热学纵深例题解析

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中考物理专题训练——《热学》计算题试卷及要领分析解析

用热学规律进行有关的计算，需用吸收的热量的公式Q 吸=cm (t -t 0)=cm ⊿t ；放出的热量的公式Q 放=cm (t 0-t )=cm ⊿t ；燃料完全燃烧放出的热量的计算公式：Q 放=mq ；炉子的热效率公式η=Q 吸/Q 放。

而对初中热学综合计算题的解决就需要把以上提到的公式或者规律中的两个或者多个结合起来，也常常应用热平衡方程为Q 放=Q 吸。

所以对于初中生，在中考时常常出现热学综合计算题。

这样的题能考查学生多个知识点，是评价学生综合能力的好素材。

本文就初中热学综合计算题考法，结合多年来对全国各省市中考题的研究进行归纳总结，对不同考题在解法上进行分析指导。

策略一：熟练掌握三个知识点知识点1：物体吸收或放出热量的公式①计算物体吸收热量的公式为：Q 吸=cm (t -t 0)=cm ⊿t 。

②计算物体放出热量的公式为：Q 放=cm (t 0-t )=cm ⊿t 。

其中，Q 吸表示吸收热量，单位是J ；c 表示物体比热容，单位是J/(kg ·℃)；m 表示质量，单位是kg ；t 0表示物体初始温度，单位是℃；t 表示物体后来的温度，单位是℃。

⊿t =t -t 0表示物体升高了的温度。

⊿t =t 0-t ，表示物理降低了的温度。

知识点2：燃料完全燃烧放出热量的公式 ①燃料完全燃烧释放出的热量公式为：Q 放=mq 。

②气体燃料完全燃烧释放出的热量公式也可为：Q 放=qV 。

推导过程如下：说明：①中的公式对固体、液体、气体、均适用。

②只对气体适用。

两个公式的得出都是根据热值的定义式得到的。

其中，Q 放表示燃料完全燃烧放出的热量，单位是J ；q 表示燃料的热值，单位是J/kg ；m 表示质量，单位是kg 。

V 表示体积，单位是ｍ3。

知识点3：热效率公式（1）热机的效率：用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比。

热机的效率是热机性能的一个重要指标。

汽车发动机的效率、飞机发动机的效率、轮船发动机的效率均属于热机的效率，其公式为：η=放吸Q Q 。

热学解析版Word版含解析

热学1.北方的冬天天气比较寒冷，房间内一般都要安装暖气片供暖。

在房间暖气片温度保持不变的情况下，房间内的平衡温度将随外界温度的变化而变化。

研究表明，房间内暖气片和房内的温差与房间内外的温差之比保持不变。

当外界温度为—23℃时，房间内的温度长时间保持13℃不变；当外界温度为—18℃时，房间内温度长时间保持16℃不变，则房间内暖气片的温度应为______℃。

当房间内温度长时间保持25C 不变时，外界温度为______℃。

2．当物体中存在温度差时，热量会从温度高的地方向温度低的地方传递。

对于一长度为L 、横截面积为S 的均匀金属棒，当两端的温度差稳定为△T 时，△t 时间内从高温端向低温端传递的热量△Q 满足关系式： t LTkS Q ∆∆=∆.；其中k 为棒的导热系数。

如图所示，长度分别为L 1、L 2，导热系数分别为k 1、k 2，的两个横截面积相等的细棒在D 处紧密对接，两金属棒各自另一端分别与温度为400开、300开的恒定热源良好接触。

若L 1∶L 2=1∶2，k 1∶k 2=3∶2，则在稳定状态下，D 处的温度为（） A ．375开 B ．360开 C ．350开 D ．325开【参照答案】A【名师解析】：设在稳定状态下，D 处的温度为T ，则对于长度为L 1的细棒，()11400-k S T Q t L ∆=∆，对于长度为L 2的细棒，()22300k S T Q t L -∆=∆，联立解得T=375K ，选项A 正确。

【点评】此题考查热传递及其相关知识。

3（2013第五届中学生数理化学科能力展示高二）实验表明，当物体中存在温度差时，热量会从温度高的地方向温度低的地方传递（即热传导现象）。

比如对一长为L 、横截面积为S 的细棒，当两端的温度差维持在△T 时，在稳定状态下，△时间内高温端向低温端的热量传递△Q 满足关系式△Q =kS △t △T/L ，式中k 为细棒材料的导热系数。

如图所示，长度分别为L 1、L 2，导热系数分别为k 1、k 2的两个横截面积相等的细棒在O 处对接，两细棒的两端分别与稳定为T 1、T 2的两个恒温热源有良好接触，则在稳定状态下，两个细棒对接处O 的温度T= 。

中考专题08热学计算(知识点复习+例题讲解+过关练习) (原卷版)

专题08 热学计算【考点分析】章节考点考试题型难易度内能比热容计算选择题、填空题、计算题 ★★★ 热值计算选择题、填空题、计算题 ★★ 热效率选择题、填空题、计算题★★【知识点总结+例题讲解】一、比热容计算：1.公式：tm Q c ∆⋅=放吸/2.变形：Q 吸=cm △t【例题1】质量为2kg 的水温度升高5℃。

求：水吸收的热量Q 吸。

[c 水＝4.2×103J/（kg •℃）]【变式1】完成以下计算：（1）水的比热容是4.2×103J/（kg •℃），将2kg 水从20℃加热到100℃，求水吸收的热量；（2）将2kg 汤从20℃加热到100℃，需要吸收6.4×105J 的热量，求汤的比热容。

【例题2】质量相同的A 、B 两金属块，把它们都加热到100℃，然后分别投入装有质量相同、初温都为0℃的C 、D 两杯水中，测量的结果：金属块A 使C 杯的水温升高了10℃，金属块B 使D 杯的水温升高了20℃．设两金属块比热容为c A 和c B ，则c A 与c B 的比值为（） A ．4：9 B ．9：4C ．19：9D ．9：19【变式2】将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）（） A ．0℃ B ．6℃C ．6℃以上D ．4℃二、热值计算：1.公式：mQ q 放=（或VQ q 放=一般用于气体、液体燃料）其中：m 为燃料的质量，V 为燃料的体积，q 为燃料的热值 2.公式变形：（1）qm Q =放（已知热值及燃料质量，求燃烧放出的热）（2）qQ m 放=（已知燃烧放出的热及热值，求燃料的质量）【例题3】已知天然气的热值为4.0×107J/m 3，完全燃烧2.1m 3的天然气可以获得J 的热量，不计热量损失，这些热量可以使500kg 的水，温度升高℃。

热学专题(2024高考真题及解析)

