2019版高考物理总复习选考部分热学能力课高考常考的“两类”计算题学案

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【最新】2019高考物理热学复习试题及答案-Word

高考物理热学复习试题及答案-Word
一、选择题
1. 一位质量为60 kg的同学为了表演“轻
功”，他用打气筒给4只相同的气
球充以相等质量的空气（可视为理想气体），然后
将这4只气球以相同的方式放在水平放置的木板上，在气球的上方放置一轻质塑料板，如图所示。

（1）关于气球内气体的压强，下列说法正确的是
A.大于大气压强
B.是由于气体重力而产生的
C.是由于气体分子之间的斥力而产生的
D.是由于大量气体分子的碰撞而产生
的
（2）在这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，球内气体温度可视为不变。

下列说法正确的是
A.球内气体体积变大
B.球内气体体积变小
C.球内气体内能变大
D.球内气体内能不变
(3) 为了估算气球内气体的压强，这位同学在气球的外表面涂上颜料，在轻质塑料板面和气球一侧表面贴上间距为2.0 cm的方格纸。

表演结束后，留下气球与方格纸接触部分的“印迹”如图所示若表演时大气压强为1.013105Pa，取g=10 m/s2，则气球内气体的压强为 Pa。

（取4位有效数字）
气球在没有贴方格纸的下层木板上也会留下“印迹”，这一“印迹”面积与方格纸上留下的“印迹”面积存在什么关系？
答案：（1）AD ；(2)BD；（3）1.053*105Pa 面积相同
2.关于热力学定律，下列说法正确的是（）。

历年(2019-2023)高考物理真题专项(热学)练习(附答案)

历年（2019-2023）高考物理真题专项（热学）练习一、单选题1．（2023ꞏ北京ꞏ统考高考真题）夜间由于气温降低，汽车轮胎内的气体压强变低。

与白天相比，夜间轮胎内的气体（）A．分子的平均动能更小B．单位体积内分子的个数更少C．所有分子的运动速率都更小D．分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更大2．（2023ꞏ海南ꞏ统考高考真题）下列关于分子力和分子势能的说法正确的是（）A．分子间距离大于r0时，分子间表现为斥力B．分子从无限远靠近到距离r0处过程中分子势能变大C．分子势能在r0处最小D．分子间距离小于r0且减小时，分子势能在减小3．（2023ꞏ辽宁ꞏ统考高考真题）“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。

“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。

该过程对应的p-V图像可能是（）A．B．C．D．4．（2023ꞏ江苏ꞏ统考高考真题）如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。

该过程中（）A．气体分子的数密度增大B．气体分子的平均动能增大C．单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小D．单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小5．（2023ꞏ天津ꞏ统考高考真题）如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容积质量不变，爬高过程中，温度减小，则气体（）A．对外做功B．内能减小C．吸收热量D．压强不变6．（2022ꞏ重庆ꞏ高考真题）2022年5月15日，我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9032米的大气科学观测世界纪录。

若在浮空艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体（）（视为理想气体）A．吸收热量B．压强增大C．内能减小D．对外做负功7．（2022ꞏ北京ꞏ高考真题）2021年5月，中国科学院全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）取得新突破，成功实现了可重复的1.2亿摄氏度101秒和1.6亿摄氏度20秒等离子体运行，创造托卡马克实验装置运行新的世界纪录，向核聚变能源应用迈出重要一步。

高考物理选考热学计算题(一)含答案与解析

高考物理选考热学计算题（一）组卷老师：莫老师评卷人得分一．计算题（共50小题）1．开口向上、内壁光滑的汽缸竖直放置，开始时质量不计的活塞停在卡口处，气体温度为27℃，压强为0.9×105 Pa，体积为1×10﹣3m3，现缓慢加热缸内气体，试通过计算判断当气体温度为67℃时活塞是否离开卡口。

（已知外界大气压强p0=1×105Pa）2．铁的密度ρ=7.8×103kg/m3、摩尔质量M=5.6×10﹣2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA=6.0×1023mol﹣1．可将铁原子视为球体，试估算：（保留一位有效数字）①1 克铁含有的分子数；②铁原子的直径大小．3．如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，内部横截面积为S=0.01m2，中间用两个活塞A和B封住一定质量的气体。

