专题卷(14)原子、原子核-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（湖南专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（十四） 物理·原子、原子核 (考试时间75分钟，满分100分) 一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.2025年6月，我国在太赫兹通信领域取得重大突破，成功实现了1.2千米距离的高清视频实 时无线传输，太赫兹微波的频率远高于现行的第五代移动通信技术5G微波的频率，则相较于 5G微波光子 A.太赫兹微波光子的能量更大 B.太赫滋微波光子只具有波动性，不具有粒子性 C.太赫滋微波光子在真空中传播速度更快 D.太赫兹微波光子在真空中的波长更长 2.中国航天科技集团的科研人员通过分析我国首颗探日卫星“羲和号”对太阳 EleV 光谱的观测数据，精确绘制出国际首个太阳大气自转的三维图像。太阳光谱 -0.54 -0.85 -1.51 中有一条谱线所对应光的频率与氢原子从较高能级向=2能级跃迁时发出 2 -3.40 的光中光子能量最小的那种光的频率相同。则该谱线所对应光子的能量为 A.2.86eV B.1.89eV -13.6 C.0.66eV D.0.31eV 3.光电管是根据光电效应制成的，是一种可以把光信号转化为电信号的仪 光 器，在太阳能电池研究、光纤通信以及自动控制等方面有广泛的应用。小 阴极 明同学用图示电路研究光电管的性能，其中光电管的阴极和阳极由不同 光电管 的金属材料制成，实验时保持开关闭合，用某种波长的光照射阴极，未发 生光电效应，则以下说法正确的是 4匹b A.若把滑动变阻器的滑动片c向b端移动，则可以产生光电流 B.若只增大入射光的强度，一定可以产生光电流 C.若减小入射光的波长，则电流表中可能有电流通过 D.若只延长照射时间，一定可以产生光电流 4.铭记伟大历史胜利，凝聚正义和平力量。2025年9月3日上午，纪念中国人 民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年大会在北京天安门广场隆重 举行。如图为阅兵式上展示的激光武器，常见激光的频率为3.84×1014Hz 至7.89×1014Hz,借助已经公开OW5一50A激光武器推测，此激光武器功 率可达50千瓦级。已知普朗克常量h=6.63×10-34J·s,根据所学知识估 算该激光武器每秒可射出的光子数的数量级约为 A.1030 B.1027 C.1023 D.1020 物理X·专题卷（十四）第1页（共8页） 鱼跃龙 5.2025年12月28日，由中国科学院合肥物质科学研究院等离子体物理研究所承担的国际热核 聚变实验堆ITER校正场线圈采购包由中国100%自主研发和制造，彰显了全超导托卡马克 大科学团队在国际大科学计划中的深度融合与创新贡献。下列关于核反应的说法正确的是 A.相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更多 B.氘氚核聚变的核反应方程为H+H→2He十_e C.核聚变的核反应燃料主要是铀235 D.核聚变反应过程中没有质量亏损 6.在近代物理发展的过程中，实验和理论相互推动，促进了人们对微观世界的认识。对下列实 验描述正确的是 EleV -0.85 -1.51 o x粒子 -3.40 + ©原子核 0 -13.6× 图① 图② 图③ 图④ A.卢瑟福通过①图所示的实验现象，发现了质子和中子 B.②图中用紫外灯照射锌板，验电器箔片因带正电而张开 C.③图的理论不能解释氢原子光谱的规律 D.④图放射源产生的三种射线中，射线3的电离本领最强 He+、L2+等离子具有与氢原子类似的原子结构模型，又称为“类氢离子”。