第3章 热力学定律(考案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程物理选择性必修第三册同步学习指导(人教版2019)

▲ ２６３ ▲ ▲ ２６４ ▲ 积为１２ Ｖ０，故Ａ正确；若活塞上方缓慢抽至真空并关闭阀门之后 缓慢加热，活塞恰好到达汽缸顶部，与顶部没有相互作用的弹 力，气体压强始终为１２ ｐ０，此时，根据盖—吕萨克定律有 １ ２ Ｖ０ Ｔ０ ＝ Ｖ０ Ｔ１ ，解得Ｔ１ ＝ ２Ｔ０，可知，温度从Ｔ０升至１． ５Ｔ０过程，活塞没有到 达顶部，气体做等压变化，则有Ｖ１Ｔ０ ＝ Ｖ２ １． ５Ｔ０ ，解得Ｖ２ ＝ ３４ Ｖ０，则温 度从Ｔ０ 升至１． ５Ｔ０，气体对外做功为Ｗ ＝ １２ ｐ０ Ｖ２ － Ｖ( )１ ＝ １ ８ ｐ０Ｖ０，故Ｂ错误；结合上述可知，温度升至２Ｔ０ 时，活塞恰好到 达汽缸顶部，与顶部没有相互作用的弹力，气体压强为１２ ｐ０，故 Ｃ错误；结合上述可知，温度升至３Ｔ０ 时，活塞已经到达汽缸顶部，与顶部有相互作用的弹力，温度由２Ｔ０ 升高至３Ｔ０ 过程为等 容过程，根据查理定律有 １ ２ ｐ０ ２Ｔ０ ＝ ｐ２ ３Ｔ０ ，解得ｐ２ ＝ ３４ ｐ０，故Ｄ正确。 １２． ＡＣ　 根据题意已知等腰△ＡＢＣ做∠ＣＡＢ的角平分线会垂直平分底边ＢＣ，得ＶＡ ＝ ２Ｖ０，故Ａ正确；设气体在状态Ａ、Ｂ的体积分别为ＶＡ、ＶＢ，ＡＢ的反向延长线经过坐标原点Ｏ，由正比例函数关 系可得ｐＡＶＡ ＝ ｐＢ ＶＢ ，三角形ＡＢＣ的面积为Ｓ０，则有Ｓ０ ＝ １２ （ｐＢ － ｐＡ）（ＶＢ － ＶＣ），联立解得ｐＡ ＝ ２Ｓ０Ｖ０ ，ｐＢ ＝ ３Ｓ０ Ｖ０ ，故Ｂ错误；由Ｃ到Ａ 由理想气体状态方程可得ｐＣＶＣＴＣ ＝ ｐＡＶＡ ＴＡ ，已知ＴＣ ＝ Ｔ０，由图可知ｐＢ ＝ ｐＣ，联立解得ＴＡ ＝ ４３ Ｔ０，故Ｃ正确；由功的定义可得气体对外 界做的功等于ｐ － Ｖ关系图像与横轴所围成的面积，则气体从状 态Ｂ到状态Ｃ，外界对气体做的功为Ｗ ＝ ｐＢ（ＶＢ － ＶＣ），解得Ｗ ＝ ６Ｓ０，故Ｄ错误。 １３．（１）ＡＤ　 （２）②　 （３）Ｂ解析：（１）该实验是研究质量一定的气体在温度不变情况下，压 强跟体积的关系，采用了控制变量法，故Ａ正确；快速推拉或用 手握住注射器，会导致气体温度发生变化，不符合实验条件，故 Ｂ、Ｃ错误；实验只需要关注图像的斜率变化即可探究压强跟体 积的关系，所以注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以 不标注单位，故Ｄ正确。 （２）因漏气，导致气体质量减小，在一定体积时的压强会变小，也 就是图像的斜率变小，故选②。（３）根据图像与等温线的关系，可知气体温度先升高再降低。故 选Ｂ。 １４．（１）ＡＣ　 （２）Ｂ　 （３）＞ 　 实验时未考虑注射器前端连接处的 气体 解析：（１）移动活塞要缓慢，使注射器内的空气与外界充分进行 热交换，保持注射器内气体温度不变，故Ａ正确；用橡皮帽堵住 注射器的小孔是为了控制气体的质量不变，不是控制气体温度 不变，故Ｂ错误；实验时，不要用手握注射器可以保持注射器内 气体温度不变，故Ｃ正确；在注射器活塞一周涂润滑油是防止注 射器漏气，保持注射器内气体质量不变，故Ｄ错误。 （２）一个等温变化，由ｐＶ ＝ Ｃ得ｐ ＝ Ｃ １Ｖ ，对应的ｐ － １ Ｖ图像为一 条过原点的倾斜直线，由于漏气，ｐＶ乘积减小，即图像的斜率变 小，故Ａ错误，Ｂ正确。 （３）根据一定质量的理想气体状态方程ｐＶＴ ＝ Ｃ，可知ｐＶ的乘积 越大，则气体的温度越高，所以Ｔ１ ＞ Ｔ２，另一小组根据实验数据 作出的Ｖ － １ｐ图线如图丙所示，若实验操作规范正确，造成图像 不过原点的原因可能是试管中的气体的体积小于实际的封闭气 体的体积，结合实验器材可知，实验时未考虑注射器前端封有橡 胶套处有多余气体。 １５．（１）４０次　 （２）４瓶 解析：（１）设需要打气ｎ次，因每次打入的气体相同，故可视ｎ次 打入的气体一次性打入，则气体的初状态 ｐ１ ＝ １． ０ × １０ ５ Ｐａ，Ｖ１ ＝ Ｖ０ ＋ ｎΔＶ末状态ｐ２ ＝ ５． ０ × １０５ Ｐａ，Ｖ２ ＝ Ｖ０其中Ｖ０ ＝ ２ Ｌ，ΔＶ ＝ ０． ２ Ｌ由玻意耳定律ｐ１Ｖ１ ＝ ｐ２Ｖ２ 代入数据解得ｎ ＝ ４０次。 （２）设气压为２． ０ × １０５ Ｐａ时气体的体积为Ｖ３，则ｐ３ ＝ ２． ０ × １０５ Ｐａ 由玻意耳定律有ｐ２Ｖ２ ＝ ｐ３Ｖ３代入数据解得Ｖ３ ＝ ５ Ｌ真空瓶的容积为Ｖ瓶＝ ０． ７ Ｌ 因Ｖ３ － Ｖ２Ｖ瓶 ＝ ４ ２ ７ 故可充满４瓶。 １６．（１）７０ ｃｍＨｇ　 （３）４４１ Ｋ 解析：（１）升温后有６ ｃｍ长的水银柱进入左侧竖直细管，水银柱 高ｈ２ ＝ ６ ｃｍ空气柱长ｌ２ ＝ ２１ ｃｍ封闭气体的压强为ｐ２，则ｐ２ ＋ ρｇｈ２ ＝ ｐ０所以ｐ２ ＝ ７０ ｃｍＨｇ。（２）升温前水银柱高ｈ１ ＝ １０ ｃｍ温度为Ｔ１ ＝ ２５８ Ｋ空气柱长为ｌ１ ＝ １０ ｃｍ封闭气体的压强为ｐ１，则ｐ０ ＋ ρｇｈ１ ＝ ｐ１解得ｐ１ ＝ ８６ ｃｍＨｇ 根据理想气体状态方程可得ｐ１ ｌ１ＳＴ１ ＝ ｐ２ ｌ２Ｓ Ｔ２解得Ｔ２ ＝ ４４１ Ｋ。 １７．（１）２５０ Ｎ　 （２）１５ 解析：（１）加热后小罐内的空气ｐ１ ＝ ｐ０ ＝ １ × １０５ Ｐａ Ｔ１ ＝ ８７ ＋ ２７３ Ｋ ＝ ３６０ Ｋ罐内空气温度变为室温时Ｔ２ ＝ ２７ ＋ ２７３ Ｋ ＝ ３００ Ｋ 气体做等容变化，则ｐ１Ｔ１ ＝ ｐ２ Ｔ２ 解得ｐ２ ＝ ５６ × １０ ５ Ｐａ 小罐内的空气对皮肤的压力大小为 Ｆ ＝ ｐ２Ｓ ＝ ５ ６ × １０ ５ × ３ × １０ －３ Ｎ ＝ ２５０ Ｎ。 （２）设小罐的体积为Ｖ１，小罐未紧贴在皮肤上，气体做等压变 化，则Ｖ１Ｔ１ ＝ Ｖ２ Ｔ２罐内空气温度变为室温时，原先小罐内的空气的体积变为 Ｖ２ ＝ ５ ６ Ｖ１ 进入罐内空气与原有空气质量之比为Δｍｍ ＝ ρ（Ｖ１ － Ｖ２） ρＶ２ ＝ １５ 。 １８．（１） Ｌ０ ｆｍｐ０Ｓ ＋ ｆｍ 　 （２） ４ｐ０Ｌ０Ｓ ＋ ３Ｌ０ ｆｍ ４ｐ０Ｓ ＋ ２ｆｍ解析：（１）对于气体Ａ，初态ｐＡ１ ＝ ｐ０，ＶＡ１ ＝ Ｌ０Ｓ 设当活塞向右移动ｘ１距离时隔板开始移动，则ｐＡ２ ＝ ｐ０ ＋ ｆｍＳ 体积ＶＡ２ ＝ Ｌ０Ｓ － Ｓｘ１根据玻意耳定律可得ｐＡ１ＶＡ１ ＝ ｐＡ２ＶＡ２ 即ｐ０Ｌ０Ｓ ＝ ｐ０ ＋ ｆｍ( )Ｓ （Ｌ０Ｓ － Ｓｘ１） 解得ｘ１ ＝ Ｌ０ ｆｍｐ０Ｓ ＋ ｆｍ。（２）对于气体Ｂ，初态ｐＢ１ ＝ ｐ０，ＶＢ１ ＝ Ｌ０Ｓ 设当活塞向右移动ｘ２距离时隔板向右移动Ｌ０２ ，体积 ＶＢ２ ＝ Ｌ０Ｓ － Ｓ·Ｌ０２ 根据玻意耳定律可得ｐＢ１ＶＢ１ ＝ ｐＢ２ＶＢ２解得ｐＢ２ ＝ ２ｐ０ 此时气体Ａ的压强为ｐＡ３ ＝ ｐＢ２ ＋ ｆｍＳ ＝ ２ｐ０ ＋ ｆｍ Ｓ 体积ＶＡ３ ＝ Ｌ０ ＋ Ｌ０２ － ｘ( )２ Ｓ 根据玻意耳定律可得ｐＡ１ＶＡ１ ＝ ｐＡ３ＶＡ３ 即ｐ０Ｌ０ ＝ ２ｐ０ ＋ ｆｍ( )Ｓ ３２ Ｌ０ － ｘ( )２ 解得ｘ２ ＝ ４ｐ０Ｌ０Ｓ ＋ ３Ｌ０ ｆｍ４ｐ０Ｓ ＋ ２ｆｍ 。 考案（三） １． Ｃ　 图甲中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多， 布朗运动越不明显，故Ａ错误；图乙中，在ｒ由ｒ１ 变到ｒ２ 的过程中，分子势能减小，则分子力做正功，故Ｂ错误；图丙中，曲线Ｔ２对应的分子速率大的分子数占总分子数的百分比大一些，可知 Ｔ２ ＞ Ｔ１，则曲线１对应的分子平均动能比曲线２对应的分子平均动能小，故Ｃ正确；图丁中，完成Ａ→Ｂ→Ｃ→Ａ一个循环，温度先升高，后降低，再升高，故Ｄ错误。 ２． Ｄ　 由于温度相同，体积变大，由ｐＶＴ ＝ Ｃ可知，气体的压强减小，由 于温度是分子平均动能的标志，温度相同分子平均动能相等，故 Ｄ正确。 ３． Ｄ　 温度降低，分子的平均速率减小，并不是所有气体分子运动的 速率都减小，故Ａ错误；灯罩内外由通风口连通，所以灯罩内外气 体压强一直相等，即气体压强不变，故Ｂ错误；由Ｂ可知，灯罩内 原有空气为等压变化，温度降低，体积减小，故Ｃ错误；灯罩内原 有空气温度降低，内能减小，故Ｄ正确。 ４． Ｂ　 被淹没的玻璃瓶在下降过程中，瓶内气体温度不变，水进入瓶 内，气体体积减小，可知外界对气体做正功，故Ａ错误；由于水温 上下均匀且恒定不变，所以瓶内气体温度不变，则气体分子平均 动能不变，气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外界 放热，故Ｂ正确，Ｃ错误；由于气体体积减小，所以单位时间内与 瓶壁单位面积上碰撞的空气分子数变多，故Ｄ错误。 ５． Ｂ　 压强不变的方式：对外做功的过程压强不变，做功的力不变， 根据盖—吕萨克定律，温度升高，内能增加，ΔＵ１ ＞ ０，吸热Ｑ１ ＝ Ｗ１ ＋ ΔＵ１。温度不变的方式：由玻意耳定律，对外做功的过程压强减小，做功的力减小，Ｗ１ ＞ Ｗ２。温度不变，内能不变，ΔＵ２ ＝ ０，ΔＵ１ ＞ ΔＵ２，吸热Ｑ２ ＝ ΔＵ２ ＋Ｗ２，Ｑ１ ＞ Ｑ２，故Ｂ正确。 ６． Ｄ　 气体从状态Ａ到状态Ｂ做等容变化，由查理定律有ｐＡＴＡ ＝ ｐＢ ＴＢ ， 解得ＴＢ ＝ １５０ Ｋ，气体从状态Ｂ到状态Ｃ做等压变化，由盖—吕 萨克定律有ＶＢＴＢ ＝ ＶＣ ＴＣ ，解得ＴＣ ＝ ４５０ Ｋ，故Ａ、Ｂ错误；因为状态Ａ和 状态Ｃ温度相等，且理想气体的内能是所有分子的动能之和，温 度是分子平均动能的标志，所以在这个过程中ΔＵ ＝ ０，由热力学第一定律ΔＵ ＝ Ｑ ＋Ｗ，得Ｑ ＝ － Ｗ，在整个过程中，气体在Ｂ到Ｃ过程对外做功，因此Ｗ ＝ － ｐＢΔＶ ＝ － ２００ Ｊ，即Ｑ ＝ －Ｗ ＝ ２００ Ｊ，是正值，所以气体从状态Ａ到状态Ｃ过程中是吸热，吸收的热量 Ｑ ＝ ２００ Ｊ，故Ｃ错误，Ｄ正确。 ７． Ｃ　 由于系统隔热，所以气体与外界没有热交换，活塞对气体做正 功，所以由热力学第一定律知气体的内能增加，且ΔＥ ＝ Ｗ，而从能量守恒的角度考虑，ｍ和Ｍ减少的机械能即重力势能和大气压 做功共Ｍｇｈ ＋ ｍｇΔｈ ＋ ｐ０ＳΔｈ，这部分损失的能量一部分使气体的内能增加，另一部分损失到碰撞过程中ｍ和Ｍ的内能上，所以 Ｗ ＜Ｍｇｈ ＋ ｍｇΔｈ ＋ ｐ０ＳΔｈ，故选Ｃ。 ８． Ｃ　 活塞可无摩擦滑动，外界大气压强不变，故气体为等压变化； 由理想气体的状态方程可知，活塞上升的过程中气体体积增大， 故温度一定升高，Ａ错误；电阻丝向气体放热气体温度升高，而理 想气体内能只取决于分子动能，故气体的内能一定增大，Ｂ错误； 因内能增大，由热力学第一定律可知，电阻丝向气体放出的热量 一定大于气体对外做的功，Ｃ正确；气体体积变大，故气体单位体 积内的分子数减小，故单位时间内气体分子对活塞的碰撞次数减 小，但由前面分析知气体压强不变，Ｄ错误。故选Ｃ。 ９． ＣＤ　 图甲是理想气体分子速率的分布规律，气体在①状态下分子速率占总分子数的百分比的极大值的速率较大，则气体在①状态下分子平均动能大于②状态下的分子平均动能，故Ａ错误；图乙是分子势能Ｅｐ与分子间距ｒ的关系示意图，在ｒ ＝ ｒ２ 时分子力表现为零，可知在ｒ２ ＞ ｒ ＞ ｒ１ 时分子力表现为斥力，故Ｂ错误；图丙为压力锅示意图，在关火后打开压力阀开始放气的瞬间，锅内 气体体积变大，对外界做功，因来不及与外界进行热交换，则气体 的内能减少，故Ｃ正确；图丁为一定质量的理想气体分别在Ｔ１、Ｔ２温度下发生的等温变化，由图可知距离原点越远的曲线上ｐＶ乘 积越大，可知温度越高，即Ｔ１ ＜ Ｔ２，故Ｄ正确。 １０． ＣＤ　 根据ｐＶＴ ＝ Ｃ可知状态Ａ到状态Ｂ过程，压强减小，温度升 高，则体积变大，气体密度变小，故Ａ错误；状态Ｂ到状态Ｃ过 程，气体体积一直减小，外界对气体做功，即Ｗ ＞ ０；温度先升高 后降低，则内能先增加后减小，根据ΔＵ ＝ Ｗ ＋ Ｑ可知，气体在前一阶段的吸热放热不能确定，后一阶段气体一定放热，故Ｂ错 误；Ａ、Ｃ两状态压强相等，气体分子对容器壁上单位面积的平均 撞击力相等，但是温度和体积不等，则气体分子单位时间内撞击 单位面积的次数不相等，故Ｃ、Ｄ正确。 １１． ＣＤ　 活塞上方液体逐渐流出，对活塞受力分析可得，汽缸内气 体压强减小，因为汽缸内气体温度不变，则单位时间气体分子对 活塞撞击的次数减少，故Ａ错误；气体分子对活塞的碰撞是活塞 向上运动的原因，故Ｂ错误；外界的温度保持不变，导热材料制 成的汽缸内气体温度不变，气体分子的速率分布情况不变，故Ｃ 正确；汽缸内气体温度不变，汽缸内气体内能不变；汽缸内气体 压强减小，体积变大，气体对外界做功；据热力学第一定律，气体 对外界做功等于气体从外界吸收的热量，故Ｄ正确。故选ＣＤ。 １２． ＢＣＤ　 对ａ加热时，气体ａ的温度升高，压强增大，由于Ｋ与汽缸 壁的接触面是光滑的，可以自由移动，所以ａ、ｂ两部分的压强始 终相同。气体ｂ被压缩，外界对气体ｂ做功，又因气体与外界没 有发生热交换，所以ｂ的内能增大，温度升高。根据理想气体状 态方程ｐＶＴ ＝ Ｃ，可知ｂ体积减小，温度升高，压强一定增大，故Ａ 错误，Ｂ正确；ａ、ｂ气体的压强始终相同，ａ的体积较大，则气体ａ 的温度较高，所以加热后ａ的分子的热运动比ｂ的分子的热运 动更剧烈，故Ｃ正确；由于ａ气体的温度较高，所以ａ气体内能 增加较多，故Ｄ正确。 １３．大于　 ① 解析：对活塞分析有ｐ ＝ ｍｇＳ ，因为Ａ中细沙的质量大于Ｂ中细沙 的质量，故稳定后有ｐＡ ＞ ｐＢ；所以在达到平衡过程中外界对气体做功有ＷＡ ＞ＷＢ，则根据ΔＵ ＝ Ｗ ＋ Ｑ，因为汽缸和活塞都是绝热的，故有ΔＵＡ ＞ ΔＵＢ，即重新平衡后Ａ汽缸内的气体内能大于Ｂ汽缸内的气体内能；由图２中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，所以由前面分析可知Ｂ汽缸温度较低，故曲线①表示汽缸Ｂ中气体分子的速率分布规律。 １４．（１）变小　 变小　 当气体体积不变时，温度降低，分子热运动程 度降低，可知分子与容器碰撞的平均作用力减小，故压强降低 （２）升高　 放热　 Ｗ ＋ ΔＵ　 （３）Ｄ解析：（１）温度降低，可知分子平均动能减小，分子热运动剧烈程 度降低，分子与容器碰撞的平均作用力减小，故压强变小。 （２）温度降低，水银柱液面会上升，温度降低，内能降低，ΔＵ为负值，液面升高，外接对气体做正功，气体放热，根据－ ΔＵ ＝Ｗ － Ｑ，则Ｑ ＝Ｗ ＋ ΔＵ。（３）考查热力学第二定律：热传递的方向性，热量自发的从高温 物体传到低温物体，但可以在外界的影响使得热量从低温物体 传到高温物体，由于外界的影响也即引起了其他变化，故Ｄ 正确。 １５．（１）２００ Ｊ　 （２）８ × １０ －３ ｍ３ 解析：（１）等容过程中，气体做功为零，即ΔＵ ＝ － Ｑ ＝ － ４００ Ｊ等压过程，内能减小４００ Ｊ，放出６００ Ｊ热量，则Ｗ ＝ΔＵ －Ｑ ＝２００ Ｊ。 （２）根据等压变化可得Ｖ０Ｔ０ ＝ Ｖ１ Ｔ１ Ｗ ＝ ｐ０（Ｖ０ － Ｖ１）联立解得Ｖ０ ＝ ８ × １０ －３ｍ３。 １６．（１）Ｉ２Ｒｔ － Ｈ２ （ｐ０Ｓ －Ｍｇ）　 （２） ７ ６ ｐ０ － Ｍｇ( )Ｓ 解析：（１）假设在活塞碰到挡板前，气体一直做等压变化，当Ｔ１ ＝ ３００ Ｋ时，体积为０． ５ＨＳ；当Ｔ２ ＝ ７００ Ｋ时，设活塞到汽缸底部的距 离为ｈ，则０． ５ＨＳＴ１ ＝ ｈＳ Ｔ２ 解得ｈ ＝ ７６ Ｈ ＞ Ｈ 故假设不成立，气体先做等压变化，活塞碰到挡板后气体做等容 变化。在等压变化过程中，设气体的压强为ｐ，对汽缸有Ｍｇ ＋ ｐＳ ＝ ｐ０Ｓ此过程气体对外做功为Ｗ ＝ ｐＳ × ０． ５Ｈ 由热力学第一定律有ΔＵ ＝ Ｉ２Ｒｔ －Ｗ 解得ΔＵ ＝ Ｉ２Ｒｔ － Ｈ２ ｐ０Ｓ －( )Ｍｇ 。 （２）设Ｔ２ ＝ ７００ Ｋ时气体的压强为ｐ′，由理想气体状态方程得 ｐ × ０． ５ＨＳ Ｔ１ ＝ ｐ′ＨＳＴ２ 解得ｐ′ ＝ ７６ ｐ０ － Ｍｇ( )Ｓ 。 １７．（１）ｐ０ ＋ ρｇｈ　 （２）Ｓ（Ｔ１ ｌ２ － Ｔ２ ｌ１）Ｔ２ － Ｔ１ 　 （３）ΔＵ ＋（ｐ０ ＋ ρｇｈ）（ｌ２ － ｌ１）Ｓ解析：（１）对液柱受力分析有ｐ１Ｓ ＝ ｐ０Ｓ ＋ ρｇｈＳ解得ｐ１ ＝ ｐ０ ＋ ρｇｈ。（２）设容器的容积为Ｖ，对封闭气体，其初态的体积为Ｖ１ ＝Ｖ ＋ ｌ１Ｓ其末态体积为Ｖ２ ＝ Ｖ ＋ ｌ２Ｓ 由于该过程中气体压强不变，即发生等压变化，有Ｖ１Ｔ１ ＝ Ｖ２ Ｔ２ 解得Ｖ ＝ Ｓ（Ｔ１ ｌ２ － Ｔ２ ｌ１）Ｔ２ － Ｔ１                                                                                                                                                                                                                。 ▲ ２６５ ▲ ▲ ２６６ ▲ （３）由于该过程中等压变化，其体积变化为ΔＶ ＝Ｖ２ －Ｖ１ ＝（ｌ２ － ｌ１）Ｓ该过程外界对系统做功为Ｗ ＝ － ｐ１·ΔＶ设吸收热量为Ｑ，由热力学第一定律有ΔＵ ＝Ｗ ＋ Ｑ解得Ｑ ＝ ΔＵ ＋（ｐ０ ＋ ρｇｈ）（ｌ２ － ｌ１）Ｓ。 １８．（１）７６ ｐ０ 　 （２） ６ ７ 　 吸热　 原因见解析 解析：（１）由题意知，气体体积不变，由查理定律得ｐ０Ｔ０ ＝ ｐ１ Ｔ１ 。 所以此时气体的压强ｐ１ ＝ Ｔ１Ｔ０ ｐ０ ＝ ３５０ ３００ｐ０ ＝ ７ ６ ｐ０。 （２）抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为 Ｖ２，由玻意耳定律可得ｐ１Ｖ０ ＝ ｐ０Ｖ２ 可得Ｖ２ ＝ ｐ１Ｖ０ｐ０ ＝ ７ ６ Ｖ０ 所以集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为Ｋ ＝ ρＶ０ ρ·７６ Ｖ０ ＝ ６７ 。 