第1部分 专题6 第15讲 热学（word练习）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

(建议用时：40分钟) [A组　基础达标练] 1．(2024·江苏徐州市第一次调研)关于热现象，下列说法正确的是(　　) A．固体很难被压缩，是因为分子间存在斥力 B．液体分子的无规则运动称为布朗运动 C．气体吸热，其内能一定增加 D．0 ℃水结成冰的过程中，其分子势能增加 解析：A　[固体很难被压缩，是因为分子间存在斥力，A正确；布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，不是液体分子的无规则运动，B错误；气体吸热，如果同时对外做功，根据热力学第一定律可知其内能可能不变或减小，C错误；0 ℃水结成冰的过程中，需要放热，同时因为体积增大物体对外做功，根据热力学第一定律可知内能减小，又因为温度不变，分子总的动能不变，所以可知总的分子势能减少，D错误．] 2．(2024·江苏淮安市二模)如图所示，绝热容器被绝热隔板K1和卡销锁住的绝热光滑活塞K2隔成a、b、c三部分，a部分为真空，b部分为一定质量的稀薄理想气体，且压强pb<p0(p0是大气压强)，c与大气连通，则下列说法中正确的是(　　 ) A．只打开隔板K1，b中气体对外做功，内能减少 B．只打开隔板K1，b中气体压强减小，温度不变 C．只打开活塞K2的卡销，外界对b中气体做功，b中气体内能不变 D．打开隔板K1和活塞K2的卡销，待活塞K2稳定后，b部分气体的内能减少 解析：B　[只打开隔板K1时，b中气体向a中真空扩散，气体不做功W＝0，绝热容器Q＝0.由热力学第一定律知ΔU＝W＋Q＝0，内能不变，温度不变；体积增大，压强减小，故A错误，B正确；只打开活塞K2的卡销时，由于pb<p0，活塞将向左移动，b中气体体积减小，外界对b中气体做功W′>0，但Q′＝0则ΔU′＝W′＋Q′>0，内能增加，故C错误；打开隔板K1和活塞K2的卡销，外界对气体做功，整个过程绝热，所以待活塞K2稳定后，b部分气体的内能增加，故D错误．] 3．(多选)(2024·浙江嘉兴市一模)一定质量理想气体经历状态a→b→c，其过程如T­V图上的两条线段所示，则气体(　　 ) A．a→b对外做功值小于吸收的热量 B．在状态b处的压强小于状态c处的压强 C．a→c过程气体分子的数密度一直变小 D．b→c过程每一个气体分子的动能都减小 解析：AC　[由图像可知，a→b的过程中气体温度升高，内能增大，体积增大，则气体对外做功，由热力学第一定律可知，a→b的过程中，气体对外做功值小于吸收的热量，故A正确；理想气体状态方程＝常数，结合b→c的过程中温度降低，体积增大，可知压强减小，即在状态b处的压强大于状态c处的压强，故B错误；a→b→c的过程中，气体体积一直增大，所以气体分子的数密度一直变小，故C正确；b→c过程中，温度降低，气体分子的平均动能减小，但个别分子的动能可能增大，故D错误．] 4．(多选)(2024·山东日照期末)钢瓶中装有一定量的气体，现在用两种方法抽取钢瓶中的气体，第一种方法用小抽气机，每次抽1 L气体，共抽取3次；第二种方法是用大抽气机，一次抽取3 L气体．以上过程中气体温度保持不变，下列说法正确的是(　　) A．两种方法抽取的气体质量一样多 B．第二种方法抽取的气体质量较多 C．第一种方法中，每次抽取的气体质量逐渐减小 D．第一种方法中，每次抽取的气体质量逐渐增大 解析：C　[用第一种方法抽气，温度不变， 由玻意耳定律得p0V＝p1(V＋1 L)， 解得p1＝p0，同理p2＝p1＝p02，p3＝p2＝p03，虽然每次抽取的气体体积相同，但是由于每次抽出气体后剩下的气体密度减小，所以抽出的气体质量逐渐减小，C正确，D错误；用第二种方法抽气，温度不变，由玻意耳定律得p0V＝p′(V＋3 L)，解得p′＝p0＞p3，瓶内压强小时，对应抽取的气体多，质量较大，即用第一种方法抽取的气体质量较多，故A、B错误．] 5．(2024·安徽淮北市一模)如图所示，同一房间中有a、b、c三根完全相同的玻璃试管，管内各用一段相同长度的水银柱封闭了相等质量的空气．现使a管由静止沿光滑斜面下滑；b管轻放在粗糙斜面上，之后下滑；c管以初速度v沿粗糙斜面上滑过程中，当水银柱与玻璃管位置相对稳定时，三管内的气柱长度L1、L2、L3之间的大小关系为(　　) A．L1>L2>L3　　　　 B．L2>L3>L1 C．L2>L1>L3 D．L3>L1>L2 解析：D　[设大气压强为p0，玻璃试管的横截面积为S.