高考物理第一轮总复习课件：实验十三
高考物理一轮总复习(固考基+抓细节+重落实)13-1 动量定理 动量守恒定律课件(含13高考、14模拟)
【答案】 B
动量守恒定律的理解和应用
1.动量守恒的适用对象和条件 (1)研究对象：相互作用的物体组成的系统． (2)守恒条件 ①理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零， 则系统动量守恒． ②近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力 远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒． ③分方向守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零 时，系统在该方向上动量守恒．
Ft＝ mv2－mv1 (2)表达式： I＝Δp
动量守恒定律 1．内容：如果一个系统 不受外力 ，或者所受外力的矢量
和为0 ，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守
恒定律． 2．表达式 (1)p＝ p′ ，系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后的 总动量 p′. (2)m1v1＋m2v2＝ m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体 组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．
【解析】
人与车组成的系统在水平方向上动量守恒，
且初动量为 0，所以人由车的一端走到另一端的过程中，人 与车的速度方向总是反向的，且人的速度大小增大时，车的 速度大小也增大，只有 B 选项正确．
【答案】 B
3．(2011· 福建高考)在光滑水平面上，一质量为 m、速度 大小为 v 的 A 球与质量为 2m 静止的 B 球碰撞后，A 球的速 度方向与碰撞前相反． 则碰撞后 B 球的速度大小可能是( A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v )
考纲展示 1.动量、动量定理、动量守恒定律 及其应用 Ⅱ
复习要点
2.弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ
实验：验证动量守恒定律 3.光电效应 Ⅰ
4.爱因斯坦光电效应方程Ⅰ
1.动量、动量的变化等概念，动 量与动能区别． 2.理解动量守恒的条件，能用动 量守恒定律分析碰撞、打击、 反冲等问题． 3.认识光电效应现象，理解光电 效应规律，并能用光子说解释 ．
第十三章 机械振动与机械波1 第1讲 机械振动-2024-2025学年高考物理一轮复习课件
对点练1．(多选)如图甲所示，悬挂在 竖直方向上的弹簧振子，在C、D两点 之间做简谐运动，O点为平衡位置。振 子到达D点时开始计时，以竖直向上为 正方向，一个周期内的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是
√A．振子在O点受到的弹簧弹力等于小球的重力
B．振子在C点和D点的回复力相同
√C．t＝0.3 s时，振子的速度方向为竖直向上
√√BC．．小弹球簧的振质子量的为频率F1为－2gF432t0
D．若弹簧振子的振幅为A，则从计时开始到13t0时，小球的路程为36A
由题图乙可知，t＝0时刻小球所受弹力最 大，方向竖直向上，所以小球处于最低点， 故A错误；根据对称性，小球在最高点和 最低点的加速度大小相等、方向相反，根 据 F解1－得牛mf顿＝g第＝43t二m0 ，a定；故律解C，得正小m确球＝；在F由1最－2于g高F132点，t0＝，故9有BT正F＋2确＋34；Tm，由g＝所题m以图a小；乙球小可的球知路在34T程最＝为低t0s，点＝T，9＝·4有A1f ， ＋3A＝39A，故D错误。故选BC。
位移大小相等
对称性 (2)物体由P到O所用的时间等于由O到P′所用的时间，即tPO＝tOP′
(3)物体往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用的时间相等，即tOP
＝tPO
(4)相隔
T 2
或
（2n＋1）T 2
(n为正整数)的两个时刻，物体位置关于平
衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等、方向相反
考向1 简谐运动的基本物理量 例1 如图所示，在光滑水平面上有一质量为m的小物块与左端固定的轻 质弹簧相连，构成一个水平弹簧振子，弹簧处于原长时小物块位于O点。 现使小物块在M、N两点间沿光滑水平面做简谐运动，在此过程中 A．小物块运动到M点时回复力与位移方向相同
高考物理一轮总复习(鲁科版)课件：第十三章第一节
入空气的分子数.(结果保留一位有效数
字)
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第十三章
热
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【思路点拨】解决此题把握以下两点： (1)海岸上和海底吸入相同体积的空气, 但密度不同.
(2)用阿伏伽德罗常数建立宏观量和微
观量的联系.
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第十三章
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【解析】 设空气的摩尔质量为 M,在海底 和岸上的密度分别为 ρ 海和 ρ 岸 ,一次吸入空 (ρ海－ρ岸)V 气的体积为 V,则有 Δn＝ NA,代 M 入数据得 Δn＝3×10 (个).
间隔是相同的,即每一度的大小相同,Δt ＝ΔT. t＋273.15 K (2)关系：T＝_______________
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第十三章
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要点透析•直击高考
一、宏观量与微观量及相互关系
1.微观量：
分子体积V0、分子直径d、分子质量m0. 2.宏观量： 物体的体积V、摩尔体积Vm,物体的质量 m、摩尔质量M、物体的密度ρ.
温度 体积 能.物体的内能跟物体的____和_____都
有关系.
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第十三章
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三、温度和温标 1.温度
冷热 温度在宏观上表示物体的_____程度;在
平均动能 微观上表示分子的__________.
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第十三章
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2.两种温标 (1)比较摄氏温标和热力学温标：两种
温标温度的零点不同,同一温度两种温 不同 标表示的数值_____,但它们表示的温度
度差)越大,扩散进行得越快;
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第十三章
热
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布朗运动是悬浮在液体中的微粒所做的
无规则运动,其运动的激烈程度与微粒
2020高考物理大一轮复习课件：第13章 第3讲
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第十三章 选考3-3 热学
二、能量守恒定律 1．内容 能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式___转__化__为另一种 形式，或者是从一个物体__转__移___到别的物体，在__转__化___或___转__移__的过程中，能 量的总量保持不变． 2．第一类永动机是不可能制成的，它违背了_能__量__守__恒__定__律__.
