经典热学题目解析
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= 。
(完整版)热学经典题目归纳附答案
热学经典题目归纳一、解答题1．（2019·山东高三开学考试）如图所示，内高H=1.5、内壁光滑的导热气缸固定在水平面上，横截面积S=0.01m2、质量可忽略的活塞封闭了一定质量的理想气体。
外界温度为300K时，缸内气体压强p1=1.0×105Pa，气柱长L0=0.6m。
大气压强恒为p0=1.0×105Pa。
现用力缓慢向上拉动活塞。
（1）当F=500N时，气柱的长度。
（2）保持拉力F=500N不变，当外界温度为多少时，可以恰好把活塞拉出？【答案】（1）1.2m；（2）375K【解析】【详解】（1）对活塞进行受力分析P1S+F=P0S.其中P1为F=500N时气缸内气体压强P1=0.5×104Pa.由题意可知，气体的状态参量为初态:P0=1.0×105Pa，V a=LS，T0=300K；末态：P1=0.5×105Pa，V a=L1S，T0=300K；由玻意耳定律得P1V1=P0V0即P1L1S=P0L0S代入数据解得L1=1.2m＜1.5m其柱长1.2m（2）汽缸中气体温度升高时活塞将向外移动，气体作等压变化 由盖吕萨克定律得10V T =22V T 其中V 2=HS . 解得：T 2=375K.2．（2019·重庆市涪陵实验中学校高三月考）底面积S ＝40 cm 2、高l 0＝15 cm 的圆柱形汽缸开口向上放置在水平地面上，开口处两侧有挡板，如图所示．缸内有一可自由移动的质量为2 kg 的活塞封闭了一定质量的理想气体，不可伸长的细线一端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮提着质量为10 kg 的物体A .开始时，气体温度t 1＝7℃，活塞到缸底的距离l 1＝10 cm ，物体A 的底部离地h 1＝4 cm ，对汽缸内的气体缓慢加热使活塞缓慢上升．已知大气压p 0＝1.0×105 Pa ，试求：(1)物体A 刚触地时，气体的温度； (2)活塞恰好到达汽缸顶部时，气体的温度． 【答案】(1)119℃ (2)278.25℃ 【解析】 【详解】(1)初始活塞受力平衡：p 0S ＋mg ＝p 1S ＋T ，T ＝m A g被封闭气体压强p 1()A 0m m g p S-=+＝0.8×105 Pa初状态，V 1＝l 1S ，T 1＝(273＋7) K ＝280 KA 触地时p 1＝p 2， V 2＝(l 1＋h 1)S气体做等压变化，()11112l h S l S T T += 代入数据，得T 2＝392 K即t 2＝119 ℃(2)活塞恰好到汽缸顶部时p 3＝p 0＋mgS＝1.05×105 Pa ， V 3＝l 0S 根据理想气体状态方程，301113p l Sp l S T T = 代入数据得T 3＝551.25 K即t 3＝278.25℃3．如图所示，一水平固定的柱形气缸，用活塞封闭一定质量的气体。
高中物理热学题解析
高中物理热学题解析热学是高中物理中的一个重要部分，涉及到热量、温度、热传导、热膨胀等概念和原理，是学生们容易感到困惑的内容之一。
本文将通过具体的题目举例，解析高中物理热学题目的考点，并给出解题技巧和指导，帮助学生更好地理解和掌握热学知识。
1. 热传导题目题目：两根长度相等的铁棒，一根温度为100℃，另一根温度为0℃，两者相接触后达到热平衡，求最终的温度。
解析：这是一道典型的热传导题目。
热传导是物体内部热量从高温区向低温区传递的过程。
根据热传导的基本原理，热量会从高温物体传递给低温物体，直到两者达到热平衡。
在这道题目中，两根铁棒接触后，热量会从100℃的铁棒传递给0℃的铁棒，直到两者温度相等。
