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西南交大大学物理CII作业 参考答案

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西南交大大学物理作业参考答案NO.2

西南交大大学物理作业参考答案NO.2

分别为 m1 、 m2 相对于地的加速度。以竖直向下为正方向。 和 a2
m2 m1
f
a2
以地球为参考系，分别对 m1 、 m2 和一段轻绳应用牛顿运动定律：
m1 g T m1 a1 m2 g f m2 a2 f T
又由相对加速度公式
1 2 3
（ 4）
T
a 2 a1 a2
V0 －2 V
(B) (D)
2 ( V 0 －V) 2 (V － V 0 )
(C) 2 V－ V0
解：设小球质量为 m，碰撞后速度为 V1 ，车质量为 M，碰撞后速度为 V 2。 完全弹性碰撞，碰撞前后，机械能守恒； 忽略外力作用，碰撞前后动量守恒，即有 移项得
mV0 MV mV1 MV2 mV1 V0 M V V2
©西南交大物理系_2013_02
《大学物理 AI》作业
No.02 动量、动量守恒定律
班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______
一、判断题： （用“T”和“F”表示） [ F ] 1． 在匀速圆周运动中，质点的动量守恒。 解：因为动量是矢量，在匀速圆周运动中，动量的大小不变，方向时时刻刻在变化。 [ F ] 2． 物体运动方向与作用在物体上的合外力方向相同。 反例：抛体运动。 [ F ] 3． 物体所受摩擦力的方向与物体运动的方向相反。
4. 假设一个乒乓球和一个保龄球向你滚来。都具有相同的动量，然后你用相同的力将两 只球停住，比较停住两只球所用的时间间隔 [ B ] (A) 停住乒乓球所用的时间间隔较短 (B) 停住两只球所用的时间间隔相同 (C) 停住乒乓球所用的时间间隔较长 (D) 条件不足，不能确定 解：根据动量定理： I 也相同。 5．在 t = 0 时刻，一个大小恒定的力 F 开始作用在一正在外层空间沿 x 轴运动的石块上。 石块继续沿此轴运动。对 t >0 的时刻，下面的哪一个函数有可能表示石块的位置： [ B ]

西南交通大学大学物理AI测试11

西南交通大学大学物理AI测试11
NO.11 电磁感应 参考答案
一. 判断题
1. F
2. T 3. F? 4. F 5. F
二. 选择题
1. C
闭合回路+匀强磁场+平动: 磁通量不随时间变化
2. D
由法拉第电磁感应定律得线框内的感应电动势大小：
3. C
以(3)方式运动时, 磁通量变 化率最大(侧边垂直切割磁 感应线), 感应电动势最大 .
3 3
5
2.
AB中的感应电动势为动生电动势 d l所在处的磁感强度为
ε > 0，B 端电势高
3.
已知: m 0.2 10 kg l 0.1m
3
R 0.2
(1). 由楞次定律: 感应电流方向为 ab
(2). ab为”电源”, 内电路电流方向为低电势指向高电势 ab, b点电势高; 或者由VB的方向判定
(3). 重力和安培力平衡
Blv mg Bil B l B l R R mgR v 2 2 3.92 m / s Bl

质量为m 的裸导线ab 在导轨上保 持匀速下滑，回路所围面积磁通 量减小，则据愣次定律知回路电 流方向由b 流向a
4. 0
圆筒磁感应强度方向平行于 单匝线圈平面
5.
半径a >> r , 小圆环区域可视为均匀磁场
则通过小圆环的磁通量
四. 计算题 1.
v Blv 5 10 2010 7.6 10 7.6kV
4. A
原电流Ｉ在线圈中产生的磁场 方向左; 若线圈中产生的感应 电动势与原电流Ｉ的方向相反, 根据楞次定律, 原来的电流需 要增大; 回路中电阻变小即可.
5. C
由楞次定律可得
三. 填空题 1. 感应电动势; 感应电流 2. O点

西南交大大物试卷答案08A

西南交大大物试卷答案08A

西南交⼤⼤物试卷答案08A《⼤学物理AII 》作业 No.8 量⼦⼒学基础⼀、选择题1. 如果两种不同质量的粒⼦，其德布罗意波长相同，则这两种粒⼦的 [ A ] (A) 动量⼤⼩相同。

