2025届高考物理二轮复习专题讲义：热学

2025高考物理二轮复习 热学 课前学习任务 1、 知识框架 2、 必备知识 热学概念的理解 1.微观量的估算 （1）油膜法估测油酸分子的大小：d＝ 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。 注意：对气体而言，N≠。 （3）两种分子模型 球模型：V＝πR3（常用于估算液体、固体分子直径）；立方体模型：V＝a3（常用于估算气体分子间距）。 2.反映分子运动规律的两个实例 布朗 运动 悬浮在液体或气体中的固体小颗粒永不停息、无规则的运动，颗粒越小、温度越高，运动越剧烈 扩散 现象 分子永不停息地做无规则运动，温度越高，扩散越快 3.分子间作用力、分子势能随r的变化图像 4.固体和液体 （1）晶体与非晶体 ①晶体有固定熔点，非晶体无固定熔点。 ②晶体和非晶体可以相互转化。 （2）液体的表面张力：表面张力具有使液体表面积收缩到最小的趋势。 （3）液晶：液晶具有液体的流动性，也具有晶体的光学各向异性。 （4）温度 ①宏观表现：物体的冷热程度。 ②微观表现：分子平均动能的标志。 气体实验定律与热力学定律 1.气体实验定律与热力学定律综合问题的求解思路 2.关联气体问题 解决由活塞、液柱相联系的两部分气体时，注意找两部分气体的压强、体积等关系，列出关联关系式，再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。 气体图像与热力学定律的综合问题 图像 特点 等温 变化 p-V图像 pV＝CT（其中C为恒量），即pV之积越大的等温线，温度越高，线离原点越远 p-图像 p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高 等容 变化 p-T图像 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小 等压 变化 V-T图像 V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小 三、高考再现 1.（2024·北京高考3题）一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮，将气泡内的气体视为理想气体，且气体分子个数不变，外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体（　　） A.内能变大 B.压强变大 C.体积不变 D.从水中吸热 2.（2024·福建高考9题）17 ℃时轮胎胎压为2.9个大气压，胎内气体视为理想气体。气体体积质量不变，则27 ℃时轮胎胎压为　　　　个大气压，内能　　　　（填“大于”“等于”或“小于”）17 ℃时气体内能。 3.（多选）（2024·河北高考9题）如图，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 4.（多选）（2024·新课标卷21题）如图，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 5.（2024·江苏高考13题）某科研实验站有一个密闭容器，容器内有温度为300 K、压强为105 Pa的理想气体，容器内有一个面积为0.06 m2的观测台，现将这个容器移动到月球上，容器内的温度变成240 K，整个过程可认为气体的体积不变，月球表面为真空状态。求： （1）在月球上容器内气体的压强； （2）观测台所受的压力大小。 课堂考点突破 考点一　热学概念的理解 【例1】　（2024·河北辛集一中三模）关于分子运动的规律，下列说法正确的是（　　） A.如果气体温度升高，则每个分子的运动速率都将增大 B.如果某气体分子质量为m，平均速度为，则分子平均动能Ek＝m C.悬浮在水中的花粉颗粒做布朗运动，不能反映花粉颗粒内分子热运动的规律 D.将某气体密闭于正方体容器中，则在相同的时间内与容器内部各面相撞的分子数目必严格相等 【例2】　（2023·海南高考5题）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，分子间作用力表现为斥力 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.分子间距离小于r0且减小时，分子势能在减小 【例3】　（2024·四川宜宾模拟）下列四幅图所涉及的物理知识，论述正确的是（　　） A.图甲表明晶体熔化过程中分子平均动能变大 B.图乙水黾可以在水面自由活动，说明它所受的浮力大于重力 C.图丙是显微镜下三颗小炭粒的运动位置连线图，连线表示小炭粒的运动轨迹 D.图丁中A是浸润现象，B是不浸润现象 考点二　气体实验定律与热力学定律 【例4】　（2024·安徽高考13题）某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降（假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体）。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压强相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强（假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变）。已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2＝－23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求： （1）在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小。 （2）充进该轮胎的空气体积。 【例5】　（2024·甘肃高考13题）如图，刚性容器内壁光滑，盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连（忽略隔板厚度和弹簧体积）。