高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案课后限时作业48
高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案5
3．方向：总是__竖__直__向___下_______的．
4．重心：其位置与物体的___质__量___分布和___形__状___有关．
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第二章 第5讲
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5．重心位置的确定
质量分布均匀的规则物体，重心在其__几__何__中__心___；对于形 状不规则或者质量分布不均匀的薄板，重心可用_悬__挂__法__确定．
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第二章 第5讲
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第二章 第5讲
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知识点一
重力
1．产生：由于_地__球_____的吸引而使物体受到的力．
2．大小：与物体的质量成___正__比___，即G＝___m_g____.可用 __弹__簧__测__力__计______测量重力．
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第二章 第5讲
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解析：足球受到的弹力和重力是两种性质的力，A错误；产 生弹力的条件是相互接触且存在形变，B错误；物体能否看成质 点取决于物体的大小和形状对所研究问题的影响是否可以忽 略，即将被踢起的足球有时也能看成质点，C错误；落在球网中 的足球受到弹力是由于球网发生了形变，D正确．
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第二章
相互作用
第二章 相互作用
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第二章 相互作用
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第5讲 重力 弹力 摩擦力
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第二章 第5讲
高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案课后限时作业2
课后限时作业2 匀变速直线运动的规律时间：45分钟1.历史上,伽利略在斜面实验中分别在倾角不同、阻力很小的斜面上由静止释放小球,他通过实验观察和逻辑推理,得到的正确结论有( A )A.倾角一定时,小球在斜面上的位移与时间的二次方成正比B.倾角一定时,小球在斜面上的速度与时间的二次方成正比C.斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关D.斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关【试题解析】：伽利略的斜面实验中小球做初速度为零的匀加速直线运动,由x ＝12at 2＝12g sin α·t 2(α为斜面的倾角)知,当斜面的倾角一定时,小球在斜面上的位移与时间的二次方成正比,选项A 正确；由v ＝at ＝g sin α·t 知,当斜面的倾角一定时,小球在斜面上运动的速度与时间成正比,选项B 错误；由v 2＝2aL ＝2gL sin α知,当斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端时的速度与倾角α有关,选项C 错误；由L ＝12at 2＝12g sin α·t 2知,当斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角α有关,选项D 错误.2.汽车在水平面上刹车,其位移与时间的关系是x ＝24t －6t 2,则它在前3 s 内的平均速度为( B )A.6 m/sB.8 m/sC.10 m/sD.12 m/s【试题解析】：将题目中的表达式与x ＝v 0t ＋12at 2比较可知,v 0＝24 m/s,a ＝－12 m/s 2,所以由v ＝v 0＋at 可得汽车从刹车到静止的时间为t＝0－24－12s ＝2 s,由此可知3 s 时汽车已经停止,故前3 s 内的位移x ＝24×2 m －6×22 m ＝24 m,平均速度v ＝x t ＝243m/s ＝8 m/s.3.(多选)物体沿一直线单向运动,在t 时间内通过的路程为s ,它在中间位置处的速度为v 1,在中间时刻的速度为v 2,则( ABC )A.当物体做匀加速直线运动时,v 1>v 2B.当物体做匀减速直线运动时,v 1>v 2C.当物体做匀速直线运动时,v 1＝v 2D.当物体做匀速直线运动时,v 1<v 2【试题解析】：做匀速直线运动的物体速度大小不变,故v 1＝v 2,选项C 正确.无论物体做匀加速直线运动还是匀减速直线运动,都有v 1＝v 20＋v 2t 2,v 2＝v 0＋v t 2,利用差值法比较v 1和v 2的大小,v 21－v 22＝v 20＋v 2t 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0＋v t 22＝(v t －v 0)24>0,即v 1>v 2,选项A 、B 正确. 4.在足够长的光滑斜面上,有一物体以10 m/s 的初速度沿斜面向上运动.如果物体的加速度始终为5 m/s 2,方向沿斜面向下,那么经过3 s 时物体的速度大小和方向是( B )A.25 m/s,沿斜面向上B.5 m/s,沿斜面向下C.5 m/s,沿斜面向上D.25 m/s,沿斜面向下【试题解析】：取初速度方向为正方向,则v 0＝10 m/s,a ＝－5 m/s 2,由v ＝v 0＋at 可得,当t ＝3 s 时,v ＝－5 m/s,“－”表示物体在t ＝3 s 时速度方向沿斜面向下,故选项B 正确.5.某人从阳台每隔时间T释放一小球,某时刻用照相机拍得多个小球在同一照片中位置如图中1、2、3、4、5、…所示,每块砖的厚度为d.根据图中的信息,下列判断错误的是(A)A.在位置“1”处小球刚刚释放B.小球做匀加速直线运动C.小球下落的加速度为d T2D.在位置“3”处小球的速度为7d 2T【试题解析】：由题图可知相邻相等时间间隔的位移差都为d,故小球做匀加速直线运动,选项B正确；由Δx＝aT2＝d可知,加速度a＝dT2,选项C正确；在位置“3”处小球处于从位置“2”到位置“4”的中间时刻,故速度v3＝3d＋4d2T＝7d2T,选项D正确；位置“1”到位置“2”的距离与位置“2”到位置“3”的距离之比为23,故在位置“1”处小球不是刚刚释放,选项A错误.6.一物体由静止沿光滑斜面匀加速下滑距离为L时,速度为v,当它的速度为v2时,它沿斜面下滑的距离是(C)A.12L B.22L C.14L D.34L 【试题解析】：由v 2＝2aL 可得L ＝v 22a ；当它的速度为v 2时,它沿斜面下滑的距离是l ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 222a ＝14×v 22a ＝L 4,选项C 正确. 7.两物体在同一竖直线上的不同高度自由下落,同时落地,第一个物体下落时间为t ,第二个物体下落时间为t 2,重力加速度为g ,当第二个物体开始下落时,两物体相距为( D )A.gt 2B.38gt 2C.34gt 2D.14gt 2 【试题解析】：第二个物体在第一个物体下落t 2时间后开始下落,此时第一个物体下落的高度h 1＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22＝18gt 2；根据h ＝12gt 2知,第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为12gt 2和18gt 2,两物体未下落时相距为38gt 2,所以当第二个物体开始下落时,两物体相距为Δh ＝38gt 2－18gt 2＝14gt 2选项D 正确.8.(多选)如图所示,某质点做匀减速直线运动,依次经过A 、B 、C 三点,最后停在D 点.已知AB ＝6 m,BC ＝4 m,从A 点运动到B 点,从B 点运动到C 点两个过程速度变化量都为－2 m/s,则下列说法正确的是( BD )A.质点到达B点时速度大小为2.55 m/sB.质点的加速度大小为2 m/s2C.质点从A点运动到C点的时间为4 sD.A、D两点间的距离为12.25 m【试题解析】：设加速度大小为a,根据题设条件得|Δv|＝at＝2 m/s,AB、BC为连续相等时间内的位移,由匀变速直线运动推论Δx＝at2,解得t＝Δxat＝6－42s＝1 s,a＝2 m/s2,选项B正确；质点从A点运动到C点的时间为2t＝2 s,选项C错误；根据匀变速直线运动的平均速度公式可得v B＝v AC＝AB＋BC2t＝5 m/s,选项A错误；由速度与位移公式可得x AD＝AB＋v2B2a＝12.25 m,选项D正确.9.如图所示,a、b、c、d为光滑斜面上的四个点.一小滑块自a点由静止开始下滑,通过ab、bc、cd各段所用时间均为T.现让该滑块自b点由静止开始下滑,则该滑块(A)A.通过bc、cd段的时间均大于TB.通过c、d点的速度之比为1 2C.通过bc、cd段的位移之比为1 3D.通过c点的速度等于通过bd段的平均速度【试题解析】：当滑块由a点静止下滑时,滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动,假设ab段的间距为x,则bc段、cd段的间距应分别为3x、5x,x bc x cd＝35,选项C错误；如果滑块由b点静止释放,显然滑块通过bc段、cd段的时间均大于T,选项A正确；滑块在c点的速度应为v1＝2a′·3x,滑块在d点的速度应为v2＝2a′·8x,则v1v 2＝38,选项B 错误；因为x bc x cd ＝35,显然通过c 点的时刻不是bd 的中间时刻,则滑块通过c 点的速度不等于bd 段的平均速度,选项D 错误.10.如图所示,一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶,当车头行驶到进站口O 点时,列车接到停车指令,立即匀减速停车,因OA 段铁轨不能停车,整个列车只能停在AB 段内,已知OA ＝1 200 m,OB ＝2 000 m,求：(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；(2)列车减速运动的最长时间.【试题解析】：(1)若列车车尾恰好停在A 点,减速运动的加速度大小为a 1,距离为x 1,则0－v 20＝－2a 1x 1x 1＝1 200 m ＋200 m ＝1 400 m解得a 1＝167m/s 2 若列车车头恰好停在B 点,减速运动的加速度大小为a 2,距离为x OB ＝2 000 m,则0－v 20＝－2a 2x OB ,解得a 2＝1.6 m/s 2故加速度大小a 的取值范围为1.6 m/s 2≤a ≤167 m/s 2 (2)当列车车头恰好停在B 点时,减速运动的时间最长,则0＝v 0－a 2t ,解得t ＝50 s答案：(1)1.6 m/s 2≤a ≤167 m/s 2 (2)50 s 11.