卷19 热学（含答题卡）-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮创新示范卷

null创新示范卷·参考答案 n60=3,把大头针插在卫'、P2'位置时，沿着 3 sin 30 则sina- √32+425 P:、P3的方向看不到大头针的像，其原因是经过 4 4 P'、P2'的光线在界面MN处发生全反射. sin /32+4 5 答案：(1)AC(2)W3经过P1'、P2'的光线在界面 MN处发生全反射 水对该单色光的折射率m=sin里_4 sin a 3 13.解析：(1)光路如图所示， (2)刚好没有光照到慕 由于折射光线CE平行于 布上时，点光源发出的 BO,因此光线在圆孤面上 光在观景台右侧面与水 观景平台 的入射点E到BO的距离 面交界处给好发生全反 也为尽，则无线在E点的 射，如图，则sinC= 人射角。满足m=子 得a=30°， 设光源到P点的距离为L,可得sinC= 由几何关系可知，∠COE=90°，因此光线在C点的 L2+H平 折射角为r=30°， 由折射定律知，玻璃砖的折射率为n=sini_sin60 解得1=127 7 sin r sin 305 =3: 则诚点光源向左移动的距离为4=L一1=(2，万-3》m 7 (2)由几何关系可知CE= 2. 答案：D号 22 -3)m 光在玻璃砖中传播的速度为=二=二 15,解析：(1)由几何关系知，光线在AC面发生全反射的 n3 临界角C≤45 因此光在玻璃砖中传搭的时间为1=CE_2迟 c 由siC=1得m≥2，即最小折射率为2； 答案：(1)n=3:(21=2迟 (2)由几何关系，光线在玻璃砖中传福距离工一马1， 2 14.解析：(1)当，点光源发出的光在观景台右侧面与水面 交界处发生折射时，照射到幕布的光最高，如图， 传搭速度为u=二，传播时间为1=二 ,代入数据解 得最短时间t=1×10一9s: 观景平台 (3)由波长的公式，可得1=二 ，条纹间的距离为△ 一合，代入数据，解得△=25mm 答案：(1)2(2)1×10-9s(3)2.5mm 创新示范卷（十九） 题号 1 2 3 5 6 9 10 答案 C C B B D C BCD BC BC 1.C[微粒体积越大，四面八方分子对微粒撞击概率越 表面层 表面层 均等，布朗运动越不明显，故A错误：液晶具有光学各 附层 向异性，故B错误：分子间距离趋近于无穷大时，分子 力趋近于零，分子势能可以忽略不计，故C正确：虚线 峰值对应横坐标的值（即速率）更小，则大量分子处于 逸率较小的状态，温度更低，故D错误.] (不浸润) (浸润) 2.C[水浸润玻璃，水银不浸润玻璃，浸润与否关键看 3.B[A→B过程中，气体体积减小，温度不变，压强增 附着层的分子间距与液体分子间距比较，如果附着层 大，单位时间内打到容器壁上单位面积的分子数增 中的分子密度大（原因是容器壁对液体分子的吸引力 多，故A正确，不符合题意：A→B过程中，温度不变， 大于液体分子对液体分子的吸引力)，则表现为附着 内能不变，外界对气体做功，根据热力学第一定律可 层中的分子作用力为斥力，使得液面张开，表现为浸 知，气体放出热量，故B错误，符合题意；B一C过程 润现象，反之相同分析，可以如图所示理解.] 中，气体压强不变，体积减小，温度降低，内能减小，外 答案-39 物理 界对气体做功，根据热力学第一定律，气体放出热量， 8.BCD[设CO2气泡在水下深度为h,则气泡压强为p 且放出的热量比外界对气体做的功多，故C正确，不 =十gh,可见从水下几米深处快速上升到水面的 符合题意：C·A过程中，温度升高，速率大的分子数 过程中，压强变小，假设气体温度不变，则由玻意耳定 增多，故D正确，不符合题意，门 律知p1V1=p2V2,则随着气泡压强变小，气泡体积会 4.B[当缓慢升高汽缸内气体温度时，在活塞没有离开 增大，则气体对外做功W<0,又因为这一过程中气体 小挡板时，气体发生等容变化，根据查理定律可知，汽 与外界未实现热交换，由热力学第一定律知△U=W 缸内气体的压强p与汽缸内气体的热力学温度T成 十Q,其中Q=0,则△U=W<0,即气体内能减少，又 正比，在p-T图像中，图线是过原点的倾斜直线：当活 因为将气泡内的CO2气体视为理想气体，则内能减小 塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强始终等于外界 温度会降低，与假设矛盾，即气体温度会降低，则CO 的大气压强，气体发生等压膨胀，在p-T图像中，图线 分子的平均动能变小，故A错误，D正确：因为气体平 是平行于T轴的直线，故B正确.」 