上海市2011-2020年高考物理试卷专项分类汇编之14—热学（含答案及解析）

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上海市2011-2020年高考试卷分类汇编之14—
热学
（1）分子动理论
1.2020年上海卷2．悬浮在水中的花粉颗粒所做的布朗运动表明（ ）
（A）分子间有斥力 （B）花粉颗粒有热运动
（C）分子间有引力 （D）液体分子有热运动
答案：D
解析：组成物质的分子在永不停息的无规则运动，布朗运动中花粉颗粒的运动，是液体分子有无规则的运动的反映，即大量液体分子对花粉颗粒产生不平衡的作用力形成的，故D正确。
2.2020年上海卷13．在“用单分子油膜估测分子大小”实验中，把痱子粉均匀撒在水面有利于形成________________，便于记录实验数据。将一滴体积为V的油酸酒精溶液滴入水中，油膜充分散开后面积为S，若该溶液体积浓度为η，则估测出油酸分子的直径为____________。
答案：轮廓清晰的油酸膜， ，
解析：把痱子粉均匀撒在水面有利于形成轮廓清晰的油酸膜；
油酸分子的直径为
3.2019年上海学业卷5．将相同质量，相同温度的理想气体放入相同容器，体积不同，则这两部分气体( )
（A）平均动能相同，压强相同 （B）平均动能不同，压强相同
（C）平均动能相同，压强不同 （D）平均动能不同，压强不同
答案： C
解析：温度是分子平均动能的标志，所以温度相同的理想气体的平均动能相同，选项BD错误；气体的压强与分子的平均动能和分子密度有关，质量相同而体积不同，所以分子的密度不同，故压强不同，选项ABD错误，选项C正确。
4. 2014年物理上海卷
4.分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的 （ C ）
A．引力增加，斥力减小 B．引力增加，斥力增加
C．引力减小，斥力减小 D．引力减小.斥力增加
【解析】根据分子动理论可知，物质是由大量分子组成的；组成物质的分子在永不停息的做着无规则的热运动；分子间同时存在相互作用的引力和斥力。随分子间距的增大斥力和引力均变小，只是斥力变化的更快一些，C项正确。
5.2015年上海卷4．一定质量的理想气体在升温过程中 （ C ）
（A）分子平均势能减小 （B）每个分子速率都增大
（C）分子平均动能增大 （D）分子间作用力先增大后减小
解析：一定质量的理想气体分子间无作用力，没有分子势能，选项A错误；在升温过程中，分子平均动能增大，但不是每个分子速率都增大，故B错误，C正确；理想气体的气体分子本身的体积和气体分子间的作用力都可以忽略不计，故D错误。
6.2016年上海卷17.某气体的摩尔质量为M，分子质量为m 。若1摩尔该气体的体积为Vm，密度为ρ，则该气体单位体积分子数为（阿伏伽德罗常数为NA） （ ABC ）
(A) (B) (C) (D)
【解析】据题意，气体单位体积分子数是指单位体积气体分子的数量，选项A中，NA是指每摩尔该气体含有的气体分子数量，Vm是指每摩尔该气体的体积，两者相除刚好得到单位体积该气体含有的气体分子数量，选项A 正确；选项B中，摩尔质量M与分子质量m相除，刚好得到每摩尔该气体含有的气体分子数，即为NA，此时就与选项A相同了，故选项B正确；选项C中，气体摩尔质量与其密度相除刚好得到气体的摩尔体积Vm，所以选项C也正确而选项D错误；故选ABC 。
（2）气体的等温变化
7.2013年上海卷
15．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。
8. 2014年物理上海卷
10.如图，竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体，若试管自由下落，管内气体（ ）
A．压强增大，体积增大 B．压强增大，体积减小
C．压强减小，体积增大 D．压强减小，体积减小
【答案】B
【解析】初始时，水银处于静止状态，受到重力和封闭气体的压力之和与外界大气压力等大反向；当试管自由下落时，管中水银也处于完全失重状态，加速度为g竖直向下，所以封闭气体的压强与外界大气压等大；由此可知封闭气体的压强增大，根据玻马定律可知，气体的体积减小，B项正确。
9.2012年物理上海卷31．（13分）如图，长L=100cm，粗细均匀的玻璃管一端封闭。水平放置时，长L0=50cm的空气柱被水银封住，水银柱长h=30cm。将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有Δh=15cm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p0=75cmHg。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。
