第十五章 热学（综合训练）（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

第十五章 热学 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 考试范围：热学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。 1．有关物理学史的叙述，其中正确的是（　　） A．卡文迪许测出万有引力常量，提出行星运动三大定律 B．布朗发现的布朗运动，直接证明分子做无规则热运动 C．爱因斯坦提出光电效应方程，成功解释了光电效应现象及规律 D．伽利略认为物体下落的快慢与其轻重有关 【答案】C 【详解】A．卡文迪许测出万有引力常量，开普勒提出行星运动三大定律，故A错误； B．布朗运动间接证明分子做无规则热运动，故B错误； C．爱因斯坦提出光电效应方程，成功解释了光电效应现象及规律，故C正确； D．亚里士多德认为物体下落的快慢与其轻重有关，故D错误。 故选C。 2．关于气体状态参量，下列说法正确的是（     ） A．气体体积由气体分子本身体积决定 B．气体定律计算可用摄氏温度 C．气体压强由分子碰撞器壁产生 D．密闭容器气体分子数密度一定不变 【答案】C 【详解】A．气体体积为容器容积，和气体分子本身体积无关，故A错误； B．气体定律计算计算必须用热力学温度，故B错误； C．气体压强的微观本质是分子频繁碰撞器壁，故C正确； D．气体体积变化会改变分子数数密度，故D错误。 故选C。 3．图示是一定质量的理想气体经过一系列过程的图。其中是等温过程，是绝热过程，则（　　） A．温度不变 B．温度降低 C．放出热量 D．放出热量 【答案】D 【详解】A．A→B是等压膨胀过程 根据理想气体状态方程 压强不变、体积增大时，温度一定升高，故A错误； B．A→C过程 C点的体积与D点相同，但压强大于D点，由 可知 而 因此 温度升高，故B错误。 C．已知是绝热过程，该过程气体体积膨胀，气体对外做功，绝热过程，由热力学第一定律 可知，理想气体内能仅由温度决定，因此绝热膨胀后温度降低，F点温度低于A点， 对比：E点压强比F点大，体积与F点相同，因此 E点温度高于F点、低于A点，过程内能变化 同时气体膨胀对外做功 代入热力学第一定律 可得 即气体吸收热量而非放出热量，故C错误； D．对比：G点压强比F点小，体积与F点相同，因此 G点温度低于F点，远低于A点，过程内能变化 气体膨胀对外做功 且G过程的比绝热过程的F点更小，温度降低幅度比绝热过程更大，内能减少量比绝热过程更多，代入热力学第一定律可知 即气体放出热量，故D正确。 故选D 。 4．如图，孔明灯在我国有非常悠久的历史，其“会飞”的原因是：孔明灯下端开口，与大气相通，灯内燃料燃烧使内部空气升温膨胀，所以一部分空气从灯内排出，使孔明灯及内部气体的总重力变小，空气浮力将其托起。某盏孔明灯灯体（包括燃料、气袋）的质量为，气袋体积恒为，手扶着孔明灯，当气袋内气体温度达到（单位：K）时松开手，孔明灯开始加速上升。当孔明灯升到某一高度时恰好开始匀速上升，气袋内气体温度达到（单位：K）。已知重力加速度大小为g，环境温度恒为（单位：K），地面附近大气压强为，大气密度为，高度处大气压强为，大气密度为，忽略燃料燃烧引起的孔明灯灯体质量变化。下列说法正确的是（     ） A．刚松手时气袋内气体的密度为 B．高度处气袋内气体的密度为 C．刚松手时灯体质量与大气密度和气袋体积乘积的比值可能为 D．高度处气袋内气体质量与没点燃之前气袋内气体质量之比可能为 【答案】C 【详解】A．刚松手时, 孔明灯开始加速上升，有 解得，故A错误； B．孔明灯升到某一高度时恰好开始匀速上升，有 解得，故B错误； C．将气袋内的气体温度升高时，气体视为等压变化，原来的气体温度升高时体积为V0，升高后体积为V（有V0留在气袋内），根据质量相等则有 原来的气体温度升高后压强不变，体积从变为，由等压变化得 根据题意 结合A选项解析联立解得 则松手时灯体质量与大气密度和气袋体积乘积的比值可能为，故C正确； D．高度处气袋内气体质量与没点燃之前气袋内气体质量之比 由理想气体状态方程得 高度越高，大气压强越小，有 解得，故D错误。 故选C。 