热学气体查漏补缺

1、热学，气体查漏补缺1如图，在水平放置的刚性气缸内用活塞封闭两部分气体A和B，质量一定的两活塞用杆连接。气缸内两活塞之间保持真空，活塞与气缸璧之间无摩擦，左侧活塞面积较大，A、B的初始温度相同。略抬高气缸左端使之倾斜，再使A、B升高相同温度，气体最终达到稳定状态。若始末状态A、B的压强变化量pA、pB均大于零，对活塞压力的变化量为FA、FB，则（ AD ）(A)A体积增大 (B)A体积减小 (C) FAFB (D)pA<pB2（多选）A、B是两只固定在地面上的气缸，两气缸的活塞用硬质细杆相连，A的活塞面积大于B的活塞面积，活塞处于静止状态，两气缸内封有温度相同的气体，活塞之间与大气相通，如

2、果使两气缸内气体升高相同温度至活塞再度平衡，则可能发生的情况是（ BD ） （A）活塞向左移动，A内气体压强增加得多（B）活塞向右移动，B内气体压强增加得多 （C）活塞不移动，AB气体压力增加量相同（D）活塞向右移动，AB气体压力增加量相同3如图所示，两个直立的气缸由管道连通。具有一定质量的活塞a、b用钢性杆固连，可在气缸内无摩擦地移动。缸内及管中封有一定质量的气体，整个系统处于平衡状态。大气压强不变。现令缸内气体的温度缓慢升高一点，则系统再次达到平衡状态时 ( )（A）活塞向下移动一点，缸内气体压强不变（B）活塞向下移动一点，缸内气体压强增大（C）活塞向上移动一点，缸内气体压强减小（D）活塞

3、的位置没有改变，缸内气体压强增大4（单选）如图所示，U形管两臂竖直固定，右管中一段水银柱A与管底部水银间有一段空气柱B被封于右臂管子的中部，A部分水银在水平管中，设U形管内粗细均匀，两端均开口与大气相通，现保持温度不变，向左管缓慢注入少量水银，则重新平衡后 （ C ）A空气柱B的压强增大 B空气柱B的长度不变C图中h减小 D图中h不变5（单选）如右图所示，一端开口，一端封闭的玻璃管，封闭端有一定质量的气体，开口端置于水银槽中，用弹簧测力计拉着玻璃试管而平衡，此时管内外水银面高度差为，弹簧测力计示数为若在水银槽中缓慢地倒入部分水银，使槽内水银面升高一些，稳定后管内外水银面高度差为，弹簧测力计示数

4、为，则（ B ）ABCD6热力学温标是通过下列方法建立起来的（ C ）（A）先猜想，后实验验证 （B）对规律作合理外推（C）对规律作合理外推 （D）对规律作合理外推7如图，球形连通容器A置于水平面上，水平部分的水银将球内气体隔开，且V1>V2。开始时两边气体温度相同，若两部分气体同时升高相同的温度，下列选项正确的是（ D ）A、水银柱将向左移动B、水银柱将向右移动C、地面对连通器A的摩擦力方向向左D、地面对连通器A无摩擦力作用AV0CK4V0BHh8用如图所示的传统打气筒给容器打气，设打气筒的容积为V0，底部有一阀门K可自动开启并不漏气，活塞A上提时外界大气可从其四周进入打气筒，活塞下移

5、时可把打气筒内气体推入B中。若B的容积为4V0，A、B内气体初始压强等于大气压P0，为使中气体压强达到10P0，则需打气_36_次。某同学设想在筒内焊接一卡环C（体积不计）来控制B内的压强，为了控制内气体的压强最大不超过10 P0，则卡环C到打气筒顶部的距离h与打气筒总长H的比值为_9：10_（所有摩擦不计，打气时温度不变，连接部分体积不计）。9如图所示，一根上粗下细（上下两段各自粗细均匀）的玻璃管上端开口、下端封闭，上端足够长，下端有一段水银柱封闭了一定质量的理想气体。现对封闭气体缓慢加热，气体温度不断升高，水银柱上升，则下图中的图线最接近被封闭气体体积V和热力学温度T关系的是（ A ）10

