【优化探究】2015高考物理二轮专题复习 素能提升 1-6 分子动理论 气体及热力学定律(含解析)新人教版

四、选考题——做好选考题力争得满分1. 选考题中的高频考点3－3：气体实验定律和气态方程必考。

分子动理论、热力学定律、内能等考查随机。

3－4：光的折射、机械波及其图象为考查重点“测定玻璃折射率”实验和“双缝干涉”实验也是重点，其它内容随机。

3－5：碰撞中的动量守恒为考查重点。

原子能级、衰变、核反应方程、核能、光电效应等内容随机考查。

2. 选修3－3相关知识及策略【高考热点】【题型探秘】本考点的命题多集中分子动理论、估算分子数目和大小、热力学两大定律的应用、气体状态参量的意义及与热力学第一定律的综合，还有气体实验定律和气体状态方程的应用，表示气体状态变化过程的图象等知识点上，多以选择题和填空题的形式出现；对热学前面知识的考查往往在一题中容纳更多的知识点，把热学知识综合在一起；对后者的考查多以计算题的形式出现，着重考查气体状态方程的应用。

近两年来热学考题中还涌现了许多对热现象的自主学习和创新能力考查的新情景试题。

同时，本考点还可以与生活、生产的实际相联系考查热学知识在实际中的应用。

【应对策略】1. “模型法”：此类方法在估算分子的直径中常常用到，具体的做法是：通常可以将分子视为立方体或球体，由宏观体积和分子个数，求出分子体积，进一步计算分子直径，计算中采用了近似计算的思想。

2. 气体压强的计算：通常要利用共点力的平衡知识来进行解题。

3．“能量守恒”法：物体内能的变化是通过做功与热传递来实现的，深刻理解功在能量转化过程中的作用，才能深刻理解热力学第一定律，应用能量守恒来分析有关热学的问题。

【典例精析】[例1] (1)[2014·重庆高考]重庆出租车常以天然气作为燃料。

加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)( )A. 压强增大，内能减小B. 吸收热量，内能增大C. 压强减小，分子平均动能增大D. 对外做功，分子平均动能减小(2)[2014·课标全国卷Ⅱ]如图，两气缸A 、B 粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A 的直径是B 的2倍，A 上端封闭，B 上端与大气连通；两气缸除A 顶部导热外，其余部分均绝热。

专题二第1讲 动力学观点在力学中的应用1．(2015·永州市三模) 一质量为m 的铁块以初速度v 1沿粗糙斜面上滑，经过一段时间又返回出发点，整个过程铁块速度随时间变化的图象如图1所示，下列说法正确的是( )图1A ．铁块上滑过程与下滑过程满足v 1t 1＝v 2(t 2－t 1)B ．铁块上滑过程处于超重状态C ．铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反D ．铁块上滑过程损失的机械能为12mv 212．(多选)(2015·东北三省四市模拟)如图2甲所示，一物体悬挂在轻绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E 与物体通过的路程x 的关系图如图乙所示，其中0～x 1过程的图象为曲线，x 1～x 2过程的图象为直线(忽略空气阻力)．下列说法正确的是( )图2A ．0～x 1过程中物体所受拉力是变力，且一定不断减小B ．0～x 1过程中物体的动能一定先增加后减小，最后为零C ．x 1～x 2过程中物体一定做匀速直线运动D ．x 1～x 2过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动3. (2015·北京石景山区一模)如图3所示，一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上，其下端固定，当弹簧的长度为原长时，其上端位于O点．现有一小球从O点由静止释放，将弹簧压缩至最低点(弹簧始终处于弹性限度内)．在此过程中，关于小球的加速度a随下降位移x的变化关系，下图中正确的是( )图34. (2015·重庆市西北狼教育联盟二模)如图4所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，已知v1>v2，P与定滑轮间的绳水平．不计定滑轮质量，绳足够长．直到物体P从传送带右侧离开．以下判断正确的是( )图4A．物体P一定先加速后匀速B．物体P可能先加速后匀速C．物体Q的机械能先增加后不变D ．物体Q 一直处于超重状态5．(2015·枣庄市模拟) 如图5所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上，A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则下列说法中错误的是( )图5A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止 B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg6．(2015·吉林市三模)航天飞机水平降落在平直跑道上，其减速过程可简化为两个匀减速直线运动．航天飞机以水平速度v 0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a 1，运动一段时间后减速为v ；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下，已知两个匀减速滑行过程的总时间为t ，求：(1)第二个减速阶段航天飞机运动的加速度大小； (2)航天飞机降落后滑行的总路程．7．(2015·东北三省四市模拟)如图6所示，一足够长的固定斜面倾角θ＝37°，两物块A 、B 的质量分别为1 kg 和4 kg ，它们与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.两物块之间的轻绳长L ＝0.5 m ，轻绳承受的最大张力F T ＝12 N ，作用于B 上沿斜面向上的力F 逐渐增大，使A 、B 一起由静止开始沿斜面向上运动，g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图6(1)某一时刻轻绳被拉断，求此时外力F的大小；(2)若轻绳拉断前瞬间A、B的速度为2 m/s，绳断后保持外力F不变，求当A运动到最高点时，A、B之间的距离．8．(2015·漳州市三模)质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图7甲所示．A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求：图7(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；(2)木板B与水平面间的动摩擦因数μ2；(3)A的质量．9．(2015·云南一模)如图8所示，一传送带AB段的倾角为37°，BC段弯曲成圆弧形，CD 段水平，A、B之间的距离为12.8 m，BC段长度可忽略，传送带始终以v＝4 m/s 的速度逆时针方向运行．现将一质量为m＝1 kg的工件无初速度放到A端，若工件与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，在BC段运动时，工件速率保持不变，工件到达D点时速度刚好减小到与传送带相同．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图8(1)工件从A到D所需的时间；(2)工件从A到D的过程中，与传送带之间因摩擦产生的热量．二轮专题强化练答案精析专题二力与物体的直线运动第1讲动力学观点在力学中的应用1．A 2.AB 3.A 4.B 5.A6．(1)a1va1t－v0＋v(2)va1t－vv 0＋v202a1解析如图，A为飞机着陆点，AB、BC分别为两个匀减速运动过程，C点停下．A到B过程，依据v＝v0＋at有：第一段匀减速运动的时间为：t1＝v－v0－a1＝v0－va1则B到C过程的时间为：t2＝t－t1＝t－v0－va1B到C过程的加速度大小为：a2＝v B－v Ct2＝vt－v0－va1＝a1va1t－v0＋v(2)根据v2－v20＝2ax得：第一段匀减速的位移x1＝v2－v20－2a1＝v20－v22a1第二段匀减速的位移为：x2＝0－v2－2a2＝v22a1va1t－v0＋v＝v a1t－v0＋v2a1所以航天飞机降落后滑行的总路程为：x＝x1＋x2＝va1t－vv0＋v202a17．(1)60 N (2)0.8 m解析(1)轻绳刚好被拉断时，轻绳承受的张力达到最大F T＝12 N，对于A物块，由牛顿第二定律得：F T－m A g sin θ－μm A g cos θ＝m A a，而对两物块组成的整体，有：F－(m A＋m B)g sin θ－μ(m A＋m B)g cos θ＝(m A＋m B)a，a为此时两物块运动的加速度，联立两式求得此时外力F＝60 N.(2)轻绳拉断后，A做匀减速运动，a A＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2B 在外力F 的作用下继续加速 F －m B g (sin θ＋μcos θ)＝m B a B ， a B ＝5 m/s 2A 沿斜面运动到最高点 t ＝va A＝0.2 s ， 上升的位移x A ＝12vt ＝0.2 mB 在这段时间内向上运动的位移 x B ＝vt ＋12a B t 2＝0.5 m这时A 、B 间的距离为d ＝x B ＋L －x A ＝0.8 m. 8．(1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg解析 (1)由图象可知，A 在0～1 s 内的加速度a 1＝v 1－v 0t 1＝－2 m/s 2， 对A 由牛顿第二定律得，－μ1mg ＝ma 1， 解得μ1＝0.2.(2)由图象知，A 、B 在1～3 s 内的加速度a 3＝v 3－v 1t 2＝－1 m/s 2，对A 、B 整体由牛顿第二定律得， －(M ＋m )gμ2＝(M ＋m )a 3， 解得μ2＝0.1.(3)由图象可知B 在0～1 s 内的加速度a 2＝v 1－v 0′t 1＝2 m/s 2.对B 由牛顿第二定律得，μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2，代入数据解得m ＝6 kg. 9．(1)3.2 s (2)129.6 J解析 (1)工件在传送带上先加速下滑， 根据牛顿第二定律，有：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1，解得：a 1＝10 m/s 2时间为：t 1＝v a 1＝410 s ＝0.4 s位移为：x 1＝v 2t 1＝42×0.4 m＝0.8 m工件与传送带速度相等后，由于μ<tan 37°，继续加速下滑，根据牛顿第二定律，有：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2，解得：a 2＝2 m/s 2根据速度位移公式， 有：v 21－v 2＝2a 2(L －x 1)， 代入数据解得：v 1＝8 m/s 故运动时间为：t 2＝v 1－v a 2＝8－42s ＝2 s ， 滑上水平传送带后，加速度为：a 3＝－μg ＝－5 m/s 2根据速度公式，有：t 3＝v －v 1a 3＝4－8－5s ＝0.8 s故t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(0.4＋2＋0.8) s ＝3.2 s. (2)从A 到B 过程，传送带的对地路程：x ＝v (t 1＋t 2)＝4×(0.4＋2) m ＝9.6 m故工件从A 到B 的过程中与传送带之间因摩擦产生的热量：Q 1＝μmg cos 37°·(L ＋x )＝0.5×1×10×0.8×(12.8＋9.6) J ＝89.6 J从C 到D 过程，工件的对地路程：x 3＝v ＋v 12t 3＝4＋82×0.8 m＝4.8 m从C 到D 过程，传送带的对地路程：x ′＝vt 3＝4×0.8 m＝3.2 m故工件从C 到D 的过程中与传送带之间因摩擦产生的热量：Q 2＝μmg (x 3＋x ′)＝40 J 故工件从A 到D 的过程中，与传送带之间因摩擦产生的热量：Q ＝Q 1＋Q 2＝129.6 J.。

