专题30 热学-2021高考物理一轮复习压轴题剖析(热学部分)(解析版)

专题30热学
一、选择题（1-9题只有一个选项正确，10-12题有多个选项符合条件）
1．如图所示，一导热性能良好的金属气缸内封闭一定质量的理想气体。

现缓慢地向活塞上倒一定质量的沙土，忽略环境温度的变化，在此过程中（）
A．单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数增多
B．气缸内大量分子撞击气缸壁的平均作用力增大
C．气缸内大量分子的平均动能增大
D．气体的内能增大
【答案】A
【解析】A．温度不变，气体分子的平均动能不变，平均速率不变，等温压缩时，根据玻意耳定律得知，压强增大，则单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数增多，故A正确；
B．气缸内封闭气体被压缩，体积减小，压强增大，大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力增大，大量分子撞击气缸壁的平均作用力却不一定增大，故B错误；
C．温度不变，则气缸内分子平均动能保持不变，故C错误；
D．金属气缸导热性能良好，由于热交换，气缸内封闭气体温度与环境温度相同，向活塞上倒一定质量的沙土时气体等温压缩，温度不变，气体的内能不变，故D错误。

故选A。

2．在没有外界影响的情况下，密闭容器内的理想气体静置足够长时间后，该气体（）
A．分子的无规则运动停息下来B．分子的速度保持不变
C．分子的平均动能保持不变D．每个分子的速度大小均相等
【答案】C
【解析】A．由分子动理论可知，分子总是在永不停息的无规则运动，故A错误；
B．因为分子总是在无规则运动，所以分子的速度总是在变化，故B错误；
C．在没有外界影响的情况下，密闭容器内的理想气体静置足够长时间后，理想气体将会达到平衡态，即理想气体的温度、体积和压强等状态参量均不会发生变化，因温度不变，所以分子的平均动能保持不变，故C正确；
D．在相同温度下各个分子的动能并不相同，故速度大小也不相等，故D错误。

故选C。

3．关于花粉颗粒在液体中的布朗运动，下列说法正确的是
A．布朗运动能反映花粉颗粒内部分子的无规则运动
B．布朗运动就是液体分子的无规则运动
C．花粉颗粒越小，布朗运动越明显
D．温度足够低时，花粉颗粒的布朗运动可能停止
【答案】C
【解析】布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒做的永不停息的无规则运动，反映液体分子的无规则运动，温度越高，固体颗粒越小，布朗运动越剧烈，温度低时花粉颗粒的布朗运动变的缓慢，不可能停止，所以A、B、D错误；C正确．
4．如图所示为电冰箱的工作原理示意图．压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环．在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外．下列说法正确的是()
A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B．在封闭的房间里打开冰箱一段时间后，房间温度会降低
C．电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律
D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律
【答案】C
【解析】A、由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，除非有外界的影响或帮助．电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，故选项A错误；
B、电冰箱工作时消耗电能，房间的总热量会增加，房间温度会升高，故选项B错误；
C、热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能的转化和守恒定律的具体表现，适用
于所有的热学过程，故选项C正确，D错误．
5．自2020年初开始，我国发生了新冠肺炎疫情。

面对疫情，中华儿女众志成城，科学战“疫”，现在疫情已经得到了有效控制。

2020年3月3日，国家卫健委、国家中医药管理局印发《关于印发新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第七版）的通知》，指出新型冠状病毒的传播途径：经呼吸道飞沫和密切接触传播是主要的传播途径，在相对封闭的环境中长时间暴露于高浓度气溶胶情况下存在经气溶胶传播的可能。

气溶胶粒子是悬浮在大气中的微小颗粒，如云、雾、细菌、尘埃、烟尘等。

气溶胶中的粒子具有很多动力学性质、光学性质，比如布朗运动，光的反射、散射等。

关于封闭环境中的气溶胶粒子，下列说法正确的是（）A．在空气中会缓慢下沉到地面
B．在空气中会缓慢上升到空中
C．在空气中做无规则运动
D．受到的空气分子作用力的合力始终等于其所受到的重力
【答案】C
【解析】ABC．封闭环境中的气溶胶粒子的运动属于布朗运动，所以在空气中做无规则运动，AB错误C 正确；
D．做布朗运动的粒子受力不平衡，所以才能做无规则运动，D错误。

