2023届高考物理二轮复习第16讲热学学案（浙江专用）

专题六　热学　近代物理

[复习目标定位]

1.掌握模型法求分子大小的方法。

2.掌握理想气体状态方程,并会结合热力学定律分析实际问题。

3.理解光电效应现象、氢原子模型与原子结构,会书写核反应方程,会根据质量亏损计算核能。

第16讲　热　学

题型1　分子动理论　固体和液体

1.估算问题

(1)分子总数:N=nNA=NA=NA。

(2)两种分子模型。

①球体模型:V=πR3=πd3(d为球体直径)。

②立方体模型:V=a3。对于气体,由立方体模型求出的是一个气体分子占据的空间。

2.分子热运动:分子永不停息地做无规则运动,温度越高,分子的无规则运动越剧烈,即平均速率越大,但某个分子的瞬时速率不一定大。

3.分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系(如图)

4.气体压强

5.晶体与非晶体

[例1] 如图所示,假设甲分子(未画出)固定在原点O处静止不动,乙分子(未画出)位于Ox轴不同位置处,两条曲线分别表示分子间引力和斥力的大小随两分子间距离x的变化关系,E为两曲线的交点。取无穷远处的分子势能为零。下列判断不正确的是(　B　)

A.x=x0时,分子间作用力为零

B.x<x0时,分子力表现为引力

C.x从x0开始逐渐增大,分子力先逐渐增大后逐渐减小

D.x从x0开始逐渐增大,分子势能也逐渐增大

解析:由图可知,x=x0时,分子间引力和斥力的大小相等,则分子间作用力为零,故A正确;因为分子间引力和斥力都随距离靠近而增大且斥力增大的更快,故x<x0时,分子力表现为斥力,故B错误;两条曲线的同一横坐标的纵坐标之差表示分子力的大小,由图可知,x从x0开始逐渐增大,分子力先逐渐增大后逐渐减小,故C正确;由B分析可知,曲线CD表示斥力,故x从x0开始逐渐增大,分子力表现为引力,故分子力做负功,分子势能增大,故D正确。

[例2] (多选)关于晶体与非晶体,下列说法正确的是(　BD　)

A.固体可以分为晶体和非晶体两类,晶体、非晶体是绝对的,是不可以相互转化的

B.多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的,所以多晶体没有确定的几何形状

C.晶体沿不同的方向导热或导电性能不同,但沿不同方向的光学性质一定相同

D.单晶体有确定的熔点,非晶体没有确定的熔点

解析:晶体、非晶体不是绝对的,是可以相互转化的,例如天然石英是晶体,熔融过的石英却是非晶体,选项A错误;晶体分为单晶体和多晶体,单晶体沿不同方向的导热或导电性能不相同,沿不同方向的光学性质也不一定相同,选项C错误。

[例3] 为了防止某种病毒传播,许多公共场所使用乙醇喷雾消毒液和免洗洗手液进行手部消毒,二者的主要成分都是酒精,则下列说法正确的是(　C　)

A.在手上喷洒乙醇消毒液后,会闻到淡淡的酒味,这是酒精分子做布朗运动的结果

B.在手上喷洒乙醇消毒液后,会闻到淡淡的酒味,与分子运动无关

C.使用免洗洗手液洗手后,洗手液中的酒精由液体变为同温度的气体的过程中,需要吸收热量

D.使用免洗洗手液洗手后,洗手液中的酒精由液体变为同温度的气体的过程中,分子间距不变

解析:在手上喷洒乙醇消毒液后,会闻到淡淡的酒味,这是酒精分子扩散运动的结果,证明了酒精分子在不停地运动,A、B错误;使用免洗洗手液时,洗手液中的酒精由液体变为同温度的气体的过程中,温度不变,分子的平均动能不变,但是分子之间的距离变大,分子势能增大,需要吸收热量,D错误,C正确。

