第15讲 热学 专题强化练习-2026届高三物理二轮专题复习

第15讲 热学 专题强化练习 基础保分练 1． 选择题： 1.(2025·江苏宿迁市三模)我国科学家把金属铋块熔化成液态铋，再经挤压后得到单原子层金属铋片，与铋块相比，铋片的导电性能和机械强度显著增强，则(　　) A.铋块熔化过程中温度不断升高 B.液态铋表面分子间作用力表现为引力 C.铋片中的分子呈无规则排列 D.铋片中的分子在做布朗运动 2.(2025·山东卷·2)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r0时分子势能Ep为零，则(　　) A.只有r大于r0时，Ep为正 B.只有r小于r0时，Ep为正 C.当r不等于r0时，Ep为正 D.当r不等于r0时，Ep为负 3.(2025·江苏盐城市二模)下列关于现象的描述，正确的是(　　) A.水黾能浮在水面上是因为它受到了水的浮力 B.随着科学技术的进步，人们可以将热机的效率提高到100% C.玻璃管中的水面弯曲，水的表面层内的分子间的作用力表现为斥力 D.两端开口的细玻璃管竖直插入水银中，稳定后管内的水银面低于管外 4.(2025·江苏南京市一模)汽缸内封闭有一定质量的气体，在某次压缩过程中，缸内气体的温度从T1迅速升高至T2。下列各图中，纵坐标f(v)表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比，图线Ⅰ、Ⅱ分别为缸内气体在T1、T2两种温度下的分子速率分布曲线，其中正确的是(　　) 5.(2025·江苏卷·6)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 6.(2025·江苏南通市三模)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸竖直放置在水平桌面上，汽缸内封闭一定质量的理想气体。在外力作用下，活塞从A处缓慢运动到B处，该过程中(　　) A.气体的内能减小 B.气体分子的数密度变大 C.气体分子的平均动能增加 D.单位时间内气体分子对单位面积缸壁的作用力增大 7.密封于汽缸中的理想气体，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-T图像正确的是(　　) 二．计算题： 8.(2025·陕晋青宁卷·13)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105~3.5×105 Pa。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示，温度T1为300 K时，体积V1和压强p1分别为0.528 m3、3.0×105 Pa；当胎内气体温度升高到T2为350 K时，体积增大到V2为0.560 m3，气体可视为理想气体。 (1)求此时胎内气体的压强p2； (2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104 J，求胎内气体的内能增加量ΔU。 综合创新练 一.选择题： 9.(2025·江苏南京市一模)如图所示，一定质量的理想气体经历了a→b、b→c、c→a三个过程，已知b→c为等容过程，另外两个中一个是等温过程，另一个是绝热过程。下列说法正确的是(　　) A.a→b过程，气体压强和体积的乘积变大 B.a→b过程，气体压强和体积的乘积变小 C.c→a过程，气体压强和体积的乘积变大 D.c→a过程，气体压强和体积的乘积变小 10.如图所示，电子血压计是进行血压测量的医疗设备，由袖带、导气管、充气泵等部分组成，袖带内有气密性良好的气囊，最大容积为300 mL，通过导气管与充气泵的出气口连接。充气前袖带的气囊是瘪的，内部存有60 mL压强为1.0×105 Pa的气体，测量血压时需打开气泵对袖带气囊进行充气，当压强提高至1.2×105 Pa后通过放气进行血压测量。已知气泵每秒可将10 mL的外界气体充入气囊，外界大气压强为p0=1.0×105 Pa，充气过程气体温度保持不变，则测量血压时需要充气的时间为(　　) A.30 s B.40 s C.50 s D.60 s 11.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330 cm3，薄吸管底面积为0.5 cm2，罐外吸管总长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱离罐口10 cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是(　　) 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 ℃ 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 12.