选修3-3计算题汇编.doc

1．如图所示，导热性能良好粗细均匀两端封闭的细玻璃管ABCDEF竖直放置。AB段和CD段装有空气，BC段和DE段为水银，EF段是真空，各段长度相同，即AB=BC=CD=DE=EF，管内AB段空气的压强为p，环境温度为T。
（1）若要使DE段水银能碰到管顶F，则环境温度至少需要升高到多少？
（2）若保持环境温度T不变，将管子在竖直面内缓慢地旋转180°使F点在最下面，求此时管内两段空气柱的压强以及最低点F处的压强。
33．（12分）
解：（1）设初状态每段的长度为h，CD段空气柱末状态的长度为hCD
根据等压变化，对CD段空气柱有 （1分）
（1分）
得T1=1.5T （2分）
（2）设CD段空气柱末状态的长度为hCD，压强为pCD
根据波意耳定律，对CD段空气柱有 （2分）
对AB段空气柱有 （2分）
得pCD= （1分）
pAB= （1分）
pF= （2分）
2.（10分）如图所示,一简易火灾报警装置,其原理是:竖直放置的试管中装有水银,当温度升高时,水银柱上升,使电路导通,蜂鸣器发出报警的响声.27℃时,空气柱长度L1 为20cm,水银上表面与导线下端的距离L2 为10cm,管内水银柱的高度h为8cm,大气压强为75cm水银柱高.
【1】当温度达到多少时,报警器会报警?
【2】如果要使该装置在87℃时报警,应该再往玻璃管内注入多高的水银柱?

1．177oc【2】设加入X水银柱,在87℃时会报警,

根据

解得X=8.14cm
3、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理想气体。活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h。现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，活塞上升高度h，此时气体的温度为T1。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）加热过程中气体的内能增加量。

（2）现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度。

4.（9分）如图所示，可沿汽缸壁自由滑动的活塞将密封的圆筒形汽缸分隔成、两部分，活塞与汽缸顶部有一轻弹簧相连，当活塞位于汽缸底部时弹簧恰好无形变，开始时内有一定量的气体，是真空的，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，设温度不变，达到新的平衡后，求部分的高度

（2）（9分）解：设活塞的质量为，横截面积为，弹簧的劲度系数为，中气体初态压强为，汽缸倒置后，气体末态的压强为，弹簧的压缩量为，由题意有： ① （1分）
对活塞初态、末态分别由平衡条件有： ② （1分）
③ （1分）
对中气体由玻意耳定律得： ④ （2分）
代入数据联立①～④式得： ⑤ （2分）
由⑤式解得：（舍去） ⑥ （2分）

5.（2）一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0。经过太阳暴晒，气体温度由T0=300K升至T1=350K。

①　 求此时气体的压强。
②　 保持T1=350K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0。求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因。
（1），解得：
（2）根据，得：
根据W+Q=△U，以内T不变，所以△U=0。因为体积膨胀，所以W为负，所以Q为正，吸热。
6.（10分）如图所示，固定的绝热气缸内有一质量为m的“T”型绝热活塞（体积可忽略），距气缸底部h0处连接一U形管（管内气体的体积忽略不计）。初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差。已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为s，活塞竖直部分长为1.2h0，重力加速度为g。试问：
（1）初始时，水银柱两液面高度差多大?
（2）缓慢降低气体温度，两水银面相平时温度是多少？
解：（1）被封闭气体压强P＝P0＋＝P0＋ρgh （2分）
初始时，液面高度差为h＝ （2分）
（2）降低温度直至液面相平的过程中，气体先等压变化，后等容变化。
初状态：P1＝P0＋，V1＝1.5h0s，T1＝T0
末状态：P2＝P0，V2＝1.2h0s，T2＝？ （2分）
根据理想气体状态方程＝ （2分）
代入数据，得T2＝
7.如图所示，一个内壁光滑的圆柱形气缸，高度为L、底面积为S，缸内有一个质量为m的活塞，封闭了一定质量的理想气体。温度为热力学温标To时，用绳子系住气缸底，将气缸倒过来悬挂起来，气缸处于竖直状态，缸内气体高为Lo。已知重力加速度为g，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，求：
①采用缓慢升温的方法使活塞与气缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到多少K?
②当活塞刚要脱离汽缸时，缸内气体的内能增加量为△E，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为多少？
（2）
8.(10分)图中系统由左右连个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成。左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。两个容器的下端由可忽略容积的细管连通。
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p0，温度为T0=273K，连个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1 p0。系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。现将系统的底部浸入恒温热水槽中，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，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h。氮气和氢气均可视为理想气体。求
（i）第二次平衡时氮气的体积；
（ii）水的温度。

