逍遥右脑 2013-03-15 15:00
1．关于热力学温度，下列说法中正确的是( )
A．－33 ℃＝240 K
B．温度变化1 ℃，也就是温度变化1 K
C．摄氏温度与热力学温度都可能取负值
D．温度由t ℃至2t ℃，对应的热力学温度升高了273 K＋t
解析：选AB.本题主要考查热力学温度与摄氏温度的关系．由于T＝273 K＋t，由此可知：－33 ℃＝240 K，A、B正确；D中初态热力学温度为273 K＋t，末态为273 K＋2t，温度变化t K，故D错；对于摄氏温度可取负值的范围为0～－273 ℃，因绝对零度达不到，故热力学温度不可能取负值，故C错．
2.如图2－1－8所示，两端开口的U形管中，右侧直管内有一部分空气被一段高H的水银柱与外界隔开，若再向左边的玻璃管中注入一些水银，平衡后，则( )
图2－1－8
A．U形管下部两边水银面的高度差减小
B．U形管下部两边水银面的高度差增大
C．U形管下部两边水银面高度差不变
D．U形管右边玻璃管内的气体体积减小
解析：选C.由右管内封闭气体的压强平衡条件知，其压强等于外界大气压p0与高H的水银柱产生的压强之和，即p＝p0＋pH.根据连通器原理，左管内水银面与右管密闭气体下方水银面高度差应为H.
当左管内再注入一些水银后，由于右管密闭气体上方水银柱高度仍是H，密闭气体的压强不变，所以左、右两管下部水银面高度差不变．
由于密闭气体的温度不变、压强不变，所以它的体积也不会变化．
3．如图2－1－9中，p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体一定不是等温变化的是( )
图2－1－9
解析：选D.A图中可以直接看出温度不变，B图说明p∝1V，即p•V＝常数，是等温过程．C图是双曲线，也是等温线．D图的pV乘积越越大，表明温度升高．D项符合题意．
4.一端封闭的玻璃管开口向下插入水银槽内，如图2－1－10所示，管内水银柱比槽内水银面高h＝5 c，空气柱长l＝45 c，要使管内外水银面相平．求：
图2－1－10
(1)应如何移动玻璃管？
(2)此时管内空气柱长度为多少？(设此时大气压相当于75 cHg产生的压强)
解析：(1)欲使管内外水银面相平，则需增大管内气体的压强．可采取的方法是：向下移动玻璃管，管内部气体体积V减小、压强p增大，因此，h减小．所以应向下移动玻璃管．
(2)设此管内空气柱长度为l′，p1V1＝p2V2，(p0－ρgh)lS＝p0l′S，l′＝p0－ρghlp0＝75－5×4575c＝42 c.
答案：(1)向下移动玻璃管 (2)42 c
一、选择题
1．下列说法正确的是( )
A．两个系统处于热平衡时，它们一定具有相同的热量
B．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统也必定处于热平衡
C．温度是决定两个系统是否达到热平衡状态的唯一物理量
D．热平衡定律是温度计能够用测量温度的基本原理
解析：选BCD.由热平衡定律可知，达到热平衡的所有系统具有相同的宏观性质就是系统温度．故选项B、C、D正确．
2．如图2－1－11所示为一定质量的气体的两条等温线，下列关于各状态温度的说法正确的有( )
图2－1－11
A．tA＝tB B．tB＝tC
C．tC＞tD D．tD＞tA
解析：选AD.由pV＝常量可知，气体的p－V图像是双曲线的一支，且p、V乘积越大，温度越高．
3.如图2－1－12所示，为一定质量的气体在不同温度下的两条p－1V图线．由图可知( )
图2－1－12
A．一定质量的气体在发生等温变化时其压强与体积成正比
B．一定质量的气体在发生等温变化时其p－1V图线的延长线是经过坐标原点的
C．T1>T2
D．T1<T2
解析：选BD.这是一定质量的气体在发生等温变化时的p－1V图线，由图线知p∝1V，所以p与V应成反比，A错．由图可以看出，p－1V图线的延长线是过坐标原点的，故B对．根据p－1V图线斜率的物理意义可知C错，D对．
4．如图2－1－13所示，竖直放置的弯曲管A端开口，B端封闭，密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h1、h2、h3，则B端气体的压强为(已知大气压强为p0)( )
图2－1－13
A．p0－ρg(h1＋h2＋h3)
B．p0－ρg(h1＋h3)
C．p0－ρg(h1＋h3－h2)
D．p0－ρg(h1＋h2)
解析：选B.求B端气体的压强，要从管口开始依次向里进行分析．中间密封气体的压强p等于外界大气压p0和h3高的液柱产生的压强差，即：p＝p0－ρgh3，而B端气体的压强pB等于中间气体的压强和h1高的液柱产生的压强差，即：pB＝p－ρgh1，由以上两式可得：pB＝p0－ρg(h1＋h3)，故选项B正确．
5．大气压强p0＝1.0×105 Pa.某容器容积为20 L，装有压强为20×105 Pa的理想气体，如果保持气体温度不变，把容器的开关打开，待气体达到新的平衡时，容器中剩下的气体质量与原气体的质量之比为( )
A．1∶19 B．1∶20
C．2∶39 D．1∶18
解析：选B.由p1V1＝p2V2，得p1V0＝p0V0＋p0V，则V0＝20 L，V＝380 L，即容器中剩余20 L1个大气压的气体，而同样大气压下气体的总体积为400 L，所以剩下气体的质量与原质量之比等于同压下气体的体积之比，即20400＝120，B项正确．
6.如图2－1－14所示，是一定质量的某种气体状态变化的p－V图像，气体由状态A变化到状态B的过程中，气体分子平均速率的变化情况是( )
图2－1－14
A．一直保持不变
B．一直增大
C．先减小后增大
D．先增大后减小
解析：选D.由图像可知，pAVA＝pBVB，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上．由于离原点越远的等温线温度越高，所以从状态A到状态B温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小．
二、非选择题
7.如图2－1－15所示，固定在水平地面上的汽缸内封闭着一定质量的气体，活塞与汽缸内壁接触光滑且不漏气，活塞的横截面积S＝100 c2，受到F1＝200 N水平向左的推力而平衡，此时，缸内气体对活塞的平均压力为F2＝1200 N，则缸内气体的压强p＝________Pa，缸外大气压强p0＝________Pa.
