专题15 热学-【创新大课堂】高考物理五年（2022-2026年）真题分类汇编168优化重组卷

专题十五 考向一分子动理论、内能 1.(2026·山东卷，3分)一定质量的理想气体由 状态I变化到状态Ⅱ，两种状态下气体分子的 速率分布如图所示，图中f(v)是速率v附近 单位速率区间内分子数占总分子数的百分比. 下列说法正确的是 ( T A.气体一定从外界吸收热量 ↑f) B.气体中每个分子的速率都 增加 C.速率1附近单位速率区 间内的分子数增加 D.气体中速率在v1~2区间的分子数占总分 子数的比例减小 2.(2026·湖北卷，4分)容器中封闭一定质量的 那 理想气体.缓慢改变气体状态，使其体积变为 初态的一半，压强变为初态的3倍.与气体的 初态相比，末态 A.气体的温度是初态的3倍 B.气体分子的平均动能更大 C.每个气体分子的速率都更大 蜜 D.单位时间内与容器壁单位面积碰撞的分子 数更少 3.（多选)(2025·广西卷，6分)在“用油膜法估 测油酸分子的大小”实验中 A.估测油酸分子大小时，油酸分子可以视为 球形 B.油膜的形状稳定后，油酸分子仍然在做热 赵 运动 C.计算油膜面积时，忽略所有不完整的小正 方形 D.与油酸酒精溶液相比，纯油酸更容易在水 面形成单分子油膜 4.（2025·山东卷，3分) 攀 分子间作用力F与分 子间距离r的关系如图 舞 所示，若规定两个分子 间距离r等于ro时分子 尔 势能E,为零，则 A.只有r大于ro时，E。为正 B.只有r小于ro时，E。为正 母 C.当r不等于ro时，E。为正 D.当r不等于ro时，E。为负 12 热学 5.(2025·黑吉辽蒙卷，4分)某同学冬季乘火车 旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶 中取出糖果后拧紧瓶盖，将糖果瓶带入温暖的 车厢内一段时间后，与刚进入车厢时相比，瓶 内气体 () A.内能变小 B.压强变大 C.分子数密度变大 D.每个分子动能都变大 6.(2023·海南卷，3分)如图为两分子靠近过程 中的示意图，。为分子间平衡距离，下列关于 分子力和分子势能的说法正确的是 () 0个0 A.分子间距离大于r。时，分子间表现为斥力 B.分子从无限远靠近到距离r。处的过程中分 子势能变大 C.分子势能在ro处最小 D.分子间距离在小于r。且减小时，分子势能 在减小 7.(2022·山东卷，3 分)如图所示，内 壁光滑的绝热气 缸内用绝热活塞 封闭一定质量的 理想气体，初始时气缸开口向上放置，活塞处 于静止状态，将气缸缓慢转动90°过程中，缸内 气体 () A.内能增加，外界对气体做正功 B.内能减小，所有分子热运动速率都减小 C.温度降低，速率大的分子数占总分子数比例 减少 D.温度升高，速率大的分子数占总分子数比 例增加 8.(2026·广东卷，9分)图(a) 所示的空气垫是由多个相 连的独立气室构成的包装 材料，其简化模型如图(b). 图(a) 充气前气室内均没有气体。 在室温T。下，将压强po、体积V。的气体通过 单向阀充人10个气室（忽略气道内气体），此 时每个气室均为圆柱体，横截面半径为，长度 为h,当充气后的气室受到挤压变形时，其横 截面变成图(c)所示的“跑道”形（两端是直径 为d的半圆)，且气室长度、横截面周长均保持 不变，气室内气体可视为理想气体，充气及挤 压变形过程中气体温度始终与室温相同. 气道 气体 单向 气室 图(b) 挤压变形前 d r 挤压变形后 图(c) (1)求充气后未挤压变形时气室中的压强1； (2)求挤压变形后气室中的压强p2; (3)已知气室中的压强超过p。时气室会爆破， 若气室经如图(c)所示的挤压变形后，体积不 变、室温升高，求气室不爆破的最高室温T。, 考向二固体、液体和气体 9.(2026·湖南卷，4分)如图，一 心形玩具气球内密封一定质量 部 的理想气体和一个充有同种气 内部 体的弹性小气球，心形气球体 积始终不变.在心形气球内，小 气球内部气体压强大于外部气体压强，整个系 统导热良好.初始时，小气球的体积为心形气 球体积的一半.当温度缓慢升高时，忽略温度 变化对气球材料性质的影响，下列说法正确的 是 ( A.小气球外部气体压强不变 B.小气球内部气体分子数与外部相等 C.小气球内部气体体积不变 D.小气球内部气体体积变大 122 10.(多选)(2025·云南卷，6 分)图甲为1593年伽利略 发明的人类历史上第一支 温度计，其原理如图乙所 示.硬质玻璃泡a内封有 一定质量的气体（视为理 想气体)，与a相连的b管 图甲 图乙 插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境 温度变化而变化.设b管的体积与a泡的体 积相比可忽略不计，在标准大气压。下，b管 上的刻度可以直接读出环境温度.则在下 ( A.环境温度升高时，b管中液面升高 B.环境温度降低时，b管中液面升高 C.水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小 D.水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大 11.(多选)(2025·河南 卷，6分)如图，一圆柱 T2 形汽缸水平固置，其内 M 部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与 汽缸壁均绝热且两者间无摩擦.平衡时，P 左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2, 体积分别为V1和V2,T1<T2,V1<V2.则 A.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相 同温度，P将右移 B.固定M、V,若两侧气体同时缓慢升高相同 温度，P将左移 C.保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中 间移动相同距离，P将右移 D.保持T1、T2不变，若M、N同时缓慢向中 间移动相同距离，P将左移 12.(2023·江苏卷，4分)如图 ↑P B 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( ) →T 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 13.(2023·辽宁卷，4分)“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 p-T图像如图所示.该过程对应的pV图像 可能是 14.(2026·山东卷，8分)如图 甲所示，竖直固定的圆柱 形透明管深度为1，管内横 截面积为S;圆柱形物块长 为，横截面积为S,密度 为p.室温T1=300K时， 图甲 图乙 某同学将表面涂抹润滑油 的物块竖直置于管口封住管内气体，并使物 块缓慢进入透明管，过程中气体无泄漏.当物 块处于静止状态时，其上表面恰好与管口齐 平，如图乙所示.已知透明管与物块均具有良 好的导热性能，不计物块与透明管间的摩擦， 重力加速度大小为g,大气压强恒定，空气可 视为理想气体， (1)求当地的大气压强po; (2)装置放置较长时间后，物块下方气柱高度 为1，该同学认为此装置漏气，测得此时室 温T2=270K,求管内剩余气体与密封刚完 成时气体的质量比. 123 15.