2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析28：固体、液体与气体(含详解)
高考物理考点详析 固体、液体和气体
一、固体和液体1．晶体（单晶体和多晶体）和非晶体（1）单晶体有确定的几何形状，多晶体和非晶体没有确定的几何形状，常见的金属属于多晶体。
（2）晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点。
（3）单晶体的一些物理性质（如导热性、导电性、光学性质等）具有各向异性，多晶体和非晶体的物理性质为各向同性的。
2．表面张力（1）成因：液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，表面层分子间的相互作用力表现为引力。
（2）特性：表面张力的方向和液面相切，使液体表面具有收缩趋势，液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形的表面积最小。
3．浸润（1）附着层：当液体与固体接触时，接触的位置形成一个液体薄层，叫做附着层。
（2）浸润：附着层内液体分子间的距离小于液体内部的分子间的距离，附着层内分子间的作用表现为斥力，附着层有扩展的趋势，液体与固体之间表现为浸润。
（3）不浸润：附着层的液体分子比液体内部的分子稀疏，附着层内分子间的作用表现为引力，附着层有收缩的趋势，液体与固体之间表现为不浸润。
（4）毛细现象：浸润液体在细管中不断扩展而上升，以及不浸润液体在细管中不断收缩而下降的现象。
（5）当附着层对液体的力与液体的重力平衡时，液面稳定在一定的高度。
毛细管内外液面的高度差与毛细管的内径有关。
4．液晶：像液体一样具有流动性，光学性质与某些晶体相似，具有各向异性。
是介于液态和固态间的一种中间态。
5．饱和汽与饱和汽压（1）动态平衡：在相同时间内回到水中的分子数等于从水面飞出去的分子数，水蒸气的密度不再增大，液体水也不再减少，液体与气体之间达到了平衡状态，蒸发停止。
这种平衡是一种动态平衡。
（2）饱和汽与饱和汽压：与液体处于动态平衡的蒸汽叫做饱和汽，而没有达到饱和状态的蒸汽叫做未饱和汽。
在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，因而饱和汽的压强也是一定的，这个压强叫做这种液体的饱和汽压。
未饱和汽的压强小于饱和汽压。
（3）饱和汽压随温度升高而增大，与物质种类有关，与水蒸气所在容器的容积无关。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析44：提分检测(二)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析44提分检测(二)第Ⅰ卷(选择题共50分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题4分，共20分，每小题只有一个选项符合题意)1.质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A.第1 s内的位移是5 mB.前2 s内的平均速度是6 m/sC.任意相邻的1 s内位移差都是1 mD.任意1 s内的速度增量都是2 m/s2.(提分单独考查)如图所示，一物块置于水平地面上. 当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动.若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( )A.3－1B.2－ 3C.32－12D.1－323.如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )4.(提分单独考查)如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链联结形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，绕过两个滑轮后挂上重物M.C点与O点距离为l.现在杆的另一端用力.使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓缓转至水平位置(转过了90°角)，此过程中下述说法中正确的是( )A.重物M做匀速直线运动B.重物M做匀变速直线运动C.重物M的最大速度是ωlD.重物M的速度先减小后增大5.我国于2011年9月29日成功发射“天宫一号”目标飞行器，同年11月1日，又发射“神舟八号”飞船，进行第一次无人交会对接试验.如图为二者运转轨迹图，A代表“天宫一号”，B代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道.由此，可以判定( )A.“天宫一号”的运行速率大于“神舟八号”的运行速率B.“天宫一号”的周期小于“神舟八号”的周期C.“天宫一号”的向心加速度大于“神舟八号”的向心加速度D.“神舟八号”适度加速有可能与“天宫一号”实现对接二、双项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分，每小题有两个选项符合题意)6.如图所示，在外力作用下某质点运动的v-t图象为正弦曲线.从图中可以判断( )A.在0～t1时间内，外力做正功B.在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C.在t2时刻，外力的功率最大D.在t1～t3时间内，外力做的总功为零7.(2012·天水模拟)如图所示，在光滑的水平面上有一物体M，M上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A、B一样高.现让小滑块m从A点静止下滑，则( )A.m不能到达M上的B点B.m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动C.m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零D.M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒8.一质量m＝1 kg的物体在水平恒力F作用下沿水平面运动，1 s 末撤去恒力F，其v-t图象如图所示.则恒力F和物体所受阻力f的大小是( )A.F＝8 NB.F＝9 NC.f＝2 ND.f＝3 N9.如图所示，小车M静置于光滑水平面上，上表面粗糙且足够长，木块m以初速度v滑上小车的上表面，则( )A.m的最终速度为mv/(M＋m)B.因小车上表面粗糙，故系统动量不守恒C.当m速度最小时，小车M的速度最大D.若小车上表面越粗糙，则系统因摩擦而产生的内能也越大10.如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行.整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中( )A.物块A的重力势能增加量一定等于mghB.物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C.物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D.物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧拉力做功的和第Ⅱ卷(非选择题共50分)三、实验题(本大题共2小题，共12分)11.(6分)小明同学设计了一个实验来探究自行车的初速度与其克服阻力做功的关系.实验的主要步骤如下：①找一段平直的路面，并在路面上画一道起点线；②骑上自行车用较快速度驶过起点线，并从车把手处自由释放一团很容易辨别的橡皮泥；③车驶过起点线后就不再蹬自行车脚蹬，让车依靠惯性沿直线继续前进；④待车停下，记录自行车停下时的位置；⑤用卷尺量出起点线到橡皮泥落地点间的距离s、起点线到终点的距离L及车把手处离地高度h.假设自行车在行驶中所受的阻力为f并保持恒定.重力加速度为g，求：(1)自行车经过起点线时的速度v0＝；(2)自行车经过起点线后克服阻力做功W＝；(3)多次改变自行车经过起点线时的初速度，重复上述实验步骤若干次，则每次只需测量上述物理量中的和，就能通过数据分析达到实验目的.12.(6分)气垫导轨上有A、B两个滑块，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻质弹簧，滑块间用绳子连接，如图甲所示，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动，图乙为它们运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz，由图可知：(1)A、B离开弹簧后，应该做运动，已知滑块A、B的质量分别为200 g、300 g，根据照片记录的信息，从图中可以看出闪光照片有明显与事实不相符合的地方是_______. (2)若不计此失误，分开后，A的动量大小为kg·m/s，B的动量大小为kg·m/s，本实验中得出“在实验误差允许范围内，两滑块组成的系统动量守恒”这一结论的依据是____________________________________________________________________________________________________________.四、计算题(本大题共4小题，共38分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13. (8分)如图固定的U形滑板，滑板左端为半径R＝0.6 m的1/4圆弧面，滑板右端为半径R＝0.6 m的1/2圆弧面.A和D分别是圆弧的端点，BC段是长s＝1 m表面粗糙的水平轨道，其余段表面光滑.小滑块P1和P2的质量均为m＝1 kg.P2与BC面的动摩擦因数为μ＝0.6.P2静止在粗糙面的B点，P1以v0＝6 m/s的初速度从A点沿圆弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1恰好静止，P2经BC冲上CD圆弧从D点飞出.P1与P2视为质点，取g＝10 m/s2.问：(1)小滑块P1和P2碰撞前瞬间P1的速度大小？(2)小滑块P1和P2碰撞后瞬间P2的速度大小？(3)经过D点时圆弧轨道对P2的弹力大小？14.(提分交汇考查)(8分)一质量m＝0.5 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的斜面，某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了滑块上滑过程的v-t图象，如图所示.(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)判断滑块最后能否返回斜面底端.若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置.15.(12分)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动.当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地.如图所示.已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为34d ，重力加速度为g.忽略手的运动半径和空气阻力.(1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2；(2)问绳能承受的最大拉力多大？ (3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？16.(提分交汇考查)(10分)如图所示，O 点为固定转轴，把一个长度为l 的细绳上端固定在O 点，细绳下端系一个质量为m 的小摆球，当小摆球处于静止状态时恰好与平台的右端点B 点接触，但无压力.一个质量为M 的小钢球沿着光滑的平台自左向右运动到B 点时与静止的小摆球m 发生正碰，碰撞后小摆球在绳的约束下做圆周运动，且恰好能够经过最高点A ，而小钢球M 做平抛运动落在水平地面上的C 点.测得B 、C 两点间的水平距离DC ＝s ，平台的高度为h ，不计空气阻力，本地的重力加速度为g ，请计算：(1)碰撞后小钢球M 做平抛运动的初速度大小；(2)小摆球m 经过最高点A 时的动能；(3)碰撞前小钢球M 在平台上向右运动的速度大小.答案解析1.【解析】选D.对比匀变速运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2 可以知道：v 0＝5 m/s ，a ＝2 m/s 2.第1 s 内的位移为6 m ，故A 错误.前2 s 内的平均速度v ＝5×2＋222m/s ＝7 m/s ，故B 错误.相邻1 s 内位移差Δx ＝aT 2＝2 m ，故C 错误.任意1 s 内的速度增量Δv ＝a ·Δt ＝2 m/s ，故D 正确.2.【解析】选B.对物块进行受力分析，正交分解得，F 1cos60°＝μ(mg －F 1·sin60°)；F 2cos30°＝μ(mg ＋F 2·sin30°)，再由F 1＝F 2，解得μ＝2－ 3.故B 正确.3.【解析】选A.在m 2与m 1相对滑动前，F ＝kt ＝(m 1＋m 2)a ，a 与t 成正比关系，a 1-t 关系图线的斜率为12k m m ，当m 1与m 2相对滑动后，m 1受的是21f F ＝μm 2g ＝m 1a 1，a 1＝μm 2g m 1为一恒量，对m 2有F －μm 2g ＝m 2a 2，得a 2＝kt m 2－μg ，斜率为k m 2，可知A 正确，B 、C 、D 错误. 4.【解析】选C.由题知，C 点的速度大小为v C ＝ωl ，设v C 与绳之间的夹角为θ，把v C 沿绳和垂直绳方向分解可得，v 绳＝v C cos θ，在转动过程中θ先减小到零再反向增大，故v 绳先增大后减小，重物M 做变加速运动，其最大速度为ωl ，C 正确.5.【解析】选D.由题图知“天宫一号”的轨道半径大于“神舟八号”的轨道半径，由v ＝GM r 知A 错；由ω＝2πT ＝GM r 3知B 错；由a ＝GM r2知C 错；“神舟八号”适度加速时将做离心运动，轨道半径增大，有可能与“天宫一号”实现对接，D 对.6.【解析】选A 、D.由v -t 图象可知，在0～t 1时间内，由于质点的速度增大，根据动能定理可知，外力对质点做正功，A 正确；在0～t 1时间内，因为质点的加速度减小，故所受的外力减小，由题图可知t 1时刻外力为零，故功率为零，因此外力的功率不是逐渐增大的，B 错误；在t 2时刻，由于质点的速度为零，故此时外力的功率最小，且为零，C 错误；在t 1～t 3时间内，因为质点的动能不变，故外力做的总功为零，D 正确.7.【解析】选C 、D.因系统水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，由于两个物体相互作用过程中，只有动能和重力势能发生转化，所以系统机械能守恒，m 能到达M 的B 点，故A 错，C 、D 正确；在m 从A 到C 的过程和从C 到B 的过程中，在水平方向m 均向右运动，所以M 一直向左运动，故B 错.8.【解析】选B 、D.由v-t 图象知，0～1 s 内a 1＝6 m/s 2；1～3 s 内a 2＝3 m/s 2.则有F －f ＝ma 1，f ＝ma 2，联立解得F ＝9 N ，f ＝3 N ，故B 、D 正确.9.【解析】选A 、C.木块和小车之间的摩擦力是系统内力，不影响系统动量守恒，故B 错误.根据动量守恒定律，mv ＝(M ＋m)v ′，可见A 、C 正确，再根据Q ＝12mv 2－12(M ＋m)v ′2可知，系统产生的内能与小车上表面粗糙程度无关，D 错误.10.【解析】选C 、D.由于斜面光滑，物块A 静止时弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，当整个装置加速上升时，由牛顿第二定律可知物块A 受到的合力应向上，故弹簧伸长量增加，物块A 相对斜面下滑一段距离，上升高度小于h ，故选项A 错误；根据动能定理可知，物块A 动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，故选项B 错误；物块A 机械能的增加量等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，选项C 正确；物块A 和弹簧组成的系统机械能增加量等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，故选项D 正确.11.【解析】(1)橡皮泥自由释放后做平抛运动，其初速度根据运动学公式可求得v 0＝s t ，h ＝12gt 2，解得v 0＝s g 2h；(2)自行车经过起点线后在阻力作用下做减速运动，克服阻力做功fL ；(3)综上所述，改变自行车初速度后只需测量橡皮泥落地点到起点线的距离s 、起点线到终点的距离L 即可，车把手处离地高度h 和自行车在行驶中所受的阻力f 是保持恒定的. 答案：(1)s g 2h(2)fL (3)s L 12.【解析】(1)A 、B 离开弹簧后因水平方向不再受外力作用，所以均做匀速直线运动，在离开弹簧前A 、B 均做加速运动，A 、B 两滑块的第一个间隔应该比后面匀速时相邻间隔的长度小.(2)周期T ＝1f ＝0.1 s ，v ＝s t，由题图知A 、B 匀速时速度分别为v A ＝0.09 m/s ，v B ＝0.06 m/s ，分开后A 、B 的动量大小为p A ＝p B ＝0.018 kg ·m/s ，方向相反，满足动量守恒，系统的总动量为0.答案：(1)匀速直线 A 、B 两滑块的第一个间隔(2)0.018 0.018 A 、B 两滑块作用前后总动量相等，均为013.【解析】(1)由动能定理得：mgR ＝12mv 2A －12mv 20 (2分) 代入数据解得碰撞前瞬间P 1的速度大小v A ＝4 3 m/s (1分)(2)由动量守恒得mv A ＝mv B解得v B ＝v A ＝4 3 m/s (2分)(3)P 2由B 到D 由动能定理得－μmgs －mg2R ＝12mv 2D －12mv 2B (1分) 在D 点对P 2由牛顿第二定律得：mg ＋F ＝mv 2D /R (1分)解得圆弧轨道对P 2的弹力F ＝10 N (1分)答案：(1)4 3 m/s (2)4 3 m/s (3)10 N14.【解析】(1)由图象可知，滑块的加速度a ＝v t ＝101.0m/s 2＝10 m/s 2 (1分) 滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma (2分)代入数据解得μ＝0.5 (1分)(2)滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，能再下滑.由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移s ＝v 22a＝5 m (1分) 滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma 2，a 2＝2 m/s 2 (2分) 由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度v ′＝2a 2s ＝20 m/s ＝2 5 m/s (1分)答案：(1)0.5 (2)能回到斜面底端 2 5 m/s15.【解析】(1)设绳子断后球的飞行时间为t ，根据平抛运动规律，竖直方向d 4＝12gt 2， 水平方向d ＝v 1t ，得v 1＝2gd (2分)根据机械能守恒12mv 22＝12mv 21＋mg(1－34)d ， 解得v 2＝52gd. (2分) (2)设绳子能够承受的最大拉力为T ，球做圆周运动的半径为R ＝34d (1分)根据圆周运动向心力公式T －mg ＝m v 21R， 得T ＝113mg. (2分) (3)设绳子长为l ，绳子断时球的速度为v 3，T －mg ＝m 23v l，得v 3 (2分) 绳子断后球做平抛运动，竖直位移d －l ，水平位移为s ，时间为t 1，有d －l ＝12gt 21，s ＝v 3t 1，得s ＝分) 当l ＝d 2时， s 有极大值s max ＝233 d. (1分) 答案：(1)2gd 52gd (2)113mg (3)d 2 233d 16.【解析】(1)设M 做平抛运动的初速度是v ，s ＝vt ，h ＝12gt 2 (2分) 解得：v ＝s g 2h. (1分) (2)小摆球m 恰好经最高点A 时只受重力作用，mg ＝m v 2A l(2分) 小摆球经最高点A 时的动能为E A ；E A ＝12mv 2A ＝12mg l . (1分) (3)碰后小摆球m 做圆周运动时机械能守恒，12mv 2B ＝12mv 2A ＋2mg l (1分)v B 分) 设碰前M 的运动速度是v 0，M 与m 碰撞时系统的动量守恒Mv 0＝Mv ＋mv B (1分) 解得：v 0＝s g 2h ＋分)g 2h (2)12mg l (3)sg2h＋答案：(1)s。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析30：单元评估检测(一)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析30单元评估检测(一)(40分钟 100分)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.甲、乙两物体都做匀加速直线运动，已知甲物体的加速度大于乙物体的加速度，则在某一段时间内( )A.甲的位移一定比乙的大B.甲的平均速度一定比乙的大C.甲的速度变化一定比乙的大D.甲的末速度一定比乙的大2.某人欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为s，从着陆到停下来所用的时间为t，则飞机着陆时的速度为( )A.stB.2stC.s2tD.st到2st之间的某个值3.一条悬链长7.2 m，从悬点处断开，使其自由下落，不计空气阻力，则整条悬链通过悬点正下方20 m处的一点所需的时间是(g取10 m/s2)( )A.0.3 sB.0.4 sC.0.7 sD.1.2 s4.一质点沿x轴运动，其速度—时间图象如图所示，由图象可知( )A.质点在前10 s内运动的位移为20 mB.质点的加速度为－0.4 m/s2C.质点的初速度为4 m/sD.质点前20 s内所做的运动是匀变速运动二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.(创新题)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s，分析照片得到的数据，发现质点在第 1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m，由上述条件可知( )A.质点运动的加速度是0.6 m/s2B.质点运动的加速度是0.3 m/s2C.第1次闪光时质点的速度是0.05 m/sD.第1次闪光时质点的速度是0.1 m/s6.(预测题)小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，取g＝10 m/s2，则小球( )A.最大速度为5 m/sB.第一次反弹的初速度大小为3 m/sC.能弹起的最大高度为0.9 mD.能弹起的最大高度为1.25 m7. a、b两个物体从同一地点同时出发，沿同一方向做匀变速直线运动，若初速度不同，加速度相同，则在运动过程中( )A.a、b的速度之差保持不变B.a、b的速度之差与时间成正比C.a、b的位移之差与时间成正比D.a、b的位移之差与时间的平方成正比8.(易错题)警车A停在路口，一违章货车B恰好经过A车，A车立即加速追赶，它们的v-t图象如图所示，则在0～4 s时间内，下列说法正确的是( )A.A车的加速度为2.5 m/s2B.3 s末A车速度为7 m/sC.