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第十三章 选考3-3 热学
解析 A错：在p－V图中理想气体的等温线是双曲线的一支，而且离坐标轴越
远温度越高，故从a到b温度升高．B对：一定质量的理想气体的内能由温度决定， 温度越高，内能越大．C对：气体体积膨胀，对外做功．D对：根据热力学第一定
律ΔU＝Q＋W，得Q＝ΔU－W，由于ΔU＞0、W＜0，故Q＞0，气体吸热．E错：由 Q＝ΔU－W可知，气体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
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第十三章 选考3-3 热学
2．(多选)下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是__A__D_E___． A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律 B．能量耗散过程中能量不守恒 C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第 二定律 D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性 E．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
解析 由理想气体状态方程pTV＝C 得，p＝VCT，由图象可知，Va＝Vc，选项 A 正确；理想气体的内能只由温度决定，而 Ta>Tc，故气体在状态 a 时的内能大于在状 态 c 时的内能，选项 B 正确；由热力学第一定律 ΔU＝Q＋W 知，cd 过程温度不变， 内能不变，则 Q＝－W，选项 C 错误；da 过程温度升高，既内能增大，则吸收的热 量大于对外做的功，选项 D 错误；bc 过程和 da 过程互逆，则做功的多少相同，选 项 E 正确．
(新课标)高考物理一轮总复习 第十三章 第三讲 热力学定律与能量守恒定律教案-人教版高三全册物理教案
第三讲热力学定律与能量守恒定律一、热力学第一定律1．改变物体内能的两种方式(1)做功；(2)热传递．2．热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和．(2)表达式：ΔU＝Q＋W.(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则：二、能量守恒定律1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者是从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．2．条件性能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能是否守恒是有条件的．3．第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律．三、热力学第二定律1．热力学第二定律的两种表述(1)克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体．(2)开尔文表述：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响或表述为“第二类永动机是不可能制成的”．2．用熵的概念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．热力学第二定律的微观意义一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行．4．第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律．[小题快练]1．判断题(1)为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，做功和热传递的实质是相同的．( × )(2)绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变．( × )(3)在给自行车打气时，会发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热．( × )(4)可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功．( √ )2．一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程( B )A．气体从外界吸收热量2.0×105 JB．气体向外界放出热量2.0×105 JC．气体从外界吸收热量6.0×104 JD．气体向外界放出热量6.0×104 J3．(多选)对热力学第二定律，下列理解正确的是( BD )A．自然界进行的一切宏观过程都是可逆的B．自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的C．热量不可能由低温物体传递到高温物体D．由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的考点一热力学第一定律 (自主学习)1．热力学第一定律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，即ΔU＝Q＋W.2．三种特殊情况(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)若过程的始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．1－1.[热力学第一定律的理解] (多选)(2015·某某卷)图为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水，在水加热升温的过程中，被封闭的空气( )A．内能增大B．压强增大C．分子间引力和斥力都减小D．所有分子运动速率都增大答案：AB1－2.[热力学第一定律的应用] (多选) (2019·某某实验中学月考)如图，用隔板将一绝热气缸分成两部分，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气缸．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：气体向真空扩散过程中不对外做功，且又因为气缸绝热，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，因气缸绝热，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．答案：ABD[反思总结]判定物体内能变化的方法1．内能的变化都要用热力学第一定律进行综合分析．2．做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W 为负；体积缩小，外界对气体做功，W为正．3．与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0.4．如果研究对象是理想气体，则由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，主要体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化．考点二热力学第二定律 (自主学习)1．对热力学第二定律关键词的理解在热力学第二定律的表述中，“自发地”“不产生其他影响”的含义：(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”的含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自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．如热量Q能自发传给低温物体(1)高温物体热量Q不能自发传给能自发地完全转化为(2)功热不能自发地且不能完全转化为能自发膨胀到气体体积V2(较大)(3)气体体积V1不能自发收缩到能自发混合成(4)不同气体A和B混合气体AB不能自发分离成3．两类永动机的比较分类第一类永动机第二类永动机设计要求不需要任何动力或燃料，却能不从单一热源吸收热量，使之完全2－1.[热力学第二定律的理解] (多选)根据热力学定律，下列说法正确的是( ) A．第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成B．效率为100%的热机是不可能制成的C．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递D．从单一热源吸收热量，使之完全变为功而不引起其他变化是提高机械效率的常用手段E．吸收了热量的物体，其内能也不一定增加答案：BCE2－2.[热力学定律的理解] (多选)下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是( ) A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律B．能量耗散过程中能量不守恒C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性E．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功答案：ADE考点三气体实验定律与热力学第一定律的综合应用 (自主学习)气体实验定律与热力学第一定律的结合量是气体的体积和温度，当温度变化时，气体的内能变化，当体积变化时，气体将伴随着做功，解题时要掌握气体变化过程的特点：(1)等温过程：内能不变，即ΔU＝0.(2)等容过程：W＝0.(3)绝热过程：Q＝0.3－1.(多选)(2019·某某一中期中)如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－T图中从a到b的直线所示，在此过程中( )A ．