解析：
（1）设当转到竖直位置时，水银恰好未流出，管截面积为S，此时气柱长l=70cm
由玻意耳定律：p＝p0L0/l＝53.6cmHg，
由于p＋gh＝83.6cmHg，大于p0，因此必有水银从管中流出，
设当管转至竖直位置时，管内此时水银柱长为x，
由玻意耳定律：p0SL0＝（p0－gh）S（L－x），
解得：x＝25cm，
设插入槽内后管内柱长为L'，
L'＝L－（x＋h）＝60cm，
由玻意耳定律，插入后压强p＝p0L0/ L'＝62.5cmHg，
（2）设管内外水银面高度差为h'，
h'＝75－62.5＝12.5cm，
管口距槽内水银面距离距离H＝L－L'－h'＝27.5cm，
10.2015年上海卷9．如图，长为h的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分隔成两部分，A处管内外水银面相平。将玻璃管缓慢向上提升H高度（管下端未离开水银面），上下两部分气体的压强变化分别为△p1和△p2，体积变化分别为△V1和△V2。已知水银密度为ρ，玻璃管截面积为S，则 （ A ）
（A）△p2一定等于△p1 （B）△V2一定等于△V1
（C）△p2与△p1之差为ρgh （D）△V2与△V1之和为HS
解析：当玻璃管缓慢向上提升H高度时，气体的体积变大，压强变小，有部分水银进入玻璃管，则管中的水银面会比管外的高。设高度差为△h，初状态上面气体的压强为p1= p0-ρgh，末状态上面气体的压强为p'1= p0-ρgh-ρg△h，所以△p1=ρg△h，同理可求出△p2=ρg△h，故A正确，C错误；
由玻马定律的，所以体积的变化，同理可求出，故B错误；因为有水银进入玻璃管内，所以△V2与△V1之和小于HS，故D错误。
11.2016年上海卷12.如图，粗细均匀的玻璃管A和B由一橡皮管连接，一定质量的空气被水银柱封闭在A管内，初始时两管水银面等高，B管上方与大气相通。若固定A管，将B管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H，A管内的水银面高度相应变化h，则
（A）h = H （B）h <
（C）h = （D）< h < H
【答案】B
【解析】据题意，原来A、B管内的水银高度相同，有；B管下移后，设A管水银下移高度为h，B管内水银末位置高度如图所示，A、B管内末位置水银高度差为，则B管内水银原、末位置高度差为：；可以计算B管下降的高度为：，此时由于A管内水银下降，A管内气体体积增加，压强减小，即，此时有：，计算得，最后有：，由于，所以，故选项B正确。
12.2019年海南卷16.如图，一封闭的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，一重量不可忽略的光滑活塞将容器内的理想气体分为A、B两部分，A体积为。压强为；B体积为，压强为。现将容器缓慢转至水平，气体温度保持不变，求此时A、B两部分气体的体积。
答案：；
解：容器缓慢转至水平，两部分气体的压强相等为p'，
对气体A由玻马定律得 ①
对气体B由玻马定律得 ②
③
代入题给数据解得，丹阳 庞留根
13.2017年上海市学业水平考试12．如图，竖直放置的U形管内装有水银，左端开口，右端封闭一定量的气体，底部有一阀门。开始时阀门关闭，左管的水银面较高。现打开阀门，流出一些水银后关闭阀门。当重新平衡时（ ）
（A）左管的水银面与右管等高 （B）左管的水银面比右管的高
（C）左管的水银面比右管的低 （D）水银面高度关系无法判断
答案：D
（3）理想气体状态方程
14. 2011年上海卷4．如图所示，一定量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b，在此过程中，其压强
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．始终不变 D．先增大后减小
答案：A
解析：本题考查气体状态方程，要求学生运用PV＝nRT分析V－T图象。从图中可看出气体从状态a→b的过程中体积V减小，温度T增大，故压强P增大，A对。
15.2020年上海卷12．如图，一玻璃管上端开口下端封闭，上管内径小于下管内径，管内用水银封住一定质量的气体，在大气压强不变的情况下，气体温度缓慢升高，水银全部进入上管且未溢出，此过程中气体压强p随体积V的变化关系可能是（ ）
答案：C
解析：水银柱全部进入上管后是等压变化，图线应为水平直线。
关键是确定前段的斜率变化情况，即求Δp/ΔV，设上管水银柱长增大Δh，则下管水银柱长减少，，，
所以，所以图线的第一段切线斜率恒定为倾斜直线，故选C.
