2022高考物理二轮复习专题7热学学案.docx

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1、专题七热学高考命题点命题轨迹情境图分子动理论内能及热力学定律2017卷3317(1)33题20(1)33题2018卷332019卷332020卷33卷33气体实验定律和理想气体状态方程2016卷33，卷33，卷3316(2)33题16(3)33题17(1)33题17(2)33题17(3)33题18(1)33题18(2)33题18(3)33题19(2)33题19(3)33题20(2)33题20(3)33题2017卷33，卷33，卷332018卷33，卷33，卷332019卷33，卷33，卷332020卷33，卷33，卷33核心知识提素养“物理观念”构建一、分子动理论及热力学定律1估算问题(1)油

2、膜法估算分子直径：d(V为纯油酸体积，S为单分子油膜面积)(2)分子总数：NnNANANA(注：对气体而言，NNA)2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、永不停息的运动，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3对热力学定律的理解(1)热力学第一定律UQW，其中W和Q的符号可以这样确定：只要对内能增加有正贡献的就为正值(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二、气体实验定律和理想气体状态方程“科学思维”展

3、示思想方法必须领会的“2种物理思想”理想化模型思想、控制变量思想模型建构一、两种模型1球体模型：一个分子体积VR3d3，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Vd3，d为分子的间距，适于估算气体分子间距二、应用热力学第一定律的看到与想到1看到“绝热过程”，想到Q0，则WU.2看到“等容过程”，想到W0，则QU.3看到“等温过程”，想到U0，则WQ0.命题热点巧突破考点一分子动理论内能及热力学定律考向1分子动理论与内能1(2020新课标卷)分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，rr1时，F0.分子间势能由r决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零若

4、一分子固定于原点O，另一分子从距O点很远处向O点运动，在两分子间距减小到r2的过程中，势能_减小_(填“减小”“不变”或“增大”)；在间距由r2减小到r1的过程中，势能_减小_(填“减小”“不变”或“增大”)；在间距等于r1处，势能_小于_(填“大于”“等于”或“小于”)零【解析】从距O点很远处向O点运动，两分子间距减小到r2的过程中，分子间体现引力，引力做正功，分子势能减小；在r2r1的过程中，分子间仍然体现引力，引力做正功，分子势能减小；在间距等于r1之前，分子势能一直减小，取无穷远处分子间势能为零，则在r1处分子势能小于零2(2019新课标全国卷)(5分)用油膜法估算分子大小的实验中，首

5、先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是_使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜_实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以_把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1_mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积_为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是_油膜稳定后得表面积S_.【解析】油膜法测量分子大小需要形成单分子油膜，故而需要减少油酸浓度；一滴油酸的体积非常微小不易准确测量，故而使用累积法，测出N滴油酸溶液的体积V，用V与N的比值计算一滴油酸的体积；由于形成单分子油膜，油膜的厚度h可以认为是分子直径，故而还需要测量出油膜的面积S，以计算厚

6、度h.考向2热力学定律理解与应用3(2020新课标卷)下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有_，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有_(BC)A汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热B冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低C某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响D冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内【解析】燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化，同时热传递向空气转移既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律，A错误；冷水倒入保温杯后，没有对外做功，同时也没有热传递，内能不可能减少，故违背热力学第一定律，B正确

7、；某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，必然产生其他影响不违背热力学第一定律，但违背热力学第二定律，C正确；制冷机消耗电能工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，发生了内能的转移，同时对外界产生了影响既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律，D错误4(2019江苏高考真题)如题图所示，一定质量理想气体经历AB的等压过程，BC的绝热过程(气体与外界无热量交换)，其中BC过程中内能减少900 J求ABC过程中气体对外界做的总功【答案】W1 500 J【解析】由题意可知，AB过程为等压膨胀，所以气体对外做功为：W1p(VBVA)，BC过程：由热力学第一定律得：W2U，

8、则气体对外界做的总功为：W(W1W2)，代入数据解得：W1 500 J.考向3热力学定律与气体实验定律的综合应用5(2020天津高考真题)水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出若在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体(B)A压强变大B对外界做功C对外界放热D分子平均动能变大【解析】随着水向外喷出，气体的体积增大，由于温度不变，根据pV恒量，可知气体压强减小，A错误；由于气体体积膨胀，对外界做功，根据热力学第一定律UWQ，气体温度不变，内能不变，一定从外界吸收热量，B正确，C错误；

9、温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，分子的平均动能不变，D错误6(5选3)(2018全国卷)如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如pV图中从a到b的直线所示在此过程中_(BCD)A气体温度一直降低B气体内能一直增加C气体一直对外做功D气体一直从外界吸热E气体吸收的热量一直全部用于对外做功【解析】一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程paVa/TapbVb/Tb可知，TbTa，即气体的温度一直升高，选项A错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，选项B正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，选项C正确；根据热力学第一定律

