专题15 热学（专题讲解课）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专题突破教用课件

该高中物理高考复习课件聚焦热学专题，覆盖气体实验定律、热学模型、变质量问题及热力学综合应用等高考核心考点。通过知识图解系统梳理规律，结合题型分类对接高考评价体系，分析各考点权重，归纳等容等压等温过程分析、活塞液柱模型应用等常考题型，备考针对性强。 课件亮点在于高考真题深度融入与科学思维培养，以2020山东卷拔罐问题为例，通过解题导引培养模型建构与科学推理能力，方法拓展中归纳压强计算、公式运用等易错点，指导学生用受力分析判断过程类型、变质量问题转化法突破考点。助力学生掌握答题技巧，为教师提供系统性复习方案，提升备考效率。

专题十五　热学 高考物理 新高考专用 题型方法 目 录 题型50　气体实验定律及其应用 题型51　热学中的两种经典模型 题型52　气体变质量问题 题型53　气体实验定律与热力学定律的综合应用 目 录 题型50　气体实验定律及其应用 知识图解 1.玻意耳定律与p-V图像 (1)玻意耳定律的内容:一定质量的某种气体,在温度不变的情况下,其压强p与体积V成 反比。数学表达式为pV=C(C是常量),在p-V图像上,等温过程表示为双曲线的一支。 (2)p-V图像 题型方法 目 录 目 录     (3)p- 图像   2.查理定律与p-T图像 (1)查理定律的内容:一定质量的某种气体,在体积不变的情况下,其压强p与热力学温度 T成正比。在p-T图像上,等容过程表示为通过坐标原点的倾斜直线。 目 录 目 录 2.查理定律与p-T图像 (1)查理定律的内容:一定质量的某种气体,在体积不变的情况下,其压强p与热力学温度 T成正比。在p-T图像上,等容过程表示为通过坐标原点的倾斜直线。 (2)p-T图像 目 录 目 录 (3)p-t图像   3.盖-吕萨克定律与V-T图像 (1)盖-吕萨克定律的内容:一定质量的某种气体,在压强不变的情况下,其体积V与热力 学温度T成正比。在V-T图像上,等压过程表示为通过坐标原点的倾斜直线。 目 录 目 录 (2)V-T图像 目 录 目 录 4.分析流程 目 录 目 录 5.解题一般步骤 (1)先确定密闭气体的初、末状态的温度、体积、压强。 (2)再对液柱或活塞进行受力分析确定密闭气体的压强与已知压强的关系。 (3)最后根据题意确定密闭气体经历等温(选玻意耳定律)、等压(选盖-吕萨克定律)或 等容(选查理定律)或温度、体积、压强(选理想气体状态方程)都变过程,选用合适的气 体实验定律或理想气体状态方程,并结合牛顿第二定律或平衡条件或热力学第一定律 即可求得待求的物理量。 目 录 目 录 典例精解 典例　一个质量和厚度均可不计的活塞将一定质量的理想气体封闭在上端开口的直 立圆筒形汽缸内,活塞上堆放着铁砂,如图所示。最初活塞放置在汽缸内壁的固定卡环 上,气柱的高度为H0,压强等于大气压强p0。现对气体缓慢加热,当气体温度升高了ΔT=6 0 K时,活塞(及铁砂)开始离开卡环而上升。继续加热直到气柱高度H1=1.5H0。此后,在 维持温度不变的条件下逐渐取走铁砂,直到铁砂全部被取走时,气柱高度变为H2=1.8H0, 求此时气体的温度。(不计活塞与汽缸之间的摩擦)   目 录 目 录 解题导引    (1)“现对气体缓慢加热,当气体温度升高了ΔT=60 K时,活塞(及铁砂)开始 离开卡环而上升”,由此句中的“开始离开”,可知该过程中气体体积不变,即等容过程。 (2)“继续加热直到气柱高度H1=1.5H0”,对活塞进行受力分析可知此过程为等压过程。 (3)“此后,在维持温度不变的条件下逐渐取走铁砂”,对活塞进行受力分析可知此过程 铁砂对活塞的压力减小,即气体的压强发生改变,结合此题中的“温度不变”,即实现等 温过程。