近几年长假期间,国家取消了7座及其以下的小车的收费公路的过路费,给自驾带来了很大的实惠,但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力,因此国家规定了免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过.假设收费站的前、后都是平直大道,长假期间过站的车速要求不超过v＝21.6 km/h,事先小汽车未减速的车速均为v0＝108 km/h,制动后小汽车的加速度的大小为a1＝4 m/s2.试问：(1)长假期间,驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2＝6 m/s2的加速度加速至原来的速度,则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中,汽车运动的时间至少是多少？(3)在(1)(2)问题中,车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？【试题解析】：取小汽车初速度方向为正方向,v＝21.6 km/h＝6 m/s,v0＝108 km/h＝30 m/s(1)小汽车进入站台前做匀减速直线运动,设距离收费站x1处开始制动,则：由v2－v20＝－2ax1,解得x1＝108 m.(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段,以v＝6 m/s 过站时汽车运动的时间最少,前后两段位移分别为x1和x2,时间为t1和t2,则减速阶段：v＝v0－a1t1得t1＝v0－va1＝6 s加速阶段：v0′＝v＝6 m/s,v′＝v0＝30 m/s则：v0＝v＋a2t2,t2＝v0－va2＝4 s则汽车运动的时间至少为t＝t1＋t2＝10 s. (3)在加速阶段：v20－v2＝2a2x2解得x2＝72 m 则总位移x＝x1＋x2＝180 m若不减速通过所需时间t′＝xv0＝6 s车因减速和加速过站而耽误的时间至少为Δt＝t－t′＝4 s.答案：(1)108 m(2)10 s(3)4 s12.某公路旁与公路平行有一行电线杆,相邻两根电线杆间的间隔均为50 m,一辆汽车从第一根电线杆开始从静止开始做匀加速直线运动,通过第5到第6根杆用时10 s,通过第6到第7根杆用时8 s,求：(1)该汽车的加速度a ；(2)在经过第多少根电线杆后汽车达到公路限制时速100 km/h.【试题解析】：(1)汽车做匀加速直线运动,t 时间内的平均速度等于t 2时刻的瞬时速度,汽车在第5、6根电线杆之间时,中间时刻的瞬时速度为v 1＝5010＝5 m/s,在第6、7根电线杆之间时,中间时刻的瞬时速度v 2＝508 m/s,则汽车加速度a ＝v 2－v 1t 1＋t 22＝536m/s 2. (2)汽车100 km/h ＝1003.6m/s,由v ＝at 可得t ＝v a ＝200 s,则位移s ＝12at 2＝12×536×(200)2≈2 778 m,则电线杆根数n ＝2 77850＋1≈56.6根,即第56根后达到限速.答案：(1)536m/s 2 (2)56根。
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大一轮复习 ·高三物理 ·经典方案Βιβλιοθήκη 进入导航第一章 第2讲
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A．50 m C．10 m
B．20 m D．1 m
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第一章 第2讲
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解析：由题意知，车速 v≤10 m/s，系统立即启动“全力自 动刹车”的加速度大小约为 5 m/s2，最后末速度减为 0，由推导 公式 v2＝2ax 可得：x≤2va2＝21×025 m＝10 m，所以系统设置的安 全距离约 10 m，故 C 正确，A、B、D 错误．
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第一章 第2讲
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1．如图所示，国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车” 功能的城市安全系统，系统以 50 Hz 的频率监视前方的交通状 况．当车速 v≤10 m/s 且与前方静止的障碍物之间的距离接近安 全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力 自动刹车”，加速度大小约为 5 m/s2，使汽车避免与障碍物相 撞．则“全力自动刹车”系统设置的安全距离约为( C )
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第一章 第2讲
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(4)某物体从静止开始做匀加速直线运动，速度由 0 到 v 运动 距离是由 v 到 2 v 运动距离的 2 倍．( × )
(5)对任意直线运动，其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均 速度．( × )
(6)不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续 相等的时间间隔 T 内的位移之差恒定．( √ )
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第一章 第2讲
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第十三章 第48讲
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知识点二 液体的表面张力现象 1．概念 液体表面各部分间 互相吸引 的力． 2．作用 液体的表面张力使液面具有收缩到表面积 最小 的趋势． 3．方向 表面张力跟液面相切 ，且跟这部分液面的分界线 垂直 ． 4．大小 液体的温度越高，表面张力 越小 ；液体中溶有杂质时， 表面张力 变小 ；液体的密度越大，表面张力 越小 ．
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第十三章
热学(选修3－3)
第十三章 热学(选修3－3)
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第48讲 固体、液体和气体
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第十三章 第48讲
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课前自主预习01 学科素养提升03
课堂互动探究02 课时作业
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第十三章 第48讲
视为理想气体．
②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分
子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空
间．
(2)理想气体的状态方程 一定质量的理想气体状态方程：
pT1V1 1＝pT2V2 2或pTV＝C
.
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第十三章 第48讲
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F 的压强．公式：p＝ S .
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第十三章 第48讲
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(3)常用单位及换算关系： ①国际单位： 帕斯卡 ，符号：Pa,1 Pa＝1 N/m2. ②常用单位： 标准大气压 (atm)；厘米汞柱(cmHg)． ③换算关系：1 atm＝ 76 cmHg＝1.013×105 Pa ≈1.0×105 Pa.
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第一章 第1讲
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3．加速度
(1)定义：物体速度的__变__化__量___与发生这一变化所用时间的比
值．
Δv
(2)定义式：a＝____Δ__t ___.单位：m/s2.
(3)方向：与____Δ_v____的方向一致，由__合__力_____的方向决定，
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第一章 第1讲
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1．对于下列体育比赛的论述，说法正确的是( C ) A．某场篮球比赛打了两个加时赛，共需 10 min，指的是时 刻 B．运动员铅球成绩为 4.50 m，指的是铅球位移的大小为 4.50 m C．运动员跑完 1 500 m 比赛，指的是路程为 1 500 m D．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该 硬币可以看成质点
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第一章 第1讲
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解析：某场篮球比赛打了两个加时赛，共需 10 min，指的是 时间，故 A 错误；运动员铅球成绩为 4.50 m，指的是铅球水平方 向的位移大小为 4.50 m，故 B 错误；运动员跑完 1 500 m 比赛， 指的是路程为 1 500 m，故 C 正确；足球比赛挑边时，上抛的硬 币落回地面猜测正反面，该硬币不可以看成质点，故 D 错误．
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第一章 第1讲
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2．速度 (1)定义：物体___运_Δ_动_x_位__移___与发生这个位移所用时间的比值． (2)定义式：v＝___Δ_t____.单位：m/s. (3)方向：平均速度方向与__位__移____的方向相同，瞬时速度方 向即物体运动的方向．
