备考2026届高考物理一轮复习核心考点 热学（含解析）

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高考物理一轮复习 热学
一．解答题（共7小题）
1．（2025 山东）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，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，T1＝330K时，气柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2＝440K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＝400K时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4＝330K时，保持温度不变，活塞不再下降。求：
（1）T2＝440K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）。
2．（2025 广东）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＝1.0×105Pa，铸型室底面积S1＝0.2m2，高度h1＝0.2m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15m，柱状气室底面积S2＝0.8m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103kg/m3，重力加速度取g＝10m/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＝0.04m时，气室内气体压强p2。
3．（2025 湖南）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＝0.2000m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1＝305.7K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2＝300.0K时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。
4．（2025 选择性）某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105Pa～3.5×105Pa。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示，温度T1为300K时，体积V1和压强p1分别为0.528m3、3.0×105Pa；当胎内气体温度升高到T2为350K时，体积增大到V2为0.560m3，气体可视为理想气体。
（1）求此时胎内气体的压强p2；
（2）若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104J，求胎内气体的内能增加量ΔU。
5．（2025 海南）竖直放置的气缸内，活塞横截面积S＝0.01m2，活塞质量不计，活塞与气缸无摩擦，最初活塞静止，缸内气体T0＝300K，，大气压强，g＝10m/s2。
（1）若加热活塞缓慢上升，体积变为，求此时的温度T1；
（2）若往活塞上放m＝25kg的重物，保持温度T0不变，求稳定之后，气体的体积V2。
6．（2025 上海）自MCB系统是由若干控制器和传感器组成，评估汽车当前速度和移动情况，并检查踏板上是否有驾驶者介入，若是MCB判断安全气囊弹出后驾驶者没有踩踏板或是踩踏力度不够，则启动电子稳定控制机制，向车轮施加与车辆速度和移动幅度匹配的制动力，以防止二次事故发生。
（1）如图，下列元件在匀强磁场中绕中心轴转动，下列电动势最大的是（ 　 　 ）
A．A1和A2
B．B1和B2
C．C1和C2
D．D1和D2
（2）在倾斜角为4.8°的斜坡上，有一辆向下滑动的小车在做匀速直线运动，存在动能回收系统；小车的质量m＝1500kg。在t＝5s时间内，速度从v0＝72km/h减速到vt＝18km/h，运动过程中所有其他阻力的合力f＝500N。求这一过程中：
①小车的位移大小x？
②回收作用力大小F？
（3）如图，大气压强为p0，一个气缸内部体积为V0，初始压强为p0，内有一活塞横截面积为S，质量为M。
①等温情况下，向右拉开活塞移动距离X，求活塞受拉力F？
②在水平弹簧振子中，弹簧劲度系数为k，小球质量为m，则弹簧振子做简谐运动振动频率为，论证拉开微小位移X时，活塞做简谐振动，并求出振动频率f。
③若气缸绝热，活塞在该情况下振动频率为f2，上题中等温情况下，活塞在气缸中的振动频率为f1，则两则的大小关系为（ 　 　 ）
A．f1＞f2
B．f1＝f2
C．f1＜f2
7．（2025 浙江）如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭T1＝300K，体积V1＝1×103cm3处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h＝10cm。将瓶子放进T2＝303K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1.02J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56J，大气压强p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/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 　 　 （“增大”、“不变”、“减小”），单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数 　 　 （“增大”、“不变”、“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。