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 5．（多选）下列关于能量转化的说法中，正确的是（     ） A．能量在转化过程中，有一部分能量转化为内能，我们无法把这些内能收集起来重新利用 B．各种形式的能量在转化时，总能量是不变的 C．在能源的利用过程中，能量的总量并未减少，但在可利用的品质上降低了，从便于利用的变成了不便于利用的 D．各种能量在不转化时是守恒的，但在转化时是不守恒的 【答案】ABC 【详解】AC．由能量耗散可知，在能量转化的过程中，有一部分能量转化为周围环境的内能，而我们无法把这部分内能收集起来重新利用，这表明，在能源的利用过程中，能量的总量并未减少，但是在品质上降低了，从便于利用的变成不便于利用的，而自然界的能量仍是守恒的，故AC正确； BD．根据能量守恒定律可知，不论在能量的转化还是能量的转移过程中，能量的总量都是不变的，故B正确，D错误； 故选ABC。 6．（多选）空气弹簧是一种广泛应用于商业汽车、巴士、高铁及建筑物基座的减震装置，其基本结构和原理如图所示，在导热良好的汽缸和可自由滑动的活塞之间密封着一定质量的理想气体，若外界温度保持不变，缓慢增大重物的质量，下列说法正确的是（     ） A．汽缸内气体的压强始终大于外界大气压 B．汽缸内气体的内能一定不变 C．汽缸内气体一定从外界吸热 D．汽缸内气体对汽缸底部单位时间内撞击的分子数减少 【答案】AB 【详解】A．设活塞的质量为M，根据平衡条件可得 可知汽缸内气体的压强始终大于外界大气压，故A正确； B．由于汽缸导热良好，外界温度保持不变，则汽缸内气体的温度保持不变，汽缸内气体的内能一定不变，故B正确； C．气体的温度保持不变，缓慢增大重物的质量，汽缸内气体的压强增大，根据 可知气体体积减小，外界对气体做正功； 根据热力学第一定律 可知汽缸内气体向外界放热，故C错误； D．由于汽缸内气体的温度保持不变，气体分子平均动能不变，而汽缸内气体的压强增大，根据压强微观意义可知，汽缸内气体对汽缸底部单位时间内撞击的分子数增多，故D错误。 故选AB。 7．（多选）一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C，最后到D状态，下列判断中正确的是（     ） A．A→B温度升高，压强不变 B．B→C体积不变，压强变大 C．C→D体积变小，压强变大 D．D点的压强与A点的压强相等 【答案】AC 【详解】A．结合图像，根据可知，过程为等压变化，且温度升高，故A正确； B．由图可知，过程为等容变化，且温度降低，根据查理定律可知，该过程压强减小，故B错误； C．由图可知，过程为等温变化，且体积减小，根据玻意耳定律可知，该过程压强增大，故C正确； D．将D点与O点连接，则该连线为等压线，根据可知，图像斜率越大，压强越小，由图可知，OA线斜率小于OD线斜率，因此D点的压强小于A点的压强，故D错误。 故选AC。 8．（多选）如图所示，用弹簧秤拉着一支薄壁平底玻璃试管，它的开口端向下插在水银槽中，由于管内有一部分空气，此时试管内水银面比管外水银面高h。若试管本身的重力与管壁的厚度均不计，此时弹簧秤的示数等于（     ） A．进入试管内的H高水银柱的重力 B．进入试管内的高的水银柱的重力 C．试管内高出管外水银面的h高水银柱的重力 D．外部大气与内部空气对试管平底部分的压力之差 【答案】CD 【详解】D．设弹簧秤的示数为，大气压强为，试管内气体压强为，试管横截面积为，对试管进行受力分析，根据平衡条件，有 得，即弹簧秤的示数等于外部大气与内部空气对试管平底部分的压力之差，D正确； ABC．设水银的密度为，对试管内高为的水银柱进行受力分析，有 得，即弹簧秤的示数等于试管内高出管外水银面的水银柱的重力，A、B错误，C正确。 故选CD。 三、填空题：本题共3小题，每个空格1分，共9分。 9．一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A，其p­V图如图所示。完成一次循环，气体内能________（填“增加”“减少”或“不变”），气体对外界________（填“做正功”“做负功”或“不做功”），气体________（填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”）。 