2023年高考真题-热学

第第10页共24页专题十四热学10考点一 分子动理论、内能1.(2023辽宁沈阳效联体期末,9)(多项选择)关于布朗运动,以下说法正确的选项是( A.布朗运动是液体中悬浮微粒的无规章运动B.液体温度越高,液体中悬浮微粒的布朗运动越猛烈C.在液体中的悬浮颗粒只要大于某一尺寸,都会发生布朗运动D.布朗运动是液体分子永不停息地做无规章运动E.液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡所引起的答案ABEABCDEA、B、E。考察点布朗运动解题指导布朗运动是悬浮在液体中微粒的无规章运动,不是液体分子的无规章运动,形成的缘由是液体分子对悬浮微粒的无规章撞击;液体温度越高,悬浮粒子越小,布朗运动越猛烈。对于布朗运动,要理解并把握布朗运动形成的缘由,知道布朗运动既不是微粒分子的运动,也不是液体分子的运动,而是液体分子无规章运动的反映。2.(2023北京理综,13,6分)以下关于热运动的说法正确的选项是( A.水流速度越大,水分子的热运动越猛烈B.水分散成冰后,水分子的热运动停顿D.水的温度上升,每一个水分子的运动速率都会增大答案C此题考察分子动理论。温度是分子热运动平均动能的标志,故温度越高,分子AC分散成冰后,分子热运动照旧存在,B是每个分子的运动速率都会增大,D易错点拨分子热运动与物体运动、物态变化的关系水流速度大,只是说明水流整体运动的动能大,是宏观运动的表现,而分子热运动是指物体内部的分子微观层面的运动,两者没有必定联系;水分散成冰的过程,温度保持不变,分子热运动的平均动能不变,这一过程中物体放出热量,内能削减。3.(2023,20,6是特定气候条件与人类活动相互作用的结果。雾霾中,各种悬浮颗粒物外形不规章,但PM10、PM2.510μm、2.5μm(PM某科研机构对北京地区的检测结果说明,在静稳的雾霾天气中,近地面高度百米的范围内,PM10PM10明显减小,且两种浓度分布根本不随时间变化。据此材料,以下表达正确的选项是( )A.PM10表示直径小于或等于1.×1-6m的悬浮颗粒物B.PM10C.PM10D.PM2.5答案CPM10的直径小于或等于10×10-6m=1.×10-5m,A力平衡,B,CPM2.5的浓度随高度的增加而增大,D失分警示此题易错选D,PM10PM10”,并没有明确PM2.54.[2023课标Ⅱ,33(1),5分,0.425](多项选择)关于集中现象,以下说法正确的选项是 。温度越高,集中进展得越快集中现象是不同物质间的一种化学反响C.集中现象是由物质分子无规章运动产生的D.集中现象在气体、液体和固体中都能发生E.液体中的集中现象是由于液体的对流形成的答案ACD集中现象是分子无规章热运动的反映,C,E,A,D不属于化学变化,B解题关键集中现象:不同物质能够彼此进入对方的现象。集中现象是由物质分子的无规章运动产生的。固体、液体和气体中都能发生集中现象。集中现象的快慢与温度有关。5.[2023山东理综,37(1)]墨滴入水,扩而散之,缓缓混匀。关于该现象的分析正确的选项是( )混合均匀主要是由于碳粒受重力作用混合均匀的过程中,水分子和碳粒都做无规章运动C.使用碳粒更小的墨汁,混合均匀的过程进展得更快速D.墨汁的集中运动是由于碳粒和水分子发生化学反响引起的答案BC墨汁与水混合均匀的过程,是水分子和碳粒做无规章运动的过程,这种运动与重力无关,也不是化学反响引起的。微粒越小、温度越高,无规章运动越猛烈,可见,B、CA、D6.(2023课标Ⅰ,33,15分)(1)氧气分子在0℃和100℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。以下说法正确的选项是 。图中两条曲线下面积相等图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C100℃时的情形D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E0℃时相比,1000~400m/s的百分比较大答案ABC此题考察气体分子速率及分布率。积的意义是各种速率的分子总和占总分子数的百分比,故面积为1,A正确、D错误。气体温度越高,分子无规章运动越猛烈,分子平均动能越大,大速率的分子所占的百分比越大,故虚线对应的温度较低,B、C皆正确。由图中0~400m/s区间图线下的面积可知0℃时消灭在0~400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大,E错误。7.[2023课标Ⅲ,33(1),5分](多项选择)关于气体的内能,以下说法正确的选项是( )质量和温度都一样的气体,内能确定一样气体温度不变,整体运动速度越大,其内能越大C.气体被压缩时,内能可能不变D.确定量的某种抱负气体的内能只与温度有关E.确定量的某种抱负气体在等压膨胀过程中,内能确定增加答案CDE由于非抱负气体分子间作用力不行无视,内能包括分子势能,则气体的内能与体积有关,再者即使是抱负气体,内能取决于温度和分子数目,质量一样的气体,当分A,B项错误;由热力学第确定律知,气体被压缩时,假设同时向外散热,则内能可能保持不变,C项正确;对于确定量的某种抱负气体,体积变化时分子势能不变,其内能只取决于分子平均动能的变化,而温度是分子平均动能的标志,所以D𝑝𝑉=C𝑇知,pVTE考察点内能、热力学第确定律温馨提示①物体的内能与物体的机械运动无关。②确定量的实际气体的内能与气体体积、温度都有关。而确定量的抱负气体的内能只与温度有关。8.[2023,15(1),4hR,空气平均摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为Npg。由此可估A 0算得,地球大气层空气分子总数为 ,空气分子之间的平均距离为 。答案4π𝑝0𝑁A𝑅2𝑀𝑔

