[独家精品]2011学案与测评物理人教版选修3-3（课件）.ppt

选修3-3,第1节分子动理论内能,要点一阿伏加德罗常数及微观量的估算例1某气体的摩尔质量为M，摩尔体积为V，密度为，每个分子的质量和体积分别为m和V0，则阿伏加德罗常数NA可表示为()A.NA=V/V0B.NA=V/mC.NA=M/mD.NA=M/V0【点拨】注意到阿伏加德罗常数的“桥梁”作用,及固、液、气的结构特征.固体和液体分子可以忽略分子间的间隙，而气体分子间的间隙不能忽略.【解析】由于气体分子间距很大，不能用V/V0来计算NA，A错误；气体密度是宏观量，对于单个气体分子不能用m=V0来计算，D错误.答案：BC,要点二分子的无规则热运动例2（2009北京）做布朗运动实验，得到某个观测记录如图.图中记录的是()A.分子无规则运动的情况B.某个微粒做布朗运动的轨迹C.某个微粒做布朗运动的速度时间图线D.按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线,【点拨】（1）布朗运动是宏观颗粒的运动.（2）布朗运动反映了分子热运动的无规则性.解析：布朗运动是悬浮在液体(或气体)中的微小颗粒的无规则运动，而非分子的运动，故A错误；布朗运动是无规则的，所以微粒没有固定的运动轨迹，故B错误;对于某个微粒而言在不同时刻的速度大小和方向均是不确定的，所以无法确定其在某一个时刻的速度，故也就无法描绘其速度时间图线，故C错误；选项D正确.答案：D,要点三物体的内能例3分子间有分子势能，规定相距无穷远时两分子间的势能为零.设分子a固定不动，分子b以某一初速度从无穷远处向a运动，直至它们之间的距离最小.此过程中()A.a、b之间的势能先减小，后增大，再减小B.a、b之间的势能先增大，后减小，再增大C.分子b的加速度先增大，后减小，再增大D.分子b的加速度先减小，后增大，再减小【点拨】注意到分子力随r变化的特征与Ep随r变化的特征的比较.,解析：此过程由两个阶段组成：相距无穷远到r0，r0到距离最小.第一阶段分子引力先增大后减小，则加速度先增大，后减小，引力对b做正功，a、b之间的势能减小；第二阶段分子斥力一直增大，分子b的加速度一直增大，斥力对b做负功，a、b之间的势能增大.所以整个过程中a、b之间的势能先减小，后增大；分子b的加速度先增大，后减小，再增大.选项C正确.答案：C,物体内能是对分子而言的,它是组成物体所有分子热运动的动能和分子势能的总和,它是状态量,其大小与温度、体积及物体所含分子数有关.对这些理解不透彻往往容易出错.例下列说法中正确的是()A.温度低的物体内能小B.温度低的物体分子运动的平均速率小C.做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大D.温度低的铜块与温度高的铁块相比，分子平均动能小【错解】A,因为温度低，平均动能就小，所以内能就小，所以应选A.B,由动能公式Ek=（1/2）mv2可知,速率越小动能就越小,而温度低的物体分子平均动能小，所以速率也小,所以应选B.C,由加速运动的规律我们了解到，物体的速度大小由初速度、加速度和时间决定，随着时间的推移，速度越来越快,再由动能公式Ek=（1/2）mv2可知,物体动能也越来越大,所以应选C.,【剖析】内能是物体内所有分子的动能和势能的总和.温度是分子平均动能的标志，任何物质只要温度低则物体分子平均动能就一定小，D选项正确；但温度低不表示内能一定也小，也就是所有分子的动能和势能的总和不一定就小，A选项错误；温度低，物体分子平均动能小，但不同物质的分子质量不同，所以无法确定温度低时分子运动的平均速率是否一定小；选项B错误；微观分子无规则运动与宏观物体运动不同，分子的平均动能只是分子无规则热运动的动能，而物体加速运动时，物体内所有分子均参与物体的整体、有规律的运动，这时物体整体运动虽然越来越快，但并不能说明分子无规则运动的情况就加剧.从本质上说，分子无规则运动的剧烈程度只与物体的温度有关，而与物体的宏观运动情况无关,C选项错误.【答案】D,第2节固体液体与气体,要点一气体的状态参量例1封闭在气缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是()A.气体的密度增大B.气体的压强增大C.气体分子的平均动能减小D.每秒撞击单位面积器壁的气体分子增多【点拨】对于各种气体状态参量，深刻理解其含义，理解其决定因素，理解它们之间的关系，再联系涉及的物理量，结合题目条件逐条分析.【解析】气体密度由其质量和体积共同决定，质量和体积不变，则密度不变，A错误；温度升高，则气体分子的平均动能增大，对于特定的气体，其分子的平均速率增大，在体积不变的情况下，则单位时间内撞击单位面积器壁的气体分子增多，作用在单位面积器壁的作用力增大，气体压强增大，C错误，BD正确.答案：BD,要点二气体状态方程的应用例2（2009海南）一气象探测气球，在充有压强为1.00atm（即76.0cmHg）、温度为27.0的氦气时，体积为3.50m3.