【物理】河北省邯郸市大名县第一中学2019-2020学年高二下学期第四次半月考试题（清北班）（解析版） 21页

大名一中8和9班开学测试物理试题（热力学定律+气液固）2020.6.6‎ 单项选择题 ‎1.中医拔罐疗法在中国有着悠久的历史，早在成书于西汉时期的帛书《五十二病方》中就有类似于后世的火罐疗法。其方法是以罐为工具，将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上，造成局部瘀血，以达到通经活络、行气活血、消肿止痛、祛风散寒等作用的疗法。在刚开始的很短时间内，火罐“吸”在皮肤上的主要原因是（　　）‎ A. 火罐内的气体温度不变，体积减小，压强增大 B. 火罐内的气体压强不变，温度降低，体积减小 C. 火罐内的气体体积不变，温度降低，压强减小 D. 火罐内的气体体积不变，温度降低，压强增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在刚开始的很短时间内，火罐内部气体体积不变，由于火罐导热性良好，所以火罐内气体温度迅速降低，根据可知，气体压强减小，在外界大气压的作用下火罐“吸”在皮肤上，ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎2.如图所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置，金属圆块A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆块的质量为M，不计圆块与容器内壁之间的摩擦，若大气压强为p0，则被圆块封闭在容器中的气体的压强p为 (　　)‎ A. p0＋ B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对圆块进行受力分析：重力Mg，大气压的作用力p0S，封闭气体对它的作用力，容器侧壁的作用力F1和F2，如图所示．由于不需要求出侧壁的作用力，所以只考虑竖直方向合力为零，就可以求被封闭的气体压强．圆块在竖直方向上受力平衡 故 p0S＋Mg＝cos θ 即 p＝p0＋‎ 故D正确ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎3.一开口向下导热均匀直玻璃管，通过细绳悬挂在天花板上，玻璃管下端浸没在固定水银槽中，管内外水银面高度差为h，下列情况中能使细绳拉力增大的是（ ）‎ A. 大气压强增加 B. 环境温度升高 C. 向水银槽内注入水银 D. 略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】管内密封气体压强 绳子的拉力等于 S表示试管的横截面积，要想拉力增大，则必须使得玻璃管内部的液面高度上升，当 增大，则h增大；温度升高，气体体积增大，对外膨胀，h减小；向水银槽内注入水银或者略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移，都使得h下降，故A正确，B、C、D错误；‎ 故选A。‎ ‎4.如图所示，一开口向右的气缸固定在水平地面上，活塞可无摩擦移动且不漏气，气缸中间位置有一挡板，外界大气压为p0．初始时，活塞紧压挡板处；现缓慢升高缸内气体温度，则图中能正确反应缸内气体压强变化情况的p﹣T图象是（）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】BD．在p—T图象中，开始一段时间内，随着温度的升高，气体发生的等容变化，即，图象为一条过坐标原点的直线，BD错误；‎ AC．当压强增加到内外压强相等时，温度再升高，活塞将向右移动，气体发生等压变化，图象是一条水平时温度轴的直线，因此A错误，C正确．‎ ‎5.粗细均匀，两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A和B两部分，如图所示，已知两部分气体A和B的体积关系是VB=3VA，将玻璃管温度均升高相同温度的过程中，水银将（　　）‎ A. 向A端移动 B. 向B端移动 C. 始终不动 D. 以上三种情况都有可能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先假设气体体积不变，根据理想气体状态方程列式推导出气压增加量表达式进行讨论即可．