专项训练热学计算题.docx

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1、专项训练一热学计算题、玻璃管分类1、(10分)如图所示，一端开口、内壁光滑的玻璃管竖直放置，管中用一段长Ho=38cm 的水银柱封闭一段长Li=20cm的空气，此时水银柱上端到管口的距离为L2=4cm,大气压强恒为Po=76cmHg ,开始时封闭气体温度为t0=27C,取0 c 为 273K。求：(i )缓慢升高封闭气体温度至水银开始从管口溢出，此时封闭气体 的温度；(ii)保持封闭气体温度不变，在竖直平面内缓慢转动玻璃管至水银 开始从管口溢出，玻璃管转过的角度。2、(10分)如图所示，在长为L=57cm 的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着 51cm 长的理想气

2、体，管内外气体的温度均为33 C，大气压强 po=76cmHg.若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的温度；若保持管内温度始终为 33 C,现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，求此时管中气体的压强。4cm-TI5 Lem3、 （10分）如图所示，两端等高、粗细均匀、导热良好的 U形管竖直放置，右端与大气 相通，左端用水银柱封闭着长 Li=40cm 的气柱（可视为理想气体），左管的水银面比右管 的水银面高出A h=12.5cm。现从右端管口缓慢注入水银，稳定后右管水银面与管口等高。若环境温度不变，取大气压强Po=75 emHg 。求稳定后加入管中水银柱的长

3、度。变式一、（10分）如图所示，粗细均匀、导热良好的 U形管竖直放置，右端与大气相通， 左端用水银柱封闭着 Li=40cm 的气柱（可视为理想气体），左管的水银面比右管的水 银面高出 h i = 15cm 。现将U形管右端与一低压舱（图中未画出）接通，稳定后右管 水银面高出左管水银面4 h 2=5cm 。若环境温度不变，取大气压强P0 =75cmHg 。求稳定后低压舱内的压强（用“ cmHg ”作单位）。变式二、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

4、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： 粗管中气体的最终压强；活塞推动的距离。4、如图所示，一端封闭、粗细均匀的薄壁玻璃管开口向下竖直插在装有水银的水银槽内，管内封闭有一定质量的空气，水银槽的截面积上下相同，是玻璃管截 面积的5倍.开始时管内空气长度为 6cm ,管内外水银面高度差为50cm .将 玻璃管沿竖直方向缓慢上移（管口末离开槽中水银），使管内外水银面高度差变 成60cm .（大气压相当于 75cmHg ）,求：（1）此时管内空气柱的长度；（2）水银槽内水银面下降的高度.5、（10分

5、）如图所示，粗细均匀内壁光滑的细玻璃管长L=90cm ,用长为h=15cm 的水银柱封闭一段气柱（可视为理想气体），开始时玻璃管水平放置， 气柱长l=30cm , 取大气压强P0=75cmHg 。将玻璃管由水平位置缓慢转至竖直放置（管口向上 ）， 求：玻璃管转至竖直放置后气柱的长度；保持玻璃管沿竖直方向放置，向玻璃管内缓慢注入水银，当水银柱上端与管口相平时封闭气柱的长度。、汽缸类6、（10分）如图所示，圆柱形绝热汽缸放置于水平桌面上，质量为 m的活塞将一定质 量的理想气体密封在汽缸中，开始时活塞距汽缸底部高度为hi=0. 40 m ,现缓慢将气缸倒置，稳定后活塞到汽缸底部的距离为h2= 0 .

6、 60 m ,已知活塞面积 S=50.0cm 2：取大气压强Po=l . 0xl05Pa, g=l0N/kg ,不计活塞与汽缸之间的摩擦。求： （i）活塞的质量m;（ii）气体内能的变化量 U。7、（9分）一定质量的理想气体被活塞封闭在气缸内，活塞质量为m、横截面积为S,可沿气缸壁无摩擦滑动并保持良好的气密性，整个装置与外界绝热，初始时封闭气体的温度为Ti,活塞距离气缸底部的高度为 H,大气压强为 Poo现用一电热丝对气体缓慢加热，若此过程中电热丝传递给气体的热量为H的图度为一，求：4I .此时气体的温度；n .气体内能的增加量。8、（ 9分）有一个高度为 h = 0.6m的金属容器放置在水平

