《2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第2節(jié) 固體、液體與氣體 第3節(jié) 熱力學(xué)定律與能量守恒 第4節(jié) 光的波動(dòng)性 電磁波 相對(duì)論練習(xí)（含解析）（選修3-3）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第2節(jié) 固體、液體與氣體 第3節(jié) 熱力學(xué)定律與能量守恒 第4節(jié) 光的波動(dòng)性 電磁波 相對(duì)論練習(xí)（含解析）（選修3-3）（56頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2節(jié)　固體、液體與氣體 一、固體 1.晶體與非晶體的比較 　　　分類 比較　　　 晶體 非晶體 單晶體 多晶體 外形 規(guī)則 不規(guī)則 不規(guī)則 熔點(diǎn) 確定 確定 不確定 物理性質(zhì) 各向異性 各向同性 各向同性 轉(zhuǎn)化 晶體和非晶體在一定條件下可以轉(zhuǎn)化 典型物質(zhì) 石英、云母、明礬、食鹽 玻璃、橡膠 2.晶體的微觀結(jié)構(gòu) 晶體的微觀結(jié)構(gòu)特點(diǎn):組成晶體的物質(zhì)微粒有規(guī)則的、周期性的在空間排列. 二、液體和液晶 1.液體的表面張力 (1)作用:液體的表面張力使液面具有收縮的趨勢(shì). (2)方向:表面張力跟液面相切,跟這部分液面的分界線垂直.

2、 2.毛細(xì)現(xiàn)象是指浸潤(rùn)液體在細(xì)管中上升的現(xiàn)象,以及不浸潤(rùn)液體在細(xì)管中下降的現(xiàn)象,毛細(xì)管越細(xì),毛細(xì)現(xiàn)象越明顯. 3.液晶的物理性質(zhì) (1)具有液體的流動(dòng)性. (2)具有晶體的光學(xué)各向異性. (3)從某個(gè)方向看其分子排列比較整齊,但從另一方向看,分子的排列是雜亂無(wú)章的. 三、飽和汽、飽和汽壓和相對(duì)濕度 1.飽和汽與未飽和汽 (1)飽和汽:與液體處于動(dòng)態(tài)平衡的蒸汽. (2)未飽和汽:沒(méi)有達(dá)到飽和狀態(tài)的蒸汽. 2.飽和汽壓 (1)定義:飽和汽所具有的壓強(qiáng). (2)特點(diǎn):液體的飽和汽壓與溫度有關(guān),溫度越高,飽和汽壓越大,且飽和汽壓與飽和汽的體積無(wú)關(guān). 3.相對(duì)濕度 空氣中水蒸氣

3、的實(shí)際壓強(qiáng)與同一溫度時(shí)水的飽和汽壓之比. 即相對(duì)濕度=. 四、氣體 1.氣體壓強(qiáng) (1)產(chǎn)生的原因 由于大量分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)而碰撞器壁,形成對(duì)器壁各處均勻、持續(xù)的壓力,作用在器壁單位面積上的壓力叫做氣體的壓強(qiáng). (2)決定因素 ①宏觀上:決定于氣體的溫度和體積. ②微觀上:決定于分子的平均動(dòng)能和分子的密集程度. 2.氣體實(shí)驗(yàn)定律 玻意耳定律 查理定律 蓋—呂薩克定律 內(nèi)容 一定質(zhì)量的某種氣體,在溫度不變的情況下,壓強(qiáng)與體積成反比 一定質(zhì)量的某種氣體,在體積不變的情況下,壓強(qiáng)與熱力學(xué)溫度成正比 一定質(zhì)量的某種氣體,在壓強(qiáng)不變的情況下,其體積與熱力學(xué)溫度成正比

4、表達(dá)式 p1V1=p2V2 =或 = =或 = 圖像 3.理想氣體的狀態(tài)方程 (1)宏觀上講,理想氣體是指在任何條件下始終遵從氣體實(shí)驗(yàn)定律的氣體.實(shí)際氣體在壓強(qiáng)不太大、溫度不太低的條件下,可視為理想氣體. (2)微觀上講,理想氣體的分子間除碰撞外無(wú)其他作用力,分子本身沒(méi)有體積,即它所占據(jù)的空間認(rèn)為都是可以被壓縮的空間. (3)狀態(tài)方程:= 或=C(常量). 4.氣體分子運(yùn)動(dòng)特點(diǎn) 過(guò)關(guān)巧練 1.思考判斷 (1)液晶是液體和晶體的混合物.(　×　) (2)單晶體的所有物理性質(zhì)都是各向異性的.(　×　) (3)晶體有天然規(guī)則的幾何形狀,是因?yàn)槲镔|(zhì)微粒是

5、規(guī)則排列的.(　√　) (4)壓強(qiáng)極大的氣體不遵從氣體實(shí)驗(yàn)定律.(　√　) (5)當(dāng)人們感到干燥時(shí),空氣的相對(duì)濕度一定較小.(　√　) (6)草葉上的露珠呈球形是表面張力引起的.(　√　) (7)水能浸潤(rùn)任何固體.(　×　) (8)氣體的溫度升高,壓強(qiáng)可能不變.(　√　) (9)一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān).(　√　) 2.(多選)下列說(shuō)法正確的是(　BCE　) A.懸浮在水中的花粉的布朗運(yùn)動(dòng)反映了花粉分子的熱運(yùn)動(dòng) B.空中的小雨滴呈球形是水的表面張力作用的結(jié)果 C.彩色液晶顯示器利用了液晶的光學(xué)性質(zhì)具有各向異性的特點(diǎn) D.高原地區(qū)水的沸點(diǎn)較低,這是高原地區(qū)溫度較

6、低的緣故 E.干濕泡濕度計(jì)的濕泡顯示的溫度低于干泡顯示的溫度,這是濕泡外紗布中的水蒸發(fā)吸熱的結(jié)果 解析:懸浮在水中的花粉的布朗運(yùn)動(dòng)反映了水分子的熱運(yùn)動(dòng),而不是反映花粉分子的熱運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由于表面張力的作用使液體表面的面積收縮,使小雨滴呈球形,選項(xiàng)B正確;液晶的光學(xué)性質(zhì)具有各向異性,彩色液晶顯示器利用了這一性質(zhì),選項(xiàng)C正確;高原地區(qū)水的沸點(diǎn)較低是因?yàn)楦咴貐^(qū)的大氣壓強(qiáng)較小,水的沸點(diǎn)隨大氣壓強(qiáng)的降低而降低,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;由于液體蒸發(fā)時(shí)吸收熱量,溫度降低,所以濕泡顯示的溫度低于干泡顯示的溫度,選項(xiàng)E正確. 3. [人教版選修3-3·P23·T2]如圖,向一個(gè)空的鋁制飲料罐(即易拉罐)中插入

7、一根透明吸管,接口用蠟密封,在吸管內(nèi)引入一小段油柱(長(zhǎng)度可以忽略).如果不計(jì)大氣壓的變化,這就是一個(gè)簡(jiǎn)易的氣溫計(jì).已知鋁罐的容積是360 cm3,吸管內(nèi)部粗細(xì)均勻,橫截面積為0.2 cm2,吸管的有效長(zhǎng)度為 20 cm,當(dāng)溫度為25 ℃時(shí),油柱離管口10 cm. (1)吸管上標(biāo)刻溫度值時(shí),刻度是否應(yīng)該均勻? (2)估算這個(gè)氣溫計(jì)的測(cè)量范圍. 解析:(1)由于罐內(nèi)氣體壓強(qiáng)始終不變,所以= 有= 得ΔT=·S·ΔL 由于ΔT與ΔL成正比,所以刻度是均勻的. 解析:(2)ΔT=×0.2×(20-10)K≈1.6 K 故這個(gè)氣溫計(jì)可以測(cè)量的溫度范圍為 (25-1.6)℃～(25

8、+1.6)℃ 即23.4 ℃～26.6 ℃. 答案:(1)刻度是均勻的 (2)23.4 ℃～26.6 ℃ 考點(diǎn)研析 考點(diǎn)一　固體、液體、氣體的性質(zhì) 1.晶體和非晶體 (1)單晶體具有各向異性,但不是在各種物理性質(zhì)上都表現(xiàn)出各向異性. (2)只要是具有各向異性的物體必定是晶體,且是單晶體. (3)只要是具有確定熔點(diǎn)的物體必定是晶體,反之必是非晶體. 2.液體表面張力 (1)形成原因:表面層中分子間距離比液體內(nèi)部分子間距離大,分子間作用力表現(xiàn)為引力; (2)表面特性:表面層中分子間的引力使液面產(chǎn)生了表面張力,使液體表面好像一層張緊的彈性薄膜; (3)表面張力的效果:使液體