热学专题1.[2024·安徽卷] 某人驾驶汽车,从北京到哈尔滨.在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变,且没有漏气,可视为理想气体),于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气,使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中,轮胎内气体的温度与环境温度相同,且保持不变).已知该轮胎内气体的体积V0=30 L,从北京出发时,该轮胎内气体的温度t1=-3 ℃,压强p1=2.7×105 Pa.哈尔滨的环境温度t2=-23 ℃,大气压强p0取1.0×105 Pa.求:(1)在哈尔滨时,充气前该轮胎内气体压强的大小;(2)充进该轮胎的空气体积.1.(1)2.5×105 Pa(2)6 L[解析] (1)在哈尔滨时,设充气前该轮胎内气体压强的大小为p2.由查理定律可得p1T1=p2 T2其中p1=2.7×105 Pa,T1=(273-3) K=270 K,T2=(273-23) K=250 K解得p2=2.5×105 Pa(2)设充进该轮胎的空气体积为V.以充进的空气和该轮胎内原有的气体整体为研究对象,由玻意耳定律可得p2V0+p0V=p1V0解得V=6 L2.[2024·北京卷] 一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮,将气泡内的气体视为理想气体,且气体分子个数不变,外界大气压不变.在上浮过程中气泡内气体 ()A.内能变大B.压强变大C.体积不变D.从水中吸热2.D[解析] 上浮过程气泡内气体的温度不变,内能不变,故A错误;气泡内气体压强p=p0+ρ水gh,故上浮过程气泡内气体的压强减小,故B错误;由玻意耳定律pV=C知,气体的体积变大,故C错误;上浮过程气体体积变大,气体对外做功,由热力学第一定律ΔU=Q+W 知,气体从水中吸热,故D正确.3.[2024·甘肃卷] 如图所示,刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体,被隔板分成A 、B 两部分,隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积).容器横截面积为S 、长为2l.开始时系统处于平衡态,A 、B 体积均为Sl ,压强均为p 0,弹簧为原长.现将B 中气体抽出一半,B 的体积变为原来的34.整个过程系统温度保持不变,气体视为理想气体.求: (1)抽气之后A 、B 的压强p A 、p B . (2)弹簧的劲度系数k.3.(1)45p 0 23p 0 (2)8p 0S15l[解析] (1)抽气前两部分的体积为V =Sl ,对A 分析,抽气后V A =2V -34V =54Sl 根据玻意耳定律得p 0V =p A ·54V 解得p A =45p 0对B 分析,若压强不变的情况下抽去一半的气体,则体积变为原来的一半,即V B =12V ,则根据玻意耳定律得p 0·12V =p B ·34V 解得p B =23p 0(2)由题意可知,弹簧的压缩量为l4,对活塞受力分析有p A S =p B S +F 根据胡克定律得F =k l4联立得k =8p 0S15l4.[2024·广东卷] 差压阀可控制气体进行单向流动,广泛应用于减震系统.如图所示,A、B 两个导热良好的汽缸通过差压阀连接,A内轻质活塞的上方与大气连通,B的体积不变.当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开,A内气体缓慢进入B中;当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭.当环境温度T1=300 K时,A内气体体积V A1=4.0×10-2 m3;B 内气体压强p B1等于大气压强p0.已知活塞的横截面积S=0.10 m2,Δp=0.11p0,p0=1.0×105 Pa.重力加速度大小g取10 m/s2.A、B内的气体可视为理想气体,忽略活塞与汽缸间的摩擦,差压阀与连接管道内的气体体积不计.当环境温度降低到T2=270 K时:(1)求B内气体压强p B2;(2)求A内气体体积V A2;(3)在活塞上缓慢倒入铁砂,若B内气体压强回到p0并保持不变,求已倒入铁砂的质量m.4.(1)9×104 Pa(2)3.6×10-2 m3(3)110 kg[解析] (1)当环境温度降低到T2=270 K时,B内气体压强降低.若此时差压阀没打开,设p B2'为差压阀未打开时B内气体的压强,B内气体体积不变,由查理定律得p0 T1=p B2' T2解得p B2'=9×104 Pa由于A、B内气体压强差p0-p B2'<Δp,故差压阀未打开,则p B2=p B2'即p B2=9×104 Pa(2)差压阀未打开时,A内气体的压强不变,由盖-吕萨克定律得V A1 T1=V A2 T2解得V A2=3.6×10-2 m3(3)倒入铁砂后,B内气体的温度和体积都不变,但压强增加,故可知A中气体通过差压阀进入B中,当B内气体压强为p0时,A内气体压强比B内气体压强高Δp,再根据A的活塞受力平衡可知(p0+Δp)S=p0S+mg解得m=110 kg5.[2024·广西卷] 如图甲,圆柱形管内封装一定质量的理想气体,水平固定放置,横截面积S =500 mm 2的活塞与一光滑轻杆相连,活塞与管壁之间无摩擦.静止时活塞位于圆管的b 处,此时封闭气体的长度l 0=200 mm .推动轻杆先使活塞从b 处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm 的a 处,再使封闭气体缓慢膨胀,直至活塞回到b 处.设活塞从a 处向左移动的距离为x ,封闭气体对活塞的压力大小为F ,膨胀过程F -15+x曲线如图乙.大气压强p 0=1×105 Pa .(1)求活塞位于b 处时,封闭气体对活塞的压力大小; (2)推导活塞从a 处到b 处封闭气体经历了等温变化;(3)画出封闭气体等温变化的p -V 图像,并通过计算标出a 、b 处坐标值.5.(1)50 N (2)见解析 (3)如图所示[解析] (1)活塞位于b 处时,根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p 0,故此时封闭气体对活塞的压力大小为 F =p 0S =1×105×500×10-6 N=50 N (2)根据题意可知F -15+x 图线为一条过原点的直线,设斜率为k ,可得F =k ·15+x 根据F =pS 可得气体压强为p =k(5+x )S故可知活塞从a 处到b 处对封闭气体由玻意耳定律得 pV =k(5+x )S·S ·(x +5)×10-3=k ·10-3故可知该过程中封闭气体的pV 值恒定不变,故可知a →b 过程封闭气体做等温变化.(3)分析可知全过程中气体做等温变化,开始在b 处时,有 p b V b =p 0Sl 0在b 处时气体体积为 V b =Sl 0=10×10-5 m 3 在a 处时气体体积为 V a =Sl a =0.25×10-5 m 3 根据玻意耳定律有 p a V a =p b V b =p 0Sl 0解得p a=40×105 Pa故封闭气体等温变化的p-V图像如图6.[2024·海南卷] 用铝制易拉罐制作温度计,一透明薄吸管里有一段油柱(长度不计)粗细均匀,吸管与罐密封性良好,罐内气体可视为理想气体,已知罐体积为330 cm3,薄吸管底面积为0.5 cm2,罐外吸管总长度为20 cm,当温度为27 ℃时,油柱离罐口10 cm,不考虑大气压强变化,下列说法正确的是()A.若在吸管上标注等差温度值,则刻度左密右疏B.该装置所测温度不高于31.5 ℃C.该装置所测温度不低于23.5 ℃D.其他条件不变,缓慢把吸管拉出来一点,则油柱离罐口距离增大6.B[解析] 设油柱离罐口的距离为x,由盖-吕萨克定律得V1T1=VT,其中V1=V0+Sl1=335cm3,T1=(273+27)K=300 K,V=V0+Sl=(330+0.5x)cm3,代入解得T=(3067x+1980067)K,根据T=(t+273) K可知t=(3067x+150967)℃,故若在吸管上标注等差温度值,则刻度均匀,故A错误;当x=20 cm时,该装置所测的温度最高,代入解得t max≈31.5 ℃,故该装置所测温度不高于31.5 ℃,当x=0时,该装置所测的温度最低,代入解得t min≈22.5 ℃,故该装置所测温度不低于22.5 ℃,故B正确,C错误;其他条件不变,缓慢把吸管拉出来一点,由盖-吕萨克定律可知,油柱离罐口距离不变,故D错误.7.(多选)[2024·海南卷] 一定质量的理想气体从状态a 开始经ab 、bc 、ca 三个过程回到原状态,已知ab 垂直于T 轴,bc 延长线过O 点,下列说法正确的是 ( )A .bc 过程外界对气体做功B .ca 过程气体压强不变C .ab 过程气体放出热量D .ca 过程气体内能减小7.AC [解析] 由理想气体状态方程pVT =C ,化简可得V =Cp ·T ,V -T 图线中,各点与原点连线的斜率的倒数表示气体的压强,则图线的斜率越大,压强越小,故p a <p b =p c ,bc 过程为等压变化,气体体积减小,外界对气体做功,故A 正确;由A 选项可知,ca 过程气体压强减小,故B 错误;ab 过程为等温变化,故气体内能不变,即ΔU =0,气体体积减小,外界对气体做功,故W >0,根据热力学第一定律ΔU =Q +W ,解得Q <0,故ab 过程气体放出热量,故C 正确;ca 过程,气体温度升高,内能增大,故D 错误.8.(多选)[2024·河北卷] 如图所示,水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分,左侧封闭一定质量的理想气体,右侧为真空,活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接.汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度,弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计.活塞初始时静止在汽缸正中间,后因活塞密封不严发生缓慢移动,活塞重新静止后 ( )A .弹簧恢复至自然长度B .活塞两侧气体质量相等C .与初始时相比,汽缸内气体的内能增加D .与初始时相比,活塞左侧单位体积内气体分子数减少8.ACD [解析] 初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力而处于平衡状态,弹簧处于压缩状态.因活塞密封不严,可知左侧气体向右侧真空散逸,左侧气体压强变小,右侧出现气体,对活塞有向左的压力,由于最终左、右两侧气体相通,故两侧气体压强相等,因此弹簧恢复原长,A 正确;由于活塞向左移动,最终两侧气体压强相等,左侧气体体积小于右侧气体体积,所以左侧气体质量小于右侧气体质量,B 错误;密闭的汽缸绝热,与外界没有能量交换,与初始时相比,弹簧弹性势能减少了,所以气缸内气体的内能增加,C 正确;初始时气体都在活塞左侧,最终气体充满整个汽缸,所以初始时活塞左侧单位体积内气体分子数应该是最终的两倍,D 正确.9.