13章习题测分析与解答

第13章 热力学基础习题分析与解答

13.1 一定量的空气吸收

1.7?131的0热J量，并保持在压强1.?0510下P膨a胀，体积由

V1?1.0?10?2m3?V2?1.5?10?2m3，试求空气对外界所做的功，以及空气内能的增量.

解：分析 该题考察热力学第一定律的应用。 根据热力学第一定律Q??E+W，气体等压膨胀时系统从外界吸

收的热量一部分转换为对外做功，一部分转换为内能增量，因此内能的增量为?E?Q?W. 该气体等压膨胀作的功为： W其内能的增量为：?E5?p(V1?V2)?5.0?102J （13.1.1）

?Q?W?1.21?103J. （13.1.2）

?313.2 压强为1.0?10Pa、体积为1.0?10m3的氧气自273K加热到373K，试求：（1）等压及等体过程吸收的热量；

（2）等压及等体过程对外界所做的功。

解：分析 该题考察学生对热力学第一定律的理解程度，由于等体过程对外所做的功为零，根据热力学第一定律

Q??E+W，等压过程从外界吸热转化为对外做功及内能的增量，因此Wp?Qp??E。

由理想气体物态方程得：物质的量 ??pV11?4.41?10?2mol （13.2.1） RT1 （1） Qp QV （2） Wp??Cp,m(T2?T1)?128.1J （13.2.2） ??E??CV,m(T2?T1)?91.5J （13.2.3）

?Qp??E?36.1J （13.2.4）

WV?0 （13.2.5）

13.3 质量为0.02kg的氦气,温度由290K升高至300K,若在升温过程中(1)体积保持不变；(2)压强保持不变；(3)不与

外界交换热量。试分别求出以上三种过程气体内能的增量、吸收的热量、以及外界对气体所作的功.

解： 分析 该题属于热力学第一定律、热量以及内能概念的应用。（1）（2）（3）三问分别对应等体、等压、绝热过程。（1）等体过程，功为零，根据热力学第一定律Q??E+W，则有Q??E，即系统从外界吸热全部转换为系统的内能增量；利用摩尔等体热容计算吸热，

Q?( m?/M)CV(T2?T1)，而Q??E，则有

?E?( m?/M)CV(T2?T1)。这里要着重说明:内能是状态量，内能增量取决于系统的始末状态，而理想气体的

内能只与温度有关，因此理想气体内能增量取决于系统的始末温度，与过程无关，因此该过程内能增量的表达式亦适用于其他准静态过程。 （2）等压体过程，功为W?p(V2?V1)，根据热力学第一定律Q??E+W，即系统从外界所吸收的热量一部分

用来对外做功，一部分转换为系统内能增量；而根据内能增量的性质，?E沿用等体过程的结果。（3）绝热过程

Q?0，根据热力学第一定律?E+W?0有W=??E，该过程温度升高内能增加?E为正，W为负值，即外界

对系统所做的功全部转换为系统的内能增量，而根据内能增量的性质，?E仍然可以沿用等体过程的结果。 (1) V?常量,故W?0,则外界对气体所作的功W???W?0 （13.3.1）

Q??E?( m?/M)CV(T2?T1)?623J （13.3.2）

(2) P?常量 W?p(V2?V1)?( m?/M)R(T2?T1)?417J （13.3.3）

外界对气体所作的功 W???W??417J （13.3.4）

?E?( m?/M)CV(T2?T1)?623J （13.3.5）

根据热力学第一定律

Q?W??E?1.04?104J. （13.3.6）

（3） 由于绝热Q?0，且内能的变化与过程无关，?E?( m?/M)CV(T2?T1)?623J， （13.3.7）

根据热力学第一定律得：W???E??623J， （13.3.8） 外界对气体所作的功W???W??623J. （13.3.9）

讨论 经过计算可以看出，等压过程比等体过程所吸收热量多，热量是一个过程量，同样功也是过程量，而内能增量与

过程无关，只与始末状态有关。

13.4 设系统由如图13.1所示状态a沿abc到达c，有350J热量传入系统，而系统对外界做功126J．（1）经adc过

程系统对外做功42J，试求系统吸收的热量；（2）当系统由状态c沿曲线ca回到状态a时，外界对系统做功84J，试求系统向外界释放的热量。

解： 分析 该题属于热力学第一定律、热量以及功等概念的应用问题。 （1）当系统由状态a沿adc到达c时，Q?W??E，则?E?Q?W.