9、表面具有收縮的趨勢(shì),使液體表面積趨于最小,而在體積相同的條件下,球形表面積最小. 3.氣體分子速率分布特點(diǎn) (1)大量氣體分子的速率分布呈現(xiàn)“中間多(即中間速率區(qū)域的分子數(shù)目多)、兩頭少(速率大或小的速率區(qū)域分子數(shù)目少)”的規(guī)律. (2)溫度升高時(shí),所有分子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率增大,即大部分分子的速率增大,但也有少數(shù)分子的速率減小,“中間多、兩頭少”的規(guī)律不變,但中間速率區(qū)域向速率大的方向偏移. 【典例1】 (2019·江西撫州模擬)(多選)關(guān)于固體、液體和氣體,下列說(shuō)法正確的是(　ACD　) A.固體可以分為晶體和非晶體兩類,非晶體和多晶體都沒(méi)有確定的幾何形狀 B.液晶像液體一樣

10、具有流動(dòng)性,而其光學(xué)性質(zhì)與某些多晶體相似,具有各向同性 C.在圍繞地球運(yùn)行的“天宮二號(hào)”中,自由飄浮的水滴呈球形,這是表面張力作用的結(jié)果 D.空氣的相對(duì)濕度越大,空氣中水蒸氣的壓強(qiáng)越接近同一溫度時(shí)水的飽和汽壓 E.大量氣體分子做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng),速率有大有小,但分子的速率按“中間少,兩頭多”的規(guī)律分布 解析:固體可以分為晶體和非晶體兩類,單晶體有規(guī)則的幾何外形,多晶體和非晶體沒(méi)有規(guī)則的外形,故A正確;液晶像液體一樣具有流動(dòng)性,而其光學(xué)性質(zhì)具有各向異性,故B錯(cuò)誤;在圍繞地球運(yùn)行的“天宮二號(hào)”中,自由飄浮的水滴呈球形,這是表面張力作用的結(jié)果,故C正確;相對(duì)濕度為空氣中水蒸氣的壓強(qiáng)與相同溫度下水的

11、飽和汽壓的比值,空氣的相對(duì)濕度越大,空氣中水蒸氣的壓強(qiáng)越接近同一溫度時(shí)水的飽和汽壓,故D正確;大量氣體分子做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng),速率有大有小,但分子的速率按“中間多,兩頭少”的規(guī)律分布,故E錯(cuò)誤. 【針對(duì)訓(xùn)練】 (2017·全國(guó)Ⅰ卷,33)(多選)氧氣分子在0 ℃和100 ℃溫度下單位速率間隔的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比隨氣體分子速率的變化分別如圖中兩條曲線所示.下列說(shuō)法正確的是(　ABC　) A.圖中兩條曲線下面積相等 B.圖中虛線對(duì)應(yīng)于氧氣分子平均動(dòng)能較小的情形 C.圖中實(shí)線對(duì)應(yīng)于氧氣分子在100 ℃時(shí)的情形 D.圖中曲線給出了任意速率區(qū)間的氧氣分子數(shù)目 E.與0 ℃時(shí)相比,100

12、℃時(shí)氧氣分子速率出現(xiàn)在0～400 m/s 區(qū)間內(nèi)的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比較大 解析:溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志,溫度升高分子的平均動(dòng)能增加,不同溫度下相同速率的分子所占比例不同,溫度越高,速率大的分子占比例越高,故虛線為0 ℃對(duì)應(yīng)的曲線,實(shí)線是100 ℃對(duì)應(yīng)的曲線,曲線下的面積都等于1,選項(xiàng)A,B,C正確;由圖像可知選項(xiàng)D錯(cuò)誤;0 ℃時(shí)300～400 m/s速率的分子最多,100℃時(shí)400～500 m/s速率的分子最多,選項(xiàng)E錯(cuò)誤. 考點(diǎn)二　氣體壓強(qiáng)的產(chǎn)生與計(jì)算 1.氣體壓強(qiáng)的計(jì)算 氣體壓強(qiáng)是氣體分子熱運(yùn)動(dòng)撞擊器壁產(chǎn)生的壓力,因此可根據(jù)平衡或牛頓運(yùn)動(dòng)定律計(jì)算氣體壓強(qiáng)的大小. 2.常見(jiàn)

13、兩種模型 (1)活塞模型 如圖所示是最常見(jiàn)的封閉氣體的兩種方式. 對(duì)“活塞模型”類求壓強(qiáng)的問(wèn)題,其基本的方法就是先對(duì)活塞進(jìn)行受力分析,然后根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列方程.圖(甲)中活塞的質(zhì)量為m,活塞橫截面積為S,外界大氣壓強(qiáng)為p0.由于活塞處于平衡狀態(tài),所以p0S+mg=pS.則氣體的壓強(qiáng)為p=p0+. 圖(乙)中的液柱也可以看成一“活塞”,由于液體處于平衡狀態(tài),所以pS+mg=p0S. 則氣體壓強(qiáng)為 p=p0-=p0-ρgh. (2)連通器模型 如圖所示,U形管豎直放置,同一液體中的相同高度處壓強(qiáng)一定相等,所以氣體B和A的壓強(qiáng)關(guān)系可由圖中虛線所示的等高線聯(lián)系起來(lái).

14、則有pB+ρgh2=pA. 而pA=p0+ρgh1, 所以氣體B的壓強(qiáng)為 pB=p0+ρg(h1-h2). 【典例2】 若已知大氣壓強(qiáng)為p0,圖中各裝置均處于靜止?fàn)顟B(tài),圖中液體密度均為ρ.求被封閉氣體的壓強(qiáng). 解析:在圖(甲)中,以高為h的液柱為研究對(duì)象,由平衡條件知p甲S+ρghS=p0S 所以p甲=p0-ρgh; 在圖(乙)中,以B液面為研究對(duì)象,由平衡條件知, p乙S+ρghS=p0S p乙=p0-ρgh; 在圖(丙)中,以B液面為研究對(duì)象,由平衡條件有 p丙S+ρghsin 60°·S=p0S 所以p丙=p0-ρgh; 在圖(丁)中,以液面A為研究對(duì)象

15、,由平衡條件得 p丁S=(p0+ρgh1)S 所以p丁=p0+ρgh1. 答案:甲:p0-ρgh　乙:p0-ρgh　丙:p0-ρgh 丁:p0+ρgh1 【典例3】 如圖中兩個(gè)汽缸質(zhì)量均為M,內(nèi)部橫截面積均為S,兩個(gè)活塞的質(zhì)量均為m,左邊的汽缸靜止在水平面上,右邊的活塞和汽缸豎直懸掛在天花板下.兩個(gè)汽缸內(nèi)分別封閉有一定質(zhì)量的空氣A,B,大氣壓為p0,活塞與汽缸間無(wú)摩擦,重力加速度為g,求封閉氣體A,B的壓強(qiáng)各多大? 解析:題圖(甲)中選m為研究對(duì)象. pAS=p0S+mg 得pA=p0+ 題圖(乙)中選M為研究對(duì)象則pB=p0-. 答案:p0+　p0- 題組訓(xùn)練

16、 1. [連通器模型]豎直平面內(nèi)有如圖所示的均勻玻璃管,內(nèi)用兩段水銀柱封閉兩段空氣柱a,b,各段水銀柱高度如圖所示,大氣壓為p0,水銀的密度為ρ,重力加速度為g,求空氣柱a,b的壓強(qiáng)各多大. 解析:從開(kāi)口端開(kāi)始計(jì)算,右端為大氣壓p0,同種液體同一水平面上的壓強(qiáng)相同,所以b氣柱的壓強(qiáng)為pb=p0+ρg(h2-h1), 而a氣柱的壓強(qiáng)為pa=pb-ρgh3=p0+ρg(h2-h1-h3). 答案:p0+ρg(h2-h1-h3)　p0+ρg(h2-h1) 2. [活塞模型]如圖所示,一固定的豎直汽缸由一大一小兩個(gè)同軸圓筒組成,兩圓筒中各有一個(gè)活塞.已知大活塞的質(zhì)量為m1,橫截面積為S1;

17、小活塞的質(zhì)量為m2,橫截面積為S2;兩活塞用剛性輕桿連接,汽缸外大氣的壓強(qiáng)為p0,重力加速度為g,不計(jì)活塞與汽缸間的摩擦,求系統(tǒng)靜止時(shí)缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng). 解析:以大、小活塞及輕桿整體為研究對(duì)象, 由受力平衡m1g+m2g+p0S1+pS2=p0S2+pS1,得 p=. 答案:見(jiàn)解析 考點(diǎn)三　氣體實(shí)驗(yàn)定律的應(yīng)用 1.理想氣體狀態(tài)方程與氣體實(shí)驗(yàn)定律的關(guān)系 2.兩個(gè)重要的推論 (1)查理定律的推論:Δp=ΔT (2)蓋—呂薩克定律的推論:ΔV=ΔT 3.利用氣體實(shí)驗(yàn)定律解決問(wèn)題的基本思路 【典例4】 (2018·全國(guó)Ⅰ卷,33) 如圖,容積為V的汽缸由導(dǎo)熱材料制成,面