9.(II)气缸长为(气缸的厚度可忽略不计)，固定在水平面上，气缸中有横截面积为的光滑活塞，活塞封闭了一定质量的理想气体，当温度为，大气压为时，气柱长度为.现缓慢拉动活塞，拉力最大值为,
求：①如果温度保持不变，能否将活塞从气缸中拉出？
②保持拉力最大值不变，气缸中气体温度至少
为多少摄氏度时，才能将活塞从气缸中拉出？
(II)解：①设L有足够长，F达到最大值时活塞仍在气缸中，设此时气柱长L2 ,
气体压强为,根据压强平衡，有

根据玻意尔定律：
解得﹤
所以活塞不能被拉出。
（2）若保持F最大值不变，温度升高，活塞将向缸口移动，刚到缸口时，
此时，气体等压变化。根据盖吕萨克定律有

解得：
10（10分）某压缩式喷雾器储液桶的容量是5.7×10－3m3．往桶内倒入4.2×10－3m3的药液后开始打气，打气过程中药液不会向外喷出。如果每次能打进2.5×10－4m3的空气，要使喷雾器内空气的压强达到4标准大气压应打气几次？这个压强能否使喷雾器内的药液全部喷完？（设大气压强为1标准大气压，整个过程中温度不变）
⑵18次 可以使喷雾器内的药液全部喷出
11（9分）如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，内
部横截面积为S = 0.01m2，中间用两个活塞A和B封住一定质量
的气体。A、B都可沿圆筒无摩擦地上下滑动，且不漏气。A的质
量不计，B的质量为M，并与一劲度系数为k = 5×103 N/m的较长
的弹簧相连。已知大气压p0 = 1×105 Pa，平衡时两活塞之间的
距离l0 = 0.6 m，现用力压A，使之缓慢向下移动一段距离后，保
持平衡。此时用于压A的力F = 500 N。求活塞A下移的距离。

（2）解：设活塞A下移距离为l，活塞B下移的距离为x对圆柱筒中的气体运用玻—马定律，可得方程： (4分)
根据胡克定律，活塞B移动x后弹簧的弹力有： F = k x (1分)
将这两个方程联立，去掉x得
(2分)
将数值代入得： l = 0.3 m (2分)
12（2）．如图4所示的圆柱形容器内用活塞密封一定质量的气体，已知容
器横截面积为S，活塞重为G，大气压强为p0.若活塞固定，密封气

m1
m2
B
h1
h2
体温度升高1℃需吸收的热量为Q1；若活塞不固定，且可无摩擦滑动，仍使密封气
体温度升高1℃，需吸收的热量为Q2.
(1)Q1和Q2哪个大些？气体在定容下的比热容与在定压下的比热容为什么会不同？
(2)求在活塞可自由滑动时，密封气体温度升高1℃，活塞上升的高度h.
（2）解析：(1)设密封气体温度升高1℃，内能的增量为ΔU，则有
ΔU＝Q1　　　　　　　　　　　　　　　 ①
ΔU＝Q2＋W ②
对活塞应用动能定理得：
W内气＋W大气－Gh＝0 ③
W大气＝－p0Sh ④
W＝－W内气 ⑤
解②③④⑤得：Q2＝ΔU＋(p0S＋G)h ⑥
∴Q1＜Q2 ⑦
由此可见，质量相等的同种气体，在定容和定压两种不同情况下，尽管温度变化相
同，但吸收的热量不同，所以同种气体在定容下的比热容与在定压下的比热容是不
同的．
(2)解①⑥两式得：
h＝.
13(9分)有两个容积相等的玻璃球形容器，用一根细玻璃管连通,容器内封闭着温度为O0C、压强为.的理想气体。现用冰水混合物使容器1的温度保持在，用水蒸气使容器2的温度保持在求经过一段时间后容器内气体的压强P。（不计容器的容积变化和细玻璃管的体积，结果保留三位有效数字）

