《2020版高考物理總復習 第2節(jié) 固體、液體與氣體 第3節(jié) 熱力學定律與能量守恒 第4節(jié) 光的波動性 電磁波 相對論練習（含解析）（選修3-3）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理總復習 第2節(jié) 固體、液體與氣體 第3節(jié) 熱力學定律與能量守恒 第4節(jié) 光的波動性 電磁波 相對論練習（含解析）（選修3-3）（56頁珍藏版）》請在裝配圖網(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 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: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. (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.毛細現(xiàn)象是指浸潤液體在細管中上升的現(xiàn)象,以及不浸潤液體在細管中下降的現(xiàn)象,毛細管越細,毛細現(xiàn)象越明顯. 3.液晶的物理性質(zhì) (1)具有液體的流動性. (2)具有晶體的光學各向異性. (3)從某個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章的. 三、飽和汽、飽和汽壓和相對濕度 1.飽和汽與未飽和汽 (1)飽和汽:與液體處于動態(tài)平衡的蒸汽. (2)未飽和汽:沒有達到飽和狀態(tài)的蒸汽. 2.飽和汽壓 (1)定義:飽和汽所具有的壓強. (2)特點: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關(guān). 3.相對濕度 空氣中水蒸氣

3、的實際壓強與同一溫度時水的飽和汽壓之比. 即相對濕度=. 四、氣體 1.氣體壓強 (1)產(chǎn)生的原因 由于大量分子無規(guī)則運動而碰撞器壁,形成對器壁各處均勻、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. (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能和分子的密集程度. 2.氣體實驗定律 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,壓強與熱力學溫度成正比 一定質(zhì)量的某種氣體,在壓強不變的情況下,其體積與熱力學溫度成正比

4、表達式 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驗定律的氣體.實際氣體在壓強不太大、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其他作用力,分子本身沒有體積,即它所占據(jù)的空間認為都是可以被壓縮的空間. (3)狀態(tài)方程:= 或=C(常量). 4.氣體分子運動特點 過關(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,是因為物質(zhì)微粒是

5、規(guī)則排列的.(　√　) (4)壓強極大的氣體不遵從氣體實驗定律.(　√　) (5)當人們感到干燥時,空氣的相對濕度一定較小.(　√　) (6)草葉上的露珠呈球形是表面張力引起的.(　√　) (7)水能浸潤任何固體.(　×　) (8)氣體的溫度升高,壓強可能不變.(　√　) (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)下列說法正確的是(　BCE　) A.懸浮在水中的花粉的布朗運動反映了花粉分子的熱運動 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性質(zhì)具有各向異性的特點 D.高原地區(qū)水的沸點較低,這是高原地區(qū)溫度較

6、低的緣故 E.干濕泡濕度計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動反映了水分子的熱運動,而不是反映花粉分子的熱運動,選項A錯誤;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B正確;液晶的光學性質(zhì)具有各向異性,彩色液晶顯示器利用了這一性質(zhì),選項C正確;高原地區(qū)水的沸點較低是因為高原地區(qū)的大氣壓強較小,水的沸點隨大氣壓強的降低而降低,選項D錯誤;由于液體蒸發(fā)時吸收熱量,溫度降低,所以濕泡顯示的溫度低于干泡顯示的溫度,選項E正確. 3. [人教版選修3-3·P23·T2]如圖,向一個空的鋁制飲料罐(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(長度可以忽略).如果不計大氣壓的變化,這就是一個簡易的氣溫計.已知鋁罐的容積是360 cm3,吸管內(nèi)部粗細均勻,橫截面積為0.2 cm2,吸管的有效長度為 20 cm,當溫度為25 ℃時,油柱離管口10 cm. (1)吸管上標刻溫度值時,刻度是否應該均勻? (2)估算這個氣溫計的測量范圍. 解析:(1)由于罐內(nèi)氣體壓強始終不變,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 故這個氣溫計可以測量的溫度范圍為 (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 ℃ 考點研析 考點一　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,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 (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,所有分子熱運動的平均速率增大,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有確定的幾何形狀 B.液晶像液體一樣

10、具有流動性,而其光學性質(zhì)與某些多晶體相似,具有各向同性 C.在圍繞地球運行的“天宮二號”中,自由飄浮的水滴呈球形,這是表面張力作用的結(jié)果 D.空氣的相對濕度越大,空氣中水蒸氣的壓強越接近同一溫度時水的飽和汽壓 E.大量氣體分子做無規(guī)則運動,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,多晶體和非晶體沒有規(guī)則的外形,故A正確;液晶像液體一樣具有流動性,而其光學性質(zhì)具有各向異性,故B錯誤;在圍繞地球運行的“天宮二號”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;相對濕度為空氣中水蒸氣的壓強與相同溫度下水的

