热学纵深例题解析
中考物理专题训练——《热学》计算题试卷及要领分析解析
用热学规律进行有关的计算，需用吸收的热量的公式Q 吸=cm (t -t 0)=cm ⊿t ；放出的热量的公式Q 放=cm (t 0-t )=cm ⊿t ；燃料完全燃烧放出的热量的计算公式：Q 放=mq ；炉子的热效率公式η=Q 吸/Q 放。
而对初中热学综合计算题的解决就需要把以上提到的公式或者规律中的两个或者多个结合起来，也常常应用热平衡方程为Q 放=Q 吸。
所以对于初中生，在中考时常常出现热学综合计算题。
这样的题能考查学生多个知识点，是评价学生综合能力的好素材。
本文就初中热学综合计算题考法，结合多年来对全国各省市中考题的研究进行归纳总结，对不同考题在解法上进行分析指导。
策略一：熟练掌握三个知识点 知识点1：物体吸收或放出热量的公式①计算物体吸收热量的公式为：Q 吸=cm (t -t 0)=cm ⊿t 。
②计算物体放出热量的公式为：Q 放=cm (t 0-t )=cm ⊿t 。
其中，Q 吸表示吸收热量，单位是J ；c 表示物体比热容，单位是J/(kg ·℃)；m 表示质量，单位是kg ；t 0表示物体初始温度，单位是℃；t 表示物体后来的温度，单位是℃。
⊿t =t -t 0表示物体升高了的温度。
⊿t =t 0-t ，表示物理降低了的温度。
知识点2：燃料完全燃烧放出热量的公式 ①燃料完全燃烧释放出的热量公式为：Q 放=mq 。
②气体燃料完全燃烧释放出的热量公式也可为：Q 放=qV 。
推导过程如下：说明：①中的公式对固体、液体、气体、均适用。
②只对气体适用。
两个公式的得出都是根据热值的定义式得到的。
其中，Q 放表示燃料完全燃烧放出的热量，单位是J ；q 表示燃料的热值，单位是J/kg ；m 表示质量，单位是kg 。
V 表示体积，单位是ｍ3。
知识点3：热效率公式（1）热机的效率：用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比。
热机的效率是热机性能的一个重要指标。
汽车发动机的效率、飞机发动机的效率、轮船发动机的效率均属于热机的效率，其公式为：η=放吸Q Q 。
热学 解析版Word版含解析
热学1.北方的冬天天气比较寒冷，房间内一般都要安装暖气片供暖。
在房间暖气片温度保持不变的情况下，房间内的平衡温度将随外界温度的变化而变化。
研究表明，房间内暖气片和房内的温差与房间内外的温差之比保持不变。
当外界温度为—23℃时，房间内的温度长时间保持13℃不变；当外界温度为—18℃时，房间内温度长时间保持16℃不变，则房间内暖气片的温度应为______℃。
当房间内温度长时间保持25C 不变时，外界温度为______℃。
2．当物体中存在温度差时，热量会从温度高的地方向温度低的地方传递。
对于一长度为L 、横截面积为S 的均匀金属棒，当两端的温度差稳定为△T 时，△t 时间内从高温端向低温端传递的热量△Q 满足关系式： t LTkS Q ∆∆=∆.；其中k 为棒的导热系数。
如图所示，长度分别为L 1、L 2，导热系数分别为k 1、k 2，的两个横截面积相等的细棒在D 处紧密对接，两金属棒各自另一端分别与温度为400开、300开的恒定热源良好接触。
若L 1∶L 2=1∶2，k 1∶k 2=3∶2，则在稳定状态下，D 处的温度为 （ ） A ．375开 B ．360开 C ．350开 D ．325开 【参照答案】A【名师解析】：设在稳定状态下，D 处的温度为T ，则对于长度为L 1的细棒，()11400-k S T Q t L ∆=∆，对于长度为L 2的细棒，()22300k S T Q t L -∆=∆，联立解得T=375K ，选项A 正确。
【点评】此题考查热传递及其相关知识。
3（2013第五届中学生数理化学科能力展示高二）实验表明，当物体中存在温度差时，热量会从温度高的地方向温度低的地方传递（即热传导现象）。
比如对一长为L 、横截面积为S 的细棒，当两端的温度差维持在△T 时，在稳定状态下，△时间内高温端向低温端的热量传递△Q 满足关系式△Q =kS △t △T/L ，式中k 为细棒材料的导热系数。
如图所示，长度分别为L 1、L 2，导热系数分别为k 1、k 2的两个横截面积相等的细棒在O 处对接，两细棒的两端分别与稳定为T 1、T 2的两个恒温热源有良好接触，则在稳定状态下，两个细棒对接处O 的温度T= 。
中考专题08热学计算(知识点复习+例题讲解+过关练习) (原卷版)
专题08 热学计算【考点分析】章节考点考试题型难易度内能比热容计算选择题、填空题、计算题 ★★★ 热值计算 选择题、填空题、计算题 ★★ 热效率选择题、填空题、计算题★★【知识点总结+例题讲解】一、比热容计算：1.公式：tm Q c ∆⋅=放吸/2.变形：Q 吸=cm △t【例题1】质量为2kg 的水温度升高5℃。
求：水吸收的热量Q 吸。
[c 水＝4.2×103J/（kg •℃）]【变式1】完成以下计算：（1）水的比热容是4.2×103J/（kg •℃），将2kg 水从20℃加热到100℃，求水吸收的热量； （2）将2kg 汤从20℃加热到100℃，需要吸收6.4×105J 的热量，求汤的比热容。
【例题2】质量相同的A 、B 两金属块，把它们都加热到100℃，然后分别投入装有质量相同、初温都为0℃的C 、D 两杯水中，测量的结果：金属块A 使C 杯的水温升高了10℃，金属块B 使D 杯的水温升高了20℃．设两金属块比热容为c A 和c B ，则c A 与c B 的比值为（ ） A ．4：9 B ．9：4C ．19：9D ．9：19【变式2】将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）（ ） A ．0℃ B ．6℃C ．6℃以上D ．4℃二、热值计算：1.公式：mQ q 放=（或VQ q 放=一般用于气体、液体燃料）其中：m 为燃料的质量，V 为燃料的体积，q 为燃料的热值 2.公式变形：（1）qm Q =放 （已知热值及燃料质量，求燃烧放出的热） （2）qQ m 放=（已知燃烧放出的热及热值，求燃料的质量）【例题3】已知天然气的热值为4.0×107J/m 3，完全燃烧2.1m 3的天然气可以获得J 的热量，不计热量损失，这些热量可以使500kg 的水，温度升高℃。
热学专题(2024高考真题及解析)
热学专题1.[2024·安徽卷] 某人驾驶汽车,从北京到哈尔滨.在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变,且没有漏气,可视为理想气体),于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气,使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中,轮胎内气体的温度与环境温度相同,且保持不变).已知该轮胎内气体的体积V0=30 L,从北京出发时,该轮胎内气体的温度t1=-3 ℃,压强p1=2.7×105 Pa.哈尔滨的环境温度t2=-23 ℃,大气压强p0取1.0×105 Pa.求:(1)在哈尔滨时,充气前该轮胎内气体压强的大小;(2)充进该轮胎的空气体积.1.(1)2.5×105 Pa(2)6 L[解析] (1)在哈尔滨时,设充气前该轮胎内气体压强的大小为p2.由查理定律可得p1T1=p2 T2其中p1=2.7×105 Pa,T1=(273-3) K=270 K,T2=(273-23) K=250 K解得p2=2.5×105 Pa(2)设充进该轮胎的空气体积为V.以充进的空气和该轮胎内原有的气体整体为研究对象,由玻意耳定律可得p2V0+p0V=p1V0解得V=6 L2.[2024·北京卷] 一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮,将气泡内的气体视为理想气体,且气体分子个数不变,外界大气压不变.在上浮过程中气泡内气体 ()A.内能变大B.压强变大C.体积不变D.从水中吸热2.D[解析] 上浮过程气泡内气体的温度不变,内能不变,故A错误;气泡内气体压强p=p0+ρ水gh,故上浮过程气泡内气体的压强减小,故B错误;由玻意耳定律pV=C知,气体的体积变大,故C错误;上浮过程气体体积变大,气体对外做功,由热力学第一定律ΔU=Q+W 知,气体从水中吸热,故D正确.3.[2024·甘肃卷] 如图所示,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p 0,弹簧为原长.现将B 中气体抽出一半,B 的体积变为原来的34.整个过程系统温度保持不变,气体视为理想气体.求: (1)抽气之后A 、B 的压强p A 、p B . (2)弹簧的劲度系数k.3.(1)45p 0 23p 0 (2)8p 0S15l[解析] (1)抽气前两部分的体积为V =Sl ,对A 分析,抽气后V A =2V -34V =54Sl 根据玻意耳定律得p 0V =p A ·54V 解得p A =45p 0对B 分析,若压强不变的情况下抽去一半的气体,则体积变为原来的一半,即V B =12V ,则根据玻意耳定律得p 0·12V =p B ·34V 解得p B =23p 0(2)由题意可知,弹簧的压缩量为l4,对活塞受力分析有p A S =p B S +F 根据胡克定律得F =k l4联立得k =8p 0S15l4.[2024·广东卷] 差压阀可控制气体进行单向流动,广泛应用于减震系统.如图所示,A、B 两个导热良好的汽缸通过差压阀连接,A内轻质活塞的上方与大气连通,B的体积不变.当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开,A内气体缓慢进入B中;当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭.当环境温度T1=300 K时,A内气体体积V A1=4.0×10-2 m3;B 内气体压强p B1等于大气压强p0.已知活塞的横截面积S=0.10 m2,Δp=0.11p0,p0=1.0×105 Pa.重力加速度大小g取10 m/s2.A、B内的气体可视为理想气体,忽略活塞与汽缸间的摩擦,差压阀与连接管道内的气体体积不计.当环境温度降低到T2=270 K时:(1)求B内气体压强p B2;(2)求A内气体体积V A2;(3)在活塞上缓慢倒入铁砂,若B内气体压强回到p0并保持不变,求已倒入铁砂的质量m.4.(1)9×104 Pa(2)3.6×10-2 m3(3)110 kg[解析] (1)当环境温度降低到T2=270 K时,B内气体压强降低.若此时差压阀没打开,设p B2'为差压阀未打开时B内气体的压强,B内气体体积不变,由查理定律得p0 T1=p B2' T2解得p B2'=9×104 Pa由于A、B内气体压强差p0-p B2'<Δp,故差压阀未打开,则p B2=p B2'即p B2=9×104 Pa(2)差压阀未打开时,A内气体的压强不变,由盖-吕萨克定律得V A1 T1=V A2 T2解得V A2=3.6×10-2 m3(3)倒入铁砂后,B内气体的温度和体积都不变,但压强增加,故可知A中气体通过差压阀进入B中,当B内气体压强为p0时,A内气体压强比B内气体压强高Δp,再根据A的活塞受力平衡可知(p0+Δp)S=p0S+mg解得m=110 kg5.[2024·广西卷] 如图甲,圆柱形管内封装一定质量的理想气体,水平固定放置,横截面积S =500 mm 2的活塞与一光滑轻杆相连,活塞与管壁之间无摩擦.静止时活塞位于圆管的b 处,此时封闭气体的长度l 0=200 mm .推动轻杆先使活塞从b 处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm 的a 处,再使封闭气体缓慢膨胀,直至活塞回到b 处.设活塞从a 处向左移动的距离为x ,封闭气体对活塞的压力大小为F ,膨胀过程F -15+x曲线如图乙.