(必考题)高中物理选修三第二章《气体,固体和液体》检测卷(答案解析)(4)

一、选择题

1．(0分)[ID：130039]如图所示，两端开口、内径均匀的玻璃弯管竖直固定，两段水银柱将空气柱B封闭在玻璃管左侧的竖直部分，A侧水银有一部分在水平管中．若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，稳定后( )

A．右侧水银面高度差h1减小 C．空气柱B的压强增大

可计算出房间内原来的温度是（ ） A．－7℃

B．7℃

B．空气柱B的长度不变 D．左侧水银面高度差h2增大

2．(0分)[ID：130019]房间里气温升高3℃时，房间内的空气将有1%逸出到房间外，由此

C．17℃

D．24℃

3．(0分)[ID：130018]如图所示，一导热良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体（不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦），用一弹簧连接活塞，将整个汽缸悬挂在天花板上。弹簧长度为L，活塞距地面的高度为h，汽缸底部距地面的高度为H，活塞内气体压强为p，体积为V，下列说法正确的是（ ）

A．当外界温度升高（大气压不变）时，L变大、H减小、p变大、V变大 B．当外界温度升高（大气压不变）时，h减小、H变大、p变大、V减小 C．当外界大气压变小（温度不变）时，h不变、H减小、p减小、V变大 D．当外界大气压变小（温度不变）时，L不变、H变大、p减小、V不变

4．(0分)[ID：130012]如图,容器被绝热活塞分成两部分，分别装有理想气体A、B，开始时，A的温度为TA，B的温度为TB，且TA>TB；气体A、B均处于平衡状态，活塞静止．加热容器，使两边气体缓慢升高相同的温度，若不计活塞的摩擦，则活塞将( )

A．向右移动 B．向左移动

C．保持不动

D．因体积未知而无法确定

5．(0分)[ID：130000]关于液体的表面张力，下面说法中正确的是 A．表面张力是液体内部各部分间的相互作用 B．表面张力的方向总是垂直液面，指向液体内部 C．表面张力的方向总是与液面平行

D．因液体表面层分子分布比液体内部密集，分子间相互作用表现为引力

6．(0分)[ID：129995]如图为两端封闭竖直放置的上粗下细的玻璃管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同．使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为VA、

VB，压强变化量为ΔpA、ΔpB，对液面压力的变化量为FA、FB，则

A．水银柱向下移动了一段距离 B．VAVB C．FAFB D．pApB

7．(0分)[ID：129992]如图所示，一端封闭、一端开口的U形管竖直放置，管中有两段水银柱封闭着a、b两部分气体，若保持a部分气体温度不变，使b部分气体温度升高，则（ ）

A．a的体积和压强不变；b的体积变大，压强不变 B．a的体积变小，压强变大；b的体积变大，压强变小 C．a的体积变小，压强变大；b的体积变大，压强不变 D．a和b的体积都变大，压强都变小

8．(0分)[ID：129990]某同学用同一个注射器做了两次验证玻意耳定律的实验，操作完全正确，根据实验数据却在p、V图上画出了两条不同的双曲线如图所示，造成这种情况的可能原因是（ ）

①两次实验中空气质量不同 ②两次实验中温度不同

③两次实验中保持空气质量、温度相同，但所取的气体压强的数据不同 ④两次实验中保持空气质量、温度相同，但所取的气体体积的数据不同 A．①② B．②④ C．②③ D．①②④

9．(0分)[ID：129980]如图所示，质量为M导热性能良好的气缸由一根平行于斜面的细线系在光滑斜面上．气缸内有一个质量为m的活塞，活塞与气缸壁之间无摩擦且不漏气．气缸内密封有一定质量的理想气体．如果大气压强增大（温度不变），则（ ）

A．气体的体积增大 B．细线的张力增大 C．气体的压强增大 D．斜面对气缸的支持力增大

10．(0分)[ID：129977]如图所示，活塞的质量为m，缸套的质量为M，通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞面积为S，大气压强为p0，则封闭气体的压强为( )

