中国石油大学(华东)动力学普遍定理例题
中国石油大学物理化学模拟试题10
-1-
物理化学习题解答
（2）由一级反应的动力学方程 ln
1 = kt 和转化率 y = 0.90 ，可得 1− y
t=
1 1 1 ⎞ ⎛ 1 ln =⎜ × ln ⎟ h = 18.94h k 1 − y ⎝ 0.1216 1 − 0.9 ⎠
4．某人工放射性元素，放出 a 粒子，半衰期为 15min 。若该试样有 80% 分解，则需时若 干? 解：放射性衰变为一级反应，故
k= ln 2 ⎛ ln 2 ⎞ −1 −1 =⎜ ⎟ min = 0.1216 min t1 2 ⎝ 15 ⎠
则分解 80% 需时为
t= 1 1 1 ⎞ ⎛ 1 ln =⎜ × ln ⎟ min = 34.8 min k 1 − y ⎝ 0.0462 1 − 0.8 ⎠
6． 把一定量的 PH 3 (g) 迅速引入温度为 950K 的已抽空的容器中， 待反应达到该温度时开 始记时(此时已有部分分解)，测得实验数据如下：
所以，速率常数 k = 0.022s −1 。 8．某天然矿含放射性元素铀(U)，其蜕变反应为
kU k Ra U ⎯⎯ →L → Ra ⎯⎯→ L → Pb
设已达稳态放射蜕变平衡，测得镭与铀的浓度比保持为
[ Ra ] = 3.47 ×10−7 ，稳定产物铅 [ U]
与铀的浓度比为
[ Pb ] = 0.1792 ，已知镭的半衰期为1580a 。 [U]
（1）求铀的半衰期； （2）估计此矿的地质年龄（计算时可作适当近似） 。 解： （1）放射蜕变为是一级反应，达稳定放射平衡，对中间物 Ra 而言，有 d [ Ra ] = kU [ U ] − kRa [ Ra ] = 0 dt 得
k U [ Ra ] = = 3.47 × 10−7 kRa [ U ] k Ra = ln 2 ⎛ ln 2 ⎞ −1 −4 − 1 =⎜ ⎟ a = 4.387 × 10 a t1 2 ⎝ 15 1 1 ⎞ [ A ]0 ⎛ 1 1 ⎞ − = − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ k⎜ 3 ⎜ ⎝ [ A ]2 [ A ]0 ⎠ ⎝ [ A ]2 [ A ]0 ⎠ 1 ⎛ [ A ]0 ⎞ = ⎜ − 1⎟ ⎟ 3⎜ ⎝ [ A ]2 ⎠ = 3t 2 + 1 = 3 × 2 + 1 = 7 1 = 14.3% 即 2 小时后，A 还剩余 14.3% 没有作用 7
《普通化学》中国石油大学(华东)版作业题解(1章物质及其变化的一些基本定律)
物质及其变化的一些基本定律
3. 某容器中含有NH3、O2与N2气体的混合物。取样分 析后，得知其中n(NH3)=0.32mol, n(O2)=0.18mol, n(N2)=0.70mol。测得混合气体总压p=133kPa，试计算 各组分气体的分压？
12.某反应的活化能100.27kJ· -1，当温度由298K升至 mol 308K时，问该反应的速率常数增大为原来的多少倍？
12.解：E=100.27kJ· -1 mol T1=298K,T2=308K
lg k2 k1 E ( 1 1 T1 )
2 . 303 R T 2
3
lg
k2 k1
3解：n(总)= n(NH3) + n(O2) + n(N2) =0.32+0.18+0.70=1.20mol
p ( NH 3 ) n ( NH 3 ) n总 p总 0 . 32 1 . 20
133 20 . 0 kPa
133 35 . 5 kPa
p (O 2 )
n (O 2 ) n总
100 . 27 10 2 . 303 8 . 314
(
1 308
1 298
) 0 . 571
∴k2=3.72k1 即该反应的速率常数增大为原来的3.72倍。