A、B都可沿圆筒无摩擦地上下滑动，且不漏气。

A的质量不计，B的质量为M，并与一劲度系数为k=5×103N/m的较长的弹簧相连。

已知大气压p0=1×105Pa，平衡时两活塞之间的距离l0=0.6m，现用力压A，使之缓慢向下移动一段距离后保持平衡。

此时用于压A的力F=500N．求活塞A下移的距离。

4．如图，密闭性能良好的杯盖扣在盛有少量热水的杯身上，杯盖质量为m，杯身与热水的总质量为M，杯子的横截面积为S．初始时杯内气体的温度为T0，压强与大气压强p0相等．因杯子不保温，杯内气体温度将逐步降低，不计摩擦．（1）求温度降为T1时杯内气体的压强P1；（2）杯身保持静止，温度为T1时提起杯盖所需的力至少多大？（3）温度为多少时，用上述方法提杯盖恰能将整个杯子提起？5．如图，上端开口、下端封闭的足够长的细玻璃钌竖直放置，﹣段长为l=15.0cm 的水银柱下方封闭有长度也为l的空气柱，已知大气压强为p0=75.0cmHg；如果使玻璃管绕封闭端在竖直平面内缓慢地转动半周．求在开口向下时管内封闭空气柱的长度．6．如图所示为一种减震垫，由12个形状相同的圆柱状薄膜气泡组成，每个薄膜气泡充满了体积为V1，压强为p1的气体，若在减震垫上放上重为G的厚度均匀、质量分布均匀的物品，物品与减震垫的每个薄膜表面充分接触，每个薄膜上表面与物品的接触面积均为S，不计每个薄膜的重，大气压强为p0，气体的温度不变，求：（i）每个薄膜气泡内气体的体积减少多少？（ii）若撤去中间的两个薄膜气泡，物品放上后，每个薄膜上表面与物品的接触面积增加了0.2S，这时每个薄膜气泡的体积又为多大？7．一足够高的内壁光滑的导热气缸竖直地浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞的面积为1.5×10﹣3m2，如图1所示，开始时气体的体积为3.0×10﹣3m3，现缓慢地在活塞上倒上一定质量的细沙，最后活塞静止时气体的体积恰好变为原来的三分之一．设大气压强为1.0×105Pa．重力加速度g取10m/s2，求：（1）最后气缸内气体的压强为多少？（2）最终倒在活塞上细沙的总质量为多少千克？（3）在P﹣V图上（图2）画出气缸内气体的状态变化过程（并用箭头标出状态变化的方向）．8．如图所示，竖直放置的气缸，活塞横截面积为S=0.01m2，厚度不计。

2019年高考重点理综物理选编：热力学定律(解析版)

2019年高考重点理综物理选编：热力学定律（解析版）【一】单项选择题〔5〕一定质量的气体，不计分子之间作用力，在压缩过程中与外界没有热交换，那么()A. 外界对气体做功，温度降低，内能减小B. 外界对气体做功，温度升高，内能增大C. 气体对外界做功，温度降低，内能增大D. 气体对外界做功，温度升高，内能减小·B关于能量转化与守恒的理解，以下说法中正确的选项是()A. 凡是能量守恒的过程就一定会发生B. 摩擦生热的过程是不可逆过程C. 空调机既能致热又能制冷，说明热传递不存在方向性D. 由于能量的转化过程符合能量守恒定律，所以不会发生能源危机·B·解：A、各种物理过程能量是守恒的，但是自然界的宏观过程具有方向性，故A错误；B、通过摩擦生热，能量耗散了，即能量可以利用的品质降低了，这是不可逆过程，故B正确；C、空调机既能致热又能制冷，但是要耗电，即热传递有方向性，热量只能自发地由高温物体传向低温物体，故C错误；D、虽然总能量守恒，但随着能量耗散，能量可以利用的品质降低了，故D 错误；应选B、热力学第二定律反映了自然界的宏观过程具有方向性，虽然总能量守恒，但能量可以利用的品质降低了．此题关键是根据热力学第二定律进行分析，即能量虽然守恒，但热过程具有方向性，故热机的效率一定小于百分之百．以下说法正确的选项是()A. 液体分子的无规那么运动称为布朗运动B. 物体从外界吸收热量，其内能一定增加C. 物体温度升高，其中每个分子热运动的动能均增大D. 气体压强产生的原因是大量气体分子对器壁的持续频繁的撞击·D关于热现象，以下说法正确的选项是()A. 物体温度不变，其内能一定不变B. 物体温度升高，其分子热运动的平均动能一定增大C. 外界对物体做功，物体的内能一定增加D. 物体放出热量，物体的内能一定减小·B·解：A、物体的内能与物体的体积、温度、摩尔数等因素都有关，所以温度不变，其内能不一定不变。

