【状元之路】2014-2015高中物理新课标选修3-3：单元测评(4)

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物理新课标状元之路一轮总复习考点调查答案解析

高考进行时一轮总复习·物理(新课标通用版)考点调查·答案解析必修1第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第1讲描述运动的基本概念回扣教材抓基础————————————————知识梳理参考地面运动同一参考系质量理想化大小形状位置□10有向线段□11轨迹□12初□13末□14等于□15小于□16位移□17时间□18xt□19时刻□20切线□21大小□22标量□23变化快慢□24ΔvΔt□25相同□26矢量考点自测1．答案：BD2．解析：在解答本题时，很多同学受生活习惯的影响，往往错误地认为参考系只能选地面，其实不然，如A选项，可以选择与地面相对静止的三楼地板为参考系．参考系的选择没有对错之分，只有合理与不合理的区别，只要有利于问题的研究，选择哪个物体为参考系都可以．答案：AD3．解析：位移是矢量，路程是标量，不能说这个标量就是这个矢量，所以A错，B正确．路程是物体运动轨迹的实际长度，而位移是从物体运动的起始位置指向终止位置的有向线段，如果物体做的是单向直线运动，路程就和位移的大小相等．如果物体在两位置间沿不同的轨迹运动，它们的位移相同，路程可能不同．如果物体从某位置开始运动，经一段时间后回到起始位置，位移为零，但路程不为零，所以C、D正确．答案：BCD4．解析：运动员的位移x相同，由v＝xt知，孙培萌用时短，则其平均速度大，C正确．答案：C5．答案：B6．解析：正、负号表示运动方向，不表示大小，A错误；甲的加速度与速度同向，做匀加速直线运动，乙的加速度与速度方向相反，做匀减速直线运动，B正确；甲、乙的速度无法比较，C错误；加速度大小相等，相等时间内速度变化的大小相等，D正确．答案：BD题型分类学方法————————————————【例1】解析：楼房和地面相当于同一参考系，所以，甲是匀速下降．乙看到甲匀速上升，说明乙匀速下降，且v乙＞v甲．甲看到丙匀速上升，丙有三种可能：①丙静止；②丙匀速上升；③丙匀速下降，且v丙＜v甲．丙看到乙匀速下降，丙也有三种可能：①丙静止；②丙匀速上升；③丙匀速下降，且v丙＜v乙．经上述分析，A、B均有可能．答案：AB变式训练1解析：河岸上的旗帜右飘，说明有向右吹的风，A船的旗帜向右飘，无法判断A船的运动情况；B 船的旗帜向左飘，所以B 船一定向右运动，且其运动速度大于风速．答案：C【例2】解析：物体在AB 段的平均速度v ＝xt ＝1 m/s ，A 正确；ABC 段的平均速度v ＝22＋122＝ m/s ＝52m/s ，B 正确；时间间隔越短，越接近A 点的瞬时速度，C 正确；在匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，D 错误．答案：ABC变式训练2 解析：设全程位移为x ，则有t 1＝23x v 1，t 2＝13x v 2，v ＝xt 1＋t 2，解得v 1＝70 km/h.答案：D【例3】解析：对于加速直线运动，当加速度减小时，速度还在增加，只不过增加变慢，A 可能；加速度方向发生改变，即加速度存在，有加速度存在速度就改变，B 不可能；加速度仅反映速度改变的快慢，若加速度方向与速度方向相反，加速度最大时，速度减小得最快，当然速度可能最小，若加速度方向与速度方向相同，当加速度最小时，速度增大得最慢，加速度为零时，速度取得最大值，C 可能；加速度方向不变，物体可能做初速度不为零的匀减速运动，而后做反向的匀加速运动，D 可能．故选B.答案：B变式训练3 解析：做变速直线运动的物体可以是加速，也可以是减速，加速度不断减小到零表明物体速度变化的越来越慢至速度不变，故A 、B 、C 、D 都正确．答案：ABCD特色一角提技能————————————————亲身体验解析：物体的形状和大小对所研究的问题影响很小，可以忽略时，物体可以看成质点．研究火车通过隧道的时间时，火车的长度不能忽略，火车不能看成质点；同学的身体姿态、动作，飞船的飞行姿态均不能忽略，所以同学和“神舟”十号均不能看成质点；用“北斗”导航系统确定海监船的位置时，海监船的大小可以忽略，可以看成质点，D 正确．答案：D第2讲匀变速直线运动的规律回扣教材抓基础———————————————— 知识梳理v ＝v 0＋at x ＝v 0t ＋12at 2 v 2－v 20＝2ax 中间一半 aT 2 1∶2∶3∶……∶n 1∶22∶32∶……∶n 2 1∶3∶5∶……∶(2n －1) □101∶(2－1)∶(3－2)∶……∶(n －n －1) □11gt □1212gt 2 □132gh □14v 0－gt □15v 0t －12gt 2 □16v 2－v 20 □17v 202g □18v 0g考点自测1．解析：由题意，飞机的初速度为0，所以x ＝12at 2，将x ＝1 600 m ，t ＝40 s 代入得a ＝2×1 600 m (40 s )2＝2 m/s 2，故v ＝at ＝2 m/s 2×40 s ＝80 m/s.答案：A2．解析：根据v ＝v 0＋at ，则a ＝－10－102 m/s 2＝－10 m/s 2.由于物体做匀变速运动，所以v ＝v ＋v 02＝0.即C 正确，其余均错．答案：C3．解析：根据位移公式x ＝12at 2，从开始运动起，连续通过的三段位移分别为x 1＝12at 21＝12a 、x 2＝12a (t 2＋t 1)2－12at 21＝4a 、x 3＝12a (t 3＋t 2＋t 1)2－12a (t 1＋t 2)2＝272a ，再根据平均速度公式可得选项B 正确．答案：B4．解析：设飞机滑行前需要获得的最小初速度为v 0，则v 2－v 20＝2ax ，即502－v 20＝2×6×200，解得v 0＝10 m/s ，B 正确．答案：B5．解析：由匀加速直线运动的位移公式可知x ＝v －t ＝0＋v 2t ＝12v t ，选项A 错误，选项B 正确；匀减速直线运动可以看成初速度为0的匀加速直线运动的逆过程，故返回后的加速度、位移的大小和起飞前相同，选项C 错误，选项D 正确．答案：BD6．解析：本题考查的是自由落体运动规律的应用，意在考查考生建立物理模型的能力和应用物理规律解决实际问题的能力．由自由落体的规律，得h ＝12gt 2＝20 m.答案：B题型分类学方法————————————————【例1】解析：由于物体连续做匀减速直线运动，可以直接应用匀变速运动公式．以v 0的方向为正方向．(1)设经时间t 1回到出发点，此过程中位移x ＝0，代入公式x ＝v 0t ＋12at 2，并将a ＝－5 m/s 2代入，得t ＝－2v 0a ＝－2×20－5s ＝8 s.(2)由公式v ＝v 0＋at 知，6 s 末物体的速度 v ＝v 0＋at ＝[20＋(－5)×6] m/s ＝－10 m/s.负号表示此时物体的速度方向与初速度方向相反．答案：(1)8 s (2)大小为10 m/s ，方向与初速度方向相反变式训练1 解析：(1)以初速度方向为正方向，则有a ＝－6 m/s 2 飞机在地面滑行最长时间t ＝Δv a ＝0－60－6 s ＝10 s所以飞机12 s 内滑行的位移等于10 s 内滑行的位移由v 2－v 20＝2ax 可得x ＝－v 202a ＝－6022×(－6) m ＝300 m. (2)解法一：v ＝v t ＋v 02＝0＋602m/s ＝30 m/s解法二：v ＝Δx Δt ＝30010m/s ＝30 m/s. (3)可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动x ′＝12at 2＝12×6×42 m ＝48 m.答案：(1)300 m (2)30 m/s (3)48 m 【例2】解析：解法一：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，可看成向下匀加速滑下斜面．故s BC ＝at 2BC /2，s AC ＝a (t ＋t BC )2/2.又s BC ＝s AC /4，解得：t BC ＝t . 解法二：比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为s 1∶s 2∶s 3∶…∶s n＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．现有s BC ∶s BA ＝(s AC /4)∶(3s AC /4)＝1∶3，通过s AB 的时间为t ，故通过s BC 的时间t BC ＝t . 解法三：中间时刻速度法利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度． vAC ＝(v t ＋v 0)/2＝(v 0＋0)/2＝v 0/2.又v 20＝2as AC ① v 2B ＝2as BC ② s BC ＝s AC /4③解①②③得：v B ＝v 0/2.可以看出v B 正好等于AC 段的平均速度，因此B 点是中间时刻的位置．因此有t BC ＝t .解法四：图象面积法利用相似三角形面积之比，等于对应边平方比的方法，作出v -t 图象，如图所示．S △AOC /S △BDC ＝CO 2/CD 2. 且S △AOC ＝4S △BDC ，OD ＝t ， OC ＝t ＋t BC .故4/1＝(t ＋t BC )2/t 2BC. 得t BC ＝t .对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比 t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3)∶…∶(n －n －1)．现将整个斜面分成相等的四段，如图所示．设通过BC 段的时间为t x ，那么通过BD 、DE 、EA 的时间分别为t BD ＝(2－1)t x ，t DE ＝(3－2)t x ，t EA ＝(4－3)t x ，又t BD ＋t DE ＋t EA ＝t ，得t x ＝t . 答案：t变式训练2 解析：本题考查匀变速直线运动规律的应用，意在考查考生灵活应用运动学公式解题的能力．第一段Δx 的中间时刻的速度为v 1＝Δx t 1，第二段Δx 的中间时刻的速度为v 2＝Δxt 2，则加速度a ＝v 2－v 1t 1＋t 22＝2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)，A 项正确．答案：A【例3】解析：解法一：把竖直上抛运动过程分段研究．设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点，则t 1＝v 0g ＝1010s ＝1 s.上升的最大高度 h 1＝v 202g ＝1022×10m ＝5 m.故重物离地面的最大高度为H ＝h 1＋h ＝5 m ＋175 m ＝180 m. 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t 2＝2H g＝ 2×18010s ＝6 s.v t ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s.所以重物从气球上掉落至落地共历时t ＝t 1＋t 2＝7 s.解法二：取全过程作一整体进行研究，从物体自气球上掉落计时，经时间t 落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在时间t 内的位移h ＝－175 m.由位移公式h ＝v 0t －12gt 2有－175＝10t －12×10t 2，解得t ＝7 s 和t ＝－5 s(舍去)，所以重物落地速度为v 1＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－60 m/s. 其中负号表示方向向下，与初速度方向相反．