2015高考物理(山东专用)二轮专题辅导训练：专题3 第8讲 热点一 带电粒子在组合场中的运动

【通用版】高考物理考前突破专题专题一、带电粒子在交变电场中的运动1．A 、B 两金属板平行放置，在t ＝0时刻将电子从A 板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）。

分别在A 、B 两板间加上右边哪种电压时，有可能使电子到不了B 板【答案】B2．将如图交变电压加在平行板电容器A 、B 两极板上，开始B 板电势比A 板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A 、B 两极板的距离足够大，下列说法正确的是A ．电子一直向着A 板运动B ．电子一直向着B 板运动C ．电子先向A 运动，然后返回向B 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动D ．电子先向B 运动，然后返回向A 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动 【答案】D【解析】根据交变电压的变化规律，不难确定电子所受电场力的变化规律，从而作出电子的加速度a 、速度v 随时间变化的图线，如图所示，从图中可知，电子在第一个T 4内做匀加速运动，第二个T4内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B 板电势高于A 板电势，所以电子向B 板运动，加速度大小为eUmd 。

在第三个T 4内做匀加速运动，第四个T4内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A 板运动，加速度大小为eUmd，所以，电子做往复运动，综上分析正确选项应为D 。

7．如图甲所示，真空室中电极K 发出的电子（初速度不计）经过电势差为U 1的加速电场加速后，沿两水平金属板C 、D 间的中心线射入两板间的偏转电场，最后打在荧光屏上。

C 、D 两板间的电势差U CD 随时间变化的图象如图乙所示，设C 、D 间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场。

已知电子的质量为m 、电荷量为e （重力不计），C 、D 极板长为l ，板间距离为d ，偏转电压U 2，荧光屏距C 、D 右端的距离为l6，所有电子都能通过偏转电极。

（1）求电子通过偏转电场的时间t 0；（2）若U CD 的周期T ＝t 0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度； （3）若U CD 的周期T ＝2t 0，求到达荧光屏上O 点的电子的动能。

2015年山东省高考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分。

每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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．（6分）（2015•山东）距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图．小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2．可求得h等于（）A．1.25m B．2.25m C．3.75m D．4.75m考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下后，小球做平抛运动，小车运动至B点时细线被轧断，则B处的小球做自由落体运动，根据平抛运动及自由落体运动基本公式抓住时间关系列式求解．解答：解：经过A点，将球自由卸下后，A球做平抛运动，则有：H=解得：，小车从A点运动到B点的时间，因为两球同时落地，则细线被轧断后B出小球做自由落体运动的时间为t3=t1﹣t2=1﹣0.5=0.5s，则h=故选：A点评：本题主要考查了平抛运动和自由落体运动基本公式的直接应用，关键抓住同时落地求出B处小球做自由落体运动的时间，难度不大，属于基础题．2．（6分）（2015•山东）如图，拉格朗日点L1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，以a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是（）A．a2＞a3＞a1B．a2＞a1＞a3C．a3＞a1＞a2D．a3＞a2＞a1考点：同步卫星．专题：人造卫星问题．分析：由题意知，空间站在L1点能与月球同步绕地球运动，其绕地球运行的周期、角速度等于月球绕地球运行的周期、角速度，由a n=r，分析向心加速度a1、a2的大小关系．根据a=分析a3与a1、a2的关系．解答：解：在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，根据向心加速度a n=r，由于拉格朗日点L1的轨道半径小于月球轨道半径，所以a2＞a1，同步卫星离地高度约为36000公里，故同步卫星离地距离小于拉格朗日点L1的轨道半径，根据a=得a3＞a2＞a1，故选：D．点评：本题比较简单，对此类题目要注意掌握万有引力充当向心力和圆周运动向心加速度公式的联合应用．3．（6分）（2015•山东）如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为（）A．B．C．D．考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对A、B整体和B物体分别受力分析，然后根据平衡条件列式后联立求解即可．解答：解：对A、B分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：F=μ2（m1+m2）g ①再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：水平方向：F=N竖直方向：m2g=f其中：f=μ1N联立有：m2g=μ1F ②联立①②解得：=故选：B点评：本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最大静摩擦力约等于滑动摩擦力．4．（6分）（2015•山东）如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（）A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电势．专题：电磁感应与电路结合．分析：将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断感应电流的方向，从而判断电势的高低，当没有磁通量变化时，就没有感应电流产生．解答：解：A、将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由边缘流向圆心，所以靠近圆心处电势高，所以A正确；B、根据右手定则可知，产生的电动势为BLv，所以所加磁场越强，产生的电动势越大，电流越大，受到的安培力越大，越易使圆盘停止转动，所以B正确；C、若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，所以C错误；D、若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘的磁通量不再变化，没有感应电流产生，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，所以D正确；故选：ABD点评：本题关键要掌握右手定则、安培定则，并能正确用来分析电磁感应现象，对于这两个定则运用时，要解决两个问题：一是什么条件下用；二是怎样用．5．（6分）（2015•山东）直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图．M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为（）A．，沿y轴正向B．，沿y轴负向C．，沿y轴正向D．，沿y轴负向考点：电势差与电场强度的关系；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据点电荷的场强公式和场强叠加的原理，可以知道在G点的时候负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等反向相反，在H点同意根据场强的叠加来计算合场强的大小即可．解答：解：G点处的电场强度恰好为零，说明负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等反向相反，根据点电荷的场强公式可得，正电荷在G点的场强为，负电荷在G点的合场强也为，当正点电荷移到G点时，正电荷与H点的距离为2a，正电荷在H点产生的场强为，方向沿y轴正向，由于GH对称，所以负电荷在G点和H点产生的场强的相等方向相反，大小为，方向沿y轴负向，所以H点处场合强的大小为，方向沿y轴负向，所以B正确；故选：B点评：本题是对场强叠加原理的考查，同时注意点电荷的场强公式的应用，本题的关键的是理解G点处的电场强度恰好为零的含义．6．（6分）（2015•山东）如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压u ab为正，下列u ab ﹣t图象可能正确的是（）A．B．C．D．考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：由图乙可知，电流为周期性变化的电流，故只需分析0.5T0内的感应电流即可；通过分析电流的变化明确磁场的变化，根据楞次定律即可得出电动势的图象．