高考物理第一轮总复习满分练兵测试题16

合集下载

【高考核动力】高三物理一轮复习：课时作业16(Word版含解析)[ 高考]

课时作业(十六)(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后括号内)1．如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是()A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球重力势能减小量等于斜劈动能的增加量【解析】不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球重力做功，系统机械能守恒，小球重力势能减小量等于斜劈和小球动能的增量之和，故B对、D错．小球的机械能减少，斜劈的机械能增加，斜劈对小球做负功．故A、C错．【答案】 B2．如图所示，一小球从距竖直弹簧一定高度静止释放，与弹簧接触后压缩弹簧到最低点(设此点小球的重力势能为0)．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为E P和E k，弹簧弹性势能的最大值为E′P，则它们之间的关系为()A．E P＝E′P＞E k B．E P＞E k＞E′PC．E P＝E k＋E′P D．E P＋E k＝E′P【解析】当小球处于最高点时，重力势能最大；当小球受到的重力和弹簧的弹力平衡时，动能最大；当小球压缩弹簧到最短时重力势能全部转化为弹性势能，此时弹性势能最大．由机械能守恒定律可知E P＝E′P＞E k，故选A.【答案】 A3．质量均为m的a、b两球固定在轻杆的两端，杆可绕点O在竖直面内无摩擦转动，两球到点O的距离L1>L2，如图所示．将杆拉至水平时由静止释放，则在a下降过程中()A ．杆对a 不做功B ．杆对b 不做功C ．杆对a 做负功D ．杆对b 做负功【解析】 b 球受到重力和杆对它的作用力，运动过程中克服重力做了功，其动能反而增加了，这一定是杆对它做了正功，b 的机械能增加．a 、b 两球和杆组成的这个系统，在绕点O 无摩擦转动过程中机械能守恒．b 球的机械能增加，则a 球的机械能必减少，由功能转化关系可知杆对a 做了负功．故只有选项C 正确．【答案】 C4.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h .若将小球A 换为质量为2m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，已知重力加速度为g ，不计空气阻力，则小球B 下降h 时的速度为(重力加速度为g ，不计空气阻力)( )A.2ghB.ghC.gh2D ．0 【解析】对弹簧和小球A ，根据机械能守恒定律得弹性势能E p ＝mgh ；对弹簧和小球B ，根据机械能守恒定律有E p ＋12×2m v 2＝2mgh ，得小球B 下降h 时的速度v ＝gh ，只有选项B 正确．【答案】 B5．质量为m 的小球从高H 处由静止开始自由下落，以地面作为参考平面．当小球的动能和重力势能相等时，重力的瞬时功率为( )A ．2mg gHB ．mg gH C.12mg gH D.13mg gH 【解析】动能和重力势能相等时，根据机械能守恒定律有：2mgh ′＝mgH ，解得小球离地面高度h ′＝H 2，故下落高度为h ＝H2，速度v ＝2gh ＝gH ，故P ＝mg v ＝mg gH ，B 项正确．【答案】 B6.如图所示，一个小球(视为质点)从h 高处由静止开始通过光滑弧形轨道AB 进入半径R ＝4 m 的竖直光滑圆轨道，若使小球不与轨道分离，则h 的值可能为(g ＝10 m/s 2，所有高度均相对B 点而言)( )A ．2 mB ．5 mC ．7 mD ．9 m【解析】当小球在圆轨道中上升的最大高度小于R 时，小球不与轨道分离，有mgh <mgR ，h <4 m ，A 选项正确；当小球在圆轨道中能做完整的圆周运动时，小球通过圆轨道最高点有：mg ≤m v 2/R ，由机械能守恒定律mgh ＝2mgR ＋m v 2/2，得：h ≥10 m ，BCD 选项错误．【答案】 A7.如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员(可视为质点)，a 站于地面，b 从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b 摆至最低点时，a 刚好对地面无压力，则演员a 质量与演员b 质量之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶1D ．4∶1【解析】设b 摆至最低点时的速度为v ，由机械能守恒定律可得：mgl (1－cos 60°)＝12m v 2，解得v ＝gl .设b 摆至最低点时绳子的拉力为F T ，由圆周运动知识得：F T －m b g ＝m b v 2l，解得F T ＝2m b g ，对演员a 有F T ＝m a g ，所以，演员a 质量与演员b 质量之比为2∶1. 【答案】 B8．如图所示，a 、b 两小球静止在同一条竖直线上，离地面足够高，b 球质量大于a 球质量．两球间用一条细线连接，开始线处于松弛状态．现同时释放两球，球运动过程中所受的空气阻力忽略不计，下列说法正确的是( )A ．下落过程中两球间的距离保持不变B ．下落后两球间距离逐渐增大，一直到细线张紧为止C ．下落过程中，a 、b 两球都处于失重状态D ．整个下落过程中，系统的机械能守恒【解析】两球同时释放后，均做自由落体运动，加速度均为g ，故两球均处于失重状态，且机械能守恒，两球间距也保持不变，A 、C 、D 均正确，B 错误．【答案】 ACD9．如图所示是全球最高的(高度为208米)北京朝阳公园摩天轮，一质量为m 的乘客坐在摩天轮中以速率v 在竖直平面内做半径为R 的匀速圆周运动，假设t ＝0时刻乘客在最低点且重力势能为零，那么，下列说法正确的是( )A ．乘客运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为E p ＝mgR (1－cos vR t ) B ．乘客运动的过程中，在最高点受到座位的支持力为m v 2R －mg C ．乘客运动的过程中，机械能守恒，且机械能为E ＝12m v 2D ．乘客运动的过程中，机械能随时间的变化关系为E ＝12m v 2＋mgR (1－cos v R t )【解析】在最高点，根据牛顿第二定律可得，mg －F N ＝m v 2R ，乘客受到座位的支持力为F N ＝mg －m v 2R ，B 项错误；由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，重力势能发生变化，所以乘客在运动的过程中机械能不守恒，C 项错误；在时间t 内转过的角度为v R t ，所以对应t 时刻的重力势能为E p ＝mgR (1－cos v R t )，总的机械能为E ＝E k ＋E p ＝12m v 2＋mgR (1－cos vR t )，A 、D 项正确．【答案】 AD10．(2012·浙江卷)由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB 段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m 的小球，从距离水平地面高为H 的管口D 处静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是( )A ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为2RH －2R 2B ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为22RH －4R 2C ．小球能从细管A 端水平抛出的条件是H >2RD ．小球能从细管A 端水平抛出的最小高度H min ＝52R【解析】设小球从A 端水平抛出的速度为v A ，由机械能守恒得mgH ＝mg ·2R ＋12m v 2A，得v A ＝2gH －4gR ，设空中运动时间为t ，由2R ＝12gt 2，得t ＝2Rg ，水平位移s 水＝v A t＝2gH －4gR ·2R g ＝22RH －4R 2，故B 正确，A 错误；小球能从细管A 端水平抛出的条件是D 点应比A 点高，即H ＞2R ，C 正确，D 错误．【答案】 BC二、综合应用(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明，方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)如图所示，半径为R 的光滑半圆弧轨道与高为10R 的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD 相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡．在水平轨道上，轻质弹簧被a 、b 两小球挤压，处于静止状态．同时释放两个小球，a 球恰好能通过圆弧轨道的最高点A ，b 球恰好能到达斜轨道的最高点B .已知a 球质量为m 1，b 球质量为m 2，重力加速度为g .求：(1)a 球离开弹簧时的速度大小v a ； (2)b 球离开弹簧时的速度大小v b ； (3)释放小球前弹簧的弹性势能E p .【解析】 (1)由a 球恰好能到达A 点知m 1g ＝m 1v 2AR 由机械能守恒定律得 12m 1v 2a －12m 1v 2A ＝m 1g ×2R 得v a ＝5gR .(2)对于b 球由机械能守恒定律得： 12m 2v 2b ＝m 2g ×10R 得v b ＝20gR . (3)由机械能守恒定律得 E p ＝12m 1v 2a ＋12m 2v 2b 得E p ＝⎝⎛⎭⎫52m 1＋10m 2gR . 【答案】 (1)5gR (2)20gR (3)⎝⎛⎭⎫52m 1＋10m 2gR12．(15分)如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB 平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上．一长为L ＝9 cm 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m ＝1 kg 的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置C 由静止释放，小球到达最低点D 时，细绳刚好被拉断．之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x ＝5 cm.(g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：(1)细绳受到的拉力的最大值；(2)D 点到水平线AB 的高度h ； (3)弹簧所获得的最大弹性势能E p .【解析】 (1)小球由C 到D ，由机械能守恒定律得： mgL ＝12m v 21解得v 1＝2gL ①在D 点，由牛顿第二定律得 F －mg ＝m v 21L ②由①②解得F ＝30 N由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30 N. (2)由D 到A ，小球做平抛运动v2y＝2gh③tan 53°＝v yv1④联立解得h＝16 cm(3)小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即E p＝mg(L＋h＋x sin 53°)，代入数据得：E p＝2.9 J.【答案】(1)30 N(2)16 cm(3)2.9 J。

高考物理一轮复习题及答案解析电场

选择题专练卷(五)电场一、单项选择题1．(2013·安徽省名校联考)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图1甲所示。

一个电量为2 C，质量为1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的v-t图像如图1乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。

则下列说法正确的是()图1A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝2 V/mB．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高D．AB两点的电势差U AB＝－5 V2．一带电小球在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图像如图2所示，t1、t2分别是带电小球在A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的有()图2A．A处的场强一定大于B处的场强B．A处的电势一定高于B处的电势C．带电小球在A处的电势能一定小于B处的电势能D．带电小球从A到B的过程中，电场力对电荷做正功3．图3所示的电路中C是平行板电容器，开关S先闭合一段时间后断开，然后将平行板的板间距拉大一点，下列说法正确的是()图3A．平行板电容器电容变大B．平行板电容器两板带电量变小C．平行板电容器两板的电势差变小D．平行板电容器两板间的电场强度不变4．如图4所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出。

仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则()图4A．a一定带正电，b一定带负电B．a的加速度减小，b的加速度增大C．a的电势能减小，b的电势能增大D．a的动能减小，b的动能增大5．空间存在着平行于x轴方向的静电场，其电势φ随x的分布如图5所示，A、M、O、N、B为x轴上的点，|OA|<|OB|，|OM|＝|ON|。

一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是()图5A．粒子一定带正电B．粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大C．粒子一定能通过N点D．粒子从M向O运动过程电势能逐渐增加6．如图6甲所示，两个平行金属板a、b竖直放置，两板加如图乙所示的电压。

【走向高考】2016届高三物理人教版一轮复习习题：2016年高考物理模拟试题

2016 年高考物理模拟试题本卷分第Ⅰ卷 (选择题 )和第Ⅱ卷 (非选择题 )两部分。

满分 110 分，考试时间90 分钟。

第Ⅰ卷 (选择题共 48分)一、选择题 (本大题共8 小题，每题 6 分。

在每题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项切合题目要求，第6～ 8 题有多项切合题目要求。

