题目列表(包括答案和解析)
（2013?黄冈一模）两端开口、内表面光滑的U形管处于竖直平面内，如图所示，质量均为m=10kg的活塞A、B在外力作用下静止于左右管中同一高度h处，将管内空气封闭，此时管内外空气的压强均为| p | 0 |
| 0 | 5 |
| S | 1 |
| m | 2 |
| S | 2 |
| m | 2 |
| s | 2 |
如图所示，重G1＝20 N的活塞将一部分气体封闭在汽缸内，活塞可以在汽缸内无摩擦地滑动，活塞的横截面积为S＝100 cm2，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa(g取10 m/s2)．
(1)活塞上物体重G2＝200 N，求汽缸内气体压强p1.
(2)活塞受到竖直向上拉力F的作用，拉力F＝10 N，求汽缸内气体压强p2.
(3)将汽缸悬挂起来，汽缸及活塞均保持静止，求汽缸内气体压强p3.
(4)将活塞悬挂起来，汽缸及活塞均保持静止，汽缸质量M＝10 kg，汽缸壁厚度可忽略不计，求汽缸内气体压强p4.
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高考真题
1．【解析】因温度保持不变，分子的平均动能不变，所以选项A错；活塞上方液体逐渐流出，理想气体压强减小，体积增大，所以气体分子对活塞撞击的次数减小，单位时间气体分子对活塞的冲量保持减小，由热力学第一定律，气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量，选项D对．
【答案】D
2．【解析】由PV/T为恒量，由图像与坐标轴围成的面积表达PV乘积，从实线与虚线等温线比较可得出，该面积先减小后增大，说明温度T先减小后增大，内能先将小后增大。所以选项B正确
【答案】B
3．【解析】A错误之处在于气体分子是无规则的运动的，故失去容器后就会散开；D选项中没考虑气体的体积对压强的影响；F选项对气温升高，分子平均动能增大、平均速率增大，但不是每个分子速率增大，对单个分子的研究是毫无意义的。
【答案】BCE
4．【解析】初始时，两室气体的温度相同，故分子平均动能相等，A错；因为气缸是绝热的，所以气缸内气体的总的内能守恒，由于隔板导热，重新平衡后两种气体温度仍相同，即气体内能仍相等，所以每种气体内能均不变，B错；氢气通过隔板对氧气做功，而内能不变，由热力学第一定律可知氢气一定吸收了来自氧气的热量，C正确；达到平衡的过程中，氢气对氧气做功，氧气内能增加；热量从氧气传递到氢气内能又减少，D正确。
【答案】CD
5．【解析】大气压是由大气重量产生的。大气压强p==，带入数据可得地球表面大气质量m=5.2×
【答案】B
6．【解析】①由玻意耳定律得：
，
式中V是抽成真空后活塞下方气体体积
由盖?吕萨克定律得：
解得：T/＝1.2T
②由查理定律得：
解得：p2＝0.75p0
7．【解析】封闭气体的压强等于大气压与水银柱产生压强之差，故左管内外水银面高度差也为h，A对；弯管上下移动，封闭气体温度和压强不变，体积不变，B错C对；环境温度升高，封闭气体体积增大，则右管内的水银柱沿管壁上升，D对。
【答案】ACD
8．【解析】（1）由热力学第一定律△U = W＋Q，代入数据得：1.5×105 = 2.0×105＋Q，解得Q = -5×104；
（2）由PV/T=恒量，压强不变时，V随温度T的变化是一次函数关系，故选择C图；
（3）1g水的分子数 N = NA ，1cm2的分子数 n =N≈7×103 （6×103～7×103都算对）。
【答案】（1）答案：放出；5×104；（2）C；增加；（3）7×103（6×103～7×103都算对）
9．【解析】（1）物体间存在分子力，所以要想想使玻璃板离开水面，必须用比玻璃板重力，因为分子间存间相互用用力；扩散运动，是由于分子永不停息地作无规律运动
【答案】小于，分子的无规律运动．
10．【解析】本题考查玻马定律，对气体作为研究对象，分第一次加小盒沙子和第二次加沙子两次列玻马定律方程求解。
设大气和活塞对气体的总压强为p0，加一小盒沙子对气体产生的压强为p，图8
由玻马定律得
①
由①式得
②
再加一小盒沙子后，气体的压强变为p0+2p。设第二次加沙子后，活塞的高度为h′
′
③
联立②③式解得
h′=
④
【答案】h
11．【解析】由于轮胎容积不变，轮胎内气体做等容变化。设在T0＝293K充气后的最小胎压为Pmin，最大胎压为Pmax。依题意，当T1＝233K时胎压为P1＝1.6atm。根据查理定律
，即
解得：Pmin＝2.01atm
当T2＝363K是胎压为P2＝3.5atm。根据查理定律
