专题8选考部分 第1讲热学

Word-可编辑2023年年硕士研究生入学考试《传热学》考试大纲第一部分考试说明1. 考试性质全国硕士研究生入学考试是为高等小学招收硕士研究生而设置的。

其中，传热学是为油气储运类考生而设置的专业课程考试科目，属招生小学自行命题的性质。

它的评价标准是高等小学本科毕业生能达到及格或及格以上水平，以保证被录取者具有基本的传热理论知识并有利于招生小学在专业上择优选拔。

2. 考试的学科范围应考范围包含热传导、对流换热、辐射换热三大部分。

3. 考试要求传热学考试的目标在于考查考生对传热学基本概念、基本理论的控制，分析工程传热问题的基本能力。

考生应具备：①确切地控制物理量的定义及它们的量纲；②准确理解基本概念和基本逻辑；③准确应用基本理论知识分析和处理实际传热问题；④控制基本计算主意，确切完成容易问题的定量计算。

4. 试卷结构①答卷方式：闭卷，笔试；②考试时光：180分钟；③题型结构（题型按如实际需要可能会作适当变化）：a 简答题（56分）b 分析题（40分）c 计算题（54分）总分：150分。

第二部分考察要点1. 传热学的基本概念、导热基本定律①热能传递的三种基本方式的概念、热流量及热流密度概念及其计算公式。

②基本导热计算：假设（1）一维导热问题；（2）稳态过程；（3）导热系数为常数的情千里之行，始于足下况下计算导热量。

③ 容易模型的热辐射散热量计算。

④ 传热过程概念；传热过程中传热系数k 的推导。

2. 稳态热传导① 傅里叶导热定律内容、表达式及适用范围。

② 温度场特点及等温面、等温线、热流线等各相关名词。

③ 三维非稳态导热微分方程的普通形式及针对一系列详细情形导出的相应简化形似及适用范围。

④ 热蔓延率。

⑤ 典型一维稳态下，单层、多层平壁；单层、多层圆筒壁导热相关问题的分析及计算。

⑥ 第二、三类边界条件一维物体稳态导热问题的容易模型导热分析计算。

⑦ 一维稳态导热下肋片（矩形或环形肋片）散热、肋效率及肋面总效率的分析计算。

专题08 热学计算【考点分析】章节考点考试题型难易度内能比热容计算选择题、填空题、计算题 ★★★ 热值计算 选择题、填空题、计算题 ★★ 热效率选择题、填空题、计算题★★【知识点总结+例题讲解】一、比热容计算：1.公式：tm Q c ∆⋅=放吸/2.变形：Q 吸=cm △t【例题1】质量为2kg 的水温度升高5℃。

求：水吸收的热量Q 吸。

[c 水＝4.2×103J/（kg •℃）]【变式1】完成以下计算：（1）水的比热容是4.2×103J/（kg •℃），将2kg 水从20℃加热到100℃，求水吸收的热量； （2）将2kg 汤从20℃加热到100℃，需要吸收6.4×105J 的热量，求汤的比热容。

【例题2】质量相同的A 、B 两金属块，把它们都加热到100℃，然后分别投入装有质量相同、初温都为0℃的C 、D 两杯水中，测量的结果：金属块A 使C 杯的水温升高了10℃，金属块B 使D 杯的水温升高了20℃．设两金属块比热容为c A 和c B ，则c A 与c B 的比值为（ ） A ．4：9 B ．9：4C ．19：9D ．9：19【变式2】将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）（ ） A ．0℃ B ．6℃C ．6℃以上D ．4℃二、热值计算：1.公式：mQ q 放=（或VQ q 放=一般用于气体、液体燃料）其中：m 为燃料的质量，V 为燃料的体积，q 为燃料的热值 2.公式变形：（1）qm Q =放 （已知热值及燃料质量，求燃烧放出的热） （2）qQ m 放=（已知燃烧放出的热及热值，求燃料的质量）【例题3】已知天然气的热值为4.0×107J/m 3，完全燃烧2.1m 3的天然气可以获得J 的热量，不计热量损失，这些热量可以使500kg 的水，温度升高℃。

