专题14 热学-【创新教程】2021-2025五年高考真题物理分类特训试卷

专题十四 热学 [考点1]对分子动理论的考查 1.(2025·山东卷，2)分子间作用力F与分子间距离r的关系如图所示，若规定 两个分子间距离r等于r。时分子势能E。为零，则 A.只有r大于r。时，E。为正 B.只有r小于r。时，E为正 C.当r不等于r。时，E。为正 D.当r不等于r。时，E。为负 2.(2020·北京卷，10)分子力F随分子间距离r的变化如图所示.将 F 整 两分子从相距=：处释放，仅考虑这两个分子间的作用，下列说 法正确的是 ( A.从r=r2到r=r。分子间引力、斥力都在减小 批 B.从r=r2到r=r分子力的大小先减小后增大 C.从r=r2到r=r。分子势能先减小后增大 D.从r=r2到r=r1分子动能先增大后减小 3.(2020·新课标I卷，33(1))分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示， r=r1时，F=0.分子间势能由r决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势 能为零.若一分子固定于原点O,另一分子从距O点很远处向O点运动，在两 0 分子间距减小到的过程中，势能 (填“减小”“不变”或“增大”)：在 0 间距由r2减小到r的过程中，势能 (填“减小”“不变”或“增大”)：在 棉 间距等于r处，势能 (填“大于”“等于”或“小于”)零. [考点2]气体热现象的微观意义 (2021·广东卷，15)(1)在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧.下飞机 后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同.由此可判断，高空客舱内的气 体压强 (填“大于”、“小于”或“等于”)机场地面大气压强：从高空客舱到机场地面，矿 泉水瓶内气体的分子平均动能 (填“变大”、“变小”或“不变”). (2)为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注人少量气体到药瓶里后再抽 拟 取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9mL,内装有0.5mL的药液，瓶内气体压强为 御 1.0×10Pa,护士把注射器内横截面积为0.3cm、长度为0.4cm、压强为1.0×10Pa 的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气 体的压强 求 93 [考点3]固体、液体的性质 (2024·全国甲卷，33(1))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1.4,4，且t,<<1。=ta.水的密度随温度的变化忽略不计.下列 说法正确的是 .(填正确答案标号.选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5 分：每选错1个扣3分，最低得分为0分) 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 [考点4] 气体实验定律的应用(1) 1.(2025·福建卷，7)（多选）如图，竖直面内存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强 电场E,一带电粒子在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，当粒子运动到N点时，撤去磁 场，一段时间后粒子经过P点，已知MN与水平面的夹角为45”，NP水平向右.粒子带电荷量 为q,速度为，质量为m,重力加速度为g,则 A,电场强度大小为E=2mg 9 y-P产 Xx XX B,磁感应强度大小为B=2mg qu C.N,P两点的电势差为U=2mv q D.粒子从V运动到P的过程中，与NP的距离最大值为 2.(2025·河南卷，10)（多选）如图，一圆柱形汽缸水平固置，其内部被活塞 M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦.平衡时，P 左、右两侧理想气体的温度分别为T,和T,体积分别为V,和V2,T,<T2, V<V,则 A.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移 B.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移 C.保持T1,T。不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移 D.保持T1、T:不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移 3.(2025·云南卷，9)（多选）图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温 度计，其原理如图乙所示.硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体（视为理想气 体)，与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境温度变化而 变化.设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压p。下，b管 上的刻度可以直接读出环境温度.则在P。下 ( A环境温度升高时，b管中液面升高 B.环境温度降低时，b管中液面升高 图 图乙 C.水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小 D.水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大 4.(2025·黑吉辽蒙卷，2)某同学冬季乘火车旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取 出糖果后拧紧瓶盖，将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，与刚进人车厢时相比，瓶内气体 A.内能变小 B.压强变大 C.分子数密度变大 D.每个分子动能都变大 94 5.(2023·新课标卷，21)（多选）如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平 地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为∫、g、h三部分，活塞与汽缸 壁间没有摩擦.初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相 7777777777 77777 等.现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后 A.h中的气体内能增加 B.∫与g中的气体温度相等 C.f与h中的气体温度相等 D.∫与h中的气体压强相等 6.(2023·江苏卷，3)如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到 P 状态B.该过程中 ( A.气体分子的数密度增大 B.气体分子的平均动能增大 C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力诚小 D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小 7.(2023·辽宁卷，5)“空气充电宝”是种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电P1.4 低谷时储存能量、用电高峰时释放能量.“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量 理想气体的p一T图像如图所示.该过程对应的p一V图像可能是 () 0 8.(2021·山东卷，4)血压仪由加压气囊、臂带，压强计等构成，如图所 压气斯 示.加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压 强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为 V:每次挤压气囊都能将60cm3的外界空气充人臂带中，经5次充气后， 压强计 臂带内气体体积变为5V,压强计示数为150mmHg.