专题6 第14讲 热学-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件

该高中物理高考复习课件聚焦热学与原子物理专题，覆盖分子动理论、气体实验定律、热力学定律、核反应等高考核心考点，依据高考评价体系明确“气体实验定律应用”“热力学定律与气体状态分析”等高频考点权重，归纳估算问题、多对象气体问题等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+方法提炼+素养培养”，精选2025年山东卷分子势能分析、湖南卷重力加速度测量等真题，通过“模型建构”（如分子球体模型）和“科学推理”（气体实验定律应用）培养科学思维，提供气体压强计算“受力分析+等压面法”等突破方法，助力学生掌握答题技巧，教师可据此高效组织复习。

专题六　热学　原子物理 [构建知识网络] 第14讲　热学 [高考素养]　1.理解分子动理论,知道固体、液体和气体的特点。2.能熟练应用气体实验定律和理想气体状态方程解决问题。3.会分析热力学定律与气体实验定律结合的问题。 课堂巩固　强化关键能力 考点一　分子动理论　固体和液体 考点二　气体实验定律　理想气体状态方程 考点三　热力学定律与气体实验定律相结合问题 内容索引 考点四　常见的变质量气体问题 考点一　分子动理论　固体和液体 一 7 1.估算问题 (1)分子总数:N=nNA=NA=NA。 (2)两种分子模型:①球体模型:V=πR3=πd3(d为球体直径);②立方体模型:V=a3。 2.分子热运动 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。实例:布朗运动和扩散现象。 3.分子间作用力、分子势能与分子间距离的关系 4.气体压强的微观解释 5.晶体与非晶体 比较项目 晶体 非晶体 单晶体 多晶体 外形 规则 不规则 物理性质 各向异性 各向同性 熔点 确定 不确定 原子排列 有规则,但多晶体每个晶体间的排列无规则 无规则 联系 晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化 6.液体 (1)表面张力:使液体表面积收缩到最小。 (2)液晶:既具有液体的流动性又具有晶体的光学各向异性。 [例1]　(多选)(2025·吉林长春一模)对于下列四幅图描述说明正确的是(　　) A.由图(a)可知,水分子在短时间内的运动是规则的 B.由图(b)可知,石墨中碳原子排列具有空间上的周期性 C.由图(c)可知,管的内径越大,毛细现象越明显 D.由图(d)可知,温度越高,分子的热运动越剧烈 BD [解析]　由图(a)可知,水分子在永不停息地做无规则运动,故A错误;由图(b)可知,石墨中碳原子排列具有空间上的周期性,故B正确;由图(c)可知,管的内径越小,毛细现象越明显,故C错误;由图(d)可知,温度越高,速率大的分子比例越多,分子的热运动越剧烈,故D正确。 [例2]　(多选)(2025·黑龙江哈尔滨二模)黑龙江的冬季,在特定温度下冰晶会形成规则的六边形结构,这种自然形成的完美六方晶体不仅是大气的艺术品,更为新型人工晶体制备提供了启示,比如在半导体晶圆生长工艺中,借鉴冰晶的稳态控制方法可将缺陷密度降低40%以上。下列说法正确的是(　　) A.冰晶的规则排列表明分子间作用力具有方向性 B.冰晶熔化时,分子热运动的平均动能保持不变 C.温度升高时,冰晶内分子热运动平均速率增大 D.冰晶熔化过程中,内能增加但温度不变 BCD [解析]　冰晶规则排列是晶体结构的特性,与分子间作用力的方向性无关,A错误;冰晶熔化时温度不变,温度是分子平均动能的标志,所以分子平均动能不变,B正确;温度升高时,分子热运动平均速率增大,C正确;冰晶熔化时吸热用于破坏分子间作用力,内能增加但温度保持不变,D正确。 [例3]　 (2025·山东卷)分子间作用力F与分子间距离r的关系如图所示,若规定两个分子间距离r等于r0时分子势能Ep为零,则(　　) A.只有r大于r0时,Ep为正 B.只有r小于r0时,Ep为正 C.当r不等于r0时,Ep为正 D.当r不等于r0时,Ep为负 C [解析]　两个分子间距离r等于r0时分子势能为零,从r0处随着距离的增大,此时分子间作用力表现为引力,分子间作用力做负功,故分子势能增大;从r0处随着距离的减小,此时分子间作用力表现为斥力,分子间作用力也做负功,分子势能也增大。综上可知,当r不等于r0时,Ep为正,故选C。 二 考点二　气体实验定律　理想气体状态方程 16 1.