《2025年资源库高中物理人教版》

例593 [湖南新高考]小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置,如图1-24-28所示. 导热汽缸开口向上并固定在桌面上,用质量$m_{1} = 600g$、截面积$S = 20cm^{2}$的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁间无摩擦. 一轻质直杆中心置于固定支点$A$上,左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞,右端用相同细绳竖直悬挂一个质量$m_{2} = 1200g$的铁块,并将铁块放置到电子天平上. 当电子天平示数为$600.0g$时,测得环境温度$T_{1} = 300K$. 设外界大气压强$p_{0} = 1.0×10^{5}Pa$,重力加速度$g = 10m/s^{2}$.
(i)当电子天平示数为$400.0g$时,环境温度$T_{2}$为多少?
(ii)该装置可测量的最高环境温度$T_{max}$为多少?
【解析】(i)当电子天平示数为$600.0g$时,右端细绳上的拉力为$F_{1} = m_{2}g - F_{示} = 6N$,根据杠杆原理可得左端细绳上的拉力为$F_{2} = F_{1} = 6N$,根据平衡条件可得$m_{1}g + p_{0}S = F_{2} + p_{1}S$,当电子天平示数为$400.0g$时,右端细绳的拉力为$F_{3} = m_{2}g - F'_{示} = 8N$,根据杠杆原理可得左端细绳上的拉力为$F_{4} = F_{3} = 8N$,根据平衡条件可得$m_{1}g + p_{0}S = F_{4} + p_{2}S$,汽缸中的气体发生等容变化,则由查理定律有$\frac{p_{1}}{T_{1}} = \frac{p_{2}}{T_{2}}$,联立解得$T_{2} = 297K$.
(ii)当电子天平示数为$1200.0g$时,环境温度最高,此时右端细绳的拉力为零,根据杠杆原理可得左端细绳上的拉力为零,根据平衡条件可得$m_{1}g + p_{0}S = p_{max}S$,汽缸中的气体发生等容变化,则由查理定律有$\frac{p_{1}}{T_{1}} = \frac{p_{max}}{T_{max}}$,联立解得$T_{max} = 309K$.
即该装置可测量的最高环境温度为$309K$.
【答案】(i)$297K$ (ii)$309K$

答案： (i) 电子天平示数600g时，右端细绳拉力$F_{右1}=m_{2}g - m_{示1}g=(1.2 - 0.6)×10N=6N$，由杠杆原理$F_{左1}=F_{右1}=6N$。活塞平衡：$m_{1}g + p_{0}S = F_{左1} + p_{1}S$，$p_{1}=\frac{m_{1}g + p_{0}S - F_{左1}}{S}=\frac{0.6×10 + 1.0×10^{5}×20×10^{-4} - 6}{20×10^{-4}}Pa=1.0×10^{5}Pa$。
示数400g时，$F_{右2}=(1.2 - 0.4)×10N=8N$，$F_{左2}=8N$。$p_{2}=\frac{0.6×10 + 1.0×10^{5}×20×10^{-4} - 8}{20×10^{-4}}Pa=9.9×10^{4}Pa$。
由查理定律$\frac{p_{1}}{T_{1}}=\frac{p_{2}}{T_{2}}$，$T_{2}=\frac{p_{2}T_{1}}{p_{1}}=\frac{9.9×10^{4}×300}{1.0×10^{5}}K=297K$。
(ii) 最高温度时，右端拉力为0，$F_{左}=0$。活塞平衡：$m_{1}g + p_{0}S = p_{max}S$，$p_{max}=\frac{m_{1}g + p_{0}S}{S}=\frac{0.6×10 + 1.0×10^{5}×20×10^{-4}}{20×10^{-4}}Pa=1.03×10^{5}Pa$。
由查理定律$\frac{p_{1}}{T_{1}}=\frac{p_{max}}{T_{max}}$，$T_{max}=\frac{p_{max}T_{1}}{p_{1}}=\frac{1.03×10^{5}×300}{1.0×10^{5}}K=309K$。
(i) $297K$ (ii) $309K$

例594 [全国高考]如图1-24-29,一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成,汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体,两活塞用一轻质弹簧连接,汽缸连接处有小卡销,活塞Ⅱ不能通过连接处. 活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为$2m$、$m$,面积分别为$2S$、$S$,弹簧原长为$l$. 初始时系统处于平衡状态,此时弹簧的伸长量为$0.1l$,活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等,两活塞间气体的温度为$T_{0}$. 已知活塞外大气压强为$p_{0}$,重力加速度为$g$,忽略活塞与缸壁间的摩擦,汽缸无漏气,不计弹簧的体积.
(i)求弹簧的劲度系数;
(ii)缓慢加热两活塞间的气体,求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时,活塞间气体的压强和温度.
【解析】(i)初始状态,对活塞Ⅰ、Ⅱ分别进行受力分析,如图1-24-30所示,设内部气体压强为$p$,弹簧弹力大小为$T$,则$T = k\cdot0.1l$,对Ⅰ有$p\cdot2S = p_{0}\cdot2S + 2mg + k\cdot0.1l$,对Ⅱ有$pS + mg = p_{0}S + k\cdot0.1l$,联立解得$p = \frac{3mg + p_{0}S}{S}$,$k = \frac{40mg}{l}$.
(ii)缓慢加热气体的过程,活塞Ⅰ、Ⅱ整体处于平衡状态,对整体受力分析,如图1-24-31所示,设内部气体压强为$p_{1}$,则有$p_{0}S + p_{1}\cdot2S = p_{0}\cdot2S + p_{1}S + 3mg$,解得$p_{1} = \frac{3mg + p_{0}S}{S}$,为定值,即活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时压强为$\frac{3mg + p_{0}S}{S}$.对单个活塞受力分析可知,弹簧伸长量不变.由于被封闭的气体做等压变化,则对其始末状态进行分析,初态:体积$V_{1} = 2S\cdot\frac{1.1l}{2} + S\cdot\frac{1.1l}{2} = \frac{3.3lS}{2}$,温度$T_{1} = T_{0}$,末态:体积$V_{2} = 2S\cdot1.1l = 2.2lS$,温度$T_{2}$,由盖-吕萨克定律有$\frac{V_{1}}{T_{1}} = \frac{V_{2}}{T_{2}}$,解得$T_{2} = \frac{4T_{0}}{3}$.
【答案】(i)$\frac{40mg}{l}$ (ii)$\frac{3mg + p_{0}S}{S}$ $\frac{4T_{0}}{3}$

答案： (i) $\frac{40mg}{l}$；
(ii) 压强：$\frac{3mg + p_0S}{S}$，温度：$\frac{4T_0}{3}$。