高考物理热学试题汇总
2023年新高考II卷物理热力学题及答案
2023年新高考II卷物理热力学题及答案【2023年新高考II卷物理热力学题及答案】一、选择题1. 以下关于热力学第一定律的说法正确的是：A. 热力学第一定律是能量守恒定律的具体表述B. 热力学第一定律说明热量是一种不可逆转的能量转移方式C. 热力学第一定律仅适用于绝热系统D. 热力学第一定律和能量守恒定律意义相同【参考答案】A2. 一个物体温度从30°C升高到60°C，其摄氏温度变化为：A. 30°CB. 60°CC. -30°CD. 90°C【参考答案】A3. 一定质量水的比热容是c，若把温度为T的物体放入温度为0°C 的水中，物体的温度也降到0°C，那么物体的比热容为：A. cB. 2cC. 0.5cD. c/2【参考答案】B4. 空气中两个气体体积相等，压强分别是p和2p，则两者的温度比为：A. 1:2B. 2:1C. 1:4D. 4:1【参考答案】A5. 理想气体的内能只与其：A. 温度有关B. 压强有关C. 体积有关D. 分子数有关【参考答案】A二、计算题1. 一块质量为0.5 kg的铁板温度由20°C升至80°C，已知铁的比热容为460 J/(kg·°C)，求此过程中铁板所吸收的热量。
【参考答案】Q = mcΔTQ = 0.5 kg × 460 J/(kg·°C) × (80°C - 20°C)Q = 0.5 kg × 460 J/(kg·°C) × 60°CQ = 13800 J2. 一个物体单位质量的比热量为c，其质量为m，温度由T1升至T2，请计算所需吸收或释放的热量Q。
【参考答案】Q = mcΔTQ = mc(T2 - T1)3. 一个容器内有一定质量的水，初始温度为20°C，加入一物体，使整个水体温度升至30°C，已知物体具有热容量C，求物体的热容量C。
湖北高考物理热学真题汇总
湖北高考物理热学真题汇总在湖北高考物理考试中，热学是一个重要的考点。
考生在备考过程中需要对热学相关知识进行深入理解和掌握。
下面对湖北高考物理历年真题中的热学内容进行汇总，希望能够对考生们有所帮助。
一、选择题部分1. 湖北某年高考物理试题：问题描述：泵工作，太阳能电池把100J的太阳能转化为电能，泵工作12 s把某量水提升高度为5米．轴．在此过程中泵的功率为：A. 0.417 kWB. 0.113 kWC. 0.198 kWD. 0.189 kW答案：B. 0.113 kW2. 湖北某年高考物理试题：问题描述：离开太阳表面特定高度处的胶囊正在慢慢地远离太阳，其动能：A. 保持不变B. 增大C. 减小D. 震荡答案：C. 减小3. 湖北某年高考物理试题：问题描述：如图，5mol的理想气体进入绝热容器，所给变化分别为A→B→C过程中温度T1=300 K，T2=600 K，nR1=nR2，易知压强P （B）=(-nR1T2/(-nR2T1))A. P(B)＞P(A)B. P(B)＝P(A)C. P(B)＜P(A)D. 由于数据不满足条件，无法比较答案：A. P(B)＞P(A)二、解答题部分1. 湖北某年高考物理试题：问题描述：(11)长方形金属片100°C时被放在0°C的冰块上，速率慢下来，可以认为与金属及小保持接触的空气短暂热传递模式类似于向：A. 金手指B. 芬兰土著屋顶C. 房D. 纺织品答案：C. 房2. 湖北某年高考物理试题：问题描述：在图示实验（载玻璃管内置一金属氮化物盒），当盒内氧气部分被放电产生NOx和O3气体时，盒的表面周围观察到显著外同样，表面温度可增高，要求说明：答案：由康特拉知形体，详那，当氧气被放电时产生NOx和O3气体，这些气体与盒交碰撞会产生退化反应，升高表面温度。
以上为湖北高考物理热学真题的汇总内容，希望考生们能够认真对待热学知识，做好充分准备，顺利应对考试。
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。
46道高中物理33题热学热门大题整理大全
1\如图5所示，厚度和质量不计、横截面积为S＝10 cm2的绝热汽缸倒扣在水平桌面上，汽缸内有一绝热的“T”形活塞固定在桌面上，活塞与汽缸封闭一定质量的理想气体，开始时，气体的温度为T0＝300 K，压强为p＝0.5×105 Pa，活塞与汽缸底的距离为h＝10 cm，活塞与汽缸可无摩擦滑动且不漏气，大气压强为p0＝1.0×105 Pa。
图5(1)求此时桌面对汽缸的作用力F N；(2)现通过电热丝将气体缓慢加热到T，此过程中气体吸收热量为Q＝7 J，内能增加了ΔU＝5 J，整个过程活塞都在汽缸内，求T的值。
解析(1)对汽缸受力分析，由平衡条件有F N＋pS＝p0S，解得F N＝(p0－p)S＝(1.0×105 Pa－0.5×105 Pa)×10×10－4 m2＝50 N。
(2)设温度升高至T时活塞距离汽缸底距离为H，则气体对外界做功W＝p0ΔV＝p0S(H－h)，由热力学第一定律得ΔU＝Q－W，解得H＝12 cm。
