江苏省南通市启东中学创新班2018-2019学年高一(下)月考物理试卷(3月份)解析版

2018-2019学年江苏省南通市启东中学创新班高一（下）

月考物理试卷（3月份）

一、单选题

1.关于温度的概念，下述说法中正确的是()

A. 温度是分子平均动能的标志，物体温度高，则分子的平均动能大

B. 温度是分子平均动能的标志，温度升高，则物体的每一个分子的动能都增大

C. 某物体当其内能增大时，则该物体的温度一定升高

D. 甲物体的温度比乙物体的温度高，则甲物体分子平均速率比乙物体分子平均速

率大

【答案】A

【解析】解：温度是分子平均动能的标志，这是一个统计规律，对于单个、少量分子是不成立的，故A正确，B错误；

物体的内能增大，可能是分子势能增大导致的，分子的平均动能不一定增大，温度不一定升高，故C错误；

甲物体的温度比乙物体的温度高说明甲物体分子平均动能大于乙分子平均动能，而二者分子质量不确定谁大谁小，故无法判断二者分子平均速率大小，故D错误。

故选：A。

正确理解温度是分子平均动能的标志的含义，同时要了解内能的含义以及内能与哪些因素有关是解答本题的关键．

温度是热学中的一个重要概念，一定从宏观和微观的角度加以充分理解．

2.下列说法中正确的有()

A. 单晶体的某些物理性质呈现各向异性，是因为组成它们的原子(分子、离子)在

空间上的排列是杂乱无章的

B. 悬浮在水中的花粉颗粒的布朗运动反映了花粉分子运动的无规则性

C. 当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，

这是由于水膜具有表面张力

D. 在完全失重的情况下，熔化的金属能够收缩成球形

【答案】D

【解析】解：A、单晶体的某些物理性质呈现各向异性，是因为组成它们的原子(分子、离子)在空间上的排列是有序的，故A错误；

B、布朗运动是悬浮在液体中的微粒的运动，反映了水分子运动的无规则性，故B错误；

C、玻璃及水分子之间存在着引力，故我们很将玻璃板拉开，但这不是因水膜的表面张力，故C错误；

D、由于液体表面分子间距大于内部，即液体表面层分子较稀疏，故分子间引力大于斥力，表现为引力，即表面张力，在完全失重的情况下，熔化的金属能够收缩成球形就与表面张力有关。故D正确；

故选：D。

晶体表现为各向异性是由于从内部任何一点出发，在不同方向上相等距离内微粒数不同；布朗运动是液体分子碰撞的不平衡性造成的；液体的表面张力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势。

本题考查布朗运动、晶体与非晶体、液体表面张力的产生原因等，知识点多，难度小，关键时记住基础知识。

3.下列说法正确的是()

A. 做简谐运动的物体，其振动能量与振动的频率有关

B. “隔墙有耳”现象是指声波发生了明显衍射现象

C. 当观察者和波源间存在相对运动时一定能观察到多普勒效应现象

D. 交警通过发射超声波测量车速是利用了波的干涉原理

【答案】B

【解析】解：A、做简谐运动的物体，其振动能量与振动的振幅有关，与振动的频率无关，故A错误；

B、根据衍射的特点可知，“隔墙有耳”现象是指声波发生了明显衍射现象，故B正确；

C、当观察者和波源间存在相对运动时不一定能观察到多普勒效应现象，如观测者绕波源做匀速圆周运动。故C错误；

D、根交警通过发射超声波测量车速是利用了多普勒现象，从汽车上反射回的超声波的频率发生了变化，故D错误；

故选：B。

振动能量与振动的振幅有关；根据衍射的特点分析；知道多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的；交警通过发射超声波测量车速是利用了多普勒现象。