【答案】 不变 做正功 吸热 【详解】（1）[1]循环结束回到状态，初、末状态的和相同。由理想气体状态方程 一定质量时不变，所以初、末温度相同；一定质量理想气体的内能只由温度决定，故，内能不变。 [2]在-图中，为压缩过程，气体对外界做负功；为膨胀过程，且在相同体积下膨胀过程的压强较大。因此膨胀时气体所做正功的绝对值大于压缩时所做负功的绝对值，循环净功为正，气体对外界做正功。 [3]设为外界对气体做的功，为气体吸收的热量。由热力学第一定律得 其中气体对外界做正功意味着。结合，得，所以气体吸热。 10．如图甲、乙、丙所示，汽缸与活塞均处于静止状态，已知大气压强为，重力加速度为，活塞的质量为，横截面积为S，汽缸、物块的质量均为，活塞与汽缸间均无摩擦，依次求出各图中汽缸中气体的压强。 ①甲________；②乙________；③丙________。 【答案】 【详解】[1]题图甲中选活塞为研究对象，受力分析如图（a）所示，由平衡条件有 可得 [2]题图乙中选汽缸为研究对象，受力分析如图（b）所示，由平衡条件有 可得 [3]题图丙中选活塞为研究对象，受力分析如图（c）所示，根据平衡条件， 对活塞有， 其中，， 可得。 11．1mol氧气储存于一氧气瓶中，温度为27℃，氧气分子的平均平动动能为________________；分子平均总动能为_______________；这瓶氧气的内能为_________________。 【答案】 【详解】[1]氧气分子的平均平动动能为 [2]分子平均总动能为 [3]这瓶氧气的内能为 四、实验题：本题共2小题，12题5分，13题7分，共12分。 12．如图甲所示，某自动洗衣机洗衣缸的下部与一控水装置的竖直均匀细管相通，细管的上部封闭，并和一压力传感器相接，A、B为压力传感器导线上的两个接线端。洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣缸中水面的升高，细管中的空气被压缩，当细管中空气压强达到一定数值时，压力传感器使进水阀门关闭，达到自动控水的目的。用如图乙所示电路（部分连线未完成）研究进水控制情况，其中电源电动势（内阻不计），电流表内阻为，电压表内阻约为，控制电路电阻视为无穷大。 (1)图甲中随着洗衣缸中水面的缓慢升高，细管中的气体被等温压缩，则气体分子的平均动能___________（选填“增大”“不变”或“减小”）； (2)已知大气压强为、重力加速度大小为、水的密度为。洗衣缸进水后，洗衣缸内水位和细管内水位的高度差为，则细管内气体压强___________（结果用、、、表示）； (3)将图甲中的A、B端分别与图乙中的G、O端连接，为尽可能精确测量压力传感器的电阻，应将电压表M端与___________（选填“b”或“c”）处相连； (4)洗衣桶内水位升高时，细管内气体压强增大，导致压力传感器电阻变化，测得其电阻随气体压强变化情况如图丙所示。当图乙中控制电路两端电压升高到6 V时，进水控制阀关闭，停止进水。若想让细管内气体压强为时停止进水，则压力传感器电阻值为___________，电阻箱R应该调为___________。（结果保留2位有效数字） 【答案】(1)不变 (2) (3)c (4) 5.0 9.0 【详解】（1）随着洗衣缸中水面的缓慢升高，细管中的气体被等温压缩，气体温度不变，则气体分子的平均动能不变。 （2）连通器内液面相平的位置压强相等，则细管内气体压强 （3）由题目可知，电流表的内阻已知，那么电流表不属于系统误差，应该用内接法，将电压表M端与c端相连。 （4）[1]如图所示，当细管内气体压强为时，压力传感器的电阻 [2]根据串并联关系， 其中，， 解得 13．离心节速器的主要构件是离心式飞锤，结构如图（a）所示，可以随机轴转速的增减自动调节进入汽轮机的蒸汽流量，确保转速不变。其中已知重锤质量均为，套筒质量为，上拉杆与水平方向夹角为，上拉杆和下拉杆之间的夹角为（和均可变化），转轴和轻质弹簧的重力，套筒和转轴之间的摩擦力，上拉杆上端到转轴的垂直距离可忽略不计。（重力加速度用表示） 若某一时刻重锤、弹簧和拉杆系统保持静止。