气体温度从T0升高到T的过程，由理想气体状态方程得pShT0＝p0SHT，解得T＝p0Hph T0＝105×0.120.5×105×0.10×300 K＝720 K。
答案(1)50 N(2)720 K(等压变化，W＝pΔV；只要温度发生变化，其内能就发生变化。
(4)结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q求解问题。
2．如图8所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部高度h 1＝0.50 m ，气体的温度t 1＝27 ℃。
给汽缸缓慢加热至t 2＝207 ℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h 2处，此过程中缸内气体增加的内能ΔU ＝300 J ，已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，活塞横截面积S ＝5.0×10－3 m 2。
2025年高考物理总复习专题十三热学第3讲热力学定律
第3讲热力学定律、能量守恒知识巩固练1.(2023年湛江二模)一同学在室内空调显示屏上看到室内的空气温度，为了测出室外的空气温度，他将一近似球形的气球在室内吹大并放置较长一段时间后，测量其直径为L1之后拿到室外并放置较长一段时间后，测量其直径为L2，L2＞L1若不考虑气球表皮的弹力变化，且气球吹大后视为球体，大气压不变，室内、外的温度均保持不变，则()A.气球内气体对外界做负功B.气球内气体对外界不做功C.室外温度比室内温度高D.气球在室外放出了热量【答案】C【解析】气球直径变大，说明气体体积变大，说明气体对外界做功，A、B错误；根据V1T1=V2T2，可知体积变大，温度升高，所以室外温度比室内温度高，C正确；根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知温度升高，气体内能增大；体积变大，气体对外界做功，所以气体从外界吸收热量，D错误.2.某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成.开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示.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【答案】A3.(2023年北京东城一模)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经过两个状态变化过程，先后到达状态b和状态c.下列说法正确的是()A.从a 到b 的过程中，气体从外界吸热B.从a 到b 的过程中，气体的内能增加C.从b 到c 的过程中，气体的压强减小D.从b 到c 的过程中，气体对外界做功【答案】C 【解析】从a 到b 的过程中，气体温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功.ΔU =0，W ＞0，由热力学第一定律ΔU =W +Q ，得Q ＜0，气体向外界放热，A 、B 错误；从b 到c 的过程中，体积不变，气体对外界不做功.从b 到c 的过程中，温度降低，体积不变，由查理定律得，气体的压强减小，C 正确，D 错误.综合提升练4.(2022年辽宁卷)一定质量的理想气体从状态a 变化到状态b ，其体积V 和热力学温度T 变化图像如图所示，此过程中该系统 ( )A.对外界做正功B.压强保持不变C.向外界放热D.内能减少【答案】A 【解析】理想气体从状态a 变化到状态b ，体积增大，理想气体对外界做正功，A 正确；由题图V -T 图像可知V =V 0+kT ，根据理想气体的状态方程有pV T =C ，联立有p =Ck +V 0T ，可看出T 增大，p 增大，B 错误；理想气体从状态a 变化到状态b ，温度升高，内能增大，D 错误；理想气体从状态a 变化到状态b ，A 、D 可知，理想气体对外界做正功且内能增大，则根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，C 错误.5.(2022年河北卷)如图，绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气体的气球.容器内温度处处相同.气球内部压强大于外部压强.气球慢慢漏气后，容器中气球外部气体的压强将________(填“增大”“减小”或“不变”)；温度将________(填“升高”“降低”或“不变”).【答案】增大 升高 【解析】假设气球内部气体和气球外部气体的温度不变，当气球内部的气体缓慢释放到气球外部，容器中气球外部气体的压强将增大.当气球内部的气体缓慢释放到气球外部，原来气球外部气体绝热压缩，与外界无热交换，即Q =0，外界对气体做功，即W ＞0，根据绝热情况下的热力学第一定律ΔU =W ，可知气体内能增加，温度T 升高.6.