热学专题1.[2024·安徽卷] 某人驾驶汽车,从北京到哈尔滨.在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变,且没有漏气,可视为理想气体),于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气,使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中,轮胎内气体的温度与环境温度相同,且保持不变).已知该轮胎内气体的体积V0=30 L,从北京出发时,该轮胎内气体的温度t1=-3 ℃,压强p1=2.7×105 Pa.哈尔滨的环境温度t2=-23 ℃,大气压强p0取1.0×105 Pa.求:(1)在哈尔滨时,充气前该轮胎内气体压强的大小;(2)充进该轮胎的空气体积.1.(1)2.5×105 Pa(2)6 L[解析] (1)在哈尔滨时,设充气前该轮胎内气体压强的大小为p2.由查理定律可得p1T1=p2 T2其中p1=2.7×105 Pa,T1=(273-3) K=270 K,T2=(273-23) K=250 K解得p2=2.5×105 Pa(2)设充进该轮胎的空气体积为V.以充进的空气和该轮胎内原有的气体整体为研究对象,由玻意耳定律可得p2V0+p0V=p1V0解得V=6 L2.[2024·北京卷] 一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮,将气泡内的气体视为理想气体,且气体分子个数不变,外界大气压不变.在上浮过程中气泡内气体 ()A.内能变大B.压强变大C.体积不变D.从水中吸热2.D[解析] 上浮过程气泡内气体的温度不变,内能不变,故A错误;气泡内气体压强p=p0+ρ水gh,故上浮过程气泡内气体的压强减小,故B错误;由玻意耳定律pV=C知,气体的体积变大,故C错误;上浮过程气体体积变大,气体对外做功,由热力学第一定律ΔU=Q+W 知,气体从水中吸热,故D正确.3.[2024·甘肃卷] 如图所示,刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体,被隔板分成A 、B 两部分,隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积).容器横截面积为S 、长为2l.开始时系统处于平衡态,A 、B 体积均为Sl ,压强均为p 0,弹簧为原长.现将B 中气体抽出一半,B 的体积变为原来的34.整个过程系统温度保持不变,气体视为理想气体.求: (1)抽气之后A 、B 的压强p A 、p B . (2)弹簧的劲度系数k.3.(1)45p 0 23p 0 (2)8p 0S15l[解析] (1)抽气前两部分的体积为V =Sl ,对A 分析,抽气后V A =2V -34V =54Sl 根据玻意耳定律得p 0V =p A ·54V 解得p A =45p 0对B 分析,若压强不变的情况下抽去一半的气体,则体积变为原来的一半,即V B =12V ,则根据玻意耳定律得p 0·12V =p B ·34V 解得p B =23p 0(2)由题意可知,弹簧的压缩量为l4,对活塞受力分析有p A S =p B S +F 根据胡克定律得F =k l4联立得k =8p 0S15l4.[2024·广东卷] 差压阀可控制气体进行单向流动,广泛应用于减震系统.如图所示,A、B 两个导热良好的汽缸通过差压阀连接,A内轻质活塞的上方与大气连通,B的体积不变.当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开,A内气体缓慢进入B中;当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭.当环境温度T1=300 K时,A内气体体积V A1=4.0×10-2 m3;B 内气体压强p B1等于大气压强p0.已知活塞的横截面积S=0.10 m2,Δp=0.11p0,p0=1.0×105 Pa.重力加速度大小g取10 m/s2.A、B内的气体可视为理想气体,忽略活塞与汽缸间的摩擦,差压阀与连接管道内的气体体积不计.当环境温度降低到T2=270 K时:(1)求B内气体压强p B2;(2)求A内气体体积V A2;(3)在活塞上缓慢倒入铁砂,若B内气体压强回到p0并保持不变,求已倒入铁砂的质量m.4.(1)9×104 Pa(2)3.6×10-2 m3(3)110 kg[解析] (1)当环境温度降低到T2=270 K时,B内气体压强降低.若此时差压阀没打开,设p B2'为差压阀未打开时B内气体的压强,B内气体体积不变,由查理定律得p0 T1=p B2' T2解得p B2'=9×104 Pa由于A、B内气体压强差p0-p B2'<Δp,故差压阀未打开,则p B2=p B2'即p B2=9×104 Pa(2)差压阀未打开时,A内气体的压强不变,由盖-吕萨克定律得V A1 T1=V A2 T2解得V A2=3.6×10-2 m3(3)倒入铁砂后,B内气体的温度和体积都不变,但压强增加,故可知A中气体通过差压阀进入B中,当B内气体压强为p0时,A内气体压强比B内气体压强高Δp,再根据A的活塞受力平衡可知(p0+Δp)S=p0S+mg解得m=110 kg5.[2024·广西卷] 如图甲,圆柱形管内封装一定质量的理想气体,水平固定放置,横截面积S =500 mm 2的活塞与一光滑轻杆相连,活塞与管壁之间无摩擦.静止时活塞位于圆管的b 处,此时封闭气体的长度l 0=200 mm .推动轻杆先使活塞从b 处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm 的a 处,再使封闭气体缓慢膨胀,直至活塞回到b 处.设活塞从a 处向左移动的距离为x ,封闭气体对活塞的压力大小为F ,膨胀过程F -15+x曲线如图乙.大气压强p 0=1×105 Pa .(1)求活塞位于b 处时,封闭气体对活塞的压力大小; (2)推导活塞从a 处到b 处封闭气体经历了等温变化;(3)画出封闭气体等温变化的p -V 图像,并通过计算标出a 、b 处坐标值.5.(1)50 N (2)见解析 (3)如图所示[解析] (1)活塞位于b 处时,根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p 0,故此时封闭气体对活塞的压力大小为 F =p 0S =1×105×500×10-6 N=50 N (2)根据题意可知F -15+x 图线为一条过原点的直线,设斜率为k ,可得F =k ·15+x 根据F =pS 可得气体压强为p =k(5+x )S故可知活塞从a 处到b 处对封闭气体由玻意耳定律得 pV =k(5+x )S·S ·(x +5)×10-3=k ·10-3故可知该过程中封闭气体的pV 值恒定不变,故可知a →b 过程封闭气体做等温变化.(3)分析可知全过程中气体做等温变化,开始在b 处时,有 p b V b =p 0Sl 0在b 处时气体体积为 V b =Sl 0=10×10-5 m 3 在a 处时气体体积为 V a =Sl a =0.25×10-5 m 3 根据玻意耳定律有 p a V a =p b V b =p 0Sl 0解得p a=40×105 Pa故封闭气体等温变化的p-V图像如图6.[2024·海南卷] 用铝制易拉罐制作温度计,一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀,吸管与罐密封性良好,罐内气体可视为理想气体,已知罐体积为330 cm3,薄吸管底面积为0.5 cm2,罐外吸管总长度为20 cm,当温度为27 ℃时,油柱离罐口10 cm,不考虑大气压强变化,下列说法正确的是()A.若在吸管上标注等差温度值,则刻度左密右疏B.该装置所测温度不高于31.5 ℃C.该装置所测温度不低于23.5 ℃D.其他条件不变,缓慢把吸管拉出来一点,则油柱离罐口距离增大6.B[解析] 设油柱离罐口的距离为x,由盖-吕萨克定律得V1T1=VT,其中V1=V0+Sl1=335cm3,T1=(273+27)K=300 K,V=V0+Sl=(330+0.5x)cm3,代入解得T=(3067x+1980067)K,根据T=(t+273) K可知t=(3067x+150967)℃,故若在吸管上标注等差温度值,则刻度均匀,故A错误;当x=20 cm时,该装置所测的温度最高,代入解得t max≈31.5 ℃,故该装置所测温度不高于31.5 ℃,当x=0时,该装置所测的温度最低,代入解得t min≈22.5 ℃,故该装置所测温度不低于22.5 ℃,故B正确,C错误;其他条件不变,缓慢把吸管拉出来一点,由盖-吕萨克定律可知,油柱离罐口距离不变,故D错误.7.(多选)[2024·海南卷] 一定质量的理想气体从状态a 开始经ab 、bc 、ca 三个过程回到原状态,已知ab 垂直于T 轴,bc 延长线过O 点,下列说法正确的是 ( )A .bc 过程外界对气体做功B .ca 过程气体压强不变C .ab 过程气体放出热量D .ca 过程气体内能减小7.AC [解析] 由理想气体状态方程pVT =C ,化简可得V =Cp ·T ,V -T 图线中,各点与原点连线的斜率的倒数表示气体的压强,则图线的斜率越大,压强越小,故p a <p b =p c ,bc 过程为等压变化,气体体积减小,外界对气体做功,故A 正确;由A 选项可知,ca 过程气体压强减小,故B 错误;ab 过程为等温变化,故气体内能不变,即ΔU =0,气体体积减小,外界对气体做功,故W >0,根据热力学第一定律ΔU =Q +W ,解得Q <0,故ab 过程气体放出热量,故C 正确;ca 过程,气体温度升高,内能增大,故D 错误.8.(多选)[2024·河北卷] 如图所示,水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分,左侧封闭一定质量的理想气体,右侧为真空,活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接.汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度,弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计.活塞初始时静止在汽缸正中间,后因活塞密封不严发生缓慢移动,活塞重新静止后 ( )A .弹簧恢复至自然长度B .活塞两侧气体质量相等C .与初始时相比,汽缸内气体的内能增加D .与初始时相比,活塞左侧单位体积内气体分子数减少8.ACD [解析] 初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力而处于平衡状态,弹簧处于压缩状态.因活塞密封不严,可知左侧气体向右侧真空散逸,左侧气体压强变小,右侧出现气体,对活塞有向左的压力,由于最终左、右两侧气体相通,故两侧气体压强相等,因此弹簧恢复原长,A 正确;由于活塞向左移动,最终两侧气体压强相等,左侧气体体积小于右侧气体体积,所以左侧气体质量小于右侧气体质量,B 错误;密闭的汽缸绝热,与外界没有能量交换,与初始时相比,弹簧弹性势能减少了,所以气缸内气体的内能增加,C 正确;初始时气体都在活塞左侧,最终气体充满整个汽缸,所以初始时活塞左侧单位体积内气体分子数应该是最终的两倍,D 正确.9.