Question

18．如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，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s₁=80.0cm²，小活塞的质量为m₂=1.50kg，横截面积为s₂=40.0cm²；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=1.00×10⁵Pa，温度为T=360K．初始时大活塞与大圆筒底部相距$\frac{l}{2}$，两活塞间封闭气体的温度为T₁=510K，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10m/s²．求
（1）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
（2）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．

Answer 1

分析 （1）气体发生等压变化，根据题意求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律考虑求出气体的温度．
（2）启用它发生等容变化，应用查理定律可以求出气体的压强．

解答 解：（1）大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，
气体的状态参量：V₁=（l-$\frac{l}{2}$）s₂+$\frac{l}{2}$s₁=（40-$\frac{40}{2}$）×40+$\frac{40}{2}$×80=2400cm³，
T₁=495K，V₂=s₂l=40×40=1600cm³，
由盖吕萨克定律得：$\frac{{V}_{1}}{{T}_{1}}$=$\frac{{V}_{2}}{{T}_{2}}$，即：$\frac{2400}{510}$=$\frac{1600}{{T}_{2}}$，解得：T₂=340K；
（2）大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，
大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得：pS₁+p₂S₂+（m₁+m₂）g=p₂S₁+pS₂，
代入数据解得：p₂=1.1×10⁵Pa，T₂=340K，T₃=T=360K，
由查理定律得：$\frac{{p}_{2}}{{T}_{2}}$=$\frac{{p}_{3}}{{T}_{3}}$，即：$\frac{1.1×1{0}^{5}}{340}$=$\frac{{p}_{3}}{360}$，
解得：p₃≈1.16×10⁵Pa；
答：（1）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为340K；
（2）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为1.16×10⁵Pa．

点评 本题考查了求气体的温度与压强，分析清楚气体状态变化过程、应用盖吕萨克定律与查理定律即可正确解题．