高中物理选择性必修第三册专练2

专练二热力学定律与理想气体1．在一个密闭容器内有一滴15℃的水，过一段时间后，水滴蒸发变成了水蒸气，温度还是15℃，下列说法正确的是()A．分子势能减小 B．分子平均动能减小C．内能一定增加 D．分子的速率都减小【答案】C【解析】它的内能增加，由于水滴蒸发变成了水蒸气过程，需要吸收热量，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，在密闭容器内不考虑外界做功，W＝0，Q＞0，故它的内能增加了，C正确；水蒸气的分子势能大于水的分子势能，温度一样，分子平均动能不变，分子的速率不可能都减小，内能是所有分子势能和分子动能的总和，故分子势能增大，A、B、D错误．2．如图，一定质量的理想气体由状态a经状态b变化到状态c，已知气体从状态a变化到状态b的过程中外界对气体做功为W1，同时向外界放出热量Q1；从状态b变化到状态c过程中外界对气体做功为W2，与外界的热交换量为Q2，下列说法正确的是()A．气体在状态a、状态b、状态c时的内能相等B．W2＝3W1C．Q1＋Q2＝2p0V0D．W1＋W2＝Q1＋Q2【答案】D【解析】在p－V图像中，根据eq\f(pV,T)＝C可知，气体由状态a经状态b变化到状态c的过程中，温度先增大后减小，即Ta＝Tc<Tb，故气体在状态a与状态c时的内能相等，都小于状态b的内能，A错误；在p－V图像中，图像与横轴所围面积表示外界对气体做的功，则W1＝eq\f(1,2)×(p0＋2p0)×V0＝eq\f(3p0V0,2)，W2＝eq\f(1,2)×(2p0＋3p0)×V0＝eq\f(5p0V0,2)，故W2＝eq\f(5,3)W1，B错误；一定质量的理想气体由状态a经状态b变化到状态c，内能的变化量为0，即与外界交换的热量与外界对气体所做的功大小相等，即Q1＋Q2＝W1＋W2＝eq\f(3p0V0,2)＋eq\f(5p0V0,2)＝4p0V0，C错误；从a到b，温度升高，内能增大，外界对气体做功，气体向外界放出热量Q1，根据热力学第一定律可得ΔU＝－Q1＋W1，从b到c，温度降低，内能减小，外界对气体做功，则气体向外界放出热量，根据热力学第一定律可得－ΔU＝W2－Q2，则有W1＋W2＝Q1＋Q2，D正确．3．如图所示，汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸和活塞是绝热的，汽缸固定不动，一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后吊着一个装沙的小桶，开始时活塞静止，某时刻开始小桶中的沙缓慢漏出，不计活塞与汽缸的摩擦，下列说法正确的说法是()A．汽缸内的活塞向右运动B．汽缸内气体的内能变小C．汽缸内气体的压强减小D．汽缸内气体的分子平均动能变大【答案】D【解析】设汽缸内气体压强为p，以活塞为研究对象受力分析，根据平衡条件pS＋T＝p0S，细沙不断流出时绳子拉力T变小，而p0不变，故p变大，气体体积减小，则汽缸内的活塞向左运动，气体被压缩，外界对气体做功，由于汽缸和活塞是绝热的，由热力学第一定律可知气体的内能变大，温度升高，则汽缸内气体的分子平均动能变大，则A、B、C错误，D正确．4．一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中气体的体积增大B．过程bc中气体既不吸热也不放热C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热D．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【答案】D【解析】由图可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，A错误；由图可知，bc过程气体发生等温变化，由pV＝C知bc过程体积增大，对外做功，温度不变，则气体内能保持不变，由热力学第一定律知bc过程吸热，B错误；过程ca中温度降低，体积减小，则内能减小，外界对气体所做的功小于气体所放的热，C错误；b和c两个状态中，温度相同，分子平均动能相同，体积不同，分子密度不同，则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，D正确．5．