第55期 选择性必修第三册 核心素养阶段测试 (一)第1-3章-【数理报】2024-2025学年高二物理选择性必修第三册同步学案（人教版2019）

书 答案详解 　　　２０２４～２０２５学年　高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期（２０２５年８月）　　　 第５３期３版参考答案 Ａ组 １．Ｂ　２．Ｂ　３．Ａ　４．Ｃ　５．Ｄ　６．Ａ　７．Ｃ 提示： １．因高压空气急剧外逸时，气体没有时间充分与外界发生 热交换，可近似看成绝热膨胀过程．气体对外做功，内能减小， 所以关闭开关时，筒内气体温度较外界低，再经过较长时间后， 筒内外气体温度相同．对筒内剩余气体分析，属于等容升温过 程，其压强要变大，大于外界气压，所以再打开开关时，筒内气 体要流向筒外，故Ｂ正确． ２．两球初、末态温度相同，初、末态体积也相同，所以内能 增量相同，但水银中的Ｂ球膨胀时对外做功多，所以吸热较多， 故Ｂ正确． ３．向下压ａ的过程中，外界对气体做功，瓶内气体内能增 大，故Ａ正确；向下压ａ的过程中，瓶内气体体积减小，压强增 大，温度升高，故ＢＣＤ错误． ４．用铁锤锻打铁器，铁器会发热，属于做功改变物体内能； 用火对铁器加热，铁器从火中吸收热量，把铁器放在水中淬火， 铁器向水中放热，所以加热和淬火属于热传递改变物体内能， 故Ｃ正确． ５．根据图像可知，从状态ａ到ｂ，气体的压强增大，体积增 大，故温度升高，内能增大，故Ａ错误；等温变化的ｐ－Ｖ图像为 双曲线，不是圆弧，因此从状态ｂ到状态 ｃ不是等温变化，故 Ｂ 错误；从状态ｃ到 ｄ，气体体积减小，外界对气体做功，故 Ｃ错 误；整个循环过程中，从状态ａ经ｂ、ｃ、ｄ回到状态ａ，气体温度不 变内能不变，由于ｐ－Ｖ图像与横轴所围几何图形的面积表示 功，多边形ａｂｃｄａ的面积表示对外做功，根据热力学第一定律 可知，气体吸热，故Ｄ正确． ６．人体缓慢离开健身球过程中，球体积变大，则球内气体 对外做功，故Ａ正确；人体缓慢离开健身球过程中，球内气体能 与外界发生充分的热交换，球内气体的温度不变，体积变大，分 子的平均速率不变，平均动能不变，内能不变，由热力学第一定 律 知球内气体从外界吸热，故ＢＣＤ错误． ７．以活塞为研究对象，根据受力平衡可得两气缸中气体的 压强相等，故Ａ错误；因Ａ是导热气缸，所以Ａ中气体温度不变， 内能不变；因Ｂ是绝热气缸，活塞对气体做功，气体的内能增 加，温度升高，故Ｃ正确，Ｄ错误；根据理想气体状态方程可知， Ａ中气体体积小于Ｂ中气体体积，故Ｂ错误．故选Ｃ． ８．１２００　放出　１０００ 解析：做功和传热在改变物体内能上是等效的，因此若用 吸热方式使温度升高３℃，应吸收１２００Ｊ的热量． ９．解析：（１）活塞缓慢移动，任意状态都处于平衡状态，故 气体做等压变化，由盖 －吕萨克定律可知：ＶＴ ＝ ΔＶ ΔＴ ，其中Ｖ＝ １ ２Ｓｈ，ΔＶ＝（Δｘ）Ｓ， 解得Δｔ＝ΔＴ＝２Δｘｈ·（２７３＋ｔ）． （２）设汽缸内压强为ｐ，由平衡条件得：ｐＳ＝ｐ０Ｓ－Ｇ，封闭 气体对外做功：Ｗ ＝－ΔｐＳΔｘ＝－（ｐ０Ｓ－Ｇ）Δｘ，由热力学第一 定律得：ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ ＝Ｑ－（ｐ０Ｓ－Ｇ）Δｘ． １０．解析：（１）加热过程，气体发生等压变化 由盖 －吕萨克定律，有ｈＳＴ０ ＝ＨＳＴ 代入数据，解得Ｔ＝６００Ｋ． （２）活塞受重力、大气压力和内部气体压力作用处于平衡 状态，设气体的压强为ｐ，由共点力平衡条件，有ｐＳ＝ｍｇ＋ｐ０Ｓ 加热过程中，气体对外做的功Ｗ ＝ｐＳ（Ｈ－ｈ                                                         ） —１— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 即Ｗ ＝（ｍｇ＋ｐ０Ｓ）（Ｈ－ｈ） 代入数据，解得Ｗ ＝５０．３Ｊ． Ｂ组 １．ＡＤ　２．ＢＤ　３．ＡＤ 提示： １．由图可知气体的ｐ、Ｖ一直增加，由理想气体状态方程ｐＶＴ ＝Ｃ知，气体温度一直增加，故Ａ正确；一定量的理想气体内能 只与温度有关，温度一直增加，气体的内能一直增加，故 Ｂ错 误；体积增大，气体一直对外做功，即外界一直对气体做负功， 气体内能一直增加，根据热力学第一定律ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ可知气 体一直从外界吸热，故Ｄ正确，Ｃ错误． ２．压缩冲程中，柱塞对气缸内气体做正功，柱塞机械能转 化为气体内能，气缸内气体内能增大，气缸内气体温度升高，故 Ａ错误，Ｂ正确；做功冲程中，气缸内气体对柱塞做正功，将内能 转化为机械能，气缸内气体内能减少，气缸内气体温度降低；由 于气缸内气体质量不变，气体体积增大，由理想气体状态方程 可知气体压强变小，故Ｃ错误、Ｄ正确． ３．初始时汽缸Ａ中气体的压强为ｐＡ ＝ｐ０＋ Ｍｇ Ｓ，解得汽缸 Ａ的质量Ｍ＝１０ｋｇ，故Ａ正确；放上物块Ｃ待系统重新达到平 衡后，汽缸Ａ、汽缸Ｂ内的气体温度均不变，则内能均不变，由热 力学第一定律ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ＝０可知，汽缸内气体的体积均减 小，外界对气体做正功，则汽缸内气体均放热，故 Ｂ错误；放上 物块Ｃ待系统重新达到稳定后，汽缸Ａ内气体的压强ｐ２＝ｐ０＋ （Ｍ＋ｍ）ｇ Ｓ ，解得ｐ２＝１．