第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试精彩试题及问题详解

1、 实用文档 32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题第 19日年9月2015 说明：所有解答必须写在答题纸上，写在试题纸上无效。 分）在太阳内部存在两个主要的核聚变反应过程：（15一、 年提出1938碳循环和质子-质子循环；其中碳循环是贝蒂在?+pe分别表示质的，碳循环反应过程如图所示。图中、和e子、正电子和电子型中微子；粗箭头表示循环反应进行的先12pC核发生反应生后次序。当从循环图顶端开始，质子与13N核，反应按粗箭头所示的次序进行，直到完成一个循成+pe核的质量分环后，重新开始下一个循环。已知和He、21u931.494 u（u、1.0078 和4.0026 别为0.511 MeV/c2

2、? MeV/c的质量可以忽略。），电子型中微子e Y代表的核素；（1）写出图中X和 2）写出一个碳循环所有的核反应方程式；（ 3）计算完成一个碳循环过程释放的核能。（ 的轻杆，轻杆两端二、（15分）如图，在光滑水平桌面上有一长为L有一质量为的小球和。开始时细杆静止；各固定一质量均为BMAm球碰撞。将小球和细杆视运动，与以垂直于杆的速度C的小球Av0 为一个系统。 C碰后的速度表出）；（1）求碰后系统的动能（用已知条件和球的速度和系统的求此时球C（2）若碰后系统动能恰好达到极小值， 动能。 的刚性薄圆环落到粗糙的水平地面前的如图，一质量分布均匀、半径为r分）20三、（3v的瞬间，圆环质心速度）角

3、，并同时以角速度与竖直方向成（?0 0022、且垂直环面的轴转动。已知圆环仅在其所正方向如图中箭头所示）绕通过其质心O在的竖直平面内运动，在弹起前刚好与地面无相对滑动，圆环与地面碰撞的恢复系数忽略空气阻力。为，重力加速度大小为gk 。 ）（1求圆环与地面碰后圆环质心的速度和圆环转动的角速度；）求使圆环在与地面碰后能竖直弹起的条件和在此条件下（2 圆环能上升的最大高度； 角可变，求圆环第二次落地点到首次落地点之间）若让（3?取最大的最大值以及随的水平距离变化的函数关系式、?sss和v 应满足的条件。、值时?r00 文案大全 实用文档 正方向）上，（沿x分）如图，飞机在距水平地面（xz平面）等高的

4、航线KA四、（25）的速度匀速飞行；机载雷达天线持续向航线正（远小于真空中的光速以大小为cvv）发射扇形无线电波束（扇形的角平x坐标为右侧地面上的被测固定目标P点（其xP随着飞机移动，且在测量（BC分线与航线垂直），波束平面与水平地面交于线段BC与航线为坐标原点。已知BCK点在地面的正投影O时应覆盖被测目标P点），取天线发出的无线电波束是周期性的等。KA的距离为R 0。幅高频脉冲余弦波，其频率为f 0）及点（其x坐标为（1）已知机载雷达天线经过AxA反射后又被机点相继发出无线电波信号，由P此后朝P求接收到的回波信号的频率与发出载雷达天线接收到， 信号的频率之差（频移）。，讨论上述频移分别为正、

5、零BC长度为（2）已知Ls 或负的条件，并求出最大的正、负频移。PB到达先到达P点、直至，（3）已知求从CLR?s0，并将其表点过程中最大频移与最小频移之差（带宽） 的函数。示成扇形波束的张角?2y 已知：当。时，2?11?y? 1?y 2 ”字形导线框置于光滑水平面上，分）如图，“田20五、（ 和和电阻分别为其中每个小正方格每条边的长度l0.10 mR的均匀磁场中，磁场。导线框处于磁感应强度1.0 T?B?1.0 边平行。今de方向竖直向下，边界（如图中虚线所示）与，将导线框从磁场中匀速拉出，拉出速度的大小为2.0 m/sv?边平行。试求将导线框整体从磁场ae方向与de边垂直，与 中拉出的过

6、程中外力所做的功。 ，六、（23分）如图，一固定的竖直长导线载有恒定电流I 导线框可围绕过对边中心的竖直其旁边有一正方形导线框，。已知导线框的转动，转轴到长直导线的距离为O轴Ob21，自感可忽略。现使导线框（边长为），总电阻为Rb?aa2?逆时针（沿轴线从上往下看）方向转动，绕轴以匀角速度以导线框平面与长直导线和竖直轴所在平面重合时开始计 t时刻时。求在 ）导线框中的感应电动势（1E； 。M2（）所需加的外力矩 文案大全实用文档 七、（22分）如图，1mol单原子理想气体构成?aabc。已知和的系统分别经历循环过程abcdap c 和体理想气体在任一缓慢变化过程中，压强b pp31 ? 。积满

