查理定律与盖吕萨克定律专项训练卷.doc

2013-2014学年度北京师范大学万宁附属中学
查理定律和盖吕萨克定律专项训练题
考试范围：气体三大定律；命题人：王占国
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题（题型注释）
1．如图所示，质量为M导热性能良好的气缸由一根平行于斜面的细线系在光滑斜面上。气缸内有一个质量为m的活塞，活塞与气缸壁之间无摩擦且不漏气。气缸内密封有一定质量的理想气体。如果大气压强增大（温度不变），则
m
M

A．气体的体积增大 B．细线的张力增大
C．气体的压强增大 D．斜面对气缸的支持力增大
【答案】C
【解析】
试题分析：对活塞受力分析，沿斜面方向可得：,所以,若P0增大，则P增大，根据PV=常量，可知V减小；对气缸和活塞的整体而言，细线的张力T=(M+m)gsinα,；斜面对气缸的支持力F=(M+m)gcosα。与大气压强无关。选项C正确。
考点：气体的等温变化；整体法及隔离法。
2．下列各图中，能正确表示一定质量气体的等压变化的过程的图像是
A.B.C.D.
【答案】ACD
【解析】
试题分析：根据一定质量的气体的等压状态方程，即P=c(常数)，(恒量)，或者。所以选项ACD正确。
考点：气体的等压变化图线。
3．图为某同学设计的喷水装置，内部装有2L水，上部密封1atm的空气0.5L，保持阀门关闭，再充入1atm的空气0.1L，设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有

A.充气后，密封气体压强增加
B.充气后，密封气体的分子平均动能增加
C.打开阀门后，密封气体对外界做正功
D.打开阀门后，不再充气也能把水喷光
【答案】AC
【解析】
试题分析：密闭气体压强的微观原因是单位时间内撞击单位面积上的分子次数和每次撞击的平均作用力．温度不变，分子撞击器壁的平均作用力不变，充气之后单位时间内撞击单位面积的分子次数增加，压强增大，故A正确。温度是平均动能的标志，温度不变分子的平均动能不变，B错误。打开阀门，气体膨胀，对外界做正功，故C正确。膨胀过程温度不变属于等温变化，若都喷完容器中的水，气体体积增大，由玻意耳定律得P2小于外界气体压强，所以水不能喷完，D错误．
考点：本题考查了热力学第一定律、气体的等温变化。
4．如图所示，竖直放置的气缸内有一可作无摩擦滑动的活塞，活塞面积为2.0×10-3m2，活塞质量可忽略，气缸内封闭一定质量的气体，气体体积为V，温度是27℃，大气压强为1.0×105Pa。

问：
（1）在活塞上放一个质量为多少kg的砝码，使气缸内气体的体积为原来体积的4/5；
（2）要使体积恢复到V，应使气体温度升高到多少摄氏度？
【答案】（1）m＝0.5kg 2）102℃
【解析】
试题分析：（1）、P1＝P0＝1.0×105Pa V1＝V V2＝4V/5 ……………….1分
由玻意耳定律 P1V1＝P2V2
P2＝1.25×105Pa＝P0＋mg/S m＝0.5kg ……………….2分
（2）、气体为等压变化 由盖·吕萨克定律V1/T1＝V2/T2 ……………….1分

T2＝375K t2＝102℃… ………….2分
考点：考查了玻意耳定律和盖·吕萨克定律
点评：正确应用理想气体状态方程的前提是：判断此变化过程是属于等压、等容、还是等温变化．
5．如图所示，下面四幅图中，表示等压变化的是（ ）

【答案】ACD
【解析】
试题分析：等压变化，即，V-t图像这种等压线是一条在t轴截距上时-273.15的直线，故ACD正确
考点：考查了对盖吕萨克定律的理解
点评：一定质量的气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比，
6．如图所示，两端封闭、粗细均匀的细玻璃管，中间用长为h的水银柱将其分为两部分，分别充有空气，现将玻璃管竖直放置，两段空气柱长度分别为l1，l2，已知l1＞l2，如同时对它们均匀加热，使之升高相同的温度，这时出现的情况是：（    ）