11、飽和汽壓的比值,空氣的相對濕度越大,空氣中水蒸氣的壓強越接近同一溫度時水的飽和汽壓,故D正確;大量氣體分子做無規(guī)則運動,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錯誤. 【針對訓練】 (2017·全國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.下列說法正確的是(　ABC　) A.圖中兩條曲線下面積相等 B.圖中虛線對應于氧氣分子平均動能較小的情形 C.圖中實線對應于氧氣分子在100 ℃時的情形 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 ℃時相比,100

12、℃時氧氣分子速率出現(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:溫度是分子平均動能的標志,溫度升高分子的平均動能增加,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 ℃對應的曲線,實線是100 ℃對應的曲線,曲線下的面積都等于1,選項A,B,C正確;由圖像可知選項D錯誤;0 ℃時300～400 m/s速率的分子最多,100℃時400～500 m/s速率的分子最多,選項E錯誤. 考點二　氣體壓強的產(chǎn)生與計算 1.氣體壓強的計算 氣體壓強是氣體分子熱運動撞擊器壁產(chǎn)生的壓力,因此可根據(jù)平衡或牛頓運動定律計算氣體壓強的大小. 2.常見

13、兩種模型 (1)活塞模型 如圖所示是最常見的封閉氣體的兩種方式. 對“活塞模型”類求壓強的問題,其基本的方法就是先對活塞進行受力分析,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,外界大氣壓強為p0.由于活塞處于平衡狀態(tài),所以p0S+mg=pS.則氣體的壓強為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一定相等,所以氣體B和A的壓強關(guān)系可由圖中虛線所示的等高線聯(lián)系起來.

14、則有pB+ρgh2=pA. 而pA=p0+ρgh1, 所以氣體B的壓強為 pB=p0+ρg(h1-h2). 【典例2】 若已知大氣壓強為p0,圖中各裝置均處于靜止狀態(tài),圖中液體密度均為ρ.求被封閉氣體的壓強. 解析:在圖(甲)中,以高為h的液柱為研究對象,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】 如圖中兩個汽缸質(zhì)量均為M,內(nèi)部橫截面積均為S,兩個活塞的質(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,活塞與汽缸間無摩擦,重力加速度為g,求封閉氣體A,B的壓強各多大? 解析:題圖(甲)中選m為研究對象. pAS=p0S+mg 得pA=p0+ 題圖(乙)中選M為研究對象則pB=p0-. 答案:p0+　p0- 題組訓練

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的壓強各多大. 解析:從開口端開始計算,右端為大氣壓p0,同種液體同一水平面上的壓強相同,所以b氣柱的壓強為pb=p0+ρg(h2-h1), 而a氣柱的壓強為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同軸圓筒組成,兩圓筒中各有一個活塞.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,汽缸外大氣的壓強為p0,重力加速度為g,不計活塞與汽缸間的摩擦,求系統(tǒng)靜止時缸內(nèi)氣體的壓強. 解析:以大、小活塞及輕桿整體為研究對象, 由受力平衡m1g+m2g+p0S1+pS2=p0S2+pS1,得 p=. 答案:見解析 考點三　氣體實驗定律的應用 1.理想氣體狀態(tài)方程與氣體實驗定律的關(guān)系 2.兩個重要的推論 (1)查理定律的推論:Δp=ΔT (2)蓋—呂薩克定律的推論:ΔV=ΔT 3.利用氣體實驗定律解決問題的基本思路 【典例4】 (2018·全國Ⅰ卷,33) 如圖,容積為V的汽缸由導熱材料制成,面

18、積為S的活塞將汽缸分成容積相等的上下兩部分,汽缸上部通過細管與裝有某種液體的容器相連,細管上有一閥門K.開始時,K關(guān)閉,汽缸內(nèi)上下兩部分氣體的壓強均為p0.現(xiàn)將K打開,容器內(nèi)的液體緩慢地流入汽缸,當流入的液體體積為時,將K關(guān)閉,活塞平衡時其下方氣體的體積減小了.不計活塞的質(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:設活塞再次平衡后,活塞上方氣體的體積為V1,壓強為p1;下方氣體的體積為V2,壓強為p2,在活塞下移的過程中,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: 題組訓練 1.[汽缸活塞類模型](2018·全國Ⅱ卷,33) 如圖,一豎直放置的汽缸上端開口,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,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,不計它們之間的摩擦.開始時活塞處于靜止狀態(tài),上、下方氣體壓強均為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b處.求此時汽缸內(nèi)氣體的溫度以及在此過程中氣體對外所做的功.重力加速度大小為g. 解析:開始