所有选对的得 6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0分。

)1．总质量约为 3.8 吨“嫦娥三号”探测器在距月面3m 处封闭反推发动机，让其以自由落体方式下降在月球表面。

4 条着陆腿触月信号显示，“嫦娥三号”完满着陆月球虹湾地域。

月球表面邻近重力加快度约为 1.6m/s4,4 条着陆腿可视作完整相同的四个轻弹簧，在软着陆后，每个轻弹簧获取的弹性势能大概是()A ． 28 500J C． 18 240J B． 4 560J D． 9 120J[答案 ]B[分析 ]由机械能守恒定律，mgh ＝4E p，解得E p＝ mgh/4＝ 4560J，选项 B 正确。

2．如下图，理想变压器与电阻R、沟通电压表V 、沟通电流表 A 按图甲所示方式连结，已知变压器的原副线圈的匝数比为n1＝ 101，电阻R＝ 10Ω。

图乙是R 两头电压u 随时间变n2化的图象， U m＝ 10 2V 。

则以下说法中正确的选项是()A ．经过 R 的电流 i R随时间 t 变化的规律是i R＝ cos100πt(A)2B．电流表 A 的读数为10 AC．电压表V 的读数为102VD．变压器的输入功率为10W[答案] D[分析 ]依据R两头电压u 随时间变化的图象可知，电压表V 的读数为10V ，选项 C 错误；由欧姆定律知，经过 R 的电流 i R 随时间 t 变化的规律是 i R ＝ 2cos 100πt(A) ，选项 A 错误；2变压器输出功率 P ＝ U＝ 10W ，所以变压器的输入功率为10W ，经过 R 的电流的有效值为1A ，R 则电流表 A 的读数为0.1A ，选项 B 错误、 D 正确。

2019高中物理刷题首选卷第十六章动量守恒定律综合评估(对点练巩固练)(含解析)新人教版选修3_5

第十六章动量守恒定律综合评估对应学生用书P21 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分100分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷 (选择题，共50分)一、选择题(每小题5分，共50分。

其中1～6题为单选，7～10题为多选)1．重为4 N 的物体，静止在倾角为30°的斜面上，在5 s 内，关于重力对物体的冲量的说法正确的是( )A ．重力的冲量为零B ．重力的冲量为10 N·sC ．重力的冲量为20 N·sD ．重力的冲量与摩擦力的冲量相等答案 C解析由冲量的公式得I G ＝Gt ＝4 N×5 s＝20 N·s，由于物体静止，由动量定理得合外力冲量为零，所以重力的冲量与摩擦力和支持力这两个力合力的冲量大小相等方向相反，因此C 正确，A 、B 、D 错误。

2．一质量为m 的运动员从下蹲状态开始起跳，经Δt 的时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v ，在此过程中地面对他作用的冲量大小和做的功分别为( )A ．mv ＋mg Δt ；12mv 2B ．mv ；12mv 2C ．mv ＋mg Δt ；0D ．mv －mg Δt ；0 答案 C解析人的速度原来为零，起跳后变为v ，则由动量定理可得：I －mg Δt ＝Δmv ＝mv ，故地面对人的冲量为I ＝mv ＋mg Δt ；因为支持力的作用点没有位移，故地面对人做功为零，故C 正确。

3．人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这样做是为了( ) A ．减小冲量 B ．减小动量的变化量C ．延长与地面的作用时间，从而减小冲力D ．增大人对地面的压强，起到安全作用答案 C解析人从高处落下，着地瞬间动量为p ，最后减为零，让脚尖先着地，并未改变动量的变化量，由动量定理知，是为了延长和地面的作用时间来减小冲力大小，故C 正确。

4．如图所示，两个小球A 、B 在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为m A ＝4 kg ，m B ＝2 kg ，速度分别是v A ＝3 m/s(设为正方向)，v B ＝－3 m/s 。

