广东海洋大学：《大学物理》课程教学资源（各章习题解答）第05章分子运动.doc_大学文库

题511一打足气的自行车内胎，在70℃时，轮胎中空气的压强为4.0×0'h,则当温度变为7.0℃时，轮胎内空气的压强为多少？（设内脸容积不变）恩51分析：胎内空气可祝为一定量的理想气体，其始末均为平衡态（即有确定的状态参量、队、了值)由于气体的体积不变，由理塑气体物态方程一思灯可知，压强P与温度T M 成正比。由此围可求出末老的压强解：由分析可知，当了-70℃时，轮胎内空气压强为 A-Z-445x10内可见当温度升高时，轮脸内气体压强变大，因此，夏季外出时自行军的车胎不宜充气太足，以免爆胎。题52：在水面下50.0m深的湖底处（温度为4.0℃），有一个体积为1.0x10m的空气泡升到湖而上来，若湖面的温度为17.0℃，求气泡到达湖面的体积。（取大气压强为一 1.0I3×10P) 题52分析：将气泡看成是一定量的理想气体，它位于湖成和上升至湖面代表两个不同的平衡状志。利用理塑气体物态方程即可果解本愿。位于湖底时，气泡内的压强可用公式 p=A+gh求出，其中P为水的密度（常取p-1.0xl03kgm). 解：设气泡在底和装面的状态参量分别为(m,,五)和(m,,五).由分析知闹底处压强为A=内+h=马+x。利用理想气体的物态方程可得空气泡到达湖围的体积为 g-B华.+旺-6.11x0-'m I 题53：氧气瓶的容积为32×0m',其中氧气的压强为1.30×10P:氧气厂规定压降到 100x1心P%时，就应重新充气，以免经常洗瓶。某小型吹破璃车何，平均每天用去040m 压强为101×10心Pa的氧气。问一瓶氧气能用多少天？（设使用过程中温度不变）题53分析：由于使用条件的限制，瓶中氧气不可能完全被使用。为此，可通过两条不同的思路选行分析和求解。(1)从氧气质量的角度来分析。利用理想气体物态方程V■mM 可以分别计算出每天使用氧气的质量做：和可供使用的氧气总质量《即原瓶中氧气的总质量 ,和需充气时瓶中剩余氧气的质量两之差)，从而可求得使用天数m-(画，一思/m,。(2) 从容积角度来分析。利用等温影胀条件将原惠中氧气由初态〔马一130×0h, -320x10m)影账到周充气条件下的终态（片-1.0x1心h,上待求），比较可得防状态下实际使用掉的氧气的体积为-巧.同样将每天使用的氧气由初态（历一1.01×10心P, 片=Q4m)等温压缩到压强为四的终态，并算出此时的体积：，由此可得使用天数应为 n=:-时解1：根据分析有 RT ,m, m地两- 出 RT RT 则一瓶氧气可用天数

题 5.1：一打足气的自行车内胎，在 7.0 ℃时，轮胎中空气的压强为 4.0 10 Pa 5  ，则当温度变为 37.0 ℃时，轮贻内空气的压强为多少？（设内胎容积不变）题 5.1 分析：胎内空气可视为一定量的理想气体，其始末均为平衡态（即有确定的状态参量 p、V、T 值）由于气体的体积不变，由理想气体物态方程 RT M m pV = 可知，压强 p 与温度 T 成正比。由此即可求出末态的压强。解：由分析可知，当 2 37.0 C  T = 时，轮胎内空气压强为 4.43 10 Pa 5 1 2 1 2 = =  T T p p 可见当温度升高时，轮胎内气体压强变大，因此，夏季外出时自行车的车胎不宜充气太足，以免爆胎。题 5.2：在水面下 50.0 m 深的湖底处（温度为 4.0 ℃），有一个体积为 1.010−5 m3 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。（取大气压强为 p0 = 1.013105 Pa）题 5.2 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 p = p0 + gh 求出，其中为水的密度（常取 = 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 p1 = p2 + gh = p0 + gh。利用理想气体的物态方程可得空气泡到达湖面的体积为 ( ) 5 3 0 1 0 2 1 2 1 1 2 1 2 6.11 10 m − =  + = = p T p gh T V p T p T V V  题 5.3：氧气瓶的容积为 2 3 3.2 10 m −  ，其中氧气的压强为 7 1.3010 Pa，氧气厂规定压强降到 6 1.0010 Pa 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 0.40 m3 压强为 5 1.0110 Pa 的氧气，问一瓶氧气能用多少天？（设使用过程中温度不变）题 5.3 分析：由于使用条件的限制，瓶中氧气不可能完全被使用。为此，可通过两条不同的思路进行分析和求解。（1）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 1 2 3 n = (m −m )/ m 。（2）从容积角度来分析。利用等温膨胀条件将原瓶中氧气由初态（ 1.30 10 Pa 7 p2 =  ， 2 3 1 3.20 10 m － V =  ）膨胀到需充气条件下的终态（ 1.00 10 Pa 6 p2 =  ，V2 待求），比较可得 p2 状态下实际使用掉的氧气的体积为 V2−V1。同样将每天使用的氧气由初态（p3 = 1.01105 Pa， V3 = 0.4 m3）等温压缩到压强为 p2 的终态，并算出此时的体积  V2 ，由此可得使用天数应为 ( ) n V2 V1 V2 = − 。解 1：根据分析有 RT Mp V m RT Mp V m RT Mp V m 3 3 3 2 1 2 1 1 1 = ； = ； = 则一瓶氧气可用天数