He+从能级N跃迁 到能级M,释放频率为1的光子，从能级P跃迁到能级M,吸收频率为y2的光子，且1>2， 则它从能级N跃迁到能级P时 A.吸收频率为y1十y2的光子 B.释放频率为1十y2的光子 C.吸收频率为1一y2的光子 D.释放频率为y1一y2的光子 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。带*题目为能力提升题，分值不计入 总分。 7.关于近代物理研究，下列叙述符合事实的是 A.天然放射现象的发现，揭示了原子核是由质子和中子组成的 B.光电效应中的光电子和？衰变中产生的β粒子都来源于原子核外的电子 C.原子核的3衰变表明，一个中子可以转变为一个质子和一个电子 D.玻尔理论表明，氢原子能量越高，氢原子核外电子做圆周运动的动能越小 门卷 物理X·专题卷（十四）第2页（共8页） 8.2025年6月，我国物理学家首次用钙40束流轰击镥175靶，合成了新核素镤210，并测量了镤 210的a衰变能量和半衰期，其中镤210经α衰变生成锕206。上述核反应方程分别为 8Ca十1Lu→29Pa十xn,29Pa→20Ac十He。以下说法正确的是 A.x和y数值分别为5和89 B.锕206中有89个中子 C.镤210衰变过程质量不守恒 D.在高温和高压状态下可以改变镤210的α衰变的半衰期 9.在近代物理发展的进程中，实验和理论相互推动，促进了人类对世界认识的不断深入。对下 列四幅图描述正确的是 比结合能MeV EleV 辐个 黄光 -0.85 6 蓝光 -1.51 4 2 -3.40 黄光 质量数 →U 01 12 波长 Uer Ue -13.6 102050100150200250 甲 乙 丙 丁 A.图甲对应的两条曲线中体现的物理量关系是：λ1<入2，T1<T2 B.图乙说明发生光电效应时，频率大的光对应的遏止电压大 C.图丙中1个处于n=4的激发态的氢原子向低能级跃迁时最多可以辐射6种不同频率的 光子 D.由图丁可以推断出，氧原子核(O)比锂原子核(L)更稳定 10.如图所示为核子平均质量与原子序数的关系。下列与原子核有关的说法正确的是 A.原子核的比结合能越大，原子核就越稳定 ◆核子平均质量 B.由图可知，原子核D与E聚变成原子核F时，要吸收热量 D E C.A裂变时产生的Y射线能使某金属表面逸出光电子，则增大 Y射线的照射强度能增大逸出光电子的最大初动能 原子序数2 D.核衰变时α粒子是由核内2个质子与2个中子结合在一起形成的 我国自主研制的“天帆一号”成功验证了多项太阳帆关键技术。光射到物体表面时，对单位面 积产生的压力叫光压，太阳帆飞船可利用光压作为动力航行。若太阳帆飞船仅受太阳引力和 光压提供的动力沿半径方向匀速远离太阳，距离太阳？处的太阳帆单位面积接收太阳光辐射 的功率为P(P仅与距离r的平方成反比)，帆面始终与光线垂直，照射到太阳帆的光子全部垂 直于帆面以原速率反弹。已知太阳帆飞船质量为m,太阳质量为M,引力常量为G,普朗克常 量为h,光的频率为，真空中光速为c,太阳帆飞船速度远小于光速。下列说法正确的是 物理X·专题卷（十四）第3页（共8页） 鱼跃力 A.距离太阳，处，太阳帆在单位时问单位面积内接收到的光子数为 P B.距离太阳r处，太阳帆受到的光压为 GMmc C.距离太阳r处，太阳帆的展开面积为 2Pr2 D.太阳帆飞船匀速远离太阳的过程中，需逐渐增大太阳帆的展开面积 三、非选择题：本题共5小题，共56分。 11.（7分)用速度大小为v的中子轰击静止的锂核(Li),发生核反应后生成氚核和α粒子，生成 的氚核速度方向与中子的初速度方向相反，氚核与α粒子的速度之比为7：8，中子的质量为 m,质子的质量可近似看作m,光速为c。 (1)写出核反应方程； (2)求氚核和α粒子的速度大小； (3)若核反应过程中放出的核能全部转化为α粒子和氚核的动能，求出该核反应的质量亏损。 门卷 物理X·专题卷（十四）第4页（共8页） 班级 12.