2014《步步高》物理大一轮复习讲义第十一章第2课时

合集下载

《步步高》2014高考物理大一轮复习讲义【配套word版文档】第九章_专题十_电磁感应中的动力学和能

专题十电磁感应中的动力学和能量问题考纲解读 1.会分析计算电磁感应中有安培力参与的导体的运动及平衡问题.2.会分析计算电磁感应中能量的转化与转移．考点一电磁感应中的动力学问题分析1．安培力的大小由感应电动势E ＝Bl v ，感应电流I ＝ER 和安培力公式F ＝BIl 得F ＝B 2l 2v R .2．导体两种状态及处理方法(1)导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析． (2)导体的非平衡态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．例1 (2012·广东理综·35)如图1所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板，R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．图1(1)调节R x ＝R ，释放导体棒，当导体棒沿导轨匀速下滑时，求通过导体棒的电流I 及导体棒的速率v .(2)改变R x ，待导体棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x . 答案 (1)Mg sin θBl 2MgR sin θB 2l 2(2)mBldMq sin θ解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是 “先电后力”，即：先做“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E 和r ；再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相应部分的电流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；最后进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．突破训练1如图2所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够图2长时间以后() A．金属棒ab、cd都做匀速运动B．金属棒ab上的电流方向是由b向aC．金属棒cd所受安培力的大小等于2F/3D．两金属棒间距离保持不变答案BC考点二电磁感应中的能量问题分析1．过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．2．求解思路(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．(2)若电流变化，则：①利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能．例2如图3所示，倾角为θ＝30°、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L1＝0.4 m，B1＝5 T的匀强磁场垂直导轨平面向上．一质量m＝1.6 kg的金属棒ab垂直于MN、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，其电阻r＝1 Ω.金属导轨上端连接右侧电路，R1＝1 Ω，R2＝1.5 Ω.R2两端通过细导线连接质量M＝0.6 kg的正方形金属框cdef，正方形边长L2＝0.2 m，每条边电阻r0为1 Ω，金属框处在一方向垂直纸面向里、B2＝3 T的匀强磁场中．现将金属棒由静止释放，不计其他电阻及滑轮摩擦，g取10 m/s2.(1)若将电键S断开，求棒下滑过程中的最大速度．(2)若电键S闭合，每根细导线能承受的最大拉力为3.6 N，求细导线刚好被拉断时棒的速度．(3)若电键S闭合后，从棒释放到细导线被拉断的过程中，棒上产生的电热为2 J，求此过程中棒下滑的高度(结果保留一位有效数字)．图3答案(1)7 m/s(2)3.75 m/s(3)1 m电磁感应中能量转化问题的分析技巧1．电磁感应过程往往涉及多种能量的转化(1)如图4中金属棒ab沿导轨由静止下滑时，重力势能减少，一部分用来克服安培力做功，转化为感应电流的电能，最终在R上转化为焦耳热，另一部分转化为金属棒的动能．(2)若导轨足够长，棒最终达到稳定状态做匀速运动，之后重力图4势能的减小则完全用来克服安培力做功，转化为感应电流的电能．2．安培力做功和电能变化的特定对应关系(1)“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．(2)安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能．3．解决此类问题的步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)确定感应电动势的大小和方向．(2)画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式．(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解．突破训练2如图5所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用．金属棒沿导轨匀图5速下滑，则它在下滑高度h的过程中，以下说法正确的是() A．作用在金属棒上各力的合力做功为零B．重力做的功等于系统产生的电能C．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热D．金属棒克服恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AC1．模型概述“导轨＋杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“导轨＋杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂，形式多变．2．常见模型类型“电—动—电”型“动—电—动”型示意图已知量棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑水平，电阻不计棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑，电阻不计过程分析S闭合，棒ab受安培力F＝BLER，此时加速度a＝BLEmR，棒ab速度v↑→感应电动势E′＝BL v↑→电流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，当安培力F＝0时，a＝0，v最大，最后匀速运动棒ab释放后下滑，此时加速度a＝g sin α，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BL v↑→电流I＝ER↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mg sin α时，a＝0，v最大，最后匀速运动能量转化通过安培力做功，把电能转化为动能克服安培力做功，把重力势能转化为内能运动形式变加速运动变加速运动最终状态匀速运动，v m＝E′BL匀速运动v m＝mgR sin αB2L2解析(1)设甲在磁场区域abcd内运动时间为t1，乙从开始运动到ab位置的时间为t2，则由运动学公式得L ＝12·2g sin θ·t 21，L ＝12g sin θ·t 22 解得t 1＝Lg sin θ，t 2＝ 2Lg sin θ(1分) 因为t 1<t 2，所以甲离开磁场时，乙还没有进入磁场．(1分)设乙进入磁场时的速度为v 1，乙中产生的感应电动势为E 1，回路中的电流为I 1，则12m v 21＝mgL sin θ(1分) E 1＝Bd v 1(1分) I 1＝E 1/2R (1分) mg sin θ＝BI 1d (1分) 解得R ＝B 2d 22m2Lg sin θ(1分) (2)从释放金属杆开始计时，设经过时间t ，甲的速度为v ，甲中产生的感应电动势为E ，回路中的电流为I ，外力为F ，则 v ＝at (1分) E ＝Bd v (1分) I ＝E /2R (1分)F ＋mg sin θ－BId ＝ma (1分) a ＝2g sin θ 联立以上各式解得 F ＝mg sin θ＋mg sin θ2g sin θL·t (0≤t ≤ Lg sin θ)(1分) 方向垂直于杆平行于导轨向下．(1分)(3)甲在磁场运动过程中，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v 0，甲、乙产生的热量相同，均设为Q 1，则 v 20＝2aL (1分)W ＋mgL sin θ＝2Q 1＋12m v 20(2分)解得W ＝2Q 1＋mgL sin θ乙在磁场运动过程中，甲、乙产生相同的热量，均设为Q 2，则2Q 2＝mgL sin θ(2分) 根据题意有Q ＝Q 1＋Q 2(1分) 解得W ＝2Q (1分) 答案 (1)B 2d 22m2Lg sin θ(2)F ＝mg sin θ＋mg sin θ 2g sin θL·t (0≤t ≤ Lg sin θ)，方向垂直于杆平行于导轨向下 (3)2Q突破训练3 如图7甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，其宽度L ＝1 m ，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 之间连接阻值为R ＝0.40 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg 、电阻为r ＝0.30 Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上．现使金属棒ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x 与时间t 的关系如图乙所示，图象中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，g ＝10 m/s 2(忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响)，求：甲乙图7(1)磁感应强度B 的大小；(2)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，通过电阻R 的电荷量； (3)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，电阻R 上产生的热量．答案 (1)0.1 T (2)0.67 C (3)0.26 J1． (2012·山东理综·20)如图8所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，图8导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是 ( )A ．P ＝2mg v sin θB ．P ＝3mg v sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功答案 AC2． (2012·江苏单科·13)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图9所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向．匝数为N 的矩形线圈abcd的边长ab ＝cd ＝l 、bc ＝ad ＝2l .线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 边和ad 边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B 、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r ，外接电阻为R .求：图9(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E m ； (2)线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小F ； (3)外接电阻上电流的有效值I . 答案(1)2NBl 2ω(2)4N 2B 2l 3ωr ＋R (3)4NBl 2ω3(r ＋R )6．如图6所示，两平行光滑的金属导轨MN 、PQ 固定在水平面上，相距为L ，处于竖直方向的磁场中，整个磁场由若干个宽度皆为d 的条形匀强磁场区域1、2、3、4……组成，磁感应强度B 1、B 2的方向相反，大小相等，即B 1＝B 2＝B .导轨左端MP 间接一电阻R ，质量为m 、电阻为r 的细导体棒ab 垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，不计导轨的电阻．现对棒ab 施加水平向右的拉力，使其从区域1磁场左边界位置开始以速度v 0向右做匀速直线运动并穿越n 个磁场区域．图6(1)求棒ab 穿越区域1磁场的过程中电阻R 产生的焦耳热Q ； (2)求棒ab 穿越n 个磁场区域的过程中拉力对棒ab 所做的功W ；(3)规定棒中从a 到b 的电流方向为正，画出上述过程中通过棒ab 的电流I 随时间t 变化的图象；(4)求棒ab 穿越n 个磁场区域的过程中通过电阻R 的净电荷量q . 答案 (1)B 2L 2v 0Rd (R ＋r )2 (2)nB 2L 2v 0dR ＋r(3)见解析图(4)BLd R ＋r 或0。

【步步高】高考物理大一轮复习讲义 (深度思考+考点突破+提能训练) 第十一章第3课时热力学定

第3课时热力学定律考纲解读 1.知道改变内能的两种方式，理解热力学第一定律.2.知道与热现象有关的宏观物理过程的方向性，了解热力学第二定律.3.掌握能量守恒定律及其应用．1． [热力学第一定律的理解]一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程( )A．气体从外界吸收热量2.0×105 JB．气体向外界放出热量2.0×105 JC．气体从外界吸收热量6.0×104 JD．气体向外界放出热量6.0×104 J答案 B解析根据热力学第一定律，W＋Q＝ΔU，所以Q＝ΔU－W＝－1.3×105 J－7.0×104 J ＝－2.0×105 J，即气体向外界放出热量2.0×105 J.2． [热力学第二定律的理解]以下哪些现象可能发生？哪些现象不可能发生？不可能发生的现象是否违背热力学第二定律？A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热．B．蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能．C．桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离．D．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体．答案见解析解析A．不可能．因为是“自动”过程，所以茶变热时的内能增量只能来源于周围环境，即周围环境中的热量会自动地收集到茶中，违背热力学第二定律，所以这是不可能发生的现象．B．不可能．蒸汽的内能转化为机械能必定需要做功，即热蒸汽推动活塞做功．这一过程中，一方面由于活塞摩擦汽缸而产生热能，另一方面热蒸汽与周围环境存在温度差，蒸汽机会向周围环境散热．所以，蒸汽机把蒸汽的内能全都转化为机械能，违背热力学第二定律，是不可能的．C．可能．浑水变清，泥沙下沉，重心下降，总的重力势能减少，最终转化为内能，而机械能全部转化成内能是可能的．D．可能．冰箱通电后，消耗电能，将箱内低温物体的热量传到箱外．3． [能量守恒定律的应用]木箱静止于水平地面上，现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m，木箱受到的摩擦力为60 N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能E k分别是( ) A．U＝200 J，E k＝600 JB．U＝600 J，E k＝200 JC．U＝600 J，E k＝800 JD．U＝800 J，E k＝200 J答案 B解析由于木箱在推动中受到滑动摩擦力，其与相对位移的乘积为系统的内能的大小，即U＝60×10 J＝600 J，由能量守恒定律可得E k＝W总－U＝80×10 J－600 J＝200 J．故正确答案为B.考点梳理1．物体内能的改变(1)做功是其他形式的能与内能的相互转化过程，内能的改变量可用做功的数值来量度．(2)热传递是物体间内能的转移过程，内能的转移量用热量来量度．2．热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和．(2)表达式：ΔU＝Q＋W.3．能量守恒定律(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量不变，这就是能量守恒定律．(2)任何违背能量守恒定律的过程都是不可能的，不消耗能量而对外做功的第一类永动机是不可能制成的．4．热力学第二定律(1)两种表述①第一种表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体(克劳修斯表述)．②第二种表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响(开尔文表述)．(2)第二类永动机是指设想只从单一热库吸收热量，使之完全变为有用的功而不产生其他影响的热机．这类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律．4. [热力学定律与理想气体状态方程的综合应用](2010·福建·28(2))如图1所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞．今对活塞施以一竖直向下的压力F ，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小．若忽略图1活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体________．(填选项前的字母) A ．温度升高，压强增大，内能减少 B ．温度降低，压强增大，内能减少 C ．温度升高，压强增大，内能增加 D ．温度降低，压强减小，内能增加答案 C解析向下压活塞，力F 对气体做功，气体的内能增加，温度升高，对活塞受力分析可得出气体的压强增大，故选项C 正确．5． [热力学定律与理想气体状态方程的综合应用]一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，再变化到状态C ，其状态变化过程的p －V 图象如图2所示．已知该气体在状态A 时的温度为27°C .(1)该气体在状态B 、C 时的温度分别为多少？(2)该气体从状态A 到状态C 的过程中内能的变化量是多大？图2(3)该气体从状态A 到状态C 的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？答案 (1)－173°C 27°C (2)0 (3)吸热 200 J 解析 (1)对于理想气体：A →B ，由p A T A ＝p BT B 得：T B ＝100 K ，所以t B ＝－173°CB →C ，由V B T B ＝V CT C得：T C ＝300 K ，所以t C ＝27°C(2)A →C ，由温度相等得：ΔU ＝0 (3)A →C 的过程中是吸热．吸收的热量Q ＝W ＝p ΔV ＝1×105×(3×10－3－1×10－3) J ＝200 J. 方法提炼1．在气体状态变化过程中，三个状态参量(p 、V 、T )遵循理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2(或pV T＝C )，气体的内能只需分析气体的温度，温度升高(或降低)，内能增大(或减小)．2．由气体体积变化情况分析做功情况，气体体积增大，气体对外做功；气体体积减小，外界对气体做功．然后由热力学第一定律ΔU＝Q＋W确定热量Q的正、负，判断出是吸热还是放热.考点一对热力学第一定律的理解及应用1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系．2．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定3.(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量．(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量．(3)若过程的始末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q.外界对物体做的功等于物体放出的热量．例1一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280 J，并对外做功120 J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？解析(1)由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120 J＋280 J＝160 J，气体的内能增加了160 J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从状态2回到状态1的过程中内能的变化应等于从状态1到状态2的过程中内能的变化，则从状态2到状态1的内能应减少160 J，即ΔU′＝－160 J，又Q′＝－240 J，根据热力学第一定律得：ΔU′＝W′＋Q′，所以W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J，即外界对气体做功80 J.答案(1)增加了160 J (2)外界对气体做功80 JΔU＝W＋Q，使用时注意符号法则(简记为：外界对系统取正，系统对外界取负)．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.突破训练1 一定质量的理想气体(分子力不计)，体积由V 膨胀到V ′.如果通过压强不变的过程实现，对外做功大小为W 1，传递热量的值为Q 1，内能变化为ΔU 1；如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为W 2，传递热量的值为Q 2，内能变化为ΔU 2，则( ) A ．W 1>W 2，Q 1<Q 2，ΔU 1>ΔU 2 B ．W 1>W 2，Q 1>Q 2，ΔU 1>ΔU 2 C ．W 1<W 2，Q 1＝Q 2，ΔU 1>ΔU 2 D ．W 1＝W 2，Q 1>Q 2，ΔU 1>ΔU 2 答案 B解析由热力学第一定律：ΔU 1＝W 1＋Q 1，ΔU 2＝W 2＋Q 2，若通过压强不变的过程实现体积膨胀，则由pVT为恒量，可知温度必定升高，对理想气体，内能必定增大，ΔU 1>0，W 1<0，Q 1>0，且|Q 1|>|W 1|；若通过温度不变的过程实现体积膨胀，温度不变，内能不变，ΔU 2＝0，W 2<0，Q 2>0，且|Q 2|＝|W 2|，则ΔU 1>ΔU 2；由于气体对外做功的过程中，体积膨胀，通过温度不变的方式，由pVT为恒量，可知压强必定减小，则平均压强比通过压强不变的过程时的压强要小，故W 1>W 2，Q 1>Q 2，B 选项正确．考点二对热力学第二定律的理解1．在热力学第二定律的表述中，“自发地”、“不产生其他影响”的涵义．(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助．(2)“不产生其他影响”的涵义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响．如吸热、放热、做功等． 2．热力学第二定律的实质热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性，进而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．特别提醒热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在有外界影响的条件下，热量可以从低温物体传到高温物体，如电冰箱；在引起其他变化的条件下内能可以全部转化为机械能，如气体的等温膨胀过程． 3．两类永动机的比较例2 ( ) A．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化成机械能B．凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体C．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293°C D．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来解析机械能可以全部转化为内能，而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能，A正确；凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，也能从低温物体传递给高温物体，但必须借助外界的帮助，B 错误；尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机也不能使温度降到－293°C，只能无限接近－273°C，却永远不能达到，C错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能制造出来，D错误．答案 A热力学第一定律说明发生的任何过程中能量必定守恒，热力学第二定律说明并非所有能量守恒的过程都能实现．(1)高温物体热量Q能自发传给热量Q不能自发传给低温物体(2)功能自发地完全转化为不能自发地完全转化为热量(3)气体体积V 1能自发膨胀到不能自发收缩到气体体积V2(较大)(4)不同气体A和B能自发混合成不能自发分离成混合气体AB突破训练2地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018吨，如果这些海水的温度降低0.1°C，将要放出5.8×1023焦耳的热量，有人曾设想利用海水放出的热量使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，其原因是 ( ) A．内能不能转化成机械能B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律C．只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机器不满足热力学第二定律D．上述三种原因都不正确答案 C解析本题考查热力学第一定律和热力学第二定律的应用，内能可以转化成机械能，如热机，A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，即能量守恒定律，B错误；热力学第二定律告诉我们：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，C正确．51．热力学定律与理想气体实验定律综合的解题模型例3在如图3所示的坐标系中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化过程：第一种变化是从状态A到状态B，外界对该气体做功为6 J；第二种变化是从状态A到状态C，该气体从外界吸收的热量为9 J．图线AC的反向延长线通过坐标原点O，B、C两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零．求：图3(1)从状态A到状态C的过程，该气体对外界做的功W1和其内能的增量ΔU1；(2)从状态A到状态B的过程，该气体内能的增量ΔU2及其从外界吸收的热量Q2.解析(1)由题意知从状态A到状态C的过程，气体发生等容变化该气体对外界做的功W1＝0根据热力学第一定律有ΔU1＝W1＋Q1内能的增量ΔU1＝Q1＝9 J.(2)从状态A到状态B的过程，体积减小，温度升高该气体内能的增量ΔU2＝ΔU1＝9 J根据热力学第一定律有ΔU2＝W2＋Q2从外界吸收的热量Q2＝ΔU2－W2＝3 J.答案(1)0 9 J (2)9 J 3 J对于理想气体，可以直接根据温度的变化来确定内能的变化．吸、放热不能直接确定时，则要放在最后，根据热力学第一定律来确定．必须指出的是，一般来说系统对外界做功，系统体积膨胀；外界对系统做功，系统体积则被压缩．但在某些特定条件下，例如气体自由膨胀(外界为真空)时，气体就没有克服外力做功．另外，在判断内能变化时，还必须结合物态变化以及能的转化与守恒来进行．突破训练3 一定质量的理想气体由状态A 经状态B 变成状态C ，其中A →B 过程为等压变化，B →C 过程为等容变化．已知V A ＝0.3 m 3，T A ＝T C ＝300 K ，T B ＝400 K.(1)求气体在状态B 时的体积．(2)说明B →C 过程压强变化的微观原因．(3)设A →B 过程气体吸收热量为Q 1，B →C 过程气体放出热量为Q 2，比较Q 1、Q 2的大小并说明原因．答案 (1)0.4 m 3(2)见解析 (3)Q 1>Q 2，原因见解析解析 (1)设气体在状态B 时的体积为V B ，由盖—吕萨克定律得V A T A ＝V BT B，代入数据得V B ＝0.4 m 3(2)微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变化(降低)，气体分子平均动能变化(减小)，导致气体压强变化(减小)．(3)Q 1大于Q 2；因为T A ＝T C ，故A →B 增加的内能与B →C 减少的内能相同，而A →B 过程气体对外界做正功，B →C 过程气体不做功，由热力学第一定律可知Q 1大于Q 2.高考题组1． (2012·新课标全国·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答案 ACE2． (2012·广东理综·14)景颇族的祖先发明的点火器如图4所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒，猛推推杆，艾绒即图4 可点燃．对筒内封闭的气体，在此压缩过程中( )A．气体温度升高，压强不变B．气体温度升高，压强变大C．气体对外界做正功，气体内能增加D．外界对气体做正功，气体内能减少答案 B解析筒内封闭气体被压缩过程中，外界对气体做正功．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气体内能增加，温度升高．由理想气体状态方程pVT＝C知，气体压强增大．选项A、C、D错误，选项B正确．3．(2011·广东理综·14)图5为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中( )A．外界对气体做功，气体内能增大图5B．外界对气体做功，气体内能减小C．气体对外界做功，气体内能增大D．气体对外界做功，气体内能减小答案 A解析M向下滑动的过程中，气体被压缩，外界对气体做功，又因为与外界没有热交换，所以气体内能增大．4．(2012·山东·36)(1)下列说法正确的是______．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(2)如图6所示，一粗细均匀、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”做单位)．图6②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”)．答案(1)ab (2)①50 cmHg②做正功吸热解析(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VT＝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的压强为p1，右端与一低压舱接通后，左管中封闭气体的压强为p2，气柱长度为l2，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p1V1＝p2V2 ①p1＝p0 ②p2＝p＋p h ③V1＝l1S ④V2＝l2S ⑤由几何关系得h＝2(l2－l1) ⑥联立①②③④⑤⑥式，代入数据得p＝50 cmHg②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．模拟题组5．密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气(不计分子势能)( )A．内能增大，放出热量B．内能减小，吸收热量C．内能增大，对外界做功D．内能减小，外界对其做功答案 D6．某同学给四只一样的气球充入了质量相同的空气(视为理想气体)，分两排并列放在光滑的水平面上，再在上面放一轻质硬板，而后他慢慢地站到硬板上，在此过程中气球未爆，且认为气球中气体温度不变，外界对气球中的气体做了 6 J的功，则此过程中气球______(填“吸收”或“放出”)的热量为______ J；若换上另外一个人表演时，某个气球突然爆炸，则该气体内的气体的内能______(填“增大”或“减小”)，气体的温度______(填“升高”或“降低”)答案放出 6 减小降低(限时：30分钟)►题组1 热力学第一定律的理解1．图1为焦耳实验装置图，用绝热性能良好的材料将容器包好，重物下落带动叶片搅拌容器里的水，引起水温升高．关于这个实验，下列说法正确的是 ( )图1A．这个装置可测定热功当量B．做功增加了水的热量C．做功增加了水的内能D．功和热量是完全等价的，无区别答案AC解析做功和热传递都可以使物体的内能发生改变，焦耳实验中是通过做功来增加水的内能，所以选项C正确；就物体内能的改变来说，做功和热传递是等效的，这是研究热功当量的前提，通过焦耳实验可测定热功当量，所以选项A正确；一个物体的内能是无法测量的，而在某个过程中物体内能的变化却是可以测定的，热量就是用来测定内能变化的一个物理量，所以选项B和D都错误．2．(2011·重庆理综·15)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图2所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体( )图2A．对外做正功，分子的平均动能减小B．对外做正功，内能增大C．对外做负功，分子的平均动能增大D．对外做负功，内能减小答案 A解析气体膨胀，气体对外界做正功，又因气体与外界无热交换，由热力学第一定律可知气体内能减小，因忽略气体分子间相互作用，即不考虑分子势能，所以分子的平均动能减小，选项A正确．3．(2010·全国Ⅱ理综·16)如图3，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中 ( )A．气体对外界做功，内能减少图3 B．气体不做功，内能不变C．气体压强变小，温度降低D．气体压强变小，温度不变答案BD解析因b内为真空，所以抽开隔板后，a内气体可以“自发”进入b，气体不做功．又因容器绝热，不与外界发生热量传递，根据热力学第一定律可以判断其内能不变，温度不变．由理想气体状态方程可知：气体体积增大，温度不变，压强必然变小，综上可判断B、D项正确．4. 某校开展探究性课外活动，一同学用如图4所示的装置研究气体压强、体积、温度三量之间的变化关系．该同学选用导热良好的汽缸将其开口向下，内有理想气体，并将汽缸固定不动，缸内活塞可自由滑动且不漏气．把一温度计通过缸底小孔插入缸内，插口处密封良好，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止，现给沙桶底部钻一个小洞，让细沙慢慢漏出，外部环境温度恒定，则( ) 图4A．外界对气体做功，内能增大B．外界对气体做功，温度计示数不变C．气体体积减小，温度计示数减小D．外界对气体做功，温度计示数增加答案 B解析细沙漏出，汽缸内气体压强增大，体积减小，外界对气体做功；汽缸导热良好，细沙慢慢漏出，外部环境温度稳定，气体温度不变，即内能不变，选项B正确．►题组2 热力学定律、第二类永动机的理解5．(2012·福建理综·28(1))关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是( )A．一定量的气体吸收热量，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答案 D解析由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，一定量的气体吸收热量内能不一定增大，例如气体对外做功，且W>Q，那么内能将会减少，故A项错误；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，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．6．关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是( ) A．第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律B．第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律C．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能D．由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的答案 D解析第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B错；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于0，C错；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但会引起其他变化，D对．7．图5为电冰箱的工作原理示意图．压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环．在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外．下列说法正确的是 ( )图5A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能C．电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律答案BC解析热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能量守恒定律的具体表现，适用于所有的热现象，故C正确，D错误；根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，必须借助于其他系统做功，A错误，B正确，故选B、C. 8．用隔板将一容器隔成A和B两部分，A中盛有一定量的气体，B为真空(如图6甲所示)，现把隔板抽去，A中的气体将自动充满整个容器(如图乙所示)，这个过程称为气体的自由膨胀．则关于气体的自由膨胀下列说法中正确的是 ( )图6A．在自由膨胀过程中，所有气体分子的运动方向相同B．在自由膨胀过程中，只要把握好隔板插入的时机，全部气体就能到达B部分C．气体充满整个容器后，只要时间足够长，还能全部自动回到A部分D．气体充满整个容器后，B部分中的某些气体分子有可能再回到A部分答案 D解析气体分子在永不停息地做无规则运动，在自由膨胀过程中也不例外，选项A错误；在自由膨胀过程中，气体分子将充满所能达到的空间，即整个容器，选项B错误；热力学第二定律指出具有大量分子参与的宏观过程都具有方向性，所以选项C错误；气体充满整个容器后，气体分子朝各个方向运动的机会均等，所以B部分中的某些气体分子有可能再回到A部分，选项D正确．►题组3 热力学定律与气体实验定律的组合应用9. 图7是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的( )A．温度升高，内能增加600 JB．温度升高，内能减少200 J 图7C．温度降低，内能增加600 JD．温度降低，内能减少200 J答案 A。