‎ ‎【详解】开始时水银柱平衡，故两侧气体压强相等，设为P，设温度升高△t时气体体积不变，根据理想气体状态方程，有，故，两侧初状态温度T相同，升高的温度△T相同，初状态两侧P相等，则两边气体△P相等，水银仍静止不动，故C正确，ABD错误．‎ ‎【点睛】本题关键根据理想气体状态方程列式推导出气压增加量表达式进行讨论，要采用控制变量法，即先假设体体积不变．‎ ‎6.如图所示，a、b、c为一定质量的理想气体变化过程中的三个不同状态，下列说法正确的是（　　）‎ A. a、b、c三个状态的压强相等 B. 从a到c气体的内能减小 C. 从a到b气体吸收热量 D. 从a到b与从b到c气体对外界做功的数值相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据理想气体状态方程得 若压强不变，则V—T图象应为过原点的倾斜直线，选项A错误；‎ B．从a到c气体温度升高说明内能增加，选项B错误；‎ C．从a到b气体体积增加说明对外做功，温度升高说明内能增加，根据热力学第一定律公式知气体吸收热量，选项C正确；‎ D．从a到b与从b到c气体体积变化相同，但压强不同，因而对外界做功的数值不相等，选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎7.在两端开口的弯管中用两段水柱封闭了一段空气柱,如图所示,若再往a管内注入少量水,则( ) ‎ ‎ ‎ A. ab水银面高度差将减小 B. cd水银面高度差将减小 C. b管水面上升的距离等于c管水面下降的距离 D. b管水面上升的距离大于c管水面下降的距离 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.向a管注入水后，封闭气体压强变大，气体体积减小，a、b两液面高度差，c、d液面高度差都变大，故AB错误；‎ CD.气体体积变小，注入a管的水柱长度大于c管水面下降距离，b管水面上升的距离大于c管水面下降的距离，故C错误，D正确．‎ ‎8.在光滑水平面上有一个内外壁都光滑的气缸质量为M，气缸内有一质量为m的活塞，已知M＞m．活塞密封一部分理想气体．现对气缸施加一个水平向左的拉力F（如图甲），稳定时，气缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1；若用同样大小的力F水平向左推活塞（如图乙），稳定时气缸的加速度为a2，封闭气体的压强为p2，体积为V2．设密封气体的质量和温度均不变，则 ( 　 )‎ A. a1 =a2，p1＜p2，V1＞V2 B. a1＜a2，p1＞p2，V1＜V2‎ C. a1=a2，p1＜p2，V1＜V2 D. a1＞a2，p1＞p2，V1＞V2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】两种情况下对整体受力分析由，因此 对活塞进行受力分析，第一种情况 对第二种情况 因此可得 密封气体得质量和温度不变，因此可得，因此A正确 ‎9.如图所示的容器中, A，B处各有一个可自由移动的活塞,活塞下面是水,上面是大气,大气压恒定,A，B的底部由带阀门K的管道相连,整个装置与外界绝热,原先A中水面比B中高,打开阀门,使A中的水逐渐向B中流,最后达到平衡,在这个过程中( )‎ A. 大气压力对水做功,水的内能增加 B. 水克服大气压力做功,水的内能减少 C. 大气压力对水不做功,水的内能不变 D. 大气压力对水不做功,水的内能增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】打开阀门K后，据连通器原理，最后A、B两管中的水面将相平，如下图所示：‎ 即A中水面下降，B中水面上升；设A管截面积为S1，水面下降距离为h1，B管截面积为S2，水面上升距离为h2，由于水的总体积保持不变，则有S1h1=S2h2，A管中大气压力对水做的功：W1=p0S1h1，B管中大气压力对水做的功：W2=-p0S2h2，大气压力对水做的总功：W=W1+W2=p0S1h1-p0S2h2，因为S1h1=S2h2，所以W=0，即大气压力对水不做功；由于水的重心降低，重力势能减小，由能量守恒定律知水的内能增加．故D正确，ABC错误．‎ 多项选择题 ‎10.