专题6 热 学(Word教参)-【精讲精练】2025年高考物理二轮专题辅导与训练

专题六　热　学 　(多选)(2023·新课标卷)如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后(　　) A．h中的气体内能增加 B．f与g中的气体温度相等 C．f与h中的气体温度相等 D．f与h中的气体压强相等 [解析]　pfS＝phS→压强pf＝ph，D对，f中的气体升温，活塞右移 升温前，弹簧处于原长状态，f和g中气体的压强相等，升温后判断弹簧的形变情况如下 假设升温后，弹簧处于原长，则 相矛盾，假设不成立 假设升温后，弹簧伸长，则 相矛盾，假设不成立 因此弹簧只能压缩，则 假设成立 对活塞受力分析可知pfS＝phS＝pgS＋F弹，则压强关系满足pf＝ph＞pg。由理想气体状态方程pV＝CT可知，＝＝＝又Vf＞Vg，Vf＞Vh，则Tf＞Tg，Tf＞Th，B、C错。 [答案]　AD 　（2024·湖南衡阳模拟）如图所示，一水平放置的汽缸由横截面积不同的两圆筒连接而成，活塞A、B用原长为3L、劲度系数k＝的轻弹簧连接，活塞整体可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动。A、B之间封闭着一定质量的理想气体，设活塞A、B横截面积的关系为SA＝2SB＝2S0，汽缸外大气的压强为p0＝1×105 Pa，温度为T0＝125 K。初始时活塞B与大圆筒底部（大、小圆筒连接处）相距L，汽缸内气体温度为T1＝500 K。求： (1)缸内气体的温度缓慢降低至380 K时，活塞移动的位移； (2)缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度。 [解析]　(1)缸内气体的温度缓慢降低时，其压强不变，弹簧不发生形变，活塞A、B一起向右移动，对理想气体有V1＝2S0·2L＋S0L，T1＝500 K V2＝2S0·(2L－x)＋S0(L＋x)，T2＝380 K 由盖-吕萨克定律可得＝ 解得x＝1.2L 由于1.2L＜2L，说明活塞A未碰到大圆筒底部，故活塞A、B向右移动的位移为1.2L。 (2)大活塞刚刚碰到大圆筒底部时有V3＝3S0L 由盖-吕萨克定律可得＝，解得T3＝300 K 当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时有T0＝125 K＜T3＝300 K 所以气体体积应继续减小，弹簧被压缩。 对活塞B受力分析，p4S0＋kΔx＝p0S0，所以有初状态p3＝p0，V3＝3S0L，T3＝300 K 末状态p4，V4＝S0(3L－Δx)，T4＝T0＝125 K 根据＝，可得Δx1＝0.5L，Δx2＝3.5L（舍去） 所以弹簧长度为x＝3L－Δx1＝2.5L。 [答案]　(1)1.2L　(2)2.5L 　在例题中，若活塞A、B用一长为3L的刚性细杆连接，且可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动。A、B之间封闭着一定质量的理想气体，设活塞A、B横截面积的关系为SA＝2SB，汽缸外大气的压强为p0＝1×105 Pa，温度为T0＝240 K。初始时活塞A与大圆筒底部（大、小圆筒连接处）相距2L，汽缸内气体温度为T1＝500 K。求： (1)缸内气体的温度缓慢降低至380 K时，活塞移动的位移； (2)缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。 解析　(1) 缸内气体的温度缓慢降低时，其压强不变，活塞A、B一起向右移动， 对理想气体有V1＝SA·2L＋SBL，V2＝SA(2L－x)＋SB(L＋x)， 由题可知，T1＝500 K，T2＝380 K 由盖-吕萨克定律可得＝， 解得x＝1.2L 由于x＝1.2L＜2L，说明活塞A未碰到大圆筒底部，故活塞A、B向右移动的位移为1.2L。 (2)大活塞刚刚碰到大圆筒底部时有V3＝3SBL， 由盖-吕萨克定律可得＝ 解得T3＝300 K 当缸内封闭气体与缸外大气达到热平衡时有 T＝T0＝240 K， 气体发生等容变化，由查理定律＝ 解得p＝8×104 Pa。 答案　(1)1.2L　 (2)8×104 Pa 　如图所示，一个质量为m＝3 kg的活塞在汽缸内封闭一定量的理想气体，活塞下方连接一个劲度系数为k＝600 N/m的轻质弹簧，活塞体积可忽略不计，距汽缸底部h1＝4 cm处连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计），初始时，封闭气体温度为T1＝390 K，活塞距离汽缸底部为h2＝20 cm，两边水银柱存在高度差。已知大气压强为p0＝1×105 Pa，汽缸横截面积为S＝1×10-3 m2，弹簧原长为L＝10 cm，重力加速度为g取10 m/s2。 (1)通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平？ (2)从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体向外界放出的热量为20 J，气体内能的变化量ΔU是多少？ [解析]　(1)初态时，对活塞受力分析，气体压强为p1＝p0＋＝1.3×105 Pa 体积为V1＝h2S 要使两边水银面相平，汽缸内气体的压强为p2＝p0 此时弹簧下端一定与汽缸底接触，对活塞进行受力分析有mg＝kx 解得弹簧的压缩量为x＝5 cm 则有V2＝(L－x)S 设此时温度为T2，由理想气体状态方程有＝ 联立解得T2＝75 K。 (2)从开始至弹簧恰与汽缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功为 W＝p1ΔV＝×(h2－L)S＝13 J 在之后弹簧被压缩5 cm的过程中，活塞重力做功为WG＝mg(L－x)＝1.5 J 弹簧弹力做功为W弹＝－·x＝－0.75 J 外界大气做功为p0(L－x)S＝5 J 由热力学第一定律可得气体内能的变化量为ΔU＝13 J＋1.5 J＋5 J－0.75 J－20 J＝－1.25 J。 [答案]　(1)75 K　(2)－1.25 J 1．（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 解析　1→2为绝热过程，Q＝0，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU>0，气体内能增加，A正确；2→3为等压膨胀过程，W<0，由盖-吕萨克定律可知气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q>0，气体从外界吸热，B错误；3→4过程为绝热过程，Q＝0，气体体积增大，W<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知ΔU<0，气体内能减少，C错误；4→1过程中，气体做等容变化，W＝0，又压强减小，则由查理定律可知气体温度降低，内能减少，即ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q<0，气体对外放热，D正确。 答案　AD 2．（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 解析　活塞密封不严，左侧封闭气体向右侧真空扩散，当活塞重新静止时，活塞左右两侧气体压强相等，对活塞受力分析可知，其不受弹簧弹力，即弹簧恢复至自然长度，A正确；由于初始时活塞左侧有气体、右侧真空且活塞静止，则初始时弹簧处于压缩状态，又此时活塞静止在汽缸正中间，则当活塞重新静止时，有V左＜V右，又活塞左右两侧气体为同种气体且压强和温度都相等，则活塞左右两侧气体的密度相等，由m＝ρV可知，活塞左侧气体的质量小于右侧气体的质量，B错误；气体与弹簧组成的系统能量守恒，与初始时相比，活塞重新静止时弹簧的弹性势能减少，则气体的内能增加，C正确；结合A项分析可知，与初始时相比，气体的体积增大，总分子数不变，所以活塞左侧单位体积内气体分子数减少，D正确。 答案　ACD 3．（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 mm2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l0＝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-曲线如图乙。大气压强p0＝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。 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p0，故此时封闭气体对活塞的压力大小为F＝p0S＝1×105×500×10-6 N＝50 N。 (2)根据题意可知F-图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得F＝k· 根据F＝pS可得气体压强为p＝(SI) 故可知活塞从a处到b处对封闭气体得pV＝·S·(x＋5)×10-3(SI)＝k×10-3(SI) 故可知该过程中对封闭气体的pV值恒定不变，故可知做等温变化。 (3)分析可知全过程中气体做等温变化，开始在b处时pV＝p0Sl0 在b处时气体体积为Vb＝Sl0＝10×10-5 m3 在a处时气体体积为Va＝Sla＝0.25×10-5 m3 根据玻意耳定律paVa＝pbVb＝p0Sl0 解得pa＝40×105 Pa 故封闭气体等温变化的p-V图像如图所示。 答案　(1)50 N　(2)(3)见解析 4．（2024·吉林卷）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝5∶1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体，接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。 (1)求变压器的输出功率P； (2)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q＝CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。 解析　(1)由原线圈所接正弦交流电的峰值求出其有效值U1＝，设变压器副线圈的输出电压为U2，则有＝ 求得U2＝U1＝ 故变压器的输出功率P＝＝。 (2)设加热前容器内气体的压强为p0，加热后容器内气体的温度为T1，则加热后气体的压强为2p0，由题意可知容器内的气体做等容变化，则由查理定律有＝，解得T1＝2T0 由Q＝CΔT知气体吸收的热量 Q＝C(2T0－T0)＝CT0 又容器是绝热容器且电热丝产生的热量全部被气体吸收，则Q＝Pt＝CT0，即t＝CT0 解得t＝。 答案　(1)　(2) 命题点一　分子动理论　热力学定律 1．