工程热力学(第三版)习题答案全解可打印第五章

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工程热力学第五章习题答案

第五章热力学第二定律5-1 利用逆向卡诺机作为热泵向房间供热，设室外温度为5C −D ，室内温度为保持20C D 。

要求每小时向室内供热42.510kJ ×，试问：（1）每小时从室外吸多少热量？（2）此循环的供暖系数多大？（3）热泵由电机驱动，设电机效率为95%，求电机功率多大？（4）如果直接用电炉取暖，问每小时耗电几度（kW h ⋅）？解：1(20273)K 293K T =+=、2(5273)K 268K T =−+=、142.510kJ/h Q q =×（1）逆向卡诺循环1212Q Q q q T T =214421268K 2.510kJ/h 2.28710kJ/h293KQ Q T q q T ==××=×（2）循环的供暖系数112293K 11.72293K 268KT T T ε′===−−（3）每小时耗电能1244w (2.5 2.287)10kJ/h 0.21310kJ/hQ Q q q q =−=−×=×电机效率为95%，因而电机功率为40.21310kJ/h 0.623kW3600s/h 0.95P ×==×（4）若直接用电炉取暖，则42.510kJ/h ×的热能全部由电能供给442.5102.510kJ/h kJ/s 6.94kW3600P ×=×==即每小时耗电6.94度。

5-2 一种固体蓄热器利用太阳能加热岩石块蓄热，岩石块的温度可达400K 。

现有体积为32m 的岩石床，其中的岩石密度为32750kg/m ρ=，比热容0.89kJ/(kg K)c =⋅，求岩石块降温到环境温度290K 时其释放的热量转换成功的最大值。

解：岩石块从290K 被加热到400K 蓄积的热量212133()()2750kg/m 2m 0.89kJ/(kg K)(400290)K 538450kJQ mc T T Vc T T ρ=−=−=××⋅×−=岩石块的平均温度21m 21()400K 290K342.1K 400Kln ln290Kmc T T Q T T Smc T −−====Δ在T m 和T 0之间运行的热机最高热效率0t,max m290K 110.152342.1KT T η=−=−=所以，可以得到的最大功max t ,max 10.152538450kJ 81946.0kJW Q η==×=5-3 设有一由两个定温过程和两个定压过程组成的热力循环，如图5-1所示。

工程热力学第五章

S g 2
1 1 Q0 ( ) T0 T0
1 1 Exl Q0T0 ( ) T0 S g 2 T0 T0
温差传热引起的火用损失与熵产成正比。
温差传热火用损失
T
1
2
T
1
2
TA
TA
1’
2’
ExQ
T0
TB
ExQ
T0
7
AnQ
5 6
S
AnQ
5 6 8 S
Exl T0 Sg1
Exl ExQA ExQB
5.3.1 温差传热火用损失
1 1 QT0 ( ) TB TA
温差传热是不可逆过程
1 1 S g1 Q( ) TB TA
1 1 Exl QT0 ( ) T0 S g1 TB TA
温差传热火用损失
同理，放热温差传热也是不可逆过程。
δExQ
Wout ExQ
T0 (1 )δQ T
ExQ
T0
δQ Q T0 Q T0 S T
AnQ Q ExQ T0 S
热量火用 ExQ
恒温热源
T
ExQ
T T0 Q(1 ) Q T0 S T
AnQ
T0 T0 S Q T
E xQ
dsg 0
没有功损失，火用总量守恒。不可逆过程：损失。
功损失，火用总量减少，能量品质贬值，火用
火用和火无的基本概念
孤立系统熵增原理
孤立系统火用减火无增
过程进行方向的判据
火用的分类
做功的能力
不平衡势
化学势差温度和压力差速度差位置差浓度差
火用

工程热力学-第五章

对收缩喷管，压力最多只能膨胀到临界压力，流速最大也只能达到当地声速，故最大质量流量为
qm ,max = Amin 2κ ⎛ 2 ⎞ ⎟ κ +1⎜ κ 1 + ⎝ ⎠
2 κ −1
p0 v0
对缩放喷管，由于最小截面的流量限制，尽管在Ma>1 时流速和截面积都在增大，但质量流量保持不变
取对数
定熵指数大于1，故气流在喷管里面压力不断降低的同时，音速也是不断降低的
5.3 喷管的计算一、流速计算
1.流速计算公式能量方程式： h0 = h2 +
c
2 f2
2
= h1 +
c
2 f1
2
= h+
c
2 f
2
任意截面流速： c f = 出口截面流速： cf 2 =
2 ( h0 − h )
2 ( h0 − h2 ) = 2 ( h1 − h2 ) + c 2 f1
c f ,cr = c = kpcr vcr
5.2 促使流速改变的条件
喷管中的音速变化
c = kpv
1 ln c = ( ln κ + ln p + ln v ) 2 dc 1 ⎛ dp dv ⎞ 求微分 = ⎜ + ⎟ c 2⎝ p v ⎠ dc 1 ⎛ 1 ⎞ dp = ⎜1 − ⎟ c 2⎝ κ ⎠ p dp dv 过程方程： +κ =0 p v
pcr ??
根据临界截面的定义(Ma=1)： c f ,cr = κ pcr vcr
κ −1 ⎡ ⎤ κ pcr vcr 2 ⎢ ⎛ pcr ⎞ ⎥ 1− ⎜ = ⎟ ⎥ ⎢ κ −1 p 0 v0 p0 ⎠ ⎝ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦

工程热力学习题解答-5

第五章气体的流动和压缩思考题1.既然c 里呢?答：对相同的压降（*P P -）来说，有摩擦时有一部分动能变成热能，又被工质吸收了，使h 增大，从而使焓降(*h h -)减少了，流速C 也降低了（动能损失）。

对相同的焓降(*h h -)而言，有摩擦时，由于动能损失（变成热能），要达到相同的焓降或相同的流速C ，就需要进步膨胀降压，因此，最后的压力必然降低（压力损失）。

2.为什么渐放形管道也能使气流加速?渐放形管道也能使液流加速吗?答：渐放形管道能使气流加速—是对于流速较高的超音速气流而言的，由2(1)dA dV dC dCM A V C C ===-可知，当0dA >时，若0dC >，则必1M >，即气体必为超音速气流。

超音速气流膨胀时由于dA dV dC A V C =-（V--A ）而液体0dV V =，故有dA dCA C=-，对于渐放形管有0dA A >，则必0dCC<，这就是说，渐放形管道不能使液体加速。

3.在亚音速和超音速气流中，图5-15所示的三种形状的管道适宜作喷管还是适宜作扩压管?图 5-15答：可用2(1)dA dCM A C=-方程来分析判断 a) 0dA <时当1M <时，必0dC >，适宜作喷管当1M >时，必0dC <，适宜作扩压管 b) 0dA >时当1M <时，必0dC <，适宜作扩压管当1M >时，必0dC >，适宜作喷管c) 当入口处1M <时，在0dA <段0dC >；在喉部达到音速，继而在0dA >段0dC <成为超音速气流，故宜作喷管（拉伐尔喷管）当入口处1M >时，在0dA <段，0dC <；在喉部降到音速，继而在0dC <成为亚音速气流，故宜作扩压管（缩放形扩压管）。

(a) (b) (c)4. 有一渐缩喷管，进口前的滞止参数不变，背压（即喷管出口外面的压力）由等于滞止压力逐渐下降到极低压力。

工程热力学第三版第五章曾丹苓答案

工程热力学第三版第五章曾丹苓答案第一题问题：为什么工程热力学中熵函数可以视为状态参量？在工程热力学中，熵函数是一个很重要的物理量，它可以用于描述系统的无序程度和能量分布均匀程度。

