热门试卷

解：（1）研究一定质量的气体在体积不变时，其压强与温度的关系，应测出气体的压强与温度，因此需要压强传感器与温度传感器，当体积不变时，压强与热力学温度成正比．

（2）由理想气体状态方程可知，在体积一定时，理想气体的压强与热力学温度成正比，若在实验操作使水温升高的过程中没有做好密封的措施，则压强会增加的比较小，则可能出现图2图象的3；

故答案为：热力学温度   压强  温度   3．

解：（1）一定量的气体，保持体积不变，则分子数密度不变；温度升高，则分子热运动的平均动能增加；故单位面积上受到的分子撞击力增加，即气压增加；

（2）一定量的气体，保持温度不变，则分子热运动的平均动能不变；体积变大，则分子数密度减小；故单位面积上受到的分子撞击力减小，即气压减小；

故答案为：

（1）温度升高，分子的平均动能变大，故压强变大；

（2）温度不变，分子热运动的平均动能不变，体积变大，则单位时间内作用于容器壁单位面积的分子个数减小，压强减小．

解：（1）注射器可看做圆柱体，由V=SL得：S=…①

（2）装置达到稳定状态后，设气体压强为p，由平衡条件知：

p0S+（M+2m）g=pS… ②

由①②可得：p=p0+．

（3）图线的斜率k==PV，根据克拉柏龙方程PV=nRT知，当n（指气体的物质的量）相同时，T不同，k就不同；同样，即使T相同，若n取值不同，图线斜率也不同．所以图线斜率不同的主要原因是：研究气体质量不同（或同质量气体在不同温度下研究）．

故答案为：，P0，研究气体质量不同、（或同质量在不同温度下研究）

解：（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）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．

解：（1）A、气体压强是大量分子对容器壁的碰撞造成的，与是否失重无关，故A错误；

B、分子间同时存在着相互作用的斥力和引力，它们都随分子间距离的减小而增大，但斥力增加的快，故B正确；

C、悬浮在液体中的微粒足够小，来自各个方向的液体分子撞击的不平衡性使微粒的运动无规则，这就是布朗运动，故C正确；

D、在液体表面任意一条线的两侧，相互之间的作用力是引力力，它的作用是使液体表面绷紧，故D错误；

故选BC．

（2）实验过程中气体压缩太快，温度升高后热量不能快速释放，气体温度会升高；

根据理想气体状态方程，PV=CT，其中C与质量有关，故漏气会使PV减小；

（3）水分子的质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数，故；

标准状态下水蒸气的摩尔体积等于水蒸气的摩尔质量除以标准状态下水蒸气的密度，故．

故答案为：（1）BC； （2）升高 变小；（3），．

解：（1）从A到B的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，该过程中气体从外界吸收热量为6J，根据热力学第一定律公式△U=W+Q，内能增加6J；

（2）从B到C的过程是等温压缩过程，内能不改变，即△U=0，该过程中外界对该气体做功为9J，根据热力学第一定律公式△U=W+Q，故放热9J；

答：（1）从A到B的过程中，外界对该气体做功为0，其内能的增量为6J；

（2）从B到C的过程中，该气体内能的增量为零，与放热9J．

解：（1）在气球上升至海拔6.50km高空的过程中，气球内氦气经历一等温过程，根据玻意耳定律p1V1=p2V2

代入数据解得  

（2）在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T2=300K下降到与外界气体温度相同，即T3=225K．这是一等压过程根据盖-吕萨克定律

解得  ．

答：（1）氦气在停止加热前的体积为9m3；

（2）氦气在停止加热较长一段时间后的体积为6.75m3．

解：（1）初态：p0=75cmHg，h=2cm，l=12cm  

末态：p=p0=75cmHg，lʹ    

由玻意耳定律由：p1V1=p2V2

（p0-ρgh）lS=p0lʹS    

代入数据：（75-2）×12×S=75×lʹ×S

解得：lʹ=11.68cm                                           

（2）封闭端增加的水银长l-lʹ                              

开口端增加的水银长h+l-lʹ                           

所以，加入的水银总长为：

hʹ=h+2（l-lʹ）=2+2（12-11.68）cm=2.64cm

答：（1）此时封闭端内的空气柱长为11.68cm                                           

（2）从开口端加入的水银总共有2.64cm

解：①由玻意耳定律：p1V1=p2V2

代入数据：、

解得：l‘1=72cm，＜（60+25）cm成立

②由玻意耳定律：p1V1=p3V3

代入数据：（75-25+10）×60s=（75+25）l1″s

解得：l''1=36cm，l1″＜（60-10）cm不成立

所以：设原水平管中有长为xcm的水银进入左管（75-25+10）×60s=（75+25-x）×（60-10-x）s

解得：x=10cm

所以

答：①将玻璃管绕C点在纸面内沿顺时针方向缓慢旋转90°至CD管水平，此时被封空气柱的长度为72cm；

②将玻璃管绕B点在纸面内沿逆时针方向缓慢旋转90°至AB管水平，此时被封空气柱的长度为40cm

解：（1）首先要安装安全阀，则d为第一步；

         第二步要保证气体质量一定，则e为第二步．

         要记录初始封闭气体的温度．则a为第三步．

         加热升温是第四步，则c为第五步．

         记录刚漏气时温度，则b是第六步．

故正确的操作顺序为deacb

    （2）T1=300K，T2=350K，P1=1.0X105Pa

根据查理定律得

           解得  P2=1.2×105Pa

故本题答案是：

 （1）deacb； （2）1.2×105Pa

解：（1）设初状态每段的长度为h，CD段空气柱末状态的长度为hCD

    根据等压变化，

    对CD段空气柱有         

    对BA段空气柱有   

        得T1=1.5T                    

    （2）设CD段空气柱末状态的长度为hCD，压强为pCD

    根据波意耳定律，

     对CD段空气柱有   

    对AB段空气柱有PhS=（PCD-）（3h-hCD）S  

          得pCD= 

            pAB= 

            pF=PCD+=

答：（1）若要使DE段水银能碰到管顶F，则环境温度至少需要升高到1.5T；

    （2）此时管内CD段空气柱的压强为，AB段空气柱的压强为，最低点F处的压强为pF=．

解：（ i ）设气体温度为T，由盖吕萨克定律有：=

可得：T=T0=T0

（ ii ）设活塞上升过程中，外界对密闭气体做功为W，则有：W=-（mg+p0s）d

设密闭气体增加的内能为△E，由热力学第一定律，可得：

△E=Q+W

得：△E=Q-（mg+p0s）d

答：（ i ）再次平衡时气体的温度为；

（ ii ）在此过程中密闭气体的内能增加量为Q-（mg+p0s）d