热门试卷

解：（1）活塞静止，处于平衡状态，

由平衡条件得：p0S+mg=pS，

解得，封闭气体压强p=p0+；

（2）气体对外做功为

W=Fh=pSh==（P0S+mg）h，

由热力学第一定律得：

气体内阻的增量△U=Q-W=Q-（p0S+mg）h；

（3）由盖•吕萨克定律得：，

解得：t′=273+2t△t=t′-t=273+t；

答：（1）气体的压强为p0+；

（2）这段时间内气体的内能增加了=Q-（p0S+mg）h；

（3）这段时间内气体的温度升高了（273+t）K．

解：（1）由等压变化，=

T1==K=266.4 K

=  

T3==K=333 K    

温度测量的范围 266.4K～333K

（2）相等．因为是等压变化，温度变化与体积变化比值恒定（或温度数值与0到100的刻度数值成线性关系．）

（3）环境温度为30°C时 =，

=，

解出 V4=113.7cm3

p4V4=p5V1     

76×113.7=（76+h）×100   

解出h=10.4cm    

最多可注入的水银为V=hs=10.4×0.25cm3=2.6cm3．

答：（1）在此温度计刻度内能测量的温度范围是266.4K～333K

（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．因为是等压变化，温度变化与体积变化比值恒定．

（3）如果外界大气压强为76cmHg，环境温度保持为30°C，能往管中最多可注入2.6cm3水银而下部水银恰好不进入球形容器．

解：（1）抽气过程为等温过程，活塞上面抽成真空时，下面气体的压强为0.4p0，体积设为V1．

由玻意耳定律得  （p0+0.4p0）V0=0.4p0V1    

解得V1=3.5 V0

（2）气体等压膨胀，设活塞碰到玻璃管顶部时气体的温度是T2．

由盖•吕萨克定律得  得 T2=T1

（3）气体温度达到T3=1.6T1时气体的压强为p3，活塞碰到顶部后的过程是等容升温过程．

由查理定律得      得  p3=0.56p0      

答：（1）刚开始加热时活塞下方密闭气体的体积为3.5V0；

（2）活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度为T1；

（3）当气体温度达到T3=1.6T1时气体的压强为0.56p0．

解：①封闭气体作等压变化，由盖•吕萨克定律得：

=

则得：V2=V1=×2×10-3m3=2.4×10-3m3

所以汽缸移动的距离是：△l==m=4×10-2m

②一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度升高，气体内能增加，△U＞0．气体的体积增大，气体对外做功，W＜0，由热力学第一定律△U=W+Q得：Q＞0，即气体从外界吸热．