已知大气压强等于 臂他 750mmHg,气体温度不变.忽略细管利和压强计内的气体体积.则V 等于 ( A.30 cm B.40 cm C.50 cm D.60 cm 9.(2025·湖南卷，13)用热力学方法可测量重力加速度.如图所示，粗细 均匀的细管开口向上竖直放置，管内用液柱封闭了一段长度为L,的空 气柱.液柱长为h,密度为.缓慢旋转细管至水平，封闭空气柱长度为 L2,大气压强为p (1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小： —La别 (2)考虑到实验测量中存在各类误差，需要在不同实验参数下进行多次 测量，如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等.某次实验测量数据如下，液柱长h=0.2000m, 细管开口向上竖直放置时空气柱温度T,=305.7K.水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温 度T2=300.0K时，空气柱长度与竖直放置时相同.已知p=1.0×103kg/m,p,=1.0×10 Pa.根据该组实验数据，求重力加速度g的值. 95 10.(2024·江苏卷，13)某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300K,压强为10Pa的 气体，容器内有一个面积0.06平方米的观测台，现将这个容器移动到月球，容器内的温度变 成240K,整个过程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态.求： (1)气体现在的压强： (2)观测台对气体的压力. 11.(2024·全国甲卷，33(2))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、b之间，b与汽缸 底部的距离bc=10ab,活塞的面积为1.0×102m.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1.0×10Pa和300K. 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 的 为不变)，外力增加到200N并保持不变. ①求外力增加到200N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. 12.(2023·全国甲卷，33(2)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46 kg/m'. (ì)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时舱内气 体的密度； (川)保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求此时舱内 气体的密度. 13.(2023·全国乙卷，33(2))如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A,B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方.管内空气被一 10 cm 段水银柱隔开，水银柱在两管中的长度均为10cm.现将玻璃管倒置使A管在上 方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1cm.求B管在上方时，玻璃管内两部分气 10c▣ A 体的压强.（气体温度保持不变，以cmHg为压强单位） 96 [考点4]气体实验定律的应用(2) 14.(2023·浙江卷，17)如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S=100cm、质 热源 量m=1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动.圆筒与温度300 K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A,其体积V=600cm.缓慢推动活塞 使气体达到状态B,此时体积V4=500cm.固定活塞，升高热源温度，气体达到状 态C,此时压强pc=1.4×10Pa.已知从状态A到状态C,气体从外界吸收热量Q =14J:从状态B到状态C,气体内能增加△U=25J:大气压p。=1.01×10Pa. (1)气体从状态A到状态B,其分子平均动能 (选填“增大”、“减小”或“不变”)，圆筒 内壁单位面积受到的压力 (选填“增大”、“减小”或“不变”)： (2)求气体在状态C的温度Tc: (3)求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W. 整 紫 15.(2023·湖南卷，13)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力.如图，刹车助力装置可简 化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在 背 连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车.助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降 低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力.每次抽气时，K,打开，K 类 棉 闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室， 达到两气室压强相等：然后，K,闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从 K:排出，完成一次抽气过程.已知助力气室容积为V。,初始压强等于外部大气压强。，助力 活塞横截面积为S,抽气气室的容积为V,假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为 理想气体，温度保持不变 助力活煤 拉气活塞 抽气气帘 拟 A0 液生泵 御 水平力 助力气室 连杆 (1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1: (2)第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小△F 国 16.(2022·全国甲卷，33(2))如图，容积均为V,、缸壁可导热的A、B两汽缸放 置在压强为。、温度为T。的环境中：两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸 的顶部通过开口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、 Ⅲ、N四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为。V,和V环境压强保持 不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。 97 ()将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度： (ⅱ)将环境温度缓慢改变至2T。,然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中 的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第V部分气体的压强. 17.(2022·全国乙卷，33(2))如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组 成，汽缸中活塞I和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连 接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处.活塞I、Ⅱ的质量分别为2m、m, 面积分别为2S、S,弹簧原长为.初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为 0.1,活塞I、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T。