[VIP专享]【步步高】2014高考物理大一轮复习 1.2 匀变速直线运动的规律

时
刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，即经过 AB 的中间时刻的瞬时速度 v＝20
m/s，小石子从静止开始下落到该处的高度为 h，则 v2＝2gh，解得 h＝20 m，由于 A 点离 AB
的中间时刻的位置很小，故小石子出发点离 A 点距离约为 20 m.
答案 C
4．汽车刹车后开始做匀减速运动，第 1 s 内和第 2 s 内的位移分别为 3 m 和 2 m，那么从
m. 答案 C
1) B2Ak+22+12=+15+c51mc+=5m=2c111++m+12+21+++2=12=2+1+2+1+2+2+22+32k+1+2
88.8918÷.12990.÷1=4214÷3922=.0034=1÷15251371=8.535.78208÷.0232173c0*0÷1=m920.30392.2c=1÷203m=2÷1202.52=3535=42314)c*5232m40341*.31252=3.*1.153.5*03134.2*920522..104455=+21*3*50202.2.0285.4850.13*50+5c8*125*12m0.2+050.+0*014.852*0051000+0+/038.T+0÷+=55*+1011+010+91÷0145405*00010200+5+0+080+40*04+***115.103910*-%*C%6(+÷*M==5M÷5)0*3*0(31÷3110**5*+*÷414.m2371e=%7)8n08%.=s8.5=77.93cc60.mc*m4*m13,101w9.9o.k24mc-.cem5nm2csp2665m*9..03-4.50c60*5.pc3m85,9cm0.5g.i50mr0l-.p.s85p/6c50bc.0om7m.yp.cs6pc5m+;c0m..m7.ckm; 1+1k+12+1+k2234=1c+m1++4+4+2

