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大题优练 12 热 学
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h＝8 cm、h＝10
1 2
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h′。
2
【解析】(1)设左侧A部分气体压强为p，软管内气体压强为p，由图中液面的高度关系可知
1 2
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h′＝4cm，由
1
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V 且保持不变，袋内气体压强为大气压强p，活塞式抽气
0 0
机的容积为V ，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
0
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p 。
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【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 p ，此时
1
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。
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 t ＝7
1
℃；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p ＝
2
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p＝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
0
多少次？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S∶S ＝1∶2，两汽缸除左汽缸顶部导热外其
1 2
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p 、外界
0
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0.9p 时，求左侧活塞距汽缸顶部的距离；
0
(2)若外界温度不变，大气压仍为p，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。
0
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h ＝4 cm的水银
1
柱封闭一段长为L＝9 cm的空气柱A，左端管内用水银封闭有长为L＝14 cm的空气柱B，这段水银柱左右两
1 2
液面高度差为h＝8 cm，如图甲所示。已知大气压强p＝76.0 cmHg，环境温度不变。
2 0
(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h。
3
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。
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p。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
0
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
p＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。求：
0
(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。答 案
1．【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p＝1.5×105Pa，V＝0.8m3，V＝（0.8-0.08）m3＝0.72m3
1 1 2
代入数据解得p≈1.67×105 Pa。
2
(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T＝（17+273）K＝290K，T＝（37+273）K＝310K
2 3
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p≈1.78×105Pa＞1.75×105Pa
4
所以不能安全地在中午37℃的环境下进行碰撞游戏。
2．【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．【解析】(1)大气压变为0.9p ，则由题图知两种理想气体A和B的压强均变为0.9p ，气体A做等温变化，
0 0
由玻意耳定律得：pS＝0.9phS
0 1 0 1 1
解得左侧活塞距汽缸顶部的距离为h＝H。
1
(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：＝
T＝27 ℃＝300 K
0
则气体B的温度为T＝400 K(或t＝127 ℃)。
4．【解析】(1)初始时，空气柱A的压强为p ＝p＋ρgh
A 0 1
而p ＋ρgh ＝p
B 2 A
联立解得空气柱B的压强为p ＝72 cmHg；
B
(2)U形管倒置后，空气柱A的压强为p ′＝p－ρgh
A 0 1
空气柱B的压强为p ′＝p ′＋ρgh
B A 3
空气柱B的长度L′＝L＋
2 2
由玻意耳定律可得p L＝p ′L′
B 2 B 2
联立解得h＝12 cm。
3
5．【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．【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 。