对a管：a管由静止沿光滑斜面下滑，以水银为研究对象根据牛顿第二定律可得 mgsin 45°＋p0S－paS＝maa， 对a管和水银整体有Mgsin 45°＝Maa， 可得p0＝pa， 对b管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得 mgsin 45°＋p0S－pbS＝mab， 对b管和水银整体有Mgsin 45°－Ff＝Mab， 可得pb>p0， 对c管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得mgsin 45°＋p0S－pcS＝mac， 对c管和水银整体有Mgsin 45°＋Ff＝Mac，可得pc<p0，所以pb>pa>pc，根据pV＝C和V＝LS得L2<L1<L3. 6．(多选)(2024·新课标卷，8)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 解析：AD　[A.1→2为绝热过程，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知此时气体体积减小，外界对气体做功，故内能增加，故A正确；B.2→3为等压过程，根据盖吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功W＜0，故气体吸收热量，故B错误；C.3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功W＜0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；D.4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变W＝0，故可知气体向外放热，故D正确．] 7．(多选)(2024·福建漳州市三模)用如图所示的实验装置来测量大气压强，将一定质量不溶于水的理想气体密封在烧瓶内，烧瓶通过细玻璃管与注射器和装有水银的U形管连接，最初竖直放置的U形管左、右两边的水银面等高，烧瓶中气体体积为600 mL.现用注射器缓慢向烧瓶中注入150 mL的水，稳定后水银面的高度差为25 cm，不计细玻璃管和U形管中气体的体积，环境温度不变．则(　　) A．注水过程中瓶中气体体积不变 B．注水过程中瓶中气体内能变小 C．注水过程中瓶中气体放热 D．大气压强为75 cmHg 解析：CD　[由题意可知，水进入瓶中，则瓶中气体体积变小，故A错误；气体的内能是由温度和物质的量的多少决定的，一定质量的气体，温度不变，内能也不变，故B错误；因为体积减少，说明外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，又气体内能不变，则气体对外放热，故C正确；开始气压为大气压强，设为p1，初始V1＝600 mL，注水后V2＝450 mL，p2＝p1＋25 cmHg，所以由玻意耳定律有p1V1＝p2V2，可得出p1＝75 cmHg，故D正确．] 8．(多选)(2024·山东德州三模)两个完全相同的绝热活塞A、B把竖直放置的绝热汽缸分成体积相等的三部分，在汽缸顶部和处有固定卡环，分别限制活塞A、B向上、向下运动，如图所示．初始状态下，甲、乙两部分气体的压强均为大气压强p0的1.2倍，温度均为27 ℃，活塞与汽缸壁间的摩擦不计，现用电热丝对甲部分气体缓慢加热，下列说法正确的是(　　) A．乙中气体的温度有可能不变 B．甲部分气体的温度为75 ℃时，活塞A已经上升 C．甲部分气体的温度为425 ℃时，乙部分气体的内能大于初始状态 D．如果甲部分气体的温度不超过75 ℃，电热丝产生的热量等于甲、乙两部分气体内能增加之和 解析：AD　[设活塞质量为m，对活塞A受力分析可知mg＝0.2p0S，活塞B刚要离开卡环时对活塞B受力分析可知，甲部分气体的压强p2＝1.4p0，由查理定律得＝，得T2＝350 K，即甲部分气体的温度升高到77 ℃时，活塞开始上升，B错误；在此之前，气体体积不变，做功W＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知D正确；如果继续升温，直到活塞A刚好到达上端卡环处，对甲部分气体由盖—吕萨克定律得＝，得T3＝700 K，即甲部分气体的温度升高到427 ℃时，活塞A刚好到达上端卡环处，在此之前，乙部分气体体积一直保持不变，C错误；甲部分气体的温度升高到427 ℃之前，乙部分气体W＝0，Q＝0，故ΔU＝0，故A正确．] [B组　创新应用练] 9．(2024·湖北卷，13)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为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T0，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．已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常数，大气压强恒为p0，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． 