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3N)

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 本卷满分100分，考试时间75分钟 一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选 项中，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 艾绒十 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”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 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31.5C C.该装置所测温度不低于23.5℃ 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 【最新5年高考真题分类优化卷·物理（十四）14一1】3N 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 () PA 4p0 3po-4 2p0 Po以 0 Vo 2Vo 3Vo4VoV 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 0 B 0 h d b 04 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】3N C.α→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 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选 项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3 分，有选错的得0分。 7.(2025·甘肃)如图，一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态 B,然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能 只与温度有关，且随温度升高而增大。下列说法正确的是 () ◆V A.A→B过程为吸热过程 B.B→C过程为吸热过程 C.状态A压强比状态B的小 D.状态A内能比状态C的小 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() nnnnaaa774 理想气体 真空 0007000000000000 活塞 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 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1。、6、 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 【14-3】3N 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 的主要过程。下列说法正确的是 () 0 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：本大题共5题，共56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臂插人 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△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 △t A +△h ↑△h t 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 【14-4】 (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 水银柱，中间封有长l,-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=2.04×10Pa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T2=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。 30 【14-5】3N 14.(10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, 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： 44464607746 (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.(12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 为理想气体。求： B WwWwwwWWWWWww (1)抽气之后A、B的压强pA、pB: (2)弹簧的劲度系数k。 【14-6】3NB,= √/2m(hy-W。) 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p T=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 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” 不等于ro时，E,为正。 3.B由盖-吕萨克定律得T=T 其中V1=V。+Sl1=335cm3,T1=273+27(K)= 300K,V1=V。+Sl1=330+0.5x(cm3) 30.19800 代入解得T=67x+67(K) 根据T=t十273K可知 30 1509 x+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 =31.5C 故该装置所测温度不高于31.5℃，当x=0时，该装 置所测的温度最低，代入解得tmm=22.5℃ 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三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T=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 理想气体状态方程，有=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△UU=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 【33】 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T>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。,△Uc=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△U=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Q W=0 故Q→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.ACDA.A→B过程，体积不变，则W=0,温度升 高，则△U>0,根据热力学第一定律△U=W十Q,可 知Q>0,即该过程吸热，选项A正确；B,B→C过 程，温度不变，则△U=0,体积减小，则W>0,根据热 力学第一定律△U=W十Q,可知Q<0,即该过程为 放热过程，选项B错误；C,A→B过程，体积不变， 温度升高，根据DY =C,可知，压强变大，即状态A 压强比状态B压强小，选项C正确；D.状态A的温 度低于状态C的温度，可知状态A的内能比状态C 的小，选项D正确。 8.ACD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正确；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错 误：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正确；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正确。故选ACD。 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a、b中试管内 气体的压强均为p=p,十P*g△h,故D正确；d中试 管内气体的压强为p,=p,一P求g△hc中试管内气 体的压强为p.=po十P水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W<0,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。 -3N (2)实验中多次玫变气体温度，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BC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 PV 体状态方程 =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 压强和体积可以玫变，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Pgl: 式中ρ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=Pgl1 Pg十pgx=Po 式中P,管内空气柱的压强，由玻意耳定律得 P(SL,)=P2 (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p2S=poS十F 解得F=（p2-po)S=(1.02×10°-1.01×105)× 100×10-1N=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T,=350K的状态3，可知气 2VI Va 休做等压变化，则有工二下 可得状态3气体的体积为 T2 350 V,=元，2V=300X2×750cm=1750cm 该过程气体对外做功为 W=p2△V=p2(V3-2W1)=1.02×105×(1750-2 ×750)×10-5J=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+W=63.8J+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 。T 【34】 (a+号b)s T。 T. 解得T-号T。 (2)此过程中气体内能增加 1 AW=C△T=5CT, 气体对外做功大小为 w-pSh-h(p.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ApS+mg)+甘CT。 答案：(1)5T。(2)5h(p,S+mg)+5CT。 15.解析：(1)设抽气前两体积为V=SL,对气体A分 析：抽气后 ,=w-v-÷s 旅搭攻意耳定律得p,V=P:·V 4 解得pA=50 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之P。,则根据玻意耳 1 3」 定律得2D,V=pa·V 2 解得pB=3p (2)由题意可知，弹簧的压缩量为年，对活塞受力分 析有pAS=pBS+F 根据胡克定律得F=k4 8poS 联立得k= 15L 4 2 8poS 答案：1)p=5p,pB=3p。(2)k= 15l 卷15机械振动与机械波 1 1.DA.报据波形可知1=4m,2T=2.5s-1.5s, 可得T=2s,故波连为0=子=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1=1,5s时的波形可知2+工=1.55，解得c。 =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 号T,故可知此时波源处于平衡位置且向上运动，起 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 -3N