热学第四章习题参考答案[1]
热学(秦允豪编)习题解答第四章-热力学第一定律
普通物理学教程《热学》（秦允豪编）习题解答第四章 热力学第一定律4.2.1 解：⎰-=21V V PdVW C T =（1）()RT b v P =-b v RTP -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=--=⎰b v b v dv bv RTW i f v v fi ln（2）⎪⎭⎫ ⎝⎛-=v B RT Pv 1 ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=v B RT P 1 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎰i f i f v v v v BRT v v RT dv v B RT W f i11ln 14.2.2 应用（4.3）式⎰-=21V V PdVW 且k PiV PV i ==γγ γγ-=V V P P i i故有：fifv v i i V Vii i V V P dV V V P W γγγγγ----=-=⎰111()()i i f f i f i i V P V P V V V P --=--=--111111γγγγγ （应用了γγf f i i V P V P =）4.4.2 （1）2v ab v RT P --=⎰⎰⎰+--=-=dvv adv b v RT Pdv W 2aV V b V b V RT ⎪⎪⎭⎫⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=121211ln （2）d v a cT u +-=2当C V =时，V V V dt du dT dQ C ⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛= ∴C C V =TC CdT Q T T ∆==⎰214.4.3 水蒸气的凝结热即为定压状况下单位质量物质相变时吸收（或释放）的热量，在等压下此值即为比焓变化，即：()kJh mHl V 4.244459.1000.2545-=--=∆-=∆= （系统放热）4.4.4 铜升温过程，是等压过程()212121221T T T T T T P P bT aT dT bT a dT C Q H ⎪⎭⎫⎝⎛+=+===∆⎰⎰()()2122122T T b T T a -+-=()()122447107.2300120092.5213001200103.2-⋅=-⨯⨯+-⨯⨯=mol J4.4.515.46190846823866921291542321223-⋅-=⎪⎭⎫⎝⎛⨯+⨯--=+-=mol J h h h Q H N NH P4.4.6 在定压情况下，21molH 和221molO 化合生成mol 1水时吸收的热量为 1510858.2-⋅⨯-=∆=mol J H Q （系统放热Q Q -='）每产生一个水分子有两个电子自阴极到阳极，生成mol 1水有A N 2电子到阳极。
热力学_统计物理学答案第四章
习题 4.4 理想溶液中各组元的化学势为：
答 案
其中 g 1 ' 是蒸汽的摩尔吉布斯函数，g1 是纯溶剂的摩尔吉布斯函数，x 是溶质在溶 液中的摩尔分数。 (2) 求证：在一定温度下，溶剂的饱和蒸汽压随溶液浓度的变化率为
(3) 将上式积分，得
w.
(2) 由 ∂g =v⇒ ∂p
ww
其中 p0 是该温度下溶剂的饱和蒸汽压， px 是溶质浓度为 x 时的饱和蒸汽压。该 公式称为拉乌定律。 解：(1) 设“1”为溶剂, g '1 = µ 1 = g1 (T , P ) + RT ln( 1 − x)
当发生化学变化时， 原来有 n0v1 mol 的气体 A1， 反应 了 n0v1ε mol ， 未反 应 (1- ε) n0v1 mol, n0v2 mol 的气体 A2，反应了 εn0 v2 mol ，未反应 (1- ε) n0v2 mol, 生成 εn0 v3 mol A3 和εn0v4 mol A4，有
ww
习题 4.9 试证明，在 NH3 分解为 N2 和 H2 的反应中 1 3 N 2 + H 2 − NH3 = 0 2 2
w.
∆S = S 2 − S1 ∆S = ( n1 + n 2 ) R ln
（3）如果两种气体是相同的，混合后的熵变
S1 = ( n1 + n2 )CV ln T + n1 R ln V1 + n2 R ln V2 − n1 R ln n1 − n2 R ln n2 + ( n1 + n2 ) S 0
kh da
后
∑n
j
µ1 = g 1 (T , p ) + RT ln x1 µ 2 = g 2 (T , p ) + RT ln x2
工程热力学思考题参考答案,第四章
第四章气体和蒸汽的基本热力过程4.1试以理想气体的定温过程为例，归纳气体的热力过程要解决的问题及使用方法解决。
答：主要解决的问题及方法：(1) 根据过程特点（及状态方程）——确定过程方程 (2) 根据过程方程——确定始、终状态参数之间的关系 (3) 由热力学的一些基本定律——计算,,,,,t q w w u h s ∆∆∆(4) 分析能量转换关系（P —V 图及T —S 图）（根据需要可以定性也可以定量） 例：1)过程方程式：T =常数（特征）PV =常数（方程） 2)始、终状态参数之间的关系：12p p =21v v 3)计算各量：u ∆=0、h ∆=0、s ∆=21p RInp -=21v RIn v 4)P ?V 图，T ?S 图上工质状态参数的变化规律及能量转换情况4.2对于理想气体的任何一种过程，下列两组公式是否都适用答：不是都适用。
第一组公式适用于任何一种过程。
第二组公式21()v q u c t t =∆=-适于定容过程,21()p q h c t t =∆=-适用于定压过程。
4.3在定容过程和定压过程中，气体的热量可根据过程中气体的比热容乘以温差来计算。
定温过程气体的温度不变，在定温过程中是否需对气体加入热量？如果加入的话应如何计算？ 答：定温过程对气体应加入的热量4.4过程热量q 和过程功w 都是过程量，都和过程的途径有关。
由理想气体可逆定温过程热量公式2111v q p v Inv =可知，故只要状态参数1p 、1v 和2v 确定了，q 的数值也确定了，是否q 与途径无关？ 答：对于一个定温过程，过程途径就已经确定了。
所以说理想气体可逆过程q 是与途径有关的。
4.5在闭口热力系的定容过程中，外界对系统施以搅拌功w δ，问这v Q mc dT δ=是否成立？ 答：成立。
这可以由热力学第一定律知，由于是定容过2211v v dvw pdv pvpvIn RTIn v v v ====⎰⎰为零。
热学第四章习题参考答案[1]
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（2）小球进行简谐振动周期为 。
（3）由此说明如何利用这现象测定 。
解：（1）设任意位移 处对应的瓶内气体的压强为 ，小球受外力为 ，对小球进行受力分析可知 ，
由准静态绝热过程，满足过程方程 ，对于平衡位置和偏离平衡位置的两种状态，由题意有
答：①可以节约能源；②减少对环境的污染；③降低成本。
4、咀嚼馒头的外皮也可以感觉到甜味吗？为什么？6.（P199。33）一制冷机工质进行如图所示的循环过程，其中ab、cd分别是温度为 、 的等温过程；bc、da为等压过程。设工质为理想气体，证明这制冷机的制冷系数为 。
解：已知 ， ， ， ，
由题意分别讨论四个过程：
故若将 视为无穷小量时，可得
则有小球做简谐振动的准弹性力
，得证；
（2）由（1）知小球做简谐振动的势能为
可以求出 ，则可得小球简谐振动的周期
，得证。
（3）可以根据本题设计一个实验，实验中 、 、 、 都为已知的不变的量，因而可以通过测量小球振动的周期来测量 值： 。
6.（P198。28）如图所示为一理想气体（ 已知）所经历的循环过程，其中CA为绝热过程，A点的状态参量 和B点的状态参量 均为已知。
向外界放出的热量为 ，
又由理想气体性质及已知条件得， ，
则制冷系数 ，得证。
。
3.（P193。8）0.0080Kg氧气，原来温度为27 ，体积为0.41L。若：
（1）经过绝热膨胀体积增加为4.1L；
（2）先经过等温过程再经过等容过程达到与（1）同样的终态。
试分别计算在以上两种过程中外界对气体所做的功。设氧气可以看作理想气体，且 。
解：已知， ， ，
第4章 热学 习题参考答案
Q1 W1 E1 950 J
B 到 C：
W2 0 E2 vCV ,m (TC TB ) 3( p CVC pBVB ) / 2 600 J Q2 W2 E2 600 J
C 到 A：
W3 p A (VA VC ) 100 J E3 vCV ,m (TA TC ) 3( p AVA pCVC ) / 2 150 J Q3 W3 E3 250 J
ca QT vRTc ln ca WTca QT
Va 3456 J Vb
(2) W WPab WVbc WTca 963J (3)
W 963 13.4% Q吸 3739.5 3456
W ( pa pc )(Vc Va ) 1.013 102 J
（4）
Pa Pd Ta Td
Pa Pb , Pc Pd ,Vb Vc
v RT v RT b c Ta Td
PbVb PcVc Ta Td
又 PV vRT
TaTc TbTd来自4-10 a 到 b 绝热
Q1 0
W1 E vCv,m (Ta Tb )
第 4 章 热力学基础 4-1（1） dW pdV (a 2 / V 2 )dV
W dW (a 2 / V 2 )dV a 2 (1 / V1 1 / V2 )
V1
V2
(2) p1V1 / T1 p2V2 / T2
T1 / T2 p1V1 / p2V2 V2 / V1
4-6(1)等体过程，V=常量，W=0
Q E W E M C p ,m (T2 T1 ) 623J M mol
秦允豪热学第四章习题答案
秦允豪热学第四章习题答案秦允豪热学第四章习题答案热学作为一门物理学科，研究的是物体的热现象和热力学规律。
而在学习热学的过程中，习题是不可或缺的一部分。
本文将为大家提供秦允豪热学第四章习题的答案，希望能够帮助大家更好地理解和掌握热学知识。
