核心素养测评(第十五章 第3讲 热力学定律与能量守恒定律)-【优学精研】2026年高考物理一轮总复习教用课件

该高中物理高考复习课件聚焦热力学定律与能量守恒核心考点，覆盖理想气体状态方程、热力学第一定律、p-V图像分析等高考高频内容。依据高考评价体系，通过2024重庆、浙江等真题分类，归纳出状态变化判断、内能计算等常考题型，明确考点权重与命题方向，提升备考针对性。 课件以“真题实战+素养提升”为特色，精选近3年高考真题与模拟题，通过科学推理分析2024重庆题等温过程吸热判断，用模型建构突破p-V图像分析难点。特设易错点警示（如“分子平均动能与所有分子动能”区别），培养学生物理观念与科学思维，助力教师精准教学，学生高效冲刺。

核心素养测评　(50分钟　70分) 四十二　热力学定律与能量守恒定律 【基础巩固练】 1.(6分)(生活情境)(2024·重庆选择考)某救生手环主要由高压气罐密闭。气囊内视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中,若气囊内气体温度不变,体积增大,则(　　) A.外界对气囊内气体做正功 B.气囊内气体压强增大 C.气囊内气体内能增大 D.气囊内气体从外界吸热 1 2 3 4 5 6 7 8 9 【解析】选D。气囊上浮过程,密闭气体温度不变,由玻意耳定律pV=C可知,体积变大,则压强变小,气体对外做功,故A、B错误;气体温度不变,内能不变,气体对外做功,W<0,由热力学第一定律ΔU=Q+W,则Q>0,需要从外界吸热,故C错误,D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2.(6分)(2025·四川适应性测试)某同学制作了一个小型喷泉装置,如图甲所示两个瓶子均用瓶塞密闭,两瓶用弯管连通,左瓶插有两端开口的直管。左瓶装满水,右瓶充满空气。用沸水浇右瓶时,左瓶直管有水喷出,如图乙所示,水喷出的过程中,装置内的气体 (　　) A.内能比浇水前大 B.压强与浇水前相等 C.所有分子的动能都比浇水前大 D.对水做的功等于水重力势能的增量 1 2 3 4 5 6 7 8 9 【解析】选A。用沸水浇右瓶时,装置内气体的温度升高,所以内能增大,故A正确;水能喷出的原因就是装置内气体的压强增大,故B错误;装置内气体的温度升高,气体分子的平均动能增大,但并不是所有分子的动能都增大,故C错误;水喷出时有动能,故瓶内气体对水做的功等于水动能的增量和重力势能增量之和,故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 3.(6分·多选)自然界中的一切变化,都伴随着能量的转移和转化,能量是一切物质运动的源泉,是一切生命活动的基础。能量在转化和转移的过程中具有方向性,能够供人类利用的能量越来越少,下列说法正确的是(　　) A.能量在转化的过程中总量减小 B.能量耗散违背了能量守恒定律 C.第一类永动机违背了热力学第一定律 D.第二类永动机违背了热力学第二定律 1 2 3 4 5 6 7 8 9 【解析】选C、D。由能量守恒定律可知,能量在转化和转移的过程中总量保持不变,故A、B错误;第一类永动机是指不消耗能量却可以不断向外做功的机器,违背了能量守恒定律,也就是违背了热力学第一定律,故C正确;第二类永动机不违背能量守恒定律,却寄希望于从单一热源吸收热量全部用来做功而不产生其他影响,这违背了热力学第二定律,故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 4.(6分)(2025·武汉模拟)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。关于斯特林循环,下列说法正确的是(　　) A.T1>T2 B.AB过程气体放出热量 C.BC过程所有气体分子的动能都减小 D.ABCDA过程气体不对外做功 1 2 3 4 5 6 7 8 9 【解析】选A。从B到C过程,气体体积不变,压强变小,根据=C,可知气体温度降低,则有T1>T2;则气体分子的平均动能减小,但不是所有气体分子的动能都减小,故A正确,C错误;从A到B过程,气体温度不变,体积变大,则外界对气体做负功,由于气体内能不变,根据热力学第一定律可知,气体从外界吸热,故B错误;根据p-V图像与横轴围成的面积表示做功大小,由题图可知,ABCDA过程气体对外做功,故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 5.(6分)(2025·成都模拟)如图所示是一定质量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c的V-T图像。则下列说法正确的是(　　) A.状态c的压强是状态a的压强的4倍 B.状态a到状态c过程,气体一直对外做功 C.状态a到状态b过程,气体吸收的热量等于其内能的增加量 D.状态a到状态b过程,气体压强不变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 【解析】选D。根据=C,变形可得V=T,可知状态a到状态b是等压变化,即pa=pb;由题图可知,状态b到状态c是等容变化,则有=,解得pc=2pb=2pa,故A错误,D正确;由题图可知,状态a到状态b,体积增大,气体对外做功,状态b到状态c,体积不变,气体对外不做功,故B错误;状态a到状态b过程,温度升高,故气体内能增大,同时气体对外做功,则气体吸收的热量大于其内能的增加量,故C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 6.