高考物理二轮复习专题十二热学课件.ppt

1、专题十二专题十二热学热学(选修选修33)33)-2-高考命题高考命题规律规律-3-分子动理论分子动理论内能内能固体、液体固体、液体命题角度1分子动理论内能固体、液体高考真题体验对方向1.2018全国33(1)对于实际的气体,下列说法正确的是(填正确答案标号).A.气体的内能包括气体分子的重力势能B.气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能C.气体的内能包括气体整体运动的动能D.气体的体积变化时,其内能可能不变E.气体的内能包括气体分子热运动的动能-4-答案:BDE解析:气体的内能是指所有气体分子热运动的动能和相互作用的势能之和,不包括分子的重力势能和气体整体运动的动能,选项A、C错误,B、E正

2、确;气体体积变化时,其分子势能可能增加、可能减小,而分子的动能可能增加、可能减小,其内能可能不变,选项D正确.-5-2.2015全国33(1)下列说法正确的是(填正确答案:标号).A.将一块晶体敲碎后,得到的小颗粒是非晶体B.固体可以分为晶体和非晶体两类,有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C.由同种元素构成的固体,可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D.在合适的条件下,某些晶体可以转变为非晶体,某些非晶体也可以转变为晶体E.在熔化过程中,晶体要吸收热量,但温度保持不变,内能也保持不变-6-答案:BCD解析:晶体敲碎后,得到的小颗粒仍为晶体,选项A错误;某些晶体在不同方向上有不同的光学

3、性质,选项B正确;同种元素构成的固体,可形成不同的晶体,比如金刚石和石墨,选项C正确;在合适条件下,某些晶体和非晶体可相互转变,选项D正确;晶体在熔化过程中,温度不变,内能增加,选项E错误.-7-3.2015全国33(1)关于扩散现象,下列说法正确的是(填正确答案标号).A.温度越高,扩散进行得越快B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的答案:ACD解析:扩散现象是固体、液体或气体分子永不停息做无规则运动所致,其剧烈程度与温度有关,扩散现象不是化学反应,A、C、D项正确而B、

4、E项错误.-8-1.分子势能、分子力与分子间距离的关系-9-2.把握定量估算方法(1)微观量的估算应利用阿伏加德罗常数的桥梁作用,依据分子数N与摩尔数n之间的关系N=nNA,并结合密度公式进行分析计算.(2)注意建立正方体分子模型或球体分子模型.(3)对液体、固体物质可忽略分子之间的间隙;对气体物质,分子之间的距离远大于分子的大小,气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值不等于气体分子的体积,仅表示一个气体分子平均占据的空间大小.-10-典题演练提能刷高分1.(2019山东潍坊二模)关于固体、液体的性质,下列说法正确的是(填正确答案的标号).A.非晶体不可能转化为晶体B.单晶体有确定的熔点,多晶体

5、没有确定的熔点C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学各向异性的特点D.玻璃管的裂口放在火焰上烧熔,其尖端变钝,这是由于液体表面张力的作用E.唐诗观荷叶露珠中有“霏微晓露成珠颗”,诗中荷叶和露水表现为不浸润-11-答案:CDE解析:有的非晶体在一定条件下可以转化为晶体,则A错误;单晶体和多晶体都有确定的熔点,选项B错误;彩色液晶显示器利用了液晶的光学各向异性的特点,选项C正确;玻璃管的裂口放在火焰上烧熔,其尖端变钝,这是由于液体表面张力的作用,选项D正确;唐诗观荷叶露珠中有“霏微晓露成珠颗”,诗中荷叶和露水表现为不浸润,选项E正确.-12-2.(多选)(2019重庆模拟)关于固体和液体,下列说法正确