第一题：一个理想气体在等温过程中，其体积由V1变为V2，求该过程中气体对外界做功的大小。
答案：根据理想气体的状态方程PV=constant，可知P1V1 = P2V2。
由于等温过程中温度保持不变，所以P1 = P2。
因此，对外界做功的大小为W = P1(V2 - V1) = P2(V2 - V1)。
第二题：一个物体的质量为m，温度由T1降低到T2，求该过程中物体释放的热量。
答案：根据热容的定义，热量Q = mcΔT，其中c为物体的比热容，ΔT为温度变化。
由于温度由T1降低到T2，所以ΔT = T2 - T1。
因此，物体释放的热量为Q = mc(T2 - T1)。
第三题：一个理想气体在等压过程中，其体积由V1变为V2，求该过程中气体吸收的热量。
答案：根据理想气体的状态方程PV=constant，可知P1V1 = P2V2。
由于等压过程中压强保持不变，所以P1 = P2。
根据热容的定义，热量Q = ncΔT，其中n为气体的物质量，c为气体的摩尔热容，ΔT为温度变化。
由于等压过程中压强保持不变，所以ΔT = T2 - T1。
因此，气体吸收的热量为Q = nc(T2 - T1)。
第四题：一个物体的质量为m，温度由T1升高到T2，求该过程中物体吸收的热量。
答案：根据热容的定义，热量Q = mcΔT，其中c为物体的比热容，ΔT为温度变化。
由于温度由T1升高到T2，所以ΔT = T2 - T1。
因此，物体吸收的热量为Q = mc(T2 - T1)。
通过以上习题的解答，我们可以看出热学中的一些基本概念和公式的应用。
热学作为一门重要的物理学科，不仅在理论上具有广泛的应用，而且在实际生活中也有着重要的意义。
热学第二版-秦允豪-第四章答案
第四章热力学第一定律(题号有所不同)5－1.0.020Kg的氦气温度由升为，若在升温过程中：（1）体积保持不变；（2）压强保持不变；（3）不与外界交换热量，试分别求出气体内能的改变，吸收的热量，外界对气体所作的功，设氦气可看作理想气体，且，解：理想气体内能是温度的单值函数，一过程中气体温度的改变相同，所以内能的改变也相同，为：热量和功因过程而异，分别求之如下：（1）等容过程：V=常量A＝0由热力学第一定律，（2）等压过程：由热力学第一定律，负号表示气体对外作功，（3）绝热过程Q＝0由热力学第一定律5－2.分别通过下列过程把标准状态下的0.014Kg氮气压缩为原体积的一半；（1）等温过程；（2）绝热过程；（3）等压过程，试分别求出在这些过程中气体内能的改变，传递的热量和外界对气体所作的功，设氮气可看作理想气体，且，解：把上述三过程分别表示在P-V图上，（1）等温过程理想气体内能是温度的单值函数，过程中温度不变，故由热一、负号表示系统向外界放热（2）绝热过程由或得由热力学第一定律另外，也可以由及先求得A（3）等压过程，有或而所以＝＝＝由热力学第一定律，也可以由求之另外，由计算结果可见，等压压缩过程，外界作功，系统放热，内能减少，数量关系为，系统放的热等于其内能的减少和外界作的功。
5－3 在标准状态下的0.016Kg的氧气，分别经过下列过程从外界吸收了80cal的热量。
（1）若为等温过程，求终态体积。
（2）若为等容过程，求终态压强。
（3）若为等压过程，求气体内能的变化。
设氧气可看作理想气体，且解：（1）等温过程则故（2）等容过程（3）等压过程5－4 为确定多方过程方程中的指数n，通常取为纵坐标，为横坐标作图。
试讨论在这种图中多方过程曲线的形状，并说明如何确定n。
解：将两边取对数或比较知在本题图中多方过程曲线的形状为一直线，如图所示。
直线的斜率为可由直线的斜率求n。
或即n可由两截距之比求出。
5－5 室温下一定量理想气体氧的体积为，压强为。
马沛生 主编 化工热力学 第四章习题解答
习题四一、是否题M M.4—1 对于理想溶液的某一容量性质M,则 i i解：否4—2 在常温、常压下，将10cm3的液体水与20 cm3的液体甲醇混合后,其总体积为30 cm3。
解：否4-3温度和压力相同的两种纯物质混合成理想溶液，则混合过程的温度、压力、焓、Gibbs自由能的值不变。
解：否4-4对于二元混合物系统，当在某浓度范围内组分2符合Henry规则，则在相同的浓度范围内组分1符合Lewis-Randall规则.解：是4-5在一定温度和压力下的理想溶液的组分逸度与其摩尔分数成正比.解:是4-6理想气体混合物就是一种理想溶液.解：是4-7对于理想溶液，所有的混合过程性质变化均为零。
解：否4-8对于理想溶液所有的超额性质均为零。
解：否4-9 理想溶液中所有组分的活度系数为零。
解：否4—10 系统混合过程的性质变化与该系统相应的超额性质是相同的. 解：否4—11理想溶液在全浓度范围内，每个组分均遵守Lewis-Randall 定则. 解:否4—12 对理想溶液具有负偏差的系统中,各组分活度系数i γ均 大于1。
解：否4-13 Wilson 方程是工程设计中应用最广泛的描述活度系数的方程。
但它不适用于液液部分互溶系统。
解：是二、计算题4-14 在一定T 、p 下，二元混合物的焓为 2121x cx bx ax H ++= 其中，a =15000，b =20000，c = — 20000 单位均为-1J mol ⋅，求 (1) 组分1与组分2在纯态时的焓值1H 、2H ；(2) 组分1与组分2在溶液中的偏摩尔焓1H 、2H 和无限稀释时的偏摩尔焓1∞H 、2∞H 。
解：（1）1111lim 15000J mol -→===⋅x H H a2121lim 20000J mol -→===⋅x H H b（2）按截距法公式计算组分1与组分2的偏摩尔焓，先求导：()()()12121111111d dd d d11d H ax bx cx x x x ax b x cx x x =++=+-+-⎡⎤⎣⎦12=-+-a b c cx将1d d Hx 代入到偏摩尔焓计算公式中,得()()()()()()11112121111111112122d 1d (1)211221H H H x x ax bx cx x x a b c cx ax b x cx x a b c cx x a b c cx a c x a cx =+-=+++--+-=+-+-+-+---+-=+-=+()()()()21121211111111121d 2d 112HH H x ax bx cx x x a b c cx x ax b x cx x x a b c cx b cx =-=++--+-=+-+---+-=+无限稀释时的偏摩尔焓1∞H 、2∞H 为：()()2-1112012-122111221lim lim 150002000035000J mol lim lim 200002000040000J molx x x x H H a cx H H b cx∞→→∞→→==+=+=⋅==+=+=⋅4—15 在25℃，1atm 以下，含组分1与组分2的二元溶液的焓可以由下式表示：121212905069H x x x x x x =++⋅+（）式中H 单位为-1cal mol ⋅，1x 、2x 分别为组分1、2的摩尔分数，求 (1) 用1x 表示的偏摩尔焓1H 和2H 的表达式； (2) 组分1与2在纯状态时的1H 、2H ;(3) 组分1与2在无限稀释溶液的偏摩尔焓1∞H 、2∞H ;(4) ΔH 的表达式；(5) 1x =0。
新版热学(秦允豪编)习题解答第四章热力学第一定律-新版.pdf
CV T0 2
CV （
R 2R
1
1
27 3 2
T2 T0
T0
（2）由（ 1）式：
8
3
1.5 ）
（3）左侧初态亦为 P0 T 0 V 0 ，终态为 P1V1T1
27
P1 P2
P0
∵ 活塞可移动，
8 ，由 PV
RT
RT 2
P0 V 0 T 2
V2
P2
T0
P2
14
V 1 2V 0 V 2
V0
9
P0V 0
3 T0
19
23
q 2 1 .60 10
6 .02 10 C
（ q 2N Ae ）
两极间电压为 ， A q
19
A 1 .229 2 1 .60 10
6 .02
Q'
5
2. 858 10
23
10
82 . 84 %
4.4.7 设 1mol 固 体状 态 方程 为： v v 0 aT bP ， 内 能 表示 为： u CT
Py L y S
P0 LS
其中 P0
gh 0
Py P0 可改写为
L Ly
1 P0
对微小振动 y L
Py P0
y 1
L
y
1 P0
1
1 P0
L
y P0
L
h0 gy
L
由功能关系：
m gy
1 mv 2 2
m max gy max
AP
式中 A P 是由于右端空气压强 P y 与左端空气压强 P0 对水银柱作功之和，且
2
T0
27 P0
8
工程热力学第4章习题答案
4-12 一个气缸活塞系统如图 4-19 所示，活塞的截面积为 40cm2，活塞离气缸底部 10cm， 重物 20kg，初始状态温度 300K，大气压力 101325Pa。求
(1)如果使缸内空气温度升高 5℃的同时使重物升高 2cm 需要加入多少热量； (2)然后当可逆绝热情况下使活塞回到原位置，需要再加上多少重物。
4-6 空气的初参数为 p1=0.5MPa 和 t1=50℃，此空气流经阀门发生绝热节流作用，并使空 气容积增大到原来的 2 倍。求节流过程中空气的熵增，并求其最后的压力。
解：对于理想气体 ∆h = cp∆T ，可得 h2 − h1 = cp (T2 − T1 ) ，绝热节流前后焓值相等，因此
T1 = T2 ，因此对于理想气体绝热节流前后温度也相等
4-3 某理想气体动力循环由这样 4 个过程构成，先从状态 a 定温膨胀到状态 b，后绝热 膨胀到状态 c，再定压放热到状态 d，最后绝热压缩回到状态 a，在 p-v 图、T-s 图上表示该 循环。已知吸热量 q1 和各点的焓，列出放热量、功和循环热效率的计算式。
解：由 T-s 图，c-d 过程是定压放热过程，放热量 q2 = ∆h + wt = ∆h = hd − hc < 0
= 0.789kJ/ (kg ⋅ K)
由理想气体状态方程可得
p1V1 T1
=
p2V2 T2
，而V2
= 2V1 ，可得
p2 p1
= 0.379
κ −1
绝热过程 T2 T1
=
⎛ ⎜ ⎝
p2 p1
⎞ ⎟ ⎠
κ
，可得绝热指数κ = 1.4