解法三：对称法根据速度对称，重物返回脱离点时，具有向下的速度v 0＝10 m/s ，设落地速度为v t ，则v 2t －v 20＝2gh .解得v t ＝60 m/s ，方向竖直向下．经过h 历时Δt ＝v t －v 0g＝5 s.从最高点到落地历时t 1＝v tg＝6 s.由时间对称可知，重物脱落后至落地历时t ＝2t 1－Δt ＝7 s. 答案：7 s 60 m/s变式训练3解析：小球下落的情况如图所示(1)初速度为零的匀加速直线运动中，由开始起相邻相等时间间隔内位移比为1∶3∶5∶…∶(2n －1)，自由落体运动符合这一规律．如图所示，11个小球将125 m 分成10段，设由上至下为x 1、x 2…x 10. h ＝12gt 2，t ＝ 2h g ＝5 s Δt ＝t10＝0.5 s.(2)因为t 1＝Δt ，故x 1＝h 1＝12gt 21＝12×10×0.25 m ＝1.25 m. 第3个球与第5个球之间的距离为h 7＋h 8，而根据此例：h 7＝13x 1，h 8＝15x 1 Δh ＝h 7＋h 8＝28h 1＝28×1.25 m ＝35 m. 答案：(1)0.5 s (2)35 m特色一角提技能————————————————亲身体验解析：由Δx ＝aT 2得：9－7＝a ·12，a ＝2 m/s 2，由v 0T －12aT 2＝x 1得：v 0×1－12×2×12＝9，v 0＝10 m/s ，汽车刹车时间t m ＝v 0a ＝5 s ＜6 s ，故刹车后6 s 内的位移为x ＝v 22a＝25 m ，C 正确．答案：C第3讲运动图象追及和相遇问题回扣教材抓基础———————————————— 知识梳理位移时间速度速度速度时间加速度加速度位移大小 □10正方向 □11负方向 □12同一 □13相等 □14等于考点自测1．解析：物体的位移随时间的变化关系图线不表示物体的运动轨迹，其斜率表示速度，故物体做变速直线运动，选项B 正确．答案：B2．解析：x -t 图象中，质点能回到初始位置，则初末时刻纵坐标相同，A 正确；B 表示末位置在初位置关于坐标原点的对称点，B 错误；速度-时间图线与横轴所围的面积表示该过程的位移，且有正负之分，C 中所围的面积为正，D 中横轴上下方面积恰好抵消，故C 错误，D 正确．答案：AD3．解析：0～0.5 s 甲、乙运动方向相反，A 错误；在v -t 图象中，图线与时间轴包围的面积为物体的位移，B 正确；在0～4 s 内，甲的速度始终为正，即始终向正方向运动，C 错误；在v -t 图象中，图线斜率的正负表示加速度的方向，6 s 时斜率均为负，所以D 正确．答案：BD4．解析：如图汽车A 以v 0＝20 m/s 的初速度做匀减速直线运动经40 s 停下来．据加速度公式可求出a ＝－0.5 m/s 2.当A 车减为与B 车同速时是A 车逼近B 车距离最近的时刻，这时若能超过B 车则相撞，反之则不能相撞．据v 21－v 20＝2as 可求出A 车减为与B 车同速时的位移s 1＝364 m 所用时间t ＝v 1－v 0a ＝28 s所以B 车位移s 2＝v 1t ＝168 m Δs ＝364 m －168 m ＝196 m>180 m 所以两车会相撞．答案：能题型分类学方法————————————————【例1】解析：在x -t 图象中表示的是直线运动的物体的位移随时间的变化情况，而不是物体运动的轨迹，由甲、乙两车在0～t 1时间内做单向的直线运动，故在这段时间内两车通过的位移和路程均相等，A 、B 两项均错．在v -t 图象中，t 2时刻丙、丁速度相等，故两者相距最远，C 项正确．由图线可知，0～t 2时间内丙的位移小于丁的位移，故丙的平均速度小于丁的平均速度，D 项错误．答案：C变式训练1 解析：根据位移图象中图线的斜率表示速度可知，该质点的x -t 关系图象可大致表示为B 图．答案：B【例2】解析：解法一(解析法)：(1)当甲车速度减至等于乙车速度时两车的距离最大，设该减速过程时间为t ，则v 乙＝v 甲－at ，解得t ＝12 s ，此时甲、乙间距离为Δx ＝v 甲t －12at 2－v 乙t ＝10×12 m －12×0.5×122 m －4×12 m ＝36 m.(2)设甲车减速到零所需时间为t 1，则有 t 1＝v 甲a＝20 s ，t 1时间内，x 甲＝v 甲2t 1＝102×20 m ＝100 m ，x 乙＝v 乙t 1＝4×20 m ＝80 m ，此后乙车运动时间t 2＝x 甲－x 乙v 乙＝204 s ＝5 s.故乙车追上甲车需t 1＋t 2＝25 s. 解法二(图象法)：作出两车运动的v -t 图象如图所示．(1)甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，由图象得此时刻即为交点对应时刻t ＝12 s ，最大距离为阴影部分面积Δx ＝12×(10－4)×12 m ＝36 m.(2)乙车追上甲车，即两车位移相等，x 甲＝12×10×20 m ＝100 m.x 乙＝x 甲＝4t . 则t ＝25 s.答案：(1)36 m (2)25 s变式训练2 解析：以小汽车起动位置为坐标的起点，并从它起动时开始计时，则小汽车的位移x 1与大卡车的位移x 2随时间t 的变化关系式如下：x 1＝12at 21①x 2＝v 0t 2 ②(1)小汽车追上大卡车的条件是：运动相同时间且位移相同． x 1＝x 2＝x ③ t 1＝t 2＝t ④由①～④式解得t ＝2v 0a ＝2×102 s ＝10 s ，x ＝v 0t ＝10×10 m ＝100 m. (2)小汽车追上大卡车时的速度为 v ＝at ＝2×10 m/s ＝20 m/s.(3)两车之间的距离大小与两车的相对速度有关，当两车的速度相等时，两车间的距离最大．设两车速度相等的时刻为t ′，则有v 0＝at ′ ⑤ 由⑤式解得t ′＝v 0a ＝102s ＝5 s.故两车间的最大距离为x m ＝v 0t ′－12at ′2＝10×5－12×2×25 m ＝25 m.答案：(1)100 m (2)20 m/s (3)25 m特色一角提技能———————————————— 亲身体验1 解析：可按下列流程分析匀减速直线运动，在t ＝10 s 时，两车达到相同速度．因此，在0～10 s 内，乙车速度大于甲车，而10 s 以后甲车速度大于乙车．由于t ＝0时刻，两车处于同一位置，所以0～10 s 内乙车在前，甲车在后，且甲、乙两车逐渐远离；10～20 s 内，仍然乙车在前，但甲、乙车开始相互靠近．答案：C亲身体验2 解析：(1)设甲从离接力区13.5 m 处到赶上乙所用时间为t ，乙从开始起跑到被甲追上，跑的路程为x ，甲、乙二人所用时间相等．由几何关系知，对甲13.5＋xv ＝t ，对乙x ＝12at 2，且v ＝at ＝9 m/s ，由以上各式可解得a ＝3 m/s 2，t ＝3 s ， x ＝13.5 m.(2)完成交接棒时，乙离接力区末端的距离为L －x ＝20 m －13.5 m ＝6.5 m. 答案：(1)3 m/s 2 (2)6.5 m第4讲实验：研究匀变速直线运动回扣教材抓基础———————————————— 知识梳理加速度 0.02 匀变速直线 3aT 2 0.1 s 考点自测1．解析：A 中应先接通电源，再放开纸带．C 中应调整滑轮的高度，使细绳与平板平行，D 中应先断开电源，使打点计时器停止工作，E 属于多余步骤．应补充G ，换上新纸带，重复操作两次．H.断开电源，整理好器材．正确合理的顺序应为B 、F 、C 、A 、D 、G 、H.答案：见解析2．解析：a ＝(x 6＋x 5＋x 4)－(x 3＋x 2＋x 1)9T 2＝(2.78＋2.00＋1.22)－(5.18＋4.40＋3.62)9×0.12cm/s 2 ＝－80 cm/s 2＝－0.80 m/s 2，“－”号表示加速度方向与纸带运动方向相反，即方向为A →B . v 3＝x 3＋x 42T ＝3.62＋2.782×0.1 cm/s ＝32.0 cm/s ＝0.32 m/s.方向从B →A .答案：(1)0.1 (2)0.80 A →B (3)0.32 B →A题型分类学方法———————————————— 【例1】解析：(1)相邻两个计数点间的时间间隔为0.1 s ，所以v B ＝x AC 2×0.1 s ＝0.050.2 m/s ＝0.25 m/s ，vCE＝x CE2×0.1 s＝0.14－0.050.2 m/s ＝0.45 m/s. (2)v -t 图象如图所示．(3)在v -t 图象中，图线的斜率表示加速度，即a ＝0.55－0.250.3m/s 2＝1.0 m/s 2答案：(1)0.25 0.45 (2)见上图 (3)1.0变式训练1 解析：(1)DCBA (2)T ＝5×0.02 s ＝0.10 s (3)v 5＝s 4＋s 52T (4)a ＝(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 2答案：(1)DCBA (2)0.10 s (3)v 5＝s 4＋s 52T(4)(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 2【例2】解析：物体只在重力的作用下做匀加速直线运动，通过对纸带数据的处理，可以求出当地的重力加速度数值．方法A ：g ＝g 1＋g 2＋g 3＋g 4＋g 55＝x 2－x 1T 2＋x 3－x 2T 2＋x 4－x 3T 2＋x 5－x 4T 2＋x 6－x 5T 25＝x 6－x 15T 2所以方法A 中只有x 1和x 6起作用．方法B ：g ＝g 1＋g 2＋g 33＝x 4－x 13T 2＋x 5－x 23T 2＋x 6－x 33T 23＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2所以方法B 中x 1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6均起作用．因此选择方法B 更合理，更易减小偶然误差．本实验中误差来源较多，例如：阻力不恒定、交流电频率不稳定、长度测量不准确、数据处理方法等．答案：x 1、x 6 x 1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6 B 偶然阻力不恒定、交流电频率不稳定等变式训练2 解析：(1)d ＝10 mm ＋0.05 mm ×2＝10.10 mm ＝1.010 cm.(2)v 1＝d t 1＝1.010×10－21.0×10－2m/s ＝1.0 m/s ；v 2＝d t 2＝1.010×10－24×10－3 m/s ＝2.5 m/s. (3)v 1、v 2实质上是通过光电门1和2时的平均速度，要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将滑块的宽度减小一些．答案：(1)1.010 (2)1.0 2.5 (3)平均速度滑块特色一角提技能————————————————亲身体验解析：实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，频闪仪的闪光频率满足的条件是：频闪仪频率等于水滴滴落的频率；由Δx ＝gT 2和逐差法解得当地重力加速度g ＝9.72 m/s 2；该实验存在的系统误差可能有：存在空气阻力，水滴滴落的频率变化等．答案：(1)频闪仪的闪光频率等于水滴滴落的频率 (2)9.72 2.27(3)存在空气阻力(或水滴滴落的频率变化)第二章相互作用第1讲常见的三种力回扣教材抓基础————————————————知识梳理大小方向作用点地球正比mg弹簧测力计竖直向下质量□10形状□11弹性形变□12接触□13弹性形变□14相反□15弹性形变□16正比□17kx□18劲度系数□19N/m□20改变量□21相对静止□22相对运动□23粗糙□24压力□25相对运动趋势□26粗糙□27压力□28相对运动□290□30F f m□31相反□32μF N□33相反□34相对运动趋势□35相对运动考点自测1．