如图所示为一定质量的理想气体状态变化的V－T图像．已知在状态A时的压强为p0，则()A．状态C时的压强为2p0B．B→C过程中气体从外界吸热C．A→B过程中外界对气体做功p0V0D．A→B过程中单个分子对容器壁的平均撞击力不变【答案】D【解析】从A到B温度不变，有pB＝eq\f(VA,VB)pA＝2p0，从B到C体积不变，则状态C时的压强为pC＝eq\f(TC,TB)pB＝eq\f(pB,2)＝p0，A错误；B→C过程气体体积不变，则W＝0，温度降低，内能减小，即ΔU<0，根据热力学第一定律可知Q<0，即气体向外界放热，B错误；A→B过程中体积减小，则外界对气体做功，由于压强变大，所以外界对气体做功大于p0V0，C错误；A→B过程中温度不变，所以单个分子对容器壁的平均撞击力不变，D正确．6．如图，一定量的理想气体从状态a(p0，V0，T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a.对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是()A．ab过程中，气体始终吸热，内能增大B．ca过程中，气体始终吸热，内能增大C．bc过程中，气体的温度先降低后升高D．气体在经历abca的循环过程后是放热的【答案】A【解析】ab过程中，气体体积不变，则W＝0，压强变大，温度升高，内能变大，ΔU>0，则Q>0，即气体始终吸热，A正确；ca过程中，气体压强不变，体积减小，则W>0，温度降低，内能减小，即ΔU<0，则Q<0，即气体始终放热，B错误；bc过程中，因乘积pV先增加后减小，则气体的温度先升高后降低，C错误；气体在经历abca的循环过程后，内能不变，整个过程中气体对外做功(过程b→c)大于外界对气体做功(过程c→a)，即整个过程中气体对外做功，则气体吸热，D错误．7．如图所示是一定质量的理想气体的p－t图线，当气体状态发生沿图线A到B的变化，下列说法中正确的是()A．气体一定吸收热量B．气体体积不变C．气体分子平均动能减少D．外界对气体做功【答案】D【解析】因为T＝(t＋273)K，若将横轴单位换算为K，则A与原点连线的斜率小于B与原点连线的斜率，根据eq\f(p,T)＝eq\f(C,V)，则A状态的体积大于B状态的体积，B错误；沿图线A到B，温度升高，则气体内能增大，而体积减小，则外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体可能吸收热量也可能放出热量，A错误，D正确；一定质量的理想气体中，温度是平均动能的标志，温度升高，则气体的分子平均动能增大，C错误．8．山地自行车前轮有气压式减震装置来抵抗颠簸，其原理如图所示．当路面不平时，在汽缸内封闭气体的作用下，活塞上下振动，起到减缓震动的目的．当活塞迅速下压过程中()A．汽缸内的气体分子的平均动能不变B．汽缸内所有分子的速率增大C．汽缸内的气体压强可能不变D．单位时间内撞到汽缸内壁单位面积上的气体分子数增多【答案】D【解析】当活塞迅速下压时，活塞对气体做功，气体来不及散热，则由热力学第一定律可知，气体内能增加，温度升高，汽缸内的气体分子的平均动能增大，A错误；汽缸内的气体分子的平均动能增大，则分子的平均速率增大，不是汽缸内所有分子的速率增大，B错误；当活塞迅速下压时，汽缸内的气体的体积减小，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，气体压强增大，则单位时间内撞到汽缸内壁单位面积上的气体分子数增多，C错误，D正确．9．(多选)如图所示，在做托里拆利实验时，玻璃管内有些残留的空气，此时玻璃管竖直放置．假如把玻璃管缓慢竖直向上提起一段距离，玻璃管下端仍浸在水银中，在这过程中，大气的压强、温度均保持不变，则管内的空气(视为理想气体)()A．体积增大 B．压强减小C．放出热量 D．内能增大【答案】AB【解析】在实验中，水银柱产生的压强加上封闭空气柱产生的压强等于外界大气压．如果将玻璃管向上提，则管内水银柱上方空气的体积增大，因为温度保持不变，根据eq\f(pV,T)＝C，所以压强减小，A、B正确；温度不变，则气体的内能不变，D错误；体积变大，气体对外做功，又气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量，C错误．10．