课后思考题及习题答案思考题1-2： 否，闭口是说没有物质交换绝热是说没有热量交换没有排除做功的可能，所以不是孤立系统。

思考题1-7：否，稳定但不平衡，平衡的概念是内外同时建立热和力的平衡，显然铁棒上各点的温度并不相同，即存在热的不平衡习题1-3：212111111262111ln ln 0.50.5100.172ln138.374kJ 0.1v vv pp v p v v p p v w pdv dv v ==⨯⨯⨯====⎰⎰ 习题1-4：sin B P gl ρα=+6310sin 0.1100.89.80720010sin30?=99215.44 Pa P B gl ρα-=-=⨯-⨯⨯⨯⨯⨯３习题1-5：21w pdv =⎰1) p=定值：210.0560.020.71021kJ v v p w dv dv ⨯===⎰⎰；2) pV=定值：216211121110.05ln 0.7100.02ln 12.8kJ 0.02v vvp v v p v w pdv dv v =⨯⨯⨯====⎰⎰　习题1-7：需由热泵向室内提供的热量为：31700001024010019264.43600Q ⨯=-⨯-= w120Q w ε=10219264.4==3.8535Q w ε=kw 习题1-9：1) 512010==3.9773600Q w ε=⨯2) 5210=107360074800Q Q w =--⨯= kJ/h 3) 127.783600Q w == kw思考题2-5：甲与乙的看法都是错误的。

首先依题意可知，如果瓶内氧气压力要减少一半，相应的质量也会减少一半。

对于甲的看法：虽然每次抽出的氧气体积不变，但是由于每抽气一次均会导致气瓶中的压力会有所有下降，每次抽出来的氧气质量也是不同的，甲的错误就在于认为每次抽出的来氧气质量会相同。

而对于乙的看法：乙则认为气瓶内氧气体积增大一倍，压力就会减半，但是在抽气过程中，瓶内氧气的质量是在改变的，因此其结论也是错误的。

● 所抽次数的求解如下：抽气前气瓶内氧气的状态参数为（p 0,v ,m 0），可求得原气瓶中氧气的质量m 0为：3000510p v p m RT RT-⨯== 式 （1）● 第一次抽气后，且第一次抽出的气体质量m 1，气瓶内氧气的状态参数为（p 1,v,m o -m 1），以气瓶和抽气筒为一个系统，则：310(50.1)10p m RT -⨯+⨯= 式 （2）结合式1和2，可得：1055.1p p = 式 （3）而对于第一次抽出的气体，每次抽出的气体体积为v ‘=0.1L ：3110.110p m RT -⨯⨯= 式 （4）结合式可求得第一次抽气后气瓶的气体质量为（m 0-m 1）：3101510p m m RT-⨯-=式 （5） ● 第二次抽出的气体体积同样为v 2=0.1L ，质量为m 2，第二次抽气后气瓶内气体的压力为p 2，气瓶内气体质量则为（m 0-m 1-m 2），以气瓶和抽气筒为系统，则有：3201(50.1)10p m m RT -⨯+⨯=-() 式 （6）将式5代入式6，可得：221055=5.1 5.1p p p =（） 式 （7）●依此类推，第n 次抽气后气瓶中的氧气压力p n 为： 05=()5.1n n p p所以，当0=0.5n p p =时，5()=0.55.1n ，求得n=35次思考题2-8：1) 否，因为p v c c R -=，即二者之间的差值只与其气体常数有关，不随温度变化； 2) 由于1p v vv vc c R Rk c c c +===+，而c v 是与温度有关的，因此比热容比k 与温度是有关的。

思考题2-11： 1) 是的，ii m g m=，所有各成分的质量相同时，相应的质量成份是相同的； 2) 摩尔成份不一定相同，因为11nni iii i i i i n M Mm g x m nMM=====∑∑，即质量成分相同时，摩尔成份还与各成份的摩尔质量有关。