7.(1)ΔH298θ=2ΔfHθ(H2，g) – ΔfHθ(O2，g) – 2ΔfHθ(H2O，l) =0 – 0–2×(-285.83) =571.66 kJ· -1 mol (2) ΔH298θ=ΔfHθ(Fe3O4,s) +4ΔfHθ(H2，g) – [3ΔfHθ(Fe,s)+ 4ΔfHθ(H2O,l)] = – 1118.4+0 – 0–4×(-285.83) =24.92kJ· -1 mol (3) ΔH298θ= – 153.89kJ· -1 mol (4) ΔH298θ= 838.07 kJ· -1 mol
26第6章第二十六讲 动力学普遍定理-相对动点的动量矩定理
3.2 动量矩定理与动量矩守恒根据质点相对运动动力学基本方程注意：平动坐标系中矢量的绝对导数和相对导数相等(e )（4）相对于动点的动量矩定理iee ii i ir i m Q F F a ++=)()(Ai ie m a Q −=ni m tm A i e i i i ir i ,,2,1)(d )d()()( =−++=a F F v3.2 动量矩定理与动量矩守恒两边叉乘r i ′，并求和（对动点A 取矩）注意到：内力系的主矩等于零；质心计算公式；叉乘性质n i m tm A i e i i i ir i ,,2,1)(d )d()()( =−++=a F F v ()=×′=′=∑∑ir i ir Cii i ie im M m v v r r F[])(d d)(A Ce iiiri iM m ta r Fr v r −×′+×′=×′∑∑是质点系相对动点A是外力系对动点A 的主矩是牵连惯性力的合力对动点A 的力矩注意平动系惯性力合力作用点3.2 动量矩定理与动量矩守恒Ar ir i i m L v r =×′∑ )()(e Ae iiMFr =×′∑ )()(e A A CM Q M a r =−×′d t[∑r i′×m i v ir])(d )(A Ce iiM a r Fr −×′+×′=∑(e )质点系相对动点的动量矩定理＝质点系相对动点的动量矩对时间的导数外力系对该点的主矩加在质心上的牵连惯性力的合力对该点之矩＋3.2 动量矩定理与动量矩守恒3.2 动量矩定理与动量矩守恒①如果动点为质心C ，则动点的动量矩定理为相对质心的动量矩定理)(d d )(e A e A Ar tQ M M L +=3.2 动量矩定理与动量矩守恒②如果a A = 0，则③如果A 点的加速度方向通过质心，则)(d d )(e A e A Ar tQ M M L +=)(d d e A Ar tM L =)(d d e AAr tM L =3.2 动量矩定理与动量矩守恒④对质心的动量矩守恒定律则对质心的动量矩守恒)(d d e CCr tM L =0)(=e CM()=e Cz M cL =cr constL cz =3.2 动量矩定理与动量矩守恒【例】质量为m半径为r的均质圆盘从静止开始，沿倾角为θ的斜面无滑动的滚下。
中国石油大学(华东)__大学物理课后习题答案
ax
az 0
d2 x r 2 cost 2 dt
ay
d2 y r 2 s i n t 2 dt
7-2
所以
a ax i a y j az k r 2 costi r 2 sin tj
（3） 由式（1） 、 （2） 、 （3）得运动方程的矢量式 r xi yj zk r costi r sin tj ctk 1-8 质点沿 x 轴运动，已知 v 8 2t 2 ，当 t 8 s 时，质点在原点左边 52m 处（向右为 x 轴正向） ．试求： （1）质点的加速度和运动学方程； （2）初速度和初位置； （3）分析质点的 运动性质． [解] （1） 质点的加速度 a d v /d t 4t 又 v d x /d t 所以 d x vdt 对上式两边积分，并考虑到初始条件得
vx dx r sin t dt
dy r cost dt dz vz c dt vy
所以
v vx i v y j vz k r sin ti r costj ck
