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2021年人教版物理一轮复习基础狂练 理想气体的状态方程
一．选择题（共11小题）
1．一定质量的理想气体从状态a开始，经历四个过程ab、bc、cd、da回到原状态，共压强p与温度T的关系如图所示，已知bd连线的延长线通过原点。关于四个变化过程的说法中，下列判断正确的是（　　）
A．各状态下体积关系满足Va＞Vb＝Vd＞Vc
B．c→d过程中外界对气体做的功小于气体放出的热量
C．b→c过程中气体分子对器壁碰撞的频繁程度不变
D．a→b过程中气体吸收的热量大于c→d过程中气体放出的热量
2．如图所示是一定质量的理想气体的p﹣T图象，按图示箭头从状态a变化到状态b，再变化到状态c。则在此过程中气体体积（　　）
A．先减小后增大 B．先减小后不变
C．先增大后减小 D．先增大后不变
3．下列反映一定质量理想气体状态变化的图象中，能正确反映物理规律的是（　　）
A．图（a）反映了气体的等容变化规律
B．图（b）反映了气体的等容变化规律
C．图（c）反映了气体的等压变化规律
D．图（d）反映了气体的等温变化规律
4．一只两用活塞气筒的原理如图所示（打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示），其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，开始时气筒和容器内的空气压强为p0，已知气筒和容器导热性良好，当分别作为打气筒和抽气筒使用时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为（　　）
A．np0，p0
B．p0，p0
C．（1）np0，（1）np0
D．（1）p0，（）np0
5．如图所示，将盛有温度为T的同种气体的两容器用水平细管相连，管中有一小段水银将A、B两部分气体隔开，现使A、B同时升高温度，若A升高到T+△TA，B升高到T+△TB，已知VA＝2VB，要使水银保持不动，则（　　）
A．△TA＝2△TB B．△TA＝△TB C．△TA△TB D．△TA△TB
6．一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p1、V1、T1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p2、V2、T2，下列关系正确的是（　　）
A．p1＝p2，V1＝2V2，T1T2 B．p1＝p2，V1V2，T1＝2T2
C．p1＝2p2，V1＝2V2，T1＝2T2 D．p1＝2p2，V1＝V2，T1＝2T2
7．在冬季，剩有半瓶热水的暖水瓶经一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来。其中主要原因是（　　）
A．软木塞受潮膨胀
B．瓶口因温度降低而收缩变小
C．白天气温升高，大气压强变大
D．瓶内气体因温度降低而压强减小
8．如图所示，在斯特林循环的P﹣V图象中，一定质量理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，整个过程由两个等温和两个等容过程组成，下列说法中正确的是（　　）
A．状态A的温度高于状态C的温度
B．B→C过程中，单位体积里气体分子数目减小
C．C→D过程中，气体分子每次与容器壁碰撞的平均冲力的平均值变小了
D．一个循环过程中，气体要从外界吸收一定的热量
9．“百脉寒泉珍珠滚”，为章丘八大景之一。泉水深5m，底部温度为17℃，一个体积为5.8×10﹣7m3的气泡，从底部缓慢上升，到达泉水表面温度为27℃，其内能增加了2×10﹣2J。g取10m/s2，外界大气压强取1.0×105Pa，水的密度取1×103kg/m3。下列说法正确的是（　　）
A．气泡内所有分子动能都增大
B．气泡上升过程中对外做功，放出热量
C．气泡到达水面的体积为8.7×10﹣8m3
D．上升过程中气泡吸收热量小于5.2×10﹣2J
10．如图所示的装置，气缸分上、下两部分，下部分的横截面积大于上部分的横截面积，大小活塞分别在上、下气缸内用一根硬杆相连，两活塞可在气缸内一起上下移动。缸内封有一定质量的气体，活塞与缸壁无摩擦且不漏气，起初，在小活塞上的杯子里放有大量钢球，请问哪些情况下能使两活塞相对气缸向上移动（　　）
A．给气缸内缓慢加热 B．增加几个钢球
C．大气压变小 D．让整个装置自由下落
11．如图，一定质量的理想气体从状态A沿直线变化到状态B的过程中，其体积（　　）
A．保持不变 B．逐渐变大
C．逐渐变小 D．先变小后变大
二．填空题（共18小题）
12．一定质量的某种理想气体，若p不变，V增大，则T增大，是由于分子数密度减小，要使压强不变，需使分子的平均动能增大。 　 　（判断对错）
13．某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强小于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的内能　 　（填增加、减少或不变），容器中空气的密度　 　（填大于、小于或等于）外界空气的密度。
14．网上热卖的科普小制作——斯特林蒸汽发动机玩具车如图甲所示，它通过汽缸内的气体经过压缩、吸热、膨胀、冷却为一个周期的循环来输出动力，因此又被称为热气机。如图乙所示，在斯特林循环的p﹣V图像中，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AB、CD为等温过程，BC、DA为等容过程。则气体从状态B到状态C过程 　 　（填“吸收”或“放出”）热量，状态A→B过程中外界对气体做的功 　 　（填“大于”、“等于”或“小于”）状态C→D过程中气体对外界做的功。
15．如图，一球形容器与一粗细均匀的长直玻璃管相连．玻璃管自下而上均匀地刻有101根刻度线，相邻两根刻度线之间的容积为0.2cm3．现一小滴水银（体积可以忽略）将一定质量的气体封在容器内．封闭气体温度为27.0℃时，该滴水银在从下数起的第35根刻度线处，此时封闭气体体积为120 cm3．若将该装置用来测量温度，大气压强保持不变，则
（1）此温度计的测温范围是　 　K到　 　K（不计容器及玻璃管的热膨胀）；（结果保留到小数点后一位）
（2）若在这101根刻度线旁标上相应的温度值，则自下而上看，相邻两根刻度线旁所标温度值的差值　 　（选填“逐渐增大”或“逐渐减小”或“始终相等”）
（3）如用一容积更大的球形容器替换现有的球形容器，制成一新温度计，使得在其他条件不变的情况下，封闭气体更多．则新温度计的量程、测量精度的变化情况是　 　
（A）量程减小，精度降低
（B）量程增大，精度降低
（C）量程减小，精度提高
（D）量程增大，精度提高．
