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（江苏专版）

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1~7题,每题4分 1.(2025·江苏连云港二模)下列四幅图片涉及的物理现象,说法正确的是(　　) A.甲图中用粗棉线实现自动浇水,利用了毛细现象 B.乙图中热针接触涂蜡固体后,蜡熔化区域呈现圆形,说明该固体为非晶体 C.丙图中抽去玻璃板后两种气体混合,原因是分子间存在引力 D.丁图中用手推动封闭注射器的活塞时阻力增大,原因是分子斥力增大 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:甲图中用粗棉线实现自动浇水,利用了毛细现象,故A正确;图乙说明固体在传导热量上具有各向同性,多晶体和非晶体都具有各向同性,说明该固体可能是多晶体,也可能是非晶体,故B错误;丙图中抽去玻璃板后两种气体混合,原因是分子不停地做无规则的热运动,故C错误;丁图中封闭注射器的出射口,按压管内封闭气体过程中阻力增大,是气体压强逐渐变大的缘故,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2025·江苏淮安开学考试)生活中常用如图所示的乙醇喷雾消毒液给房间消毒,其主要成分是酒精,则下列说法正确的是(　　) A.喷洒消毒液后,会闻到淡淡的酒精味,这是酒精分子做 布朗运动的结果 B.酒精由液态挥发成同温度的气态的过程中,其分子的平均动能不变 C.酒精由液态挥发成同温度的气态的过程中,内能不变 D.酒精由液态挥发成同温度的气态的过程中,热运动速率大的分子数占总分子数百分比减小 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:喷洒乙醇消毒液后,会闻到淡淡的酒精味,这是扩散现象,是酒精分子做无规则运动的结果,而布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动,故A错误;温度是分子平均动能的标志,则酒精由液态挥发成同温度的气态的过程中,其分子的平均动能不变,故B正确;酒精由液态挥发成同温度的气态的过程中,分子平均动能不变,但是分子势能变大,则内能发生变化,故C错误;酒精由液态挥发成同温度的气态的过程中,温度不变,则热运动速率大的分子数占总分子数比例不会减小,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.某个冬天的早晨,小红打开家里的制暖空调,为使制暖效果更佳,她关闭门窗,一段时间后房间内升高至25 ℃并保持恒温。房间内的气体可视为质量不变的理想气体,若将一杯装有花粉的10 ℃水置于该房间内,则下列说法正确的是(　　) A.制暖空调机工作时,热量从低温物体传递给高温物体 B.制暖空调机开始工作后,房间内气体的内能始终保持不变 C.待空调稳定后,花粉的运动激烈程度会减弱 D.花粉颗粒在水中做布朗运动,反映了花粉分子在不停地做无规则运动 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:制暖空调机工作时,电机工作电流做功,压缩机消耗电能使热量从低温物体传到高温物体,故A正确;制暖空调机开始工作后,房间内气体温度升高,内能增大,故B错误;待空调稳定后,房间内温度升高,装花粉的水温度升高,花粉做布朗运动激烈程度会增加,故C错误;花粉颗粒在水中做布朗运动,反映了水分子在不停地做无规则运动,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.如图所示,绝热活塞将绝热汽缸内分成A、B两部分,各自封闭着同种气体(可视为理想气体),活塞由销子固定,A、B部分气体体积相等、温度相同,压强之比为2∶1。现将销子拔掉,气体再次稳定。下列说法中正确的是(　　) A.A部分气体的质量小于B部分气体的质量 B.拔掉销子前,A部分气体分子对汽缸壁的单次平均撞击力 大于B部分气体分子对汽缸壁的单次平均撞击力 C.拔掉销子前,A部分气体分子的平均动能等于B部分气体分子的平均动能 D.拔掉销子再次稳定后,A部分气体分子的平均动能等于B部分气体分子的平均动能 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据理想气体状态方程pV=nRT=RT可知,对于同种 气体,在相同体积、相同温度下,气体的质量(或分子数)与 压强成正比,由题意可知pA∶pB=2∶1,可以判断A部分所含 分子数要多于B部分,所以A部分的气体质量大于B部分的气体质量,故A错误;单次平均撞击力主要由分子的热运动(温度)决定,温度相同则单次平均撞击力相同,所以拔掉销子前,A部分气体分子对汽缸壁的单次平均撞击力等于B部分气体分子对汽缸壁的单次平均撞击力,故B错误;因为两部分气体的初温相同,而理想气体分子平均动能取决于气体的温度,故拔掉销子前,A部分气体分子的平均动能等于B部分气体分子的平均 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 动能,故C正确;拔掉销子活塞向右运动,A部分气体对外做功,与外界没有热量交换,内能减小,温度降低,外界对B气体做功,与外界没有热量交换,所以B部分气体的内能增加,温度升高,所以再次稳定后,A部分气体分子的平均动能小于B部分气体分子的平均动能,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(2025·江苏南通期中)分子势能的大小是由分子间的相对位置决定的。分子势能Ep与分子间距离r的关系如图所示,r0为分子间的平衡位置。下列说法正确的是(　　) A.当r=r0时,分子势能最小 B.