由式（1） 、 （2） 、 （3）两边对时间求二阶导数，可得质点的加速度
所以， t 时刻齿尖 P 的加速度为
2 a a t2 an b2
(v0 bt) 4 R2
1-17 火车在曲率半径 R＝400m 的圆弧轨道上行驶． 已知火车的切向加速度 a t 0.2 m s 2 ， 求火车的瞬时速率为 10 m s 时的法向加速度和加速度． [解] 火车的法向加速度 火车的总加速度
y x2
7-4
对时间 t 求导数
vy
dy dx 2x 2 xvx dt dt
（1）
4动力学普遍定理的综合应用
93
31
Fx 16 mg , Fy 16 mg
Fx
600
an
A
a
例3. 图示系统中，已知：均质杆AB重100N、长 20cm，弹簧的刚性系数 k=20N/cm，杆与水平线的
夹角为 ， 0 时弹簧的长度为原长，滑块的重 量及摩擦不计。试求：（1）杆在 0处无初速地 释放，弹簧伸长的最大距离；（2）将杆由 600 时无初速地释放，到达 300 时，杆的角速度。
1 4P 2g
v2
1 2
1 2
2P g
R2
2 2
4Pv2 / g
（4分）
由质点系动能定理： Wi dT （1分）
3Pds sin 4Pvdv / g （1分）
两边对除以dt：a 3g sin300 / 4 3g / 8
（2分）
对A轮：
a / R （1分）
JO TR （1分）
XO T 0（1分）
vB2
dT
(m1
m2 )
m2 m1 sin2 m1 cos2
vBdvB
ve A
vB B
vr
m1g
x
设此时三棱柱A沿B下滑的距离为ds，则力的功为:
W m1g sinds
由动能定理微分形式，有
dT W
ve A
vB B
vr
m1g
x
上式两边除以dt，并注意 ds / dt vr，即可得
(2) 应用动能定理的积分形式, 如果末位置的速度或 角速度是任意位置的函数, 则可求时间导数来得到 加速度或角加速度。仅求加速度(角加速度)的问题, 应用动能定理的微分形式也很方便；
(3) 对于既要求运动又要求约束力的问题, 因为应用 动能定理不能求出无功约束力，此时往往先求运动 , 然后再应用质心运动定理或动量矩定理来求约束力；
中国石油大学华东（华东）2020年春季学期《化学反应工程》在线考试答案
中国石油大学华东（华东）2020年春季学期《化学反应工程》在线考试答案中国石油大学华东（华东）2020年春季学期《化学反应工程》在线考试答案一：选择题1：C 2：A 3：B 4：C 5：A 6：B 7：D 8：B 9：A 10：C填空题1：高温2：反应动力学3：不可能4：等于5：167℃6：0.707 7：1 8：0.985 9：52894 10：9.97问答题1：答：使用单级反应器，具有很高的去除水中SS的能力，其内部存在相分离现象，流体流动模型对单个液相间隔区为单级全混流，整个反应器为串联多釜。
2：答：基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应，又称为简单反应。
3：答：高温区交点：热稳定点，反应温度高，反应速度快，能达到的转化率高中温区交点：热不稳定点低温区交点：热稳定点，反应温度低，反应速度慢，能达到的转化率低。
工业上一般选择高温区交点为操作点，因为反应温度高，反应速度快，能达到的转化率高。
4：答：参加某种微观的基元化学物理反应的反应物粒子（分子、原子、离子、自由基）数目。
5：答：反应物料搅拌均匀的间歇反应器，或者反应物料呈活塞流或全混流的流动反应器，统称为理想反应器。
6：答：（1）选A，活性组分均匀分布型。
因为内扩散阻力可以忽略不计，说明内扩散速率很快，反应物料很容易沿着孔道向内扩散。
本征反应速率较慢，属于动力学控制，因此选活性组分均匀分布型为好。
（2）选B，活性组分分布于表面的蛋壳型。