解题技巧：根据热传导的原理，我们可以利用热传导的公式来解决这个问题。
热传导公式为：Q = k * A * △T / L，其中Q表示传导的热量，k表示热导率，A表示传导面积，△T表示温度差，L表示传导长度。
由于两根铁棒长度相等，传导面积相等，所以可以简化为：Q1 = Q2，k1 * △T1 / L1 = k2 * △T2 / L2。
根据题目中的条件，可以得到：k1 * (100 - T) = k2 * T，解方程可得到最终的温度T。
2. 热膨胀题目题目：一根铁棒的长度为1m，温度升高10℃后，长度增加了多少？解析：这是一道典型的热膨胀题目。
热膨胀是物体在温度升高时由于分子热运动加剧而导致体积或长度增加的现象。
根据热膨胀的基本原理，物体的长度变化与温度变化之间存在一定的关系。
解题技巧：根据题目中的条件，我们可以利用热膨胀系数来解决这个问题。
热膨胀系数表示单位温度升高时物体单位长度的变化量。
对于铁来说，热膨胀系数为α = 12 * 10^-6 ℃^-1。
根据热膨胀的公式，长度变化△L = α * L * △T，其中△L表示长度变化，α表示热膨胀系数，L表示初始长度，△T表示温度变化。
代入题目中的数值，可以计算出长度增加的值。
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。
高中物理热学综合题解析
高中物理热学综合题解析热学是高中物理中的重要内容之一，学生在学习热学时常常面临各种综合题。
本文将通过具体题目的举例，分析解题技巧，帮助高中学生和他们的父母更好地理解和应对热学综合题。
一、热传导与热辐射题目：两个均匀的金属棒A和B，长度分别为L和2L，横截面积均为A。
棒A的一端与100℃的热源接触，另一端与棒B的一端接触。
棒B的另一端与冷却剂接触，冷却剂的温度为0℃。
已知棒A的导热系数为k，棒B的导热系数为2k。
求棒B的另一端的温度。
解析：这是一道典型的热传导题。
我们可以利用热传导的基本原理来解答。
根据热传导定律，热传导的速率与导热系数、横截面积和温度差有关。
设棒A的一端温度为T1，棒B的一端温度为T2，棒B的另一端温度为T3。
则根据热传导定律，有：k * A * (T1 - T2) / L = 2k * A * (T2 - T3) / (2L)化简得：T1 - T2 = 2(T2 - T3)进一步化简得：T1 - 3T2 + 2T3 = 0由此可见，这是一个二元一次方程组。
我们可以利用线性方程组的求解方法解得T2和T3的值。
最后得到棒B的另一端的温度。
这道题的考点是热传导定律的应用，以及对方程组的解法的掌握。
通过解析这道题目，我们可以帮助学生理解热传导的基本原理，并掌握如何利用方程组解决实际问题。
二、热容与热量题目：一个质量为m的物体温度从T1升高到T2，所吸收的热量为Q。
现在将这个物体放入质量为M的水中，水的初始温度为T0。
物体与水达到热平衡后，水的温度为多少？解析：这是一道关于热容和热量的题目。
我们可以利用热量守恒定律来解答。
根据热量守恒定律，物体吸收的热量等于水吸收的热量。
设水的温度为T，根据热量守恒定律，有：m * c * (T2 - T1) = M * c * (T - T0)其中，c是物体和水的比热容。
化简得：T = (m * c * T2 + M * c * T0) / (m * c + M * c)这道题的考点是热量守恒定律和比热容的应用。
秦允豪《热学》答案+思考题答案
题 1-18 图
解：设截面积为 S，原闭管内气柱长为 R 大气压为 P 闭管内水银面下降后，其内部压强为。 对闭管内一定质量的气体有：
以水银柱高度为压强单位：
取正值，即得
1-19 一端封闭的玻璃管长
，贮有空气，气体上面有一段长为
的水
银柱，将气柱封住，水银面与管口对齐，今将玻璃管的开口端用玻璃片盖住，轻轻倒转后再
