人教版物理高二选修2-2第四章第四节喷气发动机同步练习
文档属性
| 名称 | 人教版物理高二选修2-2第四章第四节喷气发动机同步练习 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 175.0KB | ||
| 资源类型 | 素材 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2016-05-26 09:43:54 | ||
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文档简介
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人教版物理高二选修2-2第四章
第四节喷气发动机同步练习
一．单选题
1．下列说法中正确的是（ ）
A． 气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大
B． 气体体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大
C． 压缩一定量的气体，气体的内能一定增加
D． 分子a从远外趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能一定最大
答案：D
解析：解答：A、从微观上看，一定质量被封闭气体的压强取决于分子的平均动能和单位体积内的分子数目（分子的密集程度）这两个因素，分子平均动能增大，单位体积内的分子数目如何变化不知，因此压强的变化是不确定的，故A错误；
B、体积减小，单位体积内的分子数目增多，但是分子平均动能的变化未知，则压强变化也是不确定的，故B错误；
C、根据热力学第一定律△U=W+Q，可知压缩气体，外界对气体做功，但是气体的吸放热情况不知，故内能不一定增大，故C错误；
D、分子a从远外趋近固定不动的分子b时分子力表现为引力，分子力做正功，分子动能增大，到达r=r0时分子力为零，若再靠近时分子力为斥力，将做负功，分子动能减小，因此当a到达受b的作用力为零处时，a的动能最大，故D正确．
故选：D．
分析：题目主要考察了气体压强的微观解释，气体压强取决于分子平均动能和单位体积内的分子数目这两个因素；只知道分子平均动能或者单位体积内分子数目的变化，压强的变化是无法确定的；对于气体内能变化取决于外界与气体之间的做功和吸放热情况，若外界对气体做功，同时气体放热，则内能可能增大、减小或不变；讨论分子力或者分子势能变化时要以r=r0为分界点进行讨论．
2．若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体（可视为理想气体），下列说法正确的是（ ）
A． 内能不变 B． 内能增大 C． 向外界放热 D． 内能减小
答案：A
解析：解答：因气泡在上升过程中温度不变，故气泡的内能保持不变，故A正确．
故选A．
分析：理想气体不计分子势能，故理想气体的内能只与温度有关，分析温度的变化可知内能的变化．
3．关于温度、热量、内能，以下说法正确的是（ ）
A． 同一物体，温度高时，含有的热量多
B． 物体的内能越大，含有的热量就越多，温度也越高
C． 热量总是从内能大的物体传给内能小的物体
D． 热量总是从温度高的物体传给温度低的物体
答案：D
解析：解答：A、热量是过程量，只有在吸放热过程中才热传递，不能说物体含有多少热量，故A错误．
B、热量是一个过程量，只能说吸收热量或放出热量，不能说物体含有的热量多少，故B错误．
C、D、发生热传递的条件是存在温度差，热量从高温物体传向低温物体，而不一定从内能大的物体传给内能小的物体，故C错误，D正确．
故选：D．
分析：温度是表示物体的冷热程度；热量是热传递过程中所传递内能的多少；内能是物体内部所有分子无规则运动的动能和分子势能的和；温度影响物体的内能，温度越高物体内能越大．
4．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，温度越高，则分子平均动能越大
B． 温度是物体动能的标志，温度升高，则物体运动速度变快
C． 当某物体的内能增加时，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一定比乙物体分子平均速率大
答案：A
解析：解答：A、B、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；
C、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；
D、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．
分析：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．
5．某房间，上午10时的温度为15℃，下午2时的温度为25℃，假定房间内气压无变化，则下午2时与上午10时相比较，房间内的（ ）
A． 单位时间内气体分子撞击墙壁单位面积的数目增加了
B． 气体密度增加了
C． 所有空气分子的速率都减小
D． 空气分子的平均动能减小
答案：D
解析：解答：A、温度升高了，分子平均动能增大，撞击墙壁时平均撞击力增大，压强不变，因此单位时间内气体分子撞击墙壁单位面积的数目将减小，故A错误；
B、压强不变，当温度升高时，气体体积增大，因此房间内的空气质量将减少，房间体积不变，则密度减小，故B错误；
C、温度是分子平均动能的标志，温度升高分子平均动能增大，平均速率增大，这是统计规律，对于单个分子动能的变化则是不确定的，故C错误；
D、温度升高，分子的平均动能将增大，故D正确．
故选：D．
分析：由于房间内的压强不变，当温度升高时，气体体积将增大，因此房间内的空气质量将减少，这是解本题的关键．同时注意“温度是分子平均动能标志”这一统计规律的应用．
6．关于温度，下列说法正确的是（ ）
A． 随着人类制冷技术的不断提高，总有一天绝对零度会达到
B． 温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由T升至2T
C． 温度升高1℃，也可以说温度升高274K
D． 温度升高1℃，也可以说温度升高1K
答案：D
解析：解答：A、由热力学第三定律可知，绝对零度是不可能达到的，故A错误；
B、温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由T=t+273.15K升至T′=273.15K+2t，T′不一定等于2T，故B错误；
CD、热力学温度与摄氏温度的分度值在数值上是相等的，温度升高1℃，也可以说温度升高1K，故C错误，D正确；
故选：D
分析：热力学温度与摄氏温度的关系是T=t+273.15K；热力学温度的0K是不可能达到的．
7．一个物体从﹣27℃的温度升高到27℃，则升高后其热力学温度是（ ）
A． 300K B． ﹣246K C． 246K D． 54K
答案：A
解析：解答：当t=27°C时，T=（27+273）K=300K；
故选：A．
分析：热力学温度与摄氏温度的换算关系是：T=t+273K．
8．如图所示，一导热气缸内壁光滑且开口向左，固定在水平地面上，用活塞封闭着一定质量的气体，活塞处于平衡状态．若在外界温度由28℃缓慢降低至18℃的过程中，大气压强保持不变，气体分子之间相互作用的势能可忽略，则（ ）
A． 密闭气体的内能增加 B． 密闭气体向外界释放热量
C． 密闭气体的压强变小 D． 大气对系统不做功
答案：B
解析：解答：A、由题意知，气体温度减小，因忽略势能，故气体的内能减小，故A错误；
B、外界对气体做功，而气体的内能减小，由热力第一定律可知，气体一定向外放热，故B正确；
C、活塞始终处于平衡状态，故气缸内气体属于等压变化，故C错误；
D、由等压变化规律可知气体的体积一定减小，故外界大气应对气体做功，故D错误；
故选B．
分析：对活塞进行受力分析可知气体压强的变化；由题意可知气体的温度变化，则可知内能的变化；由等压变化的规律可知气体体积的变化，则可得出做功情情况；
由热力学第一定律可得出气体是否吸热或放热．