题 5.7：一定量的空气，吸收了 1.71103 J 的热量，并保持在 1.0105 Pa 下膨胀，体积从 1.010−2 m3 增加到 1.510−2 m3，问空气对外作了多少功？它的内能改变了多少？题 5.7 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 = E +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 ( ) 5.0 10 J 2 W = p V2 −V1 =  共内能改变为 1.21 10 J 3 E = Q −W =  题 5.8：l.0 mol 的空气从热源吸收了热量 2.66105 J，其内能增加了 4.18105 J，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？题 5.8 解：由热力学第一定律得气体所作的功为 1.52 10 J 5 W = Q − E = −  负号表示外界对气体作功。题 5.9：0.1kg 的水蒸气自 120 C 加热升温至 140 C。问：（l）在等体过程中；（2）在等压过程中，各吸收了多少热量？题 5.9 分析：由量热学热量的计算公式为 Q = nCm T 。按热力学第一定律，在等体过程中， QV = E = nCV,mT 在等压过程中， Q = pdV + E = nC T p  p,m 。Cp,m ，CV,m 可查表得到。解：（l）在等体过程中吸收的热量为 ( ) 3.1 10 J 3 V =  = CV,m T2 −T1 =  M m Q E （2）在等压过程中吸收的热量为 d ( ) 4.0 10 J 3 p = +  = p,m 2 − 1 =   C T T M m Q p V E 题 5.10：一压强为 1.0105 Pa，体积为 1.010−3 m3 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？题 5.10 分析：（1）求 Qp和 QV 的方法与题 5.9 相同。（2）求过程的作功通常有两个途径。 ①利用公式 ( )  W = p V dV ；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 ( ) E = nCV,m T2 −T1 得到。从而可求得功 W。题 5.10 解：根据题给初态条件得氧气的物质的量为 4.41 10 mol 2 1 1 1 − = = =  RT p V M m n 查表知氧气的定压摩尔热容 1 1 p,m 29.44 J mol K − − C =   ，定体摩尔热容 1 1 V,m 21.12 J mol K − − C =   （1）求 Qp、QV 等压过程氧气（系统）吸热