【优化探究】2015高考物理二轮专题复习素能提升 2-2 物理学史要牢记（含解析）新人教版选择题1．下列说法正确的是()A．安培最先发现电流周围存在磁场B．法拉第通过实验总结出了电磁感应定律C．玻尔提出了原子的核式结构模型D．卢瑟福发现了电子解析：奥斯特首先发现电流周围存在磁场，选项A错误；卢瑟福根据α粒子散射实验现象提出原子的核式结构模型，选项C错误；汤姆孙发现了电子，选项D错误．答案：B2．在物理学的发展中，有许多科学家做出了重大贡献，以下叙述正确的是()A．伽利略通过观察发现了行星运动的规律B．库仑通过扭秤实验测量出了静电力常量C．电流通过导体产生的热量与电流、导体电阻和通电时间的规律由欧姆首先发现D．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证解析：开普勒通过整理第谷观察行星运动的资料，发现了行星运动的规律，A错误；库仑通过扭秤实验测量出了静电力常量，B正确；电流通过导体产生的热量与电流、导体电阻和通电时间的规律由焦耳首先发现，C错误；伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并间接用实验进行了验证，D错误．答案：B3．如图所示是力学中的三个实验装置，由图可知这三个实验共同的物理思想方法是()A．极限的思想方法B．放大的思想方法C．控制变量的方法D．猜想的思想方法解析：这三个实验共同的物理思想方法是把微小量进行放大，使之能够观察和测量，即放大的思想方法，B正确．答案：B4．在建立物理概念过程中，学会像科学家那样运用物理思想、使用科学方法往往比记住物理概念的词句或公式更重要．在高中物理学习内容中，速度、加速度、电场强度这三者所体现的共同的物理思想方法是()A．比值定义B．微小量放大C．等效替代D．理想模型解析：速度、加速度、电场强度这三者所体现的共同的物理思想方法是比值定义，A正确．答案：A5．在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了突出贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是()A．法拉第提出可以用电场线描绘电场的分布，极大地促进了人们对电磁现象的研究B．安培坚信电和磁之间一定存在着联系，发现了电流的磁效应，突破了对电与磁认识的局限性C．英国物理学家卡文迪许利用扭秤首先较准确地测定了静电力常量D．亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略通过理想实验证实了这一说法解析：法拉第提出可以用电场线描绘电场的分布，极大地促进了人们对电磁现象的研究，A正确；奥斯特坚信电和磁之间一定存在着关系，发现了电流的磁效应，突破了对电与磁认识的局限性，B错误；英国物理学家卡文迪许利用扭秤首先较准确地测定了引力常量，C错误；亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略通过理想实验否认了这一说法，D错误．答案：A6．(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有()A．力不是维持物体运动的原因B．物体之间普遍存在相互吸引力C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反解析：本题考查物理学史，意在考查考生对物理学发展历程的认识．伽利略利用理想斜面实验和逻辑推理相结合的方法否定了亚里士多德“力是维持物体运动状态的原因”的错误结论，正确地指出力不是维持物体运动状态的原因，A项正确；牛顿提出万有引力定律，B项错；伽利略首先运用逻辑推理的方法发现物体下落的快慢和它的重量无关，C项正确；牛顿提出了物体间的相互作用力总是等大反向的结论，D项错．答案：AC7．下列关于电磁波的说法，正确的是()A．电磁波只能在真空中传播B．电场随时间变化时一定产生电磁波C．做变速运动的电荷会在空间产生电磁波D．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在解析：本题考查有关电磁波的相关知识，意在考查考生的识记、理解、分析综合能力．虽然电磁波在传播过程中不需要介质，但并不是只能在真空中传播，故A选项错误；产生电磁波需要一定的条件，当电场随时间做周期性变化时才可能产生电磁波，故B选项错误；做变速运动的电荷周围会产生变化的磁场，其周围空间可能会产生电磁波，故C选项正确；麦克斯韦只是预言了电磁波的存在，是赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故D选项错误．答案：C8．下图中四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现，其中说法不正确的有()A．卡文迪许通过扭秤实验，测定出了引力常量B．奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场C．法拉第通过实验研究，总结出法拉第电磁感应定律D．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因解析：A、B、C选项符合物理史实，正确．伽利略通过理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，而不是牛顿，故选项D不正确．答案：D9．(2014年东北三省四市质检)在推导“匀变速直线运动位移的公式”时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似为匀速直线运动，然后把各小段位移相加代表整个过程的位移，物理学中把这种方法称为“微元法”．下面几个实例中应用到这一思想方法的是()A．在计算带电体间的相互作用力时，若电荷量分布对计算影响很小，可将带电体看作点电荷B．在探究弹性势能的表达式过程中，把拉伸弹簧的过程分成很多小段，在每小段内认为弹簧的弹力是恒力，然后把每小段做功的代数和相加C．在探究牛顿第二定律的过程中，控制物体的质量不变，研究物体的加速度与力的关系D．在求两个力的合力时，如果一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，这个力就是那两个力的合力解析：选项A涉及“理想模型”，选项B涉及“微元法”，选项C涉及“控制变量法”，选项D涉及“等效思想”，则选项B符合要求．答案：B10．(多选)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是()A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化解析：本题考查电学中重要物理学史及其相关知识点，意在考查考生对物理学重要史实的了解情况．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电流能够产生磁场，电和磁之间存在联系，选项A正确．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，选项B正确．法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，由于导线圈中磁通量不变，不会产生感应电流，选项C错误．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，这就是楞次定律，选项D正确．答案：ABD11．(2014年江西省重点中学联考)关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是()A．古希腊学者亚里士多德用科学推理论证了重物体和轻物体下落一样快，推翻了意大利物理学家伽利略的观点B．德国天文学家开普勒发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律C．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律，并测出了静电力常量k的值D．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并总结出了右手螺旋定则解析：意大利物理学家伽利略用科学推理论证了重物体和轻物体下落一样快，推翻了古希腊学者亚里士多德的观点，选项A错误；牛顿发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律，选项B错误；丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结出了右手螺旋定则，选项D 错误．答案：C12．(多选)以下叙述正确的是()A．法拉第发现了电磁感应现象B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D．感应电流遵从楞次定律所描述方向，这是能量守恒定律的必然结果解析：法拉第首先发现了电磁感应现象，A正确；惯性是物体的固有属性，质量是惯性的唯一量度，惯性的大小与速度无关，B错误；通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因的物理学家是伽利略，C错误；楞次定律反映出的感应电流的规律是机械能或磁场能向电能转化的必然结果，D正确．答案：AD13．(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是()A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质解析：伽利略提出力是改变物体运动的原因，A错误，B正确；笛卡儿认为如果运动中的物体不受外力作用，它将以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，C正确；由牛顿第一定律知，D正确．答案：BCD14．在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是()A．在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替物体的方法叫微元法B．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了假设法C．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法D．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法解析：在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替物体的方法叫理想模型法，A错误；在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了控制变量法，B错误；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，C错误；伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，D正确．答案：D。

1.(2014年高考大纲全国卷)如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy 平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x 轴负向．在y 轴正半轴上某点以与x 轴正向平行、大小为v 0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x 轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y 轴负方向的夹角为θ，求：(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值； (2)该粒子在电场中运动的时间．解析：(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B ，粒子质量与所带电荷量分别为m 和q ，圆周运动的半径为R 0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得q v 0B ＝m v 20R 0①由题给条件和几何关系可知R 0＝d ②设电场强度大小为E ，粒子进入电场后沿x 轴负方向的加速度大小为a x ，在电场中运动的时间为t ，离开电场时沿x 轴负方向的速度大小为v x .由牛顿第二定律及运动学公式得Eq ＝ma x ③ vx ＝a x t ④ v x2t ＝d ⑤ 由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有 tan θ＝v xv 0⑥联立①②③④⑤⑥式得 E B ＝12v 0tan 2θ⑦ (2)联立⑤⑥式得 t ＝2dv 0tan θ.答案：(1)12v 0tan 2θ (2)2dv 0tan θ2．(2014年高考重庆卷)如图所示，在无限长的竖直边界NS 和MT 间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM 平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，KL 为上下磁场的水平分界线，在NS 和MT 边界上，距KL 高h 处分别有P 、Q 两点，NS 和MT 间距为1.8h .质量为m 、带电量为＋q 的粒子从P 点垂直于NS 边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g .(1)求电场强度的大小和方向；(2)要使粒子不从NS 边界飞出，求粒子入射速度的最小值；(3)若粒子能经过Q 点从MT 边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值． 解析：(1)设电场强度大小为E . 由题意有mg ＝qE得E ＝mgq，方向竖直向上．(2)如图甲所示，设粒子不从NS 边飞出的入射速度最小值为v min ，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r 1和r 2，圆心的连线与NS 的夹角为φ.由r ＝m v qB有r 1＝m v min qB ，r 2＝m v min 2qB ＝12r 1.由(r 1＋r 2)sin φ＝r 2， r 1＋r 1cos φ＝h ， 得v min ＝(9－62)qBhm.(3)如图乙所示，设粒子入射速度为v ，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r 1和r 2，粒子第一次通过KL 时距离K 点为x .由题意有3nx ＝1.8h (n ＝1,2,3，…)， 32x ≥(9－62)h 2， x ＝r 21－(h －r 1)2，得r 1＝(1＋0.36n 2)h2，n <3.5.即n ＝1时，v ＝0.68qBhm ；n ＝2时，v ＝0.545qBhm ；n ＝3时，v ＝0.52qBhm.答案：(1)mg q 方向竖直向上 (2)(9－62)qBhm(3)0.68qBh m 0.545qBh m 0.52qBhm3.如图所示，有理想边界的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ，某带电粒子的比荷(电荷量与质量之比)为k ，由静止开始经电压为U 的电场加速后，从O 点垂直射入磁场，又从P 点穿出磁场．下列说法正确的是(不计粒子所受重力)( )A ．如果只增加U ，粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场B ．如果只减小B ，粒子可以从ab 边某位置穿出磁场C ．如果既减小U 又增加B ，粒子可以从bc 边某位置穿出磁场D ．如果只增加k ，粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场解析：由题意可知qU ＝12m v 2，k ＝q m ，r ＝m v qB ，解得r ＝2kUkB ，对于选项A ，只增加U ，r 增大，粒子不可能从dP 之间某位置穿出磁场；对于选项B ，粒子电性不变，不可能向上偏转；对于选项C ，既减小U 又增加B ，r 减小，粒子不可能从bc 边某位置穿出磁场；对于选项D ，只增加k ，r 减小，粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场．