高考物理一轮复习 热学
参考答案与试题解析
一．解答题（共7小题）
1．（2025 山东）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，等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，T1＝330K时，气柱高度为h1，活塞开始缓慢上升；继续缓慢加热至T2＝440K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＝400K时，活塞才开始缓慢下降；温度缓慢降至T4＝330K时，保持温度不变，活塞不再下降。求：
（1）T2＝440K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】热力学第一定律的表达和应用；气体压强的计算；气体的等压变化与盖﹣吕萨克定律的应用．
【专题】定量思想；推理法；气体的状态参量和实验定律专题；推理论证能力．
【答案】（1）T2＝440K时，气柱高度h2为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为。
【分析】（1）根据平衡条件和盖﹣吕萨克定律列式解答；
（2）根据盖﹣吕萨克定律求解各个过程中气体对外做功、结合热力学第一定律列式解答。
【解答】解：（1）活塞开始缓慢上升，由受力平衡p0S+f0＝p1S，可得封闭的理想气体压强，T1→T2升温过程中，等压膨胀，由盖﹣吕萨克定律，解得；
（2）T1→T2升温过程中，等压膨胀，外界对气体做功W1＝﹣p1（h2﹣h1）S，解得，T2→T3降温过程中，等容变化，外界对气体做功W2＝0，活塞受力平衡有p0S＝f0+p3S，解得封闭的理想气体压强，T3→T4降温过程中，等压压缩，由盖﹣吕萨克定律，解得，外界对气体做功W3＝p3（h2﹣h4）S，解得，全程中外界对气体做功W＝W1+W2+W3，即W，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，故封闭气体吸收的净热量。
答：（1）T2＝440K时，气柱高度h2为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为。
【点评】考查盖﹣吕萨克定律和平衡条件以及热力学第一定律的应用，会根据题意进行准确的分析解答。
2．（2025 广东）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＝1.0×105Pa，铸型室底面积S1＝0.2m2，高度h1＝0.2m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15m，柱状气室底面积S2＝0.8m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103kg/m3，重力加速度取g＝10m/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＝0.04m时，气室内气体压强p2。
【考点】理想气体及理想气体的状态方程；气体压强的计算．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；气体的状态参量和实验定律专题；分析综合能力．
【答案】（1）气室内金属液面下降的高度h1为0.05m，气室内气体压强p1为1.2×105Pa；
（2）气室内气体压强p2为1.35×105Pa。
【分析】（1）根据液体流动时体积的关系求解气室内液面下降高度，根据平衡条件求解气室内气体的压强；
（2）根据玻意耳定律求解铸型室气体的压强；根据液体流动时体积的关系求解气室内液面下降高度，根据平衡条件求解气室内气体的压强。
【解答】解：（1）气室内金属液上升到铸型室，满足体积关系V＝S1h1＝S2h2
气室内液面下降高度
根据平衡条件，气室内气体的压强p1＝p0+ρg（h1+H+h2）
代入数据可得；
（2）初始时，上方铸型室气体的压强为p0，体积V＝S1h1
当上方铸型室液面高为h3＝0.04m时，体积为V′＝S1（h1﹣h3）
温度不变，根据玻意耳定律p0V＝p′V′
气体的压强
设下方气室金属液面下降的高度为h4，根据体积关系S2h4＝S1h3
代入数据
根据平衡条件，气室内气体的压强p2＝p′+ρg（H+h3+h4）
代入数据可得。
答：（1）气室内金属液面下降的高度h1为0.05m，气室内气体压强p1为1.2×105Pa；
（2）气室内气体压强p2为1.35×105Pa。
【点评】本题主要考查玻意耳定律和气体的压强计算，明确铸型室增加的金属液体积与气室内减小的金属液体积的关系是解题的关键。
3．（2025 湖南）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＝0.2000m，细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1＝305.7K。水平放置时调控空气柱温度，当空气柱温度T2＝300.0K时，空气柱长度与竖直放置时相同。已知。根据该组实验数据，求重力加速度g的值。
【考点】气体的等容变化与查理定律的应用；气体压强的计算．
