14.达标测试卷(十四) 热学-【精讲精练】2026年高考物理一轮达标测试卷

达标测试卷(十四)　热学 (满分：100分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1.一定质量的理想气体从状态A开始分别经过等温膨胀和绝热过程，到达状态B和C，B、C状态的体积相同，则(　　) A.状态B的内能等于状态C B.状态B的内能小于状态C C.A→B与A→C过程对外做功相等 D.A→B过程吸收的热量大于A→C过程对外做的功 2.(2024·黑龙江哈尔滨模拟)下列说法中不正确的是(　　) A.晶体和非晶体在一定条件下可以发生相互转化 B.热力学第二定律表明，热量不可能从低温物体传递到高温物体 C.旱季宜锄松土壤，因为蓬松的土壤有利于保存地下的水分 D.一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数减少 3.(2024·云南保山统考)一绝热容器内封闭一定质量的理想气体，气体分子的速率分布如图所示，横坐标表示速率v，纵坐标表示某一速率区间的分子数占总分子数的百分比N，经过一段时间分子的速率分布图由状态①变为②，图线①下方的面积为S1，图线②下方的面积为S2。则由图可知(　　) A.S1>S2 B.气体的压强变大 C.气体的内能不变 D.气体对外界做功 4.一同学将针筒的针拔除后，将该端封闭一定质量的理想气体做成弹射玩具，该同学先缓慢推动推杆将针筒内气体进行压缩，然后松开推杆，压缩气体膨胀将推杆弹射，若推杆缓慢压缩气体过程中针筒内气体温度不变，推杆弹射过程中针筒内气体与外界无热交换，则下列说法中正确的是(　　) A.推杆压缩气体过程，针筒内气体吸热 B.推杆压缩气体过程，针筒内气体压强减小 C.推杆弹射过程，针筒内气体内能增加 D.推杆弹射过程，针筒内气体分子平均动能减少 5.如图甲所示，上端封闭、下端开口的玻璃管竖直放置，管内用两段长度分别为h1=15 cm、h2=10 cm的水银柱封闭着长度分别为LA=20 cm、LB=10 cm的A、B两段空气柱，大气压强p0=75 cmHg。现将玻璃管以垂直纸面的轴轻轻转动180°至开口向上，两段空气柱被混在一起，如图乙所示。此过程中空气未泄漏，水银未从管口溢出，不考虑气体温度变化。则此时空气柱的长度为(　　) A.17 cm B.22 cm C.24 cm D.25 cm 6.(2024·山东泰安统考模拟)某同学给自行车打气，车胎内原来气体压强等于大气压强p0＝1×105 Pa，温度为300 K，体积为1.5 L，打气过程中可认为车胎容积不变。打气筒每次将100 cm3且压强同样为p0＝1×105 Pa的气体打入车胎中，共打气30次。气体均可视作理想气体，打气过程视为绝热过程。已知打入气体质量与车胎内原气体质量之比为60∶31。则打气筒中打入气体的温度为(　　) A.310 K B.308 K C.305 K D.295 K 7.(2024·云南曲靖统考)如图所示，水平放置的导热汽缸内A、B两部分气体由横截面积为S的活塞(厚度不计)隔开，活塞与汽缸光滑接触且不漏气。初始时两侧气体的温度与环境温度相同，压强均为p，体积之比为VA∶VB=2∶3。现将汽缸缓慢转动，当转到竖直位置放置时，A、B两部分气体体积相同。已知重力加速度大小为g，则活塞的质量m为(　　) A. B. C. D. 8.某物理学习兴趣小组设计了一个测定水深的深度计，如图所示，导热性能良好的圆柱形汽缸Ⅰ、Ⅱ内径分别为S和2S，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口。外界大气压强为p0，汽缸Ⅰ内通过A封有压强为p0的气体，汽缸Ⅱ内通过B封有压强为3p0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端，该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度，已知p0相当于10 m高的水产生的压强，不计水温随深度的变化，被封闭气体视为理想气体，下列说法错误的是(　　) A.当活塞A向右移动时，水的深度h＝10 m B.汽缸Ⅱ内通过B封有压强为3p0的气体时，此深度计能测的最大深度h＝20 m C.当活塞A向右移动时，水的深度h＝20 m D.