·已知活塞外 大气压强为p。,忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积. (「)求弹簧的劲度系数： (ⅱ)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和 温度， 18.(2022·山东卷，15)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉.如 图所示，鱼鳔结构可转化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室 B A宰 壁厚，可认为体积恒定，B室壁簿，体积可变：两室内气体视为理想气 体，可通过阀门进行交换.质量为M的鱼静止在水面下H处.B室内 气体体积为V,质量为m:设B室内气体压强与鱼体外压强相等，鱼体积的变化与B室气体体 积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变.水的密度为，重力加速度为：，大气压 强为p。,求： (1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量△m: (2)鱼静止于水面下H,处时，B室内气体质量m1· 98 19.(2022·广东卷，15)(1)利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，这个 过程 (选填“是”或“不是”)自发过程，该过程空调消耗了电能，空调排放到室外环境 的热量 (选填“大于”“等于”或“小于”)从室内吸收的热量」 (2)玻璃瓶可作为测量水深的简易装置.如图所示，潜水员在水面上将80L水 装人容积为380ml的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让 下潜片液面 水进人瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为230mL.将瓶内气体视为理想气 下潜前液面 体，全程气体不泄漏且温度不变.大气压强p。取1.0×10Pa,重力加速度g 取10m's2,水的密度ρ取1.0×10kg/m.求水底的压强p和水的深度h. [考点5]热力学定律的理解及应用 1.(2025·安徽卷，3)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升.若气球无漏气，球 内气体（可视为理想气体）温度不变，则气球上升过程中，球内气体 A.对外做功，内能不变 B.向外放热，内能减少 C.分子的平均动能变小 D.吸收的热量等于内能的增加量 2.(2023·浙江卷，14)（多选）下列说法正确的是 A.热量能自发地从低温物体传到高温物体 B.液体的表面张力方向总是跟液面相切 C,在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的 D.当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率 3.(2022·山东卷，5)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭 一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态， 将汽缸缓慢转动90°过程中，缸内气体 A.内能增加，外界对气体做正功 B.内能减小，所有分子热运动速率都减小 C.温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少 D.温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加 4.(2022·湖南卷，15(1))利用“涡流效应”可实现冷热气体的分 离.如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室，环形管、分离挡 喷嘴 B端 板和冷热两端管等构成.高压氨气由喷嘴切向流人涡流室中， 然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较 小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较 涡流室 环形管 分离挡板 大的气体分子将聚集到环形管边缘部位.气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰 撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出.下列说法正确的是 (选对1个得2 分，选对2个得4分，选对3个得5分.每选错1个扣3分，最低得分为0分). A.A端为冷端，B端为热端 B.A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的 C.A端流出的气体内能一定大于B端流出的 D.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律 E.该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律 99 5.(2021·山东卷，2)如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高.一开口向 下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气.挤压矿泉水瓶，小瓶下沉 到底部：松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体 A.内能减少 B.对外界做正功 C.增加的内能大于吸收的热量 D.增加的内能等于吸收的热量 6.(2021·湖南卷，15(1))如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞 (截面积分别为S,和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦.在左端活 塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m.在此过程中， 用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变，整个过程环境温度和大气压强P保持不 变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g,下列说法正确的是 (填正确答案标号. 选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分.每选错1个扣3分，最低得分为0分) 52 一细沙 A.整个过程，外力F做功大于0，小于mgh B.整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变 C.整个过程，理想气体的内能增大 D.整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p。S,h十mgh) E.左端活塞到达B位置时，外力F等于mS: S 7.(2021·河北卷，15(1))两个内壁光滑、完全相同的绝热汽缸A、B,汽缸内用轻质绝热活塞封闭 完全相同的理想气体，如图1所示.现向活塞上表面缓慢倒入细沙，若A中细沙的质量大于B 中细沙的质量，重新平衡后，汽缸A内气体的内能 (填“大于”“小于”或“等于”)，汽缸 B内气体的内能.图2为重新平衡后A、B汽缸中气体分子速率分布图像，其中曲线 (填图像中曲线标号)表示汽缸B中气体分子的速率分布规律， 各速李达的公了数 ,总分子数的百分比 A B 的 图1 图2 [考点6]热力学定律的应用 1.(2025·福建卷，9)如图，洗衣机水箱的导管内存在一竖直空气柱，根据此空 氏力传感粉 气柱的长度可知洗衣机内的水量多少，当空气柱压强为p时，空气柱长度 洗 空气柱 为L1,水位下降后，空气柱温度不变，空气柱内压强为2，则空气柱长度L= ,该过程中空气柱内部气体对外界 ,(填“做正功”“做 负功”“不做功”) 2.(2023·全国甲卷，33(1)在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢变化过 程，气体一定与外界有热量交换的过程是 .