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第2节固体、液体与气体一、固体1.晶体与非晶体的比较分类比较晶体非晶体单晶体多晶体外形规则不规则不规则熔点确定确定不确定物理性质各向异性各向同性各向同性转化晶体和非晶体在一定条件下可以转化典型物质石英、云母、明矾、食盐玻璃、橡胶2.晶体的微观结构晶体的微观结构特点:组成晶体的物质微粒有规则的、周期性的在空间排列.二、液体和液晶1.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,跟这部分液面的分界线垂直.2.毛细现象是指浸润液体在细管中上升的现象,以及不浸润液体在细管中下降的现象,毛细管越细,毛细现象越明显.3.液晶的物理性质(1)具有液体的流动性.(2)具有晶体的光学各向异性.(3)从某个方向看其分子排列比较整齐,但从另一方向看,分子的排列是杂乱无章的.三、饱和汽、饱和汽压和相对湿度1.饱和汽与未饱和汽(1)饱和汽:与液体处于动态平衡的蒸汽.(2)未饱和汽:没有达到饱和状态的蒸汽.2.饱和汽压(1)定义:饱和汽所具有的压强.(2)特点:液体的饱和汽压与温度有关,温度越高,饱和汽压越大,且饱和汽压与饱和汽的体积无关.3.相对湿度空气中水蒸气的实际压强与同一温度时水的饱和汽压之比.即相对湿度=.四、气体1.气体压强(1)产生的原因由于大量分子无规则运动而碰撞器壁,形成对器壁各处均匀、持续的压力,作用在器壁单位面积上的压力叫做气体的压强.(2)决定因素宏观上:决定于气体的温度和体积.微观上:决定于分子的平均动能和分子的密集程度.2.气体实验定律玻意耳定律查理定律盖吕萨克定律内容一定质量的某种气体,在温度不变的情况下,压强与体积成反比一定质量的某种气体,在体积不变的情况下,压强与热力学温度成正比一定质量的某种气体,在压强不变的情况下,其体积与热力学温度成正比表达式p1V1=p2V2=或=或=图像3.理想气体的状态方程(1)宏观上讲,理想气体是指在任何条件下始终遵从气体实验定律的气体.实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下,可视为理想气体.(2)微观上讲,理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力,分子本身没有体积,即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间.(3)状态方程:= 或=C(常量).4.气体分子运动特点过关巧练1.思考判断(1)液晶是液体和晶体的混合物.()(2)单晶体的所有物理性质都是各向异性的.()(3)晶体有天然规则的几何形状,是因为物质微粒是规则排列的.()(4)压强极大的气体不遵从气体实验定律.()(5)当人们感到干燥时,空气的相对湿度一定较小.()(6)草叶上的露珠呈球形是表面张力引起的.()(7)水能浸润任何固体.()(8)气体的温度升高,压强可能不变.()(9)一定质量的理想气体的内能只与温度有关.()2.(多选)下列说法正确的是(BCE)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.空中的小雨滴呈球形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E.干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果解析: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,使小雨滴呈球形,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;由于液体蒸发时吸收热量,温度降低,所以湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,选项E正确.3. 人教版选修3-3P23T2如图,向一个空的铝制饮料罐(即易拉罐)中插入一根透明吸管,接口用蜡密封,在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略).如果不计大气压的变化,这就是一个简易的气温计.已知铝罐的容积是360 cm3,吸管内部粗细均匀,横截面积为0.2 cm2,吸管的有效长度为 20 cm,当温度为25 时,油柱离管口10 cm. (1)吸管上标刻温度值时,刻度是否应该均匀?(2)估算这个气温计的测量范围.解析:(1)由于罐内气体压强始终不变,所以=有=得T=SL由于T与L成正比,所以刻度是均匀的.解析:(2)T=0.2(20-10)K1.6 K故这个气温计可以测量的温度范围为(25-1.6)(25+1.6)即23.4 26.6 .答案:(1)刻度是均匀的(2)23.4 26.6 考点研析考点一固体、液体、气体的性质1.晶体和非晶体(1)单晶体具有各向异性,但不是在各种物理性质上都表现出各向异性.(2)只要是具有各向异性的物体必定是晶体,且是单晶体.(3)只要是具有确定熔点的物体必定是晶体,反之必是非晶体.2.液体表面张力(1)形成原因:表面层中分子间距离比液体内部分子间距离大,分子间作用力表现为引力;(2)表面特性:表面层中分子间的引力使液面产生了表面张力,使液体表面好像一层张紧的弹性薄膜;(3)表面张力的效果:使液体表面具有收缩的趋势,使液体表面积趋于最小,而在体积相同的条件下,球形表面积最小.3.气体分子速率分布特点(1)大量气体分子的速率分布呈现“中间多(即中间速率区域的分子数目多)、两头少(速率大或小的速率区域分子数目少)”的规律.