解析版-2019高考物理二轮复习选修专题3-3《热学》计算题精选

绝密★启用前2019高考物理二轮复习选修专题3-3《热学》计算题精选一、计算题(共30小题)1.如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸内有一不计质量的活塞，可在汽缸内作无摩擦滑动，活塞下方封闭一定质量的气体．已知活塞截面积为100cm2，大气压强为1.0×105Pa，汽缸内气体温度为27℃，试求：(1)若保持温度不变，在活塞上放一重物，使汽缸内气体的体积减小一半，求这时气体的压强和所加重物的重力．(2)在加压重物的情况下，要使汽缸内的气体恢复原来体积，应对气体加热，使温度升高到多少摄氏度．【答案】(1)2×105Pa1000N(2)327℃【解析】(1)若保持温度不变，在活塞上放一重物，使汽缸内气体的体积减小一半，根据理想气体的等温变化：p1V1＝p2V2，p1＝1×105Pa，V1＝V，p2＝p2，V2＝，解得：p2＝2×105Pa.活塞面积：S＝100×10－4m2＝10－2m2，因为p2＝p0＋；解得：所加重物的重力G＝1000N.(2)在加压重物的情况下，保持汽缸内压强不变，要使汽缸内的气体恢复原来体积，应对气体加热，已知p3＝2×105Pa，V3＝V，T3＝T3；根据理想气体状态方程：＝；解得：T3＝600K，所以t＝T－273℃＝327℃.2.（1）下列各种说法中正确的是（）A．物体吸收热量，内能一定增加B．液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引C．判断物质是晶体还是非晶体，可以从该物质是否有规则的几何外形来判断D．气体的压强与单位体积内的分子数和温度有关（2）如图所示，有两个不计质量的活塞M，N将两部分理想气体封闭在绝热气缸内，温度均是270C．M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿气缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S=2cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为Ｈ=27cm，N活塞相对于底部的高度为h=18cm．现将一质量为m=400g的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降．已知大气压强为p0=1.0×105Pa,①求下部分气体的压强多大；②现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为1270C，求稳定后活塞M，N距离底部的高度．【答案】（1）BD（2）①②27.5cm20cm【解析】（1）BD（2）①对两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：，；③对下部分气体进行分析，由理想气体状态方程可得：得：h2=20cm对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律定律可得：得：L=7.5cm故此时活塞M距离底端的距离为H2=20+7.5=27.5cm3.如图所示，活塞将一定质量的理想气体封闭在圆柱形汽缸内，活塞与汽缸之间无摩擦，先将汽缸放在0℃的冰水混合物中气体达到平衡状态a，测得气体的体积为V，然后将汽缸从冰水混合物中移出后，在室温(27℃)中达到平衡状态b，外界大气压强保持不变．求：(1)汽缸内气体在平衡状态b的体积；(2)汽缸内气体从状态a到状态b过程是从外界吸热还是向外界放热？【答案】(1)V(2)气体从外界吸热【解析】(1)设汽缸内气体在平衡状态b的体积为Vb，对一定质量的理想气体等压变化得：＝解得：Vb＝V(2)气体从状态a到状态b，由热力学第一定律：ΔU＝Q＋W其中温度升高，则内能增加(ΔU>0)；气体体积增大，对外作功(W<0)可得Q>0，即气体从外界吸热．4.如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，截面积为40cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×105Pa为大气压强)，温度为300K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330K，活塞恰好离开a、b；当温度为360K时，活塞上升了4cm.g＝10m/s2.求：(1)活塞的质量；(2)物体A的体积．【答案】(1)4kg(2)640cm3【解析】(1)设物体A的体积为ΔV.T1＝300K，p1＝1.0×105Pa，V1＝60×40－ΔVT2＝330K，p2＝(1.0×105＋)Pa，V2＝V1T3＝360K，p3＝p2，V3＝64×40－ΔV由状态1到状态2为等容过程：＝代入数据得：m＝4kg(2)由状态2到状态3为等压过程：＝代入数据得：ΔV＝640cm3.5.图中系统由左右连个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成．左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭．两个容器的下端由可忽略容积的细管连通．容器内两个绝热的活塞A、B 下方封有氮气，B上方封有氢气．大气的压强p0，温度为T0＝273K，连个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1p0.系统平衡时，各气体柱的高度如图所示．现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一定的高度．用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h．氮气和氢气均可视为理想气体．求(1)第二次平衡时氮气的体积；(2)水的温度．【答案】(1)2.7hS；(2)368.55K；【解析】(1)以氢气为研究对象，初态压强为p0，体积为hS，末态体积为0.8hS.气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p0V1＝p2V2，即：p0hS＝p×0.8hS，解得：p＝1.25p0①活塞A从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程．该过程的初态压强为1.1p0，体积为V；末态的压强为p′，体积为V′，则p′＝p＋0.1p0＝1.35p0②V′＝2.2hS③由玻意耳定律得：1.1p0×V＝1.35p0×2.2hS，解得：V＝2.7hS④(2)活塞A从最初位置升到最高点的过程为等压过程．该过程的初态体积和温度分别为2hS和T0＝273K，末态体积为2.7hS.设末态温度为T，由盖－吕萨克定律得：＝，解得：T＝368.55 K.6.(1)如图1所示，内壁光滑，导热良好的气缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体．当环境温度升高时，缸内气体（）．