润－营业资产×最低投资报酬率=18－100×12%=6（万元）
乙部门：
投资利润率=营业利润/营业资产=300
51=17% 剩余收益=营业利润－营业资产×最低投资报酬率=51－300×12%=15（万元） 评价：由于甲乙两部门投资利润率相差很小（1%），此时，以剩余收益作为主要评价指标，乙部门业绩相对优异。
（2）详见教材P266—268
3、解：此题注意：原题丙工厂生产的产品与所需用的A 部件数量关系不清，故只能比较A 部件买卖价格。
A 部件单位成本情况：
单位固定制造费用=300000÷150000=2（元）
单位变动成本=5+2+2=9（元）
单位生产成本=9+2=11（元）
1）定价9元，即以单位变动成本定价，丁工厂（或“卖方”）亏损，不能达成一致。
2）定价11元，即以单位生产成本定价，丁工厂（卖方）无利可图，不能达成一致。
3）定价14元，对双方都有利，丁工厂（卖方）获得3元内部收益（14-11）丙工厂（买方）省1元成本（15-14）。
4）定价15元，等于市场价，买方无利可图，不能达成一致。
5）定价16元，高于市场价15元，买方亏损，不能达成一致。
大学物理第13章学习题答案
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?答：半波带由单缝A 、B 首尾两点向ϕ方向发出的衍射线的光程差用2λ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．∵由272)132(2)12(sin λλλϕ⨯=+⨯=+=k a284sin λλϕ⨯==a13-4 在单缝衍射中，为什么衍射角ϕ愈大（级数愈大）的那些明条纹的亮度愈小? 答：因为衍射角ϕ愈大则ϕsin a 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?如果此时用公式),2,1(2)12(s i n =+±=k k a λϕ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?解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应='='λϕk a s i n nk λ，而空气中为λϕk a =s i n ，∴ϕϕ'=s i n s i n n ，即ϕϕ'=n ，水中同级衍射角变小，条纹变密．如用)12(s i n +±=k a ϕ2λ),2,1(⋅⋅⋅=k 来测光的波长，则应是光在水中的波长．(因ϕs i n a 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λϕk a =s i n 知，衍射角ϕ变大，条纹变稀； (2)λ变大，保持a ，k 不变，则衍射角ϕ亦变大，条纹变稀；(3)由正入射变为斜入射时，因正入射时λϕk a =s i n ；斜入射时，λθϕk a '=-)s i n (s i n ，保持a ，λ不变，则应有k k >'或k 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?答：不矛盾．单缝衍射暗纹条件为kk a 2sin ==λϕ2λ，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ϕ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λθk d =sin ，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2N 成正比，所以明纹很亮；又因为在相邻明纹间有)1(-N 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⎩⎨⎧=''±==±=+)2,1(s i n ),2,1,0(s i n )( k k a k k b a λϕλϕ可知，当k ab a k '+=时明纹缺级．(1)a b a 2=+时，⋅⋅⋅=,6,4,2k 偶数级缺级； (2)a b a 3=+时，⋅⋅⋅=,9,6,3k 级次缺级； (3)a b a 4=+，⋅⋅⋅=,12,8,4k 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． (2)可见光中红光的衍射角最大，因为由λϕk b a =+sin )(，对同一k 值，衍射角λϕ∞．13-11 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6000οA 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)12(sin +=k a ϕ 2λ 当6000=λoA 时，2=kx λλ=时，3=k 重合时ϕ角相同，所以有)132(26000)122(sin +⨯=+⨯=ϕa 2xλ得 4286600075=⨯=x λoA13-12 单缝宽0.10mm ，透镜焦距为50cm ，用5000=λoA 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? 解：中央明纹的宽度为f nax λ2=∆半角宽度为naλθ1sin-=(1)空气中，1=n ，所以3310100.51010.01050005.02---⨯=⨯⨯⨯⨯=∆x m33101100.51010.0105000sin ----⨯=⨯⨯=θ rad(2)浸入水中，33.1=n ，所以有33101076.31010.033.110500050.02---⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯=∆x m331011076.3101.033.1105000sin----⨯≈⨯⨯⨯=θ 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?解：(1)由于P 点是明纹，故有2)12(sin λϕ+=k a ，⋅⋅⋅=3,2,1k由ϕϕsin tan 105.34004.13≈=⨯==-fx故3105.3126.0212sin 2-⨯⨯+⨯=+=k k a ϕλ3102.4121-⨯⨯+=k mm当 3=k ，得60003=λoA4=k ，得47004=λoA(2)若60003=λoA ，则P 点是第3级明纹；若47004=λoA ，则P 点是第4级明纹． (3)由2)12(sin λϕ+=k a 可知，当3=k 时，单缝处的波面可分成712=+k 个半波带； 当4=k 时，单缝处的波面可分成912=+k 个半波带．13-14 用5900=λoA 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? 解：5001=+b a mm 3100.2-⨯= mm 4100.2-⨯=oA由λϕk b a =+sin )(知，最多见到的条纹级数max k 对应的2πϕ=,所以有39.35900100.24max ≈⨯=+=λba k ，即实际见到的最高级次为3max =k .13-15 波长为5000oA 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? 解：3100.52001-⨯==+b a mm 6100.5-⨯m(1)由光栅衍射明纹公式λϕk b a =+s i n )(，因1=k ,又fx ==ϕϕt a n s i n所以有λ=+fx b a 1)(即 62101100.51060105000---⨯⨯⨯⨯=+=ba f x λ2100.6-⨯=m 6= cm(2)对应中央明纹，有0=k正入射时，0s i n )(=+ϕb a ，所以0s i n =≈ϕϕ斜入射时，0)s i n )(s i n (=±+θϕb a ，即0s i n s i n =±θϕ因︒=30θ，∴21t a n s i n ±==≈fx ϕϕ故22103010602121--⨯=⨯⨯==f x m 30= cm这就是中央明条纹的位移值．13-16 波长6000=λoA 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20.0sin =ϕ与30.0sin =ϕ处，第四级缺级．求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度；(3)在90°＞ϕ＞-90°范围内，实际呈现的全部级数． 解：(1)由λϕk b a =+sin )(式对应于20.0sin 1=ϕ与30.0sin 2=ϕ处满足：101060002)(20.0-⨯⨯=+b a 101060003)(30.0-⨯⨯=+b a得 6100.6-⨯=+b a m (2)因第四级缺级，故此须同时满足λϕk b a =+sin )( λϕk a '=sin解得 k k b a a '⨯='+=-6105.14取1='k ，得光栅狭缝的最小宽度为6105.1-⨯m (3)由λϕk b a =+sin )(λϕsin )(b a k +=当2πϕ=，对应max k k =∴ 10106000100.6106max =⨯⨯=+=--λba k因4±，8±缺级，所以在︒︒<<-9090ϕ范围内实际呈现的全部级数为9,7,6,5,3,2,1,0±±±±±±±=k 共15条明条纹(10±=k 在︒±=90k 处看不到)．