(2026·陕晋宁青卷，10分)某小组设计并完 成了“稳定平抛水柱”实验.如图，竖直放置的 储水瓶液面上方封闭少量气体，底部竖直细 管甲与大气连通、水平细管乙有一阀门K.初 始时K关闭，瓶内上方气体体积V1= 200mL,甲管内恰无水且A端口距水面高 h1=20cm,乙管B端口距水面高h2= 30cm;打开K,水持续从乙管流出，大气通过 甲管进入瓶内，当水面与甲管A端口齐平时 关闭K,此时瓶内上方气体的总体积V2 1510ml.已知大气压强o=1.00×105Pa、 水的密度p=1.00×103kg/m3,重力加速度g 取10m/s2,忽略温度变化与瓶体形变，气体 均可视为理想气体.求： (1)初始K关闭时，瓶内上方 m 气体压强p1和乙管B端口 处压强饣2； (2)在打开K到关闭K的过 水 程中，进入瓶内的空气在大 气压强下的体积△V. 甲 16.(2025·广东卷，9分) 排气孔 如图是某铸造原理示 进气阀铸型室 意图，往气室注人空 气增加压强，使金属 气室 液沿升液管进入已预 金属液 热的铸型室，待铸型 室内金属液冷却凝固后获得铸件.柱状铸型 室通过排气孔与大气相通，大气压强0= 1.0×105Pa,铸型室底面积S1=0.2m2,高度 h1=0.2m,底面与注气前气室内金属液面高 度差H=0.15m,柱状气室底面积S2= 0.8m2,注气前气室内气体压强为p0,金属液 的密度p=5.0×103kg/m3,重力加速度取 g=10m/s2,空气可视为理想气体，不计升液 管的体积. (1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属 液面下降的高度h2和气室内气体压强1. (2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且 注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸 型室内的金属液高度为h3=0.04m时，气室 内气体压强2. 124 17.(2025·湖南卷，10分)用热力学方法可测量 重力加速度.如图所示，粗细均匀的细管开口 向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度 为L1的空气柱.液柱长为h,密度为p.缓慢旋 转细管至水平，封闭空气柱长度为L2,大气压 强为0 (1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g 的大小； (2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在 不同实验参数下进行多次测量，如不同的液 柱长度、空气柱长度、温度等.某次实验测量 数据如下，液柱长h=0.2000m,细管开口向 上竖直放置时空气柱温度T1=305.7K.水 平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度 T2=300.0K时，空气柱长度与竖直放置时 相同.已知p=1.0×103kg/m3,p0=1.0× 105Pa.根据该组实验数据，求重力加速度g 的值 五年真题分类汇编 物理 学校 班级 学号 姓名 密 禁 麻提V速详l:c心-A0)V-Vm-C:粮盘 用子文业上。米数火动-8.66V103KE(8 12.62024.克所音：102)-个分有安二的想套 10m/52:入全EAO-.0x1081a.楼八出想 想熟所说52-90.0cm:蔗度入-20.0cm: 速工-100.0cm·0烩有一L、投效想出 所说-。0cmk L8.(2024.H林亮：82) o=1.0×105Pa为大气压强，VB0=0.5× 10-3m3为气球无张力时的最大容积，C 18J为常量.已知该气球自身质量为o= 8.40×10-3kg,外界空气密度为= 1.3kg/m3,求气球内气体体积V的大小. 20.(2024·江西卷，10 p/Pa 分)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ABC V V/m DA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 1200K,T2=300K,气体在状态A的压强 pA=8.0×105Pa,体积V1=1.0m3,气体在 状态C的压强pc=1.0×105Pa.求： (1)气体在状态D的压强pD: (2)气体在状态B的体积V2. 21.[物理一选修3一3](15分)（节选） (2)(2024·全国甲卷，10分)如图， 一竖直放置的汽缸内密封有一定 量的气体，一不计厚度的轻质活塞 可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围 被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离 bc=10ab,活塞的面积为1.0×10-2m2.初 始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、 温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为 1.0×105Pa和300K.在活塞上施加竖直向 下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡 销b处（过程中气体温度视为不变），外力增 加到200N并保持不变. (1)求外力增加到200N时，卡销b对活塞 支持力的大小； (ⅱ)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升 高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的 温度 22.[物理—选修3-3](15分)（节选）》 (2)(2023·全国乙卷，10分)如 图，竖直放置的封闭玻璃管由 管径不同、长度均为20cm的 10cm - A、B两段细管组成，A管的内 10 cm 径是B管的2倍，B管在上方. 管内空气被一段水银柱隔开， 水银柱在两管中的长度均为 10cm.现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡 后，A管内的空气柱长度改变1cm.求B管在 上方时，玻璃管内两部分气体的压强.（气体 温度保持不变，以cmHg为压强单位) 23.[物理一选修3-3](15分)（节选） (2)(2023·全国甲卷，10分)一高压舱内气 体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密 度为1.46kg/m3. (ⅰ)升高气体温度并释放出舱内部分气体以 保持压强不变，求气体温度升至27℃时舱内 气体的密度： 126 (ⅱ)保持温度27℃不变，再释放出舱内部分 气体使舱内压强降至1.0个大气压，求此时 舱内气体的密度. 24.(2023·湖南卷，10分)汽车刹车助力装置能 有效为驾驶员踩刹车省力.如图，刹车助力装 置可简化为助力气室和抽气气室等部分构 成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员 踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液 压泵实现刹车.