專題六自考模塊 考題·考點統(tǒng)計年份試卷題號和題型分值考查內容2020新課標全國卷33(1)·選擇題5分固體、液體的性質33(2)·計算題10分氣體實驗定律、理想氣體狀態(tài)方程34(1)·填空題5分光的干涉實驗34(2)·計算題10分機械波的傳播規(guī)律35(1)·填空題5分光電效應35(2)·計算題10分動量守恒定律新課標全國卷33(1)·選擇題5分氣體動理論33(2)·計算題10分氣體實驗定律、理想氣體狀態(tài)方程34(1)·選擇題5分光的折射、光的干涉實驗34(2)·計算題10分機械波的傳播規(guī)律35(1)·選擇題5分光電效應、波粒二象性35(2)·計算題10分動量守恒定律2020新課標全國卷33(1)·選擇題6分熱力學定律33(2)·計算題9分氣體實驗定律、理想氣體狀態(tài)方程34(1)·選擇題6分機械波的傳播規(guī)律34(2)·計算題9分光的折射、全反射35(1)·選擇題6分原子核的衰變、半衰期35(2)·計算題9分動量守恒定律新課標全國卷33(1)·選擇題6分分子動理論、固體、液體的性質33(2)·計算題9分氣體實驗定律、理想氣體狀態(tài)方程34(1)·選擇題6分振動圖象和波動圖象34(2)·計算題9分光的折射、全反射35(1)·選擇題6分物理學史35(2)·實驗題9分驗證動量守恒定律2020新課標全國卷33(1)·選擇題6分分子力、分子勢能、分子動能33(2)·計算題9分氣體實驗定律、理想氣體狀態(tài)方程34(1)·選擇題6分振動和波動34(2)·計算題9分光的折射、全反射35(1)·填空題6分核反應方程35(2)·計算題9分動量守恒定律新課標全國卷33(1)·選擇題5分熱力學定律、氣體的性質33(2)·計算題10分氣體實驗定律、理想氣體狀態(tài)方程34(1)·填空題5分簡諧運動34(2)·計算題10分光的折射、全反射35(1)·選擇題5分核能的計算35(2)·計算題10分動量守恒定律考綱·考點展示主題內容要求分子動理論與統(tǒng)計觀點分子動理論的基本觀點和實驗依據 阿伏加德羅常數氣體分子運動速率的統(tǒng)計分布溫度分子平均動能的標志、內能固體、液體與氣體固體的微觀結構、晶體和非晶體 液晶的微觀結構液體的表面張力現象氣體實驗定律理想氣體飽和蒸氣、未飽和蒸氣和飽和蒸氣壓相對濕度熱力學定律與能量守恒熱力學第一定律 能量守恒定律熱力學第二定律機械振動與機械波簡諧運動簡諧運動的公式和圖象單擺、周期公式受迫振動和共振機械波橫波和縱波橫波的圖象波速、波長和頻率(周期)的關系波的干涉和衍射現象多普勒效應電磁振蕩與電磁波變化的磁場產生電場、變化的電場產生磁場、電磁波及其傳播電磁波的產生、發(fā)射和接收電磁波譜光光的折射定律折射率全反射、光導纖維光的干涉、衍射和偏振現象相對論狹義相對論的基本假設 質速關系、質能關系相對論質能關系式碰撞與動量守恒動量、動量守恒定律及其應用彈性碰撞與非彈性碰撞原子結構氫原子光譜氫原子的能級結構、能級公式原子核原子核的組成、放射性、原子核的衰變、半衰期放射性同位素核力、核反應方程結合能、質量虧損裂變反應和聚變反應、裂變反應堆射線的危害和防護波粒二象性光電效應愛因斯坦光電效應方程重點·規(guī)律闡釋通過對近3年高考試題分析可以看出，高考對選修部分考查點為：33(分子動理論、氣體及熱力學定律)(1)分子大小的估算；(2)對分子動理論內容的理解；(3)物態(tài)變化中的能量問題；(4)氣體實驗定律的理解和簡單計算；(5)固、液、氣三態(tài)的微觀解釋；(6)熱力學定律的理解和簡單計算；(7)用油膜法估測分子大小。命題形式基本上都是小題的拼盤。34(振動與波動、光)(1)波的圖象；(2)波長、波速和頻率及其相互關系；(3)波的傳播特性；(4)光的折射及全反射；(5)光的干涉、衍射及雙縫干涉實驗；(6)簡諧運動的規(guī)律及振動圖象；(7)電磁波的有關性質。命題形式基本上都是小題的拼盤。35(碰撞與動量守恒、近代物理初步)(1)動量守恒定律及其應用；(2)原子的能級躍遷；(3)原子核的衰變規(guī)律；(4)核反應方程的書寫；(5)質量虧損和核能的計算；(6)三種射線的特點及應用；(7)光電效應問題的規(guī)律及應用等。備考·應試指導命題預測2020年高考，考查的方式會延續(xù)上一年度，題目的難度會有所增加。復習時要側重對基本知識的梳理和記憶，強化對基本概念和規(guī)律的理解，提高對典型問題的綜合分析能力。備考對策33(分子動理論、氣體及熱力學定律)由于本講內容瑣碎，考查點多，因此在復習中應注意抓好四大塊知識：一是分子動理論；二是從微觀角度分析固體、液體、氣體的性質；三是氣體實驗三定律；四是熱力學定律。以四塊知識為主干，梳理出知識點，進行理解性記憶。34(振動與波動、光)在復習本部分內容時應加強對基本概念和規(guī)律的理解，抓住波的傳播特點和圖象分析、光的折射定律和全反射這兩條主線，兼顧振動圖象和光的特性(干涉、衍射、偏振)、光的本性，強化典型問題的訓練，力求掌握解決本部分內容的基本方法。35(碰撞與動量守恒、近代物理初步)由于本講涉及的知識點多，且與科技相關，題目新穎，但難度不大，因此，備考中應加強對基本概念和規(guī)律的理解，抓住動量守恒定律和原子核反應兩條主線，注意綜合題目的分析思路、強化典題的訓練?？