解答：解：在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针增加的，由楞次定律可判断内球内a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小，同理可知，在0.25T0～0.5T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐减小；则由楞次定律可知，a环内电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势变大；故只有C正确；故选：C．点评：本题考查楞次定律的应用，要注意明确楞次定律解题的基本步骤，正确掌握并理解“增反减同”的意义，并能正确应用；同时解题时要正确审题，明确题意，不要被复杂的电路图所迷或！7．（6分）（2015•山东）如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度为v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g．关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是（）A．末速度大小为v0B．末速度沿水平方向C．D．克服电场力做功为mgd重力势能减少了mgd考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：0～时间内微粒匀速运动，重力和电场力相等，～内，微粒做平抛运动，～T时间内，微粒竖直方向上做匀减速运动，水平方向上仍然做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．解答：解：A、0～时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，～内，微粒做平抛运动，下降的位移，～T时间内，微粒的加速度a=，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A错误，B正确．C、微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为，则重力势能的减小量为，故C正确．D、在～内和～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为，整个过程中克服电场力做功为，故D错误．故选：BC．点评：解决本题的关键知道微粒在各段时间内的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．知道在～内和～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，位移的大小相等．二、非选择题：必做题8．（10分）（2015•山东）某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离（即橡皮筋的长度l）．每次将弹簧秤示数改变0.50N，测出所对应的l，部分数据如表所示：F（N）0 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50l（cm）l010.97 12.02 13.00 13.98 15.05③找出②中F=2.50N时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O′，橡皮筋的拉力记为F OO′．④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为F OB．完成下列作图和填空：（1）利用表中数据在给出的坐标系上（见答题卡）画出F﹣l图线，根据图线求得l0=10.0 cm．（2）测得OA=6.00cm，OB=7.60cm，则F OA的大小为 1.80N．（3）根据给出的标度，在答题卡上作出F OA和F OB的合力F′的图示．（4）通过比较F′与F oo′的大小和方向，即可得出实验结论．考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题．分析：（1）根据表中数据利用描点法得出对应的数据，图象与横坐标的交点即为l0；（2）橡皮筋两端拉力相等，根据题意求得总长度即可求得皮筋上的拉力；（3）通过给出的标度确定力的长度，根据平行四边形得出图象如图所示；（4）根据实验原理可明确应比较实验得出的拉力与通过平行四边形定则得出的合力．解答：解：（1）根据表格中数据利用描点法作出图象如图所示；由图可知，图象与横坐标的交点即为l0；由图可知l0=10.0cm；（2）AB的总长度为6.00+7.60cm=13.60cm；由图可知，此时两端拉力F=1.80N；（3）根据给出的标度，作出合力如图所示；（4）只要作出的合力与实验得出的合力F00'大小和方向在误差允许的范围内相等，即可说明平行四边形定则成立；故答案为：（1）如图所示；10.0；（2）1.80N；（3）如图所示；（4）点评：本题考查验证平行四边形定则的实验，要注意通过认真分析题意掌握实验原理，注意本题中橡皮筋挂在钩上时，两端的拉力大小相等；根据总长度即可求得拉力大小．9．（8分）（2015•山东）如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表．某同学利用该电路研究滑动变阻器R L消耗的电功率．改变R L的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的U﹣I关系图线．回答下列问题：（1）滑动触头向下移动时，电压表示数减小（填“增大”或“减小”）．（2）I0= 1.0A．（3）R L消耗的最大功率为5W（保留一位有效数字）．考点：测定电源的电动势和内阻；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：（1）分析电路结构，根据并联电路规律可知R分流的变化，再由欧姆定律可得出电压表示数的变化；（2）由图象及并联电路的规律可分析恒定电流的大小；（3）由功率公式分析得出对应的表达式，再由数学规律可求得最大功率．解答：解：（1）定值电阻与滑动变阻器并联，当R向下移动时，滑动变阻器接入电阻减小，由并联电路规律可知，电流表示数增大，流过R的电压减小，故电压表示数减小；（2）当电压表示数为零时，说明R L短路，此时流过电流表的电流即为I0；故I0为1.0A；（3）由图可知，当I0全部通过R时，I0R=20；解得：R=4由并联电路规律可知，流过R L的电流为：I=；则R L消耗的功率为：P=I2R L==；则由数学规律可知，最大功率为：P=5W；故答案为；（1）减小；（2）1.0；（3）5点评：本题考查闭合电路欧姆定律在实验中的应用，要注意明确：一、图象的应用，能从图象得出对应的物理规律；二是注意功率公式的变形以及数学规律的正确应用．10．（18分）（2015•山东）如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接，物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l．开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值，现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍，不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g，求：（1）物块的质量；（2）从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．考点：动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）分别对开始及夹角为60度时进行受力分析，由共点力平衡列式，联立可求得物块的质量；（2）对最低点由向心力公式进行分析求解物块的速度，再对全过程由动能定理列式，联立可求得克服阻力做功．解答：解：（1）设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件可得：对小球：T1=mg对物块，F1+T1=Mg当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，根据题意可知，F2=1.25F1，由平衡条件可得：对小球：T1=mgcos60°对物块：F2+T2=Mg联立以上各式，代入数据可得：M=3m；（2）设物块经过最低位置时速度大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力做功为W f，由动能定理得：mgl（1﹣cos60°）﹣W f=mv2在最低位置时，设细绳的拉力大小为T1，传感装置的示数为F3，据题意可知，F3=0.6F1，对小球，由牛顿第二定律得：T3﹣mg=m对物块由平衡条件可得：F3+T3=Mg联立以上各式，代入数据解得：W f=0.1mgl．答：（1）物块的质量为3m；（2）从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功为0.1mgl．点评：本题考查动能定理及共点力的平衡条件的应用，要注意正确选择研究对象，做好受力分析及过程分析；进而选择正确的物理规律求解；要注意在学习中要对多个方程联立求解的方法多加训练．11．（20分）（2015•山东）如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上级板开有一小孔．一质量为m，电量为+q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．