20、時活塞位于a處,加熱后,汽缸中的氣體先經(jīng)歷等容過程,直至活塞開始運動.設此時汽缸中氣體的溫度為T1,壓強為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)歷等壓過程,直至活塞剛好到達b處,設此時汽缸中氣體的溫度為T2;活塞位于a處和b處時氣體的體積分別為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, 從開始加熱到活塞到達b處的過程中,汽缸中的氣體對外做的功為W=(p0S+mg)h. 答案:(1+)(1+)T0　(p0S

21、+mg)h 2.[玻璃管液封模型](2018·全國Ⅲ卷,33) 在兩端封閉、粗細均勻的U形細玻璃管內(nèi)有一段水銀柱,水銀柱的兩端各封閉有一段空氣.當U形管兩端豎直朝上時,左、右兩邊空氣柱的長度分別為l1=18.0 cm和l2=12.0 cm,左邊氣體的壓強為 12.0 cmHg.現(xiàn)將U形管緩慢平放在水平桌面上,沒有氣體從管的一邊通過水銀逸入另一邊.求U形管平放時兩邊空氣柱的長度.在整個過程中,氣體溫度不變. 解析: 設U形管兩端豎直朝上時,左、右兩邊氣體的壓強分別為p1和p2.U形管水平放置時,兩邊氣體壓強相等,設為p,此時原左、右兩邊氣柱長度分別變?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 考點四　氣體狀態(tài)變化中的圖像問題　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　類別 圖線　　　 特點 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,線離原點越遠 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,壓強越小 【典例5】 (2019·吉林大學附中模擬)一定質(zhì)量的理想氣體,其狀態(tài)變化過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.已知氣體在A狀態(tài)的壓強、體積、熱力學溫度分別為pA,VA,TA,且氣體在A狀態(tài)的壓強是B狀態(tài)壓強的3倍.試求: (1)氣體在B狀態(tài)的熱力學溫度和C狀態(tài)的體積. (2)從B到C過程中,是氣體對外做功還是外界對氣體做功?做了多少功? 解析:(1)從A到B是等容過程,由查理定律得 = 由題知pA=3pB可得TB=TA

24、 從B到C是等壓變化過程,由蓋—呂薩克定律有= 又從C到A是等溫變化過程,故TC=TA 解得VC=3VA. 解析:(2)從B到C等壓過程中,氣體的體積在增大,故氣體對外界做功,做功為W=pB(VC-VB)=pAVA. 答案:(1)TA　3VA　(2)氣體對外界做功　pAVA 題組訓練 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)歷一系列變化過程,如圖所示,下列說法正確的是(　BCE　) A.b→c過程中,氣體壓強不變,體積增大 B.a→b過程中,氣體體積增大,壓強減小 C.c→a過程中,氣體壓強增大,體積不變 D.c→a過程中,氣體內(nèi)

25、能增大,體積變小 E.c→a過程中,氣體從外界吸熱,內(nèi)能增大 解析:b→c過程中,氣體壓強不變,溫度降低,根據(jù)蓋—呂薩克定律=C得知,體積應減小,故A錯誤.a→b過程中氣體的溫度保持不變,即氣體發(fā)生等溫變化,壓強減小,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過程中,溫度升高,氣體內(nèi)能增大,而體積不變,氣體沒有對外做功,外界也沒有對氣體做功,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)過狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C的V-T圖像.已知氣體在狀態(tài)A時的壓強是1.5×105 Pa. (1)寫出A→B過程中壓強變化的情形,并根據(jù)圖像提供的信息,計算圖(甲)中TA的值. (2)請在圖(乙)坐標系中,作出該氣體由狀態(tài)A經(jīng)過狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C的p-T圖像,并在圖線相應的位置上標出字母A,B,C.如果需要計算才能確定有關(guān)坐標值,請寫出計算過程. 解析:(1)從題圖(甲)可以看出,A與B連線的延長線過原點,所以A→B是一個等壓變化,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:見解析 第3節(jié)　熱力學定律與能量守恒 基礎(chǔ)過關(guān)　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 基礎(chǔ)知識 一、熱力學第一定律 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.熱力學第一定律 (1)內(nèi)容:一個熱力學系統(tǒng)的內(nèi)能增量等于外界向它傳遞的熱量與外界對它所做的功的和. (2)表達式:ΔU=Q+W. 二、熱力學第二定律及微觀意義 1.熱力學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)開爾文表述:不可能從單一熱庫吸收熱量,使之完全變成功,而不產(chǎn)生其他影響.或表述為“第二類永動機不可能制成.” 2.用熵的概念表示熱力學第二定律 在任何自然過程中,一個孤立系統(tǒng)的總熵不會減小. 3.熱力學第二定律的微觀意義 一切自發(fā)過程總是沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行. 三、能量守恒定律和兩類永動機 1.能量守恒定律 能量既不會憑空產(chǎn)生,也不會憑空消失,它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式,或者從一個物體轉(zhuǎn)移到別的物體,在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中,能量的總量保持不變. 2.兩類永動機 (1)第一類永動機:不消耗任何能量,卻源源不斷地對外做功的機

