大学物理上册课后习题答案讲课讲稿.doc

此文档仅供收集于网络，如有侵权请联系网站删除习题解答习题一1-1 与 有无不同?和有无不同? 和有无不同?其不同在哪里?试举例说明解：（1）是位移的模，是位矢的模的增量，即，；（2）是速度的模，即.只是速度在径向上的分量.有（式中叫做单位矢），则式中就是速度径向上的分量，不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3)表示加速度的模，即，是加速度在切向上的分量.有表轨道节线方向单位矢），所以式中就是加速度的切向分量.(的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)1-2 设质点的运动方程为=()，=()，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r，然后根据 =，及而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 =及= 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有，故它们的模即为而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作其二，可能是将误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢及速度的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。1-3 一质点在平面上运动，运动方程为=3+5, =2+3-4.式中以 s计，,以m计(1)以时间为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出=1 s 时刻和2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算0 s时刻到4s时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算4 s 时质点的速度；(5)计算0s 到4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)解：（1） (2)将,代入上式即有 (3) (4) 则 (5) (6) 这说明该点只有方向的加速度，且为恒量。1-4 在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示当人以(m)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小 图1-4解： 设人到船之间绳的长度为，此时绳与水面成角，由图可知 将上式对时间求导，得 题1-4图根据速度的定义，并注意到,是随减少的， 即 或 将再对求导，即得船的加速度1-5 质点沿轴运动，其加速度和位置的关系为 2+6，的单位为，的单位为 m. 质点在0处，速度为10,试求质点在任何坐标处的速度值解： 分离变量： 两边积分得由题知，时，, 1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 4+3 ，开始运动时，5 m， =0，求该质点在10s 时的速度和位置 解： 分离变量，得 积分，得 由题知，, ,故 又因为 分离变量， 积分得 由题知 , ,故 所以时1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+3，式中以弧度计，以秒计，求：(1) 2 s时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45角时，其角位移是多少? 解： (1)时， (2)当加速度方向与半径成角时，有即 亦即 则解得 于是角位移为1-8 质点沿半径为的圆周按的规律运动，式中为质点离圆周上某点的弧长,，都是常量，求：(1)时刻质点的加速度；(2) 为何值时，加速度在数值上等于解：（1） 则 加速度与半径的夹角为(2)由题意应有即 当时，1-9 半径为的轮子，以匀速沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点的运动方程为，式中/是轮子滚动的角速度，当与水平线接触的瞬间开始计时此时所在的位置为原点，轮子前进方向为轴正方向；(2)求点速度和加速度的分量表示式解：依题意作出下图，由图可知题1-9图(1) (2)1-10 以初速度20抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径；(2)落地处的曲率半径(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示题1-10图(1)在最高点，又 (2)在落地点，,而 1-11 飞轮半径为0.4 m，自静止启动，其角加速度为=0.2 rad，求2s时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度解：当时， 则1-12 如题1-12图，物体以相对的速度沿斜面滑动，为纵坐标，开始时在斜面顶端高为处，物体以匀速向右运动，求物滑到地面时的速度解：当滑至斜面底时，则,物运动过程中又受到的牵连运动影响，因此，对地的速度为题1-12图1-13 一船以速率30kmh-1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率40kmh-1沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何? 