2016《优化设计》一轮物理5.3
高中优化设计物理答案5篇
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高中优化设计物理答案篇1物理优化设计答案物理优化设计答案篇一:【志鸿优化设计】2016高考物理二轮复习综合能力训练(一)综合能力训练(一)(时间:60分钟满分:110分)第?卷一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。
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.在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的思想方法,如理想化、模型化、放大、假说、极限思想,控制变量、猜想、假设、类比、比值法等等。
以下关于所用思想方法的叙述不正确的是()A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代替物体的方法是假设法B.速度的定义式v=,采用的是比值法;当Δt非常非常小时,就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义应用了极限思想C.在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时,先保持电压不变研究电阻与电流的关系,再保持电流不变研究电阻与电压的关系,该实验应用了控制变量法D.如图所示是三个实验装置,这三个实验都体现了放大的思想2.(2015?河南名校联考)粗细均匀的电线架在A、B两根电线杆之间。
由于热胀冷缩,电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状,若电线杆始终处于竖直状态,下列说法中正确的是( )A.冬季,电线对电线杆的拉力较大B.夏季,电线对电线杆的拉力较大C.夏季与冬季,电线对电线杆的拉力一样大D.夏季,杆对地面的压力较大3.如图所示,两个固定的相同细环相距一定的距离,同轴放置,O1、O2分别为两环的圆心,两环分别带有均匀分布的等量异种电荷。
一带正电的粒子从很远处沿轴线飞来并穿过两环。
则在带电粒子运动过程中()A.在O1和O2点粒子加速度大小相等,方向相反B.从O1到O2过程,粒子电势能一直增加C.在O1和O2连线中点,粒子在该点动能最小D.轴线上O1点右侧、O2点左侧都存在电场强度为零的点,它们关于O1、O2连线中点对称4.星球上的物体脱离星球引力所需的最小速度称为第二宇宙速度。
2016《优化设计》一轮物理4.2
第二节
考情概览
平抛运动的规律及其应用
知识梳理 知识梳理 核心考点 学科素养 对应演练
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1 2 3 4 5
1.请判断下列表述是否正确,对不正确的表述,请说明原因。 (1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。 ( ) (2)平抛运动的轨迹是抛物线,速度方向时刻变化,加速度方向也可能时刻变 化。 ( ) (3)无论初速度是斜向上方还是斜向下方的斜抛运动都是匀变速曲线运动。 ( ) 关闭 (4) 做平抛运动的物体质量越大,水平位移越大。( ) (1)× 平抛运动是水平抛出的物体只在重力作用下的运动。
第二节
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平抛运动的规律及其应用
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5.
(多选)(平抛运动的基本规律)如图所示,相距 l 的两小球 A、 B 位于同一高度 h(l 、h 均为定值)。将 A 向 B 水平抛出的同时,B 自由下落。A、B 与地面碰 撞前后,水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。不计空气阻力 关闭 及小球与地面碰撞的时间 , 则( ) 由题意知 A 做平抛运动,即水平方向做匀速直线运动,竖直方向为自由落体运动 ;B 为自由 A.A、B 在第一次落地前能否相碰,取决于 A 的初速度 2ℎ 落体运动,A、B 竖直方向的运动相同 ,二者与地面碰撞前运动时间 t 1 相同 ,且 t1= ,若第 ������ B.A、B 在第一次落地前若不碰,此后就不会相碰 ������ ������ 一次落地前相碰 ,只要满足 A 运动时间 t= <t1,即 v> ,所以选项 A 正确 ;因为 A、 B 在竖直 C. A、B 不可能运动到最高处相碰 ������ ������1 关闭 D. A、B 一定能相碰 方向的运动同步 ,始终处于同一高度,且 A 与地面相碰后水平速度不变,所以 A 一定会经过
2016《优化设计》一轮物理4.4
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D a 卫星,当它的轨道半径缓慢减小时 ,由 v= ������������知,r 减小时 v 逐渐增大,故选项 D 正确。 对 ������
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解析
答案
第四章
知识梳理 双基自测
第四节
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万有引力与航天
1 ������ ������3 A. B. C. 3 D. ������������3 ������ ������ ������������������ 4π2 研究探测器和飞船做匀速圆周运动 ,根据万有引力提供向心力 ,列出等式为 2 =m 2 r
������������ 3
关闭
������
������
2。
������������ ������2
,空中的重
第四章
考点一 考点二 考点三 考点四
第四节
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万有引力与航天
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例1
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(1)设木星探测器在题述圆形轨道运行时 ,轨道半径为 r,由 v= 可得 r=
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D
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万有引力与航天
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3.
(卫星运行参量的比较与变轨) 如图所示,a、 b、c 是在地球大气层外圆形轨 道上运动的 3 颗卫星,下列说法正确的是 ( ) ������������ ������������ 径大于 a 的轨道半径 , 由 v= 知 , v b=vc<va,故选项 A 错误 ;由加速度 a= 2 可知 ab=a c<aa, A. b、c 的线速度大小相等 ������ ,且大于 a 的线速度 ������ ������������2 B.a、 b ,且大于 c 的向心加速度 故选项 B 的向心加速度大小相等 错误。当 c 加速时 ,c 受到的万有引力 F< ,故它将偏离原轨道做离心运动 ;当 ������ C.c 加速可追上同一轨道上的 ������������2 b, b 减速可等候同一轨道上的 c b 减速时,b 受到的万有引力 F> ,故它将偏离原轨道做向心运动。所以 c 追不上 b ,b 也 ������ D.a 卫星由于某原因,轨道半径缓慢减小,其线速度将增大 等不到 c,故选项 C 错误。
初中物理作业的优化设计
初中物理作业的优化设计背景介绍随着社会的发展，初中物理作业在教育中扮演着重要的角色。
然而，当前的物理作业设计存在一些问题，如作业量大、过于简单或过于复杂等。
因此，为了提高学生的研究效果和兴趣，有必要对初中物理作业进行优化设计。
目标优化初中物理作业，使其能够更好地促进学生的研究和理解，同时增加学生的研究兴趣。
优化策略1. 提出有针对性的问题：物理作业应该围绕课堂教学内容，提出一些有针对性的问题，引导学生深入思考和理解。
2. 设计实践性作业：物理学是实践性强的学科，作业可以设计实践性任务，鼓励学生通过实际操作和观察来加深对物理原理的理解。
3. 引入趣味元素：在物理作业中加入一些有趣的元素，如趣味实验、有奖竞答等，激发学生研究的兴趣和积极性。
4. 设置适量的作业量：作业的数量不应过多，以免给学生造成压力，也不应过少，以保证学生有足够的时间和机会练。
5. 引导学生自主研究：物理作业应该鼓励学生独立思考和探索，不仅仅是简单的填空和选择题，而是需要学生进行推理和分析。
预期效果通过优化初中物理作业设计，我们有理由相信会取得以下效果：1. 学生的研究兴趣提高：趣味元素的引入和实践性作业的设计，可以激发学生对物理学的兴趣，使他们更加主动地参与研究。
2. 学生的研究效果提高：有针对性的问题和自主研究的要求，能够培养学生的思维能力和解决问题的能力，提高他们对物理知识的理解。
3. 学生的研究负担减轻：适量的作业量和任务分配，可以减轻学生的研究压力，使他们能够更好地平衡研究和生活。
结论优化初中物理作业设计是提高学生学习效果和兴趣的重要手段。
通过提出有针对性的问题、设计实践性作业、引入趣味元素、设置适量的作业量和引导学生自主学习，我们可以期待初中物理作业的优化效果。
这将对学生的学习情况和整体教育质量产生积极的影响。
人教版九年级上册物理优化设计
人教版九年级上册物理优化设计物理是一门研究物质运动规律的科学，它在我们日常生活中无处不在。
为了更好地理解和应用物理知识，我们需要进行物理优化设计。
本文将从物理优化设计的概念、重要性以及实施步骤等方面进行探讨。
一、物理优化设计的概念物理优化设计是指在物理实验或实际应用中，通过合理的设计和调整，使得物理系统的性能达到最佳状态的过程。
它涉及到物理实验的设计、数据的处理和结果的分析等方面，旨在提高实验的准确性和可靠性，以及优化物理系统的性能。
二、物理优化设计的重要性1. 提高实验准确性：通过合理的设计和调整，可以减小实验误差，提高实验的准确性。
例如，在测量物体质量时，可以选择合适的测量仪器和方法，减小仪器误差和人为误差，从而得到更准确的结果。
2. 优化物理系统性能：物理系统的性能直接影响到实际应用的效果。
通过物理优化设计，可以使物理系统的性能达到最佳状态，提高系统的效率和稳定性。
例如，在设计电路时，可以选择合适的元件和布局，以提高电路的传输效率和抗干扰能力。
3. 培养实验能力：物理优化设计需要学生进行实际操作和思考，培养了学生的实验能力和创新思维。
通过实践中的探索和发现，学生可以更好地理解物理原理，提高问题解决能力。
三、物理优化设计的实施步骤1. 确定优化目标：首先需要明确优化的目标，例如提高实验准确性、优化系统性能等。
根据不同的目标，制定相应的优化策略。
2. 设计实验方案：根据优化目标，设计合理的实验方案。
包括选择合适的实验装置、测量仪器和方法等。
在设计过程中，需要考虑实验的可行性和可重复性。
3. 进行实验操作：按照实验方案进行实验操作。
在实验过程中，需要注意操作的规范性和准确性，保证实验数据的可靠性。
4. 处理实验数据：对实验数据进行处理和分析。
可以使用统计方法和图表等工具，得出实验结果，并与优化目标进行比较。
5. 优化设计调整：根据实验结果，对实验方案进行调整和优化。
可以尝试不同的参数和方法，以达到最佳的优化效果。
优化设计物理必修三
优化设计物理必修三稿子一：嘿，朋友们！今天咱们来聊聊物理必修三的优化设计。
你说物理这玩意儿，有时候真让人头疼，可要是把它优化设计好了，说不定就能变得有趣又好懂。
比如说那些个复杂的公式和概念，要是能通过一些生动的例子来解释，是不是一下子就清晰多啦？就像讲电场的时候，别光讲一堆理论，要是能拿生活中的静电现象举例，像冬天脱毛衣噼里啪啦的，那咱们一下子就能明白电场是咋回事。
还有那些实验，要是能让咱们自己动手多操作操作，而不是光在书本上看看，那感觉肯定超棒！比如说研究电路的时候，亲手摆弄摆弄那些电阻、电容啥的，比死记硬背效果好多啦。
再就是练习题，别总是那种特别难、特别绕的，多来点有针对性的，能帮咱们巩固基础知识的。
而且题目能和实际应用结合起来，比如算算家里电器的功率啥的，这样学起来多带劲！优化设计物理必修三，就是要让咱们学物理不再那么痛苦，而是能开开心心地探索这个神奇的物理世界！怎么样，你是不是也这么想？稿子二：哈喽呀！今天咱们的话题是优化设计物理必修三。
你知道吗？我觉得物理必修三要是能好好优化设计一下，那对咱们学习可太有帮助啦！比如说教材的排版，别密密麻麻全是字，多来点图表，多些色彩，看着也舒服不是？这样咱们读起来也更有兴趣。
还有老师讲课的方式，别总是照本宣科，能多讲点有趣的小故事，讲讲那些物理学家的趣闻，让咱们感受一下他们的探索精神，说不定能激发咱们的学习热情呢！学习物理必修三的时候，要是能有更多的多媒体资源，像小视频、动画啥的，把那些抽象的概念直观地展示出来，那理解起来可就容易多啦。
而且，要是能组织一些小组讨论，大家一起交流想法，说不定能碰撞出很多新的火花，让咱们对知识的理解更深刻。
还有啊，考试的形式也可以变一变，别光考那些死记硬背的东西，多考一些让咱们解决实际问题的题目，这样才能真正检验咱们是不是掌握了知识。
优化设计物理必修三，就是要让咱们学得轻松，学得快乐，真正爱上物理！你觉得我说得对不？。
高中物理优化设计教案人教版
高中物理优化设计教案人教版
教学重点：物理优化设计的基本原理和方法。
教学难点：运用物理知识解决实际问题。
教学过程：
一、导入（5分钟）
引导学生回顾一下物理优化设计的概念，并提出一个简单的实际问题：如何设计一个能够最大程度利用太阳能的家庭光伏发电系统。
二、讲解（15分钟）
1.介绍物理优化设计的基本原理和方法，包括利用数学方法求解最优解的步骤。
2.通过实例讲解如何运用物理知识解决实际问题，如光伏发电系统的设计。
三、实践操作（20分钟）
让学生分组设计一个家庭光伏发电系统，并计算出最优解。
四、讨论分享（10分钟）
让学生展示自己的设计，并讨论各组设计的优缺点，共同寻求更优的设计方案。
五、总结（5分钟）
总结本节课的重点内容，夯实学生的知识基础。
六、作业布置（5分钟）
布置作业：设计一个物理模型，尝试优化其设计，计算最优解。
教学反思：
本节课通过结合实际问题引入物理优化设计的概念，通过实践操作让学生亲自体验优化设计的过程，能够加深学生对物理知识的理解和应用能力，培养学生的创新意识和解决问题的能力。
在教学中应注重培养学生的动手能力和团队合作能力，使学生能够在实际问题中灵活运用所学知识，提高解决问题的能力。
物理模型的运用优化设计
物理模型的运用优化设计在现代工程设计中，物理模型的运用已经成为了不可或缺的一部分。
物理模型可以帮助工程师们更好地理解和预测系统的行为，并为其提供优化解决方案。
在这篇文章里，我们将谈论物理模型的一些常见应用及其如何帮助优化设计。
第一，物理模型可以帮助设计复杂的机械系统。
在工程设计中，机械系统常常包含着众多的运动和力学问题，而物理模型可以帮助工程师们更好地理解这些问题的本质，并为他们提供最优的解决方案。
例如，当设计机器人或者其他复杂的自动化系统时，工程师们需要确保其运动和动力系统的准确性和稳定性。
通过使用物理模型，工程师们可以准确地预测系统的行为，从而在设计中避免可能的问题，提高系统的性能和耐久性。
第二，物理模型可以帮助优化电子产品的设计。
随着电子产品的普及，工程师们需要考虑的问题越来越多，例如热量分布、电磁干扰等等。
物理模型可以帮助工程师们更好地预测和优化这些现象，并提供最优的解决方案。
例如，当设计智能手机时，工程师们需要考虑设备内部的热量如何分布，以及如何将电磁信号保持在合适的容器内。
通过使用物理模型，工程师们可以更好地优化设计，以提高系统的性能并延长其寿命。
第三，物理模型可以帮助加速创新和提高效率。
在现代工程设计中，时间和成本是不可避免的问题，而物理模型可以帮助加速创新并提高效率。
例如，当设计新型的车辆或者机器人时，工程师们需要进行大量的实验和测试，这会消耗大量的时间和成本。
通过使用物理模型，工程师们可以在虚拟环境中进行测试和实验，从而减少实验次数，提高效率并降低成本。
综上所述，物理模型在现代工程设计中的应用是非常广泛的。
通过使用这种模型，工程师们可以更好地理解和预测系统的行为，并为其提供最优的解决方案。
无论是设计复杂的机械系统，还是优化电子产品的设计，物理模型都可以帮助加速创新并提高效率，从而在现代工程设计中扮演着不可或缺的角色。
2016版《优化方案》高考物理(江苏专用)二轮复习第一部分专题六选考模块第1讲课时演练知能提升
1．(2015·怀化模拟)(1)2010年诺贝尔物理学奖授予安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫，他们通过透明胶带对石墨进行反复的粘贴与撕开使得石墨片的厚度逐渐减小，最终寻找到了厚度只有0.34 nm的石墨烯．石墨烯是碳的二维结构．如图所示为石墨、石墨烯的微观结构，根据以上信息和已学知识，下列说法中正确的是________．A．石墨是晶体，石墨烯是非晶体B．石墨是单质，石墨烯是化合物C．石墨、石墨烯与金刚石都是晶体D．他们是通过物理变化的方法获得石墨烯的(2)如图所示，由导热材料制成的汽缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体，将一细管插入液体，利用虹吸现象，使活塞上方液体缓慢流出，在此过程中，大气压强与外界的温度均保持不变，下列各个描述理想气体状态变化的图象中与上述过程相符合的是________图，该过程为________过程．(选填“吸热”、“放热”或“绝热”)解析：(1)石墨、石墨烯与金刚石都有规则的分子排列，都是晶体，从题目给出的物理情景看，石墨烯是用物理变化的方法获得的，C、D项正确．(2)气体做等温变化，随着压强减小，气体体积增大．A、B图中温度都是变化的；等温情况下，pV＝C，p－1/V图象是一条过原点的直线，所以图D正确．该过程中，体积增大，气体对外界做功，W<0，等温变化ΔU＝0，所以Q>0，气体要吸收热量．答案：(1)CD(2)D吸热2．(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．两个分子由很远(r＞10－9 m)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C ．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用D ．物体的温度升高，则物体中所有分子的分子动能都增大(2)某同学给四只一样的气球充入了质量相同的空气(视为理想气体)，分两排并列放在光滑的水平面上，再在上面放一轻质硬板，而后他慢慢地站到硬板上，在此过程中气球未爆，且认为气球中气体温度不变，外界对气球中的气体做了6 J 的功，则此过程中气球________(填“吸收”或“放出”)的热量为________J ；若换上另外一个人表演时，某个气球突然爆炸，则该气球内的气体的内能______(填“增大”或“减小”)，气体的温度________(填“升高”或“降低”)．(3)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 mol m 0，故A 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，B 错误；表面张力使液体表面积最小为球形，C 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，D 错误．(2)气体温度不变，则ΔU ＝0由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 得Q ＝ΔU －W ＝0－6 J ＝－6 J即气球放出6 J 的热量．气球爆炸，气体膨胀对外做功，内能减小，温度降低．(3)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 ×12S T ′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)AC (2)放出 6 减小 降低(3)若T ≤54T 0，p ＝p 0；若T ＞54T 0，p ′＝4T 5T 0p 0 3.(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bc 中气体既不吸热也不放热B ．过程ca 中外界对气体所做的功等于气体所放的热C ．a 、b 和c 三个状态中，状态a 分子的平均动能最小D ．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)某同学做了如图所示的探究性实验，U 形管左管口套有一小气球，管内装有水银，当在右管内再注入一些水银时，气球将鼓得更大．假设封闭气体与外界绝热，则在注入水银时，封闭气体的体积________，压强________，温度________，内能________．(填“增大”、“减小”、“升高”、“降低”或“不变”)(3)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．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A 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B 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C 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D 正确．(2)注入水银，封闭气体的压强变大，水银对气体做功，气体体积减小，由于封闭气体与外界绝热，所以气体内能增大，温度升高．(3)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 ′S T ③解得h ′＝3T 4T 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 ＝9mghT 4pT 0. 答案：(1)CD (2)减小 增大 升高 增大 (3)9mghT 4pT 04．(1)下列说法正确的是________．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 ．空中的小雨滴呈球体是水的表面张力作用的结果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(2)已知某物质摩尔质量为M ，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A ，则该物质的分子质量为________，单位体积的分子数为________． (3)如图，两汽缸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；两汽缸除A 顶部导热外，其余部分均绝热．两汽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 上方充有氧气．当大气压为p 0，外界和汽缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a 离汽缸顶的距离是汽缸高度的14，活塞b 在汽缸的正中间． ①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；②继续缓慢加热，使活塞a 上升．当活塞a 上升的距离是汽缸高度的116时，求氧气的压强．解析：(1)悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动，而不是反映花粉分子的热运动，选项A 错误．由于表面张力的作用使液体表面的面积收缩，使小雨滴呈球体，选项B 正确．液晶的光学性质具有各向异性，彩色液晶显示器就利用了这一性质，选项C 正确．高原地区水的沸点较低是因为高原地区的大气压强较小，水的沸点随大气压强的降低而降低，选项D 错误．(2)该物质的分子质量为m ＝M N A ，单位体积的分子数为N ＝1×ρM N A ＝ρN A M. (3)①活塞b 升至顶部的过程中，活塞a 不动，活塞a 、b 下方的氮气做等压变化，设汽缸A 的容积为V 0，氮气初态体积为V 1，温度为T 1，末态体积为V 2，温度为T 2，按题意，汽缸B的容积为V 04，由题给数据和盖－吕萨克定律得 V 1＝34V 0＋12×V 04＝78V 0① V 2＝34V 0＋14V 0＝V 0② V 1T 1＝V 2T 2③由①②③式和题给数据得T 2＝320 K.②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汽缸高度的116时，活塞a 上方的氧气做等温变化，设氧气初态体积为V ′1，压强为p ′1，末态体积为V ′2，压强为p ′2，由题给数据和玻意耳定律得V ′1＝14V 0，p ′1＝p 0，V ′2＝316V 0④ p ′1V ′1＝p ′2V ′2⑤由④⑤式得p ′2＝43p 0. 答案：(1)BC (2)M N A ρN A M (3)①320 K ②43p 0 5．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，下列说法正确的是________．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(2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A →B ”、“B →C ”、“C →D ”或“D →A ”)．若气体在A →B 过程中吸收63 kJ 的热量，在C →D 过程中放出38 kJ 的热量，则气体完成一次循环对外做的功为________kJ.