3.2热力学课后答案

热力学习题答案Document serial number【NL89WT-NY98YT-NC8CB-NNUUT-NUT108】第9章热力学基础一. 基本要求1. 理解平衡态、准静态过程的概念。

2. 掌握内能、功和热量的概念。

3. 掌握热力学第一定律，能熟练地分析、计算理想气体在各等值过程中及绝热过程中的功、热量和内能的改变量。

4. 掌握循环及卡诺循环的概念，能熟练地计算循环及卡诺循环的效率。

5. 了解可逆过程与不可逆过程的概念。

6. 解热力学第二定律的两种表述，了解两种表述的等价性。

7. 理解熵的概念，了解热力学第二定律的统计意义及无序性。

二. 内容提要1. 内能功热量内能从热力学观点来看，内能是系统的态函数，它由系统的态参量单值决定。

对于理想气体，其内能E仅为温度T的函数，即当温度变化ΔT时，内能的变化功热学中的功与力学中的功在概念上没有差别，但热学中的作功过程必有系统边界的移动。

在热学中，功是过程量，在过程初、末状态相同的情况下，过程不同，系统作的功A也不相同。

系统膨胀作功的一般算式为在p—V图上，系统对外作的功与过程曲线下方的面积等值。

热量热量是系统在热传递过程中传递能量的量度。

热量也是过程量，其大小不仅与过程、的初、末状态有关，而且也与系统所经历的过程有关。

2. 热力学第一定律系统从外界吸收的热量，一部分用于增加内能，一部分用于对外作功，即热力学第一定律的微分式为3. 热力学第一定律的应用——几种过程的A、Q、ΔE的计算公式（1）等体过程体积不变的过程，其特征是体积V =常量；其过程方程为在等体过程中，系统不对外作功，即0A。

等体过程中系统吸收的热量与系统内V能的增量相等，即(2) 等压过程压强不变的过程，其特点是压强p =常量；过程方程为在等压过程中，系统对外做的功系统吸收的热量 )(12T T C M MQ P mol P -=式中R C C V P +=为等压摩尔热容。

（3）等温过程 温度不变的过程，其特点是温度T =常量；其过程方程为pV =常量在等温过程中，系统内能无变化，即（4）绝热过程 不与外界交换热量的过程，其特点是dQ=0，其过程方程pV γ=常量在绝热过程中，系统对外做的功等于系统内能的减少，即7. 循环过程 系统从某一状态出发，经过一系列状态变化后又回到了初始状态的整个变化过程。

