2020高考物理二轮复习 热学综合 专题预测2 精品
2020年高考物理二轮热点专题训练----《力学综合计算题》(解析版)
第 1 页 共 18 页2020年高考物理二轮热点专题训练----《力学综合计算题》1．如下图所示，两个完全相同的质量为m 的木板A 、B 置于水平地面上，它们的间距s ＝2.88 m ．质量为2m ，大小可忽略的物块C 置于A 板的左端．C 与A 之间的动摩擦因数μ1＝0.22，A 、B 与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力．开始时，三个物体处于静止状态．现给C 施加一个水平向右、大小为25mg 的恒力F ，假定木板A 、B 碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C 最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？【解析】第一阶段拉力F 小于C 、A 间最大静摩擦力，因此C 、A 共同加速到与B 相碰．该过程对C 、A 用动能定理有(F －μ2·3mg )s ＝32mv 21 解得v 1＝80.3 m/s.A 、B 相碰瞬间，A 、B 系统动量守恒mv 1＝(m ＋m )v 2碰后共同速度v 2＝40.3m/s.C 在AB 上滑行全过程，A 、B 、C 系统所受合外力为零，动量守恒，C 到B 右端时恰好达到共同速度，即2mv 1＋2mv 2＝4mv因此共同速度v ＝60.3m/s.C 在A 、B 上滑行全过程用能量守恒得F ·2L ＝12×4mv 2－(12×2mv 21＋12×2mv 22)＋μ1·2mg ·2L第 2 页 共 18 页代入数据解得L ＝0.3 m.【答案】0.3 m2.如图所示，竖直平面内轨道ABCD 的质量M ＝0.4 kg ，放在光滑水平面上，其中AB段是半径R ＝0.4 m 的光滑14圆弧，在B 点与水平轨道BD 相切，水平轨道的BC 段粗糙，动摩擦因数μ＝0.4，长L ＝3.5 m ，C 点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧．现有一质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)在距A 点高为H ＝3.6 m 处由静止自由落下，恰沿A 点滑入圆弧轨道(g ＝10 m/s 2)．求：(1)ABCD 轨道在水平面上运动的最大速率；(2)小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小．【解析】(1)由题意分析可知，当小物体运动到圆弧最低点B 时轨道的速率最大，设为v m ，假设此时小物体的速度大小为v ，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒：以初速度的方向为正方向；由动量守恒定律可得：Mv m ＝mv由机械能守恒得：mg (H ＋R )＝12Mv 2m ＋12mv 2 解得：v m ＝2.0 m/s(2)由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到A 点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为v x ，假设此时小物体在竖直方向的分速度为v y ，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得：(M ＋m )v x ＝0第 3 页 共 18 页由能量守恒得：mgH ＝12(M ＋m )v 2x ＋12mv 2y ＋μmg 2L 解得v x ＝0；v y ＝4.0 m/s故小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小v A ＝v 2x ＋v 2y ＝16 m/s ＝4 m/s【答案】(1)2.0 m/s (2)4 m/s如图所示，AB 是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切．圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看作质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，求：(1)物体对圆弧轨道的最大压力大小；(2)物体滑回到轨道AB 上距B 点的最大距离；(3)释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件，为能使物体能顺利通过圆弧轨道的最高点D .【解析】(1)根据几何关系：PB ＝R tan θ＝3R 从P 点到E 点根据动能定理，有：mgR －μmg cos θ·PB ＝12mv 2E－0 代入数据：mgR －μmg ·32·3R ＝12mv 2E 解得：v E ＝2－3μgR第 4 页 共 18 页在E 点，根据向心力公式有：F N －mg ＝m v 2E R解得：F N ＝3mg －3μmg(2)物体滑回到轨道AB 上距B 点的最大距离x ，根据动能定理，有mg (BP －x )·sin θ－μmg cos θ(BP ＋x )＝0－0代入数据：mg (3R －x )·12－μmg ·32 (3R ＋x )＝0 解得：x ＝3－3μ3μ＋1R (3)刚好到达最高点时，有mg ＝m v 2R解得：v ＝gR根据动能定理，有mg (L ′sin θ－R －R cos θ)－μmg cos θ·L ′＝12mv 2－0 代入数据：mg (12L ′－R －32R )－μmg ·32 L ′＝12mgR 解得：L ′＝3R ＋3R 1－3μ所以L ′≥3R ＋3R 1－3μ，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D 【答案】(1)3mg －3μmg (2)3－3μ3μ＋1R (3)L ′≥3R ＋3R 1－3μ 4.如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F 随时间t 变化图象如图乙所示，t ＝2.0 s 时撤去力F ，最终滑块与木板间无相对运动．已知滑块质量m ＝2 kg ，木板质量M ＝ 1 kg ，滑块与木板间的动摩擦因数第 5 页 共 18 页μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：(1)t ＝0.5 s 时滑块的速度大小；(2)0～2.0 s 内木板的位移大小；(3)整个过程中因摩擦而产生的热量．【解析】(1)木板M 的最大加速度a m ＝μmg M＝4 m/s 2 滑块与木板保持相对静止时的最大拉力F m ＝(M ＋m )a m ＝12 N即F 为6 N 时，M 与m 一起向右做匀加速运动对整体分析有：F ＝(M ＋m )a 1v 1＝a 1t 1代入数据得：v 1＝1 m/s(2)对M ：0～0.5 s ，x 1＝12a 1t 210．5～2 s ，μmg ＝Ma 2x 2＝v 1t 2＋12a 2t 22 则0～2 s 内木板的位移x ＝x 1＋x 2＝6.25 m(3)对滑块：0．5～2 s，F－μmg＝ma2′0～2 s时滑块的位移x′＝x1＋(v1t2＋12a2′t22)在0～2 s内m与M相对位移Δx1＝x′－x＝2.25 m t＝2 s时木板速度v2＝v1＋a2t2＝7 m/s滑块速度v2′＝v1＋a2′t2＝10 m/s撤去F后，对M：μmg＝Ma3对m：－μmg＝ma3′当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即v2＋a3t3＝v2′＋a3′t3解得t3＝0.5 s该段时间内，M位移x3＝v2t3＋12a3t23m位移x3′＝v2′t3＋12a3′t23相对位移Δx2＝x3′－x3＝0.75 m整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移Δx＝Δx1＋Δx2＝3 m系统因摩擦产生的热量Q＝μmg·Δx＝12 J.【答案】见解析5如图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q 正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q第 6 页共 18 页第 7 页 共 18 页离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q 与P 之间的动摩擦因数为μ，M ∶m ＝4∶1，重力加速度为g .求：(1)小物块Q 离开平板车时速度为多大？(2)平板车P 的长度为多少？【解析】(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR (1－cos 60°)＝12mv 20解得v 0＝gR小球与小物块Q 相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：mv 0＝mv 1＋mv Q12mv 20＝12mv 21＋12mv 2Q解得：v 1＝0，v Q ＝v 0＝gR二者交换速度，即小球静止下来．Q 在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有mv Q ＝Mv ＋m (2v )解得，v ＝16v Q ＝gR 6小物块Q 离开平板车时，速度为：2v ＝gR 3(2)由能量守恒定律，知F f L ＝12mv 2Q －12Mv 2－12m (2v)2第 8 页 共 18 页又F f ＝μmg解得，平板车P 的长度为L ＝7R 18μ. 【答案】(1)gR 3 (2)7R 18μ6.2018年10月23日，港珠澳大桥开通，这是建筑史上里程最长、投资最多、施工难度最大的跨海大桥。
统考版2023高考物理二轮专题复习策略：热学课件
预测5 如图所示，粗细均匀的半圆形导热细玻璃管两端封闭且竖直 固定放置，内有一段对应60°圆心角的水银柱处于ab段内，水银柱两 端封闭着同种理想气体，此时水银柱产生的压强为p0，右端气体压强 为2p0，环境初始温度为T0，现控制环境温度先缓慢升高再缓慢降低， 最终使水银柱静止于bc段内．
下列说法正确的是________． A．A端为冷端，B端为热端 B．A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的 C．A端流出的气体内能一定大于B端流出的 D．该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第 二定律 E．该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第 二定律
答案：ABE
(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温 度；
答案：43T0 解析：选第Ⅳ部分气体为研究对象，在B汽缸中的活塞到达汽缸底部的过程中 发生等压变化：V0−T014V0＝VT10，解得T1＝43T0.
