专题15 热学-【名师大课堂】2025年高考物理艺术生总复习必备训练册（word课时作业）

专题十五　热学 1．(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过程是等压变化且体积增大，则Wab<0，由盖－吕萨克定律可知Tb>Ta，即ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知a→b过程，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，又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减少，B错误；c→a过程为等温过程，可知Tc＝Ta，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)＝－Wca－Wbc－Wab，根据p­V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界对气体做的功，结合题图可知Qab－(－Qca)≠0，所以a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量－Qca，D错误． 2．(多选)(2024·河北卷)如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接．汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计．活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后(　ACD　) A．弹簧恢复至自然长度 B．活塞两侧气体质量相等 C．与初始时相比，汽缸内气体的内能增加 D．与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少 解析：初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态，弹簧处于压缩状态．因活塞密封不严，可知左侧气体向右侧真空散逸，左侧气体压强变小，右侧出现气体，对活塞有向左的压力，最终左、右两侧气体压强相等，且弹簧恢复原长，A正确；由于活塞向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，B错误；密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，可知气体内能增加，C正确；初始时气体在左侧，最终气体充满整个汽缸，初始左侧单位体积内气体分子数应该是最终的两倍，D正确． 3．(多选)如图，四个相同的绝热试管分别倒立在盛水的烧杯a、b、c、d中，平衡后烧杯a、b、c中的试管内外水面的高度差相同，烧杯d中试管内水面高于试管外水面．已知四个烧杯中水的温度分别为ta、tb、tc、td，且ta<tb<tc＝td.水的密度随温度的变化忽略不计．下列说法正确的是(　ACD　) A．a中水的饱和气压最小 B．a、b中水的饱和气压相等 C．c、d中水的饱和气压相等 D．a、b中试管内气体的压强相等 E．d中试管内气体的压强比c中的大 解析：同一物质的饱和气压与温度有关，温度越大，饱和气压越大，a中水的温度最低，则a中水的饱和气压最小，故A正确；同理，a中水的温度小于b中水的温度，则a中水的饱和气压小于b中水的饱和气压，故B错误；c中水的温度等于d中水的温度，则c、d中水的饱和气压相等，故C正确；设大气压强为p0，试管内外水面的高度差为Δh，则a、b中试管内气体的压强均为p＝p0＋ρ水gΔh，故D正确；d中试管内气体的压强为pd＝p0－ρ水gΔhc中试管内气体的压强为pc＝p0＋ρ水gΔh，可知pd<pc，故E错误．故选ACD. 4．(多选)(2024·新课标卷)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(　AD　) 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：1→2过程中，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，该过程是绝热过程，Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知ΔU>0，气体内能增加，A正确；2→3过程中，气体体积增大，对外界做功，W<0，气体压强不变，由盖－吕萨克定律＝C可知温度升高，内能增加，ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知Q>0，气体从外界吸收热量，B错误；3→4过程中，气体体积增大，对外界做功，W<0，该过程是绝热过程，Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知ΔU<0，气体内能减小，C错误；4→1过程中，气体体积不变，外界对气体不做功，W＝0，气体压强减小，由查理定律＝C可知温度降低，内能减小，ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知Q<0，气体向外界释放热量，D正确． 5．(2024·山东卷)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示．长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A.储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2、高度h＝20.0 cm，罐底有一小孔B.汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体．已知液体密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2，大气压p0＝1.0×105Pa.整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度． (1)求x； (2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V. 解析：(1)在缓慢将汲液器竖直提出液面的过程，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律有 p1(H－x)S1＝p2HS1 根据题意可知p1＝p0，p2＋ρgh＝p0 联立解得x＝2 cm. (2)对新进入的气体和原有的气体整体分析，由玻意耳定律有p0V＋p2HS1＝p3(HS1＋S2) 又p3＋ρg·＝p0 联立解得V＝8.92×10-4m3. 答案：(1)2 cm　(2)8.92×10-4m3 6．(2024·广西卷)如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积S＝500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦．静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度l0＝200 mm.推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处．设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程F－曲线如图乙．大气压强p0＝1×105 Pa. 甲 乙 (1)求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小； (2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化； (3)画出封闭气体等温变化的p­V图像，并通过计算标出a、b处坐标值． 解析：(1)活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p0，故此时封闭气体对活塞的压力大小为 F＝p0S＝1×105×500×10-6 N＝50 N. (2)根据题意可知F－ 图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得 F＝k· 根据F＝pS 可得气体压强为 p＝(SI) 故可知活塞从a处到b处对封闭气体得 pV＝·S·(x＋5)×10-3(SI)＝k·10-3(SI) 故可知该过程中对封闭气体的pV值恒定不变，故可知做等温变化． (3)分析可知全过程中气体做等温变化，开始在b处时pV＝p0Sl0 在b处时气体体积为 Vb＝Sl0＝10×10-5m3 在a处时气体体积为 Va＝Sla＝0.25×10-5m3 根据玻意耳定律 paVa＝pbVb＝p0Sl0 解得pa＝40×105 Pa 故封闭气体等温变化的p­V图像如下 答案：(1)50 N　(2)见解析 (3) 7．(2024·安徽卷)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨．在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)，于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境温度相同，且保持不变).已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎内气体的温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa.哈尔滨的环境温度t2＝－23 ℃，大气压强p0取1.0×105Pa.求： (1)在哈尔滨时，充气前该轮胎内气体压强的大小； (2)充进该轮胎的空气体积． 解析：(1)根据查理定律有＝ 其中T1＝270 K，T2＝250 K 解得p2＝2.5×105Pa. (2)设充入空气的体积为V1，则根据玻意耳定律有p2V0＋p0V1＝p1V0 解得V1＝6 L． 答案：(1)2.5×105 Pa　(2)6 L 8．(2024·湖北卷)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为已知常量，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)设容器内气体初、末状态体积分别为V0、V，末状态温度为T， 由盖－吕萨克定律得＝ (注：活塞缓慢上升过程，容器内气体压强不变，气体做等压变化) 其中V0＝Sh，V＝S 联立解得T＝T0. (2)设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，外界对气体做的功为W， 由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W 其中ΔU＝C(T－T0) W＝－(mg＋p0S)h 联立解得Q＝(CT0＋mgh＋p0Sh). 答案：(1)T0　(2)(CT0＋mgh＋p0Sh) 9．(2024·广东卷)差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统．如图所示，A、B两个导热良好的气缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变．当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp 时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp 时差压阀关闭．当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×102 m3，B内气体压强pB1等于大气压强p0，已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小取g＝10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与气缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计．当环境温度降到T2＝270 K时： (1)求B内气体压强pB2； (2)求A内气体体积VA2； (3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m. 解析：(1、2)假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个气缸导热良好，B内气体做等容变化，初态pB1＝p0，T1＝300 K 末态T2＝270 K 根据＝ 代入数据可得pB2＝9×104 Pa A内气体做等压变化，压强保持不变， 初态VA1＝4.0×102m3，T1＝300 K 末态T2＝270 K 根据＝ 代入数据可得VA2＝3.6×102m3 由于p0－pB2<Δp 假设成立，即pB2＝9×104 Pa. (3)恰好稳定时，A内气体压强为p′A＝p0＋ B内气体压强p′B＝p0 此时差压阀恰好关闭，所以有p′A－p′B＝Δp 代入数据联立解得m＝1.1×102 kg. 答案：(1)9×104 Pa　(2)3.6×102m3 (3)1.1×102 kg 学科网（北京）股份有限公司 $$