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高考物理复习第一部分专题六选考模块学案

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专题六 选考模块

第一讲分子动理论 气体及热力学定律

一、选择题

1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p­V图中从a到b的直线所示。在此过程中________。

A．气体温度一直降低

B．气体内能一直增加

C．气体一直对外做功

D．气体一直从外界吸热

E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功

解析：选BCD 由理想气体的状态方程pVT＝C知，从a到b气体温度一直升高，故A错误。一定质量的理想气体的内能由温度决定，可知气体内能一直增加，故B正确。气体体积逐渐膨胀，一直对外做功，故C正确。根据热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能，故D正确、E错误。

2．(2018·全国卷Ⅰ)如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是________。

A．过程①中气体的压强逐渐减小

B．过程②中气体对外界做正功

C．过程④中气体从外界吸收了热量

D．状态c、d的内能相等

E．状态d的压强比状态b的压强小

解析：选BDE 过程①中，气体体积V不变、温度T升高，则压强增大，故A错误。过程②中，气体体积V变大，对外界做功，故B正确。过程④中，气体温度T降低，内能减小，体积V不变，气体不做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得Q＜0，即气体放出热量，故C错误。状态c、d温度相同，所以内能相等，故D正确。分别作出状态b、c、d的等压线，分析可得pb＞pc＞pd，故E正确。

3．(2018·全国卷Ⅱ)对于实际的气体，下列说法正确的是________。

A．气体的内能包括气体分子的重力势能

B．气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能

C．气体的内能包括气体整体运动的动能

D．气体的体积变化时，其内能可能不变

E．气体的内能包括气体分子热运动的动能

解析：选BDE 气体分子的重力势能和气体整体运动的动能都属于机械能，不是气体的内能，故A、C错误；实际气体的内能包括气体的分子动能和分子势能两部分，故B、E正确；气体体积变化时，分子势能发生变化，气体温度也可能发生变化，则分子势能与分子动能之和可能不变，故D正确。

4．(2017·全国卷Ⅰ)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是________。

A．图中两条曲线下面积相等

B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形

C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形

D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目

E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大

解析：选ABC 根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形，选项C正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选项D错误；由分子速率分布图可知，与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项E错误。

5．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程

ca回到初态a。下列说法正确的是________。

A．在过程ab中气体的内能增加

B．在过程ca中外界对气体做功

C．在过程ab中气体对外界做功

D．在过程bc中气体从外界吸收热量

E．在过程ca中气体从外界吸收热量

解析：选ABD ab过程中气体压强增大，体积不变，则温度升高，内能增加，A项正确；ab过程发生等容变化，气体对外界不做功，C项错误；一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，bc过程发生等温变化，内能不变，bc过程中气体体积增大，气体对外界做正功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，D项正确；ca过程发生等压变化，气体体积减小，外界对气体做功，B项正确；ca过程中气体温度降低，内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，E项错误。

6．(2017·全国卷Ⅱ)如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是________。

A．气体自发扩散前后内能相同

B．气体在被压缩的过程中内能增大

C．在自发扩散过程中，气体对外界做功

D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功

E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变

解析：选ABD 抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，A项正确，C项错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做功，D项正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，因此气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，B项正确，E项错误。

二、计算题

7．(2017·全国卷Ⅱ)一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压、温度T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g。

(1)求该热气球所受浮力的大小；

(2)求该热气球内空气所受的重力；

(3)设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量。

解析：(1)设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为ρ0＝mV0①

在温度为T时的体积为VT，密度为ρ(T)＝mVT ②

由盖­吕萨克定律得V0T0＝VTT ③

联立①②③式得ρ(T)＝ρ0T0T ④

气球所受到的浮力为f＝ρ(Tb)gV ⑤

联立④⑤式得f＝Vgρ0T0Tb。 ⑥

(2)气球内热空气所受的重力为G＝ρ(Ta)Vg ⑦

联立④⑦式得G＝Vgρ0T0Ta。 ⑧

(3)设该气球还能托起的最大质量为m，由力的平衡条件得mg＝f－G－m0g ⑨

联立⑥⑧⑨式得m＝Vρ0T01Tb－1Ta－m0。

答案：(1)Vgρ0T0Tb (2)Vgρ0T0Ta (3)Vρ0T01Tb－1Ta－m0

8．(2018·全国卷Ⅰ)如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V8时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。