(2)温度升高时,所有分子热运动的平均速率增大,即大部分分子的速率增大,但也有少数分子的速率减小,“中间多、两头少”的规律不变,但中间速率区域向速率大的方向偏移.【典例1】 (2019江西抚州模拟)(多选)关于固体、液体和气体,下列说法正确的是(ACD)A.固体可以分为晶体和非晶体两类,非晶体和多晶体都没有确定的几何形状B.液晶像液体一样具有流动性,而其光学性质与某些多晶体相似,具有各向同性C.在围绕地球运行的“天宫二号”中,自由飘浮的水滴呈球形,这是表面张力作用的结果D.空气的相对湿度越大,空气中水蒸气的压强越接近同一温度时水的饱和汽压E.大量气体分子做无规则运动,速率有大有小,但分子的速率按“中间少,两头多”的规律分布解析:固体可以分为晶体和非晶体两类,单晶体有规则的几何外形,多晶体和非晶体没有规则的外形,故A正确;液晶像液体一样具有流动性,而其光学性质具有各向异性,故B错误;在围绕地球运行的“天宫二号”中,自由飘浮的水滴呈球形,这是表面张力作用的结果,故C正确;相对湿度为空气中水蒸气的压强与相同温度下水的饱和汽压的比值,空气的相对湿度越大,空气中水蒸气的压强越接近同一温度时水的饱和汽压,故D正确;大量气体分子做无规则运动,速率有大有小,但分子的速率按“中间多,两头少”的规律分布,故E错误.【针对训练】 (2017全国卷,33)(多选)氧气分子在0 和100 温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示.下列说法正确的是(ABC)A.图中两条曲线下面积相等B.图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C.图中实线对应于氧气分子在100 时的情形D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E.与0 时相比,100 时氧气分子速率出现在0400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大解析:温度是分子平均动能的标志,温度升高分子的平均动能增加,不同温度下相同速率的分子所占比例不同,温度越高,速率大的分子占比例越高,故虚线为0 对应的曲线,实线是100 对应的曲线,曲线下的面积都等于1,选项A,B,C正确;由图像可知选项D错误;0 时300400 m/s速率的分子最多,100时400500 m/s速率的分子最多,选项E错误.考点二气体压强的产生与计算1.气体压强的计算气体压强是气体分子热运动撞击器壁产生的压力,因此可根据平衡或牛顿运动定律计算气体压强的大小.2.常见两种模型(1)活塞模型如图所示是最常见的封闭气体的两种方式.对“活塞模型”类求压强的问题,其基本的方法就是先对活塞进行受力分析,然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程.图(甲)中活塞的质量为m,活塞横截面积为S,外界大气压强为p0.由于活塞处于平衡状态,所以p0S+mg=pS.则气体的压强为p=p0+.图(乙)中的液柱也可以看成一“活塞”,由于液体处于平衡状态,所以pS+mg=p0S.则气体压强为p=p0-=p0-gh.(2)连通器模型如图所示,U形管竖直放置,同一液体中的相同高度处压强一定相等,所以气体B和A的压强关系可由图中虚线所示的等高线联系起来.则有pB+gh2=pA.而pA=p0+gh1,所以气体B的压强为pB=p0+g(h1-h2).【典例2】 若已知大气压强为p0,图中各装置均处于静止状态,图中液体密度均为.求被封闭气体的压强.解析:在图(甲)中,以高为h的液柱为研究对象,由平衡条件知p甲S+ghS=p0S所以p甲=p0-gh;在图(乙)中,以B液面为研究对象,由平衡条件知,p乙S+ghS=p0Sp乙=p0-gh;在图(丙)中,以B液面为研究对象,由平衡条件有p丙S+ghsin 60S=p0S所以p丙=p0-gh;在图(丁)中,以液面A为研究对象,由平衡条件得p丁S=(p0+gh1)S所以p丁=p0+gh1.答案:甲:p0-gh乙:p0-gh丙:p0-gh丁:p0+gh1【典例3】 如图中两个汽缸质量均为M,内部横截面积均为S,两个活塞的质量均为m,左边的汽缸静止在水平面上,右边的活塞和汽缸竖直悬挂在天花板下.两个汽缸内分别封闭有一定质量的空气A,B,大气压为p0,活塞与汽缸间无摩擦,重力加速度为g,求封闭气体A,B的压强各多大?解析:题图(甲)中选m为研究对象.pAS=p0S+mg得pA=p0+题图(乙)中选M为研究对象则pB=p0-.答案:p0+p0-题组训练1. 连通器模型竖直平面内有如图所示的均匀玻璃管,内用两段水银柱封闭两段空气柱a,b,各段水银柱高度如图所示,大气压为p0,水银的密度为,重力加速度为g,求空气柱a,b的压强各多大.解析:从开口端开始计算,右端为大气压p0,同种液体同一水平面上的压强相同,所以b气柱的压强为pb=p0+g(h2-h1),而a气柱的压强为pa=pb-gh3=p0+g(h2-h1-h3).答案:p0+g(h2-h1-h3)p0+g(h2-h1)2. 活塞模型如图所示,一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成,两圆筒中各有一个活塞.已知大活塞的质量为m1,横截面积为S1;小活塞的质量为m2,横截面积为S2;两活塞用刚性轻杆连接,汽缸外大气的压强为p0,重力加速度为g,不计活塞与汽缸间的摩擦,求系统静止时缸内气体的压强.解析:以大、小活塞及轻杆整体为研究对象,由受力平衡m1g+m2g+p0S1+pS2=p0S2+pS1,得p=.答案:见解析考点三气体实验定律的应用1.