题型2　气体实验定律的应用

1.平衡状态下气体压强的求法

2.合理选取气体变化所遵循的规律列方程

(1)若气体质量一定,p、V、T中有一个量不发生变化,则选用对应的气体实验定律列方程求解。

(2)若气体质量一定,p、V、T均发生变化,则选用理想气体状态方程列式求解。

3.气体变质量问题处理方法

(1)充气中的变质量问题。

设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来,那么当我们取容器和口袋内的全部气体作为研究对象时,这些气体状态不管怎样变化,其质量总是不变的。这样,就将变质量的问题转化成质量一定的问题了。

(2)抽气中的变质量问题。

用抽气筒对容器抽气的过程中,对每一次抽气而言,气体质量发生变化,其解决方法和充气问题类似,取剩余气体和抽出的气体作为研究对象,这些气体状态不管怎样变化,其质量总是不变的。

[例4] (2021·全国甲卷)如图,一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体,中间的隔板将气体分为A、B两部分;初始时,A、B的体积均为V,压强均等于大气压p0,隔板上装有压力传感器和控制装置,当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动,否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞,使B的体积减小为。

(1)求A的体积和B的压强;

(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置,求此时A的体积和B的压强。

解析:(1)对B气体分析,等温变化,根据玻意耳定律有p0V=pB·V,解得pB=2p0,

对A气体分析,根据玻意耳定律有

p0V=pAVA,

pA=pB+0.5p0,

联立解得VA=0.4V。

(2)设此时气体A、B的压强分别为pA1、pB1,体积分别为VA1、VB1,由玻意耳定律有

pAVA=pA1VA1,pB=pB1VB1,

VA1+VB1=2V,

pA1+0.5p0=pB1,

联立解得VA1=(-1)V,

pB1=p0。

答案:(1)0.4V　2p0　(2)(-1)V　p0

[例5] (多选)一U形玻璃管竖直放置,左端开口,右端封闭,左端上部有一光滑的轻活塞。初始时,管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞,直至管内两边汞柱高度相等时为止。已知玻璃管的横截面积处处相同。在活塞向下移动的过程中,没有发生气体泄漏,大气压强p0=75.0 cmHg,玻璃管导热性良好,环境温度不变。下列说法正确的是(　BD　)

A.两边汞柱高度相等时右侧管内气体的压强为90 cmHg

B.两边汞柱高度相等时右侧管内气体的压强为144 cmHg

C.活塞向下移动的距离约为7.50 cm

D.活塞向下移动的距离约为9.42 cm

解析:设初始时,右管中空气柱的压强为p1,长度为l1;左管中空气柱的压强为p2=p0,长度为l2,活塞被下推h后,管内两边汞柱高度相等,此时右管中空气柱的压强为p1′,长度为l1′;左管中空气柱的压强为p2′,长度为l2′。由题给条件可得p1=p0+(20.0-5.00) cmHg=90 cmHg,l1=20.0 cm,l1′=(20.0-) cm=12.5 cm,由玻意耳定律得p1l1S=p1′l1′S,解得p1′=144 cmHg,A错误,B正确;依题意p2′=p1′,l2′=4.00 cm+ cm-h=11.5 cm-h,由玻意耳定律得p2l2S=p2′l2′S,解得活塞向下移动的距离为h≈9.42 cm,C错误,D正确。

[例6] 某医院医疗物资紧缺,需要从北方调用一批大钢瓶氧气(如图),每个大钢瓶容积为40 L,在北方时测得大钢瓶内氧气压强为1.2×107 Pa,温度为7 ℃,长途运输到医院检测时测得大钢瓶内氧气压强为1.26×107 Pa。在医院实际使用过程中,先用小钢瓶(加抽气机)缓慢分装,然后供病人使用,小钢瓶容积为10 L,分装后每个小钢瓶内氧气压强为4×105 Pa,要求大钢瓶内压强降到2×105 Pa 时就停止分装。不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏,问:

(1)在医院检测时大钢瓶所处环境温度为多少摄氏度?

(2)一大钢瓶可分装多少小钢瓶供病人使用?