（2）设 解：根据
，当摩尔体积增大到 时，气体的温度是多高？
理想气体状态方程
和过程方程
有
（1）
（2） 而
，则
1-24 图 1-24 为测量低气压的麦克劳压力计的示意图，使压力计与待测容器相连，把贮有水 银的瓶R缓缓上提，水银进入容器B，将B中的气体与待测容器中的气体隔开。继续上提瓶R，
水银就进入两根相同的毛细管 和 内，当 中水银面的高度差
，步骤（2）中罩内压强为
,步骤（4）中，罩内压强为
作过程中温度可视不变，则根据玻-马定律知
，假设操
未放矿石时：
放入后：
解联立方程得
1-26 一抽气机转速
转/分，抽气机每分钟能够抽出气体 ，设容器的容积
，问经过多少时间后才能使容器的压强由
降到
。
解：设抽气机每转一转时能抽出的气体体积为 ，则
当抽气机转过一转后，容器内的压强由 抽出压强为 的气体 ，因而有
，设容器
的容积为
，毛细管直径
，求待测容器中的气压。
题 1-24 图
解：设 管体积 ，当水银瓶R上提时，水银上升到虚线处，此时B内气体压强与待测
容器的气体压强相等。以B内气体为研究对象，当R继续上提后， ，由于温度可视为不变，则根据玻-马定律，有
(完整版)热学经典题目归纳附答案
热学经典题目归纳一、解答题1．（2019·山东高三开学考试）如图所示，内高H=1.5、内壁光滑的导热气缸固定在水平面上，横截面积S=0.01m2、质量可忽略的活塞封闭了一定质量的理想气体。
外界温度为300K时，缸内气体压强p1=1.0×105Pa，气柱长L0=0.6m。
大气压强恒为p0=1.0×105Pa。
现用力缓慢向上拉动活塞。
（1）当F=500N时，气柱的长度。
（2）保持拉力F=500N不变，当外界温度为多少时，可以恰好把活塞拉出？【答案】（1）1.2m；（2）375K【解析】【详解】（1）对活塞进行受力分析P1S+F=P0S.其中P1为F=500N时气缸内气体压强P1=0.5×104Pa.由题意可知，气体的状态参量为初态:P0=1.0×105Pa，V a=LS，T0=300K；末态：P1=0.5×105Pa，V a=L1S，T0=300K；由玻意耳定律得P1V1=P0V0即P1L1S=P0L0S代入数据解得L1=1.2m＜1.5m其柱长1.2m（2）汽缸中气体温度升高时活塞将向外移动，气体作等压变化 由盖吕萨克定律得10V T =22V T 其中V 2=HS . 解得：T 2=375K.2．（2019·重庆市涪陵实验中学校高三月考）底面积S ＝40 cm 2、高l 0＝15 cm 的圆柱形汽缸开口向上放置在水平地面上，开口处两侧有挡板，如图所示．缸内有一可自由移动的质量为2 kg 的活塞封闭了一定质量的理想气体，不可伸长的细线一端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮提着质量为10 kg 的物体A .开始时，气体温度t 1＝7℃，活塞到缸底的距离l 1＝10 cm ，物体A 的底部离地h 1＝4 cm ，对汽缸内的气体缓慢加热使活塞缓慢上升．已知大气压p 0＝1.0×105 Pa ，试求：(1)物体A 刚触地时，气体的温度； (2)活塞恰好到达汽缸顶部时，气体的温度． 【答案】(1)119℃ (2)278.25℃ 【解析】 【详解】(1)初始活塞受力平衡：p 0S ＋mg ＝p 1S ＋T ，T ＝m A g被封闭气体压强p 1()A 0m m g p S-=+＝0.8×105 Pa初状态，V 1＝l 1S ，T 1＝(273＋7) K ＝280 KA 触地时p 1＝p 2， V 2＝(l 1＋h 1)S气体做等压变化，()11112l h S l S T T += 代入数据，得T 2＝392 K即t 2＝119 ℃(2)活塞恰好到汽缸顶部时p 3＝p 0＋mgS＝1.05×105 Pa ， V 3＝l 0S 根据理想气体状态方程，301113p l Sp l S T T = 代入数据得T 3＝551.25 K即t 3＝278.25℃3．如图所示，一水平固定的柱形气缸，用活塞封闭一定质量的气体。