7、足函数关系VVfp?理想气体在任一缓慢变化过程的试证明：（1） 2p1 摩尔热容可表示为pRp? c?C?1a ?d VdpV?p dVV 分别为定容摩尔热容和理想气体和式中，O CRVV5VV31 1 1 常数；?bc直线变化过程中的摩尔热（2）计算系统经 容；?bc和吸放热图中的坐标A直线过程中升降温的转折点在（3） 分别计算系统经p-V B；的转折点在p-V图中的坐标 4）定量比较系统在两种循环过程的循环效率。（ 分）如图，介质薄膜波导由三层均匀介质组20八、（ n，光波在其为波导薄膜，其折射率为成：中间层1t2 n2 1为覆2；上层中传播；底层0为衬底，其折射率为n0里来回。光在薄膜层

8、盖层，折射率为；1n?n?nn2012i1 是光反射，沿锯齿形向波导延伸方向传播。图中，?jidn 表面上j是光波在介质波在介质j表面上的入射角，?1 i1 jt 的折射角。在什么条件下光波可被完全限制在波导入射角（1）?i1n0 薄膜里（即光未折射到衬底层和覆盖层中）？t0 ，求能够在薄膜波导中）已知波导薄膜的厚度为（2d 。传输的光波在该介质中的最长波长?max的交界面上的反射系数（即反射光的电场强度与入射光的电k已知：两介质j与 场强度之比）为?cos?ncosn?i?kjkijt e?r?rjk jkjk?cos?ncosnkjtjki的表面上的入射角和折射角，余类推；正弦函数是分别是

9、光波在介质式中，和j?jijt 和余弦函数在复数域中可定义为?ii?i?ie?eee ，?sincos? 22i 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答第32 日月年2015919 文案大全 实用文档 分）0一、（15 代表的核素分别为）图中X和Y（11315 C O 和 ）一个循环所有的核反应方程式依循换次序为（21312NC?p ?1313?N?eC e1413N?Cp? 1514O?Np? ?1515?O?eN? e41512Hep?CN? （3）整个循环的核反应，相当于?4?24p?He?2e e 完成一个碳循环过程释放的核能为2c)m?M?2m?E?(4ep4He 0.511 Me

10、V?2 ?(4?1.0078?4.0026)?931.49425.619 MeV? 分；第1Y）问4分，X和正确，各2分；第（2）问6分，式各评分参考：第（1 分。（3）问5分，式2分，式3 分）二、（15 （解法一）（1） B取碰前球所在位置O为原点，建立坐标系（如图）。碰撞前后系统的 动量及其对细杆中心的角动量都守恒，有vA C 0 MV?mv?mvMVxx0xBA MV?0mv?MVByyAyy LLLL V?MV?Mmmv?vx x0BAxx2222O B 方向的速度分量。由于轻yC碰后的沿x方向和和表示球vv式中，xyL 杆长度为，按照图中建立的坐标系有222 L)?y(t)?x(t

11、)?x(t)(?ytBBAA 由上式对时间求导得 0?)?V(t)y(t)?y(t)V(t()x(t?x(t)V(t)?Vt)?yBAxBAAxyBBA 在碰撞后的瞬间有0),t?t?0)?x(x(AB L(t?0)?y(t?0)?y BA 利用式，式在碰撞后的瞬间成为 V?0)?V(t0)?VV(tyBAyAyBy 由式得m vV?V? yByyAM2 由式得m )?Vvv?( xAx0M 0V?xB 利用式，碰撞后系统的动能为 文案大全 实用文档 111222222vv)?M(V?V)?M(VE?m(?V?) AyxBxyAByx222112222vv ? )V?V)? ?m(?2M( A

12、yyAxx222mM1m?21222vvvvm) ?m?(? y0xxM42M2 （解法二）v C的运动速率为，细取碰前B球所在位置O为原点，建立坐标系（如图）。设碰撞后，小球? 细杆绕中心转动的角速度为碰撞前后系统的动量及其对细杆中心的。杆中心的运动速度为，VC 角动量都守恒，有 MVv?2mv?mx0xC MV2?0?mvyyCLLLL? vv?Mm2m? x02222? 和表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由式得vv式中，xym? vV?v? x0cxM2m vV? yCyM2m? v?v x0ML 碰撞后系统的动能为2L111? 2222vv?m(MM(2)(V)?V)?2?E