[2024·湖北卷] 如图所示,在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m 的活塞密封一部分理想气体,活塞横截面积为S ,能无摩擦地滑动.初始时容器内气体的温度为T 0,气柱的高度为h.当容器内气体从外界吸收一定热量后,活塞缓慢上升15h 再次平衡.已知容器内气体内能变化量ΔU 与温度变化量ΔT 的关系式为ΔU =C ΔT ,C 为已知常数,大气压强恒为p 0,重力加速度大小为g ,所有温度都为热力学温度.求: (1)再次平衡时容器内气体的温度. (2)此过程中容器内气体吸收的热量.9.(1)65T 0 (2)15h (p 0S +mg )+15CT 0[解析] (1)容器内气体进行等压变化,则由盖-吕萨克定律得V 0T 0=V1T 1即ℎS T 0=(ℎ+15ℎ)S T 1解得T 1=65T 0(2)此过程中容器内气体内能增加量ΔU =C (T 1-T 0) 容器内气体压强p =p 0+mgS气体体积增大,则气体对外做功,W =-pS ·15h 根据热力学第一定律得ΔU =W +Q 联立解得Q =15h (p 0S +mg )+15CT 010.[2024·湖南卷] 一个充有空气的薄壁气球,气球内气体压强为p 、体积为V.气球内空气可视为理想气体.(1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p 0,求此时气体的体积V 0(用p 0、p 和V 表示); (2)小赞同学想测量该气球内气体体积V 的大小,但身边仅有一个电子天平.将气球置于电子天平上,示数为m =8.66×10-3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响).小赞同学查阅资料发现,此时气球内气体压强p 和体积V 还满足:(p -p 0)(V -V B 0)=C ,其中p 0=1.0×105 Pa 为大气压强,V B 0=0.5×10-3 m 3为气球无张力时的最大容积,C =18 J 为常数.已知该气球自身质量为m 0=8.40×10-3 kg,外界空气密度为ρ0=1.3 kg/m 3,g 取10 m/s 2.求气球内气体体积V 的大小.10.(1)pVp0(2)5×10-3 m3[解析] (1)理想气体做等温变化,根据玻意耳定律有pV=p0V0解得V0=pVp0(2)设气球内气体质量为m气,则m气=ρ0V0对气球进行受力分析如图所示根据平衡条件有mg+ρ0gV=m气g+m0g结合题中p和V满足的关系(p-p0)(V-V B0)=C联立解得V=5×10-3 m311.[2024·江苏卷] 某科研实验站有一个密闭容器,容器内有温度为300 K、压强为105 Pa 的气体,容器内有一个面积为0.06 m2的观测台.现将这个容器移动到月球,容器内的温度变成240 K.整个过程可认为气体的体积不变,月球表面为真空状态.求:(1)气体现在的压强;(2)观测台对气体的压力.11.(1)8×104 Pa(2)4.8×103 N[解析] (1)由题知,整个过程可认为气体的体积不变,则根据查理定律得p1T1=p2 T2解得p2=8×104 Pa(2)根据压强的定义,观测台对气体的压力F=p2S=4.8×103 N12.[2024·江西卷] 可逆斯特林热机的工作循环如图所示.一定质量的理想气体经ABCDA 完成循环过程,AB和CD均为等温过程,BC和DA均为等容过程.已知T1=1200 K,T2=300 K,气体在状态A的压强p A=8.0×105 Pa,体积V1=1.0 m3,气体在状态C的压强p C=1.0×105 Pa.求:(1)气体在状态D的压强p D;(2)气体在状态B的体积V2.12.(1)2.0×105 Pa(2)2.0 m3[解析] (1)气体从状态D到状态A的过程发生等容变化,根据查理定律有p DT2=p A T1解得p D=2.0×105 Pa(2)气体从状态C到状态D的过程发生等温变化,根据玻意耳定律有p C V2=p D V1解得V2=2.0 m3气体从状态B到状态C发生等容变化,因此气体在状态B的体积也为V2=2.0 m313.[2024·山东卷] 一定质量理想气体经历如图所示的循环过程,a→b过程是等压过程,b→c过程中气体与外界无热量交换,c→a过程是等温过程.下列说法正确的是 ()A.a→b过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功B.b→c过程,气体对外做功,内能增加C.a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功D.a→b过程,气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量13.C[解析] a→b过程是等压过程且体积增大,则W ab<0,由盖-吕萨克定律可知T b>T a,则ΔU ab>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功,另一部分用于增加内能,A错误;b→c过程中气体与外界无热量交换,即Q bc=0,由于气体体积增大,则W bc<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,ΔU bc<0,即气体内能减少,B错误;c→a过程是等温过程,即T c=T a,则ΔU ac=0,根据热力学第一定律可知a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功,C正确;由A项分析可知Q ab=ΔU ab-W ab,由B项分析可知W bc=ΔU bc,由C项分析可知0=W ca+Q ca,又ΔU ab+ΔU bc=0,联立解得Q ab-(-Q ca)=(-W ab-W bc)-W ca,根据p-V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界与气体之间做的功,结合题图可知a→b→c过程气体对外界做的功大于c→a过程外界对气体做的功,即-W ab-W bc>W ca,则Q ab-(-Q ca)>0,即a→b过程气体从外界吸收的热量Q ab大于c→a过程放出的热量-Q ca,D错误.14.[2024·山东卷] 图甲为战国时期青铜汲酒器,根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器,如图乙所示.长柄顶部封闭,横截面积S1=1.0 cm2,长度H=100.0 cm,侧壁有一小孔A.储液罐的横截面积S2=90.0 cm2、高度h=20.0 cm,罐底有一小孔B.汲液时,将汲液器竖直浸入液体,液体从孔B进入,空气由孔A排出;当内外液面相平时,长柄浸入液面部分的长度为x;堵住孔A,缓慢地将汲液器竖直提出液面,储液罐内刚好储满液体.已知液体密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度大小g取10 m/s2,大气压p0=1.0×105 Pa.整个过程温度保持不变,空气可视为理想气体,忽略器壁厚度.(1)求x;(2)松开孔A,从外界进入压强为p0、体积为V的空气,使满储液罐中液体缓缓流出,堵住孔A,稳定后罐中恰好剩余一半的液体,求V.14.(1)2 cm(2)8.92×10-4 m3[解析] (1)在缓慢地将汲液器竖直提出液面的过程中,封闭气体发生等温变化,根据玻意耳定律有p1(H-x)S1=p2HS1根据题意可知p1=p0,p2+ρgh=p0联立解得x=2 cm(2)对新进入的气体和原有的气体整体分析,由玻意耳定律有S2)p0V+p2HS1=p3(HS1+ℎ2=p0又p3+ρg·ℎ2联立解得V=8.92×10-4 m315.(多选)[2024·新课标卷] 如图所示,一定量理想气体的循环由下面4个过程组成:1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量),2→3为等压过程,3→4为绝热过程,4→1为等容过程.上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程.下列说法正确的是()A.1→2过程中,气体内能增加B.2→3过程中,气体向外放热C.3→4过程中,气体内能不变D.4→1过程中,气体向外放热15.AD[解析] 1→2为绝热过程,则Q=0,由于气体体积减小,则外界对气体做功,即W>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU>0,即气体内能增加,故A正确;2→3为等压过程,气体体积增大,根据盖-吕萨克定律可知,气体温度升高,则气体内能增大,即ΔU>0,由于气体体积增大,则气体对外界做功,即W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>0,即气体从外界吸热,故B错误;3→4为绝热过程,则Q=0,由于气体体积增大,则气体对外界做功,即W<0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU<0,即气体内能减小,故C错误;4→1为等容过程,压强减小,根据查理定律可知,气体温度降低,则气体内能减小,即ΔU<0,由于体积不变,则W=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q<0,即气体向外放热,故D正确.16.[2024·浙江6月选考] 如图所示,测定一个形状不规则小块固体体积,将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中,开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管,其横截面积为S,接口用蜡密封.容器内充入一定质量的理想气体,并用质量为m的活塞封闭,活塞能无摩擦滑动,稳定后测出气柱长度为l1.将此容器放入热水中,活塞缓慢竖直向上移动,再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2.已知S=4.0×10-4 m2,m=0.1 kg,l1=0.2 m,l2=0.3 m,T2=350 K,V0=2.0×10-4 m3.大气压强p0=1.0×105 Pa,环境温度T1=300 K,g取10 m/s2.(1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力(选填“变大”“变小”或“不变”),气体分子的数密度(选填“变大”“变小”或“不变”);(2)求此不规则小块固体的体积V;(3)若此过程中气体内能增加10.3 J,求吸收的热量Q.16.(1)不变变小 (2)4×10-5 m 3 (3)14.4 J[解析] (1)温度升高时,活塞缓慢上升,受力不变,故封闭气体压强不变,由p =F S 知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变;由于气体体积变大,所以气体分子的数密度变小.(2)气体发生等压变化,有V 0-V+l 1S T 1=V 0-V+l 2S T 2 解得V =4×10-5 m 3(3)此过程中,外界对气体做功为W =-p 1S (l 2-l 1)对活塞受力分析,有p 1S =mg +p 0S由热力学第一定律得ΔU =W +Q其中ΔU =10.3 J联立解得Q =14.4 J。

