2013年教科物理选修3-3：第2章第1、2节知能优化训练
2013年物理选修3-4册课件：第2章2.1
【答案】
AD 解决这类问题要关注波源的位置，
【方法总结】
确定介质质点的振动是由哪个质点带动的，然后 即可判断出该质点的速度方向．
对纵波和横波的理解
下列有关纵波和横波的说法中，正确的是 ( ) A．振源上下振动形成的波是横波 B．振源水平振动形成的波是纵波 C．波沿水平方向传播，质点上下振动，这类波 是横波 D．质点沿水平方向振动，波沿水平方向传播， 这类波是纵波
【方法总结】
横波是质点的振动方向与波的传
播方向相互垂直的波；纵波是质点的振动方向与 波的传播方向在同一直线上的波．区分横波和纵 波的依据是看波的传播方向与质点的振动方向之 间的关系．
变式训练 下列关于横波和纵波的说法中正确的 是( ) A．沿水平方向传播的叫横波 B．纵波在介质中可以沿任意方向传播 C．纵波和横波不可以同时在同一种介质中传播 D．凡是振动方向和波的传播方向在同一直线上 的波叫做纵波 解析：选BD.由横波和纵波的概念可以判断A错， D对；纵波可沿任意方向传播，如声波是纵波， 可以由波源向四周传播，故B对．在地震波中， 横波和纵波同时在地壳中传播，故C错.
(3)机械波传播的是波源的运动形式和波源提供的 能量，介质中各质点并不随波迁移，而是在自己 的平衡位置附近振动．在横波中，波动方向与振 动方向垂直，在均匀介质中，波是匀速传播的， 振动是变速运动． (4)介质中各质点靠弹力相互作用，前一质点带动 后一质点振动，后一质点跟着前一质点振动，故 可以看到前一质点的位置确定后一质点的运动方 向．此外，若不计能量损失，在均匀介质中各质 点振动的振幅应相同．
2．1 机械波的产生
课标定位
课前自主学案
2．1
核心要点突破
课堂互动讲练
知能优化训练
2013年教科物理选修3-3：第1章第1节知能优化训练
1．下列说法中正确的是( ) A ．物体是由大量分子组成的B ．无论是无机物质的分子，还是有机物质的分子，其分子大小的数量级都是10－10 m C ．本节中所说的“分子”，只包含化学中的分子，不包括原子和离子D ．分子的质量是很小的，其数量级为10－10 kg解析：选A.物体是由大量分子组成的，故A 项正确．一些有机物质的大分子其分子大小的数量级超过10－10 m ，故B 项错误．本节中把化学中的分子、原子、离子统称为分子，故C项错误．分子质量的数量级一般为10－26 kg ，故D 项错误． 2．已知某气体的摩尔体积为22.4 L/mol ，摩尔质量为18 g/mol ，阿伏伽德罗常量为6.02×1023mol －1，由以上数据可以估算出这种气体( ) A ．每个分子的质量 B ．每个分子的体积 C ．每个分子占据的空间 D ．分子之间的平均距离解析：选ACD.实际上气体分子之间的距离远比分子本身的线度大得多，即气体分子之间有很大空隙，故不能根据V ′＝VN A 计算分子体积，这样算得的应是该气体每个分子所占据的空间，故C 正确；可认为每个分子平均占据了一个小立方体空间，3V 即为相邻分子之间的平均距离，D 正确；每个分子的质量显然可由m ′＝M AN A估算，A 正确．3．从下列哪一组数据可以算出阿伏伽德罗常量( ) A ．水的密度和水的摩尔质量 B ．水的摩尔质量和水分子的体积 C ．水分子的体积和水分子的质量 D ．水分子的质量和水的摩尔质量解析：选D.根据阿伏伽德罗常量与相关物理量的关系进行判断．阿伏伽德罗常量表示每摩尔物质所含有的微粒数，而摩尔质量则表示每摩尔物质所具有的总质量，除以每个分子的质量就是阿伏伽德罗常量．4．(2010年高考江苏卷)已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m 3和 2.1kg/m 3，空气的摩尔质量为0.029 kg/mol ，阿伏伽德罗常量N A ＝6.02×1023 mol －1.若潜水员呼吸一次吸入2 L 空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数．(结果保留一位有效数字)．解析：设空气的摩尔质量为M ，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V ，在海底吸入的分子数N 海＝ρ海V M N A ，在岸上吸入的分子数N 岸＝ρ岸VM N A，则有ΔN ＝N海－N 岸＝(ρ海－ρ岸)VM N A ，代入数据得ΔN ＝3×1022个． 答案：3×1022个一、选择题1．阿伏伽德罗常量所表示的是( ) A ．1 g 物质内所含的分子数 B ．1 kg 物质内所含的分子数C ．单位体积的物质内所含的分子数D ．1 mol 任何物质内所含的分子数 答案：D2．下列说法正确的是( )A ．质量相同的氢气和氦气含有相同的分子数B ．物质的量相同的任何物质都含有相同的分子数C ．体积相同的水和冰含有相同的分子数D ．密度相同的不同物质，单位体积内的分子数一定相同解析：选B.质量相同的氢气和氦气的物质的量不同，所以含有的分子数不同．体积相同的水和冰，由于它们的密度不同，由m ＝ρV 知，它们的质量不同，而它们的摩尔质量又相同，故它们的物质的量不同，所以含有的分子数不同．同样，密度相同的不同物质，单位体积的质量相同，但由于摩尔质量不同，所含的物质的量不同，分子数也就不同，故只有B 项正确．3．从下列哪一组物理量可以算出氧气的摩尔质量( ) A ．氧气的密度和阿伏伽德罗常量 B ．氧气分子的体积和阿伏伽德罗常量 C ．氧气分子的质量和阿伏伽德罗常量 D ．氧气分子的体积和氧气分子的质量 解析：选C.摩尔质量在数值上等于1 mol 物质的质量，等于一个分子的质量与阿伏伽德罗常量的乘积．4．设某固体物质的摩尔质量为M 、密度为ρ，此种物质样品的质量为m 、体积为V 、总分子数为N 、阿伏伽德罗常量为N A ，则下列表达式中能正确表示一个分子的质量的是( ) A.N m B.m N C.M N A D.m ρN 答案：BC5．假如全世界60亿人同时数1 g 水的分子个数，每人每小时可以数5000个，不间断地数，则完成任务所需时间最接近(阿伏伽德罗常量N A 取6×1023 mol －1)( ) A ．10年 B ．1千年 C ．10万年 D ．1千万年解析：选C.完成任务所需的时间为t ＝ 1 g 水中所包含的水分子个数60亿人一年内所数的水分子个数≈10万年，选项C 正确，A 、B 、D 错误． 6．(2011年东城区高二检测)铜的摩尔质量为M ，密度为ρ，若用N A 表示阿伏伽德罗常量，则下列说法正确的是( )A ．1个铜原子的质量是ρN AB ．1个铜原子占有的体积是MN A ρC ．1 m 3铜所含原子的数目是ρN AMD ．1 kg 铜所含原子的数目是N AM解析：选BCD.1个铜原子的质量应是m ＝M N A ，A 错.1个铜原子的体积V 0＝V N A ＝MN A ρ，B 正确.1 m 3铜含铜的原子个数N ＝nN A ＝ρ×1M N A ＝ρN A M ，C 正确.1 kg 铜含铜原子数N ＝nN A ＝1MN A＝N AM ，D 正确． 7．已知水银的摩尔质量为M ，密度为ρ，阿伏伽德罗常量为N A ，则水银分子的直径是( )A.⎝⎛⎭⎫6M πρN A 13B.⎝⎛⎭⎫3M 4πρN A 13C.6M πρN AD.M ρN A解析：选A.水银的摩尔体积V ＝M ρ，水银分子的体积V 0＝V N A ＝MρN A，把水银分子看成球形，据V ＝16πD 3得水银分子直径，直径D ＝⎝⎛⎭⎫6V 0π13＝⎝⎛⎭⎫6M πρN A 13. 8．对于液体和固体来说，如果用M mol 表示摩尔质量，m 表示分子质量，ρ表示物质密度，V mol 表示摩尔体积，V 分子表示分子体积，N A 表示阿伏伽德罗常量，下列各式中能正确反映这些量之间关系的是( )A ．N A ＝V mol V 分子B ．N A ＝M molV molC ．V mol ＝ρM molD ．V mol ＝M mol答案：AD9．(2011年乳山高二期中检测)用筷子滴一滴水，体积约为0.1 cm 3，这一滴水中含有水分子的个数最接近以下哪一个值(阿伏伽德罗常量N A ＝6×1023mol －1，水的摩尔体积为V mol ＝18 cm 3/mol)( ) A ．6×1023个 B ．3×1021个 C ．6×1019个 D ．3×1017个 答案：B10．已知地球半径为6.4×106 m ，空气摩尔质量约为29×10－3 kg/mol ，一个标准大气压约为1.0×105 Pa.利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状况下的体积为( ) A ．4×1016 m 3 B ．4×1018 m 3 C ．4×1020 m 3 D ．4×1022 m 3解析：选B.设大气的摩尔质量、摩尔体积分别为M 、V 0，其体积为V ，对于大气根据共点力平衡条件有： 4πR 2p 0－ρVg ＝0①又因为：ρ＝MV 0②由①②得大气的体积为：V ＝4πR 2p 0V 0Mg＝4×3.14×(6.4×106)2×1.0×105×22.4×10－329×10－3×9.8m 3≈4×1018 m 3. 二、非选择题11．已知标准状态下任何气体的摩尔体积都是22.4×10－3 m 3/mol ，试估算标准状态下水蒸气分子的间距约是水分子直径的多少倍．解析：V 0＝22.4×10－36.02×1023 m 3＝3.72×10－26m 3 水蒸气分子间距离d ＝3V 0＝33.72×10－26 m ＝3.34×10－9 m ，故其为水分子直径的3.34×10－94×10－10＝8.35倍． 答案：8.35倍12．铜的摩尔质量为6.35×10－2 kg/mol ，密度为8.9×103 kg/m 3，求： (1)铜原子的质量和体积； (2)1 m 3铜所含的原子数； (3)估算铜原子的直径．解析：由宏观量通过阿伏伽德罗常量做桥梁，便可求出微观量(1)铜原子的质量m ＝M N A ＝6.35×10－26.02×1023kg＝1.05×10－25 kg ，铜原子的体积V 0＝V N A ＝MρN A＝ 6.35×10－28.9×103×6.02×1023 m 3＝1.19×10－29 m 3. (2)1 m 3铜的物质的量n ＝ρV M ＝8.9×103×16.35×10－2 mol ＝1.4×105 mol. 1 m 3铜中含铜原子数n ′＝nN A ＝1.4×105×6.02×1023个＝8.4×1028个． (3)把铜原子看作球体，设直径为D ，由V 0＝16πD 3得D ＝ 36V 0π＝ 36×1.19×10－293.14m ＝2.8×10－10 m.答案：(1)1.05×10－25 kg 1.19×10－29 m 3(2)8.4×1028个 (3)2.8×10－10m。
