《热学教程》第三版 习题解答.pdf 41页

'《热学教程》习题解答第一章习题（P43）R1.1解：根据T(R)=273.16Rtr96.28则：T=273.16×=291.1(K)90.351.2解：（1）摄氏温度与华氏温度的关系为o9ot(F)=32+t(C)5解出：t=−40（2）华氏温标与开氏温标的关系为9t=32+(T−273.15)5解出：t=575（3）摄氏温度与开始温度的关系为t=T−273.15可知：该方程无解，即摄氏温标和开氏温标不可能给出相同的读数。1.3解：根据定压理想气体温标的定义式V273.16KT(V)=273.16Klim==373.15KPtr→0Vtr0.7320381.4解：（1）第三种正确。因为由实验发现，所测温度的数值与温度计的测温质有关，对同种测温质，还与其压强的大小有关。（2）根据理想气体温标定义PT=273.16KlimPtr→0Ptr当这个温度计中的压强在水的三相点时都趋于零时，即Ptr→0时，则所测温度值都相等。21.5解：（1）根据ε=αt+βt，由t值可求出ε的值（见后表） （2）根据t∗=a+b∗∗ε，利用t=0，t=100及相应的ε值，可得0=a×0+b与100=a×15+b20解出：a=,b=03∗20∗这样，由t=ε求出相应的t值（见后表）。3（3）将与t对应的ε及∗t值列表如下：t-1000100200300400500ε-2501520250-25∗t-166.701001331000-166.7由表中数据即可作出ε−t，∗∗ε−t和t−t图（图略）。（4）很明显，除冰点，t与∗∗t相同外，其它温度二者温度值都不相同。ε−t是正比关系，但是用温度t是比较熟悉的，与日常生活一致。1.6解：当温度不变时，PV=C，设气压计的截面积为S，由题意可知：(768−748)×80S=(P−734)×(80+748−734)S520×801.013×104可解出：P=(+734)×(Pa)=9.99×10(Pa)947601.7解：设气体压强分别为P1、P2，玻璃管横截面积为S，由题意可知：（1）P1=P0+20cmHgP2=P0−hcmHgP1×(70−20)S=P2×(70−h)S解出：h=3.55(cm)（注意大气压强单位变换）（2）P1×(70−20)S≥P2×70S4P0≤50cmHg=6.65×10(Pa)1.8答：活塞会移动。要想活塞不动，起始位置应该是氧气与氢气的长度比为1:16。1.9解：按理想气体的等温膨胀过程处理。（1）P1V1=P(V1+V2) V14则P=P1=2.24×10(Pa)V1+V2（2）两容器中气体的摩尔数分别为P1V1P2V2ν1=，ν2=RTRT由混合理想气体方程P(V1+V2)=(ν1+ν2)RTRTP1V1P2V24则P=(+)=6.38×10(Pa)V1+V2RTRTP1V1P2V1P2V21.10解：=+T1T2T2P1V1T2则V2=−V1=990−20=970(l)P2T21.11解：气焊前后氢气的状态方程为MM′PV=RT，P′V=RTµµ则用去的质量为µV−3M−M′=(P−P′)=31.4×10(kg)=31.4(g)RT1.12解：设CO2的流速为v，在时间t内的位移是vt，取这一段CO2为研究对象时，其体积为V=Svt，将CO2当做理想气体，则有MPV=RTµM则PSvt=RTµM∴v=RT=0.899(m/s)PµSt1.13解：设活塞打开前后，两容器的空气质量分别为M1、M2、M"1、M"2，按理想气体处理，各自的状态方程为 M1M2M1′M2′P1V1=RT1，P2V2=RT2，PV1=RT1，PV2=RT2µµµµ混合前后质量不变µP1V1µP2V2µPV1µPV2则+=+RT1RT2RT1RT2P1V1T2+P2V2T14故P==2.98×10(Pa)V1T2+V2T11.14证明：略1.15解：气球内的H2在温度T1、T2时的状态方程为MM−∆MPV=RT1，PV=RT2µµ∆MRT1T23联立求解：ρ=⋅=0.089(kg/m)µVT2−T11.16解：有气体状态方程，可得气体质量µPVM=RT设打n次可以达到要求，每次打气的质量为m，则µP0V0µPVnm=n=M=RT0RTPVT0解出：n==637()P0V0TdV1.17解：由已知：抽气机的抽气速率为v=dtPµdM=−ρdV=−vdtRTM理想气体方程PV=RT可知：µRTPdPvdP=dM=−vdt⇒=−dtµVVPV