(9分)在光电效应实验中，当用能量为E=3.1V的光照射涂有某种金属的阴极K时，产生 13. 光电流。若阴极K的电势高于阳极A的电势，且电势差为O.9V,光电流刚好截止。当阳极 姓名 A的电势高于阴极K的电势，且电势差也为0.9V时，光电子到达阳极A的最大动能是多 少？此金属的逸出功是多少？ 得分 答题栏 1 2 3 4 5 6 * 7 9 10 物理X·专题卷（十四）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 E (10分)已知氢原子的基态能量为E1(E1<0),量子数为n的激发态的能量为2。现有一群 n 氢原子处于n=3的能级，在向低能级跃迁过程中，其中从n=2能级向n=1能级跃迁辐射 出的光照射某金属的表面恰能发生光电效应，已知普朗克常量为h,求： (1)该金属的极限频率； (2)能从该金属表面逸出的光电子的最大初动能。 物理X·专题卷（十四）第6页（共8页） 14.(14分)如图所示为光电管产生的光电子进行比荷测定的原理装置图。光电管中两块平行金 15. 属板间距离为d,其中N为锌板，受紫外线照射后激发出不同方向的光电子。开关S闭合， 电流表A有读数，若调节变阻器R,逐渐增大极板间的电压，A表读数逐渐减小，当电压表示 数为U时，A表读数恰好为零；断开S,在极板间加上垂直纸面的匀强磁场，当磁感应强度为 B时，A表读数也恰好为零。 (1)若所加紫外线的波长为入，则金属锌的逸出功为多大？（已知普朗克常量为五，光速为c, 电子的电荷量为e) (2)光电子的比荷°为多大？ 772 物理X·专题卷（十四）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (16分)我国自主研发的“华龙一号”核电站采用铀235作为核燃料，其核反应堆工作时通过核 裂变释放能量发电。已知一个铀235核(235U)裂变时可能产生多种产物，其中一种典型的反应 是生成氙核(1Xe)和锶核(Sr),并放出若干个中子。已知铀235核的质量为235.0439u, 氙核的质量为135.9072u,锶核的质量为89.9077u,中子的质量为1.0087u,1u相当于 931.5MeV的能量，1u=1.66×10-27kg。 (1)写出铀235核裂变的核反应方程式，并计算一个铀235核裂变释放的能量（结果保留2位 有效数字)。 (2)若核电站发电功率为1×10°W,效率为40%，且所有铀235均按上述方式裂变，求每年 (365天)消耗的轴235的质量（结果保留2位有效数字）。 (3)裂变产生的中子需减速至0.025eV才能被吸收。若裂变产生的中子初动能为2MeV, 每次与静止碳核(C)发生弹性碰撞后动能减为原来的64%，求需碰撞多少次才能被吸 收？（已知1g2≈0.301,1g1.25≈0.0969） 物理X·专题卷（十四）第8页（共8页）高三二轮复习专题卷 表直接测量电源电压，所测的是电源的路端电压，由于电压表 的内阻不是无穷大，电路中有较小的电流，则测量值小于真 实值。 (2)一节干电池的电动势约为1.5V,电流表的量程为0~0.6A, 选项B中的电阻箱可以进行更精细的调节，从而方便得到多组 数据，而选项A中的电阻箱调节精度差，能测得的数据组较少。 :10 (3)根据E=10R十A十)，解得R=E·子-A-r则R 1 :11 图线斜率的大小等于电池电动势的大小，纵截距b=一(r+ rA),其中rA=0.12,解得E≈1.4V,r=1.12。 7.(1)黑d4(2)1.432.25(3)小于 【解析】(1)电流从红表笔流入，黑表笔流出，所以图2中α表笔 为黑表笔；该表有“×1”“×10”两个倍率，欧姆表的内阻等于该 倍率下的中值电阻，所以“×1”倍率的内阻小于“×10”倍率的内 阻，由于R。阻值小于102，应选择“×1”倍率，故要测量R。, 应与d相连：如图3所示，读数为R。