2024年金版教程物理课时作业第三讲

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金版教程物理全解答案及教案 (3)

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板块一
板块二
板块三
板块四
高考一轮总复习 ·物理
2．[折射率的理解]关于折射率，下列说法正确的是( ) A．根据ssiinnθθ12＝n 可知，介质的折射率与入射角的正弦值成正比 B．根据ssiinnθθ12＝n 可知，介质的折射率与折射角的正弦值成反比 C．根据 n＝cv可知，介质的折射率与介质中的光速成反比 D．同一频率的光由第一种介质进入第二种介质时，折射率与波长成正比
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板块一
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高考一轮总复习 ·物理
3．[折射定律的应用]观察者看见太阳从地平线升起时，下列关于太阳位置的叙述中正确的是 ( ) A．太阳位于地平线之上 B．太阳位于地平线之下 C．太阳恰位于地平线 D．大气密度不知，无法判断
解析离地面越近的大气层折射率越大，阳光射向地面过程中，不断发生折射，光路图如图，所以太阳位于地平线之下的位置，B 选项是正确的。
2．实验器材两面平行的玻璃砖、白纸、木板、大头针、量角器、刻度尺、铅笔。
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高考一轮总复习 ·物理
3．实验步骤 (1)把白纸用图钉钉在木板上。 (2)沿玻璃砖的一个面画一条直线 aa′作为界面(如上图所示)，过 aa′上一点 O 作垂直于 aa′的直线 NN′作为法线，过 O 点画一条入射光线 AO，使入射角 θ1 适当大些。 (3)在 AO 线上竖直地插两枚大头针 P1、P2，在白纸上放上被测玻璃砖，使玻璃砖的一个面与 aa′重合。 (4)沿玻璃砖的另一个侧面再画一条直线 bb′。 (5)在玻璃砖的 bb′一侧白纸上竖直地插一枚大头针，用眼睛观察调整视线，同时移动大头针 P3 的位置，使 P3 恰好能同时挡住 aa′一侧所插的大头针 P2、P1 的像，把此位置的大头针 P3 固定，插好。 (6)同样地，在玻璃砖的 bb′一侧再垂直地插一枚大头针 P4，使 P4 能挡住 P3 本身，同时也挡住 P1、 P2 的像。

《金版教程(物理)》2024导学案选择性必修第一册人教版新第一章动量守恒定律3.动量恒定律含答案

《金版教程(物理）》2024导学案选择性必修第一册人教版新第一章动量守恒定律3．动量守恒定律1．理解系统、内力、外力的概念。

2.知道动量守恒定律的内容及表达式，理解其守恒的条件，知道动量守恒定律的普适性。

3.会用动量守恒定律解答相关问题。

一系统、内力与外力1．系统：由01两个(或多个)相互作用的物体构成的整体。

2．内力：系统中物体间的作用力。

3．外力：系统02以外的物体施加给系统内物体的力。

二动量守恒定律1．内容：如果一个系统01不受外力，或者02所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。

2．表达式：对两个物体组成的系统，常写成：03p1′＋p2′＝p1＋p2或04m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2。

3．适用条件：系统05不受外力或者所受外力的矢量和06为0。

4．普适性：动量守恒定律适用于目前为止物理学研究的07一切领域。

1．判一判(1)系统的动量守恒时，系统内各物体的动量一定守恒。

()(2)题目中涉及甲、乙、丙三个物体时，可以将甲和乙、甲和丙、乙和丙以及甲、乙、丙选为系统，具体如何选择要依据实际问题分析。

()(3)应用动量守恒定律时，若碰撞前后物体的速度方向相反，应规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。

()(4)动量守恒定律只适用于宏观低速的物体。

()(5)如果系统的机械能守恒，则动量也一定守恒。

()提示：(1)×(2)√(3)√(4)×(5)×2．想一想(1)一个力对某个系统来说是外力，这个力在另一个系统中可以是内力吗？提示：可以。

一个力是内力还是外力关键看所选择的系统，如发射炮弹时，以炮弹和炮车为系统，地面对炮车的力是外力，如果选炮弹、炮车及地球为系统，地面对炮车的力就是内力。

(2)系统内存在摩擦力，系统的动量还守恒吗？提示：守恒。

系统内的摩擦力是内力，动量是否守恒取决于系统所受外力的情况。

(3)动量守恒定律和牛顿运动定律的适用范围一样吗？提示：不一样，动量守恒定律的适用范围更广。

人教版高二物理选修3-1课时作业第三章磁场 3.1磁现象和磁场、磁感应强度 word版含解析答案

第三章磁场磁现象和磁场1.(多选)某同学身边有一个长铁条,为了检验它是否具有磁性,该同学用它的一端靠近能自由转动的小磁针。

下列给出了几种可能产生的现象以及相应结论,其中正确的是()A.若小磁针被吸引过来,则说明长铁条一定有磁性B.若小磁针被吸引过来,则长铁条可能没有磁性C.若小磁针被推开,则说明长铁条一定有磁性D.若小磁针被推开,则长铁条可能没有磁性2.磁性水雷是用一个可以绕轴转动的小磁针来控制起爆电路的,军舰被地磁场磁化后就变成了一个浮动的磁体,当军舰接近磁性水雷时,就会引起水雷的爆炸,如图所示,其依据是()A.磁体的吸铁性B.磁极间的相互作用规律C.电荷间的相互作用规律D.磁场具有方向性3.月球表面周围没有空气,它对物体的引力仅为地球上的1/6,月球表面没有磁场。

根据这些特征,在月球上,下图中的四种情况能够做到的是()4.物理实验都需要有一定的控制条件,奥斯特做电流磁效应实验时就应排除地磁场对实验的影响。

下列关于奥斯特实验的说法正确的是()A.该实验必须在地球赤道上进行B.通电直导线必须竖直放置C.通电直导线应该水平东西方向放置D.通电直导线可以水平南北方向放置5.(多选)下列说法正确的是()A.小磁针放在一根通电直导线附近,小磁针没有转动,说明电流没有磁效应B.两根通电直导线相互垂直放置,解除固定后都发生转动,说明了电流的磁效应C.奥斯特发现的电流磁效应现象,首次揭示了电与磁之间是有联系的D.以上说法均错误6. (多选)一束离子沿水平方向平行飞过小磁针上方,如图所示,此时小磁针S极向纸内偏转,这一束离子可能是()A.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7.地球是一个大磁体:①在地面上放置一个小磁针,小磁针的南极指向地磁场的南极;②地磁场的北极在地理南极附近;③赤道附近地磁场的方向和地面平行;④北半球地磁场的方向相对地面是斜向上的;⑤地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的。

《金版教程(物理)》2025高考科学复习解决方案第一章运动的描述匀变速直线运动第3讲含答案

《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第一章运动的描述匀变速直线运动第讲自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题[教材阅读指导](对应人教版必修第一册相关内容及问题)第二章第4节图2.4-1，轻重不同的物体下落快慢的研究：在现实生活中人们看到物体下落的快慢不同的原因是什么？提示：受到空气阻力的影响。

第二章第4节观察“表一些地点的重力加速度”，总结重力加速度的变化规律。

提示：从赤道到两极，重力加速度逐渐变大。

第二章第4节[科学漫步]图2.4-6，伽利略的斜面实验中如何测量时间？如何由斜面上的运动规律推出自由落体的运动规律？提示：当时只能靠滴水计时，让铜球沿阻力很小的斜面滚下，“冲淡”了重力，使加速度变小，时间变长，更容易测量。

合理外推将斜面的倾角增大到90°。

第二章第4节[练习与应用]T6，如何制作一把“人的反应时间测量尺”？提示：根据自由落体运动公式算出直尺下落的时间，即为人的反应时间。

必备知识梳理与回顾一、自由落体运动1．定义：01重力作用下从02静止开始下落的运动。

2．运动性质：初速度v0＝0、加速度为重力加速度g03匀加速直线运动。

3．基本规律(1)速度与时间的关系式：v04gt。

(2)位移与时间的关系式：h0512gt2。

(3)速度与位移的关系式：v 2＝062gh 。

4．伽利略对自由落体运动的研究(1)伽利略通过07逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体下落得快”的结论。

(2)伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理―→猜想与假设―→实验验证―→合理外推。

这种方法的核心是把实验和08逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来。

二、竖直上抛运动1．运动特点：加速度为g ，上升阶段做01匀减速直线运动，下降阶段做02自由落体运动。

2．基本规律(1)速度与时间的关系式：v ＝03v 0－gt 。

(2)位移与时间的关系式：h ＝04v 0t －12gt 2。

(3)速度与位移的关系式：v 2－v 20＝05－2gh 。

《金版教程(物理)》2024导学案必修第册人教版新第十一章电路及其应用1.电源和电流含答案

《金版教程(物理）》2024导学案必修第册人教版新第十一章电路及其应用1.电源和电流1．了解电流的形成，知道什么是电源，知道电源的作用。

2.了解导体中的恒定电场，知道什么是恒定电流，知道导体中恒定电流是如何形成的。

3.知道表示电流强弱程度的物理量——电流，知和I＝nqSv。

道它的单位和方向，并能理解和应用它的两种计算公式I＝qt一电源二恒定电流1．恒定电场(1)01稳定分布的电荷所产生的稳定的电场。

(2)形成：电源正、02电源、03导线等电路元件所积累的电荷共同形成的。

(3)04时间变化，基本性质与05静电场相同。

(4)适用规律：在静电场中所讲的电势、电势差及其与电场强度的关系等，在恒定电场中同样适用。

2．恒定电流06大小、07方向都不随时间变化的电流。

3．电流的强弱程度——电流(1)定义：电流的08强弱程度用电流这个物理量表示。

单位时间内通过导体横截面的09电荷量越多，电流就越大。

(2)大小：如果用I表示电流、q表示在时间t内通过导体横截面的电荷量，则有I＝10q t 。

(3)单位：在国际单位制中，电流的单位是11安培，简称12安，符号是A。

1 13C＝1 A·s。

常用的电流单位还有毫安(mA)和微安(μA)，1 mA＝1410－3__A，1 μA＝1510－6__A。

(4)方向：16正电荷定向移动的方向，或17负电荷定向移动的反方向。

1．判一判(1)恒定电场与静电场的基本性质相同。

()(2)电路中有电流时，电场的分布就会随时间不断地变化。

()(3)恒定电场的电场强度不变化，一定是匀强电场。

()(4)电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多。

()提示：(1)√(2)×(3)×(4)√2．想一想(1)恒定电场就是静电场吗？提示：不是，静电场是静电荷产生的电场，而恒定电场是由电源、导线等电路元件所积累的电荷共同形成的电场，但二者基本性质相同。