解析:(1)大钢瓶的容积一定,对大钢瓶内气体运用查理定律有=,其中p1=1.2×107 Pa,T1=(273+7) K=280 K,p2=1.26×107 Pa,

解得T2=294 K,则t2=21 ℃。

(2)设大钢瓶内氧气由p2、V2等温变化为停止分装时的状态p3、V3,则

p2=1.26×107 Pa,V2=40 L,p3=2×105 Pa,

根据p2V2=p3V3得V3=2 520 L,

可用于分装给小钢瓶的氧气

p4=2×105 Pa,V4=(2 520-40) L=2 480 L,

分装成小钢瓶的氧气p5=4×105 Pa,V5=nV,

其中小钢瓶体积为V=10 L,

根据p4V4=p5V5,得n=124,即一大钢瓶氧气可分装124个小钢瓶。

答案:(1)21 ℃　(2)124

题型3　热力学定律与气体实验定律的综合应用

[例7] 如图所示,一个内壁光滑的圆柱形汽缸,高度为L=30 cm、底面积为S=40 cm2,缸内有一个质量为m=10 kg的活塞,封闭了一定质量的理想气体。温度为T0=300 K时,用绳子系住汽缸底,将汽缸倒过来悬挂,汽缸处于竖直状态,缸内气体高为L0=20 cm。重力加速度g取10 m/s2,大气压强为p0=1×105 Pa,不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦,求:

(1)采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离,缸内气体的温度至少要升高到多少?

(2)从开始升温到活塞刚要脱离汽缸,缸内气体压力对活塞做功多少?

(3)当活塞刚要脱离汽缸时,缸内气体的内能增加量为ΔU=60 J,则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为多少?

解析:(1)缓慢升高汽缸内的温度,气体等压膨胀,当气柱长为L时,活塞与汽缸脱离,设缸内气体的温度为T,则=,

解得T=450 K。

(2)设缸内气体压力为F,由于气体是等压膨胀,压力不变,

根据活塞受力平衡有F+mg=p0S,

则F=p0S-mg=300 N,

缸内气体压力对活塞做功W′=F(L-L0)=30 J。

(3)由于缸内气体压力对活塞做功,W为负,且W=-W′

根据热力学第一定律ΔU=W+Q,

得Q=ΔU-W=90 J。

答案:(1)450 K　(2)30 J　(3)90 J

[拓展训练] (2020·山东卷)一定质量的理想气体从状态a开始,经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a,其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a(V0,2p0)、b(2V0,p0)、c(3V0,2p0)。以下判断正确的是(　C　)

A.气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功

B.气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c 过程中从外界吸收的热量

C.在c→a过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量

D.气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量

解析:由W=Fx=pSx=p·ΔV知,p-V图像与V轴所围面积表示气体状态变化所做的功,由题图知,a→b和b→c过程中,气体对外界做的功相等,故A错误;由=C知,a、b两状态温度相等,内能相同,ΔU=0;由ΔU=W+Q知,Qab=-W;由=C知,c状态的温度高于b状态的温度,则b→c过程中,ΔU>0,据ΔU=W+Q知,Qbc>|W|,故B错误;由=C知,c状态温度高于a状态温度,则c→a过程内能减少,ΔU<0,外界对气体做正功,W>0,属于放热过程,由ΔU=Q+W知,W<|Q|,故C正确;由于a、b状态内能相等,故c→a内能的减少量等于b→c内能的增加量,故D错误。

专题训练16　热　学

保分基础练

1.(多选)关于分子动理论,下列说法正确的是(　CD　)

A.图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中,应先滴油酸酒精溶液,再撒爽身粉

B.图乙为水中炭粒运动位置的连线图,连线表示炭粒做布朗运动的

轨迹

C.图丙为分子力与分子间距的关系图,分子间距从r0增大时,分子力先变大后变小

D.图丁为大量气体分子热运动的速率分布图,曲线②对应的温度较高

解析:应先撒爽身粉,再滴油酸酒精溶液,才能显示油膜的形状,A错误;图乙为水中炭粒运动位置的连线图,连线不是炭粒做布朗运动的轨迹,因为间隔一段时间才记录炭粒的位置,在间隔的这段时间内,无法确定炭粒的运动情况,B错误;图丙为分子力与分子间距的关系图,分子间距从r0增大时,分子力表现为引力,先变大后变小,C正确;图丁为大量气体分子热运动的速率分布图,曲线②中分子速率较大的分子数占分子总数的比例大,对应的平均动能大,对应的温度较高,D正确。