(双选，填正确答案标号)a．内能增加b．对外做功c．压强增大d．分子间的引力和斥力都增大(2)一种水下重物打捞方法的工作原理如图7所示．将一质量M＝3×103kg，体积V0＝0.5m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上．向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h1＝40 m，筒内气体体积V1＝1m3.在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时筒内气体体积为V2，随后浮筒和重物自动上浮．求V2和h2.(已知大气压强p0＝1×105Pa，水的密度ρ＝1×103kg/m3，重力加速度的大小g＝10m/s2.不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略．)【答案】(1)ab(2)2.5m310m【解析】(2)当F＝0时，由平衡条件得Mg＝ρg(V0＋V2)①代入数据得V2＝2.5m3②设筒内气体初态，末态的压强分别为p1，p2，由题意得p1＝p0＋ρgh1③p2＝p0＋ρgh2④在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2⑤联立②③④⑤式，代入数据得h2＝10m7.(1)(多选)下列关于热现象的说法正确的是()A．一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气，系统的内能保持不变B．对某物体做功，可能会使该物体的内能增加C．气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积D．一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同E．功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功(2)如图所示，水平放置一个长方体汽缸，总体积为V，用无摩擦活塞(活塞绝热、体积不计)将内部封闭的理想气体分为完全相同的A、B两部分．初始时两部分气体压强均为p，温度均为．若使A 气体的温度升高ΔT，B气体的温度保持不变，求：①A气体的体积变为多少？②B气体在该过程中是放热还是吸热？【答案】(1)BCD(2)①②放热【解析】(1)BCD(2)①设末状态两部分气体压强均为p末，选择A气体为研究对象，升高温度后体积变为VA.＝；对B部分气体，升高温度后体积为VB，由波意耳定律p＝p末VB；又VA＋VB＝V；可得VA＝.②B部分气体温度不变，内能不变，体积减小，外界对B做正功，根据热力学第一定律，B部分气体对外放热8.(1)根据分子动理论，对下列现象解释正确的是()A．花香袭人，说明分子永不停息地做无规则运动B．海绵容易压缩，说明分子间存在引力C．滴进水中的红墨水迅速散开，说明分子间存在斥力D．浑浊液静置后变澄清，说明分子间既有引力又有斥力(2)①一定质量的理想气体经历如图所示的状态变化，变化顺序为a→b→c→d，图中坐标轴上的符号p指气体压强，V指气体体积，ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与轴垂直．气体在此状态变化过程中属于等温变化过程的是________，在b→c的变化过程中气体的内能________(填“增大”、“减小”或“不变”)．②现在轿车已进入普通家庭，为保证驾乘人员人身安全，汽车增设了安全气囊，它会在汽车发生一定强度的碰撞时，利用叠氮化钠(NaN3)爆炸时产生气体(假设都是N2)充入气囊，以保护驾乘人员．若已知爆炸瞬间气囊容量为70L，氮气的密度ρ＝1.25×102kg/m3，氮气的平均摩尔质量M＝0.028kg/mol，阿伏加德罗常数N A＝6.02×1023mol－1，试估算爆炸瞬间气囊中N2分子的总个数N.(结果保留一位有效数字)【答案】(1)A(2)①a→b增大②2×1026【解析】(1)花香袭人是分子做无规则运动的结果，选项A正确；海绵容易压缩是因为海绵有许多小孔，选项B错；滴进水中的红墨水迅速散开说明分子永不停息地做无规则运动，选项C错；浑浊液静置后变澄清是因为颗粒受重力作用下沉，选项D错．(2)①根据理想气体状态变化方程＝C得p＝T，可知当温度不变时p－是一条过原点的倾斜直线，所以a→b是等温变化．由p＝T可知图线的斜率表示温度的高低，所以b→c的过程中气体温度升高，又因为理想气体的内能只跟温度有关，所以内能增大．②设N2气体物质的量为n，则n＝气体分子数N＝N A代入数据得N≈2×1026.9.一定质量理想气体经历如图所示的A→B，B→C，C→A三个变化过程，T A=300K，气体从C→A的过程中做功为100J，同时吸热250J，已知气体的内能与温度成正比．求：（1）气体处于C状态时的温度T C；（2）气体处于C状态时内能E C．【答案】（1）150K（2）150J【解析】（1）由图知C到A，是等压变化，根据理想气体状态方程：得：；（2）根据热力学定律：且解得：；10.铁的密度ρ＝7.8×103kg/m3、摩尔质量M＝5.6×10－2kg/mol，阿伏加德罗常数N A＝6.0×1023mol－1.铁原子视为球体，估算铁原子的直径大小．(保留一位有效数字)【答案】3×10－10m【解析】铁的摩尔体积：V＝把铁分子看作一个挨一个紧密排列的小球，则每个分子的体积为：V0＝而根据球体积的计算公式，用d表示铁分子的直径，R表示铁分子的半径，有：V0＝πR3＝解得：d≈3×10－10m.11.如图所示，在左端封闭右端开口的U形管中用水银柱封闭一段空气柱L，当空气柱的温度为14℃时，左臂水银柱的长度h1＝10cm，右臂水银柱长度h2＝7cm，气柱长度L＝15cm；将U形管左臂放入100℃水中且状态稳定时，左臂水银柱的长度变为7cm.求出当时的大气压强(单位用cmHg)．【答案】75.25cmHg【解析】对于封闭的空气柱(设大气压强为p0)初态：p1＝p0＋h2－h1＝(p0－3)cmHg；V1＝LS＝15S(cm)3，T1＝287K末态：h1′＝7cm，h2′＝10cm，故压强p2＝p0＋h2′－h1′＝(p0＋3)cmHgV2＝(L＋3)S＝18S cm3，T2＝373K由理想气体的状态方程得：＝，解得：大气压强p0＝75.25cmHg.12.已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3kg/m3和2.1kg/m3，空气的摩尔质量为0.029kg/mol，阿伏加德罗常数N A＝6.02×1023mol－1.若潜水员呼吸一次吸入2L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数．(结果保留1位有效数字)【答案】3×1022【解析】设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸．一次吸入空气的体积为V，则有Δn＝N A，代入数据得Δn＝3×1022.13.为了保证车内人员的安全，一般小车都装了安全气囊，利用N a N3爆炸产生的气体充入气囊。