6、的是(填正确答案的标号).A.晶体一定有确定的熔点B.晶体一定有确定的几何形状C.有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体D.所有物质都具有液晶态E.在液体表面任意画一条线,线两侧的液体间的作用力是引力-13-答案:ACE解析:晶体有确定的熔点,故A正确;单晶体有一定几何形状,多晶体没有确定的几何形状,故B错误;晶体和非晶体区别在于内部分子排列,有些通过外界干预可以相互转化,如把晶体硫加热熔化(温度超过300)再倒进冷水中,会变成柔软的非晶硫,再过一段时间又会转化为晶体硫,故C正确;并不是所有物质都具有液晶态,故D错误;液体表面层分子距离大于液体内部分子距离,在液体表面任意画一条线,线两侧的液体间

7、的作用力是引力,故E正确.故选ACE.-14-3.下列说法正确的是(填正确答案标号).A.热量能够自发地从内能多的物体传递到内能少的物体B.同一时刻,教室内空气中氮气和氧气的分子平均动能是相同的C.当水中两个水分子间的分子力为零时,它们具有的分子势能一定最小D.液体表面层分子间距离小于液体内部分子间距离,所以液体表面存在表面张力E.在合适的条件下,某些晶体可以转化为非晶体,某些非晶体也可以转化为晶体-15-答案:BCE解析:热量能够自发地从高温物体传递到低温物体,选项A错误;同一时刻,教室内空气中氮气和氧气因为温度相同,则分子平均动能是相同的,选项B正确;当水中两个水分子间的分子力为零时,它们

8、具有的分子势能一定最小,选项C正确;液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,所以液体表面存在表面张力,选项D错误;在合适的条件下,某些晶体可以转变为非晶体,某些非晶体也可以转变为晶体,例如天然石英是晶体,熔融过的石英却是非晶体.把晶体硫加热熔化(温度超过300)再倒进冷水中,会变成柔软的非晶硫,再过一段时间又会转化为晶体硫,故E正确.故选BCE.-16-4.下列说法正确的是(填正确答案标号).A.荷叶上面的小水珠呈球形的主要原因是有液体表面张力B.晶体凝固时放出热量,但分子平均动能不变C.气体如果失去容器的约束就会散开,这是因为气体分子之间存在斥力的缘故D.一定质量的理想气体分别经等容过程

9、和等压过程,温度均由T1升高到T2,则等容过程比等压过程吸收的热量少E.一个绝热容器中盛有气体,假设把气体中分子速率很大的,如大于vm的分子全部取走,则气体的温度会下降,此后气体中不存在速率大于vm的分子-17-答案:ABD解析:表面张力有使液体的表面积最小化的趋势,故荷叶上面的小水珠呈球形的主要原因是有液体表面张力,A正确;晶体凝固时温度不变,所以分子平均动能不变,B正确;气体如果失去容器的约束就会散开,这是因为分子在做无规则运动的原因,C错误;一定质量的理想气体分别经等容过程和等压过程,温度均由T1升高到T2,内能增量U相同,根据热力学第一定律,等容过程Q=U,等压过程吸收的热量Q=U-W

10、,而等压过程气体对外做功W0,W0,从外界吸收热量,D对;气体吸收的热量,一部分对外做功,另一部分增加了气体的内能,E错.-35-4.2017全国33(1)如图,用隔板将一绝热汽缸分成两部分,隔板左侧充有理想气体,隔板右侧与绝热活塞之间是真空.现将隔板抽开,气体会自发扩散至整个汽缸.待气体达到稳定后,缓慢推压活塞,将气体压回到原来的体积.假设整个系统不漏气.下列说法正确的是(填正确答案标号).A.气体自发扩散前后内能相同B.气体在被压缩的过程中内能增大C.在自发扩散过程中,气体对外界做功D.气体在被压缩的过程中,外界对气体做功E.气体在被压缩的过程中,气体分子的平均动能不变-36-答案:ABD

11、解析:由于隔板右侧是真空,隔板抽开后,气体自发扩散至整个汽缸,并不做功也没有热量交换,所以自发扩散前后内能相同,故选项A正确,选项C错误;气体被压缩过程中,外界对气体做功,没有热量交换,根据U=W+Q,气体的内能增大,故选项B、D正确;气体被压缩过程中,温度升高,分子平均动能增大,故选项E错误.-37-5.2017全国33(1)如图,一定质量的理想气体从状态a出发,经过等容过程ab到达状态b,再经过等温过程bc到达状态c,最后经等压过程ca回到状态a.下列说法正确的是(填正确答案标号).A.在过程ab中气体的内能增加B.在过程ca中外界对气体做功C.在过程ab中气体对外界做功D.在过程bc中气

