高中物理选择性必修第三册第2章达标检测卷

第二章达标检测卷(考试时间：60分钟满分：100分)班级：________座号：________姓名：________分数：________一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．)1．下列关于固体的说法中，正确的是()A．晶体熔化时，温度不变，但内能变化B．单晶体一定是单质，有确定的几何形状，有确定的熔点C．多晶体没有确定的几何形状，也没有确定的熔点D．晶体都是各向异性的，而非晶体都是各向同性的【答案】A【解析】晶体具有一定的熔点，在熔化时温度保持不变，但要不断地吸收热量，改变分子间的距离，所以内能也要发生变化，故A正确；单晶体具有确定的几何形状，有确定的熔点，单晶体可以是单质，也可以是化合物，比如食盐、雪花等，故B错误；多晶体没有确定的几何形状，但有确定的熔点，故C错误；多晶体也是各向同性的，单晶体具有各向异性，故D错误．2．下列现象中，不能说明液体存在表面张力的是()A．吹出的肥皂泡成球形B．硬币能漂浮于水面上C．滴入水中的红墨水很快散开D．在完全失重的环境下，熔化的金属能收缩成标准的球形【答案】C【解析】吹出的肥皂泡成球形是由于表面张力的作用，故A不符合题意；硬币能漂浮于水面上，是由于表面张力的作用，故B不符合题意；滴入水中的红墨水很快散开，是自由扩散的结果，与表面张力无关，故C符合题意；在完全失重的环境下，熔化的金属能收缩成标准的球形，是由于表面张力的作用，故D不符合题意．3．下列说法中正确的有()A．晶体一定具有各向异性，非晶体一定具有各向同性B．单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点C．晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大D．液晶是一种特殊物质，它既具有液体的流动性，又像某些晶体那样有光学各向异性【答案】D【解析】多晶体和非晶体表现为各向同性，单晶体表现为各向异性，故A错误．单晶体和多晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故B错误．晶体熔化时吸收热量，吸收的热量转化为分子势能，而温度不变，分子平均动能不变，故C错误．液晶在某个方向上看其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的，所以它既具有液体的流动性，又像某些晶体那样有光学各向异性，故D正确．4．如图所示，表示一定质量的气体的状态A→B→C→A的图像，其中AB的延长线通过坐标原点，BC和AC分别与T轴和V轴平行．则下列说法正确的是()A．A→B过程气体压强增加B．B→C过程气体压强不变C．C→A过程气体单位体积内的分子数减少D．A→B过程气体分子平均动能增大【答案】D【解析】本题目考察对V－T图像的理解．过各点的等压线如图所示，从状态A到状态B，在同一条过原点的倾斜直线上，所以A→B过程气体压强不变，A错误；从状态B到状态C，斜率变大，则压强变小，B错误；从状态C到状态A，温度不变，体积减小，则单位体积内的分子数增多，C错误；从状态A到状态B，温度升高，则气体分子平均动能增大，D正确．5．下列说法正确的是()A．雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力B．1g、100℃的水与1g、100℃的水蒸气相比较，分子热运动的平均动能与分子的总动能不相同C．玻璃上附着水发生浸润现象的原因是附着层里的分子比水内部平均距离大，所以分子间表现为引力D．晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征【答案】A【解析】雨水在布料上形成一层薄膜，由于液体表面存在张力，雨水在表面张力作用下没有透过布雨伞，故A正确；分子热运动的平均动能与温度有关，温度越高，绝大部分的分子热运动越剧烈，分子热运动的平均动能越大，100℃的水与100℃的水蒸气温度相同，故分子热运动的平均动能相同，又因为均为1g，分子总数相同，故总动能也相同，故B错误；当浸润现象产生的原因是附着层内分子间距比液体内部分子间距小，分子间作用力表现为引力的缘故，故C错误；晶体有单晶体和多晶体，单晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征，而多晶体没有规则形状，各向同性，故D错误．6．关于液体表面张力，下列说法中正确的有()A．甲图中露珠呈球形，这是地球引力作用的结果B．