键c1分子動理論 ：本考點是近幾年高考的熱點，題型為選擇題?？枷蛏婕埃?1)布朗運動、分子熱運動與溫度的關系。(2)分子力、分子勢能與分子間距離的關系及分子勢能與分子力做功的關系。1必須掌握估算微觀量的兩種模型(1)球體模型：一般適用于固體、液體，認為分子為一個個球體，直徑為d 。(2)立方體模型：一般適用于氣體，認為一個分子占據的空間為一個立方體，邊長為d。2必須明確說明分子永不停息地做無規(guī)則熱運動的兩個實例(1)擴散現象：分子的無規(guī)則運動；溫度越高，擴散越快。(2)布朗運動：懸浮在液體或氣體中的小顆粒的無規(guī)則運動；顆粒越小，溫度越高，運動越劇烈。布朗運動是固體小顆粒的運動，它間接反映了液體或氣體分子運動的無規(guī)則性。3必須理解分子力做功與分子勢能的關系分子力做正功，分子勢能減少；分子力做負功，分子勢能增加。1多選(2020·運城一模)下列敘述中正確的是()A布朗運動是固體小顆粒的運動，是液體分子的熱運動的反映B分子間距離越大，分子勢能越大；分子間距離越小，分子勢能也越小C兩個鉛塊緊壓后能連在一起，說明分子間有引力D用打氣筒向籃球充氣時需用力，說明氣體分子間有斥力E溫度升高，物體的內能卻不一定增大解析布朗運動不是液體分子的運動，而是懸浮在液體中的小顆粒的運動，它反映了液體分子的運動，A正確；若取兩分子相距無窮遠時的分子勢能為零，則當兩分子間距離大于r0時，分子力表現為引力，分子勢能隨間距的減小而減小(此時分子力做正功)，當分子間距離小于r0時，分子力表現為斥力，分子勢能隨間距的減小而增大(此時分子力做負功)，B錯誤；用打氣筒向籃球充氣時需用力，是由于籃球內氣體壓強在增大，不能說明分子間有斥力，D錯誤；物體的內能取決于溫度、體積及物體的質量，溫度升高，內能不一定增大，E正確。答案ACE2多選(2020·濟南模擬)兩個相距較遠的分子僅在分子力作用下由靜止開始運動，直至不再靠近。在此過程中，下列說法正確的是()A分子力先增大，后一直減小B分子力先做正功，后做負功C分子動能先增大，后減小D分子勢能先增大，后減小E分子勢能和動能之和不變解析兩相距較遠的分子間分子力隨二者距離變化的關系如圖所示，r>r0時，表現為引力，r<r0時表現為斥力，從較遠處直到不能再靠近的過程中，分子力大小先增大，再減小，后增大，A錯誤；r>r0時，二者靠近，分子力做正功，分子動能增大，勢能減??；r<r0時，靠近過程中，分子力做負功，分子動能減小，勢能增大，B、C正確，D錯誤；由于整個系統(tǒng)只有分子力做功，所以分子動能和勢能的總和保持不變，E正確。答案BCE1(2020·北京高考)下列說法中正確的是()A物體溫度降低，其分子熱運動的平均動能增大B物體溫度升高，其分子熱運動的平均動能增大C物體溫度降低，其內能一定增大D物體溫度不變，其內能一定不變解析：選B物體溫度降低，其分子熱運動的平均動能減小，反之，其分子熱運動的平均動能增大，A錯誤，B正確；改變內能的兩種方式是做功和熱傳遞，由UWQ知，溫度降低，熱量Q減小，但是做功情況不確定，故內能不確定，C、D錯誤。2多選(2020·全國新課標)關于擴散現象，下列說法正確的是()A溫度越高，擴散進行得越快B擴散現象是不同物質間的一種化學反應C擴散現象是由物質分子無規(guī)則運動產生的D擴散現象在氣體、液體和固體中都能發(fā)生E液體中的擴散現象是由于液體的對流形成的解析：選ACD擴散現象與溫度有關，溫度越高，擴散進行得越快，選項A正確。擴散現象是由于分子的無規(guī)則運動引起的，不是一種化學反應，選項B錯誤，選項C正確，選項E錯誤。擴散現象在氣體、液體和固體中都能發(fā)生，選項D正確?？键c2熱力學定律固體、液體的性質：熱力學定律的綜合應用是近幾年高考的熱點，考向涉及內能變化與做功、熱傳遞的關系，氣體性質。1必須牢記晶體和非晶體的區(qū)別晶體具有固定的熔點，而非晶體沒有固定的熔點；晶體中的單晶體物理性質為各向異性，晶體中的多晶體和非晶體物理性質為各向同性。2必須掌握熱力學第一定律公式UWQ符號的規(guī)定物理量功W熱量Q內能的變化量U取正值“”外界對物體做功物體從外界吸收熱量物體的內能增加取負值“”物體對外界做功物體向外界放出熱量物體的內能減少3.必須理解熱力學第二定律的內容一切與熱現象有關的宏觀自然過程都具有方向性。(1)熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體(按熱傳遞的方向性表述)。(2)不可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功，而不產生其他影響(按機械能和內能轉化的方向性表述)。(3)第二類永動機是不可能制成的。1多選(2020·遵義模擬)下列說法中錯誤的是()A熱力學第一定律揭示了自然界中進行的涉及熱現象的宏觀過程都具有方向性B擴散現象說明了分子的運動就是要打破一切不均衡性，使之均衡C表面張力是液體附著層由于分子引力不均衡而產生沿表面作用于任一界線的張力D一定質量的晶體，熔化時吸收的熱量和凝固時放出的熱量相等E做功是改變內能的唯一方式，做功的多少只由物體的初、末狀態(tài)決定解析熱力學第二定律揭示了自然界中進行的涉及熱現象的宏觀過程都具有方向性，A錯誤；擴散現象說明了分子的運動就是要打破一切不均衡性，使之均衡，B正確；表面張力是液體表層由于分子引力不均衡而產生沿表面作用于任一界線的張力，C錯誤；一定質量的晶體，熔化時吸收的熱量和凝固時放出的熱量相等，D正確；做功和熱傳遞均是改變內能的方式，E錯誤。