12、体从外界吸收热量E.在过程ca中气体从外界吸收热量-38-答案:ABD解析:在过程ab中,气体体积不变,压强变大,根据 =C知,气体温度升高,则内能增加,A正确;在过程ca中,气体体积减小,外界对气体做功,B正确;在过程ab中,气体体积不变,气体不对外做功,外界也不对气体做功,C错;在过程bc中,气体进行的是等温变化,U=0,气体体积变大,对外做功,W0气体从外界吸收热量,D正确;根据 =C知,在过程ca中,气体温度降低,则U0,故一定有QT2C.图丙说明气体压强的大小既与分子动能有关也与分子的密集程度有关D.图丁说明水黾受到了浮力作用(2)氙气灯在亮度、耗能及寿命上都比传统灯有优越性,已知某

13、轿车的氙气灯泡的容积为V,其内部氙气的密度为,氙气摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为NA.则灯泡中氙气分子的总个数为,灯泡点亮后其内部压强将(选填“增大”“减小”或“不变”).-48-(3)如图为一定质量的理想气体的体积V随热力学温度T的变化关系图象.由状态A变化到状态B的过程中气体吸收热量Q1=220 J,气体在状态A的压强为p0=1.0105 Pa.求:气体在状态B时的温度T2;气体由状态B变化到状态C的过程中,气体向外放出的热量Q2.-49-解析:(1)图甲说明薄板的导热性能是各向同性,则薄板是非晶体或多晶体.故A项错误;图乙说明气体速率分布随温度变化,T1时速率低的占的比例比T2时多,速率

14、大的占的比例比T2时少,则T1T2,故B项错误;图丙说明气体压强的大小既与分子动能有关也与分子的密集程度有关,故C项正确;图丁说明水的表面存在表面张力,故D项错误.(2)氙气灯泡的容积为V,其内部氙气的密度为,氙气摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为NA.则灯泡中氙气分子的总个数N=NA;灯泡点亮后其内部气体温度升高,体积不变,压强增大.-50-解得T2=600 K.A到B过程气体从外界吸热,对外界做功,内能增加,据热力学第一定律UAB=Q1+WAB又WAB=-p0(V2-V1)=-100 JC状态与A状态内能相等,则UAB=-UBCB到C过程是等容过程WBC=0,据热力学第一定律:UBC=QBC+

15、WBC解得QBC=-120 J,即气体由状态B变化到状态C的过程中,气体向外放出热量120 J.-51-5.如图是一定质量的理想气体的p-T图象,气体从abca完成一次循环,关于气体的变化过程,下列说法正确的是(填正确答案标号).A.气体在a态的体积Va小于在c态的体积VcB.ab过程气体的分子数密度变大C.bc过程外界对气体做的功等于气体放出的热量D.ca过程气体压强增大,从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的E.若ab过程气体吸热300 J,ca过程放热400 J,则ca过程外界对气体做功100 J-52-答案:ADE解析:ca过程气体压强增大,温度降低,根据 =C可知体积减

16、小,故气体在a态的体积Va小于在c态的体积Vc,故A正确;ab过程是等容变化,气体的分子数密度不变,故B错误;bc过程是等温变化,气体内能不变,U=0,气体体积增大,气体对外界做功,W0,气体吸收热量,由以上分析可知,bc过程气体对外界做的功等于气体吸收的热量,故C错误;ca过程温度降低,气体分子的平均动能减小,气体压强增大,体积减小,气体的分子数密度增大,所以从微观讲压强增大是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的,故D正确;由热力学第一定律可知,若ab过程气体吸热300 J,ca过程放热400 J,则ca过程外界对气体做功100 J,故E正确.故选ADE.-53-命题角度2气体实验定律