乙图中液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，产生表面张力C．丙图中水黾可以停在水面上，是由于水的浮力作用D．丁图中液体表面张力方向与液面垂直【答案】B【解析】甲图中露珠呈球形，这是液体表面张力的结果，故A错误；乙图中液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子表现为引力，从而产生表面张力，故B正确；丙图中水黾可以停在水面上，是由于水的表面张力作用，故C错误；表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，故D错误．7．一定质量的某种气体自状态A经状态C变化到状态B，这一过程在V－T图上如图所示，则()A．在过程AC中，气体的压强不断变小B．在过程CB中，气体的压强不断变小C．在状态A时，气体的压强最大D．在状态B时，气体的压强最大【答案】D【解析】气体的AC变化过程是等温变化，由pV＝C可知，体积减小，压强增大，故A错误．在CB变化过程中，气体的体积不发生变化，即为等容变化，由eq\f(p,T)＝C可知，温度升高，压强增大，故B错误．综上所述，在ACB过程中气体的压强始终增大，所以气体在状态B时的压强最大，故C错误，D正确．8．甲、乙、丙、丁四位同学组成合作学习小组，对晶体和液晶的特点展开了讨论．他们的说法正确的是()A．甲说，晶体有单晶体和多晶体，单晶体有天然规则的几何形状B．乙说，多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有固定的熔点C．丙说，液晶就是液态的晶体，其光学性质与多晶体相似，具有各向异性D．丁说，液晶在分子结构上是一种介于固体和液体之间的中间态，它具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性【答案】AD【解析】单晶体具有确定的几何形状，无论是多晶体还是单晶体都有固定的熔点，故A正确，B错误；液晶像液体一样具有流动性，但不能说它是液态的晶体，它的光学性质具有各向异性，故C错误，D正确．9．住在海边的小明，跟几个朋友自驾去某高原沙漠地区游玩，下列相关说法正确的是()A．出发前给汽车轮胎充气，气压不宜过高，因为汽车高速行驶时胎压会增大B．小明在下雨时发现，雨水流过车窗时留有痕迹，说明水对玻璃是浸润的C．到了高原地区，小明发现，尽管气温变化不大，但车上带的矿泉水瓶变得更鼓胀了，这是瓶内空气压强变大的缘故D．小明发现在晴天大风刮起时，沙漠会黄沙漫天，海上不会水雾漫天，这是因为水具有表面张力的缘故【答案】AB【解析】出发前给汽车轮胎充气，气压不宜过高，因为汽车高速行驶时若遇到凹陷的道路，汽车对地面的压力增大，导致胎压会增大，A正确；小明在下雨时发现，雨水流过车窗时留有痕迹，说明水对玻璃是浸润的，B正确；到了高原地区，小明发现，尽管气温变化不大，但车上带的矿泉水瓶变得更鼓胀了，这是由于高原的大气压强减小的缘故，C错误；小明发现在晴天大风刮起时，沙漠会黄沙漫天，海上不会水雾漫天，这是因为风使蒸发的水蒸气迅速扩散，不易形成小水滴的缘故，D错误．10．如图所示为竖直放置的上细下粗的密闭细管，水银柱将气体分隔为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，体积变化量分别为ΔVA、ΔVB，压强变化量分别为ΔpA、ΔpB，对液面压力的变化量分别为ΔFA、ΔFB，则()A．水银柱向上移动了一段距离B．ΔVA<ΔVBC．ΔpA>ΔpBD．ΔFA＝ΔFB【答案】AC【解析】本题考察液体移动的判断．假定水银柱不动，升高相同的温度，对气体A：eq\f(pA,TA)＝eq\f(pA′,TA′)，初始状态时pA＝pB＋ph，则A、B升高相同温度后，pA′＝eq\f(TA′,TA)pA＝eq\f(TA′,TA)(pB＋ph)，同理知pB′＝eq\f(TA′,TA)pB，又因为pA>pB，故pA′－pA>pB′－pB，所以水银柱向上移动，水银柱上下液面压强差更大，所以ΔpA>ΔpB，因此A、C正确；因为水银不可压缩，故ΔVA＝ΔVB，B错误；因为ΔFA＝ΔpA·SA，ΔFB＝ΔpB·SB，故D错误．二、非选择题(本题共4小题，共40分)11．(8分)如p－V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3.用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，则N1______N2，T1______T3，N2______N3.