因此 cp = κ cV = 1.4× 0.789 = 1.105kJ/ (kg ⋅ K )
热学（李椿+立源+钱尚武）习题解答_第四章气体内的输运过程
热学（李椿+⽴源+钱尚武）习题解答_第四章⽓体内的输运过程第四章⽓体内的输运过程4－1.氢⽓在，时的平均⾃由程为×m，求氢分⼦的有效直径。
解：由＝得：＝代⼊数据得：（m）4－2.氮分⼦的有效直径为，求其在标准状态下的平均⾃由程和连续两次碰撞间的平均时间。
解：＝代⼊数据得：－（m）＝代⼊数据得：＝（s）4－3.痒分⼦的有效直径为3.6×m，求其碰撞频率，已知：（1）氧⽓的温度为300K，压强为1.0atm；（2）氧⽓的温度为300K，压强为1.0×atm解：由＝得＝＝代⼊数据得：＝6.3×（）（）4－4.某种⽓体分⼦在时的平均⾃由程为。
（1）已知分⼦的有效直径为，求⽓体的压强。
（2）求分⼦在的路程上与其它分⼦的碰撞次数。
解：（1）由得：代⼊数据得：（2）分⼦⾛路程碰撞次数（次）4－5.若在下，痒分⼦的平均⾃由程为，在什么压强下，其平均⾃由程为？设温度保持不变。
解：由得4－6.电⼦管的真空度约为HG，设⽓体分⼦的有效直径为，求时单位体积内的分⼦数，平均⾃由程和碰撞频率。
解：（2）（3）若电⼦管中是空⽓，则4－7.今测得温度为压强为时，氩分⼦和氖分⼦的平均⾃由程分别为和，问：（1）氩分⼦和氖分⼦的有效直径之⽐是多少？（2）时，为多⼤？（3）时，为多⼤？解：（1）由得：（2）假设氩分⼦在两个状态下有效直径相等，由得：（3）设氖⽓分⼦在两个状态下有效直径相等，与（2）同理得：4－8.在⽓体放电管中，电⼦不断与⽓体分⼦相碰撞，因电⼦的速率远远⼤于⽓体分⼦的平均速率，所以后者可以认为是静⽌不动的。
设电⼦的“有效直径”⽐起⽓体分⼦的有效直径来可以忽略不计。
（1）电⼦与⽓体分⼦的碰撞截⾯为多⼤？（2）证明：电⼦与⽓体分⼦碰撞的平均⾃由程为：，n为⽓体分⼦的数密度。
解：（1）因为电⼦的有效直径与⽓体分⼦的有效直径相⽐，可以忽略不计，因⽽可把电⼦看成质点。
⼜因为⽓体分⼦可看作相对静⽌，所以凡中⼼离电⼦的距离等于或⼩于的分⼦都能与电⼦相碰，且碰撞截⾯为：（2）电⼦与⽓体分⼦碰撞频率为：（为电⼦平均速率）4－9.设⽓体分⼦的平均⾃由程为试证明：⼀个分⼦在连续两次碰撞之间所⾛路程⾄少为x的⼏率是解：根据（4.6）式知在个分⼦中⾃由程⼤于x的分⼦占总分⼦数的⽐率为＝由⼏率概念知：对于⼀个分⼦，⾃由程⼤于x的⼏率为，故⼀个分⼦连续两次碰撞之间所⾛路程⾄少为x的⼏率是。
华中科技大学热力学第四章课后作业答案
)
按平均热容表计算 =1.067kJ/(kg.K) 即热量 Q=1.067*180=192.06kJ 熵变 b 采用先定温后定容 为定温过程， =1.067*ln =0,501 kJ/(kg.K)
定容过成
，膨胀功为 0
即整个过程膨胀功 w=
=
=
=
据据理想气体状态方程 pv=
，且
即 ln
=ln =ln
(6)
4-5
Rg 377 J / ( Kg K ), k 1.25 的理想气体 1.36Kg, 从 P 1 551.6 KP a , t1 60℃ 经定容
过程达到 P 1 1655KP a ，过程中除了以搅拌器搅动气体外，还加入热量 105.5KJ， 求 （1） 终态温度 t2 （2） 经搅拌器输入的功量 （3）气体内能的变化 （4）气体熵的变化 解： （1） T2
T1 1655 P2 (273 60) 999.1K P 551.6 1
t2 726.1℃
（2） Cv
Rg k 1
1508KJ / ( Kg K )
U mcv (T2 T1） =1366.75KJ
Q U W 105.5 1366.75 1261.25KJ
∴w=300*287*ln ∴W=40.47kJ 热量 q= +
=40.47kJ
定温过程 ∴q=40.47+0.717*180=169.53 kJ 即 Q=169.53 kJ 熵变 +
定温过程熵变
=40.47/300=0.1349Kj/k
定容过程熵变
=
=0.717*0.47=0.337 Kj/k
Kj/k
T2 T1 (
化工热力学第四章答案
Tr1
320 273.15 647.3
0.9163 ，
pr1
1.62 22.05
0.07347
由式（2-31a）、式（3-46）、式（2-31b）和式（3-47）可得
B10
0.083
0.422 T 1.6
r1
0.083
0.422 (0.9163)1.6
0.4023
dB10 dTr1
Q1
450 18.016
34.5
(115.8
230.4)
=
-98842.5 kJ·h-1
因最后的蒸汽的干度为 0.96，故需移去因相变而产生的冷凝热，从附表 3 查得 0.138MPa 时
的 hfg =2235.91 kJ·kg-1，则
Q2 450 0.04 hf g 450 0.04 2235.91= -40246.4 kJ·h-1
输送 1kg 蒸汽所需时间，
t
1 m
3600 104
0.36skg 1
透平机输出的功率为，
P
Ws t
924.08 0.36
2566.89kW
（2）若忽略进、出口蒸汽的动能和位能变化，则
mgz
0，
1 2
mu 2
0
，所以，
Ws' h (2300 3230) 930kJ kg 1
h2=x·hg+(1-x) hs' = 0.96 2701.7+0.04 485.4=2613.0 kJ·kg-1
李椿热学答案及部分习题讲解部分习题的参考答案
李椿热学答案及部分习题讲解部分习题的参考答案“热学”课程第一章作业习题说明：“热学”课程作业习题全部采用教科书（李椿，章立源，钱尚武编《热学》）里各章内的习题。
第一章习题：1，2，3[1]，4，5，6，8，10，11，20，24[2]，25[2]，26[2]，27，28，29，30，31，32，33. 注：[1] 与在水的三相点时[2] 设为等温过程第一章部分习题的参考答案1.(1) –40;(2) 574.5875;(3) 不可能.2.(1) 54.9 mmHg;(2) 371 K.3. 0.99996.4. 400.574.5. 272.9.6. a = [100／(X s–X i)]?(?C／[X]), b = –[100 X i／(X s–X i)]?C, 其中的[X]代表测温性质X的单位.8. (1) –205?C;(2) 1.049 atm.10. 0.8731 cm, 3.7165 cm.11. (1) [略];(2) 273.16?, 273.47?;(3) 不存在0度.20. 13.0 kg?m-3.24. 由教科书137页公式可得p = 3.87?10-3 mmHg.25. 846 kg?m-3.26. 40.3 s (若抽气机每旋转1次可抽气1次) 或40.0 s (若抽气机每旋转1次可抽气2次, 可参阅教科书132页).27. 28.9, 1.29 kg?m-3.28. 氮气的分压强为2.5 atm, 氧气的分压强为1.0 atm, 混合气体的压强为3.5 atm.29. 146.6 cm-3.30. 7.159?10-3 atm, 71.59 atm, 7159 atm; 4.871?10-4 atm, 4.871 atm, 487.1 atm.31. 341.9 K.32. 397.8 K.33. 用范德瓦耳斯方程计算得25.39 atm, 用理想气体物态方程计算得29.35 atm.“热学”课程第二章作业习题第二章习题：1，3，4，5，6，7，8，9[3]，10，11，12，13[4]，16，17，18，19，20.注：[3] 设为绝热容器[4] 地球和月球表面的逃逸速度分别等于11.2 km?s-1和2.38 km?s-1第二章部分习题的参考答案1. 3.22?103 cm-3.3. 1.89?1018.4. 2.33?10-2 Pa.5. (1) 2.45?1025 m-3;(2) 1.30 kg?m-3;(3) 5.32?10-26 kg;(4) 3.44?10-9 m;(5) 6.21?10-21 J.6. 3.88?10-2 eV,7.73?106 K.7. 301 K.8. 5.44?10-21 J.9. 6.42 K, 6.87?104Pa (若用范德瓦耳斯方程计算) 或6.67?104 Pa (若用理想气体物态方程计算).10. (1) 10.0 m?s-1;(2) 7.91 m?s-1;(3) 7.07 m?s-111. (1) 1.92?103 m?s-1;(2) 483 m?s-1;(3) 193 m?s-1.12. (1) 485 m?s-1;(2) 28.9, 可能是含有水蒸气的潮湿空气.13. 1.02?104 K, 1.61?105 K; 459 K, 7.27?103 K.16. (1) 1.97?1025 m-3 或2.00?1025 m-3;(2) 由教科书81页公式可得3.26?1027m-2或3.31?1027 m-2;(3) 3.26?1027 m-2或3.31?1027 m-2;(4) 7.72?10-21 J, 6.73?10-20 J.17. 由教科书81页公式可得9.26?10-6 g?cm-2?s-1.18. 2.933?10-10 m.19. 3.913?10-2 L, 4.020?10-10 m, 907.8 atm.20. (1) (V1/3 -d)3;(2) (V1/3 -d)3 - (4π/3)d3;(3) (V1/3 -d)3 - (N A - 1) ?(4π/3)d3;(4)因V1/3>>d,且N A>>1, 故b = V - (N A/2)?{(V1/3 -d)3 +[(V1/3 -d)3 - (N A - 1)?(4π/3)d3]}?(1/N A) ≈ 4N A(4π/3)(d/2)3.“热学”课程第三章作业习题第三章习题：1，2，4，5[5]，6，7，9，10，11，12，13，15，16，17，18，19，20[6]，22[7]，23，24，25[8]，26，27，28，29，30.注：[5] 设p0 = 1.00 atm[6] 分子射线中分子的平均速率等于[9πRT/(8μ)]1/2[7] 设相对分子质量等于29.0[8] f(ε)dε = 2π-1/2(kT)-3/2ε1/2e-ε/kT dε第三章部分习题的参考答案1. (1) 3.18 m?s-1;(2) 3.37 m?s-1;(3) 4.00 m?s-1.2. 