专题1.1 热学问题(解析版)

第一部分保分模块前置专题1.1 热学问题目录【专题知识网络构建】 (1)【专题高考定位】 (1)【突破高考题型】 (2)题型一分子动理论固体和液体 (2)题型二气体实验定律理想气体状态方程 (5)题型三热力学定律与气体实验定律的综合 (10)【专题突破练】 (13)【专题知识网络构建】【专题高考定位】1．考查重点：分子动理论；固体和液体的性质；应用气体实验定律和理想气体状态方程解决“玻璃管类”和“活塞类”的气体性质分析；气体状态变化的图像问题；受力分析、平衡条件与气体实验定律的综合应用；热力学第一定律和气体实验定律的结合。

2．考题形式：选择题、计算题。

【突破高考题型】题型一分子动理论固体和液体【核心主干知识回扣】 1．估算问题(1)分子总数：N ＝nN A ＝m M N A ＝VV mol N A。

特别提醒：对气体而言，V 0＝VN 不等于一个气体分子的体积，而是表示一个气体分子占据的空间。

(2)两种分子模型：①球体模型：V ＝43πR 3＝16πd 3(d 为球体直径)；①立方体模型：V ＝a 3。

2．分子热运动：分子永不停息地做无规则运动，温度越高，分子的无规则运动越剧烈，即平均速率越大，但某个分子的瞬时速率不一定大。

3．晶体与非晶体分类比较晶体非晶体单晶体多晶体外形规则不规则物理性质各向异性各向同性熔点确定不确定原子排列有规则，但多晶体每个晶体间的排列无规则无规则联系晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化形成原因表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力表面特性表面层分子间作用力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜表面张力的方向和液面相切，垂直于液面上的各条分界线表面张力的效果表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形的表面积最小【例1】(多选)(2022·北京高三二模)关于分子动理论，下列说法中正确的是( )A．图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，测得油酸分子大小的数量级为10－10 m B．图乙为布朗运动实验的观测记录，图中记录的是某个微粒做布朗运动的速度—时间图线C．图丙为分子力F与分子间距r的关系图，分子间距从r0开始增大时，分子势能变小D．图丁为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线①对应的分子平均动能较大【答案】AD【解析】图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，测得油酸分子大小的数量级为10－10 m，A正确；图乙为布朗运动实验的观测记录，图中记录的是某个微粒做布朗运动每隔一定时间所到的位置，然后连起来，可发现该微粒做的是无规则运动，B错误；图丙为分子力F与分子间距r的关系图，分子间距从r0开始增大时，分子力做负功，分子势能变大，C错误；图丁为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线①中分子速率较大的占比较大，故对应的分子平均动能较大，D正确。

高二物理典型例、易错题：纵深例题解析5

纵深例题解析能力素质【例1】一小球带电q ＝＋4.0×10-6C ，将它放在距离一块原来不带电的接地的大金属板r ＝3.0cm 处，试求小球所受的作用力(已知k ＝9.0×109Nm 2/C 2)解析：带电小球在金属板上将感应出负电荷，注意到金属板是等势面，所以电场线必垂直于金属板，这与一个－q 的电荷在板背面r 处与＋q 共同产生的电场完全一样．如图14－137所示，因而＋q 所受的力即为两个点电荷的相互作用力．∴＝＝×××××＝F 91040N 9kq r 2262222401023010().)(.)-- 点拨：“对称法”在力、电、光学中均有其应用，关键是能否想到原题“构筑”成对称的物理情景，从而方可使用“对称法”．【例2】如图14－138所示，平行板电容器电容为C ，原不带电，板间距为d ，A 板接地，现有质量为m ，带电量为＋q 的液滴以初速度v 0由A 板的上孔落到B 板，求落在B 板上的液滴的滴数．解析：当＋q 落到B 板，使B 板带正电，由于静电感应，A 板带正电，于是A 、B 板间形成了自B 向A 的匀强电场，液滴在电场中受到竖直向上的电场力开始做减速运动，到达B 板时速度为零，由动能定理得：－＋＝－而＝＝＝则：－＋＝－即＋＝所以：＝＋qEd mgd 0mv /2 E U /d Q /Cd nq /Cd(nq /Cd)qd mgd mv /2 mgd mv /2nq /d n mC(gd v /2)/q 0202022022点拨：落在B 板上的液滴的滴数应理解为：若设滴数为n ，表示第n ＋1滴下落时，其刚好不能落到B 板．另外，在通常的计算中，对于带电粒子、质子、电子等可不计重力，但计质量，而对带电微粒、带电油滴和液滴、带电小球等要计质量，也要计重力，所以本题易出现丢掉重力的错误．点击思维【例3】水平方向的匀强电场中，有质量为m 的带电小球，用长L 的细线悬于O 点．当小球平衡时，细线和竖直方向成θ角如图14－139所示．现给小球一个冲量，冲量方向和细线垂直，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动．问：需要施加的冲量值至少多大？解析：方法一：设小球在图14－140(a)中的Q 处时的速度为u ，则mgcos α＋qEsin α＋T ＝mu 2/L开始小球平衡时有qE ＝mgtan θ∴T ＝mu 2/L －mgcos(θ－α)/cos θ当α＝θ时，T 最小为T ＝mu 2/L －mg/cos θT 0u Q u ≥时，球不脱离轨道，则≥θ即小球到处有临界速度＝θ时，能沿竖直面作完整的圆周运动．gL gL /cos /cos 在K 处 I ＝mv 从K →Q－qE2Lsin θ－mg2Lcos θ＝mu 2/2－mv 2/2整理得－2mgL/cos θ＝mgL/2cos θ－I 2/2m ，解得＝θ I m 5gL /cos方法二：由题给条件，可认为小球处于一个等效重力场中，其方向如图14－140(b)，等效重力加速度g ′＝g/cos θ．K 为此重力场“最低点”，则图中Q 便是圆周运动“最高点”．小球在Q 有临界速度u ＝g L ′即可作完整圆周运动．在K 处有 I ＝mv 从K →Q 有 1212mv mg 2L mu I m 5gL /cos 22＝′＋整理以上各式，解得＝θ学科渗透【例4】在一次雷雨闪电中，两块云间的电势差约为109V ，从一块云移到另一块云的电量约为30C ，那么(1)在这次闪电中放出的能量是多少？(2)在闪电过程中使空气中的氮气和氧气直接化合生成一种新的物质，写出相应的化学反应方程式(3)已知每摩尔氧气和氮气化合时要吸收180.74 kJ 的能量，若闪电时有千分之一的能量用于这一反应，将产生多少摩尔的生成物？(4)此物质在空气中随雨水流入土地将生成何类物质？写出有关反应的方程式(5)此次雷雨生成物相当于给土地施加了多少千克尿素肥料？解析：(1)在放电过程中电场力做功W ＝Uq ＝109×30＝3×1010(J)电场力做功将电能释放出来，所以释放的电能也为3×1010J(2)氧气和氮气直接化合的方程式为：O N 2NO 22＋放电−→−−(3)由能量转化的关系可得生成NO 的摩尔数n ＝E总/E 0＝(3×1010×10-3×2)/(180.74×103)＝332(mol) (4)NO 在空气中进一步氧化生成NO 2，二氧化氮可能转化为硝酸，进而与地壤中的CaSiO 3或Fe 2O 3等物质反应生成植物可吸收的硝酸盐类，转化为氮肥，一系列化学反应方程式如下：2NO ＋O 2＝2NO 24NO 2＋O 2＋2H 2O ＝4HNO 3CaSiO 3＋2HNO 3＝Ca(NO 3)2＋H 2SiO 3Fe 2O 3＋6HNO 3＝2Fe(NO 3)3＋3H 2O(5)通过物质的量的对应关系可计算出相当的尿素的质量．NO 的摩尔质量为30g ，尿素CO(NH 2)2的摩尔质量为60g ，2mol 质量的NO 对应生成的尿素，所以相当尿素的总质量＝×＝．1mol M 60g 9.6kg 3322高考巡礼本章有物理学中极为重要的概念和定律，如库仑定律、场的概念；有许多物理学中的科学研究方法，如点电荷理想模型、比值法、类比法等；有许多知识与实际生活有广泛联系及应用，如电容器、静电屏蔽等．而高考中一般以选择、填空形式考查库仑定律简单应用、电场基本性质、电势能和电势的概念应用、静电感应等知识，而以计算题形式突出考查带电粒子在电场中的运动．其中结合力学知识、磁场的知识，综合性强，难度大，学习中注意训练．【例5】(1999年全国)在光滑水平面上有一质量m ＝1.0×10-3kg ，电量q ＝1.0×10-10C 的带正电小球，静止在O 点，以O 点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy ，现突然加一沿x 轴正方向，场强大小E ＝2.0×106V/m 的匀强电场，使小球开始运动．经过1.0s ，所加电场突然变为沿y 轴正方向，场强大小仍为E ＝2.0×106V/m 的匀强电场，再经过1.0s ，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经1.0s 速度变为零．求此电场的方向及速度为零时小球的位置．解析：带电小球整个运动过程分为：第1s沿x轴做匀加速直线运动，第2s为类平抛运动，第3s为匀减速直线运动．由牛顿定律得知，在匀强电场中小球加速度大小为a＝qE/m＝(1×10-10×2×106)/(1×10-3)＝0.2(m/s2)．当场强沿x轴正方向时，经过1s小球的速度大小为v x＝at＝0.2×1＝0.2(m/s)方向沿x轴正方向，并移动Δx1的位移：Δx1＝at2/2＝(1/2)×0.2×12＝0.1(m)在第2s内，电场方向沿y轴正方向，所以带电小球作初速度为v x＝0.2m/s 的类平抛运动，即在x方向做速度为v x的匀速运动，在y轴方向做初速为零的匀加速直线运动这两种运动的合运动．沿x方向移动的距离：Δx2＝v x t＝0.2(m)沿y方向移动的距离：Δy2＝at2/2＝(1/2)×0.2×12＝0.1(m)∴在第2s末小球到达的位置坐标为：x2＝Δx1＋Δx2＝0.3m，y2＝Δy2＝0.1m第2s末小球在x方向的分速度仍为v x＝0.2m/s，而在y方向的分速度：v y＝at＝0.2×1＝0.2(m/s)由此可知，此时运动方向与x轴成45°角．∴要使小球速度能变为零，则第3s内所加匀强电场的方向必须与此方向相反，即与x轴成180°＋45°＝225°角．在第3s内，设在电场作用下，小球加速度沿x轴和y轴的分量分别为a x、a y，则a x＝v x/t＝0.2m/s2，a y＝v y/t＝0.2m/s2∴在第3s末小球到达的位置坐标为：x3＝x2＋v x t－a x t2/2＝0.4(m)y3＝y2＋v y t－a y t2/2＝0.2(m)【例6】(1997年全国)，在方向水平的匀强电场中，一个不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点．把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速释放．已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ(如图14－141)．求小球经过最低点时细线对小球的拉力．解析：设细线长为L ，球的电量为q ，场强为E ．若电量q 为正，则场强方向在题图中向右，反之向左．从释放点到左侧最高点，重力势能的减小等于电势能的增加．mgLcos θ＝qEL(1＋sin θ)……………①若小球运动到最低点时的速度为v ，此时线的拉力为T ，由能量关系得： mv 2/2＝mgL －qEL …………………②由牛顿第二定律得：T －mg ＝mv 2/L …………③由以上各式解得：＝－θθT mg(3)21cos sin。