29、器.違背能量守恒定律,因此不可能實現(xiàn). (2)第二類永動機:從單一熱源吸收熱量并把它全部用來對外做功,而不引起其他變化的機器.違背熱力學第二定律,不可能實現(xiàn). 過關(guān)巧練 1.思考判斷 (1)做功和熱傳遞的實質(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,會發(fā)現(xiàn)打氣筒的溫度升高,這是因為外界對氣體做功.(　√　) (4)熱機中,燃氣的內(nèi)能可以全部變?yōu)闄C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程違背了熱力學第二定律.(　×　) (6)能量不會減少但能源會越來越少,所以要節(jié)約能源.

30、(　√　) 2.(多選)關(guān)于熱力學定律,下列說法正確的是(　ACE　) A.為了增加物體的內(nèi)能,必須對物體做功或向它傳遞熱量 B.對某物體做功,必定會使該物體的內(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)闊岬膶嶋H宏觀過程是不可逆過程 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,必須對物體做功或向它傳遞熱量,選項A正確;對物體做功的同時向外界放熱,則物體的內(nèi)能可能不變或減小,選項B錯誤;根據(jù)熱力學第二定律可知,在對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D錯誤;根據(jù)熱力學第二定律可知,選項E正確. 3.(2016·江蘇卷,12A) 如圖所示,在A→B和D→A的過程中,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,由熱力學第一定律ΔU=Q+W得,W=-8 J,氣體對外做功為8 J. 答案:8 J 考點研析 考點一　熱力學第一定律 1.對公式ΔU=Q+W符號的規(guī)定 符號 W Q ΔU +

32、 外界對物體做功 物體吸收熱量 內(nèi)能增加 - 物體對外界做功 物體放出熱量 內(nèi)能減少 2.幾種特殊情況 (1)若過程是絕熱的,則Q=0,W=ΔU,外界對物體做的功等于物體內(nèi)能的增加量. (2)若過程中不做功,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.外界對物體做的功等于物體放出的熱量. 【典例1】 (2018·全國Ⅰ卷,33)(多選)如圖,一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始,經(jīng)歷過程①,②,③,④到達狀態(tài)e.對此氣體,下列說法正確的是(　BDE　) A.過程①中氣體的壓強逐漸減

33、小 B.過程②中氣體對外界做正功 C.過程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的壓強比狀態(tài)b的壓強小 解析: 過程①中,氣體由a到b,體積V不變、T升高,則壓強增大,A錯誤;過程②中,氣體由b到c,體積V變大,對外界做正功,B正確;過程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)熱力學第一定律ΔU=Q+W得Q<0,即氣體放出熱量,C錯誤;狀態(tài)c,d溫度相同,所以內(nèi)能相同,D正確;由b到c的過程,作過狀態(tài)b,c的等壓線,分析可得pb>pc,由c到d的過程,溫度不變,Vcpd,故pb>pc>pd,E正確. 【針

34、對訓練】 (2018·全國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,其過程如pV圖中從a到b的直線所示.在此過程中(　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外做功 解析:一定量的理想氣體從a到b的過程,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A錯誤;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B正確;氣體體積增大,則氣體對外做功,選項C正確;根據(jù)熱力學第一定律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對外做功,一部分用來增加氣體的內(nèi)能,選項D正確,E錯誤. 考點二　熱力學第二定律 1.熱力學第二定律的涵義 (1)“自發(fā)地”指明了熱傳遞等熱力學宏觀現(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)生的熱力學宏觀過程只在本系統(tǒng)內(nèi)完成,對周圍環(huán)境不產(chǎn)生熱力學方面的影響.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)化為機械能,如氣體的等溫膨脹過程. 2.熱力學第二定律的實質(zhì) 自然界中進行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性.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)下列敘述和熱力學定律相關(guān),其中正確的是(　ADE　) A.第一類永動機不可能制成,是因為違背了能量守恒定律 B.能量耗散過程中能量不守恒 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:第一類永動機不消耗能量卻源源不斷對外做功,違背了能量守恒定律,所以不可能制成,A正確;能量耗散過程中能量仍守恒,B錯誤;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,是壓縮機做功的結(jié)

