选修3 第三章 章末总结 能力提升
【物理】高中物理第三章章末总结含解析粤教版选修35
【关键字】物理【步步高】2014-2015学年高中物理第三章章末总结（含解析）粤教版选修3-5一、对α粒子散射实验及核式结构模型的理解1．实验结果：α粒子穿过金箔后，绝大多数α粒子仍沿原来的方向前进；少数α粒子有较大的偏转；极少数α粒子的偏转角度超过90°，有的甚至被弹回，偏转角达到180°.2．核式结构学说：在原子的中心有一个很小的原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内，电子绕核运转．3．原子核的组成与尺度(1)原子核的组成：由质子和中子组成，原子核的电荷数等于原子核中的质子数．(2)原子核的大小：实验确定的原子核半径的数量级为10－，而原子的半径的数量级是10－．因而原子内部十分“空旷”．例1 (双选)关于α粒子散射实验现象的分析，下列说法正确的是( )A．绝大多数α粒子沿原方向运动，说明正电荷在原子内均匀分布，是α粒子受力平衡的结果B．绝大多数α粒子沿原方向运动，说明这些α粒子未受到明显的力的作用，说明原子是“中空”的C．极少数α粒子发生大角度偏转，说明原子内质量和电量比α粒子大得多的粒子在原子内分布空间很小D．极少数α粒子发生大角度偏转，说明原子内的电子对α粒子的吸引力很大解析在α粒子散射实验中，绝大多数α粒子仍沿原方向运动，说明α粒子未受到原子核明显的力的作用，也说明原子核相对原子来讲很小，原子内大部分空间是空的，故A错，B对；极少数α粒子发生大角度偏转，说明受到原子核明显的力作用的空间在原子内很小，α粒子偏转而原子核未动，说明原子核的质量和电量远大于α粒子的质量和电量，电子的质量远小于α粒子的质量，α粒子打在电子上，不会有明显偏转，故C 对，D错．答案BC例2 设想氢原子的核外电子绕核做匀速圆周运动，氢原子中电子离核最近的轨道半径r1＝0.53×10－，用经典物理学的知识，试计算在此轨道上电子绕核运动的加速度．解析因为电子在原子核外绕核高速运动，即带负电的电子绕带正电的原子核做匀速圆周运动，所需的向心力恰好由电子和原子核间的库仑力来提供．设电子绕核运动的加速度为a，已知：电子质量me＝9.1×10－电子电量大小qe＝质子电量qH＝1.6×10－，因为F库＝F向所以k·qe·qH/r＝me·a，所以a＝＝ m/s2＝9.01×/s2答案9.01×/s2二、对玻尔原子结构模型的理解1．氢原子的能级对氢原子而言，核外的一个电子绕核运行时，若半径不同，则对应的原子能量也不同．若使原子电离，外界必须对原子做功，使电子摆脱它与原子核之间的库仑力的束缚，所以原子电离后的能量比原子其他状态的能量都高．我们把原子电离后的能量记为零，即选取电子离核无穷远时氢原子的能量为零，则其他状态下的能量值就是负的．原子各能级的关系为En＝ (n＝1,2,3…)对于氢原子而言，基态能级：E1＝－13.6 eV，其他各激发态的能级为：E2＝－3.4 eV，E3＝－1.51 eV…2．氢原子的能级图氢原子的能级图如图1所示．图1例3 已知氢原子基态的电子轨道半径为r1＝0.528×10－，量子数为n的能级值为En ＝ eV.(1)求电子在基态轨道上运动的动能；(2)有一群氢原子处于量子数n＝3的激发态，画一张能级图，在图上用箭头标明这些氢原子能发出的光谱线．(3)计算这几种光谱线中最短的波长．(静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，电子电荷量e＝1.6×10－，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，真空中光速c＝3.0×/s)解析(1)核外电子绕核做匀速圆周运动，库仑引力提供向心力，则＝，又知Ek＝mv2，故电子在基态轨道上运动的动能为：Ek＝＝ J＝2.18×10－18 J＝13.6 eV.(2)当n＝1时，能级值为E1＝ eV＝－13.6 eV.当n＝2时，能级值为E2＝ eV＝－3.4 eV.当n ＝3时，能级值为E3＝ eV ＝－1.51 eV.能发出的光谱线分别为3→2,2→1,3→1共3种，能级图如图所示．(3)由E3向E1跃迁时发出的光子频率最大，波长最短．h ν＝E3－E1，又知ν＝，则有λ＝＝ m ＝1.03×10－.答案 见解析点评 由ke 2r 2n ＝mv 2n r n ，可计算出电子在任意轨道上运动的动能E k n ＝12mv 2n ＝ke 22r n，并由此计算出相应的电势能E p n ，且E k n ＝|E n |，E p n ＝2E n .针对训练1 有一群氢原子处于量子数n ＝4的激发态中，能发出几种频率的光子？其中最高频率、最低频率各为多少？若有一个氢原子处于量子数n ＝4的激发态时，最多能发出几种频率的光子？ 答案 6种 3.1×1015 Hz 1.6×1014 Hz 3种解析 一群氢原子向低能级跃迁时，各种跃迁方式都会发生，即可以从n ＝4的激光态跃迁到n ＝3、n ＝2、n ＝1的各能级；再从n ＝3的激发态跃迁到n ＝2、n ＝1的各能级；再从n ＝2的激发态跃迁到n ＝1的基态．故能发出N ＝n n －12＝6种频率的光子．如图所示为跃迁示意图．最高频率的光子满足hν1＝－0.85 eV －(－13.6 eV)＝12.75 eV ＝2.04×10－18 J ，ν1＝3.1×1015 Hz.最低频率的光子满足hν2＝－0.85 eV －(－1.51 eV)＝0.66 eV ＝1.056×10－19 J ，ν2＝1.6×1014 Hz.一个氢原子处于量子数n ＝4的激发态时，最多能发出3种频率的光子．三、原子的能级跃迁与电离1．能级跃迁包括辐射跃迁和吸收跃迁，可表示如下：高能级E m 辐射光子hν＝E m －E n 吸收光子hν＝E m －E n 低能级E n . 2．当光子能量大于或等于13.6 eV 时，也可以被处于基态的氢原子吸收，使氢原子电离；当处于基态的氢原子吸收的光子能量大于13.6 eV 时，氢原子电离后，电子具有一定的初动能．3．原子还可吸收外来实物粒子(例如自由电子)的能量而被激发．由于实物粒子的动能可全部或部分被原子吸收，所以只要入射粒子的能量大于或等于两能级的能量差(E ＝E m －E n )，均可使原子发生能级跃迁．例4 将氢原子电离，就是从外部给电子能量，使其从基态或激发态脱离原子核的束缚而成为自由电子．(1)若要使n ＝2激发态的氢原子电离，至少要用多大频率的电磁波照射该氢原子？(2)若用波长为200 nm 的紫外线照射氢原子，则电子飞到离核无穷远处时的速度多大？(电子电荷量e ＝1.6×10－19 C ，普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s，电子质量m e ＝9.1×10－31 kg)解析 (1)n ＝2时，E 2＝－13.622 eV ＝－3.4 eV 所谓电离，就是使处于基态或激发态的原子的核外电子跃迁到n ＝∞的轨道，n ＝∞时，E ∞＝0.所以，要使处于n ＝2激发态的原子电离，电离能为ΔE ＝E ∞－E 2＝3.4 eVν＝ΔE h ＝3.4×1.6×10－196.63×10－34 Hz ＝8.21×1014 Hz (2)波长为200 nm 的紫外线一个光子所具有的能量 E 0＝hν＝6.63×10－34×3×108200×10－9 J ＝9.945×10－19 J 电离能ΔE ＝3.4×1.6×10－19 J ＝5.44×10－19 J由能量守恒hν－ΔE ＝12m e v 2 代入数值解得v ＝9.95×105m/s答案 (1)8.21×1014 Hz (2)9.95×105 m/s针对训练2 一个氢原子处于基态，用光子能量为15 eV 的电磁波去照射该原子，问能否使氢原子电离？若能使之电离，则电子被电离后所具有的动能是多大？答案 能 1.4 eV解析 氢原子从基态n ＝1处被完全电离至少吸收13.6 eV 的能量．所以15 eV 的光子能使之电离，由能量守恒可知，完全电离后还剩余动能E k ＝15 eV －13.6 eV ＝1.4 eV.1．(单选)在α粒子散射实验中，当α粒子最接近金原子核时，下列说法正确的是( )A ．动能最小B ．电势能最小C ．α粒子和金原子核组成的系统的能量最小D ．加速度最小答案 A解析 在α粒子散射实验中，当α粒子接近金原子核时，金原子核对α粒子的作用力是斥力，对α粒子做负功，电势能增加，动能减小，当α粒子离金原子核最近时，它们之间的库仑力最大，α粒子的动能最小．由于受到的金原子核外电子的作用相对较小，与金原子核对α粒子的库仑力相比可以忽略，因此只有库仑力做功，所以机械能和电势能整体上是守恒的，故系统的能量可以认为不变．综上所述，正确选项应为A.2．(单选)一个氢原子中的电子从一半径为r a 的轨道自发地直接跃迁到另一半径为r b 的轨道，已知r a >r b ，则在此过程中( )A ．原子要辐射一系列频率的光子B ．原子要吸收一系列频率的光子C ．原子要吸收某一频率的光子D ．原子要辐射某一频率的光子答案 D解析 因为是从高能级向低能级跃迁，所以应放出光子，因此B 、C 错误．“直接”从一能级跃迁到另一能级，只对应某一能级差，故只能辐射某一频率的光子．3．(单选)已知氢原子的基态能量为－13.6 eV ，当一群处于量子数为n ＝3的激发态的氢原子发生跃迁时，可能辐射的光子能量是( )A ．1.5 eVB ．12.09 eVC ．1.89 eV 、12.09 eVD ．1.89 eV 、10.2 eV 、12.09 eV答案 D4．(单选)氢原子能级的示意图如图2所示，大量氢原子从n ＝4的能级向n ＝2能级跃迁时辐射出可见光a ，从n ＝3的能级向n ＝2的能级跃迁时辐射出可见光b ，则( )图2A ．可见光光子能量范围在1.62 eV 到2.11 eV 之间B ．氢原子从n ＝4的能级向n ＝3的能级跃迁时会辐射出紫外线C ．a 光的频率大于b 光的频率D ．氢原子在n ＝2的能级可吸收任意频率的光而发生电离答案 C解析 由能级跃迁公式ΔE ＝E m －E n 得：ΔE 1＝E 4－E 2＝－0.85 eV －(－3.4 eV)＝2.55 eVΔE 2＝E 3－E 2＝－1.51 eV －(－3.4 eV)＝1.89 eV据ΔE ＝hc λ＝hν知A 错，C 对；ΔE 3＝E 4－E 3＝－0.85 eV －(－1.51 eV)＝0.66 eV ，所以氢原子从n ＝4的能级向n ＝3的能级跃迁时能量差对应的光子处于红外线波段，B 错；氢原子在n ＝2的能级时能量为－3.4 eV ，所以只有吸收光子能量大于等于3.4 eV 时才能电离，D 错．5．处于n＝3能级的氢原子能够自发地向低能级跃迁，(1)跃迁过程中电子动能和原子能量如何变化？(2)可能辐射的光子波长是多少？(普朗克常量h＝6.63×10－34J·s)答案(1)电子动能增大，原子能量减小(2)6.58×10－7 m 1.03×10－7 m 1.22×10－7 m解析(1)电子从外轨道进入内轨道，半径变小，由于ke2r2＝mv2r，则E k＝12mv2＝ke22r，由此可知电子动能增大；在此过程中，原子向外辐射光子，因此原子能量减小．(2)原子的可能跃迁及相应波长：①从n＝3到n＝2E3＝－1.51 eV，E2＝－3.4 eV由hν＝h cλ＝E m－E n得λ1＝hcE3－E2＝6.63×10－34×3×1081.89×1.6×10－19m＝6.58×10－7 m ②从n＝3到n＝1 E1＝－13.6 eVλ2＝hc E3－E1＝6.63×10－34×3×10812.09×1.6×10－19m＝1.03×10－7 m③从n＝2到n＝1，则λ3＝hcE2－E1＝6.63×10－34×3×10810.2×1.6×10－19m＝1.22×10－7 m此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word可编辑版本！。
