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热 学
大题优练12
优选例题
例1.如图所示,内径相同的两U形玻璃管竖直放置在空气中,中间用细软管相连,左侧U形管顶端封闭,右侧U形管开口,用水银将部分气体A封闭在左侧U形管内,细软管内还有一部分气体。已知环境温度恒为17 ℃,大气压强为76 cmHg,稳定时,A部分气体长度为20 cm,管内各液面高度差分别为h1=8 cm、h2=10 cm。
(1)求A部分气体的压强;
(2)现仅给A部分气体加热,当管内气体温度升高了40 ℃时,A部分气体长度为22 cm,求此时右侧U形管液面高度差h2′。
【解析】(1)设左侧A部分气体压强为p1,软管内气体压强为p2,由图中液面的高度关系可知
解得。
(2)由理想气体状态方程有
解得
由于空气柱长度增加2cm,则水银柱向右侧移动2cm,因此液面高度差h1′=4cm,由
解得。
例2.真空压缩袋是抽走空气利用大气压压缩物体的一种袋子,主要用于装棉被和各种衣服类,具有防潮、防霉、防蛀、防异味等特点。某同学设计了一个活塞式抽气机对压缩袋进行抽气,可将装置简化为如图所示,假设放入衣物后通过手工挤压使袋中容纳空气的容积为V0且保持不变,袋内气体压强为大气压强p0,活塞式抽气机的容积为V0,活塞的横截面积为S,不计活塞的厚度和重力,连接管的体积可忽略,抽气过程中气体温度不变。
(1)对于第一次抽气(不考虑活塞在底端时的情况),将活塞缓慢上提,求手对活塞的最大拉力;
(2)求抽气机抽气10次后,压缩袋中剩余气体的压强p10。
【解析】(1)当活塞下压时,阀门关闭,打开,右侧抽气机中,体积的气体排出。对于第一次抽气,活塞上提,压缩袋中气体均匀分布到抽气机和压缩袋中,活塞上升到最高处时,气体压强降为p1,此时内外压强差最大,手对活塞的拉力最大,由于抽气过程中气体温度不变,根据玻意耳定律有
解得
根据平衡条件得。
(2)对于第二次抽气,活塞上提,压缩袋中气体再次均匀分散到抽气机和压缩袋中,气体压强降为,根据玻意耳定律有
解得
以此类推,第10次抽气后压缩袋中气体压强降为。
模拟优练
1.趣味运动“充气碰碰球”如图所示。用完全封闭的PVC薄膜充气膨胀成型,人钻入洞中,进行碰撞游戏。充气之后碰碰球内气体体积为0.8 m3,压强为1.5×105 Pa。碰撞时气体最大压缩量是0.08 m3,不考虑压缩时气体的温度变化。
(1)求压缩量最大时,球内气体的压强;(结果保留3位有效数字)
(2)为保障游戏安全,球内气体压强不能超过1.75×105 Pa,那么,在早晨17 ℃环境下充完气的碰碰球,球内气体压强为1.5×105 Pa,若升温引起的球内容积变化可忽略,请通过计算判断是否可以安全地在中午37 ℃的环境下进行碰撞游戏。
【解析】(1)碰撞游戏时,气体从初始到压缩量最大的过程中,经历等温变化,由玻意耳定
其中p1=1.5×105Pa,V1=0.8m3,V2=(0.8-0.08)m3=0.72m3
代入数据解得p2≈1.67×105 Pa。
(2)从早晨充好气,到中午碰撞游戏前,气体经历等容变化,由查理定律有
其中T2=(17+273)K=290K,T3=(37+273)K=310K
中午碰撞游戏时,气体从初始状态到压缩量最大的过程中,气体经历等温变化,由玻意耳定律有
联立并代入数据解得p4≈1.78×105Pa>1.75×105Pa
所以不能安全地在中午37℃的环境下进行碰撞游戏。
2.如图所示是某潜艇的横截面示意图,它有一个主压载水舱系统结构,主压载水舱有排水孔与海水相连,人们可以通过向水舱里注水或者排水来控制潜艇的浮沉。潜艇内有一个容积V=3 m3的贮气钢筒,在海面上时,贮气钢筒内贮存了p=200 atm的压缩空气,压缩空气的温度为t=27 ℃。某次执行海底采矿任务时,通过向主压载水舱里注入海水,潜艇下潜到水面下h=290 m处,此时海水及贮气钢筒内压缩空气的温度均为t1=7 ℃;随着采矿质量的增加,需要将贮气钢筒内的压缩空气压入水舱内,排出部分海水,使潜艇保持水面下深度不变,每次将筒内一部分空气压入水舱时,排出海水的体积为∆V=1 m3,当贮气钢筒内的压强降低到p2=50 atm时,就需要重新充气。在排水过程中气体的温度不变,已知海水的密度ρ=1×103 kg/m3,海面上大气压强p0=1 atm,g=10 m/s2,1 atm=1×105 Pa。求在该贮气钢筒重新充气之前,可将贮气钢筒内的空气压入水舱多少次?
【解析】设在水面下h=290 m处贮气钢筒内气体的压强变为,由查理定律得
设贮气钢筒内气体的压强变为p2时,体积为V2,由玻意耳定律得
重新充气前,用去的气体在p2压强下的体积为
设用去的气体在水舱压强为p4时的体积为V4,由玻意耳定律得
其中
则压入水舱的次数
贮气筒内的空气压入水舱的次数为。
3.如图所示,左右两个粗细均匀、内部光滑的汽缸,其下部由体积可以忽略的细管相连,左汽缸顶部封闭,右汽缸与大气连通,左右两汽缸高度均为H、横截面积之比为S1∶S2=1∶2,两汽缸除左汽缸顶部导热外其余部分均绝热。两汽缸中各有一个厚度不计的绝热轻质活塞封闭两种理想气体A和B,当大气压为p0、外界和气体温度均为27 ℃时处于平衡状态,此时左、右侧活塞均位于汽缸正中间。
(1)若外界温度不变,大气压为0.9p0时,求左侧活塞距汽缸顶部的距离;
(2)若外界温度不变,大气压仍为p0,利用电热丝加热气体B,使右侧活塞上升,求此时气体B的温度。
【解析】(1)大气压变为0.9p0,则由题图知两种理想气体A和B的压强均变为0.9p0,气体A做等温变化,由玻意耳定律得:p0S1=0.9p0h1S1
解得左侧活塞距汽缸顶部的距离为h1=H。
(2)外界温度、大气压均保持不变,气体A的状态也不变,即左侧活塞仍处于汽缸正中间,则气体B做等压变化,由盖-吕萨克定律得:
=
T0=27 ℃=300 K
则气体B的温度为T=400 K(或t=127 ℃)。
4.横截面积处处相同的U形玻璃管竖直放置,左端封闭,右端开口.初始时,右端管内用h1=4 cm的水银柱封闭一段长为L1=9 cm的空气柱A,左端管内用水银封闭有长为L2=14 cm的空气柱B,这段水银柱左右两液面高度差为h2=8 cm,如图甲所示。已知大气压强p0=76.0 cmHg,环境温度不变。
(1)求初始时空气柱B的压强(以cmHg为单位);
(2)若将玻璃管缓慢旋转180°,使U形管竖直倒置(水银未混合未溢出),如图乙所示。当管中水银静止时,求左右两水银柱液面高度差h3。
【解析】(1)初始时,空气柱A的压强为pA=p0+ρgh1
而pB+ρgh2=pA
联立解得空气柱B的压强为pB=72 cmHg;
(2)U形管倒置后,空气柱A的压强为pA′=p0-ρgh1
空气柱B的压强为pB′=pA′+ρgh3
空气柱B的长度L2′=L2+
由玻意耳定律可得pBL2=pB′L2′
联立解得h3=12 cm。
5.某品牌汽车前轮胎,厂家建议的标准胎压为240 kPa。某人购买该品牌汽车时,车外温度显示为27 ℃,胎压监测系统在仪表盘上显示为2.40 bar(2.40 bar=240 kPa),车辆使用一段时间后保养汽车时,发现仪表盘上显示为2.20 bar,此时,车外温度显示为2 ℃。车胎内气体可看作理想气体,车胎内体积可视为不变。
(1)试分析保养时,前轮胎是否有漏气;
(2)若要使该车胎在保养时胎压恢复到2.40 bar,需要充入一定量的同种气体,充气过程中车胎内温度视为不变,求充入气体质量和车胎内原有气体质量之比。
【解析】(1)车胎内体积可视为不变,由查理定律得
代入数据可得
解得
故前轮胎无破损漏气的情况;
(2)设轮胎体积为V,充气过程可理解为,压强为,体积为的气体,一次性压缩为,体积为V的气体,且过程中温度不变;
根据玻意耳定律有
解得
代入数据可得
故可得。
6.如图所示,横截面积S=25 cm2、高h=80 cm的绝热汽缸开口向上,置于水平地面上,距汽缸口h处有固定挡板,质量m=5 kg、高度为20 cm的绝热活塞置于挡板上,密封一部分理想气体,一根劲度系数k=10 N/cm的弹簧一端与活塞相连,另一端固定在活塞正上方,此时弹簧沿竖直方向且长度恰好为原长,缸内气体温度为27 ℃,压强等于大气压强p0。现通过汽缸内的电热丝(图中未画出)加热气体,使活塞上端缓慢移动到汽缸口时停止加热,此过程中气体吸收热量180 J,对外做功80 J。不计挡板和电热丝的体积,取大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)活塞上端移动到汽缸口时气体的温度;
(2)此过程中气体内能的变化量。
【解析】(1)活塞移动到汽缸口时,受力如图所示,根据活塞受力平衡可得
解得
密封气体在加热前后的体积为
,
由理想气体状态方程可得
代入数据解得(或627℃)
(2)由热力学第一定律可得
解得。
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