答案ACE2.(2020·開封一模)如圖所示，一個活塞將絕熱容器分成A、B兩部分，用控制閂K固定活塞。保持A體積不變，給電熱絲通電，則此過程中氣體A的內能_，溫度_。拔出控制閂K，活塞將向右移動壓縮氣體B，則氣體B的內能_。解析A部分氣體體積不變，沒有做功，但是電熱絲通電發(fā)熱，氣體溫度升高，氣體內能不考慮分子勢能，所以氣體的平均動能增大，所以內能增大。拔出控制閂K，活塞將向右移動壓縮氣體B，外界對B做功，B的內能增大。答案增加升高增加1多選(2020·全國新課標)下列說法正確的是()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果C彩色液晶顯示器利用了液晶的光學性質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)吸熱的結果解析：選BCE懸浮在水中的花粉的布朗運動反映了水分子的熱運動，A錯誤；空中的小雨滴呈球形是由于水的表面張力作用，使得小雨滴表面積最小而呈球形，B正確；彩色液晶中的染料分子利用液晶具有光學各向異性的特點，與液晶分子結合而定向排列，當液晶中電場強度不同時，染料分子對不同顏色的光吸收強度不同而顯示各種顏色，C正確；高原地區(qū)水的沸點較低是由于高原地區(qū)大氣壓強較小，D錯誤；由于濕泡外紗布中的水蒸發(fā)吸熱而使其顯示的溫度低于干泡顯示的溫度，E正確。2多選(2020·全國新課標)下列說法正確的是()A將一塊晶體敲碎后，得到的小顆粒是非晶體B固體可以分為晶體和非晶體兩類，有些晶體在不同方向上有不同的光學性質C由同種元素構成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體D在合適的條件下，某些晶體可以轉變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉變?yōu)榫wE在熔化過程中，晶體要吸收熱量，但溫度保持不變，內能也保持不變解析：選BCD將一晶體敲碎后，得到的小顆粒仍是晶體，故選項A錯誤；單晶體具有各向異性，有些單晶體沿不同方向上的光學性質不同，故選項B正確；例如金剛石和石墨由同種元素構成，但由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體，故選項C正確；晶體與非晶體在一定條件下可以相互轉化。如天然水晶是晶體，熔融過的水晶(即石英玻璃)是非晶體，也有些非晶體在一定條件下可轉化為晶體，故選項D正確；熔化過程中，晶體的溫度不變，但內能改變，故選項E錯誤?？键c3氣體實驗定律與理想氣體狀態(tài)方程 ：本考點為高考熱點，題型多為計算題，題目綜合難度較大，一般結合氣體壓強的微觀解釋、熱力學第一定律、氣體圖象進行命題。理想氣體狀態(tài)方程及其三個實驗定律的關系1.如圖所示，一圓柱形絕熱容器豎直放置，通過絕熱活塞封閉著攝氏溫度為t1的理想氣體，活塞的質量為m，橫截面積為S，與容器底部相距h1?，F通過電熱絲給氣體加熱一段時間，使其溫度上升到t2(攝氏溫度)，若這段時間內氣體吸收的熱量為Q，已知大氣壓強為p0，重力加速度為g，求：(1)氣體的壓強；(2)這段時間內活塞上升的距離是多少？(3)這段時間內氣體的內能如何變化，變化了多少？解析(1)對活塞受力分析，由平衡條件得pp0(2)設溫度為t2時活塞與容器底部相距h2。由蓋呂薩克定律得由此得h2活塞上升的距離為hh2h1(3)氣體對外做功為WpS·h·S·(p0Smg)由熱力學第一定律可知UQWQ(p0Smg)答案(1)p0(2)(3)Q(p0Smg)2(2020·邯鄲模擬)如圖所示，一密閉容器內貯有一定質量的氣體，不導熱的光滑活塞將容器分隔成左右兩部分。開始時，兩部分氣體的體積、溫度和壓強都相同，均為V015 L，T 0 300 K和p01.0×105 Pa。將右側氣體加熱，而左側仍保持原來溫度，平衡時測得左側氣體的壓強為p1.5×105 Pa，求：(1)左側氣體的體積；(2)右側氣體的溫度。解析(1)對左側氣體，由玻意耳定律得p0V0pV所以左側氣體體積V10 L(2)對右側氣體，體積為V2V0V20 L壓強與左側相同，均為p，由理想氣體狀態(tài)方程，得：解得：T600 K。答案(1)10 L(2)600 K應用氣體實驗定律或氣體狀態(tài)方程解題的步驟1(2020·全國新課標)(1)多選一定量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經歷三個過程ab、bc、ca回到原狀態(tài)，其p T圖象如圖所示。下列判斷正確的是()A過程ab中氣體一定吸熱B過程bc中氣體既不吸熱也不放熱C過程ca中外界對氣體所做的功等于氣體所放的熱Da、b和c三個狀態(tài)中，狀態(tài)a分子的平均動能最小Eb和c兩個狀態(tài)中，容器壁單位面積單位時間內受到氣體分子撞擊的次數不同(2)一定質量的理想氣體被活塞封閉在豎直放置的圓柱形汽缸內。汽缸壁導熱良好，活塞可沿汽缸壁無摩擦地滑動。開始時氣體壓強為p，活塞下表面相對于汽缸底部的高度為h，外界的溫度為T0?