故选C。

6．如图是探究电流通过导体时产生热的多少与哪些因素有关的实验装置．两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化．下列说法正确的是（）
A．甲实验是为了研究电流产生的热量与电阻的关系
B．甲实验通电一段时间后，左侧容器内空气吸收的热量更多
C．乙实验是为了研究电流产生的热量与电流的关系
D．乙实验通电一段时间后，右侧U形管中液面的高度差比左侧的小
【答案】B
【解析】A、B、装置甲中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，
I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I
右=
点知I 右=I 1+I 2，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I 1=I 2，所以右边容器中的通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系，由Q =I 2Rt 可知，左边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；因此通电一段时间后，玻璃管左侧液面高度差更大，故A 错误，B 正确．C 、D 、在乙装置中，将容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过他们的电流I 与通电时间t 相同，左边容器中的电阻小于右边容器中的电阻，即是探究电流产生的热量与电阻大小的关系；故由Q =I 2Rt 可知，右边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快，这表明：在相同时间内，电流相同的情况下，电阻越大，电流通过导体时产生的热量越多；故C 、D 错误．故选B ．
7．甲、乙两个圆柱形容器盛有相同深度的液体，放置于水平桌面上，如图7所示．甲、乙两容器的底面积分别为S 1和S 2，且2S 1=3S 2．甲容器中液体的密度为ρ1，液体对容器底产生的压强为p 1．乙容器中液体的密度为ρ2，液体对容器底产生的压强为p 2，且p 2=2p 1．将A 球浸在甲容器的液体中，B 球浸在乙容器的液体中，两容器中均无液体溢出．液体静止后，甲、乙两容器底受到液体的压力相等，A 、B 两球所受浮力分别为F 1和F 2．则下列判断正确的是（）
A ．F 1＞F 2，ρ1＜ρ2
B ．F 1=F 2，ρ1＜ρ2
C ．F 1＜F 2，ρ1＞ρ2
D ．F 1＜F 2，ρ1＜ρ2
【答案】A 【解析】由p 2=2p 1得，p 1：p 2=1：2，则ρ1gh 1：ρ2gh 2=1：2，因为h 1=h 2，所以ρ1：ρ2=1：2，则ρ1＜ρ2；由2S 1=3S 2得，S 1：S 2=3：2，因为S 1：S 2=3：2，p 1：p 2=1：2，所以液体对容器底的压力之比：F 甲：F 乙=p 1S 1：p 2S 2=3：4，则F 甲＜F 乙，当小球放入液体中后，受到的浮力：F 浮=ρ液gV 排，液体对容器底增大的压力：
△F =△PS =ρ液g △hS ，其中，V 排=△hS ，所以小球放入液体中后受到的浮力等于液体对容器底增大的压力，
由于液体静止后，甲、乙两容器底受到液体的压力相等，即F 甲′=F 乙′，所以液体对容器底增大的压力F 甲′-F 甲＞F 乙′-F 乙，即A 球受到的浮力大于B 球受到的浮力，因此F 1＞F 2．故选A ．
8．2016年9月15日，我国成功发射的“天宫二号”搭载的空间冷原子钟，有望实现约3000万年误差1秒的超高精度．空间冷原子钟利用激光和原子的相互作用减速原子运动以获得超低温原子，在空间微重力环境下，这种超低温原子可以做超慢速匀速直线运动，基于对这种运动的精细测量可以获得精密的原子谱线信息，从而获得更高精度的原子钟信号，使时间测量的精度大大提高．
卫星导航定位系统是利用精确测量微波信号从卫星到达目标所用的时间，从而获知卫星和目标之间的准确距离．因此，测量时间的精度，将会直接影响定位准确度．目前我国的“北斗导航定位”系统上使用的原子钟，精度仅到纳秒（10-9s）量级，所以民用的定位精度在十几米左右．“空间冷原子钟”的精度达到皮秒（10-12s）量级，使得基于空间冷原子钟授时的全球卫星导航系统具有更加精确和稳定的运行能力．根据上述材料可知，下列说法中正确的是（）
A．“空间冷原子钟”的超低温原子，它们的内能为零
B．“空间冷原子钟”在地球表面和在空间微重力环境下的精度相同
C．在空间微重力环境下，做超慢速匀速直线运动的原子不受地球引力作用
D．“空间冷原子钟”试验若成功，将使“北斗导航”的精度达到厘米量级
【答案】D
【解析】无论温度多低，分子的热运动不会停止，即分子动能不为零，所以分子的内能不会为零，A错误；“空间冷原子钟”只有在微重力环境下才能获得超低速匀速直线运动，所以测量精度不相同，B错误；物体间的引力无论速度多大，都存在，C错误；“空间冷原子钟”的精度达到皮秒（10-12s）量级，相比“北斗导航定位”系统上使用的原子钟精度提高了1000倍，故可从几十米的精度提高到几厘米的精度，D正确．
9．一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p－1
V图线如图所示，变化顺序由a→b→c→d→a，图中
ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与1
V轴垂直．气体在此状态变化过程中()
A．a→b，压强减小、温度不变、体积增大
B．b→c，压强增大、温度降低、体积减小
C．c→d，压强不变、温度升高、体积减小
D．d→a，压强减小、温度升高、体积不变
【答案】A
【解析】A.由图象可知，a→b过程，气体压强减小而体积增大，气体的压强与体积倒数成正比，则压强与体积成反比，气体发生的是等温变化，故A正确；
B.由理想气体状态方程可知：
PV C T
＝
由图示可知，连接Ob的直线的斜率小，所以b的温度小，b→c过程温度升高，由图还可知，同时压强增大，且体积也增大．故B错误；
C.由图象可知，c→d过程，气体压强P不变而体积V变小，由理想气体状态方程PV C
T=可知，气体温
度降低，故C错误；
D.由图象可知，d→a过程，气体体积V不变，压强P变小，由由理想气体状态方程PV C
T=可知，气体
温度降低，故D错误。

