北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
专题十四 热学
应用创新题组
(时间:80分钟 满分:130分)
一、单项选择题(每小题4分,共16分)
1.(2021 5·3原创)如图所示,每天清晨环卫工人开着洒水车把路面洒湿,可使路面不起灰尘、
空气更加清新,给人们一天的生活带来好心情。洒水车在缓慢洒水过程中,若车胎不漏气,胎
内气体温度不变,不计分子间势能,则( )
A.胎内气体对外界做正功
B.轮胎与地面摩擦发热,故胎内气体的内能增加
C.胎内气体温度不变,故与外界无热传递
D.胎内气体温度不变,故每个气体分子的速率都不变
pV
答案 A 缓慢洒水过程中,胎内气体压强减小、温度不变,由 =C可知气体体积增大,故
T
气体对外界做正功,A正确;由于不计分子间势能,气体内能只与温度有关,温度不变,内能不变,
故B错误;由ΔU=W+Q知,ΔU=0,W<0,故Q>0,气体从外界吸热,故C错误;温度不变,分子的平
均动能不变,但每个分子的速率都是不断变化的,故D错误。
2.(2021福建、山东联考,4)2020年12月8日,中国和尼泊尔共同宣布了珠穆朗玛峰海拔的最
新测定数据,这展示了我国测绘技术的发展成果,对于珠峰地区的生态环境保护等具有重大意
义。登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备,某队员戴了登山手表攀登珠穆朗
玛峰,手表是密封的,表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值),当他登上
峰顶时,峰顶气压为4.0×104 Pa,表内温度为-23 ℃;则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压
强差至少为( )
A.8.3×104 Pa B.8.3×105 Pa
C.4.3×104 Pa D.1.23×105 Pa
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答案 C 取表内封闭气体为研究对象,初状态的压强为p=1.0×105 Pa,温度为T=300 K,末状
1 1
态的压强为p
2
,温度为T
2
=(273-23) K=250 K,根据查理定律,有 p
1
= p
2
,解得p
2
=5×105 Pa,所以
T T 6
1 2
5
此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为Δp= ×105-4.0×104 Pa≈4.3×104 Pa,只有C
6
项符合,故选C项。
3.(2020山东烟台一模,4)一定质量的理想气体,从状态a开始,经历ab、bc、ca三个过程回到
原状态,其V-T图像如图所示,其中图线ab的反向延长线过坐标原点O,图线bc平行于T轴,
图线ca平行于V轴,则( )
A.ab过程中气体压强不变,气体从外界吸热
B.bc过程中气体体积不变,气体不吸热也不放热
C.ca过程中气体温度不变,气体从外界吸热
D.整个变化过程中气体的内能先减少后增加
答案 A 在V-T图像上等压线为过坐标原点的一条倾斜的直线,由a到b为等压变化,温度
升高,气体内能增大,体积增大,对外做功,根据热力学第一定律可知,气体从外界吸热,故选项A
正确;bc过程中气体体积不变,气体不做功,温度降低,内能减小,根据热力学第一定律可知,气
体放热,故选项B错误;ca过程中气体温度不变,内能不变,体积减小,外界对气体做功,根据热
力学第一定律可知,气体放热,故选项C错误;从a到b温度升高,内能增加,从b到c温度降低,
内能减小,从c到a温度不变,内能不变,故选项D错误。
4.(2021山东济南实验中学月考,7)一定量的理想气体从状态a开始,经历等温或等压过程
ab、bc、cd、da回到原状态,其p-T图像如图所示,其中对角线ac的延长线过原点O。下列判
断正确的是( )
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A.气体在a、c两状态的体积不相等
B.气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能
C.在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D.在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
p V p V V p T
答案 B 由 a a = c c并结合图像,得 a = c · a =1,因此气体在a、c两状态的体积相等,
T T V T p
a c c c a
A错误;对一定量的理想气体内能由温度决定,由于T>T,因此气体在状态a时的内能大于它
a c
在状态c时的内能,B正确;在cd过程中,气体发生等温变化,压强增大,体积减小,温度保持不
