第14讲 热学(强化练)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [基础保分练](1-7题,每题4分) 1.(2025·广东汕头模拟)下列说法正确的是 (　　) A.受潮后粘在一起的蔗糖没有固定的形状,所以蔗糖是非晶体 B.固体、液体分子间有空隙而不分散,能保持一定的体积,说明分子间有引力 C.当分子间作用力表现为斥力时,分子间作用力和分子势能总随分子间距离的减小而减小 D.如果理想气体分子总数不变,温度升高,气体分子的平均动能一定增大,压强一定增大 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:是否有固定的几何形状不是判定晶体的唯一标准,蔗糖有固定的熔点,是晶体,选项A错误;如果分子间没有引力,有空隙的分子一定分散开,固、液体将无法保持一定的体积,选项B正确;当分子间作用力表现为斥力时,分子间作用力随分子间距离的减小而增大,且分子间距离减小时,分子间作用力做负功,分子势能随分子间距离的减小而增大,选项C错误;如果理想气体分子总数不变,温度升高,气体分子的平均动能一定增大,因体积变化不确定,则压强有可能增大,也有可能减小,选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2025·广东惠州模拟)下列说法正确的是 (　　) A.从射入教室的阳光中看到的尘埃的运动是布朗运动 B.气体如果失去了容器的约束就会散开,说明气体分子之间的作用力表现为斥力 C.恒温水池里小气泡由底部缓慢上升的过程中,气泡中的理想气体放出热量 D.已知某种气体的密度为ρ(kg/m3),摩尔质量为M(kg/mol),阿伏伽德罗常量为NA(mol-1),则该气体分子之间的平均距离可以表示为 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:做布朗运动的固体颗粒需要借助于显微镜才能观察到,肉眼可见的尘埃的运动不是布朗运动,从射入教室的阳光中看到的尘埃的运动是空气的对流引起的,不是布朗运动,A错误;气体如果失去了容器的约束就会散开,这是因为气体分子在永不停息地做无规则的热运动,气体分子之间的距离较大,气体分子之间的作用力可以忽略不计,B错误;恒温水池里小气泡由底部缓慢上升过程中,由于气泡中的理想气体温度不变,故内能不变,上升过程中压强减小,体积变大,气体对外做功,W为负值,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知气体要吸收热量,C错误;把该气体分子所占据的空间看成立方体模型,则有V0=d3,V0=,解得气体分子之间的平均距离d=,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(多选)(2025·广东惠州一模)压缩空气储能系统能将空气压缩产生的热能储存起来,发电时让压缩的空气推动发电机工作,这种方式能提升压缩空气储能系统的效率。若该系统始终与外界绝热,空气可视为理想气体,则对于上述过程的理解正确的是(　　) A.压缩空气过程中,组成空气的气体分子平均动能不变 B.压缩空气过程中,空气温度升高,内能增加 C.该方式能够将压缩空气储能的效率提升到100% D.压缩的空气在推动发电机工作的过程中,空气对外做功,压强减小 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:压缩空气过程中,外界对气体做正功,系统与外界绝热,由热力学第一定律ΔU=W+Q可知气体内能增大,温度升高,组成空气的气体分子平均动能增大,故A错误,B正确;由热力学第二定律可知,该方式不能够将压缩空气储能的效率提升到100%,故C错误;压缩的空气在推动发电机工作的过程中,气体膨胀,体积变大,空气对外做功,内能减小,温度降低,由=c可知压强减小,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(2025·广东广州摸底)肺活量是指在标准大气压 p0下,人尽力呼气时呼出气体的体积,是衡量心肺 功能的重要指标。如图所示为某同学自行设计 的肺活量测量装置,容积为V0的空腔通过细管与吹气口和外部玻璃管密封连接,玻璃管内装有密度为ρ的液体用来封闭气体。测量肺活量时,被测者尽力吸足空气,通过吹气口将肺部的空气尽力吹入空腔中,若此时玻璃管两侧的液面高度差设为h,大气压强为p0保持不变,重力加速度为g,忽略气体温度的变化,则人的肺活量为 (　　) A.V0　　B.V0 C.V0 D.V0 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:设人的肺活量为V,将空腔中的体积和人肺部的气体作为整体研究,初状态p1=p0,V1=V0+V,末状态p2=p0+ρgh,V2=V0,根据玻意耳定律有p1V1=p2V2,解得V=V0,C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.