2025高考物理 人教版选择性必修第3册专项复习第2章　学业质量标准检测含答案

2025高考物理人教版选择性必修第3册专项复习第2章学业质量标准检测含答案学业质量标准检测本卷分第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·江苏扬州高三开学考试)下列三幅图对应的说法中正确的是(B)A．图甲中T1>T2B．图甲中两条曲线下的面积相等C．图乙中玻璃管锋利的断口在烧熔后变钝，原因是分子间存在着相互作用的斥力D．图丙是玻璃管插入某液体发生的现象，是由于该液体分子间的相互作用比液体与玻璃的相互作用强造成的答案：B解析：图甲中分子热运动越剧烈，各速率区间的分子数占总分子数的百分比的最大值向速度大的方向迁移，可知T1<T2，两条曲线下的面积相等均为1，故A错误，B正确；图乙中，玻璃是非晶体，熔化再凝固后仍然是非晶体，细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔后尖端变钝，是表面张力的作用，因为表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用，故C错误；在附着层处液体和玻璃间的相互作用比液体分子间的相互作用强，发生了浸润现象，故D错误。2．如图所示，一定质量的理想气体经历a→b、b→c、c→d、d→a四个过程，下列说法正确的是(C)A．a→b过程中气体压强减小B．b→c过程中气体压强增大C．c→d过程中气体压强增大D．d→a过程中气体压强减小答案：C解析：根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C(常量)可知，V＝eq\f(C,p)T，在V－T图像中，图线上各点与坐标原点的连线的斜率与压强有关，斜率越大，压强越小。a→b过程，图线的延长线过坐标原点，为等压线，所以压强不变，A错误；b→c过程，图线上各点与坐标原点的连线的斜率越来越大，故压强越来越小，即pb>pc，B错误；c→d过程，图线上各点与坐标原点的连线的斜率越来越小，故压强越来越大，即pd>pc，故C正确；d→a过程，图线上各点与坐标原点的连线的斜率越来越小，故压强越来越大，即pa>pd，D错误。故选C。3．下列叙述中错误的是(D)A．晶体的各向异性是由于它的微粒是按各自的规则排列着的B．单晶体具有规则的几何外形是由于它的微粒按一定规律排列C．非晶体的内部微粒是无规则排列的D．石墨的硬度与金刚石差很多，是由于它的微粒没有按空间点阵分布答案：D解析：晶体内部微粒排列的空间结构决定着晶体的物理性质不同，也正是由于它的微粒按一定规律排列，使单晶体具有规则的几何外形，选项A、B正确；非晶体的内部微粒是无规则排列的，选项C正确；石墨与金刚石的硬度相差甚远是由于它们内部微粒的排列结构不同，石墨的层状结构决定了它的质地松软，而金刚石的网状结构决定了其中碳原子间的作用力很强，所以金刚石有很大的硬度，选项D错误。故选D。4．(2023·徐州高二阶段练习)如图所示，一粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，左、右两管都封有一定质量的理想气体A、B，水银面a、b间的高度差为h1，水银柱cd的长度为h2，且h2＝h1，a面与c面恰处于同一高度。若在右管开口端注入少量水银，系统重新达到平衡，则(C)A．A气体的压强小于外界大气压强B．B气体的压强变化量小于A气体的压强变化量C．水银面c下降的高度大于水银面a上升的高度D．水银面a、b间新的高度差大于右管上段新水银柱的长度答案：C解析：注入水银前，A气体压强pA＝p0＋ρgh2－ρgh1＝p0，当在右管开口端注入少量水银时，h2增大，A、B气体压强均变大，即A气体的压强大于外界大气压强，A错误；右管注入水银后，两部分封闭气体压强均变大，由玻意耳定律p1V1＝p2V2，A、B气体体积均变小。假设B气体体积不变，则水银面a上升的高度等于水银面c下降的高度，等于b下降的高度，由于B气体体积同时要变小，故水银面c下降的高度大于水银面a上升的高度，C正确；假设注入Δh高度的水银，则B气体的压强变化量一定为ΔpB＝ρgΔh，假设A、B气体的体积均不变，则A气体的压强变化量也为ΔpA＝ρgΔh，压强增大后，根据玻意耳定律，体积要变小，故A气压变化量小于ρgΔh，即B气体的压强变化量大于A气体的压强变化量，B错误；注入水银前，A气体压强pA＝p0＋ρgh2－ρgh1＝p0，右管中注入少量水银达到平衡后，封闭气体A、B气体压强均变大，注入水银后，设右管上段新水银柱的长度为h2′，a、b间新的高度差为h1′，根据平衡可得pA′＋ρgh1′＝p0＋ρgh2′，由于pA′>p0，所以h2′>h1′，水银面a、b间新的高度差小于右管上段新水银柱的长度，D错误。故选C。5．(2024·云南昆明一模)如图所示，质量相等的同种理想气体甲和乙分别用绝热活塞封闭在两个相同的绝热汽缸中，两汽缸固定在同一水平面上，开口分别竖直向上和水平向右，活塞质量不能忽略且可沿汽缸无摩擦滑动。