内容正文:
对汽缸受力分析 Mg+pS=p0S,大气压不变时,汽缸
内理想气体的压强恒定,当外界温度升高,根据盖—吕
萨克定律V
T =C
可知气体体积V 增大,则 H 减小,故
选项A正确,B错误;对汽缸受力分析 Mg+pS=p0S,
外界大气压p0 减小时,气体压强p 减小,根据玻意耳
定律pV=C 可知气体体积V 增大,则 H 减小,故选项
C正确,D错误。
12.【解析】 (3)本实验要求质量不变,橡胶塞脱落之后,
气体质量发生变化,故C错误。
【答案】 (1)温度 质量 压力表 (2)D (3)C
13.【解析】 由平衡条件可知,如图(a)所示,玻璃管水平,
水银柱平衡,其两侧压强相等,则pa=p0=76cmHg;
如图(b)所示,水银柱自由端比封闭端高,封闭气体的
压强比大气压大,则pb=p0+ph=76cmHg+10cmHg
=86cmHg;如图(c)所示:水银柱自由端比封闭端低,封
闭气体的压强比大气压小,则pc=p0-ph=76cmHg-
10cmHg=66cmHg;如图(d)所示:水银柱自由端比封闭
端高,封闭气体的压强比大气压大,则pd=p0+ph=76
cmHg+10cmHg=86cmHg。
【答案】 76 86 66 86
14.【解析】 (1)设B 刚要离开桌面时弹簧的伸长量为x1,
弹簧拉力kx1=mg,解得x1=0.1m=10cm
活塞受力平衡,有p2S+kx1=pS
根据理想气体的状态方程有pL1S
T1
=p2
(L1-x1)S
T2
解得T2=198K。
(2)当温度降至198K之后,若继续降温,则缸内气体的
压强不变,根据盖-吕萨克定律有
(L1-x1)S
T2
=
(L1-x1-H)S
T3
解得 H=10cm。
【答案】 (1)198K (2)10cm
15.【解析】 (1)第一状态:p1=1×105Pa,V1=V
第二状态:V2=
V
2
由玻意耳定律得p1V1=p2V2,解得p2=2×105Pa
又p2=p0+
G
S
,S=100cm2=1×10-2m2,p0=1×105Pa
解得G=1000N。
(2)第三状态:p3=2×105Pa,V3=V
根据理想气体的状态方程有p3V3
T3
=p1V1T1
解得T3=600K,所以t=327℃。
【答案】 (1)2×105Pa 1000N (2)327℃
16.【解析】 (1)活塞右侧的压强为p0 时,设左侧气体压强
为p1,则p1=
mg
S +p0=2p0
,右侧抽成真空,则p1V0=
p2V2,p2=
mg
S =p0
,解得V2=2V0。缓慢加热气体,气
体发生等压变化,活塞与汽缸右侧接触时,体积V3=
3V0,气体的温度T3,则
V2
T0
=
V3
T3
,解得T3=1.5T0。
(2)气体温度由1.5T0 升高到2T0,气体发生等容变化,
则p0
T3
=p42T0
,解得p4=
4
3p0
。
【答案】 (1)1.5T0 (2)
4
3p0
第三章 热力学定律
A卷 基础巩固卷
1.D 【解析】 根据热力学第二定律可知,不能把散失的
能量全部收集起来重新加以利用,A错误;冰熔化成水,
水结成冰,没有违背热力学第二定律,故B错误;冰箱制
冷过程压缩机做功引起了其他变化,故C错误;根据热
力学第二定律,热量不可能从低温物体自发地传递给高
温物体,而不引起其他的变化,但通过一些手段是可以
实现的,故D正确。
2.B 【解析】 电能可以全部转化为内能,故A错误;热力
学第二定律可表述为所有自发的热现象的宏观过程都
具有方向性,故B正确;能量虽然守恒,但能源会逐步减
少,故C错误;静摩擦力做功,没有机械能转化为内能,
故D错误。
3.A 【解析】 绝热过程中,做功的过程是能量转化的过
程,做了多少功,就有多少内能发生变化,故A正确。
4.B 【解析】 外界对气体做功,W 取正值,即W=8×104
J;内能减少,ΔU 取负值,即 ΔU=-1.2×105J。根 据
ΔU=Q+W,可得Q=ΔU-W=-1.2×105J-8×104J
=-2×105J,B正确。
5.B 【解析】 能量耗散的过程中能量向低品质的内能转
变,但是总的能量是守恒的,能量不能凭空产生,也不能
凭空消失,所以能量耗散与能量守恒不矛盾,故 A错误;
根据热力学第二定律可知热量不可能从低温物体传给
高温物体而不引起其他变化,故B正确;一定质量的理
想气体放出热量,若同时外界对气体做功,则气体的内
能不一定减小,温度不一定降低,分子的平均动能不一
定减少,故C错误;涉及热现象的宏观自然过程具有方
向性,满足能量守恒定律的物理过程不一定能自发地进
行,故D错误。
6.D 【解析】 根据热力学第二定律,满足能量守恒定律
的物理过程不一定都能自发地进行,选项 A错误;能量
在转化过程中