没有幻灯片标题8072

2一理想气体经历图示的过程，试讨论过程1-2与过程1”-2的摩尔热容量是正还是负？图中1’-2为绝热过程。2PVO11’1”T2T1解：根据摩尔热容的定义dTdQCxx可知求Cx的正负只需求dQ与dT的符号就可判断。过程1-2、1’-2、1”-2都在等温线T1和T2之间,它们的温度变化相同且由图中可以看出012TTT它们的内能变化相同且0E2PVO11’1”T2T1它们对外界做功都为负，即A0。对于过程1’-2为绝热过程021Q2121AE内能变化为外界对它所作的功。A1’-2的大小为曲线1’-2下面的面积，符号为负对于过程1-2，它吸收的热量为Q1-2=△E+A1-2=–A1’-2+A1-2（A1-2为曲线1-2下面的面积，符号为负）02121dTdQC同样对于过程1”-2可得Q1”-2=△E+A1”-2=–A1’-2+A1”-2由于|A1”-2||A1’-2|可知Q1-20，这样得02121dTdQC2PVO11’1”T2T1由于|A1’-2||A1-2|，可知Q1-20，这样得31mol单原子分子的理想气体，经历如图所示的可逆循环，联结a、c两点的曲线ca的方程为P=P0V2/V02，a点的温度为T0，（1）试以T0、R表示ab、bc、ca过程中气体吸收的热量。（2）求此循环的效率。bcaPVV09P0P0Pb=Pc=9P0Vb=V0Tb=（Pb/Pa）Ta=9T0027TTRTVPcccc00012)9(23)(RTTTRTTCQabvv（1）过程ab2020VVPPcc0003VVPPVcbcaPVV09P0P0解：设a状态的状态参量为P0、V0、T0，则过程bc045)(RTTTCQbcpp2020/)()(VdVVPTTCQacVVcav%3.1645127.4711000RTRTRTQQQPv过程ca（2）02030300033200007.473)27(39)(3)27(23RTVVVPRTVVVPTTRcabcaPVV09P0P04、如图所示，一金属圆筒中盛有1mol双原子分子的理想气体，用可动活塞封住，圆筒浸在冰水混合物中，迅速推动活塞，使气体从标准状态（位置1）压缩到体积为原来一半的状态（位置2），然后维持活塞不动，待气体温度下降至0℃，再让活塞缓慢上升到位置1，完成一次循环。（1）试在P—V图上画出相应的理想循环曲线（2）若做100次循环放出的总热量全部用来溶解冰，则有多少kg冰被熔化？冰的溶解热λ=3.35×105Jkg-1。12解：（1）P—V图上循环曲线，ab为绝热线，bc为等容线，ca为等温线。（2）等容过程放热为12PbcaVV1/2V1（T2）（T1）（T1）O)(12TTCQvv2/ln111VVRTQT等温过程吸热为若100次循环放出的总热量全部用来溶解冰，则溶解冰的质量为2111121TVTVvv4.1,2/5RCvJRTTRQQQvTv2402ln)12(25111kgQm21016.7100绝热过程方程双原子分子系统一次循环放出的热量为PbcaVV1/2V1（T2）（T1）（T1）O5、如图所示，abcda为1mol单原子分子理想气体的循环过程，求：（1）气体循环一次，在吸收过程中从外界共吸收的热量。（2）气体循环一次对外做的净功。