甲、乙两气体的体积相等，它们的压强分别用p甲、p乙表示，温度分别用T甲、T乙表示。下列关系正确的是(A)A．p甲>p乙，T甲>T乙B．p甲>p乙，T甲<T乙C．p甲<p乙，T甲>T乙D．p甲<p乙，T甲<T乙答案：A解析：对甲图活塞受力分析有mg＋p0S＝p甲S，乙图活塞受力分析有p乙S＝p0S，由题知质量相等的同种理想气体甲乙两气体的体积相等，则根据eq\f(p甲,T甲)＝eq\f(p乙,T乙)，可知p甲>p乙，T甲>T乙，故A正确。6．真空轮胎(无内胎轮胎)，又称“低压胎”“充气胎”，在轮胎和轮圈之间封闭着空气，轮胎鼓起对胎内表面形成一定的压力，提高了对破口的自封能力。若某个轮胎胎内气压只有1.6个标准大气压，要使胎内气压达到2.8个标准大气压，用气筒向胎里充气，已知每次充气能充入1个标准大气压的气体0.5L，轮胎内部空间的体积为3×10－2m3，且充气过程中保持不变，胎内外气体温度也始终相同，气体看成理想气体，则需要充气的次数为(B)A．66 B．72C．76 D．82答案：B解析：根据题意知，气体做等温变化p1V＋np0V0＝p2V，即1.6p0×3×10－2＋np0×0.5×10－3m3＝2.8p0×3×10－2m3，解得n＝72，故B正确。7．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76cm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，当室内温度为27℃时，B管内水银面的高度为16cm，B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是(C)A．该测温装置利用了气体的等压变化的规律B．B管上所刻的温度数值上高下低C．B管内水银面的高度为22cm时，室内的温度为－3℃D．若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低答案：C解析：根据受力分析可知pA＋x＝p0，又B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，故可知气体做等容变化，故A错误；温度越高，由eq\f(p,T)＝C可知压强越大，故而温度越高，刻度x的数值就越小，应为上低下高，故B错误；由pA1＋x＝p0，得pA1＝60cmHg，又pA2＝54cmHg，eq\f(pA1,T1)＝eq\f(pA2,T2)，T1＝300K得T2＝270K＝－3℃，故C正确；若把该装置放到高山上，p0′会减小，x′＝p0′－pA会减小，根据刻度上低下高，测出的温度偏高，故D错误。8．(2024·河北二模)如图所示，一水槽内盛有某种液体，一粗细均匀的导热良好的玻璃瓶底朝上漂浮在液体中，玻璃瓶内外液面高度差为h，若环境温度缓慢升高，大气压强始终不变，下列说法正确的是(C)A．玻璃瓶内外液面高度差h变大B．玻璃瓶内气体压强变大C．玻璃瓶逐渐上浮D．玻璃瓶受到的浮力变大答案：C解析：玻璃瓶内气体对玻璃瓶底的压力等于大气对玻璃瓶底的压力和玻璃瓶重力之和，故玻璃瓶内气体压强不变，玻璃瓶内外液面高度差不变，故A、B错误；瓶内气体压强不变、温度升高，故体积变大，玻璃瓶逐渐上浮，故C正确；玻璃瓶受到的浮力等于玻璃瓶的重力，故瓶内气体温度缓慢升高的过程中，玻璃瓶受到的浮力不变，故D错误。9．下列说法正确的是(A)A．只要减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低B．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以存在浸润现象D．夏季天旱时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发答案：AD解析：温度就是量度分子运动剧烈程度的物理量，分子运动越剧烈温度越高，反之亦然，故A正确；在完全失重情况下，气体分子也在撞击容器壁，所以依然存在压强，故B错误；液体表层分子间距大于液体内部分子间距时，液体表面有表面张力；而浸润现象是器壁分子对附着层分子作用力大于内层子分子对附着层分子力，导致附着层分子增多，分子间距小于r0体现出斥力，故C错误；干旱的时候，土壤中存在毛细管，加速土壤水分蒸发；给土壤松土后破坏了毛细管，减弱了毛细现象，从而防止土壤内层的水分蒸发，故D正确。故选AD。10．(2023·高密市第一中学高二期末)如图所示为竖直放置的上粗下细的密闭细管，水银柱将气体分隔为A、B两部分，初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量的绝对值为ΔVA、ΔVB，压强变化量为ΔpA、ΔpB，则下列说法正确的是(重力加速度为g)(A)A．初始状态满足pB＝pA＋ρgh，ρ为水银的密度，h为水银柱长度B．