单元检测（十三）热学
A卷高频考点练清卷
考点一分子动理论
1.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ro时，分子间表现为斥力
0-g
-.-0
B.分子从无限远靠近到距离。处过程中分子势能变大
C.分子势能在ro处最小
D.分子间距离小于。且减小时，分子势能在减小
2.(2025·北京东城·二模)下列有关热现象的说法正确的是
(
A.当物体温度为0℃时，物体的内能为零
B.分子间作用力随分子间距离增大，一定先减小后增大
C.气体分子的速率有大有小，但大量气体分子的速率呈“中间多、两头少”的规律分布
D.一定质量的气体温度不变时，体积减小，压强增大，说明每秒撞击单位面积器壁的分子数减少
3.(2025·江苏省徐州市模拟)石墨是碳原子按图甲排列形成的，其微观结字
构为层状结构.图乙为石墨烯的微观结构，单碳层石墨烯是单层的石墨，
●
厚1毫米的石墨大概包含大约三百万层石墨烯.石墨烯是现有材料中厚
度最薄、强度最高、导热性最好的新型材料.则
()1
A.石墨中的碳原子静止不动
甲
B.碳原子的直径大约为3×10-9m
C.石墨烯碳原子间只存在分子引力
D.石墨烯的熔解过程中，碳原子的平均动能不变
考点二气体压强的计算
4.(2025·山东滨州质检)如图所示，一导热良好的足够长汽缸水平放置在光滑水平
2222222K22
桌面上，桌面足够高，汽缸内有一活塞封闭了一定质量的理想气体.一足够长的轻
绳跨过定滑轮，一端连接在活塞上，另一端挂一钩码，滑轮与活塞间的轻绳与桌面
平行，不计一切摩擦.已知当地重力加速度为g,大气压强为p0,钩码质量为1，
活塞质量为m2,汽缸质量为m3,活塞横截面积为S,则释放钩码，汽缸稳定运动过
程中，汽缸内理想气体的压强为
mim3g
1m1113g
A.p0一(m1+m2十m3)S
B.p0一(m2十m3)S
C.Po
D.po-mg
S
5.(2025·湖南省长沙市天心区模拟)竖直平面内有如图所示的均匀玻璃管，内
用两段水银柱封闭两段空气柱、b,各段水银柱高度如图所示，大气压强为po,
重力加速度为g,求空气柱a、b的压强.
97
考点五浸润、不浸润、毛细现象、液晶
11.(2025·江苏南通·二模)宇航员在“天宫课堂”中演示毛细现象时，稳定后三根管中液面（忽略液面形
状)的高度是下图中的
山山山
B
D
12.(2025·山西省榆次一中模拟)中国最早的农学论文《吕氏春秋·任地》论述到：“人耨必以旱，使地肥而
土缓”.农谚“锄板底下有水”、“锄头自有三寸泽”，这都是对松土保墒功能的生动总结.关于农业生产中
的松土保墒环节蕴含的科学原理，下列说法正确的是
(
A.松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，保存水分
B.松土是为了让土壤里的毛细管变得更细，保护土壤里的水分
C.松土保墒利用了浸润液体在细管中下降，不浸润液体在细管中上升的科学原理
D.松土除了保墒、刈草外，还可促进蒸发、降低地温，“多锄地发暖”这句农谚没有科学道理
考点六热力学定律
13.(2025·湖北·二模)关于热力学定律，下列说法错误的是
A.做功与传热对改变系统的内能是等价的
B.热力学第一定律实际上是内能与其他形式能量发生转化时的能量守恒定律
C.一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的
D.能源的使用过程中虽然能的总量保持守恒，但能量的品质下降
14.如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容积质量不变，爬高过程中，温度减小，则气体
A.对外做功
B.内能减小
C.吸收热量
D.压强不变
考点七气体实验定律与热力学第一定律综合
15.(多选)一定质量的理想气体，初始温度为300K,压强为1×105Pa.经等容过程，该气体吸收400J的热量
后温度上升100K;若经等压过程，需要吸收600J的热量才能使气体温度上升100K.下列说法正确的是
()
A.初始状态下，气体的体积为6I
B.等压过程中，气体对外做功400J
C.等压过程中，气体体积增加了原体积的}
D.两个过程中，气体的内能增加量都为400J
16.(2025·浙江温州·二模)如图所示，固定在水平地面开口向上的圆柱形导热汽缸，用质量m=1kg的
活塞密封一定质量的理想气体，活塞可以在汽缸内无摩擦移动.活塞用不可伸长的轻绳跨过两个定滑
轮与地面上质量M=3kg的物块连接.初始时，活塞与缸底的距离ho=40cm,缸内气体温度T:=
300K,轻绳恰好处于伸直状态，且无拉力，已知大气压强pn=0.99×105P,活塞横截面积S=
100cm2,忽略一切摩擦，重力加速度g=10ms2.现使缸内气体温度缓慢下降，则：
0000000800800000800080000
灭
99参考答案
单元检测（一）运动的描述匀变速直线运动
x=wt一
2a2,代入教据解得x=50m,公交车在最初6s内
通过的位移与最后6s内通过的位移之差为△x=x1一x2,代
A卷高频考点练清卷
入数据解得△x=24m,故ABC错误，D正确.