13、? yyxxCC2222? 利用式，系统动能式可表示成2m2M?11m222 vmE?v?(v?v)m y0xxM422M 式或者解法（二）的式即为（2）解法（一）的?22mm)mm1?m2M1(M?22v+vvv ? ?E?m? x0y0m?4M2Mm2MM? 可见，在条件mvv,? 0x ? m?M v0?y 下，碰后系统动能达到其最小值2m12v ?E 0mM2? 它是小球仅与球A做完全非弹性碰撞后系统所具有的动能。 1（解法二）式各1（解法一）?式各分；分，：第（评分参考1）问101分，分，分；第（分，式12分，式12）问5?式各2?式分，各分，式2 分。 分）20三、（；碰撞后，它在

14、碰撞过程中受到的地面对它的水平冲量为）设圆环的质量为（1Imt与竖直向上方向的夹角（按如图所示的顺时针方向计算），圆环质心的速度大小为vv 文案大全 实用文档 。规定水平向右方向和顺时针方向分别为水平动量和角速度为，圆环的角速度为? 的正方向。在水平方向，由动量定理有 ?I?mvsin?mvsint0 由对质心的动量矩定理有 ?rI?rm(r?rm(r) t0因而此时圆环上与地面的接触点的水圆环在弹起前刚好与地面无相对滑动，按题意， 平速度为零，即 ?0vsin?r 由题意知v?cos0? k? v?0?cos 0 联立式得1 2222?)rksinvcos?vv?(40002 ?r1 ?0)

15、?(tantan v?cos2k 01 ?)sin?v?(r 00r2 （2）若圆环与地面碰后能竖直弹起，则其速度与竖直方向的夹角 ?0? 将上式代入式得，使圆环在与地面碰后能竖直弹起的条件为?r ?0?sin? v 0 在此条件下，在与地面刚刚碰后的瞬间有 ，?0?vkcosv? 0 即圆环做竖直上抛运动。圆环上升的最大高度为22222222vvv?)kcos(rk? 000?h? g22g2g不变，质心做以初速度）由于忽略空气阻力，圆环再次弹起后，角速度保持为（3?变化的函数关随的斜抛运动。圆环第二次落地点到首次落地点之间的水平距离为?vs 系式为2vv?cosk2sin ?v?0)?s?

16、sin(r 00gg 的取值满足取最大值时， ?svkds ? v?0)?r(0cos2sin? 00?gd? ?式得由得 222v?8r?r? 000 ?sinv4 0 ?式得将?代入 2222222vvv?)?rr?)8?2rr(kr8?8?300000000 ?s1g16 2222222vvv?)8rrr?)38(kr?r82(?00000000?s?2g16 文案大全实用文档 式中和分别对应于?式右端根号前取正和负号的情形。由以上两式可知，的最sss12大值为 2222222vvv?)rr?(?8r?3r8)8?k(r200000000? ?smaxg16 又因为 ?1?sin?1?v

17、r应满足、 由上式得，当取最大值时，和s00? ?rv? 00 评分参考：第（1）问9分，式各2分，式各1分；第（2）问4分，式各1分，式2分；第（3）问7分，?式各1分。 四、（25分） （1）解法（一） 按照题给坐标系，设待测点P的位置为，飞机在)ax,0,( Pt0t?A飞机所在位置，时所在点K的位置为。在时刻,0)(0,h1，机载雷达此时发出一光信号；该信点的坐标为,0),h(x?xA1t返回至飞机的机载雷达被接P点，经反射后，于时刻号到达2，如图所示。受，此时飞机的机载雷达的位置为,0),h(x?x?A2 由于光速不变，飞机做匀速直线运动，有 2222)?tc(x?x)t?R?(x?

18、x)?R( 1P20P201 )tv(t?xx? 1122 ?t22点的坐标，飞机所在位置式中A。现设在时刻a?Rh?10为，机载雷达此时发出另一光信号；该信号到达P点，?x(h,0),1?t经反射后，于时刻返回至飞机的机载雷达被接受，此时飞机2的机载雷达的位置为 。同理有?x,0)h(,2 2222?x(xt?t)R?)?x)?R?x(?c 2210P0P1 ?xtt)?x?v( 2121?x?xv(t)?t 1111 ?x)?t?xv(t2222c?v 由式和得1 ?2222)?(x?R?(x?)?R?x?x?xx? tt? 12102P11P0c1 ?22222)?)()?)?R(xx?