（3）证明：TaTc=TbTdbcaV（×10-3m3）2Od3（×105Pa）P21解：（1）过程ab与bc为吸热过程吸热总和为Q1=CV(Tb–Ta)+CP(Tc–Tb)=800J（2）循环过程对外所作总功为图中矩形面积A=Pb（Vc-Vb）—Pa（Vd-Va）=100J（3）Ta=PaVa/R，Tc=PcVc/RTb=PbVb/R，Td=PdVd/R3252=（PbVb—PaVa）+（PcVc—PbVb）bcaV2Od3P21TaTc=（PaVaPcVc）/R2=（12×104）/R2TbTd=（PbVbPdVd）/R2=（12×104）/R2∴TaTc=TbTd例6:某理想气体在P-V图上等温线与绝热线相交于A点，如图，已知A点的压强P1=2×105Pa，体积V1=0.5×10-3m3，而且A点处等温线斜率与绝热线斜率之比为0.714，现使气体从A点绝热膨胀至B点，其体积V2=1×10-3m3，求AP1VV1V2OPB（1）B点处的压强（2）在此过程中气体对外所作的功。解:(1)等温线PV=C得绝热线PVγ=C得VPdVdPTVPdVdPQ714.01//)/()/(VPVPdVdPdVdPQTAP1VV1V2OPB故γ=1/0.714=1.4由题意知PaVVPP421121058.7(2)JVPVPdVVVPPdVAVVVV5.6012211112121AP1VV1V2OPB由绝热方程2211VPVP7、一定量的某种理想气体，开始时处于压强、温度、体积分别为P0=1.2×106Pa,T0=300k，V0=8.31×10-3m3的初态，后经过一等容过程，温度升高到T1=450k，再经过一等温过程，压强降到P=P0的末态。已知该理想气体的等压摩尔热容和等容摩尔热容之比CP/CV=5/3，求：（1）该理想气体的等压摩尔热容CP和等容摩尔热容CV（2）气体从始态变到末态的全过程中从外界吸收的热量。已知：P0，T0，V0T1P1V0T1P0V1等容等温解：（1）由CP/CV=5/3和CP－CV=R可解得CP=5R/2和CV=3R/2（2）该理想气体的摩尔数γ=P0V0/RT0=4mol在全过程中气体内能的改变量为△E=γCV(T1－T0)=7.48×103J全过程中气体对外作的功为A=γRT1ln(P1/P0)全过程中气体从外界吸收的热量为Q=△E+A=1.35×104J全过程中气体对外作的功为A=γRT1ln(P1/P0)式中P1/P0=T1/T0则A=γRT1ln(T1/T0)=6.06×103J已知：P0，T0，V0T1P1V0T1P0V1等容等温8、1mol某种气体服从状态方程P（V-b）=RT，内能为E=CVT+E0（CV为定容摩尔热容，视为常数；E0为常数）试证明：（1）该气体的定压摩尔热容CP=CV+R（2）在准静态绝热过程中，气体满足方程P（V-b）v=恒量（γ=CP/CV）证明：热力学第一定律dQ=dE+Pdv由E=CVT+E0，有dE=CVdT①由状态方程，在1mol该气体的微小变化中有PdV+（V-b）dP=RdT②（1）在等压过程中，dP=0,由②PdV=RdT故（dQ）P=CVdT+RdT定压摩尔热容CP=（dQ）P/dT=CV+R（2）绝热过程中dQ=0有dE=CVdT=-PdV③PdV+（V-b）dP=RdT②由②③两式消去dT得(V-b)dP+P(1+R/CV)dV=0其中1+R/CV=CP/CV=γ此式改写成dP/P+γdV(V-b)=0积分得lnP+γln(V-b)=恒量∴P(V-b)v=恒量9、如图所示，用绝热材料包围的圆筒内盛有刚性双原子分子的理想气体，并用可活动的、绝热的轻活塞将其封住。M、N是固定在圆筒上的环，用来限制活塞向上运动。1、2、3是圆筒体积等分刻度线，每等分刻度为1×10-3m3。开始时活塞在位置1，系统与大气同温、同压、同为标准状态。现将小砝码逐个加到活塞上，缓慢地压缩气体，当活塞到达位置3时停止加砝码；然后接通电源缓慢加热至2；断开电源，再逐步移去所有砝码，气体继续膨胀至1，当上升的活塞被环M、N挡住后，拿去周围绝热材料，系统逐步恢复到原来状态。完成一个循环。231MN（1）在P-V图上画出相应的循环曲线。（2）求出各分过程的始、末状态的温度。（3）求该循环过程中吸收的热量和放出的热量。