(B) 能量相同。

(C) 速度⼤⼩相同。

(D) 动能相同。

解：由德布罗意关系λhp =可知，粒⼦波长相同，动量⼤⼩必然相同。

由于粒⼦质量不同，所以，粒⼦速度、动能和能量将不同。

2. 若α粒⼦在磁感应强度⼤⼩为B 的均匀磁场中沿半径为R 的圆形轨道运动，则粒⼦的德布罗意波长是 [ A ] (A)eRB h 2 (B) eRBh(C) eRB 21 (D) eRBh 1 解：由B v q F ?=和Rv m F n 2=，有半径eB mvqB mv R 2==，所以德布罗意波长eBRhmv h 2==λ。

3. 设粒⼦运动的波函数图线分别如图(A)、(B)、(C)、(D)所⽰，那么其中确定粒⼦动量的精确度最⾼的波函数是哪个图？[ A ]解：由不确定关系 ≥x p x 可知，x ?⼤，x p ?⼩，图(A)x ?最⼤，所以x p ?最⼩，确定粒⼦动量的精确度最⾼。

4. 关于不确定关系??=≥π2h p x x有以下⼏种理解：(1) 粒⼦的动量不可能确定。

(2) 粒⼦的坐标不可能确定。

(3) 粒⼦的动量和坐标不可能同时确定。

(4) 不确定关系不仅适⽤于电⼦和光⼦，也适⽤于其它粒⼦。

()D xx x ()A()B ()C其中正确的是：[ C ] (A) (1)、(2) (B) (2)、(4) (C) (3)、(4) (D) (4)、(1)5. 已知粒⼦在⼀维矩形⽆限深势阱中运动，其波函数为：()()a x a a x ax ≤≤-?=23cos1πψ那么粒⼦在6/5a x =处出现的概率密度为[ A ] (A)a 21 (B) a 1(C) a21 (D) a1解：概率密度()a x a x 23cos 122πψ=，将6/5a x =代⼊，得()aa a a x 216523cos 122==πψ⼆、填空题1. 若中⼦的德布罗意波长为2?，则它的动能为J1029.321-?。

大学物理答案

大学物理答案

《大学物理CII 》作业 No.05 光的干涉班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、选择题：1．用白光光源进行双缝实验，若用一个纯红色的滤光片遮盖一条缝，用一个纯蓝色的滤光片遮盖另一条缝，则［ D ］ (A) 干涉条纹的宽度将发生改变 (B) 产生红光和蓝光的两套彩色干涉条纹 (C) 干涉条纹的亮度将发生改变 (D) 不产生干涉条纹 解：因不同颜色滤光片使双缝出射的光颜色不同，从而频率不同，两缝出射光不再是相干光，因此不产生干涉条纹2. 双缝干涉的实验中，两缝间距为d ，双缝与屏幕之间的距离为D （D >>d ），单色光波长为λ，屏幕上相邻的明条纹之间的距离为(A)dDλ (B)Ddλ (C)dD2λ (D)Dd2λ[ A ]解：由双缝干涉条件可知，相邻的两明条纹间距为 λdDx =∆ 故选A3. 如图所示，平行单色光垂直照射到薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，若薄膜的厚度为e ，并且321n n n ><, 1λ 为入射光在折射率为n 1的媒质中的波长，则两束反射光在相遇点的相位差为(A) 1122λπn en (B) πλπ+1212n en (C) πλπ+1124n en(D) 1124λπn en[ C ]解：光在薄膜上表面反射时有半波损失，下表面反射时无半波损失，所以，两束反射光在相遇点的光程差为 2212λ+=∆e n由光程差和相位差的关系，相位差为 112,42n en λλπλπλπϕ=+=∆=∆所以 πλπϕ+=∆1124n en故选C4. 如图，用单色光垂直照射在观察牛顿环的装置上。

当平凸透镜垂直向上缓慢平移而远离平面玻璃时,可以观察到这些环状干涉条纹(A) 向右平移(B) 向中心收缩 (C) 向外扩张(D) 静止不动3(E) 向左平移[ B ]解：牛顿环是等厚干涉条纹，当平凸透镜垂直向上缓慢平移而远离平面玻璃时，某一厚度的空气膜将向中心收缩，所以环状条纹向中心收缩。

西南交大大物AI作业答案10

西南交大大物AI作业答案10

度大小 H = I
(2πr ), 磁感应强度的大小 B = uH =
uI
( 2πr )
。
解：由安培定律及 B = µH 可得到上述结果。
1 (B) u 0 I 3
(D) u 0 I
a
I1
I
b
I2 R2
R1
120o
解：电流I从b点分流，I＝I1 + I2。设铁环总电阻为R，
l 由电阻公式 R = ρ , s
又
2 R1 = R , 3
1 R2 = R 3
2 1 2 U b = U c , 即 RI 1 = RI 2，得I 2 = I 3 3 3 r r 2u 0 I 所以 B⋅dl = ∫ 3 L
FAC = FBC = ∫ BI 2 d l = ∫
式中 l 为三角形边长，力方向如图所示，可见三角形不可能移动，合力为：
∑F
y
=0 u0 I 1 I 2 l 2 3 3 l [ − ln(1 + ⋅ )] 2π a 3 2 a
− ∑ Fx = FAB − 2 FAC cos 60o = 令 l = λ (λ > 0), a u II 2 3 = − 0 1 2 [1 − + 2π 3
∩
c
a
r
r
I
O
a
b
2aBI
。
v B
解：在均匀磁场中，圆弧电流所受的磁力与通过同样电流的弧线 bc 所 受的磁力相等，其大小为由安培定律可得： F = BI 2a =
2aBI
5. 图示为三种不同的磁介质的 B ~ H 关系曲线，其中虚线表示的是 B = µ 0 H 的关系。说明 a、b、c 各代表哪一类磁介质的 B ~ H 关系曲线： a 代表 b 代表 c 代表 解： µ = 铁磁质 顺磁质 抗磁质 的 B ~ H 关系曲线。 的 B ~ H 关系曲线。 的 B ~ H 关系曲线。

西南交通大学2013-2014学年第二学期大物CI作业第二章答案

西南交通大学2013-2014学年第二学期大物CI作业第二章答案
No.2 力与运动
一. 思考题
在时刻 t=0， 一个大小恒定的力 F 开始作用在一个在太空中沿 x 轴运动的石块上， 使得石块继续 沿此轴方向运动。 （a） 对于时刻 t>0， 下列函数中哪一个有可能是石块的位置随时间变化的函数？ （1）
2 2 （2） x 4t 6t 3 ； （3） x 4t 6t 3 。 （b）对于哪一个函数，F 指向与石块 x 4t 3 ；

3. [ C ] 两个质量分别为 m1 和 m2 的物体, 跨在一个轻滑轮上，如图所示。 若 m2 大于 m1，则两个物体的加速度大小为
(A) g
(B)
m2 g m1 m2
(C)
m2 m1 g m1 m2
(D)
m1 g m1 m2
m1 m2
四．计算题
第 1 题：
第 2 题：
第 3 题：
第 4 题： 在下图中
第 5 题： 如右图
第 6 （a）因为 F 为不等于零的恒力，所以石块加速度必为恒定数值，即 x(t)对时间的二阶导数为常 数，因此， （2）和（3）两个函数都有可能。 （b）若假设石块初始运动方向沿 x 轴正方向，则（2）所示函数表示，该力产生的加速度沿 x 轴 负方向，所以该力指向与石块的初始运动方向相反。
1. [ C ]下列哪个叙述是正确的? (A) 匀速率圆周运动产生一个向心的恒力。 (B) 匀速率圆周运动由一个向心的恒力引起。 (C) 匀速率圆周运动由一个数值恒定的向心的和力引起。 (D) 匀速率圆周运动由一个数值恒定的离心的和力引起。. 2. [ D ]假设作用在一个物体上的合力 F 是一个非零的常量。下列物理量中哪一个将是恒定的? (A) 物体的位置 (B) 物体的速率 (C) 物体的速度 (D)物体的加速度

2022级西南交大大物答案10

2022级西南交大大物答案10西南交大物理系_2022_02《大学物理AI》作业No.10安培环路定律磁力磁介质班级________学号________姓名_________成绩_______一、判断题：（用“T”和“F”表示）[F]1．在稳恒电流的磁场中，任意选取的闭合积分回路，安培环路定理HdlIiL都能成立，因此利用安培环路定理可以求出任何电流回路在空间任一处产生的磁场强度。