在上升至海拔6.50km高空的过程中，气球内氦气逐渐减小到此高度上的大气压36.0cmHg，气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变.此后停止加热，保持高度不变.已知在这一海拔高度气温为-48.0.求：（1）氦气在停止加热前的体积.（2）氦气在停止加热较长一段时间后的体积.,解析:（1）在气球上升至海拔6.50km高空的过程中，气球内氦气经历一等温过程.根据玻意耳定律有p1V1=p2V2式中p1=76.0cmHg,V1=3.50m3,p2=36.0cmHg,V2是此等温过程末态氦气的体积.由式得V2=7.39m3（2）在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T1=300K下降到与外界气体温度相同，即T2=225K.这是一等压过程,根据盖吕萨克定律有V2/T1=V3/T2式中V3是在此等压过程末氦气的体积.由式得V3=5.54m3,要点三气体状态变化的图象问题例3一定质量的理想气体由状态A变为状态D,其有关数据如图甲所示,若状态D的压强是2104Pa.(1)求状态A的压强.(2)请在乙图中画出该状态变化过程的p-T图象,并分别标出A、B、C、D各个状态,不要求写出计算过程.【点拨】读出V-T图上各点的体积和温度,由理想气体状态方程即可求出各点对应的压强.,解析：(1)据理想气体状态方程:pAVA/TA=pDVD/TD则pA=pDVDTA/VATD=4104Pa.(2)由理想气体状态方程可分别求出:pB=pDVDTB/TDVB=16104PapC=pDVDTC/TDVC=4104Pa所以可得p-T图象及A、B、C、D各个状态如图所示.,要点四晶体和非晶体例4如图是两种不同物质的熔化曲线，根据曲线下列说法正确的是()A.a是晶体B.b是晶体C.a是非晶体D.b是非晶体【点拨】晶体开始熔化，熔化时晶体吸收的热量全部用来破坏规则的排列，温度不发生变化.而对非晶体加热，先变软，然后变为粘滞性很大的液体，温度不断升高.解析:晶体在熔化过程中，不断吸热，但温度却保持不变（熔点对应的温度）.而非晶体没有固定的熔点，不断加热，非晶体先变软，然后熔化，温度却不断上升，因此，a对应的是晶体，b对应的是非晶体.选项AD正确.答案:AD,重力产生的压强等于重力产生的压力与面积的比值，压力都应该是垂直于接触面方向，所以重力产生压强应是重力在垂直于接触面方向的分力，而不一定是Mg,面积应是接触面的面积，而不一定等于气缸的横截面积.例如图所示，一个横截面积为S的圆筒型容器竖直放置，金属圆板A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为，圆板的质量为M，不计圆板A与容器内壁之间的摩擦，若大气压强为p0，则被圆板封闭在容器中气体的压强p等于()A.p0+Mgcos/SB.p0/cos+Mg/ScosC.p0+Mgcos2/SD.p0+Mg/S,【错解一】因为圆板下表面是倾斜的，重力产生的压强等于Mg/S,其中S为斜面的面积,即S=S/cos,因此重力产生的压强为Mgcos/S,所以气体压强为p0+Mgcos/S,故选项A正确.【错解二】重力产生的压强应该为重力的分力Mg/cos,在活塞下表面上产生的压强,即pG=Mg/cosS,而大气压强p0/cos,所以气体压强为p0/cos+Mg/Scos,因此应选B.【错解三】在分解重力时错了，重力的一个分力应是Mg/cos而不是Mgcos，因为另一个分力一定要垂直于竖直容器壁，如图(a).所以重力的压强为pG=(Mg/cos)/S=Mg/cos/(S/cos)=Mg/S.,【正解】以金属圆板A为对象，分析其受力情况，从受力图(c)可知，圆板A受竖直向下的力有重力Mg、大气压力p0S，竖直向上的力为气体压力pS,在竖直方向的分力pScos,其中S=S/cos,所以pScos/cos=Mg+p0S,故p=Mg/S+p0.【答案】D,第3节热力学定律与能量守恒定律,要点一热力学第一定律的应用例1(2010四川模拟)（1）密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，关于此过程中瓶内空气（不计分子势能）说法正确的是.A.内能增大，放出热量B.内能减小，吸收热量C.内能增大，对外界做功D.内能减小，外界对其做功（2）空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对气缸中的气体做功为2.0105J，同时气体的内能增加了1.5105J.试问：此压缩过程中，气体(填“吸收”或“放出”)的热量等于J.【点拨】（1）温度是分子平均动能的标志.（2）弄清符号法则和符号的含义是掌握热力学第一定律的关键.