试卷Ⅰ卷Ⅱ卷考点热学图象和热力学定律及理想气体状态方程的应用(活塞类)热学基本概念和规律及气体实验定律的应用(活塞类)1．(1)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其pT图象如图1所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是__________．图1A．气体在a、c两状态的体积相等B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功(2)如图2所示，均匀薄壁U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银封闭了A、B两部分理想气体，下方水银的左右液面高度相差ΔL＝10cm，右管上方的水银柱高h＝14cm，初状态环境温度为27℃，A部分气体长度l1＝30cm，外界大气压强p0＝76cmHg.现保持温度不变，在右管中缓慢注入水银，使下方水银左右液面等高，然后给A部分气体缓慢升温，使A部分气体长度回到30cm.求：图2①右管中注入的水银高度是多少？②升温后的温度是多少？答案(1)ABE(2)①30cm②117℃解析(1)由理想气体状态方程＝C得，p＝T，由题图可知，Va＝Vc，选项A正确；理想气体的内能只由温度决定，而Ta>Tc，故气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，选项B正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，cd过程温度不变，内能不变，则Q＝－W，选项C错误；da过程温度升高，即内能增大，则吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误；由理想气体状态方程知：＝＝＝＝C，即paVa＝CTa，pbVb＝CTb，pcVc＝CTc，pdVd＝CTd.设过程bc中压强为p0＝pb＝pc，过程da中压强为p0′＝pd＝pa.由外界对气体做功W＝p·ΔV知，过程bc中外界对气体做的功Wbc＝p0(Vb－Vc)＝C(Tb－Tc)，过程da中气体对外界做的功Wda＝p0′(Va－Vd)＝C(Ta－Td)，Ta＝Tb，Tc＝Td，故Wbc＝Wda，选项E正确．(2)①设右管中注入的水银高度是Δh，U形管的横截面积为S，对A部分气体分析，其做等温变化，根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2p1＝p0＋14cmHg＋10cmHg，p2＝p0＋14cmHg＋ΔhV1＝l1S，V2＝(l1－ΔL)S代入数据解得加入的水银高度Δh＝30cm.②设升温前温度为T0，升温后温度为T，缓慢升温过程中，对A部分气体分析，升温前V2＝(l1－ΔL)S，p2＝p0＋14cmHg＋Δh升温结束后V3＝l1S，p3＝p0＋14cmHg＋Δh＋ΔL由理想气体状态方程得＝T0＝300K解得T＝390K则升温后的温度为t＝117℃.2．(2018·青海省西宁市二模)(1)下列说法正确的是________．A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B．外界对物体做功，物体内能一定增加C．悬浮颗粒越小布朗运动越显著，温度越高布朗运动越剧烈D．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而减小E．夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故(2)如图3所示，导热汽缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝200kg，活塞质量m＝10kg，活塞面积S＝100cm2，活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气，此时，缸内气体的温度为27℃，活塞位于汽缸正中，整个装置都静止，已知大气压恒为p0＝1.0×105Pa，重力加速度为g＝10m/s2，求：图3①缸内气体的压强p1；②缸内气体的温度缓慢升高到多少摄氏度时，活塞恰好静止在汽缸缸口AB处？答案(1)ACE(2)①3.0×105Pa②327℃解析(1)内能取决于物体的温度、体积、物质的量和物态，温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，故A正确；外界对物体做功的同时如果物体向外界放出热量，则物体的内能不一定增大，故B错误；悬浮颗粒越小布朗运动越显著，温度越高布朗运动越剧烈，故C正确；当分子间作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小，分子力做负功，分子势能增大，故D错误；夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故，故E正确．(2)①以汽缸为研究对象(不包括活塞)，根据平衡条件得：p1S＝Mg＋p0S，代入数据解得：p1＝3.0×105Pa②当活塞恰好静止在汽缸缸口AB处时，设缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有：p2S＝Mg＋p0S，即p2＝p1，由此可知缸内气体为等压变化．对这一过程研究缸内气体，由盖—吕萨克定律得：＝代入数据解得：T2＝2T1＝600K所以t2＝(600－273)℃＝327℃
