山东省淄博市淄川般阳中学高三物理一轮复习综合练习答案

3-3综合练习2014高考山东卷7.（1）内壁光滑、导热良好的气缸中用活塞封闭一定量的理想气体，当环境温度升高时，气缸内气体___________A内能增大B对外做功C压强增大D分子间的引力和斥力都增大（2）一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示，将质量M=3×103kg、体积V0=0.5m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上，向浮筒内充入一定量的气体，开始时桶内液面到水面的距离h1=40m，筒内气体体积V1=1m3，在拉力作用下浮筒缓慢上升，当桶内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，随后浮筒和重物自动上浮。求V2和h2已知大气压强P0=1×105Pa，水的密度Kg/m3,，重力加速度g=10m/s2,不计水温变化，桶内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略。AB在h2状态下重力与浮力平衡Mg=ρgV排得V2=2.5m3从h1上升到h2气体做等温变化根据p1V1=p2V2

得p2=2χ105Pa根据液体深度压强ρgh，得到h2=10m8.（1）关于一定量气体，下列说法正确的是______A.气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间体积，而不是该气体所有分子体积之和B.气体温度降低，气体分子热运动的剧烈程度减弱C.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D.气体从外界吸收热量，其内能一定增加E.气体在等压膨胀过程中温度一定升高（2）如图，一上端开口下端封闭细玻璃钢竖直放置，玻璃钢下部封有长l1=25.0cm的空气柱，中间有一段长l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm。已知大气压强P0=75.0cmHg，现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l4=20.0cm，假设过程不漏气，求活塞下推的距离。ABE下方气柱做等温变化P1v1=p2v2

得p2=125cmHg根据水银柱长度

得上方气柱末状态压强p=100cmHg上方气柱做等温变化

得末状态气柱长l2=30cm上方气柱缩短10cm，下方气柱缩短5cm，所以活塞总共下推15cm1.一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其P-T图像如图所示，下列判断正确的是______。A.过程ab中气体一定吸热B.过程bc中气体既不吸热也不放热C.过程ca中外界气体所做的功等于气体所放的热D.a、b和c三个状态中，状态a分子平均动能最小E.b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同2014高考全国卷ADE气体做等温变化

得末状态压强p2=4p/3气柱横截面积s=3mg/p根据理想气体状态方程得气柱最终体积v=9mghT/4pT04.（1）下列关于热现象的描述正确的是（

）A.根据热力学定律，热机的效率可以达到100%B.做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C.温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D.物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的（2）我国蛟龙号深海探测船载人下潜超七千米，再创载人深潜新纪录。在某次深潜实验中，蛟龙号探测到990m深处的海水温度为280K。某同学利用该数据来研究气体状态随海水温度的变化，如图所示，导热性良好的气缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，气缸所处海平面的温度To=300K，压强P0=1atm，封闭气体的体积Vo=3m2。如果将该气缸下潜至990m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体。求990m深处封闭气体的体积（1atm相当于10m深的海水产生的压强）。下潜过程中封闭气体___________(填吸热或放热)，传递的热量__________（填大于或小于）外界对气体所做的功。C根据理想气体状态方程，求得下潜后封闭气体的体积根据热力学第一定律，求得Q大于W1.2解：设大气与活塞对气体的总压强为p，活塞横截面积为S，

气体末状态的压强p′=p+mgS，体积V′=（h-14h）S=34Sh，

由玻意耳定律得：pV=p′V′，

即：pSh=（p+mgS）34Sh…①

由①式得mgS=13p…②

外界的温度变为T后，设活塞下表面相对于气缸底部的高度为h′，根据盖-吕萨克定律，得；

34ShT0＝h′ST…③

解得h′=3T4T0h…④

气体最后的体积为V=h′S…⑤

联立②④⑤可得V=9mgTh4pT0．解：①活塞在B处时，对活塞B，

由平衡条件得：p0S+mg=pBs，

解得，气体压强：pB=p0+mgS，

pA=p02，VA=V0，pB=p0+mgS，

活塞从A到B过程，由玻意耳定律：pAVA=pBVB，

解得：VB=p0V0S2(p0S+mg)；

②活塞下降的高度：h=V0S-VBS，

活塞下降过程，外界对气体做功：

W=Fh=pBSh=p0V02+mgV0S，

由于气体的温度不变，内能的变化：△E=0，

由热力学第一定律可知：△U=W+Q，

Q=-（p0V02+mgV0S），负号表示气体对外放出热量；

．2.2解：①被封闭气体的初状态为：p1=

p0=1.0×105Pa，V1=LS=21S

末态为：p2=p0+mgS=1.05×105Pa，V2=L2S

根据玻意耳定律，有p1V1=p2V2，即p1L1=p2L2

得L2=p1p2L1=1.0×1051.05×105×21cm=20cm

②由热力学第一定律Q=W=p2S（L2-L1）=2.1J

③对气体加热后，气体的状态变为：V3=L3S，T3=350K

根据盖•吕萨克定律，有

V2T2=V3T3，即L2T2=L3T3

得L3=T3T2=350280×20cm=25cm

3.25.2解：①开始时气缸内气体的压强为：

p1=p0+m1gs=1×105Pa+10×1050×10−4Pa=1.2×105Pa，

假设活塞没有离开气缸，当气缸恰好离开台面时气缸内气体的压强为：

p2=p0-m2gs=1×105Pa-20×1050×10−4Pa=0.6×105Pa，

设此时气柱的长度为L2，1→2气体发生等温变化，由玻意耳定律得：

p1L1S=p2L2S，

解得：L2=20cm；

由于L2=20cm＜25cm，所以气缸可以离开台面．

②活塞缓慢向上移动过程中，温度不变，气缸内气体的内能不变，气体对外做功，根据热力学第一定律可知气体要吸热．解：（ⅰ）活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程．

设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积为14V0，则得：

V1=34V0+12•14V0=78V0，①

V2=34V0+14V0=V0，②

根据盖•吕萨克定律得：V1T1=V2T2，③

由①②③式和题给数据得：

T2=320K；

④

（ⅱ）活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