建阳一中热学测试

1、热学练习一、带阻力的活塞如图一个容器中密封有压强为体积为温度为的理想气体，摩尔定体热容量为。活塞与气壁之间的最大静摩擦力为，其中为横截面积。气缸足够长，外界压强恒定为。先缓慢升温到，再缓慢降温到，再缓慢升温到，再缓慢降温到，依次循环。（1）计算循环过程中气体最大体积 ，最小体积为（2）在达到稳定循环后，这些气体在一个圆环过程中对外做功为（3）在达到稳定循环后，这些气体的循环效率为 二、如图所示，一容器左侧装有活门，右侧装有活塞B，一厚度可以忽略的隔板M将容器隔成a、b两室，M上装有活门。容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。隔板和活塞可用销钉固定，拔掉销钉即可在容器内左右平移，移动时不受摩擦作用且

2、不漏气。整个容器置于压强为P0、温度为T0的大气中。初始时将活塞B用销钉固定在图示的位置，隔板M固定在容器PQ处，使a、b两室体积都等于V0；、关闭。此时，b室真空，a室装有一定量的空气（容器内外气体种类相同，且均可视为理想气体），其压强为4P0/5，温度为T0。已知1mol空气温度升高1K时内能的增量为CV，普适气体常量为R。1.现在打开，待容器内外压强相等时迅速关闭（假定此过程中处在容器内的气体与处在容器外的气体之间无热量交换），求达到平衡时，a室中气体的温度。2.接着打开，待a、b两室中气体达到平衡后，关闭。拔掉所有销钉，缓慢推动活塞B直至到过容器的PQ位置。求在推动活塞过程中，隔板对a

3、室气体所作的功。已知在推动活塞过程中，气体的压强P与体积V之间的关系为恒量。三、 如图所示，在一以绝热壁包围的刚性圆柱形封闭气缸内，装着一个有小阀门L的绝热活塞，在气缸的A端还装有电热器H，可用于加热气体. 开始时，活塞紧贴气缸B端的内壁，小阀门L关闭.整个气缸内装有一定质量的理想气体，其温度为T0.然后设法把活塞推到气缸中央，设活塞与气缸壁之间的摩擦可以忽略，并用销钉F将活塞固定住，这样气缸被分成体积相等的左、右两室，如图所示。在上述压缩气体的过程中，设外界对气体做功W，气体温度上升到T. 再开启小阀门，经过足够长时间后关闭，并拔去销钉使活塞可以自由移动.用电热

4、器加热气体，加热完毕并经过一定时间后，测出左室气体压强增为加热前的1.5倍，右室 体积变为原来的0.75倍.试求电热器传递给气体的热量. 【分析】 本题各小问讨论了问题可能涉及的各种情况， 如果AA开始时就在上圆筒底端，则在加热过程中AA将始终在底端，于是AA上方理想气体经历的是等容过程，由此可求解。如果AA开始时不在上圆筒底端，加热到最终仍未到达底端或在加热终了时刚好达到底端，则AA上方理想气体经历的是等压过程，由此亦可求解。 如果AA开始不在上圆筒底端，但在加热完成以前AA已经到达底端，则在AA到达底端前，AA上方理想气体经历等压过程；而在AA到达底端后，直到

5、加热终了，AA上方理想气体经历等容过程。可分别讨论求解。 【解答】（1）活塞AA的位置，即AA是否到达上圆筒底端，与AA上方理想气体的温度有关。只要AA尚未到达上圆筒底端，则AA上方气体以及AA与BB之间的气体经历的都是等压过程。设AA上方气体压强为p1p1，AA下方，即AA与BB之间气体压强为p2p2，则有p2=p0mgS,   p1=p22mg2S=p02mgSp2=p0mgS,   p1=p22mg2S=p02mgS设AA上方气体的温度为TT，体积为V0V0，设上圆筒的全部体积为VmVm，则AA未处于上圆筒底端的条件是

6、 V=RTp1<VmV=RTp1<Vm把p1p1代入，得出AA未处于底端的条件是，其温度TT应满足下述要求： T<VmR(p02mgS)T<VmR(p02mgS)即 Tc=VmR(p02mgS)Tc=VmR(p02mgS)（2）开始时由于满足条件 T0=T1VmR(p02mgS)T0=T1VmR(p02mgS)于是AA上方理想气体开始时的体积就是 V1=VmV1=Vm加热过程中，体积不变，为等体过程，不做功。由热力学第一定律，吸收的热量Q0Q0全部变为内能的增加，故有 Q0=U1=CTf1CT1Q0=U1=CT