若要测量的最大水深h＝30 m，汽缸Ⅱ内通过B所封有气体的压强p＝3.5p0 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.如图所示，两端封闭的细玻璃管竖直放置，用一段水银将管内空气分成a、b两部分，玻璃管导热良好。若缓慢转动玻璃管至水平位置，则转动过程中(　　) A.a气体压强变小，吸收热量 B.a气体压强变大，放出热量 C.b气体吸收的热量大于a气体放出的热量 D.b气体吸收的热量小于a气体放出的热量 10.(2024·山东济南期末)建设大桥的过程中需要将重达千余吨的钢梁用钢索从水中吊起，为了探究在吊起钢梁过程中钢索的拉力变化，某研究小组做了模拟实验：在始终保持钢板水平的情况下，将钢板用轻绳从水下缓慢吊起，如图甲所示。在该过程中细绳拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，下列说法正确的是(　　) ·54·A.钢板在水面以下时的浮力为2.0 N B.在吊起钢板的过程中，钢板所受的拉力始终大于钢板的重力 C.图乙中拉力F最大能到38.5 N的原因是浮力消失 D.图乙中拉力F最大能到38.5 N的原因是水分子与钢板分子之间存在引力 11.(2024·云南昆明校考)如图所示，一根粗细均匀的玻璃管水平放置，玻璃管中两块质量完全相同的活塞封闭了相同体积的氮气，现将玻璃管缓慢转到竖直位置(开口朝下)，两活塞均未脱离玻璃管，不计摩擦，则(　　) A.A气体的压强变化量小于B气体的压强变化量 B.A气体的体积变化量大于B气体的体积变化量 C.A气体对外做的功小于B气体对外做的功 D.A气体吸收的热量大于B气体吸收的热量 12.某喷壶内部结构示意图如图所示。闭合阀门K，向下压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后按下按柄B打开阀门K，消毒液会自动经导管从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，则下列说法正确的是(　　) A.充气过程中，储气室内气体分子数增多且分子运动剧烈程度增加 B.充气过程中，储气室内气体分子平均动能不变 C.充气过程中，储气室内气体内能不变 D.喷液过程中，储气室内气体吸收热量对外界做功 三、非选择题(本题共6小题，共60分) 13.(6分)为了研究大气压强随高度的变化规律，某实验小组设计了如图所示的实验装置：在一个密闭的玻璃瓶的塞子上插入一根两端开口且足够长的细玻璃管，瓶内有一定质量的水和空气。由于内外压强差，细玻璃管内水面a与瓶内有一定的高度差。该小组成员在某栋17层高的楼内进行实验，每层楼的高度均为4 m，一楼地板与地面平齐。实验时，他们先将装置放在一楼地板上，水柱稳定后记录细玻璃管内水面a与瓶内水面间的高度差h，然后在不同的楼层重复上述操作，记录多组高度差h的值。下表为他们记录的实验数据(不计水面升降引起的瓶内空气体积和温度的变化，不考虑毛细现象，水银的密度是水的密度的13.6倍)。 楼层 1 4 7 10 13 16 h/mm 214.1 227.7 241.5 255.1 268.5 282.0 (1)通过数据分析该小组成员选择瓶内装水而不装水银的主要原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)小组成员想用此装置来测量某座山的高度，他们先将此装置放在温度为27 ℃、大气压强为750 mmHg的山脚下A处，测得瓶内水面间的高度差h＝204.0 mm。然后将装置移到山顶的B处，待稳定后发现高度差变为272 mm，已知该山山顶比山脚的温度低6 ℃，则B处到A处的竖直高度差为________ m。(保留1位小数) 14.(10分)“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与温度变化的关系”的实验装置示意图如图所示。在瓶A中封住一定质量的气体，初始时左右两管中水银面等高，据此回答下列问题。 (1)若气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将右管　　　　(选填“向上”或“向下”)移动，直至　　　　。(填字母代号) A.左管中水银面回到原位置 B.右管中水银面回到原位置 C.左右两管中水银面等高 (2)实验中多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的摄氏温度，用Δh表示左管内水银面高度的改变量。