故选A．
10．一定质量的理想气体从状态a经过状态b、c变化到状态d，其p–T图像如图所示。

下列说法正确的是（）
A．a→b的过程中，气体对外界做功
B．b→c的过程中，所有气体分子的动能都增大
C．c→d的过程中，外界对气体做功
D．a→b→c的过程中，气体先吸热后放热
E.b→c→d的过程中，气体体积先增大后减小
【答案】ACE
【解析】A．a→b的过程中，气体温度不变，压强减小，则体积变大，则气体对外界做功，选项A正确；B．b→c的过程中，气体温度升高，分子平均动能变大，但并非所有气体分子的动能都增大，选项B错误；
C．根据pV C
T=可知
C
p T
V
=，则由于d点与原点连线斜率大于c点与原点连线的斜率，可知d态对应
的体积小于c态的体积，则c→d的过程中，体积减小，外界对气体做功，选项C正确；
D．a→b温度不变，内能不变，气体对外做功，则由U W Q
∆=+可知气体吸热；b→c的过程中，气体压强不变，温度升高，体积变大，则气体内能变大，对外做功，由U W Q
∆=+可知气体吸热，即a→b→c 的过程中，气体一直吸热，选项D错误；
E．根据pV C
T=可知
C
p T
V
=，b→c→d的过程中，各点与原点连线的斜率先减小后变大，则气体体积
先增大后减小，选项E正确。

故选ACE。

11．如图所示，质量为m的活塞将一定质量的气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦。

a态是气缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态，b态是气缸从容器中移出后，在室温（27°C）中达到的平衡状态。

气体从a态变化到b态的过程中大气压强保持不变。

若忽略气体分子之间的势能，下列说法中正确的是（）
A．与b态相比，a态的气体分子在单位时间内撞击活塞的个数较多
B．与a态相比，b态的气体分子在单位时间内对活塞的冲量较大
C．在相同时间内，a、b两态的气体分子对活塞的冲量相等
D．从a态到b态，气体的内能增加，外界对气体做功，气体向外界释放了热量
E.从a态到b态，气体的内能增加，气体对外界做功，气体向外界吸收了热量
【答案】ACE
【解析】A．因压强不变，而由a到b时气体的温度升高，故可知气体的体积应变大，故单位体积内的分子个数减少，故a状态中单位时间内撞击活塞的个数较多，故A正确；
BC．因压强不变，故气体分子在单位时间内撞击器壁的冲力不变，故冲量不变，故B错误，C正确；DE．因从a到b，气体的温度升高，故内能增加；因气体体积增大，故气体对外做功，则由热力学第一定律可知气体应吸热，故D错误，E正确；
故选ACE。

12．在用油膜法测分子大小的实验中，取体积为V1的纯油酸用酒精稀释，配成体积为V2的油酸酒精溶液．现将体积为V0的一滴油酸酒精溶液滴在水面上，稳定后油膜的面积为S，已知油酸的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏伽德罗常数为N
A，则下列说法正确的是
A．该实验中假设油酸分子是按照直线排列的
B．实验中使用到酒精溶液，酒精溶液是对油酸溶液起到稀释作用
C ．由题目中数据可知油酸分子的直径为
102VV V S D
．在计算面积时，如果将油膜轮廓中包含的所有格数（包括不完整的）都按整数格计算在内，那么计算分子直径数值会偏大
E.这一滴溶液中所含的油酸分子数为
102
A V N V MV ρ【答案】BCE
【解析】该实验中假设油酸分子是按照单层排列成一个油面，选项A 错误；实验中使用到酒精溶液，酒精溶液是对油酸溶液起到稀释作用，选项B 正确；体积为V 1的纯油酸用酒精稀释，配成体积为V 2的油酸酒精溶液，单位体积的油酸酒精溶液中的纯油酸的体积：12
V V ；一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积：102V V V ⨯；由于分子是单分子紧密排列的，因此分子直径为：102VV V d S V S
==．选项C 正确；在计算面积时，如果将油膜轮廓中包含的所有格数（包括不完整的）都按整数格计算在内，那么计算得到的油膜的面积偏大，则测得的分子直径数值会偏小，选项D 错误；一滴油酸酒精溶液中纯油酸的质量：102VV m V V ρρ＝＝;这一滴溶液中所含的油酸分子数为：102A A VV N m n N M V M
ρ＝
＝，选项E 正确.二、非选择题（共6小题）13．如图所示，透热的气缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M =200kg ，活塞质量m =10kg ，活塞面积S =100cm 2活塞与气缸壁无摩擦且不漏气。

此时，缸内气体的温度为27C ︒，活塞正位于气缸正中，整个装置都静止。

已知大气压恒为p 0=1.0×105Pa ，重力加速度为g =10m/s 2求：
(a)缸内气体的压强p 1；
(b)缸内气体的温度升高到多少C ︒时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB 处？
【答案】(a)3×105Pa ；(b)327C
︒【解析】(a)以气缸为对象（不包括活塞）列气缸受力平衡方程
p 1S =Mg +p 0S
解之得
p 1=3×105Pa
(b)当活塞恰好静止在气缸缸口AB 处时，缸内气体温度为T 2，压强为p 2，此时仍有
p 2S =Mg +p 0S 由题意知缸内气体为等压变化，对这一过程研究缸内气体，由状态方程得
12
0.5S l Sl T T ⨯=所以
T 2=2T 1=600K
故
t 2=(600－273)C ︒=327C
︒14．如图，一气缸水平固定在静止的小车上，一质量为m 、面积为S 的活塞将一定量的气体封闭在气缸内，平衡时活塞与气缸底相距L ．现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于气缸移动了距离d ．已知大气压强为p 0，不计气缸和活塞间的摩擦，且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p 0
，整个过程中温度保持不变．求小车的加速度的大小．
【答案】0()
P Sd
a m L d =-【解析】设小车加速度大小为a ，稳定是气缸内气体的压强为P 1，活塞受到气缸内外气体的压力分别为：
111 001
f PS f P S ==由牛顿第二定律得
10f f ma
=﹣小车静止时，在平衡情况下，气缸内气体的压强为P 0，由波意耳定律得：P 1V 1=P 0V
式中V=SL ，V 1=S （L ﹣d ）
联立得
a =0(1)
P Sd
m d -15．如图甲所示的V -T 图像中，一定质量的理想气体从状态A 经过状态B 、C 、D 后又回到状态A 。

已知该气体在状态A 时的压强为1×105Pa ，气体在BC 过程中吸收热量为Q 1，在DA 过程中放出热量为Q 2。

（1）求此气体经过一次循环又回到初态A 过程中，外界对气体做的总功W ；
（2）将该循环过程用图乙的p -T 图像表示出来（在图中标出状态A 、B 、C 、D ）。