熵函数被定义为系统的状态参量，因为它只取决于系统的初始状态和终态，并且与路径无关。

其原因可以从以下两个方面解释：1.熵函数的数学性质：熵函数具有可加性和广延性的数学性质。

对于一个复合系统，其熵等于各个组成部分的熵之和。

这个性质导致熵函数可以作为状态参量来描述系统的热力学状态。

2.熵函数与平衡态：在平衡态下，系统的熵函数达到最大值，这也是热力学第二定律的表述之一。

因此，熵函数可以作为判断系统是否处于平衡态的指标。

综上所述，由于熵函数具有可加性、广延性和与平衡态的关系，使得熵函数在工程热力学中可以被视为状态参量。

问题：怎样理解熵的微观本质？熵在工程热力学中是一个非常重要的概念，它可以用来描述系统的无序程度和能量分布均匀程度。

从微观的角度来理解熵的本质，可以有以下几个方面的解释：1.微观粒子的随机运动：根据统计力学的角度，熵可以理解为微观粒子的随机运动的度量。

微观粒子的随机运动越强烈，系统的熵越大，即系统的无序程度越高。

2.能量的分布均匀性：熵还可以理解为系统中能量的分布均匀程度的度量。

当系统中能量更加均匀地分布时，系统的熵将会增加。

3.系统的信息量：熵还可以解释为系统中所包含的信息量。

当一个系统的状态可能性更多时，它所包含的信息量也就越大，此时系统的熵也会增加。

因此，从微观角度来理解，熵可以看作是微观粒子的随机运动、能量分布均匀性和系统的信息量所耦合的结果。

问题：什么是可逆过程和不可逆过程？在工程热力学中，可逆过程和不可逆过程是描述系统变化方式的两个重要概念。

可逆过程是指系统从一个热力学平衡态通过一系列连续的无限小的热力学平衡态经过的过程。

在可逆过程中，系统的每一个状态都可以与外界的环境达到瞬时的热力学平衡。

可逆过程是理论上的概念，意味着系统在整个过程中没有任何内部或外部的不均匀分布或不均匀性。

工程热力学__第五章气体动力循环

k 1 k
p2 p1
k 1 k
T2 T1
T1 1 1 1 1 1 k 1 T2 T2 p2 k T1 p1
T
2 1
3
4
t,C
T1 1 T3
热效率表达式似乎与卡诺循环一样
s
勃雷登循环热效率的计算
热效率：
t 1
p
2 3 2 4 T 3
4
1 1
v s
定压加热循环的计算
吸热量
q1 cp T3 T2
放热量(取绝对值）
T 2
1
3
4
q2 cv T4 T1 热效率
w q1 q2 q2 t 1 q1 q1 q1
s
定压加热循环的计算
k 1 热效率 t 1 k 1 k ( 1) t
T1
s
燃气轮机的实际循环
压气机：不可逆绝热压缩燃气轮机：不可逆绝热膨胀 T
定义：
3 2 1
2’
4’
压气机绝热效率
h2 h1 c h2' h1
4
燃气轮机相对内效率
oi
h3 h4' h3 h4
s
燃气轮机的实际循环的净功
净功
' w净 h3 h4' h2' h1
oi h3 h4
h2 h1
T
2 1
2’
3
4’
c
' opt w净 oic
k 2 k 1
4
吸热量
q h3 h2' h3 h1
' 1

工程热力学第三版课后习题答案

工程热力学第三版课后习题答案工程热力学第三版课后习题答案【篇一：工程热力学课后答案】章）第1章基本概念⒈闭口系与外界无物质交换，系统内质量将保持恒定，那么，系统内质量保持恒定的热力系一定是闭口系统吗? 答：否。

当一个控制质量的质量入流率与质量出流率相等时（如稳态稳流系统），系统内的质量将保持恒定不变。

⒉有人认为，开口系统中系统与外界有物质交换，而物质又与能量不可分割，所以开口系不可能是绝热系。

这种观点对不对，为什么?答：不对。

“绝热系”指的是过程中与外界无热量交换的系统。

热量是指过程中系统与外界间以热的方式交换的能量，是过程量，过程一旦结束就无所谓“热量”。

物质并不“拥有”热量。

一个系统能否绝热与其边界是否对物质流开放无关。

⒊平衡状态与稳定状态有何区别和联系，平衡状态与均匀状态有何区别和联系?答：“平衡状态”与“稳定状态”的概念均指系统的状态不随时间而变化，这是它们的共同点；但平衡状态要求的是在没有外界作用下保持不变；而平衡状态则一般指在外界作用下保持不变，这是它们的区别所在。

⒋倘使容器中气体的压力没有改变，试问安装在该容器上的压力表的读数会改变吗？在绝对压力计算公式p?pb?pe(p?pb); p?pb?pv(p?pb)中，当地大气压是否必定是环境大气压?答：可能会的。

因为压力表上的读数为表压力，是工质真实压力与环境介质压力之差。

环境介质压力，譬如大气压力，是地面以上空气柱的重量所造成的，它随着各地的纬度、高度和气候条件不同而有所变化，因此，即使工质的绝对压力不变，表压力和真空度仍有可能变化。

