(2022年整理)热力学与统计物理课后习题答案第一章..pdf

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1、1 1.1 试求理想气体的体胀系数, 压强系数和等温压缩系数。解：已知理想气体的物态方程为,pVnRT（1）由此易得11,pVnRVTpVT（2）11,VpnRpTpVT（3）2111.TTVnRTVpVpp（4）1.2 证明任何一种具有两个独立参量,T p的物质，其物态方程可由实验测得的体胀系数及等温压缩系数，根据下述积分求得：lnTV = dTdp如果11,TTp，试求物态方程。解：以,Tp为自变量，物质的物态方程为,VV Tp其全微分为.pTVVdVdTdpTp（1）全式除以V，有11.pTdVVVdTdpVVTVp根据体胀系数和等温压缩系数T的定义，可将上式改写为.TdVdTdpV（2

2、）2 上式是以,Tp为自变量的完整微分，沿一任意的积分路线积分，有ln.TVdTdp（3）若11,TTp，式（ 3）可表为11ln.VdTdpTp（4）选择图示的积分路线，从00(,)Tp积分到0,Tp，再积分到（,Tp） ，相应地体积由0V最终变到V，有000ln=lnln,VTpVTp即000p VpVCTT（常量） ，或.pVCT（5）式（5）就是由所给11,TTp求得的物态方程。确定常量 C 需要进一步的实验数据。3 1.3 在0 C和 1np下，测得一铜块的体胀系数和等温压缩系数分别为51714.85 10K7.810.npT和T和可近似看作常量，今使铜块加热至10 C。问：（a）压

3、强要增加多少np才能使铜块的体积维持不变？（b）若压强增加 100np，铜块的体积改变多少？解： （a）根据 1.2 题式（2） ，有.TdVdTdpV（1）上式给出，在邻近的两个平衡态，系统的体积差dV，温度差dT和压强差dp之间的关系。如果系统的体积不变，dp与dT的关系为.TdpdT（2）在和T可以看作常量的情形下，将式（2）积分可得2121.TppTT（3）将式（2）积分得到式（ 3）首先意味着，经准静态等容过程后，系统在初态和终态的压强差和温度差满足式（3） 。 但是应当强调，只要初态1,VT和终态2,VT是平衡态，两态间的压强差和温度差就满足式（3） 。 这是因为，平衡状态的状态参

4、量给定后，状态函数就具有确定值，与系统到达该状态的历史无关。本题讨论的铜块加热的实际过程一般不会是准静态过程。在加热过程中，铜块各处的温度可以不等，铜块与热源可以存在温差等等，但是只要铜块的初态和终态是平衡态，两态的压强和温度差就满足式（3） 。将所给数据代入，可得52174.85 1010622.7.8 10nppp因此，将铜块由0 C加热到10 C，要使铜块体积保持不变，压强要增强622np（b）1.2 题式（ 4）可改写为21211.TVTTppV（4）4 将所给数据代入，有57144.85 10107.8 101004.07 10 .VV因此，将铜块由0 C加热至10 C，压强由1np

5、增加100np，铜块体积将增加原体积的44.0710倍。 1.4 简单固体和液体的体胀系数和等温压缩系数T数值都很小，在一定温度范围内可以把和T看作常量 . 试证明简单固体和液体的物态方程可近似为000( ,), 01.TV TpVTTTp解: 以,Tp为状态参量，物质的物态方程为,.VV Tp根据习题 1.2 式（2） ，有.TdVdTdpV（1）将上式沿习题 1.2 图所示的路线求线积分， 在和T可以看作常量的情形下，有000ln,TVTTppV（2）或0000,.TT TppV TpV Tpe（3）考虑到和T的数值很小，将指数函数展开， 准确到和T的线性项，有0000,1.TV TpV

6、TpTTpp（4）如果取00p，即有00, 01.TV TpV TTTp（5）1.5 描述金属丝的几何参量是长度L，力学参量是张力J，物态方程是, ,0fJ L T实验通常在 1np下进行，其体积变化可以忽略。线胀系数定义为5 1JLLT等温杨氏模量定义为TLJYAL其中A是金属丝的截面积，一般来说，和Y是 T 的函数，对 J仅有微弱的依赖关系，如果温度变化范围不大，可以看作常量，假设金属丝两端固定。试证明，当温度由1降至2时，其张力的增加为21JYATT解：由物态方程,0fJ L T（1）知偏导数间存在以下关系：1.JLTLTJTJL（2）所以，有.LJTJLJTTLALYLAY（3）积分得

