2026高考物理专题复习之历年真题精选分类汇编（学生版）_专题15　热学

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题点1 热运动
(2025·江苏卷·8)一定质量的理想气体，体积保持不变。在甲、乙两个状态下，该气体分子速率分布图像如图所示。与状态甲相比，该气体在状态乙时( )
A.分子的数密度较大
B.分子间平均距离较小
C.分子的平均动能较大
D.单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较少
【难度】基础题
【关联题点】气体内能
(2023·北京卷·15)用油膜法估测油酸分子直径是一种通过测量宏观量来测量微观量的方法，已知1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V，在水面上形成的单分子油膜面积为S，则油酸分子的直径d＝________。
【难度】基础题
(2023·北京卷·1)夜间由于气温降低，汽车轮胎内的气体压强变低。与白天相比，夜间轮胎内的气体( )
A．分子的平均动能更小
B．单位体积内分子的个数更少
C．所有分子的运动速率都更小
D．分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更大
【难度】基础题
题点2 分子间作用力及分子势能
(2025·山东卷·2)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
【难度】基础题
(2023·海南卷·5)下列关于分子力和分子势能的说法正确的是( )
A．分子间距离大于r0时，分子间表现为斥力
B．分子从无限远靠近到距离r0处过程中分子势能变大
C．分子势能在r0处最小
D．分子间距离在小于r0且减小时，分子势能在减小
【难度】基础题
(2020·北京卷·10)分子力F随分子间距离r的变化如图所示．将两分子从相距r＝r2处释放，仅考虑这两个分子间的作用力，下列说法正确的是( )
A．从r＝r2到r＝r0分子间引力、斥力都在减小
B．从r＝r2到r＝r1分子力的大小先减小后增大
C．从r＝r2到r＝r0分子势能先减小后增大
D．从r＝r2到r＝r1分子动能先增大后减小
【难度】基础题
题点3 气体内能
(2021·北京卷·4)比较45 ℃的热水和100 ℃的水蒸汽，下列说法正确的是( )
A．热水分子的平均动能比水蒸汽的大
B．热水的内能比相同质量的水蒸汽的小
C．热水分子的速率都比水蒸汽的小
D．热水分子的热运动比水蒸汽的剧烈
【难度】基础题
(2022·江苏卷·6)自主学习活动中，同学们对密闭容器中的氢气性质进行讨论，下列说法中正确的是( )
A．体积增大时，氢气分子的密集程度保持不变
B．压强增大是因为氢气分子之间斥力增大
C．因为氢气分子很小，所以氢气在任何情况下均可看成理想气体
D．温度变化时，氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化
【难度】基础题
考点2 固体和液体性质的理解
题点1 晶体和非晶体
(2020·江苏卷·第13题 A(1))玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史，它是一种非晶体．下列关于玻璃的说法正确的是________．
A．没有固定的熔点
B．天然具有规则的几何形状
C．沿不同方向的导热性能相同
D．分子在空间上周期性排列
【难度】基础题
题点2 饱和汽压和湿度的理解
(2025·福建卷·9)洗衣机水箱的导管内存在一竖直空气柱，根据此空气柱的长度可知洗衣机内水量的多少。当空气柱压强为p1时，空气柱长度为L1，水位下降后，空气柱温度不变，空气柱内压强为p2，则空气柱长度L2＝ ，该过程中内部气体对外界 (填“做正功”“做负功”或“不做功”)。
【难度】基础题
(2025·云南卷·9)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
【难度】中档题
(2024·全国甲卷·33)(1)(多选)如图，四个相同的绝热试管分别倒立在盛水的烧杯a、b、c、d中，平衡后烧杯a、b、c中的试管内外水面的高度差相同，烧杯d中试管内水面高于试管外水面。已知四个烧杯中水的温度分别为ta、tb、tc、td，且ta0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能增大，故其温度增大，则分子平均动能增大，故B、C错误，D正确；又体积减小，根据理想气体状态方程pVT＝C，则气体压强增大，故A错误。
【答案】A
【解析】皮球体积变大，气体膨胀，对外界做功，故A正确；气体温度升高，内能增大，ΔU>0，又因为W0，气体吸收热量，故B错误；皮球未漏气，分子总数不变，体积变大，分子的数密度减小，故C错误；温度升高，分子平均动能增大，但并非每个分子速率都增大，故D错误。
【答案】ACD
【解析】因活塞密封不严，可知左侧气体向右侧真空漏出，最终左、右两侧气体压强相等，故弹簧恢复原长，故A正确；活塞初始时静止在汽缸正中间，对活塞受力分析可知，初始时弹簧处于压缩状态，故活塞最终静止时相对于初始状态向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，由能量守恒定律可知气体内能增加，故C正确；与初始状态相比，气体的体积增大，分子数不变，单位体积内气体分子数减少，故D正确。
【答案】不变 做正功 吸热
【解析】完成一次循环，回到初始状态，理想气体温度不变，而一定质量的气体的内能仅由温度决定，所以整个过程气体的内能不变；对p-V图像来说，图像与坐标轴所围图形的面积表示气体做功情况，其中从A→B→C的过程气体的体积减小是外界对气体做功的过程，从C→D→A的过程气体的体积增大，是气体对外做功的过程，且从C→D→A的过程图像与坐标轴所围的面积大于从A→B→C的过程图像与坐标轴所围的面积，即气体对外做的功大于外界对气体做的功，则整个过程中表现为气体对外界做正功；根据热力学第一定律，因为，可知因W＜0；则Q＞0所以气体从外界吸收热量.