(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注 入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体 的压强．
第15讲 热学
考点一 分子动理论 固体与液体的性质 1．必须注意的“三点” (1)分子直径的数量级是10－10 m；分子永不停息地做无规则运动． (2)球体模型(适用于固体、液体)，立方体模型(适用于气体)． (3)晶体、非晶体的关键性区别为是否具有固定的熔点，只有单晶体 才可能具有各向异性． 2．必须弄清分子力和分子势能（理想气体没有分子势能） (1)分子力：分子间引力与斥力的合力．分子间距离增大，引力和斥 力均减小；分子间距离减小，引力和斥力均增大，但斥力总比引力变
2020年高考物理二轮复习专题练习卷----近代物理(解析版)
2020年高考物理二轮复习专题练习卷----近代物理选择题1.关于下列物理史实与物理现象，说法正确的是A．光电效应现象由德国物理学家赫兹发现，爱因斯坦对其做出了正确的解释B．只有入射光的频率低于截止频率，才会发生光电效应C．根据爱因斯坦的光电效应方程可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D．光电效应现象证明光是一种波解析1887年德国物理学家赫兹发现了光电效应现象，爱因斯坦对光电效应的实验规律做出了正确的解释，故A正确；每种金属都有一个截止频率，只有入射光的频率高于截止频率，才会发生光电效应，故B错误；爱因斯坦的光电效应方程E k＝hν－W0，光电子的最大初动能与入射光的频率不成正比，故C错误；光电效应现象证明光具有粒子性，故D 错误；故选A。
答案A2.在核反应方程42He＋14 7N→17 8O＋X中，X表示的是A．质子B．中子C．电子D．α粒子解析由核反应中电荷数和质量数均守恒，可知X为11H，选项A正确。
答案A3.氢原子能级示意图如图所示。
光子能量在1.63 eV～3.10 eV的光为可见光。
要使处于基态(n＝1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为A．12.09 eV B．10.20 eV C．1.89 eV D．1.51 eV解析因为可见光光子的能量范围是1.63 eV～3.10 eV，所以氢原子至少要被激发到n ＝3能级，要给氢原子提供的能量最少为E＝(－1.51＋13.60) eV＝12.09 eV，即选项A正确。
答案A4.1934年，约里奥－居里夫妇用α粒子轰击铝核1327Al，产生了第一个人工放射性核素X：α＋1327Al→n＋X。
X的原子序数和质量数分别为A．15和28B．15和30C．16和30 D．17和31解析本题考查核反应方程。
在核反应过程中，质量数和电荷数分别守恒，则X的原子序数为2＋13－0＝15，X的质量数为4＋27－1＝30，选项B正确。
高考物理高三二轮复习：热学专题液柱类问题的求解技巧(共19张PPT)
(2)当 A、B 两侧的水银面达到同一高度时，设 A 侧空气柱的长度为 l2，压强为
p2.
由玻意耳定律得 pl＝p2l2
⑤
由力学平衡条件有 p2＝p0
⑥
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
联立②⑤⑥式，并代入题给数据得
l2＝10.4 cm
⑦
设注入的水银在管内的长度Δh，依题意得
Δh＝2(l1－l2)＋h1
⑧
联立④⑦⑧式，并代入题给数据得
(1)求放出部分水银后 A 侧空气柱的长度； (2)此后再向 B 侧注入水银，使 A、B 两侧的水银面达到同一高度， 求注入的水银在管内的长度．
答案：(1)12.0 cm (2)13.2 cm
优秀ppt公开课ppt免费课件下载免费 课件高 考物理 高三二 轮复习 ：热学 专题液 柱类问 题的求 解技巧 (共19 张PPT)
“液柱”类问题的求解技巧
[液课体前密练度习均] 若为已ρ，知求大被气封压闭强气为体p0的，压在强图．中各装置均处于静止状态，图中
答案：甲：p0－ρgh
乙：p0－ρgh
丙：p0－
3 2 ρgh
p0＋ρg(h2－h1－h3) pb＝p0＋ρg(h2－h1)
丁：p0＋ρgh1
戊：pa＝
平衡状态下气体压强的求法小结
(ⅰ)为使左端水银面下降3 cm，封闭气体温度应变为多少？
(ⅱ)封闭气体的温度重新回到280 K后，为使封闭气柱长度变为20 cm，需向开口端注入的水 银柱长度为多少？
解析：初态压强p1＝(76－16)cmHg，末态时左右水银面的高度差为16－2×3 cm＝10 cm，
末状态压强为p2＝(76－10)cmHg，末状态空气长度为22＋3＝25 cm，
（i）求玻璃泡C中气体的压强（以mmHg为单位）
2020届高考物理二轮提分攻略专题10 热学(含解析)
2020届高考物理二轮提分攻略专题十：热学【知识回扣】1.分子的两种微观模型(1)球体模型(适用于固体、液体)：一个分子的体积V0＝43π⎝⎛⎭⎫d23＝16πd3，d为分子的直径。
(2)立方体模型(适用于气体)：一个分子占据的平均空间V0＝d3，d为分子间的距离。
2.宏观量与微观量的相互关系（1）一个分子的质量：m0＝MN A＝ρV mN A（2）一个分子的体积：V0＝V mN A＝MρN A(注：对气体V0为分子所占空间体积)（3）物体所含的分子数n＝VV m·N A＝mρV m·N A或n＝mM·N A＝ρVM·N A（4）单位质量中所含的分子数：n′＝N A M3. 气体实验定律及理想气体状态方程4.气体压强的求法受力分析法选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，应用平衡条件或牛顿第二定律求解。
等压面法在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h处总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强。
液片法选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强。
物理量功W 热量Q 内能的改变ΔU 取正值“＋”外界对物体做功物体从外界吸收热量物体的内能增加取负值“－”物体对外界做功物体向外界放出热量物体的内能减少6.(1)不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化。
(2)不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化。
【热门考点透析】考点一分子动理论内能1.（2019·北京卷）下列说法正确的是（）A．温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度B．内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和C．气体压强仅与气体分子的平均动能有关D ．气体膨胀对外做功且温度降低，分子的平均动能可能不变 【答案】A【解析】根据温度是分子平均动能的标志确定气体分子热运动的程度和分子平均动能变化，内能是分子平均动能和分子势总和，由气体压强宏观表现确定压强。
【精编版】2020年高考物理二轮热点专题训练----《力与物体的平衡》解析版
2020年高考物理二轮热点专题训练----《力与物体的平衡》一 单项选择题1.如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力 F 的作用，F 平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为 F 1和 F 2(F 2>0)．由此可求出( )A ．物块的质量B ．斜面的倾角C ．物块与斜面间的最大静摩擦力D ．物块对斜面的正压力【答案】C【解析】设斜面倾角为θ，斜面对物块的最大静摩擦力为 F f ，当 F 取最大值 F 1时，最大静摩擦力 F f 沿斜面向下，由平衡条件得 F 1＝mg sin θ＋F f ；当 F 取最小值 F 2时，F f 沿斜面向上，由平衡条件得 F 2＝mg sin θ－F f ，联立两式可求出最大静摩擦力F f ＝F 1－F 22，选项 C 正确．F N ＝mg cos θ，F 1＋F 2＝2mg sin θ，所以不能求出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的正压力．2.如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A ．m 2B ．32mC ．mD ．2m【答案】C 【解析】由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的距离等于圆弧的半径，故两轻环与圆弧圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知识可知，两轻环间的细线夹角为120°，对小物块进行受力分析，由三力平衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为m ，C 项正确．3.如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)．一质量为m 、电荷量为q 的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v 做匀速直线运动，重力加速度为g ，则( )A ．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B ．小球一定带正电荷C ．电场强度大小为mg qD ．磁感应强度的大小为mg qv【答案】C【解析】小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图甲所示，小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知，小球受到的重力与电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡，故小球不可能做匀速直线运动，假设不成立，小球一定带负电，选项B 错误；小球的受力情况如图乙所示，小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里，选项A 错误；根据几何关系，电场力大小qE ＝mg ，洛伦兹力大小qvB ＝3mg ，解得E ＝mg q ，B ＝3mg qv，选项C 正确，D 错误．