7、f1CT1即AA上方气体最后达到的温度TfTf为 Tf1=Q0C+T1Tf1=Q0C+T1（3）此时活塞AA处于上圆筒底端之上，开始时AA上方理想气体的体积V0V0为 V0=RT2p1<VmV0=RT2p1<Vm式中：p1p1是开始时AA上方理想气体的压强，其表达式如前。 AA上方理想气体从上述初态加热，在加热终了时，由题设Tf<TcTf<Tc，则AA仍未到达（或刚好到达）上圆筒底端，则整个加热过程是等压过程。设AA上方理想气体的终态体积为VV，则在过程中气体对外做功为 W=p1(VV0)W=p1(VV0)由热力学第一定律，有&#

8、160;Q0=U1+W=(CTf2CT2)+p1(VV0)Q0=U1+W=(CTf2CT2)+p1(VV0)又因终态时 p1V=RTf2p1V=RTf2由以上几式，得出终态温度为 Tf2=Q0R+C+T2Tf2=Q0R+C+T2下面计算一下AA在此过程中吸收的热量： Q=C(Tf2T2)+p1(VV0)=Cp1VR+p1V(C+R)T2=(C+R)p1VR(c+R)T2=(C+R)(p1VRT2)=(C+R)(p02mgS)VRT2Q=C(Tf2T2)+p1(VV0)=Cp1VR+p1V(C+R)T2=(C+R)p1VR(c+R)T2=(C+R)(p1VRT2)=

9、(C+R)(p02mgS)VRT2（4）设在加热终了前，AA已经到达上圆筒底端，即 Q0>(C+R)(p02mgS)VmRT2=QmaxQ0>(C+R)(p02mgS)VmRT2=Qmax则当加热的热量达到QmaxQmax时，AA刚好到达上圆筒底端，设此时AA上方理想气体的温度为TT，则应有 T=QmaxR+C+T2T=QmaxR+C+T2从此刻起，继续加热，输入的热量为Q0QmaxQ0Qmax，在此过程中，AA上方理想气体经历等体过程，其温度由TT增至终态的Tf3Tf3，仿前，应有 Tf3=Q0QmaxC+TTf3=Q0QmaxC+T把TT和Qmax

10、Qmax代入，得 Tf3=1CQ0(p02mgS)Vm(1CR)+(R+C)T2   四、如图所示为一固定的直立气缸，它由上，下两个相互连通的圆筒构成。上部圆筒的体积为VmVm，其中有一个质量为2m2m、面积为2S2S的薄活塞AA。下部圆筒足够长，其中有一个质量为mm、面积为SS的活塞BB。两圆筒由一细而短的管道连通，两活塞均可在各自的圆筒内无摩擦地上下滑动，活塞AA的上方盛有1mol1mol的理想气体，活塞AA，BB之间盛有某种气体，活塞BB下方与大气连通。开始时整个系统处于平衡态，AA上方理想气体的温度为T0T0，已知该理想气体每摩尔的内能U=CTU=CT，其中CC为常

11、量，TT为热力学温度，活塞BB下方的大气压强为常量p0p0，设气缸壁、管道、活塞均不导热。然后，通过置于上部圆筒顶端的电热丝LL对活塞AA上方的气体缓慢加热。取普适气体常量R=8.31 Jmol1K1R=8.31 Jmol1K1。试问： 【分析】 本题各小问讨论了问题可能涉及的各种情况， 如果AA开始时就在上圆筒底端，则在加热过程中AA将始终在底端，于是AA上方理想气体经历的是等容过程，由此可求解。如果AA开始时不在上圆筒底端，加热到最终仍未到达底端或在加热终了时刚好达到底端，则AA上方理想气体经历的是等压过程，由此亦可求解。 如果A

