2013高考物理步步高二轮复习全攻略专题第1部分 第4讲

2013高考物理步步高二轮复习全攻略专题教师用书WORD(第1部分专题6)高三是一首铿锵的歌——“爱拼才会赢”，但需要自己去弹奏，去吟唱．辛勤的汗水，失败的凄楚，终究换来成功的喜悦！现在，我虽然已获得清华大学博士学位，但“高三的歌”仍余音萦绕，催我奋进．这首歌——我们的“高三精神”，将永远激励着我走向辉煌！“选考模块”题目容易，好像天上掉下的“馅饼”，可轻松获得．做题顺序不妨跳跃一下，赶在“压轴”题之前做，不失为良策．该得的分数尽收囊中，下场后你又会唱起“高三的歌”！第13讲热学中常考的3个问题主要题型：问答、填空、计算难度档次：中档难度．只对考点知识直接应用，通常有一处思维含量较高的点，一般选取3～4个考点组成2～3个小题，只做模块内综合．力争“关联性综合”，也可“拼盘式”组合．,高考热点名师助学1．微观量与宏观量的关系2．晶体和非晶体比较晶体非晶体单晶体多晶体形状规则不规则不规则熔点固定固定不固定特性各向异性各向同性各向同性3．热力学第一定律公式ΔU＝Q＋W符号的规定物理量功W 热量Q 内能的改变ΔU取正值“＋”外界对物体做功物体从外界吸收热量物体的内能增加取负值“－”物体对外界做功物体向外界放出热量物体的内能减少4.弄清重要物理量间的关系常考问题40A.TIF，JZ]分子动理论与气体实验定律的组合【例1】(2012·福建卷，28)(1)关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是________．(填选项前的字母)A．一定量气体吸收热量，其内能一定增大B．不可能使热量由低温物体传递到高温物体C．若两分子间距离增大，分子势能一定增大D．若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大(2)空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm的空气6.0 L，现再充入1.0 atm的空气9.0 L．设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，则充气后储气罐中气体压强为________．(填选项前的字母)A．2.5 atm B．2.0 atmC．1.5 atm D．1.0 atm解析(1)由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，一定量气体吸收热量内能不一定增大，例如当气体对外做功，且W>Q时，那么内能将会减少，故A项错误；热力学第二定律的一种表述为：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化，关键理解“而不引起其他变化”，如果“引起其他变化”，完全可以实现将热量从低温物体传递到高温物体，故B项错误；当r<r0时，分子力表现为斥力，当分子间距增大时，分子势能减小，故C项错误；根据分子引力、斥力随分子间距的变化规律知，D项正确．(2)初状态：p1＝1.0 atm，V1＝(6.0＋9.0)L＝15.0 L末状态：p2，V2＝6.0 L，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2得p2＝p1V1V2代入数据得p2＝2.5 atm，故A项正确，B、C、D三项均错．答案(1)D(2)A(1)以下说法正确的是________．A．分子间距离增大时，分子势能也增大B．已知某种液体的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N A，则该液体分子间的平均距离可以表示为3MρN A或36MπρN AC．空气压缩到一定程度很难再压缩是因为分子间存在斥力的作用D．液体的饱和汽压与温度和液体的种类有关E．阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动就是布朗运动图13－1(2)如图13－1所示，有一底部封闭的圆柱形汽缸，上部有一通汽孔，汽缸内壁的高度是2L，一个很薄且质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处在离底部L高处，外界大气压为1.0×105Pa，温度为27 ℃，现对气体加热，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求：当加热到127 ℃时活塞离底部的高度．借题发挥●求解分子动理论相关问题应做到：(1)熟练掌握阿伏加德罗常数的有关计算；(2)了解布朗运动实质；(3)掌握分子力特点及分子力做功与分子势能变化的关系．●物体内能变化的判断方法(1)由物体内能的定义判断温度变化引起物体分子平均动能的变化；体积变化，分子间的分子力做功，引起分子势能的变化，从而判定物体内能的变化．(2)由热力学第一定律判断ΔU＝Q＋W 课堂笔记常考问题41热学基本知识与气体定律的组合【例2】(2012·课标全国卷，33)(1)关于热力学定律，下列说法正确的是________．A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D．不可能使热量从低温物体传向高温物体E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程图13－2(2)如图13－2所示，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均在0 ℃的水槽中，B的容积是A的3倍．阀门S将A和B两部分隔开．A内为真空，B和C内都充有气体，U形管内左边水银柱比右边的低60 mm.打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等，假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．(Ⅰ)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)；(Ⅱ)求右侧水槽的水从0 ℃加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60 mm，求加热后右侧水槽的水温．解析(1)由ΔU＝W＋Q可知做功和热传递是改变内能的两种途径．它们具有等效性，故A 正确、B错误．由热力学第二定律可知，可以从单一热源吸收热量，使之全部变为功．但会产生其他影响，故C正确．同样热量只是不能自发的从低温物体传向高温物体，则D项错．一切与热现象有关的宏观过程都不可逆，则E正确．(2)(Ⅰ)在打开阀门S前，两水槽水温均为T0＝273 K．设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为V B，玻璃泡C中气体的压强为p C，依题意有p1＝p C＋Δp ①式中Δp＝60 mmHg.打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为p B.依题意有，p B＝p C ②玻璃泡A和B中气体的体积为V2＝V A＋V B③根据玻意耳定律得p 1V B ＝p B V 2④联立①②③④式，并代入题给数据得p C ＝V B V AΔp ＝180 mmHg ⑤(Ⅱ)当右侧水槽的水温加热到T ′时，U 形管左右水银柱高度差为Δp .玻璃泡C 中气体的压强为p C ′＝p B ＋Δp ⑥玻璃泡C 中的气体体积不变，根据查理定律得p C T 0＝p C ′T ′ ⑦联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得T ′＝364 K ．⑧答案 见解析(1)下列说法正确的是________．A ．液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性B．从单一热源吸取热量，使之全部变成有用的机械功而不产生其它影响是可能的C．饱和汽压随温度的升高而变小D．晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征(2)一活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，初始时气体体积为3.0×10－3 m3.