解析：(1)气体进行等压变化，则由盖­吕萨克定律得＝，即＝，解得T1＝T0. (2)此过程中气体内能增加ΔU＝CΔT＝CT0， 气体对外做功W＝pSΔh＝h(p0S＋mg)， 此过程中容器内气体吸收的热量 Q＝ΔU＋W＝h(p0S＋mg)＋CT0. 答案：(1)T0　(2)h(p0S＋mg)＋CT0 10．(2024·全国甲卷，13)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＝10，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300 K．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200 N并保持不变． (1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小； (2)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． 解析：(1)活塞从位置a到b过程中，气体做等温变化，初态p1＝1.0×105 Pa、V1＝S×11， 末态p2＝？、V2＝S×10， 根据p1V1＝p2V2，解得p2＝1.1×105 Pa， 此时对活塞根据平衡条件F＋p1S＝p2S＋N， 解得卡销b对活塞支持力的大小N＝100 N. (2)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，气体做等容变化，初态p2＝1.1×105 Pa，T2＝300 K， 末态，对活塞根据平衡条件p3S＝F＋p1S， 解得p3＝1.2×105 Pa， 设此时温度为T3，根据＝， 解得T3≈327 K. 答案：(1)100 N　(2)327 K 11．(2024·山东省青岛市高三一模)如图(a)所示，绝热汽缸内封闭着一定质量的理想气体，一厚度不计的绝热活塞与上、下汽缸内壁相距均为h，把气体分成体积相等的M、N两部分．汽缸内壁光滑，活塞可在汽缸内自由滑动．已知活塞的横截面积为S，质量m＝，两部分气体的初始温度均为T0，M内气体的初始压强为p0.现把M、N两部分倒置． (1)倒置后，通过电热丝加热M内的气体一段时间，如图(b)所示，若仍要使两部分气体体积相等，则M内气体的温度需达到多少？ (2)倒置后，活塞向下移动，当两部分气体各自达到新的平衡时，发现N内气体温度为T0，M内气体温度为T0，如图(c)所示，则活塞向下移动的距离是多少？ 解析：(1)由题意可知，倒置前后N内气体的体积和温度不变，由理想气体状态方程可知，N内气体的压强也不变，为pN＝p0＋＝2p0 设倒置后，两部分气体体积相等时M内气体的压强为p1、温度为T1，由题意可知 p1＝pN＋＝3p0. 倒置前后，M内气体体积不变，由查理定律得 ＝，联立以上各式，解得T1＝3T0. (2)倒置后，设活塞向下移动的距离是Δh，N内气体的温度TN′＝T0、压强为pN′，M内气体的温度TM′＝T0、压强为pM′. 由题意可知pM′＝pN′＋＝pN′＋p0 倒置过程，由理想气体状态方程可知 对N内气体，有＝ 对M内气体，有＝ 联立以上各式解得Δh＝. 答案：(1)3T0　(2) 12．(2024·湖南衡阳市二模)如图所示，横截面积S＝0.01 m2的薄壁汽缸开口向上竖直放置，a、b为固定在汽缸内壁的卡口，a、b之间的距离h＝0.03 m，b到汽缸底部的距离H＝0.45 m，质量m＝10 kg的水平活塞与汽缸内壁接触良好，只能在a、b之间移动．刚开始时缸内理想气体的压强为大气压强p0＝1×105 Pa，热力学温度T0＝300 K，活塞停在b处．重力加速度g取10 m/s2，活塞厚度、卡口的体积均可忽略，汽缸、活塞的导热性能均良好，不计活塞与汽缸之间的摩擦．若缓慢升高缸内气体的温度，外界大气压强恒定． (1)求当活塞刚要离开卡口b时，缸内气体的热力学温度T1； (2)求当缸内气体的热力学温度T 2＝400 K时，缸内气体的压强p； (3)在以上全过程中气体内能增量ΔU＝250 J，求全过程缸内气体吸收的热量Q. 解析：(1)当活塞刚要离开卡口b时，设缸内气体压强为p1， 以活塞为研究对象，根据受力平衡可得 p1S＝p0S＋mg，解得p1＝1.1×105 Pa， 根据查理定律有＝，解得T1＝330 K. (2)假设当活塞恰好与卡口a接触时缸内气体热力学温度为T3，体积为V3， 根据盖­吕萨克定律有＝， 即＝，解得T3＝352 K＜T2， 所以当缸内的热力学温度T2＝400 K时，活塞已到达卡口a处，根据查理定律可得＝， 解得p＝1.25×105 Pa. (3)当缓慢升高缸内气体的温度时，由前面的分析可知，活塞从b到a的过程中，气体做等压变化，压强为p1，到达卡口a处时，温度升高到T3，然后气体再做等容变化，直到温度升高到T2，因此气体对活塞做功为W＝p1Sh， 根据热力学第一定律得Q＝ΔU＋W＝283 J. 答案：(1)330 K　(2)1.25×105 Pa　(3)283 J 学科网（北京）股份有限公司 $$