=4×12=42。 (2②)由闭合电路胶姆定律E=U+是(R。十r),化简可得只 12 E11 E0.16 1 R。十，‘UR。十，由图可知k=R。十，=Q.70b=一R十， 一0.16，联立解得该电池的电动势为E≈1.43V,内阻为r= 2.252. (3)由图1可知，误差来源于电压表分流，则根据闭合电路欧姆 定律Ex-+(货+后)R+7a).化简可别发元 E直 1 1 E1 R干，十R小对比京R,十业R,+可得 rr年 8.(1)ADE(2)10(3)11.4 【解析】(1)题意可知，灯泡的额定电压为2.8V,故电压表应选 03V量程，应选A。灯泡的电流1-9,8A=0.29A,® 电流表应选D。由电路图可知，要使电压从零开始调节，采用分 压接法，滑动变阻器应选阻值较小的便于调节，应选E。 (2)由灯泡的伏安特性曲线图可知，当电压为2.8V时，电流为 2器A.放电阳R-号-80=10n (3)要使灯泡串联在6V的电源上正常发光，则与之串联的电阻 分压应为6V-2.8V=3.2V,此时电路中电流为0.28A,故应 申联的电阻R-器Q1,4n 9.(1)见解析图(2)最左端(3)减小(4)200 【解析】(1)依据题意可知，本实验采用伏安法测量压力传感器在 不同压力下的电阻，由实验所给器材可知R:>√R、·Rv= 1k2,所以电流表需采用内接法，电路实物连线图如图所示。 1. 4 电源 (2)闭合开关前，为防止烧坏电表，应将滑动变阻器滑片调至最 左端。 (3)结合图(b)所示的压力曲线可知，该型号薄膜压敏电阻的灵 敏度随着所受压力的增大而减小。 (4)对圆柱体受力分析，根据牛顿第二定律有3F=G,解得最5.A6.B 小压力F=2N,结合图(b)所示的压力曲线可知对应的电阻 *B【解析】He+从能级N跃迁到能级M,释放频率为v,的光 根据能量守恒定律，释放的核能为△E=E一2mv= Re=12kn,则检测电流表的示数至少为I一R十R E =0.2× 子，说明能级N的能量大于能级M的能量，且两能级能量差为 403 Ex一EM=h1,同理能级P的能量小于能级M的能量，且两能 242mx2、1 10-3A=200uA 级能量差为Ew一Ep=hy2,所以Ey一Ep=hy1十hv2,从能级N 由爱因斯坦质能方程得，质量亏损为△m=△E_141m0 (1)C(2)B(3)AC(4)B 跃迁到能级P释放光子，且光子的频率为，十2，B正确。 2 121c2 (1)E(2) 7.CD【解析】天然放射现象的发现，揭示了原子核有复杂结构， 12.1.8eV2.2eV 【解析】(1)为减小误差，应选用电动势较大的电源，若选用电 不能揭示原子核是由质子和中子组成的，故A错误；光电效应 【解析】若K的电势高于A的电势，且电势差为0.9V,光电 源E,由于滑动变阻器R,的阻值较小，电路中的电流超过 1 中的光电子来源于原子核外的电子，3衰变中产生的3粒子来 流刚好截止，有Em=2mv2=U=0.9eV, 0.6A,因此实验中应选用的电源为E。。 自原子核内部，故B错误：原子核的B衰变表明，一个中子可以 (2)闭合开关S,,调节电阻箱R。使电流表半偏，则电阻箱电阻 当阳极A的电势高于阴极K的电势，根据动能定理得eU 转变为一个质子和一个电子，故C正确；玻尔理论表明，氢原子 为电流表内阻，电流表并联电阻箱后认为电流表两端电压不 变，而实际上，电流表并联电阻箱后总电阻减小，电流表两端电 能量越商，电子绕核运功的半径越大，由仁-n号，科E: 2m2、 2mv品， 压变小，滑动变阻器所分的电压变大，根据欧姆定律可知总电 ke 2,半径越大，动能越小，故D正确。 则光电子到达A极的最大动能Ek=?mo品十eU, 流变大，则电阻箱R。所在支路的电流大于电流表半偏电流， 代入数据得Ek=1.8eV, 根据R-号可得R<R 8.AC 根据光电效应方程得Ekm=v一W。,解得逸出功W。