7、21.JYATT（4）与 1.3 题类似，上述结果不限于保持金属丝长度不变的准静态冷却过程，只要金属丝的初态是平衡态，两态的张力差21,JJ L TJ L T就满足式（ 4） ，与经历的过程无关。1.6 一理想弹性线的物态方程为2020,LLJbTLL其中L是长度，0L是张力 J 为零时的 L 值，它只是温度T 的函数， b6 是常量 . 试证明：（a）等温扬氏模量为20202.LbTLYALL在张力为零时，03.bTYA其中 A 是弹性线的截面面积。（b）线胀系数为330033011,2LLLTL其中0001.dLLdT（c）上述物态方程适用于橡皮带， 设31300K,1.3310N K,T

8、b624101 10m ,5 10KA，试计算当0LL分别为0.5, 1.0, 1.5和2.0时的,JY值，并画出,JY对0LL的曲线 . 解: （a）根据题设，理想弹性物质的物态方程为2020,LLJbTLL（1）由此可得等温杨氏模量为22002200221.TLLLJLbTLYbTALALLALL（2）张力为零时，003,.bTLLYA（b）线胀系数的定义为1.JLLT由链式关系知7 1,LTJLLTJ（3）而20002220020302,21,LTLLdLJLLbbTTLLLLdTLJbTLLL所以23000222300003200330021111.212LLdLLLLbbTLLLLd

9、TdLLLLLdTTLbTLLL（4）（c）根据题给的数据，,JY对0LL的曲线分别如图1-2（a） ，（b） ，（c）所示。1.7 抽成真空的小匣带有活门，打开活门让气体冲入，当压强达到外界压强0p时将活门关上，试证明：小匣内的空气在没有与外界交换热量之前，它的内能U与原来在大气中的内能0U之差为000UUp V，其中0V是它原来在大气中的体积，若气体是理想气体，求它的温度与体积。解： 将冲入小匣的气体看作系统。系统冲入小匣后的内能U与其原来在大气中的内能0U由式（ 1.5.3）8 0UUWQ（1）确定。由于过程进行得很迅速，过程中系统与外界没有热量交换，0.Q过程中外界对系统所做的功可以分

10、为1W和2W两部分来考虑。一方面，大气将系统压入小匣，使其在大气中的体积由0V变为零。由于小匣很小，在将气体压入小匣的过程中大气压强0p可以认为没有变化，即过程是等压的（但不是准静态的）。过程中大气对系统所做的功为1000.WpVp V另一方面，小匣既抽为真空，系统在冲入小匣的过程中不受外界阻力，与外界也就没有功交换，则20.W因此式（ 1）可表为000.UUp V（2）如果气体是理想气体，根据式（1.3.11）和（1.7.10） ，有00,p VnRT（3）000()()1VnRUUCTTTT（4）式中n是系统所含物质的量。代入式（2）即有0.TT（5）活门是在系统的压强达到0p时关上的，所

11、以气体在小匣内的压强也可看作0p，其物态方程为00.p VnR T（6）与式（ 3）比较，知0.VV（7）1.8 满足npVC的过程称为多方过程，其中常数n名为多方指数。试证明：理想气体在多方过程中的热容量nC为1nVnCCn解：根据式（ 1.6.1 ） ，多方过程中的热容量0lim.nTnnnQUVCpTTT（1）对于理想气体，内能U 只是温度 T 的函数，9 ,VnUCT所以.nVnVCCpT（2）将多方过程的过程方程式npVC与理想气体的物态方程联立，消去压强p可得11nTVC（常量） 。（3）将上式微分，有12(1)0,nnVdTnVTdV所以.(1)nVVTnT（4）代入式（ 2）

12、，即得,(1)1nVVpVnCCCT nn（5）其中用了式（ 1.7.8 ）和（ 1.7.9 ） 。1.9 试证明：理想气体在某一过程中的热容量nC如果是常数，该过程一定是多方过程，多方指数npnVCCnCC。假设气体的定压热容量和定容热容量是常量。解：根据热力学第一定律，有?.dUQW（1）对于准静态过程有?,WpdV对理想气体有,VdUC dT气体在过程中吸收的热量为?,nQC dT因此式（ 1）可表为10 ().nVCCdTpdV（2）用理想气体的物态方程pVvRT除上式，并注意,pVCCvR可得()().nVpVdTdVCCCCTV（3）将理想气体的物态方程全式求微分，有.dpdVdT