(6分)如图所示的p-t图像,描述的是一定质量的理想气体经历的a→b→c→d→a四段状态变化过程,其中da延长线与横轴的交点为-273.15 ℃,ba延长线过原点,bc和cd分别平行于横轴和纵轴。则以下说法正确的是(　　) A.从a到b,压强的增大只是由温度的升高引起的 B.从b到c,气体对外界放出热量 C.从c到d,气体对外界放出热量 D.从d到a,气体减少的内能等于气体对外界放出的热量 1 2 3 4 5 6 7 8 9 关键点拨　注意横轴是摄氏温度t,而不是热力学温度T。 ①p-T图像中,各点与原点的连线的斜率反映体积的倒数,过原点的直线代表V不变。 ②p-t图像中,各点与(-273.15,0)的连线斜率才能反映体积的倒数,过(-273.15,0)的直线才代表体积不变。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 【解析】选D。 选项 过程分析 结论 A 从a到b,气体温度升高,压强增大,但是气体的体积也变化,所以压强的增大不只是由温度的升高引起的 × B 从b到c,气体压强不变,温度升高,气体内能增大,体积增大,气体对外做功,根据热力学第一定律可知,气体吸收热量 × C 从c到d,气体温度不变,压强减小,体积增大,内能不变,气体对外做功,根据热力学第一定律可知,气体吸收热量 × D 从d到a,气体体积不变,压强减小,温度降低,根据热力学第一定律可知,气体减少的内能等于气体对外界放出的热量 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 【综合应用练】 7.(6分·多选)(2024·河北选择考)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 【解析】选A、C、D。初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状态,弹簧处于压缩状态。因活塞密封不严,可知左侧气体向右侧真空漏出。左侧气体压强变小,右侧出现气体,对活塞有向左的压力,最终左、右两侧气体压强相等,且弹簧恢复原长,故A正确;由题知活塞初始时静止在汽缸正中间,但由于活塞向左移动,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,可知气体内能增加,故C正确;初始时气体在左侧,最终气体充满整个汽缸,则初始时左侧单位体积内气体分子数应该是最终左侧单位体积内气体分子数的两倍,故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 8.(12分)如图所示,水平固定的绝热汽缸内,用不导热的轻质活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞横截面积为S,汽缸底部有电热丝,轻绳水平段的左端连接活塞,另一端跨过定滑轮后与质量为m的小桶相连。开始时小桶静止,外界大气压强为p0,活塞距离汽缸底部的距离为L0,不计一切摩擦阻力,重力加速度大小为g。 (1)若将电热丝通电缓慢加热气体,一段时间后,气体吸收的 热量为Q,活塞缓慢向右移动的距离为L1,求该过程气体内能 的增量;(6分) 答案:(1)Q-(p0S-mg)L1　 【解析】(1)气体对外做功W=-pL1S,又pS+mg=p0S,根据热力学第一定律,该过程气体内能的增量为ΔU=Q+W,解得ΔU=Q-(p0S-mg)L1。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (2)若在小桶内缓慢加入细沙,同时控制电热丝的加热功率,使汽缸内气体温度保持不变,当加入质量为2m的细沙时,求该过程活塞向右缓慢移动的距离L2。(6分) 答案:　(2) 【解析】(2)气体温度不变,根据等温变化有pL0S=p'(L0+L2)S,又p'S+3mg=p0S, 得L2=。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 【情境创新练】 9.(16分)(2024·浙江6月选考)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 2 3 4 5 6 7 8 9 (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”);(4分)  【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p=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。 不变 变小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (2)求此不规则小块固体的体积V;(4分) 答案:(2)4×10-5m3 【解析】(2)气体发生等压变化,根据盖-吕萨克定律=, 解得V=4×10-5 m3。 (3)若此过程中气体内能增加10.3 J,求吸收热量Q。(8分) 答案:(3)14.4 J 【解析】(3)整个过程中外界对气体做功为W=-p1S(l2-l1),对活塞受力分析p1S=mg +p0S,解得W=-4.1 J,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,其中ΔU=10.3 J,解得Q=14.4 J,故气体吸收的热量为14.4 J。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 $