《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.(2025河北保定统考)游泳池底部产生的气泡缓慢向水面浮起,若不计气泡内气体分子个数的变化,气泡内气体可视为理想气体,游泳池水温恒定。在气泡上浮过程中,关于气泡内气体的说法中正确的是(D)

A.大部分气体分子的速率减小
B.分子间的平均距离减小
C.内能减小
D.吸热

答案： 1.D气泡缓慢上升,由于游泳池水温恒定,所以气泡内气体温度不变,大部分气体分子的速率不变,故A 错误;气泡上升过程中,温度不变,压强逐渐减小,根据玻意耳定律可知,气泡的体积增大,所以气泡内气体分子间的平均距离增大,故B错误;由于温度不变,所以气泡内气体的内能不变,故C错误;气泡的体积增大,气泡内气体对外做功,所以$W＜0$,因为气体内能不变,根据热力学第一定律可知$\Delta U = Q + W = 0$,故$Q＞0$,即气泡内气体从外界吸热,故D正确。

2.一定量的气体在某一过程中,外界对气体做了$8×10^4J$的功,气体的内能减少了$1.2×10^5J$,则下列各式中正确的是(B)

A.\$W=8×10^4J$,$ΔU=1.2×10^5J$,$Q=4×10^4J$
B.\$W=8×10^4J$,$ΔU=-1.2×10^5J$,$Q=-2×10^5J$
C.\$W=-8×10^4J$,$ΔU=1.2×10^5J$,$Q=2×10^5J$
D.\$W=-8×10^4J$,$ΔU=-1.2×10^5J$,$Q=-4×10^4J$

答案： 2.B　因为外界对气体做功,$W$取正值,即$W = 8 × 10^{4} J$,内能减少,$\Delta U$取负值,即$\Delta U = -1.2 × 10^{5} J$,根据$\Delta U = Q + W$,可得$Q = \Delta U - W = -1.2 × 10^{5} J - 8 × 10^{4} J = -2 × 10^{5} J$,B正确。

3.(2025广东惠州期末)如图,某同学将空的玻璃瓶开口向下缓缓压入水中,设水温均匀且恒定,瓶内空气无泄漏,不计气体分子间的相互作用,则被淹没的玻璃瓶在下降过程中,瓶内气体(B)


A.内能增加
B.向外界放热
C.对外界做功
D.分子平均动能减小

答案： 3.B被淹没的玻璃瓶在下降过程中,瓶内气体温度不变,压强变大,可知气体体积减小,外界对气体做功;气体温度不变,则气体分子平均动能不变，气体内能不变,根据热力学第一定律可知，气体向外界放热。故选B。

4.(2025江苏盐城期中)如图所示,内壁光滑的绝热汽缸竖直固定在水平面上,用质量为$m$的绝热活塞把缸内空间分成两部分,活塞能上、下自由移动。两部分中封闭有相同质量和温度的同种理想气体,活塞用销钉$K$固定,已知$P$部分的气体体积小于$Q$部分的气体体积。现拔掉销钉,活塞移动一小段距离后再将其固定。下列说法正确的是(A)


A.两部分气体内能之和增大
B.两部分气体内能之和不变
C.两部分气体温度都升高
D.两部分气体温度都降低

答案： 4.A　根据$\frac{pV}{T}=C$可知,$P$部分的气体压强大于$Q$部分的气体压强,又因为活塞受到竖直向下的重力,则拔掉销钉,活塞向下移动,其重力势能减小,由能量守恒定律可知,两部分气体内能之和增大,故A正确,B错误;活塞下移,$P$部分的气体对外界做功,汽缸绝热,可知$Q = 0$,根据热力学第一定律知$\Delta U = W + Q$,故$P$部分气体的内能减小,温度降低,同理可知$Q$部分气体的内能增大,温度升高,故C、D错误。

5.(2025江苏无锡期末)有一种叫作“压电陶瓷”的电子元件,当对它挤压或拉伸时,它的两端就会形成一定的电压,这种现象称为压电效应。一种燃气打火机,就是应用了该元件的压电效应制成的。只要用大拇指压一下打火机上的按钮,压电陶瓷片就会产生$10∼20kV$的高压,形成火花放电,从而点燃可燃气体。在上述过程中,压电陶瓷片完成的能量转化是(D)

A.化学能转化为电能
B.内能转化为电能
C.化学能转化为光能
D.机械能转化为电能

答案： 5.D根据题意可知消耗了机械能,转化后得到了电能,故压电陶瓷片完成的能量转化是机械能转化为电能,故选D。

6.教材习题改编某同学想要估测每秒钟太阳辐射到地球表面上的能量,他用一个横截面积为$S=3.2dm^2$的保温圆筒,筒内装有质量为$m=0.4kg$的水,让太阳光垂直照射$t=3min$,水升高的温度$Δt=2.2℃$,已知水的比热容$c=4.2×10^3J/(kg⋅℃)$,地球半径为$R=6400km$,$π$取$3.14$,试估算出太阳向地球表面辐射能量的功率(结果保留2位有效数字)。(提示:$Q=cmΔt$)

答案： 6.答案$8.3 × 10^{16} W$
解析水吸收的热量$Q = cm\Delta t = 4.2 × 10^{3} × 0.4 × 2.2 J \approx 3.70 × 10^{3} J$,则太阳在$3 min$内向地球表面辐射的能量$Q_{总} = \frac{Q}{S} · \pi R^{2} = \frac{3.70 × 10^{3}}{3.2 × 10^{-2}} × 3.14 × (6400 × 10^{3})^{2} J \approx 1.49 × 10^{19} J$,则太阳向地球表面辐射能量的功率$P = \frac{Q_{总}}{t} = \frac{1.49 × 10^{19}}{3 × 60} W \approx 8.3 × 10^{16} W$。