《2025年5年高考3年模拟高中物理选择性必修第三册人教版江苏专版》

1. 关于晶体和非晶体,下列说法正确的是（C）

A.凡是晶体都具有各向异性
B.黄金可以切割加工成任意形状,所以是非晶体
C.一定条件下晶体可以转化成非晶体,非晶体也可转化成晶体
D.单晶体有确定的熔点,多晶体没有确定的熔点

答案： 1.C　单晶体具有各向异性，而多晶体具有各向同性，故A错误。黄金的延展性好，可以切割加工成任意形状；黄金有确定的熔点，是晶体，故B错误。在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体，故C正确。晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔化温度，故D错误。
错解分析
理解不透单晶体、多晶体与非晶体之间的特性差异是解答本题出错的原因。要熟练掌握以下内容：单晶体有确定的熔点，有规则的几何外形，具有各向异性的特性；多晶体有确定的熔点，没有确定的几何形状，具有各向同性的特性；非晶体没有确定的熔化温度，没有规则的几何外形，具有各向同性的特性。

2. 一定质量的理想气体,在压强不变的情况下,温度由$5° C$升高到$10° C$,体积的增量为$\Delta V_1$；温度由$283\ K$升高到$288\ K$,体积的增量为$\Delta V_2$,则（A）

A.$\Delta V_1 = \Delta V_2$
B.$\Delta V_1 ＞ \Delta V_2$
C.$\Delta V_1 ＜ \Delta V_2$
D.无法确定

答案： 2.A　由盖 - 吕萨克定律$\frac{V}{T}=C$，得$\Delta V=\frac{\Delta T}{T}V$，所以$\Delta V_1=\frac{5}{278}V_1$、$\Delta V_2=\frac{5}{283}V_2$，不能错误地选择B选项，因为$V_1$、$V_2$分别是气体在$5^{\circ}C$和$283K$时的体积，而$\frac{V_1}{278}=\frac{V_2}{283}$，所以$\Delta V_1=\Delta V_2$，故A正确。
错解分析
不用热力学温度表示初始温度，将摄氏温度代入盖 - 吕萨克定律推论式中导致计算出错。在应用盖 - 吕萨克定律推论式$\frac{V}{T}=\frac{\Delta V}{\Delta T}$时，$T$是热力学温度，不是摄氏温度，而$\Delta T$用热力学温度或摄氏温度都可以。

3. 房间里气温升高$3° C$时,房间内的空气将有$1\%$逸出到房间外,由此可计算出房间内原来的温度是（D）

A.$-7° C$
B.$7° C$
C.$27° C$
D.$24° C$

答案：
3.D　以升温前房间里的气体为研究对象，由盖 - 吕萨克定律得$\frac{V}{T}=\frac{V(1 - 1\%)}{T + 3K}$，解得$T = 297K$，故$t = 24^{\circ}C$。
错解分析
房间内气体的质量是改变的，若不能巧妙选取研究的气体，就不能正确应用气体实验定律求解。本题还可以剩余气体为研究对象，设房间容积为$V$，剩余气体原来的体积为$99\%V$，升温后体积为$V$，由盖 - 吕萨克定律有$\frac{99\%V}{T}=\frac{V}{T + 3K}$，解得$T = 297K$，$t = 24^{\circ}C$。

4. 汽车轮胎内的压强(胎压)是保证车辆行驶安全与降低汽车能耗的关键指标。一辆小汽车的轮胎容积为$V_0$,初始状态轮胎内气体与外界大气状态相同。冬天时理想胎压为$2.5$倍标准大气压强,夏天环境温度为冬天时的$1.2$倍(温度为热力学温度),理想胎压为$2.4$倍标准大气压强。假设轮胎容积不变,空气视为理想气体,外界大气压恒为一个标准大气压。
(1) 求冬天时,将初始状态的轮胎充气至理想胎压,需要充入的外界空气的体积$V_1$。(充气时温度不变)
(2) 为使(1)问充气后的轮胎在夏天时达到理想胎压,求需要释放的胎内空气在外界时的体积$V_2$。

答案： 4.答案　
(1)$1.5V_0$。　
(2)$0.6V_0$。
解析　
(1)由玻意耳定律得$p(V_0 + V_1)=2.5pV_0$，解得需要充入的外界空气的体积$V_1 = 1.5V_0$。
(2)由理想气体状态方程，有$\frac{2.5pV_0}{T}=\frac{2.4pV_0}{1.2T}+\frac{pV_2}{1.2T}$，解得$V_2 = 0.6V_0$。

5. 一同学制造了一个便携气压千斤顶,其结构如图所示,直立圆筒形汽缸导热良好,长度为$L_0$,活塞横截面积为$S$,活塞通过连杆与上方的顶托相连,连杆长度大于$L_0$,在汽缸内距缸底$\dfrac{L_0}{3}$处有固定限位装置$A、B$,以避免活塞运动到缸底。开始活塞位于汽缸顶端,现将重为$3p_0S$的物体放在顶托上,已知大气压强为$p_0$,活塞、连杆及顶托重力忽略不计,求：
(1) 稳定后活塞下降的高度；
(2) 为使重物升高到原位置,需用气泵加入多大体积的压强为$p_0$的气体。

答案： 5.答案　
(1)$\frac{2L_0}{3}$　
(2)$3L_0S$
解析　
(1)取密封气体为研究对象，初状态压强为$p_0$，体积为$L_0S$，假设没有$A$、$B$限位装置，设末状态(稳定)时压强为$p$，气柱长度为$L$，则$p = p_0+\frac{3p_0S}{S}=4p_0$。气体发生等温变化，由玻意耳定律有$p_0L_0S = pLS$，解得$L=\frac{L_0}{4}$。因$\frac{L_0}{4}＜\frac{L_0}{3}$，故活塞停在$A$、$B$限位装置处，活塞下降的高度为$\frac{2L_0}{3}$。
(2)以活塞回到初始位置时汽缸内的气体为研究对象，气体发生等温变化，由玻意耳定律有$4p_0L_0S = p_0V$，气泵压入的压强为$p_0$的气体体积为$\Delta V = V - L_0S$，解得$\Delta V = 3L_0S$。
错解分析
对于有限位装置的汽缸问题，要利用假设法，并对计算结果进行讨论；对充气的变质量问题，往往选取充气完毕后所有气体为研究对象求解较为方便。