综上所述,气体先后经历了4个状态3个过程,如图所示。 目 录 目 录 解析　设气体最初温度为T0,则活塞刚离开卡环时温度为T0+ΔT,压强为p1, 对等容过程有 = ① 设气柱高度为H1时温度为T2, 对等压过程有 = ② 设气柱高度为H2时温度为T2, 对等温膨胀过程有 = ③ 联立以上各式代入数据解得T2=540 K。 目 录 目 录 (点拨:此题中所研究的气体没有出现漏气、充气等问题,所以可直接根据第一状态和 第四状态压强相等,由理想气体状态方程直接列式,即 = ,并结合①②式联立解得; 若此题中的T0已知,则可显现巧用状态进行直接列式的优势) 答案    540 K 目 录 目 录 方法拓展    1.重视过程 (1)重视结论的同时,更应重视过程分析。 (2)等温过程的条件:空气柱体积变化不太快,即关键词“缓慢”,还需辅之以导热条件。 (3)等压过程因涉及压强,所以要判断等压过程,应从受力分析入手,而过程的平衡,涉及 动态平衡,即关键词“缓慢”,故等压过程的判断:受力分析+动态平衡。 (4)等温和等压过程,均涉及一个关键词“缓慢”,此为易错点。此要点在于受力分析, 如果其他力没有变化,则气体压强也不会发生变化,为等压过程。 (5)等容过程,一般根据气体体积直接确定。 目 录 目 录 2.巧用状态 (1)如果气体变化过程过于复杂,可直接选取恰当的状态使用气体实验定律。根据克拉 伯龙方程pV=nRT(其中n为气体的物质的量,R为常量)可知,只要作为研究对象的气体没 有出现充气、漏气、灌气等问题,nR始终保持不变,即可以适当取巧,直接选取两个合 适的状态,结合理想气体状态方程,即 = 进行列式。 (2)如果出现充气、漏气、灌气等问题,以克拉伯龙方程进行列式求解即可。 题型51　热学中的两种经典模型 模型图解 目 录 目 录 一、活塞-汽缸模型 1.不规则活塞的受力问题   题型51　热学中的两种经典模型 模型图解 目 录 目 录 点拨　活塞形状对理想气体的压强大小没有影响,解题时可将形状不规则的活塞等效 成形状规则的活塞。 2.与弹簧相关联的汽缸类问题   目 录 目 录 二、玻璃管-液柱模型(以平衡类为例) 1.开口向上   2.开口向下   目 录 目 录 3.水平放置   4.插入液体中   目 录 目 录 三、科学建模,选准对象,用好规律 目 录 目 录 典例精解 典例　如图所示,两端封闭的直玻璃管竖直放置,一段水银将管内气体分隔为上下两部 分A和B,上下两部分气体初始温度相等,且体积VA>VB。  (1)若A、B两部分气体同时升高相同的温度,水银柱将如何移动? 某同学解答如下: 设两部分气体压强不变,由 = ,…,ΔV= V,…,所以水银柱将向下移动。 上述解答是否正确?若正确,请写出完整的解答;若不正确,请说明理由并给出正确的解答。 (2)在上下两部分气体升高相同温度的过程中,水银柱位置发生变化,最后稳定在新的平 衡位置,A、B两部分气体始末状态压强的变化量分别为Δp1和Δp2,分析并比较二者的大 小关系。 目 录 目 录 解题导引    (1)研究水银柱移动方向需要研究两侧气体压强的变化大小,由此我们可以 假定水银柱静止不动,通过研究两侧气体的状态变化来进行判断。 (2)水银柱原来处于静止状态,故其所受合力为0,设上部分气体的压强为p1,下部分气体 的压强为p2,由题意可知,p2=p1+ph。温度升高后,假设水银柱静止不动,两部分气体的压 强都增大,若Δp1=Δp2,两部分气体增加的压强相等,水银柱不动;若Δp1>Δp2,上面气体增 加的压强大,水银柱所受合力方向向下,应向下移动;若Δp1<Δp2,上面气体增加的压强小, 水银柱向上移动。所以判断水银柱怎样移动,就是分析其所受合力的方向,即判断两部 分气体的压强哪一个增大的多。 