2027新高考物理复习53A版1-第十五章 热学

专题十五热学考点1分子动理论内能2.(2025山东,2,3分)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为负答案C解析根据分子间作用力做功与分子势能变化的关系,分子间作用力做正功,分子势能减少;分子间作用力做负功,分子势能增加。由题图可知,r=r0时分子间作用力为零,当分子间距离由r0开始增大或减小时,分子间作用力均做负功,分子势能增大,本题又规定分子间距离r=r0时分子势能Ep=0,故当分子间距离r>r0或r<r0时,分子势能均为正,C正确。2.(2025黑吉辽蒙,2,4分)某同学冬季乘火车旅行,在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖,将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后,与刚进入车厢时相比,瓶内气体()A.内能变小B.压强变大C.分子的数密度变大D.每个分子动能都变大答案B解析瓶内气体的温度升高,内能变大,气体分子热运动的平均动能增大,但并不是每个分子热运动的动能都变大,A、D错误。瓶子的体积不会减小,故分子的数密度不会变大,C错误。由查理定律可得pT=C,随着温度升高,气体压强变大,B考点2固体、液体和气体考向2气体实验定律与理想气体状态方程的应用9.(2025云南,9,6分)(多选)图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计,其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体),与a相连的b管插在水槽中固定,b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计,在标准大气压p0下,b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在p0下()A.环境温度升高时,b管中液面升高B.环境温度降低时,b管中液面升高C.水槽中的水少量蒸发后,温度测量值偏小D.水槽中的水少量蒸发后,温度测量值偏大答案BD解析根据题意,硬质玻璃泡内的气体质量、体积不变,根据查理定律p1T1=p2T2,当温度升高时,玻璃泡内气体压强增大,设玻璃泡内气体的压强为p,大气压强为p0,b管内液体密度为ρ,横截面积为S,两液面高度差为Δh,根据受力平衡得pS+ρgΔhS=p0S,大气压强p0不变,当玻璃泡内气体压强p增大,液面高度差Δh减小;反之当温度降低时,玻璃泡内气体压强p减小,液面高度差Δh增大,A错误,B正确。根据上述推论,当温度升高时,液面高度差Δh减小,所以b管上的温度刻度从上往下表示的温度示数增大,当水槽中的水少量蒸发后,玻璃泡内气体压强不变,液面高度差Δh不变,水槽中的液面降低,b管中的液面降低13.(2025广东,13,9分)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S2=0.2m2,高度h2=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S1=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h1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。答案(1)0.05m1.2×105Pa(2)1.35×105Pa(1)进入铸型室的金属液的总体积与柱状气室内减少的金属液的体积相等,则S1h1=S2h2代入数据可得h1=0.05m气室内气体的压强p1=p0+ρg(H+h1+h2)代入数据可得p1=1.2×105Pa(2)关闭排气孔,对铸型室内的气体分析,发生等温变化,由玻意耳定律可得p0h2S2=p(h2-h3)S2解得p=1.25×105Pa此时气室内金属液面下降的高度h'1=S2S此时气室内气体的压强p2=p+ρg(H+h'1+h3)解得p2=1.35×105Pa关键点拨气室中的金属液进入铸型室,则气室中的金属液面会下降,铸型室中金属液面上升的高度和气室中金属液面下降的高度之比是两者的底面积之比的倒数。考向3玻璃管—液柱模型13.(2025湖南,13,10分)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示,粗细均匀的细管开口向上竖直放置,管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h,密度为ρ。缓慢旋转细管至水平,封闭空气柱长度为L2,大气压强为p0。(1)若整个过程中温度不变,求重力加速度g的大小;(2)考虑到实验测量中存在各类误差,需要在不同实验参数下进行多次测量,如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下,液柱长h=0.2000m,细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1=305.7K。水平放置时调控空气柱温度,当空气柱温度T2=300.0K时,空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ=1.0×103kg/m3,p0=1.0×105Pa。根据该组实验数据,求重力加速度g的值。答案(1)p0(L2(1)封闭空气发生等温变化,设细管横截面积为S,根据玻意耳定律得(p0+ρgh)L1S=p0L2S解得g=p0(2)根据理想气体的状态方程得p1V1即(p0+ρgh其中p0=1.0×105Pa,h=0.2000m,T1=305.7K,T2=300.0K,ρ=1.0×103kg/m3,代入数据解得g=9.5m/s2。考向4活塞—汽缸模型16.(2025山东,16,8分)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=330K时,保持温度不变,活塞不再下降。求:(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)。答案(1)43h1(2)863p0审题指导对于活塞受到摩擦力方向的正确分析,是本题的解题关键点。“活塞开始缓慢上升”说明活塞受到的摩擦力向下;“活塞开始缓慢下降”说明活塞受到的摩擦力向上。解析(1)从T1到T2过程,封闭气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律可得Sℎ1T解得h2=43h(2)当T1=330K时,活塞开始缓慢上升,则活塞所受摩擦力向下,设此时的封闭气体压强为p1,对活塞,由受力平衡可得p0S+f0=p1S,解得p1=2221p当T3=400K时,活塞开始缓慢下降,则活塞所受摩擦力向上,设此时的封闭气体压强为p2,对活塞,由受力平衡可得p0S-f0=p2S,解得p2=2021p从T3到T4过程,封闭气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律可得Sℎ2T3=Sℎ3T4从T1到T2过程,封闭气体对外界做功W1=p1S(h2-h1)从T3到T4过程,外界对封闭气体做功W2=p2S(h2-h3)从T1到T4,根据热力学第一定律可得ΔU=-W1+W2+Q由于T1和T4温度相等,可得ΔU=0,则封闭气体吸收的净热量为Q=W1-W2,联立解得Q=863p0Sh