19、R(xxx?2(?xxx)(xx? 1210111PPP02c 1 ?222222vv)(?)x(?x2(ttt?t?)?xx(?R)x?(?R?x? 121P0211P0P1c 22)x?(?2Rxvxx?P10P1)?t?(t 12cc22)R?x?(xP012 上式右端已略去了级的高阶项。由式解得)(vc/ 文案大全实用文档 22)x(x?2R?1P01?t t?v12xc? 11 c22)x?xR?(P01 22 )x(x?2R?vx?x?P01P1?1? cc22)x?xR?(?P01 22)?x?(x2Rv2P01)?(x?x? P12ccc?v 得同理，由式和?v 2 1P0?x

20、t?t(? ?x) 1P122cc 由式得v22? 2222?x?x)?x)x?RR?(x?(?x(t)?t?(t)?t)?(? 11101PP011222cc 利用式，式成为?t)(t(?t?t)?21122v22? 2222v?)(?t?(tt?)Rx?x?t)?R?(x?x 1111001PP12cc v)?x2(x?P1)?t(t 11c22)R?(x?xP102 上式右端已略去了级的高阶项。令)(v/c? ? tT?t?101 式中，为机载雷达在发射的光信号的周期，则T0? ? t?tT?22 是机载雷达接受到相应的光信号的周期。式可写成v)x?2(x ?PAT?T?T 00c22)

21、?(xxR?PA0 或v)x2(?x? PAf?ff?f 00Dc22)?x(R?xP0A 替代，而式中已用xxA111 ?,ff? 0TT0式也是接收到的回波信号的频率与发出信号的频率之差（频移）。?是相应的光信号的频率，fD 可写为v ? ?cos2f?f?ff? 0D0c 式中x?x?PA?cos 22)?x(R?xPA0? 为从机载雷达射出的光线与飞机航线之间的夹角。即 解法（二）K航线KA为轴，从x为坐标原点，和直线取航线KABC所构成的平面为新的坐标平面。KP；点的坐标为，飞机所在位置轴交点的直线为指向BC与Zy轴；在时刻A目标点,0)?x(xtA11 在这个坐标系里是固定的。的位

22、置),(xR0Pt 设机载雷达于时刻发出的发射信号的相位为 文案大全实用文档 ? ?tt?0? ?分别是相应的角频率和初相位。式中和点在机载雷达于时刻接收到的经PA),0)t(x?x(t?012A1?发出的，其相位为 在点反射的信号是机载雷达于时刻A),0)?x(t(x?t1A11? ?t?t? 110?为信号往返过程所需的时间，它满足式中 2222?c?x)?R?(xR?(x?x P1020P ?vx?x? 12 经过时间间隔 ，同理有 t? ?t?t?t?t 110 2222?cx)R?(Rx?(x?x)? PP0102 ?v?x?x 12 另外，由于同样的原因（飞机作匀速直线运动），还有

23、 ?t?x?xv? 11 ?t?v?xx 22? ，则应有设机载雷达收到的信号的圆频率为? ?t?t?t?t 11v?c 由式和得1 ?2222?)?(x?)?Rx?(x?x? x?Rx? 1P0P1012c1 ?22222)?x)?(x?2(x?x?)(xR?x?(xx)?R?(x?x? 10022111P1PPc 1 ?222222vv?x)?x?R?(x?x?)R?(x2)(x? P10PP101c 22)xx?2R?(vx?xP01?P1? cc22)(xR?x?P102 级的高阶项。由式解得上式右端已略去了)/c(v 22)x?(x?2R1P01? vxc? 11 c22)?x?(R

24、xP01 22 )x?x2R?(vxx?P01P1?1? cc22)?Rx(?x?P01 22)xRx?(?2v2P10)?(x?x? P12cccv? 同理，由式和得 22?)2Rx?(x?v ? 2 P01?)?x(? x? P12cc 由式得? ? )?)?t?(?t?( 00 将? ? f?2 ?代入式，利用式，在的高阶项，得很小的情形下，略去t?tv)x2(?x ?PAf?ff?f 00Dc22)R?(?xxPA0 或 文案大全实用文档 v ? ?cosf?2ff?f? 00Dc 式中x?x?PA?cos 22)xx?R?(PA0? 即为从机载雷达射出的光线与飞机航线之间的夹角。 ，