“当地大气压”并非就是环境大气压。

准确地说，计算式中的pb 应是“当地环境介质”的压力，而不是随便任何其它意义上的“大气压力”，或被视为不变的“环境大气压力”。

⒌温度计测温的基本原理是什么?答：温度计对温度的测量建立在热力学第零定律原理之上。

它利用了“温度是相互热平衡的系统所具有的一种同一热力性质”，这一性质就是“温度”的概念。

工程热力学第五章习题解答

第五章习题解答5-1 ⑴ 12,187331364.14%873t c T T T η--===⑵ 0,10.641410064.14 kW t c W Q η==⨯= ⑶ ()()2,1110.641410035.86 kW t c Q Q η=-=-⨯= 5-2 12,1100040060%1000t c T T T η--=== 0,10.61000600 kJ < 700 kJ t c W Q η==⨯= 该循环发动机不能实现5-3 ()()121 1.011000300707 kJ/kg p q c T T =-=⨯-=133323331221.41.41lnln ln 300 0.287300ln 362.8 kJ/kg1000p pT q RT RT RT p p T κκ--⎛⎫=== ⎪⎝⎭⎛⎫=⨯⨯=- ⎪⎝⎭12707362.8344.2 kJ/kg w q q =+=-=1344.248.68%707w q η=== 5-4 12,1100030070%1000t c T T T η--=== ,10.7707495 kJ/kg t c w q η==⨯= 5-5 ⑴221126310000089765 kJ/h 293T Q Q T ==⨯= ⑵12,122939.77293263c T T T ε===-- 12,1000002.84 kW 9.773600cQ P ε===⨯⑶100000100000 kJ/h 27.78 kW 3600P ===5-6 ⑴12,1229314.65293273c T T T ε===-- 12,2010000.455 kW 9.773600cQ P ε⨯===⨯由()1221212003600T T T PT T -⨯=-220t =℃ 得1313 K 40T ==℃5-7 2,10.351000015000 kJ/h t c Q Q ηε==⨯⨯= 5-8 ()()2111000010.37000 kJ/h t Q Q η=-=⨯-=215000700022000 kJ/h Q Q Q =+=+=总 5-9 可逆绝热压缩终态温度2T1 1.411.422110.3300410.60.1p T T p κκ--⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭K可逆过程0Q U W =∆+=，不可逆过程0Q U W ''=∆+= 且 1.1W W '=，则 1.1U U '∆=∆()()21211.1v v mc T T mc T T '-=-()()21211.1300 1.1410.6300421.7T T T T '=+-=+⨯-=K 2211421.70.3ln ln 0.1 1.01ln 0.287ln 3000.1p T p S m c R T p '⎛⎫⎛⎫∆=-=⨯- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=0.00286 kJ/kg.K5-10 理论制冷系数：21,122587.37293258c T T T ε===-- 制冷机理论功率：21,1257004.74 kW 7.373600cQ P ε===⨯散热量：12125700 4.743600142756 kJ/h Q Q P =+=+⨯=冷却水量：21H O 1427564867.2 kg/h 4.197Q mc t ===∆⨯5-11 ⑴ 1111003070 kJ W Q U =-∆=-=热源在完成不可逆循环后熵增0.026kJ/kg.K 则第二个过程热源吸热：120.0261006000.026115.6 kJ Q Q T T ⎛⎫=+=+⨯= ⎪⎝⎭工质向热源放热：()22115.63085.6 kJ W Q U =-∆=---=- 5-12 可逆定温压缩过程熵变：211ln0.287ln 0.66 kJ/kg K 0.1p s R p ∆=-=-⨯=-⋅ 可逆过程耗功：1120.1ln0.287400ln 264 kJ/kg 1p w RT p ==⨯⨯=- 实际耗功：()1.25 1.25264330 kJ/kg w w '==⨯-=- 因不可逆性引起的耗散损失：()33026466 kJ/kg q w w ''=-=---=- 总熵变：0660.660.44 kJ/kg K 300q s s T ''∆=∆+=-+=-⋅ 5-13 ()121v q c T T =-，()231p q c T T =-()()31313121121212111111111p v c T T T T v v q wq q c T T T T p p ηκκ---==-=-=-=---- 5-14 1112lnp q RT p =，()421223ln v pq c T T RT p =-+ ()412412223321111122lnln 1111lnlnv p T T pc T T RT T p p q p p q RT T p p κη--++-=-=-=-5-15 ⑴11940 K T '=，2660 K T '=216601166%1940T T η'=-=-=' ⑵01100066%660 kJ W Q η==⨯=20,max11600110001700 kJ 2000T W Q T ⎛⎫⎛⎫=-=⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭0,max 0700660 kJ 40 kJ W W W δ=-=-=5-16 11114000.10.445 kg 0.287313p V m RT ⨯===⨯ 22222000.10.238 kg 0.287293p V m RT ⨯===⨯ ()()11220v v U m c T T m c T T ∆=-+-=1122120.4453130.238293306 K 0.4450.238m T m T T m m +⨯+⨯===++()()12120.4450.2380.2873060.3 MPa 0.10.1m m RT p V V ++⨯⨯===++ 1122121122 ln ln ln ln 3060.3 0.4451.01ln 0.287ln 3130.43060.3 0.2381.01ln 0.287ln 0.0093 kJ/K2930.2p p S m s m s T p T p m c R m c R T p T p ∆=∆+∆⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫=⋅-⋅ ⎪⎝⎭⎛⎫+-⋅= ⎪⎝⎭5-17 ⑴2211400 2.51000 K pT T p ==⨯=()()1210.7231000400433.8 kJ/kg v q c T T =-=⨯-=12331ln 0.287400ln 264.3 kJ/kg 10v q RT v ==⨯=-⑵12433.8264.3169.5 kJ/kg w q q =-=-=21264.31139.0%433.8q q η=-=-=5-18 ⑴()12201s R T T W m w m κκκ'-===- ()()21201201.41298258.2 K 0.5 1.40.287T T m R κκ'--=-=-=⨯⨯⑵1 1.412 1.42112980.4229.4 K p T T p κκ--⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭()()120.287298229.40.5 1.41 1.4134.5 kWs R T T W m w m κκκ-⨯-===⨯⨯--= 5-19 1 1.311.322111303515.5 K 0.1n np T T p --⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()21 1.3 1.40.287515.53031 1.31 1.4150.8 kJ/kgv n q c T T n κ--=-=⨯⨯----=- 环境熵变：1050.80.175 kJ/kg K 290q s T ∆===⋅空气熵变：22211ln ln p T ps c R T p ∆=-515.511.005ln 0.287ln 0.127 kJ/kg K 3030.1=⨯-=-⋅孤立系统熵变：120.1750.1270.048 kJ/kg K iso s s s ∆=∆+∆=-=⋅ 5-20 1 1.411.422110.2800505.1 K 1p T T p κκ--⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()120.2968800505.1218.8 kJ/kg 1 1.41R T T w κ-⨯-===--()()()12120210212112021 505.1800 218.81000.2968167.6 kJ/kg2001000u u v ex ex u u p v v T s s RT RT c T T p p p -=---+-⎛⎫=--- ⎪⎝⎭⎛⎫=-⨯⨯-= ⎪⎝⎭排开环境所作的功为作功能力损失（51.2kJ/kg ）5-21 1 1.211.222110.2800611.8 K 1n np T T p --⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()()120.2968800611.8279.3 kJ/kg 1 1.21R T T w n -⨯-===--31110.29688000.237 m /kg 1000RT v p ⨯=== 32220.2968611.80.908 m /kg 200RT v p ⨯=== 22221111ln ln ln ln 11.40.2968611.80.2ln 0.2968ln 0.20 kJ/kg K1.418000.1p T p T p R s c R R T p T p κκ∆=-=--⨯=-=⋅-()()()()()()1212021021120210 10.2968 800611.81000.9080.2373000.21.41 132.5 kJ/kg u u ex ex u u p v v T s s RT T p v v T s κ-=---+-=---+∆-=⨯--⨯-+⨯-= 5-22 1112001013.94 kg 0.287500pV m RT ⨯===⨯ ()()2113.94 1.0056005001400.7 kJ p Q mc T T =-=⨯⨯-=21600ln1.005ln 0.1832 kJ/kg K 500p T s c T ∆==⨯=⋅ 01400.730013.940.1832634.6 kJ q Ex Q T m s =-⋅∆=-⨯⨯= 030013.940.1832766.1 kJ q An T m s =⋅∆=⨯⨯=5-23 ()()12 1.40.287500320180.74 kJ/kg 1 1.41s R T T w κκ-⨯⨯-===--22113200.1lnln 1.005ln 0.287ln 5000.5 0.0134 kJ/kg Kp T p s c R T p ∆=-=⨯-⨯=⋅()()()1212021120 1.0055003203000.0134184.92 kJ/kgh h p ex ex h h T s s c T T T s -=-+-=-+∆=⨯-+⨯=12180.7497.7%184.92s ex h h w ex ex η===-5-24 ⑴21300201167.3%100020T T η'+=-=-='- ⑵013001170%1000t T T η=-=-= ()()110000.70.67327 kJ t L Q ηη=-=⨯-= ⑶()()211100010.673327 kJ Q Q η=-=⨯-=12110211111111 10003270.09 kJ/K9801000300320S Q Q T T T T ⎛⎫⎛⎫∆=-+- ⎪⎪''⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫=-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭0iso 3000.0927 kJ L T S =∆=⨯= 符合！。

工程热力学第五章习题解答

工程热力学第三版第五章曾丹苓答案

工程热力学第三版第五章曾丹苓答案1. 引言《工程热力学第三版》是一本经典的热力学教材，对于工程热力学的基本概念和原理进行了深入浅出的讲解。

本文将针对该教材第五章的习题进行答案解析，解答由曾丹苓老师提供的习题。

2. 习题答案2.1 第1题题目：真空做功的方式有哪些？答案：真空做功的方式有以下几种： - 推动活塞：可将真空作用力转化为机械功； - 翻转电荷：通过翻转电荷的方式改变真空中的电场能； - 控制光束：利用光束对物体施加的压力，在真空中可将光束作用力转化为功； - 利用核力：通过改变核力的方式实现真空做功。

2.2 第2题题目：真空能否传递热量？答案：真空是不具备传递热量的能力的。

传热需要在物质之间进行，真空并不是一种物质，因此不能传递热量。

2.3 第3题题目：真空多壁外壳热量计的特点是什么？答案：真空多壁外壳热量计是一种常用于测量热传导系数和热辐射量的仪器。

其特点包括： - 外壳是由多个壁组成的，壁与壁之间是真空的，这样可以减小热传导的影响； - 外壳表面可通过传热介质（如水）进行冷却，以保持表面温度不变；- 测量时，根据外壳表面上的冷却速率和表面温度，可以计算出所需的热辐射通量。

2.4 第4题题目：真空吸附的传热方式有哪些？答案：真空吸附可以通过以下几种方式进行传热： - 热传导：当真空吸附材料与冷凝物接触时，如果温度差别较大，则会通过热传导将热量传递给冷凝物； - 辐射传热：由于真空吸附材料温度较低，其表面会发出辐射，而冷凝物会吸收这部分辐射能量，实现传热； - 对流传热：在真空吸附材料表面附近，可能会形成对流层，其中的气体传递热量给冷凝物。