16．一定质量的理想气体从状态M出发，经状态N、P、Q回到状态M，完成一个循环，其体积﹣温度图像（V﹣T图像）如图所示，其中MQ、NP平行T轴，MN、QP平行V轴。则气体从M到N的过程中压强 　 　（填“增大”、“减小”或“不变”），内能 　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）；气体从N到P过程吸收的热量 　 　（填“大于”、“等于”或“小于”）从Q到M过程放出的热量；气体从P到Q过程对外界所做的功 　 　（填“大于”、“等于”或“小于”）从M到N过程外界对气体所做的功。
17．如图所示，水平放置的汽缸A和容积为VB＝3L的容器B由一容积可忽略不计的长细管经阀门C相连。汽缸A内有一活塞D，它可以无摩擦地在汽缸内滑动，且汽缸A、活塞D和细管都是绝热的，外界大气压强为p0＝1.0×105Pa，B放在T2＝400K的恒温槽内，B的器壁导热性能良好。开始时C是关闭的，A内装有温度为T1＝300K、体积为VA＝2.1L的气体，B内没有气体。打开阀门C，使气体由A流入B，等到活塞D停止移动一段时间后，则气体的体积为　 　L，气体的压强为　 　Pa。
18．如图所示，一个固定的绝热汽缸通过绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞通过两端有转轴的杆AB与圆盘边缘连接，半径为R的圆盘绕固定转动轴O点以角速度ω逆时针匀速转动，形成活塞水平左右振动．则从图示位置起，圆盘转过90°过程中，汽缸内气体内能　 　（填“增大”、“减小”或“不变”），在图示位置，杆与水平线AO夹角为θ，AO与BO垂直，则此时活塞速度为　 　．
19．一定质量的理想气体经历如图所示的状态变化，变化顺序为a→b→c→d，图中坐标轴上的符号p指气体压强，V指气体体积，ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与轴垂直。气体在此状态变化过程中属于等温变化过程的是　 　，在b→c的变化过程中气体的内能　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
20．如图所示，一定质量的理想气体，按图示方向经历了ABCDA的循环，其p﹣V图线如图。状态B时，气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能 　 　（选填“大”或“小”）；由B到C的过程中，气体将 　 　（选填“吸收”或“放出”）热量；经历ABCDA一个循环，气体吸收的总热量 　 　（选填“大于”或“小于”）释放的总热量
21．如图，粗细均匀的绝热U形玻璃管，右侧玻璃管连通着一细玻璃管，阀门关闭，忽略细玻璃管的体积。封闭空气柱长为h＝4cm，左右两管内的水银面高度差为h＝4cm。已知大气压强为p0＝76cmHg，封闭气体初始温度为t0＝27℃。现对封闭气体采取两种做法：
（1）若缓慢加热封闭气体，直到左右两管水银面等高时，停止加热，此时封闭气体的温度为　 　；
（2）若打开阀门，直到左右两管水银液面等高，关闭阀门，此时玻璃管内气体的质量是原来气体质量的　 　倍。
22．一定质量的理想气体由状态A 经等压变化到状态B，气体吸收热量为Q1；再由B状态经等容变化到状态C，气体放出热量为Q2．状态A：VA＝0.2m3，TA＝200K；状态B：VB＝　 　m3，TB＝400K；状态C：TC＝200K，则Q1　 　Q2 （选填“＞”、“＝”或“＜”）。
23．一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C再回到状态A，变化过程如图所示，其中A到B曲线为双曲线，图中p0和V0为已知量，并已知状态A温度为T0，则状态C的温度为　 　，从B到C的过程中，气体做功大小为　 　，从A经状态B、C再回到状态A的过程中，气体吸放热情况为　 　（选填“吸热”、“放热”、“无吸放热”）。
24．如图所示，竖直放置、上端开口的绝热气缸底部固定一电热丝（图中未画出），面积为S的绝热活塞位于气缸内，下端封闭着理想气体，当热力学温度为T0时，活塞距气缸底部的高度为h；现用电热丝缓慢加热，当气体吸收的热量为Q时，活塞上升了0.5h。则气缸内气体内能的变化量　 　（填“大于”“等于”或“小于”）Q，此时气缸内气体的热力学温度为　 　。
25．如图所示，绝热容器A部分装有理想气体，B部分是真空，二者体积相等，卡销K1固定一个轻质绝热活塞，卡销K2固定一可抽式绝热隔板，现将绝热隔板缓慢抽开，气体稳定后，则其内能 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；再打开卡销K1缓慢调节右侧重物，直至封闭气体体积减小到总体积的一半，则封闭气体的温度 　 　（选填“升高”、“降低”或“不变”）。
26．一定质量的理想气体从状态（p1、V1）开始做等温膨胀，状态变化如图中实线所示。若该部分气体从状态（p1、V1）开始做与外界无热交换的膨胀至体积V2，则对应的状态变化图线可能是图中虚线　 　（选填图中虚线代号），在这一过程中气体的内能　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
27．一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其P﹣T图象如图所示。则a状态时气体的体积　 　b状态时气体的体积，过程ca中外界对气体所做的功　 　气体所放的热。若b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的平均次数分别为N1、N2，则N1　 　N2．（填“大于”、“小于”或“等于”）
28．如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③到达状态d。则：过程①中单位时间内气体分子对容器壁碰撞次数　 　（增加、减少）；过程②中气体对外界做　 　（“正功”、“负功”）；状态c的内能　 　状态d的内能（“＞”“＜”或“＝”），过程③气体　 　（“从外界吸收”或“对外放出”）热量。
29．一定质量的理想气体的变化过程如图所示1→2→3→4→1，其中气体气体对外做功的过程是　 　，气体放热的过程是　 　．
三．计算题（共1小题）
30．如图所示，一细U形管一端开口，一端封闭，用两段水银柱封闭两段空气柱在管内，初始状态时两气体的温度都为T1＝300K，已知L1＝80cm，L2＝25cm，L3＝10cm，h＝15cm，大气压强p0＝75cmHg，现给气体2加热，使之温度缓慢升高，求：当右端的水银柱的液面上升△h＝15cm时，气体2的温度。（此过程气体1的温度保持不变）
四．解答题（共3小题）
31．如图，导热性能极好的气缸，高为L＝1.0m，开口向上固定在水平面上，气缸中有横截面积为S＝100cm2、质量为m＝20kg的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内。当外界温度为t＝27℃、大气压为P0＝1.0×105Pa时，气柱高度为l＝0.80m，气缸和活塞的厚度均可忽略不计，取g＝10m/s2，求：
①如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端。在顶端处，竖直拉力F有多大？
②如果仅因为环境温度缓慢升高导致活塞上升，当活塞上升到气缸顶端时，环境温度为多少摄氏度？
