Question

如圖所示，固定的豎直圓筒由上段細筒和下段粗筒組成，粗筒橫截面積是細筒的4倍，細筒足夠長，粗筒中A、B兩輕質光滑活塞導熱性能良好，其間封有空氣，活塞A上方有水銀．用外力向上托住活塞B，使之處于靜止狀態(tài)，活塞A上方的水銀面與粗筒上端相平，水銀深H=10cm，氣柱長L=20cm，大氣壓強p₀=75cmHg．現(xiàn)使活塞B緩慢上移，直到A活塞上移H/2的距離，氣體溫度不變．則對于被封氣體：
（1）與原來相比較

BD

A．氣體放熱，分子間平均距離增大        B．氣體內能不變，分子平均距離減小
C．氣體分子熱運動動能增大，壓強減小   D．氣體分子熱運動平均動能不變，壓強增大
（2）計算筒內氣柱的長度變?yōu)槎嗌伲?/div>

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分析：（1）由題意可知，整個過程為等溫變化，結合等溫變化的規(guī)律可判斷壓強的變化和體積變化及分子平均距離的變化；結合熱力學第一定律可判知吸熱與放熱．
（2）根據(jù)水銀的體積不變及粗細桶的橫截面積的關系可知水銀柱長度的變化，從而得知被封閉氣體的壓強，根據(jù)波意耳定律可得知氣柱的長度．

解答：解：（1）A、活塞B緩慢上移時，活塞B對氣體做了功，又氣體溫度不變，內能不變，所以氣體肯定吸熱，選項A錯誤．
B、外界對氣體做功，氣體體積減小，分子平均距離減小，選項B正確．
C、D、溫度不變，氣體分子熱運動平均動能不變，又根據(jù)氣體的溫度不變而體積減小可知，壓強增大，選項C錯誤，D正確
故選BD
（2）設活塞上移

H

2

時，細桶中水銀柱長度為h，則S大?

H

2

=S小?h，又因S_大=4S_小，可得h=2H，此時A上方水銀柱的總高度為：
h′=h+

H

2

=

5

2

H
被封閉的氣體的壓強為P′=P₀+ρgh′=100cmH，
由波意耳定律有：PSL=P′SL′
代入數(shù)據(jù)得：L′=17cm，
即桶內氣柱的長度變?yōu)?7cm
答：筒內氣柱的長度變?yōu)?7cm．

點評：該題考查了熱力學第一定律和波意耳定律的應用，對熱力學第一定律，注意分析氣體的對內做功和對外做功的判斷；應用波意耳定律時，首先要正確的確定氣體的狀態(tài)，分析狀態(tài)參量，對于被封閉氣體的壓強的解答是解決問題的關鍵．

Answer 1

分析：（1）由題意可知，整個過程為等溫變化，結合等溫變化的規(guī)律可判斷壓強的變化和體積變化及分子平均距離的變化；結合熱力學第一定律可判知吸熱與放熱．
（2）根據(jù)水銀的體積不變及粗細桶的橫截面積的關系可知水銀柱長度的變化，從而得知被封閉氣體的壓強，根據(jù)波意耳定律可得知氣柱的長度．

解答：解：（1）A、活塞B緩慢上移時，活塞B對氣體做了功，又氣體溫度不變，內能不變，所以氣體肯定吸熱，選項A錯誤．
B、外界對氣體做功，氣體體積減小，分子平均距離減小，選項B正確．
C、D、溫度不變，氣體分子熱運動平均動能不變，又根據(jù)氣體的溫度不變而體積減小可知，壓強增大，選項C錯誤，D正確
故選BD
（2）設活塞上移

H

2

時，細桶中水銀柱長度為h，則S大?

H

2

=S小?h，又因S_大=4S_小，可得h=2H，此時A上方水銀柱的總高度為：
h′=h+

H

2

=

5

2

H
被封閉的氣體的壓強為P′=P₀+ρgh′=100cmH，
由波意耳定律有：PSL=P′SL′
代入數(shù)據(jù)得：L′=17cm，
即桶內氣柱的長度變?yōu)?7cm
答：筒內氣柱的長度變?yōu)?7cm．

點評：該題考查了熱力學第一定律和波意耳定律的應用，對熱力學第一定律，注意分析氣體的對內做功和對外做功的判斷；應用波意耳定律時，首先要正確的確定氣體的狀態(tài)，分析狀態(tài)參量，對于被封閉氣體的壓強的解答是解決問題的關鍵．