√𝑝0𝑁A解析mg=pS=p×4π2,故大0 0气层的空气总质量m=4π𝑝0𝑅2N=𝑚N4π𝑝0𝑁A𝑅2h≪R,则大气层的总𝑔 𝑀A 𝑀𝑔体积V=4π2h,每个分子所占空间设为一个棱长为a的正方体,则有Na3=V的平均距离a=√ℎ。𝑝0𝑁A考点二 固体、液体和气体1.(2023,12A,12)(1)在高原地区烧水需要使用高压锅。水烧开后,锅内水面上方布满饱和汽。停顿加热,高压锅在密封状态下缓慢冷却。在冷却过程中,锅内水蒸气的变化状况为。A.压强变小B.压强不变C.始终是饱和汽D.变为未饱和汽答案AC高压锅在密封状态下,由于冷却过程是缓慢进展的,所以水和水蒸气保持动CDAB2.[2023课标Ⅰ,33(1),5分]以下说法正确的选项是( A.将一块晶体敲碎后,得到的小颗粒是非晶体B.固体可以分为晶体和非晶体两类,有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C.由同种元素构成的固体,可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D.在适宜的条件下,某些晶体可以转变为非晶体,某些非晶体也可以转变为晶体E.在熔化过程中,晶体要吸取热量,但温度保持不变,内能也保持不变答案BCD,A异性,B,C件转变了分子或原子的空间排列构造,晶体和非晶体之间可以相互转化,D熔化过程中,分子势能会发生转变,内能也会转变,E3.[2023山东理综,36,8分]以下说法正确的选项是 a.水的饱和汽压随温度的上升而增大集中现象说明,分子在永不停息地运动当分子间距离增大时,分子间引力增大,分子间斥力减小确定质量的抱负气体,在等压膨胀过程中,气体分子的平均动能减小答案ab当分子间的距离增大时,分子间引力和斥力都减小,c气体,在等压膨胀过程中,温度上升,气体分子的平均动能增大,d4.(2023大纲全国,16,6分)(多项选择)对于确定量的淡薄气体,以下说法正确的选项是( A.压强变大时,分子热运动必定变得猛烈B.保持压强不变时,分子热运动可能变得猛烈C.压强变大时,分子间的平均距离必定变小D.压强变小时,分子间的平均距离可能变小答案BD对确定量的淡薄气体,压强变大,温度不愿定上升,因此分子热运动不愿定变,ABCD考察点气体的压强解题关键气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞器壁产生的,压强的大小既与气体分子的分子数密度有关,也与气体分子无规章热运动的猛烈程度有关。宏观理解就是气体的压强既与体积有关,也与温度有关。5.[2023Ⅱ,33(2),10闭的容器,外形与钟相像。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气,以满足潜水员水下避险的需要。为计算便利,将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒;工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的密度为ρ,重力加速度大小为g,大气压强为pH≫h,无视温度的变化和水密度随深0度的变化。(ⅰ)求进入圆筒内水的高度l;Hp0

时的体积。答案(ⅰ)

