第1编 专题6 热学 近代物理 第14讲 热学（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·物理

该高中物理高考复习课件聚焦热学专题，覆盖分子动理论、气体实验定律、热力学定律及固体液体性质等高考核心考点，依据高考评价体系分析“气体状态方程应用”“热力学第一定律”等高频考点权重，归纳活塞-汽缸、液柱-试管、图像问题等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+科学推理”策略，如以2024广东卷活塞-汽缸题为例，通过“假设-关联-受力分析”三步法突破气体实验定律应用，培养科学思维素养。设“解题思维链”和“易错点警示”，帮助学生掌握微观量估算、图像斜率比较等技巧，教师可据此高效指导学生冲刺高考。

第14讲　热学 贯通•知识脉络 研学•核心考点 目录索引 微专题5 贯通•知识脉络 研学•核心考点 考点一　分子动理论、内能及热力学定律 命题角度1分子动理论、内能 1.微观量的估算 (1)分子总数:N=nNA=NA=NA。 特别提醒:对气体而言,V0=不等于一个气体分子的体积,而是表示一个气体分子占据的空间。 (2)两种模型:①球模型:V=πR3(适用于估算液体、固体分子直径);②立方体模型:气体分子占据的空间V=a3(适用于估算气体分子间距)。 考点一 考点二 考点三 2.物体的内能 考点一 考点二 考点三 例1　(2025浙江杭州模拟)浙江大学高分子系某课题组制备出了一种超轻的固体气凝胶,它刷新了目前世界上最轻的固体材料的纪录。设气凝胶的密度为ρ(单位为kg/m3),摩尔质量为M(单位为kg/mol),阿伏加德罗常数为NA,则(　　) A.a千克气凝胶所含分子数为n=a·NA B.气凝胶的摩尔体积为Vmol= C.每个气凝胶分子的体积为V0= D.每个气凝胶分子的直径为D= D 考点一 考点二 考点三 解析 a千克气凝胶所含有的分子数为n=n'NA=,故A错误;气凝胶的摩尔体积为Vmol=,故B错误;1 mol气凝胶中包含NA个分子,故每个气凝胶分子的体积为V0=,故C错误;设每个气凝胶分子的直径为D,则有V0=πD3,解得每个气凝胶分子的直径为D=,故D正确。 考点一 考点二 考点三 例2　(多选)(2025河北承德二模)如图甲、乙所示,分别表示两分子间的作用力、分子势能与两分子间距离的关系。分子a固定在坐标原点O处,分子b从r=r4处以某一速度向分子a运动(运动过程中仅考虑分子间作用力),假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0,则(　　) A.图甲中分子间距从r2到r3,分子间的作用力表现为斥力 B.分子b运动至r3和r1位置时动能可能相等 C.图乙中r5一定大于图甲中r2 D.若图甲中阴影面积S1=S2,则两分子间最小 距离小于r1 BD　 考点一 考点二 考点三 解析 题图甲中分子间距从r2到r3,分子间的作用力表现为引力,故A错误;分子b从r3到r2和从r2到r1两过程,若图像与横轴所围面积相等,则分子力做功为0,动能变化量为0,分子b在r3和r1两位置时动能可能相等,故B正确;题图甲中r2处分子力合力为0,分子b在此处分子势能最小,应对应图乙中r6处,即题图乙中r5一定小于题图甲中r2,故C错误;若题图甲中阴影面积S1=S2,则分子b从r4到r1过程分子力做功为0,分子b在r4处速度不为0,则分子b在r1处速度不为0,将继续运动,靠近分子a,故D正确。 考点一 考点二 考点三 命题角度2热力学定律 (1)热力学第一定律ΔU=Q+W。第一类永动机违背能量守恒定律。 (2)对热力学第二定律的理解:热量可以由低温物体传到高温物体,也可以从单一热源吸收热量全部转化为功,但这些过程不可能自发进行而不产生其他影响。第二类永动机违背热力学第二定律。 考点一 考点二 考点三 例3　(2025山东齐鲁名校大联考模拟)如图所示,开口向上的竖直玻璃管内用一段水银柱封闭着一定质量的理想气体。现将玻璃管保持开口竖直向上拿到室外,并停留较长一段时间,此为过程一;然后再把玻璃管缓慢转动至水平,此为过程二;接着再将玻璃管保持水平拿回室内,并停留较长一段时间,此为过程三;最后把玻璃管缓慢转动至竖直开口向上,水银柱回到初始位置,此为过程四。已知室外温度高于室内温度,室外大气压强等于室内大气压强,水银无漏出。关于此次操作,下列说法正确的是(　　) A.过程四气体从外界吸热 B.过程二气体分子密集程度减小 C.过程二气体从外界吸收热量,使之完全变成功,而没产生其他影响 D.