目 录 目 录 解析    (1)假设水银柱不动,两部分气体都发生等容变化,设开始的温度为T0,分别对两部 分气体由查理定律可得,对上部分气体 =  所以Δp1= p1 对下部分气体 = ,即Δp2= p2 又因为p2=p1+ph>p1,可得Δp2>Δp1,水银柱向上移动。 (2)升温之前,p2=p1+ph,同理,升温之后,p'2=p'1+ph,两式联立可得Δp1=Δp2(点拨:建立升温前 后A、B气体压强关系,两式相减就可以计算出两部分气体的压强变化关系)。 答案    (1)不正确,水银柱向上移动,理由见解析    (2)见解析 目 录 目 录 方法拓展　玻璃管倾斜或竖直放置液柱移动问题解法 1.公式法   当玻璃管倾斜放置且T1=T2时,有p1>p2,对气体1有Δp1= p1,对气体2有Δp2= p2。 (1)当升高相同温度,即ΔT1=ΔT2>0时,Δp1>Δp2>0,液柱向上移动; (2)当降低相同温度,即ΔT1=ΔT2<0时,Δp1<Δp2<0,液柱向下移动。 2.图像法 目 录 目 录 T1=T2,p1>p2,所以k1= >k2= ,因此斜率较大的等容线为气体1的等容线,斜率较小的等 容线为气体2的等容线。如图所示可以得到与上述相同的结论。 目 录 目 录 题型52　气体变质量问题 知识图解 一、灌气问题 灌气问题是把一个大容器中的气体分装到若干个小容器中,这类问题的解题思路通常 是以多个小容器中的气体和大容器中剩余气体整体为研究对象,根据玻意耳定律或理 想气体状态方程列式求解。   目 录 目 录 二、充气(或打气)问题 充气问题是典型的变质量问题,就是把外界气体一次或多次打入容器中。解题思路:若 打气时,每一次打入的气体质量、压强和体积都相同,则可假设用一容积为V0的打气筒 将压强为p0的气体一次性打入容器,以容器中原有的气体和n次打入的气体整体为研究 对象,然后根据玻意耳定律或理想气体状态方程列式求解。   目 录 目 录 三、抽气(或漏气)问题 抽气问题就是指一个容器中的气体被一次或多次抽出。解题思路:每次抽气后均以剩 余气体和抽出气体整体作为研究对象,将整个过程看成等温膨胀过程。 目 录 目 录 典例精解 典例    (2020山东,15,7分)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在 人体穴位上,进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种,如图所示,左侧为火罐,下端开口;右 侧为抽气拔罐,下端开口,上端留有抽气阀门。使用火罐时,先加热罐中气体,然后迅速 按到皮肤上,自然降温后火罐内部气压低于外部大气压,使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽 气拔罐是先把罐体按在皮肤上,再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时,罐内 气体初始压强与外部大气压相同,温度为450 K,最终降到300 K,因皮肤凸起,内部气体 体积变为罐容积的 。若换用抽气拔罐,抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积 的 ,罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体,忽略抽气 过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。 目 录 目 录   目 录 目 录 解题导引    (1)本题中涉及的两种拔罐,分别对应定质量和变质量两类气体问题。其中 火罐中的气体在加热前后总质量不变,即我们常见的气体定质量问题,只需要分析出初 状态和末状态已知的状态参量即可得到未知参量。 (2)对于抽气拔罐,在使用的过程中,一部分气体被抽出,导致罐中气体的质量发生变化, 是典型的气体变质量问题,因此要选取合适的研究对象,将变质量问题转化为定质量问 题。可选取原有气体为研究对象,也可以选择剩余气体为研究对象,始末状态参量必须 对应同一部分气体。 (3)因为抽气拔罐抽气后罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。第1步,可以根据题 意先求出火罐降温后的内部气压,即可得到抽气拔罐抽气后的气压;第2步,结合已知条 件求解抽气拔罐抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。 目 录 目 录 解析　设火罐内气体初状态各参量分别为p1、V1、T1,温度降低后末状态各参量分别为 p2、V2、T2,罐的容积为V0。由题意可知对火罐内气体,初状态:T1=450 K,V1=V0,p1=p0。 末状态:T2=300 K,V2= V0。由理想气体状态方程得 = 。代入数据得p2=0.7 p0。以下几种方法可用于确定抽气拔罐抽出气体质量与罐内初始气体质量的比值。 解法1　分态式法     理想气体状态方程的分态式为 = + +…+ ,此方法是将抽出的气体和剩余 气体当作一个整体进行研究。对抽气拔罐,设初状态各参量分别为p'1、V'1,末状态抽出 目 录 目 录 的气体各状态参量分别为p'2、V'2,罐内剩余气体各状态参量分别为p'3、V'3,则p'1=p0,V'1= V0,p'2=p'3=0.7p0,V'3= V0。由理想气体状态方程的分态式,代入数据得V'2= V0。所以 抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值 = = = 。 解法2　膨胀法     此方法也是将抽气过程中抽出的气体和剩余气体整体作为研究对象。设想用一气囊 装住抽气前抽气拔罐内所有气体。这样就将“变质量”变为“定质量”,就能够利用 气体实验定律解决问题了。 目 录 目 录   如图所示,以抽气拔罐内的气体为研究对象,假设气体没有被抽出去,仅在压强变小的基 础上发生了等温膨胀,则由玻意耳定律可得p'1V'1=p″2 V″2。则V″2= = V0,所以 抽出去的气体的体积为ΔV= V0- V0= V0,抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量 的比值 = = = 。 目 录 目 录 解法3　克拉伯龙方程法     上述问题中对抽气拔罐,设初态状态参量分别为p'1、V'1,末态罐内剩余气体的状态参量 分别为p'3、V'3,则p'1=p0,V'1=V0,p'3=0.7p0,V'3= V0。原来的气体p0V0=n1RT。剩下的气体0. 7p0· V0=n2RT。剩下的气体的质量与抽气前罐内气体质量之比为 = 。所以抽出气 体的质量与抽气前罐内气体质量的比值 = (点拨:克拉伯龙方程的表达式为pV=nRT = RT。理想气体状态方程的研究对象是一定质量的理想气体,且与气体的状态变化 过程相联系。克拉伯龙方程的研究对象是任意质量的理想气体,它只与气体的某一状 态相联系。因此,克拉伯龙方程比理想气体状态方程具有更广泛、更一般的用途)。 目 录 目 录 答案      目 录 目 录 方法拓展　理想气体变质量问题常用结论 1.p、V恒定:m1T1=m2T2,ρ1T1=ρ2T2。 2.p、T恒定: = (即密度不变)。 3.V、T恒定: = , = 。 4. = 。 目 录 目 录 典例精解 题型53　气体实验定律与热力学定律的综合应用 典例　如图所示,内壁光滑、足够高的圆柱形汽缸竖直放置,内有一质量为m的活塞封 闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为S,外界大气压强为p0,缸内气体温度为T0。 