6、如图所示，水平固定的由两段粗细不同的细玻璃管组成的封闭容器中，一段水银柱将气体分成A、B两部分，水银柱静止，则下列判断正确的是 （ BC ）A水银柱两侧受到的气体压力大小相等BA、B两部分气体的压强相同C若两部分气体温度相同，同时升高10后水银柱不动D若两部分气体温度相同，同时降低10后水银柱向右移11有一只小试管倒插在烧杯的水中，此时试管恰好浮于水面，试管内外水面的高度差为h，如图所示如果改变温度或改变外界大气压强则试管（不考虑烧杯中水面的升降及试管壁的厚度）（ AC ）A如仅升高温度，则试管位置上升，h不变B如仅升高温度，则试管位置下降，h增大C如仅升高外界压强，则试管位置下降，h不变D如

7、仅升高外界压强，则试管位置下降，h减小变式1：当液面恰与管口相平时能保持静止答案又为什么？变式2：当管子完全悬浮于液体内能保持静止（1）水降温管子会怎么动（2）大气压减小时管子会怎么动（3）减小管子重力其他条件不变玻璃管静止位置会怎么变（4）把玻璃管往下推一点玻璃管会怎么动12如图所示的装置，气缸分上、下两部分，下部分的横截面积大于上部分的横截面积，大小活塞分别在上、下气缸内用一根硬杆相连，两活塞可在气缸内一起上下移动。缸内封有一定质量的气体，活塞与缸壁无摩擦且不漏气，起初在小活塞上的杯子里放有大量钢球。能使两活塞相对气缸向下移动是（AD ）（A）给气缸内气体缓慢加热 （B）取走几个钢球（C）

8、让整个装置自由下落 （D）大气压变小13圆柱形气缸固定放置在水平地面上，其截面如图所示，用硬杆连接的两个活塞在气缸的左右两侧分别封闭了两部分气体A、B，活塞可自由移动。两侧的横截面积SA<SB，两活塞间的C部分可通过阀门K实现与外界的连通或断开。开始时两边气体温度相同，活塞处于平衡状态。现使两边气体缓慢升高相同的温度，重新平衡后两边气体压强的增量分别为pA和pB。下列判断正确的是（ AD ）（A）若C部分是真空，则在温度升高的过程中活塞始终不动（B）若C部分是真空，则最终平衡时pA=pB（C）若C部分与外界大气连通，则活塞向右移（D）若C部分与外界大气连通，则最终平衡时pA>pB1

9、4如图为竖直放置的上细下粗的密闭细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为DVA、DVB，压强变化量为DpA、DpB，对液面压力的变化量为DFA、DFB，则（ AC ）A水银柱向上移动了一段距离 BDVADVBCDpADpBDDFADFB变式：如图所示竖直放置的上粗下细的密闭细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为VA_等于_VB，压强变化量为pA_大于_pB（填“大于”、“等于”或“小于”）。15如右上图，一段水银柱将竖直放置的试管内气体隔成长度相等的两部分，试管两端均封闭。将试管缓慢

10、的顺时针旋转180°。旋转前后相比，气体的压强将 （填“增大、减小”或“不变”），水银柱的机械能将_（填“增大、减小”或“不变”）. 16如图所示，为一气体温度计的结构示意图。储有一定质量理想气体的测温泡P通过细管与水银压强计左臂A相连，压强计右管B和C与大气相通。移动右管B可调节其水银面的高度，从而保证泡内气体体积不变。当测温泡P浸在冰水混合物中、大气压强相当于76cm高水银柱所产生的压强时，压强计左右两管的水银面恰好都位于图示刻度尺的零刻度处。（1）使用这种温度计，其温度计上的刻度是_均匀_的；（选填“均匀”、“不均匀”）（2）图中刻度尺上的刻度为3.8cm处所对应的温度为_13

11、.65_；（3）当大气压强减少到75cmHg时，将测温泡P浸在冰水混合物中，调节右管同时移动刻度尺，使压强计左右两管的水银面恰好都位于刻度尺的零刻度处，但不改变其温度刻度，则测量值_小于_真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。此时若实际温度变化10，则从温度计刻度上读出温度变化是_9.87_。17如图所示，有两个同样的球，其中a球放在不导热的水平面上，b球用细线悬挂起来，测得它们初始的温度与环境温度相同。现通过热传递使a、b两球升高相同的温度，两球升高温度后的大小如图中的虚线所示，则此过程中a、b两球_吸收_（填：“吸收”或“放出”）热量，且_a_（填：“a”或“b”）球传递的热量较多。