高中物理选修3-5第3章第1、2节知能优化训练
1．人类认识原子核的复杂结构并进行研究是从()A．发现电子开始的B．发现质子开始的C．进行α粒子散射实验开始的D．发现天然放射现象开始的解析：选D.自从贝克勒尔发现天然放射现象后，科学家对放射性元素、射线的组成、产生的原因进行了大量研究，逐步认识到原子核的复杂结构，故D正确．2．从铅罐的放射源放出的射线通过磁场区域被分成三束，如图3－1－6所示，由此可判定()图3－1－6A．射线由三部分组成，带电情况不同B．射线由三部分组成，它们的质量不同C．射线由三部分组成，它们的速度不同D．射线由三部分组成，它们的能量不同解析：选A.由于射线进入磁场分成三束，说明磁场对它们的作用力不同，而磁场对带电的运动粒子才可能产生作用，由此可知它们的带电情况不同，故A正确；而磁场的作用力与它们的质量、速度、能量没有直接关系，B、C、D错误．3．氦原子核由两个质子与两个中子组成，这两个质子之间存在着万有引力、库仑力和核力，则3种力从大到小的排列顺序是()A．核力、万有引力、库仑力B．万有引力、库仑力、核力C．库仑力、核力、万有引力D．核力、库仑力、万有引力解析：选D.核力是强相互作用力，氦原子核内的2个质子是靠核力结合在一起的，可见核力远大于库仑力；微观粒子的质量非常小，万有引力小于库仑力．故D选项正确．4．以下几个核反应方程中，粒子X代表中子的方程是()A.147N＋42He―→178O＋XB.94Be＋42He―→126C＋XC.3015P―→3014Si＋XD.146C―→147N＋X解析：选B.由核反应过程中质量数和电荷数守恒可以判断出B正确．5．下列有关半衰期的说法中正确的是()A．放射性元素的半衰期越短，表明有半数原子核发生衰变所需的时间越短，衰变速度越快B．放射性元素的样品不断衰变，随着剩下未衰变的原子核的减少，元素的半衰期也变长C．把放射性元素放在密封的容器中，可以减慢放射性元素的衰变速度D．降低温度或增大压强，让该元素与其他物质形成化合物，均可减小衰变速度解析：选A.放射性元素的半衰期是指放射性元素的原子核半数发生衰变所需的时间，它反映了放射性元素衰变速度的快慢，若半衰期越短，衰变越快；某种元素的半衰期长短由其本身因素决定，与它所处的物理、化学状态无关，故A正确，B、C、D错误．一、选择题1．天然放射物质的放射线包含三种成分，下面的说法中正确的是()A．一张厚的黑纸可以挡住α射线，但不能挡住β射线和γ射线B．某原子核在放出γ粒子后会变成另一种元素的原子核C．三种射线中对气体电离作用最强的是α射线D．β粒子是电子，但不是原来绕核旋转的核外电子答案：ACD2．一个原子核为21083Bi，关于这个原子核，下列说法中正确的是()A．核外有83个电子，核内有127个质子B．核外有83个电子，核内有83个质子C．核内有83个质子，127个中子D．核内有210个核子解析：选CD.根据原子核的表示方法得质子数为83，质量数为210，故中子数为210－83＝127个，而质子和中子统称核子，故核子数为210个，因此C、D正确．由于不知道原子的电性，就不能判断核外电子数，故A、B不正确．3．下列核反应方程正确的是()A.23892U―→23490Th＋21HB.94Be＋42He―→126C＋10nC.23490Th―→23490Pa＋0－1eD.3115P―→3014Si＋01e解析：选 B.根据在核反应中电荷数守恒、质量数守恒定律，对四个选项逐一验证，只有选项B同时满足“两个守恒”．4．人类探测月球发现，在月球的土壤中含有较丰富的质量数为3的氦，它可以作为未来核聚变的重要原料之一，氦的这种同位素应表示为()A.43HeB.32HeC.42HeD.33He解析：选B.氦的同位素质子数一定相同，质量数为3，故可写作32He，因此B正确，A、C、D错．5.23892U衰变为22286Rn要经过m次α衰变和n次β衰变，则m、n分别为()A．2,4 B．4,2C．4,6 D．16,6解析：选B.由于β衰变不改变质量数，则Z＝238－2224＝4，α衰变使电荷数减少8，但由23892U衰变为22286Rn，电荷数减少6，说明经过了2次β衰变，故B正确．6．若用x代表一个中性原子中核外的电子数，y代表此原子的原子核内的质子数，z代表此原子的原子核内的中子数，则对234 90Th的原子来说()A．x＝90，y＝90，z＝234B．x＝90，y＝90，z＝144C．x＝144，y＝144，z＝90 D．x＝234，y＝234，z＝324解析：选B.在23490Th中，左下标为质子数，左上标为质量数，则y＝90；中性原子的核外电子数等于质子数，所以x＝90；中子数等于质量数减去质子数，z＝234－90＝144，所以B 选项对．7．关于核力的说法正确的是()A．核力同万有引力没有区别，都是物体间的作用B．核力就是电磁力C．核力是短程力，作用范围在1.5×10－15 m之内D．核力与电荷有关解析：选C.核力是短程力，超过1.5×10－15m，核力急剧下降几乎消失，故C对；核力与万有引力、电磁力不同，故A、B不对；核力与电荷无关，故D错．8.图3－1－7如图3－1－7所示，天然放射性元素，放出α、β、γ三种射线同时射入互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，射入时速度方向和电场、磁场方向都垂直，进入场区后发现β射线和γ射线都沿直线前进，则α射线( ) A ．向右偏 B ．向左偏C ．直线前进D ．无法判断解析：选A.γ射线不带电故在电磁场中不偏转，β射线不偏转是因为电场力与洛伦兹力是一对平衡力，故Eq ＝Bq v 即v ＝EB，而α射线的速度比β射线小，因此α射线受向右的电场力远大于向左的洛伦兹力，故α射线向右偏，A 正确，B 、C 、D 错． 9.图3－1－8在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图3－1－8中的a 、b 所示，由图可以判定( ) A ．该核发生的是α衰变 B ．该核发生的是β衰变C ．磁场方向一定是垂直纸面向里D ．磁场方向向里还是向外无法判定解析：选BD.由左手定则，当粒子在磁场中反向运动，若两粒子电性相同，则所形成的圆轨迹应外切；电性相反，则所形成的圆轨迹内切，由图知核与粒子电性相反，又因反冲核带正电，所以带电粒子应带负电，即核反应为β衰变，A 错，B 正确．不管磁场方向向里还是向外，电性相反的粒子轨迹都为内切圆，所以D 正确．综上所述，本题的正确选项为BD. 10．有甲、乙两种放射性元素，它的半衰期分别是τ甲＝15天，τ乙＝30天，它们的质量分别为m 甲、m 乙，经过60天这两种元素的质量相等，则它们原来的质量之比M 甲∶M 乙是( ) A ．1∶4 B ．4∶1 C ．2∶1 D ．1∶2解析：选B.对60天时间，甲元素经4个半衰期，乙元素经2个半衰期，由题知M 甲⎝⎛⎭⎫124＝M 乙⎝⎛⎭⎫122，则M 甲∶M 乙＝4∶1，故B 正确． 二、非选择题 11．约里奥·居里夫妇因发现人工放射性而获得了1935年的诺贝尔化学奖，他们发现的放射性元素3015P 衰变成3014Si 的同时放出另一种粒子，这种粒子是________，3215P 是3015P 的同位素，被广泛应用于生物示踪技术，1 mg 3215P 随时间衰变的关系如图3－1－9所示，请估算4 mg 的3215P 经多少天的衰变后还剩0.25 mg?图3－1－9解析：3015P衰变的方程：3015P ―→3014Si ＋01e ，即这种粒子为正电子．图中纵坐标表示剩余3215P的质量，经过t 天4 mg 的3215P 还剩0.25 mg ，也就是1 mg 中剩0.254mg ＝0.062 5 mg ，由图示估读出此时对应天数为56天．答案：正电子 56天(54～58天都算对) 12.图3－1－10静止在匀强磁场中的某放射性原子核，沿垂直于磁场方向放出一个α粒子后，α粒子和新核都做匀速圆周运动，如图3－1－10所示，测得α粒子和新核的轨道半径之比为44∶1，由此可知，该放射性原子核是哪种元素的原子核？ 解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动 ，洛伦兹力提供向心力，由Bq v ＝m v2r周运动半径：r ＝m vBq.又衰变过程中α粒子和新核组成的系统动量守恒 m αv α＝m 新v 新所以r αr 新＝q 新q α＝441新核核电荷数为q 新＝44q α＝44×2＝88可知原放射性元素原子核的核电荷数q 原＝88＋2＝90 故该放射性元素为90号元素钍(230 90Th)． 答案：该放射性元素为90号元素钍230 90Th。