(均填“大于”“小于”或“等于”)【答案】大于等于大于【解析】根据理想气体状态方程，可判断出状态1和状态3温度相等，即T1等于T3.气体从状态1到状态2，体积不变压强减小，温度降低，根据温度是分子平均动能的标志可知状态1分子平均速率大于状态3分子平均速率，则N1大于N2.气体从状态2到状态3，体积增大压强不变，温度升高，则N2大于N3.12．(10分)如图为“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与温度变化的关系”的实验装置示意图．粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内．开始时，B、C内的水银面等高．(1)若气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将C管________(填“向上”或“向下”)移动，直至______________；(2)实验中多次改变气体温度，用ΔT表示气体升高的摄氏温度，用Δh表示B管内水银面高度的改变量．根据测量数据作出的图线是()【答案】(1)向下B、C两管内水银面等高(2)A【解析】(1)瓶内气体压强等于外界大气压，当温度升高时，瓶内气体压强增大，B管中液面下降，要想使瓶内气体压强保持不变，必须使B、C管中水银面再次等高，故应将C管向下移动．(2)设B管的横截面积为S，根据盖－吕萨克定律，eq\f(V,T)＝eq\f(ΔV,ΔT)＝eq\f(ΔhS,ΔT)＝常量，即Δh∝ΔT，所以应选A．13．(10分)空气栓塞指的是在输液或输血过程中，空气进入机体内静脉，直至心脏，引起血液循环障碍的现象．当人体心脏中的气体体积超过75mL时，就会造成严重的空气栓塞，需进行紧急抢救．某次给病人输液时由于监护失误导致部分空气进入到心脏部位，形成的空气泡随着心脏搏动体积不断变化，体积最大时达到80mL.该病人心脏处的血压为60mmHg～120mmHg，空气泡在心脏所受压强等于大气压强和血压之和，已知大气压强p0＝760mmHg，病人的体温稳定保持不变．(1)求进入到心脏部位的空气泡的体积最大值与最小值之比；(2)因这次进入心脏气体较多，该病人需送高压氧舱进行加压急救．该病人送入高压氧舱后变得比较虚弱，其体内心脏处血压变为40mmHg～80mmHg，为了安全，需把心脏处的空气泡控制在40mL以下，求该高压氧舱的压强至少为多少？解：(1)进入到心脏部位的空气泡的压强最小值为p1＝p0＋60mmHg＝820mmHg，压强最大值为p2＝p0＋120mmHg＝880mmHg，空气做等温变化，设进入到心脏部位的空气泡的体积最大值与最小值分别为V1和V2，根据玻意耳定律可知p1V1＝p2V2，解得进入到心脏部位的空气泡的体积最大值与最小值之比eq\f(V1,V2)＝eq\f(44,41).(2)送入高压氧舱后，空气泡发生等温变化，空气泡体积最大时达到80mL，即V1＝80mL，为了安全需要把心脏处的空气泡控制在40mL，即V3＝40mL，根据玻意耳定律可知p1V1＝p3V3，代入数据得p3＝1640mmHg，此时这部分空气对应的压强p3＝p＋40mmHg，解得高压氧舱的压强至少为p＝1600mmHg.14．(12分)珠海市地处珠江口西岸，春夏季受暖湿的海洋性气流影响，相对湿度较大．人们喜欢用拔火罐疗法来祛湿．若罐的容积为50cm3，室温为27℃，已知大气压p0＝1.0×105Pa，罐壁导热性能良好．(1)某次拔罐过程中，先将罐内空气加热到57℃，求此时罐内空气质量与室温下罐内空气质量的比；(2)当罐被扣到人体上之后，罐内的空气从57℃降温到室温，罐的容积由于皮肤变形减少2cm3，求降温之后罐内气体的压强(结果保留2位有效数字)．解：(1)罐的容积V1＝50cm3，罐内空气温度T1＝(27＋273)K＝300K，此时包括溢出罐气体在内的气体的总体积为V2，温度为T2＝(57＋273)K＝330K，由盖－吕萨克定律有eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)，解得V2＝55cm3，则57℃时罐内剩余气体质量与室温下气体质量之比为eq\f(m1,m2)＝eq\f(V1,V2)＝eq\f(10,11).(2)降温前罐内气体的体积为V3＝50cm3，温度为T3＝330K，压强为p3＝1.0×105Pa，降温的后罐内气体的体积为V4＝(50－2)cm3＝48cm3，温度为T4＝300K.由eq\f(p3V3,T3)＝eq\f(p4V4,T4)，解得p4＝0.95×105Pa.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