【专题】定量思想；推理法；理想气体状态方程专题；推理论证能力．
【答案】（1）若整个过程中温度不变，重力加速度g的大小为；
（2）根据该组实验数据，重力加速度g的值为9.5m/s2。
【分析】（1）根据压强的计算，结合等温变化与玻意耳定律求解即可；
（2）根据等容变化与查理定律求解即可。
【解答】解：（1）竖直放置时里面气体的压强为：p1＝p0+ρgh
水平放置时里面气体的压强：p2＝p0
由等温变化与玻意耳定律可得：p1L1s＝p2L2s
代入解得：
（2）根据等容变化与查理定律可得：
其中：p1＝p0+ρgh；p2＝p0；T1＝305.7K；T2＝300.0K
代入数据可得：g＝9.5m/s2
答：（1）若整个过程中温度不变，重力加速度g的大小为；
（2）根据该组实验数据，重力加速度g的值为9.5m/s2。
【点评】本题考查了压强的计算，等温变化与玻意耳定律和等容变化与查理定律，熟悉公式是解决此类问题的关键。
4．（2025 选择性）某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105Pa～3.5×105Pa。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示，温度T1为300K时，体积V1和压强p1分别为0.528m3、3.0×105Pa；当胎内气体温度升高到T2为350K时，体积增大到V2为0.560m3，气体可视为理想气体。
（1）求此时胎内气体的压强p2；
（2）若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104J，求胎内气体的内能增加量ΔU。
【考点】热力学第一定律的表达和应用；理想气体及理想气体的状态方程．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；气体的状态参量和实验定律专题；分析综合能力．
【答案】（1）此时胎内气体的压强p2为3.3×105Pa。
（2）胎内气体的内能增加量ΔU为6.6×104J。
【分析】（1）根据理想气体状态方程求解作答；
（2）p﹣V图像的面积表示气体对外做功，根据热力学第一定律求解作答。
【解答】解：（1）根据理想气体的状态方程
解得
（2）p﹣V图像的面积表示气体对外做功，其对外做功的大小
根据热力学第一定律，胎内气体的内能增加量ΔU＝Q﹣W＝7.608×104J﹣1.008×104J＝6.6×104J。
答：（1）此时胎内气体的压强p2为3.3×105Pa。
（2）胎内气体的内能增加量ΔU为6.6×104J。
【点评】本题主要考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律的运用，对于热力学第一定律一定要理解各物理量正、负的含义。
5．（2025 海南）竖直放置的气缸内，活塞横截面积S＝0.01m2，活塞质量不计，活塞与气缸无摩擦，最初活塞静止，缸内气体T0＝300K，，大气压强，g＝10m/s2。
（1）若加热活塞缓慢上升，体积变为，求此时的温度T1；
（2）若往活塞上放m＝25kg的重物，保持温度T0不变，求稳定之后，气体的体积V2。
【考点】气体的等压变化与盖﹣吕萨克定律的应用；气体压强的计算；气体的等温变化与玻意耳定律的应用．
【专题】定量思想；方程法；理想气体状态方程专题；理解能力．
【答案】（1）若加热活塞缓慢上升，体积变为，此时的温度450K；
（2）若往活塞上放m＝25kg的重物，保持温度T0不变，稳定之后，气体的体积为4×10﹣3m3。
【分析】（1）活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律进行解答；
（2）根据平衡条件求解稳定后气体的压强，根据玻意耳定律求解气体的体积。
【解答】解：（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
代入数值解得：T1＝450K；
（2）设稳定后气体的压强为p2，根据平衡条件有：p2S＝p0S+mg
解得：p2＝1.25×105Pa
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可得：p0V0＝p2V2
联立解得：。
答：（1）若加热活塞缓慢上升，体积变为，此时的温度450K；
（2）若往活塞上放m＝25kg的重物，保持温度T0不变，稳定之后，气体的体积为4×10﹣3m3。
【点评】本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，选择合适的气体实验定律解决问题。
6．（2025 上海）自MCB系统是由若干控制器和传感器组成，评估汽车当前速度和移动情况，并检查踏板上是否有驾驶者介入，若是MCB判断安全气囊弹出后驾驶者没有踩踏板或是踩踏力度不够，则启动电子稳定控制机制，向车轮施加与车辆速度和移动幅度匹配的制动力，以防止二次事故发生。
（1）如图，下列元件在匀强磁场中绕中心轴转动，下列电动势最大的是（ 　A　 ）
A．A1和A2
B．B1和B2
C．C1和C2
D．D1和D2
（2）在倾斜角为4.8°的斜坡上，有一辆向下滑动的小车在做匀速直线运动，存在动能回收系统；小车的质量m＝1500kg。在t＝5s时间内，速度从v0＝72km/h减速到vt＝18km/h，运动过程中所有其他阻力的合力f＝500N。求这一过程中：
①小车的位移大小x？
②回收作用力大小F？
（3）如图，大气压强为p0，一个气缸内部体积为V0，初始压强为p0，内有一活塞横截面积为S，质量为M。
①等温情况下，向右拉开活塞移动距离X，求活塞受拉力F？
②在水平弹簧振子中，弹簧劲度系数为k，小球质量为m，则弹簧振子做简谐运动振动频率为，论证拉开微小位移X时，活塞做简谐振动，并求出振动频率f。