16.2016年上海卷30.（10分）如图，两端封闭的直玻璃管竖直放置，一段水银将管内气体分隔为上下两部分A和B，上下两部分气体初始温度相等，且体积VA＞VB。
（1）若A、B两部分气体同时升高相同的温度，水银柱将如何移动？
某同学解答如下：
设两部分气体压强不变，由，…，，…，所以水银柱将向下移动。
上述解答是否正确？若正确，请写出完整的解答；若不正确，请说明理由并给出正确的解答。
（2）在上下两部分气体升高相同温度的过程中，水银柱位置发生变化，最后稳定在新的平衡位置，A、B两部分气体始末状态压强的变化量分别为ΔpA和ΔpB，分析并比较二者的大小关系。
【答案】（1）不正确 水银柱向上移动 （2）
【解析】（1）不正确。
水银柱移动的原因是升温后，由于压强变化造成受力平衡被破坏，因此应该假设气体体积不变，由压强变化判断移动方向。
正确解法：设升温后上下部分气体体积不变，则由查理定律可得
因为，pA（2）升温前有pB=pA+ph（ph为汞柱压强）
升温后同样有pB' =pA'+ph
两式相减可得
17. 2013年上海卷30．(10分)如图，柱形容器内用不漏气的轻质绝热活塞封闭一定量的理想气体，容器外包裹保温材料。开始时活塞至容器底部的高度为H1，容器内气体温度与外界温度相等。在活塞上逐步加上多个砝码后，活塞下降到距容器底部H2处，气体温度升高了△T；然后取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降，最后静止于距容器底部H3处：已知大气压强为p0。求：气体最后的压强与温度。
解：始末状态温度相同，T3= T0，由玻意耳定律，P 0H1S= P3H3S 解得
中间状态和末状态压强相同，由盖吕萨克定律， 解得
18. 2011年上海卷30．（10分）如图，绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦。两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为V0、温度均为T0。缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍。设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积VA和温度TA。
解析：设初态压强为P0，膨胀后A，B压强相等PB＝1.2 P0，
B中气体始末状态温度相等，P0V0＝1.2P0(2V0－VA)，∴VA＝V0 ，
A部分气体满足＝ ∴TA＝1.4T0。
19.2014年物理上海卷27. (5分)在“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某同学将注射器活塞置于刻度为l 0 ml处，然后将往射器连接压强传感器并开始实验，气体体积V每增加1ml测一次压强p，最后得到p和V的乘积逐渐增大。
(1)由此可推断，该同学的实验结果可能为图 。
(2)（单选题）图线弯曲的可能原因是在实验过程中
A．注射器中有异物
B．连接软管中存在气体
C．注射器内气体温度升高
D．注射器内气体温度降低
【答案】（1）a （2）C
【解析】根据理想气体状态方程， 所以图像的斜率的物理意义为CT，随着压缩气体，对气体做功，气体内能增加，温度升高，斜率变大，图线向上弯曲，故第（1）题中选图a，第二题选C.
20.2014年物理上海卷30. (10分)如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中。当温度为280K时，被封闭的气柱长L=22cm，两边水银柱高度差h=16cm，大气压强p0=76cmHg。
(1)为使左端水银面下降3cm，封闭气体温度应变为多少?
(2)封闭气体的温度重新回到280K后，为使封闭气柱长度变为20cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少?