2014《步步高》物理大一轮复习讲义第一章第2课时

第2课时匀变速直线运动规律的应用考纲解读 1.掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度—位移公式，并能熟练应用.2.掌握并能应用匀变速直线运动的几个推论：平均速度公式、Δx ＝aT 2及初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式．1． [位移公式和平均速度公式的应用]做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a ，初速度大小为v 0，经过时间t 速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示( )A ．v 0t ＋12at 2B ．v 0t C.v 0t2D.12at 2 答案 CD解析质点做匀减速直线运动，加速度为－a ，位移为v 0t －12at 2，A 、B 错；平均速度大小为v 02，位移大小为v 02·t ，C 对；匀减速到零的直线运动可当做初速度为零的匀加速直线运动来计算，位移大小为12at 2，D 对．2． [平均速度公式的应用]做匀加速直线运动的某物体初速度为2 m/s ，经过一段时间t 后速度变为6 m/s ，则t2时刻的速度为( )A ．由于t 未知，无法确定t2时刻的速度B ．由于加速度a 及时间t 未知，无法确定t2时刻的速度C ．5 m/sD ．4 m/s 答案 D解析中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度2＋62m/s ＝4 m/s ，D 对．3． [推论公式v 2－v 20＝2ax 的应用]我国第一艘航空母舰“辽宁舰”已按计划完成建造和试验试航工作，于2012年9月25日上午正式交付海军．若航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5 m/s 2，战斗机滑行100 m 时起飞，起飞速度为50 m/s ，则航空母舰静止时弹射系统必须使战斗机具有的初速度为( )A ．10 m/sB ．20 m/sC ．30 m/sD ．40 m/s 答案 D 考点梳理一、匀变速直线运动的规律 1．变速直线运动(1)定义：沿着一条直线运动，且加速度不变的运动． (2)分类①匀加速直线运动，a 与v 0方向同向． ②匀减速直线运动，a 与v 0方向反向． 2．变速直线运动的规律(1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax . 二、匀变速直线运动的推论 1．变速直线运动的两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：v ＝v t 2＝v 0＋v 2.(2)任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差为一恒量，即：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2.2．速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论(1)1T 末、2T 末、3T 末、……瞬时速度的比为： v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n (2)1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为： x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2(3)第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内……位移的比为：x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为： t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1) 三、自由落体运动和竖直上抛运动1．由落体运动(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落．(2)运动性质：初速度v 0＝0，加速度为重力加速度g 的匀加速直线运动． (3)基本规律 ①速度公式：v ＝gt . ②位移公式：h ＝12gt 2.③速度位移关系式：v 2＝2gh . 2．直上抛运动(1)运动特点：加速度为g ，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动． (2)基本规律①速度公式：v ＝v 0－gt . ②位移公式：h ＝v 0t －12gt 2.③速度位移关系式：v 2－v 20＝－2gh . ④上升的最大高度：H ＝v 202g .⑤上升到最高点所用时间：t ＝v 0g.4．刹车问题的处理]汽车以20 m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s 2，则自驾驶员急踩刹车开始，2 s 与5 s 时汽车的位移之比为 ( )A ．5∶4B ．4∶5C ．3∶4D ．4∶3答案 C5． [逆向思维法处理匀减速直线运动问题]做匀减速直线运动的物体经4 s 停止，若在第1 s内的位移是14 m ，则最后1 s 内位移是 ( )A ．3.5 mB ．2 mC ．1 mD ．0答案 B解析利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以71＝14 mx 1，x 1＝2 m ．故选B. 方法提炼 1．逆向思维法匀减速到速度为零的直线运动一般看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动． 2．对于刹车类问题，实质是汽车在单方向上的匀减速直线运动问题．速度减为零后，加速度消失，汽车停止不动，不再返回，若初速度为v 0，加速度为a ，汽车运动时间满足t ≤v 0a，发生的位移满足x ≤v 202a.考点一匀变速直线运动规律的应用1．速度时间公式v ＝v 0＋at 、位移时间公式x ＝v 0t ＋12at 2、位移速度公式v 2－v 20＝2ax ，是匀变速直线运动的三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．2．三个公式中的物理量x 、a 、v 0、v 均为矢量(三个公式称为矢量式)，在应用时，一般以初速度方向为正方向，凡是与v 0方向相同的x 、a 、v 均为正值，反之为负值．当v 0＝0时，一般以a 的方向为正方向．这样就可将矢量运算转化为代数运算，使问题简化． 3．如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．例1 (2011·新课标全国·24)甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变．在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半．求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比．解析设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t 0)的速度为v ，第一段时间间隔内行驶的路程为s 1，加速度为a ；在第二段时间间隔内行驶的路程为s 2.由运动学公式得 v ＝at 0 s 1＝12at 20s 2＝v t 0＋12×(2a )t 20 设汽车乙在时刻t 0的速度为v ′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s 1′、s 2′.同样有 v ′＝(2a )t 0 s 1′＝12×(2a )t 20 s 2′＝v ′t 0＋12at 20设甲、乙两车行驶的总路程分别为s 、s ′，则有 s ＝s 1＋s 2s′＝s1′＋s2′联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为s s′＝5 7答案5∶7匀变速直线运动的规范求解1．一般解题的基本思路2．描述匀变速直线运动的基本物理量涉及v0、v、a、x、t五个量，每一个基本公式中都涉及四个量，选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简单化．突破训练1短跑名将博尔特在北京奥运会上100 m和200 m短跑项目的成绩分别为9.69 s 和19.30 s．假定他在100 m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m时最大速率的96%.求：(1)加速所用时间和达到的最大速率；(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数)答案(1)1.29 s11.24 m/s(2)8.71 m/s2解析(1)设加速所用时间为t(以s为单位)，匀速运动的速率为v(以m/s为单位)，则有：12v t＋(9.69 s－0.15 s－t)v＝100 m①12v t＋(19.30 s－0.15 s－t)×0.96v＝200 m②由①②式得t＝1.29 s，v＝11.24 m/s.(2)设加速度大小为a，则a＝vt＝8.71 m/s2考点二解决匀变速直线运动的常用方法 1．一般公式法一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式．它们均是矢量式，使用时要注意方向性． 2．平均速度法定义式v ＝Δx Δt 对任何性质的运动都适用，而v ＝v t 2＝12(v 0＋v )只适用于匀变速直线运动． 3．比例法对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特征的比例关系，用比例法求解． 4．逆向思维法如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动． 5．推论法利用Δx ＝aT 2：其推广式x m －x n ＝(m －n )aT 2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷． 6．图象法利用v －t 图可以求出某段时间内位移的大小，可以比较v t 2与v x2，以及追及问题；用x－t 图象可求出任意时间内的平均速度等．例2 物体以一定的初速度v0冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图1所示．已知物体第一次运动到斜面长度3/4处的B 点时，所用时间为t ，求物体从B 滑到C 所用的时间．解析解法一比例法图1对于初速度为0的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为 x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1) 现有x BC ∶x AB ＝x AC 4∶3x AC4＝1∶3通过x AB 的时间为t ，故通过x BC 的时间t BC ＝t . 解法二中间时刻速度法利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度． v AC ＝v 0＋02＝v 02又v 20＝2ax AC ① v 2B ＝2ax BC ② x BC ＝14x AC ③解①②③得：v B ＝v 02.可以看出v B正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置．因此有t BC＝t.解法三利用有关推论对于初速度为0的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶t n＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3)∶…∶(n－n－1)．现将整个斜面分成相等的四段，如图所示．设通过BC段的时间为t x，那么通过BD、DE、EA的时间分别为：t BD＝(2－1)t x，t DE＝(3－2)t x，t EA＝(2－3)t x，又t BD＋t DE＋t EA＝t，得t x＝t.答案t突破训练2在一个倾斜的长冰道上方，一群孩子排成队，每隔1 s就有一个小孩子往下滑，一游客对着冰道上的孩子拍下一张照片，如图2所示，照片上有甲、乙、丙、丁四个孩子．他根据照片与实物的比例推算出乙与甲、丙两孩子间图2的距离分别为12.5 m和17.5 m，请你据此求解下列问题：(g取10 m/s2)(1)若不考虑一切阻力，小孩下滑加速度是多少？(2)拍照时，最下面的小孩丁的速度是多大？(3)拍照时，在小孩甲上面的冰道上下滑的小孩子不会超过几个？答案(1)5 m/s2(2)25 m/s(3)不会超过2个考点三自由落体运动和竖直上抛运动1．自由落体运动实质：初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动．2．竖直上抛运动的研究方法竖直上抛运动的实质是加速度恒为g的匀变速运动，处理时可采用两种方法：(1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下降过程的自由落体阶段．(2)全程法：将全过程视为初速度为v0、加速度为a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性．习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方．3. 竖直上抛运动的对称性如图3所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则(1)时间对称性：物体上升过程中从A→C所用时间t AC和下降过程中从C→A所用时间t CA相等，同理t AB＝t BA.(2)速度对称性：物体上升过程经过A点与下降过程经过A点的速度大小相等．图3(3)能量的对称性：物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等，均等于mgh AB. 例3在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m，不计空气阻力，设塔足够高，则物体位移大小为10 m时，物体通过的路程可能为() A．10 m B．20 m C．30 m D．50 m解析物体在塔顶上的A点抛出，位移大小为10 m的位置有两处，如图所示，一处在A点之上，另一处在A点之下，在A点之上时，通过位移为10 m处又有上升和下降两种过程，上升通过时，物体的路程s1等于位移x1的大小，即s1＝x1＝10 m；下降通过时，路程s2＝2h－x1＝2×20 m－10 m＝30 m．在A点之下时，通过的路程s3＝2h＋x2＝2×20 m＋10 m＝50 m．故A、C、D正确，B错误．答案ACD竖直上抛运动解题时应注意的问题竖直上抛运动可分为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动两个阶段，解题时应注意以下两点：(1)可用整体法，也可用分段法．自由落体运动满足初速度为零的匀加速直线运动的一切规律及特点．(2)在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解．突破训练3在【例3】中求：(1)物体抛出的初速度大小；(2)若塔高H＝60 m，求物体从抛出到落到地面所用的时间和落到地面时的速度大小(g取10 m/s2)．答案(1)20 m/s(2)6 s40 m/s解析(1)由位移公式得：0－v20＝－2gh解得：v0＝2gh＝2×10×20 m/s＝20 m/s(2)由位移公式得：－H＝v0t－12gt2，解得：t＝6 s物体由最高点做自由落体运动，落地时的速度大小为v，则：v2＝2g(H＋h)，解得：v＝40 m/s.2．思维转化法：将“多个物体的运动”转化为“一个物体的运动”例4 从斜面上某一位置，每隔0.1 s 释放一个小球，在连续释放几颗小球后，对在斜面上滚动的小球拍下照片，如图4所示，测得x AB ＝15 cm ，x BC ＝20 cm ，求： (1)小球的加速度； (2)拍摄时B 球的速度；图4(3)拍摄时x CD 的大小；(4)A 球上方滚动的小球还有几颗．解析 (1)由a ＝Δxt 2得小球的加速度a ＝x BC －x AB t2＝5 m/s 2 (2)B 点的速度等于AC 段上的平均速度，即 v B ＝x AC2t＝1.75 m/s (3)由相邻相等时间内的位移差恒定，即x CD －x BC ＝x BC －x AB ，所以 x CD ＝2x BC －x AB ＝0.25 m(4)设A 点小球的速度为v A ，由于 v A ＝v B －at ＝1.25 m/s所以A 球的运动时间为t A ＝v Aa ＝0.25 s ，所以在A 球上方滚动的小球还有2颗．答案 (1)5 m/s 2 (2)1.75 m/s (3)0.25 m (4)2在运动学问题的解题过程中，若按正常解法求解有困难时，往往可以通过变换思维方式，使解答过程简单明了．在直线运动问题中常见的思维转化方法除上例所用外，还有：将末速度为零的匀减速直线运动通过逆向思维转化为初速度为零的匀加速直线运动；将平均速度转化为中间时刻的速度；将位置变化转化为相对运动等．突破训练4 某同学站在一平房边观察从屋檐边滴下的水滴，发现屋檐边滴水是等时的，且第5滴正欲滴下时，第1滴刚好到达地面；第2滴和第3滴水刚好位于窗户的下沿和上沿，他测得窗户上、下沿的高度差为1 m ，由此求屋檐离地面的高度．答案 3.2 m解析作出如图所示的示意图.5滴水滴的位置等效为一滴水做自由落体运动连续相等时间内的位置．图中自上而下相邻点之间的距离比为1∶3∶5∶7，因点“3”、“2”间距为1 m ，可知屋檐离地面高度为 15×(1＋3＋5＋7) m ＝3.2 m高考题组1． (2011·重庆·14)某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s 听到石头落底声．由此可知井深约为(不计声音传播时间，重力加速度g 取10 m/s 2)( ) A ．10 m B ．20 m C ．30 m D ．40 m答案 B解析从井口由静止释放，石头做自由落体运动，由运动学公式h ＝12gt 2可得h ＝12×10×22 m ＝20 m.2． (2011·安徽·16)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用的时间为t 2，则物体运动的加速度为 ( )A.2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2) B.Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2) C.2Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)D.Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)答案 A解析物体做匀变速直线运动，由匀变速直线运动规律： v ＝v t 2＝x t 知：v t 12＝Δx t 1①v t 22＝Δx t 2② 由匀变速直线运动速度公式v t ＝v 0＋at 知 v t 22＝v t 12＋a ·(t 1＋t 22)③①②③式联立解得a ＝2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2).3． (2011·山东·18)如图5所示，将小球a 从地面以初速度v 0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b 从距地面h 处由静止释放，两球恰在h2处相遇(不计空气阻力)．则( )图5A ．两球同时落地B ．相遇时两球速度大小相等C ．从开始运动到相遇，球a 动能的减少量等于球b 动能的增加量D ．相遇后的任意时刻，重力对球a 做功功率和对球b 做功功率相等答案 C解析对b 球，由h 2＝12gt 2得t ＝hg ，v b＝gt ＝gh .以后以初速度gh 匀加速下落．对a 球，h 2＝v 0t －12gt 2得v 0＝gh ，在h 2处，v a ＝v 0－gt ＝0，以后从h2处自由下落．故落地时间t b <t a ，a 、b 不同时落地，选项A 错误．相遇时v b ＝gh ，v a ＝0，选项B错误．从开始运动到相遇，a 球动能减少量ΔE k a ＝12m v 20＝12mgh ，b 球动能增加量ΔE k b＝12m v 2b ＝12mgh ，选项C 正确．相遇之后，重力对b 球做功的功率P b ＝mg (v b ＋gt ′)＝mg (gh ＋gt ′)，重力对a 球做功的功率P a ＝mg (v a ＋gt ′)＝mg ·gt ′，P b >P a ，选项D 错误．模拟题组4．如图6所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a 、b 、c 、d 到达最高点e .已知ab ＝bd ＝6 m ，bc ＝1 m ，小球从a 到c 和从c 到d 所用的时间都是2 s ，设小球经b 、c 时的速度分别为v b 、v c ，则( )图6A ．v b ＝2 2 m/sB ．v c ＝3 m/sC ．x de ＝3 mD ．从d 到e 所用时间为4 s 答案 BD解析小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因T ac ＝T cd ＝T ，故c 点为a 到d 的中间时刻，故v c ＝x ad 2T ＝6＋62×2 m/s ＝3 m/s ，故B 正确；因x ac ＝x ab ＋x bc ＝7 m ，x cd ＝x bd －x bc ＝5 m ，故加速度大小为a ＝x ac －x cd T 2＝0.5 m/s 2，由v c ＝aT ec 得T ec ＝v ca＝6 s ，则T de ＝T ec －T cd ＝4 s ；x de ＝x ec －x cd ＝4 m ，故C 错误，D 正确；由v 2b －v 2c ＝2a ·x bc 可得，v b ＝10 m/s ，A 错误．5．气球以10 m/s 的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m 的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g 取10 m/s 2) 答案 7 s 60 m/s解析解法一全程法取全过程为一整体进行研究，从重物自气球上掉落计时，经时间t 落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图，如图所示．重物在时间t 内的位移h ＝－175 m 将h ＝－175 m ，v 0＝10 m/s 代入位移公式 h ＝v 0t －12gt 2解得t ＝7 s 或t ＝－5 s(舍去)，所以重物落地速度为 v ＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－60 m/s其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反．解法二分段法设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点，则 t 1＝v 0g ＝1010s ＝1 s上升的最大高度h 1＝v 202g ＝1022×10 m ＝5 m故重物离地面的最大高度为 H ＝h 1＋h ＝5 m ＋175 m ＝180 m重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为 t 2＝2H g＝ 2×18010s ＝6 s ， v ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s ，方向竖直向下所以重物从气球上掉落至落地共历时 t ＝t 1＋t 2＝7 s.(限时：30分钟)►题组1 匀变速直线运动基本规律的应用1．一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s ，在第9 s 内的位移比第5 s 内的位移多4 m ，则该质点的加速度、9 s 末的速度和质点在9 s 内通过的位移分别是( )A ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝40.5 mB ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝45 mC ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9.5 m/s ，x 9＝45 mD ．a ＝0.8 m/s 2，v 9＝7.7 m/s ，x 9＝36.9 m 答案 C解析 a ＝x 9′－x 5′4T 2＝44×12 m/s 2＝1 m/s 2，v 9＝v 0＋at ＝(0.5＋1×9) m/s ＝9.5 m/s ，x 9＝v 0t ＋12at 2＝(0.5×9＋12×1×92) m ＝45 m ，故正确选项为C.2．给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g2，当滑块速度大小减为v 02时，所用时间可能是( )A.v 02g B.v 0g C.3v 0gD.3v 02g答案 BC解析当滑块速度大小减为v 02时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v ＝v 02或v ＝－v 02，代入公式t ＝v －v 0a 得，t ＝v 0g 或t ＝3v 0g ，故B 、C 正确．3．一个做匀加速直线运动的物体，在前4 s 内经过的位移为24 m ，在第二个4 s 内经过的位移是60 m ．求这个物体运动的加速度和初速度各是多少？答案 2.25 m/s 2 1.5 m/s 解析解法一基本公式法：前4 s 内经过的位移：x 1＝v 0t ＋12at 2第2个4 s 内经过的位移： x 2＝v 0(2t )＋12a (2t )2－(v 0t ＋12at 2)将x 1＝24 m 、x 2＝60 m 代入上式，解得a ＝2.25 m/s 2 v 0＝1.5 m/s.解法二由公式Δx ＝aT 2，得 a ＝Δx T 2＝60－2442m/s 2＝2.25 m/s 2. 根据v ＝v t 2得v ＝v t 2＝24＋608m/s ＝v 0＋4a ，所以v 0＝1.5 m/s.►题组2 自由落体和竖直上抛运动的规律4．从某高处释放一粒小石子，经过1 s 从同一地点再释放另一粒小石子，则在它们落地之前，两粒石子间的距离将( )A ．保持不变B ．不断增大C ．不断减小D ．有时增大，有时减小答案 B解析设第1粒石子运动的时间为t s ，则第2粒石子运动的时间为(t －1) s ，两粒石子间的距离为Δh ＝12gt 2－12g (t －1)2＝gt －12g ，可见，两粒石子间的距离随t 的增大而增大，故B 正确．5．从水平地面竖直向上抛出一物体，物体在空中运动，到最后又落回地面．在不计空气阻力的条件下，以下判断正确的是( )A ．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同B ．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反C ．物体上升过程经历的时间等于物体下落过程经历的时间D ．物体上升过程经历的时间小于物体下落过程经历的时间答案 AC解析物体竖直上抛，不计空气阻力，只受重力，则物体上升和下降阶段加速度相同，大小为g ，方向向下，A 正确，B 错误；上升和下落阶段位移大小相等，加速度大小相等，所以上升和下落过程所经历的时间相等，C 正确，D 错误．6．一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低的点a 的时间间隔是T a ，两次经过一个较高点b 的时间间隔是T b ，则a 、b 之间的距离为 ( )A.18g (T 2a －T 2b ) B.14g (T 2a －T 2b ) C.12g (T 2a －T 2b )D.12g (T a －T b ) 答案 A解析根据时间的对称性，物体从a 点到最高点的时间为T a2，从b 点到最高点的时间为T b 2，所以a 点到最高点的距离h a ＝12g (T a 2)2＝gT 2a 8，b 点到最高点的距离h b ＝12g (T b 2)2＝gT 2b 8，故a 、b 之间的距离为h a －h b ＝18g (T 2a －T 2b )，故选A. 7．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛的物体，从抛出至回到原点的时间为t ，现在在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板后以原速率弹回(撞击所需时间不计)，则此时物体上升和下降的总时间约为( )A ．0.5tB ．0.4tC ．0.3tD ．0.2t 答案 C解析物体上升到最大高度所需的时间为t2，把上升的位移分成相等的两段，自上向下的时间的比为1：(2－1)，物体上升到最大高度的一半所需时间为t 1＝2－12×t2，由对称性，物体从最大位移的一半处下落到抛出点的时间也为t 1，故题中所求时间为2t 1＝2×2－12×t2≈0.3t . ►题组3 应用运动学基本规律分析实际运动问题8．汽车进行刹车试验，若速率从8 m/s 匀减速至零，需用时间1 s ，按规定速率为8 m/s 的汽车刹车后拖行路程不得超过 5.9 m ，那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定( )A ．拖行路程为8 m ，符合规定B ．拖行路程为8 m ，不符合规定C ．拖行路程为4 m ，符合规定D ．拖行路程为4 m ，不符合规定答案 C解析由x ＝v 02t 可得：汽车刹车后的拖行路程为x ＝82×1 m ＝4 m<5.9 m ，所以刹车试验的拖行路程符合规定，C 正确．9．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ．则刹车后6 s 内的位移是( )A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 m 答案 C解析由Δx ＝aT 2得：a ＝－2 m/s 2，由v 0T ＋12aT 2＝x 1得：v 0＝10 m/s ，汽车刹车时间t＝0－v 0a ＝5 s<6 s ，故刹车后6 s 内的位移为x ＝0－v 202a＝25 m ，C 正确．10．一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一行电线杆，相邻电线杆间的间隔均为50 m ，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度大小为v 1＝5 m/s ，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10 s 末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是( )A ．汽车运动的加速度大小为1 m/s 2B ．汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/sC ．汽车在第3根至第7根电线杆间运动所需的时间为20 sD ．汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为25 m/s 答案 AB解析由匀加速直线运动的位移规律x ＝v 0t ＋12at 2知汽车运动的加速度大小为1 m/s 2，A 正确；由v 2t －v 20＝2ax 知汽车经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s ，B 正确；由v t ＝v 0＋at 知汽车从第1根至第7根电线杆用时为20 s ，所以从第3根至第7根电线杆用时为10 s ，C 错误；由v ＝x t 知汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为20 m/s ，D 错误．11．“蹦床”是奥运体操的一种竞技项目，比赛时，可在弹性网上安装压力传感器，利用压力传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力，并由计算机作出压力(F )－时间(t )图象，如图1为某一运动员比赛时计算机作出的F －t 图象，不计空气阻力，则关于该运动员，下列说法正确的是( )图1A ．裁判打分时可以把该运动员的运动看成质点的运动B ．1 s 末该运动员的运动速度最大C ．1 s 末到2 s 末，该运动员在做减速运动D ．3 s 末该运动员运动到最高点答案 D解析运动员的外形和动作影响裁判打分，不能把该运动员的运动看成质点的运动，则A 错误；1 s 末对弹性网的压力最大，运动员在最低点，速度为0,1 s 末到2 s 末，运动员在做加速运动，2 s 末到3 s 末，运动员做竖直上抛运动，3 s 末运动员运动到最高点，则B 、C 错误，D 正确．12．如图2所示，A 、B 两同学在直跑道上练习4×100 m 接力，他们在奔跑时有相同的最大速度．B 从静止开始全力奔跑需25 m 才能达到最大速度，这一过程可看做匀变速运动，现在A 持棒以最大速度向B 奔来，B 在接力区伺机全力奔出．若要求B 接棒时速度达到最大速度的80%，则：图2(1)B 在接力区需跑出的距离s 1为多少？ (2)B 应在离A 的距离s 2为多少时起跑？答案 (1)16 m (2)24 m解析 (1)对B ：设其加速度为a ，跑出的距离为s 时速度达到最大值v .则2as ＝v 2,2as 1＝(0.8v )2，解得s 1＝0.64s ＝16 m.(2)设B 接棒时跑出时间为t ，则s 1＝v t ＝0.8v2t ，在t 时间内，对A 有s A ＝v t ，解得s A＝40 m ．所以B 起跑时，应距离A 为Δs ＝s A －s 1，解得Δs ＝s 2＝24 m.13．一列火车做匀变速直线运动，一人在轨道旁边观察火车运动，发现在相邻的两个10 s内，火车从他跟前分别驶过8节车厢和6节车厢，每节车厢长8 m(连接处长度不计)，求：(1)火车的加速度的大小； (2)人开始观察时火车速度的大小．答案 (1)0.16 m/s 2 (2)7.2 m/s解析 (1)由题知，火车做匀减速运动，设火车加速度大小为a ，L ＝8 m ．由Δx ＝aT 2得8L －6L ＝a ×102，a ＝2L 100＝2×8100m/s 2＝0.16 m/s 2.(2)设人开始观察时火车速度大小为v 0，v T 2＝v ＝8L ＋6L 2T ＝14×820 m/s ＝5.6 m/s.v T2＝v 0－aT ，解得v 0＝7.2 m/s.。