【解析】（1）不计分子势能，空气内能由温度决定,随温度降低而减小，A、C均错误；薄塑料瓶因降温而变扁、空气体积减小，外界压缩空气做功，D正确；空气内能减小、外界对空气做功，根据热力学第一定律可知空气向外界放热,B错误.（2）由热力学第一定律W+Q=U,得Q=U-W=-5104J,说明气体放出热量5104J.答案:（1）D（2）放出5104,要点二能量守恒定律的应用例2（2010徐汇区模拟）（1）图a、b是潮汐发电示意图.涨潮时开闸，水由通道进入海湾水库蓄水，待水面升至最高点时关闭闸门（见图a）.当落潮时，开闸放水发电（见图b）.设海湾水库面积为5.0108m2，平均潮差为3.0m，一天涨落潮两次，发电的平均能量转化率为10，则一天内发电的平均功率约为（海水取1.0103kg/m3，g取10m/s2）()A.2.6104kWB.5.2104kWC.2.6105kWD.5.2105kW,(2)下图为双水库潮汐电站原理示意图.两个水库之间始终保持着水位差，可以全天发电.涨潮时，闸门的开关情况是；落潮时闸门的开关情况是.从能量的角度说，该电站是将海水的转化为水轮机的动能，再推动发电机发电.【点拨】（1）一天涨落潮两次发两次电.（2）发电时，水的重力势能转化为电能.（3）水的重力势能转化为电能时遵循能量守恒定律.,解析：(1)潮汐发电是将海水的重力势能转化为电能，每次涨潮流进和落潮时流出海湾水库的海水的重力为mg=海水Shg=1.01035.01083.010N=1.51013N，发电的海水重心变化为h=1.5m.由能量守恒定律得涨落潮一次发的电为E电=mgh10=1.510131.510J=2.251012J.每天涨落潮两次，发两次电，则一天内发电的平均功率约为P=2E电/t=22.251012/（243600）W=5.2104kW，所以B选项正确.(2)潮汐发电是利用水的高度差，将重力势能转化为电能，必须保证水的高度差，所以在涨潮时，闸门A关B开，增大高水位库的水的高度，落潮时闸门B关A开，减小低水位库水的高度.该电站是将水的重力势能转化为水轮机的动能再转化为电能.答案：（1）B（2）A关B开B关A开重力势能,要点三热力学第二定律的应用例3用两种不同的金属丝组成一个回路,接触点1插在热水中,接触点2插在冷水中,如图所示,电流计指针会发生偏转,这就是温差发电现象,这一实验是否违反热力学第二定律?热水和冷水的温度是否会发生变化?简述这一过程中能的转化情况.【点拨】准确把握热力学第二定律是解答本题的关键.解析：温差发电现象中产生了电能是因为热水中的内能减少,一部分转化为电能,一部分传递给冷水,该过程并没有将热水的内能完全转化为电能，此过程对冷水产生了影响，使冷水的温度升高了，所以并不违反热力学第二定律.,在分析物理问题时要注意进一步挖掘题目给出的隐含条件，从而找到解决问题的关键.例如图所示，一端开口的圆筒中插入光滑活塞，其中密闭了一段理想气体，其状态参量为p0、V0、T0，在与外界无热交换的情况下，先压缩气体到p1、V1、T1状态，再让气体膨胀到p2、V2、T2状态，若V1V0V2，则()A.T1T0T2B.T1=T0=T2C.T1T0T2D.无法判断,【错解】由理想气体状态方程p1V1T1=p2V2T2可知,T与V、p均有关系.此题只提供了体积之间的关系，而没有压强p1、p2、p3的大小关系，分析题意可知，压强也不相等，所以无法判断，应选D.【剖析】错选主要原因是没有进一步挖掘题目给出的条件，即“与外界无热交换”这个条件，若注意到这一点，便可避免错误.【正解】从题目给出的条件，V1V0V2和“与外界无热交换”，根据热力学第一定律，我们可以知道，从V0V1的过程，气体体积减小，外界对气体做功，而系统吸放热为零，则内能一定增加，理想气体内能增加意味着温度升高，所以T1T0.从状态1经过状态0到状态2，气体体积膨胀，气体对外做功，内能减少，温度降低，所以T0T2，可得T1T0T2.本题的正确答案为A.【答案】A,实验用油膜法估测分子的大小,例1利用油膜法估测油酸分子的大小,实验器材有:浓度为0.05%(体积分数)的油酸酒精溶液、最小刻度为0.1mL的量筒、盛有适量水的4550cm2的浅盘、痱子粉、橡皮头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸.(1)下面是实验步骤,请填写所缺的步骤C.A.用滴管将浓度为0.05%的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中,记下滴入1mL油酸酒精溶液时的滴数N.B.将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上,用滴管吸取浓度为0.05%的油酸酒精溶液,从低处向水面中央一滴一滴地滴入,直到油酸膜有足够大的面积又不与器壁接触为止,记下滴入的滴数n.C.,D.将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上,以坐标纸上边长为1cm的正方形为单位,计算轮廓内正方形的个