专题限时评价10-【名师导航】2025年高考物理二轮总复习教师用书（通用版）

专题限时评价(十) (建议用时：75分钟) 1．下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是(　　) 甲 乙 丙 丁 A. 图甲为氧气分子在不同温度下的速率分布图像，由图甲可知状态③的温度最低 B. 图乙中，小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用 C. 图丙中，洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板受到的重力，其原因是玻璃板受到大气压力作用 D. 图丁中，由气体的摩尔体积、摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以估算出气体分子的体积和质量 B　解析：在气体分子的运动速率分布图像中，温度越高，速率大的分子占比越大，则状态③的温度最高，故A错误；小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，故B正确；题图丙中，洁净的玻璃板接触水面状态下，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在分子引力，故C错误；题图丁中，由气体的摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以估算出气体分子的质量，用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数可以估算出气体分子占据的空间体积，而不是分子自身的体积，故D错误。 2．电冰箱由压缩机、冷凝器、毛细管、蒸发器四个部分组成一个密闭的连通系统，制冷剂在连通系统内循环流经这四个部分。各部分的温度和压强如图所示，则下列说法正确的是(　　) A. 冷凝器向环境散失的热量可能小于蒸发器从冰箱内吸收的热量 B. 该过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，符合热力学第二定律 C. 制冷剂在蒸发器中的状态可以看成理想气体 D. 制冷剂在通过冷凝器的过程中分子势能和分子动能都增大 B　解析：根据热力学第一定律，Q1(从低温物体吸收的热量)＋W(压缩机对系统做功)＝Q2(向高温物体释放的热量)，因此冷凝器向环境散失的热量大于蒸发器从冰箱内吸收的热量，A错误；这一过程不是自发完成的，蒸发器和冷凝器两处的热交换方向都是从高温物体向低温物体，整个过程实现了热量从低温物体向高温物体传递，符合热力学第二定律，B正确；制冷剂在蒸发器中虽然是气体状态，但是不满足分子间作用力为0的状态，不能看成理想气体，C错误；在冷凝器中制冷剂温度降低，分子平均动能减小，分子间距从气体过渡到液体，分子势能降低，D错误。 3．(2024·潍坊二模)一定质量的理想气体由a状态开始，经历a→b→c→a过程，如图所示，ab的延长线过坐标原点O，bc与纵轴平行。已知a、c两状态下气体的温度相同，a→b 过程中气体向外界放出的热量为Q。下列说法正确的是(　　) A. 气体在a状态下单位时间内对单位面积器壁的冲量小于在c状态下的冲量 B. a→b过程中气体内能变化量的绝对值大于Q C. b→c过程中气体从外界吸收的热量为p0V0 D. a→b→c→a整个过程中气体对外界做功为0 A　解析：a状态气体的体积较大，气体密度较小，又两个状态的温度相同，故气体在a状态下单位时间内对单位面积器壁的作用力较小，冲量较小，A正确；b→c过程体积不变，压强增大，根据＝C可知，气体温度升高，则c状态气体内能大于b状态气体内能，由于a与c状态气体温度相同，内能相等，则b状态气体内能小于a状态气体内能，a→b过程气体体积减小，外界对气体做功，根据ΔU＝Q＋W，ΔU为负值，W为正值，故气体放出的热量大于内能的减少量，B错误；由题图可知，a状态的气体压强为4p0，a→b过程外界对气体做功为W＝·(4V0－V0)＝p0V0，b→c过程中气体体积不变，外界对气体不做功，则气体内能的增加量等于气体吸收的热量，由于a状态与c状态气体内能相等，则b→c过程中气体从外界吸收的热量为Q′＝Q－p0V0，C错误；a→b→c→a整个过程中气体对外界做功等于△abc的面积，D错误。 4．如图所示为一定质量理想气体等温变化的p-V图像，A、C是双曲线上的两点，E1和E2分别为A、C两点对应的气体内能，△OAB和△OCD的面积分别为S1和S2，则(　　) A. S1<S2　 B． S1＝S2 C. E1>E2 D． E1<E2 B　解析：由于题图为理想气体等温变化曲线，TA＝TC，则气体内能E1＝E2，由玻意耳定律可得pAVA＝pCVC，而S1＝pAVA，S2＝pCVC，即S1＝S2，故A、C、D错误，B正确。 