第1、2、3章 高考真题演练-【金版教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册作业与测评word（人教版2019）

第一、二、三章　高考真题演练 1．(2023·海南高考)下列关于分子力和分子势能的说法正确的是(　　) A．分子间距离大于r0时，分子间表现为斥力 B．分子从无限远靠近到距离r0处过程中分子势能变大 C．分子势能在r0处最小 D．分子间距离小于r0且减小时，分子势能在减小 答案　C 解析　根据分子力与分子间距离的关系可知，分子间距离大于r0时，分子间表现为引力，分子从无限远靠近到距离r0处过程中，分子间引力做正功，分子势能减小，分子间距离小于r0且减小时，分子间表现为斥力，分子间斥力做负功，分子势能增大，则在r0处分子势能最小。故C正确，A、B、D错误。 2．(2023·北京高考)夜间由于气温降低，汽车轮胎内的气体压强变低，与白天相比，夜间轮胎内的气体(　　) A．分子的平均动能更小 B．单位体积内分子的个数更少 C．所有分子的运动速率都更小 D．分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更大 答案　A 解析　夜间气温降低，轮胎内的气体分子的平均动能更小，但不是所有分子的运动速率都更小，故A正确，C错误；汽车轮胎内的气体压强变低，根据压强定义p＝可知，分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更小，故D错误；轮胎内气体压强变低，则轮胎会略微被压瘪，轮胎内的气体体积减小，则单位体积内分子的个数更多，故B错误。 3.(2023·江苏高考)如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中(　　) A．气体分子的数密度增大 B．气体分子的平均动能增大 C．单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小 D．单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小 答案　B 解析　根据理想气体状态方程＝C可得p＝T，结合p­T图像可知，AB为等容线，即由状态A变化到状态B气体体积不变，所以气体分子的数密度不变，A错误；由状态A变化到状态B，理想气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，B正确；由状态A变化到状态B，理想气体的压强增大，根据F＝pS可知，单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力增大，C错误；由状态A变化到状态B，理想气体的温度升高，则气体分子的平均速率增大，而气体分子的数密度不变，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增大，D错误。 4．(2024·重庆高考)某救生手环主要由高压气囊密闭一部分气体组成。气囊内气体视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中，若气囊内气体温度不变，体积增大，则(　　) A．外界对气囊内气体做正功 B．气囊内气体压强增大 C．气囊内气体内能增大 D．气囊内气体从外界吸热 答案　D 解析　密闭气囊与人一起上浮的过程中，气囊内气体体积变大，则外界对气囊内气体做负功，W<0，A错误；气囊内气体温度不变，体积变大，由玻意耳定律可知，气囊内气体压强变小，故B错误；气囊内气体温度不变，则内能不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q>0，即气囊内气体从外界吸热，故C错误，D正确。 5.(2023·天津高考)如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容积、质量不变，且可视为理想气体，爬高过程中，温度减小，则气体(　　) A．对外做功 B．内能减小 C．吸收热量 D．压强不变 答案　B 解析　由于爬高过程中氧气瓶里的气体体积不变，故气体不对外做功，W＝0，而温度减小，则气体内能减小，ΔU＜0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q＜0，即气体放出热量，故A、C错误，B正确；爬高过程中氧气瓶里的气体容积、质量均不变，温度减小，根据理想气体状态方程＝C，可知气体压强减小，故D错误。 6．(2023·辽宁高考)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p­T图像如图所示。该过程对应的p­V图像可能是(　　) 答案　B 解析　根据理想气体状态方程＝C，由题图可知从a到b，气体压强不变，温度升高，则气体体积变大，故C、D错误；根据理想气体状态方程＝C，可得p＝T，即p­T图像中图线上的点与原点连线的斜率为，由题图可知从b到c，气体压强减小，温度降低，图线上的点与原点连线的斜率减小，则气体体积变大，故A错误，B可能正确。 7．(2021·山东高考)血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(　　) A．30 cm3 B．40 cm3 C．50 cm3 D．60 cm3 答案　D 解析　由于整个过程气体温度不变，根据玻意耳定律可知p0(V＋5V0)＝p1×5V，式中p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据得V＝60 cm3，故选D。 8．(2022·湖南高考)(多选)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是(　　) A．A端为冷端，B端为热端 B．