因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体的 体积膨胀对外做功。由热力学第一定律ΔＵ ＝ Ｗ ＋ Ｑ可知，气体一定从外界吸收热量。 考案（四） １． Ｃ　 阴极射线是在真空管内由负极放出的高速电子流，不是辉光 放电现象，故Ａ、Ｂ错误；阴极射线管中的高电压方向与电子运动 方向平行，使电子加速，不会使电子发生偏转，故Ｃ正确，Ｄ错误。 ２． Ｂ　 干涉是波具有的特性，电子束通过双缝实验装置后可以形成 干涉图样，说明电子具有波动性，故Ａ不符合题意；根据光电效应 方程Ｅｋｍ ＝ ｈν －Ｗ０可知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，没有体现波动性，故Ｂ符合题意；可以 利用慢中子衍射来研究晶体的结构，说明中子可以发生衍射现 象，具有波动性，故Ｃ不符合题意；人们利用电子显微镜观测物质 的微观结构，说明电子可以发生衍射现象，说明具有波动性，故Ｄ 不符合题意。 ３． Ｂ　 已知单色光照射Ｍ板发生光电效应，根据光电效应发生条件 可知ν１ ＜ ν２，故Ａ错误；根据光电效应方程，光电子的最大初动能 Ｅｋｍ ＝ ｈν －Ｗ０，当Ｅｋｍ ＝ ０时ｈν１ ＝Ｗ０，故Ｂ正确；光电效应方程求得的是光电子的最大初动能，故Ｃ错误；能否发生光电效应与光 强无关，故Ｄ错误。 ４． Ｃ　 处在量子数为３的能级的ｋ个氢原子跃迁到量子数为２和量 子数为１的能级的氢原子个数各为ｋ２ ，而处于量子数为２的能级 的ｋ２ 个氢原子还会向量子数为１的基态跃迁，故发出的光子总 数为３ｋ２ 。 ５． Ｂ　 处于基态的氢原子跃迁到ｎ ＝ ３能级需要Ｅ ＝ － １． ５１ ｅＶ － （－ １３． ６）ｅＶ ＝ １２． ０９ ｅＶ，故Ａ错误；根据电离的特点可知，处于 基态的氢原子吸收大于１３． ６ ｅＶ的能量即可实现电离，故Ｂ正确； 氢原子由ｎ ＝ ３能级跃迁到ｎ ＝ ２能级时，半径变小，可知动能增 加，电势能减小，故Ｃ错误；一个氢原子从ｎ ＝ ４能级向基态跃迁 时，可发出ｎ － １ ＝ ３种不同频率的光子，故Ｄ错误。 ６． Ｂ　 电子是实物粒子，而该实验中看到了电子能发生衍射现象，则 该实验说明物质波理论是正确的，实物粒子具有波动性，但不能 说明光子具有波动性，这种波动性与机械波在本质上是不同的， 故Ｂ正确，Ａ、Ｃ、Ｄ错误。 ７． Ｂ　 实验中用同一频率（足够大）的单色光，分别照射不同型号的 光电管；根据光电效应方程可得Ｅｋ ＝ ｈν － Ｗ０，根据动能定理可得 － ｅＵｃ ＝ ０ － Ｅｋ，联立可得Ｕｃ ＝ － １ｅ Ｗ０ ＋ ｈν ｅ ，可知Ｕｃ － Ｗ０ 是一条 斜率为负，纵轴截距为正的倾斜直线，故Ｂ正确。 ８． Ｄ　 Ｐ０ 是单位时间从太阳单位面积辐射的电磁波的能量，所以单 位为Ｊ ／（ｓ·ｍ２），则σ ＝ Ｐ０ Ｔ４ ，则常量σ的单位为 Ｊ ｓ·ｍ２·Ｋ４ ＝ ｋｇ ｓ３·Ｋ４，故Ａ错误；ｔ时间内探测器在ｒ处太阳帆受到太阳辐射的 能量Ｅ ＝４πＲ ２ ｔＰ０ ４πｒ２ Ｓ ＝ Ｒ２ ｔＰ０Ｓ ｒ２ ，故Ｂ错误；辐射到太阳帆的光子的总 数ｎ ＝ Ｅｈν ＝ Ｅλ ｈｃ ＝ Ｒ２ ｔＰ０Ｓλ ｈｃｒ２ ，一半光子被吸收，一半反射，则有Ｆ总ｔ ＝ ｎ２ ｐ ＋ ｎ ２·２ｐ ＝ ３ｎ ２ ｐ，其中Ｆ总≥ ＧＭｍ ｒ２ ，联立可得Ｓ≥２ｃＧＭｍ ３Ｒ２Ｐ０ ，故 Ｃ错误；若照射到太阳帆上的光全部被太阳帆吸收，则有Ｆ总ｔ ＝ ｎｐ，可得探测器在ｒ处太阳帆受到的太阳光对光帆的压力Ｆ总＝ Ｒ２Ｐ０Ｓ ｃｒ２ ，故Ｄ正确。 ９． ＢＤ　 图甲对线框施加一水平力Ｆ，使线框向右做加速运动，穿过 线框的磁通量不变，不可以产生感应电流，故Ａ错误；Ｘ射线可用 于诊断病情，它的频率比可见光大，但是它的波长比可见光短，故 Ｂ正确；麦克斯韦理论告诉我们，均匀变化的磁场产生稳定的电 场，而周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，故Ｃ错误；能量 量子化也适合于原子系统，原子的能量是量子化的，原子在不同 能级间跃迁产生分立的光谱，故Ｄ正确。 １０． ＡＢＣ　 照射光的频率相同，但不同材料的逸出功不同，根据光电 效应方程Ｅｋ ＝ ｈν －Ｗ０和ｅＵｃ ＝ Ｅｋ知，遏止电压不同，故Ａ正确；根据光电效应方程Ｅｋ ＝ ｈν －Ｗ０得，相同的频率，不同的逸出功，则光电子的最大初动能不同，故Ｂ正确；虽然光的频率相同，但 光强不确定，所以单位时间逸出的光电子数可能相同，饱和光电 流也可能相同，故Ｃ正确；因为Ｕｃ ＝ ｈνｅ － Ｗ０ ｅ知，题图乙中图线的 斜率为ｈｅ ，即斜率只与ｈ和ｅ有关，且为常数，一定相同，故Ｄ 错误。 １１． ＢＣ　 根据Ｃ２ｎ ＝ ｎ（ｎ － １）２ ，大量氢原子从ｎ ＝ ２至ｎ ＝ ７能级向基 态跃迁时分别能发出１、３、６、１０、１５、２１种不同频率的光子，则有 １０ － ６ ＝ ２（３ － １），即ｘ１ ＝ １，ｎ１ ＝ ２，若２１ － １５ ＝ ２（６ － ３），则有ｘ１ ＝ ３，ｎ１ ＝ ３，ｎ４ ＝ ７，故Ａ错误，Ｂ正确；大量氢原子从ｎ ＝ ３能级跃迁到基态发出３种光，有两种可使某金属发生光电效应，则该金 属的逸出功Ｅ３ － Ｅ２ ＜ Ｗ０ ＜ Ｅ２ － Ｅ１，即１． ８９ ＭｅＶ ＜ Ｗ０ ＜ １０． ２ ＭｅＶ，则大量氢原子从ｎ ＝ ４能级跃迁到基态发出的光可能有４ 种可使该金属发生光电效应，故Ｃ正确；一个处于ｎ ＝ ５能级的 氢原子向基态跃迁，最多可辐射４种频率的光，故Ｄ错误。 １２． ＡＢＣ　 当无规则运动的氦原子与针尖上的金属原子碰撞时，氦 原子由于失去电子而成为正离子，故Ａ正确；电场强度从针尖到 导电膜由强变弱，电子从针尖到导电膜的运动过程加速度不断 减小，故Ｂ正确；当电子或氦离子以很大的速度撞击荧光材料 时，电子或氦离子把一部分动能转移给了荧光材料的原子，从而 使其跃迁到了激发态，故Ｃ正确；要想使分辨率提高，就要使衍 射变得不明显，可知氦离子的德布罗意波长比电子的短，故Ｄ 错误。 １３．（１）ＡＢＣ　 （２）ｍｇＥ 　 （３）Ｂ 解析：（１）平行金属板板间存在匀强电场，液滴恰好处于静止状 态，电场力与重力平衡，则有ｍｇ ＝ ｑＥ，所以需要测出的物理量有 油滴质量ｍ，两板间的场强Ｅ，当地的重力加速度ｇ。故选ＡＢＣ。 （２）用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量ｑ ＝ ｍｇＥ 。 （３）在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量 虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认 为是元电荷，其值为ｅ ＝ １． ６ × １０ －１９ Ｃ，则可知油滴的电荷量可能 是３． ２ × １０ －１９ Ｃ，而１． ６ × １０ －２０ Ｃ不是元电荷的整数倍，故Ａ错 误，Ｂ正确；元电荷不是电子，只是在数值上等于电子或质子的 电荷量；任何带电体所带电荷量都只能是元电荷的整数倍，故 Ｃ、Ｄ错误。 １４．（１）有　 （２）减小　 （３）１． ８　 （４）不变 解析：（１）根据题意，将滑动变阻器的滑片移至最左端，光电管阴 极Ｋ与阳极Ａ之间的电压为零，用激光笔１照射阴极Ｋ，有光电 子逸出，可以到达阳极Ａ形成光电流，则电流表有示数。 （２）闭合开关，将滑动变阻器的滑片从最左端向右滑动，光电管 阴极Ｋ与阳极Ａ之间的反向电压逐渐增大，可以到达阳极Ａ的 光电子数减小，则光电流减小，即电流表的示数减小。 （３）根据题意，设逸出功为Ｗ０，由光电效应方程有Ｅｋ ＝ ３． １ ｅＶ － Ｗ０，由图乙可知，遏止电压为Ｕｃ ＝ １． ２６ Ｖ，则有Ｅｋ ＝ ｅＵｃ ＝ １． ２６ ｅＶ，联立解得Ｗ０≈１． ８ ｅＶ。（４）由于光电管阴极Ｋ与阳极Ａ之间相当于断路，电流表有没有 内阻光电管阴极Ｋ与阳极Ａ之间电压都等于电压表的读数，则考 虑电流表内阻，由图像得到的遏止电压与真实值相比将不变。 １５．（１）Ｐλｔｈｃ 　 （２） Ｐｔ ｍｃ　 Ｐｔ － Ｐ２ ｔ２ ２ｍｃ２ 解析：（１）由Ｐｔ ＝ ｎｈν，ν ＝ ｃλ得ｎ ＝ Ｐλｔ ｈｃ 。 （２）光子与物体系统动量守恒有ｎｐ１ ＝ ｍｖ，ｐ１ ＝ ｈλ得ｖ ＝ Ｐｔ ｍｃ 系统能量守恒有Ｐｔ ＝ １２ ｍｖ ２ ＋ Ｑ得Ｑ ＝ Ｐｔ － Ｐ ２ ｔ２ ２ｍｃ２ 。 １６．（１）３种　 （２）１． ８９ ｅＶ　 （３）２． ４１６ × １０ －１９ Ｊ 解析：（１）根据Ｃ２３ ＝ ３，可知氢原子可能发射３种频率的光子。（２）氢原子由ｎ ＝ ３的能级跃迁到ｎ ＝ ２的能级时，由玻尔的跃迁 规律可得辐射光子能量为ε ＝ Ｅ３ － Ｅ２ ＝ － １． ５１ｅＶ － （－ ３． ４０ ｅＶ）＝ １． ８９ ｅＶ。 （３）为使一个处于ｎ ＝ ３能级的氢原子电离，至少需要给它的能 量为ΔＥ ＝ ０ － Ｅ３ ＝ １． ５１ ｅＶ ＝ １． ５１ × １． ６ × １０ －１９ Ｊ ＝ ２． ４１６ × １０ －１９ Ｊ。 １７．（１）３６５Ｒ　 （２） ５Ｒｈｃ ３６ － ｅＵｃ 解析：（１）由题意可知，在巴耳末系中，氢原子由ｎ ＝ ３能级跃迁 到ｎ ＝ ２时有１ λ ＝ Ｒ １２２ － １ ３( )２ 解得λ ＝ ３６５Ｒ。 （２）氢原子由ｎ ＝ ３能级跃迁到ｎ ＝ ２时，辐射光子的能量最小， 巴耳末系中波长最长，根据ｃ ＝ λν 解得ν ＝ ５Ｒｃ３６ 根据光电效应方程有Ｅｋｍａｘ ＝ ｈν －Ｗ０根据遏止电压的规律有ｅＵｃ ＝ Ｅｋｍａｘ 解得Ｗ０ ＝ ５Ｒｈｃ３６ － ｅＵｃ。 １８．（１）２ × １０１３个　 （２）２． ７ × １０６ ｍ ／ ｓ　 （３）１３． ８ ｃｍ２ 解析：（１）根据Ｉ ＝ Ｑｔ ＝ ｎｅ ｔ 解得ｎ ＝ Ｉｔｅ ＝ ３． ２ × １０ －６ １． ６ × １０ －１９ ＝ ２ × １０１３。 （２）按图那样在Ｍ、Ｎ之间加电压Ｕ，当Ｕ ＝ ２０ Ｖ时，电流表中恰 好没有电流，即电子克服电场力做功，恰好运动不到Ｎ板，则由 动能定理ｅＵ ＝ １２ ｍｖｍ ２ 解得ｖｍ ＝ ２． ７ × １０６ ｍ ／ ｓ。（３）射出的电子速度沿板方向，则电子在Ｍ、Ｎ之间做类平抛运 动，根据平抛规律，沿板方向的位移为ｘ ＝ ｖｍ ｔ 垂直板方向有ｄ ＝ １２ ａｔ ２ 根据牛顿第二定律ａ ＝ ｅＵｍｄ 联立解得ｘ ＝ ２ ｃｍ 金属板Ｎ上能接收到电子的区域的最大半径为ｒｍ ＝ ｒ ＋ ２ ｃｍ ＝ ２． １ ｃｍ 最大面积为Ｓｍ ＝ πｒｍ２ ＝ １３． ８ ｃｍ２。 考案（五） １． Ｃ　 卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结 构模型，查德威克通过α粒子轰击铍核（９４Ｂｅ）获得碳核（１２６Ｃ）的实验发现了中子，故Ａ错误；较轻的原子核生成较重的原子核是聚 变，故Ｂ错误；一切粒子都具有波粒二象性，故Ｃ正确；原子核的质 量数是质子数和中子数之和，所以Ｘ的中子数为１２４，故Ｄ错误。 ２． Ｂ　 由图可知Ｄ和Ｅ聚变成原子核Ｆ后，总质量减少，由Ｅ ＝ Δｍｃ２ 可知，释放能量，故Ａ错误；Ａ裂变生成Ｂ和Ｃ，总质量减少， 所以释放能量，故Ｂ正确；光电子的最大初动能与入射光强度无 关，故Ｃ错误；镉棒能吸收中子，可减弱核反应速度，故Ｄ错误。 ３． Ｂ　 放射性元素的半衰期与外界因素无关，Ａ错误；根据质量数和 电荷数守恒，中微子的质量数Ａ ＝ ０，电荷数Ｚ ＝ ０，Ｂ正确；正电子 产生的原因是核内的质子转化为中子时放出的，Ｃ错误；查德威 克用粒子轰击铍原子核实验，发现了中子，Ｄ错误。故选Ｂ。 ４． Ｂ　 ３２Ｈｅ ＋ ３ ２ →Ｈｅ ２ １ １Ｈ ＋ ４ ２Ｈｅ是核聚变反应，故Ａ错误；核聚变过程中释放能量，会发生质量亏损，核子的比结合能变大，反应物的 质量之和大于生成物的质量之和，故Ｂ正确，Ｃ错误；通常把核裂 变物质能够发生链式反应的最小体积称为它的临界体积，核聚变 反应发生的条件是高温高压，故Ｄ错误。