第三章 热力学定律 B卷 素养提升-【金试卷】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册&选择性必修第三册同步单元双测卷（人教版）

第三章 热力学定律 B卷 素养提升 测试建议用时：75分钟满分：100分 一、选择题（本题共11小题，共44分.在每小题给出的四个选项中， n 第1一7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8一11题有多项 符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的 得0分) 1.下列说法正确的是 () 密 A.冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，因此不遵循热力 学第二定律 B.空调工作时消耗的电能与室内温度降低所放出的热量可以 封 樂 相等 C.自发的热传导是不可逆的 D.第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量 守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造 出来 粉 内 2.根据热力学定律，下列说法正确的是 () A.可以利用高科技手段，将流散到环境中的内能重新收集起来 加以利用而不引起其他变化 不 B.空调机既能制热又能制冷，说明传热不存在方向性 C.一定量的理想气体在膨胀过程中一定吸收热量 設 准 D.利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海 水的一部分内能转化为机械能，这在原理上是可行的 3.下列说法正确的是 ( 答 A.一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的 B.做功和热传递都可以改变内能，二者本质相同 C.第二类永动机违背了能量守恒定律，是不可能实现的 茶 题 D.一定质量的理想气体在等压膨胀的过程中向外界放出热量 4.如图所示，汽缸内封闭一定质量的理想气体，活 塞通过定滑轮与一重物m相连并处于静止状态， 此时活塞到缸口的距离h=0.2m,活塞面积S 10cm2,封闭气体的压强p=5×104Pa.现通过 WM 电热丝对缸内气体加热，使活塞缓慢上升直至缸 丝 部 口.在此过程中封闭气体吸收了Q=60J的热量，假设汽缸壁和 活塞都是绝热的，活塞质量及一切摩擦力不计，则在此过程中气 体内能的增加量为 A.70J B.60J C.50J D.10J 5.一定量的理想气体从状态a开始，经历等温 P 或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p 一T图像如图所示，其中对角线ac的延长 线过原点O.下列判断正确的是 ( ) A.气体在a状态的体积大于在c状态的 体积 B.气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 C.在过程cd中，气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功 D.在过程da中，气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功 6.如图所示，一定质量理想气体经历A→B的等压过程，B→C的绝 热过程（气体与外界无热量交换），其中B→C过程中内能减少 900J.则A→B→C过程中气体对外界做的总功为 () ↑p/105Pa 0 23 V/10-3m3 A.1500J B.1200J C.900J D.600J 7.如图所示是某种家庭便携式防疫消毒用的喷雾 消毒壶，内部可用容积为2L,工作人员装入稀 释过的1.2L药液后旋紧壶盖，关闭喷水阀门， 此时大气压强为1atm,之后拉动压柄打气，每 次打入压强为1atm、体积为0.1L的气体，当 壶内压强增大到2atm时，开始打开阀门消杀，假设壶内温度保 持不变，若不计管内液体体积.下列说法正确的是 ) A.工作人员共打气9次 B.打开阀门，当壶内不再喷出药液时，壶内剩余药液的体积为0.4L C.打开阀门，当壶内不再喷出药液时，壶内剩余药液的体积为0.1L D.药液喷出过程，气体对外做功，且对外做的功大于从外界吸收 的热量 8.关于热力学定律，下列说法正确的是 ( A.