Q,-dr+E-C-T)-129.8J 等体过程氧气（系统）吸热 Qy=AE=mCvT-T)=93.1J (2)按分析中的两种方法求作功值 ①利用公式F=门d求解.在等压过程中，dF=r="刷T, 则得成=w=收号7=66 而在等体过程中，因气体的体积不变，故作功为 w,=J门r=0 ②利用热力学第一定律Q=5+W求解。氧气的内能变化为正-C-)小-g 由于在《1)中已求出与，则由热力学第一定律可得在等压、等体过程中所作的功分别为 f,-g,=E-3站.7J =么-5=0 恩51山：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126)。当系统从状志C沿另一曲线返回到状态A时。外界对系饶作功为5红」，则此过程中系饶是吸热还是放热？传递热量是多少？题5山分析：已知系统从状态C到状态A,外界对系统作功为，。如果再能知道此过程中内能的变化为E,则由热力学第一定律即可求得该过程中系统传运的粘量QA·由于理塑气体的内能是找态（温度）的函数，利用题中给出的AC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△5·而5x=-5A·故可求得QA· 解，系统经AC过程所吸收的热量及对外所作的功分别为 0e=出We-12当J 则由热力学第一定律可得由A到C过程中酯统内能的增量 AENc =QAnc -W =200J 由此可得从C到A,系统内能的增量为 AEeA --200 J 从C到A,系统所吸收的热量为 Q=45.+%.=-221 式中负号表示系统向外界做热252J。这里要说明的是由于CA是一表知过程。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。愿512：如图所示，一定量的理想气体经历ACB过程时吸热200J则经历ACBD1过程时吸格又为多少？题512分析：从图中可见ACBD过程是一个循环过程，由干理想气体系统经历一个循环的内能变化为零，故根据热力学第一定律，循环系统净吸热即为外界对系统所作的净功为了

d ( ) 129.8 J p = +  = p,m 2 − 1 =  Q p V E nC T T 等体过程氧气（系统）吸热 ( ) 93.1 J QV = E = nCV,m T2 −T1 = （2）按分析中的两种方法求作功值 ①利用公式  W = p(V) dV 求解。在等压过程中， R T M m dW = pdV = d ，则得   = = = 2 1 d d 36.6 J p T T R T M m W W 而在等体过程中，因气体的体积不变，故作功为 p = ( ) d = 0  W p V V ②利用热力学第一定律 Q = E +W 求解。氧气的内能变化为 ( ) 93.1 J  = CV,m T2 −T1 = M m E 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、等体过程中所作的功分别为 36.7 J Wp = Qp − E = WV = QV −E = 0 题 5.11：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 326 J 的热量传递给系统，同时系统对外作功 126 J。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 52 J，则此过程中系统是吸热还是放热？传递热量是多少？题 5.11 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 ECA ，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 EAC ，而 EAC = −ECA ，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 326 J, 126 J QABC = WABC = 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 200 J EAC = QABC −WABC = 由此可得从 C 到 A，系统内能的增量为 200 J ECA = − 从 C 到 A，系统所吸收的热量为 252 J QCA = ECA +WCA = − 式中负号表示系统向外界放热 252 J。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。题 5.12：如图所示，一定量的理想气体经历 ACB 过程时吸热 200 J 则经历 ACBDA 过程时吸热又为多少？题 5.12 分析：从图中可见 ACBDA 过程是一个循环过程. 由于理想气体系统经历一个循环的内能变化为零，故根据热力学第一定律，循环系统净吸热即为外界对系统所作的净功.为了

求得该循环过程中所作的功，可将ACBDA循环过程分成ACB、BD及DM三个过程付论：其中BD及DA分别为等体和等压过程。过程中所作的功按定义很容易求得：面ACB过程中所作的功可根据上题问样的方法利用热力学第一定律去求解：由图中数据有PV。一P。,则A,B两状态盟度相同，故ACB过程内能的变化AE,-0, 由热力学第一定律可得系统对外界作功 AYLOXH Pa) Wa=0m-En=Qa=20】在等体过程BD及等压过程DA中气体作功分别为 W-∫dV-0 Wn -fpdv p.(V.-Vo)=-1200 J F(1.xI8'm' 则在循环过程ABCDA中系统所作的总功为： 23 W=fa+罪o+f4=-100m】负号表示外界对系统作功。由热力学第一定律可得，系统在循环中吸收的总热量为 Q=W=-1000j 负号表示在此过程中。热量传递的总效果为故热。题5,13：除非温度很低。许多物质的定压摩尔热容都可以用下式表示 Cxm =a+2bT-cTi 式中a,b和c是常量，T是热力学温度、求：(1)在恒定压强下，1m物质的温度从T升高到I:时需要的热量：(2)在温度了和工：之间的平均摩尔热容：(3)对镁这件物质来说，若 Cm的单位为小molK,则a=257x10小molK,b=313小molK,e=32×10 JmcK。计算镁在300K时的热容Ca,以及在200K和400R之间的平均值. 题玉3分析：由题目如定压降尔热容Cm随温度变化的函数关系，则根据积分式 Q,-Cdr即可米得在恒定压强下1l物顺从五开至方所吸收的热量C:故湿度在万至万之间的平均摩尔热容C-g,阳-) 解：《1)1m物质从温度于等压升温至万时吸热为 2,-JCdr-f"(a+2r-er-lr (2)在T和方间的平均摩尔热容为 C=,/-T)=+t-T+T石+7） (3)镁在T=300K时的定压厚尔热容为 Cn=a+2bT-cT2=-24×10J-m0.K- 镁在200K和4K之间C=的平均值为 C=a++7+7石+7上-305x0"J小m.K 题514：在300K的温度下，2mal理想气体的体积从4.0x103m等温压缩到1.0x10rm2, 求在此过程中气体作的功和吸收的热量。解，等温过程中气体所作的功为