2.在“天宫课堂”中航天员往水球中注入一个气泡,如图所示,气泡静止在水中,此时(　A　)

A.水球呈球状

B.水与气泡界面处,水分子间作用力表现为斥力

C.气泡中分子的平均动能为0

D.气泡受到浮力

解析:由于在失重状态下,水球呈球状而不是扁球状,故A正确;水与气泡界面处,水分子较为稀疏,水分子间作用力表现为引力,故B错误;气泡内分子一直在做无规则的热运动,平均动能不为零,故C错误;在失重状态下,气泡不会受到浮力,故D错误。

3.关于雪花的说法正确的是(　C　)

A.一片雪花大约由1 000个水分子组成

B.雪花融化成的水是液态的晶体

C.雪花是水蒸气凝华时形成的晶体

D.没有两片雪花是相同的,因此雪花不属于晶体

解析:一片雪花由大量的水分子组成,远大于1 000个,故A错误;雪花融化成的水是液体,不能说液态的晶体,故B错误;根据物态变化可知,雪花是水蒸气凝华时形成的晶体,故C正确;雪花是晶体,故D错误。

4.如图所示,一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成,轻杆的末端装有形状记忆合金制成的叶片,轻推转轮后,进入热水的叶片因伸展而“划水”,推动转轮转动。离开热水后,叶片形状迅速恢复,转轮因此能较长时间转动。下列说法正确的是(　C　)

A.转轮依靠自身惯性转动,不需要消耗外界能量

B.转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身

C.叶片在热水中吸收的热量大于在空气中释放的热量

D.因为转动的叶片不断搅动热水,所以水温最终会升高

解析:要维持转轮转动需要外力做功,转轮转动所需能量不能由转轮自己提供,靠的是形状记忆合金在热水中吸收热量发生形变而运转然后在空气中释放热量恢复形变进行循环,当热水的温度达不到形状记忆合金的“变态温度”需要给水升温,因此消耗能量,故A、B错误;根据热力学第二定律,物体不可能从单一热库吸收热量,使之完全变成功,而不产生其他影响,故叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量,其吸收的热量用于转轮动能的增加、空气中的放热和机械运转的摩擦损耗,故C正确;转动的叶片不断搅动热水的过程,形状记忆合金吸热发生形变,转出热水需要将能量释放,在进入热水吸热,故水温降低,故D错误。

5.(2021·山东卷)如图所示,密封的矿泉水瓶中,距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中,小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶,小瓶下沉到底部;松开后,小瓶缓慢上浮,上浮过程中,小瓶内气体(　B　)

A.内能减少

B.对外界做正功

C.增加的内能大于吸收的热量

D.增加的内能等于吸收的热量

解析:由于越接近矿泉水瓶口,水的温度越高,因此小瓶上浮的过程中,小瓶内气体的温度升高,内能增加,A错误;在小瓶上升的过程中,小瓶内气体的温度逐渐升高,压强逐渐减小,根据理想气体状态方程=C,气体体积膨胀,对外界做正功,B正确;由A、B分析,小瓶上升时,小瓶内气体内能增加,气体对外做功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q知,小瓶内气体吸收的热量大于增加的内能,C、D错误。

6.(多选)如图所示,竖直放置、上端开口的绝热汽缸底部固定一电热丝(图中未画出),质量不计、面积为S的绝热活塞位于汽缸内,活塞与汽缸之间封闭一定质量的某种理想气体。活塞上放置一质量为M的重物并保持平衡,此时汽缸内理想气体的温度为T0,活塞距汽缸底部的高度为h。现用电热丝缓慢给汽缸内的理想气体加热,使活塞上升了,封闭理想气体的内能增加了ΔU。已知大气压强为p0,重力加速度为g。下列说法正确的是(　AD　)