气体经历上述四个过程回到原状态,气体对外界做的功为0 B 考点一 考点二 考点三 解析 过程四气体温度不变,压强增大,体积减小,气体内能不变,外界对气体做功,由热力学第一定律ΔU=Q+W,可知气体对外放热,故A错误;过程二气体温度不变,压强减小,体积增大,分子密集程度减小,故B正确;根据热力学第二定律内容可知,过程二气体从外界吸收热量,使之完全变成功,而没产生其他影响是不可能发生的,故C错误;气体经历题中所述的四个过程回到原状态,气体对外界做功不为0,故D错误。 考点一 考点二 考点三 考点二　固体、液体和气体的性质 命题角度1固体、液体的性质 温馨提示晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化。 考点一 考点二 考点三 例4　(2025山东菏泽一模)生活中处处充满了物理知识。下列表述正确的是(　　) A.布朗运动是液体分子的无规则运动 B.只有液体浸润细管壁才会形成毛细现象 C.液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点 D.蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块没有确定的形状,因此蔗糖糖块是非晶体 C 解析 布朗运动是固体颗粒的运动,间接反映了液体分子的无规则运动,故A错误;在玻璃试管中,不论液体是否浸润细管壁都能形成毛细现象,故B错误;液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点,故C正确;蔗糖是多晶体,没有固定的形状,故D错误。 考点一 考点二 考点三 例5　(2025河南信阳一模)在透明吸管内,手指和液体之间密封一定质量的气体,如图所示,由于手的接触,密封气体温度高于外界气体。则(　　) A.密封气体压强高于外界气体压强 B.图中液体与吸管内壁之间是不浸润的 C.密封气体分子数密度等于外界气体分子数密度 D.密封气体分子平均动能高于外界气体分子平均动能 D 考点一 考点二 考点三 解析 设液柱的质量为m,横截面积为S,外界大气压强为p0,对液柱分析,密封气体压强p=p0-,因此密封气体压强低于外界气体压强,且吸管内部压强不变,由pV=nRT可知,密封气体温度升高,体积就会变大,分子数密度就会减小,因此密封气体分子数密度小于外界气体分子数密度,故A、C错误;液体在吸管内呈下凹状,液体与吸管内壁是浸润的,故B错误;温度是分子平均动能的标志,温度越高,分子平均动能越大,因此密封气体分子平均动能高于外界气体分子平均动能,故D正确。 考点一 考点二 考点三 命题角度2气体分子的运动特点 1.气体分子的运动特点 考点一 考点二 考点三 2.气体压强的微观解释 考点一 考点二 考点三 例6　(2025江西宜春二模)如图为高压锅简化图,加热前盖上限压阀,当内部气体压强达到一定值时将通过排气孔和限压阀向外放气,从而保证内部气压不再增大。以下说法正确的是(　　) A.为加快食物加热效率,可用重物压住限压阀从而限制 气体的外放 B.工作过程中,锅内气体分子数一直不变 C.在日常生活中要定期检查高压锅的气密性及限压阀和排气孔是否畅通 D.加热结束后应尽快打开锅盖将食物取出 C 考点一 考点二 考点三 解析 压住限压阀可能会使高压锅内部气压超过阈值从而导致爆炸,故A错误;加热过程中首先是水蒸发成蒸汽,从而气体分子数增加,达到气压阈值后向外排气出现气体分子数减少,故B错误;要保证高压锅效率同时要保证安全,故C正确;加热结束后,锅内仍有高温高压蒸汽,立即开盖可能导致蒸汽喷出,造成烫伤或其他危险,故D错误。 考点一 考点二 考点三 考点三　气体实验定律和理想气体状态方程 命题角度1活塞—汽缸类问题 1.压强的计算 通常分析活塞或汽缸的受力,应用平衡条件或牛顿第二定律求解,压强单位为Pa。 2.关联气体问题 对由活塞相联系的两部分气体,注意找两部分气体的压强、体积等关系,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。 考点一 考点二 考点三 例7　(2024广东卷)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的体积不变。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=4.0×10-2 m3,B内气体压强pB1等于大气压强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g取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,差压阀与连接管道内的气体体积不计。当环境温度降低到T2=270 K时: 考点一 考点二 考点三 (1)求B内气体压强pB2; (2)求A内气体体积VA2; (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。 