13-17 一双缝，两缝间距为0.1mm ，每缝宽为0.02mm ，用波长为4800oA 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02.010501048002270⨯⨯⨯⨯==-f al λmm 4.2=cm(2)由缺级条件λϕk a '=sin λϕk b a =+sin )(知k k ab a k k '='=+'=502.01.0 ⋅⋅⋅=',2,1k即⋅⋅⋅=,15,10,5k 缺级．中央明纹的边缘对应1='k ，所以单缝衍射的中央明纹包迹内有4,3,2,1,0±±±±=k 共9条双缝衍射明条纹．13-18 在夫琅禾费圆孔衍射中，设圆孔半径为0.10mm ，透镜焦距为50cm ，所用单色光波长为5000oA ，求在透镜焦平面处屏幕上呈现的爱里斑半径． 解：由爱里斑的半角宽度47105.302.010500022.122.1--⨯=⨯⨯==Dλθ∴ 爱里斑半径5.1105.30500tan 24=⨯⨯=≈=-θθf f d mm13-19 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5500oA 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Dλθ22.1=∴ 86.131084.4105.522.122.165=⨯⨯⨯==--θλD cm13-20 已知入射的X 射线束含有从0.95～1.30oA 范围内的各种波长，晶体的晶格常数为2.75oA ，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 λϕk d =sin 2 得kd ϕλsin 2=时满足干涉相长当1=k 时， 89.345sin 75.22=⨯⨯=︒λoA2=k 时，91.1245sin 75.22=⨯⨯=︒λoA3=k 时，30.1389.3==λoA4=k 时， 97.0489.3==λoA故只有30.13=λoA 和97.04=λoA 的X 射线能产生强反射．。
《大学物理学》习题解答(第13章 稳恒磁场)(1)
【13.1】如题图所示的几种载流导线，在 O 点的磁感强度各为多少？
(a)
(b) 习题 13－1 图
(c)
【13.1 解】 (a) B 0
I 1 0 I 0 0 ，方向朝里。 4 2R 8R 0 I 。 2R
(b) B
0 I
2R
(c) B
mv eB
2mE k eB
6.71 m 和 轨 迹 可 得 其 向 东 偏 转 距 离 为
x R R 2 y 2 2.98 10 3 m
【13.17 解】利用霍耳元件可以测量磁感强度，设一霍耳元件用金属材料制成，其厚度为 0.15 mm，载流 － 子数密度为 1024m 3，将霍耳元件放入待测磁场中，测得霍耳电压为 42μV，通过电流为 10 mA。求待测磁 场的磁感强度。 【13.17 解】由霍耳电压的公式可得 B
B 4
2 0 I 0 I 。 (cos 45 cos135) 4a a
习题 13－2 图
习题 13－3 图
【13.3】以同样的导线联接成如图所示的立方形，在相对的两顶点 A 及 C 上接一电源。试求立方形中心的 磁感强度 B 等于多少？ 【13.3 解】由对称性可知，相对的两条棱在立方体中心产生的磁感强度相等而方向相反，故中心处的磁感 强度为零。 【13.4】如图所示，半径为 R 的半球上密绕有单层线圈，线圈平面彼此平行。设线圈的总匝数为 N，通过 线圈的电流为 I，求球心处 O 的磁感强度。 【13.4 解】在半球上距球心 y 处取一个宽度为 Rdθ 的园环，其对球心的张角为 θ，半径为 r＝Rsinθ，包含 的电流为 dI
2rB 0, 2rB 0 NI , 2rB 0,
毛概 第十三章 习题与答案
第十三章国际战略和外交政策习题与答案一、单项选择题1. 当前世界的两大主题( A )A.和平与发展B.改革和开放C.竞争和协调D.经济一体化和全球化2. 邓小平提出,国际经济政治新秩序应该建立在( B )基础原则的基础上。
A.独立自主B.和平共处五项原则C.反对霸权主义和强权政治D.平等友好3. 十一届三中全会后,邓小平对战争与和平问题作出新的判断,认为( A )A.世界大战是可以避免的B.世界大战仍然是不可避免的C.世界大战是完全可以避免的D.世界大战是不可能避免的4. 正确处理党际关系的最根本的原则是( B )A.互不干涉内部事务B.独立自主C.互相尊重D.完全平等5. 当前威胁世界和平与稳定的主要根源是( A )A.霸权主义和强权政治B.国际恐怖主义C.核军备竞赛D.民族矛盾和领土纠纷6. 一个国家的外交政策,主要是由这个国家的( A )A.性质决定的B.经济发展状况决定的C.国际环境决定的D.政策决定的7. 我国处理国际关系的基本原则是( C )A.独立自主、完全平等、互相尊重、互不干涉内部事务B.和平共处、平等互利、互相支持、互不干涉内部事务C.互相尊重主权和领土完整、互不侵犯、互不干涉内政、平等互利、和平共处D.互相尊重、求同存异、互补互利、共同发展8.我国外交政策的基本立场是( A )A.独立自主B.维护我国的独立和主权C.坚持和平共处原则D.坚持对外开放,加强国际交往9. 我国的外交政策是真正的不结盟,不结盟就是( A )A.不参加任何国家集团和军事集团、不同任何国家结成同盟B.不参与地区论坛C.不参加任何国际性文化论坛D.不参加任何国际性经济组织10. 我国外交政策的立足点是( A )A.加强和发展同第三世界国家的团结合作B.维护世界和平,发展同各国友好合作C.坚持独立自主的原则D.坚持对外开放,加强国际交流二、多项选择题1.我国独立自主和平外交政策的基本目标是( BC )A.坚决捍卫国家的独立、安全和主权B.积极维护世界和平C.努力为我国的社会主义现代化创造一个长期的和平国际环境和良好的周边环境D.不结盟E．构建和谐世界2.中国与第三世界国家的关系是一种( CD )的关系。
八年级数学上册《第十三章轴对称》练习题及答案
八年级数学上册《第十三章轴对称》练习题及答案学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选题1．下列图形中，是轴对称图形的是（）A．B．C．D．2．下列4个时刻中，是轴对称图形的有（）A．3个B．2个C．1个D．0个3．剪纸文化是中国最古老的民间艺术之一，下列剪纸图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．4．下列图形均为表示医疗或救援的标识，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．5．如图，△ABC 与A B C '''关于直线MN 对称，P 为MN 上任一点，下列结论中错误的是（ ）A ．AA P '△是等腰三角形B ．MN 垂直平分AA '，CC ' C ．△ABC 与A B C '''面积相等D ．直线AB 、A B ''的交点不一定在MN 上6．如图，在△ABC 纸片中，△ABC =90°，将其折叠，使得点C 与点A 重合，折痕为DE ，若AB =3cm ，AC =5cm ，则△ABE 的周长为（ ）A ．4 cmB ．6 cmC ．7 cmD ．8 cm7．如图，在平面直角坐标系中，△ABC 的顶点都在格点上，如果将△ABC 先沿x 轴翻折，再向右平移3个单位长度，得到△A ′B ′C ′，那么点B 的对应点B ′的坐标为（ ）A ．（2，﹣3）B ．（4，3）C ．（﹣1，﹣3）D ．（4，0）8．下列轴对称图形中，对称轴最多的是（ ）A ．等腰三角形B ．等边三角形C ．正方形D ．线段9．如图，ABC ∆中40A ∠=︒，E 是AC 边上的点，先将ABE ∆沿着BE 翻折，翻折后ABE ∆的AB 边交AC 于点D ，又将BCD ∆沿着BD 翻折，点C 恰好落在BE 上，此时82CDB ∠=︒，则原三角形的B 的度数为( )A ．57︒B ．60︒C ．63︒D ．70︒10．ABC ∆和A B C '''∆关于直线l 对称，若ABC ∆的周长为12cm ，则A B C '''∆的周长为（ ）A ．24cmB ．12cmC ．6cmD ．6cm11．如图，边长为a 的等边△ABC 中，BF 是AC 上中线且BF ＝b ，点D 在BF 上，连接AD ，在AD 的右侧作等边△ADE ，连接EF ，则△AEF 周长的最小值是（ ）A ．12a 23+bB ．12a +b C ．a 12+b D ．23a二、填空题12．线段是轴对称图形，它的一条对称轴是_______________，线段本身所在的直线也是它的一条对称轴． 13．如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形△沿x 轴正半轴滚动并且按一定规律变换，每次变换后得到的图形仍是等腰直角三角形．第一次滚动后点A 1（0，2）变换到点A 2（6，0），得到等腰直角三角形△；第二次滚动后点A 2变换到点A 3（6，0），得到等腰直角三角形△；第三次滚动后点A 3变换到点A 4（10），得到等腰直角三角形△；第四次滚动后点A 4变换到点A 5（0），得到等腰直角三角形△；依此规律…，则第2020个等腰直角三角形的面积是_____．14．轴对称图形的性质：（1）如果两个图形关于某条直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的_____________． （2）类似地，轴对称图形的对称轴，是任何一对对应点所连线段的_______________．15．如图，将矩形ABCD沿AC折叠，使点B落在点B'处，B'C交AD于点E，若△1＝25°，则△2的度数为_____．