A．水银柱上升 B．水银柱下降 C．水银柱不动 D．无法确定
【答案】A
【解析】
【错解分析】错解：假设两段空气柱的压强p1，p2保持不变，它们的初温为T。当温度升高△T时，空气柱1的体积由V1增至V'1；，增加的体积△V1=V'1-V1，考虑到空气柱的总长度不变，空气柱2的体积从V2增至V'2，且△V2=V'-V2，由盖·吕萨克定律得：

在T，△T都同的情况下，因为V1＞V2，所以△V1＞△V2，所以，水银柱应向下移动。选B。
【错解原因】这道题因为初温一样，又升高相同的温度，所以比较液柱移动，可能有两种假设，一种为设压强不变，另一种是设体积不变。而上述解法中假定压强不变而导出水银柱下降这本身就是自相矛盾的。水银柱的移动情况是由水银柱的受力情况决定的，而受力情况是由两边压强的大小决定的，因此不能假设压强不变。
【正解】假定两段空气柱的体积不变，即V1，V2不变，初始温度为T，当温度升高△T时，空气柱1的压强由p1增至p'1，△p1=p'1-p1，空气柱2的压强由p2增至p'2，△p2= p'2-p2。
由查理定律得：

因为p2=p1+h＞p1，所以△p1＜△p2，即水银柱应向上移动。所以正确答案应选A。
【点评】1）这类题目只能按等容过程求解。因为水银柱的移动是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改变又是两段空气柱压强增量的不同造成的所而它的受力改变又是手。
（2）压强的变化由压强基数（即原来气体的压强）决定，压强基数大，升高相同的温度，压强增量就大。同理，若两段空气柱同时降低相同的温度，则压强基数大的，压强减少量大。就本题而言，水银柱将向下移动。
7．如图所示，带有活塞的气缸中封闭一定质量的气体(不考虑分子势能)．将一个热敏电阻(电阻值随温度升高而减小)置于气缸中，热敏电阻与气缸外的欧姆表连接，气缸和活塞均具有良好的绝热性能．下列说法正确的是(　　)

A．若发现欧姆表读数变大，则气缸内气体内能一定减小
B．若推动活塞使气缸内气体体积减小，则气缸内气体内能减小
C．若推动活塞使气缸内气体体积减小，则气缸内气体压强减小
D．若推动活塞使气缸内气体体积减小，则欧姆表读数将变小
【答案】AD
【解析】发现欧姆表读数变大，由热敏电阻特性知，缸内气体温度降低，气体的内能减小，A正确；推动活塞使缸内气体体积减小，对气体做功，又因气缸和活塞均具有良好的绝热性能，没有热量交换，由热力学第一定律知，缸内气体的内能增大，温度升高，热敏电阻阻值变小，欧姆表读数将变小，而气体的压强将变大，B、C均错误，D正确．
8．某校开展探究性课外活动，一同学用如图1所示的装置研究气体压强、体积、温度三量之间的变化关系．该同学选用导热良好的气缸将其开口向下，内有理想气体，并将气缸固定不动，缸内活塞可自由滑动且不漏气．把一温度计通过缸底小孔插入缸内，插口处密封良好，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止，现给沙桶底部钻一个小洞，让细沙慢慢漏出，外部环境温度恒定，则(　　)
A．外界对气体做功，内能增大
B．外界对气体做功，温度计示数不变
C．气体体积减小，温度计示数减小
D．外界对气体做功，温度计示数增加
【答案】B
【解析】细沙漏出，气缸内气体压强增大，体积减小，外界对气体做功；气缸导热良好，细沙慢慢漏出，外部环境温度稳定，气体温度不变，亦即内能不变，选项B正确．
9．[物理一选修3—3](15分)
(1)(6分)下列说法正确的是( )
A．热现象的微观理论认为，构成物体的各个分子的运动都是无规则的、带有偶然性的，但大量分子的运动却有一定的规律
B．从微观角度看，一定量气体压强的大小跟两个因素有关：一个是气体分子的最大速率，一个是分子的数目
C．某些物质在不同条件下能够生成不同的晶体，如金刚石是晶体，石墨也是晶体，但组成它们的微粒均是碳原子
D．内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化
E．物体吸收热量同时对外做功，内能一定不变