Answers to Selected Problems3.1 (a) 268.8 K and4.625×105 Pa; (b) at 90o (horizontal) 282.6 K and 4.863×105 Pa; (c) at 180o(vertical downward) 296.4 K and 5.1×105 Pa.3.2 (a) δQ/δt = 3.51×108 J/hr [contractor pays](b) δQ/δt = 3.23×108 J/hr [contractor collects fee]3.5 (a) L A= 0.4352 m, L B= 0.0218 m, T A = T B = 311 K, P A = P B = 7 bar(b) Same as (a)(c) There is no real solution given the constraints, we must specify more about the expansion(or compression) of A or B. For example, if A expands adiabatically, P A = P B = 6.68 bar, T A = 263.6 K, T B = 881.3 K, L A = 0.3917 m, and L B = 0.0655 m.3.7 Many variations are possible. If we assume gas in the cylinder is ideal and that it expandsadiabatically, then (a) total time t = 0.9 s, (b) height h(max) = 4.78 m, by reducing tubelength to 1.64 m.3.12 (a) After 6 s, T = 349.5 K, P = 1.139×105 Pa in the bulge.(b) After 3 s, T = 454.6 K, P = 6.26×103 Pa in the large tank.4.1 For the minimum condition T A(final) = 132 K and for the maximum condition T A(final) =617 K, these extrema require using the object with the lowest mass x heat capacity product.4.2 W = 9.807y in J/kg evaporated, for typical values of ambient dry bulb and wet bulbtemperatures of 300 K and 280 K respectively, y = 16.8 km!4.3 (a) n B = 0.166 mol/s, n C = 0.833 mol/s(b) T D = 299.1K(c) W = !26.4 J/s(d) ∆S= 13.3 J/K(e) Same as (d).W = !4000 J/s(f) max4.4 W = −1.11×104 J, T f = 288.7 K, P f = 0.54 bar4.6 (a) 21.6 s(b) 391.8 K and 2.2 bar at 10 s(c) ∆S gas= 4.93×103 J/K = ∆S universe(d) ∆S(gas in tank) = !813.6 J/K∆S(gas vented) = +2020 J/K∆S(surroundings) = +1203 J/K54.7 (a) Q= 2400 W , T = 327.7 K, and Q = 22,200 J after 10 s (b) T = 1750 K at t = 57.7 s with all stored work consumed.4.9 W net = −3.17×106 J4.12 (a) T 2 = 227.9 K, T 1 = 392.9 K (2) after venting (1) before venting(b) T 2 = 211.1 K, T 1= 363.9 K(c) W = 2547 J/mol(d) W max = 1.38×105 J/kg4.15 (a)∆S = −1.38×103 J/K hr; (b) ∆S = 2 J/K hr4.16 (a) Case (1) 1.98×10−2 kWhr; (2) 2.78×10−2 kWhr; (3) 2.16×10−2 kWhr;(4) 2.78×10−2 kWhr(b) Case (1) 420 K, 42 J/K; (2) 300 K, 0 J/K; (3) 300 K, 73.9 J/K; (4) 300 K, 0 J/K4.18 W =5.23×103 J = !Q4.22 (a) P = 6.35×104 Pa(b) T = 272.8 K(c) P = 3.68×104 Pa with 2 pumps(d) P = 1.91×104 Pa and T ∞→(e) Power (minimum) = 20.9 W4.24 (a) max W = !198.76 kJ/kg (Carnot + expansion work)W p = ideal pump work (estimated to include PE for lifting water and for the compression of gas space in storage tanks)4.30 (a) max W = 6.38×106 J/s(b)u η= 0.90 = (actual power)/(maximum power) (c) no, the maximum power outputs are the same5.2 (a) ()()()V Pd d N dT S dy N S T y y j nj j n j j −µ−−=µ−−=∑∑=+1101+n(b)()()()()()()∑=µ−+−=−=n j j j dN T V d T P T d U dy U T S y 111///1/15.4 (a)()i N ,V T P ∂∂/ (b)()()()N P PT P T V T V G T G T P =N T,,//∂∂−∂∂−=+ (c) U b g5.7(a)()()T C V T V S T S P P N G,////+∂∂−=∂∂(b) ()()()T T N T,P V =V T V P G A ln /ln ///∂∂−∂∂−=∂∂5.10 T f = 1087 K5.12 ()T 2122///κα+−=−=p p v V T NC T NC y5.21 V c = κRT = (C p /C v ) RT ≈ 330 m/s (use mass units for R with molecular weight) distance at 2 s ≈ 660 m5.22 (a) T 2/κα=−p v p V C C5.23 (b)No, the ratio as shown in Problem 5.17 is expressed in terms of PVT propertiesand an isentropic derivative which in turn requires non-PVT property informationspecifically related to the temperature dependence of energy stored in U .5.24 (a)()Z d F dN dN V Pd dT S dy 122110+µ+µ+−−= (b)()1122110Z F N N V P y +µ+µ+−= (c)()01122115≠+µ−µ−++=dF Z d N d N dP V S Td dy (d) ()()212,,,1,,,11//N V T Z N V T Z N F µ∂∂−=∂µ∂ (e) ()()[]3**21)(//V **V SSS C T T C T y −∂∂= 5.25 (a)()()H B d V d N d N dP V dT S dy y −µ−µ−+−==2211550 (b)()222,,,1,,,1)/(/N V T N H V T N V µ∂∂=∂∂µH B (c)Yes, using the Gibbs-Duhem relationship()()1111222f d 1d µ=µ−−=µ=µ−µ∫∫°x x 6.2 ()()0V V L V L V d A P P dV dN =−−+µ−µ≥ thus,L V L V P P µ=µ=and at equilibrium6.3 ())(and 1/T f T T i =αα+= from chemical equilibrium criteria, intersections define6.4(a) ()()()III II I T T T ==()()III II P P =()()II H I H 22µ=µ ∑=µ0j j v 6.5 (a) 52110/RT V V ==2,1,A A µ=µ(b) T = 366.5 K, P A ,1 = P A ,2 = 2 bar, P B ,2 = 1 barN B,1 = 0 N B,2 = 1 mole N A ,1 + N A ,2 = 4 moles (c) P 1 = 2 bar, N 1 = 5 moles; V 1 = 2.5 RT /105 = 0.0752 m 3 with T = 367 K and no gas onside 2.6.7Fraction evaporated =ε0.227 ()J in 136ε=∆=U Q)]40.4(ln )106(462.0581.0[2ε×−ε=∆−S[])40.4(ln 163.5ε−ε−=∆A7.1 if A NN = 0 then A VV = 0 = A NN /V 27.3 T = 55.1 K7.6 forα = 2.5 x A x B0.1 0.286, 0.6140.2 0.4 (critical pt.)0.3 no solution0.4 0.2, 0.4 (critical pt.)0.5 0.175, 0.3250.6 0.085, 0.287.11 or C 10at mol /J 3.221°=∆G C 10at J/mol 8.217°−−=8.4 At 365.8 K, 16.5 bar()()()()()1252N/m K J/mol 1033.3//]///[/−−×=∂∂∂∂∂∂+=∂∂V T V p V T P P V T P T C P S8.5 At T = 319.4 KP r6H /6S Z = PV/RT 0.1 0.100 0.9670.2 0.194 0.9320.4 0.369 0.8621.0 0.798 0.5984.0 0.426 0.54710.0 −0.2961.1088.9 Using an isenthalpic expansion across an insulated value to 1 bar, 0.236 kg of dry icecould be produced per kg of CO 2 drawn from the cylinder. For an isentropic expansion, 0.41 kg dry ice/kg of CO 2 is possible.8.10 (a) T f = 379.3 K at 48.3 bar(b) W = −9.1×107 J8.14 T B,f ≈ 256 to 257 K, P B,f ≈21.5 bar, x g = 0.63 (fraction vapor)8.15 (a) Power = 508 kW(b) P ower = 516 kW8.30 W= 90.9 kW and Q = 68.3 kW8.31 Yes, the vdW EOS gives at the Zeno condition (Z = 1) a straight line:T r = T/T c = 27/8 - (9/8) ρr9.1 (a) −31.36 kJ/mole water added to acid at the start; !61.1 kJ/mole and added to water at the start(b) m aximum heat load occurs at the start(c) total Q = -28 kJ/mol acid = !11.2 kJ/mol of solution same for both cases9.2 (b) Q = −3.86 × 105 J(c) ])()/[(1043.6/,,,3in mix in w w A in A A A H x H H x H H t N ∆−−+−×−=∂δmin /J )60/(1096.3/5×−=δδt Q(d) min /kg 8.41%9.64at /=∂δwt t N9.3mole % NH 3 = 51.37 %9.6 W = 326 J9.7T n n dt dS s s in s w w in w universe /])()[()/(,, µ−µ+µ−µ=w = water and s = salt (NaCl)9.8 (a) EOS)PR (J 1069−=min W(b) )W min mixture gas ideal (J 1812−=9.9 MW 3 = W9.11 x salt (wt fraction) )(bar Π d)dissociate completely bar ID (),(Π0.01 7.2 8.50.05 42.2 43.90.10 90.5 91.10.15 156.6 142.00.20 242.0 197.00.25 355.0 257.09.13 J 1624==∆Q H mix 1234J/K S .