高中物理选修3-1第三章章末知识总结
磁场综合复习1.磁场的产生磁体、电流、变化的电场周围有磁场。
安培提出分子电流假说（又叫磁性起源假说），认为磁极的磁场和电流的磁场都是由电荷的运动产生的。
（但这并不等于说所有磁场都是由运动电荷产生的，因为麦克斯韦发现变化的电场也能产生磁场。
）2.磁场的基本性质：磁场对放入其中的磁极和电流有磁场力的作用(对磁极一定有力的作用；对电流只是可能有力的作用，当电流和磁感线平行时不受磁场力作用)。
这一点应该跟电场的基本性质相比较。
3.磁场方向：五种表述是等效的①磁场的方向②小磁针静止时N极指向③N极的受力方向④磁感线某点的切线方向⑤磁感应强度的方向4.磁感线⑴用来形象地描述磁场中各点的磁场强弱和方向的曲线。
磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向，也就是在该点小磁针静止时N极的指向。
磁感线的疏密表示磁场的强弱。
⑵磁感线是封闭曲线（和静电场的电场线不同）。
⑶要熟记常见的几种磁场的磁感线：地球磁场通电直导线周围磁场通电环行导线周围磁场⑷安培定则（右手螺旋定则）：对直导线，四指指磁感线方向；对环行电流，大拇指指中心轴线上的磁感线方向；对长直螺线管大拇指指螺线管内部的磁感线方向。
5.磁感应强度：ILFB （条件是匀强磁场中，或ΔL很小，并且L⊥B ）。
磁感应强度是矢量。
单位是特斯拉，符号为T。
由磁场本身决定，和放不放入电流无关。
6．安培力（磁场对电流的作用力）（1）安培力方向的判定⑴用左手定则。
⑵用“同性相斥，异性相吸”（只适用于磁铁之间或磁体位于螺线管外部时）。
⑶用“同向电流相吸，反向电流相斥”（反映了磁现象的电本质）。
可以把条形磁铁等效为长直螺线管（不要把长直螺线管等效为条形磁铁）。
例1. 如图所示，可以自由移动的竖直导线中通有向下的电流，不计通电导线的重力，仅在磁场力作用下，导线将如何移动？解：先画出导线所在处的磁感线，上下两部分导线所受安培力的方向相反，使导线从左向右看顺时针转动；同时又受到竖直向上的磁场的作用而向右移动（不要说成先转90°后平移）。
2020年高考物理总复习：选修3-3章末总结提高
章末总结提高.知识网络【P 231】.分子动理干物体由大量分子组成论的主要分子永不停息地做无规则运动内容 .分子间存在着相互作用r p i V l = P 2V 2、I『［气体实P1 = P 2 亠 T 1 T 2 验定律气体 t I V !_ V21T 7—f!热学＜i 理想气体状态方程：T亠亠斗宀心热力学第一定律：△ U = Q + W 热力学定律弋 小' 热力学第二定律：两种表述、微观实质 I单晶体：各向异性晶体” 固体S 多晶体：各向同性［非晶体：各向同性（浸润、不浸润、毛细现象、液体的表面张力液体■饱和汽与未饱和汽、相对湿度［液晶的微观结构热学部分在高考中主要从以下几方面考查：1. 考查阿伏加德罗常数及分子大小、分子质量、分子数目等微观量的估算.2. 考查分子的平均动能、热运动和布朗运动.3. 考查晶体和非晶体的特点及液体表面张力产生的原因.4. 气体实验定律的定量计算及图象的考查.5. 热力学第一定律与理想气体状态方程定性分析的综合考查.6. 考查热力学第二定律和能量守恒的综合运算.7. 考查油膜法测分子直径大小的原理、操作步骤和数据的处理.分子动 理论物体的内能分子动能、两种温标［分子势能 气体分子运动特点 气体压强的微观解释PV = C 【P 231】解题思路与方1. （2017全国卷I ）(1)(多选)氧气分子在0 C 和100 C 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 C 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 C 时相比，100 C 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U(2)如图，容积均为V 的汽缸A 、B 下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K 2位于细管的 中部，A 、B 的顶部各有一阀门 心、K 3, B 中有一可自由滑动的活塞 (质量、体积均可忽略)•初 始时，三个阀门均打开，活塞在B 的底部；关闭K 2、K 3,通过K 1给汽缸充气，使A 中气 体的压强达到大气压 P 0的3倍后关闭K 1.已知室温为27 C ，汽缸导热.(i )打开K 2,求稳定时活塞上方气体的体积和压强； (ii )接着打开K3,求稳定时活塞的位置； (iii )再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 C,求此时活塞下方气体的压强.【解析】⑴因气体分子总数目一定，A 正确；由图可知，具有最大比例的速率区间，0 C线对应的最大比例的速率区间内分子动能大，说明实验对应的温度高，故为100 C 时的情形，故B 正确；图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子占据的比例，但无法确定分子具体数目，故D 错误；由图可知，在0〜400 m/s 段内，100 C 对应的占据的比例均小于与 0 C时所占据的比值，因此100 C 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，故E 错误.(2)( i )设打开K 2后，稳定时活塞上方气体的压强为P 1,体积为V 1,依题意，被活塞分时对应的速率小，故说明虚线为0 C 的分布图象,所对应的平均动能较小,故C 正确;开的两部分气体都经历等温过程.由玻意耳定律得p o V = p i V i ①(3p o)V = p i(2V —V i)②联立①②式得V i = ^2③p i = 2p o ④(ii )打开K3后，由④式知，活塞必定上升.设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2(V2^ 2V)时，活塞下气体压强为P2由玻意耳定律得(3p o)V = P2V2 ⑤由⑤式得3V⑥P2= v2P0 ⑥3由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止；此时P2为卩2‘亏卩0(iii)设加热后活塞下方气体的压强为P3,气体温度从T i= 300 K升高到T?= 320 K的等容过程中，由查理定律得将有关数据代入⑦式得P3= 1.6p o ⑧【答案】(i)ABC ⑵见解析頁空2. （2017全国卷n ）(1)(多选)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⑵一热气球体积为V ,内部充有温度为T a的热空气，气球外冷空气的温度为T b.已知空气在1个大气压、温度T o时的密度为p,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.(i) 求该热气球所受浮力的大小；(ii) 求该热气球内空气所受的重力；(iii) 设充气前热气球的质量为m o,求充气后它还能托起的最大质量.【解析】(1)气体向真空扩散过程中不对外做功，且又因为汽缸绝热，可知气体自发扩散前后内能相同，选项A正确，C错误；气体在被压缩的过程中活塞对气体做功，因汽缸绝热，则气体内能增大，选项B、D正确；气体在被压缩的过程中，因气体内能增加，则温度升高，气体分子的平均动能增加，选项E错误；故选ABD.(2)(i)设1个大气压下质量为m的空气在温度T o时的体积为V o,密度为po= V?■①在温度为T时的体积为V T ,密度为由盖一吕萨克定律得V o VT RT =〒■③联立①②③式得P T = ④气球所受到的浮力为f = pT b gV ⑤联立④⑤式得T o^ f = VgP°T°⑥(ii)气球内热空气所受的重力为 G =肝a Vg ⑦ 联立④⑦式得T o —G = Vg poy ⑧I a(iii)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 — m o g ⑨ 联立⑥⑧⑨式得【答案】⑴ABD (2)见解析 3. (2017全国卷川)(1)(多选)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 (2)一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M 的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K i 和K 2.K 1长为I ,顶端圭寸闭，K 2上端与待测气体连通；M 下端经橡皮软管与充有水银的容器R 连通.开始测量时，M 与K 2相通；逐渐提升 R ,直到K 2中水银面与K i 顶 端等高，此时水银已进入 K i ,且K i 中水银面比顶端低 h ,如图(b)所示.设测量过程中温度、 与K 2相通的待测气体的压强均保持不变，已知K i 和K 2的内径均为d , M 的容积为V o ,水银的密度为p,重力加速度大小为 g.求：m = V p o T oT b - T a - m 。
高中物理选修人教版课件第三章 本章总结提升
图3-T-2
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整合创新
(2)求粒子到达a点时速度的大小和方向;
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[答案] B
图3-T-4
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2019年秋高中物理选修3-1人教版课件 ：第三 章 本章总结提升(共14张PPT)
整合创新
[解析] 设三个微粒的电荷量均为q,a在纸面内做匀速圆周运动,说明洛伦兹 力提供向心力,重力与电场力平衡,即mag=qE; b在纸面内向右做匀速直线运动,三力平衡,则mbg=qE+qvB; c在纸面内向左做匀速直线运动,三力平衡,则mcg+qvB=qE, 对比三式可得mb>ma>mc,选项B正确.
第三章
磁场
本章总结提升
整合创新
类型一
带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在电场和磁场两种场中运动的性质: (1)在电场中
①当粒子的运动方向与电场方向平行时,做匀变速直线运动; ②当粒子垂直于电场方向进入电场时,做匀变速曲线运动(类平抛运动).
(2)在磁场中
①当粒子的运动方向与磁场方向一致时,不受洛伦兹力作用,做匀速直线运动; ②当粒子垂直于匀强磁场方向进入磁场时,做匀速圆周运动.