A.活塞上升时理想气体的温度为T0

B.理想气体吸收的热量为ΔU

C.理想气体吸收的热量为ΔU+

D.理想气体吸收的热量为ΔU++

解析:气体发生等压变化,则有=,解得T=T0,故活塞上升时理想气体的温度为T0,A正确;活塞上升过程,气体的压强为p=p0+,此过程气体对外界做功为W=pS·,根据热力学第一定律可得ΔU=-W+Q,解得Q=ΔU++,即此过程气体吸收的热量为ΔU++,D正确,B、C错误。

7.(多选)如图所示,将甲分子固定于坐标原点O处,乙分子放置于r轴上距离O点很远的r4处,r1、r2、r3为r轴上的三个特殊的位置,甲、乙两分子间的作用力F和分子势能Ep随两分子间距离r的变化关系分别如图中两条曲线所示,设两分子间距离很远时,Ep=0。现把乙分子从r4处由静止释放,下列说法正确的是(　AD　)

A.乙分子不可能运动到O<r<r1的位置

B.当分子间距离r=r3时,甲、乙两分子间只有引力

C.乙分子从r4到r2的过程中,分子势能先增大后减小,在r3位置时分子势能最小

D.乙分子从r4到r2做加速度先增大后减小的加速运动,从r2到r1做加速度增大的减速运动

解析:因两分子间距在平衡距离r0时,分子力表现为零,此时分子势能最小,可知虚线为Epr图线、实线为Fr图线。因乙分子在r4处分子势能和动能均为零,到达r1处时的分子势能又为零,由能量守恒定律可知,在r1处的动能也为零,可知乙分子的运动范围为r1≤r≤r4,乙分子不可能运动到O<r<r1的位置,A正确;当分子间距离r<r2时,甲、乙两分子间斥力大于引力,分子力表现为斥力,当分子间距离r>r2时,甲、乙两分子间斥力小于引力,分子力表现为引力,B错误;乙分子从r4到r2的过程中,分子势能一直减小,在r2位置时分子势能最小,C错误;从实线可知乙分子从r4到r2分子力表现为引力,且引力先增大后减小,分子从静止开始加速运动,由牛顿第二定律,乙分子从r4到r2做加速度先增大后减小的加速运动。从实线可知乙分子从r2到r1分子力表现为斥力,且斥力增大,速度与合力方向相反,乙分子从r2到r1做加速度增大的减速运动,D正确。

8.(多选)质量一定的理想气体完成如图所示的循环,其中A→B过程是等容过程,B→C过程是等压过程,C→A过程是等温过程,已知在状态C时气体的体积V=3.0×10-3 m3,则下列关于气体状态变化及其能量变化的说法正确的有(　CD　)

A.A→B过程,气体从外界吸热,内能减小

B.C→A过程单位体积的分子数增加

C.气体在状态B时的体积是5×10-3 m3

D.A→B→C的整个过程中向外放热600 J

解析:A→B过程,体积不变,外界对气体不做功,温度升高,内能增大,气体从外界吸热,选项A错误;C→A过程,温度不变,压强减小,体积增大,所以单位体积的分子数减少,选项B错误;由=,得VB=5×10-3 m3,选项C正确;由热力学第一定律ΔU=Q+W,A、C状态温度相等,内能不变,W=3×105 Pa·ΔV,ΔV=VB-V=2×10-3 m3,得Q=-600 J,即向外放热600 J,选项D正确。

9.一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D→A循环,该过程中的每个状态都可视为平衡态,各状态参数如图所示。对此气体,下列说法正确的是(　B　)

