热门试卷

（1）80cmHg

（2）13.625cm

（1）竖直段部分封闭气体初始状态：P1=75cmHg，L1="70cm    " （1分）

稳定后：P2=75+5=80cmHg，                          （1分）

等温变化，则P1L1S=P2L2S                             （2分）

得L2=62.625cm＞60cm，所以水银柱还是在水平段管内。  （2分）

稳定后B端水平段内气体压强P′2= P2=80cmHg。           （2分）

（未判断水银柱在水平段内，相应扣分）

（2）稳定后水平段内气体长度  （2分）

进入竖直管内的水银长度为Δh=60+35-18.75-5-62.625=8.625cm

竖直管插入水银槽的深度h=8.625+5=13.625cm。              （2分）

饱和水汽就是从水中蒸发变成汽的分子数和水汽又变成水的分子数达到动态平衡时，水面上方的水汽；温度不同，饱和气压不同，质量也不同；

故甲同学的观点是错误的，原因是气体质量变化，不是理想气体；

故答案为：甲，因气体质量变化，不能运用查理定律．

解（1）开始封闭气体的压强p1=p0+=1×105+=1.2×105Pa，

气缸倒过来后，气体的压强p2=p0-=1×105-=0.8×105Pa，

气体发生等温变化，由玻意耳定律得：

p1L1S=p2L2S，解得L2=15cm；

（2）开始气体压强p1=1.2×105Pa，体积V1=L1S=10S，温度T1=237+7=280K，

缸底刚好对地面无压力时，气体压强p3=p0+=1×105+=1.4×105Pa，

气体体积V3=L3S=（21-1）S=20S，由理想气体状态方程得：=，解得：T3≈653K；

答：（1）气柱长15cm．

（2）当温度653K时，缸筒刚好对地面无压力．

（1）分别气体压强等于大气压减去拉力产生的压强，故

p2=p0-=1.0×105Pa-=0.8×105Pa；

（2）根据玻意耳定律得到：

p1L1S=p2L2S   

带入数据：1.0×105×10=0.8×105L2

解得：L2=12.5cm

（3）由于内外气体压强的压强差为0.2×105Pa 约等于75cmHg×=15cmHg，所以下面管中水银面上升15cm，故活塞上升的距离为增加的气体的长度与下面水银上升的距离之和2.5cm+15cm=17.5cm