32．如图所示，有一粗细均匀、内壁光滑且足够长的平底钢化玻璃管，管内有两活塞A、B封闭着两部分气柱Ⅰ、Ⅱ。活塞A下部粘有一块橡皮泥，橡皮泥的质量是A质量的一半。活塞A、B的质量相等，已知玻璃管导热性能良好，大气压强为p0，环境温度为T，稳定时气柱Ⅰ和Ⅱ的长度均为L，气柱Ⅰ的压强为2.5p0，某时刻粘在A上的橡皮泥突然脱落，掉在活塞B上。求：
（i）橡皮泥脱落前，稳定时气柱Ⅱ的压强；
（ii）橡皮泥脱落，稳定后，活塞A移动的距离。
33．如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形细管，管道水平部分长为L、竖直部分长1.5L，管内有一段长度为L的水银柱封闭一段气柱．U形管静止不动时水银柱恰好在管道的水平部分，当U形管绕开口臂的轴线匀速转动时，处于u形管水平部分的水银柱的长度为．设水银的密度为ρ（kg/m3），大气压强是p0（Pa）．求：
（i）U形管转动的角速度ω为多大？（不考虑气体温度的变化）
（ii）不断增大角速度ω，能否使水银柱全部进入封闭端竖直管内？（只要回答“能”或“否”即可）
2021年人教版物理一轮复习基础狂练 理想气体的状态方程
参考答案与试题解析
一．选择题（共11小题）
1．一定质量的理想气体从状态a开始，经历四个过程ab、bc、cd、da回到原状态，共压强p与温度T的关系如图所示，已知bd连线的延长线通过原点。关于四个变化过程的说法中，下列判断正确的是（　　）
A．各状态下体积关系满足Va＞Vb＝Vd＞Vc
B．c→d过程中外界对气体做的功小于气体放出的热量
C．b→c过程中气体分子对器壁碰撞的频繁程度不变
D．a→b过程中气体吸收的热量大于c→d过程中气体放出的热量
【分析】根据气态方程，结合p﹣T图象上点与原点连线的斜率等于，分析体积的变化，判断做功情况，由热力学第一定律进行分析。
【解答】解：在p﹣T图象中，一定质量的理想气体在状态变化过程中，根据气态方程，解得：各点与原点连线的斜率与体积成反比，故可知：Vc＞Vd＝Vb＞Va，故A错误；
B、c→d过程中温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律△U＝W+Q，外界对气体做的功一定小于气体放出的热，故B正确；
C、b→c过程中温度不变，单个分子的平均撞击力不变，但压强减小，体积增大，故分子的撞击频繁程度减小，故C错误；
D、abcd四个状态下的内能关系满足：Ub﹣Ua＝﹣（Ud﹣Uc），根据热力学第一定律△U＝W+Q，从a到b的过程，Ub﹣Ua＝﹣p2（Vb﹣Va）+Q1，
从c到d的过程：Ud﹣Uc＝﹣p1（Vd﹣Vc）﹣Q2，
再由p2Va＝p1Vd，p2Vb＝p1Vc
解得：Q1＝Q2，故D错误；
故选：B。
2．如图所示是一定质量的理想气体的p﹣T图象，按图示箭头从状态a变化到状态b，再变化到状态c。则在此过程中气体体积（　　）
A．先减小后增大 B．先减小后不变
C．先增大后减小 D．先增大后不变
【分析】根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，判断气体压强与温度如何变化，然后应用理想气体状态方程分析气体体积如何变化。
【解答】解：由理想气体状态方程C可知，pT，p﹣T图象的斜率k，气体体积V，
由图示图象可知，气体从状态a变化到状态b过程p﹣T图线上的点与坐标原点连线的斜率k减小，则气体体积V增大；
气体从状态b变化到状态c过程，p﹣T图线上的点与坐标原点连线的斜率k增大，气体体积V减小，
因此在整个变化过程，气体的体积先增大后减小，故C正确，ABD错误。
故选：C。
3．下列反映一定质量理想气体状态变化的图象中，能正确反映物理规律的是（　　）
A．图（a）反映了气体的等容变化规律
B．图（b）反映了气体的等容变化规律
C．图（c）反映了气体的等压变化规律
D．图（d）反映了气体的等温变化规律
【分析】根据气体状态方程来理解图象含义，可以写出图象中两个物理量的函数关系来判断图象的形状．
【解答】解：A、图（a）温度不变，根据气体状态方程得体积增大，压强减小，反映了气体的等温变化规律，故A错误。
B、t＝﹣273℃＝0k，所以在P﹣T图象中过原点的直线表示等容线。故B正确。
C、在P﹣T图象中过原点的直线表示等容线。故C错误。
D、图（d）不能反映压强与体积成反比，所以图（d）可能是等温线，也有可能不是等温线。故D错误。
故选：B。
4．一只两用活塞气筒的原理如图所示（打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示），其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，开始时气筒和容器内的空气压强为p0，已知气筒和容器导热性良好，当分别作为打气筒和抽气筒使用时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为（　　）
A．np0，p0
B．p0，p0
C．（1）np0，（1）np0
D．（1）p0，（）np0
【分析】打气时，活塞每推动一次，把体积为，压强为的气体推入容器内；抽气时，每拉动一次，把容器中气体的体积从V膨胀为，而容器的气体压强就要减小
【解答】解：打气时，活塞每推动一次，把体积为压强为的气体推入容器内，若活塞工作n次，就是把压强为体积为的气体压入容器内，容器内原来有压强为体积为V的气体，现在全部充入容器中，根据玻意耳定律得：
所以
抽气时，每拉动一次，把容器中气体的体积从V膨胀为，而容器内气体的压强就要减小，活塞推动时将抽气筒中的气体排除，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V又膨胀到容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：
第一次抽气：
p0V＝p1（V+V0）
得
第二次抽气：p1V0＝p2（V+V0）
得
第三次抽气：
得
第n次抽气完毕后，气体压强为
故选：D。
5．如图所示，将盛有温度为T的同种气体的两容器用水平细管相连，管中有一小段水银将A、B两部分气体隔开，现使A、B同时升高温度，若A升高到T+△TA，B升高到T+△TB，已知VA＝2VB，要使水银保持不动，则（　　）
A．△TA＝2△TB B．△TA＝△TB C．△TA△TB D．△TA△TB
【分析】要使水银保持不动，AB两部分气体压强的增加量应相等。气体的体积不变，根据理想气体的状态方程，找出AB两部分气体的压强的变化情况，再进行分析。
【解答】解：由图分析可知原来A、B两气体的压强相等，即PB＝PA，
要使水银保持不动，A、B两部分做要发生等容变化，则对任一气体有：c
由数学知识可得：
则△P△T
由上知PB＝PA，且初态温度相等，则要使△P相等，必须满足△TA＝△TB。
故选：B。
6．一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p1、V1、T1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p2、V2、T2，下列关系正确的是（　　）
