2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第11讲　光学　波粒二象性

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第11讲光学波粒二象性第11讲光学波粒二象性题型1几何光学1.[2023·江苏卷]地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大,太阳光斜射向地面的过程中会发生弯曲.下列光路图中能描述该现象的是 (A)[解析]〗根据折射定律n上sinθ上=n下sinθ下,由于地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大,则n下>n上,则sinθ上>sinθ下,即θ上>θ下,画出光路图如图所示,则从高到低θ下逐渐减小,故A正确.2.如图所示,王亚平在天宫课堂上演示了水球光学实验,在失重环境下,往大水球中央注入空气,形成了一个空气泡,气泡看起来很明亮,其主要原因是 (C)A.气泡表面有折射没有全反射B.光射入气泡衍射形成“亮斑”C.气泡表面有折射和全反射D.光射入气泡干涉形成“亮纹”[解析]当光由光密介质射入光疏介质时,如果入射角等于或大于临界角,就会发生全反射现象,光从水射向空气时,会发生全反射现象.水中的气泡看起来特别明亮,是因为光从水中射入气泡时,一部分光在界面上发生了全反射,折射光消失,入射光几乎全变为反射光,A、B、D错误,C正确.3.[2023·湖北卷]如图所示,楔形玻璃的横截面POQ的顶角为30°,OP边上的点光源S到顶点O的距离为d,垂直于OP边的光线SN在OQ边的折射角为45°.不考虑多次反射,OQ边上有光射出部分的长度为 (C)A.d B.dC.d D.d[解析]设光线SN在OQ界面的入射角为α,折射角为β,由几何关系可知α=30°,则由折射定律得n==,光源S发出的光线射出OQ界面的临界情况为刚好发生全反射,光路图如图所示,光线在A、B两点刚好发生全反射,OQ边上在A、B之间有光线射出,由sinC==,得发生全反射的临界角为45°,作SC垂直OQ于点C,由几何关系可知AB=2AC=2CS=OS=d,故C正确.4.如图所示,一圆心为O、半径为R的半圆柱形匀质玻璃砖置于真空中,一细束复色光线从O点右侧距离O点R的P点以入射角θ=60°射入该玻璃砖,在玻璃砖内分成a、b两单色光,a光从O点正上方的M点出射,b光从O点右上方的N点出射.下列说法正确的是 (B)A.该玻璃砖对a光的折射率为1.5B.a光在该玻璃砖中的传播速度大于b光在该玻璃砖中的传播速度C.若a、b两单色光分别通过同一双缝干涉装置,a光的相邻暗条纹间距较小D.a光在M点恰好发生全反射[解析]a光在P处的折射角α满足tanα=,可得α=30°,故该玻璃砖对a光的折射率na===,故A错误;a光相较入射方向偏折程度小于b光,故折射率na<nb,由v=可知,折射率越大,在介质中传播速度越小,即a、b光在该玻璃砖中的传播速度va>vb,故B正确;由na<nb,可知λa>λb,又由Δx=λ,可得Δxa>Δxb,即a、b光分别通过同一双缝干涉装置,a光的相邻暗条纹间距较大,故C错误;a光在M点的入射角为30°,有sin30°=,a光的全反射临界角C满足sinC==,sin30°<sinC,a光在M点不会发生全反射,故D错误.5.一小孩在河水清澈的河面上以1m/s的速度游泳,t=0时刻他看到自己正下方的河底有一小石块,t=3s时他恰好看不到小石块了,河水的折射率n=,下列说法正确的是 (C)A.3s后,小孩会再次看到河底的石块B.前3s内,小孩看到的石块越来越明亮C.这条河的深度为mD.t=0时小孩看到的石块深度为m[解析]t=3s时他恰好看不到小石块,则知光线恰好发生了全反射,入射角等于临界角C,3s后,入射角大于临界角,光线仍发生全反射,所以,小孩不会看到河底的石块,故A错误;前3s内,入射角越来越大,反射光增强,折射光减弱,所以小孩看到的石块越来越暗,故B错误;3s内小孩通过的位移为x=vt=1×3m=3m,根据全反射临界角公式得sinC==,可得tanC===,如图所示,这条河的深度为h==m=m,故C正确;t=0时小孩看到的石块深度为h视==m,故D错误.6.