在2 s末A车追上B车D.两车相距最远为5 m9.汽车甲沿着平直的公路以速度v0做匀速直线运动，当它路过某处的同时，汽车乙从此处开始以加速度a做初速度为零的匀加速直线运动去追赶汽车甲，根据上述已知条件( )A.可求出乙车追上甲车时，乙车的速度B.不能求出乙车追上甲车时，乙车走的路程C.可求出乙车从开始运动到追上甲车时，乙车运动的时间D.不能求出甲车的速度三、实验题(6分)10.(2012·佛山模拟)如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T＝0.10 s，其中s1＝7.05 cm，s2＝7.68 cm、s3＝8.33 cm、s4＝8.95 cm、s5＝9.61 cm、s6＝10.26 cm，则打A点时纸带的瞬时速度的大小是m/s，计算小车运动的加速度的表达式为a＝，小车加速度的大小是m/s2.(计算结果保留两位有效数字)四、计算题(本大题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11.(创新题)(14分)如图所示是在2011年深圳大运会我国某优秀跳水运动员在跳台上腾空而起的英姿，运动员从离水面10 m高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)，求：(计算时，可以把运动员看做全部质量集中在重心的一个质点，g取10 m/s2)(1)运动员起跳时的速度v0.(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t(结果保留3位有效数字).12.(易错题)(16分)A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度v A＝10 m/s，B车在后，速度v B＝30 m/s，因大雾能见度很低，B车在距A车x0＝75 m 时才发现前方有A 车，这时B车立即刹车，但B车要经过180 m才能停下来.(1)B车刹车时A仍按原速率行驶，两车是否会相撞？(2)若B车在刹车的同时发出信号，A车司机经过Δt＝4 s收到信号后加速前进，则A车的加速度至少多大才能避免相撞？答案解析1.【解析】选C.加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，所以相同时间内加速度大的物体速度变化一定大，C正确；由于物体初速度未知，故无法判断某一段时间内的末速度、平均速度以及位移的大小，A、B、D错误.2.【解析】选B.根据匀变速直线运动的平均速度公式得v ＝v 0＋v t 2＝s t ，解得v 0＝2st，故B 正确.3.【解析】选B.设悬链的长度为L ，经t 1悬链的下端经过该点，经t 2悬链的上端经过该点，则s －L ＝12gt 12，s ＝12gt 22，Δt ＝t 2－t 1.解得Δt ＝0.4 s ，B 正确.4.【解析】选D.由v-t 图象可知质点运动的初速度为－4 m/s ，负号表示质点初速度的方向与正方向相反，C 错误；图线的斜率表示质点运动的加速度，a ＝Δv Δt ＝0.4 m/s 2，质点做匀变速直线运动，B 错误，D 正确；图线与时间轴围成的面积表示位移，质点在前10 s 内运动的位移s ＝－12×10×4 m ＝－20 m ，负号表示质点位移的方向与正方向相反，A 错误.5.【解析】选B 、C.画出如图所示的过程图：质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了s 1＝0.2 m ，在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了s 3＝0.8 m ，由匀变速直线运动的公式：s m －s n ＝(m －n)aT 2，可得：a ＝s 3－s 12T 2＝0.8－0.22×12m/s 2＝ 0.3 m/s 2，A 错误，B 正确；又由s 1＝v 0T ＋12aT 2可得，v 0＝0.05 m/s ，C 正确，D 错误.6.【解析】选A 、B.由v-t 图象可知，速度最大值为5 m/s ，0.5 s 时，速度反向，大小为3 m/s ，A 、B 正确；弹起的最大高度为sm ＝12×0.3×3 m ＝0.45 m ，C 、D 错误.【变式备选】(双选)在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在t 1时刻，速度达较大值v 1时打开降落伞，做减速运动，在t 2时刻以较小速度v 2着地，他的速度—时间图象如图所示，下列关于该空降兵在0～t 1或t 1～t 2时间内的平均速度v 的结论正确的是( ) A.0～t 1，v ＝v 12 B.t 1～t 2，v ＝v 1＋v 22C.t 1～t 2，v ＞v 1＋v 22D.t 1～t 2，v ＜v 1＋v 22【解析】选A 、D.平均速度的定义式为v ＝st ，适用于任何运动，在速度—时间图象中s 对应的是v-t 图线和时间轴所围的面积，所以0～t 1时间内的平均速度v ＝v 12，t 1～t 2时间内的平均速度v ＜v 1＋v 22，A 、D 正确.7.【解析】选A 、C.根据v 1′＝v 1＋at ，v 2′＝v 2＋at ，得Δv ＝v 2′－v 1′＝v 2－v 1，显然a 、b 两物体速度之差是个恒量，A 正确，B 错误；根据s 1＝v 1t ＋12at 2，s 2＝v 2t ＋12at 2可得，Δs ＝s 2－s 1＝(v 2－v 1)t ，显然a 、b 两物体位移之差与时间成正比，C 正确，D 错误.8.【解析】选A 、D.由A 车的v-t 图线可知，它在4 s 时间内速度由0增加到10 m/s ，其加速度a ＝2.5 m/s 2，A 正确；3 s 末A 车速度为v ＝at ＝7.5 m/s ，B 错误；2 s 末A 车与B 车之间距离最远，相距Δs ＝12×5×2 m ＝5 m ，4 s 末A 车与B 车位移相等，A 车追上B 车，C 错误，D 正确.9.【解析】选A 、C.当两车相遇时，对甲车有s ＝v 0t ，对乙车有s ＝12at 2，所以可以求出乙车追上甲车的时间，并求出乙车追上甲车时乙车走的路程和甲车的速度，C 正确，B 、D 错误；对乙车v ＝at ，所以可以求出乙车此时的速度，A 正确. 【总结提升】求解追及问题的分析思路(1)根据追赶和被追赶的两个物体的运动性质，列出两个物体的位移方程，并注意两物体运动时间之间的关系.(2)通过对运动过程的分析，画出简单的图示，找出两物体的运动位移间的关系.追及的主要条件是两个物体在追上时位置坐标相同.(3)寻找问题中隐含的临界条件.例如速度小者加速追赶速度大者，在两物体速度相等时有最大距离；速度大者减速追赶速度小者，在两物体速度相等时有最小距离等.利用这些临界条件常能简化解题过程.(4)求解此类问题的方法，除了以上所述根据追及的主要条件和临界条件联立方程外，还有利用二次函数求极值及应用图象法和相对运动知识求解.10.【解析】做匀变速直线运动的物体某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故v A ＝s 3＋s 42T ＝(8.33＋8.95)×10－22×0.10 m/s ＝0.86 m/s.小车的加速度a ＝(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 2＝(8.95＋9.61＋10.26)－(7.05＋7.68＋8.33)9×0.102×10－2 m/s 2＝0.64 m/s 2. 答案：0.86(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T20.64 11.【解析】(1)上升阶段－v 02＝－2gh (3分) 解得：v 0＝2gh ＝3 m/s (1分)(2)上升阶段：0＝v 0－gt 1 (3分) 解得：t 1＝v 0g ＝310s ＝0.3 s (1分)自由落体过程：H ＝12gt 22(3分)解得：t 2＝2H g＝2×10.4510s ＝1.45 s (1分) 故t ＝t 1＋t 2＝0.3 s ＋1.45 s ＝1.75 s (2分) 答案：(1)3 m/s (2)1.75 s12.【解题指南】解答本题时应注意以下两点： (1)两车速度相等是两车是否会相撞的临界条件. (2)两车是否相撞由位移关系确定.【解析】(1)B 车刹车至停下来的过程中，由v 2－v 2B ＝2a B x (1分) 解得a B ＝－v 2B 2x ＝－2.5 m/s 2(1分)画出A 、B 两列火车的v-t 图象如图所示，(1分)根据图象计算出两列火车的位移分别为： x A ＝10×8 m ＝80 m (1分) x B ＝30＋102×8 m ＝160 m (1分)因x B ＞x 0＋x A ＝155 m (1分) 故两车会相撞. (1分)(2)设A 车加速度为a A 时两车不相撞，则两车速度相等时，有：v B ＋a B t ＝v A ＋a A (t －Δt) (2分)此时B 车的位移x B ′＝v B t ＋12a B t 2(2分)A 车的位移x ′A ＝v A t ＋12a A (t －Δt)2(2分)为使两车不相撞，两车的位移关系满足x ′B ≤x 0＋x ′A (1分) 联立以上各式解得a A ≥0.83 m/s2(1分)即A 车的加速度至少为0.83 m/s2(1分)答案：(1)两车会相撞 (2)0.83 m/s 2。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析8：机械能守恒定律及其应用(含详解)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析8：机械能守恒定律及其应用（含详解）一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意) 1.如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O 点，另一端系一小球.给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动.在此过程中( ) A.小球的机械能守恒 B.重力对小球不做功 C.绳的张力对小球不做功D.在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减小 2.如图所示，一匀质杆长为2r ，从图示位置由静止开始沿光滑面ABD 滑动，AB 是半径为r 的14圆弧，BD 为水平面.则当杆滑到BD位置时的速度大小为( ) A.gr2B.grC.2grD.2gr3.一个小孩在蹦床上做游戏，他从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度，小孩从高处开始下落到弹起的整个过程中，他的运动速度v 随时间t 变化的图线如图所示，图中只有Oa 段和cd 段为直线.则根据该图线可知( )A.小孩在蹦床上的过程仅在t 1到t 3的时间内B.小孩在蹦床上的过程仅在t 1到t 5的时间内C.蹦床的弹性势能增大的过程在t 1到t 2的时间内D.蹦床的弹性势能增大的过程在t 1到t 5的时间内4.如图所示，将小球a 从地面以初速度v 0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b 从距地面h 处由静止释放，两球恰在h2处相遇(不计空气阻力).则( )A.两球同时落地B.相遇时两球速度大小相等C.从开始运动到相遇，球a 动能的减少量等于球b 动能的增加量D.相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.一不计质量的直角形支架的两直角臂长度分别为2l和l，支架可绕水平固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，支架臂的两端分别连接质量为m和2m的小球A和B，开始时OA臂处于水平位置，如图所示，由静止释放后，则可能的是( )A.OB臂能到达水平位置B.OB臂不能到达水平位置C.A、B两球的最大速度之比为v A∶v B＝2∶1D.A、B两球的最大速度之比为v A∶v B＝1∶26.(预测题)北京奥运会男子体操单杠决赛中，中国四川小将邹凯以高难度的动作和出色的发挥以16.20分夺得金牌，邹凯做“单臂大回环”时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动.此过程中，运动员的重心到单杠的距离为R，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )A.运动员过最高点时，手臂所受弹力可以为零B.运动员过最高点时的最小速度是gRC.运动员过最低点时的最小速度是2gRD.运动员到达最低点时手臂受到的拉力至少为5mg7.(创新题)来自福建省体操队的运动员黄珊汕是第一位在奥运会上获得蹦床奖牌的中国选手.蹦床是一项好看又惊险的运动，如图所示为运动员在蹦床运动中完成某个动作的示意图，图中虚线PQ是弹性蹦床的原始位置，A为运动员抵达的最高点，B为运动员刚抵达蹦床时的位置，C为运动员抵达的最低点.不考虑空气阻力和运动员与蹦床作用时的机械能损失，A、B、C 三个位置运动员的速度分别是v A、v B、v C，机械能分别是E A、E B、E C，则它们的大小关系是( )A.v A<v B，v B>v CB.v A>v B，v B<v CC.E A ＝E B ，E B >E CD.E A >E B ，E B ＝E C8.如图所示，劲度系数为k 的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R 的圆环顶点P ，另一端系一质量为m 的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动.设开始时小球置于A 点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v ，对圆环恰好没有压力.下列分析正确的是( ) A.从A 到B 的过程中，小球的机械能守恒 B.从A 到B 的过程中，小球的机械能减少 C.小球过B 点时，弹簧的弹力为mg ＋m v2RD.小球过B 点时，弹簧的弹力为mg ＋m v22R9.(易错题)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a 和b ，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C 和D 上，质量为m a 的a 球置于地面上，质量为m b 的b 球从水平位置静止释放.当b 球摆过的角度为90°时，a 球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是( )A.m a ∶m b ＝3∶1B.m a ∶m b ＝2∶1C.若只将细杆D 水平向左移动少许，则当b 球摆过的角度为小于90°的某值时，a 球对地面的压力刚好为零D.若只将细杆D 水平向左移动少许，则当b 球摆过的角度仍为90°时，a 球对地面的压力刚好为零三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10. (18分)如图所示，长为R 的轻绳，上端固定在O 点，下端连一质量为m 的小球，小球接近地面，处于静止状态.现给小球一沿水平方向的初速度v 0，小球开始在竖直平面内做圆周运动.设小球到达最高点时绳突然被剪断.已知小球最后落在离小球最初位置2R的地面上.求：(1)小球在最高点的速度v；(2)小球的初速度v0；(3)小球在最低点时对绳的拉力.11.(易错题)(18分)如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S形轨道.光滑半圆轨道半径为R，两个光滑半圆轨道连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略.粗糙弧形轨道最高点A与水平面上B点之间的高度为h.从A点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾巴的S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为s.已知小球质量m，不计空气阻力，求：(1)小球从E点水平飞出时的速度大小；(2)小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力；(3)小球沿翘尾巴S形轨道运动时克服摩擦力做的功.答案解析1.【解析】选C.斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力、绳子拉力，由于除重力做功外，摩擦力做负功，机械能减少，A、B错；绳子张力总是与运动方向垂直，故不做功，C对；小球动能的变化等于合外力做功，即重力与摩擦力做的功，D错.2.【解析】选B.虽然杆在下滑过程中有转动发生，但初始状态静止，末状态匀速平动，整个过程无机械能损失，故由机械能守恒定律得：12mv 2＝ΔE p ＝mg r 2解得：v ＝gr.故B 正确.3.【解题指南】解答本题时应注意以下两点：(1)小孩在落到蹦床前和弹离蹦床后均做匀变速直线运动. (2)小孩接触蹦床后，速度为零之前，蹦床的弹性势能一直增大.【解析】选B.t 1时刻开始小孩的加速度开始变化，说明小孩此时开始与蹦床接触，t 5时刻以后小孩的加速度与0～t 1时间相同，说明t 5时刻开始小孩离开蹦床，故A 错误，B 正确；t 3时刻小孩的速度为零，此时小孩运动到最低点，蹦床的弹性势能最大，故弹性势能增大的过程在t 1到t 3时间内，C 、D 均错误.4.【解析】选C.设两球释放后经过时间t 相遇，因它们的位移大小相等，故有v 0t －12gt 2＝12gt 2，得v 0＝gt ，这表明相遇时a 球的速度为零，根据竖直上抛运动的对称性可知a 球从抛出至落地时间为2t ，而b 球的落地时间小于2t ，选项A 、B 错误；从开始到相遇，a 球的机械能守恒，a 球的动能减少量等于mgh/2；b 球的机械能守恒，b 球的动能增加量等于mgh/2，选项C 正确；相遇后的任意时刻，a 、b 球的速度均不相等，重力大小相同，所以重力的功率不相等，选项D 错误.5.【解析】选A 、C.当OB 臂到达水平位置时，质量为m 的小球重力势能减少2mg l ，质量为2m 的小球重力势能增加2mg l ，根据机械能守恒，可知这是可能的，所以A 正确，B 错误；两个小球转动的角速度ω相同，根据v ＝ωR 可知，A 、B 两球的最大速度之比为v A ∶v B ＝2∶1，故C 正确，D 错误.6.【解析】选A 、D.运动员做“单臂大回环”的运动可视为“杆模型”，故过最高点时，手臂所受弹力可以为零，A 对；手臂所受弹力与重力相等时，此时速度最小为零，B 错；对运动员从最高点到最低点的过程进行分析，由机械能守恒定律得：mg ·2R ＝12mv 2，又由最低点的牛顿第二定律得：T －mg ＝m v2R，联立两式得v ＝2gR ，T ＝5mg ，C 错，D 对.7.【解析】选A 、C.对运动员从A 到B 的运动过程，只有重力做功，机械能守恒，即E A ＝E B ，且重力做正功，动能增加，即v B >v A ；运动员从B 到C 运动过程中，蹦床弹力对其做负功，故其机械能减小，即E B >E C ，因C 点为最低点即v C ＝0，故v B >v C ，综上所述，本题选A 、C. 8.【解析】选B 、C.从A 到B 的过程中，因弹簧对小球做负功，小球的机械能将减少，A 错误，B 正确；在B 点对小球应用牛顿第二定律可得：F B －mg ＝m v 2R ，解得F B ＝mg ＋m v2R，C 正确，D 错误.【变式备选】重10 N 的滑块在倾角为30°的斜面上，从a 点由静止下滑，到b 点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点离开弹簧，最后又回到a 点，已知ab ＝1 m ，bc ＝0.2 m ，那么在整个过程中，下列选项不正确的是( ) A.滑块动能的最大值是6 J B.弹簧弹性势能的最大值是6 JC.从c 到b 弹簧的弹力对滑块做的功是6 JD.整个过程系统机械能守恒【解析】选A.滑块和弹簧组成的系统，在滑块的整个运动过程中，只发生动能、重力势能和弹性势能之间的相互转化，系统的机械能守恒，D 正确；滑块从a 到c ，重力势能减小了mg ac sin30°＝6 J ，全部转化为弹簧的弹性势能，A 错误，B 正确；从c 到b 弹簧恢复原长，通过弹簧的弹力对滑块做功，将6 J 的弹性势能全部转化为滑块的机械能，C 正确.9.【解析】选A 、D.设Db 段绳长为L ，则b 球摆至最低点时，12m b v 2b ＝m b gL ，T －m b g ＝m b v 2bL ，可得：T ＝3m b g ，因此时a 球对地面压力刚好为零，可得：T ＝m a g ，故有：m a ∶m b ＝3∶1，A 正确，B 错误；若细杆D 水平向左移动少许，使L 变大，但并不影响绳的拉力T 的大小，仍然有T ＝3m b g ＝m a g ，故当b 球摆过的角度为90°时，a 球对地面的压力刚好为零，C 错误，D 正确. 10.【解析】(1)小球做平抛运动：在水平方向有：2R ＝vt (2分) 在竖直方向有：2R ＝12gt 2(2分)解得： v ＝gR (2分) (2)根据机械能守恒定律有：12mv 20＝mg ·2R ＋12mv 2 (3分) 解得：v 0＝5gR (2分) (3)对小球在最低点时：F －mg ＝m v 2R (3分)解得：F ＝6mg (2分) 由牛顿第三定律得：球对绳子的拉力为6mg ，方向向下 (2分)答案：(1)gR (2)5gR (3)6mg ，方向向下 【总结提升】机械能守恒定律应用三要点(1)正确选取研究对象，必须明确机械能守恒定律针对的是一个系统，而不是单个物体. (2)灵活选取零势能位置，重力势能常选最低点或物体的初始位置为零势能位置，弹性势能选弹簧原长为零势能位置.(3)运用机械能守恒定律解题的关键在于确定“一个过程”和“两个状态”.所谓“一个过程”是指研究对象所经历的力学过程，了解研究对象在此过程中的受力情况以及各力的做功情况；“两个状态”是指研究对象在此过程中的开始和结束时所处的状态，找出研究对象分别在初状态和末状态的动能和势能.11.【解析】(1)小球从E 点水平飞出做平抛运动，设小球从E 点水平飞出时的速度大小为v E ，由平抛运动规律，s ＝v E t,4R ＝12gt 2联立解得v E ＝s42gR(4分) (2)小球从B 点运动到E 点的过程，机械能守恒12mv 2B ＝mg4R ＋12mv 2E (3分) 解得v 2B＝8gR ＋s 2g 8R在B 点F －mg ＝m v 2BR (3分)得F ＝9mg ＋mgs28R2 (2分)由牛顿第三定律可知小球运动到B 点时对轨道的压力为F ′＝9mg ＋mgs28R 2，方向竖直向下.(2分)(3)设小球沿翘尾巴的S 形轨道运动时克服摩擦力做的功为W ，则mg(h －4R)－W ＝12mv 2E得W ＝mg(h －4R)－mgs216R (4分)答案：(1)s42g R (2)9mg ＋mgs28R2，方向竖直向下 (3)mg(h －4R)－mgs216R。
高中物理第二章《固体、液体和气体》知识梳理