7、地面上，容器内有温度为ti =27 C的空气，容器左侧壁有一阀门距底面高度为 h1=0.3m ,阀门细管直径忽略不计.容器 内有一质量为 m =5.0 kg的水平活塞，横截面积为 S=20 cm 2,活塞与容器壁紧密接触又可自由活动，不计摩擦，现打开阀门，让活塞下降直至静止并处于稳定状态。外界大气压强为Po= 1.0 x 10 Pa.阀门打开时，容器内气体压强与大气压相等，g取10 m/s 2。求：（ 1 ）若不考虑气体温度变化，则活塞静止时距容器底部的高度h 2；（ 2 ） 活塞静止后关闭阀门，对气体加热使容器内气体温度升高到327 ， 求此时活塞距容器底部的高度h 39、 （10 分 ）

8、如图 22 所示，一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,此时气体的温度为T。，体积为Vo； 现通过电热丝缓慢加热气体，使活塞上升至气体体积增大到原来的2倍。已知大气压强为P。，重力加速度为g,不计活塞与气缸的摩擦。i .求加热过程中气体对外做了多少功；ii .现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m。时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度。10、（2017年全国1卷）（10分）如图，容积均为 V的汽缸A、B下端有细管（容积可 忽略）连通，阀门 K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门 K1、K3； B中有

9、一可自由 滑动的活塞（质量、体积均可忽略）。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3,通过K1给汽缸充气，使 A中气体的压强达到大气压 p0的3倍后关闭K10已知室 温为27 ,汽缸导热。（i）打开K2,求稳定时活塞上方气体的体积和压强；（ii）接着打开K3,求稳定时活塞的位置；（iii）再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 C,求此时活塞下方气体的压强。11、（2016年全国1卷）（10分）在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压2强差P与气泡半径r之间的关系为P 7 ,其中 0.070N/m。现让水下10m处一半径533为0.50cm的气泡缓慢上升。已知大气压强P

10、0 1.0 10 Pa,水的密度 1.0 10 kg/m ,2重力加速度大小 g 10m/s 。（i）求在水下10m处气泡内外的压强差；（ii）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。12、（2015全国1卷）（10分）如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成,2.两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1 2.50kg ,横截面积为Si 80.0cm，小2活塞的质量为 m2 1.50kg,横截面积为 0 40.0cm ；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l 40.0cm,气缸外大气压强为 p 1.00 105 Pa,温度为T 303K。

11、初始时大活塞与大圆筒底部相距2两活塞间封闭气体的温度为 T1 495k ,现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g取210m/s ,求（i）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度（ii）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强13、（2014全国1卷）（9分）一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为p,活塞下表面相对于气缸底部的高度为 h,外界的温度为T0o现取质量为 m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了 h/4。若此后外界的温度变

12、为T,求重新达到平衡后气体的体积。已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为go14、（2013全国1卷）（9分）如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置， 气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门 K.两气缸的容积均为 V0,气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 Po和Po/3;左活塞在气缸正中间，其上方为真空 ；右活塞上方 气体体积为Vo/4。现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，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To,

13、不计活塞与气缸壁间的摩擦。求：（i）恒温热源的温度T；（ii）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积Vx。三、图像问题状态A时的压强是1 . 5X 105Pa。说出A-B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中15 .如图甲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图象。已知气体在Ta的温度值.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图象，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的有关坐标值，请写出计算过程.16 .一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A时的压弓虽pA=po,温度Ta=To,线

14、段AB与V轴平行，BC的延长线过原点。求：（ 1 ）气体在状态B 时的压强p B ；（ 2 ）气体从状态A 变化到状态B 的过程中，对外界做的功为10J ，该过程中气体吸收的热量为多少；（ 3 ）气体在状态C 时的压强p C 和温度TC。四、其他17 如图所示蹦蹦球是一种儿童健身玩具，小明同学在17oC 的室内对蹦蹦球充气，已知两球的体积约为2L ， 充气前的气压为1atm ，充气筒每次充入0.2L 的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，求：（1） 充气多少次可以让气体压强增大至3atm ；（2）室外温度达到了 -13 C,蹦蹦球拿到室外后，压强将变为多少？专项训练一、热学计算