(2)电流有方向，所以电流是矢量吗？提示：不是，电流的计算遵循代数运算法则，所以是标量。

2022-2021年《金版学案》物理·粤教版选修3-2练习：章末复习课3

章末复习课【学问体系】[答案填写]①变换或转换②敏感元件③转换元件④热敏电阻⑤光敏电阻主题1常见敏感元件的特点1．光敏电阻．光敏电阻由金属硫化物等半导体材料制成，其电阻率对光格外敏感．光敏电阻的阻值与所受光照的强度有关，光照增加阻值减小，光照减弱阻值增大．2．金属热电阻．金属热电阻的电阻率随温度上升而增大．3．热敏电阻．热敏电阻是由半导体材料制成的，其电阻率对温度格外敏感．热敏电阻有正温度系数和负温度系数两种．正温度系数热敏电阻的阻值随温度上升而增大，负温度系数热敏电阻的阻值随温度上升而减小．4．电容器．平行板电容器的电容与极板面积，极板间距及电介质材料有关，电容器可以感知引起电容变化的任一外界信息，并将其转化为电容变化．例如，当极板受力时会转变极板间距，从而引起电容变化．5．霍尔元件．能够把磁感应强度这个磁学量转换成电压这个电学量．【典例1】如图所示是一火警报警器的部分电路示意图．其中R2为用半导体负温度系数热敏材料制成的传感器，电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器．当传感器R2所在处消灭火情时，显示器的电流I，报警器两端的电压U的变化状况是()A．I变大，U变大B．I变大，U变小C．I变小，U变大D．I变小，U变小解析：R2所在处消灭火情时，温度上升，则R2的阻值减小．R2↓→R总↓→I 干↑→U1↑→U3↓→I↓，故显示器的电流I变小，由U＝E－I干r，I干变大，知U 变小，故选项D正确．答案：D针对训练1.如图所示是某居民小区门口利用光敏电阻设计的行人监控装置，R1为光敏电阻，R2为定值电阻，A、B接监控装置．则()①当有人通过而遮挡光线时，A、B之间电压上升②当有人通过而遮挡光线时，A、B之间电压降低③当仅增大R2的阻值时，可增大A、B之间的电压④当仅减小R2的阻值时，可增大A、B之间的电压A．①③B．①④C．②③D．②④解析：R1是光敏电阻，有光照射时，阻值变小，当有人通过而遮挡光线时，R1的阻值变大，回路中的电流I减小，A、B间的电压U＝IR2减小，故①错误，②正确；由闭合电路欧姆定律得：U＝E－I(R1＋r)，当仅增大R2的阻值时，电路中的电流减小，A、B间的电压U增大，故③正确；当仅减小R2的阻值时，电路中的电流增大，A、B间的电压U减小，故④错误．答案：C主题2传感器在实际问题中的应用1．传感器是以肯定的精度和规律，将所感受到的物理量(如力、热、磁、光、声等)转换成便于测量的量(一般是电学量)的一类元件．2．传感器的应用过程包括三个环节：感、传、用．(1)“感”是指传感器的敏感元件感受信息；(2)“传”是指通过电路等将传感器敏感元件猎取的信息传给执行机构．(3)“用”是指执行机构利用传感器传来的信息进行某种显示或某种动作．3．传感器电路问题的处理思路．处理与传感器有关的电路设计问题时，可将整个电路分解为：(1)传感器所在的信息采集部分；(2)转化传输部分(这部分电路往往与直流电路的动态分析有关)；(3)执行电路部分．【典例2】如图甲为半导体材料做成的热敏电阻的阻值随温度变化的曲线，图乙为用此热敏电阻R和继电器做成的温控电路，设继电器的线圈电阻为R x＝50 Ω，当继电器线圈中的电流大于或等于I c(I c＝20 mA)时，继电器的衔铁被吸合．左侧电源电动势为6 V，内阻可不计，试问温度满足什么条件时，电路右侧的小灯泡会发光？图甲图乙解析：由题意可知，小灯泡发光，需衔铁被吸合，即继电器线圈中的电流大于或等于I c，而左侧的温控电路，通过继电器线圈的电流等于通过热敏电阻的电流，即I t＝20 mA，依据欧姆定律I＝ER＋R x可得，R＝60.02Ω－50Ω＝250Ω，由甲图可知，此时对应的温度为50 ℃.答案：温度高于或等于50 ℃针对训练2．在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了准时发觉，设计了一种报警装置，电路如图所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时()A．R M变大，且R越大，U增大越明显B．R M变大，且R越小，U增大越明显C．R M变小，且R越大，U增大越明显D．R M变小，且R越小，U增大越明显解析：依据“S 两端电压U 增大，装置发出警报”这一结果进行反推：说明电路里的电流在增大，再由闭合电路欧姆定律I ＝ER 总可知R 总在减小，由此可推知传感器的电阻在变小，再由S 与R 、M 的分压关系可争辩出R 的大小对U 的影响．报警器两端的电压增大，则说明流过报警器的电流在增大，依据闭合电路欧姆定律I ＝ER 总可知整个电路的总电阻R 总在减小，则可得R M 在变小，排解A 、B 答案；极限法：假设R 很小，甚至为零，则传感器部分的电路被短路，故传感器R M 的大小变化对S 的电压就无影响，则R 越大，U 增大越明显，排解D 项，C 项正确．答案：C统揽考情传感器在生产和科技中的应用越来越广泛，这使传感器的原理及应用在高考中消灭的可能性有所增加．主要以选择题为主，分值为6分左右．真题例析(2022·江苏卷)(多选)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I ，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B 与I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为I H ，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压U H 满足：U H ＝k I H B d ，式中k 为霍尔系数，d 为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R 远大于R L ，霍尔元件的电阻可以忽视，则( )A ．霍尔元件前表面的电势低于后表面B ．若电源的正负极对调，电压表将反偏C ．I H 与I 成正比D ．电压表的示数与R L 消耗的电功率成正比解析：依据左手定则可以推断出霍尔元件中的导电物质所受安培力指向后表面，即将向后表面侧移，又由于该导电物质为电子，带负电，因此后表面的电势将低于前表面的电势，故选项A 错误；若电源的正负极对调，磁场方向与图示方向相反，同时由电路结构可知，流经霍尔元件上下面的电流也将反向，因此电子的受力方向不变，即前后表面电势凹凸状况不变，故选项B 错误；由电路结构可知，R L 与R 并联后与线圈串联，因此有I H R ＝(I －I H )·R L 得I ＝R ＋R LR L I H，故选项C 正确；R L 消耗的电功率P L ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R R L I H R L ＝R 2R L I 2H ，明显P L 与I 2H 成正比，又由于磁感应强度大小B 与I 成正比，即B 与I H 成正比，电压表的示数U H ＝k I H Bd，则U H与I 2H 成正比，所以U H 与R L 消耗的电功率P L 成正比，故选项D 正确．答案：CD 针对训练如图，足够长的直线ab 靠近通电螺线管，与螺线管平行．用磁传感器测量ab 上各点的磁感应强度B ，在计算机屏幕上显示的大致图象是( )解析：通电螺线管四周磁场分布如图．磁感线密集的地方磁感应强度B大，可见中点正上方磁感应强度B小．而两端无限远的地方磁感应强度趋于0，对比图象，C对．答案：C1．如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到肯定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图所示，则()A．t1时刻小球速度最大B．t1～t2这段时间内，小球的速度先增大后减小C．t2～t3这段时间内，小球所受合外力始终减小D．t1～t3全过程小球的加速度先减小后增大解析：t1时刻小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，先做加速度不断减小的加速运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，故A错误；t2时刻，弹力最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，速度等于零，故t1～t2这段时间内，小球的加速度先减小后增加，小球的速度先增大后减小，故B正确；t2～t3这段时间内，从最低点被弹起到弹簧恢复原长位置，此过程中小球所受合外力先减小到零，然后增加，选项C错误；t2～t3这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，则在t1～t3全过程中，小球先向下做加速度减小的加速运动，后做加速度增加的减速运动；然后上升阶段再做加速度减小的加速运动，后做加速度增加的减速运动，故选项D错误．答案：B2.(多选)如图所示为用热敏电阻R和继电器L等组成的一个简洁的恒温把握电路，其中热敏电阻的阻值会随温度的上升而减小．电源甲与继电器、热敏电阻等组成把握电路，电源乙与恒温箱加热器(图中未画出)相连接．则()A．当温度降低到某一数值，衔铁P将会被吸下B．当温度上升到某一数值，衔铁P将会被吸下C．工作时，应当把恒温箱内的加热器接在C、D端D．工作时，应当把恒温箱内的加热器接在A、B端解析：当温度降低，热敏电阻的阻值增大，电路中电流减小，继电器磁性减弱，衔铁P 不动，反之，衔铁P 动，被吸下，A 错、B 对；可以推断，应当把恒温箱内的加热器接在A 、B 端，这样才能实现恒温．答案：BD3.如图所示为大型电子地磅电路图，电源电动势为E ，内阻不计．不称物体时，滑片P 在A 端，滑动变阻器接入电路的有效电阻最大，电流较小；称物体时，在压力作用下滑片P 下滑，滑动变阻器有效电阻变小，电流变大，这样把电流对应的重量值刻在刻度盘上，就可以读出被称物体的重量值．若滑动变阻器上A 、B 间距离为L ，最大阻值等于定值电阻的阻值R 0，已知两弹簧的总弹力与形变量成正比，比例系数为k ，则所称物体的重量G 与电流大小I 的关系为( )A ．G ＝2kL －EkL IR 0B ．G ＝kL ＋EkL IR 0C ．G ＝EIR 0＋kLD ．G ＝kL解析：设放上物体后，滑片P 向下滑动x ，处于平衡．由受力平衡得：G ＝kx .①由闭合电路欧姆定律得：⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫R 0＋L －x L R 0I ＝E ，② 由①②得：G ＝2kL －EkL IR 0.答案：A4.一热敏电阻阻值随温度变化的图象如图所示．请应用这一热敏电阻自行设计一把握电路．当温度高于某一值时红色指示灯亮，而温度低于这一值时绿色指示灯亮．供应的器材有：如下图所示的继电器一只(a 、b 为常闭触点．c 、d 为常开触点)，热敏电阻一只，滑动变阻器一只，红绿色指示灯各一个，两个独立的电池组，开关两个，导线若干等．解析：由题图甲可以看出热敏电阻的阻值随温度上升而降低，是负温度系数热敏电阻，当温度低于某一值时，热敏电阻的阻值较大，流过电磁铁的电流较小，a 、b 为常闭触点，连接上绿灯，绿色指示灯亮．当温度高于某一值时，热敏电阻的阻值较小，流过电磁铁的电流较大，c 、d 被闭合，连接上红灯，红色指示灯亮．滑动变阻器作限流式连接，通过调整满足热敏电阻对某一温度的把握．答案：设计的把握电路如图所示5.起跳摸高是同学常进行的一项活动，竖直起跳的时间和平均蹬地力的大小能够反映同学在起跳摸高中的素养．为了测定竖直起跳的时间和平均蹬地力的大小，老师在地面上安装了一个压力传感器，通过它可以在计算机上绘出平均压力与时间的关系图象．小亮同学身高1.72 m ，站立时举手达到2.14 m ，他弯曲两腿，做好起跳的预备，再用力蹬地竖直跳起，测得他对传感器的压力F 与时间t 的关系图象如图所示．已知图中网格间距相等，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2.求小亮同学起跳摸高的最大高度约为多少？解析：从图可知小亮质量为60010 kg ＝60 kg ；蹬地作用力为1 050 N ，加速离开地面时间为0.4 s.设他蹬地的过程中的平均加速度大小为a ，依据牛顿其次定律得：F －mg ＝ma ，a ＝F －mg m ＝1 050－60060 m/s 2＝7.5 m/s 2.小亮离开地面时获得的速度约为： v ＝at ＝3.0 m/s ，离开地面后做竖直上抛运动上升的高度为： h ′＝v 22g ＝322×10 m ＝0.45 m.摸高约为：H ＝h ＋h 0＝2.59 m. 答案：2.59 m。

金版学案13-14物理(人教版)选修3-3课件：7.3分子间的作用力

答案：ABD
能力提升 7.两个分子甲和乙相距较远，此时它们之间的分子力可以忽略，设甲固定不动，乙逐渐向甲靠近，直到不能再靠近的 A. B.分子引力与斥力互为反作用力，分子引力做的功与分子斥 C. D.
解析：分子之间的距离大于r 0时，分子引力大于分子斥力，分子力表现为引力，分子乙在靠近平衡位置的过程中，分子力与移动方向相同，分子力对乙做正功；当两分子之间距离小于r 0时，分子斥力大于分子引力，分子力表现为斥力，分子从乙位置向甲位置靠近的过程中，分子力与移动方向相反，分子力对乙做负功. C 正确. 分子力是分子引力与分子斥力的合力.在乙逐渐向甲靠近直到不能再靠近的整个过程中，分子引力始终做正功，斥力始终做负功. A、D正确. 综上所述，该题的正确答案为A、C、D.
基础巩固 (
1．下列事例不能说明分子间有相互作用力的是 )
A．金属块经过锻打能改变它原来的形状而不断裂
B．拉断一根钢绳需要用一定的外力
C．食盐能溶于水而石蜡却不溶于水 D．液体一般很难压缩解析：金属块锻打后能改变形状而不断裂，说明分子间有引力；拉断钢绳需要一定外力，也说明分子间有引力；而液体难压缩说明分子间存在斥力；食盐能溶于水而石蜡不溶于水是由物质的溶解特性决定的，而不是分子的作用，故答案为A、B、D.
4．当分子之间的距离等于r0时，其中一个分子所受的
引力与斥力________，这个分子所受合力为________；当分子间距离小于r0时，作用力的合力表现为________；当分子间距大于r0时，作用力的合力表现为________． 5．分子动理论：物体是由________组成的，分子在做 ________运动，分子之间存在着________． 6．大量分子的集体行为受到________的支配．答案：4．相等 0 斥力引力引力和斥力