(多选)一定质量的理想气体从状态M到状态N，其p－T过程为图中M到N的直线，如图所示，在此过程中()A．气体一直对外界做正功B．气体的体积一直在减小C．气体的内能一直在减小D．气体一直对外界放热【答案】BCD【解析】由题中图像可知，气体从M到N的过程中，压强p越来越大，温度T越来越小，一定质量的理想气体内能只与温度有关，温度减小，内能就减小，C正确；连接ON、OM，p－T图像某点与原点连线的斜率为体积的倒数，从M到N，斜率变大，气体的体积越来越小，气体体积减小，气体对外界做负功，A错误，B正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，内能减小，ΔU为负值，体积减小，W为正值，则Q为负值，气体放热，D正确．11．(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过A→B、B→C、C→A三个热力学过程后又回到态A．则下列说法正确的是()A．在A→B的过程中，气体始终吸热B．在B→C的过程中，气体体积逐渐减小C．在B→C的过程中，气体始终吸热D．在C→A的过程中，气体对外界做功【答案】AC【解析】在A→B的过程中，气体体积不变，则W＝0；温度升高，内能变大，即ΔU>0，可知气体始终吸热，A正确．在B→C的过程中，气体温度不变，压强减小，根据pV＝C可知体积逐渐增加，B错误．在B→C的过程中，温度不变，内能不变，体积增加，对外做功，则气体始终吸热，C正确．在C→A的过程中，气体压强不变，温度降低，则体积减小，外界对气体做功，D错误．12．(多选)如图所示，竖直放置、上端开口的绝热汽缸底部固定一电热丝(图中未画出)，质量不计、面积为S的绝热活塞位于汽缸内，活塞与汽缸之间封闭一定质量的某种理想气体．活塞上放置一质量为M的重物并保持平衡，此时汽缸内理想气体的温度为T0，活塞距汽缸底部的高度为h.现用电热丝缓慢给汽缸内的理想气体加热，使活塞上升了eq\f(h,3)，封闭理想气体的内能增加了ΔU，已知大气压强为p0，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．活塞上升eq\f(h,3)时理想气体的温度为eq\f(4,3)T0B．理想气体吸收的热量为ΔUC．理想气体吸收的热量为ΔU＋eq\f(p0hS,3)D．理想气体吸收的热量为ΔU＋eq\f(p0hS,3)＋eq\f(Mgh,3)【答案】AD【解析】气体发生等压变化，则有eq\f(hS,T0)＝eq\f(\f(4,3)hS,T)，解得T＝eq\f(4,3)T0，故活塞上升eq\f(h,3)时理想气体的温度为eq\f(4,3)T0，A正确；活塞上升eq\f(h,3)过程，气体的压强为p＝p0＋eq\f(Mg,S)，此过程气体克服外界做功为W＝pS·eq\f(h,3)，根据热力学第一定律可得ΔU＝－W＋Q，解得Q＝ΔU＋eq\f(p0hS,3)＋eq\f(Mgh,3)，即此过程气体吸热ΔU＋eq\f(p0hS,3)＋eq\f(Mgh,3)，D正确，B、C错误．13．如图所示，一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D的变化过程用如图所示的V－T关系图像来描述，气体在状态B时的压强pB＝2×105Pa，气体从状态D到状态A是等温变化，结合图像的数据，求：(1)气体在状态D时的压强与体积；(2)气体在状态A的体积，气体从状态C到状态D，外界对气体做的功为多少？【答案】(1)1×105Pa4×10－3m3(2)2×10－3m3100J【解析】(1)结合图像可知，B→C为等容过程，根据查理定律得eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)，代入数据可得pC＝1×105Pa.结合图像可知，C→D为等压过程，即pD＝pC＝1×105Pa，由盖－吕萨克定律可得eq\f(VC,TC)＝eq\f(VD,TD)，代入数据可得VD＝4×10－3m3.(2)结合图像可知，A→B为等压过程，即pA＝pB＝2×105Pa，D→A为等温过程，根据玻意耳定律可得pDVD＝pAVA，代入数据可得VA＝2×10－3m3.C→D为等压过程，该过程中气体被压缩，外界对气体做功表示为W＝pC(VC－VD)＝100J.14．