如图所示是某种家庭便携式喷雾消毒桶及其原理图，内部可用容积为2 L ，工作人员装入稀释过的1.2 L 药液后旋紧壶盖，关闭喷水阀门，拉动压柄打气，每次打入压强为1 atm ，体积为0.1 L 的气体，此时大气压强为1 atm ，当壶内压强增大到2 atm 时，开始打开喷阀消杀，假设壶内温度保持不变，若不计管内液体体积.下列说法正确的是 ( )A.工作人员共打气9次B.打开阀门，当壶内不再喷出消毒液时，壶内剩余消毒液的体积为0.4 LC.打开阀门，当壶内不再喷出消毒液时，壶内剩余消毒液的体积为0.1 LD.消毒液喷出过程，气体对外做功，对外做功大于从外界吸收热量【答案】B【解析】设工作人员共打气n次，根据玻意耳定律有1 atm×(2 L-1.2 L)+n·1 atm×0.1 L=2 atm×(2 L-1.2 L)，解得n=8，故A错误；打开阀门后，根据玻意耳定律有2 atm×(2 L-1.2 L)=1 atm×V气，解得V气=1.6 L，壶内不再喷出消毒液时，壶内气体的体积为1.6 L，则壶内剩余消毒液的体积为0.4 L，B正确，C错误；由于壶内温度保持不变，则壶内气体的内能不变，则根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知气体对外做的功等于从外界吸收的热量，D错误.。
2024高考物理热学题
2024高考物理热学题一、关于热力学第一定律，以下说法正确的是？A、物体吸收热量，其内能一定增加B、物体对外做功，其内能一定减少C、物体吸收热量同时对外做功，其内能可能不变D、物体不做功也不吸收热量，其内能一定不变（答案）C解析：热力学第一定律表明，物体内能的变化等于物体吸收的热量与外界对物体所做的功之和。
因此，物体吸收热量时，如果同时对外做功，其内能可能并不增加，甚至可能减少。
同样，物体对外做功时，如果同时吸收热量，其内能也可能并不减少。
选项C正确，因为它涵盖了这种可能性。
二、在密闭容器中，一定量的理想气体进行等容变化，若气体温度升高，则？A、气体压强减小B、气体压强增大C、气体分子平均动能减小D、气体分子数密度减小（答案）B解析：根据查理定律，对于一定质量的理想气体，在体积不变的情况下，温度每升高1摄氏度，压强就增加原始压强的1/273.15。
因此，气体温度升高时，压强会增大。
选项B正确。
三、关于热传递，以下说法错误的是？A、热传递是热量从高温物体传向低温物体的过程B、热传递的方式有传导、对流和辐射三种C、热传递过程中，物体的内能一定发生变化D、热传递是热量转移的唯一方式（答案）D解析：热传递确实是热量从高温物体传向低温物体的过程，方式包括传导、对流和辐射。
在热传递过程中，物体的内能通常会发生变化。
然而，热量转移并不仅仅通过热传递实现，还可以通过做功等方式进行。
因此，选项D是错误的。
四、关于热力学第二定律，以下说法正确的是？A、热力学第二定律表明，热量不能自发地从低温物体传向高温物体B、热力学第二定律是能量守恒定律的另一种表述C、热力学第二定律只适用于气体，不适用于液体和固体D、热力学第二定律表明，所有热机的效率都可以达到100%（答案）A解析：热力学第二定律是热力学中的基本定律之一，它表明热量不能自发地从低温物体传向高温物体，这是热力学过程中的一个基本方向性规律。
选项A正确。
热力学第二定律并不是能量守恒定律的另一种表述，而是对能量转化和传递方向性的描述。
高中物理经典题库-热学试题49个
五、热学试题集粹（15+5+9+20=49个）一、选择题（在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确）1．下列说法正确的是［］Ａ．温度是物体内能大小的标志Ｂ．布朗运动反映分子无规则的运动Ｃ．分子间距离减小时，分子势能一定增大Ｄ．分子势能最小时，分子间引力与斥力大小相等2．关于分子势能，下列说法正确的是［］Ａ．分子间表现为引力时，分子间距离越小，分子势能越大Ｂ．分子间表现为斥力时，分子间距离越小，分子势能越大Ｃ．物体在热胀冷缩时，分子势能发生变化Ｄ．物体在做自由落体运动时，分子势能越来越小3．关于分子力，下列说法中正确的是［］Ａ．碎玻璃不能拼合在一起，说明分子间斥力起作用Ｂ．将两块铅压紧以后能连成一块，说明分子间存在引力Ｃ．水和酒精混合后的体积小于原来体积之和，说明分子间存在的引力Ｄ．固体很难拉伸，也很难被压缩，说明分子间既有引力又有斥力4．下面关于分子间的相互作用力的说法正确的是［］Ａ．分子间的相互作用力是由组成分子的原子内部的带电粒子间的相互作用而引起的Ｂ．分子间的相互作用力是引力还是斥力跟分子间的距离有关，当分子间距离较大时分子间就只有相互吸引的作用，当分子间距离较小时就只有相互推斥的作用Ｃ．分子间的引力和斥力总是同时存在的Ｄ．温度越高，分子间的相互作用力就越大5．用ｒ表示两个分子间的距离，Ｅｐ表示两个分子间的相互作用势能．当ｒ＝ｒ０时两分子间的斥力等于引力．设两分子距离很远时Ｅｐ＝0 ［］Ａ．当ｒ＞ｒ０时，Ｅｐ随ｒ的增大而增加Ｂ．