变,内能不变,外界对气体做功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体向外界放出的热量等
于外界对气体做的功,C错误;在da过程中气体发生等压变化,温度升高内能增加,体积增大,气
体对外界做功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,从外界吸收的热量大于气体对外界做的功,D
错误。
二、多项选择题(每小题6分,共18分)
5.(2021河北邯郸一模,15,4分)(多选)若某个封闭的热力学系统与外界之间热传递良好,而外
界的热容量极大,这样,在外界与系统交换热量时,其内部就只经历等温的可逆变化,称之为
“恒温热源”(如大量的冰水混合物、沸水、某温度下的恒温水浴等);同时,外界对系统的压
缩或系统的膨胀又进行得十分缓慢,则这样的系统所经历的过程可认为是可逆的等温过程,现
某封闭的热力学系统内有一定质量的理想气体,若该气体经历了这样的等温过程,则下列说法
中正确的是( )
A.膨胀过程中系统内气体内能增大
B.膨胀过程中系统内气体压强增大
C.压缩过程中外界对气体做功内能不变
D.压缩过程中气体分子与容器壁碰撞的频繁程度增大
E.无论是膨胀还是压缩,气体分子平均动能均不变
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答案 CDE 由于气体为理想气体,其内能只与温度有关,膨胀和压缩均为等温变化,故内能
不变,选项A错误,E正确;根据pV=CT,温度不变而体积增大,压强一定减小,选项B错误;压缩
过程中虽然外界对气体做功,但温度不变,故内能不变,选项C正确;压缩过程中气体体积减小,
单位体积内分子数增大,分子的平均速率不变,故对容器壁碰撞的频繁程度增大,选项D正确。
故选C、D、E项。
6.(2021山东德州模拟,9)(多选)下列说法中正确的是( )
A.若两分子间距离增大,分子势能可能增大
B.已知阿伏加德罗常数、铜的摩尔体积和密度,可估算出铜原子的直径
C.热量不可以从低温物体传到高温物体
D.对于一定质量的理想气体,在压强不变而体积增大时,单位时间碰撞容器壁单位面积的分子
数一定减少
答案 ABD 若两分子间表现为引力,分子间距离增大,分子力做负功,则分子势能增大,选项
A正确;根据铜的摩尔质量和密度,可以计算出铜的摩尔体积,已知阿伏加德罗常数,根据摩尔
体积除以阿伏加德罗常数可算出铜原子的体积,根据球体体积的计算公式求解原子直径,故B
正确;根据热力学第二定律可知,热量可以从低温物体传到高温物体,但是要引起其他的变化,
选项C错误;对于一定质量的理想气体,在压强不变而体积增大时,温度升高,分子平均速率变
大,分子数密度减小,则单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少,选项D正确。
7.(2021 5·3原创)(多选)潜水钟是一种水下救生设备,它是一个底部开口、上部封闭的容器,外
形与钟相似。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。
在某次救生时,工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放缓慢下移到某深处,若不计温度的
变化,也不计分子间的作用力,则此过程中( )
A.潜水钟上方封闭的空气的压强增大
B.潜水钟上方封闭的空气的内能不变
C.潜水钟上方封闭的空气对外界做正功
D.潜水钟上方封闭的空气从水中吸收热量
答案 AB 将潜水钟缓慢下移到水中某深处过程中,潜水钟上方封闭的空气的压强
p=p+ρgh,p 不变,h增大,所以封闭空气压强增大,故A正确;由于温度不变,所以封闭空气的内
0 0
能不变,故B正确;若不计温度的变化,也不计分子间的作用力,由玻意耳定律可知,压强增大,
则体积减小,外界对封闭空气做正功,C错误;封闭的空气的内能不变,外界对封闭的空气做正
功,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,封闭空气将向海水释放热量,故D错误。
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三、非选择题(共40分)
8.[2022届广东七校联考,16(2) 物理生活](8分)中国共产党成立100周年庆祝大会临近尾声
时,广场上的100个气球笼同时打开,10万只气球腾空而起,缤纷的色彩在天空中恣意绽放,一
道斑斓的气球幕墙在北京上空描绘出一幅美丽的画卷。据报道,本次使用的气球为氦气球,每
个气球需要充入氦气10 L,充气后压强等于一个标准大气压,地面附近空气温度为27 ℃、压
强为1.0×105 Pa。
①用一个体积为50 L、压强为2.0×107 Pa的氦气罐给气球充气(认为充气前后气球和氦气罐
温度都与环境温度一致,不发生变化),在忽略漏气损耗的情况下,这样的1个氦气罐可以充满
多少个氦气球?
