热门试卷

（1）初态：p1=p0-=0.95×105pa，v1=2×10-3m3

        末态：p2=1×105pa，

由玻意耳定律得：p1V1=p2V2

则得  v2==1.9×10-3m3

重物升高的高度  h==0.01m

（2）对活塞和重物整体，根据动能定理得：

   W-p0SH+mgH=0

解得，汽缸内气体作功 W=15.2J

 （3）重物到达最低点时气体的体积 v3=v2+SH=2.06×10-3m3

 则有  p3==0.92×105pa

活塞质量不计，则对重物和活塞，根据牛顿第二定律得：（p0-p3）S-mg=ma

解得，a=6m/s2 方向向上

答：

（1）重物需要升高0.01m．

（2）汽缸内气体作了15.2J的功．

（3）重物到达最低点时的加速度a的大小为6m/s2，方向向上．

(1)p=p0-ρgh

(2) p=p0+ρgh

(3) p=p0-ρgh

(4)P1=P0+ρgh1cosα；P2 =P0+ρg(h1cosα- h2 )

（1）锅内最大压强为：

P=P0+=1×105Pa+=2.0×105Pa．

（2）锅内压强增加了：

△P=P-P0=2.0×105Pa-1×105Pa=1.0×105Pa，

水的沸点增高：

△t==28.6℃，

所以，锅内温度最高可达：t=100℃+28.6℃=128.6℃．

（3）锅盖上再增加一个相同大小的排气孔和限压阀，对原来的限压阀无影响，故锅内气压不变，温度不变；

答：（1）锅内气体的压强最大可达2.0×105Pa．

（2）锅内的最高温度可达128.6℃．

（3）高压锅内能达到的最高温度仍然为128.6℃．

（1）封闭气体初态：p1=（75-45）cmHg=30cmHg  V1=12.5sT1=273+87K=360K

A对顶部无压力时p2=25cmHg   h2′=（75-25）cm=50cm L2=L-=10cm(

由理想气体状态方程得：=即

T2==K=240K

（2）封闭气体等温变化，有玻意耳定律得：P2L2=P0L3

解得：L3==cm=cm

注入的水银柱长度为△L=h2′+2(L2-L3)=50+2×(10-)cm=63.3cm

答：（1）当空气柱的温度为240K时，水银柱A对U形管的顶部没有压力；

（2）空气柱保持（1）中温度不变，在右管中注入63.3cm的水银柱，可以使形管内水银柱B两边液面相平

玻璃管竖直放置，温度变化时管内封闭气体压强不变．

（1）=⇒t2=T2-273=27°C

（2）玻璃转动过程中，温度不变．

P2V2=P3V3

P2=P0-hcmHg=（76-19）cmHg=57cmHg，P3=P0=76cmHg

V2=L2s=20s，V3=L3s

则有：

L3=L2=×20cm=15cm

答：（1）封闭气体的空气温度为27℃；

（2）空气柱的长度为15cm．

（1）0℃时右边水银面与左边水银面高度差为h1，温度为t℃时，右边水银面与左边水银面高度差为h2，则

根据查理定律得：

    = ①

由数学知识得：=

即得 =•△h

得：△T=•△h ②

A、可见△T与△h正比，故该温度计的刻度是均匀的；故A正确．

B、由②知，温度越高，h2越大，故该温度计的刻度值上大下小；故B正确．

C、由②得知，当大气压升高时，温度计的读数偏小．故C错误．

D、在容器R中再加入一些水银时，平衡后，A管中水银面升高，温度测量值偏大．故D错误．

故选AB

（2）设当天的实际温度是t℃．

由题意，温度计的0℃和30℃刻度线间的距离正好是30cm，则温度计的0℃和18℃刻度线间的距离是18cm．

根据查理定律得：

对于大气压为76cmHg，温度分别0℃和30℃时，有：== ③

对于大气压为76cmHg，温度分别0℃和大气压为75cmHg，温度t℃，有：== ④

由③④解得，t=17℃

故答案为：（1）AB；（2）17

（1）由力平衡条件得：所挂钩码的质量为M时，封闭气体的压强为P=P0-．

封闭气体的压强分别：

状态1：P1=P0，

状态2：P2=P0-=P0-104（Pa）

根据玻意耳定律得：P1L1=P2L2，代入解得，P0=1.01×105Pa

（2）当L=4.00cm时，由P1L1=P3L=（P0-）L，得

解得M3g=5.05N，

