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1热学计算题（二）1.如图所示，一根长L=100cm、一端封闭的细玻璃管开口向上竖直放置，管内用h=25cm长的水银柱封闭了一段长L1=30cm的空气柱．已知大气压强为75cmHg，玻璃管周围环境温度为27℃．求：Ⅰ．若将玻璃管缓慢倒转至开口向下，玻璃管中气柱将变成多长？Ⅱ．若使玻璃管开口水平放置，缓慢升高管内气体温度，温度最高升高到多少摄氏度时，管内水银不能溢出．2.如图所示，两端开口、粗细均匀的长直U形玻璃管内由两段水银柱封闭着长度为15cm的空气柱，气体温度为300K时，空气柱在U形管的左侧．（i）若保持气体的温度不变，从左侧开口处缓慢地注入25cm长的水银柱，管内的空气柱长为多少？（ii）为了使空气柱的长度恢复到15cm，且回到原位置，可以向U形管内再注入一些水银，并改变气体的温度，应从哪一侧注入长度为多少的水银柱？气体的温度变为多少？（大气压强P0=75cmHg，图中标注的长度单位均为cm）3.如图所示，U形管两臂粗细不等，开口向上，右端封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76cmHg。左端开口管中水银面到管口距离为11cm，且水银面比封闭管内高4cm，封闭管内空气柱长为11cm。现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：①粗管中气体的最终压强；②活塞推动的距离。24.如图所示，内径粗细均匀的U形管竖直放置在温度为7℃的环境中，左侧管上端开口，并用轻质活塞封闭有长l1=14cm，的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长l2=24cm的理想气体，左右两管内水银面高度差h=6cm，若把该装置移至温度恒为27℃的房间中（依然竖直放置），大气压强恒为p0=76cmHg，不计活塞与管壁间的摩擦，分别求活塞再次平衡时左、右两侧管中气体的长度．5.如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0，温度为T0．设外界大气压强为P0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=P0S，环境温度保持不变．求：在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度．6.如图，在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为SA：SB=1：2，两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动．两个气缸都不漏气．初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0=300K．A中气体压强PA=1.5P0，P0是气缸外的大气压强．现对A加热，使其中气体的体积增大V0/4，,温度升到某一温度T．同时保持B中气体的温度不变．求此时A中气体压强（用P0表示结果）和温度（用热力学温标表达）37.如图所示为一简易火灾报警装置.其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声.27℃时，空气柱长度L1为20cm，水银上表面与导线下端的距离L2为10cm，管内水银柱的高度h为13cm，大气压强P0=75cmHg.（1）当温度达到多少摄氏度时，报警器会报警？（2）如果要使该装置在87℃时报警，则应该再往玻璃管内注入多少cm高的水银柱？8.如图所示，导热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的导热活塞与两气缸间均无摩擦，两活塞面积SA、SB的比值4：1，两气缸都不漏气；初始状态系统处于平衡，两气缸中气体的长度皆为L，温度皆为t0=27℃，A中气体压强PA=7P0/8，P0是气缸外的大气压强；（Ⅰ）求B中气体的压强；（Ⅱ）若使环境温度缓慢升高，并且大气压保持不变，求在活塞移动位移为L/2时环境温度为多少摄氏度？9.如图，两气缸AB粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径为B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热．两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气；当大气压为P0，外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的1/4，活塞b在气缸的正中央．（ⅰ）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部时，求氮气的温度；（ⅱ）继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的1/16时，求氧气的压强．410.A、B汽缸的水平长度均为20cm、截面积均为10cm2，C是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门．整个装置均由导热材料制成．起初阀门关闭，A内有压强AP＝4.0×105Pa的氮气．B内有压强BP2.0×105Pa的氧气．阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡．求活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强．11.如图所示，内壁光滑长度为4l、横截面积为S的汽缸A、B，A水平、B竖直固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度27℃、大气压为p0的环境中，活塞C、D的质量及厚度均忽略不计．