A．p1＝p2，V1＝2V2，T1T2 B．p1＝p2，V1V2，T1＝2T2
C．p1＝2p2，V1＝2V2，T1＝2T2 D．p1＝2p2，V1＝V2，T1＝2T2
【分析】根据气体状态方程C和已知的变化量去判断其它的物理量．
【解答】解：根据理想气体状态方程C得
A、p1＝p2，V1＝2V2，那么T1＝2T2，故A错误。
B、p1＝p2，V1V2，那么T1T2，故B错误。
C、p1＝2p2，V1＝2V2，那么T1＝4T2，故C错误。
D、p1＝2p2，V1＝V2，那么T1＝2T2，故D正确。
故选：D。
7．在冬季，剩有半瓶热水的暖水瓶经一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来。其中主要原因是（　　）
A．软木塞受潮膨胀
B．瓶口因温度降低而收缩变小
C．白天气温升高，大气压强变大
D．瓶内气体因温度降低而压强减小
【分析】木塞难拔出的现象，是因为瓶内的气压小于瓶外的大气压，所以外界大气压对瓶塞向里的压力大于瓶内气体对木塞向外的压力，可以根据理想气体的等容变化分析瓶内的气压变化。
【解答】解：一开始暖瓶塞受力平衡如图：
由于暖水瓶内气体的体积不变，经过一晚的时间，瓶内的温度会降低，即气体的温度降低，
根据查理定律得：
由于T1＞T2，所以P1＞P2，
即暖瓶内的压强由原来的P1减小为现在的P2，气体向外的压力减小，所以拔出瓶塞更费力，故D正确。
故选：D。
8．如图所示，在斯特林循环的P﹣V图象中，一定质量理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，整个过程由两个等温和两个等容过程组成，下列说法中正确的是（　　）
A．状态A的温度高于状态C的温度
B．B→C过程中，单位体积里气体分子数目减小
C．C→D过程中，气体分子每次与容器壁碰撞的平均冲力的平均值变小了
D．一个循环过程中，气体要从外界吸收一定的热量
【分析】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。
【解答】解：A、A到B是等温变化，所以TA＝TB，B到C等容变化，压强增大，温度升高，即TB＜TC，所以状态A的温度低于状态C的温度，故A错误；
B、B→C过程中，体积不变，单位体积里气体分子数不变，故B错误；
C、C→D过程，温度不变，分子的平均动能不变，所以气体分子每次与容器壁碰撞的平均冲力的平均值不变，故C错误；
D、一个循环中，气体内能不变△U＝0，气体对外界做功W＜0，根据热力学第一定律知Q＞0，故D正确；
故选：D。
9．“百脉寒泉珍珠滚”，为章丘八大景之一。泉水深5m，底部温度为17℃，一个体积为5.8×10﹣7m3的气泡，从底部缓慢上升，到达泉水表面温度为27℃，其内能增加了2×10﹣2J。g取10m/s2，外界大气压强取1.0×105Pa，水的密度取1×103kg/m3。下列说法正确的是（　　）
A．气泡内所有分子动能都增大
B．气泡上升过程中对外做功，放出热量
C．气泡到达水面的体积为8.7×10﹣8m3
D．上升过程中气泡吸收热量小于5.2×10﹣2J
【分析】温度升高，分子平均动能增大；气泡上升过程，气体体积增大，对外做功，结合内能的变化，根据热力学第一定律可以判断吸热还是放热；根据理想气体状态方程可以求解气泡到达水面的体积；气泡上升过程中，压强减小，体积增大，假设压强不变，且为最小值，根据W＝p△V可以求解气体对外做功，根据热力学第一定律可以求解气泡吸热，根据气泡上升过程的压强应大于最小值，故做功大小应大于压强不变时的做功大小，吸收热量应小于压强不变时吸收的热量。
【解答】解：A、气泡从底部缓慢上升，温度升高，分子平均动能增大，但不是所有分子动能都增大，故A错误；
B、气体上升过程中，气体体积增大，对外做功，温度升高，内能增加，由热力学第一定律得：△U＝Q+W，W为负值，△U为正值，则Q为正值，气泡吸收热量，故B错误；
C、根据理想气体状态方程得，已知1×103×10×5Pa＝1.5×105Pa，p2＝1.0×105Pa，V1＝5.8×10﹣7m3，T1＝（273+17）K＝290K，T1＝（273+27）K＝300K，代入数据，解得：V2＝9×10﹣7m3，故C错误；
D、根据热力学第一定律，：△U＝Q+W，得：Q＝△U﹣W，△U＝2×10﹣2J，|W|＜p2△V＝1.0×105Pa×3.2×10﹣7m3＝3.2×10﹣2J，故Q＜5.2×10﹣2J，故D正确。
故选：D。
10．如图所示的装置，气缸分上、下两部分，下部分的横截面积大于上部分的横截面积，大小活塞分别在上、下气缸内用一根硬杆相连，两活塞可在气缸内一起上下移动。缸内封有一定质量的气体，活塞与缸壁无摩擦且不漏气，起初，在小活塞上的杯子里放有大量钢球，请问哪些情况下能使两活塞相对气缸向上移动（　　）
A．给气缸内缓慢加热 B．增加几个钢球
C．大气压变小 D．让整个装置自由下落
【分析】要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化。根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量。对活塞进行受力分析，运用平衡知识解决问题。
【解答】解：开始时，对两活塞和钢球整体受力分析：受到重力mg、大气对上活塞的压力，大气对下活塞的支持力，缸内气体对上活塞的支持力，缸内气体对下活塞的压力，
根据平衡得：mg+P0S上+PS下＝P0S下+PS上
缸内气体的压强为：①
A、给气缸内气体缓慢加热，假设活塞不移动，气体发生等容变化，则温度升高，缸内气体压强增大，PS下＞PS上，所以活塞相对汽缸向下移动，故A错误；
B、增加几个钢球后，整体的重力大了，由①式知容器内气体压强必须减小，由玻意耳定律知气体体积要增大，所以气缸要向下移动，故B错误；
C、大气压变小时，由①式知道缸内气体压强要减小，由玻意耳定律知气体体积要增大，所以气缸要向下移动，故C错误；
D、让整个装置自由下落，缸内气体压强等于大气压强，气体压强增大（原来小于大气压强），由玻意耳定律知气体体积要减小，所以气缸向上移动，故D正确；
故选：D。
11．如图，一定质量的理想气体从状态A沿直线变化到状态B的过程中，其体积（　　）
A．保持不变 B．逐渐变大
C．逐渐变小 D．先变小后变大
【分析】根据图象判断气体的温度与压强的变化情况，然后应用理想气体状态方程C判断气体体积如何变化，根据气体状态变化情况分析答题。
【解答】解：将t轴上绝对零度（即﹣273℃）点D与AB连接起来，AD与BD均表示气体的等容变化，由数学知识得知：
等容线斜率越大，越大，由气态方程c得知，体积越小。
由图知：AD斜率较大，BD斜率较小，则AD线对应的气体体积较小，BD线对应的体积较大，故气体由A变化到B，体积逐渐增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
二．填空题（共18小题）
12．一定质量的某种理想气体，若p不变，V增大，则T增大，是由于分子数密度减小，要使压强不变，需使分子的平均动能增大。 　对　（判断对错）
