工程热力学第三版电子教案第3章

第3章 热力学第一定律 3.1 基本要求 .................................................................................. 17

3.2 本章重点 .................................................................................. 17

3.3 例 题 .......................................................................................... 17

3.4 思考与练习题 .......................................................................... 23

3.5自测题 ........................................................................................... 28 3.1 基本要求 深刻理解热量、储存能、功的概念，深刻理解内能、焓的物理意义 理解膨胀（压缩）功、轴功、技术功、流动功的联系与区别 熟练应用热力学第一定律解决具体问题

3.2 本章重点

1．必须学会并掌握应用热力学第一定律进行解题的方法，步骤如下： 1）根据需要求解的问题，选取热力系统。 2）列出相应系统的能量方程 3）利用已知条件简化方程并求解 4）判断结果的正确性 2．深入理解热力学第一定律的实质，并掌握其各种表达式（能量方程）的使用对象和应用条件。 3．切实理解热力学中功的定义，掌握各种功量的含义和计算，以及它们之间的区别和联系，切实理解热力系能量的概念，掌握各种系统中系统能量增量的具体含义。 4．在本章学习中，要更多注意在稳态稳定流动情况下，适用于理想气体和可逆过程的各种公式的理解与应用。

3.3 例 题

例1．门窗紧闭的房间内有一台电冰箱正在运行,若敞开冰箱的大门就有一股凉气扑面,感到凉爽。于是有人就想通过敞开冰箱大门达到降低室内温度的目的,你认为这种想法可行吗? 解：按题意，以门窗禁闭的房间为分析对象，可看成绝热的闭口系统，与外界无热量交换，Q=0，如图3.1所示，当安置在系统内部的电冰箱运转时，将有电功输入系统，

根据热力学规定：W<0，由热力学第一定律WUQ可知，0U，即系统的内能增加，也就是房间内空气的内能增加。由于空气可视为理想气体，其内能是温度的单值函数。内能增加温度也增加，可见此种想法不但不能达到降温目的，反而使室内温度有所升高。 若以电冰箱为系统进行分析，其工作原理如图3.1所示。耗功W后连同从冰室内取出

的冷量0Q一同通过散热片排放到室内，使室内温度升高。

图3.1 例2. 既然敞开冰箱大门不能降温，为什么在门窗紧闭的房间内安装空调器后却能使温度降低呢? 解:参看图3.2, 仍以门窗紧闭的房间为对象。由于空调器安置在窗上，通过边界向环境大气散热,这时闭口系统并不绝热,而且向外界放热，由于Q<0，虽然空调器工作

时依旧有电功W输入系统，仍然W<0，但按闭口系统能量方程：WQU，此时虽然Q与W都是负的,但WQ，所以U<0。可见室内空气内能将减少,相应地空气温度将降低。

若以空调器为系统,其工作原理如图3.2所示，耗功W连同从室内抽取的热量'Q一同排放给环境，因而室内温度将降低。 图3.2 例3．带有活塞运动汽缸，活塞面积为f，初容积为V1的气缸中充满压力为P1，温度为T1的理想气体，与活塞相连的弹簧，其弹性系数为K，初始时处于自然状态。如对气体加热，压力升高到P2。求：气体对外作功量及吸收热量。（设气体比热CV及气体常数R为已知）。 解：取气缸中气体为系统。外界包括大气、弹簧及热源。 （1）系统对外作功量W：包括对弹簧作功及克服大气压力P0作功。 设活塞移动距离为x，由力平衡求出： 初态：弹簧力F=0，P1=P0

终态：fPKxfP02 KfPPKfPPx1202 对弹簧作功：200'21KxKxdxdxFWxx 克服大气压力作功：VPfxPxFW00''' 系统对外作功：'''WWW (2)气体吸收热量：

能量方程：WUQ 式中：W（已求得）

12TTmCUv

mRVpT111，mRVpT222 1122VpVpRCUV

而fxVVVV112 例4．两股流体进行绝热混合，求混合流体参数。 解：取混合段为控制体。稳态稳流工况。 Q=0，Ws=0 动能、位能变化忽略不计。 能量方程：0H 即：3212211hmmhmhm