18、積為S的活塞將汽缸分成容積相等的上下兩部分,汽缸上部通過(guò)細(xì)管與裝有某種液體的容器相連,細(xì)管上有一閥門K.開(kāi)始時(shí),K關(guān)閉,汽缸內(nèi)上下兩部分氣體的壓強(qiáng)均為p0.現(xiàn)將K打開(kāi),容器內(nèi)的液體緩慢地流入汽缸,當(dāng)流入的液體體積為時(shí),將K關(guān)閉,活塞平衡時(shí)其下方氣體的體積減小了.不計(jì)活塞的質(zhì)量和體積,外界溫度保持不變,重力加速度大小為g.求流入汽缸內(nèi)液體的質(zhì)量. 解析:設(shè)活塞再次平衡后,活塞上方氣體的體積為V1,壓強(qiáng)為p1;下方氣體的體積為V2,壓強(qiáng)為p2,在活塞下移的過(guò)程中,活塞上、下方氣體的溫度均保持不變.由玻意耳定律得p0=p1V1,p0=p2V2 由已知條件得V1=+-=V V2=-= 設(shè)活

19、塞上方液體的質(zhì)量為m,由力的平衡條件得 p2S=p1S+mg 聯(lián)立以上各式得m=. 答案: 題組訓(xùn)練 1.[汽缸活塞類模型](2018·全國(guó)Ⅱ卷,33) 如圖,一豎直放置的汽缸上端開(kāi)口,汽缸壁內(nèi)有卡口a和b,a,b間距為h,a距缸底的高度為H;活塞只能在a,b間移動(dòng),其下方密封有一定質(zhì)量的理想氣體.已知活塞質(zhì)量為m,面積為S,厚度可忽略;活塞和汽缸壁均絕熱,不計(jì)它們之間的摩擦.開(kāi)始時(shí)活塞處于靜止?fàn)顟B(tài),上、下方氣體壓強(qiáng)均為p0,溫度均為T0.現(xiàn)用電熱絲緩慢加熱汽缸中的氣體,直至活塞剛好到達(dá)b處.求此時(shí)汽缸內(nèi)氣體的溫度以及在此過(guò)程中氣體對(duì)外所做的功.重力加速度大小為g. 解析:開(kāi)始

20、時(shí)活塞位于a處,加熱后,汽缸中的氣體先經(jīng)歷等容過(guò)程,直至活塞開(kāi)始運(yùn)動(dòng).設(shè)此時(shí)汽缸中氣體的溫度為T1,壓強(qiáng)為p1,根據(jù)查理定律有 =, 根據(jù)力的平衡條件有 p1S=p0S+mg, 聯(lián)立兩式可得 T1=(1+)T0, 此后,汽缸中的氣體經(jīng)歷等壓過(guò)程,直至活塞剛好到達(dá)b處,設(shè)此時(shí)汽缸中氣體的溫度為T2;活塞位于a處和b處時(shí)氣體的體積分別為V1和V2.根據(jù)蓋—呂薩克定律有 =, 式中 V1=SH, V2=S(H+h), 聯(lián)立解得T2=(1+)(1+)T0, 從開(kāi)始加熱到活塞到達(dá)b處的過(guò)程中,汽缸中的氣體對(duì)外做的功為W=(p0S+mg)h. 答案:(1+)(1+)T0　(p0S

21、+mg)h 2.[玻璃管液封模型](2018·全國(guó)Ⅲ卷,33) 在兩端封閉、粗細(xì)均勻的U形細(xì)玻璃管內(nèi)有一段水銀柱,水銀柱的兩端各封閉有一段空氣.當(dāng)U形管兩端豎直朝上時(shí),左、右兩邊空氣柱的長(zhǎng)度分別為l1=18.0 cm和l2=12.0 cm,左邊氣體的壓強(qiáng)為 12.0 cmHg.現(xiàn)將U形管緩慢平放在水平桌面上,沒(méi)有氣體從管的一邊通過(guò)水銀逸入另一邊.求U形管平放時(shí)兩邊空氣柱的長(zhǎng)度.在整個(gè)過(guò)程中,氣體溫度不變. 解析: 設(shè)U形管兩端豎直朝上時(shí),左、右兩邊氣體的壓強(qiáng)分別為p1和p2.U形管水平放置時(shí),兩邊氣體壓強(qiáng)相等,設(shè)為p,此時(shí)原左、右兩邊氣柱長(zhǎng)度分別變?yōu)閘1′和l2′.由力的平衡條件

22、有 p1=p2+ρg(l1-l2), 式中ρ為水銀密度,g為重力加速度大小. 由玻意耳定律有p1l1=pl1′, p2l2=pl2′, 兩邊氣柱長(zhǎng)度的變化量大小相等l1′-l1=l2-l2′, 由各式和題給條件得 l1′=22.5 cm,l2′=7.5 cm. 答案:22.5 cm　7.5 cm 考點(diǎn)四　氣體狀態(tài)變化中的圖像問(wèn)題　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　類別 圖線　　　 特點(diǎn) 舉例 p-V pV=CT(其中C為恒量),即pV之積越大的等溫線,溫度越高,線離原點(diǎn)越遠(yuǎn) p- p=CT,斜率k=CT,即斜率越大,溫度越高 p-T p=

23、T,斜率k=,即斜率越大,體積越小 V-T V=T,斜率k=,即斜率越大,壓強(qiáng)越小 【典例5】 (2019·吉林大學(xué)附中模擬)一定質(zhì)量的理想氣體,其狀態(tài)變化過(guò)程如圖中箭頭方向所示,AB平行于縱軸,BC平行于橫軸,CA段是以縱軸和橫軸為漸近線的雙曲線的一部分.已知?dú)怏w在A狀態(tài)的壓強(qiáng)、體積、熱力學(xué)溫度分別為pA,VA,TA,且氣體在A狀態(tài)的壓強(qiáng)是B狀態(tài)壓強(qiáng)的3倍.試求: (1)氣體在B狀態(tài)的熱力學(xué)溫度和C狀態(tài)的體積. (2)從B到C過(guò)程中,是氣體對(duì)外做功還是外界對(duì)氣體做功?做了多少功? 解析:(1)從A到B是等容過(guò)程,由查理定律得 = 由題知pA=3pB可得TB=TA

24、 從B到C是等壓變化過(guò)程,由蓋—呂薩克定律有= 又從C到A是等溫變化過(guò)程,故TC=TA 解得VC=3VA. 解析:(2)從B到C等壓過(guò)程中,氣體的體積在增大,故氣體對(duì)外界做功,做功為W=pB(VC-VB)=pAVA. 答案:(1)TA　3VA　(2)氣體對(duì)外界做功　pAVA 題組訓(xùn)練 1.[p-T圖像](2019·寧夏銀川一中高三質(zhì)檢)(多選)一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷一系列變化過(guò)程,如圖所示,下列說(shuō)法正確的是(　BCE　) A.b→c過(guò)程中,氣體壓強(qiáng)不變,體積增大 B.a→b過(guò)程中,氣體體積增大,壓強(qiáng)減小 C.c→a過(guò)程中,氣體壓強(qiáng)增大,體積不變 D.c→a過(guò)程中,氣體內(nèi)

25、能增大,體積變小 E.c→a過(guò)程中,氣體從外界吸熱,內(nèi)能增大 解析:b→c過(guò)程中,氣體壓強(qiáng)不變,溫度降低,根據(jù)蓋—呂薩克定律=C得知,體積應(yīng)減小,故A錯(cuò)誤.a→b過(guò)程中氣體的溫度保持不變,即氣體發(fā)生等溫變化,壓強(qiáng)減小,根據(jù)玻意耳定律pV=C得知,體積增大,故B正確.c→a過(guò)程中,由圖可知p與T成正比,則氣體發(fā)生等容變化,體積不變,故C正確,D錯(cuò)誤;一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只與氣體溫度有關(guān),并且溫度越高氣體的內(nèi)能越大,則知c→a過(guò)程中,溫度升高,氣體內(nèi)能增大,而體積不變,氣體沒(méi)有對(duì)外做功,外界也沒(méi)有對(duì)氣體做功,所以氣體一定吸收熱量,故E正確. 2.[V-T圖像]如圖(甲)是一定質(zhì)量的氣體由