(3)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 ＝6.0×1023 mol －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．(2)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 .气体完成一次循环时，内能变化ΔU ＝0，热传递的热量Q ＝Q 1－Q 2＝(63－38)kJ ＝25 kJ ，根据ΔU ＝Q ＋W ，得W ＝－Q ＝－25 kJ ，即气体对外做功25 kJ.(3)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 ×10 L 23p A＝15 L. 所以单位体积内的分子数n ＝N A V B ＝6.0×102315L －1 ＝4×1022 L －1＝4×1025 m －3.答案：(1)C (2)B →C 25 (3)4×1025 m －36．(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 (2)如图所示，导热的汽缸开口向下，缸内活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个砂桶，砂桶装满砂子时，活塞恰好静止，现将砂桶底部钻一个小洞，让细砂慢慢漏出．汽缸外部温度恒定不变，则缸内的气体压强________，内能________．(选填“增大”、“减小”或“不变”)(3)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．(3)设A容器容积为V A＝10 L，温度T0＝300 K时，压强为p0＝12 atm；温度升高到T1＝400 K时，压强为p1，根据查理定律有p0T0＝p1 T1解得p1＝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，初态：p1＝16 atm，体积为V1末态：p2＝4 atm，V2＝10 L根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2解得V1＝2.5 L.对B中气体初态：p＝16 atm，V＝V A－V1＝7.5 L末态：p′＝3 atm，V′＝V B同理有pV＝p′V′解得V B＝V′＝40 L.答案：(1)AB(2)增大不变(3)40 L。
志鸿优化设计2016高考物理一轮复习选修31 81
第一节 磁场的描述 磁场 对电流的作用
第一节 磁场的描述 磁场对电流的作用 第八章
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高
考点要求
考 题
五年考题统 计
命题规律
型
1.磁场、磁感应 近五年课标高 强度、磁感线 考全国卷无直
Ⅰ 接考查
2.通电直导线 和通电线圈周
围磁场的方向 Ⅰ
选 择 题
3.安培力、安培 力的方向 Ⅰ
选 择 题
与条形磁铁的磁场相似,管 内为匀强磁场且磁场最强, 管外为非匀强磁场
安
培
定
则Байду номын сангаас
环形电流 的磁场
环形电流的两侧是 N 极和 S 极,且离圆环中 心越远,磁场 越弱
立 体 图
第一节 磁场的描述 磁场对电流的作用 第八章
7-7-
知识梳理
双基自测
一二三
横截面图
纵截面图
第一节 磁场的描述 磁场对电流的作用 第八章
关闭
磁感应强度 B=������������������是用比值法定义的物理量,公式给出了确定磁场强弱的一种方法,但磁感 应强度与放入的电流元无关,由磁场本身决定。
关闭
AD
解析 答案
第八章
第一节 磁场的描述 磁场对电流的作用
知识梳理
双基自测
3.(安培定则、左手定则)(2014·云南昆明二模)
12345
2011 全国 理综,14
2014 全国 理综Ⅰ,15
高考对本节内容的考查主要是以选 择题的形式考查磁感应强度、安培定则、 安培力。有时也出现涉及安培力的计算 题,但一般难度不大。 说明:安培力的计算只限于电流与磁感应 强度垂直的情形
4.匀强磁场中 的安培力 Ⅱ
一轮优化探究物理人教版练习第一章章末检测含解析
章末检测(满分：100分，时间：45分钟)一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分.1～5题只有一个选项正确，6～8题有多个选项正确)1．北京时间2016年8月6日早上7：00，第31届奥林匹克运动会在巴西里约热内卢拉开帷幕．第4天上午，中国选手孙杨以1分44秒的成绩获得男子200米自由泳比赛冠军(国际标准游泳池长50米)．下列说法正确的是()A．“1分44秒”指的是时间间隔B．孙杨200米自由泳的平均速度为1.92 m/sC．在研究孙杨的技术动作时，可以把孙杨看成质点D．在游泳过程中，以游泳池里的水为参考系，孙杨是静止的解析：时间间隔指一段时间，对应一过程，孙杨游泳200米，是一过程，故1分44秒为时间间隔，A正确；根据平均速度定义式v＝xt得v＝t＝0(位移为0)，B不正确；质点是理想化的物理模型，物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或影响很小时，物体才可以看作质点，所以研究孙杨的技术动作时，孙杨的形状不能忽略，即孙杨不能看作质点，C不正确；孙杨在游泳过程中，以水为参考系，他是运动的，D不正确．答案：A2．如图所示，一人骑自行车晨练，由静止开始沿直线运动，她在第1 s内、第2 s内、第3 s内、第4 s内通过的位移分别为1 m、2 m、3 m、4 m，则()A．她在4 s末的瞬时速度为4 m/s B．她在第2 s末的瞬时速度为2 m/s C．她在4 s内的平均速度为2.5 m/s D．她在1 s末的速度为1 m/s解析：由v＝xt可得该人前4 s内的平均速度为v＝1＋2＋3＋44m/s＝2.5 m/s，C正确；因该人的运动不是匀变速直线运动，故无法确定其瞬时速度大小，选项A、B、D均错误．答案：C3．在研究匀变速直线运动的实验中，算出小车经过各计数点的瞬时速度如下．为了算出加速度，最合理的方法是()A.根据任意两个计数点的速度，用公式a＝Δt算出加速度B．根据实验数据画出v t图象，量出其倾角，用公式a＝tan α算出加速度C．根据实验数据画出v t图象，由图线上任意两点所对应的速度及时间，用公式a＝ΔvΔt算出加速度D．依次算出通过连续两个计数点间的加速度，算出平均值作为小车的加速度解析：在处理实验数据时，如果只使用其中两个数据，由于偶然误差的存在可能会造成最后误差较大，所以我们可以根据实验数据画出v t图象，考虑到误差，不可能是所有点都整齐的排成一条直线，连线时，应该尽量使那些不能画在线上的点均匀地分布在线的两侧，这样会舍弃误差较大的点，由图线上任意两点所对应的速度及时间，用公式a＝ΔvΔt算出加速度，误差小，故A错误，C正确．根据实验数据画出v t 图象，当纵坐标取不同的标度时，图象的倾角就会不同，所以量出其倾角，用公式a ＝tan α算出的数值并不是加速度，故B 错误．D 中在求解加速度时，实际上已经将物体的运动当作了匀加速直线运动，但实际上我们在探究时根本就不知道加速度随时间是如何变化的，故D 错误．故选C. 答案：C4．A 、B 两个物体在水平面上沿同一直线运动，它们的v t 图象如图所示．在t ＝0时刻，B 在A 的前面，两物体相距9 m ，B 物体做减速运动的加速度大小为2 m/s 2，则A 物体追上B 物体所用时间是( )A ．3 sB ．5 sC ．7.5 sD ．8.5 s解析：刹车问题，首先要考虑物体经多长时间停下来．B 减速到零所需的时间t 0＝v 0a ＝102 s ＝5 s ．在5 s 内，A 的位移x A ＝v A t 0＝20 m ，B 的位移x B ＝v 202a ＝25 m ，可知B 停下来时A 、B 的距离Δx ＝x 0＋x B －x A ＝14 m ，即B 停下来后A 还需运动14 m 才能追上B ，t ′＝Δx v A＝3.5 s ．所以A 追上B 所需的时间t ＝t 0＋t ′＝8.5 s ，故A 、B 、C 错误，D 正确．答案：D5．如图所示，甲从A 点由静止开始沿直线匀加速跑向B 点，当甲前进距离为s 1时，乙从距A 点s 2处的C 点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B 点，则A 、B 两点间的距离为( )A ．s 1＋s 2 B.(s 1＋s 2)24s 1C.s 214(s 1＋s 2)D.(s 1＋s 2)2(s 1－s 2)s 1解析：假设甲从出发到向前运动s 1时所经历的时间为t 1，C 点和B 点间的距离为s x ，乙从C 点运动到B 点的时间为t 0，两人的加速度大小为a ，则对甲从出发到向前运动s 1的过程中，由运动学公式有s 1＝12at 21，此时甲的速度大小为v ＝at 1，对甲以后的运动过程有s 2＋s x －s 1＝v t 0＋12at 20，对乙从C 到B 的过程有s x ＝12at 20，整理可得s x ＝(s 2－s 1)24s 1，则A 、B 两点之间的距离为s x ＋s 2＝(s 2－s 1)24s 1＋s 2＝(s 1＋s 2)24s 1，则B 正确．答案：B6．一个从地面竖直上抛的小球，到达最高点前1 s 上升的高度是它上升的最大高度的1/4，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.则( )A ．小球上升的最大高度是5 mB ．小球上抛的初速度是20 m/sC ．2.5 s 时物体正在上升D ．1 s 末、3 s 末物体处于同一位置解析：小球到达最高点前1 s 上升的高度是h ＝12gt 21＝12×10×12 m ＝5 m ，由题知，小球上升的最大高度是H ＝4h ＝20 m ，故A 错误．由H ＝v 202g ，得小球上抛的初速度是v 0＝2gH ＝2×10×20 m/s ＝20 m/s ，故B 正确．小球上升的总时间t 上＝v 0g＝2 s ，则2.5 s 时物体正在下降，故C 错误．由于小球上升的总时间是2 s ，则根据x ＝v 0t －12gt 2知1 s 末、3 s 末物体处于同一位置，故D 正确．答案：BD7．甲、乙两车在同一水平道路上，一前一后相距x ＝4 m ，乙车在前，甲车在后．某时刻两车同时开始运动，两车运动的x t图象如图所示，则下列表述正确的是()A．乙车做曲线运动，甲车做直线运动B．甲车先做匀减速运动，后做匀速运动C．乙车的速度不断增大D．两车相遇两次解析：乙车的x t图象虽为曲线，但这不是运动轨迹，且x-t图象只能表示正反两个方向的运动，A错误．由题图可知，两车的运动方向与规定的正方向相反，甲车在前6 s内做匀速运动，以后处于静止状态，B错误．乙车图象的倾斜程度逐渐增大，说明其速度逐渐增大，C正确．在x t图象中，图线的交点表示两车相遇，故两车相遇两次，D正确．答案：CD8．如图所示，一滑块以8 m/s的速度自斜面底端A点滑上光滑斜面，途经斜面中点C，到达斜面最高点B.如果已知v A∶v C＝4∶3，从C点到B点历时(3－2) s，则下列说法正确的是()A．斜面的长度应为7 mB．斜面的长度应为14 mC．滑块到达斜面最高点的速度为v B＝2 2 m/sD．滑块到达斜面最高点的速度为v B＝ 2 m/s解析：由已知可知，v A∶v C＝4∶3，所以v C＝6 m/s，又因为C点为AB中点，故v C＝v2A＋v2B2，即v2A＋v2B＝2v2C，可得v B＝2 2 m/s，C正确，D错误；由x BC＝v C＋v B2t＝6＋222×(3－2) m＝7 m，得斜面长度x＝2x BC＝14 m，B正确，A错误．答案：BC二、非选择题(共5小题，52分)9．(6分)如图所示为接在50 Hz低压交流电源上的打点计时器在一物体拖动纸带做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中所示的是每打5个点所取的计数点，但第3个计数点没有画出．由图中数据可求得：(1)该物体的加速度大小为________m/s 2.(2)打第2个计数点时该物体的速度大小为________m/s.(3)如果当时电网中交变电流的频率是f ＝49 Hz ，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)． 解析：(1)设1、2间的位移为x 1,2、3间的位移为x 2,3、4间的位移为x 3,4、5间的位移为x 4.因为交流电源频率为50 Hz ，且每打5个点取一个计数点，所以两个计数点之间的时间间隔T ＝0. 1 s ．由推论x m －x n ＝(m －n )aT 2得x 4－x 1＝3aT 2，代入数据解得a ＝0.74 m/s 2.(2)打第2个计数点时物体的瞬时速度等于打1、3点之间物体的平均速度，因此有v 2＝x 13t 13＝3.62＋(3.62＋0.74)0.2×10－2 m/s ＝0.399 m/s. (3)如果当时电网中交变电流的频率是f ＝49 Hz ，则周期变大，计数点之间的时间间隔变大，即实际的时间间隔大于0.1 s ，但是该同学仍以0.1 s 计算，根据x 4－x 1＝3aT 2，知加速度的测量值比实际值偏大．答案：(1)0.74 (2)0.399 (3)偏大10．