③若气缸绝热，活塞在该情况下振动频率为f2，上题中等温情况下，活塞在气缸中的振动频率为f1，则两则的大小关系为（ 　C　 ）
A．f1＞f2
B．f1＝f2
C．f1＜f2
【考点】热力学第一定律的表达和应用；牛顿第二定律的简单应用；气体的等温变化与玻意耳定律的应用．
【专题】定量思想；推理法；理想气体状态方程专题；推理论证能力．
【答案】（1）A；（2）①小车的位移大小x为62.5m；②回收作用力大小F为5230N；
（3）①等温情况下，向右拉开活塞移动距离X，活塞受拉力F为；②拉开微小位移X时，活塞做简谐振动的证明见解析，振动频率f为；③C。
【分析】（1）根据速度方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大分析求解；
（2）根据牛顿第二定律，结合匀变速直线运动公式分析求解；
（3）根据玻意耳定律，结合对活塞的受力分析，综合热力学第一定律分析求解。
【解答】解：（1）由图可知，磁场方向竖直向下，图中各点的线速度都沿切线方向，而此时A1和A2点速度方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大。故BCD错误，A正确；
故选：A。
（2）①小车的位移
②小车的加速度
方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律F+f﹣mgsin4.8°＝ma
解得F＝5230N
（3）①根据玻意耳定律p0V0＝p（V0+XS）
对活塞分析可知F＝（p0﹣p）S
解得
②设X方向为正方向，则此时活塞所受合力
当X很微小时，则
即活塞的振动可视为简谐振动。其中
振动频率为
③若气缸绝热，则当气体体积增大时，气体对外做功，内能减小，温度降低，则压强减小，即p′＜p，根据
则k值偏大，则f1＜f2
故AB错误，C正确。
故选：C。
故答案为：（1）A；（2）①小车的位移大小x为62.5m；②回收作用力大小F为5230N；
（3）①等温情况下，向右拉开活塞移动距离X，活塞受拉力F为；②拉开微小位移X时，活塞做简谐振动的证明见解析，振动频率f为；③C。
【点评】本题考查了热力学、牛顿力学等相关知识，理解不同状态下物体的运动情况和受力情况是解决此类问题的关键。
7．（2025 浙江）如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭T1＝300K，体积V1＝1×103cm3处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h＝10cm。将瓶子放进T2＝303K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1.02J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56J，大气压强p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/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 　不变　 （“增大”、“不变”、“减小”），单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数 　减小　 （“增大”、“不变”、“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。
【考点】热力学第一定律的表达和应用；气体压强的微观解释；气体压强的计算．
【专题】定量思想；推理法；热力学定律专题；气体的压强专题；推理论证能力．
【答案】（1）不变；减小；（2）1.0201×103cm3；（3）2.53J。
【分析】（1）由温度分析气体分子平均速率的变化；根据气体压强的变化分析单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数的变化；
（2）由盖—吕萨克定律和玻意耳定律列式求解；
（3）由W＝pΔV求出气体从状态1到状态2的过程中，气体对外做的功，再由热力学第一定律计算从状态1到状态3气体内能的改变量。
【解答】解：（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
其中V1＝1×103cm3，T1＝300K，T2＝303K
解得V2＝1.01×103cm3
此时气体压强为p2＝p1＝p0+ρgh＝1.01×105Pa
气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律p2V2＝p3V3，其中p3＝p0
代入数据解得，气体在状态3的体积为V3＝1.0201×103cm3
（3）气体从状态1到状态2的过程中，气体对外做功为W1＝p1（V2﹣V1）＝1.01J
由热力学第一定律ΔU＝Q﹣（W1+W2），其中Q＝4.56J，W2＝1.02J
代入解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为ΔU ＝2.53J
故答案为：（1）不变；减小；（2）1.0201×103cm3；（3）2.53J。
【点评】本题考查水银柱类问题，此类问题一般要选择封闭气体为研究对象，分析理想气体发生的是何种变化，根据平衡条件分析初末状态的压强，并结合题意分析初末状态气体的体积、温度，利用理想气体状态方程或者气体实验定律列等式求解。分析气体内能变化时，要使用热力学第一定律。其中气体做功通过W＝pΔV求解。
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