37、果,不違背熱力學第二定律,C錯誤;能量耗散說明宏觀熱現(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. 【針對訓練】 (2019·山東聊城質(zhì)檢)(多選)下列說法中正確的是(　BCD　) A.相互間達到熱平衡的兩物體的內(nèi)能一定相等 B.民間常用“拔火罐”來治療某些疾病,方法是將點燃的紙片放入火罐內(nèi),當紙片燃燒完時,迅速將火罐開口端緊壓在皮膚上,火罐就會緊緊地“吸”在皮膚上.其原因是火罐內(nèi)的氣體體積不變時,溫度降低,壓強減小 C.空調(diào)既能制熱又能制冷,說明在不自發(fā)的條件下,熱傳遞可以逆向 D.自發(fā)的熱傳遞過程是向著分子熱運動無序性增大的方向

38、進行的 E.隨著科學技術(shù)的發(fā)展,人類終會制造出效率為100%的熱機 解析:相互間達到熱平衡的兩物體的溫度相同,內(nèi)能不一定相等,故A錯誤;由查理定律知,氣體體積不變時,溫度降低,壓強減小,故B正確;在有第三者介入時,熱量可以從低溫物體傳遞到高溫物體,故C正確;根據(jù)熱力學第二定律可知,自然發(fā)生的熱傳遞過程是向著分子熱運動無序性增大的方向進行的,故D正確;根據(jù)熱力學第二定律可知,人類不可能制造出效率為100%的熱機,故E錯誤. 考點三　熱力學定律與氣體實驗定律的綜合應用 氣體實驗定律與熱力學定律綜合應用的分析思路 【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,活塞可沿汽缸壁無摩擦滑動但不漏氣,開始使汽缸水平放置,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 ℃,大氣壓強為1.0×105 Pa,將汽缸緩慢地轉(zhuǎn)到開口向上的豎直位置,待穩(wěn)定后對缸內(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)此時氣體的溫度為多少? (2)在對缸內(nèi)氣體加熱的過程中,氣體膨脹對外做功,同時吸收Q=370 J的熱量,則氣體增加的內(nèi)能為多大? 解析: (1)當汽缸水平放置時,p0=1.0×105 Pa, V0=L1S,T0=(273+27) K

40、=300 K 當汽缸口朝上,活塞到達汽缸口時,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)當汽缸口向上,未加熱穩(wěn)定時,由玻意耳定律得 p0L1S=p1LS 則L== cm=10 cm 加熱后,氣體做等壓變化,外界對氣體做功為 W=-p1(L1+L2-L)·S=-60 J 根據(jù)熱力學第一定律ΔU=W+Q得 ΔU=310 J. 答案:(1)450 K　(2)310 J 題組訓練 1. 如圖所示

41、,導熱性能良好的汽缸管道A,B,C橫截面積相等,開始時管道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度為L1=60 cm的理想氣體,大氣壓強為76 cmHg.緩慢移動活塞,使管道B,C中的水銀柱均上升Δh=20 cm,管道A中的氣體未進入管道B,C中,外界氣溫恒定. (1)求該過程中活塞移動的距離; (2)判斷該過程管道A中的氣體吸熱還是放熱,并說明理由. 解析:(1)設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

42、程中活塞移動的距離 x=2Δh+L1-L2=50 cm. (2)氣體體積變小,外界對氣體做功,氣體發(fā)生等溫變化,內(nèi)能不變,由熱力學第一定律可知氣體放熱. 答案:(1)50 cm　(2)見解析 2. (2019·廣東揭陽模擬)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),該過程每個狀態(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)的過程中,壓強保持不變,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)的過程中,外界對氣體做功 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)的過程中,外界對氣體做功 W2=pC(VC-VD) 解得W2=250 J 一次循環(huán)過程中外界對氣體所做的總功 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 高考導航

44、(教師備用) 考點內(nèi)容 要求 高考(全國卷)三年命題情況對照分析 2016 2017 2018 簡諧運動 Ⅰ Ⅰ卷T34(1):波的性質(zhì) T34(2):光的折射、全反射及幾何關(guān)系的應用 Ⅱ卷T34(1):電磁波 T34(2):波速公式和振動位移函數(shù)式 Ⅲ卷T34(1):波的傳播和質(zhì)點振動的關(guān)系 T34(2):光的折射現(xiàn)象 Ⅰ卷T34(1):波的干涉加強點和減弱點的判斷 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):波動圖像 T34(2):光的全反射、折射定律 Ⅰ卷T34(1):三棱鏡對色光的折射率、