高考物理第一轮总复习满分练兵场 7章综合测试题

避躲市安闲阳光实验学校高考第一轮总复习满分练兵场第七章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．下列说法正确的是 ( )A ．由R ＝UI知，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比B ．比值U I 反映了导体阻碍电流的性质，即电阻R ＝UIC ．导体中电流越大，导体电阻越小D ．由I ＝UR知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比[答案] BD[解析] 导体的电阻决于导体自身，与U 、I 无关，故A 、C 错误；比值UI反映了导体对电流的阻碍作用，是电阻的定义式，即选项B 正确；由欧姆定律可知，D 项正确．2．如图所示，甲、乙为两个电源的路端电压与通过它们的电流I 的关系图线，下列说法中正确的是 ( )A ．路端电压都为U 0时，它们的外电阻相等B ．电流都是I 0时，两电源的内电压相等C ．电源甲的电动势大于电源乙的电动势D ．电源甲的内阻小于电源乙的内阻 [答案] AC[解析] 外电阻R ＝UI，甲、乙两图线的交点坐标为(I 0，U 0)，说明两电源的外电阻相等，故A 对；由题图图线可知，甲的电动势大于乙的电动势，甲的内阻大于乙的内阻，故C 对D 错；电源的内电压U 内＝Ir ，因甲的内阻比乙的内阻大，所以当电流都为I 0时，甲的内电压较大，故B 错．3．(2009·镇江模拟)如图所示为汽车蓄电池与车灯(电阻不变)、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05Ω.电流表和电压表均为理想电表，只接通S 1时，电流表示数为10A ，电压表示数为12V ，再接通S 2，启动电动机工作时，电流表示数变为8A ，则此时通过启动电动机的电流是 ( )A ．2AB ．8AC ．50AD ．58A [答案] C[解析] 只接通S 1时，由闭合电路欧姆定律得：E ＝U ＋Ir ＝12V ＋10×0.05V ＝12.5V ，R 灯＝U I ＝1210Ω＝1.2Ω，再接通S 2后，流过电动机的电流为：I 电动机＝E －I ′R 灯r －I ′＝12.5－8×1.20.05A －8A ＝50A ，故选项C 正确．4．如下图所示，电源电动势为4V ，当接通K 时，灯L 1和L 2均不亮，用电压表测得U ab ＝0，U bc ＝0，U cd ＝U ad ＝4V.由此可知断路处是 ( )A ．灯L 1B ．灯L 2C ．灯L 1和L 2D ．变阻器R [答案] D[解析] U cd ＝4V ，说明a 、c 之间的电路没有断路，因为若此处断路，则电压表不可能有读数；同理，U ad ＝4V ，说明a 、d 之间的电路没有断路，又U ab ＝0，U bc ＝0，所以断路只可能是滑动变阻器．5．(2009·武汉模拟)两个相同的小量程电流表表头分别改装成两个电流表A 1、A 2.已知电流表A 1量程大于A 2的量程，改装好后把它们按图接入电路，则( )A ．电流表A 1的读数大于电流表A 2的读数B ．电流表A 1的读数等于电流表A 2的读数C ．电流表A 1的偏转角等于电流表A 2的偏转角D ．电流表A 1的偏转角小于电流表A 2的偏转角 [答案] AC[解析] A 1与A 2并联，电压相同，由于A 1量程大于A 2，说明A 1的内阻小于A 2的内阻，故通过A 1的电流大于A 2，所以A 对B 错．将小量程电流表表头改装成较大量程的电流表，都是并联小电阻，因此两表头仍为并联关系，通过表头的电流相等，所以表头指针偏转相同，故正确答案选A 、C.6．汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗．如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A ，电动机启动时电流表读数为58A.若电源电动势为12.5V ，内阻为0.05Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了 ( )A ．35.8WB ．43.2WC ．48.2WD ．76.8W [答案] B[解析] 车灯电阻为R ＝E I －r ＝12.510Ω－0.05Ω＝1.2Ω，电动机未启动时车灯的电功率P 1＝I 2R ＝102×1.2W ＝120W.电动机启动后，电源内阻消耗的电压U r ＝Ir ＝58×0.05V ＝2.9V ，车灯与电动机的并联电压为U ＝E －U r ＝(12.5－2.9)V ＝9.6V ，车灯的电功率为P 2＝U 2R ＝9.621.2W ＝76.8W ，车灯电功率降低了ΔP＝P 1－P 2＝43.2W.7．有四盏灯，接入如图电路中，L 1和L 2都标有“220V,100W ”字样，L 3和L 4都标有“220V,40W ”字样，把电路接通后，最暗的灯将是( )A ．L 1B ．L 2C ．L 3D ．L 4[答案] C[解析] 由它们铭牌上所标的额定电压、额定功率可判出电阻之间的关系是：R 1＝R 2<R 3＝R 4，即R 4>R 1>R 23并，此时把L 2、L 3的并联当成一个电阻，因此可以知道：P 4>P 1>(P 2＋P 3)，原因是串联电路P 与R 成正比．对于L 2和L 3来讲，它们的电压相同，P 3<P 2，原因是并联电路P 与R 成反比．可得L 3灯最暗(功率最小)．8．硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等，高速公路上安装的“电子眼”通常也采用硅光电池供电．硅光电池的原理如图所示，a 、b 是硅光电池的两个电极，P 、N 是两块硅半导体，E 区是两块半导体自发形成的匀强电场区，P 的上表面镀有一层增透膜．光照射到半导体P 上，使P 内受原子束缚的电子成为自由电子，自由电子经E 区电场加速到达半导体N ，从而产生电动势，形成电流．以下说法中正确的是 ( )A ．E 区匀强电场的方向由P 指向NB ．电源内部的电流方向由P 指向NC ．a 电极为电池的正极D ．硅光电池是一种把化学能转化为电能的装置[答案] C[解析] 由于自由电子经E 区电场加速到半导体N ，所以E 区匀强电场的方向由N 指向P ，选项A 错，因正电荷定向移动的方向为电流方向，与电子移动方向相反，所以选项B 错；由电流方向知，选项C 正确；由题意知硅光电池是一种把光能转化为电能的装置，选项D 错．9．(2010·韶关模考)在如图所示的电路中，R 1、R 2、R 3均为可变电阻．当开关S 闭合后，两平行金属板MN 中有一带电液滴正好处于静止状态．为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是( )A ．增大R 1B ．减小R 2C ．减小R 3D ．增大MN 间距[答案] B[解析] 由题意知带电液滴带负电，带电液滴原来处于静止状态，则电场力与重力平衡．为了让带电液滴向上加速运动，只要增大电场力即可，减小R 2或增大R 3，都可使电场力增大，B 项正确；若增加两板间距，电场强度减小，带电液滴将向下加速运动，不符合题意．10．如图所示，电路中的电阻均为1Ω，电源电动势为3V ，内阻为0.5Ω，电流表、电压表均为理想电表，则此时电流表、电压表的读数分别是 ( )A ．3A 、3VB ．1.5A 、1.5VC ．3A 、1.5VD ．1.5A 、3V [答案] B[解析] 此题的等效电路如图，由闭合电路的欧姆定律有：I ＝ER 总＋r ＝3V 0.5Ω＋0.5Ω＝3A ，I ′＝I 3＝12I ＝1.5A ，U 3＝I 3R 3＝1.5V ，故应选B.第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11．(6分)(2009·天津)如图所示为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流I g ＝300μA，内阻R g ＝100Ω，可变电阻R 的最大阻值为10kΩ，电池的电动势E ＝1.5V ，内阻r ＝0.5Ω，图中与接线柱A 相连的表笔颜色应是________色，按正确使用方法测量电阻R x 的阻值时，指针指在刻度盘的正，则R x ＝________kΩ.若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述R x ，其测量结果与原结果相比较________(填“变大”“变小”或“不变”)． [答案] 红 5 变大[解析] 欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“＋”进“－”出，即回路中电流从标有“＋”标志的红表笔进去，所以与A 相连的表笔颜色是红色；当两表笔短接(即R x ＝0)时，电流表应调至满偏电流I g ，设此时欧姆表的内阻为R 内，此时有关系I g ＝E R 内得R 内＝EI g＝5kΩ；当指针指在刻度盘的正时I ＝I g /2，有I g 2＝ER 内＋R x，代入数据可得R x ＝R 内＝5kΩ；当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆表得重新调零，由于满偏电流I g 不变，由公式I ＝ER 内＋R x ＝I g R 内R 内＋R x ＝I g1＋R xR 内，可知当R 内变小时，I 变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了．12．(6分)(2009·安徽)用下图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：(a)电流表(量程0.6A、3A)；(b)电压表(量程3V、15V)(c)定值电阻(阻值1Ω、额定功率5W)(d)定值电阻(阻值10Ω、额定功率10W)(e)滑动变阻器(阻值范围0～10Ω、额定电流2A)(f)滑动变阻器(阻值范围0～100Ω、额定电流1A)那么(1)要正确完成实验，电压表的量程应选择________V，电流表的量程应选择________A；R0应选择________Ω的定值电阻，R应选择阻值范围是________Ω的滑动变阻器．(2)引起该实验系统误差的主要原因是______________________________．[答案] (1)3 0.6 1 0～10 (2)由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小[解析] 由于电源是一节干电池(1.5V)，所以选量程为3V的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几欧左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A 左右，所以选量程为0.6A的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～100Ω会出现开始几乎不变，最后突然变化的现象．关于系统误差一般由测量工具和所选测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或偏小．本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比实际值小．13．(6分)如图所示为某一热敏电阻(电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感)的I－U关系曲线图．(1)为了通过测量得到如图所示的I－U关系曲线，在图(甲)、图(乙)两个电路中应选择的是图______，简要说明理由：________.(电源电动势为6V，内阻不计，滑动变阻器的阻值为0～100Ω)(2)在图(丙)电路中，电源电压恒为6V，电流表读数为50mA，定值电阻R1＝250Ω.由热敏电阻的I－U关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为________V；电阻R2的阻值为________Ω.[答案] (1)(甲) 理由见解析(2)4.6 53.8[解析] (1)题图图象中的电压从零开始逐渐增加，测量时为多获取实验数据，因此电路应采用分压式，因此电路选题图(甲)所示的电路．(2)由题图电路可知通过R1的电流为I1＝UR1＝6250A＝24mA.则通过热敏电阻的电流为I2＝I－I1＝50mA－24mA＝26mA.从题图I －U 图线可知当热敏电阻通过的电流为26mA 时，它两端的电压为U 1＝4.6V ，则R 2＝U －U 1I 2＝6－4.626Ω＝53.8Ω.三、论述计算题(共4小题，共42)14．(10分)(2009·上海模拟)在如图所示的电路中，R 1是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流I 和它两端电压U 遵循I ＝kU 3的规律(式中k ＝0.02A/V 3)，R 2是普通电阻，阻值为24Ω，遵循欧姆定律，电源电动势E ＝6V ，闭合开关S 后，电流表的示数为0.16A.求：(1)R 1两端的电压；(2)电源的内电阻r ；(3)R 1、R 2和r 消耗的电功率P 1、P 2和P r .[答案] (1)2V (2)1Ω (3)0.32W 0.61W 0.026W[解析] (1)由I ＝kU 3得U ＝3Ik ＝30.160.02V ＝2V (2)根据闭合电路的欧姆定律有E ＝U ＋IR 2＋Irr ＝E －U －IR 2I ＝E －U I －R 2＝6－20.16Ω－24Ω＝1Ω(3)P 1＝IU ＝0.16×2W ＝0.32WP 2＝I 2R 2＝0.162×24W ＝0.61W P r ＝I 2r ＝0.162×1W ＝0.026W15．(10分)如下图所示，直流电动机M 串联在直流电路中，其轴与圆盘中心O 相连，圆盘半径为5.0cm ，一皮带绕过圆盘边缘，两端通过弹簧秤拉紧．开关S 断开时，电压表的读数为12.6V ；开关S 接通后，使两弹簧秤的读数差保持为2.0N ，这时电流表的读数为2.00A ，电压表的读数为12.0V ，测速计测得圆盘的角速度为180rad/s.求：(1)电动机的输出功率、效率各为多少？(2)拉紧皮带使电动机停转片刻，此时电压表、电流表的读数各为多少？电动机的输入功率为多大？[答案] (1)18W 75% (2)10.5V 7A 73.5W[解析] (1)圆盘边缘的线速度：v ＝ωR ＝9.0m/s电动机的输入功率：P 入＝U 2I 2＝24W电动机的输出功率：P 出＝ΔFv ＝18W 电动机的效率：η＝P 出P 入×100%＝75% (2)电源电动势：E ＝U 1＝12.6V ，电源的内阻：r ＝E －U 2I 2＝0.3Ω设电动机线圈的电阻为R 0，则：P 入－P 出＝I 22R 0，得：R 0＝1.5Ω当电动机卡住时，电动机为纯电阻电路总电流即为电流表的读数：I 3＝ER 0＋r＝7A电压表的读数为：U 3＝I 3R 0＝10.5V 电动机的输入功率为：P 3＝U 3I 3＝73.5W.16．(11分)受动画片《四驱兄弟》的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车，某玩具赛车充电电池的输出功率P 随电流I 变化的图象如图所示．(1)求该电池的电动势E 和内阻r ；(2)求该电池的输出功率最大时对应的外电阻R (纯电阻)；(3)由图象可以看出，同一输出功率P 可对应两个不同的电流I 1、I 2，即对应两个不同的外电阻(纯电阻)R 1、R 2，试确定r 、R 1、R 2三者间的关系．[答案] (1)2V 0.5Ω (2)0.5Ω (3)r 2＝R 1R 2[解析] (1)I 1＝2A 时，P m ＝E24r①I 2＝4A 时，输出功率为零，此时电源被短路，即：I 2＝Er.②解得：E ＝2V ，r ＝0.5Ω. (2)R ＝r ＝0.5Ω(3)由题知：⎝⎛⎭⎪⎫E R 1＋r 2R 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 2＋r 2R 2，整理得r 2＝R 1R 2. 17．(11分)现有两个电阻元件，其中一个是由金属材料制成的，它的电阻随温度的升高而增大，而另一个是由某种半导体材料制成的，其电阻随温度的升高而减小．现对其中一个元件R 0进行测试，测得通过其中的电流与加在它两端的电压数据如下表所示：I /A 0.20 0.45 0.80 1.25 1.80 2.81 3.20 U /V0.400.600.80 1.001.201.501.60(1)0明理由．(2)把元件R 0接入如图所示的电路中，闭合开关后，电流表读数为1.80A.已知电路中电源的电动势为3V ，内阻不计．此时定值电阻R 的电功率为多大？(3)请根据表中数据在(a)图中作出I －U 图线．为了求出通过该元件R 0的电流I 与电压U 间的具体关系式，请你适当选取坐标轴，将表中有关数据进行适当计算，在(b)图中作出线性图线，并求出I 和U 之间的具体关系式．[答案] (1)半导体 (2)3.24W (3)I ＝1.25U 2[解析] (1)该元件R 0是由半导体材料制成的对数据计算分析后发现，随着电流增大，即元件R 0的发热功率越大，对应电压与电流的比值越小，即电阻值越小(2)由表中数据可知，当电流为1.8A时，U0＝1.2V定值电阻两端的电压U R＝U－U0＝1.8V定值电阻消耗的功率P＝U R I＝3.24W(3)I－U图如图(a)根据I－U图的形状可以猜想I与U2成线性关系，如图(b)从图(b)可得直线的斜率为1.25，所以I＝1.25U2。

完整版)高三一轮复习物理必修一测试题

完整版)高三一轮复习物理必修一测试题高三一轮复阶段检测（一）一、选择题（共10小题，每小题4分，不得2分）1.某班同学去部队参加代号为“猎狐”的军事研究，甲、乙两个小分队同时从同一处O出发，并同时捕“狐”于A点，指挥部在荧光屏上描出两个小分队的行军路径如图所示，则（）A.两个小分队运动的平均速度相等B.甲队的平均速度大于乙队C.两个小分队运动的平均速率相等D.甲队的平均速率大于乙队2.有一列火车正在做匀加速直线运动。

从某时刻开始计时，第1分钟内，发现火车前进了180m。

第6分钟内发现火车前进了360m。

则火车的加速度为（）A.0.01m/s²B.0.05m/s²C.36m/s²D.180m/s²3.如图所示，质量为m的质点静止地放在半径为R的半球体上，质点与半球体间的动摩擦因数为μ，质点与球心的连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是（）A.地面对半球体的摩擦力方向水平向左B.质点对半球体的压力大小为mgcosθC.质点所受摩擦力大小为μmgsinθD.质点所受摩擦力大小为mgcosθ4.如图1-3-8所示，有一质点从t=0时刻开始，由坐标原点出发沿v轴的方向运动，则以下说法正确的是（）A.t=1s时，离开原点的位移最大B.t=2s时，离开原点的位移最大C.t=4s时，质点回到原点D.0到1s与3s到4s的加速度相同5.如图所示，在光滑水平面上有甲、乙两木块，质量分别为m₁和m₂，中间用一原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧连接起来，现用一水平力F向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块之间的距离是（）A.L+Fm₂/(m₁+m₂)kB.L-1/(m₁+m₂)kC.L-Fm₁m₂/kXXX6.在一种做“蹦极跳”的运动中，质量为m的游戏者身系一根自然长度为L、劲度系数为k的弹性良好的轻质柔软橡皮绳，从高处由开始下落1.5L时到达最低点，若在下落过程中不计空气阻力，则下列说法中正确的是：A.下落高度为L时速度最大，然后速度开始减小，到最低点时速度为零B.人在整个下落过程的运动形式为先做匀加速运动，后做匀减速运动C.下落高度为L+mg/k时，游戏者速度最大D.在到达最低点时，速度、加速度均为零11.某同学做“验证力的平行四边形定则”实验时，主要步骤如下：A。

1号卷·A10联盟2024届全国高考第一轮总复习试卷全真演练物理试题(一)

1号卷·A10联盟2024届全国高考第一轮总复习试卷全真演练物理试题（一）一、单选题 (共7题)第(1)题某种风力发电机的原理如图所示。

发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴匀速转动的角速度为ω。

已知磁体间的磁场近似为匀强磁场，磁感应强度的大小为B，线圈的匝数为N、面积为S。

下列说法正确的是（）A．线圈中感应电动势的有效值B．1s内线圈中感应电流的方向改变次C．当线圈处在图中所示的位置时，线圈中的感应电动势达到最大值D．以图中线圈所处位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为第(2)题如图所示是高中物理人教版教材选择性必修第三册研究光电效应的实验插图，开始时把一块带负电的锌板与一验电器相连，验电器指针张开。

用紫外线灯照射锌板后，指针张角变小，忽略锌板自发漏电的因素，下列说法正确的是（）A．若用黄光照射锌板，指针张角可能不变B．增加紫外线灯光线的强度，光电子的最大初动能也变大C．发生光电效应时，光照到金属板的一面上，电子从金属板的另一面飞出D．若用黄光照射另外一种带负电的金属板，指针张角变小，则用紫光照射该金属板指针张角可能不变第(3)题利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。

先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的安培力F分别与I和L的关系图象，则正确的是（）A．B．C．D．第(4)题如图所示，粗细均匀的圆形绝缘环位于空间直角坐标系中的xOy平面内，其几何中心与坐标原点O重合。

处于每个象限的圆环都均匀带有电荷量大小相同的电荷，电性如图所示。

点1、2、3、4、5、6分别位于x轴、y轴上，点3、4、5、6与原点间距相同，点1、2关于原点对称。

下列说法正确的是（）A．点1、点2处的场强一定相同B．点3、点4处的场强一定相同C．将正试探点电荷从点5移动到点6，电势能变大D．将正试探点电荷从点1移动到点2，电势能不变第(5)题下列说法正确的是（）A．若放射性物质的温度升高，其半衰期将减小B．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子核内部存在质子C．在核反应方程中，X表示的是中子D．天然放射现象中的α射线是高速电子流第(6)题如果把重庆看成一幅大型立体山水画，那么在长江上划破天际的两组索道就是这幅画作里的“点睛之笔”。

2022届高考物理一轮复习课时作业(十六)(Word版)含答案

课时作业(十六)功和功率一、单项选择题1.如图所示，电梯与水平地面成θ角，一人站在电梯上，电梯从静止开始匀加速上升，达到一定速度后再匀速上升．若以F N表示水平电梯对人的支持力，G为人受到的重力，F f为电梯对人的静摩擦力，则下列结论正确的是()A．加速过程中F f≠0，F f、F N、G都做功B．加速过程中F f≠0，F N不做功C．加速过程中F f＝0，F N、G都做功D．匀速过程中F f＝0，F N、G都不做功2．[2020·江苏卷，1]质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20 m/s，受到的阻力大小为1.8×103 N．此时，汽车发动机输出的实际功率是() A．90 W B．30 kWC．36 kW D．300 kW3.如图所示的拖轮胎跑是一种体能训练活动．某次训练中，轮胎的质量为5 kg，与轮胎连接的拖绳与地面夹角为37°，轮胎与地面动摩擦因数是0.8.若运动员拖着轮胎以5 m/s的速度匀速前进，则10 s内运动员对轮胎做的功最接近的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)()A．500 J B．750 JC．1 250 J D．2 000 J4.在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图所示，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1 m/s的速度撞击篮筐．已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为()A．1 J B．10 JC．50 J D．100 J5．如图是小孩滑滑梯的情景，假设滑梯是固定光滑斜面，倾角为30°，小孩质量为m，由静止开始沿滑梯下滑，滑行距离为x 时，重力的瞬时功率为( )A ．mg gx B.12mg gx C ．mg 2gx D.12mg 6gx 6．[2020·浙江嘉兴高三下期末]仰卧起坐是体育课上常见的项目，一次测试中某位女同学质量为50 kg ，身高为1.6 m ，假设其上半身质量为其总质量的0.6 倍，她在1分钟内做了40个仰卧起坐，每次仰卧起坐时下半身重心位置不变，重力加速度g 取10 m/s 2，则她克服重力做功的平均功率约为( )A ．20 WB ．80 WC ．200 WD ．300 W7.[2020·浙江慈溪高一下期中]某潜水器质量为5×103 kg ，主要用于深海搜寻和打捞等．若在某次作业中，潜水器将4×103 kg 的高密度重物从3 000 m 深的海底一起匀速提升到了海面，已知提升过程中潜水器的机械功率恒为180 kW ，水对潜水器的浮力和阻力相互平衡，影响可以忽略不计，g 取10 m/s 2，则提升所用的时间约为( )A ．0.5×103 sB ．1.0×103 sC ．1.5×103 sD ．2.0×103 s8．汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶，发动机功率为P .快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶．下面四个图像中，哪个图像正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系( )9.一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图所示，已知该车质量为2×103 kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103 N．若汽车从静止开始以恒定加速度2 m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为()A．8 s B．14 sC．26 s D．38 s二、多项选择题10.[2021·山东菏泽一模]在抢险救灾工作中常见到直升机的身影．如图为直升机抢救伤员的情景，直升机悬停在空中，用绳索将伤员由静止向上吊起，绳索对伤员做功的功率恒定，则在伤员加速上升的过程中(不计空气阻力)()A．绳索对伤员的拉力越来越小B．伤员克服重力做功的功率恒定C．伤员运动的速度变化越来越慢D．合力对伤员做功的功率越来越大11.如图所示是倾斜角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球，小球落在斜坡上时速度方向与斜坡向上的方向成105°，不计空气阻力，则小球做平抛运动的过程()A．速度变化量的大小为3v0B．运动时间为3v0 2gC．落在斜坡前瞬间重力的瞬时功率为2mg v0D．小球水平位移与竖直位移之比为2：312．[2020·吉林长春二模]电动平衡车因为其炫酷的操作，被年轻人所喜欢，变成了日常通行的交通工具．平衡车依靠人体重心的改变，来实现车辆的启动、加速、减速、停止等动作．下表所示为某款电动平衡车的部分参数，若平衡车以最大速度行驶时，电机恰好达到额B．充满电的平衡车以额定功率行驶的最长时间为2 hC．该平衡车以最大速度行驶时牵引力为60 ND．该平衡车在标准情况下能骑行的最大里程为30 km三、非选择题13．一辆质量为2 t的汽车，发动机输出的功率为30 kW，在平直公路上能达到的最大速度为15 m/s，行驶中阻力不变．(1)求汽车所受阻力大小．(2)在同样的阻力下，当汽车的速度为10 m/s时，其加速度为多大？(3)若汽车发动机的额定功率为60 kW，在水平路面上行驶的阻力为3 000 N，求发动机在额定功率下汽车匀速行驶的速度大小．。

高考物理第一轮专题复习针对训练《电场》word含答案解析

高考物理第一轮专题复习针对训练电场一、选择题在电场中，下列说法正确的是（） A ．某点的电场强度大，该点的电势一定高 B ．某点的电势高，试探电荷在该点的电势能一定大 C ．某点的场强为零，试探电荷在该点的电势能一定为零 D ．某点的电势为零，试探电荷在该点的电势能一定为零如图所示，空间有两个等量的正点电荷，a 、b 两点在其连线的中垂线上，则下列说法一定正确的是（）A ．场强 a b E E >B ．场强 abE E <C ．电势 a b ϕϕ>D ．电势 a b ϕϕ<如图所示，三块平行放置的带电金属薄板 A 、 B 、 C 中央各有一小孔，小孔分别位于 O 、 M 、 P 点.由 O 点静止释放的电子恰好能运动到 P 点.现将 C 板向右平移到 P'点，则由 O点静止释放的电子(A)运动到 P 点返回(B)运动到 P 和 P'点之间返回(C)运动到P'点返回(D)穿过P'点一个正点电荷Q静止在正方形的一个顶点上，另一个带电质点q射入该区域时，仅受电场力的作用，恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则有（）A．质点由a到c电势能先减小后增大B．质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1：2：1C．a、b、c三点电势高低及电场强度大小的关系是φa=φc＞φb，E a=E c=2E bD．若改变带电质点q在a处的速度大小和方向，则质点q可能做类平抛运动a、b两个带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋3q和－q，两球间用绝缘细线连接，a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧，则平衡时可能位置是( )套有三个带电小球的圆环放在水平面桌面上（不计一切摩擦），小球的电荷量保持不变，整个装置平衡后，三个小球的一种可能位置如图所示．三个小球构成一个锐角三角形，三角形的边长大小关系是AB>AC>BC，可以判断图中（）A．三个小球电荷量的代数和可能为0B．三个小球一定带同种电荷C．三个小球所受环的弹力大小为F A>F C>F BD．三个小球带电荷量的大小为Q A>Q C>Q B一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。

通用版2021版高考物理大一轮16到25考试试题练习

5
之和先增大后减小，A 项错，B 项对；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C 项错；小球的初、末动能均为零，所以整个过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D 项错。]
5.(多选)(2019·临沂 2 月检测)如图所示，半径为 R 的光滑圆弧轨道 AO 对接半径为 2R 的光滑圆弧轨道 OB 于 O 点。可视为质点的物体从上面圆弧的某点 C 由静止下滑(C 点未标出)，物体恰能从 O 点平抛出去。则( )
A．小球的动能与重力势能之和保持不变 B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小 C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变 D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变 B [小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒，弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从 C 点到最低点过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能
3. 电学
电流
（Q 为电量）
电阻
（R 跟 U、I 无关，由它们比值来决定）
欧姆定律
电功
（Q 为电量，不是热量）
2
电功率金属、电解液等导体导电时，才能用
计算电功率。
焦耳定律
（普通适用）
（只适用于纯电阻电路）串联电路
并联电路
课后限时集训 16
机械能守恒定律及其应用建议用时：45 分钟
1．在如图所示的物理过程示意图中，甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上 30°角
3
释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴 O 无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球，从右偏上 30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动，则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是( )