解析：物体所受的重力等于质量跟该处重力加速度的乘积，地球各处的重力加速度不一定相等，而认为重力作用在物体的重心上，只是物体各部分都受重力作用的等效处理，所以重心由物体的几何形状和质量分布决定．答案：C2．解析：物体相互接触并发生弹性形变时才能产生弹力，一个物体受到的弹力，一定是和它接触的另一个物体提供的．答案：C3．解析：不拉A时，对A：kx1＝mg①B刚要离开地面时，对B：kx2＝mg②L＝x1＋x2③由①②③得：L＝2mgk.答案：B4．解析：静摩擦力的大小与该处的正压力没有直接关系，选项A错误，B正确；摩擦力的方向与接触面相切，弹力方向与接触面垂直，故摩擦力方向一定与弹力方向垂直，选项C错误；水平匀速旋转的转盘上的物体受到的摩擦力与运动方向垂直，所以选项D错误．答案：B5．解析：甲图是静摩擦力，由平衡条件得：F1＝80 N，乙图是滑动摩擦力，由F f＝μF N得F f＝0.45×200 N＝90 N，故选项C正确．答案：C题型分类学方法————————————————【例1】解析：(1)小车静止，小球所受合外力为零，所以杆对球的弹力与重力平衡，即F1＝mg, 方向竖直向上.(2)车向右做匀加速运动时，受力分析如图，设杆对球的弹力方向与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律得F2sinθ＝ma，F2cosθ＝mg，解得F2＝m g2＋a2，θ＝arctan ag.(3)将a ＝g tan α 代入(2)问结论得F 2＝mgcos α，θ＝α，即弹力沿杆向上．答案：(1)mg ，方向竖直向上(2)m g 2＋a 2，方向与竖直方向夹角为arctan ag(3)mg cos α，沿杆向上变式训练1 解析：取球受力分析如图所示，由平衡条件知F 杆＝62＋82 N ＝10 N ，设F 杆与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝F G ＝68，所以θ＝37°.答案：C【例2】解析：对A 、B 整体受力分析如图甲所示，滑动摩擦力F f1使整体产生加速度a ，设A 与地面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律得F f1＝μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，解得a ＝μg ，保持不变，方向水平向左．再隔离B ，B 的受力分析如图乙所示，为获得加速度a ，B 受到A 的静摩擦力只能水平向左，且大小F f2＝m B a ＝μm B g ，故A 正确．答案：A变式训练2 解析：因小球受到竖直向下的重力和斜向右上方的绳的拉力作用，因此，合力一定向右，故汽车的加速度水平向右，但有可能是向左做匀减速运动，故A 错误，B 正确；分析m 1的受力可知，只有受到的摩擦力水平向右，m 1才能产生向右的加速度，故C 正确，D 错误．答案：BC【例3】解析：(1)因A 、B 向右匀速运动，B 物体受到的合力为零，所以B 物体受到的摩擦力为零．(2)因A 、B 无相对滑动，所以B 受到的摩擦力是静摩擦力，此时不能用滑动摩擦力公式F f ＝μF N来计算，用牛顿第二定律对B 物体分析有F 合＝ma 得F f ＝ma ，方向水平向右．(3)因A 、B 发生了相对滑动，所以B 受到的摩擦力是滑动摩擦力，即F f ＝μF N ＝μmg ，方向水平向右．(4)因滑动摩擦力的大小与物体间的接触面积大小无关，所以F f ＝μmg ，方向水平向右．答案：(1)0(2)ma ，方向水平向右 (3)μmg ，方向水平向右(4)μmg，方向水平向右变式训练3解析：木块P对长木板的滑动摩擦力大小为F＝μ2mg，长木板始终静止，则地面对长木板的静摩擦力大小为F′＝F＝μ2mg.故只有C选项正确．答案：C特色一角提技能————————————————亲身体验解析：设木板与水平面间的夹角增大到θ时，铁块开始滑动，显然当α<θ时，铁块与木板相对静止．由力的平衡条件可知，铁块受到的静摩擦力的大小为F f＝mg sinα；当α≥θ时铁块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力．设动摩擦因数为μ，由滑动摩擦力公式得，铁块受到的滑动摩擦力为F f＝μmg cosθ.通过上述分析知道：α<θ时，静摩擦力随α角增大按正弦函数增加；当α≥θ时，滑动摩擦力随α角增大按余弦规律减小，所以正确选项为C.答案：C第2讲力的合成与分解回扣教材抓基础————————————————知识梳理效果效果合力分力合力平行四边形合力分力力的合成□10大小□11方向□12平行四边形定则□13大小□14方向考点自测1．解析：以人为研究对象，根据人处于平衡状态，由平衡条件知椅子对人的力F和重力大小相等，A正确．答案：A2．解析：合力可以大于任何一个分力，也可以小于任何一个分力、两分力之间的夹角越大，合力越小；夹角越小，则合力越大．答案：C3．解析：对c而言，帆面与风向平行，风力不起作用；对a而言，风力垂直于帆面，无法分解出沿航行方向的力；对d而言，风力在沿航行方向的分力对船来说是阻力；只有b情况下，风力沿航行方向的分力提供船航行的动力，B正确．答案：B4．答案：ABD5．解析：当物体沿墙向下运动时，分析物体的受力如图所示，把F沿竖直和水平方向正交分解．水平方向：F cosα＝F N竖直方向：mg＝F sinα＋F f，又F f＝μF N，得F＝mgsinα＋μcosα.答案：mgsinα＋μcosα题型分类学方法————————————————【例1】解析：本题考查力的合成．二力合成合力的范围在|F 1－F 2|≤F ≤|F 1＋F 2|，代入数据可得，合力的范围：20 N ≤F ≤80 N ，所以D 不可能．答案：D变式训练1 解析：以日光灯为研究对象，日光灯受到两绳拉力和自身的重力，三力的作用线必然交于一点，选项C 正确，选项D 错误；由三力平衡可知在水平方向有T a sin60°＝T b sin45°，故T a <T b ，选项A 、B 错误．答案：C【例2】解析：按照作用效果进行分解，物体的重力产生了垂直压半球体的效果和沿斜面下滑趋势的效果，受力如图所示，因质点静止在半球体上，所以有F N ＝mg sin θ，F f ＝mg cos θ，A 项正确，D 项正确．因质点受静摩擦力作用，其大小不能用F f ＝μF N ＝μmg sin θ来计算．答案：AD变式训练2 解析：将两木块与重物视为整体，竖直方向上平衡，则2F f ＝(2m ＋M )g ，故F f 不变，选项A 错误，B 正确；设硬杆对转轴的弹力大小均为F N1，对轴点O 受力分析可知，竖直方向上：2F N1cos θ＝Mg ，对木块m 受力分析可知，水平方向上：F N ＝F N1sin θ，两式联立解得F N ＝12Mg tan θ，当两板间距离增大时，θ增大，F N 增大，选项C 错误，D 正确．答案：BD【例3】解析：以重物为研究对象，受力分析如图所示．以C 点为坐标原点，沿水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系．沿x 轴方向有F B sin45°－F A sin30°＝0，沿y 轴方向有 F A cos30°＋F B cos45°－G ＝0，联立两方程解得绳AC 对物体的拉力 F A ＝100(3－1) N.绳BC 对物体的拉力F B ＝502(3－1) N. 答案：100(3－1) N 502(3－1) N变式训练3 解析：本题意在考查考生对力的正交分解法的应用以及对平衡条件的理解与应用．当用F 1拉物块时，由平衡条件可知：F 1cos60°＝μ(mg －F 1sin60°)，当用F 2推物块时，又有F 2cos30°＝μ(mg ＋F 2sin30°)，又F 1＝F 2，求得μ＝cos30°－cos60°sin30°＋sin60°＝2－3，B 正确．答案：B特色一角提技能————————————————亲身体验解析：题图甲和乙中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如下图甲和乙所示，根据平衡规律可求解．甲乙(1)图甲中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力F T AC＝F T CD＝M1g图乙中由于F T EG sin30°＝M2g，得F T EG＝2M2g.所以F T ACF T ED ＝M1 2M2.(2)图甲中，三个力之间的夹角都为120°，根据平衡规律有F N C＝F T AC＝M1g，方向和水平方面成30°，指向右上方．(3)图乙中，根据平衡方程有F T EG sin30°＝M2g，F T EG cos30°＝F N G，所以F N G＝M2g cot30°＝3M2g，方向水平向右．答案：(1)M12M2(2)M1g方向和水平方向成30°指向右上方(3)3M2g方向水平向右第3讲受力分析共点力的平衡回扣教材抓基础————————————————知识梳理场力接触力速度加速度相等相反相等相反相等□10相反考点自测1．解析：两木块一起做匀速运动，P不受摩擦力，只受到重力和Q的支持力；以整体为研究对象，由平衡条件可知Q必定受到地面的摩擦力作用，Q共受到5个力(重力、压力、支持力、摩擦力、推力)．答案：C2．解析：对AB构成的整体，由平衡得竖直方向的恒力F等于总重力，水平方向上不受力，故对A物体受力分析，其受到重力、斜面对A的支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，B正确．答案：B3.解析：B 物体受力如图所示， B 处于平衡态，由图可知m B gm A g ＝cos θ，所以m A m B ＝1cos θ，B 项正确．答案：B4．解析：本题考查物体的受力分析以及平衡问题．意在考查学生的分析综合能力．以楔形石块为研究对象，它受到竖直向下的重力和垂直侧面斜向上的两个支持力，利用正交分解法可解得：2F sin α＝mg ，则F ＝mg2sin α，A 正确．答案：A5．解析：对木块受力分析，如图甲所示，由平衡条件得F f ＝mg sin α，F N ＝mg cos α，故A 、B 错误．甲乙对M 和m 组成的整体受力分析，如图乙所示，可知水平方向没有力的作用，C 错误；由平衡条件得，F N ′＝(M ＋m )g ，D 正确．答案：D题型分类学方法————————————————【例1】解析：木板P 一定受到的力：自身的重力Mg 、斜面对P 的支持力F N 和滑块Q 的压力F N ′.用“状态法\”确定斜面与P 之间的摩擦力F f ：选木板P 、滑块Q 和弹簧构成的系统为研究对象，由于系统一起匀速下滑，斜面对P 一定有沿斜面向上的滑动摩擦力F f ，且F f ＝(M ＋m )g sin θ，如图甲所示．甲乙用“转换法\”确定弹簧对P 的弹力F ：隔离滑块并受力分析，因木板P 上表面光滑，当其匀速下滑时，滑块必受到弹簧沿斜面向上的弹力F ′，且F ′＝mg sin θ.根据牛顿第三定律推知，弹簧必给木板P 沿斜面向下的弹力F ，且F ＝F ′＝mg sin θ.综上可知，木板P 受到5个力的作用，如图乙所示，C 正确．答案：C变式训练1 解析：A 、B 两物体均受到重力、支持力和摩擦力作用，AB 间绳无拉力作用．答案：C【例2】解析：小球m 2受重力和细线的拉力处于平衡状态，由二力平衡条件得，细线的拉力F T ＝m 2g .方法一：合成法小球m 1受F T 、F N 、m 1g 三力作用而处于平衡状态．受力分析如图所示，小球m 1处于平衡状态，故F N 与F T 的合力F ＝m 1g .根据合力公式可得F ＝F 2N ＋F 2T ＋2F N F T cos θ＝m 1g ，将F N ＝F T ＝m 2g ，θ＝60°代入上式解得m 2m 1＝33，故选项A 正确．方法二：力的三角形法则 F N 和F T 的合力与小球m 1g 的重力大小相等，方向相反，故F N 、F T 、m 1g 构成矢量三角形，如图所示．。