2019年高考物理题库【考点14】热学(含答案)

考点14 热学1.（2018·重庆理综·T15）某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由气缸和活塞组成.开箱时，密闭于气缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如题图所示.在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体( )A.对外做正功，分子的平均动能减小B. 对外做正功，内能增大C. 对外做负功，分子的平均动能增大D. 对外做负功，内能减小【思路点拨】解答本题时可按以下思路分析：【精讲精析】选A.当气体体积膨胀时，气体对外做功，又没有热传递，由热力学第一定律知，气体的内能减少，温度降低，而温度又是分子平均动能的标志，所以A 正确.2.（2018·福建理综·T28（1））如图所示，曲线M 、N 分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程，图中横轴表示时间t ，纵轴表示温度T 。

从图中可以确定的是_______。

（填选项前的字母） A.晶体和非晶体均存在固定的熔点0T B.曲线M 的bc 段表示固液共存状态C.曲线M 的ab 段、曲线N 的ef 段均表示固态D.曲线M 的cd 段、曲线N 的fg 段均表示液态【思路点拨】解答本题时应知道以下知识：晶体有一定熔点而非晶体没有一定熔点逐步熔化直到全部变为液态【精讲精析】选B.由图像可知曲线M 表示晶体，bc 段表示晶体熔化过程，处于固液共存状态，B 对；N 表示非晶体，没有固定熔点，A 错；由于非晶体没有一定熔点逐步熔化，因此C 、D 错.3.（2018·福建理综·T28（2））一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量 2.5×104J ，气体对外界做功1.0×104J ，则该理想气体的_______。

（填选项前的字母） A.温度降低，密度增大 B.温度降低，密度减小 C.温度升高，密度增大 D.温度升高，密度减小【思路点拨】解答本题时应理解热力学第一定律与气体的状态参量的变化关系【精讲精析】选D.由热力学第一定律Q W E +=∆，Q=2.5×104J ，W=-1.0×104J 可知E ∆大于零，气体内能增加，温度升高，A 、B 错；气体对外做功，体积增大，密度减小，C 错D 对.4.（2018·江苏物理·T12.A ）如题12A-1图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片，轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动。

2019高考复习备考高考选修物理真题计算题汇编2(含答案解析)