《金版教程(物理)2024导学案必修第册人教版新第十三章电磁感应与电磁波初步磁场磁感线含答案

《金版教程(物理）》2024导学案必修第册人教版新第十三章电磁感应与电磁波初步1.磁场磁感线1．了解电和磁的联系，了解电流的磁效应，了解奥斯特发现电流的磁效应的重要意义。

2.知道磁场的概念，明确磁体与磁体之间、磁体与通电导体之间、通电导体与通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，认识磁场是客观存在的物质。

3.掌握磁场的方向，知道磁感线的定义和特点，了解几种常见磁场的磁感线分布。

4.会用安培定则判断直线电流、环形电流和通电螺线管的磁场方向。

一电和磁的联系1．电和磁的相似点(1)01两个磁极，自然界中同样存在着02两种电荷。

03同名磁极或同种电荷相互排斥，04异名磁极或异种电荷相互吸引。

2．电流的磁效应(1)发现：182005奥斯特在一次讲课中，把导线放置在一个指南针的上方，通电时磁针转动了。

(2)06电与磁的联系，揭开了人类对电磁现象研究的新纪元。

二磁场1．电流、磁体间的相互作用(1)磁体与磁体间存在相互作用。

(2)通电导线对磁体有作用力，磁体对通电导线也有作用力。

(3)两条通电导线之间也有作用力。

2．磁场(1)定义：磁体与磁体之间、磁体与通电导体之间，以及通电导体与通电导体之间的相互作用，是通过01磁场发生的。

02磁场是一种看不见、摸不着的客观存在的物质。

(2)基本性质：能对放入其中的03磁体或04通电导体产生力的作用。

三磁感线1．磁场的方向：小磁针静止时01N极所指的方向。

2．磁感线：沿磁场中的细铁屑画出一些曲线，使曲线上每一点的02切线方向都跟这点磁场的方向一致，这样的曲线就叫作磁感线。

3．磁感线的特点(1)磁感线的03疏密表示磁场的强弱，磁感线越密，表示磁场越04强。

(2)磁感线上某点的05切线方向表示该点磁场的方向。

四安培定则电流的方向跟它的磁场方向之间的关系可以用安培定则(也叫右手螺旋定则)来判断。

1．直线电流的磁场方向的判断：用右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与01电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是02磁感线环绕的方向。

2024学年新教材高中物理专题一静电场作业pptx课件教科版必修第三册

小,BC错误;极板间距d增大,材料竖直方向尺度减小,A正确。
单项选择题
6.[2023扬州中学高二期中]如图所示,真空中有两个固定的点电荷,电荷量分别为+2Q和-Q,两点电荷与O、A两点在同
一直线上,虚线是以O点为圆心的圆,A、B两点在圆上,圆上各点的电势均为零(取无穷远处电势为零),则(
A.A、B两点场强大小相等
23
种电荷互相吸引,可判断该点电荷带负电。故A项正确。
名师点津
三个共线自由点电荷的平衡问题
要使三个自由点电荷组成的系统都处于平衡状态,三个点电荷需满足“三点共线,两同夹异,两大夹小,近小远大”。
即三个点电荷必须在同一条直线上,且同种点电荷不能相邻,“中间”点电荷的电荷量最小,两边点电荷靠“中间”点电
B.A、B两点场强均沿圆的半径指向O点
C.沿直线从A到O电势先升高后降低
D.试探电荷-q在A点的电势能大于在O点的电势能
)
答案
6.B 【列表解析】
根据异种电荷电场线分布特点,可知A、B两点场强大小不相等
A错误
圆上各点的电势均为零,圆为等势线,根据电场线与等势线相互垂直,可知A、B两点场强均沿
圆的半径指向O点
电场力的方向相同,该点电荷不能处于平衡状态,所以假设不成立。设该点电荷所在位置与A处的距离为r13,该点电荷
所在位置与B处的距离为r23,要使该点电荷能处于平衡状态,则A处点电荷对该点电荷的电场力大小等于B处点电荷对
1 3
2
13
该点电荷的电场力大小,即
=
2 3
2 ,由于Q2>Q1,所以r23>r13,该点电荷位于A处左侧。根据同种电荷互相排斥,异
)
A.材料竖直方向尺度减小