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1.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，下列说法正确的是(B)A．定值电阻R2的电功率减小B．电压表和电流表的示数都减小C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．R中电流变化的绝对值小于电流表示数变化的绝对值解析：当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，R接入电路的电阻减小，总电阻减小，干路电流增大，内电压增大，路端电压减小，电压表的示数减小，R2的电压增大，R1的电压减小，电流表的示数减小，A、C错误，B正确；因为总电流增大，电流表的示数减小，所以R中电流增大，并且R中电流变化的绝对值大于电流表示数变化的绝对值，D错误．2.阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为(C)A.25B.12C.35D.23解析：断开S 和闭合S 后等效电路分别如图甲、乙所示．根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U 1＝15E ，U 2＝13E ，C 所带的电荷量Q ＝CU ，则Q 1Q 2＝35，选项C 正确．3．如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为R ，L 1和L 2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻的阻值均为R ，电压表为理想电表，S 为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时，下列说法中正确的是( A )A ．电压表读数将变小B ．L 1亮度不变，L 2将变暗C ．L 1将变亮，L 2将变暗D ．电源内阻的发热功率将变小解析：开关在位置1时，外电路总电阻R 总＝32R ，电压表示数U＝32R R ＋32RE ＝35E ，同理，每个灯泡两端的电压U 1＝U 2＝15E ，电源内阻的发热功率为P 热＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25E 2R ＝4E 225R .开关在位置2时，外电路总电阻R 总′＝23R ，电压表示数U ′＝23R R ＋23RE ＝25E ，灯泡L 1的电压U 1′＝15E ，L 2的电压U 2′＝25E ，电源内阻的发热功率为P 热′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫35E 2R ＝9E 225R .综上所述，电压表读数变小，故A 正确．L 1亮度不变，L 2将变亮，故B 、C 错误．电源内阻的发热功率将变大，故D 错误．知识点二 闭合电路的功率及效率问题由P 出与外电阻R 的关系图象可知①当R ＝r 时，电源的输出功率最大为P m ＝E 24r .②当R >r 时，随着R 的增大输出功率越来越小． ③当R <r 时，随着R 的增大输出功率越来越大．④当P 出<P m 时，每个输出功率对应两个外电阻R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2.典例 如图所示，已知电源电动势为6 V ，内阻为1 Ω，保护电 阻R 0＝0.5 Ω，求：当电阻箱R 读数为多少时，保护电阻R 0消耗的电功率最大，并求这个最大值．【解析】 保护电阻消耗的功率为P 0＝E 2R 0(r ＋R ＋R 0)2，因R 0和r是常量，而R 是变量，所以R 最小时，P 0最大，即R ＝0时，P 0max ＝E 2R 0(r ＋R 0)2＝62×0.51.52 W ＝8 W.【答案】 R ＝0 P 0max ＝8 W4．典例中条件不变，求当电阻箱R 读数为多少时，电阻箱R 消耗的功率P R 最大，并求这个最大值．解析：这时要把保护电阻R 0与电源内阻r 算在一起，据以上结论，当R ＝R 0＋r 即R ＝(1＋0.5) Ω＝1.5 Ω时，P R max ＝E 24(r ＋R 0)＝624×1.5 W＝6 W.答案：R ＝1.5 Ω P R max ＝6 W5．在典例中，若电阻箱R 的最大值为3 Ω，R 0＝5 Ω，求：当电阻箱R 读数为多少时，电阻箱R 的功率最大，并求这个最大值．解析：把R 0＝5 Ω当作电源内阻的一部分，则等效电源内阻r等为6 Ω，而电阻箱R 的最大值为3 Ω，小于6 Ω，P ＝⎝⎛⎭⎪⎫E R ＋r 等2R ＝E 2(R －r 等)2R ＋4r 等，则不能满足R ＝r 等，当电阻箱R 的电阻取3 Ω时，R消耗功率最大，最大值为：P ＝⎝⎛⎭⎪⎫E R ＋r 等2R ＝43 W.答案：R ＝3 Ω P ＝43W6．典例中条件不变，求电源的最大输出功率．解析：由电功率公式P 出＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 外＋r 2R 外＝E 2(R 外－r )2R 外＋4r，当R 外＝r时，P 出最大，即R ＝r －R 0＝0.5 Ω时，P 出max ＝E 24r ＝624×1W ＝9 W.答案：9 W7．如图所示，电源电动势E ＝2 V ，内阻r ＝1 Ω，电阻R 0＝2 Ω，可变电阻的阻值范围为0～10 Ω.求可变电阻为多大时，R 上消耗的功率最大，最大值为多少？解析：方法一：P R ＝U 2R ，根据闭合电路欧姆定律，路端电压 U ＝E ·R 0R R 0＋R r ＋R 0R R 0＋R ＝ER 0RrR 0＋rR ＋R 0R ，所以P R ＝E 2R 20R(rR 0＋rR ＋R 0R )2，代入数据整理得P R ＝164R ＋9R ＋12，当R ＝23 Ω时，R 上消耗的功率最大，P R max ＝23W.方法二：采用等效电源法分析，把定值电阻等效到电源的内部，即把电源和定值电阻看作电动势为E ′＝R 0R 0＋r E ，内阻为r ′＝R 0rR 0＋r 的电源，当R ＝r ′＝R 0rR 0＋r 时，电源对外电路R 的输出功率最大P R ＝E ′24r ′.把数值代入各式得：E 等＝E ′＝R 0R 0＋r E ＝43 V ；r 等＝r ′＝R 0r R 0＋r ＝23Ω. 所以：P R ＝E 2等4r 等＝23 W.答案：R ＝23 Ω P ＝23W知识点三 两类U -I 图象的比较与应用两种图象的比较8．(多选)如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下列结论正确的是(AD)A ．电源的电动势为6.0 VB ．电源的内阻为12 ΩC ．电源的短路电流为0.5 AD ．电流为0.3 A 时的外电阻是18 Ω解析：由于该电源的U -I 图象的纵轴坐标不是从零开始的，故纵轴上的截距仍为电源的电动势，即E ＝6.0 V ，但横轴上的截距0.5 A 并不是电源的短路电流，故内阻应按斜率的绝对值计算，即r ＝|ΔUΔI |＝6.0－5.00.5－0 Ω＝2 Ω.由闭合电路欧姆定律可得电流I ＝0.3 A 时，外电阻R ＝EI －r ＝18 Ω.故选项A 、D 正确．9．(多选)如图所示的U -I 图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R 的U -I 图线，用该电源直接与电阻R 连接成闭合电路，由图象可知( AD )A ．R 的阻值为1.5 ΩB ．电源电动势为3 V ，内阻为0.5 ΩC．电源的输出功率为3.0 WD．电源内部消耗功率为1.5 W解析：由于电源的路端电压与电流的关系曲线Ⅰ和电阻R的U-I 图线Ⅱ都为直线，所以电源的路端电压与电流的关系图线Ⅰ的斜率的绝对值等于电源内阻，r＝1.5 Ω；电阻R的U-I图线Ⅱ的斜率等于电阻R的阻值，R＝1.5 Ω，选项A正确，B错误；电源的路端电压与电流的关系图线和电阻R的U-I图线交点纵、横坐标的乘积表示电源的输出功率，电源的输出功率为P＝UI＝1.5×1.0 W＝1.5 W，选项C 错误；由EI＝P＋P r解得电源内部消耗的功率为P r＝EI－P＝3.0×1.0 W－1.5 W＝1.5 W，选项D正确．电路故障分析1．电路故障一般是短路或断路．常见的情况有导线断芯、灯泡断丝、灯泡短路、电阻内部断路、接触不良等现象．故障的特点如下：2.利用电流表、电压表判断电路故障的方法U ad＝0，U cd＝6 V，由此可断定(C)B．L1的灯丝烧断了C．L2的灯丝烧断了D．变阻器R断路解析：由U ab＝6 V可知，电源完好，灯泡都不亮，说明电路中出现断路故障，且在a、b之间．由U cd＝6 V可知，灯泡L1与变阻器R 是通的，断路故障出现在c、d之间，故灯L2断路．所以选项C正确．11．如图所示的电路中，闭合开关S，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现L1变亮，灯L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是(A)A．R1断路B．R2断路C．R3短路D．R4短路解析：等效电路如图所示．若R1断路，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，L1变亮；ab部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、电流表的电流都减小，故A正确．若R2断路，总电阻变大，总电流减小，ac部分电路结构没变，R1、L1中电流都减小，与题意相矛盾，故B错误．若R3短路或R4短路，总电阻减小，总电流增大，电流表中电流变大，与题意相矛盾，C、D错误，因此正确选项只有A.第32讲实验：测定金属丝的电阻率一、实验目的1．掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法及电流表和电压表的读数方法．2．掌握螺旋测微器和游标卡尺的原理及读数方法．3．会用伏安法测电阻，进一步测定金属的电阻率．二、实验原理1．游标卡尺的构造、原理及读数(1)构造(如图)主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标尺上还有一个深度尺，尺身上还有一个紧固螺钉．(2)原理利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．不管游标尺上有多少个小等份刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等份刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等份刻度有10个的、20个的、50个的，见下表：(3)读数若用L0表示由主尺上读出的整毫米数，x表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数，则其读数为L＝L0＋kx，其中k 为精确度．2．螺旋测微器的构造、原理及读数(1)螺旋测微器的构造如下图所示是常用的螺旋测微器．它的测砧A和固定刻度S固定在尺架F上．旋钮K、微调旋钮K′和可动刻度H、测微螺杆P连在一起，通过精密螺纹套在S上．(2)螺旋测微器的原理测微螺杆P与固定刻度S之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮K每旋转一周，P前进或后退0.5 mm，而可动刻度H上的刻度为50等份，每转动一小格，P前进或后退0.01 mm.即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．(3)读数测量时被测物体长度的整数毫米数由固定刻度读出，小数部分由可动刻度读出．测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．3．伏安法测电阻(1)电流表的内接法和外接法的比较(2)两种电路的选择①阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若R x较小，宜采用电流表外接法；若R x较大，宜采用电流表内接法．②比值法：当R xR V<R AR x时，用电流表外接法；当R xR V>R AR x时，用电流表内接法．③实验试探法：按如图所示接好电路，让电压表一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法．(3)滑动变阻器的限流式接法和分压式接法4.实验器材的选择以“安全性”“精确性”“方便性”为前提，综合考虑．