12、18如图，由a、b、c三个粗细不同的部分连接而成的圆筒固定在水平面上，截面积分别为2S、S/2和S。已知大气压强为p0，温度为T0。两活塞A和B用一根长为4L的不可伸长的轻线相连，把温度为T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置静止在图中位置。则此时轻线的拉力为 0 。现对被密封的气体加热，使其温度缓慢上升到T时两活塞之间气体的压强可能为 （忽略活塞与圆筒壁之间的摩擦）。甲乙丙h1V1h2h3V2V3图419三根粗细一样、上端开口的玻璃管，中间有一段水银柱封住一段空气柱。如果V1=V2>V3，h1<h2=h3，三者原先温度相同，后来又升高相同温度，则管中水银柱向上移动情况是：C

13、A、丙管最多 B、乙管和丙管最多C、甲管与乙管最多 D、三管上升一样多htO甲乙20一个贮有空气的密闭烧瓶用玻璃管与水银气压计相连，如图甲所示，气压计两管内的汞面在同一水平面上。现设法升高烧瓶内空气的温度，同时在竖直方向上移动气压计的右管，使两管内的汞面始终相平。用h来表示气压计左管内汞面变化的高度或表示气压计右管移动的距离，设t为烧瓶内空气升高的温度，已知乙图中的图线为气压计左管内汞面变化的高度随t变化的函数图像，则气压计右管移动的距离随t变化的函数图像可能是（B）（A）乙图中的图线（B）乙图中的图线（C）乙图中的图线（D）乙图中的图线V1V2h1h2图421如图4所示，开口向上竖直放置的玻

14、璃管中，两段水银柱封闭着两段气体，它们的体积分别为V1、V2，两段水银柱的高度分别为h1、h2，且V1>V2，h1<h2。如果此管保持竖直状态自由下落，两空气柱体积分别变为V1、V2，则下列说法中正确的是：（ AB ）A、两部分气体的体积都增大B、一定有V1>V2C、可能有V1<V2D、可能有V1=V2提示：作p-1/v图22如图所示，两个相同的盛水容器，密闭时装有相同水位的水现在它们顶部各插有一根两端开口的玻璃管，甲容器中的玻璃管下端插入水中，乙容器中的玻璃管下端在水面上方若打开容器底部的阀门，两个容器中均有水流出，现有以下说法：甲中水面下降的速度越来越快 乙中水面下

15、降的速度越来越慢 甲中水先放完 乙中水先放完 其中说法正确的是 A A B C D 23有一种特殊材料，当温度升高时体积会迅速增加，增加的体积与升高的温度之间满足：DVkDT,其中k叫膨胀系数，是一个确定的常数。现将用该材料做成的完全相同的两个小球用细线分别拴在两个完全相同的容器底部，一个容器内注入水，另一个容器内注入水银，两小球的球心到液面的距离相等，放在同一房间内，由于环境温度的升高，小球会吸热而膨胀。若忽略水和水银的膨胀，上述过程中小球均未露出液面且容器内液体均未溢出，则两小球增加的体积_相等_（选填“相等”、“不等”或“无法确定”），浸没在水中的小球由于膨胀对外界做的功 小于 （选填“

16、大于”、“小于”或“等于”）浸没在水银中的小球由于膨胀对外界做的功。24一圆筒形真空容器，在筒顶系着的轻弹簧下挂一质量不计的活塞，弹簧处于自然长度时，活塞正好触及筒底，如图所示。当在活塞下方注入一定质量的理想气体、温度为T时，气柱高为h，则当温度为T '时，气柱的高是 （ C ）A. B. C. D. 25粗细均匀竖直放置的玻璃管中，P为一小活塞，有一段水银柱将封闭在玻璃管中的空气分成上、下两部分，活塞和水银柱都静止不动。现在用力向下压活塞，使得活塞向下移动一段距离L，同时水银柱将向下缓慢移动一段距离为H，其中温度不变，试比较L和H的大小。比大。PFABHh题目没说压力多大，不妨设其为