[2022·湖北卷]如图-所示,水族馆训练员在训练海豚时,将一发光小球高举在水面上方的A位置,海豚的眼睛在B位置,A位置和B位置的水平距离为d,A位置离水面的高度为d.训练员将小球向左水平抛出,入水点在B位置的正上方,入水前瞬间速度方向与水面夹角为θ.小球在A位置发出的一束光线经水面折射后到达B位置,折射光线与水平方向的夹角也为θ.已知水的折射率n=,求:(1)tanθ的值;(2)B位置到水面的距离H.[答案](1)(2)[解析](1)由平抛运动的规律可知d=v0td=gt2tanθ=解得tanθ=(3)因tanθ=可知θ=53°,设从A点射到水面的光线的入射角为α,折射角为90°-θ=37°,则由折射定律可知n=,解得α=53°由几何关系可知Htan37°+dtan53°=d解得H=7.一半圆柱形玻璃砖的横截面如图所示,半圆的半径为R、圆心为O.一光线DE沿横截面从直径AB上的E点以入射角i=45°入射,经玻璃砖折射后,射到圆弧AB上的F点(图中未画出),恰好发生全反射.已知玻璃砖对该光线的折射率n=,则下列说法正确的是(C)A.光线在玻璃砖中传播的速度大小为c(c为真空中的光速)B.光线从空气射入玻璃砖后,光的频率变大C.∠EFO=45°D.O、E两点间的距离为R[解析]根据折射率与光速的关系,可知光线在玻璃砖中传播的速度大小v==c,故A错误;光经过折射、反射后,频率不会变化,光线从空气射入玻璃砖后,光的频率不变,故B错误;设光线在玻璃中发生全反射的临界角为C,有sinC==,则C=45°,则∠EFO=45°,故C正确;光线在玻璃砖中的光路(部分)如图所示,根据折射定律有n=,解得r=30°,在△EOF中,根据正弦定理有=,解得EO=R,故D错误.8.[2023·山东卷]一种反射式光纤位移传感器可以实现微小位移测量,其部分原理简化如图所示.两光纤可等效为圆柱状玻璃丝M、N,相距为d,直径均为2a,折射率为n(n<),M、N下端横截面平齐且与被测物体表面平行.激光在M内多次全反射后从下端面射向被测物体,经被测物体表面镜面反射至N下端面,N下端面被照亮的面积与玻璃丝下端面到被测物体距离有关.(1)从M下端面出射的光与竖直方向的最大偏角为θ,求θ的正弦值;(2)被测物体自上而下微小移动,使N下端面从刚能接收反射激光到恰好全部被照亮,求玻璃丝下端面到被测物体距离b的相应范围(只考虑在被测物体表面反射一次的光线).[答案](1)(2)≤b≤[解析](1)由于激光在M内发生全反射,故sinα≥根据几何关系α+β=90°可得sinβ≤根据折射定律有=n可以得到最大偏角的正弦值为sinθ=(2)当激光刚好能被N下端面接收时,对应被测物体的距离b1=而激光能全部照亮N下端面时,对应被测物体的距离b2=而由sinθ=可知tanθ==则玻璃丝下端面到被测物体距离的范围为≤b≤ 题型2光的波动性1.(多选)关于如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图,下列说法正确的是 (BC)乙A.图甲为双缝干涉示意图,若换成频率更高的单色光照射双缝,则实验得到的条纹间距应该更大B.图乙为光照到圆盘上得到的衍射图样C.图丙为劈尖干涉的示意图,两玻璃片间垫有一些纸片,若从两玻璃片之间抽出部分纸片,则从上往下看可以观察到条纹间距变大D.图丁所示为相机拍摄车前挡玻璃的照片,能明显减弱汽车玻璃表面反射光是利用了薄膜干涉原理[解析]根据干涉条纹间距公式Δx=,若改用频率较高的单色光照射,则波长变小,其他条件保持不变,则得到的干涉条纹间距将变小,故A错误;图乙为光照到圆盘上得到的衍射图样,也叫泊松亮斑,故B正确;抽去纸片后空气层的倾角变小,相当于减小了d,故相邻亮条纹(或暗条纹)之间的距离变大,干涉条纹间距变大,故C正确;相机拍摄时减弱了玻璃表面的反射光,是在照相机镜头前增加偏振片过滤掉了反射的光,应用了偏振原理,故D错误.2.(多选)某同学利用图甲所示的装置研究光的干涉和衍射,光电传感器可用来测量光屏上光强的分布.某次实验时,在电脑屏幕上得到图乙所示的光强分布.下列说法正确的是 (BC)A.这位同学在缝屏上安装的是双缝B.这位同学在缝屏上安装的是单缝C.