热学计算题

(2)如图所示，密闭汽缸两侧与一U形管的两端相连，汽缸壁导热；U形管内盛有密度为ρ＝7.5×102 kg/m3的液体．一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为p0＝4.5×103 Pa.外界温度保持不变．缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h＝40 cm，求此时左、右两气室的体积之比．重力加速度大小取g＝10 m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计．

答案：(1)ABE (2)1∶1

解析：(1)气体经历过程1，压强减小，体积变大，膨胀对外做功，内能减小，故pV温度降低，选项A、B正确．气体在过程2中，根据理想气体状态方程T＝C，刚开始时，气体体积不变，压强减小，则温度降低，对外放热；然后压强不变，体积变大，膨胀对外做功，则温度升高，吸热，故选项C、D错误．无论是经过过程1还是过程2，初、末状态相同，故内能改变量相同，选项E正确．

(2)设初始状态时汽缸左气室的体积为V01，右气室的体积为V02；当活塞至汽缸中某位置时，左、右气室的压强分别为p1、p2，体积分别为V1、V2，由玻意耳定律得

p0V01＝p1V1 ① p0V02＝p2V2 ②

依题意有V01＋V02＝V1＋V2 ③ 2V01＝V02 ④

由力的平衡条件有p2－p1＝ρgh ⑤

2

联立①②③④⑤式，并代入数据得2V21＋3V01V1－9V01＝0 ⑥

3

由此解得V1＝V01(另一解不合题意，舍去) ⑦

2由③④⑦式和题给条件得V1∶V2＝1∶1.

(2)如图所示，汽缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d.筒内一个很薄的质量不d

计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部的高度，外界大气压强为21×105 Pa，温度为27 ℃.现对气体加热，求：

①当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度； ②气体温度达到387 ℃时气体的压强． 答案：(1)ABC (2)①600 K ②1.1×105 Pa

解析：(1)根据热力学第一定律，气体放出热量，若外界对气体做功，温度升高，其分子的平均动能增大，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故B正确；当分子力表现为斥力时，分子力总是随分子间距离的减小而增大，随分子间距离的减小，分子力做负功，所以分子势能也增大，故C正确；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故D错误；某固体或液体的摩尔体积为V，V

每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝，而对气体此式不成立，故

V0E错误．

d

(2)①以封闭气体为研究对象：p1＝p0，V1＝S，T1＝300 K

2设温度升高到T2时，活塞刚好到达汽缸口，此时：p2＝p0，V2＝Sd p1V1p2V2根据理想气体状态方程：＝

T1T2解得T2＝600 K.

②T3＝387 ℃＝660 K>T2，封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化

此时有V3＝Sd，T3＝660 K p1V1p3V3由理想气体状态方程：＝

T1T3解得p3＝1.1×105 Pa.

10．(2017年浙江绍兴期末)如图21－3所示，有两个不计质量的活塞M、N将两部分理想气体封闭在绝热汽缸内，温度均是27℃.M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝2 cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为H＝27 cm，N活塞相对于底部的高度为h＝18 cm.现将一质量为m＝400 g的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降．已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa(g＝10 m/s2)．

图21－3

(1)求下部分气体的压强多大；

(2)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127℃，

求稳定后活塞M、N距离底部的高度．

解：(1)对两个活塞和重物作为整体进行受力分析得： pS＝mg＋p0S 解得p＝1.2×105 Pa.

p0hSph2S

(2)对下部分气体进行分析，由理想气体状态方程可得：＝

T1T2得：h2＝20 cm，故活塞N距离底部的距离为h2＝20 cm 对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得： p0(H－h)S＝pLS 得：L＝7.5 cm

故此时活塞M距离底端的距离为 H2＝(20＋7.5)cm＝27.5 cm.

12．如图21－5所示，一足够高的圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h，气体的温度为T1.现在活塞上放置一个质量为2m的物块(图中未画出)，活塞下降了0.2h达到稳定，气体温度为T2.再通过气缸内的电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时活塞缓慢向上移动1.2h达到稳定，此时气体的温度为T3.已知大气压强为p0.重力加速度为g，不计活塞与气缸间摩擦和理想气体的重力势能．求：

图21－5

(1)温度值T2与T1的比值； (2)加热过程中气体的内能增加量．

解：(1)设气体压强为p1，对活塞依平衡条件有 p1S＝mg＋p0S mg

p1＝S＋p0

在活塞上放置2m的物块稳定后，压强设为p2，对活塞依平衡条件有p2S＝(m＋2m)g3mg

＋p0 p2＝S＋p0

设温度为T1时气体为初态，T2时气体为末态 p1V1p2V2由理想气体状态方程有＝

T1T2其中V1＝Sh

V2＝(h－0.2h)S＝0.8Sh T2p2V24?3mg＋p0S?