2122113mmhmhmh



若流体为定比热理想气体时： TChp

则：2122113mmTmTmt 例5．压气机以m的速率吸入P1，t1状态的空气，然后将压缩为P2，t2的压缩空气排出。进、排气管的截面积分别为f1，f2，压气机由功率为P的电动机驱动。假定电动机输出的全部能量都传给空气。试求：（1）进、排气管的气体流速；（2）空气与外界的热传递率。 解：取压气机为控制体。 （1）进、排气管气体流速： 由连续性方程和状态方程：

111.vCfm，111p

RTv

进气流速：smRTfpmC/1111 同理，排气流速：smRTfPmC/2222 （2）热传递率： 忽略位能变化能量方程：

22.2.21.1

.

2121

CmHQCmHWt

SWccmHHQ.2221.21.21

设气体为定比热理想气体：Tchp SpWccmTTCmQ.2221.21

..

21



式中：pWs. 例6：如图3.3所示的气缸，其内充以空气。气缸截面积A=100cm2，活塞距底面高度H=10cm。活塞及其上重物的总重 量Gi=195kg。当地的大气压力p0=771mmHg，环境 温度t0=27℃。若当气缸内气体与外界处于热力 平衡时，把活塞重物取去100kg，活塞将突然 上升，最后重新达到热力平衡。假定活塞和气缸 壁之间无摩擦，气体可以通过气缸壁和外界充分 换热，试求活塞上升的距离和气体的换热量。 图3.3 解：（1）确定空气的初始状态参数

p1=1bp +1gp=AG1=771×13.6×10-4×+100195=3kgf/cm2 或 p1=3×0.98665=2.942bar=294200Pa V1=AH=100×10=1000cm3 T1=273+27=300K （2）确定取去重物后，空气的终止状态参数 由于活塞无摩擦，又能充分与外界进行热交换，故当重新达到热力平衡时，气缸内的

H 压力和温度应与外界的压力和温度相等。则有 p2=2bp+2gp=AG1=771×13.6×10-4×+100100195=2kgf/cm2 或 p2=2×0.98665=1.961bar=196100Pa T2=273+27=300K 由理想气体状态方程pV=mRT及T1=T2可得

150019610029420010002112ppVVcm3

活塞上升距离 ΔH=（V2－V1）/A=（1500－1000）/100=5cm 对外作功量 W12=p2ΔV= p2AΔH=196100（100×5）×10-6=98.06kJ 由热力学第一定律 Q=ΔU+W 由于T1=T2，故U1=U2，即ΔU=0则， Q12=W12=98.06kJ（系统由外界吸入热量） 例7：如图3.4所示，已知气缸内气体p1=2×105Pa，弹簧刚度k=40kN/m，活塞直径D=0.4m，活塞重可忽略不计，而且活塞与缸壁间无摩擦。大气压力p2=5×105Pa。求该过程弹簧的位移及气体作的膨胀功。 解：以弹簧为系统，其受力τ=kL，弹簧的初始长度为

kAppkL）（0111

32510404.0410)12(





=0.314m 弹簧位移 kAppkL//)(0121）（ Q

图3.432510404.0410)25(





=0.942m 气体作的膨胀功原则上可利用可用功计算，但此时p与V的函数关系不便确定，显然，气体所作的膨胀功W应该等于压缩弹簧作的功W1加克服大气阻力作的功W2，因此若能求出W1与W2，则W也就可以确定。

kJ58.29]314.0)942.0314.0[(4021)(2122212122211LLLLkkLdLdLW

kJ84.11118401942.04.041012502LApW W =W1+W2=29.58+11.84=41.42kJ 说明：（1）由此题可看出，有时p与v的函数关系不大好确定，膨胀功可通过外部效果计算。 （2）请同学们思考，本题中若考虑活塞重，是否会影响计算结果。

3.4 思考与练习题

1．物质的温度愈高，所具有的热量也愈多，对否？ 2．对工质加热，其温度反而降低，有否可能？ 3．对空气边压缩边进行冷却，如空气的放热量为1kJ，对空气的压缩功为6kJ，则此过程中空气的温度是升高，还是降低。 4．空气边吸热边膨胀，如吸热量Q=膨胀功，则空气的温度如何变化。 5．讨论下列问题：