2020高考物理二轮抓分天天练课件：热点题型练+2.15
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2020高考物理二轮抓分天天练课件：热点题型练+2.20
第21页
【模拟题组三】 24.如图所示，竖直固定在水平地面上的透气圆 筒中有一劲度系数 k＝50 N/m 的轻质弹簧，弹簧下端 固定，上端连接一质量 m＝1 kg 的薄板，圆筒内壁涂 有一层 ER 流体，它对薄板的阻力可调．起初薄板静 止，ER 流体对其阻力为 0，弹簧的长度 l＝1 m，现有一质量 M ＝2 kg 的物体从距地面 h＝2 m 处自由落下，与薄板碰撞后粘在 一起向下做匀减速运动，当薄板下移距离 s＝0.5 m 时速度减为 0， 忽略空气阻力，重力加速度 g＝10 m/s2，最终结果不可以用根式 和分式表示，求：
第29页
(3)金属杆受到的安培力：F 安培＝BIL＝B2RL2v， 以向左为正，由牛顿第二定律得：F＋B2RL2v＝ma， 解得：F＝ma－B2RL2v， 金属杆匀减速运动，a 恒定，而 v 减小，则 F 增大， 所以当 v＝v0 时，满足 F>0，就能保证 F 始终向左，a>Bm2LR2v0；
第30页
第3页
25．如图所示，两个相同的等腰直角三
角形区域 CDE 和 FGH 中均有垂直纸面向里
的匀强磁场．E、F、G 处在同一水平直线上，
D、C、H 也处于同一水平直线．平行四边形
区域 EFHC 间存在匀强电场．一个重力不计的带正电的粒子从边
界 ED 上的 P 点射入磁场，速度 v 的方向与 EC 边平行，再从 EC
边沿水平方向射出．已知 GH 长度为 L，且 L＝2＋ 22d，EP 和
EF 的长度均为 d.带电粒子的比荷mq ＝k，区域 FGH 中磁感应强
度
B2＝2（2－kd
2）v .
第4页
(1)求区域 CDE 内磁感应强度的大小； (2)若电场方向竖直向下，粒子到达电场边界 FH 时，速度方 向恰好与其平行，求粒子在电场中运动的时间； (3)若电场方向水平向右，要使粒子从 GF 边界射出磁场，求 电场强度大小满足的条件．
【模拟题组三】 24.如图所示，竖直固定在水平地面上的透气圆 筒中有一劲度系数 k＝50 N/m 的轻质弹簧，弹簧下端 固定，上端连接一质量 m＝1 kg 的薄板，圆筒内壁涂 有一层 ER 流体，它对薄板的阻力可调．起初薄板静 止，ER 流体对其阻力为 0，弹簧的长度 l＝1 m，现有一质量 M ＝2 kg 的物体从距地面 h＝2 m 处自由落下，与薄板碰撞后粘在 一起向下做匀减速运动，当薄板下移距离 s＝0.5 m 时速度减为 0， 忽略空气阻力，重力加速度 g＝10 m/s2，最终结果不可以用根式 和分式表示，求：
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(3)金属杆受到的安培力：F 安培＝BIL＝B2RL2v， 以向左为正，由牛顿第二定律得：F＋B2RL2v＝ma， 解得：F＝ma－B2RL2v， 金属杆匀减速运动，a 恒定，而 v 减小，则 F 增大， 所以当 v＝v0 时，满足 F>0，就能保证 F 始终向左，a>Bm2LR2v0；
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25．如图所示，两个相同的等腰直角三
角形区域 CDE 和 FGH 中均有垂直纸面向里
的匀强磁场．E、F、G 处在同一水平直线上，
D、C、H 也处于同一水平直线．平行四边形
区域 EFHC 间存在匀强电场．一个重力不计的带正电的粒子从边
界 ED 上的 P 点射入磁场，速度 v 的方向与 EC 边平行，再从 EC
边沿水平方向射出．已知 GH 长度为 L，且 L＝2＋ 22d，EP 和
EF 的长度均为 d.带电粒子的比荷mq ＝k，区域 FGH 中磁感应强
度
B2＝2（2－kd
2）v .