45、折射角 T34(2):應用波動圖像與振動圖像研究波的傳播 Ⅱ卷T34(1):聲波在空氣、鋼鐵中的傳播速度和波長 T34(2):折射定律、全反射定律 Ⅲ卷T34(1):波動圖像 T34(2):折射定律 簡諧運動的公式和圖像 Ⅱ 單擺、單擺的周期公式 Ⅰ 受迫振動和共振 Ⅰ 機械波、橫波和縱波 Ⅰ 橫波的圖像 Ⅱ 波速、波長和頻率(周期)的關(guān)系 Ⅰ 波的干涉和衍射現(xiàn)象 Ⅰ 多普勒效應 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、光導纖維 Ⅰ 光的干涉、

46、衍射和偏振現(xiàn)象 Ⅰ 狹義相對論的基本假設 Ⅰ 質(zhì)能關(guān)系 Ⅰ 實驗一:探究單擺的運動、用單擺測定重力加速度 實驗二:測定玻璃的折射率 實驗三:用雙縫干涉測光的波長 1.考查方式:從近幾年的高考試題來看,內(nèi)容主要考查簡諧運動的圖像、波動圖像以及波的傳播規(guī)律等,而對光學知識的考查主要以折射定律、全反射等知識為主. 2.命題趨勢:預計在2020年高考中仍將以圖像為重點考查振動和波動問題,并以光的折射和全反射為要點考查光學知識. 第1節(jié)　機械振動 基礎(chǔ)過關(guān) 基礎(chǔ)知識 一、簡諧運動 1.定義:物體的位移與時間的關(guān)系遵從正弦函數(shù)規(guī)律,其振動圖像(x-t圖

47、像)是一條正弦曲線,這樣的振動叫做簡諧運動. 2.回復力 (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)來源:屬于效果力,可以由某一個力提供,也可以由幾個力的合力或某個力的分力提供. 3.平衡位置:物體在振動過程中回復力為零的位置. 4.描述簡諧運動的物理量 定義 意義 位移 由平衡位置指向質(zhì)點所在位置的有向線段 描述物體振動中某時刻相對于平衡位置的位置變化 振幅 振動物體離開平衡位置的最大距離 描述振動的強弱和能量 周期 振動物體完成一次全振動所需時間 描述振動的快慢,兩者互為倒數(shù):T= 頻率 振動物體單位時間內(nèi)完成全

48、振動的次數(shù) 相位 ωt+ 描述周期性運動在各個時刻所處的不同狀態(tài) 二、簡諧運動的公式和圖像 1.表達式 (1)動力學表達式:F=-kx,其中“-”表示回復力與位移的方向相反. (2)運動學表達式:x=Asin(ωt+),其中A代表振幅,ω=2πf表示簡諧運動振動的快慢,(ωt+)代表簡諧運動的相位,叫做初相. 2.圖像 (1)從平衡位置處開始計時,函數(shù)表達式為x=Asin ωt,圖像如圖(甲)所示. (2)從最大位移處開始計時,函數(shù)表達式為x=Acos ωt,圖像如圖(乙)所示. 三、簡諧運動的兩種模型 彈簧振子(水平) 單擺 示意圖 簡諧運 動

49、條件 (1)彈簧質(zhì)量可忽略 (2)無摩擦等阻力 (3)在彈簧彈性限度內(nèi) (1)擺線為不可伸縮的輕細線 (2)無空氣等對擺球的阻力 (3)最大擺角小于等于5° 回復力 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 彈簧處于原長處 最低點 周期 與振幅無關(guān) T=2π 能量 轉(zhuǎn)化 彈性勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化,機械能守恒 重力勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化,機械能守恒 四、受迫振動和共振 1.受迫振動 系統(tǒng)在周期性驅(qū)動力作用下的振動,物體做受迫振動的周期(或頻率)等于驅(qū)動力的周期(或頻率),而與物體的固有周期(或頻率)無關(guān). 2.共振 由圖知當

50、f驅(qū)=f0時振幅最大. 3.受迫振動中系統(tǒng)能量的變化:受迫振動系統(tǒng)機械能不守恒,系統(tǒng)與外界時刻進行能量交換. 過關(guān)巧練 1.思考判斷 (1)簡諧運動是勻變速運動.(　×　) (2)簡諧運動的回復力可以是恒力.(　×　) (3)物體做受迫振動時,其振動頻率與固有頻率無關(guān).(　√　) (4)簡諧運動的圖像描述的是振動質(zhì)點的軌跡.(　×　) (5)做簡諧運動的質(zhì)點先后通過同一點,回復力、速度、加速度、位移都是相同的.(　×　) 2.一彈簧振子做簡諧運動,周期為T.下列判斷中正確的是(　C　) A.若t時刻和(t+Δt)時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時刻和(t+Δt)時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時刻和(t+Δt)時刻振子的加速度一定相等 D.若Δt=,則在t時刻和(t+Δt)時刻彈簧長度一定相等 解析:彈簧振子經(jīng)過最大位移后再次回到該位置時,Δt時間可以很短,并不一定是T的整數(shù)倍或的整數(shù)倍,故A,B錯誤;Δt=T,則t時刻和(t+Δt)時刻振子的加速度一定相等,C正確;Δt=,則t時刻和(t+Δt)時刻振子有可能正好分別位于平衡位置兩側(cè),則彈簧長度就不相等,D錯誤. 3. [人教版選修3-4·P5·T3改編]某質(zhì)點做簡諧運動的圖像如圖所示,在t=0到t=4 s的范圍內(nèi)

