2023年高中物理模型气体题库

20２３-20２３学年度学校1１月月考卷学校:_________＿_姓名:___＿___＿___班级:＿_＿＿__＿___＿考号:＿_＿_＿__＿___一、计算题1.如图所示粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端用水银封闭着长L=１3ｃm的抱负气体，右端开口，当封闭气体的温度T=31２K时，两管水银面的高度差△h=4ｃｍ．现对封闭气体缓慢加热，直到左、右两管中的水银面相平．设外界大气压pｏ=7６ｃmHg.①求左、右两管中的水银面相平时封闭气体的温度;②若保持①问中气体温度不变,从右管的开口端缓慢注入水银，直到右侧管的水银面比左侧管的高△ｈ′=4cｍ，求注入水银柱的长度.2．一定质量的抱负气体在1个标准大气压下、０℃时的体积为６.7２×１0-1ｍ3,已知该状态下1mol气体的体积是2.24×10-2m3,阿伏加德罗常数ＮA＝6．０×102３mol－1。求该气体的分子数。3．一定质量的抱负气体体积Ｖ与热力学温度T的关系图象如图所示,气体在状态Ａ时的压强ｐA=p0，温度TA＝T0，线段AＢ与Ｖ轴平行，BC的延长线过原点。求:(i）气体在状态B时的压强pＢ;(ii）气体从状态A变化到状态Ｂ的过程中,对外界做的功为1０J，该过程中气体吸取的热量为多少；(iｉｉ)气体在状态C时的压强ｐC和温度ＴC。4.如图，气缸竖直固定在电梯内,一质量为m、面积为s的活塞将一定量的气体封闭在气缸内，当电梯做加速度大小为ａ的匀加速下降时活塞与气缸底相距L。现让电梯匀加速上升,加速度大小也为ａ，稳定期发现活塞相对于气缸移动了距离d。不计气缸和活塞间的摩擦,整个过程温度保持不变。求大气压强p0．5．如图所示,一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的抱负气体。活塞的质量为m,横截面积为Ｓ，与容器底部相距h，此时封闭气体的温度为Ｔ1。现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸取热量Q时，气体温度上升到T2。已知大气压强为p0，重力加速度为ｇ,不计活塞与气缸的摩擦,求:①活塞上升的高度；②加热过程中气体的内能增长量。6.如图所示，水平放置一个长方体的封闭气缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体分为完全相同的A、Ｂ两部分.初始时两部分气体压强均为p、热力学温度均为T．使A的温度升高△T而保持Ｂ部分气体温度不变.则A部分气体的压强增长量为多少。7.小方同学在做托里拆利实验时，由于操作不慎,玻璃管漏进了一些空气。当大气压强为7６cmHg时，管内外水银面高度差为60cm，管内被封闭的空气柱长度是3０ｃm,如图所示.问:①此时管内空气的压强是多少cｍＨg；②现保持下端水银槽不动,将玻璃管向下插入10cｍ，则此时的空气柱长度是多少．(设此时玻璃管尚未触到水银槽底，不考虑水银槽液面的变化，且整个过程温度不变）8．如图所示，体积为V0的导热性能良好的容器中充有一定质量的抱负气体,室温为T0=30０K．有一光滑导热活塞Ｃ（不占体积)将容器提成Ａ、B两室,B室的体积是A室的两倍,气缸内气体压强为大气压的两倍,右室容器中连接有一阀门K,可与大气相通．（外界大气压等于７6cmHg)求:(1）将阀门Ｋ打开后，Ａ室的体积变成多少?(2）打开阀门Ｋ后将容器内的气体从30０K加热到540K,A室中气体压强为多少?9．如图所示，一竖直放置的绝热气缸,内壁竖直，顶部水平，并且顶部安装有体积可以忽略的电热丝，在气缸内通过绝热活塞封闭着一定质量的气体,气体的温度为T0，绝热活塞的质量为m，横截面积为Ｓ0。若通过电热丝缓慢加热，使得绝热活塞由与气缸底部相距ｈ的位置下滑至2ｈ的位置，此过程中电热丝放出的热量为Q,已知外界大气压强为p0，重力加速度为ｇ,并且可以忽略活塞与气缸壁之间的摩擦和气体分子之间的互相作用,求：(i)在活塞下滑过程中，缸内气体温度的增长量△T；（ii）在活塞下滑过程中,缸内气体内能的增长量△U。10.如图所示,一圆柱形绝热容器竖直放置,通过绝热活塞封闭着摄氏温度为t1的抱负气体，活塞的质量为m,横截面积为S，与容器底部相距h1。现通过电热丝给气体加热一段时间,使其温度上升到(摄氏）t２，若这段时间内气体吸取的热量为Q,已知大气压强为p０,重力加速度为g,求:（1）气体的压强．(2）这段时间内活塞上升的距离是多少?（3)这段时间内气体的内能如何变化，变化了多少？11.一定质量的抱负气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C,其状态变化过程的p﹣Ｖ图象如图所示.已知该气体在状态A时的温度为27℃．则:(1）该气体在状态B、C时的温度分别为多少℃？(2)该气体从状态Ａ到状态C的过程中内能的变化量是多大？（3）该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，还是放热?传递的热量是多少?12.一定质量的抱负气体,在初始状态A时,体积为V０，压强为ｐ0,温度为T0，已知此时气体的内能为Ｕ0。该抱负气体从状态Ａ经由一系列变化,最终还回到本来状态A，其变化过程的p—V图象如图所示，其中AB是反比例函数图象的一部分。求：①气体在状态B时的体积；②气体在状态C时的温度;③从状态B经由状态C，最终回到状态A的过程中，气体与外界互换的热量。１３.在如图所示的坐标系中，一定质量的某种抱负气体先后发生以下两种状态变化过程:第一种变化是从状态A到状态B，外界对该气体做功为6J；第二种变化是从状态A到状态C，该气体从外界吸取的热量为9Ｊ.图线AＣ的反向延长线过坐标原点O，Ｂ、C两状态的温度相同,抱负气体的分子势能为零.求：(1)从状态Ａ到状态C的过程，该气体对外界做的功W1和其内能的增量ΔＵ1;（2)从状态Ａ到状态Ｂ的过程,该气体内能的增量ΔＵ２及其从外界吸取的热量Ｑ2.１4．一个水平放置的汽缸，由两个截面积不同的圆筒连接而成。活塞A、Ｂ用一长为４L的刚性细杆连接,L＝0.5m，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动。A、B的截面积分别为SA＝40cｍ2,SB＝2０cm２,A、B之间封闭着一定质量的抱负气体，两活塞外侧（A的左方和B的右方）是压强为ｐ0=1.0×１0５Pa的大气。当汽缸内气体温度为T１＝5２5K时两活塞静止于如图所示的位置。①求此时气体的压强？②现使汽缸内气体的温度缓慢下降,当温度降为多少时活塞A恰好移到两圆筒连接处?15．如图所示，玻璃管A上端封闭，B上端开口且足够长，两管下端用橡皮管连接起来，A管上端被一段水银柱封闭了一段长为6ｃm的气体,外界大气压为75cｍHg，左右两水银面高度差为5ｃｍ,温度为t1=27℃．①保持温度不变，上下移动B管，使A管中气体长度变为5cm，稳定后的压强为多少?②稳定后保持B不动，为了让A管中气体体积回复到６cm，则温度应变为多少？16.如图所示，粗细均匀的Ｌ形玻璃管放在竖直平面内,封闭端水平放置，水平段管长60cｍ,上端开口的竖直段管长2０cｍ,在水平管内有一段长为２０cｍ的水银封闭着一段长３5cm的抱负气体，已知气体的温度为7℃,大气压强为75ｃｍHｇ,现缓慢对封闭抱负气体加热.求：①水银柱刚要进入竖直管时气体的温度;②抱负气体的温度升高到111℃时，玻璃管中封闭抱负气体的长度．17．[物理—选修3-3]如图所示,U型细玻璃管竖直放置，各部分水银柱的长度分别为L2=２５cm、L3=25cm、Ｌ４=10cm,A端被封空气柱的长度为Ｌ1=60ｃm，BC在水平面上。整个装置处在恒温环境中，外界气压P0=75ｃｍＨg。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，求此时被封空气柱的长度。18．如图,一粗细均匀的U形管竖直放置,A侧上端封闭,Ｂ侧上侧与大气相通，下端开口处开关Ｋ关闭，A侧空气柱的长度为ｌ=１0.0cm，B侧水银面比A侧的高h＝3．0cm,现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧的高度差为h1=1０.0ｃm时，将开关K关闭，已知大气压强P0=75.0cｍHg。