第十五讲热力学基础

第十五讲热力学基础一、知识点击1．气体的压强和内能⑴理想气体状态方程理想气体的状态方程表述了一定质量的气体的压强p、体积V和热力学温度T之间的关系112212pVpVTT，将密度公式mV代人，可得121122ppTT利用1mol的理想气体在标准状态下的参量可以得到mpVRTM⑵理想气体的内能由于理想气体分子间不存在分子力，也就没有分子力势能．因此，理想气体的内能就是气体所有分子热运动动能的总和，即()222iimiENkTPVRT一定质量理想气体内能的改变量是()2miERT2．分子热运动的特点能量守恒定律和热力学第一定律⑴物质分子热运动特点：由于晶体中微粒间的作用力很强，占主要地位．微粒的热运动主要表现为以结点为平衡位置的微振动，这称为热振动。其振动的时间、方向、振幅、频率等都是杂乱无章的；气体中分子间距大，分子力往往可以忽略，热运动占主要地位．分子能在空间自由运动，是完全无序的．因此它充满能到达的空间，没有一定的体积和形状，容易被压缩，具有流动性；液体分子间距离小，相互作用力较强，其分子热运动主要表现为在平衡位置作微振动，但它也能迁移到新的平衡位置振动．上表现出不易压缩，具有一定体积的特点，这像固体；同时它具有流动性、没有固定形状，这像气体。可见液体的性质是介于气体与固体之间的。⑵能量守恒定律和热力学第一定律能量守恒和转化定律是自然界最普遍、最根本的规律之一，它在物理学的各个领域有不同的体现，而热力学第一定律和物态变化就是该定律在热学领域中的生动体现．热力学第一定律：在某一变化过程中，如果外界对物体做的功是W，物体从外界吸收的热量是Q，则物体内能的增量ΔE=W+Q。在使用这个定律时要注意三个量的正负；外界对物体做功，W取正；物体对外界做功，W取负；物体从外界吸热，Q取正；物体对外界放热，Q取负；物体内能增加，ΔE取正；物体内能减少，ΔE取负。气体的压强问题解题关键就在于受力分析时不能遗漏缸内气体产生的压强和缸外大气压强产生的压力，然后列出力的平衡方程或动力学方程即可求解。例1．两端开口的横截面积为S的直管固定在水平方向上，在管内有两个活塞．开始左边活塞通过劲度系数为k的未形变的弹簧与固定的壁相连．两个活塞之间的气体压强P0等于外界大气压强．右活塞到右管口的距离为H，它等于两活塞之间的距离（图8—1）．将右活塞缓慢地拉向右管口，为了维持活塞在管口的平衡，问需用多大的力作用在此活塞上？摩擦不计．温度恒定．分析和解：随着右活塞被拉向管口，两活塞之间气体的体积将扩大，压强减小，于是左活塞也向右移动，弹簧拉长；力F作用在右活塞上，将它拉到管口处，列出此时两活塞的平衡条件：左活塞：P0S­PS­kx=0①右活塞：F十PS­P0S=0②式中P为后来两活塞之间气体压强．可得：F二P0S­PS=kx可见，x=0，F=0；k=0，F=0.因温度恒定，根据玻意耳定律有P0HS＝P(2H­x）S由此，得0022HkHPPPHxkHF③将③式代入②式，得到关于F的二次方程：F2­（P0S+2kH)F+P0SkH=0其解2222001,224PSPSFkHkH既然k=0时，F=0，所以最终答案应为22220024PSPSFkHkH与气体的压强相联系的不稳定平衡问题，可通过力的分析列出力的平衡方程和位置变化后的能量变化相结合来求解。例2．一个质量为m=200.0kg，长L0=2.00m薄底大金属桶倒扣在宽旷的水池底部（图8—2），桶内横截面积S=0.500m2，桶的容积为L0S，桶本身（桶壁与桶底）的体积V0=2.50×10-3m3，桶内封有高度L=0.200m的空气，池深H0=20.00m，大气压强P0=10.00m水柱高，水的密度ρ=1.00×103kg/m3，重力加速度g=10.00m/s2。若用图中所示吊绳将桶上提，使桶底能达到水面处，则绳拉力所需做的功有一最小值。试求从开始到绳拉力刚完成此功的过程中，桶和水（包括池水和桶内水）的机械能改变多少？不计水的阻力，不计饱和水汽压的影响，上下水温一致且保持不变。分析和解：本题是一个与气体压强相联系的不稳定平衡问题．在上提过程中，桶内空气体积增大、压强减小，从而对桶和桶内空气这一整体的浮力会增大．若存在桶所受浮力等于重力的位置，则此位置是桶的不稳定平衡点．再稍上提，浮力大于重力，桶就上浮．从这时起，绳不必再拉桶，桶会在浮力作用下，上浮到桶底到达水面并冒出．