14如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一个活塞，质量分别为m1和m2（已知m1＝3m，m2＝2m），活塞与气缸壁间无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。环境温度为T0，当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h.在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度不变）
汽车行驶时轮胎的胎压太高容易造成爆胎事故，太低又会造成耗油上升。已知某型号轮胎能在－40℃～90℃正常工作，为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过3.5atm，最低胎压不低于1.6atm，那么在t＝20℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在什么范围内比较合适？（设轮胎容积不变）窗体顶端
· 解：由于轮胎容积不变，轮胎内气体做等容变化。设在T0＝293K充气后的最小胎压为Pmin，最大胎压为Pmax。依题意，当T1＝233K时胎压为P1＝1.6atm。根据查理定律 ，即 解得：Pmin＝2.01atm 当T2＝363K时胎压为P2＝3.5atm。根据查理定律 ，即 解得：Pmax＝2.83atm
15．（9分）太空中的宇航员都穿着一套与外界绝热的航天服，它能为宇航员提供合适的生存环境。假如在地面上航天服内气压为l atm，气体的体积为2L，温度为T0，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积达到最大为4L。
①试分析：宇航员由地面到太空的过程中，如果不采取任何措施，航天服内气体内能变化情况如何？为使航天服内气体保持恒温，应给内部气体制冷还是加热？
②为使航天服在最大体积时内部气压达到0.9 atm，温度为T0，可以通过补充气体实现，则需向其内部补充温度为To、压强为l atm的气体多少升？
①航天服内气体因膨胀对外做功，W<0；而航天服绝热Q=0，由热力学第
一定律⊿U=W+Q知，⊿U <0，气体内能减小。 （2分）
气体内能减小，则其温度降低，为保持恒温,需给其加热。 （2分）
②设需补充p1=1 atm的气体⊿V后，压强达到p2=0．9 atm，此时体积V2=4 L，
取总气体为研究对象，由玻意耳定律得
p1 （V1+⊿V ）= p2 V2 （3分）
代入数据解得⊿V=1．6 L