图2－1－15
解析：根据压强的定义，
缸内气体压强
p＝F2S＝1200100×10－4Pa＝1.2×105 Pa
由活塞受力平衡得F2＝p0S＋F1.
∴大气压强
p0＝F2－F1S＝1200－200100×10－4Pa＝1.0×105 Pa.
答案：1.2×105 1.0×105
8.如图2－1－16所示，封闭端有一段长40 c的空气柱，左右两边水银柱的高度差是19 c，大气压强为76 cHg柱，要使两边管中的水银面一样高，需要再注入________c长的水银柱．
图2－1－16
解析：封闭气体的初态：p1＝(76－19) cHg＝57 cHg，V1＝40 c×S，末态：p2＝76 cHg，由玻意耳定律知，p1V1＝p2V2，得V2＝30 c×S，即空气柱长为30 c，需要注入的水银柱长为l＝39 c.
答案：39
9．如图2－1－17所示，玻璃管的质量为1，内壁光滑，横截面积为S，下端封闭．玻璃管内装有质量为2的水银，管外壁与斜面间动摩擦因数为μ＝36，斜面倾角θ＝30°，当玻璃管与水银共同沿斜面下滑时，求被封闭的气体压强为多少？
图2－1－17
解析：设被封闭的气体压强为p，取整体为研究对象，由牛顿第二定律得：
(1＋2)g sinθ－μ(1＋2)gcosθ＝(1＋2)a
代入数据，解之得：a＝g4
取水银柱为研究对象，有2g sinθ＋p0S－pS＝2a
得：p＝p0＋2g4S.
答案：p0＋2g4S
10.如图2－1－18所示，钢筒质量为40 kg，活塞质量为20 kg，横截面积为100 c2，钢筒放在水平地面上时，气柱长度为10 c，大气压强为1×105 Pa，温度为7 ℃，求：
图2－1－18
(1)当竖直向上提活塞杆，将钢筒缓慢被提起时，气柱多长？
(2)当对杆施加竖直向上750 N的拉力时气柱多长？(g取10 /s2)
解析：钢筒放在地面上和钢筒被缓慢提起时，系统处于平衡状态，由力的平衡条件，可以求出气体初、末状态的压强．当对杆施加竖直向上750 N的拉力时，F＝750 N＞(＋) g＝600 N，则钢筒竖直向上做加速运动，由牛顿第二定律可求出气体末状态的压强．
(1)设刚提起钢筒时气柱长为l1、压强为p1，钢筒放在地面上时气体压强为p、长度为l.
选活塞为研究对象，钢筒放在地面上尚未提活塞时，根据平衡条件有：
pS＝p0S＋g，所以p＝p0＋gS＝1.2×105 Pa，
提起后对钢筒受力分析得：
p0S＝p1S＋g，p1＝p0－gS＝6×104 Pa.
选钢筒内封闭气体为研究对象，根据玻意耳定律，有：
plS＝p1l1S，l1＝plp1＝1.2×105×106×104 c＝20 c.
(2)由于拉力F＞(＋)g，钢筒将竖直向上做加速运动，根据牛顿第二定律，有F－(＋)g＝(＋)a，a＝F－＋g＋＝15060 /s2＝2.5 /s2.
设这时筒内气体压强为p2、气柱长为l2.选钢筒为研究对象，根据牛顿第二定律，有：
p0S－p2S－g＝a，
则p2＝p0S－g－aS＝5×104 Pa.
再选铜筒内封闭气体为研究对象，根据玻意耳定律，有：
plS＝p2l2S，l2＝plp2＝1.2×105×105×104 c＝24 c.
答案：(1)20 c (2)24 c