13、pVT（4）式（3）与式（ 4）联立，消去dTT，有()()0.nVnpdpdVCCCCpV（5）令npnVCCnCC，可将式（ 5）表为0.dpdVnpV（6）如果,pVCC和nC都是常量，将上式积分即得npVC（常量） 。（7）式（7）表明，过程是多方过程。1.10 声波在气体中的传播速度为sp假设气体是理想气体， 其定压和定容热容量是常量，试证明气体单位质量的内能u和焓h可由声速及给出：21aauuh h200,-1其中00,u h为常量。解：根据式（ 1.8.9 ） ，声速a的平方为2v,ap（1）其中 v 是单位质量的气体体积。理想气体的物态方程可表为,mpVRTm式中m是气体的质量

14、，m是气体的摩尔质量。对于单位质量的气体，11 有1v,pRTm（2）代入式（ 1）得2.aRTm（3）以,uh表示理想气体的比内能和比焓（单位质量的内能和焓）。 由式（1.7.10 ）（ 1.7.12 ）知0,1RTm um u0.1RTm hm h（4）将式（ 3）代入，即有20,(1)auu20.1ahh（5）式（5）表明，如果气体可以看作理想气体， 测定气体中的声速和即可确定气体的比内能和比焓。1.11 大气温度随高度降低的主要原因是在对流层中的低处与高处之间空气不断发生对流， 由于气压随高度而降低， 空气上升时膨胀，下降时收缩， 空气的导热率很小， 膨胀和收缩的过程可以认为是绝热过程

15、，试计算大气温度随高度的变化率dTdz，并给出数值结果。解：取z轴沿竖直方向（向上） 。以( )p z和()p zdz分别表示在竖直高度为z和zdz处的大气压强。二者之关等于两个高度之间由大气重量产生的压强，即( )()( ),p zp zdzz gdz（1）式中( )z是高度为z处的大气密度，g是重力加速度。 将()p zdz展开，有()( )( ),dp zdzp zp z dzdz12 代入式（ 1） ，得( )( ) .dp zz gdz（2）式（2）给出由于重力的存在导致的大气压强随高度的变化率。以m表大气的平均摩尔质量。在高度为z处，大气的摩尔体积为( )mz，则物态方程为( )(

16、 ),( )mp zRT zz（3）( )T z是竖直高度为z处的温度。代入式（ 2） ，消去( )z得( )( ).( )dm gp zp zdzRT z（4）由式（ 1.8.6 ）易得气体在绝热过程中温度随压强的变化率为1.STTpp（5）综合式（ 4）和式（ 5） ，有1( ).SdTdm gT zp zdzpdzR（6）大气的1.41（大气的主要成分是氮和氧，都是双原子分子），平均摩尔质量为31229 10kg mol,9.8m smg，代入式（ 6）得110Kkm.dTzdz（7）式（7）表明，每升高 1km，温度降低 10K。 这结果是粗略的。由于各种没有考虑的因素，实际每升高1k

17、m，大气温度降低6K 左右。1.12 假设理想气体的pVCC和之比是温度的函数，试求在准静态绝热过程中TV和的关系，该关系式中要用到一个函数F T，其表达式为ln( )1dTF TT解：根据式（ 1.8.1） ，理想气体在准静态绝热过程中满足0.VC dTpdV（1）13 用物态方程pVnRT除上式，第一项用nRT除，第二项用pV除，可得0.VC dTdVnRTV（2）利用式（ 1.7.8）和（1.7.9） ，,pVpVCCnRCC可将式（ 2）改定为10.1dTdVTV（3）将上式积分，如果是温度的函数，定义1ln( ),1dTF TT（4）可得1ln()lnF TVC（常量） ，（5）或(

18、 )F T VC（常量）。（6）式（6）给出当是温度的函数时，理想气体在准静态绝热过程中T和 V 的关系。1.13 利用上题的结果证明：当为温度的函数时，理想气体卡诺循环的效率仍为211.TT解：在是温度的函数的情形下，1.9 就理想气体卡诺循环得到的式（ 1.9.4 ）（ 1.9.6 ）仍然成立，即仍有2111ln,VQRTV（1）3224ln,VQRTV（2）32121214lnln.VVWQQRTRTVV（3）14 根据 1.13题式（6） ，对于 1.9 中的准静态绝热过程（二）和（四） ，有1223()(),F T VF T V（4）2411()(),F T VF T V（5）从这两