如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后(　　) A.h中的气体内能减小 B.f与g中的气体温度相等 C.f与h中的气体温度相等 D.f与h中的气体压强相等 二．计算题： 13.如图所示，开口向右的绝热汽缸水平放置，由厚度均不计的绝热活塞A和导热活塞B封闭相同质量的理想气体，区域 Ⅰ 、 Ⅱ内气体的体积均为V0，压强均为1.2p0，热力学温度与外界相同，均为T0，活塞A可以在汽缸内无摩擦地自由移动，活塞B与汽缸间的最大静摩擦力大小为Ffm=。已知两部分气体均密封良好，活塞的横截面积为S，大气压强为p0，外界的温度保持不变。现通过电加热丝对区域 Ⅰ 内的气体缓慢加热。 (1)求当活塞B恰好要滑动时，活塞A移动的距离； (2)当活塞B恰好要滑动时，电加热丝停止加热，同时将活塞B固定，然后打开区域 Ⅱ 内的阀门K，气体缓慢漏出。经过足够长的时间，区域 Ⅱ 内剩余气体的质量是原来质量的，求区域 Ⅰ 内气体最终的热力学温度。 14.(2025·山东卷·16)如图所示，上端开口，下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好，管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0，活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0=p0S，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，T1=330 K时，气柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2=440 K时停止加热，活塞不再上升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至T3=400 K时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4=330 K时，保持温度不变，活塞不再下降。求： (1)T2=440 K时，气柱高度h2； (2)从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。 参考答案： 1.答案　B解析　金属熔化属于晶体熔化过程，熔化时虽然吸热，但温度保持在熔点不变，直到全部熔化，故A错误；液体表面分子间作用力表现为引力，这是液体表面张力形成的原因。液态铋表面分子间作用力为引力符合物理规律，故B正确；金属固态通常为晶体结构，原子排列有序，题目中铋片导电性能和机械强度增强，说明其结构更有序(如单层晶体结构)，而非无规则排列，故C错误；布朗运动是悬浮微粒在流体中的无规则运动，故D错误。 2.答案　C解析　方法一：两个分子间距离r等于r0时分子势能为零，从r0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r0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r不等于r0时，Ep为正。 方法二：由Ep与r的关系图像，可知当r=r0时分子势能最小，若规定两个分子间距离r等于r0时分子势能Ep为零，当r不等于r0时，分子势能均为正值。 3.答案　D解析　水黾能浮在水面上是因为液体表面张力的原因，故A错误；根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功而不引起其他变化，故热机的效率不可能提高到100%，故B错误；水能浸润玻璃，玻璃管中的水面向上弯曲，水的表面层内的分子间的作用力表现为引力，故C错误；水银不浸润玻璃，两端开口的细玻璃管竖直插入水银中，稳定后管内的水银面低于管外，故D正确。 4.答案　A解析　温度越高，分子平均动能越大，图像的峰值越靠右，两图线与横轴所围面积相等，故选A。 5.答案　D解析　瓶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，气体来不及与外界交换热量，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。故选D。 6.答案　A解析　汽缸绝热，汽缸内封闭的气体与外界没有热交换，活塞从A处缓慢运动到B处，气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律，气体内能减小，故A正确；汽缸内封闭的气体物质的量不变，总分子数不变，活塞从A处缓慢运动到B处，气体体积变大，故气体分子的数密度变小，故B错误；气体内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故C错误；活塞从A处缓慢运动到B处，体积增大，温度降低，由理想气体状态方程=C，可知气体压强减小，由气体压强微观解释，单位时间内气体分子对单位面积汽缸壁的作用力减小，故D错误。 