该题考查3?4中的多个知识点的内容，都是记忆性的知识点，在平时的学习过程中多

加积累即可。

4.在学校运动场上50m直跑道的两端，分别安装了由同一信号发生器带动的两个相同

的扬声器.两个扬声器连续发出波长为5m的声波.一同学从该跑道的中点出发，向某一段点缓慢行进10m.在此过程中，他听到扬声器声音由强变弱的次数为()

A. 2

B. 4

C. 6

D. 8

【答案】B

【解析】解：当同学到两个声源的间距为波长整数倍时，振动加强，听到声音是加强的，故该同学从中间向一侧移动0m、2.5m、5.0m、7.5m、10m时，听到声音变大；

当同学到两个声源的间距为半波长的奇数倍时，振动减弱，听到声音是减弱的，故该同学从中间向一侧移动1.25m、3.75m、6.25m、8.75m时，声音减弱；

故该同学从中间向一侧移动过程听到扬声器声音由强变弱的次数为4次；

故选：B。

当同学到两个声源的间距为波长整数倍时，振动加强，听到声音是加强的；当同学到两个声源的间距为半波长的奇数倍时，振动减弱，听到声音是减弱的．

本题关键明确振动加强和振动减弱的条件，然后可以结合图表分析，不难．

5.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态

B、C和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温

过程，B→C为等压过程，D→A为等容过程。该循环

过程中，下列说法正确的是()

A. A→B过程中，气体吸收热量

B. B→C过程中，气体分子的平均动能增大

C. C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多

D. D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化

【答案】B

【解析】解：A、因为A→B为等温过程，压强变大，体积变小，故外界对气体做功，

根据热力学第一定律有△U=W+Q，温度不变，则内能不变，故气体一定放出热量，故A错误；

=C可知，气体温B、因为B→C为等压过程，由于体积增大，由理想气体状态方程PV

度升高，内能增加，故气体分子的平均动能增大，故B正确；

C、C→D为等温过程，压强变小，体积增大，因为温度不变，故气体分子的平均动能

不变，压强变小说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少，故C错误；

=C可知，温度降低，气体分子的D、D→A为等容过程，体积不变，压强变小，由PV

平均动能减小，故气体分子的速率分布曲线会发生变化，故D错误；

故选：B。

气体的内能只与温度有关，根据热力学第一定律有△U=W+Q判断气体吸热还是发热；根据图象利用理想气体状态方程对每一个过程进行分析即可。

本题是图象问题，解题的关键从图象判断气体变化过程，利用理想气体状态方程，然后结合热力学第一定律进行分析判断即可解决。

6.当物体中存在温度差时，热量会从温度高的地方向温度低的地方传递。对于一长度

为L、横截面积为S的均匀金属棒，当两端的温度差稳定为△T时，△t时间内从高温端向低温端传递的热量△Q满足关系式：△Q=kS．△T

△t；其中k为棒的导热系

数。如图所示，长度分别为L1、L2，导热系数分别为k1、k2，的两个横截面积相等的细棒在D处紧密对接，两金属棒各自另一端分别与温度为400开、300开的恒定热源良好接触。若L1：L2=1：2，k1：k2=3：2，则在稳定状态下，D处的温度为()

A. 375K

B. 360K

C. 350K

D. 325K

【答案】A

【解析】解：设稳定状态下D处的温度为T，

?△t，

则对于长度为L1的细棒：△Q1=k1S?(400?T)

对于长度为L2的细棒：△Q2=k2(300?T)△t

L1：L2=1：2，k1：k2=3：2，

稳定状态下，D处的温度为T=375K

故A正确，BCD错误；

故选：A。

根据材料提供关系：△Q=kS．△T

△t，结合条件，抓住稳定状态分析解答。

此题考查热平衡方程的理解和掌握，注意结合材料信息即可解答。

7.下列对热学相关知识的判断中正确的是()