ΔVA>ΔVBC．ΔpA<ΔpBD．液柱将向上移动答案：AD解析：初始状态满足pB＝pA＋ρgh，ρ为水银的密度，h为水银柱长度，A正确；由于气体的总体积不变，因此ΔVA＝ΔVB，B错误；首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律，对气体A：ΔpA1＝eq\f(pA,T)ΔT，对气体B：ΔpB1＝eq\f(pB,T)ΔT，由于pB>pA所以，ΔpB1>ΔpA1，则液柱将向上移动，则液体压强减小，液体稳定后有pB′＝pA′＋ρgh′，则pB′－pB＝pA′－pA＋ρg(h′－h)，即ΔpB＝ΔpA＋ρg(h′－h)<ΔpA，故C错误，D正确。故选AD。11．(2024·河南周口二模)如图，容积为V0的汽缸竖直放置，导热良好，右上端有一阀门连接抽气孔。汽缸内有一活塞，初始时位于汽缸底部eq\f(1,6)高度处，下方密封有一定质量、温度为T0的理想气体。现将活塞上方缓慢抽至真空并关闭阀门，然后缓慢加热活塞下方气体。已知大气压强为p0，活塞产生的压强为eq\f(1,2)p0，活塞体积不计，忽略活塞与汽缸之间摩擦。则在加热过程中(A)A．开始时，活塞下方体积为eq\f(1,2)V0B．温度从T0升至1.5T0，气体对外做功为eq\f(1,6)p0V0C．温度升至2T0时，气体压强为eq\f(3,2)p0D．温度升至3T0时，气体压强为eq\f(3,4)p0答案：AD解析：由于初始时位于汽缸底部eq\f(1,6)高度处，则初始时，活塞下方体积为eq\f(1,6)V0，由于大气压强为p0，活塞产生的压强为eq\f(1,2)p0，则初始时，气体的压强p1＝p0＋eq\f(1,2)p0＝eq\f(3,2)p0，将活塞上方缓慢抽至真空并关闭阀门过程，末状态气体的压强为eq\f(1,2)p0，根据玻意耳定律有p1eq\f(1,6)V0＝eq\f(1,2)p0V1，解得V1＝eq\f(1,2)V0，即加热开始时，活塞下方体积为eq\f(1,2)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eq\f(1,2)p0，此时，根据盖—吕萨克定律有eq\f(\f(1,2)V0,T0)＝eq\f(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eq\f(V1,T0)＝eq\f(V2,1.5T0)，解得V2＝eq\f(3,4)V0，则温度从T0升至1.5T0，气体对外做功为W＝eq\f(1,2)p0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(V2－V1))＝eq\f(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eq\f(1,2)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eq\f(\f(1,2)p0,2T0)＝eq\f(p2,3T0)，解得p2＝eq\f(3,4)p0，故D正确。12．(2024·河北保定一模)一定质量的理想气体，从状态A开始，经历B、C两个状态又回到状态A，压强p与体积V的关系图像如图所示，BC与横轴平行，等腰△ABC的面积为S0，AB的反向延长线经过坐标原点O，已知气体在状态C的温度为T0，再根据图像所提供的其他已知信息，下列说法正确的是(A)A．气体在状态A的体积为2V0B．气体在状态B的压强为eq\f(4S0,V0)C．气体在状态A的温度为eq\f(4,3)T0D．从状态B到状态C，外界对气体做的功为5S0答案：AC解析：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eq\f(pA,VA)＝eq\f(pB,VB)，三角形ABC的面积为S0，则有S0＝eq\f(1,2)(pB－pA)(VB－VC)，联立解得pA＝eq\f(2S0,V0)，pB＝eq\f(3S0,V0)，故B错误；由C到A由理想气体状态方程可得eq\f(pCVC,TC)＝eq\f(pAVA,TA)，已知TC＝T0，由图可知pB＝pC，联立解得TA＝eq\f(4,3)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。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．(6分)用图甲所示装置探究气体等温变化的规律。(1)关于该实验，下列说法正确的有________。A．该实验用控制变量法研究气体的变化规律B．应快速推拉柱塞C．为方便推拉柱塞，应用手握注射器再推拉柱塞D．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(2)测得多组空气柱的压强p和体积V的数据后，为直观反映压强与体积之间的关系，以p为纵坐标，以eq\f(1,V)为横坐标在坐标系中描点作图。