根据测量数据作出的图线是　　　　。(填字母) 　　 15.(8分)(2024·河南南阳模拟)如图所示，粗细不同、导热性能良好的两个汽缸底部用细管相连，左汽缸内活塞a的截面积为S，右汽缸内活塞b截面积为2S，右汽缸上端封闭，轻弹簧连接汽缸上底及活塞b，不计两活塞的质量及厚度，开始时轻弹簧处于原长，封闭气体A在左、右汽缸中高分别为2h和h，右汽缸中封闭气体B的高为h，已知大气压强为p0，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，弹簧的劲度系数为，在活塞a上放置一个重物，活塞稳定时弹簧的压缩量为h，A、B容器连接处体积不计，不计摩擦。求： (1)所加重物的质量； (2)活塞a下降的高度。 16.(8分)如图所示，一绝热汽缸放置在水平面上，绝热活塞a下方封闭了一定质量的理想气体，活塞a、b之间为真空，且用弹簧1连接，弹簧2下端与活塞b连接，上端固定在天花板上。已知两活塞质量均为m，横截面积均为S，两弹簧劲度系数相同，原长均为l0，大气压强为p0=。当缸内气体温度为T0时，弹簧1长度为，弹簧2为原长，活塞a到汽缸底部的距离为l0。求： (1)弹簧的劲度系数k； (2)将汽缸温度缓慢升高，使活塞b上移，求此时缸内气体的温度。 17.(12分)(2024·河南郑州高三统考)竖直放置的上细下粗的封闭容器如图所示，水银柱将理想气体分隔为甲、乙两部分，两部分的初始温度均为T0，体积分别为V0、2V0，压强分别为p0、2.5p0。现把乙部分气体温度降低，甲部分气体温度升高到1.4T0，在此过程中甲部分气体的压强始终不变，稳定后乙部分气体的压强为p0。求： (1)在整个过程中，甲气体对水银柱做的功； (2)稳定后，乙部分气体的温度。(结果可用分数表示) 18.(16分)(2024·四川泸州三模)两端开口的薄壁汽缸竖直放置在地面上，用两个质量及厚度均忽略不计的活塞A、B封闭一定质量的理想气体，原长为l、劲度系数为的轻弹簧一端与活塞B连接，另一端固定于汽缸口的O点，如图所示。已知汽缸内壁光滑且导热良好，横截面积为S。初始整个装置置于温度为27 ℃、大气压强为p0的环境中，活塞A、B静止时相距2l。若在活塞A上放一质量为的物体，装置重新达到平衡，重力加速度为g。 (1)求放上物体重新达到平衡时活塞A下降的距离； (2)改变汽缸内气体的温度使活塞A再次回到初始位置，则此时气体的温度应为多少K? 学科网（北京）股份有限公司 $$ 达标测试卷(十四)　热学 1.D　状态A经过等温膨胀到达状态B，因此状态A与状态B内能相等，而状态A经过绝热过程到达状态C，且体积增大，气体对外界做功，因此内能减小，故状态B的内能大于状态C，故选项A、B错误；设状态B气体温度为T1，状态C气体温度为T2，由选项A、B分析可得T1>T2，故A→B与A→C过程根据图线与横轴围成的“面积”表示做的功可知W1>W2，由于A→B过程内能不变，根据热力学第一定律可知吸收的热量等于对外做的功，即Q吸＝W1>W2，故选项C错误，D正确。 2.B　晶体和非晶体在一定条件下可以发生相互转化，例如天然水晶是晶体，而熔化以后再凝结的水晶(即石英玻璃)就是非晶体，故选项A正确；热力学第二定律表明，热量不可能自发的从低温物体传递到高温物体，故选项B错误；土壤里有很多毛细管，将地面的土壤锄松后破坏了土壤里的毛细管，不再发生毛细现象，水分保留在土壤内部，故选项C正确；一定质量的理想气体温度升高，单个分子对器壁的撞击力增大，气体保持压强不变，体积变大，分子数密度减小，所以单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数减少，故选项D正确。 3.B　由于横坐标表示速率v，纵坐标表示某一速率区间的分子数占总分子数的百分比N，则题图下方的面积均为1，即有S1＝S2＝1，故选项A错误；由题图可知，由状态①变为②，分子速率大的分子数占总分子数的百分比在增加，说明气体温度升高，对于一定质量的理想气体，不计分子势能，则温度升高，气体的内能一定增大，故选项C错误；由于气体在绝热容器内，与外界没有热交换Q＝0，根据上述可知气体的内能增大ΔU＝W＋Q可知外界对气体做功，故选项D错误；外界对气体做功，气体体积减小，而气体温度升高，根据理想气体状态方程＝C可知气体压强变大，故选项B正确。 