热学习题解11讲解

想气体，有： p1V1 p2V2
T1
T2
所以
T2

p2V2 p1V1
T1
930K
p1=8.5104Pa, p2=4.2106Pa T1=320K，V1:V2=1:17
注：这一温度已超过柴油的燃点，所以柴油喷入
气缸时会立即燃烧，发生爆炸推动活塞作功。
2019/6/1 / 付淑英
1
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3
kg .
ΔN

4πN

2π
4.65 1026 1.381023 273
2
e
4.651026 5002 21.381023273
5002
1
8.5103 N(m-3) 8.5103 N(cm-3)
2019/6/1 / 付淑英
注意：N

NA V
【解答】在月球表面的逃逸速率
v 2g月R月 2 9.8 6 1720103 2.4103 m/s
v2 3RT 2.4103 m/s

T v2 （2.4 103）2
3R 38.31
TH 2
（2.4103）2 3 8.31
2 103

460 K
（1） 1 kT
2
（2）3 kT
2
（3）2i kT
M
（4） M mol
i RT 2
（5） i
2
RT
• 【解答】：
（6）3 RT
2
• （1）在平衡态下，分子热运动能量平均地分配
在分子每一个自由度上的能量均为 1 kT
•
2
（2）在平衡态下，分子平均平动动能均为
3

热学习题解2

⨯ 热学习题讲解1.3.1 要使一根钢棒在任何温度下都要比另一根铜棒长5 cm ，试问它们在0℃时的长度01l 及02l 分别是多少？已知钢棒及铜棒的线膨胀系数分别为：1α=1.2×10-5K -1，2α=1.6×10-5K -1。

答案：已知：1α=1.2×10-5K -1，2α=1.6×10-5K -1设1l 和2l 分别为钢棒和铜棒在温度为t ℃时的长度求:01l 和02l 的长度解：根据线膨胀公式得：1011(1)l l t α=+2022(1)l l t α=+ 两式相减得：120102011022()()l l l l l l t αα-=-+-要使上面的式子与温度t 无关，则有：0110220l l αα-=同时，01025l l -=联立上述二式并代入数据求得：0120l cm =，0215l cm =1.3.9：把521.010N m -⨯、30.5m 的氮气压入容积为30.2m 的容器中，容器中原已充满同温、同压下的氧气，试求混合气体的压强和两种气体的分压，设容器中气体温度保持不变。

已知：氮气 521 1.010P N m -=⨯，310.5V m =，1?T= 2?P =， 320.2V m =，21T T =氧气 521 1.010P N m -'=⨯，12V V '= ，11T T '=2?P '=， 22V V '=， 21T T '= 求： 2P ，2P '，22P P P '=+ 解：由PV RT ν=知5212122.510V P P N m V -==⨯∙ 521212110V P P N m V -'''==⨯∙'5222 3.510P P P N m -'=+=⨯∙1.6.3一容积为11.2L 的真空系统已被抽到1.3×103-Pa 的真空。

2020年新高考I卷物理热学题及解答

2020年新高考I卷物理热学题及解答2020年新高考I卷物理试题中，热学部分占据了重要的一部分。

本文将为大家详细解析其中的热学题目及解答，帮助大家更好地理解和掌握热学知识。

【题目一】某理想气体的3mol在温度为300K下体积为40L，气体进行绝热膨胀过程后，体积变为100L。

求该气体的最终温度。

【解答一】根据理想气体的绝热膨胀定律，我们可以得到以下关系：P1V1^γ = P2V2^γ其中，P1和P2分别为初始状态和终态下的气体压强，V1和V2分别为初始状态和终态下的气体体积，γ为气体的绝热指数。

由题目中所给出的条件，我们可以得到：P1V1^γ = P2V2^γP1 * 40^γ = P2 * 100^γ同时，我们还知道理想气体的状态方程为：PV = nRT其中，P为气体压强，V为气体体积，n为气体的物质的量，R为气体常数，T为气体的绝对温度。

结合以上两个公式，我们可以得到：P1 * 40^γ = P2 * 100^γP1 * (nRT1 / P1)^γ = P2 * (nRT2 / P2)^γ化简后得到：(40 / P1)^(γ - 1) = (100 / P2)^(γ - 1)将P1V1 / T1 = P2V2 / T2 代入，得到：(40 / P1)^(γ - 1) = (100 / (P1 * 40 / 100))^(γ - 1)化简后得到：(40 / P1)^(γ - 1) = 2^(γ - 1)两边取对数，得到：(γ - 1) * ln(40 / P1) = (γ - 1) * ln2化简后得到：ln(40 / P1) = ln2进一步得到：40 / P1 = 2P1 = 20由此可知，初始状态下的气体压强P1为20Pa。

根据理想气体状态方程 PV = nRT，我们可以得到：P1V1 / T1 = P2V2 / T2将已知条件代入，得到：20 * 40 / 300 = P2 * 100 / T2化简后得到：T2 = 200K因此，该气体的最终温度为200K。

