卷14 热学-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考物理真题分类优化卷(分项3A)

最新5年高考真题分类优化卷·物理（十四） 卷14热学 姓名 班级 考号 得分 本卷共15小题，满分100分，考试时间75分钟 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选 项中，第17题是只有一项是符合题目要求的。 1.(2025·北京卷)我国古代发明的一种点火器如图所示，推杆插入套筒封 闭空气，推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内气体，艾绒即可点 燃。在压缩过程中，筒内气体 () 推杆 套筒 艾绒 777777 A.压强变小 B.对外界不做功 C.内能保持不变 D.分子平均动能增大 2.(2025·山东卷)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 3.(2024·海南)用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一段油柱 (长度不计)粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体， 已知罐体积为330cm3,薄吸管底面积0.5cm2,罐外吸管总长度 为20cm,当温度为27C时，油柱离罐口10cm,不考虑大气压强变化， 下列说法正确的是 () 20 cm A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左密右疏 B.该装置所测温度不高于31.5℃ 【最新5年高考真题分类优化卷·物理（十四）14-1】3A C.该装置所测温度不低于23.5C D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大 4.(2022·湖北)一定质量的理想气体由状态a变为状态c,其过程如p-V 图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是 () P 3po 2po Po- Vo 2Vo 3Vo4Vo V A.a→b是等温过程 B.a→b过程中气体吸热 C.a→c过程中状态b的温度最低 D.a→c过程中外界对气体做正功 5.(2023·重庆)密封于气缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd 三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化 的V-T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p一T图像正 确的是 () V d 01 0 C D 6.(2024·山东)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 () 0 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 【14-2】3A 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 7.分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而 变化，则 () A.分子间引力随分子间距的增大而增大 B.分子间斥力随分子间距的减小而增大 C.分子间相互作用力随分子间距的增大而增大 D.分子间相互作用力随分子间距的减小而增大 8.(2024·河北)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，活塞重新静止后不可能 22222222222Z222222222Z2222A 理想气体 真空 10000000000000000000000000 活塞 nnnnnnnnntannnnnn 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 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在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5分，选对但不全的得3分，有 选错的得0分。 9.(2024·全国)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t。、t。、 t、t4,且t。<t6<t。=td。水的密度随温度的变化忽略不计。下列说法 正确的是 () 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 10.(2024·全国)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，34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 【14-3】3A 的主要过程。下列说法正确的是 4 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 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(12分)下图为“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与 温度变化关系”的实验装置示意图。粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入 烧瓶，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的 气体被水银封闭于烧瓶内.开始时，B、C内的水银面等高。 (1)若气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将C管 (填 “向上”或“向下”)移动，直至 (2)实验中多次改变气体温度，用△1表示气体升高的摄氏温度，用△h表 示B管内水银面高度的改变量。根据测量数据作出的图线是 △h *△h 0 0 A B △h ↑△h 0 △t 0Δt C D 12.(10分)(1)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是 A.若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变 B.若气体的内能不变，其状态也一定不变 C.若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大 D.气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关 E.当气体温度升高时，气体的内能一定增大 (2)如图，一上端开口，下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1-66cm的 【14-4】3A 水银柱，中间封有长l2=6.6cm的空气柱，上部有长l3=44cm的水银： 柱，此时水银面恰好与管口平齐，已知大气压强为p。-76cmHg,如果 使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下时空气 柱的长度 和转回到原来位置时管中空气柱的长度 封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气。 13.(10分)(2024·浙江)如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔 板A分成体积均为V,=750cm3的左右两部分。面积为S=100cm 的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想 气体处于温度T1=300K、压强p1=2.04×105Pa的状态1。抽取隔 板A,右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活 塞B,同时施加水平恒力F,仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞 B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度T,-350K的状态3，气体内 能增加△U=63.8J。已知大气压强p。=1.01×105Pa,隔板厚度 不计。 (1)气体从状态1到状态2是 (选填“可逆”或“不可逆”)过程， 分子平均动能 (选填“增大”“减小”或“不变”)； (2)求水平恒力F的大小； (3)求电阻丝C放出的热量Q。 B 14.(12分)(2024·湖北)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h。当容 器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升5h再次平衡。已知 容器内气体内能变化量△U与温度变化量△T的关系式为△U=C△T,: 【14-5】3A 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： 46074465 (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。 15.(14分)(2024·甘肃)如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被 隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连（忽略隔 板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2。开始时系统处于平 衡态，A、B体积均为S,压强均为p。,弹簧为原长。现将B中气体抽 出一半，B的体积变为原来的子。整个过程系统温度保持不变，气体视 3 为理想气体。求： B w (1)抽气之后A、B的压强pA、pB; (2)弹簧的劲度系数k。 【14-6】3Ad(x2-x1) 答案：(1)1.235/1.236/1.237(2) 5L 412(3)不能 13,解析：(1)根据动能定理有W=m-m 1 (2)设行星绕恒星做匀速圆周运动，行星的质量为 m,运动半径为r,运动速度大小为v。恒星对行星 的作用力F提供向心力，则F=m 运动周期T=2π 根据开等粉第三定律分-，6为含量，得 F=4πkm 即恒星对行星的作用力F与r的平方成反比。 (3)假定恒星的能量辐射各向均匀，地球绕恒星做 半径为？的圆周运动，恒星单位时间内向外辐射的 能量为P。以恒星为球心，以r为半径的球面上， 单位面积单位时间接受到的辐射能量P 设地球绕太阳公转半径为1，在新轨道上公转半径 为”2。地球在新公转轨道上的温度与“流浪”前一 样，必须满足P不变，由于恒星单位时间内向外辐 射的能量是太阳的16倍，得r2=4r1 设恒星质量为M,地球在轨道上运行周期为T,万 4π 有引力提供向心力，有三mT元产 4πr 解得T=√GM 由于恒星质量是太阳质量的2倍，得元 =4√2 答案：1)w=号m-号m(2)见解析(3 T上二4E 14,解析：(1)由题意可知每个光子的动量为p=入 h 每个光子的能量为E=y=h C (2)太阳均匀地向各个方向辐射硬X射线，根据题 意设秒发射总光子数为n,则”=4R IN S 可得n= 4πRNt 所以1秒辐射光子的总能量 W=E'=h入 4πR2Vhc Sλ 太阳辐射硬X射线的总功率P=”_4πRNhc S h 答案：1)p=左，E=h月 (2)4R'Nhe Sλ 15.