即在玻璃管测力计上L=4.00cm处应标上所测作用力F=5.05N．

由P1L1=（P0-）L，可以看出F与L是非线性关系，故空气柱长度L随加在秤钩上作用力F变化而不均匀变化．

（3）用这种玻璃管测力计来测力，容易受外界环境的影响，比如大气压强改变、环境温度改变影响测量的准确性．

故答案为：

（1）1.01×105；

（2）5.05，不均匀

（3）大气压强改变、环境温度改变．

开始时封闭气柱：

   P1=P0+h，V1=hs（s为管截面积），T1=T0=273K

当加热到最高温度时，设封闭气柱长度为h1，有：

   P2=P0+h1，V2=h1s，T2=Tm

当空气冷却再回到初温T0时有：

   P3=P0+（h1-2H），V3=h1-H，T3=T0

由第1和第3状态分析得：P1V1=P3V3

   100×24s=（76+h1-2×6）（h1-6）•s

得 h12+58h1-2784=0

解得h1≈31.21cm，负根舍去

再对第1和第2状态分析得：=

即有 =

代入数据解得 Tm=380.61K

答：管子被加热到的最高温度是380.61K．

（1）对于封闭气体，P1=P0，P2=P0-，重物刚离地过程等容过程：

=

  整理得：T1=T0

（2）从重物离地到气体体积减半，封闭气体做等压变化：

=

整理得：T2=T0

（3）图线如下：

答：（1）重物刚离地时气缸内的温度为T0

（2）气体体积减半时的温度为T0

（3）图象为

（1）设气缸内气体压强为P0，F为细线中的张力，则活塞A、B及细杆这个整体的平衡条件为：

P0SA-PSA+PSB-P0SB+F=0    ①

解得：P=P0+  

对于初始状态S时：F=F1=30N，

代入①式，就得到气缸中气体的初始压强：

P1=P0+=1.2×105Pa

由①式看出，只要气体压强P＞P0，细线就会拉直且有拉力，于是活塞不会移动．使气缸内气体温度降低是等容降温过程，当温度下降使压强降到P0时，细线拉力变为零，再降温时活塞开始向右移，设此时温度为T2，压强P2=P0，该过程气体作等容变化，有：

=  

得：T2=450K

故温度降为450K时活塞开始向右移动．

（2）再降温，细线松了，要平衡必有气体压强P=P0，是等压降温过程，活塞右移、体积相应减小，当A到达两圆筒连接处时，温度为T3，由等压变化得：

= 

得：T3=270K 

故温度降为270K时活塞A刚刚右移到两圆筒连接处．

（3）维持T3=270K不变，向左推活塞，是等温过程，最后压强为P4，有：

= 

推力F2向左，由力的平衡条件得：

P0SA-PASA+PASB-P0SB+F1-F2=0 

解得：F2=90N

故此时的外加推力F2为90N．

见解析

汽缸隔板绝热，电热丝对气体加热，气体温度升高，压强增大，体积增大.(1分)气体对气体做功，气体的体积减小，压强增大，温度升高，内能增大.(3分)

（1）气缸内封闭气体发生等压变化，根据盖•吕萨克定律得

=…①

代入得：=

解得，T2=45OK           

（2）P=P0+=1.2×105Pa…②

气体对外界做功 W=-P△V=-120J…③

根据热力学第一定律得△U=W+Q=300J…④

答：

（1）当活塞上升到距气缸底h2时，气体的温度T2为450K．

（2）给气体加热的过程中，气体增加的内能△U为300J．

（1）设气泡在大气压强下为状态1，上升到A点时为状态2．

则：p2=（75-45）cmHg              

P1•V1=P2•V2                   

75×0.2=30×V2                  

V2=0.5cm3                        

（2）设气泡上升到管顶时，管内外水银面的高度差为hx，此时气体的状态为3．

P3=（75-hx）cmHg                  

V3=（89-hx）cmHg                  

P1•V1=P3•V3

75×0.2=（75-hx）（89-hx）•S       

hx1=74cm                           

hx2=90cm  （舍去）    

答：（1）气泡升到图中A点时体积 0.5cm3； （2）气泡升到真空部分时管内外水银面的高度差74cm．