17、无穷大，这时空气柱的体积几乎都被压缩为零。显然，活塞移动的距离要比水银柱移动的距离多部分气柱的长度。26如图所示，一圆柱形容器上部圆筒较细，下部的圆筒较粗且足够长。容器的底是一可沿下圆筒无摩擦移动的活塞S，用细绳通过测力计F将活塞提着，容器中盛水。开始时，水面与上圆筒的开口处在同一水平面上(如图)，在提着活塞的同时使活塞缓慢地下移。在这一过程中，测力计的读数( B ) A、 先变小，然后变大 B 、先变小，然后保持不变 C、先变大，然后变小 D、一直保持不变 27内径均匀的U型细玻璃管一端封闭，如图7-2所示，AB段长30mm，BC段长10mm，CD段长40mm，DE段充满水银，DE=560m

18、m，AD段充满空气，外界大气压p0=1.01325×105Pa=760mmHg，现迅速从E向上截去400mm，长玻璃管，平衡后管内空气柱的长度多大？首先需要判断一下水银柱截去后剩余的水银柱会停留在什么地方。（1）是否会停留在右侧竖直管内。由前面的分析可知是不可能的。（2）是否会有部分水银柱留在竖直CE管中，即如图7-22所示情况，由玻意耳定律可知200×800S=（760-x）300+100-（160-x）S160000=（760-x）（240+x）解得：x1=40cmx2=560mm两个答案均与所设不符，所以这种情况也是不可能的。（3）是否会出现水银柱充满BC管的情况，如

19、图7-23所示。由玻意耳定律可知：200×800S=（760+60）·l2·S解得l2=195mm结果明显与实际不符，若真能出现上述情况，从几何关系很容易就可以知道l2=240mm，可见这种情况是不可能的。（4）设水银柱部分进入BA管，部分留在BC管中，如图7-24所示。由玻意耳定律可知200×800S=760+（300-l2）·l2S因此，本题的正确答案是：平衡后管内空气柱的长度为182.3mm。28如图7-29所示，左端封闭，右端开口的均匀U型管中用水银封有一段长150mm的空气柱。左臂总长为250mm，右臂足够长。如果将管的开口变为竖直向

20、下，求空气柱的长度。（设大气压为750mmHg）在左臂原有空气柱长150mm的情况下，两管之间的水银柱的高度差与U型管倒转后空气柱是否进入右管有关，高度差越大，水银越重，倒转后，空气柱越有可能进入右管。那么，两臂水银面高度差为多大，才能让空气柱仍留在左臂呢？设初始左、右两臂水银面高度差为h，倒转后空气柱仍在左臂（如图7-31）则：由玻意耳定律有：（750+h）×150S=（750-h-2x）（150+x）S整理得：2x2+（h-450）x+300h=0当=b2-4ac0时，方程有实数解，即（h-450）2-4×2×300h0解得：h62.5mm也就是说，只有当两臂

21、水银面高度差小于或等于62.5mm时，倒转后空气柱才可能仍留在左臂。而本文给出开始时水银面高度差为100mm62.5mm，因此，U型管倒转后空气柱会进入右臂。设右臂足够长，倒转后，水银柱已全部进入右臂如图732所示，末状态变为：V2=（250+y）S   p2=（750-30）=450（mmHg）根据玻意耳定律：850×150S=450×（250+y）S解得：y=33.3mm则空气柱的长度为：l=（250+33.3）=283.3（cm）。29如图7-33所示，一端开口的圆筒中插入光滑活塞，密闭住一段理想气体，其状态参量为p0，V0，T0，在与外界无热交换

22、的情况下，先压缩气体到p1，V1，T1状态，再让气体膨胀到p2，V2，T2状态，若V1V0V2，则AAT1T0T2                   BT1=T0=T2CT1T0T2                   D无法判断解：从题

23、目给出的条件，V1V0V2和“与外界无热交换”，根据热力学第一定律，我们可以知道，从V0V1的过程，气体体积减小，外界对气体做功，而系统吸放热为零，则内能一定增加，理想气体内能增加意味着温度增加，所以T1T0。从状态1经过状态0到状态2，气体体积膨胀，气体对外做功，内能减少，温度降低，所以T0T2，结果为T1T0T2。本题的正确答案为A。  30如图7-1所示，已知一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2。问：气体对外是否做功？【错解】错解一：因为判断不了气体体积情况，所以无法确定。错解二：因为1状态与2状态在一条直线上而p-T坐标上的等容线是直线所以状态1与状态2的体积相等，气体对