解析：(1)光电效应方程，逸出光电子的最大初动能 Ekm =hy-Wo 2mui=Ek+eU(0≤Ek≤En) 2eT 2(hy+eU-W。) m ≤v≤N m 【33】 (2)速度选择器evoB1=eE E /3eU vo-B m 2mvs-2mvi=el eU UM=m mvo 如图所示，几何关系 eB,sin a=2 a UM sin B=vsin a 3=30% (3)由上述表达式可得 Em-BN 2(hv+eU-W。) mvg a 由eB.sina= 而v。sinO等于光电子在板逸出时沿y轴的分速 度，则有 1 m(vosin0)'≤En=ay-w。 2(hw-W。) 即vo sin a m 2√/2m(hy-W。) 联立可得B,的最大值B,= ea 答案：(1)Ekm=hy-Wo; 2eU 2(hv+eU-W。) m ≤v≤N m eU (2)Mm 8=30 (3)Emx=B1√ 2(hv+eU-W。) m 2√/2m(hy-Wo) B2= ea 卷14热学 1.DC.猛推推杆压缩筒内气体，气体未来得及与外 界发生热交换Q=0,气体被压缩，体积减小，则外界 对气体做正功W>0,根据热力学第一定律△U=Q 十W可知，气体内能增大，故C错误；A.气体内能增 大，故其温度增大，又体积减小，根据理想气体状态 方程V =C,则气体压强增大，故A错误：B.气体 被压缩，体积减小，则气体对外界做负功，故B错误； D.气体温度增大，则分子平均动能增大，故D正确。 2.C两个分子间距离r等于r。时分子势能为零，从 ”。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” 不等于r。时，Ep为正。 区B南发8学克充体宁月 -3A 其中V1=V。+Sl1=335cm,T1=273+27(K)= 300K,V=V。+Sl1=330+0.5.x(cm) 30,19800 代入解得T=671+ (K) 67 根据T=1十273K可知 30 1509 t=67x+67(C) 故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A 错误； 当x=20cm时，该装置所测的温度最高，代入解得 max=31.5 C 故该装置所测温度不高于31.5C,当x=0时，该装 置所测的温度最低，代入解得tm=22.5C 故该装置所测温度不低于22.5℃，故B正 确，C错误； 其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖一吕萨 克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。 故选B。 4.B根据理想气体的状态方程T=C可知a→b气 体温度升高，内能增加，且体积增大气体对外界做 功，则W<0,由热力学第一定律△U=W十Q可知a →b过程中气体吸热，A错误、B正确；根据理想气体 的状态方程下=C可知，p-V图像的坐标值的乘 积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等， 而中间状态的坐标值乘积更大，a→c过程的温度先 升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；a→c过 程气体体积增大，外界对气体做负功，D错误。故 选B。 5.C由V-T图像可知，理想气体ab过程做等压变 化，bc过程做等温变化，cd过程做等容变化。根据 DV 理想气体状态方程，有丁=C可知c过程理想气体 的体积增大，则压强减小。故选C。 6.Ca→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气 体对外做功W<0,由盖-吕萨克定律可知T6>T。, 即内能增大，△U>0,根据热力学第一定律△U=Q 十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： 方法一：b→c过程中气体与外界无热量交换，即Q =0 又由气体体积增大可知W0,由热力学第一定律 △U=Q十W可知气体内能减少。 方法二：c→a过程为等温过程，所以T。=T 结合T,>T。分析可知T6>T 所以b到c过程气体的内能减少。故B错误： c→a过程为等温过程，可知T。=T,△U=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； 根据热力学第一定律结合上述解析可知：a→b→c→ a一整个热力学循环过程△LU=0,整个过程气体对 外做功，因此热力学第一定律可得△U=Q。一Qm W=0 故a→b过程气体从外界吸收的热量Q不等于c→ a过程放出的热量一Q,D错误。 故选C。 7.B根据分子力和分子间距离关系图象，如图 【34】 F T0F分子 F引 由图可知，分子间斥力随分子间距的增大而减小，A 错误；由图可知，分子间斥力随分子间距的减小而增 大，B正确；由图可知，分子间的作用力随分子间的距 离增大先减小后增大，再减小，C错误：由图可知，分 子间的作用力随分子间的距离减小先增大后减小，再 增大，D错误。故选B。 8.B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 活塞密封不产，可知左侧气体向右侧真空漏出。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， 故A错误；由题知活塞初始时静止在汽缸正中间，但 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，故B正确： 密闭的气缸绝热，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，故C错误：初始时 气体在左侧，最终气体充满整个气缸，则初始左侧单 位体积内气体分子数应该是最终左侧的两倍，故D 错误。 9.ACD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 p。,试管内外水面的高度差为△h,则Q、b中试管内 气体的压强均为p=p。十P水g△h,故D正确；d中试 管内气体的压强为p4=p。一P来g△hc中试管内气 体的压强为p。=po十P*g△h可知，p4<p。,故E错 误。