对某物体做功，一定能使该物体的内能增加 B.可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功 C.理想气体的等压膨胀过程一定吸热 D.有的过程既不遵守热力学第一定律，也不遵守热力学第二 定律 9.如图所示，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() 液体 毛细管 液体 2=9.73atm, p3=0.93atm t2=379℃ t3=-28℃ 蒸 冷 箱内 N 雪 环境 t=-15℃ t=30℃ 四通阀 p4=1.45atm, =-18℃气林 压缩机立三 p1=12.2atm, 气体t,=47℃ A.冷凝器向环境散失的热量一定大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 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降低 10.如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体 状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于 横坐标轴，cd平行于纵坐标轴，ab的延长线过 原点.以下说法正确的是 ( A.从状态d到c,气体不吸热也不放热 B.从状态c到b,气体放热 C.从状态a到d,气体对外做功 D.从状态b到a,气体放热 11.如图，汽缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞 通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距 缸口h=50cm,活塞的横截面积S=10cm2,封闭 气体的体积为V1=1500cm3,温度为0℃，大气 压强p。=1.0×10Pa,重物重力G=50N,活塞重力及一切摩擦不 计.缓慢升高环境温度，封闭气体吸收了Q=60J的热量，使活塞刚 好升到缸口，整个过程重物未触地，则 A.吸热前汽缸内气体的压强为1.0×105Pa B.活塞刚好升到缸口时，气体的温度是373K C.汽缸内气体对外界做功25J D.气体内能的变化量为35J 二、实验或填空题（本题共2小题，共16分） 12.(7分)网上热卖的科普小制作一斯特林蒸汽发动机玩具车如 图甲所示，它通过汽缸内的气体经过压缩、吸热、膨胀、冷却为一 个周期的循环来输出动力，因此又被称为热气机.如图乙所示， 在斯特林循环的p一V图像中，一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态B、C和D后再回到状态A,其中AB、CD为等温 过程，BC、DA为等容过程.则气体从状态B到状态C过程 选择性必修第三册49 (填“吸收”或“放出”)热量，状态A→B过程中外界对气体 做的功 (填“大于”“等于”或“小于”)状态C→D过程中 气体对外界做的功， 0 甲 乙 13.(9分)如图所示，封闭着理想气体的绝热汽缸挂 在弹簧测力计（图中未画出）下，弹簧测力计的 电热丝 示数为F.已知汽缸（包括电热丝等）的质量为 m1,活塞质量为m2,横截面积为S.活塞与缸体 活塞 间不漏气且摩擦不计，外界大气压强为。，重力 加速度为g.则缸内气体的压强为 ;将电热丝所用的电 源接通，给气体加热，若活塞下降高度为h,气体温度从T1缓慢 升高到T2,则初状态时气体的体积为 ,加热过程中气 体做的功为 三、计算题（本题共3小题，共40分） 14.(10分)一定质量的理想气体，其内能跟温度成正比.在初始状 态A时，体积为V。,压强为p。,温度为T。,已知此时其内能为 U,.该理想气体从状态A经由一系列变化，最终还回到原来状 态A,其变化过程的卫一T图像如图所示，其中CA延长线过坐 标原点，BA平行于p坐标轴.求： 3po--- 2po Po T。2T。3T。T (1)从状态B到状态C的体积变化量； 50选择性必修第三册 (2)从状态B经由状态C,最终回到状态A的过程中，气体与外 界交换的热量是多少 15.(14分)如图所示，密闭导热容器A、B的体 积均为V。,A、B浸在盛水容器中，达到热平 a B 衡后，A中压强为。，温度为T。,B内为真空，将A中的气体视 为理想气体.