24、外不做功。【错解原因】错解一是不会应用等容线，不知道如何利用p-V图比较两个状态的体积，因而感到无从下手。错解二是把等容线的概念弄错了，虽然状态1和状态2在一条直线上，但并不是说pT图上的所有直线都是等容线。只有延长线过原点的直线才表示一个等容过程。而此题的状态1与状态2所在的直线就不是一条等容线。【分析解答】如图7-2所示，分别做出过1和2的等容线和，由图可知，直线的斜率大于直线的斜率，则VV，即V2V1，所以，从状态1变化到状态2，气体膨胀对外做功了。 31（多选）如图所示，细玻璃管A和B的下端用橡皮管连通，管内装有汞，A管上端封闭，内有部分气体，B管上端开口，如果将B管向上提起，则(BD

25、 )A、A管内气体体积增大 B、A管内气体体积减小C、A管和B管内汞面的高度差减小 D、A管和B管内汞面的高度差增大 32（多选）如图，密封的容器水平放置，中间的水银柱将气体分为A、B两部分，则A、B对水银柱的压强和压力的关系是 ( AD )A、PA=PB B、PA<PB C、FA=FB D、FA<FB 33如图所示，一端封闭的均匀细长玻璃管倒插在水银槽中，管上部有一段水银柱长30cm，管内封闭一段空气柱。此时管下端内外水银面刚好相平，今将玻璃管向上稍稍提起一些，则空气柱的长度将( B ) A、不变 B、增大 C、减小 D、条件不足，无法判断 34如图所示是医院给病人输液的部分装置

26、示意图。在输液过程中( AC ) A、A瓶中的药液先用完 B、B瓶中的药液先用完C、随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大D、随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变补充输液器原理35如图所示，四个玻璃管均为两端封闭、水平放置，管内空气都被一段汞柱分隔成左、右两部分，按图中标明的条件，汞柱处于静止状态，让管内空气升高相同温度，汞柱会向左移动的是( CD ) 36如图所示，均匀的U形管中有一段空气柱，另有水银柱A、B处于平衡状态，如果再把U形管从水银槽中往上提起一点，则B段的水银柱相对于管壁的运动为(A)A、向上移动B、向下移动 C、不动 D、不能确定 37如图所示为测定肺活量的装置示意图，图

27、中A为倒扣在水中的开口圆筒，测量前尽量排尽其中的空气。测量时被测者尽力吸足空气，再通过B将空气呼出，呼出的空气通过气管进入A内，使A浮起。已知圆筒A的质量为m、横截面积为S、大气压强为p0，水的密度为，圆筒浮出水面的高度为h，则被测者的肺活量有多大？3839如图所示，玻璃侧壁有三个木塞分别塞住A、B、C三个小孔，通过瓶口的软木塞有一根两端开口的管子，上端与大气连通，管中的液面与B孔等高，瓶内的液面超过A孔的高度。下面叙述中不正确的是   D    （A）如果先拔出A孔木塞，水流不出，反而吸入空气；（B）如果先拔出B孔木塞，水流不出，也不吸入空气；（C）如果先拔出C

28、孔木塞，水流出；（D）如果同时拔出A、B、C的木塞，情况照旧；A孔吸入空气；B孔没有水进入，也不吸入空气，C孔有水流出。40如图所示，连通器的三支管水银面处于同一高度，A、B管上端封闭，C管上端开口，今在C管中加入一定量的水银，且保持温度不变，则稳定后A管内的水银柱高度小于_（选填“大于”、“等于”或“小于”）B管内水银柱高度，A管内气体压强改变量_大于_ （选填“大于”、“等于”或“小于”）B管内气体压强改变量。若在三管等高时打开阀门流去一部分水银后_A_管最高_C_管最低41两端封闭的粗细均匀的玻璃管内有两部分理想气体A和B，中间用一段水银柱隔开，当水平放置且处于平衡时A的体积大于B的体积

29、。如图（a）所示。当把玻璃管倾斜成图（b）所示位置放置于热水中，则管中水银柱将B（A）向A端移动；（B）向B端移动；（C）仍在原位置；（D）无法判断。42变式：43.A、B两装置，均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同。将两管抽成真空后，开口向下竖起插入水银槽中（插入过程没有空气进入管内），水银柱上升至图示位置停止。假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法正确的是 BAA中水银的内能增量大于B中水银的内能增量BB中水银的内能增量大于A中水银的内能增量CA和B中水银体积保持不变，故内能增量相同DA和B中水银温度始终相同，故内能