微观量的计算 (1)油膜法估算分子直径：d＝，其中V为纯油酸体积，S为单分子油膜面积。 (2)分子总数：N＝nNA＝NA＝NA。 特别提醒：对气体而言，一个分子的体积V0≠。 (3)两种分子模型：①球体模型：V＝πR3；②立方体模型：V＝a3。 2．分子运动：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．分子力、分子势能与分子间距离的关系（如图） 4．理想气体相关三量ΔU、W、Q的分析思路 (1)内能变化量ΔU ①由气体温度变化分析ΔU。温度升高，内能增加，ΔU>0；温度降低，内能减少，ΔU<0。 ②由公式ΔU＝W＋Q分析内能变化。 (2)做功情况W 由体积变化分析气体做功情况。体积膨胀，气体对外界做功，W<0；体积被压缩，外界对气体做功，W>0。 (3)气体吸、放热Q 一般由公式Q＝ΔU－W分析气体的吸、放热情况，Q>0，吸热；Q<0，放热。 5．对热力学第二定律的理解：热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但会产生其他影响。 1．（多选）（2024·甘肃张掖模拟）如图甲、乙分别表示两分子间的作用力、分子势能与两分子间距离的关系。分子a固定在坐标原点O处，分子b从r＝r4处以某一速度向分子a运动（运动过程中仅考虑分子间作用力），假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0，则(　　) A．图甲中分子间距从r2到r3，分子间的引力增大，斥力减小 B．分子b运动至r3和r1位置时动能可能相等 C．图乙中r5一定大于图甲中r2 D．若图甲中阴影面积S1＝S2，则两分子间最小距离小于r1 解析　由题图甲可知，两分子间距从r2到r3的过程中，分子间的引力、斥力均减小，分子力合力增大，故A错误；分子b从r3到r2和从r2到r1两过程，若图像与横轴所围面积相等，则分子力做功为0，动能变化量为0，分子b在r3和r1两位置时动能可能相等，故B正确；题图甲中r2处分子力合力为0，分子b在此处分子势能最小，应对应题图乙中r6处，即题图乙中r5一定小于题图甲中r2，故C错误；若题图甲中阴影面积S1＝S2，则分子b从r4到r1过程分子力做功为0，分子b在r4处速度不为0，则分子b在r1处速度不为0，将继续运动，靠近分子a，故D正确。 答案　BD 2．（2024·九省联考）一定质量的理想气体从状态a开始。第一次经绝热过程到状态b；第二次先经等压过程到状态c，再经等容过程到状态b。pV图像如图所示。则(　　) A.c→b过程中气体从外界吸热 B．a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多 C．气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能小 D．气体在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数少 解析　c→b过程，气体体积不变，即等容变化过程，气体压强变小，温度降低，故内能减小，该过程气体对外不做功，故气体向外界放热，A错误；由微元法可得pV图像与横坐标围成的“面积”表示为气体做功的多少，由图像可知，a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多，B正确；a→b过程为绝热过程，气体体积变大对外做功，由热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降低。温度是分子平均动能的标志，故气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能大，C错误；a→c过程，气体的压强相等，体积变大温度变大，分子的平均动能变大，分子撞击容器壁的动量变化量变大。由气体压强的微观解释可知，在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，D错误。 答案　B 命题点二　固体、液体和气体的性质 1．固体和液体 (1)晶体和非晶体 比较 晶体 非晶体 单晶体 多晶体 形状 规则 不规则 不规则 熔点 固定 固定 不固定 特性 各向异性 各向同性 各向同性 (2)液晶的性质 液晶是一种特殊的物质，既可以流动，又可以表现出单晶体的分子排列特点，在光学性质上表现出各向异性。 (3)液体的表面张力 使液体表面有收缩到球形的趋势，表面张力的方向跟液面相切。 2．气体分子运动特点 3．（多选）（2024·新乡一模）下列说法正确的是(　　) A．液晶既具有液体的流动性，又具有光学的各向异性 B．微粒越大，撞击微粒的液体分子数越多，布朗运动越明显 C．太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果 D．表现为各向同性的固体均为非晶体 解析　液晶既具有液体的流动性，又具有光学的各向异性，选项A正确；微粒越小，撞击微粒的液体分子的不平衡越明显，布朗运动越明显，故B错误；太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果，故C正确；表现为各向同性的固体可能为多晶体，故D错误。 答案　AC 4．（多选）（2024·太原一模）关于容器内理想气体的压强，下列说法正确的是(　　) A．等于分子作用在器壁单位面积上的平均作用力的大小 B．等于单位时间内，分子作用在器壁单位面积上的平均作用力的大小 C．