容器横截面积为S，长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求： （1）抽气之后A、B的压强pA、pB。 （2）弹簧的劲度系数k。 【例6】　（2024·浙江6月选考17题）如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l1。将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S＝4.0×10－4 m2，m＝0.1 kg，l1＝0.2 m，l2＝0.3 m，T2＝350 K，V0＝2.0×10－4 m3，大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度T1＝300 K。 （1）在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力　　　　（选填“变大”“变小”或“不变”），气体分子的数密度　　　　　（选填“变大”“变小”或“不变”）； （2）求此不规则小块固体的体积V； （3）若此过程中气体内能增加10.3 J，求吸收热量Q。 考点三　气体图像与热力学定律的综合问题 【例7】　（2024·河南商丘三模）一定质量的理想气体由状态a变化到状态b的过程中，体积V随热力学温度T变化的图像如图所示。已知气体在状态b的压强为1.36×105 Pa，从状态a变化到状态b气体吸收的热量为4×104 J，则该过程中气体的内能增加了（　　） A.2.04×104 J B.1.96×104 J C.1.64×104 J D.1.28×104 J 【例8】　（2024·山东高考6题）一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是（　　） A.a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 B.b→c过程，气体对外做功，内能增加 C.a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 D.a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量 【例9】　（2024·江西高考13题）可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1＝1 200 K，T2＝300 K，气体在状态A的压强pA＝8.0×105 Pa，体积V1＝1.0 m3，气体在状态C的压强pC＝1.0×105 Pa。求： （1）气体在状态D的压强pD； （2）气体在状态B的体积V2。 考点四、气体变质量问题 【典例1】　如图所示，A、B是两个容积为V的容器，C是用活塞密封的气筒，它的工作容积为0.5V，C与A、B通过两只单向进气阀a、b相连，当气筒抽气时a打开、b关闭，当气筒打气时b打开、a关闭。最初A、B两容器内气体的压强均为大气压强p0，活塞位于气筒C的最右侧。（气筒与容器间连接处的容积不计，气体温度保持不变）求： （1）活塞以工作容积完成第一次抽气后，气筒C内气体的压强p1； （2）活塞以工作容积完成抽气、打气各2次后，A、B容器内的气体压强之比。 【典例2】　如图所示的是某排水管道的侧面剖视图。井盖上的泻水孔因故堵塞，井盖与管口间密封良好但不粘连。暴雨期间，水位迅速上涨，该井盖可能会不断跳跃。设井盖质量为m＝20.0 kg，圆柱形竖直井内水面面积为S＝0.300 m2，图示时刻水面与井盖之间的距离为h＝2.00 m，井内密封有压强刚好等于大气压强p0＝1.01×105 Pa、温度为T0＝300 K的空气（可视为理想气体），重力加速度取g＝10 m/s2。密闭空气的温度始终不变。 （1）井盖第一次被顶起时，井内空气压强p为多大？从图示位置起，水面上涨多少后井盖第一次被顶起？（计算结果均保留3位有效数字） （2）井盖第一次被顶起后迅速回落再次封闭井内空气，此时空气压强重新回到p0，温度仍为T0，求此次向外界排出的空气相当于压强为p0、温度为T1＝290 K时的体积。（计算结果保留3位有效数字） 答案解析 【试做·高考真题】 1.D　气泡内气体在恒温水槽中缓慢上浮过程如图所示，设气泡上浮到某位置处距水槽水面的高度为h，则该位置处气泡内气体压强p＝p0＋ρgh，可知上浮过程中气泡内气体压强变小，又恒温水槽温度不变，则由玻意耳定律pV＝C可知，上浮过程中气泡内气体体积变大，B、C错误；由于温度是分子平均动能的标志，则气泡在恒温水槽内上浮过程中，气泡内气体分子平均动能不变，又气体分子个数不变，气泡内气体为理想气体，则上浮过程中气泡内气体内能不变，即ΔU＝0，气体体积变大，外界对气体做负功，即W＜0，结合热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＞0，即上浮过程中气泡内气体从水中吸热，A错误，D正确。 2.3　大于 解析：设大气压强为p0，初始时T1＝（17＋273）K＝290 K，p1＝2.9p0，末状态时T2＝（27＋273）K＝300 K，根据查理定律＝，代入数值解得p2＝3p0；理想气体的内能只与温度有关，故温度升高时内能增大。 3.ACD　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；由于系统绝热，则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。 4.AD　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。 5.（1）8×104 Pa　（2）4.8×103 N 解析：（1）根据题意，容器内气体发生等容变化，由查理定律有＝，代入数据解得月球上容器内气体的压强p2＝8×104 Pa。 （2）观测台所受的压力大小F＝p2S＝4.8×103 N。 