30、增量相同44对一定质量的气体，下列叙述中正确的是B A. 如果体积减小，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增大 B. 如果压强增大，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增大 C. 如果温度升高，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增大 D.如果分子密度增大，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增大45容积不变的容器内封闭着一定质量的理想气体，当温度升高时（  B  ）A.每个气体分子的速率都增大B.单位时间内气体分子撞击器壁的次数增多C.气体分子对器壁的撞击，在单位面积上每秒钟内的个数增多D.单位时间内气体分子撞击

31、器壁的次数减少46（提示用p-1/v图像解）47如图所示，A、B两球完全相同，分别浸没在水和水银的同一深度内，A、B球用同一种特殊的材料制作，当温度稍微升高时，球的体积明显地增大，如果水和水银的初温及缓慢升高后的末温都相同，且两球膨胀后体积也相等，两球也不再上升，则（B)AA球吸收的热量多BB球吸收的热量多CA、B二球吸收的热量一样多D不能确定吸收热量的多少48如图，竖直放置的与外界隔热的气缸中有一个质量为m、横截面积为S与外界隔热的活塞，封住一定质量的理想气体，将活塞在位置A由静止起释放，到达位置B时速度最大，到达位置C时速度为零， A、B间距离为h1，B、C间距离为h2，摩擦不计，大气压强

32、不变，下列说法中正确的是（BD）（A）活塞在位置B时的动能大于mgh1，（B）活塞在位置B时，气体的压强大于mg/S，（C）活塞从A至C的过程中，加速度大小改变，方向不变，（D）从A至C的过程中，活塞克服封闭气体压力做功大于mg（h1h2）49两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近在此过程中，下列说法正确的是_。(填正确答案标号)A分子力先增大，后一直减小B分子力先做正功，后做负功C分子动能先增大，后减小D分子势能先增大，后减小E分子势能和动能之不和不变当距离较远时，分子力表现为引力，靠近过程中分子力做正功，动能增大，势能减小；当距离减小至分子平衡距离时，引力和斥力相等

33、，合力为零，动能最大，势能最小；当距离继续减小时，分子力表现为斥力，继续靠近过程中，斥力做负功，势能增大，动能减小，因为只有分子力做功，所以动能和势能之和不变，选项B、C、E正确50根据热力学定律，下列说法中正确的是()A电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递B空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量C科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机D对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”【解析】选AB.热力学第二定律有两种表述：第一是热量不能自发地从低温物体传到高温物体，即自发热传递具有方向性，选项A中热量从低温物体传到高温物体是电冰箱工作的结果，

34、选项A正确；第二是不可能从单一热库吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他影响，即第二类永动机不存在，选项B正确，选项C错误；由能量守恒定律知，能量总是守恒的，只是存在的形式不同，选项D错误51下列说法正确的是 ADEF （A）气体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和；（B）气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变；（C）功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功；（D）热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体；（E）一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小；（F）一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积

35、平均碰撞次数随着温度52如图5甲所示，固定在水平地面上的气缸内，用活塞封闭一定质量的理想气体，已知在环境温度变化时大气压强不变。现对活塞施加一作用力F，使气缸内气体分别经历图乙所示的三个过程，缓慢地从状态A变化到状态B，状态A、B压强相等，则下列说法正确的是ABA过程F定对活塞做负功B过程F对活塞做功为零C过程F先对活塞做正功，后对活塞做负功D过程的内能比过程的内能增加的多解析：由题意知，过程是压强先增大后减小，最后与原来相等，温度增加体积增大，得活塞向右移动，F对活塞做负功，A正确；过程说明活塞受力平衡，得F=0，F对活塞做功也为零，B正确；过程温度增加体积增大，得活塞向先向右后向左移动，得

36、F先对活塞做负功，后对活塞做正功，C错；过程的内能和过程的内能增加一样多，D错；因此答案AB选项正确。53如图10所示，一个内壁光滑与外界不发生热传递的汽缸固定在地面上，缸内活塞下方封闭着空气（活塞与外界也不发生热传递），若用竖直向上的力F将活塞向上拉一些，达到稳定后缸内封闭着的气体CA若活塞重力不计，拉力F对活塞做的功等于缸内气体内能的改变量B分子平均动能不变C单位时间内缸壁单位面积上受到的气体分子碰撞的次数减少D每个分子对缸壁的冲力都会减小解析：活塞向上运动气体体积增大，气体对外做功，又没有发生热传递，故气体的温度降低，压强一定减小，故分子平均动能减小。气体对外做的功等于气体内能的减少量。