初中科学竞赛辅导《热学》经典简答、探究20题（有解析）
初中科学竞赛辅导《热学》经典简答、探究20题（温馨提示：题目的编排顺序遵循由易到难的原则，使用时可根据实际需要选择合适的题目进行训练；凡是在21世纪教育网购买的本编写组的正版资料，如有疑难问题，均可与编者交流。
QQ1617369420 g取10N/kg）1、如图所示是甲、乙两种质量相等的不同晶体，均匀加热，在相同时间内吸收相同热量的条件下，两种晶体熔化前后温度随时间变化的图象。
则单位质量的两种晶体熔化过程中吸收的热量相比较，Q甲Q乙；液态甲的比热容液态乙的比热容。
（选填“大于”、“小于”或“等于”）2、为研究不同物质的吸热能力，某同学用两个完全相同的酒精灯，分别给质量和初温都相同的甲、乙两种液体同时加热，分别记录加热时间和升高的温度，根据记录的数据作出了两种液体的温度随时间变化的图象，如图所示．（1）根据图象，某同学认为：“加热相同的时间时，甲升高的温度高一些，这说明甲吸收的热量多一些”．这位同学的判断是否正确？请说明理由．（2）要使甲、乙升高相同的温度，应给加热更长的时间，这说明的吸热能力强些．21世纪教育网版权所有（3）如果已知甲的比热容是1.8×103J/（kg•℃），则乙的比热容是 J/（kg•℃）。
3、小军同学用如图甲所示装置探究“不同液体的吸热能力”的情况：（1）实验时，他在两个相同的烧杯中分别装入相同质量的水和煤油，采用相同的加热方法（如酒精灯火焰的大小相同，与烧杯底的距离相等）对水和煤油分别加热，使它们的温度升高相同的度数，发现加热水需要的时间比煤油的长，这说明了水吸热能力比煤油（选填“强”或“弱”），他在以上实验中主要采用的研究方法是（2）当水沸腾时温度计的局部放大图如图乙所示，此时水的沸点为℃．若烧杯中水的质量是200g，温度升高了50℃，水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），这些水吸收的热量为 J．4、住在非洲沙漠的居民，由于没有电，夏天无法用电冰箱保鲜食物，当地人发明了一种简易“沙漠冰箱”，如图4所示。
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第一章温度例题
例题1：已知一个气球的体积为，充得温度的氢气。
当温度升高到37时，原有压强和体积维持不变，只是跑掉部分氢气，其质量减少了0.052Kg。
试求气球内氢气在、压强为P下的密度是什么？
解：
由，气体在两种条件下满足
（1）
（2）将代入（1）、（2）两式，得
时，
例题2：一个抽气机转速为400转/分，每分钟能够抽出气体。
设容器的容积问经过多长时间后才能使容器的压强由降到
解：将容器内的和抽出的气体看作一个系统，按等温过程处理。
满足
其
中
由于米/分，联立以上两式得
例题3：道尔顿提出一种温标：规定理想气体体积的相对增量正比于温度的增量，采用在标准大气压时，水的冰点温度为零度，沸点温度为100度，试用摄氏度t来表示道尔顿温标的温度。
解：设比例系数为，有
（1）从（，）（，）积分得
（2）
另由等压条件，有
（3）
将代入（2）、（3）得
于是
第二章热力学第一定律例题
例题1：已知热力学系统在某一准静态过程中满足定值（其中为常数）。
设压强由P1 到P2,体积由V1到V2。
求过程中系统所作的功。
解：
例题2：已知系统进行某循环过程的过程曲线如图中ACBA所示，求此过程系统所作的功。
解：利用体积功的几何意义求
=
例题3：讨论下列三个过程的正负.