打开活栓C,A中部分气体进人B. ①若再次达到平衡时，水温未发生变化，求此时气体的压强； ②若密闭气体的内能与温度的关系为△U=k(T2一T)(k为大 于0的已知常量，T1、T2分别为气体始末状态的温度)，在①所 述状态的基础上，将水温升至1.2T。,重新达到平衡时，求气体 的压强及所吸收的热量. 16.（16分)一定质量的理想气体被活塞封闭在导热汽缸内，如图所 示水平放置.活塞的质量m=20kg,横截面积S=100cm,活塞 可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，开始时汽缸水平放置，活塞与 汽缸底的距离L1=9cm,与汽缸口的距离L2=3cm.汽缸内气 体温度为27℃，大气压强为1.0×105Pa.现将汽缸缓慢地转到 开口向上的竖直位置，待稳定后对汽缸内气体加热，使活塞缓慢 上升到上表面刚好与汽缸口相平，已知g=10m/s2,绝对零度 取一273℃，外界温度不变，活塞厚度不计.求： L1-L2 (1)此时气体的温度为多少？ (2)在活塞缓慢上升到上表面刚好与汽缸口相平的过程中，气体 膨胀对外做功，同时吸收Q=280J的热量，则气体增加的内能 △U多大？均用力为20N,则快要被拉开时，对单个碗受力分析有，pr(号)+5×200N Px(号)，解得p=6,8X10Pa,故C错误；对豌里的气体分折，气体微等容支化， 费会-导（T-28K0,解得-423K-150℃，放D正确 12.答案细干燥明显 解析毛细现象是指浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下 降的现象.在液体和毛细管材料一定的情况下，毛细管越细，毛细现象越明显；在砸 实的地基上铺油毡，是为了防止地下的水分沿着地基及砖墙的毛细管上升，从而使 得房屋保持干燥；如果地球自转加快，在其他条件一定的情况下，毛细管中的液体 受到的重力将减小，毛细现象更明显. 13.答案(1)D(2)图见解题思路(3)正比(4)系统误差(5)1.2 解析(1)推拉活塞时，动作要慢，使温度与环境温度保持一致，选项A错误；推拉 活塞时，手不能握住注射器筒，防止对其起加热作用，选项B错误；气压传感器与注 射器之间的软管脱落后，气体质量变化，需重新实验，选项C错误；活塞和注射器筒 之间的摩擦并不影响压强的测量，选项D正确. (2)根据表中数据描，点连线，如图所示： ↑VImL 2 15 10 0 0.20.40.60.810月(x10-5Pay (3)当温度不支时，V与方成正比. (4)由于在实验中未考虑软管中气体的体积，体积的测量值总是比实际值小，故实 验结果有一定的误差，此误差属于系统误差， (5)设软管中气体的体积为V,则有p(V+Vo)=C,C为定值，V=C-V。,可得软 管中气体的体积为图线纵轴截距的绝对值，由图像可得V。≈1.2mL 14.答案2.0×105Pa10m 解析由题意知玻璃瓶下潜前后密闭气体温度不变 下潜前密闭理想气体：p0=1.0×105Pa,V1=380mL-80mL=300mL=300cm3 下潜后密闭理想气体：V2=380mL一230mL=150mL=150cm3 由玻意耳定律知pV1=V2,得p=2p0=2.0X105Pa 又由p=p0十pgh,得h=10m 15.答案(1)0.4V2p0 (2)(W5-1)y3+5 4p0 解析（对气体B,由玻意耳定#有如V=加兰，代入数据解得P朗=2， 此时pA=pB+0.5p0=2.5p0 同理有pV=pAVA 代入数据解得VA=0.4V (2)设此时气体A、B的压强分别为pA1、pB1,体积分别为VA1、VB1,由玻意耳定律 V PAVA-PAIVAL,PB -PBIVBI VA1+VB1=2V,PA1+0.5P0=PB1 联立解得VA1=(W5-1)V =345n 90参考答案 16.答案1123℃(2号 解析(1)根据理想气体状态方程知，gV=1.2p×1.1Vg To 其中T。=(27+273)K=300K,解得T1=396K,即t1=123℃ (2)根据题意得，气体发生等温变化，则由玻意耳定律知，1.20×1.1V0=poV "-是-V-会 mo V。 -25 第三章热力学定律 A卷基础达标 1.D两物体的质量、温度均相等，它们的内能不一定相同，内能还与物体体积有关，故 A错误；物体吸收热量后，可能对外做功，内能不一定增加，故B错误；功可以全部转 化为热，热在引起外界变化的情况下也可以全部转化为功，故C错误；根据热力学第 二定律知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，不能自发地从低温物体传 递到高温物体，故D正确. 2.B外界对气体做了8×104J的功，则W=8×104J,气体内能减少了1.2×105J,则 △U=一1.2×105J,由热力学第一定律△U=W十Q可得Q=一2×105J,故B正确. 3.C由热力学第一定律得△U=W十Q=-100J-40J=-140J,故选项C正确. 4.A密闭于汽缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，则W<0,缸 内气体与外界无热交换，说明Q=0,忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分 子动能的总和.根据热力学第一定律△U=W十Q可知，内能增加量△U<0,故内能 减小，分子平均动能减小，温度降低，所以只有A正确. 5.C热量能自发地从高温物体传到低温物体，故一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变 凉，故A错误.扩散现象具有方向性，氯气和氧气混合后不能自动分开，故B错误.桶 中浑浊的泥水静置一段时间后，泥沙在重力的作用下下沉，上面的水变清，出现了泥 沙、水自动分离现象，故C正确.电冰箱只有在通电工作、消耗电能的情况下才能把 热量从低温的箱内传到高温的箱外，故D错误. 6.A气泡上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，在 上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变，根据热力学第一定 律△U=W十Q可知，气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收热量，且吸 收的热量等于对外界所做的功，选项A正确，B、C、D错误. 7.B由于汽缸是导热的，则可以与外界进行热交换，细沙减少时，气体膨胀对外做功， 可能由于与外界进行热交换吸热使内能不变，但压强减小，故B正确。 8.B达到热平衡时，钨锅的温度与铁的温度相同，A错误；热传递的过程中，热量从高 温物体传到低温物体，则铁从钨锅吸收热量，B正确；达到热平衡时，根据能量守恒 定律，钨锅内能的减少量等于铁内能的增加量，C、D错误. 9.D气体在A→B过程中，压强不变体积增大，气体对外界做功W=pA(VB-VA)= 1.5×105×(0.3-0.1)J=3.0×104J,A错误；气体在B→C过程中体积不变，压强 减小，温度降低内能减小，由热力学第一定律可知气体一定放热，B错误；气体在A→ 有YA-Y,解得气体在状态B时温度为TB=900K=627℃，C错误气体 B过程，有TATB 在A→C的过程，由理想气体状态方程可知AVA-CVc,解得TA=Tc,故A和C TA Tc 两状态气体内能相同，由热力学第一定律△U=Q十W,可知气体对外界做功并且吸 收热量，D正确. 10.C状态a到状态b,体积变大，气体对外界做的功W1在数值上等于ab图线与横 轴围成图形的面积，同理，状态b到状态c,气体对外界做的功W2在数值上等于bc 图线与横轴围成图形的面积，故W1=W2,选项A错误；由理想气体状态方程y C结合p一V图像可知，Ta=T6<T,理想气体的内能由温度决定，即U。=U6< U,选项D错误；状态a到状态b,△U1=0,状态b到状态c,△U2>0,由热力学第一 定律，△U=W十Q可知Q1<Q2,故选项B错误；c→a过程为等压变化，体积减小， 温度降低，△U3<0,△U3=W3十Q3,由于体积减小，外界对气体做功，W3>0,则Q <0,且|Q3|>W3,故选项C正确 11.答案不是大于 解析热量不能自发地从低温环境传到高温环境；空调消耗的电能有一部分也会 转化成热量排出，所以空调排放到室外的热量大于从室内吸收的热量， 12.答案放出800 解析气体由状态a到状态b的过程中，体积不变，则气体不对外界做功，W=0,气 体压强减小，根据查理定律可知，气体温度降低，因此气体内能减小，根据热力学第 一定律可知，气体放出热量；气体从状态a回到状态a的过程中，内能不变，即△U =0,由p-V图线与横轴所围的面积可得W=Wx十Wa十Wa=600J-800J十1 000J=800J,则Q=一800J,气体与外界发生热交换的热量为800J. 1答案a票。