（1）求极板间电场强度的大小；（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；（3）若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H 点，求这段时间粒子运动的路程．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）带电粒子在电场中做加速运动；根据动能定理可求得电场强度的大小；（2）明确两种可能的相切情况，即可求得半径；根据洛仑兹充当向心力求解磁感应强度；（3）分析粒子在磁场中的运动，根据运动周期明确经过的圆心角，再由圆的性质明确对应的路程．解答：解：（1）设极板间电场强度大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理可得：qE=mv2解得：E=（2）设I区内磁感应强大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得：qvB=m如图甲所示，粒子的运动轨迹与小圆相切有两种情况，若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系可得：R=；解得：B=；若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得：R=；解得：B=（3）设粒子在I区和II区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，I区和II 内的磁感应强度大小分别为B1=；B2=；由牛顿第二定律可得：qvB1=m，qvB2=m代入解得：R1=，R2=；设粒子在I区和II区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得：T1=，T2=由题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔的运动轨迹如图乙所示，由对称性可知，I区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，II区内所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角为α，由几何关系可得：θ1=120°θ2=180°α=60°粒子重复上述交替运动到H点，设粒子I区和II区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：t1=×T1，t2=×T2设粒子运动的路程为s，由运动学公式可得s=v（t1+t2）联立解得：s=5.5πD答：（1）极板间电场强度的大小；（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，Ⅰ区磁感应强度的大小或；（3）若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H点，这段时间粒子运动的路程5.5πD．点评：本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，要注意明确洛仑兹力充当向心力的应用，同时要注意分析可能的运动过程，特别是具有对称性的性质要注意把握．【物理3-3】12．（4分）（2015•山东）墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀．关于该现象的分析正确的是（）A．混合均匀主要是由于碳粒受重力作用B．混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动C．使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速D．墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的考点：布朗运动．专题：布朗运动专题．分析：布朗运动是悬浮微粒永不停息地做无规则运动，用肉眼看不到悬浮微粒，只能借助光学显微镜观察到悬浮微粒的无规则运动，肉眼看不到液体分子；布朗运动的实质是液体分子不停地做无规则撞击悬浮微粒，悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡的导致的无规则运动．解答：解：A、碳素墨水滴入清水中，观察到的布朗运动是液体分子不停地做无规则撞击碳悬浮微粒，悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡的导致的无规则运动，不是由于碳粒受重力作用，故A错误；B、混合均匀的过程中，水分子做无规则的运动，碳粒的布朗运动也是做无规则运动．故B正确；C、当悬浮微粒越小时，悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡表现的越强，即布朗运动越显著，所以使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速．故C正确；D、墨汁的扩散运动是由于微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡引起的．故D错误．故选：BC点评：该题中，碳微粒的无规则运动是布朗运动，明确布朗运动的实质是解题的关键，注意悬浮微粒只有借助显微镜才能看到．13．（8分）（2015•山东）扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300K，压强为大气压强p0．当封闭气体温度上升至303K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303K，再经过一段时间内，内部气体温度恢复到300K．整个过程中封闭气体均可视为理想气体．求：（Ⅰ）当温度上升到303K且尚未放气时，封闭气体的压强；（Ⅱ）当温度恢复到300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：（I）分析初末状态的气体状态参量，由查理定律可求得后来的压强；（II）对开始杯盖刚好被顶起列平衡方程；再对后来杯内的气体分析，由查理定律及平衡关系列式，联立求解最小力．解答：解：（I）以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0=300K，压强为P0，末状态温度T1=303，压强设为P1，由查理定律得：=代入数据解得：P1=P0；（II）设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得：P1S=P0S+mg放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度为T2=303K，压强P2=P0；末状态温度T3=300K，压强设为P3，由查理定律得=设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得：F+P3S=P0S+mg联立以上各式，代入数据得：F=P0S；答：（I）当温度上升到303K且尚未放气时，封闭气体的压强为P0；（Ⅱ）当温度恢复到300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力为P0S；点评：本题考查气体实验定律及共点力的平衡条件应用，要注意明确前后气体质量不同，只能分别对两部分气体列状态方程求解．【物理3-4】14．（2015•山东）如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y=0.1sin（2.5πt）m．t=0时刻，一小球从距物块h高处自由落下：t=0.6s时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小g=10m/s2．以下判断正确的是（）A．h=1.7mB．简谐运动的周期是0.8sC．0.6s内物块运动的路程是0.2mD．t=0.4s时，物块与小球运动方向相反考点：简谐运动的振动图象．专题：简谐运动专题．分析：由振动公式可明确振动的周期、振幅及位移等；再结合自由落体运动的规律即可求得h高度；根据周期明确小球经历0.4s时的运动方向．解答：解：A、由振动方程式可得，t=0.6s物体的位移为y=0.2sin（2.5π×0.6）=﹣0.1m；则对小球有：h+=gt2解得h=1.7m；故A正确；B、由公式可知，简谐运动的周期T===0.8s；故B正确；C、振幅为0.1m；故0.6s内物块运动的路程为3A=0.3m；故C错误；D、t=0.4s=，此时物体在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，故D错误；故选：AB．点评：本题考查简谐运动的位移公式，要掌握由公式求解简谐运动的相关信息，特别是位移、周期及振幅等物理量．15．（2015•山东）半径为R、介质折射率为n的透明圆柱体，过其轴线OO′的截面如图所示．位于截面所在平面内的一细束光线，以角i0由O点射入，折射光线由上边界的A点射出．当光线在O点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的B点恰好发生反射．求A、B 两点间的距离．考点：光的折射定律．。