压强的计算 (1)被活塞和汽缸封闭的气体,通常对活塞或汽缸进行受力分析,应用平衡条件或牛顿第二定律求得气体的压强。 (2)被液柱封闭的气体一般用等压面法;在连通器中,同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等;液体内深h处的总压强p=p0+ρgh,p0为液面上方的压强。 2.合理选取气体变化所遵循的规律列方程 (1)若气体质量一定,p、V、T均发生变化,则选用理想气体状态方程列式求解。 (2)若气体质量一定,p、V、T中有一个量不发生变化,则选用对应的实验定律列方程求解。 3.多个研究对象的问题 由活塞或液柱相联系的两部分气体问题,要注意寻找两部分气体之间的压强、体积关系,列出关联关系方程,再结合气体实验定律或理想气体状态方程求解。 [例4]　(2025·湖南卷)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示,粗细均匀的细管开口向上竖直放置,管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h,密度为ρ。缓慢旋转细管至水平,封闭空气柱长度为L2,大气压强为p0。 (1)若整个过程中温度不变,求重力加速度g的大小。 [解析]　细管竖直放置时空气柱的压强为 p1=p0+ρgh, 水平放置时空气柱的压强p2=p0。 (1)由等温过程可得p1L1S=p2L2S, 解得g=。 [答案]　 (2)考虑到实验测量中存在各类误差,需要在不同实验参数下进行多次测量,如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下,液柱长h=0.200 0 m,细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1=305.7 K。水平放置时调控空气柱温度,当空气柱温度T2=300.0 K时,空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ=1.0×103 kg/m3,p0=1.0×105 Pa。根据该组实验数据,求重力加速度g的值。 [解析]　由等容变化规律得=, 代入数据可得g=9.5 m/s2。 [答案]　9.5 m/s2 [例5]　(多选)(2025·河南卷)如图,一圆柱形汽缸水平固定放置,其内部被活塞M、P、N密封成两部分,活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时,P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2,体积分别为V1和V2,T1<T2,V1<V2,则(　　) A.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度, P将右移 B.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将左移 C.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将右移 D.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将左移 AC [解析]　设开始时两部分气体压强为p0,固定M、N,假设P不动,由查理定律得Δp1=p0,Δp2=p0,因T1<T2,则Δp1>Δp2,故P将右移,A正确,B错误;保持T1、T2不变,假设P不动,M、N移动相同的距离,则两部分气体体积减小量相同,由玻意耳定律得p0V1=p1(V1-ΔV),p0V2=p2(V2-ΔV),解得p1=p0,p2=p0,因V1<V2,则p1>p2,故P将右移,C正确,D错误。 [例6]　(2025·广东卷)如图是某铸造原理示意图,往气室注入空气增加压强,使金属液沿升液管进入已预热的铸型室,待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通,大气压强p0=1.0×105 Pa,铸型室底面积S1=0.2 m2,高度h1=0.2 m,底面与注气前气室内金属液面高度差H=0.15 m,柱状气室底面积S2=0.8 m2,注气前气室内气体压强为p0,金属液的密度ρ=5.0×103 kg/m3, 重力加速度g取10 m/s2,空气可视为理想气体,不计 升液管的体积。 (1)求金属液刚好充满铸型室时,气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1; [解析]　根据体积关系得S1h1=S2h2, 可得气室内金属液面下降的高度h2=0.05 m, 此时气室内气体的压强p1=p0+ρg(h1+H+h2), 代入数据可得p1=1.2×105 Pa。 [答案]　0.05 m　1.2×105 Pa (2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封,且注气过程中铸型室内温度不变,求注气后铸型室内的金属液高度为h3=0.04 m时,气室内气体的压强p2。 [解析]　初始时,铸型室内气体的压强为p0,体积V=S1h1, 当铸型室内液面高为h3=0.04 m时,铸型室内气体的体积为V'=S1(h1-h3), 根据玻意耳定律有p0V=p'V', 可得此时铸型室内气体的压强为p'=1.25×105 Pa。 同理根据体积关系有S1h3=S2h4, 可得气室内金属液面下降的高度h4=0.01 m。 此时气室内气体的压强p2=p'+ρg(H+h3+h4), 代入数据可得p2=1.35×105 Pa。 [答案]　1.35×105 Pa [以图说法] 图形示例 方法总结 一般应用平衡条件分析被封闭气体的压强,有时也应用气体实验定律分析封闭气体压强 一般应用液体压强公式、连通器原理分析被封闭气体的压强 寻找“两团气”之间的压强、体积或位移关系,列出辅助方程。然后分别针对“两团气”根据气体实验定律或理想气体状态方程列式 三 考点三　热力学定律与气体实验定律相结合问题 28 1.热力学第一定律中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。 2.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。 名师点拨:该考点通常利用气体状态变化图像结合热力学定律解决问题,处理这类综合问题的一般思路是:根据气体图像的特点判断气体的压强、温度、体积的变化情况,从而判断气体的内能及做功情况。在处理这类问题时,应明确图像斜率和面积的物理意义,在V-T图像(或p-T图像)中,比较两个状态的压强(或体积)大小,可以比较这两个状态到原点连线的斜率的大小;在p-V图像中,图线与V轴所围面积表示气体对外界或外界对气体所做的功。 [例7]　(多选)(2025·甘肃卷)如图,一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B,然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关,且随温度升高而增大。下列说法正确的是(　　) A.A→B过程为吸热过程 B.B→C过程为吸热过程 C.状态A的压强比状态B的小 D.状态A的内能比状态C的小 ACD [解析]　A→B过程,体积不变,则W=0,温度升高,则ΔU>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,Q>0,即该过程吸热,选项A正确;B→C过程,温度不变,则ΔU=0,体积减小,则W>0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,Q<0,即该过程为放热过程,选项B错误;A→B过程,体积不变,温度升高,根据=C可知,压强变大,即状态A的压强比状态B的压 强小,选项C正确;状态A的温度低于状态C的温度, 可知状态A的内能比状态C的小,选项D正确。 [例8]　(2025·山东卷)如图所示,上端开口、下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好,管内横截面积为S,用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0,活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0=p0S,等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热,T1=330 K时,气柱高度为h1,活塞开始 缓慢上升;继续缓慢加热至T2=440 K时停止加热,活 塞不再上升;再缓慢降低气体温度,活塞位置保持不 变,直到降温至T3=400 K时,活塞才开始缓慢下降;温 度缓慢降至T4=330 K时,保持温度不变,活塞不再下降。