选择电学实验仪器主要是选择电表、滑动变阻器、电源等器件．(1)选择电表以不使电表受损和尽量减小误差为原则，即加在电表上的最大电压或电流不得超过其最大量程，实验过程中指针可移动范围最好大于量程的1 3.(2)选择滑动变阻器要考虑它的额定电流，然后对采用分压法的滑动变阻器选总阻值较小的，对采用限流法的滑动变阻器的总阻值选比电路中的电阻稍大些为好．对于滑动头稍有移动，使电流、电压有很大变化的，不宜采用．(3)对器材选择的一般步骤是：①找出唯一性的器材；②草画电路图(暂不把电表接入)；③估算电流最大值和最小值；④考虑电表是否安全(该用分压法还是限流法)，以及能否使电表达到满偏的13以上．5．电阻率的测定原理把金属丝接入如图所示的电路中，用“伏安法”测量其电阻R＝U I；用米尺测量金属丝的长度l ；用螺旋测微器测量金属丝的直径d ，计算出其横截面积S ；根据电阻定律R ＝ρl S 得金属丝的电阻率ρ＝RS l ＝πd 2U 4Il. (1)实验步骤①用螺旋测微器在被测金属导线上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d .②接好用伏安法测电阻的实验电路．③用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属导线的有效长度，反复测量三次，求出其平均值l .④把滑动变阻器的滑动片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置．⑤改变滑动变阻器滑动片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I 、U 的值，记录在表格内．⑥拆除实验线路，整理好实验器材．(2)数据处理①求R x 的平均值方法一：计算法．用R x ＝U I 分别算出各次的数值，再取平均值．方法二：图象法．用U -I 图线的斜率求出．②计算电阻率：将记录的数据U 、I 、l 、d 的值代入电阻率计算式ρ＝πd 2U 4Il. ③注意事项a ．先测直径，再连电路：为了方便，测量直径时应在金属丝连入电路之前测量．b ．电流表外接法：本实验中被测金属丝的阻值较小，故采用电流表外接法．c ．电流控制：电流不宜过大，通电时间不宜过长，以免金属丝温度过高，导致电阻率在实验过程中变大．(4)误差分析1．如图甲所示为某次测量时电压表的刻度盘的情形，若当时使用的是该表的0～3 V 量程，那么电压表读数为1.15(1.14～1.16均可) V ；若当时使用的是该表的0～15 V 量程，那么电压表读数应为5.7(5.6～5.8均可) V ．如图乙所示的电阻箱的读数为84_580.2 Ω.解析：0～3 V量程最小刻度是0.1 V，要向下估读一位，读数为1.15 V．0～15 V量程最小刻度为0.5 V，只要求读到0.1 V这一位，所以读数为5.7 V．图乙中的电阻箱有6个旋钮，每个旋钮上方都标有倍率，将每个旋钮上指针所指的数值(都为整数)乘以各自的倍率，从最高位依次往下读，即可得到电阻箱的读数为84 580.2 Ω.2．某同学测量阻值约为25 kΩ的电阻R x，现备有下列器材：A．电流表(量程为100 μA，内阻约为2 kΩ)；B．电流表(量程为500 μA，内阻约为300 Ω)；C．电压表(量程为15 V，内阻约为100 kΩ)；D．电压表(量程为50 V，内阻约为500 kΩ)；E．直流电源(20 V，允许通过的最大电流为1 A)；F．滑动变阻器(最大阻值为1 kΩ，额定功率为1 W)；G．开关和导线若干．(1)电流表应选B，电压表应选C.(填字母代号)(2)该同学正确选择仪器后连接了如图所示的电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：①电流表采用外接法； ②滑动变阻器采用限流式接法．解析：(1)直流电源的电压为20 V ，为了提高读数准确度应该选择电压表C ，因此待测电阻两端电压不得超过15 V ，则通过的电流不超过I ＝U R x＝15 V 25 kΩ＝600 μA ，电流表应该选B. (2)为了减小误差，电流表应采用内接法，因为滑动变阻器的阻值远小于待测电阻的阻值，若采用限流接法，限流效果不明显，应该采用分压接法接入电路．3．某同学测量直流恒流电源的输出电流I 0和定值电阻R x 的阻值，电路如图所示．实验器材如下：直流恒流电源(电源输出的直流电流I 0保持不变，I 0约为0.8 A)； 待测电阻R x (阻值约为20 Ω)；滑动变阻器R (最大阻值约为50 Ω)；电压表V(量程为15 V，内阻约为15 kΩ)；电流表A(量程为0.6 A，内阻约为0.2 Ω)；请回答下列问题．(1)实验所用器材如图所示，图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接．答案：如图所示(2)电路开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动到a(选填“a”或“b”)处，其理由是理由见解析．(3)所得实验数据如下表，请在下图所示的直角坐标系上画出U-I 图象．(4)根据所画U-I图象，可求得直流恒流电源输出电流I0＝0.88(0.85～0.92均可) A，待测电阻的阻值R x＝20(19～22均可) Ω.(结果均保留两位有效数字)解析：(1)连线如图所示；(2)电路开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动到a处，其理由是开关S闭合后，流过电流表的电流不会超过电流表的量程；(3)图象如图所示；(4)由图象可知，当U＝0时即为恒流电源输出电流，I0＝0.88 A；当I＝0时，电流全部通过R x，则I0R x＝18.0 V，解得R x≈20 Ω.突破点一实验原理和电路连接例1要测量某种合金的电阻率．(1)若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ＝________.用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为________mm.(2)图乙是测量合金丝阻值的原理图，S2是单刀双掷开关．根据原理图在图丙中将实物连线补充完整．(3)闭合S 1，当S 2处于位置a 时，电压表和电流表的示数分别为U 1＝1.35 V ，I 1＝0.30 A ；当S 2处于位置b 时，电压表和电流表的示数分别为U 2＝0.92 V ，I 2＝0.32 A ．根据以上测量数据判断，当S 2处于位置________(选填“a ”或“b ”)时，测量相对准确，测量值R x ＝________Ω.(结果保留两位有效数字)【尝试解题】 (1)合金丝电阻：R ＝ρL S ＝4ρL πD 2，则电阻率：ρ＝πRD 24L；由题图甲可知，其读数为：0.5 mm ＋15.7×0.01 mm ＝0.657 mm.(2)如图所示．(3)根据ΔU U 1＝1.35－0.921.35≈0.32，而ΔI I 1＝0.32－0.300.30≈0.067，可知，电压表变化较大，说明电流表分压作用较大，因此采用电流表外接法时测量相对准确，即S 2处于位置b ，根据欧姆定律，则有：R x ＝0.920.32Ω≈2.9 Ω.【答案】 (1)πRD 24L0.657 (2)见解析图 (3)b 2.91．现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度．螺旋测微器和游标卡尺的示数分别如图甲、乙所示．(1)由上图甲、乙读得圆柱体的直径为1.845 mm，长度为4.240 cm.(2)为了精确测量圆柱体的电阻R x，设计出如图丙所示的实验电路图，按照该电路图完成图丁中的实物电路连接．答案：见解析图(3)若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别为D、L，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ＝U πD 24LI. 解析：(1)圆柱体的直径为1.5 mm ＋34.5×0.01 mm ＝1.845 mm ，长度为42 mm ＋8×0.05 mm ＝4.240 cm.(2)将电表连入电路时注意电流要从正接线柱流入，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，电路图连接如图所示．(3)圆柱体的电阻为R x ＝U I ，根据电阻的决定式可知R x ＝ρL S ＝ρ4L πD 2，联立两式得ρ＝U πD 24LI. 突破点二 数据处理和误差分析例2 在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm.(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为________mm(该值接近多次测量的平均值)．(2)用伏安法测金属丝的电阻R x.实验所用器材为：电池组(电动势3 V，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流2 A)、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：x(选填“乙”或“丙”)．(3)图丁是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据(2)所选的电路图，补充完成图丁中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图戊所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图戊中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U-I图线．由图线得到金属丝的阻值R x＝________Ω(保留两位有效数字)．(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为________(填选项前的符号)．A．1×10－2Ω·m B．1×10－3Ω·mC．1×10－6Ω·m D．1×10－8Ω·m(6)任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准．下列关于误差的说法中正确的选项是________．A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差D．用U-I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差【尝试解题】(1)螺旋测微器的读数为0 mm＋39.8×0.01 mm ＝0.398 mm.(2)通过给定的数据发现电压从接近0开始变化，故滑动变阻器采用的是分压式接法．(3)对滑动变阻器的分压式接法，连线时应使测量电路在开始时分到的电压为0.(4)图线应过原点，且使大多数点在一条直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧．图线的斜率反映了金属丝的电阻，所以R x≈4.5 Ω.(5)由R ＝ρl S ，S ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22，取d ＝4×10－4 m 、l ＝0.5 m 、R ＝4.5 Ω，解出ρ≈1×10－6 Ω·m.(6)由于读数引起的误差属于偶然误差，选项A 错误；由于电流表、电压表内阻引起的误差为系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，则可以消除系统误差，选项B 错误，C 正确；利用U -I 图象处理数据，相当于多次测量取平均值，可以减小偶然误差，选项D 正确．