【洞悉·高频考点】 考点一 【例1】　C　如果气体温度升高，则气体分子的平均动能增大，但并非每个分子的运动速率都增大，选项A错误；分子的平均动能等于系统内所有分子的动能之和与分子的总数之比，而不是Ek＝m，选项B错误；悬浮在水中的花粉颗粒做布朗运动，只能反映水分子的热运动，不能反映花粉颗粒内分子热运动的规律，选项C正确；将某气体密闭于正方体容器中，在相同的时间内与容器内部各面相撞的分子数目不一定严格相等，选项D错误。 【例2】　C　分子间距离大于r0时，分子间作用力表现为引力，分子从无限远靠近到距离r0处过程中，引力做正功，分子势能减小，则在r0处分子势能最小，继续减小距离，分子间作用力表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大，故选C。 【例3】　D　晶体熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，A错误；水黾可以在水面自由活动，是因为水的表面张力作用，B错误；每隔一段时间把观察到的炭粒的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线，所以布朗运动图像反映每隔一段时间小炭粒的位置，而不是运动轨迹，C错误；图丁中A是浸润现象，B是不浸润现象，D正确。 考点二 【例4】　（1）2.5×105 Pa　（2）6 L 解析：（1）由查理定律可得＝ 其中p1＝2.7×105 Pa，T1＝（273－3）K＝270 K，T2＝（273－23）K＝250 K 代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强为p2＝2.5×105 Pa。 （2）由玻意耳定律 p2V0＋p0V＝p1V0 代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V＝6 L。 【例5】　（1）p0　p0　（2） 解析：（1）抽气后，A的体积变为VA＝2Sl－Sl＝Sl，对A中气体，根据玻意耳定律有 p0Sl＝pA·Sl 解得pA＝p0， 对B中剩余气体，根据玻意耳定律可知，p0Sl＝pB·Sl 解得pB＝p0。 （2）抽气后，对隔板，根据平衡条件有pAS＝pBS＋k·l 结合（1）问解得k＝。 【例6】　（1）不变　变小　（2）4×10－5 m3 （3）14.4 J 解析：（1）温度升高时，活塞缓慢上升，其受力不变，故封闭气体压强不变，由p＝知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变；由体积变大，知气体分子的数密度变小。 （2）气体发生等压变化，有 ＝ 得V＝4×10－5 m3。 （3）此过程中，外界对气体做功 W＝－p1S（l2－l1） 对活塞受力分析可知，p1S＝mg＋p0S 得W＝－4.1 J 又ΔU＝W＋Q 得Q＝14.4 J。 考点三 【例7】　B　设气体温度在300 K时的压强为p，气体温度从300 K到400 K为等容变化，则有＝，解得p＝1.02×105 Pa，由图像可知，气体温度从200 K到300 K为等压膨胀，气体对外做功为W＝－p·ΔV＝－2.04×104 J，气体温度从300 K到400 K气体做功为零，根据热力学第一定律可知，气体内能变化为ΔU＝Q＋W＝4×104 J－2.04×104 J＝1.96×104 J，故选B。 【例8】　C　a→b过程是等压变化且体积增大，则Wab＜0，由盖—吕萨克定律可知Tb＞Ta，即ΔUab＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知a→b过程，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＜0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体内能减少，B错误；c→a过程为等温过程，可知Tc＝Ta，ΔUac＝0，根据热力学第一定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；由A项分析可知Qab＝ΔUab－Wab，由B项分析可知Wbc＝ΔUbc，由C项分析可知0＝Wca＋Qca，又ΔUab＋ΔUbc＝0，联立解得Qab－（－Qca）＝－Wca－Wbc－Wab，根据p-V图像与坐标轴所围图形的面积表示外界对气体做的功，结合题图可知Qab－（－Qca）≠0，所以a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量－Qca，D错误。 图像分析 【例9】　（1）2.0×105 Pa　（2）2.0 m3 解析：（1）气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律有＝ 代入数据解得pD＝2.0×105 Pa。 （2）气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有pCVC＝pDV1 代入数据解得VC＝2.0 m3 又气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在B状态的体积为V2＝VC＝2.0 m3。 【培优·提能加餐】 【典例1】　（1）p0　（2）2∶7 解析：（1）由题意可知，工作过程是等温变化，则完成第一次抽气结束后，由玻意耳定律有 p0V＝p1×（0.5＋1）V 解得p1＝p0。 （2）第二次抽气结束后，有p1V＝pA×（0.5＋1）V 第一次打气结束后，有p0V＋0.5p1V＝p2V 第二次打气结束后，有p2V＋0.5pAV＝pBV 联立解得pA∶pB＝2∶7。 【典例2】　（1）1.02×105 Pa　1.31 cm （2）3.80×10－3 m 解析：（1）井盖第一次被顶起时，井内气体的压强p满足pS＝p0S＋mg，代入数据得p＝1.02×105 Pa，设井盖第一次被顶起时，水面上涨x，对井内空气，由气体等温变化规律，有p·（h－x）S＝p0·hS，代入数据解得x＝1.31 cm。 （2）井内原有气体状态为p0、V0＝hS、T0，井盖第一次被顶起后，井内剩余气体状态为p0、V1＝（h－x）S、T0，排出的气体状态为p0、V2、T1，由气体等压变化规律，有＝＋，代入数据得V2＝3.80×10－3 m3。 学科网（北京）股份有限公司 $$