小明所在的小组压缩气体时漏气，则用上述方法作出的图线应为图乙中的________(选填“①”或“②”)。(3)为更准确地测出气体的压强，小华用压强传感器和注射器相连，得到某次实验的p－V图如图丙中的直线AB所示，究其原因，温度发生了怎样的变化________。A．一直下降 B．先上升后下降C．先下降后上升 D．一直上升答案：(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．(8分)(2024·山东东营高二期末)如图甲，某同学用气体压强传感器探究气体等温变化的规律。操作步骤如下：①在注射器内用活塞封闭一定质量的气体，将注射器、压强传感器、数据采集器和计算机连接起来；②缓慢推进活塞至某位置，待示数稳定后记录此时注射器内封闭气体的体积V1和由计算机显示的气体压强值p1；③重复上述步骤②，多次测量并记录；④根据记录的数据，作出相应图像，分析得出结论。(1)下列操作是为保证实验过程中气体温度不变的是________(填选项代号)。A．推进活塞要缓慢B．用橡皮帽堵住注射器的小孔C．实验时，不要用手握注射器D．在注射器活塞一周涂润滑油(2)由于实验操作有误，导致推进活塞过程中存在漏气现象，则实验得到的p－eq\f(1,V)图像应是________(填选项代号)。(3)该同学进行了两次实验，其中一组得到的p－V图像如图乙所示，由图可知两次实验气体的温度大小关系为T1________T2(填“<”“>”或“＝”)：另一小组根据实验数据作出的V－eq\f(1,p)图线如图丙所示，若他们的实验操作无误，造成图线不过原点的原因可能是________。答案：(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＝Ceq\f(1,V)，对应的p－eq\f(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eq\f(pV,T)＝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－eq\f(1,p)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。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．(10分)如图所示，为一个带有阀门K、容积为2L的汽缸。先打开阀门让其与大气连通，再用打气筒向里面打气，打气筒活塞每次可以打进1×105Pa、200mL的空气，忽略打气和用气时气体的温度变化，外界大气的压强p0＝1×105Pa。(1)若要使气体压强增大到5.0×105Pa，应打气多少次？(2)若上述容器中装的是5.0×105Pa的氧气，现用它给容积为700mL的真空瓶充气，使瓶中的气压最终达到符合标准的2.0×105Pa，则可充满多少瓶？答案：(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＝1.0×105Pa，V1＝V0＋nΔV末状态p2＝5.0×105Pa，V2＝V0其中V0＝2L，ΔV＝0.2L由玻意耳定律p1V1＝p2V2代入数据解得n＝40次。(2)设气压为2.0×105Pa时气体的体积为V3，则p3＝2.0×105Pa由玻意耳定律有p2V2＝p3V3代入数据解得V3＝5L真空瓶的容积为V瓶＝0.7L因eq\f(V3－V2,V瓶)＝4eq\f(2,7)故可充满4瓶。16．(10分)(2024·山西太原一模)如图所示，粗细均匀的U形细玻璃管竖直倒置，竖直高度为20cm，水平宽度为5cm，左端开口，右端封闭。用长度为10cm的水银柱在右侧管内封闭了长为10cm的理想气体，初始状态环境温度为258K，大气压强为76cmHg。现缓慢升高环境温度，有6cm长的水银柱进入左侧竖直细管，细玻璃管的内径远小于其自身的长度。求：(1)此时管内封闭气体的压强；(2)此时环境的温度。答案：(1)70cmHg(3)441K解析：(1)升温后有6cm长的水银柱进入左侧竖直细管，水银柱高h2＝6cm空气柱长l2＝21cm封闭气体的压强为p2，则p2＋ρgh2＝p0所以p2＝70cmHg。(2)升温前水银柱高h1＝10cm温度为T1＝258K空气柱长为l1＝10cm封闭气体的压强为p1，则p0＋ρgh1＝p1解得p1＝86cmHg根据理想气体状态方程可得eq\f(p1l1S,T1)＝eq\f(p2l2S,T2)解得T2＝441K。17．(12分)(2024·黑龙江齐齐哈尔二模)“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。操作时，医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，冷却后小罐便紧贴在皮肤上(如图)。