2.5 第5题题目：真空制冷的原理是什么？答案：真空制冷是一种利用真空中反磁性气体的磁性逐渐增大的性质来实现制冷的方法。

其原理如下： - 在反磁性气体处于真空状态下时，通过对其施加磁场，反磁性气体的磁矩朝磁场方向排列。

- 将反磁性气体与一个热源接触，通过热力学第二定律，工作物质吸收热量，热源受热。

工程热力学习题解答-5

第五章气体的流动和压缩思考题1.既然()*2c h h=-对有摩擦和无摩擦的绝热流动都适用，那么摩擦损失表现在哪里呢?答：对相同的压降（*P P -）来说，有摩擦时有一部分动能变成热能，又被工质吸收了，使h 增大，从而使焓降(*h h -)减少了，流速C 也降低了（动能损失）。

超音速气流膨胀时由于dA dV dC A V C =-（V--A ）而液体0dV V =，故有dA dCA C=-，对于渐放形管有0dA A >，则必0dCC<，这就是说，渐放形管道不能使液体加速。

工程热力学高教第三版习题答案第5章

1.4 −1 p1 = 1 p2 = × 0.1MPa = 27.951MPa 300K T2
②循环 1-2-3-1 的 T-s 图如右 ③吸热量 Q1 = Q3−1 = C p ,m (T1 − T3 ) 放热量 Q2 = Q2−3 = RT3 ln
Q Q Q δQ =0， 1 + 2 + 3 =0 T1 T2 T3 Tr
所以可以实现（ 2）最大循环净功只有在可逆循环时才能获得，即
∫
Q Q 1500kJ 500kJ Q3 = T3 1 + 2 = −300K + = −862.5kJ 300K 500K T1 T2
不可能实现
②
是可逆循环
③
Q1 = Q2 + Wnet = 0.5kJ + 1.5kJ = 2.0kJ
ηt = 1 −
方法二 ①
Q2 0.5kJ = 1− = 0.75 < ηC 2.0kJ Q1
是不可逆循环
∫T
∫
δQ
r
=
Q1 Q2 1kJ −0.1kJ + = + = +0.000167kJ/K > 0 不可能实现 Tr T2 2000K 300K
可见， T1比T1 低得多，故该循环热效不高。 5-5 如图 5-36 所示，在恒温度热源 T1 、 T0 之间工作的热机作出的循环净功 Wnet，正好带动工作于 TH、 TO 之间的热泵，热泵的供热量 QH 用于谷物烘干，已知 T1 = 1000K、TH = 360K 、
T 0 = 290K、Q1 = 100kJ 。①若热机效率ηt = 40% ，热泵供暖系数 ε ′ = 3.5 ，求 QH；②设 E 和 P 都以可逆机代替，求这时 QH；③计算结果 QH>Q1，表示冷源中有部份热量传入温度

工程热力学第三版电子教案第5章

第5章热力学第二定律5．1 本章基本要求 (45)5．2 本章重点: (45)5．3 本章难点 (45)5．4 例题 (46)5．5思考及练习题 (55)5．6 自测题 (60)5．1 本章基本要求理解热力学第二定律的实质，卡诺循环，卡诺定理，孤立系统熵增原理，深刻理解熵的定义式及其物理意义。

熟练应用熵方程，计算任意过程熵的变化，以及作功能力损失的计算，了解火用、火无的概念。

5．2 本章重点:学习本章应该掌握以下重点内容:,l．深入理解热力学第二定律的实质，它的必要性。

它揭示的是什么样的规律；它的作用。

2．深入理解熵参数。

为什么要引入熵。

是在什么基础上引出的。

怎样引出的。

它有什么特点。

3．系统熵变的构成，熵产的意义，熟练地掌握熵变的计算方法。

4．深入理解熵增原理,并掌握其应用。

5．深入理解能量的可用性，掌握作功能力损失的计算方法5．3 本章难点l．过程不可逆性的理解，过程不可逆性的含义。

不可逆性和过程的方向性与能量可用性的关系。

2．状态参数熵与过程不可逆的关系。

3．熵增原理的应用。

4．不可逆性的分析和火用分析.5．4 例题例1：空气从P1=0.1MPa ，t1=20℃，经绝热压缩至P2=0.42MPa ，t2=200℃。

求：压缩过程工质熵变。

（设比热为定值）。

解：定压比热：k kg kJ R C P ⋅=⨯==/005.1287.02727由理想气体熵的计算式：k kg kJ P P R T T C S P ⋅=-=-=∆/069.01.042.0ln 287.0293473ln 005.1ln ln121212例2：刚性容器中贮有空气2kg ，初态参数P1=0.1MPa ，T1=293K ，内装搅拌器，输入轴功率WS=0.2kW ，而通过容器壁向环境放热速率为kW Q 1.0.=。

求：工作1小时后孤立系统熵增。

解：取刚性容器中空气为系统，由闭系能量方程：U Q W s ∆+=..经1小时，()12..36003600T T mC Q W v s -+=()K mC Q W T T v 5447175.021.02.036002933600..12=⨯-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=由定容过程：1212T T P P =，MPa T T P P 186.02935441.01212=⨯==取以上系统及相关外界构成孤立系统：sursys iso S S S ∆+∆=∆K kJ T Q S sur /2287.12931.036000=⨯==∆K kJ S iso /12.22287.18906.0=+=∆例3：压气机空气由P1=100kPa ，T1=400K ，定温压缩到终态P2=1000kPa ，过程中实际消耗功比可逆定温压缩消耗轴功多25%。

工程热力学第三版电子教案第5章自我测验题

第五章自我测验题
1、已知v＝f（p，v），证明循环关系式
2、试证范德瓦尔气体
（l）
（2）
（3）
（4）C v只是温度的函数。

（5）定温过程的焓差为
（6）定温过程的熵差为
（7）可逆定温过程的膨胀功为
（8）可逆定温过程的热量为
（9）绝热膨胀功为
（10）绝热自由膨胀时
3、某气体的状态方程为，式中的C为常数。

试求：
（1）经图示循环1－B－2－A－1后系统热力学能的变化，及与外界交换的功量和热量。

已知且比热容为常数
（2）此气体的焦耳－汤姆孙系数。

4、假定某气体的等压体积膨胀系数为，等温压缩率
，其中a、b都是常数。

导出这种气体的状态方程。

5、0.5kgCH4在0.005立方米的容器内的温度为100℃。

试用：（1）理想气体状态方程式；（2）范德瓦尔方程分别计算其压力。

6、试用通用压缩因子图确定O2在160K与0.0074 立方米/kg时的压力。

已知T c=154.6K，p c=5050kPa。

7、理想气体状态方程、范德瓦尔方程、维里方程、对比态方程、通用压缩因子图各有什么特点，有何区别，各适用于什么范围？
8、如何理解本章所导出的微分方程式为热力学一般关系式。

这些一般关系式在研究工质的热力性质时有何用处？
第五章自测题答案
3、
（1）△u＝0，q=w=；
（2）
4、V=a T-b p+常数
5、
（1）19.33MPa （2）17.46MPa 6、3.98MPa。

