单元检测（十三）热学
B卷高考能力评价卷
(满分：100分时间：75分钟)
一、实验题：本题共1小题，共12分
1.利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系.将带有刻度的注射器竖直固定在铁
架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连.活塞上端固定一托盘，托盘
中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V。与塑料管容积△V之
和)，逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示，
+pf(×10ipa)
220
200
180
I60
接训算机
140
压强传惑器
120
图甲
1005007009000x10L少
图乙
回答以下问题：
(1)在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气
体
A.p与V成正比
B.p与成正比
(2)若气体被压缩到V=10.0L,由图乙可读出封闭气体压强为
Pa(保留三位有效数字).
(3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了△V,则在计算pV乘积时，他的计算结果与同组
正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而
(填“增大”或“减小”).
二、计算题：本题共7小题，共88分
2.(2024·山东)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S1一
1.0cm2,长度H=100.0cm,侧壁有一小孔A.储液罐的横截面积S2=
90.0cm2、高度h=20.0cm,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p=1.0×103kg/m3,重力加速度大小g=10m:s2,
大气压po=1.0×105Pa.整个过程温度保持不变，空气可视为理想气体，忽
图甲
图乙
略器壁厚度·
101
(1)求x;
(2)松开孔A,从外界进入压强为0、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.
3.(2024·湖南)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o,求此时气体的体积V。(用po、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=8.66×10一3kg(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-)(V-V0)=C,其中po=1.0×105Pa为大气压强，V0=0.5×
10-3m3为气球无张力时的最大容积，C=18J为常量.已知该气球自身质量为0=8.40×10-3kg,外界
空气密度为o=1.3kgm3,求气球内气体体积V的大小.
4.(2024·全国甲卷)如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可
a7n
在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离c=10ab,活塞的
面积为1.0×10-2m.初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压
强、温度相同，分别为1.0×105P和300K.在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使
活塞缓慢到达卡销b处（过程中气体温度视为不变），外力增加到200N并保持不变，
(1)求外力增加到200N时，卡销b对活塞支持力的大小；
(2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度.
102参考答案
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