4.如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中()A．N1始终减小，N2始终增大B．N1始终减小，N2始终减小C．N1先增大后减小，N2始终减小D．N1先增大后减小，N2先减小后增大【答案】B【解析】对小球进行受力分析，如图所示，设板与墙夹角为θ，转到水平位置过程中θ逐渐增大，N1＝mg cot θ，N2′＝N2，N2＝mgsin θ，而在第一象限内sin θ为增函数，cot θ为减函数，可知随着θ增大，N1和N2都减小，则只有B正确．5.如图甲、乙、丙是生活中三种不同的背包方式.为了研究方便，假设背包者身体均呈竖直，因而可认为每条背包带均在竖直面内.甲中背包带对人的肩部的作用力设为F1；乙中的背包带与竖直方向的夹角为θ(如图)，其背包带对人肩部的作用力设为F2；丙中的两根背包带与竖直方向的夹角均为θ(如图)，其每根背包带对人肩部的作用力均为F3.若三种情况所背的包完全相同，不考虑背包跟人体间的摩擦，则关于F1、F2、F3大小的下列关系正确的是()A.F1>F2B.F2>F3C.F1>F3D.F3＝F2【答案】B【解析】由图可知，题图甲中背包带沿竖直方向，所以每一根背包带的作用力都等于0.5mg，则背包带对肩部的作用力等于两根背包带的作用力的和，即等于F1＝mg；乙图中，背包受到重力、腿部的支持力和肩膀的作用力如图a：则：F2＝mgcos θ题图丙中，背包受到两边肩膀的作用力，如图b所示，则：mg＝2F3cos θ所以：F3＝mg2cos θ由以上的分析可得：F1<F2，F3<F2，由于夹角θ是未知的，所以不能判变大F3与重力mg 的大小关系，因此不能判断出F3与F1的大小关系.所以只有选项B正确.6.如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D ．P 带负电荷，Q 带正电荷【答案】D【解析】对P 、Q 整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P 、Q 必带等量异种电荷，选项A 、B 错误；对P 进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q 对它的库仑力平衡，所以P 带负电荷，Q 带正电荷，选项D 正确，C 错误．7.质量为m 的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )A ．底层每个足球对地面的压力为mgB ．底层每个足球之间的弹力为零C ．下层每个足球对上层足球的支持力大小为mg 3D ．足球与水平面间的动摩擦因数至少为66【答案】B【解析】根据整体法，设下面每个球对地面的压力均为F N ，则3F N ＝4mg ，故F N ＝43mg ，A 错误；四个球的球心连线构成了正四面体，下层每个足球之间的弹力为零，B 正确；上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力，由于三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力，则下层每个足球对上层足球的支持力大小大于mg 3，C 错误；根据正四面体几何关系可求，F 与mg 夹角的余弦值cos θ＝63，正弦值sin θ＝33，则有F ·63＋mg ＝F N ＝43mg ，33F ＝F f ，解得F f ＝26mg ，F ＝66mg ，则μ≥26mg 43mg ＝28，所以足球与水平面间的动摩擦因数至少为28，故D 错误．8 三段细绳OA、OB、OC结于O点，另一端分别系于竖直墙壁、水平顶壁和悬挂小球，稳定后OA呈水平状态．现保持O点位置不变，缓慢上移A点至D点的过程中，关于OA绳上的拉力变化情况的判断正确的是()A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大【答案】D【解析】可运用动态图解法，由图可知，当OA与OB垂直时，OA上的拉力最小，故D 正确．9.如图在倾斜的直杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则()A．圆环只受三个力作用B．圆环一定受四个力作用C ．物体做匀加速运动D ．轻绳对物体的拉力小于物体的重力【答案】B【解析】悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则圆环和物体均做匀速直线运动，C 、D 错；对圆环受力分析，圆环要保持平衡状态必受到重力、绳的拉力、杆的支持力、杆对圆环的摩擦力四个力作用，A 错，B 对．10.如图所示，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A (A 、B 接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑．已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A 与B 的质量之比为( )A.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ2【答案】B【解析】对滑块A 、B 整体在水平方向上有F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对滑块B 在竖直方向上有μ1F＝m B g ；联立解得：m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，选项B 正确. 二 不定项选择题1.如图所示，一根轻绳上端固定在O 点，下端拴一个重力为G 的小球，开始时轻绳处于垂直状态，轻绳所能承受的最大拉力为2G ，现对小球施加一个方向始终水平向右的力F ，使球缓慢地移动，则在小球缓慢地移动过程中，下列说法正确的是( )A ．力F 逐渐增大B ．力F 的最大值为3GC ．力F 的最大值为2GD ．轻绳与竖直方向夹角最大值θ＝30°【答案】AB【解析】对小球受力分析，如图甲：由平衡条件得：F＝G tan θ，θ逐渐增大，则F逐渐增大，故A正确；如图乙，小球缓慢地移动过程中，θ逐渐增大，F T的最大值为2G，则可得cos θ＝G2G＝12，θ＝60°，此时F达到最大值为3G，故B正确，C、D错误；故选A、B.2.如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内.用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止.现将B球沿斜面向上移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡.重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是()A.墙面对A的弹力变小B.斜面对B的弹力不变C.推力F变大D.两球之间的距离变大【答案】ABD【解析】利用整体法可知，斜面对B球支持力的竖直分量等于A、B两带电小球的重力之和，斜面倾角不变，斜面对B球支持力不变，故斜面对B的弹力不变，B选项正确；库仑力与竖直方向的夹角变小，而竖直分量不变，故库仑力变小，A、B间的距离变大，故D正确；因库仑力水平分量减小，故A正确，C错误.3.如图所示，一根通电的导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是()A．一直增大B．先减小后增大C．先增大后减小D．始终为零【答案】AB【解析】若F安＜mg sin α，因安培力方向向上，则摩擦力方向向上，当F安增大时，F摩减小到零，再向下增大，B项对，C、D项错；若F安＞mg sin α，摩擦力方向向下，随F安增大而一直增大，A项对．4.如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动，现将一质量为m的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ＝60°，下列说法正确的是()A．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐渐增大B．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐渐减小C．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为mgD．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零【答案】CD【解析】若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，根据图象可知，F B先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，故选项A、B错误；球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示，F A、F B以及G构成的三角形为等边三角形，根据几何关系可知，F A＝F B＝mg，故选项C正确；若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当F A和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故选项D正确．5.如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点．一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角θ＜90°.现缓慢改变绳OA的方向至θ＞90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态．下列说法正确的是()A．绳OA的拉力先减小后增大B．斜面对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大C．