工程熱力學 第二版

1. 工程熱力學 第二版 第 5 章 熱力學第一定律 The First Law of Thermodynamics

2. 5.1 控制質量經歷一循環時的熱力學第一定律 • 5.2 控制質量經歷狀態變化時的熱力學第一定律 • 5.3 內能─一種熱力性質 • 5.4 問題分析與解題技巧 • 5.5 熱力性質，焓 • 5.6 等容與等壓比熱 • 5.7 理想氣體之內能、焓、與比熱 • 5.8 作為變化率方程式之第一定律 • 5.9 質量守恆 • 5.10 如何剖析

3. 5.1 控制質量經歷一循環時的熱力學第一定律 • 熱力學第一定律述說在系統（控制質量）經歷一循環期間，熱的循環積分與功的循環積分成正比，以方程式表示如下 • 符號 ，稱為熱傳的循環積分，代表在循環期間的淨熱傳量，而　 則是功的循環積分，代表在循環期間的淨功量。在上式中，J 為比例常數，其值視功與熱所使用的單位而定。公制系統中均採用焦耳。因此，在公制系統中，並不需要比例常數 J。 P107

4. 圖 5.1 說明控制質量經歷一循環的範例。 P107

5. 5.2 控制質量經歷狀態變化時的熱力學第一定律 • 考慮某經歷一循環之系統，假設該系統由狀態 1 經由過程A 變化至狀態 2，再由狀態 2 經由過程 B 返回至狀態 1，可得 • 現考慮另一循環，其中控制質量係經由過程 C 由狀態 1 變化至狀態 2，並和先前一樣，經由過程 B 返回至狀態 1。對此循環，可寫成 • 將上述第一式減去第二式並重整後，可得 P108

6. 由於 A 與 C 分別代表在狀態 1 與 2 之間的任意過程，故對所有過程而言，在狀態 1 與 2 之間的 δQ – δW 均相同。此性質正是控制質量的能量（energy），並以符號 E 表示，可寫成 dE = δQ – δW • 因為 E 為一性質，故其導數可寫成 dE。將上式由起始狀態 1 積分至最終狀態 2，可得 E2 – E1 = 1Q2 – 1W2 • 其中 E1與 E2分別為控制質量之能量E 的起始與最終值，1Q2為在由狀態 1 至狀態 2 之過程中傳遞至控制質量的熱量，而 1W2則是在過程中由控制質量所作之功。 P108

7. 圖 5.2 說明熱力性質 E 存在的圖解。 P108

8. 圖 5.3 具有若干不同次系統之控制質量。 P109

9. 研習熱力學時，為方便起見，可將整體動能與位能各別考慮，然後再將控制質量之所有其他能量視為單一性質，並稱其為內能（internal energy），且以符號 U 表示。因此，可寫成 E =內能 + 動能 + 位能 • 控制質量之動能（kinetic energy）與位能（potential energy）與我們選擇之座標架構有關，且可以質量、速度、高度等巨觀參數加以指定。內能 U 包括控制質量之所有其他形式的能量，且與系統之熱力狀態有關。 • 由於組成 E 之各項皆為點函數，故可寫成 dE =dU +d(KE) + d(PE) • 狀態變化之熱力學第一定律因此可寫成 dE =dU +d(KE) + d(PE) =δQ –δW P109

10. 範例 5.1 質量 1100 kg 之小汽車以某速度驅動，使得該車具有動能 400 kJ（見圖 5.4）。試求此車之速度。若在標準重力場中， 將該車以起重機舉起，試問須舉至何種高度，才能使其位能 等於動能？ 解答 該質量之標準動能為 由上式可解出速度 P111

11. 範例 5.1（續） 標準位能為 PE = mgH 所以，當位能等於動能時，可得 注意在上述兩個計算中將 kJ 轉換成 J 的必要性。  圖 5.4 範例 5.1 之示意圖。 P111

12. 範例 5.2 以葉輪攪拌內含流體之桶。輸入葉輪之功為 5090 kJ。由桶傳 出之熱為 1500 kJ。若將桶與流體視為在控制表面內，試求該 控制質量的內能變化。 熱力學第一定律為 由於無動能與位能變化，故上式可簡化成 U2 – U1 = 1Q2 – 1W2 U2 – U1 = –1500 – (–5090) = 3590 kJ  P113