如图所示，用容器为的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体抽气，设容器中原来气体压强为P0，抽气过程中气体温度不变．则（）‎ A. 连续抽3次就可以将容器中气体抽完 B. 第一次抽一次后容器内压强为 C. 第一次抽一次后容器内压强 D. 连续抽3次后容器内压强为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ B、C、容器内气体压强为p0，则气体初始状态参量为p0和V0，由第一次抽气过程对全部的理想气体由玻意耳定律得：，解得，故C正确、B错误．A、D、同理第二次抽气过程，由玻意耳定律得，第三次抽气过程，解得，可知抽几次气体后容器中还剩的气体体积是V0，故A错误，D正确．故选CD．‎ ‎【点睛】本题是变质量问题，对于变质量问题，巧妙选择研究对象，把变质量问题转化为质量不变问题，应用玻意耳定律可以解题 ‎11.如图所示，气缸分上、下两部分，下部分的横截面积大于上部分的横截面积，大小活塞分别在上、下气缸内用一根硬杆相连，两活塞可在气缸内一起上下移动，缸内封有一定质量的气体，活塞与缸壁无摩擦且不漏气起初，在小活塞上的烧杯中放有大量沙子能使两活塞相对于气缸向上移动的情况是　　‎ A. 给气缸缓慢加热 B. 取走烧杯中的沙子 C. 大气压变小 D. 让整个装置自由下落 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以活塞和气体整体为研究对象，由物体平衡条件知(P0‎ ‎-P)(S-s)=G，明确原来气体压强小于大气压强；题目设计的变化如加热、取走沙子、大气压减小、装置自由下落后，我们根据理想气体状态方程判断出气体的体积增大还是减小，就可以知道活塞上升还是下降了．‎ ‎【详解】A．设缸内气体压强P，外界大气压为P0，大活塞面积S，小活塞面积s，活塞和钢球的总重力为G，以活塞和气体整体为研究对象，由物体平衡条件知：‎ ‎(P0-P)(S-s)=G…①‎ 给气缸缓慢加热，气体温度升高，由盖吕萨克定律知气体体积要增大，从气缸结构上看活塞应向下移动，故A错误．‎ B．取走烧杯中的沙子后，整体的重力小了，由①式知容器内气体压强必须增大，由玻意耳定律知气体体积要减小，所以气缸要向上移动，故B正确．‎ C．大气压变小时，由①式知道缸内气体压强要减小，由玻意耳定律知气体体积要增大，所以气缸要向下移动，故C错误．‎ D．让整个装置自由下落，缸内气体压强增大(原来小于大气压强)，由玻意耳定律知气体体积要减小，所以气缸向上移动，故D正确．‎ 故选BD．‎ ‎【点睛】本题的关键是利用活塞受力平衡的条件和理想气体状态方程判断封闭气体的体积如何变化，是一道比较困难的易错题．‎ ‎12.如图所示，一竖直放置开口向上质量为m的均匀玻璃管内用质量也为m水银柱封有一定质量的理想气体，水银与玻璃管间摩擦力不计，开始时玻璃管处于静止状态，当玻璃管竖直下落时，下列说法中正确的是 ‎ A. 当玻璃管刚开始下落瞬时，玻璃管的加速度‎2g B. 玻璃管最初下落的短时间内，水银的加速度在逐渐变大 C. 玻璃管最初下落短时间内，玻璃管的加速度在逐渐变大 D. 玻璃管最初下落的短时间内，水银将相对玻璃管下移 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当玻璃管刚开始下落瞬时，水银柱受的合力等于0，加速度为0；玻璃管受的力为重力、和管内外气体的压力差，则玻璃管受的合力等于2mg，玻璃管的加速度‎2g．故A项正确．‎ BCD．玻璃管最初下落的短时间内，玻璃管向下的加速度大于水银向下的加速度，水银将相对玻璃管上移，管内气体体积增大，气体压强减小，玻璃管受到的合力减小；水银受到的合力增大，水银的加速度增大．故B项正确，CD两项错误；‎ 故选AB．‎ ‎13.如图所示，一绝热容器被隔板K隔开a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中( )‎ A. 气体对外界做功，内能减少 B. 气体不做功，内能不变 C. 气体压强变小，温度降低 D. 气体压强变小，温度不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：因b内为真空，所以抽开隔板后，a内气体可以“自发”进入b，气体不做功．又因容器绝热，不与外界发生热量传递，根据热力学第一定律可以判断其内能不变，温度不变．