PdPtv积分：∫=∫−dtP0P0VVP0解出：t=ln=0.663(min)=39.8(s)vP1.18解：气体的质量不变，由理想气体方程和混合理想气体方程µP1V1µP2V2µPVM1=，M2=，M1+M2=RT1RT2RTµP1V1µP2V2µPV+=RT1RT2RTPV解出：T==708.9(K)P1V1P2V2+T1T21.19证明：略 第二章习题（P110）2.1~2.7解：略2.8解：Q=MC∆T=0.2×1.04×(100−20)(kJ)=16.64(kJ)P∆U=MCV∆T=0.2×0.740×(100−20)(kJ)=11.84(kJ)A=Q−∆U=4.8(kJ)P2V2P1V1CV,m2.9解：∆U=νCV,m(T2−T1)=νCV,m(−)=(P2V2−P1V1)νRνRR（1）压强不变CV,m∆U=P(V2−V1)=505(J)RγγV1γ4（2）绝热变化，P2V2=P1V1⇒P2=P1()=7.825×10(Pa)V2CV,m∆U=(P2V2−P1V1)=−177(J)R等压变化由于吸收热量，对外做功和内能均有吸热提供；而绝热过程系统对外做功只能由系统内能提供，因而，一个内能增加，一个内能减少。2.10解：（1）绝热膨胀，γ=1.4MRT1µV1γ−1A=[1−()]=938(J)γ−1V2（2）先等温膨胀，再等体冷却MV2A1=RT1ln=1435(J)，A2=0µV1∴A=A1+A2=1435(J)2.11解：∆U=νC(T−T)=125(J)V,m21Q=∆U+A=125−209=−84(J)又Q=C∆T Q∴C==−84(J/K)∆TM−3312.12解：V1=v=11.2×10(m)，V2=V1µ2（1）等温过程：∆U=0MV2A=RTln=−786(J)µV1Q=∆U+A=−786(J)（2）绝热过程：γ=1.4Q=0MRT1µV1γ−1∆U=−A=−[1−()]=906(J)γ−1V2CP,m4（3）等压过程：Q=P(V2−V1)=−1.99×10(J)RCV,m4∆U=P(V2−V1)=−1.42×10(J)RA=Q−∆U=−567(J)M−332.13解：已知：Q=334J，标准状态下的体积V1=v=11.2×10(m)µMV2（1）等温过程，Q=A=RTlnµV1µQ−33解出：V2=V1exp()=15×10(m)MRTCv,m（2）等体过程，Q=(P2−P1)VRQR5解出：P2=+P1=1.13×10(Pa)CV,mV（3）等压过程：Q=νC(T−T)，P,m21CV,m∆U=νCV,m(T2−T1)=Q=239(J)CP,m V12.14解：（1）等温过程：终态体积V2=10MP1A=RTln=−193(kJ)µP2（2）绝热压缩：MMRT1RT1γ−1µV1γ−1µP2γA=[1−()]=[1−()]=−195(kJ)γ−1V2γ−1P1（3）先绝热在等压：1P1γ绝热过程的终态体积：V3=V1()P2V1等压过程的终态体积：V2=10A=A1+A2=A1+P2(V3−V2)=−273(kJ)2.15证明：由等体过程可知MMµV0∆PCV,mV0Q=CV,m∆T=CV,m=(P1−P0)µµMRR由等压过程可知MMµV0∆PCP,mP0Q=CP,m∆T=CP,m=(V2−V0)µµMRR根据题设有CV,mV0CP,mP0(P1−P0)=(V2−V0)RRCP,m(P1−P0)V0故γ==CV,m(V2−V0)P02.16解：由图可知过程方程为P2−P1P=V=kVV2−V1根据热力学第一定律dQ=dU+dA或CmdT=CV,mdT+PdV由理想气体状态方程PV=RT，则：PdV+VdP=RdT 因为P=kV，则：PdV=kVdV=VdP所以PdV+VdP=2PdV=RdT1故CmdT=CV,mdT+RdT211Cm=CV,m+R=(CP,m+CV,m)22k2另外，由P=kV，及PV=RT，则：T=VR2.17解：过程为等温过程，拉力做功等于克服大气压力做功与气体做功之差(H+h)SA=P0Sh−P1HSln=2.37(J)HS2.18解：（1）固定导热板，此时A是等体过程，B是等压过程，而且两者温度始终相等Q=C∆T，Q=C∆TAV,mBP,m∴Q=QA+QB=CV,m∆T+CP,m∆TQQ∴∆T===6.67(K)CV,m+CP,m(5+7)R27QA=CV,m∆T=139(J)，QB=CP,m∆T=195(J)（2）活动绝热板，这时A是等压膨胀过程，气体温度变化为Q∆T==11.4(K)CP,mB中的气体是等压绝热过程，则Q=0，∆P=0，∆V=0，即A=0由热力学第一定律Q=∆U+A可知：∆U=0即B是在状态不变的状态下平移的。