16（2）（9分）如图所示，一根粗细均匀、内壁光滑的玻璃管竖直放置，玻璃
管上端有一抽气孔，管内下部被活塞封住一定质量的理想气体，气体温度
为T1。现将活塞上方的气体缓慢抽出，当活塞上方气体的压强达到p0时，
活塞下方气体的体积为V1，此时活塞上方玻璃管的容积为2．6V1，活塞因
重力而产生的压强为0．5p0。当活塞上方抽成真空时，密封抽气孔，然后
对活塞下方的密封气体缓慢加热，直到活塞刚碰到玻璃管顶部时停止加热。
求：
①当活塞上方刚抽成真空时，活塞下方气体的体积（设整个抽气过程中管内气体温度始终保持不变）。
②当活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度。
. 18如图所示，放置在水平地面上一个高为 40cm 、质量为 35kg 的金属容器内密闭一些空气，容器侧壁正中央有一阀门，阀门细管直径不计．活塞质量为 10kg ，横截面积为 60cm 2 ．现打开阀门，让活塞下降直至静止．不计摩擦，不考虑气体温度的变化，大气压强为 1.0×105Pa ．活塞经过细管时加速度恰为 g ．求：
（ 1 ）活塞静止时距容器底部的高度；
（ 2 ）活塞静止后关闭阀门，对活塞施加竖直向上的拉力，是否能将金属容器缓缓提离地面？（通过计算说明）
解析：（ 1 ）活塞经阀门细管时 , 容器内气体的压强为 P1=1.0×105Pa ，容器内气体的体积为 V1=60 × 10-4 × 0.2m3 =1.2 × 10-3m3
活塞静止时 , 气体的压强为 P2=P0 ＋ mg/S=1.0×105 ＋ 10 × 10/60 × 10-4=1.17 × 105 Pa
根据玻意耳定律， P1V1=P2V2
  1.0×105 × 1.2 × 10-3=1.17 × 105 × V2
  求得 V2=1.03 × 10-3m3  h2= V2/S=1.03 × 10-3/60 × 10-4=0.17m
19一活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，初始时气体体积为 3.0×l0 -3m3 。用 DIS 实验系统测得此时气体的温度和压强分别为 300K 和 1.0×105Pa 。推动活塞压缩气体，稳定后测得气体的温度和压强分别为 320K 和 1.6×105Pa 。
 ( 1) 求此时气体的体积( 2) 保持温度不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压强变为 8.0×104Pa ，求此时气体的体积。
解析：（ 1 ）从气体状态Ⅰ到状态Ⅱ的变化符合理想气体状态方程   × 10-3 m3 
  （ 2 ）气体状态Ⅱ到状态Ⅲ的变化为等温过程
  p2V=p3V3   2 × 10-3 m3 
20. 如图所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度不计，在 A 、 B 两处设有限制装置，使活塞只能在 A 、 B 之间运动， B 左面汽缸的容积为 V0 ， A 、 B 之间的容积为 0.1V0 。开始时活塞在 A 处，缸内气体的压强为 1.1p0（ p0 为大气压强且保持不变），温度为 399.3K ，现缓慢让汽缸内气体降温，直至 297K 。求：（ 1 ）活塞刚离开 A 处时的温度 TA ；
（ 2 ）缸内气体最后的压强 p ；
（ 3 ）在右图中画出整个过程的 p-V 图线。解析：等容过程中活塞离开 A 时的温度为 TA
21如图所示，有一圆柱形汽缸，上部有一固定挡板，汽缸内壁的高度是 2L ，一个很薄且质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处在离底部 L 高处，外界大气压为 1.0×105Pa ，温度为 27 ℃ ，现对气体加热，求：（ 1 ）当加热到 127 ℃ 时活塞离底部的高度；（ 2 ）当加热到 427 ℃ 时，气体的压强。
解析：开始加热活塞上升的过程封闭气体作等压变化。设气缸横截面积为 S ，活塞恰上升到气缸上部挡板处时气体温度为 t ℃，则对于封闭气体，状态一： T1= （ 27+273 ） K ， V1=LS ；状态二： T= （ t+273 ） K ， V=2LS 。
由 ，可得 ，解得 t=327 ℃
（ 1 ）当加热到 127 ℃ 时，活塞没有上升到气缸上部挡板处，设此时活塞离地高度为 h ，对于封闭气体，初状态： T1=300K ， V1=LS 末；末状态： T2=400K ， V2=hS 。
由 ，可得 ，解得 h=
（ 2 ）设当加热到 4270C 时气体的压强变为 p3 ，在此之前活塞已上升到气缸上部挡板处，
对于封闭气体，初状态： T1=300K ， V1=LS ， p1=1.0×105Pa ；
末状态： T3=700K ， V3=2LS ， p 3= ？
由 ， 可得 ，代入数据得： p3=1.17×105Pa
22如图，粗细均匀、两端开口的 U 形管竖直放置，两管的竖直部分高度为 20cm ，内径很小，水平部分 BC 长 14cm 。一空气柱将管内水银分隔成左右两段。大气压强 P0 ＝ 76cmHg 。当空气柱温度为 T0 ＝ 273K 、长为 L0 ＝ 8cm 时， BC 管内左边水银柱长 2cm ， AB 管内水银柱长也为 2cm 。求：
（ 1 ）右边水银柱总长是多少？
（ 2 ）当空气柱温度升高到多少时，左边的水银恰好全部进入竖直管 AB 内？
（ 3 ）为使左、右侧竖直管内的水银柱上表面高度差最大，空气柱温度至少要升高到多少？
解析：（ 1 ） P1 ＝ P0 ＋ h 左＝ P0 ＋ h 右   h 右＝ 2cm ，∴ L 右＝ 6cm 。
（ 2 ） P1 ＝ 78cmHg ， P2 ＝ 80cmHg ， L2 ＝（ 8 ＋ 2 ＋ 2 ） cm ＝ 12cm 。
，即： ∴ T2 ＝ 420K
（ 3 ）当 AB 管中水银柱上表面恰好上升到管口时，高度差最大。 L3 ＝ 28cm 。
等压变化， ，即： ，∴ T3 ＝ 980K 
23.如图，竖直平面内有一直角形内径相同的细玻璃管，A端封闭，C端开口，AB=BC=，且此时A、C端等高。平街时，管内水银总长度为，玻璃管AB内封闭有长为的空气柱。已知大气压强为汞柱高。如果使玻璃管绕B点在竖直平面内顺时针缓慢地转动至BC管水平，求此时AB管内气体的压强为多少汞柱高?管内封入的气体可视为理想气体且温度不变。
· 解答：
因BC长度为，故顺时针旋转至BC水平方向时水银未流出。
设A端空气柱此时长为，管内横截面积为S,对A内气体：

