步步高2014版《考前三个月》高考物理(通用)大二轮专题复习课件：选修3-5 动量 原子和原子核
图1 m 的物块 A、B、C.B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板
质量不计)．设 A 以速度 v0 朝 B 运动，压缩弹簧；当 A、 B 速度相等时，B 与 C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运 动．假设 B 和 C 碰撞过程时间极短．求从 A 开始压缩弹簧 直至与弹簧分离的过程中，
专题十 学案19
(3)不违背能量守恒原则 碰撞过程满足 Ek≥Ek′ 1 1 1 1 2 2 2 即 m1v1 ＋ m2v2 ≥ m1v1′ ＋ m2v2′2 2 2 2 2 2 2 p1 2 p2 2 p1′ p2′ 或 ＋ ≥ ＋ . 2m1 2m2 2m1 2m 2 3．列动量守恒方程应注意的问题 (1)选取正方向：动量守恒定律表达式为矢量式，若作用前 后动量在一条直线上时，规定正方向，可将矢量运算简化 为代数运算． (2)速度 v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一参考系，通常 相对地面而言． (3)动量是状态量，具有瞬时性， v1、v2 是作用前同一时刻 两物体的速度， v1′、 v2′是作用后同一时刻两物体的速度．
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(1)任何一种金属，都存在极限频率 νc，只有当入射光频率大 于 νc 时，才能发生光电效应．(2)光电子的最大初动能 Ek 只 随入射光频率的增大而增大，关系式为 Ek＝hν－W0.(3)光电 效应几乎是瞬时发生的．(4)光电流随入射光强度的增大而增 大．
专题十 学案19
2．碰撞问题同时遵守的三条原则 (1)系统动量守恒原则 (2)物理情景可行性原则
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速度要符合物理情景：如果碰撞前两物体同向运动，则后 面物体的速度必大于前面物体的速度，即 v 后>v 前，否则无 法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大， 且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速 度．即 v 前′≥v 后′，否则碰撞没有结束． 如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向 不可能相向，除非两物体碰撞后速度均为零．
(ⅰ)整个系统损失的机械能； (ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
专题十 学案19
审题突破 ①B 与 C 相互碰撞的过程， 动量守恒， 机械能减少，
其他过程不损失机械能． ②弹簧被压缩到最短时，A、B、C 三个物体的速度相等．整个
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相互作用的过程满足能量守恒定律．
解析
(ⅰ)从 A 压缩弹簧到 A 与 B 具有相同速度 v1 时，对 A、 ①
2．爱因斯坦光电效应方程 Ek＝hν－W0 对方程的两点理解：
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(1)爱因斯坦光电效应方程是根据能量守恒定律得出的． 金属表面的电子从入射光中吸收一个光子的能量 hν 时(电 子吸收光子能量，不是光子与电子发生碰撞)，一部分用于 克服电子从金属表面逸出时所做的逸出功 W0，另一部分转 化为光电子的最大初动能，即 Ek＝hν－W0.
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条光电流与电压之间的关系曲线(甲 光、乙光、丙光)，如图 7 所示，则 可判断出 ( ) 图7 A．甲光的频率大于乙光的频率 B．乙光的波长大于丙光的波长 C．乙光的频率大于丙光的频率 D． 甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初 动能
专题十 学案19
解析 由题图可知，甲、乙两光对应的遏止电压均为 Uc2，由
专题十 学案19
(2)光电子的最大初动能 Ek 与入射光的频率 ν 是线性关系，而 不是成正比．如图 6 所示，其中直线在横轴上的截距 OA 就是 这种材料的极限频率，直线的斜率就是普朗克常量 h，OB 长
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度表示金属材料的逸出功．
图6
专题十 学案19
突破练习 4． 在光电效应实验中， 飞飞同学用同一 光电管在不同实验条件下得到了三
专题十 学案19
在整个过程中，A、B 的相对位移为 x1，根据动能定理，得 1 1 2 μmgx1＝ mv0 － (M＋m)v′2 2 2
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解得 x1＝8.67 m 因此，若 A 最终不脱离 B，则木板的最小长度为 8.67 m.
答案 8.67 m
专题十 学案19
3．如图 4 所示，半径分别为 R 和 r(R>r) 的两光滑圆轨道安置在同一竖直平 面内，两轨道之间由一条光滑水平轨
专题十 学案19
学案 19
【考情分析】
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选修 3－5
课标全国
动量
山东
原子和原子核
浙江 福建 江苏
命题情况 考查点 动量 原子和原子核
13 12 12 13 12 13 12 13 12 13 Ⅰ Ⅱ 35 35 35 38 38 (2) (2) (2) (2) (2) 35 35 35 38 38 (1) (1) (1) (1) (1) 29 (2) 29 (1) 12 (C) 12 12 (C) (C)
应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属
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表面逸出．强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识， 用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短 时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应， 这已被实验证实． 光电效应实验装置示意图如图 5 所示．用频率为 ν 的普通光 源照射阴极 K，没有发生光电效应，换用同样频率 ν 的强激 光照射阴极 K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压 U，即将阴极 K 接电源正极，阳极 A 接电源负极，在 K、A
图3
专题十 学案19
解析 设 A 滑上 B 后达到共同速度前并未碰到墙壁， 则根据动
量守恒定律得它们的共同速度为 v， 有 mv0＝(M＋m)v， 解得 v ＝2 m/s
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在这一过程中，B 的位移为 xB，由动能定理有： 1 2 μmgxB＝ Mv ，解得 xB＝2 m 2 A、 B 达到共同速度 v＝2 m/s 后再匀速向前运动 2 m 碰到墙壁， B 碰到竖直墙壁后，根据动量守恒定律得 A、B 最后相对静止 时的速度为 v′，则 Mv－mv＝(M＋m)v′ 2 解得 v′＝ m/s 3
爱因斯坦光电效应方程 Ek＝hν－W0 和－eUc＝0－Ek 可知甲、 乙两光的频率相同，且小于丙光的频率，故选项 A、C 均错误；
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道 CD 相连，在水平轨道 CD 上一轻 通过各自圆轨道的最高点，求： (1)两小球的质量比；
图4
弹簧被 a、b 两小球夹住，同时释放两小球，a、b 球恰好能
(2)若 ma＝mb＝m，要求 a、b 都能通过各自的最高点，弹簧 释放前至少具有多少弹性势能．
专题十 学案19
解析 别为：
用、原子的跃迁、原子核的衰变、核反应方程的书写、质量亏 损和核能的计算等．除部分省市外，该部分知识是高考必考的 考点．在复习备考中，要注意加强基本概念规律的理解．全面 复习本部分内容，并侧重动量守恒定律的应用训练．
专题十 学案19
考题 1 对动量守恒定律的考查 例1 (2013· 全国新课标Ⅱ· 35(2))如图 1， 光滑水平直轨道上有三个质量均为
B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1
此时 B 与 C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为 v2， 损失的机械能为 ΔE，对 B、C 组成的系统，由动量守恒定律和 能量守恒定律得 mv1＝2mv2 1 1 2 mv1 ＝ΔE＋ ×(2m)v2 2 2 2 1 联立①②③式得 ΔE＝ mv0 2 16 ② ③ ④
专题十 学案19
(2)动量守恒定律的适用条件 ①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．
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②系统所受合外力不为零，但在某一方向上系统所受外力的合 力为零，则在该方向上系统动量守恒． ③系统虽受外力， 但外力远小于内力且作用时间极短， 如碰撞、 爆炸过程．
专题十 学案19
专题十 学案19
1 解析 由光电效应方程可知：nhν＝W＋ mvm2(n＝2,3,4„)① 2 1 在减速电场中由动能定理得：－eU＝0－ mvm2 ② 2 本 nhν W 学 联立①②式得：U＝ － e (n＝2,3,4„)，故选项 B 正确． e 案
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答案Biblioteka B专题十 学案19
规律总结 1．光电效应的规律
专题十 学案19
之间就形成了使光电子减速的电场．逐渐增大 U，光电流会逐 渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压 U 可能是下 列的(其中 W 为逸出功，h 为普朗克常量，e 为电子电量)(
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)
hν W A．U＝ e － e C．U＝2hν－W
图5 2hν W B．U＝ e － e 5hν W D．U＝ －e 2e
专题十 学案19
命题情况
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安徽 12 13
广东 12 13 36 35 18 17
北京 12 13 20 13 24
天津 12 10 1 13 2 1
考查点 动量 原子和原子核
专题十 学案19
【考点预测】 高考对该部分内容考查的重点有：动量守恒定律及其应
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专题十 学案19
(ⅱ)由②式可知 v2＜v1，A 将继续压缩弹簧，直至 A、B、C 三 者速度相同，设此速度为 v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性 势能为 Ep，由动量守恒定律和能量守恒定律得
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mv0＝3mv3 1 1 2 mv0 －ΔE＝ ×(3m)v3 2＋Ep 2 2 联立④⑤⑥式得 13 Ep＝ mv0 2 48
1 答案 (ⅰ)16mv0 2
13 (ⅱ)48mv0 2
⑤ ⑥
⑦
专题十 学案19
规律总结 1．动量守恒定律的表达形式和适用条件． (1)动量守恒定律的表达式
高中物理选修3-5步步高全套学案及课件第一章 3 课时2
[即学即用] 1.判断下列说法的正误. (1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果.
(√ ) (2)只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析.
( ×) (3)反冲运动的原理既适用于宏观物体,也适用于微观粒子.( √) (4)火箭点火后离开地面加速向上运动,是地面对火箭的反作用力作用的 结果.( × ) (5)在没有空气的宇宙空间,火箭仍可加速前行.( √)
面而言的.
例3 有一只小船停在静水中,船上一人从船头走到船尾.如果人的质量m ＝60 kg,船的质量M＝120 kg,船长为l＝3 m,则船在水中移动的距离是多少？ (水的阻力不计) 答案 1 m
解析 答案
二、火箭的工作原理分析
[导学探究] 1.火箭飞行的工作原理是什么？ 答案 火箭靠向后连续喷射高速气体飞行,利用了反冲原理.
答案
2.设火箭发射前的总质量是M,燃料燃尽后的质量为m,火箭燃气的喷射速 度为v,试求燃料燃尽后火箭飞行的最大速度v′. 答案 在火箭发射过程中,由于内力远大于外力,所以可认为动量守恒. 取火箭的速度方向为正方向,发射前火箭的总动量为0,发射后的总动量 为mv′－(M－m)v 则由动量守恒定律得0＝mv′－(M－m)v 所以 v′＝M－m mv＝Mm－1v.
答案
[知识深化] 1.火箭喷气属于反冲类问题,是动量守恒定律的重要应用. 2.分析火箭类问题应注意的三个问题 (1)火箭在运动过程中,随着燃料的燃烧,火箭本身的质量不断减小,故在应 用动量守恒定律时,必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为 研究对象.注意反冲前、后各物体质量的变化. (2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系,如果 不是同一参考系要设法予以调整,一般情况要转换成对地的速度. (3)列方程时要注意初、末状态动量的方向.
版《考前三个月》高考物理(通用)大二轮专题复习课件物理图像问题分析
专题八
物理图象问题分析
学案 14
【考情分析】 命题情况
物理图象问题分析
山东 13 浙江 福建 江苏
课标全国
本 学 考查点 案 栏 力学中的图象 目 开 问题 关
13 12 12 Ⅰ Ⅱ 19 21 20 14 16 18
12 13 12 13 12 13 17 17 13 15 18 18 4
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突破练习 1．甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直 线同时做直线运动， 其 v－t 图象如图 2 所示，则 A．1 s 时甲和乙相遇 B．2 s 时甲的速度方向反向 C．2 s～6 s 内甲相对乙做匀速直线运动 D．4 s 时乙的加速度方向反向 ( )
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(2)面积的物理意义 ①在直线运动的 v－t 图象中，图线和时间轴之间的面积，等于 速度 v 与时间 t 的乘积，因此它表示相应时间内质点通过的位 移；② 在 a－ t 图象中，图线和时间轴之间的面积，等于加速度 a 与时间 t 的乘积，表示质点在相应时间内速度的变化量；③线 圈中电磁感应的 E－t 图象(E 为感应电动势)，图线跟 t 坐标轴 之间的面积表示相应时间内线圈磁通量的变化量；④ 力 F 移动 物体在力的方向上产生一段位移 l， F－l 图象中曲线和 l 坐标轴 之间的面积表示 F 做的功，如果 F 是静电力，此面积表示电势 能的减小量， 如果 F 是合力， 则此面积表示物体动能的增加量； ⑤静电场中的 E－ x 图象(E 为电场强度， x 为沿电场线方向的位 移 )，曲线和 x 坐标轴之间的面积表示相应两点间的电势差．
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图1 (1)求物体上升到 0.4 m 高度处 F 的瞬时功率． (2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得 20 J 的动能向下运动．钉子总长为 10 cm.撞击前插入部分可以 忽略， 不计钉子重力． 已知钉子在插入过程中所受阻力 Ff 与深 度 x 的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度．
【步步高 通用(理)】2014届高三《考前三个月》专题复习篇【配套Word版文档】专题三 第一讲
专题三 三角函数、三角变换、解三角形、平面向量第一讲 三角函数的图象与性质1．任意角的三角函数(1)设α是一个任意角，它的终边与单位圆交于点P (x ，y )，那么sin α＝y ，cos α＝x ，tanα＝y x .(2)各象限角的三角函数值的符号：一全正，二正弦，三正切，四余弦． 23． y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象及性质(1)五点作图法：五点的取法：设X ＝ωx ＋φ，X 取0，π2，π，3π2，2π时求相应的x 值、y值，再描点作图．(2)给出图象求函数表达式的题目，比较难求的是φ，一般是从“五点法”中的第一点(－φω，0)作为突破口． (3)图象变换y ＝sin x ―――――――――――――→向左(φ>0)或向右(φ<0)平移|φ|个单位y ＝sin(x ＋φ)――――――――――――→纵坐标变为原来的A 倍横坐标不变y ＝A sin(ωx ＋φ)．1． (2013·江西)函数y ＝sin 2x ＋23sin 2x 的最小正周期T 为________．答案 π解析 y ＝sin 2x ＋3(1－cos 2x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋3， ∴T ＝π.2． (2013·山东)将函数y ＝sin(2x ＋φ)的图象沿x 轴向左平移π8个单位后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能取值为( )A.3π4B.π4C ．0D ．－π4答案 B解析 把函数y ＝sin(2x ＋φ)沿x 轴向左平移π8个单位后得到函数y ＝sin 2⎝⎛⎭⎫x ＋φ2＋π8＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋φ＋π4为偶函数，则φ＝π4. 3． (2013·四川)函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0，－π2<φ<π2)的部分图象如图所示，则ω，φ的值分别是( )A ．2，－π3B ．2，－π6C ．4，－π6D ．4，π3答案 A解析 34T ＝5π12－⎝⎛⎭⎫－π3，T ＝π，∴ω＝2， ∴2×5π12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，∴φ＝2k π－π3，k ∈Z .又φ∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2，∴φ＝－π3，选A. 4． (2012·课标全国)已知ω>0，函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减，则ω的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤12，54B.⎣⎡⎦⎤12，34 C.⎝⎛⎦⎤0，12D ．(0,2]答案 A解析 取ω＝54，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫54x ＋π4，其减区间为⎣⎡⎦⎤85k π＋π5，85k π＋π，k ∈Z ， 显然⎝⎛⎭⎫π2，π⊆⎣⎡⎦⎤85k π＋π5，85k π＋π，k ∈Z ，排除B ，C. 取ω＝2，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4， 其减区间为⎣⎡⎦⎤k π＋π8，k π＋58π，k ∈Z ， 显然⎝⎛⎭⎫π2，π⎣⎡⎦⎤k π＋π8，k π＋58π，k ∈Z ，排除D. 5． (2011·安徽)已知函数f (x )＝sin(2x ＋φ)，其中φ为实数．f (x )≤⎪⎪⎪⎪f ⎝⎛⎭⎫π6对x ∈R 恒成立，且 f ⎝⎛⎭⎫π2>f (π)，则f (x )的单调递增区间是( ) A.⎣⎡⎦⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z ) B.⎣⎡⎦⎤k π，k π＋π2(k ∈Z ) C.⎣⎡⎦⎤k π＋π6，k π＋2π3(k ∈Z ) D.⎣⎡⎦⎤k π－π2，k π(k ∈Z ) 答案 C解析 由∀x ∈R ，有f (x )≤⎪⎪⎪⎪f ⎝⎛⎭⎫π6知，当x ＝π6时f (x )取最值，∴f ⎝⎛⎭⎫π6＝sin ⎝⎛⎭⎫π3＋φ＝±1， ∴π3＋φ＝±π2＋2k π(k ∈Z )， ∴φ＝π6＋2k π或φ＝－5π6＋2k π(k ∈Z )，又∵f ⎝⎛⎭⎫π2>f (π)，∴sin(π＋φ)>sin(2π＋φ)，∴－sin φ>sin φ，∴sin φ<0.∴φ取－5π6＋2k π(k ∈Z )．不妨取φ＝－5π6，则f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －5π6. 令－π2＋2k π≤2x －5π6≤π2＋2k π(k ∈Z )，∴π3＋2k π≤2x ≤4π3＋2k π(k ∈Z )， ∴π6＋k π≤x ≤2π3＋k π(k ∈Z )． ∴f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤π6＋k π，2π3＋k π(k ∈Z )．题型一 三角函数的概念问题例1 如图，以Ox 为始边作角α与β(0<β<α<π)，它们终边分别与单位圆相交于点P 、Q ，已知点P 的坐标为(－35，45)．(1)求sin 2α＋cos 2α＋11＋tan α的值；(2)若OP →·OQ →＝0，求sin(α＋β)． 审题破题 (1)先根据三角函数的定义求sin α，cos α，代入求三角函数式子的值；(2)根据OP →⊥OQ →和β范围可求sin β，cos β.解 (1)由三角函数定义得cos α＝－35，sin α＝45，∴原式＝2sin αcos α＋2cos 2α1＋sin αcos α＝2cos α(sin α＋cos α)sin α＋cos αcos α＝2cos 2α＝2×(－35)2＝1825.(2)∵OP →·OQ →＝0，∴α－β＝π2，∴β＝α－π2，∴sin β＝sin(α－π2)＝－cos α＝35，cos β＝cos(α－π2)＝sin α＝45.∴sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝45×45＋(－35)×35＝725. 反思归纳 (1)三角函数的定义是求三角函数值的基本依据，如果已知角终边上的点，则利用三角函数的定义，可求该角的正弦、余弦、正切值．(2)同角三角函数间的关系、诱导公式在三角函数式的化简中起着举足轻重的作用，应注意正确选择公式、注意公式应用的条件．变式训练1 (1)已知角θ的顶点与原点重合，始边与x 轴的正半轴重合，终边在直线y ＝2x上，则cos 2θ等于( )A ．－45B ．－35C.35D.45答案 B解析 依题意得tan θ＝2，∴cos 2θ＝cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ－sin 2θcos 2θ＋sin 2θ＝1－tan 2θ1＋tan 2θ＝－35. (2)已知角α的顶点与原点重合，始边与x 轴的正半轴重合，终边上一点P (－4,3)，则cos ⎝⎛⎭⎫π2＋αsin (－π－α)cos ⎝⎛⎭⎫11π2－αsin ⎝⎛⎭⎫9π2＋α的值为________．答案 －34解析 原式＝－sin α·sin α－sin α·cos α＝tan α.根据三角函数的定义，得tan α＝y x ＝－34，所以原式＝－34.题型二 函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象及应用例2 已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π2)在一个周期内的图象如图所示．(1)求函数的解析式；(2)设0<x <π，且方程f (x )＝m 有两个不同的实数根，求实数m 的取值范围以及这两个根的和．审题破题 (1)先由函数图象确定A ，ω，再代入点⎝⎛⎭⎫π6，2求φ；(2)利用转化思想先把方程问题转化为函数问题，再利用数形结合法求解．解 (1)由图象知：A ＝2，34T ＝11π12－π6＝3π4，则T ＝π，所以ω＝2.又图象过点⎝⎛⎭⎫π6，2，所以2×π6＋φ＝π2，即φ＝π6.所以所求的函数的解析式为f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. (2)在同一坐标系中画出y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6和y ＝m (m ∈R )的图象，如图所示，由图可知，－2<m <1或1<m <2时，直线y ＝m 与曲线有两个不同的交点，即原方程有两个不同的实数根，故m 的取值范围为－2<m <1或1<m <2.当－2<m <1时，两根之和为4π3；当1<m <2时，两根之和为π3.反思归纳 (1)已知图象求函数y ＝A sin(ωx ＋φ) (A >0，ω>0)的解析式时，常用的方法是待定系数法．由图中的最大、最小值求出A ，由周期确定ω，由适合解析式的点的坐标来确定φ(代点时尽量选最值点，或者搞清点的对应关系)；(2)利用数形结合思想从函数图象上可以清楚地看出当－2<m <1或1<m <2时，直线y ＝m 与曲线有两个不同的交点，即原方程有两个不同的实数根，利用图象的对称性便可求出两根之和．变式训练2 已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，－π<φ<π)的部分图象如图所示，则函数f (x )的解析式为( )A ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫12x ＋π4 B ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫12x ＋3π4 C ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫12x －π4 D ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫12x －3π4 答案 B解析 由图象可知A ＝2，T 2＝3π2－⎝⎛⎭⎫－π2＝2π，即T ＝4π.又T ＝2πω＝4π，所以ω＝12，所以函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫12x ＋φ.又f ⎝⎛⎭⎫－π2＝2sin ⎣⎡⎦⎤12×⎝⎛⎭⎫－π2＋φ＝2，即sin ⎝⎛⎭⎫－π4＋φ＝1，即－π4＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，即φ＝3π4＋2k π，k ∈Z ，因为－π<φ<π，所以φ＝3π4，所以函数为f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫12x ＋3π4，选B. 题型三 三角函数的性质例3 已知函数f (x )＝4sin ωx cos ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3＋3(ω>0)的最小正周期为π. (1)求f (x )的解析式；(2)求f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π6上的最大值和最小值及取得最值时x 的值． 审题破题 利用和差公式、倍角公式将f (x )化为A sin(ωx ＋φ)的形式，然后求三角函数的最值．解 (1)f (x )＝4sin ωx ⎝⎛⎭⎫cos ωx cos π3－sin ωx sin π3＋ 3 ＝2sin ωx cos ωx －23sin 2ωx ＋ 3 ＝sin 2ωx ＋3cos 2ωx＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π3. ∵T ＝2π2ω＝π，∴ω＝1.∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3. (2)∵－π4≤x ≤π6，∴－π6≤2x ＋π3≤2π3，∴－12≤sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3≤1，即－1≤f (x )≤2， 当2x ＋π3＝－π6，即x ＝－π4时，f (x )min ＝－1，当2x ＋π3＝π2，即x ＝π12时，f (x )max ＝2.反思归纳 (1)求三角函数的周期、单调区间、最值及判断三角函数的奇偶性，往往是在定义域内，先化简三角函数式，尽量化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的形式，然后再求解． (2)对于y ＝a sin ωx ＋b cos ωx 型的三角函数，要通过引入辅助角化为y ＝a 2＋b 2sin(ωx ＋φ)(cos φ＝a a 2＋b 2，sin φ＝ba 2＋b 2)的形式来求．(3)讨论y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B ，可以利用换元思想设t ＝ωx ＋φ，转化成函数y ＝A sin t ＋B 结合函数的图象解决．变式训练3 (1)函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫π6－2x (x ∈[0，π])为增函数的区间是( )A.⎣⎡⎦⎤0，π3 B.⎣⎡⎦⎤π12，7π12 C.⎣⎡⎦⎤π3，5π6D.⎣⎡⎦⎤5π6，π答案 C解析 因为y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫π6－2x ＝－2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6，由π2＋2k π≤2x －π6≤3π2＋2k π，k ∈Z ，解得π3＋k π≤x ≤5π6＋k π，k ∈Z ，即函数的增区间为⎣⎡⎦⎤π3＋k π，5π6＋k π(k ∈Z )，所以当k ＝0时，增区间为⎣⎡⎦⎤π3，5π6，选C.(2)设函数f (x )＝3cos(2x ＋φ)＋sin(2x ＋φ)⎝⎛⎭⎫|φ|<π2，且其图象关于直线x ＝0对称，则( ) A ．y ＝f (x )的最小正周期为π，且在⎝⎛⎭⎫0，π2上为增函数 B ．y ＝f (x )的最小正周期为π，且在⎝⎛⎭⎫0，π2上为减函数 C ．y ＝f (x )的最小正周期为π2，且在⎝⎛⎭⎫0，π4上为增函数 D ．y ＝f (x )的最小正周期为π2，且在⎝⎛⎭⎫0，π4上为减函数 答案 B解析 f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3＋φ，其图象关于直线x ＝0对称， ∴f (0)＝±2，∴π3＋φ＝k π＋π2，k ∈Z .∴φ＝k π＋π6，又|φ|<π2，∴φ＝π6.∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝2cos 2x .∴y ＝f (x )的最小正周期为π，且在⎝⎛⎭⎫0，π2上为减函数． 题型四 三角函数的应用例4 已知函数f (x )＝sin ωx ·cos ωx ＋3cos 2ωx －32(ω>0)，直线x ＝x 1，x ＝x 2是y ＝f (x )图象的任意两条对称轴，且|x 1－x 2|的最小值为π4.(1)求f (x )的表达式；(2)将函数f (x )的图象向右平移π8个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数y ＝g (x )的图象，若关于x 的方程g (x )＋k ＝0在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上有且只有一个实数解，求实数k 的取值范围．审题破题 (1)首先化简f (x )再根据题意求出最小正周期，然后可求ω，即可得f (x )的表达式；(2)根据图象平移求出g (x )，然后利用换元法并结合图形求解．解 (1)f (x )＝12sin 2ωx ＋31＋cos 2ωx 2－32＝12sin 2ωx ＋32cos 2ωx ＝sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π3， 由题意知，最小正周期T ＝2×π4＝π2，T ＝2π2ω＝πω＝π2，所以ω＝2，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋π3. (2)将f (x )的图象向右平移π8个单位后，得到y ＝sin ⎝⎛⎭⎫4x －π6的图象，再将所得图象所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6的图象． 所以g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6. 令2x －π6＝t ，∵0≤x ≤π2，∴－π6≤t ≤5π6.g (x )＋k ＝0在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上有且只有一个实数解，即函数g (x )＝sin t 与y ＝－k 在区间⎣⎡⎦⎤－π6，5π6上有且只有一个交点．如图， 由正弦函数的图象可知－12≤－k <12或－k ＝1.所以－12<k ≤12或k ＝－1.反思归纳 确定函数y ＝g (x )的解析式后，本题解法中利用两个数学思想：整体思想(设t ＝2x －π6，将2x －π6视为一个整体)．数形结合思想，将问题转化为g (x )＝sin t 与y ＝－k在⎣⎡⎦⎤－π6，5π6上只有一个交点的实数k 的取值范围．互动探究 在例4(2)中条件不变的情况下，求函数y ＝g (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上的单调区间． 解 g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6. 令2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z .又0≤x ≤π2，∴函数y ＝g (x )的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤0，π3. 令2k π＋π2≤2x －π6≤2k π＋32π，k ∈Z ，得k π＋π3≤x ≤k π＋56π，k ∈Z .又0≤x ≤π2，∴函数g (x )的单调递减区间是⎣⎡⎦⎤π3，π2.变式训练4 (2013·天津一中高三月考)函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3(x ∈R )的图象为C ，以下结论正确的是________．(写出所有正确结论的编号)①图象C 关于直线x ＝11π12对称；②图象C 关于点⎝⎛⎭⎫2π3，0对称；③函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－π12，5π12内是增函数； ④由y ＝sin 2x 的图象向右平移π3个单位长度可以得到图象C .答案 ①②③解析 当x ＝11π12时，f ⎝⎛⎭⎫11π12＝sin ⎝⎛⎭⎫2×11π12－π3＝sin ⎝⎛⎭⎫11π6－π3＝sin 3π2＝－1，为最小值，所以图象C 关于直线x ＝11π12对称，所以①正确；当x ＝2π3时，f ⎝⎛⎭⎫2π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2×2π3－π3＝sin π＝0，图象C 关于点⎝⎛⎭⎫2π3，0对称，所以②正确；当－π12≤x ≤5π12时，－π2≤2x －π3≤π2，此时函数单调递增，所以③正确；y ＝sin 2x 的图象向右平移π3个单位长度，得到y ＝sin2⎝⎛⎭⎫x －π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －2π3，所以④错误，所以正确的是①②③.典例 (12分)已知函数f (x )＝12sin 2x sin φ＋cos 2x cos φ－12sin ⎝⎛⎭⎫π2＋φ(0<φ<π)，其图象过点⎝⎛⎭⎫π6，12. (1)求φ的值；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变，得到函数y ＝g (x )的图象，求函数g (x )在⎣⎡⎦⎤0，π4上的最大值和最小值． 规范解答解 (1)f (x )＝12sin 2x sin φ＋cos 2x ＋12cos φ－12cos φ＝12(sin 2x sin φ＋cos 2x cos φ) ＝12cos(2x －φ)． [3分] 又∵f (x )过点⎝⎛⎭⎫π6，12，∴12＝12cos ⎝⎛⎭⎫π3－φ，cos(π3－φ)＝1. 由0<φ<π知φ＝π3. [5分](2)由(1)知f (x )＝12cos ⎝⎛⎭⎫2x －π3.[7分] 将f (x )图象上所有点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变，得到g (x )＝12cos(4x －π3)．[9分]∵0≤x ≤π4，∴－π3≤4x －π3≤2π3.当4x －π3＝0，即x ＝π12时，g (x )有最大值12；当4x －π3＝2π3，即x ＝π4时，g (x )有最小值－14. [12分]评分细则 (1)将点⎝⎛⎭⎫π6，12代入解析式给1分；从cos ⎝⎛⎭⎫π3－φ＝1，由0<φ<π，得φ＝π3得1分；(2)4x －π3范围计算正确，没有写出x 取何值时g (x )有最值不扣分．阅卷老师提醒 (1)解决此类问题时，一般先将函数解析式化为f (x )＝A sin(ωx ＋φ)或f (x )＝A cos(ωx ＋φ)的形式，然后在此基础上把ωx ＋φ看作一个整体，结合题目要求进行求解．(2)解决图象变换问题时，要分清变换的对象及平移(伸缩)的大小，避免出现错误．1． (2013·江苏)函数y ＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4的最小正周期为 ________. 答案 π解析 ω＝2，T ＝2π|ω|＝π.2． (2013·湖北)将函数y ＝3cos x ＋sin x (x ∈R ) 的图象向左平移m (m ＞0)个单位长度后，所得到的图象关于y 轴对称，则m 的最小值是 ( )A.π12B.π6C.π3D.5π6答案 B解析 y ＝3cos x ＋sin x ＝2sin(x ＋π3)向左平移m 个单位长度后得到y ＝2sin(x ＋π3＋m )，它关于y 轴对称可得sin(π3＋m )＝±1， ∴π3＋m ＝k π＋π2，k ∈Z ， ∴m ＝k π＋π6，k ∈Z ，∵m >0，∴m 的最小值为π6.3． 若点P (3，y )是角α终边上的一点，且满足y <0，cos α＝35，则tan α等于( )A ．－34 B.34 C.43 D ．－43答案 D解析 cos α＝39＋y 2＝35，∴y 2＝16. ∵y <0，∴y ＝－4，∴tan α＝－43.4． 设函数y ＝⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3(x ∈R )，则f (x ) ( )A ．在区间⎣⎡⎦⎤－π，－π2上是减函数 B ．在区间⎣⎡⎦⎤2π3，7π6上是增函数C ．在区间⎣⎡⎦⎤π8，π4上是增函数D ．在区间⎣⎡⎦⎤π3，5π6上是减函数答案 B解析 当2π3≤x ≤7π6时，2π3＋π3≤x ＋π3≤7π6＋π3，即π≤x ＋π3≤3π2，此时函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3单调递减，所以y ＝⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3在区间⎣⎡⎦⎤2π3，7π6上是增函数，选B. 5． 已知ω>0,0<φ<π，直线x ＝π4和x ＝5π4是函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)图象的两条相邻的对称轴，则φ等于( )A.π4B.π3C.π2D.3π4答案 A解析 由题意得周期T ＝2⎝⎛⎭⎫5π4－π4＝2π， ∴2π＝2πω，即ω＝1，∴f (x )＝sin(x ＋φ)，∴f ⎝⎛⎭⎫π4＝sin ⎝⎛⎭⎫π4＋φ＝±1，∵0<φ<π，∴π4<φ＋π4<5π4，∴φ＋π4＝π2，∴φ＝π4.6． 函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(其中A >0，|φ|<π2)的图象如图所示，为了得到g (x )＝sin 3x 的图象，则只要将f (x )的图象( )A ．向右平移π4个单位长度B ．向右平移π12个单位长度C ．向左平移π4个单位长度D ．向左平移π12个单位长度答案 B解析 由题意，得函数f (x )的周期T ＝4⎝⎛⎭⎫5π12－π4＝2π3，ω＝3，所以sin ⎝⎛⎭⎫3×5π12＋φ＝－1，又|φ|<π2，所以φ＝π4，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫3x ＋π4＝sin ⎣⎡⎦⎤3⎝⎛⎭⎫x ＋π12，所以将函数f (x )的图象向右平移π12个单位长度可以得到函数g (x )＝sin 3x 的图象．专题限时规范训练一、选择题1． 已知sin θ＝k －1，cos θ＝4－3k ，且θ是第二象限角，则k 应满足的条件是( )A ．k >43B ．k ＝1C ．k ＝85D ．k >1答案 C解析 根据已知(k －1)2＋(4－3k )2＝1，即5k 2－13k ＋8＝0，解得k ＝1或k ＝85，由于sin θ>0，cos θ<0，所以k >43，可得k ＝85.2． 设tan α＝33，π<α<3π2，则sin α－cos α的值为( )A ．－12＋32B ．－12－32C.12＋32D.12－32答案 A解析 由tan α＝33，π<α<3π2，不妨在角α的终边上取点P (－3，－3)，则|OP |＝23，于是由定义可得sin α＝－12，cos α＝－32，所以sin α－cos α＝－12＋32，故选A.3． 函数y ＝log 2sin x 在x ∈⎣⎡⎦⎤π6，π4时的值域为( )A ．[－1,0] B.⎣⎡⎦⎤－1，－12 C ．[0,1)D ．[0,1]答案 B解析 由x ∈⎣⎡⎦⎤π6，π4，得12≤sin x ≤22， ∴－1≤log 2sin x ≤－12.4． 设函数y ＝3sin(2x ＋φ) (0<φ<π，x ∈R )的图象关于直线x ＝π3对称，则φ等于 ( )A.π6B.π3C.2π3D.5π6答案 D解析 由题意知，2×π3＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )，所以φ＝k π－π6(k ∈Z )，又0<φ<π，故当k ＝1时，φ＝5π6，选D.5． 将函数f (x )＝－4sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4的图象向右平移φ个单位，再将图象上每一点的横坐标缩短到原来的12倍，所得图象关于直线x ＝π4对称，则φ的最小正值为 ( )A.π8B.38πC.34πD.π2答案 B解析 依题意可得y ＝f (x )⇒y ＝－4sin[2(x －φ)＋π4]＝－4sin[2x －(2φ－π4)]⇒y ＝g (x )＝－4sin[4x －(2φ－π4)]，因为所得图象关于直线x ＝π4对称，所以g ⎝⎛⎭⎫π4＝±4， 得φ＝k 2π＋38π(k ∈Z )，故选B.6． 已知函数f (x )＝A tan(ωx ＋φ)(ω>0，|φ|<π2)，y ＝f (x )的部分图象如图所示，则f (π24)等于( )A ．－ 3B ．－1 C. 3D ．1答案 C解析 由图形知，T ＝πω＝2(3π8－π8)＝π2，ω＝2.由2×3π8＋φ＝k π，k ∈Z ，得φ＝k π－3π4，k ∈Z .又∵|φ|＜π2，∴φ＝π4.由A tan(2×0＋π4)＝1，知A ＝1，∴f (x )＝tan(2x ＋π4)，∴f (π24)＝tan(2×π24＋π4)＝tan π3＝ 3.7． (2012·课标全国)设函数f (x )＝cos ωx (ω>0)，将y ＝f (x )的图象向右平移π3个单位长度后，所得的图象与原图象重合，则ω的最小值等于( )A.13 B ．3 C ．6D ．9答案 C解析 由题意可知，nT ＝π3(n ∈N *)，∴n ·2πω＝π3(n ∈N *)，∴ω＝6n (n ∈N *)，∴当n ＝1时，ω取得最小值6.8． 已知函数f (x )＝3sin ωx ＋cos ωx (ω＞0)，y ＝f (x )的图象与直线y ＝2的两个相邻交点的距离等于π，则f (x )的单调递增区间是( )A ．[k π－π12，k π＋5π12]，k ∈ZB ．[k π＋5π12，k π＋11π12]，k ∈ZC ．[k π－π3，k π＋π6]，k ∈ZD ．[k π＋π6，k π＋2π3]，k ∈Z答案 C解析 f (x )＝3sin ωx ＋cos ωx ＝2sin (ωx ＋π6)(ω＞0)．∵f (x )的图象与直线y ＝2的两个相邻交点的距离等于π，恰好是f (x )的一个周期，∴2πω＝π，ω＝2.∴f (x )＝2sin (2x ＋π6)．故其单调增区间应满足2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2(k ∈Z )．解得k π－π3≤x ≤k π＋π6(k ∈Z )．二、填空题9． 函数f (x )＝3cos 25x ＋sin 25x 的图象相邻的两条对称轴之间的距离是________．答案 5π2解析 f (x )＝3cos 25x ＋sin 25x ＝2sin(25x ＋π3)，∴周期为T ＝2π25＝5π，则相邻的对称轴间的距离为T 2＝5π2.10．将函数y ＝sin(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π2)的图象向左平移π3个单位，所得曲线的一部分如图所示，则ω、φ的值分别为________．答案 2、－π3解析 由图可知T 4＝7π12－π3＝π4，∴T ＝π，∴ω＝2.把(7π12，－1)代入y ＝sin (2(x ＋π3)＋φ) 得sin (7π6＋2π3＋φ)＝－1，∴11π6＋φ＝2k π＋3π2(k ∈Z )，φ＝2k π－π3(k ∈Z )，∵|φ|＜π2，∴φ＝－π3.11．已知函数f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6 (ω>0)和g (x )＝2cos(2x ＋φ)＋1的图象的对称轴完全相同．若x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，则f (x )的取值范围是__________． 答案 ⎣⎡⎦⎤－32，3 解析 ∵f (x )和g (x )的对称轴完全相同， ∴二者的周期相同，即ω＝2，f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6. ∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴2x －π6∈⎣⎡⎦⎤－π6，5π6， sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6∈⎣⎡⎦⎤－12，1， ∴f (x )∈⎣⎡⎦⎤－32，3. 12．关于函数f (x )＝sin 2x －cos 2x 有下列命题：①y ＝f (x )的周期为π；②x ＝π4是y ＝f (x )的一条对称轴；③⎝⎛⎭⎫π8，0是y ＝f (x )的一个对称中心；④将y ＝f (x )的图象向左平移π4个单位，可得到y ＝2sin 2x 的图象，其中正确命题的序号是______(把你认为正确命题的序号都写上)． 答案 ①③解析 由f (x )＝sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4， 得T ＝2π2＝π，故①对；f ⎝⎛⎭⎫π4＝2sin π4≠±2，故②错； f ⎝⎛⎭⎫π8＝2sin 0＝0，故③对；y ＝f (x )的图象向左平移π4个单位，得y ＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π4－π4＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4， 故④错．故填①③. 三、解答题13．(2013·湖南)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π6＋cos ⎝⎛⎭⎫x －π3，g (x )＝2sin 2x 2. (1)若α是第一象限角，且f (α)＝335，求g (α)的值；(2)求使f (x )≥g (x )成立的x 的取值集合．解 f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π6＋cos ⎝⎛⎭⎫x －π3 ＝32sin x －12cos x ＋12cos x ＋32sin x ＝3sin x ，g (x )＝2sin 2x2＝1－cos x .(1)由f (α)＝335，得sin α＝35，又α是第一象限角，所以cos α>0.从而g (α)＝1－cos α＝1－1－sin 2α＝1－45＝15.(2)f (x )≥g (x )等价于3sin x ≥1－cos x ，即3sin x ＋cos x ≥1，于是sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6≥12. 从而2k π＋π6≤x ＋π6≤2k π＋5π6，k ∈Z ，即2k π≤x ≤2k π＋2π3，k ∈Z .故使f (x )≥g (x )成立的x 的取值集合为{x |2k π≤x ≤2k π＋2π3，k ∈Z }．14．已知函数f (x )＝3sin ωx cos ωx ＋cos 2ωx －12(ω>0)，其最小正周期为π2.(1)求f (x )的表达式；(2)将函数f (x )的图象向右平移π8个单位，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数y ＝g (x )的图象，若关于x 的方程g (x )＋k ＝0，在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上有且只有一个实数解，求实数k 的取值范围．解 (1)f (x )＝3sin ωx cos ωx ＋cos 2ωx －12＝32sin 2ωx ＋cos 2ωx ＋12－12＝sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π6. 由题意知f (x )的最小正周期T ＝π2，T ＝2π2ω＝πω＝π2，所以ω＝2，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋π6. (2)将f (x )的图象向右平移π8个单位后，得到y ＝sin ⎝⎛⎭⎫4x －π3的图象，再将所得图象所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3的图象． 所以g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3. 因为0≤x ≤π2，所以－π3≤2x －π3≤2π3.g (x )＋k ＝0在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上有且只有一个实数解，即函数y ＝g (x )与y ＝－k 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上有且只有一个交点， 由正弦函数的图象可知－32≤－k <32或－k ＝1. 所以－32<k ≤32或k ＝－1.。