当r=r1时,分子势能最小 C.当r=r0时,分子力最大 D.当r=r1时,分子力为0 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:由r0为分子间的平衡位置可知,当r=r0时,分子间的作用力是零,分子势能最小,A正确;由题图可知,当r=r1时,分子势能是零,但不是最小,B错误;r0为分子间的平衡位置,所以当r=r0时,分子的引力与斥力平衡,所以分子力是零,C错误;当r=r1时,分子势能是零,分子力不是零,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.一个简易温度计的结构如图所示,长直玻璃管竖直固定,上端与球形玻璃容器相连,下端通过软管与柱形开口容器相连,用水银将一定质量的空气封闭在球形容器内。大气压强保持不变,上下移动柱形容器使左右水银面平齐时,长直玻璃管中水银面对应刻度可以表示外界温度,则玻璃管M、N区间内的刻度可能正确的是(　　) A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:因为大气压强保持不变,所以球形容器内气体做等压变化,则其体积V与热力学温度T成正比,由此可知,温度越高,体积越大,则玻璃管M、N区间内的刻度越靠下,对应温度越高,又因为摄氏温度与热力学温度差值不变,则M、N区间内的刻度分布均匀。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.(2025·江苏南通一模)如图所示,向一个空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀透明吸管,接口用蜡密封,在吸管内引入一小段油柱(长度可忽略),如果不计大气压的变化,该装置就是一支简易的气温计,则(　　) A.吸管上的气温计刻度是均匀的 B.温度升高后,罐中气体压强增大 C.用更粗的透明吸管,其余条件不变,则测温范围会减小 D.用更小的饮料罐,其余条件不变,可提高该气温计的测温灵敏度 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:设初始温度为T0、罐中空气体积为V0、吸管内油柱左侧空气柱长度为L0、其横截面积为S,温度变化后温度为T1、罐中空气体积不变、吸管内油柱左侧空气柱长度变为L1、其横截面积不变。在温度变化时,气体发生等压变化,有C==,可知Δx=L1-L0=ΔT,故温度变化量与距离的变化量成正比,即吸管上的气温计刻度是均匀的,故A正确;罐中气体压强始终等于大气压,即罐中气体压强始终不变,故B错误;根据Δx=ΔT可知,若更换更粗的透明吸管,则S变大,其余条件不变,即在温度变化相同的条件下,吸管中的油柱左右移动距离会变小,则测温范围会变大,故C错误;根据C=,Δx=ΔT,可得Δx=ΔT,若用更小的饮料罐,则V0变小,其余条件不变,即在温度变化相同的条件下,吸管中的油柱左右移动距离会变小, 即该气温计的测温灵敏度会降低,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.(10分)(2025·陕西西安模拟预测)如图,一内壁光滑的汽缸右边有开口与大气相通,初始时活塞左边气体体积为右边的3倍,系统处于平衡状态,大气压强为p0,两边气体温度均为T0。缓慢加热活塞左边的气体。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)求温度升为T0时,气体的压强; 解析:设汽缸总体积为V0,活塞到达最右端的过程,气体做等压变化,由盖-吕萨克定律得 =, 解得T1=T0, 温度由T0升为T0的过程,气体做等容变化,由查理定律得 =, 解得p=1.25p0。 答案: 1.25p0　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)在给出的坐标系中用带箭头的线画出上述过程的p-T图线。 解析:上述过程的p-T图线如图所示。 答案:图见解析 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(12分)如图所示,气室1和气室2为两个中间接有智能温控开关(未画出)的绝热汽缸,气室1内质量M=的活塞的上方与大气连通,气室2的体积不变。当气室1内气体温度比气室2内气体温度低ΔT=时,智能温控开关被打开,气室2内部分气体迅速进入气室1中,最终两气室温度、压强均相等时智能温控开关立即关闭。已知活塞的横截面积为S,开始时气室2内气体压强为p0,气室1和2内的温度均为T0,体积均为V0,重力加速度大小 为g,外界大气压强为p0,气室1、2内的气体可视为质量不同的同 种理想气体,忽略活塞与汽缸壁间的摩擦和温控开关的质量,活塞 密封良好。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)求气室1内气体压强p1; 解析:以活塞为研究对象,根据力的平衡,有p1S=p0S+Mg, 解得p1=p0+=p0。 答案:p0　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)若气室2内有热源供热,使该气室内气体温度上升,压强变大,智能温控开关被打开,当两气室内气体温度稳定在T=T0+ΔT时,求气室1内气体的体积VA。 解析:智能温控开关被打开后,最终两气室内气体温度为T,以气室1和2内的所有气体为研究对象,根据理想气体状态方程,有 +=p1×, 其中T=T0+ΔT, 解得VA=V0。 答案: V0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(12分)户外活动时需要在小口径井中取水,某同学取如图所示的一段均匀竹筒做了一个简易汲水器。