【答案】：ACD
【解析】热现象的微观理论认为，构成物体的各个分子的运动都是无规则的、带有偶然性的，但大量分子的运动却有一定的规律，选项A正确；从微观角度看，一定量气体压强的大小跟两个因素有关：一个是气体分子的平均速率，一个是单位体积内分子的数目，选项B错误；某些物质在不同条件下能够生成不同的晶体，如金刚石是晶体，石墨也是晶体，但组成它们的微粒均是碳原子，选项C正确；内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化，选项D正确；物体吸收热量同时对外做功，内能可能变化，选项E错误。

(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。
（2）(9分)
解：①（5分）广口瓶内的空气状态为：
p1=p0=1.0×105Pa，
T1=273K+77K=350K.，
T2=273K+42K=315K.，

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）
10．如右图，ABCA表示一定质量的理想气体的一个循环过程，下列说法正确的是（ ）

A．A→B过程中，气体对外做了功
B．B→C过程中，气体内能增加
C．C→A过程中，气体内能减少
D．C→A过程中，外界对气体做功
【答案】B
【解析】
11．一定质量理想气体，状态变化过程如p－V图中ABC图线所示，其中BC为一段双曲线．若将这一状态变化过程表示在p－T图或V－T图上，其中正确的是 （ ）

【答案】AC
【解析】
12．如图所示的四个图象中,有一个是表示一定质量的某种理想气体从状态a等压膨胀到状态b的过程.这个图象是 （ ）

【答案】C
【解析】
13．如图8-2-18所示的四个图象是一定质量的气体，按不同的方式由状态a变到状态b，则反映气体变化过程中从外界吸热的是（ ）

图8-2-18
【答案】D
【解析】A为等温线，故A图所示变化过程既不吸热也不放热，故A错.B为等温线的变式，故结果同A.C为等压线，故由=常数，得当V增大时，T升高，在ab的过程中V减小，故系统放热.D为等容线，故由=常数，得当V增大时T升高，故ab过程中系统吸热，故D正确.
14．如图8-2-9所示，开口向上、竖直放置的容器中，用两活塞封闭着两段同温度的气柱，体积分别为V1、V2，且V1=V2，现给它们缓慢加热，使气柱升高的温度相同，这时它们的体积分别为V1′、V2′，则( )

图8-2-9
A.V1′>V2′ B.V1′=V2′
C.V1′>V2′ D.条件不足，无法判断
【答案】B
【解析】一定质量的气体，压强保持不变，其体积温度分别由V、T变到V′、T′则有，体积的变化为ΔV=V′-V
∴ΔV=.由于上、下两部分气体初、末温度及初始体积均相同，所以体积的变化量相同，则终了状态的体积应相同.
15．如图8-2-8所示，两端开口的U形管，右侧直管中有一部分空气被一段水银柱与外界隔开，若在左管中再注入一些水银，平衡后则( )

图8-2-8
A.下部两侧水银面A、B高度差h减小
B.h增大
C.右侧封闭气柱体积变小
D.水银面A、B高度差不变

【答案】D
【解析】根据压强平衡方程，可推得平衡时A、B的高度差等于C水银柱的高度，所以A、B的高度差不变.选项A、B错误，D正确.而右侧封闭气体压强，温度都未变.所以体积应保持不变，选项C错.
16．将质量相同的同种气体A、B分别密封在体积不同的两个容器中，保持两部分气体体积不变，A、B两部分气体压强随温度t的变化图线如图8-2-7所示，下列说法正确的有( )