气体的体积减小B ．气体对外界做功C ．气体的内能不变D ．气体先从外界吸收热量，后向外界放出热量E ．外界对气体做功，同时气体向外界放出热量解析：由p 1V 1＝p 2V 2得，由a 到b 压强变大，体积减小．故A 正确；温度不变气体内能不变．故C 正确；由热力学第一定律可得，外界对气体做功，同时气体向外界放出热量，故E 正确． 答案：ACE3－2.如图所示，一根上粗下细、粗端与细端都粗细均匀的玻璃管上端封闭、下端开口，横截面积S 1＝4S 2，下端与大气连通．粗管中有一段水银封闭了一定质量的理想气体，水银柱下表面恰好与粗管和细管的交界处平齐，空气柱和水银柱长度均为h ＝4 cm.现在细管口连接一抽气机(图中未画出)，对细管内气体进行缓慢抽气，最终使一半水银进入细管中，水银没有流出细管．已知大气压强为p 0＝76 cmHg.(1)求抽气结束后细管内气体的压强；(2)抽气过程中粗管内气体吸热还是放热？请说明原因．解析：(1)缓慢抽气过程，粗管内气体温度不变，设抽气后粗管内气体压强为p 1，细管内气体压强为p 2，由玻意耳定律知(p 0－ρgh )hS 1＝p 1(h ＋12h )S 1，由S 1＝4S 2知抽气后细管内水银柱长度为2h ，故p 2＝p 1＋(12h ＋2h )ρg ，解得p 2＝58 cmHg. (2)吸热．抽气过程中，粗管内气体温度不变，内能不变，ΔU ＝W ＋Q ＝0，气体体积增大，对外做功，W ＜0，则Q ＞0，故气体需要吸热．答案：(1)58 cmHg (2)见解析1．关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是( D )A．一定量气体吸收热量，其内能一定增大B．不可能使热量由低温物体传递到高温物体C．若两分子间距离增大，分子势能一定增大D．若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大2．(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，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( AC )A．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3．(多选)夏天，自行车内胎充气过足，放在阳光下受到暴晒，车胎极易爆裂．关于这一现象对车胎内气体描述正确的有(暴晒过程中内胎容积几乎不变)( BCD )A．车胎爆裂，是车胎内气体温度升高，分子间斥力急剧增大的结果B．在爆裂前的过程中，车胎内气体温度升高，分子无规则热运动加剧，气体压强增大C．在爆裂前的过程中，车胎内气体吸热，内能增加D．在车胎突然爆裂的瞬间，车胎内气体内能减少4. 如图所示，一个厚度和质量不计、横截面积为S＝10 cm2的绝热汽缸倒扣在水平桌面上，汽缸内有一绝热的“T”形活塞固定在桌面上，活塞与汽缸封闭一定质量的理想气体，开始时，气体的温度为T0＝300 K, 压强为p＝0.5×105 Pa, 活塞与汽缸底的距离为h＝10 cm，活塞与汽缸可无摩擦滑动且不漏气，大气压强为p0＝1.0×105 Pa.求：(1)此时桌面对汽缸的作用力F；(2)现通过电热丝给气体缓慢加热到T，此过程中气体吸收热量为Q＝7 J，内能增加了ΔU ＝5 J ，整个过程活塞都在汽缸内，求T 的值．解析：(1)对汽缸受力分析，由平衡条件有F ＋pS ＝p 0S ，得F ＝(p 0－p )S ＝50 N.(2)设温度升高至T 时活塞距离汽缸底H ，则气体对外界做功W ＝p 0ΔV ＝p 0S (H －h )，由热力学第一定律ΔU ＝Q －W ，解得H ＝12 cm.气体温度从T 0升高到T 的过程，由理想气体状态方程得pSh T 0＝p 0SH T， 解得T ＝p 0H phT 0＝720 K. 答案：(1)50 N (2)720 K[A 组·基础题]1．(2015·某某卷)某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么( D )A ．外界对胎内气体做功，气体内能减小B ．外界对胎内气体做功，气体内能增大C ．胎内气体对外界做功，内能减小D ．胎内气体对外界做功，内能增大2. (2018·某某模拟)一定质量的理想气体的状态经历了如图所示的ab 、bc 、cd 、da 四个过程，其中bc 的延长线通过原点，cd 垂直于ab 且与水平轴平行，da 与bc 平行，则气体体积在( B )A ．ab 过程中不断减小B ．bc 过程中保持不变C ．cd 过程中不断增加D ．da 过程中保持不变解析：因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B 正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A错误；cd是等压线，温度降低则体积减小，C 错误；连接aO交cd于e，则ae是等容线，即V a＝V e，因为V d<V e，所以V d<V a，所以da过程中体积发生变化，D错误．3．(多选)根据热力学定律，下列说法中正确的是( AB )A．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递B．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量C．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机D．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”4．(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是( ACE )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5．(多选) 如图所示，汽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，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是( ACE )A．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[B组·能力题]6. 如图所示，—个绝热的汽缸(汽缸足够高)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，隔板将汽缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体A 和B.活塞的质量m＝8 kg，横截面积S＝10 cm2，与隔板相距h＝25 cm，现通过电热丝缓慢加热气体，当A 气体吸收热量Q ＝200 J 时，活塞上升了h ′＝10 cm ，此时气体的温度为t 1＝27 ℃，已知大气压强p 0＝1×105 Pa ，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)加热过程中，若A 气体的内能增加了ΔU 1＝55 J ，求B 气体的内能增加量ΔU 2；(2)现在停止对气体加热，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 气体的温度为t 2＝30 ℃，求添加砂粒的总质量M .解析：(1)B 气体对外做功W ＝(p 0S ＋mg )h ′＝18 J ，由热力学第一定律得ΔU 1＋ΔU 2＝Q －W ，ΔU 2＝Q －W －ΔU 1＝127 J.(2)B 气体的初状态p 1＝p 0＋mg S＝1.8×105 Pa ， V 1＝(h ＋h ′)S ＝3.5×10－4 m 3，T 1＝(27＋273) K ＝300 K ，B 气体的末状态p 2＝p 0＋(m ＋M )g S ，V 2＝hS ＝2.5×10－4 m 3，T 2＝(30＋273) K ＝303 K ，由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，代入数据得M ＝7.452 kg. 答案：(1)127 J (2)7.452 kg7．一定质量的理想气体，其内能跟温度成正比．在初始状态A 时，体积为V 0，压强为p 0，温度为T 0，已知此时其内能为U 0.该理想气体从状态A 经由一系列变化，最终还回到原来状态A ，其变化过程的p －T 图象如图所示，其中CA 延长线过坐标原点，B 、A 在同一竖直线上．求：(1)气体在状态B 的体积；(2)气体在状态C 的体积；(3)从状态B 经由状态C ，最终回到状态A 的过程中，气体与外界交换的热量．解析：(1)由题图可知，从状态A 到状态B 气体温度T 1＝T 0，为等温变化过程，在状态B 时气体压强p 1＝3p 0，设体积为V 1，由玻意耳定律有p 0V 0＝p 1V 1，解得V 1＝V 03. (2)由题图可知，从状态B 到状态C 气体压强p 2＝p 1＝3p 0，为等压变化过程，在状态C 时气体温度T 2＝3T 0，设体积为V 2，由盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2，解得V 2＝V 0.(3)由状态B 经状态C 回到状态A ，设外界对气体做的总功为ΔW ，从状态B 到状态C ，设外界对气体做功为ΔW BC ，word11 / 11 ΔW BC ＝p 2(V 1－V 2)，联立解得ΔW BC ＝－2p 0V 0.从状态C 回到状态A ，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以ΔW ＝ΔW BC ＝－2p 0V 0. 由状态B 经状态C 回到状态A ，气体内能增加量为ΔU ＝0，设气体从外界吸收的热量为ΔQ ，由热力学第一定律ΔU ＝ΔQ ＋ΔW ，解得ΔQ ＝2p 0V 0，即气体从外界吸收热量2p 0V 0. 答案：(1)V 03(2)V 0 (3)从外界吸收热量2p 0V 0。
高考物理一轮总复习第十三章热学能力课气体实验定律的综合应用练习含解析新人教版