(2)内能减少Q 解析（1)由李理定律得贺=是，解得D=异0 (2)温度由T1下降到T2过程为等容过程，W=0,温度降低，内能减少，由△U=W 十Q,得△U=Q 14.答案(1)127℃(2)250J 解析)活塞上升过程中，气体的压强保持不变，由盖一吕萨克定律得晶 =V+s% T 其中V=3×10-3m3,To=300K,S=100cm2,h=10cm 解得T-Vts7,=40K,即：=127℃ (2)选活塞和物体整体为研究对象，整体缓慢移动过程中受力平衡 根据平衡条件得：pS十mg=pS,解得p=1.1X105Pa 活塞在上升h=10cm的过程中外界对气体做功W=一Fh=一Sh=一110J U2 电阻丝在通电10s内产生的热量为Q=R=360J 根据热力学第一定律得△U=W十Q=250J B卷素养提升 1.C冰箱能使热量从低温物体传递到高温物体，但要消耗电能，因此遵循热力学第二 定律，故A错误；空调工作时消耗的电能大于室内温度降低所放出的热量，故B错 误；一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，故C正确；第一类永动机违背能量 守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，第二类永动 机不可能制造出来，D错误 2.D根据热力学第二定律，自然界的一切宏观热现象都具有方向性，故不可能将 流散到环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化，故A错误；空 调机既能制热又能制冷，但要耗电，不是自发的过程，不能说明传热不存在方向 性，故B错误；一定量的理想气体在膨胀过程中对外做功，若同时温度降低，内 能减小，且内能的减少量大于气体对外做的功，则根据热力学第一定律△U=W 十Q,气体放出热量，故C错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一 种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，符合热力学定律，故在原理上是可 行的，故D正确. 3.A根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，选 项A正确；做功和热传递都可以改变内能，做功是其他形式的能和内能的转化，热传 递则是内能之间的转移，故二者本质不相同，选项B错误；第二类永动机没有违背能 量守恒定律，但违背了热力学第二定律，选项C错误；一定质量的理想气体在等压膨 胀的过程中时外微功，根据y=C可知T增大，故气体从外界吸枚热量，速项D 错误. 4.C活塞移动过程中，汽缸内气体对外界做功W=Fs=pSh=10J,根据热力学第一 定律有△U=Q+(一W)=60J一10J=50J,故C正确. 5.B T<T。则da过程内能 增大，由热力学第一 定律知，Q>W,D错误 P 由理想气体状态方 程知，气体在状态a、 c时体积相等；T<T T=T,则cd过 则气体在状态a时 程内能不变， 的内能大于在状态 则|Q=W,C c时的内能，A错误 错误 B正确 0 6.A由题意可知，A→B过程为等压膨胀，所以气体对外做功为W1=(VB一VA); B→C过程，由热力学第一定律得W,=|△U,则气体对外界做的总功为W=W1十 W2,代入数据解得W=1500J,选项A正确. 7.B设工作人员共打气n次，根据玻意耳定律有1atm×(2L-1.2L十n·0.1L)= 2atm×(2L-1.2L),解得n=8,故A错误；打开阀门后，根据玻意耳定律有2atm X0.8L=1atm×V气，解得V气=1.6L,则壶内不再喷出药液时，壶内气体的体积 为1.6L,则壶内剩余药液的体积为0.4L,故B正确，C错误；由于壶内温度保持不 变，则壶内气体的内能不变，则根据热力学第一定律△U=Q十W可知，气体对外做 的功等于从外界吸收的热量，故D错误. 8.BC根据热力学第一定律△U=W十Q可知，对某物体做功，同时该物体放出热量， 内能可能减小，A错误；由热力学第二定律的开尔文表述可知，在产生其他影响的情 况下，可以从单一热源吸收热量使之完全变为功，B正确；理想气体在等压膨胀过程 中由盖一吕萨克定体将号号，可知你数哆，气休的温度一定升高，内能一定增 加，由热力学第一定律△U=W十Q可知，由于气体膨胀对外做功，W<0,故Q>0,所 