大学物理贾谊明答案.doc
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大学物理贾谊明答案.doc
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第11章热力学基础
11-1 在水面下50.0m深的湖底处(温度为4.0℃),有一个体积为1.0×10-5m3的空气泡升到湖面上来,若湖面的温度为17.0℃,求气泡到达湖面的体积。
(大气压P0=1.013×105Pa)
分析:
将气泡看成是一定量的理想气体,它位于湖底和上升至湖面代表两个不同的平衡状态。
利用理想气体物态方程即可求解本题。
位于湖底时,气泡内的压强可用公式求出,其中r为水的密度(常取r =1.0´103 kg·m-3)。
解:
设气泡在湖底和湖面的状态参量分别为(p1,V1,T1)和(p2,V2,T2)。
由分析知湖底处压强为
。
利用理想气体的物态方程可得空气泡到达湖面的体积为
11-2 氧气瓶的容积为3.2×10-2m3,其中氧气的压强为1.30×107Pa,氧气厂规定压强降到1.00×106Pa时,就应重新充气,以免经常洗瓶。
某小型吹玻璃车间,平均每天用去0.40m3压强为1.01×105Pa的氧气,问一瓶氧气能用多少天?
(设使用过程中温度不变)
分析:
由于使用条件的限制,瓶中氧气不可能完全被使用。
从氧气质量的角度来分析。
利用理想气体物态方程pV=mRT/M可以分别计算出每天使用氧气的质量m3和可供使用的氧气总质量(即原瓶中氧气的总质量m1和需充气时瓶中剩余氧气的质量m2之差),从而可求得使用天数。
解:
根据分析有
则一瓶氧气可用天数
11-3 一抽气机转速ω=400rּmin-1,抽气机每分钟能抽出气体20升。
设容器的容积V0=2.0升,问经过多长时间后才能使容器内的压强由1.01×105Pa降为133Pa。
设抽气过程中温度始终不变。
分析:
抽气机每打开一次活门, 容器内气体的容积在等温条件下扩大了V,因而压强有所降低。
活门关上以后容器内气体的容积仍然为V0 。
下一次又如此变化,从而建立递推关系。
解:
抽气机抽气体时,由玻意耳定律得:
活塞运动第一次:
活塞运动第二次:
活塞运动第n次:
抽气机每次抽出气体体积
将上述数据代入
(1)式,可解得 。
则
11-4如图11-27所示,截面为S的粗细均匀的U形管,其中贮有水银,高度如图中所示。
现将左侧的上端封闭,并将其右侧与真空泵相接。
抽真空后,问左侧的水银将下降多少?
已知大气的压强为75cmHg。
解:
由题知,初始时左侧气体压强为p0,设右侧抽真空后液面上方压强近似为0,左侧液面下降x,因而左、右两侧液面高度差2x,左侧液面上方气体压强为p=2x,整个过程中温度不变,有
或
求出
P
O
V
II
I
习题11-5图
1
2
3
11-5 1mol双原子分子的理想气体,开始时处于P1=1.01×105Pa,V1=10-3m3的状态。
然后经本题图示直线过程Ⅰ变到P2=4.04×105Pa,V2=2×10-3m3的状态。
后又经过程方程为PV1/2=C(常量)的过程Ⅱ变到压强P3=P1=1.01×105Pa的状态。
求:
(1)在过程Ⅰ中的气体吸收的热量;
(2)整个过程气体吸收的热量。
解:
(1)在过程I中气体对外作的功
在过程I中气体内能增量
在过程I中气体吸收的热量
(2)在过程II中气体对外作的功
由
可算得,带入上式得
整个过程中气体对外作功
整个过程中气体内能增量
整个过程中气体吸收的热量
11-6 如本题图所示,系统从状态A沿ABC变化到状态C的过程中,外界有326J的热量传递给系统,同时系统对外作功126J。
当系统从状态C沿另一曲线返回到状态A时,外界对系统作功为52J,则此过程中系统是吸热还是放热?
