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高三物理三轮复习经典材料必备
专题一 物理中的数学方法
高考趋势展望
应用数学知识处理物理问题的能力，是高考要求学生必须具备并重点考查的五种基本能力之一.对此,《考试说明》中有明确的阐述,要求学生能根据具体问题列出物理量间的关系式,进行推导和求解,并根据结果得出物理结论;必要时能运用几何图形、函数图象进行表达、分析,能进行正确的数学运算,其中既要重视定量的计算,也要重视定性和半定量的分析和推理.一些典型的数学方法的应用,既丰富了物理问题的分析思路,更为物理问题的处理提供了方便.熟练地掌握和应用一些典型的数学方法,对提高物理成绩,是大有帮助的.
知识要点整合
所谓数学方法,就是要把客观事物的状态、关系和过程用数学语言表达出来,进行推导、演算和分析,以形成对问题的判断、解释和预测.可以说,每一物理问题的分析、处理过程,都是数学方法运用的过程.本专题中所指的数学方法,是指一些特殊、典型的方法.处理中学物理问题,常用的典型数学方法有极值法、几何法、图象法、数学归纳推理法等.
1.极值法
数学中求极值的方法很多,物理极值问题的讨论中常用的极值法有:三角函数极值法、二次函数极值法、一元二次方程的判别式法等.
2.几何法
常用的有三角形的相似、解直角三角形及一些几何公理的应用等.
3.图象法
图象法具有简明、直观的特点,对一些较抽象的物理问题,恰当地引入物理图象,常可化抽象为形象,便于突破难点、疑点,使解题过程大大简化,计算快速便捷.
精典题例解读
［例1］如图1-1所示，虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的交界线,在平面右侧的半空间存在一磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直纸面向外.O是MN上的一点,从O点可以向磁场区域发射电量为+q、质量为m、速率为v的粒子,粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向.已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇,P到O的距离为L.不计重力及粒子间的相互作用.
图1-1
(1)求所考查的粒子在磁场中的轨道半径.
(2)求这两个粒子从O点射入磁场的时间间隔.
【解析】 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R,由牛顿第二定律得:
qvB=m,得:
R= ①
(2)如图1-1所示,以OP为弦画两个半径相等的圆,分别表示两个粒子的轨道.圆心和直径分别为O1、O2和OO1Q1、OO2Q2,在O处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向,用θ表示它们的夹角.由几何关系得：
∠PO1Q1=∠PO2Q2=θ ②
从O点射入到两个粒子相遇,粒子1的路径为半个圆周加弧长Q1P,
且Q1P=Rθ ③
粒子2的路径为半个圆周减弧长Q2P,
且Q2P=Rθ ④
粒子1的运动时间为:
t1=T+ ⑤
粒子2的运动时间为:
t2=T- ⑥
其中T为圆周运动的周期.
两个粒子射入的时间间隔为:
t1-t2=2 ⑦
因Rcosθ=L，解得:
θ=2Rarccos ⑧
由①⑦⑧三式解得:
t=arccos() ⑨
小结:本题的求解由两个部分组成,其一为必要的几何形状,其二为粒子在磁场中的周期公式和半径公式.解决此类题目的关键应是数学中的几何知识,即先做几何图形然后再利用物理知识解决物理问题.
［例2］如图1-2所示,一排人站在沿x轴的水平轨道旁,原点O两侧的人的序号都记为 n(n=1,2,3…).每人只有一个沙袋,x＞0一侧的每个沙袋的质量为m=24 kg,x＜0一侧的每个沙袋的质量为m′=10 kg.一质量为M=48 kg的小车以某一速度从原点出发向x正方向滑行.不计轨道阻力,当车每经过一人身旁时,此人就把沙袋以水平速度u朝与车相反的方向沿车面扔到车上,u的大小等于扔此袋之前瞬间车速大小的2n倍(n是此人的序号数).
图1-2
(1)空车出发后,车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行?
(2)车上最终有大小沙袋共多少?
【解析】 (1)设沿x正方向滑行,经过第一个人的身边时,此人把沙袋扔上车与车一起运动的速度为v1,经过第二人后两个沙袋与车一起运动的时间为v2,…经过第n个人后n个沙袋与车一起运动的速度为vn,则据动量守恒定律得:
第一个人扔袋后:
Mv0-2mv0=(M+m)v1
解得:v1=v0
第二个人扔袋后:
(M+m)v1-4mv1=(M+2m)v2
解得:v2=v1
…
第n个人扔袋后:
［M+(n-1)m］vn-1-m·2nvn-1=(M+nm)vn
解得:vn=vn-1 ①
小车方向运动的条件是vn-1＞0,vn＜0,即:
M-nm＞0
解得:n＜=
M-(n+1)m＜0
解得: n＞-1=-1=
显然n应为整数,故 n=3,即车上堆积3个沙袋后就反向滑行.
(2)设第n个沙袋扔到车上后车的速度为vn′,第n-1个沙袋扔到车上后车的速度为 vn-1′,据数学归纳法同理可得:
［M+3m(n-1)m′］vn′-2nm′vn-1′=(M+3m+nm′)vn′
解得:vn′=vn-1′
小车不再向左运动的条件是 vn-1′＞0,vn′≤0,即:
M+3m-nm′＞0，解得:
n＜=9
M+3m-(n+1)m′＜0,解得:
n≥-1=8
即8≤n＜9
n=8时,小车停止滑行,即在x＜0一侧第8个沙袋扔到车上时就停止.故车上最终共有大小沙袋3+8=11个.
小结:本题的解法首先利用了数学中的数学归纳法写出了速度的通式,然后结合方向，运动的条件或停止的条件进行讨论得出结论.显然在这里数学归纳法起着举足轻重的作用 .
［例3］如图1-3，在光滑的水平面上,有垂直向下的匀强磁场分布在宽为S的区域内,一个边长为L(L＜S)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v.设线圈完全进入磁场中时速度为v′,则
图1-3
A.v′＞
B.v′=
C.v′＜
D.AC均可能,B不可能
【解析】 线圈在进入磁场的过程中,穿过它的磁通量变化,产生感应电流,受安培力作用,而且随着速度减小,安培力逐渐减小,线圈做变减速运动;线圈完全进入磁场后,不再有感应电流,做匀速运动;在线圈离开磁场过程中,又做变减速直线运动.可以作出速度图线如图1-4所示.由于线圈长度一定,图中两条曲线和时间轴所围面积是相等的,其他关系不能确定.
图1-4
用牛顿运动定律、运动学公式、能量关系都不能解决,可以考虑动量定理.线圈运动过程中只受安培阻力F=BiL=,由此可以看出,F与v变化规律相同,即F-t图应与上面的v-t图一致.当然F图线与时间轴所围面积即冲量I也应相等,如图1-5所示.这样
图1-5
I1=I2
I1=mv′-mv0
I2=mv-mv′
则v′=
即B选项正确.
小结:因线圈进入磁场和穿出磁场过程中速度的变化都是非线性的,在现有中学数学知识基础上很难给出线圈速度的确切变化规律，因而也无法用解析法给出确切的解答.但利用图象及图象和坐标轴所围面积的意义,并进行适当的转化和迁移,便使问题顺利解决.在讨论一些非线性变化问题时,特别仅限于定性讨论或半定量讨论时,注意利用相关图象,常可收到意想不到的效果.
应用强化训练
1.质点所受的力F随时间变化的规律如图1-6所示,力的方向始终在一直线上.已知t=0时质点的速度为零.在图示的t1、t2、t3和t4各时刻中,哪一时刻质点的动能最大
图1-6
A.t1 B.t2
C.t3 D.t4
【解析】 在F-t图中，图线和时间轴所围“面积”等于力的冲量，由图知，t2时刻F对质点的冲量最大，质点获得的动量最大，动能也最大.