图13.1 13.4题用图

当系统经历的过程曲线沿adc时，可得Q1?W1??E1.内能E是状态量，内能增量?E与系统经历的过程无关,?E=?E1，将?E代入得：Q1?W1?Q?W?266J。 （13.4.1）

（2）当系统由状态c沿过程曲线ca回到状态a时，可得Q2?W2??E2.根据内能增量的性质?E2???E.可得

Q2?W2?(Q?W)??308J （13.4.2）

（其中W2??84J），即系统向外释放308J热量.

讨论 此题说明Q和W均为过程量，与过程有关；而E是状态量，内能增量?E与系统经历的过程无关。

13.5 1mol氧气由状态1变化到状态2，所经历的两个过程如图13.2所示，即1?m?2路径、1?2直线路径.试求

两个过程系统吸收的热量Q、对外界所做的功W，以及内能的增量E2 - E1.

解： 分析 该题属于热力学第一定律、热量以及内能概念的应用。

1）根据理想气体状态方程PV?RT，可得气体在状态1和2的温度分别为 T1?PV11/R和T2?PV22/R （13.5.1）

图13.2 13.5题用图

氧气是双原子气体，自由度i?5，由于内能是状态量，所以其状态从1到2不论从经过什么路径，内能的变化都相同，均为?E?ii3R(T2?T1)?(p2V2?pV11)?7.5?10J （13.5.2） 222）系统状态从1?m的变化是等压变化，对外所做的功为

W??pdV?p(V2?V1)?8?103J （13.5.3）

V1V2系统状态从m?2的变化是等容变化，对外不做功.因此系统状态沿1?m?2路径过程时，对外做功为8?10J. 根据热力学第一定律，系统经1?m?2过程吸收的热量为Q?W??E?1.55?104J. （13.5.4） 3)系统状态直接从1→2的变化时所做的功就是直线下的面积， 即W?31(p2?p1)(V2?V1)=6?103J， （13.5.5） 2则吸收的热量为Q?W??E?1.35?104J （13.5.6） 讨论 功是过程量，其量值在p?V图上等于过程曲线下的面积。

13.6 1mol氢气在压强1.013?10Pa、温度T1=293K时的体积为V0，若使其经以下两种过程到达同一终态：

（1）先保持体积不变，加热使其温度升高到T2=353K，然后令其等温膨胀，体积变为原体积的2倍； （2）先使其作等温膨胀至原体积的2倍，然后保持体积不变，升温至T2=353K.

试分别计算以上两过程吸收的热量，气体对外界做的功和内能增量，并将上述两过程画在P-V图上并说明所得结果．

解： 分析 氢气是双原子气体，自由度i?5.由于内能是状态量，从初态到终态不论经过什么过程，内能的增量都是

相同的，即?E?5iR(T2?T1)=1.25?103 J． （13.7.1） 2但是功和热量是过程量，过程不同其值不同．

（1） 对于（1）过程：气体先做等容变化，对外不做功；而后做等温变化，气体对外所做功的值为：

W1??pdV?RT2?V1V2V2V11dV?RT2ln2?2.03?103J， （13.7.2） V根据热力学第一定律，（1）过程气体从外界则所吸收的热量为Q1?W1??E?3.27?103J． （13.7.3）

（2） 对于（2）过程：气体先做等温变化，对外所做的功为

W2??pdV?RT1?V1V2V2V11dV?RT1ln2?1.69?103J， （13.7.4） V之后发生的等体过程功为零，根据热力学第一定律，该过程所吸收的热量为

Q2?W2??E?2.92?103J． （13.7.5）

（3） 上述两过程的P-V图如图13.3所示。

讨论 该题充分地体现了功和热量都是过程量。气体在高温下做等温膨胀时曲线下的面积较大时对外做功较大，相应

吸收的热量也大．

13.7 为了测量气体的摩尔热容比?=Cp/CV，可用下列方法：一定量气体的初始温度、体积和压强分别为T0、V0和P，用0通电铂丝对其加热，设两次加热过程使气体吸收的热量相同，但第一次保持气体体积V0不变，温度、压强变为T1、P1。第二次保持压强P不变，温度、体积变为T2、V2。试证明??0(p1?p0)V0．

(V2?V0)p0证：分析 该题考察了学生对绝热过程的理解和用应用。题中的两个过程分别是等体和等压过程，定容摩尔热容为

CV?(dQ)pCp(dQ)V，定压摩尔热容为Cp?，??. （13.8.1） dTdTCV(dQ)V?Q，在本题中为CV?； （13.8.2） dTT1?T0定容摩尔热容为CV?定压摩尔热容为Cp?(dQ)pdT，在本题中为Cp??QT2?T0． （13.8.3）