【答案】不是 大于
【解析】空调将热量从温度低的室内传递到温度较高的室外，这个过程要消耗电能，不是自发的过程；由于空调的压缩机做功，使得空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量．
【答案】AC
【解析】上下乘客时气缸内气体与外界有充分的热交换，即发生等温变化，温度不变，故气体的内能不变，体积变化缓慢，没有做功，故没有热交换，故A正确，B错误；剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，且气体与外界来不及热交换，气体经历绝热过程，外界对气体做功，温度升高，故C正确，D错误．
【答案】BDE
【解析】根据做功的两个必要因素有力和在力的方向上有位移，由于活塞S2没有移动，可知整个过程，外力F做功等于0，A错误；根据汽缸导热且环境温度没有变，可知汽缸内的温度也保持不变，则整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变，内能不变，B正确，C错误；由内能不变可知理想气体向外界释放的热量等于外界对理想气体做的功：Q＝WpB；
所以在达到平衡过程中外界对封闭气体做的功有WA>WB
则根据ΔU＝W＋Q
因为汽缸和活塞都是绝热的，即Q＝0，故有ΔUA>ΔUB
即重新平衡后汽缸A内气体的内能大于汽缸B内气体的内能；
由题图乙中曲线可知曲线②中分子速率大的分子数占总分子数百分比较大，即曲线②的温度较高，由前面分析可知汽缸B温度较低，故曲线①表示汽缸B中气体分子的速率分布规律。
【答案】ABE
【解析】依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板作用后反弹，从A端流出，而边缘部分为热运动速率较高的气体，从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，故A正确．依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速率小于从B端流出的，从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能；内能的多少还与分子数有关，依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故B正确，C错误．该装置将冷热不均的气体进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误，E正确．
【答案】C
【解析】初始时气缸开口向上，活塞处于平衡状态，气缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有(p1－p0)S＝mg，气缸在缓慢转动的过程中，气缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿气缸壁的分力，故气缸内气体缓慢地将活塞往外推，最后气缸水平，缸内气压等于大气压。气缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，气缸内气体通过压强作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，A、B错误；气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误．
【答案】BD
【解析】根据热力学第二定律可知热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；液体的表面张力方向总是跟液面相切，故B正确；由狭义相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故C错误；根据多普勒效应可知当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率，故D正确。
【答案】 (1)不变 减小
(2)1.020 1×103 cm3 (3)2.53 J
【解析】 (1)从状态2到状态3，温度保持不变，气体分子的内能保持不变，则气体分子热运动的平均速率不变，由于气体对外做功，则气体压强减小，故单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
(2)气体从状态1到状态2的过程，由盖—吕萨克定律V1T1=V2T2
其中V1=1×103 cm3，T1=300 K，T2=303 K
解得V2=1.01×103 cm3
此时气体压强为
p2=p1=p0+ρgh=1.01×105 Pa
气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律
p2V2=p3V3
其中p3=p0
代入数据解得，气体在状态3的体积为
V3=1.020 1×103 cm3
(3)气体从状态1到状态2的过程中，气体对外做功为
W1=p1(V2-V1)=1.01 J
由热力学第一定律ΔU=Q-(W1+W2)
其中Q=4.56 J，W2=W=1.02 J
代入解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为ΔU=2.53 J。
【答案】(1)9×104 Pa (2)减少7.35 J (3)24 N
【解析】 (1)状态1气体的温度T1=(77+273) K=350 K,压强p1=p0=1.05×105 Pa
