6.1 第一讲 热学-（配套课件）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

专题六 热血 近代物理 速览 三年考情 第一讲　热学 内容索引 专题集训 构 建 主干网络 突 破 高频考点 洞 悉 真题情境 2 3 4 5 6 7 8 9 1 构 建 主干网络 返回 返回 突 破 高频考点 返回 考点一　分子动理论　内能　热力学定律 1.分子动理论的理解 (1)微观量的估算 ①两种分子模型 球体模型：V＝π()3＝(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的平均间距)。 ②分子总数：N＝nNA＝NA＝NA。 注意：V0＝，对固体或液体来说，V0等于一个固体或液体分子的体积；对气体来说，V0不等于一个气体分子的体积，而表示一个气体分子平均占有的空间的体积。 (2)分子的热运动 ①两个实例：扩散现象、布朗运动。 ②分子永不停息地做无规则运动，温度越高，分子的热运动越剧烈，分子的平均速率越大，但某个分子的瞬时速率不一定大。 (3)分子间的作用力、分子势能随分子间距离的变化图像 2.热力学第一、第二定律的比较 — 热力学第一定律 热力学第二定律 揭示的 问题 从能量守恒的角度揭示了功、热量和内能变化量三者的定量关系 宏观自然过程是有方向性的 机械能 和内能 的转化 当摩擦力做功时，机械能可以全部转化为内能 内能不可能在不引起其他变化的情况下完全变成机械能 热量的 传递 热量可以从高温物体自发地传向低温物体 热量不能自发地从低温物体传向高温物体 关系 在热力学中，两者既相互独立，又互为补充，共同构成了热力学的理论基础 3.热力学第一定律的三种特例 (1)绝热过程：Q＝0，W＝ΔU。 (2)等容过程：W＝0，Q＝ΔU。 (3)等温过程：ΔU＝0，Q＋W＝0。 (2025·江苏高考)如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口，并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气体 A.内能迅速增大　　　 B.温度迅速升高 C.压强迅速增大 D.体积迅速膨胀 例1 √ 当橡胶塞跳出后，气体占据空间增大，瓶内气体的体积迅速膨 胀，瓶内的气体对外做功，由于该过程时间较短，气体来不及 与外界发生热量交换，根据热力学第一定律可知，瓶内气体的 内能迅速减小，温度迅速降低，使瓶内的水蒸气液化成水，即 出现白雾，A、B错误，D正确；瓶内气体的体积迅速膨胀且温 度迅速降低，根据理想气体状态方程可知，瓶内气体的压强迅速减小，C错误。故选D。 预测1.(多选)(2025·河北秦皇岛一模)关于热学知识，下列说法正确的是 A.花粉颗粒的无规则运动就是分子的热运动 B.当分子之间的作用力表现为斥力时，分子势能随着分子间距离的增大而减小 C.两固体之间不可能发生扩散现象 D.若用活塞压缩汽缸中的气体，同时气体从外界吸收了热量，则气体的内能一定增加 √ √ 花粉颗粒的无规则运动反映了分子的热运动，但不是分子的热运动，故A错误；当分子之间的作用力表现为斥力时，随着分子间距离的增大，分子间作用力做正功，分子势能减小，故B正确；扩散现象在固体、液体、气体中都能发生，故C错误；若用活塞压缩汽缸中的气体，外界对气体做正功，同时气体从外界吸收了热量，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体的内能一定增加，故D正确。故选BD。 预测2.(多选)(2025·青海格尔木二模)如图为一种减震垫，上面布满了圆柱形薄膜气泡，每个气泡内充满了一定质量的理想气体，当平板状物品平压在气泡上时，气泡内气体的体积减小，温度保持不变。关于该挤压过程中气泡内的气体，下列说法正确的是 A.分子平均动能增大 B.分子平均动能不变 C.气体放出热量 D.气体吸收热量 √ √ 气泡内气体的温度保持不变，所以气体分子平均动能不变，故A错误，B正确；气泡内气体的体积减小，外界对气体做正功(W＞0)，气体的内能不变(ΔU＝0)，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体放出热量(Q＜0)，故C正确，D错误。故选BC。 考点二　固体、液体和气体 1.晶体与非晶体的比较 分类 比较 晶体 非晶体 单晶体 多晶体 天然外形 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，但多晶体中每个小的单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 2.液体和液晶 (1)表面张力：表面张力的方向跟液面相切，有使液体表面积收缩到最小的趋势。 (2)液晶：既具有液体的流动性又具有晶体的光学各向异性。 3.气体压强的微观解释 (多选)(2025·吉林长春一模)关于下列四幅图的说法正确的是 A.图(a)中折线表示液体中悬浮微粒做布朗运动的轨迹 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 例2 √ √ 题图(a)中折线不能表示液体中悬浮微粒做布朗运动的轨迹，故A错误；由题图(b)可知，石墨中碳原子排列具有空间上的周期性，故B正确；由题图(c)可知，管的内径越小，毛细现象越明显，故C错误；由题图(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。