【答案】（1）350K；（2）10cm
【解析】（1）初态压强
末态时左右水银面高度差为h=（16-2×3）cm＝10cm，压强
由理想气体状态方程：
解得
（2）设加入的水银高度为l，末态时左右水银面高度差h' = (16+2×2) - l
由玻意耳定律： 式中cmHg
解得：l=10cm
21.2015年上海卷30．（10分）如图，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触。初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比V1∶V2=1∶2，温度之比T1∶T2=2∶5。先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后达到平衡。求：
（1）两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比；
（2）最后两侧气体的体积之比。
答案：（1）2； （2）
（1）设初始时压强为p
左侧气体满足：
右侧气体满足：
解得
（2）活塞导热达到平衡，左侧气体满足：
右侧气体满足：
平衡时T'1= T'2
解得
22.2016年上海卷29.（8分）某同学制作了一个结构如图（a）所示的温度计。一端封闭的轻质细管可绕封闭端O自由转动，管长0.5m。将一量程足够大的力传感器调零，细管的开口端通过细线挂于力传感器挂钩上，使细管保持水平、细线沿竖直方向。在气体温度为270K时，用一段水银将长度为0.3m的气柱封闭在管内。实验时改变气体温度，测得封闭气柱长度l和力传感器读数F之间的关系如图（b）所示（实验中大气压强不变）。
（1）管内水银柱长度为 m，为保证水银不溢出，该温度计能测得的最高温度为 K。
（2）若气柱初始长度大于0.3m，该温度计能测量的最高温度将
（选填：“增大”，“不变”或“减小”）。
（3）若实验中大气压强略有升高，则用该温度计测出的温度将 （选填：“偏高”，“不变”或“偏低”）。
【答案】（1）0.1；360 （2）减小（3）偏低
【解析】（1）由于轻质管可以绕O点转动，通过力矩关系有：设水银长度的一半为x，封闭气体长度为l，，研究气体长度为0.3m和0.35m两个位置，可以计算出水银长度为： 2x=0.1m；
为保证水银不溢出，水银刚好到达管口，此时封闭气体长度为l=0.4m，则根据，可以算出此时温度为T=360K。
（2）根据上题结论，从公式可以看出，后来温度与原来的气体长度有反比关系，所以该温度计能够测量的最大温度将会减小。
（3）实验过程中大气压强增加，公式， 得到，温度会增加，但如果仍然用计算的话，会出现测量值偏低。
23.2017年上海市学业水平考试16．如图，气缸固定于水平面，用截面积为20cm2的活塞封闭一定量的气体，活塞与缸壁间摩擦不计。当大气压强为1.0×105Pa、气体温度为87℃时，活塞在大小为40N、方向向左的力F作用下保持静止，气体压强为________Pa。若保持话塞不动，将气体温度降至27℃，则F变为______N。
答案：1.2×105 0
解析：
由查理定律，
所以若保持话塞不动，将气体温度降至27℃，则F变为0.
（4）气体的性质
24.2019年上海学业卷16．紧闭瓶盖的塑料瓶下方开一个小孔，让瓶中的水流出，此过程中瓶内气体可看成______过程； 当水流停止后，瓶内液面与小孔间的高度差为h，则此时瓶内气体的压强为_______ （已知液体密度ρ， 重力加速度g，外界大气压p0）
答案：等温:；
解析：水逐渐流出的过程，瓶内气体可看成等温过程；由平衡条件得
25.2019年上海学业卷9．如图所示为一定质量气体状态变化时的p-T图像，由图像可知，此气体的体积（ ）
（A）先不变后变大 （B）先不变后变小
（C）先变大后不变 （D）?先变小后不变
答案：?D
解析：从题图可以看出，气体先经历了等温变化过程，根据玻意耳定律pV=C，压强增大则体积减小， 故选项ABC错误；后来的过程图线是经过原点的倾斜直线，由理想气体状态方程，可得，所以是等容变化，故气体的体积?先变小后不变，选项D正确。
26. 2011年上海卷8．某种气体在不同温度下的气体分子速率分布曲线如图所示，图中表示处单位速率区间内的分子数百分率，所对应的温度分别为TⅠ，TⅡ，TⅢ，则
A．TⅠ>TⅡ>TⅢ B．TⅢ>TⅡ>TⅠ
C．TⅡ>TⅠ，TⅡ>TⅢ D．TⅠ=TⅡ=TⅢ
答案：B