解：安培环路定理的成立条件是：稳恒磁场，即稳恒电流产生的磁场。

但是想用它来求解磁场，必须是磁场分布具有某种对称性，这样才能找到合适的安培环路，才能将HdlIi中的积分简单地积出来。

才能算出磁场强度矢量的分布。

L[F]2．通有电流的线圈在磁场中受磁力矩作用，但不受磁力作用。

解：也要受到磁场力的作用，如果是均匀磁场，那么闭合线圈所受的合力为零，如果是非均匀场，那么合力不为零。

[F]3．带电粒子匀速穿过某空间而不偏转，则该区域内无磁场。

解：根据fqvB，如果带电粒子的运动方向与磁场方向平行，那么它受力为0，一样不偏转，做匀速直线运动。

[F]4.真空中电流元I1dl1与电流元I2dl2之间的相互作用是直接进行的，且服从牛顿第三定律。

解：两个电流之间的相互作用是通过磁场进行的，不服从牛顿第三定律。

[T]5.在右图中,小磁针位于环形电流的中心。

当小磁针的N极指向纸内时,则环形电流的方向是顺时针方向。

解：当小磁针的N极指向纸内时，说明环形电流所产生的磁场是指向纸内，根据右手螺旋定则判断出电流的方向是顺时针的。

二、选择题：1．如图，在一圆形电流I所在的平面内，选取一个同心圆形闭合回路L，则由安培环路定理可知：L[B](A)Bdl0，且环路上任意一点B0LO(B)Bdl0，且环路上任意一点B0IL(C)Bdl0，且环路上任意一点B0L解：根据安培环路定理知，B的环流只与穿过回路的电流有关，但是B却是与空间所有L(D)Bdl0，且环路上任意一点B=常量＝0的电流有关。

西南交通大学大学物理AI测试6


缺口处可视为带有等量异号电荷的一小段圆弧, 电量为
q qd q d 2R d 2R
将圆弧视为点电荷, 在圆心处场强:
E
q 4 0 R
2

qd 8 2 0 R 3
3. 4.
0; 高斯面上各处
2 4 0 a
一带电直线在另一带电直线处的电场为:
+λ
-λ
E
2 0 ( 2a )
方向可由E 的正负确定: E > 0 表示沿X 轴正向，反之沿X 轴负向
q0 dx dF q0 dE λdx l
O
习题 10-2 解图
X
F

d
q 0 dx q0 1 1 ( ) ...( 代入数值) 2 4 0 x 4 0 d l d
9 N
2. R 3a
以O 点为圆心，取半径为r ， 宽为dr 的环形带电体，其电量 为dq = σ 2πrdr ，它 在P 点产生的场强大小为：
NO.06 电场强度作业参考答案
一. 判断题
1. F
假设场源电荷为q0的点电荷:
q0 F 1 qq0 1 E 2 q 40 r q 40 r 2
2. F
库仑定律只适用于点电荷
3. T
电荷分布缺乏对称性, 不能用高斯定理求
4. T 用高斯定理可以求出均匀带电圆面的外场强:
Q 4R 2 R 2 E 2 2 40 r 40 r 0r 2 1
R 3a
3. 电荷体密度沿X 轴按余弦规律变化，则带电体可视为沿X 轴
方向不同位置不同均匀面电荷密度的无限大带电平面组成， 电场分布具有面对称性. 即场强E x必沿X 轴，且相对于YOZ 平面对称分布。在± x 处对称作与X 轴垂直的两个平面，面 积为S，用与X 轴平行的侧面将其封闭为高斯面。

西南交大大学物理作业参考答案NO.1

该题也可用动能定理来解，如下：
y

2

1 1 1 1 2 2 A Fdy mkydy mky0 mky 2 EK mv 2 mv0 y 2 2 2 2
0
整理得到： v v 0 k y 0 y
2
2

2
2

2．一张致密光盘（CD）音轨区域的内半径 R1＝2.2 cm，外半径为 R 2＝5.6 cm（如图） ， 径向音轨密度 N ＝650 条/mm。在 CD 唱机内，光盘每转一圈，激光头沿径向向外移动 一条音轨，激光束相对光盘以 v＝1.3 m/s 的恒定线速度运动。 (1) 这张光盘的全部放音时间是多少？ R2 R1 (2) 激光束到达离盘心 r＝5.0 cm 处时， 光盘转动的角速度和 角加速度各是多少？ 解：(1) 以 r 表示激光束打到音轨上的点对光盘中心的矢径，则 在 d r 宽度内的音轨长度为 2 rN d r 。 激光束划过这样长的音轨所用的时间为 d t 由此得光盘的全部放音时间为