专题定位本专题用三课时分别解决选修3－3、3－4、3－5中高频考查问题，高考对本部分内容考查的重点和热点有：选修3－3：①分子大小的估算；②对分子动理论内容的理解；③物态变化中的能量问题；④气体实验定律的理解和简单计算；⑤固、液、气三态的微观解释和理解；⑥热力学定律的理解和简单计算；⑦用油膜法估测分子大小等内容．选修3－4：①波的图象；②波长、波速和频率及其相互关系；③光的折射及全反射；④光的干涉、衍射及双缝干涉实验；⑤简谐运动的规律及振动图象；⑥电磁波的有关性质．选修3－5：①动量守恒定律及其应用；②原子的能级跃迁；③原子核的衰变规律；④核反应方程的书写；⑤质量亏损和核能的计算；⑥原子物理部分的物理学史和α、β、γ三种射线的特点及应用等．应考策略选修3－3内容琐碎、考查点多，复习中应以四块知识(分子动理论、从微观角度分析固体、液体、气体的性质、气体实验定律、热力学定律)为主干，梳理出知识点，进行理解性记忆．选修3－4内容复习时，应加强对基本概念和规律的理解，抓住波的传播和图象、光的折射定律这两条主线，强化训练、提高对典型问题的分析能力．选修3－5涉及的知识点多，而且多是科技前沿的知识，题目新颖，但难度不大，因此应加强对基本概念和规律的理解，抓住动量守恒定律和核反应两条主线，强化典型题目的训练，提高分析综合题目的能力．第1课时 热 学1．分子动理论(1)分子大小.1－mol 2310×6.02＝A N ①阿伏加德罗常数： ．)占有空间的体积(Vmol NA＝0V ②分子体积： .Mmol NA＝0m ③分子质量： .V S＝d ④油膜法估测分子的直径： 和布朗运动．扩散现象分子热运动的实验基础：(2) ①扩散现象特点：温度越高，扩散越快．，运动越高、温度越小的运动，颗粒无规则②布朗运动特点：液体内固体小颗粒永不停息、越剧烈．(3)分子间的相互作用力和分子势能 ；分子间距离减减小分子间距离增大，引力和斥力均合力．①分子力：分子间引力与斥力的快．，但斥力总比引力变化得增大小，引力和斥力均 分子间距为；当增大；分子力做负功，分子势能减小②分子势能：分子力做正功，分子势能时，分子势能最小．0)时，分子间作用的合力为0r 分子间的距离为(0r 2．固体和液体 单晶体表熔点．晶体和非晶体的分子结构不同，表现出的物理性质不同．晶体具有确定的(1)晶体和非晶体在适当的条件下可以相互转同性．，多晶体和非晶体表现出各向异性现出各向化．性，在光学、流动态之间．液晶具有液态和固液晶是一种特殊的物质状态，所处的状态介于(2)异性．电学物理性质上表现出各向 相切．力的方向跟液面X 的趋势，表面最小力使液体表面具有收缩到X 液体的表面(3) 3．气体实验定律；2V 2p ＝1V 1p 或C ＝pV 等温变化：(1) ；p2T2＝p1T1或C ＝p T 等容变化：(2) ；V2T2＝V1T1或C ＝V T 等压变化：(3) .p2V2T2＝p1V1T1或C ＝pV T 理想气体状态方程：(4) 4．热力学定律的变化；体积变化，分子间的分子力做平均动能物体内能变化的判定：温度变化引起分子(1)的变化．分子势能功，引起 (2)热力学第一定律；Q ＋W ＝U ①公式：Δ ；0>Q 系统从外界吸收热量，0.<W ；系统对外界做功，0>W ②符号规定：外界对系统做功，0.<U ；系统内能减少，Δ0>U 系统内能增加，Δ0.<Q 系统向外界放出热量， (3)热力学第二定律表方向性按热传递的(热力学第二定律的表述：①热量不能自发地从低温物体传到高温物体内能按机械能和(．②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)述的．不可能制成．③第二类永动机是)转化的方向性表述两种微观模型直径．为分子的d ，3d π16＝3)d 2(π43＝0V ：一个分子的体积)适用于固体、液体(球体模型(1) .距离为分子间的d ，3d ＝0V ：一个分子占据的平均空间)适用于气体(立方体模型(2)考向1 热学基本规律与微观量计算的组合例1 (2014·某某·12A)一种海浪发电机的气室如图1所示．工作时，活塞随海浪上升或下降，改变气室中空气的压强，从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭．气室先后经历吸入、压缩和排出空气的过程，推动出气口处的装置发电．气室中的空气可视为理想气体．图1(1)下列对理想气体的理解，正确的有________．A ．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型B ．只要气体压强不是很高就可视为理想气体C ．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关D ．在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律(2)压缩过程中，两个阀门均关闭．若此过程中，气室中的气体与外界无热量交换，内能增加，活塞)选填“增大”、“减小”或“不变”________(，则该气体的分子平均动能J 410×3.4了J.410×)3.4选填“大于”、“小于”或“等于”________(对该气体所做的功 个标准大气1，压强为30.224 m ℃，体积为27上述过程中，气体刚被压缩时的温度为(3) 6.02＝A N 加德罗常数，阿伏22.4 L ℃时的体积为0个标准大气压、1气体在1 mol 压．已知)计算结果保留一位有效数字(计算此时气室中气体的分子数．.1－mol 2310× 解析 (1)理想气体是一种理想化模型，温度不太低、压强不太大的实际气体可视为理想气体；只有理想气体才遵循气体的实验定律，选项A 、D 正确，选项B 错误．一定质量的理想气体的内能完全由温度决定，与体积无关，选项C 错误．(2)因为理想气体的内能完全由温度决定，当气体的内能增加时，气体的温度升高，温度是分子平均动能的标志，则气体分子的平均动能增大．J.410×43.＝U ＝ΔW ，所以0＝Q ，由于W ＋Q ＝U 根据热力学第一定律，Δ ，等压过程为：1V 设气体在标准状态时的体积为(3) VTV1T1＝ A nN ＝N ，且分子数为：V1V0＝n 气体物质的量为： A N VT1V0T＝N 解得 个2410×5≈N 代入数据得 2410×(3)5 等于 增大(2) (1)AD 答案 以题说法解答微观量计算问题时应注意：(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)阿伏加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁，计算时要注意抓住与其相关的三个量：摩尔质量、摩尔体积和物质的量．(1)1 mol 任何气体在标准状况下的体积都是22.4 L ．试估算温度为0℃，压强为2个标准大气压时单位体积内气体分子数目为____________(结果保留两位有效数字)．(2)下列说法正确的是( )A ．液晶具有流动性，光学性质各向异性B ．气体的压强是由气体分子间斥力产生的C ．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面X 力D ．气球等温膨胀，球内气体一定向外放热2)AC( 2510×(1)5.4 答案 ，1 atm ＝2p ，在标准状态下，压强31 m ＝1V ，气体的体积2 atm ＝1p ℃，0 设(1) 解析2V 气体的体积为32 m ＝3m 2×11＝p1V1p2＝2V 得：2V 2p ＝1V 1p 由 个．2510×5.4＝A N V222.4×10－3＝N ，则N 设气体的分子个数为 (2)气体压强是由大量气体分子频繁撞击器壁而产生的，B 错误；气体等温膨胀说明：W <0，ΔU ＝0，由ΔU ＝W ＋Q 可知，Q ＞0，球内气体吸热，D 错误．考向2 热学基本规律与气体实验定律的组合例2 (2014·新课标Ⅱ·33)(1)下列说法正确的是________．(填正确答案标号)A ．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B ．空中的小雨滴呈球形是水的表面X 力作用的结果C ．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D ．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E ．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果(2)如图2所示，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，两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a 、b ，活塞下方充有氮气，活塞a 上方充离气缸顶的距离a ℃且平衡时，活塞7、外界和气缸内气体温度均为0p 有氧气．当大气压为在气缸正中间．b ，活塞14是气缸高度的图2(ⅰ)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b 恰好升至顶部时，求氮气的温度；时，求氧气的压强．116上升的距离是气缸高度的a 上升，当活塞a 继续缓慢加热，使活塞)ⅱ( 解析 (1)悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的无规则热运动，选项A 错误；空中的小雨滴呈球形是水的表面X 力作用的结果，选项B 正确；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，选项C 正确；高原地区水的沸点较低，是由于高原地区气压低，故水的沸点也较低，选项D 错误；干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是由于湿泡外纱布中的水蒸发吸收热量，从而温度会降低的缘故，选项E 正确．