(填入正确答案标号.选对1个得2分，选 对2个得4分，选对3个得5分.每选错1个扣3分，最低得分为0分) A.气体的体积不变，温度升高 B.气体的体积减小，温度降低 C.气体的体积减小，温度升高 D.气体的体积增大，温度不变 E.气体的体积增大，温度降低 100 3.(2023·全国乙卷，33(1))对于一定量的理想气体，经过下列过程，其初始状态的内能与末状态 的内能可能相等的是 (填正确答案标号.选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个 得5分.每选错1个扣3分，最低得分为0分) A.等温增压后再等温膨胀 B.等压膨胀后再等温压缩 C.等容减压后再等压膨胀 D.等容增压后再等压压缩 E.等容增压后再等温膨张 4.(2023·山东卷，9)（多选）一定质量的理想气体，初始温度为300K,压强为1×10Pa.经等容 过程，该气体吸收400J的热量后温度上升100K:若经等压过程，需要吸收600J的热量才能 使气体温度上升100K.下列说法正确的是 A.初始状态下，气体的体积为6L B.等压过程中，气体对外做功400J C.等压过程中，气体体积增加了原体积的习 D.两个过程中，气体的内能增加量都为400J 5.(2022·全国乙卷，33(1)一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c,其过T1 程如TV图上的两条线段所示，则气体在 (填正确答案标号，选对1个 得2分，选对2个得4分，选对3个得5分：每选错1个扣3分，最低得分为0分) A.状态a处的压强大于状态c处的压强 B.由a变化到b的过程中，气体对外做功 C.由b变化到c的过程中，气体的压强不变 D.由a变化到b的过程中，气体从外界吸热 E.由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能 6.(2025·山东卷，16)如图所示，上端开口，下端封闭的足够长玻璃管竖直固 定于调温装置内.玻璃管导热性能良好，管内横截面积为S,用轻质活塞封 闭一定质量的理想气体，大气压强为。，活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力 调 大小恒为，=引，S,等于最大静摩擦力.用调温装登对封闭气体缓慢加 活塞口 装 热，T,=330K时，气柱高度为h,,活塞开始缓慢上升：继续缓慢加热至T =440K时停止加热，活塞不再上升：再缓慢降低气体温度，活塞位置保持 不变，直到降温至T,=400K时，活塞才开始缓慢下降：温度缓慢降至T,=330K时，保持温度 不变，活塞不再下降.求： (1)T2=440K时，气柱高度h2: (2)从T,状态到T状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量). 101 7.(2024·黑吉辽卷，13)如图理想变压器原、副线圈的匝数比为n,: 2一5：1，原线圈接在电压峰值为U的正弦交变电源上，副线圈 的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器 内封闭有一定质量的理想气体，接通电路开始加热，加热前气体温 度为T. (1)求变压器的输出功率P: (2)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量△T成正比，即Q=C△T,其中C已知. 若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的 通电时间t. 8.(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T。,气柱的高度为.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△U与温度变化量△T VMF2BKKKK443444027030 的关系式为△U=C△T,C为已知常数，大气压强恒为p。,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. 9.(2022·湖南卷，15(2))如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪.一个 容积V。=9.9L的导热汽缸下接一圆管，用质量m1=90g、横截面积S 10cm”的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁间摩擦不计.活塞下 端用轻质细绳悬挂一质量2一10g的U形金属丝，活塞刚好处于A位置. 将金属丝部分浸入待测液体中，缓慢升起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活 塞在圆管中的最低位置为B.已知A、B间距离h=1Ocm,外界大气压强p=U形金属丝 衔测液体 L.01×10Pa,重力加速度取10m/s2,环境温度保持不变，求 ()活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强p,: (i)活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小 102考点5 1.AC核反应过程中质量数守恒，有质量亏损，A正确：该 反应是核聚变反应，B错误：在真空中，该反应动量守恒。 由于相撞前氘核与惫核动量大小相等，方向相反，系统 总动量为零.故反应后氨核与中子的动量也大小相等， 方向相反，由E=新得反应粒子院得的动能之北为 E:E=m。:m=1:4 而两个粒子获得的总动能为17.6MeV,故n获得的动 能E.=专×17.6Mev=14.o8Mev He获得的动能E=号×17.6MeV=3.52MeV.故 C正确，D错误.故选AC 2.C设电子经过电压加递后速度大小为v,由动能定理得 el-m, 电子的动量大小为p=m, 电子的德布罗意波长为=A h 联立解得λ= √2meU' 因为U':U=10:1,可解释=A,C正璃，A,B,D 错误.故选C 3,C根据质能方程△E=△m可知，则每秒钟平均减少 的质量为 △E 108 △n= 60×310)5.4kg,则每秒每 少的质量量级为10kg,故选C. 考点6 I.B设采集时大气中有x个Be原子和y个“Be原子，由 于Be的半衰期为139万年，故经过106天后Be原子 的衰变个数可以忽略不计，B的半衰期为53天·故经 过106天后剩余数量为x· (2·故可得 r（2十y=3解得=名故选B x十y 2.AA.相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的 核能更多，A正确；B.根据质量数守恒和核电荷数守恒 可知，氘氚核聚变的核反应方程为H十H·H 十，B错误；C.核聚变的核反应燃料主要是氘核和氚 核，C错误：D.核聚变反应过程中放出大量能量，有质量 亏损，D错误.故选A. 3.C根据题意设半衰期为1。的元素原子核数为x,另一 种元素原子核数为y,依题意有，x十y=N 经历2弘后有行十安=告 1 联立可得=号Ny-吉N 在1=41。时，原子核数为x的元素经历了4个半衰期， 原子核数为y的元素经历了2个半衰期，则此时未衰变 的原子核总数为川一十y一故选C 1 4.AA.根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X是电子，A 正确：B.半衰期非常稳定，不受温度，压强，以及该物质 是单质还是化合物的影响，B错误：C.“Pb与”Bi和电 子X的质量差等于衰变的质量亏损，C错误：D.方程中 的X来自于Pb内中子向质子的转化，D错误.故选A. 209 专题十四 热学 考点1 1,C两个分子间距离r等于”。时分子势能为零，从r。处 随着距离的增大，此时分子间作用力表现为引力，分子 间作用力做负功，故分子势能增大：从。处随着距离的 减小，此时分子间作用力表现为斥力，分子间作用力也 做负功，分子势能也增大：故可知当r不等于r。时，E 为正，故选C. 2.DA.从r=r:到r=r。分子间引力、斥力都在增加，但 斥力增加得更快，故A错误：B.由图可知，在r=下。时分 子力为零，故从r=到r=r1分子力的大小先增大后 减小再增大，故B错误：C.分子势能在r=时分子势能 最小，故从r=r到r=r。分子势能一直减小，故C错 误；D.从r=到r=r分于势能先减小后增大，故分子 动能先增大后减小，故D正确.故选D. 3.