= 9.BD【解析】根据黑体辐射实验研究得出：黑体辐射电磁波的 2.2eV。 IEAB负极.正极(2)5或66(3)号 1(4)大于 强度按波长的分布只与黑体温度有关，温度越高，辐射强度的 3E 极大值向波长较短的方向移动，故入1<入2，T>T2,故A错误； 13.(1)- 4h 【解析】(1)利用多用电表粗测一个电压表的内阻，首先将多用 图乙说明发生光电效应时，频率大的光对应的遏止电压较大， 电表开关掷于合适挡位，接下来先调节机械调零旋钮，使指针 故B正确；一个处于=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最 【解析】（1因，=W。=子E,一E=一子E,所以， 4 指向最左侧零刻度线，再将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋 多可产生3种不同频率的光子，故C错误：比结合能越大，原子 3E 钮，使指针指向最右侧零刻度线，之后进行测量。则正确的操 核越稳定，根据图像丁可判断出氧的原子核比锂的原子核更稳 4h 作顺序是EAB。因欧姆表的红表笔接内部电源的负极，黑表 定，故D正确。 (2)氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁辐射出的光子能量 笔接内部电源的正极，因此将多用电表的红、黑表笔分别与待 10.AD【解析】原子核的比结合能越大，原子核就越稳定，故A 最大，此时从金属表面逸出的光电子的最大初动能为Ekm, 测电压表的负极、正极相连。 正确；原子核D和E聚变成原子核F,有质量亏损，释放核能， (2)由多用电表的结构图可知，若需要测量某电阻两端的电压， 故B错误：根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能与光 =E,-E= 8 E, 应将开关掷于5或6。由串联电阻的分压原理可知，其中开关 的强度无关，所以增大Y射线强度不能增大逸出光电子的最大 5 与6相接时测量电压的量程更大。 初动能，故C错误；根据α衰变的本质可知，核衰变时α射线是 (3)多用电表测量电流的部分为一量程为0~10mA的电流表 由核内2个质子与2个中子结合在一起从核中被抛射出来形 和电阻R1、R2改装而来。由图可知，开关接2应是0~100mA 成的，故D正确。 14.1)-eU(2B 8U 录程的电流表，由院部定律可特R,十R:=09Q=号 10 AC【解析】距离太阳r处，光子的平均能量为e=hv,太阳帆在 【解析】(1)设光电子的最大初动能为2m,根据动能定理有 开关接1应是0~1A量程的电流表，由欧姆定律可得R,= 单位时间单位面积内接收到的光子数为N,放A正确：光 10X10+R(0.联立解得R,=号0.R:=1n eU=mv, h 1000-10 的频率为=无，距离太阳r处，每个光子的动量为力一久，光射 设紫外线的频率为，金属锌的逸出功为W,由爱因斯坦光电 (4)相比新的电表，其内部的电池内阻增大，电动势下降，使用 到帆面被反弹，由动量定理得Ft=2Np,可得太阳帆单位面积受 E 效应方程得y=2mv2+w, 此电表测量电阻时有1.一R衣1Rk十R1十R E' ，设此 到的光压为F=2P,故B错误：距离太阳r处，由题意得，匀速远 c 光速与波长和频率的关系满足c=Ay, E' 离要满足太阳光对太阳帆的作用力等于太阳对探测器的引力， 联立解得W-经-U 时指针对应电阻测量值为R,则有1一 E五，I一R依十R E新 即F-GMm,即2SP_GMm,解得S=GMm,飞船匀速远离太 r2 2 2Pr2 (2)当具有最大初动能的光电子垂直于N板射出后恰好无法 1 到达M板时，所有光电子均无法到达M板，A表读数恰好为 1R ,由于电动势下降，则E<E新，则有R测>R;可知 阳的过程中，P仅与距离r平方成反比，结合S=GMm ,太阳帆 2Pr 零，此时具有最大初动能的光电子在匀强磁场中做匀速圆周 I十E 飞船的展开面积保持不变，故C正确，D错误。 