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(1)求区域 CDE 内磁感应强度的大小； (2)若电场方向竖直向下，粒子到达电场边界 FH 时，速度方 向恰好与其平行，求粒子在电场中运动的时间； (3)若电场方向水平向右，要使粒子从 GF 边界射出磁场，求 电场强度大小满足的条件．
2020高考物理二轮抓分天天练课件：热点题型练+2.16
第23页
答案 BCD 解析 由题设知波长 λ＝2 m，周期 T＝410 s＝0.025 s，振幅 A＝5 cm.由题设知波长 λ＝2 m，故 A 项错误；根据波长、频率(周 期)和波速的关系 v＝λf＝80 m/s，故 B 项正确；波沿 x 轴正向传 播，由此可判断平衡位置在 x＝1.8 m 的质点向下振动，故 C 项
第9页
涉条纹间距越大，故 C 项正确；照相机镜头镀有增透膜，增透膜 的厚度为绿光在增透膜内波长的14，各种色光的波长不同，不可 能让各种色光都发生干涉相消，故 D 项错误；泊松亮斑是光绕过 很小的不透明圆板后所发生的衍射现象，证明了光是一种波，故 E 项正确．
第10页
4.如图，A、B 为振幅相同的相干波源，且 向外传播过程中振幅衰减不计，图中实线表示波 峰，虚线表示波谷，则下列叙述正确的是( )
第26页
A．此时 M 点速度为零 B．波的传播速度为 5 m/s C．质点 M 的横坐标为 x＝15 m D．质点 M 运动路程为 40 cm E．若此波在传播过程中与另一列频率为 2 Hz、振幅为 4 cm 的简谱横波相遇，相遇区域有的质点位移可能达到 12 cm
第27页
答案 BCE 解析 此时质点 M 在平衡位置，其速度最大，故 A 项错误； 由波源振动方程为 y＝8 sinπt (cm)，可得波的初相位为 0，即波 源的起振方向向上，周期为 T＝2ωπ＝2ππ s＝2 s，由于传播时间为 Δt＝5 s＝2T＋12T，所以传播距离为 Δx＝2λ＋12λ，若此波刚好传 播到 N 点，则根据波的传播方向，可知 N 质点向下起振，与题 不符，故可知传播距离为 Δx＝20 m＋12λ，则可知波长为 λ＝10 m，
第15页
6．某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以 1.8 m/s 的 速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近．该同学发现从第 1 个 波峰到第 10 个波峰通过身下的时间间隔为 15 s．下列说法正确 的是( )
答案 BCD 解析 由题设知波长 λ＝2 m，周期 T＝410 s＝0.025 s，振幅 A＝5 cm.由题设知波长 λ＝2 m，故 A 项错误；根据波长、频率(周 期)和波速的关系 v＝λf＝80 m/s，故 B 项正确；波沿 x 轴正向传 播，由此可判断平衡位置在 x＝1.8 m 的质点向下振动，故 C 项
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涉条纹间距越大，故 C 项正确；照相机镜头镀有增透膜，增透膜 的厚度为绿光在增透膜内波长的14，各种色光的波长不同，不可 能让各种色光都发生干涉相消，故 D 项错误；泊松亮斑是光绕过 很小的不透明圆板后所发生的衍射现象，证明了光是一种波，故 E 项正确．
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4.如图，A、B 为振幅相同的相干波源，且 向外传播过程中振幅衰减不计，图中实线表示波 峰，虚线表示波谷，则下列叙述正确的是( )
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A．此时 M 点速度为零 B．波的传播速度为 5 m/s C．质点 M 的横坐标为 x＝15 m D．质点 M 运动路程为 40 cm E．若此波在传播过程中与另一列频率为 2 Hz、振幅为 4 cm 的简谱横波相遇，相遇区域有的质点位移可能达到 12 cm
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答案 BCE 解析 此时质点 M 在平衡位置，其速度最大，故 A 项错误； 由波源振动方程为 y＝8 sinπt (cm)，可得波的初相位为 0，即波 源的起振方向向上，周期为 T＝2ωπ＝2ππ s＝2 s，由于传播时间为 Δt＝5 s＝2T＋12T，所以传播距离为 Δx＝2λ＋12λ，若此波刚好传 播到 N 点，则根据波的传播方向，可知 N 质点向下起振，与题 不符，故可知传播距离为 Δx＝20 m＋12λ，则可知波长为 λ＝10 m，
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6．某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以 1.8 m/s 的 速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近．该同学发现从第 1 个 波峰到第 10 个波峰通过身下的时间间隔为 15 s．下列说法正确 的是( )
2020高考物理二轮抓分天天练课件：热点题型练+2.10
为( )
A．15°
B．30°
C．45°
D．60°
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答案 D 解析 以 A 球为研究对象，受力分析如 图所示，由几何关系得△POA∽△ADE，则mRg ＝mPAg＝FRN，所以 PA＝R，故∠APO＝60°，故 D 项正确．
第3页
2．(不等式求临界值)如图所示，MN、
PQ 为水平放置的平行导轨，静止的导体
第23页
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数； (2)当 θ 角满足什么条件时，小物块沿木板上滑的距离最小， 并求出此最小值．
第24页
答案
3 (1) 3
(2)θ＝60°
3v02 4g
解析 (1)由题知，当 θ＝30°时，对物块受力分析得：mgsinθ
＝μFN
FN＝mgcosθ
联立得：μ＝tanθ＝tan30°＝ 33；
第13页
答案 BCD 解析 如图所示，小球受到三个力作用而处于平 衡状态，根据正弦定理，有：siGnθ＝siFnAα＝siFnBβ， 所以 FA＝Gssininθα，FB＝Gssininθβ. 装置在纸面内顺时针缓缓地转动 90°角的过程中，θ不变， 由图可知，α角由大于 90°的钝角变成小于 90°的锐角，而 β 角 由 90°增大到 180°.由上式可得，FA 先增大后减小，FB 逐渐减小； 当装置刚好转动 90°角时，FA＝G，FB＝0.故 B、C、D 三项正确．
第6页
答案 B
解析 设最高点速度为 vt 则12mvt2－12mv2＝－mg·2R
得 vt＝ v2－4gR
到达最高点之后做平抛运动，则 2R＝12gt2
得 t＝
4R g
水平位移 x＝vt·t＝ 4v2R－g4gR2 当 R＝2ba＝8vg2时，x 存在最大值．
2020高考物理二轮抓分天天练课件：热点题型练+2.11
C．1.1×104 kg/m3
D．3.0×104 kg/m3
第27页
答案 D 解析 由近地卫星绕地球做圆周运动，GRM2m＝m4Tπ22R ρ＝MV ＝43πMR3得 ρ＝G3Tπ2≈5.6×103 kg/m3 由已知条件可知该行星的密度是地球密度的42.57倍 ρ′＝42.57×5.6×103 kg/m3≈3.0×104 kg/m3.