10、，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，选项D正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，选项E错误7(2020山东高考真题)一定质量的理想气体从状态a开始，经ab、bc、ca三个过程后回到初始状态a，其pV图像如图所示已知三个状态的坐标分别为a(V0,2p0)、b(2V0，p0)、c(3V0,2p0)以下判断正确的是(C)A气体在ab过程中对外界做的功小于在bc过程中对外界做的功B气体在ab过程中从外界吸收的热量大于在bc过程中从外界吸收的热量C在ca过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量D气体在ca过程中内能的减少量大于bc过程中内能的增加量【解析】根据气体做功的表达式W

11、FxpSxpV可知pV图线和体积横轴围成的面积即为做功大小，所以气体在ab过程中对外界做的功等于bc过程中对外界做的功，A错误；气体从ab，满足玻意耳定律pVC，所以TaTb，所以Uab0，根据热力学第一定律UQW可知0QabWab，气体从bc，温度升高，所以Ubc0，根据热力学第一定律可知UbcQbcWbc，结合A选项可知WabWbcQab，bc过程气体吸收的热量大于ab过程吸收的热量，B错误；C气体从ca，温度降低，所以Uca0，根据热力学第一定律可知Qca0，放出热量，C正确；D理想气体的内能只与温度有关，根据TaTb可知，所以气体从ca程中内能的减少量等于bc过程中内能的增加量，D错误

12、故选C8(2019新课标全国卷)某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同此时，容器中空气的温度_低于_(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度_大于_(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度【解析】由题意可知，容器与活塞绝热性能良好，容器内气体与外界不发生热交换，故Q0，但活塞移动的过程中，容器内气体压强减小，则容器内气体正在膨胀，体积增大，气体对外界做功，即W0，根据热力学第一定律可知：UQWl，解得lh(2)设水全部排出后筒内气体的压强为p2

13、；此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有p2V0p0V3其中p2p0gH设需压入筒内的气体体积为V，依题意VV3V0联立式得V3.(2020新课标卷)如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H18 cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口右管中有高h04 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l12 cm.管底水平段的体积可忽略环境温度为T1283 K大气压强p076 cmHg.(1)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部此时水银柱的高度为多少？(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时

14、密封气体的温度为多少？【答案】(1)12.9 cm(2)363 K【解析】(1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2.由玻意耳定律有p1V1p2V2设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为，按题设条件有p1p0gh0，p2p0ghV1S(2Hlh0)，V2SH联立以上式子并代入题中数据得h12.9 cm(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖一吕萨克定律有按题设条件有V3S(2Hh)代入题中数据得T2363 K规律总结解答“液柱”模型的关键是求被液柱封闭的气体的压强和体积，体积一般通过几何关系求解

15、，求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意以下4点：(1)液体因重力产生的压强大小为pgh(其中h为气、液接触面至液面的竖直高度)(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力(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(4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”，使计算过程简捷考向3“两团气”模型4(2020湖北七市5月联考)如图导热气缸A、B固定在同一水平面上，A的横截面积为S，B的横截面积为A的2倍，用两不计质量的活塞密封了等高的理想气体气柱，起初连接两活塞的轻绳均处于伸直状态，但绳中无张力，现向A

16、气缸的活塞上方缓慢加入细沙，直至A气缸中气体体积减小为原来的一半已知大气压强为p0，求此时：(1)B气缸中气体的压强；(2)加入细沙的质量【答案】(1)p0(2)【解析】(1)设开始时气缸B内气体为VB，后来体积VB，由题可知VB1.5VB对气缸B的气体p0VBpBVB解得pBp0(2)对气缸A的气体p0VApA即pA2p0对气缸B活塞进行受力分析，由受力平衡p0(2S)pB(2S)T对气缸A活塞进行受力分析，由受力平衡mgp0STpAS解得加入细沙的质量m规律总结多个系统相互联系的定质量气体问题，往往以压强建立起系统间的关系，各系统独立进行状态分析，要确定每个研究对象的变化性质，分别应用相应

17、的实验定律，并充分应用各研究对象之间的压强、体积、温度等量的有效关联若活塞可自由移动，一般要根据活塞的平衡状态确定两部分气体的压强关系考向4变质量问题5(2020新课标卷)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为p.现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等求调配后：(1)两罐中气体的压强；(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比【答案】(1)p(2)【解析】(1)气体发生等温变化，对甲乙中的气体，可认为甲中原气体由体积V变成3V

18、，乙中原气体体积由2V变成3V，则根据玻意尔定律分别有pVp13V，p2Vp23V则pVp2V(p1p2)3V则甲乙中气体最终压强pp1p2p(2)若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强p，则pVpV计算可得VV由密度定律可得，质量之比等于6(2019新课标全国卷)(10分)热等静压设备广泛用于材料加工中该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中已知每瓶氩气的容积为3.2