𝜌𝑔𝐻

(ⅱ)𝜌𝑔𝑆𝐻ℎ𝑝0+ρgH 𝑝0解析(ⅰ)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0下后筒内气体的压强为p1

V1pV=pV①11 00V=hS②0V=(h-l)S③1p=p+ρg(H-l)④1 0联立以上各式并考虑到H≫h>l,解得l=𝜌𝑔𝐻 h⑤𝑝0+ρgH(ⅱ)设水全部排出后筒内气体的压强为pVp0

2 0时的体积为V3pV=pV⑥20 03其中p=p+ρgH⑦2 0设需压入筒内的气体体积为V,依题意V=V-V⑧3 0联立②⑥⑦⑧式得V=𝜌𝑔𝑆𝐻ℎ⑨𝑝06.[2023Ⅲ,33(2),10U水银柱的两端各封闭有一段空气。当Ul=18.0cml=12.0cm12.0cmHg。现将U1 2在水平桌面上,没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U的长度。在整个过程中,气体温度不变。答案见解析解析此题考察气体试验定律。Up1

pU2两边气体压强相等,设为p,此时原左、右两边气柱长度分别变为ll1 2由力的平衡条件有p=p+ρg(l-l)①1 2 1 2,g由玻意耳定律有pl=pl”②11 1pl=pl”③22 2两边气柱长度的变化量大小相等l”-l=l-l”④1 1 2 2由①②③④式和题给条件得l”=22.5cm⑤1l”=7.5cm⑥2审题指导液柱移动问题的分析方法7.[2023,15(2),8AB,A中气体体积为2.×1-4m3,温度为27℃,压强为

Pa;B中气体体积为

m3-17℃,压强为2.×104P。现将A-17℃,然后拔掉销钉,并保持、B不变,求稳定后AB答案3.×104Pa解析此题考察了查理定律、玻意耳定律。A27℃降至-17℃,由查理定律得𝑝𝐴=𝑝𝐴”①𝑇𝐴𝑇𝐴”设拔掉销钉稳定后,A、Bp,Ap”V=pV”②A A ABpV=pVBB B由条件得V”+V”=2.×10-4m+4.010-4m④A B联立以上各式得p=3.14Pa8.[2023Ⅱ,33(2),10V,内部充有温度为Ta

的热空气,气球外冷空气的温度为T1T时的密度为ρb 0 01g。(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答案(ⅰ)Vgρ𝑇0 (ⅱ)Vgρ𝑇00𝑇𝑏(ⅲ)VρT(1-1)-m

0𝑇𝑎00𝑇𝑏𝑇𝑎 0解析(ⅰ)设1mT0ρ=𝑚①

时的体积为V00𝑉0在温度为TVTρ(T)=𝑚②𝑉𝑇由盖—吕萨克定律得𝑉0=𝑉𝑇③𝑇0 𝑇联立①②③式得ρ(T)=ρ𝑇0④0𝑇气球所受到的浮力为f=ρ(T)gV⑤b联立④⑤式得f=Vgρ𝑇0⑥0𝑇𝑏(ⅱ)气球内热空气所受的重力为G=ρ(T)Vg⑦a联立④⑦式得G=Vgρ𝑇0⑧0𝑇𝑎(ⅲ)设该气球还能托起的最大质量为m,由力的平衡条件得mg=f-G-mg⑨0联立⑥⑧⑨式得m=VρT11)-m00𝑇𝑏𝑇𝑎 09.[2023Ⅲ,33(2),10(aM上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1

KK2

长为l,顶端封闭,K2

上端与待测气体连通;MR,M与K2

相通;渐渐提升R,K

中水银面与KKK

中水银面比顶端低h,如图(b)2 1 1 1所示。设测量过程中温度、与K2

相通的待测气体的压强均保持不变。K1

K2d,M的容积为Vρ,重力加速度大小为g。求:0(ⅰ)待测气体的压强;(ⅱ)该仪器能够测量的最大压强。答案(ⅰ)𝜌π𝑔ℎ2𝑑24𝑉0+π𝑑2(l-h)