9．摩托车上的热机工作时提供动力的冲程是（ ）
A． 吸气冲程 B． 压缩冲程 C． 做功冲程 D． 排气冲程
答案：C
解析：解答：做功冲程中将燃料燃烧产生的内能转化为机械能，为热机工作提供动力；
故选C．
分析：在四冲程内燃机的做功冲程中，燃料燃烧产生大量的高温高压的燃气推动活塞做功，将内能转化为机械能．
10．如图为一空间探测器的示意图，P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行，P2、P4的连线与y轴平行．每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动．开始时，探测器以恒定的速率v0向正x方向平动．要使探测器改为向正x偏负y60°的方向以原来的速率v0平动，则可（ ）
A． 先开动P1适当时间，再开动P4适当时间
B． 先开动P3适当时间，再开动P2适当时间
C． 先开动P4适当时间，再开动P3适当时间
D． 先开动P3适当时间，再开动P4适当时间
答案：A
解析：解答：A、先开动P1适当时间，探测器受到的推力沿﹣x轴方向，探测器沿+x轴减速运动，再开动P4适当时间，又产生沿﹣y轴方向的推力，探测器的合速度可以沿正x偏负y60°的方向，并以原来的速率v0平动，故A正确．
B、先开动P3适当时间，探测器受到的推力沿+x轴方向，将沿+x轴加速运动，再开动P2适当时间，又产生沿+y轴方向的推力，探测器的合速度沿第一象限．故B错误．
C、先开动P4适当时间，探测器受到的推力沿﹣y轴方向，将获得沿﹣y轴的速度，沿x轴方向的速率不变，再开动P3适当时间，又产生沿+x轴方向的推力，探测器的合速度沿第四象限，速度大于v0．故C错误．
D、先开动P3适当时间，探测器受到的推力沿+x轴方向，将沿+x轴加速运动，速率大于v0．再开动P4适当时间，探测器又受到的推力沿﹣y轴方向，将获得沿﹣y轴的速度，合速度大于v0．故D错误．
故选A
分析：先开动P1适当时间，推力沿﹣x轴方向，探测器沿+x轴减速运动，再开动P4适当时间，又产生沿﹣y轴方向的推力，探测器的合速度可以沿正x偏负y60°的方向．同理，分析其他情况．
11．我国的国土范围在东西方向上大致分布在东经70°到东经135°之间，所以我国发射的同步通信卫星一般定点在赤道上空3.6万公里，东经100°附近．假设某颗通信卫星计划定点在赤道上空东经110°的位置．经测量刚进入轨道时位于赤道上空3.6万公里东经90°处．为了把它调整到东经110°处，可以先短时间启动卫星上的小型喷气发动机调整同步卫星的高度，改变其速度，使其“漂移”到某一位置后，再短时间启动发动机调整卫星的高度，最终使其定点在110°的同步卫星高度．两次调整高度的方向依次是（ ）
A． 向下、向上 B． 向上、向下 C． 向上、向上 D． 向下、向下
答案：A
解析：解答：把同步卫星从赤道上空3.6万千米、东经90°处，调整到110°处，相对于地球沿前进方向移动位置，需要增大相对速度，即卫星的速度需增大，因为轨道半径越小，速度越大，所以高度先向下调整，然后再调整到以前的高度．故A正确，B、C、D错误．
故选A．
分析：同步卫星随地球自转的方向是从东向西，把同步卫星从赤道上空3.6万千米、东经90°处，调整到110°处，相对于地球沿前进方向移动位置，需要增大相对速度，所以应先下降高度增大速度到某一位置再上升到原来的高度．
12． 2011年8月10日，中国改装的瓦良格号航空母舰出海试航，它的满载排水量为64000吨，有四台50000马力的蒸汽轮机提供其动力．设想如能创造一理想的没有阻力的环境，用一个人的力量去拖这样一艘航空母舰，则从理论上可以说（ ）
A． 航空母舰惯性太大，所以完全无法拖动
B． 一旦施力于航空母舰，航空母舰立即产生一个加速度
C． 由于航空母舰惯性很大，施力于航空母舰后，要经过一段很长时间后才会产生一个明显的加速度
D． 由于航空母舰在没有阻力的理想环境下，施力于航空母舰后，很快会获得一个较大的速度
答案：B
解析：解答：忽略阻力时，对航空母舰受力分析，受重力、浮力和推力，合力等于推力，航空母舰惯性大，故速度难改变，但一定改变，一定有加速度，即加速度与合力存在瞬时对应关系，故A错误，B正确，C错误，D错误；
故选：B．
分析：根据牛顿第二定律，加速度与合外力成正比，与物体的质量成反比，即加速度与力存在瞬时对应关系．
13．根据热力学第一定律，下列说法正确的是（ ）
A． 电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
B． 空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量大于向室外放出的热量
C． 科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机
D． 对能源的过度消耗将使自然界得能量不断减少，形成能源危机
答案：A
解析：解答：A、热量可以从低温物体向高温物体传递，但要引起其它变化，A正确；
B、空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，因为电能也部分转化为热能，B错误；
C、不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其它变化，C错误；
D、对能源的过度消耗将形成能源危机，但自然界的总能量守恒，D错误；
故选A
分析：热量可以从低温物体向高温物体传递，但要引起其它变化，空调机在制冷过程中，电能也部分转化为热能，所以从室内吸收的热量少于向室外放出的热量．
14．下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是（ ）
A． 第一类永动机不可能制成，是因为违背了热力学第一定律
B． 能量耗散过程中能量不守恒
C． 电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律
D． 能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
答案：D
解析：解答：A、第一类永动机违背了能量守恒定律，所以不可能制成．故A错误；
B、能量耗散过程中能量是守恒的．故B错误；
C、热力学第二定律反映了宏观自然过程的方向性，电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，要消耗电能，不违背了热力学第二定律．故C错误；
D、能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性；故D正确．
故选：D
分析：第一类永动机违背了能量守恒定律，所以不可能制成；热力学第二定律反映了宏观自然过程的方向性．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性．
15．关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是（ ）
A． 第二类永动机违反了能量守恒定律
B． 如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加
C． 热机有可能把从单一热源吸收的热量全部变成有用的功
D． 一切有关热现象的宏观过程都具有方向性
答案：D
解析：解答：A、第二类永动机没有违反能量守恒定律，但却不能成功制成，是违反了热力学第二定律．故A错误；
B、如果物体从外界吸收了热量，且又对外做功，则物体的内能不一定增加．故B错误；
C、根据热力学第二定律，热机有不可能把从单一热源吸收的热量全部变成有用的功．故C错误；
D、做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的．故D正确；
故选：D
分析：第二类永动机并不违反能量守恒定律，跟热现象有关的宏观过程均具有方向性． 做功和热传递是改变物体的内能的两种方式，做功是内能和其他形式的能之间的转化，热传递是内能之间的转移．物体从外界吸收了热量，则物体的内能不一定增加．
16．以下说法中正确的是（ ）.