19、个方程消去1()F T和2()F T，得3214,VVVV（6）故2121()ln,VWR TTV（7）所以在是温度的函数的情形下，理想气体卡诺循环的效率仍为2111.TWQT（8）1.14 试根据热力学第二定律证明两条绝热线不能相交。解：假设在pV图中两条绝热线交于C点，如图所示。设想一等温线与两条绝热线分别交于A点和B点（因为等温线的斜率小于绝热线的斜率，这样的等温线总是存在的） ，则在循环过程ABCA中，系统在等温过程AB中从外界吸取热量Q，而在循环过程中对外做功W，其数值等于三条线所围面积（正值） 。循环过程完成后，系统回到原来的状态。根据热力学第一定律，有WQ。这样一来，系统在上述循

20、环过程中就从单一热源吸热并将之完全转变15 为功了，这违背了热力学第二定律的开尔文说法，是不可能的。因此两条绝热线不可能相交。1.15 热机在循环中与多个热源交换热量， 在热机从其中吸收热量的热源中，热源的最高温度为1T，在热机向其放出热量的热源中，热源的最低温度为2T，试根据克氏不等式证明，热机的效率不超过211.TT解：根据克劳修斯不等式（式（1.13.4） ） ，有0,iiiQT（1）式中iQ是热机从温度为iT的热源吸取的热量（吸热iQ为正，放热iQ为负） 。 将热量重新定义，可将式（1）改写为0,jkjkjkQQTT（2）式中jQ是热机从热源jT吸取的热量，kQ是热机在热源kT放出的热

21、量，jQ，kQ恒正。将式（2）改写为.jkjkjkQQTT（3）假设热机从其中吸取热量的热源中，热源的最高温度为1T，在热机向其放出热量的热源中，热源的最低温度为2T，必有121,1,jjjjjkkkkkQQTTQQTT故由式（ 3）得1211.jkjkQQTT（4）定义1jjQQ为热机在过程中吸取的总热量，2kkQQ为热机放出的总热量，则式（ 4）可表为16 1212,QQTT（5）或2211.TQTQ（6）根据热力学第一定律，热机在循环过程中所做的功为12.WQQ热机的效率为221111.QTWQQT（7）1.16 理想气体分别经等压过程和等容过程，温度由1T升至2T。假设是常数，试证明前

22、者的熵增加值为后者的倍。解：根据式（ 1.15.8） ，理想气体的熵函数可表达为0lnln.pSCTnRpS（1）在等压过程中温度由1T升到2T时，熵增加值pS为21ln.ppTSCT（2）根据式（ 1.15.8 ） ，理想气体的熵函数也可表达为0lnln.VSCTnRVS（3）在等容过程中温度由1T升到2T时，熵增加值VS为21ln.VVTSCT（4）所以.ppVVSCSC（5）1.17 温度为0 C的 1kg水与温度为100 C的恒温热源接触后， 水温达到100 C。试分别求水和热源的熵变以及整个系统的总熵变。欲使参与过程的整个系统的熵保持不变，应如何使水温从0 C升至100 C？已知水的

23、比热容为114.18J gK.解：0 C的水与温度为100 C的恒温热源接触后水温升为100 C，17 这一过程是不可逆过程。为求水、热源和整个系统的熵变，可以设想一个可逆过程，它使水和热源分别产生原来不可逆过程中的同样变化，通过设想的可逆过程来求不可逆过程前后的熵变。为求水的熵变， 设想有一系列彼此温差为无穷小的热源，其温度分布在0 C与100 C之间。令水依次从这些热源吸热, 使水温由0 C升至100 C。在这可逆过程中 , 水的熵变为37331273373373ln104.18ln1304.6J k.273273ppmc dTSmcT水（1）水从0 C升温至100 C所吸收的总热量Q为3

24、5104.18 1004.18 10 J.pQmcT为求热源的熵变，可令热源向温度为100 C的另一热源放出热量Q。在这可逆过程中，热源的熵变为514.18 101120.6J K.373S热源（2）由于热源的变化相同，式（2）给出的熵变也就是原来的不可逆过程中热源的熵变。则整个系统的总熵变为1184J K.SSS总水热源（3）为使水温从0 C升至100 C而参与过程的整个系统的熵保持不变，应令水与温度分布在0 C与100 C之间的一系列热源吸热。水的熵变S水仍由式（ 1）给出。这一系列热源的熵变之和为37312731304.6J K.pmc dTST热源（4）参与过程的整个系统的总熵变为0.