第18页
9.(割补对称法)均匀带电的球体在球外空间产生的电
场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半
球体上均匀分布正电荷，总电荷量为 q，球半径为 R，MN
为通过半球顶点与球心 O 的轴线，在轴线上有 A、B 两点，
A、B 关于 O 点对称，AB＝4R.已知 A 点的场强大小为 E，则 B
第20页
10.(等效法)如图所示，空间有一匀强磁场，
一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度
v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒
两端的感应电动势大小为 ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂
直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线
夹角平分线的方向以速度 v 运动时，棒两端的感应电动势大小为
3
4
A.4
B.3
3
5
C.5
D.3
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答案 B 解析 采用逆向思维，小球做斜抛运动看成是平抛运动的逆 反运动，将抛出速度沿水平和竖直方向分解，有：vx＝vcos37° ＝0.8v，vy＝vsin37°＝0.6v；球撞墙前瞬间的速度等于 0.8v，反 弹速度大小为：v′x＝34×0.8v＝0.6v，反弹后小球做平抛运动，当 小球的速度大小再次为 v 时，竖直速度为：v′y＝ v2－v′x2＝0.8v 速度方向与水平方向的正切值为：tanθ＝vv′′yx＝43，故 B 项 正确，A、C、D 三项错误．
2020高考物理二轮抓分天天练课件：热点题型练+2.18
A．乙球的初速度 v2 一定是 5 m/s B．相遇前甲球的速度可能小于乙球的速度 C．L 为 2.5 3 m D．甲球与乙球始终在同一水平面上
第11页
答案 B 解析 甲球竖直方向的初速度 vy＝v1sin30°＝5 m/s，水平 方向的初速度 v0＝v1cos30°＝5 3 m/s.甲球在最高点与乙球相 遇，说明甲球和乙球在竖直方向具有相同的运动规律，则乙球的 初速度 v2＝vy＝5 m/s，故 A 项正确；相遇前甲球的水平速度不 为零，竖直方向与乙球的速度相同，所以在相遇前甲球的速度不 可能小于乙球的速度，故 B 项错误；相遇时间 t＝vgy＝0.5 s，则 L ＝v0t＝2.5 3 m，故 C 项正确；由于甲球和乙球竖直方向的运动 情况相同，所以甲球与乙球始终在同一水平面上，故 D 项正确．
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答案 D 解析 规定初速度的方向为正方向，对飞针运用动量定理 得，－Ft＝mv2－mv1，可知需要测出平均冲击力，需要知道飞针 穿越玻璃所用的时间 t，飞针的质量 m，以及飞针穿越玻璃前后 的速度 v1、v2，故 D 项正确，A、B、C 三项错误．
第7页
16.如图所示，圆柱体的 A 点放有一质量为 M 的 小物体 P，使圆柱体缓慢匀速转动，带动 P 从 A 点转 到 A′点，在这个过程中 P 始终与圆柱体保持相对静止．那么 P 所受静摩擦力 Ff 的大小随时间 t 的变化规律是( )
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A．要实现有效报警，照射光电管的紫外线波长应大于 280 nm
B．明火照射时间要足够长，c、d 端才有输出电压 C．仅有太阳光照射光电管时，c、d 端输出的电压为零 D．火灾报警时，照射光电管的紫外线波长越大，逸出的光 电子最大初动能越大
第4页
答案 C 解析 由题意可知，要实现有效报警，照射光电管的紫外线 波长应小于 280 nm，则入射光的频率大于截止频率，会发生光 电效应，故 A 项错误；c、d 端有信号输出，与明火的照射时间 无关，与紫外线的频率有关，故 B 项错误；仅有太阳光照射光电 管时，入射光的频率小于金属的截止频率，不会发生光电效应， c、d 端的输出电压为零，故 C 项正确；火灾报警时，根据光电 效应方程 Ekm＝hν－W0 知，照射的紫外线波长越短，频率越大， 逸出的光电子最大初动能越大，故 D 项错误．
2020届高中物理二轮复习：热点题型专练全集(Word版,含解析,29套)
专题1.1描述运动的基本概念1．如图114所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v1，经过一小段时间之后，速度变为v2，Δv表示速度的变化量．由图中所示信息可知( )图114A．汽车在做加速直线运动B．汽车的加速度方向与v1的方向相同C．汽车的加速度方向与Δv的方向相同D．汽车的加速度方向与Δv的方向相反【答案】C【解析】由于v2＜v1，汽车做减速直线运动，A错误．该过程中，加速度的方向与速度反向，与速度变化的方向同向，C正确，B、D错误．2.一质点沿直线Ox方向做减速直线运动，它离开O点的距离x随时间变化的关系为x ＝6t－2t3(m)，它的速度v随时间t变化的关系为v＝6－6t2(m/s)，则该质点在t＝2 s时的瞬时速度和t＝0到t＝2 s间的平均速度、平均速率分别为( )A．－18 m/s、－2 m/s、6 m/sB．－18 m/s、－2 m/s、2 m/sC．－2 m/s、－2 m/s、－18 m/sD．－18 m/s、6 m/s、6 m/s3．一个质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离x随时间t变化的关系为x ＝(5＋2t3) m，它的速度随时间t变化的关系为v＝6t2 m/s，该质点在t＝0到t＝2 s间的平均速度和t＝2 s到t＝3 s间的平均速度的大小分别为( )A．12 m/s 39 m/s B．8 m/s 38 m/sC．12 m/s 19.5 m/s D．