(完整版)大学物理题目答案

第一章 质点运动学

T1-4：BDDB

1 -9 质点的运动方程为2

3010t t x +-=22015t t y -=

式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．

试求：(1) 初速度的矢量表达式和大小；(2) 加速度的矢量表达式和大小 解 (1) 速度的分量式为

t t x x 6010d d +-==

v t t

y

y 4015d d -==v 当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,

则初速度的矢量表达式为1015v i j =-+v v v ，

初速度大小为

1

2

02

00s m 0.18-?=+=y x v v v

(2) 加速度的分量式为

2s m 60d d -?==

t

a x

x v , 2s m 40d d -?-==t a y y v

则加速度的矢量表达式为6040a i j =-v v v ，

加速度的大小为

22

2

s m 1.72-?=+=y x a a a

1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t

2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求(1) 质点的任意时刻速度表达式；(2)运动方程．

解：（1） 由a ＝4 -t 2及dv a dt =， 有

2d d (4)d a t t t ==-?

??v ，

得到 31

143

t t C =-+v 。

又由题目条件，t ＝3ｓ时v ＝2，代入上式中有 31

14333C =?-+2，解得11C =-，则31413t t =--v 。

（2）由dx v dt

=及上面所求得的速度表达式，

有

31

d vd (41)d 3

t t t t ==--?

??x

得到 242

1212

x t t t C =--+

又由题目条件，t ＝3ｓ时x ＝9，代入上式中有2421

9233312

C =?-?-+ ，解得20.75C =，于是可得质点运动方程为

24

120.7512

x t t t =-

-+ 1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律202

1

bt t s

-=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度大小；(2) t

为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？

知识点：圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式．本题采用线量的方式来描述圆周运动的运动方程。 解 (1) 质点作圆周运动的速率为

bt t

s

-==

0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为

t dv a b dt

==-, R bt R a n 2

02

)(-==v v 故加速度的大小为

a

(2) 要使a b ==,b =可得

b

t 0v =

(3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为

b

s s s t 220

0v =-=

因此质点运行的圈数为

bR

R s n π4π22

v =

= 1 -23 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．

分析--题目的另一种描述方法：一质点（即题目中轮缘一点）作半径为R=0.50 m 的圆周运动，且2()d t k t dt

θ

ω=

=，其中k 为未知常数。在t ＝2.0ｓ 时4v = m·

ｓ-1 ．求：(1)在t′＝0.5ｓ时质点的角速度,切向加速度和法向加速度；(2)取t ＝0

ｓ时0

0θ=，求t ＝2.0ｓ时的(2)t θ=。

知识点：第一问--圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式；第二问--运动学积分问题：已知速度及初位置求某时刻质点位置

解 （1）因ωR ＝v , 且2()

d t k t dt

θ

ω=

=得 2()v R t R k t ω==，

将t ＝2.0ｓ 时4v

= m·

ｓ-1 代入上式解得2k

=，

所以 22)(t t ωω==。

则t ′＝0.5ｓ 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为

2120.5rad s t ω-==? d 41d t a R

Rt t

ω

=== 241

48

n a R Rt ω===

（2）在2.0ｓ内该点所转过的角度

rad 33.53

2d 2d 2

03202200====-??t t t t ωθθ

或者：由2()2d t t dt θω==，有2

()2d t dt t dt θω==???，得到323

θt C =+。又由题目条件，取t ＝0ｓ时00θ=，解得C=0。则在2.0ｓ内该点的角度为3

2 5.33rad 3

θt ==

1 -24 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ

+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0

ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？

知识点：圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式． 解 (1) 由于342t θ

+=,则角速度212d d t t

θ

ω==

．在t ＝2 ｓ 时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 222s

2.30m s n

t a R ω-===?