A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的 C．A端流出的气体内能一定大于B端流出的 D．该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律 E．该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律 答案　ABE 解析　依题意，中心部位为分子热运动速率较小的气体，与挡板相互作用后反弹，从A端流出，而边缘部位为分子热运动速率较大的气体，从B端流出，则从A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于从B端流出的，而同种气体分子热运动平均速率越大，则其分子平均动能越大，对应的温度也就越高，所以A端为冷端，B端为热端，故A、B正确；内能除与分子平均动能有关外，还与分子数和分子势能有关，故从A端流出的气体内能不一定大于从B端流出的，故C错误；该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律，也满足能量守恒定律，故D错误，E正确。 9.(2024·海南高考)(多选)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是(　　) A．bc过程外界对气体做功 B．ca过程气体压强不变 C．ab过程气体放出热量 D．ca过程气体内能减小 答案　AC 解析　由题图可知，bc过程气体体积减小，则外界对气体做功，故A正确；由理想气体状态方程＝C，可得V＝·T，可知V­T图像上的点与原点连线的斜率越大，则气体压强越小，结合题图可知，ca过程气体压强减小，故B错误；由题图可知，ab过程气体温度不变，理想气体的内能只与温度有关，则气体内能不变，ΔU＝0，由题图可知，ab过程气体体积减小，则外界对气体做功，W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可得Q＜0，即ab过程气体放出热量，故C正确；由题图可知，ca过程气体温度升高，理想气体的内能只与温度有关，则气体内能增大，故D错误。 10．(2024·河北高考)(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 答案　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，左侧气体向右侧真空漏出，左侧气体对活塞向右的压力变小，右侧有气体漏入，对活塞产生向左的压力且逐渐增大，则活塞逐渐向左移动，弹簧弹力减小，直到左、右两侧气体压强相等时，弹簧弹力减小到0，活塞重新静止，这时弹簧恢复原长，故A正确；由题知，初始时活塞静止在汽缸正中间，由于活塞向左移动，则最终两侧气体压强相等时，左侧气体体积小于右侧气体体积，又因为两部分气体的密度相同，则活塞重新静止后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，弹簧弹性势能减少，由能量守恒定律可知，汽缸内气体内能增加，故C正确；初始时气体全部在活塞左侧，体积为汽缸容积的一半，最终气体充满整个汽缸，则与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少，故D正确。 11．(2024·海南高考)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是(　　) A．若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏 B．该装置所测温度不高于31.5 ℃ C．该装置所测温度不低于23.5 ℃ D．其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大 答案　B 解析　设罐体积为V0，薄吸管底面积为S。由题意知，当温度为t1＝27 ℃，即热力学温度T1＝t1＋273 K＝300 K时，油柱离罐口的距离x1＝10 cm，则封闭气体体积V1＝V0＋x1S＝335 cm3；设当温度为t，即热力学温度T＝t＋273 K时，油柱离罐口的距离为x，则封闭气体体积V＝V0＋xS，而罐内气体的压强不变，根据盖—吕萨克定律有＝，代入数据并整理得t＝x＋(t的单位为℃，x的单位为cm)，可知t与x呈线性关系，故若在吸管上标注等差温度值，则刻度是均匀的，故A错误。由A项t与x的关系式，结合题意知，当x＝20 cm时，该装置所测温度最高，解得tmax＝31.5 ℃；当x＝0时，该装置所测温度最低，解得tmin＝22.5 ℃，故B正确，C错误。其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由于温度不变，封闭气体的压强也不变，则封闭气体的体积不变，则油柱离罐口距离不变，故D错误。 12．(2024·江苏高考)某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300 K、压强为105 Pa的理想气体，容器内有一个面积为0.06 m2的观测台，现将这个容器移动到月球上，容器内的温度变成240 K，整个过程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态。求： (1)在月球上容器内气体的压强； (2)在月球上观测台所受的压力大小。 答案　(1)8×104 Pa　(2)4.8×103 N 解析　(1)已知在地球上容器内气体的温度为T1＝300 K，压强为p1＝105 Pa，在月球上容器内气体的温度为T2＝240 K，设在月球上容器内气体的压强为p2，根据题意，容器内气体发生等容变化，由查理定律有＝ 代入数据解得p2＝8×104 Pa。 (2)设观测台的面积为S，则在月球上观测台所受的压力大小F＝p2S 代入数据解得F＝4.8×103 N。 