工程热力学复习参考题-第五章

第五章热力学第二定律一、选择题1 制冷循环工质从低温热源吸热q 2,向高温热源放热q 1，其制冷系数等于AA ． 212q q q - B ． 211q q q - C ． 221q q q - D ．121q q q - 2.供暖循环工质从低温热源吸热q 2, 向高温热源放热q 1，其热泵系数等于 BA ．212q q q - B ． 211q q q - C ．221q q q - D ．121q q q - 3.卡诺制冷循环的高温热源为温度T 0环境，低温热源温度为T 1，其制冷系数εc ＝ AA ．101T T T -B ．100T T T -C ．1- 10T TD ．1-01T T 4.卡诺供暖循环的冷源温度为T 0环境，热源温度为T 1，其热泵系数COP ＝ AA ．011T T T -B ．010T T T -C ．1-10T TD ．1-01T T 5.制冷系数ε的取值范围为DA ．大于1B ．大于1或等于1C ．小于1D ．大于1，等于1或小于16.热泵系数COP 的取值范围为AA ．大于1B ．小于1或等于1C ．小于1D ．大于1，等于1或小于17.可逆循环的热效率与不可逆循环的热效率相比， DA ．前者高于后者B ．两者相等C ．前者低于后者D ．前者可以高于、等于、低于后者8.在两个恒温热源T 1和T 2之间（T 1> T 2）,概括性卡诺循环的热效率与卡诺循环的热效率相比， BA ．前者高于后者B ．两者相等C ．前者低于后者D ．前者可以高于、等于、低于后者9.多热源可逆循环工质的最高温度为T 1，最低温度为T 2，平均吸热为1T ，平均放热温度为2T ，则其循环热效率为BA ．1-12T TB ．1－12T TC ．1- 2211T T T T --D ．1- 1122T T T T --10. 对于可逆循环，⎰T q δ B D A ．>0 B ．=0C ．<0D ．＝⎰ds 11. 不可逆循环的⎰T q δ C A ．>0 B ．=0C ．<0D ．≤0 12. 热力学第二定律指出C DA ．能量的总量保持守恒B ．第一类永动机不可能成功C ．热不能全部变为有用功D ．单热源热机不可能成功13. 理想气体经可逆定容过程从T 1升高到T 2，其平均吸热温度12T ＝ AA ．(T 2-T 1)/ln 12T T B ．C v (T 2-T 1)/ln 12T T C ．(T 2-T 1)/ C v ln 12T T D ．221T T + 14. 1～A ～2为不可逆过程，1～B ～2为可逆过程，则C DA ．⎰21A Tqδ>⎰21B T q δ B ．⎰21A T q δ=⎰21B T q δ C ．⎰21A T q δ<⎰21B T q δ D ．⎰21A ds ＝ ⎰21B ds 15. 自然现象的进行属于BCDA．.................................................................................................... 可逆过程B．不可逆过程C．具有方向性过程D．自发过程16. 克劳休斯关于热力学第二定律的表述说明CDA．热不能从低温物体传向高温物体B．热只能从高温物体传向低温物体C．热从低温物体传向高温物体需要补偿条件D．热只能自发地从高温物体传向低温物体17. 对卡诺循环的分析可得到的结论有: ABDA．提高高温热源温度降低低温热源温度可提高热效率B．单热源热机是不可能实现的C．在相同温限下，一切不可逆循环的热效率都低于可逆循环D．在相同温限下，一切可逆循环的热效率均相同18. 卡诺循环是B CA．由两个等温过程和两个绝热过程组成的循环B．热效率最高的循环C. 热源与冷源熵变之和为零的循环D．输出功最大的循环19. 卡诺定理指出: ABCDA．在相同的高温热源和低温热源间工作的一切可逆机的热效率均相同B．在相同高温热源和低温热源间工作的一切不可逆机的热效率必小于可逆机的热效率C．单热源热机是不可能成功的D．提高T1降低T2可以提高t20. A是可逆机，B是不可逆机。

高教版-工程热力学-沈维道-第三版-思考题答案.

第一章基本概念与定义1．答：不一定。

稳定流动开口系统内质量也可以保持恒定2．答：这种说法是不对的。

工质在越过边界时，其热力学能也越过了边界。

但热力学能不是热量，只要系统和外界没有热量地交换就是绝热系。

3．答：只有在没有外界影响的条件下，工质的状态不随时间变化，这种状态称之为平衡状态。

稳定状态只要其工质的状态不随时间变化，就称之为稳定状态，不考虑是否在外界的影响下，这是他们的本质区别。

平衡状态并非稳定状态之必要条件。

物系内部各处的性质均匀一致的状态为均匀状态。

平衡状态不一定为均匀状态，均匀并非系统处于平衡状态之必要条件。

4．答：压力表的读数可能会改变，根据压力仪表所处的环境压力的改变而改变。

当地大气压不一定是环境大气压。

环境大气压是指压力仪表所处的环境的压力。

5．答：温度计随物体的冷热程度不同有显著的变化。

6．答：任何一种经验温标不能作为度量温度的标准。

由于经验温标依赖于测温物质的性质，当选用不同测温物质的温度计、采用不同的物理量作为温度的标志来测量温度时，除选定为基准点的温度，其他温度的测定值可能有微小的差异。

7．答：系统内部各部分之间的传热和位移或系统与外界之间的热量的交换与功的交换都是促使系统状态变化的原因。

8．答：（1）第一种情况如图1-1（a）,不作功（2）第二种情况如图1-1（b）,作功（3）第一种情况为不可逆过程不可以在p-v图上表示出来，第二种情况为可逆过程可以在p-v图上表示出来。

9．答：经历一个不可逆过程后系统可以恢复为原来状态。

系统和外界整个系统不能恢复原来状态。

10．答：系统经历一可逆正向循环及其逆向可逆循环后，系统恢复到原来状态，外界没有变化；若存在不可逆因素，系统恢复到原状态，外界产生变化。

11．答：不一定。

主要看输出功的主要作用是什么，排斥大气功是否有用。

第二章热力学第一定律1．答：将隔板抽去，根据热力学第一定律w u q +∆=其中0,0==w q 所以容器中空气的热力学能不变。

工程热力学课后答案--华自强张忠进(第三版)pdf下载H05

3-1为等压过程，因此有：
T3
= T1
v3 v1
将其代入循环热效率公式，即有：
[ ] ηt
=1−
k T1 v3 T1 p2
v1 − T1 p1 − T1
=1−
k ⎜⎜⎝⎛
v3 v1
− 1⎟⎟⎠⎞
p2 p1 −1
5-9 按上题所述循环，设工质为空气，p1＝0.35 MPa，t1＝ 307 ℃，p2＝0.7 MPa。试把该循环表示在p-v图以及T-s图上，并求
解在给定温度范围内的卡诺效率为：
η = 1 − T2 = 1− 278 = 0.358 = 35.8 %
T1
433
而报告所提到的热机的热效率为：
ηt
= W0 Q1
=
0.12 × 3600 1000
= 0.432 = 43.2 %
该热机的热效率大于卡诺效率，这是不可能。
5-6 有A、B两个卡诺热机，A从温度为700 ℃的热源吸热，向温度为t的热源放热。B则从温度为t的热源取得A排出的热量并向温度为100℃的热源放热。试求：当两热机的循环净功相同，或者两热机的热效率相的时，温度t的数值。
T＝ TATB ； W0＝mcp(TA＋TB－2 TATB )
证明物体A初终两态的温度为TA及T; 物体B初终两态的温度为TB及T ,它们的熵变分别为：
热力学第二定律·69·
∆sA
= mc p ln
T TA
， ∆sB
= mc p ln
T TB
可逆条件下的熵方程可表示为：
∆sisol = ∆sA + ∆sB + ∆sknj = 0
q2 = ( cp0 T3 − T1) = 1.004(951.9 − 580) = 373.2 kJ/kg

工程热力学第三版课后习题答案

工程热力学第三版课后习题答案工程热力学是工程学科中的重要分支，它研究能量转化和传递的原理及其应用。

在学习过程中，课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径。

然而，由于工程热力学的内容较为复杂，课后习题往往令人感到困惑。

为了帮助学习者更好地掌握工程热力学，下面将给出《工程热力学第三版》课后习题的答案。

第一章：基本概念和能量转化原理1. 答案略。

2. 根据能量守恒定律，系统的内能增加等于吸收的热量减去对外做功的量。

因此，ΔU = Q - W。

3. 根据能量守恒定律，系统的内能增加等于吸收的热量减去对外做功的量。

因此，ΔU = Q - W。

4. 答案略。

5. 答案略。

第二章：气体的状态方程和热力学性质1. 对于理想气体，状态方程为PV = nRT，其中P为气体的压力，V为气体的体积，n为气体的摩尔数，R为气体常数，T为气体的温度。

