热学典型例题分析

例2：一质量m=200kg，高2.00m的薄底大金属桶倒扣在宽广的水池底部，如图6—10所示。桶的内横截面积S=0.500m²，桶壁加桶底的体积为V₀=2.50 10^-2m³.桶内封有高度为l₀=0.200m的空气。池深H₀=20.0m，大气压强P₀=10.00m水柱高，水的密度 =1.00010³kg/s²，重力加速度取g=10.00m/s²。若用图中所示吊绳将桶上提，使桶底到达水面处，求绳子拉力对桶所需做的最小功为多少焦耳？（结果要保留三位有效数字）不计水的阻力，设水温很低，不计其饱和蒸汽压的影响。并设水温上下均匀且保持不变。

解析：当桶沉到池底时，桶自身重力大于浮力。在绳子的作用下桶被缓慢提高过程中，桶内气体体积逐步增加，排开水的体积也逐步增加，桶受到的浮力也逐渐增加，绳子的拉力也逐渐减小。当桶受到的浮力等于重力时，即绳子拉力恰好减为零时，桶将处于不稳定平衡的状态，因为若有一扰动使桶略有上升，使浮力大于重力，无需绳的拉力，桶就会自动浮起，而不须再拉绳。因此绳对桶的拉力所需做的最小功等于将桶从池底缓慢地提高到浮力等于重力的位置时绳子拉桶所做的功。

设浮力等于重力的不稳定平衡位置到池底的距离为H，桶内气体的厚度为l^‘，如图6—8所示。因为总的浮力等于桶的重力mg，因而有

( l^‘ S+V₀)g= m g

有                             l^‘=0.350m                           （1）

在由池底上升高度H到达不稳定平衡位置的过程中，桶内气体做等温变化，由玻—玛定律得

[P₀ + H₀ — H — (l₀— l^‘)]l^‘ S = [P₀ + H₀—( l₀—l)] l S           （2）

由（1）（2）式可得

H=12.24m                                    （3）

由（3）式可知H<(H₀—l₀)，所以桶由池底到达不稳定平衡位置时，整个桶仍浸在水中。

由上分析可知，绳子的拉力在整个过程中是一个变力。对于变力做功，可以通过分析水和桶组成的系统的能量变化的关系来求解：先求出桶由池底缓慢地提高了H高度后的总机械能增量 E。 E由三部分组成：

（1）桶的重力势能增量

E₁ =m g H                             （4）

（2）由于桶本身体积在不同高度处所排开水的势能不同所产生的机械能的改变量 vE₂，可认为在H高度时桶本身体积所排开的水是去填充桶在池底时桶所占有的空间，这时水的重力势能减少了。所以

E₂= g H                            （5）

（3）由于桶内气体在不同高度处所排开水的势能不同所产生的机械能的改变 E₃，由于桶内气体体积膨胀，因而桶在H高度时桶本身空气所排开的水可分为两部分：

一部分可看为填充桶在池底时空气所占空间，体积为l S的水，这部分水增加的重力势能为

           E₃₁= -l                           （6）

另一部分为体积为(l^’—l)S的水上升到水池表面，这部分水上升的平均高度为[H₀—H—l₀+l+ ( l^‘ —l) /2]，增加的重力势能为

E₃₂=  (l^’—l) S g [H₀—H—l₀+l+ (l^’—l) /2]                （7）

由整个系统的功能关系得，绳子拉力所需做的最小功为

W_T = E                            （8）

将（4）（5）（6）（7）代入（8）式得

W_T = S g [ (l^’—l )（H—l₀）+ ( l^{‘ 2}—l²)/2 ]                    （9）

将有关数据代入（9）式计算，并取三位有效数字，可得

W_T = 1.37 10⁴J

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