教科版物理选修3-2电子题库-第2章第1节知能优化训练【答案解析版】
1.图2－1－15对于如图2－1－15所示的电流i随时间t做周期性变化的图像，下列描述正确的是( )A．电流的大小变化，方向也变化，是交流电B．电流的大小变化，方向不变，不是交流电C．电流的大小不变，方向不变，是直流电D．以上说法都不正确解析：选B.由i－t图像可知电流大小随时间变化而方向不变，故不是交流电，选项B 正确．2．如图2－1－16所示，不能产生交变电流的是( )图2－1－16解析：选A.矩形线圈绕着垂直于磁场方向的转轴做匀速圆周运动就产生交流电，而A 图中的转轴与磁场方向平行，线圈中无电流产生，所以选A.3．交流发电机在工作时的电动势e＝E m sinωt.若将线圈匝数、线圈面积都提高到原来的两倍，其他条件不变，则电动势变为( )A．e＝2E m sinωt B．e＝4E m sinωtC ．e ＝12E m sinωtD．e ＝14E m sinωt 解析：选B.由电动势最大值表达式E m ＝NBSω，N 、S 变为原来的两倍，则最大值变为4E m ，故B 正确．4.图2－1－17如图2－1－17所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图像，根据图像可知( )A ．此感应电动势的瞬时表达式为e ＝200sin0.02tB ．此感应电动势的瞬时表达式为e ＝200sin100πtC ．t ＝0.01s 时，穿过线圈的磁通量为零D ．t ＝0.02s 时，穿过线圈的磁通量的变化率最大答案：B5.图2－1－18(2011年日照高二检测)一矩形线圈，面积是0.05m 2，共100匝，线圈电阻r ＝1Ω，外接电阻R ＝4Ω，线圈在磁感应强度B ＝1πT 的匀强磁场中以n ＝300rad/min 的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图2－1－18所示，若从中性面开始计时，求：(1)线圈中感应电动势的瞬时值的表达式；(2)线圈从开始计时经130s 时线圈中感应电流的瞬时值；(3)外电路R两端电压的瞬时值表达式．解析：(1)线圈转速n＝300r/min＝5r/s，角速度ω＝2πn＝10πrad/s，线圈产生的感应电动势最大值E m＝NBSω＝50V，感应电动势的瞬时值表达式e＝E m sinωt＝50sin10πtV.(2)将t＝130s代入电动势瞬时值表达式，得：e＝50sin(10π×130)V＝253V，感应电流i＝eR＋r＝53A.(3)由欧姆定律得：u＝eR＋rR＝40sin10πtV.答案：(1)e＝50sin10πtV(2)53A(3)u＝40sin10πtV一、选择题1．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法中不正确的是( )A．在中性面时，通过线圈的磁通量最大B．在中性面时，感应电动势为零C．穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零D．线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次解析：选C.由中性面的特点可知，应选为C.2．线圈在匀强磁场中转动产生电动势e＝10sin20πtV，则下列说法正确的是( )A．t＝0时，线圈平面位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速率最大D．t＝0.4s时，e有最大值102V解析：选AB.由电动势的瞬时值表达式，计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈平面位于中性面，磁通量为最大，但此时导线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为零，A、B正确，C错误．当t＝0.4s时，e＝10sin20πt＝10×sin(20π×0.4)V ＝0，D错误．3.图2－1－19(2011年陕西安康模拟)一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化规律如图2－1－19所示，下列说法中正确的是( )A．t1时刻通过线圈的磁通量为零B．t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C．t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D．每当e变换方向时，通过线圈的磁通量的绝对值都为最大解析：选D.t1、t3时刻线圈中的感应电动势e＝0，故为线圈通过中性面的时刻，通过线圈的磁通量为最大，磁通量的变化率为零，故A、C不对．t2时刻e＝E m，线圈平面转至与磁感线平行时刻，磁通量为零，B也不对．每当e变换方向时，也就是线圈通过中性面的时刻，通过线圈的磁通量绝对值最大，D正确．4．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电动势的图像如图2－1－20所示，则( )图2－1－20A ．交流电的频率是4πHzB ．当t ＝0时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大C ．当t ＝πs 时，e 有最大值D ．t ＝32πs 时，e ＝－10V 最小，磁通量变化率最小 解析：选B.从图像可知交流电的周期为2πs，频率为12πHz ，t ＝πs 时，e ＝0最小，A 、C 错；t ＝0时，e 最小，Φ最大，B 对；t ＝32πs 时，e ＝－10V ，e 最大，ΔΦΔt最大，“－”号表示方向，D 错． 5.图2－1－21矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生交流电，如图2－1－21所示，下列说法中正确的是( )A ．当穿过线圈的磁通量最大时，产生的电动势最大B ．当穿过线圈的磁通量为零时，产生的电动势最大C ．在图示位置时，A 边产生的感应电流方向垂直纸面向里D ．在图示位置时，A 边产生的感应电流方向垂直纸面向外解析：选BC.当线圈平面平行于磁感线时，产生的电动势最大，此时穿过线圈的磁通量为零，选项A 错误，B 正确；判定感应电流的方向用右手定则，由定则可判定A 边感应电流方向垂直纸面向里，选项C 正确，D 错误．6.图2－1－22如图2－1－22所示，矩形线圈ABDC 放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，线圈以相同的角速度，分别绕OO′、AC 、EF 、AB 轴线匀速转动，线圈中产生的最大感应电动势分别为E 1、E 2、E 3、E 4，则下面判断正确的是( )A ．E 1＝E 2，E 3＝E 4B ．E 1＝E 2＝E 3，E 4＝0C ．E 1＝E 2＝E 3＝E 4D ．E 2＝E 3，E 1＝E 4解析：选B.线圈以相同的角速度，分别绕OO′、AC 、EF 轴线匀速转动时，线圈中产生的最大感应电动势的大小为E m ＝BSω，和转轴的位置没有关系，绕AB 轴线匀速转动时，线圈的AB 、CD 边没有切割磁感线，AC 、BD 是同方向切割磁感线，所以整个电路中的感应电动势为零．7．(2011年延安高二检测)如图2－1－23甲所示，一个矩形线框abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，线框内磁通量Φ随时间t 变化的情况如图乙所示，则下列说法中正确的是( )图2－1－23A ．t 1时刻线框中的感应电动势最大B ．t 2时刻ad 的运动方向与磁场方向垂直C ．t 3时刻线框平面与中性面重合D ．t 4、t 5时刻线框中感应电流的方向相同解析：选BC.通过线框的磁通量Φ最大时，磁通量的变化率ΔΦΔt＝0最小，此时感应电动势等于零，A 错；在t 2、t 4时刻感应电动势最大，此时导线ad 、cb 的运动方向均垂直于磁感线，所以B 正确；t 1、t 3、t 5时刻感应电动势均为零，此时线框所在平面垂直于磁感线，称为中性面，C 正确；t 5时刻感应电流为零，D 错．8．如图2－1－24甲所示，a、b为两个并排放置的共轴线圈，a中通有如图乙所示的交变电流，则下列判断错误的是( )图2－1－24A．在t1到t2时间内，a、b相吸B．在t2到t3时间内，a、b相斥C．t1时刻两线圈间作用力为零D．t2时刻两线圈间吸引力最大解析：选D.t1到t2时间内，a中电流减小，a中的磁场穿过b且减小，因此b中产生与a同向的磁场，故a、b相吸，A选项正确．同理B选项正确．t1时刻a中电流最大，但变化率为零，b中无感应电流，故两线圈的作用力为零，故C选项正确，t2时刻a中电流为零，但此时电流的变化率最大，b中的感应电流最大，但相互作用力为零，故D选项错误．因此，错误的应是D.9.图2－1－25(2011年包头高二检测)如图2－1－25所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)．若从图所示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图像是图中的( )图2－1－26解析：选A.由题意知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速转动，所以产生的仍然是正弦交变电流，只是最大值为全部线圈在磁场中匀速转动情况下产生的感应电动势最大值的一半，所以选项B 、C 错误．