６×１０ ５Ｐａ，设此时汽缸Ａ内气体的体积 为Ｖ，由玻意耳定律可得ｐＡＬＡＳ＝ｐ２Ｖ，解得Ｖ＝３７５ｃｍ ３，则汽 缸Ａ内的气体体积缩小了ΔＶ＝ＳＬＡ－Ｖ＝１２５ｃｍ ３，故Ｃ错误； 放上物块Ｃ待系统稳定后，设汽缸Ｂ内气体的压强为 ｐＢ，以 Ｂ 中活塞为研究对象，有（Ｍ＋ｍ）ｇ＋ｐ０·２Ｓ＝ｐＢ·２Ｓ，解得ｐＢ ＝ １．３×１０５Ｐａ，故Ｄ正确． ４．（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次数减少，故压强降 低 （２）升高　放热　Ｗ＋ΔＵ 解析：（１）温度降低，可知分子平均动能减小，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 的次数减少，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，外界对气体做正功，气体放热，根据 －ΔＵ＝Ｗ－Ｑ，则Ｑ＝Ｗ＋ΔＵ． ５．解析：（１）当重物刚离开地面时，地面对重物的支持力 为零，设此时绳的拉力为Ｆ，活塞受力平衡ｐ０Ｓ＝ｐ２Ｓ＋Ｆ 小物体受力平衡Ｆ＝ｍｇ 解得ｐ２ ＝１×１０ ５Ｐａ 汽缸内气体等容变化，根据查理定律 ｐ１ Ｔ１ ＝ ｐ２ Ｔ２ 其中ｐ１ ＝ｐ０ Ｔ１ ＝１０１Ｋ 解得Ｔ２ ＝１００Ｋ． （２）气体温度从１０１Ｋ降温至１００Ｋ过程中，外界对气体 做功Ｗ１ ＝０ 继续降温，活塞向左移动过程中，外界对气体做功 Ｗ２ ＝ ｐ２Ｓ（ｈ１－ｈ２） 解得Ｗ２ ＝４０Ｊ 根据热力学第一定律ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ 其中Ｑ＝－１０Ｊ． 第５４期３版参考答案 Ａ组 １．Ｂ　２．Ｃ　３．Ｄ　４．Ｂ　５．Ｄ　６．Ｃ　７．Ｃ 提示： １．因Ａ部分气体密度小，Ｂ部分气体密度大，以整体为研究 对象，开始时，气体的重心在中线以下，混合均匀后，气体的重 心在中线上，所以有重力做负功，使气体的重力势能增大，由能 量守恒定律可知，吸收的热量Ｑ有一部分转化为气体的重力势 能，另一部分转化为内能．故Ｂ正确． ２．Ａ、Ｂ升高相同的温度，根据Ｑ＝ｃｍΔｔ可知，升温需要的 能量是相同的．由于受热膨胀，Ａ的重心升高，重力势能增加， ＱＡ一部分用于升温，一部分用于增加重力势能ΔＥｐ，即ＱＡ ＝Ｑ ＋ΔＥｐ；Ｂ的重心降低，重力势能减小，ＱＢ                                                                      和减少的重力势能 —２— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 ΔＥｐ共同用于升温，即Ｑ＝ＱＢ＋ΔＥｐ；显然ＱＡ＞ＱＢ．故Ｃ正确． ３．形状记忆合金进入水后受热形状发生改变而搅动热水， 由能量守恒知能量来源于热水，故 ＡＢＣ错误；由能量守恒知， 叶片吸收的能量一部分转化成叶片的动能，一部分在空气中释 放，故Ｄ正确． ４．根据热力学第二定律知，在不产生其他影响时，内能不 能全部转化为机械能，因此从海水中吸收内能全部用来做功而 不产生其他影响是不可能实现的，故 Ａ错误；利用太阳能最有 前途的领域是通过太阳电池将太阳能直接转化为电能再加以 利用，解决照明和热水问题，故 Ｂ正确；绝对零度是温度的极 值，是不能达到的，故Ｃ错误；根据热力学第二定律可知，汽车 尾气中各类有害气体不能自发分离，要在排气管上安装催化转 化器，故Ｄ错误． ５．气体自由膨胀，所有气体分子的运动方向并不相同，气 体没有对外做功，同时由于整个系统与外界没有热交换，根据 热力学第一定律可知，内能不变，故ＡＣ错误；一切与热有关的 宏观过程均具有方向性，故Ｂ中气体不可能自发地全部退回到 Ａ中，故Ｂ错误；因为内能不变，故温度不变，分子平均动能不 变，气闸舱Ｂ内为真空，所以气体的密集程度减小，可知气体分 子单位时间内与 Ａ舱壁单位面积的碰撞次数将减少，故 Ｄ正 确． ６．电冰箱通过电流做功，把热量从冰箱内温度较低的冷冻 室冷藏室传到冰箱外温度较高的空气中，但这一过程消耗了电 能，即引起“其他变化”，符合热力学第二定律，故Ａ正确．工作 物质从单一热源吸热，一部分用来对外做功，一部分向低温热 源释放热量，符合热力学第二定律，故Ｂ正确．单源热机不可能 从高温热源吸热，全部用来对外做功而不引起其他变化．不符 合热力学第二定律，故Ｃ错误．与题意相符；热量可以自发的从 高温热源传递到低温热源．符合热力学第二定律，故Ｄ正确． ７．根据热力学第二定律，热机效率不能达到１００％，故Ａ错 误；由热力学第二定律的表述：不可能从单一热库吸收热量，使 之完全变成功，而不产生其他影响可知，不可能把汽油燃烧释 放的热量全部用来做功，而不引起其他变化，故 Ｂ错误，Ｃ正 确；机械能可以全部转化为内能，因此汽车刹车时能把动能全 部转化为内能，Ｄ错误． ８．不违背　气体对外做功 解析：热力学第二定律的克劳修斯表述为热量不能自发地 从低温物体传到高温物体，电冰箱依靠压缩机实现了将热量从 低温物体转移到高温物体，不违背热力学第二定律．制冷剂在 蒸发器中由液态变成气态的过程中，体积膨胀，对外做功． ９．（１）４５０Ｋ （２）１５０ｋ＋ ｐ０Ｖ ６ 解析：（１）左边容器中气体初始体积为 Ｖ３，初始温度为 Ｔ０ ＝３００Ｋ，当体积为 Ｖ２时，气体等压变化，由 Ｖ Ｔ ＝Ｃ可得 Ｖ ３ Ｔ０ ＝ Ｖ ２ Ｔ，解得外界的温度为Ｔ＝４５０Ｋ． （２）左边容器中气体对外做功为Ｗ＝ｐ０ＳＬ＝ｐ０（ Ｖ ２－ Ｖ ３） ＝ ｐ０Ｖ ６，由能量守恒可得气体吸收的能量为Ｑ＝ｋ（Ｔ－Ｔ０）＋Ｗ ＝１５０ｋ＋ ｐ０Ｖ ６． １０．