以气体一定吸热，C正确；热力学第一定律及热力学第二定律是热力学的基本定律， 对所有涉及热现象的宏观过程都成立，D错误. 9.ABD根据热力学第一定律可知，Q1(从低温物体吸收的热量)十W(压缩机对系统 做功)=Q2(向高温物体释放的热量)，A正确；这一过程不是自发完成的，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 发器中由液态变成气态，不能看成理想气体，C错误；在冷凝器中，制冷剂温度降低， 分子平均动能降低，制冷剂从气体变成液体，分子势能降低，D正确. 10.BC从状态d到c,温度不变，理想气体内能不变，但由于压强减小，所以体积增 大，对外做功，则要保持内能不变，一定要吸收热量，故A错误；气体从状态C到状 态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减 小（降温），就一定要伴随放热的过程，故B正确；气体从状态a到状态d是一个等 压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，故C正确；气体从状态b到 状态α是一个等容变化过程，随着压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这 个过程中气体的体积没有变化，就没有做功，气体内能的增大是气体吸热的结果， 故D错误. 11.CD设吸热前汽缸内气体的压强为p,对活塞由平衡条件知S十F拉=0S,其中 F拉=G,解得p=5X104Pa,选项A错误；封闭气体初态V1=1500cm3,T1=273 K,末态V2=1500cm3十50×10cm3=2000cm3,缓慢升高环境温度，封闭气体做 学压变化，会-器部得T:=6K,选项B辑淡：汽红内气你对外做的功W Sh=25J,选项C正确，由热力学第一定律得，汽缸内气体内能变化量△U=Q十 (一W)=35J,选项D正确. 12.答案吸收小于 解析气体从状态B到状态C过程，体积不变，则W=0,温度升高，则内能增加， △U>0,根据热力学第一定律可知，Q>0,则气体吸收热量；根据W=p△V可知，p 一V图线与横坐标轴围成的面积表示气体做功的值，则状态A→B过程中外界对气 体做的功小于状态C→D过程中气体对外界做的功. 18答案- （poS-m2g)h 解析对活塞受力分析可知p1S十m2g=p0S,解得缸内气体的压强p1=0一 :加热气你时，气体发生等压支化，则由盖一吕萨克宠律可得六。_V七解 hST 得V。=元；加热过程中气体对外做的功W=1Sh=(PoS-mzg).h 14管案2警 (2)2poVo 解析(1)由题图可知，从状态A到状态B为等温变化过程，状态B时气体压强为 Vo pB=3po,设体积为VB,由玻意耳定律有pV。=pBVB,解得VB=3 从状态B到状态C为等压变化过程，状态C时气体温度为TC=3To,设体积为VC, VB=Ye,解得Vc=Vo 由盖一吕萨克定律有TB一T _Vo_2Vo 从状态B到状态C的体积变化量△V=V。一3=3 (2)从状态B到状态C,外界对气体做功WC=一3p△V=一20V0 从状态C回到状态A,由图像知为等容过程，外界对气体不做功，从状态B经状态 C回到状态A,内能增加量△U=0,由热力学第一定律△U=Q十W 解得Q=一Wc=2oVo 即气体从外界吸收热量20V0 15.答案①90②0.6p0③0.2kT 解析①水温不变，气体微等温自由膨胀，有poV。=pX2V。,解得力=9 2 即此时气体压强变为 2 ②在温度升高过程中气体体积不变，有光-一元。 解得p'=1.2p=0.6p0 即升温后气体的压强为0.6p0 由于气体体积不变，则W=0 由△U=k(T2一T1)可知气体内能的增量为△U=0.2kT0 故由热力学第一定律△U=W十Q可得Q=△U=0.2kT0 即气体吸收的热量为0.2kT。 16.答案(1)207℃(2)226J 解析(1)全过程中，汽缸内气体在初态时，p1=1.0×105Pa,V1=L1S,T1=300K 末态时g=+警=1.2X10Pa,V,=山1+L)S,T 由理想气体状态方程，V-V2得T2=T,=480K T1 T2 1V1 即t2=207℃ (2)令汽缸缓慢转至竖直位置时，气体的压强为p3(p3=p2)、体积为V3=L3S.