助力气室与抽气气室用细管 连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气 压与助力气室的压强差实现刹车助力.每次 抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力 作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气 室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强 相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下 运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完 成一次抽气过程.己知助力气室容积为V。 初始压强等于外部大气压强0，助力活塞横 截面积为S,抽气气室的容积为V1.假设抽气 过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想 气体，温度保持不变 抽气活塞 助力活塞 抽气气室 Po o K2 A0 液压泵 水平力S 助力气室 连杆 B (1)求第1次抽气之后助力气室内的压 强1； (2)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶 员省力的大小△F. 25.(2023·海南卷，10分)如图所示，某饮 料瓶内密封一定质量理想气体，t 27℃时，压强p=1.050×105Pa,则 (1)=37℃时，气压是多大？ (2)保持温度不变，挤压气体，使之压强 与(1)相同时，气体体积变为原来的多少倍？ 26.(2023·浙江6月，8分)如图所 热源 示，导热良好的固定直立圆筒内 用面积S=100cm2,质量m= 1kg的活塞封闭一定质量的理想 气体，活塞能无摩擦滑动.圆筒与 温度300K的热源接触，平衡时 圆筒内气体处于状态A,其体积VA 600cm3.缓慢推动活塞使气体达到状态B, 此时体积VB=500cm3.固定活塞，升高热源 温度，气体达到状态C,此时压强c=1.4× 105Pa.已知从状态A到状态C,气体从外界 吸收热量Q=14J;从状态B到状态C,气体 内能增加△U=25J;大气压po=1.01× 105Pa. (1)气体从状态A到状态B,其分子平均动能 (选填“增大”“减小”或“不变”)，圆 筒内壁单位面积受到的压力 (选填 “增大”、“减小”或“不变”)； (2)求气体在状态C的温度TC; (3)求气体从状态A到状态B过程中外界对 系统做的功W. 127 27.(2022·全国甲卷，10C 分)如图，容积均为Vo、 缸壁可导热的A、B两汽 A B 缸放置在压强为po、温 度为T。的环境中；两汽 缸的底部通过细管连 通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通； 汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ、 N四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为 日V,和V。:环境压强保持不变，不计活塞 的质量和体积，忽略摩擦， (1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活 塞刚到达汽缸底部时的温度； (2)将环境温度缓慢改变至2T。,然后用气泵 从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸 中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第V部 分气体的压强 28.(2022·全国乙卷，10分)如图， 一竖直放置的汽缸由两个粗细 2S 不同的圆柱形筒组成，汽缸中 活塞I和活塞Ⅱ之间封闭有一 定量的理想气体，两活塞用一 西 Ⅱ S 轻质弹簧连接，汽缸连接处有 小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处.活塞I、Ⅱ 的质量分别为2m、m,面积分别为2S、S,弹簧 原长为.初始时系统处于平衡状态，此时弹 簧的伸长量为0.1l,活塞I、Ⅱ到汽缸连接处 的距离相等，两活塞间气体的温度为T。.已 知活塞外大气压强为。，忽略活塞与缸壁间 的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积. (1)求弹簧的劲度系数； (2)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚 运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和 温度 29.(2022·广东卷，6分)玻璃 瓶可作为测量水深的简易 下潜后液面 装置.如图所示，潜水员在 水 下潜前液面 水面上将80mL水装入容 积为380mL的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水 底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定 后测得瓶内水的体积为230ml.将瓶内气体 视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变， 大气压强po取1.0×105Pa,重力加速度g取 10m/s2,水的密度p取1.0×103kg/m3.求水底 的压强p和水的深度h. 30.(2022·湖南卷，8分) 如图，小赞同学设计 了一个液体拉力测量 仪.一个容积V。= 9.9L的导热汽缸下 U形金属丝 待测液体 接一圆管，用质量 m1=90g、横截面积S =10cm2的活塞封闭一定质量的理想气体， 活塞与圆管壁间摩擦不计.活塞下端用轻质 细绳悬挂一质量m2=10g的U形金属丝， 活塞刚好处于A位置.将金属丝部分浸人待 测液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝从液体中 拉出，活塞在圆管中的最低位置为B.己知 A、B间距离h=10cm,外界大气压强po= 1.01×105Pa,重力加速度取10m/s2,环境 温度保持不变.求 (1)活塞处于A位置时，汽缸中的气体压 强1； (2)活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F 的大小. 11 31.(2022·山东卷，7 阀门 分)某些鱼类通过 B室 A室 调节体内鱼鳔的体 积实现浮沉.如图所示，鱼鳔结构可简化为通 过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁 厚、可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两 室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交 换.质量为M的鱼静止在水面下H处，B室 内气体体积为V,质量为；设B室内气体压 强与鱼体外压强相等，鱼体积的变化与B室 气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内 气体温度不变.