①求放出部分水银后A侧空气柱的长度②此后再向Ｂ侧注入水银，使A、B两侧的水银达成同一高度，求注入水银在管内的长度19.某氧气瓶的容积Ｖ=30Ｌ,在使用过程中，氧气瓶中的压强由P1＝100atm下降到P2＝５０atm，且温度始终保持０℃。已知在标准状况1moｌ气体的体积22.4L。求：使用掉的氧气分子数为多少？（阿伏加德罗常数为NＡ=6.０×1023mol-1,结果保存两位有效数字）20.如图所示,透热的气缸内封有一定质量的抱负气体,缸体质量Ｍ=２00kg,活塞质量m＝10kg,活塞面积S=10０cm2，活塞与气缸壁无摩擦且不漏气，此时缸内气体的温度为27℃，活塞刚好位于气缸正中间，整个装置都静止,已知大气压恒为p０＝1．0×105Pa,重力加速度为ｇ＝10m/s2，求：①缸内气体的压强p1;②缸内气体的温度升高到多少摄氏度时,活塞恰好会静止在气缸缸口ＡB处?21．一定质量的抱负气体被质量m=30ｋｇ、横截面积S＝100cm2的活塞封闭在光滑圆筒形的金属汽缸内,活塞与汽缸底之间用一轻弹簧连接。开始时汽缸水平放置，弹簧恰好处在原长L0=５0cm，如图（a)所示。将汽缸从水平位置缓慢地竖直立起，稳定后活塞下降Ｌ１=１0cm，如图(b）所示。再对汽缸内的气体逐渐加热，活塞上升L2=30cm,如图（c)所示。已知重力加速度g＝１0m／ｓ2，外界气温t＝27℃,大气压强p０＝1．0×105Pａ，不计一切摩擦,求（ⅰ）弹簧的劲度系数k;(ⅱ)加热后,汽缸内气体的温度T′。2２．如图所示,两侧粗细均匀的U形玻璃管竖直放置,左端封闭,右端开口。开始时左管内空气柱长20cｍ，两管水银面等高,温度不变,大气压强为P０=７5cmHg。管内气体可视为抱负气体。（ⅰ)若右管足够长,从右侧管口缓慢加入水银，左管内气柱长变为15ｃm,求加入水银的长度;(ⅱ)若左、右管管口等高，用厚度不计的活塞从右管管口缓慢推入，仍使左管内气柱长变为1５cｍ，若过程中没有漏气现象，求活塞推入的深度。２3.如图所示,粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端用水银封闭着长的抱负气体，右端开口，当封闭气体的温度时，两管水银面的高度差。现对封闭气体缓慢加热,直到左、右两管中的水银面相平,设外界大气压。①求左、右两管中的水银面相平时封闭气体的温度；②若保持①问中气体温度不变,从右管的开口端缓慢注入水银，直到右侧管的水银面比左侧管的高,求注入水银柱的长度。24．如图所示,在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A封闭体积相等的两部分气体.开始时管道内气体温度都为Ｔ0=500K，下部分气体的压强p0=１.25×１0５Pa,活塞质量ｍ=0.25ｋg，管道的内径横截面积S=１cm2。现保持管道下部分气体温度不变,上部分气体温度缓慢降至Ｔ,最终管道内上部分气体体积变为本来的，若不计活塞与管道壁间的摩擦,g=10m/s2,求此时上部分气体的温度Ｔ．25.如图所示，一底面积为S,内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上,开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和Ｂ；在Ａ与Ｂ之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的抱负气体,平衡时体积均为V。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为ｇ,外界大气压强为p0。现假设活塞Ｂ发生缓慢漏气,致使B最终与容器底面接触。求活塞Ａ移动的距离。26.如图所示,可沿气缸壁自由活动的活塞将密封的圆筒形气缸分隔成A、Ｂ两部分，活塞与气缸顶部有一弹簧相连,当活塞位于气缸底部时弹簧恰好无形变,开始时Ｂ内充有一定质量的气体,A内真空,B部分高度为,此时活塞受到的弹簧作用力与重力的大小相等，现将整个装置倒置,达成新的平衡后Ｂ部分的高度等于多少？设温度不变。27.在一个横截面积为S=的圆柱形容器中，有一个质量不计的活塞用弹簧和底部相连,容器中密闭有一定质量的抱负气体,当温度为27°C时，弹簧恰好处在原长，此时外部压强为，活塞和底面相距L=20cｍ,在活塞上放一质量为ｍ=20kg的物体,活塞静止时下降１0cｍ，温度仍为２7℃，不计活塞与容器壁的摩擦，弹簧的形变在弹性限度范围内，，求:①弹簧的劲度系数k;②假如把活塞内气体加热到5７℃并保持不变,为使活塞静止时位置距容器底面距离仍为１0cｍ,活塞上应再加物体的质量28.将如图所示的装置的右端部分气缸B置于温度始终保持不变的环境中，绝热气缸A和导热气缸B均固定在地面上，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦,开始时两形状相同的长方体气缸内装有抱负气体,压强均为ｐ０、体积均为V０、温度均为Ｔ０．缓慢加热A中气体,使气缸A的温度升高到２T0,稳定后.求:①气缸A中气体的压强pＡ以及气缸Ｂ中气体的体积VＢ;②试分析说明此过程中Ｂ中气体吸热还是放热？29．如图,上端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，两活塞用刚性轻杆连接,两活塞间充有氧气，小活塞下方冲有氮气，已知，大活塞的质量为２m,横截面积为2S，小活塞的质量为ｍ,横截面积为S；两活塞间距为Ｌ;大活塞导热性能良好,汽缸及小活塞绝热；初始时氮气和汽缸内大气的压强均为，大活塞与大圆筒底部相距，两活塞与气缸壁之间的摩擦不计,重力加速度为g,现通过电阻丝缓慢加热氮气，求当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时,氮气的压强。30．两端开口、内表面光滑的U形管处在竖直平面内,如图所示质量均为ｍ＝10ｋｇ的活塞A、Ｂ在外力作用下静止于左右管中同一高度h处，将管内空气封闭，此时管内外空气的压强均为P０=1.０×105Pａ左管和水平管横截面积S１＝1０ｃm２,右管横截面积S2＝２０cm２，水平管长为3h，现撤去外力让活塞在管中下降，求两活塞稳定后所处的高度。（活塞厚度均大于水平管直径,管内气体初末状态温度相同，g取1０ｍ／ｓ2)3１.如图所示,一定质量的抱负气体被水银柱封闭在竖直玻璃管内,气柱的长度为h。现向管内缓慢地添加部分水银,水银添加完毕时，气柱长度变为。再取相同质量的水银缓慢地添加在管内。外界大气压强保持不变。①求第二次水银添加完毕时气柱的长度。②若第二次水银添加完毕时气体温度为T0，现使气体温度缓慢升高,求气柱长度恢复到本来长度h时气体的温度。3３.如图所示的圆柱形气缸是一“拔火罐”器皿，气缸（横截面积为S)固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与质量为ｍ的重物相连,将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K处扔到气缸内,酒精棉球熄灭时（此时缸内温度为t℃)闭合开关Ｋ,此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底为L．由于气缸传热良好,随后重物会被吸起,最后重物稳定在距地面Ｌ／１0处．已知环境温度为t0℃不变，，P０为大气压强,气缸内的气体可看做抱负气体,求:（１）酒精棉球熄灭时的温度t与t０满足的关系式；（2）气缸内温度减少到重新平衡的过程中外界对气体做的功．3４．如图所示,圆柱形的气缸上部有小挡板，可以阻止活塞滑离气缸,气缸内部的高度为d，质量不计的薄活塞将一定质量的气体封闭在气缸内。开始时活塞离底部高度为2ｄ/3，温度为t1＝２7℃，外界大气压强为P0＝1atm,现对气体缓缓加热，求：①当气体温度升高到t2=127℃时,活塞升高了多少？②当气体温度升高到t3=３57℃时,缸内气体的压强。３5．如图所示是一个油气田构造示意图。A处有一个废井管，横截面积为S，高为ｈ,下端有一段质量为m的岩芯封住井管,设本来井中Ｂ处油气压强为p0（与外界相同），温度为27℃，在地热作用下，B处温度忽然升高到127℃，岩芯在高压作用下向上喷射，试估算岩芯能射出的高度?（忽略一切阻力)36．容器内装有5Kg的某种气体，开始时，气体压强为150aｔm，温度为57,有一个车间，天天需要在标准状况下的这种气体４0０L，用几天后容器内气体压强变为本来的,温度降为27?(在标准状况下这种气体的密度为2克/升)37.如图所示，总长1m粗细均匀的直角玻璃管,AO和BO等长，A端封闭,B端开口，内有20ｃm长的水银柱.当AO水平，BO竖直时，水银柱在ＡO的最右端，这时大气压为7５ｃｍHg,温度为２7℃．（1)若将此装置绕A点在纸面内顺时针转90°,当温度为多少时水银柱恰好所有在OB段的最左端？(２）若在图示位置将温度升高到6０0Ｋ，封闭气体的长度为多少?（）38.如图，一个横截面积为S的导热气缸直立放置,质量为m的楔形活塞下方封闭一定质量的抱负气体，活塞上方与大气相同，气缸底与热源接触。被封闭气体温度为T0，体积为V0，通过热源缓慢加热,气体的温度升高到T1时,用卡子卡住活塞,使之不能上升，热源继续加热,使气体温度升高到T2。已知大气压为p0,不计活塞与缸壁的摩擦。求:(1)气体温度为T1时,气体的体积;(2)气体温度为T２时，气体的压强。39．如图所示,一定质量的抱负气体从状态A经B、C、Ｄ再回到A,已知在状态Ａ时容积为２L，求状态C和状态D时的体积。.40.如图所示，透热的气缸内封有一定质量的抱负气体，缸体质量,活塞质量，活塞面积,活塞与气缸壁无摩擦且不漏气，此时,缸内气体的温度为，活塞位于气缸正中，整个装置都静止，已知大气压恒为，重力加速度为，，求:①缸内气体的压强;②缸内气体的温度升高到多少摄氏度时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处?4１.如图所示，内径均匀的U形玻璃管竖直放置,截面积为５cm2,右侧管上端封闭,左侧管上端开口，内有用细线拴住的活塞.两管中分别封入L＝11cm的空气柱A和B，活塞上、下气体压强相等均为76cm水银柱产生的压强，这时两管内的水银面的高度差h＝６cｍ,现将活塞用细线缓慢地向上拉，使两管内水银面相平．整个过程中空气柱A、B的温度恒定不变．问（７６cｍ水银柱的压强相称于1.0１×105Pa)①活塞向上移动的距离是多少?②需用多大拉力才干使活塞静止在这个位置上？４2.如图所示，一个内壁光滑的导热气缸竖直放置,内部封闭一定质量的抱负气体,环境温度为27℃，现将一个质量为m=２kg的活塞缓慢放置在气缸口,活塞与气缸紧密接触且不漏气。已知活塞的横截面积为S＝４.0×１0-4m2,大气压强为P0=1.０×105Ｐa，重力加速度ｇ取10m/s２,气缸高为h=０.3ｍ，忽略活塞及气缸壁的厚度。（ｉ)求活塞静止时气缸内封闭气体的体积。(iｉ）现在活塞上放置一个2kg的砝码,再让周边环境温度缓慢升高，要使活塞再次回到气缸顶端，则环境温度应升高到多少摄氏度?43.如图所示,A气缸截面积为5０0cｍ２，A、B两个气缸中装有体积均为1０L、压强均为1atｍ、温度均为27℃的抱负气体，中间用细管连接。细管中有一绝热活塞M，细管容积不计．现给左面的活塞N施加一个推力，使其缓慢向右移动，同时给B中气体加热，使此过程中A气缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原位置不动。不计活塞与器壁间的摩擦，周边大气压强为１aｔm=１05Ｐa,当推力时,求：①活塞N向右移动的距离是多少厘米?②Ｂ气缸中的气体升温到多少摄氏度?44．导热气缸用活塞封闭一定质量的抱负气体,下端固定在水平面上，外界大气压强保持不变。现使气缸内气体温度从２7℃缓慢升高到8７℃，此过程中气体对活塞做功２40J，内能增长了60Ｊ。活塞与气缸间无摩擦、不漏气,且不计气体的重力,活塞可以缓慢自由移动。①求缸内气体从外界吸取的热量。②升温后缸内气体体积是升温前气体体积的多少倍?4５．如图所示,U形管两臂粗细不等，开口向上,右端封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍,管中装入水银，大气压为７6ｃmHg。左端开口管中水银面到管口距离为11cm,且水银面比封闭管内高4cｍ,封闭管内空气柱长为11ｃm。现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平,推动过程中两管的气体温度始终不变,试求：①粗管中气体的最终压强；②活塞推动的距离。46.如图所示,气缸内用两个活塞密闭两段质量、长度相同的气柱AＢ,活塞可以在气缸内无摩擦地移动,活塞的厚度不计,截面积为S,每段气柱的长为L,大气压强恒为p０,温度为T0.①在活塞Ｍ缓慢推动到虚线PQ位置时，若推力F做功为W，则A部分气体对活塞N做功为多少？②若要保持N板不动，需要将B部分的气体温度连续升高到多少？47.一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时,管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发气愤体泄漏；大气压强p0=75．0ｃｍHg。环境温度不变。48.如图所示p－V图中,一定质量的抱负气体由状态A通过ＡＣB过程至状态B,气体对外做功280Ｊ,放出热量4１0J;气体又从状态Ｂ经BDA过程回到状态A,这一过程中外界对气体做功200J。①ACB过程中气体的内能如何变化？变化了多少?②ＢDA过程中气体吸取还是放出多少热量？49.已知竖直玻璃管总长为ｈ，第一次向管内缓慢地添加一定量的水银，水银添加完毕时,气柱长度变为,第二次再取与第一次相同质量依的水银缓慢地添加在管内,整个过程水银未溢出玻璃管,外界大气压强保持不变。（1)求第二次水银添加完时气柱的长度。(2）若第二次水银添加完后,把玻璃管在竖直面内以底部为轴缓慢地沿顺时针方向旋转60°，求此时气柱长度。(水银未溢出玻璃管)50.如图所示除气缸右壁外其余部分均绝热，轻活塞K与气缸壁接触光滑，K把密闭气缸分隔成体积相等的两部分，分别装有质量、温度均相同的同种气体a和b，本来a、b两部分气体的压强为p０、温度为27℃、体积均为Ｖ。现使气体ａ温度保持2７℃不变,气体b温度降到-48℃，两部分气体始终可视为抱负气体,待活塞重新稳定后，求:最终气体a的压强p、体积Va。5１.如图甲所示为“⊥”型上端开口的玻璃管,管内有一部分水银封住密闭气体,上管足够长，图中粗细部分截面积分别为S1＝2cm2、S2＝1cm2。封闭气体初始温度为57℃,气体长度为L＝22cm,乙图为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线。(摄氏温度t与热力学温度Ｔ的关系是T=t＋273K)求：（１）封闭气体初始状态的压强；(２）若缓慢升高气体温度，升高至多少方可将所有水银所有压入细管内。５２.一横截面积为Ｓ的气缸水平放置,固定不动，两个活塞A和B将气缸分隔为1、2两气室，温度均为27℃，达成平衡时1、2两气室长度分别为４0cm和20cm,如图所示。在保持两气室温度不变的条件下,缓慢推动活塞Ａ,使之向右移动６cm,不计活塞与气缸壁之间的摩擦,大气压强为1．0×105Ｐａ。求：①活塞B向右移动的距离与气室2中气体的压强;②接上一问，现在若将活塞A用销子固定,保持气室１的温度不变,要使气室2中气体的体积恢复本来的大小,则应将气室2气温度升高为多少℃?5３.如图所示,体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞,活塞未被锁定，可自由移动；汽缸内密封有温度为2．4T0、压强为１．2p０的抱负气体，p0和T０分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U与温度T的关系为U=αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的.求:①汽缸内气体与大气达成平衡时的体积V１；②在活塞下降过程中,汽缸内气体放出的热量Ｑ.54．如图所示,长为31ｃm、内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置,管内水银柱的上端正好与管口齐平，封闭气体的长为１0cｍ，外界大气压强不变.若把玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下,这时留在管内的水银柱长为1５ｃｍ,然后再缓慢转回到开口竖直向上，求:（1)大气压强p0的值；(２)玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度.55.如图，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0°C的水槽中，B的容积是A的3倍。阀门Ｓ将A和B两部分隔开。Ａ内为真空,B和Ｃ内都充有气体。Ｕ形管内左边水银柱比右边的低60ｍm。打开阀门S,整个系统稳定后,U形管内左右水银柱高度相等。假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积。(ｉ)求玻璃泡C中气体的压强(以mmＨg为单位）（ii）将右侧水槽的水从０°C加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60mm,求加热后右侧水槽的水温。５6.光滑的导热气缸竖直放置，其横截面积为Ｓ＝l0-3m２,用不计质量的活塞封闭压强为Ｐo＝1．０×l0５Pa、体积Ｖo=2．０Ｌ、温度为０℃的抱负气体,现在活塞上方放上一个物块,使封闭气体在温度不变时体积变为本来的一半，再对气缸缓慢加热,使气体的温度变为127℃,求物块的质量和气缸内气体的最终体积．(重力加速度g取10m/s２,计算结果保存两位有效数字）57．一U形玻璃管竖直放置,左端开口，右端封闭,左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同;在活塞向下移动的过程中,没有发气愤体泄漏；大气压强p０=7５.0cmHｇ。环境温度不变。58．如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的,底部导热，内有两个质量均为的密闭活塞,活塞A导热,活塞B绝热，将缸内抱负气体提成Ⅰ、Ⅱ两部分.初状态整个装置静止不动且处在平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为，温度为。设外界大气压强为保持不变，活塞横截面积为S，且，环境温度保持不变．求：在活塞A上逐渐添加铁砂,当铁砂质量等于时,两活塞在某位置重新处在平衡，求活塞A下降的高度。59．如图所示,水平放置的气缸内封闭了一定质量的抱负气体,气缸的侧壁为光滑绝缘体，缸底M及活塞D均为导体并用导线按图连接，活塞面积S=２cｍ2.电键断开时，ＤＭ间距l1=５μm,闭合电键后，活塞D与缸底M分别带有等量异种电荷,并各自产生匀强电场(Ｄ与M间的电场为各自产生的电场的叠加)．在电场力作用下活塞D发生移动，稳定后，DＭ间距l2=4μm，此时电流表读数为0.75A，电压表读数为2Ｖ，已知R4=4Ω,大气压强ρ0=1.0×1０5Pa,活塞移动前后气体温度不变.（1)求出活塞受到的电场力大小F;(2)求出活塞Ｄ所带电量q；（３）一段时间后，一个电阻发生故障,安培表读数变为0．8A,伏特表读数变为3．2V，请判断是哪个电阻发生了故障？是短路还是断路?筒内气体压强变大还是变小？(4)能否求出Ｒ1、电源电动势Ｅ和内阻ｒ的值?假如能,求出结果，假如不能，说明理由．60．粗细均匀的U形管装有水银,左管上端有一活塞P，右管上端有一阀门S，开始时活塞位置与阀门等高,如图所示,阀门打开时,管内两边水银面等高,两管空气柱高均为ｌ＝20cm,此时两边空气柱温度均为27℃,外界大气压强Ｐｏ＝76cｍHg,若将阀门S关闭后，使左边活塞Ｐ缓慢下压，直至右边水银上升l０ｃm,在活塞下压过程中，左管内空气温度始终保持２7℃，并使右管内空气温度上升到１77℃,求此时左管内空气的长度是多少?6１.如图所示，长为、内壁光滑的气缸固定在水平面上,气缸内用横截面积为的活塞封闭有压强为、温度为的抱负气体,开始时活塞位于距缸底处。现对封闭的抱负气体加热,使活塞缓慢向右移动。(已知大气压强为）①试计算当温度升高届时，缸内封闭气体的压强;②若在此过程中封闭气体共吸取了的热量，试计算气体增长的内能。6２.如图所示，将一定质量的气体密封在烧瓶内，烧瓶通过细玻璃管与注射器和装有水银的Ｕ形管连接,最初竖直放置的U形管两臂中的水银柱等高,烧瓶中气体体积为400ｍl，现用注射器缓慢向烧瓶中注水,稳定后两臂中水银面的高度差为25cm,已知大气压强为７5cｍHg柱,不计玻璃管中气体的体积，环境温度不变，求：(1）共向玻璃管中注入了多大体积的水？（2）试分析此过程中气体吸热还是放热，气体的内能如何变化．63.一氧气瓶的容积为0．08m３，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室天天消耗1个大气压的氧气０.36ｍ3。当氧气瓶中的压强减少到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变,求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。6４．如图所示,均匀薄壁U形管左管上端封闭，右管开口且足够长,管内水银柱封住A部分气体，当A部分气柱的温度为３０0Ｋ时，左、右两管内水银面等高，A气柱的长度,大气压强为75ｃmHg①现使Ａ气体的温度缓慢升高，当温度升高到多少K时,左管水银面下降２、5cm?②假如A内气体的温度在①情况下升高后保持不变，在右管内加入多长的水银，可以使A管的水银面重新回到原位置。6５.如图所示，圆柱形汽缸倒置在水平粗糙地面上，汽缸内被活塞封闭有一定质量的空气.汽缸质量为M=10ｋg，缸壁厚度不计,活塞质量m=5.0kg,其圆面积S＝5０cm２，与缸壁摩擦不计。在缸内气体温度为２7℃时，活塞刚好与地面接触并对地面恰好无压力。现设法使缸内气体温度升高，问当缸内气体温度升高到多少摄氏度时，汽缸对地面恰好无压力?（大气压强p0=１0５Pａ，g取１０m／ｓ2)66．在室温恒定的实验室内放置着如图所示的粗细均匀的L形管,管的两端封闭且管内充有水银，管的上端和左端分别封闭着长度均为的A、Ｂ两部分气体，竖直管内水银高度为H=20cm，Ａ部分气体的压强恰好等于大气压强。保持A部分气体温度不变，对B部分气体进行加热，到某一温度时，水银柱上升ｈ=５ｃm，已知大气压强为76cmＨg，室温为300K，试求：(i）水银柱升高ｈ时，A部分气体的压强;(ｉi）水银柱升高h时,B部分气体的温度。（计算结果保存一位小数)6７.如图所示,左右两个容器的侧壁都是绝热的、底部都是导热的、横截面积均为Ｓ。左容器足够高,上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。两个容器的下端由容积可忽略的细管连通。容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气,B上方封有氢气。大气的压强为P0，外部气温为T0=273K保持不变,两个活塞因自身重力对下方气体产生的附加压强均为0.1P0。系统平衡时,各气体柱的高度如图所示。现将系统的底部浸人恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一定的高度。用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达成平衡后,氢气柱高度为0．8ｈ。氮气和氢气均可视为抱负气体。求:（1)第二次平衡时氮气的体积;（ii)水的温度。6８．一定质量的抱负气体从状态Ａ变化到状态B再变化到状态Ｃ,其状态变化过程的p-V图象如图所示。已知该气体在状态A时的温度为2７℃。求:①该气体在状态B、C时的温度分别为多少摄氏度?②该气体从状态A到状态C的过程中是吸热还是放热?传递的热量是多少?６9．如图,有一个在水平面上固定放置的气缸，由a、b、c三个粗细不同的同轴绝热圆筒组成,ａ、b、c的横截面积分别为２Ｓ、Ｓ和３Ｓ。已知大气压强为，两绝热活塞A和B用一个长为4l的不可伸长的细线相连,两活塞之间密封有温度为的空气,开始时，两活塞静止在图示位置，现对气体加热,使其温度缓慢上升,两活塞缓慢移动,忽略两活塞与圆筒之间的摩擦。