25、SSS总水热源（5）1.18 10A 的电流通过一个25的电阻器，历时 1s。（a）若电阻器保持为室温27 C，试求电阻器的熵增加值。（b）若电阻器被一绝热壳包装起来，其初温为27 C，电阻器的质量为 10g，比热容pc为110.84J gK,问电阻器的熵增加值为多少？解： （a）以,Tp为电阻器的状态参量。设想过程是在大气压下进行的，如果电阻器的温度也保持为室温27 C不变，则电阻器的熵作为状态函数也就保持不变。18 （b）如果电阻器被绝热壳包装起来， 电流产生的焦耳热Q将全部被电阻器吸收而使其温度由iT升为fT，所以有2fi(),pmc TTi Rt故22fi2310251300600K.

26、100.4810pi RtTTmc电阻器的熵变可参照 1.17 例二的方法求出，为fi231fi600ln100.84 10 ln5.8J K.300TppTmc dTTSmcTT1.19 均匀杆的温度一端为1T，另一端为2T，试计算达到均匀温度1212TT后的熵增。解：以 L 表示杆的长度。杆的初始状态是0l端温度为2T，lL端温度为1T，温度梯度为12TTL（设12TT） 。 这是一个非平衡状态。通过均匀杆中的热传导过程，最终达到具有均匀温度1212TT的平衡状态。为求这一过程的熵变， 我们将杆分为长度为dl的许多小段，如图所示。位于l到ldl的小段，初温为122.TTTTlL（1）这小段

27、由初温 T 变到终温1212TT后的熵增加值为121221222ln,TTlppTTTdTdSc dlc dlTTTTlL（2）其中pc是均匀杆单位长度的定压热容量。根据熵的可加性，整个均匀杆的熵增加值为19 12122012121212222120121122121212112212lnln2lnln2lnlnln2lnlnln12lLpLpppppSdSTTTTcTldlLcTTTTTTTTc LTlTlTlTTLLLLc LTTc LTTTTTTTTTTTTTTCTT.（3）式中ppCc L是杆的定压热容量。1.20 一物质固态的摩尔热量为sC， 液态的摩尔热容量为lC. 假设sC和lC

28、都可看作常量 . 在某一压强下， 该物质的熔点为0T，相变潜热为0Q. 求在温度为110T TT时，过冷液体与同温度下固体的摩尔熵差. 假设过冷液体的摩尔热容量亦为lC. 解: 我们用熵函数的表达式进行计算. 以,Tp为状态参量 . 在讨论固定压强下过冷液体与固体的熵差时不必考虑压强参量的变化. 以a 态表示温度为1T的固态， b 态表示在熔点0T的固态. b, a两态的摩尔熵差为（略去摩尔熵mS的下标m不写）0101ln.TsbasTC dTTSCTT（1）以 c 态表示在熔点0T的液相， c，b 两态的摩尔熵差为00.cbQST（2）以 d 态表示温度为1T的过冷液态， d，c 两态的摩尔

29、熵差为1010ln.TldclTC dTTSCTT（3）熵是态函数， d，c 两态的摩尔熵差daS为001001lnlndadccdbalsSSSSQTTCCTTT20 0001ln.slQTCCTT（4）1.21 物体的初温1T，高于热源的温度2T，有一热机在此物体与热源之间工作，直到将物体的温度降低到2T为止，若热机从物体吸取的热量为 Q，试根据熵增加原理证明，此热机所能输出的最大功为max212()WQTSS其中12SS是物体的熵减少量。解：以,abSS和cS分别表示物体、 热机和热源在过程前后的熵变。由熵的相加性知，整个系统的熵变为.abcSSSS由于整个系统与外界是绝热的，熵增加原理

30、要求0.abcSSSS（1）以12,SS分别表示物体在开始和终结状态的熵，则物体的熵变为21.aSSS（2）热机经历的是循环过程， 经循环过程后热机回到初始状态， 熵变为零，即0.bS（3）以Q表示热机从物体吸取的热量，Q表示热机在热源放出的热量，W表示热机对外所做的功。根据热力学第一定律，有,QQW所以热源的熵变为22.cQQWSTT（4）将式（ 2）（4）代入式（ 1） ，即有2120.QWSST（5）上式取等号时，热机输出的功最大，故max212.WQTSS（6）式（6）相应于所经历的过程是可逆过程。1.22 有两个相同的物体，热容量为常数，初始温度同为iT。今21 令一制冷机在这两个物