答案：D4.如图所示，在xOy 直角坐标平面内，第三象限内存在沿x 轴正方向的匀强电场E (大小未知)，y 轴右侧存在一垂直纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子(不计重力)由A 点(－a,0)以一定初速度v 0竖直向下抛出，粒子到达y 轴上的C 点时，其速度方向与y 轴负方向夹角为45°，粒子经磁场偏转后从y 的正半轴上某点穿出又恰好击中A 点．求：(1)电场强度E 的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小和方向； (3)粒子从A 出发到回到A 经历的时间t .解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设运行时间为t 1，则 a ＝12·qEm t 21，OC ＝v 0t 1 令粒子在C 点速率为v ，有qEm t 1＝v 0，v ＝2v 0 联立得OC ＝2a ，t 1＝2a v 0，E ＝m v 202qa.(2)设粒子在y 轴正半轴上的D 点射出磁场．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由左手定则可判定磁场方向垂直纸面向里，从D 点射出时与y 轴也成45°角，所以OD ＝OA ＝a .可知CD ＝2r ＝OC ＋OD ＝3a ，即r ＝322a .由Bq v ＝m v 2r 得B ＝m vqr ，联立得B ＝2m v 03qa.(3)设粒子在磁场中的运行时间为t 2，则 t 2＝270°360°×2πm Bq ＝9πa4v 0. 粒子从D 到A 的运行时间为t 3，则 t 3＝DA v ＝a v 0.所以粒子运行的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝12＋9π4v 0a . 答案：(1)m v 202qa (2)2m v 03qa方向垂直纸面向里(3)12＋9π4v 0a5.如图所示，在水平放置、半径为r ＝ 2 m 的圆桶内有平行于圆桶中心轴线的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.1 T ，同时存在竖直向上的匀强电场、场强大小为E ＝1 N/C.一质量为m ＝0.1 kg 、电荷量为q ＝1 C 的带正电粒子从中心轴线上的P 点沿垂直于轴线方向以速度v ＝1 m/s 射向桶壁，经过一段时间带电粒子经过P 点．已知与桶壁碰撞时带电粒子没有电荷量和能量损失，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)粒子从P 点开始运动到经过P 点的最短路程； (2)粒子从P 点开始运动到经过P 点所需的时间．解析：(1)带电粒子所受重力G ＝mg ＝1 N(方向竖直向下)、电场力F ＝qE ＝1 N(方向竖直向上)，此二力平衡，则带电粒子在洛伦兹力作用下在匀强磁场中做匀速圆周运动．粒子由洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2R ，则粒子做圆周运动的轨道半径R ＝m vqB ，解得R ＝1 m.作出带电粒子的运动轨迹如图所示，粒子沿1运动14个周期到A ，与桶壁碰撞后沿2(经过P )、3运动12个周期到F ，沿4(经过P )、5运动12个周期到D ，沿6(经过P )、7运动12个周期到C ，沿8运动14个周期到P 点，之后重复前面的过程．运动周期T ＝2πmqB，得T ＝2π s.相邻两次经过P 点的路程等于圆周运动的半个周长，此时路程最短，为 L ＝2πR /2＝3.14 m.(2)由以上分析可知每经过12T 经过一次圆心P .带电粒子从P 点开始运动到经过P 点所需时间 t ＝12Tk ，k 为正整数， 代入数据解得t ＝πk s(k 为正整数)． 答案：(1)3.14 m (2)πk s(k 为正整数)课时跟踪训练计算题1.用绝缘材料制成的半径为R 的23圆桶如图所示放置，AC 为水平直径，θ＝30°，其内部有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .PDT 是过圆上D 点的水平线，其上方存在一竖直向下的匀强电场，一电荷量为＋q 、质量为m 的粒子从A 点以一定初速度沿AO 射入匀强磁场中，粒子与桶壁弹性碰撞一次后恰从D 点飞入匀强电场中，并从M 点水平射出．已知MT 两点的距离为R /2，不计粒子的重力．求：(1)粒子的初速度v 0； (2)电场强度E 的大小； (3)粒子从A 到M 点的时间t .解析：粒子运动轨迹如图所示，则∠AOQ ＝120°且粒子从D 点出射时与DT 成60°角(1)由图知tan 30°＝R r .而Bq v 0＝m v 20r ，联立得v 0＝3BqRm. (2)在电场中由运动的合成与分解得 R 2＝12qE m t 22， v 0sin 60°＝qEm t 2， 联立得t 2＝2m 3Bq ，E ＝9B 2qR4m.(3)粒子在磁场中运行的时间设为t 1，则 t 1＝2×60°360°×2πm Bq ＝2πm3Bq，所以粒子从A 到M 点的时间t ＝t 1＋t 2＝2＋2π3Bq m .答案：(1)3BqR m (2)9B 2qR4m (3)2＋2π3Bqm2.如图所示，在一宽度D ＝16 cm 的区域内，同时存在相互垂直的匀强磁场B 和匀强电场E ，电场的方向竖直向上，磁场的方向垂直纸面向外．一束带电粒子以速度v 0同时垂直电场和磁场的方向射入时，恰不改变运动方向．若粒子束射入时只有电场，可测得粒子穿过电场时沿竖直方向向上偏移6.4 cm ；若粒子束射入时只有磁场，则粒子离开磁场时偏离原方向的距离是多少？不计粒子的重力．解析：当带电粒子束沿直线运动时，粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有qE ＝q v 0B ①只有电场时，根据牛顿第二定律有Eq ＝ma ②设粒子在电场中运动的时间为t ，则D ＝v 0t ③ 偏转的距离为 y 1＝12at 2＝6.4 cm ④只有磁场时，粒子做匀速圆周运动．根据牛顿第二定律有q v 0B ＝m v 20R ⑤联立①②③④⑤可得R ＝20 cm. 由图中几何关系可得 y 2＝R －R 2－D 2＝8 cm. 答案：8 cm3.(2014年北京东城区期末)在地面上方某处的真空室里存在着水平向左的匀强电场，以水平向右和竖直向上为x 轴、y 轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系．一质量为m 、电荷量为＋q 的微粒从点P (33l,0)由静止释放后沿直线PQ 运动．当微粒到达点Q (0，－l )的瞬间，撤去电场同时加上一个垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度的大小B ＝m q3g2l，该磁场有理想的下边界，其他方向范围无限大．已知重力加速度为g .求：(1)匀强电场的场强E 的大小；(2)撤去电场加上磁场的瞬间，微粒所受合力的大小和方向；(3)欲使微粒不从磁场下边界穿出，该磁场下边界的y 轴坐标值应满足什么条件？ 解析：(1)由于微粒沿PQ 方向运动，可知微粒所受的合力沿PQ 方向，可得qE ＝mg cot α. 由题意知α＝60°， 解得E ＝33qmg . (2)微粒在电场中的运动可视为两个分运动的合成：水平方向在电场力作用下的匀加速直线运动；竖直方向在重力作用下的匀加速直线运动，加速度为g .到达Q 点的竖直分速度为v 2，则v 22＝2gl ， 得v 2＝2gl ，水平分速度v 1＝v 2tan 30°＝23gl . 撤去电场加上磁场的瞬间，微粒受洛伦兹力可根据速度的分解视为两个分速度对应的洛伦兹力的分力的合成．对于水平分速度v 1，其所对应的洛伦兹力的大小为f 1，方向竖直向上，f 1＝q v 1B ＝q ·23gl ·m q3g2l＝mg ， 即与重力恰好平衡．对于竖直分速度v 2，其所对应的洛伦兹力的大小为f 2，方向水平向左，此力为微粒所受的合力F ＝f 2＝q v 2B ＝q ·2gl ·mq3g2l＝3mg (3)如果把微粒的运动看做水平方向速度为v 1的匀速直线运动与另一个分运动的合成，那么微粒受到的洛伦兹力的一个分力恰与重力平衡，另一个分运动就是微粒在洛伦兹力的另一个分力作用下的匀速圆周运动，开始时速度为v 2，方向竖直向下．q v 2B ＝m v 22r，解得半径为r ＝m v 2qB ＝233l .微粒在磁场中的运动可视为匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动，它距Q 点的水平距离最大为圆的半径r .所以欲使微粒不从磁场的下边界穿出，磁场下边界的y 坐标值应满足y ≤－(r ＋l )＝－(233＋1)l .(写成“<”号也对)答案：(1)33qmg (2)3mg 方向水平向左 (3)y ≤－(233＋1)l (写成“<”号也对)4.如图所示，半径为R 的圆内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 0，竖直线MN 与圆O 相切于O 1，O 、O 1在一条水平线上．MN 左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场B (未知)，三个比荷相同的粒子以相同的速度v 射入圆形磁场，其中粒子2沿竖直半径AO 入射，粒子1、3的入射点C 、D 到OA 的距离相等均为R2，三粒子均从O 1点射出圆形磁场进入左侧磁场．已知粒子1、3在左侧磁场中运行的时间之和与粒子3在圆形磁场中运行的时间相等．(1)求粒子的比荷；(2)求左侧磁场的磁感应强度B ；(3)若MN 上有一固定挡板可用来接收这三个粒子，则挡板的最小长度为多少？ 解析：(1)由题知粒子2沿AO 入射必沿OO 1射出，所以粒子做圆周运动的半径r ＝R ，由洛伦兹力提供向心力得B 0q v ＝m v 2r ，即比荷为q m ＝v B 0R. (2)粒子3的运动轨迹如图所示，由图知粒子3的轨迹必过O 点且图中θ＝60°，∠O 1CD＝120°，粒子3在圆形磁场中运行的时间为t ＝∠O 1CD 360°×2πm B 0q ＝2πm 3B 0q .同理可得粒子1从O 1进入左侧磁场时速度与NM 也成60°角斜向上且在左侧磁场的运动轨迹也与MN 交于P 点，粒子1和粒子3的轨迹可以组成一个圆，所以t 1＋t 3＝T ＝2πm Bq，联立得B ＝3B 0.(3)粒子在左侧磁场中做圆周运动的半径为r ′＝m v 3B 0q ＝R 3，粒子2在左侧磁场中运动是一半圆，击中MN 上的点离O 1的距离为x 2＝2r ′＝2R 3，粒子1、3击中MN 上的点P 离O 1的距离为x 1＝O 1P ＝2r ′cos 30°＝3r ′＝33R ，所以挡板的最小长度为L ＝x 2－x 1＝2－33R . 答案：(1)v B 0R (2)3B 0 (3)2－33R 5．如图甲所示，在光滑绝缘的水平桌面上建立一xOy 坐标系，水平桌面处在周期性变化的电场和磁场中，电场和磁场的变化规律如图乙所示(规定沿＋y 方向为电场强度的正方向，竖直向下为磁感应强度的正方向)．在0时刻，一质量为10 g 、电荷量为0.1 C 的带正电金属小球自坐标原点O 处，以v 0＝2 m/s 的速度沿x 轴正方向射出．已知E 0＝0.2 N/C 、B 0＝0.2π T ．求：(1)1 s 末金属小球速度的大小和方向；(2)1～2 s 内，金属小球在磁场中做圆周运动的周期和半径；(3)6 s 内金属小球运动至离x 轴最远点时的位置坐标．解析：(1)在0～1 s 内，小球在电场力作用下，在x 轴方向上做匀速运动，v x ＝v 0，在y 轴方向做匀加速直线运动，v y ＝qE 0mt 11 s 末小球的速度v 1＝v 2x ＋v 2y ＝2 2 m/s设v 1与x 轴正方向的夹角为α，则tan α＝v y /v x ＝1，故α＝45°.(2)在1～2 s 内，小球在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πm /qB 0＝1 s.由洛伦兹力公式得q v 1B 0＝m v 21/R 1解得R 1＝m v 1qB 0＝2πm. (3)如图a 所示，在5 s 内，小球部分运动轨迹可视为一条连续抛物线．由匀变速直线运动规律知x 方向上x 3＝v 0t ，v x ＝v 0.y 方向上有y 3＝at 2/2，a ＝qE 0/m ，v y 3＝at .5 s 末时小球的速度v ＝v 2x ＋v 2y 3＝210 m/s ，tan θ＝v y 3v 0＝3(θ为v 与x 轴的夹角)． 在5～6 s 内，小球在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有R ＝m v /qB 0. 如图b 所示，由几何关系得，离x 轴最远点G 的坐标为(x ，y )，其中x ＝x 3－x 2，y ＝y 3＋y 2，而x 2＝R sin θ，y 2＝R (1＋cos θ)，由上述各式可得x ＝(6－3π) m ， y ＝(9＋10＋1π) m. 答案：(1)2 2 m/s 与x 轴正方向成45°角 (2)1 s2π m (3)(6－3π，9＋10＋1π) 6．(2014年高考四川卷)在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD 和倾斜轨道GH 与半径r ＝944m 的光滑圆弧轨道分别相切于D 点和G 点，GH 与水平面的夹角θ＝37°.过G 点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B ＝1.25 T ；过D 点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E ＝1×104 N/C.小物体P 1质量m ＝2×10－3 kg 、电荷量q ＝＋8×10－6 C ，受到水平向右的推力F ＝9.98×10－3 N 的作用，沿CD 向右做匀速直线运动，到达D 点后撤去推力．当P 1到达倾斜轨道底端G 点时，不带电的小物体P 2在GH 顶端静止释放，经过时间t ＝0.1 s 与P 1相遇．P 1和P 2与轨道CD 、GH 间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：(1)小物体P 1在水平轨道CD 上运动速度v 的大小；(2)倾斜轨道GH 的长度s .解析：(1)设小物体P 1在匀强磁场中运动的速度为v ，受到向上的洛伦兹力为F 1，受到的摩擦力为F f ，则F 1＝q v B ①F f ＝μ(mg －F 1)②由题意，水平方向合力为零F －F f ＝0③联立①②③式，代入数据解得v ＝4 m/s.④(2)设P 1在G 点的速度大小为v G ，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝12m v 2G －12m v 2⑤ P 1在GH 上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a 1，根据牛顿第二定律qE cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)＝ma 1⑥P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 1在GH 上运动的距离为s 1，则s 1＝v G t ＋12a 1t 2⑦ 设P 2质量为m 2，在GH 上运动的加速度为a 2，则m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a 2⑧P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 2在GH 上运动的距离为s 2，则s 2＝12a 2t 2⑨s＝s1＋s2⑩联立⑤～⑩式，代入数据得s＝0.56 m.答案：(1)4 m/s(2)0.56 m。