A. 对一定质量的气体加热，其内能一定增大

B. 不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功

C. 一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的

D. 自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要

节约能源

【答案】CD

【解析】解：A、做功与热传递都可以改变物体的内能，对一定质量的气体加热，其内能不一定增大。故A错误；

B、根据热力学第二定律，从单一热源吸收热量，可以使之完全变为功，但会引起其他的变化。故B错误；

C、根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的。故C正确；

D、自然界中的能量虽然是守恒的，由热力学第二定律可知，能量集中的各种能量最终将会变为内能而耗散在大气中，从而不能再被利用，故要节约能源，故D正确；

故选：CD。

做功与热传递都可以改变物体的内能；热力学第二定律有不同的表述：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响；不可逆热力学过程中熵的增量总是大于零。

该题考查热力学第一定律和热力学第二定律，解答的关键熟悉热力学第二定律的各种表述，能够明确热力学第二定律的本质。基础题目。

8.蜘蛛会根据丝网的振动情况感知是否有昆虫“落网”，若丝网的固有频率为200Hz，

下列说法正确的是()

A. “落网”昆虫翅膀振动的频率越大，丝网的振幅越大

B. 当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200Hz时，丝网不振动

C. 当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时，丝网的振幅最大

D. 昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定

【答案】CD

【解析】解：A、根据共振的条件可知，系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大。故A错误，B错误；

C、当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005s时，其频率：f=1

T =1

0.005

=200Hz，与

丝网的固有频率相等，所以丝网的振幅最大。故C正确；

D、受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定。故D正确。

故选：CD。

受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大．

本题应明确受迫振动的频率等于驱动力的频率，而当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振动最强烈．

9.理想气体的热力学过程中可能发生的过程是()

A. 内能减小的等容加热过程

B. 吸热的等温膨胀过程

C. 内能增加的绝热压缩过程

D. 吸热的等压压缩过程

【答案】BC

【解析】解：A、等容加热过程，吸收热量，故Q>0，体积不变，故W=0，根据热力学第一定律公式△U=W+Q，△U>0，即内能一定增加，故A错误；

B、等温膨胀过程，体积增大，气体对外做功，故W<0，温度不变，则△U=0，根据热力学第一定律公式△U=W+Q可知Q>0，故B正确；

C、绝热压缩过程，绝热说明Q=0，压缩说明W>0，根据热力学第一定律公式△U= W+Q，△U>0，故内能增加，故C正确；

D、等压压缩过程，外界对气体做功，则W>0，根据理想气体状态方程PV

=C可知，温度降低，则气体内能减小，即△U<0，根据热力学第一定律公式△U=W+Q可知，Q<0，故D错误；

故选：BC。

理想气体的内能只与温度有关。结合理想气体状态方程和热力学第一定律判断可能发生的过程。

本题考查热力学第一定律，关键是记住公式△U=W+Q；

热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。

10.如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简

谐运动，以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y=

0.1sin(2.5πt)m.t=0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t=

0.6s时，小球恰好与物块处于同一高度，取重力加速度的大小为g=10m/s2，下列

说法中正确的是()

A. ?=1.7m

B. 简谐运动的周期是0.8s

C. 0.6s内物块运动的路程是0.2m

D. t=0.4s时，物块与小球运动方向相反

【答案】AB

【解析】解：A、由振动方程式可得，t=0.6s物体的位移为：

y=0.1sin(2.5π×0.6)=?0.1m；

则对小球有：

?+∣?y∣=1

gt2

解得?=1.7m；故A正确；

B、由公式可知，简谐运动的周期为：T=2π

ω=2π

2.5π

=0.8s；故B正确；

C、振幅为0.1m；故0.6s内物块运动的路程为3A=0.3m；故C错误；

D、t=0.4s=T

，此时物体在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，故D错误；

故选：AB。

由振动公式可明确振动的周期、振幅及位移等；再结合自由落体运动的规律即可求得h 高度；根据周期明确小球经历0.4s时的运动方向。

本题考查简谐运动的位移公式，要掌握由公式求解简谐运动的相关信息，特别是位移、周期及振幅等物理量。

11.一列向右传播的简谐横波，当波传到x=2.0处的P点时开始计时时，该时刻波形

如图所示，t=0.9s时，观测到质点P第三次到达波峰位置，下列说法正确的是(

)