假设加热后小罐内的空气温度为87℃，当时的室温为27℃，大气压为p0＝1×105Pa，小罐开口部位的面积S＝3×10－3m2。当罐内空气温度变为室温时，求：(不考虑因皮肤被吸入罐内导致空气体积变化的影响)(1)小罐内的空气对皮肤的压力大小；(2)某次拔罐时由于医生操作不当，小罐未紧贴在皮肤上，当罐内空气变为室温时，进入罐内空气与原有空气质量之比为多少。答案：(1)250N(2)eq\f(1,5)解析：(1)加热后小罐内的空气p1＝p0＝1×105PaT1＝87＋273K＝360K罐内空气温度变为室温时T2＝27＋273K＝300K气体做等容变化，则eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)解得p2＝eq\f(5,6)×105Pa小罐内的空气对皮肤的压力大小为F＝p2S＝eq\f(5,6)×105×3×10－3N＝250N。(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eq\f(V1,T1)＝eq\f(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＝eq\f(5,6)V1进入罐内空气与原有空气质量之比为eq\f(Δm,m)＝eq\f(ρV1－V2,ρV2)＝eq\f(1,5)。18．(14分)如图，一水平放置的汽缸中由横截面积为S的活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B两部分气柱的长度均为L0，压强均等于大气压p0，已知隔板与汽缸壁间的最大静摩擦力为fm，隔板与汽缸壁间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。气体温度始终保持不变，向右缓慢推动活塞。(1)当活塞向右移动多大距离时隔板开始移动？(2)若隔板向右缓慢移动了eq\f(L0,2)的距离，则活塞向右移动了多大的距离？答案：(1)eq\f(L0fm,p0S＋fm)(2)eq\f(4p0L0S＋3L0fm,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＋eq\f(fm,S)体积VA2＝L0S－Sx1根据玻意耳定律可得pA1VA1＝pA2VA2即p0L0S＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0＋\f(fm,S)))(L0S－Sx1)解得x1＝eq\f(L0fm,p0S＋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eq\f(L0,2)，体积VB2＝L0S－S·eq\f(L0,2)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＋eq\f(fm,S)＝2p0＋eq\f(fm,S)体积VA3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L0＋\f(L0,2)－x2))S根据玻意耳定律可得pA1VA1＝pA3VA3即p0L0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2p0＋\f(fm,S)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)L0－x2))解得x2＝eq\f(4p0L0S＋3L0fm,4p0S＋2fm)。第三章1.基础达标练一、选择题1．(多选)如图所示为焦耳实验装置图，用绝热性能良好的材料将容器包好，重物下落带动叶片搅拌容器里的水，引起水温升高。关于这个实验，下列说法正确的是(A)A．这个装置可测定热功当量B．做功增加了水的热量C．做功增加了水的内能D．功和热量是完全等价的，无区别答案：AC解析：将做功过程和吸热过程在同等条件下比较，可测出热功当量，故A正确；做功增加了水的内能，热量只是热传递过程中内能改变的量度，故B错误，C正确；做功和热传递产生的效果相同，但功和热量是不同的概念，故D错误。2．(多选)(2024·天津北辰高三期中)夏季天气温差比较大，充足的车胎经过正午阳光的暴晒易爆胎。若车胎内的气体可视为理想气体，爆胎前车胎内气体体积及质量均不变，爆胎过程时间极短，可看作绝热过程。关于车胎内的气体，下列说法正确的是(A)A．爆胎前随着气温的升高，车胎内气体压强增大B．爆胎前随着气温的升高，车胎内气体吸收热量，对外做功，内能不变C．爆胎过程中，车胎内气体对外做功，内能减小D．爆胎过程中，车胎内气体体积增大，压强减小，温度升高答案：AC解析：爆胎前随着气温的升高，车胎内气体吸收热量，温度升高，内能增大，压强增大；爆胎前气体体积不变，没有对外做功，故A正确，B错误；爆胎过程中，车胎内气体体积增大，气体对外做功，内能减小，同时温度降低，压强减小，故C正确，D错误。