（1）等容降温过程：
（2）等温压缩过程：
（3）从某绝热线上一点开始，在绝热线左侧，至上而下与同一绝热线相交于另一点的任一过程：
由
例题4：质量，压强，温度氮气。
先等体增压至。
然后等温膨胀压强降至。
最后等压压缩体积压缩一半。
求整个过程中和，（氮）
解：（1）求，与过程无关
（2）A与过程有关
（3）Q可由热力学第一定律求得
若本题顺序改为求Q和A。
(a)求Q
(b)求A,可用热力学第一定律
例题5：设有一个以理想气体为工质的热机，其循环如图所示，试证明其效率为
证明：分析过程，过程放热
上式第二项，分子分母同乘以，得
第三章热力学第二定律例题
例题1：已知P=1.0atm，T=273.15K条件下冰融化为水，熔解热。
求1kg 冰化为水时的熵变化。
解：（1）可逆过程设计
冰水系统和一恒温热源（T）接触，缓慢吸热融化。
（2）可逆过程热温比积分
（3）由熵的定义
例题2：有一均匀杆的一端的温度为，另一端的温度为，这时将之处于与外界绝然的
条件下，系统内部通过热传递过程到达均匀温度，已知杆质量为M，热容为C，求整个杆熵增量。
解：分析：细杆不同处初温不同，而每一部分又有变化过程，根据熵变是对部分和进程积加，先分为部分，进部分的进程求熵变，然后对部分求和。
（1）任选dl，如图坐标中位置为，温度
求温度为，对应
其中
（2）对所有部分进行求和
例题3：试求理想气体向真空膨胀的熵增量
例题4：证明熵增加原理与两种表述一致。
证明：（1）假设开尔文表述不成立孤立系统
即，违背熵增加原理。
（2）假设克劳修斯表述不成立
孤立系统
有,违背熵增加原理。
第四章气体动理论例题
例题1：一系统的概率分布为，其中，。
a. 试将这概率归一化，给出分布函数f(x).
b. 求当系统x值处于区间值为任意时的概率
c. 求当系统x处于，y处于的概率
解：（1）设归一化因子为c，，由
（2）
（3）
例题2：证明玻尔兹曼熵与克劳修斯熵是一致的.
证明：
（1）由
假设有N个分子做自由膨胀。
1个分子出现在整个容器的概率为1，N个独立存在的分子出现在整个容器中的概率为；1个分子出现在A部概率为，N个分子为，因此
（2）由，设计可逆过程，利用气体准静态等温膨胀过程得
由此“疏途同归”
第五章气体内的输运过程例题
例题1：某6层楼房每层8个房间，编号为11-18，21-28…，61-68。
某人询问楼里的人员主任办公室在哪儿？以下是不同人员提供的三个信息：“办公室在53号房间”“办公室在5层楼”“办公室在第3间”。
试问其信息量各为多少？
解：所有可能存在的状态数目=48
指定“53”，意味状态数目为1
指定第一层，意味状态数目N=8
每层都有“第3间”，N=6
第六章非理想气体固体液体例题
例题1：试证1mol范德瓦尔斯气体在绝缘过程中满足方程证明: 利用绝热过程dQ=0有Da=-dU由范氏内能公式
整理后得
再利用范氏气体方程
得微分方程
两边积分得
㏑㏑T=C
即
T
利用
得
常数
例题2 :氮气做等温压缩,体积从标准状态下的体积减少到原来的1/100,设氮气尊从范氏方程,试计算此过程中外界对气体做的功,气体内能的改更和放出的热量.
解: (1) 有
由范氏方程
得
=RT㏑
R=8
代入上式得
（2）由等温过程有
范氏气体
因此
（3）
例题 3：水和油边界表面张力系数，为使质量的油在水内散布成半径为的小油滴，需要作多少功？（）解：等温条件下，外界做功全部转化为表面能，设为总增加的表面积，小油滴数目为N，R为大油滴的数目
由
得，小油滴数目质量,有
这样
忽略后一项得
例题4：将压强为的空气等温地压缩进肥皂泡内，最后吹成径为
的肥皂泡，设肥皂泡的胀大过程是等温的，求吹成这肥皂泡所需要作的总感功。
（）
解：设分别为泡内、外压强，有
忽略薄膜厚度，记为内、外半径都为r，面积增加
所需做功
等温压缩空气做功
由于，所以
得
这样
例题5：两块平行且竖直放置的玻璃板，部分地侵入水中，使两板间保持距离。
试求每块玻璃板内外两侧所受压力的合力。
已知板宽，水的，接触角。
解：对高度为h的液面，其压强P满足
在h处，，因此
由
第七章相变例题
例题1：将水蒸气等压地冷却直到开始出现液体。
例题2：从饱和蒸汽占总质量60%的状态等比容地加热,直到气体占总体积的100%. 解：
例题3：从气、液各占总质量的50%的状态出发，保持温度不变地加热直到系统的体积大于饱和蒸汽的体积。
解：
气体平衡共存过程特点：
（1）不同的压缩初温，饱和蒸汽压不同，高，大；
（2）气相与液相的比体积不变，总比体积（总比容）变化。