【答案】 B
2.如图1-7甲所示,是电场中的一条电场线,A、B是该线上的两点,若将一负电荷从A点自由释放,负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如乙图所示,则A、B两点电势的高低和场强大小错误的是
图1-7
A.φA＞φB EA＞EB
B.φA＞φB EA＜EB
C.φA＜φB EA＞EB
D.φA＜φB EA＜EB
【解析】 v-t图象的斜率表示加速度.负电荷从A到B,v-t图象斜率越来越大，说明其加速度越来越大，可知其所受电场力越来越大，所以场强越来越大，故有EA＜EB.由负电荷所受电场力方向从A指向B，说明电场线方向由B指向A，所以φA＜φB.
【答案】 D
3.如图1-8所示,直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线,抛物线OBC为同一直流电源内部放热功率Pr随电流I变化的图线,若A、B对应横坐标为2 A,则下列说法正确的是
图1-8
A.电源电动势为3 V,内阻为1 Ω
B.线段AB表示的功率为2 W
C.电流为2 A时,外电路电阻为0.5 Ω
D.电流为3 A时,外电路电阻为2 Ω
【解析】 电源总功率P总=EI，可见，在P总-I图象中，E为图象的斜率，由图象中所给数据得E== V=3 V.由Pr=I2r，结合图象中所给数据得r== Ω=1 Ω.AB段功率为I=2 A时总功率与内阻热功率之差，即输出功率，所以PAB=3×2-22×1=2 W,此时对应的外电路电阻R===0.5 Ω.同样由图象可知I=3 A时，P总=Pr，即电源总功率全消耗在内电阻上，说明外电路电阻为零，即电源被短路.
【答案】 ABC
4.如图1-9所示,在处于水平方向的细管内的端点O固定一根长为L0,劲度系数为k的轻弹簧,在弹簧的自由端连接一个质量为m的小球,今将细管以O为轴逆时针缓慢转动,直至转到竖直方向,则在此过程中,下列说法正确的是(不计一切摩擦,弹簧弹力总满足胡克定律)
图1-9
A.小球的重力势能不断增大
B.球的质量m足够大时,总能使球的重力势能先增大后减小
C.弹簧的长度足够小时,总可以使球的重力势能不断增大
D.以上说法都不对
【解析】 设转过θ角时弹簧长度为x，则由平衡条件得：mgsinθ=k(L0-x)所以x=L0-,小球重力势能Ep=mgxsinθ=(-sinθ)sinθ.由数学知识知，当-sinθ=sinθ,即sinθ=时，Ep有最大值.由于sinθ≤1,所以应有≤1.可见，当m足够大时，总能使≤1,也就能使Ep有最大值，换言之，可使Ep先变大再变小，即答案为B .
【答案】 B
5.如图1-10所示,电源电压保持不变,R1=R3，当S接a点时,R1消耗的功率P1=0.75 W,R2消耗的功率为P2;当S接b时,R1消耗的功率P1′=3 W,R3消耗的功率为P3,下列判断正确 的是
图1-10
A.P1+P2＜P1+P3
B.P3=3 W
C.P2=2.25 W
D.P1+P2=P1+P3
【解析】 S接a时，R1、R2串联在电路中，则有：P1=（）2·R1=0.75 ①
P2=()2·R2 ②
S接b时，R1、R3串联在电路中，所以有：
P1′=()2·R1=3 ③
P3=()2·R3 ④
因R1=R3，比较③、④可得
P3=P1′=3 W.
由③得：U2=12R1代入①得：=0.75,整理得：（3R1-R2）（5R1+R2）=0，所以R2=3R1（因为5R1+R2≠0).
将U2=12R1、R2=3R1代入②得P2=×3R1=2.25 W.
综上讨论可知A、B、C正确.
【答案】 ABC
6.小球自高为H的A点由静止开始沿光滑曲面下滑,到曲面底处B飞离曲面,B处曲面的切线沿水平方向,B的高度h=H，如图1-11,若其他条件不变,只改变h,则小球的水平射程s的变化情况为
图1-11
A.h增大时,s也增大
B.h增大时,s将减小
C.h减小时,s也减小
D.h减小时,s将增大
【解析】 从A点到B点：机械能守恒，以地面为零势面，得
mgH=mgh+mvB2
从B点到地面：球做平抛运动
由以上三个方程可得：s=2
初看方程不能直接得到h与s的关系，此时再用数学知识，细看发现：由于h+(H-h)=H为定量，由不等式知识可知.当h=H-h时s有最大值.可见当h=时，s有最大值.故h从开始增大或减小都会使s减小，故题目选BC.
【答案】 BC
7.在平静的湖面上空有一监测空气质量状况的气球(处于静止状态),一个置于距湖面 20 m高处的仪器,测得气球的仰角为30°，测得气球在水中虚像的俯角为60°（如图1-12），则气球距湖面的高为______m.
图1-12
【解析】 如图所示，设气球距湖面高度为x m，则：
AC=（x-20）m BC=(x+20)m
在△ACO中，
cot30°== ①
在△BCO中，
cot60°== ②
由①÷②得：=
所以x=40 m，即距湖面高度为40 m.
【答案】 40
8.如图1-13所示,光滑轨道竖直放置,半圆部分的半径为R,在水平轨道上停着一质量为M=0.99 kg的木块.一颗质量为m=0.01 kg的子弹以v0=400 m/s的水平速度射入木块中,然后一起运动到轨道最高点后水平抛出.试分析:当圆半径R多大时,平抛的水平位移最大?且最大值为多少?
图1-13
【解析】 子弹与木块发生碰撞的过程，动量守恒.设共同速度为v1,则：
mv0=(m+M）v1,所以
v1=v0=4 m/s
设在轨道最高点平抛时物块的速度为v2.由于轨道光滑，故机械能守恒:
(m+M)v12=2(m+M)gR+ (m+M)v22
解得：v2=
则平抛后的位移可以表示为：
s=v2t=v2×
=4×
当R==0.2 m时，smax=0.8 m
【答案】 R=0.2 m,smax=0.8 m.
9.如图1-14所示,光滑水平面上停着一只木球和载人小车.木球质量为m,人和车总质量为M,已知M∶m=16∶1.人以速度v0沿水平面将木球扔向正前方的固定挡板,木球被挡板弹回之后,人接住球再以同样的对地速度将球扔回挡板.设木球与挡板相碰时无动能损失.求人经过几次扔球之后,再也不能接住木球.
图1-14
【解析】 人和车在水平方向动量守恒，设向左为正.
设当n次扔球后vn=v车≥v球=v0就再也接不住球了.(vn为人经n次扔球后车和人对地的速度）
人第一次扔球后：0=M v1-mv0;v1=v0
人第二次扔球后：Mv1+mv0=Mv2-mv0;
v2=v0
人第三次扔球后：
Mv2+mv0=Mv3-mv0;
v3=v0
…
由此可知，人扔球后各次速度构成等差数列.
第一项a1=v0;公差d=v0;
由an=a1+(n-1)d,得：
第n次扔球后速度表达式为：
vn=+(n-1)= v0
当vn≥v0时再也接不住球了.
解上式：
n=8.5,即n=9.
【答案】 9次
10.如图1-15所示,在水平光滑绝缘的桌面上,有水平向东的匀强电场,场强E=7.2× 104 V/m.一根长为L=20 cm,不可伸长的轻质细线,一端固定在桌面上的O点,另一端系一个质量m=50 g,带电量q=+1.0×10-5 C的小滑块,将小滑块放到O点正西方向的A点,且AO=L,再给小滑块以水平向北的速度v=1.2 m/s.不计空气阻力.
图1-15
小滑块运动到哪一位置,细线将被拉直.求出刚拉直点B点的坐标值,并在图中标出.并求拉直前的瞬时,小滑块速度的大小和它与X轴的夹角θ.