理想气体状态方程与气体实验定律的关系2.两个重要的推论(1)查理定律的推论:p=T(2)盖吕萨克定律的推论:V=T3.利用气体实验定律解决问题的基本思路【典例4】 (2018全国卷,33) 如图,容积为V的汽缸由导热材料制成,面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分,汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连,细管上有一阀门K.开始时,K关闭,汽缸内上下两部分气体的压强均为p0.现将K打开,容器内的液体缓慢地流入汽缸,当流入的液体体积为时,将K关闭,活塞平衡时其下方气体的体积减小了.不计活塞的质量和体积,外界温度保持不变,重力加速度大小为g.求流入汽缸内液体的质量.解析:设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为V1,压强为p1;下方气体的体积为V2,压强为p2,在活塞下移的过程中,活塞上、下方气体的温度均保持不变.由玻意耳定律得p0=p1V1,p0=p2V2由已知条件得V1=+-=VV2=-=设活塞上方液体的质量为m,由力的平衡条件得p2S=p1S+mg联立以上各式得m=.答案:题组训练1.汽缸活塞类模型(2018全国卷,33) 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p0,温度均为T0.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T1,压强为p1,根据查理定律有=,根据力的平衡条件有p1S=p0S+mg,联立两式可得T1=(1+)T0,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T2;活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖吕萨克定律有=,式中V1=SH,V2=S(H+h),联立解得T2=(1+)(1+)T0,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=(p0S+mg)h.答案:(1+)(1+)T0(p0S+mg)h2.玻璃管液封模型(2018全国卷,33) 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l1=18.0 cm和l2=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p1和p2.U形管水平放置时,两边气体压强相等,设为p,此时原左、右两边气柱长度分别变为l1和l2.由力的平衡条件有p1=p2+g(l1-l2),式中为水银密度,g为重力加速度大小.由玻意耳定律有p1l1=pl1,p2l2=pl2,两边气柱长度的变化量大小相等l1-l1=l2-l2,由各式和题给条件得l1=22.5 cm,l2=7.5 cm.答案:22.5 cm7.5 cm考点四气体状态变化中的图像问题类别图线特点举例p-VpV=CT(其中C为恒量),即pV之积越大的等温线,温度越高,线离原点越远p-p=CT,斜率k=CT,即斜率越大,温度越高p-Tp=T,斜率k=,即斜率越大,体积越小V-TV=T,斜率k=,即斜率越大,压强越小【典例5】 (2019吉林大学附中模拟)一定质量的理想气体,其状态变化过程如图中箭头方向所示,AB平行于纵轴,BC平行于横轴,CA段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线的一部分.已知气体在A状态的压强、体积、热力学温度分别为pA,VA,TA,且气体在A状态的压强是B状态压强的3倍.试求:(1)气体在B状态的热力学温度和C状态的体积.(2)从B到C过程中,是气体对外做功还是外界对气体做功?做了多少功?解析:(1)从A到B是等容过程,由查理定律得=由题知pA=3pB可得TB=TA从B到C是等压变化过程,由盖吕萨克定律有=又从C到A是等温变化过程,故TC=TA解得VC=3VA.解析:(2)从B到C等压过程中,气体的体积在增大,故气体对外界做功,做功为W=pB(VC-VB)=pAVA.答案:(1)TA3VA(2)气体对外界做功pAVA题组训练1.p-T图像(2019宁夏银川一中高三质检)(多选)一定质量的理想气体经历一系列变化过程,如图所示,下列说法正确的是(BCE)A.bc过程中,气体压强不变,体积增大B.ab过程中,气体体积增大,压强减小C.ca过程中,气体压强增大,体积不变D.ca过程中,气体内能增大,体积变小E.ca过程中,气体从外界吸热,内能增大解析:bc过程中,气体压强不变,温度降低,根据盖吕萨克定律=C得知,体积应减小,故A错误.ab过程中气体的温度保持不变,即气体发生等温变化,压强减小,根据玻意耳定律pV=C得知,体积增大,故B正确.ca过程中,由图可知p与T成正比,则气体发生等容变化,体积不变,故C正确,D错误;一定质量的理想气体的内能只与气体温度有关,并且温度越高气体的内能越大,则知ca过程中,温度升高,气体内能增大,而体积不变,气体没有对外做功,外界也没有对气体做功,所以气体一定吸收热量,故E正确.2.V-T图像如图(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图像.已知气体在状态A时的压强是1.5105 Pa.(1)写出AB过程中压强变化的情形,并根据图像提供的信息,计算图(甲)中TA的值.(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图像,并在图线相应的位置上标出字母A,B,C.