37、答案为C。54如图2，一绝热容器被隔板K 隔开a、b两部分。已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空，抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态。在此过程中BDA气体对外界做功，内能减少B气体不做功，内能不变C气体压强变小，温度降低D气体压强变小，温度不变解析：绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q=0。稀薄气体向真空扩散没有做功，W=0。根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变，则温度不变。稀薄气体扩散体积增大，压强必然减小。答案为BD。55如图3所示，水平放置的密封气缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在气缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝。气缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止，

38、左右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电源。当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比BCA右边气体温度升高，左边气体温度不变B左右两边气体温度都升高C左边气体压强增大D右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量解析：本题考查电路接入气缸问题，当电热丝通电后，右的气体温度升高气体膨胀，将隔板向左推，对左边的气体做功，根据热力学第一定律，内能增加，气体的温度升高，根据气体定律左边的气体压强增大。BC正确，右边气体内能的增加值为电热丝发出的热量减去对左边的气体所做的功，D错。因此，答案为BC。56.一定质量的理想气体沿图4所示箭头方向发生状态变化，则下列说法正确的是：ABD

39、A.ab过程放热，内能减少B.bc过程吸收的热量多于做功值C.ca过程内能一直不变D.完成一个循环过程，气体放出热量图4 解析：由图可知，ab过程为等容降压过程，由查理定律知气体温度降低，内能减少，因无做功情况，故减少的内能以热量的形式放出。Bc过程为等压膨胀过程，由盖吕萨克定律知气体升温，内能增加；又气体膨胀过程中对外做功（做功数值等于线段bc下矩形的“面积”），由能的转化守恒定律知，吸收的热量一部分用于增加内能，一部分用于对外做功。Ca两态pV值相等，在同一等温线（双曲线）上，故知Tc=Ta，Ea=Ec，但由于ac上各点不在同一等温线上，由例1讨论可知ca过程中内能先增大后减小；又ca过程

40、气体体积减小，外界对气体做功（其数值即为图中梯形的“面积”）。对于从任一状态开始的一个循环过程中，内能变化量E都为零，但外界对气体做的净功值都等于abc的面积，故应向外放热。综合上面讨论，可知正确答案为ABD。57分析几个有趣的永动机一、重力“永动机”例1 文艺复兴时期，意大利的达芬奇设计了如图1所示的装置。他设计时认为，在轮子转动过程中，右边的小球总比左边的小球离轮心更远些，在两边不平衡的力矩作用下会使轮子沿箭头方向转动不息，而且可以不断地向外输出能量。但实验结果却是否定的。达·芬奇敏锐地由此得出结论：永动机是不可能实现的。下列有关该装置的说法中正确的是（ BC 

41、;  ）A如果没有摩擦力和空气阻力，该装置就能永不停息地转动，并在不消耗能量的同时不断地对外做功B如果没有摩擦力和空气阻力，忽略碰撞中的能量损耗，给它一个初速度，它能永不停息地转动，但在不消耗能量的同时，并不能对外做功C右边所有小球施加于轮子的动力矩并不大于左边所有小球施于轮子的阻力矩，所以不可能在不消耗能量的同时，不断地对外做功D在现代科学技术比较发达的今天，这种装置可以永不停息地转动，在不消耗其它能量的基础上，还能源源不断地对外做功解析：该设计中，当轮子转动时，虽然右边的小球总比左边的小球离轮心更远些，但是右边小球的个数总比左边的少，实际上右边所有小球施加于轮子的动力矩等于左边所

42、有小球施于轮子的阻力矩，轮子在不受到外力作用时将保持平衡状态如果没有摩擦力和空气阻力，且忽略碰撞中的能量损耗，给轮子一个初速度，轮子就能依靠惯性永不停息地转动。故正确答案为BC。 二、风力“永动机”例2  利用牛顿第三定律，有人设计了一种交通工具，如图2所示，在平板车上装了一个电风扇，风扇转动时吹出的风全部打到竖直固定在小车中间的风帆上，靠风帆受力而向前运动，对这种设计，下列分析中正确的是（  D  ）A根据牛顿第二定律，这种设计能使小车运行B根据牛顿第三定律，这种设计能使小车运行C这种设计不能使小车运行，因为它违反了牛顿第二定律D这种设计不能

