第13讲　热学-高考物理二轮复习（含答案）

第第页第13讲热学-高考物理二轮复习1．分子间作用力F与分子间距离r的关系如图所示，若规定两个分子间距离r等于r0时分子势能Ep为零，则（）A．只有r大于r0时，Ep为正 B．只有r小于r0时，Ep为正C．当r不等于r0时，Ep为正 D．当r不等于r0时，Ep为负2．我国古代发明的一种点火器如图所示，推杆插入套筒封闭空气，推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内气体，艾绒即可点燃。在压缩过程中，筒内气体（）A．压强变小 B．对外界不做功C．内能保持不变 D．分子平均动能增大3．如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是（）A．外力F保持不变B．密封气体内能增加C．密封气体对外做正功D．密封气体的末态压强是初态的2倍考情分析：本讲内容在高考中多以选择题、计算题形式呈现，中低难度，重点考查气体实验定律、理想气体状态方程、热力学定律的应用，对分子动理论、固体和液体知识的考查频率稍低一些。常用方法有：图像法、平衡法、牛顿第二定律法、整体和隔离法等解题方法。考点一分子动理论固体、液体和气体的性质1.微观量的估算（1）分子总数：N＝nNA＝mMNA＝VVm（2）两种模型：①球模型：V＝43πR3（适用于估算液体、固体分子直径）；②立方体模型：气体分子占据的空间V＝a32.固体、液体的性质3.气体分子的运动特点【例1】4．二氧化碳封存回注，就是通过工程技术手段，把捕集到的二氧化碳注入至地下800米到3500米深度范围内的陆上或海底咸水层，是国际公认的促进碳减排措施。我国第一口位于海底的二氧化碳封存回注井已于2023年正式开钻。实验发现，当水深超过2500m时，二氧化碳会浓缩成近似固体的硬胶体。设在某状态下二氧化碳气体的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，将二氧化碳分子看作直径为D的球，则在该状态下体积为V的二氧化碳气体变成硬胶体后体积为（）A．πρVD36NAM B．【例2】5．我国科学家把金属铋块熔化成液态铋，再经挤压后得到单原子层金属铋片，与铋块相比，铋片的导电性能和机械强度显著增强则（）A．铋块熔化过程中温度不断升高B．液态铋表面分子间作用力表现为引力C．铋片中的分子呈无规则排列D．铋片中的分子在做布朗运动【例3】6．茶道文化起源于中国，是一种以茶修身的生活方式。东坡有诗云“一勺励清心，酌水谁含出世想。”下列关于泡茶中的物理现象的说法正确的是（）A．泡茶时，开水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高分子热运动越剧烈B．放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是扩散现象C．泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，说明茶水与茶托间是浸润的D．打碎的茶杯不能拼接复原，说明分子间不存在作用力考点二气体实验定律热力学定律利用气体实验定律解决问题的基本思路【例4】7．如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀①，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通②。A、B两管的长度分别为l1＝13.5cm，l2＝32cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5cm③。已知外界大气压为p0＝75cmHg。求：（1）B管内气柱的长度lB；（2）A、B两管内水银柱的高度差。审题指导：信息提取信息加工竖直玻璃管A、B、C粗细均匀①说明A、B、C三管的横截面积相等三管的下端在同一水平面内且相互连通②说明A、B、C三管中气体的压强满足连通器的求解方法将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5cm③说明此状态为A、B、C三气体的末状态，且压强满足pB＝p0＋h【例5】8．如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强p0＝1.0×105Pa，铸型室底面积S1＝0.2m2，高度h1＝0.2m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15m，柱状气室底面积S2＝0.8m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103kg/m3，重力加速度取g＝10m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。（1）求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1。（2）若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为h3＝0.04m时，气室内气体压强p2。【例6】9．如图所示，上端开口、下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好、管内横截面积为S，用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0，活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0＝121p0S，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，T1＝330K时，气柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2＝440K时停止加热，活塞不再上升；再缓慢降低气体温度，活塞位置保持不变，直到降温至T3＝400K时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4（1）T2＝440K时，气柱高度h2；（2）从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q（扣除放热后净吸收的热量）。规律总结求解气体实验定律与热力学定律综合问题的思路【例7】10．如图是一台热机的循环过程，工作物质为理想气体，它由两个等容过程和两个等温过程组成，A→B温度为T1，C→D温度为T2，关于该循环，下列判断正确的是（）A．温度T1小于温度T2B．B→C放出的热量等于D→A吸收的热量C．A→B气体对外做功等于C→D外界对气体做功D．气体分子在状态A时的平均动能大于在状态B时的平均动能规律总结气体状态变化图像的分析方法点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量线某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程截距在V-T图像（p-T图像）中，比较两个状态的压强（或体积）大小，可以比较这两个状态到原点连线的斜率的大小，其规律是：斜率越大，压强（或体积）越小；斜率越小，压强（或体积）越大面积在p-V图像中，p-V图像与V轴所围面积表示气体对外界或外界对气体所做的功考点三气体的变质量问题分析气体的变质量问题时研究对象的选取技巧【例8】11．将密闭文物储存柜内的空气部分抽出，然后充入惰性气体，制造柜内低压、低氧的环境，可以有效抑制氧化、虫害及微生物的滋生，是一种常见的文物保护技术。如图所示，某文物储存柜的容积为V0，文物放入时柜内压强为p0。关闭柜门后，通过抽气孔抽气，抽气筒的容积为V04，每次均抽出整筒空气。已知第一次抽气后柜内压强变为23（1）柜内文物的体积ΔV；（2）要使储存柜内的压强小于13p012．“极目一号”是我国自主研发的浮空艇，浮空艇内有一个容积不变的储气罐。在地面时，储气罐内密封有压强为1.0×105Pa，温度为27℃的空气（可视为理想气体）；当到达指定高度时，为了保持平衡，储气罐开始缓慢向外放出气体，罐内气体压强变为0.6×105Pa，温度降为－23℃。求：（1）储气罐放出气体的质量占原来气体质量的比例；（2）放出气体后，储气罐中气体的密度是原来气体密度的多少倍？用克拉伯龙方程巧解变质量问题1.克拉伯龙方程（1）表达式：pV＝nRT。（2）各量的意义：p、V、T分别为气体在同一状态下的压强、体积、热力学温度，n为物质的量，R为普适气体常量（R＝8.31J·mol－1·K－1）。2.应用：由于克拉伯龙方程只涉及气体同一个状态的参量，应用克拉伯龙方程分析气体问题（或变质量问题）时简洁方便，易于理解，避免了应用气体实验定律（或理想气体状态方程）的繁琐过程。【典例】13．篮球运动是中学生喜欢的一项体育运动，打篮球前需要将篮球内部气压调至标准气压才能让篮球发挥最佳性能。某同学发现教室里一只篮球气压不足，用气压计测得球内气体压强为1.2atm，已知篮球内部容积为7L，教室内温度为300K。现把篮球拿至室外篮球场后用简易打气筒给篮球打气28次，每次能将0.2L、1.0atm的空气打入球内，篮球及篮球场空气温度均为270K，假设篮球的标准气压为1.6atm。忽略打气和放气过程中篮球容积的变化。求：（1）打气完成后篮球内部的气压p；（2）若发现打气过多，可以采取放气的办法使篮球内部的气压恢复到标准气压，求放出空气的质量Δm与篮球内剩余空气质量m的比值。