[2024·湖北卷] 如图所示,在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m 的活塞密封一部分理想气体,活塞横截面积为S ,能无摩擦地滑动.初始时容器内气体的温度为T 0,气柱的高度为h.当容器内气体从外界吸收一定热量后,活塞缓慢上升15h 再次平衡.已知容器内气体内能变化量ΔU 与温度变化量ΔT 的关系式为ΔU =C ΔT ,C 为已知常数,大气压强恒为p 0,重力加速度大小为g ,所有温度都为热力学温度.求: (1)再次平衡时容器内气体的温度. (2)此过程中容器内气体吸收的热量.9.(1)65T 0 (2)15h (p 0S +mg )+15CT 0[解析] (1)容器内气体进行等压变化,则由盖-吕萨克定律得V 0T 0=V1T 1即ℎS T 0=(ℎ+15ℎ)S T 1解得T 1=65T 0(2)此过程中容器内气体内能增加量ΔU =C (T 1-T 0) 容器内气体压强p =p 0+mgS气体体积增大,则气体对外做功,W =-pS ·15h 根据热力学第一定律得ΔU =W +Q 联立解得Q =15h (p 0S +mg )+15CT 010.[2024·湖南卷] 一个充有空气的薄壁气球,气球内气体压强为p 、体积为V.气球内空气可视为理想气体.(1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p 0,求此时气体的体积V 0(用p 0、p 和V 表示); (2)小赞同学想测量该气球内气体体积V 的大小,但身边仅有一个电子天平.将气球置于电子天平上,示数为m =8.66×10-3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响).小赞同学查阅资料发现,此时气球内气体压强p 和体积V 还满足:(p -p 0)(V -V B 0)=C ,其中p 0=1.0×105 Pa 为大气压强,V B 0=0.5×10-3 m 3为气球无张力时的最大容积,C =18 J 为常数.已知该气球自身质量为m 0=8.40×10-3 kg,外界空气密度为ρ0=1.3 kg/m 3,g 取10 m/s 2.求气球内气体体积V 的大小.10.(1)pVp0(2)5×10-3 m3[解析] (1)理想气体做等温变化,根据玻意耳定律有pV=p0V0解得V0=pVp0(2)设气球内气体质量为m气,则m气=ρ0V0对气球进行受力分析如图所示根据平衡条件有mg+ρ0gV=m气g+m0g结合题中p和V满足的关系(p-p0)(V-V B0)=C联立解得V=5×10-3 m311.[2024·江苏卷] 某科研实验站有一个密闭容器,容器内有温度为300 K、压强为105 Pa 的气体,容器内有一个面积为0.06 m2的观测台.现将这个容器移动到月球,容器内的温度变成240 K.整个过程可认为气体的体积不变,月球表面为真空状态.求:(1)气体现在的压强;(2)观测台对气体的压力.11.(1)8×104 Pa(2)4.8×103 N[解析] (1)由题知,整个过程可认为气体的体积不变,则根据查理定律得p1T1=p2 T2解得p2=8×104 Pa(2)根据压强的定义,观测台对气体的压力F=p2S=4.8×103 N12.[2024·江西卷] 可逆斯特林热机的工作循环如图所示.一定质量的理想气体经ABCDA 完成循环过程,AB和CD均为等温过程,BC和DA均为等容过程.已知T1=1200 K,T2=300 K,气体在状态A的压强p A=8.0×105 Pa,体积V1=1.0 m3,气体在状态C的压强p C=1.0×105 Pa.求:(1)气体在状态D的压强p D;(2)气体在状态B的体积V2.12.(1)2.0×105 Pa(2)2.0 m3[解析] (1)气体从状态D到状态A的过程发生等容变化,根据查理定律有p DT2=p A T1解得p D=2.0×105 Pa(2)气体从状态C到状态D的过程发生等温变化,根据玻意耳定律有p C V2=p D V1解得V2=2.0 m3气体从状态B到状态C发生等容变化,因此气体在状态B的体积也为V2=2.0 m313.[2024·山东卷] 一定质量理想气体经历如图所示的循环过程,a→b过程是等压过程,b→c过程中气体与外界无热量交换,c→a过程是等温过程.下列说法正确的是 ()A.a→b过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功B.b→c过程,气体对外做功,内能增加C.a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功D.a→b过程,气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量13.C[解析] a→b过程是等压过程且体积增大,则W ab<0,由盖-吕萨克定律可知T b>T a,则ΔU ab>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功,另一部分用于增加内能,A错误;b→c过程中气体与外界无热量交换,即Q bc=0,由于气体体积增大,则W bc<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,ΔU bc<0,即气体内能减少,B错误;c→a过程是等温过程,即T c=T a,则ΔU ac=0,根据热力学第一定律可知a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功,C正确;由A项分析可知Q ab=ΔU ab-W ab,由B项分析可知W bc=ΔU bc,由C项分析可知0=W ca+Q ca,又ΔU ab+ΔU bc=0,联立解得Q ab-(-Q ca)=(-W ab-W bc)-W ca,根据p-V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界与气体之间做的功,结合题图可知a→b→c过程气体对外界做的功大于c→a过程外界对气体做的功,即-W ab-W bc>W ca,则Q ab-(-Q ca)>0,即a→b过程气体从外界吸收的热量Q ab大于c→a过程放出的热量-Q ca,D错误.14.[2024·山东卷] 图甲为战国时期青铜汲酒器,根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器,如图乙所示.长柄顶部封闭,横截面积S1=1.0 cm2,长度H=100.0 cm,侧壁有一小孔A.储液罐的横截面积S2=90.0 cm2、高度h=20.0 cm,罐底有一小孔B.汲液时,将汲液器竖直浸入液体,液体从孔B进入,空气由孔A排出;当内外液面相平时,长柄浸入液面部分的长度为x;堵住孔A,缓慢地将汲液器竖直提出液面,储液罐内刚好储满液体.已知液体密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度大小g取10 m/s2,大气压p0=1.0×105 Pa.整个过程温度保持不变,空气可视为理想气体,忽略器壁厚度.(1)求x;(2)松开孔A,从外界进入压强为p0、体积为V的空气,使满储液罐中液体缓缓流出,堵住孔A,稳定后罐中恰好剩余一半的液体,求V.14.(1)2 cm(2)8.92×10-4 m3[解析] (1)在缓慢地将汲液器竖直提出液面的过程中,封闭气体发生等温变化,根据玻意耳定律有p1(H-x)S1=p2HS1根据题意可知p1=p0,p2+ρgh=p0联立解得x=2 cm(2)对新进入的气体和原有的气体整体分析,由玻意耳定律有S2)p0V+p2HS1=p3(HS1+ℎ2=p0又p3+ρg·ℎ2联立解得V=8.92×10-4 m315.(多选)[2024·新课标卷] 如图所示,一定量理想气体的循环由下面4个过程组成:1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量),2→3为等压过程,3→4为绝热过程,4→1为等容过程.上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程.下列说法正确的是()A.1→2过程中,气体内能增加B.2→3过程中,气体向外放热C.3→4过程中,气体内能不变D.4→1过程中,气体向外放热15.AD[解析] 1→2为绝热过程,则Q=0,由于气体体积减小,则外界对气体做功,即W>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU>0,即气体内能增加,故A正确;2→3为等压过程,气体体积增大,根据盖-吕萨克定律可知,气体温度升高,则气体内能增大,即ΔU>0,由于气体体积增大,则气体对外界做功,即W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>0,即气体从外界吸热,故B错误;3→4为绝热过程,则Q=0,由于气体体积增大,则气体对外界做功,即W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU<0,即气体内能减小,故C错误;4→1为等容过程,压强减小,根据查理定律可知,气体温度降低,则气体内能减小,即ΔU<0,由于体积不变,则W=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q<0,即气体向外放热,故D正确.16.[2024·浙江6月选考] 如图所示,测定一个形状不规则小块固体体积,将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中,开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管,其横截面积为S,接口用蜡密封.容器内充入一定质量的理想气体,并用质量为m的活塞封闭,活塞能无摩擦滑动,稳定后测出气柱长度为l1.将此容器放入热水中,活塞缓慢竖直向上移动,再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2.已知S=4.0×10-4 m2,m=0.1 kg,l1=0.2 m,l2=0.3 m,T2=350 K,V0=2.0×10-4 m3.大气压强p0=1.0×105 Pa,环境温度T1=300 K,g取10 m/s2.(1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力(选填“变大”“变小”或“不变”),气体分子的数密度(选填“变大”“变小”或“不变”);(2)求此不规则小块固体的体积V;(3)若此过程中气体内能增加10.3 J,求吸收的热量Q.16.(1)不变 变小 (2)4×10-5 m 3 (3)14.4 J[解析] (1)温度升高时,活塞缓慢上升,受力不变,故封闭气体压强不变,由p =F S 知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变;由于气体体积变大,所以气体分子的数密度变小.(2)气体发生等压变化,有V 0-V+l 1S T 1=V 0-V+l 2S T 2 解得V =4×10-5 m 3(3)此过程中,外界对气体做功为W =-p 1S (l 2-l 1)对活塞受力分析,有p 1S =mg +p 0S由热力学第一定律得ΔU =W +Q其中ΔU =10.3 J联立解得Q =14.4 J。

