《热学》计算题专题 1．图示为测量液体密度的装置。左侧容器开口，右管竖直，上端封闭且粗细均匀，导热良好，管长 L0=1m，底部有细管与左侧连通，初始时未装液体。现向左侧容器缓慢注入某种液体，当左侧液面高度 为 h1=0.7m 时，右管内液柱高度 h2=0.2m。已知右管横截面积远小于左侧容器横截面积，大气压强 p0=1.0×105Pa，环境温度 T=260K，重力加速度 g 取 10m/s2。 （1）求该液体的密度： （2）右管内气体温度为多少时，刚好将其中液体全部排出（不计温度变化对液体密度的影响）。 2．竖直平面内有一直角形内径处处相同的细玻璃管，A 端封闭，C 端开口，AB 段处于水平状态，AB 段 玻璃管长度为 25cm，BC 段玻璃管长度为 25cm。将竖直管 BC 灌满水银，使气体封闭在水平管内，此 时被封闭气体长度为 19cm，各部分尺寸如图所示，此时气体温度 p0  75cmHg T1  300K 。现缓慢加热封闭气体，使 AB 段的水银恰好排空，求： （1）此时气体温度 T2； （2）此后再让气体温度缓慢降至初始温度 T1，A 端封闭气体的长度 L3 多长？ ，外界大气压强 3．一 U 形玻璃管竖直放置，左端开口且足够长，右端封闭，玻璃管导热良好。用水银封闭一段空气（可 视为理想气体）在右管中，初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示，环境温度为 27 ℃。已知玻璃 管的横截面积处处相同，大气压强 p0  76.0 cmHg 。 （1）若升高环境温度直至两管水银液面相平，求环境的最终温度。 （2）若环境温度为 27 ℃不变，在左管内加注水银直至右管水银液面上升 1 cm，求应该向左管中加注 水银的长度。 4．如图所示，一圆柱形气缸固定在水平地面上，用质量 m=20kg、面积 S= 100cm2 的活塞密封了一 定质量的理想气体，活塞通过正上方的定滑轮连接一质量 M=50kg 的重物，活塞与气缸之间的最大静摩 擦力与滑动摩擦力相等为 300N。开始时气体的温度 t=27°C 。压强 p=0.9×105Pa，活塞与气缸底部 的距离 H=50cm，重物与水平地面的距离 h= 10cm。已知外界大气压 p0= l.0×105Pa，重力加速度 g=10m/s2。现对气缸内的气体缓慢加热，求∶ （1）重物恰好开始下降时气体的温度； （2）重物刚与地面接触时气体的温度； 5．如图所示，绝热气缸 A 和导热气缸 B 均固定在地面上，气缸 B 温度始终保持不变，由刚性杆连接的绝 热活塞与两气缸间均无摩擦。开始时气缸 A、B 内装有一定质量的空气（可视作理想气体），压强均为 p0、体积均为 V0，气缸 A 中气体由于加热，其初始温度为 T0=420K，停止加热后，气缸 A 中气体温度 缓慢降低到 T1=280K，此过程中气缸 B 的活塞由于密封不严，导致漏出一定质量的空气，达到稳定后气 5 缸 A 中气体的体积变为 6 V0 ，求∶ （1）温度 T1=280K 时，气缸 A 中气体的压强 pA； （2）气缸 B 中漏出的气体与原有气体的质量之比。 6．如图所示，用横截面积为 S 的活塞将一定质量的理想气体封闭在导热良好的汽缸内，汽缸平放到光滑 k 的水平面上，劲度系数为 的轻质弹簧左端与活塞连接，右端固定在竖直墙上，不考虑活塞和汽缸之间 的摩擦，系统处于静止状态，此时活塞距离汽缸底部的距离为 L ，且弹簧处于自然长度，现用水平力向 右缓慢推动汽缸，当汽缸内气体压强变为 1.5 p0 时系统再次静止， p0 为大气压强，整个过程外界温度保 持不变。求： （1）再次静止时弹簧被压缩的长度； （2）在此过程中汽缸移动的距离。 7．如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸高度为 L、底面积为 S，缸内有一质量为 m 的活塞，封闭了一 定质量的理想气体．现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 、温 度为 T0 。已知重力加速度为 g，大气压强为 p0 ，不计活塞与缸体的厚度及它们间的摩擦．若采用缓慢升 温的方法使活塞与汽缸脱离，求此过程： （1）活塞与汽缸脱离时气体的温度； （2）缸内气体对活塞做的功； （3）若缸内气体的内能增加量为 ΔU ，则气体吸收的热量为多少？ 8．体育课上某同学发现一只篮球气压不足，用气压计测得球内气体压强为 1.2 atm，已知篮球内部容积 为 7.5 L。现用简易打气筒给篮球打气，每次能将 0.2 L、1.0 atm 的空气打入球内，已知篮球的正常气 压范围为 1.5~1.6 atm。忽略球内容积与气体温度的变化。为使篮球内气压回到正常范围，求需打气的 次数范围。 9．如图甲所示是一定质量的气体由状态 A 经过状态 B 变为状态 C 的 V-T 图像，已知气体在状态 A 时的 压强是 1.5×105Pa。 （1）根据图像提供的信息计算图甲中 TA 对应的温度值； （2）请在图乙坐标系中作出该气体由状态 A 经过状态 B 变为状态 C 的 p-T 图像，并在图线相应位置上 标出字母 A、B、C，如果需要计算才能确定有关坐标值，请写出计算过程。 《热学》计算题专题参考答案 1.解：（1）对右管内的气体，根据等温变化规律，有 p0 SL0   p0   g (h1  h2 ) S ( L0  h2 ) 解得该液体的密度  =5 �103kg/m3 （2）对右管内的气体，由查理定律有 P 0 P2 = T T' P2=P0 + ρ gh 1 其中 T�  351K 代入数据解得 2.解：(1) 以 cmHg 为压强单位，设玻璃截面积为 S，在 AB 段液住排空的过程中气体是恒压变化过程 L1=19cm，L2=25cm，T1=300K 由盖吕萨克定律可知 SL1 SL2  T1 T2 解得 T2=394.7K (2) 当温度又降为初始温度时，与开始时的状态相比是做恒温变化过程，由题意知此时 BC 管中液柱长 p3  (75  L3 )cmHg L3，气体压强为 p1  (75  25)cmHg  100cmHg 又开始时气体压强为 p3 SL3  p1SL1 由玻意耳定律得 L3  20cm 代入数据求得 3.解：（1）以右管空气为研究对象，初状态 p1  p0  pL1  (76  4) cmHg  72 cmHg ， p2  p0  76 cmHg V2  L2 S T2 两管水银液面相平时 由理想气体状态方程有 p1V1 p2V2  T1 T2 （2）设加注水银的长度为 x，且 解得 V1  L1 S T1  300 K L2  6 cm T 2 =475 K p1  p0  pL1  72 cmHg V1  L1S p2  (70  x) cmHg V2  L3 S 气体做等温变化，由玻意耳定律有 p1V1  p2V2 解得 L1  4 cm L3  3 cm x  26 cm 4．解:(1)重物恰好开始下降时，对活塞受力分析 p1S  Mg  p0 S  mg  f 气体做等容变化 ,由查理定律有 p p1  T T1 ，T=t+273 解得 T1=333.3K (2)活塞从开始运动至重物刚与地面接触过程中，气体做等压变化 V1=HS，V2=（H+h）S V1 V2  由盖-吕萨克定律有 T1 T2 解得 T2=400K ， L1  4 cm 5.解：(1)对于气缸 A，由理想气体状态方程得 pA  代入数据解得 5 p A V0 p0V0 6  T0 T1 4 p0 5 （2）对于气缸 B 中气体，假设不漏气，初态气体状态参量分别为 p0、V0，末态气体状态参量分别为 p0V0  pBVB pB、VB，由玻意耳定律得 pB  p A  依题意可知 联立上式，代入数据解得 4 p0 5 5 VB  V0 4 漏气后气缸 B 中气体的实际体积 漏出的气体与原有气体的质量之比 5 7 VB� 2V0  V0  V0 6 6 m VB  VB� 1   m VB 15 6．解：（1）设弹簧被压缩的长度为 x ，由平衡条件可知 1.5 p0 S  p0 S  kx 解得 x p0 S 2k （2）设系统再次静止时活塞距气缸底部的距离为 d ，汽缸移动的距离 Vx ，根据玻意耳定律可得 p0 LS  3 p0 dS 2 x  L  d  x 联立解得 pS 1 x  L  0 3 2k L0 S LS = T0 T 7.解：(1)气体等压变化，由盖—吕萨克定律得 T 解得 LT0 L0 mg  pS  p0 S (2)对活塞，由平衡条件得 W  Fl  pSl  pS ( L  L0 ) 气体做功 W   p0 S  mg   L  L0  解得 U  W  Q (3)由热力学第一定律 Q  U   p0 S  mg   L  L0  气体吸收的热量 8.解：对球内原有气体，当压强降为 P1=1.2atm 时，体积为 V1=7.5L，设需打气 n 次球内气压回到正 常范围，设球内正常气压为 P2，每次打入的空气体积为 ΔV ，压强为 P3，由玻意耳定律有 P2V0=P1V1+P3 n ΔV n= 解得 p2 V 0 − p 1 V 1 7. 5 P2 − 9 = P3 ΔV 0. 2 当 P2=1.5atm 时，解得 n=11.25 当 P2=1.6atm 时，解得 n=15 故需打气的次数范围 12≤n≤15 9.解：(1)由图甲所示图像可知，A 与 B 的连线所在的直线过原点 O，所以 A→B 是一个等压过程，即 pA=pB=1.5×105Pa 由图像可知，VA=0.4m3，VB=VC=0.6m3，TB=300K，TC=400K，从 A 到 B 过程，由盖—吕萨克定律 得 VA VB  TA TB 解得 TA=200K。 (2)从 B 到 C 为等容过程，由查理定律得 pB pC  TB TC 代入数据解得 pC=2×105Pa，气体状态变化图像如图所示