12、A开始不在上圆筒底端，但在加热完成以前AA已经到达底端，则在AA到达底端前，AA上方理想气体经历等压过程；而在AA到达底端后，直到加热终了，AA上方理想气体经历等容过程。可分别讨论求解。 【解答】（1）活塞AA的位置，即AA是否到达上圆筒底端，与AA上方理想气体的温度有关。只要AA尚未到达上圆筒底端，则AA上方气体以及AA与BB之间的气体经历的都是等压过程。设AA上方气体压强为p1p1，AA下方，即AA与BB之间气体压强为p2p2，则有p2=p0mgS,   p1=p22mg2S=p02mgSp2=p0mgS,   p1=p

13、22mg2S=p02mgS设AA上方气体的温度为TT，体积为V0V0，设上圆筒的全部体积为VmVm，则AA未处于上圆筒底端的条件是 V=RTp1<VmV=RTp1<Vm把p1p1代入，得出AA未处于底端的条件是，其温度TT应满足下述要求： T<VmR(p02mgS)T<VmR(p02mgS)即 Tc=VmR(p02mgS)Tc=VmR(p02mgS)（2）开始时由于满足条件 T0=T1VmR(p02mgS)T0=T1VmR(p02mgS)于是AA上方理想气体开始时的体积就是 V1=VmV1=Vm加热过程中，体积不变，为等

14、体过程，不做功。由热力学第一定律，吸收的热量Q0Q0全部变为内能的增加，故有 Q0=U1=CTf1CT1Q0=U1=CTf1CT1即AA上方气体最后达到的温度TfTf为 Tf1=Q0C+T1Tf1=Q0C+T1（3）此时活塞AA处于上圆筒底端之上，开始时AA上方理想气体的体积V0V0为 V0=RT2p1<VmV0=RT2p1<Vm式中：p1p1是开始时AA上方理想气体的压强，其表达式如前。 AA上方理想气体从上述初态加热，在加热终了时，由题设Tf<TcTf<Tc，则AA仍未到达（或刚好到达）上圆筒底端，则整个加热过程是等压过程。设

15、AA上方理想气体的终态体积为VV，则在过程中气体对外做功为 W=p1(VV0)W=p1(VV0)由热力学第一定律，有 Q0=U1+W=(CTf2CT2)+p1(VV0)Q0=U1+W=(CTf2CT2)+p1(VV0)又因终态时 p1V=RTf2p1V=RTf2由以上几式，得出终态温度为 Tf2=Q0R+C+T2Tf2=Q0R+C+T2下面计算一下AA在此过程中吸收的热量： Q=C(Tf2T2)+p1(VV0)=Cp1VR+p1V(C+R)T2=(C+R)p1VR(c+R)T2=(C+R)(p1VRT2)=(C+R)(p02mgS)VRT2Q=

16、C(Tf2T2)+p1(VV0)=Cp1VR+p1V(C+R)T2=(C+R)p1VR(c+R)T2=(C+R)(p1VRT2)=(C+R)(p02mgS)VRT2（4）设在加热终了前，AA已经到达上圆筒底端，即 Q0>(C+R)(p02mgS)VmRT2=QmaxQ0>(C+R)(p02mgS)VmRT2=Qmax则当加热的热量达到QmaxQmax时，AA刚好到达上圆筒底端，设此时AA上方理想气体的温度为TT，则应有 T=QmaxR+C+T2T=QmaxR+C+T2从此刻起，继续加热，输入的热量为Q0QmaxQ0Qmax，在此过程中，AA上方理想气体经历等体过

17、程，其温度由TT增至终态的Tf3Tf3，仿前，应有 Tf3=Q0QmaxC+TTf3=Q0QmaxC+T把TT和QmaxQmax代入，得 Tf3=1CQ0(p02mgS)Vm(1CR)+(R+C)T2【题目】 1mol1mol单原子分子理想气体经pp-VV图上可以表示为圆的循环过程，如图所示.试求： 【问题】（1）过程中的最高温度； KK（2）在一次循环后气体对外界做的功； JJ（3）气体在ABCABC过程中吸收的热量.【分析】 （1）最高温度即为此曲线和相切的等温线的切点所代表状态的温度. （2）循环圆圈所围的面

18、积即为一次循环后气体对外界做的功. （3）简单的热力学第一定律的应用，通过初末状态可求得内能变化，通过线下面积可求得对外做功（注意正负），通过Q=W+UQ=W+U求得气体在ABCABC过程中吸收的热量. 【解答】（1）最高温度由等温线ll决定，它与循环线相切于QQ点，且=45=45. 由理想气体状态方程有 pV=RTmaxpV=RTmax得 Tmax=88.2KTmax=88.2K（2）对外做功可表示为循环圆圈所围的面积 W=×1×105×103=314J.W=×1×105×