对有内扩散阻力的串联基元反应A→R→S，因为目的反应R是中间产物，内扩散阻力的存在对R向外扩散不利，易造成R→S的反应，因此选用活性组分分布于表面的蛋壳型较好。
7：答：（1）绝热床内的温度是呈线性上升的，出口处温度最高，床层内任一点温度不可能高于出口温度，故780℃是不可能的（2）出口处A的转化率为（0.08—0.016）?100%/0.08=80%，床层内任一点处转化率不可能高于80%。
故转化率为90%是不可能的8：答：对动力学控制的气液反应，属于极慢反应，应该选用鼓泡塔；对于液膜扩散阻力控制的气液反应，属于极快、中速反应，应选用机械搅拌釜、板式塔；9：答：（1）虽然各段进口温度相等，在催化剂量相同的情况下，净转化率也按1至4段的顺序递减，第一段最大，第二段次之......第四段最小（2）因第一段反应量大于第二段反应量，所以1-2段间要取出的热量比2-3段间要取出的热量大，因而1-2段间需要的冷激量也大于2-3段间需要的冷激量。
中国石油大学(华东)理论力学zuoye12-11
N = P + N1' = P + N1 1 1
l
e.x.11e.x.11-28 解：1. ：1.板:
Y = N − P − N1' = 0, ∑ 1
Ff
P1 F1’ N1’ N
3g ε = sinθ 2l
y
a
(1)
F x
∑ X = F − Ff − F1' =
e.x.11e.x.11-25 解：杆: x C = l sin θ , ：
l cos θ 2 2 l l 2 & & & aCx = &&C = (cos θθ& − sin θθ& ) , x aCy = &&C = − (sin θθ& + cos θθ 2 ) y 2 2 P P l & & (cos θθ& − sin θθ 2 ) (1) X = N1 = aCx = ∑ y g g 2 P P l & & N1 O (sin θθ& + cos θθ 2 ) ( 2) Y = N 2 − P = aCy = − ∑ g g 2 P l l 1 P 2 && M C = N 2 sin θ − N 1 cos θ = l θ (3) θ ∑ N2 2 2 12 g yC =
1 P 2 1 1 Q 2 v P+Q 2 T= v + R × 2 = v R 2g 22 g 2g s P+Q 2 T −T0 = W → v = M − Pssinα v = 2g R
中国石油大学(华东)机械原理期末复习(1)
试题1一、填空题（每小题2分，共20分）1、 平面运动副的最大约束数为 2 个 ，最小约束数为 1 个。
2、 当两构件组成转动副时，其相对速度瞬心在 转动副中心 处。
3、 对心曲柄滑块机构，若以连杆为机架，则该机构演化为 曲柄摇块机构 。
4、 传动角越大，则机构传力性能越 好 。
5、 凸轮机构推杆的常用运动规律中，二次多项式运动规律具有 柔性 冲击。
6、 蜗杆机构的标准参数从 中间平面 中取。
7、 常见间歇运动机构有： 棘轮机构 、 槽轮机构 等。
8、 为了减小飞轮的重量和尺寸，应将飞轮装在 高速 轴上。
9、 实现往复移动的机构有： 曲柄滑块机构 、 凸轮机构 等。
10、外啮合平行轴斜齿轮的正确啮合条件为：212121n n n n m m ααββ==-=，， 。
二、简答题（每小题5分，共25分）1、何谓三心定理？答：三个彼此作平面运动的构件的三个瞬心必位于同一直线上 。
2、 简述机械中不平衡惯性力的危害？答：机械中的不平衡惯性力将在运动副中引起附加的动压力，这不仅会增大运动副中的摩擦和构件中的内应力，降低机械效率和使用寿命，而且会引起机械及其基础产生强迫振动。
3、 铰链四杆机构在死点位置时，推动力任意增大也不能使机构产生运动，这与机构的自锁现象是否相同？试加以说明？ 答：（1）不同。
（2）铰链四杆机构的死点指：传动角=0度时，主动件通过连杆作用于从动件上的力恰好通过其回转中心，而不能使从动件转动，出现了顶死现象。
死点本质：驱动力不产生转矩。