【答案】(1)W =Q 2-Q 1；(2)答案见解析
【解析】(1)气体在AB 和CD 两个过程是等容变化，没有对外做功，气体在BC 和DA 段都是等温变化，其内能不变，因此BC 过程中吸热Q 1，根据热力学第一定律，全部用于对外做功，即
W 1+Q 1=0
DA 过程中放热Q 2等于外界对气体做功
W 2-Q 2=0
因此，此气体经过一次循环又回到初态A 过程中，外界对气体做的总功
W =W 1+W 2=Q 2-Q 1
(2)结合图甲所示的V -T 图像，及题中信息可知
5A 1.010Pa p =⨯，A 300K T =；B 600K
T =从A 到B 是等容变化，根据
A B A B
p p T T =可得
5B 2.010Pa
p =⨯从B 到C 是等温变化，根据
B B
C C
p V p V =可知
5C 1.010Pa
p =⨯从C 到D 上等容变化，根据
C D C D
p p T T =可知
5D 0.510Pa
p =⨯因此在图乙的p 一T
图像中作出其循环过程如图所示
16．如图所示，两个球形容器容积之比为V 1∶V 2=10∶11，由一细管（容积忽略）相连，细管的水平部分封有一段汞柱，两容器中盛有等量同种气体，并置于两个温度分别为T 1和T 2的热库内，已知T 1=300K ，位于细管中央的汞柱静止。

(1)求另一个热库的温度T 2；
(2)若使两热库温度都升高∆T
，汞柱是否发生移动？请通过计算说明理由。

【答案】（1）330K ；（2）向右移动，理由见解析。

【解析】（1）两容器中盛有等量同种气体，当位于细管中央的汞柱平衡时，气体压强相等。

由盖吕·萨克定律
1212
V V T T =解得
2330T =K
（2）假设汞柱不移动，当两热库温度都升高△T 对左容器，由查理定律有
111P P P T T T
+∆=+∆得
11
P T P T ∆∆=同理对右容器22
P T P T ∆∆=
因为12T T <故12
P P ∆>∆所以汞柱向右移动.
17．如图所示，导热良好的气缸直立在水平地面上，气缸的质量为m ，高度为L ，底面面积为S ，用活塞把一定量的气体封闭在气缸内，活塞可沿气缸壁无摩擦移动，活塞及气体的质量可忽略不计，气体可看作
理想气体。

平衡时，活塞处于距气缸底12
L 处。

现用力F 缓慢向上拉动活塞，直至气缸刚要离开地面，此过程中活塞未移动到气缸口处。

（环境温度保持不变，环境气体压强为p 0）求：
(1)气缸刚要离开地面时，活塞距气缸底的距离；
(2)若此过程中力F 做功为W ，则封闭气体需从外界吸收多少热量？
【答案】(1)002()p S L p S mg -；(2)002()
p SmgL p W S mg --【解析】(1)气缸刚要离开地面时，对整体由平衡条件可知
F mg
=活塞处于平衡状态，设此时封闭气体压强为p ，有
0F pS p S
+=此过程气体做等温变化，设此时活塞距气缸底的距离为L '，由玻意尔定律则有
012
pSL p S L '=⨯联立各式，解得
002()
p S L p S g L m =-'(2)此过程中力F 对活塞做正功，封闭气体对活塞做功为0W ，有
001()2
W W p S L L +='-
由于封闭气体温度不变，所以其内能保持不变，即
0U ∆=由热力学第一定律知，封闭气体对活塞所做的功等于其吸收的热量，有
Q W =解得
002()
p SmgL Q W p S mg =--
18．近年来我们国家倡导节能减排，促进绿色环保，作为一名公民也要从身边力所能及的小事做起，少开车多骑自行车．一般设计自行车内胎的压强不能高于1.8atm 否则易爆胎，另外自行车长时间骑行，会使内胎温度比外界高5℃，所以夏天充气压强要低点．一辆自行车内胎压强，降到1.1atm ，在27℃的室温下用200mL 的微型打气简给内胎充气，外界大气压强视为1.0atm ，内胎容积3000mL ，充气过程视为温度不变、内胎容积不变，则：
（i ）将内胎气压充到1.5atm ，需要用微型打气简打多少次?
（ii ）在室温下充气到1.75atm ，能在外界40℃高温下长时间骑行吗?
【答案】（i ）6（ii ）不能
【解析】（i ）假设需充气N 次，以充入气体后所有气体为研究对象，
充气筒内压强为：P 0=1atm ，体积V 0=200mL
充气前胎内压强为：P 1=1.1atm ，体积V 1=3000mL
充气后所有气体压强为：P 2=1.5atm ，体积V 2=3000mL
充气过程温度不变，根据玻意耳定律得：
NP 0V 0+P 1V 1=P 2V 2
解得：
N =6
（ii ）骑车过程轮胎内气体做等容变化，由查理定律得：
3434
P P T T 其中P 3=1.75atm 、T 3=300K 、T 4=318K
代入数据解得：P 4=1.855atm ＞1.8atm
故在室温下充气到1.75atm ，不能在外界40℃高温下长时间骑行.。