图8-2-7
A.A部分气体的体积比B部分小
B.A、B直线延长线将相交于t轴上的同一点
C.A、B气体温度改变量相同时，压强改变量也相同
D.A、B气体温度改变量相同时，A部分气体压强改变量较大
【答案】ABD
【解析】从图可以看出，温度相同时，PA>PB，由玻意耳定律可得VA>VB，由Pt=P0(1+)可知A、B直线延长线应交于t轴上的同一点，此点对应的温度为-273.15℃由于A直线斜率大，可见温度变化相同，压强改变量不同，本题选ABD.
17．一定质量的气体，在体积不变时，温度每升高1℃，它的压强增加量( )
A.相同 B.逐渐增大
C.逐渐减小 D.成正比例增大
【答案】A
【解析】一定质量的气体，在体积不变时，温度每升高1℃增加的压强ΔP等于它在0℃时压强P0的即ΔP=P0.P0是确定的，故正确选项为A
18．一定质量的气体，压强保持不变，下列过程可以实现的是( )
A.温度升高，体积增大 B.温度升高，体积减小
C.温度不变，体积增大 D.温度不变，体积减小
【答案】A
【解析】根据盖·吕萨克定律，一定质量的气体，压强保持不变时，体积随温度的升高而增大，体积随温度的降低而减小，BCD均无可能，A是可以实现的.
19．如图8-2-12所示为某一定质量的气体的压强—温度变化图象，A、B是它的两个状态，A、B、O三点共线.则A、B两状态的体积关系是（ ）

图8-2-12
A.VAVB D.无法确定
【答案】A
【解析】比较体积，宜用通过A、B状态的特殊图线——等容图线，结合玻意耳定律讨论.如图8-2-13所示，分别作出过A、B的等容图线，交p轴于A′、B′，由于VA=VA′，VB=VB′，而A′、B′状态下pA′>PB′，根据玻意耳定律VB>VA，此题正确选项是A.

图8-2-13
20．如图8-2-8所示，三支粗细相同的玻璃管，中间都用一段水银柱封住温度相同的空气柱，且V1=V2＞V3，h1＜h2=h3.若升高相同的温度，则管中水银柱向上移动最多的是（ ）

图8-2-8
A.丙管 B.甲管和乙管
C.乙管和丙管 D.三管中水银柱上移一样多
【答案】B

【解析】温度上升时，三支管中的气体都在等压膨胀，根据盖·吕萨克定律：==，即ΔV=V，由此可见，三支管中气体的体积变化的大小取决于原来状态时管中气体体积的大小.开始时甲、乙两管中气体体积一样大且都比丙管中气体体积大，所以升高相同温度后，甲、乙管中的水银柱上移得最多，选项B正确.
21．一定质量的理想气体，体积由V膨胀到2V，若等压膨胀需吸收热量若等温膨胀需吸收热量，则　　　

【答案】A

【解析】

（△V=V一定时，则W相同，但等温膨胀时△E=0．而等压膨胀时△E＞0∴等压时Q较大．）

22．如图，V─T图上a、b两点，表示一定质量的理想气体的两个状态，则气体在两个状态的压强之比Pa∶Pb为
A．3∶2　　　B．2∶3　　　C．9∶2　　　D．2∶9

【答案】D

【解析】

画出过a、b两点的等压线，比较斜率k
Pa∶Pb=kb∶ka

23．如图，P─T图上a、b两点，表示一定质量的理想气体的两个状态，则气体在两个状态的密度之比为　　　
A．3∶1     B．1∶3     C．9∶2     D．2∶9

【答案】C

【解析】
过ab两点各作一条等容线，

二、填空题（题型注释）
24．一定质量的理想气体，在压强不变的条件下，它在100℃时的体积和9℃时的体积之比是 。它在0℃时的热力学温度是 K。
【答案】 373:282，273
【解析】
试题分析：根据等压变化方程;它在0℃时的热力学温度是273K.
考点：等压变化方程及热力学温标。
25．如图所示，气缸中封闭着温度为127℃的空气，一重物用轻绳经轻滑轮跟气缸中的活塞相连接，不计一切摩擦重物和活塞都处于平衡状态，这时活塞离气缸底的高度为10cm。如果缸内空气温度降为87℃，则重物将上升 cm；该过程适用的气体定律是 （填“玻意耳定律”或“查理定律”或“盖·吕萨克定律”）。