能力课 气体实验定律的综合应用一、选择题1．对于一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，当它的体积减小时，下列说法正确的是( )①单位体积内分子的个数增加 ②在单位时间、单位面积上气体分子对器壁碰撞的次数增多 ③在单位时间、单位面积上气体分子对器壁的作用力不变 ④气体的压强增大A ．①④B ．①②④C ．①③④D ．①②③④解析：选B 在温度不变的条件下，当它的体积减小时，单位体积内分子的个数增加，气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，气体压强增大，故B 正确，A 、C 、D 错误．2.(多选)如图所示，一定质量的理想气体，沿状态A 、B 、C 变化，下列说法中正确的是( )A ．沿A →B →C 变化，气体温度不变 B ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最高 C ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最低D ．从A →B ，气体压强减小，温度升高E ．从B →C ，气体密度减小，温度降低解析：选BDE 由理想气体状态方程pVT＝常数可知，B 状态的pV 乘积最大，则B 状态的温度最高，A 到B 的过程是升温过程，B 到C 的过程是降温过程，体积增大，密度减小，选项B 、D 、E 正确，选项A 、C 错误．3.如图所示，U 形汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦．初始时，外界大气压强为p 0，活塞紧压小挡板．现缓慢升高汽缸内气体的温度，则选项图中能反映汽缸内气体的压强p 随热力学温度T 变化的图象是( )解析：选B 当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p 与汽缸内气体的热力学温度T 成正比，在p T 图象中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p T 图象中，图线是平行于T 轴的直线，B 正确．二、非选择题4.(2018届宝鸡一模)如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A 、B 是两个厚度不计的活塞，面积分别为S 1＝20 cm 2，S 2＝10 cm 2，它们之间用一根细杆连接，B 通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M 的重物C 连接，静止时汽缸中的空气压强p ＝1.3×105Pa ，温度T ＝540 K ，汽缸两部分的气柱长均为L .已知大气压强p 0＝1×105Pa ，取g ＝10 m/s 2，缸内空气可看作理想气体，不计一切摩擦．求：(1)重物C 的质量M ；(2)逐渐降低汽缸中气体的温度，活塞A 将向右缓慢移动，当活塞A 刚靠近D 处而处于平衡状态时缸内气体的温度．解析：(1)活塞整体受力处于平衡状态，则有pS 1＋p 0S 2＝p 0S 1＋pS 2＋Mg代入数据解得M ＝3 kg.(2)当活塞A 靠近D 处时，活塞整体受力的平衡方程没变，气体压强不变，根据气体的等压变化有S 1＋S 2L T ＝S 2×2LT ′解得T ′＝360 K. 答案：(1)3 kg (2)360 K5.(2018届鹰潭一模)如图所示，是一个连通器装置，连通器的右管半径为左管的两倍，左端封闭，封有长为30 cm 的气柱，左右两管水银面高度差为37.5 cm ，左端封闭端下60 cm 处有一细管用开关D 封闭，细管上端与大气联通，若将开关D 打开(空气能进入但水银不会入细管)，稳定后会在左管内产生一段新的空气柱．已知外界大气压强p 0＝75 cmHg.求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？解析：空气进入后将左端水银柱隔为两段，上段仅30 cm ，初始状态对左端上面空气有p 1＝p 0－h 1＝75 cmHg －37.5 cmHg ＝37.5 cmHg末状态左端上面空气柱压强p 2＝p 0－h 2＝75 cmHg －30 cmHg ＝45 cmHg 由玻意耳定律p 1L 1S ＝p 2L 2S 解得L 2＝p 1L 1p 2＝37.5×3045cm ＝25 cm 上段水银柱上移，形成的空气柱长为5 cm ，下段水银柱下移，与右端水银柱等高 设下移的距离为x ，由于U 形管右管内径为左管内径的2倍，则右管横截面积为左管的4倍， 由等式7.5－x ＝x4，解得x ＝6 cm所以产生的空气柱总长为L ＝(6＋5＋25)cm ＝36 cm. 答案：36 cm6.(2019届河北四市调研)如图，横截面积相等的绝热汽缸A 与导热汽缸B 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两汽缸内都装有理想气体，初始时体积均为V 0、温度为T 0且压强相等，缓慢加热A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强变为原来的1.5倍，设环境温度始终保持不变，求汽缸A 中气体的体积V A 和温度T A .解析：设初态压强为p 0，对汽缸A 加热后A 、B 压强相等：p B p 0B 中气体始、末状态温度相等，由玻意耳定律得 p 0V 0p 0V B2V 0＝V A ＋V B 解得V A ＝43V 0对A 部分气体，由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝错误! 解得T A ＝2T 0.答案：43V 0 2T 07.(2018年全国卷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l 1＝18.0 cm 和l 2＝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p 1和p 2.U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p ，此时原左、右两边空气柱长度分别变为l 1′和l 2′.由力的平衡条件有p 1＝p 2＋ρg (l 1－l 2)①式中ρ为水银密度，g 为重力加速度． 由玻意耳定律有p 1l 1＝pl 1′② p 2l 2＝pl 2′③ l 1′－l 1＝l 2－l 2′④由①②③④式和题给条件得l 1′＝22.5 cm l 2′＝7.5 cm.答案：22.5 cm 7.5 cm8.(2019届福州质检)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热汽缸，汽缸下面有加热装置．开始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ两部分高度均为L 0，温度均为T 0.已知活塞A 导热、B 绝热，A 、B 质量均为m 、横截面积为S ，外界大气压强为p 0保持不变，环境温度保持不变．现对气体Ⅱ缓慢加热，当A 上升h 时停止加热，求：(1)此时气体Ⅱ的温度；(2)若在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m 时，气体Ⅰ的高度． 解析：(1)气体Ⅱ这一过程为等压变化 初状态：温度T 0、体积V 1＝L 0S 末状态：温度T 、体积V 2＝(L 0＋h )S 根据查理定律可得V 1T 0＝V 2T解得T ＝L 0＋hL 0T 0. (2)气体Ⅰ这一过程做等温变化 初状态：压强p 1′＝p 0＋mg S体积V 1′＝L 0S末状态：压强p 2′＝p 0＋2mgS体积V 2′＝L 1′S由玻意耳定律得p 1′L 0S ＝p 2′L 1′S 解得L 1′＝p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0.答案：(1)L 0＋h L 0T 0 (2)p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0 |学霸作业|——自选一、选择题1.(多选)(2018届兰州一中月考)如图所示，密闭容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则( )A ．氢分子的平均动能增大B ．氢分子的势能增大C ．氢气的内能增大D ．氢气的内能可能不变E ．氢气的压强增大解析：选ACE 温度是分子的平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定增大，故A 正确；氢气视为理想气体，气体分子势能忽略不计，故B 错误；密闭容器内气体的内能由分子动能决定，氢气的分子动能增大，则内能增大，故C 正确，D 错误；根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大，故E 正确．2．(多选)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( ) A ．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈 B ．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈 C ．压强变大时，分子间的平均距离必然变小 D ．压强变小时，分子间的平均距离可能变小解析：选BD 根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A 错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B 正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C 错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D 正确．V 与温度T 的关系图象，它由状态A 经等温过程到状态B ，再经等容过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的压强分别为p A 、p B 、p C ，则下列关系式中正确的是( )A ．