【解析】 在绳未拉直之前，滑块向东方向做初速为零，加速度为的匀加速直线运动，向北做速度为v的匀速直线运动；当滑块相对于O的位移大小达到线的长度L时，细线将被拉直.
在东西方向上到O点的距离为：
s东O=L-at2=0.2-7.2t2
在南北方向上到O点的距离为：s北O=vt=1.2t
细线被拉直时有：L2=s东O2+s北O2
即：（0.2-7.2t2）2+(1.2t)2=0.22
解得：t= s
所以：s北O=1.2t=0.2 m,s东O=0（位置如图）
此时向东方向的速度为：v东=at=2.4 m/s
向北方向的速度为：v北=v=1.2 m/s
所以v==2.68 m/s
tanθ===
所以v的方向为东偏北arctan.
【答案】 (0,0.2 m)；arctan
教学参考链接
由于《考试说明》要求学生应具有应用数学知识处理物理问题的能力，所以在平时的复习中应有意地引导学生做一些用数学方法分析、处理物理问题的练习，但应当清楚，在应用数学知识处理物理问题时，仍应以物理原理为基础，在对物理过程和物理情景的分析基础上，选用适当的数学原理给出定量的表达，切忌不要把物理问题做成纯数学问题.另外，处理物理问题用到的数学方法有很多种，本专题只讨论了常用的比较典型的几种方法——图象法、极值法、几何法等.例题和练习题也都是围绕这几种方法选编的，其他的如利用数列知识、解析几何知识等内容未包括在内，老师们在选用本资料时，可结合具体情况，灵活地做些补充，但不宜练得太多，以免冲淡了物理问题的物理味道.
专题二 学科内综合问题分析
高考趋势展望
随着教育改革不断进行,考试科目的设置也不断发生变化,近几年推出的“3+X”模式,突出了对考生综合能力的测试与考查.纵观近两年的全国及部分省市的“理科综合”测试可以发现,试题多以学科内知识综合为主,以能力为立意,以科学知识为基础,以情景为背景,增加应用型和能力型题目,推崇试题的新颖性、实践性.因此在物理复习教学中,应在狠抓基础知识和基本技能训练的前提下,适当注意学科间各部分知识间的相互联系和渗透,通过对一些典型问题和情景的分析、诱导,让学生掌握处理综合问题的一般思路和方法.
知识要点整合
1.力学内部的综合
力学是高中物理的基础,力学中处理问题的三条主要思路和线索,也是处理很多物理问题的主要思路和线索.
(1)牛顿运动定律.牛顿运动定律是力学的主干和基础,全面揭示了力和物体运动间的关系,是全面、准确描述物体运动规律的依据.在研究、讨论物体间的瞬间作用问题时,是其他物理规律无法替代的.
(2)动量和动量守恒定律.在物体间发生相互作用的过程中,各自的动量都要发生变化,在涉及时间和速度及其变化问题的讨论中,动量定理常是优选规律,特别是在作用时间较短,物体间相对位置的变化又不明显时,动量定理更具独到的作用,特别是当以系统为研究对象且系统所受合外力为零时,动量守恒定律的使用更会为问题的解决提供较大的方便.
(3)能量和能量守恒.在物体发生相互作用的过程中,能量的转化是不可避免的,因此从能量角度思考和处理问题便具有普遍的意义,特别是存在不同形式的能量间相互转化时,能的转化和守恒定律的优越性更是无与伦比的.
2.力学与其他内容的综合
(1)力学与电磁学的综合.电场力或安培力做功及相应的能量转化,带电粒子在电场中的加速、偏转及在磁场中的圆周运动等问题,究其实质,就是处理在电场或磁场中的力学问题.
(2)力学与热学的综合.气体压强的微观解释,分子力做功及相应的能量转化,热力学第一定律等都和力学知识有千丝万缕的联系.
(3)力学与光学的联系.激光测速、测距,爱因斯坦光电效应方程等则是力学和光学的有机结合点.
(4)力学与原子物理的结合.α粒子散射现象的解释,原子核式结构中电子绕核运动的规律推导,原子核衰变过程中的动量守恒,质量亏损及核能的计算等,也都离不开力学原理的 应用.
精典题例解读
［例1］一个圆柱形的竖直井里存有一定量的水,井的侧面和底部是密闭的.在井中固定地插着一根两端开口的薄壁圆管,管和井共轴,管的下端未触及井底.在圆管内有一不漏气的活塞,它可以沿圆管上下滑动.开始时,管内外水面相齐,且活塞恰好接触水面,如图2-1所示.现用卷扬机通过绳子对活塞施加一个向上的力F,使活塞缓缓向上移动.已知管筒半径r=0.100 m,井的半径R=2r,水的密度ρ=1.00×103 kg/m3,大气压强p0=1.00×105 Pa.求活塞上升H=9.00 m的过程中拉力F所做的功.(井和管在水面以上及水面以下的部分足够长,不计活塞质量,不计摩擦,重力加速度g取10 m/s2)
图2-1
【解析】 由于大气压强的作用,管内活塞上升的初期,管内水面随活塞上升,管外液面下降.但由于大气压强只能支持10 m的水柱,当管内外水面高度差达10 m时,管内水面即不再上升.在此之前由于活塞上升克服大气压力做的功与管外大气压力对液面做的功数值相等,拉力F做的功即转化为水柱增加的重力势能.以后活塞再上升,活塞下面出现真空,F将克服恒定的大气压力做功,F所做总功即为两段做功之和.
如图2-2所示,大气压强能支持的水柱高h0==10 m.
图2-2
设此过程中管内水面上升h1,管外液面下降h2,则:
h1+h2=h0,= =3
所以h1=7.5 m,h2=2.5 m.
在此过程中,因大气压力做功代数和为:
p0π(R2-r2)h2-p0πr2h1=0,故F做的功W1等于水的重力势能的增量:W1=ΔEp=p(πr2h1) =1.18×104 J.
以后活塞继续上升,由于活塞下面出现真空,F将克服大气压力做功W2=p0πr2(H-h1)=4.71×103 J.
所以拉力F做的总功
W=W1+W2=1.65×104 J
小结:认识到大气压强只能支持10 m高水柱,且在活塞离开水面之前,大气压强做功代数和为零,是解决该题的关键.
［例2］如图2-3所示,A、B为水平放置的平行金属板,板间距离为d(d远小于板的长和宽).在两板之间有一带负电的质点P.已知若在A、B间加电压U0,则质点P可以静止平衡.现在A、B间加上如图所示随时间变化的电压U,在t=0时质点P位于A、B间的中点处且初速度为0.已知质点P能在A、B之间以最大幅度上下运动而又不与两板相碰,求图中U改变的各时刻t1、t2、t3及tn的表达式.(质点开始从中点上升到最高点,及以后每次从最高点到最低点或从最低点到最高点的过程中,电压只改变一次)
图2-3
【解析】 由题意知,金属板间加U0电压时质点受力平衡,则加2U0电压后,质点P所受合力应向上,大小等于其重力,具有方向向上的大小等于g的加速度,当去掉电压后,质点即具有向下的重力加速度g.分析清楚质点在加电压和不加电压情况下的运动情况,本题即可得解.
设质点P的质量为m,电荷量为q,则由题意知:q=mg.
两板间加2U0电压时,P向上的加速度大小a=g;两板间电压为零时,P具有向下的加速 度g.
在τ=0时,两板间加电压2U0,P自A、B间的中点向上做初速度为零、加速度大小为g的匀加速运动.设经时间τ1去掉两板间电压,则此时质点速度v1=gτ1,去掉电压后质点做竖直上抛运动,设经时间τ′速度减为零,则由运动学知识知,τ1′=τ1, (τ1+τ1′)=,解得τ1=τ1′=·.所以τ1=τ1=·.