A．p＝p0＋C．p＝p0－

Mg sB．p＝p0＋

(Mm)g SMg sD．p＝mg/S

11．(0分)[ID：129973]液体与固体具有的相同特点是 A．都具有确定的形状 C．物质分子的位置都确定

B．体积都不易被压缩

D．物质分子都在固定位置附近振动

12．(0分)[ID：129968]以下说法正确的是（ ） A．水的饱和汽压会随体积的增大而减小 B．扩散现象只能在液体和气体间进行

C．毛细现象就是浸润液体在细管中的上升和不浸润液体在细管中的下降 D．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小

二、填空题

13．(0分)[ID：130139]固定三通管的AB管竖直、CD管水平，水银在管子的A端封闭了一定量的气体。初始时封闭空气柱长度为l，AB管内水银柱长2h，如图所示。打开阀门后，A端气体将经历___________过程；稳定后，空气柱的长度为___________。（已知大气压强为p0，水银的密度为ρ，重力加速度为g）

14．(0分)[ID：130132]如图所示，在球形瓶上连一根水平玻璃管，管内有一小段水银柱把瓶内气体与外界大气隔开，将瓶在室温情况下浸入热水中，可看到水平玻璃管中水银将________（选填“向左”、“向右”或“不”）移动。待稳定后，末状态与原来状态相比，温度________，体积________，压强________（以上三空均选填“变大”、“变小”或“不变”）。

15．(0分)[ID：130100]如图所示，一定质量的气体，从状态A、经状态B、到状态C，则在这三个状态的压强

pA、pB、pC的比值为_________．

16．(0分)[ID：130094]在做用油膜法测分子直径的实验中，先把油酸与酒精以1∶3000的比例混合，然后取一滴混合液滴在水面上，酒精溶于水，油酸在水面上扩展，形成了

20cm2面积的油膜．则由此可算出油酸分子的直径的数量级是__________m．（设一滴液

滴的体积为0.001cm3）

17．(0分)[ID：130085]足够长内径均匀的细玻璃管，一端封闭，另一端开口，当开口竖直向上时，用20厘米水银柱封住49厘米长的空气柱，管外大气压相当76厘米高水银柱产生

的压强，如图所示，此时气体的压强p=_________cmHg。当开口竖直向下时，管内被封闭空气柱的长度是_________厘米。

18．(0分)[ID：130082]两端封闭的粗细均匀玻璃管内有两部分气体A和B，中间用一段水银隔开，当水平放置且处于平衡时，温度均为27℃，如图a所示.现先将玻璃管缓慢转至竖直方向（A在下方），再将整根玻璃管置于温度为87℃的热水中，如图b所示，气体最终达到稳定状态，则稳定后与图a中的状态相比，气体A的长度________（选填“增大”，“减小”或“不变”）；若图a中A、B空气柱的长度分别为LA20cm，LB10cm，它们的压强均为75cmHg，水银柱长为L25cm ，则最终两部分气体A、B的体积之比

VA:VB________.

19．(0分)[ID：130059]如图所示一定质量的理想气体的等温变化图线．A，B是同一等温线上的两点，ΔOAD和ΔOBC的面积分别为Sl和S2，则Sl______S2(填“大于”、 “等于”或“小于”)．若其变化过程是从B至A，则该过程中系统________(填“吸热”或“放热”)

20．(0分)[ID：130113]某实验小组利用如图所示的装置测量温度：A是容积较大的玻璃泡，A中封有一定量的气体，B是一根很细的与A连接的均匀玻璃管，管下端开口插入水银槽中，在大气压强为p0（cmHg）时在管壁上标定温度刻度标志。设在距管外水银面为h0（cm）的管内水银面处标有温度刻度t0（℃），则当温度为t0（℃）时玻璃泡内气体的压强为______ cmHg；如果大气压强增大p0（cmHg），仍用该测温装置测量温度，则温度的测量值和真实值之差的大小为________℃。（结果用p0、h0、t0和p0表示）

三、解答题

21．(0分)[ID：130220]一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为T0。现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了

h。若此后外界温度变为T。已知外界大气的压强始终保持不变，4重力加速度大小为g。求 (1)活塞的面积；

(2)重新达到平衡后气体的体积。

22．(0分)[ID：130214]如图所示，有一圆柱形汽缸，上部有一固定挡板，汽缸内壁的高度是2L，一个很薄且质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处在离底部L高处，外界大气压为1.0×105Pa，温度为27°C，现对气体加热，求： (1)当加热到127°C时活塞离底部的高度； (2)当加热到427°C时，气体的压强。