43、使小车运行，因为它违反了牛顿第三定律解析：风扇吹出的风对风帆有向前的作用力，风又给风扇一个向后的作用力，因此对于整个装置而言，作用力和反作用力都是内力，小车不会运动，故选D三、浮力“永动机”例3  有人设计了如图3所示的“浮力永动机”。永动机的传动绳上均匀地固定了许多密度小于水的小球，容器底部的管道内径与小球直径相等，并为光滑配合。设计者认为，左边容器里的小球受到浮力的作用向上运动，管道中的小球也将被带着向上运动，一旦这个小球要升出管道，其下的一个小球就会进入管道而不使水漏出，因此永动机将永不休止地顺时针转动。找一只塑料瓶，把瓶底去掉，倒置。再取3至4只乒乓球，用一根线从它们的直径穿

44、过，均匀地分布于线上，并用胶水粘牢。按图4所示把线的上、下端固定，在容器中注满水，然后把线的下端剪断，看看这些球是否能在浮力的作用下向上运动？正确分析和解释你所见到的现象，这种永动机的荒谬之处也就揭露出来了。  解析：这种浮力永动机像所有的“永动机”一样是不可能工作的。浮力是依靠上下压力差形成的，如图5所示，设小球体积为，球1、球2所受的浮力为，而球3呢？它的上压强为，它的下压强。故：圆柱即等于以小球中心截面为底的，以h3为高的圆柱所排开的水受的重力很显然，F1F2不会大于F3，整个系统将向下运动，直到容器中的水流完为止。四、磁力“永动机”例4  17世纪70年代

45、，英国捷斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了一种磁力永动机，其结构如图6所示，在斜面顶端放一块强磁铁M，斜面上、下端各有一个小孔P、Q，斜面下有一个连接两个小孔的弯曲轨道。维尔金斯认为：如果在斜坡底放一个铁球，那么在磁铁的引力作用下，铁球会沿斜面向上运动，当球运动到P孔时，它会漏下，再沿着弯曲轨道返回到Q，由于这时球具有速度可以对外做功。然后又在磁铁的吸引下回到上端，到P处又漏下，对于这个设计，下列判断中正确的是（  D  ）A 满足能量守恒定律，所以可行B不满足热力学第二定律，所以不可行C不满足机械能守恒定律，所以不可行D不满足能量守恒定律，所以不可行&#

46、160;解析：在这个实验中，如果把上面的磁铁取走，则小球第一次从上面的P孔掉下来，对外做功后，小球就不能再回到P孔，小球之所以能对外做功，是依靠磁铁不断对小球做功，所以这个设计违背了能量守恒定律，所以是不可行的，选项D正确。 五、电场“永动机”例5  有人设计了一种如图7所示的机器：两根相互垂直的刚性绝缘细杆，相交于杆的中点，位于竖直平面内，杆的端点上各有一带正电的小球a，b，c，d。一水平的固定转轴PP通过两杆的交点与两杆固定连接。转轴的一端有一皮带轮，通过皮带可带动别的机器转动，两杆与其端点的带电小球处在一方向与x轴平行的静电场中，电场的场强大小随y而改变，可表示为E。

47、在y0处，场强E0；在y0的区域，场强沿x轴正方向，其大小随y的增大而增大；在y0的区域，场强沿x轴负方向，场强的大小随|y|的增大而增大。由于杆端的带电小球受到静电场的作用，相互垂直的杆将绕固定轴转动，与轴连接的皮带轮通过皮带就能带动其它机器运转。设计者断言他可以实现一种不需要提供能量又能不断对外做功的永动机你认为这种机器可能实现吗？为什么？如认为不能实现，则指出其设计中存在何种错误，并说明理由。 解析：根据能量守恒定律，任何一部机器，可以使能量从一种形式转化为另一种形式，但不能无中生有地创造能量，所以想要实现一种不需要向它提供能量但又能不断地对外做功的永动机是不可能的。题中设计方案的错误之处在于设想的静电场是不可能存在的。理由如下：假设空间中存在这样的电场，即该电场的电场线平行，但相邻电场线的距离不等，如图8所示根据等势面与电场线垂直，可在该电场中找到两个等势面，图中的与，则与平行，距离设为d，由题意知：；间电势差；间电势差； 由此得到；显然这样的静电场是不存在的。 六、放射性永动机例6  如图9所