统考版2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分核心热点专项练专项14选考3_3热学（附解析）

专项14　选考(3－3)热学1．[2023·全国乙卷](1)对于一定量的理想气体，经过下列过程，其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是(　　)A．等温增压后再等温膨胀B．等压膨胀后再等温压缩C．等容减压后再等压膨胀D．等容增压后再等压压缩E．等容增压后再等温膨胀(2)如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方．管内空气被一段水银柱隔开，水银柱在两管中的长度均为10cm.现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1cm.求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强．(气体温度保持不变，以cmHg为压强单位)2.(1)利用喷雾器喷洒农药可以消灭害虫．如图是某种喷雾器，在储液筒内装入一些药液后将密封盖盖好，多次拉压活塞充气，然后打开喷嘴开关，活塞位置不再改变，药液可以持续喷出，储液筒内的空气可视为理想气体，充气和喷液过程筒内空气的温度可视为不变．充气过程中，储液筒内的气体内能________(填“减小”“增大”或“不变”)；喷洒药液过程中，气体内能________(填“减小”“增大”或“不变”).(2)如图所示，长为3l、横截面积为S的导热气缸固定在水平地面上，柄长为l的光滑T形绝热活塞将气缸内的气体分成体积相等的Ⅰ、Ⅱ两部分，K为阀门且处于关闭状态．两部分气体的压强均等于大气压强p0，温度均为27℃，活塞密封性良好，厚度不计． (ⅰ)若通过阀门K对气缸缓慢充气，试计算当活塞柄刚好与气缸壁左侧接触时，需要充入压强为p0、温度为27℃的气体的体积；(ⅱ)若对Ⅱ部分气体加热，Ⅰ部分气体温度不变，试计算Ⅱ部分气体的温度为627℃时，Ⅱ部分气体的压强．3．[2023·全国甲卷](1)在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体，发生下列缓慢变化过程，气体一定与外界有热量交换的过程是(　　)A．气体的体积不变，温度升高B．气体的体积减小，温度降低C．气体的体积减小，温度升高D．气体的体积增大，温度不变E．气体的体积增大，温度降低(2)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46kg/m3.(ⅰ)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时舱内气体的密度；(ⅱ)保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压，求舱内气体的密度．4．(1)如图所示，用水银血压计测量血压．某次测量时，先向袖带内充气，充入后袖带内气体的压强为1.4p0，体积为V.然后缓慢放气(该过程中气体温度保持不变)，使袖带内气体体积变为0.7V，压强变回到p0，则放气过程中袖带内壁单位时间单位面积上受到分子撞击的次数________(填“增加”“减少”或“不变”)，在放气过程中袖带内气体________(填“吸热”或“放热”). (2)如图所示，竖直放置的圆柱形导热的密闭汽缸，缸体质量m1＝10kg，活塞质量m2＝2kg，横截面积S＝2×10－3m2，活塞与一劲度系数k＝1.0×103N/m的弹簧相连，当汽缸下部被支柱支起时，弹簧刚好无伸长，此时活塞下部被封闭气柱长度L＝20cm.已知大气压强为p0＝1.0×105Pa，设支柱足够长，且不计一切摩擦，环境温度不变．若将汽缸下的支柱移去，求：(ⅰ)汽缸重新平衡时，缸体下降的高度；(ⅱ)若汽缸平衡时弹簧与活塞脱离，此后汽缸在下落过程中气体达到平衡态后的气柱的长度．5．[2022·全国甲卷](1)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如pT图上从a到b的线段所示。在此过程中________．A.气体一直对外做功B．气体的内能一直增加C．气体一直从外界吸热D．气体吸收的热量等于其对外做的功E．气体吸收的热量等于其内能的增加量(2)如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0.环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦．(ⅰ)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；(ⅱ)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强．6．[2022·全国乙卷](1)一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如 TV图上的两条线段所示．则气体在________．A.状态a处的压强大于状态c处的压强B．由a变化到b的过程中，气体对外做功C．由b变化到c的过程中，气体的压强不变D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热E．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能(2)如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处．活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l.初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0.已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积，重力加速度为g.(ⅰ)求弹簧的劲度系数；(ⅱ)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度．专项14　选考（3－3）热学1．