如果需要计算才能确定有关坐标值,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AB是一个等压变化,即pA=pB根据盖吕萨克定律可得=所以TA=TB=300 K=200 K.解析:(2)由题图(甲)可知,BC是等容变化,根据查理定律得=所以pC=pB=1.5105 Pa=2.0105 Pa则可画出状态ABC的p-T图像如图所示.答案:见解析第3节热力学定律与能量守恒基础过关 基础知识一、热力学第一定律1.改变物体内能的两种方式(1)做功:将其他形式的能转化为内能;(2)热传递:物体间内能的转移.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:U=Q+W.二、热力学第二定律及微观意义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:不可能从单一热库吸收热量,使之完全变成功,而不产生其他影响.或表述为“第二类永动机不可能制成.”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.三、能量守恒定律和两类永动机1.能量守恒定律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.2.两类永动机(1)第一类永动机:不消耗任何能量,却源源不断地对外做功的机器.违背能量守恒定律,因此不可能实现.(2)第二类永动机:从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功,而不引起其他变化的机器.违背热力学第二定律,不可能实现.过关巧练1.思考判断(1)做功和热传递的实质是相同的.()(2)外界压缩气体做功20 J,气体的内能可能减少.()(3)在给自行车打气时,会发现打气筒的温度升高,这是因为外界对气体做功.()(4)热机中,燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化.()(5)电冰箱将热量从低温物体向高温物体传递过程违背了热力学第二定律.()(6)能量不会减少但能源会越来越少,所以要节约能源.()2.(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解析:改变内能的方法有做功和热传递两种,所以为了增加物体的内能,必须对物体做功或向它传递热量,选项A正确;对物体做功的同时向外界放热,则物体的内能可能不变或减小,选项B错误;根据热力学第二定律可知,在对外界有影响的前提下,可以从单一热源吸收热量,使之完全变为功,选项C正确;在有外界做功的条件下,可以使热量从低温物体传递到高温物体,选项D错误;根据热力学第二定律可知,选项E正确.3.(2016江苏卷,12A) 如图所示,在AB和DA的过程中,气体放出的热量分别为4 J和20 J.在BC和CD的过程中,气体吸收的热量分别为20 J和12 J.求气体完成一次循环对外界所做的功.解析:完成一次循环气体内能不变,U=0,吸收的热量Q=(20+12-4-20)J=8 J,由热力学第一定律U=Q+W得,W=-8 J,气体对外做功为8 J.答案:8 J考点研析考点一热力学第一定律1.对公式U=Q+W符号的规定符号WQU+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2.几种特殊情况(1)若过程是绝热的,则Q=0,W=U,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=U,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U=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.【典例1】 (2018全国卷,33)(多选)如图,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程,到达状态e.对此气体,下列说法正确的是(BDE)A.过程中气体的压强逐渐减小B.过程中气体对外界做正功C.过程中气体从外界吸收了热量D.状态c,d的内能相等E.状态d的压强比状态b的压强小解析:过程中,气体由a到b,体积V不变、T升高,则压强增大,A错误;过程中,气体由b到c,体积V变大,对外界做正功,B正确;过程中,气体由d到e,温度T降低,内能U减小,体积V不变,气体不做功,根据热力学第一定律U=Q+W得Qpc,由c到d的过程,温度不变,Vcpd,故pbpcpd,E正确.【针对训练】 (2018全国卷,33)(多选) 如图,一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如pV图中从a到b的直线所示.在此过程中(BCD)A.气体温度一直降低B.气体内能一直增加C.气体一直对外做功D.气体一直从外界吸热E.气体吸收的热量一直全部用于对外做功解析:一定量的理想气体从a到b的过程,由理想气体状态方程=可知,TbTa,即气体的温度一直升高,选项A错误;而理想气体的内能只与温度有关,则气体的内能增加,选项B正确;气体体积增大,则气体对外做功,选项C正确;根据热力学第一定律U=Q+W,得Q=U-W,由于U0,W0,气体吸热,且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能,选项D正确,E错误.考点二热力学第二定律1.