7.答案　C解析　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bc过程理想气体的体积增大，则压强减小，故选C。 8.答案　(1)3.3×105 Pa　(2)6.6×104 J 解析　(1)根据理想气体状态方程= 代入数据得p2==3.3×105 Pa (2)p-V图线与V轴围成的面积表示做功的大小，该过程气体体积增大，则气体对外做功，可得外界对气体做功为W=-(V2-V1)=-1.008×104 J 由热力学第一定律ΔU=Q+W 代入数据可得ΔU=6.6×104 J。 9.答案　A解析　根据ΔU=Q+W，假设c→a过程为绝热过程(Q=0)，则有ΔU=Q+W=W，因为c→a过程，体积增大，即W<0，则ΔU<0，因此c→a过程温度降低，即Tc>Ta，a→b过程为等温过程，则Ta=Tb，b→c过程等容变化，有=，可知Tc<Tb，这与假设结果Tc>Ta=Tb矛盾。因此c→a过程为等温过程，a→b过程为绝热过程，a→b过程体积减小，理想气体内能增大，因此温度升高，即Tb>Ta，根据pV=CT可知，a→b过程气体压强和体积的乘积变大，故A正确，B错误；c→a过程温度始终保持不变，所以气体压强和体积的乘积不变，故C、D错误。 10.答案　A解析　设充气时间为t，根据玻意耳定律可知p0V0+p0V·t=p1Vm，其中V0=60 mL，V=10 mL/s，p1=1.2×105 Pa，Vm=300 mL，代入数据解得t=30 s，故选A。 11.答案　B解析　由盖—吕萨克定律得= 其中V1=V0+Sl1=335 cm3， T1=(273+27) K=300 K， V2=V0+Sx=330+0.5x(cm3) 代入解得T=x+(K) 根据T=t+273 K 可知t=x+(℃) 故若在吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误； 当x=20 cm时，该装置所测的温度最高，代入解得tmax≈31.5 ℃，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tmin≈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—吕萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。 12.答案　D解析　对f中的气体加热，则f中气体温度升高，体积增加，此时f挤压g、h，而g、h中均为绝热部分，故g、h体积均减小，压强增大，弹簧弹力增加。当f右侧活塞向右移动时，对g、h均做正功，由热力学第一定律可知，g、h中气体内能增加，温度升高，故A错误；当系统稳定时，满足pfS=pgS+F=phS，则此时f与h中的气体压强相等，故D正确；由上述分析可知，Vf>V0，Vh>V0，弹簧被压缩，则Vg<V0，故Vf>Vg，Vf>Vh，由理想气体状态方程可知==，因为pf=ph，Vh<Vf，所以Th<Tf，故C错误；由理想气体状态方程可知==，由于pg<pf，Vg<Vf，故Tg<Tf，故B错误。 13.答案　(1)　(2)T0 解析　(1)当活塞B恰好要滑动时，对其受力分析， 根据平衡条件pS=p0S+Ffm 又Ffm= 解得p=1.5p0 区域 Ⅱ 内气体发生等温变化，根据玻意耳定律有1.2p0V0=pV 当活塞B恰好要滑动时，活塞A移动的距离为Δx= 联立可得Δx= (2)打开区域 Ⅱ 内的阀门K后，经过足够长的时间，气体 Ⅱ 的压强为p0，根据玻意耳定律有1.2p0V0=p0V' 由题意可知== 解得V余= 对气体 Ⅰ ，根据理想气体状态方程= 解得T=T0 14.答案　(1)h1　(2) 解析　(1)活塞开始缓慢上升，由受力平衡p0S+f0=p1S 可得封闭的理想气体压强p1=p0 T1→T2升温过程中，等压膨胀，由盖-吕萨克定律= 解得h2=h1 (2)T1→T2升温过程中，等压膨胀，外界对气体做功W1=-p1(h2-h1)S=- T2→T3降温过程中，等容变化，外界对气体做功W2=0 活塞受力平衡有p0S=f0+p2S 解得封闭的理想气体压强p2=p0 T3→T4降温过程中，等压压缩，由盖-吕萨克定律= 解得h3=h1 外界对气体做功W3=p2(h2-h3)S= 全程中外界对气体做功W=W1+W2+W3=- 因为T1=T4，故封闭的理想气体总内能变化ΔU=0 利用热力学第一定律ΔU=W+Q 解得Q= 故封闭气体吸收的净热量Q=。 学科网（北京）股份有限公司 $