2
2
m s
2 2
2
飞轮转过 240 时的角速度为 ，由 2 0 2 , 0 0 ，得 2 此时飞轮边缘一点的法向加速度大小为
an r 2 r 2 0.3 2 0.5
240 2 1.26 360
1 1 2.5 2 1 1 2 1 2m 2 2
2
2． 在 x 轴上作变加速直线运动的质点， 已知其初速度为 v 0 ， 初始位置为 x0， 加速度 a Ct （其中 C 为常量） ，则其速度与时间的关系为 v v v 0
1 3 Ct ，运动学方程为 3
x2 t2

西南交大大学物理版NO参考答案


1π 2
−0−
2π λ
( 21 λ 4
− 3λ ) =
−4π
Δϕ = 4π
5．一简谐波沿 Ox 轴负方向传播，图中所示为该波 t 时刻的波形图，欲沿 Ox 轴形成驻波， 且使坐标原点 O 处出现波节，在另一图上画出另一简谐波 t 时刻的波形图。
y
u
A
O
x
四、计算题：
1. 一列横波在绳索上传播，其表达式为
式为：
[
] (A) y2 = 2.0 ×10−2 cos [ 2π (t / 0.02 + x / 20) +π / 3 ] (SI)
(B) y2 = 2.0×10−2 cos [ 2π (t / 0.02 + x / 20) + 2π / 3 ] (SI)
(C) y2 = 2.0 ×10−2 cos [ 2π (t / 0.02 + x / 20) + 4π / 3 ] (SI)
2πx λ
cos(ω
t
+
π
2
)
λ 将 P 点坐标 OP
=
6 4
代入上式，得 P 点振动方程
y = −2Acos(ω t + π ) = 2Acos⎜⎛ωt − π ⎟⎞
2
⎝ 2⎠
方法二：
入射波在 P 点引起的振动为：
y = Acos(ω t − 2π ⋅ 6 λ + π ) = Acos(ω t − 5π ) = Acos(ω t − π )
−
π 3
=
π
，所以
ϕ2
=π
+
π 3
=
4π 3
y2
=
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©物理系_2015_09《大学物理CII》作业No.7 热力学第二定律班级________ 学号________ 姓名_________ 成绩_______一、判断题：（用“T”和“F”表示）[ F ] 1．在任意的绝热过程中，只要系统与外界之间没有热量传递，系统的温度就不会发生变化。

此说法不对．在绝热过程中，系统与外界无热量交换，Q=0．但不一定系统与外界无作功，只要系统与外界之间有作功的表现，由热力学第一定律Q=E+W，可知，E=-W，即对应有内能的改变．而由E=νC，T可知，有E，一定有T，即有温度的变化．[ F ] 2．在循坏过程中系统对外做的净功在数值上等于p-V图中封闭曲线所包围的面积，因此封闭曲线包围的面积越大，循坏效率就越高。

有人说，因为在循环过程中系统对外做的净功在数值等于p-V图中封闭曲线所包围的面积，所以封闭曲线所包围的面积越大，循环效率就越高，对吗？答：不正确，因为循环效率取决于系统对外做的净功和系统由高温热源吸收的热量，只有在从高温热源吸收的热量一定的情况下，封闭曲线所包围的面积越大，即系统对外所做的净功越多，循环效率越高，如果从高温热源吸收的热量不确定，则循环效率不一定越高[ F ] 3．系统经历一正循坏后，系统与外界都没有变化。

系统经历一正循环后，系统的状态没有变化；（２）系统经历一正循环后，系统与外界都没有变化；（３）系统经历一正循环后，接着再经历一逆循环，系统与外界亦均无变化。

解说法（1）正确，系统经历一正循环后，描述系统状态的内能是单值函数，其内能不变，系统的状态没有变化。

说法（2）错误，系统经过一正循环，系统内能不变，它从外界吸收热量，对外作功，由热力学第二定律知，必定要引起外界的变化。

说法（3）错误，在正逆过程中所引起外界的变化是不能消除的。

[ F ] 4.第二类永动机不可能制成是因为违背了能量守恒定律。

解：第二类永动机并不违背能量守恒定律，但它违背了热力学第二定律。

[ F ] 5．一热力学系统经历的两个绝热过程和一个等温过程，可以构成一个循环过程解：循环构成了一个单热源机，这违反了开尔文表述。

二、 选择题： 1．如果卡诺热机的循环曲线所包围的面积从图中的a b c d a 增大为 a b ′c ′d a ，那么循环a b c d a 与a b ′c ′d a 所作的功和热机效率变化情况是： [ D ] (A) 净功增大，效率提高(B) 净功增大，效率降低 (C) 净功和效率都不变(D) 净功增大，效率不变 解：卡诺循环的效率121T T -=η只与二热源温度有关，曲线所围面积在数值上等于净功，所以净功增大，效率不变。