状态2气体的温度T2=(27+273) K=300 K,压强为p2
忽略皮肤的形变,罐内气体做等容变化,根据查理定律p1T1=p2T2
解得p2=9×104 Pa
(2)根据热力学第一定律ΔU=W+Q
气体做等容变化,外界对气体不做功,W=0,气体向外界放出热量,Q=-7.35 J
解得ΔU=-7.35 J,即气体内能减少7.35 J。
(3)罐内外的压强差Δp=p0-p2=1.5×104 Pa
状态2皮肤受到的吸力大小F=ΔpS=24 N。
【答案】A
【解析】根据题意可知，气球缓慢上升的过程中，气体温度不变，则气体的内能不变，分子的平均动能不变，B、C错误；气体的压强减小，由pV＝C知气体体积变大，则气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝0可知，吸收的热量与气体对外做的功相等，A正确，D错误。
【答案】B
【解析】将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，瓶内气体温度升高，瓶内气体的内能变大，气体分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都变大，故A、D错误；瓶内气体做等容变化，根据pT＝C，知温度升高，压强变大，故B正确；气体分子数量不变，气体体积不变，则分子的数密度不变，故C错误。
【答案】(1)3.3×105 Pa (2)6.6×104 J
【解析】(1)根据理想气体状态方程p1V1T1＝p2V2T2
代入数据得p2＝p1T2V1T1V2＝3.3×105 Pa
(2)p－V图线与V轴围成的面积表示做功的大小，该过程气体体积增大，则气体对外做功，可得外界对气体做功为W＝－p1＋p22(V2－V1)＝－1.008×104 J
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W
代入数据可得ΔU＝6.6×104 J。
【答案】(1)43ℎ1 (2)8p0ℎ1S63
【解析】(1)活塞开始缓慢上升，由受力平衡p0S＋f0＝p1S
可得封闭的理想气体压强p1＝2221p0
T1→T2升温过程中，等压膨胀，由盖－吕萨克定律ℎ1ST1＝ℎ2ST2
解得h2＝43h1
(2)T1→T2升温过程中，等压膨胀，外界对气体做功W1＝－p1(h2－h1)S＝－22p0ℎ1S63
T2→T3降温过程中，等容变化，外界对气体做功W2＝0
活塞受力平衡有p0S＝f0＋p2S
解得封闭的理想气体压强p2＝2021p0
T3→T4降温过程中，等压压缩，由盖－吕萨克定律ℎ2ST3＝ℎ3ST4
解得h3＝1110h1
外界对气体做功W3＝p2(h2－h3)S＝14p0ℎ1S63
全程中外界对气体做功W＝W1＋W2＋W3＝－8p0ℎ1S63
因为T1＝T4，故封闭的理想气体总内能变化ΔU＝0
利用热力学第一定律ΔU＝W＋Q
解得Q＝8p0ℎ1S63
故封闭气体吸收的净热量Q＝8p0ℎ1S63。
【答案】(1)不变，变小；(2)4×10-5m3；(3)14.4J
【解析】(1)温度升高后，活塞缓慢上升，受力不变，故封闭气体的压强不变，
根据可知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；
由于体积变大，故气体分子的数密度变小。
(2)气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律
解得
(3)整个过程中外界对气体做功为
对活塞受力分析
解得
根据热力学第一定律
其中
解得
故气体吸收热量为14.4J。
【答案】(1)气体从状态1到状态2是不可逆过程，分子平均动能不变；(2)；(3)
【解析】(1)根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不变。
(2)气体从状态1到状态2发生等温变化，则有
解得状态2气体的压强为
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为对象，
根据受力平衡可得解得
(3)当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动(无摩擦)，
使气体达到温度的状态3，可知气体做等压变化，则有
可得状态3气体的体积为
该过程气体对外做功为
根据热力学第一定律可得
解得气体吸收的热量为
可知电阻丝C放出的热量为
【答案】AC
【解析】由理想气体状态方程pVT=C，可得V=CpT，由V-T图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故pa0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，解得Q 0，需要从外界吸热，故C错误，D正确。
【答案】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，理想气体温度不变，则内能不变，由热力学第一定律ΔU=Q+W知，气体从水中吸热，故D正确。
【答案】C
【解析】a→b过程压强不变，体积增大，气体对外做功WabTa，即内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，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Qbc＝0
又由气体体积增大可知Wbc