31、体间工作，使其中一个物体的温度降低到2T为止。假设物体维持在定压下，并且不发生相变。试根据熵增加原理证明，此过程所需的最小功为2min222ipiTWCTTT解： 制冷机在具有相同的初始温度iT的两个物体之间工作，将热量从物体 2 送到物体 1, 使物体 2 的温度降至2T为止。以1T表示物体1 的终态温度，pC表示物体的定压热容量，则物体1 吸取的热量为11piQCTT（1）物体 2 放出的热量为22piQCTT（2）经多次循环后，制冷机接受外界的功为12122piWQQCTTT（3）由此可知，对于给定的iT和2T，1T愈低所需外界的功愈小。用12,SS和3S分别表示过程终了后物体1，物体

32、2 和制冷机的熵变。由熵的相加性和熵增加原理知，整个系统的熵变为1230SSSS（4）显然11223ln,ln,0.pipiTSCTTSCTS因此熵增加原理要求122ln0,piTTSCT（5）或1221,iTTT（6）对于给定的iT和2T，最低的1T为212,iTTT22 代入（ 3）式即有2min222ipiTWCTTT（7）式（7）相应于所经历的整个过程是可逆过程。1.23 简单系统有两个独立参量。如果以,TS为独立参量，可以以纵坐标表示温度T，横坐标表示熵S，构成TS图。图中的一点与系统的一个平衡态相对应， 一条曲线与一个可逆过程相对应。试在图中画出可逆卡诺循环过程的曲线， 并利用TS

33、图求可逆卡诺循环的效率。解： 可逆卡诺循环包含两个可逆等温过程和两个可逆绝热过程。在TS图上，等温线是平行于T 轴的直线。可逆绝热过程是等熵过程，因此在TS图上绝热线是平行于S轴的直线。图 1-5 在TS图上画出了可逆卡诺循环的四条直线。（一）等温膨胀过程工作物质经等温膨胀过程（温度为1T）由状态到达状态。由于工作物质在过程中吸收热量，熵由1S升为2S。吸收的热量为1121,QT SS（1）1Q等于直线下方的面积。（二）绝热膨胀过程工作物质由状态经绝热膨胀过程到达状态。过程中工作物质内能减少并对外做功，其温度由1T下降为2T，熵保持为2S不变。（三）等温压缩过程工作物质由状态经等温压缩过程（温

34、度为2T）到达状态。工23 作物质在过程中放出热量，熵由2S变为1S，放出的热量为2221,QTSS（2）2Q等于直线下方的面积。（四）绝热压缩过程工作物质由状态经绝热压缩过程回到状态。温度由2T升为1T，熵保持为1S不变。在循环过程中工作物质所做的功为12,WQQ（3）W等于矩形所包围的面积。可逆卡诺热机的效率为22122111211111.TSSQTWQQTSST（4）上面的讨论显示， 应用TS图计算（可逆）卡诺循环的效率是非常方便的。实际上TS图的应用不限于卡诺循环。根据式（1.14.4 ）,dQTdS（5）系统在可逆过程中吸收的热量由积分QTdS（6）给出。如果工作物质经历了如图中AB

35、CDA的（可逆）循环过程，则在过程ABC中工作物质吸收的热量等于面积ABCEF， 在过程CDA中工作物质放出的热量等于面积ADCEF，工作物质所做的功等于闭合曲线ABCDA所包的面积。由此可见（可逆）循环过程的热功转换效率可以直接从TS图中的面积读出。在热工计算中TS图被广泛使用。24 补充题 1 1mol 理想气体，在27 C的恒温下体积发生膨胀，其压强由 20np准静态地降到 1np，求气体所作的功和所吸取的热量。解：将气体的膨胀过程近似看作准静态过程。根据式（1.4.2 ） ，在准静态等温过程中气体体积由AV膨胀到BV， 外界对气体所做的功为lnln.BBAAVVBAVVABVpdVWp