5．如图所示，两端封闭的玻璃管在常温下竖直放置，管内充有理想气体，一段汞柱将气体封闭成上下两部分，两部分气体的长度分别为l1、l2，且l1＝l2，下列判断正确的是(　　) A. 将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度l1′>l2′ B. 将玻璃管转至水平，稳定后两部分气体长度l1′<l2′ C. 保持玻璃管竖直，使两部分气体升高相同温度，稳定后两部分气体长度l1′>l2′ D. 保持玻璃管竖直，使两部分气体升高相同温度，稳定后两部分气体长度l′1＝l′2 B　解析：设上方气体为a、下方气体为b，初状态时b气体压强大，a气体压强小，将玻璃管转至水平时，b气体压强减小，由于b气体做等温变化，则b气体体积增大、长度增加，a气体体积减小、压强增大，故l1′<l2′，A错误，B正确；假设水银柱不动，则两部分气体做等容变化，对a气体应用查理定律，有＝，解得Δp1＝p1，同理对b气体由查理定律有＝，可得Δp2＝p2，由于p1<p2，可得Δp2>Δp1，故b气体的压强增加量较大，水银柱将向上移动，稳定后两部分气体的长度l1′<l2′，故C、D错误。 6．如图所示是一种演示气体定律的仪器——哈勃瓶，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短的平底大烧瓶，在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞。在一次实验中，瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，开始时气球自然松弛，气球内气体与外界连通，气体体积为V，瓶内气体体积为2V。用打气筒出气口紧密贴合气球吹气口并向气球内缓慢打入气体，直至气球体积增大到2V，容器和气球导热良好，外界温度不变，气球壁厚度不计、重力不计，大气压强为p0，在此过程中(　　) A. 瓶内气体内能减小 B. 瓶内气体吸热 C. 瓶内气体压强由p0变为2p0 D. 气球中充入的气体质量等于开始时气球中气体质量 C　解析：瓶内气体做等温变化，内能不变，故A错误；瓶内气体体积减小、则外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知瓶内气体向外界放热，故B错误；对瓶内气体，根据玻意耳定律有p0·2V＝pV，解得p＝2p0，故C正确；对气球中的气体，初始的压强和体积分别为p0、V，充气后气球中气体的压强和体积为2p0、2V，则气球中原来的气体与充入气球中的气体质量比为＝＝，故D错误。 7．如图甲所示，上端封闭、下端开口的玻璃管竖直放置，管内用两段长度分别为h1＝15 cm、h2＝10 cm的水银柱封闭着长度分别为LA＝20 cm、LB＝10 cm的A、B两段空气柱，大气压强p0＝75 cmHg。现将玻璃管以垂直纸面的轴轻轻转动180°至开口向上，两段空气柱被混在一起，如图乙所示。此过程中空气未泄漏，水银未从管口溢出，不考虑气体温度变化，则此时空气柱的长度为(　　) 甲　 乙 A. 17 cm B． 22 cm C. 24 cm D． 25 cm A　解析：初始状态气体A的压强pA＝p0－ρgh1＝60 cmHg，气体B的压强pB＝pA－ρgh2＝50 cmHg，玻璃管倒置后气体的压强p＝p0＋ρg(h1＋h2)＝100 cmHg，对两段空气，根据玻意耳定律，有pALA＋pBLB＝pL，解得L＝17 cm，故A正确，B、C、D错误。 8．(2024·新课标卷)(多选)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是(　　) A. 1→2过程中，气体内能增加 B. 2→3过程中，气体向外放热 C. 3→4过程中，气体内能不变 D. 4→1过程中，气体向外放热 AD　解析：1→2为绝热过程，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知此时气体体积减小，外界对气体做功，故内能增加，A正确；2→3为等压过程，根据盖-吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功，W<0，故气体吸收热量，B错误；3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功，W<0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，C错误；4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变，W＝0，可知气体向外放热，故D正确。 