解析：从距O点很远处向O点运动，两分子间距减小到 「：的过程中，分子间体现引力，引力做正功，分子势能减 小：在~的过程中，分子间仍然体现引力，引力做正 功，分子势能减小：在间距等于1之前，分子势能一直减 小，取无穷远处分子间势能为零，则在”处分子势能小 于零 答案：减小减小小于 易错警示求解本题时不少考生易将分子力的F厂图 像和势能E,r图像混淆，只从图像形状进行判断，得 出增大，减小和等于的错误结果。 考点2 (1)解析：机场地而温度与高空客舱温度相同，由题意知 瓶内气体体积变小，以瓶内气体为研究对象，根据理想 气你状态方程=C,故可知高空客轮内的气体压强小 于机场地而大气压强： 由于温度是平均动能的标志，气体的平均动能只与温度 有关，机场地面温度与高空客舱温度相同，故从高空客 舱到机场地面，瓶内气体的分子平均动能不变， 答案：小于不变 (2)解：以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶 内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V,,有V,= 0.9ml.-0.5ml=0.4mL=0.4cm注射器内气体体 积为V:,有V=0.3×0.4cm=0.12cm根据理想气体 状态方程有p(V1+V,)=pV,代入数据解得 p1=1.3×103Pa 答案：1.3×10Pa 考点3 ACDA.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？中水的饱和气压 最小，故A正确：B.同理，中水的温度小于b中水的温 度，则a中水的他和气压小于b中水的饱和气压，故B错 误：C.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：D.设大气压强为p,试管内外 水面的高度羞为△山，则a,b中试管内气体的压强均为 =p十p*g△h,故D正确： E,d中试管内气体的压强为p=p,一Pkg△h, d中试管内气体的压强为p.=p十P*g△M, 可知pu<p,故E错误. 考点4 4.B将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，温度升高， 1.BC带电体在复合场中能沿着MN9mB 而理想气体内能只与温度相关，则内能变大，故A错误： N 做匀速直线运动，可知粒子受力情 將糖果瓶带入温暖的车厢过程，气体做等容变化，根据 况如图所示. 卡=C,因为温度升高，则压强变大，故B正确：气体分子 由受力平衡可知mg=gE,qB=√2 M 数量不变，气体体积不变，则分子的数密度不变，故C错 mg,解得电场强度E=坚，磁感应 mg 误：温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是每个分 子的动能都增大，故D错误.故选B. 强度B=②mg,故A错误，B正确.在N点撒去磁场后， 5.AD对加热，则∫中气体温度升高，体积增加，此时f 粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图 挤压g、,而g,h中均为绝热气体，故g、h体积均减小， 所示， 压强增大，弹簧弹力增加，A.当∫右侧活塞向右移动时， 对g、h均做正功，故g、中的气体温度升高，内能增加， 故A正确：D.当系统稳定时，满足pS=pS+F=p,S, 则此时∫与h中的气体压强相等，故D正确：C.由于力 体积变小，溢度升高，且pS=pS十F=pS,故V,<V Y,由理想气体状态方程可知DV=V=V,所 T T。 T mg 以T<T,故C错误：B.由理想气体状态方程可知 且加地度a=2g, by=pV=,由于p<pV,<V,故T<T T T。 T 故B错误.故选AD. 粒子到达P点时，位移偏转角为45，故在P点，速度偏 角的正切值tan0=2tan45°=2， 6.BA根据兴=C可得p-ST, an0==及=2，，=2，所以粒子在P点的速度 则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气 体分子的数密度不变，选项A错误：B.从A到B气体的 =√0+元=5， 温度升高，则气体分子的平均动能变大，则选项B正确： N到P过程，由动能定理，有U=之m听-m,解得 C,从A到B气休的压强变大，气体分子的平均递率变 大，则单位时间内气体分子对单位面积的器壁的碰撞力 NP两点间的电势差U=2mu ,C正确：将粒子在N点 变大，选项C错误：D.气体的分子密度不变，从A到B 的递度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖 气体分子的平均速率变大，则单位时间内与单位面积器 壁碰撞的气体分子数变大，选项D错误.故选B. 直方向微经直上地运动，且队=节cos45= 20,故粒子 2B基据兴-C 能向上运动的最大距离h-录一D错误：故选C 可得p=S. 2.AC由题千可知初始左右气体的压强相同，假设在升温 从a到b,气体压强不变，温度升高，则体积变大：从b到 的过程中P板不发生移动，则由等家过程号-兰40 ,气体压强减小，温度降低，因℃点与原，点连线的斜率小 于b点与原，点连线的斜率，c态的体积大于h态体积.故 =号△T,可得左侧气体压强增加量多，则P板向右移 选B. 动：A正确，B错误：保持温度不变移动相同的距离时 8.D根据玻意耳定律可知p,V+5pV。=p1×5V,已知 -G月现-要件益 Po =750 mmHg,Vo 60 cm',p =750 mmHg+ T 150mmHg=900mmHg,代入数据整理得V=60cm2故 若P不特，期兴<收> 选D. 9.解析：(1)竖直放置时里面气体的压强为p白=p十Pgh, 二v则A>AP板向右移动，C正确，D错送故 水平放置时里面气体的压强p:=p, 由等温过程可得p1L,S=pL,S, 选AC 解得g=L,-L) 3.BD根据题意，a中气体做等容变化，根据号=C,当环 境温度升高，则a中气体压强增大，又p十Pgh=p· 可知b管中液面降低，同理可知环境温度降低时，管中 液面升高，故B正确，A错误：由A、B速项分析可知，b 联立可得g=D(工-T,) T:ph 管中刻度从上到下温度逐渐升高，同一温度，中压强不 代入数据可得g=9.5m·s 变，b管中液面液槽内液面高度差不变，水槽中的水少量 蒸发后，槽中液面降低，则b管内液面降低，则温度测量 答案：1)g=(L-L) Liph 值偏大，故D正确，C错误.故选BD. (2)g=9.5m·8 210 10.解析：(1)由题知，整个过程可认为气体的体积不变，根 据安理定律有号一会 解得p2=8X10Pa, (2)根据压强的定义，观测台对气体的压力F=p:S 4.8×103N: 14 答案：(1)8×10'Pa(2)4.8×103N 11.解析：①活塞从住置a到b过程中，气体做等温变化，初 态p1=1.0×10Pa、V,=S·11ab, 末态p2=?,V,=S·10ab, 根据p,V,=pV, 解得p2=1.1×103Pa, 此时对活塞根据平衡条件F+p,S=p,S+N, 解得卡销b对活塞支持力的大小N=100N. ②将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞 刚好能离开卡销力时，气体做等容变化，初态p= 1.1×10Pa,T,=300K. 末态，对活塞根据平衡条件pS=F+p,S, 解得p=1.2×10Pa, 设此时温度为T,根据=户 15 解得T≈327K. 答案：①100N:②327K 12.解析：(1)由摄氏度和开尔文温度的关系可得T (273+17)K=290K,T2=(273+27)K=300K, 理想气体状态方程pV=nRT可知nR=', T 其中”为封闭气体的物质的量，即理想气体的学正比 m PV 于气体的质量，则A T V P:Vz V. TV. 其中p,=p,=1.2pA=1.46kgm°，代入数据解得 =1.41kg/m (i)由题意得=B,T=273+27K=300K,同理可得 P:V: V:T:V: m: P.V 16 V,TVa 解得A=1.18kgm. 答案：(1)1.41kgm:(1)1.18kg/m 13.解析：设倒置前A,B气体压强分别为p1、Pm,倒置后 压强为p2Pm·由rA=2rn,所以A水银柱改变1cm, B水银柱政变4cm,如图所示： B 110 cm 11m 20 cm >10cm 20 cm 10 cm 14 cm 10cm 6 cm B 倒置前：pm+20cmHg=1· 倒置后：pA:十23cmHg=Pm, 211 A、B气体均等温变化， p1X10=pa2X11, pB×10=pR×6,得出pa1=74.36cmHg、Pam=54.36 cmHg. 