如图甲所示，一横截面积S＝10cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，不计活塞与汽缸间的摩擦．如图乙所示是气体从状态A变化到状态B的V－T图像．已知AB的反向延长线通过坐标原点O，气体在A状态的压强p＝1.5×105Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝9.0×102J，大气压强p0取1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2.求：(1)活塞的质量m；(2)此过程中气体内能的增量ΔU.【答案】(1)5kg(2)600J【解析】(1)状态A时，对活塞受力分析得pS＝mg＋p0S，代入数据解得m＝5kg.(2)在从状态A变化到状态B的过程中，发生的是等圧变化，有eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)，则外界对气体做功W＝－pΔV＝－300J，内能的增量ΔU＝W＋Q＝600J.课后篇素养形成必备知识基础练1.光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分,这两部分充有温度相同的理想气体,平衡时VA∶VB=1∶2,现将A中气体加热到127℃,B中气体降低到27℃,待重新平衡后,这两部分气体体积之比VA'∶VB'为()A.1∶1 B.2∶3C.3∶4 D.2∶1答案B解析对A部分气体有:pAV对B部分气体有:pBV因为pA=pB,pA'=pB',TA=TB,所以将①÷②式得VA所以VA2.如图所示,汽缸上下两侧气体由绝热活塞隔开,活塞与汽缸光滑接触。初始时活塞和两侧气体均处于平衡态,因活塞有质量,所以下侧气体压强是上侧气体压强的两倍,上下气体体积之比V1∶V2=1∶2,温度之比T1∶T2=2∶5。保持上侧气体温度不变,改变下侧气体温度,使两侧气体体积相同,此时上下两侧气体的温度之比为()A.4∶5 B.5∶9C.7∶24 D.16∶25答案D解析设V1=V,由题意可知V2=2V,设T1=2T,则T2=5T,气体压强p2=p1+mgS=2p1则mgS=p1,最终两部分气体体积相等则V1'=V2'=32V上部分气体温度不变,由玻意耳定律:p1V1=p1'V1',解得p1'=23p1下部分气体的压强p2'=p1'+mgS=5对下部分气体,由理想气体状态方程得:p2解得T2'=258T上下两侧气体的温度之比T1故选项D正确。3.如图所示,一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置。玻璃管的下部封有长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。已知大气压强为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l1'=20.0cm。假设活塞下推过程中没有漏气,则活塞下推的距离为()A.5cm B.10cmC.15cm D.20cm答案C解析以cmHg为压强单位,在活塞下推前,玻璃管下部空气柱的压强为p1=p0+l2①设活塞下推后,下部空气柱的压强为p1',由玻意耳定律得p1l1=p1'l1'②设活塞下推距离为Δl,则此时玻璃管上部空气柱的长度为l3'=l3+l1-l1'-Δl③设此时玻璃管上部空气柱的压强为p3',则p3'=p1'-l2④由玻意耳定律得p0l3=p3'l3'⑤由①~⑤式及题给数据解得Δl=15.0cm,C项正确。4.如图,A、B是体积相同的汽缸,B内有一导热的可在汽缸内无摩擦滑动且体积不计的活塞C,D为不导热的阀门。起初阀门关闭,A内装有压强p1=2.0×105Pa,温度T1=300K的氮气;B内装有压强p2=1.0×105Pa,温度T2=600K的氧气。打开阀门D,活塞C向右移动,最后达到平衡。以V1和V2分别表示平衡后氮气和氧气的体积(假定氮气和氧气均为理想气体,并与外界无热交换,连接汽缸的管道体积可忽略),则V1与V2之比为()A.1∶2 B.1∶4 C.1∶1 D.4∶1答案D解析设活塞C向右移动x,最后共同的温度为T,压强为p,由理想气体状态方程可知:对A部分气体有:p1对B部分气体有:p将两式相除:V1V2=5.