由理想气体状态方程可知：气体体积增大，温度不变，压强必然变小，综上可判断B、D项正确．‎ A、绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q=0，因而A错误；‎ B、稀薄气体向真空扩散没有做功，W=0，因而B正确；‎ C、根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变，则温度不变，因而C错误；‎ D、稀薄气体扩散体积增大，压强必然减小，D正确；‎ 故选BD．‎ 考点：本题考查了热力学第一定律的应用．‎ 点评：热力学第一定律的应用及运用理想气体状态方程对气体的温度、压强和体积的判断是解决此题的关键．‎ ‎14.下列说法正确的是（　　）‎ A. 压缩气体也需要用力，这表明气体分子间存在着斥力 B. 气体扩散现象表明气体分子间存在斥力 C. 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子间的相互作用表现为引力，所以液体表面存在表面张力 D. 机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功以转化成机械能 E. 温度高的物体的内能一定比温度低的物体的内能多 F. 理想气体的内能是物体中所有分子热运动的动能之和来表示，或用所有分子的平均动能之和来表示 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．压缩气体也需要用力是为了克服气体内外的压强的差，不能表明气体分子间存在着斥力，故A错误；‎ B．扩散说明分子在做无规则运动，不能说明分子间的斥力，故B错误；‎ C．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，则液体表面分子间的作用表现为相互吸引，所以存在表面张力，故C正确；‎ D．机械能能全部转化为内能，根据热力学第二定律可知在外界的作用下，内能也可以全部转化为机械能，故D错误；‎ E．物体的内能与物质的量、温度、体积以及物态有关，温度高的物体的内能不一定比温度低的物体的内能多，故E错误；‎ F．理想气体的内能用所有分子的平均动能之和来表示，由分子做无规则的运动，则无法用每个分子的热运动来表示内能，故F错误。故选C。‎ ‎15.下列说法正确的是（　　）‎ A. 物体的温度升高，其分子的平均动能一定增大 B. 如果两物体的内能相等，则这两个物体一定达到了热平衡 C. 理想气体压强是由大量气体分子频繁碰撞器壁，产生一个持续均匀的压力，从而产生了压强 D. ‎18g水、‎18g水蒸汽和‎32g氧气，在它们的温度都是100，分子数目相同，分子的平均动能相同，水蒸气的内能比水大 E. 布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动 F. 如果气体分子间的相互作用力小到可以忽略不计，则气体的内能只与温度有关 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．温度是分子平均动能的标志，所以物体的温度升高，分子的平均动能一定增大，故A正确；‎ B．内能与物体温度、体积等因素有关，相互间达到热平衡的两物体温度一定相等，但内能不一定相等，故B错误；‎ C．从分子动理论的观点来看，单个分子碰撞器壁的冲力是短暂的，但是大量分子频繁地碰撞器壁，就对器壁产生持续、均匀的压力，从而产生了压强，故C正确；‎ D．水和水蒸汽的分子量相同，摩尔质量相同(都为1摩尔)，相同质量的水和水蒸汽分子数，相同，‎32g的氧气的摩尔质量也为1摩尔，所以三者分子数目相同，温度是分子热运动平均动能的标志，温度相等，则分子热运动的平均动能相同，100时，‎18g的水变为水蒸汽要吸热，故水蒸汽的内能比水大，故D正确；‎ E．布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动，是由大量分子撞击引起的，反应了液体分子的无规则运动，故E错误；‎ F．如果气体分子间的相互作用力小到可以忽略不计，可以看作理想气体，气体的内能与气体的分子数和温度有关，故F错误。‎ 故选ACD ‎16.下列说法正确的是（　　）‎ A. 放飞的氢气球上升到一定的高度会胀破，是因为球内的气体压强增大 B. 气体的状态不变，说明气体的体积、压强、温度均不发生变化 C. 