故选Ｂ。 ５． Ａ　 据ｃ ＝λν得红外线的频率为ν ＝ ｃλ ＝ ３ ×１０８ １０ ×１０ －６ Ｈｚ ＝ ３ × １０１３ Ｈｚ， 故Ａ正确；由图丙知金属铷的截止频率约为５． １５ × １０１４ Ｈｚ，而红 外线的频率为３ × １０１３ Ｈｚ，小于金属铷的截止频率，故不会发生光 电效应，体温枪不能正常使用，故Ｂ错误；由图乙可知，该光电管 的遏止电压为２ × １０ －２ Ｖ，若人体温度升高，辐射红外线的强度增 大，饱和光电流将增大，故Ｃ、Ｄ错误。 ６． Ａ　 根据质量数和核电荷数守恒可知，Ｘ是１３７ Ｎ，前一核反应过程的质量亏损Δｍ１ ＝（１． ００７ ８ ＋１２． ０００ ０ － １３． ００５ ７）ｕ ＝ ０． ００２ １ ｕ，而后一核反应的质量亏损Δｍ２ ＝（１． ００７ ８ ＋ １５． ０００ １ － １２． ０００ ０ － ４． ００２ ６）ｕ ＝ ０． ００５ ３ ｕ，Δｍ２ ＞ Δｍ１，根据质能方程Ｅ ＝ Δｍｃ２，可知Ｑ２ ＞ Ｑ１，故Ａ正确。 ７． Ｄ　 发生的核反应是核裂变，不是原子核的衰变，故Ａ错误；由核 反应方程满足质量数与电荷数守恒，可知２３５９２ Ｕ ＋ １０ →ｎ １４４５６ Ｂａ ＋ ８９ ３６Ｋｒ ＋ ３ １ ０ ｎ ＋ ΔＥ，因此式中ｘ ＝ ３，故Ｂ错误；核反应方程中ΔＥ为释放出的核能，不是２３５９２ Ｕ的结合能，故Ｃ错误；中等质量原子核的比结合能较大，２３５９２ Ｕ核的比结合能小于１４４５６ Ｂａ核的比结合能，故Ｄ正确。 ８． Ｂ　 中子轰击２３２９０ Ｔｈ生成２３３９０ Ｔｈ的核反应不是核聚变，故Ａ错误； ２３３ ９０Ｔｈ释放电子的过程是β衰变，实质是原子核中一个中子转变成一个质子和一个电子，故Ｂ正确；整个过程中释放能量，２３３９１Ｐａ的比结合能小于２３３９２ Ｕ的比结合能，故Ｃ错误；放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度、压强无关，与化学状态也无关，故Ｄ 错误。 ９． ＡＢ　 处于ｎ ＝ ３能级的氢原子的能量为－ １． ５１ ｅＶ，所以只要吸收 能量大于１． ５１ ｅＶ就能电离，故Ａ正确；α、β、γ三种射线，α射线 穿透能力最弱，γ射线穿透能力最强，故Ｂ正确；天然放射性元素 半衰期只与原子核内部结构有关，与其他因素无关，故Ｃ错误；重 核裂变时，必须用中子轰击重核才能发生裂变，故Ｄ错误。 １０． ＢＣＤ　 由图可知，随着原子质量数的增加，原子核的平均结合能 先增大后减小，所以Ａ错误；５６２６ Ｆｅ核的平均结合能最大，是最稳定的，所以Ｂ正确；两个平均结合能小的２１Ｈ结合成平均结合能大的４２Ｈｅ时，会释放出能量，所以Ｃ正确；把１６８ Ｏ分成质子和中子需要提供的能量约为ΔＥ１ ＝ １６ × ８ ＭｅＶ ＝ １２８ ＭｅＶ，将质子和中子结合成一个４２Ｈｅ所放出的能量约为ΔＥ２ ＝ ４ × ７ ＭｅＶ ＝ ２８ ＭｅＶ，则将１６８ Ｏ分为４个４２Ｈｅ需要提供的能量约为ΔＥ３ ＝ ΔＥ１ － ４ΔＥ２ ＝ １２８ ＭｅＶ － ４ × ２８ ＭｅＶ ＝ １６ ＭｅＶ，故要多提供的能量为 ΔＥ３ － ΔＥ１ ＝ １２８ ＭｅＶ － １６ ＭｅＶ ＝ １１２ ＭｅＶ，故选ＢＣＤ。 １１． ＢＣ　 由乙图知ｂ和ｃ的频率相同且大于ａ的频率，故Ａ错误，Ｂ 正确；光ｂ照射金属铷，产生光电子的最大初动能为Ｅｋ ＝ ２． ８１ ｅＶ －２．１３ ｅＶ ＝０．６８ ｅＶ，用光电子轰击氢原子，氢原子可以只吸收电 子的部分能量而发生跃迁，因此处于ｎ ＝ ３能级的氢原子吸收的 能量为ΔＥｋ ＝ － ０． ８５ ｅＶ －（－ １． ５１ ｅＶ）＝ ０． ６６ ｅＶ，这时氢原子处在ｎ ＝ ４的能级，向低能级跃迁可辐射Ｃ２４ ＝ ６种不同频率的光，故Ｃ正确；若用光ｂ直接照射氢原子，氢原子只能吸收能量 恰好为能级之差的光子，２． ８１ ｅＶ不满足该条件，因此该光子不 被吸收，故Ｄ错误。 １２． ＢＣ　 光的频率为ν ＝ ｃλ，则光子的能量为Ｅ０ ＝ ｈν ＝ ｈｃ λ ，故Ａ错 误；根据爱因斯坦质能方程有Ｅ ＝ ｍｃ２，光子的动量为ｐ ＝ ｍｃ，联 立解得ｐ ＝ ｈ λ ，故Ｂ正确；点光源在１ ｓ内发射的光子数为Ｎ ＝ Ｐ·１ Ｅ０ ＝ Ｐλｈｃ，锌板每秒钟接收到的光子数为ｎ ＝ Ｓ ４πＲ２ Ｎ ＝ ＰＳλ ４πＲ２ｈｃ ， 故Ｃ正确；根据光电效应方程得Ｅｋ ＝ ｈν － Ｗ ＝ ｈｃλ － Ｗ，故Ｄ 错误。 １３． Ｉ０ｈｃ λｅ 　 ｈｃ λ － ｈν ＋ ｅＵ 解析：由于饱和光电流为Ｉ０，可知单位时间内产生的光电子的个 数Ｎ ＝ Ｉ０ｅ ，若照射到金属上的光子全部被金属吸收，且每个光子 对应一个光电子，则照射到金属上的光子的个数也为Ｎ ＝ Ｉ０ｅ ，所 以这束光照射在金属表面上的最小功率Ｐ ＝ Ｎ·ｈ ｃ λ ＝ Ｉ０ｈｃ λｅ 。 根据光电效应方程知，光电子逸出金属的最大初动能１２ ｍｖ ２ ＝ ｈ ｃ λ －Ｗ，根据题意可知Ｗ ＝ ｈν，经电压加速，根据动能定理可 知，光电子到达阳极的最大动能１２ ｍｖｍ ２ ＝ ｈ ｃ λ － ｈν ＋ ｅＵ。 １４．（１）Ｂ　 （２）Ａ　 （３）①见解析图　 ②２． ３８ Ｗ　 ③１３． ５ Ｖ 解析：（１）太阳能是依据太阳的核聚变活动导致的，故Ｂ正确                                                                                                                                                                                                                。 ▲ ２４５ ▲ ▲ ２４６ ▲ 考 案 （三） 第三章　 热力学定律 　 　 本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分１００分，时间 ９０分钟。 第Ⅰ卷（选择题　 共４０分） 一、选择题（共１２小题，其中第１ ～ ８小题只有一个选项符合题目要求，每小题 ３分，第９ ～ １２小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得４分，选不全的得 ２分，有选错或不答的得０分） １．（２０２４·吉林长春高二阶段练习）关于以下各图中所示的热学相关知识，描 述正确的是 （Ｃ ） Ａ．图甲中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越 明显 Ｂ．图乙中，在ｒ由ｒ１变到ｒ２的过程中分子力做负功 Ｃ．图丙中，曲线１对应的分子平均动能比曲线２对应的分子平均动能小 Ｄ．图丁中，一定质量的理想气体完成Ａ→Ｂ→Ｃ→Ａ一个循环中其温度始终 不变 ２．如图，密封的桶装薯片从上海带到拉萨后盖子凸起。若两地温度相同，则桶 内的气体压强ｐ和分子平均动能Ｅｋ的变化情况是 （Ｄ ） Ａ． ｐ增大、Ｅｋ增大 Ｂ． ｐ增大、Ｅｋ不变 Ｃ． ｐ减小、Ｅｋ增大 Ｄ． ｐ减小、Ｅｋ不变 ３．（２０２４·河北保定一模）马蹄灯是上世纪在中国生产并在民间广泛使用的一 种照明工具。它以煤油作灯油，再配上一根灯芯，外面罩上玻璃罩子，以防 止风将灯吹灭。当熄灭马蹄灯后，灯罩内空气温度 逐渐降低，下列关于灯罩内原有空气的说法中正确 的是（设外界大气压恒定） （Ｄ ） Ａ．所有气体分子运动的速率都减小 Ｂ．压强减小 Ｃ．体积不变 Ｄ．内能减小 ４．（２０２４·山东烟台一模）如图所示，某同学将空玻璃 瓶开口向下缓慢压入水中，下降过程中瓶内封闭了 一定质量的空气，瓶内空气看作理想气体，水温上 下均匀且恒定不变，则 （Ｂ ） Ａ．瓶内空气对外界做功 Ｂ．瓶内空气向外界放出热量 Ｃ．瓶内空气分子的平均动能增大 Ｄ．单位时间内与瓶壁单位面积上碰撞的空气分子数不变 ５．一定质量的理想气体（分子间作用力不计），体积由Ｖ膨胀到Ｖ′。如果通过 压强不变的过程实现，对外做功大小为Ｗ１，传递热量的值为Ｑ１，内能变 化为ΔＵ１；如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为Ｗ２，传递 热量的值为Ｑ２，内能变化为ΔＵ２，则 （Ｂ ） Ａ． Ｗ１ ＞Ｗ２，Ｑ１ ＜ Ｑ２，ΔＵ１ ＞ ΔＵ２ Ｂ． Ｗ１ ＞Ｗ２，Ｑ１ ＞ Ｑ２，ΔＵ１ ＞ ΔＵ２ Ｃ． Ｗ１ ＜Ｗ２，Ｑ１ ＝ Ｑ２，ΔＵ１ ＞ ΔＵ２ Ｄ． Ｗ１ ＝Ｗ２，Ｑ１ ＞ Ｑ２，ΔＵ１ ＞ ΔＵ２ ６．（２０２４·河南许昌一模）一定质量的理想气体 从状态Ａ变化到状态Ｂ，再变化到状态Ｃ，其 状态变化过程的ｐ － Ｖ图像如图所示。已知该 气体在状态Ａ时的热力学温度为４５０ Ｋ，关于 图示热力学过程中，下列说法正确的是 （Ｄ ） Ａ．该气体在状态Ｂ时的热力学温度为３００ Ｋ Ｂ．该气体在状态Ｃ时的热力学温度为３００ Ｋ Ｃ．该气体从状态Ａ到状态Ｃ全程放出热量 Ｄ．该气体从状态Ａ到状态Ｃ与外界交换的热量是２００ Ｊ ７．如图所示，柱形容器内封有一定质量的空气，光滑活 塞Ｃ（质量为ｍ）与容器用良好的隔热材料制成。活 塞横截面积为Ｓ，大气压为ｐ０，另有质量为Ｍ的物体 从活塞上方的Ａ点自由下落到活塞上，并随活塞一 起到达最低点Ｂ而静止，在这一过程中，容器内空气 内能的改变量ΔＥ，外界对容器内空气所做的功Ｗ与 物体及活塞的重力势能的变化量的关系是（Ｃ ） Ａ． Ｍｇｈ ＋ｍｇΔｈ ＝ ΔＥ ＋Ｗ Ｂ． ΔＥ ＝Ｗ，Ｗ ＝Ｍｇｈ ＋ｍｇΔｈ ＋ ｐ０ＳΔｈ Ｃ． ΔＥ ＝Ｗ，Ｗ ＜Ｍｇｈ ＋ｍｇΔｈ ＋ ｐ０ＳΔｈ Ｄ． ΔＥ≠Ｗ，Ｗ ＝Ｍｇｈ ＋ｍｇΔｈ ＋ ｐ０ＳΔｈ ８．如图所示，绝热的容器内封闭一定质量的气体（不考虑分子 间的相互作用力，外界大气压恒定），用电阻丝对其加热时， 绝热活塞缓慢地无摩擦地上升，下列说法正确的是（Ｃ ） Ａ．活塞上升，气体体积增大，温度降低 Ｂ．电流对气体放热，气体又对外做功，气体内能可能不变 Ｃ．电流对气体放的热一定大于气体对外做的功 Ｄ．气体体积增大，单位时间内打到器壁单位面积的分子数减少，气体压强 一定减小 ９．（２０２４·天津一模）下列有关热学问题说法正确的是 （Ｃ ） Ａ．图甲是理想气体分子速率的分布规律，气体在①状态下的分子平均动能 小于②状态下的分子平均动能 Ｂ．图乙是分子势能Ｅｐ与分子间距ｒ的关系示意图，在ｒ ＞ ｒ１ 时分子力表现 为引力 Ｃ．图丙为压力锅示意图，在关火后打开压力阀开始放气的瞬间，锅内气体对 外界做功，内能减少 Ｄ．图丁为一定质量的理想气体分别在Ｔ１、Ｔ２ 温度下发生的等温变化，由图 可知Ｔ１ ＜ Ｔ２ １０．（２０２４·河北石家庄高二阶段练习）如图所示为一定 质量的理想气体由状态Ａ到状态Ｂ再到状态Ｃ的 ｐ － Ｔ图，下列说法正确的是 （Ｃ ） Ａ．状态Ａ到状态Ｂ过程，气体密度变大 Ｂ．状态Ｂ到状态Ｃ过程，气体先放热再吸热 Ｃ． Ａ、Ｃ两状态气体分子单位时间内撞击单位面积的次数不相等 Ｄ． Ａ、Ｃ两状态气体分子对容器壁上单位面积的平均撞击力相等 １１．（２０２３·青岛二中高二期中）如图所示，由导热材料制 成的汽缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸 内，活塞与汽缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液 体，将一细管插入液体，活塞上方液体会缓慢流出，在 此过程中，大气压强与外界的温度保持不变，则关于这 一过程中汽缸内的气体 （Ｃ ） Ａ．单位时间内气体分子对活塞撞击的次数增多 Ｂ．气体分子间存在的斥力是活塞向上运动的原因 Ｃ．气体分子的速率分布情况不变 Ｄ．气体对外界做的功等于气体从外界吸收的热量 １２．