原长3l、劲度系数03pSkl的轻弹簧，一端连接活塞C、另一端固定在位于汽缸A缸口的O点．开始活塞D距汽缸B的底部3l．后在D上放一质量为0pSmg的物体．求：（1）稳定后活塞D下降的距离；（2）改变汽缸内气体的温度使活塞D再回到初位置，则气体的温度应变为多少？5热学计算题（二）答案解析1.解：Ⅰ．以玻璃管内封闭气体为研究对象，设玻璃管横截面积为S，初态压强为：P1=P0+h=75+25=100cmHg，V1=L1S=30S，倒转后压强为：P2=P0﹣h=75﹣25=50cmHg，V2=L2S，由玻意耳定律可得：P1L1=P2L2，100×30S=50×L2S，解得：L2=60cm；Ⅱ．T1=273+27=300K，当水银柱与管口相平时，管中气柱长为：L3=L﹣h=100﹣25cm=75cm，体积为：V3=L3S=75S，P3=P0﹣h=75﹣25=50cmHg，由理想气体状态方程可得：代入数据解得：T3=375K，t=102℃2.解：（ⅰ）由于气柱上面的水银柱的长度是25cm，所以右侧水银柱的液面的高度比气柱的下表面高25cm，所以右侧的水银柱的总长度是25+5=30cm，试管的下面与右侧段的水银柱的总长45cm，所以在左侧注入25cm长的水银后，设有长度为x的水银处于底部水平管中，则50﹣x=45解得x=5cm即5cm水银处于底部的水平管中，末态压强为75+（25+25）﹣5=120cmHg，由玻意耳定律p1V1=p2V2代入数据，解得：L2=12.5cm（ⅱ）由水银柱的平衡条件可知需要也向右侧注入25cm长的水银柱才能使空气柱回到A、B之间．这时空气柱的压强为：P3=（75+50）cmHg=125cmHg由查理定律，有：=解得T3=375K3.①88cmHg；②4．5cm①设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S，以右管封闭气体为研究对象．初状态p1＝80cmHg，V1＝11×3S＝33S，两管液面相平时，Sh1＝3Sh2，h1＋h2＝4cm，解得h2＝1cm，此时右端封闭管内空气柱长l＝10cm，V2＝10×3S＝30S6气体做等温变化有p1V1＝p2V2即80×33S＝p2×30S解得p2＝88cmHg②以左管被活塞封闭气体为研究对象p1′＝76cmHg，V1′＝11S，p2＝p2′＝88cmHg气体做等温变化有p1′V1′＝p2′V2′解得V2′＝9．5S活塞推动的距离为L＝11cm＋3cm－9．5cm＝4．5cm4.解：设管的横截面积为S，活塞再次平衡时左侧管中气体的长度为l′，左侧管做等压变化，则有：其中，T=280K，T′=300K，解得：设平衡时右侧管气体长度增加x，则由理想气体状态方程可知：其中，h=6cmHg解得：x=1cm所以活塞平衡时右侧管中气体的长度为25cm．5.解：对I气体，初状态，末状态由玻意耳定律得：所以，对II气体，初状态，末状态由玻意耳定律得：所以，l2=l0B活塞下降的高度为：=l0；6.解：活塞平衡时，由平衡条件得：PASA+PBSB=P0（SA+SB）①，PA′SA+PB′SB=P0（SA+SB）②，7已知SB=2SA③，B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，由玻意耳定律得：PB′VB=PBV0④，设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，故有=⑤，对A中气体，由理想气体状态方程得：⑥，代入数据解得：PB=，PB′=，PA′=2P0，VA=，VB=，TA==500K，7.①177℃②8cm①封闭气体做等压变化，设试管横截面积为S，则初态：V1=20S，T1=300K，末态：V2=30S，由盖吕萨克定律可得：1vT=22vT，解得T2=450K，所以t2=177℃．②设当有xcm水银柱注入时会在87℃报警，由理想气体状态方程可得：111pvT=222pvT，代入数据解得x=8cm．8.解：（1）设初态汽缸B内的压强为pB，对两活塞及刚性杆组成的系统由平衡条件有：pASA+p0SB=pBSB+p0SA…①据已知条件有：SA：SB=4：1…②联立①②有：pB=；（2）设末态汽缸A内的压强为pA'，汽缸B内的压强为pB'，环境温度由上升至的过程中活塞向右移动位移为x，则对汽缸A中的气体由理想气体状态方程得：…③对汽缸B中的气体，由理想气体状态方程得：…④对末态两活塞及刚性杆组成的系统由平衡条件有：pA'SA+p0SB=pB'SB+p0SA…⑤联立③④⑤得：t=402℃．9.解：（ⅰ）活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程．设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积为V0，则得：8V1=V0+•V0=V0，①V2=V0+V0=V0，②根据盖•吕萨克定律得：=，③由①②③式和题给数据得：T2=320K；④（ⅱ）活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为V1′，压强为P1′，末态体积为V2′，压强为P2′，由题给数据有，V1′=V0，P1′=P0，V2′=V0，⑤由玻意耳定律得：P1′V1′=P2′V2′，⑥由⑤⑥式得：P2′=P0．⑦10.7.6cm3×105Pa解析：由玻意耳定律，对A部分气体有SxLPLSPA)(①对B部分气体有SxLPLSPB)(②代入相关数据解得x＝320=7.6cm，P＝3×105Pa11.解：（1）开始时被封闭气体的压强为，活塞C距气缸A的底部为l，被封气体的体积为4lS，重物放在活塞D上稳定后，被封气体的压强为：活塞C将弹簧向左压缩了距离，则活塞C受力平衡，有：根据玻意耳定律，得：解得：x=2l活塞D下降的距离为：（2）升高温度过程中，气体做等压变化，活塞C的位置不动，最终被封气体的体积为，对最初和最终状态，根据理想气体状态方程得9解得：