大气压强p 0=1×105 Pa .(1)求活塞位于b 处时,封闭气体对活塞的压力大小; (2)推导活塞从a 处到b 处封闭气体经历了等温变化;(3)画出封闭气体等温变化的p -V 图像,并通过计算标出a 、b 处坐标值.5.(1)50 N (2)见解析 (3)如图所示[解析] (1)活塞位于b 处时,根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p 0,故此时封闭气体对活塞的压力大小为 F =p 0S =1×105×500×10-6 N=50 N (2)根据题意可知F -15+x 图线为一条过原点的直线,设斜率为k ,可得F =k ·15+x 根据F =pS 可得气体压强为p =k(5+x )S故可知活塞从a 处到b 处对封闭气体由玻意耳定律得 pV =k(5+x )S·S ·(x +5)×10-3=k ·10-3故可知该过程中封闭气体的pV 值恒定不变,故可知a →b 过程封闭气体做等温变化.(3)分析可知全过程中气体做等温变化,开始在b 处时,有 p b V b =p 0Sl 0在b 处时气体体积为 V b =Sl 0=10×10-5 m 3 在a 处时气体体积为 V a =Sl a =0.25×10-5 m 3 根据玻意耳定律有 p a V a =p b V b =p 0Sl 0解得p a=40×105 Pa故封闭气体等温变化的p-V图像如图6.[2024·海南卷] 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6.B[解析] 设油柱离罐口的距离为x,由盖-吕萨克定律得V1T1=VT,其中V1=V0+Sl1=335cm3,T1=(273+27)K=300 K,V=V0+Sl=(330+0.5x)cm3,代入解得T=(3067x+1980067)K,根据T=(t+273) K可知t=(3067x+150967)℃,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t max≈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t min≈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.7.(多选)[2024·海南卷] 一定质量的理想气体从状态a 开始经ab 、bc 、ca 三个过程回到原状态,已知ab 垂直于T 轴,bc 延长线过O 点,下列说法正确的是 ( )A .bc 过程外界对气体做功B .ca 过程气体压强不变C .ab 过程气体放出热量D .ca 过程气体内能减小7.AC [解析] 由理想气体状态方程pVT =C ,化简可得V =Cp ·T ,V -T 图线中,各点与原点连线的斜率的倒数表示气体的压强,则图线的斜率越大,压强越小,故p a <p b =p c ,bc 过程为等压变化,气体体积减小,外界对气体做功,故A 正确;由A 选项可知,ca 过程气体压强减小,故B 错误;ab 过程为等温变化,故气体内能不变,即ΔU =0,气体体积减小,外界对气体做功,故W >0,根据热力学第一定律ΔU =Q +W ,解得Q <0,故ab 过程气体放出热量,故C 正确;ca 过程,气体温度升高,内能增大,故D 错误.8.(多选)[2024·河北卷] 如图所示,水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分,左侧封闭一定质量的理想气体,右侧为真空,活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接.汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度,弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计.活塞初始时静止在汽缸正中间,后因活塞密封不严发生缓慢移动,活塞重新静止后 ( )A .弹簧恢复至自然长度B .活塞两侧气体质量相等C .与初始时相比,汽缸内气体的内能增加D .与初始时相比,活塞左侧单位体积内气体分子数减少8.ACD [解析] 初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力而处于平衡状态,弹簧处于压缩状态.因活塞密封不严,可知左侧气体向右侧真空散逸,左侧气体压强变小,右侧出现气体,对活塞有向左的压力,由于最终左、右两侧气体相通,故两侧气体压强相等,因此弹簧恢复原长,A 正确;由于活塞向左移动,最终两侧气体压强相等,左侧气体体积小于右侧气体体积,所以左侧气体质量小于右侧气体质量,B 错误;密闭的汽缸绝热,与外界没有能量交换,与初始时相比,弹簧弹性势能减少了,所以气缸内气体的内能增加,C 正确;初始时气体都在活塞左侧,最终气体充满整个汽缸,所以初始时活塞左侧单位体积内气体分子数应该是最终的两倍,D 正确.9.[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T 0,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15h 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 =C ΔT ,C 为已知常数,大气压强恒为p 0,重力加速度大小为g ,所有温度都为热力学温度.求: (1)再次平衡时容器内气体的温度. (2)此过程中容器内气体吸收的热量.9.(1)65T 0 (2)15h (p 0S +mg )+15CT 0[解析] (1)容器内气体进行等压变化,则由盖-吕萨克定律得V 0T 0=V1T 1即ℎS T 0=(ℎ+15ℎ)S T 1解得T 1=65T 0(2)此过程中容器内气体内能增加量ΔU =C (T 1-T 0) 容器内气体压强p =p 0+mgS气体体积增大,则气体对外做功,W =-pS ·15h 根据热力学第一定律得ΔU =W +Q 联立解得Q =15h (p 0S +mg )+15CT 010.