使用此电表测量电阻，测量值大于实际值。 运动的轨道半径为，= 2 8 物理（十四）】 11.(10n+LiH+He(20u”（3)121 根据牛顿第二定律得e6u=m 【解析】(1)由题意可得，该核反应方程为n十LiH+He。 A 2.B3.C 8U (2)由动量守恒定律得mv=一3mw1+4mw2, 联立解得 C【解析】由题可知，激光武器的功率P=50kW=5×10W, m B2d2 由题意得1：v2=7:8, 则激光武器每秒发射的总能量为E=Pt=5×10'×1J=5× 15.(1)232U+n→18Xe+98Sr+10.n1.4×102MeV(2)1.4× 7 8 10J,而每个光子的能量约为e=hy=6.63×10-3×3.84× 解得u,=立，：= 103kg(3)41 104J≈2.55×101J,该激光武器每秒可射出的光子数n 【解析】(1)铀235核裂变的核反应方程式为5U+n·Xe+ 1 E 2.55X105≈1.96×105，即该激光武器每秒可射出的光 5×101 (3)氚核和a粒子的动能之和为E=2×3mwf+2×4m 8Sr+106n, 403 质量亏损为△m=235.0439u-135.9072u-89.9077u 子数的数量级约为103。 242mu2, 9×1.0087u=0.1507u, ·14 ·物理X· 一个铀235核裂变释放的能量为△E=△mc2=0.1507× 931.5MeV≈1.4×102MeV (2)核电站每年输出的能量为E出=1×10°×3600×24× 365J≈3.15×1016J, 雷要的总楼能为E。-7.63X10门， 需要的轴235核数为N=≈3.52X102个， 每年消耗的铀235的质量为M=3.52×1027×235.0439× 1.66×1027kg≈1.4×103kg (3)每次碰撞后中子动能比例为 E1=0.64, 设需要碰撞n次，则有0.64°=0.025X10 -=1.25×10-8, 2 可得n=1g1.25X10) lg0.64 其中g0.61=g(酷) =6lg2-2≈-0.194，lg(1.25×108) 1g1.25-8≈0.0969-8=-7.9031， -7.9031 联立解得n= ≈41。 -0.194 物理（十五） 1.A2.B 3.D【解析】由VT图像中ca连线过原点，可知气体由状态c到 ,2V。_V 状态，发生等压降温的过程，气体的体积减小，由T一，解 得T=2T。,故A错误；气体由状态c到状态a的过程中，气体 体积减小，分子的数密度增大，温度降低，分子的平均动能减 小，压强保持不变，则单位时间内撞击单位面积器壁的分子数 增大，故B错误；气体由状态a到状态b,气体体积增大，对外界 做功，故C错误；气体经历a→b→c→a循环的过程中，由状态 a到状态b,气体体积增大，对外界做功W=p△V,由状态b 到状态c,气体体积不变，对外界不做功，由状态c到状态α，气 体体积减小，外界对气体做功W。=P△V,由V-号T,可知 p<pa,可得W=Wb十Wa>0,又△U=0,由热力学第-一定 律△U=W+Q,可知Q<0,说明气体经历a→bc·a循环的 过程中，吸收的热量小于释放的热量，故D正确。 4.C【解析】喷出气体过程中，罐内气体质量变小，温度、体积不 变，根据pV=RT,可知气体压强减小，故A错误；温度不变， 平均动能不变，罐内气体分子数减少了，故总内能减小，故B错 误；气体膨胀，对外做功，故C正确：根据热力学第一定律可知 △U=W十Q,喷出气体瞬间，气体对外做功，内能减小，温度降 低，此时罐内气体需要吸收热量，使得罐内气体温度保持不变， 故D错误。 5。D【解析】第一次抽气相当于气体的体积由V变为(1+)加。 