17.(10分)如图9所示，足够长的圆柱形汽缸竖直放置，其横截面积为S＝1×10 m，汽缸内有质量m＝2 kg的活塞，活塞与汽缸壁封闭良好，不计摩擦.开始时活塞被销子K销于如图位置，离缸底高度L1＝12 cm，此时汽缸内被封闭气体的压强p1＝1.5×10 Pa，温度T1＝300 K，外界大气压p0＝1.0×10 Pa，g＝10 m/s.
5
5
2
－3
2
图9
(1)现对密闭气体加热，当温度升到T2＝400 K.其压强p2多大？
(2)若在此时拔去销子K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，汽缸内气体的温度降为T3＝360 K，则这时活塞离缸底的距离L3为多少？
(3)保持气体温度为360 K不变，让汽缸和活塞一起在竖直方向做匀变速直线运动，为使活塞能停留在离缸底L4＝16 cm处，则求汽缸和活塞应做匀加速直线运动的加速度a的大小及方向.
9
答案精析
1.D 2.A
3.C [由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，改变物体内能的方式有两种：做功和热传递.若物体放热Q＜0，但做功W未知，所以内能不一定减小，A选项错误；物体对外做功W＜0，但Q未知，所以内能不一定减小，B选项错误；物体吸收热量Q＞0，同时对外做功W＜0，W＋Q可正、可负、还可为0，所以内能可能增加，故C选项正确；物体放出热量Q＜0，同时对外做功W＜0，所以ΔU＜0，即内能一定减小，D选项错误.] 4.B 5.B 6.D
7.BC [由V-T图象知，从A到B的过程中，气体被等温压缩，外界对气体做正功，气体的内能不变.由热力学第一定律知，气体放出热量，A项错误，B项正确；从B到C的过程中气体做等压变化，温度降低，气体内能减少，故C正确，D错误.]
8.CD [一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关系，温度变化则其内能一定变化，B选项错误；保持气体的压强不变，改变其体积，则其温度一定改变，故内能变化，A选项错误；气体温度升高的同时，若其体积也逐渐变大，由理想气体状态方程＝C可知，则其压强可以不变，C选项正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体温度每升高1 K所吸收的热量Q与做功W有关，即与气体经历的过程有关，D选项正确；当气体做等温膨胀时，其内能不变，E选项错误.]
9.CDE [压缩气体需要用力，是由大量气体分子的碰撞作用造成的，A项错；当两个分子间的作用力表现为引力时，随分子间距离增大分子势能增大，分子力表现为斥力时，随分子间距离增大分子势能减小，B项错.]
10.ACD [布朗运动是液体或气体中悬浮微粒的无规则运动，而不是分子的运动，故A对.温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是每个气体分子的速率都增大，故B错.一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，虽然温度没有升高，但此过程必须吸热，而吸收的热量使分子之间的距离增大，分子势能增加，故C对.温度是分子热运动的平均动能的标志，故D对.由热力学第二定律知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，空调机作为制冷机使用时，消耗电能，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，故E错.] 11.1.2×10 0
解析 以活塞为研究对象，对其进行受力分析，如图所示(其中封闭气体的压强为p1)
由平衡条件可得
5
pVTF＋p0S＝p1S
10
则p1＝p0＋ 代入数据，得
FSp1＝1.2×105 Pa
保持活塞不动，就意味着气体的体积没有发生变化，即气体发生的是等容变化，设气体温度降至27 ℃时的压强为p2，则
p1p2＝ T1T2
代入数据，得
p2＝1.0×105 Pa
对活塞列平衡状态方程
F′＋p0S＝p2S
得F′＝0 N.
12.(1)量筒、痱子粉、坐标纸
(2)将油膜看成单分子油膜，将油酸分子看做球形，认为油酸分子是一个紧挨一个的 纯油酸粘滞力较大，直接测量体积时误差太大 界定油膜的边界 (3)dacb (4)①
VA ②55 NXa2
13.(1)50 N (2)720 K
解析 (1)对汽缸受力分析，由平衡条件有
FN＋pS＝p0S，
得FN＝(p0－p)S＝50 N.
(2)设温度升高至T时，活塞与汽缸底的距离为H，则气体对外界做功W＝p0ΔV＝p0S(H－h)， 由热力学第一定律得ΔU＝Q－W. 解得H＝12 cm
气体温度从T0升高到T的过程，由理想气体状态方程，得解得T＝
pShp0SH＝. T0Tp0HT0＝720 K. ph14.(1)630 K (2)787.5 K
解析 (1)设U型管的横截面积是S，以封闭气体为研究对象，其初状态：
p1＝p0＋h1＝(76＋4) cmHg＝80 cmHg，V1＝L1S＝20S
当右侧的水银全部进入竖直管时，水银柱的高度：h＝h1＋L3＝ (4＋10) cm＝14 cm，此时左侧竖直管中的水银柱也是14 cm
气体的状态参量：p2＝p0＋h＝(76＋14) cmHg＝90 cmHg，V2＝L1S＋2L3S＝20S＋2×10S＝40S
11
由理想气体状态方程得：代入数据得：T2＝630 K
p1V1p2V2
＝ T1T2
(2)水银柱全部进入右管后，产生的压强不再增大，所以左侧的水银柱不动.右侧水银柱与管口相平时，气体的体积：V3＝L1S＋L3S＋h2S＝20S＋10S＋20S＝50S 由盖—吕萨克定律：＝ 代入数据得：T3＝787.5 K. 3
15.(1)28 Pa (2)2
2σ2×0.070
解析 (1)由公式Δp＝得Δp＝－3 Pa＝28 Pa
r5×10则水下10 m处气泡内外的压强差是28 Pa. (2)气泡上升过程中做等温变化，由玻意耳定律得
V2V3
T2T3
p1V1＝p2V2
43
其中，V1＝πr1
3
① ② ③
V2＝πr23
43
由于气泡内外的压强差远小于10 m深处水的压强，气泡内压强可近似等于对应位置处的水的压强，所以有
p1＝p0＋ρgh1＝1.0×105 Pa＋1.0×103×10×10 Pa
＝2×10 Pa＝2p0
5
④ ⑤
p2＝p0
4433将②③④⑤代入①得，2p0×πr1＝p0×πr2
332r1＝r2
3
3
r23
＝2. r1
2T2Sp0
16.(1)Q－(mg＋p0S)h－ΔU1 (2)(－1)(＋m)
T1g解析 (1)B气体对外做的功：W＝pSh＝(p0S＋mg)h 由热力学第一定律得ΔU1＋ΔU2＝Q－W 解得ΔU2＝Q－(mg＋p0S)h－ΔU1
(2)停止对气体加热后，B气体的初状态：
mgp1＝p0＋，V1＝2hS，T1
S
12