高考物理第一轮总复习高考满分练兵场综合测试

避躲市安闲阳光实验学校【珍藏精品】高考第一轮总复习高考满分练兵场：选修3-3综合测试说明：本试题共12个题，1－4题每题7分，5－12题每题9分，共100分，考试时间90分钟．1．(2009·福建)(1)现代科学技术的发展与材料科学、能源的开发密切相关，下列关于材料、能源的说法正确的是________．(填选项前的编号)①化石能源为清洁能源②纳米材料的粒度在1～100μm之间③半导体材料的导电性能介于金属导体和绝缘体之间④液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向同性(2)一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104J，气体内能减少1.3×105J，则此过程____________．(填选项前的编号)①气体从外界吸收热量2.0×105J②气体向外界放出热量2.0×105J③气体从外界吸收热量2.0×104J④气体向外界放出热量6.0×104J[答案] (1)③(2)②[解析] (1)化石能源为非清洁能源；1nm＝10－9m；液晶既有液体的流动性，又有单晶体的各向异性．(2)根据热力学第一定律，W＋Q＝ΔU，所以Q＝ΔU－W＝－1.3×105J－7.0×104J＝－2.0×105J，即气体向外界放出热量2.0×105J.2．开发利用太阳能，将会满足人类长期对大量能源的需求．太阳能的光热转换是目前技术最为成熟、应用最广泛的形式．太阳能热水器的构造示意图如右图所示，下方是像日光灯管似的集热管，由导热性能良好的材料制成，在黑色管的下方是一块光亮的铝合金反光板，做成凹凸一定的曲面．(1)说明太阳能热水器哪些结构与其功能相适应，水箱为何安装在顶部而非下部？(2)图中A是集热器，B是储水容器，在阳光直射下水将沿________时针方向流动，这是因为____________________．C是辅助加热器，其作用是____________________．请在右图中适当位置安上进水阀门和出水阀门，并说明选择位置的理由．[答案] (1)见解析(2)顺，见解析[解析] (1)日光灯管似的集热管面积较大，便于吸收较多的太阳能；外有透明玻璃管，内有黑色管子，使阳光能直射入玻璃管而不易被反射；在黑色管和外面透明管间有空隙，并抽成真空，减少两管间因空气对流引起的热损失，减少热传导；集热管的下方是一块光亮的铝合金板子，做成凹凸一定的曲面，使周围及穿过管隙的阳光尽量聚焦在水管内，水箱安装在顶部而非下部，便于水的对流．(2)集热器中的水被太阳光晒热后密度变小，受浮力作用沿管向右上方运动；在阴天用电加热的方式使水温升高；在封闭的环形管道的左下方安上进水阀门，在贮水容器下方竖直管道上安出水阀门，可使热水流出，冷水得以补充．3．为了测试某种安全阀在外界环境为一个大气压时，所能承受的最大内部压强．某同学自行设计制作了一个简易的测试装置，该装置是一个装有电加热器和温度传感器的可密闭容器，测试过程可分为如下操作步骤( )A．记录密闭容器内空气的初始的温度t1B．当安全阀开始漏气时，记录容器内空气的温度t2C ．用电加热器加热容器内的空气D ．将待测的安全阀安装在容器盖上E ．盖紧装有安全阀的容器盖，将一定量空气密闭在容器内 (1)将每一步骤前的字母按正确的操作顺序填写：________；(2)若测得的温度分别为t 1＝27℃，t 2＝87℃，已知大气压强为1.0×105Pa ，则测试结果是：这个安全阀能承受的最大内部压强是________． [答案] (1)DEACB (2)1.2×105Pa[解析] (1)实验步骤必须符合科学的实验方法．本实验大致顺序为：封气体→测初态→测末态，据此步骤应为DEACB. (2)气体做等容变化，由查理定律 p 1t 1＋273.15＝p 2t 2＋273.15，p 2＝t 2＋273.15t 1＋273.15×p 1＝1.2×105Pa4．(2009·苏北四市2月)(1)如图甲所示，汽缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距缸口0.2m ，活塞面积为10cm 2，大气压强为1.0×105Pa ，物重50N ，活塞的质量及摩擦忽略不计．缓慢升高环境温度，使活塞刚好升到缸口，封闭气体吸收了60J 的热量，则封闭气体的压强将________(填“增加”、“减小”或“不变”)，气体内能变化量为________J.(2)若一定质量的理想气体分别按图乙所示的三种不同过程变化，其中表示等容变化的是________(填“a →b ”、“b →c ”或“c →d ”)，该过程中气体的内能________(填“增加”、“减小”或“不变”)．(3)一种油的密度为ρ，摩尔质量为M ，取体积为V 的油慢慢滴出，可滴n 滴．将其中一滴滴在水面上形成面积为S 的单分子油膜，则可推算出阿伏加德罗常数为________．[答案] (1)不变 50 (2)a →b 增加 (3)6Mn 3S 3πρV3[解析] (1)活塞缓慢上升可认为处于平衡状态，对其进行受力分析可知气体压强不变．气体做功W ＝－pS ·Δh ＝－⎝⎛⎭⎪⎫p 0－mg S ·S ·Δh ＝－10J.由热力学第一定律W ＋Q ＝ΔU ，得内能变化量为ΔU ＝50J.(2)ab 延长线过原点，故a →b 是等容变化．理想气体的内能只与温度有关，所以温度升高，内能增加．(3)一滴油的体积为V /n ，设油分子的直径为d ，有V n ＝dS .油分子的体积V 分＝πd36＝M ρN A ，可解得N A ＝6Mn 3S 3πρV3. 5．已知石的密度为ρ＝3.5×103kg/m 3。

2020高考物理精优大一轮复习人教版课时作业16 能量守恒定律

课时作业(十六)第16讲能量守恒定律时间/ 40分钟基础达标1.某同学将一个质量为m的小球竖直向上抛出,小球上升的最大高度为H.若上升过程中空气阻力F大小恒定,重力加速度为g,则在上升过程中()A.小球的动能减小了mgHB.小球的机械能减小了FHC.小球的重力势能减小了mgHD.小球克服空气阻力做功为(F+mg)H2.一物体从地面由静止开始运动,取地面的重力势能为零,运动过程中重力对物体做功为W1,阻力对物体做功为W2,其他力对物体做功为W3,则该过程终态时()A.物体的动能为W1+W2B.物体的重力势能为W1C.物体的机械能的改变量为W2+W3D.物体的机械能的改变量为W1+W2+W3图K16-13.一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用,沿竖直方向向上做减速运动,此过程中物体速度的二次方和上升高度的关系如图K16-1所示.若取h=0处为重力势能等于零的参考平面,则此过程中物体的机械能随高度变化的图像可能是图K16-2中的 ( )图K16-24.一小球从某一高度H 下落到水平地面上,与水平地面碰撞后弹起.假设小球与地面的碰撞过程中没有能量损失,但由于受到大小不变的空气阻力的影响,每次碰撞后弹起上升的高度是碰撞前下落高度的34.为使小球弹起后能上升到原来的高度H ,在小球开始下落时,在极短的时间内应给小球补充的能量为 (重力加速度为g ) ( ) A .14mgH B .47mgH C .27mgH D .34mgH5.在具有登高平台的消防车上,具有一定质量的伸缩臂能够在5 min 内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg )上升60 m 到达灭火位置,此后,在登高平台上的消防员用水炮灭火,已知水炮的出水量为3 m 3/min ,水离开炮口时的速率为20 m/s ,则(g 取10 m/s 2)( )A.用于水炮工作的发动机输出功率为1×104 WB.用于水炮工作的发动机输出功率为4×104 WC.用于水炮工作的发动机输出功率为2.4×106 WD.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W图K16-36.如图K16-3所示,一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动,将质量为m的物体轻轻地放置在木板右端,物体和木板间的动摩擦因数为μ.为保持木板的速度不变,从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中,应对木板施一水平向右的作用力F,则力F对木板做的功为()A.mv 24B.mv22C.mv2D.2mv2技能提升7.(多选)[2019·武汉模拟]质量为m的跳伞运动员进行低空跳伞表演,在打开降落伞之前,他以恒定的加速度45g(g为重力加速度)竖直加速下落高度h,在此过程中()A.运动员的重力势能减少了mghB.运动员的动能增加45mghC.运动员克服阻力所做的功为45mghD.运动员的机械能减少45mgh8.(多选)“弹弓”是孩子们喜爱的弹射类玩具,其构造原理如图K16-4所示,橡皮筋两端点A、B固定在把手上,橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态,在C处(位于AB 连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手握住把手,另一手将弹丸拉至D点放手,弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去,打击目标.现将弹丸竖直向上发射,已知E是CD 中点,则()图K16-4A.从D到C,弹丸的机械能一直在增大B.从D到C,弹丸的动能一直在增大C.从D到C,弹丸的机械能先增大后减小D.从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能9.(多选)如图K16-5甲所示,竖直光滑杆固定,套在杆上的弹簧下端固定,将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1 m处,滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块,通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的E k-h图像如图乙所示,其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线,其余部分为曲线.以地面为零势能面,g取10 m/s2.由图像可知()图K16-5A.小滑块的质量为0.2 kgB.弹簧的最大弹性势能为0.32 JC.弹簧的原长为0.2 mD.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小为0.18 J10.(多选)[2018·江西赣州中学模拟]如图K16-6所示,传送带与水平面的夹角为θ=30°,传送带两端A、B间的距离为L=5 m,传送带在电动机的带动下以v=1 m/s的速度沿顺时针方向匀速运动.现将一质量为m=10 kg的小物体(可视为质,在传送带点)轻放在传送带上的A点,已知小物体与传送带间的动摩擦因数μ=√32将小物体从A点输送到B点的过程中,下列说法正确的是(g取10 m/s2)()图K16-6A.小物体在传送带上运动的时间为5 sB.传送带对小物体做的功为255 JC.电动机做的功为255 JD.小物体与传送带间因摩擦产生的热量为15 J11.[2018·广州测试]吊锤打桩机如图K16-7甲所示,其工作过程可以简化为图乙:质量m=2.0×103 kg的吊锤在绳子的恒定拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动,上升一段高度后撤去F,到最高点后自由落下,撞击钉子将钉子打入一定深度.吊锤上升过程中,机械能E与上升高度h的关系如图丙所示,不计摩擦及空气阻力,g取10 m/s2.(1)求吊锤上升h1=1.6 m时的速度大小;(2)吊锤上升h1=1.6 m后,再经过多长时间撞击钉子?(3)吊锤上升h2=0.4 m时,求拉力F的瞬时功率.图K16-7挑战自我12.如图K16-8所示,静止的水平传送带右端B点与粗糙的水平面相连接,传送带长L1=0.36 m,质量为1 kg的滑块以v0=2 m/s的水平速度从传送带左端A点冲上传送带,并从传送带右端滑上水平面,最后停在距B点L2=0.64 m的C处.已知滑块与传送带、滑块与水平面间的动摩擦因数相等,重力加速度g取10 m/s2.(1)求动摩擦因数μ的值;(2)若传送带始终以v=2 m/s的速度逆时针转动,滑块在传送带上运动的过程中,求传送带对滑块的冲量大小和整个过程中电动机由于传送滑块多消耗的电能.图K16-8感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