答案解析部分1．【答案】C2．【答案】D3．【答案】B【解析】【解答】A：密封气体温度缓慢升高过程中在外力F作用下体积缓慢减小，结合理想气体状态方程pVT＝C（C为常量）可知，密封气体压强缓慢增大，对活塞，由平衡条件有mg＋p0S＋F＝pS，则外力F增大，A错误；

B：由于温度升高，密闭气体的内能增大，B正确；

C：密封气体的体积减小，密封气体对外做负功，C错误；

D：结合A项分析可知p1V1T1＝p2V2T2，由题意可知密封气体初、末状态温度之比为T1T4．【答案】B【解析】【解答】根据题意可知，在该状态下体积为V的二氧化碳气体的质量为M'＝ρV，

二氧化碳分子数为n＝M'MNA＝ρVNAM，在该状态下体积为V的二氧化碳气体变成硬胶体后体积为V'＝n·43π(5．【答案】B【解析】【解答】A．纯晶体在熔点熔化时，虽然持续吸热，但温度保持不变，直到全部熔化。金属铋是晶体，熔化过程温度不变，故A错误；B．所有液体表面都存在表面张力，其微观解释是表面层分子受到液体内部分子的引力作用，使得表面有收缩趋势，所以表面分子间作用力表现为引力，故B正确；C．金属固态通常为晶体结构，原子排列有序，题目中铋片导电性和机械强度增强，说明其结构更有序（如单层晶体结构），而非无规则排列，故C错误；D．布朗运动是悬浮在流体中的微粒受到周围分子碰撞的不平衡力产生的无规则运动，固体中的分子或原子在固定位置附近振动（热振动），不是布朗运动。铋片是固体单层结构，原子不做布朗运动，故D错误。故选B。

【分析】1.熔化过程的温度特征（晶体）晶体熔化时温度不变，持续吸热但温度保持熔点，直到全部熔化。2.液体表面张力的微观解释表面张力是由于液体表面层分子间距略大于内部，分子间作用力表现为引力，使表面有收缩趋势。3.固体（晶体）的分子排列特征晶体中分子（原子）排列有序。铋是晶体，单层铋片导电性和机械强度增强，说明是有序二维结构（如二维晶体）。4.布朗运动的定义布朗运动是悬浮微粒（如花粉颗粒）受流体分子碰撞不平衡而产生的无规则运动，不是分子本身的运动。固体中的分子在平衡位置附近热振动，不叫布朗运动。6．【答案】A,B,C【解析】【解答】A：泡茶时，开水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高分子热运动越剧烈，故A正确；