[2024·湖南卷] 一个充有空气的薄壁气球,气球内气体压强为p 、体积为V.气球内空气可视为理想气体.(1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p 0,求此时气体的体积V 0(用p 0、p 和V 表示); (2)小赞同学想测量该气球内气体体积V 的大小,但身边仅有一个电子天平.将气球置于电子天平上,示数为m =8.66×10-3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响).小赞同学查阅资料发现,此时气球内气体压强p 和体积V 还满足:(p -p 0)(V -V B 0)=C ,其中p 0=1.0×105 Pa 为大气压强,V B 0=0.5×10-3 m 3为气球无张力时的最大容积,C =18 J 为常数.已知该气球自身质量为m 0=8.40×10-3 kg,外界空气密度为ρ0=1.3 kg/m 3,g 取10 m/s 2.求气球内气体体积V 的大小.10.(1)pVp0(2)5×10-3 m3[解析] (1)理想气体做等温变化,根据玻意耳定律有pV=p0V0解得V0=pVp0(2)设气球内气体质量为m气,则m气=ρ0V0对气球进行受力分析如图所示根据平衡条件有mg+ρ0gV=m气g+m0g结合题中p和V满足的关系(p-p0)(V-V B0)=C联立解得V=5×10-3 m311.[2024·江苏卷] 某科研实验站有一个密闭容器,容器内有温度为300 K、压强为105 Pa 的气体,容器内有一个面积为0.06 m2的观测台.现将这个容器移动到月球,容器内的温度变成240 K.整个过程可认为气体的体积不变,月球表面为真空状态.求:(1)气体现在的压强;(2)观测台对气体的压力.11.(1)8×104 Pa(2)4.8×103 N[解析] (1)由题知,整个过程可认为气体的体积不变,则根据查理定律得p1T1=p2 T2解得p2=8×104 Pa(2)根据压强的定义,观测台对气体的压力F=p2S=4.8×103 N12.[2024·江西卷] 可逆斯特林热机的工作循环如图所示.一定质量的理想气体经ABCDA 完成循环过程,AB和CD均为等温过程,BC和DA均为等容过程.已知T1=1200 K,T2=300 K,气体在状态A的压强p A=8.0×105 Pa,体积V1=1.0 m3,气体在状态C的压强p C=1.0×105 Pa.求:(1)气体在状态D的压强p D;(2)气体在状态B的体积V2.12.(1)2.0×105 Pa(2)2.0 m3[解析] (1)气体从状态D到状态A的过程发生等容变化,根据查理定律有p DT2=p A T1解得p D=2.0×105 Pa(2)气体从状态C到状态D的过程发生等温变化,根据玻意耳定律有p C V2=p D V1解得V2=2.0 m3气体从状态B到状态C发生等容变化,因此气体在状态B的体积也为V2=2.0 m313.[2024·山东卷] 一定质量理想气体经历如图所示的循环过程,a→b过程是等压过程,b→c过程中气体与外界无热量交换,c→a过程是等温过程.下列说法正确的是 ()A.a→b过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功B.b→c过程,气体对外做功,内能增加C.a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功D.a→b过程,气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量13.C[解析] a→b过程是等压过程且体积增大,则W ab<0,由盖-吕萨克定律可知T b>T a,则ΔU ab>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功,另一部分用于增加内能,A错误;b→c过程中气体与外界无热量交换,即Q bc=0,由于气体体积增大,则W bc<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,ΔU bc<0,即气体内能减少,B错误;c→a过程是等温过程,即T c=T a,则ΔU ac=0,根据热力学第一定律可知a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功,C正确;由A项分析可知Q ab=ΔU ab-W ab,由B项分析可知W bc=ΔU bc,由C项分析可知0=W ca+Q ca,又ΔU ab+ΔU bc=0,联立解得Q ab-(-Q ca)=(-W ab-W bc)-W ca,根据p-V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界与气体之间做的功,结合题图可知a→b→c过程气体对外界做的功大于c→a过程外界对气体做的功,即-W ab-W bc>W ca,则Q ab-(-Q ca)>0,即a→b过程气体从外界吸收的热量Q ab大于c→a过程放出的热量-Q ca,D错误.14.[2024·山东卷] 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取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.14.(1)2 cm(2)8.92×10-4 m3[解析] (1)在缓慢地将汲液器竖直提出液面的过程中,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S2)p0V+p2HS1=p3(HS1+ℎ2=p0又p3+ρg·ℎ2联立解得V=8.92×10-4 m315.