求:（1）加热前被封气体的压强和细线中的拉力；(2)气体温度上升到多少时，其中一活塞恰好移动到其所在圆筒与ｂ圆筒连接处；(3）气体温度上届时,封闭气体的压强。70．如图所示,将一定质量的气体密封在烧瓶内,烧瓶通过细玻璃管与注射器和装有水银的U形管连接，最初竖直放置的U形管两臂中的水银柱等高，烧瓶中气体体积为400ml，现用注射器缓慢向烧瓶中注水，稳定后两臂中水银面的高度差为25ｃｍ，已知大气压强为75cmHg柱,不计玻璃管中气体的体积,环境温度不变,求:(1)共向玻璃管中注入了多大体积的水?（２)试分析此过程中气体吸热还是放热,气体的内能如何变化.71．横截面积分别为ＳＡ=2．0×10﹣3m2、SB＝1.0×１0﹣3ｍ2的汽缸Ａ、B竖直放置，底部用细管连通,用质量分别为mA=４．0kg、ｍB=2.０kg的活塞封闭一定质量的气体,气缸Ａ中有定位卡环．当气体温度为27℃时,活塞A恰与定位卡环接触，此时封闭气体的体积为V０=300mL,外界大气压强为P0＝１.0×１05Pa（g=１０m／s２).求:(１）当将气体温度缓慢升高到5７℃时，封闭气体的体积;（2）保持气体的温度57℃不变，用力缓慢压活塞B，使气体体积恢复到V0,此时封闭气体的压强多大?此时活塞A与定位卡环间的弹力多大?72．如图所示，在长L＝５９cm的一段封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用5cm高的水银柱封闭着50cm长的抱负气体,管内外气体的温度均为２７℃，大气压强p0＝76cmHg①若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的温度;②若保持管内温度始终为27℃，现将水银缓慢注入管内,直到水银柱上表面与管口相平,求此时管中气体的压强.73．如图，竖直放置的气缸内有一可作无摩擦滑动的活塞，其面积为S=２.0×1０﹣3m2，质量可忽略,气缸内封闭一定质量的气体,气体体积为V，大气压强p0=1.0×105Pa，取g=10m/s2.试问：（1）在活塞上放一个质量为５ｋｇ的砝码后,气缸内气体的压强是多少?（2）若温度保持不变,活塞上放砝码后气体的体积是本来的多少倍？74.如图所示，一端开口、内壁光滑的玻璃管竖直放置,管中用一段长H0=3８cm的水银柱封闭一段长Ｌ1＝20cｍ的空气,此时水银柱上端到管口的距离为L2=4cm,大气压强恒为ｐ0=７６cmＨg，开始时封闭气体温度为t1＝27℃,取0℃为273K．求:（１)缓慢升高封闭气体温度至水银开始从管口溢出,此时封闭气体的温度;(2)保持封闭气体初始温度27℃不变，在竖直平面内从图示位置缓慢转动至玻璃管水平过程中，求从管口溢出的水银柱的长度。(转动过程中没有发生漏气)75.如图所示，一直立的气缸用一质量为ｍ的活塞封闭一定量的抱负气体,活塞横截面积为S，气缸内壁光滑且缸壁是导热的,开始活塞被固定在A点，打开固定螺栓Ｋ，活塞下落,通过足够长时间后,活塞停在B点,已知ＡB=Ｈ，大气压强为p0,重力加速度为g，求：①求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强；②设周边环境温度保持不变,求整个过程中通过缸壁传递的热量Q(一定量的抱负气体的内能仅由温度决定)。7６.一高压气体钢瓶，容积为Ｖ，用绝热材料制成，开始时封闭的气体压强为p0,温度为Ｔ1=300K，内部气体经加热后温度升至T2＝400Ｋ，求：①温度升至Ｔ2时气体的压强；②若气体温度保持T2＝400K不变，缓慢地放出一部分气体,使气体压强再回到p0,此时钢瓶内剩余气体的质量与本来气体总质量的比值为多少？77．已知竖直玻璃管总长为h，第一次向管内缓慢地添加一定质量的水银，水银添加完时,气柱长度变为。第二次再取与第一次相同质量的水银缓慢地添加在管内，整个过程水银未溢出玻璃管,外界大气压强保持不变。①求第二次水银添加完时气柱的长度。②若第二次水银添加完后,把玻璃管在竖直面内以底部为轴缓慢的沿顺时针方向旋转60º。求此时气柱长度。(水银未溢出玻璃管)78．如图所示，用销钉固定的活塞把导热气缸分隔成两部分,Ａ部分气体压强PA=6．0×105Pａ，体积VＡ＝1Ｌ;B部分气体压强PＢ=２．０×１０5Ｐa,体积VＢ=3L．现拔去销钉,外界温度保持不变，活塞与气缸间摩擦可忽略不计,整个过程无漏气，A、Ｂ两部分气体均为抱负气体.求活塞稳定后A部分气体的压强.79．一只篮球的体积为V0,球内气体的压强为p０，温度为Ｔ0。现用打气筒对篮球充入压强为p0、温度为Ｔ0的气体,使球内气体压强变为3p０,同时温度升至２T0。已知气体内能U与温度的关系为U＝T（为正常数），充气过程中气体向外放出Q的热量，篮球体积不变。求：①充入气体的体积；②充气过程中打气筒对气体做的功。8０．如图所示，用销钉固定的活塞把导热气缸分隔成两部分,A部分气体压强PA=6.０×1０5Ｐa，体积VＡ=1L;Ｂ部分气体压强PB＝２．０×10５Pａ，体积VＢ=3L.现拔去销钉,外界温度保持不变，活塞与气缸间摩擦可忽略不计,整个过程无漏气,A、B两部分气体均为抱负气体．求活塞稳定后A部分气体的压强．参考答案1．①38０Ｋ②5．５ｃm【解析】试题分析：①设玻璃管封闭气体初态压强为p,体积为V,玻璃管的横截面积为S，末态压强为p′，体积为V′,当温度上升到T′时,左、右两管中的水银面相平.根据抱负气体状态方程可得：由题意可得：p＝(76﹣4)cmHg=7２cmHgＶ＝LSV′=L′S解答:T′=380K②设注入的水银柱长为ｘ时，右侧管的水银面比左侧管的高△h′.末状态封闭抱负气体的压强、体积Ｖ″＝L″S根据玻意耳定律可得：p′V′=p″V″解得:L″=1４.２5cｍｘ=△ｈ′+2(Ｌ′﹣L″）解得：ｘ=5．5cm考点：抱负气体状态方程2．1．8×1０２5【解析】试题分析:根据解得Ｎ=1.8×102５考点:阿伏加德罗常数的计算【名师点睛】此题是关于阿伏加德罗常数的计算,关键是知道阿伏加德罗常数的物理意义即可解答。3.(i）(ii)10J(iii）;【解析】试题分析：①A到B是等温变化,压强和体积成反比,根据玻意耳定律有:pAVA＝pBVＢ，解得:②Ａ状态至B状态过程是等温变化,气体内能不变，即△Ｕ=０气体对外界做功：W=-10Ｊ根据热力学第一定律有:△U=W+Q解得：Q=-Ｗ=10J(3）由Ｂ到C等压变化,根据盖吕萨克定律得:解得:TC＝Ｔ0A到C等容变化，根据查理定律得：解得：解得：考点:热力学第一定律；气体的状态变化方程【名师点睛】本题第一问关键根据玻意耳定律列式求解，第二问关键根据热力学第一定律列式求解，注意抱负气体的内能与热力学温度成正比。4.【解析】试题分析:得：考点:抱负气体状态方程。【名师点睛】略。5．①②【解析】试题分析：①气体发生等压变化,有解得②加热过程中气体对外做功为由热力学第一定律知内能的增长量为考点:考察了抱负气体状态方程，热力学第一定律【名师点睛】本题考察抱负气体的状态方程和热力学第一定律，解题关键是分清抱负气体是发生等容、等压还是等温变化，再合理选择公式求解.6.【解析】试题分析:设温度升高后,AB压强增长量均为△p，对A部分气体，升高温度后体积ＶA,由抱负气体状态方程得(3分）对B部分气体，升高温度后体积由玻意耳定律得：(3分)两部分气体总体积之和保持不变:（2分）解得:（２分）考点:抱负气体状态方程【名师点睛】本题是连接体问题,对连接体问题应分别对各部分气体应用相关实验定律或抱负气体状态方程列方程、找出各部分气体间的关系即可对的解题。A、Ｂ两部分气体总体积不变、它们的压强相等,对A部分气体根据抱负气体状态方程列方程，对B部分气体应用玻意耳定律列方程，然后求出A部分气体压强的增长量。7.①16cmＨg②24ｃm.【解析】试题分析:①此时管内空气的压强为:P1＝（７6－６０)ｃmHg=16ｃmHg．②温度不变，管内气体发生等温变化．设此时的空气柱长度是xｃm．由玻意尔定律有:P1Ｖ1=P2V2得:[７６-（8０－x）]ｘ•S＝１6×30•S解得:ｘ=２4cｍ考点：考察抱负气体的状态方程.【名师点睛】会拟定初末状态的参量,分析管内外压强之差是解题的关键．再运用玻意耳定律进行求解.8．(１）(2)91.