当作干涉现象研究时,若要使干涉条纹的间距变大,应选用双缝间距较小的双缝D.当作干涉现象研究时,若要使干涉条纹的间距变小,应增大缝屏与光屏间的距离[解析]根据题意,由图乙可知,条纹中间亮、两边窄,是衍射条纹,所以在缝屏上安装的是单缝,故A错误,B正确;根据题意,由公式Δx=λ可知,若要使干涉条纹的间距变大,应选用双缝间距较小的双缝,若要使干涉条纹的间距变小,应减小缝屏与光屏间的距离,故D错误,C正确.3.[2023·山东卷]如图所示为一种干涉热膨胀仪原理图.G为标准石英环、C为待测柱形样品、C的上表面与上方标准平面石英板之间存在劈形空气层.用单色平行光垂直照射上方石英板,会形成干涉条纹.已知C的膨胀系数小于G的膨胀系数,当温度升高时,下列说法正确的是 (A)A.劈形空气层的厚度变大,条纹向左移动B.劈形空气层的厚度变小,条纹向左移动C.劈形空气层的厚度变大,条纹向右移动D.劈形空气层的厚度变小,条纹向右移动[解析]由题意可知,C的膨胀系数小于G的膨胀系数,当温度升高时,G增长的高度大于C增长的高度,则劈形空气层的厚度变大,且同一厚度的空气膜向劈尖移动,则条纹向左移动,故选A.题型3波粒二象性1.图甲是研究光电效应规律的实验装置图,用绿光照射阴极K,实验测得电流I与电势差UAK满足图乙所示规律,电子的电荷量约为1.6×10-19C,关于该实验的说法正确的是 (B)A.如果用红光照射该光电管,一定会发生光电效应B.达到饱和电流时,每秒钟从阴极逸出的光电子数约为4×1012个C.光电子的最大初动能为0.64eVD.增大绿光的光照强度,饱和电流不会改变[解析]绿光的频率超过了截止频率,但红光频率低于绿光,不一定能发生光电效应,A错误;由题图乙知,饱和电流为0.64μA,则每秒内逸出的光电子数约为n=个=4×1012个,B正确;由题图乙知,遏止电压为0.6V,则最大初动能为0.6eV,C错误;增大光照强度,单位时间逸出的光电子数增加,饱和电流也会增大,D错误.2.光电管是一种利用光照产生电流的装置,当入射光照在管中金属板上时,可以形成光电流.下表中记录了某同学进行光电管实验时的数据.次数入射光子的能量/eV相对光强饱和电流大小/mA逸出光电子的最大初动能/eV14.0弱290.824.0中430.834.0强600.8由表中数据得出的以下论断中正确的是 (D)A.三次实验采用了不同频率的入射光B.三次实验光电管中的金属板材质不同C.若入射光子的能量为5.0eV,不论光强多大,饱和电流一定大于60mAD.若入射光子的能量为5.0eV,逸出光电子的最大初动能为1.8eV[解析]表格中入射光子的能量相同,根据光子的能量E=hν,可知三次实验采用的入射光的频率相同,故A错误;由光电效应方程Ek=hν-W0,代入数据可解得三次实验中金属的逸出功都是W0=3.2eV,所以三次实验所用的金属板材质相同,故B错误;当入射光子的能量为5.0eV时,相对光强越强,单位时间内飞出的光电子越多,光电流越大,故C错误.若入射光子的能量为5.0eV,则Ek=hν-W0=5.0eV-3.2eV=1.8eV,即逸出光电子的最大初动能为1.8eV,故D正确.3.能引起人的眼睛视觉效应的最小能量为10-18J,已知可见光的平均波长约为60μm,普朗克常量h=6.63×10-34J·s,则进入人眼的光子数至少为 (D)A.1个B.3个C.30个D.300个[解析]一个可见光光子的平均能量E=h=6.63×10-34×J=3.3×10-21J.能引起人的视觉效应时,进入人眼的光子数至少为n===300(个),故选D.4.(多选)如图所示,一束单色光入射到截止频率为ν0的金属板K上,发射的光电子可沿垂直于平行板电容器极板的方向从左极板上的小孔进入电场,均不能到达右极板,则 (D)A.该单色光的波长为B.若仅增大该单色光的强度,则将有光电子到达右极板C.若仅换用频率更大的单色光,则依然没有光电子到达右极板D.若仅将电容器右极板右移一小段距离,光电子仍然不能到达右极板[解析]由题可知,单色光的波长应小于,故A错误;若仅增大该单色光的强度,由于入射光的频率不变,则光电子仍然不能到达右极板,故B错误;若仅换用频率更大的单色光,逸出的光电子的初动能增大,则可能有光电子到达右极板,故C错误;若仅将电容器右极板右移一小段距离,由于两板间的电压不变,光电子仍然不能到达右极板,故D正确.5.