17、和状态方程高考真题体验对方向1.2019全国33(2)热等静压设备广泛应用于材料加工中.该设备工作时,先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中,然后炉腔升温,利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理,改善其性能.一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3,炉腔抽真空后,在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中.已知每瓶氩气的容积为3.210-2 m3,使用前瓶中气体压强为1.5107 Pa,使用后瓶中剩余气体压强为2.0106 Pa;室温温度为27.氩气可视为理想气体.(1)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强;(2)将压入氩气后的炉腔加热到1 22

18、7,求此时炉腔中气体的压强.-54-答案:(1)3.2107 Pa(2)1.6108 Pa解析:(1)设初始时每瓶气体的体积为V0,压强为p0;使用后气瓶中剩余气体的压强为p1.假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时,其体积膨胀为V1.由玻意耳定律p0V0=p1V1被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为V1=V1-V0设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2,体积为V2.由玻意耳定律p2V2=10p1V1联立式并代入题给数据得p2=3.2107 Pa(2)设加热前炉腔的温度为T0,加热后炉腔温度为T1,气体压强为p3.联立式并代入题给数据得p3=1.6108 Pa-55-2.2

19、019全国33(2)如图,一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成,容器平放在水平地面上,汽缸内壁光滑.整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分,分别充有氢气、空气和氮气.平衡时,氮气的压强和体积分别为p0和V0,氢气的体积为2V0,空气的压强为p.现缓慢地将中部的空气全部抽出,抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变,活塞没有到达两汽缸的连接处,求(1)抽气前氢气的压强;(2)抽气后氢气的压强和体积.-56-57-(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1,氮气的压强和体积分别为p2和V2.根据力的平衡条件有p2S=p12S由玻意耳定律得p1V1=p102V0p2V2=p0V0由于

20、两活塞用刚性杆连接,故V1-2V0=2(V0-V2)联立式解得-58-3.2019全国33(2)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2.0 cm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2.0 cm.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76 cmHg,环境温度为296 K.(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平齐为止,求此时密封气体的温度.-59-答案:(1)41 cm(2)312 K解析:(1)设细管的长度为L,横截面的面积为S,

21、水银柱高度为h;初始时,设水银柱上表面到管口的距离为h1,被密封气体的体积为V,压强为p;细管倒置时,气体体积为V1,压强为p1.由玻意耳定律有pV=p1V1由力的平衡条件有p=p0+ghp1=p0-gh式中,、g分别为水银的密度和重力加速度的大小,p0为大气压强.由题意有V=S(L-h1-h)V1=S(L-h)由式和题给数据得L=41 cm(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T,由盖-吕萨克定律有由式和题给数据得T=312 K.-60-4.2018全国33(2)如图,容积为V的汽缸由导热材料制成,面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分,汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连,细管

22、上有一阀门K.开始时,K关闭,汽缸内上下两部分气体的压强均为p0.现将K打开,容器内的液体缓慢-61-解析:设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为V1,压强为p1;下方气体的体积为V2,压强为p2.在活塞下移的过程中,活塞上下方气体设活塞上方液体的质量为m,由平衡条件得p2S=p1S+mg-62-5.2018全国33(2)在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱,水银柱的两端各封闭有一段空气.当U形管两端竖直朝上时,左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm,左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上,没有气体从管的一边通过水银逸入另

23、一边.求U形管平放时两边空气柱的长度.在整个过程中,气体温度不变.-63-答案:22.5 cm7.5 cm解析:设U形管两端竖直朝上时,左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时,两边气体压强相等,设为p,此时原左、右两边气柱长度分别变为l1和l2.由力的平衡条件有p1=p2+g(l1-l2)式中为水银密度,g为重力加速度大小.由玻意耳定律有p1l1=pl1p2l2=pl2两边气柱长度的变化量大小相等l1-l1=l2-l2由式和题给条件得l1=22.5 cml2=7.5 cm-64-6.2017全国33(2)如图,容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通,阀门K2位于细管