用传感器测得此时气体的温度和压强分别为300 K和1.0×1 05Pa.推动活塞压缩气体，测得气体的温度和压强分别为320 K和1.0×105 Pa.①求此时气体的体积；②保持温度不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压强变为8.0×104 Pa，求此时气体的体积．借题发挥●分析有关气体实验定律和理想气体状态方程问题的物理过程一般要抓住三个要点：(1)阶段性，即弄清一个物理过程分为哪几个阶段；(2)联系性，即找出几个阶段之间是由什么物理量联系起来的；(3)规律性，即明确哪个阶段应遵循什么实验定律．●利用三个实验定律及气态方程解决问题的基本思路―→根据题意，选出所研究的某一部分气体，这部分气体在状态变化过程中，其质量必须保持一定―→分别找出作为研究对象的这部分气体发生状态变化前后的p、V、T数值或表达式，压强的确定往往是个关键，常需结合力学知识(如平衡条件或牛顿运动定律)才能写出表达式―→过程表示两个状态之间的一种变化方式，除题中条件已指明外，在许多情况下，往往需要通过对研究对象与周围环境的相互关系的分析才能确定，认清变化过程是正确选用物理规律的前提―→根据研究对象状态变化的具体方式，选用气态方程或某一实验定律，代入具体数值，最后分析讨论所得结果的合理性及其物理意义常考问题42热学基本知识与气体实验定律及热力学第一定律的组合【例3】(2012·山东卷，36)(1)以下说法正确的是________．A．水的饱和汽压随温度的升高而增大B．扩散现象表明，分子在永不停息地运动C．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小D．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小图13－3(2)如图13－3所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l1＝20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高．现将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h＝10 cm.(环境温度不变，大气压强p0＝75 cmHg)①求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”作单位)．②此过程中左管内的气体对外界________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体将________(填“吸热”或“放热”)．(1)以下说法正确的是________．A．晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化B．液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的C．分子间距离减小时，分子势能一定增大D．布朗运动是指液体分子的无规则运动图13－4(2)如图13－4所示，一定质量的理想气体，从状态A等容变化到状态B，再等压变化到状态D.已知在状态A时，气体温度t A＝327 ℃.①求气体在状态B时的温度；②已知由B―→D的过程，气体对外做功W，气体与外界交换热量Q，试比较W与Q的大小，并说明原因．借题发挥1．热力学第一定律和热力学第二定律是热力学的基础理论，热力学第一定律反映了功、热量跟内能改变之间的定量关系，在应用时关键是使用ΔU＝W＋Q时注意符号法则(简记为：外界对系统取正，系统对外取负)．对理想气体，ΔU 仅由温度决定，W仅由体积决定，绝热情况下，Q＝0.热力学第二定律指明哪些过程可以发生，哪些过程不可能发生，它使人们认识到，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．2．内能变化参考温度变化，做功情况参考体积变化(气体做功W＝pΔV)．课堂笔记1．(1)下列说法正确的是()．A．一定温度下饱和汽的压强随体积的增大而减小B．人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度C．产生毛细现象时，液体在毛细管中一定上升D．能量耗散虽然不会使能的总量减少，却会导致能量品质的降低(2)下列说法中，正确的是()．A．晶体具有确定的熔点B．多晶体具有各向异性C．晶体和非晶体之间不能相互转化D．碳原子按照不同规则排列，可以成为石墨，也可以成为金刚石图13－5(3)如图13－5所示，用活塞封闭一定质量理想气体的导热汽缸放在水平桌面上，汽缸正上方有一个沙漏正在漏沙，导致活塞缓慢下降．若大气压和外界温度恒定，随着沙子不断漏下，缸内气体的压强逐渐________(填“增大”或“减小”)，气体________(填“吸收”或“放出”)热量．2．(2012·江苏卷，12A)(1)下列现象中，能说明液体存在表面张力的有________．A．水黾可以停在水面上B．叶面上的露珠呈球形C．滴入水中的红墨水很快散开D．悬浮在水中的花粉做无规则运动(2)密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大．从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的________增大了．该气体在温度T1、T2时的分子速率分布图象如图13－6甲所示，则T1________(选填“大于”或“小于”)T2.(3)如图乙所示，一定质量的理想气体从状态A经等压过程到状态B.此过程中，气体压强p＝1.0×105Pa，吸收的热量Q＝7.0×102 J，求此过程中气体内能的增量．图13－63．(2012·济南高考模拟)(1)下列说法正确的有________．(填入正确选项前的字母)A．第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律B．自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D．晶体都具有固定的熔点图13－7(2)如图13－7所示，用销钉固定的导热活塞把水平放置的导热汽缸分隔成容积相同的两部分，分别封闭着A、B两部分理想气体：A部分气体压强为p A0＝2.5×105 Pa，B部分气体压强为p B0＝1.5×105Pa.现拔去销钉，待活塞重新稳定后．(外界温度保持不变，活塞与汽缸间摩擦可忽略不计，整个过程无漏气发生)①求此时A部分气体体积与原来体积之比；②判断此过程中A部分气体是吸热还是放热，并简述理由4．(1)以下说法正确的是()．A．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大B．已知某物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A，则该种物质的分子体积为V0＝M ρN AC．自然界发生的一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生子间距离，液体表面存在张力图13－8(2)如图13－8所示，质量为m＝10 kg的活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸中，开始时活塞距汽缸底高度h1＝40 cm，此时气体的温度T1＝300 K．现缓慢给气体加热，气体吸收热量Q ＝420 J，活塞上升到距汽缸底h2＝60 cm处．已知活塞面积S＝50 cm2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，不计活塞与汽缸之间的摩擦，重力加速度g 取10 m/s2.求：给气体加热的过程中，气体增加的内能ΔU.5．(1)关于热现象和热学规律，以下说法正确的有________．A．布朗运动就是液体分子的运动子间距离，液体表面存在张力C．随分子间的距离增大，分子间的引力减小，分子间的斥力也减小D．晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大(2)在做“用油膜法估测分子的大小”实验中，用a mL的纯油酸配制成了b mL的油酸酒精溶液，再用滴管取1 mL油酸酒精溶液，让其自然滴出，共n滴，现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为S cm2，则①估算油酸分子的大小是________cm.②用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需知道油滴的________．A．摩尔质量B．摩尔体积C．质量D．体积图13－9(3)如图13－9所示是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭一定长度的空气柱，现用力向下压活塞，在压缩过程中活塞对封闭气体做功10 J，若此压缩过程中封闭气体向外界放出的热量为2 J，则气体的内能如何变化？变化了多少？(请写出必要的解答过程) 【常考问题】预测 1 解析(1)分子间距离增大时，由于不知道此时分子力是引力还是斥力，所以无法判断分子势能的变化情况，A错；B中的两种表达形式，一种是将分子所占据的空间看成是球体，一种是将分子所占据的空间看成是立方体，结果都对；空气压缩到一定程度很难再压缩是因为分子间存在斥力的作用；液体的饱和汽压与温度和液体的种类有关；E中所阐述的是空气对流引起的尘土的运动，因此不能看成是布朗运动．(2)刚开始加热活塞上升的过程中，封闭气体做等压变化．设汽缸横截面积为S，活塞恰上升到汽缸上部挡板处时气体温度为t，则对于封闭气体：由V V1＝TT1，可得2LSLS＝t＋273300.解得t ＝327 ℃当加热到127 ℃时，活塞没有上升到汽缸上部挡板处，设此时活塞离地高度为h ，对于封闭气体：由V 1V 2＝T 1T 2，可得LS hS ＝t 1＋273t 2＋273＝300400 解得h ＝43L . 答案 (1)BCD (2)43L 预测2 解析 (1)由热力学第二定律可知，从单一热源吸取热量，使之全部变成有用的机械功而不产生其他影响是不可能的，选项B 错误；饱和汽压随温度的升高而变大，选项C 错误；多晶体没有规则形状，且各向同性，选项D 错误．(2)①由题述可知状态变化前后压强不变，据盖·吕萨克定律有：V 1＝T 1T 0V 0＝320300×3.0×10－3m 3＝3.2×10－3m 3 ②由玻意耳定律有：V 2＝p 1V 1p 2＝1.0×1058.0×104×3.2×10－3m 3＝4×10－3m 3. 答案 (1)A (2)①3.2×10－3m 3 ②4×10－3m 3【例3】 解析 (1)饱和汽压随温度的升高而增大，选项A 正确；扩散现象说明分子在永不停息地运动，选项B 正确；当分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，选项C 错误；根据V T ＝C 知，一定质量的理想气体，在等压膨胀时，温度升高，分子的平均动能增大，选项D 错误．(2)①设U 型管横截面积为S ，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p 1，右端与一低压舱接通后，左管中封闭气体的压强为p 2，气柱长度为l 2，稳定后低压舱内的压强为p .左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2①p1＝p0②p2＝p＋p h③V1＝l1S④V2＝l2S⑤由几何关系得h＝2(l2－l1)⑥联立①②③④⑤⑥式，代入数据得p＝50 cmHg⑦②左管内气体膨胀，气体对外界做正功，温度不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律，ΔU＝Q＋W且W<0，所以Q＝－W>0，气体将吸热．答案(1)AB(2)①50 cmHg②做正功吸热预测3 解析(1)当两分子的距离大于平衡距离时，分子间表现为引力，此时分子距离减小时，分子力做正功，分子势能减小，选项C错误；我们所说的布朗运动的现象是小颗粒的无规则运动，其实质是液体分子对小颗粒的无规则的撞击，受力不均匀造成的，它反映了液体分子永不停息的无规则运动．(2)①气体由状态A变化到状态B，由查理定理p AT A＝p BT B可得T B＝p Bp A T A＝12×(327＋273)K＝300 K所以t B＝27 ℃②由B―→D的过程，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可得Q>W答案(1)AB(2)①300 K②Q>W【随堂演练】1．(1)BD(2)AD(3)增大放出2．解析(1)红墨水散开和花粉的无规则运动直接或间接说明分子的无规则运动，选项C、D错误；水黾停在水面上、露珠呈球形均是因为液体存在表面张力，选项A、B正确．(2)温度升高时，气体分子平均速率变大，平均动能增大，即分子的速率较大的分子占总分子数比例较大，所以T 1<T 2.(3)等压变化V A T A ＝V B T B，对外做的功W ＝p (V B －V A ) 根据热力学第一定律ΔU ＝Q －W ，解得ΔU ＝5.0×102 J.答案 (1)AB (2)平均动能 小于 (3)5.0×102 J3．解析 (1)第二类永动机违背热力学第二定律，A 错误；气体压强与气体的体积和温度都有关，不由单个物理量决定，C 错误．(2)①设A 部分气体原来体积为V ，由玻意耳定律得P A 0V ＝p A (V ＋ΔV )，P B 0V ＝p B (V －ΔV )，又p A ＝p B ，由以上各式可解得ΔV ＝14V ， 因此，A 部分气体此时体积与原来体积之比为5∶4②吸热；A 部分气体由于温度不变，所以内能不变；体积膨胀，对外做功，由热力学第一定律可知，一定从外界吸收热量．答案 (1)BD (2)①5∶4 ②吸热；理由见解析4．(1)D (2)V 1T 1＝V 2T 2，T 2＝450 K. p ＝p 0＋mg S ＝1.2×105 Pa ，W ＝－p ΔV ＝－120 J.ΔU ＝W ＋Q ＝300 J.5．解析 (1)布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体颗粒的无规则运动，A选项错误；晶体吸收热量熔化过程中的固液共存态温度不变，分子的平均动能不变，D选项错误，B、C选项正确；(2)①油酸酒精的浓度为ab，一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸为abn，把充分展开的油膜看作紧密排列的单分子，所以可估算油酸分子的直径为abSn；②测出油酸分子的直径可以求出一个油酸分子的体积V0，如果能知道摩尔体积V，则可求阿伏加德罗常数N A＝VV0；(3)压缩气体做的正功大于放出的热量，故气体内能增加；由热力学第一定律可得：ΔU＝W＋Q，代入可求得：ΔU＝10 J－2 J＝8 J.答案(1)BC(2)①abSn②B(3)增加；8 J第14讲机械振动和机械波及光学中常考的2个问题主要题型：填空、作图、计算等．难度档次：中档难度或中档难度偏上．主要考查机械振动与机械波、光现象．一般选取3～4个高频考点组成2～3个小题．一般为“关联性综合”．也可“拼盘式组合”．只对考点知识直接使用．只做模块内综合．,高考热点名师助考1．判断波的传播方向和质点振动方向的方法①上下波法；②特殊点法；③微平移法(波形移动法)．2．利用波传播的周期性，双向性解题(1)波的图象的周期性：相隔时间为周期整数倍的两个时刻的波形相同，从而使题目的解答出现多解的可能．(2)波传播方向的双向性：在题目未给出传播方向时，要考虑到波可沿x轴正向或负向传播的两种可能性．3．光线通过平板玻璃砖后，不改变光线行进方向及光束性质，但会使光线发生侧移，侧移量的大小跟入射角、折射率和玻璃砖的厚度有关．4．对几何光学方面的问题，应用光路图或有关几何图形进行分析与公式配合，将一个物理问题转化为一个几何问题，能够做到直观、形象、易于发现隐含条件．课堂笔记常考问题43机械振动、机械波与光的折射、全反射的组合【例1】(2012·课标全国卷，34)(1)一简谐横波沿x轴正向传播，t＝0时刻的波形如图14－1(a)所示，x＝0.30 m处的质点的振动图线如图(b)所示，该质点在t＝0时刻的运动方向沿y轴________(填“正向”或“负向”)．已知该波的波长大于0.30 m，则该波的波长为________m.图14－1(2)一玻璃立方体中心有一点状光源．今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体，已知该玻璃的折射率为2，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值．解析(1)依据振动图象描述的是同一质点不同时刻的运动特征可知t＝0时刻质点运动方向沿y轴正向．因为横波沿x轴正向传播且波长λ，解得λ＝0.8 m(对应大于0.30 m，则0.3 m＝38P点)，如下图所示．(2)如图，考虑从玻璃立方体中心O点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃立方体上表面发生折射．根据折射定律有n sin θ＝sin α①式中，n是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角．现假设A点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点．由题意，在A 点刚好发生全反射，故αA ＝π2② 设线段OA 在立方体上表面的投影长为R A ，由几何关系有sin θA ＝R A R 2A ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 22③式中a 为玻璃立方体的边长．由①②③式得R A ＝a2 n 2－1④ 由题给数据得R A ＝a 2⑤ 由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为R A 的圆．所求的镀膜面积S ′与玻璃立方体的表面积S 之比为S ′S ＝6πR 2A 6a 2⑥由⑤⑥得S ′S ＝π4.⑦ 答案 (1)正向 0.8 (2)π4(1)如图14－2所示，图甲为某一列波在t ＝1.0 s 时的图象，图乙为参与该波动的P 质点的振动图象． ①试确定波的传播方向；②求该波的波速v ； ③在图甲中画出3.5 s 时的波形图(至少画一个波长)；④求再经过3.5 s 时P 质点的路程s 和位移．图14－2图14－3(2)如图14－3所示，横截面为14圆周的柱状玻璃棱镜AOB，其半径为R，有一束单色光垂直于OA面射入棱镜，玻璃的折射率为n＝3，光在真空中的速度为c.试求：①该单色光距离OB至少多远时，它将不能从AB面直接折射出来．②满足①问中的单色光在棱镜中传播的时间．借题发挥1．对波的理解①各质点都依次重复波源的简谐振动，但后一质点总要滞后前一质点．②波向前传播过程中，波头的形状相同．③波的“总体形式”向前做匀速直线运动，即匀速向前传播．④任一个质点的起振方向都与振源的起振方向相同．⑤机械波的波速v取决于介质，与频率无关．2．巧解波动图象与振动图象相结合的问题求解波动图象与振动图象综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法(1)分清振动图象与波动图象．此问题最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图象，横坐标为t则为振动图象．(2)看清横、纵坐标的单位．尤其要注意单位前的数量级．(3)找准波动图象对应的时刻．(4)找准振动图象对应的质点．3．光的折射和全反射问题的解题技巧(1)在解决光的折射问题时，应根据题意分析光路，即画出光路图，找出入射角和折射角，然后应用公式来求解，找出临界光线往往是解题的关键．(2)分析全反射问题时，先确定光是否由光密介质进入光疏介质、入射角是否大于临界角，若不符合全反射的条件，则再由折射定律和反射定律确定光的传播情况．(3)在处理光的折射和全反射类型的题目时，根据折射定律及全反射的条件准确作出几何光路图是基础，利用几何关系、折射定律是关键．课堂笔记。

第二部分 物理如何拿满分第1讲 拿下选择题——保住基本分题型专练1. (概念辨析型)下面关于摩擦力的叙述正确的是 ( )．A ．静摩擦力的方向一定与物体的运动方向相反B ．静摩擦力的方向不可能与物体的运动方向相同C ．静摩擦力的方向可能与物体的运动方向垂直D ．静止物体所受的静摩擦力一定为零2. (类比推理型)化学变化过程中伴随着电势能的变化．下面是有关这个问题的几个说法：①中性钠原子失去电子的过程中系统的电势能增大；②中性氯原子得到电子的过程中系统的电势能减小；③钠离子和氯离子结合成氯化钠分子的过程中系统的电势能增大④氯化钠电离为钠离子和氯离子的过程中系统的电势能减小．上述说法中正确的有( )．A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④3．(对称分析型)如图4所示，一轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a 位置，当一重球放在弹簧上端静止时，弹簧上端被压缩到b位置．现将重球(视为质点)从较高的位置c 处沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被重球压缩到最低位置d .以下关于重球运动过程的正确说法应是( )．A ．重球下落压缩弹簧由a 至d 的过程中重球做减速运动B ．重球下落至b 处获得最大速度C ．重球下落至d 处获得最大加速度 图4D ．由a 至d 的过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由c 下落至d 时重力势能的减少 量4. (推理计算型)一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端．已知小物块的初动能为E ，它返回斜面底端的速度大小为v ，克服摩擦阻力做功E 2.若小物块冲上斜面的初动能变为2E ，则有 ( )．A ．返回斜面底端时的动能为EB ．返回斜面底端时的动能为3E 2C ．返回斜面底端时的速度大小为2vD ．返回斜面底端时的速度大小为2v5．(数形结合计算型)如图5所示，直线A 为电源的U －I 图象，直线B 为电阻R 的U －I 图象，用此电源与电阻组成闭合电路时，电源的输出功率、效率分别为 ( )．图5A ．4 W 33.3%B ．2 W 33.3%C ．4 W 67%D ．2 W 67%6．(规律应用计算型)如图6所示．半径为 r 且水平放置的光滑绝缘的环形管道内，有一个电量为e ，质量为m 的电子，此装置放置在匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系式为B ＝B 0＋kt (k >0)．根据麦克斯韦的电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，该感应电场对电子将有沿圆环切线方向的作用力，使其得到加速．设t ＝0时刻电子的初速度大小为v 0， 图6方向顺时针，从此开始运动一周后的磁感应强度为B 1，则此时电子的速度大小为( )．A.B 1re mB. v 20＋2πr 2ke mC.B 0re mD. v 20－2πr 2ke m 7．(分析估算计算型)质量为m ，带电量为＋q 的小球套在水平固定且足够长的绝缘杆上，如图7所示，整个装置处于磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，现给球一个水平向右的初速度v 0使其开始运动，则球运动克服摩擦力做的功(不计空气阻力)不可能的是( )． 图7 A.12m v 20 B ．0 C.12⎝⎛⎭⎫m v 20－m 3g 2q 2B 2 D ．m v 208．(图象识别型)一物体沿光滑水平面做匀速直线运动，从t ＝0时刻起，在与物体垂直的方向上施加一个水平恒力F ，则物体的动能E k 随时间t 变化的情况是图中所示的哪个图( )．9．(类比推理型)如图8所示，半径为R 的环形塑料管竖直放置，AB 直线跟该环的水平直径重合，且管的内径远小于环的半径．AB 及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑．现将一质量为m ，带电量为＋q 的小球从管中A 点由静止释放，小球受到的电场力跟重力相等，则以下说法中正确的是 ( )． 图8A ．小球释放后，第一次达到最高点C 时恰好对管壁无压力B ．小球释放后，第一次和第二次经过最高点C 时对管壁的压力之比为1∶3C ．小球释放后，第一次经过最低点D 和最高点C 时对管壁的压力之比为5∶1D ．小球释放后，第一次回到A 点的过程中，在D 点出现速度最大值10．(运动规律类比递推型)如图9所示，光滑弧形金属双轨与足够长的水平光滑双轨相连，间距为L ，在水平轨道空间充满竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .乙金属棒静止在双轨上，而甲金属棒在h 高处由静止滑下，轨道电阻不计．两棒的质量均为m ，电阻均为R .甲棒与乙棒不会相碰，则下面说法正确的是 ( )．图9A ．从开始下滑到最终稳定，甲、乙的运动方向相反B ．当稳定后，回路中感应电流的方向从上向下看是逆时针的C ．乙棒受到的最大磁场力为B 2L 2 2gh 2RD ．整个过程中，电路释放的热量为12mgh 参考答案第1讲 拿下选择题——保住基本分【题型专练】1．C[静摩擦力产生于相互接触且相对静止的两接触面之间，摩擦力的方向与相对运动的趋势方向相反，与物体的运动方向无关，其方向可能与运动方向相反也可能与运动方向相同，还可能与运动方向垂直．故选项C正确．] 2．A[本题可类比电场力做功与电势能的关系：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加即可得出结论．]3．BCD[重球放在弹簧上端时，被压缩到b位置，可知b点为平衡位置，小球重力等于弹簧的弹力．在b点下方找出a关于b的对称点a′，小球在对称点上受到的合力，速度、加速度的大小具有对称性，结合简谐振动的规律及全程动能定理即可得出答案．]4．AD[摩擦力做功与路程成正比，物块的初动能为E时，来回路程(设为s)摩擦力做功为E2；当物块的初动能为2E时，沿斜面上升的最大距离加倍，则来回路程变为2s，摩擦力做功为E，根据能的转化与守恒，故返回斜面底端的动能为E，返回斜面底端时的速度大小为2v，故选项A、D正确．]5．C[由图象信息可知电源电动势E＝3 V，内阻r＝0.5 Ω；电阻R＝1 Ω，用此电源与电阻组成闭合电路时，电源的输出功率P＝E2(R＋r)2R＝4 W，效率为η＝R(R＋r)·100%＝67%，故选项C正确．]6．B[根据法拉第电磁感应定律得，轨道内产生的感应电动势为E＝ΔB·πr2Δt＝πkr2，电子旋转一周的过程．由动能定理得感应电场对电子做的功πkr2e＝1 2m v2－12m v2，解得v＝v20＋2πr2kem，故选项B正确．]7．D[球获得的初速度为v0，由左手定则知洛伦兹力f向上，有三种情况：①f <mg ，球最终停止运动，克服摩擦力做的功为W ＝12m v 20，选项A 可能；②f＝mg ，此时摩擦力为零，做功为零，选项B 正确；③f >mg ，球最终匀速运动，速度满足B v q ＝mg ，得v ＝mg Bq 克服，摩擦力做功为W ＝12m v 20－12m v 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫m v 20－m 3g 2q 2B 2，选项C 正确．故选D.] 8．D [在F 作用下物体做类平抛运动，在F 方向由牛顿运动定律得F ＝ma ，垂直位移s ＝12at 2，由动能定理得E k ＝E 0＋F 22m t 2，故选项D 正确．]9．C [利用类比法，重力与电场力大小相等，合力为2mg ，等价为重力为2mg的重力场，“最低点”为BD 弧线中点，由动能定理知小球到达C 点时，对上壁的压力为mg ，故A 错误，小球第一次和第二次经C 点时对管上壁的压力为1∶5，故B 错；“最低点”速度最大，D 错误；AD 过程中由动能定理可得，2mgR ＝12m v 2，在D 点由牛顿第二定律得压力F N －mg ＝m v 2R ，解得F N ＝5 mg ，故选项C 正确．]10．CD。

知识互联网达人寄语——科学复习、事半功倍我在北大等你！我是北京大学大一的学生，身经高考，感触颇深．我的学习方法是：不是方法的方法——刻苦．起初我不刻苦，怕刻苦了也不能考第一，丢人！后来我试着刻苦，最终“刻苦”惊人地回报了我．“勤奋的态度＋科学的方法＋良好的心态＝成功”．学弟学妹们！十年磨砺，今朝亮剑，加油！我在北大等你！“功和能”是物理学中一把万能的利剑，能量守恒是永恒的主题．大题当前，一定要沉着冷静，奇思妙想，灵活建模，规范解答，坚决拿下力学大题！第5讲功和能常考的4个问题(选择题、计算题)主要题型：选择题、计算题难度档次：难度较大，考卷的高档题．知识点多、综合性强、题意较深邃，含有临界点，或多过程现象、或多物体系统．以定量计算为主，对解答表述要求较规范．一般设置或递进、或并列的2～3小问，各小问之间按难度梯度递增．,高考热点1．做功的两个重要因素是：有力作用在物体上，且使物体在力的方向上________．功的求解可利用W ＝Fl cos α求，但F 必须为________．也可以利用F －l 图象来求；变力的功一般应用________间接求解．2．功率的计算公式平均功率P ＝Wt＝F v cos α；瞬时功率P ＝F v cos α，当α＝0，即F 与v 方向________________时，P ＝F v . 3．动能定理W 1＋W 2＋…＝________． 特别提醒(1)用动能定理求解问题是一种高层次的思维和方法．应该增强用动能定理解题的意识． (2)应用动能定理解题时要灵活选取过程，过程的选取对解题的难易程度有很大影响． 4．机械能守恒定律 (1)mgh 1＋12m v 21＝mgh 2＋12m v 22 (2)ΔE p 减＝ΔE k 增(或ΔE k 减＝ΔE p 增) 守恒条件只有重力或弹簧的弹力做功． 特别提醒(1)系统所受到的合力为零，则系统机械能不一定守恒．(2)物体系统机械能守恒，则其中单个物体机械能不一定守恒．,状元微博名师点睛精细剖析“多过程”现象力学综合题的“多过程现象”，一般由匀变速直线运动、平抛运动及圆周运动组成，各运动“子过程”由“衔接点”连接．解答时注意以下几点．(1)由实际抽象相应的物理模型，确定研究对象，对物体进行受力、运动情况的分析，分析好可能的“临界点”．确定每一个“子过程”及其特点，特别是有些隐蔽的“子过程”．(2)一般要画出物体的运动示意图．(3)针对每一个“子过程”，应用运动规律、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律等，列出有效方程．要合理选用“过程性方程”与“瞬时性方程”，能列全过程的方程、不列分过程的方程．(4)分析好“衔接点”速度、加速度等关系．如“点前”或“点后”的不同数值．(5)联立方程组，分析求解.常考问题14对功、功率的理解及定量计算(选择题)图5－1【例1】(2012·江苏卷，3)如图5－1所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是()．A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大解析小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的速度分解，可发现小球在竖直方向分速度逐渐增大，重力的瞬时功率也逐渐增大，则拉力的瞬时功率也逐渐增大，A项正确．答案 A本题主要考查动能定理、瞬时功率的计算等，着重考查学生的理解能力和推理能力，难度中等．图5－2滑板运动已成为青少年所喜爱的一种体育运动，如图5－2所示，某同学正在进行滑板训练．图中AB段路面是水平的，BCD是一段半径R＝20 m的拱起的圆弧路面，圆弧的最高点C比AB段路面高出h＝1.25 m，若人与滑板的总质量为M＝60 kg.该同学自A点由静止开始运动，在AB路段他单腿用力蹬地，到达B点前停止蹬地，然后冲上圆弧路段，结果到达C 点时恰好对地面压力等于Mg2，不计滑板与各路段之间的摩擦力及经过B 点时的能量损失(g 取10 m/s 2)．则( )．A ．该同学到达C 点时的速度大小为10 2 m/sB ．该同学到达C 点时的速度大小为10 m/s C ．该同学在AB 段所做的功为3 750 JD ．该同学在AB 段所做的功为750 J借题发挥1．判断正功、负功或不做功的方法 (1)用力和位移的夹角θ判断． (2)用力和速度的夹角θ判断． (3)用动能变化判断． 2．计算功的方法 (1)按照功的定义求功．(2)用动能定理W ＝ΔE k 或功能关系求功．当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功．(3)利用功率公式W ＝Pt 求解． 3．计算功率的基本思路(1)首先判断待求的功率是瞬时功率还是平均功率． (2)①平均功率的计算方法 a ．利用P ＝W t .b ．利用P ＝F v cos θ. ②瞬时功率的计算方法P ＝F v cos θ，v 是t 时刻的瞬时速度． 课堂笔记常考问题15 功能关系与曲线运动的综合(选择题)图5－3【例2】 (2012·安徽卷，16)如图5－3所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )．A ．重力做功2 mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR解析 小球到达B 点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用，根据mg ＝m v 2R 得，小球在B 点的速度v ＝gR .小球从P 到B 的过程中，重力做功W ＝mgR ，故选项A 错误；减少的机械能ΔE 减＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项B 错误；合外力做功W 合＝12m v 2＝12mgR ，故选项C 错误；根据动能定理得，mgR －W f ＝12m v 2－0，所以W f ＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项D 正确．答案 D图5－4如图5－4所示是北京朝阳公园摩天轮，一质量为m 的乘客坐在摩天轮中以速率v 在竖直平面内做半径为R 的匀速圆周运动，假设t ＝0时刻乘客在轨迹最低点且重力势能为零，那么，下列说法正确的是( )．A ．乘客运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为E p ＝mgR ⎝⎛⎭⎫1－cos vR tB ．乘客运动的过程中，在最高点受到座位的支持力为m v 2R－mgC ．乘客运动的过程中，机械能守恒，且机械能为E ＝12m v 2D ．乘客运动的过程中，机械能随时间的变化关系为E ＝12m v 2＋mgR ⎝⎛⎭⎫1－cos v R t ,阅卷感悟错因档案1．不能正确找出竖直平面内圆周运动的临界条件 2．对重要的功能关系不清楚 应对策略1．应用功能关系解题，首先弄清楚重要的功能关系 (1)重力的功等于重力势能的变化，即W G ＝－ΔE p (2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W 弹＝－ΔE p (3)合力的功等于动能的变化，即W 合＝ΔE k(4)重力之外(除弹簧弹力)的其他力的功等于机械能的变化，即W 其他＝ΔE (5)一对滑动摩擦力做功等于系统中内能的变化ΔQ ＝fl 相对 (6)电场力做功等于电势能的变化，即W AB ＝－ΔE 2．运用能量守恒定律解题的基本思路常考问题16 动能定理的应用(计算题)图5－5【例3】 (2012·重庆理综，23)如图5－5所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆，摆锤的质量为m 、细杆可绕轴O 在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O 点距离为L ，测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O 等高的位置处静止释放．摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s (s ≪L )，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F 的恒力，重力加速度为g ，求：(1)摆锤在上述过程中损失的机械能； (2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功； (3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．解析 (1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE 等于减少的重力势能，即：ΔE ＝mgL cos θ.①(2)对全程应用动能定理：W G ＋W f ＝0，② W G ＝mgL cos θ，③由②、③得W f ＝－W G ＝－mgL cos θ④ (3)由滑动摩擦力公式得f ＝μF ，⑤ 摩擦力做的功W f ＝－fs ，⑥④、⑤式代入⑥式得：μ＝mgL cos θFs.⑦答案 (1)损失的机械能ΔE ＝mgL cos θ (2)摩擦力做的功W f ＝－mgL cos θ (3)动摩擦因数μ＝mgL cos θFs本题对动能定理、功能关系、滑动摩擦力及其做功进行了考查，考查学生的理解能力及分析推理能力，中等难度．如图5－6甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC 间的动摩擦因数未知，取g ＝10 m/s 2，求：图5－6(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？方法锦囊应用动能定理解题的基本步骤(1)选取研究对象，分析运动过程．(2)(3)明确物体在过程的始末状态的动能E k1和E k2.(4)列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．答题模板解：对……(研究对象)从……到……(过程)由动能定理得……(具体问题的原始方程)①根据……(定律)……得……(具体问题的原始辅助方程)……②联立方程①②得……(待求物理量的表达式)代入数据解得……(待求物理量的数值带单位)课堂笔记常考问题17机械能守恒与力学知识的综合应用(计算题)图5－7【例4】(2012·大纲全国卷，26)一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状，此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面如图5－7所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy.已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y＝12h x2；探险队员的质量为m.人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.(1)求此人落到坡面时的动能；(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？本题考查牛顿运动定律、机械能守恒定律，旨在考查学生的推理能力、分析综合能力和应用数学知识解决物理问题的能力，难度较大．图5－8(2012·温州五校联考)如图5－8所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0 m，现有一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h＝1.6 m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：(1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力F N的大小；(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度L AB至少要多长；(3)若斜面已经满足(2)要求，小物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．以题说法1．机械能守恒定律的应用(1)机械能是否守恒的判断①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功代数和是否为零．②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能．③对一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．2．解决力学综合应用题目的方法(1)在高考理综中，力学综合题均为“多过程”现象或多物体系统．解决手段有二：一是力与运动的关系，主要是牛顿运动定律和运动学公式的应用；二是功能关系与能量守恒，主要是动能定理和机械能守恒定律等规律的应用．(2)对物体进行运动过程的分析，分析每一运动过程的运动规律．(3)对物体进行每一过程中的受力分析，确定有哪些力做功，有哪些力不做功．哪一过程中满足机械能守恒定律的条件．(4)分析物体的运动状态，根据机械能守恒定律及有关的力学规律列方程求解．课堂笔记有些高考题之所以难，往往是由于某些条件或过程过于隐蔽，挖掘出这些隐含的条件或物理过程，是成功解决物理问题的关键．现举两例考题，探究挖掘隐含条件的方法．一、从物理规律中去挖掘如【典例1】(2010·上海物理，25)小球匀速运动由动能定理得：W F－W G－W f＝0由此可知，W f＝0时―→W F最小―→F f＝0―→F N＝0(F f＝0―→F N＝0，即本题的隐含条件)由动能定理―→找出隐含条件―→问题迎刃而解图5－9【典例1】(2010·上海物理，25)如图5－9所示，固定于竖直面内的粗糙斜杆，与水平方向夹角为30°，质量为m的小球套在杆上，在大小不变的拉力作用下，小球沿杆由底端匀速运动到顶端，为使拉力做功最小，拉力F与杆的夹角α＝________，拉力大小F＝________．解析设拉力F对小球做的功为W F，小球克服重力做的功为W G，小球克服摩擦力做的功为W f，对小球应用动能定理得W F－W G－W f＝0，由此可知，当小球克服摩擦力做的功W f＝0时，拉力做功最小，也即当小球与斜杆间的摩擦力为零时，拉力做的功最小，此时，小球与斜杆间无压力，其受力情况如图．由平衡条件得：F cos α＝mg sin 30°，F sin α＝mg cos 30°，联立解得，α＝60°，F＝mg.答案60°mg二、从物理过程中去挖掘如【典例2】(2010·全国卷Ⅱ，24)题中“求……可能值”，为什么结果会出现可能值呢？原因就隐含在运动过程中．仔细分析物块的运动过程，不难找出物块的运动情况有两种可能性，所以物块停止的地方与N点距离也就有两种可能值．解这类问题时，一定要认真审题．挖掘隐含条件从题目的文字说明、图象图表中――→寻找解决问题所需的物理规律,从对物理现象、过程的分析中――→图5－10【典例2】 (2010·全国卷Ⅱ，24)如图5－10所示，MNP 为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN 与水平段NP 相切于N ，P 端固定一竖直挡板．M 相对于N 的高度为h ，NP 长度为s .一木块自M 端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处．若在MN 段的摩擦可忽略不计，物块与NP 段轨道间的滑动摩擦因数为μ，求物块停止的地方与N 点距离的可能值．解析 设物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，物块滑行的路程为s ′，由动能定理得，mgh －μmgs ′＝0，解得s ′＝h μ.第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，在N 前停止，则物块停止的位置距N 的距离为d ＝2s －s ′＝2s －h μ. 第二种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，则物块停止的位置距N 的距离为d ＝s ′－2s ＝h μ－2s 所以物块停止的位置距N 的距离可能为2s －h μ或h μ－2s . 答案 2s －h μ或h μ－2s1．(2012·海南单科，7)下列关于功和机械能的说法，正确的是( )．A ．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B ．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C ．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关D ．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量2．(2012·山东理综，16)将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v －t 图象如图5－11所示．以下判断正确的是( )．图5－11A ．前3 s 内货物处于超重状态B ．最后2 s 内货物只受重力作用C．前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同D．第3 s末至第5 s末的过程中，货物的机械能守恒3．(2012·上海单科，18)如图5－12所示，位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有()．图5－12A．F2＝F1v1>v2B．F2＝F1v1<v2C．F2>F1v1>v2D．F2<F1v1<v24．放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象如图5－13甲、乙所示．下列说法正确的是()．图5－13A．0～6 s内物体的位移大小为30 mB．0～6 s内拉力做的功为70 JC．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等D．滑动摩擦力的大小为5 N5．(2012·宁波第一次模拟)如图5－14所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上．已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到阻力恒为车重的0.5倍，即k＝F fmg＝0.5，赛车的质量m＝0.4 kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝2 W工作，轨道AB的长度L＝2 m，圆形轨道的半径R＝0.5 m，空气阻力可忽略，重力加速度g取10 m/s2.某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短，在此条件下，求：图5－14(1)小车在CD 轨道上运动的最短路程；(2)赛车电动机工作的时间．1．发生了位移 恒力 动能定理 2.相同 3.12m v 22－12m v 21【常考问题】预测1 BC [由于到达C 点时对地面压力为Mg 2，故Mg －Mg 2＝M v 2C R ，所以该同学到达C 点时的速度为10 m/s ，B 正确；人和滑板从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理有：W －Mgh ＝12M v 2C ，所以该同学在AB 段所做的功为3 750 J ，C正确．]预测2 AD [在最高点，根据牛顿第二定律可得，mg －F N ＝m v 2R ，受到座位的支持力为F N ＝mg －m v 2R ，B 项错误；由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，重力势能发生变化，所以乘客在运动的过程中机械能不守恒，C 项错误；在时间t 内转过的弧度为v R t ，所以对应t 时刻的重力势能为E p ＝mgR ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－cos v R t ，总的机械能为E ＝E k ＋E p ＝12m v 2＋mgR ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－cos v R t ，A 、D 两项正确．] 预测3 解析 (1)对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得F 1x 1－F 3x 3－μmgx ＝12m v 2B即20×2－10×1－0.25×1×10×4＝12×1×v 2B ，得v B ＝210 m/s.(2)在前2 m 内，有F 1－μmg ＝ma且x 1＝12at 21解得t 1＝ 835 s.(3)当滑块恰好能到达最高点C 时，应有：mg ＝m v 2C R对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得：W －mg ×2R ＝12m v 2C －12m v 2B代入数值得W ＝－5 J ，即克服摩擦力做的功为5 J.答案 见解析【例4】 解析 (1)设该队员在空中运动的时间为t ，在坡面上落点的横坐标为x ，纵坐标为y .由运动学公式和已知条件得：x ＝v 0t ，①2h －y ＝12gt 2，②根据题意有：y ＝x 22h ，③由机械能守恒，落到坡面时的动能为：12m v 2＝12m v 20＋mg (2h －y )，④联立①②③④式得，12m v 2＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20＋4g 2h 2v 20＋gh .⑤ (2)⑤式可以改写为：v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ v 20＋gh －2gh v 20＋gh 2＋3gh ，⑥ v 2取极小的条件为⑥式中的平方项等于0，由此得：v 0＝ gh ，⑦此时v 2＝3gh ，则最小动能为：⎝ ⎛⎭⎪⎫12m v 2min ＝32mgh ⑧ 答案 见解析预测4 解析 (1)小物体从E 到C ，由能量守恒得：mg (h ＋R )＝12m v 2C ，①在C 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2C R ，②联立①②解得F N ＝12.4 N.(2)从E →D →C →B →A 过程，由动能定理得：W G －W f ＝0，③W G ＝mg [(h ＋R cos 37°)－L AB sin 37°]，④W f ＝μmg cos 37°L AB ，⑤联立③④⑤解得L AB ＝2.4 m.(3)因为mg sin 37°>μmg cos 37°(或μ<tan 37°)，所以，小物体不会停在斜面上．小物体最后以C 为中心，B 为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，从E 点开始直至运动稳定，系统因摩擦所产生的热量，Q ＝ΔE p ，⑥ΔE p ＝mg (h ＋R cos 37°)，⑦联立⑥⑦解得Q ＝4.8 J.答案 (1)12.4 N (2)2.4 m (3)4.8 J【随堂演练】1．BC [物体重力势能的减少始终等于重力对物体所做的功，A 项错误；运动物体动能的减少量等于合外力对物体做的功，D 项错误．]2．AC [由v t 图象可知，货物在前3 s 内具有向上的加速度，因此货物处于超重状态，选项A 正确；最后2 s 内，货物具有向下的加速度，其大小为a ＝62m/s 2＝3 m/s 2<g ，因此货物在这一段时间内受重力和向上的拉力，选项B 错误；货物在前3 s 内的平均速度v 1＝0＋62 m/s ＝3 m/s ，最后2 s 内的平均速度v 2＝6＋02 m/s＝3 m/s ，两者速度相同，选项C 正确；第3 s 末至第5 s 末的过程中，货物在向上的拉力和向下的重力作用下做匀速直线运动，拉力做正功．故机械能不守恒，选项D 错误．]3．BD [设F 2与水平方向成θ角，由题意可知：F 1v 1＝F 2v 2cos θ，因cos θ<1，故F 1v 1<F 2v 2.当F 2＝F 1时，一定有v 1<v 2，故选项A 错误、B 正确．当F 2>F 1时，有v 1>v 2、v 1<v 2、v 1＝v 2三种可能，故选项C 错误．当F 2<F 1时，一定有v 1<v 2，故D 选项正确．]4．ABC [根据速度与时间的图象，可以求出0～6 s 内物体的位移大小为30 m ；根据拉力的功率与时间的图象，可以求出0～6 s 内拉力做的功为70 J ；0～2 s 内，拉力的大小为5 N ，大于滑动摩擦力的大小；由于2～6 s 内合外力不做功，所以合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等．]5．解析 (1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD 轨道上运动的路程最短，则小车经过圆轨道P 点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力，则mg ＝m v 2P R ，由机械能守恒定律，可得mg ×2R ＋12m v 2P ＝12m v 2C ，由上述两式联立，代入数据，可得C 点的速度v C ＝5 m/s.设小车在CD 轨道上运动的最短路程为x ，由动能定理，可得－kmgx ＝0－12m v 2C ，代入数据，可得x ＝2.5 m.(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：v B ＝v C ＝5 m/s.从A 点到B 点的运动过程中，由动能定理，可得Pt －kmgL ＝12m v 2B ，代入数据，可得t ＝4.5 s.答案 (1)2.5 m (2)4.5 s。

第二部分 物理如何拿满分 第4讲　拿下选考题——力争得满分题型专练1．【选修3－3】(2012·河南郑州二模)(1)下列说法中正确的是( )．A ．布朗运动是指悬浮在液体中的固体分子的无规则运动B ．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大C ．热量在任何条件下都不可能从低温物体传到高温物体D ．第二类永动机不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律(2)如图6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 ，活塞的横截面积为S .初始时，气体的温度为T 0，活塞的下表面与容器底部相距h .现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q 时活塞上升了h ，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．求此时气体的温度和加热过程中气体内能的增加量．(题中各物理量单位均为国际单位制单位)2．【选修3－3】(2012·吉林二模)(1)下列说法正确的是________(填入正确选项前的字母)．A ．液体中悬浮的颗粒越大，某时刻撞击它的分子越多，布朗运动越不明显B ．用“油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸分子直径等于滴在液面上的纯油酸体积除以相应油酸膜的面积C．温度升高，每个分子的动能都增大，导致分子平均动能增大图6图7，求：①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图8点的距离图910.25 m, 2 cm B．10.25 m, －2 cm－2 cm D．82 cm，2 cm所示，半圆玻璃砖的半径R＝10 cm，折射率，直径AB与屏幕垂直并接触于B点．激光图105．【模块3－4】一列横波沿x 轴传播，在x ＝0与x ＝1 cm 的两质点的振动图线分别如图11中实线与虚线所示．由此可以得出________．A ．波长一定是4 cm B ．波的周期一定是4 s C ．波的振幅一定是2 cm D ．波的传播速度一定是1 cm/s 6．【选修3－4】 一列沿着x 轴正方向传播的横波，在t ＝0时刻的波形如图12甲所示，图甲中某质点的振动图象如图乙所示．质点N 的振幅是________m ，振动周期为________s ，图乙表示质点是________(从质点K 、L 、M 、N 中选填)的振动图象，该波的波速为________m/s.图127．【模块3－5】 两个氘核聚变可生成一个He 核同时放出一个中子，已知氘核的质量为2.0136u ，中子的质量为1.008 7 u ，He 的质量为3.015 0 u ，(1)计算上述核反应中释放的能量；(2)若两个氘核以相等的动能0.35 MeV 发生对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应中生成的He 和中子的动能各是多少？图11周期性和双向性，波的周期和振幅与质点振动的周，波的振幅一定是2。