A.A→B的过程中,气体对外界放热,内能不变

B.B→C的过程中,气体的压强增大,单位体积内的分子数不变

C.C→D的过程中,气体的压强不变,气体从外界吸热

D.状态C时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比状态D时的多

解析:A→B的过程中,由于温度不变,气体的内能不变,体积变大,气体对外做功,根据热力学第一定律可知,气体从外界吸热,A错误;B→C的过程中,气体的体积不变,单位体积内的分子数不变,气体的温度升高,气体的压强增大,B正确;C→D的过程中,由于保持不变,故气体的压强不变,气体的体积变小,外界对气体做功,气体的温度降低,气体的内能减小,根据热力学第一定律可知,气体对外界放热,C错误;C→D的过程中,气体的压强不变,气体的温度降低,气体分子的平均动能降低,根据气体压强的微观意义可知,单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数变多,即状态C时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比状态D时的少,D错误。

10.如图,一定质量的理想气体由状态a经状态b变化到状态c,已知气体从状态a变化到状态b的过程中外界对气体做功为W1,同时向外界放出热量Q1;从状态b变化到状态c的过程中外界对气体做功为W2,与外界交换的热量为Q2,下列说法正确的是(　D　)

A.气体在状态a、状态b、状态c时的内能相等

B.W2=3W1

C.Q1+Q2=2p0V0

D.W1+W2=Q1+Q2

解析:在pV图像中,根据=C可知,气体由状态a经状态b变化到状态c的过程中,温度先增大后减小,即Ta=Tc<Tb,故气体在状态a与状态c时的内能相等,都小于状态b的内能,故A错误;在pV图像中,图像与横轴所围面积表示气体做功,则W1=×(p0+2p0)×V0=,W2=×

(2p0+3p0)×V0=,故W2=W1,故B错误;一定质量的理想气体由状态a经状态b变化到状态c,内能的变化量为0,即与外界交换的热量与外界对气体所做的功大小相等,即Q1+Q2=W1+W2=+=4p0V0,故C错误,D正确。

高分强化练

11.风能是一种经济而又清洁的能源。某地四季的平均风速为10 m/s,已知空气的密度为1.3 kg/m3,该地新建的小型风力发电机的风车有三个长度均为12 m的叶片,转动时可形成半径为12 m的一个圆面。

(1)若这个风车能将通过此圆面内的10%的气流的动能转化为电能,那么该风车带动发电机的功率为多大?(结果保留2位有效数字)

(2)为了减少风车转动的磨损,根据最新设计,在转动轴与轴承的接触部分镀了一层纳米陶瓷,一般的陶瓷每立方厘米含有1010个晶粒,而这种纳米陶瓷每立方厘米含有1019个晶粒,若把每个晶粒看成球形,并假设这些晶粒是一个挨着一个紧密排列的,那么每个晶粒的直径大约为多少纳米?

解析:(1)每秒通过圆面的气流构成一个长为v、底面积为S=πR2的圆柱体,如图所示,

则这部分空气的质量m=ρπR2v,

其动能为Ek=mv2=ρπR2v3,

则P=ηρπR2v3,

解得P=2.9×104 W。

(2)假设这种纳米陶瓷的每个晶粒的直径为d,则V=Nπ()3=,

解得d≈6×10-9 m=6 nm。

答案:(1)2.9×104 W　(2)6 nm

12.一辆自行车在某次维修过程中,维修师傅先将一只容积为2.4 L的新轮胎安装好,然后将15.6 L的空气充入轮胎,新轮胎在充气前处于干瘪状态(可认为内部没有气体)。胎内气压大于周围环境大气压时轮胎的体积和形状都看作不变,充气过程气体的温度看作不变,周围环境大气压强为1.0×105 Pa,求:

(1)充气后轮胎内气体的压强;

(2)使用一段时间后,轮胎内气体的压强降为5.0×105 Pa,充气筒每次能将0.25 L的空气充入轮胎,若使充气后的胎内气压达到7.0×105 Pa,计算至少需要充气的次数。