故选BD。 预测1. (多选)(2025·安徽芜湖二模)下列关于固体和液体的说法正确的是 A.玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端就会变钝，这是由于高温使分子无规则热运动加剧 B.用磙子压紧土壤，有助于保存地下的水分 C.液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学各向异性 D.某种液体是否浸润固体，既与液体性质有关，也与固体的性质有关 √ √ 玻璃管的裂口放在火上烧熔，它的尖端就会变钝，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小，故A错误；用磙子压紧土壤，使土壤中的毛细管变的更细，增强毛细现象，使地下水到地面上来，故B错误；液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学各向异性，故C正确；浸润与不浸润，和两种接触物质的性质有关，水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系，故D正确。故选CD。 预测2.(2025·江苏南京二模)下列关于密闭容器中的氢气性质的说法中正确的是 A.体积增大时，氢气分子的密集程度保持不变 B.压强增大是因为氢气分子之间斥力增大 C.因为氢气分子很小，所以氢气在任何情况下均可看成理想气体 D.温度变化时，氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化 √ 密闭容器中的氢气质量不变，分子个数不变，当体积增大时，单位体积内分子个数变少，分子的密集程度变小，故A错误；气体压强是大量气体分子对容器壁持续的无规则撞击产生的，压强增大并不是因为分子间斥力增大，故B错误；氢气在温度不太低、压强不太大的情况下才能看成理想气体，故C错误；温度是气体分子平均动能的标志，大量气体分子的速率呈现“中间多、两头少”的规律，温度变化时，氢气分子的平均速率会变化，即分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化，故D正确。故选D。 考点三　气体实验定律和理想气体状态方程 1.理想气体的“三定律、一方程” 2.利用“三定律、一方程”解决问题的基本思路 (2024·全国甲卷)如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离＝10，活塞的面积为1.0×10－2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N并保持不变。 例3 (1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小； 答案：100 N　 活塞从卡销a运动到卡销b，对密封气体，由玻意耳定律有p0V0＝p1V1 其中V1＝V0 外力增加到200 N时，对活塞由力的平衡条件有p0S＋F＝p1S＋FN 联立并代入数据解得，卡销b对活塞支持力的大小为FN＝100 N。 (2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。 答案： K 当活塞刚好能离开卡销b时，对活塞有 p0S＋F＝p2S 从开始升温至活塞刚好能离开卡销b，对密封气体，由查理定律有＝ 联立并代入数据解得，活塞刚好能离开卡销b时密封气体的温度为T2＝ K。 (2025·湖南高考)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，大气压为p0。 例4 (1)若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小； 答案：　 设液柱的横截面积为S，竖直放置时空气柱的气体压强为p1，水平放置时空气柱的气体压强为p2，则竖直放置时，对液柱由力的平衡条件有ρShg＋p0S＝p1S 水平放置时，对液柱由力的平衡条件有p2S＝p0S 若整个过程中温度不变，则对空气柱由玻意耳定 律可得p1SL1＝p2SL2 联立可得g＝。 (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。 答案：　 若调控空气柱温度，使水平放置时空气柱长度与竖 直放置时相同，则空气柱的体积不变，由查理定律 可得＝ 联立可得g＝＝9.5 m/s2。 (2024·广东高考) 差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×102 m3，B内气体压强pB1等于大气压p0，已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小取g＝10 m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2＝270 K时： 例5 (1)求B内气体压强pB2； 答案：9×104 Pa　 假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好，B内气体做等容变化，初态 pB1＝p0，T1＝300 K，末态T2＝270 K 根据查理定律有＝ 代入数据可得 pB2＝9×104 Pa A内气体做等压变化，压强保持不变，初态VA1＝4.0×102 m3，T1＝300 K，末态T2＝270 K 根据盖-吕萨克定律有＝ 代入数据可得VA2＝3.6×102 m3 由于p0－pB2＜Δp 假设成立，即pB2＝9×104 Pa，VA2＝3.6×102 m3。 (2)求A内气体体积VA2； 答案：3.6×102 m3 假设温度降低到T2时，差压阀没有打开，A、B两个汽缸导热良好，B内气体做等容变化，初态 pB1＝p0，T1＝300 K，末态T2＝270 K 根据查理定律有＝ 代入数据可得 pB2＝9×104 Pa A内气体做等压变化，压强保持不变，初态VA1＝4.0×102 m3，T1＝300 K，末态T2＝270 K 根据盖-吕萨克定律有＝ 代入数据可得VA2＝3.6×102 m3 由于p0－pB2＜Δp 假设成立，即pB2＝9×104 Pa，VA2＝3.6×102 m3。 (3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。 答案：1.1×102 kg 恰好稳定时，A内气体压强为 pA'＝p0＋ B内气体压强pB'＝p0 此时差压阀恰好关闭，所以有pA'－pB'＝Δp 联立并代入数据解得m＝1.1×102 kg。 解决“关联气体”问题的一般思路 1.分析各部分气体的初、末状态参量(压强、体积、温度等)。 2.分析各部分气体的状态变化特点，选择对应的气体实验定律或理想气体状态方程，建立有关方程。 3.弄清各部分气体对应的状态参量(压强、体积、温度等)间是否有关联关系。 4.联立方程求解有关问题。 规律总结 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： 例6 (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； 答案：p0　 由题意可知，工作过程是等温变化，则第一次抽气过程，由玻意耳定律有p0V＝p1×(0.5＋1)V 解得p1＝p0。 (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。 答案：2∶7 第一次打气过程，有p0V＋0.5p1V＝p2V 第二次抽气过程，有p1V＝pA×(0.5＋1)V 第二次打气过程，有p2V＋0.5pAV＝pBV 联立解得pA∶pB＝2∶7。 分析气体变质量问题时研究对象的选取技巧 1.打气问题：把原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象。 2.抽气问题：把每次抽出的气体和剩余的气体整体作为研究对象。 3.灌气问题：把大容器中剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象。 4.漏气问题：把容器中剩余气体和漏出的气体整体作为研究对象。 方法技巧 考点四　气体状态变化的图像问题 常见气体状态变化图像的比较 — 图像 特点 等温 变化 p-V图像 pV＝CT(其中C为常量)，即p、V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 — 图像 特点 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 (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 例7 √ √ 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为等容过程，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，气体向外放热，D正确。故选AD。 分析热力学定律与气体实验定律综合问题的一般思路 规律总结 预测1.(多选)(2025·甘肃高考) 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压强比状态B的小 D.状态A内能比状态C的小 √ √ √ A→B过程，气体体积不变，则W＝0，温度升高， 则ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知 Q＞0，即该过程为吸热过程，A正确；B→C过程， 气体温度不变，则ΔU＝0，体积减小，则W＞0，根 据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知Q＜0，即该过程为放热过程，B错误；A→B过程，气体体积不变，温度升高，根据＝C可知，压强变大，即状态A压强比状态B压强小，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，D正确。故选ACD。 预测2.(多选)(2025·山东河北秦皇岛二模)一定质量的理想气体，经过一个缓慢的过程从状态1变化到状态2，该过程的p-V图像如图甲所示，图乙为T-V图像，a、c两条曲线中的一条与上述过程对应，曲线a和c均为开口向下的抛物线，b为过原点的直线， 下列说法正确的是 A.曲线a对应了1到2的过程 B.曲线c对应了1到2的过程 C.1到2的过程理想气体吸收的热量为p0V0 D.