机械自锁指：机构的机构情况分析是可以运动的，但由于摩擦的存在，却会出现无论如何增大驱动力，也无法使其运动的现象。
自锁的本质是：驱动力引起的摩擦力 大于等于 驱动力的有效分力。
4、 棘轮机构与槽轮机构均可用来实现从动轴的单向间歇转动，但在具体的使用选择上，又有什么不同？答：棘轮机构常用于速度较低和载荷不大的场合，而且棘轮转动的角度可以改变。
槽轮机构较棘轮机构工作平稳，但转角不能改变。
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由平面运动微分方程，得
J A εA F r
将
aA 3 g εA r 8r
解得
3 F mg 16
1 2 , J A m r 代入上式，得 方法二 2
13
[例7] 质量为m 的杆置于两个半径为r ，质量为 的实心圆柱上， 2 P 圆柱放在水平面上，求当杆上加水平力 时，杆的加速度。设 接触处都有摩擦，而无相对滑动。 解：(1)用动能定理求解。 取系统为研究对象，杆作平动，圆柱体作平面运动。设任一瞬时， 杆的速度为v，则圆柱体质心速度为v/2，角速度 v 系统的动能
由动能定理的微分形式：
两边除以 ，并求导数，得 dt
11 m 2v a P v 16
a 8P 11m
14
(2) 用动量矩定理求解 取系统为研究对象
m v 1 m 2 v 11 LO mv 2 r 2( r r ) mvr 2 2 2 2 2r 4
2r 1 1 m v 1 1 m 2 v 2 11 2 T mv 2 2[ ( ) 2 ( r )( ) ] mv 2 2 2 2 2 22 2r 16
m
主动力的元功之和： W ( F ) PdS
dT W ( F )
d( 11 2 mv ) PdS 16
W
F
2mg S sin f mgS cos mg S ( 2 sin f cos )
T1 0
T2
v r 运动学关系： 由动能定理： 5 mv 2 0 mgS ( 2sin f cos ) 4 a ( 4 sin 2 f cos ) g 对ｔ求导，得 5 5
功： W
(F)
P h 2 Ph 2
讨论 ：动量守恒定理＋动能定理求解。
3
例2：重为P的均质三角板，从 0 时静止释放，各杆重不计 ， 求该瞬时板质心的加速度和各杆拉力。 解：研究三角板
B A
受力如图
坐标系如图
0
D C
30cm
由刚体平面运动微分方程
P x: aC P cos g y : 0 S AB SCD P sin
T 2m v 2 A
10
功：
3 W 2 m g h m g h sinα m g h 2
由动能定理微分形式 d T d W ，得
3 aA g 8
11
2、研究物块B，分析如图（b）所示 由质心运动定理，得
2 m g T2 2 m a B
解得
5 T2 mg 4
3、研究圆轮C，分析如图（c）所示 由定轴刚体转动微分方程，得
aG
4
[例3] 均质圆盘A：m，r；滑块B： m；杆AB：质量不计，平行于斜面。 斜面倾角，摩擦系数f，圆盘作纯滚 动，系统初始静止。求：滑块的加速 度及连杆AB的内力。 解：选系统为研究对象
N B mg cos
W
(F)
2mg S sin FB S
FB f N B f mg cos
§12-5 动力学普遍定理及综合应用
动力学普遍定理包括质点和质点系的动量定理、动量矩定理和动 能定理。动量定理和动量矩定理是矢量形式，动能定理是标量形式， 他们都可应用研究机械运动，而动能定理还可以研究其它形式的运动 能量转化问题。
动力学普遍定理提供了解决动力学问题的一般方法。动力学 普遍定理的综合应用，大体上包括两方面的含义：一是能根据问 题的已知条件和待求量，选择适当的定理求解，包括各种守恒情 况的判断，相应守恒定理的应用。避开那些无关的未知量，直接 求得需求的结果。二是对比较复杂的问题，能根据需要选用两、 三个定理联合求解。 求解过程中,要正确进行运动分析, 提供正确的运动学补充方程。