对于等容过程有

p1p0Tp，所以T1?01； （13.8.4） ?p0T1T0V1V0TV?，所以T2?02． （13.8.5） T1T0V0对于等压过程有

因此??CpCV?T1?T0T0p1/p0?T0(p1?p0)V0． （13.8.6） ??T2?T0T0V2/V0?T0(V2?V0)p0 证毕．

13.8 一定量的单原子分子理想气体，从初态A出发沿如图13.4所示直线到状态B，又经过等容、等压过程回到状态A，

试求：(1) A?B,B?C,C?A，各过程系统对外界做的功、内能的增量，以及所吸收的热量．(2) 整个循环过程系统对外界所做总功、从外界吸收的总热量．

解： 分析 该题考察了功、内能的增量以及热量等概念的理解和应用。单原子分子

图13.4 13.12题用图

的自由度i?3．

（1） 在A?B的过程中，系统对外所做的功为AB直线下的面积，即

WAB?(PA?PB)(VB?VA)/2?200J （13.12.1）

内能的增量为?EAB?吸收的热量为QABim?iR(TB?TA)?(pBVB?pAVA)?750J （13.12.2） 2M2??EAB?WAB?950J． （13.12.3）

B?C是等容过程，系统对外不做功．内能的增量为

?EBC?im?iR(TC?TB)?(pCVC?pBVB)??600J． （13.12.4） 2M2吸收的热量为QBC??EBC?WBC??600J， （13.12.5）

表示B?C过程放出600J的热量．

C?A是等压过程，系统对外做的功为WCA?pA(VA?VC)??100J． （13.12.6）

内能的增量为?ECA?吸收的热量为QCA(2)

im?iR(TA?TC)?(pAVA?pCVC)??150J． （13.12.7） 2M2??ECA?WCA??250J，即C?A过程放出250J的热量． （13.12.8）

?WAB?WBC?WCA?100J． （13.12.9）

?QBC?QCA?100J． （13.12.10）

对外做的总功为W吸收的总热量为Q?QAB讨论 当系统经过一个循环回到初始状态时内能不变，从外界所吸收的热量全部转化为对外所做的功．

13.9 设有热机以1mol双原子分子气体为工作物质，循环过程如图13.5所示，其中AB为等温过程，且TA?1111K，

TC?111K，已知ln10=2.3，试求热机效率?.

解： 分析 该题属于求解热机效率的问题，是热学知识的综合应用。根据热机效率表达式

??W，Q代表系统从高温热源吸收的热量，W代表系统经过一个循环向向外界作的总功。Q图13.5 13.13题用图

经过一个循环，系统又回到初始状态A，因此内能增量为零?E=0。由热力学第一定律

Q?W??E得：Q?W ，此处的W代表系统对外做的总功，Q代表系统经过一个循环从外

界吸收或放出的总热量。因此W?Q吸?Q放，其中Q吸、Q放代表吸放热的量值。

A?B的等温膨胀过程，由W为正、?E=0及热力学第一定律Q?W??E得，Q为正,即A?B过程吸热.

吸收的热量全部用于对外做功，即QAB?WAB?vRTAlnVB?RTAln10. （13.13.1） VAB?C等压压缩降温过程，由热力学第一定律Q?W??E、W和?E均为负值得，QBC为负，即B?C过程放热.

则QBC?vcp,m(TA?TC)?7R(TA?TC). （13.13.2） 2C?A等体升压增温过程，由热力学第一定律Q?W??E、W=0和?E为正得，QCA为正，即C?A过程吸热.

则QCA?vcV,m(TA?TC)?5R(TA?TC). （13.13.3） 2这个循环过程包含两个吸热、一个放热过程。 于是 Q吸=QAB?QCA，Q放=QBC，W?Q吸?Q放=QAB?QCA?QBC， （13.13.4）

??3.5?1000WQAB?QCA?QBCQBC=1??69%. （13.13.5） ?=1?1111?1n10?2.5?1000QQAB?QCAQAB?QCA

讨论 系统经过一个循环内能增量为零，即?E=0，则Q?W.

13.10 设1mol的理想气体经历如图13.9所示循环过程。A?B、C?D为等压过程，B?C、D?A为绝热过程,

其中TB=400K、TC=300K，试求该循环效率。

解： 分析 该题是求解热机效率的问题，考察学生对热学知识的综合应用。A?B为等压膨胀过程，根据热力学第一

定律和理想气体物态方程，该过程为升温吸热过程，吸收的热量为QAB同理C?D过程为等压压缩降温放热过程，设

??Cp,m(TB-TA)。

QCD为放热的量值，因此是正值。故放热量为

QCD??Cp,m(TC?TD).

