专题过关创新练(18) 热 学（Word练习）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

[基础保分练] 1．(2025·湖北高考)如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热．用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小．关于此过程，下列说法正确的是(　　) A．外力F保持不变 B．密封气体内能增加 C．密封气体对外做正功 D．密封气体的末态压强是初态的2倍 【解析】　密封气体温度缓慢升高过程中在外力F作用下体积缓慢减小，结合理想气体状态方程＝C(C为常量)可知，密封气体压强缓慢增大，对活塞由平衡条件有mg＋p0S＋F＝pS，则外力F增大，A错误；由于温度升高，密闭气体的内能增大，B正确；密封气体的体积减小，气体对外做负功，C错误；结合选项A分析可知＝，由题可知密封气体初末状态温度之比为＝，且体积减小，则密封气体的末态压强p2＝p1＞2p1，D错误． 【答案】　B 2．(2021·山东高考)血压仪由加压气囊、臂带，压强计等构成，如图所示．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60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg.已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变．忽略细管和压强计内的气体体积．则V等于(　　) A．30 cm3　　　　　　　B．40 cm3 C．50 cm3 D．60 cm3 【解析】　根据玻意耳定律可知p0V＋5p0V0＝p1×5V，已知p0＝750 mmHg，V0＝60 cm3，p1＝750 mmHg＋150 mmHg＝900 mmHg，代入数据整理得V＝60 cm3，故选D. 【答案】　D 3．(多选)(2025·云南高考)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p0下，b管上的刻度可以直接读出环境温度．则在p0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 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 【解析】　根据题意，a中气体做等容变化，根据＝C，当环境温度升高，则a中气体压强增大，又pa＋ρ液gh＝p0，可知b管中液面降低，同理可知环境温度降低时，b管中液面升高，故B正确，A错误；由上述分析可知，b管中刻度从上到下温度逐渐升高，同一温度，a中压强不变， b管中液面高度差不变，水槽中的水少量蒸发后，槽中液面降低，则b管内液面降低，则温度测量值偏大，故D正确，C错误． 【答案】　BD 4．(2025·重庆月考)某天早上温度为10℃，物理老师刚启动汽车时看到汽车仪表盘显示各轮胎压强如图所示，中午刚启动汽车时看到后轮压强变成了2.8 bar(1 bar＝100 kPa)，该过程认为轮胎内的体积不变，轮胎内部气体可看成理想气体，下列说法错误的是(　　 ) A．中午温度约为20℃ B．轮胎内部气体分子的平均动能增加 C．气体分子撞击轮胎内壁的平均作用力增加 D．轮胎内部气体吸收热量，对外做功，内能不变 【解析】　A．轮胎内气体发生等容变化，早上压强p1＝2.7 bar，中午压强p2＝2.8 bar，早上温度T1＝273 K＋10 K＝283 K，中午温度为T2，由查理定律得＝，解得T2＝293 K，故中午温度约为20℃，故A正确，不符合题意；B.温度升高，轮胎内部气体分子的平均动能增加，故B正确，不符合题意；C.温度升高，轮胎内部气体分子的平均动能增加，气体分子撞击轮胎内壁的平均作用力增加，故C正确，不符合题意；D.轮胎内部气体吸收热量，由于气体体积不变，也不对外做功，但内能增加，故D错误，符合题意．本题选择错误的，故选D. 【答案】　D [考能提分练] 5．(多选)(2025·郑州二模)如图，容积为V0的气缸竖直放置，导热良好，右上端有一阀门连接抽气孔．气缸内有一活塞，初始时位于气缸底部高度处，下方密封有一定质量、温度为T0的理想气体．现将活塞上方缓慢抽至真空并关闭阀门，然后缓慢加热活塞下方气体．已知大气压强为p0，活塞产生的压强为p0，活塞体积不计，忽略活塞与气缸之间摩擦．则在加热过程中(　　 ) A．开始时，活塞下方体积为V0 B．温度从T0升至1.5T0，气体对外做功为p0V0 C．温度升至2T0时，气体压强为p0 D．温度升至3T0时，气体压强为p0 【解析】　A．未抽气时，气缸底部封闭气体的压强为p1＝p0＋p0＝p0 抽气前，封闭气体的体积V1＝V0；活塞上方缓慢抽至真空并关闭阀门，封闭气体做等温变化，再次平衡时，封闭气体压强p2＝p0；根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，代入数据解得V2＝V0，故A正确；CD.对封闭气体加热，气体做等压变化所加的最高温度为Tm，根据盖—吕萨克定律＝，代入数据解得Tm＝2T0，因此，当气体的温度升高到2T0前，气体的压强均为p0；当气体温度升高到2T0至3T0时，气体做等容变化，根据查理定律＝，代入数据解得p3＝p0，故C错误，D正确；B.当封闭气体的温度升高到1.5T0时，根据盖—吕萨克定律＝，解得V3＝V0，气体对外做功W＝p2(V3－V2)＝p0＝p0V0，故B错误． 【答案】　AD 6．(多选)(2025·沈阳东北育才学校模拟)“回热式热机”的热循环过程可等效为如图所示a→b→c→d→a的曲线，理想气体在a→b、c→d为等温过程，b→c、d→a为等容过程，则(　　 ) A．a状态气体温度比c状态低 B．a状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比b状态多 C．b→c、d→a两过程气体吸、放热绝对值相等 D．整个循环过程，气体对外放出热量 【解析】　A．由于Ta＝Tb，而b→c过程为等容变化，根据查理定律，有：＝，可知Tb＞Tc故Ta＞Tc，故A错误；B.