热力学第二定律的涵义(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.在产生其他影响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.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(1)高温物体低温物体(2)功热(3)气体体积V1气体体积V2(较大)(4)不同气体A和B混合气体AB【典例2】 (2019江西南昌模拟)(多选)下列叙述和热力学定律相关,其中正确的是(ADE)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:第一类永动机不消耗能量却源源不断对外做功,违背了能量守恒定律,所以不可能制成,A正确;能量耗散过程中能量仍守恒,B错误;电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,是压缩机做功的结果,不违背热力学第二定律,C错误;能量耗散说明宏观热现象的发生具有方向性,D正确;物体从单一热源吸收热量可以全部用于做功,但一定引起外界变化,E正确.【针对训练】 (2019山东聊城质检)(多选)下列说法中正确的是(BCD)A.相互间达到热平衡的两物体的内能一定相等B.民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病,方法是将点燃的纸片放入火罐内,当纸片燃烧完时,迅速将火罐开口端紧压在皮肤上,火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上.其原因是火罐内的气体体积不变时,温度降低,压强减小C.空调既能制热又能制冷,说明在不自发的条件下,热传递可以逆向D.自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E.随着科学技术的发展,人类终会制造出效率为100%的热机解析:相互间达到热平衡的两物体的温度相同,内能不一定相等,故A错误;由查理定律知,气体体积不变时,温度降低,压强减小,故B正确;在有第三者介入时,热量可以从低温物体传递到高温物体,故C正确;根据热力学第二定律可知,自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的,故D正确;根据热力学第二定律可知,人类不可能制造出效率为100%的热机,故E错误.考点三热力学定律与气体实验定律的综合应用气体实验定律与热力学定律综合应用的分析思路【典例3】一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内,如图所示水平放置.活塞的质量m=20 kg,横截面积S=100 cm2,活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气,开始使汽缸水平放置,活塞与汽缸底的距离L1=12 cm,离汽缸口的距离L2=3 cm.外界气温为27 ,大气压强为1.0105 Pa,将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置,待稳定后对缸内气体逐渐加热,使活塞上表面刚好与汽缸口相平,已知g=10 m/s2,求:(1)此时气体的温度为多少?(2)在对缸内气体加热的过程中,气体膨胀对外做功,同时吸收Q=370 J的热量,则气体增加的内能为多大?解析:(1)当汽缸水平放置时,p0=1.0105 Pa,V0=L1S,T0=(273+27) K=300 K当汽缸口朝上,活塞到达汽缸口时,活塞的受力分析如图所示,有p1S=p0S+mg则p1=p0+=1.0105 Pa+ Pa=1.2105 PaV1=(L1+L2)S由理想气体状态方程得=则T1=T0=300 K=450 K.解析:(2)当汽缸口向上,未加热稳定时,由玻意耳定律得p0L1S=p1LS则L= cm=10 cm加热后,气体做等压变化,外界对气体做功为W=-p1(L1+L2-L)S=-60 J根据热力学第一定律U=W+Q得U=310 J.答案:(1)450 K(2)310 J题组训练1. 如图所示,导热性能良好的汽缸管道A,B,C横截面积相等,开始时管道B,C中的水银柱高度均为h1=24 cm,管道A左侧活塞与水银柱之间封闭了长度为L1=60 cm的理想气体,大气压强为76 cmHg.缓慢移动活塞,使管道B,C中的水银柱均上升h=20 cm,管道A中的气体未进入管道B,C中,外界气温恒定.(1)求该过程中活塞移动的距离;(2)判断该过程管道A中的气体吸热还是放热,并说明理由.解析:(1)设汽缸管道的横截面积为S,气体温度不变,初状态:p1=100 cmHg,体积为V1=L1S末状态:p2=120 cmHg,体积为V2=L2S代入数据解得L2=50 cm该过程中活塞移动的距离x=2h+L1-L2=50 cm.(2)气体体积变小,外界对气体做功,气体发生等温变化,内能不变,由热力学第一定律可知气体放热.答案:(1)50 cm(2)见解析2. (2019广东揭阳模拟)一定质量的理想气体经历了如图所示的ABCDA循环,该过程每个状态视为平衡态,各状态参数如图所示.A状态的压强为1105 Pa,求:(1)B状态的温度;(2)完成一次循环,气体与外界热交换的热量.解析:(1)理想气体从A状态到B状态的过程中,压强保持不变,根据盖吕萨克定律有=代入数据解得TB=600 K.