26、狀態(tài)A經(jīng)過(guò)狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C的V-T圖像.已知?dú)怏w在狀態(tài)A時(shí)的壓強(qiáng)是1.5×105 Pa. (1)寫出A→B過(guò)程中壓強(qiáng)變化的情形,并根據(jù)圖像提供的信息,計(jì)算圖(甲)中TA的值. (2)請(qǐng)?jiān)趫D(乙)坐標(biāo)系中,作出該氣體由狀態(tài)A經(jīng)過(guò)狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C的p-T圖像,并在圖線相應(yīng)的位置上標(biāo)出字母A,B,C.如果需要計(jì)算才能確定有關(guān)坐標(biāo)值,請(qǐng)寫出計(jì)算過(guò)程. 解析:(1)從題圖(甲)可以看出,A與B連線的延長(zhǎng)線過(guò)原點(diǎn),所以A→B是一個(gè)等壓變化,即pA=pB 根據(jù)蓋—呂薩克定律可得= 所以TA=TB=×300 K=200 K. 解析:(2)由題圖(甲)可知,B→C是等容變化,根據(jù)查理定律得=

27、所以pC=·pB=×1.5×105 Pa=2.0×105 Pa 則可畫出狀態(tài)A→B→C的p-T圖像如圖所示. 答案:見(jiàn)解析 第3節(jié)　熱力學(xué)定律與能量守恒 基礎(chǔ)過(guò)關(guān)　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 基礎(chǔ)知識(shí) 一、熱力學(xué)第一定律 1.改變物體內(nèi)能的兩種方式 (1)做功:將其他形式的能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能; (2)熱傳遞:物體間內(nèi)能的轉(zhuǎn)移. 2.熱力學(xué)第一定律 (1)內(nèi)容:一個(gè)熱力學(xué)系統(tǒng)的內(nèi)能增量等于外界向它傳遞的熱量與外界對(duì)它所做的功的和. (2)表達(dá)式:ΔU=Q+W. 二、熱力學(xué)第二定律及微觀意義 1.熱力學(xué)第二定律的兩種表述 (1)克勞修斯表述:熱量不能自發(fā)

28、地從低溫物體傳到高溫物體. (2)開(kāi)爾文表述:不可能從單一熱庫(kù)吸收熱量,使之完全變成功,而不產(chǎn)生其他影響.或表述為“第二類永動(dòng)機(jī)不可能制成.” 2.用熵的概念表示熱力學(xué)第二定律 在任何自然過(guò)程中,一個(gè)孤立系統(tǒng)的總熵不會(huì)減小. 3.熱力學(xué)第二定律的微觀意義 一切自發(fā)過(guò)程總是沿著分子熱運(yùn)動(dòng)的無(wú)序性增大的方向進(jìn)行. 三、能量守恒定律和兩類永動(dòng)機(jī) 1.能量守恒定律 能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生,也不會(huì)憑空消失,它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式,或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到別的物體,在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過(guò)程中,能量的總量保持不變. 2.兩類永動(dòng)機(jī) (1)第一類永動(dòng)機(jī):不消耗任何能量,卻源源不斷地對(duì)外做功的機(jī)

29、器.違背能量守恒定律,因此不可能實(shí)現(xiàn). (2)第二類永動(dòng)機(jī):從單一熱源吸收熱量并把它全部用來(lái)對(duì)外做功,而不引起其他變化的機(jī)器.違背熱力學(xué)第二定律,不可能實(shí)現(xiàn). 過(guò)關(guān)巧練 1.思考判斷 (1)做功和熱傳遞的實(shí)質(zhì)是相同的.(　×　) (2)外界壓縮氣體做功20 J,氣體的內(nèi)能可能減少.(　√　) (3)在給自行車打氣時(shí),會(huì)發(fā)現(xiàn)打氣筒的溫度升高,這是因?yàn)橥饨鐚?duì)氣體做功.(　√　) (4)熱機(jī)中,燃?xì)獾膬?nèi)能可以全部變?yōu)闄C(jī)械能而不引起其他變化.(　×　) (5)電冰箱將熱量從低溫物體向高溫物體傳遞過(guò)程違背了熱力學(xué)第二定律.(　×　) (6)能量不會(huì)減少但能源會(huì)越來(lái)越少,所以要節(jié)約能源.

30、(　√　) 2.(多選)關(guān)于熱力學(xué)定律,下列說(shuō)法正確的是(　ACE　) A.為了增加物體的內(nèi)能,必須對(duì)物體做功或向它傳遞熱量 B.對(duì)某物體做功,必定會(huì)使該物體的內(nèi)能增加 C.可以從單一熱源吸收熱量,使之完全變?yōu)楣? D.不可能使熱量從低溫物體傳向高溫物體 E.功轉(zhuǎn)變?yōu)闊岬膶?shí)際宏觀過(guò)程是不可逆過(guò)程 解析:改變內(nèi)能的方法有做功和熱傳遞兩種,所以為了增加物體的內(nèi)能,必須對(duì)物體做功或向它傳遞熱量,選項(xiàng)A正確;對(duì)物體做功的同時(shí)向外界放熱,則物體的內(nèi)能可能不變或減小,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知,在對(duì)外界有影響的前提下,可以從單一熱源吸收熱量,使之完全變?yōu)楣?選項(xiàng)C正確;在有外界做功的條

31、件下,可以使熱量從低溫物體傳遞到高溫物體,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知,選項(xiàng)E正確. 3.(2016·江蘇卷,12A) 如圖所示,在A→B和D→A的過(guò)程中,氣體放出的熱量分別為4 J和20 J.在B→C和C→D的過(guò)程中,氣體吸收的熱量分別為20 J和12 J.求氣體完成一次循環(huán)對(duì)外界所做的功. 解析:完成一次循環(huán)氣體內(nèi)能不變,ΔU=0,吸收的熱量 Q=(20+12-4-20)J=8 J,由熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W得,W=-8 J,氣體對(duì)外做功為8 J. 答案:8 J 考點(diǎn)研析 考點(diǎn)一　熱力學(xué)第一定律 1.對(duì)公式ΔU=Q+W符號(hào)的規(guī)定 符號(hào) W Q ΔU +

32、 外界對(duì)物體做功 物體吸收熱量 內(nèi)能增加 - 物體對(duì)外界做功 物體放出熱量 內(nèi)能減少 2.幾種特殊情況 (1)若過(guò)程是絕熱的,則Q=0,W=ΔU,外界對(duì)物體做的功等于物體內(nèi)能的增加量. (2)若過(guò)程中不做功,即W=0,則Q=ΔU,物體吸收的熱量等于物體內(nèi)能的增加量. (3)若過(guò)程的初、末狀態(tài)物體的內(nèi)能不變,即ΔU=0,則W+Q=0或W=-Q.外界對(duì)物體做的功等于物體放出的熱量. 【典例1】 (2018·全國(guó)Ⅰ卷,33)(多選)如圖,一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開(kāi)始,經(jīng)歷過(guò)程①,②,③,④到達(dá)狀態(tài)e.對(duì)此氣體,下列說(shuō)法正確的是(　BDE　) A.過(guò)程①中氣體的壓強(qiáng)逐漸減

33、小 B.過(guò)程②中氣體對(duì)外界做正功 C.過(guò)程④中氣體從外界吸收了熱量 D.狀態(tài)c,d的內(nèi)能相等 E.狀態(tài)d的壓強(qiáng)比狀態(tài)b的壓強(qiáng)小 解析: 過(guò)程①中,氣體由a到b,體積V不變、T升高,則壓強(qiáng)增大,A錯(cuò)誤;過(guò)程②中,氣體由b到c,體積V變大,對(duì)外界做正功,B正確;過(guò)程④中,氣體由d到e,溫度T降低,內(nèi)能ΔU減小,體積V不變,氣體不做功,根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W得Q<0,即氣體放出熱量,C錯(cuò)誤;狀態(tài)c,d溫度相同,所以內(nèi)能相同,D正確;由b到c的過(guò)程,作過(guò)狀態(tài)b,c的等壓線,分析可得pb>pc,由c到d的過(guò)程,溫度不變,Vcpd,故pb>pc>pd,E正確. 【針

34、對(duì)訓(xùn)練】 (2018·全國(guó)Ⅲ卷,33)(多選) 如圖,一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b,其過(guò)程如pV圖中從a到b的直線所示.在此過(guò)程中(　BCD　) A.氣體溫度一直降低 B.氣體內(nèi)能一直增加 C.氣體一直對(duì)外做功 D.氣體一直從外界吸熱 E.氣體吸收的熱量一直全部用于對(duì)外做功 解析:一定量的理想氣體從a到b的過(guò)程,由理想氣體狀態(tài)方程=可知,Tb>Ta,即氣體的溫度一直升高,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;而理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān),則氣體的內(nèi)能增加,選項(xiàng)B正確;氣體體積增大,則氣體對(duì)外做功,選項(xiàng)C正確;根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W,得Q=ΔU-W,由于ΔU>0,W<0,故Q>0,氣體吸熱