A．熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性减小的方向进行
B．在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加
C．布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动
D．水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系
答案：BD
解析：解答：A、一个绝热过程系统的熵永远不会减少，不是一切自然过程．故A错误．
B、绝热Q=0，压缩W＞0，根据热力学第一定律可知△U=W+Q＞0，即内能增加．故B正确．
C、布朗运动是悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的反映．故C错误．
D、浸润与不浸润与两种接触物质的性质有关．故D正确．
故选BD
答： BD；
分析：一个孤立系统的熵永远不会减少，表明随着孤立系统由非平衡态趋于平衡态，其熵单调增大．气体绝热压缩，根据热力学第一定律分析内能的变化．布朗运动是悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的运动．浸润与不浸润与两种接触物质的性质有关．
二．填空题
17.如图表示一定质量的某气体在不同温度下的两条等温线．图中等温线Ⅰ对应的温度比等温线Ⅱ对应的温度要 （填“高”或“低”）．在同一等温线下，如果该气体的压强变为原来的2倍，则气体的体积应变为原来的 倍．
答案：低|
解析：解答：根据理想气体状态方程，有，故PV=CT，故温度越高，等温线离原点越远；
玻意耳定律PV=C，如果该气体的压强变为原来的2倍，则气体的体积应变为原来的倍．
故答案为：低，．
分析：玻意耳定律PV=C，其中C与温度有关，温度越高，常数C越大．
18．蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变化来实现能量的转移和转化，我们把这些气体称为工质．某热机经过一个循环后，工质从高温热源吸热Q1，对外做功W，又对低温热源放热Q2，工质完全回复初始状态，内能没有变化．根据热力学第一定律，在工质的一个循环中，Q1、Q2、W三者之间满足的关系是 ．热机的效率不可能达到100%，从能量转换的角度，说明 能不能完全转化为 能．
答案：Q1﹣Q2=W|内|机械
解析：解答：根据热力学第一定律，有：△U=W′+Q；
其中：△U=0，Q=Q1﹣Q2，W′=﹣W；
故Q1﹣Q2=W；
热机将从高温热源吸收热量的一部分转化为机械能；
故答案为： Q1﹣Q2=W，内，机械；
分析：根据热力学第一定律列方程，结合热力学第二定律分析热机的效率问题；
19．如图是汽油机的 冲程，此过程是将 转化为 能．
答案：做功|内能|机械能
解析：解答：如图：两门关闭，活塞下行，是做功冲程．内能转化成机械能．
故答案为：做功；内能；机械能．
分析：内燃机包括四个冲程，吸气、压缩、做功、排气．（2）吸气冲程进气门打开，排气门关闭，活塞下行；（3）压缩冲程两门都关闭，活塞上行，机械能转化成内能；（4）做功冲程两门都关闭，活塞下行，内能转化成机械能；（5）排气冲程排气门打开，进气门关闭，活塞上行；
三．解答题
20．封闭的汽缸固定不动，内有面积2×10﹣3 m2的活塞把汽缸分成A、B两部分，初始时两部分都真空且容积都为5×10﹣4m3．活塞通过水平轻杆和铰链连接到质量10kg的规则均匀“┴”型物体上，物体可绕点O转动，相关尺寸如图，不计一切摩擦．现利用压缩气体作为动力将物体右端刚好离开地面；
（1）压缩气体应注入汽缸哪一部分中？
答案：压缩气体应注入汽缸B部分中；
（2）若压缩气体是利用普通空气等温压缩后得到的，则注入汽缸的空气在未压缩前体积至少为多少？已知大气压1×105pa．
答案：物体右端离开地面，由力矩平衡得：
mgL=Fl
得轻杆上拉力
F=500N
B部分气体压强：
由波意耳定律
p0V0=pV
解得
V0=1.25×10﹣3m3
答：注入汽缸的空气在未压缩前体积至少为1.25×10﹣3m3．
解析：解答：（1）物体右端刚好离开地面，杆应该向左拉故压缩气体应注入汽缸B部分中；（2）物体右端离开地面，由力矩平衡得：
mgL=Fl
得轻杆上拉力
F=500N
B部分气体压强：
由波意耳定律
p0V0=pV
解得
V0=1.25×10﹣3m3
注入汽缸的空气在未压缩前体积至少为1.25×10﹣3m3．
分析：（1）根据力矩平衡条件可以判断；（2）先根据力矩平衡条件得到拉力的大小，求得B部分气体的压强，然后根据有关等温变化过程的波意耳定律列式求出压缩前的体积．
21．如图所示，水平固定的汽缸封闭了体积为V=2×10﹣3m3的理想气体，已知外面的大气压为P0=1×105Pa，活塞的横截面积为S=1×10﹣2m2，活塞质量和摩擦忽略不计．最初整个装置处于静止状态．现用手托住质量为m=5kg的重物，使其缓慢升高到绳刚要松弛，（g=10m/s2）求：
（1）重物需要升高多少高度？
答案： 初态：，
末态：，
由玻意耳定律得：p1V1=p2V2
则得
重物升高的高度
（2）如果从绳子松弛时开始释放m，当m下落到最低点时，m共下降了H=1.6×10﹣2m高度，求这一过程中汽缸内气体作了多少功？
答案：对活塞和重物整体，根据动能定理得：
W﹣P0SH+mgH=0
解得，汽缸内气体作功 W=15.2J
（3）重物到达最低点时的加速度a的大小和方向（设在整个过程中气体温度保持不变）．
答案：重物到达最低点时气体的体积
则有
活塞质量不计，则对重物和活塞，根据牛顿第二定律得：（p0﹣p3）S﹣mg=ma
解得，a=6m/s2 方向向上
答：重物到达最低点时的加速度a的大小为6m/s2，方向向上．
解析：分析：（1）重物缓慢升高的过程中，气缸内封闭气体发生等温变化，先对活塞研究，由力平衡知识求出原来气缸内气体的压强，当绳刚松弛时，气缸内气体的压强等于大气压，再由玻意耳定律列式，求出绳刚要松弛时气缸内气体的体积，由体积变化与活塞的横截面积即可求重物上升的高度．（2）对活塞和重物整体研究，有大气压、重力和气缸内气体压力三个力做功，动能变化量为零，根据动能定理列式即可求出汽缸内气体作功．（3）根据重物下降的高度，得到重物到达最低点时气体的体积，由玻意耳定律列式，求出气体的压强，即可由牛顿第二定律重物到达最低点时的加速度a．
22．如图所示，一水平放置的柱形汽缸内用活塞封闭一定质量的气体，初始时的温度为27℃，体积为100cm3，活塞的面积为10cm2，柱形汽缸足够长，开始时内外气体的压强均为105Pa，活塞与缸壁面的最大静摩擦力f=5N．求：
（1）当温度升高到37℃时，气体的体积多大？
答案：解答：当活塞刚相对缸壁滑动时，；
由，代入数据得，解得Tc1=315K
T2=37+273=310K＜Tc1，因此气体体积不变．
答：温度缓慢升高到37℃时，气体的体积为100cm3．
（2）若温度升高到127℃时，气体的体积多大？