B：放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是扩散现象，故B正确；

C：泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，说明茶水与茶托间是浸润的，故C正确；

D：打碎的茶杯不能拼接复原，是因为分子间距离太大，分子间作用力可以忽略不计，并不是分子间不存在作用力，故D错误

【分析】本题核心思路是结合分子热运动、扩散现象、浸润现象和分子力的物理规律，逐一分析泡茶过程中各物理现象的本质，判断选项正误。7．【答案】（1）对B管中的气体，还未将水银从C管缓慢注入时，初态时压强p1B＝p0设玻璃管横截面积为S体积为V1B＝l2S将水银从C管缓慢注入后，末态时压强为p2B，体积为V2B＝lBS由水银柱的平衡条件有p2B＝p0＋ρghB管气体发生等温压缩，有p1BV1B＝p2BV2B联立解得lB＝30cm（2）对A管中的气体，初态压强p1A＝p0体积为V1A＝l1S末态压强为p2A，设水银柱离下端同一水平面的高度为h1，则气体体积为V2A＝（l1－h1）S由水银柱的平衡条件有p2A＝p0＋ρg（h＋h2－h1）其中h2＝l2－lB＝2cmA管气体发生等温压缩，有p1AV1A＝p2AV2A联立可得2h12－191h解得h1＝1cm或h1＝1892cm＞l1则两水银柱的高度差为Δh＝h2－h1＝1cm【解析】【分析】(1)B管内气体做等温变化，初态压强为大气压，末态压强由大气压和B、C水银柱高度差决定，结合玻意耳定律求解末态气柱长度。

(2)A管内气体同样等温变化，先由B管结果得到A管末态压强表达式，再用玻意耳定律联立求解水银柱高度差。8．【答案】（1）金属液刚好充满铸型室时，有h1S1＝h2S2代入数据解得h2＝0.05m则气室内气体的压强p1＝p0＋ρg（h1＋H＋h2）代入数据解得p1＝1.2×105（2）设注气后气室金属液液面下降的高度为h4，则有h3S1＝h4S2解得h4＝0.01m由于注气过程中铸型室内温度不变，则对铸型室内气体，由玻意耳定律有p0S1h1＝p'S1（h1－h3）解得注气后铸型室内气体的压强p'＝1.25×105Pa所以注气后气室内气体压强p2＝p'＋ρg（h3＋H＋h4）解得p2＝1.35×105Pa【解析】【分析】(1)金属液充满铸型室时，气室金属液面下降体积与铸型室体积相等，由此求液面下降高度h2(2)注气后铸型室内气体等温变化，用玻意耳定律求末态压强；气室内气体压强由铸型室气体压强、金属液柱压强叠加得到。9．【答案】（1）从T1状态到T2状态，封闭气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有V1T其中V1＝Sh1、V2＝Sh2联立解得h2＝43h（2）从T1状态到T4状态，封闭气体的温度不变，则整个过程内能变化量为ΔU＝0T1状态到T2状态，由平衡条件有p0S＋f0＝p1S解得p1＝2221p从T2状态到T3状态，封闭气体发生等容变化，由查理定律可知p1T解得p3＝2021p从T3状态到T4状态，封闭气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有V2T其中V4＝Sh4解得h4＝1110h则从T1状态到T4状态，外界对封闭气体做的功为W＝－[p1S（h2－h1）－p3S（h2－h4）]＝－863p0Sh由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，封闭气体吸收的净热量为Q＝－W＝863p0Sh【解析】【分析】(1)从T1到T(2)整个过程初末温度相同（T1=T10．【答案】B【解析】【解答】A：B→C过程，理想气体体积不变，压强变小，根据理想气体状态方程pVT＝C可知热力学温度降低，即T1＞T2，故A错误；

B：B→C和D→A均为等容过程，对外界不做功，温度变化相同，即内能变化量的大小相等，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知B→C放出的热量等于D→A吸收的热量，故B正确；

C：A→B气体温度不变，气体内能不变，气体压强减小，体积增大，气体对外界做功；C→D气体温度不变，气体内能不变，气体压强增大，体积减小，外界对气体做功；p-V图像与坐标轴所围图形的面积等于气体做的功，由图像可知，A→B过程图像与坐标轴所围图形的面积大于C→D过程图像与坐标轴所围图形的面积，即|WAB|＞|W11．【答案】（1）第一次抽气过程，由玻意耳定律得p0(V0－ΔV)解得ΔV＝12V（2）第二次抽气过程，由玻意耳定律得p1(V0－Δ解得p2＝(23第三次抽气过程，由玻意耳定律得p2(V0－Δ解得p3＝(23)3p0故要使压强小于13p0【解析】【分析】(1)第一次抽气为等温过程，气体体积膨