⨯的正方形网格中已有2个正方形涂黑，再选择一个正方形涂黑，使得3个涂黑的正方形16．如图，在34组成轴对称图形，选择的位置共有______处．三、解答题17．如图，在正方形ABCD中，E，F为边AB上的两个三等分点，点A关于DE的对称点为A'，AA'的延长线交BC于点G．(1)求证：DE A F '∥；(2)求证：2A C A B '='．18．已知二次函数21312y x x =-+， (1)若把它的图象向右平移1个单位，向下平移3个单位，求所得图象的函数表达式．(2)若把它的图象绕它的顶点旋转180°，求所得图象的函数表达式．(3)若把它绕x 轴翻折，求所得图象的表达式．19．你设计的游戏一游戏规则：游戏背后的数学原理：游戏操作后同组学生的评价：20．数学活动课上，张老师组织同学们设计多姿多彩的几何图形， 下图都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影，请同学们在余下的空白小等边三角形中选取一个涂上阴影，使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形或中心对称图形，请画出4种不同的设计图形．规定：凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形）参考答案：1．C【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴对各选项一一进行分析即可．【详解】解：A、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；B、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；C、是轴对称图形，故此选项符合题意；D、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了轴对称图形的概念：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形.解决轴对称图形的关键是寻找对称轴．2．B【分析】根据轴对称图形的概念分别对各个图形进行判断即可.【详解】解：第1个，不是轴对称图形，故本选项不合题意；第2个，是轴对称图形，故本选项符合题意；第3个，是轴对称图形，故本选项符合题意；第4个，不是轴对称图形，故本选项不合题意；故选：B．【点睛】本题考查轴对称图形，能根据轴对称的概念找出图形的对称轴是解决此题的关键.3．D【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．【详解】解：A．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；B．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；C．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；故选：D【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．4．B【分析】根据中心对称图形的定义（在平面内，把一个图形绕某点旋转180 ，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形）和轴对称图形的定义（如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形）逐项判断即可得．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，则此项不符合题意；B、既是轴对称图形又是中心对称图形，则此项符合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，则此项不符合题意；D、既不是轴对称图形又不是中心对称图形，则此项不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形，熟记定义是解题关键．5．D【分析】根据轴对称的性质即可解答．'''关于直线MN对称，P为MN上任意一点，【详解】解：由题意△ABC与A B C△对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，'=，△PA PA△是等腰三角形，选项A正确，不符合题意；△AA P'△轴对称图形对应点所连的线段被对称轴垂直平分，△MN垂直平分AA'，CC'，选项B正确，不符合题意；△轴对称图形对应的角、线段都相等，△△ABC与A B C'''是全等三角形，面积也必然相等，选项C选项正确，不符合题意；△直线AB、A B''关于直线MN对称，因此交点一定在MN上．△选项D错误，符合题意．故选D．【点睛】本题考查轴对称的性质与运用，轴对称图形对应的角、线段都相等，对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直，对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等．6．C【分析】先利用勾股定理求出BC，利用折叠得出AE=CE，然后△ABE的周长转化为AB+BC即可．【详解】解：△ABC纸片中，△△ABC=90°，AB=3cm，AC=5cm，△BC4=cm，△△DEC沿DE折叠得到△ADE，△AE=CE，△△ABE的周长=AB+BE+AE=AB+BE+CE=AB+BC=3+4=7cm．故选C．【点睛】本题考查勾股定理，折叠轴对称性质，三角形周长，掌握勾股定理，折叠轴对称性质，三角形周长是解题关键．7．A【分析】根据轴对称的性质和平移规律求得即可．【详解】解：由坐标系可得B（﹣1，3），将△ABC先沿x轴翻折得到B点对应点为（﹣1，﹣3），再向右平移3个单位长度，点B的对应点B'的坐标为（﹣1+3，﹣3），即（2，﹣3），故选：A．【点睛】此题考查了翻折变换的性质、坐标与图形的变化--对称和平移，解题的关键是掌握点的坐标的变化规律．8．C【分析】根据等腰三角形、等边三角形、正方形、线段的轴对称性质，依次解题．【详解】A、等腰三角形1条对称轴；B、等边三角形3条对称轴；C、正方形有4条对称轴；D、线段2条对称轴．故选：C．【点睛】本题考查轴对称图形的对称轴，是基础考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．9．C【分析】由折叠可得，△BDG＝△BDC＝82°，△ABE＝△A'BE＝△A'BG，依据△BDG是△BDF是外角，即可得到△DBA＝△BDG﹣△A＝82°﹣40°＝42°，进而得到原三角形的△B为63°．【详解】解：如图，由折叠可得，△BDG＝△BDC＝82°，△ABE＝△A'BE＝△A'BG，△△BDG是△BDA是外角，△△DBA＝△BDG﹣△A＝82°﹣40°＝42°，△△ABE＝△DBE＝21°，△△ABG＝3×21°＝63°，即原三角形的△B为63°，故选：C．【点睛】此题主要考查的是图形的折叠变换及三角形外角性质的应用，能够根据折叠的性质发现△FBE＝△ABE＝△ABG是解答此题的关键．10．B【分析】根据关于成轴对称的两个图形是全等形和全等三角形的性质填则可．【详解】△△ABC和△A′B′C′关于直线l对称，△△ABC△△A′B′C′，△△A′B′C′的周长为12，故填12.【点睛】本题考查轴对称的性质和全等三角形的性质，解题的关键是熟练掌握轴对称的性质和全等三角形的性质.11．B【分析】先证明点E在射线CE上运动，由AF为定值，所以当AE+E F最小时，△AEF周长的最小，作点A关于直线CE的对称点M，连接FM交CE于E'，此时AE+FE的最小值为MF，根据等边三角形的判定和性质求出答案．【详解】解：△△ABC、△ADE都是等边三角形，△AB=AC，AD=AE，△BAC=△DAE=60°，△△BAD=△CAE，△△BAD△△CAE，△△ABD=△ACE，△AF=CF，△△ABD=△CBD=△ACE=30°，△点E在射线CE上运动（△ACE=30°），作点A关于直线CE的对称点M，连接FM交CE于E'，此时AE+FE的值最小，此时AE+FE=MF，△CA=CM ，△ACM =60°，△△ACM 是等边三角形，△△ACM △△ACB ，△FM=FB=b ，△△AEF 周长的最小值是AF+AE+EF =AF+MF =12a +b ，故选：B ．【点睛】此题考查了等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，轴对称的性质，图形中的动点问题，正确掌握各知识点作轴对称图形解决问题是解题的关键．12．线段的垂直平分线【详解】分析：线段的对称轴为线段的中垂线．详解：线段是轴对称图形，它的一条对称轴是线段的垂直平分线，线段本身所在的直线也是它的一条对称轴．点睛：本题主要考查的是轴对称图形的对称轴，属于基础题型．这个题目的关键就是理解轴对称图形的性质．13．22020【分析】根据A 1（0，2）确定第1个等腰直角三角形（即等腰直角三角形△）的面积，根据A 2（6，0）确定第1个等腰直角三角形（即等腰直角三角形△）的面积，…，同理，确定规律可得结论．【详解】△点A 1（0，2）， △第1个等腰直角三角形的面积=1222⨯⨯=2， △A 2（6，0），△第2=△第2个等腰直角三角形的面积=12⨯=4=22，△A4（10，，△第3个等腰直角三角形的边长为10−6=4，△第3个等腰直角三角形的面积=1442⨯⨯=8=32，…则第2020个等腰直角三角形的面积是20202；故答案为：20202．