由热机效率得： ??1-Q2QT-T?1-CD?1-CD . （13.14.1） Q1QABTB-TA图13. 6 13.14题用图

根据绝热过程方程

p??1T???C（常量）得： （13.14.2）

????D?A过程 pA??1TA， （13.14.3） ?pD??1TD??B?D过程pB??1TB?pC??1TC?? （13.14.4）

由于

pA?pB pC?pD 则

TCTDTC?TD. （13.14.5） ??TBTATB?TA则：??1-TC-TDT300?1-C?1-?25% （13.14.6）

TB-TATB400分析 由于该热机效率的表达式与卡诺循环相似，此处可以提示学生思考该循环是否是卡诺循环及其区别.

13.11 奥托热机是德国物理学家奥托发明的一种热机，四冲程汽油机的工作循环即为奥托循环。如图13.7所示奥托循环由

?V?两条绝热线、两条等体线构成.试证明该热机效率为??1??2??V1???1 ,其中?为摩尔热容比.

证明：分析 该题是求解热机效率的问题，考察学生对热学知识的综合应用。

根据热力学第一定律和理想气体物态方程得：

B?C为等体增压过程，温度升高吸收热量，吸收的热量为

Q1?vCV,m(Tc?TB) （13.15.1）

D?A为等体减压过程，温度降低放出热量，放出的热量为

Q2?vCV,m(TD?TA) （13.15.2）

由绝热过程方程TV??1?C（常量） （13.15.3）

AB过程：TAV1??1?TBV2??1 （13.15.4）

CD过程： TDV1??1?TCV2??1 （13.15.5）

由上两式得：

TDTATD?TAV2??1???() （13.15.6） TCTBTC?TBV1?Q1?Q2T?TTV?1?DA?1?A?1?(2)??1. （13.15.7） Q1TC?TBTBV1则热机的效率：?讨论 该题也可以用热机效率??WV表达式来求解。奥托热机是现今汽油机中常见的循环，其中2=r叫做压缩比，Q1V1是汽油机非常重要的参量.

213.12 1mol单原子分子理想气体，经历如图13.8所示可逆循环，连接ac两点的曲线Ⅲ方程为P?PV/V02，a点的温0度为T0．

（1）试用T0、R表示Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ过程气体吸收的热量； （2）试求该循环效率．

解：分析 该题是求解热机效率的问题，考察学生对热学知识的综合应用。由单原子分子的自由度i?3，由题可知：

p0V0?RT0． （13.16.1） （1） I过程是等容增温过程，系统对外不做功，由热力学第一定律Q?W??E， 吸收的热量全部转化为内能的增量，因此I过程的内能增量

?EI?iiiR(Tb?Ta)?(pbV0?RT0)?(9p0V0?RT0)?12RT0． （13.16.2） 222 ??EI?12RT0． （13.16.3）

故I过程吸收的热量为QI图13.8 13.16题用图

II是等压过程，根据曲线III的方程，当系统对外所做的功为WIIpc?9p0时，Vc?3V0．

?pb(Vc?Vb)?18RT0． （13.16.4）

iiR(Tc?Tb)?(pcVc?pbVb)?27RT0． （13.16.5） 22II过程内能的变化为?EII? 由热力学第一定律Q?W??E，II过程吸收的热量为QII??EII?WII?45RT0． （13.16.6）

pp032623VdV在过程III中，系统对外所做的功为WIII??pdV?0?(V?V)??RT0． （13.16.7） ac2?2V3V030VcVc内能的变化为?EIII?VaVaiiR(Ta?Tc)?(RT0?pcVc)??39RT0． （13.16.8） 22故III过程放出的热量为

QIII??EIII?WIII??143RT0/3． （13.16.9）

（2） 系统对外做的总功为W?WI?WII?WIII?28RT0/3， （13.16.10）

?QII?57RT0， （13.16.11）

（3） 系统从高温热源吸收的热量为Q?QI因此该循环的效率为??W= 16.37%． （13.16.12） Q1

13.13 设室外气温295K，若使用空调维持室内温度294K，已知漏入室内热量的速率是1.0467?105J/s.试求所用空调的最

小功率.

解： 分析 该题属于制冷机的计算问题，要求掌握制冷系数的概念。

由于该题求解的是空调的最小功率，所以此处应用卡诺制冷机的制冷系数：

??Q2/W=Q2/(Q1?Q2)=T2/(T1?T2)， （13.19.1）

其中T1代表高温热源室外的温度，T2代表低温热源室内的温度，则??294。

要想维持室内的温度，空调就要在单位时间内将漏入室内的热量吸收掉,即1.0467?10J是制冷机单位时间从低温热源吸收的热量Q2，W=Q2/??356J， （13.19.2） 即最小功率为356J/s。

5选择题

ADCCD CDBDB

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/7qbd.html