状元之路物理(选修3-2)4-1

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12. (14 分)如图所示，有一个垂直纸面向里的匀强磁场，B ＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为 O，半径为 1 cm.现于纸面内先后放上与磁场垂直的圆线圈 A、B、C，圆心均在 O 处， A 线圈半径为 1 cm,10 匝；B 线圈半径为 2 cm,1 匝；C 线圈半径为 0.5 cm,1 匝．问：
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6. 如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成一闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环 a，下列各种情况铜环 a 中不产生感应电流的是( )
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第四章课时作业（01）
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A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生 B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生 C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能转变成电能 D．整个线框都在磁场中运动时，机械能转变成电能
解析：根据感应电流产生的条件可知，一定是穿过线圈的磁通量不变．
答案：D
)
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第四章课时作业（01）
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3． (多选题)在如下图所示的各图中，闭合线框中能产生感应电流的是( )
A
B
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人教版高中物理选修3-4-高二下学期期末考试试题答案.docx

高中物理学习材料唐玲收集整理2014—2015学年度第二学期期末考试高二物理参考答案及评分标准一、单项选择题（4分×5=20分）在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．1．C 2．D 3．C 4．B 5．C二、多项选择题（4分×3=12分）在每小题给出的四个选项中有多个选项是正确的，全选对得4分，选不全得2分，错与不答得0分．6．BC 7．ABD 8．BD三、实验填空题（每问2分,共6分）9．（1）0.4 1 （2）斜面倾角（或A点的高度）（3）A四、计算题（5+7=12分）每题要写出公式，代入相应的数据，最后得出答案．10．（5分）解：（1）由对11只并联的灯泡（“36V，60w”）供电时，灯泡正常发光，可知：U2=36V；P2=660W （1分）根据得：匝（2分）（2）根据U1I1=P2 得：（2分）11．（7分）解：(1)线圈的角速度ω＝2πn＝314 rad/s （1分）线圈电动势的最大值E m＝NBSω＝314 V （1分）故交变电动势的瞬时值表达式：e＝E m sin ωt＝314sin 314t V （1分）(2)I m＝E mR＋r＝31.4 A （1分）所以交变电流的瞬时值表达式：i ＝31.4sin 314t A （1分）(3)E ＝N ΔΦΔt ＝N BS 14T ＝4NBSn ＝200 V （2分）第Ⅱ卷（选考题共50分）本卷包括选修3-3、3-4和3-5三道题,考生可任选一题做答，并用2B 铅笔在答题纸上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题纸指定位置答题,如果多做,按所做的第一题计分.12．[物理—选修3-3] (50分) (填入正确选项前的字母,选对1个给3分,选对2个给4分,选对3个给5分,每选错1个扣3分,最低分为0分.)（1）(5分) BCE （2）（5分）ACD （3）（5分）BDE（4）（5分）ρV 1N A /M MV 2/ρV 1N A 错一个扣3分（5）（5分）升高增加 600J 错一个扣2分（6）（5分）8.4 L（7）（10分）解：（1）设状态A 和状态B 的温度、体积、压强分别为T 1、V 1、p 1，T 2、V 2、p 2，由已知可得T 1＝300 K V 1＝3 m 3p 1＝2.5 atm=2.5×105 Pa V 2＝6 m 3 p 2＝1 atm=1.0×105 Pa ，从A 到B 由理想气体状态方程，p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2 （3分）得T 2＝p 2V 2T 1p 1V 1＝240 K （2分）（2）从A 到M 是等容变化，不做功；（1分）从M 到B 是等压变化，做功为W ＝p ΔV ＝1.0×105×3 J ＝3.0×105J （3分）所以从A 到B 气体对外做的功为W AB ＝3.0×105 J （1分）(8)（10分）13．[物理－选修3-4](50分) (填入正确选项前的字母,选对1个给3分,选对2个给4分,选对3个给5分,每选错1个扣3分,最低分为0分)（1）（5分）ABE （2）（5分）ABD （3）（5分）ACE（4）（5分） 4∶9 3∶2 错一个扣3分（5）（5分）x= 5sin0.5πt cm 5m 错一个扣3分（6）（5分） 1:1 2:1 错一个扣3分（7）（8分）解：（1）由图读出波长λ=2m ，据题可知：3T=0.6s ，则周期T=0.2s （3分）（2）质点A 到质点P 的距离为△x=4.5m （1分） v===10m/ （2分）则x=5m 处的质点p 第一次出现波峰的时间为 t==0.45s （2分）（8）（12分）解：（i ）由几何关系可知入射角i=45°，折射角r=30°，（3分）玻璃砖的折射率为：r i n sin sin =（2分）可得： 2=n （1分）（ii ）在玻璃砖中光速：nc v = （2分）光束经过SD 和玻璃砖内的传播时间相等有：vBD c SD ︒=30sin （3分）可得： SD = d （1分）14．[物理－选修3-5](50分) (填入正确选项前的字母,选对1个给3分,选对2个给4分,选对3个给5分,每选错1个扣3分,最低分为0分)（1）（5分）ACD （2）（5分）ACE （3）（5分）BCD（4）（5分）14（5）（5分）3m/s （6）（5分）2hc 3λ ② （7）（8分）解：①63Li ＋10n ―→31H ＋42He （2分）②Δm ＝ΔE c 2＝4.8×106×1.6×10－19(3×108)2 kg ≈8.5×10－30 kg （2分）③设m 1、m 2、v 1、v 2分别为氦核、氚核的质量和速度，（2分）由动量守恒定律得0＝m 1v 1＋m 2v 2氦核、氚核的动能之比E k1∶E k2＝(m 1v 1)22m 1∶(m 2v 2)22m 2＝m 2∶m 1＝3∶4 （2分）（8）（12分）解：设小球的质量为m ，运动到最低点与物体块相撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mgh=m v 12 （1分）解得：v 1= （1分）设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1'，同理有： mg =m v 1′2 （1分）解得：v 1′=（1分）设碰撞后物块的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：m v 1=﹣m v 1′+5m v 2 （2分）解得：v 2=（1分）由动量定理可得，碰撞过程滑块获得的冲量为：I=5m v 2=（2分）物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为F=5μmg （1分）设物块在水平面上滑行的时间为t ，由动能定理有：﹣FS=0﹣×5m v 22（1分）解得：S=（1分）。

物理选修3-4第一章测试题(2015年新题含答题卡,试题答案与解析)

2014-2015学年度第二学期阶段测评高二物理注意事项：1、本卷共包括第I卷（选择题）和第II卷（非选择题），三大题，21小题，满分100分，考试时间为90分钟。