395 m?s-1, 445 m?s-1, 483 m?s-1.4. 3π／8.5. 4.97?1016个.6. 0.9534.7. (1) 0.830 %;(2) 0.208 %;(3) 8.94?10-7 %.9. [2m／(πkT)]1/2.10. (1) 198 m?s-1;(2) 1.36?10-2 g?h-1.11. [略].12. (1) [略];(2) 1／v0;(3) v0／2.13. (1) 2N／(3v0);(2) N／3;(3) 11v0／9.15. [略].16. [略].17. 0.24 %.18. (1) 0.5724N;(2) 0.0460N.19. n[kT／(2πm)]1/2?[1 + (mv2／2kT)]?exp[ –(mv2／2kT)]或[nv p ／(2π1/2)] ?[1 + (v2／v p2)]?exp[ –(v2／v p2)].20. 0.922 cm, 1.30 cm.22. 2.30 km.23. 1955 m.24. kT／2.25. f(ε)dε = 2(π)-1/2(kT)-3/2ε1/2exp[ -ε／(kT)]dε, kT／2.26. 3.74?103 J?mol-1, 2.49?103 J?mol-1.27. 6.23?103 J?mol-1, 6.23?103 J?mol-1; 3.09?103 J?g-1, 223 J?g-1.28. 5.83 J?g-1?K-1.29. 6.61?10-26 kg和39.8.30. (1) 3, 3, 6;(2) 74.8 J?mol-1?K-1.“热学”课程第四章作业习题第四章习题：1，2，4，6[7]，7，8，10，11，13[2]，14，15，17，18[9]，19，21.注：[2] 设为等温过程[7] 设相对分子质量等于29.0[9] CO2分子的有效直径等于4.63×10-10 m第四章部分习题的参考答案1. 2.74?10-10 m.2. 5.80?10-8 m, 1.28?10-10 s.4. (1)5.21?104 Pa; (2) 3.80?106 m-1.6. (1) 3.22?1017 m-3;(2) 7.77 m (此数据无实际意义);(3) 60.2 s-1 (此数据无实际意义).7. (1) 1.40;(2) 若分子有效直径与温度无关, 则得3.45?10-7 m;(3) 1.08?10-7 m.8. (1) πd2／4;(2) [略].10. (1) 3679段;(2) 67段;(3) 2387段;(4) 37段;(5) 不能这样问.11. 3.11?10-5 s.13. (1) 10.1 cm;(2) 60.8 μA.14. 3.09?10-10 m.15. 2.23?10-10 m.17. (1) 2.83;(2) 0.112;(3) 0.112.18. (1) –1.03 kg?m-4;(2) 1.19?1023 s-1;(3) 1.19?1023 s-1;(4) 4.74?10-10 kg?s-1.19. [略].21. 提示：稳定态下通过两筒间任一同轴柱面的热流量相同.“热学”课程第五章作业习题第五章习题：1，2，3，5，7，8，10，12，13，15，16，17，18，19，21，22[10]，23，24[11]，25，26，27，28，29，31，33[12]，34，35.注：[10] 使压强略高于大气压（设当容器中气体的温度与室温相同时其压强为p1）[11] γp0A2L2/(2V)[12] 设为实现了理想回热的循环第五章部分习题的参考答案1.(1) 623 J, 623 J, 0;(2) 623 J, 1.04?103 J, –416 J;(3) 623 J, 0, 623 J.2.(1) 0, –786 J, 786 J;(2) 906 J, 0, 906 J;(3) –1.42?103 J, –1.99?103 J, 567 J.3.(1) 1.50?10-2 m3;(2) 1.13?105 Pa;(3) 239 J.4.(1) 1.20;(2) –63.3 J;(3) 63.3 J;(4) 127 J.7. (1) 265 K;(2) 0.905 atm;(3) 12.0 L.8. (1) –938 J;(2) –1.44?103 J.10. (1) 702 J;(2) 507 J.12. [略].13. [略].15. 2.47?107 J?mol-1.16. (1) h = CT + v0p + bp2;(2) C p = C, C V= C + (a2T／b)–ap.17. –46190 J?mol-1.18. 82.97 %.19. [略].21. 6.70 K, 33.3 cal, 6.70 K, 46.7 cal; 11.5 K, 80.0 cal, 0, 0.22. γ = ln(p1／p0)／ln(p1／p2).23. (1) [略];(2) [略];24. (1) [略];(2) [略].25. (1) p0V0;(2) 1.50 T0;(3) 5.25 T0;(4) 9.5 p0V0.26. (1) [略];(2) [略];(3) [略].27. 13.4 %.28. (1) A→B为吸热过程, B→C为放热过程;(2) T C = T(V1／V2)γ– 1, V C = V2;(3) 不是;(4) 1 – {[1 – (V1／V2)γ– 1]／[(γ– 1)ln(V2／V1)]}.29. [略].31. 15.4 %.33. [略].34. [略].35. [略].“热学”课程第六章作业习题第六章习题：2，3，5，9，10，11，12[13]，13，15，16，19. 注：[13] 设为一摩尔第六章部分习题的参考答案2. 1.49?104 kcal.3. (1) 473 K;(2) 42.3 %.5. 93.3 K.9. (1) [略];(2) [略];10. [略].11. [略].12. [略].13. [略].15. ?T = a (v2-1–v1-1)／C V = –3.24 K.16. [略].19. –a(n A–n B)2／[2C V V(n A+ n B)].“热学”课程第七章作业习题第七章习题：8.第七章部分习题的参考答案8. 提示：在小位移的情况下, exp[ -(cx2-gx3-fx4)／(kT)]≈ exp[ -cx2／(kT)]?{1 + [gx3／(kT)]}?{1 + [fx4／(kT)]}≈ exp[ -cx2／(kT)]?{1 + [gx3／(kT)] + [fx4／(kT)]}.“热学”课程第八章作业习题第八章习题：1，2，3，4，6，7[14]，8，10.注：[14] 设θ= 0第八章部分习题的参考答案1. 2.19?108 J.2. 7.24?10-2 N?m-1.3. 1.29?105 Pa.4. 1.27?104 Pa.6. f = S[α(R1-1 + R2-1) –(ρgh／2)]= {Sα?[2cos(π–θ)]／[2(S／π)1/2 ?cos(π–θ) + h–h sin(π–θ)]} + {Sα?[2cos(π–θ)]／h} –(Sρgh／2)≈Sα?[2cos(π–θ)／h]= 25.5 N.7. 0.223 m.8. 2.98?10-2 m.10. (1) 0.712 m; (2) 9.60?104 Pa; (3) 2.04?10-2 m.“热学”课程第九章作业习题第九章习题：1，2，4[15]，6[5]，7，8，9[16]，11，12，13[17].注：[5] 设p0 = 1.00 atm[15] 水蒸气比体积为1.671 m3/kg[16] 100℃时水的饱和蒸气压为1.013×105Pa，而汽化热为2.38×106 J?kg -1，由题8中的[17] 23.03 - 3754/T第九章部分习题的参考答案1. 3.21?103 J.2. (1) 6.75?10-3 m3;(2) 1.50?10-5 m3;(3) 液体体积为1.28?10-5 m3, 气体体积为9.87?10-4 m3.4. 373.52 K.6. 1.36?107 Pa.7. [略].8. [略].9. 1.71?103 Pa.11. 4.40?104 J?mol-1.12. (1) 52.0 atm;(2) 157 K.13. (1) 44.6 mmHg, 195 K;(2) 3.121?104 J?mol-1, 2.547?104 J?mol-1, 5.75?103 J?mol-1.。
北京科技大学传热学第4章习题答案
4-10 Ball bearings leaving the oven at a uniform temperature of 900 ℃ are exposed to air for a while before they are dropped into the water for quenching. The time they can stand in the air before their temperature falls below 850 ℃ is to be determined.Assumptions 1 The bearings are spherical in shape with a radius of 0r = 0.6 cm. 2 The thermal properties of the bearings are constant. 3 The heat transfer coefficient is constant and uniform over the entire surface. 