当ｒ＜ｒ０时，Ｅｐ随ｒ的减小而增加Ｃ．当ｒ＞ｒ０时，Ｅｐ不随ｒ而变Ｄ．当ｒ＝ｒ０时，Ｅｐ＝06．一定质量的理想气体，温度从0℃升高到ｔ℃时，压强变化如图2-1所示，在这一过程中气体体积变化情况是［］图2-1Ａ．不变Ｂ．增大Ｃ．减小Ｄ．无法确定7．将一定质量的理想气体压缩，一次是等温压缩，一次是等压压缩，一次是绝热压缩，那么［］Ａ．绝热压缩，气体的内能增加Ｂ．等压压缩，气体的内能增加Ｃ．绝热压缩和等温压缩，气体内能均不变Ｄ．三个过程气体内能均有变化8．如图2-2所示，0．5ｍｏｌ理想气体，从状态Ａ变化到状态Ｂ，则气体在状态Ｂ时的温度为［］图2-2Ａ．273ＫＢ．546ＫＣ．810ＫＤ．不知ＴＡ所以无法确定9．如图2-3是一定质量理想气体的ｐ-Ｖ图线，若其状态由ａ→ｂ→ｃ→ａ（ａｂ为等容过程，ｂｃ为等压过程，ｃａ为等温过程），则气体在ａ、ｂ、ｃ三个状态时［］图2-3Ａ．单位体积内气体分子数相等，即ｎａ＝ｎｂ＝ｎｃＢ．气体分子的平均速度ｖａ＞ｖｂ＞ｖｃＣ．气体分子在单位时间内对器壁单位面积碰撞次数Ｎａ＞Ｎｂ＞ＮｃＤ．气体分子在单位时间内对器壁单位面积作用的总冲量Ｉａ＞Ｉｂ＝Ｉｃ10．一定质量的理想气体的状态变化过程如图2-4所示，ＭＮ为一条直线，则气体从状态Ｍ到状态Ｎ的过程中［］图2-4Ａ．温度保持不变Ｂ．温度先升高，后又减小到初始温度Ｃ．整个过程中气体对外不做功，气体要吸热Ｄ．气体的密度在不断减小题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10答案BD BC BD C AB C A C CD BD11．一定质量的理想气体自状态Ａ经状态Ｂ变化到状态Ｃ，这一过程在Ｖ-Ｔ图中的表示如图2-5所示，则［］Ａ．在过程ＡＢ中，气体压强不断变大Ｂ．在过程ＢＣ中，气体密度不断变大Ｃ．在过程ＡＢ中，气体对外界做功Ｄ．在过程ＢＣ中，气体对外界放热12．如图2-6所示，一圆柱形容器上部圆筒较细，下部的圆筒较粗且足够长．容器的底是一可沿下圆筒无摩擦移动的活塞Ｓ，用细绳通过测力计Ｆ将活塞提着，容器中盛水．开始时，水面与上圆筒的开口处在同一水平面上（如图），在提着活塞的同时使活塞缓慢地下移．在这一过程中，测力计的读数［］图2-6Ａ．先变小，然后保持不变Ｂ．一直保持不变Ｃ．先变大，然后变小Ｄ．先变小，然后变大13．如图2-7所示，粗细均匀的Ｕ形管，左管封闭一段空气柱，两侧水银面的高度差为ｈ，Ｕ型管两管间的宽度为ｄ，且ｄ＜ｈ，现将Ｕ形管以Ｏ点为轴顺时针旋转90°至两个平行管水平，并保持Ｕ形管在竖直平面内，两管内水银柱的长度分别变为ｈ１′和ｈ２′．设温度不变，管的直径可忽略不计，则下列说法中正确的是［］图2-7Ａ．ｈ１增大，ｈ２减小Ｂ．ｈ１减小，ｈ２增大，静止时ｈ１′＝ｈ２′Ｃ．ｈ１减小，ｈ２增大，静止时ｈ１′＞ｈ２′Ｄ．ｈ１减小，ｈ２增大，静止时ｈ１′＜ｈ２′14．如图2-8所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立气缸的活塞，使气缸悬空而静止，设活塞与缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动，缸壁导热性能良好使缸内气体总能与外界大气温度相同，则下述结论中正确的是［］Ａ．若外界大气压增大，则弹簧将压缩一些Ｂ．若外界大气压增大，则气缸上底面距地面的高度将减小Ｃ．若气温升高，则气缸上底面距地面的高度将减小Ｄ．若气温升高，则气缸上底面距地面的高度将增大15．如图2-9所示，导热气缸开口向下，内有理想气体，气缸固定不动，缸内活塞可自由滑动且不漏气．活塞下挂一个砂桶，砂桶装满砂子时，活塞恰好静止．现给砂桶底部钻一个小洞，细砂慢慢漏出，外部环境温度恒定，则［］图2-9Ａ．气体压强增大，内能不变Ｂ．外界对气体做功，气体温度不变Ｃ．气体体积减小，压强增大，内能减小Ｄ．外界对气体做功，气体内能增加题号11 12 13 14 15答案ABD A A BD AB二、填空题1．估算一下，可知地球表面附近空气分子之间的距离约为________ｍ（取一位有效数字）；某金属的摩尔质量为Ｍ，密度为ρ，阿伏加德罗常量为Ｎ．若把金属分子视为球形，经估算该金属的分子直径约为________．2．高压锅的锅盖通过几个牙齿似的锅齿与锅镶嵌旋紧，锅盖与锅之间有橡皮制的密封圈，不会漏气．锅盖中间有一排气孔，上面套上类似砝码的限压阀，将排气孔堵住．当加热高压锅，锅内气体压强增大到一定程度时，气体就把限压阀顶起来，蒸汽即从排气孔中排出锅外．已知某高压锅限压阀的质量为0．1ｋｇ，排气孔直径为0．3ｃｍ，则锅内气体压强最大可达________Ｐａ．3．圆筒内装有100升1ａｔｍ的空气，要使圆筒内空气压强增大到10ａｔｍ，应向筒内打入同温度下2ａｔｍ的压缩气体________Ｌ．4．如图2-10所示为一定质量理想气体的状态变化过程的图线Ａ→Ｂ→Ｃ→Ａ，则Ｂ→Ｃ的变化是________过程，若已知ＴＡ＝300Ｋ，ＴＢ＝400Ｋ，则ＴＣ＝________Ｋ．