（１）５６０Ｋ　８４０Ｋ （２）吸热　２６Ｊ 解析：（１）Ａ→Ｂ根据理想气体状态方程 ｐＡＶＡ ＴＡ ＝ ｐＢＶＢ ＴＢ 解得 ＴＢ ＝５６０Ｋ Ｂ→Ｃ是等压变化，根据盖 －吕萨克定律 ＶＢ ＴＢ ＝ ＶＣ ＴＣ 解得ＴＣ ＝８４０Ｋ． （２）根据题意ＷＡＢ ＝３４Ｊ Ｂ→Ｃ过程气体膨胀，外界对气体做功 ＷＢＣ ＝－ｐΔＶ＝－ｐ（ＶＣ－ＶＢ）＝－６０Ｊ Ｃ→Ａ过程气体体积不变ＷＣＡ ＝０ 整个循环过程Ｗ ＝ＷＡＢ＋ＷＢＣ ＋ＷＣＡ ＝－２６Ｊ 由于理想气体内能只与温度有关，所以经历一个循环过程 后，内能不变，即ΔＵ＝０ 根据热力学第一定律ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ解得Ｑ＝２６Ｊ 所以此循环过程气体吸热２６Ｊ                                                                      ． —３— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 Ｂ组 １．ＡＣＤ　２．ＢＣ　３．ＡＢＣ 提示： １．根据热力学第二定律可知，热机中燃气的内能不可能全 部变成机械能，故Ａ正确；电流的能可以全部变成内能，故Ｂ错 误；根据热力学第二定律可知，在火力发电机中，燃料的内能不 可能全部变成电能，故Ｃ正确；在热传导中，热量不可能自发地 从低温物体传递给高温物体，故Ｄ正确． ２．热力学第二定律适用于所有的热学过程，故 Ｃ正确，Ｄ 错误；热量不能自发地从低温物体传递到高温物体，要想使热 量从低温物体传递到高温物体必须借助于其他系统做功，故Ａ 错误，Ｂ正确． ３．阀门Ｋ打开后，气体自Ⅰ向Ⅱ的真空中的扩散是不可 逆的，遵循热力学第二定律，故Ａ正确；气体自Ⅰ向Ⅱ的真空 中扩散时不做功，总内能不变，温度不变，体积变为原来的２ 倍，由理想气体状态方程 ｐＶ Ｔ ＝Ｃ可知，ｔ２时刻Ⅰ中气体的压强 是ｔ１时刻的 １ ２，故 Ｂ正确；ｔ２ ～ｔ３时间内 Ⅲ 气体通过活塞对 Ⅰ、Ⅱ中的气体做功，Ⅲ中气体的内能减小，Ⅰ、Ⅱ中气体的内 能增加，温度升高，故Ｃ正确，Ｄ错误． ４．第二种表述：热机从热源吸收热量，一部分用于做功，一 部分会传给其周围的低温物体，则示意图如下图． !"#$ %& '"#( ! ! " ! " 实质：一切与热现象有关的宏观过程在自发进行时都具有 方向性，或一切与热现象有关的宏观自然过程在进行时都具有 方向性． ５．（１）不可逆，不变； （２）１０Ｎ；　（３）８９．３Ｊ． 解析：（１）根据热力学第二定律可知，气体从状态１到状态 ２是不可逆过程，由于隔板Ａ的左侧为真空，可知气体从状态１ 到状态２，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不 变，气体的温度不变，分子平均动能不变． （２）气体从状态１到状态２发生等温变化，则有 ｐ１Ｖ１ ＝ｐ２·２Ｖ１ 解得状态２气体的压强为ｐ２ ＝ ｐ１ ２ ＝１．０２×１０ ５Ｐａ 解锁活塞Ｂ，同时施加水平恒力Ｆ，仍使其保持静止，以活 塞Ｂ为对象，根据受力平衡可得ｐ２Ｓ＝ｐ０Ｓ＋Ｆ 解得Ｆ＝（ｐ２－ｐ０）Ｓ＝（１．０２×１０ ５－１．０１×１０５）×１００ ×１０－４Ｎ＝１０Ｎ （３）当电阻丝Ｃ加热时，活塞Ｂ能缓慢滑动（无摩擦），使 气体达到温度Ｔ２ ＝３５０Ｋ的状态． 第５５期参考答案 １．Ｂ　２．Ｂ　３．Ｄ　４．Ｃ　５．Ｄ　６．Ｂ　７．Ｄ ８．ＢＣ　９．ＡＤ　１０．ＡＤ 提示： １．能量在转化过程中，有一部分能量转化为内能，根据热 力学第二定律，我们可以容易地把这些内能的一部分收集起来 重新利用，不能全部收集起来重新利用，故Ａ错误；在能源的利 用过程中，能量的总量并未减少，但在可利用的品质上降低了， 从便于利用的变成了不便于利用的，故 Ｂ正确；第一类永动机 违反了能量守恒定律，是不可能制成的，故Ｃ错误；根据能量守 恒定律，各种能量在不转化时是守恒的，在转化时也是守恒的， 故Ｄ错误． ２．根据熵增加原理，在自然过程中一个孤立系统总是从熵 小的状态向熵大的状态发展，熵值较大代表着较为无序，故 Ａ 错误；根据热力学第一定律可知，若外界对物体做功等于物体 向外界放出的热量，则物体的内能不变，故Ｂ正确；每个气体分 子的质量ｍ０ ＝ Ｍ ＮＡ ，每个气体分子平均占有的空间体积 Ｖ０ ＝ ｍ０ ρ ＝ Ｍ ρＮＡ ，它不是气体分子的体积，故Ｃ错误；密封在容积不变 的容器内的理想气体，若温度升高，单位体积内的分子个数不 变，分子的平均动能增大，分子的平均速率增大，则气体分子对 器壁单位面积上的平均作用力增大，故Ｄ错误． ３．根据热力学第一定律ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ知，内能的增量ΔＵ由 Ｑ和Ｗ共同决定，物体吸收热量Ｑ，但做功Ｗ不确定，                                                                      所以其内 —４— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 能不一定增加，故Ａ错误；同理，气体对外做功时，热量传递 Ｑ 不确定，其内能也不一定减小，故Ｂ错误；根据理想气体状态方 程 ｐＶ Ｔ ＝Ｃ可知，一定质量的某种理想气体在等压压缩过程中， 气体的温度一定降低，而一定质量的理想气体的内能仅仅与温 度有关，所以其内能一定减少，故Ｃ错误；根据理想气体状态方 程 ｐＶ Ｔ ＝Ｃ可知，一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中， 气体的温度一定升高，而一定质量的理想气体的内能仅仅与温 度有关，所以其内能一定增加，故Ｄ正确． ４．