纵深例题解析

纵深例题解析能力素质【例1】关于动能的概念，下列说法正确的是[ ] A．运动的物体只具有动能B．物体由于运动而具有的能叫动能C．速度大的物体一定比速度小的物体的动能大D．运动物体的质量越大，所具有的动能就越大解析：物体由于运动而具有的能叫动能，但是，运动的物体除了具有动能外，还可能具有其他形式的能，如空中飞行的子弹，它不仅具有动能，还具有重力势能，所以A项是错的，物体动能的大小是由它的质量和运动速度两个因素共同决定的，单凭速度大小或质量大小都无法确定物体动能的大小，故选项C、D也是错误的．答案是B．点拨：运用概念必须充分理解概念，辨清其物理含义，同时必须弄清相关因素，经过分析、辨别、比较找出正确答案，切不可疏漏！【例2】说明下列过程中机械能的转化：(1)拉开的弓将箭射出去；(2)骑自行车下坡速度越来越大；(3)飞行的网球碰到网球拍的网后被弹回．解析：(1)拉开的弓具有弹性势能，射出去的箭具有动能，拉弓射箭是将弓的弹性势能转化为箭的动能．(2)自行车在坡上具有重力势能，下坡过程中它的高度变小，重力势能变小，下坡时越来越快，说明它的动能增大，自行车的重力势能转化为动能．(3)网球接触球拍的网后，使网变形，球减速，动能减少，网由于变形而具有弹性势能，所以从球触网开始，到球静止时，网形变程度最大，这一过程是球的动能转化为网的弹性势能，网在恢复原状的过程中，把球弹回，网的弹性势能减小，球的动能增加，网的弹性势能转化为球的动能．点拨：各种形式的能量可以相互转化，能量的变化可发生在同一物体上，也可发生在不同物体之间，分析具体问题时，一定要弄清题设过程中相关能量的变化情况．点击思维【例3】竖直上抛的石块，它的速度越来越小，为什么？(空气阻力不计)解析：这个问题可以从两个不同角度来解答：(1)力是改变物体运动状态的原因，从力学角度分析石块在运动中的受力情况，找出速度越来越小的原因；(2)从能量转化角度分析，找出理由．解法一：竖直上抛的石块，在向上运动的过程中，石块只受重力作用(空气阻力不计)，而石块所受重力的方向跟它的运动方向相反，从而阻碍物体运动．因此，石块的运动速度越来越小．解法二：竖直上抛的石块，在向上运动的过程中，它离开地面的高度不断增加，它的重力势能逐渐增大，而石块的重力势能是由它的动能转化来的，因此，石块的动能逐渐减小，它的速度就会越来越小．学科渗透【例4】太阳辐射到地球的能量是巨大的，水能、风能都来自于太阳，那么，太阳能是通过什么途径变成水能和风能的呢？解析：海洋上的水被太阳晒热，蒸发后变成云、变成雨，降落到高山上，汇成江河，这样就产生了可利用的水能，地球某些地方的空气在太阳照射下，由于受热膨胀而流动，也就产生了风能．中考巡礼本章知识点中，重点要求理解动能、重力势能的初步概念及相关因素；还要理解动能、势能间可以相互转化；知道弹性势能和机械能的初步概念；初步了解水能和风能的运用．近几年来，各地的中考题中，本章内容都以基础题考查为主，所占分值一般为1～4分，(惟见2001年甘肃省中考出现三题，计8分)大部分以选择题、填空题、简答题和判断题等形式出现，考查内容包括概念的直接问答或以生活中的常见现象为例，让考生分析其中能量的转化或变化情况或分析某一状态下物体具有的能的形式，还有比较判断两个物体具有的动能或势能的大小以及有关实验的研究方法、现象及结论等方面的问题．近年来，更注重知识在物理现象中的灵活运用及实验、能力方面的考查，对缺少思考性的简单概念的考查越来越少，因此在本章的学习中应着重理解概念，并联系实际事例，灵活运用知识解释有关现象．【例5】(2000年北京市宣武区)跳伞运动员从高空匀速下落的过程中，关于他的能量变化正确的说法是[ ] A．重力势能减小，动能增大B．重力势能减小，动能不变C．重力势能减小，机械能减小D．动能不变，机械能减小解析：跳伞运动员在空中匀速下落，他的速度不变，可知其动能不变，所以A错，但在下落过程中，他的高度在不断减小，因此，他的重力势能在不断减小，而机械能＝动能＋重力势能，下落过程中，他的动能不变，而重力势能在减小，所以他的机械能总量也在减少，可见B、C、D都对．答案：B、C、D【例6】(1998年甘肃省)以下说法正确的是[ ] A．甲物体所处的位置比乙物体高，甲物体的势能一定比乙物体大B．甲物体的速度比乙物体大，甲物体的动能一定比乙物体大C．钟表里旋紧的发条具有势能D．举高的重锤，因为对其他物体没有做功，所以不具有能解析：A选项中虽知甲、乙两物体的位置不同，但不知甲、乙的质量，因此无法比较它们的重力势能的大小，故选项A错B选项中只知甲、乙两物体的速度不同，不知甲、乙的质量，是无法比较它们的动能的大小，故选项B错．C选项中物体因发生弹性形变而具有的能叫弹性势能，故被旋紧的发条是具有势能的，选项C对．D选项中物体由于被举高所具有的能叫重力势能，举高的重锤，虽然没有对其他物体做功，但它已离开地面一定的距离，所以它具有重力势能，选项D错．答案：C【例7】(2001年武汉市)2001年1月10日，我国成功发射的“神州二号”宇宙飞船载人舱按时返回地面指定地点，“神州二号”载人舱下落到地面附近时，由于空气阻力作用，做匀速运动，则载人舱在匀速下落过程中，它的[ ] A．动能不变，势能减小，机械能减小B．动能不变，势能增大，机械能减小C．动能减小，势能不变，机械能增大D．动能增大，势能减小，机械能不变解析：“神洲二号”宇宙飞船载人舱在匀速下落的过程中，由于速度不变，故它的动能不变，但它的高度不断变小，故它的重力势能在不断减小，而机械能的总量等于动能和重力势能之和，由于动能不变，重力势能在减小，所以它的机械能也在减小．因此，选项B、C、D皆错，选项A是正确的．答案：A。

初三物理热学典型例题解析

初三物理热学典型例题解析（实用版）编制人：__________________审核人：__________________审批人：__________________编制单位：__________________编制时间：____年____月____日序言下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。

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热学中常见题型解析及解题技巧

热学中常见题型解析及解题技巧热学是物理学中重要的一部分，研究热量和能量传递的规律。

在学习热学的过程中，我们经常会遇到各种不同类型的题目。

本文将为大家解析一些常见的热学题型，并分享一些解题技巧，帮助大家更好地应对这些题目。

一、热平衡和温度计算题目：两个物体A和B具有不同的温度，当它们放在一起达到热平衡时，它们的温度如何计算？解析：根据热平衡定律，两个物体达到热平衡时，它们的温度相等。

我们可以利用热平衡定律来计算温度。

假设物体A的温度为T1，物体B的温度为T2，则有T1=T2。

解题技巧：在解决这类题目时，首先明确题目中所给出的物体不是绝对温标下的温度，而是相对温度。

其次，根据题目给定的条件来列方程，最后解方程求解即可。

二、热传导和热阻计算题目：有一根长度为L，横截面积为A的长棒，棒的两端温度分别为T1和T2，求解由热传导引起的棒上单位长度的热流量。

解析：根据热传导的基本定律，热流量与温度差成正比，与棒的长度和横截面积成反比。

可用公式表示为Q = k * (T2 - T1) * A / L，其中Q表示单位长度的热流量，k表示热导率。

解题技巧：在解决这类题目时，需要注意单位的转换和计算的准确性。

另外，热导率k是一个与材料性质有关的常量，在解题过程中要根据实际情况给出。

三、热容和热量计算题目：物体A的质量为m，热容为C，其温度从T1升高到T2，求解系统吸收的热量。

解析：根据热容的定义，物体吸收热量的大小与质量和温度变化有关，可以用公式表示为Q = m * C * (T2 - T1)。

解题技巧：在解决这类题目时，需要注意热容的单位是 J/(kg·℃)，所以需要对质量进行单位转换。

此外，要根据题目所给条件确定温度变化的方向和数值。

四、热辐射和黑体辐射计算题目：有一块黑体，其面积为A，对于单位面积的黑体，其单位时间内从辐射出的能量（辐射功率）如何计算？解析：根据黑体辐射的斯特藩-玻尔兹曼定律，单位时间内黑体辐射出的能量与温度的四次方成正比，与表面积成正比。

热学常见题型解析解题技巧助你迅速解答

热学常见题型解析解题技巧助你迅速解答热学是物理学的重要分支之一，它研究的是物体内部的能量传递和热平衡的规律。

在热学学习中，解题是一个重要的环节，但是有时候我们可能会遇到一些难以解答的问题。

本文将介绍一些常见的热学题型，并提供解题技巧，帮助你快速解答。

一、传导问题在热学中，传导是热量传递的一种方式。

传导过程中，热量通过物体内部的分子和离子的碰撞传递。

常见的传导问题包括传热系数、热导率、传热方程等。

下面是解决传导问题的一些技巧：1. 利用传热方程：传热方程描述了传导过程中热量的传递规律，一般形式为Q/t = kA(T1-T2)/L，其中Q为传热量，t为时间，k为热导率，A为传热面积，T1和T2为两个温度。