【答案】 (1)0.398(0.395～0.399均可) (2)乙(3)如图所示(4)如图所示 4.5(4.3～4.7均可) (5)C (6)CD2．某同学想要了解导线在质量相同时，电阻与横截面积的关系，选取了材料相同、质量相等的5卷导线，进行了如下实验：(1)用螺旋测微器测量某一导线的直径如图所示，读得直径d ＝1.200 mm.(2)该同学经实验测量及相关计算得到如下数据：请你根据以上数据判断，该种导线的电阻R与横截面积S是否满足反比关系？若满足反比关系，请说明理由；若不满足，请写出R与S应满足的关系．不满足__R与S2成反比(或RS2＝常量)(3)若导线的电阻率ρ＝5.1×10－7Ω·m，则表中阻值为3.1 Ω的导线长度l＝19 m(结果保留两位有效数字)．解析：(1)由题图可知，导线直径d＝1 mm＋20.0×0.01 mm＝1.200 mm.(2)由题表中数据分析发现RS2＝常量(或R与S2成反比)，所以R 与S不满足反比关系．(3)由R＝ρlS，解得l＝RSρ，查题表知R＝3.1 Ω时，S＝3.135 mm2，解得l≈19 m.突破点三电阻的测量方法方法1伏安法测电阻伏安法测电阻是电学实验的基础，是高考考查的热点，也是难点．它渗透在电学实验的各个环节中，如测未知电阻、测电阻率、测各种电表内阻等．本质上都是伏安法测电阻在不同情景下的具体应用．主要涉及电压表、电流表的选择以及实物连线等．例3某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为3 V、内阻约为3 kΩ的电压表和量程为0.6 A、内阻约为0.1 Ω的电流表．采用分压电路接线，左图是实物的部分连线图，待测电阻为右图中的R1，其阻值约为5 Ω.(1)测R1阻值的最优连接方式为导线①连接________(填a或b)、导线②连接________(填c或d)．(2)正确接线测得实验数据如表，用作图法求得R1的阻值为________Ω.(3)已知右图中R2与R1是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，R2的边长是R1的110，若测R2的阻值，则最优的连线应选________(填选项)．A．①连接a，②连接c B．①连接a，②连接dC．①连接b，②连接c D．①连接b，②连接d【尝试解题】(1)因电压表的内阻远大于待测电阻R1的阻值，则电流表采用外接法，而滑动变阻器应采用分压式接法，故测R1阻值的最优连接方式为导线①连接a，导线②连接d；(2)建立坐标系描点连线如答案图所示，则R2＝ΔUΔI＝1.80.4Ω＝4.5Ω；(3)根据电阻定律可得，R＝ρLdL＝ρd，故R2＝R1，要测R2的阻值，与测量R1一样，最优的连线应①连接a，②连接d，选项B正确．【答案】(1)a d(2)如图所示 4.4～4.7(3)B方法2伏伏法测电阻(电压表的灵活选用)已知内阻的电压表可做电流表使用，在缺少合适的电流表的情况下，常用电压表代替电流表使用，这是设计电路中的高频考点．例4用以下器材可测量电阻R x的阻值．待测电阻R x，阻值约为600 Ω；电源E，电动势约为6.0 V，内阻可忽略不计；电压表V1，量程为0～500 mV，内阻r1＝1 000 Ω；电压表V2，量程为0～6 V，内阻r2约为10 kΩ；电流表A，量程为0～0.6 A，内阻r3约为1 Ω；定值电阻R0，R0＝60 Ω；滑动变阻器R，最大阻值为150 Ω；单刀单掷开关S一个，导线若干．(1)测量中要求两只电表的读数都不小于其量程的13，并能测量多组数据，请在虚线框中画出测量电阻R x的实验电路图．(2)若选择测量数据中的一组来计算R x，则由已知量和测量物理量计算R x的表达式为R x＝________，式中各符号的意义是______________________．(所有物理量用题中代表符号表示)【尝试解题】(1)电路的最大电流为I＝6 V600 Ω＝0.01 A，电流表量程太大，可以把电压表V 1并联一个定值电阻改装成电流表，电压表选择V 2即可，要求测量多组数据，滑动变阻器需要分压式接法，电路如图．(2)流过被测电阻的电流为I ＝U 1r 1＋U 1R 0＝U 1(R 0＋r 1)R 0r 1， 被测电阻阻值为R x ＝U 2－U 1I ＝(U 2－U 1)R 0r 1U 1(R 0＋r 1). 【答案】 (1)测量电路见解析图 (2)(U 2－U 1)R 0r 1U 1(R 0＋r 1)U 1为电压表V 1的读数，U 2为电压表V 2的读数，r 1为电压表V 1的内阻，R 0为定值电阻方法3 安安法测电阻(电流表的灵活选用)已知内阻的电流表可做电压表使用，在缺少合适的电压表的情况下，常用电流表代替电压表使用，这是电学设计电路的高频考点．例5 用安安法测定一个待测电阻R x 的阻值(阻值约为200 Ω)，实验室提供如下器材：电池组E ：电动势3 V ，内阻不计；电流表A 1：量程0～15 mA ，内阻约为100 Ω；电流表A2：量程0～300 μA，内阻为1 000 Ω；滑动变阻器R1：阻值范围0～20 Ω，额定电流2 A；电阻箱R2：阻值范围0～9 999 Ω，额定电流1 A；开关S、导线若干．要求实验中尽可能准确地测量R x的阻值，请回答下列问题：(1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表________(填写器材代号)与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到________Ω，这样可以改装成一个量程为3.0 V的电压表．(2)在图中画完整测量R x阻值的电路图，并在图中标明器材代号．(3)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是________mA，电流表A2的示数是________μA，测得待测电阻R x的阻值是________．本次测量存在一定的系统误差，考虑这个原因测量值比真实值________(填“偏大”或“偏小”)．【尝试解题】(1)把A2和R2串联起来充当电压表，此电压表量程为3 V，R＝3300×10－6Ω－1 000 Ω＝9 000 Ω.(3)由图可知，电流表A1的示数为8.0 mA，电流表A2的示数是150 μA，待测电阻阻值为R x＝150×10－6×(1 000＋9 000)8.0×10－3Ω＝187.5 Ω.采用电流表外接法测量的电流值偏大，因此测量的电阻偏小．【答案】(1)A29 000(2)电路如图(3)8.0150187.5 Ω偏小方法4等效替代法如图所示．①S接1，调节R2，读出表示数为I；②S接2，R2不变，调节电阻箱R1，使表示数仍为I；③由以上可得R x＝R1.该方法的优点是消除了表内阻对测量的影响，缺点是电阻箱。
高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案课后限时作业4
课后限时作业4实验：研究匀变速直线运动时间：45分钟1.在做“研究匀变速直线运动”的实验时,某同学得到一条用打点计时器打下的纸带,并在其上取了A、B、C、D、E、F等6个计数点(每相邻两个计数点间还有4个打点计时器打下的点,本图中没有画出),打点计时器接的是220 V、50 Hz的交变电流.他把一把毫米刻度尺放在纸带上,其零刻度和计数点A对齐.[下述第(2)、(3)、(4)小题结果均保留两位有效数字](1)该打点计时器打点的时间间隔为0.02 s.(2)由以上数据计算打点计时器在打C点时,物体的瞬时速度v C是0.16 m/s.(3)计算该物体的加速度a为0.43 m/s2.(4)纸带上的A点所对应的物体的瞬时速度v A＝0.074 m/s.(5)如果当时电网中交变电流的频率是f＝49 Hz,而做实验的同学并不知道,那么由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏大(选填“大”或“小”).【试题解析】：(1)电源频率为50 Hz,则打点时间间隔为0.02 s；(2)利用匀变速直线运动的推论得：v C＝x BD2T＝4.20－1.002×0.1×10－2 m/s＝0.16 m/s；(3)设A到B之间的距离为x1,以后各段分别为x2、x3、x4,根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小,得：x3－x1＝2a1T2x4－x2＝2a2T2为了更加准确地求解加速度,我们对两个加速度取平均值,得：a＝12(a1＋a2)≈0.43 m/s2(4)根据匀变速直线运动速度与时间关系公式v＝v0＋at得A点所对应的物体的瞬时速度为：v A＝v C－at AC＝0.074 m/s(5)如果在某次实验中,交流电的频率为49 Hz,那么实际周期大于0.02 s,根据运动学公式Δx＝at2得：测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏大的.2.在利用打点计时器探究小车“速度随时间变化的关系”的实验中,所用交流电的频率为50 Hz,某次实验中得到的一条纸带如图所示.(1)从比较清晰的点起,每五个点取一个点作为计数点,分别标明0、1、2、3、4,则两个相邻计数点之间的时间间隔为0.1 s.(2)量得x1＝30.1 mm,x2＝36.2 mm,x3＝42.2 mm,x4＝48.1 mm,则打下计数点“2”时小车的速度为0.392 m/s,小车的加速度为0.6 m/s2.(3)当打下计数点“0”时,小车的速度为0.272_m/s.【试题解析】：(1)因每五个点取一个点作为计数点,则相邻计数点之间还有四个点,得纸带上相邻计数点间的时间间隔T＝0.1 s；(2)x1＝30.1 mm＝30.1×10－3 m,x2＝36.2 mm＝36.2×10－3 m,x3＝42.2 mm＝42.2×10－3 m,x4＝48.1 mm＝48.1×10－3 m,纸带上2点对应的瞬时速度,由匀变速直线运动的规律得：v2＝x2＋x32T＝0.392 m/s根据Δx＝aT2,由逐差法得：a＝x3＋x4－x1－x24T2＝0.6 m/s2(3)由速度—时间关系式有：v2＝v0＋a·2T, 代入数据得：v0＝0.272 m/s.3.某同学测定匀变速直线运动的加速度时,得到了在不同拉力下的A、B、C、D、…几条较为理想的纸带,并在纸带上每5个点取一个计数点,即相邻两计数点间的时间间隔为0.1 s,将每条纸带上的计数点都记为0、1、2、3、4、5、…,如图所示甲、乙、丙三段纸带,分别是从三条不同纸带上撕下的.(1)在甲、乙、丙三段纸带中,属于纸带A的是乙(填“甲”、“乙”或“丙”)；(2)打纸带A时,小车的加速度大小为3.11 m/s2；(3)打点计时器打计数点1时小车的速度为0.456 m/s(结果均保留三位有效数字).【试题解析】：(1)根据匀变速直线运动的特点(相邻的时间间隔位移之差相等)得出：x34－x23＝x23－x12＝x12－x01,所以属于纸带A的是乙；(2)根据运动学公式Δx＝aT2,得：a＝0.061 1－0.030.01m/s2＝3.11 m/s2；(3)利用匀变速直线运动的推论：v1＝0.061 1＋0.032×0.1m/s≈0.456 m/s.4.(2019·广东省广州市二模)打点计时器接在50 Hz的交流电源上时,每隔0.02 s打一个点.做匀变速直线运动的小车拖动纸带穿过打点计时器,纸带上记录的点如图,A、B、C、D、E为5个计数点,相邻两计数点间有4个点没标出.已知纸带与A点相近的一端跟小车相连,由此可知,小车的加速度大小为0.740 m/s2(结果保留三位有效数字),方向与小车运动方向相反(填“相同”或“相反”)；打下C点时,小车的瞬时速度为0.472 m/s(计算结果保留三位有效数字).【试题解析】：打点计时器接在50 Hz的交流电源上时,每隔0.02 s 打一个点.因相邻两计数点间有4个点没标出,则T＝0.1 s.