2.19解：（1）右侧气体绝热压缩，Q=0，∆U+A=0 γ−1TP0−γ1−A=∆U=νC(T−T)=νCT(−1)=νCT[()−1]=νCTV,m0V,m0V,m0V,m0TP20γ−1P0−γ3（2）T=()T=T00P227（3）左侧气体由P0、V0、T0变成P、V、T，其中P=P0，V=2V0−V′，式中V′是8右侧气体终态体积，对右侧气体，有27P0V′P0V08=T30T024则：V′=V09对左侧气体有：27PVP0(2V0−V′)008=T0T21故：T=T04（4）根据热力学第一定律1211Q=∆U+A=νCV,m∆T+νCV,mT0=νCV,m(−1)T0+νCV,mT02421919=νCV,mT0=νRT04212.20解：（1）Aa=(PA+PB)(VB−VA)=2082VBVBdVAb=∫VPdV=100∫V2=80AAVRT（2）根据1mol理想气体状态方程：V=PRT2（a）过程：P=124−24，或P−124P+24RT=0P22PR2（b）过程：P=100，即P=T22100RT 2010080（3）∵∆U=CV,m∆T=CV,m(TB−TA)=CV,m(−)=−CV,mRRR80则Qa=∆U+Aa=208−CV,mR80QB=∆U+Ab=80−CV,mRdQ（3）根据：Cm=dT(dQ)a=dU+(dA)a=CV,mdT+PdV由dP=−24dV，PdV+VdP=RdT，得RdTdV=P−24V124−24V(dQ)a=CV,mdT+RdT124−48V(dQ)a124−24V(Cm)a==CV,m+RdT124−48V1002同理：由P=，可得：VdP+2PVdV=02V由PdV+VdP=RdT，联立可得：RdTRdTdV==−⇒PdV=−RdTP−2PP则：(dQ)b=dU+PdV=CV,mdT−RdT(Cm)b=CV,m−R2.21解：根据热力学第一定律∆U=Ub−Ua=Qacb−Aacb=208(J)（1）Qadb=∆U+Aadb=250(J)（2）Qba=∆Uba+Aba=−292(J)系统向外界放出热量为292J。（3）Qad=∆Uad+Aad=209(J)Qdb=Qadb−Qad=41(J) VA2.22解：（1）A=AAB+ABC+ACA=PA(VB−VA)+PCVCln=690(J)VCCP,m（2）Q1=QAB=CP,m(TB−TA)=(PBVB−PAVA)=7940(J)RA（3）η==8.8%Q1TcV1Ta(−1)−12.23证明：Q2QcaνCP,m(Tc−Ta)TaV2η=1−=1−=1−=1−γ=1−γQ1QabνCV,m(Tb−Ta)T(Tb−1)P1−1aTaP2Q2Q41νCP,m(T4−T1)T4−T12.24证明：η=1−=1−=1−=1−Q1Q23νCP,m(T3−T2)T3−T2T1V1T2V2γγγγ由于=，=，另外P1V1=P2V2，P3V3=P4V4T4V4T3V3γγP2V2P1V1V2V1则有=，即=γγVVP3V3P4V434T1T2因此=T4T3γ−1γ−1T4−T1T4P1γP2−γ1η=1−=1−=1−()=1−()=1−T−TTPPγ−132121γεP332.25解：由已知：V2=2.0×10cm，315233则V1=V2+S⋅∆L=2.0×10+π()×43(cm)=9595(cm)2V1绝热压缩比：εt=V21V2γ−1奥托循环效率：η=1−=1−()=47%γ−1Vεr12.26解：（1）设C点状态参量为（T3,V2），则有 