均动能减小且气体体积增大，则气泡内CO2分子的密 5.D[内能增大时气体分子的平均动能增大，并不是所 度减少，单位时间内与气泡壁碰撞的CO2分子数减 有分子的动能都增大，故A错误：由△U=W十Q可 少，故B、C正确.] 知，上升过程中，气体分子内能增加，体积增大，对外 9.BC[气体从状态A到状态B,发生的是等容变化，由 做功，所以吸收热量，故B错误：由理想气体的状态方 程_，，代入数据可求得气泡到达水面时的 查现定律得会-器解得在款态B时的压强为a 1.0×105Pa,选项A错误：气体从状态B到状态C,发 体积为9×10一7m3,故C错误：由对外做功的表达式 生的是等压变化，有pc=pB=1.0×105Pa,选项B正 W=p1Sx→W=p1△V,当压强不变时，则气体对外做 确：由于状态A与状态C的温度相同，所以该气体从 功等于4.8×10一2J,由于上升过程中压强减小，所以 状态A到状态C的过程中，内能变化量△U=0,气体 对外做功小于4.8X10-2J,由△U=W+Q,可得上升 从状态A到状态B不做功，从状态B到状态C的过 过程中气泡吸收热量小于6.8×10一2J,故D正确.] 程中气体对外微功，做功大小为W=PB△V=1.0× 6.A[两次平衡状态时，左右两侧气室的压强平衡，即 105×(3-2)×10-3J=100J,由热力学第一定律有 左=p右=p,p左'=P右'，对右边气体分析，活塞再次 △U=Q一W知整个过程中吸收的热量Q=100J,选项 静止时左右两侧气室体积之比为3：1，故右边气体的 C正确，D错误.] 体积由原来汽虹总体积的号减小到Y根据玻意耳定 10.BC[a→b过程为绝热过程，理想气体与外界没有 体P结号=P6代，解得P6=2p=2p,故Pa' 热交换，Q=0,体积变小，外界对气体做功，W>0,根 据△U=Q+W可知，△U>0,故气体温度升高，气体 2p右=2p,对左边气体分析，假设充入左边的气体在 分子的平均动能增大，故A错误：b~c过程中，体积 一样的温度下，压强为Pa时体积为Y,格据玻意耳 不变，由 =C可知，当压强变大时，温度升高，分子 定体释P”生'=paY,联立解得=2，从接口克 平均动能增大，在分子数密度没有改变的情况下，单 位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增多，故B 入的氨气与左侧气室内原有氯气的质量之比为2：1， 正确：C·d过程为绝热过程，体积变大，单位体积内 故选A.] 气体分子数减少，故C正确：d→a过程中，体积不 7.C[气体在a→b过程中体积增大，气体对外做功，在 变，压强减小，温度降低，可知△U<0,W=0,由△U b·C过程中体积增大，气体对外做功，根据D-V图像 =W十Q,可知Q0,气体放热，故D错误.] 与横轴所围的面积表示做的功可知，在这两个过程中 11.解析：(1)实验需要测量气体的体积与压强，气体休 气体对外做的功相等，故A错误：气体在a→b过程中 积可以由注射器上的刻度直接读出，A是压强传感器. 体积增大，气体对外做功，由理想气体状态方程可知， (2)实验需要保持气体温度与质量不变，操作中，不 α、b两个状态温度相等，内能不变，由热力学第一定律 能用手握住注射器封闭气体部分，是为了保持气体 可知吸收的热量等于气体对外做的功：气体在→过 温度不变：若实脸过程中不慎将活塞拔出针筒，则必 程中体积增大，气体对外做功，由理想气体状态方程 须废除之前获得的数据，重做实验，这是为了保持封 可知，状态的温度高于b状态的温度，内能增加，由 闭气体质量不变. 热力学第一定律可知吸收的热量等于气体对外做的 (3)由玻意耳定律pV=C, 功与内能增加量之和，即气体在a→b过程中吸收的 热量小于气体在b→℃过程中吸收的热量，故B错误； 可知V-C.1, 气体在·a的过程中，体积减小，温度降低，外界对气 体做功，内能减小，根据热力学第一定律，外界对气体 所以V正比于，为了在0坐标系中酸得直线国 做的功小于气体放出的热量，故C正确：由理想气体 状态方程可知，a、b两个状态温度相等，内能相等，所 像，应取y轴轴分鞘为V和) 以气体在c→a的过程中内能的减少量等于气体在 (4)以注射器内气体与传感器和注射器连接处的软 b→c过程中内能的增加量，故D错误.] 