【优化探究】2015高考物理二轮专题复习素能提升 1-7 振动和波动光及光的本性（含解析）新人教版1．(2014年高考江苏卷)(1)某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到甲图所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如乙图所示．他改变的实验条件可能是________．A．减小光源到单缝的距离B．减小双缝之间的距离C．减小双缝到光屏之间的距离D．换用频率更高的单色光源(2)在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期．以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正．(3)Morpho蝴蝶的翅膀在阳光的照射下呈现出闪亮耀眼的蓝色光芒，这是因为光照射到翅膀的鳞片上发生了干涉．电子显微镜下鳞片结构的示意图见下图．一束光以入射角i 从a 点入射，经过折射和反射后从b 点出射．设鳞片的折射率为n ，厚度为d ，两片之间空气层厚度为h.取光在空气中的速度为c ，求光从a 到b 所需的时间t.解析：(1)由甲和乙两图可知改变条件以后条纹变宽，由Δx ＝Ld λ可知，只有B 正确． (2)摆球通过平衡位置时具有较大的速度，此时开始计时，误差较小．若只测量一次全振动的时间会产生较大的误差，而测量多次全振动的时间求平均值可减小误差．(3)设光在鳞片中的折射角为γ，折射定律sin i ＝nsin γ，在鳞片中传播的路程l1＝2dcos γ，传播速度v ＝c n ，传播时间t1＝l1v ， 解得t1＝2n2dc n2－sin2 i.同理，在空气中的传播时间t2＝2hccos i ， 则t ＝t1＋t2＝2n2d c n2－sin2i＋2hccos i .答案：(1)B (2)①应在摆球通过平衡位置时开始计时；②应测量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的测量值．(或在单摆振动稳定后开始计时)(3)2n2d c n2－sin2i ＋2h ccos i 2．(2014年高考新课标Ⅰ全国卷)(1)图a 为一列简谐横波在t ＝2 s 时的波形图，图b 为媒质中平衡位置在x ＝1.5 m 处的质点的振动图象，P 是平衡位置为x ＝2 m 的质点．下列说法正确的是________．A ．波速为0.5 m/sB ．波的传播方向向右C ．0～2 s 时间内，P 运动的路程为8 cmD ．0～2 s 时间内，P 向y 轴正方向运动E ．当t ＝7 s 时，P 恰好回到平衡位置(2)一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R 的半圆，AB 为半圆的直径，O 为圆心，如图所示．玻璃的折射率为n ＝ 2.(ⅰ)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB 上的最大宽度为多少？(ⅱ)一细束光线在O 点左侧与O 相距32R 处垂直于AB 从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置．解析：(1)由图a 可知，波长λ＝2 m ，由图b 可知周期T ＝4 s ，则波速v ＝λT ＝0.5 m/s ，A 正确．t ＝2 s 时，x ＝1.5 m 处的质点振动方向向下，则波向左传播，B 错.0～2 s 时间内，P 质点由波峰向波谷振动，通过的路程s ＝tT ×4A ＝8 cm ，C 项正确，D 错误．t ＝0时，P 质点位于正向最大位移处，故P 质点达到平衡位置的时刻为t ＝(2n ＋1)T4，则n ＝3时，t ＝7 s ，P 恰好回到平衡位置，E 项正确． (2)(ⅰ)在O 点左侧，设从E 点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角θ，则OE 区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如图．由全反射条件有sin θ＝1n ①由几何关系有OE ＝Rsin θ②由对称性可知，若光线都能从上表面射出，光束的宽度最大为 l ＝2OE ③联立①②③式，代入已知数据得l ＝2R.④(ⅱ)设光线在距O 点32R 的C 点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系及①式和已知条件得α＝60°>θ⑤光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G 点射出，如图．由反射定律和几何关系得OG＝OC＝32R⑥射到G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C点射出．答案：(1)ACE(2)见解析3．(2014年高考山东卷)(1)(多选)一列简谐横波沿直线传播．以波源O由平衡位置开始振动为计时零点，质点A的振动图象如图所示，已在O、A的平衡位置相距0.9 m．以下判断正确的是________．a．波长为1.2 mb．波源起振方向沿y轴正方向c．波速大小为0.4 m/sd．质点A的动能在t＝4 s时最大(2)如图，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC边长为2L，该介质的折射率为 2.求：①入射角i ；②从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c ，可能用到：sin 75°＝6＋24或tan 15°＝2－3)． 解析：(1)由图可知波源起振后3 s 质点A 开始振动，故波速大小v ＝Δx Δt ＝0.9 m3 s ＝0.3 m/s ，c 错误；由图知波的周期即质点A 的振动周期T ＝4 s ，故该波的波长λ＝vT ＝1.2 m ，a 正确；因介质中各质点的起振方向与波源的起振方向相同，故由图知b 正确；由图知t ＝4 s 时质点A 处于正向最大位移处，此时质点A 的速度为零、动能为零，故d 错误．(2)①根据全反射规律可知，光线在AB 面上P 点的入射角等于临界角C ，由折射定律得 sin C ＝1n ①代入数据得 C ＝45°②设光线在BC 面上的折射角为r ，由几何关系得 r ＝30°③由折射定理得n＝sin isin r④联立③④式，代入数据得i＝45°.⑤②在△OPB中，根据正弦定理得OPsin 75°＝Lsin 45°⑥设所用的时间为t，光线在介质中的速度为v，得OP＝vt⑦v＝cn⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得t＝6＋2 2c L.答案：(1)ab(2)①45°②6＋2 2c L4．(1)一列简谐横波在t＝0.6 s时刻的图象如图甲所示，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是()A ．这列波沿x 轴正方向传播B ．这列波的波速为503 m/sC ．从t ＝0.6 s 开始，质点P 比质点Q 晚0.4 s 回到平衡位置D ．从t ＝0.6 s 开始，紧接着的Δt ＝0.6 s 时间内，A 质点通过的路程为4 mE ．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为10 m 的障碍物，不能发生明显衍射现象(2)半径为R 的14透明薄圆柱体，如图所示，一条光线由A 点入射到OM 面上，OA ＝13R ，入射角α＝60°，该光线第一次从MN 面折射出去的折射角β＝30°.求该透明薄圆柱体的折射率．解析：(1)由两图可知波长λ＝20 m ，周期T ＝1.2 s ，波速v ＝λT ＝503 m/s ，B 正确，根据波长和障碍物尺寸可知E 错误；由A 的位置和A 在0.6 s 时向下振动可知该波沿x 轴正方向传播，则P 比Q 先回到平衡位置，A 正确，C 错误；质点A 半个周期通过的路程为4 m ，D 正确． (2)画出该光线从入射到第一次射出透明薄圆柱体的光路图如图所示，在A 点：n ＝sin αsin θ①在C 点：n ＝sin βsin γ②在△OBC 中：Rsin 180°－θ＝OB sin γ③由①②③解得OB ＝33R.在△ABO 中：tan θ＝OAOB，得θ＝30°，代入①得n ＝ 3. 答案：(1)ABD (2) 35．(1)2009年诺贝尔物理学奖授予科学家高锟以及威拉德·博伊尔和乔治·史密斯.3名得主的成就分别是发明光纤电缆和电荷耦合器件(CCD)图像传感器．光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是________．A ．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象B ．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象C ．在光导纤维束内传送图像是利用光的色散现象D ．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象(2)如图所示，一截面为正三角形的棱镜，其折射率为 3.今有一束单色光射到它的一个侧面，经折射后与底边平行，则入射光线与水平方向的夹角是________．(3)如图所示是某时刻一列横波上A 、B 两质点振动图象，该波由A 传向B ，两质点沿波的传播方向上的距离Δx ＝6.0 m ，波长大于10.0 m ，求：①再经过0.7 s ，质点A 通过的路程． ②这列波的波速．解析：(1)选项A 是利用光的干涉现象，选项B 是利用光的色散现象，选项C 是利用光的全反射现象，选项D 是利用光的薄膜干涉现象，故D 正确．(2)由题意可知，折射角r ＝30°，由n ＝sin isin r 可得i ＝60°，故入射光线与水平方向夹角是30°. (3)由振动图象知T ＝0.4 s ，Δt ＝0.7 s ＝1 34T ，故质点A 通过的路程为sA ＝0.35 m ，由振动图象知Δx ＝14λ，解得λ＝24 m ，故v ＝λT ＝60 m/s.答案：(1)D (2)30° (3)①0.35 m ②60 m/s 课时跟踪训练1.(2014年高考重庆卷)(1)打磨某剖面如图所示的宝石时，必须将OP 、OQ 边与轴线的夹角θ切磨在θ1<θ<θ2的范围内，才能使从MN 边垂直入射的光线，在OP 边和OQ 边都发生全反射(仅考虑如图所示的光线第一次射到OP 边并反射到OQ 边后射向MN 边的情况)，则下列判断正确的是( )A ．若θ>θ2，光线一定在OP 边发生全反射B ．若θ>θ2，光线会从OQ 边射出C ．若θ<θ1，光线会从OP 边射出D ．若θ<θ1，光线会在OP 边发生全反射(2)一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸．当振子上下振动时，以速率v 水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示的图象．y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的位置坐标．由此图求振动的周期和振幅．解析：(1)作出θ1<θ<θ2时的光路如图所示．由图中几何关系有i1＝90°－θ，2θ＋90°－i1＋90°－i2＝180°，即i1＋i2＝2θ.则有i2＝3θ－90°.可见θ越大时i2越大、i1越小．要使光线在OP 上发生全反射，应有i1≥C ，即θ≤90°－C ；要使光线在OQ 上发生全反射，应有i2≥C ，即θ≥30°＋C 3.可见在OP 边和OQ 边都发生全反射时应满足θ1<30°＋C3≤θ≤90°－C≤θ2.故当θ>θ2时一定有θ>90°－C ，光线一定不会在OP 边上发生全反射，同时也一定有θ>30°＋C3，即光线若能射在OQ 边上，一定会发生全反射，故A 、B 皆错误．当θ<θ1时，一定有θ<90°－C ，即光线一定在OP 边发生全反射，C 错误，D 正确．(2)设周期为T ，振幅为A ， 由题意得T ＝2x0v 和A ＝y1－y22. 答案：(1)D (2)2x0v y1－y222.(1)(多选)如图所示，两束单色光a 、b 从水下射向A 点后，光线经折射合成一束光c ，则下列说法中正确的是( )A ．用同一双缝干涉实验装置分别以a 、b 光做实验，a 光的干涉条纹间距大于b 光的干涉条纹间距B ．用a 、b 光分别做单缝衍射实验时，它们的衍射条纹宽度都是均匀的C ．在水中a 光的速度比b 光的速度小D ．a 光在水中的临界角大于b 光在水中的临界角(2)如图所示是一列横波上A 、B 两质点的振动图象，质点A 在B 的左侧，两质点间的距离Δx ＝1.0 m(小于一个波长)．则这列波的波长为________ m ，该列波的波速为________ m/s.解析：(1)由题图知，a 光的折射率小，波长长，波速大，临界角大，故A 、D 正确，C 错误；任何光的衍射条纹宽度都不均匀，故B 错误．(2)波向右从A 向B 传播时，AB 间是14个波长，所以Δx ＝14λ1，解得λ1＝4 m ，波向左从B 向A 传播时，AB 间是34个波长，所以Δx ＝34λ2，解得λ2＝43 m ．波的周期等于质点的振动周期T ＝0.4 s ，波向右传播时，波速v1＝λ1T ＝10 m/s ，波向左传播时，波速v2＝λ2T ＝103 m/s. 答案：(1)AD (2)4或43 10或1033．(1)光射到两种不同介质的分界面，分析其后的传播情形可知( ) A ．折射现象的出现说明光是纵波 B ．光总会分为反射光和折射光C ．折射光与入射光的传播方向总是不同的D ．发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同(2)如图所示，一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形如图中的实线所示，此时这列波恰好传播到P 点，且再经过1.2 s ，坐标为x ＝8 m 处的Q 点开始振动，P 点位移x 随时间t 变化的关系式为____________ m ，从t ＝0时刻到Q 点第一次达到波峰时，振源O 点所经过的路程s′＝________m.(3)如图所示，ABC 是一个透明的薄壁容器，内装液体，当光垂直射向AC 面时，光在AB 面恰好发生全反射，已知光在真空中的传播速度为c ，求液体的折射率及光在该液体中传播速度．解析：(1)折射是横波、纵波共有的现象，光是一种电磁波，而电磁波是横波，A 错误；当光从光密介质射向光疏介质而且入射角不小于临界角时，就只有反射光而无折射光，B 错误；当入射角等于0°时折射光与入射光传播方向相同，C 错误；由惠更斯原理对折射的解释可知D 正确． (2)波速v ＝s t ＝5 m/s ，由v ＝λT 得T ＝0.4 s ，由x ＝Asin(2πT t ＋φ)求得x ＝0.03sin(5πt ＋π)，t ＝0时刻O 点沿y 轴负方向振动，由t ＝0时刻至Q 点第一次到达波峰，经历时间t′＝1.2 s ＋34T ＝1.5 s ＝334T ，所以O 点通过的路程为s′＝334×0.12 m ＝0.45 m.(3)设液体的折射率为n ，光在该液体中传播的速度为v ，发生全发射的临界角为C ，则由题意知C ＝60°，所以n ＝1sin C ＝1sin 60°＝233.又因为n ＝cv ， 所以v ＝c n ＝32c.答案：(1)D (2)x ＝0.03sin(5πt ＋π) 0.45 (3)233 32c4．(2014年山东高三质检)(1)(多选)铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动．普通钢轨长为12.6 m ，列车固有振动周期为0.315 s ．下列说法正确的是( ) A ．列车的危险速率为40 m/sB ．列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象C ．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的D ．增加钢轨的长度有利于列车高速运行(2)如图所示，由某种透明物质制成的直角三棱镜ABC ，折射率为n ，∠A ＝30°.一细束光线在纸面内从O 点射入棱镜，光线与AB 面间法线的夹角为α.通过观察，此时无光线从AC 面射出，有光线垂直于BC 从棱镜射出．稍减小α角，则可以观察到有光线从AC 面射出．求：①该透明物质的折射率n ；②光线与AB 面垂线间的夹角α的正弦值．解析：(1)火车在行驶过程中与铁轨间隙的碰撞，给火车施加了一个周期性的驱动力，要使火车不发生危险，应使驱动力的周期远离火车的固有周期，因固有周期T0＝0.315 s ，所以驱动力周期T ＝T0＝0.315 s 时使火车发生共振，振幅最大，最为危险，则由T ＝L v 得危险速度v ＝LT ＝12.6 m0.315 s ＝40 m/s ，所以A 项正确．列车过桥时应防止桥梁发生共振导致桥梁坍塌，而不是防止列车发生共振，基本的做法是减小火车速度，所以B 项错误．物体受迫振动时的振动频率总等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关，所以C 项错误．增加铁轨的长度，使驱动力频率远离火车的固有频率，是提高火车车速的一种措施，所以D 项正确．(2)①由题意知光线恰好在AC 面发生全反射，反射光线垂直于BC 面从棱镜射出，光路如图所示．设全反射临界角为C ，由几何关系有C ＝θ1＝θ2＝60°，又因sin C ＝1n ，解得n ＝233. ②由几何关系有γ＝30°， 由折射定律知n ＝sin αsin γ， 解得sin α＝33.答案：(1)AD (2)①233 ②335．(1)一列简谐波沿x 轴正向传播，在x ＝1.0 m 处有一质点M.已知该简谐波的波速为1 m/s ，t ＝0时刻波形如图所示．则t ＝________ s 时质点M 开始振动，开始振动的方向为________．(2)如图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；②改变∠BCO 的大小，能否在介质的内表面发生全反射？解析：(1)质点M 开始振动的时间t ＝s v ＝0.81 s ＝0.8 s ，由图可知振源开始向上运动，所以M 开始振动的方向沿y 轴正方向．(2)①光路图如图所示，由几何关系知，入射角i ＝60°，折射角r ＝45°，由折射定律得n ＝sin i sin r ＝62.②设发生全反射的临界角为C ，此时入射角为i2，则sin C ＝1n ，C≈57°. 假设能发生全反射，则r ＝C ，n ＝sin i2sin r ，i2＝90°.入射角i2＝90°时，光不能进入圆柱介质中，故不能发生全反射． 答案：(1)0.8 y 轴正方向 (2)①62 ②不能6．在“测定玻璃的折射率”实验中，某同学经正确操作插好了4枚大头针，如图甲所示．(1)画出完整的光路图；(2)对你画出的光路图进行测量和计算，求得该玻璃砖折射率n＝________(保留三位有效数字)；(3)为了观测光在玻璃砖不同表面的折射现象，某同学做了两次实验，经正确操作插好了8枚大头针，如图乙所示．图中P1和P2是同一入射光线上的2枚大头针，其对应出射光线上的2枚大头针是P3和________(填“A”或“B”)．解析：(1)分别连接玻璃砖两侧的大头针所在的点，并延长与玻璃砖边分别相交，标出传播方向，然后连接玻璃砖边界的两交点，即为光线在玻璃砖中传播的方向．光路如图所示．(2)设方格纸上正方形的边长为1，光线的入射角为i，折射角为r，则sin i＝5.35.32＋42＝0.798，sin r＝2.22.22＋3.62＝0.521所以玻璃的折射率n＝sin isin r＝0.7980.521＝1.53.(3)光路图如图，光线经两边相互平行的玻璃砖，出射光线平行于入射光线，即MN∥P4B. P1P2光线从棱镜右边侧面射出向底边偏折，如图P3A，所以填A.答案：(1)图见解析(2)1.53(说明：±0.03范围内都可)(3)A7.(1)如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在光屏P上观察到干涉条纹，要得到相邻条纹间距更大的干涉图样，可以()A．增大S1与S2的间距B．减小双缝屏到光屏的距离C．将绿光换为红光D．将绿光换为紫光(2)某同学设计了一个测定激光波长的实验装置，如图甲所示，激光器发出的一束直径很小的红色激光进入一个一端装双缝、另一端装有感光片的遮光筒，感光片的位置上出现一排等距的亮点，图乙中的黑点代表亮点的中心位置．①通过量出相邻光点的距离可算出激光的波长．据资料介绍：若双缝的缝间距离为a ，双缝到感光片的距离为L ，感光片相邻两点间的距离为b ，则光的波长λ＝abL .该同学测得L ＝1.000 0 m ，双缝间距a ＝0.220 mm ，用带十分度游标的卡尺测感光片上的点间距离时，尺与点的中心位置如图乙所示．图乙中第1个光点到第4个光点的距离是________mm.实验中激光的波长λ＝__________m ．(保留两位有效数字)②如果实验时将红激光换成蓝激光，屏上相邻两光点间的距离将________．解析：(1)在双缝干涉实验中，相邻两条亮纹(或暗纹)间的距离Δx ＝ld λ，要想增大条纹间距可以减小两缝间距d ，或者增大双缝屏到光屏的距离l ，或者换用波长更长的光做实验．由此可知，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．(2)①由乙图可知第1个光点到第4个光点间的距离b′＝8.6 mm ，b ＝b′3＝2.9 mm. 则λ＝aL ·b ＝0.220×10－31.000 0×2.9×10－3 m＝6.4×10－7 m.②如果实验时将红激光换成蓝激光，λ变小了，由b ＝Lλa 可得，屏上相邻两光点的间距将变小．答案：(1)C (2)①8.6 6.4×10－7 ②变小8．(2014年高考新课标Ⅱ全国卷)(1)图a 为一列简谐横波在t ＝0.10 s 时刻的波形图，P 是平衡位置在x ＝1.0 m 处的质点，Q 是平衡位置在x ＝4.0 m 处的质点；图b 为质点Q 的振动图象．下列说法正确的是________．A ．在t ＝0.10 s 时，质点Q 向y 轴正方向运动B ．在t ＝0.25 s 时，质点P 的加速度方向与y 轴正方向相同C ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，该波沿x 轴负方向传播了6 mD ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，质点P 通过的路程为30 cmE ．质点Q 简谐运动的表达式为y ＝0.10sin 10πt(国际单位制)(2)一厚度为h 的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r 的圆形发光面．在玻璃板上表面放置一半径为R 的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上．已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率．解析：(1)由图a 得λ＝8 m ，由图b 得T ＝0.2 s ，所以v ＝λT ＝40 m/s.由图b 知，在t ＝0.10 s 时，质点Q 通过平衡位置向y 轴负方向运动，A 错误．结合图a ，由“同侧法”判得波沿x 轴负方向传播，画出t ＝0.25 s 时的波形图，标出P 、Q 点，如图，此时P 点在x 轴下方，其加速度向上，B 正确．Δt ＝0.25 s －0.10 s ＝0.15 s ，Δx ＝v·Δt ＝6.0 m ，C 正确．P 点起始位置不在平衡位置或最大位移处，故D 错误．由图知A ＝0.1 m ，ω＝2πT ＝10π rad/s ，所以Q 点简谐运动表达式为y＝0.10sin 10πt(国际单位制)，E 正确．(2)如图，考虑从圆形发光面边缘的A 点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃上表面的A′点折射，根据折射定律有nsin θ＝sin α①式中，n 是玻璃的折射率，θ是入射角，α是折射角．现假设A′恰好在纸片边缘．由题意，在A′点刚好发生全反射，故 α＝π2②设AA′线段在玻璃上表面的投影长为L ，由几何关系有 sin θ＝LL2＋h2③由题意，纸片的半径应为R ＝L ＋r ④联立以上各式得n ＝1＋hR －r 2.答案：(1)BCE (2) 1＋hR －r 2。