3．(多选)关于气体的内能，下列说法正确的是(B)A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同B．气体被压缩时，内能可能不变C．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关D．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加答案：BCD解析：质量和温度都相同的气体，因气体的种类不一定相同，则物质的量不一定相同，内能不一定相同，故A错误；气体被压缩时，若气体对外传热，则气体的内能可能不变，故B正确；一定量的某种理想气体的分子势能可视为零，则内能只与温度有关，故C正确；一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度一定升高，则内能一定增加，故D正确。4．下列关于热量、功和内能的说法中，错误的是(A)A．热量、功都可以作为物体内能的量度B．热量、功都可以作为物体内能变化的量度C．热量、功、内能的单位相同D．热量和功是由过程决定的，而内能是由物体状态决定的答案：A解析：热量和功可作为物体内能改变的量度，故A错误，B正确；热量、功、内能的单位都是焦耳，故C正确；热量和功是过程量，内能是状态量，故D正确。5．(多选)(2024·山东省济南市部分重点中学高二检测)如图所示，绝热的容器内密闭一定质量的理想气体(不考虑分子间的作用力)，用电阻丝缓慢对其加热时，绝热活塞无摩擦地上升，下列说法正确的是(A)A．单位时间内气体分子对活塞碰撞的次数减少B．电流对气体做功，气体对外做功，气体内能可能减少C．电流对气体做功，气体又对外做功，其内能可能不变D．电流对气体做的功一定大于气体对外做的功答案：AD解析：由题意知，气体压强不变，活塞上升，体积增大，由理想气体状态方程知，气体温度升高，内能一定增加，电流对气体做的功一定大于气体对外做的功，B、C错误，D正确；由气体压强的微观解释知，温度升高，气体分子对活塞的冲力增大，而压强不变，因此单位时间内气体分子对活塞的碰撞次数减少，A正确。6．采取绝热的方式使一定质量的气体由状态A变化至状态B，对于不同的变化方式，下列说法正确的是(B)A．对气体所做的功不同B．对气体所做的功相同C．对气体不需做功，因为没有能量的传递D．以上说法都不正确答案：B解析：对一定质量的气体，不管采取哪一种方式，由状态A变化至状态B，都是绝热过程。在这一过程中，气体在状态A有一确定的内能U1，在状态B有另一确定的内能U2，由绝热过程中ΔU＝W＝U2－U1知，W为恒量，所以选项B正确。7．(多选)如图所示，绝热汽缸中间用固定栓将可无摩擦移动的导热隔板固定，隔板质量不计，左右两室分别充有一定量的氢气和氧气(视为理想气体)。初始时，两室气体的温度相等，氢气的压强大于氧气的压强，松开固定栓直至系统重新达到平衡，下列说法正确的是(C)A．初始时氢气分子的平均动能大于氧气分子的平均动能B．系统重新达到平衡时，氢气的内能比初始时的小C．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，有热量从氧气传递到氢气D．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，氧气的内能先增大后减小答案：CD解析：温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的平均动能相同，与分子质量无关。初始时，两部分气体温度相同，故分子的平均动能相同，A错误；从松开固定栓至系统重新达到平衡的过程中，先是氢气对氧气做功，氢气内能减少、温度降低，氧气内能增加、温度升高，由于存在温度差，故会发生热传递，最后两者温度相同，氧气内能又减小，整个过程为绝热过程，气缸内气体内能不变，等于初始值，所以两种气体的内能与初始时相同，B错误，C、D正确。8．如图所示，一个质量为20kg的绝热汽缸竖直放置，绝热活塞的质量为5kg，面积为0.1m2，处于静止状态时被封闭气体的高度为50cm，现在活塞上方加一15kg的物体，待稳定后，被封闭气体的高度变为40cm。求在这一过程中气体的内能增加了多少？(p0＝1.01×105Pa，g取10m/s2)答案：1030J解析：由于汽缸及活塞均绝热，故外界对气体所做的功等于气体增加的内能，即ΔU＝W外＝(m活塞＋m物体)gΔh＋p0SΔh＝(5＋15)×10×0.1J＋1.01×105×0.1×0.1J＝1030J。能力提升练9．绝热过程中，外界压缩气体，对气体做功20J，下列说法正确的是(A)A．气体内能一定增加20JB．气体内能增加量必定小于20JC．气体内能增加量可能小于20JD．气体内能可能不变答案：A解析：绝热过程中，做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功，内能就变化多少，故外界对气体做功20J，气体内能一定增加20J，A正确。