2. 对于理想气体，内能只与温度有关，与体积和压力无关。

3. 对于理想气体，焓的变化等于吸收的热量。

4. 对于理想气体，熵的变化等于吸收的热量除以温度。

5. 答案略。

第三章：能量转化和热力学第一定律1. 根据热力学第一定律，系统的内能增加等于吸收的热量减去对外做功的量。

因此，ΔU = Q - W。

2. 根据热力学第一定律，系统的内能增加等于吸收的热量减去对外做功的量。

因此，ΔU = Q - W。

3. 根据热力学第一定律，系统的内能增加等于吸收的热量减去对外做功的量。

因此，ΔU = Q - W。

4. 答案略。

5. 答案略。

第四章：热力学第二定律和熵1. 答案略。

2. 答案略。

3. 答案略。

4. 答案略。

5. 答案略。

通过以上对《工程热力学第三版》课后习题的答案解析，相信读者对工程热力学的相关知识有了更深入的了解。

掌握热力学的基本概念和原理，对于工程学科的学习和实践具有重要意义。

希望读者能够通过课后习题的解答，提高自己的热力学能力，并将其应用于工程实践中，为社会发展做出贡献。

工程热力学第三版答案【英文】第5章

5-7Air is expanded and is accelerated as it is heated by a hair dryer of constant diameter. The percent increase in the velocity of air as it flows through the drier is to be determined.Assumptions Flow through the nozzle is steady. Properties The density of air is given to be 1.20 kg/m 3 at the inlet, and 1.05 kg/m 3 at the exit. Analysis There is only one inlet and one exit, and thusmm m 12==. Then,)of increase and (or, 1.263kg/m 0.95kg/m 1.2033211222112126.3% =====ρρρρV V AV AV m mTherefore, the air velocity increases 26.3% as it flows through the hair drier.5-14A smoking lounge that can accommodate 15 smokers is considered. The required minimum flow rate of air that needs to be supplied to the lounge and the diameter of the duct are to be determined.Assumptions Infiltration of air into the smoking lounge is negligible.Properties The minimum fresh air requirements for a smoking lounge is given to be 30 L/s per person.Analysis The required minimum flow rate of air that needs to be supplied to the lounge is determined directly from/sm 0.453=L/s 450= persons)person)(15L/s (30= persons)of No.(rson air per pe air ⋅=V VThe volume flow rate of fresh air can be expressed as)4/(2D V VA π==VSolving for the diameter D and substituting,m 0.268===m /s)(8)/s m 45.0(443ππVD VTherefore, the diameter of the fresh air duct should be at least 26.8 cm if the velocity of air is not to exceed 8 m/s.VSmokingLounge15 smokers5-20An air compressor compresses air. The flow work required by the compressor is to be determined.Assumptions 1 Flow through the compressor is steady. 2 Air is an ideal gas.Properties The gas constant of air is R = 0.287 kPa ⋅m 3/kg ⋅K (Table A-1).Analysis Combining the flow work expression with the ideal gas equation of state giveskJ/kg109=-⋅=-=-=)K 20K)(400kJ/kg 287.0()(121122flow T T R P P w v v5-21Steam is leaving a pressure cooker at a specified pressure. The velocity, flow rate, thetotal and flow energies, and the rate of energy transfer by mass are to be determined. Assumptions 1 The flow is steady, and the initial start-up period is disregarded. 2 The kinetic and potential energies are negligible, and thus they are not considered. 3 Saturation conditions exist within the cooker at all times so that steam leaves the cooker as a saturated vapor at 20 psia.Properties The properties of saturated liquid water and water vapor at 20 psia are v f = 0.01683 ft 3/lbm, v g = 20.093 ft 3/lbm, u g = 1081.8 Btu/lbm, and h g = 1156.2 Btu/lbm (Table A-5E).Analysis (a ) Saturation conditions exist in a pressure cooker at all times after the steady operating conditions are established. Therefore, the liquid has the properties of saturated liquid and the exiting steam has the properties of saturated vapor at the operating pressure. The amount of liquid that has evaporated, the mass flow rate of the exiting steam, and the exit velocity areft/s 34.1=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⨯===⨯===∆==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∆=22233-33liquidft 1in 144in 0.15/lbm)ft 093lbm/s)(20. 10(1.765lbm/min 1059.0min45lbm 766.4lbm 766.4gal 1ft 13368.0/lbm ft 0.01683gal0.6c g c g f A m A m V t m m m v v V ρlbm/s101.7653-(b ) Noting that h = u + P v and that the kinetic and potential energies are disregarded, the flow and total energies of the exiting steam areQB tu/lbm1156.2B tu/lbm74.4=≅++==-=-==h pe ke h u h P e θ8.10812.1156flow vNote that the kinetic energy in this case is ke = V 2/2 = (34.1 ft/s)2 /2 = 581 ft 2/s 2 =0.0232 Btu/lbm, which is very small compared to enthalpy.(c ) The rate at which energy is leaving the cooker by mass is simply the product of the mass flow rate and the total energy of the exiting steam per unit mass,Btu/s 2.04=⨯==-Btu/lbm ) 6.2lbm /s)(115 10765.1(3mass θmE Discussion The numerical value of the energy leaving the cooker with steam alonedoes not mean much since this value depends on the reference point selected for enthalpy (it could even be negative). The significant quantity is the difference between the enthalpies of the exiting vapor and the liquid inside (which is h fg ) since it relates directly to the amount of energy supplied to the cooker.5-30Air is decelerated in an adiabatic diffuser. The velocity at the exit is to be determined. Assumptions 1 This is a steady-flow process since there is no change with time. 2 Air is an ideal gas with constant specific heats. 3 Potential energy changes are negligible. 4 There are no work interactions. 5 The diffuser is adiabatic.Properties The specific heat of air at the average temperature of (20+90)/2=55°C =328 K is c p = 1.007 kJ/kg ⋅K (Table A-2b ).Analysis There is only one inlet and one exit, and thus m m m==21. We take diffuser as the system, which is a control volume since mass crosses the boundary. The energybalance for this steady-flow system can be expressed in the rate form asoutin energiesetc. potential, kinetic, internal,in change of Rate (steady) 0systemmassand work,heat,by nsfer energy tra net of Rate out in 0E E E E E==∆=-/2+2//2)+()2/(222211222211V h V h V h m V h m =+=+Solving for exit velocity,[][]m/s330.2=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅+=-+=-+=5.02225.021215.021212kJ/kg 1/s m 1000)K90K)(20kJ/kg 007.1(2m/s) 500()(2)(2T T c V h h V V p5-38100 kPa 20︒C500 m/s90︒CR-134a is decelerated in a diffuser from a velocity of 120 m/s. The exit velocity of R-134a and the mass flow rate of the R-134a are to be determined.Assumptions 1 This is a steady-flow process since there is no change with time. 2 Potential energy changes are negligible. 3 There are no work interactions. Properties From the R-134a tables (Tables A-11 through A-13) kJ/kg 267.29/kgm 0.025621.kPa 8001311==⎭⎬⎫=h vapor sat P v andkJ/kg 274.17/kgm 0.023375C 40kPa 90023222==⎭⎬⎫︒==h T P v Analysis (a ) There is only one inlet and one exit, and thus mm m 12==. Then the exit velocity of R-134a is determined from the steady-flow mass balance to be()m/s 60.8===−→−=m/s 120/kg)m (0.025621/kg)m (0.0233751.811133121122111222V A A V V A V A v v v v (b ) We take diffuser as the system, which is a control volume since mass crosses the boundary. The energy balance for this steady-flow system can be expressed in the rate form asoutin energiesetc. potential, kinetic, internal,in change of Rate (steady) 0systemmassand work,heat,by nsfer energy tra net of Rate out in 0E E E E E==∆=-⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+-=≅∆≅=++20)pe W (since /2)V +()2/(212212in 222211inV V h h mQ h m V h m QSubstituting, the mass flow rate of the refrigerant is determined to be()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=2222/s m 1000kJ/kg 12m /s) (120m /s 60.8kg 267.29)kJ/(274.17kJ/s 2m It yieldskg/s 1.308=m5-46Steam expands in a turbine. The change in kinetic energy, the power output, and theturbine inlet area are to be determined.Assumptions 1 This is a steady-flow process since there is no change with time.212Potential energy changes are negligible. 3 The device is adiabatic and thus heat transfer is negligible.Properties From the steam tables (Tables A-4 through 6) kJ/kg3178.3/kgm 0.047420C 400MPa 613111==⎭⎬⎫︒==h T P v andkJ/kg 2318.52392.10.9262.31792.0kPa 402222=⨯+=+=⎭⎬⎫==fg f h x h h x P Analysis (a) The change in kinetic energy is determined from()kJ/kg 1.95-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-=∆22222122/s m 1000kJ/kg12m /s) (80m /s 502V V ke(b ) There is only one inlet and one exit, and thus mm m 12==. We take the turbine as the system, which is a control volumesince mass crosses the boundary. The energy balance for this steady-flow system can be expressed in the rate form asoutin energiesetc. potential, kinetic, internal,in change of Rate (steady) 0systemmassand work,heat,by nsfer energy tra net of Rate out in 0E E E E E==∆=-⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+--=≅∆≅+=+20)pe Q (since /2)+()2/(212212out 222out211V V h h mW V h m W V h mThen the power output of the turbine is determined by substitution to beMW 14.6==---=kW 14,590kJ/kg )1.953178.32318.5)(kg/s 20(outW (c ) The inlet area of the turbine is determined from the mass flow rate relation, 2m 0.0119===−→−=m/s80)/kg m 0.047420)(kg/s 20(13111111V m A V A m v v5-50Air is compressed at a rate of 10 L/s by a compressor. The work required per unitmass and the power required are to be determined.Assumptions 1 This is a steady-flow process since there is no change with time.2P 1 = 6 MPa T 1 = 400︒CV 1P 2 = 40 kPa x 2 = 0.92 V 2 = 50 m/sKinetic and potential energy changes are negligible. 3 Air is an ideal gas with constant specific heats.Properties The constant pressure specific heat of air at the average temperature of (20+300)/2=160°C=433 K is c p = 1.018 kJ/kg·K (Table A-2b). The gas constant of air is R = 0.287 kPa ⋅m 3/kg ⋅K (Table A-1).Analysis (a ) There is only one inlet and one exit, and thus m m m==21. We take the compressor as the system, which is a control volume since mass crosses the boundary.The energy balance for this steady-flow system can be expressed in the rate form aso u tin energiesetc. potential, kinetic, internal,in change of Rate (steady) 0systemmassand work,heat,by nsfer energy tra net of Rate out in 0E E E E E==∆=-)()(0)pe ke (since 1212in 21inT T c m h h m W h m h m W p -=-=≅∆≅∆=+ Thus,kJ/kg 285.0=-⋅=-=0)K 2K)(300kJ/kg (1.018)(12in T T c w p(b ) The specific volume of air at the inlet and the mass flow rate are/kg m 7008.0kPa120K) 273K)(20/kg m kPa 287.0(33111=+⋅⋅==P RT vkg/s 0.01427/kgm 0.7008/s m 010.03311===v V m Then the power input is determined from the energy balance equation to bekW 4.068=-⋅=-=0)K 2K)(300kJ/kg 8kg/s)(1.01 (0.01427)(12inT T c m W p5-65Steam is throttled by a well-insulated valve. The temperature drop of the steam afterthe expansion is to be determined.Assumptions 1 This is a steady-flow process since there is no change with time. 2 Kinetic and potential energy changes are negligible. 3 Heat transfer to or from the fluid is negligible. 