35、,且吸收的熱量一部分用來(lái)對(duì)外做功,一部分用來(lái)增加氣體的內(nèi)能,選項(xiàng)D正確,E錯(cuò)誤. 考點(diǎn)二　熱力學(xué)第二定律 1.熱力學(xué)第二定律的涵義 (1)“自發(fā)地”指明了熱傳遞等熱力學(xué)宏觀現(xiàn)象的方向性,不需要借助外界提供能量的幫助. (2)“不產(chǎn)生其他影響”的含義是發(fā)生的熱力學(xué)宏觀過(guò)程只在本系統(tǒng)內(nèi)完成,對(duì)周圍環(huán)境不產(chǎn)生熱力學(xué)方面的影響.如吸熱、放熱、做功等.在產(chǎn)生其他影響的條件下內(nèi)能可以全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能,如氣體的等溫膨脹過(guò)程. 2.熱力學(xué)第二定律的實(shí)質(zhì) 自然界中進(jìn)行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過(guò)程都具有方向性.如 (1)高溫物體低溫物體 (2)功熱 (3)氣體體積V1氣體體積V2(較大) (4)不同

36、氣體A和B混合氣體AB 【典例2】 (2019·江西南昌模擬)(多選)下列敘述和熱力學(xué)定律相關(guān),其中正確的是(　ADE　) A.第一類永動(dòng)機(jī)不可能制成,是因?yàn)檫`背了能量守恒定律 B.能量耗散過(guò)程中能量不守恒 C.電冰箱的制冷系統(tǒng)能夠不斷地把冰箱內(nèi)的熱量傳到外界,違背了熱力學(xué)第二定律 D.能量耗散是從能量轉(zhuǎn)化的角度反映出自然界中的宏觀過(guò)程具有方向性 E.物體從單一熱源吸收的熱量可全部用于做功 解析:第一類永動(dòng)機(jī)不消耗能量卻源源不斷對(duì)外做功,違背了能量守恒定律,所以不可能制成,A正確;能量耗散過(guò)程中能量仍守恒,B錯(cuò)誤;電冰箱的制冷系統(tǒng)能夠不斷地把冰箱內(nèi)的熱量傳到外界,是壓縮機(jī)做功的結(jié)

37、果,不違背熱力學(xué)第二定律,C錯(cuò)誤;能量耗散說(shuō)明宏觀熱現(xiàn)象的發(fā)生具有方向性,D正確;物體從單一熱源吸收熱量可以全部用于做功,但一定引起外界變化,E正確. 【針對(duì)訓(xùn)練】 (2019·山東聊城質(zhì)檢)(多選)下列說(shuō)法中正確的是(　BCD　) A.相互間達(dá)到熱平衡的兩物體的內(nèi)能一定相等 B.民間常用“拔火罐”來(lái)治療某些疾病,方法是將點(diǎn)燃的紙片放入火罐內(nèi),當(dāng)紙片燃燒完時(shí),迅速將火罐開(kāi)口端緊壓在皮膚上,火罐就會(huì)緊緊地“吸”在皮膚上.其原因是火罐內(nèi)的氣體體積不變時(shí),溫度降低,壓強(qiáng)減小 C.空調(diào)既能制熱又能制冷,說(shuō)明在不自發(fā)的條件下,熱傳遞可以逆向 D.自發(fā)的熱傳遞過(guò)程是向著分子熱運(yùn)動(dòng)無(wú)序性增大的方向

38、進(jìn)行的 E.隨著科學(xué)技術(shù)的發(fā)展,人類終會(huì)制造出效率為100%的熱機(jī) 解析:相互間達(dá)到熱平衡的兩物體的溫度相同,內(nèi)能不一定相等,故A錯(cuò)誤;由查理定律知,氣體體積不變時(shí),溫度降低,壓強(qiáng)減小,故B正確;在有第三者介入時(shí),熱量可以從低溫物體傳遞到高溫物體,故C正確;根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知,自然發(fā)生的熱傳遞過(guò)程是向著分子熱運(yùn)動(dòng)無(wú)序性增大的方向進(jìn)行的,故D正確;根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知,人類不可能制造出效率為100%的熱機(jī),故E錯(cuò)誤. 考點(diǎn)三　熱力學(xué)定律與氣體實(shí)驗(yàn)定律的綜合應(yīng)用 氣體實(shí)驗(yàn)定律與熱力學(xué)定律綜合應(yīng)用的分析思路 【典例3】一定質(zhì)量的理想氣體被活塞封閉在汽缸內(nèi),如圖所示水平放置.活塞的

39、質(zhì)量m=20 kg,橫截面積S=100 cm2,活塞可沿汽缸壁無(wú)摩擦滑動(dòng)但不漏氣,開(kāi)始使汽缸水平放置,活塞與汽缸底的距離L1=12 cm,離汽缸口的距離L2=3 cm.外界氣溫為27 ℃,大氣壓強(qiáng)為1.0×105 Pa,將汽缸緩慢地轉(zhuǎn)到開(kāi)口向上的豎直位置,待穩(wěn)定后對(duì)缸內(nèi)氣體逐漸加熱,使活塞上表面剛好與汽缸口相平,已知g=10 m/s2,求: (1)此時(shí)氣體的溫度為多少? (2)在對(duì)缸內(nèi)氣體加熱的過(guò)程中,氣體膨脹對(duì)外做功,同時(shí)吸收Q=370 J的熱量,則氣體增加的內(nèi)能為多大? 解析: (1)當(dāng)汽缸水平放置時(shí),p0=1.0×105 Pa, V0=L1S,T0=(273+27) K

40、=300 K 當(dāng)汽缸口朝上,活塞到達(dá)汽缸口時(shí),活塞的受力分析如圖所示,有 p1S=p0S+mg 則p1=p0+=1.0×105 Pa+ Pa=1.2×105 Pa V1=(L1+L2)S 由理想氣體狀態(tài)方程得= 則T1=T0=×300 K=450 K. 解析:(2)當(dāng)汽缸口向上,未加熱穩(wěn)定時(shí),由玻意耳定律得 p0L1S=p1LS 則L== cm=10 cm 加熱后,氣體做等壓變化,外界對(duì)氣體做功為 W=-p1(L1+L2-L)·S=-60 J 根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q得 ΔU=310 J. 答案:(1)450 K　(2)310 J 題組訓(xùn)練 1. 如圖所示

41、,導(dǎo)熱性能良好的汽缸管道A,B,C橫截面積相等,開(kāi)始時(shí)管道B,C中的水銀柱高度均為h1=24 cm,管道A左側(cè)活塞與水銀柱之間封閉了長(zhǎng)度為L(zhǎng)1=60 cm的理想氣體,大氣壓強(qiáng)為76 cmHg.緩慢移動(dòng)活塞,使管道B,C中的水銀柱均上升Δh=20 cm,管道A中的氣體未進(jìn)入管道B,C中,外界氣溫恒定. (1)求該過(guò)程中活塞移動(dòng)的距離; (2)判斷該過(guò)程管道A中的氣體吸熱還是放熱,并說(shuō)明理由. 解析:(1)設(shè)汽缸管道的橫截面積為S,氣體溫度不變,初狀態(tài):p1=100 cmHg,體積為V1=L1S 末狀態(tài):p2=120 cmHg,體積為V2=L2S 代入數(shù)據(jù)解得L2=50 cm 該過(guò)

42、程中活塞移動(dòng)的距離 x=2Δh+L1-L2=50 cm. (2)氣體體積變小,外界對(duì)氣體做功,氣體發(fā)生等溫變化,內(nèi)能不變,由熱力學(xué)第一定律可知?dú)怏w放熱. 答案:(1)50 cm　(2)見(jiàn)解析 2. (2019·廣東揭陽(yáng)模擬)一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷了如圖所示的A→B→C→D→A循環(huán),該過(guò)程每個(gè)狀態(tài)視為平衡態(tài),各狀態(tài)參數(shù)如圖所示.A狀態(tài)的壓強(qiáng)為1×105 Pa,求: (1)B狀態(tài)的溫度; (2)完成一次循環(huán),氣體與外界熱交換的熱量. 解析:(1)理想氣體從A狀態(tài)到B狀態(tài)的過(guò)程中,壓強(qiáng)保持不變,根據(jù)蓋—呂薩克定律有 = 代入數(shù)據(jù)解得TB=600 K. 解析:(2)理想氣體從A