22s

d 4.80m s d t

t a R

t

ω

-===? (2) 当22

2

12/t n t

a a a a +=

=时,有2

2

3n

t

a a =,即 ()()4

2

2232412Rt R t =

得 3

213=t 此时刻的角位置为

rad 15.3423=+=t θ

(3) 要使t n a a =,则有

()()4

2

2232412Rt R t =

t ＝0.55ｓ 第二章 牛顿定律

T1-4：DACB

2 -14 一质量为10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动,已知F ＝120t ＋40,式中F 的单位为N,t 的单位的ｓ．在

t ＝1 时,质点位于x ＝5.0 m 处,其速度v ＝9 m·ｓ-1 ．求质点（1）在任意时刻的速度和（2）位置．

知识点：牛顿第二定律应用：已知力及初速度（或某个时刻的速度）求任意时刻速度 解 （1）由牛顿第二定律有

124F

a t m

=

=+ 由dv a dt

=

， 有

d d (124)d a t t t ==+???v ，

得到 2164t t C =++v 。 又由题目条件，t ＝1ｓ时v ＝9，代入上式中解得11C =-，则2641t t =+-v 。

（2）由dx

v dt

=

及上面所求得的速度表达式， 有

2d vd (641)t t t dt ==+-???x

得到

32222x t t t C =+-+

又由题目条件，t ＝1ｓ时x ＝5，代入上式中解得2

2C =，于是可得质点运动方程为

32222x t t t =+-+。

2 -20 质量为45.0 kg 的物体,由地面以初速60.0 m·ｓ-1 竖直向上发射,物体受到空气的阻力为F r ＝kv,且k ＝0.0

3 N/( m·ｓ-1 )．(1) 求物体发射到最大高度所需的时间。

知识点：牛顿第二定律应用：已知力及初速度（或某个时刻的速度）求任意时刻速度。在这个题目中，并不需要得到速度的表达式，只需要得到速度和时间之间的关系式。

解 (1) 物体在空中受重力mg 和空气阻力F r ＝k v 作用而减速．由牛顿定律得

t

m

k mg d d v

v =-- (1) 将上式改写成微元等式，有d d t

k g m

=-

+v

v

d d t k

g m

=-+??

v v

，积分得到ln()m k t g C k m =-++v 。

由题意，将t=0时速度为0

60=v 代入上式，有0ln()m k g C k

m

=-++0v ，即ln()m k C g k

m

=+0v ，

故有时间和速度的关系为1ln()ln()ln()

1k m k m k m mg

t g g k k m k m k mg

+=+-+=+0

0v v v v 。

又当物体发射到最大高度时，速度0=v ，所以有此时所对应时间为

s 11.61ln 0≈???

?

??+=

mg k k m t v 。 2 -22 质量为m 的摩托车,在恒定的牵引力F 的作用下工作,并受到一定的阻力，使得它能达到的最大速率是v m ．试计算以下情况从摩托车由静止加速到v m /2所需的时间：(1) 阻力F r ＝k v 2；（2）阻力F r ＝k v ，其中k 为未知比例系数。

知识点：牛顿第二定律应用：已知力及初速度（或某个时刻的速度）求任意时刻速度。和上题一样，在这个题目中，并不需要得到速度的表达式，只需要得到速度和时间之间的关系式。

解 （1）设摩托车沿x 轴正方向运动,在牵引力F 和阻力F r 同时作用下,由牛顿定律有

t

m

k F d d 2v v =-

当加速度a ＝d v /d t ＝0 时,摩托车的速率最大,此时牵引力和阻力相抵消，因此可得

k ＝F/v m 2

代入上式中有

t m F m d d 122v v v =???? ?