②本次大会使用的气球由可降解材料制成,当气球体积膨胀到15 L时会发生爆炸。已知高度
每升高1 000 m,空气温度下降6 ℃,若一个气球在刚好上升到2 000 m时发生爆炸(气球上升
过程中没有漏气),则此时2 000 m高处大气压强为多少?
解析 ①氦气罐体积V=50 L,压强p=2.0×107 Pa,每个气球充满气的体积V=10 L,压强
0
p=1.0×105 Pa,由玻意耳定律可得pV=p (nV +V),可得n=995
0 0 0
所以每个氦气罐可以充气球 995 个 ;
②在地面,气球体积V=10 L,压强p=1.0×105 Pa,温度为T=300 K,到达2 000 m高空时,V =15
0 0 0 1
L,温度为T
1
=288 K,由理想气体状态方程 p
0
V
0
= p
1
V
1
,解得p
1
= 0.64×10 5 Pa
T T
0 1
9.[2021韶关一模,15(2) 物理生活](8分)如图所示,在一圆形竖直管道内封闭有理想气体,用
一固定绝热活塞K和质量为m的可自由移动的绝热活塞A将管内气体分割成体积相等的两
mg
部分。温度都为T=300 K,上部气体压强为p=1.0×105 Pa,活塞A有 =2×104 Pa(S为活塞
0 0
S
横截面积)。现保持下部分气体温度不变,只对上部分气体缓慢加热,当活塞A移动到最低点
B时(不计摩擦)。求:
①下部分气体的压强;
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②上部分气体的温度。
解析 ①对下部分气体,做等温变化,初状态压强为:
mg
p=p+ =1.0×105 Pa+2×104 Pa=1.2×105 Pa
1 0
S
体积为:V =V
1 0
1
末状态:压强为p,体积为:V = V
2 2 0
2
根据玻意耳定律有:p V=pV
1 1 2 2
代入数据得:p = 2.4×10 5 Pa
2
②对上部分气体,当活塞A移动到最低点时,对活塞A受力分析可得出两部分气体的压强
p'=p
2 2
初状态:压强为p,温度为T,体积为V
0 0 0
3
末状态:压强为p',温度为T',体积为V'= V
2 2 2 0
2
p V p 'V '
根据理想气体状态方程,有:
0 0
=
2 2
T T '
0 2
代入数据解得:T'=3.6T = 1 080 K
2 0
10.[2021肇庆一模,15(2) 物理生活](10分)一辆汽车未启动时,一车胎内气体温度为27 ℃,胎
压监测装置显示该车胎胎压为200 kPa,考虑到胎压不足,司机驾驶车辆到汽车修理店充气,行
驶一段路程到汽车修理店后,胎压监测装置显示该车胎胎压为210 kPa,工作人员为该车胎充
气,充气完毕后汽车停放一段时间,胎内气体温度恢复到27 ℃时,胎压监测装置显示该车胎胎
压为250 kPa,已知车胎内气体体积为40 L且不考虑体积变化,求:
①车胎胎压为210 kPa时轮胎内气体温度;
②新充入气体与车胎内原来气体的质量比。
解析 ①车胎内的气体做等容变化,初态:p =200 kPa,T =(273+27) K=300 K
1 1
末态:p =210 kPa
2
p p
由查理定律 1 = 2得
T T
1 2
T=p T=210×300 K= 315 K
2 2 1
p 200
1
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②设车胎内原来气体压强为250 kPa时体积为V',初态:p =200 kPa,V =40 L
1 1
末态:p =250 kPa
3
由pV=pV'
1 1 3
解得V'= p
1
V =200×40 L=32 L
p 250
3
V -V ' 40-32 1
新充入气体与车胎内原来气体的质量比等于体积比,为 = =
V ' 32 4