求: (1)T2=440 K时,气柱高度h2; [解析]　活塞开始缓慢上升,由受力平衡得 p0S+f0=p1S, 可得封闭的理想气体压强p1=p0。 T1→T2升温过程中,等压膨胀,由盖-吕萨克定律得=,解得h2=h1。 [答案]　h1 (2)从T1状态到T4状态的过程中,封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。 [解析]　T1→T2升温过程中,等压膨胀,外界对气体做的功W1=-p1(h2-h1)S=-。 T2→T3降温过程中,等容变化,外界对气体做的功W2=0。 T3时刻,活塞受力平衡,有p0S=f0+p3S,解得T3时刻封闭的理想气体压强p3=p0。 T3→T4降温过程中,等压压缩,由盖-吕萨克定律得=,解得h4=h1, 此过程外界对气体做的功W3=p3(h2-h4)S=。 全程中外界对气体做的功W=W1+W2+W3=。 因为T1=T4,故封闭的理想气体总内能变化ΔU=0, 利用热力学第一定律ΔU=W+Q解得Q=, 故封闭气体吸收的净热量Q=。 [答案]　 四 考点四　常见的变质量 气体问题 36 在充气、抽气等“变质量”问题中可以把充进或抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中,即把变质量问题转化为恒定质量问题,从而可以利用气体实验定律或理想气体状态方程求解。 (1)充气中的变质量问题 设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来,那么当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时,这些气体状态不管怎样变化,其质量总是不变的。这样,就将变质量的问题转化成质量一定的问题了。 (2)抽气中的变质量问题 用抽气筒对容器抽气的过程中,对每一次抽气而言,气体质量发生变化,其解决方法同充气问题类似,假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始、末状态中,即用等效法把变质量问题转化为恒定质量问题。 (3)灌气问题 将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题,可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看作整体作为研究对象,可将变质量问题转化为定质量问题。 (4)漏气问题 容器漏气过程中气体的质量不断发生变化,不能用理想气体状态方程求解。如果把容器内剩余气体与已漏出的气体看作整体作为研究对象,便可使变质量问题变成一定质量的气体状态变化的问题,可用理想气体状态方程求解。 [例9]　(2025·云南贵州二模)如图所示是一增压装置示意图,圆柱形汽缸内部高为H,其底部和侧壁绝热,顶部导热。不计重力和厚度的绝热活塞将缸中空气(可视为理想气体)分隔成两部分。初始时,活塞位于汽缸正中间,上、下两部分气体的压强、温度均与大气压强p0和环境温度T0相同。现通过打气筒缓慢向汽缸上部充入一定量的空气后,活塞移动距离为,此时下部气体的温度为。环境温度始终保持不变,不计活塞与汽缸壁间的摩擦,活塞不漏气。求: (1)充气后汽缸下部气体的压强; [解析]　设汽缸内部横截面积为S,对汽缸下部封闭气体,根据理想气体状态方程有=, 其中V0=,V1=,T1=,解得p1=2.5p0。 [答案]　2.5p0 (2)充入空气的质量与汽缸中原有空气的总质量之比。 [解析]　设充入的气体在压强为p0时的体积为ΔV,对汽缸上部气体进行分析,根据玻意耳定律有p0·HS+p0ΔV=p2·HS,其中p2=p1=2.5p0,解得ΔV=HS。汽缸中原有空气的体积V=HS, 则==。 [答案]　 [例10]　(2025·内蒙古赤峰二模)图甲为后备箱气压杆的示意图,气压杆内部的高压气体被活塞密封在汽缸中。在后备箱打开或关闭过程中,气压杆内部的气体体积发生变化。箱盖打开静止在某位置时,活塞到汽缸底部的距离为L,活塞的横截面积为S。箱盖作用于连杆上的沿杆方向的力为9p0S,如图乙所示。已知大气压强为p0,重力加速度为g。不计活塞与汽缸壁的摩擦及连杆和活塞的质量,忽略气体温度的变化。 (1)求此时被封闭气体的压强p1; [解析]　对活塞受力分析,由平衡条件得p1S=p0S+9p0S,解得p1=10p0。 [答案]　10p0 (2)活塞到汽缸底部的距离为L时,求此时气体的压强p2; [解析]　对封闭气体研究,活塞由L到L处的过程中,由玻意耳定律得p1LS=p2×LS,解得p2=16p0。 [答案]　16p0 (3)由于漏出部分气体,当活塞到汽缸底部的距离为L时,此时沿杆方向的作用力变为14p0S,求漏出的气体与剩余气体的质量比。 [解析]　设漏出的气体在压强为p3时的体积为ΔLS,由玻意耳定律得p1LS=p3(L+ΔL)S, 其中p3S=p0S+14p0S, 而=,解得=。 [答案]　 [例11]　容器A、B通过管道相连,管道左侧与容器A相通,中间与容器B相通,右端直接与外界大气相通。管道内设置了两个单向阀k1和k2,单向阀只能向右开,只允许气体从左向右移动。手持B中的活塞手柄,让活塞上下往复运动,就能把A中的部分气体抽出到大气中。已知A和B的体积分别为VA和VB,初始状态A中气体压强跟大气压相等,都等于p0,活塞横截面积为S,活塞厚度不计,管道的体积不计,不考虑气体温度的变化,活塞从B容器底部上升到顶部算作一次抽气,求: (1)第一次抽气结束时容器A中气体的压强; [解析]　第一次抽气后,设A中气体压强为p1,根据玻意耳定律得p0VA=p1(VA+VB), 解得p1=。 [答案]　 (2)开始进行第n+1次抽气时,需要对活塞手柄施加多大的拉力。 [解析]　第二次抽气时,p1VA=p2(VA+VB), 解得p2==()2p0, 以此类推…… 则当n次抽气后容器A内的气体压强pn=()np0。 开始进行第n+1次抽气时,以活塞为研究对象,受力分析,有F+pnS=p0S, 解得F=(p0-pn)S=[1-()n]p0S。 [答案]　[1-()n]p0S 五 课堂巩固 强化关键能力 1.(2025·河北张家口一模)建筑工地上工人用液态金属浇筑一个金属立柱时,由于工艺缺陷在柱体内部浅层形成了一个不规则的空腔,为修补空腔需要测出空腔的体积,在金属立柱上打一个小孔,用细管将空腔内部与一个封闭的汽缸相连通(如图所示),做好密封使空腔、汽缸、细管内部组成一个密闭的空间。汽缸上部由横截面积S=10 cm2的活塞密封,初始状态汽缸内封闭的气体体积为10 L。现对活塞施加一个竖直向下的变力F,使活塞缓慢下移,当汽缸内气体体积变为7 L时,外力F的大小为20 N,上述过程中外力F做的功W1=28 J。已知外界环境温度不变,金属立柱、空腔及汽缸导热性良好,不计活塞质量、 活塞与汽缸间的摩擦力、细管中气体的体积, 大气压强p0=1.0×105 Pa。求: (1)金属立柱内空腔的体积; 解析:以空腔内气体和汽缸内气体整体为研究对象,根据等温变化规律有 p0(10 L+V)=(+p0)(7 L+V), 解得V=8 L。 答案：8 L (2)汽缸内气体体积由10 L变为7 L的过程中,汽缸及空腔内的气体向外界放出的热量。 解析:上述过程中外力F做的功W1=28 J, 大气对活塞的压力F0=p0S=100 N, 可知大气对活塞做的功W2=F0 J=300 J, 外界环境温度不变,金属立柱、空腔及汽缸导热性良好,内能不变,根据热力学第一定律可知0=W-Q, 解得汽缸及空腔内的气体向外界放出的热量Q=W=W1+W2=328 J。 答案：328 J 2.(2025·陕西宝鸡二模)一物理兴趣小组的同学为测量一个形状不规则物体的体积,将其放置到密闭导热圆柱形容器底部,用质量、体积忽略不计的活塞封闭一部分理想气体。稳定时测得活塞与容器底部的距离为h,活塞横截面积为S,封闭气体的温度为T0;现把质量为m的物体轻轻放在活塞上,稳定后测得活塞下降Δh,封闭气体 的温度仍为T0;缓慢加热被封闭气体,活塞缓慢上 升,当温度上升到T0时,活塞上升到原位置停止。 已知外界大气压强p0恒定,Δh=0.15h,重力加速度 为g,活塞可无摩擦地滑动。求: (1)外界大气压p0; 解析:以封闭的理想气体为研究对象,设初状态气体的压强为p1,体积为V1,温度为T1;把物体轻放在活塞上稳定后气体的压强为p2,体积为V2,温度为T2;当气体升温活塞上升到原位置时气体的压强为p3,体积为V3,温度为T3。由题意可得:第一状态:压强p1=p0,体积V1=Sh-V,温度T1=T0; 第三状态:压强p3=p0+,体积V3=Sh-V,温度T3=T0。 从第一状态到第三状态为等容变化,根据查理定律有=, 联立解得p0=。 答案： (2)被测物体的体积V。 解析:第二状态:压强p2=p0+, 体积V2=S(h-Δh)-V, 温度为T2=T0。 从第一状态到第二状态为等温变化,根据玻意耳定律有p1V1=p2V2, 结合上述结论解得V=0.1Sh。 答案：0.1Sh 感谢您的观看 $