已知纸带与A点相近的一端跟小车相连,由此可知,小车的加速度为a＝x DE－x AB3T2＝(3.61－5.83)×10－23×0.01m/s2＝－0.740 m/s2,负号说明方向与小车运动方向相反；AB中间时刻的速度v1＝5.83×10－20.1m/s＝0.583 m/s,则打C点时,小车的瞬时速度v C＝v1＋a(T＋0.5T)＝(0.583－0.740×0.15) m/s＝0.472 m/s.5.某研究性学习小组用图甲所示装置来测定当地重力加速度,主要操作如下：①安装实验器材,调节试管夹(小铁球)、光电门和纸杯在同一竖直线上.②打开试管夹,由静止释放小铁球,用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t,并用刻度尺(图上未画出)测量出两个光电门之间的高度h ,计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v .③保持光电门1的位置不变,改变光电门2的位置,重复②的操作.测出多组(h ,t ),计算出对应的平均速度v .④画出v -t 图象.请根据实验,回答如下问题：(1)设小铁球到达光电门1时的速度为v 0,当地的重力加速度为g .则小铁球通过两光电门间平均速度v 的表达式为v ＝v 0＋12gt .(用v 0、g 和t 表示)(2)实验测得的数据如表：答案：见解析图(3)根据v -t 图象,可以求得当地重力加速度g ＝9.7(9.5～9.9) m/s 2,试管夹到光电门1的距离约为6.2(5.9～6.6) cm.(以上结果均保留两位有效数字)【试题解析】：(1)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得小铁球通过两光电门间平均速度v 的表达式为v＝v 0＋12gt . (2)根据数据作出v -t 图象：(3)小铁球通过两光电门间平均速度v 的表达式为v ＝v 0＋12gt ；所以v -t 图象的斜率表示12g , 所以当地重力加速度g ＝2k ＝9.7 m/s 2,根据v -t 图象得出v 0＝1.10 m/s,根据运动学公式得试管夹到光电门1的距离约为x ＝1.1022×9.7m ＝0.062 m ＝6.2 cm. 6.如图是某同学研究小球下落时的频闪照片,频闪仪每隔0.1 s 闪光一次并进行拍照.照片中小球静止时在位置1,某时刻释放小球,下落中的小球各位置与位置1的距离如图中所标的数据(单位：cm).实验过程正确,但该同学发现图中数据存在以下问题：根据h ＝12gt 2＝12×9.8×0.12 m ＝4.90 cm,而图中标出的位置1和位置2间的距离为1.23 cm,比4.90 cm 小很多,你对此问题的解释是小球在位置2时下落的时间小于0.1_s.下落中小球在位置3的速度大小为1.47 m/s,小球做自由落体运动的加速度大小为9.80 m/s 2.(计算结果均保留三位有效数字)【试题解析】：根据h ＝12gt 2＝12×9.8×0.12 m ＝4.90 cm,而位置1和位置2的距离为1.23 cm,比4.90 cm 小很多,由此可知,频闪仪拍位置1时,小球并没有立即开始下落,导致小球在位置2时下落的时间小于0.1 s ；从上向下,给小球编号,即为1、2、3、4；那么3是2与4的中间时刻,故：v 3＝x 242t,x 24＝(30.63－1.23) cm ＝29.4 cm ＝29.4×10－2 m,每相邻两个位置间的时间间隔t ＝0.1 s,代入数据得：v 3＝29.4×10－22×0.1 m/s ＝1.47 m/s,设2到3间的位移为x 1,3到4间的位移为x 2,由匀变速直线运动的推论：Δx ＝at 2得：x 2－x 1＝gt 2,(注意：t 是发生x 1或x 2这个位移所用的时间,t ＝0.1 s,代入数据得：[(30.63－11.03)－(11.03－1.23)]×10－2(m)＝g ×(0.1 s)2,解得：g ＝9.80 m/s2.7.某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度,电源频率f ＝50 Hz,在纸带上打出的点中,选出零点,然后每隔4个点取1个计数点,因保存不当,纸带被污染,如图所示,A 、B 、C 、D 是依次排列的4个计数点,仅能读出其中3个计数点到零点的距离：s A ＝16.6 mm,s B ＝126.5 mm,s D ＝624.5 mm,若无法再做实验,可由以上信息推知：①相邻两计数点的时间间隔为0.1 s ；②打C 点时物体的速度大小为2.5 m/s ；(保留两位有效数字)③物体的加速度大小为(s D －3s B ＋2s A )f 275(用s A 、s B 、s C 、s D 和f 表示).【试题解析】：①打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点,则相邻两计数点的时间间隔为T ＝0.1 s ；②根据匀变速直线运动中某段时间的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度得v C ＝x BD t BD＝s D －s B 2T≈2.5 m/s ；③由Δx ＝aT 2,得：x BC ＝x AB ＋aT 2,x CD ＝x BC ＋aT 2＝x AB ＋2aT 2,两式相加得x BD ＝2x AB ＋3aT 2,所以a ＝(s D －s B )－2(s B －s A )3T 2＝(s D －3s B ＋2s A )f 275. 8.在暗室中用如图甲所示装置做“测定重力加速度”的实验.实验器材有：支架、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹子、接水铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪.具体实验步骤如下：①在漏斗内盛满清水,旋松螺丝夹子,水滴会以一定的频率一滴滴地落下.②用频闪仪发出的白闪光将水滴流照亮,由大到小逐渐调节频闪仪的频率直到第一次看到一串仿佛固定不动的水滴.③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度.④采集数据进行处理.(1)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的闪光频率等于水滴滴落的频率.(2)实验中观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30 Hz,某同学读出其中比较远的水滴到第一个水滴的距离如图乙所示,根据数据测得当地重力加速度g＝9.72 m/s2；第8个水滴此时的速度v8＝2.27 m/s.(结果都保留三位有效数字)(3)该实验存在的系统误差可能有(答出一条即可)：存在空气阻力(或水滴滴落的频率变化).【试题解析】：(1)频闪仪频率等于水滴滴落的频率时,则每滴下来的一滴水,频闪仪都在相同的位置记录,故可看到一串仿佛固定不动的水滴.(2)由图乙可知s 67＝19.36－13.43＝5.93 cms 78＝26.39－19.36＝7.03 cms 89＝34.48－26.39＝8.09 cms 90＝43.67－34.48＝9.19 cm,由逐差法可得g ＝(9.19＋8.09－5.93－7.03)×10－24×(130)2 m/s 2＝9.72 m/s 2. 第8滴水的速度为：v 8＝s 78＋s 892T ＝(7.03＋8.09)×10－22×130m/s ≈2.27 m/s. (3)由于空气阻力对水滴的作用,水滴不是严格的自由落体；或者滴水的频率改变了,都会产生误差；也可以说出测量水滴位置过程中产生的测量误差.。
高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案课后限时作业49
课后限时作业49热力学定律与能量守恒定律时间：45分钟1.(多选)健身球是一个充满气体的大皮球,现把健身球放在水平地面上.若在人体压向健身球的过程中球内气体温度保持不变,则(BD)A.气体分子的平均动能增大B.气体的密度增大C.气体的内能增大D.外界对气体做功【试题解析】：在人压向健身球的过程中,外界对球做功,气体所占的体积减小,故气体的密度增大；气体温度不变,故气体分子的平均动能不变；由于外界对气体做功,但气体温度不变,故内能不变；由热力学第一定律可知,气体对外放热；故A、C错误；B、D正确.2.(多选)一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N,其p-V图象如图所示.在过程1中,气体始终与外界无热量交换；在过程2中,气体先经历等容变化再经历等压变化.对于这两个过程,下列说法正确的是(ABE)A.气体经历过程1,其温度降低B.气体经历过程1,其内能减小C.气体在过程2中一直对外放热D.气体在过程2中一直对外做功E.气体经历过程1的内能改变量与经历过程2的相同【试题解析】：气体经历过程1,压强减小,体积变大,气体膨胀对外做功,内能减小,故温度降低,选项A、B正确；气体在过程2中,根据理想气体状态方程pVT＝C,则开始时,气体体积不变,压强减小,则温度降低,对外放热；然后压强不变,体积变大,气体膨胀对外做功,则温度升高,需要吸热,故选项C、D错误；过程1和过程2的初、末状态相同,故气体内能改变量相同,选项E正确.3.(多选)下列说法正确的是(CDE)A.当分子间距离为平衡距离时分子势能最大B.饱和汽压随温度的升高而减小C.对于一定质量的理想气体,当分子热运动变剧烈时,压强可以不变D.熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行E.由于液面表面分子间距离大于液体内部分子间的距离,所以液体表面具有收缩的趋势【试题解析】：当分子间距离为平衡距离时分子势能最小,故A错误；饱和汽压随温度的升高而增大,故B错误；当分子的热运动变剧烈时,温度升高,若体积同时增大,压强可以不变,故C正确；熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行,故D正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离,液面分子间表现为引力,故液体表面有收缩趋势,故E正确.4.(多选)关于气体的内能,下列说法正确的是(CDE)A.质量和温度都相同的气体,内能一定相同B.气体温度不变,整体运动速度越大,其内能越大C.气体被压缩时,内能可能不变D.一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中,内能一定增加【试题解析】：气体的内能由物质的量、温度和体积决定,质量和温度都相同的气体,内能可能不同,A错误.内能与物体的运动速度无关,B错误.气体被压缩时,同时对外传热,根据热力学第一定律知内能可能不变,C正确.一定量的某种理想气体的内能只与温度有关,D正确.根据理想气体状态方程,一定量的某种理想气体在压强不变的情况下,体积变大,则温度一定升高,内能一定增加,E正确.5.(多选)下列说法中正确的是(ABE)A.在较暗的房间里,看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动B.气体分子速率呈现出“中间多,两头少”的分布规律C.随着分子间距离增大,分子间作用力减小,分子势能也减小D.一定量的理想气体发生绝热膨胀时,其内能不变E.一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行【试题解析】：布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动,在较暗的房间里可以观察到射入屋内的阳光中有悬浮在空气里的小颗粒在飞舞,是由于气体的流动造成的,这不是布朗运动,故A 正确；麦克斯韦提出了气体分子速率分布的规律,即“中间多,两头少”,故B正确；分子力的变化比较特殊,随着分子间距离的增大,分子间作用力不一定减小,当分子表现为引力时,分子做负功,分子势能增大,故C错误；一定量理想气体发生绝热膨胀时,不吸收热量,同时对外做功,其内能减小,故D错误；根据热力学第二定律可知,一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行,故E正确.6.