地面对斜面体有向右的摩擦力D．地面对斜面体的支持力大于物块P和斜面体的重力之和【答案】ABD【解析】缓慢改变绳OA的方向至θ＞90°的过程，OA拉力的方向变化如图2，从1位置到2位置到3位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OP的拉力一直增大；故A正确；若开始时P受绳子的拉力比较小，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，则摩擦力先变小后反向增大，故B正确；以斜面和PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，C错误；以斜面体和P为研究对象，在竖直方向上有：M斜g＋M P g＝N＋F′cos α，故N＞M斜g＋M P g，故D正确．6.如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则()A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2 B ．当q d＝ mg sin θk 时，细线上的拉力为零 C ．当q d＝ mg tan θk 时，细线上的拉力为零 D ．当q d＝ mg k tan θ时，斜面对小球A 的支持力为零 【答案】AC【解析】根据库仑定律可知小球A 与B 之间的库仑力大小为k q 2d2，A 正确；小球A 受重力、库仑力和支持力作用，若细线上的拉力为零，由平衡条件可得k q 2d 2＝mg tan θ解得q d＝ mg tan θk，B 错误，C 正确；因为两小球带同种电荷，所以斜面对小球A 的支持力不可能为零，D 错误．7.如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面【答案】BD【解析】当桌布被拉出时，鱼缸由静止到向右运动，但它相对于桌布来说，仍向左运动，由于滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，因此桌布对鱼缸的摩擦力的方向应向右，选项A 错误；因为鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，鱼缸受到桌布向右的摩擦力与它受到桌面向左的摩擦力大小相等，所以鱼缸向右加速的加速度大小与向右减速的加速度大小相等，方向相反，鱼缸的初速度为零，末速度也为零，根据对称性可知，鱼缸做加速运动的时间与做减速运动的时间相等，选项B 正确；若猫增大拉力，桌布的加速度更大，但是由于鱼缸与桌布间的压力不变，动摩擦因数也不变，故摩擦力也不变，选项C 错误；若猫减小拉力，桌布的加速度减小，鱼缸在桌布上的运动时间变长，而鱼缸向右的加速度不变，由x ＝12at 2知，鱼缸相对于桌面的位移变大，桌布被拉出后鱼缸在桌面上的位移也变大，鱼缸就有可能滑出桌面，选项D 正确．8.如图所示，一个质量为4 kg 的半球形物体A 放在倾角为θ＝37°的斜面B 上静止不动．若用通过球心的水平推力F ＝10 N 作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．物体A 受到斜面B 的摩擦力增加8 NB ．物体A 对斜面B 的作用力增加10 NC ．地面对斜面B 的弹力不变D ．地面对斜面B 的摩擦力增加10 N【答案】CD【解析】若用通过球心的水平推力F ＝10 N 作用在物体上，物体仍静止在斜面上，将该力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件可得：F cos 37°＋F f ＝mg sin 37°，解得摩擦力F f ＝16 N ．物体A 受到斜面B 的摩擦力减小ΔF f ＝24 N －16 N ＝8 N ，选项A 错误；没有施加水平力F 时，根据平衡条件，A 受斜面作用力与重力等大反向，即大小为40 N ，根据牛顿第三定律，物体A 对斜面的作用力为40 N ，方向竖直向下．施加水平力F 后，物体A 对斜面的作用力如图，F ′＝102＋402N ＝1017 N ，物体A 对斜面B 的作用力增加(1017－40)N ，选项B 错误；把物体A 和斜面B 看做整体，分析受力，由平衡条件可知，地面对斜面B 的弹力不变，摩擦力增加10 N ，选项C 、D 正确．。
2020届高考二轮专题物理复习测试 专题综合问题的分析技巧和方法 Word版含答案
2022届高考三轮专题物理复习测试专题综合问题的分析技巧和方法一、选择题1．(2021·贵阳监测)同学们在学习物理时，不仅要留意物理学问和规律，更要把握争辩物理常用的一些方法和思想，下列说法错误的是()A．力的合成是一种等效替代的方法B．“质点”“点电荷”都是物理学中的抱负化模型C．要探究某个物理量与其他多个物理量的关系，常接受把握变量法D．对物理问题所提出的猜想和假设，只能通过思辨性的辩论来打算对错解析：力的合成是用合力代替各分力，从效果上看是等效的，是等效替代的方法，选项A 正确；质点和点电荷都是忽视大小的抱负模型，选项B正确；探究某个物理量和其他多个物理量之间的关系时每一次只转变其中一个物理量保持其他量不变，从而争辩被转变的这个物理量的影响，分别加以争辩，最终再综合解决，这种方法叫把握变量法，选项C正确；对物理问题所提出的猜想和假设也可以用抱负试验的方法打算对错，选项D错误，故本题选D.答案：D2.图11－11如图11－11所示，完全相同的四个足球彼此相互接触叠放在水平面上，每个足球的质量都是m，不考虑转动状况，下列说法正确的是()A．下面每个球对地面的压力均为43mgB．下面的球不受地面给的摩擦力C．下面每个球受地面给的摩擦力均为33mgD．上面球对下面每个球的压力均为66mg解析：以四个球整体为争辩对象受力分析可得，3F N＝4mg，可知下面每个球对地面的压力均为F N＝43mg，选项A正确；隔离上面球分析，3F1·63＝mg，F1＝66mg，选项D正确．隔离下面一个球分析，f＝F1·33＝26mg，选项B、C错误．因此答案选AD.答案：AD3．(2021·成都检测)图11－12如图11－12所示，轻绳下端拴接一小球，上端固定在天花板上．用外力F将小球沿圆弧从图中实线位置缓慢拉到虚线位置，F始终沿轨迹切线方向，轻绳中的拉力为F T.则() A．F保持不变，F T渐渐增大B．F渐渐减小，F T渐渐增大C．F渐渐增大，F T渐渐减小D．F与F T的合力渐渐增大图11－13解析：以小球为争辩对象，小球受到绳子的拉力、重力和拉力F的作用，拉力F与绳子的拉力的合力方向竖直向上，与重力等大反向，从平行四边形中找到一个矢量三角形，拉力F始终与绳子的拉力方向垂直，如图11－13所示，随着拉力F与竖直方向夹角的减小，F渐渐增大，绳子拉力渐渐减小，故选项C正确答案：C4.图11－14如图11－14所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m 和3m的木块间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确的是()A．质量为2m的木块受到四个力的作用B．当F渐渐增大到T时，轻弹簧刚好被拉断C．当F渐渐增大到1.5T时，轻弹簧刚好被拉断D．当F撤去瞬间，m所受摩擦力的大小和方向不变解析：本题考查牛顿其次定律．对质量为2m的木块进行受力分析可知该木块受5个力的作用，选项A错误；当F渐渐增大到T时，整体由牛顿其次定律可得T＝6ma，再对m、2m依据牛顿其次定律可得F弹＝3ma，两式联立可得F弹＝T/2，而弹簧能承受的最大拉力为T，故选项B 错误，同理得C正确；当F撤去瞬间，弹簧形变量不变，m、2m加速度仍不变，对m分析可知摩擦力的大小和方向不变，选项D正确．答案：CD5．(2021·乌鲁木齐测验)图11－15如图11－15所示，矩形的四个顶点分别固定一点电荷，其中q1、q2为等量异种电荷，且q1为正点电荷．OO′为q1、q2连线的中垂线，A、B为OO′上的两点，且A点的场强为零．则() A．q3为正电荷，q4为负电荷B．q3的电荷量大于q1的电荷量C．B点的场强方向垂直OO′向右D．B点的场强方向垂直OO′向左解析：依据等量异种电荷产生的电场的特点，在中垂线上的场强方向水平，方向由正电荷。
2020高考物理二轮复习专题六热学讲义(含解析)
专题六热学典题再现1.(2020·山东等级考模拟)如图所示，水平放置的封闭绝热汽缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a、b两部分．已知a部分气体为1 mol氧气，b部分气体为2 mol氧气，两部分气体温度相等，均可视为理想气体．解除锁定，活塞滑动一段距离后，两部分气体各自再次达到平衡态时，它们的体积分别为V a、V b，温度分别为T a、T b.下列说法正确的是( )A.V a>V b，T a>T b B．V a>V b，T a<T bC.V a<V b，T a<T b D．V a<V b，T a>T b解析：选D.解除锁定前，两部分气体温度相同，体积相同，由pV ＝nRT 可知b 部分压强大，故活塞左移，平衡时V a <V b ，p a ＝p b .活塞左移过程中，a 气体被压缩内能增大，温度增大，b 气体向外做功，内能减小，温度减小，平衡时T a >T b .考情分析典题再现2.(2020·山东等级考模拟)如图所示，按下压水器，能够把一定量的外界空气，经单向进气口压入密闭水桶内．开始时桶内气体的体积V 0＝8.0 L ，出水管竖直部分内外液面相平，出水口与大气相通且桶内水面的高度差h 1＝0.20 m ．出水管内水的体积忽略不计，水桶的横截面积S ＝0.08 m 2.现压入空气，缓慢流出了V 1＝2.0 L 水．求压入的空气在外界时的体积ΔV 为多少？已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，外界大气压强p 0＝1.0×105Pa ，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，设整个过程中气体可视为理想气体．温度保持不变.解析：设流出2 L 水后，液面下降Δh ，则 Δh ＝V 1S此时，瓶中气体压强p 2＝p 0＋ρg (h 1＋Δh )，体积V 2＝V 0＋V 1设瓶中气体在外界压强下的体积为V ′，则p 2V 2＝p 0V ′初始状态瓶中气体压强为p 0，体积为V 0，故ΔV ＝V ′－V 0解得ΔV ＝2.225 L.