2013高考物理步步高二轮复习全攻略专题第1部分 第13讲
2013高考物理步步高二轮复习全攻略专题教师用书WORD(第1部分专题6)
2013高考物理步步高二轮复习全攻略专题教师用书WORD(第1部分专题6)高三是一首铿锵的歌——“爱拼才会赢”，但需要自己去弹奏，去吟唱．辛勤的汗水，失败的凄楚，终究换来成功的喜悦！现在，我虽然已获得清华大学博士学位，但“高三的歌”仍余音萦绕，催我奋进．这首歌——我们的“高三精神”，将永远激励着我走向辉煌！“选考模块”题目容易，好像天上掉下的“馅饼”，可轻松获得．做题顺序不妨跳跃一下，赶在“压轴”题之前做，不失为良策．该得的分数尽收囊中，下场后你又会唱起“高三的歌”！第13讲热学中常考的3个问题主要题型：问答、填空、计算难度档次：中档难度．只对考点知识直接应用，通常有一处思维含量较高的点，一般选取3～4个考点组成2～3个小题，只做模块内综合．力争“关联性综合”，也可“拼盘式”组合．,高考热点名师助学1．微观量与宏观量的关系2．晶体和非晶体比较晶体非晶体单晶体多晶体形状规则不规则不规则熔点固定固定不固定特性各向异性各向同性各向同性3．热力学第一定律公式ΔU＝Q＋W符号的规定物理量功W 热量Q 内能的改变ΔU取正值“＋”外界对物体做功物体从外界吸收热量物体的内能增加取负值“－”物体对外界做功物体向外界放出热量物体的内能减少4.弄清重要物理量间的关系常考问题40A.TIF，JZ]分子动理论与气体实验定律的组合【例1】(2012·福建卷，28)(1)关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是________．(填选项前的字母)A．一定量气体吸收热量，其内能一定增大B．不可能使热量由低温物体传递到高温物体C．若两分子间距离增大，分子势能一定增大D．若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大(2)空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm的空气6.0 L，现再充入1.0 atm的空气9.0 L．设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，则充气后储气罐中气体压强为________．(填选项前的字母)A．2.5 atm B．2.0 atmC．1.5 atm D．1.0 atm解析(1)由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，一定量气体吸收热量内能不一定增大，例如当气体对外做功，且W>Q时，那么内能将会减少，故A项错误；热力学第二定律的一种表述为：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化，关键理解“而不引起其他变化”，如果“引起其他变化”，完全可以实现将热量从低温物体传递到高温物体，故B项错误；当r<r0时，分子力表现为斥力，当分子间距增大时，分子势能减小，故C项错误；根据分子引力、斥力随分子间距的变化规律知，D项正确．(2)初状态：p1＝1.0 atm，V1＝(6.0＋9.0)L＝15.0 L末状态：p2，V2＝6.0 L，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2得p2＝p1V1V2代入数据得p2＝2.5 atm，故A项正确，B、C、D三项均错．答案(1)D(2)A(1)以下说法正确的是________．A．分子间距离增大时，分子势能也增大B．已知某种液体的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N A，则该液体分子间的平均距离可以表示为3MρN A或36MπρN AC．空气压缩到一定程度很难再压缩是因为分子间存在斥力的作用D．液体的饱和汽压与温度和液体的种类有关E．阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动就是布朗运动图13－1(2)如图13－1所示，有一底部封闭的圆柱形汽缸，上部有一通汽孔，汽缸内壁的高度是2L，一个很薄且质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处在离底部L高处，外界大气压为1.0×105Pa，温度为27 ℃，现对气体加热，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求：当加热到127 ℃时活塞离底部的高度．借题发挥●求解分子动理论相关问题应做到：(1)熟练掌握阿伏加德罗常数的有关计算；(2)了解布朗运动实质；(3)掌握分子力特点及分子力做功与分子势能变化的关系．●物体内能变化的判断方法(1)由物体内能的定义判断温度变化引起物体分子平均动能的变化；体积变化，分子间的分子力做功，引起分子势能的变化，从而判定物体内能的变化．(2)由热力学第一定律判断ΔU＝Q＋W 课堂笔记常考问题41热学基本知识与气体定律的组合【例2】(2012·课标全国卷，33)(1)关于热力学定律，下列说法正确的是________．A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D．不可能使热量从低温物体传向高温物体E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程图13－2(2)如图13－2所示，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均在0 ℃的水槽中，B的容积是A的3倍．阀门S将A和B两部分隔开．A内为真空，B和C内都充有气体，U形管内左边水银柱比右边的低60 mm.打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等，假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．(Ⅰ)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)；(Ⅱ)求右侧水槽的水从0 ℃加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60 mm，求加热后右侧水槽的水温．解析(1)由ΔU＝W＋Q可知做功和热传递是改变内能的两种途径．它们具有等效性，故A 正确、B错误．由热力学第二定律可知，可以从单一热源吸收热量，使之全部变为功．但会产生其他影响，故C正确．同样热量只是不能自发的从低温物体传向高温物体，则D项错．一切与热现象有关的宏观过程都不可逆，则E正确．(2)(Ⅰ)在打开阀门S前，两水槽水温均为T0＝273 K．设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为V B，玻璃泡C中气体的压强为p C，依题意有p1＝p C＋Δp ①式中Δp＝60 mmHg.打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为p B.依题意有，p B＝p C ②玻璃泡A和B中气体的体积为V2＝V A＋V B③根据玻意耳定律得p 1V B ＝p B V 2④联立①②③④式，并代入题给数据得p C ＝V B V AΔp ＝180 mmHg ⑤(Ⅱ)当右侧水槽的水温加热到T ′时，U 形管左右水银柱高度差为Δp .玻璃泡C 中气体的压强为p C ′＝p B ＋Δp ⑥玻璃泡C 中的气体体积不变，根据查理定律得p C T 0＝p C ′T ′ ⑦联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得T ′＝364 K ．⑧答案 见解析(1)下列说法正确的是________．A ．液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性B．从单一热源吸取热量，使之全部变成有用的机械功而不产生其它影响是可能的C．饱和汽压随温度的升高而变小D．晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征(2)一活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，初始时气体体积为3.0×10－3 m3.用传感器测得此时气体的温度和压强分别为300 K和1.0×1 05Pa.推动活塞压缩气体，测得气体的温度和压强分别为320 K和1.0×105 Pa.①求此时气体的体积；②保持温度不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压强变为8.0×104 Pa，求此时气体的体积．借题发挥●分析有关气体实验定律和理想气体状态方程问题的物理过程一般要抓住三个要点：(1)阶段性，即弄清一个物理过程分为哪几个阶段；(2)联系性，即找出几个阶段之间是由什么物理量联系起来的；(3)规律性，即明确哪个阶段应遵循什么实验定律．●利用三个实验定律及气态方程解决问题的基本思路―→根据题意，选出所研究的某一部分气体，这部分气体在状态变化过程中，其质量必须保持一定―→分别找出作为研究对象的这部分气体发生状态变化前后的p、V、T数值或表达式，压强的确定往往是个关键，常需结合力学知识(如平衡条件或牛顿运动定律)才能写出表达式―→过程表示两个状态之间的一种变化方式，除题中条件已指明外，在许多情况下，往往需要通过对研究对象与周围环境的相互关系的分析才能确定，认清变化过程是正确选用物理规律的前提―→根据研究对象状态变化的具体方式，选用气态方程或某一实验定律，代入具体数值，最后分析讨论所得结果的合理性及其物理意义常考问题42热学基本知识与气体实验定律及热力学第一定律的组合【例3】(2012·山东卷，36)(1)以下说法正确的是________．A．水的饱和汽压随温度的升高而增大B．扩散现象表明，分子在永不停息地运动C．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小D．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小图13－3(2)如图13－3所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l1＝20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高．现将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h＝10 cm.(环境温度不变，大气压强p0＝75 cmHg)①求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”作单位)．②此过程中左管内的气体对外界________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体将________(填“吸热”或“放热”)．(1)以下说法正确的是________．A．晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化B．液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的C．分子间距离减小时，分子势能一定增大D．布朗运动是指液体分子的无规则运动图13－4(2)如图13－4所示，一定质量的理想气体，从状态A等容变化到状态B，再等压变化到状态D.已知在状态A时，气体温度t A＝327 ℃.①求气体在状态B时的温度；②已知由B―→D的过程，气体对外做功W，气体与外界交换热量Q，试比较W与Q的大小，并说明原因．借题发挥1．热力学第一定律和热力学第二定律是热力学的基础理论，热力学第一定律反映了功、热量跟内能改变之间的定量关系，在应用时关键是使用ΔU＝W＋Q时注意符号法则(简记为：外界对系统取正，系统对外取负)．对理想气体，ΔU 仅由温度决定，W仅由体积决定，绝热情况下，Q＝0.热力学第二定律指明哪些过程可以发生，哪些过程不可能发生，它使人们认识到，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．2．内能变化参考温度变化，做功情况参考体积变化(气体做功W＝pΔV)．课堂笔记1．(1)下列说法正确的是()．A．一定温度下饱和汽的压强随体积的增大而减小B．人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度C．产生毛细现象时，液体在毛细管中一定上升D．能量耗散虽然不会使能的总量减少，却会导致能量品质的降低(2)下列说法中，正确的是()．