?-， 将上式改写成微元等式，并利用

2

2111111m m m

=++

--v v v v v v 有22d 1()2111m m m F dv dv dt m ==++--v v v v v v v ，两边积分有 1ln(1)ln(1)ln()2221m m m m m m m

F t C C m +

=+--+=+-v

v v v v v v

v v v v 。

由t=0时，v=0，代入上式，有C=0。则当v=v m /2 时，有12ln()ln 3

2212

m m m m t F F +

==-1v v 1

（2）设摩托车沿x 轴正方向运动,在牵引力F 和阻力F r 同时作用下,由牛顿定律有

d d F k m

t

-=v v 当加速度a ＝d v /d t ＝0 时,摩托车的速率最大,此时牵引力和阻力相抵消，因此可得

k ＝F/v m

代入上式中有

d 1d m F m t ??-= ?

??

v v v ，

将上式改写成微元等式，有1m

F

dv dt m

=

-v

v ，两边积分有 ln(1)m

m F t C m =--+v v v 。

由t=0时，v=0，代入上式，有C=0。则当v=v m /2 时，有1ln(1)ln 22m m m m t F F

=--=v v 。

第三章 动量守恒定律和能量守恒定律

T1，T3、4、5：CCDC

3 -6 一架以3.0 ×102 m·ｓ-1 的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m 、质量为0.50 kg 的飞鸟相碰．设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计．试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算)．

知识点：质点动量定理的应用：已知速度变化求平均作用力 解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得

Δ-='v m t F

式中F ′为飞机对鸟的平均冲力,等式右边的0指小鸟的初始动量忽略不计，而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝

l /v ,以此代入上式可得

N 1055.252

?=='l

m F v

根据作用力和反作用力定律，则鸟对飞机的平均冲力为

N 1055.25?-='-=F F

3 -8 F x ＝30＋4t (式中F x 的单位为N,t 的单位为s)的合外力作用在质量m ＝10 kg 的物体上,试求：(1) 在开始2ｓ 内此力的冲量；(2) 若冲量I ＝300 N·s,此力作用的时间；(3) 若物体的初速度v 1 ＝10 m·s -1 ,方向与Fx 相同,在t ＝6.86s 时,此物体的速度v 2 ．

知识点：冲量的定义，质点动量定理的积分形式 解 (1) 由冲量定义2

1

d t t I

F t =?，有

()s N 68230d 4302

022

0?=+=+=?t t t t I

(2) 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得

t ＝6．86 s(另一解t<0不合题意已舍去)

(3) 由动量定理,2

1

21d t t I F t mv mv ==-?

，

又由2302I

t t =+可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N·

s , 将I 、m 及v 1代入可得

11

2s m 40-?=+=

m

m I v v

3 -17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知t ＝0 时质点位于原点,且初始速度为零．设外力F 随距离变化规律为x L

F F F

0-

=．试求质点从x ＝0 处运动到x ＝L 处的过程中力F 对质点所作功和质点在x ＝L 处的速率． 知识点：功的定义，动能定理

解 由x L

F F F 00-=, 又由功的定义2

1

d x x W F x =

?

, 有2d 000

0L F x x L F

F W L =??

?

??-=?

由动能定理有 02

12-=v m W

其中，等式右边的0指质点的初始速度及动能为0，则有得x ＝L 处的质点速率为

m

L F 0=

v 3 -19 一物体在介质中按规律x ＝ct 3 作直线运动,c 为一常量．设介质对物体的阻力F (v ) ＝k v 2，其中k 为已知阻力系数。试求物体由x 0 ＝0 运动到x ＝l 时,阻力所作的功．

知识点：功的定义

解 由运动方程x ＝ct 3 ,可得物体的速度

23d d ct t

x

==

v 代入F (v ) ＝k v 2,得到物体所受阻力的大小和时间关系为

2249F k kc t ==v

再由x ＝ct 3即1/31/3t c x -=，代入上式有2/34/39F kc x =。

由功的定义21

d x x W F x =?