解：(1)大船看小艇，则有，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-13图由图可知 方向北偏西 (2)小船看大船，则有，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得方向南偏东1-14 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m的甲板上，篷高4 m 但当轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m ，如雨滴的速度大小为8 ms-1，求轮船的速率解： 依题意作出矢量图如题1-14所示题1-14图 由图中比例关系可知 习题二2-1因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a1，其对于m2则为牵连加速度，又知m2对绳子的相对加速度为a，故m2对地加速度，由图(b)可知，为a2=a1-a 又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f在数值上等于绳的张力T，由牛顿定律，有m1g-T=m1a1 T-m2g=m2a2 联立、式，得讨论 (1)若a=0，则a1=a2表示柱体与绳之间无相对滑动(2)若a=2g，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m1,m2均作自由落体运动题2-1图2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上，NB-mg=0 又因梯无转动，以B点为转动点，设梯子长为l，则NAlsin-mgcos=0 在水平方向因其有加速度a，故有f+NA=ma 题2-2图式中f为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能，即 f=0mg 联立、式得2-3 (1) 于是质点在2s时的速度(2)2-4 (1)分离变量，得即 (2) (3)质点停止运动时速度为零，即t，故有 (4)当t=时，其速度为即速度减至v0的.2-5分别以m1,m2为研究对象，其受力图如图(b)所示(1)设m2相对滑轮(即升降机)的加速度为a，则m2对地加速度a2=a-a；因绳不可伸长，故m1对滑轮的加速度亦为a，又m1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m1在水平方向对地加速度亦为a，由牛顿定律，有m2g-T=m2(a-a)T=m1a题2-5图联立，解得a=g方向向下(2) m2对地加速度为a2=a-a= 方向向上m1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a绝=a相+a牵=arctan=arctan=26.6，左偏上2-6依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下，而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为30，则动量的增量为p=mv-mv0由矢量图知，动量增量大小为mv0，方向竖直向下2-7由题知，小球落地时间为0.5s因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v1=gt=0.5g，小球上跳速度的大小亦为v2=0.5g设向上为y轴正向，则动量的增量p=mv2-mv1 方向竖直向上，大小 p=mv2-(-mv1)=mg碰撞过程中动量不守恒这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒2-8 (1)若物体原来静止，则p1= i kgms-1,沿x轴正向，若物体原来具有-6 ms-1初速，则于是,同理，v2=v1,I2=I1这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即亦即t2+10t-200=0解得t=10 s，(t=-20 s舍去)2-9 质点的动量为p=mv=m(-asinti+bcostj)将t=0和t=分别代入上式，得p1=mbj,p2=-mai,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为I=p=p2-p1=-m(ai+bj)2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有F=(a-bt)=0,得t= (2)子弹所受的冲量将t=代入，得(3)由动量定理可求得子弹的质量2-11设一块为m1，则另一块为m2，m1=km2及m1+m2=m于是得 又设m1的速度为v1,m2的速度为v2，则有 mv=m1v1+m2v2 联立、解得v2=(k+1)v-kv1 将代入，并整理得于是有将其代入式，有又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取证毕2-12 (1)由题知，F合为恒力， A合=Fr=(7i-6j)(-3i+4j+16k) =-21-24=-45 J(2) (3)由动能定理，Ek=A=-45 J2-13 