上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里,三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,
质量分别为ma、mb、mc,已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向 右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是 ( )
教科物理选修3-1第3章 章末分层突破
(a)
(b)
【答案】 BC
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带电粒子在复合场中的运动
1.复合场的组成 复合场一般包括重力场、电场和磁场三种场的任意两种场复合或三种场复 合． 2．分析带电粒子的受力及运动特征 (1)带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及其初 始状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析， 当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器)．
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(2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向、洛伦兹力提供向心力时，带 电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动． (3)当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时， 粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．由 于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发 生相应的变化，其运动过程可能由几种不同的运动阶段组成．
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(多选)如图 34 所示，左右边界分别为 PP′、QQ′的 匀强磁场的宽度为 d，磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里．一 个质量为 m、电荷量为 q 的微观粒子，沿图示方向以速度 v0 垂直射 入磁场．欲使粒子不能从边界 QQ′射出，粒子入射速度 v0 的最大 值可能是( Bqd A. m 2－ 2Bqd C. m ) 2＋ 2Bqd B. m 2Bqd D. 2m
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⑧Φ＝BS(B⊥S) ⑨N→S ⑩S→N ⑪F＝ILBsin_θ ⑫B 与 I 的夹角 ⑬左手定则 ⑭F＝qvBsin_θ ⑮B 与 v 的夹角
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高中物理第三章磁场章末优化总结课件新人教版选修31
解析：为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，将左、右转轴 下侧的绝缘漆都刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水 平而转动，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项 A 正确；若 将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则当线圈在图示位置时，线圈的上 下边受安培力水平而转动，转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停 止转动，选项 B 错误；左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉， 电路不能接通，故不能转起来，选项 C 错误；若将左转轴上下两侧的绝缘漆 都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下 边受安培力水平而转动，转过半周后电路不导通，转过一周后再次受到同样 的安培力而使其转动，选项 D 正确． 答案：AD
(1)分析安培力的方向应牢记安培力方向既跟磁感应强度方向垂直又跟电 流方向垂直． (2)画出导体受力的平面图．
2．安培力与以前各章节知识均能综合到一起，其分析和求解问题的方法 与力学问题的分析方法相同，只不过在受力分析时再加上安培力即可．
如图所示，电源电动势 E＝2 V，内阻 r＝0.5 Ω， 竖直导轨宽 L＝0.2 m，导轨电阻不计．另有一金属棒质量 m＝0.1 kg，电阻 R＝0.5 Ω，它与导轨间的动摩擦因数 μ＝ 0.4，靠在导轨的外面．为使金属棒不滑动，施加一与纸面 夹角为 30°且与金属棒垂直指向纸里的匀强磁场(设最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，g 取 10 m/s2)．求： (1)此磁场的方向； (2)磁感应强度 B 的取值范围．
v 的方向变化，又导致 FB 的方 类平抛运动，其运动规律可
高中物理选修三 新课改 讲义 章末核心素养提升
章末核心素养提升一、原子的核式结构模型1.α粒子散射实验结果用放射源发出的α粒子打到金箔上，发现绝大多数α粒子按原方向前进，少数α粒子发生大角度偏转，极少数α粒子偏转的角度甚至大于90°。
2.三个原子模型的对比【例1】下列关于原子结构模型的说法正确的是()A.汤姆孙发现了电子，并提出了原子结构的“西瓜模型”B.卢瑟福的α粒子散射实验表明原子内部存在带负电的电子C.卢瑟福核式结构模型可以很好地解释原子的稳定性D.玻尔原子模型能很好地解释所有原子光谱的实验规律答案A解析汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了原子内部存在带负电的电子，并提出原子结构的“西瓜模型”(也叫“枣糕模型”)，卢瑟福的α粒子散射实验否定了汤姆孙的原子结构的“西瓜模型”，但不能解释原子的稳定性，故A正确，B、C错误；玻尔原子模型能很好地解释原子的稳定性和氢原子光谱的实验规律，但并不能解释所有原子的光谱规律，故D错误。
二、原子跃迁的条件原子跃迁条件hν＝E n－E m(n>m)。
基态氢原子的电离能为13.6 eV，只要能量大于或等于13.6 eV的光子都能被基态的氢原子吸收而发生电离，只不过入射光子的能量越大，原子电离后产生的自由电子的动能越大。
至于实物粒子和原子碰撞的情况，由于实物粒子的动能可全部或部分地被原子吸收，所以只要入射粒子的动能大于或等于原子某两定态能量之差，就可以使原子受激发而向较高能级跃迁。
【例2】用能量为12.30 eV的光子去照射一群处于基态的氢原子，则受到光的照射后，下列关于氢原子跃迁的说法正确的是()A.电子能跃迁到n＝2的能级上去B.电子能跃迁到n＝3的能级上去C.电子能跃迁到n＝4的能级上去D.电子不能跃迁到其他能级上去答案D解析根据玻尔理论，原子的能量是不连续的，即能量是量子化的，只有那些能量刚好等于两能级间的能量差的光子才能被氢原子所吸收，使氢原子发生跃迁，当氢原子由基态向n＝2，3，4能级跃迁时吸收的光子能量分别为ΔE21＝E122－E1＝－3.4 eV－(－13.6 eV)＝10.20 eV，ΔE31＝E132－E1＝－1.51 eV－(－13.6 eV)＝12.09 eV，ΔE41＝E142－E1＝－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV，而外来光子的能量是12.30 eV，不等于任何两能级间的能量差，故不能被氢原子吸收而产生能级跃迁，故D正确。
高中物理选修课件第三章章末优化总结
重点难点解析
• 折射定律的理解和应用：折射定律是几何光学的基本实验定律。它适用于均匀 的各向同性的媒质。用来控制光路和用来成象的各种光学仪器，其光路结构原 理主要是根据光的折射和反射定律。此定律也可根据光的波动概念导出，所以 它也可应用于无线电波和声波等的折射现象。
• 全反射现象的条件和临界角的理解：全反射现象是光的折射的特殊现象，只有 光从光密介质射向光疏介质并且入射角大于等于临界角时全反射现象才会发生 。全反射现象符合反射定律，光路可逆。
创新教学方法尝试
01
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探究式教学法
通过引导学生自主发现问 题、提出问题、解决问题 的方式，培养学生的创新 能力和自主学习能力。
合作学习法
通过小组合作、讨论等方 式，促进学生之间的交流 与合作，提高学生的团队 协作能力和沟通能力。
情境教学法
通过创设生动、形象的教 学情境，激发学生的学习 兴趣和积极性，提高学生 的学习效果。
题目难度：中等
解题技巧：深入理解重点和难点，掌握解题方法，多做 中等难度题目提升能力
拓展延伸练习题
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题目类型：探究题、创新题、综合题
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题目难度：较难
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题目内容：涉及本章的拓展内容和延伸知识，以及跨学科的综合问题
04
高中政治选修3 学习笔记第三单元 单元提升(三)
单元提升(三)保持绿色发展战略定力不负青山不负人热点素材2005年8月，“绿水青山就是金山银山”的理念首次提出；2020年4月，“人不负青山，青山定不负人”的科学论断首次提出。
从“两山论”到“人山论”，这是生态文明思想的标志性观点和代表性论断，必将指引我们把生态文明体制改革引向纵深。
①“人不负青山，青山定不负人”的科学论断强化了“三个导向”：坚持问题导向、目标导向、结果导向。
问题、目标、结果是事物发展的“一体三面”，导向则是行动的指引和方向，“三个导向”是我们学习与践行“绿水青山就是金山银山”的理念和“人不负青山，青山定不负人”这一科学论断的重要工作方法。
“绿水青山就是金山银山”的理念来源于最基层的发展实践，②发轫于经济发达的浙江区域，饱含了深邃思考，折射了关系到“国之大者”的问题导向：我们国家仅用几十年时间走完了发达国家几百年才走过的工业化历程，而发达国家出现的环境问题，在我们当时的快速发展中已集中显现出来，走欧美“先污染后治理”的老路显然是行不通的，传统的粗放型经济发展方式若再不改变，资源环境将难以支撑中国的可持续发展。
从发展最紧迫的地方入手，凸显出对生态问题的重视，生动形象地阐明了经济发展与生态保护的辩证关系，尔后又多次作出精辟阐释，即③在实践中对绿水青山和金山银山这“两座山”之间关系的认识经过了三个阶段：第一个阶段是用绿水青山去换金山银山，不考虑或者很少考虑环境的承载能力，一味索取资源。
第二个阶段是既要金山银山，但是也要保住绿水青山，这时候经济发展和资源匮乏、环境恶化之间的矛盾开始凸显出来，人们意识到环境是我们生存发展的根本，要留得青山在，才能有柴烧。
第三个阶段是认识到绿水青山可以源源不断地带来金山银山，绿水青山本身就是金山银山，我们种的常青树就是摇钱树，生态优势能变成经济优势，形成了浑然一体、和谐统一的关系，这一阶段是一种更高的境界。
党的十八大以来，明确把生态文明作为继农业、工业文明之后的一个新阶段，为我们树牢了生态文明建设的目标导向。
2018版物理浙江版选修3-1学案：第三章 磁场 章末总结