答案：解答：若温度升高到127℃时，活塞右移，最终有：
根据，代入数据得 V2=140cm3；
答：温度缓慢升高到127℃时，气体的体积为140cm3．
解析：分析：温度升高时，气体先体积不变，压强增大，活塞与缸壁间的静摩擦力增大，所以当温度大于某一值时，气体体积会增大．
23．如图所示，将一个绝热的开口汽缸竖直放置在水平桌面上，在汽缸内用一个绝热活塞封闭了一定质量的气体．在活塞上面放置一个物体，活塞和物体的总质量为10kg，活塞的横截面积为S=100cm2．已知外界的大气压强为P0=1×105Pa，不计活塞和汽缸之间的摩擦力．在汽缸内部有一个电阻丝，电阻丝的电阻值R=4Ω，电源的电压为12V．接通电源10s后活塞缓慢升高h=10cm（g取10m/s2）．
（1）求这一过程中气体的内能变化量．
答案：解答：设汽缸内气体的压强为P，选活塞为研究对象，活塞缓慢移动受力平衡，
根据力的平衡知识得：
P0S+mg=PS
P=P0+ =1.1×105Pa．
活塞在上升h=10cm的过程中气体对外界做功，W=Fh=PSh=110J．
电阻丝在通电10s内产生的热量为，
因为汽缸是绝热的，所以电阻丝产生的热量全部被气体吸收．
根据热力学第一定律得：△U=﹣W+Q=250J，
即气体的内能增加了250J．
答：求这一过程中气体的内能变化量是250J，
（2）若缸内气体的初始温度为27℃，体积为3×10﹣3m3，试求接通电源10s后缸内气体的温度是多少？
答案：内气体的压强保持不变，由，
得T=400K，
即缸内气体的温度是127℃．
答：接通电源10s后缸内气体的温度是127℃．
解析：分析：（1）对活塞分析，活塞受力平衡，则由平衡关系可求得气体压强；
由于缓慢移动可认为恒力作用，求出气体对外界做功．
根据热力学第一定律求解问题．（2）由于等压变化，应用气体方程求出温度．
24．如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm，汽缸外大气的压强为p=1.00×105Pa，温度为T=303K，初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1=495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，求：
（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度
答案：解答： 大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，
气体的状态参量：，
T1=495K，V2=s2l=40×40=1600cm3，
由盖吕萨克定律得：，即：，解得：T2=330K；
答：在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度为330K；
（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．
答案：大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，
大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得：PS1+P2S2+（m1+m2）g=P2S1+PS2，
代入数据解得：P2=1.1×105Pa，
T2=330K，T3=T=303K，
由查理定律得：，
即：，
解得：P3=1.01×105Pa；
答：缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强为1.01×105Pa．
解析：分析：（1）气体发生等压变化，根据题意求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律考虑求出气体的温度．（2）启用它发生等容变化，应用查理定律可以求出气体的压强．
25.一足够高的直立气缸上端开口，用一个厚度不计的活塞封闭了一段高为80cm的气柱，活塞的横截面积为0.01m2，活塞与气缸间的摩擦不计，气缸侧壁通过一个开口与U形管内的气体体积忽略不计，已知右图所示状态时气体的温度为7℃，U形管内水解面的高度差h1=5cm，大气压强P0=1.0×105Pa保持不变，水银的密度
ρ=13.6×103kg/m3，g=10m/s2．
求：
（1）活塞的重力；
答案：解答：①对活塞，有：P0S+G活塞﹣P1S=0
由题意，可知：P1=P0+ρgh1
解得：G活塞=ρgh1S=13.6×103×10×0.05×0.01N=68N
答： 活塞的重力为68N；
（2）现在活塞上添加沙粒，同时对气缸内的气体加热，始终保持活塞的高度不变，此过程缓慢进行，当气体的温度升高到37℃时，U形管内水银面的高度差为多少？
答案：因为活塞的位置保持不变，所以气缸内的气体近似做等容变化．
由
由题：T1=280K，T2=310K P2=P0+ρgh2
代入解得 h2=0.134 m
答： U形管内水银面的高度差为0.134m．
解析： 分析：①活塞受到重力、大气压力和封闭气体的压力而平衡，由平衡条件求出活塞的重力．②保持活塞的高度不变，缸内的气体近似做等容变化．根据根据查理定律求解．
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人教版物理高二选修2-2第四章
第四节喷气发动机同步练习
一．单选题
1．下列说法中正确的是（ ）
A． 气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大
B． 气体体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大
C． 压缩一定量的气体，气体的内能一定增加
D． 分子a从远外趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能一定最大
答案：D
解析：解答：A、从微观上看，一定质量被封闭气体的压强取决于分子的平均动能和单位体积内的分子数目（分子的密集程度）这两个因素，分子平均动能增大，单位体积内的分子数目如何变化不知，因此压强的变化是不确定的，故A错误；
B、体积减小，单位体积内的分子数目增多，但是分子平均动能的变化未知，则压强变化也是不确定的，故B错误；
C、根据热力学第一定律△U=W+Q，可知压缩气体，外界对气体做功，但是气体的吸放热情况不知，故内能不一定增大，故C错误；
D、分子a从远外趋近固定不动的分子b时分子力表现为引力，分子力做正功，分子动能增大，到达r=r0时分子力为零，若再靠近时分子力为斥力，将做负功，分子动能减小，因此当a到达受b的作用力为零处时，a的动能最大，故D正确．
故选：D．