4 There are no work interactions involved. Properties The inlet enthalpy of steam is (Tables A-6),kJ/kg 1.2988C 035MPa 8111=⎭⎬⎫︒==h T PP 1 = 8 MPa T 1Analysis There is only one inlet and one exit, andthus mm m 12==. We take the throttling valve as the system, which is a control volume since mass crosses the boundary. The energy balance for this steady-flow system can be expressed in the rate form as02121outin (steady) 0systemout in h h h m h m E E E E E ====∆=-since QW ke pe ≅=≅≅∆∆0. Then the exit temperature of steam becomes ()C 285︒=⎭⎬⎫==2122MPa 2T h h P5-84Two streams of cold and warm air are mixed in a chamber. If the ratio of hot to coldair is 1.6, the mixture temperature and the rate of heat gain of the room are to be determined.Assumptions 1 This is a steady-flow process since there is no change with time. 2 Kinetic and potential energy changes are negligible. 3 There are no work interactions. 4 The device is adiabatic and thus heat transfer is negligible. Properties The gas constant of air is R = 0.287 kPa.m 3/kg.K. The enthalpies of air are obtained from air table (Table A-17) ash 1 = h @280 K = 280.13 kJ/kg h 2 = h @ 307 K = 307.23 kJ/kg h room = h @ 297 K = 297.18 kJ/kg Analysis (a ) We take the mixing chamber as the system, which is a control volume since mass crosses the boundary. The massColdair 7︒C24︒CWarm air 34︒Cand energy balances for this steady-flow system can be expressed in the rate form as Mass balance:121311out in (steady) 0system out in 6.1 since 6.26.1 0m mm m m m m m m m m ===+→=→=∆=-↗Energy balance:0)pe ke (since 0332211outin energiesetc. potential, kinetic, internal,in change of Rate (steady) 0systemmassand work,heat,by nsfer energy tra net of Rate out in ≅∆≅∆≅≅=+==∆=-W Qh m h m h m E E E E E↗Combining the two gives ()2.3/2.22.32.2213312111h h h or h m h m h m+==+ Substituting, h 3 = (280.13 +2.2⨯ 307.23)/3.2 = 298.76 kJ/kg From air table at this enthalpy, the mixture temperature isT 3 = T @ h = 298.76 kJ/kg = 298.6 K = 25.6︒C (b ) The mass flow rates are determined as followskg/s.1363kg/s) 9799.0(2.32.3kg/s 9799.0/kg m 0.7654/s m 0.75kg/m 7654.0kPa 105K)273K)(7/kg m kPa (0.28713331113311=======+⋅⋅==m m m P RT v V v The rate of heat gain of the room is determined fromkW 4.93-=-=-=kJ/kg )76.29818.297(kg/s) 136.3()(3room 3gain h h mQ The negative sign indicates that the room actually loses heat at a rate of 4.93 kW.5-102A room is to be heated by an electric resistance heater placed in a duct in the room. The power rating of the electric heater and the temperature rise of air as it passes through the heater are to be determined.Assumptions 1 Steady operating conditions exist. 2 Air is an ideal gas with constant specific heats at room temperature. 3 Kinetic and potential energy changes are negligible. 4 The heating duct is adiabatic, and thus heat transfer through it is negligible. 5 No air leaks in and out of the room.Properties The gas constant of air is 0.287 kPa.m 3/kg.K (Table A-1). The specific heats of air at room temperature are c p = 1.005 and c v = 0.718 kJ/kg·K (Table A-2). Analysis (a ) The total mass of air in the room iskg 284.6)K 288)(K /kg m kPa 0.287()m 240)(kPa 98(m240m 865331133=⋅⋅===⨯⨯=RT P m V VWe first take the entire room as our system,which is a closed system since no mass leaks in or out. The power rating of the electric heater is determined by applying the conservation of energy relation to this constant volume closed system:()()12avg ,out in fan,in e,in fan,in e,energiesetc. potential, kinetic, internal,in Change system massand work,heat,by nsfer energy tra Net 0)=PE =KE (since T T mc Q W W t U Q W W E E E out out in -=-+∆∆∆∆=-+∆=-vSolving for the electrical work input giveskW5.40=⨯-⋅+-=∆--=+s) 60C/(15)1525)(C kJ/kg 0.718)(kg 284.6()kJ/s 0.2()kJ/s 200/60(/)(12in fan,out in e, tT T W Q W mc v (b ) We now take the heating duct as the system, which is a control volume since masscrosses the boundary. There is only one inlet and one exit, and thus mm m 12==. The energy balance for this adiabatic steady-flow system can be expressed in the rate formas)()(0)pe ke (since 01212in fan,in e,21in fan,in e,energiesetc. potential, kinetic, internal,in change of Rate (steady) 0systemmassand work,heat,by nsfer energy tra net of Rate T T c m h h mW W Q h m h mW W E E E E E p outin out in -=-=+≅∆≅∆==++==∆=-Thus, ()()C 6.7 =⋅+=+=-=∆K kJ/kg 1.005kg/s 50/60kJ/s )2.040.5(infan,in e,12p c m W W T T T5-107R-134a is condensed in a condenser. The heat transfer per unit mass is to bedetermined.Assumptions 1 This is a steady-flow process since there is no change with time. 2 Kinetic and potential energy changes are negligible. 3 There are no work interactions. Analysis We take the pipe in which R-134a is condensed as the system, which is a control volume. The energy balance for this steady-flow system can be expressed in the rate form as21o u t 21o u to u t21o u tin energiesetc. potential, kinetic, internal,in change of Rate (steady) 0systemmassand work,heat,by nsfer energy tra net of Rate out in )(0h h q h h m QQ h m h m E E E E E -=-=+===∆=-The enthalpies of R-134a at the inlet and exit of the condenser are (Table A-12, A-13).kJ/kg61.1010kP a 900kJ/kg13.295C 60kP a 900kPa 900@22111==⎭⎬⎫===⎭⎬⎫︒==f h h x P h T PSubstituting,kJ/kg 193.5=-=61.10113.295out q5-112Helium flows from a supply line to an initially evacuated tank. The flow work of the helium in the supply line and the final temperature of the helium in the tank are to be determined.Properties The properties of helium are R = 2.0769 kJ/kg.K, c p = 5.1926 kJ/kg.K, c v = 3.1156 kJ/kg.K (Table A-2a).Analysis The flow work is determined from its definition but we first determine the specific volume/kg m 0811.4kP a)200(K)27320kJ/kg.K)(1 0769.2(3line =+==P RT vkJ/kg816.2===/kg)m 1kPa)(4.081 200(3flow v P wNoting that the flow work in the supply line is converted to sensible internal energy in the tank, the final helium temperature in the tank issat. liq.60︒Cdetermined as followsK655.0=−→−=−→−==+===tank tank tank tank -line line linetank kJ/kg.K) 1156.3(kJ/kg 7.2040kJ/kg7.2040K) 27320kJ/kg.K)(1 1926.5(T T T c u T c h h u p vAlternative Solution : Noting the definition of specific heat ratio, the final temperature in the tank can also be determined fromK 655.1=+==K) 273120(667.1line tank kT T which is practically the same result.5-119A rigid tank initially contains superheated steam. A valve at the top of the tank is opened, and vapor is allowed to escape at constant pressure until the temperature rises to 500︒C. The amount of heat transfer is to be determined.Assumptions 1 This is an unsteady process since the conditions within the device are changing during the process, but it can be analyzed as a uniform-flow process by using constant average properties for the steam leaving the tank. 2 Kinetic and potential energies are negligible. 3 There are no work interactions involved. 4 The direction of heat transfer is to the tank (will be verified). Properties The properties of water are (Tables A-4 through A-6)kJ/kg3468.3,kJ/kg 3116.9/kgm 0.17568C 500MP a 2kJ/kg3024.2,kJ/kg 2773.2/kgm 0.12551C 300MP a 2223222113111===⎭⎬⎫︒=====⎭⎬⎫︒==h u T P h u T P v v Analysis We take the tank as the system, which is a control volume since masscrosses the boundary. Noting that the microscopic energies of flowing and nonflowing fluids are represented by enthalpy h and internal energy u , respectively, the mass and energy balances for this uniform-flow system can be expressed as Mass balance :21system out in m m m m m m e -=→∆=-Energy balance :)0 (since 1122in energiesetc. potential, kinetic,internal,in Change system massand work,heat,by nsfer energy tra Net out in ≅≅≅-=-∆=-pe ke W u m u m h m Q E E E e eThe state and thus the enthalpy of the steam leaving the tank is changing during thisprocess. But for simplicity, we assume constant properties for the exiting steam at the average values. Thus,kJ/kg 3246.22kJ/kg3468.33024.2221=+=+≅h h h e The initial and the final masses in the tank arekg 1.138/kgm 0.17568m 0.2kg1.594/kg m 0.12551m 0.23322233111======v V v V m mThen from the mass and energy balance relations,kg 0.456138.1594.121=-=-=m m m e()()()()()()kJ606.8=-+=-+=kJ/kg 2773.2kg 1.594kJ/kg 3116.9kg 1.138kJ/kg 3246.2kg 0.4561122u m u m h m Q e e in5-131An insulated piston-cylinder device with a linear spring is applying force to the piston. A valve at the bottom of the cylinder is opened, and refrigerant is allowed to escape. The amount of refrigerant that escapes and the final temperature of the refrigerant are to be determined.Assumptions 1 This is an unsteady process since the conditions within the device are changing during the process, but it can be analyzed as a uniform-flow process assuming that the state of fluid leaving the device remains constant. 2 Kinetic and potential energies are negligible.Properties The initial properties of R-134a are (Tables A-11 through A-13)kJ/kg11.354kJ/kg 03.325/kg m 02423.0C 120MPa 2.1113111===⎭⎬⎫︒==h u T P v Analysis We take the tank as the system, which is a control volume since masscrosses the boundary. Noting that the microscopic energies of flowing and nonflowing fluids are represented by enthalpy h and internal energy u , respectively, the mass and energy balances for this uniform-flow system can be expressed as Mass balance : 21system out in m m m m m m e -=→∆=- Energy balance :)0 (since 1122in b,energiesetc. potential, kinetic,internal,in Change system massand work,heat,by nsfer energy tra Net out in ≅≅≅-=-∆=-pe ke Q u m u m h m W E E E e e23212322233111m 0.502.33m 0.5kg02.33/kgm 0.02423m 0.8v v V v V -=-======m m m v m m eNoting that the spring is linear, the boundary work can be determined fromkJ 270m 0.5)-0.8(2kPa600)(1200)(232121in b,=+=-+=V V P P W Substituting the energy balance,kJ/kg) kg)(325.03 02.33(m 5.0m 5.002.3327022323-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--u h e v v (Eq. 1) where the enthalpy of exiting fluid is assumed to be the average of initial and finalenthalpies of the refrigerant in the cylinder. That is,2kJ/kg) 11.354(2221h h h h e +=+=Final state properties of the refrigerant (h 2, u 2, and v 2) are all functions of finalpressure (known) and temperature (unknown). The solution may be obtained by a trial-error approach by trying different final state temperatures until Eq. (1) is satisfied. Or solving the above equations simultaneously using an equation solver with built-in thermodynamic functions such as EES, we obtainT 2 = 96.8︒C , m e = 22.47 kg, h 2 = 336.20 kJ/kg, u 2 = 307.77 kJ/kg, v 2 = 0.04739 m 3/kg, m 2 = 10.55 kg。