，F取質量為m的沙子緩慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完時，活塞下降了。若此后外界的溫度變?yōu)門，求重新達到平衡后氣體的體積。已知外界大氣的壓強始終保持不變，重力加速度大小為g。解析：(1)因為C，從圖中可以看出，ab過程不變，則體積V不變，因此ab過程外力做功W0，氣體溫度升高，則U>0，根據熱力學第一定律UQW可知Q0，即氣體吸收熱量，A正確；bc過程氣體溫度不變，U0，但氣體壓強減小，由C知V增大，氣體對外做功，W<0，由UQW可知Q>0，即氣體吸收熱量，B錯誤；ca過程氣體壓強不變，溫度降低，則U<0，由C知V減小，外界對氣體做功，W>0，由UWQ可知|W|<|Q|，C錯誤；狀態(tài)a溫度最低，而溫度是分子平均動能的標志，D正確；bc過程體積增大了，容器內分子數密度減小，溫度不變，分子平均動能不變，因此容器壁單位面積單位時間受到分子撞擊的次數減少了，E正確。(2)設汽缸的橫截面積為S，沙子倒在活塞上后，對氣體產生的壓強為p，由玻意耳定律得phS(pp)S解得pp外界的溫度變?yōu)門后，設活塞距底面的高度為h。根據蓋呂薩克定律得解得hh據題意可得p氣體最后的體積為VSh聯立式得V答案：(1)ADE(2)2(2020·全國新課標)如圖，一粗細均勻的U形管豎直放置，A側上端封閉，B側上端與大氣相通，下端開口處開關K關閉；A側空氣柱的長度l10.0 cm，B側水銀面比A側的高h3.0 cm?，F將開關K打開，從U形管中放出部分水銀，當兩側水銀面的高度差為h110.0 cm時將開關K關閉。已知大氣壓強p075.0 cmHg。(1)求放出部分水銀后A側空氣柱的長度；(2)此后再向B側注入水銀，使A、B兩側的水銀面達到同一高度，求注入的水銀在管內的長度。解析：(1)以 cmHg為壓強單位。設A側空氣柱長度l10.0 cm時的壓強為p；當兩側水銀面的高度差為h110.0 cm時，空氣柱的長度為l1，壓強為p1。由玻意耳定律得plp1l1由力學平衡條件得pp0h打開開關K放出水銀的過程中，B側水銀面處的壓強始終為p0，而A側水銀面處的壓強隨空氣柱長度的增加逐漸減小，B、A兩側水銀面的高度差也隨之減小，直至B側水銀面低于A側水銀面h1為止。由力學平衡條件有p1p0h1聯立式，并代入題給數據得l112.0 cm(2)當A、B兩側的水銀面達到同一高度時，設A側空氣柱的長度為l2，壓強為p2。由玻意耳定律得plp2l2由力學平衡條件有p2p0聯立式，并代入題給數據得l210.4 cm設注入的水銀在管內的長度為h，依題意得h2(l1l2)h1聯立式，并代入題給數據得h13.2 cm答案：(1)12.0 cm(2)13.2 cm1(1)多選若以表示水的摩爾質量，V表示在標準狀態(tài)下水蒸氣的摩爾體積，為在標準狀態(tài)下水蒸氣的密度，NA為阿伏加德羅常數，m、分別表示每個水分子的質量和體積，下面五個關系式中正確的是()ANABCmD E(2)已知地球大氣層的厚度h遠小于地球半徑R，空氣平均摩爾質量為M，阿伏加德羅常數為NA，地面大氣壓強為P0，重力加速度大小為g。由此可以估算得，地球大氣層空氣分子總數為_，空氣分子之間的平均距離為_。解析：(1)由NA，故A、C正確；因水蒸氣為氣體，水分子間的空隙體積遠大于分子本身體積，即VNA·，D錯誤；而，B錯誤，E正確。(2)設大氣層中氣體的質量為m，由大氣壓強產生，mgP0S，即m分子數n假設每個分子占據一個小立方體，各小立方體緊密排列，則小立方體邊長即為空氣分子平均間距，設為a，大氣層中氣體總體積為V，a3，而V4R2h，所以a3。答案：(1)ACE(2)32(1)多選下列說法中正確的是()A已知水的摩爾質量和水分子的質量，就可以計算出阿伏加德羅常數B布朗運動說明分子在永不停息地做無規(guī)則運動C兩個分子由很遠(r109 m)距離減小到很難再靠近的過程中，分子間作用力先減小后增大，分子勢能不斷增大D露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用E物體的溫度升高，則物體中所有分子的分子動能都增大(2)多選如圖所示，絕熱汽缸水平放置在光滑的水平桌面上，絕熱活塞與一端固定在豎直墻面上的輕質彈簧相連，彈簧處于自然狀態(tài)，汽缸不漏氣且不計汽缸內氣體的分子勢能。由于外界天氣變化，大氣壓強緩慢降低。則下列說法中正確的是()A汽缸內的氣體對外做功，溫度降低B汽缸內的氣體對外做功，彈簧縮短C外界對氣缸內的氣體做負功D汽缸內的氣體沒有從外界吸收熱量，內能不變E汽缸內氣體單位時間撞擊在單位面積上的分子數目減少解析：(1)NA，故A正確；布朗運動是分子熱運動的實驗基礎，B正確；當rr0時，分子力為零，兩分子從很遠到很近，分子力先減小后增大，分子勢能先減小后增大，C錯誤；表面張力使液體表面積最小為球形，D正確；物體的溫度升高，分子的平均動能增大，并不是所有分子動能都增大，E錯誤。(2)對于系統(tǒng)，地面光滑，由共點力平衡條件可知彈簧彈力始終為零，故B錯誤；大氣壓強緩慢降低，氣體壓強減小，可知E正確；由氣體狀態(tài)方程可知，體積增大，氣體對外做功，而汽缸、活塞絕熱，根據熱力學第一定律可知，內能減少，溫度降低，故A、C正確，D錯誤。