气体由状态Ａ到状态Ｂ的过程中，汽缸内气体的最高温 度设为Ｔ，此时压强为ｐ，气体的体积为Ｖ，根据理想气体气态方 程有 ｐＡＶＡ ＴＡ ＝ｐＶＴ，解得Ｔ＝ ｐＶ ｐＡＶＡ ＴＡ可知，当ｐＶ取值最大时，Ｔ有 最大值，由图可知，ｐＶ＝（－Ｖ＋５）Ｖ＝－Ｖ２＋５Ｖ，可知当Ｖ＝ ５ ２Ｌ时，ｐＶ有最大值，此时Ｔ最大，联立解得Ｔ＝４６８．７５Ｋ，气体 由状态Ａ到状态Ｂ的过程中，根据理想气体气态方程有 ｐＡＶＡ ＴＡ ＝ ｐＢＶＢ ＴＢ ，代入图中数据可知ＴＡ ＝ＴＢ，可知，汽缸内气体的内能不 变，根据图可知，图线与坐标轴围成的面积表示气体做功，则气 体由状态Ａ到状态Ｂ的过程中，气体体积变大，气体对外做功 Ｗ＝７５０Ｊ，又根据ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ可知，汽缸从外界吸收热量，则 Ｑ＝７５０Ｊ，故选Ｃ． ５．由图可知，ａ→ｂ的过程中，气体体积变小，故外界对气 体做功，故Ａ错误；由图可知，ｂ→ｃ的过程中，气体体积变小， 故外界对气体做功，故Ｂ错误；根据理想气体气态方程ｐＶＴ ＝Ｃ 可知，ａ→ｂ的过程中，ｐ增大，Ｖ减小，Ｔ不一定变大，故内能不 一定增大，故Ｃ错误；根据理想气体气态方程ｐＶＴ ＝Ｃ可知，ｂ→ ｃ的过程中，ｐ不变，Ｖ减小，则Ｔ变小，则气体的内能逐渐变小， 故Ｄ正确． ６．由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮 的过程中，小瓶内温度升高，内能增加，故 Ａ错误；在小瓶上升 的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理 想气体状态方程 ｐＶ Ｔ＝Ｃ，气体体积膨胀，对外界做正功，故Ｂ正 确；由以上分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外 做功，根据热力学第一定律ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ，由于气体对外做功， 因此吸收的热量大于增加的内能，故ＣＤ错误． ７．图甲中，曲线②速率大的分子占据的比例较大，则说明 曲线②对应的平均动能较大，曲线②对应的温度较高，故Ａ错 误；图乙中，一定质量的理想气体在不同温度下的等温线，由 ｐＶ＝ＣＴ结合图像可知Ｔ１＜Ｔ２，故Ｂ错误；图丙中，分子间的距 离从ｒ０增大的过程中，分子力先增大后减小，故 Ｃ错误；图丁 中，由微元法可得ｐ－Ｖ图像与横坐标轴围成的面积表示为气 体做功的多少，由图像可知，ａ→ｃ→ｂ过程比ａ→ｂ过程气体对 外界所做的功多，故Ｄ正确． ８．解决本题的关键是理解缓慢推动活塞Ｑ的物理含义，推 动活塞Ｑ使活塞对气体做功，本来气体的温度应升高，但是由 于缓慢推动活塞，气体增加的内能又以热量的形式释放到周围 环境中，由于环境温度恒定，所以汽缸内气体的温度不变，内能 不变，气体的平均动能不变，故ＡＤ错误，Ｂ正确；由于气体被压 缩，气体单位体积内的分子数增大，所以单位面积上，汽缸受到 气体分子的碰撞次数增多，因此气体的压强增大，故Ｃ正确． ９．将容器放入热水中，气体的温度升高，内能变大，由 ΔＵ ＝Ｑ＋Ｗ知，气体对外做的功小于气体吸收的热量，故Ａ正确， Ｂ错误；气体的压强保持不变，则容器内壁的单位面积上受到 气体分子的平均作用力大小不变，故Ｃ错误，Ｄ正确． １０．Ａ→Ｂ的过程中温度不变，内能不变，体积膨胀对外界 做功，由热力学第一定律得气体从外界吸热才可能保持内能不 变，故Ａ正确；Ｂ→Ｃ的过程中，体积不变，单位体积内的分子数 不变，温度升高，分子的平均动能增大，压强增大，故 Ｂ错误；Ｃ →Ｄ的过程中，直线过原点，压强不变，温度降低，内能减小，体 积减小，外界对气体做功，气体放热才可能内能减小，故 Ｃ错 误；Ｄ→Ａ的过程中，气体的体积不变，单位体积内的分子数不 变，温度减小，压强也减小，温度是分子平均动能的标志，故分 子的平均动能减小，故Ｄ正确． １１．ρＶＭＮＡ　大　０．１　降低 解析：气体物质的量为ｎ＝ρＶＭ，                                                                      该密闭气体的分子个数为 —５— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 Ｎ＝ｎＮＡ ＝ ρＶ ＭＮＡ；气体对外做了０．８Ｊ的功，同时吸收了０．９Ｊ 的热量，根据热力学第一定律，有ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ＝－０．８Ｊ＋０．９Ｊ ＝０．１Ｊ；若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，气体迅速对外做 功，内能减小，温度降低． １２．