A．晶体具有确定的熔点B．多晶体具有各向异性C．晶体和非晶体之间不能相互转化D．碳原子按照不同规则排列，可以成为石墨，也可以成为金刚石图13－5(3)如图13－5所示，用活塞封闭一定质量理想气体的导热汽缸放在水平桌面上，汽缸正上方有一个沙漏正在漏沙，导致活塞缓慢下降．若大气压和外界温度恒定，随着沙子不断漏下，缸内气体的压强逐渐________(填“增大”或“减小”)，气体________(填“吸收”或“放出”)热量．2．(2012·江苏卷，12A)(1)下列现象中，能说明液体存在表面张力的有________．A．水黾可以停在水面上B．叶面上的露珠呈球形C．滴入水中的红墨水很快散开D．悬浮在水中的花粉做无规则运动(2)密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大．从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的________增大了．该气体在温度T1、T2时的分子速率分布图象如图13－6甲所示，则T1________(选填“大于”或“小于”)T2.(3)如图乙所示，一定质量的理想气体从状态A经等压过程到状态B.此过程中，气体压强p＝1.0×105Pa，吸收的热量Q＝7.0×102 J，求此过程中气体内能的增量．图13－63．(2012·济南高考模拟)(1)下列说法正确的有________．(填入正确选项前的字母)A．第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律B．自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D．晶体都具有固定的熔点图13－7(2)如图13－7所示，用销钉固定的导热活塞把水平放置的导热汽缸分隔成容积相同的两部分，分别封闭着A、B两部分理想气体：A部分气体压强为p A0＝2.5×105 Pa，B部分气体压强为p B0＝1.5×105Pa.现拔去销钉，待活塞重新稳定后．(外界温度保持不变，活塞与汽缸间摩擦可忽略不计，整个过程无漏气发生)①求此时A部分气体体积与原来体积之比；②判断此过程中A部分气体是吸热还是放热，并简述理由4．(1)以下说法正确的是()．A．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大B．已知某物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A，则该种物质的分子体积为V0＝M ρN AC．自然界发生的一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生子间距离，液体表面存在张力图13－8(2)如图13－8所示，质量为m＝10 kg的活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸中，开始时活塞距汽缸底高度h1＝40 cm，此时气体的温度T1＝300 K．现缓慢给气体加热，气体吸收热量Q ＝420 J，活塞上升到距汽缸底h2＝60 cm处．已知活塞面积S＝50 cm2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，不计活塞与汽缸之间的摩擦，重力加速度g 取10 m/s2.求：给气体加热的过程中，气体增加的内能ΔU.5．(1)关于热现象和热学规律，以下说法正确的有________．A．布朗运动就是液体分子的运动子间距离，液体表面存在张力C．随分子间的距离增大，分子间的引力减小，分子间的斥力也减小D．晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大(2)在做“用油膜法估测分子的大小”实验中，用a mL的纯油酸配制成了b mL的油酸酒精溶液，再用滴管取1 mL油酸酒精溶液，让其自然滴出，共n滴，现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为S cm2，则①估算油酸分子的大小是________cm.②用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需知道油滴的________．A．摩尔质量B．摩尔体积C．质量D．体积图13－9(3)如图13－9所示是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭一定长度的空气柱，现用力向下压活塞，在压缩过程中活塞对封闭气体做功10 J，若此压缩过程中封闭气体向外界放出的热量为2 J，则气体的内能如何变化？变化了多少？(请写出必要的解答过程) 【常考问题】预测 1 解析(1)分子间距离增大时，由于不知道此时分子力是引力还是斥力，所以无法判断分子势能的变化情况，A错；B中的两种表达形式，一种是将分子所占据的空间看成是球体，一种是将分子所占据的空间看成是立方体，结果都对；空气压缩到一定程度很难再压缩是因为分子间存在斥力的作用；液体的饱和汽压与温度和液体的种类有关；E中所阐述的是空气对流引起的尘土的运动，因此不能看成是布朗运动．(2)刚开始加热活塞上升的过程中，封闭气体做等压变化．设汽缸横截面积为S，活塞恰上升到汽缸上部挡板处时气体温度为t，则对于封闭气体：由V V1＝TT1，可得2LSLS＝t＋273300.解得t ＝327 ℃当加热到127 ℃时，活塞没有上升到汽缸上部挡板处，设此时活塞离地高度为h ，对于封闭气体：由V 1V 2＝T 1T 2，可得LS hS ＝t 1＋273t 2＋273＝300400 解得h ＝43L . 答案 (1)BCD (2)43L 预测2 解析 (1)由热力学第二定律可知，从单一热源吸取热量，使之全部变成有用的机械功而不产生其他影响是不可能的，选项B 错误；饱和汽压随温度的升高而变大，选项C 错误；多晶体没有规则形状，且各向同性，选项D 错误．(2)①由题述可知状态变化前后压强不变，据盖·吕萨克定律有：V 1＝T 1T 0V 0＝320300×3.0×10－3m 3＝3.2×10－3m 3 ②由玻意耳定律有：V 2＝p 1V 1p 2＝1.0×1058.0×104×3.2×10－3m 3＝4×10－3m 3. 答案 (1)A (2)①3.2×10－3m 3 ②4×10－3m 3【例3】 解析 (1)饱和汽压随温度的升高而增大，选项A 正确；扩散现象说明分子在永不停息地运动，选项B 正确；当分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，选项C 错误；根据V T ＝C 知，一定质量的理想气体，在等压膨胀时，温度升高，分子的平均动能增大，选项D 错误．(2)①设U 型管横截面积为S ，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p 1，右端与一低压舱接通后，左管中封闭气体的压强为p 2，气柱长度为l 2，稳定后低压舱内的压强为p .左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2①p1＝p0②p2＝p＋p h③V1＝l1S④V2＝l2S⑤由几何关系得h＝2(l2－l1)⑥联立①②③④⑤⑥式，代入数据得p＝50 cmHg⑦②左管内气体膨胀，气体对外界做正功，温度不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律，ΔU＝Q＋W且W<0，所以Q＝－W>0，气体将吸热．答案(1)AB(2)①50 cmHg②做正功吸热预测3 解析(1)当两分子的距离大于平衡距离时，分子间表现为引力，此时分子距离减小时，分子力做正功，分子势能减小，选项C错误；我们所说的布朗运动的现象是小颗粒的无规则运动，其实质是液体分子对小颗粒的无规则的撞击，受力不均匀造成的，它反映了液体分子永不停息的无规则运动．(2)①气体由状态A变化到状态B，由查理定理p AT A＝p BT B可得T B＝p Bp A T A＝12×(327＋273)K＝300 K所以t B＝27 ℃②由B―→D的过程，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可得Q>W答案(1)AB(2)①300 K②Q>W【随堂演练】1．(1)BD(2)AD(3)增大放出2．解析(1)红墨水散开和花粉的无规则运动直接或间接说明分子的无规则运动，选项C、D错误；水黾停在水面上、露珠呈球形均是因为液体存在表面张力，选项A、B正确．(2)温度升高时，气体分子平均速率变大，平均动能增大，即分子的速率较大的分子占总分子数比例较大，所以T 1<T 2.(3)等压变化V A T A ＝V B T B，对外做的功W ＝p (V B －V A ) 根据热力学第一定律ΔU ＝Q －W ，解得ΔU ＝5.0×102 J.答案 (1)AB (2)平均动能 小于 (3)5.0×102 J3．解析 (1)第二类永动机违背热力学第二定律，A 错误；气体压强与气体的体积和温度都有关，不由单个物理量决定，C 错误．(2)①设A 部分气体原来体积为V ，由玻意耳定律得P A 0V ＝p A (V ＋ΔV )，P B 0V ＝p B (V －ΔV )，又p A ＝p B ，由以上各式可解得ΔV ＝14V ， 因此，A 部分气体此时体积与原来体积之比为5∶4②吸热；A 部分气体由于温度不变，所以内能不变；体积膨胀，对外做功，由热力学第一定律可知，一定从外界吸收热量．答案 (1)BD (2)①5∶4 ②吸热；理由见解析4．(1)D (2)V 1T 1＝V 2T 2，T 2＝450 K. p ＝p 0＋mg S ＝1.2×105 Pa ，W ＝－p ΔV ＝－120 J.ΔU ＝W ＋Q ＝300 J.5．解析 (1)布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体颗粒的无规则运动，A选项错误；晶体吸收热量熔化过程中的固液共存态温度不变，分子的平均动能不变，D选项错误，B、C选项正确；(2)①油酸酒精的浓度为ab，一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸为abn，把充分展开的油膜看作紧密排列的单分子，所以可估算油酸分子的直径为abSn；②测出油酸分子的直径可以求出一个油酸分子的体积V0，如果能知道摩尔体积V，则可求阿伏加德罗常数N A＝VV0；(3)压缩气体做的正功大于放出的热量，故气体内能增加；由热力学第一定律可得：ΔU＝W＋Q，代入可求得：ΔU＝10 J－2 J＝8 J.答案(1)BC(2)①abSn②B(3)增加；8 J第14讲机械振动和机械波及光学中常考的2个问题主要题型：填空、作图、计算等．难度档次：中档难度或中档难度偏上．主要考查机械振动与机械波、光现象．一般选取3～4个高频考点组成2～3个小题．一般为“关联性综合”．也可“拼盘式组合”．只对考点知识直接使用．只做模块内综合．,高考热点名师助考1．判断波的传播方向和质点振动方向的方法①上下波法；②特殊点法；③微平移法(波形移动法)．2．利用波传播的周期性，双向性解题(1)波的图象的周期性：相隔时间为周期整数倍的两个时刻的波形相同，从而使题目的解答出现多解的可能．(2)波传播方向的双向性：在题目未给出传播方向时，要考虑到波可沿x轴正向或负向传播的两种可能性．3．光线通过平板玻璃砖后，不改变光线行进方向及光束性质，但会使光线发生侧移，侧移量的大小跟入射角、折射率和玻璃砖的厚度有关．4．对几何光学方面的问题，应用光路图或有关几何图形进行分析与公式配合，将一个物理问题转化为一个几何问题，能够做到直观、形象、易于发现隐含条件．课堂笔记常考问题43机械振动、机械波与光的折射、全反射的组合【例1】(2012·课标全国卷，34)(1)一简谐横波沿x轴正向传播，t＝0时刻的波形如图14－1(a)所示，x＝0.30 m处的质点的振动图线如图(b)所示，该质点在t＝0时刻的运动方向沿y轴________(填“正向”或“负向”)．已知该波的波长大于0.30 m，则该波的波长为________m.图14－1(2)一玻璃立方体中心有一点状光源．今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体，已知该玻璃的折射率为2，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值．解析(1)依据振动图象描述的是同一质点不同时刻的运动特征可知t＝0时刻质点运动方向沿y轴正向．因为横波沿x轴正向传播且波长λ，解得λ＝0.8 m(对应大于0.30 m，则0.3 m＝38P点)，如下图所示．(2)如图，考虑从玻璃立方体中心O点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃立方体上表面发生折射．