高考物理选考热学多选题模拟题（一）含答案与解析组卷老师：莫老师评卷人得分一.多选题（共40小题）1.下列说法正确的是（）A.凡是不违背能量守恒定律的实验构想，都是能够实现的B.做功和热传递在改变内能的效果上是等效的，这表明要使物体的内能发生变化，既可以通过做功来实现，也可以通过热传递来实现C.保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多D.温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大E.在水池中，一个气泡从池底浮起，此过程可认为气泡的温度不变，气泡内气体为理想气体，则外界对气泡做正功，同时气泡吸热2.下列说法中正确的是（）A.温度越高，分子的无规则热运动越剧烈B.物体的温度越高，所有分子的动能都一定越大C.分子间的引力和斥力都随分子间的距离增大而减小D.一定质量的理想气体在等压膨胀过程中温度一定升高E.如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加3.下列说法正确的是（）A.第二类永动机违反了热力学第二定律，但不违反能量守恒定律B.被踩扁的乒乓球（表面没有开裂）放在热水里浸泡，恢复原状的过程中，球内气体对外做正功的同时会从外界吸收热量C.由于液体表面分子间距离小于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表而具有收缩的趋势D.两个分子间分子势能减小的过程中，两分子间的相互作用力可能减小E.布朗运动是指在显微镜下观察到的组成悬浮颗粒的固体分子的无规则运动4.下列说法正确的是（）A.温度高的物体分子的平均动能一定大B.气体分子的体积大小等于气体的摩尔体积跟阿伏伽德罗常数的比值C.一定质量的o°c的冰溶解为0°C的水，分子平均动能不变，分子势能增加D.通过技术革新可以达到绝对零度以下E.一定质量的理想气体吸热热量，它的内能可不变5.下列说法正确的是（）A.水是浸润液体，水银是不浸润液体B.布朗运动和扩散现象都可以在气体、液体中发牛C.只要经历足够长的时间，密封在瓶内的酒精一定会全部变成气体D.塑料丝尖端放在火焰上烧熔后尖端变成球形是表面张力的缘故E.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，不违背热力学第二定律6.下列说法正确的是（）A.布朗运动说明了液体分子与悬浮颗粒之间存在着相互作用力B.物体的内能在宏观上只与其所处状态及温度有关C.一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行D.分子间的吸引力和排斥力都随分子间距离增大而减小E.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力7.下列说法不正确的是（）A.当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力表现为引力B.所有晶体都具有各向异性C.自由落体运动的水滴呈球形D.在完全失重的状态下，一定质量的理想气体压强为零E.摩尔质量为M （ kg/mol）＞密度为p （kg/m3）的In?的铜所含原子数为止N AM （阿伏伽德罗常数为N A）&以下说法正确的是（）A.饱和蒸汽在等温变化的过程中，随体积减小压强增大C.气体放岀热量，其分子的平均动能可能增大D.将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间分子力先增大后减小最后再增大，分子势能是先减小冉增大E.附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润9.下列说法正确的是（）A.花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停的做无规则运动B.外界对气体做正功，气体的内能不一定增加C.影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距D.第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律E.晶体熔化过程中，分子的平均动能保持不变，分子势能增大10.质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液态1到气态III变化过程中温度T随加热时间t变化关系如图所示，单位时间所吸收的热量可看做不变，气态III可看成理想气体。

