热门试卷

解：①对整体受力分析，受弹力，大气压力（合力为零），重力．由受力平衡可得：

F=Mg

②对活塞受力分析，其受弹力，外界大气压力，内部大气压力，设内部气体压强为P，则：

F+Ps=P0s

解得：

故体积增大，气缸对外做功为：

由能量转化和守恒可得：

故答案为：不变，．

解：A、温度是分子平均动能的宏观体现，温度越高，分子的平均动能越大．与分子的质量无关．所以A正确．

B、分子的平均动能是一个统计规律，并不是所有的分子的速度，所以温度高的物体也有大量的分子速度比较小，而温度低的物体也有大量的分子速度比较大．所以B也正确．

C、改变内能的两种方式是做功和热传递，所以C错误．

D、气体的内能除分子势能、分子平均动能有关外，还与气体的质量有关．对于气体分子间作用力可以忽略时，气体的内能只由温度和质量决定．分子越多，总的能量越大．所以D错误．

E、因为在去除隔板时，气体没有对外做功，能量不变．（没有受力物体，虽然有位移，但也不做功）．所以E正确．

F、所有的机器工作都要遵从热力学第一定律和第二定律，因为这时对外界产生了影响．所以F错误．

G、气体分子地速度指的是平均速度，温度越低，平均速度越低，速度大的分子数目减少，速度小的分子数目增加．所以G正确．

H、热力学第二定律有内容是不可能从单一热源吸收热量全部用来做功而对外界没有影响．所以可以从单一热源吸收热量全部用来对外界做功，但此时对外界产生了影响．所以H错误．

故选ABEG．

（2）设加热前，被密封气体的压强为p1，轻线的张力为f．因而活塞处在静止状态，对A活塞有2poS-2pS+f=0①

对B活塞有P1S-P0S-f=0②

由①②式得

p1=p0                                 ③

f=0                                   ④

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V1=2Sl+Sl+Sl=4Sl⑤

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p1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l为此，这时气体体积V2=4SL+SL=5SL⑥

设此时气体的温度为T2，由盖-吕萨克定律V2∝T2有⑦

由③⑥⑦式得⑧

由此可知，当时，气体的压强

p2=p0  ⑨

当T＞T2时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持V2不变，气体经历一等容升压过程．当气体的温度为T时，设其压强为p，由查理定律P∝T，即有⑩

由⑧⑨⑩式得（11）

即当T＞T时，气体的压强为．

即气体的压强可能为p0或．

解：设达到新的平衡态时，气压为P，温度为T，对气体Ⅰ，根据理想气体状态方程，有：

=       ①

对气体Ⅱ，根据理想气体状态方程，有：

=       ②

对气体Ⅲ，根据理想气体状态方程，有：

=       ②

已知一定质量的理想气体的内能的变化量与其温度的变化量成正比，故设单位物质量的气体温度变化△T时内能变化：

△U=k•△T（k为常数）

结合克拉珀龙方程PV=nRT，对三段气体整体，内能变化量为零，故：

0=++  ④

气体的总长度一定，故：

   ⑤

联立①②③④⑤解得：

=149°

T=298K

P=P0

答：（1）最后达到平衡时，三个活塞到圆环中心的连线之间的夹角分别为：99°、112°、149°；

（2）达到平衡时气体的温度为298K，压强为P0．

解：（1）气泡上升过程中温度不变，由公式PV=衡量知，P1===1.2×105Pa（2）因为湖水的温度不变，所以U等于0，又因为气体的体积逐渐增大，所以对外做功，W为负值，所以Q为正值，即气体吸收热量，对外做功，内能不变．

答：气泡刚形成（体积为1cm3）时其内气体的压强为1.2×105Pa．