山东省东营市垦利一中学高考物理大一轮复习课时能力检测16 动能定理

十六动能定理(学生用书对应页码P287)1．如图所示，图线表示作用在某物体上的合外力随时间变化的关系．若t ＝0时物体速度为零，则( )A ．前5 s 时间内物体的动能变化量不为零B ．前5 s 时间内只有第1 s 末物体的动能最大C ．前5 s 时间内只有第5 s 末物体的速率最大D ．前3 s 时间内合外力对物体做的功为零解析：本题的计算结果与物体的质量无关，不妨设物体的质量m ＝5 kg ，由题图作出图示的速度—时间图象．可见，第1 s 末与第5 s 末物体的速率均为2 m/s 且最大，动能相等也是最大，选项B 、C 均错误；t ＝0时速度为零，t ＝5 s 时速度不为零，所以前5 s 时间内物体的动能变化量不为零，选项A 正确；第 3 s 末速度为零，根据动能定理得前3 s 时间内合外力对物体做的功W ＝0－0＝0，选项D 正确．答案：AD2．如图所示绘出了某辆汽车刹车过程的刹车痕(即刹车距离)与刹车前车速的关系．v 为刹车前的速度，s 为刹车痕长度．已知该车在某次撞车事故现场中警察已经测量出碰撞前的刹车痕为20 m ，则下列说法中正确的是( )A ．若已估算出汽车碰撞时车子的速度为45 km/h ，则车子原来刹车前的速度至少是60 km/hB ．若已估算出汽车碰撞时车子的速度为45 km/h ，则车子原来刹车前的速度至少是75 km/hC ．若已知汽车开始刹车时车子的速度为108 km/h ，则车子发生碰撞时的速度约为90 km/hD ．若已知汽车开始刹车时车子的速度为108 km/h ，则车子发生碰撞时的速度约为78 km/h 解析：由图线知，对初速度为v 1＝60 km/h 的车子停下来对应的刹车时位移是s 1＝20 m ，由动能定理可得－μmgs 1＝0－12m v 21.若刹车一段距离s ＝20 m 后，车子仍有速度v ＝45 km/h ，则由－μmgs ＝12m v 2－12m v 20，联立以上两式，解得v 0＝75 km/h ，B 正确，A 错误；类似可解得，若已知汽车开始刹车时车子的速度为108 km/h ，刹车20 m 后车子的速度(碰撞时的速度)为90 km/h ，C 正确，D 错误．答案：BC3．(2014·南昌模拟)质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD.17 m/s解析：F -x 图象与坐标轴围成的图形面积表示力F 做的功，图形位于x 轴上方表示力做正功，位于下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x ＝16 m 处时，F 做正功，其大小W ＝40 J ，根据动能定理有W ＝12m v 22－12m v 21，代入数据，可得v 2＝3 m/s. 答案：B4．将一个物体以初动能E 0竖直向上抛出，落回地面时物体的动能为E 02，设空气阻力大小恒定．若将它以初动能4E 0竖直上抛，则它在上升到最高点的过程中，重力势能变化了( )A ．3E 0B ．2E 0C ．1.5E 0D ．E 0解析：物体以初动能E 0竖直向上抛出，设上升最大高度为h ，根据动能定理，对全过程有－2fh ＝－E 02，对上升过程有－fh －mgh ＝0－E 0，联立解得mg ＝3f ；物体以初动能4E 0竖直上抛，设上升的最大高度为h ′，上升过程运用动能定理有－mgh ′－fh ′＝0－4E 0，得mgh ′＝3E 0，即重力势能的增加量为3E 0，只有选项A 正确．答案：A5．质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg ，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )A.14mgR B ．13mgRC.12mgR D ．mgR解析：小球通过最低点时，绳的张力为 F ＝7mg ①由牛顿第二定律知： F －mg ＝m v 21R②小球恰好过最高点，绳子拉力为零，由牛顿第二定律可知：mg ＝m v 22R③小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得：－2mgR ＋W f ＝12m v 22－12m v 21④由①②③④可得W f ＝－12mgR ，所以小球克服空气阻力所做的功为12mgR ，故C 正确，A 、B 、D错误．答案：C6．(2014·江苏宿迁一模)质量为2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能E k 与其发生位移x 之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．x ＝1 m 时速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C ．在前4 m 位移过程中拉力对物块做的功为9 JD ．在前4 m 位移过程中物块所经历的时间为2.8 s解析：对物块由动能定理得F 合x ＝ΔE k ，则F 合＝ΔE kx ，即图线的斜率等于合外力．在0～2 s 内，F 合＝ΔE k x ＝2 N ，设x ＝1 m 时速度大小为v ，由动能定理得F 合x 1＝12m v 2－0，v ＝ 2 m/s ，A 错误；由图线知2～4 m 内加速度恒定，a ＝F 合m ＝ΔE k xm ＝52×2 m/s 2＝54 m/s 2，B 错误；在前4 m 位移过程中由动能定理得W －μmgx ＝9 J ，W ＝9 J ＋0.2×2×10×4 J ＝25 J ，C 错误；在x ＝2 m 时，12m v 21＝4 J ，v 1＝2 m/s ，在x ＝4 m 时，12m v 22＝9 J ，v 2＝3 m/s ，在前2 m 内，2 m ＝v 12t 1，t 1＝2 s ，在后2 m 内，2 m ＝v 1＋v 22t 2，t 2＝0.8 s ，故t 1＋t 2＝2.8 s ，D 正确．答案：D7．质量分别为2m 和m 的A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，撤去F 1、F 2后在摩擦力的作用下减速到停止，其v -t 图象如图所示．则下列说法正确的是( )A ．F 1和F 2大小相等B ．F 1和F 2对A 、B 做功之比为2∶1C ．A 、B 所受摩擦力大小相等D ．全过程中摩擦力对A 、B 做功之比为1∶2解析：设A 加速时加速度大小为a ，则减速时加速度大小为0.5a ，B 加速时加速度大小为0.5a ，减速时加速度大小为a .根据牛顿第二定律，对A ：F 1－F f1＝2ma ，F f1＝2m ×0.5a .对B ：F 2－F f2＝0.5ma ，F f2＝ma .解得F 1＝3ma ，F 2＝1.5ma ，F f2＝F f1，A 错误，C 正确．外力F 1、F 2做功分别为：W 1＝F 1x 1，W 2＝F 2x 2，由图线围成的面积可知x 1＝0.5x 2，故W 1∶W 2＝1∶1，B 错误．两物体运动位移相同，故摩擦力做功之比为F f1x ∶F f2x ＝1∶1，D 错误．答案：C8．如图所示，在水平面上有一质量为m 的物体，在水平拉力作用下由静止开始运动一段距离后到达一斜面底端，这时撤去外力，物体冲上斜面，上滑的最大距离和在平面上移动的距离相等，然后物体又沿斜面下滑，恰好停在平面上的出发点．已知斜面倾角θ＝30°，斜面与平面上的动摩擦因数相同，求物体开始受到的水平拉力F .解析：设动摩擦因数为μ，在平面上移动的距离为s ，据动能定理有物体由静止开始到冲到斜面最高点 Fs －μmgs －mgs sin 30°－μmgs cos 30°＝0① 物体沿斜面下滑到停在平面上的出发点 mgs sin 30°－μmgs cos 30°－μmgs ＝0② 由①②得F ＝mg 答案：mg9．如图甲所示，一足够长、与水平面夹角θ＝53°的倾斜轨道与竖直面内的光滑圆轨道相接，圆轨道的半径为R ，其最低点为A ，最高点为B .可视为质点的物块与斜轨间有摩擦，物块从斜轨上某处由静止释放，到达B 点时与轨道间压力的大小F 与释放的位置距最低点的高度h 的关系图象如图乙所示，不计小球通过A 点时的能量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝45，cos 53°＝35，求：(1)物块与斜轨间的动摩擦因数μ； (2)物块的质量m .解析：(1)由题图乙可知，当h 1＝5R 时，物块到达B 点时与轨道间压力的大小为0，设此时物块在B 点的速度大小为v 1，则mg ＝m v 21R对物块从释放至到达B 点的过程，由动能定理有 mg (h 1－2R )－μmg cos θh 1sin θ＝12m v 21解得μ＝23(2)设物块从距最低点高为h 处释放后到达B 点时速度的大小为v ，则F ＋mg ＝m v 2R物块从释放至到达B 点的过程中，由动能定理有 mg (h －2R )－μmg cos θh sin θ＝12m v 2 解得F ＝mghR －5mg则F -h 图线的斜率k ＝mgR由图可知k ＝2R解得m ＝0.2 kg 答案：(1)23(2)0.2 kg10．如图所示，AB 是倾角为θ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(可以看做质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．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，求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程； (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件．解析：(1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧轨道上做往复运动．对整体过程由动能定理得：mgR ·cos θ－μmg cos θ·s ＝0，所以总路程为s ＝R μ(2)对B →E 过程mgR (1－cos θ)＝12m v 2E①F N －mg ＝m v 2ER②由①②得F N ＝(3－2cos θ)mg由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力F N ′＝F N ＝(3－2cos θ)mg ，方向竖直向下． (3)设物体刚好到D 点，则mg ＝m v 2DR ③对全过程由动能定理得：mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12m v 2D ④由③④得应满足条件：L ′＝3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R答案：(1)Rμ (2)(3－2cos θ)mg ，方向竖直向下(3)L ′＝3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R。