l v C1 T1 0 2 1P 2 1 P l 2 P( l ) 2 2 1 P 2 2 2 T2 ( vC1 J C1 ) 2 ( ) l 2g 2 g 2 12 g 3g 1P 2 2 代入动能定理： l 0 Ph 3g 1 3gh v C l l vC 3gh
V2 mg ( l y ) 2
2
1 1 2 l ml 2 2 m y mg ( y ) 24 2 2
将 代入上式，化简后得 l sin
6 g sin 2 y y 2 1 3 sin
8
[例6]已知：图示系统，均质圆轮 A和定滑轮C质量均为m，半径 均为r，圆轮A可沿倾角α=30的斜面纯滚动，轮心A与质量为2m 的物块B用不可伸长的绳子连接，如图示。 求：1、轮心 A的加速度
1
举例说明动力学普遍定理的综合应用：
[例1] 两根均质杆AC和BC各重为P，长为l，在C处光滑铰接，置于 光滑水平面上；设两杆轴线始终在铅垂面内，初始静止，C点高度 为h，求铰C到达地面时的速度。
2
解：由于不求系统的内力，研究对象：整体。 分析受力： Fx 0
(e)
且初始静止，所以水平方向质心位置守恒。
J C C T2' r T1' r
1 aA 3 g 2 , J m r 将 ε式，得
17 T mg 16
' 1
12
4、研究圆轮A，分析如图（d）所示 由质心运动定理，得
m a A T1 F m g sin
解得
3 F mg 16
dLO mO ( F ) 根据动量矩定理： ，得 dt
d 11 ( mvr ) P 2r dt 4
mO ( F ) P2r
(e)
11 mra P2 r 4
a
8P 11m
15
P
G
45cm
0 SCD (15 sin 10 cos ) S AB(30 sin 10 cos )
y C
A
S AB
P
G
SCD
x
解得： aC g cos
S AB 2P (3 sin cos ) 9 2P S CD (6 sin cos ) 9
1 2 1 2 1 1 2 2 mv mv mr 2 2 2 2 T2 5 mv 2 4
5
二、研究滑块B：受力如图
ma TAB mg sin FB
0 N B - mg cos FB f N B f mg cos
TAB ma mg sin FB
4 2 TAB ( sin f cos )mg mg sin fmg cos 5 5
a ( 4 sin 2 f cos ) g 5 5
1 TAB ( sin 7 f cos )mg 5
方向如图
6
[例4] 均质杆OA，重P，长l，绳子突然剪断。求该瞬时，角加 速度及O处反力。 解：取杆为研究对象 由动量矩定理：
1 P l 2 P l 3g 2
3 g / 2l
l aCy 2
aCy
由质心运动定理：
P a Cx 0 X O g
P Pl aCy YO P g g2
1 YO P 4
7
[例5] 长为l，质量为m的均质直杆，初瞬 时直立于光滑的桌面上。当杆无初速度 地倾倒后，求质心的速度（用杆的倾角 和质心的位置表达）。 解：由于水平方向不受外力，水平方向 动量守恒，且初始静止，故质心C铅垂下降。 由于约束反力不作功, 主动力为有势力，可用机械能守恒定律求解。 l 初瞬时： T1 0, V1 mg
aA；
。 F
2、轮A与斜面间的滑动摩擦力
9
解： 1、系统整体受力与运 动分析，如图（a）所 示。 设物块B下降了h， 则动能
1 1 1 1 2 2 2 2 T m v A J A ω A J C ωC 2m v B 2 2 2 2
vA 1 2 , ω ω 将 vB v A , J J m r C A 代入上式，得 C A r 2
T2 任一瞬时：
l 又 y 1 cos 2
2y
1 2 1 2 1 1 2 J C my ml 2 2 my 2 2 24 2
l 由机械能守恒定律： 0 mg 2
2y l 即 y sin , 2 l sin