状态1中气体分子单位时间内与器壁单位面积上的碰撞次数是状态2的1.5倍 √ √ 1到2的过程理想气体压强减小，体积增大，根据理想气体状态方程＝C可知，初末状态温度相同，在题图乙中，T＝V，所以直线b为等压线，由题图甲可知，从1到2过程中，压强始终小于状态1的压强，即从1到2过程中T-V图像的斜率小于状态1的，所以曲线c对应了1到2的过程，故A错误，B正确； p-V图像与横轴围成的面积代表气体对外界做的功，所以W＝－V0＝－p0V0，状态1、2内能相等，根据热力学第一定律，可知ΔU＝Q＋W＝0，则理想气体吸收的热量为p0V0，故C正确；初末状态温度相同，气体分子平均动能相同，初态压强是末态的2倍，所以状态1中气体分子单位时间内与器壁单位面积上的碰撞次数是状态2的2倍，故D错误。故选BC。 返回 洞 悉 真题情境 返回 1.传统文化情境类 (2025·北京高考)我国古代发明的一种点火器如图所示，推杆插入套筒封闭空气，推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆压缩筒内气体，艾绒即可点燃。在压缩过程中，筒内气体 A.压强变小 B.对外界不做功 C.内能保持不变 D.分子平均动能增大 √ 猛推推杆压缩筒内气体，气体未来得及与外界发生热交换，则Q＝0，气体被压缩，体积减小，则外界对气体做正功，W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体内能增大，故C错误；气体内能增大，故其温度升高，又体积减小，根据理想气体状态方程＝C可知，气体压强增大，故A错误；气体被压缩，体积减小，则气体对外界做负功，故B错误；气体温度升高，则气体分子平均动能增大，故D正确。故选D。 2.科技情境类 (2025·安徽高考)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 √ 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。故选A。 3.生产情境类 (2023·辽宁高考)“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p-T图像如图所示。该过程对应的p-V图像可能是 √ 根据＝C，可得p＝·T，从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，c状态的体积大于b状态体积。故选B。 4.生活情境类 (2025·河北高考)自动洗衣机水位检测的精度会影响洗净比和能效等级。某款洗衣机水位检测结构如图1所示。洗衣桶内水位升高时，集气室内气体压强增大，铁芯进入电感线圈的长度增加，从而改变线圈的自感系数。洗衣机智能电路通过测定LC振荡电路的频率来确定水位高度。 某兴趣小组在恒温环境中对此装置进行实验研究。 研究集气室内气体压强与体积的关系 (1)洗衣桶内水位H一定时，其内径D的大小　　　　(填“会”或“不会”)影响集气室内气体压强的大小。 集气室内气体压强等于桶内水位高度H和集气室进水高度的高度差产生的压强和大气压强之和，即p＝p0＋ρg(H－h)，可知其内径D的大小不会影响集气室内气体压强的大小。 不会 (2)测量集气室高度h0、集气室内径d。然后缓慢增加桶内水量，记录桶内水位高度H和集气室进水高度h，同时使用气压传感器测量集气室内气体压强p。H和h数据如下表所示。 实验中使用同一把刻度尺对H和h进行测量，根据数据判断，测量　　 (填“H”或“h”)产生的相对误差较小。 H/cm 15.00 20.00 25.00 30.00 35.00 40.00 45.00 50.00 h/cm 0.33 0.40 0.42 0.52 0.61 0.70 0.78 0.87 H 由于实验中使用同一把刻度尺进行测量，分度值相同，根据数据分析，桶内水位高度H明显大于集气室内进水高度h，所以测量桶内水位高度H产生的相对误差较小。 (3)利用数据处理软件拟合集气室内气体体积V与的关系曲线，如图2所示。图中拟合直线的延长线明显不过原点，经检查实验仪器完好，实验装置密封良好，操作过程规范，数据记录准确，则该延长线不过原点的主要原因是　　　　　 . 　 　。 该延长线不过原点的主要原因是与集气室相连的细管中的气体被忽略，导致集气室内气体体积V相比于实际气体体积偏小 返回 专 题 集 训 返回 1.(2025·黑吉辽蒙高考)某同学冬季乘火车旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖，将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，与刚进入车厢时相比，瓶内气体 A.内能变小 B.压强变大 C.分子的数密度变大 D.每个分子动能都变大 √ 将糖果瓶从寒冷的站台带入温暖的车厢一段时间后，瓶内气体的温度升高，则瓶内气体的内能变大，A错误；由于瓶内气体的体积不变，则气体做等容变化，瓶内气体的温度升高，则由查理定律可知，瓶内气体的压强变大，B正确；由于瓶内气体的体积不变，则瓶内气体分子的数密度不变，C错误；瓶内气体的温度升高，气体分子的平均动能变大，但并不是每个分子的动能都变大，D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2.(多选)(2025·黑龙江齐齐哈尔二模)茶道文化起源于中国， 是一种以茶修身的生活方式。下列关于泡茶中的物理现象 的说法正确的是 A.泡茶时，热水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高分子热运动越 剧烈 B.