根据折射定律有n sin θ＝sin α①式中，n是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角．现假设A点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点．由题意，在A 点刚好发生全反射，故αA ＝π2② 设线段OA 在立方体上表面的投影长为R A ，由几何关系有sin θA ＝R A R 2A ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 22③式中a 为玻璃立方体的边长．由①②③式得R A ＝a2 n 2－1④ 由题给数据得R A ＝a 2⑤ 由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为R A 的圆．所求的镀膜面积S ′与玻璃立方体的表面积S 之比为S ′S ＝6πR 2A 6a 2⑥由⑤⑥得S ′S ＝π4.⑦ 答案 (1)正向 0.8 (2)π4(1)如图14－2所示，图甲为某一列波在t ＝1.0 s 时的图象，图乙为参与该波动的P 质点的振动图象． ①试确定波的传播方向；②求该波的波速v ； ③在图甲中画出3.5 s 时的波形图(至少画一个波长)；④求再经过3.5 s 时P 质点的路程s 和位移．图14－2图14－3(2)如图14－3所示，横截面为14圆周的柱状玻璃棱镜AOB，其半径为R，有一束单色光垂直于OA面射入棱镜，玻璃的折射率为n＝3，光在真空中的速度为c.试求：①该单色光距离OB至少多远时，它将不能从AB面直接折射出来．②满足①问中的单色光在棱镜中传播的时间．借题发挥1．对波的理解①各质点都依次重复波源的简谐振动，但后一质点总要滞后前一质点．②波向前传播过程中，波头的形状相同．③波的“总体形式”向前做匀速直线运动，即匀速向前传播．④任一个质点的起振方向都与振源的起振方向相同．⑤机械波的波速v取决于介质，与频率无关．2．巧解波动图象与振动图象相结合的问题求解波动图象与振动图象综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法(1)分清振动图象与波动图象．此问题最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图象，横坐标为t则为振动图象．(2)看清横、纵坐标的单位．尤其要注意单位前的数量级．(3)找准波动图象对应的时刻．(4)找准振动图象对应的质点．3．光的折射和全反射问题的解题技巧(1)在解决光的折射问题时，应根据题意分析光路，即画出光路图，找出入射角和折射角，然后应用公式来求解，找出临界光线往往是解题的关键．(2)分析全反射问题时，先确定光是否由光密介质进入光疏介质、入射角是否大于临界角，若不符合全反射的条件，则再由折射定律和反射定律确定光的传播情况．(3)在处理光的折射和全反射类型的题目时，根据折射定律及全反射的条件准确作出几何光路图是基础，利用几何关系、折射定律是关键．课堂笔记。
2013步步高高考物理大二轮专题复习与增分策略——专题一 选择题专练三
选择题专练(三)(限时：45分钟)一、单项选择题1．(2012·安徽·19)如图1所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角．现将带电粒子的速度变为v 3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )图1A.12Δt B ．2Δt C.13ΔtD ．3Δt2．如图2所示，带有正电荷的A 粒子和B 粒子同时以同样大小的速度从宽度为d 的有界匀强磁场的边界上的O 点分别以30°和60°(与边界的夹角)射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )图2A ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为13B ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 3C ．A 、B 两粒子的qm 之比是 3D ．A 、B 两粒子的qm 之比是2＋333．(2012·新课标全国·20)如图3，一载流长直导线和一矩形线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，长直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向，线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右．设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是()图34．(2012·北京·19)物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图4，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．图4某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复实验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是() A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与老师的不同5．在平面直角坐标系的第一象限和第三象限内存在xOy平面的匀强磁场，磁场方向如图5所示，磁感应强度分别为B1、B2，且B2＝2B1，一圆心角为90°的扇形闭合线圈从图示位置开始绕过O点的转动轴在xOy平面内逆时针匀速转动．规定顺时针方向为线圈中电流的正方向，则能正确反映线圈中感应电流i随时间t变化关系的图象是()图56．如图6所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨间距为l ，电阻不计，与导轨相连的定值电阻阻值为R .磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m 的导体棒，从ab 位置以平行斜面大小为v 的初速度向上运动，最远到达a ′b ′的位置，滑行的距离为s .导体棒的电阻也为R ，与导轨之间接触良好并与导轨始终垂直且动摩擦因数为μ.则( )图6A ．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B 2l 2v /R B ．上滑过程中通过定值电阻R 的电荷量为Bsl RC ．上滑过程中定值电阻R 产生的热量为m v 2/2－mgs (sin θ＋μcos θ)D ．上滑过程中导体棒损失的机械能为m v 2/2－mgs sin θ7．如图7，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，ab 边的边长为l 1，bc 边的边长为l 2，线框的质量为m ，电阻为R ，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M ，斜面上ef 线(ef 平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab 边始终平行于斜面底边，则下列说法正确的是( )图7A ．线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θmB ．线框进入磁场时匀速运动的速度为(Mg －mg sin θ)RBl 1C ．线框做匀速运动的总时间为B 2l 21(Mg －mg sin θ)RD ．该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg －mg sin θ)l 2 二、多项选择题8．(2012·广东·19)某小型发电机产生的交变电动势为e ＝50sin 100πt (V)．对此电动势，下列表述正确的有( )A ．最大值是50 2 VB ．频率是100 HzC ．有效值是25 2 VD ．周期是0.02 s9．如图8所示，变压器是理想的，电表均为理想电表，接线柱a 、b 接电压u ＝311sin 314t (V)的正弦交流电源．当滑动变阻器的滑片P 向上滑动时，电表示数变化的情况是( )图8A ．A 1变大B ．A 2变小C ．V 1不变D ．V 2变小10．由于天气原因断电，某小区启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图9所示，图中R 0表示输电线的电阻．滑动触头P 置于某处时，用户的用电器恰好正常工作，在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则( )图9A ．当发电机输出的电压发生波动使V 1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向上滑动B．当发电机输出的电压发生波动使V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向下滑动C．如果V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向上滑动D．如果V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向下滑动答案1．B2．D3．A4．D5．D6．D7．D8．CD9．AC10．AC。
2013高考物理步步高二轮复习全攻略专题第2部分 第1讲题型专练
第二部分 物理如何拿满分第1讲 拿下选择题——保住基本分题型专练1. (概念辨析型)下面关于摩擦力的叙述正确的是 ( )．A ．静摩擦力的方向一定与物体的运动方向相反B ．静摩擦力的方向不可能与物体的运动方向相同C ．静摩擦力的方向可能与物体的运动方向垂直D ．静止物体所受的静摩擦力一定为零2. (类比推理型)化学变化过程中伴随着电势能的变化．下面是有关这个问题的几个说法：①中性钠原子失去电子的过程中系统的电势能增大；②中性氯原子得到电子的过程中系统的电势能减小；③钠离子和氯离子结合成氯化钠分子的过程中系统的电势能增大④氯化钠电离为钠离子和氯离子的过程中系统的电势能减小．上述说法中正确的有( )．A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④3．(对称分析型)如图4所示，一轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a 位置，当一重球放在弹簧上端静止时，弹簧上端被压缩到b位置．现将重球(视为质点)从较高的位置c 处沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被重球压缩到最低位置d .以下关于重球运动过程的正确说法应是( )．A ．重球下落压缩弹簧由a 至d 的过程中重球做减速运动B ．重球下落至b 处获得最大速度C ．重球下落至d 处获得最大加速度 图4D ．由a 至d 的过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由c 下落至d 时重力势能的减少 量4. (推理计算型)一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端．已知小物块的初动能为E ，它返回斜面底端的速度大小为v ，克服摩擦阻力做功E 2.若小物块冲上斜面的初动能变为2E ，则有 ( )．A ．返回斜面底端时的动能为EB ．返回斜面底端时的动能为3E 2C ．返回斜面底端时的速度大小为2vD ．返回斜面底端时的速度大小为2v5．(数形结合计算型)如图5所示，直线A 为电源的U －I 图象，直线B 为电阻R 的U －I 图象，用此电源与电阻组成闭合电路时，电源的输出功率、效率分别为 ( )．图5A ．4 W 33.3%B ．2 W 33.3%C ．4 W 67%D ．2 W 67%6．(规律应用计算型)如图6所示．半径为 r 且水平放置的光滑绝缘的环形管道内，有一个电量为e ，质量为m 的电子，此装置放置在匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系式为B ＝B 0＋kt (k >0)．根据麦克斯韦的电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，该感应电场对电子将有沿圆环切线方向的作用力，使其得到加速．