，则阻力做功为

2/34/32/37/30

27d 9d 7

l l

W kc x x kc l =?=-=-

??F x 。 3 -20 一人从10.0 m 深的井中提水,起始桶中装有10.0 kg 的水,由于水桶漏水,每升高1.00 m 要漏去0.20 kg 的水．水桶被匀速地从井中提到井口,求所作的功．（取重力加速度g=10 m·ｓ-2）

知识点：功的定义

解 水桶在匀速上提过程中, 拉力F 与水桶重力P 平衡,有

F ＋P ＝0

(在图示所取坐标下,)(注：考试时括号文字不写)记初始时刻水桶内水的质量为0m ，则水桶重力随位置的变化关系为

00.2P m g gy =-

其中y 为水桶的高度，以井底为y=0。则由功的定义2

1

d y y W F y =

?

，有人对水桶的拉力的功为

()10

00

d 0.2d 900

J l W m g gy y =?=-=??

F y

3 -21 一质量为0.20 kg 的球,系在长为2.00 m 的细绳上,细绳的另一端系在天花板上．把小球移至使细绳与竖直方向成

30°角的位置,然后从静止放开．求：(1) 在绳索从30°角到0°角的过程中,重力和张力所作的功；(2) 物体在最低位置时的动能和速率；(3) 在最低位置时的张力．

知识点：势能定义，重力势能函数，机械能守恒：已知某一过程质点的初始及末位置，求功、动能变化、速度变化等；圆周运动和受力关系

解 (1) 张力由于和小球运动方向垂直，故做功为零。 由保守力做功和势能的关系,则重力做功有12P P P W E E E =-?=-。

又若将小球最低点取为势能零点， 重力势能函数为()()1cos P E mgh mgl θθ==-。

将0130θ=，02

0θ=代入公式，有重力做功为

()0012cos0cos300.53J P P P W E E E mgl =-?=-=-=

(2) 根据机械能守恒, 0k P E E ?+?=，即k P E E W ?=-?= 又由初始时动能为零1

0k E =,故在最低位置时，亦即在00θ=时的动能为

2210.53J k k k k P E E E E E W =-=?=-?==

小球在最低位置的速率为

1K

22 2.30m s E W

m m

-?v (3) 当小球在最低位置时,记张力为T F ，则由牛顿定律可得

2

T m F mg l

-=

v ，

其中2

n m F l

=

v 为圆周运动的法向力，则有

N 49.22

T =+=l

m mg F v

第四章 刚体的转动

T5：B

4 －28 我国1970年4 月24日发射的第一颗人造卫星，其近地点为4.39 ×10

5 m 、远地点为2.38 ×10

6 m .试计算卫星在近地点和远地点的速率.(设已知卫星绕地球运动过程角动量守恒。) 知识点：角动量守恒，引力势能的函数，机械能守恒

解 记近地点处卫星离地球距离为1r ，速率为1v ，远地点处则分别为2r 、2v 。

由于卫星绕地球运动轨迹为以地球为焦点的椭圆，且在近地点和远地点处的速度方向与地球到卫星连线相垂直，则由角动量守恒定律有221

1v v mr mr = ，即1

212

r r =

v v

又因卫星与地球系统的机械能守恒，故有

2

221212121r Gmm m r Gmm m E

E -

=-v v 式中m Ｅ 和m 分别为地球和卫星的质量。将1

2

12

r r =

v v 代入上式有 ()

132112

1s m 1011.8-??=+=

r r r r Gm E v ，进一步有

1312

1

2s m 1031.6-??==

v v r r 4 －30 如图所示，一质量为m 的小球由一绳索系着，以角速度ω0 在无摩擦的水平面上，作半径为r 0 的圆周运动.如果在绳的另一端作用一竖直向下的拉力，使小球作半径为r 0/2 的圆周运动.试求：(1) 小球新的角速度；(2) 拉力所作的功.