高中物理第二章《固体、液体和气体》知识梳理一、液体的微观结构1.特点液体中的分子跟固体一样是密集在一起的,液体分子的热运动主要表现为在平衡位置附近做微小的振动,但液体分子只在很小的区域内做有规则的排列,这种区域是暂时形成的,边界和大小随时改变,有时瓦解,有时又重新形成,液体由大量这种暂时形成的小区域构成,这种小区域杂乱无章地分布着.联想:非晶体的微观结构跟液体非常相似,可以看作是粘滞性极大的流体,所以严格说来,只有晶体才能叫做真正的固体.2.应用液体的微观结构可解释的现象(1液体表现出各向同性:液体由大量暂时形成的杂乱无章地分布着的小区域构成,所以液体表现出各向同性.(2液体具有一定的体积:液体分子的排列更接近于固体,液体中的分子密集在一起,相互作用力大,主要表现为在平衡位置附近做微小振动,所以液体具有一定的体积.(3液体具有流动性:液体分子能在平衡位置附近做微小的振动,但没有长期固定的平衡位置,液体分子可以在液体中移动,这是液体具有流动性的原因.(4液体的扩散比固体的扩散要快:流体中的扩散现象是由液体分子运动产生的,分子在液体里的移动比在固体中容易得多,所以液体的扩散要比固体的扩散快.二、液体的表面张力1.液体的表面具有收缩趋势缝衣针硬币浮在水面上,用热针刺破铁环上棉线一侧的肥皂膜,另一侧的肥皂膜收缩将棉线拉成弧形.联想:液体表面就像张紧的橡皮膜.2.表面层(1液体跟气体接触的表面存在一个薄层,叫做表面层.(2表面层里的分子要比液体内部稀疏些,分子间距要比液体内部大.在表面层内,分子间的距离大,分子间的相互作用力表现为引力.联想:在液体内部,分子间既存在引力,又存在斥力,引力和斥力的数量级相等,在通常情况下可认为它们是相等的.3.表面张力(1含义:液面各部分间相互吸引的力叫做表面张力.(2产生原因:表面张力是表面层内分子力作用的结果.表面层里分子间的平均距离比液体内部分子间的距离大,于是分子间的引力和斥力比液体内部的分子力和斥力都有所减少,但斥力比引力减小得快,所以在表面层上划一条分界线MN时(图1,两侧的分子在分界线上相互吸引的力将大于相互排斥的力.宏观上表现为分界线两侧的表面层相互拉引,即产生了表面张力.图1(3作用效果:液体的表面张力使液面具有收缩的趋势.如吹出的肥皂泡呈球形,滴在洁净玻璃板上的水银滴呈球形.草叶上的露球、小水银滴要收缩成球形.深化:表面张力使液体表面具有收缩趋势,使液体表面积趋于最小.在体积相等的各种形状的物体中球形体积最小.三、浸润和不浸润1.定义浸润:一种液体会润湿某种固体并附在固体的表面上,这种现象叫做浸润.不浸润:一种液体不会润湿某种固体,也就不会附在这种固体的表面,这种现象叫做不浸润.2.决定液体浸润的因素液体能否浸润固体,取决于两者的性质,而不单纯由液体或固体单方面性质决定,同一种液体,对一些固体是浸润的,对另一些固体是不浸润的,水能浸润玻璃,但不能浸润石蜡,水银不能浸润玻璃,但能浸润锌.误区:不能以偏概全地说“水是浸润液体”,“水银是不浸润液体”.3.浸润和不浸润的微观解释(1附着层:跟固体接触的液体薄层,其特点是:附着层中的分子同时受到固体分子和液体内部分子的吸引.(2解释:当水银与玻璃接触时,附着层中的水银分子受玻璃分子的吸引比内部水银分子弱,结果附着层中的水银分子比水银内部稀硫,这时在附着层中就出现跟表面张力相似的收缩力,使跟玻璃接触的水银表面有缩小的趋势,因而形成不浸润现象.相反,如果受到固体分子的吸引相对较强,附着层里的分子就比液体内部更密,在附着层里就出现液体分子互相排斥的力,这时跟固体接触的表面有扩展的趋势,从而形成浸润现象.总之,浸润和不浸润现象是分子力作用的表现.深化:浸润不浸润取决于固体分子对附着层分子的力和液体分子间力的关系.4.弯月面液体浸润器壁时,附着层里分子的推斥力使附着层有沿器壁延展的趋势,在器壁附近形成凹形面.液体不浸润器壁时,附着层里分子的引力使附着层有收缩的趋势,在器壁附近形成凸形面.如图2所示.图2深化:“浸润凹,不浸凸”.四、毛细现象1.含义浸润液体在细管中上升的现象,以及不浸润液体在细管中下降的现象,称为毛细现象.2.特点(1浸润液体在毛细管里上升后,形成凹月面,不浸润液体在毛细管里下降后形成凸月面.(2毛细管内外液面的高度差与毛细管的内径有关,毛细管内径越小,高度差越大.误区:在这里很多同学误认为只有浸润液体才会发生浸润现象.3.毛细现象的解释当毛细管插入浸润液体中时,附着层里的推斥力使附着层沿管壁上升,这部分液体上升引起液面弯曲,呈凹形弯月面使液体表面变大,与此同时由于表面层的表面张力的收缩作用,管内液体也随之上升,直到表面张力向上的拉伸作用与管内升高的液体的重力相等时,达到平衡,液体停止上升,稳定在一定的高度.联想:利用类似的分析,也可以解释不浸润液体的毛细管里下降的现象.五、液晶1.定义有些化合物像液体一样具有流动性,而其光学性质与某些晶体相似,具有各向异性,人们把处于这种状态的物质叫液晶.深化:液晶是一种特殊的物质状态,所处的状态介于固态和液态之间.2.液晶的特点(1分子排列:液晶分子的位置无序使它像液体,排列有序使它像晶体.从某个方向上看液晶的分子排列比较整齐;但是从另一个方向看,液晶分子的排列是杂乱无章的.辨析:组成晶体的物质微粒(分子、原子或离子依照一定的规律在空间有序排列,构成空间点阵,所以表现为各向异性;液体却表现为分子排列无序性和流动性;液晶呢?分子既保持排列有序性,保持各向异性,又可以自由移动,位置无序,因此也保持了流动性.(2液晶物质都具有较大的分子,分子形状通常是棒状分子、碟状分子、平板状分子.3.液晶的物理性质(1液晶具有液体的流动性;(2液晶具有晶体的光学各向异性.液晶的光学性质对外界条件的变化反应敏捷.液晶分子的排列是不稳定的,外界条件和微小变动都会引起液晶分子排列的变化,因而改变液晶的某些性质,例如温度、压力、摩擦、电磁作用、容器表面的差异等,都可以改变液晶的光学性质.如计算器的显示屏,外加电压使液晶由透明状态变为浑浊状态.4.液晶的用途液晶可以用作显示元件,液晶在生物医学、电子工业,航空工业中都有重要应用.联想:液晶可用显示元件:有一种液晶,受外加电压的影响,会由透明状态变成浑浊状态而不再透明,去掉电压,又恢复透明,当输入电信号,加上适当电压,透明的液晶变得浑浊,从而显示出设定的文字或数码.。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析46：提分检测(四)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析46提分检测(四) 第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意) 1.如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I ，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行，线框由静止释放，在下落过程中( )A.穿过线框的磁通量保持不变B.线框中感应电流方向保持不变C.线框所受安培力的合力为零D.线框的机械能不断增大2.如图所示，金属杆ab 、cd 可以在光滑导轨PQ 和RS 上滑动，匀强磁场方向垂直纸面向里，当ab 、cd 分别以速度v 1、v 2滑动时，发现回路感生电流方向为逆时针方向，则v 1和v 2的大小、方向可能是( ) A.v 1＞v 2，v 1向右，v 2向左 B.v 1＞v 2，v 1和v 2都向左 C.v 1＝v 2，v 1和v 2都向右 D.v 1＝v 2，v 1和v 2都向左3.如图所示的是法拉第制作的世界上第一台发电机模型的原理图.将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，图中a 、b 导线与铜盘的中轴线处在同一平面内.转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流.若已知铜盘的半径为L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路总电阻为R ，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是( )A.回路中产生大小和方向做周期性变化的电流B.回路中电流大小恒定，且等于BL 2ωRC.回路中电流方向不变，且从b 导线流进灯泡，再从a 导线流向旋转的铜盘D.以上说法都不对4.(2011·广东高考)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确 的是( )A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同5.如图所示为一理想变压器在两种情况下工作的示意图.其中灯泡L 2、L 3的功率均为P ，且L 1、L 2、L 3为相同的灯泡，原、副线圈匝数比为n 1∶n 2＝4∶1，则图甲中L 1的功率和图乙中L 1的功率分别为( )A.P ，PB.16P ，14PC.14P,16P D.16P,4P 二、双项选择题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，每小题有两个选项符合题意) 6.一理想变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q 调节，如图所示.在副线圈上连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头.原线圈两端接在电压为U 的交流电源上.则( )A.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变大B.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变小C.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变大D.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变小7.(提分单独考查)如图所示，空间的虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5 cm. 一个质量为m ，带电量为q 的粒子沿AA′方向以初动能E k自图中的P点进入电场，刚好从C′点离开电场.已知PA′＝2 cm，粒子的重力忽略不计.下列说法中正确的是( )A.该粒子到达C′点时的动能为2E kB.该粒子到达C′点时的动能为1.5E kC.该粒子通过等势面BB′时的动能为1.25E kD.该粒子通过等势面BB′时的动能为1.5E k8.(提分单独考查)在高速公路的隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了延长电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，下列说法正确的是( )A.两个灯泡串联B.两个灯泡并联C.每个灯泡消耗的功率大于其额定功率的四分之一D.每个灯泡消耗的功率小于其额定功率的四分之一9.如图甲所示，100匝线圈(图中只画了1匝)两端A、B与一电压表相连.线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化.下列关于电压表的说法正确的是( )A.电压表读数为50 VB.电压表读数为150 VC.电压表“＋”接线柱接A端D.电压表“＋”接线柱接B端10.(提分交汇考查)长为a、宽为b的矩形线框有n匝，每匝线圈电阻为R.如图所示，对称轴MN的左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，第一次将线框从磁场中以速度v匀速拉出，第二次让线框以ω＝2v/b的角速度转过90°角.那么( )A.通过线框横截面的电量q1∶q2＝1∶nB.通过线框横截面的电量q1∶q2＝1∶1C.线框发热功率P1∶P2＝2n∶1D.线框发热功率P1∶P2＝2∶1第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、实验题(本大题共2小题，共12分)11.(4分)有一种在光照或温度升高时排气扇都能启动的自动控制装置，下列说法正确的是( )A.两个传感器都是光电传感器B.两个传感器分别是光电传感器和温度传感器C.两个传感器可能分别是温度传感器、电容式传感器D.只有光照和温度都适合时排气扇才能工作12. (8分)实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联.测量实际电流表G1内阻r1的电路如图所示.供选择的仪器如下：①待测电流表G1(0～5 mA，内阻约300Ω)，②电流表G2(0～10 mA，内阻约100 Ω)，③定值电阻R1(300 Ω)，④定值电阻R2(10 Ω)，⑤滑动变阻器R3(0～1 000Ω)，⑥滑动变阻器R4(0～20 Ω)，⑦干电池(1.5 V)，⑧电键S及导线若干.(1)定值电阻应选，滑动变阻器应选.(在空格内填写序号)(2)用线连接实物图.(3)补全实验步骤：①按电路图连接电路，____________________________________；②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2；③______________________________________________________________；④以I(4)根据I2-I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式____________________________________________________________________________________________________.四、计算题(本大题共4小题，共48分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)导轨水平放置在竖直向上的磁感应强度为B的磁场中，一端接有阻值为R的电阻，一质量为m，电阻为r的导体棒ab放置在导轨上，在外力F作用下从t＝0开始运动，其速度规律为v＝v m sinωt，不计导轨电阻及感应电流的磁场对原磁场的影响，求：(1)感应电动势的表达式；(2)电阻R上的发热功率.14. (12分)如图所示，交流发电机电动势的有效值E ＝20 V ，内阻不计，它通过一个R ＝6 Ω的指示灯连接变压器.变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V，0.25 W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计.求：(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比； (2)发电机的输出功率.15.(提分交汇考查)(12分)如图所示，足够长的光滑导轨 ab 、cd 固定在竖直平面内，导轨间距为l ，b 、c 两点间接一阻值为R 的电阻.ef 是一水平放置的导体杆，其质量为m 、有效电阻值为R ，杆与ab 、cd 保持良好接触.整个装置放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直.现用一竖直向上的力拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为g2的匀加速运动，上升了h 高度，这一过程中bc 间电阻R 产生的焦耳热为Q ，g 为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用.求： (1)导体杆上升到h 过程中通过杆的电荷量； (2)导体杆上升到h 时所受拉力F 的大小；16.(提分交汇考查)(14分)水平放置的平行金属板M 、N 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的交变磁场(如图甲所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B 0＝100 T.已知两板间距离d ＝0.3 m ，电场强度E ＝50 V/m ，M 板上有一小孔P ，在P 正上方h ＝5 cm 处的O 点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，最后落在N 板上的Q 点如图乙所示.如果油滴的质量m ＝10－4kg ，带电荷量|q|＝2×10－5C.求：(1)在P 点的速度v 为多大？(2)若油滴在t ＝0时刻进入两板间，最后恰好垂直向下落在N 板上的Q 点，求油滴的电性及交变磁场的变化周期T.(3)Q 、O 两点水平距离.(不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2)答案解析1.【解析】选B.线框下落过程中距离直导线越来越远，磁场越来越弱，但磁场方向不变，所以磁通量越来越小，根据楞次定律可知感应电流的方向不变，A 错，B 对；线框左边和右边所受安培力总是大小相等，方向相反，但上下两边磁场强弱不同，安培力大小不同，合力不为零，C 错；下落过程中机械能越来越小，D 错.2.【解析】选B.因回路abdc 中产生逆时针方向的感生电流，由题意可知回路abdc 的面积应增大，选项A 、C 、D 错误，B 正确.3.【解析】选C.该铜盘匀速转动，可看做无数个长为半径的导线切割磁感线，并且它们并联，其电动势大小E ＝BL ·ωL2，方向由右手定则知，由b 经灯泡到a ，故C 正确，A 、B 、D 错误.4.【解析】选C.由法拉第电磁感应定律知：E ＝n ΔΦΔt ，可见感应电动势的大小与线圈的匝数有关，A 错误；感应电动势的大小取决于磁通量的变化快慢，而与磁通量的大小无关，B 错误，C 正确；感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，当原磁场增强时，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，D 错误.5.【解析】选B.对甲图，由n 1∶n 2＝4∶1知U 1＝4U 2，而P ＝U 22R 得P 1＝U 21R ＝16P ，对于乙图，n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3,2n 2I 2＝n 1I 1，I 1＝2n 2n 1I 2＝12I 2，而P ＝I 22R 得P ′1＝I 21R ＝14P ，故B 项正确. 6.【解析】选B 、C.根据理想变压器原、副线圈上电压、电流决定关系知：在输入电压U 1不变的情况下，U 2不变.当保持Q 的位置不动，滑动触头P 向上滑动时，副线圈上的电阻增大，电流减小，故输入电流I 1亦随着减小，即电流表的示数变小，A 错误，B 正确；当保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，由U 1U 2＝n 1n 2知，副线圈上匝数增大，引起副线圈上电压增大，即副线圈上电流增大，故原线圈上的电流亦随着增大，故电流表的示数增大，C 正确，D 错误.7.【解析】选A 、D.设粒子过P 点的速度为v 0，将粒子过C ′的速度v C ′分解，如图所示，则有PA ′＝v 0t ，A ′C ′＝v y2t ，代入数据解得v y ＝v 0，v C ′＝2v 0，所以粒子过C ′时动能为2E k ，A 正确，B 错误；粒子由P 到C ′动能增量为E k ，由于相邻等势面的电势差相等，因此粒子由P 点到经过BB ′时，电场力做的功应为0.5E k ，故粒子通过BB ′时动能应为1.5E k ，C 错误，D 正确.8.【解析】选A 、C.两个灯泡应串联，每个灯泡承担的电压U ＝2202 V ＝110 V ，低于额定电压，灯泡不易损坏；由P ＝U 2R ，U 变为原来的12，由于灯丝较正常发光时温度低，故灯丝电阻较正常发光时小，所以每个灯泡实际消耗的功率要大于其额定功率的四分之一，故A 、C 正确. 9.【解析】选A 、C.从图乙中可得穿过线圈的磁通量随时间在不断增加，根据楞次定律和安培定则，可得A 接感应电动势的正极，即电压表“＋”接线柱接A 端，C 正确，D 错误；根据法拉第电磁感应定律得：E ＝n ΔΦΔt ＝100×0.15－0.100.1 V ＝50 V ，故电压表读数为50 V ，A 正确，B 错误.10.【解析】选B 、D.首先，在第一、二次运动过程中，磁通量的减少量为ΔΦ1＝ΔΦ2＝B ·ab 2.当回路为n 匝，总电阻为nR 时， 由q ＝I ·Δt ＝E －nR ·Δt ＝ΔΦR可得q 1∶q 2＝1∶1.故知A 错B 对.显然两种情况下线框电阻不变. 从而，由电(热)功率公式可得P 1P 2＝(E 1E 2)2① E 1＝nBav ② E 2＝nB ·ab 2·2v2b ③联立①②③式，即可求出以下结果P 1∶P 2＝2∶1，故知C 错D 对.11.【解析】选B.题中提到有光照或温度升高时排气扇都能自动控制，由此可见两个传感器一个是光电传感器，一个是温度传感器，而且排气扇自动工作只需光照和温度一个满足条件即可，A 、C 、D 错误，B 正确.12.【解析】(1)根据电路的原理图，如果定值电阻太小，电流表G 1中的电流太小，读数误差较大，所以定值电阻应适当大一些，滑动变阻器采用分压接法时，应选用阻值较小一些的变阻器.(2)根据电路的原理图进行实物连接，注意电表的正负极不要接反.(3)闭合电键之前，应将滑动触头移到最左端，以防止闭合电键时烧坏电表；为减小实验误差，应多次测量取平均值. (4)根据串、并联规律可知： I 2＝I 1＋I 1r 1R 1＝R 1＋r 1R 1I 1，所以k ＝R 1＋r 1R 1即r 1＝(k －1)R 1答案：(1)③ ⑥ (2)如图(3)①将滑动触头移至最左端 ③多次移动滑动触头，记录相应的G 1、G 2的读数I 1、I 2 (4)r 1＝(k －1)R 113.【解析】(1)根据E ＝BLv得：E ＝BL v m sin ωt (4分) (2)感应电动势的有效值为： E(2分)感应电流的有效值为：I ＝ER ＋r (2分)电阻R 上的发热功率为P ＝I 2·R ＝222m 2B L v R2(R r)+ (2分) 答案：(1)BLv m sin ωt (2) 222m 2B L v R2(R r)+14.【解析】(1)彩色小灯泡额定电流I L ＝P U ＝124 A ，次级线圈总电流I 2＝24I L ＝1 A.变压器输入功率等于I 1U 1＝I 2U 2＝6 W ， (3分) 变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得 E ＝U 1＋I 1R ＝U 2I 2I 1＋I 1R ＝6I 1＋6I 1，代入E 值解得I 1＝13A(I 1＝3 A 应舍去，据题意是降压变压器，应I 1＜I 2＝1 A)，(3分)所以n 1n 2＝I 2I 1＝31. (2分)(2)发电机输出功率P ＝I 1E ＝6.67 W. (4分) 答案：(1)3∶1 (2)6.67 W15.【解析】(1)通过杆的电量q ＝I Δt (1分)根据闭合电路的欧姆定律I ＝E2R(1分)根据电磁感应定律，得E ＝ΔΦΔt(1分) q ＝ΔΦ2R ＝B h 2R l (1分)(2)设ef 上升h 时，速度为v 1、拉力为F ，根据运动学公式，得：v 1＝gh(2分) 根据牛顿第二定律，得：F －mg －BI 1l ＝12mg (2分)根据闭合电路的欧姆定律，得 I 1＝1B v 2Rl (2分)综上解得F ＝3mg 2＋分) 答案：(1) B h 2R l (2)3mg 2＋16.【解析】(1)油滴自由下落，进入两板间电、磁场时的初速度为v ＝2gh ＝2×10×5×10－2m/s ＝1 m/s (3分)(2)由于油滴进入两板间的瞬间所受洛伦兹力水平向右，所以油滴带正电.油滴进入电、磁场后的情况如图所示，电场力F 电＝qE ＝2×10－5×50 N ＝10－3 N(2分)G ＝mg ＝10－3N带电油滴进入两板间，电场力与重力平衡，在磁场的作用下，油滴做匀速圆周运动.设圆周半径为R ，若恰好垂直落在N 板上的Q 点，则F 洛＝qvB ＝mv 2RT B ＝2πR v解得R ＝mv qB ＝10－4×12×10－5×100m ＝0.05 m (2分) T B ＝2πm qB ＝2π×10－42×10－5×100s ＝0.1 πs (2分) 又已知d ＝0.3 m ，由几何关系得d ＝6R (1分)所以交变磁场周期T ＝12T B ＝0.05 πs (1分) (3)设Q 、O 两点的水平距离为x ，由几何关系得x ＝6R ＝0.3 m (3分)答案：(1)1 m/s (2)正电 0.05πs (3)0.3 m。