热学秦允豪第二版答案及解析

4.21预测二氧化碳气体的粘滞系数，可将它贮存于容积为V=1.01的烧瓶内，压强保持为p1=1600mmHg，然后打开活门，让二氧化碳经由长L=10cm,直径d=0.1mm的细管自烧瓶流出，经过t=22分钟后，烧瓶中的压强降低至p3=1350mmHg。试由这些数据计算二氧化碳的粘滞系数。已知外界大气压p2=735mmHg,整个过程可视为在15℃时发生的等温过程。4.22设法使在平行板电容器两板间的带电油滴所受的电场力与其重力平衡。，则可以求到油滴的带电量，这就是历史上有名的密立根油滴实验的基本原理，由这实验首次测定了电子电荷。实验中油滴的密度是已知的，但为求得其重力，还应知道它的半径r，为此，考虑到不加外电场，当油滴的重力和它所受到的周围空气的粘滞力相等时，油滴将以匀速v下降。若空气的密度p’和粘滞系数也为已知，试问怎样求r?2.B.4设想在远离地球的太空中有一宇宙飞船，飞船内有一真空实验舱。内中有一质量为M的试管，它被质量为m的隔板分隔为体积相等的两部分。被隔板封闭的那部分空间中有温度为T，摩尔质量为Mm,物质的量为的单原子理想气体。隔板被放开后，隔板无摩擦的向上移动。在隔板离开试管顶端后气体才开始从试管中逸出。设试管开始运动时试管静止。试求试管的最终速度。设气体、试管、隔板三者之间的热量交换可以忽略，在隔板离开试管前，气体经历的是准静态过程。【分析】由于试管外部为真空，开始时整个系统都是静止的，隔板被放开后气体将膨胀，但整个过程都是绝热的准静态过程，我们可以利用绝热过程方程来解这个问题。在绝热膨胀过程中，气体内能减少，温度降低。但是由于不存在重力，气体不对整个系统以外的部分做功，所减少的内能全部转化为隔板和试管的动能以及气体的整体定向运动动能，由于整个系统的总动量守恒，所以隔板向上运动的动量等于试管以及所装气体的向下运动的动量，这样就可以确定隔板离开试管时试管以及所装气体的向下运动的速度u1，以上称为过程“1”。当隔板离开试管以后（这称为过程“2”）气体将陆续逸出（最终将全部逸出）试管。虽然系统仍然绝热，但是它不是准静态过程，绝热过程方程不能适用。详细分析:(1)在气体还没有逸出试管时，特别是隔板被固定时，由于气体分子的无规则运动，平均来说，分别有一半分子以平均速率撞击隔板和试管底，因而给隔板和试管底分别施以相等的动量。在隔板没有固定时，给以隔板动量使得气体做绝热膨胀；给以试管底的动量使得试管以u1速度向下运动。正如上面分析的，计算u1的关键是整个系统的总动量守恒。（2）当隔板离开试管时，气体已经以速度u1和试管一起向下运动。但是在隔板离开试管以后，气体给以试管底的动量仍然存在，这个动量使得试管向下的运动速度又增加了u2，我们可以在以u1速度向下运动的参考系中来求u2，而在地面参考系中试管的速度应该是u1+u2.【解】（1）过程“1”：正如上面分析的，这是一个准静态绝热过程，设开始时以及隔板即将离开试管时气体的温度和体积分别是（T,V）和（Tf，Vf）则应该有如下关系：11ffVTTV其中国Vf=2V，γ=5/3(单原子理想气体)，则有322TTf气体内容减少了)(23,fmvYYRTCU隔板、试管和气体的总的定向运动动能为2)(2212MMumvEmk其中v为隔板离开试管时，隔板向上运动的速度，u1是试管向下运动时的速度。气体内能的减少转变为定向运动动能，所以kEU另外，根据整个系统的总动量守恒，有1)(uMMmvm由上述各式可以解得))((2)12(3321MMmMMmRTumm（2）过程“2”：隔板离开试管以后，我们把正在向下运动的试管作为参考系。正如上面分析的，平均来说，可以认为有一半的分子向试管底撞击，这些分子的数量为2ANN分子撞击速率应该是平均速率，现在已方均根速率代替它，有分子mRTvf3其中m分子为分子的质量，Tf为隔板离开试管以后气体的温度。一个分子对试管底撞击产生vm分子2的冲量，一半分子的撞击给以试管底的总冲量为fmfARTMmRTmNvmNI33222分子分子分子这个冲量使得试管产生动量的改变，从而得到附加速度MIu2其中M为试管的质量。考虑到分子mNMAm，并且利用（1）式，将（7）（8）式代入（9）得RTMMum32231由此得到试管的最终运动速度为：RTMMMMmMMmRTuuummm32))((2)12(331213232213.3.7半径a=0.1m的铀球，在原子裂变过程中以体积热产生率H=5.5x103W·m-3均匀地、恒定不变地散发出热量.已知铀的导热系数κ=46W·m-3·K-1,试问达稳态时，铀球的中心一与外表面间的温度差是多少?【分析】对于球体内部有恒定不变地均匀散发出热量的传热问题，它达到稳态的条件是;单位时间内，从半径为r~r+dr:的球壳向外传递的热量，应该等于单位时间内以r为半径的球内所产生的总的热量。假如前者小于后者，铀球内部温度会升高，稳态尚末达到;假如后者小于前者，铀球内部温度会降低，稳态仍然未达到.〖解〗：现在以半径为r~r+dr的球壳为研究对象，设r及r~r+dr处的温度分别为。由于球壳内、外表面之间存在温度梯度，有热量从球壳向外传输，球壳通过的热量达到稳态时球壳在单位时间内透过的热流应该等于以r为半径的铀球在单位时间内产生的热量（假如前者小于后者，铀球内部温度会升高，稳态尚未达到），所以3.4.1两个同样大小经过黑化的小球，一个是铜的，一个是铝的。