重庆南开中学某物理兴趣小组同学想研究a、b两种单色光照射同种金属时发生光电效应现象的规律,设计了如图甲所示的实验装置,得到光电流I与电压表示数U的关系如图乙所示.下列说法正确的是 (D)乙A.a光的频率比b光大B.a、b光单独照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能一定比b光大C.用a、b光在同一装置做单缝衍射实验时,b光的衍射现象更明显D.若a光能使处于基态的氢原子电离,则b光一定能使基态氢原子电离[解析]由图乙可知,遏止电压Ucb>Uca,由eUc=Ek=hν-W0,可知νb>νa,则b光的频率大于a光,b光的波长小于a光;根据Ek=hν-W0,可知b光照射光电管产生的光电子的最大初动能大于a光,故A、B错误;b光的波长小于a光,用a、b光在同一装置做单缝衍射实验时,波长长的光衍射现象更明显,即a光衍射现象更明显,故C错误;b光的能量大于a光,则若a光能使处于基态的氢原子电离,则b光一定能使基态氢原子电离,D正确.第12讲热学题型1分子动理论固体、液体与气体1.下列说法中错误的是 (D)A.当液体与大气接触时,液体表面层分子的势能比液体内部分子的势能大B.清晨荷叶上的露珠呈球形是液体表面张力作用的结果C.一定质量的理想气体,温度不变,压强减小时,气体的密度一定减小D.不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力大于液体分子之间的吸引力[解析]液体表面层的分子间距比液体内部分子间距要大,分子力表现为引力,故液体表面层分子的势能比液体内部分子的势能大,故A正确;液体表面层的分子分布比液体内部分子的分布要稀疏,故存在液体表面张力,荷叶上的露珠呈球形是由于液体表面张力的作用,故B正确;气体温度不变,压强减小,由玻意耳定律pV=C可知,体积V增大,气体的密度应减小,故C正确;不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力,故D错误.2.固、液、气是物质存在的三种常见状态,下列关于固体和液体的说法正确的是 (D)A.天然水晶是晶体,熔化以后再凝固的水晶(即石英玻璃)也是晶体B.黄金可以做成各种不同造型的首饰,说明它有规则的几何外形,是单晶体C.液体跟固体相比具有很强的流动性,是因为液体分子间存在相互作用的斥力D.玻璃管裂口放在火上烧熔,使尖端变圆,是利用了熔化的玻璃在表面张力作用下收缩的性质[解析]天然水晶是晶体,熔化以后再凝固的水晶(即石英玻璃)是非晶体,故A错误;黄金是多晶体,故B错误;液体与固体相比具有流动性,是因为液体分子间的距离较大,分子间的引力较小,故C错误;玻璃管裂口放在火上烧熔,使尖端变圆,是由于熔化的玻璃,在表面张力的作用下,表面积有收缩到最小的趋势,故D正确.3.2021年12月9日,在“天宫课堂”中王亚平往水球中注入一个气泡,如图所示,气泡静止在水中,此时(C)A.气泡受到浮力B.因处于完全失重状态,所以不会有水分子进入气泡中C.气泡内气体在界面处对水产生压力D.水与气泡界面处,水分子间作用力表现为斥力[解析]在失重状态下,气泡不会受到浮力,故A错误;气泡内气体分子一直在做无规则的热运动,根据扩散现象,水分子会进入气泡中,故B错误;虽然在失重状态下,但气泡内气体在做无规则的热运动,大量的气体分子会碰撞界面产生压强,所以对水产生压力,故C正确;水与气泡界面处,水分子较为稀疏,水分子间作用力表现为引力,故D错误.题型2气体实验定律与理想气体状态方程1.“奋斗者”号潜水器2020年成功坐底马里亚纳海沟,标志着我国载人深潜技术已达世界领先水平.现利用固定在潜水器体外的一个密闭汽缸做验证性实验:如图,汽缸内封闭一定质量的理想气体,轻质导热活塞可自由移动.在潜水器缓慢下潜的过程中,海水温度逐渐降低,则此过程中理论上被封闭的气体 (D)A.从外界吸热B.压强与潜水器下潜的深度成正比C.体积与潜水器下潜的深度成反比D.