2014《步步高》物理大一轮复习讲义第一章第1课时

Ⅰ.对所列知识要知道其内容及含义，并能在有关问题中识别和直接使用它们． Ⅱ.对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用．第1课时运动的描述考纲解读 1.知道参考系、质点、位移的概念，理解物体看成质点的条件和位移的矢量性.2.知道速度与加速度、平均速度和瞬时速度的区别，并理解二者间的关系．1．[对质点的理解]在研究下述运动时，能把物体看做质点的是() A．研究跳水运动员在空中的跳水动作时B．研究飞往火星的宇宙飞船最佳运行轨道时C．一枚硬币用力上抛并猜测它落地时正面是朝上还是朝下时D．研究汽车在上坡时有无翻倒的危险时答案 B2．[对参考系的理解]如图1所示，飞行员跳伞后飞机上的其他飞行员(甲) 和地面上的人(乙)观察跳伞飞行员的运动后，引发了对跳伞飞行员运动状况的争论，下列说法正确的是()A．甲、乙两人的说法中必有一个是错误的B．他们的争论是由于选择的参考系不同而引起的C．研究物体运动时不一定要选择参考系图1D．参考系的选择只能是相对于地面静止的物体答案 B解析甲、乙两人的争论是由于选择的参考系不同而引起的，A错，B对；研究物体的运动一定要选择参考系，C错；参考系的选择具有任意性，D错．3．[平均速度和瞬时速度的区别]关于瞬时速度和平均速度，以下说法正确的是() A．一般讲平均速度时，必须讲清楚是哪段时间(或哪段位移)内的平均速度B．对于匀速直线运动，其平均速度跟哪段时间(或哪段位移)无关C．瞬时速度和平均速度都可以精确描述变速运动D．瞬时速度是某时刻的速度，只有瞬时速度才能精确描述变速运动物体运动的快慢答案ABD解析一般情况下，物体在不同时间(或不同位移)内的平均速度不同，但对于匀速直线运动，物体的速度不变，所以平均速度与哪段时间(或哪段位移)无关，故A、B均正确；平均速度只能粗略地描述变速运动，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢，故C错，D正确．考点梳理1．质点用来代替物体的有质量的点叫做质点，研究一个物体的运动时，如果物体的形状和大小对问题的影响可以忽略，就可以看做质点．2．参考系(1)为了研究物体的运动而假定不动的物体，叫做参考系．(2)对同一物体的运动，所选择的参考系不同，对它的运动的描述可能会不同．通常以地球为参考系．3．位移是位置的变化量，是从初位置指向末位置的有向线段．是矢量．(填“矢”或“标”) 4．速度物理学中用位移与发生这个位移所用时间的比值表示物体运动的快慢，即v ＝ΔxΔt ，其是描述物体运动快慢的物理量．(1)平均速度：在变速运动中，物体在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值叫做这段时间内的平均速度，即v ＝xt，其方向与位移的方向相同．(2)瞬时速度：运动物体在某一时刻(或某一位置)的速度，方向沿轨迹上物体所在点的切线方向指向前进的一侧，是矢量．瞬时速度的大小叫速率，是标量．4． [速度变化量和加速度的关系]由a ＝Δv /Δt 可得( )A ．a 与Δv 成正比B ．物体的加速度大小由Δv 决定C ．a 与Δt 成反比D ．Δv /Δt 叫速度的变化率，就是加速度答案 D解析公式a ＝ΔvΔt 是加速度的定义式，a 与Δv 、Δt 无关，故选项A 、B 、C 都错；Δv /Δt叫速度的变化率，就是加速度，选项D 对．5． [加速度和速度的关系]有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说法( )A ．点火后即将升空的火箭，因火箭还没运动，所以加速度一定为零B ．高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车．因轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大C ．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D ．太空中的空间站绕地球匀速转动，其加速度为零答案 B 规律总结1．比值定义法：加速度是速度变化量与发生这一变化所用时间的比值．2．加速度的大小与v 、Δv 的大小无关，a ＝ΔvΔt ，因此，加速度又叫速度的变化率．3．加速度是矢量，方向与Δv 的方向相同.考点一对质点和参考系的理解1．质点(1)质点是一种理想化模型，实际并不存在．(2)物体可看做质点的条件：研究物体的运动时，物体的大小和形状对研究结果的影响可以忽略．2．参考系(1)参考系可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体，我们都假定它是静止的．(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系．(3)选取不同的物体作为参考系，对同一物体运动的描述可能不同．例1下列情况下的物体可以看做质点的是() A．研究绕地球飞行时的“神州九号”飞船B．研究飞行中直升飞机上的螺旋桨的转动情况C．放在地面上的木箱，在上面的箱角处用水平推力推它，木箱可绕下面的箱角转动D．研究“蛟龙号”下潜到7 000 m深度过程中的速度时答案AD突破训练1做下列运动的物体，能当成质点处理的是() A．研究跆拳道比赛中运动员的动作时B．旋转中的风力发电机叶片C．研究被运动员踢出的旋转足球时D．匀速直线运动的火车答案 D解析在研究跆拳道比赛中运动员的动作时，不能把运动员当做质点处理，选项A错；研究风力发电机叶片的旋转时，叶片的形状不能忽略，选项B错；研究足球的旋转时，足球的大小和形状不能忽略，C错；匀速直线运动的火车可作为质点处理，D对．例2甲、乙、丙三个观察者同时观察一个物体的运动．甲说：“它在做匀速运动．”乙说：“它是静止的．”丙说：“它在做加速运动．”这三个人的说法() A．在任何情况下都不对B．三人中总有一人或两人的说法是错误的C．如果选择同一参考系，那么三个人的说法都对D．如果各自选择自己的参考系，那么三个人的说法就可能都对解析如果被观察物体相对于地面是静止的，甲、乙、丙相对于地面分别是匀速运动、静止、加速运动，再以他们自己为参考系，则三个人的说法都正确，A、B错误，D正确；在上面的情形中，如果他们都选择地面为参考系，三个人的观察结果应是相同的，因此C错误．答案 D突破训练2如图2所示，由于风的缘故，河岸上的旗帜向右飘，在河面上的两条船上的旗帜分别向右和向左飘，两条船的运动状态是()A．A船肯定是向左运动的图2B．A船肯定是静止的C．B船肯定是向右运动的D．B船可能是静止的答案 C解析题图中河岸是静止的，由旗帜向右飘，可知此时风向向右(相对河岸而言)．A船上的旗帜向右飘表明，A船有以下三种可能：一是A船不动，风把旗帜吹向右方；二是A船向左运动，风相对A船向右吹，风把旗帜吹向右方；三是A船向右运动，但船速小于风速，风仍能把旗帜吹向右方．对B船，则只有B船向右运动且船速大于风速，风才能把旗帜吹向左方．考点二平均速度和瞬时速度的关系1．平均速度反映一段时间内物体运动的平均快慢程度，它与一段时间或一段位移相对应．瞬时速度能精确描述物体运动的快慢，它是在运动时间Δt→0时的平均速度，与某一时刻或某一位置相对应．2．瞬时速度的大小叫速率，但平均速度的大小不能称为平均速率，因为平均速率是路程与时间的比值，它与平均速度的大小没有对应关系．例32012年8月6日在伦敦举行的奥运会100米决赛中，牙买加选手博尔特以9秒63获得金牌．在8月6日举行的110米栏决赛中，美国选手梅里特以12秒92的成绩夺得冠军，刘翔因伤退赛；8月10日，博尔特又以19秒32的成绩，夺得男子200米金牌．关于这三次比赛中的运动员的运动情况，下列说法正确的是() A．200 m比赛的位移是100 m比赛位移的两倍B．200 m比赛的平均速率约为10.35 m/sC．110 m栏比赛的平均速度约为8.51 m/sD．100 m比赛的最大速度约为20.70 m/s解析200 m赛道是弯道，100 m赛道是直道，所以运动员跑200 m路程时的位移小于200 m ，A 项错.200 m 比赛的平均速率为v ＝20019.32 m/s ＝10.35 m/s ，B 项对；同理C 项对．在100 m 比赛中，由于运动员在全程中并非做匀加速直线运动，故最大速度不等于平均速度的2倍，D 项错误．答案 BC物理问题常常与实际生活相联系，本题中200 m 跑道不是直的，而是弯曲的，这是一个实际生活问题，所以学习物理不能脱离生活．突破训练3 如图3所示，一个人沿着一个圆形轨道运动，由A 点开始运动，经过半个圆周到达B 点．下列说法正确的是( )A ．人从A 到B 的平均速度方向由A 指向B B ．人从A 到B 的平均速度方向沿B 点的切线方向图3C ．人在B 点的瞬时速度方向由A 指向BD ．人在B 点的瞬时速度方向沿B 点的切线方向答案 AD解析物体在某段时间内平均速度的方向与位移的方向相同，所以人从A 到B 的平均速度方向由A 指向B ，A 正确，B 错误．物体在某一点的瞬时速度的方向就是物体在该点的运动方向，人在B 点时的运动方向为沿B 点的切线方向，所以人在B 点的瞬时速度方向沿B 点的切线方向，C 错误，D 正确．考点三速度、速度变化量和加速度的关系A ．加速度大小逐渐减小，速度也逐渐减小B ．加速度方向不变，而速度方向改变C ．加速度和速度都在变化，加速度最大时，速度最小D ．加速度为零时，速度的变化率最大解析加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，当加速度为零时，物体的速度不再变化，速度的变化率为零，故D 错误；速度增大还是减小，是由速度与加速度同向还是反向决定的，与加速度的大小及变化无关，故A 、B 、C 均有可能发生．答案 D1.a ＝Δv Δt 是加速度的定义式，加速度的决定式是a ＝Fm ，即加速度的大小由物体受到的合力F 和物体的质量m 共同决定，加速度的方向由合力的方向决定． 2．根据a 与v 方向间的关系判断物体是在加速还是在减速 (1)当a 与v 同向或夹角为锐角时，物体速度大小变大． (2)当a 与v 垂直时，物体速度大小不变．(3)当a 与v 反向或夹角为钝角时，物体速度大小变小．突破训练4 一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，则在此过程中( )A ．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B ．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C ．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D ．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值答案 B解析加速度的方向始终与速度方向相同，故加速度减小并不代表速度减小了，只是说明单位时间内速度的增加量减小了，但仍是加速．1．用极限法求瞬时速度由平均速度公式v ＝ΔxΔt 可知，当Δx 、Δt 都非常小，趋向于极限时，这时的平均速度就可认为是某一时刻或某一位置的瞬时速度．测出物体在微小时间Δt 内发生的微小位移Δx ，然后可由v ＝ΔxΔt 求出物体在该位置的瞬时速度，这样瞬时速度的测量便可转化成为微小时间Δt 和微小位移Δx 的测量．例5 为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为3.0 cm的遮光板，如图4所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt 1＝0.30 s ，通过第二个光电门的时间为Δt 2＝0.10 s ，遮光板图4从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt ＝3.0 s ．试估算： (1)滑块的加速度多大？(2)两个光电门之间的距离是多少？解析 (1)遮光板通过第一个光电门的速度 v 1＝L Δt 1＝0.030.30 m/s ＝0.10 m/s遮光板通过第二个光电门的速度 v 2＝L Δt 2＝0.030.10m/s ＝0.30 m/s故滑块的加速度a ＝v 2－v 1Δt ≈0.067 m/s 2.(2)两个光电门之间的距离x ＝v 1＋v 22Δt ＝0.6 m.答案 (1)0.067 m/s 2 (2)0.6 m突破训练5 根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt 极短时，ΔxΔt就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义应用了下列物理方法中的( )A ．控制变量法B ．假设法C ．微元法D ．极限法答案 D解析在时间间隔Δt 较小的情况下，平均速度能比较精确地描述物体运动的快慢程度，Δt越小，描述越精确，这里利用的是极限法．高考题组1. (2011·上海·4)图5是一张天文爱好者经长时间曝光拍摄的“星星的轨迹”照片．这些有规律的弧线的形成，说明了()A．太阳在运动B．月球在公转C．地球在公转图5D．地球在自转答案 D解析从题图中可以看出星星的轨迹呈现圆弧形状，这种现象的发生实际上不是恒星在运动，而是因地球自转拍摄到的恒星相对位置变化的现象．即选择地球表面为参考系，所观察到的恒星运动轨迹．2．(2009·广东·2)做下列运动的物体，能当成质点处理的是() A．自转中的地球B．旋转中的风力发电机叶片C．在冰面上旋转的花样滑冰运动员D．做匀速直线运动的火车答案 D模拟题组3．关于物体运动状态的改变，下列说法中正确的是() A．物体运动的速率不变，其运动状态就不变B．物体运动的加速度不变，其运动状态就不变C．物体运动状态的改变包括两种情况：一是由静止到运动，二是由运动到静止D．物体的运动速度不变，我们就说它的运动状态不变答案 D4．在日常生活中，人们常把物体运动的路程与运动时间的比值定义为物体运动的平均速率．某同学假日乘汽车到南京观光，在公路上两次看到路牌和手表如图6所示．则该同学乘坐的汽车在该段时间内行驶的平均速率为()图6A．60 km/h B．29 km/h C．19 km/h D．9 km/h 答案 A解析20 min＝13h，故平均速率v＝ΔsΔt＝2013km/h＝60 km/h.(限时：30分钟)►题组1质点和参考系概念的理解1．以下情景中，加着重号的人或物体可看成质点的是()A．研究一列火车．．通过长江大桥所需的时间B．乒乓球比赛中，运动员发出的旋转球．．．C．研究航天员翟志刚．．．在太空出舱挥动国旗的动作D．用GPS确定打击海盗的“武汉．．”舰．在大海中的位置答案 D解析把物体看做质点的条件是：物体的大小或形状对研究的问题没有影响，或者对研究问题的影响可以忽略．研究火车通过长江大桥的时间不能把火车看成质点；“旋转球”上的不同点转动情况不同，故不能把它看成质点；研究航天员翟志刚在太空出舱挥动国旗的动作时，不能把翟志刚看成质点；用GPS确定“武汉”舰在大海中的位置时，可以把“武汉”舰看成质点．故应选D.2．下列情形中的物体可以看做质点的是() A．研究郭晶晶在跳水比赛中的动作时B．一枚硬币用力上抛，猜测它落地时是正面朝上还是反面朝上时C．研究邢慧娜在万米长跑中运动的快慢时D．研究足球运动员踢出的“香蕉球”的运动特点时答案 C解析在跳水比赛中，人们要观察跳水运动员的优美动作，包括空中的和入水时的动作，所以不能看做质点，A错误；硬币是正面朝上还是反面朝上，与硬币的形状有密切关系，所以不能看做质点，B错误；邢慧娜在万米长跑中可以看成质点，因为在长跑中主要看她所用的时间，不考虑其本身的形状和大小，C正确；足球运动员踢出的“香蕉球”的运动十分复杂，所以不能把足球看做质点，D错误．3．汽车沿平直的公路向左匀速行驶，如图1所示，经过一棵树附近时，恰有一颗果子从上面自由落下，则车中的人以车为参考系，看到果子的运动轨迹是下图中的()图1答案 B解析以车为参考系，则果子在竖直方向做自由落体运动，水平方向向右做匀速直线运动，选B.4．两位杂技演员，甲从高处自由落下的同时乙从蹦床上竖直跳起，结果两人同时落到蹦床上，若以演员自己为参考系，此过程中他们各自看到对方的运动情况是() A．甲看到乙先朝上、再朝下运动B．甲看到乙一直朝上运动C．乙看到甲先朝下、再朝上运动D．甲看到乙一直朝下运动答案 B解析乙上升过程，甲、乙间距越来越小，故甲看到乙向上运动；乙下降过程，因甲的速度大于乙的速度，甲、乙间距仍然变小，故甲看到乙还是向上运动，只有B项正确．5．汉语成语中有一个“形影不离”的成语，意思是人的身体和影子分不开，形容关系密切、经常在一起．在晴天的早上，某同学在操场上跑步，下列说法正确的是()A．以地面为参考系，影子是静止的B．以地面为参考系，影子是运动的C．以人为参考系，影子是静止的D．以人为参考系，影子是运动的答案BC解析人的速度与其影子的速度相等，选人为参考系，影子是静止的，选地面为参考系，影子是运动的．B、C正确．6．甲、乙、丙三人各乘一个热气球，甲看到楼房匀速上升，乙看到甲匀速上升，丙看到乙匀速下降．那么，从地面上看，甲、乙、丙的运动情况可能是() A．甲、乙匀速下降，v乙>v甲，丙停在空中B．甲、乙匀速下降，v乙>v甲，丙匀速上升C．甲、乙匀速下降，v乙>v甲，丙匀速下降，且v丙>v乙D．甲、乙匀速下降，v乙>v甲，丙匀速下降，且v丙<v乙答案ABD解析甲看到楼房匀速上升，说明甲在匀速下降；又因为乙看到甲匀速上升，说明乙比甲下降得更快，即乙也匀速下降，且v乙>v甲．丙看到乙匀速下降，说明丙可能在匀速上升，或停在空中，也可能在匀速下降且v丙<v乙．选项A、B、D正确．►题组2位移、平均速度和瞬时速度的理解7．某人向正东方向运动了x米，然后再沿东偏北60°方向又运动了x米，则该人运动的位移大小为() A．x米 B.2x米 C.3x米D．2x米答案 C解析其运动情景如图所示：该人的位移大小为：2x cos 30°＝3x米，C正确．8．下面关于瞬时速度和平均速度的说法正确的是() A．若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则它在这段时间内的平均速度一定等于零B．若物体在某段时间内的平均速度等于零，则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定都等于零C．匀速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度都等于它任一时刻的瞬时速度D．变速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度一定不等于它某一时刻的瞬时速度答案AC解析若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则物体静止，平均速度等于零，A选项对；匀速直线运动的速度恒定不变，任一时刻的瞬时速度都相等，都等于任意一段时间内的平均速度，C选项对；物体在某段时间内的平均速度等于零，但任一时刻瞬时速度不一定都为零．若物体做圆周运动一周，平均速度为零，任一时刻的瞬时速度不为零，B选项错；变速直线运动的速度在不断变化，某一时刻的瞬时速度完全有可能等于某段时间内的平均速度，D选项错．9．2011年10月24日，南京选手王冬强在第七届城市运动会上以13秒38的成绩获得男子110米栏冠军，刘翔师弟陆嘉腾以13秒41的成绩获得第二．下列说法正确的是() A．在110 m栏比赛中，选手通过的路程就是位移B．王冬强在起跑过程中的加速度一定比陆嘉腾的大C ．王冬强在全程中的平均速度约为8.22 m/sD ．冲到终点时，王冬强的速度一定大于陆嘉腾的速度答案 C解析路程是标量，位移是矢量，A 项错误；由v ＝ΔxΔt 可知，王冬强在全程中的平均速度约为8.22 m/s ，C 项正确；选手在运动过程中的加速度及瞬时速度的大小与平均速度的大小并没有直接关系，故B 、D 两项错误，正确答案为C 项．10．光电计时器是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图2甲所示，a 、b 分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a 、b 间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间，图乙中MN 是水平桌面，Q 是木板与桌面的接触点，1和2是固定在木板上适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出，让滑块d 从木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为2.5×10－2 s 和1.0×10－2 s ，小滑块d 的宽度为0.5 cm.可测出滑块通过光电门1的速度v 1＝________ m/s ，滑块通过光电门2的速度v 2＝________ m/s.图2答案 0.2 0.5 ►题组3 加速度理解和计算11．甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a 甲＝4 m/s 2，a 乙＝－4 m/s 2，那么对甲、乙两物体判断正确的是( )A ．甲的加速度大于乙的加速度B ．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动C ．甲的速度比乙的速度变化快D ．甲、乙在相等时间内速度变化可能相同答案 B解析加速度的正、负表示方向，绝对值表示大小，甲、乙加速度大小相等，A 错．甲的加速度与速度同向，所以做加速运动，乙的加速度与速度方向相反，所以做减速运动，B 对．加速度大小表示速度变化的快慢，甲、乙速度变化一样快，C 错．由Δv ＝a Δt 可知在相等时间内，甲、乙速度变化大小相等，方向相反，D 错． 12．下列所描述的运动中，可能的有( )A ．速度变化很大，加速度很小B ．速度变化方向为正，加速度方向为负C ．速度变化越来越快，加速度越来越小D ．速度越来越大，加速度越来越小答案 AD解析速度变化很大，根据Δv ＝a Δt ，如果Δt 很大，a 可以很小，故A 选项正确；a ＝Δv Δt ，其中Δv 与a 的方向一致，故B 选项错误；速度变化越来越快，即ΔvΔt 越来越大，也就是加速度越来越大，故C 选项错误；因速度的大小与加速度大小无直接关系，故D 选项正确．13．有下列几种情景请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说法为( )①点火后即将升空的火箭②高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车 ③运行的磁悬浮列车在轨道上高速行驶 ④太空的空间站在绕地球匀速转动 A ．因火箭还没运动，所以加速度一定为零 B ．轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大C ．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D ．尽管空间站匀速转动，加速度也不为零答案 BD解析即将升空的火箭，速度为零，但所受合外力不为零，加速度不为零，A 错．由于紧急刹车，速度变化很快，故加速度很大，B 对．磁悬浮列车以很大的速度匀速行驶时，加速度为零，C 错．空间站匀速转动，速度的大小不变，但方向时刻改变，存在向心加速度，D 对．14．一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动，直到停止，下表给出了不同时刻汽车的速度：(1)(2)汽车通过的总路程是多少？答案 (1)11 s (2)96 m解析 (1)汽车匀减速运动的加速度 a 2＝3－91m/s 2＝－6 m/s 2设汽车从3 m/s 经t ′停止，t ′＝0－3－6 s ＝0.5 s故汽车从开出到停止总共经历的时间为 10．5 s ＋0.5 s ＝11 s(2)汽车匀加速运动的加速度a 1＝6－31 m/s 2＝3 m/s 2汽车匀加速运动的时间t 1＝12－03 s ＝4 s汽车匀减速运动的时间t 3＝0－12－6 s ＝2 s汽车匀速运动的时间t 2＝11－t 1－t 3＝5 s 汽车匀速运动的速度为v ＝12 m/s 则汽车总共运动的路程s ＝v 2t 1＋v t 2＋v 2t 3＝⎝⎛⎭⎫122×4＋12×5＋122×2 m ＝96 m。

2014《步步高》物理大一轮复习讲义第12章第2课时机械波

第2课时机械波考纲解读 1.知道机械波的特点和分类.2.掌握波速、波长和频率的关系，会分析波的图象.3.理解波的干涉、衍射现象和多普勒效应，掌握波的干涉和衍射的条件．1．[波的形成与波的分类]关于波的形成和传播，下列说法正确的是()A．质点的振动方向与波的传播方向平行时，形成的波是纵波B．质点的振动方向与波的传播方向垂直时，形成的波是横波C．波在传播过程中，介质中的质点随波一起迁移D．波可以传递振动形式和能量答案ABD2．[波长、波速、频率的关系]如图1所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，虚线是这列波在t＝0.05 s时刻的波形图．已知该波的波速是80 cm/s，则下列说法中正确的是() 图1A．这列波有可能沿x轴正方向传播B．这列波的波长是10 cmC．t＝0.05 s时刻x＝6 cm处的质点正在向下运动D．这列波的周期一定是0.15 s答案 D解析由波的图象可看出，这列波的波长λ＝12 cm，B错误；根据v＝λT，可求出这列波的周期为T＝λv＝1280s＝0.15 s，D正确；根据x＝v t＝80×0.05 cm＝4 cm可判断，波应沿x轴负方向传播，根据波的“微平移”法可判断t＝0.05 s时刻x＝6 cm处的质点正在向上运动，A、C错误．3．[波的图象的理解]如图2所示是一列简谐波在t＝0时的波形图，介质中的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝10sin 5πt cm.关于这列简谐波，下列说法中正确的是() 图2A．这列简谐波的振幅为20 cmB ．这列简谐波的周期为5.0 sC ．这列简谐波在该介质中的传播速度为25 cm/sD ．这列简谐波沿x 轴正向传播答案 D解析由题图可知，质点偏离平衡位臵的最大距离即振幅为10 cm ，A 错；由该质点P 振动的表达式可知这列简谐横波的周期为T ＝2πω＝2π5π s ＝0.4 s ，B 错；由题图可知，该波的波长为λ＝4 m ，波速v ＝λT ＝40.4 m/s ＝10 m/s ，C 错；由质点P 做简谐运动的表达式可知，t ＝0时刻质点P 正在向上运动，由此可判断波沿x 轴正向传播，D 正确． 4． [波的干涉和衍射]如图3所示为观察水面波衍射的实验装置，AC 和BD是两块挡板，AB 是一个小孔，O 是波源，图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹(图中曲线)之间的距离表示一个波长，则对波经过孔后的传播情况，下列描述不正确的是 ( ) A ．此时能明显观察到波的衍射现象图3B ．挡板前后波纹间距相等C ．如果将孔AB 扩大，有可能观察不到明显的衍射现象D ．如果孔的大小不变，使波源频率增大，能更明显地观察到衍射现象答案 D解析由题图可以看出，孔AB 尺寸与波长相差不大，因只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小时，才能观察到明显的衍射现象，故选项A 、C 正确；由λ＝vf 知，v 不变，f 增大，只能使λ减小，故选项D 错；既然衍射是指“波绕过障碍物而传播的现象”，那么经过孔后的波长自然不变，故选项B 正确．考点梳理1．机械波的形成条件：(1)波源；(2)介质． 2．机械波的特点(1)机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移．(2)介质中各质点的振幅相同，振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同． (3)各质点开始振动(即起振)的方向均相同．(4)一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A ，位移为零． 3．波长、波速、频率及其关系(1)波长在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离，用λ表示．(2)波速波在介质中的传播速度．由介质本身的性质决定． (3)频率由波源决定，等于波源的振动频率． (4)波长、波速和频率的关系：v ＝fλ.特别提醒 1.机械波从一种介质进入另一种介质，频率不变，波速、波长都改变． 2．机械波的波速仅由介质来决定，波速在固体、液体中比在空气中大．波速的计算方法：v ＝λT 或v ＝Δx Δt . 4．波的图象的物理意义反映了某一时刻介质中各质点相对平衡位置的位移． 5．波的干涉(1)产生稳定干涉的条件：频率相同的两列同性质的波相遇．(2)现象：两列波相遇时，某些区域振动总是加强，某些区域振动总是减弱，且加强区和减弱区互相间隔．(3)对两个完全相同的波源产生的干涉来说，凡到两波源的路程差为一个波长整数倍时，振动加强；凡到两波源的路程差为半个波长的奇数倍时，振动减弱．6．产生明显衍射现象的条件：障碍物或孔(缝)的尺寸跟波长差不多，或者比波长更小． 7．多普勒效应(1)波源不动⎩⎪⎨⎪⎧观察者向波源运动，接收频率增大观察者背离波源运动，接收频率减小(2)观察者不动⎩⎪⎨⎪⎧波源向观察者运动，接收频率增大波源背离观察者运动，接收频率减小5. [质点振动方向与波传播方向的关系应用]一列简谐横波沿x 轴传播，t ＝0时刻的波形如图4所示．则从图中可以看出( )A ．这列波的波长为5 mB ．波中的每个质点的振动周期都为4 s图4C ．若已知波沿x 轴正向传播，则此时质点a 正向下振动D ．若已知质点b 此时正向上振动，则波是沿x 轴负向传播的答案 C解析由题图可知，波长为λ＝4 m ，选项A 错误；波速未知，不能得出机械波的周期，选项B 错误；若已知波沿x 轴正向传播，则此时质点a 正向下振动，选项C 正确；若已知质点b 此时正向上振动，则波是沿x 轴正向传播的，选项D 错误．6． [质点振动方向与波传播方向的关系应用]一列简谐横波沿x 轴传播，t ＝0时的波形如图5所示，质点A 与质点B 相距1 m ，A 点速度沿y 轴正方向；t ＝0.02 s 时，质点A 第一次到达正向最大位移处，由此可知( )图5A ．此波沿x 轴负方向传播B ．此波的传播速度为25 m/sC ．从t ＝0时起，经过0.04 s ，质点A 沿波传播方向迁移了1 mD ．在t ＝0.04 s 时，质点B 处在平衡位置，速度沿y 轴正方向答案 ABD解析根据图象，由t ＝0时A 点速度沿y 轴正方向可判断，此波沿x 轴负方向传播，选项A 正确；根据题意，波长λ＝2 m ，周期T ＝0.08 s ，波速v ＝λT ＝25 m/s ，选项B 正确；沿波传播方向上各质点并不随波迁移，而是在平衡位臵附近做简谐运动，选项C 错误；t ＝0时刻质点B 从平衡位臵向下振动，经过0.04 s 即0.5T ，质点B 处在平衡位臵，速度沿y 轴正方向，选项D 正确．方法提炼质点的振动方向与波的传播方向的互判方法 (1)上下坡法沿波的传播方向看，“上坡”的点向下运动，“下坡”的点向上运动，简称“上坡下，下坡上”，如图6所示．图6(2)带动法如图7所示，在质点P 靠近波源一方附近的图象上另找一点P ′，若P ′在P 上方，则P 向上运动，若P ′在P 下方，则P 向下运动．图7(3)微平移法图8原理：波向前传播，波形也向前平移．方法：作出经微小时间Δt 后的波形，如图8虚线所示，就知道了各质点经过Δt 时间到达的位置，也就知道了此刻质点的振动方向，可知图中P 点振动方向向下．考点一波动图象与波速公式的应用1. 波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位臵的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位臵，纵轴表示该时刻各质点的位移，如图9：图象的应用：(1)直接读取振幅A 和波长λ，以及该时刻各质点的位移．(2)确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小．(3)结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向．2．波速与波长、周期、频率的关系为：v ＝λT＝λf .例1 (2011·海南·18(1))一列简谐横波在t ＝0时的波形图如图10所示．介质中x ＝2 m 处的质点P 沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝10sin (5πt ) cm.关于这列简谐波，下列说法正确的是( )图10A ．周期为4.0 sB ．振幅为20 cmC ．传播方向沿x 轴正向D ．传播速度为10 m/s解析由题意知ω＝5π rad/s ，周期为：T ＝2πω＝0.4 s ，由波的图象得：振幅A ＝10 cm 、波长λ＝4 m ，故波速为v ＝λT＝10 m/s ，P 点在t ＝0时振动方向为正y 方向，波向正x方向传播．答案CD突破训练1如图11所示为一列在均匀介质中沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，波速为4 m/s，则()A．质点P此时刻的振动方向沿y轴正方向B．P点振幅比Q点振幅小C．经过Δt＝3 s，质点Q通过的路程是0.6 m 图11D．经过Δt＝3 s，质点P将向右移动12 m答案 C解析由机械波沿x轴正方向传播，利用“带动”原理可知，质点P此时刻的振动方向沿y轴负方向，选项A错误；沿波传播方向上各质点并不随波迁移，而是在平衡位臵附近做简谐运动，并且各质点振动的幅度相同，即振幅相同，选项B、D均错误；根据波形图可知，波长λ＝4 m，振幅A＝5 cm，已知v＝4 m/s，所以T＝λv＝1 s，Δt＝3 s ＝3T，质点Q通过的路程是12A＝60 cm＝0.6 m，所以选项C正确．考点二振动图象与波动图象2质点，Q 是平衡位置为x ＝4 m 处的质点，图乙为质点Q 的振动图象，则( )图12A ．t ＝0.15 s 时，质点Q 的加速度达到正向最大B ．t ＝0.15 s 时，质点P 的运动方向沿y 轴负方向C ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，该波沿x 轴正方向传播了6 mD ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，质点P 通过的路程为30 cm解析 A 选项，由乙图象看出，当t ＝0.15 s 时，质点Q 位于负方向的最大位移处，而简谐运动的加速度大小与位移成正比，方向与位移方向相反，所以加速度为正向最大值；B 选项中，由乙图象看出，简谐运动的周期为T ＝0.20 s ，t ＝0.10 s 时，质点Q 的速度方向沿y 轴负方向，由甲图可以看出，波的传播方向应该沿x 轴负方向，因甲图是t ＝0.10 s 的波形，所以t ＝0.15 s 时，经历了0.05 s ＝T4的时间，图甲的波形沿x 轴负方向平移了λ4＝2 m 的距离，如图所示，因波沿x 轴负方向传播，则此时P 点的运动方向沿y 轴负方向；C选项中，由题意知λ＝8 m ，T ＝0.2 s ，则v ＝λT ＝40 m/s.从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，该波沿x 轴负方向传播的距离为0.15 s×40 m/s ＝6 m ；D 选项中，由图甲可以看出，由于t ＝0.10 s 时刻质点P 不处于平衡位臵，故从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s 质点P 通过的路程不为30 cm ，本题正确选项为A 、B. 答案 AB突破训练2 如图13所示，甲图为沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波动图象，乙图是x ＝2 m 处质点P 的振动图象，下列判断正确的是( )图13A ．该波的传播速率为4 m/sB ．该波沿x 轴正方向传播C ．经过0.5 s ，质点P 沿波的传播方向移动2 mD ．若遇到3 m 的障碍物，该波能发生明显的衍射现象答案 AD解析由题图可知，机械波的波长为λ＝4 m ，周期为T ＝1 s ，则v ＝λT ＝4 m/s ，该波的传播速率为4 m/s ，选项A 正确；由乙图可知，t ＝0时刻质点P 经平衡位臵往下振动，由甲图可知，该波沿x 轴负方向传播，选项B 错误；质点P 只在平衡位臵附近振动，不沿波的传播方向移动，选项C 错误；由于波长大于障碍物尺寸，该波能发生明显的衍射现象，选项D 正确．考点三波的干涉、衍射、多普勒效应 1．波的干涉中振动加强点和减弱点的判断某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr . (1)当两波源振动步调一致时若Δr ＝nλ(n ＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr ＝(2n ＋1)λ2(n ＝0,1,2，…)，则振动减弱．(2)当两波源振动步调相反时若Δr ＝(2n ＋1)λ2(n ＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr ＝nλ(n ＝0,1,2，…)，则振动减弱．2．波的衍射现象是指波能绕过障碍物继续传播的现象，产生明显衍射现象的条件是缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不大或者小于波长． 3．多普勒效应的成因分析(1)接收频率：观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数．当波以速度v 通过观察者时，时间t 内通过的完全波的个数为N ＝v tλ，因而单位时间内通过观察者的完全波的个数，即接收频率．(2)当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变大，当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率变小．例3 如图14表示两个相干波源S 1、S 2产生的波在同一种均匀介质中相遇．图中实线表示波峰，虚线表示波谷，c 和f 分别为ae 和bd 的中点，则：图14(1)在a、b、c、d、e、f六点中，振动加强的点是__________．振动减弱的点是____________．(2)若两振源S1和S2振幅相同，此时刻位移为零的点是________．(3)画出此时刻ace连线上，以a为起点的一列完整波形，标出e点．解析(1)a、e两点分别是波谷与波谷、波峰与波峰相交的点，故此两点为振动加强点；c点处在a、e连线上，且从运动的角度分析a点的振动形式恰沿该线传播，故c点是振动加强点，同理b、d是振动减弱点，f也是振动减弱点．(2)因为S1、S2振幅相同，振动最强区的振幅为2A，最弱区的振幅为零，位移为零的点是b、d.(3)题图中对应时刻a处在两波谷的交点上，即此刻a在波谷，同理e在波峰，所以所对应的波形如图所示．答案(1)a、c、e b、d、f(2)b、d(3)见解析图突破训练3如图15甲所示，男同学站立不动吹口哨，一位女同学坐在秋千上来回摆动，下列关于女同学的感受的说法正确的是()甲乙图15A．女同学从A向B运动过程中，她感觉哨声音调变高B．女同学从E向D运动过程中，她感觉哨声音调变高C．女同学在C点向右运动时，她感觉哨声音调不变D．女同学在C点向左运动时，她感觉哨声音调变低答案AD突破训练4(2011·上海·10)两波源S1、S2在水槽中形成的波形如` 图16所示，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，则()A．在两波相遇的区域中会产生干涉B．在两波相遇的区域中不会产生干涉图16C．a点的振动始终加强D．a点的振动始终减弱答案 B解析由题图可知两列波的波长不同，在同一水槽中两波的波速相同，由v＝λf知两波的频率不同，故不能产生干涉现象．高考题组1．(2012·天津理综·7)沿x 轴正方向传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形如图19所示，M 为介质中的一个质点，该波的传播速度为40 m/s ，则t ＝140s 时( ) A ．质点M 对平衡位置的位移一定为负值图19B ．质点M 的速度方向与对平衡位置的位移方向相同C ．质点M 的加速度方向与速度方向一定相同D ．质点M 的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反答案 CD解析当t ＝140 s 时，波传播的距离Δx ＝v t ＝40×140 m ＝1 m ，所以当t ＝140s 时波的图象如图所示，由图可知，M 对平衡位臵的位移为正值，且沿y 轴负方向运动，故选项A 、B 错误；根据F ＝－kx 及a ＝－km x知，加速度方向与位移方向相反，沿y 轴负方向，与速度方向相同，选项C 、D 正确． 2． (2012·安徽理综·15)一列简谐波沿x 轴正方向传播，在t ＝0时波形如图20所示，已知波速为10 m/s.则t ＝0.1 s 时正确的波形应是下图中的( )图20答案 C解析由题图知：波长λ＝4.0 m，波在t＝0.1 s内传播的距离x＝v t＝10×0.1 m＝1 m＝1 4λ，故将原波形图沿波的传播方向(即x轴正方向)平移14λ即可，故选项C正确，选项A、B、D错误．3．(2012·福建理综·13)一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时刻的波形如图21甲所示，此时质点P正沿y轴负方向运动，其振动图象如图乙所示，则该波的传播方向和波速分别是()图21A．沿x轴负方向，60 m/s B．沿x轴正方向，60 m/sC．沿x轴负方向，30 m/s D．沿x轴正方向，30 m/s答案 A解析由题图甲知，波长λ＝24 m，由题图乙知T＝0.4 s．根据v＝λT可求得v＝60 m/s，故C、D项错误；根据“同侧法”可判断出波的传播方向沿x轴负方向，故A项正确，B项错误．模拟题组4．位于坐标原点的波源S不断地产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v＝40 m/s，已知t＝0时刻波刚好传播到x＝13 m处，部分波形图如图22所示，下列说法正确的是()图22A．波源S开始振动的方向沿y轴正方向B．t＝0.45 s时，x＝9 m处的质点的位移为零C．t＝0.45 s时，波刚好传播到x＝18 m处D．t＝0.45 s时，波刚好传播到x＝31 m处答案AD解析已知波沿x轴正方向传播，结合波形图可知，x＝13 m处质点的起振方向沿y轴正方向，所以波源S开始振动的方向沿y轴正方向，选项A正确；由图可知，波长λ＝8 m ，周期T ＝λv ＝0.2 s ，根据波的传播方向可知，t ＝0时刻，x ＝9 m 处的质点正从平衡位臵向下运动，经过0.45 s ＝2.25T 即t ＝0.45 s 时刻，该质点位于波谷，选项B 错误；t ＝0.45 s 时，波刚好传播到x ＝13 m ＋v t ＝31 m 处，选项C 错误，D 正确．5．如图23所示为一列在均匀介质中传播的简谐横波在某时刻的波形图，波速为2 m/s ，此时P 点振动方向沿y 轴负方向，则( )图23A ．该波传播的方向沿x 轴正方向B ．P 点的振幅比Q 点的小C ．经过Δt ＝4 s ，质点P 将向右移动8 mD ．经过Δt ＝4 s ，质点Q 通过的路程是0.4 m 答案 AD解析由P 点振动方向沿y 轴负方向可知波向右传播，选项A 正确．波传播过程中，各点振幅相同，选项B 错误．周期T ＝λv ＝42 s ＝2 s ，Δt ＝4 s 为两个周期，P 、Q 两质点完成两个全振动，通过的路程为8A ＝40 cm ＝0.4 m ，位移为零，选项C 错，D 正确．(限时：30分钟)►题组1 波的干涉与衍射现象的理解 1．关于波的衍射现象，下列说法正确的是( )A ．当孔的尺寸比波长大时，一定不会发生衍射现象B ．只有孔的尺寸与波长相差不多时，或者比波长还小时才会观察到明显的衍射现象C ．只有波才有衍射现象D ．以上说法均不正确答案 BC解析当孔的尺寸比波长大时，会发生衍射现象，只不过不明显．只有当孔、缝或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小时，才会发生明显的衍射现象，切不可把此条件用来判断波是否发生了衍射现象．2．如图1所示，S 1、S 2为两个振动情况完全一样的波源，两列波的波长都为λ，它们在介质中产生干涉现象，S 1、S 2在空间共形成6个振动减弱的区域(图中虚线处)，P 是振动减弱区域中的一点，从图中可看出( )A ．P 点到两波源的距离差等于1.5λ图1B ．两波源之间的距离一定在2.5个波长到3.5个波长之间C ．P 点此时刻振动最弱，过半个周期后，振动变为最强D ．当一列波的波峰传到P 点时，另一列波的波谷也一定传到P 点答案 ABD解析从S 1、S 2的中点起到向右三条虚线上，S 1、S 2的距离差依次为0.5λ、1.5λ、2.5λ. ►题组2 波的图象的理解和波速公式的应用3. 有一列简谐横波在弹性介质中沿x 轴正方向以速率v ＝5.0 m/s 传播，t ＝0时刻的波形如图2所示，下列说法中正确的是( ) A ．该列波的波长为0.5 m ，频率为5 Hz图2B ．t ＝0.1 s 时，波形沿x 轴正方向移动0.5 mC ．t ＝0.1 s 时，质点A 的位置坐标为(1.25 m,0)D ．t ＝0.1 s 时，质点A 的速度为零答案 B解析由波形图知λ＝1.0 m ．T ＝λv ＝0.2 s ，f ＝5 Hz ，A 项错．t ＝0.1 s 时，波传播的距离 x ＝v t ＝5×0.1 m ＝0.5 m ，B 项正确．在t ＝0.1 s ＝T2时，A 在平衡位臵，位臵坐标仍为(0.75 m,0)，且A 此时的速度最大，C 、D 项错．4. 如图3所示，实线是沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图，虚线是这列波在t ＝0.2 s 时刻的波形图．该波的波速为0.8 m/s ，则下列说法正确的是 ( ) A ．这列波的波长是14 cm图3B ．这列波的周期是0.5 sC ．这列波可能是沿x 轴正方向传播的D ．t ＝0时，x ＝4 cm 处的质点速度沿y 轴负方向答案 D解析由题图知该波的波长λ＝12 cm ，故A 项错误．由v ＝λT ，得T ＝0.120.8 s ＝1.5×10－1 s ，故B 项错误．因t T ＝0.20.15＝43，故该波沿x 轴负方向传播，所以C 项错误．由波沿x 轴负方向传播可判定t ＝0时刻，x ＝4 cm 处质点的振动方向沿y 轴负方向，故D项正确．5．如图4为一列在均匀介质中沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，波速为4 m/s.图中“A、B、C、D、E、F、G、H”各质点中()A．沿y轴正方向速率最大的质点是D 图4B．沿y轴正方向加速度最大的质点是BC．经过Δt＝0.5 s，质点D将向右移动2 mD．经过Δt＝2.5 s，质点D的位移是0.2 m答案 A解析在平衡位臵的质点速率最大，又从传播方向可以判断，质点D向上振动，质点H向下振动，所以A项正确；在最大位移处的质点加速度最大，加速度的方向与位移方向相反，B质点的加速度方向向下，B项错误；质点只能在平衡位臵两侧上下振动，并不随波迁移，C项错误；波传播的周期T＝λv＝1 s，经过Δt＝2.5 s＝2.5T，质点D仍位于平衡位臵，所以位移为0，D项错误．6．如图5所示，在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v＝200 m/s，已知t＝0时，波刚好传播到x＝40 m处．在x′＝400 m处有一处于静止状态的接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是()图5A．波源振动周期为0.1 sB．波源开始振动时方向沿y轴正方向C．t＝0.15 s时，x＝40 m的质点已运动的路程为30 mD．接收器在t＝1.8 s时开始接收此波E．若波源向x轴正方向运动，接收器接收到的波的频率可能为15 Hz答案ADE7．(2012·山东理综·37(1))一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图6所示，介质中质点P、Q分别位于x＝2 m，x＝4 m处．从t＝0时刻开始计时，当t＝15 s时质点Q刚好第4次到达波峰．①求波速．②写出质点P做简谐运动的表达式(不要求推导过程)．图6答案 ①1 m/s ②y ＝0.2sin (0.5πt ) m解析 ①设简谐横波的波速为v ，波长为λ，周期为T ，由题图知，λ＝4 m ．由题意知t ＝3T ＋34T ①v ＝λT② 联立①②式，代入数据得 v ＝1 m/s ②ω＝2πT＝0.5π质点P 做简谐运动的表达式为y ＝0.2sin (0.5πt ) m 题组3 波动图象与振动图象的结合8．一列沿着x 轴正方向传播的横波，在t ＝2 s 时刻的波形如图7甲所示，则图乙表示图甲中E 、F 、G 、H 四个质点中哪一个质点的振动图象( )图7A ．E 点B ．F 点C ．G 点D ．H 点答案 D解析由题图乙可知，t ＝2 s 质点经平衡位臵往下振动，波沿着x 轴正方向传播，图甲中符合要求的是H 点，选项D 正确．9．一简谐波沿x 轴正方向传播，波长为λ，周期为T .在t ＝T2时刻该波的波形图如图8甲所示，a 、b 是波上的两个质点．图乙表示某一质点的振动图象．下列说法中正确的是( )图8A ．质点a 的振动图象如图乙所示B ．质点b 的振动图象如图乙所示C ．t ＝0时刻质点a 的速度比质点b 的大D ．t ＝0时刻质点a 的加速度比质点b 的大答案 D解析在t ＝0时刻，质点a 在波谷，质点b 在平衡位臵，振动质点位移增大时，回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小，所以在t ＝0时刻，质点a 的加速度比质点b 的加速度大，质点a 的速度比质点b 的速度小，选项D 正确，C 错误．由图乙知，T2时刻图乙表示的质点在平衡位臵向下振动，故图乙既不是a 的振动图象也不是b的振动图象，选项A 、B 均错误．10．一列简谐横波，沿x 轴正方向传播，波长2 m ．位于原点O 的质点的振动图象如图9所示，则下列说法正确的是( )图9图10A ．在t ＝0.05 s 时，位于原点的质点离开平衡位置的位移是8 cmB ．图10可能为该波在t ＝0.15 s 时刻的波形图C ．该波的传播速度为10 m/sD ．从图10时刻开始计时，再经过0.10 s 后，A 点离开平衡位置的位移是－8 cm 答案 C解析在t 等于14周期时，位于原点的质点离开平衡位臵的位移是0，故A 选项错误．由公式v ＝λT 可知该波的传播速度是10 m/s ，C 选项正确．根据振动与波动之间的联系，可知B 选项错误．从题图10时刻开始计时，再经过0.10 s 后，A 点离开平衡位臵的位移是8 cm ，D 选项错误． ►题组4 振动和波动关系的应用11．如图11为一列简谐横波在t ＝0时刻的波的图象，A 、B 、C 是介质中的三个质点．已知波是沿x 轴正方向传播的，波速为v ＝20 m/s.请回答下列问题：图11(1)判断质点B 此时的振动方向；(2)求出质点A 在0～1.65 s 内通过的路程及t ＝1.65 s 时刻相对于平衡位置的位移．答案 (1)沿y 轴正方向 (2)4.4 cm －0.4 cm解析 (1)因波沿x 轴正方向传播，根据波的传播方向与质点振动方向的关系可知质点B 此时的振动方向为沿y 轴正方向． (2)由波形图可知该波波长为λ＝12 m 根据波速公式v ＝λT，可得T ＝λv ＝0.6 s质点在一个周期内通过的路程为4个振幅，即4A ，则质点A 在0～1.65 s 内通过的路程为s ＝4nA ，n ＝t T ＝1.650.6＝2.75，所以s ＝11A ＝11×0.4 cm ＝4.4 cm ，由于t ＝0时质点A的振动方向沿y 轴正方向，故在t ＝1.65 s 时刻质点相对于平衡位臵的位移为－0.4 cm. 12. 在某介质中形成一列简谐波，t ＝0时刻的波形如图12所示．若波向右传播，零时刻刚好传到B 点，且再经过0.6 s ，P 点也开始起振，求： (1)该列波的周期T ；(2)从t ＝0时刻起到P 点第一次达到波峰时止，O 点相对平衡位置的位移y 0及其所经过的路程s 0各为多少？图12答案 (1)0.2 s (2)－2 cm 0.3 m 解析由题图可知，λ＝2 m ，A ＝2 cm.当波向右传播时，点B 的起振方向竖直向下，包括P 点在内的各质点的起振方向均为竖直向下．(1)波速v ＝x Δt 1＝60.6 m/s ＝10 m/s ，由v ＝λT ，得T ＝λv ＝0.2 s.(2)由t ＝0至P 点第一次到达波峰，经历的时间Δt 2＝Δt 1＋34T ＝0.75 s ＝(3＋34)T ，而t ＝0时O 点的振动方向竖直向上(沿y 轴正方向)，故经Δt 2时间，O 点振动到波谷，即： y 0＝－2 cm ，s 0＝(3＋34)×4A ＝0.3 m.。

【步步高】高中物理大一轮复习第十一章第2课时磁场对运动电荷的作用讲义课件大纲人教

又T＝2πvR
②
联立①②得：R＝mqBv
③
题型四复杂轨迹的圆周运动问题例5 如图13所示，在x<0与x>0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，且B1>B2.一个带负电荷的粒子从坐标原点O 以速度v沿x轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过O 点，B1与B2的比值应满足什么条件？
解析根据运动的相对性，带电小球相对磁场的速度与磁
场相对于小球(相对地面静止)的速度大小相等、方向相
反．洛伦兹力F＝qvB中的v是相对于磁场的速度．根据力
的条件可以得出，当小球相对磁场以速度v＝
mgtan qB
α
竖直
向下运动或以速度v＝mBqg水平向右运动，带电小球都能处于
图中所示状态，故本题选A、C.
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线
运动．
2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平
面内以入射速度v做匀速圆周运动． v2
(1)向心力由洛伦兹力提供：qvB＝ m R ＝ mω2R ；
(2)轨道半径公式：R＝mqBv； (3)周期：T＝2πvR＝2qπBm；(周期T与速度v、轨道半径R无关)
摆球从最高点到达最低点C的过程中机械能守恒． mgL(1－cos α)＝12mv2，
v＝ 2gL1－cos α. 从左侧到C处时，由牛顿第二定律得 FT1＋F－mg＝mLv2，
FT1＝3mg－2mgcos α－qB 2gL1－cos α. 若从右侧到C，则：FT2－F－mg＝mvL2，
FT2＝3mg－2mgcos α＋qB 2gL1－cos α.