4.D　推杆压缩气体过程，对气体做功，气体内能不变，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，故选项A错误；推杆压缩气体过程，气体体积变小，根据玻意耳定律可知，针筒内气体压强变大，故选项B错误；推杆弹射过程，针筒内气体对外做功且外界无热交换，内能减小，故选项C错误；推杆弹射过程，内能减小，温度降低，针筒内气体分子平均动能减少，故选项D正确。 5.A　初始状态气体A的压强pA＝p0－ρgh1＝60 cmHg，气体-B的压强pB＝pA－ρgh2＝50 cmHg；玻璃管倒置后气体的压强p＝p0＋ρg(h1＋h2)＝100 cmHg，根据理想气体状态方程pALA＋pBLB＝pL，解得L＝17 cm，故选项A正确，B、C、D错误。 6.A　打入气体的质量与车胎内原来气体的质量之比为60∶31，即打入气体的体积与车胎内原来气体的体积之比＝＝，车胎内原来气体的体积为1.5 L，即V0＝1.5 L，代入上式可得ΔV＝ L。打入车胎内的气体等效于向车胎内打入温度为300 K、压强为p0＝1×105 Pa的ΔV的气体，根据盖­吕萨克定律可得＝，其中V0′＝100 cm3，T0＝300 K，解得T1＝310 K，故选项A正确。 7.C　设A、B两部分气体的总体积为V，对A气体，初状态pA1＝p，VA1＝V；末状态pA2＝p′，VA2＝V。根据玻意耳定律可得pA1VA1＝pA2VA2，对B气体初状态pB1＝p，VB1＝V，末状态VB2＝V，pB2＝p′＋，根据玻意耳定律可得pB1VB1＝pB2VB2，联合解得m＝，故选C。 8.B　当A向右移动时，设B不移动，对I内气体，由玻意耳定律得p0SL＝p1SL，解得p1＝2p0；而此时B中气体的压强为3p0>p1，故B不动；对A有p1＝p0＋ph可得ph＝p0，又p0相当于10 m高的水产生的压强，故可得水的深度为h＝10 m，故选项A正确；当活塞A向右移动时，由玻意耳定律得p0SL＝p3SL，解得p3＝3p0，又有3p0＝p0＋ph，可得h＝20 m，故选项C正确；该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到汽缸Ⅱ的压强后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原Ⅰ内气体全部进入Ⅱ内，设B向右移动x′距离，对Ⅰ内气体p0SL＝p×2Sx′，对Ⅱ内气体3p0×2SL＝p×2S(L－x′)，联立解得p＝3.5p0，又有p＝p0＋ph，此深度计能测的最大深度h＝25 m，故选项B错误；若要测量的最大水深h＝30 m，设B向右移动x距离，两部分气体压强均为p2，对原Ⅰ内气体，由玻意耳定律得p0SL＝p2×2Sx，对原Ⅱ内气体由玻意耳定律得p20×2SL＝p2×2S(L－x)，又此时A有p2＝p0＋ρgh，p20＝3.5p0，故选项D正确。 9.BC　缓慢转动玻璃管，a气体体积减小，根据玻意耳定律可知，压强增大，根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，温度不变，ΔU为零，体积减小，外界对气体做功，W为正，所以Q为负，放热，故选项A错误，B正确；a、b气体体积变化相同，b气体初始压强大，变化过程中平均力大，做功多，根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，气体温度不变，ΔU为零，所以Q在数值上与W相等，所以Qb＞Qa，故选项C正确，D错误。 10.AD　完全拉出水面时，拉力等于重力，拉力不在发生变化，可知钢板重力G＝35.5 N，钢板在水面以下时的浮力F浮＝G－F拉＝35.5 N－33.5 N＝2 N，故A正确；由题图乙可知，在吊起钢板的过程中，钢板所受的拉力没有始终大于钢板的重力，故B错误；分子间存在引力和斥力，随着分子间距离的增大，分子间表现为引力，题图乙中拉力F最大能到38.5 N的原因是水分子与钢板分子之间存在引力，故C错误，D正确。 