高考物理第一轮总复习满分练兵场 6章综合测试题

避躲市安闲阳光实验学校高考第一轮总复习满分练兵场第六章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．如图所示的四个电场的电场线，其中A和C图中小圆圈表示一个点电荷，A图中虚线是一个圆，B图中几条直线间距相等互相平行，则在图中M、N处电场强度相同的是( )[答案] B[解析] 电场强度相同指场强大小、方向都相同，故B对．2．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v和时间t的关系图象如图甲所示．则此电场的电场线分布可能是图乙中的( )[答案] A[解析] 由图象可知，粒子的速度随时间逐渐减小，粒子的加速度逐渐变大，则电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，带负电的粒子是顺电场线方向运动．由电场线疏处到达密处．故A对．3．一个带正电的点电荷以一定的初速度v0(v0≠0)，沿着垂直于匀强电场的方向射入电场，则其可能的运动轨迹应该是下图中的( )[答案] B[解析] 点电荷垂直于电场方向进入电场时，电场力垂直于其初速度方向，电荷做类平抛运动，选B.4．如图所示，在匀强电场中有一平行四边形ABCD，已知A、B、C三点的电势分别为φA＝10V、φB＝8V、φC＝2V，则D点的电势为( ) A．8V B．6VC．4V D．1V[答案] C[解析] 由于电场是匀强电场，则U AB＝U DC，φA－φB＝φD－φC，φD＝4V，C选项正确．5．示波管的结构中有两对互相垂直的偏转电极XX′和YY′，若在XX′上加上如图甲所示的扫描电压，在YY′上加如图乙所示的信号电压，则在示波管荧光屏上看到的图形是图丙中的( )[答案] C[解析] 由于在XX ′所加的扫描电压和YY ′所加的信号电压的周期相同，所以荧光屏上就会显示随信号而变化的波形，C 图正确．6．如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v 0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v 0从原处飞入，则带电小球 ( )A ．将打在下板B ．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C ．不发生偏转，沿直线运动D ．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的 [答案] BD[解析] 将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E ＝U d ＝Q Cd ＝4k πQεr S可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动．下板不动时，小球沿原轨迹由下板边缘飞出；当下板向上移动时，小球可能打在下板的．7．光滑绝缘细杆与水平面成θ角固定，杆上套有一带正电的小球，质量为m ，带电荷量为q .为使小球静止在杆上，可加一匀强电场．所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止 ( )mg cos θqA ．垂直于杆斜向上，场强大小为B ．竖直向上，场强大小为mgqC ．垂直于杆斜向下，场强大小为mg sin θqD ．水平向右，场强大小为mg cot θq[答案] B[解析] 小球受竖直向下的重力，若电场垂直于杆的方向，则小球受垂直于杆方向的电场力，支持力方向亦垂直于杆的方向，小球所受合力不可能为零，A 、C 项错；若电场竖直向上，所受电场力Eq ＝mg ，小球所受合力为零，B 项正确；若电场水平向右，则小球受重力、支持力和电场力作用，根据平行四边形定则，可知E ＝mg tan θ/q ，D 项错．8．(2009·海门模拟)一个质量为m ，电荷量为＋q 的小球以初速度v 0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是 ( )A ．小球在水平方向一直做匀速直线运动B ．若场强大小等于mgq，则小球经过每一电场区的时间均相同C ．若场强大小等于2mgq，则小球经过每一无电场区的时间均相同D ．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同 [答案] AC[解析] 小球在水平方向不受力作用，因此，在水平方向一直做匀速直线运动，A 正确；当E ＝mgq时，小球通过第一、二电场区时在竖直方向均做匀速直线运动，但竖直速度不同，故B 错误；当E ＝2mgq时，小球通过第一、二无电场区时在竖直方向的初速度是相同的，均为零，故经过无电场区的时间也相同，C 正确；如取E ＝mgq，则小球通过无电场区的速度越来越大，对应的时间也越来越短，故D 错误．9．(2010·潍坊)如图所示，Q 1、Q 2为两个固定点电荷，其中Q 1带正电，它们连线的延长线上有a 、b 两点．一正试探电荷以一定的初速度沿直线从b 点开始经a 点向远处运动，其速度图象如图所示．则 ( )A ．Q 2带正电B ．Q 2带负电C ．试探电荷从b 到a 的过程中电势能增大D ．试探电荷从b 到a 的过程中电势能减小[答案] BC[解析] 由图象知正电荷自b 点到a 点，速度减小，所以Q 2对试探电荷为吸引力，则Q 2带负电，A 错，B 对．试探电荷从b 到a 动能减小，所以电势能一定增大，C 对，D 错，正确答案BC.10．如图所示，质子、氘核和α粒子都沿平行板电容器两板中线OO ′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，且都能射出电场，射出后都打在同一个荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．若微粒打到荧光屏的先后不能分辨，则下列说法中正确的是 ( )A ．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点B ．若它们射入电场时的质量与速度乘积相等，在荧光屏上将出现2个亮点C ．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点D ．若它们是由同一个电场从静止加速后射入偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点[答案] D[解析] 粒子打在荧光屏上的位置取决于它的侧移量，侧移量相同，打在荧光屏上的位置相同，而侧移量y ＝ql 2U2mv 20d，所以粒子速度相同时，屏上将出现2个亮点，粒子质量与速度乘积相同时，屏上将出现3个亮点；动能相同时，屏上将出现2个亮点；而经过同一电场从静止加速后，再进入偏转电场，出电场时所有粒子侧移量相同，屏上将出现1个亮点，故选D.第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11．(6分)如图所示是一个平行板电容器，其电容为C ，带电荷量为Q ，上极板带正电，两极板间距为d .现将一个检验电荷＋q 由两极板间的A 点移动到B 点，A 、B 两点间的距离为s ，连线AB 与平行极板方向的夹角为30°，则电场力对检验电荷＋q 所做的功等于________．[答案] qQs2Cd[解析] 电容器两板间电势差U ＝Q C ，场强E ＝U d ＝QCd .而A 、B 两点间电势差U AB ＝E ·s ·sin30°＝Qs2Cd，电场力对＋q 所做功为W ＝qU AB ＝qQs2Cd.12．(6分)一电子以4×106m/s 的速度沿与电场垂直的方向从A 点水平垂直于场强方向飞入，并从B 点沿与场强方向成150°的方向飞出该电场，如图所示，则A 、B 两点的电势差为________V ．(电子的质量为9.1×10－31kg ，电荷量为－1.6×10－19C)[答案] －136.5[解析] 设电子射入电场时的速度为v A ，射出电场时的速度为v B ，从图可知v B ＝v Asin30°＝2v A ，根据动能定理，有W ＝eU AB ①W ＝12mv 2B －12mv 2A ②由式①②得eU AB ＝12mv 2B －12mv 2A ＝32mv 2A所以U AB ＝3mv 2A 2e ＝3×9.1×10－31×(4×106)2－1.6×10－19×2V ＝－136.5V13．(6分)如图所示，匀强电场场强为E ，与竖直方向成α角，一质量为m 、电荷量为q 的带负电小球用细线系在竖直墙上，恰好静止在水平位置，则场强E 的大小为________．若保持场强方向和小球电荷量不变，将线拉至与场强垂直时，小球能静止，此时场强大小为________．[答案] mg q cos α mg cos αq[解析] 对两种情况下小球的受力分析如图中(a)、(b)所示，对(a)有：Eq cos α＝mg ，所以E ＝mgq cos α对(b)有：Eq ＝mg cos α，所以E ＝mg cos αq.三、论述计算题(共4小题，共42)14．(10分)如图所示，相距为0.2m 的平行金属板A 、B 上加电压U ＝40V, 在两板正中沿水平方向射入一带负电荷小球，经0.2s 小球到达B 板，若要小球始终沿水平方向运动而不发生偏转，A 、B 两板间的距离应调节为多少？(g 取10m/s 2)[答案] 0.1m[解析] 小球在电场中做匀变速曲线运动，在竖直方向由牛顿第二定律得mg －Uq /d ＝ma d /2＝at 2/2解得：a ＝5m/s 2，m ＝40q要使小球沿水平方向运动，应有mg ＝E ′q E ′＝U /d ′ d ′＝qU /mg ＝0.1m15． (10分)(2009·蚌埠一模)两个正点电荷Q 1＝Q 和Q 2＝4Q 分别置于固定在光滑绝缘水平面上的A 、B 两点正好位于水平放置的光滑绝缘半圆细管两个端点的出口处，已知AB ＝L ，如图所示．(1)现将另一正点电荷置于A 、B 连线上靠近A 处静止释放，求它在AB 连线上运动过程中达到最大速度时的位置离A 点的距离．(2)若把该点电荷放于绝缘管内靠近A 点处由静止释放，已知它在管内运动过程中速度为最大时的位置在P 处．试求出图中PA 和AB 连线的夹角θ.[答案] (1)L 3(2)arctan 34[解析] (1)正点电荷在A 、B 连线上速度最大处对应该电荷所受合力为零(加速度最小)，设此时距离A 点为x ，即k Q 1q x 2＝k Q 2q (L －x )2 ∴x ＝L 3. (2)点电荷在P 点处若其所受库仑力的合力沿OP 方向，则它在P 点处速度最大，即此时满足tan θ＝F 2F 1＝k 4Qq(2R sin θ)2k Qq (2R cos θ)2＝4cos 2θsin 2θ，即得：θ＝arctan 34.16．(11分)(2010·上海华师大附中摸底测试)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xOy 平面的ABCD 区域内，存在两个大小均为E 的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L 的正方形(不计粒子所受重力)．(1)在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD 区域的位置； (2)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD 区域左下角D 处离开，求所有释放点的位置；(3)若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动L /4，仍使电子从ABCD 区域左下角D 处离开(D 不随电场移动)，在电场Ⅰ区域内由静止释放电子的所有位置．[答案](1)⎝⎛⎭⎪⎫－2L ，14L(2)满足y 1＝L24x 1方程的点即为所有释放点的位置(3)在电场Ⅰ区域内满足方程y 2＝3L28x 2的所有位置[解析] (1)由动能定理有：eEL ＝12mv 2由类平抛运动知识有：L ＝vt ，y ＝12at 2＝eE 2m ×L 2v 2＝14L所以电子离开ABCD区域的位置坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－2L ，14L(2)设释放点位置坐标为(x 1，y 1)，由动能定理有：eEx 1＝12mv 21由类平抛运动知识有：L ＝v 1t 1，y 1＝12at 21＝eE 2m ×L 2v 21＝L24x 1所以满足y 1＝L 24x 1方程的点即为所有释放点的位置(3)设电子从(x 2，y 2)点释放，在电场Ⅰ中被加速到v 2进入电场Ⅱ后做类平抛运动；在高度为y ′处离开电场Ⅱ，然后做匀速直线运动并经过D 处，则有 eEx 2＝12mv 22在电场Ⅱ中下降高度Δy ＝y 2－y ′＝12at 22＝12 eE m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2 2v y ＝a ·L v 2＝eELmv 2，y ′＝v y ·L4v 2解得：y 2＝3L28x 2，即在电场Ⅰ区域内满足方程的点即为所求位置．17．(11分)(2009·福建质检)如图(甲)所示，水平放置的平行金属板A 、B ，两板的各有一小孔O 1、O 2，板间距离为d ，开关S 接1.当t ＝0时，在a 、b 两端加上如图(乙)所示的电压，同时在c 、d 两端加上如图(丙)所示的电压．此时，一质量为m 的带负电微粒P 恰好静止于两孔连线的中点处(P 、O 1、O 2在同一竖直线上)．重力加速度为g ，不计空气阻力．(1)若在t ＝T4时刻将开关S 从1扳到2，当u cd ＝2U 0时，求微粒P 的加速度大小和方向；(2)若要使微粒P 以最大的动能从A 板中的O 1小孔射出，问在t ＝T2到t ＝T之间的哪个时刻，把开关S 从1扳到2，u cd 的周期T 至少为多少？[答案] (1)g 方向竖直向上 (2)见解析[解析] (1)当A 、B 间加电压U 0，微粒P 处于平衡状态，根据平衡条件，有q U 0d＝mg ①当A 、B 间电压为2U 0时，根据牛顿第二定律，有 q 2U 0d－mg ＝ma ②由①②得a ＝g ，加速度的方向竖直向上(2)依题意，为使微粒P 以最大的动能从小孔O 1射出，应让微粒P 能从O 2处无初速向上一直做匀加速运动．为此，微粒P 应先自由下落一段时间，然后加上电压2U 0，使微粒P 接着以大小为g 的加速度向下减速到O 2处再向上加速到O 1孔射出．设向下加速和向下减速的时间分别为t 1和t 2，则gt 1＝gt 2d 2＝12gt 21＋12gt 22，解得：t 1＝t 2＝d 2g故应在t ＝T －d2g时刻把开关S 从1扳到2. 设电压u cd 的最小周期为T 0，向上加速过程，有d ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 02－t 22，解得：T 0＝6d2g.。