以木板上界面为坐标原点，向内为y坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图f=-ky第一锤外力的功为A1 式中f是铁锤作用于钉上的力，f是木板作用于钉上的力，在dt0时，f=-f设第二锤外力的功为A2，则同理，有 由题意，有 即所以，于是钉子第二次能进入的深度为y=y2-y1=-1=0.414 cm2-14 方向与位矢r的方向相反，即指向力心2-15 弹簧A、B及重物C受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图FA=FB=Mg又 FA=k1x1FB=k2x2所以静止时两弹簧伸长量之比为弹性势能之比为2-16 (1)设在距月球中心为r处F月引=F地引，由万有引力定律，有G=G经整理，得r= = =38.3210 m则p点处至月球表面的距离为h=r-r月 =(38.32-1.74)1063.66107 m(2)质量为1 kg的物体在p点的引力势能为 = =-1.282-17 取B点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有-m2gh= (m1+m2)v2-m1gh+k(l)2式中l为弹簧在A点时比原长的伸长量，则l=AC-BC=(-1)h联立上述两式，得v=题2-17图2-18 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点则由功能原理，有-frs= k=式中 s=4.8+0.2=5 m，x=0.2 m，再代入有关数据，解得k=1390 Nm-1题2-18图再次运用功能原理，求木块弹回的高度h-fts=mgssin37-kx3代入有关数据，得 s=1.4 m,则木块弹回高度h=ssin37=0.84 m题2-19图2-19 m从M上下滑的过程中，机械能守恒，以m，M地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有mgR= 又下滑过程，动量守恒，以m,M为系统则在m脱离M瞬间，水平方向有mv-MV=0联立，以上两式，得v=2-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有即 题2-20图(a) 题2-20图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有mv0=mv1+mv2亦即 v0=v1+v2 由可作出矢量三角形如图(b)，又由式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v0为斜边，故知v1与v2是互相垂直的2-21 由题知，质点的位矢为r=x1i+y1j作用在质点上的力为f=-fi所以，质点对原点的角动量为L0=rmv=(x1i+y1j)m(vxi+vyj)=(x1mvy-y1mvx)k作用在质点上的力的力矩为M0=rf=(x1i+y1j)(-fi)=y1fk2-22 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有 r1mv1=r2mv22-23 (1) (2)解(一) x=x0+v0xt=4+3=7即r1=4i,r2=7i+25.5jvx=v0x=1即v1=i1+6j,v2=i+11j L1=r1mv1=4i3(i+6j)=72kL2=r2mv2=(7i+25.5j)3(i+11j)=154.5kL=L2-L1=82.5k kgm2s-1解(二) 题2-24图2-24 在只挂重物M1时，小球作圆周运动的向心力为M1g，即M1g=mr020 挂上M2后，则有 (M1+M2)g=mr2 重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒即 r0mv0=rmv 联立、得2-25 (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b)图中N、N是正压力，Fr、Fr是摩擦力，Fx和Fy是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在O轴处所受支承力题2-25图（a）题2-25图(b)杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有对飞轮，按转动定律有=-FrR/I，式中负号表示与角速度方向相反 Fr=N N=N 又 以F=100 N等代入上式，得由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为这段时间内飞轮的角位移为可知在这段时间里，飞轮转了53.1转(2)0=900(2)/60 rads-1，要求飞轮转速在t=2 s内减少一半，可知用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为2-26 设a，a2和分别为m1m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)题2-26(a)图 题2-26(b)图(1) m1，m2和柱体的运动方程如下：式中 T1=T1,T2=T2,a2=r,a1=R而 I=(1/2)MR2+(1/2)mr2由上式求得 (2)由式T2=m2r+m2g=20.106.13+29.820.8 N由式T1=m1g-m1R=29.8-20.206.1317.1 N2-27 