【答案】1；盖·吕萨克定律
【解析】
试题分析：设气缸的横截面积为S,重物和活塞都处于平衡状态，所以过程中压强不变，即为恒压变化过程，所以根据盖·吕萨克定律可得,解得L=9cm，所以重物上升1cm，
考点：考查了盖·吕萨克定律的应用
点评：一定要把握重物和活塞都处于平衡状态这个信息，从这个信息中我们可以得出，过程为恒压变化过程，选择盖·吕萨克定律解题
26．【选做题】（请从A、B和C三小题中选定两小题作答，并在答题卡相应的答题区域内作答，如都作答则按A、B两小题评分）
A．（选修模块3-3）（12分）
（1）下列说法中正确的是
A．当分子间的距离增大时，分子间的引力变大而斥力变小
B．布朗运动反映了悬浮在液体中固体颗粒分子的无规则运动
C．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁频繁碰撞而产生的
D．随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，并最终达到绝对零度
（2）一定质量的某种理想气体分别经历下图所示的三种变化过程，其中表示等压变化的是 （选填A、B或C），该过程中气体的内能 （选填“增加”、减少”或“不变”）。

（3）在一个大气压下，1g水在沸腾时吸收了2260J的热量后变成同温度的水蒸汽，对外做了170J的功，阿伏伽德罗常数NA=6.0×1023mol-1，水的摩尔质量M=18g/mol。则
①水的分子总势能变化了 J；
②1g水所含的分子数为 （结果保留两位有效数字）。
B．（选修模块3-4）（12分）
（1）关于声波和光波，以下叙述正确的是
A．声波和光波均为横波
B．声波和光波都能发生干涉、衍射现象
C．波速、波长和频率的关系式，既适用于声波也适用于光波
D．同一列声波在不同介质中传播速度不同，光波在不同介质中传播速度相同
（2）一根长绳左端位于平面直角坐标系的O点，t=0时某同学使绳子的左端开始做简谐运动，t=1s时形成如图所示波形。则该波的周期T= s，传播速度v= m/s。

（3）如图所示为直角三棱镜的截面图，一条光线平行于 BC边入射，经棱镜折射后从AC边射出。已知 ∠A=θ=60°，该棱镜材料的折射率为 ；光在棱镜中的传播速度为 （已知光在真空中的传播速度为c）。

C．（选修模块3-5）（12分）
（1）在下列核反应方程中，x代表质子的方程是
A．+→ B．+→
C．+→ D．→+
（2）当具有5.0 eV能量的光子照射到某金属表面后，从金属表面逸出的光电子的最大初动能是1.5 eV。为了使该金属产生光电效应，入射光子的最低能量为
A．1.5 eV B．3.5 eV C．5.0 eV D．6.5 eV
（3）一台激光器发光功率为P0，发出的激光在真空中波长为，真空中的光速为，普朗克常量为，则每一个光子的动量为 ；该激光器在秒内辐射的光子数为 。
【答案】
A.（选修模块3-3）（12分）
（1）C （4分）
（2）C （2分） 增加 （2分）
（3）①2090（2分） ② 3.3×1022 （2分）
B．（选修模块3-4）（12分）
（1）BC （4分）
（2）4（2分）；1 （2分）
（3）（2分）；c（2分）
C.（选修模块3-5）（12分）
（1）BC （4分）
（2）B （4分）
（3）（2分）；（2分）
【解析】
27．对一定质量的理想气体，分别在两个温度下研究其等温变化的规律，在图所示的p－V图上画出两条双曲线，分别作垂直于纵轴与横轴的直线，交两曲线的点分别为a、b和c、d，与横轴交点为e，已知=1∶2，则