传递热量是多少?
分析:
已知系统从状态C到状态A,外界对系统作功为WCA,如果再能知道此过程中内能的变化为,则由热力学第一定律即可求得该过程中系统传递的热量QCA。
由于理想气体的内能是状态(温度)的函数,利用题中给出的ABC过程吸热、作功的情况,由热力学第一定律即可求得由A至C过程中系统内能的变化,而,故可求得QCA。
习题11-6图
解:
系统经ABC过程所吸收的热量及对外所作的功分别为
则由热力学第一定律可得由A到C过程中系统内能的增量
由此可得从C到A,系统内能的增量为
从C到A,系统所吸收的热量为
式中负号表示系统向外界放热252J。
这里要说明的是由于CA是一未知过程。
上述求出的放热是过程的总效果,而对其中每一微小过程来讲并不一定都是放热。
11-7 空气由压强为1.52´105Pa,体积为5.0´10-3m3,等温膨胀到压强为1.01´105Pa,然后再经等压压缩到原来的体积。
试计算空气所作的功。
解:
空气在等温膨胀过程中所作的功为
空气在等压压缩过程中所作的功为
利用等温过程关系,则空气在整个过程中所作的功为
11-8 如本题图所示,使lmol氧气
(1)由A等温地变到B;
(2)由A等体地变到C,再由C等压地变到B,试分别计算氧气所作的功和吸收的热量。
习题11-8图
分析:
从p-V图上可以看出,氧气在AB与ACB两个过程中所作的功是不同的,其大小可通过求出。
考虑到内能是状态的函数,其变化值与过程无关,所以这两个不同过程的内能变化是相同的,而且因初、末状态温度相同,故,利用热力学第一定律,可求出每一过程所吸收的热量。
解:
(1)沿AB作等温膨胀的过程中,系统作功
由分析可知在等温过程中,氧气吸收的热量为
(2)沿A到C再到B的过程中系统作功和吸热分别为
11-9 一定量的某单原子分子理想气体装在封闭的气缸里,此气缸有可活动的活塞(活塞与气缸壁之间无摩擦且无漏气)。
已知气体的初压强P1=1atm,体积V1=10-3m3,现将该气体在等压下加热直到体积为原来的两倍,然后在等体下加热,到压强为原来的2倍,最后作绝热膨胀,直到温度下降到初温为止,试求:
在整个过程中气体内能的改变、吸收的热量和所作的功。
解:
因为,所以内能增量为零。
11-10如图11-31所示,一气缸内盛有一定量的刚性双原子分子理想气体,气缸活塞的面积S=0.05m2,活塞与气缸壁之间不漏气,摩擦忽略不计。
活塞右侧通大气,大气压强p0=1.0×105Pa。
劲度系数k=5×104N/m的一根弹簧的两端分别固定于活塞和一固定板上。
开始时气缸内气体处于压强、体积分别为p1=p0=1.0×105Pa,V1=0.015m3的初态。
今缓慢加热气缸,缸内气体缓慢地膨胀到V2=0.02m3。
求在此过程中气体从外界吸收的热量。
解答:
由题意可知气体处于初态时,弹簧为原长.当气缸内气体体积由V1膨胀到V2时弹簧被压缩,压缩量为
m.
图11-31习题11-10图
气体末态的压强为Pa.
气体内能的改变量为
△E=nCV(T2-T1)=i(p2V2-p1V1)/2=6.25×103J.
缸内气体对外作的功为J
缸内气体在这膨胀过程中从外界吸收的热量为
Q=△E+W=6.25×103+0.75×103=7×103J.
11-11 有一绝热的圆柱形的容器,在容器中间放置一无摩擦、绝热的可动活塞,活塞两侧各有n摩尔同种单原子分子理想气体,初始时,两侧的压强、体积、温度均为(P0,V0,T0)。
气体的定容摩尔热容量为CV=3R/2。
现将一通电线圈放在活塞左侧气体中,对气体缓慢加热。
左侧气体膨胀,同时压缩右方气体,最后使右方气体体积为V2=V0/8。
求:
(1)左、右两侧气体的终温是多少?