(2)(ⅰ)活塞b 升至顶部的过程中，活塞a 不动，活塞a 、b 下方的氮气经历等压变化，设气，温度2V ，末态体积为1T 温度为，1V 两气缸内氮气初态的体积为B 、A ，0V 的容积为A 缸＝V04×12＋0V 34＝1V 吕萨克定律有：—，由题给数据及盖V04的容积为B ，按题意，气缸2T 为①0V 78 ②0V ＝V04＋0V 34＝2V V1T1③V2T2＝ ④320 K ＝2T 由①②③式及所给的数据可得： (ⅱ)活塞b 升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a 开始向上移动，直至活塞上升的距离是′，1p ′，压强为1V 上方的氧气经历等温变化，设氧气初态的体积为a 时，活塞116气缸高度的′，由所给数据及玻意耳定律可得2p ′，压强为2V 末态体积为 ⑤0V 316′＝2V ，0p ′＝1p ，0V 14′＝1V ′⑥2V ′2p ′＝1V ′1p 0p 43′＝2p 由⑤⑥式可得：0p 43)ⅱ( )320 K ⅰ(2)( (1)BCE 答案 以题说法应用气体实验定律的三个重点环节：(1)正确选择研究对象：对于变质量问题要保证研究质量不变的部分；对于多部分气体问题，要各部分独立研究，各部分之间一般通过压强找联系．(2)列出各状态的参量：气体在初、末状态，往往会有两个(或三个)参量发生变化，把这些状态参量罗列出来会比较准确、快速的找到规律．(3)认清变化过程：准确分析变化过程以便正确选用气体实验定律．(1)下列说法中正确的是________．A ．理想气体温度升高时，分子的平均动能一定增大B ．一定质量的理想气体，体积减小时，单位体积的分子数增多，气体的压强一定增大C ．压缩处于绝热容器中的一定质量的理想气体，其内能一定增加D ．当分子间的相互作用力为引力时，其分子间没有斥力E ．分子a 从远处靠近不动的分子b 的过程中，当它们相互作用力为零时，分子a 的动能一定最大(2)如图3所示，U 形管两臂粗细不等，开口向上，右端封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76 cmHg.左端开口管中水银面到管口距离为11 cm ，且水银面比封闭管内高4 cm ，封闭管内空气柱长为11 cm.现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：图3①粗管中气体的最终压强；②活塞推动的距离．答案 (1)ACE (2)①88 cmHg ②4.5 cm解析 (1)一定质量的理想气体，体积减小时，由于温度变化不确定，则气体的压强不一定增大，故B 错误；分子间同时存在引力和斥力，二力同时存在，故D 错误．故选A 、C 、E.(2)①设左管横截面积为S ，则右管横截面积为3S ，以右管封闭气体为研究对象． ，4 cm ＝2h ＋1h ，2Sh 3＝1Sh ，两管液面相平时，S 33＝S 3×11＝1V ，80 cmHg ＝1p 初状态S30＝S 3×10＝2V ，10 cm ＝l ，此时右端封闭管内空气柱长1 cm ＝2h 解得 2V 2p ＝1V 1p 气体做等温变化有 S30×2p ＝S 33×80即 88 cmHg.＝2p ②以左管被活塞封闭气体为研究对象88 cmHg′＝2p ＝2p ，S 11′＝1V ，76 cmHg ′＝1p ′2V ′2p ′＝1V ′1p 气体做等温变化有 S9.5′＝2V 解得 活塞推动的距离为L ＝11 cm ＋3 cm －9.5 cm ＝4.5 cm(1)下列说法中正确的是________．A ．当分子间的距离增大时，分子间的斥力减小，引力增大B ．一定质量的理想气体对外界做功时，它的内能有可能增加C ．有些单晶体沿不同方向的光学性质不同D ．从单一热源吸收热量，使之全部变成功而不产生其他影响是不可能的图4(2)有一导热气缸，气缸内用质量为m 的活塞密封一定质量的理想气体，活塞的横截面积为，现将气缸L 所示，气缸水平放置时，活塞距离气缸底部的距离为4如图.0p ，大气压强为S 竖立起来，活塞将缓慢下降，不计活塞与气缸间的摩擦，不计气缸周围环境温度的变化，求活塞静止时活塞到气缸底部的距离．Lp0Sp0S ＋mg (2) (1)BCD 答案 解析 (2)缸内密闭的气体经历的是等温过程，设气缸竖直放置后，活塞静止时活塞到气缸底部的距离为h .气缸水平放置时，对活塞有：＝S 0p －S 1p 气缸竖直放置后活塞静止时，对活塞有：＝S 0p －mg －S 2p hS 2p ＝LS 1p 据玻意耳定律有： L p0Sp0S ＋mg＝h 解得： 考向3 气体实验定律与热力学定律的综合问题分析技巧的理1t 所示，一圆柱形绝热容器竖直放置，通过绝热活塞封闭着摄氏温度为5如图 3例现通过电热丝给气体加热一段.1h ，与容器底部相距S ，横截面积为m 想气体，活塞的质量为，已知大气压强为Q ，若这段时间内气体吸收的热量为)摄氏温度(2t 时间，使其温度上升到，求：g ，重力加速度为0p图5(1)气体的压强；(2)这段时间内活塞上升的距离是多少？(3)这段时间内气体的内能如何变化，变化了多少？mg S＋0p ＝p 对活塞受力分析，由平衡条件得(1) 解析 .2h 时活塞与容器底部相距2t 设温度为(2)得：V2T2＝V1T1吕萨克定律—由盖 h1S273＋t1h2S 273＋t2＝ h1273＋t2273＋t1＝2h 由此得： .h1t2－t1273＋t1＝1h －2h ＝h 活塞上升的距离为Δ h1t2－t1273＋t1)mg ＋S 0p (＝h1t2－t1273＋t1·S ·)mg S ＋0p (＝h ·ΔpS ＝W 气体对外做功为(3) 由热力学第一定律可知.h1t2－t1273＋t1)mg ＋S 0p (－Q ＝W －Q ＝U Δ h1t2－t1273＋t1(2) mg S ＋0p (1) 答案 h1t2－t1273＋t1)mg ＋S 0p (－Q (3) 以题说法这类综合问题对热力学第一定律的考查有定性判断和定量计算两种方式：(1)定性判断．利用题中的条件和符号法则对W 、Q 、ΔU 中的其中两个量做出准确的符号判断，然后利用ΔU ＝W ＋Q 对第三个量做出判断．(2)定量计算．一般计算等压变化过程做的功，即W ＝p ·ΔV ，然后结合其他条件，利用ΔU ＝W ＋Q 进行相关计算．注意符号正负的规定．若研究对象为气体，对气体做功的正负由气体体积的变化决定．气体体积增大，气体对外界做功，W <0；气体的体积减小，外界对气体做功，W >0.若气体吸热，Q ＞0；若气体对外放热，Q ＜0.(2014·某某·36)(1)如图6所示，内壁光滑、导热良好的气缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体．当环境温度升高时，缸内气体________．(双选，填正确答案标号)图6a ．内能增加b ．对外做功c ．压强增大d ．分子间的引力和斥力都增大0.5 ＝0V 、体积kg 310×3＝M 所示．将一质量7一种水下重物打捞方法的工作原理如图(2)的重物捆绑在开口朝下的浮筒上．向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的3m 在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面到水面的.31 m ＝1V ，筒内气体体积40 m ＝1h 距离.2h 和2V ，随后浮筒和重物自动上浮．求2V 时，拉力减为零，此时筒内气体体积为2h 距离为 .2m/s 10 ＝g ，重力加速度的大小3kg/m 310×1＝ρ，水的密度Pa 510×1＝0p 已知大气压强(不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略．)图710 m3(2)2.5 m (1)ab 答案 解析 (2)当F ＝0时，由平衡条件得①)2V ＋0V (g ρ＝Mg ②32.5 m ＝2V 代入数据得 ，由题意得2p 、1p 设筒内气体初态、末态的压强分别为 ③1gh ρ＋0p ＝1p ④2gh ρ＋0p ＝2p在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得⑤2V 2p ＝1V 1p 10 m＝2h 联立②③④⑤式，代入数据得(限时：30分钟)题组1 热学基本规律与微观量计算的组合1．常温水中用氧化钛晶体和铂作电极，在太阳光照射下分解水，可以从两电极上分别获得氢气和氧气．已知分解1 mol 的水可得到1 mol 氢气，1 mol 氢气完全燃烧可以放出2.858 2－10×1.8，水的摩尔质量为1－mol 2310×6.02＝A N 的能量，阿伏加德罗常数J 510×kg/mol.则2 g 水分解后得到氢气分子总数为________个；2 g 水分解后得到的氢气完全燃烧所放出的能量为________ J ．(均保留两位有效数字)410×3.2 2210×6.7 答案 6.7≈2310×6.02×19，故氢分子的总数为mol 218氢气分子的物质的量为2 g 由题意知， 解析 410×3.2≈J 510×2.858×19＝Q 气完全燃烧所放出的能量水分解后得到的氢2 g 个； 2210×J.2．(1)下列说法正确的是________．A ．气体扩散现象表明气体分子间存在斥力B ．对于同一理想气体，温度越高，分子平均动能越大C ．热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体×1.5的功，同时气体向外界放出J 510×3.0．用活塞压缩气缸内的理想气体，对气体做了D J510×1.5的热量，则气体内能增加了J 510 E ．在阳光照射下，可以观察到教室空气中飞舞的灰尘做无规则运动，灰尘的运动属于布朗运动，1V ，体积为m ，每个水分子的质量为ρ，密度为V 已知在标准状况下水蒸气的摩尔体积为(2)．已知阿伏加德罗常数)用题中的字母表示________(＝A N 请写出阿伏加德罗常数的表达式水蒸10 L ，现有标准状况下22.4 L ＝V ，标准状况下水蒸气摩尔体积1－mol 2310×6.0＝A N 气，所含的分子数为____________．2310×2.7 ρV m(2) (1)BCD 答案 题组2 热学基本规律与气体实验定律的组合3．(1)如图1所示，气缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A 和B ，活塞处于静止平衡状态．