p A <pB ，p B <pC B ．p A >p B ，p B ＝p C C ．p A >p B ，p B <p CD ．p A ＝p B ，p B >p C解析：选A 由pVT＝常量，得A 到B 过程，T 不变，体积减小，则压强增大，所以p A <p B ；B 经等容过程到C ，V 不变，温度升高，则压强增大，即p B <p C ，所以A 正确．二、非选择题4．图甲是一定质量的气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的V T 图象．已知气体在状态A 时的压强是1.5×105Pa.(1)说出A →B 过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中T A 的温度值；(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的p T 图象，并在图线相应位置上标出字母A 、B 、C .如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．解析：(1)从题图甲可以看出，A 与B 连线的延长线过原点，所以A →B 是一个等压变化，即p A ＝p B根据盖—吕萨克定律可得V A T A ＝V BT B所以T A ＝V A V BT B ＝,0.6)×300 K＝200 K.(2)由题图甲可知，由B →C 是等容变化，根据查理定律得p B T B ＝p C T C所以p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝43×1.5×105 Pa ＝2.0×105Pa则可画出由状态A →B →C 的p T 图象如图所示． 答案：(1)等压变化 200 K (2)见解析5.(2018届商丘一中押题卷)如图所示，用绝热光滑活塞把汽缸内的理想气体分A 、B 两部分，初态时已知A 、B 两部分气体的热力学温度分别为330 K 和220 K ，它们的体积之比为2∶1，末态时把A 气体的温度升高70 ℃，把B 气体温度降低20 ℃，活塞可以再次达到平衡．求气体A 初态的压强p 0与末态的压强p 的比值．解析：设活塞原来处于平衡状态时A 、B 的压强相等为p 0，后来仍处于平衡状态压强相等为p .根据理想气体状态方程，对于A 有p 0V A T A ＝pV A ′T A ′① 对于B 有 p 0V B T B ＝pV B ′T B ′② 化简得V A ′V B ′＝83③ 由题意设V A ＝2V 0，V B ＝V 0④ 汽缸的总体积为V ＝3V 0⑤ 所以可得V A ′＝811V ＝2411V 0⑥将④⑥代入①式得p 0p ＝910. 答案：9106.(2018年全国卷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p 0，温度均为T 0.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T 1，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0＝p 1T 1① 根据力的平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg ②联立①②式可得T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0③ 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T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2.根据盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 式中V 1＝SH ⑤ V 2＝S (H ＋h )⑥联立③④⑤⑥式解得T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0⑦ 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 ＝(p 0S ＋mg )h .答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0 (p 0S ＋mg )h 7.(2016年全国卷Ⅲ)一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变．解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′，长度为l 2′.以cmHg 为压强单位．由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00)cmHg ① l 1′＝,2)))cm ②由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′③ 联立①②③式和题给条件得p 1′＝144 cmHg ④依题意p 2′＝p 1′⑤l 2′＝4.00 cm ＋,2) cm －h ⑥由玻意耳定律得p 2l 2＝p 2′l 2′⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm. 答案：144 cmHg 9.42 cm8.(2019届沈阳模拟)如图所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T 0，大气压强恒为p 0，弹簧的劲度系数k ＝p 0Sl 0(S 为活塞横截面积)，原长为l 0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了l 0p 0.(1)求此时缸内气体的温度T 1；(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部l 0时，求此时缸内气体的温度T 2.解析：(1)汽缸内的气体，初态时：压强为p 0，体积为V 0＝Sl 0，温度为T 0末态时：压强为p 1p 0，体积为V 1＝S (l 0l 0) 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1解得T 1T 0.(2)当活塞移动到距汽缸底部l 0时，体积为V 2Sl 0，设气体压强为p 2 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 2V 2T 2此时活塞受力平衡方程为p 0S ＋F －p 2S ＋k (l 0－l 0)＝0l 0后压力F 保持恒定，活塞受力平衡 p 0S ＋Fp 0S －k (l 0)＝0解得T 2T 0. 答案：T 0 T 09．(2017年全国卷Ⅱ)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 0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m 0，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T 0时的体积为V 0，密度为ρ0＝mV 0① 在温度为T 时的体积为V T ，密度为ρ(T )＝m V T② 由盖—吕萨克定律得V 0T 0＝V TT③ 联立①②③式得ρ(T )＝ρ0T 0T④气球所受到的浮力为f ＝ρ(T b )gV ⑤联立④⑤式得f ＝Vgρ0T 0T b.⑥(2)气球内热空气所受的重力为G ＝ρ(T a )Vg ⑦联立④⑦式得G ＝Vg ρ0T 0T a.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 －m 0g ⑨ 联立⑥⑧⑨式得m ＝Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0. 答案：(1)Vgρ0T 0T b (2)Vgρ0T 0T a(3)Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0。
高考物理一轮总复习(鲁科版)课件：第十三章第二节
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第十三章
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2.液体的表面张力 (1)作用：液体的表面张力使液面具有 收缩 ______的趋势. (2)方向：表面张力跟液面相切,跟这部 垂直 分液面的分界线______. (3)大小：液体的温度越高,表面张力越 小 ____;液体中溶有杂质时,表面张力变 小 大 ____;液体的密度越大,表面张力越___.
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(4)微观解释：一定质量的理想气体,分 子的总数是一定的,在温度保持不变时, 分子的平均动能保持不变,气体的体积 减小到原来的几分之一,单位体积内的
分子数就增大到原来的几倍,因此压强
就增大到原来的几倍,反之亦然,所以气
体的压强与体积成反比.
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2.查理定律 (1)变化过程：等容变化
液体内部深度为h处的总压强为p＝p0＋
ρgh.
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②固体(活塞或汽缸)封闭的气体压强的 确定. 由于该固体必定受到被封闭气体的压 力,所以可通过对该固体进行受力分析
由平衡条件建立方程,来找出气体压强
与其他各力的关系.
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第十三章
热
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(2)加速运动系统中封闭气体压强的计 算方法：一般选与气体接触的液柱或活
塞为研究对象,进行受力分析,利用牛顿
第二定律列方程求解.