方法技巧 在充气时,将充进容器内的气体和容器内的全部气体作为研究对象时,这些气体的
质量是不变的。这样,可将变质量的问题转化成定质量问题。
11.[2021珠海一模,15(2) 物理生活](10分)如图为高楼供水系统示意图,压力罐与水泵和气
泵连接,其中压力罐的底面积为5 m2、高为6 m,开始罐内只有压强为1.0×105 Pa的气体,阀门
K、K 关闭,现打开K,启动水泵向罐内注水,当罐内气压达到2.4×105 Pa时水泵停止工作,当
1 2 3
罐内气压低于1.2×105 Pa时水泵启动,假设罐内气体温度保持不变。
①当压力罐内气压达到2.4×105 Pa时,求注入水的体积;
②某一次停水,阀门K 关闭。当用户用水,使得罐内气压低至1.2×105 Pa时,气泵启动。为保
3
证剩余水全部流入用户后,压力罐中气体的压强都不低于1.2×105 Pa,求气泵至少要充入压强
为1.0×105 Pa的气体的体积。
解析 ①取压力罐内气体为研究对象,由等温变化得:p LS=p LS
0 0 1 1
注入水的体积为:V =LS-L S
水 0 1
解得:V = 17.5 m 3
水
②由等温变化得:p LS=p LS
0 0 2 2
剩余水的体积为:V'=L S-L S=5 m3
0 2
由等温变化得:p V″=p V'
0 2
得V″= 6 m 3
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12.(2021辽宁新高考适应卷,14)(10分)某民航客机在一万米左右高空飞行时,需利用空气压缩
机来保持机舱内外气体压强之比为4∶1。机舱内有一导热汽缸,活塞质量m=2 kg、横截面积
S=10 cm2,活塞与汽缸壁之间密封良好且无摩擦。客机在地面静止时,汽缸如图(a)所示竖直放
置,平衡时活塞与缸底相距l=8 cm;客机在高度h处匀速飞行时,汽缸如图(b)所示水平放置,平
1
衡时活塞与缸底相距l=10 cm。汽缸内气体可视为理想气体,机舱内温度可认为不变。已知
2
大气压强随高度的变化规律如图(c)所示,地面大气压强p=1.0×105 Pa,地面重力加速度g=10
0
m/s2。
(1)判断汽缸内气体由图(a)状态到图(b)状态的过程是吸热还是放热,并说明原因;
(2)求高度h处的大气压强,并根据图(c)估测出此时客机的飞行高度。
答案 (1)吸热 原因见解析 (2)0.24×105 Pa 104 m
解析 (1)由于汽缸导热,机舱内温度不变,所以汽缸内气体温度不变,内能不变。根据热力学
第一定律ΔU=W+Q,气体体积变大,对外做功,内能不变,一定是吸热。
(2)题图(a)状态:p·S=p S+mg
a 0
解得:p=1.2×105 Pa
a
由题图(a)状态到题图(b)状态是等温变化
plS=p lS
a1 b2
解得:p =0.96×105 Pa
b
机舱内外气体压强之比为4∶1,因此舱外气体压强p =0.24×105 Pa
外
根据题图(c)可以得到此时客机的飞行高度约为104 m。
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13.(2021 5·3原创)(10分)如图所示,是某同学设计的导热性能良好的喷水装置,已知该喷水装
置内部空间是底部面积为S、高度为4L的长方体,阀门关闭,此时装置内部的下部装有高度
为3L的水,上部密封压强为p 的空气。容器上部接有打气筒(打气筒的体积相对容器而言可
0
以忽略),该打气筒可以多次往容器中打入压强为p、温度为T 的空气。现打开阀门后,容器
0 0
中的水将被喷出,当装置中的水不再喷出时,求:(设在此过程中空气可看作理想气体,且温度不
变,恒为T。已知大气压强为p=4ρgL,其中ρ为水的密度,g为重力加速度)
0 0
(1)容器中剩下水的高度为多少?