52、回答以下問題. (1)質(zhì)點相對平衡位置的位移的方向在哪些時間內(nèi)跟它的瞬時速度的方向相同?在哪些時間內(nèi)跟瞬時速度的方向相反? (2)質(zhì)點在第1 s,2 s,3 s末的位移分別是多少? (3)質(zhì)點在前2 s內(nèi)走過的路程是多少?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動? 答案:(1)在0～1 s,2～3 s內(nèi)位移方向跟它的瞬時速度方向相同;在1～2 s,3～4 s內(nèi)位移方向跟它的瞬時速度方向相反. (2)10 cm　0　-10 cm (3)20 cm　方向不變　由于加速度大小時刻在變,故不是勻變速直線運動 考點研析 考點一　簡諧運動的規(guī)律 簡諧運動的規(guī)律——

53、五個特征 (1)動力學特征:F=-kx,“-”表示回復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)運動學特征:簡諧運動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,為變加速運動,遠離平衡位置時,x,F,a,Ep均增大,v,Ek均減小,靠近平衡位置時則相反. (3)運動的周期性特征:相隔T或nT的兩個時刻物體處于同一位置且振動狀態(tài)相同. (4)對稱性特征 ①相隔或 (n為正整數(shù))的兩個時刻,物體位置關(guān)于平衡位置對稱,位移、速度、加速度大小相等,方向相反. ② 如圖所示,物體經(jīng)過關(guān)于平衡位置O對稱的兩點P,P′(OP=OP′)時,速

54、度的大小、動能、勢能相等,相對于平衡位置的位移大小相等. ③物體由P到O所用時間等于由O到P′所用時間,即tPO=tOP′. ④物體往復過程中通過同一段路程(如OP段)所用時間相等,即tOP=tPO. (5)能量特征:振動的能量包括動能Ek和勢能Ep,簡諧運動過程中,系統(tǒng)動能與勢能相互轉(zhuǎn)化,系統(tǒng)的機械能守恒. 【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諧運動.以豎直向上為正方向,物塊簡諧運動的表達式為y=0.1sin(2.5πt) m.t=0時刻,一小球從距物塊h高處自由落下;t=0.6 s時,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.簡諧運動的周期是0.8 s C.0.6 s內(nèi)物塊運動的路程是0.2 m D.t=0.4 s時,物塊與小球運動方向相反 解析:由小物塊的運動表達式可知,=2.5π rad/s,T=0.8 s,故B正確.0.6 s內(nèi)物塊運動了個周期,故路程應為0.3 m,C錯誤.t=0.4 s時物塊運動了半個周期,正向下運動,與小球運動方向相同,故D錯誤.t=0.6 s時,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. 【針對訓練】 (2019

56、·遼寧鞍山模擬)(多選)彈簧振子做簡諧運動,O為平衡位置,當它經(jīng)過點O時開始計時,經(jīng)過0.3 s,第一次到達點M,再經(jīng)過0.2 s第二次到達點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O為平衡位置,OC(OB)代表振幅,振子從O→C 所需時間為.因為簡諧運動具有對稱性,所以振子從M→C所用時間和從C→M所用時間相等,故=0.3 s+ s=0.4 s,解得T=1.6 s;第二種情況,如圖(乙)所示,若振子一開始從平衡位置向點B運動,設點M′與點M關(guān)于點

57、O對稱,則振子從點M′經(jīng)過點B到點M′所用的時間與振子從點M經(jīng)過點C到點M所需時間相等,即0.2 s.振子從點O到點M′、從點M′到點O及從點O到點M所需時間相等,為= s,故周期為T=0.5 s+ s≈0.53 s,所以周期不可能為選項B,D,E. 考點二　簡諧運動的公式與圖像 1.簡諧運動的數(shù)學表達式 x=Asin(ωt+) 2. 根據(jù)簡諧運動圖像可獲取的信息 (1)確定振動的振幅A和周期T.(如圖所示) (2)可以確定振動物體在任一時刻的位移. (3)確定各時刻質(zhì)點的振動方向.判斷方法:振動方向可以根據(jù)下一時刻位移的變化來判定.下一時刻位移若增加,質(zhì)點的振動方向是遠