19、102 m3，使用前瓶中气体压强为1.5107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0106 Pa；室温温度为27 .氩气可视为理想气体(1)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；(2)将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ，求此时炉腔中气体的压强【答案】(1)3.2107 Pa(2)1.6108 Pa【解析】(1)设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后气瓶中剩余气体的压强为p1.假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1.由玻意耳定律p0V0p1V1被压入进炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为VV1V0设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2.由玻

20、意耳定律p2V210p1V联立式并代入题给数据得p23.2107 Pa(2)设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔温度为T1，气体压强为p3，由查理定律联立式并代入题给数据得p31.6108 Pa规律总结1等效法求解变质量的气体问题在“充气、抽气”模型中可以假设把充进或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的问题(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

21、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的问题2巧选研究对象(1)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(2)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，便可使问题变成一定质量的气体状态变化，可用理想气体状态方程求解考向预测1(2019新课标全国卷)(5分)如图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的

22、三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3.用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，则N1_大于_N2，T1_等于_T3，N2_大于_N3.(填“大于”“小于”或“等于”)【解析】1、2等体积，2、3等压强由pVnRT得：，V1V2，故，可得：T12T2，即T1T2，由于分子密度相同，温度高，碰撞次数多，故N1N2；由于p1V1p3V3；故T1T3；则T3T2，又p2p3,2状态分子密度大，分子运动缓慢，单个分子平均作用力小，3状态分子密度小，分子运动剧烈，单个分子平均作用力大故3状态碰撞容器壁分子较少，即N2N3.2.(2020新疆克拉玛依市

23、三模)如图所示，上端开口的光滑圆形气缸竖直放置，截面积为40 cm2的活塞将一定质量气体封闭在气缸内在汽缸内距缸底60 cm处设有卡环ab，使活塞只能向上滑动开始时活塞搁在ab上，缸内气体的压强等于大气压强p01.0105 Pa，温度为300 K现缓慢加热气缸内气体，当温度缓缓升高到330 K，活塞恰好离开ab，g取10 m/s2.求：(1)活塞的质量；(2)当温度缓慢升高到363 K时，活塞向上移动过程中气体对外界做的功是多少？【答案】(1)4 kg(2)26.4 J【解析】(1)气体的状态参量为：T1300 K，p11.0105 PaT2330 K，p2(1.0105)Pa物体做等容变化，

24、则有代入数据得m4 kg，p21.1105 Pa(2)活塞恰好离开ab时：T2330 K，V20.6 S，T3363 K，V3h3S因为有得h366 cm则Wp2S(h3h2)1.110540104(0.660.6)26.4 J3.(2019新课标全国卷)(10分)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm.若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K.(1)求细管的长度；(2)若在倒置前，缓慢加热管内

25、被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度【答案】(1)41 cm(2)312 K【解析】(1)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有pVp1V1由力的平衡条件有pp0ghp1p0gh式中，、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强由题意有VS(Lh1h)V1S(Lh)由式和题给条件得L41 cm(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖吕萨克定律有由式和题给数据得T312 K4(2019新课标全国卷)(1

26、0分)如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p.现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：(1)抽气前氢气的压强；(2)抽气后氢气的压强和体积【答案】(1)(p0p)(2)【解析】(1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得(p10p)2S(p0p)S得p10(p0p)(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2

27、和V2，根据力的平衡条件有p2Sp12S由玻意耳定律得p1V1p102V0p2V2p0V0由于两活塞用刚性杆连接，故V12V02(V0V2)联立式解得p1p0pV15(2020辽宁协作体模拟)某兴趣小组受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计如图所示，导热性能良好的汽缸，内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦地左右滑动，汽缸左端开口，通过A封有压强为p0的气体，汽缸右端通过B封有压强为4p0的气体一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度，已知外界大气压强为p0，p0相当于10 m高的水柱产生的

28、压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：(1)当活塞A向右移动时，水的深度；(2)该深度计能测量的最大水深【答案】(1)2.5 m(2)40 m【解析】(1)A右移时，假设B不动，汽缸内气体做等温变化，有：p0SLp1S解得p1p04p0假设成立由p1p0ph可得php0又p0gH，phgh，H10 m，可得h2.5 m当活塞A恰好移动到汽缸的最右端时所测水深最大，设此时活塞B右移了x，两部分气体压强相等，设为p2，对内气体应用玻意耳定律可得p0SLp2Sx对内气体应用玻意耳定律可得4p0SLp2S(Lx)联立解得x，p25p0由p2p0phmax，p0gH，phmaxghmax可得hmax40 m