8 m/s 13 m/s【答案】B 【解析】题中v＝6t2m/s是计算瞬时速度的公式，质点做非匀变速直线运动时，某段时间内的平均速度应根据其定义v＝ΔxΔt求解．t＝0时，x1＝5 m，t＝2 s时，x2＝21 m，Δx1＝x2－x1＝16 m，v1＝Δx1t2－t1＝8 m/s；t＝3 s时，x3＝59 m，所以Δx2＝x3－x2＝38 m，所以v2＝Δx2t3－t2＝38 m/s，故选B.4．某赛车手在一次野外训练中，先利用地图计算出A、B两地的直线距离为9 km，实际中他从A地到B地所用时间为5 min，赛车上的里程表指示的里程数值增加了15 km，当他经过某路标P时，车内速度计指示的示数为150 km/h，那么可以确定的是( ) A．研究赛车通过某个弯道的技术动作时，能把该车看成质点B．在整个过程中赛车手的路程是9 kmC．在整个过程中赛车手的平均速度大小是150 km/hD．经过路标P时的瞬时速率是150 km/h【答案】D5. (多选)一质点沿一边长为2 m的正方形轨道运动，每秒钟匀速移动1 m，初始位置在bc边的中点A，由b向c运动，如图所示，A、B、C、D分别是bc、cd、da、ab边的中点，则下列说法正确的是( )A．第2 s末的瞬时速度大小是1 m/sB．前2 s内的平均速度大小为22m/sC．前4 s内的平均速率为0.5 m/sD ．前4 s 内的平均速度大小为2 m/s 【答案】AB6. A 、B 、C 三物体同时、同地、同向出发做直线运动，如图所示是它们运动的位移—时间图象，由图象可知它们在t 0时间内( )A.v A ＝v B ＝v CB.v A >v B >v CC ．t 0时刻之前A 一直在B 、C 的后面D ．A 的速度一直比B 、C 的要大 【答案】A【解析】位移—时间图象表示物体的位置随时间的变化规律，图象上任意一点表示该时刻物体的位置，图象的斜率表示该时刻物体的速度，斜率的正负表示速度的方向。
2020届高考物理二轮总复习课件：第二部分 高考题型技法篇一、把握选择题 保住基础分(共46张PPT)
专
的反向延长线过水平位移的中点；(3)不同质量和电荷量的同性
题 限
时
带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电场，轨迹重 训
练
合；(4)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(5)平行通电
导线“同向相吸，异向相斥”；(6)带电平行板电容器与电源断
开，改变极板间距离不影响极板间匀强电场的强度等．
第二部分
2．应试选择题的原则
[小题快做]
在应试时，对选择题要把握两个主要原则：
专
第一，不要挑题做，应按题号顺序做，选择题的难度一般
题 限
时
也是由简至难，一道题的用时一般不超过 3 分钟，没有思路的
训 练
尽快跳过，以保证做题速度；第二，多选题没有把握的选项不
选，宁可没选扣些分，也不要因选错而全扣．
第二部分
第5页
高考二轮复习 ·物理
第二部分 高考题型技法篇
专 题
限
时
训
练
第二部分
第1页
高考二轮复习 ·物理
一、把握选择题 保住基础分
专 题
限
时
训
练
第二部分
第2页
高考二轮复习 ·物理
1．选择题中的高频考点
(1)力与物体的平衡(受力分析)
(2)牛顿运动定律与直线运动(运动图象)
专
题
(3)曲线运动(平抛运动、圆周运动)
解答好选择题要有扎实的知识基础，要对基本物理方法和
技巧熟练掌握．解答时要根据题意准确、熟练地应用基本概念
和基本规律进行分析、推理和判断．解答时要注意以下几点：
第二部分
第6页
高考二轮复习 ·物理
(1)仔细审题，抓住题干正确理解选项中的关键字、词、句
2020高考物理二轮抓分天天练课件：热点题型练+2.13
第17页
8．(2019·滨海新区三模)关于核反应的类型，下列表述正确 的是( )
A. 92238U→ 90234Th＋24He 是 α 衰变 B. 714N＋24He→ 816O＋12H 是 β 衰变 C．24He＋1327Al→1530P＋01n 是核聚变 D．3482Se→3682Kr＋2－10e 是核裂变
D．氢原子辐射一系列频率的光子，其中频率最大的光子能 量为－1156A
第23页
答案 B 解析 一个氢原子中的电子从 n＝4 的能级直接跃迁到基态 的过程中，只能向外辐射一个光子；由玻尔理论可知辐射的光子 的能量为：ΔE＝E4－E1＝4A2－A＝－1156A.故 B 项正确，A、C、D 三项错误．
第24页
第19页
9．(多选)14C 发生放射性衰变为 14N，半衰期约为 5 700 年．已 知植物存活其间，其体内 14C 与 12C 的比例不变；生命活动结束 后，14C 的比例持续减少．现通过测量得知，某古木样品中 14C 的比例正好是现代植物所制样品的二分之一．下列说法正确的是 ()
A．该古木的年代距今约为 5 700 年 B．12C、13C、14C 具有相同的中子数 C．14C 衰变为 14N 的过程中放出 β 射线 D．增加样品测量环境的压强将加速 14C 的衰变
第20页
答案 AC 解析 因古木样品中 14C 的比例正好是现代植物所制样品的 二分之一，则可知经过的时间为一个半衰期，即该古木的年代距 今约为 5 700 年，故 A 项正确；12C、13C、14C 具有相同的质子 数，由于质量数不同，故中子数不同，故 B 项错误；根据核反应 方程可知，14C 衰变为 14N 的过程中放出电子，即发出 β 射线， 故 C 项正确；外界环境不影响放射性元素的半衰期，故 D 项错 误；故选 A、C 两项．
8．(2019·滨海新区三模)关于核反应的类型，下列表述正确 的是( )
A. 92238U→ 90234Th＋24He 是 α 衰变 B. 714N＋24He→ 816O＋12H 是 β 衰变 C．24He＋1327Al→1530P＋01n 是核聚变 D．3482Se→3682Kr＋2－10e 是核裂变
D．氢原子辐射一系列频率的光子，其中频率最大的光子能 量为－1156A