解析:(1)对被充入的空气,由玻意耳定律有p0V0=pV,

解得充气后轮胎内气体的压强p=6.5×105 Pa。

(2)对充气完成后轮胎内的空气p0nΔV+p′V=p″V,

得需充气的次数n=19.2,因此至少需要充气的次数为20。

答案:(1)6.5×105 Pa　(2)20

13.如图,某兴趣小组设计制作了一个由汽缸、活塞柱、弹簧和上、下支座构成的汽车减震装置模型,该模型上支座与活塞柱的质量、活塞柱与汽缸之间的摩擦均可忽略不计,汽缸壁厚度不计,汽缸导热性和气密性良好;该模型竖直放置上支座上不加压力时,弹簧处于原长,活塞柱底端距离汽缸底部h1=20 cm,活塞柱横截面积S=10 cm2,汽缸内气体压强与外界大气压强均为p0=1.0×105 Pa,弹簧劲度系数k=9.0×103 N/m,g取10 m/s2,现在上支座上放置m=100 kg的重物。

(1)装置稳定后,封闭气体分子的平均动能如何变化?从将重物放置到上支座上到装置稳定的过程中封闭气体吸热还是放热?

(2)装置稳定后,活塞柱底端到汽缸底部的距离是多少?

解析:(1)将重物放置到上支座上到装置稳定的过程中,气体体积减小,外界对气体做功,W>0,气体初、末状态温度相同,平均动能不变,内能不变,ΔU=0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q得,Q<0,气体放热。

(2)设放置重物前封闭气体的压强为p1,则p1=p0

设放置重物稳定后封闭气体的压强为p2,活塞柱距离汽缸底部为h2,以重物、活塞柱和上支座整体为研究对象,则有mg+p0S=p2S+k(h1-h2),

以封闭气体为研究对象,根据玻意耳定律有p1h1S=p2h2S,

代入解得h2=0.1 m或h2=- m(舍去)。

答案:(1)不变　放热　(2)0.1 m

14.(2022·镇海中学期中)如图所示,两汽缸A、B厚度均匀,等高且内壁光滑,其下部由体积可忽略的细管连通,A上端封闭,B上端与大气连通。两汽缸除A顶部导热外,其余部分均绝热,两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热活塞a、b,活塞b下方充有氮气,活塞a上方充有氧气,连接活塞b的细绳绕过光滑的定滑轮与重物连接。当大气压为p0、外界和汽缸内气体温度均为7 ℃系统平衡时,活塞a离汽缸顶的距离是汽缸高度的,活塞b在汽缸正中间。重物与活塞a质量均为m=,活塞a的横截面积为4S,b为轻活塞且横截面积为S,B体积为V,活塞a、b可在汽缸内无摩擦滑动,细绳不可伸长,整个过程不漏气且缸内气体可视为理想气体。

(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气,当活塞b恰好升至顶部时,求氮气的温度;

(2)继续缓慢加热,使活塞a上升,当活塞a上升的距离是汽缸高度的时,求氧气压强;

(3)已知汽缸中氮气的内能为U=αT(T为氮气温度,α为常数),求(1)中电阻丝的发热量Q。

解析:(1)A的横截面积为B的4倍,所以A的体积为4V。初始温度T0=(7+273 )K=280 K,在活塞b升至顶部的过程中,氮气压强不变,根据盖吕萨克定律有=,解得T1=320 K。

(2)设初始时氮气压强为p1,氧气压强为p2,最终到题中状态下,氧气压强为p3。对加热前活塞b进行受力分析,拉力等于重物重力,处于平衡状态,可得p0S=p1S+mg=p1S+,

解得p1=p0,再对这时的活塞a进行受力分析,处于平衡状态,可得p2·4S+mg=p1·4S,代入数据得p2=p0,在加热的过程中,因为A顶部导热,所以氧气温度不变,根据玻意耳定律,可得p2V=p3·V,

解得p3=p0。

(3)根据热力学第一定律有ΔU=Q+W,

在该过程中,外界对气体做功有W=-p1·=-p0V,

所以Q=αΔT-W=40α+p0V。

答案:(1)320 K　(2)p0　(3)40α+p0V