13. 範例 5.3 考慮質量為 10 kg 之石塊及含有 100 kg 液態水之桶子。該石 塊原位於水面上方 10.2 m，且石塊與水均處於相同溫度下， 並令此為狀態 1，隨後將石塊丟進水中。 試針對下列狀態變化，求ΔU、ΔKE、ΔPE、Q 及 W， 假設標準重力加速度為 9.80665 m/s2。 a. 石塊即將進入水中，狀態 2。 b. 石塊在桶子內恰好達到靜止時，狀態 3。 c. 熱傳遞至外界，使石塊與水均處於相同溫度（T1）下，狀 態 4。 分析與解答 對任意步驟而言，第一定律為 Q =ΔU +ΔKE +ΔPE + W 且對每一狀態而言，上式的每一項均可加以確認。 P113

14. 範例 5.3（續） a. 石塊自Z1 落至Z2，且假設當其掉落時，無熱傳發生。同 時，水並未發生狀態變化；所以 ΔU = 0， 1Q2= 0， 1W2= 0 且第一定律可簡化成 ΔKE +ΔPE = 0 ΔKE = –ΔPE = –mg(Z2–Z1) =–10 kg × 9.80665 m/s2× (–10.2 m) = 1000 J = 1 kJ 亦即，對由狀態1 至狀態2 之過程而言 ΔKE = 1 kJ 且ΔPE = –1 kJ P114

15. 範例 5.3（續） b. 對由狀態 2 至零動能之狀態 3 的過程而言，可得 ΔPE = 0， 2Q3 = 0， 2W3 = 0 故 ΔU + ΔKE = 0 ΔU = –ΔKE = 1 kJ c. 在最終狀態下，無動能，亦無位能，且內能與狀態 1 的內能相同。 ΔU = –1 kJ， ΔKE = 0， ΔPE = 0， 3W4 = 0 3Q4 = ΔU =–1 kJ  P114

16. 5.3 內能─ 一種熱力性質 • 內能為一外延性質，因其與系統的質量有關。同樣地，動能與位能亦為外延性質。 • 不考慮運動、重力、表面效應、電、或其他效應時，純物質的狀態可以兩個獨立性質加以指定。非常重要的是，在這些限制條件下，內能亦為純物質之獨立性質之一。 P114

17. 範例 5.4 試求在下列狀態中，水所欠缺之性質（P、T 或x）以及υ。 a. T = 300℃, u = 2780 kJ/kg b. P = 2000 kPa, u = 2000 kJ/kg 對每一種情況而言，所指定之兩性質皆為獨立性質，因此將 系統狀態固定住。對上述每一種情況，首先必須藉由比較相 界值之已知資料來決定其相態。 a. 在300℃ 時，由表B.1.1 知，ug= 2563.0 kJ/kg。已知u >ug，所以狀態是在小於Pg之某壓力P（即8581 kPa）下的過熱蒸汽區域內。經搜尋表B.1.3，發現在300℃ 時，u = 2780係介於在1600 kPa 時的u 值（2781.0）與1800 kPa 的u 值（2776.8）之間。利用線性內插法，可得 P = 1648 kPa P115

18. 範例 5.4（續） 注意乾度在過熱蒸汽區內並未定義。在此壓力下，經由線性 內插法，可得υ= 0.1542m3/kg。 b. 在P = 2000 kPa 時，由表B.1.2 知，已知u 值為2000 kJ/kg 大於uf（906.4）但小於ug（2600.3）。因此，該狀態是在兩相區內，其中T =Tg= 212.4℃，且 u = 2000 = 906.4 +x1693.8, x = 0.6456 所以 υ= 0.001177 + 0.6456 × 0.09845 = 0.06474 m3/kg P116

19. 5.4問題分析與解題技巧 1. 何謂控制質量或控制容積？選擇不只一個系統是否有用或必要？ 2. 關於起始狀態，我們知道什麼（亦即哪些性質為已知）？ 3. 關於最終狀態，我們知道什麼？ 4. 關於發生的過程，我們知道什麼？有哪些條件為常數或零？在兩 性質間存在有某種函數關係嗎？ 5. 將在步驟 2 至 4 中之資料繪製成圖形（例如，T-υ或 P-υ圖）， 是否有幫助？ 6. 適用於該物質行為的熱力模型為何（例如，水蒸汽表、理想氣 體，等等）。 7. 針對該問題的分析為何（亦即，是否檢視各種功模式的控制表 面，或利用第一定律或質量守恆定律）？ 8. 解題技巧為何？換言之，由目前已完成之步驟 1 ∼ 7 中，如何找 出任何我們想要的？有必要採用試誤法嗎？ P116