答案：见解析考情分析典题再现3.(2019·高考全国卷Ⅰ)(1)某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体．初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界．现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同．此时，容器中空气的温度______(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度______(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度.(2)热等静压设备广泛应用于材料加工中．该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能．一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中．已知每瓶氩气的容积为3.2×10－2m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106Pa；室温温度为27 ℃.氩气可视为理想气体.①求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；②将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强.解析：(1)由于初始时封闭在容器中的空气的压强大于外界压强，容器和活塞绝热性能良好，容器中空气与外界没有热量交换，容器中的空气推动活塞对外做功，由热力学第一定律可知，空气内能减小．根据理想气体内能只与温度有关可知，活塞缓慢移动后容器中空气的温度降低，即容器中的空气温度低于外界温度．因压强与气体温度和分子的密集程度有关，当容器中的空气压强与外界压强相同时，容器中空气温度小于外界空气温度，故容器中空气的密度大于外界空气密度.(2)①设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后气瓶中剩余气体的压强为p1.假设体积为V0、压强为p0的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1.由玻意耳定律p0V0＝p1V1 ①被压入炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为V′1＝V1－V0 ②设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2.由玻意耳定律p2V2＝10p1V′1 ③联立①②③式并代入题给数据得p2＝3.2×107 Pa. ④②设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔温度为T1，气体压强为p3.由查理定律p3 T1＝p2T0⑤联立④⑤式并代入题给数据得p3＝1.6×108 Pa.答案：(1)低于大于(2)①3.2×107 Pa ②1.6×108 Pa考情分析命题研究本讲中近几年高考重点考查：对分子动理论、内能、热力学定律的理解，固体、液体和气体的性质的理解，气体实验定律、气体状态变化图象与理想气体状态方程的理解及应用．考查题型固定：(1)为“五选三”的选择式填空题，(2)为小型计算题．山东模考此部分为必考题型，在单项选择题和计算题中都有考查，特别注重理论的应用，在备考时仍要加强对分子动理论、分子力、分子势能、内能、热力学定律等基本概念和规律的理解和应用，同时要注意微观量的估算问题，特别是气体实验定律、气体状态变化图象与热力学定律的综合等问题分子动理论、固体与液体的性质【高分快攻】【典题例析】(2019·高考北京卷)下列说法正确的是( )A ．温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度B ．内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和C ．气体压强仅与气体分子的平均动能有关D ．气体膨胀对外做功且温度降低，分子的平均动能可能不变[解析] 温度是分子平均动能的量度(标志)，A 项正确；内能是物体内所有分子的分子热运动动能和分子势能的总和，B 项错误；气体压强不仅与分子的平均动能有关，还与分子的密集程度有关，C 项错误；气体温度降低，则分子的平均动能变小，D 项错误．[答案] A【题组突破】角度1 实验：单分子油膜法测分子大小1．(2019·高考全国卷Ⅲ)用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是______________________________．实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以______________________________．为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是________．解析：由于分子直径非常小，极少量油酸所形成的单分子层油膜面积也会很大，因此实验前需要将油酸稀释，使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜．可以用累积法测量多滴溶液的体积后计算得到一滴溶液的体积．油酸分子直径等于油酸的体积与单分子层油膜的面积之比，即d ＝V S，故除测得油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积外，还需要测量单分子层油膜的面积．答案：使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜 把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1 mL 油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积 单分子层油膜的面积2．在“用油膜法估测分子的大小”实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL 溶液中有纯油酸6 mL ，用注射器测得1 mL 上述溶液为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膜的轮廓，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)油酸薄膜的面积是________cm 2.(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是______mL.(取1位有效数字)(3)按以上实验数据估测出油酸分子直径约为______m ．(取1位有效数字)解析：(1)根据数方格数的原则“多于半个的算一个，不足半个的舍去”可查出共有115个方格，故油膜的面积： S ＝115×1 cm 2＝115 cm 2.(2)一滴油酸酒精溶液的体积：V ′＝175mL ，一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积： V ＝6104V ′＝8×10－6mL. (3)油酸分子的直径：d ＝V S ＝8×10－12115×10－4 m ≈7×10－10 m. 答案：(1)115(112～118均可) (2)8×10－6(3)7×10－10角度2 分子的无规则运动3．雾霾天气是对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述，是特定气候条件与人类活动相互作用的结果．雾霾中，各种悬浮颗粒物形状不规则，但可视为密度相同、直径不同的球体，并用PM10、PM2.5分别表示球体直径小于或等于10 μm、2.5 μm的颗粒物(PM是颗粒物的英文缩写)．某科研机构对北京地区的检测结果表明，在静稳的雾霾天气中，近地面高度百米的范围内，PM10的浓度随高度的增加略有减小，大于PM10的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减小，且两种浓度分布基本不随时间变化．据此材料，以下叙述正确的是( )A．PM10表示直径小于或等于1.0×10－6 m的悬浮颗粒物B．PM10受到的空气分子作用力的合力始终大于其所受到的重力C．PM10和大悬浮颗粒物都在做布朗运动D．PM2.5的浓度随高度的增加逐渐增大解析：选C.PM10表示直径小于或等于1.0×10－5 m的悬浮颗粒物，A项错误；PM10悬浮在空气中，受到的空气分子作用力的合力等于其所受到的重力，B项错误；由题意推断，D项错误；PM10和大颗粒物的悬浮是由于空气分子的撞击，故它们都在做布朗运动，C项正确．角度3 固体与液体的性质4．下列说法不正确的是( )A．小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果B．给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力C．常见的金属都是晶体D．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性解析：选B.空气中的小雨滴呈球形是水的表面张力，使雨滴表面有收缩趋势，A正确；给车胎打气，越压越吃力，是由于打气过程中气体压强增大，不是由于分子间存在斥力，B错误；常见的金属都是晶体，C正确；液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体的结构特征，所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，D正确．命题角度解决方法易错辨析微观量的计算通过阿伏加德罗常数来联系微观量和宏观量所求的微观密度或微观体积的含义并不是真实自身的体积或密度，而是占有的空间大小分子热运动与布朗运动微观解释布朗运动的原因布朗运动是指颗粒的运动而不是指分子的运动物体内能的变化分析明确决定物体内能的因素：物质的量、物态、温度、体积内能改变的方式可结合做功和热传递来理解晶体、非晶体的性质记熟晶体、非晶体分类的依据和晶体的各种特征晶体熔化过程、温度不变，内能改变气体实验定律的应用【高分快攻】1．