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析45：提分检测(三)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析45提分检测(三)第Ⅰ卷(选择题共40分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意)1.(提分单独考查)细绳的一端固定，另一端系一小球，让小球在竖直面内做圆周运动，关于小球运动到P点的加速度方向，图中可能的是( )2.(提分单独考查)土星周围有美丽壮观的“光环”，组成环的颗粒是大小不等，线度从1 μm 到10 m的岩石、尘埃，类似于卫星，它们与土星中心的距离从7.3×104 km 延伸到1.4×105 km.已知环的外缘颗粒绕土星做圆周运动的周期约为14 h，引力常量为6.67×10－11N·m2/kg2，则土星的质量约为(估算时不考虑环中颗粒间的相互作用)( )A.9.0×1016 kgB.6.4×1017 kgC.9.0×1025 kgD.6.4×1026 kg3.如图所示电路，电源电动势E＝30 V，电源内阻不计，电阻R1＝5 Ω，R3＝10 Ω，变阻器的最大电阻值R2＝10 Ω，当滑片P从a端向b端滑动过程中，电压表和电流表(均为理想电表)的读数变化情况是( )A.0～15 V，2～1.5 AB.0～30 V，2～1.5 AC.0～15 V，2～3.0 AD.0～30 V，2～3.0 A4.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光.在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是( )A.小灯泡L1、L2均变暗B.小灯泡L1、L2均变亮C.电流表A的读数变小，电压表V的读数变大D.电流表A的读数变大，电压表V的读数变小5.(提分单独考查)如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上.槽的左侧有一竖直墙壁.现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内.则下列说法正确的是( )A.小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B.小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒二、双项选择题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，每小题有两个选项符合题意)6.(提分单独考查)如图所示，一小球以v0＝10 m/s的速度水平抛出，在落地之前经过空中A、B两点，在A点小球速度方向与水平方向的夹角为45°，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为60°(空气阻力忽略不计，g取10m/s2)，以下判断中正确的是( )A.小球经过A、B两点间的时间t＝(3－1)sB.小球经过A、B两点间的时间t＝ 3 sC.A、B两点间的高度差h＝10 mD.A、B两点间的高度差h＝15 m7.如图甲是某一点电荷形成的电场中的一条电场线，A、B是电场线上的两点，一负电荷q仅在电场力作用下以初速度v0从A运动到B过程中的速度图线如图乙所示，则以下说法中正确的是( )A.A、B两点的电场强度E A＞E BB.A、B两点的电势φA＞φBC.负电荷q 在A 、B 两点的电势能大小A p E ＞B p ED.此电场一定是负电荷形成的电场8.如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一个电荷量为q 、质量为m的带电粒子(不计重力)以v 0从A 点水平射入电场，且刚好以速度v 从B 点射出.则以下说法正确的是( )A.若该粒子以速度－v 从B 点射入，它将刚好以速度－v 0从A 点射出B.若该粒子以速度－v 0从B 点射入，它将刚好以速度－v 从A 点射出C.若将q 的反粒子(－q ，m)以速度－v 0从B 点射入，它将刚好以速度－v 从A 点射出D.若将q 的反粒子(－q ，m)以速度－v 从B 点射入，它将刚好以速度－v 0从A 点射出 9.(2011·大纲版全国卷)通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s ，它由若干个相继发生的闪击构成.每个闪击持续时间仅40～80 μs ，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中.在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V ，云地间距离约为1 km ；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C ，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的.根据以上数据，下列判断正确的是( ) A.闪电电流的瞬时值可达到1×105A B.整个闪电过程的平均功率约为1×1014W C.闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/m D.整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J10.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小.一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m ，升降机静止时电流表示数为I 0.某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程中( )A.物体处于失重状态B.物体处于超重状态C.升降机一定向上做匀加速运动D.升降机可能向下做匀减速运动第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、实验题(本大题共2小题，共12分)11.(6分)(2012·佛山模拟)某一电阻值不变的纯电阻元件(阻值R x在50～100 Ω)，额定功率为0.25 W.要用伏安法较准确地测量它的阻值，实验器材有：电流表A1：量程为100 mA，内阻约为5 Ω电流表A2：量程为1 A，内阻约为0.5 Ω电压表V1：量程为6 V，内阻约为10 kΩ电压表V2：量程为30 V，内阻约为50 kΩ滑动变阻器R：0～10 Ω，2 A电源(E＝9 V)，开关，导线若干.(1)实验中应选用的电流表为，电压表为；(填入器材符号)(2)在虚线框内画出实验电路图；(3)测出的电阻值与真实值相比(填“偏大”、“偏小”或“相等”).12.(6分)(2012·广州模拟)如图是“测电源的电动势和内阻”的实验电路，器材如下：待测电源，量程为0～3 V～15 V的理想电压表V，量程为0～0.6 A～3 A的电流表A(具有一定内阻)，定值电阻R0(R0＝1.50 Ω)，滑动变阻器R1(0～10 Ω)，滑动变阻器R2(0～200 Ω)，开关S、导线若干.(1)为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用(填“R1”或“R2”).(2)用笔画线代替导线在实物图中完成连线.(3)实验中，改变滑动变阻器的阻值，测出当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2.则待测电源内阻的表达式r＝.(用I1、I2、U1、U2和R0表示)四、计算题(本大题共4小题，共48分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(8分)如图所示，电压表V1和V2的读数都是3.5 V，如果对调这两个电压表，则V1的读数为3.0 V，V2的读数为4.0 V，求这两个电压表的内阻.(不计电源内阻)14.(12分)在如图甲所示电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2的阻值未知，R3是一个滑动变阻器，当其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随电流I 的变化图线如图乙所示，其中图线上的A、B两点是滑片在变阻器上的两个不同端点时分别得到的.求：(1)电源的电动势和内电阻；(2)定值电阻R 2的阻值； (3)滑动变阻器R 3的最大值.15.(2012·汕头模拟)(14分)一根长为L 的丝线吊着一质量为m 的带电量为q 的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响，(重力加速度为g ，sin37°＝0.6， cos37°＝0.8).求：(1)匀强电场的电场强度的大小； (2)小球经过最低点时丝线的拉力.16.(提分交汇考查)(14分)如图所示的电路中，两平行金属板A 、B 水平放置，两板间的距离d ＝40 cm.电源电动势E ＝24 V ，内电阻r ＝1 Ω，电阻R ＝15 Ω.闭合开关S ，待电路稳定后，将一带正电的小球从B 板小孔以初速度v 0＝4 m/s 竖直向上射入板间.若小球带电荷量为q ＝1×10－2C ，质量为m ＝2×10－2kg ，不考虑空气阻力.那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A 板？此时，电源的输出功率是多大？(取g ＝10 m/s 2)答案解析1.【解析】选D.因小球做变速圆周运动，在P 点的合加速度应是向心加速度与切向加速度的合成，故只有D 选项符合要求.2.【解析】选D.由万有引力提供颗粒绕土星做圆周运动的向心力得，G Mm r 2＝m(2πT )2r ，M ＝4π2r 3GT2＝2831124(1.410)6.6710(143600)-⨯⨯⨯⨯kg ＝6.4×1026kg. 所以D 选项正确.3.【解析】选A.当滑片P 在a 端时，电压表示数为0，电流表示数I ＝ER 1＋R 2＝ 2 A.当滑片P 在b 端时，R 2、R 3并联电阻为5 Ω，故电压表示数为15 V ，电流表示数为1.5 A.故A正确.4.【解析】选C.滑片向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路部分的阻值变大，电路中的总电阻变大，路端电压变大，总电流变小，故电流表A的读数变小，电压表V的读数变大，小灯泡L2变暗，L1变亮，C正确.5.【解析】选C.小球从开始下落至到达最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，选项D错误.小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，选项A错误.小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽往右运动，斜槽对小球的支持力对小球做负功，小球对斜槽的压力对斜槽做正功，系统机械能守恒，选项B错而C对.6.【解析】选A、C.由题意，v Ay＝v0tan45°＝10 m/s.v By＝v0tan60°＝10 3 m/s.由v By－v Ay＝gt得，t＝(3－1)s，故A正确，B错误.再根据v By2－v Ay2＝2gh，解得h＝10 m，故C正确，D错误.7.【解析】选B、D.由v-t图知，负电荷q做加速度增大的减速运动，故所受电场力变大，电场强度变大，E B＞E A，A错误；又因电场力的方向在甲图中向左，故电场线的方向为A→B，则φA＞φB，B正确；又E p＝qφ，对负电荷q，E pA＜EpB，C错；根据电场线的方向和电场强度的特点知，此电场一定是负电荷形成的电场，D正确.8.【解析】选A、C.从粒子的运动轨迹可以判断粒子带正电.粒子在电场中做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为匀加速直线运动.该粒子的反粒子在电场中受到的电场力向上，轨迹将要弯曲向上.结合运动的合成与分解，可得正确选项为A、C.9.【解析】选A、C.闪电电流I＝Q/t＝1×105 A，选项A正确；闪电过程的瞬时功率P＝UI＝1.0×109×1×105W＝1×1014W，选项B错误；闪电前云地之间的电场强度约为U/d＝1.0×106 V/m，选项C正确；第一个闪击过程向外释放能量为qU＝6×1.0×109 J＝6.0×109 J，选项D 错误.10.【解析】选B、D.由题图乙可知，电流由I0变为2I0，且保持不变，说明压敏电阻受压力恒定，则升降机做匀变速运动；电流变大说明阻值减小，则压力变大，物体处于超重状态，即升降机有向上的加速度.升降机有两种运动状态：加速向上或减速向下，故选项B、D正确.11.【解析】(1)由P ＝I 2R 得该电阻元件的最大电流I m ≈7.1×10－2A ＝71 mA ，故电流表应选A 1；由U ＝PR 得该元件允许所加的最大电压为U m ＝5 V ，故电压表应选V 1.(2)因滑动变阻器阻值为10 Ω，故应采用分压式电路；因A 1表阻值与R x 阻值相差不大，应采用电流表外接法，如图所示.(3)因采用电流表外接法测量电阻，故测量值比真实值偏小. 答案：(1)A 1 V 1 (2)见解析图 (3)偏小12.【解析】(1)因电源的内电阻较小，一般为几欧姆，故滑动变阻器应选用R 1. (2)连接电路时，应注意滑动变阻器的接法及电流表、电压表的量程，连线如图所示.(3)由E ＝U ＋I(R 0＋r)知，将(I 1，U 1)和(I 2，U 2)代入上式，解得R 0＋r ＝U 2－U 1I 1－I 2，即r ＝U 2－U 1I 1－I 2－R 0.答案：(1)R 1 (2)见解析图 (3)U 2－U 1I 1－I 2－R 0 13.【解析】设电压表V 1、V 2的内阻分别为R 1、R 2.串联电路中，电阻两端的电压与电阻成正比.又由并联电阻的特点可得 1R 1＋1600＝1R 2＋1400①(3分)600R 2R 2＋600/400R 1R 1＋400＝43 ②(3分)由①②可得：R 1＝240 Ω，R 2＝300 Ω (2分) 答案：240 Ω 300 Ω14.【解析】(1)由闭合电路欧姆定律得：E ＝U ＋Ir 将图象中A 、B 两点的电压和电流代入得： E ＝16＋0.2r ，E ＝4＋0.8r解得E ＝20 V ，r ＝20 Ω (4分)(2)当R 3的滑片滑到最右端时，R 3、R 1均被短路，此时外电路电阻等于R 2，且对应于图线上B 点，故由B 点的U 、I 值可求出R 2的阻值为：R 2＝U B I B ＝40.8Ω＝5 Ω. (4分)(3)滑动变阻器的滑片置于最左端时，R 3阻值最大.设此时外电路总电阻为R ，由图象可知，I A ＝E R ＋r ，解得R ＝80 Ω，则此时R 1R 3R 1＋R 3＋R 2＝R ，解得：R 3＝300 Ω. (4分)答案：(1)20 V 20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω 15.【解析】(1)小球受力如图：Tsin37︒＝qE ①(2分) Tcos37︒＝mg ②(2分) 联立①②解得E ＝3mg4q (2分)(2)电场方向变为竖直向下后，小球向下摆动，依动能定理mgL(1－cos37︒)＋qEL(1－cos37︒)＝12mv 2③(4分)由圆周运动得：T ′－mg －qE ＝m v2L ④(2分)联立③④解得：T ′＝4920mg (2分)答案：(1)3mg 4q (2)4920mg16.【解析】小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到达A 板时速度为零. 设两板间电压为U AB ，由动能定理得－mgd －qU AB ＝0－12mv 20 (4分)解得U AB ＝8 V (2分) 滑动变阻器两端电压U 滑＝U AB ＝8 V (2分) 设通过滑动变阻器的电流为I ，由欧姆定律得I ＝E －U 滑R ＋r ＝1 A (2分)滑动变阻器接入电路的电阻R 滑＝U 滑I ＝8 Ω (2分)电源的输出功率P 出＝I 2(R ＋R 滑)＝23 W (2分) 答案：8 Ω 23 W。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析34：单元评估检测(五)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析34单元评估检测(五)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)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，到达一定速度后再匀速上升.若以N表示水平梯板对人的支持力，G为人受到的重力，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≠0，f、N、G都做功B.加速过程中f≠0，N不做功C.加速过程中f＝0，N、G都做功D.匀速过程中f＝0，N、G都不做功2.一只苹果从楼上某一高度自由下落，苹果在空中依次经过三个完全相同的窗户1、2、3.图中直线为苹果在空中的运动轨迹.若不计空气阻力的影响，以下说法正确的是( )A.苹果通过第3个窗户所用的时间最长B.苹果通过第1个窗户的平均速度最大C.苹果通过第3个窗户重力做的功最大D.苹果通过第1个窗户重力的平均功率最小3.中新网2010年4月23日报道，美国无人驾驶空天飞机X－37B于北京时间4月23日发射升空.如图所示，空天飞机能在离地面6万米的大气层内以3万公里的时速飞行；如果再用火箭发动机加速，空天飞机就会冲出大气层，像航天飞机一样，直接进入地球轨道，做匀速圆周运动.返回大气层后，它又能像普通飞机一样在机场着陆，成为自由往返天地间的输送工具.关于空天飞机，下列说法正确的是( )A.它从地面发射加速升空时，机舱内的物体处于失重状态B.它在6万米的大气层内飞行时，只受地球的引力C.它在做匀速圆周运动时，所受地球的引力做正功D.它从地球轨道返回地面，必须先减速4.如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块的质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ.开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力至少做功为( )A.μmgLB.2μmgLC.μmgL2D.μ(M＋m)gL二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.放在水平地面上的一物体，受到方向不变的水平推力F的作用，力F与时间t的关系和物体速度v与时间t的关系如图所示，则下列说法正确的是(g＝10 m/s2)( )A.物体与地面间的摩擦因数为0.2B.物体与地面间的摩擦因数为0.4C.9 s内，力F做的功是126 JD.3～6 s和6～9 s两段时间内摩擦力的平均功率相等6.(预测题)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离.假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( )A.运动员到达最低点前重力势能始终减小B.蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能减少C.蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D.蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关7.(创新题)2011年8月21日，第26届深圳大运会跳水男子10米跳台上演了一场精彩的大逆转：决赛中，中国选手吴军在前两跳出现失误的形势下，以连续四跳出色的发挥逆转战局，最后以537分摘得金牌.图为吴军在比赛中的情景.设吴军质量为m ，从离地面高h 的跳台上以速度v 1斜向上跳起，跳起高度离跳台为H ，最后以速度v 2进入水中，不计空气阻力，则吴军起跳时所做的功为( )A.12mv 21B.12mv 22－mgh C.mgH ＋mgh D.12mv 21＋mgh 8.如图所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F 竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，以下说法正确的有( )A.力F 所做功减去克服阻力所做的功等于重力势能的增量B.木箱重力所做的功等于重力势能的增量C.力F 、重力、阻力，三者合力所做的功等于木箱动能的增量D.力F 和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量9.(易错题)如图所示，物体A 和B 的质量均为m ，它们通过一劲度系数为k 的轻弹簧相连，开始时B 放在地面上，A 、B 都处于静止状态.现用手通过细绳缓慢地将A 向上提升距离L 1时，B 刚要离开地面，此过程手做功为W 1；若将A 加速向上提起，A 上升的距离为L 2时，B 刚要离开地面，此时A 的速度为v ，此过程手做功为W 2，弹簧一直处于弹性限度内，则( )A.L 1＝L 2＝mg kB.W 2>W 1C.W 1>mgL 1D.W 2＝mgL 2＋12mv 2 三、实验题(6分)10.某同学为探究“恒力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是： ①组装好实验装置如图所示.②将质量为200 g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车.③在质量为10 g、20 g、50 g的三种钩码中，他挑选了一个质量为50 g的钩码挂在拉线的挂钩P上.④释放小车，打开电磁打点计时器的电源，打出一条纸带.(1)在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条.经测量、计算，得到如下数据：(g 取9.8 m/s2)①第一个点到第N个点的距离为40.0 cm.②打下第N点时小车的速度大小为1.00 m/s.该同学将钩码的重力当做小车所受的拉力，算出拉力对小车做的功为J，小车动能的增量为J.(2)此次实验探究的结果，他没能得到“恒力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大.显然，在实验探究过程中忽视了各种产生误差的因素.请你根据该同学的实验装置和操作过程，帮助他分析一下，造成较大误差的主要原因是_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________.四、计算题(本大题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11. (15分)如图所示，将一质量m＝0.1 kg 的小球自水平平台顶端O点水平抛出，小球恰好与斜面无碰撞地落到平台右侧一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑，然后经过B点后(速率不变)进入光滑水平轨道BC部分，再进入光滑的竖直圆轨道内侧运动.已知斜面顶端与平台的高度差h＝3.2 m，斜面顶端高H＝15 m，竖直圆轨道半径R＝5 m(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10 m/s2).求：(1)小球水平抛出的初速度v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离x；(2)小球离开平台后到达斜面底端的速度大小；(3)小球运动到圆轨道最高点D时轨道对小球的弹力大小.12.(易错题)(15分)一质量为M＝2 kg的物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中，子弹并从物块中穿过，如图甲所示.