温度不变，根据玻意耳定徘得6，V=(1+)V,解得P: 0同理可得，第三次抽气后有p,=p:(1+)V解得 10 100 P2=121P0. 6.D【解析】根据玻意耳定律可知p。V+5p,V。=p1×5V,已知 o=750 mmHg,Vo=60 cm,=750 mmHg+150 mmHg- 900mmHg,代入数据整理得V=60cm3。 ×C【解析】假设两部分气体做等容变化，则根据学-△T,可 得压强变化△p=|p,一p|= △T p。,则△p左三Tp左， T △T △p右=T 力右，而其中p左=右十p,若同时升高相同的温 度，则左侧气体压强增加得多，所以左侧水银面上升，右侧水银 面下降，左右水银面高度差变小；同理若同时降低相同的温度， 则左侧气体压强减少得多，所以左侧水银面下降，右侧水银面上 升，左右水银面高度差变大，故A错误，C正确：玻璃管竖直匀速 下落与静止放置，水银柱都处于平衡状态，所以两侧气体压强不 变，左右水银面高度差不变，故B错误；玻璃管竖直加速下落，水 银柱处于失重状态，有向下的加速度，则有(p者十p一p左)S= α，假设左右水银面高度差不变，则可知左侧压强减小，右侧压 强增大，由p。V。=pV,可知左侧气体体积增大，右侧气体体积减 小，则左右水银面高度差变小，故D错误。 AC AC【解析】A→B过程是一定质量的理想气体的温度不变，内 能不变，体积增大，气体对外做功，A→B为等温膨胀过程，根据 热力学第一定律可知气体从外界吸收的热量等于对外做的功， A正确；B→C过程是一定质量的理想气体压强减小，温度降 低，B→C为等容降温过程，分子的平均动能减小，并不是所有 气体分子的动能都减小，B错误：C→D过程是一定质量的理想 气体的压强增大，体积减小，分子密集程度增大，温度不变，C→ D为等温压缩过程，工作气体平均动能不变，C正确：D→A过 程是外界对气体不做功，一定质量的理想气体的压强增大，温度 升高，D→A为等容加热过程，内能的增加量等于气体从外界吸 收的热量，D错误。 BD【解析】在某一段时间内电流表的读数逐渐增大，可知热 敏电阻阻值逐渐减小，则在这段时间内，汽缸中气体温度逐渐 升高，分子平均动能增大，故B正确：由于外界大气压恒定不 变，以活塞为对象，根据受力平衡可知，汽缸中气体压强不变，故 A铅误：根据理想气体状态方程兴-C,由于气体压强不变，温 度升高，所以气体体积增大，气体对外界做功；由于气体内能升 高，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故C错误，D正 确。 0,AD【锦机们对三个完好轮脂之-，由查理定律可得号一二 其中T,=300K,代入数据解得T2=360K,A正确，B错误： 完好轮胎体积不变，外界没有对气体做功，即W=0,由于温度 升高内能增大，由热力学第一定律可得△U=Q,故气体吸收的 热量等于其内能的增加量，D正确：假设漏气轮胎漏出的气体 没有散开，发生等压膨胀，对外做功，即W<0,温度升高内能 增大，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于其内能的 增加量，C错误。 BC【解析)由F=l,得a三·其中P的单位是N, kg·m:s,l的单位是m,代入上式，得到表面张力系数。的单位 是kg·s2,故A错误：肥皂膜上下两个表面都存在表面张力，故 有F。=2L,得到肥皂水的表面张力系数为σ=F 参考答案及解析 Fo ,故B正确：由于肥皂泡表面存在表面张力，肥皂泡呈球形，为 f=Ma,又f=uN', 解得a=g(sin0-ucos0), 了维持球形的形状，肥皂泡内部气体压强大于外部大气压强，故 以水银柱为研究对象，其受力情况如图丙 C正确；右侧半球膜受到膜内、外气体的压力和膜边缘的表面张 所示， 力，如图，根据受力平衡可知F内=F外十F,因肥皂泡的内外表面 沿平行于斜面方向应用牛顿第二定律得 都存在表面张力，故肥皂泡内外气体对右侧半球膜的压力差为 mgsin 0+p2S-poS=ma, mg F角-F%=F=2a·2xR=2,211 .E·2R=2xRF,故D错误。 