必须理清的知识联系2．对三个气体实验定律要有充分的理解(1)定律在温度不太低、压强不太大的情况下适用；(2)一定质量的理想气体做等容变化时，气体的压强跟摄氏温度不成正比；(3)气体做等容变化时，气体压强的变化量与温度的变化量成正比，即p 1T 1＝p 2T 2＝Δp ΔT＝C . 以上(2)和(3)对等压变化同样适用．3．封闭气体压强的计算方法(1)“活塞模型”求活塞封闭的气体压强时，一般以活塞为研究对象(有时取汽缸为研究对象)，分析它受到的气体压力及其他各力，列出受力的平衡方程，求解压强．如图所示，活塞静止于光滑的汽缸中，活塞质量为m ，面积为S ，被封闭气体的压强为p ，大气压强为p 0，活塞受力如图所示，由平衡条件得pS ＝p 0S ＋mg ，解得p ＝p 0＋mg S.(2)“液柱模型”求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意： ①液体因重力产生的压强大小为p ＝ρgh (其中h 为至液面的竖直高度)；②不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力；③有时直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等；④当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg ”等，使计算过程简洁．4．应用气体实验定律的解题思路(1)选择对象——某一定质量的理想气体；(2)找出参量——气体在始末状态的参量p 1、V 1、T 1及p 2、V 2、T 2；(3)认识过程——认清变化过程是正确选用物理规律的前提；(4)列出方程——选用某一实验定律或状态方程，代入具体数值求解，并讨论结果的合理性．若为两部分气体，除对每部分气体作上述分析外，还要找出它们始末状态参量之间的关系，列式联立求解．【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm 的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm.若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同．已知大气压强为76 cmHg ，环境温度为296 K.(1)求细管的长度；(2)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度．[解析] (1)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h，初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1.由玻意耳定律有pV＝p1V1 ①由力的平衡条件有p＝p0＋ρgh②p1＝p0－ρgh③式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强．由题意有V＝S(L－h1－h) ④V1＝S(L－h) ⑤由①②③④⑤式和题给条件得L＝41 cm. ⑥(2)设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖－吕萨克定律有V T0＝V1T⑦由④⑤⑥⑦式和题给数据得T＝312 K．⑧[答案] (1)41 cm (2)312 K【题组突破】角度1 实验：探究气体压强与体积的关系1.如图甲，“探究气体压强与体积的关系”实验中：(1)研究对象是________，实验中应保持不变的参量是________，它的体积由________直接读出，它的压强由________传感器等计算机辅助系统得到．(2)某同学在做“气体的压强与体积的关系”实验中，测得的实验数据在计算机屏幕上显示如下表所示，仔细观察“p·V”一栏中的数值，发现越来越小，造成这一现象的可能原因是________．序号V(mL)p(×105 Pa)p·V(×105 Pa·mL) 120.0 1.001 020.020218.0 1.095 219.7143 16.0 1.231 3 19.7014 14.0 1.403 0 19.642 512.01.635 119.621B ．实验时环境温度增大了C ．实验时外界大气压强发生了变化D ．实验时注射器内的气体向外发生了泄漏(3)某同学在一次实验中，计算机屏幕显示如图乙所示，其纵坐标表示封闭气体的压强，则横坐标表示的物理量是封闭气体的________．A ．热力学温度TB ．摄氏温度tC ．体积VD ．体积的倒数1V(4)实验过程中，下列哪些操作是错误的________． A ．推拉活塞时，动作要慢B ．推拉活塞时，手不能握住注射器含有气体的部分C ．压强传感器与注射器之间的软管脱落后，应迅速重新装上继续实验D ．活塞与针筒之间要保持气密性答案：(1)封闭在注射器内的气体 温度和质量 注射器压强 (2)D (3)D (4)C2.某同学用如图所示注射器探究气体压强与体积的关系，实验开始时在注射器中用橡皮帽封闭了一定质量的空气，则：(1)若注射器上全部刻度的容积为V ，用刻度尺测得全部刻度长为L ，则活塞的横截面积可表示为________．(2)测得活塞和框架的总质量是M ，大气压强为p 0，当注射器内气体处于某状态时，在框架左右两侧对称挂两个砝码，每个砝码质量为m ，不计活塞与注射器管壁间摩擦，则稳定后注射器内气体的压强可表示为____________．解析：(1)注射器可看做圆柱体，由V ＝SL 得：S ＝VL①.(2)装置达到稳定状态后，设气体压强为p ，由平衡条件知p 0S ＋(M ＋2m )g ＝pS ② 由①②式可得：p ＝p 0＋（M ＋2m ）gLV.答案：(1)V L(2)p 0＋（M ＋2m ）gLV角度2 “玻璃管—水银柱”模型3.(2018·高考全国卷 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l 1＝18.0 cm 和l 2＝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．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p 1和p 2.U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p ，此时原左、右两边气柱长度分别变为l ′1和l ′2.由力的平衡条件有p 1＝p 2＋ρg (l 1－l 2) ①式中ρ为水银密度，g 为重力加速度大小 由玻意耳定律有p 1l 1＝pl ′1② p 2l 2＝pl ′2③两边气柱长度的变化量大小相等l ′1－l 1＝l 2－l ′2④由①②③④式和题给条件得l ′1＝22.5 cm l ′2＝7.5 cm.答案：见解析角度3 “活塞—汽缸”模型4．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，一容器由横截面积分别为2S 和S 的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p 0和V 0，氢气的体积为2V 0，空气的压强为p .现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求(1)抽气前氢气的压强； (2)抽气后氢气的压强和体积．解析：(1)设抽气前氢气的压强为p 10，根据力的平衡条件得 (p 10－p )·2S ＝(p 0－p )·S① 得p 10＝12(p 0＋p )．②(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p 1和V 1，氮气的压强和体积分别为p 2和V 2. 根据力的平衡条件有p 2·S ＝p 1·2S ③由玻意耳定律得p 1V 1＝p 10·2V 0④ p 2V 2＝p 0V 0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故V 1－2V 0＝2(V 0－V 2)⑥联立②③④⑤⑥式解得p 1＝12p 0＋14p V 1＝4（p 0＋p ）V 02p 0＋p.答案：(1)12(p 0＋p ) (2)12p 0＋14p4（p 0＋p ）V 02p 0＋p角度4 变质量问题的处理5．一氧气瓶的容积为0.08 m 3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m 3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．解析：设氧气开始时的压强为p 1，体积为V 1，压强变为p 2(2个大气压)时，体积为V 2， 根据玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2①重新充气前，用去的氧气在p 2压强下的体积为V 3＝V 2－V 1② 设用去的氧气在p 0(1个大气压)压强下的体积为V 0，则有p 2V 3＝p 0V 0③设实验室每天用去的氧气在p 0压强下的体积为ΔV ，则氧气可用的天数为N ＝V 0ΔV ④联立①②③④式，并代入数据得N ＝4(天)． 答案：4天角度5 气体的微观解释6.(2019·高考全国卷Ⅱ)如p －V 图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T 1、T 2、T 3.用N 1、N 2、N 3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N 1________N 2，T 1________T 3，N 2________N 3.(填“大于”“小于”或“等于”)解析：对一定质量的理想气体，pVT为定值，由p －V 图象可知，2p 1·V 1＝p 1·2V 1>p 1·V 1，所以T 1＝T 3>T 2.状态1与状态2时气体体积相同，单位体积内分子数相同，但状态1下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数更多，所以N1>N2；状态2与状态3时气体压强相同，状态3下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数较少，所以N2>N3.