单位时间内气体分子撞击单位面积器壁的次数增多[解析]在潜水器缓慢下潜的过程中,海水温度逐渐降低,则此过程中理论上被封闭的气体向外界放热,故A错误;气体压强p=p0+ρgh,压强与潜水器下潜的深度成一次函数关系,故B错误;根据pV=nRT,得V==,可知体积与潜水器下潜的深度不成反比,故C错误;压强增大,单位时间内气体分子撞击单位面积器壁的次数增多,故D正确.2.(多选)某同学设计的气压升降机如图所示,竖直圆柱形汽缸用活塞封闭了一定质量的理想气体,汽缸内壁光滑,活塞与内壁接触紧密无气体泄漏,活塞横截面积为S,活塞及其上方装置总重力G=,活塞停在内壁的小支架上,与缸底的距离为H,气体温度为T0,初始压强为大气压强p0;现给电热丝通电,经过一段时间,活塞缓慢上升.则在上述过程中,下列说法正确的是 (AB)A.汽缸内气体的压强先变大后不变B.活塞缓慢上升时,汽缸内气体的温度为2T0C.汽缸内气体的分子的平均速率先增大后减小D.除分子碰撞外,汽缸内气体分子间作用力表现为引力[解析]根据题意可知,当汽缸内气体压强为p1=p0+=p0时,活塞开始向上移动,则汽缸内气体体积在汽缸内气体压强未达到p1时保持不变,做等容变化,随着温度的升高,压强增大,由查理定律有=,解得T1=T0,之后活塞向上移动,汽缸内气体压强不变,做等压变化,由盖-吕萨克定律有=,解得T2=2T0,故A、B正确;由上述分析可知,汽缸内气体的温度一直增大,则汽缸内气体的分子的平均速率一直增大,故C错误;理想气体分子间作用力可视为零,故D错误.3.如图所示,某洗车的高压水枪由长方体储水箱、空气压缩机、进气管、进水管和出水管几部分组成,其中水箱的体积为5m3,底面面积为1m2,出水管紧靠水箱顶部.为检测水箱是否漏气,将4m3的水注入水箱,关闭进水管阀门;再用空气压缩机将一大气压下体积为1.4m3的空气压入储水箱;打开出水管阀门,查看水箱内剩余水的体积即可判别是否漏气.忽略进、出水管及进气管中气体和水的体积,已知一个大气压相当于10m高的水柱产生的压强,温度保持不变,若水箱不漏气,则剩余水的体积应为多少?[答案]3m3[解析]设放水结束后水箱内气体的压强为p2,体积为V2,出水管中超出水箱内水面的水柱高度为h气体初状态的压强p1=p0,体积V1=(5-4+1.4)m3=2.4m3气体末状态压强p2=p0+ρ水gh=p0+h=(1+0.1h)p0,体积V2=hS气体温度不变,由玻意耳定律得p1V1=p2V2水箱内剩余水的体积V=5m3-hS代入数据解得V=3m34.如图所示,有一粗细均匀的管子,竖直部分长为l=50cm,水平部分足够长.当温度为15℃时,竖直管中有一段长h=20cm的水银柱,封闭着一段长l1=20cm的空气柱.已知外界大气压强始终保持在76cmHg,求:(1)被封闭空气柱长度为l2=40cm时的温度;(2)温度升高至327℃时被封空气柱的长度l3.[答案](1)516K(2)52.6cm[解析](1)初态时,p1=p0+ρgh=96cmHg,T1=(273+15)K=288K,l1=20cm末态时,p2=p0+ρg(l-l2)=86cmHg,l2=40cm由理想气体状态方程得=解得T2=516K(2)当温度升高后,竖直管中的水银将可能有一部分移至水平管内,甚至水银全部进入水平管.因此当温度升高至327℃时,水银柱如何分布,需要分析后才能得知当水银柱刚好全部进入水平管时,被封闭空气柱长度为l=50cm压强为p=76cmHg温度为T=T1=570K现温度升高到T3=(273+327)K=600K>T可见水银柱已全部进入水平管内末态时p3=76cmHg,T3=600K此时空气柱的长度l3=l1=52.6cm5.轮胎气压是行车安全的重要参数,某型号汽车轮胎容积为V0=25L,安全气压范围为2.4~3.0atm.汽车行驶一段时间后,发现胎压下降到p1=2.0atm,用车载气泵给其充气,气泵每秒钟注入体积为V=0.5L、压强为p0=1.0atm的空气.忽略轮胎容积与气体温度的变化.为使气压回到安全范围,求气泵工作的时间范围.[答案]20s≤t≤50s[解析]外部向内部充气的过程,根据玻意耳定律有pV0=p1V0+np0V设气泵工作的时间为t,因为p0一定,则有nV=0.5t(L)解得p=2+0.02t(atm)由于2.4atm≤p≤3.0atm故20s≤t≤50s题型3气体实验定律(理想气体状态方程)与热力学定律综合1.