23．(0分)[ID：130211]如图甲，用细管连接的两个完全相同的竖直气缸a、b内装有理想气体，气缸长均为L，将两气缸隔开的薄活塞的质量为m、横截面积为S，此时活塞恰好没有与气缸a底部接触（图甲中所示位置）。现将气缸缓慢转动180至图乙位置，转动后重新平衡时活塞在气缸a中向下移动的距离为

L。重力加速度大小为g，整个装置均由导热性4能良好的材料制成，活塞可在气缸a内无摩擦地滑动，不计活塞的厚度以及连接两气缸的细管容积，转动过程中气体的温度恒为T0。 (1)求转动前气缸a中气体的压强pa；

(2)若转动时环境温度同时改变，使得再次平衡时活塞恰好位于气缸a的正中间位置，则此时温度为多少？

(3)请计算判断转动后能否通过改变环境的温度，使得再次平衡时活塞回到气缸a与细管连

接处且恰未接触。

24．(0分)[ID：130210]如图所示，水平放置粗细均匀的玻璃管，管口用橡胶塞封住，一可自由移动的活塞将玻璃管内分隔为A、B两部分，两部分中均有理想气体。开始时活塞静止，A部分气体的体积是B部分气体体积的2.5倍，其压强均为p。现松动橡胶塞，使B中气体向外缓慢漏出，整个过程中气体温度保持不变。当A部分气体的体积变为原来的1.2倍时，再将橡胶塞塞紧，求B中剩余气体与漏气前B中气体的质量比。（不计活塞与管壁间的摩擦）

25．(0分)[ID：130182]如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0。现将整个装置放在大气压强恒为P0的空气中，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次达到平衡，求： （1）外界空气的温度；

（2）在此过程中密闭气体的内能增加量。

26．(0分)[ID：130171]如图所示导热汽缸固定在水平地面上，用质量为M的光滑的活塞Q封闭了一定质量热力学温度为T1的理想气体．一不可伸长的细绳绕过定滑轮，一端拴住活塞，另一端栓着质量为m的重物．已知大气压强为P0，活塞的位置离底部距离为H,活塞的截面积为S．最初整个系统处于静止状态，(滑轮质量、滑轮轴上的摩擦和空气阻力均不计)求：

(1)剪断细绳当系统再次稳定时,活塞的位置离底部的距离h；

(2)再次稳定后，对汽缸加热，使活塞再次回到最初的位置，此时气体的温度T2．

【参】

2016-2017年度第*次考试试卷 参

一、选择题 1．A 2．D 3．C 4．B 5．C 6．D 7．A 8．A 9．C 10．C 11．B 12．C

二、填空题 13．等温压缩 14．向右变大变大不变 15．1∶3∶3 16．

**科目模拟测试

17．84 18．减小3：2

19．等于吸热【解析】试题分析：根据几何知识知图中直角三角形的面积由气态方程分析解题根据即而所以从B到A等温体积增大气体对外界做功要保持内能不变所以需要吸热 20．

三、解答题 21． 22． 23． 24． 25． 26．

2016-2017年度第*次考试试卷 参考解析

【参考解析】

**科目模拟测试

一、选择题 1．A 解析：A

ACD．开始时气体压强为

pp0gh1p0gh2

可得

h1h2

向右管注入少量水银，假定先固定水银A，则气压增加，再释放水银A，封闭气体将向上运动，故h2减小，气体的压强P0gh2减小，右管与B的水银面的高度差h1也减小，故A正确，C、D错误；