以后质点在重力作用下向下做自由落体运动,设经τ2速度变为v2,则v2=gτ2,此时加上电压后,质点做加速度大小等于g的匀减速运动,经τ2′=τ2的时间速度又减为零,故由运动学知识知:·(τ2+τ2′)=d,所以τ2=τ2′=,所求τ2=τ1+τ1′+τ2=(+1).
以后质点在电场力和重力作用下又从B向A板做加速度大小为g的匀加速运动,设经 τ3速度变为v3,去掉A、B间电压后又经τ3′速度变为零且恰到达A板,则:v3=gτ3,τ3= τ3′, (τ3+τ3′)=d,所以τ3=τ3′=,τ3=τ2+τ2′+τ3=(+3).
以后质点将重复上述2、3运动过程,经同样的分析可得:τn=(+2n-3) (n≥2).
小结:分析清楚质点在A、B板间的运动情景,恰当地选用运动学方程,是解决该题的关键.
［例3］云室处在磁感应强度为B的匀强磁场中,一静止的质量为M的原子核在云室中发生一次α衰变,α粒子的质量为m,电量为q,其运动轨迹在与磁场垂直的平面内.现测得α粒子的运动半径为R,试求在衰变过程中的质量亏损.(注:涉及动量问题时,亏损的质量可以不计.)
【解析】 原子核衰变放出的α粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,由洛伦兹力充当向心力,结合题给条件和匀速圆周运动的基本知识可求出α粒子的速度,再应用衰变过程中系统动量守恒可求反冲核的速度.又在无电磁波辐射的情况下,与质量亏损对应的释放出的核能即表现为α粒子和反冲核的动能,故可在求得α粒子及反冲核的速度的情况下,结合质能联系方程即可求出衰变过程中的质量亏损.
设α粒子的速度为v,则由牛顿第二定律,得:qvB=m.
设反冲核的速度为v′,则由衰变过程中动量守恒,得:(M-m)v′=mv.
由能的转化和守恒定律及质能联系方程,得: (M-m)v′2+mv2=ΔE=Δmc2,所以 Δm=.
小结:该题综合了力学中的动量守恒、牛顿第二定律、圆周运动知识、洛伦兹力、核能及质能联系方程等内容,是一道综合面较广的学科内综合题.认识到在无电磁波辐射的情况下,衰变过程中释放出的核能即表现为放出粒子及反冲核的动能,是解决本题的关键,并且该题向我们提供了计算核能的一种方法——即利用力学原理求核能,请同学们予以领会并掌握.
应用强化训练
1.一航天探测器完成对月球的探测任务后,在离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行,先加速运动,后匀速运动,探测器通过喷气而获得推力,以下关于喷气方向的描述中正确的是
A.探测器加速运动时,沿直线向后喷气
B.探测器加速运动时,竖直向下喷气
C.探测器匀速运动时,竖直向下喷气
D.探测器匀速运动时,不需要喷气
【解析】 探测器受月球引力（向下）和喷气所获得的推力（与喷气方向相反）作用，欲加速，该两力合力方向应与前进方向一致；欲匀速，该两力合力应为零.所以只有C对.
【答案】 C
2.质量为m的小球被系在轻绳一端,在竖直平面内做半径为R的圆周运动,运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点,此时绳子的张力为7mg,此后小球继续做圆周运动,经过半个圆周恰能通过最高点.则在此过程中小球克服空气阻力所做的 功为
A.mgR/4
B.mgR/3
C.mgR/2
D.mgR
【解析】 设绳长为R,小球在最低点和最高点的速度分别为v1、v2,则有：7mg-mg=m,mg=m,2mgR+W克=mv12-mv22.解得：W克=mgR/2.
【答案】 C
3.相隔一定距离的A、B两球,质量相等,假定它们之间存在恒定的斥力作用.原来两球被按住,处在静止状态.现突然松开两球,同时给A球以速度v0,使之沿两球连线射向B球,B球初速度为零.若两球间的距离从最小值(两球未接触)到刚恢复到原始值所经历的时间为t0,求B球在斥力作用下的加速度.
【解析】 松手后两球等速时距离最近，设此时两球速度为v，小球质量为m，则由动量守恒定律，得：
mv0=2mv.所以v=v0.
设球的加速度大小为a,从开始运动到距离最小（等速时）经历的时间为t,发生的相对位移为Δs,则：t== (对B球研究），Δs=sA-sB=v0t-at2-at2=.
以后A球继续减速，B球继续加速运动，当其相对位移又为Δs时，两球间距即恢复原始值，即：vt0+at02-(vt0-at02)=,整理即得：a=.
【答案】
4.三块相同的金属板A、B、D自上而下水平放置,间距分别为h和d,如图2-4所示.A、B两板中心开孔,在A板的开孔上搁有一金属容器P,与A板接触良好,其内盛放导电液体.A板通过闭合的电键S与电动势为v0的电池的正极相连,B板与电池的负极相连并接地.容器P内的液体在底部小孔O处形成质量为m,带电量为q的液滴后自由下落,穿过B板的开孔O′落到D板上,其电荷量被D板吸附,液体随即蒸发,接着容器底部又形成相同的液滴自由下落,如此继续,整个装置放在真空中.
图2-4
(1)第一个液滴到达D板时的速度为多少?
(2)D板最终可达多高的电势?
(3)设液滴的电荷量是A板所带电荷量的α倍(α=0.02),A板与B板构成的电容器的电容为C0=5×10-12 F,U0=1000 V,m=0.02 g,h=d=5 cm.试计算D板最终的电势值.(g取10 m/s2)
【解析】 （1）设第一滴到达D板时速度为v,由动能定理，得：mv2=mg(h+d)+qU0,所以v=.
(2)当D板电势为φ时，UDB=φ,液滴到达D板动能恰为零时，D板电荷量不再增加，电势达最高，不再发生变化.由动能定理，得：
mg(h+d)+qU0-qφ=0,所以φ=U0+.
(3)φ＝U0+=1000 V+ V=2.01×105 V.
【答案】 (1) (2)U0+ (3)2.01×105 V
5.有一炮竖直向上发射炮弹,炮弹的质量M=6.0 kg(内含炸药的质量可以不计),射出的初速度v0=60 m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片,其中一片质量为m=4.0 kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心、以R=600 m为半径的圆周范围内,则爆炸完时两弹片的总动能至少多大?(g=10 m/s2,忽略空气阻力)
【解析】 设炮弹上升的最大高度为H，则：
v02=2gH.
设质量为m的弹片刚爆炸后速度为V，另一块速度为v，则根据动量守恒定律，有：
mV=(M-m)v.
设爆炸后弹片运动时间为t,则：H=gt2,R=Vt,Ekmin=mV2+(M+m)v2.
解以上诸式，得：
Ekmin==6.0×104 J.
【答案】 6.0×104 J
6.如图2-5,倾角为30°的皮带运输机始终绷紧且以恒定速度v=2.5 m/s运动,两轮相距LAB=5 m,将质量m=1 kg的物体无初速地轻轻放在A处,若物体与皮带间的动摩擦因数μ=,那么:
图2-5
(1)物体从A运动到B,皮带对物体所做的功是多少?
(2)物体从A运动到B共需要多少时间?
(3)在这段时间内电动机对皮带运输机所做的功是多少?
【解析】 （1）物体与皮带等速前的加速度a==3.17 m/s2.至与皮带等速历时t==0.79 s,物体发生的位移sm=t=0.99 m＜LAB=5 m.所以物体到达B前已与皮带等速.由能的转化和守恒定律，得：W=mgLABsin30°+mv2=28.125 J
(2)物体随皮带匀速运动的时间t′==1.64 s,所以t总=t+t′=2.43 s.