橡皮筋被拉伸时，分子间势能增加 D. 液体的饱和汽压与温度和体积有关 E. 液体的表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现 F. 一定质量的理想气体放出热量，它的内能可能增加 ‎【答案】BCEF ‎【解析】‎ ‎【详解】A．放飞的氢气球上升到一定的高度会胀破，是因为高空压强较小，气球内的压强大于外部压强，所以气球体积变大，气球会涨破，A错误；‎ B．气体的状态不变，根据可知气体的体积、压强、温度均不发生变化，B正确；‎ C．橡皮筋被拉升时，分子体现引力，做负功，所以分子间势能增大，C正确；‎ D．对同一种液体，饱和汽压与体积无关，与温度有关，D错误；‎ E．液体的表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现，E正确；‎ F．一定质量的理想气体放出热量，若外界对理想气体做功，根据热力学第一定律可知它的内能可能增加，F正确。‎ 故选BCEF。‎ ‎17.下列说法正确的是（　　）‎ A. 若分子势能增大，则分子间距离减小 B. 自然界中热现象的自发过程不一定沿分子热运动无序性增大的方向进行 C. 表面张力的方向与液面相切，并垂直于分界线 D. 因为水银滴在玻璃板上将成椭球状，所以说水银是一种不浸润液体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当r＜r0时，分子势能增大，则分子间距离减小；当r＞r0时，分子势能增大，则分子间距离增大，故A错误；‎ B．根据热力学第二定律，自然界中热现象的自发过程一定沿分子热运动无序性增大的方向进行，故B错误；‎ C．表面张力产生的原因是由于表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，这时分子间的引力大于斥力；表面张力的方向是与液面相切，与分界线相垂直，故C正确；‎ D．浸润与不浸润是由液体和固体共同决定的，液体浸润固体，附着层面积要扩张，不浸润固体附着层面积要收缩；水银不浸润玻璃，但可能浸润其他固体，故D错误。‎ 故选C。‎ 填空 ‎18.如图所示，A、B、C三只相同的试管，用细绳拴住封闭端悬挂在天花板上，开口端插入水银槽中，试管内都封有气体，三管静止时，三根细绳的张力分别为FA、FB、FC，A管内水银面与管外相平，B管内水银面比管外低，C管内水银面比管外高，则三管中气体压强最小的是_____管，FA、FB、FC的大小关系是____________。‎ ‎【答案】 (1). C (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]根据同一液面处压强相等知：A中压强等于大气压，B中压强大于大气压，C中压强小于大气压，故气体压强最小的为C；‎ ‎[2]对玻璃管受力分析，受重力，拉力，管内、外气体对其向上的压力差，根据平衡条件，有 C中压强最小，拉力最大，B中压强最大，拉力最小，故。‎ ‎19.如图，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为，管内外水银面高度差为，若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则长度如何变化_____，长度如何变化_____‎ ‎【答案】 (1). 变大 (2). 变大 ‎【解析】‎ ‎【详解】在实验中，水银柱产生的压强加上封闭空气柱产生的压强等于外界大气压。如果将玻璃管向上提，则管内水银柱上方空气的体积增大，因为温度保持不变，所以压强减小，而此时外界的大气压不变，根据上述等量关系，管内水银柱的压强须增大才能重新平衡，故管内水银柱的高度增大。‎ ‎20.如V—T图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③到达状态d。则：过程①中，气体压强________（填“增大”、“减小”或“不变”）；过程②中，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数_______（填“增加”、“减少”或“不变”）；过程③‎ 中，气体_______（填“对外界放热”、“从外界吸热”或“既不吸热也不放热”）。‎ ‎【答案】 (1). 增大 (2). 减少 (3). 