由于Ta＝Tb，即气体分子对容器器壁的平均撞击力相等，而pa＞pb，则说明a状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比b状态多，故B正确；C.由于Ta＝Tb、Tc＝Td，而理想气体的内能仅取决于温度，可知b→c、d→a两过程中内能变化量数值相等，即|ΔU|相等，而两过程均为等容变化，则W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，有：|ΔU|＝|Q|，故两过程中|Q|相等，即气体吸、放热绝对值相等，故C正确；D.根据W＝Fs＝pΔV可知，p－V图像包围的面积表示做功W，由于a→b过程中气体对外界做功，c→d过程外界对气体做功，根据面积关系可知，整个过程中气体对外界做功，即W＜0，而整个过程中ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＞0，即气体吸热，故D错误． 【答案】　BC 7．(2024·广西高考)如图1，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2，大气压强p0＝1×105 Pa. (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p－V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，代值解得：Vb＝10×10-5m3，在a处时气体体积为Va＝Sla，代值解得：Va＝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p－V图像如下： 【答案】　(1)50 N　(2)见解析　(3)见解析图像 [高考高分练] 8．(多选)(2025·河南高考)如图所示，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T1和T2，体积分别为V1和V2，T1<T2，V1<V2.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、T2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、T2不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移 【解析】　由题干可知初始左右气体的压强相同，假设在升温的过程中P板不发生移动，则由等容过程＝⇒Δp＝ΔT 可得左侧气体压强增加量多，则P板向右移动；A正确，B错误； 保持温度不变移动相同的距离时 ＝C1 p＝ 同理＝ 得＝ 若P不移动，则< 故> 则p1>p2，P板向右移动，C正确，D错误． 【答案】　AC 9．(多选)(2024·河北高考)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(　　 ) 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】　A.因活塞密封不严，故最终活塞两侧气体的压强相等，活塞处于静止状态，其受力平衡，可知弹簧最终弹力为零，即弹簧恢复至自然长度，故A正确；B.活塞初始时静止在汽缸正中间，弹簧处于压缩状态，漏气过程活塞向左移动，最终活塞左侧气体的体积小于右侧气体体积，末态活塞两侧气体的压强与温度均相同，则气体密度相同，故活塞左侧气体的质量小于右侧气体的质量，故B错误；C.因汽缸密闭绝热，故汽缸内系统与外界无能量交换，弹簧从压缩状态恢复到原长，由能量守恒可知，弹簧减少的弹性势能转化为汽缸内气体的内能，故与初始时相比，汽缸内气体的内能增加，故C正确；D.末状态活塞两侧气体的压强与温度均相同，则两侧气体的分子数密度相同．以汽缸内全部的气体为研究对象，与初始时相比，其体积增大，气体分子数密度减小，因末状态活塞左侧的气体分子数密度与全部的气体分子数密度相同，故与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少，故D正确． 【答案】　ACD 10．(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(　　 ) 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】　A.1→2是绝热过程(Q＝0)，体积减小，外界对气体做功(W＞0)，根据热力学第一定律：ΔU＝W＋Q，可得：ΔU＞0，即气体内能增加，故A正确；B.2→3为等压过程，体积增大，气体对外界做功(W＜0).根据：＝C，可得气体温度升高，气体内能增加(ΔU＞0)，根据热力学第一定律：ΔU＝W＋Q，可得：Q＞0，即气体吸热，故B错误；C.3→4为绝热过程(Q＝0)，气体体积增大，气体对外界做功(W＜0)，根据热力学第一定律：ΔU＝W＋Q，可得：ΔU＜0，即内能减小，故C错误；D.4→1为等容过程(W＝0)，压强减小，根据：＝C，可得气体温度降低，气体内能减小(ΔU＜0)，根据热力学第一定律：ΔU＝W＋Q，可得：Q＜0，即气体放热，故D正确． 【答案】　AD 11．(2024·湖北高考)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)设被活塞封闭的一定质量的理想气体初始时压强为p1，对活塞，根据平衡条件有mg＋p0S＝p1S，解得p1＝p0＋，当容器从外界吸收一定热量之后，被封闭的理想气体发生等压变化，初态V0＝hS，末态V1＝S＝hS，设末态温度为T1，根据盖－吕萨克定律有＝，代入数据解得T1＝T0； (2)根据公式气体内能变化量ΔU＝CΔT＝C(T1－T0)＝C＝T0C，结合热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，而W＝－p1S·h，解得W＝－h(p0S＋mg)，所以容器内气体从外界吸收的热量为Q＝[T0C＋h(p0S＋mg)]. 【答案】　(1)T0　(2)[T0C＋h(p0S＋mg)] 学科网（北京）股份有限公司 $