山地自行车前轮有气压式减震装置,可用来抵抗颠簸,其原理如图所示.当路面不平时,活塞上下振动,在汽缸内封闭气体的作用下,起到延缓震动的目的.当活塞迅速下压过程中 (D)A.汽缸内的气体分子的平均动能不变B.汽缸内所有分子的速率都增大C.汽缸内的气体压强可能不变D.单位时间内撞到汽缸内壁单位面积上的气体分子数增多[解析]当活塞迅速下压时,活塞对气体做功,气体来不及散热,则由热力学第一定律可知,气体内能增加,温度升高,汽缸内的气体分子的平均动能增大,A错误;汽缸内的气体分子的平均动能增大,则分子的平均速率增大,但不是汽缸内所有分子的速率都增大,B错误;当活塞迅速下压时,汽缸内的气体的体积减小,由理想气体状态方程=C可知,气体的压强增大,则单位时间内撞到汽缸内壁单位面积上的气体分子数增多,C错误,D正确.2.[2022·辽宁卷]一定质量的理想气体从状态a变化到状态b,其体积V和热力学温度T的关系图像如图所示,此过程中该系统 (A)A.对外界做正功 B.压强保持不变C.向外界放热 D.内能减少[解析]从状态a到状态b,气体体积增大,系统对外界做正功,W<0,温度升高,系统内能增加,ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可得Q>0,系统从外界吸热,A正确,C、D错误;在V-T图像中延长线过坐标原点的直线为等压线,从状态a到状态b的连线的延长线不过原点,所以该系统压强变化,B错误.3.如图所示,一带有抽气阀门的密闭容器内,有一个充有一定质量气体的气球(不漏气).在抽气泵将容器内的气体缓慢抽出的过程中,气球会逐渐变大.若容器和球内气体温度保持不变且均视为理想气体,则(C)A.球内气体的内能减小B.球内气体放热C.球内气体对外做正功D.容器内气体分子的平均动能减小[解析]对于一定质量的理想气体,内能的大小只与气体温度有关,球内气体温度保持不变,则内能不变,故A错误;气球逐渐变大,体积增大,则球内气体对外做正功,气体温度不变,内能不变,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体要吸热,故B错误,C正确;容器内气体温度保持不变,则容器内气体分子的平均动能不变,故D错误.4.[2022·重庆卷]2022年5月15日,我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9032米的大气科学观测世界纪录.若在浮空艇某段上升过程中,艇内气体温度降低,体积和质量视为不变,则艇内气体(视为理想气体) (C)A.吸收热量 B.压强增大C.内能减小 D.对外做负功[解析]由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变,则艇内气体不做功,故D错误;根据=C可知温度降低,则艇内气体压强减小,气体内能减小,故B错误,C正确;又根据ΔU=W+Q可知气体放出热量,故A错误.5.[2024·山东卷]一定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,b→c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 (C)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[解析]a→b过程是等压过程且体积增大,则Wab<0,由盖-吕萨克定律可知Tb>Ta,则ΔUab>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功,另一部分用于增加内能,A错误;b→c过程中气体与外界无热量交换,即Qbc=0,由于气体体积增大,则Wbc<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,ΔUbc<0,即气体内能减少,B错误;c→a过程是等温过程,即Tc=Ta,则ΔUac=0,根据热力学第一定律可知a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功,C正确;由A项分析可知Qab=ΔUab-Wab,由B项分析可知Wbc=ΔUbc,由C项分析可知0=Wca+Qca,又ΔUab+ΔUbc=0,联立解得Qab-(-Qca)=(-Wab-Wbc)-Wca,根据p-V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界与气体之间做的功,结合题图可知a→b→c过程气体对外界做的功大于c→a过程外界对气体做的功,即-Wab-Wbc>Wca,则Qab-(-Qca)>0,即a→b过程气体从外界吸收的热量Qab大于c→a过程放出的热量-Qca,D错误.6.