管内气体为研究对象， 答案-40 创新示范卷·参考答案 气体总体积V气=V+V。一V*梅， (2)在地面，V。=10L,压强p%=1.0×105Pa,温度 由玻意耳定律得V气=C, 为T。=300K,到达2000m高空时， 则V气=c.1 V1=15L,温度为T1=288K,由理想气体状态方程 PoVo_piVI 1 则有V气=V+V。-V*棉=C· T。 T 可得V=C.-V。十V*精， 解得p1=0.64×105Pa. 答案：(1)995个(2)0.64×103Pa 当)=0时V=-V,+V条=6 14.解析：(1)对活塞受力分析，由平衡条件得poS十Mg =1S, 则冰糖的体积V冰桃=b+V0: 答案：(1)压强 解得D=号Ao: (2)保持封闭气体的温度不变 保持封闭气体的质 (2)第一次充完气，对充进部分的气体研究，有 量不变 ar,月 (30sH）=p1(Shi. (4)b+V, 解得，=H: 12.解析：(1)“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤 (3》活塞与汽缸刚好卡住时，有m=一九=30次 为：准备油酸酒精溶液（④）→准备带水的浅盘并撒 h 上爽身粉（②）→形成油膜（①）→描绘油膜轮靡（⑤） 则充气的30次气体做等压变化，后15次做等客变 →计算分子直径（③） 化，有1(15h1+H)S=p2HS, 故正确的顺序为：④②①⑤③. 解得p2=2p0: (2)1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积 1×1 答案：D2o:2H:32p V=1000×20mL.=5×10-6ml 15.解析：(1)对汽缸受力分析，变化前有Mg十pS= 面积超过正方形一半的正方形的个数为60个，故油 PIS. 膜的面积S=60×1×1cm2=60cm2, 变化后有Mg十puS=p1'S, 油酸分子直径d=Y-5X106X10-6 可知1=1， S60X10-1 m≈1×10-9m 则可知，环境温度由T1缓慢升高到T2过程中，汽缸 (3)油酸未完全散开，则S测量值偏小，则直径测量 内气体压强不变 值偏大，选项A正确：计算油膜面积时，将所有不足1 (2)以汽缸为研究对象，根据平衡条件可知Mg十pS 格的方格记作1格，则S测量值偏大，测直径测量值 =S, 偏小，选项B错误：计算油膜面积时，舍去了所有不 足1格的方格，则S测量值偏小，则直径测量值偏 解得1=1.1×105Pa: 大，选项C正确. 气体升温膨胀过程为等压过程，由盖-吕萨克定律有 答案：(1)④②①⑤③(2)5×10-6601×10-9 Vo Vo+Sh T T2 (3)AC 13.解析：(1)氣气罐体积V=50L,压强p=2.0×10 解得T2=300K. Pa,每个气球充满气的体积V。=10L,压强p= (3)由热力学第一定律可知△U=W十Q, 1.0×103Pa,由玻意耳定律可得 气体膨胀对外做功，则可得W=一p1S=一11J, pV=po (nVo+V). 所以气体需要向外界吸收热量Q=36J. 可得n=995, 答案：(1)不变，原因见解析： 所以每个氨气罐可以充气球995个： (2)p1=1.1×10Pa,T2=300K:(3)Q=36J 创新示范卷（二十） 题号 2 3 4 5 分 7 8 9 10 答案 C A A D C B B ABC BC AB 1.C「一切光都具有波粒二象性，光的有些现象（如干 粒子性就越显著，C正确：运动的实物粒子也具有波动 涉、衍射)表现出波动性，光的有些现象（如光电效应） 性，D错误.] 表现出粒子性，A错误：电子是实物粒子，有静止质 2A[a粒子与原子核均带正电，经过原子核时由于受 量，光子不是实物粒子，没有静止质量，电子是以实物 相互排斥的库仑力，且③比①更靠近原子核，库仑斥 形式存在的物质，光子是以场形式存在的物质，B错 力更大，故偏转角度也就更大，所以轨迹为a.] 误：光的波长越长，即波动性越显著，光的波长越短， 答案-41