江西省新余市2023-2024学年度实验中学初三入学（考试）测试物理/

2023-11-01 22:33:05 74℃

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参考答案量，B错误；由理想气体的状态方程-，代人数据容变化，气体均不做功，根据热力学第一定律可得气体与外界T交换的热量等于内能的变化量，由于气体体积不变，分子势能(1.0×105+1×103×10×5)Pa×5.8×10-7m3不变化，因此气体内能的变化量等于气体均动能的变化量，(273+17)K又因T=aE.,可得Q=△EaQc_△Eac_Tc-TB=31×103Pa×Vz(273十27)K,求得气泡到达泉水表面时的体积为V,=9×T。-TA=210-1m3,C正确；气体对外做功的为W=pSx,可得W=答案：1)(2号4p△V,当压强不变时，可求得气体对外做功等于4.8×10-J,由：10.解析：(1)温度为T。时，封闭气体的压强为p1=。+np。于上升过程中气体压强减小，所以对外做功小于4.8×10-2J,由①，体积为V,=LS②，设水银刚好全部进入竖直管中时封△U=Q十W,可得上升过程中气泡吸收热量小于6.8X闭气体的温度为T1,此时封闭气体的压强为p2=p。十2np。102J,D错误.故选C.③，体积为V2=2LS④，对封闭气体温度从T。变至T,的过5.D根据热力学知识可知b部分气体压强较大，又活塞受到重力沿斜面的分力，所以拔掉销钉后，活塞下降，根据热力学程，根据理想气体状态方程Y-,Y⑤，联立①~⑤式T。T第一定律△U=Q十W,由于两部分气体都是绝热的，可知Q2T。(1+2n)为零，既不吸热也不放热，b部分气体对a部分气体做功，即解得T1=1+n有W<0,因此b内能减小，温度降低，a内能增加，温度升高，(2)设管内水银柱与管的开口处齐时，封闭气体的温度为活塞下移，活塞的重力势能减小，根据能量守恒定律可知活塞T2,此时封闭气体的体积为V,=3LS⑦，封闭气体温度从重力势能的减少量等于α、b两部分气体内能的增大量，两部分气体的内能之和增大，A、B、C错误，D正确.故选D.工变至工：的过程压强不变根据盖一昌萨京定律有骨PV6.D根据理想气体的状态方程了=C可得，状态a、状态c等⑧，联立④⑦⑧式解得T,=3T1+2mT,1+n·⑨.在封闭气体温，内能相等，状态b的温度大于a、c的温度，状态b内能大温度从T1变至T2的过程中，水银柱上移的距离为L,则该于状态a、状态c的内能，A错误；p一V图像压强与体积围成图形的面积表示外界对气体所做的功，因此状态α变化到状过程中气体对外做功为W=p,SL四，由题意可知此过程气体内能的增加量为△U=k(Tz一T1)①，根据热力学第一定态6的过程中m,=②pp2v,=pV,状态b变化到律有△U=Q一W②，联立③⑥⑨⑩①②可得封闭气体从外2状态：的过程中W,-2。士3，=号p,,因此可知界吸收的热量为Q=(1+2n)(kT+pSL).1+n2W,=号W,B错误；状态a,状态c等温，内能相等，根据△W答案：(1)2T.(1+2n)1+nkT。+psL)(2)(1+2m)1+n=W+Q得Q1+Q2+W1+W2=0,又W+W2=4p。V。,解B新高考直通车得Q1十Q2=4p。V。,C错误；题目中没有给出Q1、Q2的正负，情境命题体验可以取绝对值解得W,+W2=Q1十Q2,D正确.故选D.1.B水刚好流出时，桶内气压增大的数值为△p=(30+10)7BC对处于衡状态的活塞进行受力分析，受到大气压力、cmH20=40cmH2O,设气囊中气体的体积为V。,n次压人水重力和气体向上的压力，则有mg十pS一1S=0,解得p1=桶的气体，相当于一次压入V。到水桶内，使桶内气压增加mg十p。,A错误；活塞缓慢上升过程中气体压强不变，根据40cmH2O,只以压人水桶中的气体为研究对象，由玻意耳定律有p。XnV。=△pXV,代人数据解得n=2.8,所以至少需盖一昌萨克定律有=笑=,解得T=2T。,B正确；气体对要压缩3次，A、C、D错误，B正确.故选B.2.B初始时，设空气柱A的压强为pA,空气柱B的压强为pa,外做功W=p1SL=mgL十p,SL,根据热力学第一定律得则pA=p。十pgh1,pm十pgh,=pA,联立解得pB=72cmHg:△U=Q-mgL-pSL,C正确，D错误.故选BCU形管倒置后，空气柱A的压强设为p1,空气柱B的压强8.BC由图可知，ab过程中，b与绝对零度连线的斜率大于a设为p1,则中1=p,一pgh1,pm=p1十pgh:.空气柱B的长与绝对零度连线的斜率，则b状态气体的体积小于α状态气体的体积，则ab过程中体积减小，外界对气体做功，A错误，度L=L。-:,:,由玻意耳定律可得pL4=pL,解2B正确；ca过程中，气体压强不变，等压变化，得，,c状得h,=12cm,故选BV.态的体积V.与。状态的体积V.的关系式为T3.AD该部分气体，由理想气体状态方程有PV的-T.T,可得在状态C时，气体的温度为Tc=375K,在状态C时该473.15+273.15部分理想气体的内能为Ec=4674.375J,A正确；对状态B、≠4.7315，D错误；ca过程中，气体压强不变，100+273.152温度降低，内能减小，气体体积变小，外界对气体做功，根据热P解得B错误：结合题图分祈可知C一力学第一定律可知，气体始终向外界放热，C正确.故选BC.D过程气体对外界做的功Wc-D=pc△V=一100J,C错误；9解析：)由图可知气体从B到C过程为等容变化，因此常同理可得A→B过程气体对外界做的功WA-B=pA△V600J,气体在状态B时的内能为E=9348.75J,气体在状态=号，压强之比为=号=品-子根据力-V图像的面4A时的内能为EA=3739.5J,由热力学第一定律可得，A→B过程气体从外界吸收的热量为Q=6209.25J,D正确；故积表示气体做的功可知，气体从A到B过程与从C到D过：选AD.hWAe=p△V_pB=3程对外做功大小之比为W0一P:AVp。车4.解析：(1)碰撞游戏中气体被压缩最大的过程中，气体做等温变化，根据玻意耳定律可得1V1=p:V,其中p1=1.5×侧由图可知气体从D到A过程为等容变化，则华-因10Pa,V1=4m3,V2=4m3-0.4m3=3.6m3,解得p2≈1.67×105Pa.(2)从早晨充好气，到中午碰撞游戏前，气体做等容此T。=PP·TA=·TA三3T,两过程温度差之比为力B变化，根搭查理定律可得号=号，其中工，=(7+273)K=二-号，因气体从B到C过程与从D到A过程为等280K,T:=(27十273)K=300K.中午碰撞游戏中气体被压T。-TA缩最大的过程中，气体做等温变化，根据玻意耳定律可得253

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