2019届高考物理二轮复习第二部分题型技巧方法篇4选考热点失分误区学案.doc

1、1四 选考热点失分误区选修 33本部分是选考内容，高考考查的难度较低，同学们失分的原因大多是混淆热学部分的基础概念、难以将题中理想气体的变化过程与气体实验定律一一对应、不能准确地把握初末状态、计算封闭气体的压强时不能恰当地选择研究对象等在复习本专题时要注意理解基本概念，熟练掌握基本规律易错点 1 对热学基本概念理解不透彻【典例 1】 下列说法正确的是( )A竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是“上凸”的，这是表面张力所致B空气的相对湿度是空气里水蒸气的压强与大气压强的比值C某气体的摩尔质量为 M，密度为 ，阿伏加德罗常数为 NA，则该气体的分子体积为V0M NAD气体温度每升高 1 K 所吸收的

2、热量与气体经历的过程有关E汽缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，单位时间内碰撞缸壁单位面积的气体分子数一定减少解析 竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是“上凸”的，这是表面张力所致，A 正确；空气的相对湿度等于水蒸气的实际压强与同温度水的饱和汽压的比值，B 错误；某气体的摩尔质量为 M，密度为 ，阿伏加德罗常数为 NA，由于气体分子间的距离比较大，因此该气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值为单个气体分子平均占有的空间，而不是分子的大小，C 错误；做功和热传递都可以改变物体的内能，所以气体温度每升高 1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关，D 正确；汽缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，根据

3、理想气体状态方程 C 可知，压强不变而体积增大，则气体的温度一定升高，温度是分pVT子平均动能的标志，温度升高则分子的平均动能增大，单个分子对缸壁的撞击力增大，若要压强不变则单位时间内碰撞缸壁单位面积的气体分子数一定减少，E 正确答案 ADE易错点 2 不会应用气体实验定律解题【典例 2】 如图所示，两端开口的 U 形管粗细均匀，左右两管竖直，底部的直管水平、水银柱的长度图中已标注，水平管内两段空气柱 a、 b 的长度分别为 La110 cm、 Lb15 cm.在左管内缓慢注入一定量的水银，稳定后右管的水银面比原来高 h10 cm.已知大气压强p076 cmHg，管内外的温度相同且始终不变，求

4、向左管注入的水银柱长度2解析 方法一：初状态 a、 b 两部分空气柱的压强 p190 cmHg因右管水银面升高的高度 10 cm12 cm，故 b 空气柱仍在水平管内，末状态 a、 b 两部分空气柱的压强 p2100 cmHg设末状态 a、 b 两部分空气柱的长度分别为 La2、 Lb2，U 形管的横截面积为 S对 a、 b 两部分空气柱分别根据玻璃意耳定律可得p1La1S p2La2S， p1Lb1S p2Lb2S解得 La29 cm， Lb24.5 cm设向左管注入的水银柱长度为 L，则 L2 h( La1 Lb1)( La2 Lb2)21.5 cm.方法二：初状态 a、 b 两部分空气柱

5、的压强 p190 cmHg因右管水银面升高的高度 10 cm12 cm，故 b 空气柱仍在水平管内末状态 a、 b 两部分空气柱的压强 p2100 cmHga、 b 两部分空气柱的初、末温度及初、末压强均相等，将它们看成一个整体，则整体在初状态的长度为 L115 cm，设末状态的长度为 L2，设 U 形管的横截面积为 S，则由玻意耳定律可得 p1L1S p2L2S解得 L213.5 cm所以向左管注入水银柱的长度为 L2 h( L1 L2)21.5 cm.答案 见解析易错快攻 利用气体实验定律及理想气体状态方程解决问题的基本思路：3选修 34高考对本部分的考查以机械振动、机械波以及光学知识为主