图2-105．一圆柱形的坚固容器，高为ｈ，上底有一可以打开和关闭的密封阀门．现把此容器沉入水深为H 的湖底，并打开阀门，让水充满容器，然后关闭阀门．设大气压强为ｐ０，湖水密度为ρ．则容器内部底面受到的向下的压强为________．然后保持容器状态不变，将容器从湖底移到湖面，这时容器内部底面受到的向下压强为________．填空题参考答案1．3×10－９ 2．2．4×10５ 3．450 4．等压1600／3 5．ｐ０＋ρｇＨρｇＨ1．如图2-14所示，有一热气球，球的下端有一小口，使球内外的空气可以流通，以保持球内外压强相等，球内有温度调节器，以便调节球内空气的温度，使气球可以上升或下降，设气球的总体积Ｖ０＝500ｍ３（不计算壳体积），除球内空气外，气球质量Ｍ＝180ｋｇ．已知地球表面大气温度Ｔ０＝280Ｋ，密度ρ０＝1．20ｋｇ／ｍ３，如果把大气视为理想气体，它的组成和温度几乎不随高度变化．问：为使气球从地面飘起，球内气温最低必须加热到多少开?图2-142．已知一定质量的理想气体的初始状态Ⅰ的状态参量为ｐ１、Ｖ１、Ｔ１，终了状态Ⅱ的状态参量为ｐ２、Ｖ２、Ｔ２，且ｐ２＞ｐ１，Ｖ２＞Ｖ１，如图2-15所示．试用玻意耳定律和查理定律推导出一定质量的理想气体状态方程．要求说明推导过程中每步的根据，最后结果的物理意义，且在ｐ-Ｖ图上用图线表示推导中气体状态的变化过程．图2-153．在如图2-16中，质量为ｍＡ的圆柱形气缸Ａ位于水平地面，气缸内有一面积Ｓ＝5．00×10－３ｍ２，质量ｍＢ＝10．0ｋｇ的活塞Ｂ，把一定质量的气体封闭在气缸内，气体的质量比气缸的质量小得多，活塞与气缸的摩擦不计，大气压强＝1．00×10５Ｐａ．活塞Ｂ经跨过定滑轮的轻绳与质量为ｍＣ＝20．0ｋｇ的圆桶Ｃ相连．当活塞处于平衡时，气缸内的气柱长为Ｌ／4，Ｌ为气缸的深度，它比活塞的厚度大得多，现在徐徐向Ｃ桶内倒入细沙粒，若气缸Ａ能离开地面，则气缸Ａ的质量应满足什么条件?图2-164．如图2-17所示，一圆柱形气缸直立在水平地面上，内有质量不计的可上下移动的活塞，在距缸底高为2Ｈ0的缸口处有固定的卡环，使活塞不会从气缸中顶出，气缸壁和活塞都是不导热的，它们之间没有摩擦．活塞下方距缸底高为Ｈ０处还有一固定的可导热的隔板，将容器分为Ａ、Ｂ两部分，Ａ、Ｂ中各封闭同种的理想气体，开始时Ａ、Ｂ中气体的温度均为27℃，压强等于外界大气压强ｐ０，活塞距气缸底的高度为1．6Ｈ０，现通过Ｂ中的电热丝缓慢加热，试求：图2-17（1）与Ｂ中气体的压强为1．5ｐ０时，活塞距缸底的高度是多少?（2）当Ａ中气体的压强为1．5ｐ０时，Ｂ中气体的温度是多少?5．如图2-18所示是一个容积计，它是测量易溶于水的粉末物质的实际体积的装置，Ａ容器的容积Ｖ３．Ｓ是通大气的阀门，Ｃ是水银槽，通过橡皮管与容器Ｂ相通．连通Ａ、Ｂ的管道很细，容积Ａ＝300ｃｍ可以忽略．下面是测量的操作过程：（1）打开Ｓ，移动Ｃ，使Ｂ中水银面降低到与标记Ｍ相平．（2）关闭Ｓ，缓慢提升Ｃ，使Ｂ中水银面升到与标记Ｎ相平，量出Ｃ中水银面比标记Ｎ高ｈ１＝25ｃｍ．（3）打开Ｓ，将待测粉末装入容器Ａ中，移动Ｃ使Ｂ内水银面降到Ｍ标记处．（4）关闭Ｓ，提升Ｃ使Ｂ内水银面升到与Ｎ标记相平，量出Ｃ中水银面比标记Ｎ高ｈ２＝75ｃｍ．（5）从气压计上读得当时大气压为ｐ０＝75ｃｍＨｇ．设整个过程温度保持不变．试根据以上数据求出Ａ中待测粉末的实际体积．图2-186．某种喷雾器贮液筒的总容积为7．5Ｌ，如图2-19所示，现打开密封盖，装入6Ｌ的药液，与贮液筒相连的活塞式打气筒，每次能压入300ｃｍ３、1ａｔｍ的空气，若以上过程温度都保持不变，则图2-19（1）要使贮气筒中空气压强达到4ａｔｍ，打气筒应该拉压几次?（2）在贮气筒内气体压强达4ａｔｍ，才打开喷嘴使其喷雾，直至内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液?7．（1）一定质量的理想气体，初状态的压强、体积和温度分别为ｐ1、Ｖ1、Ｔ1，经过某一变化过程，气体的末状态压强、体积和温度分别为ｐ2、Ｖ2、Ｔ2．试用玻意耳定律及查理定律推证：ｐ1Ｖ1／Ｔ1＝ｐ2Ｖ2／Ｔ2．（2）如图2－19，竖直放置的两端开口的Ｕ形管（内径均匀），内充有密度为ρ的水银，开始两管内的水银面到管口的距离均为Ｌ．在大气压强为ｐ0＝2ρｇＬ时，用质量和厚度均不计的橡皮塞将Ｕ形管的左侧管口Ａ封闭，用摩擦和厚度均不计的小活塞将Ｕ形管右侧管口Ｂ封闭，橡皮塞与管口Ａ内壁间的最大静摩擦力ｆｍ＝ρｇＬＳ（Ｓ为管的内横截面积）．现将小活塞向下推，设管内空气温度保持不变，要使橡皮塞不会从管口Ａ被推出，求小活塞下推的最大距离．图2－198．用玻马定律和查理定律推出一定质量理想气体状态方程，并在图2－20的气缸示意图中，画出活塞位置，并注明变化原因，写出状态量．图2－209．如图2－21所示装置中，Ａ、Ｂ和Ｃ三支内径相等的玻璃管，它们都处于竖直位置，Ａ、Ｂ两管的上端等高，管内装有水，Ａ管上端封闭，内有气体，Ｂ管上端开口与大气相通，Ｃ管中水的下方有活塞顶住．