作者：马文蔚,大学物理上

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700 J，则经历acbda过程时，吸热为 ( ) (A) – 700 J （B） 500 J （C）- 500 J （D） -1 200 J

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＝Δ

E ＋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= - 1

200 J. 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=700 J， 由此可知Qacbda= Wacb＋Wbd＋Wda=- 500 J. 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) 3 J (C) 5 J (D) 10 J

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

imERΔT，可知欲使氢气和氦气升高相同温度，须传递Q ＝ΔE ＋W，有Q ＝ΔE.而由理想气体内能公式Δ

M2

的热量

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m mm HH

QQiiRT，初始时，氢气和氦气是具有相同的温H:H H/H.再由理想气体物态方程pV ＝ MMM H H

2

e

2

e

2

e

2

e

:Q i/ie 5/3度、压强和体积，因而物质的量相同，则Q.因此正确答案为(C). HHH2e2H

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V1膨胀到体积V2，如图所示，则下述正确的是 ( )

C（A） A吸热最多，内能增加 D（B） A内能增加，作功最少 B（C） A吸热最多，内能不变 C（D） A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，

B C D绝热线比等温线要陡，因此图中A为等压过程，A为等温过程，A为绝热过程.又由理想气体的

RT T T T物态方程pV可知，p-V图上的pV积越大，则该点温度越高.因此图中T.对一定量理想气DACB

EE0， E 0.而由理想气体作功表达式 体内能，E iRT，由此知 ， AB 0AC AD

2

W W. 又由热力学W pdV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WABACAD

第一定律Q＝W＋ΔE可知Q.因此答案A、B、C均不对.只有（D）正确. Q Q 0ABACAD

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2 000 J，则对外作功( )

(A) 2 000J (B) 1 000J (C) 4 000J (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－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979 m.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4.18×10 J·kg

－1

3

T2T2

，则由W /Q吸＝1 －可求答T1T1

·K )

－

1

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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 ＝1.15 K

(pV(pV8－7 如图所示，1 mol氦气，由状态A求这过程中内能的变化、对外作的功、1,1)沿直线变到状态B2,2)，

吸收的热量.

B分析 由题 8-4 分析可知功的数值就等于p-V图中A过程曲线下所对应的面积，又对一定量的理想气体其内

能E

i3

TRT，而氦气为单原子分子，自由度i=3，则 1 mol 氦气内能的变化 E R T，其中温度的增量

22

可由理想气体物态方程

BpV RT求出.求出了A过程内能变化和做功值，则吸收的热量可根据热力学第一

W E定律Q求出.

解 由分析可知，过程中对外作的功为

1

W(VV)(pp) 2 12 1

2

内能的变化为

33 ER T(pVpV) 22 11

22

吸收的热量

1

Q W

E 2(pV pV)(pV pV) 22111221

2

题 8-7 图

8－8 一定量的空气，吸收了1.71×10J的热量，并保持在1.0 ×10Pa下膨胀，体积从 1.0×10m 增加到1.5×10m ，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.

2－3

－23

3

5

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解 该空气等压膨胀，对外作功为

W＝p(V2－V1 )＝5.0 ×10J

其内能的改变为

ΔE＝Q－W＝1.21 ×10J

8 －9 如图所示，在绝热壁的汽缸内盛有1 mol 的氮气，活塞外为大气，氮气的压强为

1.51 ×10 Pa，活塞面积为0.02 m .从汽缸底部加热，使活塞缓慢上升了0.5 m.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 ＝29.12 J·mol·K，摩尔定容热容CV,m ＝20.80 J·mol·K )

-1

-1

－1

－1

5

2

3

2

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

vCΔT等压过程，吸热Q.ΔT 可由理想气体物态方程求出. p p,m

解 (1) 由分析可知气体经历了等压膨胀过程.

vCΔT.其中ν ＝1 mol，Cp,m ＝29.12 Ｊ·mol·Ｋ.由理想气体物态方程pV＝νRT，得 (2) 吸热Qp p,m

－

－

11

ΔT＝(p2V2－p1 V1 )/R ＝p(V2－V1 )/R ＝p· S· Δl/R

CpS lp,m3则 Q 5.29 10JpR

8－10 一压强为1.0 ×10Pa,体积为1.0×10m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?

5

－33

Q E C T C T.按热力学第一定律，分析 (1) 由量热学知热量的计算公式为Q在等体过程中，；VV,mm

在等压过程中，Q pdV E C T.Pp,m

pVdV(2) 求过程的作功通常有两个途径.① 利用公式W；② 利用热力学第一定律去求解.在本题中，热量Q

ΔE vCT T已求出，而内能变化可由Q得到.从而可求得功W. VV,m21

解 根据题给初态条件得氧气的物质的量为

vpV 211

4.41 10mol RT1

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氧气的摩尔定压热容Cp,m(1) 求Qp 、QV

75R，摩尔定容热容CV,m R.