利用这个方程，我们可以计算出所需的未知量。

2. 注意传导系数：传导问题中，我们经常需要计算传导系数，它是物质传导性质的一个重要参数。

不同材料的传导系数是不同的，我们需要根据题目给出的材料来确定传导系数的值。

3. 分析传导路径：在解决传导问题时，我们还需要分析热量的传导路径，确定传热面积和传热长度。

通常情况下，传热面积与传热效果成正比，传热长度与传热效果成反比。

二、对流问题对流是热量传递的另一种方式，它主要通过流体的运动来传递热量。

解决对流问题的关键在于分析流体的性质和流动情况。

以下是解决对流问题的一些技巧：1. 注意流体的性质：在解决对流问题时，我们需要了解流体的性质，如密度、粘度、导热系数等。

这些性质对于计算对流传热过程中的参数是非常重要的。

2. 应用对流传热方程：对流传热有不同的模型，适用于不同的情况。

常见的对流传热方程有自由对流传热方程和强迫对流传热方程。

根据题目给出的条件，选择适合的对流传热方程进行计算。

3. 注意流动情况：对流传热问题中，流体的运动情况对传热过程有着重要影响。

流体的流速、流动状态和流动路径都会对传热效果产生影响，需要在解题过程中予以考虑。

三、辐射问题辐射是热量传递的第三种方式，它是通过电磁波的辐射传递的。

强基计划专题精编——热学

（解法二）缓慢升温是一个准静态过程，在封闭水罐后至中午之间的任意时刻，设罐内空气都处于热平衡状态，设其体积、温度和压强分别为V、T和p。水温为T时水的密度为
⑩
将②③④式中的V1、T1和p1换为V、T和p，利用⑩式得，罐内空气在温度为T时的状态方程为
⑾
由题设数据和前面计算结果可知
这说明⑾式右端分子中与T有关的项不可略去，而右端分母中与T有关的项可略去。于是⑾式可
⑾
式中应用了
⑾式可改写成
⑿
从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为
⒀
=-1.890×103J=-1.9×103J
现计算罐内空气的内能变化。由能量均分定理知，罐内空气中午相对于清晨的内能改变为
=5.724×104J=5.72×104J⒁
式中5是常温下空气分子的自由度。由热力学第一定律得，罐内空气的吸热为
【答案】（1）1.82m；（2）-1.9×103J，5.54×104J，2.77×103J·K-1
【详解】（1）清晨加完水封闭后，罐内空气的状态方程为
P0V0=nRT0①
式中n为罐内空气的摩尔数，P0、V0= m3和T0=277.15K分别是此时罐内空气的压强、体积和温度。
至中午时，由于气温升高，罐内空气压强增大，设此时罐内空气的压强、体积和温度分别为p1、V1和T1，相应的状态方程为
【答案】见解析
【详解】A. B→C过程气体体积不变，对外做功为零，内能的变化为
因此吸热为600J
C→A过程体积减小，外界对系统做功，因此对外做功为
内能的变化为
因此热力学第一定律可得吸收的热量为
B．整个过程回到原点因此内能不变，系统对外做功为
由热力学第一定律可得吸收热量为
9．某秋天清晨，气温为4.0℃，一加水员到实验园区给一内径为2.00m、高为2.00m的圆柱形不锈钢蒸馏水罐加水。罐体导热良好。罐外有一内径为4.00cm的透明圆柱形观察柱，底部与罐相连（连接处很短），顶部与大气相通，如图所示。加完水后，加水员在水面上覆盖一层轻质防蒸发膜（不溶于水，与罐壁无摩擦），并密闭了罐顶的加水口。此时加水员通过观察柱上的刻度看到罐内水高为100m。

物理热学问题求解方法综合题含答案解析

一、初中物理热学问题求解方法1．在两个相同的杯子内盛有质量相等的热水和冷水，将一半热水倒入冷水杯内，冷水杯内的温度升高21℃，若再将热水杯内剩余热水的一半再次倒入冷水杯内，冷水杯内的水温会升高（） A ．9℃ B ． 8℃C ． 6℃D ． 5℃【答案】C 【解析】【详解】设一杯水的质量为m ，热水的初温为t 热，冷水的初温t 冷，将一半的热水倒入容器中后共同的温度为t ，因不计热损失，所以，由Q=cm △t 可得：Q 放=Q 吸，即：c12m △t 热=cm △t 冷，解得：△t 热=2△t 冷=2×21℃=42℃，据此可设t 冷=0℃，则t =21℃，t 热=21℃+42℃=63℃，若再将热水杯内剩余热水的一半再次倒入冷水杯内时，相当于同时向冷水中倒34杯热水，则：c34m （t 热-t ′）=cm （t ′-t 冷）即34(63℃-t ′)=t ′-0 解得：t ′=27℃，所以，冷水温度将再升高：△t =t ′-t =27℃-21℃=6℃。

故C 符合题意。

2．向一大桶温度为1t 的冷水中倒入一小桶温度为2t 的热水，混合后的温度为t ，下面关于温度的关系式中正确的是（）A ．122t t t +=B ．122t t t +<C ．122t t t +>D ．212t t t -=【答案】B 【解析】【详解】冷水吸收的热量：11Q cm t t =-吸（）热水放出的热量：22Q cm t t =-放（）由题意知，Q Q =吸放；则有：1122cm t t cm t t -=-（）（）解得：1221m t tm t t --＝因为冷水是一大桶，热水是一小桶，所以12m m ＞，即21t t t t --＞，所以122t t t +＜；故B 项正确、ACD 项错误；3．受新型冠状病毒的影响，一“罩”难求。

一般医用口罩至少要有三层，外层需要阻挡外界空气中的灰层、细菌、唾沫等飞溅物，中间层经过静电处理，可以阻挡细菌等微小颗粒（潮湿环境中会失去静电），内层要吸收佩戴者呼出的水汽、飞沫等。

热学习题分析和解答

习题分析和解答[第一章△1. 3. 6一抽气机转速1m in 400-⋅=r ω，抽气机每分钟能抽出气体20 l (升)。

设容器的容积 V 0 = 2.0 1，问经过多长时间后才能使容器内的压强由0.101 Mpa 降为 133 Pa 。

设抽气过程中温度始终不变。

〖分析〗：抽气机每打开一次活门, 容器内气体的容积在等温条件下扩大了 V , 因而压强有所降低。

活门关上以后容器内气体的容积仍然为 V 0 。

下一次又如此变化，从而建立递推关系。

〖解〗：抽气机抽气体时，由玻意耳定律得：活塞运动第一次：)(0100V V p V p +=0001p V V V p +=活塞运动第二次： )(0201V V p V p +=02001002p V V V p V V V p ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+= 活塞运动第n 次： )(001V V p V p n n +=-n n V V V p p ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+= 000 V V V n p p n n +=000ln（1）抽气机每次抽出气体体积 l 05.0l )400/20(==V l 0.20=V Pa 1001.150⨯=p Pa 133=n p将上述数据代入（1）式，可解得 276=n 。

则 s 40s 60)400/276(=⨯=t1. 3. 8 两个贮着空气的容器 A 和 B ，以备有活塞之细管相连接。

容器A 浸入温度为 C 10001=t 的水槽中，容器B 浸入温度为 C 2002-=t 的冷却剂中。

开始时，两容器被细管中之活塞分隔开，这时容器 A 及 B 中空气的压强分别为 MPa 3053.01=p ，MPa 0020.02=p 。

它们的体积分别为 ,l 25.01=V l,40.02=V 试问把活塞打开后气体的压强是多少？〖分析〗：把活塞打开后两容器中气体混合而达到新的力学平衡以后，A 和 B 中气体压强应该相等。