再由右手螺旋定则可以判断出A 选项符合题意． 10.图2－1－27如图2－1－27所示，一正方形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动．沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B ，线圈匝数为n ，边长为l ，电阻为R ，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )A ．线圈中感应电流的方向为abcdaB ．线圈中的感应电流为nBl 2ωRC ．穿过线圈磁通量为0D ．穿过线圈磁通量的变化率为0解析：选BC.图示位置为垂直于中性面的位置，此时通过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电流也最大，I ＝nBSωR ＝nBl 2ωR，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba.二、非选择题11.图2－1－28如图2－1－28所示，单匝线圈在匀强磁场中绕OO′轴从图示位置开始匀速转动，已知从图示位置转动π6时，线圈中感应电动势的大小为10V ，求：(1)交变电动势的峰值；(2)线圈从图示位置转动π2的过程中，交变电动势的平均值． 解析：(1)图示位置为中性面，从图示位置开始计时，交变电动势的瞬时值为e ＝E m sinωt将ωt＝π6，e ＝10V 代入上式，有10＝E m sin π6解得E m ＝20V.(2)线圈从图示位置转过π2的过程中，磁通量的变化量为ΔΦ＝BS ，经历的时间Δt＝π2ω，所以此过程中交变电动势的平均值为 E ＝ΔΦΔt ＝2BωS π＝2πE m ＝2π×20V＝12.7V. 答案：(1)20V (2)12.7V12.图2－1－29如图2－1－29所示为演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感应强度B ＝0.5T ，线圈匝数n ＝50，每匝线圈面积0.48m 2，转速150r/min ，在匀速转动过程中，从图示位置开始计时．(1)写出交变感应电动势瞬时值的表达式；(2)画出e －t 图线．解析：(1)当线圈平面经过中性面开始计时，则线圈在时间t 内转过角度ωt，于是感应电动势瞬时值e ＝E m sinωt，其中E m ＝nBSω.由题意知n ＝50，B ＝0.5T ，ω＝2π×15060rad/s ＝5πrad/s，S ＝0.48m 2，E m ＝nBSω＝50×0.5×0.48×5πV≈188V，所以e ＝188sin5πt(V)．(2)根据交流电的方程画图线时，最大值是正弦图线的峰值，由纵轴上的刻度值标出，交流电的频率与正弦图线的周期相对应，ω＝2πT，而周期由时间轴上的刻度值标出，T ＝2π/ω＝0.4s ，e －t 图线如图所示．答案：(1)e ＝188sin5πt(V)(2)见解析。
教科版高中物理选修3-1第2章第三节知能优化训练
高中物理学习材料金戈铁骑整理制作1．下列说法正确的是()A．一个电阻和一根无电阻的理想导线并联总电阻为零B．并联电路任一支路电阻都大于电路的总电阻C．并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变)总电阻也增大D．并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变)总电阻一定减少解析：选ABC.由并联电路的特点知：并联电路的总电阻比各支路中的任意一个分电阻的阻值都要小，所以ABC对，D错．2.如图2－3－13所示，4只电阻串联于某电路中，已测出U AC＝9 V，U BD＝6 V，R2＝R4，则U AE为()图2－3－13A．3 V B．7.5 VC．15 V D．条件不足，无法判定解析：选C.因为是串联电路，所以各电阻电流相等，设为I，则U AC＝I(R1＋R2)；U BD＝I(R2＋R3)，U AC＋U BD＝I(R1＋2R2＋R3)，因为R2＝R4，所以U BD＝U CE，则U AE＝I(R1＋R2＋R3＋R4)＝U AC＋U BD＝15 V.3．电流表的内阻是R g＝200 Ω，满刻度电流值是I g＝500 μA，现欲把这电流表改装成量程为1.0 V的电压表，正确的方法是()A．应串联一个0.1 Ω的电阻B．应并联一个0.1 Ω的电阻C．应串联一个1800 Ω的电阻D．应并联一个1800 Ω的电阻解析：选C.电流表改电压表，串联电阻．电阻两端的电压U′＝U－U g＝(1－200×500×10－6) V＝0.9 V，R＝U′/I＝1800 Ω.g4.如图2－3－14所示，AB间的电压为30 V，改变滑动变阻器滑片的位置，可以改变CD 间的电压，U CD的变化范围是()A．0～10 V B．0～20 V C．10 V～20 V D．20 V～30 V解析：选C.滑片在最上端时，CD间电压最大U max＝2R3R·U AB＝23×30 V＝20 V；滑片在最下端时CD间电压最小U min＝R3R·U AB＝13×30 V＝10 V．故U CD的变化范围是10 V～20 V.5.如图2－3－15所示为一双量程电压表的示意图．已知电流表G的量程为0～100 μA，内阻为600 Ω，则图中串联的分压电阻R1＝________ Ω，R2＝________ Ω.图2－3－15解析：用5 V的量程时，I g＝5 VR1＋R g①用15 V的量程时，I g＝15 VR1＋R2＋R g②由①②两式得R1＝4.94×104ΩR2＝105Ω.答案：4.94×104105一、选择题1．已知通过三个并联支路的电流之比是I1∶I2∶I3＝1∶2∶3，则三个并联支路的电阻之比R1∶R2∶R3为()A．1∶2∶3 B．3∶2∶1C．2∶3∶6 D．6∶3∶2解析：选D.在并联电路中各部分电压相等，电流的分配与各支路电阻成反比，所以有R1/R2＝I2/I1＝2/1，R2/R3＝I3/I2＝3/2，写在一起是R1∶R2∶R3＝6∶3∶2.2.如图2－3－16所示，当a、b两端接入100 V的电压时，c、d两端电压为20 V，当c、d 两端接入100 V的电压时，a、b两端的电压为50 V，则R1∶R2∶R3是()图2－3－16A．4∶2∶1 B．2∶1∶1C．3∶2∶1 D．1∶2∶1解析：选A.据题意可知，当a、b两端接电压时，c、d两端电压为R2两端电压，即UR1＋R1＋R2·R2＝U cd，代入数据可得：R1＝2R2，同理当c、d两端接电压时，a、b两端电压为R2两端电压，即UR3＋R3＋R2·R2＝U ab，代入数据得：R2＝2R3，所以R1∶R2∶R3＝4∶2∶1.3.一电流表由电流计G和电阻R并联而成，如图2－3－17，在校准时发现此电流表的读数总比准确值稍小些，采用下列措施可使读数变准确的是()A ．在R 上串联一比R 小得多的电阻B ．在R 上串联一比R 大得多的电阻C ．在R 上并联一比R 小得多的电阻D ．在R 上并联一比R 大得多的电阻解析：选A.读数总比准确值偏小，说明流过电流计的电流偏小，并联电阻稍小了些，要使电流表读数准确，应使并联电阻稍大些，故要串联一个很小的电阻，因此A 正确．4．电流表的内阻R g ＝200 Ω，满刻度电流值是I g ＝500 μA ，现欲把这个电流表改装成量程为1.0 V 的电压表，正确的方法是( ) A ．应串联一个0.1 Ω的电阻 B ．应并联一个0.1 Ω的电阻 C ．应串联一个1800 Ω的电阻 D ．应并联一个1800 Ω的电阻 答案：C5．一个电流表，刻度盘上每1小格代表1 μA ，内阻为R g ，如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表n μA ，则( ) A ．给它串联一个电阻，阻值为nR g B ．给它串联一个电阻，阻值为(n －1)R g C ．给它并联一个电阻，阻值为R g /nD ．给它并联一个电阻，阻值为R g /(n －1)解析：选D.扩大量程的倍数n ＝II g由并联电路的特点得：I g R g ＝(I －I g )R所以R ＝I g R g I －I g ＝R g n －1，即电流扩大量程的倍数为n 时，需并联的分流电阻为：R ＝R gn －1.6.如图2－3－18所示的电路中，U ＝8 V 不变，电容器电容C ＝200 μF ，R 1∶R 2＝3∶5，则电容器的带电荷量为( )图2－3－18A ．1×10－3CB ．6×10－3 CC ．6×10－4 CD ．1.6×10－3 C解析：选A.因为R 1、R 2串联，所以两电阻间的电压值与电阻值成正比，则U 1∶U 2＝R 1∶R 2＝3∶5，又U 1＋U 2＝8 V ，所以U 1＝3 V ，U 2＝5 V电容器与R 2并联，所以U C ＝U 2＝5 V ，所以Q ＝CU ＝1×10－3 C ，选项A 正确．7.如图2－3－19所示，将一个改装的电流表接入电路和标准表进行校准，发现待测表的读数比标准表的读数偏大一些，若表头G 的I g 是准确的，出现的误差可能是下述哪种原因引起的( )图2－3－19A ．R g 的测量值比真实值偏大B ．R g 的测量值比真实值偏小C ．所并联的R 并比公式R 并′＝I g R gI －I g 计算出的R 并′偏小 D ．所并联的R 并比公式R 并′＝I g R gI －I g计算出的R 并′偏大解析：选AD.