从外界吸热 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]由图可知，过程①中，体积不变，气体发生等容变化，温度升高，故压强增大；‎ ‎[2]由图可知，过程②中，根据理想气体状态方程有 变形得 即V-T图线是一条过原点的等压直线，故过程②中，压强一直不变，气体发生等压变化，气体体积增大，则分子数密度减小，温度升高，则分子平均动能增大，而气体的压强取决于分子数密度和平均动能，故与b态相比，c态的气体分子在单位时间内对容器壁单位面积撞击的次数减少；‎ ‎[3]由图可知，过程③中，温度不变，发生等温变化，理想气体的内能只与温度有关，故此过程内能不变。现体积增大，气体对外做功，减少内能，故为保持内能不变，所以气体要从外界吸热。‎ ‎21.如图所示，两端封闭的均匀玻璃管竖直放置，管中间有一段水银柱将管中气体分成体积相等的两部分，管内气体的温度始终与环境温度相同．一段时间后，发现下面气体的体积比原来大了，则可以判断环境温度________了（填“升高”或“降低”），下面气体压强的变化量________上面气体压强的变化量（填“大于”、“等于”或“小于”）．‎ ‎【答案】 (1). 升高 (2). 等于 ‎【解析】‎ ‎【详解】下面部分体积变大，则说明水银柱发生了向上运动，则其受力出现了不平衡；若气体温度变化则压强变化，假设两部分气体体积不变，则压强变化量为△p＝△t，若升温则增加，若降温则减小，两部分气体的温度变化量相同，则压强的变化量大小决定于，因下端气体的压强大于上端气体的压强，温度相同，则得下端部分的压强变化量大于上端的压强的变化量．则若温度降低压强都减小，下面降的多，则水银柱会向下移动，若升温则下面气体压强增加的多，水银柱向上移动．据此可知本题中温度升高；最终稳定时，根据p上=p下-ρgh，可知△p上=△p下．‎ 点睛：水银柱的移动是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改变又是两段空气柱压强变化量的不同造成的，所以必须从压强变化入手进行求解，此题要先假设气体体积不变，从而讨论压强的变化量．‎ ‎22.某天早晨，张老师到4S店为轿车调节胎内气压。调节前，TPMS（胎压监测系统）显示某一轮胎内气体压强为225kPa，温度为‎15°C；调节后，TPMS显示该轮胎内气体压强为250kPa，温度为‎15°C，不计胎内气体体积变化：‎ ‎(i)求调节前、后该轮胎内气体的质量之比；‎ ‎(ii)若下午TPMS显示温度为‎30°C，求该轮胎内气体压强的显示值。‎ ‎【答案】(i)；(ii)kPa ‎【解析】‎ ‎【详解】(i)若压强kPa，体积为V2（轮胎容积）的气体，保持温度T1不变，压强变为kPa时体积变为V1，由玻意耳定律得 解得 ‎(ii)设末态轮胎内气体压强为p3，温度为T3，初态和末态体积相同，由查理定律得 解得 kPa ‎23.如图所示圆柱形容器内有a、b、c三个活塞，把容器气体隔成A、B两部分，且，处于平衡状态．现用力缓慢推动a、c，使a向右移动，c向左移动，则活塞b向_______移动______．‎ ‎【答案】 (1). 右 (2). 15‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]设大气压强为，初始状态A、B的压强分别为pA、pB，对A、B分别有：‎ 施加力F以后，此时A、B的压强分别为、，对A、B有：‎ 设圆柱形容器的横截面积为S，施加力F以后的长度分别为、，由于整个过程是等温变化，根据玻意耳定律，对A、B分别有：‎ 联立可得：‎ 由于A向右移动，C向左移动，则有：‎ 联立上式解得： ‎ 通过分析可知，活塞B向右移动‎1.5cm。‎ ‎24.理想气体的分子可视为质点，分子间除相互碰撞外，无相互作用力．如图3所示，正方体容器内密封着一定质量的某种理想气体．每个气体分子的质量为m，已知该理想气体分子平均动能与温度的关系为(k为常数，T为热力学温度)．如果该正方体容器以水平速度u匀速运动，某时刻突然停下来．求该容器中气体温度的变化量．(容器与外界不发生热传递)‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由题目中给定的信息，可相应得到初、末态气体分子平均动能与温度的对应关系．当容器突然停下来，气体的动能转化为气体的内能，可相应的求解容器中气体温度的变化量．