地面观察者记录了物块被击中后的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)，已知传送带的速度保持不变.(g取10 m/s2)(1)指出传送带的速度v的大小及方向，说明理由.(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数.(3)物块对传送带总共做了多少功？系统有多少能量转化为内能？答案解析1.【解析】选A.加速过程中，水平方向的加速度由摩擦力f提供，所以f≠0，f、N做正功，G做负功，选项A正确，B、C错误；匀速过程中，水平方向不受静摩擦力作用，f＝0，N做正功，G做负功，选项D错误.2.【解析】选D.苹果加速下落，运动得越来越快，故苹果通过第3个窗户所用的时间最短，平均速度最大，A 、B 均错；窗户完全相同，所以苹果通过三个窗户重力做的功一样多，苹果通过第1个窗户用时最长，重力的平均功率最小，故C 错，D 对.3.【解析】选D.空天飞机从地面发射加速升空时，机舱内的物体具有竖直向上的加速度，处于超重状态，A 错误；空天飞机在6万米的大气层内飞行时，除受地球万有引力外，还受空气阻力，B 错误；它在做匀速圆周运动时，所受地球的引力与速度方向垂直，不做功，C 错误；它返回地面时，必须先减速，做近心运动，故D 正确.4.【解题指南】思路一：根据物体的平衡条件先求出F ，再分析物体的运动过程求出木板的对地位移，最后利用公式W ＝Fs 求解.思路二：由功能关系可知F 至少做的功等于系统增加的内能.【解析】选A.若使拉力F 做功最少，可使拉力F 恰匀速拉木块，容易分析得出F ＝2μmg(此时绳子上的拉力等于μmg)，而位移为L 2，所以W ＝Fs ＝2μmg ×L 2＝μmgL ，故A 正确. 5.【解析】选B 、C.6～9 s 内，物体做匀速运动，摩擦力与推力相等，为4 N ，3～6 s 内，物体做匀加速直线运动，加速度为2 m/s 2，此时推力为6 N ，由牛顿第二定律可知物体的质量m ＝F －f a ＝1 kg ，故物体与地面间的摩擦因数μ＝f mg＝0.4，A 错误、B 正确；9 s 内，力F 做功W ＝F 1s 1＋F 2s 2＝54 J ＋72 J ＝126 J ，C 正确；3～6 s 内摩擦力的平均功率P 1＝f v ＝12 W ，6～9 s 内摩擦力的平均功率P 2＝fv 2＝24 W ，D 错误.6.【解析】选A 、C.运动员在下落过程中，重力做正功，重力势能减小，故A 正确.蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力向上，位移向下，弹性力做负功，弹性势能增加，故B 错误.选取运动员、地球和蹦极绳为一系统，在蹦极过程中，只有重力和系统内弹力做功，这个系统的机械能守恒，故C 正确.重力势能改变的表达式为ΔE p ＝mg Δh ，由于Δh 是绝对的，与重力势能零点的选取无关，故D 错.【变式备选】(双选)(2012·武汉模拟)如图所示，足够长的水平传送带以速度v 沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A 点距离底部的高度为h ＝0.45 m.一小物块从A 点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A.若v ＝1 m/s ，则小物块能回到A 点B. 若v ＝3 m/s ，则小物块能回到A 点C.若v ＝5 m/s ，则小物块能回到A 点D.无论v 等于多少，小物块均能回到A 点【解析】选B 、C.设小物块下滑到传送带的速度为v 0，由机械能守恒得，mgh ＝12mv 20，v 0＝3 m/s ，因传送带向右运动，小物块将在传送带上先匀减速到零，再向右匀加速，但当传送带的速度v<3 m/s 时，小物块向右加速到与传送带同速即做匀速运动，故v ＝1 m/s时，小物块滑回曲面的速度为v ＝1 m/s ，上升的高度为h ′＝v 22g＝0.05 m ，A 错误；当v ≥3 m/s 时，小物块回到曲面的速度均为v 0＝3 m/s ，仍能回到A 点，B 、C 正确，D 错误.7.【解析】选A 、B.由动能定理，吴军起跳时所做的功等于跳起时的动能，A 对；从v 1到v 2的过程中，重力做功mgh ＝12mv 22－12mv 21，所以起跳时人做的功W ＝12mv 21＝12mv 22－mgh ，B 对. 8.【解析】选C 、D.对木箱受力分析如图所示，则由动能定理：WF －mgh －W f ＝ΔE k ，故C 对.由上式得：W F －W f ＝ΔE k ＋mgh ，即W F －W f ＝ΔE k ＋ΔE p ＝ΔE.故A 错，D 对.由重力做功与重力势能变化关系知B 错，故选C 、D.9.【解析】选B 、D.缓慢地将A 向上提升距离L 1时，B 刚要离开地面，弹簧由压缩量为mg k 到拉伸量为mg k ，弹性势能不变，L 1＝2mg k，由功能关系可知，此过程手所做的功等于A 增加的机械能，即W 1＝mgL 1；将A 加速向上提起，A 上升的距离为L 2时，B 刚要离开地面，弹簧也是由压缩量为mg k 到拉伸量为mg k ，弹性势能不变，L 2＝2mg k ，由功能关系可知，此过程手所做的功等于A 增加的机械能，即W 2＝mgL 2＋12mv 2.综上所述，B 、D 正确. 10.【解析】(1)钩码对小车做的功为：W 钩码＝mgh ＝0.05×9.8×0.4 J ＝0.196 J小车动能的增量为ΔE k ＝12M 车v 2＝0.1 J (2)由该同学计算的数据分析可知：W 钩码>ΔE k ，且误差很大.该同学在做本实验时造成较大误差的原因有：①小车质量没有远大于钩码质量；②没有平衡摩擦力；③操作错误：先释放小车后接通电源等.答案：(1)②0.196 0.1 (2)①小车质量没有远大于钩码质量；②没有平衡摩擦力；③操作错误：先释放小车后接通电源等11.【解析】(1)小球做平抛运动，落至A 点时，由平抛运动速度分解图可得：v 0＝v y cot α (1分)v A ＝v y sin α(1分) v 2y ＝2gh (1分)h ＝12gt 2 (1分) x ＝v 0t (1分)由上式解得：v 0＝6 m/s ，x ＝4.8 mv A ＝10 m/s (2分)(2)由动能定理可得小球到达斜面底端时的速度v BmgH ＝12mv 2B －12mv 2A (2分) 解得v B ＝20 m/s (1分)(3)小球在BC 部分做匀速直线运动，在竖直圆轨道内侧做圆周运动，小球从C 点到D 点，由动能定理得：－2mgR ＝12mv 2D －12mv 2C (2分) 在D 点由牛顿第二定律可得：N ＋mg ＝m v 2D R(2分) 解得N ＝3 N (1分)答案：(1)6 m/s 4.8 m (2)20 m/s (3)3 N12.【解析】(1)由题图乙可知，物块被击穿后先向左做匀减速运动，速度为零后，又向右做匀加速运动，当速度等于2 m/s 以后随传送带一起匀速运动，所以传送带的速度方向向右，大小为2 m/s. (3分)(2)由题图乙可知，a ＝Δv Δt ＝42m/s 2＝2 m/s 2 (2分) 由牛顿第二定律得滑动摩擦力f ＝Ma ，其中f ＝μN ，N ＝Mg ，所以物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg ＝210＝0.2 (2分) (3)由题图乙可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s ，传送带在这段时间内的位移 s ＝vt ＝2×3 m ＝6 m (1分)所以物块对传送带所做的功为W ＝－fs ＝－4×6 J ＝－24 J (2分)物块与传送带前2 s 内的相对位移s 1＝42×2 m ＋2×2 m ＝8 m (1分) 第3 s 内的相对位移s 2＝2×1 m －22×1 m ＝1 m (1分) 故物块相对于传送带的总位移s ′＝s 1＋s 2＝9 m (1分)系统中转化为内能的能量Q ＝fs ′＝μMg ·s ′＝4×9 J ＝36 J (2分)答案：(1)2 m/s ，水平向右 理由见解析 (2)0.2(3)－24 J 36 J【总结提升】相对滑动问题中的功能关系 一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q ＝f l 相对，其中l 相对是物体间相对路径长度.如果两物体同向运动，l 相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，l 相对为两物体对地位移大小之和；如果一个物体相对另一物体做往复运动，则l相对为两物体相对滑行路径的总长度.。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析27：分子动理论内能(含详解)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析27分子动理论内能（含详解）一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.下列说法正确的是( )A.被压缩的物体其分子间只存在相互作用的斥力B.分子间距离增大则分子势能一定变大C.温度是物体分子平均动能大小的标志D.显微镜下观察到的布朗运动就是液体分子的无规则运动2.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.温度和体积B.体积和压强C.温度和压强D.压强和温度3.(易错题)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10－10 mB.ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－10mC.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4.(创新题)如图所示，用F表示两分子间的作用力，Ep表示分子间的分子势能，在两个分子之间的距离由10 r0变为r0的过程中( )A.F不断增大，E p不断减小B.F先增大后减小，E p不断减小C.F不断增大，E p先增大后减小D.F、E p都是先增大后减小二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.(预测题)下列关于分子热运动的说法中正确的是( )A.布朗运动就是液体分子的热运动B.气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力C.对于一定量的气体，如果体积不变，温度升高，那么它的内能一定增大D.如果气体温度升高，分子平均动能会增加，但并不是所有分子的速率都增大6.关于对内能的理解，下列说法不正确的是( )A.系统的内能是由系统的状态决定的B.做功可以改变系统的内能，但是单纯地对系统传热不能改变系统的内能C.不计分子之间的分子势能，质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能D.1 g 100℃水的内能小于1 g 100℃水蒸气的内能7.(易错题)以r 、f 、E p 分别表示分子间距、分子力和分子势能，而当r ＝r 0时，f ＝0，于是有( )A.当r>r 0时，随r 的增大，f 一定增大B.当r>r 0时，随r 的增大，E p 一定增大C.当r<r 0时，f 越大，E p 越大D.当r<r 0时，f 越大，E p 越小8.一滴油酸酒精溶液含质量为m 的纯油酸，滴在液面上扩散后形成的最大面积为S.已知纯油酸的摩尔质量为M 、密度为ρ、阿伏加德罗常数为N A ，下列表达式中正确的有( )A.油酸分子的直径d ＝M ρSB.油酸分子的直径d ＝m ρSC.油酸所含的分子数N ＝m MN A D.油酸所含的分子数N ＝M mN A 9.(创新题)设有甲、乙两分子，如图所示，甲分子固定在O 点，r为其平衡位置间的距离，今使乙分子仅在分子力作用下在距甲分子0.5r 0处由静止开始沿x 轴正方向运动，则( )A.乙分子的加速度先减小，后增大再减小B.乙分子到达r 0处时的速度最大C.分子力对乙分子一直做正功，分子势能减小D.乙分子一直沿x 轴正方向做加速运动三、综合题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(18分)已知金刚石的密度为ρ＝3.5×103 kg/m3，现有体积为4.0×10－8 m3的一小块金刚石，它含有多少个碳原子？假如金刚石中的碳原子是紧密地挨在一起的，试估算碳原子的直径.(保留两位有效数字)11. (18分)(1)距离地面高度为h的空中有一正在以速度v飞行的飞机，下面说法中正确的是( )A.飞机具有机械能，没有内能B.飞机具有机械能，也有内能C.飞机的内能大小与飞机的速度v有关D.飞机的内能大小与飞机的高度h有关(2)已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2 kg，阿伏加德罗常数N A＝6.0×1023 mol－1，一滴露水的体积大约是6.0×10－5 cm3，它含有个水分子.如果一只极小的虫子来喝水，每分钟喝进6.0×107个水分子，那么它每分钟喝进水的质量是kg(结果保留两位有效数字).答案解析1.【解析】选C.分子间既存在斥力，又存在引力，A错.当分子间距增大时，若表现为斥力，分子力做正功，分子势能减小，若表现为引力，分子力做负功，分子势能将增大，故B错.温度在微观上是分子平均动能大小的标志，C正确.布朗运动是分子团的运动，是液体分子无规则运动的表现，D错.2.【解析】选A.由于温度是分子平均动能的标志，所以气体分子的动能宏观上取决于温度；分子势能是由分子间作用力和分子间距离共同决定的，宏观上取决于气体的体积.因此选项A 正确.3.【解析】选B.e点横坐标等于分子平衡距离r0，其数量级应为10－10 m，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，分子力表现为引力，C错.当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.4.【解析】选B.分子间的作用力是矢量，分子势能是标量，由图象可知F先增大后减小，E p 则不断减小，B正确.5.【解析】选C 、D.布朗运动是悬浮在液体中小颗粒的运动，A 错误；气体分子散开的原因在于分子间间距大，相互间没有作用力，B 错误；对于一定量的气体，在体积不变的情况下，温度升高，分子平均动能增加，但并不是所有分子的动能都增加，气体分子势能可以认为等于零不变，所以内能增大，C 、D 正确.6.【解析】选B 、C.系统的内能是一个只依赖于系统自身状态的物理量，所以是由系统的状态决定的，A 正确；做功和热传递都可以改变系统的内能，B 错误；质量和温度相同的氢气和氧气的平均动能相同，但它们的摩尔数不同，内能不同，C 错误；在 1 g 100℃的水变成100℃水蒸气的过程中，分子间距增大，要克服分子间的引力做功，分子势能增大，所以1 g 100 ℃水的内能小于1 g 100℃水蒸气的内能，D 正确.7.【解析】选B 、C.当r ＞r 0时，分子力f 表现为引力，f 随r 的增大先增大后减小，故A 错；r 增大时，分子力做负功，分子势能增加，B 正确；当r ＜r 0时，分子力f 表现为斥力，r 越小，分子力越大，且分子力始终做负功，分子势能E p 增大，故C 正确，D 错.【总结提升】分子势能与体积的关系分子势能与分子力相关：分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增加.而分子力与分子间距有关，分子间距的变化则又影响着大量分子所组成的宏观物体的体积.这就在分子势能与物体体积间建立起某种联系.考虑到分子力在r<r 0时表现为斥力，此时体积膨胀时，表现为斥力的分子力做正功.因此分子势能随物体体积呈非单调变化的特征.8.【解题指南】解答该题一定要熟记微观量与宏观量之间的关系，理解N A 的桥梁作用. 【解析】选B 、C.设油酸分子的直径为d ，则有dS ＝m ρ，所以d ＝m ρS，故B 正确，A 错，设油酸所含分子数为N ，则N ＝m MN A ，故C 正确，D 错. 【变式备选】某种物质的摩尔质量为M 、密度为ρ、阿伏加德罗常数为N A ，则关于该物质的说法中，不正确的是( )A.分子的质量是AM N B.单位体积内分子的个数是A N Mρ C.分子的体积一定是AM N ρ D.平均每个分子占据的空间是A M N ρ【解析】选C.由宏观量与微观量间的关系可知，分子质量为m 0＝AM N ，A 正确.单位体积内分子的个数等于单位体积摩尔数乘以N A ，即为A N M，B 正确.摩尔体积除以N A 是气体分子占有的空间，即D 正确，C 错误. 9.【解析】选A 、B.因为距O 点r 0处为甲、乙两分子的平衡位置，所以当r ＜r 0时，乙分子受到斥力的作用从静止开始做加速运动，并且加速度逐渐减小，至r ＝r 0时加速度为零，速度最大；当r ＞r 0时，乙分子受到引力作用而做减速运动，由于分子间的引力先增大后减小，所以乙分子的加速度先增大再减小，故选项A 、B 正确，选项D 错误.分子力对乙分子先做正功后做负功，分子势能先减小后增大，故选项C 错误.10.【解析】金刚石的质量：m ＝ρV ＝3.5×103×4.0×10－8＝1.4×10－4(kg)(3分)金刚石的摩尔数为：n ＝m M ＝1.4×10－412×10－3＝1.17×10－2 (mol) (3分) 金刚石所含的碳原子数为：N ＝nN A ＝1.17×10－2×6.02×1023＝7.0×1021(个) (3分)一个碳原子的体积为：V 0＝V N ＝4.0×10－87.0×1021＝5.7×10－30(m 3) (4分) 把金刚石中的碳原子看成球体，则由公式V 0＝π6d 3可得碳原子直径为： d ＝36V 0π＝36×5.7×10－303.14＝2.2×10－10(m) (5分)答案：7.0×1021个 2.2×10－10 m11.【解析】(1)选B.因内能是由物体内大量分子做无规则热运动决定的，所以任何物体都有内能，内能与物体的机械运动无关，故A 、C 、D 均错，B 正确.(8分)(2)水分子个数为N ＝ρV M ·N A ＝1.0×103×6.0×10－111.8×10－2×6.0×1023＝2.0×1018(个)，(5分)喝进水的质量为m ＝An N ·M ＝6.0×1076.0×1023×18×10－3 kg ＝1.8×10－18 kg (5分) 答案：(1)B (2)2.0×1018 1.8×10－18。
高中物理第二章《固体、液体和气体》知识梳理
⾼中物理第⼆章《固体、液体和⽓体》知识梳理⾼中物理第⼆章《固体、液体和⽓体》知识梳理⼀、液体的微观结构1.特点液体中的分⼦跟固体⼀样是密集在⼀起的,液体分⼦的热运动主要表现为在平衡位置附近做微⼩的振动,但液体分⼦只在很⼩的区域内做有规则的排列,这种区域是暂时形成的,边界和⼤⼩随时改变,有时⽡解,有时⼜重新形成,液体由⼤量这种暂时形成的⼩区域构成,这种⼩区域杂乱⽆章地分布着.联想:⾮晶体的微观结构跟液体⾮常相似,可以看作是粘滞性极⼤的流体,所以严格说来,只有晶体才能叫做真正的固体.2.应⽤液体的微观结构可解释的现象(1液体表现出各向同性:液体由⼤量暂时形成的杂乱⽆章地分布着的⼩区域构成,所以液体表现出各向同性.(2液体具有⼀定的体积:液体分⼦的排列更接近于固体,液体中的分⼦密集在⼀起,相互作⽤⼒⼤,主要表现为在平衡位置附近做微⼩振动,所以液体具有⼀定的体积.(3液体具有流动性:液体分⼦能在平衡位置附近做微⼩的振动,但没有长期固定的平衡位置,液体分⼦可以在液体中移动,这是液体具有流动性的原因.(4液体的扩散⽐固体的扩散要快:流体中的扩散现象是由液体分⼦运动产⽣的,分⼦在液体⾥的移动⽐在固体中容易得多,所以液体的扩散要⽐固体的扩散快.⼆、液体的表⾯张⼒1.液体的表⾯具有收缩趋势缝⾐针硬币浮在⽔⾯上,⽤热针刺破铁环上棉线⼀侧的肥皂膜,另⼀侧的肥皂膜收缩将棉线拉成弧形.联想:液体表⾯就像张紧的橡⽪膜.2.表⾯层(1液体跟⽓体接触的表⾯存在⼀个薄层,叫做表⾯层.(2表⾯层⾥的分⼦要⽐液体内部稀疏些,分⼦间距要⽐液体内部⼤.在表⾯层内,分⼦间的距离⼤,分⼦间的相互作⽤⼒表现为引⼒.联想:在液体内部,分⼦间既存在引⼒,⼜存在斥⼒,引⼒和斥⼒的数量级相等,在通常情况下可认为它们是相等的.3.表⾯张⼒(1含义:液⾯各部分间相互吸引的⼒叫做表⾯张⼒.(2产⽣原因:表⾯张⼒是表⾯层内分⼦⼒作⽤的结果.表⾯层⾥分⼦间的平均距离⽐液体内部分⼦间的距离⼤,于是分⼦间的引⼒和斥⼒⽐液体内部的分⼦⼒和斥⼒都有所减少,但斥⼒⽐引⼒减⼩得快,所以在表⾯层上划⼀条分界线MN时(图1,两侧的分⼦在分界线上相互吸引的⼒将⼤于相互排斥的⼒.宏观上表现为分界线两侧的表⾯层相互拉引,即产⽣了表⾯张⼒.图1(3作⽤效果:液体的表⾯张⼒使液⾯具有收缩的趋势.如吹出的肥皂泡呈球形,滴在洁净玻璃板上的⽔银滴呈球形.草叶上的露球、⼩⽔银滴要收缩成球形.深化:表⾯张⼒使液体表⾯具有收缩趋势,使液体表⾯积趋于最⼩.在体积相等的各种形状的物体中球形体积最⼩.三、浸润和不浸润1.定义浸润:⼀种液体会润湿某种固体并附在固体的表⾯上,这种现象叫做浸润.不浸润:⼀种液体不会润湿某种固体,也就不会附在这种固体的表⾯,这种现象叫做不浸润.2.决定液体浸润的因素液体能否浸润固体,取决于两者的性质,⽽不单纯由液体或固体单⽅⾯性质决定,同⼀种液体,对⼀些固体是浸润的,对另⼀些固体是不浸润的,⽔能浸润玻璃,但不能浸润⽯蜡,⽔银不能浸润玻璃,但能浸润锌.误区:不能以偏概全地说“⽔是浸润液体”,“⽔银是不浸润液体”.3.浸润和不浸润的微观解释(1附着层:跟固体接触的液体薄层,其特点是:附着层中的分⼦同时受到固体分⼦和液体内部分⼦的吸引.(2解释:当⽔银与玻璃接触时,附着层中的⽔银分⼦受玻璃分⼦的吸引⽐内部⽔银分⼦弱,结果附着层中的⽔银分⼦⽐⽔银内部稀硫,这时在附着层中就出现跟表⾯张⼒相似的收缩⼒,使跟玻璃接触的⽔银表⾯有缩⼩的趋势,因⽽形成不浸润现象.相反,如果受到固体分⼦的吸引相对较强,附着层⾥的分⼦就⽐液体内部更密,在附着层⾥就出现液体分⼦互相排斥的⼒,这时跟固体接触的表⾯有扩展的趋势,从⽽形成浸润现象.总之,浸润和不浸润现象是分⼦⼒作⽤的表现.深化:浸润不浸润取决于固体分⼦对附着层分⼦的⼒和液体分⼦间⼒的关系.4.弯⽉⾯液体浸润器壁时,附着层⾥分⼦的推斥⼒使附着层有沿器壁延展的趋势,在器壁附近形成凹形⾯.液体不浸润器壁时,附着层⾥分⼦的引⼒使附着层有收缩的趋势,在器壁附近形成凸形⾯.如图2所⽰.图2深化:“浸润凹,不浸凸”.四、⽑细现象1.含义浸润液体在细管中上升的现象,以及不浸润液体在细管中下降的现象,称为⽑细现象.2.特点(1浸润液体在⽑细管⾥上升后,形成凹⽉⾯,不浸润液体在⽑细管⾥下降后形成凸⽉⾯.(2⽑细管内外液⾯的⾼度差与⽑细管的内径有关,⽑细管内径越⼩,⾼度差越⼤.误区:在这⾥很多同学误认为只有浸润液体才会发⽣浸润现象.3.⽑细现象的解释当⽑细管插⼊浸润液体中时,附着层⾥的推斥⼒使附着层沿管壁上升,这部分液体上升引起液⾯弯曲,呈凹形弯⽉⾯使液体表⾯变⼤,与此同时由于表⾯层的表⾯张⼒的收缩作⽤,管内液体也随之上升,直到表⾯张⼒向上的拉伸作⽤与管内升⾼的液体的重⼒相等时,达到平衡,液体停⽌上升,稳定在⼀定的⾼度.联想:利⽤类似的分析,也可以解释不浸润液体的⽑细管⾥下降的现象.五、液晶1.定义有些化合物像液体⼀样具有流动性,⽽其光学性质与某些晶体相似,具有各向异性,⼈们把处于这种状态的物质叫液晶.深化:液晶是⼀种特殊的物质状态,所处的状态介于固态和液态之间.2.液晶的特点(1分⼦排列:液晶分⼦的位置⽆序使它像液体,排列有序使它像晶体.从某个⽅向上看液晶的分⼦排列⽐较整齐;但是从另⼀个⽅向看,液晶分⼦的排列是杂乱⽆章的.辨析:组成晶体的物质微粒(分⼦、原⼦或离⼦依照⼀定的规律在空间有序排列,构成空间点阵,所以表现为各向异性;液体却表现为分⼦排列⽆序性和流动性;液晶呢?分⼦既保持排列有序性,保持各向异性,⼜可以⾃由移动,位置⽆序,因此也保持了流动性.(2液晶物质都具有较⼤的分⼦,分⼦形状通常是棒状分⼦、碟状分⼦、平板状分⼦.3.液晶的物理性质(1液晶具有液体的流动性;(2液晶具有晶体的光学各向异性.