36、dVRTRTRTVVp气体所做的功是上式的负值，将题给数据代入，得3ln8.31 300ln207.4710 J.ABpWRTp在等温过程中理想气体的内能不变，即0.U根据热力学第一定律（式（1.5.3） ） ，气体在过程中吸收的热量Q为37.4710 J.QW补充题 2 在25 C下，压强在 0 至 1000np之间，测得水的体积为36231(18.0660.715 100.04610)cmmolVpp如果保持温度不变，将1mol 的水从 1np加压至 1000np，求外界所作的功。解：将题中给出的体积与压强关系记为2,Vabpcp（1）由此易得(2).dVbcp dp（2）保持温度不变，将

37、1mol 的水由 1np加压至 1000np，外界所做的功为1000231112(2)()2333.1J mol.BBAAVpVpWpdVp bcp dpbpcp在上述计算中我们已将过程近拟看作准静态过程。补充题 3 承前 1.6 题， 使弹性体在准静态等温过程中长度由0L压缩为02L，试计算外界所作的功。解：在准静态过程中弹性体长度有dL 的改变时，外界所做的功是25 .dWJdL（1）将物态方程代入上式，有2020.LLdWbTdLLL（2）在等温过程中0L是常量，所以在准静态等温过程中将弹性体长度由0L压缩为02L时，外界所做的功为00000022002022202200025.8LLL

38、LLLLLLLWJdLbTdLLLLLbTLLbTL（3）值得注意，不论将弹性体拉长还是压缩，外界作用力都与位移同向，外界所做的功都是正值。补充题 4 在0 C和 1np下，空气的密度为31.29kg m, 空气的定压比热容-11996J kgK,1.41pC。今有327m的空气，试计算：（i ）若维持体积不变，将空气由0 C加热至20 C所需的热量。（ii ）若维持压强不变，将空气由0 C加热至20 C所需的热量。（iii）若容器有裂缝，外界压强为1np，使空气由0 C缓慢地加热至20 C所需的热量。解： （a）由题给空气密度可以算327m得空气的质量1m为11.292734.83kg.m定

39、容比热容可由所给定压比热容算出33110.996 100.70610 J kgK.1.41pVcc维持体积不变，将空气由0 C加热至20 C所需热量VQ为12135()34.830.706 10204.920 10 J.VVQm cTT（b）维持压强不变，将空气由0 C加热至20 C所需热量pQ为26 12135()34.830.996 10206.93810 J.ppQmcTT（c）若容器有裂缝，在加热过程中气体将从裂缝漏出，使容器内空气质量发生变化。根据理想气体的物态方程,mpVRTmm为空气的平均摩尔质量，在压强和体积不变的情形下，容器内气体的质量与温度成反比。以11,mT表示气体在初态

40、的质量和温度，m表示温度为 T 时气体的质量，有1 1,mTmT所以在过程（ c）中所需的热量Q为221121 11 11( )ln.TTpppTTTdTQcm T dTmT cmT cTT将所给数据代入，得3529334.832730.996 10 ln2736.678 10 J.Q补充题 5 热泵的作用是通过一个循环过程将热量从温度较低的物体传送到温度较高的物体上去。如果以逆卡诺循环作为热泵的循环过程，热泵的效率可以定义为传送到高温物体的热量与外界所做的功的比值。试求热泵的效率。如果将功直接转化为热量而令高温物体吸收，则“效率”为何？解：根据卡诺定理，通过逆卡诺循环从温度为2T的低温热源吸

41、取热量2Q，将热量1Q送到温度为1T的高温热源去，外界必须做功12.WQQ因此如果以逆卡诺循环作为热泵的过程，其效率为11121212121.QQTTWQQTTTT（1）式中第三步用了1122QTQT27 的结果（式（ 1.12.7 ）和（1.12.8 ） ） 。 由式（ 1）知，效率恒大于1。如果1T与2T相差不大，可以相当高。不过由于设备的价格和运转的实际效率，这种方法实际上很少使用。将功直接转化为热量（如电热器） ，效率为 1。补充题6 根据熵增加原理证明第二定律的开氏表述：从单一热源吸取热量使之完全变成有用的功而不引起其它变化是不可能的。解：如果热力学第二定律的开尔文表述不成立，就可以令一热机在循环过程中从温度为T的单一热源吸取热量Q，将之全部转化为机械功而输出。热机与热源合起来构成一个绝热系统。在循环过程中，热源的熵变为QT，而热机的熵不变，这样绝热系统的熵就减少了，这违背了熵增加原理，是不可能的。