＝＝ T1p1V15?mg＋p0S?

(2)电热丝加热气体后，活塞缓慢向上移动到达稳定的过程中气体发生等压变化，依据热力学定律得

ΔU＝Q＋W其中W＝－p2SΔH

?3mg??＝－S＋p0?S×1.2h＝－(3.6mg＋1.2p0S)h ??

ΔU＝Q－(3.6mg＋1.2p0S)h

9．(2017·郑州市质检)很多轿车为了改善夜间行驶时的照明问题，在车灯的设计上选择了氙气灯，这是因为氙气灯灯光的亮度是普通灯灯光亮度的3倍，但是耗电量仅是普通灯的一半，氙气灯使用寿命则是普通灯的5倍．若氙气充入灯头后的容积V＝1.6 L，氙气密度ρ＝6.0 kg/m3.已知氙气的摩尔质量M＝0.131 kg/mol，阿伏伽德罗常数NA＝6×1023 mol1.试估算：(结果保留一位有效数字)

－

①灯头中氙气分子的总个数； ②灯头中氙气分子间的平均距离． 答案 ①4×1022个 ②3×109 m

－

ρV

解析 ①设氙气的物质的量为n，则n＝，

MρV

氙气分子的总数N＝ NA≈4×1022个

MV

②每个分子所占的空间为V0＝

N设分子间平均距离为a，则有V0＝a3 3V即a＝≈3×10－9 m

N

(2)(10分)一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。

答案 (1)ABE(5分) (2)见解析

pV

解析 (1)由T＝C可知，p-T图象中过原点的一条倾斜的直线是等容线，故A正确；气体从状态c到状态d的过程温度不变，内能不变，从状态d到状态a的过程温度升高，内能增加，故B正确；由于过程cd中气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外放出的热量等于外界对气体做的功，故C错误；在过程da中气体内能增加，气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，故D错误；过程bc中，外界对气体做的功Wbc＝pb(Vb－Vc)＝pbVb－pcVc，过程da中气体对外界做的功Wda＝pd(Va－Vd)＝paVa－pdVd，由于pbVb＝paVa，pcVc＝pdVd，因此过程bc中外界对气体做的功与过程da中气体对外界做的功相等，故E正确。

(2)设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2， 根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2 ①(2分) 重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为 V3＝V2－V1 ②(2分)

设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有p2V3＝p0V0 ③(2分)

设实验室每天用去的氧气在p0压强下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为N＝V0/ΔV ④(2分)

联立①②③④式，并代入数据得N＝4(天) ⑤(2分)

(2)(10分)如图所示，一圆柱形气瓶水平放置，瓶内用活塞分为A、B两部分，分别装有理想气体，活塞与瓶内壁气密性好，并可在瓶内自由移动，不计摩擦。开始时，A、B两部分气体的体积之比为2∶1，压强均为p，大气温度为T，K为阀门。

①当温度升高时，活塞将如何移动？

②若因阀门封闭不严，B中气体向外缓慢漏气，活塞将缓慢移动，整个过程中气体温度不变，瓶口处气体体积可以忽略。当活塞向右缓慢移动至B中体积减为原来一半时，A中气体的压强多大？若此过程A中气体对外做功为W，则A中气体内能变化多少？

(2)①假设温度升高时，活塞不动，设A部分气体开始时温度为T0，升高后的温度为T1，则

T1pp1＝，得到p1＝p(2分) T0T1T0

T1同理可得B中气体压强也为p，由于两边压强总是相等，假设成立(2分)

T0因此，温度升高过程，活塞并不移动(1分) ②对A中气体：由玻意耳定律有

?1?

pV＝pA×?1＋4?V(2分)

?

?