2024高考物理课时作业十含解析

课时作业(十)一、选择题(共20个小题，3、9、12、19、20为多选，其余为单选，每题5分共100分)1．一含有志向变压器的电路如图所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别是3 Ω、1 Ω和4 Ω，Ⓐ为志向沟通电流表，U 为正弦沟通电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为( )A ．2B ．3C ．4D ．5答案 B解析该变压器原、副线圈匝数比为k ，当开关S 断开时，原线圈两端电压U 1＝U －IR 1，电流为I 1＝I ，副线圈的电压U 2＝U 1k ＝U －IR 1k ，依据欧姆定律I 2＝kI 1＝U 2R 2＋R 3，当开关S 闭合时，原线圈两端电压U ′1＝U －4IR 1，电流为I ′1＝4I ，副线圈的电压U ′2＝U ′1k ＝U －4IR 1k，依据欧姆定律I ′2＝kI ′1＝U ′2R 2综上解得k ＝3，故A 、C 、D 三项错误，B 项正确． 2．(2024·海淀区二模)电源的两个重要参数是电动势E 和内电阻r.对一个闭合电路有两种特别状况：当外电路断开时，电源两端的电压等于电源电动势；当外电路短路时，短路电流等于电动势和内电阻的比值．现有一个电动势为E 、内电阻为r 的电源和一阻值为R 0的定值电阻，将它们串联或并联组成的系统视为一个新的等效电源，这两种连接方式构成的等效电源分别如图甲和乙虚线框所示，r 1和r 2分别为甲、乙等效电源的内阻．当这两个新的等效电源分别和一阻值为R 的电阻连接时，新的等效电源输出功率相等；若改为将R ′(R ′<R)分别接在这两个新的等效电源两端，新的等效电源的输出功率分别为P 1、P 2，则( )A ．r 1<r 2，P 1<P 2B ．r 1>r 2，P 1>P 2C ．r 1<r 2，P 1>P 2D ．r 1>r 2，P 1<P 2答案 D解析甲图中等效电源的电动势为：E 1＝E ，内电阻为：r 1＝R 0＋r.乙图中等效电源的电动势E 2等于MN 间的电压，即E 2＝R 0R 0＋rE ，内电阻r 2等于R 0与r 并联的阻值，即有r 2＝R 0r R 0＋r，所以r 1>r 2.当这两个新的等效电源分别和一阻值为R 的电阻连接时，新的等效电源输出功率相等；若改为将R ′(R ′<R)时，由于r 1>r 2，则P 1<P 2.故选D 项．3．(2024·和平区校级三模)如图1所示的电路，电源电动势E ＝3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2、L 3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的IU 特性曲线如图2所示．当开关闭合后，下列关于电路中的灯泡的说法中，正确的是( )A ．灯泡L 1消耗的电功率为0.30 WB ．灯泡L 1的电阻为75 ΩC ．灯泡L 3的电阻为12 ΩD ．三灯泡消耗的总电功率为0.90 W答案 AC解析 A 、C 项，当开关闭合后，灯泡L 3的电压U 3＝3 V ，由图2读出其电流I 3＝0.25 A ，则灯泡L 3的电阻R 3＝30.25Ω＝12 Ω，功率为：P ＝U 3I 3＝3×0.25 W ＝0.75 W ；灯泡L 1、L 2串联，电压U 1＝U 2＝1.5 V ，由图读出其电流I 1＝I 2＝0.20 A ，电阻R 1＝1.50.2Ω＝7.5 Ω；灯泡L 1、L 2的功率均为：P ＝UI ＝1.5 V ×0.20 A ＝0.30 W ，三灯消耗的总功率为：2×0.30 W ＋0.75 W ＝1.35 W ；故A 、C 两项正确．4．(2024·浦东新区二模)如图(a)所示电路中，当滑动变阻器R 的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变更状况如图(b)所示．不考虑电表对电路的影响，则( )A ．定值电阻R 0为2 ΩB ．电源内阻r 为10 ΩC ．电源电动势E 为3.4 VD ．定值电阻R 0的最大电功率为0.9 W答案 D解析 A 项，定值电阻R 0两端的电压随电流的增大而增大，由图线的斜率得R 0＝3.0－1.00.3－0.1Ω＝10 Ω，故A 项错误；B 项，电压表V 2测得的是电源的路端电压，上方图线斜率的肯定值等于电源的内阻，r ＝3.4－3.00.3－0.1Ω＝2 Ω，故B 项错误；C 项，当电流为0.1 A 时，电压表V 2的读数为3.4 V ，依据闭合电路的欧姆定律E ＝U ＋Ir ＝3.4 V ＋0.1×2 V ＝3.6 V ，故C 项错误；D 项，当滑动变阻器的阻值为0时，电路电流最大，I ＝E R 0＋r ＝3.610＋2A ＝0.3 A ，定值电阻R 0的最大电功率P ＝I 2R 0＝(0.3)2×10 W ＝0.9 W ，故D 项正确；故选D 项．5．(2024·浙江模拟)如图所示，电源内阻不行忽视，电路中接有一小灯泡和一电动机．小灯泡L 上标有“9 V 9 W ”字样，电动机的线圈电阻R M ＝1 Ω.若灯泡正常发光时，电源的输出电压为15 V ，此时( )A ．电动机的输入功率为36 WB ．电动机的输出功率为5 WC ．电动机的热功率为6 WD ．整个电路消耗的电功率为15 W答案 B解析 A 、B 、C 项，灯泡正常发光，则电路电流为：I ＝I L ＝P L U L ＝99A ＝1 A ；电动机的电压为：U M ＝U －U L ＝15 V －9 V ＝6 V ，故电动机的输入功率为：P 入＝U M I ＝6×1 W ＝6 W ；电动机的热功率为：P Q ＝I 2R M ＝12×1 W ＝1 W ；电动机的输出功率为：P 出＝P 入－P Q ＝6 W －1 W ＝5 W ；故B 项正确，A 、C 两项错误；D 项，电源的输出电压为15 V ，电源内阻不行忽视，已知电路电流，无法求解电源电动势，无法求出整个电路消耗的电功率，故D 项错误；故选B 项．6． (2024·虹口区一模)如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，R 1、R 2为定值电阻，R 2>R 1>r ，且R 1大于滑动变阻器R 0的最大阻值．闭合电键S ，将滑动变阻器的滑动片P 由最上端滑到最下端，若电压表V 1、V 2、电流表A 的读数变更量的大小分别用ΔU 1、ΔU 2、ΔI 表示，则下列说法中正确的是( ) A.ΔU 2ΔI＝R 2 B.ΔU 1ΔI<r C ．电源的发热功领先减小，再增大D ．电源的输出功领先增大，再减小答案 B解析 A 项，由图可知，电流表与R 0的下部分串联、R 1与R 0的上部分串联，二者再并联后与R 2串联；电流表中的电流小于流过R 2的电流，故R 2≠U 2I ＝ΔU 2ΔI，故A 项错误；B 项，电压表V 1测量路端电压，则其电压表示数的变更等于内阻两端电压的变更，在滑片向下滑动过程中，总电阻减小，总电流增大，并联部分电压减小，电流表示数减小，而流过R 1的电流增大，因此总电流的变更量小于A 中电流的变更，因此ΔU 1ΔI<r ，故B 项正确；C 项，由B 项的分析可知，总电流增大，故电源的发热功率始终增大，故C 项错误；D 项，由于外电阻肯定大于内电阻，而在变更中外电阻减小，故外电阻越来越接近内电阻，故电源的输出功率肯定增大，故D 项错误．故选B 项．7．(2024·丰台区一模)在如图所示电路中，电源内阻不行忽视．开关S 闭合后，在滑动变阻器R 2的滑动端由b 向a 缓慢滑动的过程中，下列说法正确的是( )A ．电流表的示数增大B ．电压表的示数减小C．电容器C的电容增大D．电容器C所带电荷量增大答案 D解析A项，滑动变阻器由b向a缓慢滑动的过程中，R2变大，电路总电阻变大，依据闭合电路欧姆定律知，总电流减小，电流表示数减小，故A项错误；B项，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，U＝E－I(R1＋r)，总电流减小，电压表示数增大，故B项错误；C项，电容器的电容由电容器的构造确定的，电容器的电容不变，故C项错误；D项，电容器两端的电压等于电阻R2两端的电压，R2两端的电压增大，电容器两端的电压增大，依据Q＝CU 知电容器所带的电荷量增大，故D项正确；故选D项．8．(2024·酒泉一模)温州市区某学校创建绿色校内，如图甲为新装的一批节能路灯，该路灯通过光控开关实现自动限制：电灯的亮度可自动随四周环境的亮度变更而变更．如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，R t为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小)．现增加光照强度，则下列推断正确的是( )A．电源路端电压不变B．B灯变暗，A灯变亮C．R0两端电压变大D．电源总功率不变答案 C解析由题意，增加光照强度，R t减小，外电路总电阻减小，依据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电源的内电压增大，路端电压U减小，则A灯变暗；通过R0电流I0＝I－I A，I增大，而I A减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B灯的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知，B的电压减小，B灯变暗；电源的总功率P＝EI，I增大，则P 增大．故C项正确，A、B、D三项错误．故选C项．9．(2024·香坊区校级三模)如图所示，将两端刮掉绝缘漆的导线绕在一把锉刀上，一端接上电池(电池另一极与锉刀接触)，手持导线的另一端，在锉刀上来回划动，由于锉刀表面凹凸不平，就会产生电火花．则下列说法中正确的是( )A．产生电火花的回路只由导线与电池组成B．若导线端只向一个方向划动也能产生电火花C．锉刀采纳什么材料制成对试验没有影响D．导线端划动的方向与自感电动势的方向无关答案BD解析A项，由图可知，产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成．故A项错误；B项，手执导线的另一端，在锉刀上来回划动时产生的电火花，是由于电路时通时断，在回路中产生自感电动势产生的，与导线运动的方向无关，如导线端只向一个方向划动也能产生电火花．故B项正确；C项，产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成，假如锉刀是绝缘体，则试验不能完成．故C项错误；D项，自感电动势的方向与电流接通或电流断开有关，与导线端划动的方向无关．故D项正确．10．(2015·四川)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )A．峰值是e0B．峰值是2e0C．有效值是22Ne0D．有效值是2Ne0答案 D解析由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，因此单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，依据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，故A、B项错误；又由题意可知，若从图示位置起先计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U＝U m2，即U＝2Ne0，故C项错误；D项正确．考点对正弦式交变电流的产生原理的理解，以及其四值运算、闭合电路欧姆定律的应用．11．(2024·红桥区一模)如图所示的电路中，A1、A2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，它的电阻与定值电阻R相等．下列说法正确的是( )A ．闭合开关S ，A 1先亮、A 2后亮，最终它们一样亮B ．闭合开关S ，A 1、A 2始终一样亮C ．断开开关S ，A 1、A 2都要过一会儿才熄灭D ．断开开关S ，A 2马上熄灭、A 1过一会儿才熄灭答案 C分析闭合开关S ，电阻R 不产生感应电动势，A 2马上发光．线圈中电流增大，产生自感电动势，依据楞次定律分析电流如何变更，推断灯的亮度如何变更．断开开关S ，A 2灯原来的电流突然消逝，线圈中电流减小，再由楞次定律分析电流如何变更，推断灯的亮度如何变更．解析闭合开关S ，电阻R 不产生感应电动势，A 2马上发光．线圈中电流增大，产生自感电动势，依据楞次定律得知，自感电动势阻碍电流的增大，电流只能渐渐增大，A 1渐渐亮起来，所以闭合开关S ，A 2先亮、A 1后亮，最终它们一样亮．故A 、B 两项错误．断开开关S 时，A 2灯原来的电流突然消逝，线圈中电流减小，产生感应电动势，相当于电源，感应电流流过A 1、A 2和R 组成的回路，所以A 1、A 2都要过一会儿才熄灭．故C 项正确，D 项错误．故选C 项．12．(2024·课标全国Ⅲ)如图，志向变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b.当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )A ．原、副线圈匝数之比为9∶1B ．原、副线圈匝数之比为1∶9C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶9答案 AD解析设灯泡的额定电压为U 0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输出端电压为U 1＝9U 0，副线圈两端电压为U 2＝U 0，故U 1U 2＝91，依据U 1U 2＝n 1n 2＝91，A 项正确，B 项错误；依据公式I 1I 2＝n 2n 1可得I 1I 2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以依据公式P ＝UI 可得两者的电功率之比为1∶9，C 项错误，D 项正确．13．(2024·榆林二模)如图所示，志向变压器的原、副线圈的匝数比是10∶1，电压表和电流表均为志向电表，一只志向二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上．从某时刻起先在原线圈接入电压的有效值为220 V 的正弦沟通电，并将开关接在1处，则下列推断正确的是( )A ．电压表的示数为22 VB ．若滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，则1 min 内滑动变阻器产生的热量为1 452 JC ．若只将S 从1拨到2，变压器的输入功率减小D ．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表示数均减小答案 B解析 A 项，变压器输入电压和输出电压之比为匝数之比，故输出端电压为22010＝22 V ，但由于二极管具有单向导电性，从而使通过二极管的电压有效值减小，由有效值的定义得U 22R ·T 2＝U 有2RT ，得R 两端电压的有效值U 有效＝11 2 V ，故电压表示数肯定小于22 V ；故A 项错误；B 项，接入电阻为10 Ω，则依据Q ＝U 2R t 可得，产生的热量Q ＝（112）210×60 J ＝1 452 J ，故B 项正确；C 项，若只将S 从1拨到2，则输入端线圈匝数减小，匝数比减小，则输出电压增大，则输出功率增大，故变压器的输入功率将增大；故C 项错误；D 项，若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，接入电阻增大，则输出端电流减小，但电压表示数不变．故D 项错误．故选B 项．14．(2024·厦门一模)如图所示，有一矩形线圈的面积为S ，匝数为N ，电阻不计，绕OO ′轴在水平方向的磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置起先计时．矩形线圈通过铜滑环接志向变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R 0和滑动变阻器R ，下列推断正确的是( )A ．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωsin ωtB ．矩形线圈从图示位置经过π2ω时间内，通过电流表A 1的电荷量为0 C ．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A 1和A 2示数都变小D ．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V 1示数不变，V 2和V 3的示数都变小答案 C解析 A 项，因为线圈是从垂直中性面起先计时，所以矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωcos ωt ，故A 项错误；B 项，t ＝π2ω＝14T ，线圈从垂直中性面转到中性面，磁通量始终增大，感应电流方向不变平均感应电动势不为0，平均电流不为0，q ＝I ·Δt ，所以通过电流表A 1的电荷量不为0，故B 项错误；C 项，滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器阻值变大，依据欧姆定律，副线圈电流变小，依据电流与匝数成反比，知原线圈电流减小，即电流表A 1和A 2示数都变小，故C 项正确；D 项，滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，原线圈电压U 1不变，匝数比不变，副线圈两端的电压不变，所以电压表V 2的示数不变，副线圈电阻变大，电流变小，电阻R 0两端的电压变小，变阻器两端的电压变大，即电压表V 3的示数变大，故D 项错误；故选C 项．15．(2024·天津一模)某志向自耦变压器接入电路中的示意图如图甲所示，图乙是其输入电压u 的变更规律．已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝10∶1，电阻R ＝22 Ω.下列说法正确的是( )A ．通过R 的沟通电的频率为100 HzB ．电流表A 2的示数为 2 AC ．此时变压器的输入功率为22 WD ．将P 沿逆时针方向移动一些，电流表A 1的示数变小答案 C解析 A 项，由图乙可知，该沟通电的周期为T ＝0.02 s ，其频率为：f ＝1T ＝10.02Hz ＝50 Hz ，故A 项错误；B 项，由图乙得知输入电压的最大值为U m ＝220 2 V ，所以有效值为：U ＝220V ，则副线圈两端的电压为U ′＝U×n 2n 1＝220×110V ＝22 V ，所以通过电阻的电流(即为电流表A 2的示数)为：I ＝U ′R ＝2222A ＝1 A ，故B 项错误；C 项，变压器的输出功率为：P ′＝U ′I ＝22×1 W ＝22 W ，志向变压器的输入功率等于输出功率，所以有P ＝P ′＝22 W ，故C 项正确；D 项，将P 沿逆时针方向移动一些，变压器的副线圈匝数变大，输出电压变大，输出功率变大，所以输入功率也变大，故电流表A 1的示数将变大，故D 项错误．16．如图所示，电源的电动势为E 、内阻为r ，若将可变电阻R 1的阻值调大，可使电压表V 1、V 2的示数变更的肯定值分别为ΔU 1、ΔU 2；电流表A 1、A 2、A 3示数变更的肯定值分别为ΔI 1、ΔI 2、ΔI 3(全部电表均为志向电表)，在这个过程中( )A ．通过R 1的电流减小，且R 1＝ΔU 2ΔI 3B ．通过R 2的电流减小，且R 2＝ΔU 2ΔI 2C ．通过R 3的电流减小，且R 3＝ΔU 2ΔI 1－ΔU 1ΔI 1D ．路端电压减小，且r ＝ΔU 1ΔI 1答案 C解析依据串并联电路的电压、电流与电阻的关系，可知R 1增大，R 总增大，I 总减小，U 内减小，U 外增大即U 1增大，I 1减小，U 3减小，U 2增大，I 2增大，I 3减小．B 、D 项错误．由U 2＝I 3R 1不是定值，A 项错误．由U 2＝I 2R 2，R 2为定值则有R 2＝ΔU 2ΔI 2.由U 2＝E －I 1(R 3＋r)知ΔU 2ΔI 1＝R 3＋r.由U 1＝E －I 1r 知r ＝ΔU 1ΔI 1得到C 项正确．17．(2024·江苏)采纳220 kV 高压向远方的城市输电．当输送功率肯定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的14，输电电压应变为( )A ．55 kVB ．110 kVC ．440 kVD ．880 kV答案 C解析本意考查输电线路的电能损失，意在考查考生的分析实力．当输电功率P ＝UI ，U 为输电电压，I 为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P 损＝I 2R ，R 为输电线路的电阻，即P 损＝(P U )2R.当输电功率肯定时，输电线路损失的功率为原来的14，则输电电压为原来的2倍，即440 kV ，故C 项正确．18．(2024·揭阳市5月二模最终一卷)用等效思想分析变压器电路．如图a 中的变压器为志向变压器，原、副线圈的匝数之比为n 1∶n 2，副线圈与阻值为R 1的电阻接成闭合电路，虚线框内部分可等效看成一个电阻R 2.这里的等效指当变压器原线圈、电阻R 2两端都接到电压为U ＝220 V 的沟通电源上时，R 1与R 2消耗的电功率相等，则R 2与R 1的比值为( )A.n 2n 1 B.n 1n 2 C.n 12n 22 D.n 1n 2答案 C解析设副线圈的电压为U 1，利用电流的热效应，功率相等U 12R 1＝U 2R 2，R 2R 1＝U2U 12；原副线圈的匝数之比等于电压之比，则R 2R 1＝U 2U 12＝n 12n 22，C 项正确．19．(2024·宝鸡三检)在如图所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，R 1、R 3为定值电阻，R 2为滑动变阻器，C 为电容器．将滑动变阻器的滑动触头P 置于位置a ，闭合开关S ，电路稳定时志向电压表V 1、V 2的示数分别为U 1、U 2，志向电流表A 的示数为I.当滑动变阻器的滑动触头P 由a 滑到b 且电路再次稳定时，志向电压表V 1、V 2的示数分别为U ′1、U ′2，志向电流表A 的示数为I ′.则以下推断中正确的是( )A ．滑动变阻器的滑动触头P 由a 滑向b 的过程中，电容器的带电量减小B ．滑动变阻器的滑动触头P 由a 滑向b 的过程中，通过R 3的电流方向由右向左C ．U 1＞U ′1，U 2＞U ′2，I ＞I ′D ．|U 2－U ′2I －I ′|＝R 1＋r答案 BD解析滑动变阻器的滑动触头P 由a 滑到b 过程中，R 2增大，电路中R 总增大，电路再次稳定时，I 总减小，由闭合电路的欧姆定律，可得U 内减小，U 外增大，又有C ＝QU ，得电容器的带电量Q ＝CU ＝CU 外增大，故A 项错误；电容器再次充电，I 3增大，由电源正负极方向可得通过R 3的电流方向由右向左，故B 项正确；由于I 3增大，I 总减小，则I ′减小，即I ′<I ，故C 项错误；由闭合电路的欧姆定律得|U 2－U ′2I －I ′|＝R 1＋r ，故D 项正确．20．(2024·大庆三检)某爱好小组用试验室的手摇发电机和志向变压器给一个灯泡供电，电路如图，当线圈以较大的转速n 匀速转动时，电压表示数是U 1，额定电压为U 2的灯泡正常发光，灯泡正常发光时电功率为P ，手摇发电机的线圈电阻是r ，则有( )A ．电流表的示数是PU 1B ．变压器原副线圈的匝数比是U 2∶U 1C ．变压器输入电压的瞬时值u ＝U 2sin2πntD ．手摇发电机线圈中产生的电动势最大值是E m ＝2(U 1＋PrU 1)答案 AD解析 A 项，志向变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P ，所以输入功率为P ，电流表的示数是PU 1，故A 项正确；B 项，电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是U 1∶U 2.故B 项错误；C 项，线圈以较大的转速n 匀速转动时，所以ω＝2πn ，所以变压器输入电压的瞬时值u ＝2U 1sin2πnt ，故C 项错误；D 项，手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是E m ＝2(U 1＋PU 1r)，故D 项正确．。