现通过电热丝对气体A 加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与气缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是________．图1A ．气体A 吸热，内能增加B ．气体B 吸热，对外做功，内能不变C ．气体A 分子的平均动能增大D ．气体A 和气体B 内每个分子的动能都增大E ．气体B 分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数减少图2(2)如图2所示，在左端封闭右端开口的U 形管中用水银柱封一段空气柱L ，当空气柱的温度15 ＝L ，空气柱长度7 cm ＝2h ，右臂水银柱长度10 cm ＝1h ℃时，左臂水银柱的长度14为cm ；将U 形管左臂放入100℃水中且状态稳定时，左臂水银柱的长度变为7 cm.求出当时的大气压强(单位用cmHg)．答案 (1)ACE (2)75.25 cmHg)0p 设大气压强为(对于封闭的空气柱(2) 解析 3) cmHg－0p (＝1h －2h ＋0p ＝1p 初态： )3(cm S 15＝LS ＝1V 287 K＝1T ，10 cm ′＝2h ，7 cm ′＝1h 末态： 3) cmHg＋0p (′＝1h ′－2h ＋0p ＝2p 故压强 )3(cm S 18＝S 3)＋L (＝2V 373 K＝2T p2V2T2＝p1V1T1由理想气体状态方程得 75.25 cmHg.≈0p 解得大气压强为 4．(1)关于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )A ．气体分子的体积是指每个气体分子平均所占有的空间体积B ．只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高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，其内能不一定增加E ．气体在等压膨胀过程中温度一定升高图3(2)“拔火罐”是一种中医疗法，为了探究“火罐”的“吸力”，某人设计了如图3所示的实验．圆柱状气缸(横截面积为S )被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m 相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K 处扔到气缸内，酒精棉球熄灭时(设此时缸内温度为t ℃)关闭开关K ，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底为L .由于气缸16与mg S ℃不变，27处．已知环境温度为L 10传热良好，重物被吸起，最后重物稳定在距地面大气压强相当，气缸内的气体可看作理想气体，求t 值．答案 (1)BDE (2)127 ℃解析 (2)当气缸内温度为t ℃时，气缸内封闭气体Ⅰ状态：p ＝1p LS＝1V ) Kt ＋(273＝1T 当气缸内温度为27 ℃时，气缸内封闭气体Ⅱ状态：0p 56＝mg S －0p ＝2p LS 910＝2V 300 K＝2T p2V2T2＝p1V1T1由理想气体状态方程： 400 K＝1T 故t ＝127 ℃5．(1)下列判断正确的有________．A ．液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性B ．气体经等压升温后，内能增大，外界需要对气体做功C ．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总随分子间距离的减小而减小D ．小昆虫能在水面上跑动，是因为水的表面X 力的缘故E ．第二类永动机不能实现，并不是因为违背了能量守恒定律(2)如图4所示，一个密闭的导热气缸里用质量为M 、横截面积为S 的活塞封闭了A 、B 两部分气体，此时上下气体体积相等，当把气缸倒置稳定后A 、B 两部分气体体积比为1∶2，重力加速度为g ，求后来B 气体的压强．图45Mg 2S(2) (1)ADE 答案 SB p ＝Mg ＋S A p 由初始平衡状态：(2) 解析 S′B p ＝Mg －S ′A p 由最终平衡状态： 设气缸总容积为V ，因为气缸导热，气体做等温变化，有：2V 3′·B p ＝V 2·B p V 3′·A p ＝V 2·A p 5Mg 2S′＝B p 联立上面的方程，得 6．(1)下列说法中正确的是________．A ．凡是具有规则几何形状的物体一定是单晶体，单晶体和多晶体都具有各向异性B ．液体表面层内分子分布比液体内部稀疏，所以分子间作用力表现为引力C ．布朗运动是悬浮在液体中的固体分子的运动，它间接说明分子永不停息地做无规则运动D ．满足能量守恒定律的客观过程并不都是可以自发地进行的E ．一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加，当两管水76 cmHg ＝0p 形玻璃管，大气压强U 是粗细均匀一端封闭一端开口的5如图(2)℃，求：31 ＝1t 、温度20 cm ＝1L 银面相平时，左管被封闭气柱长图521 cm?等于多少℃时，左管中气柱长为2t ①当气柱温度 ，应在右管加入多长的水银柱？19 cm 温度不变，为使左管气柱变为1t ②保持 答案 (1)BDE (2)①54.6 ℃②6 cm解析 (2)①当左管气柱变为21 cm 时，右管水银面将比左管水银面高2 cm ，78 cmHg＝2) cmHg ＋(76＝2p 此时左管气柱压强： 研究左管气柱由一定质量理想气体状态方程：p1V1T1p2V2T2＝ )K2t ＋(273 ＝2T ，S 21＝2V ，304 K ＝31) K ＋(273＝1T ，S 20＝1V ，76 cmHg ＝0p ＝1p 其中 ℃54.6 ＝2t 代入数据解得： 玻意耳定律：，由题意可知左管气柱做等温变化，根据3p 时压强为19 cm ②设左管气柱变为3V 3p ＝1V 1p S19×3p ＝S 20×76 cmHg 得 80 cmHg＝3p 解得： 右管加入的水银柱长：h ＝80 cm －76 cm ＋(20－19)×2 cm ＝6 cm题组3 气体实验定律与热力学定律的综合问题分析技巧7．(2014·某某·10)(1)某某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0p 、压强为0V 为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满体积为6图(2)的气体．当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩．若气泡内气体可视为理想气体，其温度保持不变．当体积压缩到V 时气泡与物品接触面的面积为S .求此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力．图6S p0V0V(2) (1)B 答案 解析 (1)储气罐内气体体积及质量均不变，温度升高，气体从外界吸收热量，分子平均动能增大，内能增大，压强变大．因气体体积不变，故外界对气体不做功，只有B 正确．p，则pV ＝0V 0p ，由玻意耳定律得p 取气泡内的气体研究，设压缩后气泡内气体压强为(2).S p0V0V＝pS ＝F ，故气体对接触面处薄膜的压力p0V0V ＝ 8．如图7所示，一个绝热的气缸竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性良好的隔板，隔板将气缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体A 和B .活塞的质量为m ，横截面积为S ，与隔板相距h .现通过电热丝缓慢加热气体，当A 气体吸收热量Q.g ，重力加速度为0p 已知大气压强为.1T ，此时气体的温度为h 时，活塞上升了图7.2E 气体内能增加量ΔB ，求1E 气体内能增加了ΔA 加热过程中，若(1) (2)现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时A 气体的.m 求此时添加砂粒的总质量Δ.2T 温度为 1E －Δh )S 0p ＋mg (－Q (1) 答案 )m ＋Sp0g1)(－2T2T1(2)( 解析 (1)B 气体对外做功h)mg ＋S 0p (＝pSh ＝W W－Q ＝2E ＋Δ1E 由热力学第一定律得Δ 1E －Δh )S 0p ＋mg (－Q ＝2E 解得Δ (2)B 气体的初状态1hST 2＝1V mg S＋0p ＝1p B 气体末状态2hST ＝2V m ＋Δm g S ＋0p ＝2p p2V2T2＝p1V1T1由气态方程 )m ＋Sp0g1)(－2T2T1(＝m 解得Δ 9．(2014·某某某某二模)(1)下列说法正确的是________．A ．温度是分子平均动能的标志，物体温度越高，则物体的分子平均动能越大B ．布朗运动是指在显微镜下观察到的组成悬浮颗粒的固体分子的无规则运动C ．一定质量的理想气体，若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变D ．气体的温度每升高1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关时，分子间的距离越大，分子势能越小0r 距．当分子间的距离大于平衡位置的间E (2)如图8所示，一竖直放置的气缸用一质量为m 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横，气缸内壁光滑且缸壁导热性能良好．开p02，最初的压强为0V ，气体最初的体积为S 截面积为始活塞被固定在A 处，打开固定螺栓K ，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B 处，设，若一定质量理想气体的内能g ，重力加速度为0p 周围环境温度保持不变，已知大气压强为仅由温度决定．求：。