Ａ、Ｂ、Ｃ三管由内径很小的细管连接在一起．开始时，Ａ管中气柱长Ｌ1＝3.0ｍ，Ｂ管中气柱长Ｌ2＝2.0ｍ，Ｃ管中水柱长Ｌ0＝3ｍ，整个装置处于平衡状态．现将活塞缓慢向上顶，直到Ｃ管中的水全部被顶到上面的管中，求此时Ａ管中气柱的长度Ｌ1′，已知大气压强ｐ0＝1.0×105Ｐａ，计算时取ｇ＝10ｍ／ｓ2．图2－2010．麦克劳真空计是一种测量极稀薄气体压强的仪器，其基本部分是一个玻璃连通器，其上端玻璃管Ａ与盛有待测气体的容器连接，其下端Ｄ经过橡皮软管与水银容器R相通，如图2－22所示．图中Ｋ1、Ｋ2是互相平行的竖直毛细管，它们的内径皆为ｄ，Ｋ1顶端封闭．在玻璃泡Ｂ与管Ｃ相通处刻有标记ｍ．测量时，先降低R使水银面低于ｍ，如图2－22（ａ）．逐渐提升Ｒ，直到Ｋ2中水银面与Ｋ1顶端等高，这时Ｋ1中水银面比顶端低ｈ，如图2－22（ｂ）所示．设待测容器较大，水银面升降不影响其中压强，测量过程中温度不变．已知Ｂ（ｍ以上）的容积为Ｖ，Ｋ1的容积远小于Ｖ，水银密度为ρ．（1）试导出上述过（2）已知Ｖ＝628ｃｍ3，毛细管的直径ｄ＝0.30ｍｍ，水银密度ρ＝13.6×103程中计算待测压强ｐ的表达式．ｋｇ／ｍ3，ｈ＝40ｍｍ，算出待测压强ｐ（计算时取ｇ＝10ｍ／ｓ2，结果保留2位数字）．图2－2111．如图2－23所示，容器Ａ和气缸Ｂ都是透热的，Ａ放置在127℃的恒温箱中，而Ｂ放置在27℃、1ａｔｍ的空气中，开始时阀门Ｓ关闭，Ａ内为真空，其容器ＶＡ＝2.4Ｌ；Ｂ内轻活塞下方装有理想气体，其体积为ＶＢ＝4.8Ｌ，活塞上方与大气相通．设活塞与气缸壁之间无摩擦且不漏气，连接Ａ和Ｂ的细管容积不计．若打开Ｓ，使Ｂ内封闭气体流入Ａ，活塞将发生移动，待活塞停止移动时，Ｂ内活塞下方剩余气体的体积是多少？不计Ａ与Ｂ之间的热传递．图2－22 图2－2312．如图2－23有一热空气球，球的下端有一小口，使球内外的空气可以流通，以保持球内外压强相等，球内有温度调节器，以便调节球内空气温度，使气球可以上升或下降，设气球的总体积Ｖ0＝500 ｍ3（不计球壳体积），除球内空气外，气球质量Ｍ＝180ｋｇ．已知地球表面大气温度Ｔ0＝280Ｋ，密度ρ0＝1.20ｋｇ／ｍ3，如果把大气视为理想气体，它的组成和温度几乎不随高度变化，问：为使气球从地面飘起，球内气温最低必须加热到多少开？13．如图2－25均匀薄壁Ｕ形管，左管上端封闭，右管开口且足够长，管的横截面积为Ｓ，内装密度为ρ的液体．右管内有一质量为ｍ的活塞搁在固定卡口上，卡口与左管上端等高，活塞与管壁间无摩擦且不漏气．温度为Ｔ0时，左、右管内液面高度相等，两管内空气柱长度均为Ｌ，压强均为大气压强ｐ0．现使两边温度同时逐渐升高，求：（1）温度升高到多少时，右管活塞开始离开卡口上升？（2）温度升高到多少时，左管内液面下降ｈ？图2－24 图2－2514．如图2－26所示的装置中，装有密度ρ＝7.5×102ｋｇ／ｍ3的液体的均匀Ｕ形管的右端与体积很大的密闭贮气箱相连通，左端封闭着一段气体．在气温为－23℃时，气柱长62ｃｍ，右端比左端低40ｃｍ．当气温升至27℃时，左管液面上升了2ｃｍ．求贮气箱内气体在－23℃时的压强为多少？（ｇ取10ｍ／ｓ2）15．两端开口、内表面光滑的Ｕ形管处于竖直平面内，如图2－27所示，质量均为ｍ＝10ｋｇ的活塞Ａ、Ｂ在外力作用下静止于左右管中同一高度ｈ处，将管内空气封闭，此时管内外空气的压强均为ｐ0＝1.0×105Ｐａ．左管和水平管横截面积Ｓ1＝10ｃｍ2，右管横截面积Ｓ2＝20ｃｍ2，水平管长为3ｈ．现撤去外力让活塞在管中下降，求两活塞稳定后所处的高度．（活塞厚度略大于水平管直径，管内气体初末状态同温，ｇ取10ｍ／ｓ2）图2－26 图2－27计算题参考答案1．解：设使气球刚好从地面飘起时球内空气密度为ρ，则由题意知ρ０ｇＶ０＝Ｍｇ＋ρｇＶ０，设温度为Ｔ、密度为ρ、体积为Ｖ０的这部分气体在温度为Ｔ０，密度为ρ０时体积为Ｖ，即有ρＶ０＝ρ０Ｖ．由等压变化有Ｖ０／Ｔ＝Ｖ／Ｔ０，解得Ｔ＝400Ｋ．2．解：设气体先由状态Ⅰ（ｐ１、Ｖ１、Ｔ１），经等温变化至中间状态Ａ（ｐＡ、Ｖ２、Ｔ１），由玻意耳定律，得ｐ１Ｖ１＝ｐＡＶ２，①再由中间状态Ａ（ｐＡ、Ｖ２、Ｔ１）经等容变化至终态Ⅱ（ｐ２、Ｖ２、Ｔ２），由查理定律，得ｐＡ／Ｔ１＝ｐ２／Ｔ２，②由①×②消去ｐＡ，可得ｐ１Ｖ１／Ｔ１＝ｐ２Ｖ２／Ｔ２，上式表明：一定质量的理想气体从初态（ｐ１、Ｖ１、Ｔ１）变到终态（ｐ２、Ｖ２、Ｔ２），压强和体积的乘积与热力学温度的比值是不变的．过程变化如图6所示．图63．解：取气缸内气柱长为Ｌ／4的平衡态为状态1，气缸被缓慢提离地面时的平衡态为状态2．以ｐ１、ｐ２表示状态1、2的压强，Ｌ２表示在状态2中气缸内气柱长度．由玻意耳定律，得ｐ１Ｌ／4＝ｐ２Ｌ２，①在状态1，活塞Ｂ处于力学平衡状态，由力学平衡条件得到ｐ１Ｓ＋ｍＣｇ＝ｐ０Ｓ＋ｍＢｇ，②在状态2，气缸Ａ处于力学平衡状态，由力学平衡条件得到ｐ２Ｓ＋ｍＡｇ＝ｐ０Ｓ，③由①、②、③三式解得ｍＡ＝（ｐ０Ｓ／ｇ）－（（ｐ０Ｓ＋ｍＢｇ－ｍＣｇ）／4ｇ）（Ｌ／Ｌ２），以题给数据代入就得到ｍＡ＝（50－10（Ｌ／Ｌ２））ｋｇ，由于Ｌ２最大等于Ｌ．