解析：本题考查分子速率分布规律。气体温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均速率加大，且分子速率分布呈现两头多中减少的特点。温度高时速率大的分子所占据的比例越大，将图线的对称轴近似看作平均含义，显然从图中可看出TⅢ＞TⅡ＞TⅠ，B对。
（5）热学综合
27.2013年上海卷5．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。
28. 2014年物理上海卷20.如图，在水平放置的刚性气缸内用活塞封闭两部分气体A和B，质量一定的两活塞用杆连接。气缸内两活塞之间保持真空，活塞与气缸璧之间无摩擦，左侧活塞面积较大，A、B的初始温度相同。略抬高气缸左端使之倾斜，再使A、B升高相同温度，气体最终达到稳定状态。若始末状态A、B的压强变化量△pA、△pB均大于零，对活塞压力的变化量为△FA、△FB，则
A．A体积增大 B．A体积减小 C．△FA>△FB D．△pA<△pB
【答案】AD
【解析】以两个活塞和杆整体为研究对象，初始时刻，PASA= PBSB，将左端倾斜平衡后，由于温度升高，气体体积变大，活塞向B端移动，A项正确，B项错误；仍以两个活塞为研究对象，
P'ASA+mgsinθ= P'BSB；△pA<△pB，D项正确；压力的变化量：△FA＜△FB，C项错误。
29.2017年上海市学业水平考试8．一个密闭容器由固定导热板分隔为体积相同的两部分，分别装有质量不等的同种气体。当两部分气体稳定后，它们的（ ）
（A）密度相同 （B）分子数相同
（C）分子平均速率相同 （D）分子间平均距离相同
答案：C
30.2018年上海市学业水平考试14.伽耳顿板可以演示统计规律，若让一个小钢珠从漏斗形入口落下，与铁钉发生一系列碰撞，最终会落在哪个槽中是______（选填“能”或“不能”）事先确定的；若让大量小钢珠从漏斗形入口落下，落在各个狭槽中的小钢珠数目________（选填“基本相等”、“中间较多”或“两侧较多”）
答案：不能 中间较多
解析：小球的下落具有随机性，所以无法确定最终会落在哪一个槽，但根据概率可知，小球落到中间要比两边多。
（6）热学实验
31.2018年上海市学业水平考试17.利用如图所示装置可研究一定质量的气体体积不变时温度与压强的关系，玻璃管A、B及橡皮弯管内装有水银，烧瓶内封闭一定质量的气体。当温度改变时，需上下移动A管，使B管液面____________，已知大气压强为76cmHg，还需要使用的测量工具是________和_________。
答案：?高度保持不变???? 刻度尺??? 温度计
解析：本实验是验证体积不变的情况下温度和压强的关系。
要保证气体体积不变，则需B管内水银面高度保持不变；
要研究温度与压强的关系，需测温度和压强，测温度需温度计；测压强，根据，故只需测A、B两液面高度差即可，即所以还需刻度尺。
32. 2011年上海卷27．（5分）在“用单分子油膜估测分子大小”实验中，
⑴某同学操作步骤如下：
①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；
②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；
③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；
④在蒸发皿上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积。
改正其中的错误：
⑵若油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，一滴溶液的体积为4.8×10-3mL，其形成的油膜面积为40cm2，则估测出油酸分子的直径为 m。
答案：（1）②在量筒中滴入N滴溶液，③在水面先撒上痱子粉。（2）1.2×10－9。
解析：本题考查用油膜法估测分子直径大小的实验。（1）实验中②步骤，通过在量筒中滴入N滴溶液，测出N滴溶液的体积，再取平均计算出每一滴溶液的体积，这样通过放大方法减小每一滴溶液的体积的测量误差；③步骤中为了让油酸酒精溶液更好地形成单分子油膜，可事先撒上痱子粉。（2）一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积等于分子直径与油墨面积的乘积，即V＝SD，得油酸分子直径D＝＝m＝1.2×10－9m。
33.2013年上海卷29．（7分）利用如图装置可测量大气压强和容器的容积。步骤如下：
①将倒U形玻璃管A的一端通过橡胶软管与直玻璃管B连接，并注入适量的水，另一端插入橡皮塞，然后塞住烧瓶口，并在A上标注此时水面的位置K；再将一活塞置于10ml位置的针筒插入烧瓶，使活塞缓慢推移至0刻度位置；上下移动B，保持A中的水面位于K处，测得此时水面的高度差为17.1cm。