24、的中部,A、B的顶部各有一阀门K1、K3;B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略).初始时,三个阀门均打开,活塞在B的底部;关闭K2、K3,通过K1给汽缸充气,使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27,汽缸导热.(1)打开K2,求稳定时活塞上方气体的体积和压强;(2)接着打开K3,求稳定时活塞的位置;(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20,求此时活塞下方气体的压强.-65-解析:(1)设打开K2后,稳定时活塞上方气体的压强为p1,体积为V1.依题意,被活塞分开的两部分气体都经历等温过程.由玻意耳定律得p0V=p1V1(3p0)V=p1(2V-V1)p1=2p0(

25、2)打开K3后,由式知,活塞必定上升.设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V22V)时,活塞下方气体压强为p2.由玻意耳定律得(3p0)V=p2V2-66-(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3,气体温度从T1=300 K升高 将有关数据代入式得p3=1.6p0-67-7.2016全国33(2)一U形玻璃管竖直放置,左端开口,右端封闭,左端上部有一光滑的轻活塞.初始时,管内汞柱及空气柱长度如图所示.用力向下缓慢推活塞,直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同;在活塞向下移动的过程中,没有发生气体泄漏;大气压强p0=75.

26、0 cmHg.环境温度不变.-68-答案:144 cmHg9.42 cm解析:设初始时,右管中空气柱的压强为p1,长度为l1;左管中空气柱的压强为p2=p0,长度为l2.活塞被下推h后,右管中空气柱的压强为p1,长度为l1;左管中空气柱的压强为p2,长度为l2.以cmHg为压强单位.由题给条件得p1=p0+(20.0-5.00)cmHg由玻意耳定律得p1l1=p1l1联立式和题给条件得p1=144 cmHg依题意p2=p1由玻意耳定律得p2l2=p2l2联立式和题给条件得h=9.42 cm-69-1.应用气体实验定律或气体状态方程解题的步骤(1)选对象根据题意,选出所研究的某一部分气体,这部分

27、气体在状态变化过程中,其质量必须保持一定.(2)找参量找出作为研究对象的这部分气体发生状态变化前后的一组p、V、T数值或表达式,压强的确定往往是关键,常需结合力学知识(如力的平衡条件或牛顿运动定律)才能写出表达式.(3)认过程过程表示两个状态之间的一种变化方式,除题中条件已直接指明外,在许多情况下,往往需要通过对研究对象跟周围环境的相互关系的分析才能确定.认清变化过程是正确选用物理规律的前提.-70-(4)列方程根据研究对象状态变化的具体方式,选用气体方程或某一实验定律,代入具体数值,最后分析讨论所得结果的合理性及其物理意义.2.解决多汽缸问题的方法两个或多个汽缸封闭着几部分气体,并且汽缸之间

28、相互关联的问题,解答时应分别研究各部分气体,找出它们各自遵循的规律,并写出相应的方程,还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式,最后联立求解.-71-典题演练提能刷高分1.(2019吉林三调)如图所示,竖直放置的U形管左端封闭,右端开口,左管横截面积为右管横截面积的2倍,在左管内用水银封闭一段长为l、温度为T的空气柱,左右两管水银面高度差为h cm,外界大气压为h0 cmHg.(1)若向右管中缓慢注入水银,直至两管水银面相平(原右管中水银没全部进入水平部分),求在右管中注入水银柱的长度h1(以cm为单位);(2)在两管水银面相平后,缓慢升高气体的温度至空气柱的长度为开始时的长度l,求此时空气柱

29、的温度T.-72-解析:(1)注入水银过程封闭气体等温变化,初状态:p1=(h0-h)cmHg,V1=lS,末状态:p2=h0 cmHg,V2=lS由玻意耳定律:p1V1=p2V2在左侧的试管中,液面上升的高度:h=l-l进入左侧试管中的水银的体积:V=hS所以注入右侧的水银的体积:-73-74-3.有一只一端开口的L形玻璃管,其竖直管的横截面积是水平管横截面积的2倍,水平管长为90 cm,竖直管长为8 cm,在水平管内有一段长为10 cm的水银封闭着一段长为80 cm的空气柱如图所示.已知气柱的温度为27,大气压强为75 cmHg,管长远大于管的直径.(1)现对气体缓慢加热,当温度上升到多少