(8分)利用图中a 所示的装置，做“测定重力加速度”的实验，得到了几条较为理想的纸带．已知每条纸带上每5个点取一个计数点，即相邻两计数点之间的时间间隔为0.1 s ，依打点先后编为0、1、2、3、4、…，由于不小心，纸带都被撕断了，如图b 所示，根据给出的A 、B 、C 、D 四段纸带回答：(1)在B 、C 、D 三段纸带中选出从纸带A 上撕下的那段应该是________(填正确答案标号)．(2)纸带A 上，打点1时重物的速度是________ m/s(结果保留三位有效数字)，实验求得当地的重力加速度大小是________ m/s 2(结果保留三位有效数字)．(3)已知大庆地区重力加速度大小是9.80 m/s 2，请你分析测量值和真实值之间产生误差的原因__________________________________________________ (一条原因即可)．解析：(1)由A 图可知s 2－s 1＝aT 2＝9 cm ，因此s 4－s 2＝2aT 2＝18 cm ，故纸带C 满足条件，即在B 、C 、D 三段纸带中选出从纸带A 上撕下的那段应该是C.故选C.(2)根据匀变速直线运动特点可知v 1＝s 1＋s 22T ＝0.302＋0.3920.2m/s ＝3.47 m/s. 由逐差法可得s 4－s 1＝3aT 2，所以a ＝s 4－s 13T 2＝0.572－0.3023×0.12 m/s 2＝9.00 m/s 2. (3)重物下落过程中不可避免的受到空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦力作用，因此会导致所测的重力加速度小于实际值．答案：(1)C (2)3.47 9.00 (3)阻力的影响(答出摩擦阻力、空气阻力均给分)11．(10分)(2018·湖北宜城高三质检)汽车由静止开始在平直的公路上行驶.0～60 s 内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示．(1)画出汽车在0～60 s 内的v t 图线；(2)求在这60 s 内汽车行驶的路程．解析：(1)设t ＝10 s 、40 s 、60 s 时刻，汽车的速度分别为v 1、v 2、v 3.由题图知在0～10 s 内汽车以2 m/s 2的加速度匀加速行驶，由运动学公式得 v 1＝2×10 m/s ＝20 m/s ①在10～40 s 内汽车匀速行驶，因此v 2＝20 m/s ②在40～60 s 内汽车以1 m/s 2的加速度匀减速行驶，由运动学公式得v 3＝(20－1×20)m/s ＝0③根据①②③式，可画出汽车在0～60 s 内的v t 图线，如图所示．(2)由上图可知，在这60 s 内汽车行驶的路程为s ＝30＋602×20 m ＝900 m.答案：(1)图见解析 (2)900 m12．(14分)(2018·浙江舟山模拟)如图所示，一圆管放在水平地面上，长为L ＝0.5 m ，圆管的上表面离天花板距离h ＝2.5 m ，在圆管的正上方紧靠天花板放一小球(可看成质点)，让小球由静止释放，同时给圆管一竖直向上大小为5 m/s 的初速度，g 取10 m/s 2.(1)求小球释放后经多长时间与圆管相遇；(2)试判断在圆管落地前小球能不能穿过圆管？如果不能，小球和圆管落地的时间差多大？如果能，小球穿过圆管的时间多长？解析：(1)小球与圆管相遇时与管的上端相遇，从空间关系看满足圆管的上端位移大小与小球下落的位移大小之和等于h ，有12gt 2＋v 0t －12gt 2＝h 解得t ＝0.5 s.(2)小球落到地面用时为t 1，则h ＋L ＝12gt 21解得t 1＝35 s圆管落地的时间为t 2，则t 2＝2·v 0g ＝1 s由于t 1＜t 2，所以小球能穿过圆管设t ′时刻小球到达圆管的下端，有12gt ′2＋v 0t ′－12gt ′2＝h ＋L 解得t ′＝0.6 s因此小球穿过圆管的时间为t ′－t ＝0.1 s答案：(1)0.5 s (2)能 0.1 s13．(14分)同向运动的甲、乙两质点在某时刻恰好通过同一路标，以此时为计时起点，此后甲质点的速度随时间的变化关系为v ＝4t ＋12(m/s)，乙质点位移随时间的变化关系为x ＝2t ＋4t 2(m)，试求：(1)两质点何时再次相遇；(2)两质点相遇之前何时相距最远，最远的距离是多少？解析：(1)由甲质点的速度与时间变化关系式知，甲做初速度v 10＝12 m/s ，a 1＝4 m/s 2的匀变速直线运动即x 1＝12t ＋2t 2(m)v 1＝12＋4t (m/s)由乙质点的位移与时间变化关系式知，乙做初速度为v 20＝2 m/s ，a 2＝8 m/s 2的匀变速直线运动即x 2＝2t ＋4t 2(m)v 2＝2＋8t (m/s)甲、乙再次相遇知x 1＝x 2代入数据得：t ＝5 s(2)甲乙速度相等时相距最远，即v1＝v2代入数据得：t＝2.5 s最远距离Δx m＝x1－x2代入数据得：Δx m＝12.5 m答案：(1)5 s(2)2.5 s12.5 m。
2016届步步高物理新课标版一轮s5ucom高考]3
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第3课时热力学定律与能量守恒考纲解读 1.知道改变内能的两种方式，理解热力学第一定律.2.知道与热现象有关的宏观物理过程的方向性，了解热力学第二定律.3.掌握能量守恒定律及其应用．考点一热力学第一定律的理解及应用1．热力学第一定律的理解不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系．2．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定符号W Q ΔU＋外界对物体做功物体吸收热量内能增加－物体对外界做功物体放出热量内能减少3.几种特殊情况(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量．(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量．(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q.外界对物体做的功等于物体放出的热量．例1在如图1所示的坐标系中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化过程：第一种变化是从状态A到状态B，外界对该气体做功为6 J；第二种变化是从状态A到状态C，该气体从外界吸收的热量为9 J．图线AC的反向延长线过坐标原点O，B、C两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零．求：图1(1)从状态A到状态C的过程，该气体对外界做的功W1和其内能的增量ΔU1；(2)从状态A到状态B的过程，该气体内能的增量ΔU2及其从外界吸收的热量Q2.解析(1)由题意知从状态A到状态C的过程，气体发生等容变化该气体对外界做的功W1＝0根据热力学第一定律有ΔU1＝W1＋Q1内能的增量ΔU1＝Q1＝9 J.(2)从状态A到状态B的过程，体积减小，温度升高由题意可知，该气体内能的增量ΔU2＝ΔU1＝9 J根据热力学第一定律有ΔU2＝W2＋Q2从外界吸收的热量Q2＝ΔU2－W2＝3 J.答案(1)09 J(2)9 J 3 JΔU＝W＋Q，使用时注意符号法则(简记为：外界对系统取正，系统对外界取负)．对理想气体，ΔU仅由温度决定，W仅由体积决定，绝热情况下，Q＝0.气体向真空膨胀不做功．递进题组1．[热力学第一定律的理解]一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J，气体对外界做功1.0×104J，则该理想气体的()A．温度降低，密度增大B．温度降低，密度减小C．温度升高，密度增大D．温度升高，密度减小答案 D解析理想气体从外界吸热大于对外界做功，所以内能增大，温度是理想气体内能的标志，内能增大，温度一定升高；气体对外做功，体积膨胀，质量不变，所以密度要减小．D正确．2．[热力学第一定律的应用]如图2所示，一定质量的理想气体由状态a沿abc变化到状态c，吸收了340 J的热量，并对外做功120 J．若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40 J，则这一过程中气体______(填“吸收”或“放出”)热量______J.图2答案吸收260解析对该理想气体由状态a沿abc变化到状态c，由热力学第一定律可得：ΔU＝Q＋W＝340 J＋(－120 J)＝220 J，即从a状态到c状态，理想气体的内能增加了220 J；若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40 J，此过程理想气体的内能还是增加220 J，所以可以判定此过程是吸收热量，再根据热力学第一定律可得：ΔU＝Q′＋W′，得Q′＝ΔU－W′＝220 J－(－40 J)＝260 J.3．[热力学第一定律的应用]一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280 J，并对外做功120 J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J的热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？答案(1)增加了160 J(2)外界对气体做功80 J解析(1)由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120 J＋280 J＝160 J，气体的内能增加了160 J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从状态2回到状态1的过程中内能的变化量应等于从状态1到状态2的过程中内能的变化量，则从状态2到状态1的内能应减少160 J，即ΔU′＝－160 J，又Q′＝－240 J，根据热力学第一定律得：ΔU′＝W′＋Q′，所以W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J，即外界对气体做功80 J．考点二热力学第二定律的理解1．热力学第二定律的理解(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助．(2)“不产生其他影响”的涵义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响．如吸热、放热、做功等．2．热力学第二定律的实质热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．特别提醒热量不可能自发地．．．从低温物体传到高温物体，但在有外界影响的条件下，热量可以从低温物体传到高温物体，如电冰箱；在引起其他变化的条件下内能可以全部转化为机械能，如气体的等温膨胀过程．3．热力学过程方向性实例：低温物体①高温物体热量Q能自发传给热量Q不能自发传给②功能自发地完全转化为热不能自发地且不能完全转化为③气体体积V 1能自发膨胀到不能自发收缩到气体体积V2(较大)④不同气体A和B能自发混合成不能自发分离成混合气体AB4．两类永动机的比较第一类永动机第二类永动机不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器违背能量守恒定律，不可能制成不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，不可能制成例2根据你学过的热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是()A．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化成机械能B．凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体C．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃D．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来解析机械能可以全部转化为内能，而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能，A正确；凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，也能从低温物体传递给高温物体，但必须借助外界的帮助，B错误；尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机也不能使温度降到－293 °C，只能无限接近－273.15 °C，却永远不能达到，C错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，而是违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能制造出来，D错误．答案 A递进题组4．[热力学第二定律的理解]下列说法正确的是()A．热量不能由低温物体传递到高温物体B．外界对物体做功，物体的内能必定增加C．第二类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律D．不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化答案 D解析根据热力学第二定律，热量不能自发地由低温物体传递到高温物体，但在一定条件下，热量可以由低温物体传向高温物体，例如电冰箱的工作过程，故A错误；根据热力学第一定律，物体内能的变化取决于吸收或放出的热量和做功的正负两个因素，所以B错误；第二类永动机不违反能量守恒定律，而违反了热力学第二定律，C错误；D是热力学第二定律的表述形式之一，是正确的．5．[热力学定律的理解]地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018吨，如果这些海水的温度降低0.1 °C，将要放出5.8×1023焦耳的热量，有人曾设想利用海水放出的热量使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，其原因是()A．内能不能转化成机械能B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律C．只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机器不满足热力学第二定律D．上述三种原因都不正确答案 C解析本题考查热力学第一定律和热力学第二定律的应用，内能可以转化成机械能，如热机，A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，即能量守恒定律，B错误；热力学第二定律告诉我们：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，C正确．6．[热力学定律的理解]关于热力学定律，下列说法中正确的是()A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D．不可能使热量从低温物体传向高温物体E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程答案ACE解析对某物体做功，物体同时放热，则物体的内能可能减少或者不变；不可能使热量自发地从低温物体传向高温物体，但在有外界影响的条件下，热量可以从低温物体传向高温物体．考点三热力学定律与气体实验定律综合问题例3 一定质量的理想气体，从初始状态A 经状态B 、C 、D 再回到A ，体积V 与温度T 的关系如图3所示．图中T A 、V A 和T D 为已知量．(1)从状态A 到B ，气体经历的是______过程(填“等温”、“等容”或“等压”)．(2)从B 到C 的过程中，气体的内能______(填“增大”、“减小”或“不变”)．(3)从C 到D 的过程中，气体对外______(填“做正功”、“做负功”或“不做功”)，同时______(填“吸热”或“放热”)．(4)气体在状态D 时的体积V D ＝________.图3解析 (1)由题图可知，从状态A 到B ，气体体积不变，故是等容变化；(2)从B 到C 温度不变，即分子平均动能不变，该理想气体的内能不变；(3)从C 到D 气体体积减小，外界对气体做正功，W 0，所以气体对外做负功，同时温度降低，说明内能减小，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 知气体放热；(4)从D 到A 是等压变化，由V A T A ＝V D T D 得V D ＝T D T AV A . 答案 (1)等容 (2)不变 (3)做负功 放热 (4)T D T AV A 递进题组7．[热力学定律与等温变化的结合]如图4所示，一粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U 形管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l 1＝20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高．现将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h ＝10 cm.(环境温度不变，大气压强p 0＝75 cmHg)图4(1)求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”做单位)．(2)此过程中左管内的气体对外界________(填“做正功”、“做负功”或“不做功”)，气体将________(填“吸热”或“放热”)．答案(1)50 cmHg(2)做正功吸热解析(1)设U形管横截面积为S，右端与大气相通时，左管中封闭气体的压强为p1，右端与一低压舱接通后，左管中封闭气体的压强为p2，气柱长度为l2，稳定后低压舱内的压强为p.左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2①p1＝p0②p2＝p＋p h③V1＝l1S④V2＝l2S⑤由几何关系得h＝2(l2－l1)⑥联立①②③④⑤⑥式，代入数据得p＝50 cmHg(2)左管内气体膨胀，气体对外界做正功，温度不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W且W<0，所以Q＝－W>0，气体将吸热．8.[热力学定律与理想气体状态方程的结合]我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录．在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990 m深处的海水温度为280 K．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化．如图5所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度T0＝300 K，压强p0＝1 atm，封闭气体的体积V0＝3 m3.如果将该汽缸下潜至990 m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．(1)求990 m深处封闭气体的体积(1 atm相当于10 m深的海水产生的压强)．(2)下潜过程中封闭气体______(填“吸热”或“放热”)，传递的热量______(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功．图5答案 (1)2.8×10－2 m3 (2)放热 大于解析 (1)以汽缸内封闭的气体为研究对象，初态压强p 0＝1 atm ，温度T 0＝300 K ，体积V 0＝3m 3，汽缸在990 m 深处时，封闭气体的压强p ＝1 atm ＋99010atm ＝100 atm ，温度T ＝280 K ，设封闭气体的体积变为V .由理想气体状态方程有p 0V 0T 0＝pV T，代入数据解得V ＝2.8×10－2 m 3. (2)封闭气体的体积减小，外界对封闭气体做正功，而封闭气体的温度降低，内能减小，由热力学第一定律可知，封闭气体要放热，且传递的热量大于外界对封闭气体所做的功．9．[热力学定律与图象的结合]一定质量的理想气体压强p 与热力学温度T 的关系图象如图6所示，AB 、BC 分别与p 轴和T 轴平行，气体在状态A 时的压强为p 0、体积为V 0，在状态B 时的压强为2p 0，则气体在状态B 时的体积为______；气体从状态A 经状态B 变化到状态C 的过程中，对外做的功为a (a >0)，内能增加了b (b >0)，则此过程气体______(选填“吸收”或“放出”)的热量为______．图6答案 V 02吸收 a ＋b 解析 对A 到B 过程，温度不变，由玻意耳定律可知，气体在状态B 时的体积为V ＝V 02；气体从状态A 经状态B 变化到状态C 的过程中，对外做的功为a ，内能增加了b ，由热力学第一定律，此过程气体吸收的热量为a ＋b .高考模拟 明确考向1．(2014·广东·17)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图7所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体( )图7A．体积减小，内能增大B．体积减小，压强减小C．对外界做负功，内能增大D．对外界做正功，压强减小答案AC解析充气袋被挤压时，气体体积减小，外界对气体做正功，由于袋内气体与外界无热交换，故由热力学第一定律知，气体内能增加，故选项A、C正确；体积减小，内能增加，由理想气体状态方程可知气体压强变大，选项B、D错误．2．(2014·重庆·10(1))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，分子平均动能减小答案 B解析质量一定的气体，体积不变，当温度升高时，是一个等容变化，据压强的微观解释：温度升高，气体的平均动能增加；单位时间内撞击单位面积的器壁的分子数增多，可知压强增大．由于温度升高，所以分子平均动能增大，物体的内能变大；体积不变，对内外都不做功，内能增大，所以只有吸收热量，故A、C、D错误；B正确．3．(2014·山东·37(1))如图8所示，内壁光滑、导热良好的汽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8A．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答案AB解析根据理想气体状态方程，缸内气体压强不变，温度升高，体积增大，对外做功，理想气体不计分子间的作用力，温度升高，内能增加．选项A、B正确．4．如图9所示，固定在水平面上的汽缸内封闭着一定质量的理想气体，汽缸壁和活塞绝热性能良好，汽缸内气体分子间相互作用的势能忽略不计，则以下说法正确的是( )图9A ．使活塞向左移动，汽缸内气体对外界做功，内能减少B ．使活塞向左移动，汽缸内气体内能增大，温度升高C ．使活塞向左移动，汽缸内气体压强减小D ．使活塞向左移动，汽缸内气体分子无规则运动的平均动能减小答案 B解析 使活塞向左移动，外界对缸内气体做功，故W 0，汽缸壁的绝热性能良好，由热力学第一定律：ΔU ＝W ＋Q 得，汽缸内气体的内能增大，所以缸内气体温度增大，所以汽缸内气体分子的平均动能增大，压强增大，故B 正确，A 、C 、D 错误．5．某次科学实验中，从高温环境中取出一个如图10所示的圆柱形导热汽缸，把它放在大气压强p 0＝1 atm 、温度t 0＝27 ℃的环境中自然冷却．该汽缸内壁光滑，容积V ＝1 m 3，开口端有一厚度可忽略的活塞．开始时，汽缸内密封有温度t ＝447 ℃、压强p ＝1.2 atm 的理想气体，将汽缸开口向右固定在水平面上，假设汽缸内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：图10(1)活塞刚要向左移动时，汽缸内气体的温度t 1；(2)最终汽缸内气体的体积V 1；(3)在整个过程中，汽缸内气体对外界______(选填“做正功”、“做负功”或“不做功”)，汽缸内气体放出的热量______(选填“大于”、“等于”或“小于”)气体内能的减少量． 答案 (1)327 ℃ (2)0.5 m 3 (3)做负功 大于解析 (1)汽缸内的气体做等容变化，T ＝(273＋447) K ＝720 K 由查理定律得p T ＝p 0T 1解得T 1＝600 K ，即t 1＝327 ℃.(2)最终汽缸内气体的压强为p 0，温度为T 0，且T 0＝(273＋27) K ＝300 K ，由理想气体状态方程得pV T ＝p 0V 1T 0解得V 1＝0.5 m 3.(3)体积减小，汽缸内气体对外界做负功，由ΔU＝W＋Q知，汽缸内气体放出的热量大于气体内能的减少量．6．如图11所示p－V图中，一定质量的理想气体由状态A经过ACB过程至状态B，气体对外做功280 J，放出热量410 J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，这一过程中外界对气体做功200 J.图11(1)ACB过程中气体的内能如何变化？变化了多少？(2)BDA过程中气体吸收还是放出多少热量？答案(1)减少了690 J(2)吸收490 J解析(1)ACB过程中W1＝－280 J，Q1＝－410 J由热力学第一定律U B－U A＝W1＋Q1＝－690 J气体内能的减少量为690 J(2)因为一定质量理想气体的内能只是温度的函数，BDA过程中气体内能变化量U A－U B＝690 J 由题知W2＝200 J由热力学第一定律U A－U B＝W2＋Q2解得Q2＝490 J即气体吸收热量490 J．练出高分一、单项选择题1．(2013·山东·36(1))下列关于热现象的描述正确的一项是()A．根据热力学定律，热机的效率可以达到100%B．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规则的答案 C解析根据热力学第二定律可知，热机不可能从单一热源吸收热量全部用来做功而不引起其他变化，因此，热机的效率不可能达到100%，选项A错误；做功是通过能量转化的方式改变系统的内能，热传递是通过能量的转移的方式改变系统的内能，选项B 错误；温度是表示热运动的物理量，热传递过程中达到热平衡时，温度相同，选项C 正确；单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动表现出统计规律，选项D 错误．2．已知理想气体的内能与温度成正比，如图1所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化曲线，则在整个过程中汽缸内气体的内能( )图1A ．先增大后减小B ．先减小后增大C ．单调变化D ．保持不变答案 B解析 题图中虚线是等温线，由理想气体状态方程pV T ＝C 知，在V 一定时p ∝1T，所以汽缸内气体由状态1到状态2时温度先减小后增大，即理想气体的内能先减小后增大，B 正确．3. 如图2所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞．今对活塞施加一竖直向下的压力F ，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小．若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体( )图2A ．温度升高，压强增大，内能减少B ．温度降低，压强增大，内能减少C ．温度升高，压强增大，内能增加D ．温度降低，压强减小，内能增加答案 C解析 向下压活塞，力F 对容器中的气体做功，气体的内能增加，温度升高，对活塞受力分析可得出容器中的气体的压强增大，故选项C 正确．4. 一物理爱好者利用如图3所示的装置研究气体压强、体积、温度三者之间的关系．导热良好的汽缸开口向下，内有理想气体，汽缸固定不动，缸内活塞可自由移动且不漏气．一温度计通过缸底小孔插入缸内，插口处密封良好，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时活塞恰好静止，现给沙桶底部钻一个小洞，细沙缓慢漏出，外部温度恒定不变，则()图3A．外界对气体做功，气体内能增大B．外界对气体做功，温度计示数不变C．外界对气体做功，温度计示数减小D．外界对气体做功，温度计示数增大答案 B解析题中“导热良好的汽缸”和“细沙缓慢漏出”表明缸内气体温度不变，等于环境温度，所以温度计示数不变，气体内能不变，细沙漏出的过程活塞向上移动，外界对气体做功，B正确．5. A、B两装置均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同．将两管抽成真空后，开口向下插入水银槽中(插入过程没有空气进入管内)，水银柱上升到如图3所示位置停止．假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法中正确的是()图3A．A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量B．B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量C．A和B中水银体积保持不变，故内能增量相同D ．A 和B 中水银温度始终相同，故内能增量相同答案 B解析 在水银进入管中的过程中，大气压力对水银做功，把大气的能量转化为水银的内能和重力势能，在一定的大气压下，静止时，A 、B 管中水银柱的高度是相同的，则进入管中的水银体积相同，所以大气压力做功相同．但两装置中水银重力势能的增量不同，所以两者内能的改变也不同，由图可知B 管水银的重力势能较小，所以B 管中水银的内能增量较多．故B 正确．二、多项选择题6．对于一定量的理想气体，下列说法中正确的是( )A ．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B ．若气体的内能不变，其状态也一定不变C ．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D ．气体温度每升高1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关E ．当气体温度升高时，气体的内能一定增大答案 ADE解析 理想气体的内能只由温度决定，故E 正确．由理想气体状态方程pV T＝C 可知，若气体的压强和体积都不变，温度T 也不变，所以内能也一定不变，A 正确．若气体的内能不变，则温度T 不变，但气体的压强和体积可以改变，B 错误．若气体的温度升高，体积增大，其压强可以不变，C 错误．由热力学第一定律，ΔU ＝Q ＋W 知，D 正确．7. (2013·广东·18)图4为某同学设计的喷水装置，内部装有2 L 水，上部密封1 atm 的空气0.5 L ，保持阀门关闭，再充入1 atm 的空气0.1 L ，设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有( )图4A ．充气后，密封气体压强增加B ．充气后，密封气体分子的平均动能增加C ．打开阀门后，密封气体对外界做正功D ．打开阀门后，不再充气也能把水喷光答案 AC解析 由pV ＝nRT 知，当V 、T 不变时，n 增加，p 增大，故A 对．密封气体的温度不变，密封气体分子的平均动能就不变，故B 错．通过公式p 1V 1＋p 2V 2＝pV 1计算出，密封气体压强变为1.2 atm ，大于外界压强，故打开阀门后气体就会压水把水喷出，显然密封气体对外界做正功，密封气体体积变大，压强变小，当密封气体压强与装置内剩余水的压强之和与外界压强相等的时候，就不再喷水了，故C 对，D 错．8. 如图5所示，在开口向下的竖直导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的气体，活塞与汽缸壁之间无摩擦，汽缸外温度不变，且不考虑汽缸内气体的分子势能，若在活塞下面悬挂一个小重物，则稳定后( )图5A ．缸内气体的压强不变B ．缸内气体对外做功C ．缸内气体从外界吸收热量D ．缸内气体内能增大答案 BC解析 不挂小重物时，汽缸内气体压强p ＝p 0－m 活塞g S，若活塞下挂一小重物，设小重物的质量为m ，则p ′＝p 0－(m 活塞＋m )g S，即缸内气体压强变小，A 错误． 由于汽缸内的气体等温变化，故缸内气体内能不变，D 错误；由pV T＝C 可知，缸内压强减小，体积增大，缸内气体对外做功，B 正确；由ΔU ＝W ＋Q 可知，缸内气体从外界吸收热量，C 正确．9. 如图6，一绝热容器被隔板K 隔开成a 、b 两部分．已知a 内有一定量的稀薄气体，b 内为真空．抽开隔板K 后，a 内气体进入b ，最终达到平衡状态．在此过程中( )图6。
2016《优化设计》一轮物理4.1
-17-
判断做曲线运动的物体的速率变化情况 (1)当合力方向与速度方向的夹角为锐角时,物体的速率增大。 (2)当合力方向与速度方向的夹角为钝角时,物体的速率减小。 (3)当合力方向与速度方向垂直时,物体的速率不变。
规律总结
第四章
考点一 考点二 考点三
第一节
考情概览
曲线运动
知识梳理
运动的合成与分解
学科素养 对应演练
������ 2
关闭
解析
答案
第四章
考点一 考点二 考点三
第一节
考情概览
曲线运动
知识梳理
运动的合成与分解
学科素养 对应演练
核心考点 核心考点
-14-
考点一对曲线运动的理解
做曲线运动的物体所受合力方向与轨迹的关系 :无力不拐弯,拐弯必有力。 曲线运动轨迹始终夹在合力方向与速度方向之间,而且向合力的方向弯曲, 或者说合力的方向总是指向曲线的“凹”侧。
第四章
知识梳理 双基自测
第一节
考情概览
曲线运动
知识梳理 知识梳理
运动的合成与分解
学科素养 对应演练
核心考点
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1 2 3 4 5
1.请判断下列表述是否正确,对不正确的表述,请说明原因。 (1)曲线运动的物体速度大小一定发生变化。 (2)曲线运动的物体加速度一定是变化的。 (3)曲线运动一定是变速运动。 (4)合运动的速度一定比每一个分运动的速度都大。( ) (5)两个分运动的时间一定与它们合运动的时间相等。 (6)只要两个分运动是直线运动,合运动一定是直线运动。 (1)× 曲线运动速度的方向一定发生改变,但速度的大小不一定发生变化。 (7)两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动。
2016《优化设计》一轮物理5.4
第五章
考点一 考点二 考点三
第四节
考情概览
功能关系和能量守恒定律
知识梳理 核心考点 核心考点 学科素养 对应演练
-17-
例2
关闭
(1)由机械能守恒定律和圆周运动知识得
2
1 ������������ 2 R=0.8 m 的 光滑圆弧轨道,下端 B 恰与小车右端 2 , AB 为半径 如图所示 mgR= ������������������ ,FNB-mg=m
关闭
B
解析
答案
第五章
知识梳理 双基自测
第四节
考情概览
功能关系和能量守恒定律
知识梳理 知识梳理 核心考点 学科素养 对应演练
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4.(多选)(对功能关系的理解)
如图所示,在抗洪救灾中,一架直升机通过绳索,用恒力 F 竖直向上拉起一个 漂在水面上的木箱使其由水面开始加速上升到某一高度,若考虑空气阻力 关闭 而不考虑空气浮力,则在此过程中,下列说法正确的是( ) A.力 F 所做的功减去克服阻力所做的功等于重力势能的增量 力 F 所做的功减去克服阻力所做的功等于机械能的增量 ,选项 A 错误 ,选项 D 正确 ;根据重 B.木箱克服重力所做的功等于重力势能的增量 力做功与重力势能的关系可知,克服重力所做的功等于重力势能的增量 ,选项 B 正确 ;根据 C.力 F、重力、阻力三者合力所做的功等于木箱动能的增量 动能定理可知 ,合外力做的功等于动能的改变量,选项 C 正确。 D.力 F 和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量 关闭
C
解析
答案
第五章
考点一 考点二 考点三
第四节
考情概览
功能关系和能量守恒定律
知识梳理 核心考点 核心考点 学科素养 对应演练
高中物理优化设计教案
高中物理优化设计教案
目标：通过本节课的学习，学生能够掌握优化设计的基本概念和方法，能够运用物理知识解决实际问题。
教学重点：优化设计的基本原理、方法和实际应用。
教学难点：能够灵活运用所学知识解决具体问题。
教学准备：
1. 教材：高中物理教材相关章节；
2. PPT或教学板书；
3. 实验材料：实验仪器、实验用具等；
4. 优化设计题目。
教学流程：
一、导入（5分钟）
通过引入一个生活中的实际问题，引发学生的兴趣和好奇心，激发他们对本课内容的学习热情。
二、概念讲解（15分钟）
1. 介绍优化设计的概念和意义；
2. 讲解如何利用物理知识进行优化设计；
3. 分析优化设计的基本原理，引导学生理解。
三、案例分析（20分钟）
通过一个具体的优化设计案例，让学生自己动手解决问题，引导学生学会运用所学知识解决实际问题。
四、实践操作（20分钟）
老师布置一个优化设计的实践任务，让学生分组进行实践操作，实践中老师可以提供指导和帮助。
五、总结（10分钟）
通过学生实践操作的情况和实验结果，总结出优化设计的基本方法和技巧，让学生有所收获。
六、作业布置（5分钟）
布置相关习题或实验报告等作业，巩固学生对本节课内容的理解和掌握。
教学反思：
本节课主要通过案例分析和实践操作的方式，让学生掌握优化设计的基本原理和方法，并通过实际操作来巩固所学知识。
通过本节课的教学，学生不仅能够理解优化设计的概念和意义，还能够运用所学知识解决实际问题，培养学生的实践能力和创新思维。
优化设计5.3
Getting trained in a space capsule was the first thing on the timetable.A guide fastened my safety belt and showed me how to use it.Then he flashed a switch on a computer screen,and the capsule began swinging gently sideways and then sped up.Hit by a lack of fresh air,my head ached.I was nervous and uncertain and I found the adjustment to space life difficult to tolerate.But I felt much better in no time.I was back on my feet again. I hope to be one of the representatives of the company to work in space settlements.
答案： Exhausted
仿造句子
1.因为害怕,她睡觉时整夜都没关灯。 2.一个人的时候,她从来不觉得孤独。
答案： 1.Frightened,she went to sleep with the light burning/on all the night. 2.Alone,she never feels lonely.
必修5
重点单词 重点短语
Unit 3
Life in the future
核心考点 对应演练
知识梳理 典句背诵 课文填空
2016版《优化方案》高考物理(江苏专用)二轮复习第一部分专题六选考模块第2讲课时演练知能提升
1．(2015·高考江苏卷)(1)一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，则被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比________．A ．波速变大B ．波速不变C ．频率变高D ．频率不变(2)用2×106 Hz 的超声波检查胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分别为2 250 m/s 和1 500 m/s ，则该超声波在结石中的波长是胆汁中的________倍．用超声波检查胆结石是因为超声波的波长较短，遇到结石时________(选填“容易”或“不容易”)发生衍射．(3)人造树脂是常用的眼镜镜片材料．如图所示，光线射在一人造树脂立方体上，经折射后，射在桌面上的P 点．已知光线的入射角为30°，OA ＝5 cm ，AB ＝20 cm ，BP ＝12 cm ，求该人造树脂材料的折射率n .解析：(1)渔船与鱼群发生相对运动，被鱼群反射回来的超声波的速度大小不变；由多普勒效应知，反射回来的超声波的频率变高，故选项B 、C 正确．(2)由v ＝λf 知，超声波在结石中的波长λ1＝v 1f ，在胆汁中的波长λ2＝v 2f ，则波长之比：λ1λ2＝v 1v 2＝1.5. 超声波遇到结石时，其波长远小于结石的线度，则超声波遇到结石时不容易发生衍射现象．(3)设折射角为γ，由折射定律知：sin 30°sin γ＝n由几何关系知：sin γ＝BP －OAOP且OP ＝（BP －OA ）2＋AB 2 代入数据得n ＝44914≈1.5. 答案：(1)BC (2)1.5 不容易 (3)44914(或1.5) 2．(1)对如图所示的图片、示意图或实验装置图，下列判断准确无误的是________．A ．甲图是小孔衍射的图样，也被称为“泊松亮斑”B ．乙图是薄膜干涉的应用，用来检测平面的平整程度C ．丙图是薄膜干涉现象的实验装置图，在附有肥皂膜的铁丝圈上，出现竖直干涉条纹D ．丁图是波的振动图象，其振幅为8 cm ，振动周期为4 s (2)(2014·高考江苏卷)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)如图所示，△ABC 为一直角三棱镜的截面，其一个底角为30°，一束单色平行光束斜射向AB 面，经三棱镜折射后在AC 面水平平行射出．①以图中三条光线代表光束，画出三条光线经棱镜折射的光路示意图； ②若棱镜的折射率为3，求入射光线与AB 面的夹角θ.解析：(1)题图甲是小孔衍射的图样，但不是“泊松亮斑”，故A 错．题图丙是薄膜干涉现象的实验装置图，但其干涉条纹应为水平的，故C 错．(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)①光路图如图甲所示②由图乙可知sin αsin β＝nsin 60°sin γ＝n又n ＝3 解得γ＝30°由图中几何关系可知β＝30° 解得α＝60° 则θ＝30°.答案：(1)BD (2)见解析 (3)①见解析 ②30° 3．(2015·镇江模拟)(1)下列说法中正确的是________． A ．同种介质中，光的波长越短，传播速度越快B ．泊松亮斑有力地支持了光的微粒说，杨氏干涉实验有力地支持了光的波动说C ．某同学在测单摆的周期时将全振动的次数多记了一次，则测出的周期偏小D ．静止在地面上的人观察一条沿自身长度方向高速运动的杆，观察到的长度比杆静止时的短(2)一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，在t ＝0时刻波刚好传播到x ＝6 m 处的质点A ，如图所示，已知波的传播速度为48 m/s.请回答下列问题：①从图示时刻起再经过________s ，质点B 第一次处于波峰； ②从图示时刻起质点A 的振动方程为________________________________________________________________________cm.(3)如图所示，某种透明液体的折射率为n ，在液面下深为h 处有一点光源S ，现用一不透光的圆形薄板置于液面，其圆心O 在S 的正上方．要使观察者从液面上任一位置都不能看到点光源S ，则该圆形薄板的半径R 至少为多大？解析：(1)光在真空中传播速度相等，A 项错误；泊松亮斑有力地支持了光的波动说，杨氏干涉实验有力地支持了光的波动说，B 项错误；某同学在测单摆的周期时将全振动的次数多记了一次，测出的周期T ＝tn偏小，C 项正确；根据相对论知识判断D 项正确．(3)由图中几何关系得sin θ＝sin C ＝RR 2＋h 2，sin C ＝1n ，解得R ＝hn 2－1. 答案：(1)CD (2)①0.5 ②y ＝－2sin 12πt (3)hn 2－14．(2015·南通三模)(1)下列说法中正确的是________．A ．光从光导纤维的内芯射向外套时，只发生折射不发生反射B ．第四代移动通信系统(4G)采用1 880 MHz ～2 690 MHz 间的四个频段，该电磁波信号的磁感应强度随时间是均匀变化的C ．飞机远离卫星时，卫星接收到飞机的信号频率大于飞机发出的信号频率D ．狭义相对论中“动钟变慢”，可通过卫星上的时钟与地面上的时钟对比进行验证 (2)用实验探究单摆的周期与摆长的关系，为使单摆周期的测量值更精确，测量n 次全振动的时间t ，n 应适当________(选填“大”或“小”)些；改变摆线长，测量多组摆长l 和相应的振动周期T 的数据，用图象处理数据．要得到线性图象，应选用________(选填“T －l ”“T －l 2”或“T 2－l ”)图象．(3)如图所示，一个三棱柱形透明物体横截面是直角三角形，∠B ＝90°，∠C ＝30°，D 是AC 上的一点，CD 间距离为L ，AB 间距离为2L .一束平行于BC 方向的光从AC 面上的D 点射入，经BC 面反射到AB 的中点E .求：①光在AC 面上的折射角γ； ②透明物体的折射率n .解析：(3)①如图所示，光线从AC 面上的D 点射入时的入射角为i ，折射角为γ，D 点关于BC 的对称点D ′一定在反射光PE 的反向延长线上．由几何关系可知i ＝60°，γ＝30° ②根据折射定律n ＝sin isin γ代入数据得：n ＝ 3.答案：(1)D (2)大 T 2－l (3)①30° ② 3 5．(2015·盐城模拟)(1)下列说法中正确的是________． A ．光的偏振现象说明光是纵波B ．全息照相利用了激光相干性好的特性C ．光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理D ．光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变大 (2)如图所示，一弹簧振子在M 、N 间沿光滑水平杆做简谐运动，坐标原点O 为平衡位置，MN ＝8 cm.从小球经过图中N 点时开始计时，到第一次经过O 点的时间为0.2 s ，则小球的振动周期为________s ，振动方程的表达式为x ＝__________cm.(3)两束平行的细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图所示．已知其中一条光线沿直线穿过玻璃，它的入射点是O ；另一条光线的入射点为A ，穿过玻璃后两条光线交于P 点．已知玻璃截面的圆半径为R ，OA ＝R2，OP ＝3R .求玻璃材料的折射率．解析：(1)光的偏振现象说明光是横波，光的双缝干涉条纹间距Δx ＝ld λ，紫光比红光波长短，则Δx 变小，所以A 、D 项错．(3)作出光路图如图所示，其中一条光线沿直线穿过玻璃，可知O 点为圆心．另一条光线沿直线进入玻璃，在半圆面上的入射点为B ，入射角设为θ1，折射角设为θ2则sin θ1＝OA OB ＝12，得θ1＝30°因OP ＝3R ，由几何关系知BP ＝R ， 则折射角θ2＝60°由折射定律得玻璃的折射率为 n ＝sin θ2sin θ1＝sin 60°sin 30°＝3≈1.73. 答案：(1)BC (2)0.8 4cos5π2t (3)1.73(或3) 6．(2015·武汉模拟)(1)下列关于波的现象和规律的说法中正确的是________． A ．泊松亮斑是光的干涉现象中的加强区 B ．光的偏振现象说明光是横波C ．波速公式说明波速与波长、频率有关，与介质无关D ．“彩超”可以测血流速度，利用的是超声波的多普勒效应(2)如图所示，是一列横波在某一时刻的波形图象，已知这列波的频率为5 Hz ，此时x ＝1.5 m 的质点正向y 轴正方向振动，可以推知，这列波正在沿x 轴________(填“正”或“负”)方向传播，波速大小为________m/s.(3)如图所示，在桌面上方有一倒立的玻璃圆锥，顶角∠AOB ＝120° ，顶点O 与桌面的距离为4a ，圆锥的底面半径R ＝3a ，圆锥轴线与桌面垂直．有一半径为R 的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率n ＝3，求光束在桌面上形成的光斑的面积．解析：(1)泊松亮斑是光的衍射现象，A 错误；横波才有偏振现象，B 正确；波速大小取决于介质，C 错误；利用多普勒效应可以测速度，D 正确．(2)根据同侧法判断，这列波传播方向为x 轴负方向，由题图可知波长为2.0 m ，根据v ＝λf 可知，波速为10 m/s.(3)如图所示，光射到OA 界面的入射角α＝30°，则sin α＝12<1n ，故入射光能从圆锥侧面射出．设折射角为β，无限接近A 点的折射光线为AC ，根据折射定律 sin β＝n sin α，解得β＝60°. 过O 点作OD ∥AC ， 则∠O 2OD ＝β－α＝30° 在Rt △O 1AO 中O 1O ＝R tan 30°＝3a ·33＝a 在Rt △ACE 中，EC ＝AE tan 30°＝5a 3故O 2C ＝EC －R ＝2a 3在Rt △OO 2D 中，O 2D ＝4a tan 30°＝4a 3光束在桌面上形成光斑的面积 S ＝π·O 2D 2－π·O 2C 2＝4πa 2. 答案：(1)BD (2)负 10 (3)4πa 2。
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解析
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考点一 考点二 考点三
第三节
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思路引导
①运动员下落过程中,重力做什么功 ?重力势能如何变化 ? ②弹力做功与弹性势能有什么关系?
①提示:正功;减小。 ②提示:弹力做正功,弹性势能减小;弹力做负功,弹性势能增大。
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一
二
三
二、弹性势能
1.弹性势能 (1)定义 :发生弹性形变的物体之间,由于有弹力的相互作用而具有的势 能,叫作弹性势能。 (2)弹性势能的大小与形变量及 劲度系数 有关。 (3)矢标性 : 标量 。 (4)一般选弹簧形变为零的状态为弹性势能零点。 2.弹力做功与弹性势能变化的关系 (1)弹力做功与弹性势能变化的关系类似于重力做功与重力势能变化 的关系,用公式表示 :W= -ΔEp 。 (2)对于弹性势能,一般物体的弹性形变量越大,弹性势能 越大 。
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由机械能守恒定律 Ep=E-Ek ,可知势能与动能关系的图象为倾斜的直线,选项 C 错误;由动 能定理得 Ek=mgh ,则 Ep=E-mgh ,故势能与 h 关系的图象也为倾斜的直线,选项 D 错 误;Ep=E- mv2,故势能与速度关系的图象为开口向下的抛物线,选项 B 正确 ;由于 v=gt ,则 Ep=E- mg2t2,势能与时间关系的图象也为开口向下的抛物线,选项 A 错误。 2 B
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������ 拓展训练 1������
(多选)如图所示,重力为 10 N 的滑块(可视为质点)在倾角为 30° 的光滑 斜面上,从 a 点由静止下滑,到 b 点接触到一个轻弹簧,滑块压缩弹簧到 c 点 关闭 开始弹回,返回 b 点离开弹簧,最后又回到 a 点,已知 ab=1 m, bc=0.2 m,那么 在整个过程中 ( ),在滑块的整个运动过程中 ,只发生动能、重力势能和弹性势能之 滑块和弹簧组成的系统 A.滑块动能的最大值是 J D 正确 ;滑块从 a 到 c 重力势能减少了 mglsin 30° 间的相互转化 ,系统的机械能守恒,6 选项 =6 B.弹簧弹性势能的最大值是 6 J,选项 B 正确 ;从 c 到 b 弹簧恢复原长 ,通过弹簧 J,全部转化为弹簧的弹性势能 ,选项 A 错误 关闭 C.从 c 到 b ,弹簧的弹力对滑块做的功是 6J 的弹力对滑块做功 将 6 J 的弹性势能全部转化为滑块的机械能 ,选项 C 正确。 BCDD.整个过程系统机械能守恒
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一
二
三
4.机械能守恒的三种表达式
表达 表达公式 角度 守恒 观点 转化 观点 转移 观点 表达意义
Ek+Ep=Ek'+Ep'
系统的初状态机械能的总和与末状态机械能的 总和相等 表示系统(或物体)机械能守恒时,系统减少(或增 加)的势能等于系统增加(或减少)的动能 若系统由 A、B 两部分组成,则 A 部分物体机械 能的增加量与 B 部分物体机械能的减少量相等
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5.(机械能守恒定律的综合应用)如图所示,小球沿水平面通过 O 点进入半径 为 R 的半圆弧轨道后,恰能通过最高点 P,然后落回水平面。 不计一切阻力。 下列说法不正确的是( )
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A.小球落地点离 O 点的水平距离为 2R B.小球落地时的动能为
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规律总结 机械能是否守恒的判断方法
机械能守恒的判断一般采用以下三种方法 : (1)利用机械能守恒的定义判断。 (2)用其他力是否做功的方法判断。 (3)用能量的转化来判断。
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例 1(多选)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下 落,到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略,运动员可视为 质点。下列说法正确的是( ) A.运动员到达最低点前重力势能始终减小 B.蹦极绳张紧后的下落过程中,弹力做负功,弹性势能增加 C.蹦极过程中,运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D.蹦极过程中,重力势能的改变与重力势能零点的选取有关
1
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4.(多选)(机械能守恒定律)如图所示,两个质量相同的小球 A 和 B,分别用线 悬在等高的 O1、O2 两点,A 球的悬线比 B 球的悬线长,把两球的悬线拉到水 平后将小球无初速度地释放,则经过最低点时(以悬点为零势能点),下列说 法正确的是( ) A.A 球的速度等于 B 球的速度 B.A 球的动能大于 B 球的动能 C.A 球的机械能大于 B 球的机械能 D.A 球的机械能等于 B 球的机械能
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根据重力做功与重力势能变化的关系可知,选项 C 正确。
C
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3.(机械能守恒定律)物体做自由落体运动,Ek 代表动能,Ep 代表势能,h 代表下 落的距离,以水平地面为零势能面(不计一切阻力)。下列图象能正确反映各 物理量之间关系的是( )
取悬点为零势能点,两球的机械能相等 ,均为零 ,选项 C 错误,选项 D 正确 ;又 mgL= mv2,v= 2������������ ,故 vA>vB,������k ������ > ������k ������ ,选项 A 错误,选项 B 正确。
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BD
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考点要求 1.机械能 守恒的判 断方法 Ⅱ 2.单个物 体机械能 守恒 Ⅱ 3.多个物 体的机械 能守恒 Ⅱ
高 考 题 型 选 择 题 计 算 题 选 择 题
五年考题 命题规律 统计 2013 全 国理综 Ⅱ,20 2014 全 国理综 Ⅱ,15 2011 全 国理 综,16
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2.(重力做功与重力势能的关系)将质量为 100 kg 的物体从地面提升到 10 m 2 高处,在这个过程中,下列说法中正确的是(g 取 10 m/s )( ) A.重力做正功,重力势能增加 1.0×104 J 4 B.重力做正功,重力势能减少 1.0×10 J C.重力做负功,重力势能增加 1.0×104 J D.重力做负功,重力势能减少 1.0×104 J
P 时向心力为零
D. 圆弧截去,其他条件不变,则小球能达到的最大 1 若将半圆弧轨道上部的 5������������������ 1 2 1 2
2 2 P 点高 0.5R 高度比 5������������������
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考点一机械能守恒的判断方法
1.机械能守恒的条件 :只有重力或系统内的弹力做功。 2.机械能守恒的判断方法 : (1)从机械能的定义直接判断 :若物体动能、势能均不变,机械能不变。 若一个物体动能不变,重力势能变化,或重力势能不变,动能变化或动能和重 力势能同时增加(或减小),其机械能一定变化。 (2)用做功判断 :若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功,虽受其他 外力,但其他外力不做功,则机械能守恒。 (3)用能量转化来判断 :若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无 机械能与其他形式的能的转化,则物体系统的机械能守恒。
1 确,选项 C 错误 ;小球从 P 点到落地的过程中 ,机械能守恒 ,所以 ,落地时的动能 4 mv = ������������ +mg· 2R= ,则选项 B 正确 ;若将半圆弧轨道上部的 圆弧截去 ,其他条件
2 4
关闭 不变,则小球离开轨道后做竖直上抛运动 ,设小球能达到的最大高度为 h ,则 mgh= ,所 2 C 5������ 以 h= ,比 P 点高 0.5R,故选项 D 正确。
ΔEk=-ΔEp
ΔE 增=ΔE 减
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1.请判断下列表述是否正确,对不正确的表述,请说明原因。 (1)被举到高处的物体重力势能可以为零。 ( ) (2)克服重力做功,物体的重力势能一定增加。 ( ) (3)发生弹性形变的物体都具有弹性势能。 ( ) (4)弹簧弹力做正功时,弹性势能增加。 ( ) (5)物体在速度增大时,其机械能可能在减小。 ( ) (6)物体所受合外力为零时,机械能一定守恒。 ( ) 关闭 (7)物体受到摩擦力作用时,机械能一定要变化。 ( ) (1) √ 在只有重力、弹力做功的物体系统内 (2)√ (3) √ (8) ,只发生动能和势能的相互转化,物 (4)× 弹簧弹力做正功时,弹性势能减少。 体的机械能一定守恒。 ( ) (5)√