２cｍHg【解析】试题分析:①气体的初状态：ＰA0=2×76ｃｍHg，VA0=打开阀门,Ａ室气体做做等温变化，PA=76cｍHg,体积为VＡ,由玻意耳定律:PA0VA0=PAVＡ，解得：VA=②温度从T0=3０0K升高到T，A中的气体由ＶＡ变化到V0,压强为PA，气体做等压变化:解得：T=450Ｋ故温度从45０K升高到T１=540K的过程中，气体做等容变化：解得:PA1=91.2cmHg考点:玻意耳定律；等压变化【名师点睛】此题考察了气体的状态方程的应用,解题的关键是拟定气体的状态,找到气体的状态参量,然后根据气态方程列出方程求解.9．(i）(ii)【解析】试题分析：(i）有盖吕萨克定律得整理得，温度增长量（ii)气体在等压变化过程中,活塞受力平衡气体对活塞做功根据热力学第一定律在活塞下滑过程中,缸内气体内能的增长量考点:盖吕萨克定律;热力学第一定律【名师点睛】解决本题的关键是：等压变化时气体做功为W=Ｐ△V.然后根据热力学第一定律计算内能的变化量．1０．（1）（2）(3)Q－（ｐ0S＋mg)【解析】试题分析:（1）活塞受力分析如图,由平衡条件得P=（2）设温度为t2时活塞与容器底部相距h2．由于气体做等压变化，由盖—吕萨克定律得：由此得:h2=活塞上升了Δｈ＝ｈ２－ｈ１=.３）气体对外做功为W＝ｐS·Δh＝·S·＝（p０Ｓ＋ｍg）由热力学第一定律可知ΔU=Ｑ－Ｗ=Q－（p０S+ｍg）考点:热力学第一定律；盖—吕萨克定律【名师点睛】知道气体发生的是等压变化,应用平衡条件、热力学第一定律、盖吕萨克定律即可对的解题。1１．(１）气体在状态Ｂ、C时的温度分别为:﹣173℃和27℃（2）该气体从状态Ａ到状态C的过程中内能的变化量为:0．（3）该气体从状态A到状态Ｃ的过程中吸热，传递的热量是2０0Ｊ【解析】试题分析:（１)状态A:ｔA=300Ｋ,PA=3×10５Pａ，VA＝1×１0-３m3状态B：tB＝?PB=１×105Pa，VB=1×1０－３m3状态C：tＣ=?PC=１×105Pa，ＶＣ=３×1０－3ｍ3Ａ到B过程等容变化，由等容变化规律得：,代入数据得:tB=100Ｋ=-1７3℃Ｂ到C为等压变化，由等压变化规律得:，代入数据得:tＣ=300Ｋ＝27℃(2)由于状态A和状态Ｃ温度相等,且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在这个过程中:△U=0(3)由热力学第一定律得:△U=Q＋W，由于△U=0故:Ｑ=-W在整个过程中，气体在B到C过程对外做功所以：W＝-p△V＝-1×１０５×（3×10-３－1×10-3）＝－2０0J即:Q=20０J，是正值,故在这个过程中吸热．考点:热力学第一定律；抱负气体的状态变化方程12.①②3T0③2P0V0【解析】试题分析：①由题意可知，从状态A到状态B为等温变化过程,状态Ｂ时气体压强为P１=３P0,设体积为V1，由玻意耳定律得P0V0=P1V1解得②由题图可知,从状态Ｂ到状态C为等压变化过程，状态C时气体体积为V2＝V0,设温度为Ｔ2,由盖-吕萨克定律得解得T２=３Ｔ０③由于一定质量的抱负气体的内能只和温度有关，所以ＵB＝UA＝U0在Ｂ→C→A的过程中△Ｕ=W＋ＱUA-ＵB=０=-3P0（Ｖ0-ＶB）+QQ=2Ｐ0V0即气体从外界吸取热量为2Ｐ０V0考点:玻意耳定律；热力学第一定律【名师点睛】此题考察了抱负气体的状态变化方程和热力学第一定律;关键是拟定气体的状态即状态参量；知道热力学第一定律的表达式△Ｕ=Ｗ+Ｑ,并注意各个量的符号。13．(１）w1=０，ΔU1=９J(2）ΔU2=9ＪＱ2＝3J【解析】试题分析:(１）从状态A到状态C过程,气体发生等容变化,该气体对外界做功Ｗ１=０根据热力学第一定律有△Ｕ１=W１﹢Q1，内能的增量△U1=Q1=9J(2)从状态A到状态Ｂ过程，体积减小，温度升高,该气体内能的增量△U2=△U1＝9J根据热力学第一定律有△U2=W2﹢Q2从外界吸取的热量Ｑ2=△U2－Ｗ２＝3J考点:热力学第一定律【名师点睛】本题关键抓住气体的内能是状态量，由气体的温度决定．记住热力学第一定律的表达式△U=W﹢Q,并理解各量的物理意义；此题考察基本的应用能力。14．①P0②【解析】试题分析：(2）①以活塞整体为研究对象，分析受力知,,得：②对活塞受力分析,活塞向右缓慢移动过程中,气体发生等压变化由盖·吕萨克定律有:代入数值，得时活塞Ａ恰好移到两筒连接处。考点:气体压强的计算、盖—吕萨克定律。【名师点睛】根据活塞受力情况,运用平衡条件计算内部气体的压强；根据等压变化遵从盖·吕萨克定律,运用此规律计算温度。15.①９6cmＨｇ②94.5ºC【解析】试题分析：①气体做等温变化PＡ1＝P０+ρｇｈＡ＝(７+5)cmHg=8０ｃmＨgＶＡ1=６ＳVA2=5SPA1VA1=PA2ＶA2ＰA2=9６cmHg②PA３=P０+ρgh３＝（７5+23）cｍHg＝98ｃmHgT3=3６７．５K=９4．５ºＣ考点：气体的状态变化方程【名师点睛】此题考察气体的实验定律的应用，在这一类的题目中，拟定研究对象,并能拟定初末状态的参量是解题的关键。１6.①47℃②4５cm【解析】试题分析：①设水银柱刚好要进入竖直管内的温度为t，则有：,（３分）带入数据解得:T2=320K＝47℃(1分）②设当温度升高到111℃时，水平管内尚有水银,竖直管内水银柱高为x,根据抱负气体状态方程得：带入数据得：(3分）解得:ｘ＝5cm（2分)所以抱负气体的长度为l′=６0-（2０-5)cm=45ｃm.(1分)考点:抱负气体状态方程【名师点睛】本题关键找出气体的已知参量后根据气体实验定律的方程列式求解，特别注意公式中的温度应当用热力学温度，知道摄氏温度和热力学温度的转化关系.气体等压膨胀,根据盖-吕萨克定律列式求解;气体继续等容升温,根据查理定律列式求解．１7．40cｍ【解析】试题分析:由玻意耳定律：代入数据:解得: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l1′′′=60−1０−x=40cm考点:考察了抱负气体状态方程【名师点睛】由玻意耳定律进行分析，即可求得空气柱的长度，再根据实际情况进行计论，明确是否能符合题意，判断是否有水银进行左管;从而拟定长度．18.①②【解析】试题分析：①以cmHg为压强单位.设Ａ侧空气柱长度时压强为ｐ,当两侧的水银面的高度差为时,空气柱的长度为，压强为，由玻意耳定律,有：①由力学平衡条件,有：②打开开关放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为,而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增长逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随着减小,直至B侧水银面低于A侧水银面为止,由力学平衡条件，有:③联立①②③,并代入题目数据，有：④②当A、B两侧的水银面达成同一高度时，设A侧空气柱的长度为,压强为，由玻意耳定律，有：⑤由力学平衡条件有:⑥联立②⑤⑥式，并代入题目数据，有:⑦设注入水银在管内的长度为△h，依题意,有：⑧联立④⑦⑧式，并代入题目数据，有：考点:考察了抱负气体状态方程的应用【名师点睛】本题中封闭气体经历两次等温过程,关键是找出初状态和末状态的气压和体积(长度)关系,然后根据玻意耳定律列式求解，不难.19.4．０×1０２５个【解析】试题分析：用气过程中,温度不变，由p1V１=p2V2其中p1=100ａtｍp2＝50atｍ用掉的气体在压强是50atｍ时的体积为ΔVΔV=Ｖ2-V1＝３0Ｌ设用掉的气体在标况下的体积为V3p２ΔＶ=ｐ3V3其中p３=１atm解得：V３=150０L用掉的气体的分子个数：解得:n＝4．０×1０25个考点:玻意耳定律【名师点睛】本题考察了玻意耳定律的应用，注意把变质量的问题转化为定质量的问题，还要注意把体积转化成标准状态的体积。20.(１)（2)【解析】试题分析：①以气缸为对象(不涉及活塞）对气缸列受力平衡方程:带入数据解得:(3分）②当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时,缸内气体温度为，压强为，此时仍有即,由此可知缸内气体为等压变化.