，即
解得：Pmax＝2.83atm
【答案】：Pmax＝2.83atm Pmax＝2.83atm
12．【解析】（1）设气体初态压强为p1,体积为V1；末态压强为p2,体积为V2，由玻意耳定律
p1V1= p1V1 代入数据得p2=2.5 atm
微观察解释：温度不变，分子平均动能不变，单位体积内分子数增加，所以压强增加。
（2）吸热。气体对外做功而内能不变，根据热力学第一定律可知气体吸热。
【答案】分子平均动能不变，单位体积内分子数增加，所以压强增加p2=2.5 atm
名校试题
1．【解析】因温度不变，所以内能不变，活塞缓慢向右移动，体积变大，压强减小，对外界做功，由热力学第一定律必吸收热量，所以选项BD对
【答案】BD
2．【解析】由于不计气体分子间的作用力，则不考虑分子势能，气体分子的内能即为分子的总动能。由状态A变为状态B时，气体的温度升高，则内能增加，而体积增大，气体对外做功，据热力学第一定律可知，物体需要从外接吸收热量。单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数与两个因素有关：分子数密度和分子的平均速率。气体的体积增大，分子数密度跟体积有关，体积变大，分子数密度减小；温度升高，分子的平均速率增大，故而该选项不能确定。气体温度升高，分子的平均动能增大，但是并非每个分子的动能都增加，选项C错误。由于气体的体积变大，密度减小，气体对光的折射率将变小，光在其中的传播速度会增大，选项D正确。
【答案】AD
3．【解析】气体分子距离远大于分子大小，所以气体的体积远大于所有气体分子体积之和，A项错；温度是物体分子平均动能的标志，是表示分子热运动剧烈程度的物理量，B项正确；气体压强的微观解释是大量气体分子频繁撞击产生的，C项正确；气体膨胀，说明气体对外做功，但不能确定吸、放热情况，故不能确定内能变化情况，D项错。
【答案】BC
4．【解析】⑴设密闭气体温度升高
△U=Q1 ①
△U=Q2+W ②
对活塞用动能定理得：
W内+W大气－Gh=0 ③
W大气=－P0Sh ④
W=－W内 ⑤
解②③④⑤得：Q2=△U+（P0S+G）h ⑥
∴Q1 ＜Q2 ⑦
由此可见，质量相等的同种气体，在定容和定压两种不同情况下，尽管温度变化相同，但吸收的热量不同，所以同种气体在定容下的热比容与在定压下的热比容不同
⑵解①⑥两式得：
h=
【答案】（1）质量相等的同种气体，在定容和定压两种不同情况下，尽管温度变化相同，但吸收的热量不同，所以同种气体在定容下的热比容与在定压下的热比容不同
（2）
5．【解析】1.BCD
2.（1）ACB过程内能增加 ACB过程中 W1＝－280J，Q1＝410J
由热力学第一定律 UB－UA＝W1＋Q1＝130J
气体内能的变化量为130J
（2）BDA过程中气体放热
因为一定质量理想气体的内能只是温度的函数，BDA过程中气体内能变化量
UA－UB＝－130J 又因气体对外界做功200J
由热力学第一定律 UA－UB＝W2＋Q2
Q2＝－330J 放出热量330J
【答案】（1）BCD （2）330J
6．【解析】(1)ADE
(2)①对于理想气体：
A→B 
∴
B→C 
∴ 
②A→C 由温度相等得：
⑶A→C的过程中是吸热.吸收的热量
【答案】（1）ADE （2） （3）吸收的热量
7．【解析】（1）不违反，内能不可能全部转化为电能，而不产生其他影响（2分）.产生电能是因为被火焰加热的铜铁丝内能的转化（1分），其内能一部分转化为电能（1分），一部分传递给冰水（1分）
（2）①理想气体温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律知，气体放热． （2分）
②根据玻意耳定律：
（2分）
活塞移动后气体的体积为：
=25 cm3
【答案】（1）不违反 （2）25 cm3
|
℃ 
NA （2） 减少了4J （3）
℃
，温度为
，大于山脚下的大气压强（即常温下大气压强），这显然是不可能的，所以可判断手表的表盘玻璃是向外爆裂的。
…………①
…………②
…………③
…………④
…………⑤
…………⑥
…………⑦
个，则完成任务所需时间t = =6×1018小时，约为100000年。所以选项C正确。
＝常数，p增大时，V不一定变化，故B选项错；在V减小的过程中，可能向外界放热，根据ΔE＝W＋Q可知，内能不一定增大，故C选项错误；Q＝0的过程中，W不一定为0，故D选项错误。考查热力学第一定律、气体压强、体积、温度三者的关系。难度较易。
①
②
，根据动量定理
，而
，所以P=
，故选项A正确。
＝1．63×105Pa