【优化探究】2015高考物理二轮专题复习 素能提升 1-8 碰撞与动量守恒 近代物理初步（含解析）新人教版1．(2014年高考福建卷)(1)如图，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是________．A ．①表示γ射线，③表示α射线B ．②表示β射线，③表示α射线C ．④表示α射线，⑤表示γ射线D ．⑤表示β射线，⑥表示α射线(2)一枚火箭搭载着卫星以速度v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为______．A ．v0－v2B ．v0＋v2C ．v0－m2m1v2D ．v0＋m2m1(v0－v2)解析：(1)α射线是高速氦核流，带正电，垂直进入匀强电场后，受电场力作用向右(负极板一侧)偏转，β射线是高速电子流，带负电，应向左(正极板一侧)偏转，γ射线是高频电磁波，不带电，不偏转，A 、B 错误；射线垂直进入匀强磁场，根据左手定则判定C 正确，D 错误．(2)箭体与卫星分离过程动量守恒，由动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝v0＋m2m1(v0－v2)，D 正确．答案：(1)C (2)D2.(2014年高考山东卷)(1)(多选)氢原子能级如图，当氢原子从n ＝3跃迁到n ＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是________．a ．氢原子从n ＝2跃迁到n ＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nmb ．用波长为325 nm 的光照射，可使氢原子从n ＝1跃迁到n ＝2的能级c ．一群处于n ＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线d ．用波长为633 nm 的光照射，不能使氢原子从n ＝2跃迁到n ＝3的能级(2)如图，光滑水平直轨道上两滑块A 、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m.开始时橡皮筋松弛，B 静止，给A 向左的初速度v0.一段时间后，B 与A 同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半．求：①B 的质量；②碰撞过程中A 、B 系统机械能的损失．解析：(1)由E 初－E 终＝hν＝h c λ可知，氢原子跃迁时始末能级差值越大，辐射的光子能量越高、波长越短，由能级图知E3－E2<E2－E1，故a 错误．由－1.51－－3.4－3.4－－13.6＝λ656得λ＝121.6 nm<325 nm ，故b 错误．由C23＝3可知c 正确．因跃迁中所吸收光子的能量必须等于始末能级的差值，即从n ＝2跃迁到n ＝3的能级时必须吸收λ＝656 nm 的光子，故d 正确．(2)①以初速度v0的方向为正方向，设B 的质量为mB ，A 、B 碰撞后的共同速度为v ，由题意知：碰撞前瞬间A 的速度为v 2，碰撞前瞬间B 的速度为2v ，由动量守恒定律得m v 2＋2mBv ＝(m ＋mB)v ①由①式得mB ＝m 2②②从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得mv0＝(m ＋mB)v ③设碰撞过程A 、B 系统机械能的损失为ΔE ，则ΔE ＝12m(v 2)2＋12mB(2v)2－12(m ＋mB)v2④联立②③④式得ΔE ＝16mv20.答案：(1)cd (2)①m 2 ②16mv203．(2014年高考新课标Ⅰ全国卷)(1)关于天然放射性，下列说法正确的是________．A ．所有元素都可能发生衰变B ．放射性元素的半衰期与外界的温度无关C ．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D ．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强E ．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线(2)如图，质量分别为mA 、mB 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方．先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放．当A 球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零．已知mB ＝3mA ，重力加速度大小g ＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：①B 球第一次到达地面时的速度；②P 点距离地面的高度．解析：(1)原子序数大于或等于83的元素，都能发生衰变，而原子序数小于83的部分元素能发生衰变，故A 错．放射性元素的衰变是原子核内部结构的变化，与核外电子的得失及环境温度无关，故B 、C 项正确．在α、β、γ三种射线中，α、β为带电粒子，穿透本领较弱，γ射线不带电，具有较强的穿透本领，故D 项正确．一个原子核不能同时发生α和β衰变，故E 项错误．(2)①设B 球第一次到达地面时的速度大小为vB ，由运动学公式有vB ＝2gh ①将h ＝0.8 m 代入上式，得vB ＝4 m/s.②②设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B 球的速度分别为v2和v2′.由运动学规律可得v1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有mAv1＋mBv2＝mBv2′④12mAv21＋12mBv22＝12mBv2′2⑤设B 球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得vB′＝vB ⑥设P 点距地面的高度为h′，由运动学规律可得h′＝v ′2B －v222g ⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′＝0.75 m.答案：(1)BCD (2)①4 m/s ②0.75 m4．(1)锌是微量元素的一种，在人体内的含量以及每天所需的摄入量都很少，但对机体发育及大脑发育有关．因此儿童生长发育时期测量体内含锌量已成为体格检查的重要内容之一，其中比较简单的一种检测方法是取儿童的头发约50 g ，放在核反应堆中经中子轰击后，头发中的锌元素与中子反应生成具有放射性的同位素锌，其核反应方程式为6430Zn ＋10n→6530Zn.6530Zn 衰变放射出能量为1 115 eV 的γ射线，通过测定γ射线的强度可以计算出头发中锌的含量．关于以上叙述，下列说法正确的是( )A ．产生6530Zn 的反应是聚变反应B.6430Zn 和6530Zn 具有相同的质子数C.6530Zn 衰变放射出γ射线时，发生质量亏损，质量亏损并不意味着质量被消灭D ．γ射线在真空中传播的速度是3.0×108 m/sE．γ射线是由于锌原子的内层电子激发产生的(2)氢原子的能级如图所示．若有一群处于n＝4能级的氢原子，这群氢原子最多能发出________种谱线，用发出的光子照射某金属能产生光电效应，则该金属的逸出功不应超过________eV.电子从较高能级跃迁到n＝2能级发出的谱线属于巴耳末线系．这群氢原子自发跃迁时发出的谱线中只有________条属于巴耳末线系．解析：(1)产生6530Zn的反应是人工转变，只有轻核才发生聚变反应，A错误；同位素6430Zn和6530 Zn的质子数相同，中子数不同，B正确；核反应中质量亏损不是质量消灭，是静止质量转变为运动质量，C正确；γ射线是波长很短的电磁波，在真空中传播的速度是3.0×108 m/s，γ射线是由于原子核受到激发产生的，D正确，E错误．(2)根据玻尔理论，电子从高轨道跃迁到低轨道，释放光子，能量减少，电子的运动速度加快，动能增加；一群处于n＝4能级的氢原子最多能发出C24＝6种谱线，其中从n＝4能级跃迁到n＝1能级释放的光子能量最大，为E4－E1＝－0.85 eV－(－13.6) eV＝12.75 eV，若金属的逸出功超过12.75 eV，用发射出的光子照射金属就不能发生光电效应；发出的谱线中属于巴耳末线系的有4→2或3→2两条．答案：(1)BCD(2)612.75 25．(1)(多选)下列说法中正确的是________．A．卢瑟福通过实验发现了质子的核反应方程为42He＋14 7N→17 8O＋1HB．铀核裂变的核反应是23592U→14156Ba＋9236Kr＋210nC．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(m1＋m2－m3)c2D.如右图所示，原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2，那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长为λ1λ2λ1－λ2的光子(2)在光滑的冰面上放置一个截面圆弧为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．已知小孩和冰车的总质量为m1，小球的质量为m2，曲面质量为m3，某时刻小孩将小球以v0的速度向曲面推出(如图所示)．①求小球在圆弧面上能上升的最大高度．②若m1＝40 kg，m2＝2 kg，小孩将小球推出后还能再接到小球，试求曲面质量m3应满足的条件．解析：(1)卢瑟福发现质子的实验是用α粒子轰击氮核，核反应方程为42He＋147N→178O＋1H，A项正确；铀核裂变需要有中子轰击，其核反应是23592U＋10n→14156Ba＋9236Kr＋310n，则B项不正确；质子和中子结合成一个α粒子，其核反应方程式为210n＋211H→42He，故释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2，则C 项不正确；根据能级跃迁，原子从a 能级状态跃迁到b 能级状态时发射的光子能量是h c λ1；原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时吸收的光子能量是h c λ2，则原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要吸收的光子能量是h c λ2－h c λ1，其波长为λ1λ2λ1－λ2，D 项正确．(2)①小球在曲面上运动到最大高度时两者共速，速度为v ，小球与曲面的系统动量守恒，机械能也守恒，有m2v0＝(m2＋m3)v ，12m2v20＝12(m2＋m3)v2＋m2gh ，解得h ＝m3v202m2＋m3g. ②小孩推球的过程中动量守恒，即0＝m2v0－m1v1.对于球和曲面，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝－m2v2＋m3v3，12m2v20＝12m2v22＋12m3v23， 解得v2＝m3－m2m3＋m2v0. 若小孩将球推出后还能再接到球，则有v2>v1，得m3>4219 kg.答案：(1)AD (2)①m3v202m2＋m3g②m3>4219 kg 课时跟踪训练1．(1)(多选)下列四幅图的有关说法中正确的是________．①球m1以v 碰静止球m2 ②放射线在磁场中偏转③光电流与电压的关系A ．图①中，若两球质量相等，碰后m2的速度一定不大于vB ．图②中，射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷C ．图③中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，遏止电压Uc 越大D ．图④中，链式反应属于重核的裂变(2)质量分别为m1和m2的两个小球叠放在一起，从高度为h 处自由落下，如图所示．已知h 远大于两球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向上．若碰撞后m2恰处于平衡状态，求①两个小球的质量之比m1∶m2；②小球m1上升的最大高度．解析：(1)图①中，若两球质量相等，只有在完全弹性碰撞时碰后m2的速度才等于v ，一般碰撞，机械能损失，所以碰后m2的速度一定不大于v ，选项A 正确．图②中，射线丙由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷，选项B 错误．图③中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，遏止电压Uc 不变，选项C 错误．图④中，链式反应属于重核的裂变，选项D 正确．(2)下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v ＝2gh ，m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1速度大小为v1，碰后m2处于平衡状态，速度为0.选向上方向为正方向，则(m2－m1)v ＝m1v1由能量守恒定律得12(m2＋m1)v2＝12m1v21，联立解得m1∶m2＝1∶3，v1＝22gh.反弹后高度H ＝v21/(2g)＝4h.答案：(1)AD (2)①1∶3 ②4h2．(2014年洛阳联考)(1)下列说法正确的是________．A ．电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性B ．235U 的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短C ．原子核内部某个质子转变为中子时，放出β射线D ．在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强E ．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增加，电势能减小(2)如图所示，质量均为m 的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v ，木箱运动到右侧墙壁时与竖直的墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小孩接住，求整个过程中小孩对木箱做的功．解析：(1)电子通过狭缝或小孔后，其分布类似光的衍射图样，说明实物粒子具有波动性，选项A 正确；原子核的半衰期不随温度、压强等物理环境或化学条件而改变，选项B 错误；由核反应中电荷数守恒和质量数守恒知，原子核内的某质子转变成中子时，将释放出正电子，选项C 错误；在α、β、γ三种射线中，穿透能力最强的是γ射线，电离能力最强的是α射线，选项D 正确；由跃迁方程可知，氢原子的核外电子由较高能级向较低能级跃迁时，将释放光子，这种跃迁相当于核外电子由距原子核较远轨道迁移到较近轨道，原子核和电子之间的静电力对电子做正功，电子的动能增加而电势能减小，选项E 正确．(2)取向左为正方向，根据动量守恒定律，有推出木箱的过程：0＝(m ＋2m)v1－mv ，接住木箱的过程：mv ＋(m ＋2m)v1＝(m ＋m ＋2m)v2.设人对木箱做的功为W ，对木箱由动能定理得W ＝12mv22，解得W ＝18mv2.答案：(1)ADE (2)18mv23．(2014年高考江苏卷)(1)已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014 Hz 和5.44×1014 Hz ，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的________．A ．波长B ．频率C ．能量D ．动量(2)氡222是一种天然放射性气体，被吸入后，会对人的呼吸系统造成辐射损伤．它是世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一．其衰变方程是222 86Rn→218 84Po ＋________.已知222 86Rn 的半衰期约为3.8天，则约经过________天，16 g 的222 86Rn 衰变后还剩1 g.(3)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A 、B 两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16.分离速度是指碰撞后B 对A 的速度，接近速度是指碰撞前A 对B 的速度．若上述过程是质量为2m 的玻璃球A 以速度v0碰撞质量为m 的静止玻璃球B ，且为对心碰撞，求碰撞后A 、B 的速度大小．解析：(1)由光电效应方程Ekm ＝hν－W ＝hν－hν0钙的截止频率大，因此钙中逸出的光电子的最大初动能小，其动量p ＝2mEkm ，故动量小，由λ＝h p ，可知波长较长，则频率较小，选项A 正确．(2)由质量数、电荷数守恒有222 86Rn→218 84Po ＋42He.由m ＝m02n 得n ＝4，t ＝nT ＝4×3.8＝15.2 天．(3)设A 、B 球碰撞后速度分别为v1和v2，由动量守恒定律知2mv0＝2mv1＋mv2，且由题意知v2－v1v0＝1516，解得v1＝1748v0，v2＝3124v0答案：(1)A (2)42He(或α) 15.2 (3)1748v0 3124v04.(1)(多选)如图为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同颜色的光．关于这些光下列说法正确的是________．A．由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的光子能量最大B．由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的光子频率最小C．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D．用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应92U俘获一个中子裂变成9038Sr及13654Xe两种新核，且三种原子核的质量分别为235.043 (2)若2359 u、89.907 7 u和135.907 2 u，中子质量为1.008 7 u(1 u＝1.660 6×10－27 kg,1 u对应931.5 MeV)①写出铀核裂变的核反应方程；②求9.2 kg纯铀235完全裂变所释放的能量是多少？(取两位有效数字)解析：(1)由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的光子能量E1＝[－0.85－(－13.6)]eV＝12.75 eV 为跃迁时产生光子能量的最大值，A正确．由n＝4向n＝3能级跃迁时，产生的光子能量最小，频率也最小，B错．这些氢原子跃迁时共可辐射出6种不同频率的光，C错．从n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子能量为10.2 eV，大于金属铂的逸出功(6.34 eV)，故能发生光电效应，D正确．92U＋10n→9038Sr＋13654Xe＋1010n.(2)①235②因为一个铀核裂变的质量亏损Δm＝(235.043 9 u＋1.008 7 u)－(89.907 7 u＋135.907 2 u＋10×1.008 7 u)＝0.150 7 u，故9.2 kg的铀裂变后总的质量亏损为ΔM＝6.02×1023×0.150 7×9.2×103/235 u＝3.55×1024 u，所以ΔE＝ΔMc2＝3.55×1024×931.5 MeV＝3.3×1027 MeV.38Sr＋13654Xe＋1010n答案：(1)AD(2)①23592U＋10n→90②3.3×1027 MeV5．(1)某放射性元素原子核X有N个核子，发生一次α衰变和一次β衰变后，变为Y核，衰变后Y核的核子数为________，若该放射性元素经过时间T，还剩下1/8没有衰变，则它的半衰期为________，如果衰变前X核的质量为mX，衰变后产生Y核的质量为mY，α粒子的质量为mα，β粒子的质量为mβ，光在真空中传播的速度为c，则衰变过程中释放的核能为________．(2)如图所示，质量分别为mA＝1 kg、mB＝4 kg的木块A、木板B置于光滑水平面上，质量为mC＝2 kg的木块C置于足够长的木板B上，B、C之间用一轻弹簧拴接且接触面光滑．开始时B、C静止，A以v0＝10 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后B的速度为3.5 m/s，碰撞时间极短．求：①A、B碰撞后瞬间A的速度；②弹簧第一次恢复原长时C 的速度大小．解析：(1)α衰变后核子数少4个(其中2个质子、2个中子)，β衰变后核子数不变(中子少1个、质子多1个)，Y 核的核子数为N －4；根据半衰期的公式，得到该放射性元素的半衰期为T/3；根据爱因斯坦质能方程得到ΔE ＝Δmc2＝(mX －mY －mα－mβ)c2.(2)①因碰撞时间极短，A 、B 碰撞过程中，C 的速度为零，A 、B 系统动量守恒，则有 mAv0＝mAvA ＋mBvB ，碰后瞬间A 的速度为vA ＝mAv0－mBvB mA＝－4 m/s ，方向与A 初速度方向相反． ②弹簧第一次恢复原长时，弹性势能为零．设此时B 的速度大小为vB′，C 的速度大小为vC.B 、C 相互作用过程中动量守恒、能量守恒，有mBvB ＝mBvB′＋mCvC ，12mBv2B ＝12mBvB′2＋12mCv2C ， 联立解得vC ＝2mB mB ＋mCvB ＝4.7 m/s. 答案：(1)N －4 T 3 (mX －mY －mα－mβ)c2(2)①4 m/s ，方向与A 初速度方向相反 ②4.7 m/s6.(1)如图为氢原子的能级图，大量处于n ＝4激发态的氢原子跃迁时，发出多个能量不同的光子，其中频率最大的光子能量为______ eV ，若用此光照射到逸出功为2.75 eV 的光电管上，则加在该光电管上的遏止电压为______V.(2)如图所示，在光滑的水平面上有两个物块A 、B ，质量分别为mA ＝3 kg ，mB ＝6 kg ，它们之间由一根不可伸长的轻绳相连，开始时绳子完全松弛，两物块紧靠在一起．现用3 N 的水平恒力F 拉B ，使B 先运动，当轻绳瞬间绷直后再拉A 、B 共同前进，在B 总共前进0.75 m 时，两物块共同向前运动的速度为23m/s ，求连接两物块的绳长L.解析：(1)当氢原子从n ＝4激发态的能级直接跃迁到第一能级时发出的光子能量最大，频率最大．则由hν＝E4－E1，可求得hν＝12.75 eV ；根据(hν－2.75 eV)－eU ＝0，可得U ＝10 V.(2)当B 前进距离L 时，由动能定理FL ＝12mBv2B ，得vB ＝2FLmB ，此后A 、B 以共同速度运动，由动量守恒mBvB ＝(mA ＋mB)vAB ，然后A 、B 一起匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式，可得vAB′2－v2A B ＝2F mA ＋mBx ，x ＝0.75－L ，解得L ＝0.25 m. 答案：(1)12.75 10 (2)0.25 m7．(2014年山东泰安高三质检)(1)下列说法正确的是( )A ．具有相同的质子数而中子数不同的原子互称同位素B ．某原子核经过一次α衰变后，核内质子数减少4个C.239 94Pu 与239 92U 的核内具有相同的中子数和不同的核子数D ．进行光谱分析时既可以用连续光谱，也可以用线状光谱(2)如图所示，质量为m2＝10 kg 的滑块静止于光滑水平面上，一小球m1＝5 kg ，以v1＝10 m/s 的速度与滑块相碰后以2 m/s 的速率被弹回．碰撞前两物体的总动能为________J ，碰撞后两物体的总动能为________J ，说明这次碰撞是________(选填“弹性碰撞”或“非弹性碰撞”)．(3)氢原子的能级如图所示，求：①当氢原子从n ＝4向n ＝2的能级跃迁时，辐射的光子照射在某金属上，刚好能发生光电效应，则该金属的逸出功为多少？②现有一群处于n ＝4的能级的氢原子向低能级跃迁，在辐射出的各种频率的光子中，能使该金属发生光电效应的频率共有多少种？解析：(1)同位素的质子数相同，中子数不同，A 正确；某原子核经过一次α衰变后，核内质子数减少2个，B 错误；239 94Pu 和239 92U 的核内具有相同的核子数和不同的中子数和质子数，C 错误；进行光谱分析时只能用线状光谱，不能用连续光谱，D 错误．(2)碰撞前总动能为12m1v21＝250 J ，碰撞过程动量守恒有m1v1＝m2v2－m1v1′，得v2＝6 m/s ，故碰撞后系统总动能为12m1v1′2＋12m2v22＝190 J<250 J ，故这次碰撞为非弹性碰撞． (3)①W ＝E4－E2＝－0.85 eV －(－3.40 eV)＝2.55 eV.②一群处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时能放出6种不同频率的光，但4→3和3→2两种光子不能使该金属发生光电效应，故共有4种频率的光子能使该金属发生光电效应． 答案：(1)A (2)250 190 非弹性碰撞(3)①2.55 eV ②4种8．(1)以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，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，高中物理资源下载平台--光世昌的博客 /guangshichang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KA 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)( )A ．U ＝hνe －W eB ．U ＝2hνe －W eC ．U ＝2hν－WD ．U ＝5hν2e －W e(2)用α粒子轰击静止氮原子核(14 7N)的实验中，假设某次碰撞恰好发生在同一条直线上．已知α粒子的质量为4m0，轰击前的速度为v0，轰击后，产生质量为17m0的氧核速度大小为v1，方向与v0相同，且v1＜v05，同时产生质量为m0的质子．求：①写出该实验的反应方程式；②质子的速度大小和方向．解析：(1)本题中，“当增大反向电压U ，使光电流恰好减小到零时”，即为从阴极K 逸出的具有最大初动能的光电子，恰好不能到达阳极A.以从阴极K 逸出的且具有最大初动能的光电子为研究对象，由动能定理得－Ue ＝0－12mv2m ①由光电效应方程得nhν＝12mv2m ＋W(n ＝2,3,4…)②由①②式解得U ＝nhνe －W e (n ＝2,3,4…)，故选项B 正确．(2)①42He ＋14 7N→17 8O ＋1H.②设产生的质子速度为v2，由动量守恒定律，得4m0v0＝17m0v1＋m0v2，得v2＝4v0－17v1.由于v1＜v05，有v2＞0，即质子飞出的方向与v0同向．答案：(1)B (2)①42He ＋14 7N→17 8O ＋1H ②4v0－17v1 与v0同向。

热点二功能观点在电磁感应问题中的应用5.图2－6－8(2014·广东卷，15)如图2－6－8所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q 竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块()A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大解析由于电磁感应，小磁块在铜管P中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q中做自由落体运动，机械能守恒，故A、B错误；而在P中加速度较小，下落时间较长，落至底部的速度较小，故C正确，D错误．答案 C6.图2－6－9如图2－6－9所示，竖直平面内有一足够长的宽度为L的金属导轨，质量为m的金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好，ab电阻为R，其他电阻不计．导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合开关S，发现导体棒ab立刻做变速运动，则在以后导体棒ab的运动过程中，下列说法中正确的是()A．导体棒ab做变速运动期间加速度一定减小B．单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为内能C．导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和电热之和，符合能的转化和守恒定律D ．导体棒ab 最后做匀速运动时，速度大小为v ＝mgRB 2L 2解析 导体棒由静止下落，在竖直向下的重力作用下做加速运动．开关闭合时，由右手定则判定，导体中产生的电流方向为逆时针方向，再由左手定则，可判定导体棒受到的安培力方向向上，F ＝BIL ＝B BL vR L ，导体棒受到的重力和安培力的合力变小，加速度变小，物体做加速度越来越小的运动，A 正确；最后合力为零，加速度为零，做匀速运动．由F －mg ＝0得，B BL v R L ＝mg ，v ＝mgRB 2L 2，D 正确；导体棒克服安培力做功，减少的机械能转化为电能，由于电流的热效应，电能又转化为内能，B 正确． 答案 ABD 7．(2014·江苏卷，13)如图2－6－10所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L ，长为3d ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d 的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直．质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R ，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g .求：图2－6－10(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ； (2)导体棒匀速运动的速度大小v ；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q . 解析 (1)在绝缘涂层上运动时，受力平衡： 则有mg sin θ＝μmg cos θ① 解得：μ＝tan θ②(2)在光滑导轨上匀速运动时，导体棒产生的感应电动势为：E ＝BL v ③则电路中的感应电流I ＝ER ④ 导体棒所受安培力F 安＝BIL ⑤ 且由平衡条件得F 安＝mg sin θ⑥联立③～⑥式，解得v ＝mgR sin θB 2L 2⑦(3)从开始下滑到滑至底端由能量守恒定律得：3mgd sin θ＝Q ＋Q f ＋12m v 2⑧又由因摩擦产生的内能Q f ＝μmgd cos θ⑨联立⑧⑨解得Q ＝2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4⑩答案(1)tan θ(2)mgR sin θB2L2(3)2mgd sin θ－m3g2R2sin2θ2B4L48．(2014·西安一模)图2－6－11如图2－6－11所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离l＝0.50 m．轨道的M、M′端之间接一阻值R＝0.40 Ω的定值电阻，N、N′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0＝0.50 m．直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B＝0.64 T的匀强磁场中，磁场区域的宽度d＝0.80 m，且其右边界与NN′重合．现有一质量m＝0.20 kg、电阻r＝0.10 Ω的导体杆ab静止在距磁场的左边界s ＝2.0 m处．在与杆垂直的水平恒力F＝2.0 N的作用下导体杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点PP′.已知导体杆在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆与直轨道之间的动摩擦因数μ＝0.10，轨道的电阻可忽略不计，取g＝10 m/s2，求：(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上的电流的大小和方向；(2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量；(3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热．解析(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，根据动能定理则有(F－μmg)s＝12m v21，解得v1＝6.0 m/s导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势E＝Bl v1＝1.92 V此时通过导体杆上的电流大小I＝ER＋r＝3.84 A根据右手定则可知，电流方向为由b向a.(2)设导体杆在磁场中运动的时间为t，产生的感应电动势的平均值E平均，则由法拉第电磁感应定律有E平均＝ΔΦ/t＝Bld/t通过电阻R的感应电流的平均值I平均＝E平均/(R＋r)通过电阻R的电荷量q＝I平均t＝0.512 C.(3)设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到半圆形轨道最高点的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点，根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有mg＝m v23R0对于导体杆从NN′运动至PP′的过程，根据机械能守恒定律有12m v22＝12m v23＋mg·2R0联立解得v2＝5.0 m/s导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能ΔE＝12m v21－12m v22＝1.1 J此过程中电路中产生的焦耳热为Q＝ΔE－μmgd＝0.94 J.答案(1)3.84 A由b→a(2)0.512 C(3)0.94 J电磁感应中焦耳热的求法1．电磁感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W克安．2．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．3．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．。

专题六选考模块第1讲分子动理论气体及热力学定律2016高考导航——适用于全国卷Ⅰ热点聚焦备考对策本讲考查的重点和热点：①分子大小的估算；②对分子动理论内容的理解；③固、液、气三态的性质及其微观解释；④气体实验定律、气态方程的理解和应用；⑤热力学定律的理解和简单计算；⑥油膜法测分子直径．题型基本上都是拼盘式选择题和计算题的组合．由于本讲内容琐碎，考查点多，因此在复习中应注意抓好四大块知识：一是分子动理论；二是从微观角度分析固体、液体、气体的性质；三是气体实验三定律；四是热力学定律．以四块知识为主干，梳理出知识点，进行理解性记忆.一、分子动理论1．分子的大小(1)阿伏加德罗常数：N A＝6.02×1023 mol－1.(2)分子体积：V0＝V molN A(占有空间的体积)．(3)分子质量：m0＝M molN A.(4)油膜法估测分子的直径：d＝VS.(5)估算微观量的两种分子模型①球体模型：直径为d＝36Vπ.②立方体模型：棱长为d＝3V0.2．分子热运动的实验基础(1)扩散现象特点：温度越高，扩散越快．(2)布朗运动特点：液体内固体小颗粒永不停息、无规则的运动，颗粒越小、温度越高，运动越剧烈．3．分子间的相互作用力和分子势能(1)分子力：分子间引力与斥力的合力．分子间距离增大，引力和斥力均减小；分子间距离减小，引力和斥力均增大，但斥力总比引力变化得快．(2)分子势能：分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增加；当分子间距为r0时，分子势能最小．二、固体、液体和气体1．晶体、非晶体分子结构不同，表现出的物理性质不同．其中单晶体表现出各向异性，多晶体和非晶体表现出各向同性．2．液晶是一种特殊的物质，既可以流动，又可以表现出单晶体的分子排列特点，在光学、电学物理性质上表现出各向异性．3．液体的表面张力使液体表面有收缩到最小的趋势，表面张力的方向跟液面相切． 4．气体实验定律：气体的状态由热力学温度、体积和压强三个物理量决定． (1)等温变化：pV ＝C 或p 1V 1＝p 2V 2.(2)等容变化：p T ＝C 或p 1T 1＝p 2T 2. (3)等压变化：V T＝C 或V 1T 1＝V 2T 2. (4)理想气体状态方程：pV T＝C 或p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2. 三、热力学定律1．物体的内能 (1)内能变化温度变化引起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．(2)物体内能的决定因素2．热力学第一定律 (1)公式：ΔU ＝W ＋Q ．(2)符号规定：外界对系统做功，W ＞0，系统对外界做功，W ＜0；系统从外界吸收热量，Q ＞0，系统向外界放出热量，Q ＜0；系统内能增加，ΔU ＞0，系统内能减少，ΔU ＜0.3．热力学第二定律(1)表述一：热量不能自发地从低温物体传到高温物体．(2)表述二：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． (3)揭示了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，说明了第二类永动机不能制造成功．热点一 微观量的估算命题规律 微观量的估算问题在近几年高考中出现得较少，预计在2016年高考中出现的概率较大，主要以选择题的形式考查下列三个方面：(1)宏观量与微观量的关系；(2)估算固、液体分子大小及气体分子所占空间大小和分子数目的多少；(3)对实验“用油膜法估测分子的大小”的考查．1．若以μ表示水的摩尔质量，V 表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ为在标准状态下水蒸气的密度，N A 为阿伏加德罗常数，m 、Δ分别表示每个水分子的质量和体积，下面五个关系式中正确的是( )A ．N A ＝V ρmB ．ρ＝μN A ΔC ．m ＝μN AD ．Δ＝V N AE ．ρ＝μV[突破点拨](1)分清宏观量和微观量宏观量有________，微观量有________．(2)对水蒸气区别分子体积与分子占有空间的体积．分子占有空间的体积为________． [解析] 由N A ＝μm ＝ρVm，故A 、C 对；因水蒸气为气体，水分子间的空隙体积远大于分子本身体积，即V ≫N A ·Δ，D 不对，而ρ＝μV ≪μN A ·Δ，B 不对，E 对．[答案] ACE2．在“用油膜法估测分子的大小”实验中所用的油酸酒精溶液为每1 000 mL 溶液中有纯油酸0.6 mL ，用注射器测得1 mL 上述溶液为80滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开，测得油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示，图中每个小正方形方格的边长均为1 cm ，下列说法正确的是( )A ．实验时将油酸分子看成球体B ．实验时不考虑各油酸分子间的间隙C ．测出分子直径后，只需知道油酸的体积就可算出阿伏加德罗常数D ．该实验测出油酸分子的直径约是6.5×10－8mE ．使用油酸酒精溶液的目的是让油酸在水面上形成单层分子油膜 [解析] “用油膜法估测分子的大小”实验，把油滴滴到水面上，油在水面上要尽可能地散开，形成单分子油膜，把分子看成球体，单分子油膜的厚度就可以认为等于油酸分子直径，实验中测出的油酸分子直径为d ＝0.61 000×180×10－6115×10－4m ≈6.5×10－10m ，测出分子直径后，要计算出阿伏加德罗常数，还需知道油酸的摩尔体积，A 、B 、E 正确．[答案] ABE3．(2015·潍坊二模)空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥，若有一空调工作一段时间后，排出液化水的体积V ＝1.0×103 cm 3.已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3、摩尔质量M ＝1.8×10－2 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1.试求：(结果均保留一位有效数字) (1)该液化水中含有水分子的总数N ； (2)一个水分子的直径d .[解析] 水是液体，故水分子可以视为球体，一个水分子的体积公式为V ′0＝16πd 3. (1)水的摩尔体积为V 0＝M ρ①该液化水中含有水分子的物质的量n ＝V V 0② 水分子总数N ＝nN A ③ 由①②③得N ＝ρVN A M＝1.0×103×1.0×10－3×6.0×10231.8×10－2≈3×1025(个)．(2)建立水分子的球模型有：V 0N A ＝16πd 3得水分子直径d ＝36V 0πN A ＝ 36×1.8×10－53.14×6.0×1023 m ≈4×10－10m. [答案] (1)3×1025个 (2)4×10－10m[方法技巧]解决估算类问题的三点注意(1)固体、液体分子可认为紧靠在一起，可看成球体或立方体；气体分子只能按立方体模型计算所占的空间．(2)状态变化时分子数不变．(3)阿伏加德罗常数是宏观与微观的联系桥梁，计算时要注意抓住与其有关的三个量：摩尔质量、摩尔体积和物质的量．热点二 分子动理论和内能命题规律 分子动理论和内能是近几年高考的热点，题型为选择题．分析近几年高考命题，主要考查以下几点：(1)布朗运动、分子热运动与温度的关系；(2)分子力、分子势能与分子间距离的关系及分子势能与分子力做功的关系；(3)温度与分子动能的关系以及物体内能变化．1．(2015·湖北八校二联)下列说法中正确的是( ) A ．布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动 B ．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大C．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加D．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低E．分子力只要增大，分子间的分子势能就要增大[突破点拨](1)气体温度升高，分子平均动能增大，但不是每个分子动能都增大．(2)100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，分子平均动能不变，势能增加．(3)在r<r0范围内，分子力增大，分子间距一定减小，分子势能增大．在r>r0范围内，分子力增大，分子间距可能增大，也可能减小，分子势能不一定增大．[解析] 布朗运动是液体或气体中悬浮微粒的无规则运动，而不是分子的运动，故A 对．温度升高分子的平均动能增大，但不是每个分子的速率都增大，故B错．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，虽然温度没有升高，但此过程必须吸热，而吸收的热量使分子之间的距离增大，分子势能增加，故C对．温度是分子热运动的平均动能的标志，故D对．由E p－r和F－r图象比较可知，E错．[答案] ACD在上述题1中，一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，需要吸收的热量是否等于分子势能的增加？解析：水的分子动能不变，吸收的热量一部分用来增加水分子的势能，另一部分用来克服体积膨胀对外做功，故Q>ΔE p，所以吸收的热量不等于分子势能的增加．答案：见解析2．(2015·唐山一模)如图为两分子系统的势能E p与两分子间距离r的关系曲线．下列说法正确的是( )A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力C．当r等于r1时，分子间势能E p最小D．当r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做正功E．当r等于r2时，分子间势能E p最小[解析] 由题图知：r＝r2时分子势能最小，E对，C错；平衡距离为r2，r＜r2时分子力表现为斥力，A错，B对；r由r1变到r2的过程中，分子势能逐渐减小，分子力做正功，D 对．[答案] BDE3．(2015·长沙二模)下列叙述中正确的是( )A．扩散现象是分子无规则运动造成的B．分子间距离越大，分子势能越大；分子间距离越小，分子势能也越小C．两个铅块压紧后能粘在一起，说明分子间有引力D．用打气筒向篮球充气时需用力，说明气体分子间有斥力E．温度升高，物体的内能却不一定增大[解析] 扩散现象是两种物质分子相互渗透的结果，其原因是分子做永不停息的无规则的运动，A正确；若取两分子相距无穷远时的分子势能为零，则当两分子间距离大于r0时，分子力表现为引力，分子势能随间距的减小而减小(此时分子力做正功)，当分子间距离小于r0时，分子力表现为斥力，分子势能随间距的减小而增大(此时分子力做负功)，故B错误；将两个铅块用刀刮平压紧后便能粘在一起，说明分子间存在引力，C正确；用打气筒向篮球充气时需用力，是由于篮球内压强在增大，不能说明分子间有斥力，D错误；物体的内能取决于温度、体积及物体的质量，温度升高，内能不一定增大，E正确．[答案] ACE[总结提升](1)分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增大；两分子间距离为平衡距离时，分子势能最小．(2)注意区分分子力曲线和分子势能曲线．(3)物态变化时，注意体积变化涉及的做功问题．热点三热力学定律及固体、液体的性质命题规律热力学定律的综合应用是近几年高考的热点，分析近三年高考，命题规律有以下几点：(1)结合热力学图象考查内能变化与做功、热传递的关系，题型为选择题或填空题；(2)以计算题形式与气体性质结合进行考查；(3)对固体、液体、晶体的考查比较简单，题型为选择题．备考中熟记基础知识即可．1．(2015·甘肃第一次诊考)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．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律E．机械能转化为内能的实际宏观过程是不可逆过程[突破点拨](1)由热力学第一定律知，物体内能的改变由做功和热传递两种方式共同决定．(2)理解热力学第二定律的关键是：非自发过程可“强制”实现，但一定造成了其他影响，而不造成其他影响是不可能的．[解析] 由ΔU＝W＋Q可知做功和热传递是改变物体内能的两种途径，它们是等效的，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．由热力学第二定律知，热量只是不能自发地从低温物体传向高温物体，而空调机制冷时，压缩机工作将热量从室内送到室外，故不违反热力学第二定律，D错误．一切与热现象有关的宏观过程不可逆，则E正确．[答案] ACE2．如图所示，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”．(1)该循环过程中，下列说法错误的是________． 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E ．该循环过程中，内能减小的过程仅有B →C(2)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 ＝6.0×1023mol －1，计算结果保留一位有效数字)[解析] (1)在A →B 的过程中，气体体积增大，故气体对外界做功，选项A 错误；B →C 的过程中，气体对外界做功，W ＜0，且为绝热过程，Q ＝0，根据ΔU ＝Q ＋W ，知ΔU ＜0，即气体内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，选项B 错误；C →D 的过程中，气体分子的平均动能不变，气体体积减小，单位体积内的分子数增多，故单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，选项C 正确；D →A 的过程为绝热压缩，故Q ＝0，W ＞0，根据ΔU ＝Q ＋W ，ΔU ＞0，即气体的内能增加，温度升高，所以气体分子的速率分布曲线发生变化，选项D 错误．从A →B 、C →D 的过程中气体做等温变化，理想气体的内能不变，内能减小的过程是B →C ，内能增大的过程是D →A ，选项E 正确．(2)从A →B 气体为等温变化，根据玻意耳定律有p A V A ＝p B V B ，所以V B ＝p A V A p B ＝p A ×1023p AL ＝15 L.所以单位体积内的分子数n ＝N A V B ＝6.0×102315L －1＝4×1022L －1＝4×1025m －3. [答案] (1)ABD (2)4×1025 m －3[方法技巧]热力学第一定律的应用技巧(1)内能变化量ΔU 的分析思路：①由气体温度变化分析气体内能变化．温度升高，内能增加；温度降低，内能减少． ②由公式ΔU ＝W ＋Q 分析内能变化． (2)做功情况W 的分析思路：①由体积变化分析气体做功情况．体积被压缩，外界对气体做功；体积膨胀，气体对外界做功．注意气体在真空中自由膨胀时，W ＝0.②由公式W ＝ΔU －Q 分析气体做功情况． (3)气体吸、放热Q 的分析思路：一般由公式Q ＝ΔU －W 分析气体的吸、放热情况．对气体实验定律和状态方程的考查命题规律 气体实验定律是每年的必考内容，形式多为计算题．分析近三年高考，命题规律有如下几点：(1)气体实验定律或状态方程的应用，结合常见模型(活塞、汽缸、水银柱等)产生的附加压强的计算；(2)两个汽缸或两关联气体；(3)涉及气体压强的微观解释、热力学第一定律和气体图象的考查．[范例] (2015·山西四校三联)(15分)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑的汽缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m 的密闭活塞，活塞A 导热，活塞B 绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动处于平衡，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l 0，温度为T 0.设外界大气压强为p 0保持不变，活塞横截面积为S ，且mg ＝p 0S ，环境温度保持不变．求：(1)在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m ，两活塞重新处于平衡时，活塞B 下降的高度；(2)现只对Ⅱ气体缓慢加热，使活塞A 回到初始位置．此时Ⅱ气体的温度．[规范答题] (1)初状态Ⅰ气体压强p 1＝p 0＋mg S＝2p 0(1分) Ⅱ气体压强p 2＝p 1＋mg S＝3p 0(1分)添加铁砂后Ⅰ气体压强p ′1＝p 0＋3mgS＝4p 0(1分)Ⅱ气体压强p ′2＝p ′1＋mgS＝5p 0(1分) Ⅱ气体等温变化，根据玻意耳定律有p 2l 0S ＝p ′2l 2S (2分)可得：l 2＝35l 0(1分)则B 活塞下降的高度h 2＝l 0－l 2＝0.4l 0.(1分) (2)Ⅰ气体等温变化，根据玻意耳定律有p 1l 0S ＝p ′1l 1S (2分)可得l 1＝0.5l 0(1分)只对Ⅱ气体加热，Ⅰ气体状态不变，所以当A 活塞回到原来位置时，Ⅱ气体此时长度l ″2＝2l 0－0.5l 0＝1.5l 0(1分)根据理想气体状态方程有：p 2l 0S T 0＝p ′2l ″2ST 2(2分)得：T 2＝2.5T 0.(1分)[答案] (1)0.4l 0 (2)2.5T 0 [方法总结]应用气体实验定律的解题思路(1)选择对象——某一定质量的理想气体；(2)找出参量——气体在始末状态的参量p 1、V 1、T 1及p 2、V 2、T 2； (3)认识过程——认清变化过程是正确选用物理规律的前提；(4)列出方程——选用某一实验定律或状态方程，代入具体数值求解，并讨论结果的合理性．若为两部分气体，除对每部分气体作上述分析外，还要找出它们始末状态参量之间的关系，列式联立求解．[最新预测] 1．(2015·河南郑州质检)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 图象如图所示．已知该气体在状态A 时的温度为27 ℃.求：(1)该气体在状态B 时的温度；(2)该气体从状态A 到状态C 的过程中与外界交换的热量．解析：(1)对于理想气体：A →B 过程，由查理定律有p A T A ＝p B T B，得T B ＝100 K ， 所以t B ＝T B －273 ℃＝－173 ℃.(2)B →C 过程，由盖－吕萨克定律有V B T B ＝V C T C，得T C ＝300 K ，所以t C ＝T C －273 ℃＝27 ℃.由于状态A 与状态C 温度相同，气体内能相等，而A →B 过程是等容变化气体对外不做功，B →C 过程中气体体积膨胀对外做功，即从状态A 到状态C 气体对外做功，故气体应从外界吸收热量．Q ＝p ·ΔV ＝1×105×(3×10－3－1×10－3)J ＝200 J.答案：(1)－173 ℃ (2)吸热200 J2.(2015·河北衡水中学三模)质量M ＝10 kg 的缸体与质量m ＝4 kg 的活塞，封闭一定质量的理想气体(气体的重力可以忽略)，不漏气的活塞被一劲度系数k ＝20 N/cm 的轻弹簧竖直向上举起立于空中，如图所示．环境温度为T 1＝1 500 K 时被封气柱长度L 1＝30 cm ，缸口离地的高度为h ＝5 cm ，若环境温度变化时，缸体有良好的导热性能．已知活塞与缸壁间无摩擦，弹簧原长L 0＝27 cm ，活塞横截面积S ＝2×10－3 m 2，大气压强p 0＝1.0×105Pa ，当地重力加速度g ＝10 m/s 2，求环境温度降到多少时汽缸着地，温度降到多少时能使弹簧恢复原长．解析：因汽缸悬空，先降温时气体等压变化，压强恒为p 1＝p 0＋Mg S＝1.5p 0，设汽缸着地时环境温度降为T 2由盖－吕萨克定律知L 1S T 1＝（L 1－h ）S T 2代入数据得T 2＝1 250 K待缸口着地后，再降温时活塞上移，弹簧逐渐恢复原长，由kx ＝(M ＋m )g 知弹簧的形变量为x ＝7 cm设弹簧恢复原长时的环境温度为T 3，气体压强为p 3，气柱长度为L 3，由活塞受力平衡知p 3＝p 0－mgS＝0.8p 0，由几何关系知L 3＝L 1－x －h ＝18 cm由p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3知1.5p 0L 1T 1＝0.8p 0L 3T 3， 整理可得T 3＝480 K. 答案：1 250 K 480 K [失分防范] 1．应用气体实验定律或状态方程解题，易从以下几点失分：(1)气体变化过程分析不清，用错解题规律；(2)附加压强计算错误，特别是单位不统一造成错误；(3)对两部分关联气体之间的联系易出现错误．2．防止失分应做到以下几点：(1)认真分析气体各参量的变化情况，正确选用规律；(2)弄清压强单位之间的变换关系，统一压强单位；(3)对两部分关联气体，注意找两者的初末状态的压强关系和体积关系．1．(2015·怀化模拟)(1)下列说法中正确的是________． A ．扩散现象不仅能发生在气体和液体中，固体中也可以 B ．岩盐是立方体结构，粉碎后的岩盐不再是晶体C ．地球大气的各种气体分子中氢分子质量小，其平均速率较大，更容易挣脱地球吸引而逃逸，因此大气中氢含量相对较少D ．从微观角度看气体压强只与分子平均动能有关E ．温度相同的氢气和氧气，分子平均动能相同(2)一气象探测气球，在充有压强为76 cmHg 、温度为27 ℃的氢气时，体积为3.5 m 3.当气球上升到6.50 km 高空的过程中，气球内氢气的压强逐渐减小，但通过加热使气体温度保持不变，气球到达的6.50 km 处的大气压强为36.0 cmHg ，这一高度气温为－48.0 ℃，以后保持气球高度不变．求：①气球在6.50 km 处的体积．②当氢气的温度等于－48.0 ℃后的体积．解析：(1)扩散现象也可以在固体中发生，A 项正确．粉碎后的岩盐颗粒仍具有立方体结构，仍为晶体，B 项错误．从微观角度看气体压强与分子平均动能和气体分子密集程度两个因素有关，D 项错误．根据分子动理论，分子的平均动能取决于温度，与分子种类无关，E 项正确．由于各种气体分子的平均动能12mv 2相等，氢气分子的平均速率最大，C 项正确．(2)①气球上升过程是一个等温变化过程，有：p 1V 1＝p 2V 2，解得V 2≈7.39 m 3. ②气球在6.50 km 处时，气体是一个等压变化过程，有：V 2T 1＝V 3T 2，解得V 3≈5.54 m 3. 答案：(1)ACE (2)①7.39 m 3②5.54 m 32．(1)下列说法中正确的是________．A ．已知水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数B ．布朗运动说明分子在永不停息地做无规则运动C ．两个分子由很远(r ＞10－9m)距离减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大D ．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用E ．物体的温度升高，则物体中所有分子的分子动能都增大(2)在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由a 、b 和c 三个粗细不同的部分连接而成，各部分的横截面积分别为2S 、12S 和S .已知大气压强为p 0，温度为T 0.两活塞A 和B 用一根长为4L 的不可伸长的轻杆相连，把温度为T 0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示．现对被密封的气体加热，其温度缓慢上升到T ，若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，此时两活塞之间气体的压强为多少？解析：(1)N A ＝M molm 0，故A 正确；布朗运动是分子热运动的实验基础，B 正确；当r ＝r 0时，分子力为0，两分子从很远到很近，分子力先增大后减小再增大，分子势能先减小后增大，C 错误；表面张力使液体表面积最小为球形，D 正确；物体的温度升高，分子的平均动能增大，并不是所有分子动能都增大，E 错误．(2)开始升温过程中封闭气体做等压膨胀，直至B 活塞左移L 为止．设B 刚好左移L 距离对应的温度为T ′，则L ×2S ＋2L ×12S ＋LS T 0＝2L ×2S ＋2L ×12ST ′得T ′＝54T 0所以，若T ≤54T 0，p ＝p 0若T ＞54T 0，由p ′×5LS T ＝p 0×4LS T 0得p ′＝4T 5T 0p 0.答案：(1)ABD (2)若T ≤54T 0，p ＝p 0；若T ＞54T 0，p ′＝4T5T 0p 03．(2014·高考全国卷Ⅰ，T33，15分)(1)一定量的理想气体从状态a 开始，经历三个过程ab 、bc 、ca 回到原状态，其p －T 图象如图所示．下列判断正确的是________．A ．过程ab 中气体一定吸热B ．过程bc 中气体既不吸热也不放热C ．过程ca 中外界对气体所做的功等于气体所放的热D ．a 、b 和c 三个状态中，状态a 分子的平均动能最小E ．b 和c 两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同 (2)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内．汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动．开始时气体压强为p ，活塞下表面相对于汽缸底部的高度为h ，外界温度为T 0.现取质量为m 的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h /4.若此后外界的温度变为T ，求重新达到平衡后气体的体积．已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g .解析：(1)对一定质量的理想气体，由pV T＝C 进行状态分析．由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 进行吸放热、做功分析．在不同坐标系中要注意各种图象的不同，从图象中找出体积、温度、压强的变化情况．由题p －T 图象可知过程ab 是等容变化，温度升高，内能增加，体积不变，由热力学第一定律可知过程ab 一定吸热，选项A 正确；过程bc 温度不变，即内能不变，由于过程bc 体积增大，所以气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，选项B 错误；过程ca 压强不变，温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，放出的热量一定大于外界对气体做的功，选项C 错误；温度是分子平均动能的标志，由题p －T 图象可知，a 状态气体温度最低，则分子平均动能最小，选项D 正确；b 、c 两状态温度相等，分子平均动能相等，由于压强不相等，所以单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，选项E 正确．(2)求理想气体状态参数时，要找出初末状态，然后由理想气体状态方程列方程求解．设汽缸的横截面积为S ，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp ，由玻意耳定律得phS ＝(p ＋Δp )⎝⎛⎭⎪⎫h －14h S ①解得Δp ＝13p ②外界的温度变为T 后，设活塞距底面的高度为h ′，根据盖－吕萨克定律，得⎝ ⎛⎭⎪⎫h －14h S T 0＝h ′ST③解得h ′＝3T4T 0h ④ 据题意可得Δp ＝mg S⑤ 气体最后的体积为V ＝Sh ′⑥ 联立②④⑤⑥式得V ＝9mghT4pT 0.答案：(1)ADE (2)9mghT4pT 04．(1)关于一定量的气体，下列说法正确的是________．A ．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B ．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C ．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D ．气体从外界吸收热量，其内能一定增加E ．气体在等压膨胀过程中温度一定升高(2)如图，A 容器容积为10 L ，里面充满12 atm 、温度为300 K 的理想气体，B 容器是真空，现将A 中气体温度升高到400 K ，然后打开阀门S ，将A 中的气体释放一部分到B 容器，当A 容器内压强降到4 atm 时，关闭阀门，这时B 容器内的压强是3 atm.不考虑气体膨胀过程中温度的变化，求B 容器的容积．解析：(1)气体分子在空间可自由移动，因此气体体积应是气体分子所能到达的空间的体积，选项A 正确；分子热运动的剧烈程度与温度有关，温度越高，分子热运动越剧烈，选项B 正确；气体压强的大小等于气体作用在器壁单位面积上的压力，与失、超重无关，选项C 错误；气体吸收热量的同时可对外做功，内能不一定增加，选项D 错误；气体等压膨胀，由V 1T 1＝V 2T 2可知温度一定升高，选项E 正确．(2)设A 容器容积为V A ＝10 L ，温度T 0＝300 K 时，压强为p 0＝12 atm ；温度升高到T 1＝400 K 时，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0＝p 1T 1解得p 1＝16 atm对于气体膨胀过程，为等温变化，以膨胀后A 中气体为研究对象，。