2019高考复习备考高考选修物理真题计算题汇编2（含答案解析）1．（2017•新课标Ⅱ）一热气球体积为V，内部充有温度为T a的热空气，气球外冷空气的温度为T b．已知空气在1个大气压、温度为T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g．（i）求该热气球所受浮力的大小；（ii）求该热气球内空气所受的重力；（iii）设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量．2．（2017•新课标Ⅰ）如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1．已知室温为27℃，汽缸导热．（i）打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；（ii）接着打开K3，求稳定时活塞的位置；（iii）再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20℃，求此时活塞下方气体的压强．3．（2016•新课标Ⅰ）在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差△p与气泡半径r之间的关系为△p=，其中σ=0.070N/m。

现让水下10m 处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升，已知大气压强p0=1.0×105Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度大小g=10m/s2。

（i）求在水下10m处气泡内外的压强差；（ii）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。

4．（2016•新课标Ⅱ）一氧气瓶的容积为0.08m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36m3．当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．5．（2016•海南）如图，密闭气缸两侧与一U形管的两端相连，气缸壁导热；U 形管内盛有密度为ρ=7.5×102kg/m3的液体．一活塞将气缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为P0=4.5×103Pa．外界温度保持不变．缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h=40cm，求此时左、右两气室的体积之比，取重力加速度大小g=10m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计．6．（2016•上海）如图，两端封闭的直玻璃管竖直放置，一段水银将管内气体分隔为上下两部分A和B，上下两部分气体初始温度相等，且体积V A＞V B．（1）若A、B两部分气体同时升高相同的温度，水银柱将如何移动？某同学解答如下：设两部分气体压强不变，由，…，△V=V，…，所以水银柱将向下移动．上述解答是否正确？若正确，请写出完整的解答；若不正确，请说明理由并给出正确的解答．（2）在上下两部分气体升高相同温度的过程中，水银柱位置发生变化，最后稳定在新的平衡位置，A、B两部分气体始末状态压强的变化量分别为△p A和△p B，分析并比较二者的大小关系．7．（2018•江苏）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x=0和x=0.6m处的两个质点A、B的振动图象如图所示。

2019年高考物理热点题型整合与归纳----计算题专题

2019年高考物理热点题型整合与归纳----计算题专题【高考展望】一、高考计算题的题型（1）匀变速直线运动规律的应用（2）牛顿第二定律和运动学公式解决力学问题（3）应用动力学和能量观点解决力学问题（4）应用动量和能量观点解决力学问题（5）应用动力学和能量观点解决力电综合问题（6）带电粒子在磁场中的运动（7）带电粒子在复合场中的运动（8）应用动力学和能量观点处理电磁感应问题二、解题技巧（1）．认真读题抓关键。

认真读题，抓住题中的关键词、关键句，如静止、匀变速运动、匀速圆周运动、刚好、恰好、至少，最大等等。

忌：一目十行、蜻蜓点水、主次不分、反复全题重读。

（2）．仔细审题定方法。

紧扣题中所读的关键词、关键句，深入理解和挖掘其意，仔细审题，明确研究对象及其受力、运动、能量等情况，从而确定该题的解题方法。

忌：理解有误、错用规律、似曾相识、一知半解、照抄照搬。

（3）．理清思路写规范。

进一步明确研究对象的运动过程，每个过程初末状态及参量，找准参量间的连接关系，理清思路，按运动过程分对象列式。

答题表述要规范，要有必要的文字、表达式和结论，要字迹工整，版面整洁，布局美观。

忌：条理不清，滥用规律，随意涂改，圈地引线，字迹不清，解方程的步骤太多。

【题型归纳】题型一匀变速直线运动规律的应用(追击相遇)(1)两个等量关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可以通过画草图得到。

(2)一个临界条件：即二者速度相等，它往往是能否追上、追不上或两者相距最远、最近的临界条件。

例1如图所示，在某市区内，一辆小汽车在公路上以速度v 1向东行驶，一位观光游客由南向北从斑马线上横穿马路．汽车司机发现游客途经D 处时经过0.5s 做出反应紧急刹车，但仍将正步行至B 处的游客撞伤，该汽车最终在C 处停下．为了判断汽车是否超速行驶以及游客横穿马路是否过快，警方派一警车以法定最高速度v m =16m/s 行驶在同一马路的同一地段，在肇事汽车的起始制动点A 紧急刹车，经过16m 后停下来．在事故现场测量得X AB =26m 、X BC =9m 、X BD =2m ．肇事汽车刹车性能良好（可认为警车与肇事汽车刹车时加速度均相同）．问：（1）该肇事汽车的初速度v 1是多大？（2）游客横穿马路的速度是多大？【答案】(1)该肇事汽车的初速度v 1是20m/s (2)游客横穿马路的速度是1.3 m/s 【解析】本题考查运动学基本公式。