        （共4分）
对A中密闭气体，由玻意耳定律得
                       （3分）
联立解得                    （1分）
即： (汞柱高)              （1分）

24（2）（9分）如图所示，两端开口的U形玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管的2倍。管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为12 cm，大气压强为 =75 cmHg。现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞封闭并使活塞缓慢推入管中，直至两管中水银面高度差达6 cm为止。求活塞下移的距离。（环境温度不变） 
     25      (2)（9分）某登山运动员在一次攀登珠穆朗玛峰的过程中，在接近山顶时他裸露在手腕上的防水手表的表盘玻璃突然爆裂了，而手表没有受到任何撞击，该手表出厂时给出的参数为：27 cC时表内气体压强为1.0×105Pa（常温下的大气压强值），当内、外压强差超过6.0×l04Pa时表盘玻璃将爆裂．当时登山运动员携带的温度计的读数是-21℃，表内气体体积的变化可忽略不计．
(1)通过计算判断手表的表盘玻璃是向外爆裂还是向内爆裂？
(2)当时外界的大气压强为多少？

 ⑵解：(1)取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1＝1.0×105 Pa，温度为T1＝(273＋27)K＝300K
其末状态的压强为p2，温度为T2＝(273－21)K＝252K
根据查理定律，有 ……………………………………………2分
解得：p2＝8.4×104 Pa ……………………………………………1分
如果手表的表盘玻璃是向内爆裂的，则外界的大气压强为
p0＝p2＋Δp＝8.4×104 Pa＋6.0×104 Pa＝1.44×105 Pa ……………2分
大于山脚下的大气压强(即常温下的大气压强)，这显然是不可能的，所以可判断手表的表盘玻璃是向外爆裂的。 ……………………………………………1分
(2)当时外界的大气压强为
p0′＝p2－Δp ……………………………………………1分
＝8.4×104 Pa－6.0×104 Pa＝2.4×104 Pa ……………………………………………2分
26（2）一定质量的理想气体，经过如图所示的由A经B到C的状态变化.设状态A的温度为400K.求：
①状态C的温度Tc为多少K？
②如果由A经B到C的状态变化的整个过程中，气体对外做了400J的功，气体的内能增加了20J，则这个过程气体是吸收热量还是放出热量？其数值为多少？