一定质量的理想气体,其压强p随摄氏温度t变化的图像如图中线段ab所示,则从状态a到状态b (　　) A.气体体积不变 B.气体对外做功 C.气体放出热量 D.气体吸收的热量等于其内能的增加量 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:连接a、b两点及t轴上-273 ℃的点作出a、b 两个状态的等容线,如图所示,由图可以看出状态a 对应的等容线斜率比状态b对应的等容线斜率大, 根据=c,即=可知,从a到b,气体体积增大,气体 对外做功,故A错误,B正确;从a到b,气体体积增大,气体对外做功,同时温度升高,气体内能增大,根据热力学第一定律可知气体吸收热量,且吸收的热量大于其内能的增加量,故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(多选)(2025·广东广州二模)如图所示是一个粗细均匀、内壁光滑的U形玻璃管,其左上端开口并用一轻质活塞封闭一定量的气体A,右上端封闭,管内盛有一定量的水银,水银上方封有一定量的气体B。现用外力竖直向下缓慢地压活塞,直至使两管中水银面相平,整个过程中温度保持不变,则下列说法正确的是 (　　) A.A、B气体均向外放出热量 B.A气体的内能始终等于B气体的内能 C.A气体的压强增大,B气体的压强减小 D.A气体压强的变化量大于B气体压强的变化量 AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:活塞缓慢向下运动过程中,A、B气体体积均被压缩,外界对A、B气体均做正功,温度不变,A、B气体内能不变,根据热力学第一定律ΔU= W+Q可知,A、B气体均向外放出热量,故A正确;内能除与温度有关外,还与气体的质量有关,故B错误;缓慢压活塞的过程,A、B气体的体积均变小,由pV=cT可知,二者压强均增大,故C错误;初始时,由平衡关系得pA=p0,pB=p0+ρgh,末状态,由平衡关系得pA'=pB',故ΔpA= pA'-pA=pA'-p0,ΔpB=pB'-pB=pA'-p0-ρgh,故A气体压强的变 化量大于B气体压强的变化量,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.(多选)一定质量的理想气体从状态a经状态b、c、d回到状态a,此过程气体的p-V图像如图所示,其中d→a过程为双曲线的一部分,a→b、b→c、c→d过程平行于坐标轴。已知在状态a时气体温度为T0,则(　　) A.在状态c时气体的温度为T0 B.a→b过程气体吸热 C.d→a过程气体对外做功3p0V0 D.从状态a经一次循环再回到状态a的过程中气体向外放出的热量大于3p0V0 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:a→c过程,由理想气体状态方程得=,解得Tc=3T0,A错误;a→b过程,气体体积增大,对外做功,压强不变,温度升高,内能增大,气体吸热,B正确;d→a过程,气体对外做的功等于图像与横轴所围图形的面积,由题图得其小于3p0V0,C错误;在一次循环过程后,内能不变,整个过程中,外界对气体做的功大于3p0V0,根据热力学第一定律可知,在一次循环过程中气体放出的热量大于3p0V0,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [提能争分练] 8.(10分)(2025·广东揭阳二模)如图所示,高为h、导热性能良好的气缸开口向上放置在水平地面上,气缸中间和缸口均有卡环,质量为m的活塞在缸内封闭了一定质量的理想气体,活塞的横截面积为S,活塞与气缸内壁无摩擦且气缸不漏气。开始时,活塞对中间卡环的压力大小为mg(g为重力加速度),活塞到缸底的高度为h,大气压强恒为,环境的热力学 温度为T0,不计卡环、活塞及气缸的厚度。现缓慢升高环 境温度至2.5T0,求此时活塞与上卡环间的弹力大小F。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:设开始时缸内封闭气体的压强为p1,对活塞受力分析有 mg+·S=p1S+mg,解得p1=。 当温度升高至2.5T0,活塞处于上卡环处时,设气体压强为p2,由理想气体状态方程有=,解得p2=。 对活塞受力分析,由平衡条件可知p2S=·S+mg+F, 解得F=mg。 答案:mg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(12分)(2025·广东广州模拟)一只乒乓球在环境温度为27 ℃时,球内气体的压强为1.0×105 Pa、体积为V。某次乒乓球被踩瘪,但没有破,球内气体的体积变为V。现将瘪了的乒乓球放入热水中,乒乓球恢复原状时,球内气体的温度为87 ℃。球内气体可视为理想气体。 (1)乒乓球在热水中恢复原状前,球内气体分子平均动能如何变化? 解析:温度升高,球内气体分子的平均动能增大。 答案:增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)求乒乓球被踩瘪后和在热水中恢复原状时,对应球内气体的压强p1和p2(结果均保留两位有效数字)。 