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能力课高考常考的“两类”计算题[常考点]封闭气体多过程的问题多过程问题的处理技巧研究对象(一定质量的气体)发生了多种不同性质的变化，表现出“多过程”现象。

对于“多过程”现象，则要确定每个有效的“子过程”及其性质，选用合适的实验定律，并充分应用各“子过程”间的有效关联。

解答时，特别注意变化过程可能的“临界点”，找出临界点对应的状态参量，在“临界点”的前、后可以形成不同的“子过程”。

【例1】 [2015·全国卷Ⅰ，33(2)]如图1，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞。

已知大活塞的质量为m 1＝2.50 kg ，横截面积为S 1＝80.0 cm 2；小活塞的质量为m 2＝1.50 kg ，横截面积为S 2＝40.0 cm 2；两活塞用刚性轻杆连接，间距为l ＝40.0 cm ；汽缸外大气的压强为p ＝1.00×105Pa ，温度为T ＝303 K 。

初始时大活塞与大圆筒底部相距l2，两活塞间封闭气体的温度为T 1＝495 K 。

现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。

忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g 取 10 m/s 2。

求：图1(ⅰ)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度； (ⅱ)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。

解析 (ⅰ)大小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖－吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2初状态V 1＝l2(S 1＋S 2)，T 1＝495 K末状态V 2＝lS 2代入可得T 2＝23T 1＝330 K(ⅱ)对大、小活塞受力分析则有m 1g ＋m 2g ＋pS 1＋p 1S 2＝p 1S 1＋pS 2可得p 1＝1.1×105Pa缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得p 1T 2＝p 2T 3，T 3＝T ＝303 K解得p 2＝1.01×105 Pa答案 (ⅰ)330 K (ⅱ)1.01×105Pa【变式训练1】 [2015·新课标全国Ⅱ，33(2)]如图2，一粗细均匀的U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上端与大气相通，下端开口处开关K 关闭；A 侧空气柱的长度为l ＝10.0 cm ，B 侧水银面比A 侧的高h ＝3.0 cm 。

现将开关K 打开，从U 形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h 1＝10.0 cm 时将开关K 关闭。

已知大气压强p 0＝75.0 cmHg 。

图2(ⅰ)求放出部分水银后A 侧空气柱的长度；(ⅱ)此后再向B 侧注入水银，使A 、B 两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。

解析 (ⅰ)以cmHg 为压强单位。

设A 侧空气柱长度l ＝10.0 cm 时的压强为p ；当两侧水银面的高度差为h 1＝10.0 cm 时，空气柱的长度为l 1，压强为p 1。

由玻意耳定律得pl ＝p 1l 1① 由力学平衡条件得p ＝p 0＋h ②打开开关K 放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为p 0，而A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B 、A 两侧水银面的高度差也随之减小，直至B 侧水银面低于A 侧水银面h 1为止。

由力学平衡条件有p 1＝p 0－h 1③联立①②③式，并代入题给数据得l1＝12.0 cm④(ⅱ)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2。

由玻意耳定律得pl＝p2l2⑤由力学平衡条件有p2＝p0⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝10.4 cm⑦设注入的水银在管内的长度Δh，依题意得Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh＝13.2 cm⑨答案(ⅰ)12.0 cm (ⅱ)13.2 cm[常考点]关联气体的状态变化问题多系统问题的处理技巧多个系统相互联系的定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联，若活塞可自由移动，一般要根据活塞平衡确定两部分气体的压强关系。

【例2】[2017·全国卷Ⅰ，33(2)]如图3，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。

初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1。

已知室温为27 ℃，汽缸导热。

图3(ⅰ)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(ⅱ)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；(ⅲ)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强。

解析(ⅰ)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1。

依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程。

由玻意耳定律得p 0V ＝p 1V 1①(3p 0)V ＝p 1(2V －V 1)② 联立①②式得V 1＝V 2③p 1＝2p 0④(ⅱ)打开K 3后，由④式知，活塞必定上升。

设在活塞下方气体与A 中气体的体积之和为V 2(V 2≤2V )时，活塞下气体压强为p 2由玻意耳定律得(3p 0)V ＝p 2V 2⑤ 由⑤式得 p 2＝3VV 2p 0⑥由⑥式知，打开K 3后活塞上升直到B 的顶部为止；此时p 2为p 2′＝32p 0(ⅲ)设加热后活塞下方气体的压强为p 3，气体温度从T 1＝300 K 升高到T 2＝320 K 的等容过程中，由查理定律得p 2′T 1＝p 3T 2⑦ 将有关数据代入⑦式得p 3＝1.6p 0⑧答案 (ⅰ) V22p 0 (ⅱ )顶部 (ⅲ)1.6p 0【变式训练2】 [2016·全国卷Ⅲ，33(2)]一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。