【分析】根据题意应用一定质量的理想气体状态方程判断气体体积与温度如何变化，然后分析答题。
【解答】解：一定质量的理想气体若压强p不变而体积V增大，由一定质量的理想气体状态方程C可知，热力学温度T升高；
一定质量的理想气体分子数不变，气体体积V增大则分子数密度减小，气体温度升高，分子平均动能增大，
则单位时间内气体分子对器壁单位面积的平均作用力不变，气体的压强不变，故说法正确。
故答案为：对。
13．某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强小于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的内能　增加　（填增加、减少或不变），容器中空气的密度　小于　（填大于、小于或等于）外界空气的密度。
【分析】容器与活塞绝热性能良好，有Q＝0，开始时气体压强小于外界压强，要使内外压强相等，必然要压缩气体，气体体积减小，W＞0，根据热力学第一定律可以得到容器内气体内能增大，温度升高；取容器外界质量也为m的一部分气体，根据理想气体状态方程PV＝nRT和密度公式可以判断内外空气密度大小关系。
【解答】解：由题意可知，容器与活塞绝热性能良好，容器内气体与外界不发生热交换，故Q＝0，由于开始时气体压强小于外界压强，要使内外压强相等，必然要压缩气体，气体体积减小，外界对气体做功，即W＞0，根据热力学第一定律可知：△U＝Q+W＝W＞0，故容器内气体内能增大，温度升高。
最终容器内气体压强和外界气体压强相同，根据理想气体状态方程：PV＝nRT
又ρ，m为容器内气体质量
联立得：ρ
取容器外界质量也为m的一部分气体，由于容器内温度T高于外界温度，故容器内气体密度小于外界。
故答案为：增加，小于。
14．网上热卖的科普小制作——斯特林蒸汽发动机玩具车如图甲所示，它通过汽缸内的气体经过压缩、吸热、膨胀、冷却为一个周期的循环来输出动力，因此又被称为热气机。如图乙所示，在斯特林循环的p﹣V图像中，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AB、CD为等温过程，BC、DA为等容过程。则气体从状态B到状态C过程 　吸收　（填“吸收”或“放出”）热量，状态A→B过程中外界对气体做的功 　小于　（填“大于”、“等于”或“小于”）状态C→D过程中气体对外界做的功。
【分析】根据理想气体的状态方程结合热力学第一定律分析是吸热还是放热；根据W＝pΔV分析气体做功情况。
【解答】解：气体从状态B到状态C过程体积不变、气体做功为零，根据C可知，压强增大、温度升高，所以气体的内能增大，根据热力学第一定律可知气体吸收热量；
其从状态A→B过程中与从状态C→D过程中体积变化相同，但C→D过程中平均压强大，根据W＝pΔV可知，状态A→B过程中外界对气体做的功小于状态C→D过程中气体对外界做的功。
故答案为：吸收；小于。
15．如图，一球形容器与一粗细均匀的长直玻璃管相连．玻璃管自下而上均匀地刻有101根刻度线，相邻两根刻度线之间的容积为0.2cm3．现一小滴水银（体积可以忽略）将一定质量的气体封在容器内．封闭气体温度为27.0℃时，该滴水银在从下数起的第35根刻度线处，此时封闭气体体积为120 cm3．若将该装置用来测量温度，大气压强保持不变，则
（1）此温度计的测温范围是　283　K到　333　K（不计容器及玻璃管的热膨胀）；（结果保留到小数点后一位）
（2）若在这101根刻度线旁标上相应的温度值，则自下而上看，相邻两根刻度线旁所标温度值的差值　始终相等　（选填“逐渐增大”或“逐渐减小”或“始终相等”）
（3）如用一容积更大的球形容器替换现有的球形容器，制成一新温度计，使得在其他条件不变的情况下，封闭气体更多．则新温度计的量程、测量精度的变化情况是　C　
（A）量程减小，精度降低
（B）量程增大，精度降低
（C）量程减小，精度提高
（D）量程增大，精度提高．
【分析】（1）气体压强保持不变，气体发生等压变化，应用盖吕萨克定律可以求出最高与最低温度，然后确定其测温范围．
（2）气体发生等于变化，应用盖吕萨克定律分析判断温度差值是否相等．
（3）容器内的气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律分析答题．
【解答】解：（1）封闭气体压强保持不变，气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得：
，解得：T1＝283K，
，解得：T1＝333K；
（2）气体发生等压变化，由盖吕萨克定律可知，
气体体积与热力学温度成正比，气体体积的变化量与温度变化量成正比，
由于相邻刻度间的体积相等，即气体体积变化量相等，则温度变化量相等，
相邻刻度温度差值始终相等．
（3）气体发生等压变化，由盖吕萨克定律可知：，
则：△TT，由于△V不变，V变大，则△T变小，温度计的测量精度提高，
由于体积刻度线不变，△T不变，则温度计总的温度变化范围变小，温度计量程变小，故选C；
故答案为：（1）283；333；（2）始终相等；（3）C．
16．一定质量的理想气体从状态M出发，经状态N、P、Q回到状态M，完成一个循环，其体积﹣温度图像（V﹣T图像）如图所示，其中MQ、NP平行T轴，MN、QP平行V轴。则气体从M到N的过程中压强 　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”），内能 　不变　（填“增大”、“减小”或“不变”）；气体从N到P过程吸收的热量 　等于　（填“大于”、“等于”或“小于”）从Q到M过程放出的热量；气体从P到Q过程对外界所做的功 　大于　（填“大于”、“等于”或“小于”）从M到N过程外界对气体所做的功。
【分析】根据图示图象分析清楚气体温度与体积如何变化，由于理想气体状态方程判断气体压强如何变化；一定量的理想气体内能由温度决定，根据气体温度的变化情况判断气体内能变化情况；根据气体体积变化情况分析气体做功情况；然后应用热力学第一定律分析答题。
【解答】解：由图示图象可知，气体从M到N过程中温度T不变而体积V减小，由理想气体状态方程C可知，气体压强p增大，由于气体温度不变，气体内能不变；
气体从N到P过程和从Q到M过程体积都不变，气体不做功，W＝0，且温度的变化量大小相等，气体内能变化量△U相等，由热力学第一定律△U＝W+Q可知，Q＝△U，由于两过程气体内能的变化量△U相等，则气体从N到P过程吸收的热量等于从Q到M过程放出的热量；
气体从P到Q过程和从M到N过程体积变化相等，P到Q过程的温度高些，即压强大些，所以气体从P到Q过程对外所做的功大于从M到N过程外界对气体所做的功。
故答案为：增大；不变；等于；大于。
17．如图所示，水平放置的汽缸A和容积为VB＝3L的容器B由一容积可忽略不计的长细管经阀门C相连。汽缸A内有一活塞D，它可以无摩擦地在汽缸内滑动，且汽缸A、活塞D和细管都是绝热的，外界大气压强为p0＝1.0×105Pa，B放在T2＝400K的恒温槽内，B的器壁导热性能良好。开始时C是关闭的，A内装有温度为T1＝300K、体积为VA＝2.1L的气体，B内没有气体。打开阀门C，使气体由A流入B，等到活塞D停止移动一段时间后，则气体的体积为　3　L，气体的压强为　9.3×104　Pa。