2、答案请书写在答题纸上，选择题使用2B铅笔填涂，主观题用0.5mm黑色签字笔书写，否则答案无效！考试之后只交答题纸。

第I卷（选择题，共48分）一、选择题（共12小题，每小题4分，每小题至少有一个为正确选项，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分，共48分）1．（2015春•柘城县校级月考）下列说法中正确的是（）弹簧振子的运动是简谐运动A．B简谐运动就是指弹簧振子的运动．简谐运动是匀变速运动C．D简谐运动是机械运动中最简单、最基本的一种．2．（2015春•嘉兴校级期中）某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x=Asin t，则质点（）第1s末与第5s末的位移相同A．B第1s末与第3s末的位移相同．第3s内质点的加速度一直增大C．D1s～3s内质点的路程等于A．3．（2015•闸北区一模）某质点的振动图象如图，则下列说法正确的是（）该质点振动的周期是2sA．B在1～2s内质点做初速度为零的变加速运动．在1.5s和2.5s末，质点的速度相同，加速度相同C．D在2.5s和3.5s末，质点的位移相同，速度相同．4．（2015•西城区一模）如图1所示，有一个弹簧振子在a、b两点之间做简谐运动，O点是平衡位置，建立图1中所示的坐标轴，其振动图象如图2所示，则下列说法正确的是（）A ．振子振动的周期等于t1B．振子振动的周期等于t2C ．t1时刻振子位于b点D．t1时刻振子位于a点5．（2015•嘉定区二模）如图为一振子做简谐运动的图象，在t1和t2时刻，振子的（）A ．位移相同B．速度相同C．回复力相同D．加速度相同6．（2015•哈尔滨校级一模）一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点，t=0时刻振子的位移x=﹣0.1m；t=s 时刻x=0.1m；t=4s时刻x=0.1m．该振子的振幅和周期可能为（）A．0.1m，s B．0.1m，8 s C．0.2m，sD．0.2m，8 sE．0.3m，10 s7．（2015•上海模拟）一弹簧振子以O为平衡位置在A、B之间做简谐振动，C、D分别为AO、BO的中点，设其周期为T，则下列说法正确的是（）A．振子由A到C的时间为B．振子由C到D的时间为C．若A到C的时间为t1，C到O的时间为t2，则t1＞t2D．在C选项中应有t1＜t28．（2015•上海一模）图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中（）A．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零B．摆球在A点和C点处，速度为零，回复力也为零C．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大D．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大9．（2015•金山区一模）如图，竖直平面内有一半径为1.6m、长为10cm的圆弧轨道，小球置于圆弧端点并从静止释放，取g=10m/s2，小球运动到最低点所需的最短时间为（）A ．0.2πs B．0.4πs C．0.8πs D．πs10．（2015春•柘城县期中）单摆在空气中做阻尼振动，下列说法中正确的是（）A．位移逐渐减小B．速度逐渐减小C．动能逐渐减少D．振动的能量逐渐转化为其他形式的能11．（2015春•台州校级期中）正在运转的洗衣机，当脱水桶转得很快时，机身振动并不强烈，而切断电源，转动逐渐减慢直到停下来的过程中，在某一时刻t时，机身反而会发生强烈振动，此后脱水桶转速继续减慢，机身的振动也随之减弱，这种现象说明（）A．转动逐渐减慢过程中驱动力的频率不变B．转动逐渐减慢过程中驱动力的频率增大C．t时刻驱动力的频率等于洗衣机的固有频率D．t时刻脱水桶的惯性最大12．（2015春•常德校级月考）在张紧的绳子上挂了a、b、c、d 四个单摆，摆长关系为L c＞L b=L d＞L a，如图所示，先让d 摆动起来（摆角不超过10°，d摆球的质量远大于其它摆球），则下列说法正确的是（）A．b摆发生振动其余摆均不动B．所有的摆均以2π的周期振动C．所有的摆均以相同的振幅振动D．a、b、c中b摆振幅最大二、填空题（共5小题，每空2分，共22分）13．（2015春•上海校级月考）一弹簧振子在O点附近做机械振动，它离开O点向M点运动，4s末第一次达到M点，又经过2s第二次到达M点，再次经过s它将第三次到达M点．14．（2015•普陀区二模）有一单摆，其回复力F与位移x的关系图线如图所示．若摆球质量为100g，则单摆的摆长为m，从平衡位置开始振动经过1.5s，摆球通过的路程为m．15．（2014春•房山区校级期中）如图所示为水平放置的两个弹簧振子A和B的振动图象，已知两个振子质量之比为m A：m B=2：3，弹簧的劲度系数之比为k A：k B=3：2，则它们的周期之比T A：T B= ；它们的最大加速度之比为a A：a B= ．16．（2015•徐州校级模拟）有两个同学分别在大庆和广州的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长l的关系”，他们通过互联网交换实验数据，并由计算机绘制了T2﹣l图象，如图甲所示．在大庆的同学所测实验结果对应的图线是（填“A”或“B”）．另外，在广州做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象（如图乙），由图可知，两单摆摆长之比= ．在t=1s时，b 球振动的方向是．17．（2013秋•丰县期末）如图所示为单摆做受迫振动时的共振曲线，从图可知该单摆振动的固有频率为Hz，其振幅是．在驱动力的频率由0.4Hz增大加0.6Hz的过程中，单摆振动的振幅变化情况是，（g=10m/s2）三、实验探究、解答题（共4小题，共30分）（一）实验探究部分：（本部分共1小题，每空2分，作图2分，共8分）18．（2015•顺义区一模）利用单摆测当地重力加速度的实验中①利用游标卡尺测得金属小球直径如图1所示，小球直径d=cm．②某同学测量数据如下表，请在图2中画出L﹣T2图象L/m 0.400 0.500 0.600 0.800 1.200T2/s2 1.60 2.10 2.40 3.20 4.80由图象可得重力加速度g=m/s2（保留三位有效数字）③某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其它操作无误，那么他得到的实验图象可能是下列图象中的．（二）计算题（本部分包括3小题，共22分）请写出必要的演算过程和推理方程式19．（8分）（2015春•安庆校级期中）如图所示，倾角为α斜面体（斜面光滑且足够长）固定水平地面上，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块，开始静止于O点．压缩弹簧使其长度为l时将物块由静止开始释放，重力加速度为g．（1）证明物块做简谐运动；（2）物块振动时最低点距O点距离A．20．（6分）（2015春•柘城县期中）如图所示，是弹簧振子的振动图象，请回答问题：（1）振子的振幅、周期、频率分别是多少？（2）振子在5s内通过的路程是多少？（3）根据振动图象写出该简谐运动的表达式．21．（8分）（2015春•安徽校级期中）如图所示，有一个摆长为L 的单摆，现将摆球A 拉离平衡位置一个很小的角度，然后由静止释放，A 摆至平衡位置P 时，恰与静止在P 处的B 球发生正碰，碰后A 继续向右摆动，B 球以速度v 沿光滑水平面向右运动，与右侧的墙壁碰撞后以原速率返回，当B 球重新回到位置P 时恰与A 再次相遇，求位置P 与墙壁间的距离d ．2014-2015学年度第二学期阶段测评姓名：准考证号：条码粘贴处**** *第一部分（选择题，共48分）^ ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^ ^1 ABCD 4 ABCD 7 ABCD 10 ABCD2 ABCD 5 ABCD 8 ABCD 11 ABCD3 ABCD 6 ABCD 9 ABCD 12 ABCD ^ ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^ ^第二部分（非选择题，共52分）请在规定的黑色矩形边框内作答，超出黑色边框外的答案无效！二、填空题（共5小题，每空2分，共22分）13 14 15 16 17 三、实验探究、解答题（共4小题，共30分） 18 （8分）在右侧作图（2分）（1）（2）（3）19 （8分）请在规定的黑色矩形边框内作答，超出黑色边框外的答案无效！请在规定的黑色矩形边框内作答，超出黑色边框外的答案无效！20 （6分）缺考标记：考生禁填！由监考老师用0.5mm 签字笔填涂！ Q答卷前须知1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码；2.选择题必须用2B 铅笔填涂，解答题必须用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清楚；3.请按照题号顺序在各题的答题区域内答题，超出答题区域的答案无效，在草稿纸、试题纸上的答案无效；4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破。

专题选修3-3(选择题)-高三名校物理试题解析分项汇编(新课标Ⅱ版)(第01期)(原卷版)

（精心整理，诚意制作）全国新课标Ⅱ卷有其特定的命题模板，无论是命题题型、考点分布、模型情景等，还是命题思路和发展趋向方面都不同于其他省市的地方卷。

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专题12 选修3-3（选择题）1．【2013·辽宁五校协作体高三冲刺考试题】下列说法正确的是A．物体的内能是分子平均动能与分子平均势能的和B．温度越高，物体的分子平均动能越大C．一定质量的理想气体等温压缩，要从外界吸收能量D．热力学第二定律表明自发的宏观过程总是向无序度更大的方向发展3.【2013·黑龙江省××市第三中学高三第二次模拟】关于分子间作用力和分子势能，下列叙述正确的是A.分子间距增大时，分子间引力增大，斥力减小B.分子间距离减小时，分子间引力和斥力都增大C.物体的体积减小时，内部分子势能一定减小D.一个物体在分子间显引力时分子势能一定比显斥力时分子势能要多4.【2013·甘肃省××市高三诊断考试】下列说法中正确的是A.对于一定质量的理想气体，当温度升高时，分子的平均动能增大，则气体的压强一定增大B.对于一定质量的理想气体，当体积减小时，单位体积的分子数增多，则气体的压强一定增大C.压缩一定质量的理想气体，其内能一定增加D.分子a从很远处趋近固定不动的分子b，当分子a运动到与分子b的相互作用力为零时，分子a的动能一定最大6.【2013·辽宁省××市四校协作体高三摸底考试】下列说法正确的是（）A.由阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子的大小B.悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C.分子间的引力随分子间距离的增大而增大，分子间斥力随分子间距离的增大而减小D.根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体7．【2013·华中师大附中高三五月模拟考试】下列五幅图于教材，分别对应五种说法，其中正确的是（）（选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动B．当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等C．食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的D．小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用E．洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在吸引力8.【2013·甘肃省兰州一中高三期中考试】下列说法不正确的是（）A．物体吸收热量，其温度一定升高B．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映C．物体从单一热源吸收的热量不可能全部用于做功D．对一定质量的气体，如果其压强不变而体积增大，那么它的温度一定会升高9.【2013·吉林省高三下学期4月高考复习质量监测】如图所示是一定质量的理想气体的过程变化图线，下列说法正确的是A.由状态A变化到状态B，气体分子的平均动能增大B.由状态B变化到状态C，气体密度增大C.由状态A变化到状态C，气体内能不变D.由A经B到C的过程与由A经D到C的过程，气体对外做功相同E.由A经B到C、由A经D到C、由A直接到C的三个过程中，气体均吸热，但是吸热量值不同10.【20xx·辽师大附中20xx届高三第三次模拟考试】（6分）下列说法中正确的是_________ 。