放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是扩散现象 C.泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，说明茶水与茶托间是浸润的 D.打碎的茶杯不能拼接复原，说明分子间不存在作用力 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 泡茶时，热水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高分子热运动越剧烈，故A正确；放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是扩散现象，故B正确；泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，说明茶水与茶托间是浸润的，故C正确；打碎的茶杯不能拼接复原，是因为分子间距离太大，分子间作用力几乎为零，并不是分子间不存在作用力，故D错误。故选ABC。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 3.(2025·山东高考)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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 根据题图可知，当r＝r0时，分子间作用力为零，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。当分子间距离从0增大到r0时，随着分子间距离的增大，分子间作用力做正功，分子势能减小；当分子间距离从r0增大时，随着分子间距离的增大，分子间作用力做负功，分子势能增大；则r＝r0时，分子势能最小，又规定此时分子势能为零，所以当r不等于r0时，分子势能Ep为正。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 4.(2024·山东高考)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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 a→b过程，气体做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，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ΔU＝Q＋W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； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 a→b→c→a整个过程，气体的内能不变，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，结合题图可知整个过程外界对气体做负功，所以整个过程，气体从外界吸收热量，又b→c过程气体与外界无热量交换，故a→b过程气体从外界吸收的热量大于c→a过程放出的热量，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 5.(2025·江西新余二模)空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物。如图为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变可视为理想气体的空气，已知初始气体压强为p0＝1.0×105 Pa，温度为t0＝27 ℃，加热一段时间后气体温度升高到t＝147 ℃，此过程中气体吸收的热量为6×103 J，热力学温度与摄氏温度的关系是T＝t＋273 K，则 A.升温后内胆中所有气体分子的动能都增大 B.升温后内胆中气体的压强为1.4×105 Pa C.此过程内胆中气体的内能增加量小于6×103 J D.此过程内胆中气体分子单位时间内撞击内壁的次数不变 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 升温后气体分子平均动能变大，并非所有气体分子的动 能都增大，故A错误；根据查理定律有＝，其中T0＝ 300 K，T＝420 K，解得升温后内胆中气体的压强为p＝ 1.4×105 Pa，故B正确；此过程内胆中气体体积不变，则W＝0，吸收的热量为6×103 J，由热力学第一定律，可知气体的内能增加量为ΔU＝Q＋W＝Q＝6×103 J，故C错误；气体体积不变，压强增大，则单位体积的气体分子数不变，升温后气体分子平均速率变大，则单位时间内撞击内壁的次数增多，故D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 6.(多选)(2025·云南玉溪质检)一定质量的理想气体从a状态开始，经历三个过程ab、bc、ca回到a状态，其p-t图像如图所示，图中ba的延长线过原点，bc平行于t轴，ca的延长线过点(－273.15 ℃，0)。下列判断正确的是 A.过程ab中气体体积不变 B.过程ca中气体体积不变 C.过程ca中气体吸收热量 D.