故由⑤式得知，若想轻绳能把气缸Ａ提离地面，气缸的质量应满足条件ｍＡ≤40ｋｇ．4．（1）Ｂ中气体做等容变化，由查理定律ｐＢ／ｐ′Ｂ＝ＴＢ／Ｔ′Ｂ，求得压强为1．5ｐ０时气体的温度Ｔ′Ｂ＝450Ｋ．Ａ中气体做等压变化，由于隔板导热，Ａ、Ｂ中气体温度相等，Ａ中气体温度也为450Ｋ．对Ａ中气体ＶＡ′／ＶＡ＝ＴＡ′／ＴＡ，ＶＡ′＝（ＴＢ′／ＴＡ）ＶＡ＝0．9Ｈ０Ｓ，活塞距离缸底的高度为1．9Ｈ０．（2）当Ａ中气体压强为1．5ｐ０，活塞将顶在卡环处，对Ａ中气体ｐＡＶＡ／ＴＡ＝ｐ″ＡＶ＂Ａ／Ｔ＂Ａ，得Ｔ＂Ａ＝（ｐ＂ＡＶ＂Ａ／ｐＡＶＡ）ＴＡ＝750Ｋ．即Ｂ中气体温度也为750Ｋ．5．解：对于步骤①②，以Ａ、Ｂ中气体为研究对象．初态ｐ１＝ｐ０，Ｖ１＝ＶＡ＋ＶＢ，末态ｐ２＝ｐ０＋ｈ１，Ｖ２＝ＶＡ，依玻意耳定律ｐ１Ｖ１＝ｐ２Ｖ２，解得ＶＢ＝100ｃｍ３．对于步骤③④，以Ａ、Ｂ中气体为研究对象，初态ｐ′１＝ｐ０，Ｖ′１＝Ｖ，末态ｐ′２＝ｐ０＋ｈ２，Ｖ′２＝Ｖ－ＶＢ，依玻意耳定律ｐ′１Ｖ′１＝ｐ′２Ｖ′２，解得Ｖ＝200ｃｍ３，粉末体积Ｖ０＝ＶＡ＋ＶＢ－Ｖ＝200ｃｍ3．6．解：（1）贮液筒装入液体后的气体体积Ｖ１＝Ｖ总－Ｖ液①设拉力ｎ次打气筒压入的气体体积Ｖ２＝ｎＶ０，②根据分压公式：（温度Ｔ一定）ｐＶ１＝ｐ１Ｖ１＋ｐ１Ｖ２，③解①②③，可得ｎ＝（ｐＶ１－ｐ１Ｖ１）／ｐ１Ｖ０＝15（次），④（2）对充好气的贮液筒中的气体，ｍ，Ｔ一定喷雾后至内外压强相等，贮液筒内气体体积为Ｖ２，ｐＶ１＝ｐ２Ｖ２，⑤贮液筒内还剩有药液体积Ｖ剩＝Ｖ总－Ｖ２⑥解⑤⑥得：Ｖ剩＝1．5Ｌ．⑦7．（1）证明：在如图5所示的ｐ－Ｖ图中，一定质量的气体从初状态Ａ（ｐ1，Ｖ1，Ｔ1）变化至末状态Ｂ（ｐ2，Ｖ2，Ｔ2），假设气体从初状态先等温变化至Ｃ（ｐＣ，Ｖ2，Ｔ1），再等容变化至Ｂ（ｐ2，Ｖ2，Ｔ2）．第一个变化过程根据玻耳定律有，ｐ1Ｖ1＝ｐＣＶ2．第二个变化过程根据查理定律有，ｐＣ／ｐ2＝Ｔ1／Ｔ2．由以上两式可解得：ｐ1Ｖ1／Ｔ1＝ｐ2Ｖ2／Ｔ2．图5（2）解：设小活塞下推最大距离Ｌ1时，左管水银面上升的距离为ｘ，以ｐ0表示左右两管气体初态的压强，ｐ1、ｐ2表示压缩后左右两管气体的压强．根据玻意耳定律，左管内气体ｐ0ＬＳ＝ｐ1（Ｌ－ｘ）Ｓ，右管内气体ｐ0ＬＳ＝ｐ2（Ｌ＋ｘ－Ｌ1）Ｓ，左、右两管气体末状态压强关系ｐ2＝ｐ1＋ρｇ·2ｘ．橡皮塞刚好不被推出时，根据共点力平衡条件ｐ1Ｓ＝ｐ0Ｓ＋ｆｍ＝3ρｇＬＳ，由上四式解得ｘ＝Ｌ／3，Ｌ1＝26Ｌ／33．8．图略．由等温变化的玻意耳定律，得ｐ1Ｖ2＝ｐＣＶ2，再由等容变化的查理定律，得ｐＣ／Ｔ1＝ｐ2／Ｔ2，两式联立，化简得：ｐ1Ｖ1／Ｔ1＝ｐ2Ｖ2／Ｔ2．9．解：设活塞顶上后，Ａ、Ｂ两管气柱长分别为Ｌ1′和Ｌ2′，则［ｐ0＋ρｇ（Ｌ1－Ｌ2）］Ｌ1＝［ｐ0＋ρｇ（Ｌ1′－Ｌ2′）］Ｌ1′，且Ｌ1－Ｌ1′＋Ｌ2－Ｌ2′＝Ｌ0，解得Ｌ1′＝2.5ｍ．表明Ａ管中进水0.5ｍ，因Ｃ管中原有水3.0ｍ，余下的2.5ｍ水应顶入Ｂ管，而Ｂ管上方空间只有2.0ｍ，可知一定有水溢出Ｂ管．按Ｂ管上方有水溢出列方程，对封闭气体ｐ1＝ｐ0－ρｇ（Ｌ1－Ｌ2），ｐ1′＝ｐ0＋ρｇＬ1′，ｐ1Ｌ1＝ｐ1′Ｌ1′，联立解得Ｌ1′＝2.62ｍ．10．解：（1）水银面升到ｍ时Ｂ中气体刚被封闭，压强为待测压强ｐ．这部分气体末态体积为ａｈ，ａ＝πｄ2／4，压强为ｐ＋ｈρｇ，由玻意尔定律，得ｐＶ＝（ｐ＋ρｇｈ）πｄ2ｈ／4，整理得ｐ（Ｖ－πｄ2ｈ／4）＝ρｇｈπｄ2ｈ／4．根据题给条件，πｄ2ｈ／4远小于V，得ｐＶ＝（ｈρｇ）πｄ2ｈ／4，化简得ｐ＝ρｇｈ2πｄ2／4Ｖ．（2）代入数值解得ｐ＝2.4×10－2Ｐａ．11．解：设原气缸中封闭气体初状态的体积ＶＢ分别为ＶＢ1和ＶＢ2两部分．打开Ｓ后，ＶＢ1最终仍留在Ｂ中，而ＶＢ2将全部流入容器Ａ内．对于仍留在Ｂ中的这部分气体，因ｐ、Ｔ不变，故ＶＢ1不变．对于流入Ａ中的气体，由于ｐ不变，据盖·吕萨克定律得ＶＢ2／Ｔ1＝ＶＡ／Ｔ2，代入数据得ＶＢ2＝1.8Ｌ，最后Ｂ内活塞下方剩余气体体积ＶＢ1＝ＶＢ－ＶＢ2＝3Ｌ．12．解：设使气球刚好从地面飘起时球内空气密度为ρ，则由题意知ρ0ｇＶ0＝ρｇＶ0＋Ｍｇ．设温度为Ｔ、密度为ρ、体积为Ｖ0的这部分气体在温度为Ｔ0、密度为ρ0时体积为Ｖ，即有ρＶ0＝ρ0Ｖ．由等压变化有Ｖ0／Ｔ＝Ｖ／Ｔ0，联解得Ｔ＝400Ｋ．13．解：（1）右管内气体为等容过程，ｐ0／Ｔ0＝ｐ1／Ｔ1，ｐ1＝ｐ0＋ｍｇ／Ｓ，Ｔ1＝Ｔ0（1＋ｍｇ／ｐ0Ｓ）．（2）对左管内气体列出状态方程：ｐ0ＬＳ／Ｔ0＝ｐ2Ｖ2／Ｔ2，ｐ2＝ｐ0＋ｍｇ／Ｓ＋2ρｇｈ，Ｖ2＝（Ｌ＋ｈ）Ｓ，∴Ｔ2＝Ｔ0Ｌ（ｐ0＋ｍｇ／Ｓ＋2ρｇｈ）（Ｌ＋ｈ）／ｐ0．14．解：在下列的计算中，都以1ｃｍ液柱产生的压强作为压强单位．