∆=9.14 (a) EtOH MeOH EtOH 8.0at 17.418.1x ==γ=γ(b) At !85o C (188 K), there are two phases in equilibrium at x EtOH = 0.07 and 0.35.9.20 t Q δδ/= 675 WW 108/=δδt W min9.21 (a) = W1.32×105 W (b) S ee Section 14.4 for details, information provided in part (a) is not sufficient, ideal gas state heat capacities and a mixture PVTN EOS are needed.9.27 95.0not 623.0 gives which kW 400claims Gyro while kW 676/u t W max =η−=∂∂10.2 H !H o = PV ! RT ! a/V10.343.20/A 2max ij,=Φ=kT r D05.6/3max ij,=Φ=kT r31.1/5max ij,=Φ=kT r 16.0/10max ij,=Φ=kT r10.4 0=>Φ<j i,10.6 ())CO (CO O H O H 22A ,−−ΦΦD rJ)10(J)10(2121−−52.242.2882−−000164.00185.001−−10.7 b = 30/4)30/(4c c c V P RT =a = 3041c c V RT +10.9 (a) 2/122/12)])1(21([/)1(/])([ρ−ρβ−ρρ−=ρ>δρ<b a V b(b) )8/(27and )3/(1a b b c c =β=ρ(c) for T/T c = 1.00001 5o 1029.9/−×≈∆I I10.10 245.0ˆ2CO =φ11.4 (a) 8381.0,0273.1,0961.02112−=β=Λ=Λ(b) 41.2,13.1021=γ−=γ∞∞(c) for only positive values of ij Λ, a large number of values ],[ji ij ΛΛ exist as afunction of x i that yield extrema, e.g.for x 1 = 0.2 12Λ 21Λ0 3.2360.500 1.6991.000 1.0001.500 0.5862.000 0.2092.118 011.5 for 4276.05.0max 21=α==x xfor 6177.09.0,1.0max 21=α−==x x11.7 (c) fraction of solution precipitated = 0.006711.8 for 2-suffix Margules T c = w /2 k11.9 for quasi-chemical model T c = w /2.23 k12.3 (a) selected values of ±γare given below for LiClmolality ±γ(Meissner)±γ(Pitzer) 0.1 0.9651 0.96530.01 0.9032 0.90440.1 0.7850 0.7927 1.0 0.7636 0.7758 5.0 1.9586 2.0222 10.0 7.9948 11.0827(b) )only (]/exp[)10(**T f RT G s s rx =∆−=γ+±Dgiven that s = 9 mol/kg for pure LiCl in H 2O. Using the Meissner model for ±γ predictions for both pure and mixed electrolyte.K sp ≈(9)2 (~6)2 = 2916 for pure LiCl at 25o C2916)10()(LiCl )10(HCl (**2=++γ±s s mIteratings *=2.4 and 10=γ± 3H for mixed LiCl and HCl at 25o C(c) Difficult to say without more information on how much Na 2SO 4 influences ±γ for LiCl.For example is the effect on ±γ large enough to compensate for the Cl ! common ion effect?12.8 Some representative values for 5.78,C 25for follow o ==κs D Tmolality nm ,1−κ(NaCl or LiCl) nm ,1−κ(CuCl 2)0.1 0.96 0.551.0 0.30 0.1810.0 0.096 0.055At T = 300 o C ≈s D 22.3 so multiply above values by (22.3× 573)/(78.5)(298) = 0.7412.10 I = 0.546 or m = I /3 = 0.182 molal13.2 Using Joback’s method with T b = 225.5K (exp. value)T c = 364 K, P c = 46.7 bar, and ω= 0.1606C p o = !2.83 + 0.269 T + 3.15× 10!4 T 2 + 4.2× 10!8 T 313.3 T c = 663.5 K, P c = 32.21 bar, V c = 429.5 cm 3/mol, and T b = 450.38 KUsing Eq. (13-18) for vapor pressure: 5.66313.4 For pure caffeine, T b ≈ 640 K, T c = 872 K, V c = 488.5 cm 3/mol, and P c = 41.46 bar Using the PR EOS for density estimate for 5 mol % caffeine CO 2 mixture at 80 bar, 310 K mix ρ≈1151 kg/m 3. The vapor pressure of liquid caffeine is approximated by Eq. (13-18).P T T T T T T T P P P c c c b c b c c vp bar in and K in /11/1)013.1/ln(ln ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛ bar) (in 482.38721571.9−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=T P ln vp14.2 Using the PR EOS, J/s 1097.7)(geofluid for 8×=−=∆gf out in m H H H J/mol 1030.2115R for 4×=−∆Hkg/s5370115=−R m 87.2/115=−gf R m m14.6 (a) B T T ln C T T T C W p o p max ∆=+−=)/()(1212(b)52.0)K 600at (2==ηT net (c) Using the RKEOS and a suitable mixing rule, a mix and b mix parameters can be calculated and used to calculate all PVTN properties. With an ideal-gas state C p all derived properties needed for the cycle calculation can be obtained using a departure function approach. Then,))(()(pt o sat vp A sat l wt C B wf net T P P V m H H m W −η−−η≈14.8 (a) ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∆⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛ηη−π=o sat cycle cycle 1428.0*RT vap H g V W m a (b) )smaller!times 150(about 106.4O H NH 323−×=)(*)/(*a a14.12 (a) and (b) kWhr 35.0J 61026.1=×−=max W so CTI’s claim of 1 kWhr productionviolates the 2nd Law limit(c) All heat transfer and work production and utilization steps have some irreversibility in practical systems.14.14 (a) kW 9471−=max W(b) no fundamental laws or concepts are violatedabout 17% more area for heat exchange is required for the GH process (d) %22than less is which 15.1)(/)(=Rankine W GH W netnet NB: If an electric motor drive is used for the feed pump in the conventional Rankine system, then the net output would be reduced possibly accounting for the discrepancy.15.1 ()Pa/K 1035.1(7×=∂∂L -S T)/P15.3 x (Naphthalene) = 0.19615.6 (c) q (critical quality) = v v in H C T ∆κ(e) O 2: q = 0.54 and H 2: q = 0.3615.12 x KCl = 0.413 and T = 624 K15.13 J/mol 100.44×=∆=−vap L EtOH V EtOH H H H15.15 Anesthetic pressure of CCl 4 ≈4.9×10-3 bar.15.19 (a) η=γ/1i A )/()x ,(f ln T P(b) 17.1)K 400(A =γ(c) )/)1((ln A ηη−γ=∆R S EX A(i) 0if =∆EXA S , solution is regular (ii) 0if >∆EX A S , less structural ordering in mixture versus pure state(iii) 0if <∆EX A S , more structural ordering in mixture versus pure state,implies jj ii ij or ΦΦ>Φ16.9 (a) y A = 0.764 y B = 0.236(b) not in equilibrium, estimate y B assuming equilibrium16.12 J/s 10868.45×=maxW16.14 J 1015.95×=max W16.16 K 95.7T =∆ using expansion valveK 39.2T =∆ using expansion turbineUpdated: 1/14/04process is not feasible as described.16.20 (a) P = 21.9 bar(b) T = 51.5 K(c) J/K 1096.24×=∆universe S16.22 T, K C p (effective), J/gK293 4.69313 7.20333 8.29353 6.36373 3.6418.1βαβαβαµ=µ=−ε≈−and ,,2/)1(2s T T D P P o E18.46109×=W J/kg mol18.5T i = 269 K = !4o C (winter!)18.6T bath = 317 K, efficiency = 0.06518.8z = depth = 764 m18.9 4He y (tube bottom) = 0.501, if L →∞→4He y 4/718.11 bar 4600)(,075.1==αrim P18.14 y tritium = 0.065 and y deuterium = 0.538 at rim18.16 h = 252 m, for an equilibrium ocean, fresh water cannot rise above a level 252 m belowsea surface. For the well-mixed case, process becomes feasible if Z = depth > 9850 m (32,000 ft.).Updated: 1/14/0419.1 17.2O H to EtOH 2=α19.2 m 102.4,Pa 1097.1(bubble),995.0y 96ethane −×=×==r P19.5 constant /1093.3)(ln 4+×−=T drop P vp19.7 x butanol = 0.43619.8 (a) 0.046 J/m 2(b) 296 K2/22/99JWT。