解析：设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；活塞下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得

p0V2＝p1V1

p0V2＝p2V2

由已知条件得

V1＝V2＋V6－V8＝1324V

V2＝V2－V6＝V3

设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得

p2S＝p1S＋mg

联立以上各式得

m＝15p0S26g。

答案：15p0S26g

9．(2018·全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。

解析：开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有

p0T0＝p1T1 ①

根据力的平衡条件有

p1S＝p0S＋mg ②

联立①②式可得

T1＝1＋mgp0ST0 ③

此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有

V1T1＝V2T2 ④

式中

V1＝SH ⑤

V2＝S(H＋h) ⑥

联立③④⑤⑥式解得

T2＝1＋hH1＋mgp0ST0 ⑦

从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为

W＝(p0S＋mg)h。 ⑧

答案：1＋hH1＋mgp0ST0 (p0S＋mg)h

10．(2018·全国卷Ⅲ)在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段

水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。

解析：设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2，由力的平衡条件有

p1＝p2＋(l1－l2)

U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p。此时原左、右两边气柱长度分别变为l1′和l2′，显然原左边气柱的长度将增加，右边则减小，且两边气柱长度的变化量大小相等

l1′－l1＝l2－l2′

由玻意耳定律有

p1l1＝pl1′

p2l2＝pl2′

联立解得

l1′＝22.5 cm，l2′＝7.5 cm。

答案：22.5 cm 7.5 cm

释疑3大考点

考点一 分子动理论 内能及热力学定律

(一)理清知识体系

(二)突破三个重点

1．估算问题

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2021高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天专题六天体运动的“四类热点”问题教案202103

2021高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天专题六天体运动的“四类热点”问题教案202103

高考

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考点一 “双星、三星”模型

1．双星模型

(1)定义：绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统。如图所示。

(2)特点

①各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即

Gm1m2L2＝m1ω21r1，Gm1m2L2＝m2ω22r2

②两颗星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2

③两颗星的半径与它们之间的距离关系为：r1＋r2＝L

④两颗星到圆心的距离r1、r2与星体质量成反比，即

m1m2＝r2r1。

2．三星模型

(1)三颗星位于同一直线上，两颗环绕星围绕中央星在同一半径为R的圆形轨道上运行(如图甲所示)。其中一个环绕星由其余两颗星的引力提供向心力：Gm2R2＋Gm22R2＝ma。

(2)三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点上(如图乙所示)。每颗行星运动所需向心力都由其余两颗行星对其万有引力的合力来提供。2×Gm2L2cos 30°＝ma，其中L＝2Rcos 30°。 高考

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(2018·全国卷Ⅰ·20)(多选)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星( )

A．质量之积 B.质量之和

C．速率之和 D.各自的自转角速度

BC [两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示

每秒转动12圈，角速度已知，

中子星运动时，由万有引力提供向心力得

Gm1m2l2＝m1ω2r1①

Gm1m2l2＝m2ω2r2②

l＝r1＋r2③

由①②③式得Gm1＋m2l2＝ω2l，所以m1＋m2＝ω2l3G，

质量之和可以估算。

由线速度与角速度的关系v＝ωr得

(统考版)高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用学生用书

(统考版)高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用学生用书

专题五　动力学、动量和能量观点的综合应用

力学的三个基本观点：①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；②能量观点

(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；③动量观点(动量定理、动量守

恒定律)．熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的．

关键能力·分层突破

考点一　碰撞模型的拓展

模型1“弹簧系统”模型

1.模型图

2．模型特点

(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统

所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．

(2)在动量方面，系统动量守恒．

(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大．

(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．

例1. (多选)如图甲所示，物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统

静止放在光滑水平地面上，其中a物块最初与左侧固定的挡板相接触，b物块质量为1 kg.