解析:(2)理想气体从A状态到B状态的过程中,外界对气体做功W1=-pA(VB-VA)解得W1=-100 J气体从B状态到C状态的过程中,体积保持不变,根据查理定律有=解得pC=2.5105 Pa从C状态到D状态的过程中,外界对气体做功W2=pC(VC-VD)解得W2=250 J一次循环过程中外界对气体所做的总功W=W1+W2=150 J理想气体从A状态完成一次循环,回到A状态,始末温度不变,所以内能不变.根据热力学第一定律有U=W+Q解得Q=-150 J故完成一次循环,气体向外界放热150 J.答案:(1)600 K(2)放热150 J高考导航 (教师备用)考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析201620172018简谐运动 卷T34(1):波的性质T34(2):光的折射、全反射及几何关系的应用卷T34(1):电磁波T34(2):波速公式和振动位移函数式卷T34(1):波的传播和质点振动的关系T34(2):光的折射现象卷T34(1):波的干涉加强点和减弱点的判断T34(2):折射定律卷T34(1):双缝干涉图样T34(2):折射定律卷T34(1):波动图像T34(2):光的全反射、折射定律卷T34(1):三棱镜对色光的折射率、折射角T34(2):应用波动图像与振动图像研究波的传播卷T34(1):声波在空气、钢铁中的传播速度和波长T34(2):折射定律、全反射定律卷T34(1):波动图像T34(2):折射定律简谐运动的公式和图像 单摆、单摆的周期公式 受迫振动和共振 机械波、横波和纵波横波的图像波速、波长和频率(周期)的关系 波的干涉和衍射现象 多普勒效应电磁波的产生 电磁波的发射、传播和接收电磁波谱光的折射定律 折射率 全反射、光导纤维 光的干涉、衍射和偏振现象狭义相对论的基本假设 质能关系实验一:探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度 实验二:测定玻璃的折射率实验三:用双缝干涉测光的波长1.考查方式:从近几年的高考试题来看,内容主要考查简谐运动的图像、波动图像以及波的传播规律等,而对光学知识的考查主要以折射定律、全反射等知识为主.2.命题趋势:预计在2020年高考中仍将以图像为重点考查振动和波动问题,并以光的折射和全反射为要点考查光学知识.第1节机械振动基础过关基础知识一、简谐运动1.定义:物体的位移与时间的关系遵从正弦函数规律,其振动图像(x-t图像)是一条正弦曲线,这样的振动叫做简谐运动.2.回复力(1)定义:使物体返回到平衡位置的力.(2)方向:总是指向平衡位置.(3)来源:属于效果力,可以由某一个力提供,也可以由几个力的合力或某个力的分力提供.3.平衡位置:物体在振动过程中回复力为零的位置.4.描述简谐运动的物理量定义意义位移由平衡位置指向质点所在位置的有向线段描述物体振动中某时刻相对于平衡位置的位置变化振幅振动物体离开平衡位置的最大距离描述振动的强弱和能量周期振动物体完成一次全振动所需时间描述振动的快慢,两者互为倒数:T=频率振动物体单位时间内完成全振动的次数相位t+描述周期性运动在各个时刻所处的不同状态二、简谐运动的公式和图像1.表达式(1)动力学表达式:F=-kx,其中“-”表示回复力与位移的方向相反.(2)运动学表达式:x=Asin(t+),其中A代表振幅,=2f表示简谐运动振动的快慢,(t+)代表简谐运动的相位,叫做初相.2.图像(1)从平衡位置处开始计时,函数表达式为x=Asin t,图像如图(甲)所示.(2)从最大位移处开始计时,函数表达式为x=Acos t,图像如图(乙)所示.三、简谐运动的两种模型弹簧振子(水平)单摆示意图简谐运动条件(1)弹簧质量可忽略(2)无摩擦等阻力(3)在弹簧弹性限度内(1)摆线为不可伸缩的轻细线(2)无空气等对摆球的阻力(3)最大摆角小于等于5回复力弹簧的弹力摆球重力沿与摆线垂直(即切向)方向的分力平衡位置弹簧处于原长处最低点周期与振幅无关T=2能量转化弹性势能与动能的相互转化,机械能守恒重力势能与动能的相互转化,机械能守恒四、受迫振动和共振1.受迫振动系统在周期性驱动力作用下的振动,物体做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率),而与物体的固有周期(或频率)无关.2.共振由图知当f驱=f0时振幅最大.3.受迫振动中系统能量的变化:受迫振动系统机械能不守恒,系统与外界时刻进行能量交换.过关巧练1.思考判断(1)简谐运动是匀变速运动.()(2)简谐运动的回复力可以是恒力.()(3)物体做受迫振动时,其振动频率与固有频率无关.()(4)简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹.()(5)做简谐运动的质点先后通过同一点,回复力、速度、加速度、位移都是相同的.()2.一弹簧振子做简谐运动,周期为T.下列判断中正确的是(C)A.若t时刻和(t+t)时刻振子位移的大小相等、方向相同,则t一定等于T的整数倍B.若t时刻和(t+t)时刻振子速度的大小相等、方向相反,则t一定等于的整数倍C.若t=T,则在t时刻和(t+t)时刻振子的加速度一定相等D.若t=,则在t时刻和(t+t)时刻弹簧长度一定相等解析:弹簧振子经过最大位移后再次回到该位置时,t时间可以很短,并不一定是T的整数倍或的整数倍,故A,B错误;t=T,则t时刻和(t+t)时刻振子的加速度一定相等,C正确;t=,则t时刻和(t+t)时刻振子有可能正好分别位于平衡位置两侧,则弹簧长度就不相等,D错误.3. 人教版选修3-4P5T3改编某质点做简谐运动的图像如图所示,在t=0到t=4 s的范围内回答以下问题.(1)质点相对平衡位置的位移的方向在哪些时间内跟它的瞬时速度的方向相同?在哪些时间内跟瞬时速度的方向相反?(2)质点在第1 s,2 s,3 s末的位移分别是多少?