A．对应的体积=1∶3
B．对应的体积=1∶2
C．对应的压强=1∶3

D．对应的温度=1∶3

【答案】ACD

【解析】
     c和d两状态其体积相等，==3∶1，由=C知==3∶1，故选项C、D都正确．
a和b两状态压强相等，则

三、实验题（题型注释）

四、计算题（题型注释）
28．（9分） 如图所示，一定质量的理想气体从状态A经等压过程到状态B.此过程中，气体压强p＝1.0×105 Pa，吸收的热量Q＝7.0×102 J，求此过程中气体内能的增量．

【答案】
【解析】
试题分析：理想气体经历等压变化，由盖－吕萨克定律得
解得，
对外做的功.
根据热力学第一定律，
解得
考点：考查了盖－吕萨克定律 ，热力学第一定律
29．(10分)内壁光滑的导热气缸竖直浸放在盛有27℃温水的恒温水槽中，用不计质量的活塞封闭了压强为、体积为的理想气体。现在活塞上方缓缓倒上质量为的沙子，封闭气体的体积变为；然后将气缸移出水槽，经过缓慢降温，气体温度最终变为。已知活塞面积为，大气压强为，g取，求：

(i)气体体积V1．
(ii)气缸内气体的最终体积V2(结果保留两位有效数字)．
【答案】（1）（2）
【解析】
试题分析：(ⅰ)气缸在水槽中，往活塞上方缓缓倒沙子过程中，气体发生等温变化
Pa ①
根据玻意耳定律有
②
解得： ③
（ⅱ）移除水槽后，气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律得：
④
解得： ⑤
评分参考：第(ⅰ)问6分，①②③式各2分；第(ⅱ)问4分，④⑤式各2分。
考点：气体热力学定律
30．如图所示，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，右管内气体柱长为39cm，中管内水银面与管口A之间气体柱长为40cm，先将口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设整个过程温度不变，稳定后右管内水银面比中管内水银面高2cm求：

①稳定后右管内的气体压强p；
②左管A端插入水银槽的深度h(大气压强p0=76cmHg)
【答案】①78cmHg　　②7cm
【解析】
试题分析：（1）插入水银槽后右管内气体等温变化，左管竖直插入水银槽中后，右管体积为：
由玻意耳定律得：，带入数据解得：p = 78cmHg．
故稳定后右管内的气体压强：p = 78cmHg．
（2）插入水银槽后左管压强：
左管竖直插入水银槽中时，槽内水银表面的压强为大气压强，设左管内外水银面高度差为h1，此时左管内压强还可以表示为：
，联立以上两解得
中管、左管内气体等温变化，此时有：
解得：
左管插入水银槽深度
考点：本题考查了等温变化气态方程的应用．
31．图中系统由左右两个侧壁绝热、底部导热、截面积均为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。大气的压强为，温度为．两活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为。系统平衡时，各气柱的高度如图所示。

现将系统底部浸入恒温热水槽中．再次平衡时A上升了一定高度。用外力将A缓慢推回第一次平衡叫的位置并固定．第三次达到平衡后．氢气柱t高度为0.8h．氮气和氢气均可视为理想气体．求
①第二次平衡时氮气的体积；
②水的温度。
【答案】①②
【解析】
试题分析：①考虑氢气的等温过程．该过程的初态压强为。．体积为．末态体积为
设末态的压强为p，由玻意耳定律得
（3分）
活塞A从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程．该过程的初态压强为，体积为V：末态压强为．体积为，则
。 （1分） （1分）
由玻意耳定律得 （2分）
②活塞A从最初位置升到最高点的过程为等压过程．该过程的初态体积和温度分别为和．末态体积为．设末态温度为T．由盖·吕萨克定律得
（2分）
考点：热力学定律
32．某学校科技兴趣小组，利用废旧物品制作了一个简易气温计：在一个空葡萄酒中插入一根两端开口的玻璃管，玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱，接口处用蜡密封，将酒瓶水平放置，如题10图所示．已知：该装置密封气体的体积为480cm3，玻璃管内部横截面积为0.4cm2，瓶口外的有效长度为48cm．当气温为7ºC时，水银柱刚好处在瓶口位置．