(多选)[2024·新课标卷] 如图所示,一定量理想气体的循环由下面4个过程组成:1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量),2→3为等压过程,3→4为绝热过程,4→1为等容过程.上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程.下列说法正确的是()A.1→2过程中,气体内能增加B.2→3过程中,气体向外放热C.3→4过程中,气体内能不变D.4→1过程中,气体向外放热15.AD[解析] 1→2为绝热过程,则Q=0,由于气体体积减小,则外界对气体做功,即W>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU>0,即气体内能增加,故A正确;2→3为等压过程,气体体积增大,根据盖-吕萨克定律可知,气体温度升高,则气体内能增大,即ΔU>0,由于气体体积增大,则气体对外界做功,即W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>0,即气体从外界吸热,故B错误;3→4为绝热过程,则Q=0,由于气体体积增大,则气体对外界做功,即W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU<0,即气体内能减小,故C错误;4→1为等容过程,压强减小,根据查理定律可知,气体温度降低,则气体内能减小,即ΔU<0,由于体积不变,则W=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q<0,即气体向外放热,故D正确.16.[2024·浙江6月选考] 如图所示,测定一个形状不规则小块固体体积,将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中,开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管,其横截面积为S,接口用蜡密封.容器内充入一定质量的理想气体,并用质量为m的活塞封闭,活塞能无摩擦滑动,稳定后测出气柱长度为l1.将此容器放入热水中,活塞缓慢竖直向上移动,再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2.已知S=4.0×10-4 m2,m=0.1 kg,l1=0.2 m,l2=0.3 m,T2=350 K,V0=2.0×10-4 m3.大气压强p0=1.0×105 Pa,环境温度T1=300 K,g取10 m/s2.(1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力(选填“变大”“变小”或“不变”),气体分子的数密度(选填“变大”“变小”或“不变”);(2)求此不规则小块固体的体积V;(3)若此过程中气体内能增加10.3 J,求吸收的热量Q.16.(1)不变 变小 (2)4×10-5 m 3 (3)14.4 J[解析] (1)温度升高时,活塞缓慢上升,受力不变,故封闭气体压强不变,由p =F S 知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变;由于气体体积变大,所以气体分子的数密度变小.(2)气体发生等压变化,有V 0-V+l 1S T 1=V 0-V+l 2S T 2 解得V =4×10-5 m 3(3)此过程中,外界对气体做功为W =-p 1S (l 2-l 1)对活塞受力分析,有p 1S =mg +p 0S由热力学第一定律得ΔU =W +Q其中ΔU =10.3 J联立解得Q =14.4 J。
专题1.1 热学问题(解析版)
第一部分保分模块前置专题1.1 热学问题目录【专题知识网络构建】 (1)【专题高考定位】 (1)【突破高考题型】 (2)题型一分子动理论固体和液体 (2)题型二气体实验定律理想气体状态方程 (5)题型三热力学定律与气体实验定律的综合 (10)【专题突破练】 (13)【专题知识网络构建】【专题高考定位】1．考查重点：分子动理论；固体和液体的性质；应用气体实验定律和理想气体状态方程解决“玻璃管类”和“活塞类”的气体性质分析；气体状态变化的图像问题；受力分析、平衡条件与气体实验定律的综合应用；热力学第一定律和气体实验定律的结合。
2．考题形式：选择题、计算题。
【突破高考题型】题型一 分子动理论 固体和液体【核心主干知识回扣】 1．估算问题(1)分子总数：N ＝nN A ＝m M N A ＝VV mol N A。
特别提醒：对气体而言，V 0＝VN 不等于一个气体分子的体积，而是表示一个气体分子占据的空间。
(2)两种分子模型：①球体模型：V ＝43πR 3＝16πd 3(d 为球体直径)；①立方体模型：V ＝a 3。
2．分子热运动：分子永不停息地做无规则运动，温度越高，分子的无规则运动越剧烈，即平均速率越大，但某个分子的瞬时速率不一定大。
3．晶体与非晶体分类 比较 晶体非晶体 单晶体多晶体外形 规则 不规则 物理性质 各向异性 各向同性 熔点 确定不确定 原子排列 有规则，但多晶体每个晶体间的排列无规则 无规则联系晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化形成原因表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力表面特性 表面层分子间作用力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜表面张力的方向 和液面相切，垂直于液面上的各条分界线表面张力的效果表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形的表面积最小【例1】(多选)(2022·北京高三二模)关于分子动理论，下列说法中正确的是( )A．