20. 範例 5.5 容積為 5 m3之某容器，內含在 0.1 MPa 下之 0.05 m3的飽和 液態水，及 4.95 m3之飽和水蒸汽。現將容器加熱，直至該 容器充滿飽和水蒸汽為止。試求此過程之熱傳量。 控制質量：所有在容器內的水。 示意圖：圖 5.5。 起始狀態：壓力、液態水之體積、水蒸汽之體積；因 此，狀態 1 確定。 最終狀態：在沿飽和水蒸汽曲線上之某處；因水被加 熱，故 P2 > P1。 過程：容積與質量維持不變；因此，比容為常數。 圖解：圖 5.6。 模型：蒸汽表。 P117

21. 圖 5.5 範例 5.5 之示意圖。 P118

22. 範例 5.5（續） 分析 由第一定律可得 藉由檢視各種功模式的控制表面，可知此過程的功為零。再 者，該系統並非處於移動狀態，所以無動能變化。雖然此系 統的質量中心有些微變化，但我們可假設對應之位能變化 （以kJ表示）可忽略不計。因此1Q2=U2–U1 解答 熱傳可由第一定律求出。因狀態1 已知，故可算出U1。 在狀態2 時的比容亦已知（由狀態1 及過程得知）。由於狀 態2 為飽和水蒸汽，故正如圖5.6 所示，狀態2 是固定的。 因此，U2 亦可求出。 P118

23. 圖 5.6 範例 5.5 之圖解。 P118

24. 範例 5.5（續） 解題程序如下： 所以 欲求u2，必須先知道兩個熱力性質，因如此才能決定最終狀 態。已知之性質為x = 100% 與υ2，及可輕易求得之最終比 容。 P118

25. 範例 5.5（續） 在表 B.1.2 中，藉由內插法，可找出在 2.03 MPa 壓力下， υg= 0.09831 m3/kg。因此，蒸汽之最終壓力為 2.03 MPa。 所以  P119

26. 5.5熱力性質，焓 • 在分析特定型態的過程中，常會碰到某些熱力性質的結合，其本身亦為經歷狀態變化之物質的性質。欲證實這類情況，可考慮經歷準平衡等壓過程之控制質量，如圖5.7 所示。 • 在等壓準平衡過程中的熱傳量，等於焓之變化量，其中包括內能的變化量及此特殊過程的功。 • 焓為一性質、一狀態或點函數，且其用在計算相同狀態下之內能時，與可能發生之任何過程無關。 H = U + PV或 h ≡ u + Pυ P119

27. 範例 5.6 某配置有活塞之汽缸，其容積為 0.1 m3，內含 0.5 kg 在 0.4 MPa 下之水蒸汽。熱由外界傳遞至水蒸汽，直至溫度為 300℃，其間壓力維持常數不變。求此過程之熱傳量與功。 控制質量：汽缸內之水。 起始狀態：P1, V1, m；因此，υ1已知，狀態 1 為固定（在 P1, υ1下，請核驗水蒸汽表──兩相區域）。 最終狀態：P2, T2；因此狀態 2 為固定（過熱狀態）。 過程：等壓。 圖解：圖 5.8。 模型：水蒸汽表。 分析 此等壓過程並無動能與位能變化。作功係由在邊界的移動 所致。假設該過程為準平衡過程。由於壓力為常數，故得 P121

28. 圖 5.8 等壓準平衡過程。 P122

29. 範例 5.6（續） 因此，第一定律可寫成 解答 可遵循下列解題程序。因狀態 1 已知，所以υ1與 h1（或 u1）可以求出。又狀態 2 亦已知，所以υ2與 h2（或 u2）也 可求出。現利用第一定律與功之方程式，即可算出熱傳量與 功。利用焓值，可得 P122