(3)物体与皮带的相对位移Δs=vt-sm=0.99 m,所以产生的热量Q=μmgcos30°·Δs=7.43 J,由能的转化和守恒定律，得W机=W+Q=35.6 J.
【答案】 (1)28.125 J (2)2.43 s (3)35.6 J
7.如图2-6所示为对光电管产生的光电子进行荷质比测定的原理图.两块平行金属板间距为d,其中N为锌板,受紫外光照射后将激发出沿不同方向运动的光电子,开关S闭合，电流表A有读数,若调节变阻器R,逐渐增大极板间的电压,A表读数逐渐减小,当电压表示数为U时,A表读数恰为零;断开S,在MN间加上垂直纸面的匀强磁场,当磁感应强度为B时,A表读数也为零.
图2-6
(1)求光电子的荷质比的表达式_______.
(2)光电管的阳极常用活泼的碱金属制成,原因是这些金属
A.导电性好
B.逸出功小
C.发射电子多
D.电子动能大
(3)如图2-7，光电管在各种自动化装置中有很多应用,街道路灯自动控制就是其应用之一,如图2-7所示电路为其模拟电路,其中A为光电管,B为电磁继电器,C为照明电路,D为路灯,请连成正确的电路,达到日出路灯熄,日落路灯亮的效果.
图2-7
【解析】 （1）由题意知，eU=mv2,eUB=m,R=d,整理得：=.
(2)B (3)略
【答案】 （1） (2)B (3)略
8.1920年,质子已被发现,英国物理学家卢瑟福曾预言:可能有一种质量与质子相近的不带电的中性粒子存在,他把它叫做中子.1930年,科学家们在真空条件下用α射线轰击铍()时,产生了一种看不见的贯穿能力很强的不知名的射线和另一种粒子.经过研究发现,这种不知名的射线具有如下特点:①在任意方向的磁场中均不发生偏转;②这种射线的速度小于光速的十分之一.
(1)α射线轰击铍核的核反应方程为:__________________________.
(2)根据上面所述射线的特点,分析说明该射线是不带电的,且不是γ射线.
(3)经过相关的实验和计算证实,这种射线就是由卢瑟福预言的中子组成.在某一原子反应堆中,有大量的快速中子产生,为了使其减速为核反应所需的慢中子,人们用石墨(碳)作减速剂使快中子减速.已知碳核的质量是中子的12倍,假设把中子与碳核的每次碰撞都看作是弹性正碰,而且认定碰撞前碳核都是静止的,设碰撞前中子的动能为E0,经过一次碰撞,中子损失的能量是多少?
【解析】 （1）核反应方程：+→+
(2)由特点①知，射线在任何方向的磁场中均不发生偏转，说明射线不带电；由特点②知，该射线速度不及光速的十分之一，而γ射线就是光子流，其速度即光速，因此该射线也不是γ射线.
（3）设中子质量为m，碰前速度为v0，碰后速度为v1，碳核碰后速度为v2，则由动量守恒能量守恒，得：mv0=mv1+12mv2,mv02=mv12+×12mv22解得：v1=-v0,中子损失的能量ΔE=mv02-mv12=E0.
【答案】 (1) +→+ (2)略 （3）
9.如图2-8所示为利用电磁作为输送非导电液体装置的示意图.一边长为L、截面为正方形的塑料管道水平放置,其右端面上有一截面积为A的小喷口,喷口离地的高度为h.管道中有一绝缘活塞,在活塞的中部和上部分别嵌有两根金属棒a、b,其中棒b的两端与一电压表相连,整个装置放在竖直向上的匀强磁场中.当棒a中通有垂直纸面向里的恒定电流I时,活塞向右匀速推动液体从喷口水平射出,液体落地点离喷口的水平距离为s,若液体的密度为ρ,不计所有阻力,求:
图2-8
(1)活塞移动的速度;
(2)该装置的功率;
(3)磁感应强度B的大小;
(4)若在实际使用中发现电压表的读数变小,试分析其可能的原因.
【解析】 (1)设液体从喷口水平射出的速度为v0,活塞移动的速度为v,v0=s ①
v0A=vL2 ②
v=()v0= ③
(2)设装置功率为P,Δt时间内有Δm质量的液体从喷口射出,PΔt=Δm(v02-v2) ④
因为Δm=L2vΔtρ ⑤
所以P=L2vρ(v02-v2)=(1-)·v03,所以P= ⑥
(3)因为P=F安v ⑦
所以L2ρv(v02-v02)=BILv ⑧
所以B== ⑨
(4)因为U=BLv，所以喷口液体的流量减少，活塞移动速度减小，或磁场变小等,会引起电压表读数变小.
【答案】 （1）v=
(2)P=
(3)B=
(4)略
教学参考链接
“3+X”或“3+文(理)综”的高考模式已在全国普及,为适应新的高考形势,有意识地引导学生做一些综合性较强的习题练习,很有必要.但应当清楚,从全国各地近两年的高考试题来看,无论是文综、理综,还是文理大综合的试卷,就其中的每道题目而言,绝大多数都是学科内知识的综合,偶有个别题目涉及多学科知识,也只是对同一问题,各科从本学科知识角度独立进行设问,具体解答仍依据各科的知识、原理分别独立解答,不存在应用多科知识从同一角度解答同一问题的题目,所以在平时的复习中,应以本学科内知识综合为主.就是对本学科的复习,也应以弄懂基本概念、理解基本规律为主.只有对基本概念理解准确、深刻,对基本规律认识、把握到位,才能得心应手、融会贯通地应用各部分知识去分析、处理一些综合性问题.另外,所谓的综合题,也只是本学科内某些部分知识的渗透综合,实际上,我们做的每一道物理题,都有一定的综合程度,只是综合程度不同而已.那种设想一道物理题就将整个中学物理内容都综合在内的做法是不可取的,也是没有实际意义的.本专题所选三个例题,都是近两年的全国或其他省份高考题,从中可以体会综合的程度:例1主要涉及力学中的功、能和热学中的气体压强,例2主要涉及力学中的动力学、运动学和电场的基本内容,例3主要涉及带电粒子在磁场中的运动、力学中的动量守恒、原子物理中的质能方程等主要知识.这三个例题的处理方法也都是我们平时处理物理问题的常规方法,只是用到的知识多一点而已.因为我们平时做的很多题目,都有一定的综合程度,所以本专题所选例题和练习题并不很多，具体使用中可根据本校学生情况适当取舍和补充.
专题三 跨学科综合的热点分析
高考趋势展望
为适应教育改革的需要，高考模式的改革也在不断地进行和完善，以能力为立意，以科学知识为基础的“3+X”高考模式已成为新高考的趋势.尽管综合科目的试题目前仍以学科内知识综合为主，试卷仍处“拼盘”阶段，但随着高考改革的不断深入，学科间知识相互渗透的题目数量必将不断增加，因此，认真分析一下各学科间可能相互结合渗透的知识点，对适应新的高考是非常必要的，也是大有裨益的.
知识要点整合
物理、化学、生物都是以实验为基础的自然科学，三学科内容的基本原理均来自于实验.在实验的设计、操作、现象的观察与记录、数据的分析与处理等方面存在相同之处，可通过实验来解释自然现象，可通过图表、图形、图象来总结规律.随着各学科内容的发展，三学科的内容已经互相渗透，学科内容之间的界限已变得越来越模糊.正是由于这些共性，使得理、化、生从学科内容到研究方法都存在着千丝万缕的联系.而这些知识和技能的结合点，正是跨学科综合测试题的考查热点.
跨学科的综合试题一般来讲应出在理、化、生的知识结合点上，这些结合点粗看并不多，但若仔细推敲，可作为命题立足点的知识仍然层出不穷.若认真分析一下近几年的跨学科综合测试题，从中不难发现其命题的热点主要集中在备受社会广泛关注的焦点问题上.主要涉及到环境、能源、高新技术和人类健康四个方面.基于此，为做好明年的备考工作，希望大家对以下社会热点给予足够的重视.