改装成的电流表(待测表)比标准表的读数偏大，说明流经表头G 的电流偏大些，根据并联电路的特点，所并联的R 并越大，流经表头G 的电流越大，所以R 并比公式R 并′＝I g R g I －I g计算出的R 并′偏大．同样如果R g 测量值比真实值偏大，也会使R 并′偏大，故选项A 、D 正确．8．两个电压表V 1和V 2是由完全相同的两个电流表改装而成的，V 1量程是5 V ，V 2量程是15 V ，为了测15 V ～20 V 电压，我们把V 1和V 2串联起来用，以下叙述正确的是( ) A ．V 1、V 2的读数相同B ．V 1、V 2指针偏转角度相等C ．V 1、V 2读数不同，指针偏转角度也不相等D ．V 1、V 2读数之比等于两电压表内阻之比解析：选BD.把V 1和V 2串联使用时，组成电压表的电流表和分压电阻都是串联关系，通过完全相同的两个电流表的电流也相等，指针偏转角度相等．两个电压表是串联使用，根据串联电路的电压分配关系，分配在V 1和V 2两端的电压即V 1和V 2读数之比等于两个电压表内阻之比．综合以上分析可知，B 、D 选项正确． 二、非选择题9.如图2－3－20所示的电路中，已知R 1＝5 Ω，R 2＝12 Ω，电压表的示数为2 V ，电流表的示数为0.2 A ，则电阻R 3＝________；U AC ＝________.图2－3－20解析：通过电阻R 1的电流I 1＝U 1R 1＝2 V 5 Ω＝0.4 A ，R 2两端的电压U 2＝I 2R 2＝0.2 A ×12 Ω＝2.4 V ．R 2与R 3并联，U 3＝U 2＝2.4 V ，I 1＝I 2＋I 3，I 3＝I 1－I 2＝0.4 A －0.2 A ＝0.2 A ，所以R 3＝U 3I 3＝2.4 V 0.2 A＝12 Ω，U AC ＝U 1＋U 2＝2 V ＋2.4 V ＝4.4 V . 答案：12 Ω 4.4 V10．如图2－3－21所示是一个电流表、电压表两用的电路，电流表G 的量程是100 μA ，内阻是1000 Ω.电阻R 1＝0.1 Ω，R 2＝99 kΩ，当双刀双掷开关接到a 、b 上时，电流表改装成什么表？其量程是多少？当双刀双掷开关接到c 、d 上时，电流表改装成什么表？其量程是多少？图2－3－21解析：首先明确电路，会正确地进行电路分析，知道哪个电阻串联，哪个电阻并联．其次，理解电流表改装原理，知道串联分压，串联一个大电阻，改装成大量程的电压表；并联分流，并联一个小电阻，改装成大量程的电流表．当双刀双掷开关合到a 、b 上时，首先要看清楚电路构成，经分析电路转换为如图(A)所示的电路，此时小电阻R 1与电流表G 并联，R 1起分流作用，电流表改装成安培表，根据并联电路的特点有：(I－I g)R1＝I g R g，电流表的量程为I＝I g(R g＋R1)R1＝0.0001×(1000＋0.1)0.1A＝1 A.当开关合到c、d上时，电路变成图(B)所示的电路，此时大电阻R2与电流表串联，R2起分压作用，所以，电流表改装成电压表，根据串联电路的特点，电压表量程为：U＝I g(R g＋R2)＝0.0001×(1000＋99000) V＝10 V.答案：当双刀双掷开关合到a、b上时，电流表改装成安培表，量程为1 A当开关合到c、d上时，电流表改装成电压表，量程为10 V。
教科版物理选修3-2：第1章1.2知能演练轻松闯关
1.根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是()A．阻碍引起感应电流的磁通量B．与引起感应电流的磁场方向相反C．阻碍引起感应电流的磁通量的变化D．与引起感应电流的磁场方向相同解析：选C.根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍的是引起感应电流的磁通量的变化，A错、C对；感应电流的磁场方向在磁通量增加时与原磁场反向，反之同向，B、D错．2.(2012·安康高二检测)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置由静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是()A．a→b→c→d→aB．d→c→b→a→dC．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d解析：选B.如题图，磁场方向向上，开始磁通量减小，后来磁通量增大．由“增反减同”可知电流方向是d→c→b→a→d.B项正确．3.(2012·延安市高二检测)如图所示，A、B都是很轻的铝环，分别吊在绝缘细杆的两端，杆可绕竖直轴在水平面内转动，环A是闭合的，环B是断开的．若用磁铁分别接近这两个圆环，则下面说法正确的是()A．图中磁铁N极接近A环时，A环被吸引，而后被推开B．图中磁铁N极远离A环时，A环被排斥，而后随磁铁运动C．用磁铁N极接近B环时，B环被排斥，远离磁铁运动D．用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均被排斥解析：选D.铝环不能被磁铁吸引，根据楞次定律知，由于磁铁与回路间相对运动引起的感应电流，其作用效果是“来拒去留”，由于A环闭合，即用磁铁的任一磁极接近A环时，二者互相排斥，远离A环时，则互相吸引．由于B环是断开的，则无上述作用，故D对，A、B、C都错．4.如图所示，当圆环向右运动时acb、adb、elf中有电流的是________，它们的方向分别为________，a、b两点相比较________点电势高．解析：当圆环向右运动时，acb、adb同时向右做切割磁感线运动，这种切割方式等效于在a、b间连两条直导线切割．由右手定则判定，感应电流的方向是b→c→a→e→l→f→b和b→d→a→e→l→f→b，相当于acb、adb两个相同电源并联，外电路是线圈elf，圆环是电源，故a点电势高．答案：acb、adb、elf b→c→a、b→d→a、e→l→f a一、选择题1.(2012·西安高二检测)关于楞次定律，可以理解为()A．感应电流的磁场总是阻碍原磁场B．感应电流的磁场总要阻碍导体相对于原磁场运动C．若原磁通量增加，感应电流的磁场与原磁场反向；若原磁通量减少，感应电流的磁场跟原磁场同向D．感应电流的磁场总是与原磁场反向解析：选BC.感应电流的磁场不是总是阻碍原磁场，而是阻碍原磁场磁通量的变化，感应电流产生的磁场方向可能与原磁场方向相同，也有可能与原磁场方向相反．根据楞次定律，这种“阻碍”可表现为阻碍导体相对于原磁场的运动．2.(2012·上海高二检测)一根沿东西方向的水平导线，在赤道上空自由落下过程中，导线上各点的电势()A．东端最高B．西端最高C．中点最高D．各点一样高解析：选A.赤道上空地磁场方向是由南向北，则根据右手定则不难判断导线的东端电势最高，故答案为A.3.如图所示，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁；磁铁的N极朝下，当磁铁向下运动时(但未插入线圈内部)，下列说法中正确的是()A．线圈中产生感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引B．线圈中产生感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C．线圈中产生感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引D．线圈中产生感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥解析：选B.磁铁N极朝下，且向下运动，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流，感应电流的磁场方向与原磁场(条形磁铁的磁场)相反，即上端为N极，由安培定则确定出电流方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈之间有相互排斥的磁力作用，故答案B正确，其他选项错误．4.(2012·南宁高二检测)如图所示，有一固定的超导体圆环，在其右侧放一条形磁铁，此时圆环中没有电流，当把磁铁向右方移走时，由于电磁感应，在超导体圆环中产生了一定的电流，则这时的感应电流()A．方向如图所示，将很快消失B．方向如图所示，将继续维持C．方向与图示相反，将很快消失D．方向与图示相反，将继续维持解析：选D.当条形磁铁向右运动时，向左穿过圆环的磁通量减少，根据楞次定律可知，在圆环中的感应电流方向与图示方向相反，由于圆环是超导体，所以环中的电流将持续存在，故D正确．5.如图所示，匀强磁场垂直于圆形线圈指向纸里，a、b、c、d为圆形线圈上等距离的四点．现用外力作用在上述四点，将线圈拉成正方形，设线圈导线不可伸长，且线圈仍处于原先所在的平面内，则在线圈发生形变的过程中()A．线圈中将产生abcd方向的感应电流B．线圈中将产生adcb方向的感应电流C．线圈中产生感应电流的方向先是abcd，后是adcbD．线圈中无感应电流产生解析：选A.在线圈发生形变的过程中，闭合回路的面积减小．根据楞次定律可知感应电流的方向为abcd，所以选项A正确．6.如图所示，用一根长为L、质量不计的细杆与一个上弧长为l、下弧长为d0的金属线框的中点连接并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0≪L.先将线框拉开到如图所示的位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦．下列说法正确的是()A．金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→aB．