水的密度为ρ，重力加速度为 g.大气压强为p0,求： (1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加 速度、需从A室充人B室的气体质量△： (2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质 量m1: 考向三热力学定律与能量守恒定律 32.（多选)(2026·P 黑吉辽蒙卷，6 分)一定质量的印 理想气体由状 Po 态a经状态b、c 变化到状态d, Vo 2Vo 3Vo 4Vo V p-V图像如图所示，则 A.状态a的温度比状态b的高 B.状态b的内能比状态c的大 C.b→c、c→d过程气体对外做的功相等 D.c→d过程气体对外做的功小于从外界吸 收的热量 33.(多选)(2026·贵州卷，5分)在贵州凯里，人 们常将小西红柿和红辣椒加工后放入如图所 示的瓦罐中，罐口处倒扣一个钵并用水密封， 发酵制作酸汤.发酵过程中罐内物质缓慢产 生气体，压强足够大时气体以气泡形式溢出， 间歇性放气.罐内气体可视为理想气体，设罐 内气体温度和体积保持不变，则 () 五年真题分类汇编·物理 学校 班级 学号 姓名 密封 禁 答- 题 光 塞 0 可 0 上。少尔际动动物业路动程入火 (2026·河业亮：2) 8.(提)(2026·斯斯卷：四少)期分图·-投商出比 洲联四 鉴道斗 三 36.(2025·安徽卷，4分)在恒温容器内的水中， 让一个导热良好的气球缓慢上升.若气球无 漏气，球内气体（可视为理想气体）温度不变， 则气球上升过程中，球内气体 ( A.对外做功，内能不变 B.向外放热，内能减少 C.分子的平均动能变小 D.吸收的热量等于内能的增加量 37.(2025·湖北卷，4分)如 F 图所示，内壁光滑的汽 缸内用活塞密封一定量 电热丝 理想气体，汽缸和活塞 00000007 i77 均绝热.用电热丝对密 封气体加热，并在活塞上施加一外力F,使气 体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同 时其体积缓慢减小.关于此过程，下列说法正 确的是 ( ) A.外力F保持不变 B.密封气体内能增加 C.密封气体对外做正功 D.密封气体的末态压强是初态的2倍 38.(2024·山东卷，3分)一定 P 质量理想气体经历如图所 示的循环过程，a→b过程是 等压过程，bc过程中气体 与外界无热量交换，c→a过程是等温过程.下 列说法正确的是 A.a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用 于对外做功 B.b→c过程，气体对外做功，内能增加 C.a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全 部用于对外做功 D.a→b过程，气体从外界吸收的热量等于 c→a过程放出的热量 39.(多选)(2024·河北卷，6分)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 () 7777777777777 理想气体 真空 活塞 ZZZZ2ZZZZZZZZZZZZZZ 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 40.（多选)(2024·新课标 卷，6分)如图，一定量 理想气体的循环由下面 4个过程组成：1→2为 绝热过程（过程中气体 不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4 为绝热过程，4→1为等容过程.上述四个过程 是四冲程柴油机工作循环的主要过程.下列说 法正确的是 A.1→2过程中，气体内能增加 B.2→3过程中，气体向外放热 C.3→4过程中，气体内能不变 D.4→1过程中，气体向外放热 41.(多选)(2023·新课标卷， uw 6分)如图，一封闭着理想 g 777777777 气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧 连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分， 活塞与汽缸壁间没有摩擦.初始时弹簧处于原 长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等. 现通过电阻丝对∫中的气体缓慢加热，停止加 热并达到稳定后 A.h中的气体内能增加 B.f与g中的气体温度相等 C.f与h中的气体温度相等 D.f与h中的气体压强相等 42.(多选)(2022·全国甲卷，5 分)如图，一定量的理想气体从 状态a变化到状态b,其过程 如p-V图上从a到b的线段 0 所示.在此过程中 A.气体一直对外做功 B.气体的内能一直增加 C.气体一直从外界吸热 D.气体吸收的热量等于其对外做的功 E.气体吸收的热量等于其内能的增加量 130 43.(多选)(2022·全国乙卷，5 分)一定量的理想气体从状 态a经状态b变化到状态c, 其过程如T一V图上的两条 线段所示.则气体在 A.状态a处的压强大于状态c处的压强 B.由a变化到b的过程中，气体对外做功 C.由b变化到c的过程中，气体的压强不变 D.由a变化到b的过程中，气体从外界吸热 E.由a变化到b的过程中，从外界吸收的热 量等于其增加的内能 44.(多选)(2022·湖南卷，5分)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 ( 」喷嘴 B端 A端 涡流室 环形管 分离挡板 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 45.(2025·福建卷，4 压力传感器 分)如图，洗衣机水 箱的导管内存在一 洗 空气柱 衣 竖直空气柱，根据 缸 管 此空气柱的长度可 知洗衣机内的水量 多少.当空气柱压强为1时，空气柱长度为 L1,水位下降后，空气柱温度不变，空气柱压 强为2，则空气柱长度L2 ,该过 程中空气柱内部气体对外界 .(填 “做正功”“做负功”或“不做功”) 46.(2022·广东卷，6分)利用空调将热量从温 度较低的室内传递到温度较高的室外环境， 这个过程 (填“是”或“不是”)自发 过程.该过程空调消耗了电能，空调排放到室 外环境的热量 (填“大于”“等于” 或“小于”)从室内吸收的热量 47.(2026·云南卷，12分)某同学制作了一个简 易气动装置，可简化为如图所示的模型.水平 汽缸A和竖直汽缸B固定在气压为p。的恒 温环境中，其活塞a、b的横截面积分别为S1、 S2(S1<S2).两汽缸通过细管连通，汽缸A 内壁光滑，汽缸B内壁与活塞b间的最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置气密性和 导热性良好.不计活塞的质量和厚度，重力加 速度为g (1)打开气阀K,在活塞b上用轻质细线悬挂 重物，逐渐增加重物的质量，当重物质量为m 时活塞b刚要开始向下运动，求汽缸B内壁 与活塞b间的最大静摩擦力大小； (2)在(1)问操作后关闭气阀K,封闭体积为 V。的气体（视为理想气体），然后用水平拉力 向右缓慢拉动活塞a,直到重物刚要开始向 上运动，已知此过程中气体吸收的热量为Q, 求该过程活塞a的位移大小及拉力对活塞a 做的功； (3)在(2)问操作后继续缓慢拉动活塞α，使 重物上升高度H,此时活塞b未到达汽缸B 的顶部，求该过程中水平拉力对活塞a做 的功 气阀K 活塞a 汽缸A 推拉杆 细管 汽缸B 活塞b 白重物 131 48.(2026·江苏卷，6分)一定质量的理想气体 从α状态到b状态经历等温变化，此过程外 界压缩气体对其做的功为W.己知a状态气 体体积为V0,压强为po,b状态气体体积为 V.求： (1)该过程气体放出的热量； (2)b状态时气体的压强. 49.(2025·陕晋宁青 ↑plI05Pa) 卷，9分)某种卡车 轮胎的标准胎压范 3.0 围为2.8×105Pa 3.5×105Pa.卡车 0730.528 0.560V/m 行驶过程中，一般 胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增 大.若某一行驶过程中胎内气体压强p随体 积V线性变化如图所示，温度T1为300K 时，体积V1和压强p1分别为0.528m3、3.0× 105Pa;当胎内气体温度升高到T2为350K 时，体积增大到V2为0.560m3,气体可视为 理想气体 (1)求此时胎内气体的压强p2； (2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为 7.608×104J,求胎内气体的内能增加 量△U. 50.(2025·山东卷，8分)如 图所示，上端开口、下端 封闭的足够长玻璃管竖 活塞 直固定于调温装置内 温装置 玻璃管导热性能良好、 管内横截面积为S,用轻 质活塞封闭一定质量的理想气体.大气压强 为。，活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小 恒为fo=21poS,等于最大静摩擦力.用调温 装置对封闭气体缓慢加热，T1=330K时，气 柱高度为h1,活塞开始缓慢上升；继续缓慢加 热至T2=440K时停止加热，活塞不再上升； 再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直 到降温至T3=400K时，活塞才开始缓慢下 降；温度缓慢降至T4=330K时，保持温度不 变，活塞不再下降.求： (1)T2=440K时，气柱高度h2; (2)从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸 收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量). 51.(2024·吉林卷，10分)如图，理想变压器原、 副线圈的匝数比为n1:n2=5：1,原线圈接 在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线 圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝 密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量 的理想气体，接通电路开始加热，加热前气体 温度为To. ! (1)求变压器的输出功率P, (2)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其 温度变化量△T成正比，即Q=C△T,其中C 132 已知.若电热丝产生的热量全部被气体吸收， 要使容器内的气体压强达到加热前的2倍， 求电热丝的通电时间t. 52.（2024·湖北卷，10分)如图 Po 。。。。。。。。 所示，在竖直放置、开口向上 的圆柱形容器内用质量为m 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 T。,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. 己知容器内气体内能变化量△U与温度变化 量△T的关系式为△U=C△T,C为已知常 量，大气压强恒为o,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.由法拉第电磁感应定律有E,=BL E 由欧姆定律有1= 联立解得= 2mgRsin 0 B2L2 (2)当棒α匀速运动时，释放棒b,分析可知，棒b受到沿导轨 向下的安培力，则释放棒b的瞬间，对棒b,由牛顿第二定律有 mgsin 0+BI L=ma 又BI1L=ngsin0 解得a-2gsin0 (3)释放棒b后，由于棒b中产生的感应电动势对于回路来说， 与棒《中产生的感应电动势方向相反，所以两棒所受安培力 均减小，对棒《，由动量定理有 (mgsin 0-F)to=mv-mvo 对棒b,由动量定理有 (mgsin 0+F)to=mv 结合(I)问结果联立解得U=gin0叶mgRsin B2L2 设棒a速度为v:时产生的感应电动势为E。,则E。一BLw 同理设棒b速度为y时产生的感应电动势为E,则E,=BL 棒中电流为I= E:-EiBL(v;v;) 2R 2R 两棒所受安培力的大小均为F=BIL= B2L2(w-U;) 2R 对棒b,由动量定理有 mgsin B2L2(w-y)1 2R △t=n△u 对方程两侧求和，即∑ mgsin 0 B2L2(:-y)1 2R △i=∑m△v 注意到∑△1=t0,∑(4-v)△f=△x,∑△u= 解得△x=2m2gR2sin0 BL 答案(1)2 mng Rsin0 B2L2 (2)2gsin0 (3)gto sin 0+ugRsin B2L2 2m2gR2 sin 0 BL 50.解析(1)导电杆所受的安培力大小F=B1Id 又B,=kI,d=3 kI2 整理得F=3Mg 火箭落停过程中，由牛顿第二定律得F一Mg=Ma 解得a-2g % 由运动学公式可得，火箭运动的距离L一2 条得1一安 (2)导电杆向下运动的速度为v=h一at=h 2g 则回路中的感应电动势为E=B2dv 又B2=2kI 装理得E=2,+64"(≤) I (3)由于电路中的电流恒为I,导电杆下滑过程中的总电动势 为E总=U+E 且有= E总 2 类理得U=12-M"+≤) 装置A输出的功率为P=UI=12Mg:一6Mew+PR(≤0) 初始时刻，t=0,P格=一6Mgh十R 到达停金平台时，=爱Px=PR 由P-4关系可知，P-PP=一3Mg+PR 2 则在火箭落停过程中，装置A输出的能量为 W-P·爱-gM2+1 2g (4)可回收能量的来源为导电杆和火箭机械能的减少 由能童宁设定律得W。=ML+合M,2-0 又由(1)得L= 4g 整理得Wa=子Mw2 答案(1)3Mg4g I （3)12Mg2 12Rvo I 6Mgh+IR≤2g I 28 (4)导电杆和火箭机械能的减少 子Ma, 专题十四 交变电流 电磁振荡与电磁波 及传感器 1.D2.D3.C4.B5.D6.C7.C8.B9.BD10.AC 11.C12.B13.B14.B15.AC16.AD17.BD18.B 19.B20.C21.AC22.B23.B24.B25.AC26.A 27.AC28.BC29.D30.B 专题十五热学 1.D2.B3.AB4.C5.B6.C7.C 8.解析气体实验定律 (1)充气过程中气体温度始终与室温相同，气体发生等温变化， 则对充入的气体由玻意耳定律有pV。=p1X10πr2h V。 解得p1=10r产p0: (2)充气后从未挤压变形到挤压变形后的过程，由玻意耳定律 有p1×10πr2h=p2V2 挤压变形过程气室横截面周长保持不变，则“跑道”形中矩形部 分的长为1=2一元d 2 则气室的横截面积为 S2=ld+d 4 =元rd-d 4 又挤压变形过程气室长度不变，则 V2=10S2h=5πdh(4r-d0 2 2Vo 联立解得p2=5πdh(4r-dP0: (3)气室变形后，体积不变，则气室内气体发生等容变化，由查 解得T。-产T, 5元dh(4r-d)peTo. p2 2PoVo 答案(1)，V 2Vn 10x产万0（2)5dh(4r- （3)5mdh4r-dDpT。 2PoVo 9.D10.BD11.AC12.B13.B 14.解析气体实验定律十变质量气体问题 (1)物块进入管内过程，封闭气体发生等温变化，由玻意耳定 律有pnVg=V1 又V=5,V,=S-）aS=S+s·号R 8 联立解得pn=9gl, (2)根据题意可知，管内剩余气体在温度为T2、压强为1时 的体积为V=品s义 设密封刚完成时管内的气体在温度为T2、压强为p1时的体 积为V2,则根据盖-吕萨克定律有元=了 VI V2 解得V=合S 根据同温同压下，同种气体的质量比等于体积比，有 余 7 答案I号d2)日 15.解析压强的计算十变质量气体问题 (1)初始K关闭时，对甲管A端口处有 p1十gh1=po 代入数据解得p1=9.8×101Pa 对乙管B端口处有 p1十gh2=p2 代入数据解得p2-1.01×105Pa. (2)对瓶内原有的气体和进入的气体整体，其发生等温变化， 由于关闭K时水面与甲管A端口齐平，则关闭K时这部分气 体压强为p,由玻意耳定律有 p1V1+pn△V=pnV2 代入数据解得△V=1314mL. 答案(1)9.8×101Pa1.01×105Pa(2)1314mL 16.解析压强的计算十气体实验定律 (1)金属液刚好充满铸型室时，有h1S,=h2S2 代入数据解得h2=0.05m 则气室内气体的压强p1=p0十pg(h1十H十h2) 代入数据解得p1=1.2×105Pa (2)设注气后气室金属液液面下降的高度为h1,则有 h3 S1=hS2 解得h1=0.01m 2 由于注气过程中铸型室内温度不变，则对铸型室内气体，由玻 意耳定律有 PoSh=p'S (h-ha) 解得注气后铸型室内气体的压强p'-1.25X10°Pa 所以注气后气室内气体压强p2=p'十g(hg十H十h1) 解得p2=1.35×105Pa 答案(1)0.05m1.2×105Pa(2)1.35×105Pa 17.解析力的平衡条件十气体实验定律 (1)设液柱的横截面积为S,竖直放置时空气柱的气体压强为 p1,水平放置时空气柱的气体压强为2，则竖直放置时，对液 柱由力的平衡条件有 Shig十poS=p1S 水平放置时，对液柱由力的平衡条件有 P2S=PoS 若整个过程中温度不变，则对空气柱由玻意耳定律可得 PSL=P2 SL2 联立可得g=L,一L1) L1oh (2)若调控空气柱温度，使水平放置时空气柱长度与竖直放置 时相同，则空气柱的体积不变，由查理定律可得二=号■ 联立可得g=(工一T) =9.5m/s2 T2 oh 答案(1)0(L?-L1) (2)9.5m/s2 Lioh 18.气体实验定律十气体压强的计算十变质量气体问题 解(1)在缓慢将汲液器竖直提出液面的过程，封闭气体发生 等温变化，裉据玻意耳定律有 p(H-x)S1=p2 HS 根据题意可知p1=p0,p2十gh=0 联立解得x=2cm (2)对新进入的气体和原有的气体整体分析，由玻意耳定律有 AV+aHS,=P(HS,+冬s） 又Ps+限·合=P 联立解得V=8.92×10-1m3 19.玻意耳定律十力的平衡条件 解(1)由玻意耳定律有 pV=Po Vo 部郑一兴 (2)气球内空气体积为V。时，密度为，故气球内部空气质量 m内-AV,=By Po 对气球和气球内部气体组成的系统受力分析，由力的平衡条 件有(n0十n内)g=F浮十mg 又F浮=A阳gV 结合(p-pn)(V-V0)=C 联立解得V=5X10-3m3 20.气体实验定律十(p-V图像) 解(1)气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据！ 主理定徐有光-会 代入数据解得pp=2.0×105Pa (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=pnV 代入数据解得V2=2.0m3 又气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在B状态： 的体积也为V2=2.0m3 21.(2)气体实验定律十力的平衡条件 解(1)活塞从卡销α运动到卡销b,对密封气体由玻意耳定！ 律有p,V。=p1V1 共中，=。 外力增加到200N时，对活塞由力的平衡条件有pS十F= PIS+FN 联立并代入数据解得卡销b对活塞支持力的大小为F、= 100N 2 (ⅱ)当活塞刚好能离开卡销b时，对活塞有p,S十F=p2S 从开始升温至活塞刚好能离开卡销6，对密封气体，由查理定！ #有号一号 联立并代入数据解得活塞刚好能离开卡销b时密封气体的温！ 度为T,=300K 22解析(2)B管在上方时，设B管中气体的压强为pB,长度 IB=10 cm 则A管中气体的压强为pA=pB十20cmHg,长度lA=10cm 倒置后，A管在上方，设A管中气体的压强为PA',A管内空： 气柱长度1A'=11cm 已知A管的内径是B管的2倍，则水银柱长度为五=9cm十 14 cm=23 cm 则B管中气体压强为pB'=pA'+23cmHg 125 B管内空气柱长度lB'=40cm-11cm一23cm-6cm 对A管中气体，由玻意耳定律有pA1A=pA'1A 对B管中气体，由玻意耳定律有pBlB=pB'1B 联立解得pB=54.36cmHg PA=PB+20 cmHg=74.36 cmHg 答案(2)54.36cmHg74.36cmHg 23.解析2)解法一假设被释放的气体始终保持与舱内气体同26 温同压，对升温前轮内气体，由理想气体状态方程有-V2! T2 气体的体款V兴W一号 7 解得1=D2 P1 T1 Pe T2 (1)气体压强不变，已知T1=(17+273)K=290K,T2= (27+273)K=300K,0=1.46kg/m3 上式简化为P1T1=2T2 将已知数据代入解得2≈1.41kg/m3 (i)气体温度T1=(17+273)K-290K,T3=T2=300K,压： 强p1=1.2atm,pg=1.0atm,密度A1=1,46kg/m 218 代入1=p3 P1T1 Ps T3 解得p3≈1,18kg/m3 解法二(1)已知初态气体压强p,=1.2atm,温度T1= (17+273)K=290K,0=1.46kg/m3高压舱内气体体积为 V,保持气体压强不变，假设升温后气体体积增大为V2,由盖 -吕萨克定律可知 VI V2 又气体质量保持不变，即V1=2V2 解得p2≈1.41kg/m3 (ⅱ)保持气体温度不变，降压前气体体积为V2,压强为2= p1=1.2atm,降压后压强减小为p3=1.0atm,气体体积增大 为V3,由玻意耳定律有 P1 V2=P3 V3 同时p2V2=osV3 联立解得p3≈1.18kg/m3 答案(2)1.41kg/m31.18kg/m3 解析（1)第1次抽气过程，助力气室发生等温变化，由玻意 耳定律有 poVo=p1(V,+V1》 V。 解得=V,干V0 (2)第2次抽气过程，有p1V。=p2(V。十V,) 得a=()A 2 故第u次物气后，助力气安内的压强为p.