答案：大于等于大于命题角度解决方法易错辨析“玻璃管—水银柱”模型以水银柱为研究对象进行受力分析，联系两部分气体的p、V、T等参量；再结合实验定律求解问题准确找到液柱高度差是求解压强的关键点“活塞—汽缸”模型分析活塞的受力情况，结合运动状态，求解封闭气体的压强找出封闭气体初、末状态的参量，结合实验定律求解结果“充气、抽气”变质量问题转“变质量”问题为“不变质量”问题，把全部气体作为研究对象选取的研究对象一定要在变化前后都包括进去，否则质量变化，实验定律不再适用气体实验定律与热力学定律的综合问题【高分快攻】【典题例析】如图所示，一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就是著名的“卡诺循环”．(1)该循环过程中，下列说法正确的是________． A ．A →B 过程中，外界对气体做功 B ．B →C 过程中，气体分子的平均动能增大C ．C →D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 D ．D →A 过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化(2)若该循环过程中的气体为1 mol ，气体在A 状态时的体积为10 L ，在B 状态时压强为A 状态时的23.求气体在B 状态时单位体积内的分子数．(已知阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023mol－1，计算结果保留1位有效数字)[解析] (1)在A →B 的过程中，气体体积增大，故气体对外界做功，选项A 错误；B →C的过程中，气体对外界做功，W ＜0，且为绝热过程，Q ＝0，根据ΔU ＝Q ＋W ，知ΔU ＜0，即气体内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，选项B 错误；C →D 的过程中，气体分子的平均动能不变，气体体积减小，单位体积内的分子数增多，故单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，选项C 正确；D →A 的过程为绝热压缩，故Q ＝0，W ＞0，根据ΔU ＝Q ＋W ，知ΔU ＞0，即气体的内能增加，温度升高，所以气体分子的速率分布曲线发生变化，选项D 错误．(2)从A →B 气体为等温变化，根据玻意耳定律有p A V A ＝p B V B ， 所以V B ＝p A V A p B ＝p A ×1023p AL ＝15 L 所以单位体积内的分子数n ＝N A V B ＝6.0×102315个/L ＝4×1022 个/L ＝4×1025个/m 3.[答案] (1)C (2)4×1025个【题组突破】1.(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，一定量的理想气体从状态a 变化到状态b ，其过程如p －V 图中从a 到b 的直线所示．在此过程中( )A ．气体温度一直降低B ．气体内能一直增加C ．气体一直对外做功D ．气体一直从外界吸热E ．气体吸收的热量一直全部用于对外做功解析：选BCD.一定量的理想气体从a 到b 的过程，由理想气体状态方程p a V a T a ＝p b V bT b可知，T b >T a ，即气体的温度一直升高，选项A 错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，选项B 正确；由于从a 到b 的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，选项C 正确；根据热力学第一定律，从a 到b 的过程中，气体一直从外界吸热，选项D 正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，选项E 错误．2．(2019·湖北八校高三4月联考)一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B 再变化到状态C ，其状态变化过程的p －V 图象如图所示．已知该气体在状态A 时的温度为27 ℃.(1)该气体在状态B 和C 时的温度分别为多少℃？(2)该气体从状态A 经B 再到C 的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？ 解析：(1)对一定质量的理想气体由图象可知，A →B 等容变化，由查理定律得p A T A ＝p BT B即代入数据得T B ＝450 K 即t B ＝177 ℃A →C 由理想气体状态方程得p A V A T A ＝p C V CT C代入数据得T C ＝300 K 即t C ＝27 ℃.(2)由于T A ＝T C ，该气体在状态A 和状态C 内能相等， ΔU ＝0从A 到B 气体体积不变，外界对气体做功为0， 从B 到C 气体体积减小，外界对气体做正功，W ＝p ΔV 由p －V 图线与横轴所围成的面积可得W ＝（p B ＋p C ）（V B －V C ）2＝1 200 J由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可得Q ＝－1 200 J即气体向外界放出热量，传递的热量为1 200 J. 答案：(1)177 ℃ 27 ℃ (2)放热 1 200 J热力学第一定律的应用技巧(1)内能变化量ΔU 的分析思路①由气体温度变化分析气体内能变化．温度升高，内能增加；温度降低，内能减少． ②由公式ΔU ＝W ＋Q 分析内能变化． (2)做功情况W 的分析思路①由体积变化分析气体做功情况．体积被压缩，外界对气体做功；体积膨胀，气体对外界做功．注意气体在真空中自由膨胀时，W ＝0.②由公式W ＝ΔU －Q 分析气体做功情况．(3)气体吸、放热Q 的分析思路：一般由公式Q ＝ΔU －W 分析气体的吸、放热情况．(建议用时：45分钟)一、单项选择题1．(2018·高考北京卷)关于分子动理论，下列说法正确的是( )A．气体扩散的快慢与温度无关B．布朗运动是液体分子的无规则运动C．分子间同时存在着引力和斥力D．分子间的引力总是随分子间距增大而增大解析：选C.在其他条件不变的情况下，温度越高，气体扩散得越快，故A错误；布朗运动是固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动，故B错误；分子间同时存在着引力和斥力，故C正确；分子间的引力总是随着分子间距增大而减小，故D错误．2．(2019·衡水高三调研)下列说法中不正确的是( )A．－2 ℃时水已经结为冰，水分子停止了热运动B．物体温度越高，物体内部分子热运动的平均动能越大C．内能不同的物体，物体内部分子热运动的平均动能可能相同D．一定质量的气体分子的平均速率增大，气体的压强可能减小解析：选A.分子做永不停息的无规则热运动，选项A错误；物体温度越高，分子的平均动能就越大，物体的内能不同，但温度可能相同则物体分子热运动的平均动能可能相同，选项B、C正确；一定质量的气体分子的平均速率增大，气体分子温度升高，但压强与温度和体积均有关，若气体的体积也增大，则压强不一定增大，也可能减小，选项D正确．3．(2019·武汉4月调研)下列说法不正确的是( )A．第二类永动机违反了热力学第二定律，也违反了能量守恒定律B．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果C．两分子间分子势能不一定随距离的增大而增大。
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2020高考物理二轮复习 热学综合 专题预测2 一、选择题(本题共12小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 1．关于热力学定律，下列说法正确的是 ( ) A．在一定条件下物体的温度可以降到0K B．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功 C．吸收了热量的物体，其内能一定增加 D．压缩气体总能使气体的温度升高
2．下列说法正确的是 ( ) A．气体的内能是分子热运动的动能和分子间势能之和 B．气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变 C．功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功 D．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体 E．一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小 F．一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加 【答案】 ADEF 3．气体内能是所有气体分子热运动动能和势能的总和，其大小与气体的状态有关，分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的 ( ) A．温度与体积 B．体积和压强 C．温度和压强 D．压强和温度 【解析】 本题考查对温度、分子平均动能和势能的理解．温度越高，分子运动越剧烈，温度是分子平均动能的标志；气体体积变化，气体分子间的距离发生变化，分子势能就发生变化，所以分子势能取决于体积．本题正确选项为A. 【答案】 A 4．下列说法正确的是 ( ) A．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 B．没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能 C．知道某物体的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数 D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同 【解析】 布朗运动是悬浮在液体(或气体)中固体颗粒的运动，颗粒是由分子组成的，不是颗粒分子的运动，故选项A错；选项B违背了热力学第二定律；选项C只能求出摩尔体积；内能不同的物体，只要温度相同，它们分子热运动的平均动能就相同． 