液晶的光学性质对外界条件的变化反应敏捷.液晶分⼦的排列是不稳定的,外界条件和微⼩变动都会引起液晶分⼦排列的变化,因⽽改变液晶的某些性质,例如温度、压⼒、摩擦、电磁作⽤、容器表⾯的差异等,都可以改变液晶的光学性质.如计算器的显⽰屏,外加电压使液晶由透明状态变为浑浊状态.4.液晶的⽤途液晶可以⽤作显⽰元件,液晶在⽣物医学、电⼦⼯业,航空⼯业中都有重要应⽤.联想:液晶可⽤显⽰元件:有⼀种液晶,受外加电压的影响,会由透明状态变成浑浊状态⽽不再透明,去掉电压,⼜恢复透明,当输⼊电信号,加上适当电压,透明的液晶变得浑浊,从⽽显⽰出设定的⽂字或数码.。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析29：热力学定律与能量守恒(含详解)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析29热力学定律与能量守恒（含详解）一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.关于热力学第二定律，下列说法正确的是( )A.热量不能由低温物体传到高温物体B.第二类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律C.不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化D.以上说法均不对2.某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成.开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示.在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体( )A.对外做正功，分子的平均动能减小B.对外做正功，内能增大C.对外做负功，分子的平均动能增大D.对外做负功，内能减小3.(易错题)恒温环境中有一个盛有高压气体的容器，打开阀门时气体高速喷出，当容器内气体压强恰与大气压强相等时，及时关闭阀门，过较长的一段时间后再次打开阀门，则( )A.容器内气体要喷出来B.容器外气体要吸进去C.容器内气体不会喷出来，容器外气体也不会吸进去D.无法确定4.如图所示，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，则( )A.气体膨胀对外做功B.气体温度降低C.气体内能增大D.气体密度增大二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.关于一定量的气体，下列叙述正确的是( )A.气体吸收的热量可以完全转化为功B.气体体积增大时，其内能一定减少C.气体从外界吸收热量，其内能一定增加D.外界对气体做功，气体内能可能减少6.根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是( )A.气体的温度越高，气体分子无规则运动的平均动能越大B.物体的温度为0℃时，物体分子的平均动能为零C.分子势能一定随分子间距离的增大而增大D.给物体加热，物体的内能不一定增加7.(创新题)如图为焦耳实验装置简图，用绝热性能良好的材料将容器包好.重物下落带动叶片搅拌容器里的水，引起水温升高.关于这个实验，下列说法正确的是( )A.这个装置可测定热功当量B.做功增加了水的热量C.做功增加了水的内能D.功和热量是完全等价的，无区别8.(预测题)如图所示，一个与外界绝热的汽缸有一个绝热的活塞，中间有一个固定的导热性能良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态，现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的静止平衡状态，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，大气压强保持不变，则( )A.气体A吸热，内能增加B.气体B吸热，对外做功，内能不变C.气体A分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数增多D.气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数不变9.(易错题)如图所示，绝热汽缸中间用固定栓将可无摩擦移动的导热隔板固定，隔板质量不计，左右两室分别充有一定量的氢气和氧气(视为理想气体).初始时，两室气体的温度相等，氢气的压强大于氧气的压强，松开固定栓直至系统重新达到平衡，下列说法中正确的是( )A.初始时氢分子的平均动能大于氧分子的平均动能B.系统重新达到平衡时，氢气的内能比初始时小C.松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中有热量从氧气传递到氢气D.松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，氧气的内能先增大后减小三、综合题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10. (16分)气体温度计结构如图所示. 玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连.开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点h1＝14 cm.后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点h2＝44 cm.(已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76 cmHg)(1)求恒温槽的温度.(2)此过程A内气体内能(填“增大”或“减小”)，气体不对外做功，气体将(填“吸热”或“放热”).11.(创新题)(20分)在如图所示的坐标系中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化过程：第一种变化是从状态A到状态B，外界对该气体做功为6 J；第二种变化是从状态A到状态C，该气体从外界吸收的热量为9 J.图线AC的反向延长线通过坐标原点O，B、C两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零.求：(1)从状态A到状态C的过程，该气体对外界做的功W1和其内能的增量ΔU1.(2)从状态A到状态B的过程，该气体内能的增量ΔU2及其从外界吸收的热量Q2.答案解析1.【解析】选C.热量可以由低温物体传到高温物体，但必须引起其他变化，故A错；根据热力学第二定律的内容可知，C正确；第二类永动机没有违反能量守恒，但违反了热力学第二定律，B错.2.【解析】选A.汽缸内气体膨胀时其向外推动活塞做正功，C、D两项均错；因缸内气体与外界无热交换，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故B项错误；忽略气体分子间作用力时，气体的内能就是所有分子的动能之和.密闭气体的状态变化时分子的总数不变，所以气体的内能减小时分子的平均动能减小，答案为A.3.【解题指南】(1)喷气过程对外做功，引起内能和温度的变化.(2)过较长时间后，温度的变化引起压强的变化.(3)再次打开阀门比较内外压强.【解析】选A.第一次打开阀门气体高速喷出时，容器内的气体将会因为膨胀做功且尚未来得及与外界进行热交换而减小内能，考虑到气体的内能主要是气体分子热运动的动能，且其分子的平均动能与温度相关，所以可以判断：第一次打开阀门气体高速喷出，容器内气体温度将有所下降.在压强等于大气压强时关闭阀门，经较长的时间后容器内的压强将会由于从外界吸热而略有增加，因此再次打开阀门后容器内的气体会再次喷出.4.【解析】选A.从A 到B 过程中体积变大，对外做功，密度减小，A 正确、D 错误.由pV T＝C 可知，T A ＝T B ，内能不变，故B 、C 错.5.【解析】选A 、D.由热力学第二定律知吸收的热量不能自发地全部转化为功，但通过其他方法可以全部转化为功，故A 正确；气体体积增大，对外做功，若同时伴随有吸热，其内能不一定减少，B 错误；气体从外界吸热，若同时伴随有对外做功，其内能不一定增加，C 错误；外界对气体做功，同时气体放热，其内能可能减少，D 正确.6.【解析】选A 、D.温度是物体分子平均动能的标志，A 正确；0℃时分子仍有动能，当温度趋近于绝对零度时，分子的平均动能才趋近于零，B 错；因不知分子间距是大于平衡位置还是小于平衡位置，无法判断分子势能的变化特点，C 错；由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，改变物体内能的方式有做功和热传递两种，给物体加热，做功情况不明确，可能内能不变，故D 正确.7.【解析】选A 、C.使相同的水升高相同的温度可采用加热和做功两种方法，用这个装置测出叶片对水做的功，即可知道热功当量，A 对.对水做功可使水的内能增大，而与热量无关，B 错，C 对.功是不同形式的能量转化的量度，热量是同种能量(内能)转移的量度，D 错.8.【解析】选A 、C.当电热丝对气体A 加热后，由于气体A 的体积不变，气体A 没有对外界做功，故内能增加，A 正确；气体B 做等压变化，但由于温度升高，所以内能增大，B 错误；气体A 的压强增大，而单位体积内的分子数不变，所以气体A 分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数增多，C 正确；气体B 的压强不变，但温度升高，体积增大，单位体积内分子数减少，所以气体B 分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少，D 错误.【变式备选】某同学觉得一只气球体积比较小，于是他用打气筒给气球继续充气，据有关资料介绍，随着气球体积的增大，气球膜的张力所产生的压强逐渐增大，假设充气过程气球内部气体的温度保持不变，且外界大气压强也不变，则充气气球内部气体( )A.压强增大B.单位体积内分子数增多C.单位体积内分子数减少D.分子的平均动能增大【解析】选A、B.随着气球体积的增大，气球膜的张力所产生的压强逐渐增大，充气气球内部气体的压强增大，故选项A正确；温度不变，分子平均动能不变，压强又增大，所以单位体积内分子数增多，故选项B正确.9.【解析】选C、D.温度相同，则分子的平均动能相同，A错.初始时氢气压强大于氧气压强，松开固定栓后，氢气快速压缩氧气，氧气内能增加，温度升高，同时氢气内能减小，温度降低.因此氢气又从氧气吸热，氧气内能又减小，C、D正确.重新平衡后，两部分气体温度相等，对两部分气体ΔU＝W＋Q＝0，即系统内能不变，温度与开始相同，B错.故C、D正确.【总结提升】应用能量守恒定律应注意的几个问题1.研究对象的系统性，即研究对象是由几个物体 (或几部分)构成的系统.分析题时需理清系统的构成.如本题的氢气、氧气两部分2.转化守恒的过程性，即涉及能量转化守恒肯定对应着一个过程或几个过程.分析时需理清共有几个过程.选取哪个过程更恰当、科学3.务必理清共有几种形式的能，每种能的增减情况如何.分析能的情况可从以下三方面入手：(1)进行受力分析，因为力做功会引起相应能的改变，即运用功能关系.(2)进行运动分析，因为运动情况会反映出某些能的情况，如动能、重力势能、摩擦生热等.(3)结合热力学第一定律分析，特别是涉及内能、热传递、做功时.4.注意守恒方程的书写，明确各种形式的能量如何变化10.【解析】(1)设恒温槽的温度为T2，由题意知T1＝273 KA内气体发生等容变化，根据查理定律得p1 T1＝p2T2①(4分)p1＝p0＋p h1 ②(2分) p2＝p0＋p h2 ③(2分) 联立①②③式，代入数据得T2＝364 K(或91℃) (2分)(2)温度升高，A内气体内能增大.根据热力学第一定律W＋Q＝ΔU，W＝0，ΔU＞0，所以Q＞0，即吸热. (6分)答案：(1)364 K(或91℃) (2)增大吸热11.【解析】(1)从状态A到状态C的过程，气体发生等容变化， (2分)该气体对外界做的功W1＝0 (2分)根据热力学第一定律有ΔU1＝W1＋Q1 (3分)内能的增量ΔU1＝Q1＝9 J. (3分)(2)从状态A到状态B的过程，体积减小，温度升高 (2分)该气体内能的增量ΔU2＝ΔU1＝9 J (2分)根据热力学第一定律有ΔU2＝W2＋Q2 (3分)从外界吸收的热量Q2＝ΔU2－W2＝3 J. (3分)答案：(1)0 9 J (2)9 J 3 J。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析40：单元评估检测(十一)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析40单元评估检测(十一)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.(创新题)如图所示，水平铜盘半径为r ，置于磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过滑动变阻器R 1与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n∶1，变压器的副线圈与电阻为R 2的负载相连，则( )A.变压器原线圈两端的电压为Br 2ω/2B.若R 1不变时，通过负载R 2的电流强度为0C.若R 1不变时，变压器的副线圈磁通量为0D.若R 1变化时，通过负载R 2的电流强度为通过R 1电流的1n2.两只相同的电阻，分别通过正弦交流电和方形波的交流电.两种交变电流的最大值相等，波形如图所示，在正弦交流电的一个周期内，正弦交流电在电阻上产生的焦耳热Q 1与方形波交流电在电阻上产生的焦耳热Q 2之比为( )A.3∶1B.1∶2C.2∶1D.4∶33.如图是远距离输电的示意图，下列说法正确的是( )A.a 是升压变压器，b 是降压变压器B.a 是降压变压器，b 是升压变压器C.a 的输出电压等于b 的输入电压D.a 的输出电压等于输电线上损失的电压4.风速仪的简易装置如图甲所示，在风力作用下，风杯带动与其固定在一起的永磁铁转动，线圈中的感应电流随风速的变化而变化.风速为v 1时，测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图乙所示；若风速变为v 2，且v 2>v 1，则感应电流的峰值Im 、周期T 和电动势E 的变化情况是( )A.I m 变大，T 变小B.I m 变大，T 不变C.I m 变小，T 变小D.I m 不变，E 变大二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.某交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间的关系如图所示.如果此线圈和一个R ＝100 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列叙述正确的是( )A.交变电流的周期为0.04 sB.交变电流的最大值为1 AC.交变电流的有效值为1 AD.电阻R 两端的最大电压为141 V6.(易错题)如图所示，面积为S 、匝数为N 、电阻为r 的线圈与阻值为R的电阻构成闭合回路，理想交流电压表并联在电阻R 的两端.线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场的转动轴以角速度ω匀速转动.设线圈转动到图示位置的时刻t ＝0，则( )A.在t ＝0时刻，线圈处于中性面，流过电阻R 的电流为0，电压表的读数也为0B.1秒钟内流过电阻R 的电流方向改变ωπ次 C.在电阻R 的两端再并联一只电阻后，电压表的读数将减小D.在电阻R 的两端再并联一只电容较大的电容器后，电压表的读数不变7.(创新题)一理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R ，触头P 与线圈始终接触良好，下列判断正确的是( )A.若通过电路中A、C两处的电流分别为I A、I C，则I A＞I CB.若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大C.若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大D.若在使电阻R减小的同时，将触头P向A端滑动，则通过A处的电流增大8.(易错题)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示.当开关S闭合后( )A.A1示数变大，A1与A2示数的比值不变B.A1示数变大，A1与A2示数的比值变大C.V2示数变小，V1与V2示数的比值变大D.V2示数不变，V1与V2示数的比值不变9.如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示.以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )A.在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B.线圈先后两次转速之比为3∶2C.交流电a的瞬时值为u＝10sin5πtVD.交流电b电压的最大值为5 V三、实验题(6分)10.传感器担负着信息采集的任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量(如温度、光、声等)转换成便于测量的量(通常是电学量)，例如热传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻，热敏电阻随温度变化的图线如图甲所示，图乙是用热敏电阻R1作为传感器制作的简单自动报警器原理图.则(1)为了使温度过高时报警器铃响，开关应接在(选填“a”或“b”).(2)若使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器的滑片P向移动(选填“左”或“右”).四、计算题(本大题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11.(12分)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动.一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.05 m2，线圈转动的频率为50 Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝2πT.用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V11 kW”的电动机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：(1)发电机的输出电压为多少？(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？12.(预测题)(18分)水力发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能，现在水力发电已经成为我国的重要能源之一.某小河水流量为40 m3/s，现欲在此河段安装一台发电功率为1 000千瓦的发电机发电.(1)设发电机输出电压为500 V，在输送途中允许的电阻为5 Ω，允许损耗总功率的5%，则所用升压变压器原、副线圈匝数比应是多少？(2)若所用发电机总效率为50%，要使发电机能发挥它的最佳效能，则拦河坝至少要建多高？(g 取10 m/s 2)答案解析1.【解析】选B.水平铜盘做匀速圆周运动，半径切割磁感线产生恒定的感应电动势相当于电源.当R 1不变时变压器原线圈所加的是恒定电压，副线圈中的磁通量一定，磁通量的变化量为零，则副线圈电压为零，可知A 、C 错误，B 正确；当R 1变化时，原线圈所加的电压也发生变化，但由于原线圈所加的不是交流电压，其原、副线圈的电流关系不确定，故D 错误.2.【解析】选B.题图甲为正弦交流电，其有效值为I 1＝12 A.题图乙为方波交流电，由于电流的热效应与电流的方向无关，所以其有效值为I 2＝I m ＝1 A ，因此Q 1Q 2＝I 21RT I 22RT ＝12，故B 正确.3.【解析】选A.根据远距离输电的原理可知，变压器a 应为升压变压器，变压器b 应为降压变压器，故A 正确，B 错误；a 的输出电压等于b 的输入电压与输电线上损失的电压之和，故C 、D 错误.【变式备选】随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益增大，节能变得越来越重要.某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电.若发电厂的输出电压为U 1，输电线总电阻为R ，在某一时段用户需求的电功率为P 0，用户的用电器正常工作的电压为U 2，在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是( )A.输电线上损耗的功率为P 20R U 22B.输电线上损耗的功率为P 20R U 21C.若减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电D.采用更高的电压输电会降低输电的效率【解析】选C.设发电厂的输出功率为P ，则输电线损耗的功率为ΔP ＝P －P 0或ΔP ＝I 2R ＝P 2R U 21，故A 、B 均错误；采用更高的电压输电，可以减小输电线上的电流，故可以减少输电线上损耗的功率，C 正确；采用更高的电压输电，输电线上损耗的功率减少，在用户需求的功率一定的情况下，发电厂输出的总功率减少，故可以提高输电效率，D 错误.4.【解析】选A.风速增大，风杯的转速增大，磁场变化加快，感应电流的峰值I m 变大，周期T 变小，电动势E 变大，A 正确，B 、C 、D 错误.5.【解析】选A 、B.由e -t 图知E m ＝100 V ，E 有效50 2 V ，则I m ＝m E R ＝1 A ，B 项正确.I 有效＝12A ＝22 A ，C 项错.电阻R 两端的最大电压U m ＝E m ＝ 100 V ，D 项错误.由题图可知周期T ＝4×10－2 s ，A 项正确.6.【解析】选B 、C.在t ＝0时刻，线圈中穿过的磁通量最大，此时的瞬时感应电动势为零，但由于电压表测量的是有效值，故此时的电压表示数不为零，流过电阻R 的电流为零，A 错误；因为交变电流的周期为2πω，而一个周期内交变电流的方向发生两次改变，所以1秒钟内流过电阻R 的电流方向改变ωπ次，B 正确；在电阻R 的两端再并联一只电阻后，由于外电路的总电阻减小，而电压表测量的是外电压，故电压表的读数将减小，C 正确；在电阻R 的两端再并联一只电容较大的电容器后，由于电容器有通交流的特性，所以等效为外电路的总电阻减小，故电压表的示数将减小，D 错误.7.【解析】选C 、D.AB 部分接电源为原线圈，PB 部分接用电器为副线圈，原线圈的匝数大于副线圈的匝数，故原线圈中的电流小于副线圈中的电流，A 错误；若仅使电阻R 增大，由P ＝U 2R可知输出功率将减小，输入功率也减小，B 错误；若仅将触头P 向A 端滑动，U 增大，由P ＝U 2R可知R 消耗的电功率增大，C 正确；若在使电阻R 减小的同时，将触头P 向A 端滑动，副线圈两端电压变大，电阻R 变小，故副线圈中的电流增大，原线圈中电流也增大，D 正确.8.【解题指南】解答本题应注意以下三点：(1)副线圈电压U 2由原线圈电压U 1和匝数比决定.(2)开关S 闭合，负载电阻减小，副线圈电流由副线圈电压U 2和负载电阻决定.(3)原线圈电流I 1由副线圈电流I 2和匝数比决定.【解析】选A 、D.原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，则无论副线圈电路的负载怎样变化，都不会影响原副线圈上的电压，所以V 2的示数不变，V 1与V 2示数的比值也不变，故D 正确，C 错误；S 闭合后，副线圈电路的电阻减小，因而副线圈电路的电流增大，致使原线圈电路的电流增大.又因线圈匝数比不变，所以原副线圈中的电流比不变，故A 正确，B 错误.9.【解析】选B 、C.t ＝0时，交流电a 、b 的瞬时值u a ＝u b ＝0，此时磁通量最大，A 错.由图可知T a ＝0.4 s ，T b ＝0.6 s ，所以T a ∶T b ＝2∶3，转速之比等于周期比的倒数，是3∶2，B 对.交流电a 的峰值u m ＝10 V ，ω＝2πT＝5π，所以瞬时值为u ＝10sin5πtV ，C 对，根据u m ＝BSω，可得b 的最大值是203V ，D 错. 10.【解析】温度较高时，热敏电阻阻值减小，图乙中通电螺线管的磁性增强，将与弹簧相连的金属导体向左吸引，要使报警器所在电路接通并报警的话，开关应接在a.要实现温度更高时，即热敏电阻阻值更小时才将报警器电路接通，应该将滑动变阻器连入电路的阻值调大，即P 向左移动.答案：(1)a (2)左11.【解析】(1)E m ＝NBS ω＝1 100 2 V (2分)输出电压的有效值为U 11 100 V. (2分) (2)根据U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝5∶1. (3分) (3)根据P 入＝P 出＝2.2×104W (2分)再根据P 入＝U 1I 1，解得I 1＝20 A. (3分)答案：(1)1 100 V (2)5∶1 (3)20 A12.【解析】(1)设送电电流为I ，损耗的功率为P 耗，导线电阻为R 线，由P 耗＝I 2R 线得： I ＝P 耗R 线＝ 1 000×103×0.055 A ＝100 A (3分) 设送电电压为U 送，由P ＝IU 得：U 送＝P I ＝1 000×103100V ＝1×104 V (3分) 则升压变压器原、副线圈匝数比：n 原n 副＝U 原U 送＝50010 000＝120(3分) (2)发电时水的重力势能转化为电能，故 50%mgh ＝Pt (3分)其中m t ＝ρV t＝1×103×40 kg/s ＝4×104 kg/s (3分) 所以h ＝Pt mg ×0.5＝ 1 000×1034×104×10×0.5m ＝5 m (3分) 答案：(1)1∶20 (2)5 m【总结提升】远距离输电的三种类型的分析方法(1)第一类是由发电机→升压变压器→输电线→降压变压器→用电器的顺序分析.(2)第二类是由用电器到发电机的顺序逆向分析.(3)第三类中间突破，即由输电线上的功率损失求出输电线上的电流，也就是流过升压变压器副线圈和降压变压器原线圈的电流，再由理想变压器的工作原理去推断发电和用电的问题.。