①求该气温计能测量的最高气温．
②假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收3J热量，问:在这一过程中该气体的内能如何变化？变化了多少？(已知大气压为1×l05Pa)
【答案】（1）18.2℃（2）增加1.08J
【解析】
试题分析：
①根据盖—吕萨克定律：得
得
②根据热力学第一定律
外界对气体做功
得：，所以内能增加1.08J。
考点：盖—吕萨克定律；热力学第一定律。
33．如图所示为一均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长，管的横截面积为S=1×10-4 m2,内装水银，右管内有一质量为m=0.1 kg的活塞搁在固定卡口上，卡口比左管上端高出L=20 cm，活塞与管壁间非常密封且无摩擦，右管内封闭有一定质量的气体.起初温度为t0=27 ℃时，左、右管内液面高度相等，且左管内充满水银，右管内封闭气体的压强为p1=p0=1.0×105 Pa=75 cmHg.现使右管内气体温度逐渐升高,求：

①温度升高到多少K时，右管活塞开始离开卡口上升？
②温度升高到多少K时，活塞上升到离卡口4 cm处？
【答案】(1)330 K (2)396 K
【解析】
试题分析：
(1)右端活塞开始上升时封闭气体压强P2=P0+mg/S，
代入数据得：
气体发生等容变化，根据查理定律得：T2=P2T1/P1，
代入数据得T2=330K
(2)活塞离开卡口后，由于气体温度逐渐升高故封闭气体发生等压变化，
根据盖—吕萨克定律得T3=V3T2/V2
代入数据得T3=396K
考点：查理定律；盖—吕萨克定律。
34．一定质量的理想气体经历如图所示的A→B、B→C、C→A三个变化过程，设气体在状态A、B时的温度分别为和，已知，求：

（1）；
（2）若气体从C→A的过程中做功为100J，同时吸热250J，则此过程中气体内能怎么改变？变化了多少？
【答案】（1）300K （2）增加 ，150J
【解析】
试题分析：：（1）A→B为等容过程，，，，根据查理定律得,解得
(2)根据热力学第一定律可得：，可得：。
考点：本题考查了气体的等容变化、热力学第一定律
35．如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸竖直放置，在距气缸底部l=36cm处有一与气缸固定连接的卡环，活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的气体。当气体的温度T0=300K、大气压强p0＝1.0×105Pa时，活塞与气缸底部之间的距离l0=30cm，不计活塞的质量和厚度。现对气缸加热，使活塞缓慢上升，求：

（i）活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T1；
（ii）封闭气体温度升高到T2=540K时的压强p2。
【答案】（i） （ii）
【解析】
试题分析：（i）设气缸的横截面积为S，由盖-吕萨克定律有
代入数据得
（ii）由查理定律有
代入数据得
考点：本题考查盖-吕萨克定律、查理定律。
36．如图所示，内径均匀的直角细玻璃管ABC两端开口，AB段竖直，BC段水平，AB=100cm，BC＝40cm，在水平段BC内有一长10cm的水银柱，其左端距B点10cm，环境温度为330 K时，保持BC段水平，将玻璃管A端缓慢竖直向下插入大水银槽中，使A端在水银面下10cm。已知大气压为75cmHg且保持不变，若环境温度缓慢升高，求温度升高到多少K时，水银柱刚好全部溢出。

【答案】390K
【解析】
试题分析：
A端插入水银槽后，液柱向右移动10cm
初状态：T1=330k，V2=110S
末状态：V2=130S
等压变化：由得：T2=
考点：气体的等压变化方程。
37．在一个密闭的气缸内有一定质量的理想气体，如图所示是它从状态A 变化到状态B的V-T图象，己知AB的反向延长线通过坐标原点O,气体在A点的压.强为p=1.0x105 Pa,在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q=7.0x102 J,求此过程中气体内能的增量△U
B
A
6.04.0
3.0

【答案】5.0×102J
【解析】
试题分析：由V-T图象的变化图线经过坐标原点可以判断，理想气体经历一个等压变化。可用吸收的热量减去气体对外界做的功算出内能的变化量。
由盖－吕萨克定律有： ①(2分)
气体对外做的功： ②(3分)
根据热力学第一定律：ΔU=Q-W ③（2分）
由①～③式并代入数据得：ΔU=5.0×102J （2分）
考点：理想气体状态方程，热力学第一定律
38．如图所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两气缸的容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略).开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为和;左活塞在气缸正中间，其上方为真空; 右活塞上方气体体积为.现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡.已知外界温度为，不计活塞与气缸壁间的摩擦.