10．(多选)下列关于系统的内能的说法正确的是(A)A．系统的内能是由系统的状态决定的B．分子动理论中引入的系统内能和热力学中引入的系统内能是一致的C．做功可以改变系统的内能，但单纯地对系统传热不能改变系统的内能D．气体在大气中做绝热膨胀时做了功，但气体的内能不变答案：AB解析：系统的内能是一个只依赖于系统自身状态的物理量，由系统的状态决定，选项A正确；因为内能是由系统的状态决定的，所以分子动理论中引入的内能和热力学中引入的内能是一致的，选项B正确；做功和热传递都可以改变系统的内能，选项C错误；气体在大气中做绝热膨胀时对外界做了功，且与外界没有热交换，所以系统的内能要减少，故选项D错误。11．(多选)天然气水合物是20世纪科学考察中发现的一种新的矿产资源。如图所示，它是水和天然气在高压和低温条件下混合时产生的一种固态物质，外貌极像冰雪或固体酒精，点火即可燃烧，有“可燃冰”“固体瓦斯”之称，开采时只需将固体的“天然气水合物”升温减压就可释放出大量的甲烷气体。可燃冰的形成过程可简化为把甲烷气体压缩到低温的“容器”中，开采时通过升温再把甲烷气体从“容器”中释放出来，不考虑分子势能，以下说法正确的是(B)A．可燃冰在开采时气体对外做功，内能变小B．可燃冰在开采时气体对外做功，又从外界吸热，内能变大C．可燃冰在形成时外界对气体做功，内能变大D．可燃冰在形成时外界对气体做功，气体又对外放热，内能变小答案：BD解析：由题意可知，可燃冰在开采过程中要对其加热升温，气体温度升高，体积变大，对外做功，同时又从外界吸热，内能变大，故A错误，B正确；可燃冰的形成条件是低温高压，所以形成可燃冰过程中外界对气体做功，但气体温度降低，对外放热，内能减少，故C错误，D正确。12．关于如图所示的实验，下列说法正确的是(D)A．图甲，迅速下压活塞，棉花会燃烧起来，说明热传递可以使物体的温度升高B．图乙，重物下落带动叶片转动，由于叶片向水传递热量而使水的温度升高C．图丙，降落的重物使发电机发电，电流对液体做功使液体的温度升高D．由以上实验可知，外界对系统做功可以使系统的内能增加答案：D解析：题图甲中迅速下压活塞，棉花会燃烧起来，说明做功可以改变气体的内能，进而使温度升高，A错误；题图乙中重物下落带动叶片转动搅拌容器中的水，水由于摩擦生热而温度上升，B错误；题图丙中降落的重物使发电机发电，电流通过电阻丝放热使液体升温，C错误；题图所示的三个实验本质上均是外界对系统做功而使系统的内能增加，D正确。13．(多选)如图所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞，今对活塞施以一竖直向下的压力F，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小。若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则对被密封的气体，下列说法不正确的是(A)A．温度升高，压强增大，内能减少B．分子的平均动能增加，分子对器壁的单位面积碰撞的冲力增大C．温度升高，压强增大，内能增加D．温度降低，压强减小，内能增加答案：AD解析：用压力F向下压活塞时，外界对气体做功，因和外界没有热交换，可知气体的内能增加；气体的温度升高，气体分子的平均动能增加，分子对器壁单位面积碰撞的冲力增大；由理想气体状态方程可知，温度升高、气体体积减小，故气体的压强增大，B、C正确，不符合题意；A、D错误，故选AD。14．(2023·上海嘉定高三测试)如图所示，将半径为R的自行车轮架空，原地转动起来后测试制动。当制动片以大小为N的力压在车轮上，车轮转过圆心角θ后停止。这一过程机械能转化为何种形式的能？若知道制动片和车轮之间的动摩擦因数μ，可估算车轮在刹车前的动能是多少？答案：内能μθRN解析：当制动片制动时，车轮要克服摩擦力做功，把机械能转化为内能。车轮转过的弧长s＝θR，由动能定理得－μNs＝0－Ek，解得Ek＝μθRN。第三章1.基础达标练一、选择题1．(多选)如图所示为焦耳实验装置图，用绝热性能良好的材料将容器包好，重物下落带动叶片搅拌容器里的水，引起水温升高。关于这个实验，下列说法正确的是(A)A．这个装置可测定热功当量B．做功增加了水的热量C．做功增加了水的内能D．功和热量是完全等价的，无区别答案：AC解析：将做功过程和吸热过程在同等条件下比较，可测出热功当量，故A正确；做功增加了水的内能，热量只是热传递过程中内能改变的量度，故B错误，C正确；做功和热传递产生的效果相同，但功和热量是不同的概念，故D错误。2．(多选)(2024·天津北辰高三期中)夏季天气温差比较大，充足的车胎经过正午阳光的暴晒易爆胎。若车胎内的气体可视为理想气体，爆胎前车胎内气体体积及质量均不变，爆胎过程时间极短，可看作绝热过程。关于车胎内的气体，下列说法正确的是(A)A．爆胎前随着气温的升高，车胎内气体压强增大B．