4 The Biot number is Bi ﹤0.1 so that the lumped system analysis is applicable (this assumption will be verified).Properties The thermal conductivity, density, and specific heat of the bearings are given to be k =15.1 W/m ⋅°C,3/8085m kg =ρ, and ⋅=kg kJ C p /480.0°C.Analysis The characteristic length of the steel ball bearings and Biot number arem m D D D A V L c 002.06012.066/23=====ππ0167.0)/1.15()002.0)(/125(2=°⋅°⋅==C m W m C m W khL Bi c <0.1 Therefore, the lumped system analysis is applicable. Then the allowable time is determined to be132016.0)002.0)(/480)(/8085(/125−=°⋅°⋅===s m C kg J m kg C m W L C h V C hA b c p p ρρ s t e e T T T t T t s bt t 7.33090030850)()016.0(1=→=−−→=−−−−−∞∞ The result indicates that the ball bearing can stay in the air 3.7s before being dropped into the water.4-11 Large brass plates are heated in an oven. The surface temperature of the plates leaving the oven is to be determined.Assumptions 1center plane. 3 The thermal properties of the plate are constant. 4 transfer coefficient is constant and uniform over the entire surface. 5Fourier number is τ﹥transient temperature charts) are applicable (this assumption will be verified).Properties The properties of brass at room temperature are given to be C m W k °⋅=/110, s m /109.3326−×=αAnalysis The Biot number for this process is0109.0)/110()015.0)(/80(2=°⋅°⋅==C m W m C m W k hL BiThe constants 1λ and 1A corresponding to this Biot number are, from Table 4-1,Furnace, 700°C1λ=0.1039 and 1A =1.0018The Fourier number is4.90)015.0(min)/60min 10)(/109.33(2262=××==−m s s m Lat τ﹥0.2Therefore, the one-term approximate solution (or the transient temperature charts) is applicable. Then thetemperature at the surface of the plates becomes376.0)1039.0cos()0018.1()/cos(),(),()4.90()1039.0(111221===−−=−−∞∞e L L e A T T T t x T t L wallλθτλC t L T t L T °=→=−−2.446),(376.070025700),(4-12 A long cylindrical wood log is exposed to hot gases in a fireplace. The time for the ignition of the wood is to be determined.Assumptions 1 Heat conduction in the wood is one-dimensional since it is long and it has thermal symmetry about the center line. 2 The thermal properties of the wood are constant. 3 The heat transfer coefficient is constant and uniform over the entire surface. 4 The Fourier number is τ﹥0.2 so that the one-term approximate solutions (or the transient temperature charts) are applicable (this assumption will be verified).Properties The properties of wood are given to be k =0.17 W/m·℃,s m /1028.127−×=α. Analysis The Biot number is20(13.6/)(0.05)4(0.17/)hr W m C m Bi kW m C ⋅°===⋅° The constants1λand 1A corresponding to this Biot number are, from Table 4-1,1λ=1.9081 and 1A =1.46980J is determined from Table 4-2 corresponding to the constant 1λ,00.275J =The Fourier number is determined to be221(1.9081)010100(,)420500(/)(1.4698)(0.275)0.24910500t T r t T A e J r r eT T λττλτ−−∞∞−−=→=→=−− which is > 0.2. Therefore, the one-term approximate solution (or the transient temperature charts) can be used, with the understanding that the error involved will be under 2 percent. Then the length of time before the log ignites is22072(0.249)(0.05)486381.05min (1.2810/)r m t s m s τα−====×4-14 An orange is exposed to very cold ambient air. It is to determine whether the orange will freeze in 4 h in subfreezing temperatures. Assumptions 1 The orange is spherical in shape with a diameter of 8 cm. 2 Heat conduction in the orange is one-dimensional because of symmetry about the midpoint. 3 The thermal properties of the orange are constant, and are those of water. 4 The heat transfer coefficient is constant and uniform over the entire surface. 5 The Fourier number is τ﹥0.2 so that the one-term approximate solutions (orthe transient temperature charts) are applicable (this assumption will be verified).Properties The properties of the orange are approximated by those of water at the average temperature of about 5℃, k =0.571 W/m.℃ and s m C k p /10136.0)42051000/(571.0/26−×=×==ρα (Table A-9).Analysis The Biot number is0.1051.1)/571.0()04.0)(/15(20≈=°⋅°⋅==C m W m C m W k hr Bi The constants1λand 1A corresponding to this Biot number are, from Table 4-1,1λ=1.5708 and 1A =1.2732The Fourier number is22.1)04.0()/36004)(/10136.0(2262=××==−m h s h s m L tατ﹥0.2 Therefore, the one-term approximate solution (or the transient temperature charts) is applicable. Then thetemperature at the surface of the oranges becomes0399.05708.1)5708.1sin()2732.1(/)/sin(),(),()22.1()5708.1(001001100221===−−=−−∞∞rad e r r r r e A T T T t r T t r t sphλλθτλC t r T t r T °−=→=−−−−2.5),(0399.0)6(15)6(),(00which is less than 0°C. Therefore, the oranges will freeze.4-15 An area is subjected to cold air for a 10-h period. The soil temperatures at distances 0, 10, 20, and 50 cm from the earth’s surface are to be determined.Assumptions 1 The temperature in the soil is affected by the thermalconditions at one surface only, and thus the soil can be considered tobe a semi-infinite medium with a specified surface temperature. 