【答案】 D 5．右图为电冰箱的工作原理示意图，压缩机工作时，强迫致冷剂在冰箱内外的管道中不断循环．在蒸发器中致冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时致冷剂液化，放出热量 到箱体外．下列说法正确的是 ( ) A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外 B．电冰箱的致冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能 C．电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律 D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律 【解析】 由热力学第二定律知，热量不能自发的由低温物体传到高温物体，除非施加外部的影响和帮助．电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能．故答案为BC。 【答案】 BC 6．关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是 ( ) A．温度升高，每一个分子的热运动速度都增加 B．第二类永动机不可能制造成功的原因是因为能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或从一种形式转化成另一种形式 C．用活塞压缩气缸里的气体，对气体做了2.0×105J的功，若气体向外界放出1.5×105J的热量，则气体内能增加了0.5×105J D．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的 【解析】 温度升高，分子的热运动平均速度增加，分子热运动的速度从小到大都存在，并不是每一个分子的热运动速度都增加，A错．第二类永动机不能制成的原因是违背了热力学第二定律，B错．由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，内能改变量ΔU＝0.5×105J，故选项C正确．D中热机不违背自然规律，是可以制成的． 【答案】 CD 7．如图所示，一个内壁光滑与外界不发生热传递的气缸固定在地面上，缸内活塞下方封闭着空气(活塞与外界也不发生热传递)，若突然用竖直向上的力F将活塞向上拉一些，缸内封闭着的气体 ( ) A．分子平均动能增大 B．单位时间内缸壁单位面积上受到气体分子碰撞的次数减少 C．单个分子对缸壁的平均冲力减小 D．若活塞重力不计，拉力F对活塞做的功等于缸内气体的内能改变量 【解析】 当活塞突然被向上拉一些时，气体体积增大，气体对外做功，由于没有热交换，气体内能减小，温度降低，分子平均动能减小，单位体积内分子数减少，则单位时间内气体分子对单位器壁上的碰撞次数减少，单个分子对缸壁的平均冲力减小，所以选项B、C正确，A错误．气体内能的改变量应等于拉力F所做的功与活塞克服大气压力做功之和，所以选项D错误． 【答案】 BC 8．一定质量的理想气体(分子力不计)，体积由V膨胀到V′.如果通过压强不变的过程实现，对外做功大小为W1，传递热量的值为Q1，内能变化为ΔU1；如果通过温度不变的过程来实现，对外做功大小为W2，传递热量的值为Q2，内能变化为ΔU2.则 ( ) A．W1>W2 Q1ΔU2 B．W1>W2 Q1>Q2 ΔU1>ΔU2 C．W1ΔU2 D．W1＝W2 Q1>Q2 ΔU1>ΔU2 【解析】 由热力学第一定律：ΔU1＝W1＋Q1，ΔU2＝W2＋Q2，若通过压强不变的过程实
现体积膨胀，则由pVT＝恒量，可知温度必定升高，对理想气体，内能必定增大，ΔU1>0，W1<0，Q1>0，且|Q1|>|W1|；若通过温度不变的过程实现体积膨胀，温度不变，内能不变，ΔU2＝0，
W2<0，Q2>0，且|Q2|＝|W2|；则ΔU1>ΔU2；由于气体对外做功的过程中，通过温度不变的方
式，体积膨胀，由pVT＝恒量，可知压强必定减小，则平均压强比通过压强不变的方式要小，故W1>W2，Q1>Q2.B选项正确． 【答案】 B 9．用原子级显微镜观察高真空度的空间，结果发现有一对分子甲和乙环绕一个共同“中心”旋转，从而形成一个“双分子”体系，观测中同时发现此“中心”离甲分子较远，那么在上述“双分子”体系中 ( ) A．甲、乙两分子间一定只存在分子引力，不可能存在分子斥力 B．甲分子的质量一定大于乙分子的质量 C．甲分子旋转的周期一定小于乙分子旋转的周期 D．甲分子的动量大小和乙分子的动量大小一定相等 【解析】 分子间的引力和斥力是同时存在的，所以A错；由于两分子绕一个中心旋转，类似于双星，它们的周期和角速度相同，C错；两分子间作用力大小相等提供向心力，由F
＝mω2r知甲的质量小于乙的质量，B错；v＝ωr，p＝mv＝Fω，则D正确． 【答案】 D 10．柴油机使柴油燃料在它的汽缸中燃烧，产生高温高压的气体，燃料的化学能转化为气体的内能，高温高压的气体推动活塞做功，气体的内能又转化为柴油机的机械能，燃烧相同的燃料，输出的机械能越多，表明柴油机越节能．是否节能，是衡量机器性能好坏的重要指标．有经验的柴油机维修师傅，不用任何仪器，只要将手伸到柴油机排气管附近，去感知一下尾气的温度，就能够判断出这台柴油机是否节能，真是“行家伸伸手，就知有没有”．关于尾气的温度跟柴油机是否节能之间的关系，你认为正确的是 ( ) A．尾气的温度越高，柴油机越节能 B．尾气的温度越低，柴油机越节能 C．尾气的温度高低与柴油机是否节能无关 D．以上说法均不正确 【解析】 气体的内能不可能完全转化为柴油的机械能，柴油机使柴油燃料在它的汽缸中燃烧，产生高温高压的气体，是一个高温热源；而柴油机排气管排出的尾气是一个低温热源．根据能量守恒定律，这两个热源之间的能量差就是转化的机械能，燃烧相同的燃料，要想输出的机械能越多，尾气的温度就要越低，故选项B正确． 【答案】 B 11．(2020·浙江模拟)如图所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，在活塞上缓慢地、一点点放上一定量的细沙．假设在此过程中气缸内气体的温度始终保持不变．对上述过程有下列说法，正确的说法是 ( ) A．气缸中气体的内能增加 B．气缸中气体的压强增加 C．气缸中气体的分子平均动能不变 D．单位时间内气缸中气体分子对活塞撞击的次数不变 【解析】 因理想气体分子间无相互作用力，而温度不变，所以内能不变，A错C对；由活塞的平衡条件知，B正确，由于单位体积内的分子数变多，平均速率又不变，所以单位时间内气缸中气体分子对活塞的撞击次数增多，D错． 【答案】 BC 12．假如全世界60亿人同时数1g水分子个数，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(阿伏加德罗常数NA取6×1023mol－1)( ) A．10年 B．1千年 C．10万年 D．1千万年
【解析】 水的摩尔质量为M＝18g·mol－1，m＝1g水的分子个数为：n＝mMNA.全世界60亿人每年可以数N＝60×108×5000×24×365个，所需时间t＝n/N年，联立解得t≈1.3×105年＝13万年． 【答案】 C 二、实验题(本题共2小题，共18分) 13．将1cm2的油酸溶于酒精，制成200cm3的油酸酒精溶液．已知1cm3溶液有50滴，现取其1滴，将它滴在水面上，随着酒精溶于水，油酸在水面上形成一单分子薄层．现已测得这个薄层的面积为S＝0.2m2，试由此估算油酸分子的直径d＝__________.
【解析】 油酸分子的直径d＝V/S，V＝1×10－6200×50m3， S＝0.2m2，解出d＝5×10－10m.
【答案】 5×10－10m 14．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，已配制好油酸酒精溶液，其中油酸体积占溶液总体积的百分比为k.在量筒中滴入N滴油酸酒精溶液，读出总体积为V，现将一滴这样的溶液滴在水面上，其散开的油膜在带有方格的玻璃板上描绘的图形如图所示．已知玻璃板上每个小方格的长和宽均为a.由此计算油膜的面积为__________，油酸分子的直径为d＝__________. 【解析】 油膜面积约占26个格，S＝26a2，一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积V0
＝VN×k，油酸分子的直径约等于油膜的厚度d＝V0S＝VkSN＝Vk26Na2.
【答案】 26a2 Vk26Na2 三、计算题(本题共包括4小题，共54分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 15．水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，水的摩尔质量Mm＝1.8×10－2kg/mol，NA＝6.02×1023mol－1，试求： (1)V＝1cm3的水中有多少个分子． (2)用立方体模型估算水分子的大小． 【解析】 (1)水的摩尔体积Vm＝Mm/ρ， V＝1cm3水中所含分子数为n＝VNA/Vm，
代入数据得n≈3.3×1022个． (2)建立水分子的立方体模型，设边长为L， 则由Vm/NA＝L3， 解出L≈3.1×10－10m. 【答案】 (1)3.3×1022个 (2)3.1×10－10m 16．对于生态环境的破坏，地表土裸露，大片土地沙漠化，加上春季干旱少雨，所以近年来我国北方地区3、4月份扬尘天气明显增多．特别是2006年的3月26日至28日，由于南下的冷空气所带来的大风，席卷了我国从新疆到沿海的北方大部分地区，出现罕见的沙尘暴天气．据环保部门测定，在北京地区沙尘暴严重时，最大风速达到12m/s，同时大量的微粒在空中悬浮． 沙尘暴使空气中的悬浮微粒的最高浓度达到5.8×10－6kg/m3，悬浮微粒的密度为2.0×103kg/m3其中悬浮微粒的直径小于10－7m的称为“可吸入颗粒物”，对人体的危害最大．北京地区出现上述沙尘暴时，设悬浮微粒中总体积的1/50为可吸入颗粒物，并认为所有可吸入颗粒物的平均直径为5.0×10－8m，求1.0cm3的空气中所含可吸入颗粒物的数量是多少？(计算时可把吸入颗粒物视为球形，计算结果保留1位有效数字)