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1、例1如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，中间用两个活塞A与B封住一定质量的理想气体，A、B都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动，但不漏气。A的质量可不计，B的质量为M，并与一劲度系数k5×103 N/m的较长的弹簧相连，已知大气压强p01×105 Pa，平衡时，两活塞间的距离l00.6 m。现用力压A，使之缓慢向下移动一定距离后，保持平衡，此时，用于压A的力F5×102 N，求活塞A向下移动的距离。（假定气体温度保持不变）【解析】设活塞A向下移动l，相应B向下移动x，对气体分析可知初态p1p0，V1l0S末态，由玻-意耳定律p1V1p2V2得初态时，弹簧被压缩量为x&
2、#39;，由胡克定律Mgkx'当活塞A受到压力F时，活塞B的受力情况如图所示，F'为此时弹簧弹力由平衡条件可知p0S+F'p0S+F+Mg由胡克定律有F'k(x+x')联解得l0.3 m。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V0且保持不变，袋内气体压强为大气压强p0，活塞式抽气机的容积为V0，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
3、过程中气体温度不变。(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p10。【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p1，此时内外压强差最大，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
4、为。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
5、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V3 m3的贮气钢筒，在海面上时，贮气钢筒内贮存了p200 atm的压缩空气，压缩空气的温度为t27 。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h290 m处，此时海水及贮气钢筒内压缩空气的温度均为t17 ；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V1 m3，当贮气钢筒内的压强降低到p250 atm时，就需要重新充气。在排水过程中气体的温度不变
6、，已知海水的密度1×103 kg/m3，海面上大气压强p01 atm，g10 m/s2，1 atm1×105 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S1S212，两汽缸除左汽缸顶部导热外其余部分均绝热。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p0、外界和气体温度均为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0.9p0时，求
7、左侧活塞距汽缸顶部的距离；(2)若外界温度不变，大气压仍为p0，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。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h14 cm的水银柱封闭一段长为L19 cm的空气柱A，左端管内用水银封闭有长为L214 cm的空气柱B，这段水银柱左右两液面高度差为h28 cm，如图甲所示。已知大气压强p076.0 cmHg，环境温度不变。(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h3。
8、5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h18 cm、h210 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h2。6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.
9、40 bar240 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。7如图所示，横截面积S25 cm2、高h80 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m5 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k10 N/cm的弹簧一端与活塞相连，另一端固
10、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p0。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p01.0×105 Pa，重力加速度g10 m/s2。求：(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p11.5×105Pa，V10.8m3，V2（0.8-0.08）m30.72m3代入数据解得
11、p21.67×105 Pa。(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T2（17+273）K290K，T3（37+273）K310K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p41.78×105Pa1.75×105Pa 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h290 m处贮气钢筒内气体的压强变为p1，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
12、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0.9p0，则由题图知两种理想气体A和B的压强均变为0.9p0，气体A做等温变化，由玻意耳定律得：p0S10.9p0h1S1解得左侧活塞距汽缸顶部的距离为h1H。(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：T027 300 K则气体B的温度为T400 K(或t127 )。4【解析】(1)初始时，空气柱A的压强为pAp0gh1而pBgh2pA联立解得空气柱B的压强为pB72 cmHg；(2)U形管倒置后，空气柱A的压强
13、为pAp0gh1空气柱B的压强为pBpAgh3空气柱B的长度L2L2由玻意耳定律可得pBL2pBL2联立解得h312 cm。5【解析】(1)设左侧A部分气体压强为p1，软管内气体压强为p2，由图中液面的高度关系可知解得。(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h14cm，由解得。6【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7【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。