图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，测得油酸分子大小的数量级为10－10 m B．图乙为布朗运动实验的观测记录，图中记录的是某个微粒做布朗运动的速度—时间图线C．图丙为分子力F与分子间距r的关系图，分子间距从r0开始增大时，分子势能变小D．图丁为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线①对应的分子平均动能较大【答案】AD【解析】图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，测得油酸分子大小的数量级为10－10 m，A正确；图乙为布朗运动实验的观测记录，图中记录的是某个微粒做布朗运动每隔一定时间所到的位置，然后连起来，可发现该微粒做的是无规则运动，B错误；图丙为分子力F与分子间距r的关系图，分子间距从r0开始增大时，分子力做负功，分子势能变大，C错误；图丁为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线①中分子速率较大的占比较大，故对应的分子平均动能较大，D正确。
高二物理典型例、易错题：纵深例题解析5
纵深例题解析能力素质【例1】一小球带电q ＝＋4.0×10-6C ，将它放在距离一块原来不带电的接地的大金属板r ＝3.0cm 处，试求小球所受的作用力(已知k ＝9.0×109Nm 2/C 2)解析：带电小球在金属板上将感应出负电荷，注意到金属板是等势面，所以电场线必垂直于金属板，这与一个－q 的电荷在板背面r 处与＋q 共同产生的电场完全一样．如图14－137所示，因而＋q 所受的力即为两个点电荷的相互作用力．∴＝＝×××××＝F 91040N 9kq r 2262222401023010().)(.)-- 点拨：“对称法”在力、电、光学中均有其应用，关键是能否想到原题“构筑”成对称的物理情景，从而方可使用“对称法”．【例2】如图14－138所示，平行板电容器电容为C ，原不带电，板间距为d ，A 板接地，现有质量为m ，带电量为＋q 的液滴以初速度v 0由A 板的上孔落到B 板，求落在B 板上的液滴的滴数．解析：当＋q 落到B 板，使B 板带正电，由于静电感应，A 板带正电，于是A 、B 板间形成了自B 向A 的匀强电场，液滴在电场中受到竖直向上的电场力开始做减速运动，到达B 板时速度为零，由动能定理得：－＋＝－而＝＝＝则：－＋＝－即＋＝所以：＝＋qEd mgd 0mv /2 E U /d Q /Cd nq /Cd(nq /Cd)qd mgd mv /2 mgd mv /2nq /d n mC(gd v /2)/q 0202022022点拨：落在B 板上的液滴的滴数应理解为：若设滴数为n ，表示第n ＋1滴下落时，其刚好不能落到B 板．另外，在通常的计算中，对于带电粒子、质子、电子等可不计重力，但计质量，而对带电微粒、带电油滴和液滴、带电小球等要计质量，也要计重力，所以本题易出现丢掉重力的错误．点击思维【例3】水平方向的匀强电场中，有质量为m 的带电小球，用长L 的细线悬于O 点．当小球平衡时，细线和竖直方向成θ角如图14－139所示．现给小球一个冲量，冲量方向和细线垂直，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动．问：需要施加的冲量值至少多大？解析：方法一：设小球在图14－140(a)中的Q 处时的速度为u ，则mgcos α＋qEsin α＋T ＝mu 2/L开始小球平衡时有qE ＝mgtan θ∴T ＝mu 2/L －mgcos(θ－α)/cos θ当α＝θ时，T 最小为T ＝mu 2/L －mg/cos θT 0u Q u ≥时，球不脱离轨道，则≥θ即小球到处有临界速度＝θ时，能沿竖直面作完整的圆周运动．gL gL /cos /cos 在K 处 I ＝mv 从K →Q－qE2Lsin θ－mg2Lcos θ＝mu 2/2－mv 2/2整理得－2mgL/cos θ＝mgL/2cos θ－I 2/2m ，解得＝θ I m 5gL /cos方法二：由题给条件，可认为小球处于一个等效重力场中，其方向如图14－140(b)，等效重力加速度g ′＝g/cos θ．K 为此重力场“最低点”，则图中Q 便是圆周运动“最高点”．小球在Q 有临界速度u ＝g L ′即可作完整圆周运动．在K 处有 I ＝mv 从K →Q 有 1212mv mg 2L mu I m 5gL /cos 22＝′＋整理以上各式，解得＝θ学科渗透【例4】在一次雷雨闪电中，两块云间的电势差约为109V ，从一块云移到另一块云的电量约为30C ，那么(1)在这次闪电中放出的能量是多少？(2)在闪电过程中使空气中的氮气和氧气直接化合生成一种新的物质，写出相应的化学反应方程式(3)已知每摩尔氧气和氮气化合时要吸收180.74 kJ 的能量，若闪电时有千分之一的能量用于这一反应，将产生多少摩尔的生成物？(4)此物质在空气中随雨水流入土地将生成何类物质？写出有关反应的方程式(5)此次雷雨生成物相当于给土地施加了多少千克尿素肥料？解析：(1)在放电过程中电场力做功W ＝Uq ＝109×30＝3×1010(J)电场力做功将电能释放出来，所以释放的电能也为3×1010J(2)氧气和氮气直接化合的方程式为：O N 2NO 22＋放电−→−−(3)由能量转化的关系可得生成NO 的摩尔数n ＝E总/E 0＝(3×1010×10-3×2)/(180.74×103)＝332(mol) (4)NO 在空气中进一步氧化生成NO 2，二氧化氮可能转化为硝酸，进而与地壤中的CaSiO 3或Fe 2O 3等物质反应生成植物可吸收的硝酸盐类，转化为氮肥，一系列化学反应方程式如下：2NO ＋O 2＝2NO 24NO 2＋O 2＋2H 2O ＝4HNO 3CaSiO 3＋2HNO 3＝Ca(NO 3)2＋H 2SiO 3Fe 2O 3＋6HNO 3＝2Fe(NO 3)3＋3H 2O(5)通过物质的量的对应关系可计算出相当的尿素的质量．