1-2因为容器内压力P=0.2 bar=2*Pa，所以∣△P∣=∣20000-100000∣=8*Pa所以读数为8*Pa1-6设烟气的绝对压力为P1∵P1+ρgh=Po ,又∵h=L*=0.1m,∴P1=Po-800*9.8*0.1=745*133.3-784=98524.5 Pa∴烟气的绝对压力为98524.5 Pa,真空度为Po- P1=784 Pa。

1-13⑴当B容器内的压力大于大气压时+ρgh=1.01*+13.95**9.81*0.2=1.28*Pa又∵=+1.4*=2.68*Pa⑵当容器内的压力小于大气压时-ρgh=1.01*-13.95**9.81*0.2=73.63*Pa=+1.4*=2.136*2-1 解：为了维持车间内温度不变，必须满足能量平衡，即：所以有2-5 解：有能量平衡方程：即有：2-6 解：未拿重物前，由力的平衡方程有：拿开重物后，同样由力的平衡方程有：分别求得P1,P2,根据理想气体状态方程pV=mRgT，应有由V1=0.001,求得P1=297kPa，P2=197kPa，V2=0.0015空气吸收的热量全部用于对外做功，即有2-9 解：视汽轮机为稳态稳流装置，则能量方程为：(1)单位质量蒸汽流经汽轮机对外输出的功为：(2)不计进出口动能的变化，汽轮机输出功将减小输出功相对变化值(3)不计进出口位能差，输出功将增大输出功相对变化值(4)不计散热损失，输出功将增大(5)2-10解：取图中所示设备为控制容积，这是稳定流动过程。