【点睛】本题主要考查坐标与图形变化以及找规律，熟练掌握方法是关键.14．垂直平分线垂直平分线【解析】略15．50°【分析】根据折叠的性质可得△BCE的度数，再由矩形对边平行的性质即可求得△2的度数．【详解】由折叠的性质得：△ACE=△1=25°△△BCE=△1+△ACE=50°△四边形ABCD是矩形△AD△BC△△2=△BCE=50°故答案为：50°【点睛】本题考查了矩形的折叠，掌握矩形的性质及折叠的性质是关键．16．7【分析】根据轴对称的概念作答．如果一个图形沿一条直线对折，直线两旁的部分能互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．【详解】解：选择一个正方形涂黑，使得3个涂黑的正方形组成轴对称图形，选择的位置有△下1；△下2；△中3；△中4；△上5；△上6；△上7．如图：选择的位置共有7处．故答案为：7．【点睛】掌握好轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．17．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）设DE 与AG 的交点为O ，根据题意可得AE EF BF ==，AO A O '=，即可求证； （2）先证明ADE BAG ∆≅∆，可得AE BG =，DEA AGB ∠=∠，从而得到DEF A FB A GC ∠=∠='∠'，再过点B 作BH AG ⊥，连接A D '，可得AO BH =，再由DE A F BH ∥∥，可得AO A O A H '=='，从而得到45BA F ∠='︒，再根据四边形的性质可得135AA C ∠='︒，从而得到45CA G ∠='︒，可证得△A FB '∽△A GC '，从而得到A C CG A B BF=''，再根据AE BG =，可得2GC BF =，即可求证． （1）证明：设DE 与AG 的交点为O ，E ，F 为边AB 上的两个三等分点，AE EF BF ∴==，AA DE '⊥，点A 关于DE 的对称点为A '，AO A O '∴=，//DE A F '∴；（2）解：AA DE '⊥，90AOE DAE ABG ∴∠=︒=∠=∠，90ADE DEA DEA EAO ∴∠+∠=︒=∠+∠，ADE EAO ∴∠=∠，在ADE ∆和BAG ∆中，90ADE EAOAD AB DAE ABG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=︒⎩，()ADE BAG ASA ∴∆≅∆，AE BG ∴=，DEA AGB ∠=∠，A GC DEF '∴∠=∠，△DE A F '∥，DEF A FB A GC ∴∠=∠='∠'，如图，过点B 作BH AG ⊥，连接A D '，ADE BAG ∆≅∆，DE AG ∴=，ΔΔADE BAG S S =， ∴1122DE AO AG BH ⨯⨯=⨯⨯，AO BH ∴=，BH AG ⊥，DE AG ⊥，A F AG '⊥，△DE A F BH ∥∥， ∴AO OA AHAE EF BF =''=，又AE EF BF ==，AO A O A H ='∴='，BH A H ∴='，45HBA BA H ∴∠=︒∠'='，45BA F ∴='∠︒，点A 关于DE 的对称点为A '，DA DA ∴='，DA DA DC '∴==，DAA DA A ∴∠='∠'，DCA DA C ∠='∠'，360ADC DAA DA A DA C DCA ∠+∠+∠+∠+∠=''︒''，236090AA C ∴∠=︒-'︒，135AA C ∴='∠︒，45CA G ∴='∠︒，CA G FA B ∴∠='∠'，又A GC A FB ∠='∠'，∴△A FB '∽△A GC '， ∴A C CG A B BF=''， AE BG =，AB BC =，BE GC ∴=，2BE BF =，2GC BF ∴=， ∴2A C A B''=， 2A C A B ''∴=．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，相似三角形的判定和性质等知识，求出45FA CA B G ∠'∠='=︒是解题的关键．18．(1)213422y x x =-+ (2)21382y x x =-+- (3)21312y x x =-+-【分析】（1）先将二次函数化为顶点式，然后根据平移规律即可得出答案．（2）将图象绕顶点旋转180︒，则顶点不变，开口向下，据此可直接得出答案．（3）将图象绕x 轴翻折，此时二次函数横坐标不变，纵坐标变为相反数，由此可得出答案． (1)2211731(3)222y x x x =-+=--，∴向右平移1个单位，向下平移3个单位得:2217113(13)3(4)2222y x x =----=--213422x x =-+．(2)2211731(3)222y x x x =-+=--， ∴二次函数顶点坐标为7(3,)2-，12a =， 将图象绕顶点旋转180︒，则顶点不变为7(3,)2-，开口向下12a =-， 217(3)22y x ∴=---=21382x x -+-． (3)将图象绕x 轴翻折，此时二次函数横坐标不变，纵坐标变为相反数，所以2211(31)3122y x x x x =--+=-+-．【点睛】本题考查二次函数的性质及函数平移翻折的规律，解题的关键是熟练掌握相关内容并能灵活运用．19．见解析【分析】先设计一个游戏规则，再利用整式的加减进行计算说明游戏背后的数学原理，最后得到同组学生的评价．【详解】解：游戏规则：组员把自己的年龄加上10，结果乘以10，再减去10，再减去自己的年龄，结果除以9，将自己计算的结果告诉组长，组长就知道你的实际年龄．游戏背后的数学原理：设自己的年龄为x ，根据题意可得：10(10)10109x x x +--=-， 这说明结果总比自己的年龄大小10， 所以组长只需要将计算结果加上10，就等于组员的年龄，游戏操作后同组学生的评价：这类游戏规则的设计使得计算的结果为常数或含有未知数的较为简单的代数式．【点睛】本题考查了列代数式及整式的加减，解决本题的关键得到相应的代数式，找到数学的联系．20．见解析【分析】根据轴对称图形的定义、中心对称图形的定义画出图形即可【详解】解：如下图所示：【点睛】本题考查利用轴对称设计图案，中心对称设计图案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．。
第十三章补充习题及参考答案
第十三章补充习题及参考答案一、名词解释均衡产出或收入消费函数边际消费倾向和平均消费倾向边际储蓄倾向和平均储蓄倾向投资乘数政府支出乘数税收乘数政府转移支付乘数平衡预算乘数加速数二、判断题（F，T）1．根据萨伊定理，供给会自动创造需求，普遍生产过剩的危机不会发生。
（）2．简单的国民收入决定理论涉及产品市场。
货币市场。
劳动市场和国际市场。
（）3．在凯恩斯理论的消费函数中一定存在有AP C>MPC（）4．在均衡产出水平上，计划产出与计划支出相等。
（）5．作为国民收人均衡条件的I＝S与国民收入核算中的I＝S是一致的。
（）6．经济均衡既可表示为总需求与总产出相等，又可表示为实际投资与储蓄相等。
（）7．凯恩斯定律认为在长期内，面对市场需求的变化，企业只调整产量。
（）8．如果前期期末储蓄存量为零，在不考虑借贷的情况下，当期的平均消费倾向不可能大于1。
（）9．如消费函数斜率为正，则储蓄函数斜率一定为负。
（）10．公司未分配利润可视为一种储蓄。
（）11．凯恩斯明确地拒绝整个新古典分析方法。
（）12．在三部门经济中，比例所得税税率越大，投资乘数越大。
（）13．当边际消费倾向小于平均消费倾向时，边际储蓄倾向大于平均储蓄向。
（）14．由居民户消费函数进行简单加总，即可得出社会消费函数。
（）15．根据凯恩斯定律，可以认为一个社会的生产必将扩展到充分就业水平。
（）16．赤字财政将导致经济衰退。
（）17．引致投资是由收入变化而导致的投资量。
（）18．采用累进税率时，通货膨胀将促进消费。
（）19．通过把乘数和加速数结合起来考虑，可以说明经济的周期波动。
（）20．根据加速数的定义，投资与收入的绝对量之间存在函数关系。
（）21．平衡预算乘数恒等于1。
（）22．政府购买和税收同时增加一定数量时，国民收人会减少。
（）三、单项选择题1、国民收入决定理论中的“投资一储蓄”，是指（）。
A．实际发生的投资等于储蓄 B．计划的投资恒等于储蓄C．经济达到均衡时，计划的投资必须等于计划的储蓄 D．事后投资等于储蓄2．对凯恩斯“基本心理规律”的正确表达是（）。
第十三章 表面化学习题解答
第 十 三 章 习 题1、在293K 时，把半径为1mm 的水滴分散成半径为1μm 的小水滴，问比表面增加了多少倍？表面吉布斯自由能增加了多少？完成该变化时，环境至少需做功若干？已知293K 时水的表面张力为0.07288N ·m -1。
解 设半径为1mm 水滴的表面积为A 1，体积为V 1，半径为R 1；半径为1μm 小水滴的表面积为A 2，体积为V 2，半径为R 2。
大水滴分散成小水滴后，设分散成小水滴后的数目为N ，则V 1=N V 2，所以32313434R N R ππ=， 9363321101010=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=--m m R R N1000101010442639212212=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==--m m R R N A A ππJ m N R NR m N A G A 442122110145.910145.9)(407288.0---⨯=⋅⨯=-⨯⋅=∆=∆πγJ G W A f 410145.9-⨯-=∆-=。