30、时,水平管中恰好无水银柱.(2)保持(1)中的温度不变,将玻璃管以水平管为轴缓慢旋转180,使其开口向下.求稳定后封闭部分气体压强.-75-答案:(1)360 K(2)72 cmHg解析:(1)以封闭气体为研究对象,设水平管的横截面积为S,则p1=75 cmHg,V1=80S cm3,T1=300 K;p2=80 cmHg,V2=90S cm3,T2=?解得T2=360 K.-76-(2)玻璃管旋转180后,设粗管中的水银长度为x cm,则细管中的水银长度为(10-2x)cm;p3=(75-x)cmHgV3=90-(10-2x)S cm3由玻意耳定律得p2V2=p3V3则x无解,水银从粗管逸出

31、.设粗管中剩下的水银长x cm;p3=(75-x)cmHg,V3=90+2(8-x)S cm3由玻意耳定律p2V2=p3V3,解得x=3 cm,所以气体的压强p3=72 cmHg.-77-4.如图甲所示,U形汽缸固定在水平地面上,用重力不计,面积S=10 cm2的活塞封闭着一定质量的气体,已知汽缸不漏气,活塞移动过程无摩擦.初始时,外界大气压强为p0=1.0105 Pa,活塞紧压小挡板.现缓慢升高缸内气体的温度.(1)请在乙图中作出能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图象;(2)当温度缓慢升高到t1=27 时,活塞与小挡板间恰好无作用力.现在活塞上加一质量为m=5 kg的砝码,要使加砝

32、码后的活塞与小挡板间恰好无作用力,则温度至少要升高到多少摄氏度?-78-答案:(1)如图(2)177 解析:(1)因开始时活塞紧压小挡板,说明被封闭气体的压强要小于大气压,在活塞离开挡板之前,气体的体积不变,做等容变化,p-T图线是过坐标原点的直线,活塞离开挡板后,做等压变化,由此可知汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图象如答案图所示.(2)对汽缸内气体,初状态:T1=300 K,p1=p0=1.0105 Pa解得t=177.-79-5.一粗细均匀的U形管ABCD的D端封闭,A端与大气相通.用水银将一定质量的理想气体封闭在U形管的CD一侧,如图甲所示.环境温度T1=300 K时,管中AB、

33、CD两侧的水银面高度平齐h1=15 cm,AB、CD管高相同h2=35 cm,BC两柱心宽度h3=5 cm,现将U形管绕C点顺时针缓慢旋转90后如图乙所示,此过程没有水银漏出.大气压强取p0=75 cmHg,U形管的横截面积S=0.4 cm2.-80-(1)求此时CD侧空气柱长度l1;(2)若环境温度升高至T2时,AB、CD两侧的水银面又对齐,求此时温度T2.答案:(1)18.75 cm(2)320 K解析:(1)如图甲、乙对封闭气体研究,温度不变T1=300 K初态时压强p1=p0=75 cmHg,体积V1=(h2-h1)S=20S;水平状态时,压强p1=p0+ph3=80 cmHg,设这时

34、CD侧气柱长度为l1,体积V2=l1S由玻意耳定律可知p1V1=p2V2,解得l1=18.75 cm.-81-(2)如图所示,水银柱面水平差距x=2(h2-h1-l1)=2.5 cmp1,故B不动.由p1=p0+gh解得水的深度h3.33 m.-84-(2)该装置放入水下后,由于水的压力,A向右移动,内气体压强逐渐增大,当压强增大到大于2p0后B开始向右移动,当A恰好移动到缸底时所测深度最大,此时原内气体全部进入内,设B向右移动x距离,两部分气体压强均为p2.对原内气体,由玻意耳定律得p0SL=p2Sx对原内气体,由玻意耳定律得2p0SL=p2S(L-x)又p2=p0+ghm联立解得hm=20 m.