工程热力学第5章

d-c工质从冷源可逆定温吸热，q2 = T2(sc-sd)
26
逆卡诺循环卡诺制冷循环
T0 q1 制冷系数：
q2 q2 T2 1 c w0 q1 q2 T1 T2 T1 1 T2
Rc w 0 q2
T2
27
T0
c
T2
c
逆卡诺循环卡诺热泵循环
T1 q1 热泵系数：
第五章热力学第二定律
The second law of thermodynamics
5-1 热力学第二定律
5-2 卡诺循环和多热源卡诺循环分析
5-3 卡诺定理 5–4 熵和热力学第二定律的数学表达式 5–5 熵方程 5–6 孤立系统熵增原理 5-7 （火用）参数的基本概念热量（火用）
5-8 工质（火用）及系统（火用）平衡方程
c
33
四、多热源可逆循环
q Tds Tm s2 s1
1
1. 平均吸（放）热温度
2
Tm

2
1
Tds
s2 s1
注意：1）Tm 仅在可逆过程中有意义
T1 T2 2) Tm 2 2. 多热源可逆循环 q2 面积1B2mn1 t 1 1 q1 面积1A2mn1
重物下落，水温升高; 水温下降，重物升高？只要重物位能增加小于等于水降内能减少，不违反第一定律。
电流通过电阻，产生热量对电阻加热，电阻内产生反向电流？只要电能不大于加入热能，不违反第一定律。
6
二、热力过程的方向性举例
功量
摩擦生热 100% 发电厂
热量
功量
40%
热量放热
自发过程具有方向性、条件、限度

工程热力学(第三版)习题答案全解可打印第五章

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工程热力学 第五章

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