B．气体的压强减小、温度不变，根据故B错误； 故选A。

pVC可知体积增大，则空气柱B的长度增大，T2．D

解析：D

设初始房间内的气体体积为V，温度为T，溢出的体积为V，温度变化量

T3C3K，选择初始房间内的气体为研究对象，气体发生等压变化。初态：体积

V，温度T；末态：体积VV，温度TT，根据盖—吕萨克定律可得

VVVV  TTTT房间内的空气有1%逸出到房间外，考虑末态的所有气体有

V 1% VV由上式可得

T 1% TT又因为温度变化量T3K，故

T=297K，t=24℃

故D正确，ABC错误。 故选D。

3．C

解析：C

以活塞与汽缸为整体，对其受力分析，整体受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力且二者大小始终相等，总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度L不变，活塞的位置不变，h不变；当温度升高时，汽缸内的气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可以判断，体积V增大，汽缸下落，所以缸体的高度降低，H减小、p不变、V增大；当大气压减小时，对汽缸分析得

p0SmgpS

气体压强p减小，汽缸内的气体做等温变化，由玻意耳定律得

p1V1p2V2

可知体积V变大，汽缸下落，所以缸体的高度降低，H减小、p减小、V变大，故C正确，ABD错误。 故选C。

4．B

解析：B

假设活塞不移动，气体发生等容变化，根据查理定律有

pp＝得 TTp＝pT T根据题意知，升高相同的温度△T相同，原来平衡，pA=pB 、TA>TB得

△pA＜△pB △F=△p•S

所以△FB＞△FA，所以活塞将向左移动； A．向右移动，与结论不相符，选项A错误； B．向左移动，与结论相符，选项B错误； C．保持不动，与结论不相符，选项C错误；

D．因体积未知而无法确定，与结论不相符，选项D错误；

5．C

解析：C 【解析】

A、表面张力是液体表面层分子间的相互作用，而不是液体各部分间的相互作用，故A错误．B、C、表面张力使液体表面有收缩的趋势，它的方向跟液面相切，故B错误，C正确．D、与气体接触的液体表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面层的分子间同时存在相互作用的引力与斥力，但由于分子间的距离大于分子的平衡距离r0，分子引力大于分子斥力，分子力表现为引力，即存在表面张力，故D错误．故选C． 【点睛】本题考查了液体表面张力的形成原因，知道其方向，熟练掌握基础知识即可正确解题．

6．D

解析：D

首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律，对气体A：

PAPA  TATA对气体B

PBPB  TBTB初始时PAhPB，TATB，后来，TATB

可见使A、B升高相同温度

TTPAPAPBBPB

TATBA故假设错误，水银柱将向上运动；

PAhPB，末状态PAhPB，两式相减可得 初始状态 PBPAhh

因为液面上升，则h'-h＜0，那么PBPA，总体积不变，所以

VAVB

且液面上升，上表面面积变大，所以

FA故D正确，ABC错误． 故选D。

FB

7．A

解析：A

由于b部分气体压强pb＝p0ph1保持不变，温度升高，体积增大；a部分气体的压强

papbph2p0ph1ph2保持不变，温度不变，体积不变．故A项正确，BCD三项错

误。 故选A。

8．A

解析：A 【解析】

根据理想气体状态方程:

PVC 可以知道:PVCT ; T若PV乘积一定,则PV 图是双曲线,且乘积不同,双曲线不同;

故题中可能是温度T不同,也可能是常数C不同,而常数C由质量决定,即也可能是气体质量不同;故A正确； 综上所述本题答案是：A

9．C

解析：C

设大气压强为P0，封闭气体压强为P，活塞面积为S，斜面倾角为θ，对活塞列受力平衡方程得：PS=P0S-mgsinθ，故当P0增大时，P增大，由玻意耳定律得，气体体积减小，故A错误，C正确．对封闭气体和汽缸及活塞整体受力平衡得，细线拉力与大气压强度的改变没有关系，即细线的张力不变，故B错误．对封闭气体和汽缸及活塞整体受力平衡得，斜面的支持力与大气压强度的改变没有关系，故D错误．故选C． 【点睛】

此题是对玻意尔定律的考查对于封闭气体的状态变化，关键要分清是什么过程，哪些量在变化，求解系统的外力时，注意选择合理研究对象；压强的判断可对活塞或者气缸为研究对象列方程求解.