（1）系统开始处于标准状态a，活塞从1-3为绝热压缩过程，终态为b；活塞从3-2为等压膨胀过程，终态为c；活塞从2-1为绝热膨胀过程，终态为d；除去绝热材料恢复至原态a，该过程为等容过程。该循环在P-V图上对应的曲线如图所示。（2）由题意可知Pa=1.013×105Pa,Ta=273k,Va=3×10-3m3,Vb=1×10-3m3,Vc=2×10-3m3bcaVVbVaOdVcP231MNab为绝热过程，据绝热过程方程)5/7(,11vVTVTvbbvaa得KTVVTavbab4241bc为等压过程，据等压过程方程ccbbVTVT//KVTVTbbcc848bcaVVbVaOdVcP)(,11advddvccVVVTVTKTVVTcvacd7211)(bcpbcTTCMQRCP27aaaRTMVPcd为绝热过程，据绝热过程方程（3）循环中ab和cd为绝热过程，不与外界交换热量，bc为等压膨胀过程，吸收热量为又据理想气体状态方程有式中bcaVVbVaOdVcPbc为等压膨胀过程,故得JTTTVPQbcaaabc31065.1)(27JTTTVPTTCMQadaaaadvda21024.1)(25)(ccbbVTVT//da为等容降温过程，放出热量为)(bcpbcTTCMQbcaVVbVaOdVcP例10：4g氢气被活塞封闭在一容器的下半部（容器的一半）且与外界平衡，若活塞质量不计，现把2104J的热量缓慢地传给气体，使其逐渐膨胀，若活塞外大气压为标准状态。试求氢气最后的压强、温度，容积各为多少？2/7RCPPa100131501.pp解：2/5RCVK273m10844131T,.Vm106892312.VVΚ546)(1122TVVT先等压加热到则此时温度m10689Pa10201K645323522333.VV.PTTP,T解得J10591)(4121.TTCμΜQp1021059144.总QQ1即)(J1010423312TTCμM.QQQv在此过程吸收热量：故余下的热量必在等容条件下吸入令最后温度为T3111mol氢，在压强为1.0×105Pa，温度为200C时，其体积为V0，今使它经以下两种过程达同一状态：(1)先保持体积不变，加热使其温度升高到800C，然后令它作等温膨胀，体积变为原体积的2倍；(2)先使它作等温膨胀至原体积的2倍，然后保持体积不变，加热到800C。试分别计算以上两种过程中吸收的热量，气体对外作的功和内能的增量；并作p~V图。A=A2=RTVlnV08.31×353×ln2==2033J2==++QQ1QA2E1Δ=1246+2033=3279JET1===CVΔΔ5××608.3121246J解：(1)ET2=CVΔΔ=5××608.312=1246J8.31×293×ln2==1678JA=A1=RTVlnV00(2)2=+QQ1Q=+A1E2Δ=1246+2033p(2)(1)V0V02V(3)=3279J12在一个密闭的抽空汽缸中,有个劲度系数为k的弹簧,下面吊着一个质量不计且没有摩擦的滑动活塞，如图所示。弹簧下活塞的平衡位置位于汽缸的底部。当活塞下面的空间引进一定量的摩尔定体热容为CV的理想气体时，活塞上升到高度h，如图所示。弹簧作用在活塞上的力正比于活塞的位移。如果该气体从原来的温度T升高到T1，并吸热Q。问活塞所在的高度h′等于多少？hAEQ=+Δfk==hx=+hh′()CVMmolMT1Tdx=+hh22′()k12()CVMmolMT1T=+Q22()CVMmolMT1Thh22′kk化简后得：Vp=MmolMRT解：hSp=MmolMRThSp=MmolMRT2k=MmolMhRT=+Q22()CVMmolMT1Thh22′kk=+Q22()CVT1Thh22′kRTh2=