15、题答案设坂塔管覆截宣织为5（1）初状态：叭=工/丁1=勺-273末状态：/2二（J 边）5r T2二桎M73根胆有理定律知；* 二詈代入数据解得：益二V。（2）;1 = LKrP1=+38设玻瑞管逑过每度。后水眼开始溢出末状态：厂？ = 1 工 ）S, _Po =Pj）+iiibWfl（7据至总耳定律知：解得：生叩口1、2、（2） （10分）设玻璃管横截面积为S,以管内封闭气体为研究对象，气体经等压膨胀：初状态：Vi=51 S Ti=306K末状态：V2=53ST2=?（1 分）由盖一吕萨克定律：V V2（2分）得T2=318K（1分）T1 丁2当水银柱上表面与管口相平，设此时管中气体压强为

16、P,水银柱的高度为H,管内气体经等温压缩：初状态：V二51 SP1二 80cmHg （1 分）末状态：V2 =（57- H）SP2=（76+ H） cmHg （1 分）由玻意耳定律：P1 V1 =P2 V2（2分）得 H=9cm （1 分）故 P2=85cmHg （1 分）3、设管的横截面积为 S,以管内封闭气体为研究对象， 为加水银前，气体的状态参量：V1=L1S , p1=p0- Ah ,加水银气体稳定后，气体状态参量：V2=L2s , p2=p0+L2 ,由玻意耳定律得：p1V1=p2V2 ,即：（ 75-12.5 ） X 40S= （75+L2 ） X L2S ,解得：L2=25cm

17、,加入管中的水银柱长度为：L=L1+ h+L1-L2=67.5cm;答：稳定后加入管中水银柱的长度为67.5cm .变式一、解析：设U形菅的横截面积为S ,右端与大气相通时，对封闭气体.V1=L1S , P1= po-15mHg.,与闭气CWSS为p?,0水银0TK , v2=(Li-hx)S ,几何劫，r：10cm ,定律，pWi= p2V2 .螭：p2=48cmHgo邺= p2-5 cmHg=43 cmHg& 9分变式二、崔左管唱蛀闿祖为，.则右管喷故信优括，(I)以行膏和用气体为讦范i烤,F 1 =80cmHg , V 1 =11*3S=33SV ”1。毛5- SOS等温变化：LN1山N

18、3郎335 =匕?2 =B8cmHg4、 (1)玻璃管内的空气作等温变化，有：( 所以12 =(2 )以左管被?三塞封闭气体为研究对象，P1 :76cmlig f V 1 =115 , P ? =88cnnHg等温变，七：Pi?Vi =P2 ?v2V1-9.5Scm活建推前的游离:L=11.+3-9.5=4.5cmp0- p gH) 11= (p0- p gH) 12po- p gH1 =0.10(m).1故此时管内 空气柱的长度为 0.10m .po- p gH(2)设水银槽内水银面下降x,水银体积不变，有2S1A H=S2Ax所以 x =(H 2- H 1)= 0.02(m)故水银槽内水银

19、面下降的高度为0.02m .1S25、解：等温变化，根据理想气体状态方程：P01S= (P0+Ph) x1S解得：x 1 =25cm当水银柱上端与管口相平时封闭气柱的长度为x2,则:P01S= (P0+ (90-x 2) ) x2S解得：x2=15cm6、ViSHS(H7)VTi得:5T24T1H 时温度为丁2 ,则4这是T等温变化过程，唳据酋息是定律r有：其中IV ! = *!，?解得：m =11= iMx-g0网x5imr*=电1 o x r n, 4+1 ,.s)(id汽缸倒当寸程，对活蹇用的巨隆理，背：W*n4/ 的1 ) Fi)5 () =0日-二所+Q得：_仃=-刈.7、解：I .

20、气体加热缓慢上升过程中，处于等压过程，设上升升过程中，据热力学第一定律得:g U Q WH式中：W(P0S mg)S4H-因此：UQ (P0S mg)41分，、式各2分。评分标准：本题共 9分。正确得出、式各8、【答案解析】(1) 7.39m 3 (2) 5.54m 3 解析：i.在气球上升至海拔 6.50km 高空的 过程中，气球内氨气经历了等温变化程。根据玻意耳定律有 P 1 V 1=P 2 V2式中P1 =76.0cmHg, V 1=3.50m 3, p2=36.0cmHg , V2是在此等温过程末氨气的体积。代入数据解得V2=7.39m 3ii.在停止加热较长一段时间后，氨气的温度逐渐