②拔出橡皮塞，将针筒活塞置于0ml位置，使烧瓶与大气相通后再次塞住瓶口；然后将活塞抽拔至10ml位置，上下移动B，使A中的水面仍位于K，测得此时玻璃管中水面的高度差为16.8cm。（玻璃管A内气体体积忽略不计，ρ＝1.0×103kg/m3，取g＝10m/s2）
（1）若用V0表示烧瓶容积，p0表示大气压强，ΔV示针筒内气体的体积，Δp1、Δp2表示上述步骤①、②中烧瓶内外气体压强差大小，则步骤①、②中，气体满足的方程分别为_____________________、________________。
（2）由实验数据得烧瓶容积V0=________ml，大气压强p0=________Pa。
（3）（单选题）倒U形玻璃管A内气体的存在
A．仅对容积的测量结果有影响
B．仅对压强的测量结果有影响
C．对二者的测量结果均有影响
D．对二者的测量结果均无影响
答案：（1）p0(V0+△V)=( p0+△p1) V0; p0V0=( p0-△p2) (V0+△V);
（2）560 9.58×104 （3）A
解析：
（1）对于步骤①，根据玻意耳定律可得p0(V0+△V)=( p0+△p1) V0;
对于步骤②，根据玻意耳定律可得p0V0=( p0-△p2) (V0+△V)；
（2）联立解得 V0＝△V=56×10ml=560ml；
p0＝△p1=56×0.171×1.0×103×10 Pa=9.58×104 Pa。
（3）倒U形玻璃管A内气体的存在仅对容积的测量结果有影响，选项A正确。
34. 2012年物理上海卷28．（6分）右图为“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与温度变化关系”的实验装置示意图。粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内。开始时，B、C内的水银面等高。
（1）若气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将C管____________（填：“向上”或“向下”移动，直至____________；
（2）（单选）实验中多次改变气体温度， 用Δt表示气体升高的摄氏温度，用Δh表示B管内水银面高度的改变量。根据测量数据作出的图线是 （ ）
答案：（1）向下，B、C两管内水银面等高，（2）A，
解析：（1）为使气体压强不变应使两侧水银面相平，由于温度升高，左侧气体体积膨胀，为使两边液面相平，需使右侧玻璃管向下移动；
（2）由于左侧发生的是等压变化，即
因此Δh—Δt图象是一条过坐标原点的直线，因此A选项正确。
35.2015年上海卷29．（9分）简易温度计构造如图所示。两内径均匀的竖直玻璃管下端与软管连接，在管中灌入液体后，将左管上端通过橡皮塞插入玻璃泡。在标准大气压下，调节右管的高度，使左右两管的液面相平，在左管液面位置标上相应的温度刻度。多次改变温度，重复上述操作。
（1）（单选题）此温度计的特点是
（A）刻度均匀，刻度值上小下大
（B）刻度均匀，刻度值上大下小
（C）刻度不均匀，刻度值上小下大
（D）刻度不均匀，刻度值上大下小
（2）（多选题）影响这个温度计灵敏度的因素有
（A）液体密度 （B）玻璃泡大小
（C）左管内径粗细 （D）右管内径粗细
（3）若管中液体是水银，当大气压变为75cmHg时，用该温度计测得的温度值________（选填“偏大”或“偏小”）。为测得准确的温度，在测量时需____ ____。
答案：（1）A （2）BC
（3）偏大；调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，然后读数
解析：（1）玻璃管很细，其中因液面上升而改变气体的体积可以不计，也就是说可以认为气体是一个等容变化，此时，气体的压强与热力学温度成正比，所以刻度均匀，刻度值上小下大，故选A。
（2）因为这个温度计要求玻璃泡体积很大，而左玻璃管内径很细，误差才小，所以选BC。
（3）因为该温度计是在标准大气压下标的刻度，所以当大气压是75cmHg时，用该温度计测得的温度值偏大。为测得准确的温度，在测量时需要调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，也就是76cmHg（相当于标准大气压），然后读数。
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