(ⅱ)π𝜌𝑔𝑙2𝑑24𝑉0解析此题考察气体压强的计算、玻意耳定律。第第11页共24页(ⅰ)水银面上升至MV,压强等于待测气体的压强p。提升R,直到K2

中水银面与K1

,K1

中水银面比h;设此时封闭气体的压强为pV1 11V=V+πd2l①041V=πd2h②14由力学平衡条件得p=p+ρgh③1整个过程为等温过程,由玻意耳定律得pV=pV④11联立①②③④式得p=𝜌π𝑔ℎ2𝑑2 ⑤4𝑉0+π𝑑2(l-h)(ⅱ)由题意知h≤l⑥联立⑤⑥式有p≤π𝜌𝑔𝑙2𝑑2⑦4𝑉0该仪器能够测量的最大压强为p=π𝜌𝑔𝑙2𝑑2⑧max 4𝑉010.[2023Ⅲ,33(2),10U有一光滑的轻活塞。初始时,管内汞柱及空气柱长度如以下图。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。玻璃管的横截面积处处一样;在活塞向下移动的过程中,没有发生气体泄漏;大p=75.0cmHg。环境温度不变。0第第12页共24页答案144cmHg9.42cm解析设初始时,右管中空气柱的压强为plp=p1 1 2 0lhpl2 1 1plcmHgp=p+(20.0-5.00)cmHg①2 2 1 0l”=(20.0−20.0−5.00)cm②1 2由玻意耳定律得pl=p”l11 1 1联立①②③式和题给条件得p”=144cmHg④1p”=p2 1l”=4.00cm+20.0−5.00cm-h⑥2 2由玻意耳定律得pl=p”l22 2 2联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h=9.42cm⑧审题指导由于环境温度不变,玻璃管内气体发生的是等温变化,适用规律是玻意耳定律,分别以左管内和右管内气体为争论对象,找出初末状态参量,列出玻意耳定律方程即可求解。11.[2023Ⅰ,33(2),10两压强差ΔprΔp=2𝜎σ=0.070N/m10m𝑟处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升。大气压强p=1.×105Pa0ρ=1.013kg/3,重力加速度大小g=10m/2。10m(ⅱ)无视水温随水深的变化,在气泡上升到格外接近水面时,求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。答案(ⅰ)28Pa(ⅱ)1.3解析(ⅰ)当气泡在水下h=10mrΔp1 1Δp=2𝜎①1𝑟1代入题给数据得Δp=28Pa②110mpV1 1近时,气泡内空气的压强为pΔpVr2 2 2 2气泡上升过程中温度不变,依据玻意耳定律有pV=pV③11 22由力学平衡条件有p=p+ρgh+Δp④1 0 1p=p+Δp⑤2 0 2气泡体积V1

V2V=4π𝑟3⑥13 1V=4π𝑟3⑦23 2联立③④⑤⑥⑦式得(𝑟1)3=

𝑝0+Δ𝑝2 ⑧𝑟2 𝜌𝑔ℎ+𝑝+Δ𝑝0 1由②式知,Δp≪p,i=1,2,故可略去⑧式中的Δpi 0 i𝑟2=≈1.3⑨𝑟1解题关键①准确写出气体初、末态的压强。②计算过程中进展合理近似。12.[2023课标Ⅱ,33(2),100.08m个大气压。某试验室每天消耗1个大气压的氧气0.363。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时,需重充气。假设氧气的温度保持不变,求这瓶氧气重充气前可供该试验室使用多少天。答案4解析设氧气开头时的压强为pVp(2V1 1 2 2据玻意耳定律得pV=pV①11 22重充气前,用去的氧气在p2