NO 的摩尔质量为30g ，尿素CO(NH 2)2的摩尔质量为60g ，2mol 质量的NO 对应生成的尿素，所以相当尿素的总质量＝×＝．1mol M 60g 9.6kg 3322高考巡礼本章有物理学中极为重要的概念和定律，如库仑定律、场的概念；有许多物理学中的科学研究方法，如点电荷理想模型、比值法、类比法等；有许多知识与实际生活有广泛联系及应用，如电容器、静电屏蔽等．而高考中一般以选择、填空形式考查库仑定律简单应用、电场基本性质、电势能和电势的概念应用、静电感应等知识，而以计算题形式突出考查带电粒子在电场中的运动．其中结合力学知识、磁场的知识，综合性强，难度大，学习中注意训练．【例5】(1999年全国)在光滑水平面上有一质量m ＝1.0×10-3kg ，电量q ＝1.0×10-10C 的带正电小球，静止在O 点，以O 点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy ，现突然加一沿x 轴正方向，场强大小E ＝2.0×106V/m 的匀强电场，使小球开始运动．经过1.0s ，所加电场突然变为沿y 轴正方向，场强大小仍为E ＝2.0×106V/m 的匀强电场，再经过1.0s ，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经1.0s 速度变为零．求此电场的方向及速度为零时小球的位置．解析：带电小球整个运动过程分为：第1s沿x轴做匀加速直线运动，第2s为类平抛运动，第3s为匀减速直线运动．由牛顿定律得知，在匀强电场中小球加速度大小为a＝qE/m＝(1×10-10×2×106)/(1×10-3)＝0.2(m/s2)．当场强沿x轴正方向时，经过1s小球的速度大小为v x＝at＝0.2×1＝0.2(m/s)方向沿x轴正方向，并移动Δx1的位移：Δx1＝at2/2＝(1/2)×0.2×12＝0.1(m)在第2s内，电场方向沿y轴正方向，所以带电小球作初速度为v x＝0.2m/s 的类平抛运动，即在x方向做速度为v x的匀速运动，在y轴方向做初速为零的匀加速直线运动这两种运动的合运动．沿x方向移动的距离：Δx2＝v x t＝0.2(m)沿y方向移动的距离：Δy2＝at2/2＝(1/2)×0.2×12＝0.1(m)∴在第2s末小球到达的位置坐标为：x2＝Δx1＋Δx2＝0.3m，y2＝Δy2＝0.1m第2s末小球在x方向的分速度仍为v x＝0.2m/s，而在y方向的分速度：v y＝at＝0.2×1＝0.2(m/s)由此可知，此时运动方向与x轴成45°角．∴要使小球速度能变为零，则第3s内所加匀强电场的方向必须与此方向相反，即与x轴成180°＋45°＝225°角．在第3s内，设在电场作用下，小球加速度沿x轴和y轴的分量分别为a x、a y，则a x＝v x/t＝0.2m/s2，a y＝v y/t＝0.2m/s2∴在第3s末小球到达的位置坐标为：x3＝x2＋v x t－a x t2/2＝0.4(m)y3＝y2＋v y t－a y t2/2＝0.2(m)【例6】(1997年全国)，在方向水平的匀强电场中，一个不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点．把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速释放．已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ(如图14－141)．求小球经过最低点时细线对小球的拉力．解析：设细线长为L ，球的电量为q ，场强为E ．若电量q 为正，则场强方向在题图中向右，反之向左．从释放点到左侧最高点，重力势能的减小等于电势能的增加．mgLcos θ＝qEL(1＋sin θ)……………①若小球运动到最低点时的速度为v ，此时线的拉力为T ，由能量关系得： mv 2/2＝mgL －qEL …………………②由牛顿第二定律得：T －mg ＝mv 2/L …………③由以上各式解得：＝－θθT mg(3)21cos sin。
热学习题解11讲解
想气体，有： p1V1 p2V2
T1
T2
所以
T2
p2V2 p1V1
T1
930K
p1=8.5104Pa, p2=4.2106Pa T1=320K，V1:V2=1:17
注：这一温度已超过柴油的燃点，所以柴油喷入
气缸时会立即燃烧，发生爆炸推动活塞作功。
2019/6/1 / 付淑英
1
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3
kg .
ΔN
4πN
2π
4.65 1026 1.381023 273
2
e
4.651026 5002 21.381023273
5002
1
8.5103 N(m-3) 8.5103 N(cm-3)
2019/6/1 / 付淑英
注意：N
NA V
【解答】 在月球表面的逃逸速率
v 2g月R月 2 9.8 6 1720103 2.4103 m/s
v2 3RT 2.4103 m/s
T v2 （2.4 103）2
3R 38.31
TH 2
（2.4103）2 3 8.31
2 103
460 K
（1） 1 kT
2
（2）3 kT
2
（3）2i kT
M
（4） M mol
i RT 2
（5） i
2
RT
• 【解答】：
（6）3 RT
2
• （1）在平衡态下，分子热运动能量平均地分配
在分子每一个自由度上的能量均为 1 kT
•
2
（2）在平衡态下，分子平均平动动能均为
3
热学习题解2
⨯ 热学习题讲解1.3.1 要使一根钢棒在任何温度下都要比另一根铜棒长5 cm ，试问它们在0℃时的长度01l 及02l 分别是多少？已知钢棒及铜棒的线膨胀系数分别为：1α=1.2×10-5K -1，2α=1.6×10-5K -1。