-(平)D 故第n次抽气后，驾驶员省力的大小△F=（p0一pm)S 解得△F-[-()]S 解析(1)由查理定律有1十273)K-(+273)K 代入数据解得p'=1.085×105Pa (2)由玻意耳定律有pV-pV 代入载据解得V一y 答案1.085X103n(2)2y 解析(1)气体从状态A到状态B发生等温压缩变化，其气体 内能不变，分子平均动能不变 体积减小，压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大 (2)气体处于状态A时，对活塞受力分析，有pAS十mg=pS 解得pA=1×105Pa 气体从状态A到状态B发生等温压缩变化，由玻意耳定律有 PAVA=PBVB 解得pB=1,2pA=1,2X105Pa 气体从状态B到状态C,做等容变化，由查理定律有=PC IB To 解得Tc=350K (3)气体从状态B到状态C,外界对气体不做功，所以W等于 气体从状态A到状态C外界对气体做的功，由(1)问分析可 知，从A到C内能的变化量等于从B到C内能的变化量，从 A到C由热力学第一定律有 △U-W+Q 解得W=11J 答案(1)不变增大(2)350K(3)11J 27.解析(1)设活塞刚好到达B汽红底部时环境温度为T,,第 3 Vo Vo 下年分气你选行等压安化，满足”-宁 ① 所以工=专工 (2)A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，设第N部分气体的压强 为p1,体积为V,第Ⅱ、Ⅲ部分气体的压强为p2,体积为V2, 则V1+V2=V。 ② 因为活塞轻质，所以p1=p2 ③ 对第Ⅳ部分气体，从初状态到末状态，由理想气体状态方程 知：T0 2T。 ④ 对第Ⅱ、Ⅲ部分气体，从初状态到末状态，由理想气体状态方 程知： =p2·V2 To 2T0 ⑤ 9 由②③④⑤得，p1=40· 答案1)号T。(2)号 28.解析(1)对活塞与弹簧整体进行受力分析得：3mg十2p,S十 PS=2pS+poS 对活塞Ⅱ受力分析得：pS十F=pS十ng 由胡克定律得：F=0.1kl 联主解得k-g。 (2)通过对活塞与弹簧整体进行受力分析得：气体的压强p一 3s十，可知气体做的是等压变化，那么弹簧上弹力大小不 变，弹簧的长度不变，即两活塞间距离不变，所以气体初态：体 积V-3S,温度T,=T 未态：体积V2=2.2S·l,温度为T2 V V2 由理想气休状态方程得：了一 T,TX22×2=号T 3.3Sl 答案0(2)+ps÷T。 29.解析对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知 PoVo=pV, 即1.0×105×(380-80)=p×(380-230) 解得p=2.0×105Pa 根据p=p,十pgh,解得h=10m 答案p=2.0×105Pa10m 30.解析(1)活塞处于A位置时，根据活塞处于静止状态可知 PIS+(m1+m2)g=PoS, 代入数据解得p1=1,0×10Pa. 2 (2)活塞处于B位置时，根据活塞封闭一定质量的理想气体做 等温变化得 p,Vo=p2(V。+Sh) P?=pn-mg十F S 联立解得F=1N. 答案(1)1.0×105Pa(2)1N 31.解析(1)鱼静止在水面下H处时，重力与浮力平衡，此时B 室气体压强不变，仍等于外界压强，气体密度不变，B室体积 增加部分所受浮力即为鱼所受的合外力，故有Pg△V=M 剥充入B室的气体质量△m=?4V- PgV (2)鱼静止于水面下H处量，B室内气体压强p=p十pgH 鱼静止于水面下H1处时，B室内气体压强p1=十PgH,静 止时B室体积不变，仍为V,气体温度不变，压强改变，为变质 量问题，设从静止于H处变为静止于H,处时需要往B室充入 p压强下△V'体积的气体，由玻意耳定律，有p(V十△V')=p1V 则△v=-v,且m-m=△Y V 可得m1= n。p 解得：m1=十pgH g十PgHm 答案(1)M(2)+pgH PgV o十pgHn 32.BD33.AD34.BC35.C36.A37.B38.C39.ACD 40.AD 41.AD 42.BCE 43.ABD 44.ABE 45.解析气体实验定律十气体做功设空气柱的横截面积为 S,水位下降过程，气体发生等温变化，则由玻意耳定律有p S=2L2S,解得L2-L1,水位下降后，由p=pgh可知空 气柱压强减小，则体积增大，空气柱内部气体对外界做正功 答案L,做正功 P3 46.解析利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的 室外环境，这个过程中压缩机做功，消耗电能，因此这个过程 不是自发的：根据热力学第二定律可知，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，因此空调把热 量从温度较低的室内传递到温度较高的室外需要消耗电能， 因此空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量， 答案不是大于 47.解析玻意耳定律十气体实验定律 (1)气阀K打开，汽缸A和B内气体压强均为p,活塞b上下 的气体压强产生的压力抵消，因此汽红B内壁与活塞b之间 的最大静摩擦力∫=ng, (2)活塞b刚要开始向上运动，对活塞b受力分析可知p0S2一 f+p Sz+mg 解得p1=S,2mg S2 气体温度不变，据玻意耳定律有p,V。=p,V, 解得V,=pS2-2mg Po Vo S2 活塞b未移动，汽缸A内气体体积变化量为V,一V,=x1S 2mg Vo 活塞a移动的位移x1一pS2S,-2mgS, 理想气体的内能由温度决定，气体温度不变，测内能不变，根！ 据热力学第一定律可知△U=0=Q十W 解得活塞a对气体做的功W=一Q 活塞a缓授移动（也可从活塞a不计质量考虑），动能变化量！ 为0，根据动能定理可知W,十（一W)一p,S1x1=0 解得拉力对活塞a做的功W1=S,2mg二Q, (3)汽缸A和B中温度不变，活塞b缓慢移动，可知气体压强： 不变，根据'=C可知两汽缸内气体总体积保持V1不变，设 T 活塞a在该过程中移动的距离为x2,可知HS2=x2S 期得- HS2 活塞a所受合力为0，可知F十p1S1=pS, 解得F=2mgS S2 拉力对活塞a做的功为W2=Fx2 解得W,=2ngH. 2mg Vo 答案(1)mg（2)pS2S,-2mgS 2mgpV。 -Q Po S2-2mg (3)2mg H 48.解析气体实验定律十热力学第一定律 (1)由于该过程气体经历等温变化，而一定质量的理想气体的· 内能仅由温度决定，则该过程的内能变化量△U=0 根据热力学第一定律△U=Q十W 可知Q=一W 即该过程气体放出的热量为Q一W (2)气体从α状态到b状态发生等温变化，根据玻意耳定律有！ PoVo=pV 解得b状态时气体的压强=，V 答案(1)w(2)y V 49.解析理想气体状态方程十热力学第一定律 (1)对胎内气体，根据理想气体状态方程有 PiV1 P2V? T T2 代入数据解得p2=3.3×105Pa (2)根据力-V图像与横轴所国图形面积表示气体做功可知， 此过程外界对气体做的功 w=-3.0+3.3×105×(0.560-0.528J=-1.008×104J 2 ; 根据热力学第一定律有△U=Q十W 又Q=7.608×104J 解得△U=6.6×101J 答案(1)3.3×105Pa(2)6.6×104J 50.