【金版学案】(广东版)2015届高考物理总复习第三章第3课牛顿运动定律的综合应用课时作业

一、单项选择题1．下列哪件仪器在太空中运转的航天飞船内不能使用( )A．弹簧秤B．体重计C．体温计D．摄影机解析：要靠竖直方向上产生的压力才能产生读数的仪器就不能用，如体重计．而弹簧秤可以用来测拉力．答案：B2．(2013·广州模拟)如图所示，与轻绳相连的物体A和B跨过定滑轮，质量m A＜m B，A由静止释放，不计绳与滑轮间的摩擦，则A向上运动过程中，轻绳拉力( )A．T＝m A g B．T＞m A gC．T＝m B g D．T＞m B g解析：由于m A＜m B，对B物体：m B g－T＝m B a，即T＜m B g，选项C、D均错误．对A物体：T －m A g＝m A a，即T＞m A g，A项错误，B项正确．答案：B3．(2014·茂名模拟)如图所示，A、B两物体叠放在一起，在粗糙水平面上一起向左做匀减速运动，运动过程中B受到的摩擦力( )A．方向向左，保持不变B．方向向右，保持不变C．方向向左，逐渐减小D．方向向右，逐渐减小解析：对A、B整体分析：由于向左做匀减速运动，加速度向右不变，再对B分析，B的加速度也向右不变，由牛顿第二定律得B受到的摩擦力向右，也不变，故只有B项正确．答案：B4．(2013·襄阳模拟)如图所示，A、B两物体之间用轻质弹簧连接，弹簧劲度系数为k，原长为L0.用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧长度为L1；若将A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做匀加速直线运动，此时弹簧长度为L2.若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ相同，则下列关系式正确的是( )A．L2<L1B．L2>L1C．L2＝L1D．由于A、B质量关系未知，故无法确定L1、L2的大小关系解析：水平面光滑时，对A、B整体由牛顿第二定律F＝(m A＋m B)a，对B由牛顿第二定律得k(L1－L0)＝m B a，解得L1＝m B Fk m A＋m B＋L0.水平面粗糙时，对A、B整体由牛顿第二定律F －μ(m A＋m B)g＝(m A＋m B)a′，对B由牛顿第二定律得k(L2－L0)－μm B g＝m B a′，解得L2＝m B Fk m A＋m B＋L0，故L1＝L2，选项C正确．答案：C二、双项选择题5．(2013·江门模拟)宇航员在火箭发射、飞船运行和回收过程中，要承受超重或失重的考验，下列说法正确的是( )A．火箭加速上升时，宇航员处于失重状态B．飞船在绕地球匀速率运行时，宇航员处于完全失重状态C．飞船在落地前减速，宇航员处于失重状态D．飞船在落地前减速，宇航员处于超重状态解析：火箭加速上升，加速度向上，宇航员处于超重状态，A项错误；火箭绕地球做匀速圆周运动，重力完全提供向心力，宇航员处于完全失重状态，B项正确，飞船落地前向下减速，宇航员处于超重状态，C项错误，D项正确．答案：BD6．(2014·江门模拟)某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t的变化图象如图所示，则( )A．物体在2～4 s内做匀减速直线运动B．物体在4 s末离出发点最远C．物体始终向同一方向运动D．物体在0～4 s和在4～8 s内的位移相等解析：0～2 s内，物体沿正向匀加速运动，2～4 s内，物体沿正向匀减速运动，4～6 s内，物体反向匀加速运动，画出对应vt图如图所示，故A、B两项正确，C项错误；0～4 s内的位移为正，4～8 s内的位移为负，D项错误．答案：AB7．(2014·河西区模拟)如图甲所示，一个物体放在光滑的水平地面上．在t＝0时刻，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示．则( )A．在0～t0时间内，力F大小恒定B ．在0～t 0时间内，物体的位移逐渐变大C ．在0～t 0时间内，物体的速度逐渐变大D ．在0～t 0时间内，物体的速度逐渐变小解析：由at 图象可知物体的加速度逐渐减小，对物体由牛顿第二定律得F ＝ma ，故物体所受水平力F 逐渐减小，选项A 错误；由于物体的加速度与速度方向相同，物体做加速运动，速度、位移逐渐增大，选项B 、C 正确，D 项错误．答案：BC8．(2014·潍坊模拟)如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )A ．物块先向左运动，再向右运动B ．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C ．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D ．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零解析：物块相对木板向左滑动，物块受到向右的滑动摩擦力，木板受到向左的滑动摩擦力，当撤掉拉力后，物块和木板受到的滑动摩擦力不变，故木板向右做减速运动，物块向右做加速运动，直到两者速度相等后，一起做匀速运动，选项B 、C 正确．答案：BC9．(2012·普宁二中期中)如图所示，水平地面上有两块完全相同的木块A 和B ，水平推力F 作用在A 上，用FAB 代表A 、B 间的相互作用力，下列说法中正确的是( )A ．若地面光滑，则FAB ＝F B ．若地面光滑，则FAB ＝F2C ．若地面有摩擦，且A 、B 被推动，则FAB ＝F 3D ．若地面有摩擦，且A 、B 被推动，则FAB ＝F2解析：若地面光滑，整体获得的加速度a ＝F 2m ，隔离B ，FAB ＝mBa ＝m F 2m ＝F2.若地面有摩擦，且A 、B 被推动，整体获得的加速度a ＝F －2μmg 2m ＝F2m －μg ，隔离B ，由牛顿第二定律FAB－μmg ＝mBa ，得FAB ＝ma ＋μmg ＝m F 2m －μmg ＋μmg ＝F2.答案：BD三、非选择题10．(2014·东城区模拟)在海滨游乐场里有一种滑沙的游乐活动．如图所示，人坐在滑板上从斜坡的某一高处由静止开始滑下，滑到斜坡底端B 点后沿水平的滑道再滑行一段距离到C 点停下来．若某人和滑板的总质量m ＝60.0 kg ，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数相同，大小为μ＝0.50，斜坡的倾角θ＝37°.斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计．(g 取10 m/s 2)试求：(1)人从斜坡滑下的加速度为多大？(2)若出于场地的限制，水平滑道的最大距离为L ＝20.0 m ，则人在斜坡上滑下的距离AB 应不超过多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：(1)设滑板在斜坡上下滑时的加速度为a 1，由牛顿第二定律得： mg sin 37°－f ＝ma 1 F N －mg cos 37°＝0又有：f ＝μF N ，解得：a 1＝2 m/s 2.(2)设滑板在水平滑道上滑动时的加速度为a 2，由牛顿第二定律得： μmg ＝ma 2解得：a 2＝5 m/s 2又v 2B ＝2a 2L ，解得：v B ＝10 2 m/s ，因在斜面上下滑的加速度为a 1＝2 m/s 2，故：s AB ＝v 2B2a 1＝50 m.答案：(1)2 m/s 2(2)50 m11．(2012·惠州二模)如图所示，质量M ＝1 kg 的木板静止在水平面上，质量m ＝1 kg 、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端．设最大摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.4，g 取10 m/s 2.现给铁块施加一个水平向左的力F ＝8 N ，经1 s 铁块运动到木板的左端，求木板的长度．解析：铁块的受力如图，由牛顿第二定律： F －μ2mg ＝ma 1.①木板的受力如图，由牛顿第二定律： μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2.②设木板的长度为L ，经时间t 铁块运动到木板的左端，则s 木＝12a 2t 2.③s 铁＝12a 1t 2.④又：s 铁－s 木＝L .⑤联立①②③④⑤解得：L ＝1 m. 答案：1 m12．(2012·深圳一调)如图甲所示，一木板放在光滑水平地面上，木板AB 部分水平粗糙，BC 部分是倾角为θ＝37°的光滑斜面，木板右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器．当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一可视为质点的滑块从C 点由静止滑下，传感器记录其所受到的力和时间的关系如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：(1)滑块滑至斜面底端时的速度； (2)滑块的质量；(3)滑块在水平面上做减速运动的位移．解析：(1)滑块沿斜面下滑时的受力情况如图所示：由此可解得加速度为a 1＝mg ·sin θm＝g ·sin θ＝6 m/s 2，从Ft 图象得到运动时间为t 1＝1 s ，根据运动学公式得滑块滑至斜面底端时的速度 v 1＝a 1t 1＝6 m/s.(2)由F t 图象可知：滑块沿斜面下滑时，其所受支持力的反作用力(如下图所示)沿水平方向的分力F Nsin θ＝12 N ，而 F N ＝mg cos θ，由此解得： m ＝2.5 kg.(3)由F t 图象可知：滑块沿水平面运动时，其所受动摩擦力(如上图所示)产生的加速度大小为a 2＝Ff m ＝52.5＝2 m/s 2，根据运动学公式可得滑块在水平面上做减速运动的位移为：s ＝v 1t 2－12a 2t 22＝6×2－12×2×22＝8 m.答案：(1)6 m/s (2)2.5 kg (3)8 m。