27（2）（9分）如图所示，向一个空的铝饮料罐（即易拉罐）中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略）。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是360cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2cm2，吸管的有效长度为20cm，当温度为25℃时，油柱离管口10cm。
①吸管上标刻温度值时，刻度是否均匀？说明理由
②计算这个气温计的测量范围
（2）①根据盖—吕萨克定律，，
则C=，　①
所以ΔV=C ΔT=，②
即体积的变化量与温度的变化量成正比，吸管上标的刻度是均匀的　　③
②因为ΔV=，所以④
这个气温计可以测量的温度为t=（251.6）℃，
即这个气温计测量的范围是23.4℃～26.6℃　　　　　　　⑤
①②④⑤各2分，③1分。
28(2)一根两端开口、粗细均匀的长直玻璃管横截面积为S＝2×10-3m2，竖直插入水面足够宽广的水中．管中有一个质量为m＝0.4kg的活塞，封闭一段长度为L0＝66cm的气体，气体温度T0=300K，如图所示．开始时，活塞处于静止状态，不计活塞与管壁间的摩擦．外界大气压强P0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3．试问：
①开始时封闭气体的压强多大？
②现保持管内封闭气体温度不变，用竖直向上的力F缓慢地拉动活塞．当活塞上升到某一位置时停止移动，此时F＝6.4N，则这时管内外水面高度差为多少？管内气柱长度多大？

(2)（1）当活塞静止时， （2分）
（2）当F=6.4N时，有ks5u
（1分） P2=9.88×104Pa （1分）
（1分）
管内液面比水面高 （1分）
由玻意耳定律 P1L1S=P2L2Sks5u
空气柱长度
29(2)(9分)某同学将广口瓶开口向上放入77℃热水槽中，待热平衡后，用一个剥去蛋 壳的熟鸡蛋(最粗处横截面略大于瓶口横截面，鸡蛋体积远小于广口瓶容积)恰好封住瓶口，如图所示。当热水槽中水温降低时，鸡蛋缓慢下落，水温降至42℃时,观察到鸡蛋即将落入瓶中。已知大气压强P0=1．0×105Pa，瓶口面积S=1．0×10-3m2，熟鸡蛋重力为G=0．50N。求：

①温度为42℃时广口瓶内的气体压强；
②当熟鸡蛋即将落入瓶中时受到瓶口的阻力。
解：①（5分）广口瓶内的空气状态为：

根据查理定律得： （3分）
得 ×1.0×105Pa=0.9×105 Pa （2分）
②（4分）当熟鸡蛋缓慢时，根据力的平衡，有：G+p0S =p2S+f （2分）
即：f=G+（p0-p2）S=[0.50+（1.0×105-0.9×105）×1.0×10-3]N=10.5N （2分）

30 10分)一气象探测气球，在充有压强为1.00 atm(gp 76. 0 cmHg)、温度为27.00C的氦气时，体积为3. 50 m3。在上升至海拔5. 50 km高空的过程中，气球内氦气压强逐渐减小到此高度上的大气压38.0 cmHg，气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变。此后停止加热，保持高度不变。巳知在这一海拔高度气温为一33.00C。求：
①氦气在停止加热前的体积；
②氦气在停止加热较长一段时间后的体积。

31(2)(4分)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之间通过软管相连，它们上端均与大气相通，大气压强等于75cmHg．当测温泡P浸在冰水混合物中，压强计左右A、C两管的水银面恰好都位于刻度尺的零刻度处，当将测温泡浸没在某液体中时，移动右管B调节A管内水银面的高度，使泡内气体体积不变，此时右管水银面的高度在15.0cm刻度处．求：此时被测液体的温度(大气压强保持恒定)．
32 (2)如图所示，大气压强为pO，气缸绝热且水平固定，开有小孔的薄隔板将其分为A、B两部分，光滑绝热活塞可自由移动。初始时气缸内被封闭气体温度T，A、B两部分体积相同。加热气体，使A、B两部分体积之比为1:2;
加热前后两个状态，气体压强 (填"增大、减小或不变")，并从微观上解释压强变化的原因。
‚求气体加热后的温度。
ƒ加热前后两个状态，气体内能如何变化，比较气体对外做的功与吸收的热量大小关系。
（2）解：活塞光滑，气体前后压强不变，气体温度升高，分子平均动能增大，但同时气体膨胀，体积增大，分子密集程度变小，因此气体压强不变（1分）
‚AB体积之比1：2，设A的容积V，
则初状态AB总体积2V，末状态总体积3V
由盖·吕萨克定律2V1T=3V1T1 （2分）
ƒ气体温度升高，内能增加，吸收热量大于气体对外做的功 （1分）
33）（10分）如图所示，两端开口的气缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，面积分别为S1= 20cm2，S2=10cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M的重物C连接，静止时气缸中的空气压强P1=1.2atm，温度T1=600K，气缸两部分的气柱长均为L．已知大气压强P0=latm=l×l05Pa，取g=10m/s2，缸内空气可看作理想气体，不计摩擦．求：
①重物C的质量M是多少？
②降低气缸中气体的温度，活塞A将向右移动，在某温度下活塞A靠近D处时处于平衡，此时缸内气体的温度是多少？