1.物理和化学的知识结合点
(1)运用静电学知识解释离子晶体、金属晶体的熔点、沸点高低以及离子半径大小的 比较.
(2)恒定电流与原电池、电解、电镀间的相互渗透.
(3)与摩尔概念相关的物理量在物理和化学中的应用.
(4)光学知识与胶体化学的相互渗透.
(5)物理学中的原子结构理论和化学中的核外电子排布的相互渗透.
(6)放射性同位素及其综合应用.
2.物理和生物的知识结合点
物理和生物在研究方法上具有相同点，即宏观问题，微观解释.因此，这两个学科在知识渗透与交叉上，有以下几点应引起重视.
1.人体循环系统中的三个有关物理问题的讨论与计算：(1)心脏做功问题.心脏是提供血液循环系统的中央泵.其构造和功能为生命科学问题，但心脏的做功问题可用物理学中相关公式计算.(2)运用物理学中有关定律解释人体血管中有关血压问题.(3)动脉粥样硬化导致心脏做功增大问题，该问题可用物理学中的压强、功和能量等概念来解释.
2.原子的放射性与食品的保藏、育种、治疗疾病等，是物理学和生物学交叉渗透的又一热点.
3.生物学中眼球的构造和物理学中光学照相机原理的有关知识结合，涉及到的物理内容有折射率、凸透镜成像、眼睛视力的矫正、视觉与光子的联系等.
4.自然界的能量与人类、动植物的生命活动有密切关系.能源是物理学与生物学联系的 纽带.
精典题例解读
［例1］Fe是地壳中含量很丰富的元素，也是生物体所必需的元素.
（1）自然界中铁矿石主要有赤铁矿和磁铁矿.金属铁是在高炉中冶炼的，高炉炼铁除了加入铁矿石外，还需加入焦炭和石灰石.请填空：
①写出磁铁矿主要成分的化学式_____________.
②写出赤铁矿被还原成铁的化学方程式：_____________.
③写出焦炭在高炉中所参与反应的两个化学方程式：_____________.
④写出CaCO3所参与反应的两个化学方程式：_____________.
（2）磁铁在电器中有广泛的应用，如发电机.如图3-1所示，已知一台单相发电机转子导线框共有N匝，线框长为l1、宽为l2，转子的转动角速度为ω，磁极间的磁感应强度为B，试导出发电机的瞬时电动势E的表达式.
图3-1
现在知道有一种强永磁材料钕铁硼，用它制成发电机的磁极时，磁感应强度可增大到原来的K倍.如果保持发电机结构和尺寸、转子转动角速度、产生的电动势都不变，那么这时转子上的导线框需要多少匝？
（3）铁是叶绿素生物合成过程中必需的元素，缺铁植株最明显的症状是叶片发黄，请问这一症状先出现在植株的幼叶还是老叶上？为什么？
【解析】 （1）①Fe3O4
②Fe2O3+3CO2Fe+3CO2
（写成Fe2O3+3C2Fe+3CO也给分）
③C+O2CO2；CO2+C2CO；
④CaCO3CaO+CO2↑;
CaO+SiO2CaSiO3
（2）取轴Ox垂直于磁感应强度，线框转角为θ（如图3-2所示），线框长边垂直于纸面，点A、B表示线框长边导线与纸面的交点，O点表示转轴与纸面的交点.
图3-2
线框长边的线速度为 v=
一根长边导线产生的电动势为·Bsinθ·l1，一匝导线框所产生的感应电动势为
E1=l1l2ωBsinθ
N匝线框产生的电动势应为EN=NE1=Nl1l2ωBsinωt
磁极换成钕铁硼永磁体时，设匝数为N′，则有
EN′=N′l1l2ωKBsinωt
由EN=EN′可得
N′=
（3）幼叶上.
因为缺铁植株没有足够的铁供给新生幼叶，原先进入植物体的铁不易移动，所以不能转移到新生幼叶中再度被利用.
小结：本题以人们生产、生活和生命中所常见和需要的元素铁为线索，将化学中的炼铁过程、物理中的发电过程和生物的生命活动有机地串联起来，组合成一道综合性较强的试题.但就每一小题的解答，仍是独立地应用某一学科的知识，所以仍属“拼盘”形式.尽管如此，由于一道题中含有多学科内容，解题中要不断更换思维方式，处理起来仍有一定难度，平时做此适当的练习，还是有好处的.
［例2］如图3-3所示，在标准状态下，光滑水平面上卧放一质量为M=19 kg的导热圆筒形气缸，内半径为10 cm，在气缸内放一盆蒸熟的含酒曲的糯米，质量为m=1 kg的活塞可在气缸内无摩擦滑动，且不漏气，封闭的气体中无氧气存在.开始时活塞与缸底的距离为10 cm，经较长时间后，发现活塞与缸底的距离变为20 cm（糯米体积改变忽略不计）求：
图3-3
（1）写出化学反应方程式，并简要说明理由.
（2）产生多少克CO2？糯米的质量减少了多少克？
（3）产生的CO2气体对外做了多少功？
（4）在活塞向右移动的过程中，气缸向左移动了多少距离？
【解析】 （1）蒸熟糯米的主要成分是淀粉和水.淀粉在酶的作用下水解成葡萄糖，而葡萄糖在酒化酶的作用下作无氧呼吸而生成酒精和二氧化碳.
反应方程式为：
（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6
C6H12O62C2H5OH+2CO2+能量
（2）产生的二氧化碳气体使容器内的气体体积增大，增大的体积即为CO2的体积：
ΔV=πR2ΔL=3.14×12×13=3.14 L
又在标态下CO2的质量为：
m=(3.14÷22.4)×44=6.16 g
而糯米减少的质量就是放出的CO2质量，也为6.16 g.
（3）活塞缓慢向外推动空气，受到恒定的空气压力p0S，活塞相对气缸右移ΔL=0.1 m
故对外做功W=FΔL=p0SΔL=1.013×105×3.14×0.12×0.1 J=314 J.
（4）活塞向右移动的同时，气缸向左移动，系统水平方向动量守恒，设气缸移动速度为v1，距离为L1，活塞移动速度为v2，距离为L2
则：Mv1=mv2
Mv1t=mv2t
即ML1=mL2
亦即19L1=1L2 ①
又有：L1+L2=10 cm ②
由①②得L1=0.5 cm
小结：本题为化学和物理的综合题，主要考查了淀粉的水解、气体做功及动量守恒等知识点.
［例3］飞行员驾驶飞机从俯冲状态往上拉时，会发生两次黑视，第一次因为血压降低，导致视网膜缺血，第二次是因为大脑缺血；问：（1）血压为什么会降低？（2）血液在人体循环中所起的作用是什么？（3）为了使飞行员适应这种情况，要在如图3-4的仪器中对飞行员进行训练，飞行员坐在一个在竖直平面内做匀速圆周运动的舱内，要使飞行员受到的加速度a=6g，则转速需为多少？（R=20 m）
图3-4
【解析】 （1）当飞行员往上加速时，血液处于超重状态，故血液视重增大，心脏无法像平常一样运输血液，导致血压降低.
（2）血液在循环中所起作用为提供氧气、营养，带走代谢所产生的废物.
（3）由a向=Rω2
ω==rad/s
n===0.27 r/s≈17 r/min
小结：本题为生物、物理综合题，考查了超重、匀速圆周运动、血液循环等知识点.
［例4］有一种氢气燃料汽车，将太阳能聚焦产生高温使水分解成H２，然后以Ｈ２为汽车的能源，这样汽车的发动机在工作过程中只排出Ｈ２Ｏ
而不污染环境.试回答下列问题：
(1)已知1 mol汽油(设汽油的成分全部以辛烷计)完全燃烧生成ＣＯ２和液态水放
热890.3 kJ，则1 g H2和1 g汽油分别燃烧后，放出的热量之比约是多少?
(2)某汽车公司设计的一种以Ｈ２ 为燃料的汽车，质量为6000 kg，阻力是车重
的0.05倍，最大输出功率为60 kW，求：
①该汽车以a=0.5 m/s２的加速度从静止起动，则匀加速过程可维持多长时间?其最大
行驶速度是多少?
②若此车从武汉以最大速度匀速驶往距武汉300 km的南昌，设汽车发动机的效率为50%，求需要多少Ｈ２作燃料?
【解析】 (1)辛烷燃烧时的热化学方程式为：
Ｃ８Ｈ１８（g）+Ｏ２（ｇ）＝８ＣＯ２（ｇ）＋９Ｈ２Ｏ（ｇ）＋８９０.３ kJ
则1 ｇ汽油完全燃烧放出的热量为：
890.3÷114＝7.8 kＪ
由H２完全燃烧生成液态水的热化学方程式：
２Ｈ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）＝２Ｈ２Ｏ（ｇ）＋５７１.６ kJ
可知1 g H2完全燃烧放出的热量为：
571.6÷４＝142.75 kJ
1 g H２和1 g汽油完全燃烧放出的热量之比值为：
142.75∶７.８＝18.3∶１
(2)汽车匀加速运动的过程是：W一定，F-Fμ=ma，所以F也一定，而速度在增加，所以汽车的实际功率P=Fv也增大.当P增至额定功率时，匀加速过程结束.设匀加速过程时间为t.则：
由牛顿定律得：F-Fμ=ma ①
额定功率：P额=Fv ②
匀加速运动的末速度：v=at ③
代入数据解①②③可得t=20 s
当汽车继续加速时F减小，a减小，最终F=Fμ时速度达到最大值.所以最大速度
vm＝＝　m/s＝２０　m/s
汽车从武汉到南昌牵引力做的功为：
W=Fs=fs=0.05×６０００×１０×３００×１０３ Ｊ
＝９×１０８ Ｊ
汽车发动机消耗的总能量为：
W总＝＝ Ｊ＝１.８×１０９ Ｊ
因为1 mol H２完全燃烧放热285.8 kJ，所以发动机需消耗的Ｈ２为：
m＝ g＝１.２６×１０４ ｇ＝１２.６ ｋｇ
小结：为拯救人类赖以生存的自然环境，“绿色汽车”工程已在全世界范围内展开，世界各大汽车公司都在争相研制各种新型无污染环保汽车，本题以物理知识为载体，融环境保护、热化学方程计算于一题，主要考查学生理论联系实际的能力.
应用强化训练
1.家用微波炉是一种利用微波的电磁能加热食物的新型灶具，主要由磁控管、
波导管、微波加热器、炉门、直流电源、冷却系统、控制系统、外壳等组成.接通电源后，220 Ｖ交流经一变压器，一方面在次级产生３.４ Ｖ交流对磁控管加热，同时在次级产生2000 V高压经整流加到磁控管的阴、阳两极之间，使磁控管产生频率为2450 ＭＨｚ的微波.微波输送至金属制成的加热器(炉腔)被来回反射，微波的电磁作用使食物内分子高频地运动而内外同时受热，迅速使食物变熟，并能最大限度地保存食物中的维生素.
(1)导体能反射微波，绝缘体可使微波透射，而食物通常含有的成分是______________，较易吸收微波能而转换成热.
(2)在使用微波炉时应
Ａ.用金属容器盛放食物放入炉内加热器加热
B.用陶瓷容器盛放食物后放入炉内加热器加热
C.将微波炉置于磁性材料周围
D.将微波炉远离磁性材料周围
(3)试计算微波输出功率为700 Ｗ的磁控管每秒内产生的光子数.
(4)试计算变压器的升压变压比.
【解析】 （1）（2）略
（3）磁控管产生的微波（光子）频率
v= 2450×106 Hz,
所以每个光子能量
E1 = hv= 6.63×10-34×2450×106 J
= 1.6×10-24J
所以磁控管每秒产生的光子数：
n == = 4.4×1026
(4)==
【答案】 （1）蛋白质、糖类、脂肪、水、维生素、无机盐
（2）BD （3）4.4×1026 (4)11∶100
2.如图3-5所示，电解AgNO3溶液时，在t=5 s内从阴极上析出m=1.12×10-3 g银.已知银的摩尔质量为μ=107.9 g/mol（用石墨作两电极）.求：（1）两电极发生反应的离子方程式及观察到的现象.
（2）电流表的示数.
（3）在10 s内通过电解液中心横截面OO′的银离子的总质量.
图3-5
【解析】 （1）由电解原理，电解池阳极发生氧化反应，溶液中的OH-比NO3-容易失去电子，所以：4OH--4e=2H2O+O2↑.现象：在阳极周围有气泡冒出，阴极发生还原反应，Ag+比H+容易得到电子，所以Ag++e=Ag,现象：会看到阴极表面有白色的银覆盖.
（2）由Ag++e=Ag知，在5 s内，Ag得到电子的电荷量为：Q=NAe=×6.02×1023×1.6×10-19 C=1 C,即达到阴极的电子电荷量为1 C，故电流表示数I==0.2 A.
（3）因电解液中的电流是由Ag+和NO3-共同定向移动形成的，而电解液中心横截面上有等量的Ag+和NO3-在移动，所以I=，Q1=Q2,所以通过的电量Q2==1 C，所以10 s内通过OO′的Ag+的总质量m==1.12×10-3 g.
【答案】 （1）阳极：4OH--4e=2H2O+O2↑,现象：有气泡冒出；阴极：Ag++e=Ag,现象：阴极表面有白色的银覆盖.
（2）0.2 A (3)1.12×10-3 g
3.如图3-6所示，某足球运动员在距球门11 m处罚点球，准确地从横粱下边沿踢进一球.横梁下边沿离地高h=2.4 m，足球质量m=0.6 kg.空气阻力不计，取g=10 m/s2.试回答下列问题：
图3-6
（1）该足球运动员在比赛进行中为补充水分，适宜喝
A.高糖饮料
B.高盐饮料
C.优质矿泉水
D.等渗饮料
（2）该足球运动员血液中钙的含量过低，比赛中将会有_______病理现象出现，医生建议他口服维生素_______.
（3）该运动员罚点球时，至少应传递给足球多少能量？
（4）试计算足球飞到球门处需要多长时间.
【解析】 （1）D （2）抽搐，D和钙片；
（3）该足球的初速度为v，其水平分量为v2，竖直分量为v1，则有：
水平方向：11=v2t ①
竖直方向：2.4=v1t-×10t2 ②
足球初动能：Ek=mv2=m(v12+v22) ③
由①②可得：
v12+v22=v22++24
若要使Ek取极小值，必须（v12+v22）取极小值.因上式中前两项均为正，且这两项之积为常数，故这两项相等时，这两项的和最小，从而（v12+v22）最小.
由v22=得：
v22=
所以Ekmin=(v12+v22)=m(2×v22+24)=×0.6×(2××+24) J
=36.2 J
（4）足球飞到球门所需的时间为：
t==1.5 s
【答案】 （1）D （2）抽搐，D和钙片
（3）36.2 J (4)1.5 s
4.宇宙飞船的主要燃料叫“偏二甲肼”，已知该化合物的化学式为C2N2H8，又知偏二甲肼的分子中有一个氮原子不与氢相连，据以上内容回答下列问题：
（1）偏二甲肼的结构简式为_____________.