十八热学1．（2013高考上海物理第5题）液体与固体具有的相同特点是(A)都具有确定的形状(B)体积都不易被压缩(C)物质分子的位置都确定(D)物质分子都在固定位置附近振动答案：B解析：液体与固体具有的相同特点是体积都不易被压缩，选项B正确。

2．（2013高考上海物理第15题）已知湖水深度为20m，湖底水温为4℃，水面温度为17℃，大气压强为1.0×105Pa。

当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(取g＝10m/s2，ρ＝1.0×103kg/m3)(A)12.8倍(B)8.5倍(C)3.1倍(D)2.1倍答案：C解析：湖底压强大约为3个大气压，由气体状态方程，当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的3.1倍，选项C正确。

3.（2013高考福建理综第29题）(1)下列四个图中，能正确反映分子间作用力f和分子势能E P随分子间距离r变化关系的图线是。

（填选图下方的字母）答案：B解析：分子间作用力f=0时对应的分子势能E P最小，能正确反映分子间作用力f和分子势能E P随分子间距离r变化关系的图线是B。

4．（2013高考福建理综第29题）(2)某自行车轮胎的容积为V．里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同，压强也是p 0，体积为 的空气。

（填选项前的字母）A ．0p p VB ．0p p V C.(0p p -1)V D.(0p p +1)V. 答案：C解析：设要向轮胎充入体积为V ’的空气，由玻意耳定律，p 0V+p 0V ’=pV ，解得：V ’=.(0p p -1)V ，选项C 正确。

5.(2013高考北京理综第13题)下列说法正确的是A.液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动B.液体分子的无规则运动称为布朗运动C.物体从外界吸收热量，其内能一定增加D.物体对外界做功，其内能一定减少答案：A 解析：液体中悬浮微粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则运动，这类现象称为布朗运动，选项A 正确B 错误。

探究物质的比热容、燃料的热值实验一．实验探究题（共37 小题）1．（2018•威海）在探究热现象的实验中，小明将质量相等的冰和石蜡分别装在两个相同的试管中，并放在一个装有水的大烧杯中进行加热，如图甲所示，根据实验数据绘制的温度随时间变化的图象，如图乙所示，请回答下列问题：（1）将两试管放在同一个装有水的大烧杯中进行加热，目的是。

（2）由图乙可知，（选填“A”或“B”）是冰，该物质在第4 分钟时的状态为，冰在熔化过程中增大（选填“分子动能”成“分子势能”，当冰全部熔化后，继续加热使烧杯中的水沸腾并持续一段时间，发现试管中的水始终不会沸腾，其原因可能是。

（3）加热1 分钟，冰、石蜡均为固态，由图乙可知，此时（选填“冰”或“石蜡”）的比热容较大。

2．（2018•重庆）小华同学在做“观察水的沸腾”实验中：①小华加热水的过程中，观察到温度计示数如图（甲）所示，则此时水的温度为℃。

②小华把水温加热到90℃开始计时，每过1min 观察并记录一次水温，观察到水沸腾后继续加热一段时间。

他画出的温度﹣时间图象如图（乙）所示。

由此可得出，水在沸过程中要继续吸热，但温度（选填”升高””降低“或”不变”）。

3．（2018•德州）在探究“水沸腾时温度变化的特点”实验中：（1）安装好实验器材后，为缩短实验时间，小强在烧杯中倒入热水，热水中温度计的示数如图甲所示，此时温度计的示数为（2）当水温接近90℃时，每隔1min 记录一次温度，并绘制了图乙所示水温随时间变化的图象，由图象可知：水沸腾时的特点是（3）小强观察到：沸腾时水中气泡的情形为图丙中图。

（选填“A“或“B“）（4）小强同学想提高水的沸点，换用了火力更大的酒精灯加热，这种做法（选填“可行”或“不可行”）。

4．（2017•莱芜）小华同学用温度计测出一部分冰的温度如图甲所示，然后利用图乙所示装置对100g 冰加热，他每隔相同时间记录一次温度计的示数，并观察物质的状态。

图丙是他根据记录的数据绘制的温度﹣﹣时间图象，根据图甲和图丙图象可知：（1）图甲中温度计的示数为℃；（2）在BC 阶段中C 点处物质的内能 B 点处物质的内能（选填“大于”、“小于”或“等于”），理由是；（3）设相同时间内物质吸收的热量相同，则BC 阶段物质共吸收了J 的热=2.1×103J/（kg•℃），c 水=4.2×103J/（kg•℃）〕；量〔c冰（4）由丙图可以看出AB、CD 段升高的温度相同，但CD 段加热的时间长，其原因是。