求得该循环过程中所作的功，可将 ACBDA 循环过程分成 ACB、BD 及 DA 三个过程讨论。其中 BD 及 DA 分别为等体和等压过程，过程中所作的功按定义很容易求得；而 ACB 过程中所作的功可根据上题同样的方法利用热力学第一定律去求解：由图中数据有 pAVA = pBVB ，则 A、B 两状态温度相同，故 ACB 过程内能的变化 EACB = 0，由热力学第一定律可得系统对外界作功 200 J WACB = QACB −EACB = QACB = 在等体过程 BD 及等压过程 DA 中气体作功分别为 BD = d = 0  W p V d ( ) 1200 J BD = = A A − D = −  W p V p V V 则在循环过程 ABCDA 中系统所作的总功为： 1000 J W =WACB +WBD +WDA = − 负号表示外界对系统作功。由热力学第一定律可得，系统在循环中吸收的总热量为 Q =W = −1000J 负号表示在此过程中，热量传递的总效果为放热。题 5.13：除非温度很低，许多物质的定压摩尔热容都可以用下式表示 2 Cp,m = a + 2bT −cT 式中 a、b 和 c 是常量，T 是热力学温度、求：（1）在恒定压强下，l mol 物质的温度从 T1 升高到 T2 时需要的热量；(2)在温度 T1 和 T2 之间的平均摩尔热容；(3)对镁这种物质来说，若 Cp,m的单位为 Jmol−1 K−1，则 a = 25.7103 Jmol−1 K−2，b = 31.3 Jmol−1 K−1，c = 3.27108 Jmol−1 K−3。计算镁在 300 K 时的热容 Cp,m，以及在 200 K 和 400 K 之间的平均值。题 5.13 分析：由题目知定压摩尔热容 Cp,m 随温度变化的函数关系，则根据积分式  = 2 1 p p,md T T Q C T 即可求得在恒定压强下 1 mol 物质从 T1 升至 T2 所吸收的热量 Qp。故温度在 T1 至 T2 之间的平均摩尔热容 ( ) Cp,m = Qp T2 −T1 。解：（1）l mol 物质从温度 T1 等压升温至 T2 时吸热为 Q C T (a bT cT ) T T T d 2 d 2 1 2 p  p,m  = = + − （2）在 T1 和 T2 间的平均摩尔热容为 ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 p,m p 2 1 2 1 2 3 T T T T c C = Q T −T = a + b T −T − + + （3）镁在 T = 300 K 时的定压摩尔热容为 2 13 1 1 p,m 2 2.94 10 J mol K − − C = a + bT −cT = −    镁在 200 K 和 44 K 之间 Cp,m的平均值为 ( ) ( ) 2 13 1 1 1 2 1 2 p,m 2 1 2 3.05 10 J mol K 3 − − = + + − T +T T +T = −    c C a b T T 题 5.14：在 300 K 的温度下，2 mol 理想气体的体积从 4.010−3 m3 等温压缩到 1.010−3 m3，求在此过程中气体作的功和吸收的热量。解：等温过程中气体所作的功为