34（10分）如图所示，一个开口向上的圆筒气缸直立于地面上，距缸底2L处固定一个中心开孔的隔板a，在小孔处装有一个能向下开启的单向阀门b，只有当上部压强大于下部压强时，阀门才开启．C为一质量与摩擦均不计的活塞，开始时隔板以下封闭气体压强为1.2p0 (p0为大气压强)；隔板以上由活塞c封闭的气体压强为p0，活塞C与隔板距离为L．现对活塞c施加一个竖直向下缓慢增大的力F0设气体温度保持不变，已知F增大到F0时，可产生向下的压强为0.2p0，活塞与隔板厚度均可不计，（上下是相同的理想气体）求：
①当力缓慢增大到2F0时，活塞c距缸底高度是多少？
②当力缓慢增大到4F0时，缸内各部分气体压强是多少？
（1）对上面气体，到b开启时，P0•L=1.2P0•L1，L1= 5L/6 （2分）
对全部气体，当力为2Fo时， 1.2P0•17L/6=1.4P0•L2， （2分）
（1分）
（2）当力为4Fo时，P=1.8P0，
1.4P0•=1.8P0•L3， L3=<2 L， （2分）
全部气体都在隔板a之下，最后气体高度应为L4=2L，设压强为P4
则：1.4P0•=P4•L4， （2分）
P4=1.7P0 （1分） 
35 (2)（9分） 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内充有一定量的气体，A内是真空。B部分高度为L1=0.10米、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，达到新的平衡后B部分的高度L2等于多少?设温度不变。

(2) 设开始时B中压强为p1,气缸倒置达到平衡后B中压强为p2、分析活塞受力得：
　　　　　　　　p1S＝kL1+Mg,　　①
　　　　　　　　p2S+Mg＝kL2,　　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：
　　　　　　　　kL1＝Mg,　　　　 ③
　　玻意耳定律, p1L1＝p2L2,　 　 ④
　　解得　　　　L2＝2L1＝0.2米、　⑤
评分标准： ①②③④各式2分，⑤式1分
36（2）（9分）如图所示， 一密闭的截面积为S的圆筒形汽缸，高为H，中间有一薄活塞， 用一劲度系数为k的轻弹簧吊着，活塞重为G，与汽缸紧密接触不导热，若Ⅰ、Ⅱ气体是同种气体，且质量、温度、压强都相同时，活塞恰好位于汽缸的正中央，设活塞与汽缸壁间的摩擦可不计，汽缸内初始压强为=1.0×105Pa，温度为， 求：
①弹簧原长．
②如果将汽缸倒置， 保持汽缸Ⅱ部分的温度不变，使汽缸Ⅰ部分升温，使得活塞在汽缸内的位置不变，则汽缸Ⅰ部分气体的温度升高多少?
(2)（9分） ① ②

37（2）(10分)  如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，中间用两个活塞A与B封住一定质量的理想气体，A，B都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动，但不漏气。A的质量可不计，B的质量为M，并与一劲度系数k=5×103N/m的较长的弹簧相连，已知大气压强p0=1×105Pa，平衡时，两活塞问的距离l0=0.6m，现用力压A，使之缓慢向下移动一定距离后，保持平衡，此时，用于压A的力F=5×102N, 求活塞A向下移动的距离。（假定气体温度保持不变）
(2)设活塞A向下移动l，相应B向下移动x，对气体分析：初态：p1=p0  V1=l0S

