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“四翼”检测评价(六)
!11.选A因为在温度降低过程中封闭气体的压强恒等于大气压强与
1.选B气体经等温压缩,温度是分子平均动能的标志,温度不变,;
水银柱因自身重力而产生的压强之和,故封闭气柱均做等压变化
分子平均动能不变,故气体分子每次碰撞器壁的冲力不变,A
并由此推知,封闭气柱下端的水银面高度不变。根据盖-吕萨克
错:由玻意耳定律知气体体积减小、分子的数密度增加,故单位
V
时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多,B对;气
定律得△V=下△T,因A、B两管中的封闭气体初始温度T相
体体积减小、分子的数密度增大,但分子总数不变,C错:分子的
同,温度降低量△T相同,且△T<0,所以△V<0,即A、B两管
平均速率与温度有关,温度不变,分子的平均速率不变,D错
中的封闭气体的体积都减小;又因为H1>H2,故A管中封闭
VV2△V△V
Vo
气体的体积较大,所以|△V>△V,|,A管中气柱长度减小得
2.选A由盖吕萨克定律可得元=元=87-,可得273K
较多,故A、B两管中封闭气柱上方的水银柱均向下移动,且A
T-273KK,则每升离1℃增大的体积△V=
V
V-Vo△V
管中的水银柱下移得较多。
T一273K12.解析:(1)整个系统处于平衡状态,汽缸内的气体发生等容变
V-V。
化,当电子天平的示数为600.0g时,细绳对铁块的拉力大小
=T广273K,故A正确
F1=2g一6N,根据牛顿第三定律可知右端细绳对轻杆的拉
3.选C一定质量的气体做等容变化,气体的压强跟热力学温度成!
力大小为F:,对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的拉力
正比,跟摄氏温度不成正比关系,选项A错误:根据查理定律
大小也为F,根据牛颜第三定律可知左端细绳对活塞向上的拉
宁.1十23K所以9=开,温度升高1C,指加的压强
△T
力大小为F1,
△T
对活塞根据平衡条件有F1十p1S=poS十m1g,解得p1=po·
当电子天平的示数为400.0g时,右端细绳对铁块的拉力大小
p十D,B递项错送:由公式会=号-等可知选项C正
T2
F2=m2g-4N,
扇D项中由会-十得=A(+点,故D项
同理,对活塞有F2十p2S=poS十m1g,
273+t1
解得p2=0.99×105Pa,
错误。
4.选AD使U形管两端水银面一样高,即保持封闭气体的压强始
由查理定律释号-号郎得1-297K。
终等于外界大气压且不变,若把烧瓶浸在热水中,气体体积增大,
(2)分析可知,气体的温度越高绳的张力越小,当绳中的张力为
A中水银面上升,为使两管水银面等高,应把A向下移,故A正
零时,系统的温度最高,此时对活塞有p3S=pS十m1g,解得
确,B错误;若把烧瓶浸在冷水中,气体体积减小,B管中水银面上
p3=1.03×105Pa,
升,为使两管水银面等高,应把A向上移,故C错误,D正确。
5,选A因左、右汽缸中的气体的压强相等,若缸内气体的温度缓慢
升高一点时,则气体体积变大,因右侧汽缸横截面积较大,则活塞
由查理定律得二
3,解得最高温度Tmax=309K。
向左移动一,点,故选A。
答案:(1)297K(2)309K
6.选BD在VT图像中,过原点的倾斜直线是等压线,所以ab、cd
“四翼”检测评价(七)
为两条等压线,即p。=s,p.=p1,故A、C错误:在VT图像中,;1,选AD先等压变化,V增大,则T升高,再等容变化p减小,则
斜率越大表示压强越小,得p。=p>p=p,即由b到c的过程,
T降低,可能会回到原来的温度,A正确:先等压变化,V减小,则
压强变小,由d到a的过程,压强变大,故B、D正确。
T降低,再等容变化,力减小,则T又降低,不可能回到原来的温
7.选A分别过a、bc,d四个点作出等压变化线,
如图所示。保持体积不变,温度越高,则压强趣
度,B错误;先等容变化,p增大,则T升高,再等压变化,V增大
大,可知在VT图像中,等压线倾角越大,压强越
则T又升高,不可能回到原来的温度,C错误:先等容变化,p减
小,所以p<pu<p<p%,故A正确,B错误;由
小,则T降低,再等压变化,V增大,则T升高,可能会回到原来
图像可知,从状态c到状态d体积增大,故C错
的温度,D正确。
误:从状态a到状态c,温度升高,故D错误。
2.选C
实验时环境温度升高,则根据理想气体状态方程Y=C,
8.选ACDC中气体压强始终不变,B内封闭气体
初状态pB=十60mmHg,打开阀门后pg'=pc,由题意知VB'=!
pV乘积应变大,故A错误;根据实验操作图可知,外力作用在活
塞上,使得空气柱压强与体积发生变化,空气柱的压强和体积之
3VB,由玻意耳定律有psVB=pgVB',得pB'=l80mmHg=pc,
积与外界大气压强无关,故B错误;实验时注射器的