γ−1γ−1V1γ−1T1V1=T3V2⇒T3=()T10Q=νC(T−T)>0P,m21A=R(T2−T1)>0BC过程为等体过程，有A=0Q=∆U=νCV,m(T3−T2)<0CA为绝热过程，有Q=0−A=∆U=νCV,m(T1−T3)<0T1T2V2（2）∵=⇒T2=T1V1V2V1V2V1γ−1V1γ[−()]T11−()Q2QBCνCV,m(T2−T3)1V1V21V2η=1−=1−=1−=1−=1−Q1QABνCP,m(T2−T1)γ(V2−1)Tγ(1−V1)1V1V22.27解：（1）在一循环中所作的净功即为循环曲线所包围的面积PB−PDVB−VAA=π()()=314(J)22（2）过程ABC的内能变化为CV,m∆U=P(VC−VA)=600(J)R1PB−PDVC−VA对外做功A=π()()+PA(VC−VA)=557(J)222∴Q=∆U+A=1157(J)由图可看出，Qabc并不是系统在一循环中从高温热源吸收的总热量Q1。2.28解：设t时刻活塞的位移是x，在左右体积分别为V1=S(l+x)，V2=S(l−x) 左右两边的空气压强分别为SlγlγP1=()P0=()P0V1l+xSlγlγP2=()P0=()P0V2l−x活塞所受的合力为lγlγl+x−γl−x−γF=P1S−P2S=SP0[()−()]=SP0[()−()]l+xl−xllx−γl−γxx=SP0[(1+)−(1−)]=SP0[1−γ−(1−γ)]ll−xllx=−2SPγ=−kx0l由此可见，活塞将做简谐振动，故振动周期为mmlT=2π=2π=0.065(s)k2SP0γ2.29证明：略 第三章习题（P165）3.1答：（1）若能两次相交，则其正循环工作时，将违反热力学第二定律的表述。（2）若能两次相交，则按等温过程∆U=0，而按绝热过程∆U=−A≠0，违反了内能是状态函数的性质。（3）若能两次相交，则由等温过程P1=V2，绝热过程P1=(V2)γ，于是P2V1P2V1V2=(V2)γ，故γ=1，C=C，而R=0，这是不可能的。VVP,mV,m11（4）若能两次相交，则由V2=(V2)γ，也就是Vγ−1=Vγ−1，得V=V，P=P，即VV12121211两个定点重合在一起。（5）若能两次相交，则按绝热过程∆S=0，而按等温过程∆S≠0，违反了熵是状态函数的性质。3.2解：已知：T1=127+273(K)=400(K)，Q1=418J，Q2=334JQ2T2则η=1−=1−Q1T1Q2T2=T1=320(K)Q1P1V153.3解：（1）P2==5.05×10(Pa)V21T1γ−1−23V3=()V2=4.88×10(m)T2P2V2T25P3==1.45×10(Pa)T1V3V3−23V4=V1=2.44×10(m)V2P3V35P4==2.89×10(Pa)V4V2P1V1V3（2）A=Q1−Q2=P1V1ln−T2ln=2107(J)V1T1V4 V2（3）Q1=P1V1ln=7022(J)V1T2（4）η=1−=30%T1Q2T2T2T23.4解：根据：η卡=1−=1−，有：Q2=Q1=(A+Q2)Q1T1T1T1T2A则Q2=T1−T2由于两个循环中Q2相等，则有T2AT2A′=T1−T2T1′−T2A′所以T2=(T1−T2)+T2=398(K)AT2（2）η=1−=31.4%T13.5解：获得最大功必须为卡诺循环Q2AT2η卡=1−==1−Q1Q1T1T2273+40则A=(1−)Q1=(1−)×4.18kJ=1.47(kJ)T1273+2103.6解：涉及最大热量的必为卡诺制冷机Q2T2ε==AT1−T2T2则Q2=A=12.52(kJ)T1−T2Q2Q2dA1dQ3.7解：（1）由ε=，则A=，=AεdtεdtdQdAT2当一定时，则ε最大时，最小。而ε最大=dtdtT1−T2 dAT1−T2dQ2故==66.7(W)dtT2dtdQ2dA（2）同理Q2=εA，则=εdtdtdAdQ2当一定时，则ε最大时，最小。dtdtdQ2T2dA故==600(W)dtT1−T2dtdQdQ2dA因此=+=666.7(W)dtdtdt3.8解：Q=Q2+Q1′=Q1−A+Q′2+A=Q1+Q′2=Q1+εA=Q1+εηQ1=(1+εη)Q1T2T1−T37=(1+⋅)Q1=6.23×10(J)T3−T2T1Q2dQ2dA3.9解：根据ε=，则=εAdtdt设被制成冰的质量为m，则所放热量为Q=mc1∆T+ml+mc2T2dQdm=(c1∆T+l+c2T2)dtdtdQ2dQ由于=，所以dtdtdmdA1T2dA−1=ε(c1∆T+l+c2T2)=⋅(c1∆T+l+c2T2)=22.9(kg⋅h