《步步高》2014高考物理大一轮复习讲义【配套word版文档】第3课时光的折射全反射资料

第 3 课时光的折射全反射考纲解读 1.理解折射率的观点，掌握光的折射定律 .2.掌握全反射的条件，会进行有关简单的计算．1． [ 折射定律的应用]察看者看见太阳从地平线升起时，对于太阳地点的以下表达中正确的是() A．太阳位于地平线之上B．太阳位于地平线之下C．太阳恰位于地平线D．大气密度不知，没法判断答案 B分析太阳光由地球大气层外的真空射入大气层时要发生折射，依据折射定律，折射角小于入射角，折射光芒进入察看者的眼睛，察看者以为光芒来自它的反向延伸线．这样使得太阳的实质地点比察看者看见的太阳地点偏低．2． [折射定律与折射率的理解和应用] 如图 1 所示，光芒以入射角θ1从空气射向折射率n＝2的玻璃表面．(1)当入射角θ1＝ 45°时，求反射光芒与折射光芒间的夹角θ.(2) 当入射角θ1为什么值时，反射光芒与折射光芒间的夹角θ＝ 90°？图 1答案(1)105 ° (2)arctan 2分析(1)设折射角为θ，由折射定律sin θ1θ＝sin θ1sin 45°1＝ n 得 sin＝＝，所以，θ＝2sin θ22n222 30°.因为θ′＝θ＝ 45°，所以θ＝ 180°－ 45°－ 30°＝105°.111′＋θ2＝90°，所以，sinθ2＝sin (90－°θ1′)＝cosθ1′＝cosθ1(2) 因为θ由折射定律得tan θ＝1 2，θ＝1 arctan 2.3． [ 全反射问题剖析]好多公园的水池底都装有彩灯，当一细束由红、蓝两色构成的灯光从水中斜射向空气时，对于光在水面可能发生的反射和折射现象，以下光路图中正确的选项是()答案C分析红光、蓝光都要发生反射，红光的折射率较小，所以蓝光发生全反射的临界角较红光小，蓝光发生全反射时，红光不必定发生，故只有 C 正确．4． [光的色散现象剖析](2011大·纲全国·16)雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹．设水滴是球形的，图 2 中的圆代表水滴过球心的截面，入射光芒在过此截面的平面内，a、b、c、d 代表四条不一样颜色的出射光芒，则它们可能挨次是()A ．紫光、黄光、蓝光和红光图2B ．紫光、蓝光、黄光和红光C．红光、蓝光、黄光和紫光D ．红光、黄光、蓝光和紫光答案B分析由可见光的折射率知，红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种色光的折射率挨次增大，由题图知a→ d 折射率挨次减小，故 A 、 C、 D 错， B 对．考点梳理1．折射现象光从一种介质斜射进入另一种介质时流传方向改变的现象．2．折射定律(1)内容：如图 3 所示，折射光芒与入射光芒、法线处在同一平面内，折射光芒与入射光芒分别位于法线的双侧；入射角的正弦与折射角的正弦成正比．sin θ1＝n.(2) 表达式：sinθ2(3) 在光的折射现象中，光路是可逆的．图 3 3．折射率(1)折射率是一个反应介质的光学性质的物理量．(2)sin θ1定义式： n＝ 2 .sinθ(3)c，因为 v<c，所以任何介质的折射率都大于1.计算公式： n＝v(4)当光从真空 (或空气 )射入某种介质时，入射角大于折射角；当光由介质射入真空(或空气 )时，入射角小于折射角．4．全反射现象(1)条件：①光从光密介质射入光疏介质．②入射角大于或等于临界角．(2)现象：折射光完整消逝，只剩下反射光．5．临界角：折射角等于90°时的入射角，用 C 表示，1 sin C＝ n.6．光的色散(1)光的色散现象：含有多种颜色的光被分解为单色光的现象．(2)光谱：含有多种颜色的光被分解后，各样色光按其波长的有序摆列．(3)光的色散现象说明：①白光为复色光；②同一介质对不一样色光的折射率不一样，频次越大的色光折射率越大；③不一样色光在同一介质中的流传速度不一样，波长越短，波速越慢．(4)棱镜①含义：截面是三角形的玻璃仪器，能够使光发生色散，白光的色散表示各色光在同一介质中的折射率不一样．②三棱镜对光芒的作用：改变光的流传方向，使复色光发生色散．5． [光流传路径确实定方法]如图 4 所示是一种折射率 n＝ 1.5 的棱镜，现有一束光芒沿 MN 的方向射到棱镜的 AB 界面上，入射角的正弦值为 sin i＝ 0.75.求：(1)光在棱镜中流传的速率；(2) 经过计算说明此束光芒射出棱镜后的方向并画出光路图(不考图 4虑返回到 AB 面上的光芒 )．答案看法析分析(1)由 n＝c得 v＝c＝2× 108 m/sv nsin i＝n，得 sin r＝sin i＝ 0.5，r＝ 30°，光芒射到(2) 设光芒进入棱镜后的折射角为r，由sin r nBC 界面时的入射角i 1＝ 90°－ 45°＝ 45°1因为 sin 45 >°，所以光芒在BC 边发生全反射，光芒沿 DE 方向射出棱镜后的方向与 AC n 边垂直，光路图如下图．方法提炼确立光芒的方法1．先确立光芒在界面上的入射点，而后再找光芒经过的此外一个点，经过两点确立光芒．2．依据折射定律计算折射角，确立折射光芒．当光由光密介质射向光疏介质时，应注意能否发生全反射．考点一折射定律的理解与应用解决光的折射问题的一般方法：(1)依据题意画出正确的光路图．(2)利用几何关系确立光路中的边、角关系，确立入射角和折射角．(3)利用折射定律成立方程进行求解．例 1如图5所示，ABCD为向来角梯形棱镜的截面，∠C＝ 60°， P 为垂直于直线 BC 的光屏，现用一宽度等于AB 边的单色平行光束垂直射向AB 面，经棱镜折射后在屏P 上形2成宽度等于AB 的一条光带，求棱镜的折射率．图 5分析光路图如下图，依据题意有＝ θ＝ 30°， FC ＝ 2θ123 AB1则EF ＝3AB 依据几何关系有3DE ＝ CE tan 30＝° AB tan 30 ＝° 3 AB在 △ DEF 中， tan θ＝3EF3，解得 θ＝3 30°＝DE3由折射定律可得＋ θn ＝sin θ23，解得 n ＝ 3sin θ1答案 3打破训练 1 如图 6 所示，在座标系的第一象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体 OPQ ，OP ＝ OQ ＝ R ，一束单色光垂直 OP 面射入玻璃体，在 OP 面上的入射点为 A ，OA＝ R，此单色光经过玻璃体后沿BD 方向射出，且与 x 轴交2于 D 点，OD ＝ 3R ，求该玻璃的折射率．图 6答案 3分析作光路图如下图．在PQ 面上的入射角sin θ＝OA ＝1， θ＝ 30°11OB 2由几何关系可得θ＝ 60°2sin θ2折射率 n ＝＝ 3考点二全反射现象的理解与应用1．在光的反射和全反射现象中，均按照光的反射定律；光路均是可逆的．2．当光射到两种介质的界面上时，常常同时发生光的折射和反射现象，但在全反射现象中，只发生反射，不发生折射．当折射角等于90°时，实质上就已经没有折射光了．3．全反射现象能够从能量的角度去理解：当光由光密介质射向光疏介质时，在入射角渐渐增大的过程中，反射光的能量渐渐加强，折射光的能量渐渐减弱，当入射角等于临界角时，折射光的能量已经减弱为零，这时就发生了全反射．例 2如图 7 所示为用某种透明资料制成的一块柱形棱镜的截面图，圆弧 CD 为半径为 R 的四分之一的圆周，圆心为O ，光芒从 AB 面上的某点入射，入射角 θ＝45°，它进入棱镜后恰巧以图 71临界角射在 BC 面上的 O 点．(1) 画出光芒由 AB 面进入棱镜且从 CD 弧面射出的光路图；(2) 求该棱镜的折射率 n ；(3) 求光芒在该棱镜中流传的速度大小v(已知光在空气中的流传速度c ＝ 3.0×108 m/s)．分析 (1)光路图如下图．(2) 光芒在 BC 面上恰巧发生全反射，入射角等于临界角 C1， cos C ＝ n2－1sin C ＝ n n.光芒在 AB 界面上发生折射，折射角θ＝ 90°－ C ，由几何关系得 sin θ＝cos C ，22由折射定律得n ＝ sin θ1sin θ2由以上几式联立解得n ＝ 62(3) 光速 v ＝ c＝ 6× 108 m/sn答案(1)看法析图(2) 6 (3) 6× 108m/s2打破训练 2 为丈量一块等腰直角三棱镜 ABD 的折射率，用一束激光沿平行于 BD 边的方向射向直角边 AB 边，如图 8 所示．激光束进入棱镜后射到另向来角边 AD 边时，恰巧能发生全反射．该棱镜的折射率为多少？图 8答案62分析作出法线如下图sin 45 °1 ，C ＋ r ＝ 90°n ＝sin r ， n ＝sin Csin 45 ° 1 即 cos C ＝sin C6 6解得 tan C ＝ 2，sin C ＝ 3 ， n ＝ 2 .考点三光路控制问题剖析1．玻璃砖对光路的控制两平面平行的玻璃砖，出射光芒和入射光芒平行，且光芒发生了侧移，如图9 所示．图92．三棱镜对光路的控制(1) 光密三棱镜：光芒两次折射均向底面偏折，偏折角为δ，如图10所示．(2) 光疏三棱镜：光芒两次折射均向顶角偏折．图10(3)全反射棱镜 (等腰直角棱镜 )，如图 11 所示．图 11① 当光芒从向来角边垂直射入时，在斜边发生全反射，从另向来角边垂直射出(如图 11甲 )．②当光芒垂直于斜边射入时，在两直角边发生全反射后又垂直于斜边射出(如图 11 乙 )，入射光芒和出射光芒相互平行．特别提示不一样颜色的光的频次不一样，在同一种介质中的折射率、光速也不一样，发生全反射现象的临界角也不一样．例 3如图12所示，MNPQ是一块截面为正方形的玻璃砖，正方形的边长为 30 cm，有一束很强的细光束AB 射到玻璃砖的 MQ 面上，入射点为 B，该光束从 B 点进入玻璃砖后再经QP 面反射沿 DC 方向射出．此中 B 为 MQ 的中点，∠ABM ＝ 30°，PD ＝ 7.5 cm，∠ CDN＝ 30°.试在原图上正确画出该光束在玻璃砖内的光路图，并求出该图 12玻璃砖的折射率．分析找出 B 点对于界面 QP 的对称点 E，连结 ED 交 QP 于 F点，即光束在 F 点发生反射，所以其光路图如下图．由几何关系得DE ＝302＋ 15＋7.5 2 cm＝ 37.5 cmsin θ2＝DP＋QE＝ 0.6 DEsin θ1由折射定律得n＝＝1.44.答案看法析图1.44打破训练3如图13 是透明圆柱介质的横截面，C 、 D为圆上两点．一束单色光沿BC方向入射，从D 点射出．已知∠ COD ＝ 90°，∠ BCO＝ 120°.(1) 求介质的折射率；图 13(2) 改变∠ BCO 的大小，可否在介质的内表面发生全反射？答案 (1) 26(2) 不可以分析(1)作出光路图如图，由几何关系知α＝ 60°，β＝ 45°；折射率 n ＝sin α6＝2.sin β (2) 由光路可逆可知，光不行能在介质内表面发生全反射．54．平行板玻璃砖模型的剖析例4如图14 所示，两块同样的玻璃等腰三棱镜ABC置于空气中，二者的AC 面相互平行搁置，由红光和蓝光构成的细光束平行于BC面从P 点射入，经过两棱镜后，变成从a 、b 两点射出的单色光，对于这两束单色光()A ．红光在玻璃中流传速度比蓝光大图 14B ．从 a 点射出的为红光，从b 点射出的为蓝光C ．从 a 、 b 两点射出的单色光不平行D ．从a 、b 两点射出的单色光仍平行，且平行于BC分析由玻璃对蓝光的折射率较大，可知A 选项正确．由偏折程度可知B 选项正确．对于 C 、D 二选项，我们应第一理解，除了题设给出的两个三棱镜外，二者之间又形成一个物理模型 —— 平行玻璃砖 (不改变光的方向，只使光芒发生侧移 )．中间平行部分不过使光发生了侧移．略去侧移要素，整体来看，还是一块平行玻璃板，AB ∥ BA.所以出射光芒仍平行．作出光路图如下图，可知光芒Pc在 P 点的折射角与光芒ea 在a 点的入射角相等，据光路可逆，则过a 点的出射光芒与过P 点的入射光芒平行．由此，D 选项正确．答案ABD平常遇到的两面平行的玻璃砖常常是清清楚楚画出来的，是“有形” 的，其折射率大于四周介质的折射率，这光阴线的侧移方向也是我们熟习的．而该题中，未知介质形成的两面平行的“玻璃砖”并未勾画出来，倒是其双侧的介质(三棱镜 )被清楚地勾画出来了，并且前者的折射率未必大于后者．这就在必定程度上掩饰了两面平行的“ 玻璃砖” 的特点．所以我们不单要熟习光学元件的光学特点，并且要会灵巧地运用，将新的情况转变成我们熟知的模型．打破训练 4频次不一样的两束单色光1 和 2 以同样的入射角从同一点射入一厚玻璃板后，其光路如图15 所示，以下说法正确的选项是()A ．单色光 1 的波长小于单色光 2 的波长B ．在玻璃中单色光 1 的流传速度大于单色光 2 的流传速度图15C．单色光 1 垂直经过玻璃板所需的时间小于单色光 2 垂直经过玻璃板所需的时间D ．单色光 1 从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光 2 从玻璃到空气的全反射临界角答案AD分析色光此题考察光的色散、全反射现象、光速和折射率之间的关系等知识点．由图知单1 在界面折射时的偏折程度大，则单色光 1 的折射率大，所以单色光 1 的频次大于单色光 2 的频次，那么单色光 1 的波长就小于单色光 2 的波长，A 项对；由n＝ cv知，折射率大的单色光1 在玻璃中流传速度小，当单色光1、2 垂直射入玻璃时，二者经过玻璃板的行程相等，此时单色光 1 经过玻璃板所需的时间大于单色光 2 的， B 、C 项都错；由 sin C＝ 1n及单色光1 的折射率大知， D 项对．高考题组1．(2012 ·津理综天·6)半圆形玻璃砖横截面如图16 所示， AB 为直径， O点为圆心．在该截面内有a、b 两束单色可见光从空气垂直于AB 射入玻璃砖，两入射点到 O 的距离相等．两束光在半圆界限上反射和折射的状况如下图，则a、b 两束光()图 16A ．在同种平均介质中流传， a 光的流传速度较大B ．以同样的入射角从空气斜射入水中， b 光的折射角大C．若 a 光照耀某金属表面能发生光电效应，则 b 光也必定能D ．分别经过同一双缝干预装置， a 光的相邻亮条纹间距大答案ACD分析由题图可知， b 光发生了全反射， a 光没有发生全反射，即a 光发生全反射的临界角 C a大于 b 光发生全反射的临界角 C b，依据 sin C＝1，知 a 光的折射率较小，即 n a<n b， n依据 n＝c，知 v，选项 A 正确；依据 n＝sinθ1，当θ相等时，θ，选项 B 错误；v a>v b sinθ212a>θ2b光的折射率越大，频次越高，波长越小，即ν，λ，所以 a 光照耀金属表面时能发a<νba>λb生光电效应，则 b 光也必定能，选项 C 正确；依据条纹间距公式x＝lλ知，经过同一d双缝干预装置时 a 光的相邻亮条纹间距较大，选项 D 正确．2． (2011 福·建理综·14)如图 17 所示，半圆形玻璃砖置于光屏PQ 的左下方．一束白光沿半径方向从 A 点射入玻璃砖，在O 点发生反射和折射，折射光在光屏上体现七色光带．若入射点由 A 向B 迟缓挪动，并保持白光沿半径方向入射到O 点，察看到各色光在光屏上陆续消逝．在光带未完整消逝以前，反射光的强度变化以及光屏上最初消逝的光分别是()图 17A ．减弱，紫光B ．减弱，红光C．加强，紫光 D ．加强，红光答案C分析因 n 红 <n 紫，再由临界角公式 sin C＝1可得， C 红 >C 紫，所以当增大入射角时，紫n光先发生全反射，紫光先消逝，且当入射光的入射角渐渐增大时，折射光强度会渐渐减弱，反射光强度会渐渐加强，故应选 C.3． (2009 浙·江理综·18)如图 18 所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC 的单色光从空气射向 E 点，并偏折到 F 点．已知入射方向与边AB 的夹角为θ＝ 30°， E、F分别为边 AB、 BC 的中点，则()A ．该棱镜的折射率为3B ．光在 F 点发生全反射图 18C．光从空气进入棱镜，波长变小D ．从 F 点出射的光束与入射到E 点的光束平行答案AC分析由几何关系可得入射角θ＝ 60°，折射角θ＝ 30°，由 n＝sinθ1＝3，A 对；由 sin122sin θ1，临界角 C>30°，故在 F 点不发生全反射， B 错；由 n＝c＝λ0知光进入棱镜波长变C＝n vλ小， C 对； F 点出射的光束与BC 边的夹角为 30°，与入射光芒不平行， D 错；应选 A、C.模拟试题组4.高速公路上的标牌常用“回光返照膜”制成，夜间行车时，它能将车灯照耀出去的光逆向返回，标记牌上的字特别醒目，这类“回光返照膜”是用球体反射原件制成的．如图19 所示，返照膜内平均散布着直径为10 μm的细玻璃珠，所用玻璃的折射率为3，为使入射的车灯光芒经玻璃的折射、反射、再折射后恰巧和入射光芒平行，那么第一次入射的图 19入射角是()A ． 60°B ． 45° C． 30° D． 15°答案A分析设入射角为 i，折射角为θ，作出光路图如下图，因为出射光线恰巧和入射光芒平行，所以 i ＝2θ，依据折射定律， n＝sin i＝sin 2 θ＝sin θsin θ3，所以θ＝ 30°， i ＝2θ＝ 60°，选项 A 正确．5. 如图 20 所示，扇形 AOB 为透明柱状介质的横截面，圆心角∠AOB＝ 60°.一束平行于角均分线 OM 的单色光由 OA 射入介质，经 OA折射的光芒恰平行于OB，以下对介质的折射率值及折射光芒中恰巧射到 M 点的光芒能不可以发生全反射的说法正确的选项是()A. 3，不可以发生全反射图 20B.3，能发生全反射C.233，不可以发生全反射D.233，能发生全反射答案A分析画出光路图，并依据几何关系标出角度，如下图．由图可知，介质的折射率n＝sin 60°3；因为 sin 30 ＝°1<31 sin 30＝2＝n °3＝sin C，所以折射光芒中恰巧射到M 点的光芒不可以发生全反射，选项 A 正确．(限时： 30 分钟 )?题组 1 光的折射现象与光的色散1． (2011 安·徽 ·15)实验表示，可见光经过三棱镜时各色光的折射率n 随波长 λ的变化切合科西经验公式： B Cn ＝ A ＋ 2 4λ＋λ，此中 A 、B 、C 是正的常量．太阳光进入三棱镜后发生色散的情况如图 1 所示，则()图1A ．屏上c 处是紫光B ．屏上d 处是红光 C ．屏上b 处是紫光D ．屏上a 处是红光答案D分析可见光中红光波长最长，折射率最小，折射程度最小，所以射率最大，所以d 为紫光．2．红光与紫光对比a 为红光，而紫光折()A ．在真空中流传时，紫光的速度比较大B ．在玻璃中流传时，红光的速度比较大D ．从玻璃到空气的界面上，红光的临界角较紫光的大答案 BD分析因为各样色光在真空中的流传速度均为 3×108 m/s ，所以 A 错误．因为玻璃对红光的折射率较玻璃对紫光的折射率小，依据v ＝ c得红光在玻璃中的流传速度比紫光大，n1所以 B 正确， C 错误．依据公式sin C ＝ n 得红光的临界角比紫光的大， D 正确．3．已知介质对某单色光的临界角为θ，则()A ．该介质对此单色光的折射率等于1sin θB ．此单色光在该介质中的流传速度等于 c ·sin θ(c 为真空中的光速 )C ．此单色光在该介质中的波长是在真空中波长的 sin θ倍D ．此单色光在该介质中的频次是真空中的1sin θ答案 ABC分析介质对该单色光的临界角为θ，它的折射率 n ＝1，A 项正确；此单色光在介质sin θ中的流传速度和波长分别为cv ＝ c ·sin θv ＝＝ csin θ， B 正确； λ＝＝ λ θ，所以 λ∶λ0n ν 0sinc/ λ0＝ sin θ∶ 1，故 C 项正确；而光的频次是由光源决定的，与介质没关，故D 项错误．4. 如图 2 所示，红色细光束 a 射到折射率为2的透明球表面，入射角为 45°，在球的内壁经过一次反射后，从球面射出的光芒为b ，则入射光芒 a 与出射光芒 b 之间的夹角 α为()A ．30° `B ．45°C ． 60°D ． 75°答案A图 25．一束光从空气射入折射率n ＝ 2的某种玻璃的表面，则()A ．当入射角大于 45°时，会发生全反射现象B ．不论入射角多大，折射角都不会超出 45°C ．欲使折射角等于D ．当入射角等于30°，应以 45°角入射arctan2时，反射光芒恰巧跟折射光芒垂直答案BCD分析角为对 B 项能够从光的可逆性考虑，即光芒从介质射向空气，入射45°时，折射角为 90°，反之，折射角不会超出 45°，所以 B 正确；由 sin θ＝2sin θ1，当 θ＝2 30°，n ＝ 2时，θ＝1 45°，C 正确；如下图，n∠ 1＝ arctan 2，若反射光芒与折射光芒垂直，则 ∠3＝ ∠ 4＝ 90°－ ∠ 2，sin ∠ 3＝sin ∠ 1n＝ 3，sin ∠ 3＝cos ∠2＝ cos ∠ 1＝3，与已知条件符合，故 D 正确．因为光芒从光疏33介质射入向光密介质，不行能发生全反射现象，故A 错误．?题组 2 光的全反射6．公园里灯光喷泉的水池中有处于同一深度的若干彩灯，在夜晚察看不一样颜色彩灯的深度和水面上被照亮的面积，以下说法正确的选项是()A ．红灯看起来较浅，红灯照亮的水面面积较小B ．红灯看起来较深，红灯照亮的水面面积较小C ．红灯看起来较浅，红灯照亮的水面面积较大D．红灯看起来较深，红灯照亮的水面面积较大答案 D分析光从水里射入空气发生折射，入射角同样时，折射率越大，折射角越大，从水面上看光源越浅，红灯发出的红光的折射率最小，看起来最深；设光源的深度为d，光的临界角为 C，则光能够照亮的水面面积大小为 S＝π(dtan C)2，可见，临界角越大，照亮的面积越大，各样色光中，红光的折射率最小，临界角最大，所以红灯照亮的水面面积较大，选项 D 正确．7．如图 3 所示， MN 是位于竖直平面内的光屏，放在水平面上的半圆柱`形玻璃砖的平面部分 ab 与屏平行．由光源 S 发出的一束白光从半圆沿半径射入玻璃砖，经过圆心 O 再射到屏上．在水平面内以O 点为圆心沿逆时针方向慢慢转动玻璃砖，在光屏上出现了彩色光带．当玻图 3璃砖转动角度大于某一值时，屏上彩色光带中的某种颜色的色光第一消逝．有关彩色的摆列次序和最初消逝的色光是()A ．左紫右红，紫光B ．左红右紫，紫光C．左紫右红，红光D．左红右紫，红光答案B分析如下图，因为紫光的折射率大，故在光屏MN 上是左红右紫，并且是紫光最初发生全反射，应选项 B 正确．8．某物理兴趣小组用实验研究光的色散规律，他们将半圆形玻璃砖放在竖直面内，在其左方竖直搁置一个很大的光屏P，让一复色光束SA 射向玻璃砖的圆心 O 后，有两束单色光 a 和 b 射向光屏 P，如图 4 所示．他们依据实验现象提出了以下四个猜想，你以为正确的选项是()A ．单色光 a 的波长小于单色光 b 的波长图 4B ．在玻璃中单色光 a 的流传速度大于单色光 b 的流传速度C．单色光 a 经过玻璃砖所需的时间大于单色光 b 经过玻璃砖所需的时间D ．当光束 SA 绕圆心 O 逆时针转动过程中，在光屏P 上最早消逝的是 a 光答案B分析此题考察光学的有关知识．依据光的折射定律可知 a 光的折射率小于 b 光的折射率，则 a 光的频次小于 b 光的频次，由λ＝c可知， A 错误；由 v＝c可知， B 正确；因为f n复色光在玻璃砖中流传距离同样，依据t＝R可知， C 错误；由 sin C＝1可知， D 错误．v n9．为了表演“隐形的大头针”节目，某同学在半径为r 的圆形软木片中心垂直插入一枚大头针，并将其放入盛有水的碗中，如图5 所示．已知水的折射率为4，为了保证表演成功(在水面上看不到大头针)，大头针尾端3离水面的最大距离 h 为()74337A. 3 rB.3rC.4rD. 7 r图 5答案A分析只需从大头针尾端发出的光芒射到圆形软木片边沿界面处能够发生全反射，从水面上就看不到大头针，如下图，依据图中几何关系有sin C＝r＝1＝3，所以 hr2＋ h2 n 4＝73 r，选项 A 对．?题组 3光的折射与光的全反射的综合问题10.如图 6 所示，直角三角形 ABC 为一三棱镜的横截面，∠A＝ 30°.一束单色光从空气射向BC 上的 E 点，并偏折到AB上的 F点，光芒 EF 平行于底边 AC .已知入射光与BC 边的夹角为θ＝ 30°.试经过计算判断光在 F 点可否发生全反射．图 6答案能分析由几何关系知，光芒在BC 界面的入射角θ＝160°，折射角θ＝230°依据折射定律得 n＝sin θ1sin 60°＝sin 30＝ 3 sin θ2°由几何关系知，光芒在AB 界面的入射角为θ＝360°而棱镜对空气的临界角 C 的正弦值 sin C＝1＝3，则光芒在AB 界面的入射角n3 <sin θ3θ3>C，所以光芒在 F 点能发生全反射．11. 如图 7 所示，AOB是由某种透明物质制成的1/4 圆柱体的横截面 (O 为圆心 )，其折射率为 2.今有一束平行光以 45度的入射角射向柱体的OA 平面，这些光芒中有一部分不可以从柱体的AB 面上射出．设凡射到OB 面的光芒所有被汲取，也不考虑OA 面的反射，求圆柱AB 面上能射出光芒的部分占 AB 表面的几分之几？答案1图 7 2分析如下图，从 O 点射入的光芒，折射角为r，sin 45°依据折射定律有： n＝sin r解得 r＝ 30°设从某地点 P 点入射的光芒，折射到AB 弧面上 Q 点时，入射角恰等于临界角 C，有：1sin C＝n代入数据得： C＝45°所以能射出光芒的地区对应的圆心角β＝C＝ 45°45° 1故能射出光芒的部分占AB 表面的比率为：＝.90° 2。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