（2）此燃料燃烧时所用的氧化剂是N2O4，燃烧产物只有N2、CO2、H2O，在该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为
A.1∶2
B.2∶1
C.3∶4
D.4∶3
（3）已知一个物体在飞船静止于地面时，重为32 N，飞船沿地球径向加速上升到一定高度时，加速度为5 m/s2，此时物重变为18 N.设地球表面的重力加速度g=10 m/s2，则此时飞船离地面的高度约为地球半径的几倍？
（4）宇宙飞船上可以搭载作物种子，从而培育高产新品种，我们把这种在太空中利用射线培育新品种的育种方法叫_______.
【解析】 （1）(CH3)2N—NH2
(2)B
(3)G=mg,m=3.2 kg,G′=mg+ma,18=16+3.2×g′;g′=5/8
g′/g=,h=3R地 (4)诱变育种.
【答案】 （1）(CH3)2N—NH2
(2)B
（3）3倍 （4）诱变育种
5.如图3-7所示，玻璃容器内盛有200 g的KOH水溶液，溶质的质量占2%，A、B为两个铂电极，开始时开关S断开，电压表示数为6 V，闭合开关S，开始通电，电压表示数为4.8 V，经过8×104 s，断开S停止通电，溶液中溶质的质量占总数的2/55（阿伏加德罗常数NA取6.0×1023 mol-1），求：
图3-7
（1）电源的电动势多大？
（2）电源的内电阻多大？
【解析】 在S断开时，电压表测量的是电源的路端电压，根据电路路端电压与外电阻的关系知道，开始时的路端电压就是电源电动势.现在玻璃容器内的KOH水溶液是电路的负载，当接通外接电源时A是电解池的阳极，发生的电极反应是：4OH--2e- 2H2O+O2↑,B是电解池的阴极，发生的反应是：4H++4e- 2H2↑，KOH水溶液因通电没有减少溶质KOH，只是消耗了水，从而使KOH水溶液中溶质的百分含量升高，由此可知，因通电溶液减少的质量就等于水减少的质量，从而可进一步由物质的迁移量找出转移的电量，求出通电电流，最后求解.（1）S断开时路端电压值等于电源电动势，故E=6 V.（2）根据KOH水溶液导电过程的化学变化规律，溶液中减少的物质是水，减少量Δm=20-=9 g,即0.5 mol的水，因为电解1 mol水时有2 mol电子发生转移（1 mol的电子和1 mol正离子反向通过“导线”横截面），根据电流强度定义得：I=Q/t=ne·NA/t==12 A，根据全电路欧姆定律E=U+Ir,
所以r=(E-U)/I=(6-4.8)÷12=0.1 Ω.
【答案】 (1)6 V (2)0.1 Ω
6.地球距太阳约为r=1.5×1011 m，地球半径约为R=6.4×106 m，到达地球表面的太阳辐射能的几条主要去路是直接反射5.2×1016 J/s,水循环4.0×1016 J/s;
大气流动3.7×1014 J/s，光合作用3.7×1014 J/s;
以热能方式离开地球8.1×1016 J/s
请根据以上数据：
(1)计算地球对太阳能的利用率；
（2）计算通过光合作用每年（按365天计算）有多少太阳能转化为化学能；
（3）写出光合作用的总反应式；
（4）光合作用为我们的生存环境每年除去了质量为M的二氧化碳气体，试根据能量关系列M的计算式，列式中缺少的数据用符号Q表示，并指出符号Q的含义；
（5）估算太阳的辐射功率P.
【解析】 （1）η=4.0×1016/(5.2×1016+4.0×1016+8.1×1016)=23.3%;
（2）W化=3.7×1014×365×24×3600=1.2×1022 J;
（4）设生成每 mol C6H12O6所储存的能量为Q，则每年由于光合作用生成C6H12O6的摩尔数为n=,每生成1 mol C6H12O6除去CO2的质量为（12+16×2）×6=26 kg= 0.264 kg，则每年除去CO2的质量为M=0.264 n=0.264×= kg；
（5）以太阳为球心，以太阳到地球的距离为半径作一大球，球面上的热功率即为太阳的热辐射功率.
【答案】 （1）23.3% (2)1.2×1022 J
（4）M= kg（Q表示每生成1 mol C6H12O6所储存的能量）
（5）3.8×1026 J/s
7.绿色植物在光合作用中，每放出一个氧分子要吸收8个波长为6.88×１０－７m的光量子，植物以葡萄糖的形式储存能量.
普朗克常数h=6.63 ×１０－３４Ｊ·s，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－１，试解答下列问题：
(1)试计算绿色植物能量的转化效率.
(2)若每公顷森林每天可产生730 kg氧气，则这种森林每天每公顷可储存多少能量?
(3)如果上述过程中水为液体、葡萄糖为固体，其余物质为气体，用热化学方程式表示由ＣＯ２和水通过光合作用生成葡萄糖和氧气的过程.若用含有示踪原子１８Ｏ的水(Ｈ218Ｏ)，试在反应方程式中标出示踪原子18Ｏ存在于哪种物质中?
【解析】 (1)每生产1个氧分子吸收的能量为
E＝８×＝８× Ｊ
＝２.３１×１０－１８ Ｊ
h:普朗克常数 c:光速3×１０８　m/s λ：光子波长 每吸收1个O２储存的光能为：
Ｊ＝７.７５×１０-19 Ｊ
绿色植物能量的转化率为：＝３３.５％
(2)这种森林每公顷每天贮存的能量：
× kJ＝１.０６×１０７ kJ
(3)６ＣＯ２（ｇ）＋１２Ｈ218Ｏ（l）→Ｃ６Ｈ12Ｏ６（ｓ）＋６Ｈ218Ｏ（l）＋６18Ｏ２（ｇ）－8353.8 kJ
从以上反应热化学方程式可看出，光合作用释放出的Ｏ２来自参加反应的水.
【答案】 （1）33.5% (2)1.06×107 kJ (3)略
8.核电站采用核反应堆使重核裂变，将释放出的巨大能量转化成电能.
（1）完成下列核反应式：
+→+Zr+++反中微子
（反中微子的质量和电荷数均为零）
（2）写出核裂变反应和一般化学反应的不同点（至少3点）.
（3）核电站在热量传递的循环系统中应用了钠钾合金作为传热介质，试根据钠钾合金的性质说明这一应用的两点理由.
（4）依据上述核反应方程式，计算1 kg铀235全部裂变可产生多少kJ的能量？
已知：铀（U）核的质量为235.0439 u，中子（n）的质量为1.0087 u,铷（Nd）核的质量为142.9098,锆（Zr）核的质量为89.9047 u,1 u=1.6606×10-27 kg
【解析】 （1）据反应前后质量数和电荷数守恒得：.
（2）对单位质量的物质而言，核裂变释放的能量远大于化学反应释放的能量；核反应前后元素（原子核）发生变化，而化学反应中元素不变（电子有得失）；一种同位素不论处于何种价态（如单质铀或化合物铀），它们的核反应性质相同，而化学性质不同；而同一种元素的不同同位素（如铀235和铀238）化学性质相同，但核反应的性质不同；核反应的速率与温度、压强等无关仅由核内因素决定，而化学反应往往与外界温度高低、压强大小等 有关.
（3）钠钾合金熔点低，常温下为液态，可在管道内流动；钠钾合金是热的良导体.
（4）核能ΔE总=×Δm·c2=8.12×1010 kJ.
【答案】 (1) （2）略 （3）略
（4）8.12×1010 kJ
教学参考链接
尽管综合命题是今后高考发展的方向，但限于目前各方面条件限制，综合科考试命题还不会有太大的突破，各科内容拼盘式的命题，还会维持一段时间.因此在指导学生复习中，仍应把学科内知识的综合作为复习的重点，不同学科知识的综合命题应让学生了解一些，以免一旦遇到此类题目感觉无从下手，但不应当作为重点花太大的气力，做太多的题目，以避免舍本求末，出力不讨好.

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