解析气体实验定律十热力学第一定律 (1)从T1状态到T2状态，封闭气体发生等压变化，由盖一吕！ 萨克定律有不工 V1_V2 其中V,=Sh1、V2=Sh2 联立解得，=子h, 22 (2)从T1状态到T状态，封闭气体的温度不变，则整个过程 内能变化量为△J=0 T,状态到T2状态，由平衡条件有 poS十fo=p1S 解样A-器e 从T2状态到T3状态，封闭气体发生等容变化，由查理定律 可知 TaTa 解得=贸p, 从T3状态到T,状态，封闭气体发生等压变化，由盖一吕萨 V2_Vi 克定律有了工 其中V1=Sh 好得，=品 则从T,状态到T,状态，外界对封闭气体做的功为 W--LPn SCha-h )-Ps S(hz-h Sh 由热力学第一定律△U一W十Q可知，封闭气体吸收的净热 量为 8 Q--W-63 Po Sh 答案1)号4，(2) 63b,S%, 1.理想变压器的工作原理十电功率十查理定律 解(1)由原线图所接正弦交流电的峰值求出其有效值U,= 。,设支压器副线周的输出电压为U:,则有可西 U1_1 求得U2=2U,= 1 5√2 故变压器的输出功率P U22 Um2 R-50R (2)设加热前容器内气体的压强为p,加热后容器内气体的 温度为T,则加热后气体的压强为2p。,由题意可知容器内的 气体微等容支化，则由查理定律有厂 解得T1=2T0 由Q=C△T知气体吸收的热量Q=C(2T。一T,)=CT。 又容器是绝热容器且电热丝产生的热量全部被气体吸收，则 Q=P=CT0,即50R=CT 解得t= 50CToR U 52.(盖一吕萨克定律)十热力学第一定律 解(1)设容器内气体初、末状态体积分别为V,,V,末状态温 其中。=Ss,V=s+) 6T0 联立解得T= (2)设此过程中容器内气体吸收的热量为Q,外界对气体做的 功为W,由热力学第一定律得△J=Q十W 其中△U-C(T-T。) w=-(mg+pnS》吉A 联立解得Q=吉(CT十mgh十pnSh) 专题十六原子结构和波粒二象性原子核 1.D2.A3.C4.B5.B6.A7.C8.B9.B10.BD 11.B12.A13.C14.D15.C16.A17.C18.B19.A 20.C21.D22.D23.BD24.A25.AC26.A27.B 28.B29.B30.C31.ABC32.D33.B34.D35.C 36.C37.D38.A39.C40.C41.C42.B43.AB 专题十七力学基础实验与创新实验 1.解析测量薄膜压缩时间十仪器读数十数据处理(2)③由题！ 图1(b)可知A位置对应的读数为26.28cm,B位置对应的读} 数为20.00cm,则s1-26.28-20.00(cm)=6.28cm,小球的 下落过程做匀加速运动，由一段时间内的平均速度等于中间时！ 制的醉时连度可知小球在B位显处的建度，=”2，小球从 A位置到C位置，由△=aT可知小球运动的加速度大小为！ =21,小球从B位置到C位置由速度时间公式可得小球 T2 在C位重处的造度阳=十aT-327 ④由题图2可得Ip为158a,u.时F=100N. ⑤结合③分析，代入数据得2=3.425m/s,则t- _2m=2.06×! F 10-3s. 答案(2)③6.28(6.26~6.30均可)4+232二 2T 2T ④100⑤2.06×103 2,解析测量速度和加速度十数据处理 ()在使用打点计时器进行实验时，为了确保打点稳定并充分 利用有限长度的纸带记录完整的运动过程，应先接通电源使打： 点计时器打点稳定后再释放纸带使其随运动物体一起运动，A! 错误，B正确. (2)打点计时器所用电源的颜率为50Hz,则打点计时器打，点周： 期为T==0.02s,由题图可知，纸带上P点左侧相年点刻 度为2.40cm,右侧相邻点刻度为3.62cm,又P点左右相邻，点 间的平均速度代表该点的瞬时速度，则P点的瞬时速度为！ 0p=3.62,240)X102m/s=0.305m/s. 2×0.02 (3)由题图可知P、Q两，点间的时间间隔为△t=10T=0.2s,则1 由加速度的定义可得P,Q两点间的平均加速度为a=0、迎 △t =1.28m/s2. 答案(1)B(2)0.305(0.303~0.308均可)(3)1.28(1.26 1.29均可) 3.解析探究加速度与力、质量的关系十实验操作十数据处理十！ 误差分析(1)探究加速度与力、质量关系的实验时，将槽码与！ 槽码盘的重力近似为绳子拉力，则需平衡摩擦力，实验中应将 木板一端垫高.(2)该实验采取控制变量法，探究加速度a与质！ 量的关系时，小车受到的力F保持不变，利用图像法处理数！ 22 据时，需使图线拟合为直线更直观，即图像斜率为定值，由牛顿 第二定律F=ma可知a一】图像的斜率不变，A正确；无论m 怎么变化，am为定值，也可判断a、m成反比关系，C正确. (3)采用甲同学的方法进行实验时，设小车的质量为，单个槽 码的质量为M,槽码个数为n,忽略槽码盘的质量，对小车和槽 码根据牛顿第二定律分别有T=na、nMg一T=nMa,联立解得 ,,；采用乙同学的方法进行实验时，设槽码个数总共】 n 为个，小车上放有k个槽码，根据牛顿第二定律有T=(n十 kM)a、(n-)Mg-T=(n一)Ma,联立解得T=M+(n一 )Mg,因此采用甲同学的方法时，当槽码总质量远小于小车质 量时槽码的重力与绳子拉力相等，采用乙同学的方法时，当单 个槽码质量较小时槽码的重力与绳子拉力相等，则乙同学的方 法可以更好地减小误差。 答案(1)一端垫高(2)AC(3)乙 1.解析验证机械能守恒定律十实验操作十数据处理(1)根据 题图1可知，本实验的实验原理是通过验证重锤重力势能的减 少量等于动能的增加量，来验证机械能守恒定律，验证的关系 式为mgh=之m2,因为等式两边的质量可以消去，所以测量 重锤的质量（步骤③）不是必需的；又测量重锤下落的高度和速 度均能通过打点计时器与纸带完成，按照打点计时器与纸带的 使用规则可知，应先接通打点计时器的电源，打点计时器工作 稳定后再释放纸带，步骤②错误，所以步骤①④⑥⑤是必需且 正确的，正确实验操作排序为④①⑥⑤.(2)重锤带动纸带做匀 加速直线运动，某段时间中间时刻的速度等于该段时间的平均 速度，所以打出B点时重锤下落的速度大小"B=C= 2 (20.34-13.20)X50×102m/s=1.79m/.(3)若机械能守 2 1 恒，对重锤有mgh=之m,整理得记=2gh,所以v2-h图线 应通过原点且斜率为2g.由题图3可知直线的斜率k= 1 5.6-1.4 0.295-0.075m/s2=19.1m/s2.(4)7= mgh-m mgh 10%=1一2g ×100%，代入数据解得7=2.6%. 答案(1)④①⑥⑤(2)1.79(3)通过2g19.1(19.0也 可)4- 2.6(3.1也可) 5,解析探究加速度与力、质量的关系十实验操作十数据处理 (1)平衡阻力的原理是调整轨道的倾斜度，使小车重力沿斜面 向下的分力来平衡小车运动时打点计时器对小车（含纸带）的 阻力及其他阻力，故平衡阻力的方法应是调整轨道的倾斜度 使小车在不受牵引时能施动纸带沿轨道匀速运动，℃正确. (2)①由题图丙的a-t图像可知t一4s时，物体的加速度取负 值，又竖直向上为正方向，则一4s时物体的加速度竖直向下， 则物体处于失重状态.②以竖直向上为正方向，对物体受力分 析，由牛颜第二定律可得Fy一mg=m,变形得a=FN一g, 则a一FN园像的斜率为加，纵藏距为一，若将物体的质量增