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第十三章
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名师点睛：(1)容器内气体的压强是大 量分子频繁碰撞器壁而产生的，并非因 其重力而产生的. (2)求解液体内部深度
为h处的总压强时，不要忘记液面上方
气体的压强.
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第十三章
高考物理一轮总复习(鲁科版)课件：第十三章第三节
学
第一定律说明在任何过程中能量必定守 恒,第二定律却说明并非所有能量守恒
的过程均可以实现.
热力学第二定律是反映自然界中过程进 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具有方向性的,在 热力学中,两个定律相辅相成、缺一不
可.
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第十三章
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即时应用 2.(2012· 安徽合肥模拟)地球上有很多的
吸热、放热、做功等.
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第十三章
热
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(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.
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第十三章
热
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(3)热力学过程方向性实例
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第十三章
热
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3.两类永动机的比较 第一类永动机 第二类永动机 不需要任何动 从单一热源吸收热量, 力或燃料,却能 使之完全变成功,而不 不断地对外做 产生其他影响的机器 功的机器 不违背能量守恒,违背 违背能量守恒, 热力学第二定律,不可 不可能制成 能制成
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 ℃,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(
)
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第十三章
热
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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
第十三章
热
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要点透析•直击高考
一、改变物体内能的方式的理解 1.与内能相关的物理量的比较
高考物理一轮总复习(鲁科版)课件：第十二章实验十三
－10所示.在一圆盘上,过其圆心O作两
条互相垂直的直径BC、EF,在半径OA
上,
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第十二章
光
电磁波
相对论
垂直盘面插下两枚大头针P1、P2并保持 P1、P2位置不变,每次测量时让圆盘的
下半部分竖直进入液体中,而且总使得
液面与直径BC相平,EF作为界面的法线 ,而后在图中右上方区域观察P1、P2的 像,并在圆周上插上大头针P3,使P3正好 挡住P1、P2,同学们通过计算,预先在圆
同学利用插针法确定入射光线、折射光
线后,测得的入射角和折射角都没有受
到影响,因此测得的折射率将不变.
图12－4－9
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第十二章
光
电磁波
相对论
(2)如图乙所示,乙同学利用插针法确定 入射光线和折射光线后,测得的入射角 不受影响,但测得的折射角比真实值偏
大,因此测得的折射率偏小.
【答案】 (1)不变 (2)偏小
光
电磁波
相对论
(2)图中P4对应的入射角大于P3所对应的 入射角,所以P4处对应的折射率大. (3)因A、O、K在一条直线上,入射角等
于折射角,所以K处对应的折射率为1.
【答案】 (1)1.73 (2)P4 (3)1
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第十二章
光
电磁波
相对论
知 能 优 化 演 练
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第十二章
光
电磁波
3.把长方形的玻璃砖放在白纸上,使它的
一条边跟aa′对齐,并画出玻璃砖的另一
界面bb′.
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第十二章
光
电磁波
相对论
4.在AO线段上竖直地插上两枚大头针P1 、P2.
5.在玻璃砖的bb′一侧竖直地插上大头针
高考物理一轮复习讲义第十三章第讲原子结构氢原子光谱含答案
第1讲原子结构氢原子光谱板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】氢原子光谱Ⅰ1．原子的核式结构(1)电子的发现：英国物理学家J.J.汤姆孙发现了电子。
(2)α粒子散射实验：1909～1911年，英国物理学家卢瑟福和他的助手进行了用α粒子轰击金箔的实验，实验发现绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子发生了大角度偏转，偏转的角度甚至大于90°，也就是说它们几乎被“撞”了回来。
(3)原子的核式结构模型：在原子中心有一个很小的核，原子全部的正电荷和几乎全部质量都集中在核里，带负电的电子在核外空间绕核旋转。
2．光谱(1)光谱用光栅或棱镜可以把各种颜色的光按波长展开，获得光的波长(频率)和强度分布的记录，即光谱。
(2)光谱分类有些光谱是一条条的亮线，这样的光谱叫做线状谱。
有的光谱是连在一起的光带，这样的光谱叫做连续谱。
(3)氢原子光谱的实验规律巴耳末线系是氢原子光谱在可见光区的谱线，其波长公式1λ＝R⎝⎛⎭⎫122－1n2，(n＝3,4,5，…)，R是里德伯常量，R＝1.10×107 m－1，n为量子数。
【知识点2】氢原子的能级结构、能级公式Ⅰ1．玻尔理论(1)定态：原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些能量状态中原子是稳定的，电子虽然绕核运动，但并不向外辐射能量。
(2)跃迁：原子从一种定态跃迁到另一种定态时，它辐射或吸收一定频率的光子，光子的能量由这两个定态的能量差决定，即hν＝E m－E n。
(h是普朗克常量，h＝6.63×10－34 J·s) (3)轨道：原子的不同能量状态跟电子在不同的圆周轨道绕核运动相对应。
原子的定态是不连续的，因此电子的可能轨道也是不连续的。
2．基态和激发态原子能量最低的状态叫基态，其他能量较高的状态叫激发态。
3．氢原子的能级图板块二考点细研·悟法培优考点1 氢原子能级图及原子跃迁[深化理解]1．能级图中相关量意义的说明氢原子的能级图如图所示。
高考物理一轮总复习(鲁科版)课件：第十三章实验十五
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第十三章
热
学
【规律总结】
解决分子油膜实验关
键是要理解分子模型,也就是理解油酸 分子在水面上形成的薄层的厚度即分子 直径,已知油酸体积和水面上形成的油
酸面积.数油膜面积对应的格子数时,完
整的每个算一个,不完整的大于等于半
格的算一个,不到半格的舍去.
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第十三章
热
学
知 能 优 化 演 练
实验误差.
2.痱子粉和油酸的用量都不可太大,否则
不易成功.
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第十三章
热
学
3.酒精油酸溶液的浓度以小于0.1%为 宜,不宜长时间放置. 4.浅盘中的水离盘口面的距离应较小,并
要水平放置,以便准确地画出薄膜的形
状,画线时视线应与板面垂直.
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第十三章
热
学
5.油酸在水面上形成油膜时先扩散后收 缩,要在稳定后再画轮廓.扩散后又收缩 的原因有两个：一是水面受液滴冲击凹 陷后又恢复;二是酒精挥发后油膜回缩.
学
3.测量量筒内溶液增加1 mL的滴数时, 体积观测不准确会带来很大误差,注意 正确的读取体积的方法应选用内径小的
量筒.
4.油膜形状的画线不准会带来误差.