以B 液面为研究对象，有0sin p p gh p B A ==+θρ解得θρsin 0gh p p A -= 注意：θsin h 为竖直高度，液体压强与此高度成正以A 液面为研究对象，由二力平衡得S gh p S p A )(10'ρ+=,解得10'gh p p A ρ+=注意：若液面与外界大气相接触，则液面下h 深处的压强gh p p ρ+=0，0p 为外界大压.液柱模型：液柱移动问题一、液柱的受力分析及移动问题的处理技巧1.液体的受力分析一定液体封闭一段理想气体，首先需选取一个液体薄片（其自重不计）为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立力的平衡方程，消去横截面积，得到薄片两侧的压强平衡方程，解方程，求得气体压强.如图下面两图所示，图中各装置均处于静止状态，已知液体的密度为ρ，大气压强为0p ,求解气体的压强.技巧点拨：在连通器中，同一种液体（中间液体不间断）的同一水平面上的压强是相等的.2.液柱移动方向的判断气体被液柱隔开时温度不变利用玻意耳定律（2211V p V p =）直接判断温度升高（降低） 先假设体积不变，两侧的气体分别做等容变化，根据查理定律分别求出两侧的压强差p TTp ∆=∆ 若两侧面积相同，直接比较p ∆的大小，活塞和液柱向p ∆小（大）的方向移动 若两侧面积不同，比较p S ∆的大小，活塞和液柱向p S ∆小（大）的方向移动二、针对训练1.如图所示，竖直放置且粗细均匀的U 形玻璃管与容积为30cm 90=V的金属球形空容器连通，用U 形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体，当环境温度为C o 27时，U 形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出cm 16h 1=,水银柱上方空气长cm 20h 0=，现在对金属球形容器缓慢加热，当U 形玻璃管左侧水银面比右侧水银面高出cm 24h 2=时停止加热. 已知大气压cmHg 760=p ，U 形玻璃管的横截面积为20.5cm S =，求此时金属球形容器内气体的温度为多少摄氏度?2.如图所示，上粗下细且上端开口的薄壁玻璃管内有一部分水银封住密团气体，横截面积分别为211cm S = ，222cm S =，细管内水银长度为cm 4h 1=.封闭气体长度为cm 6=L ，大气压强为cmHg 760=p ，气体初始温度为K 288=T ，上管足够长. （1）缓慢升高气体温度，求水银刚好全部进人粗管内时的温度2T ；（2）气体温度保持2T 不变，为使封闭气体长度变为cm 8，需向开口端注人的水银柱的体积为多少?3.如图所示，粗细均匀的U 形管竖直放置，左端封口，右端开口，左端用水银封闭长为=1lcm 10的理想气体， 当温度为C o 27时，两管水银面的高度差cm 4h =∆. 设外界大气压为cmHg 76.(1)当对封闭气体缓慢加热，温度需要升高至多少摄氏度时左、右两管中的水银面将相平； (2)向右管中加入适量水银可使左、右两管中的水银相平，求加入水银的高度.（结果保留 2位小数)4.U 形管两臂粗细不等，左管开口向上，封闭的右管横截面积是开口的左管的3倍. 管中装入水银,大气压为cmHg 760=p . 开口管中水银面到管口距离为cm 22h 1=,且水银面比封闭管内高4cm h =∆，封闭管内空气柱长为cm 11h 2=,如图所示，现用小活塞把开口端封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求: （1）右管中气体的最终压强； （2）活塞推动的距离.5.如图所示，长cm 55=L 的薄壁玻璃管与水平面成30°角倾斜放置，玻璃管粗细均匀，底端封闭、另一端开口. 现用长cm 10=l 的水银柱封闭一定质量的理想气体，气体温度为K 306,且水银面恰与管口齐平. 现将管口缓慢转到竖直向上位置，并将水银缓慢注入管中，直到水银面再次与管口齐平，已知大气压强cmHg 750=p . 求：(1)水银面再次与管口齐平时，管中气体的压强；(2)对竖直玻璃管缓慢加热，若管中刚好剩下cm 5高的水银柱，气体温度升高了多少.6.如图所示，长cm 100=L 、粗细均匀的玻璃管一端封闭 .水平放置时,长cm 500=L 的空气柱被水银封住，水银柱长cm 30h =. 将玻璃管级慢地转到开口向下的坚直位置然后竖直插入水银槽，插入后有cm 15h =∆的水银柱进入玻璃管，设整个过程中温度始终保持不变，大气压强cmHg 750=p .求:(1)插入水银槽后管内气体的压强p ； (2)管口距水银槽液面的距离H .7.如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U 形管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长cm 201=l (可视为理想气体)，两管中水银面等高. 现将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面cm 10h =. ( 环境温度不变，大气压强cmHg 750=p )求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg ”单位).8.如图所示，一开口气缸内盛有密度为ρ的某种液体，一长为l 的粗细均匀的小瓶底朝上漂浮在液体中,平衡时小瓶露出液面的部分和进人小瓶中液柱的长度均为4l. 现用活塞将气缸封闭(图中未画出)，使活塞缓慢向下运动，各部分气体的温度均保持不变当小瓶的底部恰好与液面相平时，进入小瓶中的液柱长度为2l，求此时气缸内气体的压强，大气压强为0p ,重力加速度为g.9.如图所示，粗细均匀的弯曲玻璃管A 、B 两端开口,管内有一段水银柱，右管内气休柱长为cm 39，中管内水银面与管口A 之间气休柱长为cm 40. 先将口B 封闭，再将左管坚直插入水银槽中,设整个过程温度不变，稳定后右管内水银面比中管内水银面高cm 2,求: (1)稳定后右管内的气体压强p(2)左管A 端插入水银槽的深度h .（大气压强cmHg 760=p )10.两端封闭的玻璃管竖直放置，长为cm 10=l 的水银柱将管内的空气分为两部分，上下空气柱的长度分为别为cm 121=l 和cm 182=l ，初始时上面空气压强为cmHg 15. 现玻璃管以g a 5.0=的加速度竖直向上加速上移，设温度始终不变，求稳定时水银上面空气柱的长度.（结果保留2位有效数字）11.一“U ”形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，玻璃管导热良好. 用水银封闭一段空气在右管中，初始时，管内水银柱及空气柱长度如图1所示. 将玻璃管在竖直平面内旋转90°如图2所示，求此时右管中水银面移动的距离. 已知玻璃管的横截面积处处相同，大气压强cmHg 760=p ，环境温度不变. （管的直径忽略不计）12.如图所示，两端开口的U 形管粗细均匀，左右两管竖直，底部的直管水平，水银柱的长度如图中标注所示，水平管内两段空气柱a 、b 的长度分别为cm 10、cm 5. 在左管内缓慢注入一定量的水银，稳定后右管的水银面比原来升高了cm 10=h ，已知大气压强cmHg 760=p ，求向左管注入的水银柱长度.13.(2019·全国Ⅲ卷)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为cm 0.2的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为cm 0.2. 若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同.