1.C研究入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题
5.A对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从
的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故A错
静止释狱到下瑞到达A点的过程，有L=a,木板从静止
误：研究空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究
释放到上瑞到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=
问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故
2ai,当木板长度为2L时，有3L=合ai,又1=1-o,
1
B错误；研究百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和
体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能够看
△12=t2一t0,联立解得△2：1=(5-1)：(2-1)，A
为质点，故C正确：研究运动员通过某个攀岩支，点的动作
正确
时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽
6.解析：(1)设物体的加速度为a,根据位移差公式△x=aT可
略，此时运动员不能够看为质点，故D错误.故选：C.
2
2.C速度是描述物体运动快慢的物理量，即物体的空间位
3X0-x0
得物体的加速度为4=
置随时间变化的快慢，BD错误；根据x与1的关系式可
to
3to2
知，1=0时，质点位于x=1m处，t=1s时，质点位于x=
AC段的平均速度等于这一过程的中间时刻的速度，可得
6m处，因此质点在第1s内的位移为5m,A错误，C
2
正确，
物体在B,点时的速度为UB=
20+x05x0
2to
6to
3.解析：(1)选择向西为正方向，如题图所示，最后6s的住
设物体在A点时的速度为A,则可得
移为△x3=120m,△13=6s
7x0
UA=UB一at0=6t0
平均连度为==20m=20m8,大小为20m6,」
(2)根据速度时间关系可得物体在C点时的速度为
方向向西：
5.x0_x0
0
(2)全过程的位移为△x=△x3一（△r1十△x2)=120m一
c=s+ao=60-30·6=20
(30m十60m)=30m
时间为△t=5s十58十4s十6s=20s
则可得物体在CD段的平均速度为=C十D=0
24t
平均速度为==0m=1,5m/s,大小为1,5m/s,方向
△120s
2品
答案：1)6t0
向西；
7.C匀变速直线运动平均速度等于初末速度的平均值，则
(3)全过程的路程为△s=△x3十△x1十△x2=120m十
有：专5=10ms,T=5m因ST间的矩高是
2
30m+60m=210m
RS的两倍，而ST段的平均速度是RS段的平均速度的
平均速率为0=2)0m=10.5m8
△120s
乞，故可得ST段的时间是RS段的时间的4倍，可知：ST
1
答案：(1)20ms方向向西(2)1.5ms方向向西
(3)10.5m/s
段的速度减小量是RS段的4倍，则有：vs一VT=4(VR一
4.D设公交车开始减速的速度为%，运动总时间为，则公交
vs),联立解得：R=11m8,s=9ms,vT=1m8,故C
正确，ABD错误.
车在最初减连6s内通过的位移为西=o一2a哈=(6一
8.C令加速度为a,E到N的距离为L,从E到N有v至=
18m),把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运
2aL,从N到A有v员=2a·9L,联立可得vA=3E,故A
动，最后68内通过的位移为=2a,代入数据解得x2一
错误：根据逵度一时间公式，有tA=4一E_2E,gv
18m,由于公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过
的位号之比为21：9，则南以上有g18-号又有0=助
E一0_E=1,所以汽车通过AE段的时间等于21，故B
at,代入数据解得=10mst=10s,则公交车的总位移为
错误：根据匀变速直线运动的推论有四E-4E=2如E,
2
125
