高中物理33《热学》计算题专项练习题.pdf

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,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
,玻璃管周围环境温度为℃.求:
L1=30cm75cmHg27
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.
,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,图中标
P0=75cmHg
注的长度单位均为cm)
,U形管两臂粗细不等,开口向上,右端封闭的粗管横截面积开口的细管的是三倍,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。
1
,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,的理想气体,右侧管上端封闭,管上部有长的理想气体,左右两管内水银面高
l1=14cml2=24cm
度差,若把该装置移至温度恒为℃的房间中(依然竖直放置),大气压强恒为,不
h=6cm27p0=76cmHg
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.
,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
处于平衡状态,Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为,,活塞横截
l0T0P0
面积为,且,:在活塞上逐渐添加铁,砂当铁质量砂等于时,两
Smg=P0SA2m
活塞在某位置重新处于平衡,活塞B下降的高度.
如图,在固定的气缸和中分别用活塞封闭一定质量的理想气体,活塞面积之比为::,
=12
两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连,,A、B
中气体的体积皆为,,
V0T0=300KAPA=
热,使其中气体的体积增大,
V0/4,TBA
体压强(用表示结果)和温度(用热力学温标表达)
P0
2
: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℃时,空气柱长度为,水银上
.27L120cm
表面与导线下端的距离为,管内水银柱的高度为,大气压强
L210cmh13cmP0=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?
,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、的比值:,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
SASB41
,温度皆为℃,中气体压强,是气缸外的大气压强;
Lt0=27APA=7P0/8P0
()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?
,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,
可忽略的绝热轻活塞、,活塞下方充有氮气,活塞上方充有氧气;当大气压为,外界和气缸内气
abaP0
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.
3
、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,,A内有压强P=
A
××,活塞C向右移动,最
B
.
,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℃、大气压为的环境中,活塞、的质量及厚度均忽略不
27p0CD
3pS
、劲度系数k0的轻弹簧,一端连接活塞C、
l
pS
:
g
(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?
4
答案解析
热学计算题(二)
: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=100cmHgV1=L1S=30S
倒转后压强为:﹣﹣,,
P2=P0h=7525=50cmHgV2=L2S
由玻意耳定律可得:,
P1L1=P2L2
,
100×30S=50×L2S
解得:;
L2=60cm
Ⅱ.,当水银柱与管口相平时,管中气柱长为:﹣﹣,
T1=273+27=300KL3=Lh=10025cm=75cm
体积为:,
V3=L3S=75S
﹣﹣,
P3=P0h=7525=50cmHg
由理想气体状态方程可得:
代入数据解得:,℃
T3=375Kt=102
:(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=
(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+50cmHg=125cmHg
由查理定律,有:=
解得
T3=375K
3.①88cmHg;②
①设左管横截面积为,则右管横截面积为,=,
S3Sp180cmHgV1
=11×3S=33S,
两管液面相平时,=,+=,解得=,
Sh13Sh2h1h24cmh21cm
此时右端封闭管内空气柱长l=10cm,
==
V210×3S30S
5
气体做等温变化有=
p1V1p2V2
即=解得=
80×33Sp2×30Sp288cmHg
②以左管被活塞封闭气体为研究对象
=,=,==
p1′76cmHgV1′11Sp2p2′88cmHg
气体做等温变化有=
p1′V1′p2′V2′
解得=.
V2′95S
活塞推动的距离为L=11cm+3cm-=
: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.
: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=l0
活塞下降的高度为:;
B=l0
:活塞平衡时,由平衡条件得:
()①,
PASA+PBSB=P0SA+SB
()②,
PA′SA+PB′SB=P0SA+SB
6
已知③,
SB=2SA
中气体初、末态温度相等,设末态体积为,
BVB
由玻意耳定律得:④,
PB′VB=PBV0
设中气体末态的体积为,因为两活塞移动的距离相等,
AVA
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′=2P0VA=VB=TA==500K
7.①177℃②8cm
①封闭气体做等压变化,设试管横截面积为S,则初态:V=20S,T=300K,末态:V=30S,由盖吕萨克定
112
vv
律可得:1=2,解得T=450K,所以t=177℃.
TT22
2
pvpv
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:11=22,
TT
12
代入数据解得x=8cm.
解:()设初态汽缸内的压强为,对两活塞及刚性杆组成的系统由平衡条件有:

①
pASA+p0SB=pBSB+p0SA…
据已知条件有:::②
SASB=41…
联立①②有:;
pB=
()设末态汽缸内的压强为,汽缸内的压强为,环境温度由上升至的过程中活塞向右移动位
2ApA'BpB'
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:⑤
pA'SA+p0SB=pB'SB+p0SA…
联立③④⑤得:t=402℃.
:(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.
设气缸的容积为,氮气初态体积为,温度为,末态体积为,温度为,按题意,气缸的
AV0V1T1V2T2B
容积为,则得:
V0
7
,①
V1=V0+•V0=V0
,②
V2=V0+V0=V0
根据盖•吕萨克定律得:=,③
由①②③式和题给数据得:
;④
T2=320K
(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,活塞上方的氧气经历等温过程,设氧气初态体积为,压强为,末态体积为,压强为
aV1′P1′V2′
,由题给数据有,
P2′
,,,⑤
V1′=V0P1′=P0V2′=V0
由玻意耳定律得:,⑥
P1′V1′=P2′V2′
由⑤⑥式得:.⑦
P2′=P0
×105Pa解析:由玻意耳定律,对A部分气体有PLSP(Lx)S①
A
对B部分气体有PLSP(Lx)S②
B
20
代入相关数据解得x==,P=3×105Pa
3
:(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
8
解得:
9