ln 6.91 10 J 3 1 2 = −          = V V W nRT 式中负号表示外界对系统作功。由于等温过程内能的变化为零，则由热力学第一定律可得系统吸收的热量为 6.91 10 J 3 Q = W = −  负号则表示系统向外界放热。题 5.15：空气由压强为 1.52105 Pa，体积为 5.010−3 m3，等温膨胀到压强为 1.01105 Pa，然后再经等压压缩到原来的体积。试计算空气所作的功。题 5.15 解：空气在等温膨胀过程中所作的功为         =         = 2 1 1 1 1 2 T 1 ln ln p p pV V V RT M m W 空气在等压压缩过程中所作的功为 ( ) Wp =  pdV = p2 V1 −V2 利用等温过程关系 p1V1 = p2V2 ，则空气在整个过程中所作的功为 ln( ) 55.7 J W = WT +Wp = p1V1 p1 p2 + p2V1 − p1V1 = 题 5.16：如图所示，使 l mol 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 5.16 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 ( )  W = p V dV 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 E = 0 ，利用热力学第一定律 Q =W +E ，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 ln ln 2.77 10 J 3 A B A A A B A B =          =         = V V p V V V RT M m W 由分析可知在等温过程中，氧气吸收的热量为 2.77 10 J 3 QAB = WAB =  （2）沿 A 到 C 再到 B 的过程中系统作功和吸热分别为 ( ) 2.0 10 J 3 WACB = WAC +WCB = WCB = pC VB −VC =  2.0 10 J 3 QACB = WACB =  题 5.17：温度为 27℃、压强为 1.01105 Pa 的一定量氮气，经绝热压缩，使其体积变为原来的 1/5，求压缩后氮气的压强和温度。题 5.17 解：由绝热方程可得氮气经绝热压缩后的压强与温度分别为 9.61 10 Pa 5 1 2 1 2 =          = p V V p 

5.71 10 K 2 1 1 2 1 2 =          = − T V V T  题 5.18：将体积为 1.010−4 m3、压强为 1.01105 Pa 的氢气绝热压缩，使其体积变为 2.010−5 m3，求压缩过程中气体所作的功。（氢气的摩尔热容比  =1.41 ）题 5.18分析：可采用题 5.10 中气体作功的两种计算方法。（1）气体作功可由积分 ( )  W = p V dV 求解，其中函数 p(V ) 可通过绝热过程方程 pV = C  得出。（2）因为过程是绝热的，故 Q = 0，因此，有 W = −E ；而系统内能的变化可由系统的始末状态求出。解：根据上述分析，这里采用方法（1）求解，方法（2）留给读者试解。设 p、V 分别为绝热过程中任一状态的压强和体积，则由   p1V1 = pV 得  − p = p1V1 V 氢气绝热压缩作功为 23.0 J 1 d d 1 2 1 2 1 1 1 2 1 = −         −         − = = =   − V V V V p W p V pV V V V V     题 5.19：0.32 kg 的氧气作如图所示的 ABCDA 循环，设 V2 = 2V1，T1 = 300 K , T2 = 200 K 求循环效率（氧气的定体摩尔热容的实验值为 1 1 V,m 21.1 J mol K − − C =   ）题 5.19 分析：该循环是正循环。循环效率可根据定义式  =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 ( ) ( ) ( )ln( ) 5.76 10 J ln ln 3 1 2 2 1 AB CD 1 2 1 2 1 2 = − =  = + = + R T T V V M m RT V V M m RT V V M m W W W 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 E = 0 ，则 QAB = WAB。等体升压过程中 W = 0，则 QDA = EDA ，所以，循环过程中系统暖热的总量为 ln( ) ( ) 3.84 10 J 4 1 2 1 V ,m 1 2 A B D A A B D A = + − =  = + = +  C T T M m RT V V M m Q Q Q W E 由此得到该循环的效率为  =W Q = 15% 题 5.20：一定量的理想气体经图所示的循环，请填写表格中的空格过程内能增量 E /J 作功 W/J 吸热 Q/J A→B 50 B→C −50 C→D −50 −150 D→A ABCDA 循环效率  =

