人教版高考物理专题复习　微专题17　 热学（二轮专题）(共43张PPT)

(共43张PPT)
　大单元五　机械振动与机械波　光学 热学 原子物理
微专题17　 热学
一图通·构建知识图谱
[例1]　(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等于大气压强
题点通·突破高频考点
气体实验定律和理想气体状态方程
p0，已知活塞的横截面积S＝，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：
(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。
[解析]　 (1)(2)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
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
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。
(3)恰好稳定时，A内气体压强为
p'A＝p0+
B内气体压强p'B＝p0
此时差压阀恰好关闭，所以有
p'A－p'B＝Δp
代入数据联立解得m＝1.1×102 kg。
[答案]　(1)9×104 Pa　(2)3.6×102 m3　(3)1.1×102 kg
内容 表达式 图像
玻意耳定律 一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比 p1V1＝p2V2
规律方法：
内容 表达式 图像
查理定律 一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强与热力学温度成正比
内容 表达式 图像
盖-吕萨克定律 一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积与热力学温度成正比
内容 表达式 图像
理想气体状态方程 [针对训练1]　(2025·新课标卷)(多选)如图，一定量的理想气体先后处于V-T图上a、b、c三个状态，三个状态下气体的压强分别为pa、pb、pc，则(　　)
A．pa＝pb B．pa＝pc
C．pa>pb D．pa√
√
AD　[根据理想气体的状态方程有pV＝CT，变形有V＝T，则V-T图线上的点与坐标原点连线的斜率代表，则由题图可知pc>pb＝ pa，故选AD。]
[针对训练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＝，重力加速度大小g＝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，使储液罐(储满液体)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。
[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，根据玻意耳定律有
p1(H－x)S1＝p2HS1
根据题意可知p1＝p0，p2＋ρgh＝p0
联立解得x＝2 cm。
(2)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(HS1＋S2)
又p3＋ρg·＝p0
联立解得V＝8.92×10-4 m3。
[答案]　(1)2 cm　(2)8.92×10-4 m3
[例2]　(2025·河北张家口·三模)我国北方地区秋季昼夜温差比较大。一日某室内最高温度为32 ℃，最低温度为12 ℃，假设室内气体压强保持不变，该室内有一如图所示的空茶壶，则在温度最高与最低时壶中气体质量之比为(已知摄氏温度t与热力学温度T的关系是T＝t＋273 K)(　　)
气体变质量问题
A．63∶59　 B．59∶63
C．61∶57 D．57∶61
√
D　[解法1　克拉伯龙方程法
根据＝C＝nR，可得气体的摩尔数可表示为n＝，由题意可知壶中气体压强、体积保持不变，则在温度最高与最低时壶中气体质量之比为＝＝＝＝，故选D。
解法2　转换研究对象——将“变质量”变为“定质量”
因为温度变低，有气体进入壶中，质量增加，以后来的气体为研究对象，初状态为V1，根据＝，V1＝＝V＝V，温度最高与最低时壶中气体质量之比为V和V1 的比值，即＝，故选D。
解法3　分态方程法
以后来的气体为研究对象，初状态为两部分：壶中的气体和壶外体积为V′的气体，根据方程＋＝，即原来的总体积为V1＝V＋V′＝V，温度最高与最低时壶中气体质量之比为V和V1 的比值，即＝，故选D。]
规律方法：
方法一　巧妙选择研究对象——将“变质量”变为“定质量”
分清气体的“来龙去脉”，以质量多的气体为研究对象，把其他状态的气体转换为压强和温度一样的气体，将“变质量”变为“定质量”。比如：充气问题，将充进容器内的气体和容器内的原有气体为研究对象；容器漏气问题，选容器内剩余气体和漏掉的气体为研究对象。
方法二　克拉伯龙方程
pV＝nRT＝RT，p ＝RT，R为常数，对所有气体都相等，尤其是涉及质量和密度问题，求解较为简单。
方法三　分态方程法
根据克拉伯龙方程：pV＝nRT＝RT。同种气体，每部分都有一定状态参量，气体的质量等于各部分质量之和，＝＋＋…＋。
[针对训练]　(2024·安徽卷)某人驾驶汽车，从北京到哈尔滨，在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变，且没有漏气，可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气，使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中，轮胎内气体的温度与环境相同，且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0＝30 L，从北京出发时，该轮胎气体的温度t1＝－3 ℃，压强p1＝2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2＝
－23 ℃，大气压强p0取1.0×105 Pa。求：
(1)在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小；
(2)充进该轮胎的空气体积。
[解析]　(1)由查理定律可得＝，其中p1＝2.7×105 Pa，T1＝273－3(K)＝270 K，T2＝273－23(K)＝250 K
代入数据解得，在哈尔滨时，充气前该轮胎气体压强的大小为p2＝2.5×105 Pa。
(2)由玻意耳定律可得p2V0＋p0V＝p1V0，代入数据解得，充进该轮胎的空气体积为V＝6 L。
[答案]　(1)2.5×105 Pa　(2)6 L
[例3]　(2025·江苏卷)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
气体实验定律与热力学定律的综合应用
√
D　[橡胶塞跳出后，瓶内的气体体积迅速膨胀，气体对外做功，W<0，由于该过程的时间比较短，可知气体来不及吸收热量，Q＝0，为绝热过程，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，ΔU<0，气体的内能减小，则温度降低，由理想气体状态方程＝C可知，气体压强减小。故选D。]
类别 图像 特点 其他图像
等温线 pV＝CT(其中C为常量)，p、V之积越大，等温线温度越高，线离原点越远
规律方法：
1．一定质量理想气体的状态变化图像与特点
类别 图像 特点 其他图像
等温线
类别 图像 特点 其他图像
等容线
类别 图像 特点 其他图像
等压线
2．公式ΔU＝W＋Q中符号法则的理解
物理量 W Q ΔU
＋ 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加
－ 物体对外界做功 物体放出热量 内能减少
[针对训练1]　(2024·海南卷)(多选)如图，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延长线过坐标原点O，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　[由于bc过程气体体积减小，则外界对气体做功，A正确；根据pV＝CT(C为常量)可得V＝T，根据题图可知，ca过程，图线上的点与坐标原点连线的斜率增大，则p减小，B错误；ab过程气体温度不变，内能不变，即ΔU＝0，体积减小，外界对气体做功，即W>0，结合热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，Q<0，即气体放出热量，C正确；ca过程，气体温度升高，内能增大，D错误。]
[针对训练2]　(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。
不变
减小
[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，体积增大，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-吕萨克定律得＝
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，由玻意耳定律得p2V2＝p3V3
其中p3＝p0
代入数据解得，气体在状态3的体积为V3＝1.0201×103 cm3。
(3)气体从状态1到状态2的过程中，气体对外做功为W1＝p1(V2－V1)＝1.01 J
由热力学第一定律得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]　 (2)1.0201×103 cm3　(3)2.53 J
谢 谢！