A. 波速为0.5m/s

B. 经过1.4s质点P运动的路程为70cm

C. t=1.6s时，x=4.5m处的质点Q第三次到达波谷

D. 与该波发生干涉的另一列简谐横波的频率一定为2.5Hz

【答案】BCD

【解析】解：A、简谐横波向右传播，由波形平移法知，各点的起振方向为竖直向上。

t=0.9s时，P点第三次到达波峰，即有(2+1

)T=0.9s，T=0.4s，波长为λ=2m

所以波速v=λ

T =2

0.4

=5m/s，故A错误。

B、t=1.4s相当于3.5个周期，每个周期路程为4A=20cm，所以经过1.4s质点P运动的路程为S=3.5×4A=14×5cm=70cm，故B正确。

C、经过t=△x

v =4.5?2

=0.5s波传到Q，经过2.75T即再经过1.1s后Q第三次到达波谷，

所以t=1.6s时，x=4.5m处的质点Q第三次到达波谷。故C正确。

D、要发生干涉现象，另外一列波的频率一定相同，即f=1

=2.5Hz，故D正确。

故选：BCD。

简谐横波向右传播过程中，介质中质点做简谐运动，根据波传播方向判断出质点P的振动方向，根据t=0.9s时，观测到质点P第三次到达波峰位置，分析得到周期，由图象读出波长，求出波速.根据时间与周期的关系求经过1.4s质点P运动的路程.波在同一均匀介质中匀速传播的，运用分段法求质点Q第三次到达波谷的时间.发生干涉的条件是两列波的频率相同．

本题采用分段法求解Q第三次形成波谷的时间，也可以根据波形平移法求.要知道质点在一个周期通过的路程是四倍的振幅．

12.如图所示，绝热容器的气体被绝热光滑密封活塞分为两

部分A、B，已知初始状态下A、B两部分体积、压强、

温度均相等，A中有一电热丝对A部分气体加热一段时

间，稳定后()

A. A气体压强增加，体积增大，温度不变

B. B气体的温度升高，B中分子运动加剧

C. B气体的体积减小，压强增大

D. A气体的内能变化量等于B气体的内能变化量

【答案】BC

【解析】解：AC、A中有一电热丝对A部分气体加热，气缸绝热、活塞绝热，则A气体温度一定升高，而且体积增大；A气体对B气体做功，B气体内能增加，则B气体温度升高，根据理想气体状态方程可知，B的压强也一定增大，故A错误，C正确；B、据A项分析可知B气体的温度升高，分子平均动能变大，分子运动剧烈，故B正确；

D、稳定后AB压强相等，由于活塞绝热，A气体温度高于B，A气体内能变化量大于B 气体内能变化量，故D错误；

故选：BC。

理想气体内能只与温度有关，温度是分子平均动能标志。根据理想气体状态方程分析气体温度变化，然后判断内能变化以及分子平均动能变化情况。

本题考查理想气体状态方程和做功的方式，关键是抓住气缸绝热，活塞也绝热，改变B 物体内能的只能是做功。

13.用油膜法估测分子大小的实验步骤如下：

①向体积为V1的纯油酸中加入酒精，直到油酸酒精溶液总量为V2；

②用注射器吸取上述溶液，一滴一滴地滴入小量筒，当滴入n滴时体积为V0；

③先往边长为30～40cm的浅盘里倒入2cm深的水；

④用注射器往水面上滴1滴上述溶液，等油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描出油酸薄膜的形状；