【步步高学案导学设计】2014-2015学年高中物理模块综合检测(含解析)教科版选修3-3

模块综合检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)1．根据热力学定律和分子动理论，可知下列说法中正确的是( ) A ．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动 B ．永动机是不可能制成的C ．密封在体积不变的容器中的气体，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大D ．根据热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体2．用M 表示液体或固体的摩尔质量，m 表示分子质量，ρ表示物质密度，V m 表示摩尔体积，V 0表示分子体积．N A 表示阿伏加德罗常数，下列关系式不正确的是( )A ．N A ＝V 0V mB ．N A ＝V m V 0C ．V m ＝Mρ D ．m ＝M /N A3．对于一定质量的理想气体，下列情况中不可能发生的是( ) A ．分子热运动的平均动能不变，分子间平均距离减小，压强变大 B ．分子热运动的平均动能不变，分子间平均距离减小，压强减小 C ．分子热运动的平均动能增大，分子间平均距离增大，压强增大 D ．分子热运动的平均动能减小，分子间平均距离减小，压强不变 4．一定质量的理想气体( )A ．先等压膨胀，再等容降温，其温度必低于起始温度B ．先等温膨胀，再等压压缩，其体积必小于起始体积C ．先等容升温，再等压压缩，其温度有可能等于起始温度D ．先等容加热，再绝热压缩，其内能必大于起始内能 5．关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是( ) A ．晶体一定有天然的规则外形 B ．冰有固定的熔点，一定是晶体C ．晶体的物理性质一定表现为各向异性D ．水晶片和玻璃片都是透明的，故它们都是晶体6．下图中的四个图象是一定质量的气体，按不同的方法由状态a 变到状态b ，则反映气体变化过程中从外界吸热的是( )7.图1如图1所示是一定质量的理想气体的p－V图线，若其状态由A→B→C→A，且A→B等容，B→C 等压，C→A等温，则气体在A、B、C三个状态时( )A．单位体积内气体的分子数n A＝n B＝n CB．气体分子的平均速率v A>v B>v CC．气体分子在单位时间内对器壁的平均作用力F A>F B，F B＝F CD．气体分子在单位时间内，对器壁单位面积碰撞的次数是N A>N B，N A>N C8．下面提供了科技发展的四则信息：①低温技术已有重大突破，1933年低温已达0.25 K,1957年达到了2×10－5 K,1995年通过一系列巧妙的方法已达到1×10－8 K．随着低温技术的出现和发展，科学家一定能把热力学温度降到绝对零度以下．②随着火箭技术的发展，人类一定能够在地球上任意位置的上空发射一颗同步卫星．③一个国际科研小组正在研制某种使光速大大降低的介质，这些科学家希望在不久的将来能使光的速度降到每小时40 m左右，慢到几乎与乌龟爬行的速度相仿．④由于太阳的照射，海洋表面的温度可达30℃左右，而海洋深处的温度要低得多，在水深600～1 000 m的地方，水温约4℃，因此人们正在研制一种抗腐蚀的热交换器，利用海水温差发电，并取得了成功．试辨别、判断以上信息中正确的是( )A．①② B．②④ C．①③ D．③④9．如图2所示，图2活塞质量为m，缸套质量为M，通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的理想气体，缸套与活塞无摩擦，活塞截面积为S，大气压强为p0，缸套和活塞都是由导热材料做成，则当环境温度升高后( )A．封闭气体的压强增大 B．气体膨胀活塞上移C．气体膨胀缸套下移 D．气体对外界做功，内能增加10．热力学第二定律使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程( )A．都具有方向性 B．只是部分具有方向性C．没有方向性 D．无法确定11．(10分)(1)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法正确的是________(填写选项前的字母)A．气体分子间的作用力增大B．气体分子的平均速率增大C．气体分子的平均动能减小D．气体组成的系统的熵增加(2)若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6 J 的功，则此过程中的气泡________(填“吸收”或“放出”)的热量是__________J．气泡到达湖面后，气泡中的气体温度上升，又对外界做了0.1 J的功，同时吸收了0.3 J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了________J.12．(8分)图3用图3所示的实验装置，研究体积不变时气体的压强与温度的关系．当时大气压强为H cmHg.封闭有一定质量的气体的烧瓶，浸在冰水混合物中，使U形管压强计的可动管A和固定管B 中的水银面刚好相平．将烧瓶浸入温度为t℃的热水中时，B管水银面将________，这时应将A管________(以上两空格填“上升”或“下降”)，使B管中水银面________，记下此时A、B两管中水银面的高度差为h cm，则此状态下瓶中气体的压强为________cmHg.三、计算题(本题共4小题，共42分)13．(10分)在标准状况下，空气的摩尔质量是M＝29×10－3kg/mol，则空气中气体分子的平均质量是多少？成年人做一次深呼吸，约吸入4.5 cm3的空气，则做一次深呼吸吸入空气的质量是多少？所吸入的分子个数大约是多少？14．(8分)图4如图4所示，一集热箱里面封闭着一定量的气体，集热板作为箱的活塞且正对着太阳，其面积为S，在t时间内集热箱里气体膨胀对外做功的数值为W，其内能增加了ΔU，已知照射到集热板上太阳光的能量的50%被箱内气体吸收，求：(1)这段时间内集热箱内的气体共吸收的热量；(2)此位置太阳光在垂直集热板单位面积上的辐射功率．15.图5(10分)如图5所示为火灾报警器的原理图，竖直放置的玻璃试管中装入水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出响声，在27℃时，下端封闭的空气柱长为L1＝20 cm，水银柱上表面与导线端点的距离为L2＝10 cm，管内水银柱的重量为10 N，横截面积为1 cm2，大气压强p0＝1.0×105 Pa，问：(1)当温度达到多少时报警器会报警？(2)如果温度从27℃升到报警温度的过程中，封闭空气柱从外界吸收的热量为20 J，则空气柱的内能增加了多少？16．(14分)如图6甲所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B左面汽缸的容积为V0，A、B之间的容积为0.1V0.开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9p0(p0为大气压强)，温度为297 K，现缓慢加热汽缸内气体，直至温度为399.3 K．求：(1)活塞刚离开B处时的温度T B；(2)缸内气体最后的压强p；(3)在图乙中画出整个过程的p －V图线．图6模块综合检测1．BC 2.A3．B [温度T 是分子热运动的平均动能的标志，分子间平均距离的变化对应着气体的体积V 的变化，根据理想气体状态方程判断知只有B 不可能．]4．CD [先等压膨胀，体积增大，再等容降温，压强会减小，但温度不一定低于初温，故A 错误；同理，等温膨胀，压强减小，等压压缩，温度又减小，难以确定体积变化，故B 错误；先等容升温，压强增大，又体积减小，故温度可能等于起始温度，故C 正确；先等容加热，再绝热压缩，气体的温度始终升高，内能一定增加，故D 正确．]5．B [只有单晶体有天然的规则外形，多晶体没有天然的规则外形，故A 错误；晶体一定有熔点，非晶体一定没有熔点，故B 正确；只有单晶体物理性质表现为各向异性，C 错误；玻璃是非晶体，D 错误．]6．D [A 是等温变化，温度不变，内能不变，体积变小，外界对气体做功，气体放热；B 中p a V a >p b V b ，由pVT＝C (常数)，知T a >T b ，E a >E b ，又V a >V b ，外界对气体做功，故气体放热；C 是等容变化，体积不变，不伴随做功，因T a >T b ，E a >E b ，故气体放热；D 温度不变，内能不变，由p a >p b 知V a <V b ，气体对外界做功，故气体吸热．]7．CD [由图可知B →C ，体积增大，密度减小，A 错；C →A 等温变化，分子平均速率v A ＝v C ，B 错；B →C 为等压过程，p B ＝p C ，而气体分子对器壁产生作用力，F B ＝F C ，F A >F B ，则C 正确；A →B 为等容降压过程，密度不变，温度降低，N A >N B ，C →A 为等温压缩过程，温度不变，密度增大，应有N A >N C ，D 正确．]8．D [四则信息均为与当今科技发展前沿相关的信息，但①项违背了热力学第三定律，即绝对零度不可达到；②项中同步卫星只能定点在赤道正上方；③项中光速与介质有关，光在不同介质中传播速度不相同；④项中叙述符合能量守恒定律而且不违背物理原理．] 9．CD [系统重力不变，弹簧伸长不变，故活塞不移动，对缸套受力分析可知，封闭气体压强不变，气体做等压膨胀，缸套下移，气体对外做功，温度随环境温度升高而升高，内能增加，C 、D 正确．]10．A [自然界中所有涉及热现象的宏观过程都具有方向性，如下表：]解析 (1)气体体积增大，分子间的距离增大，则气体分子间作用力减小，A 错；温度不变，则气体分子的平均速率、平均动能均不变，B 、C 错；根据熵增加原理，D 正确．(2)气体视为理想气体，内能由温度决定，气泡上升时内能不变，ΔU ＝0，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 知，气泡吸收热量，Q ＝－W ＝0.6 J ；到达湖面后，W ＝－0.1 J ，Q ＝0.3 J ，则ΔU ＝W ＋Q ＝0.2 J.12．下降上升回到原处 (H ＋h ) 13．4.8×10－26kg 5.8×10－6 kg 1.2×1020个解析空气中气体分子的平均质量m ＝M N A ＝29×10－36.02×1023 kg ＝4.8×10－26 kg 做一次深呼吸吸入空气的质量m ′＝V ′V M ＝4.5×10－622.4×10－3×29×10－3 kg ＝5.8×10－6kg做一次深呼吸所吸入的分子个数n ＝V ′V N A ＝4.5×10－622.4×10－3×6.02×1023个＝1.2×1020个14．(1)ΔU ＋W (2)ΔU ＋WSt解析 (1)设吸收的热量为Q ，根据热力学第一定律得： ΔU ＝－W ＋Q ，Q ＝ΔU ＋W(2)在垂直集热板单位面积上的辐射功率：P ＝Q St η＝ΔU ＋WSt ×50%＝ΔU ＋WSt15．(1)177℃ (2)18 J解析 (1)由V 1T 1＝V 2T 2得T 2＝V 2V 1T 1＝450 Kt 2＝177℃(2)气体对外做功W ′＝(p 0S ＋mg )L 2＝2 J由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ＝－W ′＋Q ＝18 J16．(1)330 K (2)1.1p 0 (3)见解析图解析 (1)活塞离开B 之前，气体做等容变化，据查理定律有0.9p 0T 0＝p 0T B ，得T B ＝T 00.9＝2970.9 K＝330 K.(2)考虑气体各状态间的关系，设活塞最终可以移动到A 处，从活塞刚离开B 处到刚到达A 处，气体做等压变化，由盖·吕萨克定律有V 0T B ＝1.1V 0T A，解得T A ＝1.1T B ＝363 K 从活塞刚到达A 处到升温至399.3 K 的过程中，气体做等容变化，由查理定律有p 0T A ＝pT，解得p ＝p 0T T A ＝399.3363p 0＝1.1p 0. 由结果p >p 0可知，活塞可以移动到A 处的假设成立． (3)整个过程的p －V 图线如图所示。