（１）注射器针筒上的刻度 （２）Ｃ （３）能　烧瓶密封不严有漏气 解析：（１）这个实验是通过注射器注入水来改变烧瓶内的 气体体积的，所以实验中通过注射器针筒上的刻度测得注入烧 瓶中的水的体积． （２）等温变化时，气体压强与体积成反比，压强—体积图 像是曲线，为了更好地对实验数据进行分析，通常采取化曲为 直的作图方法．而Ｖ－１ｐ图像是直线，故Ａ、Ｂ、Ｄ错误，Ｃ正确． （３）根据上述实验数据的图像可以测得烧瓶的容积，上述 实验中存在着可能影响实验精确度的主要因素有烧瓶密封不 严有漏气（或烧瓶中气体温度有变化）． １３．（１）Ｔ＝２Ｔ０ （２）ΔＵ＝０．４Ｉ２０Ｒｔ－ｍｇＬ－ｐ０ＳＬ 解析：（１）对处于平衡状态的活塞进行受力分析有 ｍｇ＋ｐ０Ｓ－ｐ１Ｓ＝０ 解得ｐ１ ＝ ｍｇ Ｓ＋ｐ０ 活塞缓慢上升过程中气体压强不变，根据盖－吕萨克定律 有 ＬＳ Ｔ０ ＝２ＬＳＴ 解得Ｔ＝２Ｔ０． （２）时间ｔ内电热炉盘电阻丝产生的热量Ｑ＝（ Ｉ０ 槡２ ）２Ｒｔ 气体对外做功Ｗ ＝ｐ１ＳＬ 根据热力学第一定律ΔＵ＝８０％Ｑ－Ｗ 解得ΔＵ＝０．４Ｉ２０Ｒｔ－ｍｇＬ－ｐ０ＳＬ． １４．至少需要对气闸舱抽气６５次，才能打开闸门Ｂ 解析：第一次对气闸舱抽气，有ｐ０Ｖ２ ＝ｐ１（Ｖ２＋ΔＶ） 可得ｐ１ ＝ １５ １６ｐ０， 第二次对气闸舱抽气有ｐ１Ｖ２ ＝ｐ２（Ｖ２＋ΔＶ） 可得ｐ２ ＝ １５ １６ｐ１ ＝（ １５ １６） ２ｐ０， …… 第ｎ次对气闸舱抽气有ｐｎ－１Ｖ２ ＝ｐｎ（Ｖ２＋ΔＶ） 可得ｐｎ ＝ １５ １６ｐｎ－１ ＝（ １５ １６） ｎｐ０， 当ｐｎ ＝（ １５ １６） ｎｐ０≤ １ ６４ｐ０即可打开闸门Ｂ，即 ｎｌｇ（１５１６）≤－６×ｌｇ２可得ｎ≥ －６×ｌｇ２ １＋ｌｇ３－５ｌｇ２＝６４．５， 所以至少需要对气闸舱抽气６５次，才能打开闸门Ｂ． １５．解析：（１）汽缸Ｂ导热，汽缸Ｂ中气体温度保持不变，汽 缸Ｂ中气体状态参量：ｐＢ１ ＝ｐ０，ＶＢ１ ＝Ｖ，ＶＢ２ ＝ １ ３Ｖ， 对汽缸Ｂ中的气体，由玻意耳定律得ｐＢ１ＶＢ１＝ｐＢ２ＶＢ２，解得 ｐＢ２ ＝３ｐ０； 两活塞等大，忽略活塞与汽缸的摩擦，两汽缸中气体压强 相等，则汽缸Ａ内气体的压强：ｐＡ ＝ｐＢ２ ＝３ｐ０． （２）Ｂ中气体体积减为原来的三分之一时，Ａ中气体体积 为Ｖ＋（１－１３）Ｖ＝ ５ ３Ｖ 对汽缸Ａ中气体，由理想气体状态方程得 ｐ０Ｖ Ｔ０ ＝ ｐＡ· ５ ３Ｖ ＴＡ ， 解得ＴＡ ＝５Ｔ０ 汽缸Ａ内气体升温时内能增加：ΔＵ ＝α（ＴＡ －Ｔ０）＝ ４αＴ０ 汽缸Ｂ内气体温度不变，内能不变， 以汽缸Ａ、Ｂ内两部分气体为研究对象，则对外做功为０，由 能量守恒定律得Ｑ１ ＝ΔＵ＋Ｑ２ 解得，汽缸Ｂ内气体放出热量为Ｑ２ ＝Ｑ１－４αＴ０． 第５６期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ｄ　３．Ｂ　４．Ｂ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｂ 提示： １．这种极紫外光的光子能量约为Ｅ＝ｈν＝ｈｃλ≈ １．４７× １０－１７Ｊ，故选Ｄ                                                                      ． —６— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 ２．碰撞前光子的动量和能量分别为ｐ＝ｈ λ ，Ｅ＝ｈｃ λ ，故ＡＢ 错误；碰撞后光子的动量和能量分别为ｐ′＝２ｈ３λ 、Ｅ′＝２ｈｃ３λ ，故Ｃ 错误，Ｄ正确． ３．黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高， 辐射越强越大，故ＡＤ错误；黑体辐射的波长分布情况也随温 度而变，如温度较低时，主要以不可见的红外光进行辐射，在 ５００℃以至更高的温度时，则顺次发射可见光以至紫外辐射， 即温度越高，辐射的电磁波的波长越短，故Ｂ正确，Ｃ错误． ４．根据题意可知，光电子从金属表面逸出后的最大初动能 为Ｅｋｍ ＝ｅＵ０，根据动能定理可得当电压表示数分别为Ｕ０、３Ｕ０ 时，到达阳极Ａ的光电子的最大动能分别为 Ｅｋ１ ＝Ｅｋｍ ＋ｅＵ０， Ｅｋ２ ＝Ｅｋｍ ＋３ｅＵ０，联立可得 Ｅｋ１ Ｅｋ２ ＝ Ｕ０＋Ｕ０ Ｕ０＋３Ｕ０ ＝ １２，故Ｂ正确． ５．根据题意，由光电效应方程有ｈｃ λ －Ｗ０＝ｅＵ， ｈｃ ２λ －Ｗ０＝ ｅＵ４，解得Ｗ０ ＝ ｈｃ ３λ ，故Ｃ正确． ６．根据题意，由光电效应方程有Ｅｋｍ ＝ｈν－Ｗ０，又有ν＝ ｃ λ ，整理可得λ＝ ｈｃＥｋｍ ＋Ｗ０ 由图可知，当λ＝ａ时，Ｅｋｍ ＝０，解 得Ｗ０ ＝ ｈｃ ａ，当λ→＋∞时，Ｅｋｍ ＝－ｂ＝－Ｗ０，联立解得ｈ＝ ａｂ ｃ，故Ｃ正确． ７．根据光电效应方程和动能定理可得 Ｅｋ ＝ｈν－Ｗ０，０－ Ｅｋ＝ｅＵ，可得ｅＵ＝ｈν－Ｗ０，由题图可知，ｂ光的遏止电压最大， ａ、ｃ两光的遏止电压相等，则ｂ光光子的能量最大，ａ、ｃ两光光 子的能量相等，ａ光产生光电子的最大初动能与 ｃ光产生光电 子的最大初动能相等；故ＡＣ错误；由于ｂ光光子的能量大于ｃ 光光子的能量，则ｂ光的频率大于ｃ光的频率，ｂ光的波长比 ｃ 光的波长短，故Ｄ错误；由题图可知ａ光对应的饱和电流大于ｃ 光对应的饱和电流，且ａ、ｃ两光光子的能量相等，则ａ光的光强 比ｃ光大，故Ｂ正确． ８．０　ｋｅ 解析：若对同一金属实验，取某一入射光频率，并调节电源 电压，当光路的光电流为０时，记录此时电压和对应频率的实 验数据，然后改变入射光的频率，重复以上步骤，得到多组数 据；根据光电效应方程ｅＵ＝ｈν－Ｗ０解得Ｕ＝ ｈν ｅ－ Ｗ０ ｅ，斜率为 ｋ＝ ｈｅ，解得ｈ＝ｋｅ． ９．