答案：p1=74.36cmHg、pm=51.36cmHg 解析：(1)圆简导热良好，则气体从状态A缓慢推动活 塞到状态B,气体温度不变，则气体分子平均动能不变： 气体体积减小，则压强变大，团筒内壁单位面积受到的 压力增大： (2)我态A时的压强p=p。一零-1.0X10Pa, 温度TA=300K:体积V4=600cm: 状态C时压强pe=1.4×10Pa:温度Tc=?:体积V =500cm: 银据”-解得T=350B Te (3)从B到C气体进行等容变化，则W=0,因从B到 C气体内能增加25J可知，气体从外界吸热25J,而气 体从A到C从外界吸热14J,可知气体从A到B气体 放热11J,从A到B气体内能不变，可知从A到B外界 对气体做功11J. 答案：(1)不变：增大：(2)350K:(3)11J 解析：(1)以助力气室内的气体为研究对象，则初态压 强pa,体积V。,第一次抽气后，气体体积V=V。十V1 根据玻意耳定律p,V。=p,V Bava 解得p一V,+V (2)同理第二次抽气pV。=pV 每得A长-(v)A 以此类推 侧当n次抽气后助力气室内的气体压强 -(vv) 则制车助力系统为驾驶员省力大小为△F=(p。一pn)S =-(]s 答案：(I)p=V。+V (2F-1-()].s 解析：()固两活塞的质量不计，则当环境温度升高 时，Ⅳ内的气体压强等于大气压强，则该气体进行等压 变化，则当B的活塞刚到达汽缸底部时，由盖·吕萨克 4 (ⅱ)设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强 为P,则此时N内的气体压强也等于p,设此时V内的 气体的体积为V,则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩的体积为 3V p·4 V。-V,则对气体N:T。 V V N。+4b(V。一v习 对Ⅱ、Ⅲ两部分气体 To 2T。 联立解得V= .p-4P. 答案：(1)T=T。()p-号 17.解析：(1)设封闭气体的压强为p1,对两活塞和弹簧的 整体受力分析，由平衡条件有mg+p。·2S十2mg十 pS=pS+p,·2S 解得A,=A,+四 对活塞I由平街条件有2mg十p·2S+k·0.1=p1·2S 解得弹簧的劲度系数为=40mg (Ⅱ)赣慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽 缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知， 气体的压强不支依然为=P=P,+3四 即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为V =1×2s+l×s=3.35.v,=·2s 2 2 由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有L一1.1 知= 有等压方程可知T一了 解得T=工 答案：(1)k=00g(i)p=A+3四T=专T 18.解析：(1)由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的依 积为V。,有Mg=pgV, 且此时B室内气体体积为V,质量为m,则m=PV, 鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有 Pg(V。十AV)-Mg=Ma, 联立解得需从A室充入B室的气体质量△n=P△V -Mma VPg (2)由题知开始时鱼静止在日处时，B室内气体体积为 V,质量为m,且此时B室内的压强为p,=PgH+p, 鱼静止于水面下H1处时，有：=PgH,十p, 由于鱼鳔内气体温度不变，根据玻意耳定律有 PiV=P:V2, 解得V,=gH+AV. PgH1十p 、则此时B室内气体质量mPV,=十公m. 答案：an=（2m一用会n pgH,十p 19.解析：(1)空调将热量从温度低的宣内传递到温度较高 的室外，这个过程要消耗电能，不是自发的过程： 由于空调的压缩机数功，使得空调排放到室外环境的 热量大于从室内吸收的热量. (2)对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知 pV。=pV, 即1.0×10×(380一80)=p×(380-230) 解得p=2.0×10°Pa 根据p=pe十Pgh,解得h=10m 答案：(1)不是大于(2)p=2.0×10Pa:10m 考点5 1.A根据题意可知，气球援慢上升的过程中，气体温度不 变，则气体的内能不变，分子的平均动能不变，气体的体 积变大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，由于气 体的内能不变，则吸收的热量与气体对外做的功相等， 故选A, 2.BDA.根据热力学第二定律可知热量能不可能自发地 从低温物体传到高温物体，故A错误：B.液体的表面张 力方向总是跟液面相切，故B正确；C,由狭义相对论的 两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，一切物理 规律都是相同的，故C错误：D.根据多普物效应可知当 波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于 波源振动的频率，故D正确.故选BD 212 3.C初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外 气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有(p:一p) =mg· 汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力 差大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢的將活 塞往外推，最后气缸水平，缸内气压等于大气压.A、B.汽 缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传 递，汽缸内气体压强作用将活塞往外推，气体对外做功， 根据热力学第一定律△U=Q十W得：气体内能减小，故 缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减 小，并不是所有分子热运动的速率都减小，A、B错误：C, D.气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运 动的平均速率减小，故遂率大的分子数占总分子数的比 例减小，C正确，D错误.故选C. .ABEA.依题意，中心部位为热运动速率较低的气体， 与挡板相作用后反弹，从A端流出，而边缘部分热运动 速率较高的气体从B端流出：同种气体分子平均热运动 速率较大、其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B 端为热端，故A正确： B.依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B擒 流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气 体分子热运动平均速率小于从B端流出的，故B正确： CA鸿流出的气体分子热运动速率较小，B瑞流出的气体 分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能 小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分 子数有关：依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大 于从B端流出的气体内能，故C错误： [DE,该装置将冷热不均气体进行分离，喷嘴处有高压，即通 过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学 第二定律：温度较低的从A端出、较高的从B端出，也特合 能量守恒定律，故D错误，E正确.故选ABE 5.BA由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶 上浮的过程中，小瓶内温度升高，内能增加，A错误：B. 在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压 强逐渐减小，根据理想气体我态方程兴=C,气体体积 膨胀，对外界做正功，B正确：CD.