（已知下拉杆对重锤的拉力方向沿下拉杆，从重锤指向远离重锤的一端） (1)单侧上拉杆和下拉杆的拉力分别记为、，则____________。（用、、、表达） (2)若此时弹簧形变量为，则弹簧的劲度系数____________。（用、、、、、、表达） (3)若上拉杆杆长为，且角度固定不变，若使转轴带动重锤以的角速度转动，则应满足的条件是________________________。（用、、、、、表达） (4)下列关于该装置说法正确的是（     ） A．若通入蒸汽的能量为，则存在某个条件使全部转化为重锤的动能 B．保持转速不变，如果考虑套筒和转轴之间的摩擦力，则上拉杆对套筒的拉力将变小 C．保持转速不变，如果考虑套筒和转轴之间的摩擦力，则下拉杆对套筒的拉力将变大 D．保持转速不变，如果考虑套筒和转轴之间的摩擦力，则夹角将先变小后变大 (5)若上拉杆和下拉杆杆长均为，套筒和转轴之间的摩擦力做功为，重锤转动周期为，进气和出气的过程中，提供的总能量为，机械转化率为，取上拉杆上端所在平面为零势能面。为使重锤的机械能始终保持在的范围内，则角度应满足的条件是：____________。（不计其他能量损耗） 【答案】(1) (2) (3) (4)B (5) 【详解】（1）某一时刻重锤、弹簧和拉杆系统保持静止。题图中右侧重锤受上拉杆对重锤的拉力方向沿上拉杆指向左上方，下拉杆对重锤的支持力方向沿下拉杆指向右上方，根据平衡可得水平方向满足 化简得 竖直方向满足 化简得 联立解得 为钝角，故为正，大小为。 （2）对套筒受力分析可知 化简得 解得 （3）向心力大小 水平方向根据牛顿第二定律得 化简得 解得 可得应满足的条件是 （4）A．由热力学第二定律可以判断能量转化无法使全部转化为重锤的动能，故A错误； BCD．上拉杆上端到转轴的垂直距离可忽略不计，如图所示。 重锤受到重力方向竖直向下，方向沿上拉杆指向左上方，方向沿下拉杆指向右上方，它们的合力提供向心力，方向水平向左，可得力组成的四边形和几何位置的四边形相似，则满足 保持转速不变，如果考虑套筒和转轴之间的摩擦力，套筒向上位移减小，弹簧伸长量更长，夹角减小，增大，增大，增大，作平行下拉杆，交与，如右图中红色所示。 重锤重力不变，可得力组成的四边形和几何位置的四边形相似，则满足 由图可知， 则和将减小，故CD错误，B正确。 故选B。 （5）根据题意可知取上拉杆上端所在平面为零势能面，当上拉杆与水平方向夹角为时，两个重锤机械能为 其中重锤线速度 化简得 同理当上拉杆与水平方向夹角为时，两个重锤机械能为 其中重锤线速度 化简得 为使重锤的机械能始终保持在的范围内，则角度应满足的条件是 五、计算题：本题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 14．（11分）图所示为一超重报警装置原理图，其主体是位于水平地面上导热性能良好的竖直薄壁密闭容器。容器高H＝0.6m、横截面积S＝0.4m2，内有一厚度和质量均不计的活塞，底部是深度为h（未知）的预警区域。活塞通过竖直轻杆连接轻质水平平台，当活塞进入预警区域时，系统会发出超重预警。平台上未放重物时，内部封闭气柱长度L＝0.5 m；当在平台上轻放一质量m＝6×103 kg的重物A时，活塞最终恰好稳定在预警区域上边界。已知环境温度t0＝27 ℃，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，不计摩擦阻力。 (1)求预警区域的深度h； (2)若环境温度变为7 ℃且外界大气压强不变，为保证放上重物A后活塞最终仍稳定在预警区域上边界，需要向容器内另外充装气体。当气体稳定后，求容器内另外充装气体质量与原来封闭气体质量的比值。 【答案】(1)0.2m (2)1∶14 【详解】（1）放上重物A稳定后，设密闭容器内气体的压强为p，对活塞，由平衡条件有mg＋p0S＝pS 根据题意可知气体做等温变化，由玻意耳定律有p0LS＝phS 解得h＝0.2 m。 （2）仅有原来封闭气体时，平台上放重物A、环境温度变为7 ℃且稳定后，设活塞与地面的距离为h′，温度降低的过程气体做等压变化，由盖—吕萨克定律可得 其中T1＝273 K＋27 ℃＝300 K，T2＝273 K＋7 ℃＝280 K 解得 要使活塞仍稳定在原来位置，充入的气体在相同状态下的高度为Δh＝h－h′ 由于稳定后充入的气体和容器中原来的气体达到相同的状态，密度相同，则充装气体的质量Δm与原来封闭气体质量m0的比值为 解得 15．