分析：题目主要考察了气体压强的微观解释，气体压强取决于分子平均动能和单位体积内的分子数目这两个因素；只知道分子平均动能或者单位体积内分子数目的变化，压强的变化是无法确定的；对于气体内能变化取决于外界与气体之间的做功和吸放热情况，若外界对气体做功，同时气体放热，则内能可能增大、减小或不变；讨论分子力或者分子势能变化时要以r=r0为分界点进行讨论．
2．若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体（可视为理想气体），下列说法正确的是（ ）
A． 内能不变 B． 内能增大 C． 向外界放热 D． 内能减小
答案：A
解析：解答：因气泡在上升过程中温度不变，故气泡的内能保持不变，故A正确．
故选A．
分析：理想气体不计分子势能，故理想气体的内能只与温度有关，分析温度的变化可知内能的变化．
3．关于温度、热量、内能，以下说法正确的是（ ）
A． 同一物体，温度高时，含有的热量多
B． 物体的内能越大，含有的热量就越多，温度也越高
C． 热量总是从内能大的物体传给内能小的物体
D． 热量总是从温度高的物体传给温度低的物体
答案：D
解析：解答：A、热量是过程量，只有在吸放热过程中才热传递，不能说物体含有多少热量，故A错误．
B、热量是一个过程量，只能说吸收热量或放出热量，不能说物体含有的热量多少，故B错误．
C、D、发生热传递的条件是存在温度差，热量从高温物体传向低温物体，而不一定从内能大的物体传给内能小的物体，故C错误，D正确．
故选：D．
分析：温度是表示物体的冷热程度；热量是热传递过程中所传递内能的多少；内能是物体内部所有分子无规则运动的动能和分子势能的和；温度影响物体的内能，温度越高物体内能越大．
4．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，温度越高，则分子平均动能越大
B． 温度是物体动能的标志，温度升高，则物体运动速度变快
C． 当某物体的内能增加时，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一定比乙物体分子平均速率大
答案：A
解析：解答：A、B、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；
C、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；
D、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．
分析：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．
5．某房间，上午10时的温度为15℃，下午2时的温度为25℃，假定房间内气压无变化，则下午2时与上午10时相比较，房间内的（ ）
A． 单位时间内气体分子撞击墙壁单位面积的数目增加了
B． 气体密度增加了
C． 所有空气分子的速率都减小
D． 空气分子的平均动能减小
答案：D
解析：解答：A、温度升高了，分子平均动能增大，撞击墙壁时平均撞击力增大，压强不变，因此单位时间内气体分子撞击墙壁单位面积的数目将减小，故A错误；
B、压强不变，当温度升高时，气体体积增大，因此房间内的空气质量将减少，房间体积不变，则密度减小，故B错误；
C、温度是分子平均动能的标志，温度升高分子平均动能增大，平均速率增大，这是统计规律，对于单个分子动能的变化则是不确定的，故C错误；
D、温度升高，分子的平均动能将增大，故D正确．
故选：D．
分析：由于房间内的压强不变，当温度升高时，气体体积将增大，因此房间内的空气质量将减少，这是解本题的关键．同时注意“温度是分子平均动能标志”这一统计规律的应用．
6．关于温度，下列说法正确的是（ ）
A． 随着人类制冷技术的不断提高，总有一天绝对零度会达到
B． 温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由T升至2T
C． 温度升高1℃，也可以说温度升高274K
D． 温度升高1℃，也可以说温度升高1K
答案：D
解析：解答：A、由热力学第三定律可知，绝对零度是不可能达到的，故A错误；
B、温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由T=t+273.15K升至T′=273.15K+2t，T′不一定等于2T，故B错误；
CD、热力学温度与摄氏温度的分度值在数值上是相等的，温度升高1℃，也可以说温度升高1K，故C错误，D正确；
故选：D
分析：热力学温度与摄氏温度的关系是T=t+273.15K；热力学温度的0K是不可能达到的．
7．一个物体从﹣27℃的温度升高到27℃，则升高后其热力学温度是（ ）
A． 300K B． ﹣246K C． 246K D． 54K
答案：A
解析：解答：当t=27°C时，T=（27+273）K=300K；
故选：A．
分析：热力学温度与摄氏温度的换算关系是：T=t+273K．
8．如图所示，一导热气缸内壁光滑且开口向左，固定在水平地面上，用活塞封闭着一定质量的气体，活塞处于平衡状态．若在外界温度由28℃缓慢降低至18℃的过程中，大气压强保持不变，气体分子之间相互作用的势能可忽略，则（ ）
A． 密闭气体的内能增加 B． 密闭气体向外界释放热量
C． 密闭气体的压强变小 D． 大气对系统不做功
答案：B
解析：解答：A、由题意知，气体温度减小，因忽略势能，故气体的内能减小，故A错误；
B、外界对气体做功，而气体的内能减小，由热力第一定律可知，气体一定向外放热，故B正确；
C、活塞始终处于平衡状态，故气缸内气体属于等压变化，故C错误；
D、由等压变化规律可知气体的体积一定减小，故外界大气应对气体做功，故D错误；
故选B．
分析：对活塞进行受力分析可知气体压强的变化；由题意可知气体的温度变化，则可知内能的变化；由等压变化的规律可知气体体积的变化，则可得出做功情情况；
由热力学第一定律可得出气体是否吸热或放热．
9．摩托车上的热机工作时提供动力的冲程是（ ）
A． 吸气冲程 B． 压缩冲程 C． 做功冲程 D． 排气冲程
答案：C
解析：解答：做功冲程中将燃料燃烧产生的内能转化为机械能，为热机工作提供动力；
故选C．
分析：在四冲程内燃机的做功冲程中，燃料燃烧产生大量的高温高压的燃气推动活塞做功，将内能转化为机械能．
10．如图为一空间探测器的示意图，P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行，P2、P4的连线与y轴平行．每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动．开始时，探测器以恒定的速率v0向正x方向平动．要使探测器改为向正x偏负y60°的方向以原来的速率v0平动，则可（ ）
A． 先开动P1适当时间，再开动P4适当时间
B． 先开动P3适当时间，再开动P2适当时间
C． 先开动P4适当时间，再开动P3适当时间
D． 先开动P3适当时间，再开动P4适当时间
答案：A