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答案 B 解析 一个氢原子中的电子从 n＝4 的能级直接跃迁到基态 的过程中，只能向外辐射一个光子；由玻尔理论可知辐射的光子 的能量为：ΔE＝E4－E1＝4A2－A＝－1156A.故 B 项正确，A、C、D 三项错误．
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9．(多选)14C 发生放射性衰变为 14N，半衰期约为 5 700 年．已 知植物存活其间，其体内 14C 与 12C 的比例不变；生命活动结束 后，14C 的比例持续减少．现通过测量得知，某古木样品中 14C 的比例正好是现代植物所制样品的二分之一．下列说法正确的是 ()
A．该古木的年代距今约为 5 700 年 B．12C、13C、14C 具有相同的中子数 C．14C 衰变为 14N 的过程中放出 β 射线 D．增加样品测量环境的压强将加速 14C 的衰变
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答案 AC 解析 因古木样品中 14C 的比例正好是现代植物所制样品的 二分之一，则可知经过的时间为一个半衰期，即该古木的年代距 今约为 5 700 年，故 A 项正确；12C、13C、14C 具有相同的质子 数，由于质量数不同，故中子数不同，故 B 项错误；根据核反应 方程可知，14C 衰变为 14N 的过程中放出电子，即发出 β 射线， 故 C 项正确；外界环境不影响放射性元素的半衰期，故 D 项错 误；故选 A、C 两项．
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第18页
(2)对左部分气体，当活塞 A 移动到最右端 B 点时，对活塞 A 受力分析可得出两部分气体的压强为：p′2＝p2
初状态：压强为 p′1＝1.0×105 Pa，温度为 T′1＝(27＋273) K ＝300 K，体积为 V′1＝V0
末状态：压强为 p′2＝p2＋mSg＝2×105 Pa＋105××1100－4 Pa＝ 2.5×105 Pa，温度 T′2，体积为 V′2＝32V0
第3页
(2)某同学实验中最终得到的计算结果和大多数同学的比较， 数据偏大，对出现这种结果的原因，下列说法中可能正确的是 ________．
A．错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行 计算
B．计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处 理
C．计算油酸膜面积时，只数了完整的方格数 D．水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开
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答案p0S 4g解 Nhomakorabea 以打入 49 次气体和缸内上部分气体为研究对象，
开始时，汽缸上部分气体体积为 V1＝V2 ＋49×1V0＝5140V，压
强为 p1＝p0，
后来汽缸上部分气体体积为 V2＝91V0 ，设压强为 p
由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2 代入数据解得：p2＝p＝6p0①
第21页
对下部分气体为研究对象，初态：下部分气体体积为 V3＝V2 ， 压强为 p3＝p0＋mSg②
末态：下部分气体体积为 V4＝1V0，压强为 p4＝p＋mSg③ 由玻意耳定律可知：p3V3＝p4V4④ ①②③④联立解得：m＝p40gS.
第22页
7.(2019·泰州二模)(1)某同学设计的气压升降机如 图所示，竖直圆柱形汽缸用活塞封闭了一定质量的气 体，汽缸内壁光滑，活塞与内壁接触紧密无气体泄漏， 活塞横截面积为 S，活塞及其上方装置总重力 G＝p30S， 活塞停在内壁的小支架上，与缸底的距离为 H，气体温度为 T0， 压强为大气压强 p0.现给电热丝通电，经过一段时间，活塞缓慢 上升H2 .上述过程中，气体可视为理想气体，则气体分子的平均速
第4页
答 案 (1) 球 体 单 分 子 直 径 4.4×10 － 2 1.2×10 － 11 2.7×10－10 (2)ACD
解析 (1)油膜约占 70 个小格，面积约为 S＝70×25×25×10 －6 m2≈4.4×10－2 m2.一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为 V＝ 510×100.600×10－6 m3＝1.2×10－11 m3，油酸分子的直径约等于油膜 的厚度，d＝VS＝14..24××1100－－121m≈2.7×10－10 m.
第13页
4.(2019·长春四模)某同学利用铝制易拉罐 做了一个简易温度计．如图所示，将一根透明 吸管插入空的易拉罐中，接口处用蜡密封，在吸管内引入一小段 油柱(长度可以忽略)，不计大气压强的变化，已知铝罐的容积是 267 cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为 0.2 cm2，吸管的有效 长度为 30 cm，当温度为 27 ℃时，油柱在吸管的有效长度正中间．
第9页
3.(2019·石家庄二模)如图，导热良好的球形容器 与粗细均匀、下端为软管的“U”型管相连．里面通过 两段水银分别封闭了 A、B 两部分理想气体，已知“U” 型管左侧的水银柱高度为 h＝10 cm，空气柱 B 的长度 L＝5 cm.“U”型管中水银面高度可以通过右侧玻璃管 高度进行调节，现使“U”型管两侧水银柱最高端在同一水平面．已 知外界大气压为 75 cmHg.
第15页
(2)根据盖—吕萨克定律VT11＝VT22得：VT11＝ΔΔVT T1＝300 K 时气体体积 V1＝(267＋0.2×15) cm3＝270 cm3 由于油柱在细管中间，所以其最大体积与最小体积相对于 V1 的变化量大小均为： ΔV＝15×0.2 cm3＝3 cm3 解得：ΔT＝130 K 由于 Δt＝ΔT≈3.3 ℃ 所以这个温度计的测量范围为：23.7 ℃≤t≤30.0 ℃.