设t ＝0时刻电子的初速度大小为v 0， 图6方向顺时针，从此开始运动一周后的磁感应强度为B 1，则此时电子的速度大小为( )．A.B 1re mB. v 20＋2πr 2ke mC.B 0re mD. v 20－2πr 2ke m 7．(分析估算计算型)质量为m ，带电量为＋q 的小球套在水平固定且足够长的绝缘杆上，如图7所示，整个装置处于磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，现给球一个水平向右的初速度v 0使其开始运动，则球运动克服摩擦力做的功(不计空气阻力)不可能的是( )． 图7 A.12m v 20 B ．0 C.12⎝⎛⎭⎫m v 20－m 3g 2q 2B 2 D ．m v 208．(图象识别型)一物体沿光滑水平面做匀速直线运动，从t ＝0时刻起，在与物体垂直的方向上施加一个水平恒力F ，则物体的动能E k 随时间t 变化的情况是图中所示的哪个图( )．9．(类比推理型)如图8所示，半径为R 的环形塑料管竖直放置，AB 直线跟该环的水平直径重合，且管的内径远小于环的半径．AB 及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑．现将一质量为m ，带电量为＋q 的小球从管中A 点由静止释放，小球受到的电场力跟重力相等，则以下说法中正确的是 ( )． 图8A ．小球释放后，第一次达到最高点C 时恰好对管壁无压力B ．小球释放后，第一次和第二次经过最高点C 时对管壁的压力之比为1∶3C ．小球释放后，第一次经过最低点D 和最高点C 时对管壁的压力之比为5∶1D ．小球释放后，第一次回到A 点的过程中，在D 点出现速度最大值10．(运动规律类比递推型)如图9所示，光滑弧形金属双轨与足够长的水平光滑双轨相连，间距为L ，在水平轨道空间充满竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .乙金属棒静止在双轨上，而甲金属棒在h 高处由静止滑下，轨道电阻不计．两棒的质量均为m ，电阻均为R .甲棒与乙棒不会相碰，则下面说法正确的是 ( )．图9A ．从开始下滑到最终稳定，甲、乙的运动方向相反B ．当稳定后，回路中感应电流的方向从上向下看是逆时针的C ．乙棒受到的最大磁场力为B 2L 2 2gh 2RD ．整个过程中，电路释放的热量为12mgh 参考答案第1讲 拿下选择题——保住基本分【题型专练】1．C[静摩擦力产生于相互接触且相对静止的两接触面之间，摩擦力的方向与相对运动的趋势方向相反，与物体的运动方向无关，其方向可能与运动方向相反也可能与运动方向相同，还可能与运动方向垂直．故选项C正确．] 2．A[本题可类比电场力做功与电势能的关系：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加即可得出结论．]3．BCD[重球放在弹簧上端时，被压缩到b位置，可知b点为平衡位置，小球重力等于弹簧的弹力．在b点下方找出a关于b的对称点a′，小球在对称点上受到的合力，速度、加速度的大小具有对称性，结合简谐振动的规律及全程动能定理即可得出答案．]4．AD[摩擦力做功与路程成正比，物块的初动能为E时，来回路程(设为s)摩擦力做功为E2；当物块的初动能为2E时，沿斜面上升的最大距离加倍，则来回路程变为2s，摩擦力做功为E，根据能的转化与守恒，故返回斜面底端的动能为E，返回斜面底端时的速度大小为2v，故选项A、D正确．]5．C[由图象信息可知电源电动势E＝3 V，内阻r＝0.5 Ω；电阻R＝1 Ω，用此电源与电阻组成闭合电路时，电源的输出功率P＝E2(R＋r)2R＝4 W，效率为η＝R(R＋r)·100%＝67%，故选项C正确．]6．B[根据法拉第电磁感应定律得，轨道内产生的感应电动势为E＝ΔB·πr2Δt＝πkr2，电子旋转一周的过程．由动能定理得感应电场对电子做的功πkr2e＝1 2m v2－12m v2，解得v＝v20＋2πr2kem，故选项B正确．]7．D[球获得的初速度为v0，由左手定则知洛伦兹力f向上，有三种情况：①f <mg ，球最终停止运动，克服摩擦力做的功为W ＝12m v 20，选项A 可能；②f＝mg ，此时摩擦力为零，做功为零，选项B 正确；③f >mg ，球最终匀速运动，速度满足B v q ＝mg ，得v ＝mg Bq 克服，摩擦力做功为W ＝12m v 20－12m v 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫m v 20－m 3g 2q 2B 2，选项C 正确．故选D.] 8．D [在F 作用下物体做类平抛运动，在F 方向由牛顿运动定律得F ＝ma ，垂直位移s ＝12at 2，由动能定理得E k ＝E 0＋F 22m t 2，故选项D 正确．]9．C [利用类比法，重力与电场力大小相等，合力为2mg ，等价为重力为2mg的重力场，“最低点”为BD 弧线中点，由动能定理知小球到达C 点时，对上壁的压力为mg ，故A 错误，小球第一次和第二次经C 点时对管上壁的压力为1∶5，故B 错；“最低点”速度最大，D 错误；AD 过程中由动能定理可得，2mgR ＝12m v 2，在D 点由牛顿第二定律得压力F N －mg ＝m v 2R ，解得F N ＝5 mg ，故选项C 正确．]10．CD。
2013高考物理步步高二轮复习全攻略专题第1部分 第3讲
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牛顿第二定律的基本应用(选择题) 【例 1】 (2010· 全国 Ⅰ理综， 15)如图3－ 1 所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1
相连，下端与另一质量为 M 的木块 2 相
连，整个系统置于水平放置的光滑木板 上，并处于静止状态．现将木板沿水平 方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块 1、 2的加速度大小分别为 a1、a2.重力加 图3－1
mgtan θ0 得k＝ . v0 (2)加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，有N′sin θ－kv＝ ma， N′cos θ＝mg， a v 得tan θ＝g＋ tan θ0. v0
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(3)以速度v0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有 mg F＝ ， cos θ0 球拍倾角为θ0＋β时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿 球拍面下滑的加速度大小为a′，有Fsin β＝ma′， s v0 设匀速跑阶段所用时间为t，有t＝ － ， v0 2a 1 2 球不从球拍上掉落的条件 a′t ≤r， 2 2rcos θ0 得sin β≤ . s v0 2 gv －2a 0
一直保持在球拍中心不动．
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比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为
θ0，如图3－5所示．设球在运动中受到的空气阻力大小与
其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍 之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g. (1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k； (2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式；
2013步步高高考物理大二轮专题复习与增分策略——专题一 选择题专练一
专题一选择题专练选择题专练(一)(限时：30分钟)一、单项选择题1．在物理学发展过程中，许多科学家做出了杰出贡献．下列说法正确的是() A．伽利略通过理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因B．牛顿总结出了万有引力定律并测出了万有引力常量C．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律D．法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转现象，发现了电流的磁效应2．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是() A．牛顿发现了行星的运动规律B．开普勒通过扭秤实验测出了万有引力常量C．最早提出力不是维持物体运动的原因的科学家是牛顿D．伽利略和笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了较大的贡献3．如图1所示为甲、乙两辆车从同一位置由静止开始沿同一方向运动的速度－时间图象．则下列判断正确的是()图1A．t0时刻甲、乙两车相遇B．两辆车再次相遇前，t0时刻两车相距最远C．t0时刻甲车运动的加速度等于乙车运动的加速度D．0～t0时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度4．如图2所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下列图中v、a、F f和x 分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和位移．其中正确的是()图25．为了节约能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转，一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图3所示．那么下列说法中正确的是()图3A．顾客开始受到的摩擦力与速度方向相同B．顾客开始受到的摩擦力与速度方向相反C．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下D．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下6．使用自卸式货车可以提高工作效率．如图4所示，在车厢由水平位置逐渐抬起的过程中，有关货物所受车厢的支持力F N和摩擦力F f，下列说法中正确的是()图4A．支持力F N逐渐减小B．支持力F N先减小后不变C．摩擦力F f逐渐增大D．摩擦力F f先增大后不变7．如图5(a)所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图(b)所示(g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是()图5A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC．物体的质量为3 kgD．物体的加速度大小为5 m/s28．如图6所示，矩形物体甲和丙在水平外力F的作用下静止在乙物体上，物体乙静止在水平面上．现减小水平外力F，三物体仍然静止，则下列说法中正确的是()图6A．物体乙对物体甲的摩擦力一定减小B．物体丙对物体甲的支持力一定减小C．物体乙对地面的摩擦力一定减小D．物体丙对物体甲的摩擦力可能减小9.我国选手陈一冰多次勇夺吊环冠军，是世锦赛四冠王．图7为一次比赛中他先双手撑住吊环，如图(a)所示，然后身体下移，双臂缓慢张开到图(b)位置．则每条绳索的张力()图7A．保持不变B．逐渐变小C．逐渐变大D．先变大后变小二、多项选择题10．甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，t＝0时刻同时经过公路旁的同一路标．如图8是描述两车运动的v－t图线，折线ABC和折线OBD分别描述了甲、乙两车在0～2 s内的运动情况．关于甲、乙两车的运动，下列说法正确的是()图8A．在0～10 s内，两车逐渐靠近B．在t＝10 s时，两车相遇C．在10～20 s内，两车逐渐远离D．在0～20 s内，两车最远距离为100 m11．如图9所示，物体P放在粗糙水平面上，左边用一根处于形变状态的轻弹簧与竖直墙壁相连且处于静止．若再用一个由零开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到拉动，那么在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力F T的大小和地面对P的摩擦力F f的大小的变化情况可能是()图9A．弹簧对P的弹力F T始终增大，地面对P的摩擦力始终减小B．弹簧对P的弹力F T保持不变，地面对P的摩擦力始终增大C．弹簧对P的弹力F T保持不变，地面对P的摩擦力先减小后增大D．弹簧对P的弹力F T先不变后增大，地面对P的静摩擦力先增大后减小12．如图10所示，从半径为R＝1 m的半圆AB上的A点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝0.4 s小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g＝10 m/s2，则小球的初速度v0可能为()图10A．1 m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s13．将一只苹果(可看成质点)水平抛出，苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3，图11中曲线为苹果在空中运行的轨迹，若不计空气阻力的影响，则()图11A．苹果通过第1个窗户的平均速度最大B．苹果通过第1个窗户克服重力做功的平均功率最小C．苹果通过第3个窗户所用的时间最短D．苹果通过第3个窗户重力所做的功最多14．(2012·江苏·6)如图12所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则()图12A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰答案1．A2．D3．B4．D5．D6．A7．D8．C9．C10．CD 11．BC12．AD13．BC14．AD。