答案：已知：1α=1.2×10-5K -1，2α=1.6×10-5K -1设1l 和2l 分别为钢棒和铜棒在温度为t ℃时的长度 求:01l 和02l 的长度 解：根据线膨胀公式得：1011(1)l l t α=+2022(1)l l t α=+ 两式相减得：120102011022()()l l l l l l t αα-=-+-要使上面的式子与温度t 无关，则有：0110220l l αα-=同时，01025l l -=联立上述二式并代入数据求得：0120l cm =，0215l cm =1.3.9：把521.010N m -⨯、30.5m 的氮气压入容积为30.2m 的容器中，容器中原已充满同温、同压下的氧气，试求混合气体的压强和两种气体的分压，设容器中气体温度保持不变。
已知：氮气 521 1.010P N m -=⨯，310.5V m =，1?T= 2?P =， 320.2V m =，21T T =氧气 521 1.010P N m -'=⨯，12V V '= ，11T T '=2?P '=， 22V V '=， 21T T '= 求： 2P ，2P '，22P P P '=+ 解：由PV RT ν=知5212122.510V P P N m V -==⨯∙ 521212110V P P N m V -'''==⨯∙'5222 3.510P P P N m -'=+=⨯∙1.6.3一容积为11.2L 的真空系统已被抽到1.3×103-Pa 的真空。
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纵深例题解析
能力素质
【例1】下列说法中正确的是
[ ] A．液体中悬浮微粒的布朗运动是做无规则运动的液体分子撞击微粒而引起的，并且微粒越小布朗运动越显著
B．物体的温度越高，其分子平均动能越大
C．分子力随分子间距离的增大而减小
D．做功和热传递可以改变物体的内能，所以二者本质相同解析：由布朗运动产生原因：无规则运动的液体分子对微粒的频繁碰撞而使微粒做布朗运动，以及颗粒越小，布朗运动越明显，则A对．温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，故B对．
分子力F是分子间引力和斥力的合力，当r＝r0时，F＝0；当r＞r0时，F 表现为引力；当r＜r0时，F表现为斥力，故C错．做功和热传递可以改变物
体的内能，但它们有本质区别：做功是将其他形式的能转化为内能，热传递是内能的转移，故D错．
【例2】甲、乙两个分子相距较远(此时它们间的分子力可以忽略)，设甲固定不动，乙逐渐向甲靠近，直到不能再靠近的整个过程中
[ ] A．分子间相互作用的势能减小
B．分子间相互作用的势能增加
C．分子间相互作用的势能先增加后减小
D．分子间相互作用的势能先减小后增加
解析：当分子相距足够远时无相互作用力，在从远逐渐近的过程中，分子力表现为引力；距离为某一值时，分子力为零；再靠近，则分子表现为斥力，因此在两个分子逐渐靠近的过程中，先是引力做功，即分子力对乙做正功，势能减小；然后斥力做负功，即乙克服分子力做功，势能增加．
点击思维
【例3】将一个金属球加热到某一温度，问在下列两种情况下，哪一种需要的热量多些？(1)将金属球用一根金属丝挂着(2)将金属球放在水平支承面上(假设金属丝和支承物都不吸收热量)
[ ] A．情况(1)中球吸收的热量多些
B．情况(2)中球吸收的热量多些
C．两情况中球吸收的热量一样多
D．无法确定
[错解]选C
[正解]选B
【错因分析与解题点拨】造成误解的根本原因是忽略了小球的内能与机械能的转化．小球由于受热体积要膨胀，球的重心位置发生了变化．在(1)的情况中球受热后重心降低，重力对球做功，小球的重力势能减小．而在(2)的情况中，球受热后重心升高，球克服重力做功，重力势能增大．可见，情况(1)中球所需要的热量较少．
本题中内能的变化是明确告诉的，而重力势能的变化则是隐蔽的，故在解题时必须注意某些隐含条件及其变化．
学科渗透
【例4】人类利用的能量绝大部分来源于太阳能，捕获太阳能的生物主要为绿色植物，绿色植物通过光合作用把太阳能转化为化学能：
(1)光合作用的总反应式是________．
(2)光合作用释放的氧气来自于参加反应的哪种物质？________．
(3)按上述反应式，若通过光合作用得到9g有机物，则从空气中摄取CO2
的质量是________g，释放出的氧气的体积(标准状况)是________L．点拨：本题是生物与物理的学科渗透问题．生物中涉及的是光合作用知识；物理中涉及的是有关气体的性质，标准状况下每摩尔的任何气体的体积都是22.4L．
高考巡礼
高考命题集中在分子动理论，估算分子大小和数目、内能和功方面，往往一个题目涉及几个知识点，而能源的开发和利用则是现今的热门课题，易出综合题，但内容浅显，比较容易解答，学习时需强化记忆、理解．
典型考题解析：
【例5】(1996年全国)下列叙述中正确的是
[ ] A．物体的内能与物体的温度有关，与物体的体积无关
B．物体的温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈
C．物体体积改变，内能可能不变
D．物体在压缩时，分子间存在着斥力，不存在引力
解析：应选(BC)一定质量物体的内能由温度和体积共同决定，所以A错误，C正确．物体的温度越高，分子热运动的平均动能就越大，分子无规则运动越激烈．所以B正确．分子间同时存在引力和斥力，所以D错误．【例6】(2000年山西理科综合)下列说法正确的是
[ ] A．当两个分子间的距离小于平衡距离时，分子间的作用表现为引力
B．物体的内能是物体中所有分子热运动动能之和
C．只经历等温过程的理想气体，如果压强增加一倍，则其体积减少一半
D．如果没有能量损失，则热机能把从单独一个热源吸收的热量全部转化成机械能
解析：应选(C)
分子间距离小于平衡时距离，分子间的作用力表现为斥力，故A错．物体的内能是物体中所有分子的动能和势能的总和，故B错．根据玻一马定律(下一章介绍)知，C正确．由于第二类永动机是不可能制成的．故D错．。