现解除对弹簧的锁定，在a物块离开挡板后，b物块的v t关系图象如图乙所示．则下列

分析正确的是( )

A．a的质量为1 kg

B．a的最大速度为4 m/s

C．在a离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为1.5 J

D．在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒

模型2“滑块—木板”模型

1.模型图

22．模型特点

(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也最大．

(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统

机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．

例2. 如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定

一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看

作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后

P1与P2粘连在一起．P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与P2之

间的动摩擦因数为μ.求：

【步步高】2020年高考物理大一轮 第六章 专题6 带电粒子在电场中的运动 新人教版选修3-1

【步步高】2020年高考物理大一轮 第六章 专题6 带电粒子在电场中的运动 新人教版选修3-1

专题6 带电粒子在电场中的运动

导学目标 1.能利用动能定理、能量守恒分析解决带电粒子的加速与偏转问题.2.能利用分解运动的方法处理带电粒子的类平抛运动．

一、带电粒子在电场中的加速

[基础导引]

如图1所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关

于电子到达B板时的速率，下列说法正确的是

( )

①两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大

②两板间距越小，加速度就越大，则获得的速率越大

③与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关

④以上解释都不正确

[知识梳理]

带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子________的增量．

(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝12mv2－12mv20或F＝qE＝qUd＝ma.

(2)在非匀强电场中：W＝qU＝12mv2－12mv20.

思考：带电粒子在电场中的运动是否考虑重力？

二、带电粒子在电场中的偏转

[基础导引]

分析带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场后的运动性质(如图2 图1 所示)． [知识梳理]

1．进入电场的方式：一个质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0________于电场线方向进入两平行金属板间的匀强电场，两板间的电势差为U.

2．受力特点：粒子所受电场力大小________，且电场力的方向与初速度v0的方向垂直．

3．运动特点：做________________运动，与力学中的平抛运动类似．

4．运动规律(两平行金属板间距离为d，金属板长为l)：

三、示波管

[知识梳理]

1．构造：(1)____________，(2)____________．

2．工作原理(如图3所示)

图3

(1)如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏________，在那里产生一个亮斑．

(2)YY′上加的是待显示的____________．XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做

高三物理一轮复习专题实验6 验证机械能守恒定律(含解析)

高三物理一轮复习专题实验6 验证机械能守恒定律(含解析)

学必求其心得，业必贵于专精

实验6:验证机械能守恒定律

一、实验目的

验证机械能守恒定律.

二、实验原理

在只有重力做功的自由落体运动中，物体的重力势能和动能互相转化,但总的机械能守恒。若物体从静止开始下落，下落高度为h时的速度为v,恒有mgh＝错误!mv2。故只需借助打点计时器，通过纸带测出重物某时刻的下落高度h和该时刻的瞬时速度v，即可验证机械能守恒定律。测定第n点的瞬时速度的方法是：测出第n点相邻的前、后两段相等时间间隔T内下落的高度xn－1和xn＋1(或用hn－1和hn＋1）,然后由公式vn＝错误!或由vn＝错误!可得vn(如图所示)。

三、实验器材

铁架台（带铁夹）、电磁打点计时器与低压交流电源（或电火花打点计时器)、重物(带纸带夹子)、纸带数条、复写纸片、导线、毫米刻度尺。

四、实验步骤

1．安装器材：如图所示,将打点计时器固定在铁架台上,用导线将打点计时器与低压电源相连,此时电源开关应为断开状态。

2．打纸带：把纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手竖直提起纸带，使重物停靠在打点计时器学必求其心得，业必贵于专精

下方附近，先接通电源，待计时器打点稳定后再松开纸带，让重物自由下落，打点计时器就在纸带上打出一系列的点，取下纸带，换上新的纸带重打几条（3~5条)纸带。

3．选纸带:分两种情况说明

（1)若选第1点O到下落到某一点的过程，即用mgh＝错误!mv2来验证,应选点迹清晰，且1、2两点间距离小于或接近2 mm的纸带,若1、2两点间的距离大于2 mm，这是由于打点计时器打第1个点时重物的初速度不为零造成的(如先释放纸带后接通电源等错误操作会造成此种结果)。这样第1个点就不是运动的起始点了，这样的纸带不能选。

（2)用错误!mv错误!－错误!mv错误!＝mgΔh验证时，由于重力势能的相对性，处理纸带时选择适当的点为基准点，这样纸带上打出的第1、2两点间的距离是否为2 mm就无关紧要了，所以只要后面的点迹清晰就可以选用。