第12页
加热后温度为：T′A＝57 K＋273 K＝330 K 根据查理定律得：TpAA＝Tp′′AA 代入数据解得：p′A＝88 cmHg 对 B 气体，初态：pB＝90 cmHg，体积为：VB＝LS＝5S 末态：p′B＝(p′A＋h) cmHg＝98 cmHg，体积为：V′B＝L′S 由玻意耳定律得：pBVB＝p′BV′B 代入数据解得：L′＝4.6 cm.
根据理想气体状态方程，有：p′T1V′′1 1＝p′T2V′′2 2 代入数据解得：T2′＝1 125 K.
第19页
6.(2019·广东四模)如图所示，体积为 V 的汽缸 由导热性良好的材料制成，面积为 S 的活塞将汽缸 分成体积相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀 门 K(气体只能进入汽缸，不能流出汽缸)与一打气 筒相连．开始时，汽缸内上部分空气的压强为 p0，现用打气筒向 汽缸内打气．已知气筒每次能打入压强为 p0、体积为1V0的空气， 当打气 49 次后，稳定时汽缸上下两部分的体积之比为 9∶1，重 力加速度取 g，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦，所有 气体均可看成理想气体．求活塞的质量 m.
答案 (1)不断增大 零 (2)①2T0 ②ΔU＋23p0SH 解析 (1)温度是气体平均速率的衡量标志，温度不断升高， 则气体分子的平均速率不断增大；理想气体分子间作用合力可视 为零． (2)①气体先等容变化至压强为 p＝p0＋GS ，设温度升高至 T1， 则Tp00＝Tp1；
第25页
接着等压膨胀至体积为(H＋h)S，设温度升高至 T，则HTS1 ＝ （H＋Th）S；
第23页
率________(选填“不断增大”“先增大后减小”或“先减小后 增大”)；除分子碰撞外，气体分子间作用力为________(选填“引 力”“斥力”或“零”)．
(2)在(1)的情况下，若整个过程中封闭气体内能的变化为 ΔU， 求：
①气体的最高温度 T； ②整个过程中气体吸收的热量 Q.
第24页
第10页
(1)求封闭气体 A 的压强； (2)若开始时气体 A 的温度为 27 ℃，现使气体 A 温度升高到 57 ℃，气体 B 的温度保持不变．调节“U”型管右侧玻璃管高度， 使左管水银面最高点仍在原来的位置，求此时 B 气柱的长度(结 果保留两位有效数字)．
第11页
答案 (1)80 cmHg (2)4.6 cm 解析 (1)根据连通器中，同一水平面上压强相等可得 B 气 体压强为： pB＝p0＋(L＋h) cmHg＝[75＋(10＋5)] cmHg＝90 cmHg 则 A 中气体压强为：pA＝(pB－h) cmHg＝(90－10) cmHg＝ 80 cmHg. (2)未加热 A 前，A 的压强为：pA＝80 cmHg，温度为：TA ＝27 K＋273 K＝300 K
2．15 选修3－3解答题专练
第1页
1.(2019·重庆模拟)油酸酒精溶液的浓度为每 1 000 mL 油酸酒精溶液中含有油酸 0.6 mL，现用 滴管向量筒内滴加 50 滴上述溶液，量筒中的溶液 体积增加了 1 mL，若把一滴这样的油酸酒精溶液 滴入足够大的盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开， 稳定后形成的油膜的形状如图所示．若每一小方格的边长为 25 mm，试问：
第16页
5.(2019·河南模拟)如图所示，在竖直平面内一 圆形管道内封闭有理想气体，用一不导热的固定活 塞 K 和质量为 5.0 kg 可自由移动的不导热的活塞 A 将管内气体沿竖直直径方向分割成左、右体积相等 的两部分温度均为 27 ℃，气体的压强均为 1.0×105 Pa，活塞 A 的横截面积与管道横截面积均为 10 cm2，此时活塞 A 处于静止 状态．现保持右部分气体温度不变，只对左部分气体缓慢加热， 当活塞 A 移动到圆环最右端 B 点时，不计摩擦与活塞厚度，g 取 10 m/s2，求：
(1)在吸管上标刻温度值，试证明该刻度是均匀的； (2)计算出这个温度计的测量范围．
第14页
答案 (1)见解析 (2)23.7 ℃≤t≤30.0 ℃ 解析 (1)根据盖—吕萨克定律VT11＝VT22得：VT11＝ΔΔVT 设吸管内部的横截面积为 S，内部在 27 ℃时的热力学温度 为 T1，体积为 V1，当温度变化 Δt 时油柱移动的距离为 Δl，则有： VT11＝ΔΔlTS即：ΔT＝TV11S·Δl 由上式可以看出，ΔT 与 Δl 成正比关系，所以吸管上标刻 温度值时，刻度是均匀的．
第2页
(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为________模型，让油 酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为________油膜， 这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．图中油酸膜的面积 为 ________m2 ； 每 一 滴 油 酸 酒 精 溶 液 中 含 有 纯 油 酸 的 体 积 是 ________m3 ； 根 据 上 述 数 据 ， 估 测 出 油 酸 分 子 的 直 径 是 ________m．(结果保留两位有效数字)
联立解得 T＝2T0. ②全过程中气体对外界做的功 W＝pS·H2 ＝23p0SH 由热力学第一定律有 ΔU＝Q－W 解得 Q＝ΔU＋23p0SH.
第26页
8．(2019·郑州模拟)如图甲所示，竖直放置的圆柱形汽缸固 定不动，内壁光滑，下端与大气相连，A、B 两活塞的面积分别 为 SA＝20 cm2、SB＝10 cm2，它们通过一条细绳连接，活塞 B 又 与另一条细绳连接，绳子跨过两个光滑定滑轮与重物 C 连接．已 知 A、B 两活塞的质量分别为 mA＝2mB＝1 kg，当活塞静止时， 汽缸中理想气体压强 p1＝1.2×105 Pa，温度 T1＝800 K，活塞 A 距地面的高度为 L＝10 cm，上、下汽缸内气体的长度分别为 2L、 L，大气压强为 p0＝1×105 Pa，上汽缸足够长，重力加速度 g＝ 10 m/s2.