‎ 设气体初始温度为T1，末温度为T2，容器中气体分子总数为N 初始时分子平均动能 末态时分子平均动能 由能量守恒，气体的动能转化为气体的内能 可得 综上分析求解 计算题 ‎25.如图所示的粗细均匀薄壁U型管，左管上端封闭，右管开口且足够长；温度为t1=‎27℃‎时，右管内水银面比左管高h=‎4cm，左管内空气柱长度为L=‎40cm，大气压强p0=76cmHg．现使左管内空气温度缓慢下降，则当左管内液面上升h1=‎4cm时，管内气体温度t2为多少℃？‎ ‎【答案】‎‎-30℃‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：设玻璃管横截面积为Scm2，以右管上端封闭的空气柱为研究对象．‎ 气压：‎ P1=P0+h1=76+4cmHg=80cmHg，p2=76-4=72cmHg 体积：‎ V1=40•Scm3，V2=（40-4）•S=36Scm3‎ 温度：‎ T1=273+27=300K 根据理想气体状态方程：‎ 代入数据解得：‎ 即管内气体温度为 t2=T2‎-273℃‎=243‎-273℃‎=‎‎-30℃‎ ‎26.如图所示，导热良好的薄壁气缸放在水平面上，用横截面积为S＝1.0×10－‎2m2‎的光滑薄活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞杆的另一端固定在墙上．此时活塞杆与墙刚好无挤压．外界大气压强p0＝1.0×105Pa．当环境温度为‎27℃‎时，密闭气体的体积为2.0×10－‎3m3‎．‎ ‎①若固定气缸在水平面上，当环境温度缓慢升高到‎57℃‎时，气体压强为多少？‎ ‎②若气缸放在光滑水平面上不固定，当环境温度缓慢升高到‎57℃‎时，气缸移动了多少距离？‎ ‎③保持②的条件不变下，对气缸施加水平作用力，使缸内气体体积缓慢地恢复到原来数值，这时气缸受到的水平作用力多大？‎ ‎【答案】①1.1×105Pa；②2×10‎-2m ③100N ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：①从状态1→状态2，气体发生等容变化 所以 ‎② 从状态1→状态3，气体发生等压变化 气缸移动的距离为 ‎③ 从状态3→状态4，气体发生等温变化 即 又因为 解得 或：从状态1→状态4，气体发生等容变化 即 又因为 解得 ‎27.如图，在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由a、b和c三个粗细不同的部分连接而成，各部分的横截面积分别为2S、和S．已知大气压强为p0，温度为T0．两活塞A和B用一根长为‎4l的不可伸长的轻线相连，把温度为T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示．现对被密封的气体加热，使其温度缓慢上升到T．若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，此时两活塞之间气体的压强可能为多少？‎ ‎【答案】当T≤T0时，p＝p0　当T>T0时，p＝p0‎ ‎【解析】‎ 试题分析：加热前，AB活塞处于平衡状态，由平衡方程可得内部气体压强和轻绳的张力．加热后由于没有摩擦，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于为止，此时B被挡住，活塞不能继续移动；根据盖-吕萨克定律可得此时被封闭气体的温度，以此温度为分界，进行讨论可得结果．‎ 设加热前，被密封气体的压强为，轻线的张力为f．因而活塞处在静止状态 对A活塞有：，对B活塞有：‎ 联立得： ，f=0 ‎ 即被密封气体的压强与大气压强相等，细线处在拉直的松驰状态．‎ 这时气体的体积 对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于为止 这时气体体积 设此时气体的温度为，由盖-吕萨克定律得：，解得：‎ 由此可知，当时，气体的压强为：‎ 当时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持不变 由查理定律得：，解得：‎ 即当时，气体的压强为 ‎【点睛】本题重点在于对被封闭气体状态变化的讨论，依据给定的情形，气体会做两种变化：1、等压变化．2、等容变化．能讨论出来这两点是本题的关键．‎