（１）１．２×１０１３； （２）Ｅｋｍ ＝Ｕｅ＋ｈν－Ｗ０． 解析：（１）单位时间内Ｋ极逸出的电子数Ｎ＝Ｑｅ，其中Ｑ ＝Ｉｔ，可得Ｎ＝１．２×１０１３个． （２）根据爱因斯坦光电效应方程，电子出来的最大初动能 为Ｅｋ ＝ｈν－Ｗ０ 电子到达电极Ａ的最大动能满足Ｕｅ＝Ｅｋｍ －Ｅｋ可得Ｅｋｍ ＝Ｕｅ＋ｈν－Ｗ０． １０．（１）ｈ＝ Ｕ１ｅ ν２－ν１ ； （２）Ｗ０ ＝ ν１ ν２－ν１ Ｕ１ｅ． 解析：（１）由爱因斯坦光电效应方程有Ｅｋ ＝ｈν－Ｗ０ 由动能定理有 －Ｕｃｅ＝０－Ｅｋ 联立得Ｕｃ＝ ｈ ｅν－ Ｗ０ ｅ 结合图像可得ｋ＝ Ｕ１ ν２－ν１ ＝ ｈｅ 解得ｈ＝ Ｕ１ｅ ν２－ν１ ． （２）根据逸出功的定义Ｗ０ ＝ｈν１ 解得Ｗ０ ＝ ν１ ν２－ν１ Ｕ１ｅ． Ｂ组 １．ＡＣ　２．ＡＢＣ　３．ＡＣ 提示： １．从图中可以看出，随着温度的升高，一方面，各种波长的 辐射强度都有增加；另一方面，辐射强度的极大值向波长较短 的方向移动．故ＡＣ正确． ２．根据爱因斯坦光电方程Ｅｋ＝ｈν－Ｗ可知图线的斜率都 为普朗克常量ｈ，故Ａ正确；图形纵轴上的截距表示两金属板 Ａ、Ｂ的逸出功，根据图像可知，两金属板 Ａ、Ｂ                                                                      的逸出功之比为 —７— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 １∶２，故Ｂ正确；结合上述可知，图线横轴上的截距为截止频 率，根据图像可知，两金属板Ａ、Ｂ的截止频率之比为１∶２，故Ｃ 正确；对Ａ板有ｅＵＯＡ ＝ＥｋＡ ＝ｈ·３νＡ－ＷＡ ＝３ｈνＡ－ｈνＡ，对Ｂ 板有ｅＵＯＢ ＝ＥｋＢ ＝ｈ·３νＡ－ＷＢ ＝３ｈνＡ－２ｈνＡ ＝ｈνＡ，解得两 金属板Ａ、Ｂ的遏止电压之比ＵＯＡ∶ＵＯＢ ＝２∶１，故Ｄ错误． ３．由于入射光子能量相同，根据光子能量公式ε＝ｈν可知 三次实验入射光子的能量相同，频率相同，故Ａ正确；由于入射 光子能量相同，逸出光电子的最大初动能相同，根据爱因斯坦 光电效应方程Ｅｋ ＝ｈν－Ｗ０，可知逸出功相同，三次实验光电 管中的金属板材质相同，故Ｂ错误；由于饱和光电流只与光照 强度有关，与照射光的光子能量无关，故Ｃ正确；若入射光子的 能量为４．０ｅＶ，逸出光电子的最大初动能为０．８ｅＶ，根据爱因 斯坦光电效应方程Ｅ＝ｈν－Ｗ０则有Ｅｋ１＝ε１－Ｗ０，解得Ｗ０＝ ε１－Ｅｋ１ ＝４．０ｅＶ－０．８ｅＶ＝３．２ｅＶ，若入射光子的能量为 ５．０ｅＶ，则有逸出光电子的最大初动能为 Ｅｋ２ ＝ε２ －Ｗ０ ＝ ５．０ｅＶ－３．２ｅＶ＝１．８ｅＶ，但并不是所有逸出光电子的初动 能一定为１．８ｅＶ，故Ｄ错误． ４．（１）Ｗ０ ＝ｈ ｃ λ －ｅＵＡ； （２）电源，ＵＡ， ＵＡ ＩＢ ． 解析：（１）由题意知遏止电压为ＵＡ，根据光电效应方程有 ｅＵＡ ＝ｈ ｃ λ －Ｗ０，解得Ｗ０ ＝ｈ ｃ λ －ｅＵＡ． （２）根据闭合电路欧姆定律Ｅ＝Ｕ＋Ｉｒ， 题意知在Ａ点电压为ＵＡ，电流为０，代入上式，得电动势Ｅ ＝ＵＡ 在Ｂ点电压为０，电流为ＩＢ，代入上式有Ｅ＝ＩＢｒ＝ＵＡ，解得 内阻ｒ＝ ＵＡ ＩＢ ． ５．（１）１．７ｅＶ； （２）１．０５ｅＶ； （３）不为零； （４）增大． 解析：（１）由题意可知，遏止电压为Ｕｃ＝１．７Ｖ，根据动能 定理可得光电子的最大初动能为Ｅｋ ＝ｅＵｃ＝１．７ｅＶ． （２）根据光电效应方程Ｅｋ＝ｈν－Ｗ０可得光电管阴极的逸 出功为Ｗ０ ＝ｈν－Ｅｋ ＝２．７５ｅＶ－１．７ｅＶ＝１．０５ｅＶ； （３）断开开关Ｓ，光电效应依然发生，由光电流、光电管、电 流表、滑动变阻器构成闭合回路，电流表中电流不为零． （４）电源电压为反向电压，当滑动触头向ａ端滑动时，反向 电压增大，电压表示数增大                                        ． —８— 高中物理人教（选择性必修第三册）　第５３～５６期 ! " # ! ! ! " # " $ " % ! ! $ % & ' & ( ' ) ( ( ! " # ! $ % & ' ( ) * + , - . ! $ / & ' ( ) * + - 0 1 2 3 4 5 6 7 ! 8 9 : ; < = > ? @ A ( ! " # $ % & ' & ' ( B ) C ! > ? & ' ( D E F G ! G H I J K L ! M N O A I * + , * - . !!!!!!!!!!!!!!!! ! ! """""""""""""""" " " ################ # # $$$$$$$$$$$$$$$$ $ $ %%%%%%%%%%%%%%%% % % &&&&&&&&&&&&&&&& & & '''''''''''''''' ' ' (((((((((((((((( ( ( )))))))))))))))) ) ) **************** * * ++++++++++++++++ + + ,,,,,,,,,,,,,,,, , , ---------------- - - ................ . . //////////////// / / 0000000000000000 0 0 书 《选择性必修第三册》 核心素养阶段测试（一） ◆ 数理报社试题研究中心 第Ⅰ卷 选择题 （共４６分） 一、单选题（本题共７小题，每题４分，共２８分，选对得４分，选错或不选得０分） １．下列关于能量的说法正确的是 （　　） Ａ．能量在转化过程中，有一部分能量转化为内能，我们可以容易地把这些内能全部收集起 来重新利用 Ｂ．在能源的利用过程中，能量的总量并未减少，但在可利用的品质上降低了，从便于利用 的变成了不便于利用的 Ｃ．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器———永动机是可能制成的 Ｄ．各种能量在不转化时是守恒的，但在转化时是不守恒的 ２．下列关于热学问题的说法正确的是 （　　） Ａ．一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，熵值较大代表着较为有序 Ｂ．如果对物体做功，同时物体向外界放出热量，物体的内能可能不变 Ｃ．某气体的摩尔质量为Ｍ、密度为ρ，ＮＡ为阿伏伽德罗常数，则每个气体分子的质量ｍ０ ＝ Ｍ ＮＡ ，每个气体分子的体积Ｖ０ ＝ ｍ０ ρ Ｄ．密封在容积不变的容器内的理想气体，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平 均作用力不变 ３．关于一定质量的气体，下列说法正确的是 （　　） Ａ．气体吸热，内能一定增大 Ｂ．气体对外做功时，其内能一定减小 Ｃ．一定质量的某种理想气体在等压压缩过程中，内能一定增加 Ｄ．一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 ４．内燃机研发小组通过汽缸传感器，调节汽缸内一定质量的封闭气体的 压强与体积，其关系如图１所示，在ｐ－Ｖ图像中ＡＢ是一条直线，已知Ａ状态 时汽缸内气体温度为２７℃，标准大气压强ｐ０ ＝１×１０ ５Ｐａ，气体由状态Ａ到 状态Ｂ的过程中，汽缸内气体的最高温度设为 Ｔ，外界向汽缸传递的热量为 Ｑ，下列说法正确的是 （　　） Ａ．Ｔ＝４６８．７５Ｋ，Ｑ＝－７５０Ｊ Ｂ．Ｔ＝３７５Ｋ，Ｑ＝－７５０Ｊ Ｃ．Ｔ＝４６８．７５Ｋ，Ｑ＝７５０Ｊ Ｄ．Ｔ＝３７５Ｋ，Ｑ＝７５０Ｊ ５．如图２所示，一定质量的理想气体从状态ａ开始，经历两个状态变化过程，先后到达状态 ｂ和ｃ．下列说法正确的是 （　　） 书 ９．如图６所示为某同学设计的一个简易温度计，一根透明吸管插入导热良 好的容器，连接处密封，在吸管内注入一小段油柱，外界大气压保持不变．将容 器放入热水中，观察到油柱缓慢上升，下列说法正确的是 （　　） Ａ．气体对外做的功小于气体吸收的热量 Ｂ．气体对外做的功等于气体吸收的热量 Ｃ．容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力增大 Ｄ．容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力大小不变 １０．一定质量的理想气体经历了如图７所示的Ａ→Ｂ→Ｃ→Ｄ→Ａ循 环，该过程每个状态均可视为平衡态，各状态参数如图所示．对此气体，下 列说法正确的是 （　　） Ａ．Ａ→Ｂ的过程中，气体从外界吸热，内能不变 Ｂ．Ｂ→Ｃ的过程中，气体的压强增大，单位体积内的分子数增多 Ｃ．Ｃ→Ｄ的过程中，气体的压强不变，气体从外界吸热 Ｄ．Ｄ→Ａ的过程中，气体的压强减小，分子的平均动能减小，单位体积内的分子数不变 第Ⅱ卷 非选择题 （共５４分） 三、实验题（本题共２小题，共１６分，将正确答案填在题中横线上或按要求作答） １１．（８分）如图８所示，进行如下实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷 冻，取出烧瓶，并迅速把一个气球紧套在烧瓶颈上，封闭了一部分气体， 然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，如图所示．若某 时刻该密闭气体的体积为Ｖ，密度为 ρ，平均摩尔质量为 Ｍ，阿伏加德罗 常数为ＮＡ，则该密闭气体的分子个数为 ；若将该密闭气体视为 理想气体，气球逐渐膨胀起来的过程中，气体对外做了０．８Ｊ的功，同时 吸收了０．９Ｊ的热量，则该气体压强变 （选填“大”或“小”），内能变化了 Ｊ，若 气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，则该气球内气体的温度 （选填“升高”或“降低”）． １２．（８分）如图７所示，用一个带两根细管的橡皮塞塞紧烧瓶的瓶口，压强传感器通过其中 一根不带阀门的细管连通烧瓶中的空气，另一根带阀门的细管连通注射器．开始时阀门处于关 闭状态，注射器针筒的最大刻度线到阀门之间充满了水．现利用该装置进行验证玻意耳定律的 实验．依图示连接好实验器材，然后按照以下步骤实验： 书 Ａ．在ａ→ｂ过程中气体对外界做功 Ｂ．在ｂ→ｃ过程中气体对外界做功 Ｃ．在ａ→ｂ过程中气体的内能逐渐变大 Ｄ．在ｂ→ｃ过程中气体的内能逐渐变小 ６．如图３所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高．一开口向下、导热良好的小 瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气．挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上 浮，上浮过程中，小瓶内气体 （　　） Ａ．