（12分）如图所示为一定质量的理想气体由状态经过状态变为状态的图像。已知气体在状态时的压强为，体积，状态时的体积，，，气体由状态变为状态的过程中，吸收的热量为。求： (1)气体在状态时的温度； (2)气体在状态时的压强； (3)气体从状态变到状态的过程中内能的变化量。 【答案】(1)200K (2) (3) 【详解】（1）从A到B气体进行等压变化，则 解得T1=200K （2）对气体在AC两态时，则，其中 解得 （3）气体从B到C体积不变，则WBC=0，从A到B体积变大，压强不变，则 则气体从状态变到状态的过程 根据热力学第一定律可知 16．（16分）热气球的飞行原理是通过改变热气球内气体的温度以改变热气球内气体的质量，从而控制热气球的升降，可认为热气球在空中运动过程中体积及形状保持不变。 设热气球在体积、形状不变的条件下受到的空气阻力，其方向与热气球相对空气的速度相反，为已知常量。已知热气球的质量（含载重及热气球内的热空气）为时，可悬浮在无风的空中，重力加速度为。不考虑热气球所处环境中空气密度的变化。 (1)若热气球初始时悬浮在无风的空中，现将热气球的质量调整为（忽略调整时间），设向上为正，请分析说明此后热气球的速度变化情况，并在图中定性画出热气球的速度随时间变化的图像。 (2)若热气球初始时处在速度为的水平气流中，且相对气流静止。将热气球质量调整为（忽略调整时间），热气球下降距离时趋近平衡（可视为达到平衡状态）。 ①求热气球平衡时的速率及下降距离过程中空气对热气球做的功。 ②热气球达到平衡速率后，若水平气流速度突然变为0，经过时间热气球再次达到平衡状态，求该过程中空气对热气球的冲量大小。 【答案】(1)热气球速度从 开始向上增大，加速度逐渐减小，最终趋近最大速度 并保持匀速上升。图像为从原点出发、斜率逐渐减小的上凸曲线， (2)①，；② 【详解】（1）原来质量时悬浮，浮力。质量变为后，重力，净力向上。取向上为正，运动方程 速度增大，阻力增大，加速度减小。当时，加速度为零，速度达到最大 此后热气球以匀速上升。图像为从原点出发、斜率逐渐减小的曲线，最终趋近水平线，如图 （2）① 热气球在水平气流中初始相对静止，对地速度水平、竖直。质量变为后，净力向下，开始下降。平衡时，水平方向相对气流速度为零，即对地水平速度仍为；竖直方向相对空气向下，阻力向上平衡净力。由平衡条件有 解得 方向竖直向下。从初始到下降达到平衡，动能变化量为 重力做功 根据动能定理有 解得空气对热气球做的功 代入得 ② 水平气流突然变为后，热气球初态对地速度水平、竖直向下，末态再次平衡时对地速度水平、竖直向下。动量变化为水平方向，竖直方向。热气球受重力向下，空气作用力包括浮力向上和阻力。根据动量定理，合外力冲量等于动量变化，重力冲量向下，所以空气对热气球的冲量，其水平分量大小为，竖直分量大小为。因此空气对热气球冲量的大小为 解得 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第十五章 热学 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 第Ⅰ卷(选择题，共40分) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C C D C ABC AB AC CD 第Ⅱ卷(非选择题，共60分) 三、填空题：本题共3小题，每个空格1分，共9分。 9． 不变 做正功 吸热 10． 11． 四、实验题：本题共2小题，12题5分，13题7分，共12分。 12．(1)不变 (2) (3)c (4) 5.0 9.0 13．(1) (2) (3) (4)B (5) 五、计算题：本题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 14．（11分）【答案】(1)0.2m (2)1∶14 【详解】（1）放上重物A稳定后，设密闭容器内气体的压强为p，对活塞，由平衡条件有mg＋p0S＝pS （2分） 根据题意可知气体做等温变化，由玻意耳定律有p0LS＝phS（4分） 解得h＝0.2 m。