等于单位时间内，分子作用在器壁单位面积上的平均冲量的大小 D．若温度不变，单位时间内、单位面积上与器壁碰撞的分子数越多，压强越大 解析　气体压强就是作用在器壁单位面积上的平均作用力的大小，故A正确；气体的压强等于单位时间内，分子作用在器壁单位面积上的平均冲量的大小，故B错误，C正确；若温度不变，气体分子的平均动能不变，每次撞击器壁的剧烈程度不变，如果单位时间内、单位面积上与器壁碰撞的分子数越多，则撞击的频繁程度增加，压强增大，故D正确。 答案　ACD 5．下面的表格是某年某地区1～6月份的气温与气压对照表： 月份 1 2 3 4 5 6 平均气温/℃ 1.4 3.9 10.7 19.6 26.7 30.2 平均大气压/(×105 Pa) 1.021 1.019 1.014 1.008 1.003 0.9984 根据表中数据可知：该年该地区从1月份到6月份(　　) A．空气分子无规则运动剧烈程度呈减小的趋势 B．6月的任何一个空气分子的无规则运动的速率一定比它在1月时速率大 C．单位时间对单位面积的地面撞击的空气分子数呈减少的趋势 D．单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量呈增加的趋势 解析　温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，分子无规则运动越剧烈，从1月到6月，温度逐渐升高，空气分子无规则运动剧烈程度呈增大的趋势，故A错误；6月温度最高，分子平均动能最大，但分子平均动能是对大量分子的一种统计规律，对于具体的某一个分子并不适用，所以不能说6月的任何一个空气分子的无规则运动的速率一定比它在1月时速率大，故B错误；根据气体压强的微观意义，气体压强与单位时间对单位面积地面撞击次数、气体的分子平均动能有关，温度升高，即气体分子的平均动能增大，而压强p减小，说明单位时间对单位面积地面撞击次数减小，所以单位时间对单位面积的地面撞击的空气分子数呈减少的趋势，故C正确；根据气体压强的微观意义，气体压强等于单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量，大气压强呈减小的趋势，单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量也呈减小的趋势，故D错误。 答案　C 命题点三　气体实验定律　理想气体状态方程 6．（2024·九省联考）如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，左管内封有一段长20 cm的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高15 cm，大气压强为75 cmHg，现移动右侧玻璃管，使两侧管内水银面相平，此时气体柱的长度为(　　) A.10 cm　　　　　　　 B．15 cm C．16 cm D．25 cm 解析　设玻璃管横截面积为S，初始状态气柱长度为L1＝20 cm，密闭气体初始状态压强p1＝p0－ph＝ cmHg＝60 cmHg，体积V1＝SL1，移动右侧玻璃管后，压强p2＝p0＝75 cmHg，体积V2＝SL2。根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2，L2＝16 cm，故选C。 答案　C 7．（2024·九省联考）如图所示，一个盛有气体的容器内壁光滑，被隔板分成A、B两部分，隔板绝热。开始时系统处于平衡状态，A和B体积均为V、压强均为大气压p0、温度均为环境温度T0。现将A接一个打气筒，打气筒每次打气都把压强为p0、温度为T0、体积为V的气体打入A中。缓慢打气若干次后，B的体积变为 V。（所有气体均视为理想气体） (1)假设打气过程中整个系统温度保持不变，求打气的次数n； (2)保持A中气体温度不变，加热B中气体使B的体积恢复为V，求B中气体的温度T。 解析　(1)对B气体，根据理想气体状态方程有p0＝p1，解得p1＝3p0 则根据等温方程有p0V＋np0×V＝p1×（2V－V），解得n＝24次。 (2)A中气体温度不变p1×＝p2V 对B中气体p0＝p2 解得T＝5T0。 答案　(1)24次　(2)5T0 8．（2024·湖北武汉模拟）增压水枪通过注水压缩空气，以增加储水腔内空气的压强，打开喷水开关，将水喷射到远处。某水枪储水腔的容积V＝2.8 L，最初充满压强p0＝1.0 atm的空气，现向储水腔内注入体积V0＝0.8 L的水。已知水的喷射速度v与储水腔内空气的压强p满足关系：p＝p0＋kv2，式中p0＝1.0 atm，k＝4×10-3 atm·s2·m-2。注水与喷水过程可忽略气体温度变化，储水腔内空气无泄漏，气体可视为理想气体。 (1)求注水后储水腔内空气的压强； (2)打开喷水开关，当储水腔内水的体积为0.25 L时，求水的喷射速度。（结果保留1位有效数字） 解析　(1)设注水后储水腔内空气的压强为p1，注水与喷水过程可忽略气体温度变化，则由玻意耳定律可得p0V＝p1(V－V0) 代入数据解得p1＝＝ atm＝1.4 atm。 (2)当储水腔内水的体积为0.25 L时，设此时腔内空气的压强为p2，由玻意耳定律可得 p0V＝p2(V－V0′) 代入数据解得p2＝p0＝p0＝p0 由水的喷射速度v与储水腔内空气压强p的关系式p＝p0＋kv2可得v＝＝ m/s≈5 m/s。 答案　(1)1.4 atm　(2)5 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $$