课下巩固检测练(12) 热学（Word练习）-【正禾一本通】2026年高考物理二轮专题复习高效讲义

[课下巩固检测练(十二)]　热学 【基础练】 1．(2025·北京高考)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(　　 ) 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 解析：选D。猛推推杆压缩筒内气体，气体未来得及与外界发生热交换，即Q＝0，气体被压缩，体积减小，则外界对气体做正功，即W>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能增大，故C错误；气体内能增大，故其温度升高，又体积减小，根据理想气体状态方程＝C，可知气体压强增大，故A错误；气体被压缩，体积减小，则气体对外界做负功，故B错误；气体温度升高，则分子平均动能增大，故D正确。 2．(2025·江苏高考)如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口，并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气体(　　 ) A．内能迅速增大 B．温度迅速升高 C．压强迅速增大 D．体积迅速膨胀 解析：选D。橡胶塞跳出的过程中瓶内的气体对外做功，气体体积迅速膨胀，由于该过程的时间比较短，气体来不及吸收热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，则温度降低，由理想气体状态方程＝C可知，气体压强减小，故D正确。 3．(2025·江苏高考)一定质量的理想气体，体积保持不变。在甲、乙两个状态下，该气体分子速率分布图像如图所示。与状态甲相比，该气体在状态乙时(　　 ) A．分子的数密度较大 B．分子间平均距离较小 C．分子的平均动能较大 D．单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较少 解析：选C。根据题意，一定质量的理想气体，甲、乙两个状态下气体的体积相同，所以分子的数密度相同、分子间平均距离相同，故A、B错误；根据题图可知，乙状态下气体速率大的分子占比较多，则乙状态下气体温度较高，则平均动能大，故C正确；乙状态下气体平均速度大，可知单位时间内撞击单位面积器壁次数较多，故D错误。 4．(2025·重庆高考)易碎物品运输中常采用缓冲气袋减小运输中冲击。若某次撞击过程中，气袋被压缩(无破损)，不计袋内气体与外界的热交换，则该过程中袋内气体(视为理想气体)(　　 ) A．分子热运动的平均动能增加 B．内能减小 C．压强减小 D．对外界做正功 解析：选A。气袋被压缩且绝热(无热交换)，视为理想气体。绝热压缩时外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能由温度决定，则分子热运动的平均动能增加，故A正确，B错误；根据理想气体状态方程＝C，体积减小，温度升高，可知压强增大，故C错误；气体体积减小，外界对气体做正功，气体对外界做负功，故D错误。 5．(2025·安徽高考)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体(可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体(　　) A．对外做功，内能不变 B．向外放热，内能减少 C．分子的平均动能变小 D．吸收的热量等于内能的增加量 解析：选A。理想气体的温度不变，则内能不变，气体分子的平均动能不变，B、C、D错误；气球上升过程中，球内气体压强减小，由玻意耳定律可知，气体体积增大，对外做功，A正确。 6．(2025·黑吉辽蒙卷)某同学冬季乘火车旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖，将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，与刚进入车厢时相比，瓶内气体(　　) A．内能变小 B．压强变大 C．分子数密度变大 D．每个分子动能都变大 解析：选B。将糖果瓶从寒冷的站台带入温暖的车厢一段时间后，瓶内气体的温度升高，则瓶内气体的内能变大，A错误；由于瓶内气体的体积不变，则气体做等容变化，由题意知瓶内气体的温度升高，则由查理定律可知，瓶内气体的压强变大，B正确；由于瓶内气体的体积不变，则瓶内气体的分子数密度不变，C错误；瓶内气体的温度升高，分子的平均动能变大，但并不是每个分子的动能都变大，D错误。 7．(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：选B。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A项分析可知，由题可知密封气体初末状态温度之比为，且体积减小，即V1＞V2，则密封气体的末态压强p2＝p1>2p1，D错误。 【能力练】 8．(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：选BD。在标准大气压p0下，设进入玻璃管b的液柱高度为h，则封闭气体的压强为p1＝p0－ρgh，由于b管中气体的体积可忽略不计，则温度发生变化时，封闭气体可视为等容变化，由公式＝C(C为常量)可知，温度升高时，封闭气体的压强增大，则b管中液面降低，反之，温度降低时，封闭气体的压强减小，b管中液面升高，A错误，B正确；水槽中的水少量蒸发后，水槽中的液面高度降低，则b管内液面的高度也降低，由A、B选项的分析可知，温度的测量值偏大，C错误，D正确。 9．(2025·浙江高考)如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭温度T1＝300 K，体积V1＝1×103 cm3处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h＝10 cm。将瓶子放进T2＝303 K的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体对外做功1.02 J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3；忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。 (1)从状态2到状态3，气体分子平均速率________(填“增大”“不变”或“减小”)，单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数________(填“增大”“不变”或“减小”)； (2)求气体在状态3的体积V3； (3)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。 解析：(1)从状态2到状态3，气体温度保持不变，瓶内气体分子的内能保持不变，又瓶内气体为理想气体，瓶内气体未向瓶外逸出，则气体分子平均速率不变。 气体处于状态2时，管内水面高于瓶内水面h，则瓶内气体的压强p2＝p0＋ρgh，气体处于状态3时，管内和瓶内水面等高，则瓶内气体的压强为p3＝p0，因此从状态2到状态3瓶内气体压强减小，又气体分子的平均速率不变，则单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。 (2)瓶内气体从状态1到状态2的过程，h保持不变，则瓶内气体压强不变，为 p2＝p1＝p0＋ρgh＝1.01×105 Pa 该过程由盖­吕萨克定律有 其中V1＝1×103 cm3，T1＝300 K，T2＝303 K 解得V2＝1.01×103 cm3 瓶内气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律有p2V2＝p3V3 代入数据解得瓶内气体在状态3的体积为 V3＝1.020 1×103 cm3。 (3)瓶内气体从状态1到状态2的过程，气体对外做的功为W1＝p1(V2－V1)＝1.01 J 从状态1到状态3过程，由热力学第一定律可知 ΔU＝Q－(W1＋W2) 其中Q＝4.56 J，W2＝1.02 J 代入数据解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为ΔU＝2.53 J。 答案：(1)不变　减小　(2)1.020 1×103 cm3 (3)2.53 J 10．(2025·广东高考)如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强p0＝1.0×105 Pa，铸型室底面积S1＝0.2 m2，高度h1＝0.2 m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15 m，柱状气室底面积S2＝0.8 m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103 kg/m3，重力加速度取g＝10 m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。 (1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1。 (2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为h3＝0.04 m时，气室内气体压强p2。 解析：(1)金属液刚好充满铸型室时，有 h1S1＝h2S2 代入数据解得h2＝0.05 m 则气室内气体的压强 p1＝p0＋ρg(h1＋H＋h2) 代入数据解得p1＝1.2×105 Pa。 (2)设注气后气室金属液液面下降的高度为h4，则有 h3S1＝h4S2 解得h4＝0.01 m 由于注气过程中铸型室内温度不变，则对铸型室内气体，由玻意耳定律有 p0S1h1＝p′S1(h1－h3) 解得注气后铸型室内气体的压强 p′＝1.25×105 Pa 所以注气后气室内气体压强 p2＝p′＋ρg(h3＋H＋h4) 解得p2＝1.35×105 Pa。 答案：(1)0.05 m　1.2×105 Pa　(2)1.35×105 Pa 【创新练】 11．(2024·山东高考)图甲为战国时期青铜汲酒器，根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器，如图乙所示。长柄顶部封闭，横截面积S1＝1.0 cm2，长度H＝100.0 cm，侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2＝90.0 cm2、高度h＝20.0 cm，罐底有一小孔B。汲液时，将汲液器竖直浸入液体，液体从孔B进入，空气由孔A排出；当内外液面相平时，长柄浸入液面部分的长度为x；堵住孔A，缓慢地将汲液器竖直提出液面，储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2，大气压p0＝1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽略器壁厚度。 (1)求x； (2)松开孔A，从外界进入压强为p0、体积为V的空气，使满储液罐中液体缓缓流出，堵住孔A，稳定后罐中恰好剩余一半的液体，求V。 解析：(1)在缓慢将汲液器竖直提出液面的过程，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律有 p1(H－x)S1＝p2HS1 根据题意可知p1＝p0，p2＋ρgh＝p0 联立解得x＝2 cm。 (2)对新进入的气体和原有的气体整体分析，由玻意耳定律有 p0V＋p2HS1＝p3 又p3＋ρg·＝p0 联立解得V＝8.92×10-4 m3。 答案：(1)2 cm　(2)8.92×10-4 m3 学科网（北京）股份有限公司 $