2013高考物理步步高二轮复习全攻略专题教师用书WORD(第1部分专题2)
知识互联网达人寄语——科学复习、事半功倍我在北大等你！我是北京大学大一的学生，身经高考，感触颇深．我的学习方法是：不是方法的方法——刻苦．起初我不刻苦，怕刻苦了也不能考第一，丢人！后来我试着刻苦，最终“刻苦”惊人地回报了我．“勤奋的态度＋科学的方法＋良好的心态＝成功”．学弟学妹们！十年磨砺，今朝亮剑，加油！我在北大等你！“功和能”是物理学中一把万能的利剑，能量守恒是永恒的主题．大题当前，一定要沉着冷静，奇思妙想，灵活建模，规范解答，坚决拿下力学大题！第5讲功和能常考的4个问题(选择题、计算题)主要题型：选择题、计算题难度档次：难度较大，考卷的高档题．知识点多、综合性强、题意较深邃，含有临界点，或多过程现象、或多物体系统．以定量计算为主，对解答表述要求较规范．一般设置或递进、或并列的2～3小问，各小问之间按难度梯度递增．,高考热点1．做功的两个重要因素是：有力作用在物体上，且使物体在力的方向上________．功的求解可利用W ＝Fl cos α求，但F 必须为________．也可以利用F －l 图象来求；变力的功一般应用________间接求解．2．功率的计算公式平均功率P ＝Wt＝F v cos α；瞬时功率P ＝F v cos α，当α＝0，即F 与v 方向________________时，P ＝F v . 3．动能定理W 1＋W 2＋…＝________． 特别提醒(1)用动能定理求解问题是一种高层次的思维和方法．应该增强用动能定理解题的意识． (2)应用动能定理解题时要灵活选取过程，过程的选取对解题的难易程度有很大影响． 4．机械能守恒定律 (1)mgh 1＋12m v 21＝mgh 2＋12m v 22 (2)ΔE p 减＝ΔE k 增(或ΔE k 减＝ΔE p 增) 守恒条件只有重力或弹簧的弹力做功． 特别提醒(1)系统所受到的合力为零，则系统机械能不一定守恒．(2)物体系统机械能守恒，则其中单个物体机械能不一定守恒．,状元微博名师点睛精细剖析“多过程”现象力学综合题的“多过程现象”，一般由匀变速直线运动、平抛运动及圆周运动组成，各运动“子过程”由“衔接点”连接．解答时注意以下几点．(1)由实际抽象相应的物理模型，确定研究对象，对物体进行受力、运动情况的分析，分析好可能的“临界点”．确定每一个“子过程”及其特点，特别是有些隐蔽的“子过程”．(2)一般要画出物体的运动示意图．(3)针对每一个“子过程”，应用运动规律、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律等，列出有效方程．要合理选用“过程性方程”与“瞬时性方程”，能列全过程的方程、不列分过程的方程．(4)分析好“衔接点”速度、加速度等关系．如“点前”或“点后”的不同数值．(5)联立方程组，分析求解.常考问题14对功、功率的理解及定量计算(选择题)图5－1【例1】(2012·江苏卷，3)如图5－1所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是()．A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大解析小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的速度分解，可发现小球在竖直方向分速度逐渐增大，重力的瞬时功率也逐渐增大，则拉力的瞬时功率也逐渐增大，A项正确．答案 A本题主要考查动能定理、瞬时功率的计算等，着重考查学生的理解能力和推理能力，难度中等．图5－2滑板运动已成为青少年所喜爱的一种体育运动，如图5－2所示，某同学正在进行滑板训练．图中AB段路面是水平的，BCD是一段半径R＝20 m的拱起的圆弧路面，圆弧的最高点C比AB段路面高出h＝1.25 m，若人与滑板的总质量为M＝60 kg.该同学自A点由静止开始运动，在AB路段他单腿用力蹬地，到达B点前停止蹬地，然后冲上圆弧路段，结果到达C 点时恰好对地面压力等于Mg2，不计滑板与各路段之间的摩擦力及经过B 点时的能量损失(g 取10 m/s 2)．则( )．A ．该同学到达C 点时的速度大小为10 2 m/sB ．该同学到达C 点时的速度大小为10 m/s C ．该同学在AB 段所做的功为3 750 JD ．该同学在AB 段所做的功为750 J借题发挥1．判断正功、负功或不做功的方法 (1)用力和位移的夹角θ判断． (2)用力和速度的夹角θ判断． (3)用动能变化判断． 2．计算功的方法 (1)按照功的定义求功．(2)用动能定理W ＝ΔE k 或功能关系求功．当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功．(3)利用功率公式W ＝Pt 求解． 3．计算功率的基本思路(1)首先判断待求的功率是瞬时功率还是平均功率． (2)①平均功率的计算方法 a ．利用P ＝W t .b ．利用P ＝F v cos θ. ②瞬时功率的计算方法P ＝F v cos θ，v 是t 时刻的瞬时速度． 课堂笔记常考问题15 功能关系与曲线运动的综合(选择题)图5－3【例2】 (2012·安徽卷，16)如图5－3所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )．A ．重力做功2 mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR解析 小球到达B 点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用，根据mg ＝m v 2R 得，小球在B 点的速度v ＝gR .小球从P 到B 的过程中，重力做功W ＝mgR ，故选项A 错误；减少的机械能ΔE 减＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项B 错误；合外力做功W 合＝12m v 2＝12mgR ，故选项C 错误；根据动能定理得，mgR －W f ＝12m v 2－0，所以W f ＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项D 正确．答案 D图5－4如图5－4所示是北京朝阳公园摩天轮，一质量为m 的乘客坐在摩天轮中以速率v 在竖直平面内做半径为R 的匀速圆周运动，假设t ＝0时刻乘客在轨迹最低点且重力势能为零，那么，下列说法正确的是( )．A ．乘客运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为E p ＝mgR ⎝⎛⎭⎫1－cos vR tB ．乘客运动的过程中，在最高点受到座位的支持力为m v 2R－mgC ．乘客运动的过程中，机械能守恒，且机械能为E ＝12m v 2D ．乘客运动的过程中，机械能随时间的变化关系为E ＝12m v 2＋mgR ⎝⎛⎭⎫1－cos v R t ,阅卷感悟错因档案1．不能正确找出竖直平面内圆周运动的临界条件 2．对重要的功能关系不清楚 应对策略1．应用功能关系解题，首先弄清楚重要的功能关系 (1)重力的功等于重力势能的变化，即W G ＝－ΔE p (2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W 弹＝－ΔE p (3)合力的功等于动能的变化，即W 合＝ΔE k(4)重力之外(除弹簧弹力)的其他力的功等于机械能的变化，即W 其他＝ΔE (5)一对滑动摩擦力做功等于系统中内能的变化ΔQ ＝fl 相对 (6)电场力做功等于电势能的变化，即W AB ＝－ΔE 2．运用能量守恒定律解题的基本思路常考问题16 动能定理的应用(计算题)图5－5【例3】 (2012·重庆理综，23)如图5－5所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆，摆锤的质量为m 、细杆可绕轴O 在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O 点距离为L ，测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O 等高的位置处静止释放．摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s (s ≪L )，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F 的恒力，重力加速度为g ，求：(1)摆锤在上述过程中损失的机械能； (2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功； (3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．解析 (1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE 等于减少的重力势能，即：ΔE ＝mgL cos θ.①(2)对全程应用动能定理：W G ＋W f ＝0，② W G ＝mgL cos θ，③由②、③得W f ＝－W G ＝－mgL cos θ④ (3)由滑动摩擦力公式得f ＝μF ，⑤ 摩擦力做的功W f ＝－fs ，⑥④、⑤式代入⑥式得：μ＝mgL cos θFs.⑦答案 (1)损失的机械能ΔE ＝mgL cos θ (2)摩擦力做的功W f ＝－mgL cos θ (3)动摩擦因数μ＝mgL cos θFs本题对动能定理、功能关系、滑动摩擦力及其做功进行了考查，考查学生的理解能力及分析推理能力，中等难度．如图5－6甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC 间的动摩擦因数未知，取g ＝10 m/s 2，求：图5－6(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？方法锦囊应用动能定理解题的基本步骤(1)选取研究对象，分析运动过程．(2)(3)明确物体在过程的始末状态的动能E k1和E k2.(4)列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．答题模板解：对……(研究对象)从……到……(过程)由动能定理得……(具体问题的原始方程)①根据……(定律)……得……(具体问题的原始辅助方程)……②联立方程①②得……(待求物理量的表达式)代入数据解得……(待求物理量的数值带单位)课堂笔记常考问题17机械能守恒与力学知识的综合应用(计算题)图5－7【例4】(2012·大纲全国卷，26)一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状，此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面如图5－7所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy.已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y＝12h x2；探险队员的质量为m.人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.(1)求此人落到坡面时的动能；(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？本题考查牛顿运动定律、机械能守恒定律，旨在考查学生的推理能力、分析综合能力和应用数学知识解决物理问题的能力，难度较大．图5－8(2012·温州五校联考)如图5－8所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0 m，现有一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h＝1.6 m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：(1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力F N的大小；(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度L AB至少要多长；(3)若斜面已经满足(2)要求，小物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．以题说法1．机械能守恒定律的应用(1)机械能是否守恒的判断①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功代数和是否为零．②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能．③对一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．2．解决力学综合应用题目的方法(1)在高考理综中，力学综合题均为“多过程”现象或多物体系统．解决手段有二：一是力与运动的关系，主要是牛顿运动定律和运动学公式的应用；二是功能关系与能量守恒，主要是动能定理和机械能守恒定律等规律的应用．(2)对物体进行运动过程的分析，分析每一运动过程的运动规律．(3)对物体进行每一过程中的受力分析，确定有哪些力做功，有哪些力不做功．哪一过程中满足机械能守恒定律的条件．(4)分析物体的运动状态，根据机械能守恒定律及有关的力学规律列方程求解．课堂笔记有些高考题之所以难，往往是由于某些条件或过程过于隐蔽，挖掘出这些隐含的条件或物理过程，是成功解决物理问题的关键．现举两例考题，探究挖掘隐含条件的方法．一、从物理规律中去挖掘如【典例1】(2010·上海物理，25)小球匀速运动由动能定理得：W F－W G－W f＝0由此可知，W f＝0时―→W F最小―→F f＝0―→F N＝0(F f＝0―→F N＝0，即本题的隐含条件)由动能定理―→找出隐含条件―→问题迎刃而解图5－9【典例1】(2010·上海物理，25)如图5－9所示，固定于竖直面内的粗糙斜杆，与水平方向夹角为30°，质量为m的小球套在杆上，在大小不变的拉力作用下，小球沿杆由底端匀速运动到顶端，为使拉力做功最小，拉力F与杆的夹角α＝________，拉力大小F＝________．解析设拉力F对小球做的功为W F，小球克服重力做的功为W G，小球克服摩擦力做的功为W f，对小球应用动能定理得W F－W G－W f＝0，由此可知，当小球克服摩擦力做的功W f＝0时，拉力做功最小，也即当小球与斜杆间的摩擦力为零时，拉力做的功最小，此时，小球与斜杆间无压力，其受力情况如图．由平衡条件得：F cos α＝mg sin 30°，F sin α＝mg cos 30°，联立解得，α＝60°，F＝mg.答案60°mg二、从物理过程中去挖掘如【典例2】(2010·全国卷Ⅱ，24)题中“求……可能值”，为什么结果会出现可能值呢？原因就隐含在运动过程中．仔细分析物块的运动过程，不难找出物块的运动情况有两种可能性，所以物块停止的地方与N点距离也就有两种可能值．解这类问题时，一定要认真审题．挖掘隐含条件从题目的文字说明、图象图表中――→寻找解决问题所需的物理规律,从对物理现象、过程的分析中――→图5－10【典例2】 (2010·全国卷Ⅱ，24)如图5－10所示，MNP 为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN 与水平段NP 相切于N ，P 端固定一竖直挡板．M 相对于N 的高度为h ，NP 长度为s .一木块自M 端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处．若在MN 段的摩擦可忽略不计，物块与NP 段轨道间的滑动摩擦因数为μ，求物块停止的地方与N 点距离的可能值．解析 设物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，物块滑行的路程为s ′，由动能定理得，mgh －μmgs ′＝0，解得s ′＝h μ.第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，在N 前停止，则物块停止的位置距N 的距离为d ＝2s －s ′＝2s －h μ. 第二种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，则物块停止的位置距N 的距离为d ＝s ′－2s ＝h μ－2s 所以物块停止的位置距N 的距离可能为2s －h μ或h μ－2s . 答案 2s －h μ或h μ－2s1．(2012·海南单科，7)下列关于功和机械能的说法，正确的是( )．A ．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B ．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C ．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关D ．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量2．(2012·山东理综，16)将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v －t 图象如图5－11所示．以下判断正确的是( )．图5－11A ．前3 s 内货物处于超重状态B ．最后2 s 内货物只受重力作用C．前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同D．第3 s末至第5 s末的过程中，货物的机械能守恒3．(2012·上海单科，18)如图5－12所示，位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有()．图5－12A．F2＝F1v1>v2B．F2＝F1v1<v2C．F2>F1v1>v2D．F2<F1v1<v24．放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象如图5－13甲、乙所示．下列说法正确的是()．图5－13A．0～6 s内物体的位移大小为30 mB．0～6 s内拉力做的功为70 JC．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等D．滑动摩擦力的大小为5 N5．(2012·宁波第一次模拟)如图5－14所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上．已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到阻力恒为车重的0.5倍，即k＝F fmg＝0.5，赛车的质量m＝0.4 kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝2 W工作，轨道AB的长度L＝2 m，圆形轨道的半径R＝0.5 m，空气阻力可忽略，重力加速度g取10 m/s2.某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短，在此条件下，求：图5－14(1)小车在CD 轨道上运动的最短路程；(2)赛车电动机工作的时间．1．发生了位移 恒力 动能定理 2.相同 3.12m v 22－12m v 21【常考问题】预测1 BC [由于到达C 点时对地面压力为Mg 2，故Mg －Mg 2＝M v 2C R ，所以该同学到达C 点时的速度为10 m/s ，B 正确；人和滑板从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理有：W －Mgh ＝12M v 2C ，所以该同学在AB 段所做的功为3 750 J ，C正确．]预测2 AD [在最高点，根据牛顿第二定律可得，mg －F N ＝m v 2R ，受到座位的支持力为F N ＝mg －m v 2R ，B 项错误；由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，重力势能发生变化，所以乘客在运动的过程中机械能不守恒，C 项错误；在时间t 内转过的弧度为v R t ，所以对应t 时刻的重力势能为E p ＝mgR ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－cos v R t ，总的机械能为E ＝E k ＋E p ＝12m v 2＋mgR ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－cos v R t ，A 、D 两项正确．] 预测3 解析 (1)对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得F 1x 1－F 3x 3－μmgx ＝12m v 2B即20×2－10×1－0.25×1×10×4＝12×1×v 2B ，得v B ＝210 m/s.(2)在前2 m 内，有F 1－μmg ＝ma且x 1＝12at 21解得t 1＝ 835 s.(3)当滑块恰好能到达最高点C 时，应有：mg ＝m v 2C R对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得：W －mg ×2R ＝12m v 2C －12m v 2B代入数值得W ＝－5 J ，即克服摩擦力做的功为5 J.答案 见解析【例4】 解析 (1)设该队员在空中运动的时间为t ，在坡面上落点的横坐标为x ，纵坐标为y .由运动学公式和已知条件得：x ＝v 0t ，①2h －y ＝12gt 2，②根据题意有：y ＝x 22h ，③由机械能守恒，落到坡面时的动能为：12m v 2＝12m v 20＋mg (2h －y )，④联立①②③④式得，12m v 2＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20＋4g 2h 2v 20＋gh .⑤ (2)⑤式可以改写为：v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ v 20＋gh －2gh v 20＋gh 2＋3gh ，⑥ v 2取极小的条件为⑥式中的平方项等于0，由此得：v 0＝ gh ，⑦此时v 2＝3gh ，则最小动能为：⎝ ⎛⎭⎪⎫12m v 2min ＝32mgh ⑧ 答案 见解析预测4 解析 (1)小物体从E 到C ，由能量守恒得：mg (h ＋R )＝12m v 2C ，①在C 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2C R ，②联立①②解得F N ＝12.4 N.(2)从E →D →C →B →A 过程，由动能定理得：W G －W f ＝0，③W G ＝mg [(h ＋R cos 37°)－L AB sin 37°]，④W f ＝μmg cos 37°L AB ，⑤联立③④⑤解得L AB ＝2.4 m.(3)因为mg sin 37°>μmg cos 37°(或μ<tan 37°)，所以，小物体不会停在斜面上．小物体最后以C 为中心，B 为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，从E 点开始直至运动稳定，系统因摩擦所产生的热量，Q ＝ΔE p ，⑥ΔE p ＝mg (h ＋R cos 37°)，⑦联立⑥⑦解得Q ＝4.8 J.