【分析】由平衡条件及受力分析可求得压强大小，由题意计论可得出对应的体积大小，再由理想气体状态方程可求得压强。
【解答】解：设活塞D最终停止移动时没有靠在汽缸A左壁上，此时气体温度为T2＝400K，压强设为p，体积为V1，
对活塞，由平衡条件得：pS＝p0S，解得：p＝p0
由理想气体状态方程得：
代入数据解得：V1＝2.8L＜VB＝3L，由此可知活塞D最终停止移动时靠在了汽缸A左壁上，则此时气体体积为VB＝3L；
设此时气体压强为p2，由理想气体状态方程得：
代入数据解得：p2＝9.3×104Pa。
故答案为：3；9.3×104。
18．如图所示，一个固定的绝热汽缸通过绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞通过两端有转轴的杆AB与圆盘边缘连接，半径为R的圆盘绕固定转动轴O点以角速度ω逆时针匀速转动，形成活塞水平左右振动．则从图示位置起，圆盘转过90°过程中，汽缸内气体内能　减小　（填“增大”、“减小”或“不变”），在图示位置，杆与水平线AO夹角为θ，AO与BO垂直，则此时活塞速度为　ωR　．
【分析】根据B点的移动可得出A的移动，再根据热力学第一定律可得出汽缸内气体内能的变化；由运动的合成与分解的知识可得出AB杆的速度，再分析A点可得出活塞的速度．
【解答】解；由图示位置转过90°的过程中，由图可知，B点右移，带动活塞右移，气体对外做功，由热力学第一定律可得，气体内能将减小；
在图示位置时，B点的合速度vB＝ωR，沿切线方向；则沿AB杆的分速度为v1； 而在A点沿汽缸方向的分量v2＝vcosθ； 故活塞的速度为ωR；
故答案为：减小；ωR
19．一定质量的理想气体经历如图所示的状态变化，变化顺序为a→b→c→d，图中坐标轴上的符号p指气体压强，V指气体体积，ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与轴垂直。气体在此状态变化过程中属于等温变化过程的是　a→b　，在b→c的变化过程中气体的内能　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
【分析】根据理想气体状态变化方程C，求出P与的函数关系式，由关系式可知，T不变时p是一条过原点的倾斜直线；在b→c的变化过程中，压强增大，体积增大（减小），根据理想气体状态方程可以得出T增大，也可以用图象的斜率来求解。
【解答】解：根据理想气体状态变化方程C得p＝TC ，可知当温度不变时p是一条过原点的倾斜直线，所以a→b是等温变化。由p＝TC 可知，图线上的点到O点的直线的斜率和温度成正比，从b→c的直线上的点到O的直线的斜率变大，所以b→c的过程中气体温度升高，又因为理想气体的内能只跟温度有关，所以内能增大。
故答案为：a→b；增大。
20．如图所示，一定质量的理想气体，按图示方向经历了ABCDA的循环，其p﹣V图线如图。状态B时，气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能 　大　（选填“大”或“小”）；由B到C的过程中，气体将 　放出　（选填“吸收”或“放出”）热量；经历ABCDA一个循环，气体吸收的总热量 　大于　（选填“大于”或“小于”）释放的总热量
【分析】根据理想气体状态方程：，从A状态到B状态，P增大，V增大，T一定增大，所以B状态的分子平均动能比A状态分子的平均动能大；
从A到B，气体对外做功WAB＜0；从C到D，外界对气体做功WCD＞0；根据图象W＝WAB+WCD＜0，根据热力学第一定律W+Q＝△U，△U＝0，有Q＝﹣W＞0。
【解答】解：根据理想气体状态方程：，从A状态到B状态，P增大，V增大，T一定增大，所以B状态的分子平均动能比A状态分子的平均动能大；
根据理想气体状态方程：，V不变，P减小，T一定减小，理想气体的内能减小（△U＜0），再根据热力学第一定律，体积不变（W＝0），气体将放出热量（Q＜0）；
p﹣V图线中，图线和坐标轴围成的面积表示气体做功，从A到B，体积增大，气体对外做功WAB＜0；从B到C，体积不变，气体不做功；从C到D，体积减小，外界对气体做功WCD＞0；从D到A，体积不变，气体不做功；根据图象，A到B图线围成的面积大于C到D图线围成的面积，气体历了ABCDA的循环，气体做功W＝WAB+WCD＜0，根据热力学第一定律W+Q＝△U，△U＝0，有Q＝﹣W＞0，所以气体吸收的总热量大于释放的总热量。
故答案为：大；放出，大于。
21．如图，粗细均匀的绝热U形玻璃管，右侧玻璃管连通着一细玻璃管，阀门关闭，忽略细玻璃管的体积。封闭空气柱长为h＝4cm，左右两管内的水银面高度差为h＝4cm。已知大气压强为p0＝76cmHg，封闭气体初始温度为t0＝27℃。现对封闭气体采取两种做法：
（1）若缓慢加热封闭气体，直到左右两管水银面等高时，停止加热，此时封闭气体的温度为　475K　；
（2）若打开阀门，直到左右两管水银液面等高，关闭阀门，此时玻璃管内气体的质量是原来气体质量的　　倍。
【分析】（1）根据题意求出封闭气体的状态参量，应用理想气体状态方程求出封闭气体的温度。
（2）气体发生等温变化，应用玻意耳定律求出封闭气体末状态体积，然后求出玻璃管内气体的质量是原来气体质量的倍数。
【解答】解：（1）右管封闭气体初状态压强p1＝p0﹣ph＝（76﹣4）cmHg＝72cmHg，
设玻璃管的横截面积为S，气体体积V1＝hS＝4S，温度T1＝（273+27）K＝300K，
左右两管水银面等高时，右管封闭气体的压强p2＝p0＝76cmHg，V2＝（h）S＝（4）S＝6S
对右管封闭气体，由理想气体状态方程得：
代入数据解得：T2＝475K
（2）以右管封闭气体为研究对象，设打开阀门后右管原有气体长度为L，
右管气体压强p3＝p0＝76cmHg，气体温度不变，由玻意耳定律得：p1V1＝p3LS
代入数据解得：Lcm
左右两管水银面等高时右管空气柱的高度h′＝h（4）cm＝6cm
则玻璃管内气体的质量与原来气体质量比值
故答案为：（1）475K；（2）。
22．一定质量的理想气体由状态A 经等压变化到状态B，气体吸收热量为Q1；再由B状态经等容变化到状态C，气体放出热量为Q2．状态A：VA＝0.2m3，TA＝200K；状态B：VB＝　0.4　m3，TB＝400K；状态C：TC＝200K，则Q1　＞　Q2 （选填“＞”、“＝”或“＜”）。
【分析】A→B过程为等压变化，根据盖﹣﹣吕萨克定律可求出气体在状态B时的体积。
根据热力学第一定律△U＝W+Q，气体内能变化与温度有关，A、C两状态的温度相同，可知A→B增加的内能与B→C减小的内能相同，然后通过做功的情况比较出吸热与放热的大小。
【解答】解：设气体在B状态时的体积为VB，由盖﹣﹣吕萨克定律得，，代入数据得VB＝0.4m3。
因为TA＝Tc，故A→B增加的内能与B→C减小的内能相同，而A→B过程气体对外做正功，B→C过程气体不做功，由热力学第一定律可知Q1大于Q2
故答案为：0.4；＞