2 The thermal properties of the soil are constant.Properties The thermal properties of the soil are given to beC m W k °⋅=/9.0 and s m /106.125−×=α.Orange T i = 15°C Ambient air–15°CWinds,–10°CSoil10°CAnalysis The one-dimensional transient temperature distribution in the ground can be determined from⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+−⎟⎠⎞⎜⎝⎛=−−∞k t h t x erfc k t h k hx t x erfc T T T t x T t t αααα2exp 2),(22 Where7.33/9.0)360010)(/106.1()/40(252=°⋅××°⋅=−Cm W s s m C m W k t h α 11387.332222==⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=k t h k t h αα Then we conclude that the last term in the temperature distribution relation above must be zero regardless of x despite the exponential term tending to infinity since (1) erfc(ξ)→0 forξ﹥4 (see Table 9-3) and (2)The term has to remain less than 1 to have physically meaningful solutions. That is,03.3321138exp 2exp 22≅⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜⎝⎛+⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+t x erfc k hx k t h t x erfc k t h k hx αααα Therefore, the temperature distribution relation simplifies to⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+=→⎟⎠⎞⎜⎝⎛=−−∞∞t x erfc T T T t x T t x erfc T T T t x T t t t t αα2)(),(2),(Then the temperatures at 0, 10, 20, and 50 cm depth from the ground surface becomex = 0:C T T T T erfc T T T t erfc T T T h T t t t t t t °−==×−+=−+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+=∞∞∞∞101)()0()(20)()10,0(αx = 0.1m:⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛××−−+=−)/360010)(/106.1(21.0)1010(10)10,1.0(25h s h s m m erfch m T C erfc °−=×−=−=5.89257.02010)066.0(2010 x = 0.2m:⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛××−−+=−)/360010)(/106.1(22.0)1010(10)10,2.0(25h s h s m m erfch m T C erfc °−=×−=−=0.78519.02010)132.0(2010 x = 0.5m:⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛××−−+=−)/360010)(/106.1(25.0)1010(10)10,5.0(25h s h s m m erfch m TC erfc °−=×−=−=8.26418.02010)329.0(20104-19 A cubic block and a cylindrical block are exposed to hot gases on all of their surfaces. The center temperatures of each geometry in 10, 20, and 60 min are to be determined.Assumptions 1 Heat conduction in the cubic block is three-dimensional, and thus the temperature varies in all x -, y , and z - directions. 2 Heat conduction in the cylindrical block is two-dimensional, and thus the temperature varies in both axial x - and radial r - directions. 3 The thermal properties of the granite are constant. 4 The heat transfer coefficient is constant and uniform over the entire surface. 5 The Fourier number is τ﹥0.2 so that the one-term approximate solutions (or the transient temperature charts) are applicable (this assumption will be verified).Properties The thermal properties of the granite are given to be k=2.5 W/m ⋅°C and s m /1015.126−×=α.Analysis:Cubic block : This cubic block can physically be formed by the intersection of three infinite plane walls of thickness 2L =5 cm.After 10 minutes: The Biot number, the corresponding constants, and the Fourier number are4.0)/5.2()025.0)(/40(2=°⋅°⋅==C m W m C m W k hL Bi → 1λ=0.5932 and 1A =1.0580104.1)025.0(min)/60min 10)(/1015.1(2262=××==−m s s m L tατ﹥0.2To determine the center temperature, the product solution can be written as[]3),0(),0,0,0(wall block t t θθ=()3121),0,0,0(τλ−∞∞=−−e A T T T t T t{}369.0)0580.1(50020500),0,0,0(3)104.1()5932.0(2==−−−et T →T (0,0,0,t) = 322.9℃After 20 minutes208.2)025.0(min)/60min 20)(/1015.1(2262=××==−m s s m L tατ﹥0.2{}115.0)0580.1(50020500),0,0,0(3)208.2()5932.0(2==−−−e t T →T (0,0,0,t) = 444.8℃After 60 minutes624.6)025.0(min)/60min 60)(/1015.1(2262=××==−m s s m L tατ﹥0.2 5Hot gases, 500°C{}00109.0)0580.1(50020500),0,0,0(3)624.6()5932.0(2==−−−e t T →T (0,0,0,t) = 499.5℃Note that τ﹥0.2 in all dimensions and thus the one-term approximate solution for transient heat conduction is applicable.Cylindrical block : This block can physically be formed by the intersection of a long cylinder of radius r 0=2.5cm and a plane wall of thickness 2L =5 cm. After 20 minutes208.2)025.0(min)/60min 20)(/1015.1(2262=××==−m s s m L tατ﹥0.221(2.5/) 2.5(40/)(0.025)k W m C Bi hL W m C m ⋅°===⋅° We can get: Plane wall:(0,)(0,)0.5wall i T t T t T T θ∞∞−==−Cylinder:(0,)(0,)0.24cyl i T t T t T T θ∞∞−==−So,(0,0,)(0,0,)(0,)(0,)0.50.240.12short cyl wall cyl i T t T t t t T T θθθ∞∞−===×=−→T (0,0,0,t) = 442.4℃。