答案 (1)12.4 N (2)2.4 m (3)4.8 J【随堂演练】1．BC [物体重力势能的减少始终等于重力对物体所做的功，A 项错误；运动物体动能的减少量等于合外力对物体做的功，D 项错误．]2．AC [由v t 图象可知，货物在前3 s 内具有向上的加速度，因此货物处于超重状态，选项A 正确；最后2 s 内，货物具有向下的加速度，其大小为a ＝62m/s 2＝3 m/s 2<g ，因此货物在这一段时间内受重力和向上的拉力，选项B 错误；货物在前3 s 内的平均速度v 1＝0＋62 m/s ＝3 m/s ，最后2 s 内的平均速度v 2＝6＋02 m/s＝3 m/s ，两者速度相同，选项C 正确；第3 s 末至第5 s 末的过程中，货物在向上的拉力和向下的重力作用下做匀速直线运动，拉力做正功．故机械能不守恒，选项D 错误．]3．BD [设F 2与水平方向成θ角，由题意可知：F 1v 1＝F 2v 2cos θ，因cos θ<1，故F 1v 1<F 2v 2.当F 2＝F 1时，一定有v 1<v 2，故选项A 错误、B 正确．当F 2>F 1时，有v 1>v 2、v 1<v 2、v 1＝v 2三种可能，故选项C 错误．当F 2<F 1时，一定有v 1<v 2，故D 选项正确．]4．ABC [根据速度与时间的图象，可以求出0～6 s 内物体的位移大小为30 m ；根据拉力的功率与时间的图象，可以求出0～6 s 内拉力做的功为70 J ；0～2 s 内，拉力的大小为5 N ，大于滑动摩擦力的大小；由于2～6 s 内合外力不做功，所以合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等．]5．解析 (1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD 轨道上运动的路程最短，则小车经过圆轨道P 点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力，则mg ＝m v 2P R ，由机械能守恒定律，可得mg ×2R ＋12m v 2P ＝12m v 2C ，由上述两式联立，代入数据，可得C 点的速度v C ＝5 m/s.设小车在CD 轨道上运动的最短路程为x ，由动能定理，可得－kmgx ＝0－12m v 2C ，代入数据，可得x ＝2.5 m.(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：v B ＝v C ＝5 m/s.从A 点到B 点的运动过程中，由动能定理，可得Pt －kmgL ＝12m v 2B ，代入数据，可得t ＝4.5 s.答案 (1)2.5 m (2)4.5 s。
2013步步高高考物理大二轮专题复习与增分策略——第一部分 专题九
专题九热学部分(选修3－3)(限时：30分钟)一、单项选择题1．下列说法正确的是() A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映B．知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数C．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因而气体内能必增大2．一定质量的理想气体，体积由V1膨胀到V2，如果是通过等压过程实现，做功为W1、传递热量为Q1、内能变化为ΔU1；如果是通过等温过程实现，做功为W2、传递热量为Q2、内能变化为ΔU2，则() A．W1>W2，Q1>Q2，ΔU1>ΔU2B．W1>W2，Q1>Q2，ΔU1＝ΔU2C．W1>W2，Q1＝Q2，ΔU1>ΔU2D．W1<W2，Q1＝Q2，ΔU1＝ΔU2二、多项选择题3．关于物态和物态变化，下列说法正确的是() A．晶体和非晶体都有确定的熔点B．浸润和不浸润现象都是分子力作用的表现C．液晶是一种特殊物质，它既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性D．物质从液态变成气态的过程叫汽化4．下列说法正确的是() A．一定质量气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收120 J的热量，则它的内能增大20 JB．在使两个分子间的距离由很远(r>10－9m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大C．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力D．用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油酸的密度即可5．下列说法正确的是()A．在两分子间距离增大的过程中，分子间的作用力一定减小B．容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子频繁撞击器壁而产生的C．布朗运动反映了组成花粉小颗粒分子的无规则运动D．当液晶中电场强度不同时，它对不同颜色的光吸收强度也不一样，从而显示出各种不同颜色6．下列说法正确的是() A．物体吸收热量后，内能不一定增加B．物体的内能只跟温度有关C．物体对外界做了多少功，内能就会减少多少D．外界对物体做功，物体的内能有可能减小三、非选择题7．(1)如图1所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示．F>0表示斥力，F<0表示引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置．现把乙分子从a处由静止释放，则________．(填下列选项前的字母)图1A．乙分子由a到b做加速运动，由b到d做减速运动B．乙分子由a到c做加速运动，由c到d做减速运动C．乙分子由a到b的过程中，两分子的分子势能一直增加D．乙分子由b到d的过程中，两分子的分子势能一直减小(2)一定质量的理想气体，由状态A通过如图2所示的箭头方向经三个过程变化到状态B.气体在状态B时的分子平均动能________(选填“大于”、“等于”或“小于”)在状态A时的分子平均动能；气体在由状态A到状态B的过程中，气体________(选填“吸热”、“放热”或“既不吸热也不放热”)．图2(3)利用油膜法可粗略测定分子的大小和阿伏加德罗常数，若已知n滴油的总体积为V，一滴油所形成的单分子油膜的面积为S.这种油的摩尔质量为μ，密度为ρ.求：①一个油分子的直径d；②阿伏加德罗常数N A.8．研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体叫做气团．气团直径达几千米，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，气团在上升过程中可看成是一定质量理想气体的绝热膨胀，设气团在上升过程中，由状态Ⅰ(p1，V1，T1)绝热膨胀到状态Ⅱ(p2，V2，T2)．倘若该气团由状态Ⅰ(p1，V1，T1)作等温膨胀至状态Ⅲ(p3，V2，T1)，试回答：(1)下列判断正确的是________．A．p3>p2B．p3<p2C．T1>T2D．T1<T2(2)若气团在绝热膨胀过程中对外做的功为W1，则其内能变化ΔE1＝________；若气团在等温膨胀过程中对外做的功为W2，则其内能变化ΔE2＝________.(3)气团体积由V1变化到V2时，求气团在变化前后的密度比和分子间平均距离比．9．(1)如图3是探究气体等温变化规律的简易装置图，下表是某小组的数据.图3①若要研究p、V之间的关系，绘制图象时应选用______(填“p—V”或“p—1V”)作为坐标系．②仔细观察发现pV值越来越小，可能的原因是_______________________________．(2)如图4所示，光滑活塞把一定质量的气体封闭在汽缸里，活塞截面积为10 cm2，汽缸内温度为27℃时，弹簧测力计的读数为10 N．已经气体压强比外界大气压强大2×104 Pa，则活塞的重力为多大？图410．(1)下列说法正确的是________．A．布朗运动是液体或气体中悬浮微粒的无规则运动，温度越高，微粒越大，运动越显著B．任何物体的内能都不能为零C．毛细现象是液体的表面张力作用的结果，温度越高表面张力越小D．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和某些晶体相似具有各向异性(2)如图5所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h，此时封闭气体的温度为T1，现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，气体温度上升到T2.已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸的摩擦．求：图5①活塞上升的高度；②加热过程中气体的内能增加量．11．(1)下列叙述中正确的是() A．布朗运动是液体分子热运动的反映B．分子间距离越大，分子势能越大，分子间距离越小，分子势能也越小C．两个铅块挤压后能紧连在一起，说明分子间有引力D．压缩理想气体时需用力，说明理想气体分子间有引力(2)如图6所示，一定质量的气体放在体积为V0的导热容器中，一体积不计的光滑活塞C将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的两倍，A室连接一“U”形细管，细管两边水银柱高度差为76 cm.B室连接有一阀门K，可与大气相通(外界大气压等于76 cmHg.细管内气体体积忽略不计)．现将阀门K打开，图6①求最终A室内气体的体积；②A室内气体压强如何变化？从微观上解释压强变化的原因；③A室内气体吸热还是放热，解释其原因．答案1．C 2.A 3.BCD 4.AC 5.BD 6.AD7．(1)B (2)等于 放热 (3)①V nS ②6μρπ(nS V)3 8．(1)AC (2)－W 1 0 (3)V 2V 1 3V 1V 29．(1)①p －1V②漏气 (2)30 N 10．(1)BCD(2)①T 2－T 1T 1h ②Q －(p 0S ＋mg )h T 2－T 1T 111．(1)AC (2)①2V 03②见解析 ③见解析 解析 (2)①A 室气体等温变化，p A 0＝2×76 cmHg ，V A 0＝V 03，p A ＝76 cmHg ，体积V A p A 0V A 0＝p A V AV A ＝2V 03②减小．气体等温变化，气体分子平均动能不变，气体膨胀，体积增大，分子密集程度减小，气体压强减小．③吸热．容器导热，A 内气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律知，体积增大，气体对外做功，则A 内气体吸收热量．。
2013步步高高考物理大二轮专题复习与增分策略——第二部分 专题一 第1课时
第1课时
C．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多 小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位 移相加 D．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点来代替物体， 即质点
解析 A 项中是极限法；
B 项中是控制变量法； C 项中是微元法；
D 项中是模型法，故选 C. 答案 C
第1课时
图1
第1课时
解析 由 v－t 图象可知，货物在前 3 s 内具有向上的加速度， 因此货物处于超重状态，选项 A 正确；
6 最后 2 s 内，货物具有向下的加速度，其大小为 a＝ m/s2＝ 2 3 m/s2<g，因此货物在这一段时间内受重力和向上的拉力，选项 B 错误；
0＋6 货物在前 3 s 内的平均速度 v1＝ 2 m/s＝3 m/s，最后 2 s 内的 6＋0 平均速度 v2＝ 2 m/s＝3 m/s， 两者平均速度相同， 选项 C 正确；
图4
( )
第1课时
解析 对日光灯进行受力分析如图所示，由平衡条件知
2 解得 F1＝F2＝ G，选项 B 正确． 2 答案 B
第1课时
【例 5】 (2012· 浙江· 14)如图 5 所示，与水平面
夹角为 30° 的固定斜面上有一质量 m＝ 1.0 kg 的物体．细绳的一端与物体相连， 另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧
针对以上 4 个受力分析题，其相同点都是要结合平衡条 件或牛顿第二定律进行分析和推理，即“计算推理法”. 根据题给条件，利用有关的物理规律、物理公式或物理 原理通过逻辑推理或计算得出正确答案，然后再与备选答案 对照作出选择.