压强下的体积为V=V-V②3 2 1设用去的氧气在p(1V0 0pV=pV③23 00设试验室每天用去的氧气在p0

下的体积为ΔV,则氧气可用的天数为N=V/ΔV④0联立①②③④式,并代入数据得N=4(天)⑤解题指导解答此题的关键是将用去的氧气在p2

p(10压强下的体积,从而可以计算出氧气在p0

压强下的可用天数。易错点拨没有将氧气的体积转化为1个大气压下的体积而直接进展计算。13.(2023课标Ⅱ,33,15分)(1)关于确定量的气体,以下说法正确的选项是 气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积,而不是该气体全局部子体积之和只要能减弱气体分子热运动的猛烈程度,气体的温度就可以降低C.在完全失重的状况下,气体对容器壁的压强为零D.气体从外界吸取热量,其内能确定增加E.气体在等压膨胀过程中温度确定上升(2)如图,一上端开口、下端封闭的瘦长玻璃管竖直放置。玻璃管的下部封有长l=25.01cml=25.0cml=40.0cm。2 3大气压强为p=75.0cmHg。现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推,使管0下部空气柱长度变为l”=20.0cm。假设活塞下推过程中没有漏气,求活塞下推的距离。1答案(1)ABE(2)15.0cm解析(1)气体分子间有间隙,因此气体体积指的是气体分子所能到达的空间的体积,选BC转变气体内能有两个途径,即做功和热传递,因此气体从外界吸取热量,其内能不愿定增D𝑉1=𝑉2,温度确定上升,选项E𝑇1𝑇2确。(2cmHgp=p+l①1 0 2设活塞下推后,下部空气柱的压强为p1pl=p”l”②11 1 1如图,设活塞下推距离为Δl,则此时玻璃管上部空气柱的长度为l”=l+l-l”-Δl③3 3 1 1设此时玻璃管上部空气柱的压强为p3p”=p”-l④3 1 2由玻意耳定律得pl=p”l”⑤03 3 3由①~⑤式及题给数据解得Δl=15.0cm⑥14.[2023Ⅰ,33(2),10VS将汽缸分成容积相等的上下两局部,汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连,细管上有一阀门K。开头时,Kp。现将K0容器内的液体缓慢地流入汽缸,当流入的液体体积为𝑉K8气体的体积减小了𝑉。不计活塞的质量和体积,外界温度保持不变,重力加速度大小为g。6求流入汽缸内液体的质量。15𝑝S026𝑔解析此题考察气体试验定律、气体压强计算等学问。设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为V,压强为pV1 1 2p2p𝑉=pV①02 11p𝑉=pV②02 22由条件得V=𝑉+𝑉-𝑉=13V③126824V=𝑉-𝑉=𝑉④2263设活塞上方液体的质量为m,由力的平衡条件得pS=pS+mg⑤2 1联立以上各式得15𝑝Sm= 0⑥26𝑔审题指导关键词理解,隐含条件显性化①关键词“导热”说明气体上下两局部温度相等,且与环境温度一样。②外界温度保持不变,说明气体做等温变化。③流入液体产生的压强p”=𝑚𝑔。𝑆④K15.[2023Ⅰ,33(2),10成,两圆筒中各有一个活塞。大活塞的质量为m=2.50kg,横截面积为S=80.01 1小活塞的质量为m=1.50kg,横截面积为S=40.0c2 2为l=40.0cm;汽缸外大气的压强为p=1.0×105Pa,温度为T=303。初始时大活塞与第第17页共24页大圆筒底部相距𝑙,两活塞间封闭气体的温度为T=495K。现汽缸内气体温度缓慢下降,2 1g取10m/2(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到达热平衡时,缸内封闭气体的压强。答案(ⅰ)330K(ⅱ)1.01105Pa解析(ⅰ)设初始时气体体积为V1体的体积为V,温度为T2 2V=S(𝑙-𝑙)+S(𝑙)①1 2 2 12V=Sl②2 2p1

表示缸内气体的压强,由力的平衡条件得S(p-p)=mg+mg+S(p-p)③1 1 1 2 2 1故缸内气体的压强不变。由盖—吕萨克定律有𝑉1=𝑉2④𝑇1𝑇2联立①②④式并代入题给数据得T=330K⑤2(ⅱ)在大活塞与大圆筒底部刚接触时,被封闭气体的压强为p1到热平衡的过程中,被封闭气体的体积不变。设到达热平衡时被封闭气体的压强为p”,由查理定律,有𝑝”=𝑝1⑥𝑇𝑇2联立③⑤⑥式并代入题给数据得p”=1.0105Pa⑦16.[2023,37(2)]一种水下重物打捞方法的工作原理如以下图。将一质量M=×103k、体积V=0.53的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内充入确定量的0第第18页共24页气体,开头时筒内液面到水面的距离h=40m,筒内气体体积V=1m。在拉力作用下浮筒1缓慢上升,当筒内液面到水面的距离为h2