2020《金版新学案》高三物理一轮物理课下作业第2章第三讲实验二：探究弹力和弹簧伸长的关系新人教版必

第2章第三讲实验二：探究弹力和弹簧伸长的关系1．一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如右图所示．下列表述正确的是( )A．a的原长比b的长B．a的劲度系数比b的大C．a的劲度系数比b的小D．测得的弹力与弹簧的长度成正比解析：图象的横轴截距表示弹簧的长度，A错误，图象的斜率表示弹簧的劲度系数，B正确，C错误，图象不过原点，D错误．答案： B2．(2020·福建理综)某实验小组研究橡皮筋伸长与所受拉力的关系．实验时，将原长约200 mm的橡皮筋上端固定，在竖直悬挂的橡皮筋下端逐一增挂钩码(质量均为20 g)，每增挂一只钩码均记下对应的橡皮筋伸长量；当挂上10只钩码后，再逐一把钩码取下，每取下一只钩码，也记下对应的橡皮筋伸长量．根据测量数据，作出增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量Δl与拉力F关系的图象如图所示．从图象中可以得出________．(填选项前的字母)A．增挂钩码时Δl与F成正比，而减挂钩码时Δl与F不成正比B．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减挂钩码时的大C．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量与减挂钩码时的相等D．增挂钩码时所挂钩码数过多，导致橡皮筋超出弹性限度解析：由图象可以看出，图线呈非线性关系，说明所挂钩码已使橡皮筋的形变超出弹性限度．答案： D3．(1)在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中，以下说法正确的是( ) A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度B．用悬挂砝码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等(2)某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上砝码后上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长L测出弹簧伸长后的长度L，把(L－L)作为弹簧的伸长量x.这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是下图所示图象中的( )解析：本题主要考查使用弹簧时应注意的问题，用图象法来描述弹簧的弹力与其伸长量间的关系．(1)本实验中应以需要研究的一根弹簧为实验对象，在弹性限度内通过增减砝码的数目，以改变对弹簧的拉力，来探索弹力与弹簧的伸长量的关系，所以选A、B.(2)由于考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x≠0，所以选C.答案：(1)AB (2)C4．某同学在做研究弹簧的形变与外力的关系实验时，将一轻弹簧竖直悬挂让其自然下垂，测出其自然长度；然后在其下部施加外力F，测出弹簧的总长度L，改变外力F的大小，测出几组数据，作出外力F与弹簧总长度L的关系图线如图所示．(实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的) 由图可知该弹簧的自然长度为________cm；该弹簧的劲度系数为________N/m.解析：由图象可知F＝0时，L＝10 cm，即自然长度为10 cm，根据F＝k·ΔL，k＝FΔL ＝1030－10×10－2N/m＝50 N/m.答案：10 505．在“探究弹力和弹簧伸长的关系，并测定弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如右图所示．所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度．(1)有一个同学通过以上实验测量后把6组数据描点在坐标图中，请作出F－L 图线．(2)由此图线可得出该弹簧的原长L＝________cm，劲度系数k＝________ N/m.(3)试根据以上该同学的实验情况，请你帮助他设计一个记录实验数据的表格(不必填写其实验测得的具体数据)(4)该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较．优点在于：__________________________________________________________.缺点在于：___________________________________________________________.解析：(1)用平滑的曲线将各点连接起来，如下图所示：(2)弹簧的原长L0即为弹力为零时弹簧的长度，由图象可知，L＝5×10－2 m＝5cm.劲度系数为图象直线部分的斜率，k＝20 N/m.答案：(1)(2)5 20(3)记录数据的表格如下表：次数 1 2 3 4 5 6弹力F/N弹簧的长度L/×10－2m(4)缺点是：弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差．。

高考物理复习金版教程第3章第1单元牛顿第一、第三定律练习

限时规范特训(时间：45分钟分值：100分)1. 下面说法正确的是( )A．静止或做匀速直线运动的物体一定不受外力的作用B．物体的速度为零时一定处于平衡状态C．物体的运动状态发生变化时，一定受到外力的作用D．物体的位移方向一定与所受合力方向一致解析：物体不受外力时一定处于静止或匀速运动状态，但处于这些状态时不一定不受外力作用，所以A错；物体是否处于平衡状态是看其受力是否为零，而不是看它的速度是否为零，如振动物体离平衡位置最远时速度为零，此时回复力不为零，它就不处于平衡状态，所以B错，关于D选项如平抛运动就不是这种情况，力与位移方向不一致，所以D错．正确选项为C.答案：C2．[2012·镇江测试]关于物体运动状态的改变，下列说法中正确的是 ( )A．运动物体的加速度不变，则其运动状态一定不变B．物体的位置在不断变化，则其运动状态一定在不断变化C．做直线运动的物体，其运动状态可能不变D．做曲线运动的物体，其运动状态也可能不变解析：速度改变则运动状态改变，物体有加速度时，速度改变，运动状态一定改变，A 不正确；物体做匀速直线运动时，速度不变，运动状态不改变，位置发生改变，B不正确，C正确；做曲线运动的物体，其速度方向不断变化，运动状态一定改变，D不正确．答案：C3．下列说法中正确的是 ( )A．速度小的物体运动状态易于改变B．做直线运动的物体运动状态一定不发生变化C．做曲线运动的物体运动状态一定会发生改变D．运动物体具有加速度，说明其运动状态一定发生了变化解析：物体运动状态是否改变，要看其速度的大小、方向是否发生变化．物体运动状态会不会变化，取决于是否受外力(F≠0)作用，运动状态改变的难易程度取决于物体所受的合外力和物体的质量，故A项错误．做变速直线运动的物体的运动状态发生改变，故B项错误．做曲线运动的物体其速度的方向发生了改变，其运动状态也发生了改变，故C项正确．物体运动状态变化的原因是物体具有加速度，故D项正确．答案：CD4．在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上且小球相对桌面静止．关于小球与列车的运动，下列说法正确的是 ( )A．若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进B．若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进C．磁悬浮列车急刹车时，小球向前滚动D．磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动解析：若磁悬浮列车减速，磁悬浮列车运动的速度变小了，而小球因为有惯性，要保持原来的匀速直线运动状态，所以小球运动的速度要大于磁悬浮列车运动的速度，即小球要相对磁悬浮列车向前滚．反之，当磁悬浮列车加速时，磁悬浮列车运动的速度变大了，而小球因为有惯性，要保持原来的匀速直线运动状态，所以小球运动的速度要小于磁悬浮列车运动的速度，即小球要相对磁悬浮列车向后滚．由以上分析可知，选项B、C正确．答案：BC5．理想实验有时更能深刻地反映自然规律．伽利略设想了一个理想实验，其中有一个是经验事实，其余是推论．如图所示．小球运动至斜面最低点时，没有速度损失.①减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度．②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面．③如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度．④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做持续的匀速运动．在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论．下列对理想实验各步骤顺序的排列以及关于事实和推论的分类正确的是 ( )A．顺序②①③④，①是事实，②③④是推论B．顺序②③①④，②是事实，①③④是推论C．顺序③②①④，③是事实，①②④是推论D．顺序③①②④，④是事实，①②③是推论解析：伽利略的理想实验是以经验事实为基础，设想实验步骤和过程，运用分析推理得出结论的．之所以称之为理想实验，是因为实验的结果是无法用实际的实验进行验证的．但是，分析推理的过程是合乎逻辑的，是严密的，是对实际过程的科学的抽象，因此得出的结论是对客观世界真实的反映．本题实验的四个步骤中，只有②是经验事实，其余都是推理，实验步骤的正确顺序为②③①④.分类正确的选项是B项．答案：B6．下列关于惯性的说法中正确的是( )A．运动速度大的物体，不能很快停下来，是因为速度大时，惯性也大B．静止的火车启动时，速度变化慢，是因为火车静止时惯性大C．乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球的惯性小的缘故D．物体受到的外力大，则惯性小，受到的外力小，则惯性大解析：质量是惯性的惟一量度，故A，D错，火车速度变化慢是火车质量大，而跟静止与否无关，故B错，乒乓球能快速抽杀说明它运动状态容易改变，即惯性小，故C正确．答案：C7. 2009世界运动会在台湾省高雄市举行，其中在520公斤级的女子拔河比赛中实力雄厚的中华台北拔河队力克荷兰拔河队以五战全胜的战绩勇夺桂冠．拔河是一项趣味性较强的团队运动项目，在民间非常流行．在拔河过程中往往有许多的僵持时间，看谁能坚持到最后，充分体现了团队的毅力和耐力．比如，这次比赛中，台北队和荷兰队每局比赛都要僵持好几分钟，而台北队凭借顽强的毅力，总是能获得比赛的胜利．拔河这项运动与许多物理知识有关，假设不计绳子质量，请你根据所学过的物理知识分析，在僵持阶段下列说法正确的是( )A．台北队拉绳的力大于荷兰队拉绳的力B．台北队与地面的摩擦力大于荷兰队与地面的摩擦力C．两队与地面的摩擦力大小相等，方向相反D．两队拉绳子的力大小相等，方向相反解析：在僵持阶段，两队在水平方向均受到两个力，分别是绳子的拉力和地面的摩擦力，处于平衡状态，根据牛顿第三定律，绳子拉队伍的力和队伍拉绳子的力相等，由于绳子是轻质的，故同一根绳子上张力相同，所以C、D正确．答案：CD8．人在沼泽地赤脚行走时，容易下陷，下陷时，下列说法中正确的是( )A．此人对沼泽地地面的压力大于沼泽地地面对他的支持力B．此人对沼泽地地面的压力等于沼泽地地面对他的支持力C．此人对沼泽地地面的压力小于沼泽地地面对他的支持力D．无法确定解析：人会不会下陷取决于它所受的支持力是不是小于其本身的重力．若小于重力则会下陷，而人对沼泽地面的压力与沼泽地面对人的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，所以B正确．答案：B9．下列说法正确的是( )A．走路时，只有地对脚的作用力大于脚蹬地的力时，人才能往前走B．走路时，地对脚的作用力与脚蹬地的力总是大小相等，方向相反的C．物体A静止在物体B上，A质量是B质量的10倍，则A对B的作用力大于B对A的作用力D．以卵击石，石头没有损伤而鸡蛋破了，是因为鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力解析：地对脚的作用力与脚蹬地的力是作用力和反作用力，由牛顿第三定律，这两个力总是大小相等、方向相反的，A不正确，B正确．物体A对B的作用力总是等于B对A的作用力，与A、B两物体的质量无关，C不正确．以卵击石时，鸡蛋对石头的作用力等于石头对鸡蛋的作用力，但鸡蛋的承受能力较小，所以鸡蛋会破，D不正确．答案：B10．如图所示为杂技“顶竿”表演的示意图：一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为 ( )A．(M＋m)gB．(M＋m)g－maC．(M＋m)g＋maD．(M－m)g解析：对竿上的人分析：受重力mg、摩擦力F f，有mg－F f＝ma F f＝m(g－a)竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反，对竿分析：受重力Mg、竿上的人对杆向下的摩擦力F f′、顶竿的人对竿的支持力F N，有Mg＋F f′＝F N，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律，得到F N′＝Mg＋F f′＝(M＋m)g－ma.B项正确．答案：B11. 如图所示，在台秤上放半杯水，台秤示数为G′＝50N，另用挂在支架上的弹簧测力计悬挂一边长a＝10 cm的金属块，金属块的密度ρ＝3×103kg/m3，当把弹簧测力计下的金属块平稳地浸入水中深b＝4 cm时，弹簧秤和台秤示数分别为多少？(水的密度是ρ水＝103 kg/m3，取g＝10 m/s2)解析：金属块的受力分析如图所示，因金属块静止，故有F T＝G－F浮gV排＝ρ水ga2b＝4 N又因G＝ρa3g＝30 N，F由牛顿第三定律知水对金属块的力与金属块对水的力都为4 N，F T＝30 N－4 N＝26 N台秤的示数由于浮力的作用力增加了F′＝4 N，所以台秤的示数为F N＝G′＋F′＝54 N.12．如图所示，轻质弹簧上端拴一质量为m的小球，平衡时弹簧的压缩量为x，在某次振动过程中，当小球运动到最低点时，弹簧的压缩量为2x，试求此时小球的加速度和弹簧对地面的压力．解析：平衡时有：mg＝kx,在最低点，取向上为正方向，有：2kx－mg＝ma解得：a＝g弹簧对地面的压力等于其弹力，故F N＝2kx＝2 mg.答案：g，方向竖直向上 2 mg，方向竖直向下13.一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图所示．已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为F f，则此时箱对地面的压力大小为多少？解析：环在竖直方向上受力情况如图甲所示，受重力mg和箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力F f，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力F f，故箱子在竖直方向上受力如图乙所示，受重力Mg，地面对它的支持力F N，及环给它的摩擦力F f，由于箱子处于平衡状态，可得F N＝F f＋Mg.根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力．答案：F f＋Mg。