⑤将画有油酸薄膜轮廓形状的玻璃板，放在画有许多边长为a的小正方形的坐标纸上，计算出轮廓范围内正方形的总数为N．

则上述过程遗漏的步骤是______；油酸分子直径的表达式d=______．

【答案】将痱子粉均匀撒在水面上

V0V1 Nna2V2

【解析】解：由实验步骤可知，缺少的实验步骤是：将痱子粉均匀撒在水面上；

一滴油酸溶液含有纯油的体积V=V0n×V1V

2=V0V1

nV2

，

油膜的面积S=Na2，油酸分子的直径d=V S=V0V1

Nna2V2

；

故答案为：将痱子粉均匀撒在水面上；V0V1

Nna2V2

．

用油膜法测分子直径时，要在水面上撒上痱子粉，以显示油膜的轮廓；

根据题意求出一滴溶液中纯油的体积，求出油膜的面积，纯油的体积除以油膜的面积就是油酸分子的直径．

本题考查了油膜法测分子直径是实验步骤、求分子的直径；要熟悉实验步骤与实验注意事项，求分子直径时，求油的体积是易错点，一定要注意所求的体积是纯油的体积．14.某同学利用单摆测定当地的重力加速度，实验装置如图1所示。

(1)该同学经测量得到5组摆长L和对应的周期T，画出L?T2图线，然后在图线上

选取A、B两个点，坐标如图2所示。则当地重力加速度的表达式g=______(用L A、L B、T A和T B表示)。

(2)处理完数据后，该同学发现在计算摆长时误将摆球直径当成半径代入计算，即

L=l+d，这样______(选填“影响”或“不影响”)重力加速度的计算。

(3)该同学做完实验后，为使重力加速度的测量结果更加准确，他认为：

A.在摆球运动的过程中，必须保证悬点固定

B.摆线偏离平衡位置的角度不能太大

C.使摆球在同一竖直平面内摆动

D.测量周期时应该从摆球运动到最高点时开始计时

其中合理的有______。

【答案】4π2(L B?L A)

T B2?T A2

不影响ABC

【解析】解：(1)根据单摆周期公式：T=2π√L

g 可知：L=g

4π2

T2，

L?T2图象的斜率：k=g

4π2=L B?L A

T B2?T A2

，加速度为：g=4π2(L B?L A)

T B2?T A2

；

(2)重力加速度为：g=4π2(L B?L A)

T B2?T A2

，计算摆长时误将摆球直径当成半径代入计算，不影响重力加速度的计算。

(3)A、在摆球摆动的过程中，必须保证悬点固定，防止松动引起摆线长度的变化，故A 正确。

B、为了保证摆球做简谐运动，摆线偏离平衡位置的角度不能太大，故B正确。

C、为使单摆做简谐运动，应使摆球在同一竖直平面内摆动，故C正确；

D、为减小实验误差，测量周期时应该从摆球运动到最低点时开始计时，故D错误；故选：ABC。

故答案为：(1)4π2(L B?L A)

T B2?T A2

；(2)不影响；(3)ABC。

(1)根据单摆的周期公式，得出摆长和周期的关系式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度。

(2)根据重力加速度的表达式，分析计算摆长时将直径代入计算是否影响重力加速度的测量。

(3)根据实验的原理与实验注意事项分析答题。

简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素。应用单摆周期公式可以解题；要掌握应用图象法处理实验数据的方法。

15.在大气中，空气团竖直运动经过各气层的时间很短，因此，运动过程中空气团与周

围空气热量交换极少，可看作绝热过程。潮湿空气团在山的迎风坡上升时，水汽凝结成云雨，到山顶后变得干燥，然后沿着背风坡下降时升温，气象上称这股干热的气流为焚风。(大气压强随高度的增加而减小)

(1)空气团在山的迎风坡上升时温度降低，原因是空气团______(选填“对外放热”

或“对外做功”)；设空气团的内能U与温度T满足U=CT(C为一常数)，空气团沿着背风坡下降过程中，外界对空气团做的功为W，则此过程中空气团升高的温度△T=______。

(2)若水汽在高空凝结成小水滴的直径为d，已知水的密度为ρ、摩尔质量为M，阿

伏加德罗常数为N A.求：①一个小水滴包含的分子数n；②水分子直径的大小d0。【答案】对外做功W

【解析】解：(1)空气团在山的迎风坡上升时温度降低，空气团内能减小，又绝热，

根据热力学第一定律可知空气团对外做功；

根据U=CT得：△U=C△T…①，

由根据热力学第一定律得：△U=W+Q…②、

Q=0…③

①②③联立解得：△T=W

；

(2)解：①水滴的体积为V=4

3π(d

)3=πd3

④

水滴的质量m=ρV⑤

分子数n=m

N A⑥

④⑤⑥联立解得：n=ρπd3N A

6M ②一个水分子的体积为：

V0=M

N A

ρN A

⑦

把一个水分子看成球型，则V0=4

3π(d0

)3=πd03

⑦

⑦⑧联立解得：

d0=3

6M πρN A

答：(1)对外做功、W

；

(2)：①一个小水滴包含的分子数为πρd3N A

6M ；②水分子的大小d0为36M

πρN A

。

(1)空气团在山的迎风坡上升时温度降低，空气团内能减小，又绝热，根据热力学第一定律可知空气团对外做功；根据U=CT得：△U=C△T①，由根据热力学第一定律得：△U=W+Q②、Q=0③①②③联立求解即可；

(2)根据V=4

3π(d

)3求出水滴的体积，再根据m=ρV求出质量，然后根据n=m

N A求出

个数。

本题比较简单，关键要明确阿伏伽德罗常数的意义，知道水分子体积与水的体积之间的关系即可正确解答，对于这类基础知识，不可轻视，要加强理解。

16.如图所示，虚线是一列简谐横波在t=0时刻的波形，实线是这列波在t=1s时刻的

波形。

(1)若波沿x轴正方向传播，则从t=1s时刻开始，x=3m处的质点第一次回到平

衡位置需要的时间最长为多少？

(2)若波速大小为75m/s，则波的传播方向如何？

【答案】解：(1)若波沿x轴正方向传播，根据波形平移法知△t=nT+3

周期为：T=8△t

8n+3=8

8n+3

s，(n=0,1，2，3…)

当n=0时，周期最大，为：T max=8

所以从t=1s时刻开始，x=3m处的质点第一次回到平衡位置需要的时间最长为：

t max=1

4T max=2

②若波速大小为75m/s，在△t=1s内波传播的距离为：x=v△t=75m=9λ+3

所以波沿x轴正方向传播。

答：(1)从t=1s时刻开始，x=3m处的质点第一次回到平衡位置需要的时间最长为2

s。

(2)若波速大小为75m/s，则波沿x轴正方向传播。

【解析】(1)若波沿x轴正方向传播，写出周期的表达式，求出最大周期，从而求得x=3m 处的质点第一次回到平衡位置需要的最长时间。

(2)若波速大小为75m/s，根据x=vt求出波传播的距离，再分析波的传播方向。

本题是波动图象问题，关键是理解波的周期性，利用波形平移法分析时间与周期的关系。根据波传播的距离与波长关系，是判断波的传播方向常用的方法，要学会应用。

17.如图所示，一圆柱形绝热容器竖直放置，通过绝热活塞封闭着

摄氏温度为t1的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，与

容器底部相距?1.现通过电热丝给气体加热一段时间，使其温度

上升到t2，若这段时间内气体吸收的热量为Q，已知大气压强

为P0，重力加速度为g，求：

(1)气体的压强。

(2)这段时间内活塞上升的距离是多少？

(3)这段时间内气体的内能如何变化，变化了多少？

【答案】解：(1)分析活塞的受力情况，如图所示，根据平衡条件有

mg+P0S=P

由此得：气体的压强为P=P0+mg

(2)设温度上升到t2时，活塞与容器底部相距为h2，因为气体发生等

压变化，由盖?吕萨克定律得

V1 T1=V2

得：?1S

273+t1=?2S

273+t2

解得，?2=?1(273+t2)

273+t1

故活塞上升了△?=?2??1=?1(t2?t1)

273+t1

(3)气体对外做功为W=PS△?=(P0+mg

S )S?△?=(P0S+mg)?1(t2?t1)

273+t1

根据热力学第一定律△U=W+Q得：△U=Q?W=Q?(P0S+mg)?1(t2?t1)

273+t1答：

(1)气体的压强为P0+mg

。

(2)这段时间内活塞上升的距离是(P0S+mg)?1(t2?t1)

。

273+t1

(3)这段时间内气体的内能增加，增加了Q?(P0S+mg)?1(t2?t1)

。

273+t1

【解析】(1)要求封闭气体的压强可以活塞为研究对象，分析受力，根据平衡条件，列式求解。

(2)给气体加热时，封闭气体发生等压变化，可根据盖?吕萨克定律列式求解温度上升到t2时，活塞与容器底部相距的距离?2.即可得到活塞上升的距离。

(3)气体发生等压变化，对活塞的压力大小不变，由公式W=P△V求气体对活塞做功，即可根据热力学第一定律求内能的变化量。

求封闭气体的压强，常常以与气体接触的活塞或水银柱为研究对象，根据力学知识求。对于气体，确定状态发生体积变化是关键。

18.U形管的两支管A、B和水平管C都是由内径均匀的细玻璃管做成的，它们的内径

与管长相比都可忽略不计.已知三部分的截面积分别为S A=1.0×10?2cm2，S B=

3.0×10?2cm2，S C=2.0×10?2cm2，在C管中有一段空气柱，两侧被水银封闭.当

温度为t1=27℃时，空气柱长为l=30cm(如图所示)，C中气柱两侧的水银柱长分别为a=2.0cm，b=3.0cm，A、B两支管都很长，其中的水银柱高均为?=12cm.

大气压强保持为P1=76cmHg不变.不考虑温度变化时管和水银的热膨胀.试求气柱中空气温度缓慢升高到t=97℃时空气的体积．

【答案】解：在温度为T1=(27+273)K=300K时，气柱中的空气的压强和体积分别为

P1=P0+?(1)

V1=LS C(2)

当气柱中空气的温度升高时，气柱两侧的水银将被缓慢压入A管和B管.设温度升高到T2时，气柱右侧水银刚好全部压到B管中，使管中水银高度增大

△?=bS c

(3)

S B

由此造成气柱中空气体积的增大量为

△V′=bS c(4)

与此同时，气柱左侧的水银也有一部分进入A管，进入A管的水银使A管中的水银高度也应增大△?，使两支管的压强平衡，由此造成气柱空气体积增大量为

△V″=△?S A(5)

所以，当温度为T2时空气的体积和压强分别为

V 2=V 1+△V′+△V″(6)

P 2=P 1+△? (7)

由状态方程知P 1V 1

T 1=P 2V 2T 2 (8)

由以上各式，代入数据可得

T 2=347.7K (9)

此值小于题给的最终温度T =273+tK ，所以温度将继续升高.从这时起，气柱中的空气作等压变化.当温度到达T 时，气柱体积为V =T

T 2V 2 (10) 代入数据可得

V =0.72cm 3 (11)

答：气柱中空气温度缓慢升高到 t =97℃时空气的体积0.72cm 3．

【解析】选C 为研究对象，分析初状态的气体状态参量，到温度升高，分析气柱到左右侧的位置，从而判定末状态的压强和气体体积的关系，最后根据理想气体状态方程求出温度，判定出温度将继续上升，后面的变化为等压变化，根据V T =C 求气体体积．本题考查理想气体状态方程，注意分析气体的体积和温度变化，在不确定的情况下，现设必要的物理量，然后要通过计算来判定气体的末状态，然后再列方程求解正确的答案.属于难题．