由热力学第一定律△U=W+Q可得：Q＞-W，即传递的热量大于气体对外界所做的功；

答：①当环境温度缓慢升高到87℃时，汽缸移动的距离是4×10-2m．

②吸热，大于．

解：（1）由连通器原理可知，甲图中气体压强为p0=76cmHg，乙图中气体压强为p0+4cmHg=80cmHg．

（2）由玻意耳定律p1V1=p2V2，即p1l1S=p2l2S，即p1l1=p2l2（l1、l2为空气柱长度），所以玻璃管的横截面积可不用测量．

（3）以p为纵坐标，以V为横坐标，作出p-V图是一条曲线，但曲线未必表示反比关系，所以应再作出p-图，看是否是过原点的直线，才能最终确定p与V是否成反比．

故答案为：

（1）75.5；79.5；

（2）正确；

（3）不能．

解：（1）活塞静止时，气体的压强为：p2=p0+=1.0×105Pa+Pa=1.2×105Pa

（2）活塞经过阀门细管时气体的压强为 p1=p0=1.0×105Pa

容器内气体的体积为：V1=S，

静止时气体的体积为：V1=h2S，

根据玻意耳定律得：p1V1=p2V2；即

联立得：h2==cm=25cm；

（3）对气缸缓慢加热过程中，活塞缓慢向上移动，密闭气体作等压变化，设活塞恰好到达顶部时气体的温度为t3．

根据盖•吕萨克定律得：

代入数据得：T3==K=720K

则 t3=720-273=447（℃）

因为t′=477℃＞t3，故活塞到达顶部后不再移动，所以活塞距离气缸底部的高度为 H=60cm．

答：

（1）活塞静止时，缸内气体的压强是1.2×105Pa．

（2）活塞静止时，距离气缸底部的高度是25cm．

（3）活塞静止后关闭阀门，缓慢加热缸内气体，使温度达到t′=477℃，活塞距离气缸底部的高度为60cm．

解：设A的体积为V，T1=300K，T2=330K，S=0.2m2，h=0.6m

     h2=0.6m+0.05m=0.65m                                             ①

   气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律=             ②

        （h1S-V）T2=（h2S-V）T1

    故V==0.02m3．

答：A的体积为0.02m3．

解：（1）当水银柱到达管口时，所测气温最高，设为T2，此时气体体积为V2，

初状态：T1=（273+7）K=280K；  V1=560cm3，末状态V2=（560+48×0.5）cm3=584cm3，

气体发生等压变化，由概率萨克定律得：=，即：=，

解得：T2=292K；

（2）水银柱移动过程中，外界对气体做功W=-P0SL=-1×105×0.5×10-4×48×10-2J=-2.4J，

由热力学第一定律知内能变化为：△U=W+Q=-2.4J+3.2J=0.8J，气体内能增加；

答：（1）该气温计能测量的最高气温是292K；

（2）气体内能增加，增加了0.8J．

解：①由题，气缸悬空静止，温度升高过程，封闭气体发生等压变化．

初态：V1=hS，T1=T

末态：V2=（h+△h）S，T2=T+△T

根据盖•吕萨克定律得 

解得，△h=

②由于气体的体积增大，则此过程中气体对外界做正功．气体的温度升高，根据一定质量的理想气体的内能只跟温度有关可知，气体的内能增大．

答：①活塞与筒底间的距离的变化量是；②做正功，增大．

解：设房间体积为V0，晚上房间内的空气在370C时体积应为V1，

故增加空气质量与中午房间内空气质量之比：

答：晚上房间增加空气质量与中午房间内空气质量之比为0.107．

解：（1）沙尘颗粒受重力G=mg=ρ沙Vg=ρ沙πr3g与空气作用力为f=πρ空r2v2作用而平衡，

在地面附近空气密度ρ0=1.25kg/m3，由平衡条件得：ρ沙πr3g=ρ空πr2v2，

则v===4m/s；

（2）当风速v=8m/s时，由ρ沙πr3g=ρ空′πr2v2，得：

其中ρ空′=ρ空-kh 

故h=-= km- km=4.7km

答：（1）要形成沙尘暴现象，地面的风速至少为4m/s；

（2）当地面风速为8m/s时，沙尘暴的最大高度为4.7km．

解：设弹簧的原长为l0，气体原来压强为p，后来为p′，则由玻意耳定律可得

      pl=p′•2l              ①

在原来状态下，活塞受力如图1所示，由力学平衡可得

     pS=p0S+k（l-l0）         ②

在后来状态下，活塞受力如图2所示，由力学平衡可得

    p′S+F=p0S+k（2l-l0）   ③

由①、②、③联立解得P=      ④

由式得l0=l+    ⑤

   当F=500N时，由④式得p=0.4p0 再代入⑤式得l0=1.50m，可见在整个过程中弹簧始终处于压缩状态．

   当F=700N时，由④式得p=0.8p0 再代入⑤式得l0=0.833m，可见在过程开始时弹簧处于压缩状态，当活塞提高到距缸底距离超过l0=0.833m后，弹簧被拉伸．

解：（1）理想气体温度不变，做的是等温变化，根据玻意耳定律：

p1V1=p2V2

活塞移动后气压表的示数为：

p2===1.5×105Pa；

（2）气体内能增加△E=1.5J，气体放出的热量为Q=-1.4J，

根据热力学第一定律知，△E=W+Q．

得：W=△E-Q=1.5J-（-1.4J）=2.9J．

答：（1）气压表的示数是1.0×105Pa；

（2）活塞对气体做功是2.9J．