72 L 解得p,=p,十S(a一gsin), 11.(1)0.8kPa(2)3.36×109J 将m=pSh及上面求出的a值代入该式并整理得p2=p。 【解析】(1)气泡等温膨胀，根据玻意耳定律有p。V。=pV, pgh cos0。 且，-音ry,-号 14.1抽气2次(2)号p.s 得气泡膨胀后的压强p1=0.8kPa。 【解析】(1)由题意可知，每次抽气气体的温度不发生变化，即 (2)根据热力学第一定律，膨胀过程有=W1十Q1, 气体发生等温变化，则第一次抽气有p。V。=p1(V。十V,), 塌缩过程△U2=W2十Q2, V 其中△U=0,△U,=3.6×10-9J,Q1=2.4×1010J,Q2=0, 解得p=V,十Vpe 解得W=W,+W,=3.36×10-9J。 则对第二次抽气有p1V。=p2(V。十V1), 12.(1)13.147.8℃(2)32.7℃ 【解析】(1)由题意可知饮料罐内的气体压强p=p。十p6= 解得a=(v)广古 80 cmHg, 在测温过程中，封闭气体做等压变化，当温度为27℃时，T= 可知轴气2次，助力气室内气压达到P 273K+27K=300K, 封闭气体的体积V=V。+h,S=346cm, (2)肩动前制动，助力气室长度压缩为号，该过程发生等温变 所测温度最低时，封闭气体的体积Vmm=V,=330cm3, Lo 所测温度最高时，封闭气体的体积Vx=V。十(L一h)S 化，有pSL。=pS·2· 370cm3, 此时杆AB由受力平衡得F,十pS=pS十F。, 由等压变化规律有下一T:一T, 启动后制动助力气室长度将压缩号有号P,SL。=p以S· 4 2 解得Tmin≈286.1K,tmin=13.1℃，Tmx≈320.8K,tmax= 此时杆AB由受力平衡得F2十pS=p2S十F。: 47.8℃， 所以驾驶员能节省的力为△F=F,一F,, 即该温度计的测量范围是13.1~47.8℃。 (2)当温度计显示温度为40.5℃时，T,=273K十40.5K= 联立符△F-p.S 313.5K, 15.(1)0.5A(2)2T。120s 由等压变化复有一名 【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律可得电动势为E= 解得此时封闭气体的体积V1≈361.6cm3, 2ABs=200X0.05X0.3V=3V 此时封闭气体的压强p1=p(+p=78.0cmHg, E 由理短气体状态方程有少-， 根据闭合电路欧姆定律可得流过电热丝的电流为I一R十， T 解得T≈305.7K, 5+7A=0.5A. 即t=32.7℃。 (2)开始通电活塞缓慢运动，直至到达卡环，密封气体做等压变 13.(1)po-pghsin 0 (2)po-uogh cos 0 【解析】(1)当玻璃管静止时，设被封闭气体的 化，根据蓝昌萨克定律可得解得此时汽缸内气体 V 压强为p1,以水银柱为研究对象，其受力情况 如图甲所示， 的温度为T=2T。, 根据水银柱沿斜面方向受力平衡有p,S= 甲 此过程气体对外界做功为W=p,AV=,·2V=1X10× mg sin 0+pS, 而m=pSh,解得p1=p。一ogh sin0。 2×1×103J=80. (2)在玻璃管沿粗糙斜面匀加速下滑过程中，设被封”， 闭气体压强为2，以玻璃管、水银柱及封闭气体整 汽缸内气体的内能增加了100J,根据热力学第一定律可得 体为研究对象，其受力情况如图乙所示， △U=-W+Q, 分别沿垂直于斜面和平行于斜面方向应用力的平衡 可解得气体吸收热量为Q=150J, 条件和牛顿第二定律得N'=Mgcos0,Mg sin0- 根据焦耳定律可得Q一I2Rt,解得电热丝的通电时间为t= 120s