1．(2014·四川卷，10)在如图3－8－9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 ＝1×104N/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，取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：图3－8－9(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 ，则F 1＝qvB ①f ＝μ(mg －F 1)②由题意，水平方向合力为零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qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝12mv 2G －12mv 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 qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin 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 2gsin θ－μm 2gcos 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 2⑨联立⑤～⑨式，代入数据得s ＝s 1＋s 2⑩s ＝0.56 m ⑪答案 (1)4 m/s (2)0.56 m2．(2014·高考押题卷七)如图3－8－10所示，空间以AOB 为界，上方有大小为E 、方向竖直向下的匀强电场，下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，以过O 点的竖直虚线OC 为界，左侧到AA′间和右侧到BB′间有磁感应强度大小不同的垂直于纸面向里的匀强磁场，∠AOC ＝∠BOC ＝60°，现在A 点上方某一点以一定的初速度水平向右射出一带电粒子，粒子的质量为m ，电荷量为q ，粒子恰好从AO 的中点垂直AO 进入OC 左侧磁场并垂直OC 进入右侧磁场，粒子从OB 边恰好以竖直向上的速度进入匀强电场，AO ＝BO ＝L ，不计粒子的重力，求：图3－8－10(1)粒子初速度v 0的大小；(2)OC 左侧磁场磁感应强度B 1的大小和右侧磁场磁感应强度B 2的大小．解析 (1)粒子射出后在电场中做类平抛运动，从AO 中点垂直AO 进入磁场，在电场中运动的水平位移x ＝12Lsin 60° x ＝v 0t 1竖直方向qE ＝mav y ＝at 1tan 60°＝v y v 0解得v 0＝12qEL m (2)粒子进入磁场时的速度大小v ＝v 0cos 60°＝2v 0＝qEL m 由于粒子垂直AO 进入左侧磁场，垂直OC 进入右侧磁场，因此粒子在左侧磁场中做圆周运动的圆心为O 点，做圆周运动的半径r 1＝12L 由qvB 1＝m v 2r 1解得B 1＝2mE qL 进入右侧磁场后，运动轨迹如图所示，由于粒子经过OB 时速度竖直向上，由几何关系得tan 60°＝r 212L －r 2 解得r 2＝3－34L 由qvB 2＝m v 2r 2解得B 2＝＋33mE qL 答案 (1)12qEL m(2)2mE qL ＋33mE qL 3．如图3－8－11所示，图3－8－11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·qE mt 21，OC ＝v 0t 1 令粒子在C 点速率为v ，有qE mt 1＝v 0，v ＝2v 0 联立得OC ＝2a ，t 1＝2a v 0，E ＝mv 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Bqv ＝m v 2r得B ＝mv qr联立得B ＝2mv 03qa. (3)设粒子在磁场中的运行时间为t 2，则t 2＝270°360°×2πm Bq ＝9πa 4v 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为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝12＋9π4v 0a. 答案 (1)mv 202qa (2)2mv 03qa垂直纸面向里 (3)12＋9π4v 0a图3－8－124．如图3－8－12所示，在xOy 平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场，第四象限内存在沿y 轴负方向、电场强度为E 的匀强电场．从y 轴上坐标为(0，a)的点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与y 轴正方向成30°～150°角，且在xOy 平面内．结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x 轴上，然后进入第四象限的复合场区．已知带电粒子的电荷量为＋q ，质量为m ，不计粒子的重力，不计粒子之间的相互影响．(1)确定进入磁场速度最小的粒子的速度方向，并求出速度大小．(2)所有通过磁场区的粒子中，求出最短时间与最长时间的比值．(3)从x 轴上x ＝(2－1)a 的点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y 轴上y ＝－b 的点，求该粒子经过y ＝－b 点时的速度大小．解析 (1)设速度为v 的粒子与y 轴夹角为θ，垂直到达x 轴上满足a ＝Rsin θ又qvB ＝mv 2R得v ＝qBR m ＝qBa msin θ可见θ＝90°时粒子速度最小，最小值v min ＝qBa m. (2)最长时间对应粒子初速度与y 轴正方向成30°角，转过150°，t 1＝150°180°×T 2最短时间对应粒子初速度与y 轴负方向成30°角，转过30°，t 2＝30°180°×T 2故t 2∶t 1＝1∶5.(3)设粒子射入第一象限时与y 轴负方向夹角为α，则有R′－R′cos α＝(2－1)aR′sin α＝a得到：α＝45°，R′＝2a速度v 0＝qBR′m ＝2qBa m设到达y 轴速度为v′，则qEb ＝12mv′2－12mv 20 解得经过y ＝－b 点时的速度大小为 v′＝2q 2B 2a 2m 2＋2qEb m. 答案 (1)垂直y 轴qBa m (2)1∶5 (3)2q 2B 2a 2m 2＋2qEb m 5．(2014·日照5月校际联考)如图所示3－8－13所示，位于竖直平面内的坐标系xOy ，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.5 T ，还有沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ＝2 N/C.在其第一象限空间有沿y 轴负方向的、场强大小也为E 的匀强电场，并在y ＞h ＝0.4 m 的区域有磁感应强度也为B 的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q 的油滴从图中第三象限的P 点得到一初速度，恰好能沿PO 作匀速直线运动(PO 与x 轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O 进入第一象限．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，问：图3－8－13(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在P 点得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限运动的时间．解析 (1)根据受力分析(如图)可知油滴带负电荷设油滴质量为m ，由平衡条件得：mg ∶qE ∶f ＝1∶1∶ 2.(2)由第(1)问得：m ＝qE gqvB ＝2qE解得：v ＝2E B ＝4 2 m/s. (3)进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先作匀速直线运动，进入y≥h 的区域后作匀速圆周运动，路径如图，最后从x 轴上的N 点离开第一象限由O→A 匀速运动的位移为s 1＝h sin 45°＝2h 其运动时间：t 1＝s 1v ＝2h 2E B＝hB E＝0.1 s 由几何关系和圆周运动的周期关系式T ＝2πm qB知由A→C 的圆周运动时间为t 2＝14T ＝πE 2gB＝0.628 s 由对称性知从C→N 的时间t 3＝t 1在第一象限运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2×0.1 s＋0.628 s ＝0.828 s 答案 (1)1∶1∶ 2 负电荷 (2)4 2 m/s (3)0.828 s。