19、103=314J.（3）内能定义有U=CvTU=CvT（Cv=32RCv=32R） 理想气体状态方程有（n=1moln=1mol）有 TA=pAVAR, Tc=PcVcRTA=pAVAR, Tc=PcVcR, 得U=32R(pAVAR+PcVcR)U=32R(pAVAR+PcVcR)， 此过程对外做功W=12W+PA(VCVA)=557JW=12W+PA(VCVA)=557J， 由热力学第一定律有Q=W+UQ=W+U Q=1157J.】 两个相同的绝热容器用带有活栓的绝热细管相连，开始时活栓是关闭的，如图

20、，容器1里在质量为mm的活塞下方有温度T0T0、摩尔质量MM的单原子理想气体，摩尔数为nn；容器2里质量为m/2m/2的活塞位于容器底且没有气体.每个容器里活塞与上顶之间是抽成真空的.当打开活栓时容器1里的气体冲向容器2活塞下方，于是此活塞开始上升（平衡时未及上顶），不计摩擦，计算当活栓打开且建立平衡后气体的温度TT，取mnM=5mnM=5. 【相关参数】T0T0 = 3.28×1023.28×102 K【分析】 定性判断出末态，列出状态方程和过程的热一律方程即可求解.需要注意题目强调了活塞并不很重，那么气体的重力势能也要考

21、虑. 【解答】记容器内横截面积为SS.设1中气体原距容器底xx.则初态体积V1=xSV1=xS，压强p1=mgSp1=mgS，右无气体，且满足： p1V1=nRT0p1V1=nRT0打开活栓平衡后，假若1中和2中都有气体，那么由1中的平衡得到气压为p1=mgSp1=mgS而由另一边的平衡p2=mg2Sp2=mg2S，因为两边连通，所以压强应该相等，这就矛盾了，所以左边的活塞已经触底.设2中活塞静止在容器底上面yy处，则体积V2=ySV2=yS，气体压强p2=mg2Sp2=mg2S，有 p2V2=nRTp2V2=nRT气体内能增量E=32nR(TT0)E=32nR(

22、TT0)，重力对气体，活塞1，活塞2系统所做总功为A=mgxm2gy+nMg(x2y2)A=mgxm2gy+nMg(x2y2)，Q=0Q=0由热一律有A=EA=E将各个表达式代入以上方程可解得T=2627T0T=2627T0 如图所示，0.1mol0.1mol单原子分子理想气体从初态(p0,V0)(p0,V0)经pp-VV图上的直线过程到达终态(p1,V1)(p1,V1)，再经绝热过程回到初态，构成循环.试求： （1）循环效率； （2）上述循环的最高温度TmaxTmax KK（3）最低温度TminTmin. KK【相关参数】p0p0 

23、= 3.32×1013.32×101 PaPap1p1 = 1.07×1001.07×100 PaPaV0V0 = 8.70×1008.70×100 m3m3V1V1 = 6.55×1016.55×101 m3m3 = 1.00×1011.00×101 molmolRR = 8.31×1008.31×100 

24、J/(Kmol)【分析】 与上题类似，循环效率=W/Q1=W/Q1，其中WW是循环过程中气体对外所做总功，等于循环包围的面积，Q1Q1是循环过程中总的净吸热.如上题，在下图的直线过程中应存在一个吸热和放热的转折点AA，AA点是绝热曲线与直线的切点，也可由直线过程中元过程的dQ=0dQ=0来确定AA点.从初态到AA态的吸热即为Q1Q1，于是可求. 最高温度是等温曲线与直线的切点BB态的温度，最低温度是终态(p1,V1)(p1,V1)的温度. 【解答】直线过程方程为 p=Vp=V对初态和终态，有 p0=V0p1=V1p0=V0p1=V1解出

25、0;=p0V1V0p1V1V0=p0p1V1V0=p0V1V0p1V1V0=p0p1V1V0循环过程对外做功为（注意=5/3=5/3） W=Wline+WS=12(p1+p0)(V1V0)+p1V1p0V01W=Wline+WS=12(p1+p0)(V1V0)+p1V1p0V01确定直线过程中吸热与放热转折点A(pAVA)A(pAVA)的位置.由热力学第一定律、理想气体状态方程及直线过程方程，有 dQ=dU+pdV=CVdt+pdVpV=RTp=VdQ=dU+pdV=CVdt+pdVpV=RTp=V式中CV=R1=R531=32R,   =0.