10．C

解析：C

以气缸底为研究对象进行受力分析，根据平衡条件有：PSMgP0S，解得：

PP0故选C．

Mg，C正确；ABD错误； S11．B

解析：B

固态时分子只在平衡位置上振动，分子间距很小，分子间的作用力很大，所以固体有一定的形状和一定的体积；液态时分子在平衡位置上振动一段时间，还要移动到其他的位置上振动，分子间距比固态大，分子间的作用力比固态小，所以液体有一定的体积，但是没有一定的形状，固体和液体都不易被压缩，故B正确，ACD错误．

12．C

解析：C

A．水的饱和汽压与温度以及液体的种类有关。在温度不变时，密闭容器中水的饱和汽压与体积无关，故A错误；

B．扩散现象能在液体、气体、固体中间进行，故B错误；

C．毛细现象就是浸润液体在细管中的上升和不浸润液体在细管中的下降，故C正确； D．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，根据理想气体状态方程升高，所以气体分子的平均动能将增大，故D错误。 故选C。

二、填空题 13．等温压缩 解析：等温压缩

pVC可知温度Tp2ghl

pgh[1] [2]三通管不是绝热管，打开阀门后，A端气体进行等温变化，设管的横截面积是S，阀门打开前，封闭气体的压强是P1，打开后，压强为P2，根据玻意耳定律

PV11PV22

而

P0P1g2h

P0P2gh

并且

V1lS，V2l'S

联立可得

l'p2ghl

pgh由上式可看出，气柱的长度减小了，则封闭气体经历了等温压缩。

14．向右变大变大不变

解析：向右 变大 变大 不变

[1][2][3][4]将瓶在室温情况下浸入热水中，发生热交换后，温度增加，最终温度与环境温度相同，若体积不变，做等容变化，温度升高，压强增大，大于液柱右侧大气的压强，所以，液柱向右移动，气体体积增大，待液柱稳定后，两侧的压强相等。

15．1∶3∶3

解析：1∶3∶3

[1]从A到B体积不变，由查理定律：

PAPB TATB得：

PATA21021 PBTB61023由图可知，从B到C为等压变化，PBPC，则有

PA:PB:PC1:3:316．

1010

[1]一滴混合液的纯油酸体积为：

V0.001106则油酸的直径d为：

11m31012m3 3000311012V -10d3m1.6710mS20104所以油酸分子直径的数量级是10-10m。

17．84

解析：84

[1]玻璃开口向上时，水银柱产生的压强为20cmHg，故封闭气体压强为：

P1=P0+20cmHg=96cmHg；

[2]玻璃开口向下时，水银柱产生的压强为20cmHg，故封闭气体压强为：

P2=P0-20cmHg=56cmHg；

根据玻意耳定律，有：

PL11S＝P2L2S

解得：

L2=解析：减小 3：2

PL96?4911=cm=84cm18．减小3：2 P256[1]．两端封闭的粗细均匀玻璃管内有两部分气体A和B，中间用一段水银隔开，A、B两部分气体长度、温度均相同；玻璃管缓慢转至竖直方向（A在下方），再将整根玻璃管置于

温度为87℃的热水中，如果不计水银柱重力，A、B两部分气体长度依然应该相同，考虑到水银柱的重力，水银柱要下移一段距离，故气体A的长度要减小；

[2]．若图a中A、B空气柱的长度分别为LA=20cm，LB=10cm，它们的压强均为75cmHg，水银柱长为L=25cm，对气体A，有：

PALAPA2LA2 ① T1T2对气体B，有：

PBLBPB2LB2 ② T1T2其中：

LA+LB=LA2+LB2 ③ PA1=PB1=75cmHg ④ PA2-PB2=ρgh=25cmHg ⑤

联立解得：

LA2=18cm，LB2=12cm

故：

VL3 A＝A2＝19．等于吸热【解析】试题分析：根据几何知识知图中直角三角VBLB22形的面积由气态方程分析解题根据即而所以从B到A等温体积增大气体对外界

做功要保持内能不变所以需要吸热

解析：等于 吸热 【解析】

试题分析：根据几何知识知，图中直角三角形的面积S解题

根据PVC，即PAVAPBVB，而OAD1pV，由气态方程PVC分析211PAVA，OBCPBVB，所以S1S2，从22B到A，等温，体积增大，气体对外界做功，要保持内能不变，所以需要吸热，

