热门试卷

（1）ADE。

（2）设管的横截面积为S，设水银柱在竖直放置时产生的压强为Ph

根据理想气体状态方程有：           （3分）

可得：                                      （2分）

根据理想气体状态方程又有：               （3分）

得：                                             （1分）

这两个小题考查的是一定质量的理想气体的热力学过程，第一小题根据理想气体的温度升高，由于压强不变，气体系统吸热膨胀对外做功，内能增加，体积增大，气体分子单位时间内对器壁单位面积的撞击次数减少，ADE正确；第二小题理想气体状态方程解出压强进而解出气柱长度。

T2=385.2K

【错解分析】错解：以封闭气体为研究对象，其初态：p1=(L0+h1)，V1=h2S下；末态是水银刚好完全溢出时的状态：p2=L0，V2=LS

　　T2=？

　　上述解答中有一个错误，就是存在“潜在假设”。即认为：水银柱在外溢过程中，气体体积越大，对应温度越高，当气体充满整个玻璃管（即水银全部溢出）时，所对应的温度是最高的。事实是：

　　越高。在水银末溢出前，p不变，V越大，T越大。在水银溢出的过程中，p减小，V增大，p·V的乘积并非一直增大。所以我们在解题的过程中，应找出在什么条件下，pV的乘积最大，由此确定相应的温度。

　　T越高，假设管中还有长为X的水银柱尚未溢出时，pV值最大，即（L0+x）（L－x）S的值最大，这是一个数学求极值问题。因为（L0+x）+（L－x）=（L0+L）与x的大小无关，所以由数学知识可知：两数之和为一常数，则当这两数相等时，其乘积最大。

　　所以：L0+x =L－x

　　即管内水银柱由0.20m溢出到还剩下0.10m的过程中，p·V的乘积越来越大，这一过程必须是升温的。此后，温度不必再升高（但要继续给气体加热），水银柱也将继续外溢，直至完全溢出。由气态方程：

　　代入数据得：T2=385.2K。  

H=(140×2－133－133)=34(mm)

【错解分析】错解：以水平放置作为初态，以竖直插入水银槽后作为末态，分别对A，B两部。分气体应用玻意耳定律

　　对A气体：pAVA=p'A·V'A

　　对于B气体：pBVB=p'BV'B因为p'B=p'A+h=800+60=860(mmHg)

　　则进入玻璃管中的水银柱长H=（LA+LB）－（L'A+L'B）

H=[（140+140）－（133+123.72）]=23.28（mm）

　　初看上述解题过程似乎没有问题，实际上，认真分析解题的全过程不难发现，在玻璃管竖直倒立的过程中，当其还未插入水银槽内时，水银受重力作用要下降，故封闭端空气柱变长，开口端空气柱变短，说明开口端有空气溢出，即B部分气体质量减少（不是定质量）。这部分研究对象的质量发生了变化，但如仍草率地认为初态水平，末态竖直插入的这两个状态是质量不变，而应用玻马定律，固而造成上述失误。

　　【正确解答】把全过程分为两个过程看待。

　　第一个过程：从水平到竖直尚未插入

　　对A气体：pAVA=p'AV'A

　　对B气体：L'B=(140×2－152)=128(mm)

　　p'B= p0 =760(mmHg)

　　第二个过程：当玻璃管插入水银槽后

　　对A气体：pA·VA=p''AV''A

　　可以求得p''B=（800+60）=860（mmHg）

　　对B气体；初态为竖直尚未插入，未态为已经插入后

p'BV'B=p''BV''B

　　所以，水银进入管中的水银长度为：

H=(140×2－133－133)=34(mm)

　　【小结】 本题与前面的第8题类似，都需要分析清楚问题所述情景的真实物理过程。而有些同学在解题时，只关注已知数值，对某些微妙的变化混然不顾，因此导致思维失误，以致产生错误解法和答案。  

放出 （3分）6J（3分）减小（2分）降低（2分）

根据热力学第一定律，气球中气体温度不变，外界对气球中的气体做了6Ｊ的功，则放出6J热量；若气球突然爆炸，则该气球内的气体的内能减小，温度降低。

试题分析：水的温度从t1升高到 t2过程中，吸收的热量：Q吸=cm(t2-t1)

太阳光垂直热辐射的功率为P,则：Q辐射=PTSsinα，由Q吸=Q辐射得：

点评：考察学生对比热容概念的理解和基本公式的应用，难度不大。

由图可知，相邻氯离子的间距等于立方体表面对角线的长度，先求食盐的摩尔体积，已知1mol食盐中含有2摩尔的离子（氯离子和钠离子各一摩尔），则每个离子平均占有的空间体积是，每个离子平均占有一个立方体，故立方体边长为

最邻近的两个氯离子的间距等于

本题涉及碰撞、动量、能量三个主要物理知识点，是一道综合性较强的问题，但如果总是的几个主要环节，问题将迎刃而解。

粘泥C飞撞到A并粘在一起的瞬间，可以认为二者组成的系统动量守恒，初速度为，末速度为，则有

①在A、C一起向右运动的过程中，A、B间的气体被压缩，压强增大，所以活塞A将减速运动，而活塞B将从静止开始做加速运动。在两活塞的速度相等之前，A、B之间的气体体积越来越小，内能越来越大。A、B速度相等时内能最大，设此时速度为，此过程对A、B、C组成的系统，由动量守恒定律得（气体的质量不计）：                                

②由能的转化和守恒定律可得：在气体压缩过程中，系统动能的减少量等于气体内能的增加量。所以有：                        

③解①②③得：

小题1:ADE

小题2:V1="V/2  " Q= p0V/2+αT0

(1)ADE（5分）

（2）（10分）解

(ⅰ)在气体由压强p=1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T=2.4T0变为T1，由查理定律得 ；     （2分）           ①

在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，由盖·吕萨克定律得          ；   （2分）            ②

由①②式得 V1="V/2 " .。（1分）          ③

(ⅱ)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W= p0(V-V1) ，（1分）   ④

在这一过程中，气体内能的减少为 △U=α(T1- T0) ，（1分）  ⑤

由热力学第一定律得，气缸内气体放出的热量为Q=W+△U ，   ⑥（1分）

由②③④⑤⑥式得   Q= p0V/2+αT0 。（1分）  ⑦

（1）ACD（2）VB＝0.4 m3. 导致气体压强变化(减小) Q1大于Q2

（1）ACD

（2）解：（1）设气体在B状态时的体积为VB，由盖·吕萨克定律得①

代入数据得VB＝0.4 m3.②

（2）微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变化(降低)，气体分子平均动能变化(减小)，导致气体压强变化(减小)．

（3）Q1大于Q2；因TA＝TC，故A→B增加的内能与B→C减少的内能相同，而A→B过程气体对外做正功，B→C过程气体不做功，由热力学第一定律可知Q1大于Q2.