22

等压过程氧气(系统)吸热

Q pdV ΔE vCT T 128.1J pp,m21

等体过程氧气(系统)吸热

Q ΔE vCT T 91.5J VV,m21

(2) 按分析中的两种方法求作功值

W pdV pVdV① 利用公式W求解.在等压过程中，d

m

RdT，则得 M

W dW p

而在等体过程中，因气体的体积不变，故作功为

m

RdT 36.6J T1M

T2

W pVdV 0 V

② 利用热力学第一定律Q ＝ΔE ＋W 求解.氧气的内能变化为

m

Q ΔCT T 91.5J VV,m21

M

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

W Q ΔE 36.6J pp

W Q

ΔE 0 VV

8－11 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CA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 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

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QCA .

解 系统经ABC过程所吸收的热量及对外所作的功分别为

Q ABC ＝326 J， WABC ＝126 J

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＝200 J

由此可得从C到A，系统内能的增量为

ΔECA＝－200 J

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.

8－12 如图所示，使1 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 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

W VdV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， p

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

m3

lnV/V pVlnV/V 2.77 10J RT1BAABBA

M

由分析可知在等温过程中，氧气吸收的热量为

QAB＝WAB＝2.77 ×10Ｊ

(2) 沿A到C再到B的过程中系统作功和吸热分别为

3

WACB＝WAC＋WCB＝WCB＝pC(VB －VC )＝2.0×10Ｊ

QACB＝WACB＝2.0×10 Ｊ

8－13 试验用的火炮炮筒长为3.66 m，内膛直径为0.152 m，炮弹质量为45.4 kg，击发后火药爆燃完全时炮弹已被推行0.98 m，速度为311 m·s ，这时膛内气体压强为2.43×10Pa.设此后膛内气体做绝热膨胀，直到炮弹出口

.

-1

83

3

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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W pdV

pVpV11 22

计算.由题中条件可知绝热膨胀前后气体的体积

γ 1

γγ

V1和V2，因此只要通过绝热过程方程pV pV1122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＝3.66 m, D＝0.152 m，m＝45.4 kg，l1＝0.98 m，v1＝311 m·s ，p1 ＝2.43×10Pa，γ＝1.2. (1) 炮弹出口时气体压强为

7

p pV/V pl/l 5.00 10Pa 211211

γ

γ

-1

8

气体作功

2pV pVl plπD61122p1122

W pd 5.00 10J γ 1γ 14

vmv(2) 根据分析Wm1，则

1

2

2

12

2

v

2-1

v563m s 1 m

8－14 0.32 kg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

mm

W W WRTlnV/VRTln（V/V）ABCD121212

MM

m3

RTTlnV/V 5.76 10J1 212

M

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ΔE＝0,则Q.等WAB AB

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体升压过程中W＝0，则Q,所以，循环过程中系统吸热的总量为 ΔEDADA

Q QAB QDA WAB ΔEDA

m m RT1ln V2/V1 CV,m T1 T2 MM

m m 5 RT1ln V2/V1 R T1 T2 MM2 3.81 104J

由此得到该循环的效率为

η W

/Q 15%

8－15 图(ａ)是某单原子理想气体循环过程的V－T 图，图中VC＝2VA .试问：(1) 图中所示循环是代表制冷机还是热机？ (2) 如是正循环(热机循环)，求出其循环效率.

题 8-15 图

分析 以正、逆循环来区分热机和制冷机是针对p－V 图中循环曲线行进方向而言的.因此，对图(ａ)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＝KT，C 为常数.将其与理想气体物态方程pV＝ RT 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(制冷机循环)，再参考题8－14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(ｂ)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

m

QCTT1p,mB A

M

mm

CT TRTlnV/V 2V,mBAACA

MM

CA 为等温线，有TA＝TC ；AB 为等压线，且因VC＝2VA ，则有TA ＝TB /2.对单原子理想气体，其摩尔定压热容Cp，m ＝

5R/2，摩尔定容热容CV，m ＝3R/2.故循环效率为

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3

1 Q/QT Tln2/5T/2 1 3 2ln2/5 12.3% 2

21

AA

A

8-16 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？ 解 设高温热源的温度分别为T1 、T1 ,则有

1 η1 TT T/T2/1， η 21

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

11

ΔT T TT 93.3K 112 1 1 η η

8－17 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η＝1－T2/T1 ，(2) 这个循环是卡诺循环吗？

题 8-17 图

分析 首先分析判断循环中各过程的吸热、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 (1) 根据分析可知

CTTQTTp,mD CC D

1 1 1Q CTTTTABp,mB AB A

T 1 TD/TC 1C

T(1 TBA/TB)

与求证的结果比较，只需证得

(1)

TDTA

.为此，对AB、CD、BC、DA分别列出过程方程如下 TCTB

VA/TA ＝VB/TB (2) VC/TC ＝VD/TD (3)

γ 1γ 1VV (4) BTB CTC

γ 1γ 1VV (5) DTD ATA

联立求解上述各式，可证得

η＝1－TC/TB＝1－T2/T1

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(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.