43、狀態(tài)到B狀態(tài)的過(guò)程中,外界對(duì)氣體做功 W1=-pA(VB-VA) 解得W1=-100 J 氣體從B狀態(tài)到C狀態(tài)的過(guò)程中,體積保持不變,根據(jù)查理定律有 = 解得pC=2.5×105 Pa 從C狀態(tài)到D狀態(tài)的過(guò)程中,外界對(duì)氣體做功 W2=pC(VC-VD) 解得W2=250 J 一次循環(huán)過(guò)程中外界對(duì)氣體所做的總功 W=W1+W2=150 J 理想氣體從A狀態(tài)完成一次循環(huán),回到A狀態(tài),始末溫度不變,所以內(nèi)能不變.根據(jù)熱力學(xué)第一定律有 ΔU=W+Q 解得Q=-150 J 故完成一次循環(huán),氣體向外界放熱150 J. 答案:(1)600 K　(2)放熱150 J 高考導(dǎo)航

44、(教師備用) 考點(diǎn)內(nèi)容 要求 高考(全國(guó)卷)三年命題情況對(duì)照分析 2016 2017 2018 簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng) Ⅰ Ⅰ卷T34(1):波的性質(zhì) T34(2):光的折射、全反射及幾何關(guān)系的應(yīng)用 Ⅱ卷T34(1):電磁波 T34(2):波速公式和振動(dòng)位移函數(shù)式 Ⅲ卷T34(1):波的傳播和質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的關(guān)系 T34(2):光的折射現(xiàn)象 Ⅰ卷T34(1):波的干涉加強(qiáng)點(diǎn)和減弱點(diǎn)的判斷 T34(2):折射定律 Ⅱ卷T34(1):雙縫干涉圖樣 T34(2):折射定律 Ⅲ卷T34(1):波動(dòng)圖像 T34(2):光的全反射、折射定律 Ⅰ卷T34(1):三棱鏡對(duì)色光的折射率、

45、折射角 T34(2):應(yīng)用波動(dòng)圖像與振動(dòng)圖像研究波的傳播 Ⅱ卷T34(1):聲波在空氣、鋼鐵中的傳播速度和波長(zhǎng) T34(2):折射定律、全反射定律 Ⅲ卷T34(1):波動(dòng)圖像 T34(2):折射定律 簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的公式和圖像 Ⅱ 單擺、單擺的周期公式 Ⅰ 受迫振動(dòng)和共振 Ⅰ 機(jī)械波、橫波和縱波 Ⅰ 橫波的圖像 Ⅱ 波速、波長(zhǎng)和頻率(周期)的關(guān)系 Ⅰ 波的干涉和衍射現(xiàn)象 Ⅰ 多普勒效應(yīng) Ⅰ 電磁波的產(chǎn)生 Ⅰ 電磁波的發(fā)射、傳播和接收 Ⅰ 電磁波譜 Ⅰ 光的折射定律 Ⅱ 折射率 Ⅰ 全反射、光導(dǎo)纖維 Ⅰ 光的干涉、

46、衍射和偏振現(xiàn)象 Ⅰ 狹義相對(duì)論的基本假設(shè) Ⅰ 質(zhì)能關(guān)系 Ⅰ 實(shí)驗(yàn)一:探究單擺的運(yùn)動(dòng)、用單擺測(cè)定重力加速度 實(shí)驗(yàn)二:測(cè)定玻璃的折射率 實(shí)驗(yàn)三:用雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng) 1.考查方式:從近幾年的高考試題來(lái)看,內(nèi)容主要考查簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖像、波動(dòng)圖像以及波的傳播規(guī)律等,而對(duì)光學(xué)知識(shí)的考查主要以折射定律、全反射等知識(shí)為主. 2.命題趨勢(shì):預(yù)計(jì)在2020年高考中仍將以圖像為重點(diǎn)考查振動(dòng)和波動(dòng)問(wèn)題,并以光的折射和全反射為要點(diǎn)考查光學(xué)知識(shí). 第1節(jié)　機(jī)械振動(dòng) 基礎(chǔ)過(guò)關(guān) 基礎(chǔ)知識(shí) 一、簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng) 1.定義:物體的位移與時(shí)間的關(guān)系遵從正弦函數(shù)規(guī)律,其振動(dòng)圖像(x-t圖

47、像)是一條正弦曲線,這樣的振動(dòng)叫做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng). 2.回復(fù)力 (1)定義:使物體返回到平衡位置的力. (2)方向:總是指向平衡位置. (3)來(lái)源:屬于效果力,可以由某一個(gè)力提供,也可以由幾個(gè)力的合力或某個(gè)力的分力提供. 3.平衡位置:物體在振動(dòng)過(guò)程中回復(fù)力為零的位置. 4.描述簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物理量 定義 意義 位移 由平衡位置指向質(zhì)點(diǎn)所在位置的有向線段 描述物體振動(dòng)中某時(shí)刻相對(duì)于平衡位置的位置變化 振幅 振動(dòng)物體離開(kāi)平衡位置的最大距離 描述振動(dòng)的強(qiáng)弱和能量 周期 振動(dòng)物體完成一次全振動(dòng)所需時(shí)間 描述振動(dòng)的快慢,兩者互為倒數(shù):T= 頻率 振動(dòng)物體單位時(shí)間內(nèi)完成全

48、振動(dòng)的次數(shù) 相位 ωt+ 描述周期性運(yùn)動(dòng)在各個(gè)時(shí)刻所處的不同狀態(tài) 二、簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的公式和圖像 1.表達(dá)式 (1)動(dòng)力學(xué)表達(dá)式:F=-kx,其中“-”表示回復(fù)力與位移的方向相反. (2)運(yùn)動(dòng)學(xué)表達(dá)式:x=Asin(ωt+),其中A代表振幅,ω=2πf表示簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)振動(dòng)的快慢,(ωt+)代表簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的相位,叫做初相. 2.圖像 (1)從平衡位置處開(kāi)始計(jì)時(shí),函數(shù)表達(dá)式為x=Asin ωt,圖像如圖(甲)所示. (2)從最大位移處開(kāi)始計(jì)時(shí),函數(shù)表達(dá)式為x=Acos ωt,圖像如圖(乙)所示. 三、簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的兩種模型 彈簧振子(水平) 單擺 示意圖 簡(jiǎn)諧運(yùn) 動(dòng)

49、條件 (1)彈簧質(zhì)量可忽略 (2)無(wú)摩擦等阻力 (3)在彈簧彈性限度內(nèi) (1)擺線為不可伸縮的輕細(xì)線 (2)無(wú)空氣等對(duì)擺球的阻力 (3)最大擺角小于等于5° 回復(fù)力 彈簧的彈力 擺球重力沿與擺線垂直(即切向)方向的分力 平衡 位置 彈簧處于原長(zhǎng)處 最低點(diǎn) 周期 與振幅無(wú)關(guān) T=2π 能量 轉(zhuǎn)化 彈性勢(shì)能與動(dòng)能的相互轉(zhuǎn)化,機(jī)械能守恒 重力勢(shì)能與動(dòng)能的相互轉(zhuǎn)化,機(jī)械能守恒 四、受迫振動(dòng)和共振 1.受迫振動(dòng) 系統(tǒng)在周期性驅(qū)動(dòng)力作用下的振動(dòng),物體做受迫振動(dòng)的周期(或頻率)等于驅(qū)動(dòng)力的周期(或頻率),而與物體的固有周期(或頻率)無(wú)關(guān). 2.共振 由圖知當(dāng)

50、f驅(qū)=f0時(shí)振幅最大. 3.受迫振動(dòng)中系統(tǒng)能量的變化:受迫振動(dòng)系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,系統(tǒng)與外界時(shí)刻進(jìn)行能量交換. 過(guò)關(guān)巧練 1.思考判斷 (1)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)是勻變速運(yùn)動(dòng).(　×　) (2)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力可以是恒力.(　×　) (3)物體做受迫振動(dòng)時(shí),其振動(dòng)頻率與固有頻率無(wú)關(guān).(　√　) (4)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖像描述的是振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)的軌跡.(　×　) (5)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)先后通過(guò)同一點(diǎn),回復(fù)力、速度、加速度、位移都是相同的.(　×　) 2.一彈簧振子做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),周期為T.下列判斷中正確的是(　C　) A.若t時(shí)刻和(t+Δt)時(shí)刻振子位移的大小相等、方向相同,則Δt一定等于T的整數(shù)倍