(2)左侧气体吸收了多少热量?
解:
(1)右则气体经历一绝热过程,初态、终态,
由方程 得出右侧气体末态温度:
由理想气体物态方程,右侧气体终态压强为
由于活塞是可动的,左、右两侧的压强应相同:
,
左侧末态体积:
左侧气体末态温度:
(2)
11-12 如本题图所示,有一除底部外都是绝热的气筒,被一位置固定的导热板隔成相等的两部分A和B,其中各盛有一摩尔的理想气体氮。
今将334.4J的热量缓慢地由底部供给气体,设活塞上的压强始终保持为1.01´105Pa,求A部和B部温度的改变以及各吸收的热量(导热板的热容可以忽略)。
若将位置固定的导热板换成可以自由滑动的绝热隔板,重复上述讨论。
习题5-12图
解:
(1)导热板固定,A中气体为等容加热;B中气体为定压膨胀,且为准静态的,搁板导热,
(2)隔板活动,A气体等压膨胀;隔板绝热,B中气体温度不变。
11-13 0.32kg的氧气作如本题图所示的ABCDA循环,设V2=2V1,T1=300K,T2=200K,求循环效。
(氧气的定体摩尔热容的实验值为CV=21.1J·mol-1·K-1)
习题5-13图
分析:
该循环是正循环。
循环效率可根据定义式来求出,其中W表示一个循环过程系统作的净功,Q为循环过程系统吸收的总热量。
解:
根据分析,因AB、CD为等温过程,循环过程中系统作的净功为
由于吸热过程仅在等温膨胀(对应于AB段)和等体升压(对应于DA段)中发生,而等温过程中,则。
等体升压过程中W=0,则,所以,循环过程中系统吸热的总量为
由此得到该循环的效率为
习题5-14图
T
V
11-14 如本题图所示,某理想气体循环过程的V-T图。
已知该气体的定压摩尔热容CP=2.5R,定体摩尔热容CV=1.5R,且VC=2VA。
试问:
(1)图中所示循环是代表致冷机还是热机?
(2)如是正循环(热机循环),求出循环效率。
分析:
以正、逆循环来区分热机和致冷机是针对p-V图中循环曲线行进方向而言的。
因此,对图中的循环进行分析时,一般要先将其转换为P-V图。
由图可以看出,BC为等体降温过程,CA为等温压缩过程;而AB过程为等压膨胀过程。
这样,就可得出p-V图中的过程曲线,并可判别是正循环。
解:
(1)根据分析,将V-T图转换为相应的p-V图,如图所示。
图中曲线行进方向是正循环,即为热机循环。
(2)根据得到的p-V图可知,AB为等压膨胀过程,为吸热过程。
BC为等体降压过程,CA为等温压缩过程,均为放热过程。
故系统在循环过程中吸收和放出的热量分别为
CA为等温线,有;AB为等压线,且因,则有。
故循环效率为
11-15 有一以理想气体为工作物质的热机,其循环如本题图所示,试证明热机效率为
分析:
该热机由三个过程组成,图中AB是绝热过程,BC是等压压缩过程,CA是等体升压过程。
其中CA过程系统吸热,BC过程系统放热。
本题可从效率定义。
出发,利用热力学第一定律和等体、等压方程以及的关系来证明。
证:
该热机循环的效率为
习题5-15图
其中
,
则上式可写为
在等压过程BC和等体过程CA中分别有
代人上式得
证毕。
11-16 汽油机可近似地看成如图所示的理想循环,这个循环也叫做奥托(Otto)循环,其中DE和BC是绝热过程。
证明此热机的效率为
证:
(1)该循环仅在CD一过程中吸热,EB过程中放热。
则热机效率为
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