26、1CV=R1=R531=32R,   =0.1代入，消去pp和TT，得 dQ=CVR(2V)+(V)dV=11(2V)+(V)dVdQ=CVR(2V)+(V)dV=11(2V)+(V)dV转折点AA满足 dQ=0dQ=0故 VA=(+1)=58VA=(+1)=58pA=VA=38pA=VA=38计算(pA,VA)(pA,VA)的另一方法.AA点是绝热曲线与直线的切点，故 (dpdV)line=(dpdV)S(dpdV)line=(dpdV)S因 (dpdV)line=(dpdV)line=(dpdV)S=pV(dp

27、dV)S=pV由以上三式，得 =pV=pVAA点在直线上，应满足 p=Vp=V由上两式，解出VA=(+1),   pA=VAVA=(+1),   pA=VA与上面求出的结果相同. 净吸热为Q1=Q（初态到A态吸热）=W（初态到A态）+U（初态到A态）=12(pA+p0)(VAV0)+CV(TAT0)=12(pA+p0)(VAV0)+32R(pAVARp0V0R)Q1=Q（初态到A态吸热）=W（初态到A态）+U（初态到A态）=12(pA+p0)(VAV0)+CV(TAT0)=12(pA+p0)(VAV0)+

28、32R(pAVARp0V0R)循环效率为 =WQ1=12(p1+p0)(V1V0)+p1V1p0V0112(pA+p0)(VAV0)+32R(pAVARp0V0R)=WQ1=12(p1+p0)(V1V0)+p1V1p0V0112(pA+p0)(VAV0)+32R(pAVARp0V0R)最高温度是等温曲线与直线的切点BB的温度.由(dpdV)line=(dpdV)T,   (dpdV)line=$，$(dpdV)T=pV(dpdV)line=(dpdV)T,   (dpdV)line=$，$(dpdV)T=pV得 =

29、pV=pVBB点是直线上的一点，应满足 p=Vp=V由上两式解出VB=2,   pB=2VB=2,   pB=2故 Tmax=TB=pBVBR=24RTmax=TB=pBVBR=24R最低温度是终态的温度T1T1，为 Tmin=T1=p1V1RTmin=T1=p1V1R顺便指出，由直线过程方程 p=Vp=V及理想气体状态方程 pV=RTpV=RT得出直线过程中的T(V)T(V)关系为 T=VV2RT=VV2R这是抛物线，如图所示.由dT/dV=0dT/dV=0也可求出Tmax

30、Tmax，与上面的结果相同.【题目】 热机的工质为一定量的水。图中为循环过程中的PP-TT图像，图中的虚线pH(T)pH(T)为饱和汽压与温度的曲线.123为等压过程，34为等容过程，41为等温过程。请求出循环过程的能量转化效率，假设水是几乎不可压缩的液体 注：p1=101.3kPap1=101.3kPa为标准大气压，100时水的蒸发热为L=2.26×106J/kgL=2.26×106J/kg，水的摩尔质量=18g/mol=18g/mol，比热c4.19×103J/(kgK)c4.19×103J/(kgK)，气体常数R8.31J/(m

31、olK)R8.31J/(molK)，常压下每摩尔水蒸气的热容量为4R4R 【分析】 我们首先还是要将过程化为pp-VV图，但是需要注意一点，水蒸气在循环中会发生相变，还会有潜热，需要考虑进去. 【解答】先考虑将题中工质水的pp-TT图像转化为水蒸气的pp-VV图像，由于在pH(T)pH(T)图像的左侧，工质水全部为液态，其相应的状态反映到pp-VV图像中时，设其体积为V0V0.同时，在pTpT图像中的状态2与状态4隐含着相应的相变过程（状态2为汽化过程，反映在pp-VV图像中为过程2222；状态4为液化过程，反映在pp-VV图像中为过程4444）.其pp-VV图像如图所示. 将pp-TT图像和pp-VV图像结合起来，不难发现水在整个循环过程中，1212为水的升温过程，2222为汽化过程，此时的温度为T2=373 KT2=373