21、从T2=300K下降到与外界气体相同，即T3=225K ,这是一等压变化过程。根据盖吕萨克定律有 V2 V3T2 T3式中，V3是在此等压过程末氨气的体积，9、解：i .气体发生等压变化，据盖吕萨克定律可得上上% Ti据题意，Vi 2V0,可得Ti 2T气体对外做的功：Wp mg V。Sii.未加砂子时，pipmg, Vi 2V0,Ti2T活塞回到原位置时，p2p (mm)g,V2V0S据理想气体的状态方程可得piViP2V2”解得 T2 (P0s mg mg)T0PS mgi0、答：(i)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为Pi,体积为Vi。依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。

22、由玻意耳定律得p0V p1Vl(3 P0)V r(2V V)联立式得Vi V pi 2 P02(ii)打开K3后，由式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2 (V2 2V)时，活塞下气体压强为P2由玻意耳定律得(3P0)Vp2V2由式得P2 3Vp0V23由式知，打开 K3后活塞上升直到 B的顶部为止；此时 P2为p2 p0 2(iii)设加热后活塞下方气体的压强为P3,气体温度从Ti=300K升高到T2=320K的等容过程中，由查理定律得将有关数据代入式得P3 = 1.6 P0 28Pa,气泡在接近水面时的半径与原来半径之比为11、 (2)水下10m处气泡的压强差是3

23、- 衣 O1,22 0.070由公式P 7得，PPa=28Pa,水下10m处气泡的压强差是 28Pa。(ii)忽略水温随水深的变化，所以在水深10m处和在接近水面时气泡内温度相同。由理想气体状态方程 PV nRT ,得PViPV2，一4343其中，2y 口由于气泡内外的压强差远小于水压，气泡内压强可近似等于对应位置处的水压，所以有5P P0gh1 1 10 Pa+1310 10105-10 Pa=2P0 将带入得，2F03 riPo332 , 2r112、23T1330k(ii) P21.01 105 pa【解析】试题分析：(1)大小活塞缓慢下降过程，活塞外表受力情况不变，气缸内压强不变，气缸

24、内气体为等压变化，即V1V2初始 V1一 (s S2 )22末状态v2 Ls2小曰丁2 一丁1330k代入可得23 1(2)对大小活塞受力分析则有rng m2g pgP1S2 PS2P1S1可得 P1 1.1 105 pa缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，气体体积不变，为等容变化5可得 p2 1.01 10 pa13、(2)(9 分)冷，由玻意耳解：设气缸的横截面积为S,沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为定律得phS =(p + 冬)(h - - h)S4解得1中二不 3外界的温度变为 T后，设活塞距底面的高度为 h。根据盖吕萨克定律，得解得hTh4To据题意可得mg中巡气体最后的体积为

25、V=Sh 联立式得V _ 9mghT-4pTo未打开时，左右塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程,14、(i)与恒温热源接触后，在 K 由盖吕萨克定律得To7Vo/45Vo/4有此得T= 7To5K后，左活塞下(ii)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 降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件。气缸顶部与外界接触，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pVx联立式得(pp0)(2V0 Vx)P0 Y。6VX2 VoVx Vo20其解为、，1、，VxV02-1一另一解Vx-V0 ,不合题意，舍去。315

26、、试题分析：从题图用可以看出，山与B连线的延长线过原点，所以A一曝一个等压变化，即p.二p三根据盖一吕萨克定律可得一?L A所以北匕 300E 200 r.06由题图甲可知，由E-C是等容变化，根据查理定律得詈黑上所以尸产条所 言内 m103 20八03则可画出由状态AC的P T图象如图所不.16、试题分析:蛭但是等温变化？压强和体积成反比,根据玻意耳定律有：PaV.W,解得：Pe = ；P（）破态至啾态过程是等温变化，气体内能不变n即ZXUR气体对外界做功：W=-10J根据热力学第一定律有：Au=V+O解得；QK=1OJ（3）由B到C等压变化j根据盖吕萨克定律得:彳工解得二 Tc二g T二蛭肥等容变化j根据查理定律得：解得二二勺 解得：解=与17、震常瑞鼐翡通瀛飕赞慵爵糯气过程中气体发转温变化以顺球内Pi (V-+tiAV) =PiV 代入；IX 2+nX0.2 =3X2解得 n=20 ；*)当温度变化，气体发生等容变化，由查理定律得：= J工 -13 + 273可得F、-二尸、=*妨切T * 2何 ! 工 317 + 273