第1课时
解析
物体的惯性指物体本身要保持原来运动状态不变的
性质， 或者说是物体抵抗运动状态变化的性质， 选项 A 正确；
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答案
(1)BCD
4 (2) L 3
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借题发挥
●求解分子动理论相关问题应做到： (1)熟练掌握阿伏加德罗常数的有关计算； (2)了解布朗运动实质； (3)掌握分子力特点及分子力做功与分子势能变化的关系．
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●物体内能变化的判断方法
往往需要通过对研究对象与周围环境的相互 关系的分析才能确定，认清变化过程是正确 选用物理规律的前提 ―→根据研究对象状态变化的具体方式，选
用气态方程或某一实验定律，代入具体数
值，最后分析讨论所得结果的合理性及其物 理意义
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热学基本知识与气体实验定律及热力学第一定律的组合
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名师助学
1．微观量与宏观量的关系
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答案
(1)D
(2)A
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(1)以下说法正确的是________． A．分子间距离增大时，分子势能也增大 B．已知某种液体的密度为 ρ，摩尔质量为 M，阿伏加德 罗常数为 NA，则该液体分子间的平均距离可以表示为 3 3 M 6M 或 ρ NA π ρ NA
2．晶体和非晶体
比较 形状
晶体
单晶体 规则 多晶体 不规则
非晶体 不规则
熔点 特性
固定 各向异性
固定 各向同性
不固定 各向同性
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3．热力学第一定律公式ΔU＝Q＋W符号的规定 内能的改 变ΔU
物理量
功W
热量Q
取正值“＋”
外 界 对 物 物体从外界 物 体 的 内 体做功 吸收热量 能增加
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解析
(1)由 ΔU＝ W ＋ Q可知做功和热传递是改变内能的两
种途径．它们具有等效性，故A正确、B错误．由热力学第 二定律可知，可以从单一热源吸收热量，使之全部变为 功．但会产生其他影响，故C正确．同样热量只是不能自发 的从低温物体传向高温物体，则D项错．一切与热现象有关
的宏观过程都不可逆，则E正确．
VB 联 立 ①②③④ 式 ， 并 代 入 题 给 数 据 得 pC ＝ V Δ p ＝ 180 A mmHg
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⑤
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(Ⅱ)当右侧水槽的水温加热到 T′时，U 形管左右水银柱高度 差为Δ p. 玻璃泡 C 中气体的压强为 pC′＝pB＋Δ p ⑥
pC pC′ 玻璃泡 C 中的气体体积不变，根据查理定律得 ＝ ⑦ T0 T′ 联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得 T′＝364 K．
(1)由物体内能的定义判断 温度变化引起物体分子平均动能的变化；体积变化，分子 间的分子力做功，引起分子势能的变化，从而判定物体内 能的变化．
(2)由热力学第一定律判断 ΔU＝Q＋W
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热学基本知识与气体定律的组合 【例2】 (2012·课标全国卷，33)(1)关于热力学定律，下列
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(2) 一活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，初始时气
体体积为 3.0×10－ 3 m3.用传感器测得此时气体的温度和压 强分别为300 K和1.0×1 05 Pa.推动活塞压缩气体，测得气 体的温度和压强分别为320 K和1.0×105 Pa. ①求此时气体的体积；
度相等，假设U形管和细管中的气体体
积远小于玻璃泡的容积．
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(Ⅰ)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)； (Ⅱ)求右侧水槽的水从 0 ℃加热到一定温度时，U形管内左 右水银柱高度差又为60 mm，求加热后右侧水槽的水温．
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(2)(Ⅰ)在打开阀门 S 前，两水槽水温均为 T0＝273 K．设玻 璃泡 B 中气体的压强为 p1，体积为 VB，玻璃泡 C 中气体的 压强为 pC，依题意有 p1＝pC＋Δp 设玻璃泡 B 中气体的压强为 pB.依题意有，pB＝pC 玻璃泡 A 和 B 中气体的体积为 V2＝VA＋VB 根据玻意耳定律得 p1VB＝pBV2 ① 式中Δp＝60 mmHg.打开阀门 S 后，两水槽水温仍为 T0， ② ③ ④
第13讲 热学中常考的3个问题
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主要题型：问答、填空、计算 难度档次： 中档难度．只对考点知识直接应用，通常有一处思维
含量较高的点，一般选取 3～ 4个考点组成 2～ 3个小题，只
做模块内综合．力争“关联性综合”，也可“拼盘式”组 合．
【例1】 (2012·福建卷，28)(1)关于热力学定律和分子动理
论，下列说法正确的是________．(填选项前的字母)
A．一定量气体吸收热量，其内能一定增大 B．不可能使热量由低温物体传递到高温物体 C．若两分子间距离增大，分子势能一定增大 D．若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大
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的活塞封闭一定质量的理想气体，开 始时活塞处在离底部L高处，外界大气 压为1.0×105 Pa，温度为27 ℃，现对 气体加热，不计活塞与汽缸壁间的摩 图13－1
擦．求：当加热到127 ℃时活塞离底部
的高度．
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解析
(1)分子间距离增大时，由于不知道此时分子力是引
5 p1V1 1.0×10 －3 3 ②由玻意耳定律有：V2＝ ＝ 4×3.2×10 m ＝4×10 p2 8.0×10
－3
m3 .
答案
(1)A
(2)①3.2×10－3m3
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②4×10－3m3
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借题发挥
●分析有关气体实验定律和理想气体状态方程问题的物理
C．空气压缩到一定程度很难再压缩是因为分子间存在斥 力的作用 D．液体的饱和汽压与温度和液体的种类有关 E．阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动就 是布朗运动
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(2)如图13－1所示，有一底部封闭的圆 柱形汽缸，上部有一通汽孔，汽缸内
壁的高度是 2L ，一个很薄且质量不计
答案 见解析
⑧
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(1)下列说法正确的是________． A．液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性 B ．从单一热源吸取热量，使之全部变成有用的机械功 而不产生其它影响是可能的 C．饱和汽压随温度的升高而变小 D．晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征
引力、斥力随分子间距的变化规律知，D项正确．
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(2)初状态：p1＝1.0 atm，V1＝(6.0＋9.0)L＝15.0 L 末状态：p2，V2＝6.0 L p1V1 根据玻意耳定律 p1V1＝p2V2 得 p2＝ ， V2 代入数据得 p2＝2.5 atm，故 A 项正确，B、C、D 三项均错．
说法正确的是________．
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递 热量 B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加 C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
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②保持温度不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压
强变为8.0×104 Pa，求此时气体的体积．
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解析
(1)由热力学第二定律可知，从单一热源吸取热量，使之
全部变成有用的机械功而不产生其他影响是不可能的，选项 B 错误；饱和汽压随温度的升高而变大，选项 C 错误；多晶体没 有规则形状，且各向同性，选项 D 错误． (2)①由题述可知状态变化前后压强不变，据盖· 吕萨克定律有： T1 320 V1＝ V0＝ ×3.0×10－3m3＝3.2×10－3m3 T0 300
取负值“－”
物 体 对 外 物体向外界 物 体 的 内 界做功 放出热量 能减少
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4.弄清重要物理量间的关系
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常 考 问 题
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分子动理论与气体实验定律的组合
力还是斥力，所以无法判断分子势能的变化情况，A错；B