（5分） （2）仅有原来封闭气体时，平台上放重物A、环境温度变为7 ℃且稳定后，设活塞与地面的距离为h′，温度降低的过程气体做等压变化，由盖—吕萨克定律可得 其中T1＝273 K＋27 ℃＝300 K，T2＝273 K＋7 ℃＝280 K（8分） 解得（9分） 要使活塞仍稳定在原来位置，充入的气体在相同状态下的高度为Δh＝h－h′ 由于稳定后充入的气体和容器中原来的气体达到相同的状态，密度相同，则充装气体的质量Δm与原来封闭气体质量m0的比值为 解得（11分） 15．（12分）【答案】(1)200K (2) (3) 【详解】（1）从A到B气体进行等压变化，则（2分） 解得T1=200K（4分） （2）对气体在AC两态时，则，其中（6分） 解得（8分） （3）气体从B到C体积不变，则WBC=0，从A到B体积变大，压强不变，则（9分） 则气体从状态变到状态的过程（10分） 根据热力学第一定律可知（12分） 16．（16分）【答案】(1)热气球速度从 开始向上增大，加速度逐渐减小，最终趋近最大速度 并保持匀速上升。图像为从原点出发、斜率逐渐减小的上凸曲线， (2)①，；② 【详解】（1）原来质量时悬浮，浮力。质量变为后，重力，净力向上。取向上为正，运动方程（3分） 速度增大，阻力增大，加速度减小。当时，加速度为零，速度达到最大 此后热气球以匀速上升。图像为从原点出发、斜率逐渐减小的曲线，最终趋近水平线，如图 （6分） （2）① 热气球在水平气流中初始相对静止，对地速度水平、竖直。质量变为后，净力向下，开始下降。平衡时，水平方向相对气流速度为零，即对地水平速度仍为；竖直方向相对空气向下，阻力向上平衡净力。由平衡条件有（7分） 解得（8分） 方向竖直向下。从初始到下降达到平衡，动能变化量为（9分） 重力做功（10分） 根据动能定理有（11分） 解得空气对热气球做的功（12分） 代入得（13分） ② 水平气流突然变为后，热气球初态对地速度水平、竖直向下，末态再次平衡时对地速度水平、竖直向下。动量变化为水平方向，竖直方向。热气球受重力向下，空气作用力包括浮力向上和阻力。根据动量定理，合外力冲量等于动量变化，重力冲量向下，所以空气对热气球的冲量，其水平分量大小为，竖直分量大小为。因此空气对热气球冲量的大小为（14分） 解得（16分） 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第十五章 热学 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 考试范围：热学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。 1．有关物理学史的叙述，其中正确的是（　　） A．卡文迪许测出万有引力常量，提出行星运动三大定律 B．布朗发现的布朗运动，直接证明分子做无规则热运动 C．爱因斯坦提出光电效应方程，成功解释了光电效应现象及规律 D．伽利略认为物体下落的快慢与其轻重有关 2．关于气体状态参量，下列说法正确的是（     ） A．气体体积由气体分子本身体积决定 B．气体定律计算可用摄氏温度 C．气体压强由分子碰撞器壁产生 D．密闭容器气体分子数密度一定不变 3．图示是一定质量的理想气体经过一系列过程的图。其中是等温过程，是绝热过程，则（　　） A．温度不变 B．温度降低 C．放出热量 D．放出热量 4．如图，孔明灯在我国有非常悠久的历史，其“会飞”的原因是：孔明灯下端开口，与大气相通，灯内燃料燃烧使内部空气升温膨胀，所以一部分空气从灯内排出，使孔明灯及内部气体的总重力变小，空气浮力将其托起。某盏孔明灯灯体（包括燃料、气袋）的质量为，气袋体积恒为，手扶着孔明灯，当气袋内气体温度达到（单位：K）时松开手，孔明灯开始加速上升。当孔明灯升到某一高度时恰好开始匀速上升，气袋内气体温度达到（单位：K）。已知重力加速度大小为g，环境温度恒为（单位：K），地面附近大气压强为，大气密度为，高度处大气压强为，大气密度为，忽略燃料燃烧引起的孔明灯灯体质量变化。下列说法正确的是（     ） A．刚松手时气袋内气体的密度为 B．高度处气袋内气体的密度为 C．刚松手时灯体质量与大气密度和气袋体积乘积的比值可能为 D．