但是应注意到, 由于 A 和 B 的温度不相等，所以整个系统仍然处于非平衡态。

高二物理纵深例题解析

纵深例题解析能力素质【例1】两端封闭内径均匀的直管长为L ，管中有一段长为h 的水银柱将管隔成两部分，已知L ＝4h ，如图13－89所示，在温度为27℃时，管A 上B 下竖直的放置，B 端气柱长L B ＝h ，若温度不变，B 不动，A 转过60°角时，B 端气柱长L ′B ＝2h ．问：当管A 上B 下竖直放置，温度77℃时，B 端气柱长L ′B ＝？(用h 表示)解析：以A 端和B 端气体为研究对象，根据题意和玻意耳定律： p A ·2h ＝p A ′·h 即p A ′＝2p A同理得：′＝……①p p B B 12 由于管竖直，故有＝＋，则′＝＋……②当转过°角时：′＝′＋°＝′……③p p h p h A 60p p hsin30B A B B A 121212p p h A A 由②③式得：′＝，与①式比较得：只有＝，即端p p p 0A A A A 12管内为真空．由此得B 端气体在27℃和77℃时压强均为h cmHg ，根据盖·吕萨克定律得：＝′L T L T B B 02 故′＝＝＝L T T L h h B B 2050030076点拨：解答此题时分析出A 端为真空是关键，对于这样的问题，从探索题中应满足的条件入手是解题的重要途径．【例2】如图13－90所示，在固定的气缸A 和B 中分别用活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞面积之比S A ∶S B ＝1∶2，两活塞以穿过B 的底部和刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动，两个气缸都不漏气．初始时A 、B 中气体的体积皆为V 0，温度皆为T 0＝300K ，A 中气体压强p A ＝1.5p 0，p 0是气缸外的大气压强，现对A 加热，使其中气体的压强升高p A ′＝2.0P 0，同时保持B 中气体的温度不变，求此时A 中气体温度T A ′．解析：对活塞分析有：p A S A ＋p B S B ＝p 0(S A ＋S B ) ①p A ′S A ＋p B ′S B ＝p 0(S A ＋S B ) ②对B 中气体因发生等温变化，有p B ′·V B ＝p B V 0 ③对中气体有：′′＝④又＝⑤A P p T p V T V V S V V S A A A A A A B B 0000--联立以上各式，代入数据解得：T A ′＝500K点拨：气缸中用活塞封闭气体时，通常由活塞受力情况求气体压强，对两部分相关联的气体分别使用状态方程，再全力找出两部分气体的联系，这就是求解气体连结体问题的基本思路．点击思维【例3】长31cm 的均匀玻璃管上端开口，由齐上端口的水银柱在管内封闭着10cm 的空气柱，当时的大气压为75cmHg ，此时管内空气的密度为ρ1．若使玻璃管绕垂直于管子的水平轴在竖直面内慢慢地转过240°，则管内空气的密度变为ρ2，求管内空气前后两个状态的密度之比ρρ．12[误解]玻璃管转动前后的状态如图13－91(a)所示，慢慢转动，温度不变，由p1V1＝p2V2得(p0＋h1)L1S＝(p0－h2/2)L2S 即(75＋21)×10＝[75－(31－L2)/2]L2解得＝∴ρρ＝＝＝L14.4cm 14.4/10 1.4421212VV[正解一]玻璃管慢慢转过180°，从图13－92(b)所示状态(a)→(b)：由p1V1＝p b V b得(p0＋h1)L1S＝(p0－h2)LS即(75＋21)×10＝75－(31－L)L 解得L＝16cm h2＝15cm再从状态(b)→(c)：由p b V b＝p2V2得(p0－h2)LS＝(p0－h2/2)L2S即(75－15)×16＝(75－7.5)L2解得＝则ρρ＝＝L14.2cm 1.4221212LL[正解二]在解答一中，已解出h2＝15cm．再从状态(a)→(c)：p p 1122121275257575ρ＝ρ得ρ＝ρ∴ρρ＝+-. 1.42高考巡礼近年来高考涉及本章内容最多的是玻意耳定律，其次是气体状态方程．试题的特点往往是研究对象不单一，且状态描述复杂，特别是对压强的描述．气体部分的计算题难度比较大，另外近几年对气体状态变化的图象考查相对减少，我们在学习中要引起注意．【例4】(2001年全国)在一密封的啤酒瓶中，下方为溶有CO 2的啤酒，上方为纯CO 2气体，在20℃时，溶于啤酒中CO 2的质量为m A ＝1.050 ×10-3kg ，上方气体状态CO 2的质量为m B ＝0.137×10-3kg ，压强为p 0＝1标准大气压．当温度升高到40℃时，啤酒中溶解的CO 2的质量有所减少，变为m A ′＝m A －Δm ，瓶中气体CO 2的压强上升到p 1，已知：m m p p A A ′＝×．0.6012啤酒的体积不因溶入CO 2而变化，且不考虑容器体积和啤酒体积随温度的变化．又知对同种气体，在体积不变的情况下与m 成正比．试计算p 1等于多少标准大气压(结果保留两位有效数字)解析：在40℃时，溶入啤酒的CO 2的质量为m A ′＝m A －Δm ……① 因质量守恒，气态CO 2的质量为m B ′＝m B ＋Δm ……②由题设，′＝×……③由于对同种气体，体积不变时，与成正比，可得：＝′××……④m m p p p T p p m m A A B B 0.60m 1210313293由以上各式解得＝×＝标准大气压．p p 1.610[.]106293313++m m m m A B A B 点拨：此题要充分利用题中给出的关系，建立表达式，是正确求解的关键．【例5】(2001年上海)如图13－93所示，一定量气体放在体积为V 0的容器中，室温为T 0＝300K ，有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成A 、B 两室，B 室的体积是A 室的两倍，A 室容器上连接有一U 形管(U 形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76cm ，右室容器中连接有一阀门K ，可与大气相通(外界大气压等于76cm 汞柱)求：(1)将阀门K 打开后，A 室的体积变成多少？(2)打开阀门K 后将容器内的气体从300K 分别加热到400K 和540K ，U 形管内两边水银面的高度差各为多少？解析：开始时＝大气压，＝(1)p 2V A0A0V 03打开阀门，A 室气体等温变化，p A ＝1大气压，体积V Ap A0·V A0＝p A V AV V A 0＝＝p V P A A A 0023(2)从T 0＝300K 升到T ，体积为V 0，压强为p A ，等压过程T 300450K ＝·＝×＝p T T V V A 00023 T 1＝400K ＜450K ，p A1＝p A ＝p 0，水银柱的高度差为零．从T ＝450K 升高到T 2＝540K 等容过程．p T p T T p T A A A ＝＝＝×＝大气压2225401450p 1.2A2 T 2＝540K 时，水银高度差为15.2cm ．。

2020-2021全国各地备战中考物理分类：热学问题及答案解析

一、初中物理热学问题求解方法1．将一杯热水倒入盛有一些冷水的容器中，冷水的温度升高了10 ℃，这是通过______的方式改变了冷水的内能。

又向容器内倒入同样一杯热水，冷水的温度又升高了6℃。

如果再向容器内倒入同样三杯热水，则冷水温度可再升高______℃（不计热量损失）。

【答案】热传递 9【解析】【分析】【详解】[1]热水倒入冷水中，热水放出热量，冷水吸收热量，冷水温度升高，是通过热传递的方式改变冷水的内能。

[2]热水倒入冷水中，热水放出的热量等于冷水吸收的热量，设一杯的热水质量为m ，初温为t ，冷水的质量为m 0，由热平衡方程可得第一次加入热水时0(10)10cm t cm -=⨯℃℃第二次加入热水时0(16)()6cm t c m m -=+⨯℃℃两式相减得03m m =，代入解得40t =℃。

若再加入同样三杯热水，设升高的温度为t ∆，则03(4016)=(2)cm t c m m t --∆+∆℃℃解得9t ∆=℃。

2．如图甲所示，是“探究物质的熔化规律”的实验装置。

实验时先将固体物质和温度计分别放入试管内，再放入大烧杯的水中，观察固体的熔化过程。

（1）固体熔化图象如图丙所示，物质在熔化过程中，温度_____，此时温度如图乙所示，读数方法正确的是_____（填“A”“B”或“C”），该物质是_____（填“晶体”或“非晶体”）。

（2）实验时若温度计的玻璃泡碰到试管底部，则测得试管内物质的温度值偏_____。

【答案】保持不变 B 晶体高【解析】【详解】(1)[1][2][3]由图乙知，A 俯视，读数会偏大，C 仰视，读数会偏小，B 读数方式正确；由于该物质在熔化过程中，温度保持不变，所以是晶体；(2)[4]实验时若温度计的玻璃泡碰到试管底部，温度计的示数会受烧杯底部的影响，则测得试管内物质的温度值偏高。

3．某小组的同学做“比较不同物质的吸热能力”的实验，他们使用了如图所示的装置．（1）在设计实验方案时，需要确定以下控制的变量，你认为其中多余的是____________．A．采用完全相同的加热方式 B．酒精灯里所加酒精量相同C．取相同质量的水和另一种液体 D．盛放水和另一种液体的容器相同（2）加热到一定时刻，水开始沸腾，此时的温度如图丙所示，则水的沸点是____________℃，这表明实验时的大气压强____________（选填“大于”、“小于”或“等于”）一个标准大气压．（3）实验中，____________表示液体吸收热量的多少，加热水至沸腾时继续加热，水的温度不变，水的内能___________（选填“增大”、“减小”或“不变”）。