答：（1）A再次静止时的气体压强为0.8×105Pa；

（2）A再次静止时的气体长度为12.5cm；

（3）在此过程中活塞A上升的距离h为17.5cm．

（1）设L有足够长，F达最大值时活塞仍在气缸内，设此时气柱长L2，气体压强p2

活塞受力平衡  p2=p0-=0.5×105 Pa

根据气态方程（T1=T2），有   

p1SL0=p2SL2    

解得L2=0.8m

∴L2＜L  所以不能将活塞拉出 

（2）保持F最大值不变，温度升高活塞刚到缸口时，

已知：L3=1m    p3=p2

根据理想气体状态方程，有

=   

解得T3==K=375 K         

t3=375-273=102℃

答：（1）温度保持不变，不能将活塞从气缸中拉出；

（2）保持拉力的最大值不变，气缸中气体温度至少为102摄氏度时，才能将活塞从气缸中拉出．

（1）活塞静止，由平衡条件得：

p1=p0+=1.2p0，

（2）在活塞上缓慢放上质量为2m的砂子，由平衡条件得：

p2S=p0S+mg+2mg，

p2=p0+3=1.6p0，

等温过程，由p1V0=p2V2得V2=0.6V0，

温度升高时气体先是等压过程，

直到活塞上升到卡口为止，

由=

得T1=T0，

此后为等容过程：由=

得p3=1.92p0

（3）根据气体状态参量的变化，作出p-V图象如图所示．

答：（1）初始时缸内气体的压强是1.2p0，

（2）最后缸内气体的压强是1.92p0

（3）如图

（1）对活塞b分析，根据共点力平衡得，mbg+p1SB=p0SB，

解得：p1=p0-=0.8×105Pa，

（2）对a、b活塞分析，mag+mbg+p0SA+p2SB=p2SA+p0SB，

p2=p0+=1.6×105Pa，

根据等容变化得，

=，

解得T2=500K．

（3）根据等压变化有：

=，

解得T3=1000K

答：（1）开始时气体的压强为0.8×105Pa．

（2）温度上升到500K时，两活塞开始上升．

（3）温度上升到1000K时，活塞b才能上升到管道B的上端．

不正确．

因为温度升高时，气体先体积不变，压强增大，活塞与缸壁间的静摩擦力增大，所以当温度大于某一值时，气体体积会增大．   

（1）当活塞刚相对缸壁滑动时，pc1=p0+=105+=1.05×105Pa；

由=，

代入数据得=，

解得Tc1=315K   

T2=37+273=310K＜Tc1，因此气体体积不变．

由=，

代入数据得 =，

解得p2=1.03×105 Pa；

另设气体体积不变，由=，得=，p2=1.03×105Pa；   

此时活塞与缸壁间的静摩擦力f=(p2-p0)S=(1.03-1)×105×10×10-4=3N

小于最大静摩擦力，因此假设成立． 

（2）当活塞刚运动到卡口处时，pc2=1.05×105Pa；  Vc2=100cm3；

由=，得=，Tc2=350K   

T3=127+273=400K＞Tc2，因此活塞已运动到卡口处，V3=100cm3．

由=，得=，p3=1.2×105Pa；  

另T3=127+273=400K＞Tc1，因此活塞已向右运动．设活塞仍未到卡口处，则p3=p0+=105+=1.05×105Pa；

由=，得=，V3=114.3cm3   

大于气缸的最大容积100cm3，因此活塞已运动至卡口处，V3=100cm3．

由=，得=，p3=1.2×105Pa；   

答：（1）温度缓慢升高到37℃时，气体的压强为1.03×105 Pa．

（2）温度缓慢升高到127℃时，气体的压强为1.2×105Pa．

解：(1)大气压可看做是由空气的重力产生的，则：

代入数据解得：M总=9.6×1016 kg

(2)分子总数=1.9×1042个

(3)气体做等压变化，有：

代入数据，解得：V2=1.1 m3

解：设U形管横截面积为S，被封闭气体压强为p，取水平部分水银柱为研究对象，受力分析如图所示

由圆周运动知识及牛顿第二定律得

所以

运动的等时性，

（1）若水银柱全在水平管中，则对气柱有：

（p0-h）lS=pl1S     

将h=8cm，l=30cm，p=20cmHg，p0=76cmHg，代入解得 l1=102cm＞67cm，不可能．

若水银柱全在右管中，则对气柱有：

（p0-h）lS=（ p+h）l2S   l2=73.86cm＜75cm　

由上述讨论可知，水银柱有一部分在右管中，有一部分在水平管中．

（2）设水银柱在右管中的长度为x，则对气柱有：

（p0-h）lS=（p+x）[75-（h-x）]S       

由（2）式得：x=7.42cm                       

所以空气柱长为75-（h-x）=75-（8-7.42）=74.42cm       

答：

（1）水银柱最后水有一部分在右管中，有一部分在水平管中．

（2）后来被封闭的气柱长度为74.42cm．

测量大气压的原理：密封一部分气体，改变它的长度和压强，分别测量出改变前后的气体的长度L1，L2，两次的压强差ρg（L-L2），然后使用玻意耳定律即可求出大气压．

所以，使用的器材有：两端开口的玻璃管，一把毫米刻度尺，一小块橡皮泥，一个足够高的玻璃容器，内盛常温下的水．故不需要的器材是弹簧秤．

要测定的物理量是：玻璃管竖直插入容器中时露出水面部分的长度L1、玻璃管竖直在空气中时管内空气柱的长度L2，玻璃管的长度L，此时水柱产生的压强差：

ρg（L-L2）

根据玻意耳定律得：P0L1S=[P0-ρg（L-L2）]L2S

整理得：P0=

故答案为：（1）弹簧秤

（2）玻璃管竖直插入容器中时露出水面部分的长度L1、玻璃管竖直在空气中时管内空气柱的长度L2，玻璃管的长度L

（3）P0=