考点一 考点二 考点三 答案 (1)9×104 Pa　(2)3.6×10-2 m3 (3)1.1×102 kg 解析 (1)设差压阀要打开时的温度为T,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pB=p0-Δp,根据解得T=267 K,说明温度降低到T2时,差压阀没有打开,即末态T2=270 K,根据代入数据可得pB2=9×104 Pa。 考点一 考点二 考点三 (2)A内气体做等压变化,压强保持不变,初态VA1=4.0×10-2 m3,T1=300 K 末态T2=270 K 根据 代入数据解得VA2=3.6×10-2 m3。 (3)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 代入数据联立解得m=1.1×102 kg。 考点一 考点二 考点三 解题思维链 考点一 考点二 考点三 命题角度2液柱—试管类问题 求解液柱—试管类问题的三点提醒 (1)液体因重力产生的压强大小为p=ρgh。 (2)在与大气相通的情境中,应用p=p0+ph或p=p0-ph计算压强。 (3)有时直接应用连通器原理——连通器内静止的液体,同种液体在同一水平面上各处压强相等。 h为气、液接触面至液面的竖直高度 考点一 考点二 考点三 例8　(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。 (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。 考点一 考点二 考点三 答案 (1)　(2)9.5 m/s2 解析 (1)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 由题可知,空气柱发生等温变化,根据玻意耳定律,有p1L1S=p2L2S 解得g=。 (2)由题可知,空气柱发生等容变化,根据查理定律,有 代入数据可得g=9.5 m/s2。 考点一 考点二 考点三 命题角度3与热力学第一定律综合问题 温馨提示气体等压膨胀(压缩)时,气体对外界(外界对气体)做功W=pΔV。 考点一 考点二 考点三 例9　(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Ff0=p0S,且等于最大静摩擦力。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)。 考点一 考点二 考点三 答案 (1)h1　(2) 解析 (1)封闭气体温度从T1缓慢加热至T2过程中,对活塞受力分析可知,封闭气体的压强不变,此过程为等压变化,由盖-吕萨克定律得 ,即 解得h2=h1。 考点一 考点二 考点三 (2)封闭气体温度从T3缓慢下降至T4过程中,对活塞受力分析可知,封闭气体的压强不变,此过程为等压变化, 设T4时气柱高度为h3,由盖-吕萨克定律得 ,即 解得h3=h1 封闭气体温度从T1到T4过程中, 活塞先上升Δh1=h2-h1=h1 再下降Δh2=h2-h3=h1 考点一 考点二 考点三 在活塞上升阶段,对活塞受力分析,有p0S+Ff0=p1S 在活塞下降阶段,对活塞受力分析,有p0S=p2S+Ff0 外界对气体所做的功W=-p1SΔh1+p2SΔh2 W=- 又T1=T4,故封闭气体的内能不变 由热力学第一定律得ΔU=W+Q 得Q=-W=。 考点一 考点二 考点三 命题角度4气体状态变化的图像问题 考点一 考点二 考点三 例10　(2024山东卷)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 C 考点一 考点二 考点三 解析 a→b过程,等压膨胀,温度升高,对外做功,内能增加,A错误。b→c过程绝热膨胀,由热力学第一定律知,内能减少,B错误。a→b→c过程,a、c温度相同,内能相同,整个过程吸收的热量全部用于对外做功,C正确。a→b过程与a→b→c过程吸收的热量相等,等于a→b→c过程中气体对外做的功,即Qab=Wab+Wbc;c→a过程中,Qac=Wac,由于Wab+Wbc>Wac,因此Qab>Qac,D错误。 