答案：(1)ABD(2)ACE3(1)多選重慶出租車常以天然氣作為燃料，加氣站儲氣罐中天然氣的溫度隨氣溫升高的過程中，若儲氣罐內氣體體積及質量均不變，則罐內氣體(可視為理想氣體)()A壓強增大，內能減小B吸收熱量，內能增大C壓強變大，分子平均動能增大D對外做功，分子平均動能減小E對外不做功，分子平均動能增大(2)“拔火罐”是一種中醫(yī)療法，為了探究“火罐”的“吸力”，某人設計了如圖實驗。圓柱狀汽缸(橫截面積為S)被固定在鐵架臺上，輕質活塞通過細線與重物m相連，將一團燃燒的輕質酒精棉球從缸底的開關K處扔到汽缸內，酒精棉球熄滅時(設此時缸內溫度為t )密閉開關K，此時活塞下的細線剛好拉直且拉力為零，而這時活塞距缸底為L。由于汽缸傳熱良好，重物被吸起，最后重物穩(wěn)定在距地面處。已知環(huán)境溫度為27 不變，與大氣壓強相當，汽缸內的氣體可看做理想氣體，求t值。解析：(1)儲氣罐內氣體體積及質量均不變，溫度升高，氣體從外界吸收熱量，分子平均動能增大，內能增大，壓強變大。因氣體體積不變，故外界對氣體不做功，B、C、E正確。(2)對汽缸內封閉氣體研究，狀態(tài)：p1p0，V1LS，T1(273t)K狀態(tài)：p2p0p0，V2LS，T2300 K由理想氣體狀態(tài)方程：故t127 。答案：(1)BCE(2)127 4(1)多選關于一定量的氣體，下列說法正確的是()A氣體的體積指的是該氣體的分子所能到達的空間的體積，而不是該氣體所有分子體積之和B只要能減弱氣體分子熱運動的劇烈程度，氣體的溫度就可以降低C在完全失重的情況下，氣體對容器壁的壓強為零D氣體從外界吸收熱量，其內能一定增加E氣體在等壓膨脹過程中溫度一定升高(2)北方某地的冬天室外氣溫很低，吹出的肥皂泡會很快凍結。若剛吹出時肥皂泡內氣體溫度為T1，壓強為P1，肥皂泡凍結后泡內氣體溫度降為T2。整個過程中泡內氣體視為理想氣體，不計體積和質量變化，大氣壓強為P0。求凍結后肥皂泡內外氣體的壓強差。解析：(1)氣體分子在空間可自由移動，因此氣體體積應是氣體分子所能到達的空間，A正確；分子熱運動的劇烈程度與溫度有關，溫度越高，分子運動越劇烈，B正確；氣體壓強的大小等于氣體作用在器壁單位面積上的壓力，與失、超重無關，C錯誤；氣體吸收熱量的同時可對外做功，內能不一定增加，D錯誤；氣體等壓膨脹，由可知溫度一定升高，E正確。(2)肥皂泡內氣體的變化可視為等容變化，由查理定律可得解得P2P1故凍結后肥皂泡內外氣體的壓強差PP2P0P1P0答案：(1)ABE(2)P1P05(1)某駕駛員發(fā)現中午時車胎內的氣壓高于清晨時的，且車胎體積增大。若這段時間胎內氣體質量不變且可視為理想氣體，那么()A外界對胎內氣體做功，氣體內能減小B外界對胎內氣體做功，氣體內能增大C胎內氣體對外界做功，內能減小D胎內氣體對外界做功，內能增大(2)如圖，A容器容積為10 L，里面充滿12 atm、溫度為300 K的理想氣體，B容器是真空，現將A中氣體溫度升高到400 K，然后打開閥門S，將A中的氣體釋放一部分到B容器，當A容器內壓強降到4 atm時，關閉閥門，這時B容器內的壓強是3 atm。不考慮氣體膨脹過程中溫度的變化，求B容器的容積。解析：(1)由理想氣體狀態(tài)方程C可知，對于一定質量的理想氣體，壓強和體積都增大時溫度一定升高；而一定質量的理想氣體，其內能僅與溫度有關，溫度升高時內能增大；因為車胎體積增大，所以胎內氣體對外界做功；綜上可知，D正確。(2)設A容器容積為VA，溫度T0300 K時，壓強為p0；溫度升高到T1400 K時，壓強為p1，根據查理定律有解得p116 atm對于氣體膨脹過程，為等溫變化，以膨脹后A中氣體為研究對象，初態(tài)：p116 atm體積為V1末態(tài)：p24 atmV210 L根據玻意耳定律有p1V1p2V2解得V12.5 L。對B中氣體初態(tài)：p16 atmVVAV17.5 L末態(tài)：p3 atmVVB同理有pVpV解得VBV40 L。答案：(1)D(2)40 L6(1)多選下列說法正確的是()A將大顆粒的鹽磨成細鹽，細鹽還是屬于晶體B滿足能量守恒定律的宏觀過程都是可以自發(fā)進行的C0 的冰熔化成0 的水，其分子熱運動的平均動能仍然不變D布朗運動就是液體分子的無規(guī)則運動，液體溫度越高，布朗運動越激烈E宇航員王亞平在太空中制作的水球呈球形是因為失重和水的表面張力作用的結果(2)如圖，一底面積為S、內壁光滑的圓柱形容器豎直放置在水平地面上，開口向上，內有兩個質量均為m的相同活塞A和B；在A與B之間、B與容器底面之間分別封有一定量的同樣的理想氣體，平衡時體積均為V。已知容器內氣體溫度始終不變，重力加速度大小為g，外界大氣壓強為P0?，F假設活塞B發(fā)生緩慢漏氣，致使B最終與容器底面接觸。求活塞A移動的距離。解析：(1)磨成細鹽，未改變晶體點陣，故A正確；熱現象的宏觀過程都具有方向性，故B錯誤；0 的冰和水，分子平均動能相同，C正確，布朗運動是固體小顆粒的運動，故D錯；在失重的環(huán)境中，表面張力使液體呈球形，E正確。(2)設A與B之間、B與容器底面之間的氣體壓強分別為P1、P2，在漏氣前，對A分析有P1P0，對B有P2P1B最終與容器底面接觸后，設AB間的壓強為P，氣體體積為V，則有PP0因為溫度始終不變，對于混合氣體有(P1P2)·2VPV，漏氣前A距離底面的高度為h，漏氣后A距離底面的高度為h聯立可得h答案：(1)ACE(2)h7(1)多選以下說法正確的是()A氣體分子單位時間內與器壁單位面積碰撞的次數，僅與單位體積內的分子數有關B氣體的壓強是由氣體分子間的吸引和排斥產生的C布朗運動是懸浮在液體中的小顆粒的運動，它說明液體分子永不停息地做無規(guī)則熱運動D當分子間的引力和斥力平衡時，分子勢能最小E如果氣體分子總數不變，而氣體溫度升高，則氣體壓強不一定增大(2)一個圓柱形汽缸質量M10 kg，總高度H40 cm，內有一質量為m5 kg的活塞，截面積S50 cm2，活塞密封良好且與汽缸壁間摩擦可忽略不計(不計汽缸壁與活塞厚度)，當外界大氣壓強p01×105 Pa，溫度t07 時，如果用繩子系住活塞將汽缸懸掛起來，如圖所示，汽缸內氣體柱高H135 cm，重力加速度g取10 m/s2。求此時汽缸內氣體的壓強；當溫度升高到多少攝氏度時，活塞與汽缸將分離？解析：(1)氣體分子單位時間內與器壁單位面積碰撞的次數還與溫度有關，A錯誤；氣體的壓強是由氣體分子對器壁碰撞的沖力產生的，B錯誤；如果氣體分子總數不變，而氣體溫度升高，同時氣體體積也增大，則氣體壓強不一定增大，E正確。(2)對汽缸由平衡條件及壓強定義式有pp0 Pa0.8×105 Pa。設溫度升高到t 時，活塞與汽缸將分離，對缸內氣體由蓋呂薩克定律有代入數據有解得t47 。答案：(1)CDE(2)0.8×105 Pa47 8(2020·上海十三校聯考)(1)多選下列說法正確的是()A氣體向真空的自由膨脹是不可逆的B氣體溫度每升高1 K所吸收的熱量與氣體經歷的過程有關C氣體壓強的大小跟氣體分子的平均動能有關，與分子的密集程度無關D當分子間作用力表現為斥力時，分子勢能隨分子間距離的增大而增大(2)如圖甲所示，圓柱形汽缸水平放置，汽缸足夠長，內壁光滑，導熱良好，用活塞封住一定量的理想氣體，開始時汽缸內氣體溫度為T0、體積為V0。先將汽缸緩慢旋轉90°，使汽缸開口向上，再將缸內氣體緩慢加熱，直至溫度升高到2T0。已知大氣壓強為p0，活塞的截面面積為S、質量為m。經過上述兩個過程氣體的最終體積為_；在圖乙中作出缸內氣體狀態(tài)變化的p V圖象。解析：(1)氣體向真空自由膨脹遵守熱力學第二定律，具有方向性，A項正確；由熱力學第一定律知氣體每升高1 K，所吸收的熱量與過程有關，B項正確；氣體壓強的大小與分子的平均動能和分子的密集程度有關，C項錯；當分子間的作用力表現為斥力時，分子間的距離增大，分子力做正功，分子勢能減小，D項錯。(2)氣體先做等溫變化，由玻意耳定律得p0V0V1解得V1V0。氣體再做等壓變化，由蓋呂薩克定律得 解得V2V0p V圖象如圖所示。答案：(1)AB(2)V0見解析圖考點1簡諧運動和受迫振動 ：本考點是高考的重點，考向主要有：(1)簡諧運動的特征。(2)共振的條件及特點。(3)單擺運動的規(guī)律。1簡諧運動的五個特征(1)動力學特征：Fkx(2)運動學特征：簡諧運動為變加速運動，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的兩個時刻振子處于同一位置且振動狀態(tài)相同。(4)對稱性特征：相隔T(n為正整數)的兩個時刻，振子位置關于平衡位置對稱，速度的大小、動能、勢能相等，相對于平衡位置的位移大小相等。(5)能量特征：簡諧運動過程中，系統(tǒng)動能與勢能相互轉化，系統(tǒng)的機械能守恒。2受迫振動與共振(1)振動特點：受迫振動的周期或頻率等于驅動力的周期或頻率。(2)共振：驅動力的周期或頻率等于系統(tǒng)的固有周期或頻率，系統(tǒng)的振幅最大。1一簡諧振子沿x軸振動，平衡位置在坐標原點。t0時振子的位移x0.1 m；t s時x0.1 m；t4 s時x0.1 m。該振子的振幅和周期不可能為()A0.1 m， sB0.1 m,8 sC0.2 m， s D0.2 m,8 s解析若振子的振幅為0.1 m， sT，則周期最大值為 s，A正確，B錯誤；若振子的振幅為0.2 m，由簡諧運動的對稱性可知，當振子由x0.1 m處運動到負向最大位移處再反向運動到x0.1 m處，再經n個周期時所用時間為 s，則T s，所以周期的最大值為 s，且t4 s時刻 x0.1 m，故C項正確；當振子由x0.1 m經平衡位置運動到x0.1 m處，再經n個周期時所用時間為 s，則T s，所以此時周期的最大值為8 s，且t4 s時，x0.1 m，D正確。答案B2. 多選如圖所示，空間同一平面內有A、B、C三點，AB5 m，BC4 m，AC3 m。A、C兩點處有完全相同的波源做簡諧振動，振動頻率為1 360 Hz，波速為340 m/s。下列說法正確的是()A兩列波的波長均為0.25 mBB、C間有8個振動減弱的點CB點的位移總是最大的DA、B間有7個振動加強的點E振動減弱點的位移總是為零解析當t6 s時，由xvt12 m，波剛好傳播到距a點12 m的d點，A正確；當波傳到c質點時所需時間為t13 s，由題意知T3 s，所以T4 s，c質點又振動2 s，回到平衡位置向上運動，B錯誤；T4 s，各質點振動的周期均為4 s，C正確；t13 s時，c質點剛開始向下振動，又經1 s，c質點運動到負向最大位移處，再經2 s，c質點運動到正向最大位移處，所以4 s<t<6 s時，c質點由負向最大位移處向正向最大位移處運動，D正確；b、d距離為10 m，波長vT8 m，所以bd，當d向下運動時b可能向下運動，也可能向上運動，E錯誤。