解析：解答：A、先开动P1适当时间，探测器受到的推力沿﹣x轴方向，探测器沿+x轴减速运动，再开动P4适当时间，又产生沿﹣y轴方向的推力，探测器的合速度可以沿正x偏负y60°的方向，并以原来的速率v0平动，故A正确．
B、先开动P3适当时间，探测器受到的推力沿+x轴方向，将沿+x轴加速运动，再开动P2适当时间，又产生沿+y轴方向的推力，探测器的合速度沿第一象限．故B错误．
C、先开动P4适当时间，探测器受到的推力沿﹣y轴方向，将获得沿﹣y轴的速度，沿x轴方向的速率不变，再开动P3适当时间，又产生沿+x轴方向的推力，探测器的合速度沿第四象限，速度大于v0．故C错误．
D、先开动P3适当时间，探测器受到的推力沿+x轴方向，将沿+x轴加速运动，速率大于v0．再开动P4适当时间，探测器又受到的推力沿﹣y轴方向，将获得沿﹣y轴的速度，合速度大于v0．故D错误．
故选A
分析：先开动P1适当时间，推力沿﹣x轴方向，探测器沿+x轴减速运动，再开动P4适当时间，又产生沿﹣y轴方向的推力，探测器的合速度可以沿正x偏负y60°的方向．同理，分析其他情况．
11．我国的国土范围在东西方向上大致分布在东经70°到东经135°之间，所以我国发射的同步通信卫星一般定点在赤道上空3.6万公里，东经100°附近．假设某颗通信卫星计划定点在赤道上空东经110°的位置．经测量刚进入轨道时位于赤道上空3.6万公里东经90°处．为了把它调整到东经110°处，可以先短时间启动卫星上的小型喷气发动机调整同步卫星的高度，改变其速度，使其“漂移”到某一位置后，再短时间启动发动机调整卫星的高度，最终使其定点在110°的同步卫星高度．两次调整高度的方向依次是（ ）
A． 向下、向上 B． 向上、向下 C． 向上、向上 D． 向下、向下
答案：A
解析：解答：把同步卫星从赤道上空3.6万千米、东经90°处，调整到110°处，相对于地球沿前进方向移动位置，需要增大相对速度，即卫星的速度需增大，因为轨道半径越小，速度越大，所以高度先向下调整，然后再调整到以前的高度．故A正确，B、C、D错误．
故选A．
分析：同步卫星随地球自转的方向是从东向西，把同步卫星从赤道上空3.6万千米、东经90°处，调整到110°处，相对于地球沿前进方向移动位置，需要增大相对速度，所以应先下降高度增大速度到某一位置再上升到原来的高度．
12． 2011年8月10日，中国改装的瓦良格号航空母舰出海试航，它的满载排水量为64000吨，有四台50000马力的蒸汽轮机提供其动力．设想如能创造一理想的没有阻力的环境，用一个人的力量去拖这样一艘航空母舰，则从理论上可以说（ ）
A． 航空母舰惯性太大，所以完全无法拖动
B． 一旦施力于航空母舰，航空母舰立即产生一个加速度
C． 由于航空母舰惯性很大，施力于航空母舰后，要经过一段很长时间后才会产生一个明显的加速度
D． 由于航空母舰在没有阻力的理想环境下，施力于航空母舰后，很快会获得一个较大的速度
答案：B
解析：解答：忽略阻力时，对航空母舰受力分析，受重力、浮力和推力，合力等于推力，航空母舰惯性大，故速度难改变，但一定改变，一定有加速度，即加速度与合力存在瞬时对应关系，故A错误，B正确，C错误，D错误；
故选：B．
分析：根据牛顿第二定律，加速度与合外力成正比，与物体的质量成反比，即加速度与力存在瞬时对应关系．
13．根据热力学第一定律，下列说法正确的是（ ）
A． 电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
B． 空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量大于向室外放出的热量
C． 科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机
D． 对能源的过度消耗将使自然界得能量不断减少，形成能源危机
答案：A
解析：解答：A、热量可以从低温物体向高温物体传递，但要引起其它变化，A正确；
B、空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，因为电能也部分转化为热能，B错误；
C、不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其它变化，C错误；
D、对能源的过度消耗将形成能源危机，但自然界的总能量守恒，D错误；
故选A
分析：热量可以从低温物体向高温物体传递，但要引起其它变化，空调机在制冷过程中，电能也部分转化为热能，所以从室内吸收的热量少于向室外放出的热量．
14．下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是（ ）
A． 第一类永动机不可能制成，是因为违背了热力学第一定律
B． 能量耗散过程中能量不守恒
C． 电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律
D． 能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
答案：D
解析：解答：A、第一类永动机违背了能量守恒定律，所以不可能制成．故A错误；
B、能量耗散过程中能量是守恒的．故B错误；
C、热力学第二定律反映了宏观自然过程的方向性，电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，要消耗电能，不违背了热力学第二定律．故C错误；
D、能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性；故D正确．
故选：D
分析：第一类永动机违背了能量守恒定律，所以不可能制成；热力学第二定律反映了宏观自然过程的方向性．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性．
15．关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是（ ）
A． 第二类永动机违反了能量守恒定律
B． 如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加
C． 热机有可能把从单一热源吸收的热量全部变成有用的功
D． 一切有关热现象的宏观过程都具有方向性
答案：D
解析：解答：A、第二类永动机没有违反能量守恒定律，但却不能成功制成，是违反了热力学第二定律．故A错误；
B、如果物体从外界吸收了热量，且又对外做功，则物体的内能不一定增加．故B错误；
C、根据热力学第二定律，热机有不可能把从单一热源吸收的热量全部变成有用的功．故C错误；
D、做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的．故D正确；
故选：D
分析：第二类永动机并不违反能量守恒定律，跟热现象有关的宏观过程均具有方向性． 做功和热传递是改变物体的内能的两种方式，做功是内能和其他形式的能之间的转化，热传递是内能之间的转移．物体从外界吸收了热量，则物体的内能不一定增加．
16．以下说法中正确的是（ ）.