题50分析：本循环由四个特殊过程组成。为填写表中各项内容，可分四步遗行：先抓住各过程的特点。如等温过程E=0；绝热过P 程Q一0：等体过程W-0.(2)在第一步的基础上根据热力学第一定律即可知道AB,C和CD过程的相应数据。(3)对DA过程，除F=0外，由于经ABCD4附环后必有AE=0,因此由表中第一列，即可求出D4过程内能的变化。再利用热力学第一定律，可写出DA过程的Q值.(4)在明确了气体在循环过程中所吸收的热量Q和凸收出热量，暖者所作净功W后，便可求出循环效率解：根据以上分析，计算后完成的表格如下：过程内能增量△E小作功刀吸热0 A→B 0 50 50 B-C -50 50 0 C+D -100 -50 -150 D+4 150 0 150 ABCDA 猫环效率身=25% 恩5,2：如图某理想气体循环过程的V一T图。己知该气体的定压摩尔热容C=2.5R,定体摩尔热容C。=1.5R,且=2，·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。题521分析：以正，逆循环米区分热机和政冷机是针对P一V图中循环由线行进方向面言的：因此，对图中的循环进行分析时，一般要先将其转换为P一V图。转换方法主要是通过找每一过程的特殊点，并利用理想气体物态方程来完成。由图〔)可以看出，C为等体降温过程，CA为等温压缩过程：而对AB过程的分析，可以依据图中直线过原点来判别。其直线方程为P一C了，C为常数将其与理想气体物态方程p="r比较可知该过程为等压能账过程（注意：如果直线不过解点，就不是等压过程）。这样，藏可得出尹一P图中的过程曲线，并可判别是正循环（热机循环）还是逆循环（政冷机循环），再参考题5.19、520的方法求出循环效率。解：(1)根据分析，将V一丁图转换为相应的P一V图。如图所示。图中由线行进方向是正循环，即为热机循环。 (2)鼠据得到的P一图可知，AB 为等压影胀过程，为吸热过程。C 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敏出的热量分别为 g-c-） a=号c低-号mh

题 5.20 分析：本循环由四个特殊过程组成。为填写表中各项内容，可分四步进行：先抓住各过程的特点，如等温过程 E = 0 ；绝热过程 Q = 0；等体过程 W = 0。（2）在第一步的基础上，根据热力学第一定律即可知道 AB、BC 和 CD 过程的相应数据。（3）对 DA 过程，除 W = 0 外，由于经 ABCDA 循环后必有 E = 0 ，因此由表中第一列，即可求出 DA 过程内能的变化。再利用热力学第一定律，可写出 DA 过程的 Q 值。（4）在明确了气体在循环过程中所吸收的热量 Q1 和 Q2 放出热量，或者所作净功 W 后，便可求出循环效率。解：根据以上分析，计算后完成的表格如下：过程内能增量 E /J 作功 W/J 吸热 Q/J A→B 0 50 50 B→C −50 50 0 C→D −100 −50 −150 D→A 150 0 150 ABCDA 循环效率  = 25% 题 5.21：如图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,m = 2.5R ，定体摩尔热容 CV,m =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。题 5.21 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。转换方法主要是通过找每一过程的特殊点。并利用理想气体物态方程来完成。由图（a）可以看出，BC 为等体降温过程，CA 为等温压缩过程；而对 AB 过程的分析，可以依据图中直线过原点来判别。其直线方程为 V = CT，C 为常数. 将其与理想气体物态方程 RT M m pV = 比较可知该过程为等压膨胀过程（注意：如果直线不过原点，就不是等压过程）。这样，就可得出 p－V 图中的过程曲线，并可判别是正循环（热机循环）还是逆循环（致冷机循环），再参考题 5.19、5.20 的方法求出循环效率。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 ( ) 1 Cp,m TB TA M m Q = − ( ) ( ) 2 V,m B C A C A RT ln V V M m C T T M m Q = − +