51、 B.若t時(shí)刻和(t+Δt)時(shí)刻振子速度的大小相等、方向相反,則Δt一定等于的整數(shù)倍 C.若Δt=T,則在t時(shí)刻和(t+Δt)時(shí)刻振子的加速度一定相等 D.若Δt=,則在t時(shí)刻和(t+Δt)時(shí)刻彈簧長(zhǎng)度一定相等 解析:彈簧振子經(jīng)過(guò)最大位移后再次回到該位置時(shí),Δt時(shí)間可以很短,并不一定是T的整數(shù)倍或的整數(shù)倍,故A,B錯(cuò)誤;Δt=T,則t時(shí)刻和(t+Δt)時(shí)刻振子的加速度一定相等,C正確;Δt=,則t時(shí)刻和(t+Δt)時(shí)刻振子有可能正好分別位于平衡位置兩側(cè),則彈簧長(zhǎng)度就不相等,D錯(cuò)誤. 3. [人教版選修3-4·P5·T3改編]某質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示,在t=0到t=4 s的范圍內(nèi)

52、回答以下問(wèn)題. (1)質(zhì)點(diǎn)相對(duì)平衡位置的位移的方向在哪些時(shí)間內(nèi)跟它的瞬時(shí)速度的方向相同?在哪些時(shí)間內(nèi)跟瞬時(shí)速度的方向相反? (2)質(zhì)點(diǎn)在第1 s,2 s,3 s末的位移分別是多少? (3)質(zhì)點(diǎn)在前2 s內(nèi)走過(guò)的路程是多少?前2 s內(nèi)加速度方向是否變化?如果不變,是否做勻變速直線運(yùn)動(dòng)? 答案:(1)在0～1 s,2～3 s內(nèi)位移方向跟它的瞬時(shí)速度方向相同;在1～2 s,3～4 s內(nèi)位移方向跟它的瞬時(shí)速度方向相反. (2)10 cm　0　-10 cm (3)20 cm　方向不變　由于加速度大小時(shí)刻在變,故不是勻變速直線運(yùn)動(dòng) 考點(diǎn)研析 考點(diǎn)一　簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的規(guī)律——

53、五個(gè)特征 (1)動(dòng)力學(xué)特征:F=-kx,“-”表示回復(fù)力的方向與位移方向相反,k是比例系數(shù),不一定是彈簧的勁度系數(shù). (2)運(yùn)動(dòng)學(xué)特征:簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的加速度與物體偏離平衡位置的位移大小成正比,而方向總是指向平衡位置,為變加速運(yùn)動(dòng),遠(yuǎn)離平衡位置時(shí),x,F,a,Ep均增大,v,Ek均減小,靠近平衡位置時(shí)則相反. (3)運(yùn)動(dòng)的周期性特征:相隔T或nT的兩個(gè)時(shí)刻物體處于同一位置且振動(dòng)狀態(tài)相同. (4)對(duì)稱性特征 ①相隔或 (n為正整數(shù))的兩個(gè)時(shí)刻,物體位置關(guān)于平衡位置對(duì)稱,位移、速度、加速度大小相等,方向相反. ② 如圖所示,物體經(jīng)過(guò)關(guān)于平衡位置O對(duì)稱的兩點(diǎn)P,P′(OP=OP′)時(shí),速

54、度的大小、動(dòng)能、勢(shì)能相等,相對(duì)于平衡位置的位移大小相等. ③物體由P到O所用時(shí)間等于由O到P′所用時(shí)間,即tPO=tOP′. ④物體往復(fù)過(guò)程中通過(guò)同一段路程(如OP段)所用時(shí)間相等,即tOP=tPO. (5)能量特征:振動(dòng)的能量包括動(dòng)能Ek和勢(shì)能Ep,簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,系統(tǒng)動(dòng)能與勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化,系統(tǒng)的機(jī)械能守恒. 【典例1】 (2015·山東卷,38)(多選) 如圖,輕彈簧上端固定,下端連接一小物塊,物塊沿豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng).以豎直向上為正方向,物塊簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為y=0.1sin(2.5πt) m.t=0時(shí)刻,一小球從距物塊h高處自由落下;t=0.6 s時(shí),小球恰好與物塊處于同一高度.

55、取重力加速度的大小g=10 m/s2.以下判斷正確的是(　AB　) A.h=1.7 m B.簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期是0.8 s C.0.6 s內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的路程是0.2 m D.t=0.4 s時(shí),物塊與小球運(yùn)動(dòng)方向相反 解析:由小物塊的運(yùn)動(dòng)表達(dá)式可知,=2.5π rad/s,T=0.8 s,故B正確.0.6 s內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)了個(gè)周期,故路程應(yīng)為0.3 m,C錯(cuò)誤.t=0.4 s時(shí)物塊運(yùn)動(dòng)了半個(gè)周期,正向下運(yùn)動(dòng),與小球運(yùn)動(dòng)方向相同,故D錯(cuò)誤.t=0.6 s時(shí),物塊的位移y=-0.1 m,小球下落距離H=gt2=1.8 m,由題圖可知,h=H+y=1.7 m,故A正確. 【針對(duì)訓(xùn)練】 (2019

56、·遼寧鞍山模擬)(多選)彈簧振子做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),O為平衡位置,當(dāng)它經(jīng)過(guò)點(diǎn)O時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí),經(jīng)過(guò)0.3 s,第一次到達(dá)點(diǎn)M,再經(jīng)過(guò)0.2 s第二次到達(dá)點(diǎn)M,則彈簧振子的周期不可能為(　BDE　) A.0.53 s B.1.4 s C.1.6 s D.2 s E.3 s 解析:根據(jù)題意,存在兩種情況,第一種情況,如圖(甲)所示,設(shè)O為平衡位置,OC(OB)代表振幅,振子從O→C 所需時(shí)間為.因?yàn)楹?jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性,所以振子從M→C所用時(shí)間和從C→M所用時(shí)間相等,故=0.3 s+ s=0.4 s,解得T=1.6 s;第二種情況,如圖(乙)所示,若振子一開(kāi)始從平衡位置向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng),設(shè)點(diǎn)M′與點(diǎn)M關(guān)于點(diǎn)

57、O對(duì)稱,則振子從點(diǎn)M′經(jīng)過(guò)點(diǎn)B到點(diǎn)M′所用的時(shí)間與振子從點(diǎn)M經(jīng)過(guò)點(diǎn)C到點(diǎn)M所需時(shí)間相等,即0.2 s.振子從點(diǎn)O到點(diǎn)M′、從點(diǎn)M′到點(diǎn)O及從點(diǎn)O到點(diǎn)M所需時(shí)間相等,為= s,故周期為T=0.5 s+ s≈0.53 s,所以周期不可能為選項(xiàng)B,D,E. 考點(diǎn)二　簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的公式與圖像 1.簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的數(shù)學(xué)表達(dá)式 x=Asin(ωt+) 2. 根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)圖像可獲取的信息 (1)確定振動(dòng)的振幅A和周期T.(如圖所示) (2)可以確定振動(dòng)物體在任一時(shí)刻的位移. (3)確定各時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向.判斷方法:振動(dòng)方向可以根據(jù)下一時(shí)刻位移的變化來(lái)判定.下一時(shí)刻位移若增加,質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向是遠(yuǎn)

58、離平衡位置;下一時(shí)刻位移若減小,質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向指向平衡位置. (4)比較各時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的加速度(回復(fù)力)的大小和方向. 從圖像讀取x大小及方向F的大小及方向a的大小及方向 (5)比較不同時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的勢(shì)能和動(dòng)能的大小.質(zhì)點(diǎn)的位移越大,它所具有的勢(shì)能越大,動(dòng)能則越小. 【典例2】 (2017·北京卷,15)某彈簧振子沿x軸的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)圖像如圖所示,下列描述正確的是(　A　) A.t=1 s時(shí),振子的速度為零,加速度為負(fù)的最大值 B.t=2 s時(shí),振子的速度為負(fù),加速度為正的最大值 C.t=3 s時(shí),振子的速度為負(fù)的最大值,加速度為零 D.t=4 s時(shí),振子的速度為正,加速度為負(fù)的最大值

59、 解析:t=2 s和t=4 s時(shí),振子在平衡位置,加速度為零,選項(xiàng)B,D錯(cuò)誤;t=1 s時(shí),振子在正的最大位移處,速度為零,加速度為負(fù)的最大值,選項(xiàng)A正確;t=3 s時(shí),振子在負(fù)的最大位移處,速度為零,加速度為正的最大值,選項(xiàng)C錯(cuò)誤. 【針對(duì)訓(xùn)練】 (2019·山西模擬)(多選)如圖(甲)所示,水平的光滑桿上有一彈簧振子,振子以O(shè)點(diǎn)為平衡位置,在a,b兩點(diǎn)之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),其振動(dòng)圖像如圖(乙)所示.由振動(dòng)圖像可以得知(　ADE　) A.振子的振動(dòng)周期等于2t1 B.在t=0時(shí)刻,振子的位置在a點(diǎn) C.在t=t1時(shí)刻,振子的速度為零 D.在t=t1時(shí)刻,振子的速度最大 E.從t1