A．熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性减小的方向进行
B．在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加
C．布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动
D．水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系
答案：BD
解析：解答：A、一个绝热过程系统的熵永远不会减少，不是一切自然过程．故A错误．
B、绝热Q=0，压缩W＞0，根据热力学第一定律可知△U=W+Q＞0，即内能增加．故B正确．
C、布朗运动是悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的反映．故C错误．
D、浸润与不浸润与两种接触物质的性质有关．故D正确．
故选BD
答： BD；
分析：一个孤立系统的熵永远不会减少，表明随着孤立系统由非平衡态趋于平衡态，其熵单调增大．气体绝热压缩，根据热力学第一定律分析内能的变化．布朗运动是悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的运动．浸润与不浸润与两种接触物质的性质有关．
二．填空题
17.如图表示一定质量的某气体在不同温度下的两条等温线．图中等温线Ⅰ对应的温度比等温线Ⅱ对应的温度要 （填“高”或“低”）．在同一等温线下，如果该气体的压强变为原来的2倍，则气体的体积应变为原来的 倍．
答案：低|
解析：解答：根据理想气体状态方程，有，故PV=CT，故温度越高，等温线离原点越远；
玻意耳定律PV=C，如果该气体的压强变为原来的2倍，则气体的体积应变为原来的倍．
故答案为：低，．
分析：玻意耳定律PV=C，其中C与温度有关，温度越高，常数C越大．
18．蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变化来实现能量的转移和转化，我们把这些气体称为工质．某热机经过一个循环后，工质从高温热源吸热Q1，对外做功W，又对低温热源放热Q2，工质完全回复初始状态，内能没有变化．根据热力学第一定律，在工质的一个循环中，Q1、Q2、W三者之间满足的关系是 ．热机的效率不可能达到100%，从能量转换的角度，说明 能不能完全转化为 能．
答案：Q1﹣Q2=W|内|机械
解析：解答：根据热力学第一定律，有：△U=W′+Q；
其中：△U=0，Q=Q1﹣Q2，W′=﹣W；
故Q1﹣Q2=W；
热机将从高温热源吸收热量的一部分转化为机械能；
故答案为： Q1﹣Q2=W，内，机械；
分析：根据热力学第一定律列方程，结合热力学第二定律分析热机的效率问题；
19．如图是汽油机的 冲程，此过程是将 转化为 能．
答案：做功|内能|机械能
解析：解答：如图：两门关闭，活塞下行，是做功冲程．内能转化成机械能．
故答案为：做功；内能；机械能．
分析：内燃机包括四个冲程，吸气、压缩、做功、排气．（2）吸气冲程进气门打开，排气门关闭，活塞下行；（3）压缩冲程两门都关闭，活塞上行，机械能转化成内能；（4）做功冲程两门都关闭，活塞下行，内能转化成机械能；（5）排气冲程排气门打开，进气门关闭，活塞上行；
三．解答题
20．封闭的汽缸固定不动，内有面积2×10﹣3 m2的活塞把汽缸分成A、B两部分，初始时两部分都真空且容积都为5×10﹣4m3．活塞通过水平轻杆和铰链连接到质量10kg的规则均匀“┴”型物体上，物体可绕点O转动，相关尺寸如图，不计一切摩擦．现利用压缩气体作为动力将物体右端刚好离开地面；
（1）压缩气体应注入汽缸哪一部分中？
答案：压缩气体应注入汽缸B部分中；
（2）若压缩气体是利用普通空气等温压缩后得到的，则注入汽缸的空气在未压缩前体积至少为多少？已知大气压1×105pa．
答案：物体右端离开地面，由力矩平衡得：
mgL=Fl
得轻杆上拉力
F=500N
B部分气体压强：
由波意耳定律
p0V0=pV
解得
V0=1.25×10﹣3m3
答：注入汽缸的空气在未压缩前体积至少为1.25×10﹣3m3．
解析：解答：（1）物体右端刚好离开地面，杆应该向左拉故压缩气体应注入汽缸B部分中；（2）物体右端离开地面，由力矩平衡得：
mgL=Fl
得轻杆上拉力
F=500N
B部分气体压强：
由波意耳定律
p0V0=pV
解得
V0=1.25×10﹣3m3
注入汽缸的空气在未压缩前体积至少为1.25×10﹣3m3．
分析：（1）根据力矩平衡条件可以判断；（2）先根据力矩平衡条件得到拉力的大小，求得B部分气体的压强，然后根据有关等温变化过程的波意耳定律列式求出压缩前的体积．
21．如图所示，水平固定的汽缸封闭了体积为V=2×10﹣3m3的理想气体，已知外面的大气压为P0=1×105Pa，活塞的横截面积为S=1×10﹣2m2，活塞质量和摩擦忽略不计．最初整个装置处于静止状态．现用手托住质量为m=5kg的重物，使其缓慢升高到绳刚要松弛，（g=10m/s2）求：
（1）重物需要升高多少高度？
答案： 初态：，
末态：，
由玻意耳定律得：p1V1=p2V2
则得
重物升高的高度
（2）如果从绳子松弛时开始释放m，当m下落到最低点时，m共下降了H=1.6×10﹣2m高度，求这一过程中汽缸内气体作了多少功？
答案：对活塞和重物整体，根据动能定理得：
W﹣P0SH+mgH=0
解得，汽缸内气体作功 W=15.2J
（3）重物到达最低点时的加速度a的大小和方向（设在整个过程中气体温度保持不变）．
答案：重物到达最低点时气体的体积
则有
活塞质量不计，则对重物和活塞，根据牛顿第二定律得：（p0﹣p3）S﹣mg=ma
解得，a=6m/s2 方向向上
答：重物到达最低点时的加速度a的大小为6m/s2，方向向上．
解析：分析：（1）重物缓慢升高的过程中，气缸内封闭气体发生等温变化，先对活塞研究，由力平衡知识求出原来气缸内气体的压强，当绳刚松弛时，气缸内气体的压强等于大气压，再由玻意耳定律列式，求出绳刚要松弛时气缸内气体的体积，由体积变化与活塞的横截面积即可求重物上升的高度．（2）对活塞和重物整体研究，有大气压、重力和气缸内气体压力三个力做功，动能变化量为零，根据动能定理列式即可求出汽缸内气体作功．（3）根据重物下降的高度，得到重物到达最低点时气体的体积，由玻意耳定律列式，求出气体的压强，即可由牛顿第二定律重物到达最低点时的加速度a．