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第十三章
热
学
实 验 典 例 探 究
题型1
例1
基本实验原理的考查
在“用油膜法估测分子的大小”
的实验中：
(1)关于油膜面积的测量方法,下列做法 正确的是( )
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第十三章
热
学
5.待油酸薄膜形状稳定后,将一块较大的 玻璃板盖在浅盘上,用彩笔将油酸薄膜 的形状画在玻璃板上.
6.将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐
《三维设计》2014新课标高考物理一轮总复习课件 第十三章 动量第2单元 波粒二象性(49张ppt)
图13－2－5
图13－2－4
(2)钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，
这就是光电子。光电子从金属表面逸出的过程中，其动量
的大小________(选填“增大”“减小”或“不变”)，原因是 _________________________________________。 (3)已知氢原子处在第一、第二激发态的能级分别为－ 3.40 eV和－1.51 eV，金属钠的截止频率为5.53×1014 Hz， 普朗克常量h＝6.63×10－34 J· s。请通过计算判断，氢原子 从第二激发态跃迁到第一激发态过程中发出的光照射金属
光电效应实质及发生条件 (1)光电效应的实质是金属中的电子获得能量后逸
出金属表面，从而使金属带上正电。
(2)能否发生光电效应，不取决于光的强度，而是 取决于光的频率。只要照射光的频率大于该金属的极限 频率，无论照射光强弱，均能发生光电效应。
光电效应方程的应用
1.Ek－ν曲线
如图13－2－3甲所示的是光电子最大初动能Ek随 入射光频率ν的变化曲线。由Ek＝hν－W0可知，横轴上 的截距是金属的截止频率或极限频率，纵轴上的截距 是金属的逸出功的负值，斜率为普朗克常量。
(2)钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸
出，由于光电子在从金属表面逸出的过程中，要受到金 属表面层中力的阻碍作用(或需要克服逸出功)。所以在 光电子从金属表面逸出的过程中，其动量的大小减小。 (3)氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程中， 放出的光子能量为E＝E3－E2，代入数据得E＝1.89 eV， 金属钠的逸出功W0＝hν0，代入数据得W0＝2.3 eV，因为
(3)光电效应方程中的W0为逸出功，它与极限频率
νc的关系是W0＝hνc。
高三物理第一轮总复习.ppt
[高考分析]
高中物理的组成：力、热、光、 电、原五部分。课改前的高考主 要内容体现在力和电两部分。而 09年高考又将删除热、光两部分 内容，故力、电的地位将会在高 考更加突显出来。
[知识梳理]
电荷
电场
电荷
力的性质 电场强度
电场力做功引起电势能变化 能的性质
W=Uq=-△ε
匀强电场U=E·d 电势差U，电势φ
力做功与路径无关这一特点，往往使问 题迎刃而解。
如电上元电电明图体等库起电方电子荷，仑量1C电只荷和量任3，定异-荷能1质在何:由律的是-种1不从子数带于电所指电带值电一会摩 感静荷示所荷擦应有上体凭个电。，带，起起等都所感空物将的电电这量是带应（导体产电时绝异的，e体量先生转缘种电导Ae把1体移，.=电荷、体）6A1到也0荷量B和.A、6接不另接、0， 总1B0×触触B分一会它是1带1上9后开们电个凭C0电分－靠，实所荷物空（1别9近然验导带量C体消带体带后表的e，失） ， 移种点 试的荷注是例B程1们成2去电Q式，电探、、整．意电1中B的 反荷C：两分或电称电内定荷 (数：荷，电 比，检，有种容律别荷从量 为3倍元量电量 ，:则是.验如：的两电2当带守的作物的 电电的子.A为指在数图)个荷它1有恒乘用电和元荷一如体总 荷0此真学不1完放积力电定9B电荷是个何3的和守空 表C，考全-成的入两量律1荷本自常转中 达:让一保恒把虑是-正 方相电导也2两 式质然用移两Q形所比 向部持定指同场体e常个 ：界单？A个， 在状示电分不律1的后上表点.中位转F跟 它小6和．量带60转变.不分电述最。移它 们.球得失电子4大很1荷电会别移，为0k们的小一了接小间小11绝影带Q9：间连到这的个 多C0触r的的1的缘响上Q距线一29另个带电少作，C带2点金离上该了个电子个一 实用在电电叫的．属电等与恒力量电电电部 验接体平荷做球场量定外荷跟，量子触方定分。，元律A守异界它仅过、律，电
高考物理第一轮总复习课件实验十三共44页
因此要注意测准时间(周期).要从摆球 通过平衡位置开始计时,
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实验十三 探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
Co质py点ri,g球ht、2线01是9-否20符1合9 要As求p,o摆se动P是ty圆Ltd.
锥摆还是在同一竖直平面内摆动以及 测量哪段长度作为摆长等.
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实验十三 探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
只要注意了上面这些问题, 就可以使系 统误差减小到远小于偶然误差而忽略
不计的程度E.valuation only. ed with A2s.p偶os然e误.S差lides for .NET 3.5 Client Profile 5.2
尺、带铁夹的铁架台.
栏目 导引
实验十三 探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
过程分析导引
实验步骤
1. 做单摆:E选va取lu一a段tio1nmo左nl右y.的细线, ed withCAo让sppy线oris的geh一.tS2端li0d穿1e9s过-f2小o0r球1.9N上EA的Tsp小3o.孔s5e,C然Pli后teynLt tPdr.ofile 5.2
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平衡位置处做上标记,
图12－3－1
如图12－3－1所示.
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实验十三 探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
2. 测摆长: 用米尺量出悬线长 l′, 精确 到毫米; 用游标卡尺测量摆球的直径 d,
也精确到毫E米v.all′ua＋tid2o就n是on单ly摆. 的摆长. ed with Aspose.Slides for .NET 3.5 Client Profile 5.2
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单摆的偏角θ应________, 从摆球经过
________开始计时, 测出n次全振动的
时间为t, 用毫米刻度尺量出摆线长为
L, 用游标卡尺测出摆球直径为D.
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
(1)用上述数据的符号写出测量重力加 速度的一般表达式g＝________. (2)实验中某同学发现他测出的重力加 速度值总是偏大, 其原因可能是( A. 实验室地下可能有大型磁铁矿脉 B. 单摆所用的摆球太重 )
实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
实验十三
探究单摆的运动、
用单摆测定重力加速度
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
知识要点归纳
实验目的 1. 学会用单摆测定当地的重力加速度. 2. 能正确熟练地使用秒表和游标卡尺.