分别以m1，m2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示对m1,m2运用牛顿定律，有m2g-T2=m2a T1=m1a 对滑轮运用转动定律，有T2r-T1r=(1/2Mr2) 又， a=r 联立以上4个方程，得题2-27(a)图 题2-27(b)图题2-28图2-28 (1)由转动定律，有mg(l/2)=(1/3)ml2 = (2)由机械能守恒定律，有mg(l/2)sin=(1/2)(1/3)ml22=题2-29图2-29 (1)设小球的初速度为v0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为，而小球的速度变为v，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mv0l=I+mvl (1/2)mv20=(1/2)I2+(1/2)mv2 上两式中I=1/3Ml2，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度=30，按机械能守恒定律可列式： 由式得由式 由式 所以求得(2)相碰时小球受到的冲量为Fdt=mv=mv-mv0由式求得Fdt=mv-mv0=-(I)/l=(-1/3)Ml=-负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反题2-30图2-30 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度v0=R设碎片上升高度h时的速度为v，则有v2=v20-2gh令v=0，可求出上升最大高度为(2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR2，碎片抛出后圆盘的转动惯量I=(1/2)MR2-mR2，碎片脱离前，盘的角动量为I，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即I=I+mv0R式中为破盘的角速度于是(1/2)MR2=(1/2)MR2-mR2+mv0R(1/2)MR2-mR2=(1/2)MR2-mR2得=(角速度不变)圆盘余下部分的角动量为(1/2)MR2-mR2转动动能为题2-31图Ek=(1/2)(1/2)MR2-mR222-31 (1)射入的过程对O轴的角动量守恒Rsinm0v0=(m+m0)R2=(2)2-32 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有mgh=(1/2)mv2+(1/2)I2+(1/2)kh2又 =v/R故有题2-32图 题2-33图2-33 (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B点时，有I00=(I0+mR2) 该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为vB，以B点为重力势能零点，则有(1/2)I020+mgR=(1/2)(I0+mR2)2+(1/2)mv2B 联立、两式，得(2)当小球滑至C点时，Ic=I0 c=0故由机械能守恒，有mg(2R)=(1/2)mv2cvc=2请读者求出上述两种情况下，小球对地速度 习题七7-1下列表述是否正确?为什么?并将错误更正（1） （2）（3） （4）解：(1)不正确，(2)不正确， (3)不正确，(4)不正确，7-2 图上封闭曲线所包围的面积表示什么?如果该面积越大，是否效率越高?答：封闭曲线所包围的面积表示循环过程中所做的净功由于，面积越大，效率不一定高，因为还与吸热有关7-3 如题7-3图所示，有三个循环过程，指出每一循环过程所作的功是正的、负的，还是零，说明理由解：各图中所表示的循环过程作功都为因为各图中整个循环分两部分，各部分面积大小相等，而循环方向一个为逆时针，另一个为顺时针，整个循环过程作功为题7-3图7-4 用热力学第一定律和第二定律分别证明，在图上一绝热线与一等温线不能有两个交点题7-4图解：1.由热力学第一定律有 若有两个交点和，则经等温过程有经绝热过程 从上得出，这与,两点的内能变化应该相同矛盾2.若两条曲线有两个交点，则组成闭合曲线而构成了一循环过程，这循环过程只有吸热，无放热，且对外做正功，热机效率为，违背了热力学第二定律7-5 一循环过程如题7-5图所示，试指出：(1)各是什么过程；(2)画出对应的图；(3)该循环是否是正循环?(4)该循环作的功是否等于直角三角形面积?(5)用图中的热量表述其热机效率或致冷系数解：(1) 是等体过程过程：从图知有，为斜率由 得故过程为等压过程是等温过程(2)图如题图题图(3)该循环是逆循环(4)该循环作的功不等于直角三角形面积，因为直角三角形不是图中的图形(5)题7-5图 题7-6图7-6 两个卡诺循环如题7-6图所示，它们的循环面积相等，试问：(1)它们吸热和放热的差值是否相同；(2)对外作的净功是否相等；(3)效率是否相同?答：由于卡诺循环曲线所包围的面积相等，系统对外所作的净功相等，也就是吸热和放热的差值相等但吸热和放热的多少不一定相等，效率也就不相同7-7 评论下述说法正确与否?