习题2-3：求被压入的二氧化碳CO 2质量。

解：令起始状态为1（P 1,V 1,T 1, m 1），终状态为2（P 2,V 2,T 2, m 2），被压入的二氧化碳CO 2质量即为m 2-m 1, 应用理想气体方程：PV mRT =,1111PV m RT =,2222PV m RT = 22112121PV PV m m RT RT -=- 由题意可知：V 2=V 1=3m 3 ，R=188.9 J/kg·K （查表2-1）11g P p B =+，22g Pp B =+ 11273T t =+，22273T t =+故：221121212121653530.310+1.013103010+1.01310=12.02 kg188.970+27345+273PV PV P P V m m RT RT R T T ⎛⎫-=-=- ⎪⎝⎭⎛⎫⨯⨯⨯⨯=- ⎪⎝⎭习题2-6：储气灌初始质量m 1：1111p v m RT =储气灌终态时质量m 2： 2222p v m RT = 压缩机每分钟充入空气的质量：0000p v m RT =由已知条件可知：p 1=p 0=0.1Mpa, T 1=T 2=T 0=273+15=288K, V 1=V 2=8.5m 3, V 0=3m 3 故所需时间t 为：221162121216000000()0.7108.5==19.83min 0.1103p v p v m m p p v RT RT RT t p v m RT p v RT ---⨯⨯==⨯=⨯⨯习题2-9： 1) 求氮的质量m:PV mRT =,故:613.7100.05==7.69 kg 296.827+273PV m RT ⨯⨯=⨯（）2) 求熔化温度616.5100.053617.69296.8PV T mR ⨯⨯===⨯ K习题2-14：设标准状态下空气质量流量为m （kg/h ）， 由于000=m PV RT 则：0001013253500=4526.27287273PV m RT ⨯==⨯ kg/h 1) 按平均比热容计算：查表2-4（线性插值法）：250|1.0045pm c =；2500| 1.0155pm c = 25025006(|250|25)4526.27(1.0155250-1.004525)=1.03510p pm pm Q m c c =⨯-⨯=⨯⨯⨯⨯ （kJ/h ）2) 按真实比热容经验公式计算：21T p p T mQ Mc dT M=⎰230123p Mc a a T a T a T =+++ (查表2-3)()()()()21523298232233442121212162301234312031204526.27)28.974526.27()|28.972344526.2728.972341.040410(p T T Q dT T T T T T T T T T a a T a T a T a T a T a T a a a a a ===⎡⎤=⨯-+-+--⎢⎥⎣⎦=⨯+++++++⎰（kJ/h ）3) 按定值比热容计算：将空气看做双原子气体，其定压摩尔比热容M cp 为：0278.31429.122p i R Mc +=⨯==kJ/kmol·k 6214526.27()29.1(523298) 1.0231028.97p p m Q Mc T T M =-=⨯⨯-=⨯ （kJ/h ）习题2-16：1) 求混合气体质量m:由已知条件及PV mRT =可知，需先求得混合气体的气体常数R 而0R R M=由已知条件可求得：10.4440.2280.43236ni i i M x M ===⨯+⨯+⨯=∑则：08314==230.936R R M =故60.0410+4==7.51 kg 230.950+273PV B m RT ⨯⨯=⨯（）（）（大气压B:133.32275099991.5B =⨯=，1mmHg=133.322 Pa ）2) 001110=PV PV m RT RT =00111061100501=0.0410+133.3227504273==4.671 1.01310(50273)PV PV RT RT PV T V PT ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯+（）习题2-18： 1) 0=22.4M ρ 11(0.97160.006300.0018440.00185822.40.002440.018328)16.48i ni i M M r ==⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯==∑016.48=0.7422.422.4M ρ==(kg/m 3)2) i i p r p =44300.97101.3251098285.3CH CH p r p =⨯=⨯⨯= Pa 2626300.006101.32510607.95C H C H p r p =⨯=⨯⨯= Pa 3838300.0018101.32510182.39C H C H p r p =⨯=⨯⨯= Pa 410410300.0018101.32510182.39C H C H p r p =⨯=⨯⨯= Pa 22300.002101.32510202.65CO CO p r p =⨯=⨯⨯= Pa 22300.0183101.325101854.2N N p r p =⨯=⨯⨯= Pa习题3-11) 可将热力系统取为：礼堂中的空气，则可知该系统为闭口系统。

根据闭口系统能量方程：Q U W =∆+由于系统中没有作功，故W=0；因此，由上式可知，系统所得热量Q 为热力学能的增加△U ；而依题意可知系统热力学能的增加等于人体的散热量，即：5202.6710602000400Q U =⨯=∆=⨯⨯ kJ2) 将热力系统取为：礼堂中的空气和人，则可知该系统为闭口系统， 闭口系统能量方程：Q U W =∆+由于系统中没有作功，故W=0；由于系统对外界没有传热，即Q 为0，而对整个礼堂的空气和人来说没有外来热量，所以系统热力学能的增加△U 为0；空气温度的升高是由于人体对环境的散热量由空气吸收，从而导致的空气热力学能增加。

习题3-2对量热器：Q U W =∆+依题意有：120060=1140Q =- kJ2048(0.04)60W =-=-⨯⨯ kJ故：1140481188U Q W ∆=-=+= kJ习题3-3对整个刚性水箱：Q U W =∆+系统与外界绝热，则：30+4509.8073010U W U -=∆=∆-⨯⨯⨯ 132.39U ∆=- kJ而2121()132.39v mc t t U U U =-=∆=-求得：2=26.32t ℃习题3-51) 对1-a-2 -b-1过程：Q U W =∆+其中，由于1-a-2 -b-1过程为一闭口循环，故△U=0，则有：Q W =，即10＋(-7)＝w+(-4)W=7 kJ2) 同样对1-c-2 -b-1过程，有：Q W =，即(-7)＋q ＝(-4)+2Q=5 kJ习题3-7依题意为闭口系统，则有：21=Q U W U U W =∆+-+[]21212211() 1.5(1.585)(1.585)60U U m u u p v p v -=-=⨯---= kJ由气体状态方程b av p +=得：0.21000 1.5a b =⨯+ 1.2200 1.5a b =⨯+解得：1200a =- 1160b =则气体状态方程为：12001160p v =-+，由于气体质量m 为1.5kg ，故此式可转化为： 8001160p V =-+2211 1.2220.21(800)116060022V V V V a W pdV V bV V V ⎡⎤⎡⎤==+=-+=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰kJ（W 还可根据P-V 图计算）则过程中的传热量为：21=60600660Q U W U U W =∆+-+=+= kJ习题3-8热力系：左边的空气系统：整个容器为闭口系统 过程特征：绝热，自由膨胀 根据闭口系统能量方程W U Q +∆=绝热0=Q自由膨胀W ＝0 因此ΔU=0对空气可以看作理想气体，其内能是温度的单值函数，得2121()0300v mc T T T T K -=⇒==根据理想气体状态方程21121221=1006RT pV p p V V ===kPa习题3-10开口稳态稳流系统1) 以风机为研究对象，根据稳态稳流能量方程：t Q H W =∆+系统与外界绝热， Q=0，则220(')p s mc t t W =-+32700.5628710('0)12t -=⨯⨯⨯⨯--解得：2' 1.78t =℃2) 空气在加热器中的吸热量0.56 1.0045(250 1.78)=139.63p Q mc t =∆=⨯⨯-kW(3) 由于t Q H W =∆+对不可逆过程也成立，故以上结果仍正确。