2、已知汞溶胶中粒子（设为球形）的直径为22nm ，每dm 3溶胶中含Hg 为8×10-5kg ，试问每1cm 3的溶胶中粒子数为多少？其总表面积为若干？把8×10-5kg 的汞滴分散成上述溶胶时表面吉布斯自由能增加多少？已知汞的密度为13.6kg ·dm -3，汞-水界面张力为0.375N ·m -1。
解 直径为22nm 的汞的粒子的体积为32439310576.5102223434m m R V --⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯==ππ每1cm 3的溶胶中粒子数N(为每1cm 3的溶胶中含汞的体积再除以直径为22nm 的汞的粒子的体积)123243333510054.110576.516.13101108⨯=⨯⨯⋅⨯⨯⋅⨯=-----m dm kg dm dm kg N232912210603.110222410054.14m m R N A --⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯⨯⨯=⋅=ππ总8×10-5kg 的汞滴的半径R 0，m dm dm kg kg V R 32313531001012.11012.14)]6.13/(108[343----⨯=⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⨯⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛=ππ JR NR m N A G A 420211095.5)(4375.0--⨯=-⨯⋅=∆=∆πγ。
第13章 光的干涉习题答案
思 考 题13-1.单色光从空气射入水中，则（ ）（A ）频率、波长和波速都将变小 （B ）频率不变、波长和波速都变大 （C ）频率不变，波长波速都变小 （D ）频率、波长和波速都不变 答：频率ν不变，nλλ=，vcn =，而水空气n n <，故选（C ） 13-2.如图所示，波长为λ的单色平行光垂直入射到折射率为n 2、厚度为e 的透明介质薄膜上，薄膜上下两边透明介质的折射率分别为n 1和n 3，已 知n 1<n 2， n 2>n 3，则从薄膜上下两表面反射的两光束的光程差是( )(A)2en 2。
(B) 2en 2+2λ。
(C) 2en 2-λ。
(D) 2en 2+22n λ。
答：由n 1<n 2， n 2>n 3可知，光线在薄膜上下两表面反射时有半波损失，故选(B)。
13-3 来自不同光源的两束白光，例如两束手电筒光，照射在同一区域内，是不能产生干涉花样的，这是由于（ ）(A) 白光是由许多不同波长的光构成的。
(B) 来自不同光源的光，不能具有正好相同的频率。
(C) 两光源发出的光强度不同。
(D) 两个光源是独立的，不是相干光源。
答：普通的独立光源是非相干光源。
选（D ）。
13-4在双缝干涉实验中，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以采取的办法是( ) (A)使屏靠近双缝。
(B)使两缝的间距变小。
(C)把两个缝的宽度稍微调窄。
(D)改用波长较小的单色光源。
答：由条纹间距公式af x λ2=∆，可知选（B ）。
13-5.在杨氏双缝实验中，如以过双缝中点垂直的直线为轴，将缝转过一个角度α，转动方向如图所示，则在屏幕上干涉的中央明纹将( )(A)向上移动 (B)向下移动 (C)不动 (D)消失答：中央明纹出现的位置是光通过双缝后到屏幕上光程差为0的地方，故选（A ） 13-6.在双缝干涉实验中，入射光的波长为λ，用玻璃纸遮住双缝中的一条缝，若玻璃纸中的光程比相同厚度的空气的光程大2.5λ，则屏上原来的明纹处（ ）(A) 仍为明条纹思考题13-5图(B) 变为暗条纹(C) 既非明条纹，也非暗条纹(D) 无法确定是明条纹还是暗条纹 答：明条纹和暗条纹光程差2λ，故选(B)。
宏观经济学习题答案第十三章 习题答案
第十三章 简单国民收入决定理论1.在两部门经济中，均衡发生于( )之时。
A.实际储蓄等于实际投资；B.实际消费加实际投资等于产出值；C.计划储蓄等于计划投资；D.总投资等于企业部门的收入。
解答：C2.当消费函数为c ＝a ＋by(a>0,0<b<1)，这表明，平均消费倾向( )。
A .大于边际消费倾向；B .小于边际消费倾向；C .等于边际消费倾向；D .以上三种情况都可能。
解答：A3.如果边际储蓄倾向为0.3，投资支出增加60亿元，这将导致均衡收入GDP 增加 ( )。
A . 20亿元；B . 60亿元；C . 180亿元；D . 200亿元。
解答：D4.在均衡产出水平上，是否计划存货投资和非计划存货投资都必然为零？解答：当处于均衡产出水平时，计划存货投资一般不为零，而非计划存货投资必然为零。
这是因为计划存货投资是计划投资的一部分，而均衡产出就是等于消费加计划投资的产出，因此计划存货不一定是零。
计划存货增加时，存货投资就大于零；计划存货减少时，存货投资就小于零。
需要指出的是，存货是存量，存货投资是流量，存货投资是指存货的变动。
在均衡产出水平上，计划存货投资是计划投资的一部分，它不一定是零，但是非计划存货投资一定是零，如果非计划存货投资不是零，那就不是均衡产出了。
比方说，企业错误估计了形势，超出市场需要而多生产了产品，就造成了非计划存货投资。
5.能否说边际消费倾向和平均消费倾向总是大于零而小于1？解答：消费倾向就是消费支出和收入的关系，又称消费函数。
消费支出和收入的关系可以从两个方面加以考察，一是考察消费支出变动量和收入变动量的关系，这就是边际消费倾向(可以用公式MPC ＝Δc Δy或MPC ＝d c d y表示)，二是考察一定收入水平上消费支出量和该收入量的关系，这就是平均消费倾向(可以用公式APC ＝c y表示)。
边际消费倾向总大于零而小于1，因为一般说来，消费者增加收入后，既不会不增加消费即MPC ＝Δc Δy＝0，也不会把增加的收入全用于增加消费，一般情况是一部分用于增加消费，另一部分用于增加储蓄，即Δy ＝Δc ＋Δs ，因此，Δc Δy ＋Δs Δy ＝1，所以，Δc Δy ＝1－Δs Δy 。
第十三章电磁场与麦克斯韦方程组习题解答和分析
第十三章习题解答13-1 如题图13-1所示,两条平行长直导线和一个矩形导线框共面,且导线框的一个边与长直导线平行,到两长直导线的距离分别为r 1,r 2;已知两导线中电流都为0sin I I t ω=,其中I 0和ω为常数,t 为时间;导线框长为a 宽为b ,求导线框中的感应电动势;分析：当导线中电流I 随时间变化时,穿过矩形线圈的磁通量也将随时间发生变化,用法拉第电磁感应定律d d i tΦε=-计算感应电动势,其中磁通量s B d S Φ=⎰,B 为两导线产生的磁场的叠加;解：无限长直电流激发的磁感应强度为02IB rμ=π;取坐标Ox 垂直于直导线,坐标原点取在矩形导线框的左边框上,坐标正方向为水平向右;取回路的绕行正方向为顺时针;由场强的叠加原理可得x 处的磁感应强度大小00122()2()IIB r x r x μμ=+π+π+， 垂直纸面向里通过微分面积dS adx =的磁通量为00122()2()I I d B dS B dS adx r x r x μμππ⎡⎤Φ===+⎢⎥++⎣⎦通过矩形线圈的磁通量为000122()2()bI I adx r x r x μμΦ⎡⎤=+⎢⎥π+π+⎣⎦⎰ 012012ln ln sin 2a r b r b I t r r μω⎛⎫++=+ ⎪π⎝⎭感生电动势012012012012d ln ln cos d 2()()ln cos 2i a r b r b I t t r r ar b r b I t r r μωΦεωμωω⎛⎫++=-=-+ ⎪π⎝⎭⎡⎤++=-⎢⎥π⎣⎦0i ε>时,回路中感应电动势的实际方向为顺时针；0i ε<时,回路中感应电动势的实际方向为逆时针;题图13-1 题图13-213-2 如题图13-2所示,有一半径为r =10cm 的多匝圆形线圈,匝数N =100,置于均匀磁场B 中B =;圆形线圈可绕通过圆心的轴O 1O 2转动,转速n =600rev/min;求圆线圈自图示的初始位置转过/2π时,1 线圈中的瞬时电流值线圈的电阻为R =100Ω,不计自感；2 感应电流在圆心处产生的磁感应强度;分析：应用法拉第电磁感应定律求解感应电动势;应用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求出感应电流在圆心处产生的磁感应强度; 解：1 圆形线圈转动的角速度2=2060nπωπ= rad/s 设t =0时圆形线圈处在图示位置,取顺时针方向为回路绕行的正方向;则t 时刻通过该回路的全磁通2cos cos NB S NBS t NB r t ψωπω===电动势 2d sin d i NB r t tψεπωω=-= 感应电流 2sin ii NB r t I R Rεπωω== 将圆线圈自图示的初始位置转过/2π时,2t πω=代入已知数值 得： 0.99i I A =2 感应电流在圆心处产生的磁感应强度的大小为40 6.2210T 2ii I B Nrμ-==⨯i B 的方向与均匀外磁场B 的方向垂直;13-3 均匀磁场B 被限制在半径R =10cm 的无限长圆柱形空间内,方向垂直纸面向里;取一固定的等腰梯形回路abcd ,梯形所在平面的法向与圆柱空间的轴平行,位置如题图13-3所示;设磁场以d 1T/s d B t =的匀速率增加,已知6cm Oa Ob ==,3πθ=,求等腰梯形回路abcd 感生电动势的大小和方向;分析：求整个回路中的电动势,采用法拉第电磁感应定律,本题的关键是确定回路的磁通量;解：设顺时针方向为等腰梯形回路绕行的正方向.