17 专题五 第17课时 热学（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与讲义

　热学　光学　近代物理 第17课时　热学 【备考指南】　 1．本专题知识点多且零散，因此复习要全面，重要的课后习题要反复练习。 2．复习要突出重点和难点，重视知识的内在联系，加强主干知识训练，特别是汽缸—活塞模型、玻璃管—液柱模型以及二者混合模型的题目要加强训练。 3．加强气体“变质量”问题的训练，更多地联系实际问题，培养分析问题、解决问题的能力，提高考生的模型建构能力和推理论证能力。 热点一　分子动理论　固体和液体 一、两种模型 1．球体模型：一个分子体积V＝πR3＝πd3，d为分子的直径，适于估算液体、固体分子直径。 2．立方体模型：一个分子占据的平均空间V＝d3，d为分子的间距，适于估算气体分子间距。 二、反映分子热运动规律的两个实例 1．布朗运动：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒做无规则、永不停息地运动，与颗粒大小、温度有关。 2．扩散现象：产生原因是分子永不停息地做无规则运动，与温度有关。 三、反映分子力和分子势能的两类图像 　 四、固体、液体的性质 [典例1]　[分子动理论](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　[根据题图可知，当r＝r0时，分子间作用力为0，当r>r0时，分子间作用力表现为引力，当0<r<r0时，分子间作用力表现为斥力，所以随着分子间距离接近r0，分子间作用力做正功，则当r＝r0时，分子势能最小，又此时分子势能为0，所以当r不等于r0时，分子势能Ep为正，C正确。] [典例2]　[固体和液体](2024·浙江温州模拟预测)如图所示，甲、乙是课本上的两项实验，甲是探究晶体性质的实验(未画出加热工具)，乙是薄膜干涉实验。关于这两项实验，下列说法正确的是(　　) A．甲实验中，左图的石蜡熔化区域呈圆形，则呈放石蜡的是玻璃片 B．甲实验中，石蜡温度上升的过程中，内能不变 C．乙实验无论是在地面上还是在太空中，所得的实验现象一致 D．在太空中做乙实验，所得干涉条纹间距较在地面时更短 A　[玻璃是非晶体，具有各向同性，各个方向的传热能力相同，因此熔化的石蜡呈圆形，故A正确；甲实验中，石蜡温度上升的过程中，内能增大，故B错误；乙实验在太空中，由于薄膜厚度分布均匀，将不会出现干涉条纹，故CD错误。故选A。] 热点二　气体实验定律　理想气体状态方程 1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系 ＝ 2．两个重要的推论 (1)查理定律的推论：Δp＝ΔT (2)盖-吕萨克定律的推论：ΔV＝ΔT 3．关联气体问题 解决由活塞、液柱相联系的两部分气体问题时，根据两部分气体压强、体积的关系，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。 [典例3]　[“单一”气体模型](2025·海南卷)竖直放置的汽缸内，活塞横截面积S＝0.01 m2，活塞质量不计，活塞与汽缸无摩擦，最初活塞静止，缸内气体T0＝300 K，V0＝5×10-3 m3，大气压强p0＝1×105 Pa，g＝10 m/s2。 (1)若加热活塞缓慢上升，体积变为V1＝7.5×10-3 m3，求此时的温度T1； (2)若往活塞上放m＝25 kg的重物，保持温度T0不变，求稳定之后，气体的体积V2。 [解析]　(1)活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律有＝ 代入数值解得T1＝450 K。 (2)设稳定后气体的压强为p2，根据平衡条件有p2S＝p0S＋mg 分析可知初始状态时气体压强与大气压相等为p0，整个过程根据玻意耳定律有p0V0＝p2V2 联立解得V2＝4×10-3 m3。 [答案]　(1)450 K　 (2)4×10-3 m3 [典例4]　[“关联”气体模型](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，重力加速度取g＝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。 (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，气室内气体压强p2。 [解析]　(1)金属液刚好充满铸型室时，有h1S1＝h2S2 代入数据解得h2＝0.05 m 则气室内气体的压强p1＝p0＋ρg(h1＋H＋h2) 代入数据解得p1＝1.2×105 Pa。 (2)设注气后气室金属液液面下降的高度为h4，则有 h3S1＝h4S2 解得h4＝0.01 m 由于注气过程中铸型室内温度不变，则对铸型室内气体，由玻意耳定律有p0S1h1＝p′S1(h1－h3) 解得注气后铸型室内气体的压强p′＝1.25×105 Pa 所以注气后气室内气体压强p2＝p′＋ρg(h3＋H＋h4) 解得p2＝1.35×105 Pa。 [答案]　(1)0.05 m　1.2×105 Pa　(2)1.35×105 Pa 【教师备选资源】 (2024·甘肃卷)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。 [解析]　(1)抽气前A、B两部分体积均为V＝Sl，对气体A分析：抽气后VA＝2V－V＝V。根据玻意耳定律得p0V＝pA·V，解得pA＝p0；对气体B分析：若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半即p0，则根据玻意耳定律得p0V＝pB·V，解得pB＝p0。 (2)由题意可知，弹簧的压缩量为，对活塞受力分析有pAS＝pBS＋F，根据胡克定律得F＝k，联立解得k＝。 [答案]　(1)p0　p0　(2) [典例5]　[“变质量”气体问题](2025·陕西宝鸡三模)如图是泡茶常用的茶杯，某次茶艺展示中往杯中倒入适量热水，水温为87 ℃，盖上杯盖，杯内气体与茶水温度始终相同。已知室温为27 ℃，杯盖的质量m＝0.1 kg，杯身与茶水的总质量为M＝0.5 kg，杯盖的面积约为S＝50 cm2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，忽略汽化、液化现象，杯中气体可视为理想气体，重力加速度g＝10 m/s2，T＝t＋273 K，求： (1)若杯盖和杯身间气密性很好，请估算向上提杯盖恰好带起整个杯身时的水温； (2)实际的杯盖和杯身间有间隙，当水温降到室温时，从外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值。 [解析]　(1)杯中气体做等容变化，有＝，末态对杯身和茶水受力分析如图 列平衡方程有p1S＋Mg＝p0S，解得T1＝356.4 K，所以此时水温为t1＝83.4 ℃。 (2)杯中气体降为室温过程中，全部气体都做等压变化，对于全部气体，有＝ 解得进入杯中的空气在室温下的体积为V2＝V1 所以杯中原有气体在室温下的体积为V原＝V1 所以外界进入茶杯的气体质量与原有气体质量的比值Δm∶m原＝1∶5。 [答案]　(1)83.4 ℃　(2)1∶5 热点三　热力学定律与气体实验定律的综合应用 1．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＝Q＋W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。 [典例6]　[热力学定律与图像的结合](多选)(2024·新课标卷)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 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。] [典例7]　[热力学定律与气体实验定律的结合](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； (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]　(1)从T1状态到T2状态，封闭气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有＝ 其中V1＝Sh1，V2＝Sh2 联立解得h2＝h1。 (2)从T1状态到T4状态，封闭气体的温度不变，则整个过程内能变化量为ΔU＝0 T1状态到T2状态，由平衡条件有p0S＋f0＝p1S 解得p1＝p0 从T2状态到T3状态，封闭气体发生等容变化，由查理定律可知＝ 解得p3＝p0 从T3状态到T4状态，封闭气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有＝ 其中V4＝Sh4 解得h4＝h1 则从T1状态到T4状态，外界对封闭气体做的功为 W＝－[p1S(h2－h1)－p3S(h2－h4)]＝ 由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，封闭气体净吸收的热量为Q＝－W＝p0Sh1。 [答案]　(1)h1　(2)p0Sh1 1．[对热力学定律的理解](2025·安徽卷)在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体(可视为理想气体)温度不变，则气球上升过程中，球内气体(　　) A．对外做功，内能不变 B．向外放热，内能减少 C．分子的平均动能变小 D．吸收的热量等于内能的增加量 A　[理想气体的温度不变，则内能不变，气体分子的平均动能不变，B、C、D错误；气球上升过程中，球内气体压强减小，由玻意耳定律可知气体体积增大，对外做功，A正确。] 2．[气体实验定律的应用](多选)(2025·河南卷)如图，一圆柱形汽缸水平固置，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　[固定M、N时，由理想气体状态方程＝C可得，＝，若P不动，两侧气体升高相同温度，由于V1＜V2，则Δp1＞Δp2，由于活塞P与汽缸间无摩擦，则开始时P左右两侧气体压强相等，则P将向右移，A正确，B错误；保持T1、T2不变，根据理想气体状态方程可知，p0V＝(p0＋Δp)(V－ΔV)，可得Δp＝p0，若M、N同时向中间移动相同距离，由于V1＜V2，则Δp1＞Δp2，P将向右移，C正确，D错误。] 3．[新情境·生活实际](2025·浙江1月选考)如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭T1＝300 K，体积V1＝1×103 cm3处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h＝10 cm。将瓶子放进T2＝303 K的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体对外做功1.02 J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3；忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。 (1)从状态2到状态3，气体分子平均速率________(选填“增大”“不变”或“减小”)，单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数________(选填“增大”“不变”或“减小”)； (2)求气体在状态3的体积V3； (3)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。 [解析]　(1)从状态2到状态3，温度保持不变，气体分子的内能保持不变，则气体分子平均速率不变，由于气体对外做功，则气体压强减小，故单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。 (2)气体从状态1到状态2的过程，由盖-吕萨克定律有＝ 其中V1＝1×103 cm3，T1＝300 K，T2＝303 K 解得V2＝1.01×103 cm3 此时气体压强为 p2＝p1＝p0＋ρgh＝1.01×105 Pa 气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律有p2V2＝p3V3 其中 p3＝p0 代入数据解得，气体在状态3的体积为 V3＝1.020 1×103 cm3。 (3)气体从状态1到状态2的过程中，气体对外做功为W1＝－V1)＝1.01 J 由热力学第一定律ΔU＝Q－(W1＋W2) 其中Q＝4.56 J，W2＝1.02 J 代入解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为ΔU＝2.53 J。 [答案]　(1)不变　减小　(2)1.020 1×103 cm3　(3)2.53 J 16/16 学科网（北京）股份有限公司 $