第27页
(1)右部分气体的压强； (2)左部分气体的温度．
第17页
答案 (1)2.0×105 Pa (2)1 124 K 解析 (1)对右部分气体，做等温变化，初状态压强为：p1 ＝1.0×105 Pa 体积为：V1＝V0 末状态：压强为 p2，体积为：V2＝12V0 根据玻意耳定律有：p1V1＝p2V2 代入数据得：p2＝2.0×105 Pa；
(2)对左部分气体，当活塞 A 移动到最右端 B 点时，对活塞 A 受力分析可得出两部分气体的压强为：p′2＝p2
初状态：压强为 p′1＝1.0×105 Pa，温度为 T′1＝(27＋273) K ＝300 K，体积为 V′1＝V0
末状态：压强为 p′2＝p2＋mSg＝2×105 Pa＋105××1100－4 Pa＝ 2.5×105 Pa，温度 T′2，体积为 V′2＝32V0
第3页
(2)某同学实验中最终得到的计算结果和大多数同学的比较， 数据偏大，对出现这种结果的原因，下列说法中可能正确的是 ________．
A．错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行 计算
B．计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处 理
C．计算油酸膜面积时，只数了完整的方格数 D．水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开
第20页
答案p0S 4g解 Nhomakorabea 以打入 49 次气体和缸内上部分气体为研究对象，
开始时，汽缸上部分气体体积为 V1＝V2 ＋49×1V0＝5140V，压
强为 p1＝p0，
后来汽缸上部分气体体积为 V2＝91V0 ，设压强为 p
由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2 代入数据解得：p2＝p＝6p0①
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对下部分气体为研究对象，初态：下部分气体体积为 V3＝V2 ， 压强为 p3＝p0＋mSg②
末态：下部分气体体积为 V4＝1V0，压强为 p4＝p＋mSg③ 由玻意耳定律可知：p3V3＝p4V4④ ①②③④联立解得：m＝p40gS.
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7.(2019·泰州二模)(1)某同学设计的气压升降机如 图所示，竖直圆柱形汽缸用活塞封闭了一定质量的气 体，汽缸内壁光滑，活塞与内壁接触紧密无气体泄漏， 活塞横截面积为 S，活塞及其上方装置总重力 G＝p30S， 活塞停在内壁的小支架上，与缸底的距离为 H，气体温度为 T0， 压强为大气压强 p0.现给电热丝通电，经过一段时间，活塞缓慢 上升H2 .上述过程中，气体可视为理想气体，则气体分子的平均速
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答 案 (1) 球 体 单 分 子 直 径 4.4×10 － 2 1.2×10 － 11 2.7×10－10 (2)ACD
解析 (1)油膜约占 70 个小格，面积约为 S＝70×25×25×10 －6 m2≈4.4×10－2 m2.一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为 V＝ 510×100.600×10－6 m3＝1.2×10－11 m3，油酸分子的直径约等于油膜 的厚度，d＝VS＝14..24××1100－－121m≈2.7×10－10 m.
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4.(2019·长春四模)某同学利用铝制易拉罐 做了一个简易温度计．如图所示，将一根透明 吸管插入空的易拉罐中，接口处用蜡密封，在吸管内引入一小段 油柱(长度可以忽略)，不计大气压强的变化，已知铝罐的容积是 267 cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为 0.2 cm2，吸管的有效 长度为 30 cm，当温度为 27 ℃时，油柱在吸管的有效长度正中间．
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3.(2019·石家庄二模)如图，导热良好的球形容器 与粗细均匀、下端为软管的“U”型管相连．里面通过 两段水银分别封闭了 A、B 两部分理想气体，已知“U” 型管左侧的水银柱高度为 h＝10 cm，空气柱 B 的长度 L＝5 cm.“U”型管中水银面高度可以通过右侧玻璃管 高度进行调节，现使“U”型管两侧水银柱最高端在同一水平面．已 知外界大气压为 75 cmHg.
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(2)根据盖—吕萨克定律VT11＝VT22得：VT11＝ΔΔVT T1＝300 K 时气体体积 V1＝(267＋0.2×15) cm3＝270 cm3 由于油柱在细管中间，所以其最大体积与最小体积相对于 V1 的变化量大小均为： ΔV＝15×0.2 cm3＝3 cm3 解得：ΔT＝130 K 由于 Δt＝ΔT≈3.3 ℃ 所以这个温度计的测量范围为：23.7 ℃≤t≤30.0 ℃.
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加热后温度为：T′A＝57 K＋273 K＝330 K 根据查理定律得：TpAA＝Tp′′AA 代入数据解得：p′A＝88 cmHg 对 B 气体，初态：pB＝90 cmHg，体积为：VB＝LS＝5S 末态：p′B＝(p′A＋h) cmHg＝98 cmHg，体积为：V′B＝L′S 由玻意耳定律得：pBVB＝p′BV′B 代入数据解得：L′＝4.6 cm.
根据理想气体状态方程，有：p′T1V′′1 1＝p′T2V′′2 2 代入数据解得：T2′＝1 125 K.