22．如图所示，一水平放置的柱形汽缸内用活塞封闭一定质量的气体，初始时的温度为27℃，体积为100cm3，活塞的面积为10cm2，柱形汽缸足够长，开始时内外气体的压强均为105Pa，活塞与缸壁面的最大静摩擦力f=5N．求：
（1）当温度升高到37℃时，气体的体积多大？
答案：解答：当活塞刚相对缸壁滑动时，；
由，代入数据得，解得Tc1=315K
T2=37+273=310K＜Tc1，因此气体体积不变．
答：温度缓慢升高到37℃时，气体的体积为100cm3．
（2）若温度升高到127℃时，气体的体积多大？
答案：解答：若温度升高到127℃时，活塞右移，最终有：
根据，代入数据得 V2=140cm3；
答：温度缓慢升高到127℃时，气体的体积为140cm3．
解析：分析：温度升高时，气体先体积不变，压强增大，活塞与缸壁间的静摩擦力增大，所以当温度大于某一值时，气体体积会增大．
23．如图所示，将一个绝热的开口汽缸竖直放置在水平桌面上，在汽缸内用一个绝热活塞封闭了一定质量的气体．在活塞上面放置一个物体，活塞和物体的总质量为10kg，活塞的横截面积为S=100cm2．已知外界的大气压强为P0=1×105Pa，不计活塞和汽缸之间的摩擦力．在汽缸内部有一个电阻丝，电阻丝的电阻值R=4Ω，电源的电压为12V．接通电源10s后活塞缓慢升高h=10cm（g取10m/s2）．
（1）求这一过程中气体的内能变化量．
答案：解答：设汽缸内气体的压强为P，选活塞为研究对象，活塞缓慢移动受力平衡，
根据力的平衡知识得：
P0S+mg=PS
P=P0+ =1.1×105Pa．
活塞在上升h=10cm的过程中气体对外界做功，W=Fh=PSh=110J．
电阻丝在通电10s内产生的热量为，
因为汽缸是绝热的，所以电阻丝产生的热量全部被气体吸收．
根据热力学第一定律得：△U=﹣W+Q=250J，
即气体的内能增加了250J．
答：求这一过程中气体的内能变化量是250J，
（2）若缸内气体的初始温度为27℃，体积为3×10﹣3m3，试求接通电源10s后缸内气体的温度是多少？
答案：内气体的压强保持不变，由，
得T=400K，
即缸内气体的温度是127℃．
答：接通电源10s后缸内气体的温度是127℃．
解析：分析：（1）对活塞分析，活塞受力平衡，则由平衡关系可求得气体压强；
由于缓慢移动可认为恒力作用，求出气体对外界做功．
根据热力学第一定律求解问题．（2）由于等压变化，应用气体方程求出温度．
24．如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm，汽缸外大气的压强为p=1.00×105Pa，温度为T=303K，初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1=495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，求：
（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度
答案：解答： 大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，
气体的状态参量：，
T1=495K，V2=s2l=40×40=1600cm3，
由盖吕萨克定律得：，即：，解得：T2=330K；
答：在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度为330K；
（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．
答案：大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，
大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得：PS1+P2S2+（m1+m2）g=P2S1+PS2，
代入数据解得：P2=1.1×105Pa，
T2=330K，T3=T=303K，
由查理定律得：，
即：，
解得：P3=1.01×105Pa；
答：缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强为1.01×105Pa．
解析：分析：（1）气体发生等压变化，根据题意求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律考虑求出气体的温度．（2）启用它发生等容变化，应用查理定律可以求出气体的压强．
25.一足够高的直立气缸上端开口，用一个厚度不计的活塞封闭了一段高为80cm的气柱，活塞的横截面积为0.01m2，活塞与气缸间的摩擦不计，气缸侧壁通过一个开口与U形管内的气体体积忽略不计，已知右图所示状态时气体的温度为7℃，U形管内水解面的高度差h1=5cm，大气压强P0=1.0×105Pa保持不变，水银的密度
ρ=13.6×103kg/m3，g=10m/s2．
求：
（1）活塞的重力；
答案：解答：①对活塞，有：P0S+G活塞﹣P1S=0
由题意，可知：P1=P0+ρgh1
解得：G活塞=ρgh1S=13.6×103×10×0.05×0.01N=68N
答： 活塞的重力为68N；
（2）现在活塞上添加沙粒，同时对气缸内的气体加热，始终保持活塞的高度不变，此过程缓慢进行，当气体的温度升高到37℃时，U形管内水银面的高度差为多少？
答案：因为活塞的位置保持不变，所以气缸内的气体近似做等容变化．
由
由题：T1=280K，T2=310K P2=P0+ρgh2
代入解得 h2=0.134 m
答： U形管内水银面的高度差为0.134m．
解析： 分析：①活塞受到重力、大气压力和封闭气体的压力而平衡，由平衡条件求出活塞的重力．②保持活塞的高度不变，缸内的气体近似做等容变化．根据根据查理定律求解．
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