30. 範例 5.6（續） h2 = 3066.8 kJ/kg 1Q2 = 0.5(3066.8 – 1524.7) = 771.1 kJ 1W2 = mP(υ2 – υ1) = 0.5×400(0.6548 – 0.2) = 91.0 kJ 因此， U2 – U1 = 1Q2 – 1W2 = 771.1 – 91.0 = 680.1 kJ 熱傳量亦可由 u1與 u2求得： u1 = uf + x1ufg = 604.31 + 0.4311 ×1949.3 = 1444.7 kJ/kg u2 = 2804.8 kJ/kg 且 1Q2 = U2 – U1 + 1W2 = 0.5(2804.8 – 1444.7) + 91.0 = 771.1 kJ  P122

31. 5.6等容與等壓比熱 • 比熱，即欲將單位質量之溫度升高 1 度所需之熱量。 • δQ = dU +δW = dU + P dV 上式可針對兩種不同的特殊情況加以評估。 1. 等容，其中表示功之項（P dV）為零，致使比熱（在等容條件下）為 2. 等壓，其中功之項可以積分，且在起始與最後狀態下之最終 PV 項可與內能項相結合，因此熱傳量可以焓值變化量表示。相對應之比熱（在等壓條件下）為 P123

32. 圖 5.9 說明可以達成某指定ΔU 之兩種方法的圖示。 P124

33. 5.7理想氣體之內能、焓、與比熱 • 任何物質之內能 u 均與指定其狀態的兩個獨立性質有關。然而，對低密度之氣體而言，u 主要取決定於 T，而第二個性質，P 或υ，則對其影響不大。 • 理想氣體的內能與焓僅為溫度的函數，故可推斷其等容與等壓比熱亦僅為溫度的函數。亦即 Cυ0 = f (T), Cp0 = f (T) • 理想氣體之等壓與等容比熱間的一重要關係式，可由焓之定義推導得出： h = u + Pυ= u + RT • 雖然理想氣體之等壓與等容比熱均為溫度的函數，但兩者間的差恆為常數。 P124

34. 表 5.1 過熱水蒸汽之內能 P125

35. 圖 5.10 理想氣體之壓力-容積圖。 P126

36. 圖 5.11 某些氣體之熱容量隨溫度變化的圖示。 P127

37. 範例 5.7 試求當 1 kg 的氧由 300 K 被加熱至 1500 K 時，其焓值的變 化量。假設氧遵循理想氣體行為。 解答 對理想氣體而言，焓值的變化量可由式 5.24 求出。對在 300 K 與 1500 K 之間的氧而言，其理想氣體焓值變化可由表 A.8 中的理想氣體表獲得。利用式 5.30，此結果為 h2 – h1 = 1540.2 – 273.2 = 1267.0 kJ/kg 利用表 A.6 之經驗公式，應可得出良好的近似結果。將式 5.24 積分，可得 P128

38. 範例 5.7（續） 此結果較第一個結果低約2.0%。 若假設比熱為常數，則必須注意採用何值。若採用表A.5 中，在300 K 時之值，則由式5.29 可求得 h2–h1=Cp0(T2–T1)= 0.922×1200 = 1106.4 kJ/kg 該值低了12.7%。若假設在900 K（平均溫度）時的比熱值 為常數，則將900 K 代入表A.6 中之比熱方程式，可得 Cp0= 0.88 – 0.0001(0.9)+ 0.54(0.9)2– 0.33(0.9)3 = 1.0767 kJ/kg K 將此值代入式5.29，結果為 h2–h1= 1.0767×1200 = 1292.1 kJ/kg 該值高出約2.0%，但比採用室溫之比熱值更接近精確值。在 此須謹記涉及帶有常數比熱之理想氣體模型這部份，與選擇 使用何種值息息相關。  P129

39. 範例 5.8 某裝置有活塞之汽缸，其起始體積 0.1 m3，內含在 150 kPa， 25℃ 狀態下之氮。當活塞移動，將氮壓縮直到壓力為 1 MPa 且溫度為 150℃。在此壓縮過程期間，熱由氮向外傳，且作 用在氮上的功為 20 kJ。試求此熱傳量。 控制質量：氮。 起始狀態：P1, T1, V1；狀態 1 固定。 最終狀態：P2, T2，狀態 2 固定。 過程：輸入功已知。 模型：理想氣體，其常數比熱值為在 300 K 時之值（見表A.5）。 分析 由第一定律，可得 1Q2 = m(u2 – u1) + 1W2 P129

40. 範例 5.8（續） 解答 氮之質量可由狀態方程式求出（R 值可由表 A.5 查出）： 假設常數比熱值如表 A.5 中所列，可得 當然，利用表 A.8 所列之值將會比假設比熱為常數（室溫 值）要準確些，但為增加些微的準確度而增添人為內推之困 難度，似乎不值得。  P130

