热门试卷

解：（1）对于容器中的气体，在K关闭至M拔去前的过程中，是等容变化．

初态：p1=1.0×105pa，T1=273-23=250K；

末态：T2=273+27=300K

根据查理定律=，得：

p2=1.0×105×=1.2×105（Pa）       ①

选取活塞和杆为研究对象，当拔去M时，其受力情况分析如下图所示．

根据牛顿第二定律②

方向：水平向左．③

（2）由于SA＞SB，当活塞向左移动时，气体的体积增大，而气体的温度不变，故气体的压强减小，

从上一问可知活塞和杆的加速度在减小，速度却增大，当减小到与外界压强相等时，加速度为零，这时速度达到最大，利用

初态：p=1.2×105Pa，V=300cm3；

末态：P′=1.0×105Pa，

玻意耳定律：pV=p′V′，所以  

 ④

设所求移动位移为x，则        V′-V=SAx-SBx

所以  ⑤

答：（1）刚拔去销子M时两活塞的加速度大小是2m/s2，方向向左．

（2）活塞在各自圆筒范围内运动一段位移后速度达到最大，这段位移等于10cm

解：（1）由等压变化，

则有

解得：T2=267.3K

由等压变化，、

则有，、

解得：T3=320.7K

（2）

若将0到100的刻度替换成相应的温度刻度，则相邻刻度线所表示的温度仍相等，因为温度数值与0到100的刻度数值成线性关系．

答：（1）则此温度计可以测量的温度范围从267.3K到320.7K；

（2）若将0到100的刻度替换成相应的温度刻度，则相邻刻度线所表示的温度之差是相等；因为温度数值与0到100的刻度数值成线性关系．

解：（1）此过程是等压变化：

，

解得：

故

（2）气体压强为：

故此过程中气体对外做的功为：W=F•△d=（P0S-G）

答：（1）活塞与筒底间的距离变化量为；

（2）此过程中气体对外做的功为（P0S-G）．

解：根据题意，大气压强P随海拔高度H的变化满足P=P0（1-aH），其中常数a＞0，随海拔高度H的增大，大气压强P一定是减小的；

阀门被顶起时锅内气体减少，气压会降低，是压力阀重新套在出气孔上；

当内外压力差大于压力阀重力时，压力阀会被顶起，故外界气压减小时，内部气压达到一个较小的值时，压力差就足够顶起压力阀；

故答案为：减小；减小；降低．