（1分）对这一过程研究缸内气体，由抱负气体状态方程得：(2分）带入数据解得：（1分）所以(1分）考点：抱负气体状态方程【名师点睛】本题是热学部分的计算题，一方面要熟知抱负气体状态方程，巧选研究对象，注意变化过程的不变量,同时注意摄氏温度与热力学温度的换算关，在做题过程中要先选汽缸为研究对象,列受力平衡方程可解封闭气体压强，再根据缸内气体为等压变化，由等压变化方程可得温度值。21．（i）（ｉi）【解析】试题分析:设汽缸竖直稳定后，缸内气体压强为，活塞受力平衡据玻意耳定律得解得(2．2）设加热后缸内气体压强为,活塞受力平衡由抱负气体状态方程解得考点:考察了抱负气体状态方程的应用【名师点睛】本题关键是对封闭气体根据气体实验定律列方程，根据活塞平衡得到气压,根据几何关系得到体积.22.（ⅰ）３５cm（ⅱ）1１．４ｃｍ【解析】试题分析：（ⅰ）初态:Ｐ1=P0Ｖ1＝Ｌ１SV2=L2SP1L1S=P2L2SＰ2＝１0０ｃmＨg解得h＝２５cｍ设加入的水银柱长为ｘ，x=2（Ｌ１-Ｌ2)+h解得ｘ=35cｍ（ⅱ）用厚度不计的活塞从右管管口缓慢推入,仍使左管内气柱长变成1５cm，此时左管中的水银上升５ｃm，则右管中的水银面下降５cm,水银此时水银面的高度差是10cｍ，右管中的气体的压强:P3=P２＋2(L1-L2）=100+1０＝110cｍHg右管中气体的体积:V３=L3S由玻意耳定律得：P1V1＝Ｐ3V3得:活塞推入的深度：ｘ=2L１－L２-L3=2×20-15-1３．６=11.４cm考点：玻意耳定律【名师点睛】该题考察抱负气体的状态方程的应用，要先根据玻意耳定律求解气体压缩后的压强．会拟定封闭气体的压强是基础。【答案】①;②【解析】试题分析:①设玻璃管封闭气体初态压强为ｐ，体积为玻璃管的横截面积为S,末态压强为，体积为,当温度上升届时,左、右两管中的水银面相平．根据抱负气体状态方程可得：由题意可得：，，,解答：。②设注入的水银柱长为x时，右侧管的水银面比左侧管的高．末状态封闭抱负气体的压强、体积根据玻意耳定律可得:解得:解得:。考点:抱负气体的状态方程【名师点睛】本题考察能用静力学观点确解决各处压强的关系.同时注意研究过程中哪些量不变,哪些量变化,选择合适的气体实验定律解决问题;此外,要注意当两管液面高度差为时，向右侧注入水银时,气体的压强与体积均不同,需要分别计算,不能漏掉。24.２81.25K【解析】试题分析:设初状态时两部分气体体积均为V０，对下部分气体,由等温变化Ｐ0V0=PＶ解得P＝1×l05Pa对上部分气体,初态末态根据抱负气体状态方程，有理科综合试卷第1页(共20页)理科综合试卷第2页(共20页)理科综合试卷第1页(共20页)理科综合试卷第2页(共20页)T=281.2５K考点:抱负气体状态方程【名师点睛】此题考察了玻意耳定律的应用;关键是对两部分气体分别分析,找出状态参量，并注意两气体之间的压强关系和体积关系。25.见解析。【解析】试题分析：设Ａ与B之间、B与容器底面之间的气体压强分别为ｐ1、p2在漏气前,对A分析有ｐ1＝p0+eq\f(mg,S)=1＼*GB3\*ＭERＧEFＯＲＭＡＴ①对B分析有p2＝ｐ１＋ｅq\f(mg,Ｓ）=2\＊GＢ3\*MERGＥFOＲMAT②B最终与容器底面接触后,设AB间的压强为p,气体体积为V′，则有p＝p０+eq\f(mg,S)＝3\*GB３＼*MＥRGＥFORＭＡT③由于温度始终不变，对于混合气体由玻意耳定律:p1Ｖ+ｐ2V＝ｐＶ′=4\*GＢ3\*ＭERＧEFＯRMAT④设活塞B厚度为d，漏气前A距离底面的高度为h由几何关系得h=ｅq\f(2V,S)+ｄ=5\*ＧB3\*ＭERGEＦＯＲＭAT⑤漏气后A距离底面的高度为h′由几何关系得ｈ′＝eｑ\ｆ（V′,S)＋d=6＼*ＧB3＼*MＥＲGEFＯRMＡT⑥设活塞A移动的距离为Δh则Δh=h′-ｈ=7\＊GB3\＊MERＧEFOＲMAＴ⑦联立=1＼*GB3\*MERＧＥＦORＭＡT①=２\*GB3＼＊MEＲGEFORMＡT②=３\＊ＧB3\*ＭERGEＦOＲMＡＴ③=4\＊GB３\*MERGEＦＯRＭAT④=5\*GＢ3\＊MERGEFORＭAT⑤=６\*GB3\＊MＥＲGＥFOＲMＡＴ⑥=7＼＊GＢ３＼*ＭＥＲGEＦORＭAT⑦Δｈ＝eｑ\f(mｇ,p0Ｓ+mg）·eq\ｆ（V,Ｓ)考点:抱负气体状态方程。26．０.4m【解析】试题分析:设开始时B中压强为，气缸倒置达成平衡后Ｂ中压强为,分析活塞受力得①,②其中S为气缸横截面积，M为活塞质量,ｋ为弹簧的倔强系数.由题给条件有，③玻意耳定律,④联立以上各式得到，解得考点:考察了抱负气体状态方程【名师点睛】以气体为研究的对象,可知气体发生等温变化，对活塞根据平衡求出压强,在找出气体其他状态参量,然后应用玻意耳定律列式求解.27．①②【解析】试题分析:①对封闭气体,由玻意耳定律得：，代入数据得：以活塞与重物组成的系统为研究对象,由平衡条件得：，解得:,②升高温度的过程中气体的体积保持不变,设温度升高后的压强为，则:,由盖吕萨克定律:，代入数据得：设增长的质量为,则：,代入数据得：考点:考察了抱负气体状态方程的应用【名师点睛】由题可知气体的温度不变,做等温变化,分别写出气体初末的状态,然后由玻意耳定律，结合共点力的平衡即可求出；第二个过程中气体的体积不变,由盖吕萨克定律即可求出２８.①，②放出热量【解析】试题分析:①稳定后:PA=PB;VA+VB=２V0对气体A：对气体Ｂ：解得：②气体B温度不变，内能不变，活塞对Ｂ做正功，由热力学第一定律知气体B放出热量。考点：考察抱负气体的状态方程;热力学第一定律.【名师点睛】本题考察抱负气体状态变化规律和关系,找出A、Ｂ部分气体状态的联系（即VB=2V0-VA）是关键.2９．【解析】试题分析:以两活塞整体为研究对象，设初始时氧气压强为p１,根据平衡条件有:初始时氧气体积：当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时，氧气体积:设此时氧气压强为氮气压强为p,根据平衡条件有：由于大活塞导热，小活塞缓慢上升可认为氧气温度不变，由玻意耳定律，得：解得:考点:考察了抱负气体状态方程的应用【名师点睛】以两活塞整体为研究对象,根据平衡条件求出初始时氧气压强为和体积;再求出当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时氧气的体积;再由玻意耳定律，求出此时氧气的压强，最后运用平衡条件求出氮气压强为3０．左侧降到水平管口,右侧降至离水平管口0．５h【解析】试题分析:撤去外力时,左、右活塞对管内空气的压强分别为:,所以两活塞均会下降。设两活塞都降到水平管口,此时管内空气的压强依玻意耳定律可得得:可见,左边活塞能降到水平管口,右边活塞只能降到离水平管口的高度为ｘ处管内空气压强:依玻意耳定律:解得:最后左边活塞离水平管口的高度为零;右边活塞离水平管口的高度。考点:封闭气体压强、抱负气体的状态方程。【名师点睛】以封闭气体为研究对象，求出气体末状态的压强，应用玻意耳定律求出气体末状态的体积,然后求出活塞的高度即可。【答案】①;②【解析】试题分析:①设开始时封闭气体的压强为,添加的水银对气体产生的压强,由玻意耳定律得：得再加水银后,气体的压强变为:，设第二次加水银后气柱长为,则有：可得:。②气柱长度恢复到本来的长度,则有:可得:。考点:抱负气体的状态方程【名师点睛】运用抱负气体状态方程解题,关键是对的选取状态，明确状态参量和变化过程,特别是对的求解被封闭气体的压强,这是热学中的重点知识，要加强训练，加深理解。【答案】①；②【解析】试题分析：①当汽缸恰好开始滑动时,对汽缸有设在此过程中活塞向右移动了,对活塞有得，由抱负气体状态方程有得，代入数据得:。②缓慢加热，气缸处在平衡状态,汽缸滑动过程有则气体压强为,保持不变，气体做等压变化，活塞向右移动距离后不再移动，得,代入数据得。考点：抱负气体的状态方程【名师点睛】本题关键是考察抱负气体状态方程和气体实验定律的应用，拟定气体压强是难点，对活塞和汽缸受力分析根据力平衡法求压强,气态方程和实验定律是高考的重点,要纯熟应用。33.(1)（2）【解析】试题分析：(1)气缸内封闭气体的初始状态:P1=P0,V1=LS，Ｔ１=(２７3+t）Ｋ末状态:,；T2=（273+t0）K由抱负气体的状态变化方程：解得:（2)气缸内封闭气体的温度减少的过程中,开始时气体的压强变化，但气体的体积没有变化,故此过程外界对气体不做功活塞向上运动时,气体的压强为P２,活塞上移的距离为故外界对气体做的功为考点:抱负气体的状态变化方程。