由A、B分析，小瓶上升 时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第 一定律△U=W十Q,由于气体对外做功，因此吸收的热 量大于增加的内能，C,D错误，故选B. 解析：A.根据做功的两个必要因素有力和在力的方向 上有位移，由于活塞S2没有移动，可知整个过程，外力F 做功等于0，A错误；BC,根据汽缸导热且环境温度没有 变，可知汽缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气 体的分子平均动能保持不变，内能不变，B正确，C错误： D.由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外 界对理想气体微的功：Q=W<p。S,h十mgh.D正确：E. 左端活塞到达B位置时，根据压强平衡可得：，十四 、 p 即：F=mgS.E正确.故选B.D,E S 答案：BDE 7.解析：对洁塞分析有一爱 因为A中细沙的质量大于B中细沙的质量，故稳定后有 p>P:所以在达到平衡过程中外界对气体做功有W >Wm则根据△U=W十Q 因为汽缸和活塞都是绝热的，故有△U,>△U 即重新平衡后A汽缸内的汽体内能大于B汽缸内的气 体内能：由图中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数 占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，所以由 前面分析可知B汽缸温度较低，故曲线①表示汽缸B中 气体分子的速率分布 答案：大于① 考点6 1,解析：设细管的藏面积为S,根据玻意耳定律有pL1S= pL,S,可得L=L 根据题意当洗衣机内的水位下降时，空气柱长度变长， 故内部气体对外界做正功。 答案.凸做正功 2.解析：A.气体的体不变，温度升高，则气体的内能升 高，体积不变，气体做功为零，因此气体吸收热量，A正 确：B.气体的体积减小，温度降低，则气体的内能降低， 体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律△U=W 十Q,可知气体对外放热，B正确：C.气体的体积减小，温 度升高，则气体的内能升高，体积减小，外界对气体做 功，由热力学第一定律△U=W十Q,可知Q可能等于零， 即没有热量交换过程，C错误：D.气体的体积增大、温度 不变，则气体的内能不变，体积增大，气体对外界做功， 由热力学第一定律△U=W+Q,可知Q>0,即气体吸收 热量，D正确：E.气体的体积增大，温度降低，则气体的 内能降低，体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定 律△U=W十Q,可知Q可能等于零，即没有热量交换过 程，E错误.故选ABD 答案：ABD 3.解析：A.对于一定质量的理想气体内能由温度决定，故 等湿增压和等温膨胀过程温度均保持不变，内能不变 故A正确：B根据理想气体找态方程Y=C可知等压 膨胀后，气体温度升高，内能增大，等温压编温度不变， 内能不变，故未状态与初始状态相比内能增加，故B错 误：C.根据理想气体状态方程可知等容减压过程温度降 低，内能减小：等压膨胀过程温度升高，末状态的温度有 可能和初状态的温度相等，内能相等，故C正确：D.根据 理想气体状态方程可知等客增压过程温度升高：等压压 缩过程温度降低，末状态的温度有可能和初状态的温度 相等，内能相等，故D正确：E.根据理想气体状态方程可 知等客增压过程温度升高：等温膨胀过程温度不变，故 末状态的内能大于初状态的内能，故E错误.故选ACD. 答案：(1)ACD 4,ADC.设理想气体的初始状态的压强，体积和温度分 别为p1=pV,=Va,T1=300K, 等容过程为状态二，p:=?,V2=V,=V。,T:=400K, 等压过程为状态三，P=pw,V,=?,T.=400K. 由理越气体状态方程可得，y=V-bY, 解得A-音DV,-号V:体积增加了原来的}C错 4 误：D.等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律△U =W+Q=400J, 两个过程的初未温度相同即内能变化相同，因此内能增 加都为4O0J.D正确：AB.等压过程内能增加了400J, 213 吸收热量为600J,由热力学第一定律可知气体对外做功 为20J.即微功的大小为W=A(信，-V）=200J 解得V。=6L,A正确，B错误：故选AD. ,5 ABD AC.根据理想气体状态方程可知T=最·V 即T-V图像的斜率为旅，故有A=A>p,故A正 确，C错误： B.理想气体由变化到的过程中，因体积增大，则气体 对外做功，故B正确； DE.理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能 增大，由热力学第一定律有△U=Q十W 而△U>0,W<0,则有△U=Q-W 可得Q>0,Q>△U, 即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的 内能，故D正确，E错误：故选ABD 6.解析：(1)活塞开始缓慢上升，由受力平衡pS+f =PS, 可得封闭的理想气体压强p一2行， 22 ·T:升温过程中，等压膨胀，由羞一吕萨克定律 hzS -T: 解得A=含A (2)T1·T2升温过程中，等压膨胀，外界对气体做功W, =-p(h:-h1)S=-22ph,S 63 T2→T降温过程中，等容变化，外界对气体做功W =0, 活塞受力平衡有pS=f。十pS, 20 解得封闭的理想气体压强P一，· T→工，降温过程中，等压缩，由盖一吕萨克定律： T 红气解得私一品A 外界对气体微功w,=p(h:一h,)S=14hS 63 全程中外界对气体微功W=W,十w,十w,=二8h:S 63 因为T,=T,故封闭理想气体总内能变化△U=0, 利用热力学第一定律△U=W十Q, 解得Q-8phS 63 故封闭气体吸妆的净热量Q-8hS 63 答案：IDa(2)8pS 63 7.解析：(1)由原线图正弦交流电的峰值可知变压器输入 电压有效值为U= ,设变压器副线圈的输出电压为 2 U,根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有可 ,联立解得U2-U1=」 a U二，理想变压器的输出功率 52 0_U 等于R的功率，即P=尺一50R (2)设加热前容器内气体的压强为力。，则加热后气体的 由题pm'-p'=0.5p 压强为2p。,温度为T2,容器内的气体做等容变化，则有 会=2，由Q=C△T知气体吸收的热量Q=C(2T。- 得到V'=(W5-1DV,p'=3+⑤ 4 To T: 3+5 T。)=CT。,根据热力学第一定律△U=W十Q,气体的体 答案：(i)0.4V2p。(i)(5-1)V 积不变，所以W=0,客器是绝热容器，则△U=Q=P1 12.解析：(1)由电子天平示数为600.0g时，则细绳对铁 =CT,解得1=50CTR CT。,即50录 块拉力为△mg=(m一ms）g=m1g U 又：铁块和活塞对细绳的拉力相等，则汽缸内气体压强 U 答案：(1)50R e“ 等于大气压强p,=p.① 当电子天平示数为400.0g时，设此时汽缸内气体压强 、8解析：D气体进行等压变化，则由盖吕萨克定律得二 为p,,对m1受力分析有(m2一400g一m1)g=（pu p)S② V 由题意可知，汽缸内气体体积不变，则压强与温度成正 T 比：号-是⊙ 即 T。 联立①②③式解得T,=297K T (ⅱ)环境温度越高，汽缸内气体压强越大，活塞对细蝇 解得T=号T 的拉力越小，则电子拜示数越大，由于细绳对铁块的拉 力最大为0，即电子天平的示数恰好为1200g时，此时 (2)此过程中气体内能增加△=CAT=号CT, 对应的环境温度为装置可以测量最高环境温度，设此 气体对外做功W=p5Ah=吉(p,S计mg) 时汽缸内气体压强为p:,对m1受力分析有(p一pu)S =m1g④ 此过程中容器内气体吸收的热量 又由汽缸内气体体积不变，则压强与温度成正比 Q=△W+W=吉A(S+mg)+号CT 会会0 答案：1)号T。(2)吉n,S+mg)+号CT。 联立①④⑤式解得T=309K 答案：(1)297K(i)309K 9.解析：(1)将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有pS 考点7 =p,S+(m1+m)g, L,CA.a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气 代入数据解得p=10Pa, 体对外做功W<0,由盖-吕萨克定律可知T,>T,即内 (ⅱ)当活塞在B位置时，汽缸内压强为p2,则有pV。