于是，有,而由题意，有所以，即,所以，2-12.3-5⑴∵PV=nRT,∴当P=2*Pa,T=35+273=308(k),R=8.3145n==173(mol),∴V==2.215,∴B的容积为2.215(2)又∵Pa,=25+273=298(k),又∵PV=nRT,∴==201.8(mol)∵PV=nRT,∵V=1+2.215=3.215（），n=201.8+173=374.8(mol),T=20+273=293(k) P= 374.8*8.314*293/3.215=0.284MPa⑶=+=201.8*28.9*+5=10.832(kg)3-6设用掉4kg氮气后，剩余氮气的物质的量为mol又∵PV=nRT，∴当==721.63（mol）,∴=721.63*28*=20.21(kg) ∴=20.21+4=24.21(kg),又∵=721.63+=864.49（mol）∴==3.83*(Pa)3-8⑴由平均比热容表可得=480k，∴=480-273=207（℃）∴=1.012+(1.019-1.012)*0.07=1.0125(kJ/kg),=1000-273=727（℃）∴=1.061+(1.071-1.061)*0.27=1.0637(kJ/kg)∴=*=1.0125*480=486(kJ/kg)，=*=1.0637*1000=1063.7(kJ/kg)=-=577.7又∵μ1=-*=486-*480=347.9(kJ/kg)μ2=-*=1063.7-*1000=776(kJ/kg)∴=μ2-μ1=776-347.9=428.1(kJ/kg)由空气热力性质表可得=482.49(kJ/kg)，μ1=344.70(kJ/kg)，=2.17760(kJ/kg*k)=1046.04(kJ/kg), μ2=758.94(kJ/kg),=2.96770(kJ/kg*k)∴=-=1046.04-482.49=563.55(kJ/kg), =μ2-μ1=414.24(kJ/kg) =-=2.9677-2.1776=0.7901(kJ/kg*k)⑵μ1, μ2,,, , 都不变，因为理想气体的这些参数只受温度的影响，与压强无关。

3.2热力学第一定律〖教材分析〗通过对上两节课内容的归纳，即做功和热传递都可以改变物体的内能，并且二者是等效的。

在此基础上，提出当外界对物体既做功又热传递时，物体的内能如何改变?通过分析讨论，自然得出热力学第一定律。

通过课本例题的讲解，培养学生运动热力学第一定律分析和解决问题的能力。

〖教学目标与核心素养〗物理观念∶知道热力学第一定律及其符号法则，能从热力学学的视角正确描述和解释生活中的热现象，能灵活应用热力学第一定律解决实际问题。

科学思维∶理解热力学第一定律的公式，并能在新的生活情境中对问题进行分析和推理。

科学探究：通过热力学第一定律的应用，养成与他人合作探究的习惯，体验科学家探究规律的艰辛与执着。

科学态度与责任∶从焦耳的实验到热力学第一定律，认识到我们应该具有实事求是的态度，认识到物理学是人类认识自然的方式之一。

〖教学重难点〗教学重点：热力学第一定律的公式及其符号法则。

教学难点：热力学第一定律和实际应用。

〖教学准备〗多媒体课件等。

〖教学过程〗一、新课引入汽缸内有一定质量的气体，压缩气体的同时给汽缸加热。

那么，气体内能的变化会比单一方式（做功或传热）更明显。

这是为什么呢?分析：压缩气体，内能增大，给气体加热内能也是增大。

两者叠加所以就更明显。

二、新课教学（一）热力学第一定律焦耳的实验归总结除了：做功与传热在改变系统内能方面是等价的。

之前学过做功和热传递都可以改变物体的内能，回顾一下公式。

在绝热过程中Q=0，系统内能增量等于外界对系统做的功ΔU=W，而当外界对系统做功为零W=0，那系统的内能增量等于吸热ΔU=Q。

这两种方式在改变物体内能的结果上是相同的。

思考：如果物体在跟外界同时发生做功和热传递的过程中，内能又如何变化呢？既然做功与传热对改变系统的内能是等价的，那么当外界既对系统做功又对系统传热时，内能的变化量就应该是ΔU=W+Q热力学第一定律：一个热力学系统的内能变化量等于外界向他传递的热量与外界对他所做的功的和。

第1章 基本概念1．1 本章基本要求深刻理解热力系统、外界、热力平衡状态、准静态过程、可逆过程、热力循环的概念，掌握温度、压力、比容的物理意义，掌握状态参数的特点。

1．2 本章难点1．热力系统概念，它与环境的相互作用，三种分类方法及其特点，以及它们之间的相互关系。

2．引入准静态过程和可逆过程的必要性，以及它们在实际应用时的条件。

3．系统的选择取决于研究目的与任务，随边界而定，具有随意性。

选取不当将不便于分析。

选定系统后需要精心确定系统与外界之间的各种相互作用以及系统本身能量的变化,否则很难获得正确的结论。

4．稳定状态与平衡状态的区分：稳定状态时状态参数虽然不随时间改变，但是靠外界影响来的。

平衡状态是系统不受外界影响时，参数不随时间变化的状态。

二者既有所区别，又有联系。

平衡必稳定,稳定未必平衡。

5．注意状态参数的特性及状态参数与过程参数的区别。

1．3 例题例1：绝热刚性容器内的气体通过阀门向气缸充气。

开始时气缸内没有气体,如图1.1所示。

气缸充气后,气体推动气缸内的活塞向上移动,如图1.2所示。

设管道阀门以及气缸均可认为是绝热的。

若分别选取开口系统与闭口系统,试说明它们的边界应该如何划定?这些系统与外界交换的功量与热量又如何?解：(1)若以容器内原有的气体作为分析对象，属于闭口系统。

容器放气前，边界如图1.1中的虚线所示。

放气后边界如图1.2中的虚线所示。

气体对活塞作的功W 是闭口系统与外界交换的功量。

气体通过活塞与外界交换的热量Q 是此闭口系统的传热量。

图1.1 图1.2 图1.3 图1.4（2）若以容器放气后残留在容器内的气体作为分析对象，同样也是闭口系统。

这时放气前的边界如图1.3中的虚线所示。

放气后的边界如图1.4的虚线表示。

残留气体对离开容器的那部分放逸气体所作的功，是本闭口系统与外界交换的功，残留气体与放逸气体之间交换的热量是本系统的传热量。

（3） 类似地若以放逸气体为分析对象，同样也是闭口系统。

第3章 化学热力学3.1 10 g 水在373K 和100 kPa 下汽化，所做的功多大？（设水蒸气为理想气体）解： 液态水的体积可忽略不计，并设水蒸气为理想气体111108.314373172318g W p V pV nRT J mol K K J g mol---====⨯⋅⋅⨯=⋅气 答： 10 g 水在373K 和100 kPa 下汽化，所做的功为1723 J 。

3.2 反应CaC 2( s ) + 2H 2O(l) ＝ Ca(OH)2(s) + C 2H 2(g) 298 K 下的标准摩尔热力学能变量为－128.0 kJ/mol ，求该反应的标准摩尔焓变。

解： ∵ H ＝U + pV 且压强不变∴ ΔH ＝ΔU + Δ(p V) ＝ ΔU + p ΔV忽略固体和液体的体积变化则，ΔH ＝ ΔU + pΔV 气＝ΔU + pΔV 乙烯＝－128.0 kJ ·mol －1 + 1.01×103 Pa ×22.4×10－3 m －3·mol －3＝－125.7 kJ ·mol －1答： 该反应的标准摩尔焓变为－125.7 kJ ·mol －1评注：此题告诉我们，对于包含气体总量变化的化学反应，其焓变和热力学能变(内能变化)是不同的。

3.3人类登月使用的阿波罗火箭的第一级火箭使用了550 吨煤油在2.5 分钟内与氧气发生燃烧反应产生巨大推力。

以C 12H 26(l) 为煤油的平均分子式的燃烧热为－7513 kJ/mol ，试计算这个燃烧反应的功率 [1马力＝754.7瓦(即J/s )]解： 功率 Q W P t t-==燃烧 61550101(7513)170 2.560g P kJ mol g mol s-⨯∴=⋅-⋅⋅⋅⨯ ＝ 1.62×108千瓦＝2.15×108马力答：这个燃烧反应的功率是2.15×108马力评注：1 (米制)马力(hp)＝735.499瓦(W)。

第三章热力学定律课时3.2和3.3热力学第一定律和能量守恒定律1.理解热力学第一定律，能应用热力学第一定律分析和解决实际问题。

2.了解人类探索能量守恒的历史过程。

3.理解能量守恒定律，知道能量守恒定律是自然界普遍遵从的基本规律。

4.知道什么是第一类永动机及其不可能制成的原因。

一、热力学第一定律1．改变内能的两种方式做功与传热。

两者在改变系统内能方面是等价的。

2．热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。

(2)表达式：ΔU＝Q＋W。

注意：热力学第一定律的数学表达式也适用于物体对外界做功、向外界传热和内能减少的情况。

二、能量守恒定律及永动机不可能制成1．能量守恒定律(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。

(2)意义：①各种形式的能可以相互转化。

②各种互不相关的物理现象可以用能量守恒定律联系在一起。

2．永动机不可能制成(1)永动机：不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器。

(2)永动机不可能制成的原因：违背了能量守恒定律。

(3)意义：正是历史上设计永动机的失败，才使后人的思考走上了正确的道路。

基础过关练题组一热力学第一定律的理解和应用1.密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁,此过程中瓶内空气(不计分子势能) ( )A.内能增大,放出热量B.内能减小,吸收热量C.内能增大,对外界做功D.内能减小,外界对其做功2.(多选)下列过程可能发生的是 ( )A.物体吸收热量,同时对外做功,内能增加B.物体吸收热量,同时对外做功,内能减少C.外界对物体做功,同时物体吸热,内能减少D.外界对物体做功,同时物体放热,内能增加3.一定量的气体在某一过程中,外界对气体做了8×104J的功,气体的内能减少了×105J,则下列各式中正确的是 ( )A.W=8×104×105J,Q=4×104JB.W=8×104×105J,Q=-2×105JC.W=-8×104×105J,Q=2×105JD.W=-8×104×105J,Q=-4×104J题组二能量守恒定律的理解和应用4.(多选)下列设想符合能量守恒定律的是 ( )A.利用永久磁铁间的作用力造一台永远转动的机器B.做成一条船利用河水的能量逆水航行C.通过太阳照射飞机使飞机起飞D.不用任何燃料使河水升温5.(多选)如图所示,汽缸放置在水平地面上,质量为m的活塞将汽缸分成甲、乙两气室,两气室中均充有气体,汽缸、活塞是绝热的且不漏气。

目录第一章 (1)第二章 (18)第三章 (258)第一章 温 度1-1 在什么温度下,下列一对温标给出相同的读数：（1）华氏温标和摄氏温标；（2）华氏温标和热力学温标；（3）摄氏温标和热力学温标？ 解：（1）Q 9325F t t =+∴当F t t =时，即可由9325t t =+，解得325404t ⨯=-=- 故在40c -o 时 F t t =（2）又Q 273.15T t =+ ∴当F T t =时 则即9273.15325t t +=+ 解得：241.155301.444t ⨯== ∴273.15301.44574.59T K =+= 故在574.59T K =时，F T t =（3）Q 273.15T t =+ ∴若T t = 则有273.15t t += 显而易见此方程无解，因此不存在T t =的情况。

1-2 定容气体温度计的测温泡浸在水的三相点槽内时，其中气体的压强为50mmHg 。

（1）用温度计测量300K 的温度时，气体的压强是多少？ （2）当气体的压强为68mmHg 时，待测温度是多少？ 解：对于定容气体温度计可知：()273.15trPT P K P = (1) 115030055273.16273.16tr P T P mmHg ⨯===(2) 2268273.16273.1637250tr P T KK K P === 1-3 用定容气体温度计测得冰点的理想气体温度为273.15K ，试求温度计内的气体在冰点时的压强与水的三相点时压强之比的极限值。

题1-4图解：根据00lim ()273.16limtr tr P P trP T T P K P →→==已知 冰点273.15T K =你∴0273.15lim0.99996273.16273.16tr P trP T KP K K →==。

1-4 用定容气体温度计测量某种物质的沸点。

原来测温泡在水的三相点时，其中气体的压强500tr P mmHg =；当测温泡浸入待测物质中时，测得的压强值为734P mmHg =,当从测温泡中抽出一些气体,使tr P 减为200mmHg 时,重新测得293.4P mmHg =,当再抽出一些气体使tr P 减为100mmHg 时,测得146.68P mmHg =.试确定待测沸点的理想气体温度.解：根据273.16trPT K P =333146.68273.16273.16400.67100tr P T KK K P === 从理想气体温标的定义：0273.16limtr P trPT K P →=依以上两次所测数据,作T-P 图看趋势得出0tr P →时,T 约为400.5K 亦即沸点为400.5K. 1-5 铂电阻温度计的测量泡浸在水的三相点槽内时，铂电阻的阻值为90.35欧姆。