20．

p0h0

p0(t0273)

p0h0[1]设玻璃泡中封闭气体的压强为p，对高度为h0的水银柱受力分析，由平衡条件

pSph0Sp0S

其中高度为h0的水银柱产生的压强为h0(cmHg)，故玻璃泡内气体的压强为

pp0h0

[2]大气压强增大p0，水银面向上移动，设t时刻刻度为h，忽略细管中的气体体积易知气体发生等容变化，有

p0hph(pp0)h000

t测+273t0+273t实+273解得

t测+273(p0h)(t0+273)(p0+p0h)(t0+273)t+273，实

p0h0p0h0则温度的真实值t实与测量值t测的差值为

t测t实

三、解答题 21．

p0(t0273)

p0h09mghT3mg(1)；(2)

4pT0p(1)设气缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为p，由玻意耳定律得

1phSpphhS

4解得

p即

1p 3mg1p S3解得

S3mg p(2)外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h，根据盖-吕萨克定律，得

1hhShS 4T0T解得

h根据题意可得

3Th 4T0p气体最后的体积为

mg SVSh

联立解得

V(1)

9mghT22． 4pT04L；(2)1.17105Pa 3(1)开始加热活塞上升的过程封闭气体作等压变化。设气缸横截面积为S，活塞恰上升到气缸上部挡板处时气体温度为tC，则对于封闭气体，等压变化，根据盖—吕萨克定律

VT V1T1可知

t273K2LS

300KLS解得

t327C

可知当加热到127C时，活塞没有上升到气缸上部挡板处，设此时活塞离地高度为h，对于封闭气体由

V1T1 V2T2可得

LSt1273K300 hSt2273K400解得

h4L 3(2)设当加热到427°C时气体的压强变为p3，在此之前活塞已上升到气缸上部挡板处，对于封闭气体由

p3V3p1V1 T3T1可得

p3代入数据解得

V1T3p1 V3T1p31.17105Pa23．

(1)pa27mg6T0；(3)不能实现 ；(2)T8S23【分析】

(1)图甲状态下对活塞分析

paSmgpbS

图乙状态下对活塞分析

pa1Spb1Smg

从图甲状态到图乙状态，由玻意耳定律可得，对a气缸内气体

paSLpa1S对b气缸内气体

3L 45L 4pbSLpb1S联立方程解得

pa(2)由气体状态方程可得，对a气缸内气体

27mg 8SpaSLT0对b气缸内气体

pa2STL2

pbSLT0联立方程解得

pb2ST3L2

pa2Spb2Smg

6T0 23T(3)若从图甲状态到最终状态，两气缸体积没有变化，根据查理定律可得，对a气缸内气体

paT0对b气缸内气体

pb3T3mgS

pa解得

mgSpb3 T0T3T3T0

因此该过程不能实现。

24．

5:12

设A中气体体积为2.5V0，则B中气体体积为V0。对于A中气体，由玻意耳定律得

P2.5V0P1.2(2.5V0)

则

5P=P

6对于B中气体，由玻意耳定律得

PV0则

5PVB 6VB1.2V0

此时B中剩余气体体积

VB0.5V0

所以

VB5 VB12mB525． mB12（1）

h0dT0 ；（2）Q-mgd-pS0d h0（1）取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖•吕萨克定律得：

h0sh0ds， T0T解得：外界的空气温度为：

Th0dT0； h0（2）活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功

Wmgp0Sd，

根据势力学第一定律得密闭气体增加的内能

U=QW=Q﹣mgp0Sd；

26．

(1) h(p0SMgmg)H(p0SMg)T1 (2) T2

p0SMgp0S(Mm)g(1)初态稳定时活塞处于平衡状态 由受力平衡得:

mgp1Sp0SMg

解得:

p1p0(Mm)g S剪断再次稳定后活塞处于平衡状态 由受力平衡得:

p2p0Mg S从第一个稳定状态到第二个稳定状态经历了等温过程 由玻意耳定律:

p1V1p2V2

可得:

(Mm)gMgP(HS)P00(hS) SS计算得:

p0SMgmgHhp0SMg

(2)从第一个稳定状态到第三个稳定状态经历了等容过程 由查理定律:

PP13 T1T3P2P3

可得:

P0 计算得:

(Mm)gMgP0SS T1T2T2P0SMgT1P0S(Mm)g