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6.(2019·广东四模)如图所示，体积为 V 的汽缸 由导热性良好的材料制成，面积为 S 的活塞将汽缸 分成体积相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀 门 K(气体只能进入汽缸，不能流出汽缸)与一打气 筒相连．开始时，汽缸内上部分空气的压强为 p0，现用打气筒向 汽缸内打气．已知气筒每次能打入压强为 p0、体积为1V0的空气， 当打气 49 次后，稳定时汽缸上下两部分的体积之比为 9∶1，重 力加速度取 g，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦，所有 气体均可看成理想气体．求活塞的质量 m.
答案 (1)不断增大 零 (2)①2T0 ②ΔU＋23p0SH 解析 (1)温度是气体平均速率的衡量标志，温度不断升高， 则气体分子的平均速率不断增大；理想气体分子间作用合力可视 为零． (2)①气体先等容变化至压强为 p＝p0＋GS ，设温度升高至 T1， 则Tp00＝Tp1；
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接着等压膨胀至体积为(H＋h)S，设温度升高至 T，则HTS1 ＝ （H＋Th）S；
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率________(选填“不断增大”“先增大后减小”或“先减小后 增大”)；除分子碰撞外，气体分子间作用力为________(选填“引 力”“斥力”或“零”)．
(2)在(1)的情况下，若整个过程中封闭气体内能的变化为 ΔU， 求：
①气体的最高温度 T； ②整个过程中气体吸收的热量 Q.
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(1)求封闭气体 A 的压强； (2)若开始时气体 A 的温度为 27 ℃，现使气体 A 温度升高到 57 ℃，气体 B 的温度保持不变．调节“U”型管右侧玻璃管高度， 使左管水银面最高点仍在原来的位置，求此时 B 气柱的长度(结 果保留两位有效数字)．
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答案 (1)80 cmHg (2)4.6 cm 解析 (1)根据连通器中，同一水平面上压强相等可得 B 气 体压强为： pB＝p0＋(L＋h) cmHg＝[75＋(10＋5)] cmHg＝90 cmHg 则 A 中气体压强为：pA＝(pB－h) cmHg＝(90－10) cmHg＝ 80 cmHg. (2)未加热 A 前，A 的压强为：pA＝80 cmHg，温度为：TA ＝27 K＋273 K＝300 K
2．15 选修3－3解答题专练
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1.(2019·重庆模拟)油酸酒精溶液的浓度为每 1 000 mL 油酸酒精溶液中含有油酸 0.6 mL，现用 滴管向量筒内滴加 50 滴上述溶液，量筒中的溶液 体积增加了 1 mL，若把一滴这样的油酸酒精溶液 滴入足够大的盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开， 稳定后形成的油膜的形状如图所示．若每一小方格的边长为 25 mm，试问：
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5.(2019·河南模拟)如图所示，在竖直平面内一 圆形管道内封闭有理想气体，用一不导热的固定活 塞 K 和质量为 5.0 kg 可自由移动的不导热的活塞 A 将管内气体沿竖直直径方向分割成左、右体积相等 的两部分温度均为 27 ℃，气体的压强均为 1.0×105 Pa，活塞 A 的横截面积与管道横截面积均为 10 cm2，此时活塞 A 处于静止 状态．现保持右部分气体温度不变，只对左部分气体缓慢加热， 当活塞 A 移动到圆环最右端 B 点时，不计摩擦与活塞厚度，g 取 10 m/s2，求：
(1)在吸管上标刻温度值，试证明该刻度是均匀的； (2)计算出这个温度计的测量范围．
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答案 (1)见解析 (2)23.7 ℃≤t≤30.0 ℃ 解析 (1)根据盖—吕萨克定律VT11＝VT22得：VT11＝ΔΔVT 设吸管内部的横截面积为 S，内部在 27 ℃时的热力学温度 为 T1，体积为 V1，当温度变化 Δt 时油柱移动的距离为 Δl，则有： VT11＝ΔΔlTS即：ΔT＝TV11S·Δl 由上式可以看出，ΔT 与 Δl 成正比关系，所以吸管上标刻 温度值时，刻度是均匀的．
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(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为________模型，让油 酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为________油膜， 这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．图中油酸膜的面积 为 ________m2 ； 每 一 滴 油 酸 酒 精 溶 液 中 含 有 纯 油 酸 的 体 积 是 ________m3 ； 根 据 上 述 数 据 ， 估 测 出 油 酸 分 子 的 直 径 是 ________m．(结果保留两位有效数字)
联立解得 T＝2T0. ②全过程中气体对外界做的功 W＝pS·H2 ＝23p0SH 由热力学第一定律有 ΔU＝Q－W 解得 Q＝ΔU＋23p0SH.
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8．(2019·郑州模拟)如图甲所示，竖直放置的圆柱形汽缸固 定不动，内壁光滑，下端与大气相连，A、B 两活塞的面积分别 为 SA＝20 cm2、SB＝10 cm2，它们通过一条细绳连接，活塞 B 又 与另一条细绳连接，绳子跨过两个光滑定滑轮与重物 C 连接．已 知 A、B 两活塞的质量分别为 mA＝2mB＝1 kg，当活塞静止时， 汽缸中理想气体压强 p1＝1.2×105 Pa，温度 T1＝800 K，活塞 A 距地面的高度为 L＝10 cm，上、下汽缸内气体的长度分别为 2L、 L，大气压强为 p0＝1×105 Pa，上汽缸足够长，重力加速度 g＝ 10 m/s2.
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(1)右部分气体的压强； (2)左部分气体的温度．
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答案 (1)2.0×105 Pa (2)1 124 K 解析 (1)对右部分气体，做等温变化，初状态压强为：p1 ＝1.0×105 Pa 体积为：V1＝V0 末状态：压强为 p2，体积为：V2＝12V0 根据玻意耳定律有：p1V1＝p2V2 代入数据得：p2＝2.0×105 Pa；