解析:设乒乓球被踩瘪前,球内气体压强为p0,温度为T0;乒乓球被踩瘪后球内气体压强为p1;乒乓球恢复原状时,球内气体压强为p2,温度为T。乒乓球被踩瘪前到踩瘪后发生等温变化,由玻意耳定律有p0V=p1·V, 代入数据解得p1=p0≈1.1×105 Pa。 从乒乓球被踩瘪前直到恢复原状,由理想气体状态方程有=, 又T0=(273+27)K=300 K,T=(273+87)K=360 K,代入数据解得p2=p0=1.2×105 Pa。 答案:1.1×105 Pa　1.2×105 Pa 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(12分)(2024·全国甲卷)如图,一竖直放置的气缸内密封 有一定量的气体,一不计厚度的轻质活塞可在气缸内无摩 擦滑动,移动范围被限制在卡销a、b之间,b与气缸底部的 距离bc=10ab,活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时,活塞在 卡销a处,气缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、 温度相同,分别为1.0×105 Pa和300 K。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(该过程中气体温度视为不变),外力增加到200 N并保持不变。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)求外力增加到200 N时,卡销b对活塞支持力的大小; 解析:活塞从位置a到b过程中,气体做等温变化,初态p1=1.0×105 Pa、V1=S·11ab; 末态V2=S·10ab,p2=? 根据玻意耳定律有p1V1=p2V2, 解得p2=1.1×105 Pa。 此时对活塞根据平衡条件有F+p1S=p2S+N, 解得卡销b对活塞支持力的大小N=100 N。 答案:100 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)再将气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。 解析:将气缸内气体加热使气体温度缓慢升高,当活塞刚好能离开卡销b时,气体做等容变化,初态p2=1.1×105 Pa,T2=300 K; 末态,对活塞根据平衡条件有p3S=F+p1S, 解得p3=1.2×105 Pa。 设此时温度为T3,根据查理定律有=, 解得T3≈327 K。 答案:327 K 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(14分)(2024·甘肃卷)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2l。开始时系统处于平衡态,A、B体积均为Sl,压强均为p0,弹簧为原长。现将B部分气体抽出一半,系统稳定后B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变,气体视为理想气体。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)抽气之后A、B内气体的压强pA、pB; 解析:对A内气体分析, 抽气前:体积为V=Sl,压强为p0; 抽气后:VA=2V-V=Sl。 根据玻意耳定律得p0V=pAVA,解得pA=p0。 对B内气体分析,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p0,则根据玻意耳定律得p0V=pB·V,解得pB=p0。 答案:p0　p0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)弹簧的劲度系数k。 解析:由题意可知,弹簧的压缩量为,对隔板受力分析有pAS=pBS+F, 根据胡克定律得F=k, 联立得k=。 答案: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(14分)(2024·湖北卷)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: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)再次平衡时容器内气体的温度; 解析:容器内气体进行等压变化,则由盖-吕萨克定律得 =,即=,解得T1=T0。 答案: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 解析:此过程中气体内能增加量为 ΔU=CΔT=CT0, 气体对外做功大小为W=pSΔh=h(p0S+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=ΔU+W=h(p0S+mg)+CT0。 答案: $