物理学教程(第二版)上册课后答案8

第八章热力学基础8－1如图，一定量的理想气体经历acb过程时吸热700J，则经历acbda过程时，吸热为()(A)–700J（B）500J（C）-500J（D）-1200J分析与解理想气体系统的内能是状态量，因此对图示循环过程acbda，内能增量ΔE=0，由热力学第一定律Q＝ΔE＋W，得Qacbda=W=Wacb＋Wbd＋Wda，其中bd过程为等体过程，不作功,即Wbd=0；da为等压过程，由pV图可知，Wda=-1200J.这里关键是要求出Wacb,而对acb过程，由图可知a、b两点温度相同，即系统内能相同.由热力学第一定律得Wacb=Qacb-ΔE=Qacb=700J，由此可知Qacbda=Wacb＋Wbd＋Wda=-500J.故选（C）题8-1图8－2如图，一定量的理想气体，由平衡态A变到平衡态B，且它们的压强相等，即pA＝pB,请问在状态A和状态B之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然()(A)对外作正功(B)内能增加(C)从外界吸热(D)向外界放热题8-2图分析与解由p－V图可知，pAVA＜pBVB，即知TA＜TB，则对一定量理想气体必有EB＞EA.即气体由状态A变化到状态B,内能必增加.而作功、热传递是过程量，将与具体过程有关.所以(A)、(C)、(D)不是必然结果，只有(B)正确.8－3两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛氦气(均视为刚性分子理想气体).开始时它们的压强和温度都相同，现将3J热量传给氦气，使之升高到一定的温度.若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为()(A)6J(B)3J(C)5J(D)10J分析与解当容器体积不变，即为等体过程时系统不作功，根据热力学第一定律Q＝ΔE＋W，有Q＝ΔE.而由理想气体内能公式TRiMmEΔ2Δ，可知欲使氢气和氦气升高相同温度，须传递的热量eee222e2HHHHHHHH/:iMmiMmQQ.再由理想气体物态方程pV＝MmRT，初始时，氢气和氦气是具有相同的温度、压强和体积，因而物质的量相同，则3/5/:e2e2HHHHiiQQ.因此正确答案为(C).8－4一定量理想气体分别经过等压，等温和绝热过程从体积1V膨胀到体积2V，如图所示，则下述正确的是()（A）CA吸热最多，内能增加（B）DA内能增加，作功最少（C）BA吸热最多，内能不变（D）CA对外作功，内能不变分析与解由绝热过程方程pV常量，以及等温过程方程pV=常量可知在同一p-V图中当绝热线与等温线相交时，绝热线比等温线要陡，因此图中BA为等压过程，CA为等温过程，DA为绝热过程.又由理想气体的物态方程RTpV可知，p-V图上的pV积越大，则该点温度越高.因此图中BCADTTTT.对一定量理想气体内能，RTiE2，由此知0ABE，0ACE，.0ADE而由理想气体作功表达式VpWd知道功的数值就等于p-V图中过程曲线下所对应的面积，则由图可知ADACAB.又由热力学第一定律Q＝W＋ΔE可知0ADACABQQQ.因此答案A、B、C均不对.只有（D）正确.题8-4图8－5一台工作于温度分别为327℃和27℃的高温热源与低温源之间的卡诺热机，每经历一个循环吸热2000J，则对外作功()(A)2000J(B)1000J(C)4000J(D)500J分析与解热机循环效率η＝W/Q吸，对卡诺机，其循环效率又可表为：η＝1－12TT，则由W/Q吸＝1－12TT可求答案.正确答案为(B).8－6位于委内瑞拉的安赫尔瀑布是世界上落差最大的瀑布，它高979m.如果在水下落的过程中，重力对它所作的功中有50％转换为热量使水温升高，求水由瀑布顶部落到底部而产生的温差.(水的比热容c为4.18×103J·kg－1·K－1)分析取质量为m的水作为研究对象，水从瀑布顶部下落到底部过程中重力作功W＝mgh，按题意，被水吸收的热量Q＝0.5W，则水吸收热量后升高的温度可由Q＝mcΔT求得.解由上述分析得mcΔT＝0.5mgh水下落后升高的温度ΔT＝0.5gh/c＝1.15K8－7如图所示，1mol氦气，由状态),(11VpA沿直线变到状态),(22VpB，求这过程中内能的变化、对外作的功、吸收的热量.分析由题8-4分析可知功的数值就等于p-V图中BA过程曲线下所对应的面积，又对一定量的理想气体其内能RTiE2，而氦气为单原子分子，自由度i=3，则1mol氦气内能的变化TRE23，其中温度的增量T可由理想气体物态方程RTpV求出.求出了BA过程内能变化和做功值，则吸收的热量可根据热力学第一定律EWQ求出.解由分析可知，过程中对外作的功为))((211212ppVVW内能的变化为)(23231122VpVpTRE吸收的热量)(21)(212211122VpVpVpVpEWQ题8-7图8－8一定量的空气，吸收了1.71×103J的热量，并保持在1.0×105Pa下膨胀，体积从1.0×10－2m3增加到1.5×10－2m3，问空气对外作了多少功？它的内能改变了多少？分析由于气体作等压膨胀，气体作功可直接由W＝p(V2－V1)求得.取该空气为系统，根据热力学第一定律Q＝ΔE＋W可确定它的内能变化.在计算过程中要注意热量、功、内能的正负取值.解该空气等压膨胀，对外作功为W＝p(V2－V1)＝5.0×102J其内能的改变为ΔE＝Q－W＝1.21×103J8－9如图所示，在绝热壁的汽缸内盛有1mol的氮气，活塞外为大气，氮气的压强为1.51×105Pa，活塞面积为0.02m2.从汽缸底部加热，使活塞缓慢上升了0.5m.问(1)气体经历了什么过程？(2)汽缸中的气体吸收了多少热量？