CA为等温线，有了-了：AB为等压线，且因-2少、·则有了-T2。放循环效率为 N=1-g/g=1-CvJ+RT.m2j/C,T=12.3% 恩522：一卡诺热机的低温热源温度为7℃。效率为40%，若要将其效率提高到50%，同高温热源的温度需提高多少？题5,22解，设高温热源的温度分别为了、，则有 =1-T,月=1-了3T 其中方为低温热源温度。由上述两式可得高温热源需提高的温度为 AT=T-Ti= -刀=明3K 恩53一定量的理想气体，经历如图所示的幅环过程。其中AB和CD是等压过程，BC 和D4是绝热过程己知B点温度T,-了·C点温度T-了。(1)证明该热机的效率 n=1-/亿，(2)这个循环是卡诺暂环吗？题523分析：首先分析判断循环各过程的吸热、放热情况。C和D1是绝热过程，故CC QA均为零，而AB为等压影张过程（吸热）、CD为等压压缩过程（放热），这两个过程所吸收和放出的热量均可由相关的温度表示。再利用绝热和等压的过程方程，建立四.点哥度之间的联系，最终可得到求证的形式证：(1)根据分析可知 C。-元 Te-Ta c.-) T.-TA - 与求证的结果比较，只雷证得了/T-了/T。。为此。对AB,CD,BC,D4分别列出过程方程如下 .T=./T。(2y /Te=/T(3) T=T(4) T。=T.(5) 联立求解上述各式，可证得 n-l-TeT。=l-乃T (2)虽然该循环效率的表达式与卡诺循环相似，但并不是卡诺循环，其源因是：·，卡诺循环是由两条绝热线和两条等温线构成，面这个循环测与卡诺循环不同：2、式中五、乃的含意不同。本题中、T只是温度变化中两特定点的西度。不是两等温热源的恒定温度。恩524一小重热电厂内，一台利用地热发电的热机工作于温度为227℃的地下热源和温度为27℃的地表之间。假定该热机每小时能从地下热源获取180“】的热量。试从理论上计算其最大功率为多少？题524分析：热机必须工作在最高的循环效率时，才能获取最大的功率。由卡诺定理可知，在高温热源T和低温热源12之间工作的可逆卡诺热机的效率最高，其效率为切=1一刀/工

CA 为等温线，有 TA = TC ；AB 为等压线，且因 VC = 2VA ，则有 TA = TB 2 。故循环效率为  = 1−Q2 Q1 = 1− (CV ,mTA + RTA ln 2)/(Cp,mTA ) = 12.3% 题 5.22：一卡诺热机的低温热源温度为 7℃，效率为 40％，若要将其效率提高到 50％，问高温热源的温度需提高多少？题 5.22 解：设高温热源的温度分别为 T1  、T1  ，则有 2 1 1 2 1  =1−T T  ,  = −T T  其中 T2 为低温热源温度。由上述两式可得高温热源需提高的温度为 93.3 K 1 1 1 1 1 1 2 =         −  − −  T = T −T  = T   题 5.23：一定量的理想气体，经历如图所示的循环过程。其中 AB 和 CD 是等压过程，BC 和 DA 是绝热过程.已知 B 点温度 TB = T1 。C 点温度 TC = T2 。（1）证明该热机的效率  =1− T2 T1 ，（2）这个循环是卡诺循环吗？题 5.23 分析：首先分析判断循环各过程的吸热、放热情况。BC 和 DA 是绝热过程，故 QBC、 QDA 均为零，而 AB 为等压膨胀过程（吸热）、CD 为等压压缩过程（放热），这两个过程所吸收和放出的热量均可由相关的温度表示。再利用绝热和等压的过程方程，建立四点温度之间的联系，最终可得到求证的形式。证：（l）根据分析可知 ( ) ( )         −         = − − − − = − − − = − = − B A C D B C B A C D p,m B A p,m D C A B CD T T 1 1 1 1 1 1 T T T T T T T T C T T M m C T T M m Q Q  （1）与求证的结果比较，只需证得 TD TC = TA TB 。为此，对 AB、CD、BC、DA 分别列出过程方程如下 VA TA =VB TB （2） VC TC =VD TD （3） C 1 B C 1 VB T V T − − =   （4） A 1 D A 1 VD T V T − − =   （5）联立求解上述各式，可证得  =1−TC TB =1−T2 T1 （2）虽然该循环效率的表达式与卡诺循环相似，但并不是卡诺循环。其原因是：1、卡诺循环是由两条绝热线和两条等温线构成，而这个循环则与卡诺循环不同；2、式中 T1、T2 的含意不同，本题中 T1、T2 只是温度变化中两特定点的温度，不是两等温热源的恒定温度。题 5.24：一小型热电厂内，一台利用地热发电的热机工作于温度为 227 ℃的地下热源和温度为 27℃的地表之间。假定该热机每小时能从地下热源获取 1.81011 J 的热量。试从理论上计算其最大功率为多少？题 5.24 分析：热机必须工作在最高的循环效率时，才能获取最大的功率。由卡诺定理可知，在高温热源 T1 和低温热源 T2 之间工作的可逆卡诺热机的效率最高，其效率为  =1− T2 T1

广东海洋大学：《大学物理》课程教学资源（各章习题解答）第05章 分子运动

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