如图所示，在一根一端封闭的粗细均匀的细玻璃管中有一小段水银柱，封闭着一定质量的空气，现在要用它测定大气压，那么

(1)还需要什么器材？

(2)说明实验的主要步骤；

(3)用实验中测量的物理量列出大气压的表达式．

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1．答案：C    布朗运动反映了悬浮小颗粒外部液体分子在不停地做无规则的热运动，A错；分子间的作用力随距离的增大而减小，B错；C是热力学第三定律内容，正确；热量不能自发地由低温物体传给高温物体，但在消耗其他形式能量时可以做到，因此D错．

2．答案：AC   本题考查了分子热运动的基础知识和基础的人文知识，形式新颖活泼． “天光云影共徘徊”是朱熹《观书有感》诗中“半亩方塘一鉴开，天光云影共徘徊．问渠那得清如许，为有源头活水来”的一句，是光的反射现象；“隔墙花影动，疑是玉人来”是王实甫的《西厢记》中的一句，是月光成影的光学现象．

3．答案：BD   封闭气体的体积不变，温度升高时，气体分子的平均动能增大，压强增大．而分子的密集程度不变，所以气体分子的密度不变．压强增大，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多．

4．答案：BCD  A选项是由于浮力和重力相平衡，其余的都与表面张力有关．

5．答案：D     根据理想气体温度、压强和体积之间的关系可知，一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，分子的平均动能不变，压强增大，体积一定减小，气体密度增大，C错，D正确；由体积减小可知外界对气体做功，B错；由热力学第一定律可知，外界对气体做功而内能不变，可判断气体向外界放热，A错．

6．答案：D   由于汽缸及活塞绝热，所以外界对气体做功，气体内能必然增大，温度升高，即不可能回到原来状态，D选项正确．

7．答案：ACD    气缸整体是绝热的，当移动活塞P时，有外力对系统做功，根据热力学第一定律，系统的内能要增加，因此从整体上讲，甲、乙的内能都要增加，但外力并没有直接对甲做功，甲的内能之所以增加是因为吸收了热量，而乙放出热量，所以ACD正确．

8．答案：B   乙分子从a到b，再到c的过程中，分子之间均表现为引力，所以乙分子始终做加速运动，且到达c点时速度最大，故A错误，B正确，C错误．乙分子由b到c的过程，分子引力做正功，故两分子间的分子势能减小，而从c到d的过程分子间为斥力，做负功，分子间的势能增加，故D错误．

9．答案：AB    根据热力学第一定律ㄓU=Q+W可知，对气体加热，气体的内能不一定增加，则选项A正确；绝对零度是低温物体的极限，不可能达到，则选项B正确；温度是物体分子平均动能大小的标志，物体温度升高，物体中分子热运动加剧，其分子平均动能增加，但不是每个分子的平均动能都增加，则选项C错误；理想气体中分子间无相互作用力，压缩封闭在气缸中一定质量的理想气体，难度越来越大是因为压强增大的原因，则选项D错误．

10．答案：D  当液面由a位置上升到b位置时，管内气体体积减小，表明温度降低，管内气体的压强减小，管内气体分子的平均动能减小，气体内能减小．

11．（8分）答案：（1）115～120都对  （2分）（2）～都对（2分）（3）让油膜在水面上形成单分子油膜（2分）（4）（2分）

12．答案：（1）还需要用刻度尺．（3分）

   （2）实验的主要步骤是：将细玻璃管水平放置，用刻度尺量出水银柱长h（cm）和封闭空气柱长l₁（cm）；将细玻璃管开口向上竖直放置，用刻度尺量出封闭空气柱长l₂（cm）．（3分）

   （3）设玻璃管的截面积为S，两种情况下空气的状态参量分别为p₁=p₀，V₁=l₁S，p₂=p₀+h(mmHg)，V₂=l₂S

由玻意耳定律p₀l₁S=(p₀+h)l₂S

得大气压为p₀=l₁h/(l₁－l₂)． （3分）

13．解析：空气柱在体外时的状态参量为p₁=760mmHg，V₁=5mL，T₁=300K（3分）

空气柱在体内在收缩压时的状态参量为p₂=120mmHg，T₂=310K（2分）

由理想气体状态方程得，空气柱在收缩压下的体积为V₂=p₁V₁T₂/T₁p₂=32.17mL（3分）

空气柱在体内扩张压时的状态参量为p₃=80mmHg，T₃=310K（3分）

由理想气体状态方程得，空气柱在扩张压下的体积为V₃=p₁V₁T₃/T₁p₃=49.1mL（3分）

14．解析：设球在第一次运动到最低点时的速度为v，则根据牛顿第二定律得， （5分）

根据热力学第一定律和能量守恒定律可知，球由静止释放到第一次运动到最低点的过程中汽缸中的气体增加的内能ㄓE为（5分）

联立两式、代入数值得ㄓE=228J． （4分）

15．解析：（1）能（2分）

因为大气压强是由大气重力产生的，由（2分）

得（2分）

把查阅得到的数据代入上式得，kg（2分）

大气层空气的分子数为个（2分）

（2）可求出液化后空气的体积为：m³（2分）

设大气液化后液体水分布在地球表面上时，地球半径增加h，则有

得，考虑到h远小于R，忽略h的二次项和三次项得，

m． （2分）

16．解析：（1）在活塞上方倒沙的过程中温度保持不变，对气体，由玻意耳定律得，p₀V₀=p₁V₁，代入数据，得p₁=V₀p₀/V₁=2.0×10^－3×1.0×10⁵/1.0×10^－3Pa=2.0×10⁵Pa（5分）

在缓慢加热到127℃的过程中，气体压强保持不 

变，由盖?吕萨克定律得，V₁/T₀=V₂/T₂，

∴V₂=T₂V₁/T₀=(273+127)×1.0×10^－3/273m³

=1.47×10^－3m3（5分）

   （2）在整个物理过程中画在p―V图上，

如图所示． （6分）

17．解析：每人每天所吸1atm净化空气的体积为

V=(16×60×24)×500mL=1.152×10⁴L，（4分）

由玻意耳定律可知，每桶10atm的净化空气转化为1atm时的体积为V^/=10×20/1L=200L（4分）

故每人每天需要净化空气的桶数为n=V/V^/=1.152×10⁴/200=57.6≈58桶（4分）

由此可见，这个方案并不现实． （4分）

18．解析：因活塞处于静止状态，由平衡条件得，(p₀－p₁)S=(p₂－p₂)S ①

代入数据得p₃=1.0×10⁵Pa（2分）

对B内左侧气体有p₂l₂S=pl₂^/S②（2分）

对B内右侧气体有p₃l₃S=pl₃^/S③（2分）

又l₂+l₃=l₂^/+l₃^/=（16+8）cm=24cm④（2分）

联立②③④得l₃^/=6cm（2分）

活塞右移ㄓx=l₃－l₃^/=2cm，当B内两侧压强相等时，

对活塞由平衡条件得，(p₁^/－p₀)S=(p－p₀)S

解得p₁^/=p₀=1.0×10⁵Pa（2分）

对A内气体由理想气体的状态方程得，p₁l₁S/T₁= p₁^/l₁^/S/T₁^/，其中l₁^/=(30+2)cm=32cm

即有0.5×30S/300=1×32S/T₁^/

解得T₁^/=640K（2分）

A内温度升高ㄓT=T₁^/－T₁=340K（2分）