金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→aC．金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等D．金属线框最终将在磁场内做往复运动解析：选D.金属线框进入磁场时穿过线框的磁通量增加，线框中产生的感应电流的方向为a→d→c→b→a，而金属线框离开磁场时穿过线框的磁通量减少，线框中产生的感应电流的方向为a→b→c→d→a.金属线框每次进出磁场时，都有一定的机械能转化为电能，表现为线框进出磁场的速率逐渐减小，摆起的高度有所下降，最终线框将在磁场内做往复运动，机械能保持不变，选项D正确．7.(2011·高考上海卷)如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中()A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B．感应电流方向一直是逆时针C．安培力方向始终与速度方向相反D．安培力方向始终沿水平方向解析：选AD.圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，感应电流为逆时针；跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流为顺时针；再摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流为逆时针，所以选A；由于圆环所在处的磁场，上下对称，所受安培力竖直方向平衡，因此总的安培力沿水平方向，故D正确．8.一位同学按照如图所示连接电路，并做如下操作：让螺线管A的轴线和线圈C的平面垂直，闭合开关的瞬间，发现电流表的指针向右偏转，则下列说法正确的是()A．断开开关的瞬间，电流表的指针将向左偏转B．断开开关的瞬间，电流表的指针将向右偏转C．闭合开关后，将滑动变阻器的滑片迅速向左移动，电流表的指针将向左偏转D．闭合开关后，将滑动变阻器的滑片迅速向左移动，电流表的指针将向右偏转解析：选AD.闭合开关的瞬间，穿过线圈C的磁通量增加，线圈会产生阻碍其磁通量增加的反向磁场，相应会产生感应电流，使得电流表的指针向右偏转．在断开开关的瞬间，穿过线圈C的磁通量减小，和闭合开关的情况相反，即电流表指针向左偏转．闭合开关后，电路中有稳定的电流，而若将滑动变阻器的滑片迅速向左移动，电路中的电阻减小，电流增大，穿过线圈C的磁通量增大，其产生的感应电流的方向与闭合开关的瞬间相同，电流表的指针向右偏转．9.(2011·高考江苏卷)如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中()A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安培力的合力为零D．线框的机械能不断增大解析：选B.直线电流的磁场离导线越远，磁感线数量越稀，故线圈在下落过程中磁通量一直减小，A错；由于上、下两边电流相等，上边磁场较强，线框所受合力不为零，C错；由于电磁感应，一部分机械能转化为电能，机械能减小，D错．故B对．10.(2011·高考上海卷)如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a()A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转解析：选B.由楞次定律，欲使b中产生顺时针电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部磁场向里．故选项B符合．二、非选择题11.如右图所示，试判断当开关闭合和断开瞬间，矩形线圈ABCD中的电流方向．解析：根据楞次定律按步骤判断如下：当S闭合瞬间：①研究回路ABCD，穿过回路的原磁场由电流I产生，在回路ABCD中其磁场方向指向读者．②接通瞬间，回路ABCD中的磁通量增加．③由楞次定律得知，感应电流的磁场方向与B原相反，指向纸内．④由右手定则得知，感应电流方向为：A→D→C→B→A.当S断开瞬间：①研究回路仍为闭合线圈ABCD，穿过回路的原磁场仍由I产生，由安培定则可知，在回路ABCD内的原磁场方向指向读者．②S断开时，穿过回路ABCD的原磁场的磁通量减小．③由楞次定律可知，感应电流的磁场方向应和B原相同，即指向读者．④由右手定则知，感应电流方向是A→B→C→D→A.答案：闭合瞬间感应电流方向A→D→C→B→A断开瞬间感应电流方向A→B→C→D→A 12.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合电路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路．在甲图中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏(不通电时指针停在正中央)．在乙图中：(1)S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将如何偏转？(2)线圈A放在B中不动时，指针如何偏转？(3)线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表指针如何偏转？(4)线圈A放在B中不动，突然切断开关S时，电流表指针如何偏转？解析：由甲图可知，电流从接线柱“＋”流入电流表时，指针向左偏转，则电流从接线柱“－”流入电流表时，指针将向右偏转．(1)在乙图中，S闭合后，通电的线圈A相当于一根条形磁铁(S极在下，N极在上)，A插入B中时，穿过B的方向朝上的磁通量增加，根据楞次定律，B中感应电流的磁场方向朝下，运用安培定则可判断，B中感应电流从接线柱“－”流入电流表，电流表指针向右偏转．(2)A在B中不动时，穿过B的磁通量(实际上是通电的A线圈的磁场)不变化，B中没有电流通过，这时电流表的指针不偏转．(3)A在B中不动，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，它的电阻减小，通过A的电流增大，磁场增强，穿过B的方向朝上的磁通量增大，根据楞次定律，B中感应电流的磁场方向朝下，运用安培定则，B中产生的感应电流从接线柱“－”流入电流表，电流表指针向右偏转．(4)A在B中不动，突然切断S，B中方向朝上的磁通量突然消失，这时将发生电磁感应现象，B中感应电流的磁场方向应朝上，感应电流将从接线柱“＋”流入电流表，电流表指针将向左偏转．答案：(1)向右偏(2)不偏转(3)向右偏(4)向左偏楞次定律是能量守恒在电磁感应中的体现根据楞次定律，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．由于“阻碍”，为了维持原磁场的变化，必须有外力克服这一阻力而做功，从而导致其他形式的能转化为电能．如图所示，当条形磁铁靠近线圈时，线圈产生图示方向的电流，这个感应电流对条形磁铁产生斥力，阻碍条形磁铁的靠近，必须有外力克服这个斥力做功，它才能移近线圈；当条形磁铁离开线圈时，感应电流方向与图中方向相反，这个感应电流对条形磁铁产生引力，阻碍条形磁铁的离开，必须有外力克服这个力做功，它才能远离线圈．这里的外力做功就是机械能转化为电能的过程．因此说楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现．。
教科版高中物理选修3-1第3章第一节知能优化训练 (2).docx
高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）1．关于磁场的方向，下列叙述中不．正确的是()A．磁感线上每一点的切线方向B．磁场N极到S极的方向C．小磁针静止时北极所指的方向D．小磁针北极受力的方向解析：选B.磁场方向规定为小磁针北极的受力方向或静止时小磁针北极的指向，用磁感线表示则是磁感线的切线方向即为该点的磁场方向．2．(2011年吉林市高二检测)下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是()A．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C．电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线D．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方，同一试探电荷所受的磁场力也越大解析：选C.电场线与磁感线分别是为了形象描述电场、磁场而引入的假想线，实际不存在，A错．两种场线的切线方向均表示相应的场方向，两种场线都不会相交，B错．电场线起始于正电荷、终止于负电荷，而磁感线在磁体外部由N极指向S极，在磁体内部由S极指向N极，组成闭合曲线，C对．电场线越密，表示该处电场越强，同一试探电荷在此处受电场力越大；磁感线越密，表示该处磁场越强，但试探电荷受到的磁场力大小还与其运动方向和运动快慢有关，故电荷受到的磁场力不一定大，D错．3. (2011年福建师大附中高二检测)如图3－1－6所示，水平直导线ab通有向右的电流I，置于导线正下方的小磁针S极将()图3－1－6A．向纸外偏转B．向纸内偏转C．在纸面内顺时针转过90°D．不动解析：选A.据安培定则可以确定，通电直导线在其下方产生垂直纸面向里的磁场，在磁场力的作用下，小磁针N极向里，S极向外偏转，A项正确．4.