由玻-意耳定律：p1V1=p2V2　　　　（３分）
初态时，弹簧被压缩量为x'，由胡克定律：Mg=kx'②（１分）
当活塞A受到压力F时，活塞B的受力情况如图7-20所示。F'为此时弹簧弹力
由平衡条件可知p0S+F'=p0S+F+Mg③（３分）
由胡克定律有：F'=k(x+x')④（１分）
联立①②③④解得：l=0.3m。（２分）

38（2）（9分）如图所示，在一端封闭的U形管中用水银柱封一段空气柱
L，当空气柱的温度为14℃时，左臂水银柱的长度h1=10cm，右臂水银柱长
度h2=7cm，气柱长度L=15cm；将U形管放入100℃水中且状态稳定时，h1
变为7cm。分别写出空气柱在初末两个状态的气体参量，并求出末状态空气柱的压强和当时的
大气压强（单位用cmHg）解析：（1）理想气体的温度降低，则其平均动能变小，B项正确，由状态方程得，温度降低，压强增大，则体积一定减小，气体密度变大，A项错；理想气体的内能只与温度有关，温度降低，内能一定减小，C项正确；由热力学第一定律，气体内能减少，则放出的热量一定多于外界对气体做的功，D项正确。
（2）对于封闭的空气柱（设大气压强为p0）
初态：p1= p0+ h2- h1 =（ p0-3）cmHg
V1=LS=15S（cm3）
T1=287 K （三个参量表达正确得3分，用长度表示体积的可以不扣分）
末态h1ˊ=7cm，h2ˊ=10cm，故压强p2= p0+ h2′- h1′=（p0+3）cmHg
V2=（L+3）S=18S（cm3）
T2=373 K （三个参量表达正确得3分，用长度表示体积的可以不扣分）
由理想气体状态方程得 （1分）
解得，大气压强为p0=72．25 cmHg
在100℃水中时，空气柱压强为p2=75．25 cmHg （2分）
39（12分）一足够高的直立气缸上端开口，用一个厚度不计的光滑活塞封闭了一段高为80 cm的气柱，气缸侧壁通过一个小开口与U形管相连，开口离气缸底部的高度为70 cm，开口管内及U形管内的气体体积忽略不计。已知图示状态时气体的温度为7℃ , U形管内水银面的高度差h1=5cm，大气压强为p0=1. 0×105 Pa不变，水银的密度=13. 6×103 kg/m3，取g＝10m/s2。求：
（1）现在活塞上添加沙粒，同时对气缸内的气体加热，始终保持活塞的高度不变，当气体的温度缓慢升高到37℃时，U形管内水银的高度差为多少？
（2）停止添加沙粒，让气缸内的气体逐渐冷却，那么当气体的温度至少降为多少℃时，U形管内两侧的水银面变为一样高？
40．（10分）
（1）因为活塞的位置保持不变，所以气缸内的气体近似做等容变化。
由　（3分）
可得　（1分）
＝（1分）
（2）气体温度下降时，气体的体积会减小，当活塞向下移动到开口下方时，U形管的两臂均与大气相通，两侧液面变为一样高，在此前气体做等压变化。
由　（3分）
可得（1分）
　（1分
41（2）（9分）如图所示，长L=31cm、内径均匀的细玻璃管，开口向上竖直放置，齐口水银柱封住L1=10cm长的空气柱，现将玻璃管以底端为轴在竖直平面内缓慢转动一周，直到开口再次向上，求玻璃管长口再次向上时空气柱的长度。（大气压强P0=75cmHg）

42（2）如图，气缸A与导热气缸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理想气体，压强均为p0、体积均为V0。缓慢加热A中气体， 使A中气体体积变为原来的1.2倍。设环境温度始终保持不变。
①求此时气缸A中气体的压强pA。
②此过程B中气体吸热还是放热？试分析说明。

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