步步高2014版《考前三个月》高考物理(通用)大二轮专题复习课件：万有引力定律及应用
专题三 学案5
2．为纪念伽利略将望远镜用于天文观测 400 周年，2009 年被 定为以“探索我的宇宙”为主题的国际天文年．我国发射 的“嫦娥一号”卫星绕月球经过一年多的运行，完成了既 定任务，于 2009 年 3 月 1 日 16 时 13 分成功撞月．如图 3
本 学 案 栏 目 开 关
T1 r1 3 根据开普勒第三定律 ＝ ( ) 2 可得，T2＝ T2 r2
Mm1 m1v1 2 根据 G 2 ＝ 可得，v1＝ r1 r1 v1 r2 以v ＝ ，C 错； r1 2
r2 3 T ，B 对； r1 3 1
GM ，所 r2
GM ，同理 v2＝ r1
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所示为“嫦娥一号”卫星撞月的模拟图，卫星在控制点 1 开始进入撞月轨道，假设卫星绕月球做圆周运动的轨道半 径为 R，周期为 T，引力常量为 G，根据题中信息，以下说 法正确的是 ( )
图3
专题三 学案5
A．可以求出月球的质量 B．可以求出月球对“嫦娥一号”卫星的引力 C．“嫦娥一号”卫星在控制点 1 处应加速 D．“嫦娥一号”在地面的发射速度大于 11.2 km/s
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正确．
2π 由于角速度 ω＝ T ， 天宫一号的周期小于地球同步卫星的周期， 故“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大， C 正确；
7.9 km/s 是贴近地球表面运行的卫星的线速度，轨道半径越大， 线速度越小，故“ 天宫一号” 的线速度小于 7.9 km/s，D 错误．
答案 BC
本 学 案 栏 目 开 关
所示，开始对接前，“天宫一号”在高轨道， “神舟十号”飞船在低轨道各自绕地球做匀 速圆周运动， 距离地面的高度分别为 h1 和 h2， 下说法正确的是
步步高2014版《考前三个月》高考物理大二轮专题复习学案：选修3-3-热学
专题十选考模块学案17选修3－3热学【考情分析】【考点预测】该部分涉及的知识点有分子动理论、微观量的计算、气体的状态变化、热力学第一定律、热力学第二定律、能量的转化与守恒定律．高考对该部分知识的考查覆盖的知识面比较全，对气体的考查多以计算题的形式出现，对其他知识的考查多以选择题的形式出现，预计2014年高考仍会延续往年的考试方法，所以复习中要做到全面、系统，特别是分子动理论的基本内容、固体、液体的性质和气体性质的计算等．考题1对分子动理论和内能的考查例1如图1所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于r轴上，甲、乙两分子间作用力与距离的函数图象如图，现把乙分子从r3处由静止释放，则下列说法正确的是()图1A．乙分子从r3到r1一直加速B．乙分子从r3到r1先加速后减速C．乙分子从r3到r1的过程中，加速度先增加后减小D．乙分子从r3到r1的过程中，两分子间的分子势能先减小后增加E．乙分子从r3到r1的过程中，两分子间的分子势能一直减小审题突破①分子的加速度决定于两分子之间的分子力，即分子引力和分子斥力的合力．②分子力做正功，分子势能减小；分子做负功，分子势能增大．解析从分子力的变化曲线可以看出：当r＝r1时，分子力为零，当r>r1时，分子力表现为引力，所以乙分子从r3到r1一直加速，选项A正确．由题图可知乙分子从r3到r1的过程中，所受分子力先增大后减小，故加速度先增加后减小，选项C正确．乙分子从r3到r1的过程中，分子力做正功，两分子间的分子势能一直减小，选项E正确．答案ACE规律总结1．布朗运动与热运动的比较两种运动比较项目布朗运动热运动活动主体固体微小颗粒分子区别是微小颗粒的运动，在光学显微镜下能看到是分子的运动，分子无论大小都做热运动，热运动不能通过光学显微镜直接观察到共同点都是永不停息地无规则运动，都随温度的升高而变得更加激烈，都是肉眼所不能看见的联系布朗运动是由于小颗粒受到周围分子做热运动的撞击作用而引起的，它是分子做无规则运动的反映2．分子力与分子势能(1)分子力做功与分子势能分子势能的大小与分子间的距离有关，宏观上与物体的体积有关．分子势能的变化与分子间的距离发生变化时分子力做功情况有关．分子力做正功，分子势能减少；分子力做负功，分子势能增加．(2)分子力、分子势能与分子间距离的关系分子力分子势能与分子间距离的关系说明当分子间的距离r＞r0时，分子间的作用力表现为引力，分子间的距离增大时，分子力做负功，因此分子势能随分子间距离的增大而增大．当分子间的距离r＜r0时，分子间的作用力表现为斥力，分子间的距离减小时，分子力做负功，因此分子势能随分子间距离的减小而增大.如果取两个分子间相距无穷远时(此时分子间作用力可忽略不计)的分子势能为零，分子势能E p与分子间距离r的关系可用如图所示的曲线表示．由图线可知，当r＝r0时，分子势能最小突破练习1． 下列说法正确的是( )A ．扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，所以扩散现象和布朗运动都叫做热运动B ．扩散现象说明分子间存在斥力C ．给自行车轮胎打气，越来越费力，主要是由于打气过程中分子间斥力逐渐增大，引力逐渐减小的缘故D ．物体的内能大小与温度、体积和物质的量有关 答案 D解析 虽然扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，但扩散现象和布朗运动只是热运动的证明和间接反映，所以它们不能叫做热运动，故选项A 错误；扩散现象说明分子间有空隙，故选项B 错误；给自行车轮胎打气，越来越费力，主要是由于打气过程中分子间斥力逐渐增大的缘故，但分子间引力也是逐渐增大的，故选项C 错误；分子热运动的平均动能与温度有关，分子势能与物体的体积有关，物体中所含分子的多少与物质的量有关，而物体的内能是物体中所有分子热运动的动能与分子势能的总和，故选项D 正确．2． 如图2所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e 为两曲线的交点，则下列说法正确的是( )图2A ．ab 为斥力曲线，cd 为引力曲线B ．ab 为引力曲线，cd 为斥力曲线C ．若两个分子间距离大于e 点的横坐标，则分子间作用力表现为斥力D ．随着两个分子距离的增大，分子势能一定增大 答案 B解析 分子间距离增大时，分子引力和斥力同时减小，但斥力变化比较快，r ＝r 0时，引力和斥力大小相等；r <r 0，引力小于斥力，合力为斥力；r >r 0，引力大于斥力，合力为引力，选项A 、C 错误，B 正确．若r <r 0，分子距离增大时，分子力做正功，分子势能减小，选项D 错误．3． 某同学在进行“用油膜法估测分子的大小”的实验前，查阅数据手册得知：油酸的摩尔质量M ＝kg·mol －1，密度ρ＝×103 kg·m －3，若100滴油酸的体积为1 mL ，则1滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是多少？(取N A ＝×1023 mol －1，球的体积V 与直径D 的关系为V ＝16πD 3，结果保留一位有效数字)答案 1×101 m 2解析 一滴油酸分子的体积为1×10－6100 m 3＝1×10－8 m 3，一个油酸分子的体积V 0＝M ρN A ，由球的体积与直径的关系得分子直径D ＝ 36MπρN A ，最大面积S ＝1×10－8 m 3D，解得S ＝1×101 m 2. 考题2 对热力学定律的考查例2 (2013·江苏·12A)如图3所示，一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态B 、C 和D 后再回到状态A .其中，A ―→B 和C ―→D 为等温过程，B ―→C 和D ―→A 为绝热过程(气体与外界无热量交换)，这就是著名的“卡诺循环”．图3(1)该循环过程中，下列说法正确的是________． A ．A ―→B 过程中，外界对气体做功 B ．B ―→C 过程中，气体分子的平均动能增大C ．C ―→D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 D ．D ―→A 过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化(2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A ―→B ”、“B ―→C ”、“C ―→D ”或“D ―→A ”)．若气体在A ―→B 过程中吸收63 kJ 的热量，在C ―→D 过程中放出38 kJ 的热量，则气体完成一次循环对外做的功为________kJ.(3)若该循环过程中的气体为1 mol ，气体在A 状态时的体积为10 L ，在B 状态时压强为A 状态时的23.求气体在B 状态时单位体积内的分子数．(已知阿伏加德罗常数N A ＝×1023mol －1，计算结果保留一位有效数字)审题突破 ①气体膨胀，对外界做功．压缩气体，外界对气体做功． ②绝热过程中，外界与气体不进行热交换．解析 (1)由理想气体状态方程和热力学第一定律分析，A ―→B 为等温过程，内能不变，气体的体积增大，气体对外做功，A 错；B ―→C 为绝热过程，体积增大，气体对外做功，内能减小，温度降低，因此气体分子的平均动能减小，B 错；C ―→D 为等温过程，体积减小，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，C 正确； D ―→A 为绝热过程，体积减小，外界对气体做功，内能增大，温度升高，因此气体分子的速率分布曲线变化，D 错．(2)在以上循环过程中，内能减少的过程是B ―→C .由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 得W ＝25 kJ. (3)A ―→B 为等温过程，有p A V A ＝p B V B ，解得V B ＝15 L ，B 状态时单位体积内的分子数N ＝N A V B，解得N≈4×1025m－3.答案(1)C(2)B―→C25(3)4×1025m－3规律总结对热力学第一定律的理解(1)三种特殊情况①若过程是绝热的，即Q＝0，W＝ΔU，外界对物体(物体对外界)做的功等于物体内能的增加量(减少量)．②若过程中不做功，即W＝0，Q＝ΔU，物体吸收(放出)的热量等于物体内能的增加量(减少量)．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(物体对外界做的功等于物体吸收的热量)．(2)温度、内能、热量、功的比较4．(1)下列说法中正确的是() A．扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动B．布朗运动实际是液体分子的运动C．分子间距离增大，分子间作用力一定减小D．温度高的物体的内能不一定大(2)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(1)AD(2)放出6减小降低5．(1)以下说法正确的是() A．分子间距越大，分子力越小，分子势能越大B．布朗运动不能反映液体分子的热运动C ．单晶体中原子(或分子、离子)的排列都具有空间上的周期性D ．当液晶中的电场强度不同时，液晶显示器就能显示各种颜色(2)一定质量理想气体的压强p 随体积V 的变化过程如图4所示．已知状态A 的温度是300 K ，则状态B 的温度是________K ．在BC 过程中气体将________(选填“吸热”、“放热”)．图4(3)1 mol 某种理想气体的质量和体积分别为M A 和V A ，每个气体分子的质量为m 0，求： ①阿伏加德罗常数N A ； ②该气体分子间的平均距离．答案 (1)CD (2)900 放热 (3)M Am 0 3V A m 0M A解析 (3)阿伏加德罗常数N A ＝M A m 0每个分子占据的空间体积V ＝V AN A将气体分子占据的空间看成立方体，则 d ＝3V ＝ 3V A m 0M A6． (1)以下说法正确的是( )A ．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，仅与单位体积内的分子数有关B ．气体的压强是由气体分子间的吸引和排斥产生的C ．布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它说明液体分子永不停息地做无规则热运动D ．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小E ．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一定增大，因此压强也必然增大 (2)如图5所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距汽缸底高度h 1＝ m ，气体的温度t 1＝27 ℃.给汽缸加热，活塞缓慢上升到距离汽缸底h 2＝ m 处，同时缸内气体吸收Q ＝450 J 的热量．已知活塞横截面积S ＝×10－3 m 2，大气压强p 0＝×105 ：图5①活塞距离汽缸底h 2时的温度t 2；②此过程中缸内气体增加的内能ΔU . 答案 (1)CD (2)①207 ℃ ②300 J解析 (2)①气体做等压变化，活塞距离汽缸底h 2时温度为t 2，则根据盖—吕萨克定律可得 h 1S T 1＝h 2S T 2代入数据，解得t 2＝207 ℃②在气体膨胀的过程中，气体对外做功为 W ＝p ΔV ×105×()××10－3J ＝150 J ΔU ＝W ＋Q ＝450 J －150 J ＝300 J 考题3 对气体实验定律和气态方程的考查例3 (8分)如图6所示，一直立的汽缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，质量均为 kg 的活塞A 、B用一长度为20 cm 、质量不计的轻杆连接，它们可以在筒内无摩擦地上下滑动．A 、B 的截面积分别为10 cm 2和20 cm 2，A 和B 之间封闭有一定量的理想气体，A 的上方及B 的下方都是大气，×105 K 时，活塞处于图示位置平衡，活塞A 、B 到两筒的连接处的距离相等．g 取10 m/s 2，试求：图6(1)此时汽缸内气体压强的大小；(2)当汽缸内气体的温度缓慢降至560 K 时，分析活塞A 、B 的位置变化情况． 审题突破 ①活塞A 、B 与轻杆组成的系统受力平衡． ②气体温度缓慢降低时，体积减小，活塞A 、B 向上运动．解析 (1)设轻杆对活塞有支持力F N ，封闭气体的压强为p 1，由于活塞A 、B 均处于平衡状态： 对活塞A 受力分析得： p 0S A ＋m A g ＝p 1S A ＋F N (2分) 对活塞B 受力分析得：p 0S B ＝p 1S B ＋m B g ＋F N(2分) 代入数据解得：p 1＝8×104 Pa(1分)(2)当汽缸内气体的温度刚开始缓慢下降时，活塞仍处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞A 、B 一起向上移动，直到活塞B 移到两筒的连接处． 设活塞A 、B 向上移动的距离为x 降温前：V 1＝L 2S A ＋L2S B ，T 1＝600 K(1分) 降温后：V 2＝(L 2＋x )S A ＋(L2－x )S B ，温度为T 2＝560 K(1分)根据盖—吕萨克定律得： V 1T 1＝V 2T 2代入数据解得x ＝2 cm x <10 cm ，符合题意即当汽缸内气体的温度缓慢降至560 K 时，活塞A 、B 向上移动2 cm.(1分)答案 (1)8×104 Pa (2)A 、B 向上移动2 cm 规律总结1． 三个实验定律的比较定律名称 比较项目 玻意耳定律(等温变化)查理定律(等容变化) 盖—吕萨克定律(等压变化) 数学表达式p 1V 1＝p 2V 2或pV ＝C (常数)p 1T 1＝p 2T 2或pT＝C (常数) V 1T 1＝V 2T 2或VT＝C (常数) 同一气体的两条图线图线特点在p －V 图中是双曲线，由pVT＝C 知：T越大，pV 值越大，所以离原点越远的等温线温度越高，即T 2>T 1.在p －T 图中是通过原点的直线，由pV ＝CT 得p ＝(CV )·T ，可见体积V 大时斜率小，所以V 1>V 2在V －T 图中是通过原点的直线，由pV ＝CT 得V ＝(Cp )·T ，可见压强p 大时斜率小，所以p 1>p 22． (1)选对象——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；(2)找参量——找出作为研究对象的这部分气体发生状态变化前后的一组p 、V 、T 数值或表达式，压强的确定往往是解题关键，常需结合力学知识(如力的平衡条件或牛顿运动定律)才能写出表达式； (3)认过程——过程表示两个状态之间的一种变化方式，除题中条件已指明的外，在许多情况下，往往需要通过对研究对象与周围环境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；(4)列方程——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． 突破练习7． (1)以下说法正确的是( )A ．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B ．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功而转化成机械能C ．气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关D ．蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，它是非晶体(2)一定质量的理想气体被活塞封闭在圆筒形的金属汽缸内，如图7所示．活塞的质量m ＝30 kg ，截面积S ＝100 cm 2，活塞与汽缸底之间用一轻弹簧连接，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始使汽缸水平放置，连接活塞和汽缸底的弹簧处于L 0＝50 cm 的自然长度．经测量大气压强p 0＝×105 ，稳定后活塞下降了ΔL 1＝10 cm ，若g ＝10 m/s 2，求弹簧的劲度系数k .图7答案 (1)AC (2)500 N/m解析 (2)汽缸水平放置时，由于活塞处于平衡状态 有p 1＝p 0×105 Pa V 1＝L 0S将汽缸竖直放置稳定后，缸内气体压强为p 2，体积为V 2，设弹簧的劲度系数为k ，则 p 2＝p 0＋mg －k ΔL 1SV 2＝(L 0－ΔL 1)S汽缸缓慢移动说明温度不变，根据玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2 代入数据可解出k ＝500 N/m 8． (1)下列说法中正确的是( )A ．若分子间距变大，则分子间的引力减小，分子间斥力也减小B ．单晶体和多晶体都是各向异性的C ．热力学第二定律表明：不违反能量守恒定律的热现象不一定都能发生D ．气体体积变小，单位体积内的分子数增多，气体的压强一定增大E ．热传递一定是热量从内能大的物体向内能小的物体转移(2)如图8所示，A 汽缸截面积为500 cm 2，A 、B 两个汽缸中装有体积均为10 L 、压强均为1 atm 、温度均为27 ℃的理想气体，中间用细管连接．细管中有一绝热活塞M ，细管容积不计．现给左面的活塞N 施加一个推力．使其缓慢向右移动，同时给B 中气体加热，使此过程中A 汽缸内的气体温度保持不变．活塞M 保持在原位置不动．不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为1 atm ＝105 F ＝53×103时，求：图8①活塞N 向右移动的距离是多少？ ②B 汽缸中的气体升温到多少？ 答案 (1)AC (2)①5 cm ②127 ℃ 解析 (2)①p A ′＝p 0＋F S ＝43×105 Pa对A 中气体：由p A V A ＝p A ′V A ′ 得V A ′＝p A V Ap A ′解得：V A ′＝34V AL A ＝V AS A ＝20 cmL A ′＝V A ′S A ′＝15 cmΔx ＝L A －L A ′＝5 cm②对B 中气体：p B ′＝p A ′＝43×105 Pap B T B ＝p B ′T B ′T B ′＝p B ′p B T B ＝400 K所以t B ＝127 ℃物理模型八 “多气体与水银柱”系统模型涉及两部分或多部分气体的问题，称为多气体模型，气体与气体之间用水银柱连接，此类题目的解题关键是：分析每部分研究对象的变化情况，确定相邻气体参量之间的关系，分别应用相应的实验定律列式．例4 (15分)(1)(6分)以下说法正确的是( )A ．凡是晶体都有固定的熔点B ．物体吸收了热量，其温度一定升高C ．温度高的物体，其内能一定大D ．热量能够自发地从高温物体传到低温物体(2) (9分)如图9所示，内径均匀的导热性能良好的“U ”形玻璃管竖直放置，横截面积S ＝5 cm 2，右侧管上端封闭，左侧管上端开口，内有用细线拴住的活塞，两管中均封入长L ＝11 cm 的空气柱A 和B ，活塞上、下表面处的气体压强均为p ＝76 cm 水银柱产生的压强，这时两管内的水银面的高度差h ＝6 cm.环境温度恒定，现用细线缓慢地将活塞向上拉，使两管内水银面相平，则：图9①此过程中活塞向上移动的距离h ′是多少？②此过程中空气柱B 内的气体对外界做________(填“正功”或“负功”)，气体将________(填“吸热”或“放热”)．解析 (1)晶体都有固定的熔点，A 正确；物体吸收了热量，有可能同时对外做功，其温度不一定升高，B 错误；温度高的物体，其分子的平均动能大，由于分子数的多少不确定，故其内能不一定大，C 错误；热量能够自发地从高温物体传到低温物体，D 正确． (2)①对于B 端气体有：p B 1＝p A 1－6 cmHg ，而p A 1＝76 cmHg 解得：p B 1＝70 cmHg.(1分)由题意及题图知对B 端气体有：V B 1＝LS ，V B 2＝(L ＋h2)S在两管内水银面相平后，有p B 2＝p A 2 根据玻意耳定律p B 1V B 1＝p B 2V B 2 得：p B 2＝p B 1V B 1V B 2＝55 cmHg(3分)对于A 端气体有p A 1＝76 cmHg ，p A 2＝p B 2＝55 cmHg V A 1＝LS ，V A 2＝L ′S根据玻意耳定律p A 1V A 1＝p A 2V A 2 解得：L ′＝ cm(2分) 故活塞移动的距离：h ′＝L ′＋h2－L ＝ cm.(1分)②正功 吸热(每空1分) 答案 见解析知识专题练 训练171． (1)下列说法正确的是( )A ．当分子间的距离增大时，分子势能一定减小B ．判断物质是不是晶体，主要从该物质是否有固定的熔点来看C ．水对玻璃是浸润液体，是因为在玻璃与水的接触面处，玻璃分子对水分子的引力大于水分子间的引力D ．在相同温度下，不同气体的分子平均动能是不同的(2)湖水深10 m ，上下水温可认为相同，在湖底形成体积为1 cm 3的气泡，当气泡上升到湖面时的体积是多大(大气压强取1×105 Pa ，湖水密度取1×103 kg/m 3)？气泡在上升的过程中是吸热还是放热？简要说明你判断的理由．答案 (1)BC (2)2 cm 3 吸热，理由见解析解析 (1)分子势能的变化只跟分子力的做功情况有关，仅由分子距离的变化无法确定势能的变化情况，A 错误．晶体有固定的熔点，而非晶体没有固定的熔点，B 正确．水对玻璃是浸润液体，是因为在玻璃与水的接触面处，玻璃分子对水分子的引力大于水分子间的引力，C 正确．温度是分子平均动能的量度，在相同温度下，不同气体的分子平均动能是相同的，D 错误．(2)在湖底气泡内气体的压强p 1＝p 0＋ρgh ，体积为V 1，到达湖面的压强为p 0，体积为V 2.由玻意耳定律得 p 1V 1＝p 0V 2 V 2＝p 1V 1p 0＝2 cm 3气泡在上升的过程中，温度不变，内能不变，体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，该过程吸热．2． (1)下列说法正确的是( )A ．分子间距离减小时，分子力可能减小B ．具有各向同性的物体一定是非晶体C ．布朗运动就是分子的热运动D ．实际气体的分子之间的平均距离足够大(大于10－9 m)时都可以看做是理想气体(2)如图1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T 1.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T 2.已知大气压强为p 0，重力加速度为g ，不计活塞与汽缸的摩擦．求：图1①活塞上升的高度；②加热过程中气体的内能增加量． 答案 (1)AD(2)①T 2－T 1T 1h ②Q －(p 0S ＋mg )h T 2－T 1T 1解析 (1)多晶体的物理性质也是各向同性，B 错误．布朗运动是指悬浮在液体中的小颗粒的运动，不是分子的运动，C 错误． (2)①气体发生等压变化，有hS (h ＋Δh )S ＝T 1T 2解得Δh ＝T 2－T 1T 1h②加热过程中气体对外做功为 W ＝pS ·Δh ＝(p 0S ＋mg )h T 2－T 1T 1由热力学第一定律知内能的增加量为 ΔU ＝Q －W ＝Q －(p 0S ＋mg )h T 2－T 1T 13． (1)下列说法中正确的是( )A ．晶体的物理性质都是各向异性的B ．液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈C ．气体温度升高时，每个气体分子的速率都会增大D ．空调即能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性(2)如图2所示，一质量M ＝1 kg 、横截面积S ＝2 cm 2的活塞，将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的圆柱形导热汽缸内，活塞与汽缸底部距离H ＝30 cm.现在活塞上表面放置一重物，待整个系统稳定后，测得活塞与汽缸底部距离h ＝20 cm.已知外界大气压强始终为p 0＝×105 Pa ，不计活塞与汽缸之间的摩擦，g ＝10 m/s 2.求：图2①活塞上的重物质量；②整个过程中被封闭气体与外界交换的热量大小． 答案 (1)B (2)① kg ② J解析 (1)单晶体的物理性质为各向异性，多晶体和非晶体的物理性质为各向同性，A 错误；气体温度升高时，分子的平均动能增大，这是一种统计规律，对于确定的某个气体分子，其速率未必增大，C 错误；空调既能制热又能制冷，其间伴随有其他能量间的转化，不能说明热传递不存在方向性，D 错误；选项B 说法正确．(2)①以封闭气体为研究对象，初始状态时，p 1＝p 0＋MgS×105 Pa末状态时：p 2＝p 0＋(M ＋m )gS汽缸导热，气体发生等温变化 由等温变化规律可知：p 1HS ＝p 2hS 得：m ＝ kg②外界对气体做功W ＝[p 0＋(M ＋m )gS ]S (H －h )由热力学第一定律可知：ΔU ＝W ＋Q 得：Q J J4． (1)下列说法中正确的是( )A ．一定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，分子间作用力选减小后增大，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，液体表面存在张力D ．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可E ．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和汽压，水蒸发越慢(2)如图3所示，地面上有一质量M ＝10 kg 的圆形汽缸，缸内横截面积S ＝ m 2，汽缸内用一轻活塞封闭着一定质量的理想气体．一上端固定、劲度系数k ＝1 000 N/m 的轻弹簧下端与活塞相连，弹簧处于原长时，活塞离汽缸底部的距离l 1＝0.5 m ，气体温度T 1＝500 K ．已知大气压强p 0＝1×105 Pa ，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，取g ＝10 m/s 2.图3①当温度降低到多少时，汽缸对地面恰好没有压力？ ②若缓慢降温至270 K 时，汽缸将离开地面上升多高？ 答案 (1)ACE (2)①360 K ② m解析 (2)①对汽缸中封闭的理想气体，初态p 1＝p 0＝1×105 Pa ，V 1＝l 1S ，T 1＝500 K 设温度为T 2时，汽缸对地面恰好没有压力，此时弹簧伸长量x ＝Mg /k ＝ m 此时气体体积V 2＝(l 1－x )S ，气体压强p 2＝p 0－Mg /S ＝9×104 Pa 由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2解得：T 2＝360 K②缓慢降温至T 3＝270 K 时，压强p 3＝p 2，体积V 3＝(l 1－x －h )S 由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3解得：h ＝ m5． (1)下列说法正确的是( )A ．同种物质可能以晶体或非晶体两种形态出现B ．冰融化为同温度的水时，分子势能增加C ．分子间引力随距离增大而减小，而斥力随距离增大而增大D ．大量分子做无规则运动的速率有大有小，所以分子速率分布没有规律(2)已知二氧化碳摩尔质量为M ，阿伏加德罗常数为N A ，在海面处容器内二氧化碳气体的密度为ρ.现有该状态下体积为V 的二氧化碳，则含有的分子数为________．实验表明，在2 500 m 深海中，二氧化碳浓缩成近似固体的硬胶体．将二氧化碳分子看作直径为D 的球，则该容器内二氧化碳气体全部变成硬胶体后体积约为________．(3)如图4所示，一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，内能增加了10 J ．已知该气体在状态A ×10－3 m 3.求：图4①该气体在状态B 时的体积；②该气体从状态A 到状态B 的过程中，气体与外界传递的热量． 答案 (1)AB (2)ρV M N A N A ρV πD 36 M(3)①×10－3 m 3 ②吸热30 J解析 (3)①气体从状态A 变化到状态B 是等压变化 有V A T A ＝V B T B，代入数据得：V B ×10－3 m 3 ②从状态A 到状态B 是等压变化，整个过程对外做功，为 W ＝p ΔV ×105××10－3 J ＝20 J 根据热力学第一定律：ΔU ＝Q ＋W ， 代入数据得：Q ＝30 J故气体从外界吸收了30 J 热量． 6． (1)下列说法中正确的是( )A ．满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的。
【步步高 通用(理)】2014届高三《考前三个月》专题复习篇【配套课件】专题二 第五讲
专题二 第五讲
第五讲 导数及其应用
本 讲 栏 目 开
1.导数的几何意义 (1)函数 y＝f(x)在 x＝ x0 处的导数 f′ (x0)就是曲线 y＝f(x)在 点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即 k＝f′(x0). (2)曲线 y＝ f(x)在点(x0， f(x0))处的切线方程为 y－ f(x0)＝f′(x0)(x－x0). (3)导数的物理意义：s′ (t)＝v(t)，v′(t)＝ a(t).
解 (1)由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，
2 2x＋1x－1 当 a＝－2 时，f′(x)＝2x－ ＝ ， x x
题型与方法
专题二 第五讲
故 f(x)的单调递减区间是(0,1).
a 2 (2)由题意得 g′(x)＝2x＋ － 2，函数 g(x)在[1，＋∞)上是单 x x
本 讲 栏 目 开
( C )
D.4＋ 50ln 2 8 解析 令 v(t)＝0 得 t＝4 或 t＝－3(舍去)， 25 4 ∴汽车行驶距离 s＝ʃ )dt 0(7－3t＋ 1＋t 32 ＝7t－2t ＋25ln(1＋t)|4 0
＝28－24＋25ln 5＝4＋25ln 5.
题型与方法
专题二 第五讲
(2)直线 y＝2x＋b 是曲线 y＝ln x (x>0)的一条切线，则实数 b
即方程 3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0 有三个不同实根.
若 x1>x2，如图，
本 讲 栏 目 开
同理得方程 3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0 有三个不同实根.
答案 A
题型与方法
专题二 第五讲
题型一
本 讲 栏 目 开
导数意义及应用
例1
(1)在平面直角坐标系 xOy 中，点 P 在曲线 C： y＝ x3－
【新步步高】2014-2015学年高二物理教科版选修3-5课件：1.4 动量守恒定律的应用 第二课时
三、动量守恒定律应用中的临界问题分析
一、把握守恒条件，合理选取系统
1.动量守恒定律成立的条件：
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零；
(2) 系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为零；
(3)系统的内力远大于外力.
2. 动量守恒定律的研究对象是系统 . 选择多个物体组成 的系统时，必须对此系统进行受力分析，分清内力与 外力，然后判断是否符合动量守恒的条件.
用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参
与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所
以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能
具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确. 答案 BC
例2 如图2所示，一辆沙车的总质量为M， 静止于光滑的水平面上.一个质量为m的物 体A以速度v落入沙车中，v与水平方向成 θ角，求物体落入砂车后车的速度v′. 解析 物体和沙车作用时总动量不守恒，而水平面光 图2
(2)滑块C离开A时的速度vC′.
解析 C离A时的速度为vC′，B与A的速度同为vA，
我们再以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统 水平方向动量守恒.由动量守恒定律有：
mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)vB
mB＋mC vB－mBvA 所以vC′＝ mC 0.3＋0.1×3.0－0.3×2.6 ＝ m/s＝4.2 m/s. 0.1
方向与vC相同
答案4.2 m/s，方向与vC相同
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三、动量守恒定律应用中的临界问题分析
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两
物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界
问题 . 分析临界问题的关键是寻找临界状态，临界状态
的出现是有条件的，这个条件就是临界条件 . 临界条件
步步高版《考前三个月》高考物理(通用)大二轮专题复习课件：电磁感应中的综合问题
轨竖直放置，上端接一阻值 R＝2 Ω 的电阻，虚线 OO′下方
有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量 m＝0.1 kg、
电阻不计的金属杆 ab 从 OO′上方某处由静止释放，金属杆
本 在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平．已知杆 ab
学 案
进入磁场时的速度 v0＝1 m/s，下落 0.3 m 的过程中加速度 a
的截距所表示的物理意义．
专题七 学案12
突破练习
1．如图 2 所示，边长为 2l 的正方形虚 线框内有垂直于纸面向里的匀强磁
场，一个边长为 l 的正方形导线框所
本 在平面与磁场方向垂直，导线框的一
图2
学 案
条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上．从 t＝
栏 目
0 开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向
专题七 学案12
2．求解图象问题的思路与方法 (1)图象选择问题：求解物理图象的选择题可用“排除法”， 即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象．也可用
“对照法”，即按照要求画出正确的草图，再与选项对
照．解决此类问题的关键是把握图象特点，分析相关物理
本
学
量的函数关系，分析物理过程的变化或物理状态的变化．
错误．
专题七 学案12
通过 R 的电荷量 q＝ΔRΦ＝B·RΔS＝0.25 C．选项 D 正确．
本
学 答案 D
案 栏 目 开 关
专题七 学案12
5．如图 7 所示，在竖直向下的 y 轴两侧分 布有垂直纸面向外和向里的磁场，磁感
应强度大小 B 均随 y 坐标按 B＝B0＋
ky(k 为正的常量)的规律变化．两个完全
本
学 案 栏
专题七 电磁感应和电路
高中物理选修3-5步步高全套学案及课件第四章2
2 光电效应与光的量子说[学习目标] 1.知道光电效应现象,能说出光电效应的实验规律.2.能用爱因斯坦光电效应方程对光电效应作出解释,会用光电效应方程解决一些简单的问题.一、光电效应1.光电效应：照射到金属表面的光,能使金属中的电子从表面逸出的现象.2.光电子：光电效应中发射出来的电子.3.光电效应的实验规律(1)对于给定的光电阴极材料,都存在一个截止频率ν0,只有超过截止频率ν0的光,才能引起光电效应.(2)光电流的大小由光强决定,光强越大,光电流越大. (3)光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系.(4)光电效应具有瞬时性：光电效应中产生电流的时间不超过10－9s.二、爱因斯坦的光电效应方程1.光子说：光本身就是由一个个不可分割的能量子组成的,这些能量子被称为光子,频率为ν的光的能量子ε＝hν.2.爱因斯坦光电效应方程的表达式：hν＝12m v 2＋W .其中W 为电子从金属内逸出表面时所需做的功.3.截止频率：当最大初动能等于零时,金属表面不再有光电子逸出,这时入射光的频率就是截止频率ν0＝W h .[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)任何频率的光照射到金属表面都可以发生光电效应.( × ) (2)金属表面是否发生光电效应与入射光的强弱有关.( × ) (3)“光子”就是“光电子”的简称.( × ) (4)逸出功的大小与入射光无关.( √ )(5)入射光若能使某金属发生光电效应,则入射光的强度越大,照射出的光电子数越多.( √ )(6)最大初动能的大小与入射光的频率有关,与入射光的光强无关.( √ )2.某金属的逸出功为W,则这种金属的截止频率ν0＝________,用波长为λ的光照射金属的表面,光电子的最大初动能E k＝________.(已知普朗克常量为h,光速为c)答案Wh hcλ－W一、光电效应现象及其实验规律[导学探究]如图1甲是研究光电效应现象的装置图,图乙是研究光电效应的电路图,请结合装置图及产生的现象回答下列问题：图1(1)在甲图中发现,利用紫外线照射锌板无论光的强度如何变化,验电器都有张角,而用红光照射锌板,无论光的强度如何变化,验电器总无张角,这说明了什么？(2)在乙图中光电管两端加正向电压,用一定强度的光照射时,若增加电压,电流表示数不变,而光强增加时,同样电压,电流表示数会增大,这说明了什么？(3)在乙图中若加反向电压,当光强增大时,遏止电压不变,而入射光的频率增加时,遏止电压却增加,这一现象说明了什么？(4)光电效应实验表明,发射电子的能量与入射光的强度无关,而与光的频率有关,试用光子说分析其原因.答案(1)金属能否发生光电效应,决定于入射光的频率,与入射光的强度无关.(2)发生光电效应时,当入射光频率不变时,飞出的光电子个数只与光的强度有关.(3)光电子的能量与入射光频率有关,与光的强度无关.(4)由于光的能量是一份一份的,那么金属中的电子也只能一份一份地吸收光子的能量,而且传递能量的过程只能是一个光子对应一个电子的行为.如果光的频率低于截止频率,则光子提供给电子的能量不足以克服原来的束缚,就不能发生光电效应.而当光的频率高于截止频率时,能量传递给电子以后,电子摆脱束缚要消耗一部分能量,剩余的能量以光电子的动能形式存在.[知识深化]1.光电效应的实质：光现象――→转化为电现象. 2.光电效应中的光包括不可见光和可见光.3.光电子：光电效应中发射出来的电子,其本质还是电子.4.能不能发生光电效应由入射光的频率决定,与入射光的强度无关.5.发生光电效应时,在光的颜色不变的情况下,入射光越强,单位时间内发出的光电子数越多.6.光的强度与饱和光电流：饱和光电流与光强有关,与所加的正向电压大小无关.饱和光电流与入射光强度成正比的规律是对频率相同的光照射金属产生光电效应而言的.对于不同频率的光,由于每个光子的能量不同,饱和光电流与入射光强度之间不是简单的正比关系.例1 (多选)现用某一光电管进行光电效应实验,当用某一频率的光入射时,有光电流产生.下列说法正确的是( )A.保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,饱和光电流变大B.入射光的频率变高,饱和光电流变大C.入射光的频率变高,光电子的最大初动能变大D.保持入射光的光强不变,不断减小入射光的频率,始终有光电流产生 答案 AC解析 保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,单位时间内逸出的光电子变多,饱和光电流变大,A 对；据爱因斯坦光电效应方程hν＝12m v 2＋W 可知,入射光的频率变高,光电子的最大初动能变大,饱和光电流不变,B 错,C 对；当hν<W 时没有光电流产生,D 错. 二、光电效应方程的理解和应用[导学探究] 用如图2所示的装置研究光电效应现象.用光子能量为2.75 eV 的光照射到光电管上时发生了光电效应,电流表的示数不为零；移动滑动变阻器的滑片,发现当电压表的示数大于或等于1.7 V 时,电流表示数为0.图2(1)光电子的最大初动能是多少？遏止电压为多少？ (2)光电管阴极的逸出功又是多少？(3)当滑片向a 端滑动时,光电流变大还是变小？(4)当入射光的频率增大时,光电子最大初动能如何变化？遏止电压呢？ 答案 (1)1.7 eV 1.7 V(2)W ＝hν－12m v 2＝2.75 eV －1.7 eV ＝1.05 eV(3)变大 (4)变大 变大 [知识深化]1.光电效应方程hν＝12m v 2＋W 的四点理解(1)式中的12m v 2是光电子的最大初动能,就某个光电子而言,其离开金属时剩余动能的大小可以是0～12m v 2范围内的任何数值.(2)光电效应方程实质上是能量守恒方程.①能量为ε＝hν的光子被电子吸收,电子把这些能量的一部分用来克服金属表面对它的吸引,另一部分转化为电子离开金属表面时的动能.②若要克服吸引力做功最少为W ,则电子离开金属表面时动能最大为12m v 2,根据能量守恒定律可知：12m v 2＝hν－W .(3)光电效应方程包含了产生光电效应的条件.若发生光电效应,则光电子的最大初动能必须大于零,即12m v 2＝hν－W >0,亦即hν>W ,ν>Wh ＝ν0,而ν0＝Wh 恰好是光电效应的截止频率.2.光电效应规律中的两条线索、两个关系 (1)两条线索(2)两个关系光照强度大→光子数目多→发射光电子多→光电流大； 光子频率高→光子能量大→产生光电子的最大初动能大.例2 在光电效应实验中,飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光),如图3所示,则可判断出( )图3A.甲光的频率大于乙光的频率B.乙光的波长大于丙光的波长C.乙光的频率大于丙光的频率D.甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大初动能 答案 B解析 当光电管两端加上反向遏止电压光电流为零时,有12m v m 2＝eU 0,对同一光电管(逸出功W相同)使用不同频率的光照射,有hν＝W ＋12m v m 2,两式联立可得hν－W ＝eU 0,丙光的反向遏止电压最大,则丙光的频率最大,甲光的频率等于乙光的频率,A 、C 错误；由λ＝cν可知λ丙<λ乙,B 正确；又由hν＝W ＋12m v m 2或由12m v m 2－0＝eU 0可知丙光对应的最大初动能最大,D 错误.光电效应图线的理解和应用1.E k －ν图线：如图4甲所示是光电子最大初动能E k 随入射光频率ν的变化图线.这里,横轴上的截距是阴极金属的截止频率；纵轴上的截距是阴极金属的逸出功的负值；斜率为普朗克常量(E k ＝12m v 2＝hν－W ,E k 是ν的一次函数,不是正比例函数).图42.I －U 曲线：如图乙所示是光电流I 随光电管两极板间电压U 的变化曲线,图中 I m 为饱和光电流,U 0为反向遏止电压.说明：(1)由E k ＝eU 0和E k ＝hν－W 知,同一色光,遏止电压相同,与入射光强度无关；频率越大,遏止电压越大.(2)在入射光频率一定时,饱和光电流随入射光强度的增大而增大.1.(对光电效应现象的理解)(多选)如图5所示,用弧光灯照射擦得很亮的锌板,验电器指针张开一个角度,则下列说法中正确的是( )图5A.用紫外线照射锌板,验电器指针会发生偏转B.用红光照射锌板,验电器指针一定会发生偏转C.锌板带的是负电荷D.使验电器指针发生偏转的是正电荷答案AD解析将擦得很亮的锌板与验电器连接,用弧光灯照射锌板(弧光灯可以发出紫外线),验电器指针张开一个角度,说明锌板带了电,进一步研究表明锌板带正电.这说明在紫外线的照射下,锌板中有一部分自由电子从表面飞出,锌板带正电,选项A、D正确,C错误.红光的频率低于紫外线的频率不一定能使锌板发生光电效应,B错误.2.(光电效应的实验及规律)利用光电管研究光电效应实验如图6所示,用频率为ν的可见光照射阴极K,电流表中有电流通过,则()图6A.用紫外线照射,电流表不一定有电流通过B.用红光照射,电流表一定无电流通过C.用频率为ν的可见光照射阴极K,当滑动变阻器的滑片移到A端时,电流表中一定无电流通过D.用频率为ν的可见光照射阴极K,当滑动变阻器的滑动片向B端滑动时,电流表示数可能不变答案 D解析因紫外线的频率比可见光的频率高,所以用紫外线照射阴极K时,电流表中一定有电流通过,选项A错误.因不知阴极K的截止频率,所以用红光照射时,不一定发生光电效应,选项B 错误.即使U AK＝0,电流表中也可能有电流通过,所以选项C错误.当滑片向B端滑动时,U AK增大,阳极A吸收光电子的能力增强,光电流会增大,直至达到饱和光电流.若在滑动前,电流已经达到饱和光电流,那么即使增大U AK,光电流也不会增大,所以选项D正确.3.(光电效应的图像)如图7所示是光电效应中光电子的最大初动能E k与入射光频率ν的关系图像.从图中可知()图7A.E k 与ν成正比B.入射光频率必须小于极限频率ν0时,才能产生光电效应C.对同一种金属而言,E k 仅与ν有关D.E k 与入射光强度成正比 答案 C解析 由E k ＝12m v 2＝hν－W 知C 正确,A 、B 、D 错误.4.(光电效应方程的应用)在光电效应实验中,某金属的截止频率相应的波长为λ0,该金属的逸出功为______.若用波长为λ(λ<λ0)的单色光做该实验,则其遏止电压为______.已知电子电荷量的绝对值、真空中的光速和普朗克常量分别为e 、c 和h . 答案hc λ0 hc (λ0－λ)eλ0λ解析 由光电效应方程知,光电子的最大初动能12m v 2＝hν－W ,其中金属的逸出功W ＝hν0,又由c ＝λν知W ＝hc λ0.用波长为λ的单色光照射时,E k ＝hc λ－hcλ0＝hc λ0－λλ0λ.又因为eU 0＝E k ,所以遏止电压U 0＝E k e ＝hc (λ0－λ)eλ0λ.一、选择题考点一 光电效应现象及规律1.入射光照射到某金属表面上发生光电效应,若入射光的强度减弱,而频率保持不变,那么( )A.从光照至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加B.逸出的光电子的最大初动能将减小C.单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少D.有可能不发生光电效应 答案 C解析 发生光电效应几乎是瞬时的,与入射光的强度无关,选项A 错误.入射光的强度减弱,说明单位时间内的入射光子数目减少；频率不变,说明光子能量不变,逸出的光电子的最大初动能也就不变,选项B 错误.入射光子的数目减少,逸出的光电子数目也就减少,故选项C 正确.入射光照射到某金属上发生光电效应,说明入射光频率不低于这种金属的截止频率,入射光的强度减弱而频率不变,同样能发生光电效应,故选项D 错误. 2.(多选)关于光电效应现象,下列说法中正确的是( )A.当入射光的频率高于金属的截止频率时,光强越大,光电流越大B.光电子的最大初动能跟入射光的强度有关C.发生光电效应的时间一般都大于10－7 sD.发生光电效应时,当入射光频率一定时,单位时间内从金属内逸出的光电子数与入射光的强度有关 答案 AD解析 由hν＝12m v 2＋W 知,最大初动能由入射光频率与金属材料决定,与入射光的强度无关,B错；发生光电效应的时间一般不超过10－9 s,C 错.3.如图1,用一定频率的单色光照射光电管时,电流表指针会发生偏转,则( )图1A.电源右端应为正极B.流过电流表G 的电流大小取决于入射光的频率C.流过电流表G 的电流方向是由a 流向bD.普朗克解释了光电效应并提出光子能量ε＝hν 答案 C解析 发生光电效应时,电子从光电管右端运动到左端,电流的方向与电子定向移动的方向相反,所以流过电流表G 的电流方向是由a 流向b ；光电管两端可能是正向电压也可能是反向电压,所以电源右端可能为正极,也可能为负极；流过电流表G 的电流大小取决于入射光的强度,与入射光的频率无关；爱因斯坦解释了光电效应并提出光子能量ε＝hν. 考点二 光电效应方程的应用4.(多选)已知能使某金属发生光电效应的截止频率为ν0,则( ) A.当用频率为2ν0的单色光照射该金属时,一定能产生光电子B.当用频率为2ν0的单色光照射该金属时,所产生的光电子的最大初动能为hν0C.当入射光的频率ν大于ν0时,若ν增大,则逸出功增大D.当入射光的频率ν大于ν0时,若ν增大一倍,则光电子的最大初动能也增大一倍答案 AB解析 因入射光的频率大于或等于截止频率时会发生光电效应,所以A 正确；因为金属的截止频率为ν0,所以逸出功W ＝hν0,再由12m v 2＝hν－W 得,12m v 2＝2hν0－hν0＝hν0,B 正确；因为逸出功是光电子恰好逸出时需要做的功,对于同种金属是恒定的,故C 错误；由E k ＝12m v 2＝hν－W＝hν－hν0＝h (ν－ν0)可得,当ν增大一倍时：E k ′E k ＝2ν－ν0ν－ν0≠2,故D 错误.5.分别用波长为λ和23λ的单色光照射同一金属板,发出的光电子的最大初动能之比为1∶2,以h表示普朗克常量,c 表示真空中的光速,则此金属板的逸出功为( ) A.hc 2λ B.3hc 2λ C.3hc 4λ D.2hλc 答案 A解析 根据光电效应方程得 E k1＝h cλ－W ①E k2＝h c23λ－W ②又E k2＝2E k1③联立①②③得W ＝hc2λ,A 正确.6.(多选)如图2所示,两平行金属板A 、B 间电压恒为U ,一束波长为λ的入射光射到金属板B 上,使B 板发生了光电效应,已知该金属板的逸出功为W ,电子的质量为m ,电荷量的绝对值为e ,普朗克常量为h ,真空中光速为c ,下列说法中正确的是( )图2A.入射光子的能量为h cλB.到达A 板的光电子的最大动能为h cλ－W ＋eUC.若增大两板间电压,B 板没有光电子逸出D.若减小入射光的波长一定会有光电子逸出 答案 ABD解析 根据ε＝hν,而ν＝c λ,则入射光子的能量为h cλ,故A 正确；逸出光电子的最大初动能E km＝h c λ－W ,根据动能定理,eU ＝E km ′－E km ,则到达A 板的光电子的最大动能为E km ′＝h cλ－W ＋eU ,故B 正确；若增大两板间电压,不会影响光电效应现象,仍有光电子逸出,故C 错误；若减小入射光的波长,则其频率增大,一定会有光电子逸出,故D 正确. 考点三 光电效应图像问题7.(多选)在某次光电效应实验中,得到的遏止电压U 0与入射光的频率ν的关系如图3所示,若该直线的斜率和纵截距分别为k 和－b ,电子电荷量的绝对值为e ,则( )图3A.普朗克常量可表示为k eB.若更换材料再次实验,得到的图线的k 不改变,b 改变C.所用材料的逸出功可表示为ebD.b 由入射光决定,与所用材料无关 答案 BC解析 根据光电效应方程得E k ＝hν－W ,又E k ＝eU 0,则U 0＝hνe －W e ,图线的斜率k ＝he ,解得普朗克常量h ＝ke ,故A 错误；纵轴截距的绝对值b ＝We ,解得逸出功W ＝eb ,故C 正确；b 等于逸出功与电子电荷量绝对值的比值,而逸出功与材料有关,则b 与材料有关,故D 错误；更换材料再次实验,由于逸出功变化,可知图线的斜率不变,纵轴截距改变,故B 正确.8.研究光电效应的电路如图4所示.用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K ),钠极板发射出的光电子被阳极A 吸收,在电路中形成光电流.下列光电流I 与A 、K 之间的电压U AK 的关系图像中,正确的是( )图4答案 C解析 用频率相同的光照射同一金属时,发射出的光电子的最大初动能相同,所以遏止电压相同；饱和光电流与光的强度有关,光的强度越大,饱和光电流越大,故选项C 正确.9.(多选)美国物理学家密立根利用如图5甲所示的电路研究金属的遏止电压U 0与入射光频率ν的关系,描绘出图乙中的图像,由此算出普朗克常量h ,电子电荷量的绝对值用e 表示,下列说法正确的是( )图5A.入射光的频率增大,测遏止电压时,应使滑动变阻器的滑片P 向M 端移动B.增大入射光的强度,光电子的最大初动能也增大C.由U 0－ν图像可知,这种金属的截止频率为ν0D.由U 0－ν图像可得普朗克常量的表达式为h ＝U 1e ν1－ν0答案 CD解析 入射光的频率增大,光电子的最大初动能增大,则遏止电压增大,测遏止电压时,应使滑动变阻器的滑片P 向N 端移动,故A 错误；根据光电效应方程得E k ＝hν－W ,光电子的最大初动能与入射光的强度无关,故B 错误；根据E k ＝hν－W ＝eU 0,解得U 0＝hνe －hν0e ,图线的斜率k ＝h e＝U 1ν1－ν0,则h ＝U 1e ν1－ν0,当遏止电压为零时,ν＝ν0,故C 、D 正确. 二、非选择题10.(光电效应实验规律及图像应用)小明用阴极为金属铷的光电管观测光电效应现象,实验装置示意图如图6甲所示.已知普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s.图6(1)图甲中电极A为光电管的____________(选填“阴极”或“阳极”)；(2)实验中测得铷的遏止电压U0与入射光频率ν之间的关系如图乙所示,则铷的截止频率ν0＝________Hz,逸出功W＝________J；(3)如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014 Hz,则产生的光电子的最大初动能E k＝________J. 答案(1)阳极(2)5.15×1014 3.41×10－19(3)1.23×10－19解析(1)在光电效应中,电子向A极运动,故电极A为光电管的阳极.(2)由题图乙可知,铷的截止频率ν0为5.15×1014 Hz,逸出功W＝hν0＝6.63×10－34×5.15×1014 J≈3.41×10－19 J.(3)当入射光的频率为ν＝7.00×1014 Hz时,由光电效应方程得E k＝hν－hν0,光电子的最大初动能为E k ＝6.63×10－34×(7.00－5.15)×1014 J≈1.23×10－19 J.11.(光电效应方程的应用)如图7所示,一光电管的阴极用极限波长λ0＝500 nm的钠制成.用波长λ＝300 nm的紫外线照射阴极,光电管阳极A和阴极K之间的电势差U＝2.1 V,饱和光电流的值(当阴极K发射的电子全部到达阳极A时,电路中的电流达到最大值,称为饱和光电流)I＝0.56 μA.(普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s,真空中光速c＝3.0×108 m/s,电子电荷量的绝对值e＝1.6×10－19 C,结果均保留两位有效数字)图7(1)求每秒由K极发射的光电子数目.(2)求电子到达A 极时的最大动能.(3)如果电势差U 不变,而照射光的强度增大到原值的三倍,此时电子到达A 极的最大动能是多大？答案 (1)3.5×1012个 (2)6.0×10－19 J (3)6.0×10－19 J解析 (1)设每秒内发射的光电子数为n ,则：n ＝It e ＝0.56×10－6×11.6×10－19＝3.5×1012个. (2)由光电效应方程可知：E k ＝hν－W ＝h c λ－h c λ0＝hc (1λ－1λ0) 在A 、K 间加电压U 时,电子到达阳极时的动能为E km ＝E k ＋eU ＝hc (1λ－1λ0)＋eU . 代入数值得：E km ≈6.0×10－19 J.(3)根据光电效应规律,光电子的最大初动能与入射光的强度无关.如果电势差U 不变,则电子到达A 极的最大动能不变,仍为6.0×10－19 J.。
步步高2014版《考前三个月》高考物理(通用)大二轮专题复习题型冲刺练：等值模拟三(共计12页,含答案解析
等值模拟三(时间：60分钟满分：110分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．如图1所示，两相同物块分别放置在对接的两固定斜面上，物块处在同一水平面内，之间用细绳连接，在绳的中点加一竖直向上的拉力F，使两物块处于静止状态，此时绳与斜面间的夹角小于90°，当增大拉力F后，系统仍处于静止状态，下列说法不正确的是()图1A．绳受到的拉力变大B．物块与斜面间的摩擦力变小C．物块对斜面的压力变小D．物块受到的合力不变答案 B解析F增大，由于绳的夹角不变，故绳上的拉力增大，A正确；对物块受力分析，沿斜面方向，绳的拉力的分量与重力的分量之和等于静摩擦力，垂直斜面方向，重力的分量等于支持力与绳的拉力的分量之和，由于绳上的拉力增大，故静摩擦力变大，支持力变小，由牛顿第三定律知物块对斜面的压力变小，B错误，C正确；物块仍处于平衡状态，所受合力仍为0，故D正确．2．如图2所示，一块绝缘薄圆盘可绕其中心的光滑轴自由转动，圆盘的四周固定着一圈带电的金属小球，在圆盘的中部有一个圆形线圈．实验时圆盘沿顺时针方向绕中心转动时，发现线圈中产生逆时针方向(由上向下看)的电流，则下列关于可能出现的现象的描述正确的是()图2A．圆盘上金属小球带负电，且转速减小B．圆盘上金属小球带负电，且转速增加C．圆盘上金属小球带正电，且转速不变D．圆盘上金属小球带正电，且转速减小答案 A解析线圈中产生逆时针方向(由上向下看)的感应电流，由右手定则可知感应电流的磁场方向向上，由楞次定律可知可能是线圈中向上的磁场减弱或向下的磁场增强的结果，若圆盘上金属小球带负电，顺时针旋转产生逆时针方向的电流，磁场方向向上，转速减小时，向上的磁场减弱，A正确，B错误；同理可知若圆盘上金属小球带正电，产生顺时针方向的电流，磁场方向向下，转速增加时，向下的磁场增强，C、D错误．3．如图3所示，在空间直角坐标系O－xyz中，有一四面体C－AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点，且O(0,0,0)、A(L,0,0)、B(0，L,0)、C(0,0，L)．而D(2L,0,0)是x轴上一点，在坐标原点O处固定着＋Q的点电荷，下列说法正确的是()图3A．A、B、C三点的电场强度相同B．电势差U OA＝U ADC．将一电子由C点分别移动到A、B两点，电场力做功相同D．电子在A点的电势能大于在D点的电势能答案 C解析A、B、C三点电场强度大小相等，方向不同，选项A错误．在点电荷电场中，离点电荷越远，电场强度越小，U OA>U AD，选项B错误．将电子从C点分别移到A、B点，电场力做功均为零，选项C正确．由A到D，电场力对电子做负功，电势能增大，故选项D错误．4．据报道，目前我国正在研制“萤火二号”火星探测器，假设其发射过程为：先让运载火箭将其送入太空，以第一宇宙速度环绕地球飞行，再调整速度进入地火转移轨道．最后再一次调整速度以线速度v在火星表面附近环绕飞行，若认为地球和火星都是质量分布均匀的球体，已知地球和火星的半径之比为2∶1，密度之比为7∶5，则v大约为() A．6.9 km/s B．3.3 km/sC．4.7 km/s D．18.9 km/s答案 B解析 探测器绕地球表面运行和绕火星表面运行都是由万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律有：GMm R 2＝m v2R ，v ＝GMR①，M 为中心天体质量，R 为中心天体半径，M ＝ρ·43πR 3②，由①②得：v ＝ 4GρπR 23，已知地球和火星的半径之比为2∶1，密度之比为7∶5，所以探测器绕地球表面运行和绕水星表面运行线速度大小之比为：v 地v 火＝285，第一宇宙速度大小是环绕星球表面飞行的线速度大小，地球第一宇宙速度为7.9 km/s ，所以探测器绕火星表面运行的线速度大小是3.3 km/s ，故选B.5． 如图4，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R 1、R 2、R 3和R 4均为固定电阻．开关S 是闭合的，和为理想电压表，读数分别为U 1和U 2；、和为理想电流表，读数分别为I 1、I 2和I 3.U 1数值不变，现断开S ，下列推断中正确的是( )图4A ．U 2变小、I 3变大B ．U 2不变、I 3变小C ．I 1变小、I 2变小D ．I 1变大、I 2变大 答案 C解析 理想变压器的电压与匝数成正比，由于理想变压器原线圈电压不变，则副线圈电压不变，所以V 2的示数U 2不变，当S 断开之后，并联电路的电阻变大，副线圈的电阻也就变大，由于副线圈电压不变，所以副线圈的总电流变小，即I 2变小，由于电流与匝数成反比，当副线圈的电流变小时，原线圈的电流也要变小，所以I 1变小，由于副线圈的总电流变小，R 1的电压变小，并联电路的电压就会变大，所以R 3的电流I 3就会变大，所以C 正确，故选C.6． 如图5所示，一质量为m 的小方块(可视为质点)，系在一伸直的轻绳一端，绳的另一端固定在粗糙水平面上，绳长为r .给小方块一沿垂直轻绳的初速度v 0，小方块将在该水平面上以绳长为半径做圆周运动，运动一周后，其速率变为v 02，则以下说法正确的是( )图5A ．如果初速度v 0较小，绳的拉力可能为0B ．绳拉力的大小随小方块转过的角度均匀减小C ．小方块运动一周的时间为8πr 3v 0D ．小方块运动一周克服摩擦力做的功为38m v 2答案 BCD解析 小方块做圆周运动绳子的拉力提供向心力，选项A 错误；利用“化曲为直”的思想，小方块在运动一周的过程中，可以看做小方块做加速度为a ＝μg 的匀减速直线运动，则绳的拉力F ＝m v 2r ，v 2－v 20＝－2μgx ，x ＝rθ，化简得F ＝m v 20r －2μmgθ，即绳拉力的大小随小方块转过的角度均匀减小，选项B 正确；根据平均速度公式得：2πr ＝v 0＋v 022t ，解得t ＝8πr3v 0，选项C 正确；对小方块运用动能定理，小方块运动一周克服摩擦力做的功W f ＝12m v 20－12m (v 02)2＝38m v 20，选项D 正确．7． 如图6所示，在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板，风垂直吹向钢板，在钢板由静止开始下落的过程中，作用在钢板上的风力恒定，用E k 、E 、v 、P 分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的功率，关于它们随下落高度或下落时间的变化规律，下列四个图象中正确的是( )图6答案 AC解析 由题意可知钢板做初速度为0的匀加速直线运动，加速度a 小于重力加速度g ，动能E k ＝12m v 2＝12m ×2ah ＝mah ，故A 正确；机械能E ＝E 0－F f h ＝E 0－F f (12at 2)，E －t 图线不是直线，故B错误；速度v＝at，C正确；重力的功率P＝mg v＝mg2ah，P－h图线不是直线，故D错误．8．图7为某节能运输系统的简化示意图．其工作原理为：货箱在轨道顶端A时，自动将货物装入货箱，然后货箱载着货物沿粗糙程度各处相同的轨道无初速度下滑，接着压缩弹簧，当弹簧被压缩至最短时，立即锁定并自动将货物卸下，卸完货物后随即解锁，货箱恰好被弹回到A，此后重复上述过程．若弹簧为自由长度时其右端对应的斜面位置是B，货箱可看作质点，则下列说法正确的是()图7A．锁定前瞬间货箱所受合外力等于解锁后瞬间货箱所受合外力B．货箱由A至B和由B至A的过程中，在同一位置(除A点外)的速度大小不相等C．货箱上滑与下滑过程中克服摩擦力做的功相等D．货箱每次运载货物的质量必须相等答案BD解析锁定前瞬间货箱和货物受斜面的摩擦力方向沿斜面向上，加速度沿斜面向上，解锁后瞬间货箱受斜面的摩擦力方向沿斜面向下，加速度沿斜面向上，加速度大小不相等，货箱所受合外力不相等．选项A错误．由于加速度不相等，运动不具有对称性，在往返过程中同一位置的速度大小不相等，选项B正确．根据动能定理，从A到弹簧被压缩至最短时：(M＋m)gL sin θ－μ(M＋m)g cos θ·L－W弹＝0从解锁瞬间到A：－MgL sin θ－μMg cos θ·L＋W弹＝0联立解得m＝2μM cos θsin θ－μcos θ.选项C错误，D正确．二、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第15题为选考题，考生根据要求做答．)(一)必考题(共47分)9．(6分)“物体所受的合力减小，物体的运动速度就一定减小吗？”某同学设计了如图8甲所示的实验装置探究这一问题：先调节长木板倾角，使小车不受拉力时可近似做匀速运动，然后将一条橡皮筋一端固定在长木板一端，另一端系在小车上，将小车拉到靠近打点计时器的位置．启动打点计时器并从静止起释放小车，得到如图乙所示的纸带．打点计时器的打点周期为T，纸带上各点为连续打出的点，纸带上某点P与其相邻点间距离分别为x1、x2.图8图9(1)该同学用x 1＋x 22T来计算打点P 时小车速度的大小，可以这样计算的理由是：________________________________________，这样计算得到的结果与真实值相比________(选填“偏大”或“偏小”)．(2)从纸带上选取若干点进行测量和计算，得出这些点对应的速度v 和时刻t ，根据实验数据作出小车的v －t 图象如图9所示．通过分析所作出的v －t 图象，可以得到的实验结论是____________________________________________．答案 (1)很短时间内的平均速度近似等于中间时刻的瞬时速度(2分) 偏小(2分) (2)物体所受的合力减小，物体的速度不一定减小(2分)解析 打点计时器的打点时间间隔较小，可以用两点间的平均速度表示中间时刻的瞬时速度．由于小车做加速度减小的加速运动，故此值比真实值偏小．结论：物体所受的合力减小，物体的速度不一定减小．10．(9分)为了较准确地测量一只微安表的内阻，采用图10所示实验电路图进行测量，实验室可供选择的器材如下：图10A．待测微安表(量程500 μA，内阻约300 Ω)B．电阻箱(最大阻值999.9 Ω)C．滑动变阻器R1(最大阻值为10 Ω)D．滑动变阻器R2(最大阻值为1 kΩ)E．电源(电动势为2 V，内阻不计)F．保护电阻R0(阻值为120 Ω)(1)实验中滑动变阻器应选用____(填“C”或“D”)；(2)按照实验电路在图11所示的方框中完成实物图连接．图11(3)实验步骤：第一，先将滑动变阻器的滑片移到最右端，调节电阻箱的阻值为零；第二，闭合开关S，将滑片缓慢左移，使微安表满偏；第三，保持滑片不动，调节R的电阻值使微安表的示数正好是满刻度的2/3时，此时接入电路的电阻箱的示数如图12所示，阻值R为________Ω.图12第四，根据以上实验可知微安表内阻的测量值R A为________Ω.(4)若调节电阻箱的阻值为R′时，微安表的示数正好是满刻度的1/2，认为此时微安表内阻就等于R′，则此时微安表内阻的测量值R′与微安表的示数正好是满刻度的2/3时微安表内阻的测量值R A相比，更接近微安表真实值的是________．(填“R′”或“R A”)答案(1)C(2分)(2)如图所示(2分)(3)145.5(1分) 291(2分) (4)R A (2分)解析 (1)滑动变阻器采用分压式接法，应选小量程的，便于调节．(3)各挡位电阻之和即为电阻箱的读数．由欧姆定律可知I g R g ＝23I g (R ＋R g )，代入已知数据可求得R g ＝291 Ω，则R A ＝R g ＝291 Ω.(4)电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器滑片右侧电阻并联后阻值略增大，那么电路总电阻略增大，总电流略减小，变阻器滑片右侧电阻分到的电压略增大，通过微安表电流为23I g 时，电阻箱和微安表串联的总电阻略大于32R g ，所以测量值比真实值偏大，同理可知，用半偏法测得的值R ′比真实值差得更多． 11．(15分)某品牌汽车在某次测试过程中数据如下表所示，请根据表中数据回答问题.f mg 的乘积成正比，即F f ＝kmg v ，其中k ＝2.0×10－3s/m.取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)若汽车加速过程和制动过程都做匀变速直线运动，求这次测试中加速过程的加速度a 1的大小和制动过程的加速度a 2的大小； (2)求汽车在水平公路上行驶的最大速度v m ；(3)把该汽车改装成同等功率的纯电动汽车，其他参数不变．若电源功率转化为汽车前进的机械功率的效率η＝90%.假设1 kW·h 电能的售价为0.50元(人民币)，求电动汽车在平直公路上以最大速度行驶距离s ＝100 km 时所消耗电能的费用．结合此题目，谈谈你对电动汽车的看法． 答案 见解析解析 (1)加速过程的加速度大小a 1＝Δv Δt ＝3010＝3 m/s 2(2分) 制动过程满足：－2a 2x ＝0－v 20(2分) 解得加速度大小a 2＝10 m/s 2(1分)(2)当汽车的速度达到最大时，汽车受到牵引力与阻力相等．满足： P 额＝F f v m ，即P 额＝kmg v 2m(2分)解得：v m ＝50 m/s(2分)(3)以最大速度行驶过程中，克服阻力所做的功 W f ＝F f s ＝kmg v m s(2分) 代入数据，解得：W f ＝1.5×108 J(1分) 消耗电能E ＝W fη＝1.67×108 J ＝46.4 kW·h(1分)所以，以最大速度行驶100 km 的费用 Y ＝46.4×0.5＝23.2元(1分) 可以从行驶费用、环保和减排等角度说明．(1分)12．(17分)如图13所示，ab 、cd 为间距L ＝1 m 的竖直光滑金属导轨，导轨电阻不计，ac间连接有一个R ＝1 Ω的电阻，空间中存在着方向垂直于导轨平面，磁感应强度B 0＝1 T 的匀强磁场．将一根质量m ＝0.5 kg 的金属棒紧靠ac 放置在导轨上，金属棒的电阻r ＝0.6 Ω.现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与ac 平行且与导轨接触良好．当金属棒滑行到MN 处时恰好达到稳定速度，已知MN 与ac 距离h ＝8 m ，金属导轨足够长、g ＝10 m/s 2.则：图13(1)请定性说明金属棒在达到稳定速度前的加速度和速度各如何变化？ (2)金属棒的稳定速度多大？(3)金属棒从释放至达到稳定速度的过程中，电阻R 产生的焦耳热是多大？(4)若将金属棒滑行至MN 处的时刻记作t ＝0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐变小，可使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B 应怎样随时间t 变化(写出B 与t 的关系式)? 答案 见解析解析 (1)在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大． (1分)(2)达到稳定速度时，有 F ＝B 0LI (1分) I ＝B 0L v mR ＋r(1分) mg ＝F(1分) 得：v m ＝8 m/s(1分)(3)由功能关系可知： mgh －Q ＝12m v 2m(2分) Q R ＝R R ＋r Q(2分) 得：Q R ＝15 J(2分)(4)当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流，此时金属棒将沿导轨做加速度为g 的匀加速运动 (2分) B 0Lh ＝BL (v m t ＋12gt 2＋h )(2分) 得：B ＝85t 2＋8t ＋8(2分)(二)选考题：共15分，请考生从给出的3道物理题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分．13．(15分)(1)(5分)以下说法正确的是( )A ．无论什么物质，只要它们的摩尔数相同就含有相同的分子数B ．分子引力不等于分子斥力时，违背了牛顿第三定律C ．1 g 氢气和1 g 氧气含有的分子数相同，都是6.02×1023个D ．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(2)(10分)如图14所示，汽缸长为L ＝1 m(汽缸的厚度可忽略不计)，固定在水平面上，汽缸中有横截面积为S ＝100 cm 2的光滑活塞，活塞封闭了一定质量的理想气体，当温度为t ＝27 ℃，大气压为p 0＝1×105Pa 时，气柱长度为L 1＝0.4 m ．现缓慢拉动活塞，拉力最大值为F ＝500 N ，求：图14①如果温度保持不变，能否将活塞从汽缸中拉出？②保持拉力最大值不变，汽缸中气体温度至少为多少摄氏度时，才能将活塞从汽缸中拉出？答案 (1)A (2)①不能 ②102 ℃解析 (2)①设F 达到最大值时活塞仍在汽缸中，设此时气柱长L 2，气体压强为p 2. 根据活塞受力平衡，有：p 2＝p 0－F /S ＝5×104 Pa T 1＝T 2，根据理想气体状态方程有p 1SL 1＝P 2SL 2，p 1＝p 0 解得：L 2＝0.8 mL 2<L ，所以不能将活塞拉出．②保持F 最大值不变，温度升高，活塞刚到汽缸口时，L 3＝1 m ，此时的压强为p 2＝p 3，根据理想气体状态方程有：p 1L 1S T 1＝p 3L 3S T 3得：T 3＝375 K所以t 3＝102 ℃14．(15分)(1)(6分)以下说法中正确的是________．(填选项前字母)A ．水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是光的干涉现象B ．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，并通过实验加以证实C ．两列波在同一空间相遇，相互叠加一定会形成稳定的干涉图样D ．运动物体速度可以大于真空中的光速(2)(9分)如图15所示，一直角三棱镜面ABC ，∠ABC ＝30°，∠ACB ＝90°，斜边长为L ，其折射率为n ＝3，一束光从斜边距A 点L 3处的O 点平行于BC 边射入该棱镜．若不考虑光的反射，求光射出棱镜时的折射角．图15答案 (1)A (2)60°解析 (1)麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，B 错误．C 成立的前提条件是两列波的频率相同，C 错误．据爱因斯坦相对论可知运动物体速度不可以大于真空中的光速，D 错误．(2)光路图如图所示．设光在AB 面和AC 面两次折射的入射角分别为i 、i ′，折射角分别为r 、r ′，由光的折射定律得：n ＝sin i sin r，i ＝60° 可得：r ＝30°由几何关系知：i ′＝30°又n ＝sin r ′sin i ′可得：r ′＝60°所以光射出棱镜时光的折射角为60°.15．(15分)(1)(6分)如图16所示，是一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图象．已知这列波的频率为5 Hz，此时，x＝1.5 m处的质点向y轴正方向振动，可以推知：这列波正在沿x轴____(填“正”或“负”)方向传播，波速大小为________m/s.写出x＝1.5 m处质点做简谐运动的表达式____________________．图16(2)(9分)如图17所示，质量为m A＝2 kg的木块A静止在光滑水平面上．一质量为m B＝1 kg的木块B以某一初速度v0＝5 m/s沿水平方向向右运动，与A碰撞后都向右运动．木块A与挡板碰撞后立即反弹(设木块A与挡板碰撞过程无机械能损失)．后来木块A与B 发生二次碰撞，碰后A、B同向运动，速度大小分别为0.9 m/s、1.2 m/s.求：图17①第一次A、B碰撞后，木块A的速度；②第二次碰撞过程中，A对B做的功．答案(1)负10y＝0.5sin (10πt) m(2)①2 m/s②0.22 J解析(2)①设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为v A1、v B1，取向右为正方向，则由动量守恒定律得m B v0＝m A v A1＋m B v B1 (1分)A与挡板碰撞反弹，则第二次A、B碰撞前瞬间的速度大小分别为v A1、v B1，设碰撞后的速度大小分别为v A2、v B2，取向左为正方向，由动量守恒定律可得m A v A1－m B v B1＝m A v A2＋m B v B2 (2分)联立解得v A1＝2 m/s，v B1＝1 m/s (3分)②设第二次碰撞过程中，A对B做的功为W，根据动能定理，W＝12m Bv2B2－12m Bv2B1＝0.22 J (3分)。