2015高考物理一轮新人教版选修3-3综合检测

2015高考物理一轮新人教版选修3-3综合检测(时间：90分钟满分：100分)温馨提示：1.第Ⅰ卷答案写在答题卡上，第Ⅱ卷书写在试卷上；交卷前请核对班级、姓名、考号.2.本场考试时间为90分钟，注意把握好答题时间.3.认真审题，仔细作答，永远不要以粗心为借口原谅自己．第Ⅰ卷(选择题，共44分)一、选择题(本大题共11小题，每小题4分，共44分，每小题至少有一个选项是正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)1．有关分子的热运动和内能，下列说法不正确的是( )A ．一定质量的气体，温度不变，分子的平均动能不变B ．物体的温度越高，分子热运动越剧烈C ．物体的内能是物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和D ．布朗运动是由悬浮在液体中的微粒之间的相互碰撞引起的解析：温度是分子热运动的平均动能的标志，故A 、B 正确；由物体内能的定义可知C 正确；布朗运动是悬浮颗粒受液体分子碰撞而引起的，所以不正确的说法是D.答案：D2．若以μ表示水的摩尔质量，V 表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ为在标准状态下水蒸气的密度，N A 为阿伏加德罗常数，m 、V 0分别表示每个水分子的质量和体积，下面四个关系式中正确的是( )A ．N A ＝V ρmB ．ρ＝μN A V 0C ．m ＝μN AD ．V 0＝V N A解析：μ是水的摩尔质量，V 不是水的摩尔体积，因为水蒸气内水分子不是一个一个紧密排列的，V N A 不可视为每个水分子的体积，故A 对，D 错．每个水分子的质量m ＝μN A，故C 正确．答案：AC3．下面描述的都是生活中常见的自然现象，其物理解释正确的是( )A ．早晨草叶上的露珠呈球形，是水的表面张力的结果B ．昆虫水黾能在水面上自由来往而不陷入水中，是液体表面张力的结果C ．缝衣针浮在水面上不下沉，是重力和水的浮力平衡的结果D ．鱼塘里养鱼的网箱上的浮标能够浮于水面上，是液体表面张力与其重力平衡的结果解析：缝衣针浮在水面上时并没有浸入水中，是在因表面张力而形成的弹性膜的上面，受到支持力的结果．而鱼塘里的网箱浮标则是在重力和浮力作用下平衡的结果．答案：AB4．下列关于熵的观点中正确的是( )A．熵越大，系统的无序度越大B．对于一个不可逆的绝热过程，其熵总不会减小C．气体向真空扩散时，熵值减小D．自然过程中熵总是增加，是因为通向无序的渠道要比通向有序的渠道多得多解析：熵值表示分子运动的无序性，气体向真空扩散时，分子运动的无序性加大，熵值增大，分析各选项知A、B、D正确．答案：ABD5．关于液晶的下列说法中正确的是( )A．液晶是液体和晶体的混合物B．液晶分子在特定方向排列比较整齐C．电子手表中的液晶在外加电压的影响下能够发光D．所有物质在一定条件下都能成为液晶解析：液晶是某些特殊的有机化合物；在某些方向上分子排列规则，而某些方向上则比较杂乱；液晶本身不能发光，故选项A、C、D错误，B正确．答案：B6．(2012·高考福建理综)关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是________．(填选项前的字母)( )A．一定量气体吸收热量，其内能一定增大B．不可能使热量由低温物体传递到高温物体C．若两分子间距离增大，分子势能一定增大D．若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大解析：一定量气体吸收热量的同时对外做功，则其内能可能不变或减小，选项A错误；在外力做功的前提下，热量可以由低温物体传递到高温物体，选项B错误；若两分子间距增大，分子力可能做正功或负功，其势能可能减小或增大，选项C错误；根据分子动理论可知，若分子之间的距离减小，分子间的引力和斥力都增大．选项D正确．答案：D7．如图所示，对于液体在器壁附近发生的弯曲现象，下列说法中正确的是( )A．表面层1内分子的分布比液体内部疏B．表面层2内分子的分布比液体内部密C．附着层1内分子的分布比液体内部密D．附着层2内分子的分布比液体内部疏解析：表面层1、2内的分子分布都比液体内部疏，分子引力起主要作用，出现表面张力．而附着层1内分子的分布比液体内部密，出现浸润现象，附着层2内分子的分布比液体内部疏，出现不浸润现象．答案：ACD8．关于第二类永动机，下列说法正确的是( )A．没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机叫做第二类永动机B．第二类永动机违反了能量守恒定律，所以不可能制成C．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能D．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能，同时不引起其他变化解析：根据第二类永动机的定义可知A选项正确，第二类永动机不违反能量守恒定律，而是违反热力学第二定律，所以B选项错误．机械能可以全部转化为内能，内能在引起其他变化时可能全部转化为机械能，C选项错误，D选项正确．所以，该题的正确答案是A、D.答案：AD9.一定质量的理想气体自状态A经状态C变化到状态B.这一过程在VT图上表示，如图所示，则( )A．在过程AC中，外界对气体做功，内能不变B．在过程CB中，外界对气体做功，内能增加C．在过程AC中，气体压强不断变小D．在过程CB中，气体压强不断变小解析：从题图可看出AC过程是等温压缩，CB过程是等容升温，据气态方程可判断出：AC 过程气体体积变小，外界对气体做功，气体内能不变，气体压强不断变大；CB过程气体体积不变，内能增加，显然气体从外界吸热，气体压强不断增大．选项A正确．答案：A10．如右图所示，两个相通的容器P、Q间装有阀门K，P中充满气体，Q内为真空，整个系统与外界没有热交换．打开阀门K后，P中的气体进入Q中，最终达到平衡，则( )A．气体体积膨胀，内能增加B．气体分子势能减少，内能增加C．气体分子势能增加，压强可能不变D．Q中气体不可能自发地全部退回到P中解析：气体自由膨胀，不做功，又因为绝热，由热力学第一定律可知内能不变，A、B错误；气体体积膨胀，压强减小，C错误；由热力学第二定律可知D正确．答案：D11．如右图所示，汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞与缸壁间的摩擦，也不考虑密封气体和外界的热传递，当外界大气压变化时，以下物理量中发生改变的有：①弹簧弹力的大小；②密封气体的体积；③密封气体的压强；④密封气体的内能( )A．①B．①④C．②③④D．①②③解析：先判断弹簧弹力是否改变，以活塞、汽缸及缸内气体组成的整体为研究对象，系统受重力、弹簧的弹力及外界气体压力的作用，由于外界气体压力的合力始终为零，故弹簧的弹力等于系统重力，不随外界大气压的变化而变化．再分析判断气体的压强，以汽缸为研究对象，受力情况如图所示：汽缸处于平衡状态，所以有mg＋pS＝p0S.当外界大气压p0变化时，为重新达到平衡，缸内气体的压强p也跟着变化，气体的体积发生变化，则气体对外界做功，或外界对气体做功，又因为不发生热传递，所以密封气体的内能改变．答案：C第Ⅱ卷(非选择题，共56分)二、填空题(本题包括2小题，共12分)12.质量相同的同种理想气体分别装入两个容积不同的容器中，当它们的状态改变时，压强随温度做如图所示变化，则两容器容积之比为________．解析：根据理想气体状态方程pV T ＝C 得：p T ＝C V ，因此容器的容积之比为图线斜率的反比．由此可得V 1∶V 2＝1∶3.答案：1∶313．(1)在做“用油膜法估测分子的大小”实验中，实验简要步骤如下：A ．将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数(不足半个的舍去，多于半个的算一个)，再根据方格的边长求出油膜的面积S .B ．将一滴酒精油酸溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板上．C ．用浅盘装入约2 cm 深的水．D ．用公式d ＝V S ，求出薄膜厚度，即油酸分子的大小．E ．根据酒精油酸溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V .上述步骤中有步骤遗漏或步骤不完全，请指出：F ．______________________________________________________________________；G ．_______________________________________________________________________. 请按合理的顺序排列________________________________________________________________________．(2)在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，将油酸溶于酒精，其浓度为每104mL 溶液中有6 mL 纯油酸．用注射器测得1 mL 上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油酸的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为1 cm ，则：①油酸膜的面积是________cm 2；②每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________mL ；③由以上数据估测出油酸分子的直径为________m.答案：(1)需要补充的实验步骤为：F ．在水面上撒上一层痱子粉或肥皂粉；G ．往量筒内滴入N 滴配制好的酒精油酸溶液，根据量筒读数，算出一滴酒精油酸溶液的体积．比较合理的顺序为：CFGEBAD(2)①104 ②8×10－6 ③7.7×10－10三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的题要注明单位)14．“水立方”游泳馆内的共有8条泳道的国际标准比赛用游泳池，长50 m 、宽25 m 、水深3 m ．设水的摩尔质量为M ＝1.8×10－2 kg/mol ，试估算该游泳池中水分子数．解析：设水的密度为ρ，游泳池中水的质量为m ，阿伏加德罗常数为N A ，游泳池中水的总体积V ＝50×25×3 m 3＝3.75×103m 3，则游泳池中水的物质的量n ＝m M ＝ρV M，所含的水分子数 N 1＝nN A ＝ρVN A M≈1.3×1032个．答案：1.3×1032个15．在一个标准大气压下，水在沸腾时，1 g 的水由液态变成同温度的水汽，其体积由1.043 cm 3变为1 676 cm 3.已知水的汽化热为2 263.8 J/g.求：(1)体积膨胀时气体对外界做的功W ；(2)气体吸收的热量Q ；(3)气体增加的内能ΔU .解析：取1 g 水为研究对象，把大气视为外界.1 g 沸腾的水变成同温度的水汽需要吸收热量，同时由于体积膨胀，系统要对外做功．(1)气体在等压(大气压)下膨胀做功：W ＝p (V 2－V 1)＝1.013×105×(1 676－1.043)×10－6 J ＝169.7 J(2)气体吸热：Q ＝mL ＝1×2 263.8 J ＝2 263.8 J(3)根据热力学第一定律：ΔU ＝W ＋Q ＝2 263.8 J ＋(－169.7 J)＝2 094.1 J答案：(1)169.7 J (2)2 263.8 J (3)2 094.1 J16.一圆柱形汽缸直立在地面上，内有一具有质量而无摩擦的绝热活塞，把汽缸分成容积相同的A ，B 两部分，如图所示，两部分气体温度相同，都是T 0＝27 ℃，A 部分气体压强p A 0＝1.0×105 Pa ，B 部分气体压强p B 0＝2.0×105Pa.现对B 部分的气体加热，使活塞上升，使A 部分气体体积减小为原来的2/3.求此时：(1)A 部分气体的压强p A ；(2)B 部分气体的温度T B .解析：(1)A 部分气体等温变化，由玻意耳定律：p A 0V ＝p A ·23V ，所以p A ＝32p A 0，把p A 0＝1.0×105 Pa 代入得p A ＝1.5×105Pa.(2)B 部分气体：初态：p B 0＝2.0×105 Pa ，V B 0＝V ，T B 0＝300 K ，末态：p B ＝p A ＋(p B 0－p A 0)＝2.5×105 Pa. V B ＝V ＋13V ＝43V ，由理想气体状态方程p B 0V B 0T B 0＝p B V B T B， ∴T B ＝T B 0p B V B p B 0V B 0＝300×2.5×105×43V 2.0×105×VK ＝500 K. 答案：(1)1.5×105 Pa (2)500 K17．如图所示，一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V 0，开始时内部封闭气体的压强为p 0.经过太阳暴晒，气体温度由T 0＝300 K 升至T 1＝350 K.(1)求此时气体的压强；(2)保持T 1＝350 K 不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p 0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因．解析：(1)设升温后气体的压强为p 1，由查理定律得p 0T 0＝p 1T 1，① 代入数据得p 1＝76p 0② (2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V ，由玻意耳定律得 p 1V 0＝p 0V ③联立②③式得V ＝76V 0④ 设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k ，由题意得k ＝V 0V⑤ 联立④⑤式得k ＝67. 抽气过程中剩余气体吸热．因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知，剩余气体要吸热．答案：见解析。

状元之路物理选3-4.1.3PPT课件

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四､实验步骤 1.让线的一端穿过小球的小孔,然后打一个线结,做成单摆, 如图1-3-1所示.
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2.把线的上端用铁夹固定在铁架台上,把铁架台放在
实验桌边,使铁夹伸到桌面以外,让球自然下垂,在单
摆平衡位置处做上标记,如图1-3-1所示.
3.用刻度尺量出摆线长度l‘,用游标卡尺测出摆球的
直径d,即式
T 2 l g
来测
g
4 2l T2
• 时,要求摆角要小于等于5°,摆线长也略短,不满足实验要求,
测量摆线长的相对误差也偏大一些.
• E组摆角大于5°.
•
C组正确,将数据代入公式
g
4 2l
T2
可得g
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题型研练ti 互动探究·方法备考题型ti xing实验原理和实验数据的处理【例】 (2008·高考天津理综)某同学利用单摆测定当地重力加速度,发现单摆静止
5.根据单摆振动周期公式
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3
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计算出当地重力加速度
g 4 2l .
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6.改变摆T长2 ,重做几次实验,计算出每次实验的重力加速度值,
求出它们的平均值,即为当地的重力加速度值.
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7.将测得的重力加速度值与当地重力加速度数值相比较,分析产生误差的可能原因.若误差很大,应重新做实验. 8.整理器材.
.
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易错点拨自我完善·误区备考自我诊断有五个同学做实验,各组实验数据列于下表,若每位同学用刻度尺测长度,用停表测时间的技术水平都一样,那么 __C___组测量结果更准确,由此计算出的重力加速度的大小约为_9._7_4_m__/s_2_.