第3讲 力与物体的曲线运动(一) ——平抛、圆周和天体运动1．(2012·山东卷，15)2011年11月3日，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接．任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟九号”交会对接．变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R 1、R 2，线速度大小分别为v 1、v 2.则v 1v2等于( )A. R 31R 32B. R 2R 1C.R 22R 21 D.R 2R 1解析 “天宫一号”做圆周运动时，万有引力提供向心力，由G MmR 2＝m v 2R 可得v＝ GM R ，则变轨前后v 1v 2＝R 2R 1，选项B 正确．答案 B 2．(2013·山东卷，20)双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周期为( )A.n 3k 2TB.n 3k TC.n 2k TD.n k T解析 双星靠彼此间的引力提供向心力，则有 G m 1m 2L 2＝m 1r 14π2T 2 G m 1m 2L 2＝m 2r 24π2T 2 并且r 1＋r 2＝L解得T ＝2πL 3G (m 1＋m 2)当双星总质量变为原来的k 倍，两星之间距离变为原来的n 倍时T ′＝2πn 3L 3Gk (m 1＋m 2)＝n 3k T 故选项B 正确． 答案 B 3．(2014·山东卷，20)图1－3－12013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图1－3－1所示，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h 高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m ，月球半径为R ，月面的重力加速度为g 月．以月面为零势能面．“玉兔”在h 高度的引力势能可表示为E p ＝GMmhR (R ＋h )，其中G 为引力常量，M 为月球质量．若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为( ) A.mg 月R R ＋h (h ＋2R ) B.mg 月R R ＋h (h ＋2R ) C.mg 月R R ＋h (h ＋22R ) D.mg 月R R ＋h(h ＋12R ) 解析 设玉兔在高度h 的速度为v ，则由万有引力定律得，G Mm(R ＋h )2＝m v 2(R ＋h )可知，玉兔在该轨道上的动能为E k ＝12GMm (R ＋h )，由功能关系可知对玉兔做的功为：W ＝E p ＋E k ＝GMmh R (R ＋h )＋12GMm(R ＋h )，结合在月球表面：G MmR 2＝mg 月，整理可知W ＝mg 月R R ＋h(h ＋12R )，故正确选项为D.答案 D 4．(2014·新课标全国卷Ⅱ，15)取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.5π12解析 设物体水平抛出的初速度为v 0，抛出时的高度为h ，由题意知12m v 20＝mgh ，则v 0＝2gh ，物体落地的竖直速度v y ＝2gh ，则落地时速度方向与水平方向的夹角tan θ＝v y v 0＝2gh 2gh＝1，则θ＝π4，选项B 正确．答案 B 5．(2014·新课标全国卷Ⅰ，19)太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”．据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日．已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所A.B ．在2015年内一定会出现木星冲日C ．天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短解析设地球的运转周期为T0、角速度为ω0、轨道半径为r0，则其他行星的轨道半径为r＝kr0①根据万有引力定律及牛顿第二定律得：GMmr20＝mω2r0②GMmr2＝mω2r③联立①②③得：ω＝1k3ω0.各行星要再次冲日需满足：ω0t－ωt＝2π，即t＝k kk k－1T0，其中k＝1.5、5.2、9.5、19、30.根据上式结合k值并由数学知识可知：行星冲日的时间间隔一定大于1年，并且k 值越大时间间隔越短，所以选项B、D正确，A、C错误．答案BD6．(2014·新课标全国卷Ⅰ，20)图1－3－2如图1－3－2所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg解析木块a、b的质量相同，外界对它们做圆周运动提供的最大向心力，即最大静摩擦力f m＝kmg相同．它们所需的向心力由F向＝mω2r知F a<F b.所以b一定比a先开始滑动，A项正确；a、b一起绕转轴缓慢地转动时，F摩＝mω2r，r不同，所受的摩擦力不同，B项错．b开始滑动时有kmg＝mω2·2l，其临界角速度为ωb＝kg2l，选项C正确．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力大小为F f＝mω2l＝23kmg，选项D错误．答案AC主要题型：选择题和计算题知识热点(1)单独命题①平抛运动规律的考查②圆周运动规律的考查③天体运动、人造卫星问题的考查(2)交汇命题①平抛(类平抛)运动与圆周运动、功能关系等综合问题的考查②天体运动中的超重、失重问题．③结合牛顿运动定律、圆周运动、功能关系考查航天器的变轨、对接问题．物理方法(1)运动的合成与分解法(2)模型法命题趋势(1)2015年高考中，平抛运动规律及其研究方法、圆周运动仍是热点．(2)天体运动要突出物理与现代科学技术的结合，特别是与现代航天技术的联系会更加紧密．。

热点一 对电场强度的理解及计算1．(2014·武汉市部分学校调研)图3－7－4在孤立的点电荷产生的电场中有a 、b 两点，a 点的电势为φa ，场强大小为E a ，方向与连线ab 垂直．b 点的电势为φb ，场强大小为E b ，方向与连线ab 的夹角为30°.则a 、b 两点的场强大小及电势高低的关系是( )A ．φa ＞φb ，E a ＝E b 2B ．φa ＜φb ，E a ＝E b 2C ．φa ＞φb ，E ＝4E bD ．φa ＜φb ，E a ＝4E b解析 将E a 、E b 延长相交，其交点为场源点电荷的位置，由点电荷的场强公式E ＝kQ r 2，可得E a ＝4E b ；分别过a 、b 做等势面，电场线由高的等势面指向低的等势面，则φb ＞φa ，选项D 正确．答案 D2.图3－7－5如图3－7－5所示，在一正三角形ABC 的三个顶点处分别固定三个电荷量均为＋q 的点电荷，a 、b 、c 分别为三角形三边的中点，O 点为三角形三条中线的交点．选无穷远处为零电势面，则下列说法中正确的是( )A ．a 点的电场强度为零、电势不为零B ．b 、c 两点的电场强度大小相等、方向相反C ．a 、b 、c 三点的电场强度和电势均相同D ．O 点的电场强度一定为零，电势一定不为零解析 由于电场强度是矢量，根据矢量的叠加原理，三角形底边B 、C 两点的点电荷在a 点的合场强为零，但三角形顶点A 处的点电荷会在a 处产生一个竖直向下的场强，所以a 点的电场强度不为零，由于三角形三个顶点的点电荷均为正点电荷，所以a 、b 、c 、O 点的电势均不为零，选项A 错误；根据电场的叠加原理，三个点电荷在b 点产生的场强方向沿Bb 连线方向，在c 点产生的场强方向沿Cc 方向，所以在b、c两点处，三个点电荷所产生的场强大小相等方向不是相反的，选项B错误；由对称性可知，a、b、c三点的电场强度大小相等但方向不同，电势相同，选项C错误；根据矢量叠加原理和几何关系可知，B、C两处的点电荷产生的场强一定与A处点电荷产生的场强大小相等、方向相反，所以O处的合场强一定为零，电势一定不为零，选项D正确．答案 D3.图3－7－6(2014·江苏卷，4)如图3－7－6所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是()A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低解析根据圆环的对称性可知，O点处的场强为零，又由正电荷在无限远处场强为零，故从O点沿x轴正方向，电场强度先增大，后减小，电势应逐渐降低，O 点处的电势最高，故B项正确，A、C、D均错误．答案 B4.图3－7－7(2014·山东济南摸底)如图3－7－7所示，两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷，电荷在圆环上的分布是均匀的，两圆环相隔一定距离同轴平行固定放置，B、D分别为两环圆心，C为BD中点．一带负电的粒子从很远处沿轴线飞来向下顺次穿过两环．若粒子只受电场力作用，则在粒子运动过程中()A．粒子经过B点时加速度为零B．粒子经过B点和D点时动能相等C．粒子从A到C的过程中，电势能一直增大D．粒子从B到D的过程中，速度先减小再增大解析B环上电荷在B点产生的电场为零，D环上电荷在B点产生的电场向上，根据电场叠加知B处的电场强度方向向上，则粒子在B处受向下的电场力，故粒子经过B点时加速度不为零，A错误；根据对称性，两环上电荷在B、D两点处电势相同，所以B、D两点处电势能相同，再根据能量守恒可知B、D两点处动能也相同，故B正确；由电场的叠加可知AB之间的电场向上，粒子在由A到B过程中电场力做正功，电势能减小，故C错误；两个圆环产生的电场关于C点是对称的，结合矢量合成可知C点的合场强为0，BD间的场强分布可能出现两种情况：一种是BD间只有一处E＝0的地方，即C处，BC间电场向上，CD间电场向下，粒子从B到C的过程中速度先增大后减小；另外一种情况是在BC之间与CD之间可能还存在另外两个合场强等于0的点M和N，如图：BM之间与CN之间的场强的方向向上，MC之间与ND之间的场强的方向向下，从B到D速度先增大再减小再增大再减小，故D错误．答案 B1．高考对电场强度的考查，往往会和对电势的考查结合在一起进行，目的就是刻意对考生制造思维上的混乱，以此来考查考生对物理基本概念的区分和辨别能力．2．解决此类问题的关键就是要明确电场强度是矢量，其运算规则为平行四边形定则；而电势为标量，其运算规则为代数运算规则．3．常用的思维方法——对称法．。