(多选)下列说法正确的是(ACD)A.单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化B.足球充足气后很难压缩,是足球内气体分子间斥力作用的结果C.一定质量的理想气体经过等容过程,吸收热量,其内能一定增加D.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E.一定质量的理想气体体积保持不变,单位体积内分子数不变,温度升高,单位时间内撞击单位面积上的分子数不变【试题解析】：单晶体冰糖有固定的熔点,磨碎后物质微粒排列结构不变,熔点不变,A正确；足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因,与气体的分子之间的作用力无关,B错误；一定质量的理想气体经过等容过程,吸收热量,没有对外做功,根据热力学第一定律可知,其内能一定增加,故C正确；根据热力学第二定律可知,自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的,故D正确；一定质量的理想气体体积保持不变,单位体积内分子数不变,温度升高,分子的平均动能增大,则平均速率增大,单位时间内撞击单位面积上的分子数增大,E错误.7.(多选)关于第二类永动机,下列说法中正确的是(ACE)A.第二类永动机是指没有冷凝器,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B.第二类永动机违背了能量守恒定律,所以不可能制成C.第二类永动机违背了热力学第二定律,所以不可能制成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,内能却不能全部转化为机械能E.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,但内能却不能全部转化为机械能,而不引起其他变化【试题解析】：由第二类永动机的定义知,A正确；第二类永动机违背了热力学第二定律,故B错误,C正确；机械能可以全部转化为内能,但内能却不能全部转化为机械能,而不引起其他变化,故E正确,D错误.8.(多选)下列说法中正确的是(ABC)A.气体放出热量,其分子的平均动能可能增大B.布朗运动不是液体分子的运动,但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动C.当分子力表现为斥力时,分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D.第二类永动机和第一类永动机都不能制成,原因也是相同的E.某气体的摩尔体积为V,每个分子的体积为V0,则阿伏加德罗常数可表示为N A＝V V0【试题解析】：根据热力学第一定律,气体放出热量,若外界对气体做功,使气体温度升高,其分子的平均动能增大,故A 正确；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动,不是液体分子的运动,但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动,故B 正确；当分子力表现为斥力时,分子力总是随分子间距离的减小而增大,随分子间距离的减小,分子力做负功,所以分子势能也增大,故C 正确；第一类永动机违背了能量守恒定律,第二类永动机违背了热力学第二定律,故D 错误；某固体或液体的摩尔体积为V ,每个分子的体积为V 0,则阿伏加德罗常数可表示为N A ＝V V 0,对于气体此式不成立,故E 错误.9.内壁光滑的汽缸通过活塞封闭有压强为 1.0×105 Pa 、温度为27 ℃的气体,初始活塞到汽缸底部距离为50 cm,现对汽缸加热,气体膨胀而活塞右移.已知汽缸横截面积为200 cm 2,总长为100 cm,大气压强为1.0×105 Pa.(1)计算当温度升高到927 ℃时,缸内封闭气体的压强；(2)若在此过程中封闭气体共吸收了800 J 的热量,试计算气体增加的内能.【试题解析】：(1)由题意可知,在活塞移动到汽缸口的过程中,气体发生的是等压变化.设活塞的横截面积为S ,活塞未移动时封闭气体的温度为T 1,当活塞恰好移动到汽缸口时,封闭气体的温度为T 2,则由盖—吕萨克定律可知：0.5×S T 1＝1×S T 2,又T 1＝300 K 解得：T 2＝600 K,即327 ℃,因为327 ℃<927 ℃,所以气体接着发生等容变化,设当气体温度达到927 ℃时,封闭气体的压强为p ,由查理定律可以得到：1.0×105 Pa T 2＝p (927＋273) K, 代入数据整理可以得到：p ＝2.0×105 Pa.(2)由题意可知,气体膨胀过程中活塞移动的距离Δx ＝1 m －0.5 m ＝0.5 m,故大气压力对封闭气体所做的功为W ＝－p 0S Δx ,代入数据解得：W ＝－1 000 J,由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q得到：ΔU ＝－1 000 J ＋800 J ＝－200 J.答案：(1)2.0×105 Pa (2)－200 J10.如图所示,体积为V 、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T 0、压强为1.2p 0的理想气体.p 0和T 0分别为外界大气的压强和温度.已知：气体内能U 与温度T 的关系为U ＝aT ,a 为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的,求：(1)缸内气体与大气达到平衡时的体积V 1；(2)在活塞下降过程中,汽缸内气体放出的热量Q .【试题解析】：(1)在气体由压强p ＝1.2p 0到p 0时,V 不变,温度由2.4T 0变为T 1,由查理定律得：1.2p 02.4T 0＝p 0T 1, 解得T 1＝2T 0在气体温度由T 1变为T 0的过程中,体积由V 减小到V 1,气体压强不变,由盖—吕萨克定律得V T 1＝V 1T 0, 解得：V 1＝0.5V .(2)活塞下降过程中,活塞对气体做的功为W ＝p 0(V －V 1)在这一过程中,气体内能的减少为ΔU ＝a (T 1－T 0)由热力学第一定律得,汽缸内气体放出的热量为Q ＝W ＋ΔU 得：Q ＝12p 0V ＋aT 0. 答案：(1)0.5V (2)12p 0V ＋aT 0 11.如图所示,一根两端开口、横截面积为S ＝2 cm 2且足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深).管中有一个质量不计的光滑活塞,活塞下封闭着长L ＝21 cm 的气柱,气体的温度为t 1＝7 ℃,外界大气压为p 0＝1.0×105 Pa(相当于75 cm 高汞柱产生的压强).(1)若在活塞上放一个质量为m ＝0.1 kg 的砝码,保持气体的温度t 1不变,则平衡后气柱为多长？(g 取10 m/s 2)(2)若保持砝码的质量不变,对气体加热,使其温度升高到t 2＝77 ℃,此时气柱为多长？(3)若在(2)的过程中,气体吸收的热量为10 J,则气体的内能增加多少？【试题解析】：(1)被封闭气体的初状态：p 1＝p 0＝1.0×105 Pa,V 1＝LS ＝42 cm 3,T 1＝280 K,末状态：p 2＝p 0＋mg S ＝1.05×105 Pa,V 2＝L 2S ,T 2＝T 1＝280 K,根据玻意耳定律,有p 1V 1＝p 2V 2,即p 1L ＝p 2L 2,得L 2＝20 cm ；(2)对气体加热后,气体的压强不变,p 3＝p 2,V 3＝L 3S ,T 3＝350 K,根据盖—吕萨克定律,有V 2T 2＝V 3T 3,即L 2T 2＝L 3T 3,得L 3＝25 cm ； (3)气体对外做的功W ＝p 2Sh ＝p 2S (L 3－L 2)＝1.05 J,根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ,得ΔU ＝10 J ＋(－1.05 J)＝8.95 J,即气体的内能增加了8.95 J.答案：(1)20 cm (2)25 cm (3)8.95 J12.如图所示,一个绝热的汽缸竖直放置,内有一个绝热且光滑的活塞,中间有一个固定的导热性良好的隔板,隔板将汽缸分成两部分,分别密封着两部分理想气体A 和B .活塞的质量为m ,横截面积为S ,与隔板相距h .现通过电热丝缓慢加热气体,当气体吸收热量Q 时,活塞上升了h ,此时气体的温度为T 1.已知大气压强为p 0,重力加速度为g .(1)加热过程中,若A 气体内能增加了ΔE 1,求B 气体内能增加量ΔE 2；(2)现停止对气体加热,同时在活塞上缓慢添加砂粒,当活塞恰好回到原来的位置时A 气体的温度为T 2.求此时添加砂粒的总质量Δm .【试题解析】：(1)B 气体对外做功W ＝pSh ＝(p 0S ＋mg )h ,由热力学第一定律得ΔE 1＋ΔE 2＝Q －W ,解得ΔE 2＝Q －(mg ＋p 0S )h －ΔE 1；(2)B 气体的初状态：p 1＝p 0＋mg S ,V 1＝2hS ,B 气体的末状态：p 2＝p 0＋(m ＋Δm )g S ,V 2＝hS ,由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2,解得Δm ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2T 2T 1－1⎝ ⎛⎭⎪⎫Sp 0g ＋m . 答案：(1)Q －(mg ＋p 0S )h －ΔE 1(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫2T 2T 1－1⎝ ⎛⎭⎪⎫Sp 0g ＋m。