归纳总结气体体积变大,气体对外界做功,W取负值;气体体积变小,外界对气体做功,W取正值;等质量的同种理想气体,若两状态温度相等,则气体的内能相等。10.(2025河南,10,6分)(多选)如图,一圆柱形汽缸水平固定,其内部被活塞M、P、N密封成两部分,活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时,P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2,体积分别为V1和V2,T1<T2,V1<V2。则()A.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将右移B.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将左移C.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将右移D.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将左移答案AC解析固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度ΔT,(点拨:利用假设法判断)假设P不移动,对左侧气体,由查理定律可得p1T1=p'

1T1+ΔT,解得p'1=p11+ΔTT1;对右侧气体,同理可得p'2=p21+ΔTT2;由于p1=p2、T1<T2,可得p'1>p'2,故假设不成立,P将右移,A正确,B错误。保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,同样假设P不移动,两侧气体体积均减小ΔV,对左侧气体,由玻意耳定律可得p1V1=p″1(V1-ΔV),解得p″1=p1V1V1-ΔV=p11-ΔVV1;对右侧气体一题多解分析A、B选项,对左侧气体,由理想气体状态方程可得p1V1T1=p'

1V'

1(T1+ΔT),解得V'1=p1(T1+ΔT)p'

1T1V1;对右侧气体,同理可得V'2=p2(T2+ΔT)p'

2T2V2;由于p1=p2、p'考点3热力学定律能量守恒定律考向2热力学定律及其与气体实验定律的综合3.(2025安徽,3,4分)在恒温容器内的水中,让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气,球内气体(可视为理想气体)温度不变,则气球上升过程中,球内气体()A.对外做功,内能不变B.向外放热,内能减少C.分子的平均动能变小D.吸收的热量等于内能的增加量答案A解析球内气体温度不变,可得球内气体的内能和分子热运动的平均动能均不变,C错误。气球缓慢上升,由液体压强与深度的关系可知,气球外部压强减小,可得球内气体的压强减小,由玻意耳定律pV=C可得球内气体的体积变大,故球内气体对外做功,A正确。由热力学第一定律ΔU=Q+W可得,当ΔU=0、W<0时,Q>0,故球内气体从外部吸热,B、D错误。3.(2025湖北,3,4分)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倍答案B解析设活塞质量为m,横截面积为S,大气压强为p0,汽缸内密封气体压强为p,对活塞受力分析可得F+p0S+mg=pS,密封气体温度升高,体积减小,由理想气体的状态方程pV=CT可知,p增大,故F增大,A错误。密封气体的热力学温度变为原来的2倍,V减小,故p大于原来的2倍,D错误。理想气体温度升高,分子热运动的平均动能增加,则内能变大,B正确。密封气体的体积减小,故气体对外界做负功,C错误。方案拓展B选项也可以用热力学第一定律分析气体内能的变化,根据公式ΔU=W+Q,外界对气体做正功,则W>0;电热丝对气体加热,且汽缸和活塞均绝热,表示气体吸收热量,Q>0,则ΔU>0,故气体内能增加。13.(2025陕晋青宁,13,9分)某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105Pa~3.5×105Pa。卡车行驶过程中,一般胎内气体的温度会升高,体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示,温度T1为300K时,体积V1和压强p1分别为0.528m3、3.0×105Pa;当胎内气体温度升高到T2为350K时,体积增大到V2为0.560m3,气体可视为理想气体。(1)求此时胎内气体的压强p2;(2)若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104J,求胎内气体的内能增加量ΔU。答案(1)3.3×105Pa(2)6.6×104J解析(1)胎内气体是理想气体,根据理想气体状态方程可得p1V1T1=p2V2T2,(2)根据p-V图线与横轴所围的面积表示胎内气体对外界做功的绝对值,可得外界对胎内气体做功W=-p1+p22ΔV(点拨:因为p与V成线性关系,此方法可以理解为平均值法代入数据解得W=-10080J,根据热力学第一定律得ΔU=W+Q,又因为此过程胎内气体吸收的热量Q=7.60