则t 时刻通过该回路的磁通量题图13-3 题图13-4B S BS Φ==其中S 为等腰梯形abcd 中存在磁场部分的面积,其值为2211()sin 22S R oa θθ=- 电动势d d d d i B St t Φε=-=-2211d ()sin 22d BR oa tθθ⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦ 代入已知数值 33.6810V i ε-=-⨯“–”说明,电动势的实际方向为逆时针,即沿adcba 绕向;用楞次定律也可直接判断电动势的方向为逆时针绕向;13-4 如题图13-4所示,有一根长直导线,载有直流电流I ,近旁有一个两条对边与它平行并与它共面的矩形线圈,以匀速度v 沿垂直于导线的方向离开导线.设t =0时,线圈位于图示位置,求：1 在任意时刻t 通过矩形线圈的磁通量m Φ；2 在图示位置时矩形线圈中的电动势i ε;分析：线圈运动,穿过线圈的磁通量改变,线圈中有感应电动势产生,求出t 时刻穿过线圈的磁通量,再由法拉第电磁感应定律求感应电动势;解：1 设线圈回路的绕行方向为顺时针;由于载流长直导线激发磁场为非均匀分布,02IB xμπ=;因此,必须由积分求得t 时刻通过回路的磁通量; 取坐标Ox 垂直于直导线,坐标原点取在直导线的位置,坐标正方向为水平向右,则在任意时刻t 通过矩形线圈的磁通量为00d d ln22b vtSa vtI Il b vtl x x a vtμμΦππ+++===+⎰⎰B S 2在图示位置时矩形圈中的感应电动势00()d d 2i t Ilv b a tabμΦεπ=-=-=电动势的方向沿顺时针绕向;13-5 如题图13-5所示为水平面内的两条平行长直裸导线LM 与L M '',其间距离为l ,其左端与电动势为0ε的电源连接.匀强磁场B 垂直于图面向里,一段直裸导线ab 横嵌在平行导线间并可保持在导线上做无摩擦地滑动,电路接通,由于磁场力的作用,ab 从静止开始向右运动起来;求:1 ab 达到的最大速度;2 ab 到最大速度时通过电源的电流I ;分析：本题是包含电磁感应、磁场对电流的作用和全电路欧姆定律的综合性问题;当接通电源后,ab 中产生电流;该通电导线受安培力的作用而向右加速运动,由于ab 向右运动使穿过回路的磁通量逐渐增加,在回路中产生感应电流,从而使回路中电流减小,当回路中电流为零时,直导线ab 不受安培力作用,此时ab 达到最大速度;解：1电路接通,由于磁场力的作用,ab 从静止开始向右运动起来;设ab 运动的速度为v ,则此时直导线ab 所产生的动生电动势i Blv ε=,方向由b 指向a .由全电路欧姆定理可得此时电路中的电流为0Blv i Rε-=ab 达到的最大速度时,直导线ab 不受到磁场力的作用,此时0i =;所以ab 达到的最大速度为max v Blε=2ab 达到的最大速度时,直导线ab 不受到磁场力的作用,此时通过电路的电流i =0;所以通过电源的电流也等于零;13-6 如题图13-6所示,一根长为L 的金属细杆ab 绕竖直轴O 1O 2以角速度ω在水平面内旋转,O 1O 2在离细杆a 端L /5处;若已知均匀磁场B 平行于O 1O 2轴;求ab 两端间的电势差U a -U b . 分析：由动生电动势表达式先求出每段的电动势,再将ab 的电动势看成是oa 和ob 二者电动势的代数和,ab 两端的电势差大小即为ab 间的动生电动势大小;求每段的电动势时,由于各处的运动速度不同,因此要将各段微分成线元dl ,先由动生电动势公式计算线元dl 的两端的动生电动势i d ε,再积分计算整段的动生电动势;解：设金属细杆ab 与竖直轴O 1O 2交于点O ,将ab 两端间的动生电动势看成ao 与ob 两段动生电动势的串联;取ob 方向为导线的正方向,在铜棒上取极小的一段线元dl ,方向为ob 方向;线元运动的速度大小为v l ω=;由于,,v B dl 互相垂直;所以dl 两端的动生电动势()i d v B dl vBdl B ldl εω=⨯=-=-ob 的动生电动势为242501416d d 2550L ob i abL Bl l B B L εεωωω⎛⎫==-=-=- ⎪⎝⎭⎰⎰动生电动势ob ε的方向由b 指向O ;同理oa 的动生电动势为题图13-5 题图13-6225011d d 2550L oa i baL Bl l B B L εεωωω⎛⎫==-=-=- ⎪⎝⎭⎰⎰动生电动势oa ε的方向由a 指向O ;所以ab 两端间的的动生电动势为2310ab ao ob oa ob B L εεεεεω=+=-+=-动生电动势ab ε的方向由a 指向了b ；a 端带负电,b 端带正电;ab 两端间的电势差2310a b ab U U B L εω-==-b 端电势高于a 端;13-7 如题图13-7所示,导线L 以角速度ω绕其端点O 旋转,导线L 与电流I 在共同的平面内,O 点到长直电流I 的距离为a ,且a >L ,求导线L 在与水平方向成θ角时的动生电动势的大小和方向;分析：载流长直导线产生磁场,导线L 绕O 旋转切割磁力线;由于切割是不均匀的磁场,而且导体各处的运动速度不同,所以要微分运动导线,先由动生电动势公式计算线元dl 的两端的动生电动势i d ε,再积分计算整段的总动生电动势;解：取OP 方向为导线的正方向,在导线OP 上某处取极小的一段线元dl ,方向为OP 方向;线元运动的速度大小为v l ω=;由于,,v B dl 互相垂直;所以dl 两端的动生电动势()d v B dl vBdl B ldl εω=⨯=-=-将载流长直导线在该处激发磁场02(cos )IB a l μπθ=+代入,积分得导线L 在与水平方向线成θ角时的动生电动势为：()00d 2cos L i OP i I ldla l ωμεεπθ==-+⎰⎰020(cos )(cos )2cos (cos )LI a l ad l a l ωμθθπθθ+-=+⎰题图13-7 题图13-802+cos cos In 2cos I a L L a a ωμθθπθ⎛⎫=--⎪ ⎭⎝ 动生电动势的方向由P 指向O ;13-8 如题图13-8所示半径为r 的长直密绕空心螺线管,单位长度的绕线匝数为n ,所加交变电流为I =I 0sin ωt ;今在管的垂直平面上放置一半径为2r ,电阻为R 的导线环,其圆心恰好在螺线管轴线上;1计算导线环上涡旋电场E 的值且说明其方向； 2计算导线上的感应电流i I ；3计算导线环与螺线管间的互感系数M ;分析：电流变化,螺线管内部磁场也变化,由磁场的柱对称性可知,由变化磁场所激发的感生电场也具有相应的对称性,感生电场线是一系列的同心圆;根据感生电场的环路定理,可求出感生电场强度;由法拉第电磁感应定律及欧姆定律求感应电流,由互感系数定义式求互感系数; 解：1以半径为2r 的导线环为闭合回路L ,取回路L 的绕行正方向与B 呈右旋关系,自上向下看为逆时针方向;由于长直螺线管只在管内产生均匀磁场0B nI μ=,导线环上某点涡旋电场E 的方向沿导线环的切向;所以由规律LS BE dl dS t∂=-∂⎰⎰可得 22(2)dB E r r dtππ=-导线环上涡旋电场E 的值为00cos 44n r r dBE I t dt μωω=-=- 若cos ωt >0,E 电场线的实际走向与回路L 的绕行正方向相反,自上向下看为顺时针方向；若cos ωt <0,E 电场线的实际走向与回路L 的绕行正方向相同,自上向下看为逆时针方向; 2 导线上的感应电流i I22001cos ii d r dB r I nI t R R dt R dt RεππμωωΦ==-=-=3导线环与螺线管间的互感系数为220B r M n r I IπμπΦ===13-9 电子感应加速器中的磁场在直径为0.50m 的圆柱形区域内是匀强的,若磁场的变化率为×10-2T/S;试计算离开中心距离为0.10m 、0.50m 、1.0m 处各点的感生电场; 分析：由磁场的柱对称性可知,变化磁场所激发的感生电场分布也具有相应的对称性,即感生电场的电场线是一系列以圆柱体中心为轴的同心圆;根据LS BE dl dS t∂=-∂⎰⎰可求出感生电场强度;解：以圆柱形的区域的中心到各点的距离为半径,作闭合回路L ;取回路L 的绕行正方向与B呈右旋关系,为顺时针方向;由于回路上各点处的感生电场E 沿L 的切线方向;所以由规律LS BE dl dS t∂=-∂⎰⎰可得 22()2()LdB r r R dtE dl E r dB R r R dtπππ⎧-<⎪⎪==⎨⎪->⎪⎩⎰得 2d ()2d d ()2d r Br R tE R B r R r t⎧-<⎪⎪=⎨⎪->⎪⎩式中“-”说明：若d 0d Bt>,E 的实际方向与假定方向相反,否则为一致; r =0.10m 时,r <R , 4d || 5.010V/m 2d r BE t-==⨯r =0.50m 时, r >R , 24d || 6.2510V/m 2d R BE r t -==⨯ r =1.10m 时,r >R , 24d || 3.1310V/m 2d R BE r t-==⨯ 13-10 如题图13-10所示,一个限定在半径为R 的圆柱体内的均匀磁场B 以10-2T/s 的恒定变化率减小;电子在磁场中A 、O 、C 各点处时,它所获得的瞬时加速度大小、方向各为若干 设r =5.0cm; 分析：根据对称性,由感生电场的环路定理求出感生电场强度,由感生电场力及牛顿第二定律求出瞬时加速度;解：以圆柱形区域的中心到各点的距离为半径,作闭合回路L ;取回路L 的绕行正方向与B 呈右旋关系,由于回路上各点处的感生电场E 沿L 的切线方向;所以由规律题图13-10 题图13-11d d Ll t∂=-∂⎰⎰S BE S 可得 2d d 2d LB E r r t=π=-π⎰E l r <R 得 d 2d r BE t=-由于圆柱体内的均匀磁场B 以10-2T/s 的恒定变化率减小.