（２０２３·山东莱州一中高二上月考）如图所示，绝热隔板Ｋ把绝热的汽缸 分隔成体积相等的两部分，Ｋ与汽缸壁的接触面是光滑的。两部分中分别 盛有相同质量、相同温度的同种气体ａ和ｂ，气体分子的分子势能可忽略。 现通过电热丝对气体ａ加热一段时间后，ａ、ｂ各自达到新的平衡，则（Ｂ ） Ａ． ａ的体积增大了，压强变小了 Ｂ． ｂ的温度升高了 Ｃ．加热后ａ的分子的热运动比ｂ的分子的热 运动更剧烈 Ｄ． ａ增加的内能大于ｂ增加的内能 第Ⅱ卷（非选择题　 共６０分） 二、填空题（本题共２小题，共１４分。把答案直接填在横线上） １３．（４分）两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸Ａ、Ｂ，汽缸内用轻质绝热活塞 封闭完全相同的理想气体，如图１所示，现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若 Ａ中细沙的质量大于Ｂ中细沙的质量，重新平衡后，汽缸Ａ内气体的内能 　 　 　 　 （填“大于”“小于”或“等于”）汽缸Ｂ内气体的内能，图２                                                                                                                                           为重新 ▲ ２４７ ▲ ▲ ２４８ ▲ 平衡后Ａ、Ｂ汽缸中气体分子速率分布图像，其中曲线　 　 　 　 （填图像中 曲线标号）表示汽缸Ｂ中气体分子的速率分布规律。 １４．（１０分）（２０２４·上海徐汇高三期中）小明同学设计了一种测温 装置，用于测量室内的气温（室内的气压为一个标准大气压，相 当于７６ ｃｍ汞柱产生的压强），结构如图所示，大玻璃泡Ａ内有 一定量的气体，与Ａ相连的Ｂ管插在水银槽中，管内水银面的 高度ｘ可反映泡内气体的温度，即环境温度，将这个简易温度 计放入冰箱，静置一段时间后 （１）玻璃泡内的气体分子平均动能　 　 　 　 ，气体压强　 　 　 　 （选填“变大”“变小”或“不变”），请用分子动理论的观点从微观角度 解释气体压强变化的原因：当气体体积不变时，温度降低，分子热运动程 度降低，可知分子与容器碰撞的次数减少，故压强降低　 　 　 。 （２）温度计放入冰箱后，Ｂ管内水银柱液面会　 　 　 （选填“升高”“降低”或 “不变”）。设玻璃泡内气体内能变化的绝对值为ΔＵ，气体做功的绝对值 为Ｗ，则气体在这个过程中　 　 　 　 （选填“吸热”或“放热”），变化的热量 大小为　 　 　 　 。 （３）冰箱能够不断地把热量从温度较低的冰箱内部传给温度较高的外界 空气，这说明 （Ｄ ） Ａ．热量能自发地从低温物体传到高温物体 Ｂ．热量不可以从低温物体传到高温物体 Ｃ．热量的传递过程不具有方向性 Ｄ．热量从低温物体传到高温物体，必然引起其他变化 三、论述、计算题（本题共４小题，共４６分。解答应写出必要的文字说明、方程 式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须 明确写出数值和单位） １５．（８分）（２０２４·安徽黄山二模）一定质量的某种理想气体初始温度为Ｔ０ ＝ ４００ Ｋ，压强ｐ０ ＝ １ × １０５ Ｐａ，体积为Ｖ０。经等容变化放出４００ Ｊ热量，温度 降低到Ｔ１ ＝ ３００ Ｋ；若经等压变化，则需要放出６００ Ｊ的热量才能使温度降 低到３００ Ｋ。求： （１）等压过程中外界对气体做的功Ｗ； （２）初始状态下气体的体积Ｖ０。 １６．（１０分）（２０２４·山东滨州高二期中）如图所示，质量为Ｍ、内部高为Ｈ的 绝热汽缸内部带有加热装置，用绝热活塞封闭一定质量的理想气体。汽缸 顶部有挡板，用绳将活塞悬挂在天花板上。已知汽缸的底面积为Ｓ，活塞 质量为ｍ。开始时缸内理想气体温度为３００ Ｋ，活塞到汽缸底部的距离为 ０． ５Ｈ。用电流大小为Ｉ的电流通过图中阻值为Ｒ的电阻丝缓慢加热时间ｔ 后，汽缸内气体的温度升高到７００ Ｋ。已知大气压强恒为ｐ０，重力加速度为 ｇ。忽略活塞和汽缸壁的厚度，不计一切摩擦。求： （１）温度从３００ Ｋ升高到７００ Ｋ的过程中，缸内气体内能的增加量； （２）温度为７００ Ｋ时缸内气体的压强。 １７．（１２分）（２０２４·江苏南通高二阶段练习）一容器内部空腔呈不规则 形状，为测量它的容积，在容器上竖直插入一根两端开口且粗细均 匀的玻璃管，接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积为Ｓ，管内用一 长为ｈ的水银柱封闭着长为ｌ１的空气柱，如图。此时外界的温度为 Ｔ１。现把容器浸在温度为Ｔ２的热水中，水银柱缓慢上升，静止时管 内空气柱长度变为ｌ２。已知水银密度为ρ，重力加速度为ｇ，大气压 强为ｐ０。 （１）求温度为Ｔ１时封闭气体的压强ｐ１； （２）求容器的容积Ｖ； （３）若该过程封闭气体的内能增加了ΔＵ，求气体从外界吸收的热量Ｑ。 １８．（１６分）一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃 板，集热器容积为Ｖ０，开始时内部封闭气体的压强为ｐ０。经过太阳曝晒， 气体温度由Ｔ０ ＝ ３００ Ｋ升至Ｔ１ ＝ ３５０ Ｋ。 （１）求此时气体的压强。 （２）保持Ｔ１ ＝ ３５０ Ｋ不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到ｐ０。求 集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。判断在抽气过程中剩余 气体是吸热还是放热，并简述原因                                                                                                                                           。