答案ACD3.某實驗小組在利用單擺測定當地重力加速度的實驗中：(1)用游標卡尺測定擺球的直徑，測量結果如圖所示，則該擺球的直徑為_ cm。(2)小組成員在實驗過程中有如下說法，其中正確的是_。(填選項前的字母)A把單擺從平衡位置拉開30°的擺角，并在釋放擺球的同時開始計時B測量擺球通過最低點100次的時間t，則單擺周期C用懸線的長度加擺球的直徑作為擺長，代入單擺周期公式計算得到的重力加速度值偏大D選擇密度較小的擺球，測得的重力加速度值誤差較小解析(1)主尺讀數為9 mm，游標尺第7條刻線與主尺對齊，讀數為9 mm7×0.1 mm9.7 mm0.97 cm。(2)擺角太大，且計時應在平衡位置，A項錯誤；計時100次為50 個周期，一個周期為，B項錯誤；擺長應為擺線長加擺球半徑，L偏大，由T2 計算出重力加速度偏大，C項正確；應選擇密度較大的擺球，測得的重力加速度誤差較小，D項錯誤。答案(1)0.97(0.96、0.98均可)(2)C簡諧運動的基本規(guī)律(1)分析簡諧運動中各物理量的變化情況時，一定要以位移為橋梁，位移增大時，振動質點的回復力、加速度、勢能均增大，速度、動能均減?。环粗?，則產生相反的變化。(2)質點的振動方向可以通過下一時刻質點位移的變化來判定，下一時刻位移如果增加，振動質點就遠離平衡位置，下一時刻位移如果減小，振動質點就靠近平衡位置。1(2020·安徽高考)在科學研究中，科學家常將未知現象同已知現象進行比較，找出其共同點，進一步推測未知現象的特性和規(guī)律。法國物理學家?guī)靵鲈谘芯慨惙N電荷的吸引力問題時，曾將扭秤的振動周期與電荷間距離的關系類比單擺的振動周期與擺球到地心距離的關系。已知單擺擺長為l，引力常量為G，地球質量為M，擺球到地心的距離為r，則單擺振動周期T與距離r的關系式為()AT2rBT2rCT DT2l解析：選B由mg得：g，由T2得：T2r，B正確。2多選(2020·山東高考)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y0.1sin(2.5t)m。t0時刻，一小球從距物塊h高處自由落下；t0.6 s時，小球恰好與物塊處于同一高度。取重力加速度的大小g10 m/s2。以下判斷正確的是()Ah1.7 mB簡諧運動的周期是0.8 sC0.6 s內物塊運動的路程為0.2 mDt0.4 s時，物塊與小球運動方向相反解析：選AB由物塊簡諧運動的表達式y(tǒng)0.1sin(2.5t) m知，2.5，T s0.8 s，選項B正確；t0.6 s時，y0.1 m，對小球：h|y|gt2，解得h1.7 m，選項A正確；物塊0.6 s內路程為0.3 m，t0.4 s時，物塊經過平衡位置向下運動，與小球運動方向相同。故選項C、D錯誤。考點2波的形成和傳播規(guī)律 ： 本考點是高考的重點和熱點，考向如下：(1)考查波動圖象和振動圖象的相互轉換與判斷。(2)根據波的圖象確定波的傳播方向、傳播時間及波的相關參量。(3)考查波的多解問題。1波速、波長、周期、頻率的關系vf2波的傳播方向與質點振動方向的互判方法(1)“上下坡”法：沿波的傳播速度的正方向看，“上坡”的點向下振動，“下坡”的點向上振動，簡稱“上坡下，下坡上”。(2)同側法：在波的圖象上的某一點，沿縱軸方向畫出一個箭頭表示質點振動方向，并設想在同一點沿x軸方向畫個箭頭表示波的傳播方向，那么這兩個箭頭總是在曲線的同側。3波動問題出現多解的主要原因(1)波傳播的周期性，在波的傳播方向上相距波長整數倍的質點振動情況相同，因此質點的位移、加速度、振動方向和波的形狀出現了周期性的變化。(2)波傳播具有雙向性，當波沿x軸方向傳播時，波既可以沿x軸正方向傳播，也可以沿x軸負方向傳播，導致多解。1(2020·寧德模擬)如圖所示，一列沿x軸正向傳播的簡諧橫波，當波傳到O點時開始計時，t7.0 s時剛好傳到x3.5 m處。下列判斷正確的是()A波源的起振方向向上B該波的波速為2 m/sC波源的振動頻率為0.25 HzD再經過1.0 s，x1.8 m處質點通過路程是20 cm解析x3.5 m處質點起振方向豎直向下，可知波源的起振方向也豎直向下，A錯誤；由v得v m/s0.5 m/s，B錯誤；由圖可知，tT得T4 s，f0.25 Hz，C正確；t1.0 s，x1.8 m處質點通過的路程一定大于20 cm，D錯誤。答案C2多選如圖(a)為一列簡諧橫波在t0.10 s時刻的波形圖，P是平衡位置在x1.0 m處的質點，Q是平衡位置在x4.0 m處的質點；圖(b)為質點Q的振動圖象。下列說法正確的是()A在t0.10 s時，質點Q向y軸正方向運動B在t0.25 s時，質點P的加速度方向與y軸正方向相同C從t0.10 s到t0.25 s，該波沿x軸負方向傳播了6 mD從t0.10 s到t0.25 s，質點P通過的路程為30 cmE質點Q簡諧運動的表達式為y0.10sin 10t(國際單位制)解析由振動圖象可知，在t0.10 s時，質點Q向y軸負方向運動，A錯誤；結合波形圖及質點運動方向與波的傳播方向的“上坡下、下坡上”規(guī)律可知，波沿x軸負方向傳播，題圖(a)中質點P經t0.25 s0.10 s0.15 sT時間，位移變?yōu)樨撝?