现对汽缸内气体缓慢加热,使气体体积由V1增大到V2,该过程中气体吸收的热量为Q1, 停止加热并保持体积V2不变,使其降温到T0,已知重力加速度为g。求:   (1)停止加热时缸内气体的温度; (2)降温过程中气体放出的热量。 目 录 目 录 解析    (1)已知气体在加热过程中等压膨胀,根据盖-吕萨克定律 = (这里V1是初始体 积,T0是初始温度,V2为末状态体积),解得T= 。 (2)首先计算等压膨胀过程中气体对外做功W,由受力平衡可得pS=p0S+mg 所以气体压强p=  气体对外做功W=pΔV= (V2-V1) 由热力学第一定律可得 ΔU=Q1-W=Q1- (V2-V1) 因为理想气体内能只与温度有关,等容降温过程中温度从T降到T0,内能减少量等于等 压膨胀过程中内能增加量,所以降温过程中气体放出的热量Q2=ΔU=Q1- (V2-V1)。 目 录 目 录 答案    (1)     (2)Q1- (V2-V1) 目 录 目 录 考法延伸    (等压过程变等温过程)5·3原创　潜水钟是一种用于水下作业的设备,其内 部可视为圆柱形空间(潜水钟是一个下端开口、上端封闭的容器)。潜水钟的横截面积 S=2 m2,质量m=5 000 kg。在一次作业中,潜水钟从水面上方缓慢放入水中,初始时潜水 钟内封闭有一定质量的理想气体,气体压强p1=1.0×105 Pa,温度T1=300 K,当潜水钟下潜 到某一深度时,水面上方大气压强p0=1.0×105 Pa,水深h=30 m,水的密度ρ0=1 000 kg/m3, 重力加速度g=10 m/s2。假设潜水钟下潜过程中气体温度保持不变,气体不漏气,且可视 为理想气体。 (1)求潜水钟下潜到h深度时潜水钟内气体的压强p2; (2)若潜水钟下潜过程中气体体积变为V2=4 m3,求潜水钟初始时的气体 体积,并计算放热或吸热的绝对值|Q|。(已知外界对气体做功W=4×105 J) 目 录 目 录 解析    (1)潜水钟下潜到h深度时受到的水的压强p水=ρ0gh=1 000×10×30 Pa=3×105 Pa 对潜水钟受力分析,此时潜水钟内气体压强p2=p0+p水+ =4.25×105 Pa。 (2)因为气体温度不变,根据pV=C,可得p1V1=p2V2,则V1=17 m3 外界对气体做功W=4×105 J,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,ΔU=0,所以Q=-W=-4×105 J, Q为负值,说明气体放热,其绝对值|Q|=4×105 J。 答案    (1)4.25×105 Pa    (2)17 m3    4×105 J 目 录 目 录 方法拓展　易错点分析及点拨 1.气体压强计算错误 易错点:在涉及活塞封闭气体时,容易忽略活塞重力或大气压强,导致压强计算错误。 点拨:对活塞进行正确的受力分析是计算气体压强的关键,根据力的平衡条件得出气体 压强与其他已知量的关系。 2.气体实验定律公式运用错误 易错点:在应用气体实验定律时,混淆各状态参量的对应关系,如在盖-吕萨克定律中错 把初状态体积与末状态温度对应等。 目 录 目 录 点拨:在使用气体实验定律前,要清晰地标记出气体初、末状态的参量,确保公式中各物 理量的对应准确无误。同时,要注意单位的统一,温度必须用热力学温度。 3.热力学第一定律符号问题 易错点:在热力学第一定律ΔU=W+Q中,对Q(热量)、W(功)和ΔU(内能变化)的正负号判 断错误,导致计算结果错误。 点拨:明确各物理量正负号的规定。Q>0表示气体吸收热量,Q<0表示气体放出热量;W> 0表示外界对气体做功,W<0表示气体对外做功;ΔU>0表示内能增加,ΔU<0表示内能减 少。在分析问题时,根据气体状态变化过程准确判断各量的正负,同时在计算过程中要 严格按照正负号规则进行运算。 目 录 目 录 $