)dtdt3T1−T2dtV23.10解：在等温过程中Q=A=νRTlnV12dQ12V2−1故熵变∆S=S2−S1=∫1=∫1dQ=TQ=RTln=11.5(J⋅K)TTV13.11解：先求系统最后的温度m1c1(t1−t)=m2c2(t−t2) m1c1t1+m2c2t2ot==17.9(C)=291(K)m1c1+m2c2这是一个不可逆过程，为计算熵变，可设想一等压的可逆过程与其初终态对应，则TdQTdQTdTTdT∆S=∆S2+∆S1=∫T+∫T=m1c1∫T+m2c2∫T1T2T1T2TTT−1=m1c1ln+m2c2ln=41(J⋅K)T1T2dQ3.12解：散热速率为，则dtdSdS1dS2−dQdQ11dQ5−1−1=+=+=(−)=1.08×10(J⋅K⋅h)dtdtdtT1dtT2dtT2T2dt8−1注意：题目中的散热速率是错的，应该为2×10J⋅h3.13解：（1）可逆的卡诺循环是由两条等温线和两条等熵线组成。（图略）（2）在T-S坐标中，任何曲线下的面积为S22B=∫TdS=∫dQ=QS113Q2∫4TdST2(S2−S1)T2（3）η=1−=1−=1−=1−Q2T(S−S)T1∫TdS121113.14解：（1）由于过程是不可逆的，为计算熵变可设想一等压可逆过程，则系统的总熵变为T2mcdTQT21−1∆S=∆S+∆S=∫T+=mcln+mc(T2−T1)=184(J⋅K)1TT2T1T2（2）同样设想一等压可逆过程，使水由初温273K到达中温323K组后到达终温373K，则系统的总熵变为T31T21∆S=∆S1+∆S2=mcln−mc(T3−T1)+mcln−mc(T2−T3)T1T3T3T2T2T3−T1T2−T3−1=mc[ln−−]=96(J⋅K)T1T3T2（3）首先使系统与外界绝热，其次使水的加热过程是可逆的，为此，需要温差无限小的一系列热源依次与水接触，逐渐升温就可使系统的总熵值保持不变。 3.15解：（1）1-2-3，先等压再等体2dQ3dQ2dT3dTS3−S1=S2−S1+S3−S2=∫1+∫2=CP,m∫1+CV,m∫2TTTTT2T3T2T2=CP,mln+CV,mln=CP,mln−CV,mlnT1T2T1T1T2V2−1=Rln=Rln=5.76(J⋅K)T1V1（2）1-3，等温3dQ3PdV3RdVV2−1S3−S1=∫1=∫1=∫1=Rln=5.76(J⋅K)TTVV1（3）1-4-3，先绝热再等压3dQ3dTS3−S1=S4−S1+S3−S4=S3−S4=∫4=CP,m∫4TTγ−1T3T1P1γγ−1P1=CP,mln=CP,mln=CP,mln()=CP,mlnT4T4P4γP4V3V2−1=Rln=Rln=5.76(J⋅K)V1V13.16解：（1）为计算熵变，设想高低温热源的吸放热量与某一可逆过程对应，而系统完成一个循环，熵不变，则总熵变为Q1Q2∆S=−+T1T2Q1则Q2=(∆S+)T2=15.64(kJ)T1A=Q1−Q2=5.26(kJ)A（2）η==25.2%Q1（3）若是可逆循环，则系统与热源发生的是可逆绝热过程，共总熵变为零。（4）如果是可逆循环，则热机效率为T2η=1−=26.8%T13.17解：略 第四章习题（P251）4.1解：（1）每个分子碰撞平壁产生的冲量为2mv，在dt时间内与dA面积碰撞的分子数为n⋅dA⋅vdt，产生的总冲量为dI=2mv⋅n⋅dA⋅vdt故对平壁产生的压强为dI2−8P==2mv⋅n=9.9×10(Pa)dA⋅dt1（2）每个分子碰撞平壁产生的冲量为2mvx=2mv=2mv，在dt时间内与dA面积21碰撞的分子数为n⋅dA⋅vxdt=n⋅dA⋅vdt，产生的总冲量为212dI=2mv⋅n⋅dA⋅vdt=mn⋅dA⋅vdt2故对平壁产生的压强为dI2−8P==mv⋅n=4.95×10(Pa)dA⋅dt（3）每个分子碰撞平壁产生的冲量为2m(v+v′)，则对平壁产生的压强为2−6P=2m(v+v′)⋅n=3.56×10(Pa)MµPV4.2解：由理想气体状态方程PV=RT，可解出T=，则µR33µPV−21ε平=kT=k=5.42×10(J)22RMN4.3解：由理想气体状态方程PV=RT=RT=NkT，则µNA33E=Nε平=N⋅kT=PV=3(J)224.4解：气体密度ρ=mn，则气体压强1212P=mnv=ρv=5000(Pa)33 4.5解：略∑Nivi−14.6解：（1）v==301.6(m⋅s)∑Ni212∑Nivi2−1v=()=312.7(m⋅s)∑Ni312−21（2）ε平=kT=mv=2.6×10(J)222ε平T==125.6(K)3k8kT8RT（3）由v==算出的温度为πmπµπµ2T=(v)=137.6(K)8R两个温度不一致是因为两个公式是分子速率连续分布时推导出来的，而题设条件分子速率不连续，故不相同。4.7解：根据麦克斯韦速率分布定律v223mv−dNm−4v2=4π()2e2kTv2dv=⋅v−3epv2dvpN2πkTπo2RT当T=300C=573K，且∆v=10m/s时，对于v1=3000m/s和v2=vp==2182m/s，µ则22∆e−v1vp2∆222n1v1v−v1vp+1v1==e=0.78−v2v222∆n2eppv∆vvpp4.8解：根据麦克斯韦速率分布定律v223mv−dNm−4v2=4π()2e2kTv2dv=⋅v−3epv2dvpN2πkTπ2（1）当v=vp，且∆v=vp时，则100 ∆N4−3−1222−1=⋅vpevp×vp=e=1.66%Nπ10025π23kT322（2）当v=v==vp，且∆v=v时，则m210033∆N4−3−2322333−=⋅vpe×vp××vp=e2=1.85%Nπ21002252π2RT4.9解：由vp==200m/s，可得µµ2T=vp=4.81(K)2R8RT2而v==vp=226(m/s)πµπ23RT3v==vp=245(m/s)µ24.10证明：根据麦克斯韦速率分布定律v223mv−dNm−4v2=4π()2e2kTv2dv=⋅v−3epv2dv=f(v)dvpN2πkTπ当v=vp时4−3−1241f(vp)=⋅vpevp=⋅πeπvp4.11证明：根据麦克斯韦速率分布定律v2−dN42=⋅v−3evpv2dvpNπ当v=v，且∆v很小时p4−3−124N∆v14N∆vm1∆N=N⋅vpevp⋅∆v=⋅=⋅∝πeπvpeπ2kTT4.12解：第一个容器内气体的内能为 iU1=N⋅kT12第二个容器内气体的内能为iU2=N⋅kT22两个容器连通后，由于是绝热过程，同时整个系统与外界互不做功，根据热力学第一定律，整个系统在连通前后的内能不变。即iiiU=U1+U2=2N⋅kT=N⋅kT1+N⋅kT22221或T=(T1+T2)2设连通后分子的方均根速率为v，则222mvmv1mv2T=，且T1=，T2=3k3k3k2122故v=(v1+v2)2222v=v1+v22P4.13解：由P=nkT，n=kT11−∆nn1−n2T1T2T2−T1====4%n1n11T2T13mv21∞1∞m−4.14解：=∫f(v)dv=∫4π()2e2kTvdvv0v02πkT21mv211m∞−mvmπ⋅m2=2()2∫e2kTd(−)=2()2=2()2⋅2πkT02kT2πkT8kTπ41=⋅πv4.15解：（1）略（2）由归一化条件 ∞v0∫0f(v)dv=∫0f(v)dv=Cv0=11则C=v0∞v0v0v1121（3）v=∫0vf(v)dv=∫0vf(v)dv=∫0dv=⋅v0=v0v0v022dN4.16证明：=f(v)dv=f(u)duN22v3mv−m−24−2v2p2v4−u22=4π()2e2kTvdv=⋅vpevd=⋅eudu2πkTπvpπ4.17解：由理想气体状态方程MµPVPV=RT⇒M=µRT可知用去氧气µVµV−3∆M=M2−M1=(P2−P1)=(P1−P2)=7.12×10(kg)RTRT再由等温气压公式µ′g−zP′=PeRT=4.76×104(Pa)00运动员所用氧气的体积为µV(P1−P2)∆MRTV(P1−P2)−33∆V=RT=RT==106×10(m)=106(l)µP′µ′gµ′g0−z−zµP0eRTP0eRTRTP04.18解：z=ln=1957(m)=1.96(km)µgPmgz−n11mgz4.19解：根据n0=n0ekT，已知：==，则=1n02.718ekT一个灰尘微粒的质量为kT−22m==2.1×10(kg)gz 氮分子的质量为µNA，所以灰尘质量与氮分子质量之比为mmNA==4.541µNAµ4.20解：接通前各自状态方程为NN2MArM0PN2V1=RT，PArV1=RT，PV2=RTNAµArµ0因是等温过程，故接通后各自压强满足PN′2(V1+V2)=PN2V1，PAr′V1=PAr(V1+V2)，P′(V1+V2)=PV2混合气体的压强为1NN2MArP=∑P′=(RT+RT+PV2)V1+V2NAµAr1MAr=(NNkT+RT+PV2)V+V2µ12Ari124.21解：当容器以v运动时，气体的总动能为：N(kT0+mv)22i当停止运动后，气体的总动能为：NkT2由于气体的总动能没有变化，则i12iN(kT0+mv)=NkT2223123（1）对于单原子分子，i=3，kT0+mv=kT222312312由于kT0=mv0，kT=mv′，故2222222222v′=v0+v即v′−v0=v5125（2）对于刚性双原子分子，i=5，kT0+mv=kT2225125121252522×mv′=×mv0+mv⇒v′=v0+v32322332232即v′−v0=v5 12（3）不同的原因是两种情况下气体内能增量都是Nmv，根据能量按自由度均分定理，2双原子分子的自由度数大于单原子分子，故双原子分子每个自由度分配的能量小于单原2子分子，因此双原子分子的平动动能小于单原子分子，于是v的增量也小。4.22解：一个氧分子由容器顶面落到底面是重力势能的改变量为∆Ep=mgh氧分子的平均平动能为3ε=kT2∆Epmgh2µgh−6则===9.22×10ε33RTkT254.23解：uH=uN=RT=6232.5(J)222MM5UH=uH=⋅RT=3116.25(J)2µ2µ2H2H2MM5UN=uN=⋅RT=222.59(J)2µ2µ2N2N24.24解：常温下的气体分子可看作刚性分子MHO361水蒸气的内能为U=2u=⋅RT=RTH2OµH2O1822H2OMH3515H22的内能为UH=uH=⋅RT=RT2µ2224H211517总的内能为U=UHO+UH=RT+RT=RT222441dQV1dU117−1−1cV=⋅=⋅=⋅R=5.9(J⋅g⋅K)MdTMdTMH2O+MH2434.25解：CV,m=µcV=NAmcV，又CV,m=R2 CV,m3R3k−26∴m====6.6×10(kg)NAcV2NAcV2cV−3∵µ=NAm=39.7×10(kg/mol)=39.7(g/mol)则Ar的原子量为39.7。64.26解：水蒸气内能UHO=ν⋅uHO=ν⋅RT222分解为H2和O2的内能分别为5UH=ν⋅uH=ν⋅RT222νν5UO=⋅uO=⋅RT222225ν56ν⋅RT+⋅RT−ν⋅RT则∆UUH2+UO2−UH2O2222125%====UH2OUH2Oν⋅6RT4224.27解：由压强公式P=nε33由能量按自由度均分定理，分子的平均平动动能ε=kT2223N因此，P=nε=n⋅kT=kT332VNkT则V=PNAkT对1mol任意气体，v=，NA都相同，只要P、T相同，则v值都相同。P4.28*证明：设器壁垂直于x方向，气体的分子数密度为n，则单位时间内通过单位面积的分子数有(+)γ=nvx上标（+）表示只对vx>0的范围平均。由麦克斯韦速度分布律（按速度分量分布）mv2−xdNxm2kT=f(vx)dvx=edvxN2πkT mv2x(+)∞m∞−2kTkT1vx=∫0vxf(vx)dvx=∫0vxedvx==v2πkT2πm41即：γ=nv414.29证明：单位时间内从单位面积小孔流出的气体分子数为γ=nv，则单位时间内从4面积为S的小孔流出的分子质量为118RT1µP8RTµM=Smγ=Smnv=Sρ=S=SP44πµ4RTπµ2πRTM2πRT故P=Sµ4.30证明：设大气分子数密度为n0，容器开口后t时刻，已在容器内的分子数为N，分N1子数密度为n=，这时，经过dt时间，进入容器的分子数为n0vSdt，从容器出来的V41分子数为nvSdt，因此4111dN=n0vSdt−nvSdt=vSdt(n0−n)444dN1而dn==vSdt(n0−n)V4V4Vdn4VdP则dt=⋅=⋅vSn0−nvSP0−PP0P0τ4Vdn24VdP4V2d(P0−P)4V1积分：∫0dt=⋅=∫0⋅=−∫0=−lnvSn0−nvSP0−PvSP0−PvS24V则τ=ln2vS 第五章习题（P285）5.1解：由P=nkT，可得P173n==3.21×10(m)kT分子平均自由程为1λ==7.78(m)22πdn1kT5.2解：（1）根据λ==222πdn2πdPkT4P==5.21×10(Pa)22πdλ（2）碰撞次数为l6N==3.8×10()λ1kT5.3解：根据λ==222πdn2πdP228kTPZ=2πdnv=2πd⋅πmkT1（1）在等温过程中：λ∝，Z∝PP1（2）在等压过程中：λ∝T，Z∝T（3）在等体过程中：λ不变，Z∝T11µP8RT5.4解：根据η=ρvλ=⋅⋅λ33RTπµ3ηπRT−7则λ==1.67×10(m)P8µkT根据λ=22πdP1kT2−10则d=()=3.02×10(m)2πλP v5.5证明：每个分子在单位时间内与其他分子碰撞的次数为Z=，设容器中共有N个λ11v分子，且每次碰撞只涉及两个分子，则单位时间内N个分子间共碰撞NZ=N次，22λ11N单位时间内容器中分子与单位面积器壁碰撞次数为γ=nv=⋅⋅v，单位时间与器壁44V1N碰撞总次数为⋅⋅vA，故4V1vN2λ2V=1NλA⋅⋅vA4V1VkT5.6解：（1）根据λ===2222πdn2πdN2πdP等体加热时λ1=λ0等温膨胀时λ2:λ1=V2:V1=V2:V0=2故λ2=2λ0118kT1（2）根据η=ρvλ=⋅nm⋅332πm2πdn等体加热时η1:η0=T1:T0=2等温膨胀时η2:η1=1故η2=2η01（3）根据κ=ρvλcV=ηcV，可知，κ与η的变化一样，故3κ2=2κ0118kT1（4）根据D=vλ=⋅332πm2πdn等体加热时D1:D0=T1:T0=2等温膨胀时D2:D1=V2:V1=V2:V0=2故D2=2D1=22D0 11v5.7解：根据η=ρvλ=ρv⋅，则每个分子在单位时间内与其他分子的碰撞次数为33Z2ρ(v)mn8kT8kTP8PZ==⋅=⋅=3η3ηπm3πηkT3πη则单位体积内的分子在单位时间内相互碰撞的次数为211P8P4P34-3-1N=nZ=⋅⋅==3.5×10(m⋅s)22kT3πη3πηkT5.8解：根据牛顿粘滞定律duf=η()z∆Sdz0dufdu则f=η()r∆S，或=η()rdr0∆Sdr0du∆u∆u由于d=r0−r1<vF)1用N、vF定出常数A；2求出自由电子的平均速率v；3求出电子气中电子的平均平动能ε；4求出电子气中电子的最概然动能εp。∞vF23解：(1)由归一化条件：∫0f(v)dv=1⇒∫04πAvdv=1⇒A=34π⋅vF32则f(v)=v3vF∞vF333(2)v=∫0vf(v)dv=∫3vdv=vF0v4F12(3)ε=mv22∞2vF3432v=∫0vf(v)dv=∫03vdv=5vFvF12323ε=mv=mvF=εF2105 12(4)vp=vF⇒εp=mvF=εF215、设由N个气体分子组成的热力学系统，其速率分布函数为：⎧−k(v−v0)v(0≤v≤v0)f(v)=⎨⎩0(v>v0)试求：1分布函数中的常数k；2最概然速率vp；3平均速率v；24方均根速率v；5速率在0～0.3v0间的分子数∆N。∞v06解：(1)由归一化条件：∫0f(v)dv=1⇒∫0−k(v−v0)vdv=1⇒k=3v06则f(v)=−3(v−v0)vv0v0(2)由f′(v)=0⇒vp=2∞v0621(3)v=∫0vf(v)dv=∫0−3(v−v0)vdv=v0v20∞(4)22v=∫vf(v)dv0v063v06463656462=∫0−3(v−v0)vdv=∫0(−3v+2v)dv=−3v0+2v0=20v0v0v0v05v04v0230v=v0=0.548v0100.3v00.3v06(5)∆N=∫0Nf(v)dv=N∫0−3(v−v0)vdv=0.216Nv016、一容积为1000cm3的容器内装有氩气，其压强为3.0×105Pa，温度为27°C，氩原子的摩尔质量为40×10-3kg⋅mol-1。求：1容器内有多少氩原子？2气体的内能是多大？3这些氩原子的最概然速率多大？41秒内有多少氩原子和器壁上1.0×10-3cm2的面积相碰？ N解：（1）由理想气体状态方程P=nkT=kT，解得VPV22N==7.25×10()kTN3（2）U=⋅RT=450.4(J)NA22RT（3）vp==353(m/s)µ11P8RT24（4）N=γS=nvS=⋅⋅S=7.21×10()44kTπµ'