热学教程习题参考解(第四章)
《热学教程》习题参考答案第四章 习 题4-1. 电子管的真空度为1.333×103-Pa,设空气分子有效直径为3.0×1010-m,求27℃时空气分子的数密度n ,平均自由程λ和碰撞频率Z .(答: 3.2×1017m 3-，7.8 m ，60s 1-) 解：由nkT P =，可得)m (1021.3317-⨯==kTP n 分子平均自由程为)m (78.7212==n d πλ碰撞频率为 )s (2.6081-===λπμλRTvZ4-2. 求氦原子在其密度2.1×102-kg/m 3,原子的有效直径=d 1.9×1010-m 的条件下的平均自由程λ.(答:1.97×106-m)解：由n N mn A μρ==，可得 )m (1016.3324-⨯==μρA N n 分子平均自由程为)m (10972.12162-⨯==nd πλ 4-3. 试估算宇宙射线中的质子在海平面附近的平均自由程.(答：约m 102.16-⨯)4-4. 测得温度15℃和压强76cmHg 时氩原子和氖原子的平均自由程分别为Ar λ=6.7×108-m 和Ne λ=13.2×108-m ，试问：(1)氩原子和氖原子的有效直径各为多少？(2) 20℃和15cmHg 时Ar λ和-40℃和75cmHg 时Ne λ多大？(答(1)101063.3-⨯m,101059.2-⨯m;(2) 71045.3-⨯m,71080.1-⨯m)解：(1)由Pd kT n d 22221ππλ==，可得 )m (1063.321021Ar Ar -⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=λπP kT d)m (1059.221021Ne Ne -⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=λπP kT d(2)由分子平均自由程与温度及压强的关系)m (1045.3107.6288157629378Ar11212Ar2--⨯=⨯⨯⨯⨯==λλT P P T )m (1008.1102.13288757623378Ne11212Ne2--⨯=⨯⨯⨯⨯==λλT P P T 4-5. 高空的一片降雨云层,单位时间通过单位面积的降雨量为Q =10cm/hour 。
工程热力学第四章习题答案
第四章 气体和蒸汽的热力过程4-1 有 2.3kg 的CO ，初态11477K 0.32MPa T p ==，，经可逆定容加热，终温2600K T =，设CO 为理想气体，求U Δ、H Δ、S Δ，求过程功及过程热量。
（1）比热容为定值；（2）比热容为变值，按气体性质表计算。
解 （1）定值比热容2211600K 0.32MPa 0.4025MPa477KT p p T ==×=由附表328.0110kg/mol M −=×，g 38.3145J/(mol K)296.8J(kg K)28.0110kg/molR R M−⋅===⋅×。
g 55296.8J/(kg K)742.1J/(kg K)22V c R ==×⋅=⋅g 77296.8J/(kg K)1038.94J/(kg K)22p c R ==×⋅=⋅21() 2.3kg 742.1J/(kg K)(600477)K 209.94kJ V U mc T T Δ=−=×⋅−=21Δ() 2.3kg 1038.94J/(kg K)(600477)K 293.92kJp H mc T T =−=×⋅−=21600K ln2.3kg 742.1ln0.3916kJ/K477KV T S mc T Δ==×=0W =，209.94JQ U =Δ=（2）变比热容由附表查得 1477K T =时m,113921.704J/mol H =，0m,1211.312J/(mol K)S =⋅2600K T =时m,217612.7J/mol H =，0m,2218.217J/(mol K)S =⋅ m,1m,1113921.704J/mol 8.3145J/(mol K)477K 9955.69J/molU H RT =−=−⋅×=m,2m,2217612.7J/mol 8.3145J/(mol K)600K 12624.0J/mol U H RT =−=−⋅×=3m 32.3kg (12624.09955.69)J/mol219.1010J 28.0110kg/molm U U M−×−Δ=Δ==××3m 32.3kg (17612.713921.704)J/mol303.0810J28.0110kg/mol m H H M−×−Δ=Δ==××000022m,2m,1m,2m,11133lnln600K 2.3kg [218.317211.312]J/(mol K)8.3145J/(mol K)ln 477K 28.0110kg/mol0.418610J/K p T m S n S S R S S R p M T −Δ=−−=−−×−⋅−⋅×=×=×⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎛⎞⎜⎟⎝⎠0W =，219.10kJQ U =Δ=4-2 甲烷4CH 的初始状态10.47MPa p =、1393K T =，经可逆定压冷却对外放出热量4110.76J/mol ，试确定其终温及41molCH 的热力学能变化量m U Δ、焓变化量m H Δ。
热学答案第四章-完整版
第四章习题答案4.1解：.,00000AkTNmgn mgkT An en dz dy dx dN N dxdydzen dN kTmgzkTmgz=∴⋅===∴=-∞-⎰⎰⎰⎰⎰⎰气柱截面4.2,4.3解：00ln,p p g RT z ep p RTgzμμ==- 4.4 解：RTgzen z n z n V x n V μ-⋅=⋅⋅=⋅⨯00)()(174.5解：RTgze r z r e r RT e V z p V p z r z V V p z V z p ep z p RTgz gz T RTgz3)(34)()(34)()()()(03000030000μππμμμ=∴======--=∆-4.6解：取Y 轴竖直向上,y 处单位体积内有各种速度的分子总数为n ，y=0处n=n 0由流体静力学原理，)2()()()1(00nk dydny T k dy dp y T nk nkT p gdydp αααρ--=-==-=由（1），（2）得.1ln )(1ln 1ln ')()(,)()()(00000000⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∴--=--=--=-⎰⎰kT y T k k m g n n dy y T k m g k n dn dy y T k m g k n dn nk dydny T k nmg ynn αααααααα而.ln ln ln3)3(,)(ln ln00000000yT T R gyT T k m g p p y T nk kT n p p ααμααα-=-=-=）式代入，整理得：将（4.7解：mkTv 32=4.9 ,4.10 解：水平管旋转起来后，管中分子受到惯性离心力，可认为分子处于一定势场中，由玻尔兹曼分布律：z y x kT kT vv v z dv dv dxdydzdv e e kT m n dN p k zyxεεπ--⎪⎭⎫ ⎝⎛=230,,,2 可得分子沿管数密度分布；结果是：⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=∆p l l p 6122222ρωωρ4.13解：由玻尔兹曼分布律：z y x kT kT vv v z dv dv dxdydzdv e e kT m n dN p k zyxεεπ--⎪⎭⎫ ⎝⎛=230,,,2 =∆∆∴⎪⎭⎫ ⎝⎛=∆⎪⎭⎫ ⎝⎛=∆-∆+∆+-⎰⎰2123022301222211N N dxdydzdv ekT m n N dxdydzdv ekT m n N kTvv v vv v kt k k εεππ 这里用积分太复杂,因为△v很小,所以可以用)()()(4122112121v f v v f v dN dN N N dvdtdA v nvf dN v ==∆∆∴=4．14解：由麦克斯韦分布律：.)()(,4)(.4)(.2,24)(212111232223222p p p p p p p v v pp kT mv v v v f v f e v v f v v v ev v f mkTv v ekT m v f p=∴===∴=⎪⎭⎫ ⎝⎛=-----ππππ时，当又4.15解：由麦克斯韦分布律：83,83.3,821212ππμμμπμ=∴===T T RT RT RTv RTv 由题：4.16解：.3;8;22μπμμRTv RTv RTv p ===4.17解：.8.424)(11022302mkTv vvdv ekT m dv v f v v kTmv ππππ==⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎪⎭⎫ ⎝⎛⎰⎰+∞-+∞其中，4.18解：由4.14已知 ,4)(11--=e v vf p p π所以，速率v p —v p +△v 在区间内的分子数:.)(.244)(1111----∝∆∴∆⋅⋅=∆=∆=∆T N v e kT mNv e v Nv v Nf N p p ππ4.19解：dtdA v n N 41=∆4.20解：(1) 设中子气的中子数密度为n,有 ,844110416πμRTn v n ==⨯ 所以 );(1035.630031.88100.11016313316--⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=m n π(2) 中子气的分压).(1063.23001038.11035.672313Pa nkT p --⨯=⨯⨯⨯⨯== 4.21解:假设凡射入小孔中的分子均可通过。