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)。

选修3-3 第1讲一、选择题1．(2009·成都市摸底)下列说法中正确的是()A．已知某物质的摩尔质量和分子质量，可以算出阿伏加德罗常数B．已知某物质的摩尔质量和分子体积，可以算出阿伏加德罗常数C．当两个分子之间的距离增大时，分子引力和斥力的合力一定减小D．当两个分子之间的距离增大时，分子势能一定减小[答案] A[解析]阿伏加德罗常数等于摩尔质量与分子质量的比值，A正确，B错误；两个分子之间的距离增大时，分子引力和斥力都要减小，但在r>r0区域，随着分子间距的增大，分子引力和斥力的合力表现为引力，是先变大到最大再减小，C错误；在r>r0区域，随着分子间距的增大，分子引力和斥力的合力表现为引力，且引力做负功，分子势能增加，D错误．2．(2009·北京模拟)由于两个分子间的距离变化而使得分子势能变小，可确定在这一过程中()A．两分子间相互作用的力一定表现为引力B．一定克服分子间的相互作用力做功C．两分子间距离一定增大D．两分子间的相互作用力可能增大[答案] D[解析]根据分子势能变小，分子力做正功，由分子力做功与分子势能变化关系可知：分子力做正功时，分子势能减小，有两种可能性，一是r<r0分子力表现为斥力且分子间距离增大，其二是r>r0，分子间表现为引力，且分子间距离减小．综上分析可知ABC选项错误，D 正确．3．对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是()A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B．一定质量的理想气体在等温变化时，内能不改变，因而与外界不发生热交换C．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动D．扩散现象说明分子间存在斥力[答案] A[解析]从宏观上决定物体内能的是物体的物质的量、温度和体积三个因素．温度是分子热运动的平均动能的标志，温度高的物体分子平均动能大，选项A正确；理想气体在等温变化时，内能不改变，但并不是不与外界进行热交换，而是吸收或放出的热量与对外做功或外界对气体做的功恰好相等，B不正确；布朗运动不是液体分子的运动，而是悬浮在液体中的颗粒或液滴的运动，所以C错误；扩散现象说明分子在不停地做无规则的运动，不能说明分子间存在斥力，所以D 错误．4．如图所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法正确的是()A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10－10m B．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－10m C．若两个分子间距离大于e点的横坐标，则分子间作用力的合力表现为斥力D．若两个分子间距离越来越大，则分子势能亦越来越大[答案] B[解析]e点横坐标等于分子平衡距离r0，其数量级应为10－10m，因平衡距离之内，分子斥力大于分子引力，分子力表现为斥力．则ab 为引力曲线，cd为斥力曲线，B对．两分子间距离大于e点的横坐标，即r>r0时，作用力的合力表现为引力，C错．若r<r0时，当两分子间距离增大时，合力做正功，分子势能减小，D错．5．如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于r轴上距原点r3的位置．虚线分别表示分子间斥力F斥和引力F引的变化情况，实线表示分子间的斥力与引力的合力F合的变化情况．若把乙分子由静止释放，则乙分子()A ．从r 3到r 1做加速运动，从r 1向O 做减速运动B ．从r 3到r 2做加速运动，从r 2到r 1做减速运动C ．从r 3到r 1分子势能先减少后增加D ．从r 3到r 1分子势能减少[答案] AD[解析] r 1为斥力和引力相等，大于r 1为引力，所以r 3到r 1乙分子受引力作用加速，势能减少．从r 1向O 为斥力，做减速运动，则A 、D 正确．二、非选择题6．某物质的摩尔质量为M ，密度为ρ，阿伏伽德罗常数为N A ，则该物质每个分子的质量m 0＝__________，每个分子的体积V 0＝__________，单位体积内所含的分子数n ＝__________.[答案] M /N A M /ρN A ρN A /M[解析] 因为1mol 的任何物质中都含有N A 个分子数，则N A ·m 0＝M .即 m 0＝M N A，设该物质质量为m ，体积为V ，则ρ＝m V 得 V 0＝m 0ρ＝M /N A ρ＝M ρN A. 该1mol 物质的体积为V mol ，那么它对应的分子数为N A .而1mol 物质的体积为V mol ＝M ρ.那么每单位体积所具有的分子数为n ＝N A V mol＝N A M /ρ＝ρN A M7．在用油膜法估测分子的大小实验中，已知一滴溶液中油酸的体积为V ，配制的油酸溶液中，纯油酸与溶液体积之比为溶液油酸25滴，那么一滴溶液的体积是________mL ，所以一滴溶液中油酸体积为________cm 3，若实验中测得结果如下表所示，请根据所给数据填写出空白处的数值，并与公认的油酸分子长度值L 0＝1.12×10－10m 做比较，并判断此实验是否符合数量级的要求.[答案] 125 8×10－5 1.50×10－7cm 1.62×10－7cm 1.42×10－7cm1.51×10－10m[解析] 由题给条件得，一滴溶液的体积V ＝125mL由题意可知：一滴溶液中油酸体积1500×125cm 3＝8×10－5cm 3 据此算得3次测得L 的结果分别为1.50×10－7cm 、1.62×10－7cm 、1.42×10－7cm ，其平均值L ＝L 1＋L 2＋L 33＝1.51×10－7cm ＝1.51×10－10m ，这与公认值的数量级相吻合，故本次估测数值符合数量级的要求。

8．油酸的分子式为C17H33COOH，它的一个分子可以看成由两部分组成：一部分是C17H33—，另一部分是—COOH，—COOH对水有很强的亲和力．当把一滴用酒精稀释过的油酸滴在水面上时，油酸就在水面上散开，其中的酒精溶于水中，并很快挥发，油酸中C17H33—部分冒出水面，而—COOH部分留在水中．油酸分子就直立在水面上，形成一个单分子层油膜．现有按酒精与油酸的体积比为m n配制好的油酸酒精溶液置于容器中，还有一个装有约2cm深水的浅盘，一支滴管，一个量筒．请补充下述估测分子大小的实验步骤：(1)________(需测量的物理量自己用字母表示)．(2)用滴管将一滴油酸酒精溶液滴入浅盘，待油酸薄膜稳定后，将薄膜轮廓描绘在坐标纸上，如图所示．(已知坐标纸上每个小方格面积为S，求油膜面积时，半个以上方格面积记为S，不足半个舍去)则油膜面积为________．(3)估算油酸分子直径的表达式为d＝________.[答案](1)N、V(2)8S(3)nV8NS(m＋n)[解析](1)用滴管向量筒内加入N滴油酸酒精溶液，读出其体积V.(2)利用补偿法，可得8S.(3)1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V′＝VN·nm＋n，油膜面积S′＝8S ，由d ＝V ′S ′，得d ＝nV 8NS (m ＋n ). 9．实际应用中，常用到一种双金属片温度计，如图乙所示．已知其中双金属片被加热时，其弯曲程度会增大，则：(1)说明该温度计的测温原理．(2)结合图甲判断双金属片温度计的内、外层分别为何种金属．(3)这种温度计与水银温度计相比，有什么优点和缺点？[答案] 见解析[解析] (1)双金属片温度计是利用热膨胀系数不同的铜、铁两种金属制成的双金属片，是运用其弯曲程度随温度变化的原理来工作的．(2)题图甲中，加热时，双金属片弯曲程度增大，即进一步向上弯曲，说明双金属片下层热膨胀系数较大，即铜的热膨胀系数较大．图乙中，温度计示数是顺时针方向增大，说明当温度升高时温度计指针顺时针方向转动，则其双金属片的弯曲程度在增大，故可以推知双金属片温度计的内层一定是铁，外层一定是铜．(3)优点是：无危害、读数清晰、坚固耐用等．缺点是：不能测量0℃以下的温度等．10．一滴水的体积为1.2×10－5cm 3，如果放在开口容器中，由于蒸发每分钟跑出的水分子数为6.0×108个，需要多长时间跑完？[答案] 6.7×108min[解析] 水的摩尔体积为V ＝1.8×10－5m 3/mol一滴水中含水分子个数为N ＝v V N A ＝1.2×10－5×10－61.8×10－5×6.02×1023＝4.0×1017(个) 水分子跑完的时间为t ＝N n ＝4.0×10176.0×108＝6.7×108min 我们知道，在开口容器中蒸发掉一滴水，根本不需要6.7×108min 的时间，原因在于实际生活中每分钟跑出的水分子个数比6.7×108还要多得多．11．要落实好国家提出“以人为本，创建和谐社会”的号召，不只是政府的事，要落实到我们每个人的生活中，比如说公共场所禁止吸烟，我们知道被动吸烟比主动吸烟害处更多．试估算一个高约 2.8m ，面积约10m 2的两人办公室，若只有一人吸了一根烟．求：(1)估算被污染的空气分子间的平均距离．(2)另一不吸烟者一次呼吸大约吸入多少个被污染过的空气分子．(人正常呼吸一次吸入气体300cm 3，一根烟大约吸10次)[答案] (1)7×10－8m (2)8.7×1017个[解析] (1)吸烟者抽一根烟吸入气体的总体积10×300cm 3，含有空气分子数n ＝10×300×10－622.4×10－3×6.02×1023个＝8.1×1022个办公室单位体积空间内含被污染的空气分子数为8.1×102210×2.8个/米3＝2.9×1021个/米3，每个污染分子所占体积为V ＝12.9×10m 3，所以平均距离为 L ＝3V ＝7×10－8m.(2)被动吸烟者一次吸入被污染的空气分子数为2．9×1021×300×10－6个＝8.7×1017个．12．利用油膜法可以粗略测出阿伏加德罗常数，把密度ρ＝0.8×103kg/m 3的某种油，用滴管滴出一滴油在水面上形成油膜，已知这滴油的体积为V ＝0.5×10－3cm 3，形成的油膜面积为S ＝0.7m 2，油的摩尔质量M 0＝0.09kg/mol.若把油膜看成是单分子层，每个油分子看成球形，那么：(1)油分子的直径是多少？(2)由以上数据可精确测出阿伏加德罗常数N A 是多少？先列出文字计算式，再代入数据计算，只要求保留一位有效数字．[答案] (1)7.1×10－10m (2)6×1023mol －1[解析] (1)油膜法可测分子直径利用油膜法测出分子直径d ＝V S ＝0.5×10－3×10－60.7m ＝7.1×10－10m (2)已知油的摩尔质量M 0，若求出一个油分子的质量m ，即可根据N A ＝M 0m ，求出阿伏加德罗常数．每个分子看成球形，则每个分子的体积V ′＝16πd 3＝16π(V S )3一滴油中含有的油分子数N ＝V V ′＝V 16π(V S)3＝6S 3πV 2 由题意可知一滴油的质量M ＝ρV一个油分子的质量m ＝M N ＝ρV 6S 3πV 2＝ρπV 36S 3所以阿伏加德罗常数N A ＝M 0m ＝M 0ρπV 36S 3＝6M 0S 3ρπV 3代入数据N A ＝6×0.09×0.730.8×103×3.14×(0.5×10－3×10－6)3mol －1 ＝6×1023mol －113．新华社北京2008年11月12日电：在中国探月工程一期即“嫦娥一号”圆满成功的同时，中国探月工程二期也已启动．其中，嫦娥二号卫星将于2011年底前完成发射．已知大气压强是由于大气的重力而产生的，某学校兴趣小组的同学，通过查资料知道：月球半径R ＝1.7×106m ，月球表面重力加速度g ＝1.6m/s 2.为开发月球的需要，设想在月球表面覆盖一层厚度为h 的大气，使月球表面附近的大气压达到p 0＝1.0×105Pa ，已知大气层厚度h ＝1.3×103m 比月球半径小得多，假设月球表面初始没有空气．试估算(1)应在月球表面添加的大气层的总质量m ；(2)月球大气层的分子数为多少？(3)分子间的距离为多少？(空气的平均摩尔质量M ＝2.9×10－2kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023mol －1)[答案] (1)2.27×1018kg (2)4.7×1043个 (3)1.0×10－9m[解析] (1)月球的表面积S ＝4πR 2，月球大气的重力与大气压力大小相等mg ＝p 0S ，所以大气的总质量m ＝4πR 2p 0g代入数据可得m ＝4×3.14×(1.7×106)21.6×1.0×105kg ≈2.27×1018kg. (2)月球大气层的分子数为N ＝m M N A ＝2.27×10182.9×10－2×6.0×1023个≈4.7×1043个． (3)可以认为每一个气体分子占据空间为一个立方体，小立方体紧密排列，其边长即为分子间的距离．设分子间距离为a ，大气层中气体的体积为V ，则有V ＝4πR 2h ，a ＝3V N a ＝34πR 2hMg p 0SN A ＝3ghM p 0N A≈1.0×10－9m.。