58、離平衡位置;下一時刻位移若減小,質(zhì)點的振動方向指向平衡位置. (4)比較各時刻質(zhì)點的加速度(回復力)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)比較不同時刻質(zhì)點的勢能和動能的大小.質(zhì)點的位移越大,它所具有的勢能越大,動能則越小. 【典例2】 (2017·北京卷,15)某彈簧振子沿x軸的簡諧運動圖像如圖所示,下列描述正確的是(　A　) A.t=1 s時,振子的速度為零,加速度為負的最大值 B.t=2 s時,振子的速度為負,加速度為正的最大值 C.t=3 s時,振子的速度為負的最大值,加速度為零 D.t=4 s時,振子的速度為正,加速度為負的最大值

59、 解析:t=2 s和t=4 s時,振子在平衡位置,加速度為零,選項B,D錯誤;t=1 s時,振子在正的最大位移處,速度為零,加速度為負的最大值,選項A正確;t=3 s時,振子在負的最大位移處,速度為零,加速度為正的最大值,選項C錯誤. 【針對訓練】 (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點為平衡位置,在a,b兩點之間做簡諧運動,其振動圖像如圖(乙)所示.由振動圖像可以得知(　ADE　) A.振子的振動周期等于2t1 B.在t=0時刻,振子的位置在a點 C.在t=t1時刻,振子的速度為零 D.在t=t1時刻,振子的速度最大 E.從t1

60、到t2,振子正從O點向b點運動 解析:從振動圖像可以看出振子的振動周期為2t1,選項A正確;在t=0時刻,振子的位移為零,振子應該在平衡位置O,選項B錯誤;在t=t1時刻,振子在平衡位置O,該時刻振子速度最大,選項C錯誤,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點向b點運動,選項E正確. 考點三　單擺及其周期公式 1.對單擺的理解 (1)回復力:擺球重力沿切線方向的分力,F回=-mgsin θ=-x=-kx,負號表示回復力F回與位移x的方向相反. (2)向心力:細線的拉力和重力沿細線方向的分力的合力充當向心力,F向=FT-mgcos θ. 說明: ①當

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

62、甲在平衡位置,乙在最大位移處,選項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之比為1∶4,選項C錯誤;由于兩個單擺擺動的最大偏角未知,因此擺動到最低點時的速度未知,故向心加速度不能確定,選項D錯誤. 【針對訓練】 (2018·上海青浦區(qū)一模)如圖所示,房頂上固定一根長2.5 m的細線沿豎直墻壁垂到窗沿下,細線下端系了一個小球(可視為質(zhì)點).打開窗子,讓小球在垂直于窗子的豎直平面內(nèi)小幅度擺動,窗上沿到房頂?shù)母叨葹?.6 m,不計空氣阻力,g取10 m/s2,則小球從最左端運動到最右端的最短時間為(　B　) A.0.2π s B.0.4π s

63、 C.0.6π s D.0.8π s 解析:小球的擺動可視為單擺運動,擺長為線長時對應的周期T1=2π=π s,擺長為線長減去墻體長時對應的周期T2=2π=0.6π s,故小球從最左端到最右端所用的最短時間為t==0.4π s,B正確. 考點四　受迫振動和共振 1.自由振動、受迫振動和共振的關(guān)系比較 自由振動 受迫振動 共振 受力情況 僅受回復力 受驅(qū)動力作用 受驅(qū)動力作用 振動周期 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 振動能量 振動物體的機械能不變 由產(chǎn)生驅(qū)

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

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

66、其共振曲線(振幅A與驅(qū)動力頻率f的關(guān)系)如圖所示,則下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　ABD　) A.此單擺的固有周期約為2 s B.此單擺的擺長約為1 m C.若擺長增大,單擺的固有頻率增大 D.若擺長增大,共振曲線的峰將向左移動 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得此單擺的擺長約為1 m;若擺長增大,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,A,B,D正確,C錯誤;此單擺做受迫振動,只有共振時的振幅最大,為8 cm,E錯誤. 考點五　實驗:探究單擺的運動、用單擺測定重力加速度 1.實驗原理與操作 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 測量時間(單擺周期)及擺長時產(chǎn)生誤差 ①多次測量求平均值 ②計時從單擺經(jīng)過平衡位置時開始 系統(tǒng) 誤差 主要來源于單擺模型本身 ①擺球要選體積小,密度大的