11.BD　初始时刻，A、B气体压强相同，都等于外界大气压，设外界大气压为p0，活塞的质量为m，玻璃管的横截面积为S，当将玻璃管缓慢转到竖直位置(开口朝下)的过程中，对A、B气体有pBS＋mg＝p0S，pAS＋mg＝pBS，解得pB＝p0－，pA＝p0－，可知A、B压强均减小且A气体压强减小的更多，故A气体的压强变化量大于B气体的压强变化量，故选项A错误；由理想气体状态方程＝C可知，压强减小的多，体积增大的多，则A气体的体积变化量大于B气体的体积变化量，故选项B正确；A、B气体初状态完全相同，而最终A气体的体积增加量大于B气体体积增加量，可知A气体对外做的功大于B气体对外做的功，故选项C错误；由题意可知A、B两部分气体做等温变化，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，式中ΔU＝0。而两气体都对外做功，W取负，且A气体对外做功大于B气体对外做功，则可知A气体吸收的热量大于B气体吸收的热量，故选项D正确。 12.BD　充气过程中，由于温度不变，所以储气室内气体分子数增多且分子运动剧烈程度不变，选项A错误；充气过程中，由于温度不变，所以储气室内气体分子平均动能不变，选项B正确；充气过程中，温度不变，但储气室内气体分子数增多，所以储气室内气体内能增大，选项C错误；喷液过程中，温度不变，内能不变，但由于气体膨胀，气体对外做功，所以要吸收热量，选项D正确。 13.解析　(1)因为水的密度比水银的密度小，所以压强变化相同时，水的高度差更明显。 (2)由＝，有 p2＝ mmHg＝749.7 mmHg，则B处的大气压为p0′＝p2－＝749.7－ mmHg＝729.7 mmHg，则B处到A处的竖直高度差为ΔH＝(p0－p0′)×12 m＝243.6 m。 答案　(1)水密度比水银密度小，压强变化相同时，水的高度差更明显　(2)243.6 14.解析　(1)气体温度升高，压强增大，左管中水银面下降，右管中水银面上升，为保证气体压强不变，应将右管向下移动，直至左右两管中水银面等高。 (2)实验中多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的摄氏温度，用Δh表示左管内水银面高度的改变量，压强不变时，体积变化与温度变化的关系是成正比的，所以根据测量数据作出的图线是A。 答案　(1)向下　C　(2)A 15.解析　(1)由于不计活塞的质量和厚度，则开始时两部分气体的压强均等于p0，在活塞a上加上重物后，稳定时，设A部分气体压强为p1、B部分气体压强为p2，对气体B由玻意耳定律得p0h×2S＝p2×h×2S 对活塞b，由平衡条件得p2×2S＋k×h＝p1×2S 对活塞a由平衡条件得p0S＋mg＝p1S 综合解得m＝。 (2)设活塞a下降的高度为x，对气体A由玻意耳定律得 p0(2hS＋2hS)＝p1(2h－x)S＋p1×2S，解得x＝h。 答案　(1)　(2)h 16.解析　(1)初始状态对活塞b，有k＝mg＋p0S，解得k＝。 (2)当温度为T0时，封闭气体的压强为p1，对活塞b，有p1S＝mg＋k，解得p1＝ 当温度升为T1时，封闭气体的压强为p2，则对活塞b，有mg＋p0S＋kΔx2＝k，又Δx2＝，解得Δx1＝ 对活塞a，有p2S＝mg＋k，解得p2＝ 对汽缸中气体 ＝，其中V1＝l0S，V2＝(l0＋Δx1)S 解得T1＝2T0。 答案　(1)　(2)2T0 17.解析　(1)对于甲部分气体，在气体温度由T0变为1.4T0的过程中，气体压强不变，由盖­吕萨克定律得＝，ΔT＝0.4T0 解得ΔV＝0.4V0 由功的定义可得甲部分气体对水银柱做的功 W＝p0ΔV＝0.4p0V0。 (2)因为容器的体积不变，所以乙体积的减少量为 ΔV′＝0.4V0 稳定后乙的体积V＝2V0－0.4V0＝1.6V0 由理想气体状态方程得＝ 稳定后乙的气体压强p＝p0 解得T′＝T0。 答案　(1)0.4p0V0　(2)T0 18.解析　(1)将活塞A、B及封闭的一定质量的理想气体看作整体，根据胡克定律 ΔF＝×g＝kΔx1，其中k＝ 解得Δx1＝ 活塞A下降时封闭的理想气体温度不变，当活塞稳定时，设封闭气体的压强为p1，根据活塞A受力平衡p0S＋×g＝p1S，解得p1＝2p0 根据玻意耳定律p0×2lS＝p1×(2l－Δx2)S，解得Δx2＝l 所以，放上物体重新达到平衡时活塞A下降的距离为Δx＝Δx1＋Δx2＝。 (2)改变汽缸内气体的温度使活塞A再次回到初始位置的过程，封闭气体的压强不变，初始温度为T1＝t1＋273 K＝300 K 体积为V1＝(2l－Δx2)S＝lS 活塞A回到初始位置时，气体的体积为 V2＝(2l＋Δx1)S＝lS 根据盖吕萨克定律＝ 解得T2＝750 K。 答案　(1)　(2)750 K 学科网（北京）股份有限公司 $$