大学物理(机械工业出版社)下册 课后练习答案

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ghpp0求出，其中为水的密度（常取=1.0103kg·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ghpghpp021。利用理想气体的物态方程可得空气泡到达湖面的体积3510120121212m1011.6TpVTghpTpVTpV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321/)(mmmn。解：根据分析有RTVMpmRTVMpmRTVMpm333122111；；则一瓶氧气可用天数5.933121321VpVppmmmn11－3一抽气机转速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：)(0100VVpVp0001pVVVp活塞运动第二次：)(0201VVpVp02001002pVVVpVVVp活塞运动第n次：)(001VVpVpnnnnVVVpp000VVVnppnn000ln抽气机每次抽出气体体积l05.0l)400/20(Vl0.20VPa1001.150pPa133np将上述数据代入（1）式，可解得276n。则s40s60)400/276(t11－4l.0mol的空气从热源吸收了热量2.66105J，其内能增加了4.18105J，在这过程中气体作了多少功？是它对外界作功，还是外界对它作功？解：由热力学第一定律得气体所作的功为J1052.15EQW负号表示外界对气体作功。11－51mol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POVIII习题11－5图123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2/))((12211VVppA在过程I中气体内能增量)(25)(251122121VpVpTTRE在过程I中气体吸收的热量JEAQ3111002.2（2）在过程II中气体对外作的功)(222332223232VpVpVdVVppdVAVVVV由常量21pV可算得3331032mV，带入上式得JA321085.4整个过程中气体对外作功JAAA321101.5整个过程中气体内能增量JTTRE3131083.7)(25整个过程中气体吸收的热量JAEQ41029.1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CAE，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ACE，而CAACEE，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J126J,326ABCABCWQ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J200ABCABCACWQE由此可得从C到A，系统内能的增量J200CAE从C到A，系统所吸收的热量为J252CACACAWEQ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。12－7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2111121TlnlnppVpVVRTMmW空气在等压压缩过程中所作的功为212pdVVpVpW利用等温过程关系2211VpVp，则空气在整个过程中所作的功为J7.55ln11122111pTVpVpppVp－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。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，其大小可通过习题11－6图习题11－8图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BATT，故0E，利用热力学第一定律EWQ，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J1077.2lnln3ABAAABABVVVpVVRTMmW由分析可知在等温过程中，氧气吸收的热量为J1077.23ABABWQ（2）沿A到C再到B的过程中系统作功和吸热分别J100.23CBCCBCBACACBVVpWQ11－9一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14TT，所以内能增量为零。JppVVVpQ2111111106.5)2(223)2(25JQA2106.511－10有1mol刚性多原子分子的理想气体,原来的压强为1.0atm,温度为27℃,若经过一绝热过程,使其压强增加到16atm。试求:(1)气体内能的增量；(2)在该过程中气体所作的功；(3)终态时气体的分子数密度。解：（1）KppTT60012112JTTRiME31210479.7)(2（2）JEA310479.7（3）32622/1096.1mkTpn个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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000TVP、终态222TVP，由方程122100VTVT得出右侧气体末态温度：0013/50120248TTTVVT由理想气体物态方程，右侧气体终态压强为002200232PTVTVPP由于活塞是可动的，左、右两侧的压强应相同：02132PPP，左侧末态体积：02018152VVVV左侧气体末态温：000001116081532TTTVPVPT（2）000021936223)2(UUWVPTRTTTCUQV　　＋＝＋右左右左左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。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，TTTBA习题11－12图TCCTCTCQVPAVBPKRQRRQCCQTVP71.631.864.33462527JTRTCQVA4.13971.631.82525JQQQAB1954.1394.334（2）隔板活动，A气体等压膨胀；隔板绝热，B中气体温度不变。0BQ0BTTCQQPAKRQCQTP50.1131.874.33427211－130.32kg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）分析：该循环是正循环。循环效率可根据定义式QW/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J1076.5lnlnln31221212121CDABVVTTRMmVVRTMmVVRTMm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0E，则ABABWQ。等体升压过程中W=0，则DADAEQ，所以，循环过程中系统吸热的总量为J1084.3ln421mV,121DAABDAABTTCMmVVRTMmEWQQQ由此得到该循环的效率为%15QW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，A