爆胎前随着气温的升高，车胎内气体吸收热量，对外做功，内能不变C．爆胎过程中，车胎内气体对外做功，内能减小D．爆胎过程中，车胎内气体体积增大，压强减小，温度升高答案：AC解析：爆胎前随着气温的升高，车胎内气体吸收热量，温度升高，内能增大，压强增大；爆胎前气体体积不变，没有对外做功，故A正确，B错误；爆胎过程中，车胎内气体体积增大，气体对外做功，内能减小，同时温度降低，压强减小，故C正确，D错误。3．(多选)关于气体的内能，下列说法正确的是(B)A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同B．气体被压缩时，内能可能不变C．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关D．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加答案：BCD解析：质量和温度都相同的气体，因气体的种类不一定相同，则物质的量不一定相同，内能不一定相同，故A错误；气体被压缩时，若气体对外传热，则气体的内能可能不变，故B正确；一定量的某种理想气体的分子势能可视为零，则内能只与温度有关，故C正确；一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度一定升高，则内能一定增加，故D正确。4．下列关于热量、功和内能的说法中，错误的是(A)A．热量、功都可以作为物体内能的量度B．热量、功都可以作为物体内能变化的量度C．热量、功、内能的单位相同D．热量和功是由过程决定的，而内能是由物体状态决定的答案：A解析：热量和功可作为物体内能改变的量度，故A错误，B正确；热量、功、内能的单位都是焦耳，故C正确；热量和功是过程量，内能是状态量，故D正确。5．(多选)(2024·山东省济南市部分重点中学高二检测)如图所示，绝热的容器内密闭一定质量的理想气体(不考虑分子间的作用力)，用电阻丝缓慢对其加热时，绝热活塞无摩擦地上升，下列说法正确的是(A)A．单位时间内气体分子对活塞碰撞的次数减少B．电流对气体做功，气体对外做功，气体内能可能减少C．电流对气体做功，气体又对外做功，其内能可能不变D．电流对气体做的功一定大于气体对外做的功答案：AD解析：由题意知，气体压强不变，活塞上升，体积增大，由理想气体状态方程知，气体温度升高，内能一定增加，电流对气体做的功一定大于气体对外做的功，B、C错误，D正确；由气体压强的微观解释知，温度升高，气体分子对活塞的冲力增大，而压强不变，因此单位时间内气体分子对活塞的碰撞次数减少，A正确。6．采取绝热的方式使一定质量的气体由状态A变化至状态B，对于不同的变化方式，下列说法正确的是(B)A．对气体所做的功不同B．对气体所做的功相同C．对气体不需做功，因为没有能量的传递D．以上说法都不正确答案：B解析：对一定质量的气体，不管采取哪一种方式，由状态A变化至状态B，都是绝热过程。在这一过程中，气体在状态A有一确定的内能U1，在状态B有另一确定的内能U2，由绝热过程中ΔU＝W＝U2－U1知，W为恒量，所以选项B正确。7．(多选)如图所示，绝热汽缸中间用固定栓将可无摩擦移动的导热隔板固定，隔板质量不计，左右两室分别充有一定量的氢气和氧气(视为理想气体)。初始时，两室气体的温度相等，氢气的压强大于氧气的压强，松开固定栓直至系统重新达到平衡，下列说法正确的是(C)A．初始时氢气分子的平均动能大于氧气分子的平均动能B．系统重新达到平衡时，氢气的内能比初始时的小C．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，有热量从氧气传递到氢气D．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，氧气的内能先增大后减小答案：CD解析：温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的平均动能相同，与分子质量无关。初始时，两部分气体温度相同，故分子的平均动能相同，A错误；从松开固定栓至系统重新达到平衡的过程中，先是氢气对氧气做功，氢气内能减少、温度降低，氧气内能增加、温度升高，由于存在温度差，故会发生热传递，最后两者温度相同，氧气内能又减小，整个过程为绝热过程，气缸内气体内能不变，等于初始值，所以两种气体的内能与初始时相同，B错误，C、D正确。8．如图所示，一个质量为20kg的绝热汽缸竖直放置，绝热活塞的质量为5kg，面积为0.1m2，处于静止状态时被封闭气体的高度为50cm，现在活塞上方加一15kg的物体，待稳定后，被封闭气体的高度变为40cm。求在这一过程中气体的内能增加了多少？(p0＝1.01×105Pa，g取10m/s2)答案：1030J解析：由于汽缸及活塞均绝热，故外界对气体所做的功等于气体增加的内能，即ΔU＝W外＝(m活塞＋m物体)gΔh＋p0SΔh＝(5＋15