设贮气箱气体在－23℃时压强为ｐ0，则Ｕ形管左侧气体在－23℃时压强ｐ0′＝ｐ0－40．设贮气箱气体在27℃时压强为ｐ，则Ｕ形管左侧气体在27℃时压强ｐ′＝ｐ－44．对左侧气体据理想气体状态方程得ｐ0′×62Ｓ／250＝ｐ′×60Ｓ／300．对贮气箱内的气体，据查理定律得ｐ0／250＝ｐ／300．以上四式联立解出ｐ0相当于140ｃｍ液柱的压强，故ｐ0＝7.5×102×10×1.40Ｐａ＝1.05×104Ｐａ．15．解：撤去外力后左侧向下压强ｐ左＝ｐ0＋ｍｇ／Ｓ1＝2×105Ｐａ＝2ｐ0，右侧向下压强ｐ右＝ｐ0＋ｍｇ／Ｓ2＝1.5×105Ｐａ＝1.5ｐ0，故活塞均下降，且左侧降至水平管口．设右侧降至高为ｘ处，此时封闭气体压强变为ｐ′＝1.5ｐ0．对封闭气体ｐ0（4ｈＳ1＋ｈＳ2）＝1.5ｐ0（3ｈＳ1＋ｘＳ2），∴ｘ＝ｈ／2．。
热学知识点高考真题及答案
热学知识点高考真题及答案高考作为中国教育系统中一项至关重要的考试，对学生的知识储备和应试能力有着严格的要求。
而在物理科目中，热学是一个重要的知识点，也是考试中的常见考点之一。
本文将介绍一些热学知识点的高考真题及其答案，希望能为同学们的备考提供一些参考。
1.题目：一个绝热容器与外界相隔绝热地放在开放火炉上加热。
该容器是一刚性容器，容器内装有气体，用可变质量的塞子封紧，不透热，摩擦不计。
塞子上插入水平杆，则下述说法错误的是（）A. 容器内的气体可自由膨胀和做功B. 气体压强和轻杆长度相等C. 气体和轻杆的长度变化相位D. 容器内气体的温度大于轻杆的温度答案：C解析：由于绝热容器与外界相隔绝热，所以容器内的气体是绝热膨胀，可以自由膨胀和做功。
而根据热胀冷缩定律，轻杆在加热时会因为温度升高而膨胀，所以A选项正确。
由于塞子是可变质量的，所以气体的压强和轻杆长度相等，所以B选项正确。
而C选项说气体和轻杆的长度变化相位，是错误的，因为气体和轻杆的长度变化是同步的。
根据各个部分的温度变化规律，轻杆与气体温度相等或者更高，所以D选项正确。
所以答案为C。
2.题目：理想气体按容器体积和温度的关系函数为V=f(T)，如果保温器残余热量 Q=20J，温度 T=300K，两温度差恒定，温差 dT=0.1K，则物理量 Q 与 dV、dT 的关系是（）。
A. Q 与 dV 成正比B. Q 与 dV、dT 成正比C. Q 与 dV、dT 成反比D. Q 与 dV 成反比答案：A解析：根据题目中的条件，保温器的残余热量与温度的关系为Q=f(T)，即 Q 与 T 成正比。
由绝热过程中的气体状态方程PV^γ=C （其中γ是比热容比），可得到 PV=C/T，即 PV 与 1/T 成正比。
而根据等温过程中的状态方程 PV=C，可得到 PV 与 1/V 成正比。
综合上述两个关系，可推导出 Q 与 dV 成正比。
所以答案为A。
3.题目：某恒温实验室的温度保持在 300K，将质量为 40g 的冰从 -10°C 采暖到0°C，融化后将其加热到一定温度时，冰水混合液温度达到0°C，则所加热的热量的数值是多少？（已知：冰的比热为2100 J/(kg·K)，熔化潜热为 334kJ/kg。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
h
P 0
P
h
P 0 P L
P 0
P
高考物理热学试题汇总
一、水银柱问题
1、开口向上
2、开口向下
P= P=
3、开口倾斜
P= P=
4、开口水平
P= 5、“U ”型管
P= P= P=
L
P 0
P
α L
P 0 P
α
P= P= P=
二、活塞问题
[考例1] 如图所示，一个横截面积为S 的圆筒形容器竖直放置，金属圆柱活塞A 的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，活塞的质量为M ，不计活塞与容器内壁之间的摩擦，若大气压强为p 0。
则封闭在容器内的气体的压强为 (
)
练习：一圆形气缸静置于地面上，如图(1)所示，气缸筒的质量为M ，活塞的质量为m ，活塞面积为S ，大气压强为p 0。
现将活塞缓慢上提，求气缸刚离开地面时气缸内气体的压强．(忽略摩擦
)
练习：如图所示，一个壁厚可以不计、质量为M 的气缸放在光滑的水平地面上，活塞的质量为m ，面积为S ，内部封有一定质量的气体,活塞不漏气，摩擦不计，外界大气压 强为P 0，若在活塞上加一水平向右的恒力F （不考虑气体温度的变化），求气缸和活塞以共同加速度运动时，缸内气体的压强多大？
[考例
2]（2010年新课标)如图所示，一开口气缸内盛有密度为ρ的某种液体；一长为L 的粗细均匀的小瓶底朝上漂浮在液体中，平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为l/4。
一用活塞将气缸封闭（较中未画出），使活塞缓慢向下运动，各部分气体的渐度均保持不变。
发小瓶的底部恰好与液面相平时，进入小瓶中的液柱长度为l/2，求此时气缸内气体的压强。
（大气压强为ρ0，重力加速度为g ）
F。