考点一 考点二 考点三 例11　(多选)(2024海南卷)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态,已知ab垂直于T轴,bc延长线过O点,下列说法正确的是(　　) A.bc过程外界对气体做功 B.ca过程气体压强不变 C.ab过程气体放出热量 D.ca过程气体内能减小 AC 考点一 考点二 考点三 解析 由理想气体状态方程=C,化简可得V=·T,由图像可知,图像的斜率越大,压强越小,故pa<pb=pc,bc过程为等压变化,体积减小,外界对气体做功,故A正确;由A选项可知,ca过程压强减小,故B错误;ab过程为等温变化,内能不变,故ΔU=0,根据玻意耳定律可知,体积减小,压强增大,外界对气体做功,故W>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,解得Q<0,故ab过程气体放出热量,故C正确;ca过程,温度升高,内能增大,故D错误。 考点一 考点二 考点三 多题归一 气体图像与热力学定律的综合问题 项目 图像 特点 等温 变化 p-V图像 pV=CT(其中C为恒量),即pV之积越大的等温线温度越高,图线离原点越远 p-图像 p=CT,斜率k=CT,即斜率越大,温度越高 考点一 考点二 考点三 项目 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 考点一 考点二 考点三 微专题5 模型构建 微专题5　充气、抽气、漏气、灌气模型 1.充气问题 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,那么当我们取容器内原有的气体和口袋内的全部气体作为研究对象时,这些气体状态不管怎样变化,其质量总是不变的。这样,就将变质量问题转化成等质量问题了。 2.抽气问题 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,其解决方法和充气问题类似,取剩余气体和抽出的全部气体作为研究对象,这些气体状态不管怎样变化,其质量总是不变的。 3.灌气分装问题 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整体作为研究对象,将变质量问题转化为等质量问题。 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。如果选容器内剩余气体为研究对象,便可使变质量问题变成等质量问题,可用理想气体状态方程求解。 方法技巧 利用克拉伯龙方程解决气体变质量的问题 克拉伯龙方程为pV=nRT,其中n表示气体物质的量,R为理想气体常数,此方程描述了理想气体的压强、体积、温度和物质的量的关系,故可以对理想气体列式分析问题,处理理想气体变质量的问题尤其方便。 典例探究 例1　(2024甘肃卷)如图所示,刚性容器内壁光滑,盛有一定质量的气体,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。 答案 (1)p0　p0　(2) 解析 (1)设抽气前两体积为V=Sl,对气体A分析可得 抽气后A的体积VA=2V-V=V 根据玻意耳定律可得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,则根据玻意耳定律可得p0V=pB·V 解得pB=p0。 (2)由题意可得,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= 联立解得k=。 例2　(2024山东卷)图甲为战国时期青铜汲酒器,根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器,如图乙所示。长柄顶部封闭,横截面积S1=1.0 cm2,长度H=100.0 cm,侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2=90.0 cm2、高度h=20.0 cm,罐底有一小孔B。汲液时,将汲液器竖直浸入液体,液体从孔B进入,空气由孔A排出;当内外液面相平时,长柄浸入液面部分的长度为x;堵住孔A,缓慢地将汲液器竖直提出液面,储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度大小g取10 m/s2,大气压p0=1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变,空气可视为理想气体,忽略器壁厚度。 (1)求x。 (2)松开孔A,从外界进入压强为p0、体积为V的空气,使满储液罐中液体缓缓流出,堵住孔A,稳定后罐中恰好剩余一半的液体,求V。 答案 (1)2 cm　(2)8.92×10-4 m3 解析 (1)在缓慢将汲液器竖直提出液面的过程,封闭气体发生等温变化,由玻意耳定律有p1(H-x)S1=p2HS1 根据题意可知p1=p0,p2+ρgh=p0 联立解得x=2 cm。 (2)当外界气体进入后,对新进入的气体和原有的气体整体分析,由玻意耳定律有p0V+p2HS1=p3 又p3+ρg·=p0 联立解得V=8.92×10-4 m3。 解题思维链 $