2． 用下列两种方法 [ B ](1) 使高温热源的温度1T 升高T ∆；(2) 使低温热源的温度2T 降低同样的T ∆值， 分别可使卡诺循环的效率升高1η∆和2η∆，两者相比： (A) 12ηη∆<∆; (B) 12ηη∆>∆; (C) 12ηη∆=∆; (D) 无法确定哪个大。

解：卡诺循环效率 121T T -=η， 对121T T -=η，求两方法的全微分得 1122121T TT T T T T ∆⋅=∆=∆η 112)(T TT T ∆=∆--=∆η 因为12T T <，所以由上二式可知：1η∆<2η∆。

3. 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 ( B )(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＝1－12T T ，则由W /Q 吸＝1 －12T T 可求答案.正确答案为(B). 4. 根据热力学第二定律，下列结果正确的是[ A ] (A) 自然界中的一切自发过程都是不可逆的 (B) 不可逆过程就还不能向相反方向进行的过程 (C) 热量可以从高温问题传导低温问题，但不能从低温物体传导高温物体 (D) 任何过程总是沿着熵增加的方向进行P5．关于熵增原理，正确的理解是 [ D ] (A) 熵增量大于零的过程为不可能自发进行的过程(B) 一切热力学过程总是熵增加(C) 孤立系统的熵变为零(D) 孤立系统的熵永不会减少解：根据熵增原理，选D三、填空题：1．一卡诺热机（可逆的），低温热源的温度为C 027，热机效率为40%，其高温热源温度为 500 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 100 K 。

解： 卡诺循环效率：121T T -=η， 由题意： ()K 5006.03001%,4021==-==ηηT T故高温热源温度为KT 5001= ()()K 100,K 6005.03001%,50121=∆==-==T T T ηη。

故高温热源的温度应增加K T 1001=∆2．等温膨胀时，系统吸收的热量全部用来做功，这和热力学第二定律___没有_____(有还是没有)矛盾，请说明原因：等温膨胀过程不是循环过程______________________。

3．热力学第二定律的两种表述克劳修斯叙述是：不可能使热量从低温物体传到高温物体而不产生其他的影响；开尔文叙述是：不可能从单一热源吸热完全转变为有用功而不产生其他影响。

4 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_____________________。

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QPtQ 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()1-712s J 100.2/1⋅⨯=-==tQ T T tQp η三、 计算题：1.一定量的单原子分子理想气体，从初态A 出发，沿图示直线过程变到另一状态B ，又经过等体、等压两过程回到状态A 。

（1）分别计算A C C B B A →→→,, 三个过程中，系统对外做的功、内能增量及吸收的热量；（2）求整个循环过程中系统对外所做的净功； （3）求循环效率η。

3.如图所示是氮气循环过程，求： (1)一次循环气体对外做的功； （2）各个过程中所吸收的热量； (3) 循环效率。

解： (1) 一次循环过程气体对外做功的大小为闭合曲线所包围的面积，由图知，其包围的面积为()()1412V V p p S --=()()J 100.2101015510335⨯=⨯⨯-⨯-=-该循环对外做功为正，所以 J 100.23⨯=A(2) 1→2为等体过程，吸收热量为()()1122112212122525V p V p R V p R V p R T T C Q V -=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=νννν()J 1025.110101511025335⨯=⨯⨯⨯-⨯=-2→3为等压过程，吸收热量为()()2233223323232727V p V p R V p R V p R T T C Q p -=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=νννν()J 104.1101011051027435⨯=⨯⨯⨯-⨯=-3→4为等体过程，吸收热量为()()()J 1025.6101010555252525335334433443434⨯-=⨯⨯⨯-⨯=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=-V p V p R V p R V p R T T C Q V νννν 4→1为等压过程，吸收热量为()()()J 100.710105515272727335441144114141⨯-=⨯⨯⨯-⨯=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=-V p V p R V p R V p R T T C Q p νννν (3)该循环过程中，从2→3，1→2为吸收热量过程因此吸收的总热量为 J 10525.1421⨯=+=Q Q Q该循环的效率为 %1.13%10010525.1100.243=⨯⨯⨯==Q A η3 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 ×108J 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％)题 8-21 图分析 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 ＝2.89×107J=8.0 kW·h。