(3)质点在前2 s内走过的路程是多少?前2 s内加速度方向是否变化?如果不变,是否做匀变速直线运动?答案:(1)在01 s,23 s内位移方向跟它的瞬时速度方向相同;在12 s,34 s内位移方向跟它的瞬时速度方向相反.(2)10 cm0-10 cm(3)20 cm方向不变由于加速度大小时刻在变,故不是匀变速直线运动考点研析考点一简谐运动的规律简谐运动的规律五个特征(1)动力学特征:F=-kx,“-”表示回复力的方向与位移方向相反,k是比例系数,不一定是弹簧的劲度系数.(2)运动学特征:简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移大小成正比,而方向总是指向平衡位置,为变加速运动,远离平衡位置时,x,F,a,Ep均增大,v,Ek均减小,靠近平衡位置时则相反.(3)运动的周期性特征:相隔T或nT的两个时刻物体处于同一位置且振动状态相同.(4)对称性特征相隔或 (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.如图所示,物体经过关于平衡位置O对称的两点P,P(OP=OP)时,速度的大小、动能、势能相等,相对于平衡位置的位移大小相等.物体由P到O所用时间等于由O到P所用时间,即tPO=tOP.物体往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等,即tOP=tPO.(5)能量特征:振动的能量包括动能Ek和势能Ep,简谐运动过程中,系统动能与势能相互转化,系统的机械能守恒.【典例1】 (2015山东卷,38)(多选) 如图,轻弹簧上端固定,下端连接一小物块,物块沿竖直方向做简谐运动.以竖直向上为正方向,物块简谐运动的表达式为y=0.1sin(2.5t) m.t=0时刻,一小球从距物块h高处自由落下;t=0.6 s时,小球恰好与物块处于同一高度.取重力加速度的大小g=10 m/s2.以下判断正确的是(AB)A.h=1.7 mB.简谐运动的周期是0.8 sC.0.6 s内物块运动的路程是0.2 mD.t=0.4 s时,物块与小球运动方向相反解析:由小物块的运动表达式可知,=2.5 rad/s,T=0.8 s,故B正确.0.6 s内物块运动了个周期,故路程应为0.3 m,C错误.t=0.4 s时物块运动了半个周期,正向下运动,与小球运动方向相同,故D错误.t=0.6 s时,物块的位移y=-0.1 m,小球下落距离H=gt2=1.8 m,由题图可知,h=H+y=1.7 m,故A正确.【针对训练】 (2019辽宁鞍山模拟)(多选)弹簧振子做简谐运动,O为平衡位置,当它经过点O时开始计时,经过0.3 s,第一次到达点M,再经过0.2 s第二次到达点M,则弹簧振子的周期不可能为(BDE)A.0.53 sB.1.4 sC.1.6 sD.2 sE.3 s解析:根据题意,存在两种情况,第一种情况,如图(甲)所示,设O为平衡位置,OC(OB)代表振幅,振子从OC所需时间为.因为简谐运动具有对称性,所以振子从MC所用时间和从CM所用时间相等,故=0.3 s+ s=0.4 s,解得T=1.6 s;第二种情况,如图(乙)所示,若振子一开始从平衡位置向点B运动,设点M与点M关于点O对称,则振子从点M经过点B到点M所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等,即0.2 s.振子从点O到点M、从点M到点O及从点O到点M所需时间相等,为= s,故周期为T=0.5 s+ s0.53 s,所以周期不可能为选项B,D,E.考点二简谐运动的公式与图像1.简谐运动的数学表达式x=Asin(t+)2. 根据简谐运动图像可获取的信息(1)确定振动的振幅A和周期T.(如图所示)(2)可以确定振动物体在任一时刻的位移.(3)确定各时刻质点的振动方向.判断方法:振动方向可以根据下一时刻位移的变化来判定.下一时刻位移若增加,质点的振动方向是远离平衡位置;下一时刻位移若减小,质点的振动方向指向平衡位置.(4)比较各时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向.从图像读取x大小及方向F的大小及方向a的大小及方向(5)比较不同时刻质点的势能和动能的大小.质点的位移越大,它所具有的势能越大,动能则越小.【典例2】 (2017北京卷,15)某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示,下列描述正确的是(A)A.t=1 s时,振子的速度为零,加速度为负的最大值B.t=2 s时,振子的速度为负,加速度为正的最大值C.t=3 s时,振子的速度为负的最大值,加速度为零D.t=4 s时,振子的速度为正,加速度为负的最大值解析:t=2 s和t=4 s时,振子在平衡位置,加速度为零,选项B,D错误;t=1 s时,振子在正的最大位移处,速度为零,加速度为负的最大值,选项A正确;t=3 s时,振子在负的最大位移处,速度为零,加速度为正的最大值,选项C错误.【针对训练】 (2019山西模拟)(多选)如图(甲)所示,水平的光滑杆上有一弹簧振子,振子以O点为平衡位置,在a,b两点之间做简谐运动,其振动图像如图(乙)所示.由振动图像可以得知(ADE)A.振子的振动周期等于2t1B.在t=0时刻,振子的位置在a点C.在t=t1时刻,振子的速度为零D.在t=t1时刻,振子的速度最大E.从t1到t2,振子正从O点向b点运动解析:从振动图像可以看出振子的振动周期为2t1,选项A正确;在t=0时刻,振子的位移为零,振子应该在平衡位置O,选项B错误;在t=t1时刻,振子在平衡位置O,该时刻振子速度最大,选项C错误,D正确;从t1到t2,振子的位移方向沿正方向且在增加,所以振子正从O点向b点运动,选项E正确.