2021-2022物理人教版选修3-1课时作业第三章磁场第3节

第3节几种常见的磁场1．假如在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向全都，这样的曲线就叫做磁感线．磁感线是为了形象地描述磁场而人为假设的曲线，其疏密反映磁场的强弱，线上每一点的切线方向都跟该点的磁场方向相同．2．安培定则：(1)右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流方向全都，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向．(2)让右手弯曲的四指与环形电流的方向全都，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁感线的方向．3．安培认为，在原子、分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，分子的两侧相当于两个磁极．安培分子电流假说揭示了磁现象的电本质，即磁体的磁场和电流的磁场一样，都是由电荷的运动产生的．4．磁通量：设在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个与磁场方向垂直的平面且面积为S，我们把B与S的乘积叫做穿过这个面积的磁通量，简称磁通，用字母Φ表示，则Φ＝BS，单位：韦伯．5．匀强磁场是指磁感应强度处处相同的磁场，它的磁感线的特点是间隔相等、相互平行．【概念规律练】学问点一磁感线1．关于磁感线的描述，下列说法中正确的是()A．磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向全都B．磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的C．两条磁感线的空隙处肯定不存在磁场D．两个磁场叠加的区域，磁感线就可能相交答案A解析磁感线上每一点的切线方向表示磁场方向，即小磁针静止时北极所指的方向，所以A正确；磁感线是为了形象地描述磁场而假想的一簇有方向的闭合曲线，实际上并不存在，细铁屑可以显示出其外形，但那并不是磁感线，B错；磁感线的疏密反映磁场的强弱，磁感线是假想的人为画出的曲线，两条磁感线的空隙处也存在磁场，C错；在磁铁外部磁感线从N极到S极，内部从S极到N极，磁感线不相交，所以D不正确．点评对磁感线概念的理解和磁感线特点的把握是关键，充分理解磁感线的以下性质：磁感线是闭合的曲线；磁感线不相交；疏密程度反映了磁场的强弱；磁感线上某点的切线方向表示该点的磁场方向．2．关于磁感线的性质和概念，下面的说法正确的是()A．磁感线上各点的切线方向就是各点的磁感应强度的方向B．磁场中任意两条磁感线均不相交C．铁屑在磁场中的分布曲线就是磁感线D．磁感线总是从磁体的N极指向S极答案AB解析磁感应强度的方向就是磁场的方向，磁感线的切线方向就是磁场方向，因此选项A是正确的；两条磁感线相交就说明在两线相交处有两个切线方向，即有两个磁感应强度方向，这是不行能的，磁场中某点的磁感应强度是唯一确定的，磁感应强度的方向也只有一个，因此两条磁感线不能相交，选项B是正确的；磁感线是为形象描述磁场的磁感应强度分布而画出的一簇曲线，不是真实存在的，而铁屑的分布曲线只能证明用磁感线描述磁场的方法是正确的，而铁屑不是磁感线，选项C是错误的；在通电螺线管内部和条形磁体内部的磁感线应是从S极指向N极，选项D是错误的．学问点二安培定则3.如图1所示，放在通电螺线管内部中间处的小磁针，静止时N极指向右，试判定电源的正、负极．图1答案c端为正极，d端为负极解析小磁针N极的指向即为该处的磁场方向,所以螺线管内部磁感线由a→b.依据安培定则可推断出电流由电源的c端流出,d端流入,故c端为正极,d端为负极.〖HT〗4．在图2中，当电流通过线圈时，磁针的S极指向读者，试确定线圈中电流的方向．图2答案电流为顺时针方向，如图所示．解析磁针南极指向读者说明线圏产生的磁感线方向垂直线面对里，依据安培定则可知线圈中电流方向是顺时针的．点评用安培定则分析环形电流的磁场时，要留意弯曲的四指指向电流方向，大拇指所指方向就是环形导线轴线上磁感线的方向．学问点三安培分子电流假说5．用安培提出的分子电流假说可以解释下列哪些现象()A．永久磁铁的磁场B．直线电流的磁场C．环形电流的磁场D．软铁棒被磁化的现象答案AD解析分子电流假说是安培为解释磁体的磁现象而提出的，所以选项A、D是正确的；而通电导线四周的磁场是由其内部自由电荷定向移动而产生的宏观电流产生的．分子电流和宏观电流虽然都是运动电荷引起的，但产生的缘由是不同的．6．下列关于磁场的说法中正确的是()A．磁铁的磁场和电流的磁场一样，都是由电荷的运动产生的B．永磁体的磁场是由原子内部电子的运动产生的C．宏观电荷的定向运动能产生磁场D．全部的磁场都是由电荷的运动产生的答案ABCD解析安培分子电流假说认为一切磁场都是由于电荷的运动产生的．【方法技巧练】一、利用右手安培定则分析小磁针转动方向的方法。

【金版学案】2020-2021学年高中物理第2章第3节欧姆定律练习新人教版选修31

【金版学案】20212021学年高中物理第2章第3节欧姆定律练习新人教版选修311．电阻是一个只跟导体本身性质有关而跟通过的电流无关的物理量．它反映了导体对电流的阻碍作用．定义式为R ＝U I，其单位是欧姆，简称欧．符号是Ω．常用单位还有千欧和兆欧．2．欧姆定律的内容是：导体中的电流跟导体两端的电压U 成正比，跟导体的电阻R 成反比，公式为I ＝U R． 3．欧姆定律是个实验定律，实验说明该定律适用于金属导电和电解质溶液导电，对气体导电和半导体导电并不适用．4．导体的伏安特性曲线：用横轴表示电压U ，纵轴表示电流I ，画出的I －U 关系图线叫做导体的伏安特性曲线，伏安特性曲线直观地反映出导体中的电压与电流的关系．金属导体的伏安特性曲线是一过原点的直线，直线的斜率为金属导体电阻的倒数． ►基础巩固1．在物理学中，我们常用比值法来定义物理量，用此方法反映的是物质或运动的某一属性，与定义式中的各物理量无关，例如电阻R ＝U I请你依照差不多学过的中学物理知识再写出两个用比值法定义的物理量：______________、________________．解析：高中时期的用比值来定义的物理量比较多．有速度、加速度、功率、电场强度、电势、电流强度(电流)等．从里面选出4个即可．答案：电场强度E ＝F q电势差U AB ＝W AB q2．(多选)欧姆定律不适用于(CD )A ．金属导电B ．电解液导电C ．稀薄气体导电D ．气体导电3．关于导体的电阻，下列说法中正确的是(B )A ．由R ＝U I明白，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 ．由I ＝U R明白，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比C ．比较几只电阻的I －U 图线可知，电流变化相同时，电压变化较小的图线对应电阻的阻值较大D ．导体中的电流越大，电阻就越小4．(多选)已知两个导体的电阻之比R 1∶R 2＝2∶1，那么(BC )A ．若两导体两端电压相等，则I 1∶I 2＝2∶1B ．若两导体两端电压相等，则I 1∶I 2＝1∶2C ．若导体中电流相等，则U 1∶U 2＝2∶1D ．若导体中电流相等，则U 1∶U 2＝1∶25．在描画小灯泡的伏安特性曲线时，采纳如图所示电路，实验中发觉移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列缘故可能的是(C )A ．灯泡中灯丝已烧断B ．滑片接触不良C ．灯泡内部短路D ．滑动变阻器A 端接触不良解析：由题图知若电压表的电阻无穷大，移动滑片时，因电流表示数有变化，故和电流表串联的回路中不存在断点，故A 错．若滑片接触不良，电路中不可能有电流，故B 错．若滑动变阻器A 端接触不良，滑片移动时电流表和电压表读数均变化，故D 错．若灯泡内短路则灯泡两端电压为零，电压表指针不变，移动滑片时，只有电流表指针变化，故选C.►能力提升6．(多选)某导体中的电流随其两端电压的变化情形如右图所示，则下列说法中正确的是(AD )A ．加5 V 电压时，导体的电阻约是5 ΩB ．加11 V 电压时，导体的电阻约是 ΩC ．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D ．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小解析：对某些导体，其伏安特性曲线不是直线，但曲线上某一点的U I值仍表示该点所对应的电阻值．本题中给出的导体在加5 V 电压时，U I值为5，因此现在电阻约为5 Ω；当电压增大时，U I值增大，即电阻增大，综合判定可知A 、D 正确．7．某同学对四只电阻各进行一次测量，把每一个电阻两端的电压和通过它的电流在U －I 坐标系中描点，得到了如图中a 、b 、c 、d 四个点，其中阻值最大的是(A )A ．aB ．bC ．cD ．d解析：由题意知，将图中a 、b 、c 、d 四个点，分别于O 点相连，可得四只电阻的U －I 图象，如图所示，又因U －I 图象的斜率表示电阻，可得a 的阻值最大，因此A 正确．8．已知灯丝的电阻不是一个固定的值，它随温度的升高而逐步变大．现有一只标有“220 V ，60 W ”的白炽灯泡，加上的电压U 由0逐步增大到220 V ．在此过程中，电压U 和电流I 的关系可用图线表示．在如图所示的四个图线中，符合实际的是(B)解析：由电阻的定义式R ＝U I知：在U －I 图线上，某一点的纵坐标U 和该点的横坐标I 的比值U I就对应着电阻值R.由于白炽灯泡钨丝的电阻会随温度的升高而增大，当白炽灯上加的电压从零逐步增大到220 V 时，钨丝由红变到白炽，灯丝的温度不断升高，电阻将不断增大，A 图线表示U I 为一定值，说明电阻不变，不符合要求；C 图线上各点的U I值随U 的增大而减小，也不符合实际；D 图线中的U I的值开始随U 的增大而增大，后来随U 的增大而减小，也不符合实际；只有B 图线中U I的值随U 的增大而变大，符合实际． 9．以下是“描画小灯泡的伏安特性曲线”实验的操作步骤：A ．闭合开关，记下电流表、电压表的一组示数(I ，U)，移动滑动变阻器的滑动触头位置，每移动一次记下一组(I ，U)值，共测出12组左右的数据B．将电流表、电压表、滑动变阻器、小灯泡、电源、开关正确连接成电路．电流表外接，滑动变阻器采纳分压式，如图所示C．调剂触头位置，使闭合开关前触头处于滑动变阻器的左端D．按所测数据，在坐标纸上描点并将各点用直线段连接起来，得出小灯泡的伏安特性曲线(1)以上各步骤中存在错误或不妥之处的是________，应如何改正________________________________________________________________________(2)将各步骤纠正后，按实验先后顺序排列起来________．解析：(1)错误或不妥的步骤是步骤：测量不同电压下的电流值I时，应先预设各组数据中的电压U或电流I值，而不是随意测，随意测时会使描点疏密不平均，画图线时显现较大误差，甚至无法画出I－U图线．C步骤：闭合开关前应使小灯泡两端电压为零，即触头应置于滑动变阻器最右端．D步骤：应将各点用平滑的曲线连接起来．答案：(1)见解析(2)BCAD。

(部编版)2020版高中物理课时作业三法拉第电磁感应定律新人教版选修3_229

课时作业(三) 法拉第电磁感应定律Φ随时间t变化的图象分别如图中的①～④所示，．图①有感应电动势，且大小恒定不变．图②产生的感应电动势一直在变大时间内的感应电动势是t1～t2时间内感应电动势的2倍．图④产生的感应电动势先变大再变小越来越大棒向下运动时，可由右手定则判断出，φb>φa，由U ab均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为·ΔB Δt ·S ＝n ·2B －Δt，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势A ．在t ＝0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大B ．在t ＝1×10－2s 时，感应电动势最大C ．在t ＝2×10－2s 时，感应电动势为零D ．在0～2×10－2s 时间内，线圈中感应电动势的平均值为零解析：由法拉第电磁感应定律知E ∝ΔΦΔt，故t ＝0及t ＝2×10－2 s 时刻，E ＝0，A 错、C 对，t ＝1×10－2s ，E 最大，B 对.0～2×10－2 s ，ΔΦ≠0，E ≠0，D 错．答案：BC9．如图所示，A 、B 两闭合线圈用同样导线绕成，A 有10匝，B 有20匝，两圆线圈半径之比为2∶1.均匀磁场只分布在B 线圈内．当磁场随时间均匀减弱时( )A ．A 中无感应电流B ．A 、B 中均有恒定的感应电流C ．A 、B 中感应电动势之比为2∶1D ．A 、B 中感应电流之比为1∶2解析：只要穿过圆线圈内的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势和感应电流，因为磁场变化情况相同，有效面积也相同，所以，每匝线圈产生的感应电动势相同，又由于两线圈的匝数和半径不同，电阻值不同，根据电阻定律，单匝线圈电阻之比为2∶1，所以，感应电流之比为1∶2.因此正确答案是B 、D.答案：BD 三、非选择题10．有一匝数为100匝的线圈，单匝线圈的面积为100 cm 2.线圈中总电阻为0.1 Ω，线圈中磁场变化规律如图所示，且磁场方向垂直于环面向里，线圈中产生的感应电动势多大？解析：取线圈为研究对象，在1～2 s 内，其磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(B 2－B 1)S ，磁通量的变化率为ΔΦΔt ＝B 2－B 1S t 2－t 1，由公式E ＝n ΔΦΔt 得E ＝100×－－42－1 V ＝0.1 V. 答案：0.1 V 11．如图所示，一个边长为L 的正方形金属框，质量为m ，电阻为R ，用细线把它悬挂于一个有界的磁场边缘．金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外．磁场随时间均匀变化满足B ＝kt 规律，已知细线所能承受的最大拉力F T ＝2mg ，求从t ＝0时起，经多长时间细线会被拉断？解析：设t 时刻细线恰被拉断，由题意知， ΔB ＝k Δt ①金属框中产生的感应电动势的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势。