(2)若此时给容器中空气加热可使容器中的水再次喷出。为了使容器中的水高度为L,容器中
的气体温度应为多少?
(3)若此时往容器中缓慢打入部分气体可使容器中的水再次喷出。为了使容器中的水的高度
为L,往容器中打入部分气体体积应为多少?
答案 见解析
解析 (1)设打开阀门后,当装置中的水不再喷出时,容器中剩下水的高度为L,则容器中空气
1
的体积为V=(4L-L)S
1 1
设此时容器内气体压强为p,则:p +ρgL =p
1 1 1 0
根据玻意耳定律有pV=pV,即pSL=p S(4L-L )
0 0 1 1 0 1 1
联立上述式子解得:L=2L
1
(2)容器中的水高度为L时,容器中空气的体积为V=(4L-L)S=3LS
2
设此时容器内气体压强为p,则:p +ρgL=p ,解得:p =3ρgL
2 2 0 2
设此时容器内空气温度为T',根据理想气体状态方程得:
p V =p V
0 0 2 2
T T'
0
4ρgL·LS 3ρgL·3LS
则 =
T T'
0
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9T
解得:T'= 0
4
(3)与(2)相同,容器中的水高度为L时,容器中空气的体积为V=3LS
2
此时容器内气体压强:p =3ρgL
2
设往容器中打入部分气体体积为V'
根据玻意耳定律有:p (V +V')=p V
0 0 2 2
5LS
联立上述式子解得:V'=
4
14.(2021山东聊城一模,15)(10分)趣味运动“充气碰碰球”如图所示。用完全封闭的PVC
薄膜充气膨胀成型,人钻入洞中,进行碰撞游戏。充气之后碰碰球内气体体积为0.8 m3,压强为
1.5×105 Pa。碰撞时气体最大压缩量是0.08 m3,不考虑压缩时气体的温度变化。
(1)求压缩量最大时,球内气体的压强;
(2)为保障游戏安全,球内气体压强不能超过1.75×105 Pa,那么,在早晨17 ℃环境下充完气的碰
碰球,球内气体压强为1.5×105 Pa,若升温引起的球内容积变化可忽略,请通过计算判断是否可
以安全地在中午37 ℃的环境下进行碰撞游戏?
答案 见解析
解析 (1)碰撞游戏气体被压缩最大的过程中,气体做等温变化,由玻意耳定律:p V=pV
1 1 2 2
其中:p =1.5×105 Pa,V =0.8 m3
1 1
V=(0.8-0.08)m3=0.72 m3
2
解得:p =1.67×105 Pa
2
(2)从早晨充好气,到中午碰撞游戏前,气体做等容变化
p p
由查理定律得:
1
=
3
T T
2 3
其中:T=290 K,T =310 K
2 3
中午碰撞游戏气体被压缩最大的过程中,气体做等温变化
pV=pV
3 1 4 2
联立解得:p =1.78×105 Pa>1.75×105 Pa
4
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所以在中午37 ℃的环境下不能安全地游戏碰撞。
15.(2022届湖南师大附中月考一 物理生活)(10分)一个气球内气体的压强为p=1×105 Pa,温
0
度为-73 ℃,体积为V=10 L。已知气球的容积跟球内气体的压强成正比。现在保持温度不变,
0
再向气球内充入压强为1×105 Pa的同温度气体30 L,此后气球的容积和气体压强各为多少?
如果再慢慢升温,最后温度变为127 ℃,那么压强和体积又为多大?