解析：（1）对于一定质量的理想气体内能由温度决定，故等温增压和等温膨胀过程温度均保持不变，内能不变，故A正确；根据理想气体状态方程＝C可知等压膨胀后气体温度升高，内能增大，等温压缩温度不变，内能不变，故末状态与初始状态相比内能增加，故B错误； 根据理想气体状态方程可知等容减压过程温度降低，内能减小；等压膨胀过程温度升高，末状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故C正确；根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高；等压压缩过程温度降低，末状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故D正确；根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高；等温膨胀过程温度不变，故末状态的内能大于初状态的内能，故E错误．故选ACD.（2）B管在上方，设B管中气体的压强为pB，长度lB＝10cm则A管中气体的压强为pA＝pB＋20cmHg，长度lA＝10cm倒置后，A管在上方，设A管中气体的压强为p′A，A管内空气柱长度l′A＝11cm已知A管的内径是B管的2倍，则水银柱长度为h＝9cm＋14cm＝23cm则B管中气体压强为p′B＝p′A＋23cmHgB管内空气柱长度l′B＝40cm－11cm－23cm＝6cm对A管中气体，由玻意耳定律有pAlA＝p′Al′A对B管中气体，由玻意耳定律有pBlB＝p′Bl′B联立解得pB＝54.36cmHgpA＝pB＋20cmHg＝74.36cmHg答案：（1）ACD　（2）54.36cmHg　74.36cmHg2．解析：（1）充气过程中筒内气体分子的总个数增加，则气体内能增加；喷液过程筒内的空气温度不变，则分子的平均动能不变，气体分子总数不变，气体的内能也不变．（2）（ⅰ）设当活塞柄刚接触气缸左侧壁时，Ⅰ部分气体的压强为p1，由玻意耳定律可得p0×1.5lS＝p1lS解得p1＝1.5p0，设需要充入的气体体积为V，则由玻意耳定律可得p1×2lS＝p0（1.5lS＋V），解得V＝1.5lS.（ⅱ）设活塞柄刚好与气缸左侧壁接触时，Ⅱ部分气体的温度为t，由理想气体状态方程可得＝，解得t＝327℃<627℃.设Ⅱ部分气体温度为627℃时，Ⅱ部分气体的压强为p2，由查理定律可得＝，解得p2＝2.25p0.答案：（1）增大　不变　（2）（ⅰ）1.5lS　（ⅱ）2.25p03．解析：（1）气体的体积不变，温度升高，则气体的内能升高，体积不变气体做功为零，因此气体吸收热量，A正确；气体的体积减小温度降低，则气体的内能降低，体积减小．外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知气体对外界放热，B正确；气体的体积减小，温度升高，则气体的内能升高，体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，C错误；气体的体积增大，温度不变则气 体的内能不变，体积增大气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知Q>0即气体吸收热量，D正确；气体的体积增大，温度降低则气体的内能降低，体积增大气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知Q可能等于零，即没有热量交换过程，E错误．故选ABD.（2）（ⅰ）由摄氏度和开尔文温度的关系可得T1＝273＋17K＝290K，T2＝273＋27K＝300K理想气体状态方程pV＝nRT可知nR＝其中n为封闭气体的物质的量，即理想气体的正比于气体的质量，则＝＝其中p1＝p2＝1.2p0，ρ1＝1.46kg/m3，代入数据解得ρ2＝1.41kg/m3（ⅱ）由题意得p3＝p0，T3＝273＋27K＝300K同理可得＝＝解得ρ3＝1.18kg/m3答案：（1）ABD　（2）（ⅰ）1.41kg/m3　（ⅱ）1.18kg/m34．解析：（1）分析题意可知，放出部分气体后，剩余气体的压强减小、体积减小、温度不变，根据压强的微观含义可知，放气过程中袖带内壁单位时间单位面积上受到分子撞击的次数减少；放气过程中，气体的温度不变，则内能不变，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸热．（2）（ⅰ）支柱移去前，对活塞有p1＝p0＋＝1.1×105Pa支柱移去后重新平衡时，对汽缸有p2＝p0－＝0.5×105Pa对整体有kx＝（m1＋m2）g，解得x＝12cm因为汽缸是导热的，温度不变，根据玻意耳定律有p1LS＝p2L′S 解得L′＝44cm根据几何关系有ΔL＝x＋L′－L＝36cm（ⅱ）若将汽缸下的支柱移去，待汽缸平衡时弹簧与活塞脱离，此后汽缸在下落过程中气体达到平衡态后压强为p3＝p0＝1.0×105Pa设此时气柱的长度是L1因为汽缸是导热的，温度不变，根据玻意耳定律有p1LS＝p3L1S解得L1＝22cm答案：（1）减少　吸热　（2）（ⅰ）36cm　（ⅱ）22cm5．解析：（1）pT图线过坐标原点，因此气体从状态a到状态b发生等容变化，气体没有对外做功，A、D错误；从状态a到状态b气体温度升高，一定质量的理想气体内能只与温度有关，温度升高，内能增加，B正确；根据热力学第一定律可知气体从外界吸热，且吸收的热量等于其内能增加量，C、E正确．（2）（ⅰ）选第Ⅳ部分气体为研究对象，在B汽缸中的活塞到达汽缸底部的过程中发生等压变化：＝，解得T1＝T0.（ⅱ）以第Ⅱ、Ⅲ部分气体整体为研究对象，温度由T0升至2T0过程，由理想气体状态方程：＝.对第Ⅳ部分气体，温度由T0升至2T0过程，由理想气体状态方程：＝，解得p1＝p0.答案：（1）BCE　（2）（ⅰ）T0　（ⅱ）p06．解析：（1）由理想气体状态方程＝C，可得＝，作原点和c的连线，由a、c两点与原点连线的斜率，可知＞，故pa＞pc，A正确；由状态a到b，可知V变大，则气体对外做功，B正确；由图可知，b、c不在等压线上，故C错误；由状态a到b，T升高，则内能变大，V变大，则气体对外做功，可知ΔU＞0，W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q＞0，故气体从外界吸热，且吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误．（2）（ⅰ）对活塞Ⅰ受力分析如图由平衡条件有p·2S＝p0·2S＋2mg＋0.1kl对活塞Ⅱ受力分析如图 由平衡条件有pS＋mg＝p0S＋0.1kl联立解得k＝，p＝（ⅱ）由于是对气体缓慢加热，则两活塞受力平衡，将两活塞、弹簧、活塞间气体作为整体分析，受力情况不变，故气体压强不变，p′＝p＝，且弹簧长度不变对活塞间的气体，由盖－吕萨克定律有＝其中V1＝（2S＋S）＝1.65lS，T1＝T0V2＝（l＋0.1l）·2S＝2.2lS解得T2≈1.3T0答案：（1）ABD（2）（ⅰ）　（ⅱ）　1.3T0