内容发布更新时间 : 2024/5/21 17:21:03星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

工程热力学例题与习题 第3章 热力学第一定律

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

Q??U?W可知，?U?0，即系统的内能增加，也就是房间内空气的内能

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工程热力学例题与习题 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Q0一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

?U?Q?W，能量方程：此时虽然Q与W都是负的,但Q?W，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。

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工程热力学例题与习题 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：P2f?Kx?P0f x?'xx?P2?P0?fK12??P2?P1?f

K对弹簧作功：W??Fdx??Kxdx?Kx2

00克服大气压力作功：W''?F'x?P0fx?P0?V 系统对外作功：W?W'?W'' (2)气体吸收热量： 能量方程：Q??U?W 式中：W（已求得）

?U?mCv?T2?T1? ?T1?p1V1pV，T2?22 mRmR??U?CV?p2V2?p1V1? R而V2?V1??V?V1?fx

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：?H?0

即：m1h1?m2h2??m1?m2?h3

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工程热力学例题与习题 h3?m1h1?m2h2

m1?m2若流体为定比热理想气体时：

h?CpT 则：t3?m1T1?m2T2

m1?m2?的速率吸入P1，t1状态的空气，然后将压缩为P2，t2例5．压气机以m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：

m?.f1C1RT，v1?1 v1p1进气流速：C1??mRT1m/s p1f1?mRT2m/s P2f2 同理，排气流速：C2?（2）热传递率： 忽略位能变化能量方程：

1.2.1.2Wt?H1?mC1?Q?H2?mC2

22..1.22Q?H1?H2?mc1?c2?WS

2.??设气体为定比热理想气体：h?cpT

Q?mCp?T1?T2??...1.22mc1?c2?WS 2??式中：Ws?p

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.工程热力学例题与习题 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

G1195=771×13.6×10-4×+=3kgf/cm2

100Ap1=pb1 +pg1=

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，气缸内的压力和温度应与外界的压力和温度相等。则有

G1195?100=771×13.6×10-4×+=2kgf/cm2

100Ap2=pb2+pg2=

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

V2?V1p12942003

?1000?1500cmp2196100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

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