内能减少 Ｂ．对外界做正功 Ｃ．增加的内能大于吸收的热量 Ｄ．增加的内能等于吸收的热量 ７．关于下列四幅图像的描述，说法正确的是 （　　） Ａ．图甲为同种大量气体分子热运动的速率分布图像，曲线②对应的温度较低 Ｂ．图乙为一定质量的理想气体在不同温度下的等温线，由图像可知Ｔ１ ＞Ｔ２ Ｃ．图丙为分子间作用力Ｆ与分子间距离ｒ的关系，由图可知分子间的距离从ｒ０增大的过程 中，分子力先减小后增大 Ｄ．图丁为一定质量的理想气体的ｐ－Ｖ图像，则ａ→ｃ→ｂ过程比ａ→ｂ过程气体对外界所 做的功多 二、多选题（本题共３小题，每小题６分，共１８分，每小题给出的四个选项中，有多个选项是 正确的，全选对的得６分，少选的得３分，有错选或不选的得０分） ８．器壁透热的汽缸放在恒温环境中，如图５所示．汽缸内封闭着一 定量的气体，气体分子间相互作用的分子力可以忽略不计，在缓慢推动 活塞Ｑ向左运动的过程中，下列说法正确的是 （　　） Ａ．活塞对气体做功，气体的内能增加 Ｂ．活塞对气体做功，气体的平均动能不变 Ｃ．气体的单位分子数增大，压强增大 Ｄ．气体向外散热，内能减少 ! ! " " # $ %& ! !+& . /0 " '&1 $ 2 3 + & + * 4 5 ! + () * + ' + % ! 3 ! 4 , ! . ! 6 ' 3 + - . $ / & + 3 4 5 0 ! ' #$ #% ! - ! 7 &' ()*+, -./ 0123, 456789:;0 <=:;09>:? ! " + :;56 ' % 1 & 0 + 1 0 3 + 2 + * % ! 5 + ! ! " # $ % & ' ( ! ) * + , - ! . $ / 0 1 % ! " # $ % # & ' $ & # ( ! 2 3 4 5 % ) " # $ ! # & ' $ & ( * ! 6 3 7 8 % 9 : ; < = > ? @ A B C D & ) & E F G * 3 H I J K 3 L . M / ! N O . P % ) " ) ) ) ( ! ) Q R S % $ + # T ! 6 3 U 9 : V 8 W X Y Z [ \ ] < = > ^ _ ` A a b c d e W f g 5 书 １４．（１２分）２０２４年１０月３０日，神舟十九号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱前向端 口．神舟十九号载人飞行的主要任务包括实施航天员出舱活动和舱外科学任务．如图１１所示， 气闸舱有两个气闸门，与核心舱连接的是闸门Ａ，与外太空连接的是闸门Ｂ．核心舱气体容积Ｖ１ ＝１００ｍ３，气闸舱气体容积为Ｖ２ ＝１５ｍ ３．核心舱和气闸舱的气压都为 ｐ０（地球表面标准大气 压）．核心舱内航天员要到舱外太空行走，先进入气闸舱，用一台抽气机抽取气闸舱中气体，每次 抽取气体体积为ΔＶ＝１ｍ３，当气闸舱气压降到１６４ｐ０后才能打开气闸门Ｂ，且每次从气闸舱抽取 的气体都立刻充入到核心舱内．抽气送气过程中两舱温度保持不变，不考虑漏气、新气体产生、 航天员进出舱对气体的影响．是否只要抽气次数达到了６３次，即可打开闸门Ｂ，如果不是，至少 需要多少次．（已知：ｌｇ２＝０．３０１，ｌｇ３＝０．４７７） 书 １５．（１６分）绝热汽缸Ａ和导热汽缸Ｂ固定在水平地面上，由刚性杆连接的两个等大活塞封 闭着两部分体积均为Ｖ的理想气体，此时气体的压强与外界大气压强ｐ０相同、气体的温度与环 境温度Ｔ０也相同．已知理想气体的内能Ｕ与温度Ｔ的关系为Ｕ＝αＴ，α为常量且α＞０，现给汽 缸Ａ的电热丝通电，当电热丝放出的热量为Ｑ１时，汽缸Ｂ的气体体积减为原来的三分之一．加热 过程是缓慢的，忽略活塞与汽缸的摩擦，汽缸足够大．求： （１）此时汽缸Ａ内气体的压强； （２）汽缸Ｂ在该过程中放出的热量Ｑ２． ]hijklmQn 书 ①打开阀门，推注射器活塞向烧瓶内注入适量的水，关闭阀门； ②记录气体的压强ｐ，并在表格中记录注入的水的体积Ｖ； ③保持烧瓶中气体的温度不变，重复实验得到多组实验数据． （１）实验中通过 测得注入烧瓶中的水的体积． （２）为验证玻意耳定律，采用图像法处理实验数据时，应选择 ． Ａ．ｐ－Ｖ图像 Ｂ．Ｖ－ｐ图像 Ｃ．Ｖ－１ｐ图像 Ｄ． １ ｐ－ １ Ｖ图像 （３）根据上述实验数据的图像 （填“能”或“不能”）测得烧瓶的容积；上述实验中 存在着可能影响实验精确度的主要因素有 （写出一条即可）． 四、解答题（共３小题，共３８分，解答应写出文字说明、方程式和 演算步骤．只写出最后结果 不能给分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位） １３．（１０分）如图１０所示，一定质量的理想气体被质量为ｍ的绝热活塞封闭在竖直放置的 绝热汽缸（上端开口）中，汽缸放置在电热炉盘上，活塞的面积为 Ｓ，与汽缸底部相距 Ｌ，温度为 ｔ０．现用如图所示的交变电流，接通炉盘中阻值为Ｒ的电热丝给气体缓慢加热，经过时间 ｔ活塞 缓慢向上移动距离Ｌ后停止加热，整个过程中，已知电热炉盘电阻丝产生的热量８０％被容器内 气体吸收，已知大气压强为ｐ０，重力加速度为ｇ．求： （１）停止加热时，气体的温度； （２）此过程中容器内气体增加的内能． ! ! !"#$ %& "#, $ $ & %#- & ! 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