考点三单摆及其周期公式1.对单摆的理解(1)回复力:摆球重力沿切线方向的分力,F回=-mgsin =-x=-kx,负号表示回复力F回与位移x的方向相反.(2)向心力:细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力充当向心力,F向=FT-mgcos .说明:当摆球在最高点时,F向=0,FT=mgcos .当摆球在最低点时,F向=,F向最大,FT=mg+m.2.周期公式T=2的两点说明(1)l为等效摆长,表示从悬点到摆球重心的距离.(2)g为当地重力加速度.【典例3】 (多选)如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像,则下列说法中正确的是(AB)A.甲、乙两摆的振幅之比为21B.t=2 s时,甲摆的重力势能最小,乙摆的动能为零C.甲、乙两摆的摆长之比为12D.甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等解析:由图像可知甲、乙两个单摆的振幅分别是2 cm,1 cm,选项A正确;t=2 s时,甲在平衡位置,乙在最大位移处,选项B正确;甲的周期是4 s,乙的周期是8 s,根据单摆的周期公式T=2,得到甲乙两摆的摆长之比为14,选项C错误;由于两个单摆摆动的最大偏角未知,因此摆动到最低点时的速度未知,故向心加速度不能确定,选项D错误.【针对训练】 (2018上海青浦区一模)如图所示,房顶上固定一根长2.5 m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下,细线下端系了一个小球(可视为质点).打开窗子,让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动,窗上沿到房顶的高度为1.6 m,不计空气阻力,g取10 m/s2,则小球从最左端运动到最右端的最短时间为(B)A.0.2 sB.0.4 sC.0.6 sD.0.8 s解析:小球的摆动可视为单摆运动,摆长为线长时对应的周期T1=2= s,摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2=2=0.6 s,故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t=0.4 s,B正确.考点四受迫振动和共振1.自由振动、受迫振动和共振的关系比较自由振动受迫振动共振受力情况仅受回复力受驱动力作用受驱动力作用振动周期或频率由系统本身性质决定,即固有周期T0或固有频率f0由驱动力的周期或频率决定,即T=T驱或f=f驱T驱=T0或f驱=f0振动能量振动物体的机械能不变由产生驱动力的物体提供振动物体获得的能量最大常见例子弹簧振子或单摆(5)机械工作时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣等2.对共振的理解(1)共振曲线如图所示,横坐标为驱动力的频率f,纵坐标为振幅A.它直观地反映了驱动力的频率对某固有频率为f0的振动系统做受迫振动时振幅的影响,由图可知,f与f0越接近,振幅A越大;当f=f0时,振幅A最大.(2)受迫振动中系统能量的转化做受迫振动的系统机械能不守恒,系统与外界时刻进行能量交换.【典例4】 (2019辽宁大连模拟)(多选)某振动系统的固有频率为f0,在周期性驱动力的作用下做受迫振动,驱动力的频率为f.若驱动力的振幅保持不变,则下列说法正确的是(BDE)A.当ff0时,该振动系统的振幅随f减小而增大C.该振动系统的振动稳定后,振动的频率等于f0D.该振动系统的振动稳定后,振动的频率等于fE.当f=f0时,该振动系统一定发生共振解析:由受迫振动的振幅A随驱动力的频率变化的规律可知,选项A错误,B正确;稳定时系统的频率等于驱动力的频率,即选项C错误,D正确;根据共振产生的条件可知,当f=f0时,该振动系统一定发生共振,选项E正确.【针对训练】 人教版选修3-4P21T4改编(多选)一个单摆在地面上做受迫振动,其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示,则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(ABD)A.此单摆的固有周期约为2 sB.此单摆的摆长约为1 mC.若摆长增大,单摆的固有频率增大D.若摆长增大,共振曲线的峰将向左移动E.此单摆的振幅一定是8 cm解析:由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz,固有周期为2 s,由T=2得此单摆的摆长约为1 m;若摆长增大,则单摆的固有周期增大,固有频率减小,共振曲线的峰将向左移动,A,B,D正确,C错误;此单摆做受迫振动,只有共振时的振幅最大,为8 cm,E错误.考点五实验:探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度1.实验原理与操作2.数据处理与分析(1)数据处理公式法:g=,算出重力加速度g的值,再算出g的平均值.图像法:作出l-T2图像求g值.(2)误差分析产生原因减小方法偶然误差测量时间(单摆周期)及摆长时产生误差多次测量求平均值计时从单摆经过平衡位置时开始系统误差主要来源于单摆模型本身摆球要选体积小,密度大的
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