用丝线把它们吊在一正在熔化的冰块的大空洞里，发现铝的温度从3℃降到1℃用了10min,而铜球经同样的温度变化则用了14.2min。问铝和铜的比热容之比是多少？铝和铜的密度分别为2.7×10103kg∙𝑚−3和8.9×103kg∙𝑚−3.【解】（1）物体表面总辐射照度E，来自空腔的总辐射出射度……（1）物体单位时间、单位表面上吸收的辐射能量为：，发射的能量为：……（2）物体净能量流密度为……（3）由（为热容量）……（4）TrTrTd)(),(2π4ddddddrrTAzTtQ23π4ddπ34rrTrHrrHTaTTad3d00K20.06)0(213220HaaHTTaBM141WBTME4WTE4TM42TTJWTdTCdTmcdQpppC……（5）（2）依题意：把（5）式中，（为比热）铝：……（6），铜：……（7）（7）÷（8）：3.8.1气体的平均自由程可通过实验测定(例如由测量气体的粘度算出气体的平均自由程).现在测得t=20℃，压强为51.010Pa时氩和氮的平均自由程分别为889.910,27.510ANmm.试问:(l)氮和氩的有效直径之比是多少?（2）t=-20℃，52.010Pa时的A是多少?（3）t=--40℃，51.010Pa时的N是多少?【解】pnkT在压强和混度相同时有如下关系:22222ANNANAdndddn则有122889.9103527.510NAANdd(2)温度t=-20℃，压强为52.010Pa时平均自由程可表示为TTATTTTTTTATTAAJdtdQ4)3(2244dtTTATdTCWWp34)4(21304TTWWptTTdTTACdt213ln4TTTTTACtcCpcRWRtWTTTTtTACAAWWAWAA107103.2ln4121421lnTTTTWW44WTARRWRtWCuuu2.14109.81332.27.29.82.1410109.82.14107.21033WRWRCCuA'2AkTp在温度都是t=20℃情况下，氩氛的平均自由程和压强成反比，也就是说8'57'49.9101.0105.0102.010AAAApmmp(3)同样对于压强相同而温度不同的氮气，其平均自由程和温度成正比8''727.5102332.210293NNNNTmmT（2）因为,,33vmmCnmvnmvM，所以,3vmmCnmvM则有112221MM（3）因为,,33vnmvDnm，所以1D而MV，所以则有112221DMDM（4）由（1）式可以得到21211121.0103ARTMmN21222222.8103ARTMmN3.8.2标准状态下氦气的粘度为1，氩气的粘度为2，他们的摩尔质量分别为M1和M2.。试问：（1）氦原子和氦原子碰撞的碰撞截面1和氩原子与氩原子的碰撞截面2之比等于多少？（2）氦的导热系数1与氩的导热系数2之比等于多少？（3）氦的扩散系数1D与氩的扩散系数2D之比等于多少？（4）此时测得氦气的粘度2311087.1msN和氩气的粘度2321011.2msN。用这些数据近似的估算碰撞截面21,。【解】（1）因为mkTvnvnm8,21,3则有21212121213223MTmTTkmvm在温度相同情况下，原子和氦原子碰撞的碰撞截面1和氩原子与氩原子的碰撞截面2之比为2112212121MMMM（2）因为3,3,vnmMCvnmmmV所以mmVMC,则有122121MM（3）应为mnvnmvD,3,3所以1D而VM所以122121MMDD（4）由（1）可以得到221222221111108.232100.132mNRTMmNRTMAA3.B.1若旋转粘度计(如图3-1左图所示)中的A的半径为R2，它和B的半径}1之差为δ令(R2-R1=δ)，而δ与R1相比不是很小.试问当扭丝扭转力矩为G，圆筒旋转速度为ω时所测得的流体的粘度是多少?【分析】注意R2-R1=δ与R1相比不是很小，在两圆筒之间沿半径方向的速度梯度不能认为是处处相同的.怎样应用牛顿枯性定律解本题?设当圆筒旋转速度为ω时，夹层内气体的运动已经达到稳态，夹层内气体受到的合力矩应该为零.现在在待测气体中隔离出一层其中心轴与圆筒中心轴相同，其内径为R，厚度为dR，长度为L的薄圆筒，如图3-1右图所示.当圆筒以角速度ω匀速转动时，这一层薄圆筒状气体也必做匀速转动.由于这层气体对圆筒中心轴的角动量是守恒的，于是根据角动量守恒定理可以知道这层气体所受到的相对于圆筒中心轴的合外力矩等于零.因此应该对这一层气体所受到的力矩进行分析.【解】作用于夹层中R~R+dR这层气体的外力有:内、外表面所受的压力，它们对轴的力矩均为零;内表面所受的粘性力F，它对轴作用的力矩为-FR其中“-”号表示其方向与圆筒转动方向相反:外表面所受的粘性力为F十dF，它对轴的力矩为+(F+dF)×(R+dR),“+”号表示其方向是与圆筒转动方向一致的。由角动量守恒定理得(F+dF)(R+dR)-FR=0则有d(FR)=0(1)(这里忽略了二级无穷小项)根据牛顿粘性定律得2duFRLdR（2）(2)式代人(l)式得2220duduRdRdR令duudR，得'2'0'duRuu即'2'dudRuR积分得21'CuR则21CdudRR再积分得到11CuCR（3）其中C1,C2为积分常数.由边界条件:在R=Rl处，u=0;R=R2处，u=ωR2可以得到1211220,CCRCCRR