(根据实验测定，已知氮气的摩尔定压热容Cp，m＝29.12J·mol－1·K－1，摩尔定容热容CV,m＝20.80J·mol-1·K-1)题8-9图分析因活塞可以自由移动，活塞对气体的作用力始终为大气压力和活塞重力之和.容器内气体压强将保持不变.对等压过程，吸热TCQpΔmp,v.ΔT可由理想气体物态方程求出.解(1)由分析可知气体经历了等压膨胀过程.(2)吸热TCQΔmp,pv.其中ν＝1mol，Cp,m＝29.12Ｊ·mol－1·Ｋ－1.由理想气体物态方程pV＝νRT，得ΔT＝(p2V2－p1V1)/R＝p(V2－V1)/R＝p·S·Δl/R则J105.293mp,pRlpSCQ8－10一压强为1.0×105Pa,体积为1.0×10－3m3的氧气自0℃加热到100℃.问：(1)当压强不变时，需要多少热量?当体积不变时，需要多少热量?(2)在等压或等体过程中各作了多少功?分析(1)由量热学知热量的计算公式为TCQm.按热力学第一定律，在等体过程中，TCEQVVm,；在等压过程中，.dm,TCEVpQpP(2)求过程的作功通常有两个途径.①利用公式VVpWd；②利用热力学第一定律去求解.在本题中，热量Q已求出，而内能变化可由12mV,VΔTTCEQv得到.从而可求得功W.解根据题给初态条件得氧气的物质的量为mol1041.42111RTVpv氧气的摩尔定压热容RC27mp,，摩尔定容热容RC25mV,.(1)求Qp、QV等压过程氧气(系统)吸热J1.128Δd12mp,pTTCEVpQv等体过程氧气(系统)吸热J5.91Δ12mV,VTTCEQv(2)按分析中的两种方法求作功值①利用公式VVpWd求解.在等压过程中，TRMmVpWddd，则得J6.36dd21pTTTRMmWW而在等体过程中，因气体的体积不变，故作功为0dVVVpW②利用热力学第一定律Q＝ΔE＋W求解.氧气的内能变化为J5.91Δ12mV,VTTCMmEQ由于在(1)中已求出Qp与QV，则由热力学第一定律可得在等压过程、等体过程中所作的功分别为J6.36ΔppEQW0ΔVVEQW8－11如图所示，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CA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？题8-11图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ΔECA，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ΔEAC，而ΔEAC＝－ΔECA，故可求得QCA.解系统经ABC过程所吸收的热量及对外所作的功分别为QABC＝326J，WABC＝126J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ΔEAC＝QABC－WABC＝200J由此可得从C到A，系统内能的增量为ΔECA＝－200J从C到A，系统所吸收的热量为QCA＝ΔECA＋WCA＝－252J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.8－12如图所示，使1mol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.题8-12图分析从p－V图(也称示功图)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VVpWd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TA＝TB，故ΔE＝0，利用热力学第一定律Q＝W＋ΔE，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J1077.2/ln/ln31ABBAABABVVVpVVRTMmW由分析可知在等温过程中，氧气吸收的热量为QAB＝WAB＝2.77×103Ｊ(2)沿A到C再到B的过程中系统作功和吸热分别为WACB＝WAC＋WCB＝WCB＝Cp(VB－VC)＝2.0×103ＪQACB＝WACB＝2.0×103Ｊ8－13试验用的火炮炮筒长为3.66m，内膛直径为0.152m，炮弹质量为45.4kg，击发后火药爆燃完全时炮弹已被推行0.98m，速度为311m·s-1，这时膛内气体压强为2.43×108Pa.设此后膛内气体做绝热膨胀，直到炮弹出口.求(1)在这一绝热膨胀过程中气体对炮弹作功多少？设摩尔定压热容与摩尔定容热容比值为1.2.(2)炮弹的出口速度(忽略摩擦).分析(1)气体绝热膨胀作功可由公式1d2211γVpVpVpW计算.由题中条件可知绝热膨胀前后气体的体积V1和V2，因此只要通过绝热过程方程γγVpVp2211求出绝热膨胀后气体的压强就可求出作功值.(2)在忽略摩擦的情况下，可认为气体所作的功全部用来增加炮弹的动能.由此可得到炮弹速度.解由题设l＝3.66m,D＝0.152m，m＝45.4kg，l1＝0.98m，v1＝311m·s-1，p1＝2.43×108Pa，γ＝1.2.(1)炮弹出口时气体压强为Pa1000.5//7112112γγllpVVpp气体作功J1000.54π11d6222112211DγlplpγVpVpVpW(2)根据分析2122121vvmmW，则1-21sm563vm2Wv8－140.32kg的氧气作如图所示的ABCDA循环，V2＝2V1,T1＝300Ｋ，T2＝200Ｋ,求循环效率.题8-14图分析该循环是正循环.循环效率可根据定义式η＝W/Q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J1076.5/ln/ln/