求:(1)恒温热源的温度T;
(2)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积.
【答案】（1）（2）
【解析】
试题分析：(1)与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方对气体经历等压过程，由盖·吕萨克定律得
解得：
(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大，打开K后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件。
气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设左活塞上方气体压强为P，由玻意耳定律得

联立以上两式解得

其解为，另一个解，不符合题意，舍去。
考点：此题考查了盖·吕萨克定律及玻意耳定律。
39．（1）下列说法中正确的是 ．
A．分子势能随分子间距离的增大而减小
B．超级钢具有高强韧性，其中的晶体颗粒有规则的几何形状
C．压强为1atm时，一定量的水蒸发为同温度的水蒸气，吸收的热量等于其增加的内能
D．水的温度升高时，水分子的速度都增大
（2）某同学做“用油膜法估测分子大小”的实验时，在边长约30cm的浅盘里倒入约2cm深的水，然后将痱子粉均匀的撒在水面上，用注射器滴一滴 （选填“纯油酸”、“油酸水溶液”或“油酸酒精溶液”）在水面上．稳定后，在玻璃板上描下油膜的轮廓，放到坐标纸上估算出油膜的面积．实验中若撒的痱子粉过多，则计算得到的油酸分子的直径偏 （选填“大”或“小”）．
（3）如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸竖直放置，在距气缸底部l=36cm处有一与气缸固定连接的卡环，活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的气体．当气体的温度T0=300K、大气压强p0＝1.0×105Pa时，活塞与气缸底部之间的距离l0=30cm，不计活塞的质量和厚度．现对气缸加热，使活塞缓慢上升，求：

①活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T1．
②封闭气体温度升高到T2=540K时的压强p2．
【答案】
（1）B
（2）油酸酒精溶液 大
（3）
【解析】
试题分析：
（1）晶体颗粒都有规则的几何形状，B选项正确。分子间距较大时，分子间表现为引力，分子势能随分子间距增大而增大，A选项错误。水蒸发为水蒸气时，是液体转化为气体，体积变大，要对外做功，所以它所吸收的热量有部分转化为对外做的功，不全是其内能的增量，C选项错误。水的温度升高时，水整体的平均动能增大，不是水分子的速度都增大，D错误。
（2）酒精即溶于水也溶于油酸，所以选用油酸酒精溶液，若是痱子粉过多，容易造成油膜扩散不开，导致扩散面积估计变小，根据V=Sd，则计算出分子直径偏大。
（3）①设气缸的横截面积为S，由盖-吕萨克定律有
代入数据得
②由查理定律有
代入数据得
考点：分子动力学，理想气体状态方程
点评：考查对分子动理论的理解．分子势能随分子间距离如何变化，要看分子力表现为引力还是斥力．考察的知识点比较全面，需要学生平时学习时注意积累。正确使用气体状态方程，并根据题目给出的条件求出气体状态参量，根据状态方程求解即可．注意要判断气体到达卡环时临界状态。
40． (1)(4分)我国已开展空气中PM 2.5浓度的监测工作。PM 2.5是指空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物，可在显微镜下观察到，它漂浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后会进人血液对人体形成危害，矿物燃料燃烧时废弃物的排放是形成PM 2.5的主要原因。下列关于PM 2.5的说法中正确的 (填写选项前的字母)
A．PM 2.5在空气中的运动属于分子热运动
B．温度越高，PM 2.5的无规则运动越剧烈
C．PM 2.5的质