所以d 0d Bt<,E 的实际方向与假定方向一致,为顺时针方向的切线方向;电子受到的电场力为e F eE =-,其方向为逆时针的切线方向; 瞬时加速度的大小为：d 2d eE e r B a m m t== 由于r A =0.05m,所以A 处的瞬时加速度的大小为：724.410/A a m s =⨯,方向为水平向右； 由于r C =0.05m,所以C 处的瞬时加速度的大小为：724.410/C a m s =⨯,方向为水平向左；由于r O =0,所以O 处的瞬时加速度：0O a =13-11 真空中的矩形截面的螺线环的总匝数为N ,其它尺寸如题图13-11所示,求它的自感系数;分析：自感系数一般可由LI ψ=计算,可见计算自感系数关键是确定穿过自感线圈的磁通量;假设螺线管通有电流,求出磁感应强度,再求出磁通量、磁通链,即可求出自感系数; 解：设螺绕管通有电流I ,由安培环路定理可得管内距轴线r 处的磁场强度为2NI H r =π, 2NI B H rμμ==π 通过某一截面的磁通量210021d d ln22R SR NINIhR B S h r rR μμΦ===ππ⎰⎰⎰螺绕管的磁通链2021ln2N N IhR N R μψΦ==π 自感系数：2021ln 2NN hR L IR ψμ==π13-12 设一同轴电缆由半径分别为1r 1和2r 的两个同轴薄壁长直圆筒组成,电流由内筒流入,由外筒流出,如题图13-12所示;两筒间介质的相对磁导率r 1μ=,求同轴电缆1 单位长度的自感系数；2单位长度内所储存的磁能;分析：先求磁场、磁通量,由自感系数定义式求自感系数,再由自感磁能表达式求磁能; 解：1电流由内筒流入,由外筒流出时,在内外筒之间产生的磁场为B=02Irμπ见11-19;通过内外筒之间单位长度截面的磁通量为212121d 1d lnln r Sr IIr x xr r L r μμΦμΦI 000===2π2π∴==2π⎰⎰S B2单位长度内所储存的磁能220211ln 24m I r W LI r μπ==13-13 一无限长直导线通以电流I =I 0sin ωt ,和直导线在同一平面内有一矩形线框,其短边与直导线平行,线框的尺寸及位置如题图13-13所示,且b /c =3;求： 1 直导线和线框的互感系数； 2 线框中的互感电动势;分析：互感系数由MI =φ计算,计算互感系数关键是确定穿过互感线圈的磁通量; 解：1 无限长直导线产生的磁场02IB r μπ=;取矩形线框的正法线方向为垂直纸面向里,通过矩形线框的磁通量为d d d ln ln 3bcSIIa x a xxxIa Ia b c μμΦμμ0000==-2π2π==2π2π⎰⎰⎰S B∴ 0ln 32aM IμΦ==π2线框中的互感电动势00ln 3d cos d 2i a I IMt t μωεω=-=-πi ε为正时,电动势的方向沿顺时针绕向；i ε为负时,电动势的方向沿逆时针绕向;13-14 一圆环,环管横截面的半径为a ,中心线的半径为R Ra ;有两个彼此绝缘的导线圈题图13-12 题图13-13都均匀地密绕在环上,一个N 1匝,另一个N 2匝,求： 1两线圈的自感L 1和L 2； 2两线圈的互感M ； 3M 与L 1和L 2的关系; 分析：由于Ra ,环中的磁感应强度可视为均匀;设两个线圈通有电流1I 、2I ,求出穿过螺线管线圈的磁通链数,进而求出自感、互感系数;解：1设N 1匝螺绕管线圈中通有电流I 1,由于中心线的半径R 环管横截面的半径a ,所以螺绕管内的磁场01112N I B Rμ=π,通过螺绕管线圈的磁通链数为222011011111122N I N a N B S N a I RRμμψ==π=πN 1匝螺绕管线圈自感系数：22011112N a L I Rμψ==同理,N 2匝螺绕管线圈自感系数：22022222N a L I Rμψ==2N 1匝螺绕管线圈产生的磁场B 1,通过N 2匝螺绕管线圈的磁通链数为2201101221212122N I N N a N B S N a I RRμμψ==π=π两线圈的互感20122112N N a M I Rμψ==3M 与L 1和L 2的关系22220120222N N a N aM RRμμ===13-15 一圆柱体长直导线,均匀地通有电流I ,证明导线内部单位长度储存的磁场能量为2m 0/(16)W I μ=π设导体的相对磁导率r 1μ≈;分析：均匀通有电流的长直导线,其内部和外部均存在磁场,且磁场分布呈轴对称性;据题意,只需求得单位长度导线内所储存的磁能,因此根据磁能密度公式,求得体元内的磁能,然后对圆柱内部的磁能进行积分即可;解：设圆柱形导体的半径为R .由安培环路定律可得长直导线内的磁场02,2rB I R μ=π r<R导线内的磁能密度222200m 2240012228r I r B w I R R μμμμ⎛⎫===⎪ππ⎝⎭在导线内取单位长度的同轴薄圆柱筒体元d 2d V r r =π 其磁能为 230m m 4d d d 4I W w V r r R μ==π单位长度导体柱内储存的磁场能量为22300m m 4d d 416RI I W W r r R μμ===ππ⎰⎰13-16 平行板电容器的电容为C=μF,两板上的电压变化率为dU/dt =×105V/s,则该平行板电容器中的位移电流为多少;分析：根据平行板电容器的性质,平行板间为均匀电场,电位移D 均匀分布,由平行板电容器场强与电压关系式,求出电位移通量ψ与电压U 的关系,并求出位移电流; 解：设平行板电容器的极板面积S 、间距d ,其间电位移通量为00U DS ES S dψεε=== 对平行板电容器,其电容为0SC dε=,代入上式得CU ψ= 位移电流为65d d d 2010 1.5103A d d UI C t tψ--===⨯⨯⨯= 13-17 一平行板电容器,极板是半径为R 的两圆形金属板,极板间为空气,此电容器与交变电源相接,极板上电量随时间变化的关系为q =q 0sin ωt ω为常量,忽略边缘效应,求： 1电容器极板间位移电流及位移电流密度；2极板间离中心轴线距离为rr <R 处的b 点的磁场强度H 的大小；3当/4t ω=π时,b 点的电磁场能量密度即电场能量密度与磁场能量密度之和; 分析：根据电流的连续性,电容器极板间位移电流等于传导电流求解位移电流;忽略边缘效应,极板间位移电流均匀分布求解位移电流密度;根据全电流安培环路定理求出磁场强度极板间的磁场强度;由极板间电场强度、磁场强度可求得电磁场能量密度; 解：1电容器极板间位移电流d 00d cos cos d UI CCU t q t tωωωω=== 或由电流连续性得：0cos d dqI q t dtωω== 位移电流密度02cos d d I q t S R ωωδπ== 2以中心轴线为圆心,过b 点作一半径为rr <R 的圆为回路,由全电流安培环路定理'd LH dl I =⎰,有2202cos 2d q t H r r r R ωωπδπππ==解得02cos 2q r tH Rωωπ=3 t ω=π/4时,0022cos 24q rrH R Rωπωππ/4== 0022000sin /412q E R R πσεεππε=== b 点的电磁场能量密度22222000024012244e mw w w E H q r R εμμωπε=+⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭13-18 由一个电容C =μF 的电容器和一个自感为L =10mH 的线圈组成的LC 电路,当电容器上电荷的最大值Q=×10－5C 时开始作无阻尼自由振荡;试求 1电场能量和磁场能量的最大值；2当电场能量和磁场能量相等时,电容器上的电荷量; 分析：由电容器储能,自感磁能,求电场能量,磁场能量;解：1由初始条件可知,电磁振荡的初相位0ϕ=.所以电容器上的电量振荡表达式为0cos q Q t ω=自感线圈上的电流振荡表达式为0sin dqI Q t dtωω==- 系统固有振动角频率ω=由于电场能量为2220cos 22e Q Q W t C Cω==,所以电场能量的最大值为 240 4.510J 2eMAXQ W C-==⨯ 由于磁场能量为2220sin 22m LI LI W t ω==,所以磁场能量最大值为 22400 4.510J 22mMAXLI Q W C-===⨯电场能量和磁场能量的最大值相同,都与系统总能量相等;2 电场能量和磁场能量相等时,e m W W = 解得2cos 2t ω=±所以电容器上的电荷量为5024.310C 2q Q -=±=±⨯ 13-19 一个沿负z 方向传播的平面电磁波,其电场强度沿x 方向,传播速度为c ;在空间某点的电场强度为300cos 2V /m 3x E vt ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭试求在同一点的磁场强度表达式,并用图表示电场强度和传播速度之间相互关系;分析：根据电场强度与磁场强度的定量关系可得该点的磁场强度; 解：由于平面电磁波沿负z 方向传播,某点电场强度E 的振动方向沿x 轴正方向,根据电场强度、磁场强度和传播方向三者满足右旋关系,则该点磁场强度的振动方向沿负y 轴方向;由此,根据电场强度与磁场强度的定量关系式可得该点的磁场强度表示式为000.8cos 2A/m 3y x H E vt εππμ⎛⎫=-=-+ ⎪⎝⎭ 用坡印廷矢量S 的方向表示电磁波的传播方向;电场强度、磁场强度和电磁波的传播方向坡印廷矢量三者满足关系S E H =⨯;题13-19解图。