9．(多选)如图所示的连通器A、B管内封有空气，C管敞口竖直向上，K为阀门。开始时A、B、C内水银面等高，B管中封闭气体长度大于A管中封闭气体长度，A、B、C管横截面积依次减小。若在C管中沿管壁注入少许水银，三管液面上升高度分别为hA、hB、hC。若不注入水银而是打开K，使水银流出少许(A、B、C管中水银面不会降到管口下方)，三管液面下降高度分别为hA′、hB′、hC′。假设以上过程中气体温度不变，以下说法正确的是(　　) A. hA>hB>hC B． hA<hB<hC C. hA′<hB′<hC′ D． hA′>hB′>hC′ BC　解析：初始时刻，三管中水银保持水平，说明A、B、C气压相同；放掉一部分水银，但是还保持每个柱里都有水银，是保持质量、温度不变，等温膨胀，根据玻意耳定律pV＝C，气压减小；假设流出水银后三管液面仍然相平，根据玻意耳定律，原先空气柱最长的气压减小最少，故其气压最大，这个时候它会压着水银柱到其他两管中，故原来空气柱最长的液面最低，下降高度最大，原来空气柱最短的液面最高，下降高度最小，即h′A<h′B<h′C，C项正确，D项错误；同理，在C管中沿管壁注入少许水银，原来空气柱最长的液面最高，上升高度最大，原来空气柱最短的液面最低，上升高度最小，即hA<hB<hC，B项正确，A项错误。 10．(多选)如图所示，某医用氧气生产工厂要将氧气瓶M中氧气分装到瓶N中，两瓶的容积相同，阀门K打开前瓶N已抽成真空。现将阀门K打开，当两瓶内氧气的压强相等时再关闭阀门。两瓶、阀门及连接管都看作绝热，瓶中的氧气看作理想气体且不计连接管的容积，对此次分装过程以下说法正确的是(　　) A. 氧气自发地由M向N的流动过程是不可逆的 B. 分装完毕后M中氧气的压强为分装前的 C. 分装完毕后氧气分子热运动的平均速率减小 D. 分装完毕后两瓶内氧气的总内能减小 AB　解析：由热力学第二定律，氧气自发地由M向N的流动过程是不可逆的，A正确；由题意知，分装过程温度不变，由玻意耳定律知，气体体积变为两倍，则压强减小为原来的一半，B正确；由于整个过程温度不变，分装完毕后氧气分子热运动的平均速率不变，C错误；气体扩散流动过程，不做功，故理想气体温度不变，分装完毕后两瓶内氧气的总内能不变，D错误。 11．(多选)如图所示，长为h的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分割成两部分，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发生变化，变化量大小分别为Δp1和Δp2，体积变化量大小分别为ΔV1和ΔV2。已知水银密度为ρ，玻璃管截面积为S，则(　　) A. Δp2一定等于Δp1 B. ΔV2一定等于ΔV1 C. Δp2一定大于Δp1 D. ΔV2与ΔV1之和小于HS AD　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，也就是管中的水银面会比管外的水银面高，设高度差为Δh，初状态上面气体的压强p1＝p0－ρgh，末状态上面气体的压强p1′＝p0－ρgh－ρgΔh，所以Δp1＝ρgΔh，同理下部分气体原来压强是p2＝p0，后来变为p2′＝p0－ρgΔh，可求出Δp2＝ρgΔh，Δp2一定等于Δp1，故A正确，C错误；对上部分气体，由玻意耳定律得p1V1＝p′1V1′，所以气体的变化ΔV1＝V1′－V1＝V1，同理可求出ΔV2＝V2，V1与V2的大小关系未知，ΔV2不一定等于ΔV1，故B错误；因为有水银进入玻璃管内，所以ΔV2与ΔV1之和小于HS，故D正确。 12．(2024·河北卷)(多选)如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左、右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后(　　) A. 弹簧恢复至自然长度 B. 活塞两侧气体质量相等 C. 与初始时相比，汽缸内气体的内能增加 D. 与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少 ACD　解析：初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态，因活塞密封不严，可知左侧气体向右侧漏出，左侧气体压强变小，右侧气体对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，故A正确；由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，故C正确；初始时气体在左侧，最终气体充满整个汽缸，则初始左侧单位体积内气体分子数应该是最终左侧的两倍，故D正确。 