因此绳对桶的拉力所需做的最小功的过程，就是缓慢地将桶由池底提高至浮力等于重力的位置所经历的过程．下面先看这一位置是否存在．假设存在，如图6一13所示．设此位置处桶内空气的高度为L，因为浮力等于重力，应有0()mgLSVg可得L=0.350m设此时桶的下方边缘距池底的高度为H，由玻意耳定律可知．000000()()PHLLLPHLLL可得H=12.24m因为H(H0­L0)，即桶仍浸在水中，可知存在上述浮力等于重力的位置。现在再求将桶由池底缓慢地提高到H处，桶和水的机械能的增量ΔE。ΔE包括三都分。（1）桶势能的增量：ΔE1=mgH；（2）在高度H处桶本身排开的水，可看作下降去填充在池底时桶本身所占的空间而引起水势能的增量：ΔE2=­ρV0gH；（3）在高度H时桶内空气所排开的水，可看作一部分下降去填充在池底时空气所占的空间，另一部分（由于空气膨胀）上升到水池表面．由此引起水的势能的增量：3000()()()22LLESLgLSLLgHSLgHL综上所述从池底到H处桶和水的机械能的变化为22412300()()1.37102LLEEEESgLLHLJ热力学系统的问题从内部考虑重点是理想气体状态方程，从外部考虑主要是能量交换的问题，重点是用热力学第一定律来解题。例4．绝热容器A经一阀门与另一容积比A容积大很多的绝热容器B相连．开始时阀门关闭，两容器中盛有同种理想气体，温度均为30oC，B中气体的压强是A中的两倍。现将阀门缓慢打开，直至压强相等时关闭，问此时容器A中气体的温度为多少？假设在打开到关闭阀门的过程中，处在A中的气体与处在B中的气体之间无热交换。已知每摩尔该气体的内能为52URT。分析和解：气体B比A的容积大很多，这表明B是一个相当大的热力学系统，当小系统A与它发生能量交换时，它所受到的影响极小，可以忽略不计，以致可以认为它的状态参量不会改变．因此将B与A之间的阀门打开后关闭，容器A中的压强也是2P。设气体的摩尔质量为μ，容器A的体积为V。阀门打开前，其中气体的质量为M、压强为P、温度为T，由MPVRT，得PMVRT①因为B容积很大，所以在题述的过程中，B中气体的压强和温度皆可视为不变。根据题意，打开阀门又关闭后，A中气体的压强变为2P，若其温度为T、质量为M，则有2PMVRT②由B进入A的气体的质量为21PVMMMRTT（）③设这些气体处在容器B中时所占的体积为△V，则2RTVMP④为把这些气体压入容器A，容器B中其他气体对这些气体将等压做功为221TWPVPVT（）⑤A中气体内能的变化为52MURTT（）⑥因为A与外界没有热交换，根据热力学第一定律，有WU结果为353TK。气体状态和气体功量的问题解题时，气体状态参量根据理想气体状态方程处理，而功量的计算往往用公式比较复杂，常结合图象来解题。例5．如图7-5，在一大水银槽中竖直插入一根玻璃管，管上端封闭，下端开口，已知槽中水银面以上的那部分玻璃管的长度L＝76cm，管内封闭有n=1.0×10-3mol的空气，保持水银槽与玻璃管都不动而设法使玻璃管内空气的温度缓慢地降低10℃，问在此过程中管内空气放出的热量为多少？已知管外大气压强为76cmHg,空气的摩尔内能U＝CVT，CV=20.5J/molK。分析和解：先找出管内空气降温的过程方程，可知在管内气降温过程中，体积和压强均减小，再在P—V图中作过程曲线一过原点的直线，然后利用其过程曲线下的面积来计算功的大小．设管内空气柱长度为h，大气压强为P0，管内空气压强为P，水银密度为ρ，由图可知P0=P+ρg（L­h）①根据题给数据可知P0=ρgL。管内空气压强为VPghgS②S为玻璃管横截面积，V为管内空气体积，由②式可知，管内空气压强与其体积成正比。由克拉伯龙方程PV=nRT，得2gVnRTS③由③式可知，随着温度降低，管内空气体积变小，由②式知管内空气压强也变小．压强随体积变化关系P—V图中过原点的直线，如图8—5所示．在管内气温度T1降到T2的过程中，气体体积由V1减小到V2，外界对气体做正功，其值可用图8—5中划有斜线的梯形面积来表示，即有221212121211)(222VVgWgVVVnRTTSSS（V）（）（）④管内空气内能的变化为21()VUnCTT⑤设Q为外界传给气体的热量，根据热力学第一定律，有21）VRQ=ΔU-W=n（C+）（T-T2代入有关数据后得：Q=­0.247J,负号表示空气放出热量．