23．一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C再回到状态A，变化过程如图所示，其中A到B曲线为双曲线，图中p0和V0为已知量，并已知状态A温度为T0，则状态C的温度为　3T0　，从B到C的过程中，气体做功大小为　　，从A经状态B、C再回到状态A的过程中，气体吸放热情况为　放热　（选填“吸热”、“放热”、“无吸放热”）。
【分析】先写出A、C状态的状态参量，根据理想气体状态方程可以求出C状态的温度；P﹣V图象中，曲线围成的面积为气体做功，根据图象求出对应的面积就可以求出从B到C的过程中，气体做功大小；从A经状态B、C再回到状态A的过程中，外界对气体做功，温度不变，根据热力学第一定律可以求出气体是否放热。
【解答】解：A点的状态参量为PA＝2P0，VA＝V0，TA＝V0，C点的状态参量为PC＝2P0，VC＝3V0，TC，根据理想气体状态方程，代入数据 解得：TC＝3T0，
从B到C的过程中，气体做功大小等于曲线围成的面积，如图所示阴影部分面积：
体积增大，气体对外做功W；
P﹣V图象中，曲线围成的面积为气体做功，如图所示：
从A经状态B、C再回到状态A的过程中，外界对气体做功，即W＞0，回到A状态时，气体内能不变，即△U＝0，根据热力学第一定律W+Q＝△U，Q＜0，气体放热。
故答案为：3T0 ， ，放热。
24．如图所示，竖直放置、上端开口的绝热气缸底部固定一电热丝（图中未画出），面积为S的绝热活塞位于气缸内，下端封闭着理想气体，当热力学温度为T0时，活塞距气缸底部的高度为h；现用电热丝缓慢加热，当气体吸收的热量为Q时，活塞上升了0.5h。则气缸内气体内能的变化量　小于　（填“大于”“等于”或“小于”）Q，此时气缸内气体的热力学温度为　1.5T0　。
【分析】本题应用热力学第一定律，活塞上升过程对外做功，可以判断内能变化，根据理想气体状态方程，可以求解此时的热力学温度。
【解答】根据热力学第一定律，内能的变化量△U＝Q+W，Q为吸收的热量，W为外界对气体做功，根据题意，活塞上升，气体对外界做功，W为负值，△U＜Q，即气缸内气体内能的变化量小于Q；
根据等压过程，V0＝hS，V1＝1.5hS，解得T1＝1.5T0。
故答案为：1.5T0。
25．如图所示，绝热容器A部分装有理想气体，B部分是真空，二者体积相等，卡销K1固定一个轻质绝热活塞，卡销K2固定一可抽式绝热隔板，现将绝热隔板缓慢抽开，气体稳定后，则其内能 　不变　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；再打开卡销K1缓慢调节右侧重物，直至封闭气体体积减小到总体积的一半，则封闭气体的温度 　升高　（选填“升高”、“降低”或“不变”）。
【分析】气体自由向真空膨胀，不用克服外力做功，压缩气体，外界对气体做功，根据热力学第一定律可以解题。
【解答】解：抽开隔板时，由于下方是真空，气体做自由扩散气体没有对外做功，又没有热传递，则根据ΔU＝Q+W可知，气体的内能不变；
活塞下降气体被压缩的过程中，外界对气体做功，根据ΔU＝Q+W，W＞0，Q＝0，可知气体内能增大，温度升高。
故答案为：不变；升高
26．一定质量的理想气体从状态（p1、V1）开始做等温膨胀，状态变化如图中实线所示。若该部分气体从状态（p1、V1）开始做与外界无热交换的膨胀至体积V2，则对应的状态变化图线可能是图中虚线　d　（选填图中虚线代号），在这一过程中气体的内能　减小　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
【分析】一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，气体绝热膨胀时，气体对外做功，根据热力学第一定律判断内能的变化，即可知道温度的变化；根据理想气体状态方程，结合图象来判断对应的图象。
【解答】解：气体绝热膨胀时，气体对外做功，即W＜0，Q＝0，根据热力学第一定律△U＝Q+W知，△U＜0，即气体内能减小，温度降低。
设初状态的温度为T1，气体由V1等温膨胀到V2，根据理想气体状态方程，有：p1V1＝p2V2＝CT1，
气体由V1绝热膨胀到V2，温度降低，根据理想气体状态方程，有：p3V2＝CT2，
因为T2＜T1，所以p3V2＜p2V2，即p3＜p2，
故图线d正确；
故答案为：d，减小。
27．一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其P﹣T图象如图所示。则a状态时气体的体积　等于　b状态时气体的体积，过程ca中外界对气体所做的功　小于　气体所放的热。若b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的平均次数分别为N1、N2，则N1　大于　N2．（填“大于”、“小于”或“等于”）
【分析】ab为等容线，体积相等；根据理想气体状态方程和热力学第一定律判断；根据气体压强微观意义，p∝N ，分子平均动能不变，气体压强和容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的平均次数分N成正比。
【解答】解：（1）ab为过p﹣V图象原点的一条直线，说明ab为等容线，a状态时气体的体积等于b状态时气体的体积；
（2）过程ca中，温度降低，则气体内能减小，即△U＜0；又因为压强不变，根据理想气体状态方程，体积一定减小，则外界对气体做功，即W＞0；根据热力学第一定律△U＝Q+W，有Q＜0，气体向外界放热，且W＜﹣Q，说明过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放的热。
（3）b和c两个状态中，b的压强大于c的压强，且温度不变，分子平均动能不变；再根据气体压强的微观意义，气体压强p与容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的平均次数N、分子平均动能有关，则N1＞N2。
故答案为：（1）等于；（2）小于；（3）大于。
28．如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③到达状态d。则：过程①中单位时间内气体分子对容器壁碰撞次数　增加　（增加、减少）；过程②中气体对外界做　正功　（“正功”、“负功”）；状态c的内能　＝　状态d的内能（“＞”“＜”或“＝”），过程③气体　从外界吸收　（“从外界吸收”或“对外放出”）热量。
【分析】过程①中气体作等容变化，根据查理定律分析压强的变化，再分析单位时间内气体分子对容器壁碰撞次数变化情况。过程②中气体对外界做正功。过程③中气体作等温变化，根据温度的变化分析气体内能的变化，由热力学第一定律分析吸放热情况。
【解答】解：过程①中气体作等容变化，温度升高，根据查理定律c知气体的压强逐渐增大，则过程①中单位时间内气体分子对容器壁碰撞次数增加。
过程②中气体的体积增大，气体对外界做正功。
过程③气体作等温变化，气体的内能不变，则状态c的内能与状态d的内能相等。
气体的体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律△U＝W+Q知气体从外界吸引热量。
故答案为：增加，正功，＝，从外界吸收。