由 玻意耳定律知1V1=p3V3 代入数据后得到L3=7.5cm 在活塞缓慢上升过程中，外界对气体做功W=一2S(L1十L2-L3)=-54J 根据热力学第一定律△U=W+Q得△U=-54J+280J=226J 第四章原子结构和波粒二象性 A卷基础达标 1.A爱因斯坦提出光子说，成功地解释了光电效应现象，故A正确；玻尔第一次将量 子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，故B错误；普朗克在1900年把能 量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故C错误；德布罗意大胆地把 光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性，故D错误. 2.Bh的单位为J·s,1J=1N·m=1kg·m/s2·m=1kg·m2/s2,故h的单位若 用国际单位制中的基本单位表示，为kg·m/s,B正确. 3.D光电效应和康普顿效应都揭示了光的粒子性，康普顿效应从动量方面进一步揭 示了光的粒子性，故A正确；实物粒子具有波动性，而且粒子的能量€和动量p跟它 所对应的波的频率，和泼长1之间，遵从=后和入=合的关系，故B正确：无的波长 越短，频率越大，根据e=h,知光子能量越大，而且波长越短，光的粒子性越明显，故 C正确；如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的德布罗意波长相等，则它们的 动量相等，但动能不相等，故D错误. 4.C用紫外线照射锌板时，发生光电效应，有电子从锌板逸出，锌板失去电子，带正 电，所以验电器指针带正电而张开一定角度，即锌板、验电器指针均带正电，C正确. 5.B为了避免其他原子的影响，α粒子轰击金箔的实验需要在真空条件下完成，选项 A错误；α粒子的散射实验揭示了原子具有核式结构，选项B正确；α粒子的散射实 验观测到的现象是绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原方向前进，选项C错 误；通过该实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，同时否定了汤姆孙原子模型， 选项D错误， 6.C电子属于实物粒子，电子衍射实验说明电子具有波动性，说明物质波理论是正确 的，与光的波动性无关，选项B、D正确，C错误；物质波也是概率波，亮条纹是电子到 达概率大的地方，选项A正确， 1 7.B根据光电效应方程可得U。=2mum2=hv-W0,入射光的频率越高，对应的逼 止电压U。越大.甲光、乙光的過止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等，故A错误； 丙光的遏止电压大于乙光的遏止电压，所以丙光的频率大于乙光的频率，则乙光的 波长大于丙光的波长，故B正确；甲光的饱和光电流大于乙光的饱和光电流，可知甲 光的强度大于乙光的强度，故C错误；丙光的過止电压大于甲光的過止电压，所以甲 光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能，故D错误. 8.A由e=hv=h无，可得每个光子的能量e=3.0×10-19J,选项A正确. 9.C大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时共产生六种不同频率的光，可知氢原 子处于n=4能级，则入射光子能量E=E4一E1=一0.85eV一（一13.6eV)=12.75 V,选项A错误；氢原子由较低能级跃迁到较高能级时，核外电子轨道半径变大，根 据g_m知动能变小，故电子在低能级的动能大于其在高能级的动能，选项B错 2 误；可见光的光子能量范围约为1.62~3.11eV,满足此范围的有，从n=4能级向n =2能级跃迁时产生的光子的能量，从n=3能级向n=2能级跃迁时产生的光子的 能量，所以六种不同频率的光中有2种是可见光，选项C正确；根据玻尔原子模型可 知，处于=1能级时，其核外电子在最靠近原子核的轨道上运动，所以氢原子向低 能级跃迁时，核外电子靠近原子核，选项D错误. 10.C根据c=入℃，可知a光和b光的波长之比等于频率的反比，即5：2，故A错误；根 据E=y一W,可知造出光电子的最大初劲能之比至-2W=1:4,故B错 E 5hv-Wo 误；根据U。=Ek知，加反向电压时，对应的遏止电压之比==1：4，故C出 确；因为不知光照强度的关系，故无法判断饱和电流的关系，故D错误！ 参考答案91