41. 5.8作為變化率方程式之第一定律 • 考量在某時間區間δt，熱量δQ 穿越控制表面，由控制質量作功δW、內能變化為ΔU、動能變化為ΔKE、且位能變化為ΔPE。由第一定律可寫成 ΔU + ΔKE + ΔPE =δQ –δW 將上式除以δt，可得熱與功等能量傳遞及控制質量之能量增 加的平均變化率： 當δt 趨近於零時，將上述各量取極限，可得 P130

42. 因此，第一定律之變化率方程式（rate equation）的型式為 上式亦可寫成如下 P131

43. 範例 5.9 在蓄電池的充電過程中，電流 i 為 20 A 且電壓 E為 12.8 V。 該電池的散熱率為10 W。試問內能增加率為何？ 解答 由於動能與位能變化均微不足道，故第一定律可寫成如式 5.31 之變化率方程式型式： 因此，  P131

44. 範例 5.10 示於圖 5.12 之 25 kg 鑄鐵製燒材爐，內含 5 kg 軟松木及 1 kg 的空氣。所有質量均處於 20℃的室溫及 101 kPa 的壓力下。 現將木材點燃並將所有質量均勻加熱，釋出 1500 瓦的熱。 忽略任何空氣流動及質量變化和熱損失。試求溫度變化率 （dT/dt），並估算欲達到 75℃ 所需之時間。 解答 控制容積：鐵、木材及空氣。 此為一控制質量。 因無動能與位能變化，且無質量變化，故 P132

45. 範例 5.10（續） 現在能量方程式中無功項，有一能量釋出項 ，故變成 假設溫升高率為常數，即可求出所費時間為  P132

46. 5.9質量守恆 • 質量與能量間的關係可以下列方程式表示 E =mc2 其中 c = 光速，且 E = 能量。由此方程式可推斷當控制質量 的能量改變時，其質量確實會隨之改變。 • 在大多數熱力問題中，若我們使用質量守恆與能量守恆定律作為各別定律，並不會產生顯著誤差，且即使能量產生變化，將控制質量視為固定質量的定義仍可使用。 P132

47. 5.10如何剖析 • 當有數個不同質量時，如何求 U（或 E）？ 當控制容積係由具有不同狀態與物質之領域組合而成時， 內能（與 E = U + 1/2 mV2+mgZ）可以總和形式表示如下： 上式係假設所有質量 ma, mb, mc均處於均勻狀態下才成立。 • 何時可利用比熱？ 比熱 Cp與 Cυ為函數 h(T, P) 與 u(T,υ) 分別在等壓 P 與等 容υ條件下相對於 T 之導數。它們實際上僅對與 P 或υ無關 之單相區部分有用，即對固體或液體（溫度低於 Tc）有用。 對氣體而言，只有在低密度下成立（即在已知 T、足夠低壓 條件下）。 P133

48. 何時可使用常數比熱？ 對有限的溫度範圍及單相而言，可使用在平均溫度下求出 之比熱。若溫度 T 不太高，可使用表 A.3、A.4 或 A.5 所列 在參考溫度 T0時的值。對固相或液相而言，比熱值的變化 不大，故甚至可使用更大溫度範圍內的常數比熱，輕易地求 出 u 與 h 的變化。 P134

49. 關鍵概念與公式 • 總能量 • 動能 • 位能 PE = mgZ • 比能 • 焓 h ≡ u + Pυ • 兩相質量平均 u = uf + xufg = (1 – x)uf + xug h = hf + xhfg = (1 – x)hf + xhg • 比熱，熱容量 • 固體與液體 不可壓縮，所以υ= 常數 υf且υ值非常小 C = Cυ= Cp（表 A.3 與 A.4） P135

50. 關鍵概念與公式 u2 – u1 = C(T2 – T1) h2 – h1 = u2 – u1 +υ(P2 – P1) （通常第二相非常小） h = hf +υf (P – Psat)； （在相同溫度 T 下飽和） • 理想氣體 h = u + Pυ = u + RT（僅為 T之函數） • 能量方程式之變化率型式 • 經積分之能量方程式 E2 – E1 = 1Q2 – 1W2 • 多樣質量、狀態 E = mAeA + mBeB + mCeC + … P135