初始时，管内汞柱及空气柱长度如图4所示。

用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。

求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。

已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p 0＝75.0 cmHg 。

环境温度不变。

图4解析设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2。

活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′，长度为l 2′。

以cmHg 为压强单位。

由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00) cmHg ＝90 cmHg l 1＝20.0 cm ① l 1′＝(20.0－20.0－5.002) cm ＝12.5 cm ② 由玻意耳定律得p 1l 1S ＝p 1′l 1′S ③联立①②③式和题给条件得p 1′＝144 cmHg ④依题意p 2′＝p 1′⑤ l 2′＝4.00 cm ＋20.0－5.002cm －h ＝11.5 cm －h ⑥ 由玻意耳定律得p 2l 2S ＝p 2′l 2′S ⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm ⑧答案 144 cmHg 9.42 cm活页作业 (时间：30分钟)1.如图1所示，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置。

玻璃管的下部封有长l 1＝25.0 cm 的空气柱，中间有一段长l 2＝25.0 cm 的水银柱，上部空气柱的长度l 3＝40.0 cm 。

已知大气压强为p 0＝75.0 cmHg 。

现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l 1′＝20.0 cm 。

假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离。

图1解析以cmHg 为压强单位。

在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强p 1＝p 0＋l 2① 设活塞下推后，下部空气柱的压强为p 1′，由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′②如图所示，设活塞下推距离为Δl ，则此时玻璃管上部空气柱的长度l 3′＝l 3＋(l 1－l 1′)－Δl ③设此时玻璃管上部空气柱的压强为p 3′，则p 3′＝p 1′－l 2④由玻意耳定律得p 0l 3＝p 3′l 3′⑤联立①～⑤式及题给数据解得Δl ＝15.0 cm ⑥ 答案 15.0 cm2.如图2所示，内壁光滑、长度均为4l 、横截面积均为S 的汽缸A 、B ，A 水平、B 竖直固定，之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度为27 ℃、大气压为p 0的环境中，活塞C 、D 的质量及厚度均忽略不计。

原长3l 、劲度系数k ＝3p 0Sl的轻弹簧，一端连接活塞C 、另一端固定在位于汽缸A 缸口的O 点。

开始活塞D 距汽缸B 的底部3l 。

后在D 上放一质量为m ＝p 0Sg的物体。

求：图2(1)稳定后活塞D 下降的距离；(2)改变汽缸内气体的温度使活塞D 再回到初位置，则气体的温度应变为多少？解析 (1)由于活塞的质量不计，所以初始状态汽缸A 、B 中的气体压强都为大气压p 0，弹簧弹力为零，所以活塞C 到汽缸A 底部的距离为x 1＝l放上物体稳定后汽缸A 、B 中气体的压强都为p 1，对D 活塞有p 1S ＝mg ＋p 0S 对活塞C 有p 1S ＝F 1＋p 0SF 1为弹簧的弹力，F 1＝k Δx 1＝3p 0SlΔx 1联立以上三式可求得弹簧被压缩Δx 1＝l3此时活塞C 距汽缸底部的距离为x 2＝4l3初态下气体的总体积V 0＝4lS ，末态总体积为V 1，由玻意耳定律p 0V 0＝p 1V 1，解得V 1＝2lS 由此可知活塞D 下降的距离为x ＝3l －⎝⎛⎭⎪⎫2l －4l 3＝7l 3 (2)改变气体温度使活塞D 回到初位置，气体为等压变化，所以弹簧位置不变。

V 2＝133lS由盖—吕萨克定律V 1T 0＝V 2T 2解得T 2＝650 K ，所以气体此时的温度为t ＝377 ℃。

答案 (1)7l3(2)377 ℃3.[2018·湖南六校联考，33(2)]如图3所示，除右侧壁导热良好外，其余部分均绝热的汽缸水平放置，MN 为汽缸右侧壁。

汽缸的总长度为L ＝80 cm ，一厚度不计的绝热活塞将一定质量的氮气和氧气分别封闭在左右两侧(活塞不漏气)。

在汽缸内距左侧壁d ＝30 cm 处设有卡环A 、B ，使活塞只能向右滑动，开始时活塞在AB 右侧紧挨AB ，缸内左侧氮气的压强p 1＝0.8×105Pa ，右侧氧气的压强p 2＝1.0×105Pa ，两边气体和环境的温度均为t 1＝27 ℃，现通过左侧汽缸内的电热丝缓慢加热氮气，使氮气温度缓慢升高，设外界环境温度不变。