故选ACD。 10.AD1→2为绝热过程，根据热力学第一定律△U= Q十W可知此时气体体积减小，外界对气体做功， 故内能增加，故A正确：2→3为等压过程，根据盖 吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增 大，此时气体体积增大，气体对外界做功W0,故 气体吸收热量，故B错误：3→4为绝热过程，此时气 体体积增大，气体对外界做功W<0,根据热力学第 一定律可知气体内能减小，故C错误；4→1为等容 过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，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。故选AD。 11.解析：(1)气体温度升高，压强变大，B管水银面下 降，为保证气体压强不变，应适当降低A管，所以应 将C管向下移动，直至B、C两管水银面等高，即保 证了气体压强不变。 (2)实验中多次改变气体温度，用△表示气体升高 的温度，用△h表示B管内水银面高度的玫变量。 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B、C两管内水银面等高(2)A 12.解析：(1)理想气体的内能只由温度决定，由理想气 -3A 你求态方 ·=C可知，若气体的压强和体积都 不变，温度T也不变，所以内能也一定不变，故AE 正确；若气体的内能不变，则温度T不变，但气体的 压强和体积可以改变，故B错误；若气体的温度升 高，体积增大，其压强可以不变，故C错误；由热力 学第一定律△U=Q十W知，故D正确。故 选ADE。 (2)设玻璃管开口向上时，空气柱压强为P,=P。 十pgL3 式中P和g分别表示水银的密度和重力加速度，玻 璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流 出，封闭端会有部分真空，设此时开口端剩下的水 银柱长度为x,则P2=pg1 P2+pgx=P。 式中P。管内空气柱的压强，由玻意耳定律得 P(SL,)=P,(Sh) 式中h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面 积，解得h=12cm 从开始转动一周后，设空气柱的压强为P,则P?= P。十pgx 由玻意耳定律得P,(Sl,)=P,(Sh') 式中h'是此时空气柱的长度，解得h'≈9.2cm 答案：(1)ADE(2)12cm9.2cm 13.解析：(1)根据热力学第二定律可知，气体从状态1 到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真 空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没 有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度 不变，分子平均动能不变。 (2)气体从状态1到状态2发生等温变化，则有 p1V1=p2·2V 解得状态2气体的压强为p:=2=1.02X10Pa 解锁活塞B,同时施加水平恒力F,仍使其保持静止， 以活塞B为对象，根据受力平衡可得p,S=pS十F 解得F=(p2-p。)S=(1.02×105-1.01×105)× 100×10-N=10N (3)当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩 擦)，使气体达到温度T2=350K的状态3，可知气 2V Va 你微等压变化，则有T一T 可得状态3气体的体积为 T2 V二T 350 ·2V=300×2X750cm'=1750cm 该过程气体对外做功为 W=p2△V=p2(V3-2W1)=1.02×10×(1750-2 ×750)×10-6J=25.5J 根据热力学第一定律可得△U=一W十Q 解得气体吸收的热量为Q'=△U十W=63.8J十25. 5J=89.3J 可知电阻丝C放出的热量为Q=Q=89.3J 答案：(1)气体从状态1到状态2是不可逆过程，分 子平均动能不变(2)10N(3)89.3J 14.解析：(1)气体进行等压变化，则由盖-吕萨克定律 Vo VI 得不。 (a+号)小s T 【35】 部得T=号T (2)此过程中气体内能增加 1 AW=CAT=5CT。 气体对外做功大小为 W=pSM=吉(A,S+mg) 由热力学第一定律可得此过程中容器内气体吸收 的热量 Q=+W=吉(p,S+mx)+宁CT. 1 答案：1)号T。(2)p,S+mg)+号CT。 1 15.解析：(1)设抽气前两体积为V=SL,对气体A分 析：抽气后 3 5 Va=2V-￥V=4SL 根据玻意耳定律得p,V=p1·。) 4 解得pn=5D。 对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气 体，则压强变为原来的一半即7力。，则根据玻意耳 3 定律得2pV=pa·V 2 解得PB=3D0 (2)由题意可知，弹簧的压缩量为年，对活塞受力分 析有pS=pBS+F 根据胡克定律得F=k 4 8PS 联立得k= 15l 答案：p言A:号2h8 4 15 卷15机械振动与机械波 DA,根据波形可知入=4m,2T=2.5s-1.5s 可得T=2s,故波速为v=行=2m/s,故A错误： B.设波源的平衡位置距离P点距离为x,根据左 侧t=1.5s时的波形可知 2十x0=1.5s,解得x0 =1m,故B错误：C.根据左侧实线波形结合同侧法 可知波源刚开始的振动方向向下，由于t=1.0s= T,故可知此时波源处于平衡位置且向上运动，故 1 C错误；D.由于x。=1m,可知波源的平衡位置距 离Q点距离为x1=3m,故波传到PQ两，点的时间 分别为0=0=0.5s,1==1,5s,故1= 5.5s时，平衡位置在P、Q处的两质点已经振动的时 5 间分别为t,=5.5s-0.5s=2T,1=5.5s-1. 5s=2T,由于波源刚开始向下振动，故t=5.5s时， P处质点处于平衡位置向上振动，Q处质点处于平 -3A