25、有）（2）由于机载雷达天线发射的无线电波束面的张角的限制（见图（b2/2LL/?ss? ? 2222222)?(L/R?(L/2)0 分别为正、零或负的条件是：频移fD?2/? 当；（）时，频移0?fx?xDAP?2/?P当）时，即机载雷达发射信号时正好位于（xx?PA 点到航线的垂足处，频移 ?0f? D?0?f2/? 。（当）时，频移x?xDPA 22）时，即机载当（?/2?Lx?x?2)/2/2(/LR?L?sAPs0s 雷达发射信号时正好位于处，正的频移最大,0)h?x?L/2,(xsPAvLsff? 0D1c222)/R?(L s0? 22于好位信号时正时，即机载雷达发当射（）?/2

26、?Lx?x2)(2/2LL?R?sAPss0 处，负的频移的绝对值最大,0)h/2,(x?x?LsPAvL ?sf?f? 0D2c222)/R?(L s0 点过程中，多普勒频移的带宽为BC全部通过目标P（3）在飞机持续发射的无线电波束前沿vv?L2 ?ssin?4f?f?f?f?f 02D10DD2cc222)L/R?( s0?1?L?R 由于，故，有s0? ?sin 22 式得将上式代入到?v2 ?f?f? 0Dc 16 分，1）问 评分参考：第（ 式各1分；分，式(解法一) 式2分，式12分，? 分；12分，式各分，式2分，?式各11(解法二) 式分，式式2式）给分，?分别为正、零或负的条

27、件正确（包括式 第（2）问6分，?2分，频移?fD 1分；各 式?1分。分，式 3）问第（3 分，?2 文案大全实用文档 五、（20分） 在de边未出磁场的过程中，ab、cf和de三边切割磁力线运动，每条边产生的感应电动势相等，但感应电流为零，故不需要外力做功 0W?1 在de边出磁场但cf边未出磁场过程中，ab和cf两条边做切割磁力线运动，导线框的等效电路如图a所示。等效电路中每个电阻的阻值R=1.0。按如图所示电流方向，根据基尔霍夫第一定律可得 I?I?I, ?631? ,?II?I?152 ? ,?II?I?867?.?III?I?5437 4个独立方程由基尔霍夫第二定律，对4个回路可列

28、出0,R?U?IU?2IR?IR?531?0,R?U?I?2IR?IRU?425 ? ?0,?IR2U?IR?IR?763?0. R?2IU?IR?IR?847U 为式中，感应电动势V20l?0.U?bv 联立式得： 0.025A?I?I21 0.050A?I?I 43 边所受的安培力大小分别为ab边和ed此时， 0.0050N?FBIlab1ab 0.010NF?BIl?cfcf3 ed边的长度。外力所做的功为l分别为ab边和和式中ledab 0.0015J?Fl?W?Fl efab2efcf 边的长度。式中l表示efef切割磁力线运动产生感应ab在cf边移出磁场后，只有边所示，电路中电动势

29、的大小和b电动势。此时，等效电路如图 电阻阻值不变。根据基尔霍夫定律可得 ,I?II?631? ,I?II?152 ? ?I,I?I?678?.?I?I?II?5743 和0,R?IR?I?U?2IR?513?0,?R?IR?U?2IRI?452 ? ? R?0,IR?2R?I?I?367?0. R?IR?2IR?I?847 ?式得联立 ? 0.075AI?I?21 此时，ab边受到的安培力为 ?0.015N?BIlFab1ab 外力所做的功为 ?0.0015J?lF?Wafab3 文案大全实用文档 整个过程中外力做的功为 ? 0.0030JW?W?W?W312 评分参考：式1分，式各2分，式

30、各1分，?式各2分，?式各1分。 六、（23分） ?t=，如图的值为a所示（1）设t时刻导线框平面与长直导线和转轴组成平面之间的夹角为（俯视图），导线框旋转过程中只有左、右两边（图中分别用A、B表示）切割磁力线产生感应电动势。A、B两条边的速度大小相等， ?av? B处对应的磁感应强度大小分别为A、?I 0?B 1?r2 1?I 0?B 2?r2 2到长直导线和Br分别为A其中，为真空磁导率，r、?210 B两边对应的感应电动势分别为的垂直距离。A、2?Iav?0sinsin?E?B2a 1111?r1 2?Iav?0sinsin?B2aE? 2222?r 2? 根据几何关系得r的夹角。 、式