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课后限时作业48固体、液体和气体时间：45分钟1.如图所示,把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔,它的尖端就变钝了.产生这一现象的原因是(C)A.玻璃是非晶体,熔化再凝固后变成晶体B.玻璃是晶体,熔化再凝固后变成非晶体C.熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧D.熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张【试题解析】：玻璃是非晶体,熔化再凝固后仍然是非晶体,故A、B错误；玻璃裂口尖端放在火焰上烧熔后尖端变钝,是表面张力的作用,因为表面张力具有减小表面积的作用,即使液体表面绷紧,故C正确,D 错误.2.(多选)对下列几种固体物质的认识,正确的有(AD)A.食盐熔化过程中,温度保持不变,说明食盐是晶体B.烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面,熔化的蜂蜡呈椭圆形,说明蜂蜡是晶体C.天然石英表现为各向异性,是由于该物质的微粒在空间的排列不规则D.石墨和金刚石的物理性质不同,是由于组成它们的物质微粒排列结构不同【试题解析】：晶体在熔化过程中温度保持不变,食盐具有这样的特点,则说明食盐是晶体,选项A正确；蜂蜡的导热特点是各向同性的,烧热的针尖使蜂蜡熔化后呈椭圆形,说明云母片的导热特点是各向异性的,故云母片是晶体,选项B错误；天然石英表现为各向异性,则该物质微粒在空间的排列是规则的,选项C错误；石墨与金刚石皆由碳原子组成,但它们的物质微粒排列结构是不同的,选项D正确.3.(多选)固体甲和固体乙在一定压强下的熔解曲线如图所示,横轴表示时间t,纵轴表示温度T.下列判断正确的有(ABD)A.固体甲一定是晶体,固体乙一定是非晶体B.固体甲不一定有确定的几何外形,固体乙一定没有确定的几何外形C.在热传导方面固体甲一定表现出各向异性,固体乙一定表现出各向同性D.固体甲和固体乙的化学成分有可能相同E.图线甲中ab段温度不变,所以甲的内能不变【试题解析】：晶体具有固定的熔点,非晶体没有固定的熔点,所以固体甲一定是晶体,固体乙一定是非晶体,故A正确；固体甲若是多晶体,则不一定有确定的几何外形,固体乙是非晶体,一定没有确定的几何外形,故B正确；在热传导方面固体甲若是多晶体,则不一定表现出各向异性,固体乙一定表现出各向同性,故C错误；固体甲一定是晶体,有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体,则固体甲和固体乙的化学成分有可能相同,故D正确；晶体在熔化时温度不变,但由于晶体吸收热量,内能在增大,故E错误.4.(2017·全国卷Ⅰ)(多选)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示.下列说法正确的是(ABC)A.图中两条曲线下面积相等B.图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C.图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E.与0 ℃时相比,100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大【试题解析】：根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知,题图中两条曲线下面积相等,选项A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小,所以对应于氧气分子平均动能较小的情形,选项B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大,分子平均动能较大,根据温度是分子平均动能的标志,可知实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形,选项C正确；根据分子速率分布图可知,题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比,不能得出任意速率区间的氧气分子数目,选项D错误；由分子速率分布图可知,与0 ℃时相比,100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小,选项E错误.5.如图所示,一开口向下导热均匀的直玻璃管,通过细绳悬挂在天花板上,玻璃管下端浸没在固定水银槽中,管内外水银面高度差为h,下列情况中能使细绳拉力增大的是(A)A.大气压强增加B.环境温度升高C.向水银槽内注入水银D.略微增加细绳长度,使玻璃管位置相对水银槽下移【试题解析】：根据题意,设玻璃管内的封闭气体的压强为p ,玻璃管质量为m ,对玻璃管受力分析,由平衡条件可得：T ＋pS ＝mg ＋p 0S .解得：T ＝(p 0－p )S ＋mg ＝ρghS ＋mg ,即绳的拉力等于玻璃管的重力和管中高出液面部分水银的重力.选项A 中,大气压强增加时,水银柱上移,h 增大,所以拉力T 增加,A 正确；选项B 中,环境温度升高,封闭气体压强增加,水银柱高度h 减小,故拉力T 减小,B 错误；选项C 中,向水银槽内注入水银,封闭气体的压强增大,平衡时水银柱高度h 减小,故拉力减小,C 错误；选项D 中,略微增加细绳长度,使玻璃管位置相对水银槽下移,封闭气体的体积减小、压强增大,平衡时水银柱高度h 减小,故细绳拉力T 减小,故D 错误.6.如图所示为一定质量理想气体的体积V 与温度T 的关系图象,它由状态A 经等温过程到状态B ,再经等容过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的压强分别为p A 、p B 、p C ,则下列关系式中正确的是( A )A.p A <p B ,p B <p CB.p A >p B ,p B ＝p CC.p A >p B ,p B <p CD.p A ＝p B ,p B >p C【试题解析】：由pV T ＝常量得：A 到B 过程,T 不变,体积减小,则压强增大,所以p A <p B ；B 经等容过程到C ,V 不变,温度升高,则压强增大,即p B<p C,所以A正确.7.如图所示,U形汽缸固定在水平地面上,用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体,已知汽缸不漏气,活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦.初始时,外界大气压强为p0,活塞紧压小挡板.现缓慢升高汽缸内气体的温度,则选项图中能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图象是(B)【试题解析】：当缓慢升高汽缸内气体温度时,开始一段时间气体发生等容变化,根据查理定律可知,缸内气体的压强p与汽缸内气体的热力学温度T成正比,在p-T图象中,图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板时,缸内气体的压强等于外界的大气压,气体发生等压膨胀,在p-T图象中,图线是平行于T轴的直线,B正确.8.(2018·全国卷Ⅲ)在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱,水银柱的两端各封闭有一段空气.当U形管两端竖直朝上时,左、右两边空气柱的长度分别为l1＝18.0 cm和l2＝12.0 cm,左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上,没有气体从管的一边通过水银逸入另一边.求U形管平放时两边空气柱的长度.在整个过程中,气体温度不变.【试题解析】：设U形管两端竖直朝上时,左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时,两边气体的压强相等,设为p,此时原左、右两边气柱的长度分别变为l′1和l′2.由力的平衡条件有p1＝p2＋ρg(l1－l2)①式中ρ为水银的密度,g为重力加速度大小.由玻意耳定律有p1l1＝pl′1②p2l2＝pl′2③两边气柱长度的变化量大小相等,即l′1－l1＝l2－l′2④由①②③④式和题给条件得l′1＝22.5 cm l′2＝7.5 cm答案：22.5 cm7.5 cm9.一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化,如图所示,p-T 和V-T图各记录了其部分变化过程,试求：(1)温度为600 K时气体的压强；(2)在p-T图象上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整.【试题解析】：(1)由p -T 图可知,气体由200 K →400 K 的过程中做等容变化,由V -T 图可知,气体由400 K →500 K 仍做等容变化,对应p -T 图可得出：T ＝500 K 时,气体的压强为1.25×105 Pa,由V -T 图可知,气体由500 K →600 K 做等压变化,故T ＝600 K 时,气体的压强仍为1.25×105 Pa.(2)在p -T 图象上补充画出400 K →600 K 的气体状态变化图象,如图所示.答案：(1)1.25×105 Pa (2)见解析图10.如图,横截面积相等的绝热汽缸A 与导热汽缸B 均固定于地面,由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦,两汽缸内都装有理想气体,初始时体积均为V 0、温度为T 0且压强相等,缓慢加热A 中气体,停止加热达到稳定后,A 中气体压强变为原来的1.5倍,设环境温度始终保持不变,求汽缸A 中气体的体积V A 和温度T A .【试题解析】：设初态压强为p 0,对汽缸A 加热后A 、B 压强相等： p B ＝1.5p 0B 中气体始、末状态温度相等,由玻意耳定律得：p 0V 0＝1.5p 0V B 2V 0＝V A ＋V B解得V A ＝43V 0. 对A 部分气体,由理想气体状态方程得：p 0V 0T 0＝1.5p 0V A T A解得T A ＝2T 0.答案：43V 0 2T 0 11.如图所示,是一个连通器装置,连通器的右管半径为左管的两倍,左端封闭,封有长为30 cm 的气柱,左右两管水银面高度差为37.5 cm,左端封闭端下60 cm 处有一细管用开关D 封闭,细管上端与大气联通,若将开关D 打开(空气能进入但水银不会入细管),稳定后会在左管内产生一段新的空气柱.已知外界大气压强p 0＝75 cmHg.求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？【试题解析】：空气进入后将左端水银柱隔为两段,上段仅30 cm,初始状态对左端上面空气有p 1＝p 0－h 1＝75 cmHg －37.5 cmHg ＝37.5 cmHg,末状态左端上面空气柱压强p 2＝p 0－h 2＝75 cmHg －30 cmHg ＝45 cmHg,由玻意耳定律：p 1L 1S ＝p 2L 2S ,得：L 2＝p 1L 1p 2＝37.5×3045cm ＝25 cm, 上段水银柱上移,形成的空气柱长为 5 cm,下段水银柱下移,与右端水银柱等高设下移的距离为x ,由于U 形管右管内径为左管内径的2倍,则右管横截面积为左管的4倍,由等式：7.5－x ＝x 4,解得：x ＝6 cm,所以产生的空气柱总长为：L ＝(6＋5＋25) cm ＝36 cm.答案：36 cm12.一U 形玻璃管竖直放置,左端开口,右端封闭,左端上部有一光滑的轻活塞.初始时,管内汞柱及空气柱长度如图所示.用力向下缓慢推活塞,直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中,没有发生气体泄漏；大气压强p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变.【试题解析】：设初始时,右管中空气柱的压强为p 1,长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0,长度为l 2.活塞被下推h 后,右管中空气柱的压强为p 1′,长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′,长度为l 2′.以cmHg 为压强单位.由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00) cmHg ①l 1′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫20.0－20.0－5.002 cm ② 由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′ ③联立①②③式和题给条件得p 1′＝144 cmHg ④依题意p 2′＝p 1′ ⑤l 2′＝4.00 cm ＋20.0－5.002cm －h ⑥ 由玻意耳定律得p 2l 2＝p 2′l 2′ ⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm.答案：144 cmHg 9.42 cm。