1时,拉力减为零,此时气体体积为V2和重物自动上浮。求V2

h2大气压强p=×15Pa,水的密度ρ=1103kg/3,重力加速度的大小g=10m/。0不计水温变化,筒内气体质量不变且可视为抱负气体,浮筒质量和筒壁厚度可无视。答案2.53 10m解析当F=0Mg=ρg(V+V0 2代入数据得V=2.5②2设筒内气体初态、末态的压强分别为pp1 2p=p+ρgh③1 0 1p=p+ρgh④2 0 2在此过程中筒内气体温度和质量不变,由玻意耳定律得pV=pV⑤11 22联立②③④⑤式,代入数据得h=10m⑥217.[2023,36(2),4990m280K。某同学利用该数据来争论气体状态随海水深度的变化。如以下图,导热良好的汽缸内封闭确定质量的气体,不计活塞的质量和摩擦,汽缸所处海平面的温度T=300K,压强0p=1atm,封闭气体的体积V=3m。假设将该汽缸下潜至990m深处,此过程中封闭气0 0体可视为抱负气体。990m(1atm10m②下潜过程中封闭气体 (填“吸热”或“放热”),传递的热量 “大于”或“小于”)外界对气体所做的功。答案①2.81-2m3 ②放热大于990mp,温度为T,体积为V,由题意可知p=100atm①依据抱负气体状态方程得𝑝0𝑉0=𝑝𝑉②𝑇0 𝑇代入数据得V=2.×1-2②下潜过程中,封闭抱负气体温度降低,内能削减,体积减小,外界对气体做功,由热力学第确定律可知下潜过程中封闭气体放热,由能量守恒定律可知传递的热量大于外界对气体所做的功。考点三热力学定律1.(2023,17,6间封闭了确定体积的空气,内筒中有水,在水加热升温的过程中,被封闭的空气()A.内能增大B.压强增大C.分子间引力和斥力都减小D.全局部子运动速率都增大答案AB由于金属内筒导热而隔热外筒绝热,故水升温过程中封闭空气不停地从内筒吸取热量而不向外放热,且封闭空气的体积不能转变即不做功,故由热力学第确定律可知其内能确定增大,A𝑝𝑉=C,B𝑇分子间作用力微弱,即使考虑分子间作用力,也因气体体积不变,分子间平均距离不变,某两分子间距离变化状况不能确定,而不能判定分子间作用力变化状况,C错误;温度上升时,分子平均动能增大,但这并不意味着每个分子的运动速率都增大,D错误。2.(2023广东理综,17,6分)(多项选择)用密封性好、布满气体的塑料袋包裹易碎品,如以下图,充气袋四周被挤压时,假设袋内气体与外界无热交换,则袋内气体( )A.体积减小,内能增大 B.体积减小,压强减小C.对外界做负功,内能增大 D.对外界做正功,压强减小答案AC袋内气体与外界无热交换即Q=0,袋四周被挤压时,体积V做正功,依据热力学第确定律ΔU=W+Q,气体内能增大,则温度上升,由𝑝𝑉=常数知压强增𝑇A、CB、D3.[2023山东理综,37(1)]如图,内壁光滑、导热良好的汽缸中用活塞封闭有确定质量的抱负气体。当环境温度上升时,缸内气体 。(双选,填正确答案标号)内能增加c.压强增大d.分子间的引力和斥力都增大答案ab因汽缸导热良好,故环境温度上升时封闭气体温度亦上升,而确定质量的抱负,apS+mg=pS,即缸内气体的压强p=p𝑚𝑔不变,c𝑉=恒量0 0 𝑆 𝑇,bd4.(2023北京理综,13,6分)以下说法中正确的选项是( A.物体温度降低,其分子热运动的平均动能增大B.物体温度上升,其分子热运动的平均动能增大C.物体温度降低,其内能确定增大D.物体温度不变,其内能确定不变答案B温度是物体分子平均动能的标志,温度上升则其分子平均动能增大,反之,则其分子平均动能减小,故ABC、D5.[2023课标Ⅰ,33(1),6分,0.257](多项选择)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开头运动,直至不再靠近。在此过程中,以下说法正确的选项是( )A.分子力先增大,后始终减小B.分子力先做正功,后做负功C.分子动能先增大,后减小D.分子势能先增大,后减小E.分子势能和动能之和不变答案BCE分子力Frr<r0

Fr=r0

F=0;当r>r0

F再变小后又变大,A负功,分子势能增大,故BD子势能之间发生转化,即分子势能减小时分子动能增大,分子势能增大时分子动能减小,其总和不变,C、E规律总结如以下图6.[2023,33(1),6A.为了增加物体的内能,必需对物体做功或向它传递热量B.对某物体做功,必定会使该物体的内能增加C.可以从单一热源吸取热量,使之完全变为功D.不行能使热量从低温物体传向高温物体E.功转变为热的实际宏观过程是不行逆过程答案ACE由ΔU=