解得：pA＝0.8p(2分)

由于A中气体发生的是等温变化，因此气体的内能不变(1分)

(2)(10分)如图所示，一连通器与贮有水银的瓶M用软管相连，连通器的两直管A和B竖直放置，两管粗细相同且上端封闭，直管A和B内充有水银，当气体的温度为T0时，水银面的高度差h＝10 cm，两管空气柱长均为h1＝10 cm，A管中气体的压强

p1＝20 cmHg。现使两管中的气体的温度都升高到2.4T0，同时调节M的高度，使B管中的水银面的高度不变，求流入A管的水银柱的长度。

(2)由题意可知，当温度为T0时，B管中气体的压强pB1＝30 cmHg(1分) 当温度为2.4T0时，B管中气体体积不变，设其压强为pB2，B中气体状态变化为等容过程，由查理定律有：

pB1pB2＝(2分) T02.4T0

解得：pB2＝72 cmHg(1分)

当温度为T0时A管中气体的压强pA1＝20 cmHg，体积为VA1＝h1S，设流入A管的水银柱的长度为x，则：

pA2＝pB2－ρ(h＋x)g＝(62－x) cmHg VA2＝(h1－x)S(2分)

A中气体状态变化符合理想气体状态方程，则 pA1VA1pA2VA2＝(2分) T02.4T0

代入数据整理得：x2－72x＋140＝0(1分) 解得：x＝2 cm(1分)

(2)(10分)如图所示，一绝热的汽缸静置于水平面上，其中汽缸的底部导热性能良好，现用两个质量均为m的活塞甲和乙将密闭气体分成两部分M、N，活塞甲的导热性能良好，活塞乙不导热。开始装置处于平衡状态，活塞乙距离汽缸底部h，活塞甲和活塞乙之间的距离也为h，已知外界大气压强恒为p0、温度均为T0，活塞的横截面积为S，且满足mg＝p0S，不计两活塞的厚度。

①如果逐渐增加放在活塞甲上的砝码个数，当增加的砝码的质量为2m，且系统再次平衡时，活塞乙到汽缸底部的距离为多少？

②如果保持活塞甲上的砝码个数不变，在汽缸底部缓慢加热，使气体N的温度逐渐升高，当活塞甲到汽缸底部的距离为2h时，气体N的温度为多少？

mg

(2)①开始系统平衡时，对活塞甲分析可知，气体M的压强为p1＝p0＋S＝2p0(1分)

对活塞乙分析可知，气体N的压强为 mg

p2＝p1＋S＝3p0(1分)

当逐渐增加砝码后，系统再次平衡时，对活塞甲分析可知，气体M的压强为p1′3mg

＝p0＋S＝4p0(1分)

对活塞乙分析可知气体N的压强为 mg

p2′＝p1′＋S＝5p0(1分)

气体N发生等温变化，根据玻意耳定律得 p2hS＝p2′h2′S(1分) 3

可得h2′＝h(1分)

5

②气体M发生的是等温变化，由玻意耳定律得 p1hS＝p1′h1′S 可得h1′＝0.5h(1分)

只对气体N加热，气体M的状态不变，所以当活塞甲距离汽缸底部的距离为2h时

活塞乙到汽缸底部的距离h2″＝2h－0.5h＝1.5h(1分) p2hSp2′h2″S

对气体N，根据理想气体状态方程得＝(1分)

T0T2由以上整理可得T2＝2.5T0(1分)

17．(10分)如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K。两汽缸的容积均为V0，汽缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和p0/3；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V0/4。现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。求：

(1)恒温热源的温度T；

(2)重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx。 71

答案 (1)T0 (2)V0

52

解析 (1)与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖—吕萨克定律得：

T7V0/4

＝① T05V0/4

7

由此得：T＝T0②

5

(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大。打开K后，左

活塞下降至某一位置，右活塞必须升至汽缸顶，才能满足力学平衡条件。

汽缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得：

p0V0pVx＝·③

34

7

(p＋p0)(2V0－Vx)＝p0·V0④

4联立③④式得：

26Vx－V0Vx－V20＝0

1

其解为Vx＝V0⑤

2

1

另一解Vx＝－V0，不合题意，舍去。

3

19．[2015·山东高考](10分)扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象。如图所示，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300 K，压强为大气压强p0。当封闭气体温度上升至303 K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303 K。再经过一段时间，内部气体温度恢复到300 K。整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求：

(1)当温度上升到303 K且尚未放气时，封闭气体的压强； (2)当温度恢复到300 K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力。

101201

答案 (1)p0 (2)pS

100101000

解析 (1)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0＝300 K，p0p1压强为p0，末状态温度T1＝303 K，压强设为p1，由查理定律得：＝①

T0T1

101

代入数据得：p1＝p0②

100

(2)设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得： p1S＝p0S＋mg③

放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T2

p2p3＝303 K，压强p2＝p0，末状态温度T3＝300 K，压强设为p3，由查理定律得：＝ ④

T2T3

设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得： F＋p3S＝p0S＋mg ⑤

201

联立②③④⑤式，代入数据得：F＝pS。

101000

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