如图所示,绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于水平地面上,由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦。两汽缸内装有处于平衡态的理想气体,开始时体积均为V0、温度均为T0。缓慢加热A中气体,停止加热达到稳定后,A中气体压强变为原来的1.2倍。设环境温度始终保持不变,求此时汽缸A中气体的体积VA和温度TA。答案76V01.4T解析设初态A中气体压强为p0,膨胀后A、B中气体压强相等,pA=pB=1.2p0,B中气体始、末状态温度相等,根据玻意耳定律可得p0V0=1.2p0(2V0-VA),所以VA=76V0,A中气体满足p0V0T0=1.2p6.如图所示,由内径相同的两U形玻璃管弯接而成的连通器竖直放置,左侧管顶端封闭,右侧管顶开口,中间不漏气。现用水银封闭有A、B两部分气体,已知环境温度恒为17℃,大气压强为76cmHg,稳定时,A部分气体长度为20cm,管内各液面高度差分别为h1=8cm、h2=10cm。(1)求A部分气体的压强;(2)保持B部分气体温度不变,给A部分气体缓慢加热,使其温度升高到147℃时,A部分气柱长度变为24cm,求此时右侧U形管液面高度差h2'。答案(1)58cmHg(2)6cm解析(1)B气体压强pB=p0-ρgh2=66cmHg,A部分气体压强pA=pB-ρgh1=58cmHg(2)A部分气体加热后,有pALA1STA1由于左边水银高度相等,则中间B气体的压强pB'=pA2=p0-ρgh2',解得h2'=6cm7.一个质量可忽略不计的活塞将一定量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形汽缸内,活塞上堆放着铁砂,如图所示。最初活塞搁置在汽缸内壁的固定卡环上,气体柱的高度为H0,压强等于大气压强p0。现对气体缓慢加热,当气体温度升高ΔT=60K时,活塞(及铁砂)开始离开卡环而上升,继续加热直到气柱高度为H1=15H0。此后,在维持温度不变的条件下逐渐取走铁砂,直到铁砂全部取走时,气柱高度变为H2=1.8H0,求此时封闭气体的温度(不计活塞与汽缸之间的摩擦)。答案540K解析以封闭气体为研究对象,气体经历了三个变化过程,如图所示。根据气体状态方程有:p0T0=p1T0+Δ解得T2=540K。关键能力提升练8.如图所示,一上端开口、内壁光滑的圆柱形绝热汽缸竖直放置在水平地面上,一厚度、质量均不计的绝热活塞将一定量的理想气体封闭在汽缸内。汽缸顶部有厚度不计的小卡环可以挡住活塞。初始时,底部阀门关闭,缸内气体体积为汽缸容积的45,温度为280K。已知外界大气压强恒为p0(1)求此时缸内气体的压强;(2)打开阀门,保持缸内气体温度为400K不变,求活塞缓慢回到初始位置时,缸内剩余气体质量与打开阀门前气体总质量之比。答案(1)87p0(2)解析(1)若气体经历等压变化,则当温度变为400K时,由盖-吕萨克定律可得:4解得V=87V0>V说明当温度为400K时活塞已经到达顶端,则由理想气体状态方程可得p解得p=87p(2)设缸内气体温度为400K,压强为p0时体积为V',则pV0=p0V',解得V'=87V打开阀门,保持缸内气体温度为400K不变,活塞缓慢回到初始位置时,汽缸内剩余的压强为p0的气体体积为45V0,缸内剩余气体质量与打开阀门前气体总质量之比为49.如图甲所示,汽缸开口向右、固定在水平桌面上,汽缸内用活塞(横截面积为S)封闭了一定质量的气体,活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计。轻绳跨过光滑定滑轮将活塞和地面上的重物(质量为m)连接,与活塞连接的轻绳水平,重力加速度为g。开始时汽缸内外压强相同,均为大气压p0(mg<p0S),轻绳处在伸直状态,汽缸内气体的温度为T0,体积为V。现使汽缸内气体的温度缓慢降低,最终使得气体体积减半,求:(1)重物刚离开地面时汽缸内气体的温度T1;(2)气体体积减半时的温度T2;(3)在如图乙所示的坐标系中画出气体状态变化的整个过程并标注相关点的坐标值。答案(1)1-mgp0ST0(2)解析(1)重物刚离开地面前封闭气体的体积不变。开始时封闭气体的压强p1=p0,重物刚离开地面时封闭气体的压强p2=p0-mg由查理定律得:p解得:T1=1-mg(2)从重物开始离开地面到封闭气体体积减半的过程中,封闭气体的压强不变。