【名师点睛】本题得关键是以活塞为研究对象,受力分析运用平衡求出初末状态压强，然后运用抱负气体状态方程列式即可求解．34.①2ｄ/9;②１．4ａtｍ【解析】试题分析：①设活塞面积为S，h为升高的高度由题意得V1=2Sd／3;T１＝(273+2７)K=300K；V2＝S(2d/3+h）；T２=（1２7+27３)K=４00K由盖·吕萨克定律Ｖ1／T1=V2/T2解得h=２d／9②由题意得V1=2Ｓｄ/3T１=(2７3+2７)Ｋ=300K设活塞刚好到达顶部时气体温度为Ｔ3;此时有V3=Sd由盖·吕萨克定律V1/T１=V3/T3解得T3=450K当气体温度高于T３后,缸内气体做等容变化当温度升到Ｔ4＝(3５７+２73）Ｋ=６30K,设此时气体的压强为ｐ,由查理定律p０/Ｔ3=p/T4解得ｐ=１．4atm考点：盖·吕萨克定律;查理定律【名师点睛】此题考察了盖·吕萨克定律以及查理定律的应用;关键是分析气体在不同状态下的状态参量;根据气体的状态方程列得表达式求解．35.【解析】试题分析：等容升温①岩芯沿井管匀加速上升pS-ｐ０Ｓ－mg=ma②岩芯竖直上抛的高度由以上格式解得:考点:抱负气体的变化状态方程；牛顿定律【名师点睛】本题把气体的变化方程、牛顿第二定律和竖直上抛运动结合了起来,题型比较新奇，是一道好题,但对综合能力规定较高，有一定难度。36．【解析】试题分析：设容器容积为Vp１=1５0atm；V1=V；T1＝３３0kp２＝1５0×atｍ;V2=Ｖ′;T２=300k解得Ｖ′=△V=Ｖ′－Ｖ=；需要的气体总质量△m＝天天需要m′=ρＶ=0．８ｋg则天数考点：抱负气体的状态变化方程【名师点睛】要学会将容器内的气体状态转化为根据抱负气状态方程求解,由于体积在计算中以消去故可以用V表达。３７.(1）500k；（2）4８．５cｍ【解析】试题分析：(1）p1＝75ｃmHg；V1=3０ｓ;T１＝300k；p２=7５ｃmＨｇ；V２＝50s;T2=?得:Ｔ２=５00k（２）设升高到Ｔ3,水银柱所有进入Ｂ管,p3=95cmＨg;Ｖ3=50ｓ；Ｔ3=?，得T3=633Ｋ因Ｔ４=６00K<T３.所以水银柱未所有进入OＢ管,设进入了X,p4＝（75+X)cmHg；V４=（３０+X）s;T4＝6００ｋ;得Ｘ＝18．5cm，所以L4＝30+Ｘ=4８．5cm考点：抱负气体的状态变化方程【名师点睛】本题考察了抱负气体的状态变化方程；解题的关键是找出初末状态气体的压强、温度、体积等状量，然后多次根据抱负气体状态方程求解。38.(1)(２）【解析】试题分析:（1）等压变化；解得；（2）等容变化ｐ1＝p0+；解得：ｐ2=考点：抱负气体的状态变化方程【名师点睛】此题考察了抱负气体的状态变化方程的应用；关键是找到气体的状态变化参量，对气体的压强可以由对活塞受力分析求得.39.4L;12Ｌ【解析】试题分析:由有,解得:VC＝４L如图C到D为等温变化,所以pCVC＝ｐＤVD,解得：VD=１2L考点：抱负气体的状态变化方程【名师点睛】本题重要考察气体实验定律抱负气体状态方程的应用，关键根据图象分析出气体状态变化的过程,拟定各个状态的各个状态参量,由气体状态方程或实验定律即可解答.【答案】①;②【解析】试题分析：①以气缸为对象(不涉及活塞）列气缸受力平衡方程:解之得：。②当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时,缸内气体温度为,压强为,此时仍有,由题意知缸内气体为等压变化,对这一过程研究缸内气体,由状态方程得:所以,故。考点：抱负气体的状态方程【名师点睛】巧选研究对象，注意变化过程的不变量，同时注意摄氏温度与热力学温度的换算关系。４1．①7．2cm②14N【解析】试题分析：①取B部分气体为研究对象初态:,末态:,根据玻意耳定律解得：取A部分气体为研究对象初态:，末态：,根据玻意耳定律对于活塞移动的距离：.②由于活塞处在平衡状态,可知即,解得:.考点:考察了抱负气体状态方程【名师点睛】U型管粗细相同时,一侧水银下降hｃm，另一侧水银就要上升２hcm，两部分液面高度差变化为2hcｍ,若管子粗细不同,应当从体积的变化来考虑，用几何关系解决物理问题是常用的方法．【答案】（i）8×1０-５m3（ii)3２7℃【解析】试题分析:（ｉ）气缸内的封闭气体等温变化。将活塞放置在气缸口时,封闭气体的压强p1=１．0×１０5Pａ,体积V１＝Ｓh=1.2×10-4ｍ３活塞静止时，气缸内封闭气体的压强p2=p０+=１.5×105Pａ根据玻意耳定律有p１V1＝ｐ2V2解得Ｖ2=＝８×10-5m3（ｉi)放置砝码后,活塞再次静止时,封闭气体的压强p＇2=p0＋=２.0×105Pa环境温度缓慢升高,活塞再次回到气缸顶端时,根据查理定律有解得T２==６0０K故此时环境温度为t=(６０0-273)℃=３27℃考点:玻意耳定律;查理定律【名师点睛】本题考察气体实验定律,关键是根据题目暗含条件分析出为什么种变化过程,然后拟定好初末状态量，选择合适的气体实验定律列式求解即可．43.①５cｍ②127℃【解析】试题分析:①加力Ｆ后，A中气体的压强为对A中气体:由则得初态时,,故活塞N向右移动的距离是②对Ｂ中气体，困活塞M保持在原位置不动,末态压强为根据查理定律得:解得:∴tＢ＝1２７℃考点：考察抱负气体的状态方程；封闭气体压强.【名师点睛】对于两部分气体问题,既要分别研究各自的变化过程，同时要抓住之间的联系，本题是压强相等是重要关系．４4．①30０J;②1.2【解析】试题分析:①气体对活塞做功W＝－２4０Ｊ,内能增长了△U=60J由热力学第一定律△U=Ｗ+Q解得Ｑ=300J②体温度从27℃缓慢升高到87℃过程中，气体做等圧変化初态温度Ｔ1=３00K，末态温度T2＝３60Ｋ,根据盖吕.萨克定律解得V2＝1．２V1考点:热力学第一定律；盖吕．萨克定律【名师点睛】此题重要考察热力学第一定律和抱负气体状态方程的应用,分析好状态参量列式计算即可;此题旨在考察基本规律的掌握限度。４５．①ｐ2=88cmHg②４．5ｃｍ【解析】试题分析：解析①设左管横截面积为S,则右管横截面积为3Ｓ，以右管封闭气体为研究对象.初状态p1＝80cmHg,V1=1１×3S＝３3S,两管液面相平时,Sh1＝3Sｈ2，ｈ1＋h2＝４cm，解得h2=1ｃm，此时右端封闭管内空气柱长ｌ＝10cm，Ｖ2＝10×3Ｓ=3０S气体做等温变化有ｐ1Ｖ1＝ｐ2V2即80×３３S=p2×30S解得p2＝８８cｍHg②以左管被活塞封闭气体为研究对象p1′=76ｃmHg，V1′=11S，p２＝p２′=88cmＨｇ气体做等温变化有p1′V1′＝p2′Ｖ２′解得V２′=9．5Ｓ活塞推动的距离为L＝11cm+3ｃm-９．５cm=4．5cm考点：考察了抱负气体状态方程【名师点睛】本题关键拟定封闭气体的初末状态的气压、温度、体积,然后结合抱负气体状态方程列式后联立求解．46.①W+ｐ0SL；②2T0【解析】试题分析：①在用力缓慢推活塞M的过程中,活塞M移动的距离为,由于两段气体完全相同,且都发生等温变化,因此最终两段气体的长度均为，大气压及推力对M做的总功：W总=Ｗ+p０S×L＝W+ｐ0LS,由于气体对活塞的压力总是等于F＋p0S，且N活塞移动的位移只是M移动距离的一半,因此A部分气体对活塞N做的功为：WＡ=Ｗ总=W+p0SL;②假如保持N板不动,则A中气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p0SL=p1S×L,解得：p1=2p0，B中气体发生等容变化，由查理定律得:,解得:T１＝2T0；考点:查理定律；玻意耳定律【名师点睛】本题考察了求功与温度问题，分析清楚气体状态变化过程是解题的前提与关键,应用玻意耳定律、查理定律即可解题．解题时要注意两部分气体间的关系.４7.９.42cm【解析】试题分析：设初始时，右管中空气柱的压强为P１，长度为ｌ１;左管中空气柱的压强为Ｐ2=P０，长度为ｌ2．该活塞被下推ｈ后,右管中空气柱的压强为Ｐ1／，长度为l１/．；左管中空气柱的压强为Ｐ２/，长度为l2／．以cｍHg为压强单位.由题给条件得:…①…②由玻意耳定律得…③联立①②③式和题给条