，即此時質點P的加速度方向沿y軸正方向，B正確；波在t0.15 sT時間內沿x軸負方向傳播6 m，C正確；任意質點在半個周期內通過的路程為2倍振幅，即20 cm，從平衡位置或最大位移處開始，T時間內通過的路程等于振幅，而題圖(a)中質點P在半個周期后，已經過平衡位置并向負的最大位移處運動，T時間內通過的路程小于振幅，D錯誤；由振動圖象，質點Q的振幅A10 cm0.10 m，周期為0.2 s，10 rad/s，所以其運動表達式為yAsin t0.10sin 10t m，E正確。答案BCE3(2020·新洲聯考)一列簡諧橫波在x軸上傳播，在t10和t20.05 s時，其波形圖分別用如圖所示的實線和虛線表示，求：(1)這列波可能具有的波速；(2)當波速為280 m/s時，波的傳播方向如何？以此波速傳播時，x8 m處的質點P從平衡位置運動至波谷所需的最短時間是多少？解析(1)若波沿x軸正向傳播，則xx1n(28n)m(n0,1,2,3，)v m/s(40160n)m/s若波沿x軸負向傳播，則xx2n(68n)m(n0,1,2,3，)v m/s(120160n)m/s(2)當波速為280 m/s時，有280(120160n)，可得n1，所以波沿x軸負向傳播。所以質點P第一次達到波谷所需最短時間為tT×× s2.1×102 s答案(1)(40160n)m/s或(120160n)m/s (n0,1,2,3，)(2)沿x軸負向傳播2.1×102 s巧解波動圖象與振動圖象綜合問題的“1分、1看、2找”1分：分清振動圖象與波動圖象，此問題最簡單，只要看清橫坐標即可，橫坐標為x則為波動圖象，橫坐標為t則為振動圖象。1看：看清橫、縱坐標的單位，尤其要注意單位前的數量級。2找：(1)找準波動圖象對應的時刻。(2)找準振動圖象對應的質點。1多選(2020·全國新課標)圖(a)為一列簡諧橫波在t2 s時的波形圖，圖(b)為媒質中平衡位置在x1.5 m處的質點的振動圖象，P是平衡位置為x2 m的質點。下列說法正確的是()A波速為0.5 m/sB波的傳播方向向右C02 s時間內，P運動的路程為8 cmD02 s時間內，P向y軸正方向運動E當t7 s時，P恰好回到平衡位置解析：選ACE根據圖象可知：該波的波長2 m，周期T4 s，故波速v0.5 m/s，A正確；從圖(b)中可知：x1.5 m處的質點在t2 s時，其在平衡位置沿y軸負向運動，在圖(a)中，沿波的傳播方向，“下坡向上，上坡向下”，故該波的傳播方向向左，B錯誤；02 s，P運動的路程s·4A8 cm，C正確；02 s，P從正向最大位移處運動到負向最大位移處，即沿y軸負向運動，D錯誤；當t7 s時，P點從圖示(t2 s)經歷了5 s，即T，到達平衡位置，E正確。2(2020·全國新課標)甲、乙兩列簡諧橫波在同一介質中分別沿x軸正向和負向傳播，波速均為v25 cm/s。兩列波在t0時的波形曲線如圖所示。求：(1)t0時，介質中偏離平衡位置位移為16 cm的所有質點的x坐標；(2)從t0開始，介質中最早出現偏離平衡位置位移為16 cm的質點的時間。解析：(1)t0時，在x50 cm處兩列波的波峰相遇，該處質點偏離平衡位置的位移為16 cm。兩列波的波峰相遇處的質點偏離平衡位置的位移均為16 cm。從圖線可以看出，甲、乙兩列波的波長分別為150 cm，260 cm甲、乙兩列波波峰的x坐標分別為x150k11，k10，±1，±2，x250k22，k20，±1，±2，由式得，介質中偏離平衡位置位移為16 cm的所有質點的x坐標為x(50300n)cm(n0，±1，±2，)(2)只有兩列波的波谷相遇處的質點的位移為16 cm。t0時，兩列波波谷間的x坐標之差為x50(2m21)50(2m11)式中，m1和m2均為整數。將式代入式得x10×(6m25m1)5由于m1、m2均為整數，相向傳播的波谷間的距離最小為x05 cm從t0開始，介質中最早出現偏離平衡位置位移為16 cm的質點的時間為t代入數值得t0.1 s。答案：(1)x(50300n)cm(n0，±1，±2，)(2)0.1 s考點3光的折射和全反射 ：本考點是高考?？純热?，考向如下：(1)光在不同介質中傳播時對折射定律和反射定律的考查。(2)光在不同介質中傳播時有關全反射的考查。(3)光在介質中傳播時臨界光線的考查。1必須掌握折射率的兩個公式(1)n(1、2分別為入射角和折射角)。(2)n(c為光速，v為光在介質中的速度)。2必須明確全反射的條件及臨界角公式(1)全反射的條件：光從光密介質進入光疏介質，入射角大于或等于臨界角。(2)臨界角公式：sin C。1(2020·桂林模擬)一半徑為R的半圓形玻璃磚放置在豎直平面上，其截面如圖所示。圖中O為圓心，MN為豎直方向的直徑。有一束細光線自O點沿水平方向射入玻璃磚，可以觀測到有光線自玻璃磚右側射出，現將入射光線緩慢平行下移，當入射光線與O點的距離為d時，從玻璃磚右側射出的光線剛好消失。則此玻璃的折射率為()A.B.C.D.解析當從玻璃磚射出的光線剛好消失時，入射光線在半圓面上的入射角恰好等于玻璃磚的臨界角，由幾何關系可知，sin C，又sin C，故得n，C正確。答案C2在“測定玻璃的折射率”實驗中，某同學經正確操作插好了4枚大頭針，如圖甲所示。(1)在圖丙中畫出完整的光路圖。丙(2)對你畫出的光路圖進