高度处气袋内气体质量与没点燃之前气袋内气体质量之比可能为 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 5．（多选）下列关于能量转化的说法中，正确的是（     ） A．能量在转化过程中，有一部分能量转化为内能，我们无法把这些内能收集起来重新利用 B．各种形式的能量在转化时，总能量是不变的 C．在能源的利用过程中，能量的总量并未减少，但在可利用的品质上降低了，从便于利用的变成了不便于利用的 D．各种能量在不转化时是守恒的，但在转化时是不守恒的 6．（多选）空气弹簧是一种广泛应用于商业汽车、巴士、高铁及建筑物基座的减震装置，其基本结构和原理如图所示，在导热良好的汽缸和可自由滑动的活塞之间密封着一定质量的理想气体，若外界温度保持不变，缓慢增大重物的质量，下列说法正确的是（     ） A．汽缸内气体的压强始终大于外界大气压 B．汽缸内气体的内能一定不变 C．汽缸内气体一定从外界吸热 D．汽缸内气体对汽缸底部单位时间内撞击的分子数减少 7．（多选）一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C，最后到D状态，下列判断中正确的是（     ） A．A→B温度升高，压强不变 B．B→C体积不变，压强变大 C．C→D体积变小，压强变大 D．D点的压强与A点的压强相等 8．（多选）如图所示，用弹簧秤拉着一支薄壁平底玻璃试管，它的开口端向下插在水银槽中，由于管内有一部分空气，此时试管内水银面比管外水银面高h。若试管本身的重力与管壁的厚度均不计，此时弹簧秤的示数等于（     ） A．进入试管内的H高水银柱的重力 B．进入试管内的高的水银柱的重力 C．试管内高出管外水银面的h高水银柱的重力 D．外部大气与内部空气对试管平底部分的压力之差 三、填空题：本题共3小题，每个空格1分，共9分。 9．一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A，其p­V图如图所示。完成一次循环，气体内能________（填“增加”“减少”或“不变”），气体对外界________（填“做正功”“做负功”或“不做功”），气体________（填“吸热”“放热”或“不吸热也不放热”）。 10．如图甲、乙、丙所示，汽缸与活塞均处于静止状态，已知大气压强为，重力加速度为，活塞的质量为，横截面积为S，汽缸、物块的质量均为，活塞与汽缸间均无摩擦，依次求出各图中汽缸中气体的压强。 ①甲________；②乙________；③丙________。 11．1mol氧气储存于一氧气瓶中，温度为27℃，氧气分子的平均平动动能为________________；分子平均总动能为_______________；这瓶氧气的内能为_________________。 四、实验题：本题共2小题，12题5分，13题7分，共12分。 12．如图甲所示，某自动洗衣机洗衣缸的下部与一控水装置的竖直均匀细管相通，细管的上部封闭，并和一压力传感器相接，A、B为压力传感器导线上的两个接线端。洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣缸中水面的升高，细管中的空气被压缩，当细管中空气压强达到一定数值时，压力传感器使进水阀门关闭，达到自动控水的目的。用如图乙所示电路（部分连线未完成）研究进水控制情况，其中电源电动势（内阻不计），电流表内阻为，电压表内阻约为，控制电路电阻视为无穷大。 (1)图甲中随着洗衣缸中水面的缓慢升高，细管中的气体被等温压缩，则气体分子的平均动能___________（选填“增大”“不变”或“减小”）； (2)已知大气压强为、重力加速度大小为、水的密度为。洗衣缸进水后，洗衣缸内水位和细管内水位的高度差为，则细管内气体压强___________（结果用、、、表示）； (3)将图甲中的A、B端分别与图乙中的G、O端连接，为尽可能精确测量压力传感器的电阻，应将电压表M端与___________（选填“b”或“c”）处相连； (4)洗衣桶内水位升高时，细管内气体压强增大，导致压力传感器电阻变化，测得其电阻随气体压强变化情况如图丙所示。当图乙中控制电路两端电压升高到6 V时，进水控制阀关闭，停止进水。