在五个竹节处开小孔,把竹筒竖直放入水中一定深度后,水从C孔进入,空气从A孔排出,当内外液面相平时,手指按住竹筒最上面A处小孔缓慢地上提竹筒,即可把井中的水取上来。设竹筒内空间横截面积S=20 cm2,竹筒共四小段,每小段长度l=25 cm,已知水密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度大小g取10 m/s2,大气压强p0=1.0×105 Pa,整个过程温度保持不变,空气可视为理想气体。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)把竹筒全部浸入水中,堵住A孔将其拿出水面后再松开A孔让水慢慢流出,流出一部分水后再堵住A孔,等竹筒中水位稳定后,水位刚好下降到B处,求从A孔进入的标准大气压下空气的体积V。 解析:从A孔进入的空气,发生的是等温变化,初状态参量为p1=p0,V1=V; 末状态参量为p2=p0-2ρgl,V2=2lS。 由玻意耳定律得p1V1=p2V2, 解得V==9.5×10-4 m3。 答案: 9.5×10-4 m3　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)把竹筒竖直放入井水中汲水时,如果井水水位刚好浸到竹筒竹节B处,手指按住最上面的A孔缓慢地上提竹筒,一次能汲出多少质量的水?(≈10.05) 解析:当手指按住最上面的A孔缓慢地上提竹筒时,设最后竹筒里面取水的高度为h。对竹筒上部分的空气分析可知初状态参量为p3=p0,V3=2lS; 末状态参量为p4=p0-ρgh,V4=(4l-h)S。 由玻意耳定律得p3V3=p4V4, 整理并代入数据得h2-11h+5=0, 解得h≈0.475 m, 所以一次能汲出水的质量m=ρhS=0.95 kg。 答案: 0.95 kg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(12分)(2025·江苏盐城一模)如图所示,竖直放置的圆柱形汽缸内用横截面积为S的轻质活塞封闭1 mol的理想气体,汽缸密闭性良好,活塞可在汽缸内无摩擦滑动。初始时,活塞静止在距汽缸底部L处,活塞上方2L处有固定卡扣。现加热气体,使其温度从T缓慢升高至3T,该过程中气体内能增加3p0SL(p0为外界大气压强),此后气体温度继续缓慢升高至5T。已知理想气体内能与温度成正比,外界大气压强恒为p0。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)求温度升高至3T时,气体的体积。 解析:假设温度升高至3T时,活塞还未运动到固定卡扣位置,设此时气体的体积为V,气体温度从T升高至3T的过程中,气体经历等压变化,可得=,解得V=3SL, 此时活塞距汽缸底部的距离刚好为3L,说明活塞恰好运动到固定卡扣位置。 答案: 3SL　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)求温度从T升高至3T的过程中,气体吸收的热量。 解析:气体温度从T升高至3T的过程中,对外界做的功为W=2p0SL, 由热力学第一定律可得ΔU=Q-W, 解得Q=5p0SL。 答案: 5p0SL　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)摩尔热容指的是1 mol物质温度升高1 K所吸收的热量。摩尔热容与气体经历的变化过程有关,如果升温是在体积不变的条件下进行,该热容称为等容摩尔热容(CV);如果升温是在压强不变的条件下进行,该热容称为等压摩尔热容(Cp)。求该气体温度从T升高至5T的过程中,气体的等容摩尔热容与等压摩尔热容的比值。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:理想气体内能与温度成正比,可得气体温度从3T升高至5T的过程中,内能的增加量等于温度从T升高至3T的内能增加量,即ΔU1=ΔU。 由热力学第一定律可得ΔU1=Q1+W1, 气体温度从3T升高至5T的过程中,气体体积不变,气体对外界不做功,即W1=0。 由摩尔热容的定义可得CV=,Cp=, 可得温度从T升高至5T的过程中,气体的等容摩尔热容与等压摩尔热容的比值为=。 答案: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(12分)(2025·山东淄博一模)如图为某潜艇模型的截面示意图,容积为V0的贮气舱通过细管与储水舱连接,储水舱中有一厚度忽略不计的轻活塞,储水舱通过通海口与海水连通。某次下潜前,在海面上保持阀门K关闭,贮气舱内有压强为p0、体积为V0的空气,现将与贮气舱内气体等温度的、压强为p0、体积为9V0的空气缓慢充入贮气舱。当潜艇静止潜在某深度处时,活塞位于最右端,储水舱内充满水。现打开阀门K向储水舱压入一定量的气体后,活塞左移,排出水的体积为,此时关闭阀门,贮气舱内剩余气体的压强变为8p0,排水过程中气体温度不变,潜水艇深度不变。已知大气压强为p0,重力加速度为g,海水密度为ρ,忽略温度的变化和水密度随深度的变化。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)潜艇下潜前,充气完成后贮气舱内空气的压强p; 解析:对贮气舱内原有气体和新压入的气体,由玻意耳定律得 p0(V0+9V0)=pV0, 解得p=10p0。 答案: 10p0　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)潜艇所在的深度h。 解析:海水在深度h处的压强为p2=p0+ρgh, 对贮气舱内的气体,由玻意耳定律得 10p0V0=8p0(V0+V), 对排入储水舱内的气体,由玻意耳定律得 8p0V=p2, 解得h=。 答案: $