6、同学们做本专题的试题时，常见的错误有：混淆振动图象和波动图象；不能正确确定质点的振动方向与波的传播方向；在结合几何关系处理光的反射、折射问题时不能正确建立空间关系；在涉及全反射时不能正确把握临界条件，同学们在复习时一定要强化训练，力争不失分！易错点 1 不会分析机械振动的图象【典例 1】 一列沿着 x 轴正方向传播的横波，在 t0 时刻的波形图如图甲所示，图乙为K、 L、 M、 N 四个质点中某一质点的振动图象下列说法正确的是( )A该波的波速为 0.5 m/sB图乙表示质点 N 的振动图象C t8.0 s 时质点 M 的正向位移最大D质点 L 经过 1.0 s 沿 x 轴正方向移动 0.5

7、mE在 4.0 s 内质点 K 所经过的路程为 3.2 m解析 由图甲可以读出波长 2 m，由图乙可以读出周期 T2.0 s，则该波的波速v 1 m/s，A 错误；波动图象与振动图象上的各点并不是一一对应的关系，由图乙知， Tt0 时刻质点经过平衡位置向下振动，根据波形的平移法得知，图甲中的 N 点正经平衡位置向下振动，B 正确； t8.0 s4 T，所以 t8.0 s 时质点 M 的位移与开始时刻的位移相同，为负的最大值，C 错误；横波中，各质点振动的方向与波的传播方向垂直，所以质点不可能沿 x 轴正方向运动，D 错误；由于 T2.0 s，所以在 4 s 内 K 质点所经过的路程为8 倍的振

8、幅，即为 6.4 m，E 错误答案 B易错快攻 “一分二看三找”巧解波动图象与振动图象综合类问题(1)分清振动图象与波动图象；(2)看清横、纵坐标的单位，注意单位前的数量级；(3)找准波动图象对应的质点和振动图象对应的时刻易错点 2 不会应用几何知识解决光的折射和4全反射问题【典例 2】 如图所示，等边三角形 AOB 为透明柱状介质的横截面一束单色光 PQ 平行于角平分线 OM 射向 OA，在界面 OA 发生折射，折射光线平行于OB 且恰好射到 M 点(不考虑反射光线)则下列说法正确的是( )A透明柱状介质对单色光 PQ 的折射率为 3B从 AB 射出的光线与入射光线 PQ 的偏向角为 60C

9、保持入射点 Q 不变，减小入射角度，一直有光线从 AB 射出D保持入射光 PQ 的方向不变，增大入射光的频率，出射点落在 M 点下方E增大入射光 PQ 的频率，该单色光在该介质中的传播速度不变解析 作出光路图如图所示，由几何知识可知，入射角 i60，折射角 r30，根据折射定律得 n ，A 正确；因为光线 QM 与 OBsin isin r 3边平行，根据光路以及几何知识可知，从 AB 射出的光线与入射光线 PQ的偏向角为 60，B 正确；保持入射点 Q 不变，减小入射角度，则光线到达 AB 时其入射角增加，达到临界角时光线可以发生全反射，此时就没有光线从 AB 射出，C 错误；保持入射光 P

10、Q 的方向不变，增大入射光的频率，则此时介质对入射光的折射率增大，故折射角 r 减小，所以出射点将在 M 点下方，D 正确；增大入射光 PQ 的频率，则介质对该光的折射率增大，根据公式 v 可知该单色光在该介质中的传播速度减小，E 错误cn答案 ABD易错快攻 (1)应用折射定律求解光路问题时，有以下注意事项画出准确的光路图，分析边界光线或临界光线，确定入射角及其相对应的折射角(注意它们是光线与法线的夹角，不是光线与界面的夹角)，判断光线是否已经发生全反射；利用几何关系和光的折射定律求解相关问题时，若入射角与折射角不是特殊角，需要通过对称性、相似性等几何关系求出入射角与折射角的正弦值或正弦值的比值来分析解答(2)求解全反射问题的一般步骤确定光是从光密介质进入光疏介质；应用 sin C 确定临界角；1n根据题设条件，判断光在传播时是否发生全反射；如发生全反射，画出入射角等于临界角时的临界光路图；运用几何关系或三角函数关系以及反射定律等知识进行分析、判断、运算、解决问题