如图3－1－7所示为一通电螺线管，a、b、c是通电螺线管内、外的三点，则三点中磁感线最密处为()图3－1－7A．a处B．b处C．c处D．无法判断解析：选A.螺线管内部的磁感线条数与螺线管外部的磁感线条数相同，由于螺线管内部横截面积小，所以内部磁感线最密，故选A.5．在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线，如图3－1－8所示，四根导线中电流i4＝i3＞i2＞i1，要使O点的磁场增强，应切断哪一根导线中的电流()图3－1－8A．i1B．i2C．i3D．i4解析：选D.本题考查直线电流磁场的分布及磁场叠加的定性判断，要求熟悉常见磁场的空间分布及磁场方向的判定．根据安培定则，i1、i2、i3、i4在O点的磁场方向分别为垂直于纸面向里、向里、向里、向外，且i3＝i4，切断i4则使方向相反的磁场减弱，可使O点的磁场增强．一、选择题1．首先发现电流磁效应的科学家是()A．安培B．奥斯特C．库仑D．麦克斯韦解析：选B.丹麦物理学家奥斯特，首先通过实验发现电流周围存在磁场．2．实验表明：磁体能吸引一元硬币，对这种现象解释正确的是()A．硬币一定是铁做的，因为磁体能吸引铁B．硬币一定是铝做的，因为磁体能吸引铝C．磁体的磁性越强，能吸引的物质种类越多D．硬币中含有磁性材料，磁化后能被吸引解析：选D.一元硬币为钢芯镀镍，钢和镍都是磁性材料，放在磁体的磁场中能够被磁化，因而能够被磁体吸引，故D正确．3．关于地磁场，下列叙述正确的是()A．地球的地磁两极与地理的两极重合B．我们用指南针确定方向，指南的一极是指南针的南极C．地磁的北极与地理南极重合D．地磁的北极在地理南极附近解析：选BD.地球是一个大磁体，其磁北极(N极)在地理南极附近，磁南极(S极)在地理北极附近，并不重合．指南针指南的一端应该是磁针的南极(S极)．选项B、D正确．4．关于磁场和磁感线的描述，正确的说法有()A．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是一种物质B．磁感线可以形象地表现磁场的强弱与方向C．磁感线总是从磁铁的北极出发到南极终止D．磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出的曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线解析：选AB.磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，是一种物质．磁感线是用来形象地描述磁场的工具，能形象地表现磁场强弱和方向，但磁感线是假想出来的，并不是真实存在的．磁感线的方向在磁体外部是从北极到南极，但在磁体内部是从南极到北极的．5.如图3－1－9所示，一个电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，则此电子的运动()图3－1－9A．不产生磁场B．产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向里C．产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向外D．只在圆的内侧产生磁场解析：选B.电子沿逆时针转动，形成顺时针方向电流．由安培定则可得，在圆心处的磁场方向垂直纸面向里．6. (2011年西安高二检测)如图3－1－10所示，一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，则这束带电粒子可能是()图3－1－10A．向右飞行的正离子束B．向左飞行的正离子束C．向右飞行的负离子束D．向左飞行的负离子束解析：选BC.小磁针N极的指向即是磁针所在处的磁场方向．题中磁针S极向纸内偏转，说明离子束下方的磁场方向由纸内指向纸外．由安培定则可判定由离子束的定向运动所产生的电流方向由右向左，故若为正离子，则应是自右向左运动，若为负离子，则应是自左向右运动．故正确答案为B、C.7.如图3－1－11所示，带正电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是()图3－1－11A．N极竖直向上B．N极竖直向下C．N极沿轴线向右D．N极沿轴线向左解析：选C.沿OO′方向看金属环旋转相当于顺时针方向的环形电流，由安培定则得金属环中心轴线上的磁感线方向水平向右，小磁针稳定后，N极指向磁感线方向，故C项正确．8．当接通电源后，小磁针A按图3－1－12所示方向运动，则()图3－1－12A．小磁针B的N极向纸外转B．小磁针B的N极向纸里转C．小磁针B不转动D．因电流未标出，所以无法判断小磁针B如何转动解析：选A.由小磁针A的N极运动方向知，螺线管的左侧为S极，右侧为N极，由右手螺旋定则判知螺线管中电流方向．再由安培定则可判断出电流在小磁针B处的磁场方向向外，小磁针N极受力方向与该处磁场方向一致．故A正确．9.如图3－1－13所示，三根长直通电导线中电流大小相同，通电电流方向为：b导线和d 导线中电流向纸里，c导线中电流向纸外，a点为b、d两点的连线中点，ac垂直于bd，且ab ＝ad＝ac.则a点的磁场方向为()图3－1－13A．垂直纸面指向纸外B．垂直纸面指向纸里C．沿纸面由a指向b D．沿纸面由a指向d解析：选C.通电导线b、d在a点产生的磁场互相抵消，故a点磁场方向即通电导线c在a点产生的磁场方向，根据安培定则，C正确．二、非选择题10．试在下图3－1－14中，由电流产生的磁场方向确定导线或线圈中的电流方向．图3－1－14答案：(1)电流向下(2)逆时针(3)右进左出(4)下进上出。
2013年物理选修3-3册课件：第2章第九节
2．相对湿度：某温度时空气中水蒸气的压强和
同一温度 ___________下饱和水汽压的__________，叫做该 百分比 相对湿度 温度下空气的____________．用 p 表示空气中水
蒸气的压强， ps 表示同一温度下水的饱和汽压， 用 p B＝ ×100% 用 B 表示相对湿度，则：______________. ps
变式训练
空气的温度是8℃，饱和汽压为8.05
mmHg, 此时，水蒸气的实际压强为6 mmHg，
求相对湿度．
6 解析： 由相对湿度的计算公式可得相对湿度＝ 8.05 ×100%＝74.5%.
答案：74.5%
二、影响饱和汽压的因素 1．饱和汽压跟液体的种类有关 实验表明，在相同的温度下，不同液体的饱和汽 压一般是不同的．挥发性大的液体，饱和汽压 大．例如20 ℃时，乙醚的饱和汽压为5.87×104 Pa，水为2.34×103 Pa，水银的饱和汽压很小， 20 ℃时仅为1.60×10－1 Pa，所以水银气压计水 银柱上方的空间可以认为是真空．
2．饱和汽压跟温度有关
微观解释：饱和汽压随温度的升高而增大．这是
因为温度升高时，液体里能量较大的分子增多，
单位时间内从液面飞出的分子也增多，致使饱和
汽的密度增大，同时汽分子热运动的平均动能也
增大，这也导致饱和汽压增大．
3．饱和汽压跟体积无关 微观解释：在温度不变的情况下，饱和汽的压强不 随体积而变化．其原因是，当体积增大时，容器中 汽的密度减小，原来的饱和汽变成了未饱和汽，于 是液体继续蒸发．直到未饱和汽成为饱和汽为止， 由于温度没有改变，饱和汽的密度跟原来的一样， 汽分子热运动的平均动能也跟原来一样，所以压强 不改变，体积减小时，容器中汽的密度增大，回到 液体中的分子数多于从液面飞出的分子数，于是， 一部分汽变成液体，直到汽的密度减小到等于该温 度下饱和汽的密度为止．由于温度跟原来相同，饱 和汽密度不变，汽分子热运动的平均速率也跟原来 相同，所以压强也不改变．
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
1．下列各组物理量哪些能决定气体的压强()A．分子的平均动能和分子种类B．分子密集程度和分子的平均动能C．分子总数和分子的平均动能D．分子密集程度和分子种类解析：选B.气体的压强是由大量分子碰撞器壁而引起的，气体分子的密集程度越大(即单位体积内分子数越多)，在单位时间内撞击器壁单位面积的分子就越多，则气体的压强越大．另外气体分子的平均动能越大，分子撞击器壁时对器壁产生的作用力越大，气体的压强就越大．故决定气体压强的因素是分子密集程度和分子的平均动能，故B项正确．2．(2011年大庆高二检测)对一定质量的气体，通过一定的方法得到了某一速率的分子数目N与速率v的两条关系图线，如图2－2－6所示，下列说法正确的是()图2－2－6A．曲线Ⅰ对应的温度T1高于曲线Ⅱ对应的温度T2B．曲线Ⅰ对应的温度T1可能等于曲线Ⅱ对应的温度T2C．曲线Ⅰ对应的温度T1低于曲线Ⅱ对应的温度T2D．无法判断两曲线对应的温度关系解析：选C.温度越高，分子的平均速率越大，从图中可以看出Ⅱ的平均速率大，故Ⅱ的温度高，C项正确．3．(2011年广州高二检测)关于分子热运动的动能，下列说法正确的是()A．物体的温度升高，物体内每个分子的动能一定增大B．同一物体的温度升高，该物体内所有分子的平均速率一定增大C．物体的温度降低，物体内所有分子的平均动能一定减小D．1克100 ℃的水吸热变成1克100 ℃的水蒸气，分子热运动的平均动能增大解析：选BC.物体的温度升高，物体内分子无规则运动加剧，分子热运动的平均速率增大，但并不一定每个分子的速率都是增大的，不同时刻同一分子热运动的速率也在变化．由于温度标志着分子热运动的平均动能，所以温度降低，分子热运动的平均动能一定减小.100 ℃的水吸热变成100 ℃的水蒸气，尽管水吸热了，但由于温度未变，所以其分子热运动的平均速率、平均动能也不变．