过程bc中气体吸收热量 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 根据＝C，ca的延长线过点(－273.15 ℃，0)，可知过程ab中气体体积减小，过程ca中气体体积不变，故A错误，B正确；过程ca中气体体积不变，W＝0，温度降低，内能减小，即ΔU＜0，则由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＜0，气体放热，故C错误；过程bc中气体体积增大，气体对外界做功，W＜0，温度升高，内能增大，即ΔU＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＞0，气体吸热，故D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 7.(多选)(2025·河南高考)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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 固定M、N，若P不移动，两侧气体升高相同温度ΔT时，由＝得Δp＝ΔT，由于开始时P左右两侧气体压强相等，即p1＝p2，T1＜T2，则Δp1＞Δp2，由于活塞P与汽缸间无摩擦，即P将向右移，A正确，B错误；保持T1、T2不变，若M、N同时向中间移动相同距离，假设P不移动，两侧气体体积均减小ΔV，根据理想气体等温变化可知pV＝(p＋Δp)(V－ΔV)，可得Δp＝p，由于V1＜V2，则Δp1＞Δp2，P将向右移，C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 8.(多选)(2025·云南高考)图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体(视为理想气体)，与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压p0下，b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在p0下 A.环境温度升高时，b管中液面升高 B.环境温度降低时，b管中液面升高 C.水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小 D.水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 在标准大气压p0下，设进入玻璃管b的液柱高度为h，则封 闭气体的压强为p1＝p0－ρgh，由于b管中气体的体积可忽 略不计，则温度发生变化时，封闭气体的变化可视为等容 变化，由查理定律＝C(C为常量)可知，温度升高时，封 闭气体的压强增大，则b管中液面降低，反之，温度降低时，封闭气体的压强减小，b管中液面升高，A错误，B正确；水槽中的水少量蒸发后，水槽中的液面高度降低，则b管内液面的高度也降低，由A、B选项的分析可知，温度的测量值偏大，C错误，D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 9.(20分)(2024·广西高考)如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积S＝500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度l0＝200 mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为 5 mm的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程F-曲线如图乙。大气压p0＝1×105 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小； 答案：50 N　 活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压p0，故此时封闭气体对活塞的压力大小为F＝p0S＝1×105×500×10－6 N＝ 50 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化； 根据题意可知F-图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得F＝k· 根据F＝pS可得气体压强为p＝ 活塞从a处到b处，对封闭气体有 pV＝S＝k 可知该过程中封闭气体的pV值恒定不变，所以活塞 从a处到b处封闭气体经历了等温变化。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)在图丙中画出封闭气体等温变化的p-V图像， 并通过计算标出a、b处坐标值。 分析可知全过程中气体做等温变化 在b处时气体体积为Vb＝Sl0＝10×10－5 m3 在a处时气体体积为Va＝Sla＝0.25×10－5 m3 根据玻意耳定律有paVa＝pbVb 解得pa＝40×105 Pa 故封闭气体等温变化的p-V图像如图所示。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 1 专 题 六 热 血 近 代 物 理 谢 谢 观 看 ！ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 $