章末总结一、安培力与力学知识的综合应用通电导体在安培力的作用下可能处于平衡状态，也可能处于运动状态．对导体进行正确的受力分析，是解决该类问题的关键．分析的一般步骤是：(1)明确研究对象，这里的研究对象一般是通电导体．(2)正确进行受力分析并画出导体的受力分析图，必要时画出侧视图、俯视图等．(3)根据受力分析确定通电导体所处的状态或运动过程．(4)运用平衡条件或动力学知识列式求解．例1如图1所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽为L.匀强磁场的磁感应强度为B.金属杆长为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止．求：图1(1)这时B 至少多大？B 的方向如何？(2)若保持B 的大小不变而将B 的方向改为竖直向上，应把回路总电流I 2调到多大才能使金属杆保持静止？答案 (1)mg sin αI 1L 垂直于导轨平面向上 (2)I 1cos α解析 (1)画出金属杆的截面图．由三角形法则得，只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B 也最小．根据左手定则，这时B 应垂直于导轨平面向上，大小满足BI 1L ＝mg sin α，B ＝mg sin αI 1L.(2)当B 的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，要使金属杆保持静止，应使沿导轨方向的合力为零，得BI 2L cos α＝mg sin α，I 2＝I 1cos α.二、“电偏转”与“磁偏转”的区别例2 如图2所示，在虚线所示的宽度范围内，用场强为E 的匀强电场可使以初速度v 0垂直于电场入射的某种正离子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场，使该离子穿过磁场区域的偏转角度也为θ，则匀强磁场的磁感应强度大小为多少？图2答案E cos θv 0解析 设电场区域的宽度为d ，带电离子在电场中做类平抛运动．离子在电场中的加速度为a ＝qEm沿电场方向的分速度为v y ＝at ＝qEdm v 0因为偏转角为θ，故有tan θ＝v y v 0＝qEdm v 20解得：d ＝m v 20tan θqE离子在磁场中做匀速圆周运动， q v 0B ＝m v 20R圆半径R ＝m v 0qB由图可得：sin θ＝d R ＝dqBm v 0由以上各式简化得：B ＝E cos θv 0.三、带电粒子在磁场中运动的临界极值问题 带电粒子在磁场中运动临界极值问题的分析方法：借助半径R 和速度v (或磁场B )之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点，然后利用数学方法求解极值．注意：(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．(2)当速度v 一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．(3)当速率v 变化时，圆心角大的，运动时间长．例3 如图3所示，abcd 是一个边长为L 的正方形，它是磁感应强度为B 的匀强磁场横截面的边界线．一带电粒子从ad 边的中点O 与ad 边成θ＝30°角且垂直于磁场方向射入．若该带电粒子所带电荷量为q 、质量为m (重力不计)，则该带电粒子在磁场中飞行时间最长是多少？若要带电粒子飞行时间最长，带电粒子的速度必须符合什么条件？图3答案5πm 3qB v ≤qBL3m解析 带电粒子可能的轨迹如图所示，由图可以发现带电粒子从入射边进入，又从入射边飞出时，其轨迹所对的圆心角最大，那么，带电粒子从ad 边飞出的轨迹中，与ab 相切的轨迹半径也就是它所有可能轨迹半径中的临界半径r 0：r ＞r 0，在磁场中运动时间是变化的，r ≤r 0，在磁场中运动的时间是相同的，也是在磁场中运动时间最长的．由图可知，∠OO 2E ＝π3.轨迹所对的圆心角为α＝2π－π3＝5π3运动的时间t ＝Tα2π＝5πm3qB由图还可以得到 r 0＋r 02＝L 2，r 0＝L 3≥m v qB得v ≤qBL 3m故带电粒子在磁场中飞行时间最长是5πm 3qB ；带电粒子的速度必须符合条件v ≤qBL3m .四、带电粒子在复合场中的运动带电粒子在复合场中运动问题的分析方法： (1)带电粒子在组合场中的运动要依据粒子运动过程的先后顺序和受力特点辨别清楚在电场中做什么运动，在磁场中做什么运动．(2)带电粒子在叠加场中的运动①当带电粒子(带电体)在叠加场中做匀速运动时，根据平衡条件列方程求解．②当带电粒子(带电体)在叠加场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程求解．③当带电粒子(带电体)在叠加场中做非匀变速曲线运动时，常选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．例4 (2015·浙江10月选考科目考试试题)如图4是水平放置的小型粒子加速器的原理示意图，区域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B 1和B 2，长L ＝1.0 m 的区域Ⅲ存在场强大小E ＝5.0×104 V/m 、方向水平向右的匀强电场．区域Ⅲ中间上方有一离子源S ，水平向左发射动能E k0＝4.0×104 eV 的氘核，氘核最终从区域Ⅱ下方的P 点水平射出．S 、P 两点间的高度差h ＝0.1 m.图4(氘核质量m ＝3.34×10－27kg 、电荷量q ＝1.60×10－19C ，1 eV ＝1.60×10－19J)(1)求氘核经过两次加速后从P 点射出的动能E k2；(2)若B 1＝1.0 T ，要使氘核经过两次加速后从P 点射出，求区域Ⅰ的最小宽度d ； (3)若B 1＝1.0 T ，要使氘核经过两次加速后从P 点射出，求区域Ⅱ的磁感应强度B 2. 答案 (1)2.24×10－14J (2)0.06 m (3)1.2 T解析 (1)由动能定理W ＝E k2－E k0 电场力做功W ＝qE ·2L得E k2＝E k0＋qE ·2L ＝1.4×105 eV ＝2.24×10－14J(2)氘核运动轨迹如图所示洛伦兹力提供向心力q v B ＝m v 2R第一次进入B 1区域，半径R 0＝m v 0qB 1≈0.04 m第二次进入B 1区域，12m v 21＝E k0＋qEL R 2＝m v 1qB 1≈0.06 m故d ＝R 2＝0.06 m (3)由图中几何关系可知 2R 2＝h ＋(2R 1－2R 0) 得R 1＝0.05 m 由R 1＝m v 1qB 2得B 2＝m v 1qR 1≈1.2 T.。
新高中物理 第三章章末总结(含解析)粤教版选修33
【新步步高】2014-2015学年高中物理 第三章章末总结（含解析）粤教版选修3-3一、热力学第一定律及其应用热力学第一定律揭示了内能的增量(ΔU )与外界对物体做功(W )以及物体从外界吸收热量(Q )之间的关系，即ΔU ＝W ＋Q ，正确理解公式的意义及符号含义是解决本类问题的关键．(1)外界对物体做功，W >0；物体对外做功，W <0；(2)物体从外界吸热，Q >0；物体放出热量，Q <0；(3)ΔU >0，物体的内能增加；ΔU <0，物体的内能减少．分析题干，确定内能改变的方式(W 、Q )→判断W 、Q 的符号→代入公式ΔU ＝W ＋Q →得出结论错误!例1 如图1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 ＝7.0×102J ，求此过程中气体内能的增量．图1解析 等压变化过程有V A T A ＝V BT B，对外做的功W＝p(V B－V A)根据热力学第一定律有ΔU＝Q－W，代入数据解得ΔU＝5.0×102J.答案 5.0×102J针对训练如图2所示，p－V图中，一定质量的理想气体由状态A经过程Ⅰ变至状态B时，从外界吸收热量420J，同时膨胀对外做功300J．当气体从状态B经过程Ⅱ回到状态A时，外界压缩气体做功200J，判断此过程中气体是吸热还是放热，并求出热量变化的多少．图2答案放热320J解析一定质量的理想气体由状态A经过程Ⅰ变至状态B时，从外界吸收的热量Q1大于气体膨胀对外做的功W1，气体内能增加，由热力学第一定律可知，气体内能的增加量为ΔU＝Q1＋W1＝420J＋(－300J)＝120J气体由状态B经过程Ⅱ回到状态A时，气体内能将减少120J，而此过程中外界又压缩气体做了W2＝200J的功，因而气体必向外界放热，放出的热量为Q2＝ΔU′－W2＝(－120) J－200J＝－320J即此过程中气体放出的热量是320J.二、热力学第二定律及其应用1．热力学第二定律的两种表述(1)按照热传递的方向性表述为：热量不能自动地从低温物体传递到高温物体，这是热力学第二定律的克劳修斯表述．(2)按照机械能和内能转化过程的方向性表述为：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化．这是热力学第二定律的开尔文表述．2．热力学第二定律的微观实质(1)一切与热现象有关的自发的宏观过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行．(2)用熵来表示热力学第二定律：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小．3．分析此类问题的方法掌握热力学第二定律时，要注意理解其本质，即热力学第二定律是对宏观自然过程进行方向的说明．凡是对这种宏观自然过程进行方向的说明，都可以作为热力学第二定律的表述．本章对热力学第二定律的表述很多，这些不同形式的表述都是等价的．例2 (单选)关于热力学第二定律，下列表述正确的是( )A．不可能使热量从低温物体传递到高温物体B．不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功C．第二类永动机不可能制成D．热力学第二定律是热力学第一定律的推论解析如果有外界的帮助，可以使热量从低温物体传递到高温物体，也可以把热量全部用来做功，故A、B错．热力学第一定律说明在任何过程中能量必须守恒，热力学第二定律说明并非满足能量守恒的过程均能实现．热力学第二定律是反映宏观自然过程进行的方向和条件的一个规律．它指出自然界中出现的过程是有方向性的，某些方向的过程可以实现，而逆方向的过程则不能自发的实现．在热力学中，热力学第二定律和热力学第一定律相辅相成，缺一不可，但热力学第二定律并不是热力学第一定律的推论．故C正确，D错误．答案 C1．(热力学第一定律)(单选)如图3所示，A、B是两个完全相同的球，分别浸没在水和水银的同一深度内，A、B两球用同一种材料制成，当温度稍微升高时，球的体积会明显变大，如果开始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓慢升高同一值，两球膨胀后，体积相等，则( )图3A．A球吸收的热量较多B．B球吸收的热量较多C．两球吸收的热量一样多D．无法确定答案 B解析两球初、末态温度分别相同，初、末态体积也相同，所以内能增量相同，但水银中的B球膨胀时对外做功多，所以吸热较多，故选B.2．(热力学第一定律的综合应用)(单选)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( ) A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B．若气体的温度不断升高，其压强也一定不断增大C．若气体温度升高1K，其等容过程所吸收的热量一定大于等压过程所吸收的热量D．在完全失重状态下，气体的压强为零答案 A解析一定质量的理想气体的内能与温度有关，若气体的压强和体积都不变，则温度不变，其内能也一定不变，A 正确；由pV T＝C 知，气体的温度不断升高，压强不一定增大，B 错误；根据热力学第一定律有ΔU ＝Q ＋W ，气体温度升高1K ，ΔU 相同，等容过程W ＝0，等压过程，体积增大，则W <0，故等容过程所吸收的热量一定小于等压过程所吸收的热量，C 错误；气体的压强是由于分子频繁撞击器壁而产生的，与是否失重无关，D 错误．3．(热力学第二定律)(双选)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答案 AC解析 做功和热传递都可以改变物体的内能，A 正确；由热力学第一定律可知对某物体做功，物体的内能可能增加、不变或减小，故B 错误；由热力学第二定律可知，通过外界作用可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，也可以使热量从低温物体传向高温物体，D 错误．。
高考物理大一轮复习配套课件：选修33模块总结提升
(1) 求放出部分水银后A侧空气柱的长度． 【答案】 12.0 cm (2) 此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银达到同一高 度，求注入水银在管内的长度． 【答案】 13.2 cm
【解析】 (1) 以cmHg为压强单位，设A侧空气长度l＝10.0
cm时压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时，空气 柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律得
(3) 左管内气体，V2＝L2S，L2＝L＋L2＝32L， p2＝p0＋mSg＋ρgL， 应用理想气体状态方程p0TL0S＝p2TL22S， 得 T2＝32Tp00p0＋mSg＋ρgL.
气体状态变化的图象问题 气体的等温变化、等容变化和等压变化的规律，不仅可以 用数学表达式表示，也可以用图象表示．气体的图象分pV、pT 和VT图象三种．无论哪一种图象，图象上的一“点”都表示气 体的一个状态，一段线段都代表气体的一种变化过程．做题时 要理解图象的物理意义，看清楚横坐标和纵坐标分别表示什么 含义；看图象上的特殊点和走势，即坐标轴上的截距和曲线如 何变化；看图象中的其他含义，如斜率表示的含义、横纵坐标 的联系等．
选修3－3模块总结提升
考点突破
分子微观量的估算
1. 进行微观量的估算时，要把握以下几个关键点： (1) 借助正确的模型． (2) NA是联系宏观和微观的桥梁． (3) ρ是联系质量和体积的纽带． (4) N＝nNA是估算或计算的主线．
2. 阿伏加德罗常数是联系微观物理量与宏观物理量的桥 梁，所以涉及分子动理论中有关分子大小的计算时，常常用到 阿伏加德罗常数及其相关公式，高考也常在这个问题上设置题 目，因此有必要把阿伏加德罗常数有关的公式归纳一下．
典题演示3 (2014·江苏卷)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”．
高中物理选修31第三章磁场章末总结
高中物理选修3-1第三章磁场章末总结高中物理选修3-1第三章带电粒子章末总结磁场章末总结洛伦兹力应用出错图1【例1】如图1所示，a为带正电的小物块，b是一不会带电的绝缘物块(设a、b间无电荷转移)，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场．现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，则在加速运动阵痛期()．A．a对b的压力不变B．a对b的压力变大C．a、b物块间的摩擦力变大D．a、b物块间的摩擦力不变错因分析由于a向左加速，由左手定则判断狄拉克力向下且变大，故B对，由摩擦力公式f＝μN，得a、b间f变大，C对．对a、b之间摩擦力分析错，虽然向下的f洛变大了，但a、b一起加速、无相对运动，不可用公式求解．正确解析对a、b整体分析当f洛变大时，整体摩擦力变大了，加速度会减小；再对a分析，水平方向a只受a、b间静摩擦力，加速度减小，此摩擦力应减小．答案B对粒子在复合场中的运动分析不全面导致错误图2【例2】(201*朝阳区模拟)如图2所示，在竖直虚线MN和M′N′之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子(不计重力)以初速度v0由A点进入这个区域，电磁场沿直线运动，并从C点离开场区．如果撤去磁场，该粒子将从B点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D点离开场区．则下列判断正确的是()．A．该粒子由B、C、D三点返回场区时的动能相同相同B．该粒子由A点运动到B、C、D三点的时间均不相同C．匀强电场的场强E与匀强磁场的磁感应强度B之比＝v0D．若该粒子带负电，则电场方向锐角向下，磁场方向垂直于纸面向外错因分析对易错选项及错误原因加以解决具体分析如下：易错选项错误有所不同原因只是浅层次根据三种情况下粒子的运动轨迹不同，没有根据各自运动特点确定B项不同情况下的运动时间不能正确找出带电粒子所受的电场力精确和洛伦兹力的方向与电场和磁场方向之间D 项的关系正确解析根据题意可知，当电磁场同时存在时，电场力与洛伦兹强力平衡，粒子做直线运动运动，从C点离开；当只有磁场时，粒子做匀速圆周运动，从D点离开，所以粒子由C、D两点离开场区时动能相同．当只有电场时，由B点离开场区，带电粒子做类平抛运动，水平西向匀速运动，竖直方向匀加速运动，电场力向上且对粒子做正功，动能增加．粒子由B、C两点搬出场区时时间相同，由D点离开场区时时间稍长．电磁场同时存在时，qv0B＝qE，E则＝v0.若粒子带负电，则电场方向向下，磁场方向垂直于纸面向里，综上所述，正确选项B为C.答案C对带电粒子在中其运动的几何关系分析不清【例3】如图3所示，在倾角为30°的斜面OA的左侧图3－－有一竖直挡板，其上有一小孔P，现有一质量m＝4×1020kg，带电荷量q＝＋2×1014C的粒子，从小孔以速度v0＝3×104m/s水平射向磁感应强度B＝0.2T、方向垂直纸面向里的一正五边形区域．该粒子在运动过程中仍然不碰及中曾竖直挡板，且在飞出磁场区域后能横向打在OA面上，粒子重力不计．求：(1)粒子在磁场中磁场做圆周运动的直径；(2)粒子在磁场中运动的时间；(3)正三角形磁场区域的最小带电粒子边长．错因分析1.此题偏颇的主要原因是：没有分析文学运动清楚粒子的运动过程，粒子带正电且磁场垂直纸面向里，粒子进入磁场后应向上偏；2.找不到几何关系，不能根据平面几何暧昧关系找出正三角形区域并求出边长．v022πr正确解析(1)粒子在磁场中做成圆周运动，洛伦兹力提供支持向心力，由qv0B＝m，T＝rv0mv0得：粒子在磁场中做圆周运动玻色子的半径r＝＝0.3m，粒子在电流中做圆周运动电阻的周期2πm－－T＝＝2π×105s＝6.28×105s.(2)画出粒子的运动轨迹如图所示，由粒子的运动轨迹可证t＝T，5π－－得t＝×105s＝5.23×105s.(3)由如图粒子的运动轨迹和数学知识可长方形正三角形磁场区域的最小得：L＝42r＋rcos30°，得L＝r＋1＝0.99m.cos30°3第三章磁场章末总结学案（人教版选修3-1）要点一通电导线在磁场中的运动及受力1．直线电流元分析法：把整段电流分成双曲线很多小段直线电流，其中每一小段就是一个电流元，先用左手定则判断出每小段电流元受到的安培力的方向，再卢戈韦判断整段电流所受安培力的方向，从而确定导体的运动方向．2．特殊位置分析法，根据通电导体在特殊位置所受安培力右侧方向，判断其运动方向，然后推广到一般位置．3．等效分析法：环形电流可等效为小磁针，条形磁铁或小磁针也可等效为环形电流，通电螺线管可为多个环形电流或条形磁铁．4．利用结论法：(1)两电流相互交叉点时，无转动趋势；电流同向导线相互吸引，电流反向导线相互排斥；(2)两电流不平行时，导线有转动到相互平行且同向的趋势．要点二带电粒子在有界磁场中的运动有界匀强磁场指在局部空间存在着匀灵活性强磁场，带电粒子从除此以外磁场区域外垂直磁场方向射入磁场区域，在磁场电场区域内经历一段匀速圆周运动，也就是通过几段圆弧后离开磁场搬回区域．由于垂直运动的带电粒子垂直磁场路径，从磁场边界进入磁场的方向不同，或磁场区域边界不同，造成它在磁场中运动的圆弧轨道各不相同．如下面几种常见情景：1．三个(圆心、半径、时间)关键确定：高能所研究带电粒子在匀强磁场中做圆周运动时，常主要考虑的几个问题：(1)圆心的确定：已知带电粒子在圆周中两点的速度方向时(一般是射入点和射出点)，沿洛伦兹力方向画出两条速度的垂线，这两条垂线相交于一点，该点即为圆心．(弦的垂直平分线过圆心也常用到).3-7-1..(2)半径的确定：一般应用几何知识来确定．θφ(3)运动时间：t＝T＝T(θ、φ为曲线运动的圆心角)，另外也可用弧长Δl与速360°2π率的比值来表示，即t＝Δl/v.(4)粒子在磁场中运动的角度关系：质子的速度偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt；相对的弦切角(θ)相等，与相邻的弦切角(θ′)互补，即θ′＋θ＝180°.2．两类典型问题(1)极值问题：常借助半径R和速度v(或磁场B)之间的约束彼此间关系成功进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和分界线的关系，找出临界点，方法学然后利用数学方法求解极值．注意①刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．②当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆周角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．③当速率v变化时，圆周角大的，运动时间长．(2)多解问题：多解几个形成的原因一般包含如下几个方面：①粒子电性不确定；②磁场方向不确定；③临界状态不唯一；④粒子运动的往复性等．关键点：①审题要细心．②重视粒子运动的情景建模．要点三带电粒子在复合场中的运动复合场是指电场、电磁场和重力场并存，或其中某五场并存，或分区域存在的某一灵活性．粒子经过该空间时可能受到的灵气有重力、斥力和洛伦兹力．处理带电粒子(带电体)在复合场中运动问题的方法：1．正确判断带电粒子(带电体)的受力特征．带电粒子(带电体)在复合场中做什么运动，取决于带电粒子(带电体)所受的合外力及其初始速度．带电粒子(带电体)在磁场中所受的庞加莱力还会随速度的变化而变化，而洛伦兹力的变化可能会引起带电粒子(带电体)所受的其他力的变化，因此应把带电粒子(带电体)的运动情况和受力情况结合起来分析，注意分析带电粒子(带电体)的位移和运动的相互关系，通过正确的受力分析和运动情况分析，明确带电粒子(带电体)的运动过程和运动性质，选择恰当的运动规律解决问题．2．灵活选用力学规律(1)当带电粒子(带电体)在复合场中做匀速运动时，就根据平衡条件列方程求解．(2)当带电粒子(带电体)在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程求解．(3)当带电粒子(带电体)在复合场中做非匀变速曲线运动时，常时常选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．(4)由于带电粒子(带电体)在复合场中受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界风险问题，这时应以题目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据隐含条件列出市场条件辅助方程，再与其他方程阿提斯鲁夫尔谷求解．(5)若匀阿提斯鲁夫尔谷强电场和匀强磁场是分开的独立的区域，则带电粒子在其中全民运动时，分别遵守在电场和电场中运动规律，处理这类问题的时候要分阶段求解.一、“磁偏转”与“电偏转”的区别（复合场问题，不叠加）A例1如图1所示，在空间存在一个变化的匀强电场和另一个变化的匀存储空间强磁场．从t＝1s开始，在A点每隔2s有一个相同的带电粒子(重力不计)沿AB方向(垂直于BC)以速度v0射出，恰好能击中C点．AB＝BC＝l，且粒子在点A、C间的运动时间小于1s．电场的方向发展水平向右，场强癸日如图2甲所示；磁感应强度变化规律如图乙所示，方向垂直于纸面．求：(1)磁场方向；(2)E0和B0的比值；(3)t＝1s射出的粒子和t＝3s射出的粒子由A点运动到C点所经历的时间t1和t2之比．图1图2.3-7-2.A变式训练1图3所示，在y＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y＜0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面向外．一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y ＝h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x ＝2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y＝－2h处的P3点，不计粒子重力．求：(1)电场强度的大小；(2)粒子到达P2时速度的大小和思路；(3)磁感应强度的大小．二、有界匀强磁场风险问题例2半径为r的圆形空间内，存在着里面垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场中，并从B点射出．∠AOB＝120°，如图5所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为()2πr23πrπr3πrA.B.C.D.3v03v03v03v0图5图6图7图8图9变式训练2图6是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径R＝10cm的圆柱形筒内－4有B＝1×10T的匀强磁场，方向平行于圆筒的轴线．在圆柱形筒上某一直径圆孔两端开有小孔q11a、b，分别作为入射孔和出射孔．现有一束比荷＝2×10C/kg的正离子，以不同角度α入射，接著有不同速度的离子束射出．其中入射角α＝30°，且不经碰撞而间接从出射孔射出的离子的速度v的大小是()A．4×105m/sB．2×105m/sC．4×106m/sD．2×106m/s三、洛伦兹力作用下形成多解的问题A例3如图7所示，长为L的水平极板间，有垂直纸面向里的匀重力场，磁感应强度为B，板间距离为L，极板不带电．现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)，从左边极板间中点处垂直磁场以电磁场速度v水平入射．欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()BqL5BqLA．使粒子速度v＜B．使粒子速度v＞4m4mBqLBqL5BqLD．使粒子速度＜v＜4m4m4m变式训练3如图8所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，朝向垂直纸面向里．一个质量为m、电荷量为q的微观粒子，沿图示朝向以速度v0垂直射入磁场．欲并使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()Bqd2＋2Bqd2－2Bqd2BqdA.B.C.D.mmm2m【即学即练】1.三个完全相同的陀螺a、b、c带有相同电量的正电荷，从同一高度由静止开始下落，当落下h1高度后a好球进入水平向左的匀强进入电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场，如图9所示，它们到达水平面上的速度大小分别用va、vb、vc表示，它们的关系是()A．va;vb＝vcB．va＝vb＝vcC．va;vb;vcD．va＝vb;vc2．设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图10所示，已知一离子在电场力和洛.3-7-3.A．离子必带正电荷B．A点和B点位于同一高度C．离子在C点时速度最大D．离子到达B点时，将沿原曲线返回A点图103．如图11所示的虚线区域内，充满垂直于石蛏纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以一定的初速初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若保留住撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的自旋b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b()A．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C．运动时，在电场中的电势能一定减小D．在电场中运动时，动能一定减小图114．如图12是质谱仪的组织工作工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．和选择器内相互正交的匀强磁场速度匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让电荷通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1、A2.平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列释义正确的是()A．质谱仪是分析同位素预测的重要工具B．速度选择器中的磁场垂直纸面向外C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/BD．粒子打在胶片上的位置或过愈靠近狭缝P，粒子的荷质比越小5．为了所研究物质的微观结构，生物学家必须用各种各样的加速器产生出速度较大的高能粒子．欧洲核子研究中心的粒子加速器周长达27kmC．使粒子速度v＞图12(图13中的大圆)，为什么加速器需要那么大的周长呢？-5-.3-7-4.。
人教版高中物理选修3-3课件章末归纳提升2
如图 8－4 所示为一定质量的理想气体在 p－V 图象中的等温变化图线，A、B 是双曲线上的两点，△ OAD 和△OBC 的面积分别为 S1 和 S2，则( )
图 8－4 A．S1＜S2 B．S1＝S2 C．S1＞S2 D．S1 与 S2 的大小关系无法确定
【解析】 △OBC 的面积等于12OC·BC＝12pBVB， 同理△OAD 的面积等于12pAVA，而 A、B 为等温线上的
A．第一种抽法 B．第二种抽法 C．两种抽法抽出气体质量一样多 D．无法判断
【解析】 设初状态气体压强为 p0，抽出气体后 压强为 p，对气体状态变化应用玻意耳定律，则：
第一种抽法：p0V＝p1(V＋1) p1＝p0·V＋V 1 p1V＝p2(V＋1) p2＝p1·V＋V 1＝p0(V＋V 1)2 p2V＝p(V＋1) p＝p2·V＋V 1＝p0(V＋V 1)3
4．漏气问题 容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变 质量问题，不能用相关方程求解．如果选容器内剩余气 体为研究对象，便可使问题变成一定质量的气体状态变 化，再用相关方程求解即可．
(2013·太原高二检测)钢瓶中装有一定质量的气 体，现在用两种方法抽取钢瓶中的气体，第一种方法是 用小抽气机，每次抽出 1 L 气体，共抽取三次，第二种 方法是用大抽气机，一次抽取 3 L 气体，这两种抽法中， 抽取气体质量较多的是 ( )
分析变质量问题时，可以通过巧妙地选择合适的研 究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，用相 关规律求解．
1．充气问题 向球、轮胎等封闭容器中充气是一个典型的变质量 的气体问题．只要选择容器内原有气体和即将打入的气 体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的 问题转化为定质量问题．
2．抽气问题 从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减 小，这属于变质量问题．分析时，将每次抽气过程中抽 出的气体和剩余气体作为研究对象，可把抽气过程中的 气体质量变化的问题转化为定质量问题． 3．分装问题 将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问 题也是一个典型的变质量问题．分析这类问题时，可以 把大容器中的气体和多个小容器中的气体看成整体来 作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．
2020年高考物理总复习：选修3-4章末总结提高
章末总结提高.知识网络【P 251】动力学特征：卩回=—kx振幅A ――振动的强弱 g （摆角很小时） ' ' 振动图象：振动质点各个时刻的位移阻尼振动：振幅逐渐减小的运动受迫振动共振：驱动力频率等于固有频率时振幅最大共鸣：声波中的共振现象机械波形成：波源的振动在介质中的传播横波：振动方向与传播方向垂直的波纵波：振动方向与传播方向平行的波图象：介质中各个质点在某一时刻的位移性 干涉：条件一一频率相同相差恒定的两列波叠加多普勒效应：当接收者与波源之间有相对运动时所观察到的波的频率发生变化『可闻声波：20 Hz < f < 20 000 Hz 应用：声波S 超声波：f > 20 000 Hz 〔次声波：f v 20 Hz光 错误！ 光 错误！机械振动周期T频率f振动的快慢简谐运动描述振动的物理量实际振动频率由驱动力频率决定 ,与固有频率无关描述简谐波 的物理量波长入〈频率f介质中各质点振动的频率■波速v •反射特 衍射：发生明显衍射的条件 障碍物或孔的尺寸比波长小或与波长差不多电磁场和电磁波电磁波f 振荡电路和电磁振荡 阮线电波的发射与接收.•在不同的惯性参考系中，一切物理规律电磁波与相对论t相对性原理彳都是相同的狭义相对论 <.光速不变原理物体的质量随速度的增大而增大，I I 物体运动时的质量总是大于静止时的质量、质能方程：E = me 21.关于振动和波这一部分，要注重下列几点：(1) 简谐运动过程中的回复力、位移、速度、加速度、动能、势能的变化规律,要抓住简谐运动的周期性和对称性解题.(2) 要深刻理解波的形成过程 ，牢记“波动中各质点都在各自的平衡位置附近做周期性 振动，不会随波迁移”，“波动所传播的只是运动形式(振动)和能量”.⑶能正确识别振动图象和波动图象，并能从中挖掘信息作为解题的已知条件，如振幅、周期、波长等，并依时间和空间的周期性列方程解答多种问题.⑷波的干涉和衍射现象① 波的衍射现象是普遍存在的 ，只有明显和不明显的差别. 当障碍物或孔的尺寸与波长 相差不多或还要小时，衍射现象非常明显，若障碍物或孔的尺寸比波长大得多时 ，衍射现象不明显.② 干涉现象中，振动加强的点只是振幅大了 ，并非任一时刻的位移都大，振动减弱的点 只是振幅小了，也并非任一时刻的位移都是零. 当然对两列振幅相等的波来说，振动最弱点 的振幅为零，也就是不再振动，位移始终为零，但这是特例.③ 振动步调一致的两相干波源产生的波的干涉中振动最强 (或最弱)点的个数可按如下的简易方法确定：在波的传播范围内，找出△ S 的最大值△ S max 和最小值△ S min .若与两个值对应的点为振动 最强点，则必满足△ s min 三 n 入 W △ s max .若与这两个值对应点为振动最弱的点，则必满足 △ S min W (2n + 1)彳三△ s max . 由此可解出振动最弱点的个数2. 关于光学部分，要注意下列几点:【P 251】由此可解出振动最强点的个数△ S min △ S max入W g 入如果△ S 不是,需要分段求.解题思路与方法(1)分析光的反射、折射时，一般要作出光路示意图，以便运用反射、折射规律及光路图中提供的几何关系来求解.(2) 全反射问题关键是抓住发生全反射的条件 ，并运用几何知识进行分析讨论.(3) 用折射定律分析光的色散现象分析、计算时要掌握好 n 的应用及有关数学知识，着重理解两点：其一，光的频率(颜 色)由光源决定，与介质无关；其二，同一介质中，频率越大的光折射率越大•再应用 nv=弓等知识，就能准确而迅速地判断有关色光在介质中的传播速度、 波长、折射光线偏折程入 度等问题.(4) 光的波动性部分的知识脉络是循着历史发展的线索 ，通过对光的干涉和衍射现象的观察分析、了解光的波动性，通过对麦克斯韦电磁理论的认识，认识光是一种电磁波.(5) 关于相对论，只要求了解经典时空观和相对论时空观的区别，掌握狭义相对论的两个基本假设，了解“同时”的相对性、长度的相对性、时间间隔的相对性、质量的相对性掌握质能方程.1. (2017天津)手持较长软绳端点 O 以周期T 在竖直方向上做简谐运动 ，带动绳上的其 他质点振动形成简谐波沿绳水平传播，示意如图.绳上有另一质点 P ,且O 、P 的平衡位置间距为L.t = 0时，O 位于最高点，P 的位移恰好为零，速度方向竖直向上，下列判断正确的 是()A .该简谐波是纵波B .该简谐波的最大波长为 2LC . t =8时，P 在平衡位置上方D . t =3T 时，P 的速度方向竖直向上【解析】绳波中质点的振动方向与波的传播方向垂直，属于横波，纵波的传播方向和质点的振动方向在同一直线上 ，故A 错误，根据波形图和波的传播方向可知 ，位移恰好为零入=―,可知当n = 0时有波长的最大值,为Zm = 4L ,故B 错误；0〜丁内P 由平衡位置振 n +1【P 252】且速度方向竖直向上的质点与O 点的距离应为L = [n+ 4亿其中n = 0、1、2、,波长验咼考动到波峰，T〜舟内P由波峰回到平衡位置，可知t=T时P在平衡位置上方向上振动，t=38- 时P在平衡位置上方向下振动，故C正确，D错误.【答案】C2. （2017北京）某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示,下列描述正确的是（）B. t = 2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C. t = 3 s时，振子的速度为负的最大值,加速度为零D. t = 4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值【解析】在t= 1 s和t= 3 s时，振子偏离平衡位置最远，速度为零，回复力最大，加速度最大，方向指向平衡位置，A正确，C错误；在t= 2 s和t= 4 s时，振子位于平衡位置速度最大，回复力和加速度均为零，B、D错误.【答案】A3. （2017北京）物理学原理在现代科技中有许多重要应用•例如，利用波的干涉，可将无线电波的干涉信号用于飞机降落的导航. 如图所示,两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧，它们类似于杨氏干涉实验中的双缝•两天线同时都发出波长为入i和的无线电波•飞机降落过程中，当接收到入1和?2的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道.下列说法正确的是（）A .天线发出的两种无线电波必须一样强B. 导航利用了乃与沧两种无线电波之间的干涉C. 两种无线电波在空间的强弱分布稳定D .两种无线电波各自在空间的强弱分布完全重合【解析】波源S1和波源S2同时发出波长为入和匕的两种波，在波源连线的中垂线上对于入和^2都是振动最强区域，与相干的两种波的强弱无关，A错误；九和?2两种波不可能发生干涉，B错误；根据波的独立传播原理和相干原理，S1发出的入和S2发出的入1相干涉后在空间的强弱分布稳定； S i 发出的?2和S 2发出的波长?2相干涉后在空间的强弱分布也稳定，即两种无线电波在空间的强弱分布都稳定，C 正确；两种无线电波除两波源连线的中4. （2018全国卷川）如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“ •”（图中0点）,然后用横截面为等边三角形ABC 的三棱镜压在这个标记上 ，小标记位于AC 边上.D位于AB 边上，过D 点作AC 边的垂线交AC 于F 该同学在D 点正上方向下顺着直线 DF 的 方向观察.恰好可以看到小标记的像； 过0点作AB 边的垂线交直线 DF 于E ; DE = 2 cm , EF = 1 cm.求三棱镜的折射率.（不考虑光线在三棱镜中的反射 ）【解析】过D 点作AB 边的法线NN ,连接0D ,则/ ODN = %为0点发出的光线在 D点的入射角；设该光线在 D 点的折射角为如图所示.根据折射定律有nsin a=sin 3 ①式中n 为三棱镜的折射率 由几何关系可知7 3=60° ②左OF = 30° ③ 在厶OEF 中有 EF = OEsin ZEOF④垂线上加强区域重合外【答案】C，其他区域强弱分布一般不重合 ，D 错误..1由③④式和题给条件得0E= 2 cm根据题给条件可知，8ED为等腰三角形，有a=30 °⑥由①②⑥式得光束b是蓝光，则光束a可能是（【解析】根据题意作出完整光路图,如图所示，a光进入玻璃砖时光线偏折角较大，根5. （2017北京）如图所示,一束可见光穿过平行玻璃砖后，变为a、b两束单色光.如果a光的折射率较大，因此a光的频率应高于b光，故选D.据光的折射定律可知玻璃砖对A .红光B .黄光C.绿光【答案】D6. （2017 海南）（1）（多选）如图，空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置；一细光束从空气中以某一角度0 （0V 9< 90° ）入射到第一块玻璃板的上表面.下列说法正确的是（）A .在第一块玻璃板下表面一定有出射光B. 在第二块玻璃板下表面一定没有出射光C. 第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行D .第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧E. 第一块玻璃板下表面的出射光线一定在入射光延长线的右侧⑵从两个波源发出的两列振幅相同、频率均为 5 Hz的简谐横波，分别沿x轴正、负方向传播，在某一时刻到达A、B点，如图中实线、虚线所示•两列波的波速均为10 m/s•求:护p 一f )卩W+ ---(i )质点P、O开始振动的时刻之差；(ii)再经过半个周期后，两列波在x = 1 m和x= 5 m之间引起的合振动振幅极大和极小的质点的x 坐标.【解析】(1)光线从第一块玻璃板中的上表面射入，在第一块玻璃板中上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理可知，光在第一块玻璃板下表面一定有出射光，同理，在第二个玻璃板下表面也一定有出射光，故A正确，B错误.因为光在玻璃板中的上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理知，从下表面出射光的折射角和开始在上表面的入射角相等，即两光线平行，所以第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行，故C正确.根据光线在玻璃板中发生偏折，由于折射角小于入射角，可知第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧，故D正确，E错误.1 1(2)( i )该波的周期为T = f = 5 s= 0.2 s由图知，质点P、O开始振动的时刻之差为厶t= 4 = 0.05 s(ii)该波的波长为入=vT = 10X 0.2 m = 2 m根据波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，可知，两列波在x=1m和x=5 m之间引起的合振动振幅极大的质点的x坐标为：2 m、3m、4 m、5 m .合振动振幅极小的质点的x坐标为1.5 m、2.5 m、3.5 m、4.5 m.【答案】(1)ACD(2)( i )质点P、O开始振动的时刻之差为0.05 s.(ii )两列波在x = 1 m和x = 5 m之间引起的合振动振幅极大的质点的x坐标为：2 m、3 m、3 m、4 m、5 m .合振动振幅极小的质点的x坐标为1.5 m、2.5 m、3.5 m、4.5 m.7. (2017全国卷I )⑴如图⑻，在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S i（0,4）和S2（0, —2）.两波源的振动图线分别如图（b）和图（c）所示，两列波的波速均为1.00 m/s•两列波从波源传播到点A（8 , —2）的路程差为_____m ,两列波引起的点B（4 , 1）处质点的振动相互________ （填“加强”或“减弱”），点C（0, 0.5）处质点的振动相互______ （填“加强”或“减弱”）.（2）如图，一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体,0点为球心；下半部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜•有一平行于中心轴0C的光线从半球面射入，该光线与0C之间的距离为0.6R.已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行（不考虑多次反射）•求该玻璃的折射率.【解析】（1）S i A = 10 m, S2A = 8 m所以光程差△ s= 2 m,从图（b）和图（c）知，两振源振动反相，T1= T2= 2 s ,所以波长X= vT = 2 m ,两列波从波源传播到点B的路程差为0,所以互相减弱，两列波从波源传播到点C的路程差为1 m,等于扌，所以互相加强.（注意初相相反）⑵如图，根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于OC轴对称的出射光线定与入射光线平行•这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心C点反射.设光线在半球面的入射角为i,折射角为r.由折射定律有sin i = n si n r ①由正弦定理有sin r sin (i - r)2R由几何关系，入射点的法线与0C的夹角为i.由题设条件和几何关系有sin i = R③式中L是入射光线与0C的距离•由②③式和题给数据得sin由①③④式和题给数据得n= .2.05~ 1.43 ⑤【答案】（1）2 减弱加强（2）1.438. （2017全国卷n ）（1）（多选）在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样•若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是（）A. 改用红色激光B. 改用蓝色激光C. 减小双缝间距D .将屏幕向远离双缝的位置移动E.将光源向远离双缝的位置移动（2）一直桶状容器的高为21,底面是边长为I的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示. 容器右侧内壁涂有反光材料,其他内壁涂有吸光材料.在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率.【解析】（1）根据条纹间距表达式△ x=;入可知：因红光的波长大于绿光的波长，则改用d红色激光可增大条纹间距，选项A正确；因蓝光的波长小于绿光的波长，则改用蓝色激光可减小条纹间距，选项B错误；减小双缝间距d可增加条纹间距，选项C正确；将屏幕向远离双缝的位置移动，即增加I可使条纹间距变大，选项D正确；光源与双缝间的距离不影响条纹间距，选项E错误.⑵设从光源发出直接射到 D 点的光线的入射角为i i ,折射角为r i .在剖面内作光源相对于反光壁的镜像对称点 C ，连接C 、D ，交反光壁于E 点，由光源射向E 点的光线，反射后 沿ED 射向D 点.光线在D 点的入射角为i 2,折射角为 2如图所示.设液体的折射率为 n , 由折射定律有nsin i i = sin r i ①n si n i 2= sin 匕②由题意知r i +「2= 90°③2 1联立①②③式得n = 2. 2④联立④⑤⑥式得n = 1.55 ⑦【答案】（1）ACD （2）1.559. （2017全国卷川） （1）（多选）如图，一列简谐横波沿x 轴正方向传播，实线为t = 0时的波形图，虚线为t = 0.5 s 时的波形图.已知该简谐波的周期大于0.5 s.关于该简谐波，下列说法正确的是 __________sin i i + sin i 2由几何关系可知sin isin i 2=A .波长为2 mB. 波速为6 m/sC. 频率为1.5 HzD. t= 1 s时，x = 1 m处的质点处于波峰E. t = 2 s时，x= 2 m处的质点经过平衡位置(2)如图，一半径为R的玻璃半球，0点是半球的球心，虚线OO表示光轴(过球心0与半球底面垂直的直线).已知玻璃的折射率为1.5.现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反射后的光线)•求：(i )从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；R(ii )距光轴R的入射光线经球面折射后与光轴的交点到0点的距离.30 5【解析】(1)由图可以读出，波长为4 m,故A错；由于周期大于0.5 s,所以周期T =罟2 入 1s= 3 s；波速v = T= 6 m/s, B 对；频率f = T = 1.5 Hz, C 对；t= 1 s 时，经过了1.5 个周期，x= 1 m处质点处于波谷，D错；t= 2 s时，经过了3个周期，x= 2 m处质点处于平衡位置E对.(2)( i )如图，设最大距离为d，入射角为i，折射角为0,折射率为n，由光的折射定律:sin i _ 1sin 0 nsin i当光恰能折射出时，0=90° 即:sin 90 ° 1.52R sin i ，紧=1 ⑦1代入①可得：sin 0，=⑧ 即：0 = 30°⑨由三角形外角与内角关系，可得：a= 180°—0，⑩3=0-i ，?根据正弦定理：丄=且? sin a sin 3联立⑦⑨⑩？？得:3(2 2 + 3)6、2 + 3.35 R — 5 R【答案】(1)BCE (2)(i)|R (ii)6 2^3 3R 10. （2017 江苏）（1）（多选）接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟 测这两只钟的快慢，下列说法正确的有（）A .飞船上的人观测到飞船上的钟较快得：sin i = 3 由几何关系可知：sin i =-则：d = R -sin i ⑤,飞船和地球上的人观B. 飞船上的人观测到飞船上的钟较慢C. 地球上的人观测到地球上的钟较快D .地球上的人观测到地球上的钟较慢（2）野生大象群也有自己的“语言”.研究人员录下象群“语言”交流时发出的声音，发现以2倍速度快速播放时，能听到比正常播放时更多的声音•播放速度变为原来的2倍时，播出声波的________ （选填“周期”或“频率”）也变为原来的2倍，声波的传播速度_______ （选填“变大” “变小”或“不变”）.（3）人的眼球可简化为如图所示的模型，折射率相同、半径不同的两个球体共轴，平行光束宽度为D ,对称地沿轴线方向射入半径为R的小球，会聚在轴线上的P点•取球体的折射率为_2,且D = 2R,求光线的会聚角a（•示意图未按比例画出）【解析】（1）飞船相对地球高速运动，所以地球上的人观测飞船上的时钟较慢,而地球相对飞船高速运动，所以飞船上的人认为地球上的时钟较慢，所以A、C正确；B、D错误.（2）频率由波源决定，播放速度变为原来的2倍时，播出声波的频率变为原来两倍，传播速度由介质决定,所以传播速度不变.⑶由几何关系sin i = 2R,解得i = 45°则由折射定律沁=n,解得r= 30°sin ra且i = r + ,解得a= 30°.【答案】（1）AC ⑵频率不变（3）30 °11. （多选）（2018全国卷川）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t = 0和t= 0.20 s时的波形分别如图中实线和虚线所示.己知该波的周期T>0.20 s .下列说法正确的是（）A .波速为0.40 m/sB. 波长为0.08 mC. x = 0.08 m的质点在t= 0.70 s时位于波谷D. x= 0.08 m的质点在t= 0.12 s时位于波谷E. 若此波传入另一介质中其波速变为0.80 m/s,则它在该介质中的波长为0.32 m【解析】根据波形图可知，波长X= 16 cm = 0.16 m ,选项B错误；根据t = 0时刻和t =0.20 s时刻的波形图和该波的周期T>0.20 s可知，该波的周期T = 0.40 s,波速v =彳=0.40 m/s,选项A正确；简谐波沿x轴正方向传播，x = 0.08 m的质点在t= 0时刻沿y轴正方向运动，在t= 0.70 s时位于波谷，在t = 0.12 s时位于y>0的某位置（不是位于波谷）,选项C 正确，D错误；若此波传入另一介质中，周期T不变，其波速变为v = 0.80 m/s,由X= vT可得它在该介质中的波长为入= 0.80X 0.4 m = 0.32 m，选项E正确.【答案】ACE12. （2018全国卷II ）声波在空气中的传播速度为340 m/s，在钢铁中的传播速度为 4 900m/s.一平直桥由钢铁制成，某同学用锤子敲击一铁桥的一端而发出声音，分别经空气和桥传到另一端的时间之差为 1.00 s.桥的长度为________ m，若该波在空气中的波长为人则它在钢铁中波长为入的_______ 倍.【解析】（1）设桥的长度为ss s则声音在钢铁中传播的时间t =「= 4 900声音在空气中的传播时间为t = —v 340根据题意° t=t t=盘—4-900= 1解得：s= 365 m.（2）入=v，f不变.2钢=v = 4 900= 245…厂v'= 340 = 17 .【答案】（1）365⑵帶13. （2018全国卷I）如图，△ ABC是一直角三棱镜的横截面，/ A = 90°，/ B = 60° ，一细光束从BC边的D点折射后，射到AC边的E点，发生全反射后经AB边的F点射出.EG 垂直于AC交BC于G，D恰好是CG的中点.不计多次反射.D 点的入射光的偏角；,棱镜折射率的取值应在什么范围? 【解析】(1)光线在BC 面上折射，由折射定律有sin i i = nsin r i ①式中，n 为棱镜的折射率，i i 和r i 分别是该光线在 BC 面上的入射角和折射角.光线在 AC 面上发生全反射，由反射定律有i 2=「2②式中i 2和「2分别是该光线在 AC 面上的入射角和反射角. 光线在AB 面上发生折射，由折射定律有n si n i 3= sin 「3 ③式中i 3和巾分别是该光线在 AB 面上的入射角和折射角.由几何关系得 i 2=「2= 60° r i = i 3 = 30° ④F 点的出射光相对于 D 点的入射光的偏角为S=(r i — i i ) + (i80 ° —F 2—⑵ + (「3— i 3) ⑤由①②③④⑤式得3=60 ° ⑥(2)光线在AC 面上发生全反射，光线在AB 面上不发生全反射，有 nsin i 2> nsin C>nsin i 3 ⑦ 式中C 是全反射临界角，满足 nsin C = i ⑧由④⑦⑧式知，棱镜的折射率n 的取值范围应为⑴求出射光相对于 (2)为实现上述光路2q3w*2 ⑨3【答案】(1)60 ° (2)甘w n<2314. （2018全国卷I ）如图，△ ABC为一玻璃三棱镜的横截面，/ A = 30° .一束红光垂直AB边射入，从AC边上的D点射出，其折射角为60 °，则玻璃对红光的折射率为________ •若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D点射出时的折射角（填“小于” “等于”或“大于”）60° .【答案】3大于115. （2018全国卷I ）一列简谐横波在t= 3 s时的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点.图（b）是质点Q的振动图象.求：（1）波速及波的传播方向；⑵质点Q的平衡位置的x坐标.【解析】（1）由图（a）可以看出，该波的波长为入=36 cm①由图（b）可以看出，周期为T = 2 s②波速为v= T= 18 cm/s ③1由图（b）知，当t = - s时，Q点向上运动，结合图（a）可得，波沿x轴负方向传播.A⑵设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为x p、X Q.由图⑻知，x = 0处y= —~2 = Asin（—30°),因此x p= 入=3 cm ④360°1x轴负方向传播至由图(b)知，在t= 0时Q点处于平衡位置，经A t=- s,其振动状态向P点处，由此及③式有X Q—x p= v A t = 6 cm ⑤由④⑤式得，质点Q的平衡位置的x坐标为X Q = 9 cm ⑥【答案】(1)18 cm/s ⑵沿x轴负方向传播9 cm。
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章末达标检测(三)一、选择题(每小题4分，共60分)旅游业是以旅游者为服务对象，为其旅游活动创造条件并提供服务的产业，曾被称为“无烟工业”，涉及旅行社、饭店等多种产业要素。
据此完成1～2题。
1．旅游业曾被称为“无烟工业”，主要是因为发展旅游业()A．产生的污染较少B．属于第三产业C．投资少、收效快D．没有烟尘污染2．我国旅游业迅速发展的重要意义有()①增加财政收入和就业机会②有利于减少我国的环境污染③加快城市化进程④带动工业、商业、文化与相关行业的发展A．①②B．②③C．③④D．①④解析：第1题，旅游业属于服务业，所产生的污染较少，被称为“无烟产业”。
第2题，发展旅游业有利于经济的发展。
答案：1.A 2.D《鄱阳湖生态旅游区规划(2010～2020)》的任务是以生态旅游为主线，着眼于推动需要国家层面协调或解决的问题，重点提升区域旅游形象，创新旅游发展方式，增强旅游产业发展能力，明确发展目标，就环境协调、产品建设、节点规划、产业体系、市场营销、责任消费、区域合作、体制机制等方面提出阶段性工作计划，推进鄱阳湖生态经济区建设，探索生态文明与旅游经济协调发展的新思路。
据此回答3～4题。
3．从材料中我们可以发现旅游规划的目标是()A．保护和营造旅游资源的个性B．加强法制建设，提高管理水平C．确保旅游资源的持续利用D．以上三条都有4．《鄱阳湖生态旅游区规划(2010～2020)的任务体现了旅游规划的哪些内容()①旅游区划②景区建设③市场策划④产业要素⑤支持系统⑥保障体系A．①②③④⑤B．①③④⑤⑥C．①②④⑤⑥D．②③④⑤⑥解析：本题组主要考查旅游规划的目标和内容。
解答应认真阅读材料，分析材料，即可得出正确结论。
答案：3.D 4.D汉诺威是德国九大“梦幻旅游”城市之一，每年都吸引着大批游客前去参观。
为了使市民和旅游者能在较短的时间内对城市的主要景点有一个基本了解，又不过于劳累，政府设计了一条长约2.5千米，串联新老市政厅、中央火车站、歌剧院、中心教堂等14个主要景点的游览标志线。
据此回答5～6题。
5．该游览标志线规划建设的作用是()A．避免旅游景点的无序建设B．减少对旅游资源的破坏C．为游客游览景区提供便利服务D．使旅游者不会走失或迷路6．游览标志线属于旅游规划基本组成要素中的()A．旅游吸引物和活动B．交通条件C．其他基础设施D．其他旅游设施和服务解析：第5题，从材料中可以看出，该标志线主要是为了使市民和旅游者能在较短的时间内对城市的主要景点有一个基本了解，又不过于劳累，可知C项正确。
第6题，从上题的解答中可知，该标志线为服务性质的，并不是旅游景观或者是基础设施，所以D项正确。
答案：5.C 6.D读“某地区城镇与公路建设图及材料，”回答7～10题。
材料一如下图：材料二a城是该地区保存最为完整的明清时期的县城，它是由完整城墙和街巷、店铺、庙宇、住宅组成的大型古建筑群，这些古老的城市建筑既是该地区具有普遍意义的一种传统建筑方式，也是古代政治、经济、哲学、伦理、文化、艺术乃至风土民情的一种折射和凝聚。
材料三连接城镇a、b、c与沿海大城市d的公路建成以后，a、b、c都有一定的发展，其中b城发展最快，a城发展最慢。
7．关于a城今后发展方向的叙述，正确的是()A．大力招商引资，兴建重工业，发展经济B．保护古建筑，积极发展旅游业C．对a城进行全面改造，将其建设成为现代化城市D．以上说法都不对8．a城至今能够保存大量古建筑的主要人为原因是()A．气候干燥，降水稀少，外力作用微弱B．运用中西方的建筑技术和先进材料，经久耐用C．交通闭塞，受外部影响小，城镇发展缓慢D．巨额旅游业收入投入保护维修9．a城最主要的旅游价值是()A．美学价值B．历史文化价值C．科学价值D．经济价值10．关于该地区旅游资源评价的叙述中，不正确的是()A．该地区旅游资源的价值较高，故游览价值也高B．该地区的区位条件差，是旅游资源开发的制约因素C．该地区的经济背景差，制约了旅游资源的开发D．旅游交通落后，决定了该地区的可进入性差解析：a城利用其大型古建筑群最适合发展旅游业；其交通闭塞，受外部影响小，城镇发展缓慢，所以古建筑保存较完整；a城以人文景观为主，主要体现的是历史文化价值；该地区旅游资源地域组合和集群状况差，所以游览价值不高。
答案：7.B8.C9.B10.A北海银滩沙质是高品位的石英砂，为国内外所罕见，被专家称为“世界上难得的优良沙滩。
”20世纪90年代，这片海滩的中区正式开发，提供旅游服务。
近年来人们发现，银滩的沙质明显变灰变黑，原来平缓的潮间带沙滩变得起伏不平，形成积水槽沟，造成沙滩萎缩和变黑。
北海市政府发布通告，将北海银滩公园内33幢建筑物全部拆除，还滩于海。
据此回答11～12题。
11．造成沙滩萎缩和变黑的直接原因是()A．人工建筑干扰了海岸沙滩的自然发育过程B．海洋资源具有特殊性和复杂性C．随着旅游业的发展，环境污染日益加剧D．人类对海洋资源的开发缺乏科学论证12．从上述材料，我们看出不合理的旅游活动会对________产生影响()A．大气环境B．水环境C．珍贵的自然遗产D．文物古迹解析：第11题，造成这种现象的原因主要是人工建筑干扰了海岸沙滩的自然发育过程。
由于公园的防浪堤紧贴潮线而建，改变了这一海域的海洋动力环境，影响了海浪对沙滩的冲刷作用，造成沙滩萎缩和变黑。
第12题，不合理的旅游活动或者规划，会对水环境、大气环境、珍贵的自然遗产、生态平衡和文物古迹等多方面带来危害。
而本题涉及的旅游资源是“世界上难得的优良沙滩”，A、B、D三项虽正确，但不合题意，故选C项。
答案：11.A12.C旅游景区的开发、旅游活动的开展应当维持在合理的限度之内，这样旅游业才能够健康和持续地发展。
如果旅游活动强度超过了资源和环境的承载能力，旅游资源就会遭到破坏，甚至难以恢复或不复存在。
据此完成13～15题。
13．旅游活动对文物古迹的影响是()A．根据长存性的特点，旅游活动不会对文物古迹造成破坏B．只有少数不文明的旅游者才会对文物古迹造成破坏C．旅游规模不超过旅游环境承载量时，不会对文物古迹造成破坏D．正常的旅游活动也会对文物古迹带来间接性的破坏14．下列内容属于旅游开发对社会环境造成破坏的是()A．干扰生物的生活习性B．人工设施破坏了优美和谐的自然风光C．滥猎野生动物D．外来文化的冲击，使旅游地传统文化消亡或商业化、表演化15．下列关于旅游活动与地理环境相互关系的叙述，正确的有()①旅游业并非无烟工业，发展应适度，否则会影响环境②旅游活动规模越大，效益越好③旅游活动产生“三废”污染，还会导致其他环境问题④旅游活动是一种消遣娱乐活动，不会产生环境污染A．①②B．①③C．②③D．②④解析：第13题，旅游者的践踏、触摸、拍照以及呼吸和汗水等，会使文物古迹受到损坏。
第14题，只有D项属于社会环境。
第15题，随着旅游活动的发展，人们发现旅游活动并不是一种“无烟工业”，它的发展也会产生环境污染和社会问题，并且旅游活动的发展受到旅游环境容量的限制，并不是其规模越大，经济效益越好。
它的发展要适度，要与当地的地理环境、社会发展、经济发展相协调。
旅游活动会产生污染，同时还会危害生物，破坏自然资源。
答案：13.D14.D15.B二、非选择题(共40分)16．红色旅游指参观游览既有美丽风光，又有革命纪念地、纪念物的活动。
由此，既可接受革命传统教育，又可放松身心，畅游祖国大好河山。
读下图，回答下列问题。
(15分)(1)图中A、B红色旅游区的名称分别是A________________；B________。
(2分)(2)感受C湖“衔远山，吞长江，浩浩汤汤，横无际涯”的意境需________________，才能达到最佳观赏效果。
(2分)(3)开展“红色旅游”的意义有哪些？(8分)(4)B地区在发展“红色旅游”过程中应避免产生哪些环境问题？(3分)解析：通过红色旅游这一热点，考查发展旅游业产生的环境问题和旅游资源的欣赏与评价。
第(1)题，要结合经纬线、铁路线分布和行政区轮廓分析，联系与此地相关的革命历史知识。
第(2)题，领略江湖的宽广需登高远眺。
第(3)题，从发展旅游业对红色旅游区的有利影响和红色旅游对游客的积极作用两方面分析即可。
第(4)题，结合当地的生态环境特点，从旅游活动对地理环境的影响分析。
答案：(1)大别山井冈山(2)在位置较高的亭台楼阁之上远眺俯瞰(3)①丰富中国旅游业的内容；②弘扬民族文化，振奋民族精神；③帮助革命老区脱贫致富；④推动中西部旅游，进一步增强中国旅游业发展后劲；⑤学习革命历史知识，接受革命传统教育，放松身心，增加阅历。
(4)环境污染，生态破坏，对文物古迹的破坏。
17．下图为我国某地新开辟的自然风景区示意图。
据图回答下列问题。
(15分)(1)这个风景区以________自然景观而著名。
(2分)(2)这个风景区附近的________已成为国家级自然保护区，并参与联合国的“人与生物圈”计划。
(2分)(3)生活在该地区少数民族的传统节日主要是(1分)()A．泼水节B．浴佛节C．古尔邦节D．开斋节(4)要把这个风景区建设成为著名旅游风景区，便于更多的人去旅游，该旅游区应先搞好哪些建设？(4分)(5)请你对该地开辟为旅游区作出评价。
(6分)解析：根据经纬度位置及铁路、河流分布，判断出该风景区位于滇南，这是解答此题的关键。
然后根据其纬度位置判断出该地的气候类型，为热带季风气候，进而推断出其自然景观特色；对开辟旅游区进行评价，应当从利和弊两个方面，否则，就会遗漏答案要点。
答案：(1)热带雨林(2)西双版纳(3)A(4)先搞好交通运输、通讯、服务业等方面的配套设施建设，并提高服务质量。
(5)优点：增加该地区旅游收入和提供就业机会；缺点：旅游活动可能给该风景区带来环境污染，破坏该地区的动植物资源，增加了环境的承载压力等，带来一系列的环境问题，例如环境污染及社会问题等。
18．茶马古道是连接川滇藏，延伸至不丹、尼泊尔、印度境内，直到西亚、北非红海海岸的古代贸易通道，是起源于我国西部汉藏民间的一种以茶易马或以马换茶为内容的贸易往来通道。
结合下图，回答下列问题。
(10分)(1)简要分析我国茶马古道旅游资源开发的不利条件。
(4分)(2)你对茶马古道旅游开发有何建议？(6分)解析：第(1)题，茶马古道旅游资源开发的不利条件可从交通、客源市场、景区接待能力等方面分析。
第(2)题，为开放性题目，答案合理即可。
答案：(1)交通状况差；景区接待能力弱；远离客源市场。
(回答两点即可)(2)加强旅游规划和设计；完善沿线基础设施建设；建立游客人身安全保障体系；大力开发旅游产品，带动地方第三产业的发展；加强旅游环保宣传，促进旅游业可持续发展。
(回答三点即可)。