已知大气压强为cmHg 76,环境温度为K 296.(1)求细管的长度；(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口齐平为止，求此时密封气体的温度.14.如图所示，左端封闭，右端开口的均匀U 形管中用水银封有一段长cm 15的空气柱. 左臂总长为cm 25，右臂足够长，右侧水银面比左侧高cm 10，忽略弯管部分的长度. 如果将管的开口变为竖直向下，求空气柱的长度.（设大气压强为mmHg 750)15.如图为一粗细均匀、足够长的等臂细U 形管竖直放置，两侧上端都封闭有理想气体A 、B ，且被水银柱隔开，已知气体A 的压强为cmHg 0.75A =p ,A 气柱长度为cm 0.20A =l ,两气柱的长度差为cm 0.5=h .现将U 形管水平放置，使两臂位于同一水平面上.设整个过程温度保持不变，求稳定后两空气柱的长度差'h .16.如图所示，一根一端封闭的玻璃管，长为cm 95=L ，内有一段长为cm 20=h 的水银柱，当温度为 C o 27时，开口端竖直向上，被封闭的气柱长为cm 60=H . 温度至少升高到多少时，水银柱才能从管中全部溢出?(设大气压为cmHg 75)17.如图所示，玻璃管粗细均匀（粗细可忽略不计)，竖直管两封闭端内理想气体长分别为上端cm 30、下端7cm 2，中间水银柱长cm 10.在竖直管上水银柱中间位置接一水平玻璃管，右端开口与大气相通，用光滑活塞封闭cm 5长水银柱. 大气压cmHg 750=p .(1)求活塞上不施加外力时两封闭气体的压强各为多少？(2)现用外力缓慢推活塞恰好将水平管中水银全部推入竖直管中，求这时上下两部分气体的长度各为多少？18.如图所示，两个球形容器容积之比为11:10:21=V V ，由一细管（容积忽略）相连，细管 的水平部分封有一段汞柱，两容器中盛有等量同种气体，并置于两个温度分别为1T 和2T 的 热库内，已知K 3001=T ，位于细管中央的汞柱静止. (1)求另一热库的温度2T ；(2)若使两热库温度都升高T ∆，汞柱是否发生移动？请通过计算说明理由.19.如图所示为“浮沉子”问题. 竖直放置的汽缸开口向上，上端口为A ，不计厚度的轻活塞停在B 处，BC 间为理想气体，C 点以下为水银，在DF 之间静止着一个圆柱形的，厚度不计的，开口向下的刚性小瓶，DE 为瓶内理想气体的长度，3LL AB =、L L BC =、L L CD =、2L L DE =、2LL EF =、cm 8=L ,现在用外力将活塞缓慢拉到A 处，小瓶最终将静止在水银面上. 设外界大气压强cmHg 760=p ,整个过程温度不变，没有摩擦，不漏气，小瓶始终竖直，开口向下. 求：(1)小瓶的重力与它底面积的比值等于多少厘米汞柱？(2)小瓶最终静止时瓶内气体的长度（结果保留两位有效数字）.答案1. C o 277解析：:初始状态:cmHg 60101=-=h p p ， 3001cm 100=+=S h V V ， K 3001=T 末状态:cmHg 100202=+=h p p , 32112cm 1002)(=++=Sh h V V ， K )273(22t T += 由理想气体状态方程有222111p p T V T V =,代入数据解得C t o 2772=2.（1）K 468 （2）3cm 37（1）初状态，cmHg 401+=p p ， 11LS V =， 末状态cmHg 2p p 02+=，112)h (S L V +=根据222111p p T V T V = ， 由以上各式并代入数据解得K 4682=T （3）气体等温变化有3322V p V p = 解得cmHg 5.973=p ， 设此时水银柱液面高度差为3h 有21.5cm 76cm -7.5cm 9h 3==，所以注入体积为3cm 373.（1）C o 107 （2）5.06cm解析：（1）设初态气体的体积为1V , U 形管横截面积为S ，则S S l V 1011==,温度为K 3001=T ,压强72cmHg h 01=∆-=p p ， 未态气体的体积为2V ，则S hS S l V 122112=∆+=，温度为2T ，压强76cmHg 2=p ， 由理想气体状态方程有：222111p p T V T V =解得K 3802=T ， 即C t o 107=(2)设末态时左侧气柱高度为3l ，则03p p =， S l V 33=， 由玻意耳定律有3311V p V p = 解得：cm 47.93≈l ， 则加入的水银高 5.06cm h )(2h 31=∆+-=l l4.（1）cmHg 88 （2）cm 6解析：（1）设左管横截面积为S ,则右管横截面积为S 3，以右管封闭气体为研究对象，初状态的压强为80cmHg h 01=∆+=p p ， 体积为21h 3⋅=S V末状态的压强为2p ， 从初状态到末状态，设左管水银面下降1h ∆,设右管水银面上升2h ∆h h h 21∆=∆+∆， S S 21h 3h ∆=∆， 故3cm h 43h 3h 21=∆=∆=∆末状态的体积为)h h (3222∆-=S V ，由等温变化有2211V p V p =，由以上各式得cmHg 882=p （2）以左管被活塞封闭气体为研究对象，初状态有:cmHg 7603==p p ,体积为13h S V = 末状态有:cmHg 8824==p p ,体积为44h S V =， 由等温变化有4433V p V p = 由以上各式得cm 19h 4=， 活塞推动的距离6cm h h h 41=∆+-=L5.（1）cmHg 90 （2）K 340解析（1）设玻璃管的横截面积为S ，初态时，管内气体的温度为K 3061=T ,体积为S V 451=，压强为cmHg 8030sin 01=+=o l p p ， 末状态时，设水银柱高为H ,则管内气体体积S H V )55(2-=,压强为cmHg )75(02H H p p +=+=, 由玻意耳定律2211V p V p =代入数据解得cm 15=H (另一解舍去)，故cmHg 902=p (2)设温度升至2T 时，管中水银柱高为cm 5,气体体积为S V 503= 气体压强为cmHg 80h 03=+=p p ， 由理想气体状态方程有233111p p T V T V =代入数据得K 3402=T6.（1）62.5cmHg（2）cm 5.27 解析：(1)设当管转至竖直位置时，水银恰好位于管口而未从管中漏出，管截面积为S .此时气柱长度cm 70=l . 由玻意耳定律得:53.6cmHg cmHg 70507500=⨯==l L P P 由于0p cmHg 6.83>=+gh p ρ，因此必有水银从管中漏出.设当管转至竖直位置时，管内水银柱长度为x ,由玻意耳定律得)()(000x L S gx p SL p --=ρ，整理并代入数值后得)100)(75(5075x x --=⨯，解得cm 25=x .（2）设插入水银槽后管内气柱长度为'L ,由题设条件得cm 60)('=∆+-=h x L L . 由玻意耳定律,插入后管内压强62.5cmHg cmHg 607550L p '00=⨯==L P(2)设管内水银与槽内水银面间高度差为'h ，12.5cm cm )5.6275('=-=h .