第五章 热力学基础
5－1 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。（大气压P0 = 1.013×105 Pa） 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
。
V2?p1T2V1?p0??gh?T2V1??6.11?10?5m3p2T1p0T1
5－2 氧气瓶的容积为3.2×10-2 m3，其中氧气的压强为1.30×107 Pa，氧气厂规定压强降
到1.00×106 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1.01×105 Pa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n?(m1?m2)/m3。
解：根据分析有
m1?则一瓶氧气可用天数
Mp3V3Mp1V1Mp2V1；m2?；m3?RTRTRT
n??m1?m2???p1?p2?V1m3p3V3?9.5
5－3 一抽气机转速ω=400r?min-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1.01×105 Pa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。
1
解：抽气机抽气体时，由玻意耳定律得： 活塞运动第一次：
p0V0?p1(V0?V)
p1?V0p0V0?V
???p0?
2活塞运动第二次：
p1V0?p2(V0?V)
?V0V0p2?p1???V?VV0?V?0????n活塞运动第n次：
pn?1V0?pn(V0?V)
?V0pn?p0??V? V?0n?ln
pnp0nV0V0?V
抽气机每次抽出气体体积
V?(20/400)l?0.05l V0?2.0l
p0?1.01?105Pa pn?133Pa
将上述数据代入（1）式，可解得 n?276。则
t?(276/400)?60s?40s
5－4 l.0 mol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
W?Q??E??1.52?105J负号表示外界对气体作功。
5－5 1mol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 A1?(p1?p2)(V2?V1)/2 在过程I中气体内能增量
在过程I中气体吸收的热量
P 2 II ?E1?R(T2?T1)?(p2V2?p1V1)5252
1 O
习题5－5图
3 V
3Q?A??E?2.02?10J 11
（2）在过程II中气体对外作的功
2
由
A2??V3V2pdV?p2V2?V3V2dVV?2(p3V3?p2V2)
pV12?常量
?33可算得V3?32?10m，带入上式得
3A?4.85?10J 2
整个过程中气体对外作功
3 A?A1?A2?5.1?10J
整个过程中气体内能增量
整个过程中气体吸收的热量
?E?R(T3?T1)?7.83?103J52
4 Q??E?A?1.29?10J
5－6 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?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
QABC?326J,WABC?126J
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
?EAC?QABC?WABC?200J由此可得从C到A，系统内能的增量为
习题5－6图
?ECA??200J从C到A，系统所吸收的热量为
QCA??ECA?WCA??252J
3
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。
5－7 空气由压强为1.52?105 Pa，体积为5.0?103 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。
－
解：空气在等温膨胀过程中所作的功为
WT??V2??p1?m????RTln?pVln111???p?M?V1??2?
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
W?WT?Wp?p1V1ln?p1p2??p2V1?p1V1?55.7J
5－8 如本题图所示，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。
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
WAB??VB??V?m??pAVAln?B??2.77?103JRTln??V??V?M?A??A?QAB?WAB?2.77?103J
由分析可知在等温过程中，氧气吸收的热量为
习题5－8图
（2）沿A到C再到B的过程中系统作功和吸热分别为
WACB?WAC?WCB?WCB?pC?VB?VC??2.0?103J
QACB?WACB?2.0?103J5－9 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
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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=10m，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T4?T1，所以内能增量为零。
4
Q?53p1(2V1?V1)?2V1(2p1?p1)?5.6?102J22
A?Q?5.6?102J
5－10 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） T2?T1?p1p2?1????600K
?E?
MiR(T2?T1)?7.479?103J?2
3（2） A???E?7.479?10J
（3）
n?p2?1.96?1026个/m3 kT25－11 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?P0V0T0?、终态?P2V2T2?， 由方程 T0V0??1?T2V2??1 得出右侧气体末态温度：
?V0T2???V?2??????1T0?85/3?1T0?4T0
由理想气体物态方程，右侧气体终态压强为
P2?P0V0T2?32P0
V2T0由于活塞是可动的，左、右两侧的压强应相同：P1?P2?32P0， 左侧末态体积： V1?2V0?V2?左侧气体末态温度： T1?（2）
15V0 8P1V115T0?32?T0?60T0 P0V08 5