60、到t2,振子正從O點(diǎn)向b點(diǎn)運(yùn)動(dòng) 解析:從振動(dòng)圖像可以看出振子的振動(dòng)周期為2t1,選項(xiàng)A正確;在t=0時(shí)刻,振子的位移為零,振子應(yīng)該在平衡位置O,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;在t=t1時(shí)刻,振子在平衡位置O,該時(shí)刻振子速度最大,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確;從t1到t2,振子的位移方向沿正方向且在增加,所以振子正從O點(diǎn)向b點(diǎn)運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)E正確. 考點(diǎn)三　單擺及其周期公式 1.對(duì)單擺的理解 (1)回復(fù)力:擺球重力沿切線方向的分力,F回=-mgsin θ=-x=-kx,負(fù)號(hào)表示回復(fù)力F回與位移x的方向相反. (2)向心力:細(xì)線的拉力和重力沿細(xì)線方向的分力的合力充當(dāng)向心力,F向=FT-mgcos θ. 說(shuō)明: ①當(dāng)

61、擺球在最高點(diǎn)時(shí),F向==0,FT=mgcos θ. ②當(dāng)擺球在最低點(diǎn)時(shí),F向=,F向最大,FT=mg+m. 2.周期公式T=2π的兩點(diǎn)說(shuō)明 (1)l為等效擺長(zhǎng),表示從懸點(diǎn)到擺球重心的距離. (2)g為當(dāng)?shù)刂亓铀俣? 【典例3】 (多選)如圖所示是甲、乙兩個(gè)單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖像,則下列說(shuō)法中正確的是(　AB　) A.甲、乙兩擺的振幅之比為2∶1 B.t=2 s時(shí),甲擺的重力勢(shì)能最小,乙擺的動(dòng)能為零 C.甲、乙兩擺的擺長(zhǎng)之比為1∶2 D.甲、乙兩擺擺球在最低點(diǎn)時(shí)向心加速度大小一定相等 解析:由圖像可知甲、乙兩個(gè)單擺的振幅分別是2 cm,1 cm,選項(xiàng)A正確;t=2 s時(shí),

62、甲在平衡位置,乙在最大位移處,選項(xiàng)B正確;甲的周期是4 s,乙的周期是8 s,根據(jù)單擺的周期公式T=2π,得到甲乙兩擺的擺長(zhǎng)之比為1∶4,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由于兩個(gè)單擺擺動(dòng)的最大偏角未知,因此擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度未知,故向心加速度不能確定,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 【針對(duì)訓(xùn)練】 (2018·上海青浦區(qū)一模)如圖所示,房頂上固定一根長(zhǎng)2.5 m的細(xì)線沿豎直墻壁垂到窗沿下,細(xì)線下端系了一個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn)).打開(kāi)窗子,讓小球在垂直于窗子的豎直平面內(nèi)小幅度擺動(dòng),窗上沿到房頂?shù)母叨葹?.6 m,不計(jì)空氣阻力,g取10 m/s2,則小球從最左端運(yùn)動(dòng)到最右端的最短時(shí)間為(　B　) A.0.2π s B.0.4π s

63、 C.0.6π s D.0.8π s 解析:小球的擺動(dòng)可視為單擺運(yùn)動(dòng),擺長(zhǎng)為線長(zhǎng)時(shí)對(duì)應(yīng)的周期T1=2π=π s,擺長(zhǎng)為線長(zhǎng)減去墻體長(zhǎng)時(shí)對(duì)應(yīng)的周期T2=2π=0.6π s,故小球從最左端到最右端所用的最短時(shí)間為t==0.4π s,B正確. 考點(diǎn)四　受迫振動(dòng)和共振 1.自由振動(dòng)、受迫振動(dòng)和共振的關(guān)系比較 自由振動(dòng) 受迫振動(dòng) 共振 受力情況 僅受回復(fù)力 受驅(qū)動(dòng)力作用 受驅(qū)動(dòng)力作用 振動(dòng)周期 或頻率 由系統(tǒng)本身性質(zhì)決定,即固有周期T0或固有頻率f0 由驅(qū)動(dòng)力的周期或頻率決定,即T=T驅(qū)或f=f驅(qū) T驅(qū)=T0或f驅(qū)=f0 振動(dòng)能量 振動(dòng)物體的機(jī)械能不變 由產(chǎn)生驅(qū)

64、動(dòng)力的物體提供 振動(dòng)物體獲得的能量最大 常見(jiàn)例子 彈簧振子或單擺(θ≤5°) 機(jī)械工作時(shí)底座發(fā)生的振動(dòng) 共振篩、聲音的共鳴等 2.對(duì)共振的理解 (1)共振曲線 如圖所示,橫坐標(biāo)為驅(qū)動(dòng)力的頻率f,縱坐標(biāo)為振幅A.它直觀地反映了驅(qū)動(dòng)力的頻率對(duì)某固有頻率為f0的振動(dòng)系統(tǒng)做受迫振動(dòng)時(shí)振幅的影響,由圖可知,f與f0越接近,振幅A越大;當(dāng)f=f0時(shí),振幅A最大. (2)受迫振動(dòng)中系統(tǒng)能量的轉(zhuǎn)化 做受迫振動(dòng)的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,系統(tǒng)與外界時(shí)刻進(jìn)行能量交換. 【典例4】 (2019·遼寧大連模擬)(多選)某振動(dòng)系統(tǒng)的固有頻率為f0,在周期性驅(qū)動(dòng)力的作用下做受迫振動(dòng),驅(qū)動(dòng)力的頻率為f.若

65、驅(qū)動(dòng)力的振幅保持不變,則下列說(shuō)法正確的是(　BDE　) A.當(dāng)ff0時(shí),該振動(dòng)系統(tǒng)的振幅隨f減小而增大 C.該振動(dòng)系統(tǒng)的振動(dòng)穩(wěn)定后,振動(dòng)的頻率等于f0 D.該振動(dòng)系統(tǒng)的振動(dòng)穩(wěn)定后,振動(dòng)的頻率等于f E.當(dāng)f=f0時(shí),該振動(dòng)系統(tǒng)一定發(fā)生共振 解析:由受迫振動(dòng)的振幅A隨驅(qū)動(dòng)力的頻率變化的規(guī)律可知,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;穩(wěn)定時(shí)系統(tǒng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率,即選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確;根據(jù)共振產(chǎn)生的條件可知,當(dāng)f=f0時(shí),該振動(dòng)系統(tǒng)一定發(fā)生共振,選項(xiàng)E正確. 【針對(duì)訓(xùn)練】 [人教版選修3-4·P21·T4改編](多選)一個(gè)單擺在地面上做受迫振動(dòng),

66、其共振曲線(振幅A與驅(qū)動(dòng)力頻率f的關(guān)系)如圖所示,則下列說(shuō)法正確的是(g取10 m/s2)(　ABD　) A.此單擺的固有周期約為2 s B.此單擺的擺長(zhǎng)約為1 m C.若擺長(zhǎng)增大,單擺的固有頻率增大 D.若擺長(zhǎng)增大,共振曲線的峰將向左移動(dòng) E.此單擺的振幅一定是8 cm 解析:由共振曲線知此單擺的固有頻率為0.5 Hz,固有周期為2 s,由T=2π得此單擺的擺長(zhǎng)約為1 m;若擺長(zhǎng)增大,則單擺的固有周期增大,固有頻率減小,共振曲線的峰將向左移動(dòng),A,B,D正確,C錯(cuò)誤;此單擺做受迫振動(dòng),只有共振時(shí)的振幅最大,為8 cm,E錯(cuò)誤. 考點(diǎn)五　實(shí)驗(yàn):探究單擺的運(yùn)動(dòng)、用單擺測(cè)定重力加速度 1.實(shí)驗(yàn)原理與操作 2.數(shù)據(jù)處理與分析 (1)數(shù)據(jù)處理 ①公式法:g=,算出重力加速度g的值,再算出g的平均值. ②圖像法:作出l-T2圖像求g值. (2)誤差分析 產(chǎn)生原因 減小方法 偶然 誤差 測(cè)量時(shí)間(單擺周期)及擺長(zhǎng)時(shí)產(chǎn)生誤差 ①多次測(cè)量求平均值 ②計(jì)時(shí)從單擺經(jīng)過(guò)平衡位置時(shí)開(kāi)始 系統(tǒng) 誤差 主要來(lái)源于單擺模型本身 ①擺球要選體積小,密度大的