2014届高考物理一轮 (考纲自主研读+命题探究+高考全程解密) 第2讲固体 液体与气体(含解析) 选修3-3
第2讲固体液体与气体对应学生用书P202晶体和非晶体晶体的微观结构Ⅰ(考纲要求)【思维驱动】在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，石蜡熔化的范围如图1－2－1中(1)、(2)、(3)所示，而甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图(4)所示．则由此可判断出甲为________，乙为________，丙为________(填“单晶体”、“多晶体”、“非晶体”)。
图1－2－1答案多晶体非晶体单晶体【知识存盘】1．晶体与非晶体熔点2.晶体的微观结构(1)晶体的微观结构特点：组成晶体的物质微粒有规则地、周期性地在空间排列．(2)用晶体的微观结构解释晶体的特点1．单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性． 2．只要是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体． 3．只要是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体． 4．晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化．固体⎩⎪⎨⎪⎧晶体⎩⎪⎨⎪⎧单晶体——物理性质的各向异性多晶体——物理性质的各向同性非晶体——物理性质的各向同性液体的表面张力 液晶 Ⅰ (考纲要求) 【思维驱动】(单选)(2013·徐州质量测评)图1－2－2如图1－2－2所示，先把一个棉线圈拴在铁丝环上，再把环在肥皂液里浸一下，使环上布满肥皂液薄膜。
如果用热针刺破棉线圈里那部分薄膜，则棉线圈将成为圆形，主要原因是( )．A ．液体表面层分子间的斥力作用B ．液体表面受重力作用C ．液体表面张力作用D ．棉线圈的张力作用解析 由于液体表层内分子间距离比较大，液体表面张力使得液体表面具有收缩的趋势，故松弛的棉线圈变为圆形，C 正确． 答案 C 【知识存盘】 1．液体的表面张力(1)作用：液体的表面张力使液面具有收缩的趋势．(2)方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的边界线垂直．(3)大小：液体的温度越高，表面张力越小，液体中溶有杂质时，表面张力变小，液体的密度越大，表面张力越大． 2．液晶 (1)液晶的产生晶体――→加热液晶――→加热液体(2)物理性质⎩⎪⎨⎪⎧具有液体的流动性具有晶体的光学各向异性在某个方向上看其分子排列比较整齐，但 从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的气体实验定律 Ⅰ 理想气体 Ⅰ (考纲要求) 【思维驱动】(双选)(2013·无锡测试)图1－2－3一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，气体的压强随热力学温度变化如图1－2－3所示，则此过程 ( )．A．气体的密度增大B．外界对气体做功C．气体从外界吸收了热量D．气体分子的平均动能增大解析气体由状态A变化到状态B为等温变化，由玻意耳定律p A V A＝p B V B，p B＞p A，所以V A＞V B，气体体积减小，外界对气体做功，气体密度增加，A、B正确．由于温度不变．气体的分子平均动能不变，D错误．温度不变，气体的内能不变，外界对气体做功，由ΔU ＝W＋Q.气体放出热量，C错．答案AB【知识存盘】1．气体和气体分子运动的特点2．三个实验定律比较3.理想气体(1)理想气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体．①理想气体是一种经科学的抽象而建立的理想化模型，实际上不存在；②实际气体特别是那些不易液化的气体在压强不太大，温度不太低时都可当做理想气体来处理．(2)一定质量的理想气体状态方程：pV T ＝C (恒量)，即p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2.气体的压强对应学生用书P204考点一 气体实验定律和理想气体状态方程的应用 【典例1】 (2012·课标全国卷)图1－2－4如图1－2－4所示，由U 形管和细管连接的玻璃泡A 、B 和C 浸泡在温度均在0 ℃的水槽中，B 的容积是A 的3倍．阀门S 将A 和B 两部分隔开．A 内为真空，B 和C 内都充有气体．U 形管内左边水银柱比右边的低60 mm.打开阀门S ，整个系统稳定后，U 形管内左右水银柱高度相等，假设U 形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积． (1)求玻璃泡C 中气体的压强(以mmHg 为单位)；(2)将右侧水槽的水从0 ℃加热到一定温度时，U 形管内左右水银柱高度差又为60 mm ，求加热后右侧水槽的水温．规范解答 (1)在打开阀门S 前，两水槽水温均为T 0＝273 K ．设玻璃泡B 中气体的压强为p 1，体积为V B ，玻璃泡C 中气体的压强为p C ，依题意有p 1＝p C ＋Δp ① 式中Δp ＝60 mmHg.打开阀门S 后，两水槽水温仍为T 0， 设玻璃泡B 中气体的压强为p B .依题意有，p B ＝p C ② 玻璃泡A 和B 中气体的体积为V 2＝V A ＋V B ③ 根据玻意耳定律得p 1V B ＝p B V 2④联立①②③④式，并代入题给数据得p C ＝V BV AΔp ＝180 mmHg ⑤ (2)当右侧水槽的水温加热到T ′时，U 形管左右水银柱高度差为Δp . 玻璃泡C 中气体的压强为p C ′＝p B ＋Δp ⑥ 玻璃泡C 中的气体体积不变，根据查理定律得p C T 0＝p C ′T ′⑦联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得T ′＝364 K ．⑧ 答案 (1)180 mmHg (2)364 K【变式跟踪1】 一活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，初始时气体体积为3.0×10－3m 3.用DIS 实验系统测得此时气体的温度和压强分别为300 K 和1.0×105Pa.推动活塞压缩气体，稳定后测得气体的温度和压强分别为320 K 和1.6×105Pa. (1)求此时气体的体积．(2)保持温度不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压强变为8.0×104Pa ，求此时气体的体积．解析 (1)对缸内封闭气体初态：p 1＝1×105Pa ，V 1＝3.0×10－3m 3，T 1＝300 K ， 末态：p 2＝1.6×105 Pa ，V 2＝？，T 2＝320 K 由理想气体状态方程可知p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，所以V 2＝p 1V 1T 2T 1p 2＝2×10－3 m 3，即末态时气体体积为2×10－3m 3.(2)当气体保持T 2不变，变到状态3时最后状态：p 3＝0.8×105Pa ，V 3＝？，T 3＝T 2＝320 K所以p 2V 2＝p 3V 3，即V 3＝p 2V 2p 3＝1.6×105×2×10－30.8×105m 3＝4×10－3 m 3. 答案 (1)2.0×10－3m 3(2)4.0×10－3m 3,借题发挥1．分析气体状态变化的问题要抓住三点： (1)阶段性：即弄清一个物理过程分为哪几个阶段．(2)联系性：即找出几个阶段之间是由什么物理量联系起来的． (3)规律性：即明确哪个阶段应遵循什么实验定律． 2．利用气体实验定律及气态方程解决问题的基本思路 错误!考点二 气体状态变化的图象分析 【典例2】 (2012·浙江自选，13)图1－2－5一定质量的理想气体，状态从A ―→B ―→C ―→D ―→A 的变化过程可用如图1－2－5所示的p －V 图线描述，图中p 1、p 2、V 1、V 2和V 3为已知量．(1)气体状态从A 到B 是________过程(填“等容”“等压”或“等温”)；(2)状态从B 到C 的变化过程中，气体的温度________(填“升高”“不变”或“降低”)； (3)状态从C 到D 的变化过程中，气体________(填“吸热”或“放热”)； (4)状态从A ―→B ―→C ―→D 的变化过程中，气体对外界所做的总功为________． 解析 (1)由题图可知，气体状态从A 到B 的过程为等压过程．(2)状态从B 到C 的过程中，气体发生等容变化，且压强减小，根据pT＝C (常量)，则气体的温度降低．(3)状态从C 到D 的过程中，气体发生等压变化，且体积减小，外界对气体做功，即W >0，根据V T＝C (常量)，则气体的温度T 降低，气体的内能减小，由ΔU ＝Q ＋W ，则Q ＝ΔU －W <0，所以气体放热．(4)状态从A ―→B ―→C ―→D 的变化过程中气体对外界所做的总功W ＝p 2(V 3－V 1)－p 1(V 3－V 2)．答案 (1)等压 (2)降低 (3)放热 (4)p 2(V 3－V 1)－p 1(V 3－V 2) 【变式跟踪2】 一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，图1－2－6再变化到状态C ，其状态变化过程的p －V 图象如图1－2－6所示．已知该气体在状态A 时的温度为27 ℃.则：(1)该气体在状态B 、C 时的温度分别为多少 ℃？(2)该气体从状态A 到状态C 的过程中内能的变化量是多大？(3)该气体从状态A 到状态C 的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？ 解析 (1)对于理想气体：A →B ，由p A T A ＝p BT B得：T B ＝100 K ，所以t B ＝－173 ℃B →C 由V B T B ＝V CT C得：T C ＝300 K ，所以t C ＝27 ℃.(2)A →C 由温度相等得：ΔU ＝0. (3)A →C 的过程中是吸热．吸收的热量Q ＝W ＝p ΔV ＝1×105×(3×10－3－1×10－3) J ＝200 J.答案 (1)－173 ℃ 27 ℃ (2)0 (3)吸热；200 J ,借题发挥应用气体状态变化的图象 分析问题的基本思路考点三 热力学第一定律与气体实验定律的综合问题【典例3】 (2012·江苏卷，12A(2)(3))(1)密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大．从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的________增大了．该气体在温度T 1、T 2时的分子速率分布图象如图1－2－7所示，则T 1________(选填“大于”或“小于”)T 2.(2)如图1－2－8所示，一定质量的理想气体从状态A 经等压过程到状态B .此过程中，气体压强p ＝1.0×105Pa ，吸收的热量Q ＝7.0×102J ，求此过程中气体内能的增量．图1－2－7 图1－2－8解析 (1)温度升高时，气体分子平均速率变大，平均动能增大，即分子的速率较大的分子占总分子数比例较大，所以T 1＜T 2. (2)等压变化V A T A ＝V B T B，对外做的功W ＝p (V B －V A )根据热力学第一定律ΔU ＝Q －W ，解得ΔU ＝5.0×102J.。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析43：提分检测(一)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析43提分检测(一)第Ⅰ卷(选择题共40分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意)1.一物体从高s处做自由落体运动，经时间t到达地面，落地速度为v，那么当物体下落时间为t3时，物体的速度和距地面的高度分别是( )A.v3，s9B.v9，s9C.v3，89s D.v9，33s2.如图所示，重力均为G的两条形磁铁分别用细线A和B悬挂在水平的天花板上，静止时，A线的张力为F1，B线的张力为F2，则( )A.F1＝2G，F2＝GB.F1＝2G，F2>GC.F1<2G，F2>GD.F1>2G，F2>G3.如图所示，三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止，A、D间细绳是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，这时三根细绳张力T AC、T AD、T AB的变化情况是( )A.都变大B.T AD和T AB变大，T AC不变C.T AC和T AB变大，T AD不变D.T AC和T AD变大，T AB不变4.如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”.两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢.若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是( )A.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B.甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C.若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D.若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利5.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v1运行.初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象(以地面为参考系)如图乙所示.已知v2＞v1，则( )A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用二、双项选择题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，每小题有两个选项符合题意)6.如图所示，为一物体沿南北方向(规定向北为正方向) 做直线运动的速度—时间图象，由图可知( )A.3 s末物体回到初始位置B.3 s末物体的加速度方向保持不变C.物体所受合外力的方向一直向南D.物体所受合外力的方向一直向北7.如图所示，在固定的斜面上叠放A、B两物体，若在B物体上加一水平向右的推力F，两物体均静止，则B物体受力的个数为( )A.一定是6个B.可能是4个C.可能是5个D.可能是6个8.如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静放在粗糙水平地面上，O为球心，有一劲度系数为k的轻质弹簧，一端固定在半球底部O′处，另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点，已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°，下列说法正确的是( )A.小球受到轻质弹簧的弹力大小为32mg B.小球受到容器的支持力大小为12mg C.小球受到容器的支持力大小为mgD.半球形容器受到地面的摩擦力大小为零9.一游客站在观光电梯内，将行李箱置于电梯的水平底板上，某段时间内电梯竖直向上做匀减速运动，加速度为a ＜g ，在这一运动过程中( )A.游客感觉到电梯外的建筑物加速向下运动B.游客感觉到电梯外的建筑物减速向下运动C.行李箱对底板的压力大于行李箱的重力D.行李箱对底板的压力小于行李箱的重力10.拟)如图所示，用力F 拉一物体，使其以加速度a 在水平面上做匀加速直线运动.力F 的水平分量为F 1；若用和F 1大小、方向都相同的力F′代替F 拉物体，使物体产生加速度a′，那么( )A.当水平面光滑时，a′<aB.当水平面光滑时，a′＝aC.当水平面粗糙时，a′<aD.当水平面粗糙时，a′＝a第Ⅱ卷(非选择题 共60分)三、实验题(本大题共2小题，共12分)11. (6分)某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧一端固定于某一深度为h ＝0.25 m 、且开口向右的小筒中(没有外力作用时弹簧位于筒内)，如图甲所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出小筒外距筒口右端弹簧的长度l ，现要测出弹簧的原长l 0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变挂钩码的个数来改变l ，作出F-l 变化的图线如图乙所示.(1)由此图线可得出的结论是__________；(2)弹簧的劲度系数为 N/m，弹簧的原长l0＝m.12. (6分)(1)某同学设计了一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F及质量m关系的实验，图甲为实验装置简图.他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为下列哪两项说法是正确的.A.要平衡摩擦力B.实验时不需要平衡摩擦力C.钩码的重力要远小于小车的总重力D.实验进行时应先释放小车再接通电源(2)如图乙所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E是计数点(每打5个点取一个计数点)，距离如图，其中L1＝3.07 cm，L2＝12.38 cm，L3＝27.87 cm，L4＝49.62 cm.则打C点时小车的速度为m/s；加速度为m/s2.(计算结果均保留三位有效数字)四、计算题(本大题共4小题，共48分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(8分)一辆卡车初速度为v0＝10 m/s，以a＝2 m/s2的加速度加速行驶，求：(1)卡车在3 s末的速度；(2)卡车在前6 s内的位移；(3)卡车在第6 s内的平均速度.14. (12分)车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮绳子的两端各系一个物动时，系m1的那段绳子与竖直方向夹角为θ，如图所示，绳子的质量、滑轮与绳子的摩擦忽略不计，求：(1)车厢的加速度；(2)车厢底板对m2的支持力和摩擦力.15.(12分)在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝1 kg的小球，跟与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取g＝10 m/s2，求：(1)此时轻弹簧的弹力大小为多少？(2)小球的加速度大小和方向.(3)若不剪断轻绳而剪断弹簧的瞬间，小球的加速度为多少？16. (16分)一小轿车从高为10 m 、倾角为37°的斜坡顶端从静止开始向下行驶，当小轿车到达底端时进入一水平面，在离斜坡底端115 m 的地方有一池塘，发动机在斜坡上产生的牵引力为2×103 N ，在水平地面上调节油门后，发动机产生的牵引力为1.4×104N ，小轿车的质量为2 t ，小轿车与斜坡及水平地面间的动摩擦因数均为0.5(g 取10 m/s 2).求：(1)小轿车行驶至斜坡底端时的速度；(2)为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘，在水平地面上加速的时间不能超过多少？(小轿车在行驶过程中不采用刹车装置)答案解析1.【解析】选C.根据运动学公式v ＝gt 得，速度v 与时间t 成正比，所以下落t 3时的速度为v ′＝v ·t3t ＝v 3.根据公式s ＝12gt 2得，下落位移s 与时间的平方t 2成正比，所以下落t 3时下落的高度为s ′＝s ·(t 3)2t ＝19s.所以距地面高度s 距＝s －s ′＝s －19s ＝89s.选项C 正确. 2.【解析】选B.以两条形磁铁整体为研究对象，由平衡条件得F 1＝2G ；以下方条形磁铁为研究对象，由平衡条件得F 2＝G ＋F>G ，故B 正确.3.【解析】选B.以小球B 为研究对象，可得出T AB 、F 变大，以A 、B 两小球组成的整体为研究对象，画出受力图如图所示.竖直方向T AC sinθ＝2mg，故T AC不变.水平方向T AC cosθ＋F＝T AD，故T AD增大，B对，A、C、D错.4.【解析】选C.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力的受力物体分别是绳子和甲，是一对相互作用力，A错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力都作用在绳子上，是一对平衡力，B错误；比赛的胜负取决于人的质量，由于两人所受拉力大小相等，故其质量越大，加速度越小，相同时间内的位移越小，可赢得比赛，故C正确，D错误.5.