8－18 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 ×10Ｊ的热量.试从理论上计算其最大功率为多少？

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η＝1－T2/T1 .由于已知热机在确定的时间内吸取的热量，故由效率与功率的关系式

11

WPt ，可得此条件下的最大功率. QQ

解 根据分析，热机获得的最大功率为

1 T/TQ Q7-1

21 2.0 10J s

tt

1 8－19 有一以理想气体为工作物质的热机，其循环如图所示，试证明热η

VV 11/2

p/p 112

分析 该热机由三个过程组成，图中AB是绝热过程，BC是等压压缩过程，CA是等体升压过程.其中CA过程系统吸热，

BC过程系统放热.本题可从效率定义

以及

γ＝Cp,m /CV,m的关系来证明.

1 Q/Q /Q出发,利用热力学第一定律和等体、等压方程

2

1

CA

题 8-19 图

证 该热机循环的效率为

1 Q/Q /Q

2

1

CA

其中QBC ＝ Cp,m (TC－TB )，QCA ＝ CV,m (TA－TC )，则上式可写为

T/T 1

η 1 C 1 BC

T TT/T 1ACAC

在等压过程BC和等体过程CA中分别有TB/V1＝TC/V2,TA/p1 ＝TC /p2,代入上式得

η 1 VV 11/2

p/p 112

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8－20 一定量的理想气体，沿图示循环，请填写表格中的空格.

过程

E/J 对外作功W/J 吸收热量Q/J 内能增量

A BB C

1000

1500 -500

C A

ABCA

分析 本循环由三个特殊过程组成.为填写表中各项内容，可分四步进行：

E 0，等体过程W 0等.(2)在第一步基础之上，根（1）先抓住各过程的特点填写一些特殊值，如等温过程 B C据热力学第一定律即可知道A，B过程的吸热Q.（3）对

C AE 0，因此由表中第一列即可求出C A过程，由于经ABCA循环后必有 过程内能的变化.再利用热力 A学第一定律即可写出C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和所放出热量Q2，或者所

作净功W后，可由公式

1

Q2W

计算出循环效率. Q1Q1

题 8-20 图

解 根据以上分析，计算后完成的表格如下：

过程

E/J 对外作功W/J 吸收热量Q/J 内能增量

A BB C

1000 0 -1000

0 1500 -500

1000 1500 -1500

C A

ABCA

40%

8－21 在夏季，假定室外温度恒定为37℃，启动空调使室内温度始终保持在17 ℃.如果每天有2.51 ×10 J 的热量通过热传导等方式自室外流入室内，则空调一天耗电多少？ (设该空调制冷机的制冷系数为同条件下的卡诺制冷机制冷系数的60％)

8

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题 8-21 图

分析 耗电量的单位为kW·h，1kW·h＝3.6 ×10J.图示是空调的工作过程示意图.因为卡诺制冷机的制冷系数为

6

ek

T2

，其中T1为高温热源温度(室外环境温度)，T2为低温热源温度(室内温度).所以，空调的制冷系数为

T1 T2

e ＝ek· 60％ ＝0.6 T2/( T1 －T2 )

另一方面，由制冷系数的定义，有

e＝Q2 /(Q1 －Q2 )

其中Q1为空调传递给高温热源的热量，即空调向室外排放的总热量；Q2是空调从房间内吸取的总热量.若Q′为室外传进室内的热量，则在热平衡时Q2＝Q′.由此，就可以求出空调的耗电作功总值W＝Q1－Q2 . 解 根据上述分析，空调的制冷系数为

T

e260% 8.7

T T12

在室内温度恒定时，有Q2＝Q′.由e＝Q2 /(Q1－Q2 )可得空调运行一天所耗电功

W＝Q1－Q2＝Q2/e＝Q′/e＝2.89×10 J=8.0 kW·h

7

3为温度300 K的等温线.试分别由下 8-22 1 mol理想气体的状态变化如图所示，其中1

2和等体过程2 3由初态1到末态3；列过程计算气体熵的变化：（1）经等压过程1 （2）经等温过程由初态1

到末态3.

3为等温过程，分析 熵是热力学系统的状态函数，状态A与B之间的熵变 SAB不会因路径的不同而改变. 1

其熵变 过程由两个子过程构成，总的熵变应等于各子过程熵变之和，即S dQ/T Q/T.1 2 31 3

2和2 3过程中温度是变化的，在计算熵变 ，但要注意1 S S SS dQ/T时，必须1 31 22 3Q CdT和等体过程的dQ CdT寻找Q与T的函数关系，经统一变量后再积分.这里可以利用等压过程的dp,mV,m

两个公式.

2 3解 （1）根据分析计算1过程的熵变如下：

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S S SC1 3 1 2 2 3 p,m T

T2

1

TdTTdTT32

C C CV,mp,mV,m TTTTT12

32

pVVV3221

C C C Cp,mV,mp,mV,m

VpVV1213V

(CC)2 Rln2p,m V,m

V1

3从初态到末态的熵变为 (2) 直接由等温过程1

VVVVRT1131d Sdpd Rln2 13

VV

TTTVV1111

3

3

1

1

从计算的结果可以看出，（1）和（2）计算的过程不同，但两种过程的熵变确实是相同的.可见熵变是状态量.