水吸热由液态变为气态，应是分子势能增大了，内能也增大了．4．(2011年南京高二检测)甲、乙两分子相距较远(此时它们之间的分子力可以忽略)，设甲固定不动，在乙逐渐向甲靠近直到不能再靠近的过程中，关于分子势能的变化情况，下列说法正确的是()A．分子势能不断增大B．分子势能不断减小C．分子势能先增大后减小D．分子势能先减小后增大解析：选D.从分子间的作用力与分子间的距离的关系知道：当分子间距离大于r0时，分子间的作用力表现为引力；当分子间距离小于r0时，分子间的作用力表现为斥力；当分子间距离大于10r0时，分子间的作用力十分小，可以忽略．所以，当乙从较远处向甲靠近的过程中，分子力先是对乙做正功，由做功与分子势能变化的关系知道，若分子力做正功，则分子势能减小；后是分子力对乙做负功或者乙克服分子力做功，由做功与分子势能变化的关系知道，若分子力做负功，分子势能增加．因此当乙向甲靠近直到不能靠近的过程中，分子势能是先减小后增大．5．(2011年大同高二检测)(1)1 g 100 ℃的水和1 g 100 ℃的水蒸气相比较，下述说法是否正确？①分子的平均动能和分子的总动能都相同．②它们的内能相同．(2)液体汽化时吸收的热量转化为哪种能量？解析：(1)①正确.1 g水与1 g水蒸气的分子数一样多，两者的温度都是100 ℃，因温度是分子平均动能的标志，故两者的分子的平均动能和分子的总动能都相同．②不正确．水变为水蒸气时要吸收热量，吸收的热量转化为水蒸气的内能，因此1 g 100 ℃的水和1 g 100 ℃的水蒸气内能相同是不正确的．(2)液体汽化时都要吸收一定的热量，吸收的热量并没有增大物体的平均动能，而是使分子势能增大，从而使物体的内能增大．答案：见解析一、选择题1．关于温度，下列说法正确的是()A．温度越高，分子动能越大B．物体运动速度越大，分子总动能越大，因而物体温度也越高C．一个分子运动的速率越大，该分子的温度越高D．温度是大量分子无规则热运动的平均动能的标志解析：选D.温度升高，分子的平均动能变大，而不是每个分子的动能都变大，故A错．物体宏观运动的速度对应的是机械能(动能)，与分子无规则热运动的平均动能无关，与物体的温度无关，B错；温度是对大量分子集体(物体)而言的，是统计、平均的概念，对单个分子无意义，C错．2．(2011年合肥高二检测)有两瓶质量和温度都相等的氢气和氧气，则()A．两瓶中每个分子运动的动能都相等B．两瓶中分子运动的总动能相等C氢气分子的总动能大于氧气分子的总动能D．氢气分子的总动能小于氧气分子的总动能解析：选C.温度相同分子平均动能相等，但分子的总动能还与分子数目有关，氢气分子数多，故氢气的分子总动能大；当温度相同时，每个分子动能未必相等．3．(2011年济南高二检测)教室内的气温会受到室外气温的影响，如果教室内上午10时的温度为15 ℃，下午2时的温度为25 ℃，假设大气压强无变化，则下午2时与上午10时相比较，房间内的()A．空气分子密集程度增大B．空气分子的平均动能增大C．空气分子的速率都增大D．空气质量增大解析：选B.温度升高，气体分子的平均动能增大，平均每个分子对器壁的冲力将变大，但气压并未改变，可见单位体积内的分子数一定减小，故A、D项错误，B项正确；温度升高，并不是所有空气分子的速度都增大，C项错误．4．对于气体分子的运动，下列说法正确的是()A．一定温度下某理想气体的分子的碰撞虽然十分频繁但同一时刻，每个分子的速率都相等B．一定温度下某理想气体的分子速率一般不等，但速率很大和速率很小的分子数目相对较少C．一定温度下某理想气体的分子做杂乱无章的运动可能会出现某一时刻所有分子都朝同一方向运动的情况D．一定温度下某理想气体，当温度升高时，其中某10个分子的平均动能可能减少解析：选BD.一定温度下某理想气体分子碰撞十分频繁，单个分子运动杂乱无章，速率不等，但大量分子的运动遵守统计规律，速率大和速率小的分子数目相对较少，向各个方向运动的分子数目相等，A、C错，B对；温度升高时，大量分子平均动能增大，但对个别或少量(如10个)分子的动能有可能减少，D对．5．下列说法中正确的是()A．一定质量的气体被压缩时，气体压强不一定增大B．一定质量的气体温度不变压强增大时，其体积也增大C．气体压强是由气体分子间的斥力产生的D．在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强解析：选A.根据改变压强的途径知：一定质量的气体被压缩时，其单位体积内的分子数增加，而气体分子的平均动能可能增加、可能减小、也可能不变，故气体压强不一定增大，即A选项正确；同理一定质量的气体温度不变压强增大时，必使单位体积内的分子数增多，即其体积必减小，故B选项错误；又气体的压强是气体分子与器壁碰撞产生的，与分子间的斥力和分子是否处于失重状态无关，即C、D选项错误．6．A、B两容器中装有相同质量的氦气，已知A中氦气的温度高于B中氦气的温度，但压强低于B中氦气的压强，下列说法中错误的是()A．A中氦气分子的平均动能一定比B中氦气分子的平均动能大B．A中每个氦气分子的动能一定比B中每个氦气分子的动能大C．A中动能大的氦气分子数一定大于B中动能大的氦气分子数D．A中氦气分子的热运动一定比B中氦气分子的热运动剧烈解析：选B.由于A中氦气的温度高于B中氦气的温度，则A中氦气分子的平均动能一定比B中氦气分子的平均动能大，但并不是每个分子的动能都大，A说法正确，B说法错误；从统计规律看，温度越高，动能大的分子数越多，C说法正确；温度越高表明分子的热运动越剧烈，D说法正确．7．如图2－2－7所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能E p与两分子间距离的关系如图中曲线所示．图中分子势能的最小值为－E0.若两分子所具有的总能量为零，则下列说法中正确的是()图2－2－7A．乙分子在P点(x＝x2)时，加速度最大B．乙分子在P点(x＝x2)时，其动能为E0C．乙分子在Q点(x＝x1)时，处于平衡状态D．乙分子的运动范围为x≥x1解析：选BD.分子处于r0位置时所受分子合力为零，加速度为零，此时分子势能最小，分子的动能最大，总能量保持不变．由图可知x2位置即是r0位置，此时加速度为零，A错；x＝x2位置，势能为－E0，因总能量为零则动能为E0，B项正确；在Q点，E p＝0，但分子力不为零，分子并非处于平衡状态，C项错；在乙分子沿x轴向甲分子靠近的过程中，分子势能先减小后增大，分子动能先增大后减小，即分子的速度先增大后减小，到Q点分子的速度刚好减为零，此时由于分子斥力作用，乙分子再远离甲分子返回，即乙分子运动的范围为x≥x1，D项正确．8．下列说法中正确的是()A．温度相同时，不同物质的分子平均动能相同B．温度相同时，不同物质的分子平均速率相同C．温度相同时，只有同种物质的分子平均动能才相同D．温度升高时，物体每一个分子的动能都一定增大答案：A9．关于物体的内能和机械能，下列说法正确的是()A．分子的动能与分子的势能的和叫做这个分子的内能B．物体的分子势能由物体的温度和体积决定C．物体的速度增大时，物体的内能增大D．物体的动能减小时，物体的温度可能升高解析：选D.分子具有热运动的动能，同时由于分子间存在着相互作用力而具有分子势能，所有分子的这两种能量的总和，组成物体的内能．内能是物体具有的宏观物理量，而对单个分子来说，不存在分子内能的概念．分子势能与温度无关，由分子力做功决定，与分子间距有关，所以宏观上表现为与体积有关．物体的速度增大时，物体的动能增大，这里的动能是宏观物体的机械能中的动能，而不是分子的动能．10．(2011年湛江调研)对于物体的“热胀冷缩”现象，下列说法中正确的是()A．物体受热后温度升高，分子的平均动能增大；降低温度后，分子的平均动能减小，分子势能没有变化B．受热后物体膨胀，体积增大，分子势能增大，收缩后，体积减小，分子势能减小，分子的平均动能不会改变C．受热膨胀，温度升高，分子平均动能增大；体积增大，分子势能也增大，遇冷收缩，温度降低，分子平均动能减小；体积减小，分子势能也减小D．受热膨胀，分子平均动能增大，分子势能也增大；遇冷收缩，分子平均动能减小，但分子势能增大解析：选C.物体受热后，温度升高，体积增大，分子的平均动能和分子势能都增大；遇冷后温度降低，体积减小，分子平均动能和分子势能都减小．二、非选择题11．从宏观上看，一定质量的气体体积不变温度升高或温度不变体积减小都会使压强增大，从微观上看，这两种情况有没有什么区别？解析：因为一定质量的气体的压强是由单位体积内的分子数和气体的温度决定的．体积不变时，虽然分子的密集程度不变，但气体温度升高，气体分子运动加剧，分子的平均速率增大．分子撞击器壁的作用力增大，故压强增大．气体体积减小时，虽然分子的平均速率不变，分子对容器的撞击力不变，但单位体积内的分子数增多，单位时间内撞击器壁的分子数增多，故压强增大，所以这两种情况在微观上是有区别的．答案：见解析12．重1000 kg的气锤从2.5 m高处落下，打在质量为200 kg的铁块上，要使铁块的温度升高40 ℃，气锤至少应落下多少次？设气锤撞击铁块时60%的机械能损失用来升高铁块的温度[取g＝10 m/s2，铁的比热容c＝0.462×103 J/(kg·℃)]．解析：气锤从2.5 m高处下落到铁块上损失的机械能：ΔE＝mgh＝1000×10×2.5 J＝2.5×104 J.气锤撞击铁块后用来升高铁块温度的能量为：Wη＝ΔE×60%＝1.5×104 J.使铁块温度升高40 ℃所需的热量Q＝cmΔt＝0.462×103×200×40 J＝3.696×106 J.设气锤应下落n次，才能使铁块温度升高40 ℃，则由能的转化和守恒定律得n·Wη＝Q.所以n＝QWη＝3.696×1061.5×104＝247.答案：247。