解析 将气球内原有气体和待充入气体视为整体,于是有初状态p=1×105 Pa,V =40 L,末状态
1 1
有p,V ,根据玻意耳定律得pV=pV①
2 2 1 1 2 2
V V
又由题意可知V=kp,则有 0 = 2②
p p
0 2
代入数据解得V= 20 L ,p= 2×10 5 Pa
2 2
p V p V
由理想气体状态方程得 2 2 = 3 3③
T T
2 3
其中T=200 K,T =400 K
2 3
V V
又由V=kp可得 0 = 3④
p p
0 3
联立可得p=2√2×105 Pa≈ 2.83×10 5 Pa ,V =20√2 L≈ 28.3 L
3 3
16.(2021长郡中学月考七 典型模型)(10分)如图是小明学习完热学内容后设计的一个测量
小车加速度的简易装置。在车上水平固定内壁光滑且导热的汽缸,缸内有一定质量的空气
(可视为理想气体),被质量为m且厚度不计的活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分。小车静止时活塞刚
好位于汽缸中间,此时左右两边气体压强均为大气压p,假设外界温度不变,已知活塞面积为
0
S,汽缸长度为2L。
①小车以一定的加速度向右运动时,发现左侧部分Ⅰ气体的体积正好是静止时的一半,请帮助
小明计算出此时小车的加速度a的大小;
②以小车静止时活塞在汽缸中的位置为坐标原点O,水平向右为x轴正方向,当小车加速度大
3p S
小a= 0 时,求活塞的位置坐标x。
1
4m
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解析 ①左右两部分气体温度不变,做等温变化,根据玻意耳定律可知:
对左侧气体Ⅰ有p 0 LS=p 1(1 LS )
2
解得p=2p
1 0
对右侧气体Ⅱ有p 0 LS=p 2(3 LS )
2
2
解得p= p
2 0
3
对活塞由牛顿第二定律可得pS-p S=ma
1 2
4 p S
解得a= 0
3m
②如果小车的加速度方向向左,由玻意耳定律
对左侧气体Ⅰ得p'(L+x)S=p LS
1 0
对右侧气体Ⅱ得p'(L-x)S=p LS
2 0
对活塞由牛顿第二定律得p'S-p 'S=ma
2 1 1
L
解得x= 或者x=-3L(舍去)
3
L
如果小车的加速度方向向右,利用对称性可得x=-
3
L L
所以活塞的坐标位置为x= 或者x=-
3 3
17.(2022届长郡中学月考一 典型模型)(10分)如图,开口向上的汽缸内盛有一定深度的水银,
一粗细均匀、长为l=24 cm且下端开口的细玻管竖直漂浮在水银中。平衡时,玻管露出水银
面的高度和进入玻管中的水银柱长度均为h=6 cm,轻质活塞到水银面的高度为h=12 cm,水
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银面上方的气体压强为p=76 cmHg。现施外力使活塞缓慢向下移动,当玻管上端恰好与水银
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面齐平时,进入玻管中的水银柱长度为h=12 cm。活塞与汽缸壁间的摩擦不计且密封性良好,
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玻管的横截面积远小于汽缸的横截面积,整个过程中各部分气体的温度保持不变,求:
第12页共13页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
①玻管上端恰好与水银面齐平时,玻管内气体的压强;
②整个过程中活塞向下移动的距离。
解析 ①设玻管的横截面积为S,活塞的横截面积为S,对玻管中的气体,初态体积和压强分
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别为V=(l-h )S ,p=p+ρg(l-2h )
1 1 1 1 0 1
末态体积为V=(l-h )S
2 2 1
由玻意耳定律有pV=pV
1 1 2 2
代入数据解得p= 132 cmHg
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②设玻管上端恰好与水银面齐平时,活塞到水银面的高度为h,对水银面上方的气体,初态体积
和压强分别为V'=h S,p'=p
1 0 2 1 0
末态体积和压强分别为V'=hS ,p'=p -ρg(l-h )
2 2 2 2 2
由玻意耳定律有p'V '=p 'V '
1 1 2 2
代入数据解得h=7.6 cm
活塞向下移动的距离为Δx=h-h= 4.4 cm
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