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
(3)将T2＝0, L＝－30 cm代入上式可得:
h＝30 cm＝0.3 m; 将T2＝1.20, L＝0代入上式可求得:
g＝π2 m/s2＝9.86 m/s2.
【答案】 (1)BD (2)a (3)0.3 9.86
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探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
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探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
(1)根据 T＝2π
2
l t d , 又 T＝ , l＝L＋ , g n 2 .
得 g＝
L＋d n2 4π 2
2
t (2)根据(1)可知 g 偏大的原因可能是: T 偏 小, l 偏大, 所以 C、D 选项正确; 磁铁矿 对钢球有向下的引力, g 值比正常值偏大, A 正确; 摆球的质量对 T 和 g 无影响, B 错.
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图12－3－6
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
(1)现有如下测量工具: A.时钟; B.秒表;
C.天平; D.毫米刻度尺. 本实验所需的
测量工具有________;
(2)如果实验中所得到的T2－L关系图
像如图12－3－6乙所示, 那么真正的图
统误差减小到远小于偶然误差而忽略
不计的程度.
2. 偶然误差
主要来自时间(即单摆周期)的测量上,
因此要注意测准时间(周期).要从摆球
通过平衡位置开始计时,
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探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
并采用倒计时计数的方法, 即
4,3,2,1,0,1,2, …在数“零”的同时按下秒 表开始计时. 不能多计或漏计摆动次
数. 为了减小偶然误差, 应进行多次测
量后取平均值.
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注意事项
1. 选择材料时应选择细、轻又不易伸
长的线, 长度一般在1 m左右, 小球应
选用密度较大的金属球, 直径应较小,
最好不超过2 cm.
2. 单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹
的杆上, 应夹紧在铁夹中,
知能优化演练
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
本部分内容讲解结束
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数据处理
法一: 将测得的几次的周期 T 和摆长 l 代 4π2l 入公式 g＝ 2 中算出重力加速度 g 的值, T 再算出 g 的平均值, 即为当地的重力加速 度的值.
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探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
法二: 图像法
图12－3－2
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
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探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
小圆周读数超过0.5 min时, 读数为小圆 周上分针读数加上大圆周上秒针读数. (4)秒表的使用方法 三次按下按钮: 一“走时”, 二“停止”, 三 “复零”. 机械秒表要先上好发条. 2. 游标卡尺的使用与读数
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
像应该是a、b、c中的________;
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
(3)由图像可知, 小筒的深度h＝ ________m; 当地的重力加速度g＝ ________m/s2. 【解析】 本实验主要考查用单摆测
定重力加速度的实验步骤、实验方法 和数据处理方法.
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实验十三
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变
的现象.
3. 注意摆动时控制摆线偏离竖直方向
不超过10°, 可通过估算振幅的办法掌
握.
4. 摆球摆动时, 要使之保持在同一个竖
直平面内, 不要形成圆锥摆.
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
5. 计算单摆的振动次数时, 应从摆球
图12－3－5 【答案】 解析 (1)98.50 99.7 (2)图像见
9.86 m/s2
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
创新实验
例3 将一单摆装置竖直悬挂于某一深
度为h(未知)且开口向下的小筒中(单 摆的下部分露于筒外), 如图12－3－6
甲所示, 将悬线拉离平衡位置一个小角
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
C. 测出n次全振动的时间为t, 误作为(n
＋1)次全振动的时间进行计算 D. 以摆球直径和摆线长度之和作为摆 长进行运算 【解析】 当偏角θ＜10°时, 单摆的
振动才可以认为是简谐运动; 摆球经
过平衡位置时速度大, 用时少, 计时误
差小, 并且平衡位置容易确定.
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
4π2 4π2 直线斜率 k＝ , 所以 g＝ , 作出图像 g k 如图 12－3－5 所示. 求得直线斜率 k＝4.00 s2/m,
2 4π2 4×3.14 所以 g＝ ＝ m/s2＝9.86 m/s2. k 4.00
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
把铁架台放在实验桌边,
使铁夹伸出桌面之外, 让摆球自由下垂, 在单摆
平衡位置处做上标记,
如图12－3－1所示.
图12－3－1
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
2. 测摆长: 用米尺量出悬线长 l′, 精确 到毫米; 用游标卡尺测量摆球的直径 d, d 也精确到毫米. l′＋ 就是单摆的摆长. 2 3. 测周期: 把此单摆从平衡位置拉开一 个角度, 并使这个角度不大于 10° 然后 , 释放小球.
长度的工具.
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
(4)读数: 若用x表示由主尺上读出的整 毫米数, K表示从游标尺上读出与主尺
上某一刻度线对齐的游标的格数, 则记
录结果摆的运动、用单摆测定重力加速度
实验典例探究
实验操作及误差分析
由单摆的周期公式 T＝2π
l 可得 l＝ g
g 2 2 2T , 因此以摆长 l 为纵轴, 以 T 为横轴 4π 作出 l－T2 图像, 是一条过原点的直线, 如图 12－3－2 所示, 求出斜率 k, 即可求 l Δl 出 g 值. g＝4π k, k＝ 2＝ 2. T ΔT
2
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
(1)测量筒的下端口到摆球球心之间的
距离L, 用到毫米刻度尺, 测单摆的周
期用秒表, 所以测量工具选B、D.
(2)设摆线在筒内部分的长度为 h, 由 T＝2π L＋h 得, g 4π2 4π2 T2＝ L＋ h, 可知 T2－L 关系图像为 a. g g
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
【答案】 小于 10° 平衡位置
(1)
L＋d n2 4π 2
2
t2
(2)ACD
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
实验数据的处理
例2 某同学在做利用单摆测重力加速
度的实验中, 先测得摆线长为97.50 cm, 摆球直径为2.0 cm, 然后用秒表记录了 单摆振动50次所用的时间, 如图12－3
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
秒针指示的是大圆周的刻度, 其最小分
度值通常为0.1 s, 转一周历时30 s; 分针
指示的是小圆周的刻度, 其最小分度值
常为0.5 min, 分针转一周历时15 min.
(3)秒表的读数
小圆周读数不足0.5 min即秒针转不到
一周时, 直接读大圆周上秒针读数;
－4所示, 则:
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
图12－3－4
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实验十三
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
(1)该摆摆长为________ cm, 秒表的示
数为________ s.
(2)实验中测得5种不同摆长情况下单
摆的振动周期, 记录数据如下: l/m 0.5 T/s 1.42 T2/s2 2.02 0.8 1.79 3.20 0.9 1.90 3.61 1.0 2.00 4.00 1.2 2.20 4.84