31、中B的速度方向与、r、分别为A21 2122?1 ?2 x方向的夹角。式代入式得导线框中的感应电动势为r、r与分别为其中、212?Ia)?sin()?sin(10 ?E?E?E? 21?rr?21 之间的关系为b、r、r与a、根据几何关系及三角形余弦定理得、21?cosb?a?cos? r?1 ?sina? sin? ?r? 1?cosab?cos? r?2 ?sina? sin? ?r? 2222?cosabb?2?ra?1 ?222?cos2ab?a?b?r?2 将式代入式得导线框的感应电动势为 文案大全实用文档 2?11aIbsin?0E? 2222?cosb?2?b?2abcosaba

32、?a? 2?1sin1abtI?0? ? 2222?tta?b?2aba?b?2abcoscos? ）（解法一）（2M要使导线框保持角导线框在电流I的磁场中旋转，受到安培力相对于轴的合力矩的作用，0? 的匀速旋转，所加的外力矩M速度为必须满足0MM? ? 0下两边所受安培力的方向与转轴平行，正方形导线框上、 表示）BA力矩为零，只有导线框左、右两边（分别用、FF所示（俯和对合力矩有贡献，如图受到的安培力b21FF 的大小为视图）。由式和安培力公式得和21?aIi ?0?2aiBF? 11?r 1?aIi ?0?aiB?F2 22?r 2 式中i为导线框中的感应电流。由欧姆定律有2?tIbasi

33、n1E1? ?0?i? 2222?tRabRa?b?2cosat?b?cos2ab? 安培力的合力矩为 d?FdF?M22011?)cos(?a?)?F?Facos(? 2122 ?)?Fasin(?Fasin(?)?212?Iia)sin(sin(?0? ? rr?12?、与和A和分别为分别为F和F与转轴之间的垂直距离，dd其中，d和d?212112 22 B连线之间的夹角。 ?式得需要加的外力矩为将?式代入2?tasinIib11?0?M?M? 02222?tta?coscos?2abba?b?2ab?222242?tasinbI11? ?0? 22222?tcosb?2abRa?b?2a

34、bcosta?2222422?Iba4tb(a)sin? 0? 222222?t4abcosaR(?b)? ）（解法二）（2M要使导线框保持角的磁场中旋转，受到安培力相对于轴的合力矩的作用，导线框在电流I0? 必须满足的匀速旋转，所加的外力矩M速度为0MM? ? 0 相等，即此时，安培力的合力矩的功率P应与导线框中感应电流的功率Pi0PP? ?i0 式中24222222?asintbI1E1?0?P? ? i22222?t2abcos?cos2baRR?abtab? 安培力的合力矩为 文案大全实用文档 222242?tPIbasinP11?i00?M ? 022222?tcos2Ra?b?2a

35、bcosabta?b? 式可得，外力矩M为由?222224?tsinIab11?0?MM? 022222?t2abcos?b?2abcos?tab?Ra? ?2222422?I4bat(a?b)sin 0? 222222?tbcosb)?4a?R(a? 1分，式各分，式21）问13分，式各1分，式2分，式1评分参考：第（解2分；?式各2分，式各1分，?式各分，式2分； 第（2）问10分，（解法一）? 2分。法二）?式各 22分）七、（ 1）根据热力学第一定律，有（? WQ?dU?dUW? 理想气体经历的任一缓慢变化过程中，和，可分别表示为这里，对于1molQ?dTCQ?dTCdU? ， ，pd

36、V?W?V 将理想气体状态方程RTpV? T 两边对求导，可得dVdVdp RVp? dTdTdV 式中利用了dVdpdp ? dTdVdT 根据式有RdV ? dpdTV?p dV 联立式得pR?C?C ?VdpV?p dV?bc （2）设过程方程为? V?p? 根据pR?C?C ?VdpV?p dV 可得该直线过程的摩尔热容为?V? R?CC ?V?V?23?bc)(3p,V和终态。对是单原子理想气体的定容摩尔热容，式中，过程的初态CR?C11 VV2)Vp,5( ，有11?V?3p11 ?Vp5?11 文案大全实用文档 由式得 7p ?1?, p 1V221 由式得8V?35V1 R?C ?V144V?1（3）根据过程热容的定义有 ?Q ? ?C ?T?T? 式得时从外界吸收的热量。由式中，是气体在此直线过程中，温度升高?Q?Q?4V?14V1? ?T R35V8V?1V?358V1? TR?Q? V?144V1?Abc在图上的坐标为过程中