29．一定质量的理想气体的变化过程如图所示1→2→3→4→1，其中气体气体对外做功的过程是　2→3　，气体放热的过程是　3→4和4→1　．
【分析】根据理想气体方程，变形得，C为常数，结合数学知识知P﹣T图象的斜率表示，斜率不变则体积不变．
①从状态1到2和3到4，对应的体积不变；2到3体积增大，4到1，体积减小．
②温度不变，则内能不变；
③根据热力学第一定律判断气体是放热还是吸热；
【解答】解：在P﹣T图中，过原点的直线表示的是等容过程，结合数学知识知P﹣T图象的斜率表示，斜率越小，气体的体积越大，所以只有2到3 的过程中气体的体积增大，对外做功；
由图可得，从状态1到2的过程中，对应的体积不变，温度升高，气体吸收热量；
2到3体积增大，对外做功同时内能增大，所以一定是吸收热量；
3到4 的过程中气体的体积不变，温度降低，内能减小，放出热量；
4到1的过程中，气体体积减小，外界对气体做功，同时气体的温度降低，所以一定是放出热量．
故答案为：2→3； 3→4和4→1
三．计算题（共1小题）
30．如图所示，一细U形管一端开口，一端封闭，用两段水银柱封闭两段空气柱在管内，初始状态时两气体的温度都为T1＝300K，已知L1＝80cm，L2＝25cm，L3＝10cm，h＝15cm，大气压强p0＝75cmHg，现给气体2加热，使之温度缓慢升高，求：当右端的水银柱的液面上升△h＝15cm时，气体2的温度。（此过程气体1的温度保持不变）
【分析】气体1发生等温变化，根据题意求出两部分气体的状态参量，然后对气体1应用玻意耳定律、对气体2应用理想气体状态方程，然后求出气体2的温度。
【解答】解：初状态时，气体2的压强：p2＝p0+ph＝90cmHg，
气体1的压强：p1＝p0＝75cmHg，
末状态时，气体2的压强：p2′＝p0+ph+pL3＝100cmHg，
设末状态时，气体1的长度为L1′，末状态时，气体1的压强：p1′＝p2′﹣（pL1+ph﹣pL1′），
气体1是等温变化，由玻意耳定律得：p1L1S＝p1′L1′S
解得：L1′＝75 cm，
气体2末状态的长度：L′2＝L2+△h+L1﹣L1′＝45cm，
对气体2，由理想气体方程得：，
解得：T2＝600K；
答：气体2的温度为600K。
四．解答题（共3小题）
31．如图，导热性能极好的气缸，高为L＝1.0m，开口向上固定在水平面上，气缸中有横截面积为S＝100cm2、质量为m＝20kg的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内。当外界温度为t＝27℃、大气压为P0＝1.0×105Pa时，气柱高度为l＝0.80m，气缸和活塞的厚度均可忽略不计，取g＝10m/s2，求：
①如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端。在顶端处，竖直拉力F有多大？
②如果仅因为环境温度缓慢升高导致活塞上升，当活塞上升到气缸顶端时，环境温度为多少摄氏度？
【分析】①如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端，气体属于等温变化，利用玻意耳定律可求解。
②如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至气缸顶端，气体是等压变化，由盖吕萨克定律可求解
【解答】解：①．设起始状态气缸内气体压强为p1，当活塞缓慢拉至气缸顶端，设气缸内气体压强为p2
由玻意耳定律得：p1lS＝p2LS
在起始状态对活塞由受力平衡得：p1S＝mg+p0S
在气缸顶端对活塞由受力平衡得：F+p2S＝mg+p0S
联立并代入数据得：F＝240N
②．由盖﹣吕萨克定律得：
代入数据解得：t＝102℃．
答：①如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端。在顶端处，竖直拉力F为240N；
②如果仅因为环境温度缓慢升高导致活塞上升，当活塞上升到气缸顶端时，环境温度为102摄氏度。
32．如图所示，有一粗细均匀、内壁光滑且足够长的平底钢化玻璃管，管内有两活塞A、B封闭着两部分气柱Ⅰ、Ⅱ。活塞A下部粘有一块橡皮泥，橡皮泥的质量是A质量的一半。活塞A、B的质量相等，已知玻璃管导热性能良好，大气压强为p0，环境温度为T，稳定时气柱Ⅰ和Ⅱ的长度均为L，气柱Ⅰ的压强为2.5p0，某时刻粘在A上的橡皮泥突然脱落，掉在活塞B上。求：
（i）橡皮泥脱落前，稳定时气柱Ⅱ的压强；
（ii）橡皮泥脱落，稳定后，活塞A移动的距离。
【分析】（i）活塞AB处于平衡状态，根据共点力平衡即可求得；
（ii）将活塞A、橡皮泥与气柱I看做一个整体，则橡皮泥脱落稳定后，气柱II所处状态与橡皮泥脱落前相同，然后对活塞A分析，根据共点力平衡求得橡皮泥脱离后I气体的压强，根据等温变化求得气柱的长度，即可求得上升的高度。
【解答】解：（i）初始状态，活塞A和橡皮泥受力平衡，受到大气压向下的压力，自身的重力和气体I向上的压力，则
p0S+1.5mg＝2.5p0S，解得mg＝p0S
设气柱II的压强为p1，对活塞B，则
p1S＝2.5p0S+mg，解得：p1＝3.5p0
（ii）将活塞A、橡皮泥与气柱I看做一个整体，则橡皮泥脱落稳定后，气柱II所处状态与橡皮泥脱落前相同，
设橡皮泥脱落后气柱I的压强变为p′，活塞A处于平衡状态，则
p0S+mg＝p′S，解得p′＝2p0
气柱I发生等温变化，设长度变为L1，则
2.5p0LS＝2p0L1S
解得：L1＝1.25L
活塞A上移的距离为x＝L1﹣L＝1.25L﹣L＝0.25L
答：（i）橡皮泥脱落前，稳定时气柱Ⅱ的压强为3.5p0；
（ii）橡皮泥脱落，稳定后，活塞A移动的距离为0.25L。
33．如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形细管，管道水平部分长为L、竖直部分长1.5L，管内有一段长度为L的水银柱封闭一段气柱．U形管静止不动时水银柱恰好在管道的水平部分，当U形管绕开口臂的轴线匀速转动时，处于u形管水平部分的水银柱的长度为．设水银的密度为ρ（kg/m3），大气压强是p0（Pa）．求：
（i）U形管转动的角速度ω为多大？（不考虑气体温度的变化）
（ii）不断增大角速度ω，能否使水银柱全部进入封闭端竖直管内？（只要回答“能”或“否”即可）
【分析】取水平管内水银柱为研究对象，它在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，求水银柱两侧压力差，即可求得被封闭的气柱的压强．
【解答】解：（1）设U形管横截面积为S，管道转动时被封闭气体的压强为p，由气体状态方程可得
解得：
取水平部分的水银柱为研究对象，向心力是由这段水银柱两侧的压力差提供的．受力分析如图所示，
由圆周运动知识及牛顿第二定律得
解得：
（Ⅱ）否
全到竖直管水银柱不能平衡，水银柱上面的压强比大气压大，再加上水银柱的重力，大气压不能把它压上去
答：（i）U形管转动的角速度ω为
（ii）否 全到竖直管是平衡不了的
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