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单元测评(四)热力学定律(时间：90分钟满分：100分)第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．)1．下列实例说明做功改变系统内能的是()A．热水袋取暖B．用双手摩擦给手取暖C．把手放在火炉旁取暖D．用嘴对手呵气给手取暖解析：双手摩擦做功，使手的内能增加，感到暖和；A、C、D都是通过热传递来改变系统的内能，选项B正确．答案：B2．有一个小气泡从水池底缓慢地上升，气泡跟水不发生热传递，而气泡内气体体积不断增大．在小气泡上升的过程中()A．由于气泡克服重力做功，则它的内能减少B．由于重力和浮力的合力对气泡做功，则它的内能增加C．由于气泡内气体膨胀做功，则它的内能增加D．由于气泡内气体膨胀做功，则它的内能减少解析：在小气泡上升的过程中，重力和浮力的合力对气泡做功，或者气泡克服重力做功，它只能改变气泡的机械能，而不影响气泡内气体的内能，故A、B错；在上升的过程中，气泡内气体膨胀而对外界做功，使它的内能减少，故C错误，D正确．答案：D3．热力学定律表明自然界中进行的热现象的宏观过程()A．有的只遵守热力学第一定律B．有的只遵守热力学第二定律C．有的既不遵守热力学第一定律，也不遵守热力学第二定律D．所有的都遵守热力学第一、第二定律解析：热力学第一、第二定律是热力学的基本定律对所有涉及热现象的宏观过程都成立．故选项D正确，A、B、C错误．答案：D4．(多选题)关于热力学第二定律的理解，下列正确的是()A．宏观与热有关的自发的物理过程都是不可逆的B．所有热过程都是从有序变为无序C．熵增加原理说明自然的物理过程具有方向性D．热运动是一种最无序的运动，内能是最无序运动所对应的能量，因此机械能可以全部转变为内能，但不可能将内能100%全部转变为机械能且不能引起其他变化答案：ACD5．(多选题)下列关于热机的说法中，正确的是()A．热机是把内能转化成机械能的装置B．热机是把机械能转化为内能的装置C．只要对内燃机不断进行革新，它可以把燃料燃烧释放的内能全部转化为机械能D．即使没有漏气，也没有摩擦等能量损失，内燃机也不可能把内能全部转化为机械能解析：由热机的定义可知A正确，B错误．内燃机工作时内能的损失有多种途径，所以内燃机不可能把燃料燃烧释放的内能全部转化为机械能，故D选项正确，C选项错误．答案：AD6．下列说法正确的是()A．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加B．第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的C．电流的能不可能全部转化为内能D．热量不可能从低温物体传到高温物体解析：由ΔU＝W＋Q可知，A错误；第二类永动机违背了热力学第二定律，所以制造不出来，B正确；电流通过电阻做功电能可以全部转化为内能，C错误；在一定条件下热量可以从低温物体传到高温物体，D错误．答案：B7．(多选题)关于热力学定律，下列说法正确的是()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．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功C．不可能使热量从低温物体传向高温物体D．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程解析：内能的改变可以通过做功或热传递进行，故A对；在引起其他变化的情况下，可以从单一热源吸收热量，将其全部变为功，B对；在引起其他变化的情况下，可以使热量从低温物体传向高温物体，C错；涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故D对．答案：ABD8．(多选题)下列宏观过程能用热力学第二定律解释的是()A．大米和小米混合后小米能自发地填充到大米空隙中而经过一段时间大米、小米不会自动分开B．将一滴红墨水滴入一杯清水中，会均匀扩散到整杯水中，经过一段时间，墨水和清水不会自动分开C．冬季的夜晚，放在室外的物体随气温的降低，不会由内能自发地转化为机械能而动起来D．随着节能减排措施的不断完善，最终也不会使汽车热机的效率达到100%解析：热力学第二定律反映的是与热现象有关的宏观过程的方向性的规律，A不属于热现象，A错；由热力学第二定律可知B、C、D正确．答案：BCD9．关于物体内能变化的说法，正确的是()A．一定质量的晶体在熔化过程中内能保持不变B．一定质量的气体在体积膨胀过程中内能一定增加C．一定质量的物体在热膨胀过程中内能不一定增加D．一定质量的物体在体积保持不变的过程中，内能一定不变解析：晶体在熔化过程中要吸热，却没有对外做功，故内能增加，A 错误．一定质量的气体在膨胀过程中，可能吸热，也可能不吸热，还有可能放热，但一定对外做功，内能不一定增加，故B错误．物体热膨胀一定是吸收了热量，对外做功不一定小于吸收的热量，内能不一定增加，C正确．物体体积不变，温度可以改变，内能随之变化，D错误．答案：C10．采用绝热(即不交换热量)的方式使一定量的气体由初态A变化至终态B.对于不同的绝热方式，下面说法正确的是()A．对气体所做的功不同B．对气体所做的功相同C．对气体不需做功，因为没有热的传递D．以上三种说法都不对解析：初态A和终态B的内能的变化是相同的，而Q＝0，所以不管什么过程，对气体所做的总功都是相同的．答案：B11．隔板将绝热的气缸分为A、B两部分，A内充有气体，B内为真空(如图甲)．现把隔板抽去，A中的气体自动充满整个容器(如图乙)，这个过程称为气体的自由膨胀．下列说法正确的是()甲乙A．自由膨胀过程中，气体分子只作定向运动B．自由膨胀前后，气体的压强不变C．自由膨胀前后，气体的温度不变D．容器中的气体在足够长的时间内，能全部自动回到A部分解析：自由膨胀时，气体并不对外做功，绝热容器又没有做功过程，所以内能不变，则气体的温度保持不变．答案：C12．如图所示，厚壁容器的一端通过胶塞插进一只灵敏温度计和一根气针，另一端有个用卡子卡住的可移动的胶塞．用打气筒慢慢向筒内打气，使容器内的压强增加到一定程度，这时读出温度计示数．打开卡子，胶塞冲出容器后()A．温度计示数变大，实验表明气体对外界做功，内能减少B．温度计示数变大，实验表明外界对气体做功，内能增加C．温度计示数变小，实验表明气体对外界做功，内能减少D．温度计示数变小，实验表明外界对气体做功，内能增加解析：根据功是能量转化的量度，对外做了多少功，就意味着转化了多少能量．本例中由于是厚壁容器，打开卡子后，气体迅速膨胀，这样的过程可以当作绝热过程，或者还没有来得及进行热交换．由此判断，转化的应是系统的内能，即对外做功，系统的内能减少，温度降低．选C.答案：C第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、计算题(本题有4小题，共52分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分)如图所示，绝热隔板S把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，S与气缸壁的接触是光滑的．两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b.气体分子之间相互作用可忽略不计．现通过电热丝对气体a缓慢加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡状态．试分析a、b 两部分气体与初状态相比，体积、压强、温度、内能各如何变化？答案：气缸和隔板绝热，电热丝对气体a加热，a温度升高，压强增大，体积增大，内能增大；(5分)a对b做功，b的体积减小，温度升高，压强增大，内能增大．(5分)14．(12分)一定质量的理想气体，在经过等压膨胀、等容降温、等压压缩、等容升温四个过程后回到初始状态，它是吸热还是放热？解析：解法一：由于一定质量的理想气体的内能是否变化决定于温度是否发生了变化，所以经过一个循环后回到初始状态，内能不变，即ΔU＝0.由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，它是吸热还是放热，取决于外界对它的做功情况．以下对在每个过程中外界对气体做功W的情况逐个分析：等压膨胀：气体压强为p1，体积增大了ΔV1，则W1＝－p1ΔV1；(2分)等容降温：体积不变，所以W2＝0.(2分)等压压缩：气体压强为p2，体积减小了ΔV2，则W3＝p2ΔV2.(2分)等容升温：体积不变，所以W4＝0.(2分)外界对气体做的总功为W＝W1＋W2＋W3＋W4＝－p1ΔV1＋p2ΔV2(2分)由于p1>p2，ΔV1＝ΔV2，所以W<0，代入ΔU＝W＋Q得Q>0，即气体吸热．(2分)解法二：用图线直观地反应气体的状态变化．对本题作p-V图线如图所示，气体从A状态经过一个循环回到状态A.由p-V图线可以看出，在等温膨胀过程A-B中，气体对外做的功等于矩形ABFE的面积；在等压压缩过程C-D中，外界对气体所做的功等于矩形CDEF的面积．整个循环气体对外做的功等于矩形ABCD的面积．气体内能不变，对外做功，必然吸热．而且气体所吸收的热量也等于矩形ABCD的面积．答案：见解析15．(14分)空气压缩机在一次压缩中，活塞对空气做了2×105 J的功，同时空气的内能增加了1.5×105 J，这一过程中空气向外界传递的热量是多少？解析：选择被压缩的空气为研究对象，根据热力学第一定律有ΔU＝W ＋Q.(4分)由题意可知W＝2×105 J，ΔU＝1.5×105 J，(4分)代入上式得Q＝ΔU－W＝1.5×105 J－2×105 J＝－5×104 J．(4分)负号表示空气向外界释放热量，即空气向外界传递的热量为5×104 J．(2分)答案：5×104 J16．(16分)某同学为测量地表植物吸收太阳能的本领，做了如下实验：用一面积为0.1 m2的水盆盛6 kg的水，经太阳垂直照射15 min，温度升高5 ℃，若地表植物每秒接收太阳能的能力与水相等，试计算：(1)每平方米绿色植物每秒接收的太阳能为多少焦耳？(2)若绿色植物在光合作用下每吸收1 kJ的太阳能可放出0.05 L的氧气，则每公顷绿地每秒可放出多少氧气？(1公顷＝104 m2)解析：据水升温吸收的热量，便可求出单位面积单位时间吸收的太阳能，进而可求出每公顷绿地每秒放出的氧气．(1)单位面积单位时间吸收的太阳能为P＝cmΔtSt＝4.2×103×6×50.1×15×60J/(m2·s)＝1.4×103J/(m2·s)．(2)氧气的体积为V ＝104×1.4×103103×0.05 L ＝700 L. 答案：(1)1.4×103 J/(m 2·s)(8分)(2)700 L(8分)。