2024版初中科学(浙教版)九年级上册课时练 3-第3课时滑轮和滑轮组

第3章能量的转化与守恒第4节简单机械第3课时滑轮和滑轮组基础过关全练1.(2023浙江杭州余杭期中)图中物体A的重力为G,在拉力F的作用下,物体沿水平桌面做匀速直线运动,已知物体受到水平桌面的摩擦力为f,则人对绳的拉力F的大小等于(不计滑轮重、细绳和滑轮间的摩擦)()A.0.5 GB.2 GC.0.5 fD.2 f2.(2023浙江杭州采荷中学教育集团月考)用下列方法匀速提升同一重物,若不计绳子、滑轮的重力及摩擦,其中最省力的是()A B C D3.(2023浙江杭州上城开元中学期中)如图所示,不计滑轮重及摩擦,分别用力F1、F2匀速提升同一重物,若力F1、F2在相等时间内对物体所做的功相等,则力F1、F2及其功率P1、P2的大小关系为()A.F1>F2P1<P2B.F1>F2P1>P2C.F1>F2P1=P2D.F1<F2P1<P24.(2022广西贺州中考)如图所示的滑轮为(选填“动”或“定”)滑轮;若不计滑轮重及细绳和滑轮间的摩擦,用竖直向上的拉力F=N,可以匀速提升滑轮下重为100 N的物体。

能力提升全练5.(2021江苏盐城中考,9,★★☆)旗杆顶端装有定滑轮,升旗时旗手向下拉绳子,国旗冉冉升起。

下列说法正确的是()A.旗手对绳的拉力一定等于国旗重力B.旗手对绳的拉力等于国旗重力的一半C.国旗上升的距离等于被旗手拉下的绳端移动的距离D.国旗上升的距离等于被旗手拉下的绳端移动距离的一半6.(2022河南中考,12,★☆☆)为了将一物块送到高处,小杰用木板和滑轮搭建了如图所示的装置。

用力F拉动绳端,物块沿斜面匀速向上运动,下列说法正确的是()A.该装置使用滑轮是为了更加省力B.此过程中物块的动能转化为重力势能C.物块所受摩擦力的方向沿斜面向下D.若绳子突然断开,物块将立即下滑7.(2023浙江杭州上城建兰中学月考,17,★★☆)如图所示装置中,均匀木棒AB的A端固定在铰链上,悬线一端绕过一定滑轮,另一端用线套套在木棒上使棒保持水平。

2024高中物理第八章课时作业七2气体的等容变化和等压变化含解析新人教版选修3_3

2气体的等容改变和等压改变[全员参加·基础练]1．肯定质量的气体，在体积不变时，温度每上升1℃，它的压强增加量( )A ．相同B ．渐渐增大C ．渐渐减小D ．成正比例增大【解析】由查理定律得P 1T 1＝P 2T 1＋1 ΔP ＝P 2－P 1＝P 1T 1为定值，A 选项正确．【答案】 A2．描述肯定质量的气体作等容改变的过程的图线是图中的( )【解析】等容改变的过程的p t 图象在t 轴上的交点坐标是(－273 ℃，0)，D 正确．【答案】 D3．(2015·三亚高二检测)在冬季，剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，其次天拔瓶口的软木塞时感觉很紧，不易拔出来，这主要是因为 ( )A ．软木塞受潮膨胀B ．瓶口因温度降低而收缩变小C ．白天气温上升，大气压强变大D ．瓶内气体因温度降低而压强变小【解析】暖水瓶内气体的温度降低，压强减小，外部大气压强大于内部气体压强，所以不易拔出来，D 正确，A 、B 、C 错误．【答案】 D4．肯定质量的气体保持压强不变，它从0 ℃升到5 ℃的体积增量为ΔV 1；从10 ℃升到15 ℃的体积增量为ΔV 2，则( )A ．ΔV 1＝ΔV 2B ．ΔV 1＞ΔV 2C ．ΔV 1＜ΔV 2D ．无法确定【解析】由盖—吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2＝ΔVΔT可知ΔV 1＝ΔV 2，A 正确．【答案】 A5．(多选)如图所示，四个两端封闭、粗细匀称的玻璃管内的空气被一段水银柱隔开，按图中标明的条件，当玻璃管水平放置时，水银柱处于静止状态．假如管内两端的空气都上升相同的温度，则水银柱向左移动的是( )【解析】假设水银柱不动，则两端封闭气体发生等容改变，依据查理定律有Δp ＝ΔTTp ，再依据各选项条件推断，C 、D 正确．【答案】 CD6．(多选)如图8212所示，在汽缸中用活塞封闭肯定质量的气体，活塞与缸壁间的摩擦不计，且不漏气，将活塞用绳子悬挂在天花板上，使汽缸悬空静止．若大气压不变，温度降低到某一值，则此时与原来相比较( )图8212A ．绳子张力不变B ．缸内气体压强变小C ．绳子张力变大D ．缸内气体体积变小【解析】由整体法可知绳子的张力不变，故A 对，C 错；取活塞为探讨对象，气体降温前后均处于静止，mg 、p 0S 和T 均不变，故pS 不变，p 不变，故B 选项错；由盖—吕萨克定律可知VT＝C ，当T 减小时，V 肯定减小，故D 选项正确．【答案】 AD7．如图8213所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，截面积为5×10－3m 2，肯定质量的气体被质量为 2.0kg 的光滑活塞封闭在汽缸内，其压强为________Pa(大气压强取1.01×105Pa ，g 取10 m/s 2)．图8213若从初温27 ℃起先加热气体，使活塞离汽缸底部的高度由0.50 m 缓慢地变为0.51 m ，则此时气体的温度为________℃.【解析】 p 1＝F S ＝mg S ＝2.0×105×10－3Pa ＝0.04×105Pa ，所以p ＝p 1＋p 0＝0.04×105Pa ＋1.01×105Pa ＝1.05×105Pa ，由盖—吕萨克定律得V 1T 1＝V 2T 2，即0.5S 273＋27＝0.51S273＋t，所以t ＝33 ℃.【答案】 1.05×105338．用易拉罐盛装碳酸饮料特别卫生和便利，但假如猛烈碰撞或严峻受热会导致爆炸．我们通常用的可乐易拉罐容积V ＝355 mL.假设在室温(17 ℃)下罐内装有0.9 V 的饮料，剩余空间充溢CO 2气体，气体压强为1 atm.若易拉罐能承受的最大压强为1.2 atm ，则保存温度不能超过多少？【解析】取CO 2气体为探讨对象，则：初态：p 1＝1 atm ，T 1＝(273＋17)K ＝290 K ，末态：p 2＝1.2 atm ，T 2未知．气体发生等容改变，由查理定律p 2p 1＝T 2T 1得T 2＝p 2p 1T 1＝1.2×2901K ＝348 K ，t ＝(348－273) ℃＝75 ℃.【答案】 75 ℃[超越自我·提升练]9．(多选)肯定质量的某种气态自状态A 经状态C 改变到状态B ，这一过程在V －T 图上表示如图所示，则( )图8214A ．在过程AC 中，气体的压强不断变大B ．在过程CB 中，气体的压强不断变小C ．在状态A 时，气体的压强最大D ．在状态B 时，气体的压强最大【解析】气体在过程AC 中，图线上的点到原点连线的斜率渐渐减小，所以气体的压强不断变大，故A 项正确．在CB 改变过程中，情形与过程AC 类似，即在过程CB 中，气体的压强不断变大，故B 项错误．综上所述，在ACB 过程中气体的压强始终增大，所以气体在状态B 时的压强最大，故C 项错误，D 项正确．【答案】 AD10.如图为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有肯定量的空气．若玻璃管内水柱上升，则外界大气的改变可能是( )图8215A ．温度降低，压强增大B ．温度上升，压强不变C ．温度上升，压强减小D ．温度不变，压强减小【解析】对被封闭的气体探讨，当水柱上升时，封闭气体的体积V 减小，结合志向气体的状态方程pVT＝C 得，当外界大气压强P 0不变时，封闭气体的压强p 减小，则温度T 肯定降低；当外界大气压强p 0减小时，封闭气体的压强p 减小，则温度T 肯定降低；当外界大气压强p 0增大时，封闭气体的压强p 存在可能增大、可能不变、可能减小三种状况．当封闭气体的压强p 增大时，温度T 可能上升、不变或降低，封闭气体的压强p 不变时，温度肯定降低，封闭气体的压强p 减小时，温度肯定降低．故只有选项A 可能．【答案】 A11．(2015·金山区高二检测)如图所示，竖直放置的汽缸内有一可做无摩擦滑动的活塞，活塞面积为2.0×10－3m 2，活塞质量可忽视，汽缸内封闭肯定质量的气体，气体体积为V ，温度是27℃，大气压强为1.0×105Pa.问：图8216(1)在活塞上放一个质量为多少千克的砝码，使汽缸内气体的体积变为原来体积的45；(2)要使体积复原到V ，应使气体温度上升到多少摄氏度？【解析】 (1)放上砝码后，封闭气体做等温改变，设放上砝码的质量为m ，则平衡后，汽缸内封闭气体的压强为p 2＝p 0＋mg S，由题意可知：初状态：p 1＝p 0＝1.0×105Pa V 1＝V末状态：p 2＝p 0＋mg S V 2＝45V由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2得：p 0V ＝(p 0＋mg S )×45V代数解得：m ＝5 kg(2)气体升温过程为等压改变，由盖—吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2代数解得：T 2＝375 K t 2＝T 2－273℃＝102℃【答案】 (1)5 kg (2)102℃12．容积为2 L 的烧瓶，在压强为1.0×105Pa 时，用塞子塞住瓶口，此时温度为27 ℃，当把它加热到127 ℃时，塞子被弹开了，稍过一会儿，重新把塞子塞好，停止加热并使它渐渐降温到27 ℃，求：(1)塞子弹开前的最大压强； (2)27 ℃时剩余空气的压强．【解析】塞子弹开前，瓶内气体的状态改变为等容改变．塞子打开后，瓶内有部分气体会逸出，此后应选择瓶中剩余气体为探讨对象，再利用查理定律求解．(1)塞子打开前，选瓶中气体为探讨对象：初态：p 1＝1.0×105Pa ，T 1＝(273＋27) K ＝300 K 末态：p 2＝？T 2＝(273＋127) K ＝400 K由查理定律可得p 2＝T 2p 1T 1＝400×1.0×105300Pa≈1.33×105 Pa.(2)塞子塞紧后，选瓶中剩余气体为探讨对象：初态：p 1′＝1.0×105Pa ，T 1′＝400 K 末态：p 2′＝？，T 2′＝300 K由查理定律可得p 2′＝T 2′p 1′T 1′＝300×1.0×105400Pa≈7.5×104Pa.【答案】 (1)1.33×105Pa (2)7.5×104Pa。

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