在高三的同学们进入高考最后的冲刺阶段,教室里的空调为同学们提供了舒爽的环境,空调的工作原理如图所示,以下表述正确的是 (B)A.空调的工作原理对应的是热力学第一定律的开尔文表述B.空调的工作原理反映了传热的方向性C.此原理图中的Q1=Q2D.此原理图说明热量不能从低温物体传到高温物体[解析]空调的工作原理对应的是热力学第二定律的开尔文表述,故A错误;空调的工作原理反映了传热的方向性,热量不能自发地从低温物体传递给高温物体,但在其他能力干预下,可以从低温物体传递给高温物体,故B正确;此原理图中的Q1=Q2+W,故C错误;此原理图说明在外界干预下,热量能从低温物体传到高温物体,故D错误.7.[2022·山东卷]如图所示,内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体,初始时汽缸开口向上放置,活塞处于静止状态,将汽缸缓慢转动90°过程中,缸内气体 (C)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[解析]初始时汽缸开口向上,活塞处于平衡状态,汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡,则有(p1-p0)S=mg,汽缸在缓慢转动的过程中,汽缸内外气体对活塞的压力差大于其重力沿汽缸壁的分力,故汽缸内气体缓慢将活塞往外推,最后汽缸水平,缸内气压等于大气压,由分析可知此过程中气体的体积增大,对外做功,因为活塞和汽缸是绝热的,根据热力学第一定律得气体的内能减小,A错误;理想气体的内能只由温度决定,故理想气体的温度降低,分子的平均速率变小,但不是每个分子的速率都变小,只是速率大的分子所占总分子数比例减少,B、D错误,C正确.8.已知某轿车四个轮胎为同一种型号的轮胎,汽车刚启动时四个轮胎的压强都为2.0atm(标准大气压),环境温度为27℃.汽车行驶一段时间后,胎压检测系统显示其中三个轮胎压强为2.4atm,一个轮胎的压强仍为2.0atm(漏气).四个轮胎此时温度相等,假设轮胎体积均不变,密闭气体可视为理想气体,则 (C)A.轮胎此时的温度为360℃B.完好轮胎和漏气轮胎内气体分子热运动的平均动能不同C.漏气轮胎内气体吸收的热量大于内能的增加量D.完好轮胎内气体吸收的热量大于内能的增加量[解析]对三个完好轮胎之一,胎内气体的初温T1=(273+27)K=300K,由查理定律可得=,代入数据解得T2=360K,气体的末温t=(360-273)℃=87℃,故A错误;温度是分子平均动能大小的标志,由于四个轮胎此时温度相等,因此完好轮胎和漏气轮胎内气体分子热运动的平均动能相同,故B错误;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内能的增加量,故C正确;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,根据热力学第一定律可得ΔU=Q,故气体吸收的热量等于内能的增加量,故D错误.9.[2023·广东卷]在驻波声场作用下,水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化,使小气泡周期性膨胀和收缩,气泡内气体可视为质量不变的理想气体,其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的p-V图像,气泡内气体先从压强为p0、体积为V0、温度为T0的状态A等温膨胀到体积为5V0、压强为pB的状态B.然后从状态B绝热收缩到体积为V0、压强为