习题答案(第13章)
第13章思考与练习1．连接的主要作用是什么？分为哪几种方法？答：连接是将两个或两个以上的零件连合成一体的结构。
为了便于机器的制造、安装、维修等，常采用不同的连接方法将零、部件合成一整体。
连接分为三大类。
（1）不可拆连接，如焊连接、铆钉连接、胶接等。
（2）可拆连接，如键连接、销连接和螺纹连接等。
（3）过盈配合连接2．键连接的主要作用是什么？答：主要用于轴和轴上零件之间的轴向固定，有的还能实现轴零件的轴向固定或轴向滑动。
3．圆头、方头及单圆头普通平键各有何优、缺点？分别适用于什么场合？轴和轮毂孔上键槽是怎样加工的？答：A型平键键槽由立式键槽铣刀加工，键在槽中轴向固定较好，但键的头部侧面与轮毂上的键槽并不接触，因而键的圆头部分不能充分利用，而且轴上键槽端部的应力集中较大。
B型平键键槽用卧式键槽铣刀加工，避免了上述缺点，但对于尺寸较大的键，宜用紧定螺钉固定在轴上的键槽中，以防松动。
C型平键一般用于轴端。
4．如何选取普通平键的尺寸b×h×L？它的公称长度与工作长度之间有什么关系？答：根据轴的直径d从标准（见表17.1）中选择平键宽度b（高度h），键的长度L应略小于轮毂长度，并与标准中规定的长度系列相符。
公称长度L，工作长度l，其之间的关系为：A型键l＝L－b，B型键l＝L，C型键l＝L－b/2。
5．普通平键连接有哪些失效形式？主要失效形式是什么？怎样进行强度校核？如强度不够，可采取哪些措施？答：普通平键连接属于静连接，其主要失效形式是连接中强度较弱零件的工作面被压溃。
导向平键和滑键连接属于动连接，其主要失效形式是工作面过度磨损。
故强度计算时，静连接校核挤压强度，动连接校核压力强度。
如果校核后键连接的强度不够，在不超过轮毂宽度的条件下，可适当增加键的长度，但键的长度一般不应超过2.25d，否则载荷沿键长方向的分布将很不均匀；或者相隔180°布置两个平键，因考虑制造误差引起的载荷分布不均，只能按1.5个键做强度校核。
(完整版)第十三章简单国民收入决定理论习题及答案
第十三章简单国民收入决定理论一、选择题：1．在两部门经济中，均衡发生于( )之时。
A．实际储蓄等于实际投资B．实际的消费加实际的投资等于产出值C．计划储蓄等于计划投资D．总支出等于企业部门的收入2．从短期来说，当居民的可支配收入等于零时。
消费支出可能( )A．大于零B．等于零C．小于零；D．以上几种情况都可能3．从长期来说，当居民的可支配收入等于零时，则消费支出( )A．可能大于零B．可能小于零C．等于零D．以上几种情况都有可能4．在短期内，居民的( )有可能大于可支配收入。
A．储蓄B．消费C．所得税D．转移支付5．直线型的消费函数表明平均消费倾向( )A．大于边际消费倾向B．小于边际消费倾向C．等于边际消费倾向D．以上几种情况都有可能6．假定净出口函数是X=X-mY，净出口余额为零，则增加投资支出将( )。
A．使净出口余额和收入增加B．收入增加，但净出口余额变为负值C．收入增加，净出口余额不受影响D．收入不受影响，但净出口余额变为负值7. 引致消费取决于：（）。
A. 自发消费B. 边际储蓄倾向C. 收入和边际消费倾向8. 根据凯恩斯的消费函数，引起消费增加的因素主要是：（）。
A. 价格水平下降B. 收入增加C. 储蓄增加9. 根据凯恩斯的储蓄函数，引起储蓄增加的因素是：（）。
A. 收入增加B. 利息率提高C. 人们预期未来的价格水平要上升10. 在两部门经济中，当投资增加100万元时，国民收入增加了1000万元，那么此时的边际消费倾向为：（）。
A.100%B.10%C.90%D.20%11. 如果边际消费倾向是0.8，在没有所得税的情况下，转移支付乘数是：（）A.4B.5C.6D.812. 如果消费函数为C=100+ 0.8 (Y-T)，那么政府支出乘数是：（）。
A. 0.8B. 1.25C.4D.513. 下列哪项经济政策将导致收入水平有最大变化（）。
A. 政府增加购买50亿元商品和劳务B. 政府购买增加50亿元，同时增加税收50亿元C. 税收减少50亿元D. 政府支出增加50亿元，其中30亿由增加的税收支付14.下列哪一项不是恒等式（）。
第十三章气体动理论习题解
第十三章 气体动理论13-1 真空设备内部的压强可达到1.013×10-10 Pa ，若系统温度为300K ，在此压强下，气体分子数密度为多少？解： 102310102.45300101.38101.013⨯=⨯⨯⨯==--kT p n m -313-2 2.0×10-2 kg 氢气装在2.0×10-3 m 3的容器内，当容器内的压强为3.90×105 Pa 时，氢气分子的平均平动动能为多大？解: 根据公式p =k εn 32,可得5222233333 3.9010 1.94102.010 6.021022 2.010 2.010k p nε----⨯⨯===⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯J13-3 体积为1.0×10-3 m 3的容器中含有1.01×1023个氢气分子，如果其中压强为1.01×105Pa ，求该氢气的温度和分子的方均根速率。
解: 由理想气体物态方程可得氢气温度为：T =p / (nk )=p V / (Nk )=72.5K氢气分子的方均根速率为：29.5110m ==⨯s -113-4 一容器内贮有氧气，其压强为1.01×105 Pa ，温度为27.0℃，求：（1）气体分子的数密度；（2）氧气的密度；（3）分子的平均平动动能；（4）分子间的平均距离（设分子间均匀等距排列）。
解： （1）气体分子的数密度n =p / (kT )=2.44⨯1025 m -3 （2）氧气的密度ρ=m / v =p M / R T =1.30 kg ⋅m -3 （3）氧气分子的平均平动动能k ε=3kT / 2=6.21⨯10-21J（4）氧气分子的平均距离d⨯10-9 m（本题给出了通常状态下气体的分子数密度、平均平动动能、分子间平均距离等物理量。
）13-5 某些恒星的温度可达到1.0×108 K ，这也是发生核聚变反应（也称热核反应）所需要的温度，在此温度下的恒星可视为由质子组成。
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 v 13 －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 500D A BD A CB -=++=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 BA (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 ()()B C 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 2122lnV 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。
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解：设基波电压为U1，3次谐波电压为U3
根据第一次测试得基波感抗为：1L
100 10
10
U12 U32 1002
P342页13-9 图所示电路中uSt为非正弦周期电压，其 中含有 31 及 71的谐波分量。如果要求在输出电压 ut
中不含这两个谐波分量，问L、C应为多少？
解：利用L1、1F的并联谐振阻隔
3
(或
1
7
)的信号，
1
利用1H、C的串联谐振短路
7
1
(或
3
)的信号，从而
1
使输出电压 ut 中不含这两种谐波信号。
U1
1L
2
U3
31L
2
82
解得
U1 77.14V U3 63.64V
制作群
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P342页13-8 图所示为滤波电路，要求负载中不含基
波分量，但 41的谐波分量能全部传送至负载。已知
1 1000rad s , C 1F，求Ll和L2。
L1
L2
解：L1、C并联谐振阻隔基波信号 +
3
2
1
1 L 1
L 1
9
2 1
7
2
1
1 1 C
1
C
49
2 1
或
L
1
49
2 1
C
1
9
2 1
制作群
L
+
+
uS 1F
1H
u
-
C-
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u
12
1 L1C
L
1
1
12C
10002
1 1106
1H
-
C
负载
L1、C(并联)和L2串联谐振使
4
谐波分量通过
1
Z
j41L1
1
j41C
j41L11j41Cj4L2j60000L2 15
j4000
60000L2 4000 0 L2 66.67mH
制作群
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