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热学习题答案第四章：热力学第一定律（内容对应参考书的第五章）1. （ P 192。
1）0.020Kg 的氦气温度由17 C 升为27 C 。
若在升温过程中：（1）体积保持不变；（1）体积保持不变：外界对气体做功 A 0， 3内能的变化 U C v,m T 2 T 15R300 290 75R 150 cal ，根据热力学第一定律，由A 0有 系统吸收热量Q U 75R 150 cal（或者=）;（2）压强保持不变：由P =常数，及理想气体状态方程 PV RT 有 外界对气体做功 A PdV P V 1 V 2RT 1 T 250R100 cal ，内能的变化 U C v,m T 2 T 1 75R 150 cal ，由热力学第一定律，得 系统吸收热量：Q U A 125R250 cal ;此问也可以先求A 和Q C P T 2 T 1，而后再由第一定律得U A Q 。
（3）不与外界交换热量：由于理想气体内能的变化只由温度决定，则 内能的变化仍然是 U C v,m T 2 T 175R 150 cal ，但由Q 0 ,根据热力学第一定律知此时外界对系统所做的功完全转化为系 统内能的增加量，即 外界对气体做功 A U C v,m T 2 T 175R 150 cal 。
注意：此题很简单，目的在于理解理想气体内能无论在什么样的准静态过程下都只由温度决定（2）压强保持不变；（3）不与外界交换热量，试分别求出气 体内能的改变, 且 C v,m R 。
吸收的热量，外界对气体所做的功。
设氦气可看作理想气体, 解：已知T 1 17 C 290K, T 227 C 300K ，M警勺5mol4 10 3 Kg / mol2. （P 192°2）分别通过下列过程把标准状态下的 0.014Kg 氮气压缩为原体积的一 半：（1）等温过程；（2）绝热过程；（3）等压过程。
试分别求出在这些过程 中气体内能的改变，传递的热量和外界对气体所做的功。
设氮气可看作理想 气体，且C v,m |R0.5 8.314 273.15 才 1 1.4 1 （3）等压过程：维持p 1不变，则T 2 伫1V 12内能的变化量为U C vm T 2 T 10.5 - R 273151419 J ，而2 2又由C p,m 7R 可得气体吸收的热量为7 27315Q C pm T 2 T 1 0.5 -R 一一1987 J2 2根据热力学第一定律，有外界对气体所做的功为A U Q 1419 1987 568 J解：由已知有M28 10 0.014Kg30.5 mol Kg / mol T 1 273K ，口 1.013 105 P a ， V 1RT；PC P,m C V,mRC v,mC v,m（1）等温过程: 由已知, 氮气看做理想气体，故内能变化量 0,由热力学第一定律，有QA ，而外界对气体所做的功为V2A PdVV1V 22dVV 1RTRTln 10.5 8.314273.15 V 1VV 2In 2 786 J ；（2 ）绝热过程: 传递的热量Q 0，绝热过程外界对气体所做的功为p 2V 2pM，由绝热过程方程有P 1V 1，即p 2P 1V 1 V 2RT 1 乙 11 2907 J3. (P 193。
8) 0.0080Kg 氧气，原来温度为27 C ，体积为0.41L 。
若: (1) 经过绝热膨胀体积增加为4.1L ;(2) 先经过等温过程再经过等容过程达到与(1)同样的终态。
试分别计算在以上两种过程中外界对气体所做的功。
设氧气可以看作理想气5体，且 C v,m - R 。
2 M 0.0080 Kg 1.解：已知，3mol ，T i 27 C 300K ，32 10 Kg / mol 4则外界对系统做功(2)等温过程：外界对系统做功由题意，再经过等容过程使温度由T 1降至T 2，因为在等容过程中外界对系统不做功，故整个过程中外界对系统做功为 A 1436.49 J4. ( P 194。
16)设一摩尔固体的状态方程可写作 v v 0 aT bp ;内能可表示为u cT apT ，其中a 、b 、c 和V 0均是常数。
试求:(1) 摩尔焓的表达式； (2) 摩尔热容量C P,m 和C v,m 。
解：(1)由题意，摩尔焓可表示为2h u pv cT apT p v 0 aT bp cT pv 0 bp ；V 1 0.41L ，V 24.1L ，C P,m CV,mCV ,mRCV ,m(1)绝热膨胀过程：满足绝热过程方程TV 1 c ，由题意可知1 1T 1V 1T 2V 2 1，即 T 2T 1V 2300.15 竺4.1119.49 K ，T 2 T 18.314119.49 300.15938.75 J ；V 2V 2PdVRT 1V 1V 1dV VRT 1 ln V2 ㈣V 1 4300.150.411436.49 J ，（2）由（1），有 C p,mh c ，T PuCc ap ，1 V1且由已知有p — V V oaT ， 则 C vm c aV V 02'T （最终用题目bbb给的常数来表述）5. （P i96。
23）瓶内盛有气体，一横截面为A 的玻璃管通过瓶塞插入瓶内。
玻璃管内放有一质量为m 的光滑金属小球（像个活塞）。
设小球在平衡位置时， 气体的体积为V ,压强为P m P o mg（P o 为大气压强）。
现将小球稍向下移，A然后放手，则小球将以周期T 在平衡位置附近作简谐振动。
假定在小球上下 振动的过程中，瓶内气体进行的过程可看作准静态绝热过程，试证明：球偏离平衡位置的位移 （2）小球进行简谐振动周期为T（3）由此说明如何利用这现象测定进行受力分析可知F PA P o A mg ，由准静态绝热过程，满足过程方程 PV c ，对于平衡位置和偏离平衡位置的两种状态，由题意有AP m VP V Ay PV 1 y故若将y 视为无穷小量时，可得（1）使小球进行简谐振动的准弹性力为 FPmA y ，这里解：（1）设任意位移y 处对应的瓶内气体的压强为 P ，小球受外力为F ，对小球P P m 1 -yP m 1 -ym Vm V则有小球做简谐振动的准弹性力6. (P 19& 28)如图所示为一理想气体( 已知)所经历的循环过程，其中CA为绝热过程，A 点的状态参量T 1,V 1和B 点的状态参量T 1,V 2均为已知。
(1) 气体在A B,B C 两过程中分别与外界交换热量吗是放热还是吸热 (2) 求C 点的状态参量； (3) 这个循环是不是卡诺循环； (4) 求这个循环的效率。
解：(1)由题意分别讨论各过程：A B :等温膨胀过程，气体从外界吸热 Q AB ； B C :等容降压过程，气体向外界放热 Q BC ； C A :绝热压缩过程，内能增加，外界对气体做功(2)令C 点的状态参量为T 2,V 2 ，由绝热方程T 1V 1 1 T 2V 2 1，有AF P m A 1 V yP o A mg学y ，得证;(2)由(1)知小球做简谐振动的势能为yV F dyoP m A 2 2矿yP A 2子k ，则可得小球简谐振动的周期(3)可以根据本题设计一个实验, m 、V 、P m 、 A 都为已知的不变的量，因而可以通过测量小球振动的周期来测量值:4 2 mV2 2°PA 2T 2实验中 T 2，得证。
12T BT AV BV AT B T CP B 2 T A瓦 2，T AP A P D其中T AP A V AV 1 V 2；(3) 该循环不是卡诺循环;(4)该循环在高温热源T i 和低温热源T 2间工作，则在T 1处吸热 Q ABRTJnV 1在T 2处放热可得循环的效率为:7. (P 199。
31)如图中ABCD 为一摩尔理想气体氦的循环过程，整个循环由两条 等压线和两条等容线组成。
设已知A 点的压强为P A 2.0atm ，体积V A 1.0L ，3B 点体积为V B 2.0L ，C 点压强为P C 1.0atm ，求循环效率。
设Qm - R 。
2解：由题意，分别讨论各个过程：A B :等压膨胀过程， 气体吸热 Q AB C P T B T A；B C :等容降压过程， 气体放热 1Q BCQ BCC V T BT C CD :等压压缩过程, 气体放热1Q CDQ CDC P T CT DD A :等容加压过程, 气体吸热 Q DA C P TAT D由一摩尔理想气体状态方程PV RT 和已知条件有IQ B CQ B C C V ,m T 1T 2V 1 V 21RT. V 1 1 V 2IQ AB Q BC Q AB1V 23R 2 5R 1循环效率i Q2i Q B C Q CD 1 2R2R—15.4%Q i Q AB Q DA5R23R1132R2R6. （P i99。
33）—制冷机工质进行如图所示的循环过程，其中ab、cd分别是温度为T2、T i的等温过程；be、da为等压过程。
设工质为理想气体，证明这制冷机解：已知T a T b T2，T e T d T i，P b P e，P a P d，由题意分别讨论四个过程:e d :等温膨胀过程，系统吸热Q ed RT i ln --，V ed a :等压膨胀过程，系统吸热Q da C P T2 T i以上分析可知，系统在两等压过程中吸收和放出的热量的值相等，正好互相抵消, 故系统在整个循环中从低温热源吸收的热量为Q2 Q ed RT i ln，向外界放出的热量为Q i' Q ab RT2In-^，又由理想气体性质及已知条件得，R P e V dV b P a P d V eRT i ln-d则制冷系数°2V e，得证Qi Q2RT z In^In V d T2 T i的制冷系数为T i T2 T ia b :等温压缩过程，系统放热Q ab Qab RT2唔，b e :等压压缩过程，系统放热Q be Q be C P T b T e C P T2 T i ，。