管口距槽内水银面距离cm 5.27''=--=h L L H .7. cmHg 50解析：设U 形管横截面积为S ，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为1p ，右端与一低压舱接通后左管中封闭气体压强为2p ，气柱长度为2l ，稳定后低压舱内的压强为p ，左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得2211V p V p =， 01p p =，h p p p +=02 S l V 11=， S l V 21=， 由几何关系得)(212l l h -=，联立以上各式，代入数据得cmHg 50=p8.gl p ρ41230+ 解析：设当小瓶内气体的长度为l 43时,压强为1p ；当小瓶的底部恰好与液面相平时，瓶内气体的压强为2p ，气缸内气体的压强为3p ，依题意l p p g 2101ρ+= ① 由玻意耳定律S l l p lS p )21(4321-=⋅ ② 式中S 为小瓶的横截面积联立①②两式,得)21(2302gl p p ρ+= ③ 又有gl p p ρ2132+= ④联立③④式，得gl p p ρ412303+=9.（1）cmHg 78 （2）cm 7解析：(1)对插入水银槽后右管内气体，有:h)5.0(000∆-=l p l p ，解得cmHg 78=p . (2)插入水银槽后左管中气体压强80cmHg h '=∆+=g p p ρ, 左管内、外水银面高度差cm 4h 01=-=ρgp p'，对中管和左管内气体，有:''0l p l p =',cm 38'=l ,左管插入水银槽中的深度cm 7h -h 21h 1'=∆+∆+=l l .10. cm 90.13解析：初态时，下方气体压强为cmHg 25=+=l p p 上下， 加速时，设上方气体压强为'上p ，空气柱长为x ，对水银柱由牛顿第二定律有：ma mg S p S p =--''上下, 且Sl m ρ=，代入数据可知cmHg 10=gl ρ， 对上、下方气体由玻意耳定律得：xS p S l p '1上上=, S x l l p S l p )21'2-+=（下下, 联立解得：13.90cm cm )111(6=-=x11. cm 5.0解析：设初始时右管空气的压强为1p ,体积为1V ,玻璃管横截面积为S ,空气柱的长度为1L ,右侧水银柱与左侧水银柱的高度差为1h ,其产生的压强为1h h ,则初状态：cmHg 72101=-=h p p p ， 11SL V =， 设旋转90°后，右管空气的压强为2p ,体积为2V ,玻璃管横截面积为S ,空气柱的长度为2L ,左侧水银柱与右侧水银柱的高度差为2h ,其产生的压强为2h h ,则末状态：cmHg 80202=+=h p p p ， 22SL V = ， 由于导热良好，满足玻意耳定律， 由玻意耳定律有：2211V p V p =， 解得：cm 5.42=L ， 右管中水银面移动的距离：cm 5.021=-=L L x12. cm 5.21解析：设初状态a 、b 两部分空气柱的压强均为1p ,由题意知90cmHg cmHg 1401=+=p p 因右管水银面升高的高度12cm 10cm <,故b 空气柱仍在水平直管内，设末状态a 、b 两部分空气柱的压强均为2p ， 则0cmHg 01h cmHg 1402=++=p p ， 设末状态a 、b 两部分空气柱的长度分别为2a L 、2b L ， 对a 部分空气柱，根据玻意耳定律：2211a a L p L p = 对b 部分空气柱，根据玻意耳定律：2211b b L p L p =，代入数据解得cm 92=a L ,cm 5.42=b L 设左管所注入的水银柱长度为L ,由几何关系得:)()(22211b a b a L L L L h L +-++= 代入数据解得cm 5.21=L13.（1）cm 41 （2）K 312解析：（1)设细管长度为L ,横截面的面积为S ,水银柱高度为h ，初始时，设水银柱上表面到管口的距离为1h ，被密封气体的体积为V ,压强为p ；细管倒置时，气体体积为1V ,压强为1p . 由玻意耳定律有：11V p pV =， 由力的平衡条件有：gh p p ρ+=0，gh p p ρ-=01式中ρ、g 分别为水银密度和重力加速度的大小，0p 为大气压强. 由题意有)(1h h L S V --=， )(1h L S V -=，联立以上各式代入数据得cm 41=L(2)设气体被加热前后的温度分别为0T 和T ,由盖-吕萨克定律有TV T V 10=，联立（1）中各式代入数据得K 312=T14. m m 3.283解析：设初始左、右两臂水银面高度差为h ,倒转后空气柱仍在左臂，如图甲所示，则对所封空气柱，由玻意耳定律有S x x h S h )150)(2750(150)750(+--=⨯+，整理得0300)450(22=+-+h x h x ， 当042≥-=∆ac b 时，方程有实数解，且方程的解应满足1000<<x ，即030024)450(2≥⨯⨯--h h ，10044500<-+∆<h，解得m m 5.62<h . 也就是说，只有当两臂水银面高度差小于m m5.62时，倒转后空气柱才可能仍留在左臂.而本题给出的开始时水银面高度差为62.5m m 100m m >,因此，U 形管倒转后空气柱会进入右臂. 而右臂足够长，倒转后，水银柱全部进入右臂，如图乙所示，S y V )250(2+=450mmHg mmHg )300750(2=-=p .根据玻意耳定律，有S y S )250(450150850+⨯=⨯,解得mm 3.33=y ， 则空气柱的长度为283.3mm mm )3.33250(=+=l15. cm 2.6解析：当U 形管竖直放置时，两部分气体的压强关系有：gh p p A B ρ-=当U 形管平放时，两部分气体的压强关系有：p p p BA ==''， 则知A 气体等温变化且压强减小，体积增大；B 气体等温变化且压强增大，体积减小，故水银柱会向右侧移动，空气柱的长度差将变大. 对于气体A ，由玻意耳定律得：'A A A pl l p =,对于气体B,由玻意耳定律得：'B B B pl l p =， 由几何关系得：B A l h l =-， '''B A l h l =-,''B A B A l l l l +=+，解得cm 2.6'=h .16. K 3.380解析：因为h H L +>,当气体的温度上升时其体积会增大，水银柱将向上运动.在水银柱上升距离小于cm 15时，水银不会溢出，气体做等压膨胀；当水银上表面上升至管口时，若继续升温，气体体积继续膨胀，水银将开始溢出,这时气体压强将变小，温度升高，体积增大.只要水银没有完全溢出,气体质量还是保持不变.由气态方程=TpV恒量可知,要使T 有最大值，则要pV 达最大值，此时对应的温度T 为水银全部溢出的最低温度，只要达到这一温度不再升温，随着水银的溢出，压强减小，气体体积膨胀，水银也会自行全部溢出.设管中还有长为cm x 的水银柱尚未溢出时，温度为T ,停止加热，则此时有：T S L T HS ））（）（x (x p h p 000-+=+ 即：T S )x 95)(x 75(3006095-+=⨯当x x -=+9575，即cm 10=x 时,pV 值最大,这时可求出K 3.380=T ,或用二次根式的判别式0≥∆,即0712519x 20x 2=-+-T 要使方程有解，则0)712519(4)20(2≥-⨯--T 解得:K 3.380≤T ,即当温度大于K 3.380时，原等式不再成立，平衡被打破，此时只要保持这一温度不再升高,水银也会自行全部溢出.17.（1）cmHg 70=上p ， cmHg 80=下p （2）cm 28'=上L ， cm 24'=下L 解析：(1)上端封闭气体的压强：cmHg 700=-=h p p p 上, 下端封闭气体的压强：cmHg 800=+=h p p p 下(2)设玻璃管横截面积为S ,气体发生等温变化，由玻意耳定律得：对上端封闭气体，S L p S L p ’上上上上'=，对下端封闭气体，S L p S L p ’下下下下'=. ''cmHg 15下上p p =+，cm 52''=+下上L L ，解得：cm 28'=上L ， cm 24'=下L18.（1）K 330 （2）解析：(1)两容器中盛有等量同种气体，当位于细管中央的汞柱平衡时，气体压强相等。