13．(2024·江西高考)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1＝1200 K，T2＝300 K，气体在状态A的压强pA＝8.0×105 Pa，体积V1＝1.0 m3，气体在状态C的压强pC＝1.0×105 Pa。求： (1)气体在状态D的压强pD； (2)气体在状态B的体积V2。 答案　(1)2.0×105 Pa　(2)2.0 m3 解析　(1)气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律有＝ 代入数据解得pD＝2.0×105 Pa。 (2)气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有pCV2＝pDV1 代入数据解得V2＝2.0 m3 气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在状态B的体积也为V2＝2.0 m3。 14．(2024·湖北高考)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常数，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求 (1)再次平衡时容器内气体的温度。 (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 答案　(1)T0　(2)h(p0S＋mg)＋CT0 解析　(1)活塞缓慢上升h的过程，容器内气体发生等压变化，容器内气体初状态体积为V0＝hS 末状态体积为V1＝S 设再次平衡时容器内气体的温度为T1，由盖—吕萨克定律得＝ 联立解得T1＝T0。 (2)此过程中容器内气体温度的变化量 ΔT＝T1－T0 内能的变化量ΔU＝CΔT 设此过程中容器内气体的压强为p，则此过程中外界对气体做的功W＝－pS·h 对活塞由平衡条件有pS＝p0S＋mg 设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W 联立解得Q＝h(p0S＋mg)＋CT0。 15．(2024·山东高考)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2，高度h＝20.0 cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2，大气压p0＝1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。 (1)求x； (2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。 答案　(1)2 cm　(2)8.92×10－4 m3 解析　(1)由题意可知，缓慢地将汲液器竖直提出液面的过程，汲液器内的气体发生等温变化。初状态：汲液器内气体的压强p1＝p0 体积V1＝(H－x)S1 末状态：汲液器内气体的压强p2＝p0－ρgh 体积V2＝HS1 根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2 联立并代入数据，解得x＝2 cm。 (2)根据题意，当外界空气进入后，罐内封闭的所有气体在压强为p0时，其体积为V总＝V＋V1 末状态，罐内封闭的所有气体压强p3＝p0－ρg 体积V3＝HS1＋S2 罐内封闭的所有气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p0V总＝p3V3 联立并代入数据，解得V＝8.92×10－4 m3。 16．(2024·广东高考)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B的体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×10－2 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0。已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小取g＝10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管道内的气体体积不计。当环境温度降低到T2＝270 K时： (1)求B内气体压强pB2； (2)求A内气体体积VA2； (3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。 答案　(1)9×104 Pa　(2)3.6×10－2 m3 (3)1.1×102 kg 解析　(1)假设环境温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好，则B内气体做等容变化，初状态压强为pB1＝p0，温度为T1＝300 K 末状态压强为pB2，温度为T2＝270 K 根据查理定律，有＝ 代入数据可得pB2＝9×104 Pa 分析可知，在环境温度降低到T2＝270 K的过程中，A内气体压强始终为p0，因p0－pB2＝0.1p0<Δp，则假设成立，pB2＝9×104 Pa。 (2)A内气体做等压变化，初状态体积为VA1＝4.0×10－2 m3，温度为T1＝300 K 末状态体积为VA2，温度为T2＝270 K 根据盖—吕萨克定律，有＝ 代入数据可得VA2＝3.6×10－2 m3。 (3)设B内气体最终恰好稳定时，A内气体压强为pA′，对活塞及已倒入的铁砂整体，由平衡条件有 pA′S＝p0S＋mg 由题知，此时B内气体压强pB′＝p0 此时差压阀恰好关闭，有pA′－pB′＝Δp 联立并代入数据，解得m＝1.1×102 kg。 11 学科网（北京）股份有限公司 $$