若想让细管内气体压强为时停止进水，则压力传感器电阻值为___________，电阻箱R应该调为___________。（结果保留2位有效数字） 13．离心节速器的主要构件是离心式飞锤，结构如图（a）所示，可以随机轴转速的增减自动调节进入汽轮机的蒸汽流量，确保转速不变。其中已知重锤质量均为，套筒质量为，上拉杆与水平方向夹角为，上拉杆和下拉杆之间的夹角为（和均可变化），转轴和轻质弹簧的重力，套筒和转轴之间的摩擦力，上拉杆上端到转轴的垂直距离可忽略不计。（重力加速度用表示） 若某一时刻重锤、弹簧和拉杆系统保持静止。（已知下拉杆对重锤的拉力方向沿下拉杆，从重锤指向远离重锤的一端） (1)单侧上拉杆和下拉杆的拉力分别记为、，则____________。（用、、、表达） (2)若此时弹簧形变量为，则弹簧的劲度系数____________。（用、、、、、、表达） (3)若上拉杆杆长为，且角度固定不变，若使转轴带动重锤以的角速度转动，则应满足的条件是________________________。（用、、、、、表达） (4)下列关于该装置说法正确的是（     ） A．若通入蒸汽的能量为，则存在某个条件使全部转化为重锤的动能 B．保持转速不变，如果考虑套筒和转轴之间的摩擦力，则上拉杆对套筒的拉力将变小 C．保持转速不变，如果考虑套筒和转轴之间的摩擦力，则下拉杆对套筒的拉力将变大 D．保持转速不变，如果考虑套筒和转轴之间的摩擦力，则夹角将先变小后变大 (5)若上拉杆和下拉杆杆长均为，套筒和转轴之间的摩擦力做功为，重锤转动周期为，进气和出气的过程中，提供的总能量为，机械转化率为，取上拉杆上端所在平面为零势能面。为使重锤的机械能始终保持在的范围内，则角度应满足的条件是：____________。（不计其他能量损耗） 五、计算题：本题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 14．（11分）图所示为一超重报警装置原理图，其主体是位于水平地面上导热性能良好的竖直薄壁密闭容器。容器高H＝0.6m、横截面积S＝0.4m2，内有一厚度和质量均不计的活塞，底部是深度为h（未知）的预警区域。活塞通过竖直轻杆连接轻质水平平台，当活塞进入预警区域时，系统会发出超重预警。平台上未放重物时，内部封闭气柱长度L＝0.5 m；当在平台上轻放一质量m＝6×103 kg的重物A时，活塞最终恰好稳定在预警区域上边界。已知环境温度t0＝27 ℃，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，不计摩擦阻力。 (1)求预警区域的深度h； (2)若环境温度变为7 ℃且外界大气压强不变，为保证放上重物A后活塞最终仍稳定在预警区域上边界，需要向容器内另外充装气体。当气体稳定后，求容器内另外充装气体质量与原来封闭气体质量的比值。 15．（12分）如图所示为一定质量的理想气体由状态经过状态变为状态的图像。已知气体在状态时的压强为，体积，状态时的体积，，，气体由状态变为状态的过程中，吸收的热量为。求： (1)气体在状态时的温度； (2)气体在状态时的压强； (3)气体从状态变到状态的过程中内能的变化量。 16．（16分）热气球的飞行原理是通过改变热气球内气体的温度以改变热气球内气体的质量，从而控制热气球的升降，可认为热气球在空中运动过程中体积及形状保持不变。 设热气球在体积、形状不变的条件下受到的空气阻力，其方向与热气球相对空气的速度相反，为已知常量。已知热气球的质量（含载重及热气球内的热空气）为时，可悬浮在无风的空中，重力加速度为。不考虑热气球所处环境中空气密度的变化。 (1)若热气球初始时悬浮在无风的空中，现将热气球的质量调整为（忽略调整时间），设向上为正，请分析说明此后热气球的速度变化情况，并在图中定性画出热气球的速度随时间变化的图像。 (2)若热气球初始时处在速度为的水平气流中，且相对气流静止。将热气球质量调整为（忽略调整时间），热气球下降距离时趋近平衡（可视为达到平衡状态）。 ①求热气球平衡时的速率及下降距离过程中空气对热气球做的功。 ②热气球达到平衡速率后，若水平气流速度突然变为0，经过时间热气球再次达到平衡状态，求该过程中空气对热气球的冲量大小。 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $