习题解答新概念物理17热力学

热力学

习题解答（部分）17-2，17-3，17-4，17-5，17-6，17-1017-2

如图所示，AB、DC是绝热过程，COA是等温过程，在此过程中放热100J，图中OAB面积为30J，ODC面积为70J，那么在BOD这个过程中吸收的热量为多少?ABDCOPV解：QAB+QBOD+QDC+QCOA

=0

+QBOD+0+QCOA

=SODC

-SOAB=70-30=40JQBOD=40-QCOA

=40-（-100）

=140J17-3

理想气体从状态a出发经图中不同过程膨胀一微小体积，其ac为等温线，ae为绝热线，试问经历图中哪些过程(1)会导致体系的温度升高，(2)会导致体系的温度下降，(3)体系吸热，(4)体系放热，(5)体系热容量为负值。解：(1)等体过程bcP，TTab

；(2)Tad

，Tae

，TafbadcefPV(3)考察acea循环过程等体过程ce：P

T

；A=0,Qce=vCvT<0，

Qac+Qce+Qea=A>0

Qac+Qce+0=AQac=A-Qce>0吸热:ab,ac,ad过程(4)

放热:af过程acefPVbd升温过程:ab;降温过程:ad,ae,af.吸热过程:ab,ac,ad放热过程:af(5)ab:吸热Q>0,升温T>0,C>0;ac:吸热Q>0,等温T=0,C=;ad:吸热Q>0,降温T<0,C<0;ae

:绝热Q=0,降温T<0,C=0;af:放热Q<0,降温T<0,C>0;17-4

0.1mol的理想气体(假设摩尔等体热容CV=3R/2经历如图所示的过程，由状态A经一直线到达状态B，(1)试证所示状态A、B温度相同；P(105Pa)BAV(10-3m3)1.50.513解：PAVA=1.5102(Pam3)PBVB=1.5102(Pam3)

因PAVA=PBVBTA=TB(2)在此过程中，气体吸热多少?Q=E+A=0+A=(0.5+1.5)(3-1)102/2=2102JP(105Pa)BAV(10-3m3)1.50.513(3)在A到B的过程中，哪一点温度最高?AB过程方程:(P-PA)/(V-VA)=(PB-PA)/(VB-VA)

P=2105-5107V

状态方程:PV=vRTT=PV/vR=(2105-5107V)V/vRP(105Pa)BAV(10-3m3)1.50.513T=(2105-5107V)V/vR

求极值:dT/dV=0(2105-10107V)/vR=0VH=210-3m3

PH=2105-5107Vh

=1105

PaTH=240.6K

状态H

恰好在AB的中点P(105Pa)BAV(10-3m3)1.50.5132H(4)在这过程中经历每一微小变化时，气体是否总是吸热?(CV=3R/2)

P=2105-5107V

T=(2105-5107V)V/vRdT=(2105-10107V)/vRdQ=dU+PdV=vCVdT+PdV=(5105-2108V)dVdV>0,dQ>0吸热:V<2.510-3m3dQ<0放热:V>2.510-3m3即存在E

状态:VE=2.510-3m3PE=0.7510-5Pa,TE=225.6K

在AE过程中,始终吸热;

在EB过程中,始终放热.P(105Pa)BAV(10-3m3)1.50.513E17-5：1mol理想气体(设CV=5R/2)以状态A(P1，V1)沿P-V图所示直线变化到状态B(P2，V2)，试求：(1)气体的内能的增量；(2)气体对外界所作的功；(3)气体吸收的热量；(4)此过程的摩尔热容。VABV1V2PP2P1(2)A=S

=(P2V2-P1V1)/2(3)Q=E+A=5(P2V2-P1V1)/2+(P2V2-P1V1)/2=3(P2V2-P1V1)解：(1)E=CV(T2-T1)=5R(T2-T1)/2=5(P2V2-P1V1)/2(4)、(3)结论对于微元状态变化也成立，所以

dQ=3d(PV)=3d(RT)=3RdTC=dQ/dT=3R摩尔热容：

C=dQ/dT=dE/dT+PdV/dT=CV+PdV/dT对关系式V2=RT两边求微分：

2VdV=RdTdV/dT=R/2V=R/2PC=CV+PdV/dT=5R/2+R/2=3RV2=RT另一种解法：状态方程：PV=RT

过程方程：P=V17-6

设一摩尔固体的状态方程可写作v=v0+aT+bp，内能可表示为u=cT-apT，其中a、b、c和v0均是常数。试求：(1)摩尔焓的表达式；(2)摩尔热容量CP和CV。解:h=u+pv=cT-apT+p(v0+aT+bp)=cT+pv0+bp2(2)CP=(h/T)P=cu=cT-a(v-v0-aT)T/b=[c-a(v-v0)/b]T+a2T2/bCV=(u