知识点：角动量守恒，质点动能定理

解 (1)小球在转动的过程中，角动量保持守恒，且由圆周运动质点的角动量为2L mr ω=，则有当小球做两种半径的圆周

运动时角动量相等22000()2

r

L

mr m ωω==，

故新的角速度为04ω

ω=。

(2)当小球作半径为r 0 的圆周运动时速度为000v r ω=，作半径为r 0/2 的圆周运动时速度为002v r r ωω==。由动能定理，

有

2222

000113222

k W E mv mv mr ω=?=

-=。 第五章 静 电 场

T1-3：BBD

5 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求在棒的延长线，且离棒中心为r>0 处的P 点上的(1)电场强度E （2）电势

V

，以无穷远处电势为0.

知识点：连续带电体电场强度、电势求解：1）电荷元积分法

解：（1）沿着带电细棒建立坐标轴x ，以棒的中点为坐标原点。在棒上任取一个线微元dx ，其电荷元为dq ，由均匀带电有dq ＝Q d x /L 。记该电荷元的坐标为x ，离P 点距离为r '，则有r r x '=-，该电荷元对P 点所产生的电场强度大小为

22

004'4()dq Qdx

dE r L r x πεπε=

=

-。

整个带电体在点P 的电场强度为

/2

2200/24'4()L L

dq Qdx

E dE r L r x πεπε-===-???，

（注意积分时r 是常数） 解得22

001114π/2/2π4Q Q

E

L r L r L r L

εε??=

-=??-+-??。

（2）沿着带电细棒建立坐标轴x ，以棒的中点为坐标原点。在棒上任取一个线微元dx ，其电荷元为dq ，由均匀带电有dq ＝Q d x /L 。记该电荷元的坐标为x ，离P 点距离为r '，则有r r x '=-，该电荷元对P 点所产生的电势大小为

004'

4()

dq Qdx

dV r L r x πεπε=

=

-，

则整个带电体在点P 的电势大小为

/2

00/2

4'

4()L L dq Qdx

V dV r L r x πεπε-===

-??

?，（注意积分时r 是常数） 解得0/2

ln 4π/2

Q r L V

L r L ε+=

-。

5 －21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 ＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .

知识点：连续带电体电场强度求解：2）高斯定理法

解 作带电体的同轴圆柱面（半径为r ，高为L ）为高斯面，则由电荷分布对称性，在圆柱面侧面上任意一点电场强度大小相等，方向垂直于高斯面，而在圆柱面底面上电场强度方向与面相平行，无电通量。因此，高斯面上的电通量和r 处电场强度的关系为=E 2πe

ES rL Φ=?侧。又由高斯定理0/e in Q εΦ=，则有00

=

2in in

Q Q E S rL επε=

侧，则对应于r 为不同的位置： （1）r ＜R 1 ，高斯面所包围的带电体为0，故有

0in Q =，01=E

（2）R 1 ＜r ＜R 2 ，高斯面所包围的带电体为电量为in

Q L λ=，则有200=

2in Q E S r

λ

επε=

侧。 （3）r ＞R 2，高斯面所包围的带电体正负相抵，净电荷为0故有

0in Q =，30E =。

5 －22 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.

知识点：点电荷的电势，电势定义：电势和电势能的关系，电势和电场强度的关系，电势差和静电力做功的关系 解 由题意Q 1 所受的合力为零及库仑力的定义122

04πq q F

r ε=

，有

()

02π4π42

03

12021

=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 4

1

4132

-=-=

由于Q 1 、Q 3都是点电荷，则由点电荷电势的公式04πq

V

r

ε=及电势叠加原理得Q 1 、Q 3 在点O 的电势

d

εQ

d εQ d εQ V 003010π2π4π4=

+=

则有Q 2在点O 的电势能为0

20P E Q V =。

将Q 2 从点O 推到无穷远处（0V ∞

=）的过程中，由电场力作功与电势能差的关系有电场力做功为，

()02020P P W E E Q V V Q V ∞∞=-=-=

而又由外力和电场力相抵消故外力做功为2

2008πQ W W Q V d

ε'=-=-=

。

补充例题：均匀带电球体的电场强度

设有一半径为R ，均匀带电为Q 的球体，求球体内部任意一点P （距离球心r

知识点：连续带电体电场强度求解：2）高斯定理法

解 作带电体的同心球面（半径为r ）为高斯面，则由电荷分布对称性，在该球面上任意一点电场强度大小相等，方向垂直于高斯面，因此，高斯面上的电通量和r 处电场强度的关系为2=E 4πe