第2课时固体、液体和气体考纲解读 1.知道晶体、非晶体的区别.2.理解表面张力，会解释有关现象.3.掌握气体实验三定律，会用三定律分析气体状态变化问题．1．[晶体与非晶体的区别]关于晶体、非晶体、液晶，下列说法正确的是() A．所有的晶体都表现为各向异性B．晶体一定有规则的几何形状，形状不规则的金属一定是非晶体C．所有的晶体都有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点D．液晶的微观结构介于晶体和液体之间，其光学性质会随电压的变化而变化答案CD解析只有单晶体才表现为各向异性，故A错；单晶体有规则的几何形状，而多晶体的几何形状不规则，金属属于多晶体，故B错；晶体和非晶体的一个重要区别就是晶体有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点，故C对；液晶的光学性质随温度、压力、外加电压的变化而变化，D对．2．[液体表面张力的理解]关于液体的表面现象，下列说法正确的是() A．液体表面层的分子分布比内部密B．液体有使其体积收缩到最小的趋势C．液体表面层分子之间只有引力而无斥力D．液体有使其表面积收缩到最小的趋势答案 D解析液体表面层的分子分布比内部稀疏，故A错；液体由于表面张力作用，有使其表面积收缩到最小的趋势，故B错，D对；液体表面层分子之间既有引力也有斥力，只是由于分子间距离较大，分子力表现为引力，故C错．3．[气体实验定律的理解和应用]一定质量理想气体的状态经历了如图1所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在()A．ab过程中不断减小B．bc过程中保持不变图1C．cd过程中不断增加D．da过程中保持不变答案 B解析首先，因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A错误；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e，则ae是等容线，即V a＝V e，因为V d<V e，所以V d<V a，所以da过程中体积变化，D错误．考点梳理1．晶体与非晶体2.(1)作用：液体的表面张力使液面具有收缩的趋势．(2)方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直．3．液晶的物理性质(1)具有液体的流动性．(2)具有晶体的光学各向异性．(3)从某个方向上看其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的．4．气体实验定律(1)理想气体①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体．②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间． (2)理想气体的状态方程一定质量的理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2或pV T ＝C .气体实验定律可看做一定质量理想气体状态方程的特例．4． [对活塞进行受力分析求压强]如图2所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，截面积为5×10－3 m 2，一定质量的气体被质量为2.0 kg 的光滑活塞封闭在汽缸内，其压强为________ Pa(大气压强取1.01×105 Pa ，g 取 10 m/s 2)．答案 1.05×105图2解析对活塞进行受力分析如图设缸内气体压强为p 1，由平衡条件可知 p 1S ＝p 0S ＋mg所以p 1＝p 0＋mgS＝1.05×105 Pa5． [选取液片法求压强]如图3，一端封闭的玻璃管内用长为L 厘米的水银柱封闭了一部分气体，已知大气压强为p 0厘米汞柱，则封闭气体的压强为________厘米汞柱．答案 (p 0＋L )解析选取水银柱最下端的液片为研究对象，液片上面的压强为p 1＝(p 0＋L ) 厘米汞柱，下面的压强为气体的压强p .液片两面的压强应相等，则有p ＝p 1 图3＝(p 0＋L )厘米汞柱．方法提炼1．求用固体(如活塞)或液体(如液柱)封闭在静止的容器内的气体压强，应对固体或液体进行受力分析，然后根据平衡条件求解．2．当封闭气体所在的系统处于力学非平衡的状态时，欲求封闭气体的压强，首先选择恰当的对象(如与气体关联的液柱、活塞等)，并对其进行正确的受力分析(特别注意内、外气体的压力)，然后根据牛顿第二定律列方程求解．3．对于平衡状态下的水银柱，选取任意一个液片，其两侧面的压强应相等．考点一固体与液体的性质例1在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，石蜡熔化的范围如图4(1)、(2)、(3)所示，而甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图(4)所示．则由此可判断出甲为______，乙为______，丙为________(填“单晶体”、“多晶体”、“非晶体”)．图4解析晶体具有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点．单晶体的物理性质具有各向异性，多晶体的物理性质具有各向同性．答案多晶体非晶体单晶体例2关于液体表面现象的说法中正确的是() A．把缝衣针小心地放在水面上，针可以把水面压弯而不沉没，是因为针受到重力小，又受到液体浮力的缘故B．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体内分子间有相互吸引力C．玻璃管道裂口放在火上烧熔，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故D．飘浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故解析A项的缝衣针不受浮力，受表面张力；B项水银会成球状是因为表面张力；D也是表面张力的作用，只有C正确．答案 C考点二气体压强的产生与计算1．产生的原因：由于大量分子无规则地运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫做气体的压强． 2．决定因素(1)宏观上：决定于气体的温度和体积．(2)微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度． 3．平衡状态下气体压强的求法(1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强．(2)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强．(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等． 4．加速运动系统中封闭气体压强的求法选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．例3 如图5所示，一汽缸竖直倒放，汽缸内有一质量不可忽略的活塞，将一定质量的理想气体封在汽缸内，活塞与汽缸壁无摩擦，气体处于平衡状态，现保持温度不变把汽缸稍微倾斜一点，在达到平衡后，与原来相比，则( ) A ．气体的压强变大图5B ．气体的压强变小C ．气体的体积变小D ．气体的体积变大解析汽缸竖直时，取活塞为研究对象，设大气压强为p 0，有p 1S ＋mg ＝p 0S p 1＝p 0－mgS汽缸与竖直方向夹角为θ时，沿汽缸壁方向分析活塞受力，则p 2S ＋mg cos θ＝p 0S 则p 2＝p 0－mg cos θS.可见p 2>p 1，A 正确，B 错误；又因气体温度不变，故气体体积一定变小，C 正确，D 错误．答案 AC突破训练1 如图6所示，光滑水平面上放有一质量为M 的汽缸，汽缸内放有一质量为m 的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞，活塞面积为S .现用水平恒力F 向右推汽缸，最后汽缸和活塞达到相对静止状态，求此时缸内封闭气体的压强p .(已知外界大气压为p 0)图6答案p0＋mFS(M＋m)解析选取汽缸和活塞整体为研究对象，相对静止时有：F＝(M＋m)a再选活塞为研究对象，根据牛顿第二定律有：pS－p0S＝ma解得：p＝p0＋mFS(M＋m).考点三用图象法分析气体的状态变化图7例4封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T 的关系如图7所示，该气体的摩尔质量为M，状态A的体积为V0，温度为T0，O、A、D三点在同一直线上，阿伏加德罗常数为N A.(1)由状态A变到状态D过程中________．A．气体从外界吸收热量，内能增加B．气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少C．气体温度升高，每个气体分子的动能都会增大D．气体的密度不变(2)在上述过程中，气体对外做功为5 J，内能增加9 J，则气体________ (填“吸收”或“放出”)热量________ J.(3)在状态D，该气体的密度为ρ，体积为2V0，则状态D的温度为多少？该气体的分子数为多少？解析 (3)A →D ，由理想气体状态方程pVT ＝C ，得T D ＝2T 0 分子数n ＝2ρV 0N AM答案 (1)AB (2)吸收 14 (3)2T 02ρV 0N AM突破训练2 一定质量的理想气体经过一系列过程，如图8所示．下列说法中正确的是( )图8A ．a →b 过程中，气体体积增大，压强减小B ．b →c 过程中，气体压强不变，体积增大C ．c →a 过程中，气体压强增大，体积变小D ．c →a 过程中，气体内能增大，体积变小答案 A考点四理想气体实验定律的微观解释 1．等温变化一定质量的气体，温度保持不变时，分子的平均动能一定．在这种情况下，体积减小时，分子的密集程度增大，气体的压强增大． 2．等容变化一定质量的气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变．在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强增大． 3．等压变化一定质量的气体，温度升高时，分子的平均动能增大．只有气体的体积同时增大，使分子的密集程度减小，才能保持压强不变．例5 下列关于分子运动和热现象的说法正确的是________．A ．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故B ．一定量100°C 的水变成100°C 的水蒸气，其分子之间的势能增加 C ．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热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，因此压强必然增大E ．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和F ．如果气体温度升高，那么所有分子的速率都增大解析气体分子间的作用力近似为零，所以没有容器的约束，气体分子由于自身的热运动会扩散到很大空间，A错；一定量100°C的水变成100°C的水蒸气，需吸收一定热量，其内能增加；而分子个数、温度均未变，表明其分子势能增加，B对；气体的压强与气体分子密度和分子的平均速率有关，整体的体积增大，气体分子密度减小，要保证其压强不变，气体分子的平均速率要增大，即要吸收热量，升高温度，C对；对于一定量的气体，温度升高，分子的平均速率变大，但若气体体积增加得更多，气体的压强可能会降低，D错；根据内能的定义可知，E对；气体温度升高，分子的平均速率肯定会增大，但并不是所有分子的速率都增大，F错．答案BCE突破训练3有关气体的压强，下列说法正确的是() A．气体分子的平均速率增大，则气体的压强一定增大B．气体分子的密集程度增大，则气体的压强一定增大C．气体分子的平均动能增大，则气体的压强一定增大D．气体分子的平均动能增大，气体的压强有可能减小答案 D解析气体的压强与两个因素有关：一是气体分子的平均动能，二是气体分子的密集程度，或者说，一是温度，二是体积．密集程度或平均动能增大，都只强调问题的一方面，也就是说，平均动能增大的同时，气体的体积可能也增大，使得分子密集程度减小，所以压强可能增大，也可能减小．同理，当分子的密集程度增大时，分子平均动能也可能减小，压强的变化不能确定．综上所述正确答案为D.高考题组2．(2012·重庆理综·16)图11为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有一定量的空气．若玻璃管内水柱上升，则外界大气的变化可能是()A．温度降低，压强增大B．温度升高，压强不变C．温度升高，压强减小图11D．温度不变，压强减小答案 A解析对被封闭的一定量的气体进行研究，当水柱上升时，封闭气体的体积V减小，结合理想气体状态方程pVT ＝C 得，当外界大气压强p 0不变时，封闭气体的压强p 减小，则温度T 一定降低，B 选项错误．当外界大气压强p 0减小时，封闭气体的压强p 减小，则温度T 一定降低，C 、D 选项均错误．当外界大气压强p 0增大时，封闭气体的压强p 存在可能增大、可能不变、可能减小三种情况．当封闭气体的压强p 增大时，温度T 可能升高、不变或降低，封闭气体的压强p 不变时，温度T 一定降低，封闭气体的压强p 减小时，温度T 一定降低．故只有选项A 可能．2． (2012·江苏·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)封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T 1、T 2时的分子速率分布图象如图12所示，则T 1________(选填“大于”或“小于”)T 2.图12答案 (1)AB (2)平均动能小于解析 (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，即分子速率较大的分子占总分子数的比例较大，所以T 1<T 2. 模拟题组3．下列说法中正确的是________．A ．由于表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，所以液体存在表面张力B ．用油膜法估测出了油酸分子直径，如果已知其密度可估测出阿伏加德罗常数C ．在棉花、粉笔等物体内都有很多细小的孔道，它们起到了毛细管的作用D ．一定质量的理想气体从外界吸收热量，温度一定升高答案 ACE4．下列说法正确的是________(填入正确选项前的字母)．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可能为零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答案 BCD5． (1)某气体的摩尔质量为M ，摩尔体积为V ，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m和V 0，则阿伏加德罗常数N A 可表示为________．(填选项前的字母) A ．N A ＝VV 0B ．N A ＝ρV m C ．N A ＝ρV 0mD ．N A ＝M ρV 0图11(2)一定质量的理想气体的p －V 图象如图11所示，气体由状态A →B →C →D →A 变化．气体对外做正功的变化过程是下列选项中的__________．(填选项前的字母) A ．A →B B ．B →C C ．C →DD ．D →A(3)封闭在汽缸内一定质量的理想气体，如果保持气体体积不变，当温度降低时，下列说法正确的是________．(填选项前的字母) A ．气体的密度减小 B ．气体分子的平均动能增大 C ．气体的压强增大D ．每秒撞击单位面积器壁的气体分子数减少答案 (1)B (2)B (3)D(限时：45分钟)►题组1 对固体与液体的考查1． (2010·课标全国理综·33)关于晶体和非晶体，下列说法正确的是( )A ．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体B ．晶体的分子(或原子、离子)排列是规则的C ．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的答案BC2．关于液体的表面张力，下列说法中正确的是() A．表面张力是液体各部分间的相互作用B．液体表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间相互作用表现为引力C．表面张力的方向总是垂直于液面，指向液体内部的D．表面张力的方向总是与液面相切的答案BD3．关于液晶，下列说法中正确的有() A．液晶是一种晶体B．液晶分子的空间排列是稳定的，具有各向异性C．液晶的光学性质随温度的变化而变化D．液晶的光学性质随光照的变化而变化答案CD解析液晶的微观结构介于晶体和液体之间，虽然液晶分子在特定方向排列比较整齐，具有各向异性，但分子的排列是不稳定的，选项A、B错误；外界条件的微小变化都会引起液晶分子排列的变化，从而改变液晶的某些性质；温度、压力、外加电压等因素变化时，都会改变液晶的光学性质，选项C、D正确．4．液体的饱和汽压随温度的升高而增大() A．其规律遵循查理定律B．是因为饱和汽的质量随温度的升高而增大C．是因为饱和汽的体积随温度的升高而增大D．是因为饱和汽密度和蒸汽分子的平均速率都随温度的升高而增大答案 D解析当温度升高时，蒸汽分子的平均动能增大，导致饱和汽压增大；同时，液体中平均动能大的分子数增多，从液面飞出的分子数将增多，在体积不变时，将使饱和汽的密度增大，也会导致饱和汽压增大，故选D.►题组2对气体实验定律微观解释的考查5．封闭在汽缸内一定质量的理想气体，如果保持气体体积不变，当温度降低时，以下说法正确的是() A．气体的密度减小B．气体分子的平均动能增大C．气体的压强增大D．每秒撞击单位面积器壁的气体分子数减少答案 D6．下列说法正确的是() A．一定质量的气体，当温度升高时，压强一定增大B．一定质量的气体，当体积增大时，压强一定减小C．一定质量的气体，当体积增大，温度升高时，压强一定增大D．一定质量的气体，当体积减小，温度升高时，压强一定增大答案 D解析一定质量的气体，其分子总数一定，当温度升高时，气体分子的平均动能增大，有引起压强增大的可能，但不知道分子的密度如何变化，故不能断定压强一定增大，A 项错误；当体积增大时，气体分子的密度减小，有使压强减小的可能，但不知气体分子的平均动能如何变化，同样不能断定气体压强一定减小，B项错误；体积增大有使压强减小的趋势，温度升高有使压强增大的趋势，这两种使压强向相反方向变化的趋势不知谁占主导地位，不能断定压强如何变化，故C项错误；体积减小有使压强增大的趋势，温度升高也有使压强增大的趋势，这两种趋势都使压强增大，故压强一定增大，D项正确．►题组3对气体实验定律与气态方程的考查7．如图1所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气()图1A．体积不变，压强变小B．体积变小，压强变大C．体积不变，压强变大D．体积变小，压强变小答案 B解析细管中封闭的气体，可以看成是一定质量的理想气体，洗衣缸内水位升高，气体压强增大，因温度不变，故做等温变化，由玻意耳定律pV＝C得，气体体积减小，B 选项正确．8．用如图2所示的实验装置来研究气体等体积变化的规律．A、B管下端由软管相连，注入一定量的水银，烧瓶中封有一定量的理想气体，开始时A、B两管中水银面一样高，那么为了保持瓶中气体体积不变( )图2A ．将烧瓶浸入热水中时，应将A 管向上移动B ．将烧瓶浸入热水中时，应将A 管向下移动C ．将烧瓶浸入冰水中时，应将A 管向上移动D ．将烧瓶浸入冰水中时，应将A 管向下移动答案 AD解析由pVT ＝C (常量)可知，在体积不变的情况下，温度升高，气体压强增大，右管A水银面要比左管B 水银面高，故选项A 正确；同理可知选项D 正确．9．一定质量的理想气体，在某一状态下的压强、体积和温度分别为p 0、V 0、T 0，在另一状态下的压强、体积和温度分别为p 1、V 1、T 1，则下列关系错误的是( )A ．若p 0＝p 1，V 0＝2V 1，则T 0＝12T 1B ．若p 0＝p 1，V 0＝12V 1，则T 0＝2T 1C ．若p 0＝2p 1，V 0＝2V 1，则T 0＝2T 1D ．若p 0＝2p 1，V 0＝V 1，则T 0＝2T 1 答案 ABC解析根据p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1可以判断出选项A 、B 、C 错误，D 正确．10．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(p 1，V 1，T 1)绝热膨胀到状态Ⅱ(p 2，V 2，T 2)．倘若该气团由状态Ⅰ(p 1，V 1，T 1)作等温膨胀至状态Ⅲ(p 3，V 2，T 1)，试回答： (1)下列判断正确的是________． A ．p 3>p 2 B ．p 3<p 2 C ．T 1>T 2D ．T 1<T 2(2)若气团在绝热膨胀过程中对外做的功为W 1，则其内能变化ΔU 1＝________；若气团在等温膨胀过程中对外做的功为W 2，则其内能变化ΔU 2＝________.(3)气团体积由V 1变化到V 2时，求气团在变化前后的密度比和分子间平均距离比．答案 (1)AC (2)－W 1 0 (3)V 2V 1 3V 1V 2解析 (3)气体的密度ρ＝mV则变化前后密度比ρ1ρ2＝V 2V 1设分子间平均距离为d ，气体分子数为N ，则所有气体体积V ＝Nd 3 变化前后分子间平均距离比d 1d 2＝ 3V 1V 211．(1)对下列相关物理现象的解释，正确的是( )A ．水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙B ．悬浮在液体中的大颗粒不做布朗运动，说明分子不运动C ．清水中滴入墨水会很快变黑，说明分子在做无规则运动D ．高压下的油会透过钢壁渗出，说明分子是不停地运动着的图3(2)如图3所示，一直立的汽缸用一质量为m 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ，气体最初的体积为V 0，气体最初的压强为p 02；汽缸内壁光滑且缸壁是导热的．开始活塞被固定，打开固定螺栓K ，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B 点．设周围环境温度保持不变，已知大气压强为p 0，重力加速度为g .求活塞停在B 点时缸内封闭气体的体积V . 答案 (1)AC (2)p 0V 0S2(p 0S ＋mg )解析 (1)水和酒精混合后，水分子和酒精分子相互“进入”，总体积减小，说明分子间有空隙，选项A 正确；悬浮颗粒越小，温度越高，布朗运动越明显，布朗运动反映液体分子运动的无规则性，选项B 错误；选项C 属于扩散现象，它说明分子都在做无规则的热运动，选项C 正确；高压下的油会透过钢壁渗出，这属于物体在外力作用下的机械运动，并不能说明分子是不停运动着的，但能说明分子间有空隙，选项D 错误．本题答案为A 、C.(2)设活塞在B 点时被封闭气体的压强为p ，活塞受力平衡，p 0S ＋mg ＝pS 解得p ＝p 0＋mg S由玻意耳定律：12p 0V 0＝pV得气体体积：V ＝p 0V 0S2(p 0S ＋mg )12．(1)如图4是“探究气体等温变化规律”的简易装置图，下表是某小组测得的数据.图4①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_____________．图5(2)如图5所示，光滑活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸里，活塞截面积为10 cm 2，汽缸内温度为27℃时，弹簧测力计的读数为10 N ．已知气体压强比外界大气压强大2×104 Pa ，则活塞的重力多大？答案 (1)①p －1V②漏气 (2)30 N解析 (2)对活塞进行受力分析，由平衡条件得：G ＝F ＋ΔpS ＝30 N.。