由盖-吕萨克定律得V解得T2=121(3)如图所示10.如图所示,一粗细均匀的U形细玻璃管竖直放置并盛有水银,左端封闭一定质量、长度为L=5.0cm的空气,右端足够长且上端开口与大气相通。玻璃管底部有一处于关闭状态的绝热开关K,此时右侧管中的水银面比左侧管中的水银面高h1=16.0cm,现将开关K打开,从玻璃管中缓慢放出部分水银,当左侧水银面比右侧水银面高h2=10.0cm时,将开关K关闭,此时玻璃管内左边空气柱的温度为27℃,并对左侧玻璃管内的空气加热至两边水银柱等高。已知大气压强p0=75.0cmHg。取T=t+273K,计算结果保留一位小数,求:(1)放出部分水银后左边封闭空气柱的长度;(2)两边水银柱的高度相等时,左边空气柱的温度为多少摄氏度?答案(1)7.0cm(2)320.4℃解析(1)设玻璃管的横截面积为S,放出部分水银后封闭空气柱的长度为L1,压强为p,由玻意耳定律可知pSL=p1SL1由平衡条件可知p=p0+ph1=91cmHg打开开关K放出部分水银后p1=p0-ph2=65cmHg联立解得L1=7.0cm(2)由加热后左右两边水银柱相平可知,左边封闭空气柱的压强p1'=p0=75cmHg加热后左边空气柱的长度L1'=L1+ℎ22=12.0根据理想气体状态变化方程可知p即p1L1T1=p1'L1'T1',解得T111.如图所示,内壁光滑、长度均为4l、横截面积均为S的汽缸A、B,A水平、B竖直固定,之间由一段容积可忽略的细管相连,整个装置置于温度为27℃、大气压为p0的环境中,活塞C、D的质量及厚度均忽略不计。原长3l、劲度系数k=3p0Sl的轻弹簧,一端连接活塞C、另一端固定在位于汽缸A缸口的O点。开始活塞D距汽缸B的底部3l。后在D(1)稳定后活塞D下降的距离;(2)改变汽缸内气体的温度使活塞D再次回到初位置,则气体的温度应变为多少?答案(1)7l3解析(1)由于活塞的质量不计,所以初始状态汽缸A、B中的气体压强都为大气压p0,弹簧弹力为零,所以活塞C到汽缸A底部的距离为x1=l放上物体稳定后,设汽缸A、B中气体的压强均为p1,对D活塞有p1S=mg+p0S对活塞C有p1S=F1+p0SF1为弹簧的弹力,F1=kΔx1=3p0S联立以上三式可求得弹簧被压缩Δx1=l此时活塞C距汽缸底部的距离为x2=4初态下气体的总体积V0=4lS,末态总体积为V1,由玻意耳定律p0V0=p1V1,解得V1=2lS由此可知活塞D下降的距离为x=3l-2(2)改变气体温度使活塞D回到初位置,气体为等压变化,所以弹簧位置不变。V2=133由盖-吕萨克定律V解得T2=650K,所以气体此时的温度为t=377℃。12.一圆柱形汽缸直立在地面上,内有一具有质量而无摩擦的绝热活塞,把汽缸分成容积相同的A、B两部分,如图所示,两部分气体温度相同,都是27℃,A部分气体压强pA0=1.0×105Pa,B部分气体压强pB0=2.0×105Pa。现对B部分气体加热,使活塞上升,保持(1)A部分气体的压强pA;(2)B部分气体的温度TB。答案(1)1.5×105Pa(2)500K解析(1)A部分气体发生等温变化,由玻意耳定律得pA0V=pA·2所以pA=32把pA0=1.0×105Pa代入,得pA=1.5×105(2)B部分气体:初状态:pB0=2.0×105Pa,VB0=V,T末状态:pB=pA+(pB0−pA0)=2.VB=V+13V=43由理想气体状态方程:pB得TB=TB0pBVBp13.U形管两臂粗细不同,开口向上,封闭的粗管横截面积是开口的细管的3倍,管中装入水银,大气压为76cmHg。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,如图所示。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。答案(1)88cmHg(2)4.5cm解析设细管横截面积为S,则粗管横截面积为3S,(1)以粗管内被封闭气体为研究对象,p1=80cmHg,V1=11×3S=33S最终两管液面相平,则细管液面下降3cm,粗管液面上升1cm,V2=10×3S=30S封闭气体做等温变化:p1V1=p2V280×33S=p2·30S,得p2=88cmHg(2)以细管被活塞封闭气体为研究对象,p1'=76cmHg,V1'=11S,p2'=p