ES r Φ=?球。又由高斯定理0/e in Q εΦ=，则有

200

=4in in Q Q E S r επε=

球。又由半径为r 的高斯面所包围的球体的体积为

3

43

r π，及球体均匀带电，有高斯面内所包围电量为：

3

3343()4R 3

in r r

Q Q Q

R ππ==，则有 32300

()44r Q

rQ R E r R πεπε==

。

第十三章 热力学基础 T1-5：BBCDA

13-10 一定量的空气，吸收了3

1.7110

J ?的热量，并保持在5

110

Pa ?下膨胀，体积从2

3110

m -?增加到

231.510m -?，问空气对外做了多少功？它的内能改变了多少？

知识点：四个准静态过程的性质---等压过程。 解：由题意，该过程为等压过程，其中压强为

5110P Pa

=?，初末状态体积分别为23

1

110V m -=?，

232 1.510V m -=?，过程中吸热为31.7110Q J

=?。

由等压过程做功公式，气体对外做功为21()500W P V P V V J =?=-=；

由热力学第一定律：Q

E W =?+，

代入热量和功的值有内能变化为31.2110E Q W J ?=-=?。

13-21 1mol 氢气在温度为300K ，体积为3

0.025m 的状态下，经过（1）等压膨胀；（2）等温膨胀；（3）绝热膨胀。气体的体积都变为原来的两倍。试分别计算这三种过程中氢气对外作的功以及吸收的热量。 知识点：四个准静态过程的性质

解：由题目给出条件，氢气为双原子气体，分子自由度5i

=，绝热系数 1.4γ=，气体的初状态为1300T K

=，

310.025V m =，末状态体积为212V V =。

（1） 等压过程：气体对外做功为21()W

P V P V V =?=-，又由理想气体物态方程（1v =），11PV RT =，解得

1

1

RT P V =

， 则有31

212111

()() 2.4910RT W

P V V V V RT J V =-=

-==?； 由摩尔定压热容的定义有吸收热量为,2121()(1)()2

P m i

Q

C T T R T T =-=+-，又由理想气体物态方程（1v =）

，11PV RT =，22PV RT =有

321217

(1)()(1)()(1)8.73102222

i i i Q R T T P V V W W J

=+-=+-=+==?

（2） 等温过程：02

i

E R T ?=?=，由热力学第一定律

气体吸热等于做功，且32

1

ln

ln 2 1.7310V Q

W RT RT J V ====?。

（3） 绝热过程：0Q =，

由热力学第一定律21()2

i W E R T T =-?=--，需要求2T 。又由绝热关系1

111

22TV T V γγ--=，亦即1

0.412

12

(

)3000.5227V T T K V γ-==?=，故有 32.58.3173 1.52102

i

W E R T J =-?=-?=??=?。

13-31 在夏季，假定室外温度恒定为37.0

C ，启动空调使室内温度始终保持在17.00C .如果每天有8

2.5110J

?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%）

知识点：制冷系数定义，卡诺制冷系数 解：由题目给出条件，高温热源温度为1

310.15T K

=，低温热源2

290.15T K

=，每天输入低温热源热量为

82.5110in Q J

=?。又由题意，制冷机制冷系数为

2120.60.6

8.70T e e T T ===-卡，且根据制冷系数定义2

Q

e W

=，其中2Q 为由低温热源输出的热量，为求W ，需要知

道2Q 。

由于制冷机工作状态下要令低温热源温度不变，所以要外界输入热量

in

Q 完全输出到制冷机，也就是

82 2.5110in Q Q J ==?，故有72 2.89108in

Q Q W J kW h e e

=

==?=?。