13．(2024·全国甲卷)如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离 bc＝10ab，活塞的面积为1.0×10－2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N并保持不变。 (1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小。 (2)将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。 解析：(1)活塞从a到b过程中，气体做等温变化，初态p1＝1.0×105 Pa，V1＝S·11ab 末态压强为P2，V2＝S·10ab 根据p1V1＝p2V2 解得p2＝1.1×105 Pa 此时对活塞根据平衡条件有 F＋p1S＝p2S＋FN 解得卡销b对活塞支持力的大小 FN＝100 N。 (2)将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时，气体做等容变化，初态 p2＝1.1×105 Pa，T2＝300 K 末态，对活塞根据平衡条件 p3S＝F＋p1S 解得p3＝1.2×105 Pa 设此时温度为T3，根据＝ 解得T3≈327 K 答案：(1)100 N　(2)327 K 14．(2024·湖南卷)一个充有空气的薄壁气球，气球内气体压强为p、体积为V。气球内空气可视为理想气体。 (1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0，求此时气体的体积V0(用p0、p和V表示)。 (2)小赞同学想测量该气球内气体体积V的大小，但身边仅有一个电子天平。将气球置于电子天平上，示数为m＝8.66×10－3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响)。小赞同学查阅资料发现，此时气球内气体压强p和体积V还满足：(p－p0)·(V－VB0)＝C，其中p0＝1.0×105 Pa为大气压强，VB0＝0.5×10－3 m3为气球无张力时的最大容积，C＝18 J为常数。已知该气球自身质量为m0＝8.40×10－3 kg，外界空气密度为ρ0＝1.3 kg/m3，求气球内气体体积V的大小。 解析：(1)理想气体做等温变化，根据玻意耳定律有 pV＝p0V0 解得V0＝。 (2)设气球内气体质量为m气，则m气＝ρ0V0 对气球进行受力分析如图所示 根据气球的受力分析有 mg＋ρ0gV＝m气g＋m0g 结合题中p和V满足的关系为 (p－p0)(V－VB0)＝C 解得V＝5×10－3 m3。 答案：(1)　(2)5×10－3 m3 15．如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两汽缸的横截面积均为S，容积均为V0，两汽缸中各有一个绝热活塞，左侧活塞质量是右侧的1.5倍。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方均充有理想气体，一定质量理想气体的内能与温度的关系为E＝kT，活塞下方气体压强为p0，左活塞在汽缸正中间，其上方为真空，右活塞上方气体体积为。现使汽缸底与一热源接触，热源温度恒为T0，平衡后左活塞升至汽缸某一位置；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞体积及与汽缸壁间的摩擦。求： (1)开始时右活塞上方气体压强p′； (2)接触恒温热源后且未打开K之前，左活塞上升的高度H； (3)打开阀门K后，重新达到平衡时左汽缸中活塞上方气体的体积Vx。 解析：(1)对左侧活塞，由平衡得 p0S＝1.5mg 对右侧活塞，由平衡得 p′S＋mg＝p0S 解得p′＝p0。 (2)打开K前，下部分气体由等压变化得 ＝ 解得H＝。 (3)打开K后，设上部分气体压强为p1，下部分气体压强为p2，对上部分气体，由等温变化得 p′V0＝p1V1 对下部分气体，由于左侧上部分压强变大，则左侧活塞下降，右侧活塞上升，直到顶端，此时下部分气体的压强 p2＝p1＋＝p1＋p0 由等温变化 p0V0＝p2 解得 V1＝ 此时右侧活塞运动到汽缸的顶部，所以左汽缸中活塞上方气体的体积Vx＝V1＝V0。 答案：(1)p0　(2)　(3)V0 12/12 学科网（北京）股份有限公司 $$