(1)功可以完全变成热，但热不能完全变成功；(2)热量只能从高温物体传到低温物体，不能从低温物体传到高温物体(3)可逆过程就是能沿反方向进行的过程，不可逆过程就是不能沿反方向进行的过程答：(1)不正确有外界的帮助热能够完全变成功；功可以完全变成热，但热不能自动地完全变成功；(2)不正确热量能自动从高温物体传到低温物体，不能自动地由低温物体传到高温物体但在外界的帮助下，热量能从低温物体传到高温物体(3)不正确一个系统由某一状态出发，经历某一过程达另一状态，如果存在另一过程，它能消除原过程对外界的一切影响而使系统和外界同时都能回到原来的状态，这样的过程就是可逆过程用任何方法都不能使系统和外界同时恢复原状态的过程是不可逆过程有些过程虽能沿反方向进行，系统能回到原来的状态，但外界没有同时恢复原状态，还是不可逆过程7-8 热力学系统从初平衡态A经历过程P到末平衡态B如果P为可逆过程，其熵变为：，如果P为不可逆过程，其熵变为，你说对吗？哪一个表述要修改，如何修改？答：不对熵是状态函数，熵变只与初末状态有关，如果过程为可逆过程其熵变为： ，如果过程为不可逆过程，其熵变为7-9 根据及，这是否说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变?为什么?说明理由答：这不能说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变，熵是状态函数，熵变只与初末状态有关，如果可逆过程和不可逆过程初末状态相同，具有相同的熵变只能说在不可逆过程中，系统的热温比之和小于熵变7-10 如题7-10图所示，一系统由状态沿到达状态b的过程中，有350 J热量传入系统，而系统作功126 J(1)若沿时，系统作功42 J，问有多少热量传入系统?(2)若系统由状态沿曲线返回状态时，外界对系统作功为84 J，试问系统是吸热还是放热?热量传递是多少?题7-10图解：由过程可求出态和态的内能之差 过程，系统作功 系统吸收热量过程，外界对系统作功 系统放热7-11 1 mol单原子理想气体从300 K加热到350 K，问在下列两过程中吸收了多少热量?增加了多少内能?对外作了多少功?(1)体积保持不变；(2)压力保持不变解：(1)等体过程由热力学第一定律得吸热 对外作功 (2)等压过程吸热 内能增加 对外作功 7-12 一个绝热容器中盛有摩尔质量为，比热容比为的理想气体，整个容器以速度运动，若容器突然停止运动，求气体温度的升高量(设气体分子的机械能全部转变为内能)解：整个气体有序运动的能量为，转变为气体分子无序运动使得内能增加，温度变化 7-13 0.01 m3氮气在温度为300 K时，由0.1 MPa(即1 atm)压缩到10 MPa试分别求氮气经等温及绝热压缩后的(1)体积；(2)温度；(3)各过程对外所作的功解：(1)等温压缩 由 求得体积 对外作功(2)绝热压缩 由绝热方程 由绝热方程 得热力学第一定律，所以 ， 7-14 理想气体由初状态经绝热膨胀至末状态试证过程中气体所作的功为，式中为气体的比热容比.答：证明： 由绝热方程 得 又 所以 7-15 1 mol的理想气体的T-V图如题7-15图所示，为直线，延长线通过原点O求过程气体对外做的功题7-15图解：设由图可求得直线的斜率为得过程方程 由状态方程 得 过程气体对外作功7-16 某理想气体的过程方程为为常数，气体从膨胀到求其所做的功解：气体作功7-17 设有一以理想气体为工质的热机循环，如题7-17图所示试证其循环效率为答：等体过程吸热 绝热过程 等压压缩过程放热 循环效率 题7-17图 题7-19图7-18 一卡诺热机在1000 K和300 K的两热源之间工作，试计算(1)热机效率；(2)若低温热源不变，要使热机效率提高到80%，则高温热源温度需提高多少?(3)若高温热源不变，要使热机效率提高到80%，则低温热源温度需降低多少?解：(1)卡诺热机效率 (2)低温热源温度不变时，若 要求 K，高温热源温度需提高(3)高温热源温度不变时，若要求 K，低温热源温度需降低7-19 如题7-19图所示是一理想气体所经历的循环过程，其中和是等压过程，和为绝热过程，已知点和点的温度分别为和求此循环效率这是卡诺循环吗?解：(1)热机效率等压过程 吸热等压过程 放热 根据绝热过程方程得到绝热过程 绝热过程 又 (2)不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间7-20 （1）用一卡诺循环的致冷机从7的热源中提取1000 J的热量传向27的热源，需要多少功?从-173向27呢?(2)一可逆的卡诺机，作热机使用时，如果工作的两热源的温度差愈大，则对于作功就愈有利当作致冷机使用时，如果两热源的温度差愈大，对于致冷是否也愈有利?为什么?解：(1)卡诺循环的致冷机 时，需作功 时，需作功(2)从上面计算可看到，当高温热源温度一定时，低温热源温度越低，温度差愈大，提取同样的热量，则所需作功也越多，对致冷是不利的7-21 如题7-21图所示，1 mol双原子分子理想气体，从初态经历三种不同的过程到达末态 图中12为等温线，14为绝热线，42为等压线，13为等压线，32为等体线试分别沿这三种过程计算气体的熵变题7-21图解：熵变等温过程 , ， 熵变 等压过程 等体过程 在等温过程中 所以 熵变 绝热过程在等温过程中 7-22 有两个相同体积的容器，分别装有1 mol的水，初始温度分别为和，令其进行接触，最后达到相同温度求熵的变化，(设水的摩尔热容为)解：两个容器中的总熵变因为是两个相同体积的容器，故得 7-23 把0的0.5的冰块加热到它全部溶化成0的水，问：(1)水的熵变如何?(2)若热源是温度为20 的庞大物体，那么热源的熵变化多大?(3)水和热源的总熵变多大?增加还是减少?(水的熔解热)解：(1)水的熵变 (2)热源的熵变 (3)总熵变 熵增加只供学习与交流