= 能增大，△U>0,根据热力学第一定律△U=Q十W可 p2(V。+Sh), 知→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做 代入数据解得p=9.9×10Pa, 功，另一部分用于增加内能，A错误： 将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有p,S=p2S+ B.b→c过程中气休与外界无热量交换，即Q=0,又由 (m1十m)g十F,联立解得F=1N. 气体体积增大可知W。<0,由热力学第一定律△U=Q 答案：(1)p:=10Pa(f)F=1N 十W可知气体内能减少， 10.解析：对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时， C.→a过程为等温过程，可知T,=T,△U=0,根据热 初态为压强p=p。,体积为VB=LS,末态压强为p:, 力学第一定律可知a→b→过程，气体从外界吸收的热 设水银柱离下端同一水平面的高度为h:,体积为V 量全部用于对外做功，C正确： (l2一h,)S,由水银柱的平衡条件有pn=p。十hg D.根据热力学第一定律结合上述解析可知：a→→c→a B管气体发生等温压缩，有pVn一pmV 一整个热力学循环过程△U=0,整个过程气体对外做 联立解得h2=2cm 功，由热力学第一定律可得△U=Q一Q一W=0, 对A管中的气体，初态为压强PA=p,体积为VA= 故a→b过程气体从外界吸收的热量Q不等于c→a过 l,S,末态压强为P,设水银柱离下端同一水平面的高 程放出的热量一QD错误. 度为h1·则气体体积为V2A=(l1一1)S,由水银柱的平 2.ADA.】*2为绝热过程，根据热力学第一定律△U=Q 衡条件有p2A=p。十Pg(h十h2一h:) 十W可知此时气体体积减小，外界对气体微功，故内能 A管气体发生等温压缩，有pAV=pV 增加，故A正确：B.2→3为等压过程，根据盖吕萨克定 联立可得2h一191h,+189=0解得h,=1cm或 律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体 2cm>1,(舍去) 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,3一4为绝热过程，此时气体体积增大气体对外 则两水级柱的高度差为△h=h2一h1=1cm 界做功W<0,根据热力学第一定律可知气体内能减小， 答案：△h=1cm 故C错误：D.4→1为等容过程，根据查理定律可知压强 V 1山，解析：(1)对B气体，pV=P之，得到pa=2p 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. pA一pm=0.5p,得到pa=2.5pn,pV=pVA, Va=0.4V. 3,CEA周从a到b的一T图像过原点，由义=C可 ()活塞回到初位置时，对气体A有，pV=D,V' 知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做 对气体B有，pV=pa'(2V-V'): 功，选项A错误： 214 B.因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B 因此可知第二次经过B点时9，=3 2π 正确： CDE.因W=0,△U>0,根据热力学第一定律△U=W 2 +Q 2x 可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内 能增加量，选项CE正确，D错误.故选BCE. 解得T=41, 4.ABEA.由理想气体的p一V图可知，理想气体经历Gb 过程，体积不变，则W=0,而压强增大，由pV=nRT可 北时位秒关套为得A-A人解得A品故A 知，理想气体的温度升高，则内能增大，由△U=Q十W可 错误，B正确：CD.当AB两点在平衡位置两侧时有 知，气体一直吸热，故A正确：BC.理想气体经历（过程 为等压压缩，则外界对气体微功W>0,由V=RT知 一号AA血只号A-A如有解得只-一音或者只 6 温度降低，即内能减少△U<0,由△0=Q+W可知，Q< 0,即气体放热，故B正确，C错误：DE.由pV=nRT可 警（由围中运动方向知应合去）%=号或者分-气。 知，p一V图像的坐标围成的面积反映温度，b状态和C 2 状态的坐标面积相等，而中间腴态的坐标面积更大，故 当第二次经过B点时-红则36T=, 2x b过程的温度先升高后降低，故D错误，E正确：故选 A、B、E 解得T=12 5.解析：由T=1。+273.15K,将图像纵坐标左移273.15 即可，得到I、Ⅱ均为等压线，故AA=1.由y=C 共时位移关系为受A十号A= 得到号-号=资-会长所以A负= 解得A=L,C正确D错误：故选C. √3+1 p V. 5.BA.物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力 答案：1V 与位移成正比，且方向总是指向平衡位置，可知小球在 专题十五机械振动 机械波 杆中点到接触弹簧过程，所受合力为零，此过程做匀速 直线运动，故小球不是做简谐运动，A错误： 考点1 BC,假设杆中点为(O,小球向右压缩弹簧至最大压缩量 1.D弹簧上形成的波的振动方向与传播方向平行是纵 时的位置为A,小球向左压缩弹簧至最大压编量时的位 波，故A错误：同一介质中，波的传播速度相同，则波的 传播速度不变，推、拉弹簧的周期越小，波的周期越小， 置为B,可知小球做周期为T的往复运动过程为O→A B-0. 由公式入=T可知，波长越短，故B错误：标记物振动的 速度反映的是标志物在平衡位置附近往复运动的快慢， 根据对称性可知小球从O·A·)与)·B→)，这两个 机械波的传椅速度是波在介质中的传梅遠度，二者不是 过程的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变 同一个速度，故C错误：标记物由静止开始振动，说明它 化完金一致，故小球动能的变化周期为乙，两根弹黄的 获得了能量，这是因为机械波使得能量传递给标记物， 则标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能 总弹性势能的变化周期为哥B正痛，C错误： 量，故D正确.故述D. 2.C根据题意可知，紫外光笔的光点在纸面上沿x轴方 D,小球的初违度为受时，可知小球在匀速阶段的时间变 向微简谐运动，可求解w=票=2n=0.xad5≈ 为原桑的2倍，接触弹簧过程，根据弹簧报子周期公式 1.26rads,A.B错误：T=L=5,由杆长0.1m可知 T。=2元J有 可知接触弹簧过程所用时间与速度无关，即接触弹簧过 振幅A=0.1m,斤=2.5，则运动路程=25X4×0.1m 程时间保持不变，故小球的初追度为号时，其运动周期 1.0m,C正确，D错误. 3D由题意知A,B的平衡往置之间的距离x=号A 应小于2T,D错误：故选B 6.ABDA由简谐运动的对称性可知，0.1m,0.3m,0.5m 60H2 6m,解得入=4m,A错误：波源的振动频率为∫一60】 时木棒处于平衡位置：则x从0.05m到0.15m的过程 中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达 =1Hz,则波速v=f=4m/s,B错误：质点的银动周期 平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后 T=1s0,25s=T,B点在，十0,25s时刻运动至平街 减小，A正确： B.x从0.21m到0.25m的过程中，木棒从平衡位置上 位置，位移为0，逢度最大，C错误：0.50s=了A点在。 方靠近最大位移处向下运动（未到平衡位置），加速度竖 十0.50s时刘运动至波峰，位移最大，速度为0，D正确. 直向下，大小逐渐减小，B正确： C.x=0.35m和x=0.45m时，由图像的对称性知浮力 4.BCAB当AB两点在平衡位置的同侧时有2A=Asin· 大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大小相 号A=Am可释只=看项=营我者只-资 等，速度方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所 以合速度大小相等，方向不是相反，C错误： 215