【解析】选B.由题图乙可知t1时刻小物块向左运动最远，t1～t2这段时间小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，A错、B对；0～t2这段时间小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2～t3小物块与传送带一起匀速运动，摩擦力为零，C、D错；故选B.6.【解析】选B、D.3 s末物体速度为零，6 s末物体回到初始位置，前6 s物体的加速度方向没有发生变化，方向一直向北，所以物体所受合外力的方向一直向北，故A、C错误，B、D 正确.7.【解析】选C、D.以物体B为研究对象进行受力分析，B受重力、斜面和物体A对B的弹力，以及A对B的摩擦力，还有外力F，此外斜面对B的摩擦力有无无法确定，故C、D正确.8.【解析】选C、D.对小球受力分析如图所示，由对称性可知，N＝F弹，由平衡条件得：2Nsinθ＝mg可得：N＝F弹＝mg，故A、B错误，C正确；取半球形容器和小球为一系统，由平衡条件可以得出，地面对半球形容器的摩擦力为零，D正确.9.【解析】选B、D.以建筑物为参考系，电梯竖直向上做匀减速运动，反之，以电梯为参考系，游客看到的建筑物向下减速运动，故A错、B对；游客和行李箱处于失重状态，则行李箱对底板的压力小于行李箱的重力，故C错、D对.10.【解析】选B、C.当水平面光滑时：a ＝F 1m ，a ′＝F ′m ＝F 1m＝a ，A 错误，B 正确； 当水平面粗糙时：a ′＝F 1－μmg m， a ＝Fcos θ－μ(mg －Fsin θ)m ＝F 1－μ(mg －Fsin θ)m>a ′，C 正确，D 错误. 11.【解析】弹簧原长为l 0，由题图乙可知，弹簧伸长量可表示为h ＋l －l 0，由胡克定律可得F ＝k(h ＋l －l 0)，F-l 图线斜率表示弹簧的劲度系数，k ＝100 N/m.F-l 图线在纵轴截距表示l ＝0时，F ＝10 N ，代入F ＝k(h ＋l －l 0)，解得弹簧的原长l 0＝0.15 m.答案：(1)在弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比 (2)100 0.1512.【解析】(1)探究小车的加速度a 与小车所受拉力F 及质量m 关系的实验，钩码所受的重力作为小车所受的外力，必须要平衡摩擦力，且满足钩码的重力远小于小车的总重力，实验时应先接通电源再释放小车，故A 、C 正确，B 、D 错误.(2)C 点的瞬时速度等于BD 这段位移的平均速度，即：v C ＝L 3－L 12T ＝(27.87－3.07)×10－22×0.1m/s ＝1.24 m/s.由逐差法求解小车的加速度：a ＝s 3＋s 4－(s 1＋s 2)4T ＝(49.62－12.38－12.38)×10－24×0.12 m/s 2＝6.22 m/s 2. 答案：(1)A 、C (2)1.24 6.2213.【解析】(1)3 s 末速度v 3＝v 0＋at 3＝16 m/s (2分)(2)前6 s 内的位移s 6＝v 0t 6＋12at 62＝96 m (2分) (3)前5 s 内的位移s 5＝v 0t 5＋12at 52＝75 m (2分) 第6秒内的位移为s ＝s 6－s 5＝21 m (1分)第6秒内的平均速度为v ＝s Δt＝21 m/s (1分) 答案：(1)16 m/s (2)96 m (3)21 m/s14.【解析】m 1和m 2的受力如图所示：(1)对m 1竖直方向有：T 1cos θ＝m 1g (2分)水平方向有：T 1sin θ＝m 1a (2分)解得：a ＝gtan θ (1分)车厢与m 1的加速度相同，为a ＝gtan θ，方向向右. (1分)(2)绳的拉力T 1′＝T 1＝m 1g cos θ(1分) 对m 2有：F N ＋T 1′＝m 2g (1分)解得支持力F N ＝m 2g －m 1g cos θ(1分) 方向竖直向上 (1分)水平方向有：f ＝m 2a ＝m 2gtan θ (1分)方向水平向右 (1分)答案：(1)gtan θ，方向向右 (2)m 2g －m 1g cos θ，方向竖直向上 m 2gtan θ，方向水平向右 15.【解析】(1)因此时水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到绳的拉力T 和弹簧的弹力N 作用而处于平衡状态，依据平衡条件得竖直方向有：Tcos θ＝mg ， (2分)水平方向有：Tsin θ＝N ， (2分)解得弹簧的弹力大小为：N ＝mgtan θ＝10 N. (2分)(2)剪断绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力等于重力N ′＝mg ， (2分)由牛顿第二定律得小球的加速度为a ＝N －μN ′m＝8 m/s 2，方向水平向左. (2分) (3)当剪断弹簧的瞬间，轻绳中的拉力立即消失，小球立即受水平面支持力，与重力平衡，加速度为0. (2分)答案：(1)10 N (2)8 m/s 2，方向水平向左 (3)016.【解析】(1)小轿车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得：F 1＋mgsin37°－μmgcos37°＝ma 1 (2分)解得a 1＝3 m/s2 (1分) 又：v 21＝2a 1x 1＝2a 1h/sin37° (1分)解得行驶至斜坡底端时的速度：v 1＝10 m/s (1分)(2)在水平地面上加速时，由牛顿第二定律得：F 2－μmg ＝ma 2 (2分)解得：a 2＝2 m/s 2 (1分)关闭油门后减速，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma 3 (2分)解得：a 3＝5 m/s 2 (1分)关闭油门时小轿车的速度为v 2v 22－v 212a 2＋v 222a 3＝x 2 (2分) 解得v 2＝20 m/s (1分)t ＝v 2－v 1a 2＝5 s (2分) 即在水平地面上加速的时间不能超过5 s.答案：(1)10 m /s (2)5 s。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析31：单元评估检测(二)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析31单元评估检测(二)(40分钟 100分)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.物体受到两个方向相反的力的作用，F 1＝4 N ，F 2＝8 N ，保持F 1不变，将F 2由8 N 逐渐减小到零的过程中，它们的合力大小变化是( )A.逐渐减小B.逐渐变大C.先变小后变大D.先变大后变小2.(预测题)如图所示，水平地面上固定着一竖直立柱，某人通过柱顶的定滑轮将200 N 的重物拉住不动，已知人拉着绳的一端，绳与水平地面夹角为30°，则定滑轮所受的压力大小为( )A.400 NB.200 3 NC.300 ND.200 N3.(易错题)如图所示，质量为m 的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB 与竖直方向的夹角为θ.设水平横梁OA 和斜梁OB 作用于O 点的弹力分别为F 1和F 2，以下结果正确的是( )A.F 1＝mgsin θB.F 1＝mg sin θC.F 2＝mgcos θD.F 2＝mg cos θ4.一质量为m 的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上.现对物块施加一个竖直向下的恒力F ，如图所示.则物块( )A.仍处于静止状态B.沿斜面加速下滑C.受到的摩擦力不变D.受到的合外力增大二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.如图所示，物块M 在静止的传送带上以速度v 匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v ，则传送带启动后( )A.M 静止在传送带上B.M 可能沿传送带向上运动C.M 受到的摩擦力不变D.M 下滑的速度不变 6.如图所示，斜面小车M 静止在光滑水平面上，M 左边紧贴墙壁，若在M 斜面上放一个物体m ，当m 沿着M 的斜面下滑时，M 始终静止不动，则M 受力个数可能为( )A.3个B.4个C.5个D.6个7.如图所示，将质量为m 的物体置于固定的光滑斜面上，斜面的倾角为θ，水平恒力F 作用在物体上，物体处于静止状态.则物体对斜面的压力大小可以表示为(重力加速度为g)( )A.mgcos θB.F sin θC.mgsin θ＋Fcos θD.mgcos θ＋Fsin θ8.(创新题)如图所示，一个重为30 N 的物体，放在倾角θ＝30°的斜面上静止不动，若用F ＝5 N 的竖直向上的力提物体，物体仍静止，下述结论正确的是( )A.物体受到的摩擦力减小2.5 NB.物体对斜面的作用力减小5 NC.斜面受到的压力减小5 ND.物体受到的合外力减小5 N9.如图所示，放置在水平地面上的直角劈M上有一个质量为m的物体，若m在其上方匀速下滑，M仍保持静止，那么下列说法正确的是( )A.M对地面的压力等于(M＋m)gB.M对地面的压力大于(M＋m)gC.地面对M没有摩擦力D.地面对M有向左的摩擦力三、实验题(6分)10.某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度L的关系如图所示，则由图线可知：(1)弹簧的劲度系数为.(2)弹簧的弹力为5 N，弹簧的长度为.四、计算题(本大题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11. (14分)如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，已知A、B的质量分别为m A＝10 kg，m B＝20 kg，A、B之间，B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.一轻绳一端系住物体A，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°，今欲用外力将物体B匀速向右拉出，求所加水平力F的大小.(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)12. (16分)如图所示，在光滑的水平杆上穿两个重均为2 N的球A、B，在两球之间夹一弹簧，弹簧的劲度系数为10 N/m，用两条等长的线将球C 与A、B相连，此时弹簧被压短了10 cm，两条线的夹角为60°，求：(1)杆对A球的支持力为多大？(2)C球的重力为多大？]答案解析1.【解析】选C.F 1与F 2共线反向，所以当F 2>4 N 时，其合力F ＝F 2－F 1，其方向与F 2同向，F 2减小时F 减小，F 2＝4 N 时最小为零；当F 2<4 N 时，其合力F ＝F 1－F 2，其方向与F 1同向，F 2从4 N 减到零时，F 逐渐从零增大到4 N.故F 2从8 N 减到零的过程中，其合力先减小后增大，故C 正确.2.【解析】选B.两股绳对定滑轮作用力如图所示：F ＝mg ＝200 N ，由几何关系得F 合＝2Fcos30°＝200 3 N ，定滑轮受的压力N ＝F 合＝200 3 N ，故B 正确.3. 【解析】选D.由于物体m 静止时对O 点的作用力等于物体的重力，其产生的效果是对AO 的拉力F AO 、对BO 的压力F BO ，所以物体m 对O 点的拉力F 可分解为两个分力F AO 和F BO ，如图所示，由三角函数得F 1＝F AO ＝mgtan θ，F 2＝F BO ＝mg cos θ，故D 正确. 4.【解题指南】物块不加力F 时的受力情况，“恰好静止”，物块所受静摩擦力等于滑动摩擦力，可求出动摩擦因数，加力F 后再进行受力分析，判断运动状态.【解析】选A.无力F 时受力情况如图甲所示，“物块恰好静止”，受最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，物块受到最大静摩擦力 f m ＝μN ＝μmgcos θ，由平衡条件得：mgsin θ＝μmgcos θ，解得μ＝tan θ；当施加恒力F 后，受力情况如图乙所示，物块所受最大静摩擦力为f ′m ＝μ(mgcos θ＋Fcos θ)＝mgsin θ＋Fsin θ，物块仍处于静止状态，A 正确，B 错误；由于f ′m >f m ，故C 错误；物块始终静止，则受到的合外力始终为零，D 错误.5.【解析】选C 、D.由M 匀速下滑可知其处于平衡状态，受重力、滑动摩擦力、支持力，传送带启动以后对M 受力没有影响，自然也不会影响其运动状态，故C 、D 正确.6.【解析】选B 、C.斜面光滑时，M 受到重力、地面支持力、m 对它的压力和墙壁对它的弹力共4个力；斜面粗糙，m 匀速下滑时，M 受到重力、地面支持力、m 对它的压力和m 对它的摩擦力共4个力，当m 加速下滑时，M 受到重力、地面支持力、m 对它的压力、m 对它的摩擦力和墙壁对它的弹力5个力，故B 、C 正确. 【总结提升】受力分析应注意的事项(1)只分析研究对象所受的力，不分析研究对象对其他物体所施加的力.(2)只分析性质力，不分析效果力.(3)每分析一个力，都应找出施力物体.(4)合力和分力不能同时作为物体所受的力.7.【解析】选B 、D.物体受力如图所示，由平衡条件得水平方向F －Nsinθ＝0，垂直斜面方向N －mgcos θ－Fsin θ＝0，解得物体对斜面的压力大小为N ′＝N ＝F sin θ＝mgcos θ＋Fsin θ，故A 、C 错误，B 、D 正确. 8.【解析】选A 、B.对物体受力分析可知，没施加F 前，摩擦力f ＝Gsinθ＝15 N ，支持力N ＝Gcos θ＝15 3 N ，物体对斜面的作用力大小等于30 N.施加F 后，摩擦力变为f ′＝(G －F)sin θ＝12.5 N ，支持力变为N ′＝(G －F)cos θ＝12.5 3 N ，物体对斜面的作用力大小变为G －F ＝25 N ，故A 、B 正确，C 错误；物体始终静止在斜面上，合外力始终为0，D 错误.【变式备选】物体在水平推力F 的作用下静止于斜面上，如图所示，若稍稍增大推力，物体仍保持静止，则( )A.物体所受合外力增大B.物体所受合外力变小C.物体对斜面的压力增大D.斜面对物体的摩擦力一定增大【解析】选C.由于物体始终静止，物体受到的合外力为零，A 、B 错误；由平衡条件知，物体对斜面的压力增大，C 正确；因初始摩擦力方向不确定，故D 错误.9.【解析】选A 、C.以直角劈M 和物体m 作为一个整体分析受力情况可知，这一整体在竖直方向受到向下的重力(M ＋m)g 和向上的支持力N ，由平衡条件得N ＝(M ＋m)g ，又由牛顿第三定律可知，A 正确，B 错误；这一整体在水平方向平衡，因此水平方向合力为零，由此可推知地面对M 没有摩擦力，C 正确，D 错误.10.【解析】由弹力的大小F 和弹簧长度L 的关系图可知，弹簧原长L 0＝10 cm ；弹簧形变量大小x ＝5 cm 时，弹力F ＝10 N ，由胡克定律F ＝kx 可得弹簧的劲度系数k ＝200 N/m ；弹簧的弹力为5 N 时，弹簧的形变量为x ＝F k＝2.5 cm ，当弹簧压缩时，弹簧的长度为7.5 cm ，当弹簧拉伸时，弹簧的长度为12.5 cm.答案：(1)200 N/m (2)12.5 cm 或7.5 cm11.【解析】A 、B 的受力分析如图所示.对A 由平衡条件得：Tsin37°＝f 1＝μN 1 (3分)Tcos37°＋N 1＝m A g (3分)[联立以上两式可得：N 1＝3m A g 4μ＋3＝60 N (2分)[:] f 1＝μN 1＝30 N (2分)对B 由平衡条件得：F＝f′1＋f2＝f′1＋μN2＝f1＋μ(N1＋m B g)＝2f1＋μm B g＝160 N (4分) 答案：160 N12.【解析】(1)A、C球的受力情况分别如图所示：其中F＝kx＝1 N (3分)对于A球，由平衡条件得：F＝Tsin 30° (3分)N＝G A＋Tcos 30° (3分)解得：N＝(2＋3) N (2分) (2)由(1)可得两线的张力为：T＝2 N (1分) 对于C球，由平衡条件得：2Tcos 30°＝G C (3分) 解得：G C＝2 3 N (1分) 答案：(1)(2＋3) N (2)2 3 N。
高考物理二轮复习 最直击人心的宝典 固体 液体与气体(含解析)(1)
2014高考最直击人心的物理宝典：固体、液体与气体题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案一、单项选择题1．下列说法正确的是 ( )A ．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的B ．气体温度越高，压强一定越大C ．分子力表现为斥力时，是因为分子间不可能同时存在引力和斥力D ．布朗运动就是液体分子的热运动2．现将一定质量的某种理想气体进行等温压缩．下列图象能正确表示该气体在压缩过程中的压强p 和体积的倒数1V的关系的是( )3．一个密闭容器内有一定质量的理想气体，现使气体温度升高，则气体 ( ) A ．分子平均动能减小 B ．内能不变 C ．对外界做功D ．压强增大4．密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气(不计分子势能) ( ) A ．内能减小，外界对其做功 B ．内能减小，吸收热量 C ．内能增大，对外界做功 D ．内能增大，放出热量5．民间常用“拔火罐”来治疗皮下某些“积伤”，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时迅速将火罐开口端紧压在皮肤的“积伤”处，火罐就会紧紧地被吸在皮肤上，当把火罐拔下时，就可以将伤处的淤血“吸出”，如下图所示．火罐会紧紧地被吸在皮肤上是因为火罐内的气体( )A ．温度不变，体积减小，压强增大B ．体积不变，温度降低，压强减小C ．压强不变，温度降低，体积减小D ．温度不变，压强增大，体积减小 二、双项选择题6．用p 、V 、T 分别表示气体压强、体积、温度，一定质量的理想气体由状态Ⅰ(p 1、V 1、T 1)被压缩至状态Ⅱ(p 2、V 2、T 2)，已知T 2＞T 1，则该过程中( )A．气体的内能一定是增加的B．气体可能向外界放热C．气体一定从外界吸收热量D．气体对外界做正功7．下列说法正确的是( )A．知道某种物质的摩尔质量和分子的质量可求出阿伏加德罗常数B．内能不同的物体，它们的分子热运动的平均动能不可能相同C．没有漏气、没有摩擦的理想热机，其效率也不可能是100%D．液晶既有液体的流动性，又有光学的各向同性8．对一定量的气体，下列说法正确的是( )A．气体的体积是所有气体分子的体积之和B．气体分子的热运动越剧烈，气体温度就越高C．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的D．当气体膨胀时，气体分子之间的势能减小，因而气体的内能减少9．一定质量的理想气体状态变化过程如图所示，第1种变化是从A到B，第2种变化是从A到C.比较两种变化过程，则( )A．A到C过程气体吸收热量较多B．A到B过程气体吸收热量较多C．两个过程气体吸收热量一样D．两个过程气体内能增加相同10．一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，压强随体积变化的关系如图所示，这个过程( )A．气体的密度一直变小B．气体的温度一直降低C．气体一直对外界做功D．气体一直向外界放热11．如图所示的p－t图象反映了一定质量的理想气体在两个容器中做等容变化的图线，两图线与t坐标轴的交点都为－273 ℃，由图线可以看出( )A．把查理定律“外推”到t＝－273 ℃的情况下仍成立B．查理定律在达到t＝－273 ℃之前早已不适用了C．V2＞V1D．V1＞V212．某同学利用DIS实验系统研究一定质量的理想气体由状态A到B、再由状态B到C的变化过程，实验后在计算机屏幕上显示了如图所示的V－T图象，则( )A．由状态A到B气体的压强增大B．由状态A到B气体的压强减小C．由状态B到C气体的压强增大D．由状态B到C气体的压强减小参考答案1．解析：由气体压强的微观解释可得A 选项正确；气体的压强不仅取决于气体的温度还取决于气体分子的密度，B 选项错误；分子间同时存在引力与斥力，C 选项错误；布朗运动是指悬浮在液体或者气体中的固体小颗粒的无规则运动，D 选项错误．答案：A2．解析：一定质量的理想气体其等温变化过程满足pV ＝C ，即p ∝1V，故B 正确．答案：B3．解析：温度是分子平均动能的标志，温度升高，平均动能增大，A 错误；理想气体的内能只包含分子动能，故气体内能增大，B 错误；因为气体体积不变，故气体与外界没有热交换，C 错误；根据理想气体状态方程pV T＝C ，可知在气体体积不变的情况下，气体压强将增大，D 正确．答案：D4．解析：根据内能是增加还是减小看气体是温度的升高还是降低，对外、对内做功看气体体积的变化，由题意可知降温内能减小，变扁外界对其做功．答案：A5．解析：点燃纸片置于瓶内燃烧时，瓶内气体快速膨胀，当纸片燃烧完时迅速将火罐开口端紧压在皮肤的“积伤”处，由于罐内气体的体积不变，随着温度降低，瓶内压强减小．而人体内压强较大，这样就可以将人体内的淤血压出体外．答案：B6．解析：气体的温度升高，气体的内能增加，ΔU ＞0，外界对气体做功，W ＞0.由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 知，Q 可正可负，所以气体可能吸热也可能放热，故A 、B 正确．答案：AB7．解析：阿伏加德罗常数＝摩尔质量/分子的质量，A 正确；物体的内能是所有分子热运动的动能和分子势能的总和，所以B 错误；热机不能把它得到的全部内能转化为机械能，热机必须有热源和冷凝器．热机工作时，总要向冷凝器散热，不可避免地要由工作物质带走一部分热量Q 2.热机的效率不可能达到100%，即使是理想热机，没有摩擦，也没有漏气等能量损失，它也不可能把吸收的能量百分之百地转化成机械能，总要有一部分热量散发到冷凝器中，所以C 正确；液晶分子在某些方面上排列得整齐规则，所以其光学性质又与晶体相似，有明显的各向异性，所以D 错误．答案：AC8．解析：气体的体积是气体所充满的容器的容积，不是气体分子的体积之和，A 项错误；温度越高，分子的热运动越剧烈，B 项正确；气体分子在不停地做无规则的热运动，大量的气体分子对器壁不断地碰撞，产生了持续的压力，单位面积上的压力即压强，C 项正确；气体分子之间的距离一般都大于10r 0，分子间的作用力几乎为零，气体内能的变化要从做功和热传递两个方面考虑，气体膨胀时内能变化不能确定，D 项错误．答案：BC9．解析：在p －T 图中，等容线是过原点的倾斜直线，由题图可知V C >V A >V B ，故从A →C ，气体对外做功较多，由T B ＝T C 可知两过程内能增量相同，根据ΔU ＝W ＋Q 可知，从A →C ，气体吸收热量较多，选项A 、D 正确而B 、C 错误．答案：AD10．解析：据压强随体积变化的关系图象可知，气体由状态A 到状态B 过程中p 不变，体积V 增大，由ρ＝m V知密度ρ一直变小，选项A 正确；由pV ＝nRT 知T 一直变大，选项B 错误；体积V 增大，气体一直对外界做功，选项C 正确；T 一直变大，内能增加，又气体一直对外界做功，故气体要从外界吸收热量，选项D 错误．答案：AC11．解析：任何气体在达到绝对零度(T ＝0，也即t ＝－273 ℃)之前，都将变成液体或固体，故查理定律早已不适用了．由于在同一温度(如0 ℃)下，同一气体的压强大，体积小，所以V 1>V 2.答案：BD12．解析：由状态A 到B 是等温变化，根据玻意耳定律，体积增大则压强减小，A 项错误B 项正确；由状态B 到C 是等容变化，根据查理定律，温度升高则压强增大，C 项正确D 项错误．答案：BC。
高考物理总复习 第十四章 第2讲 固体、液体和气体精练(含解析)
第2讲固体、液体和气体A组基础巩固1.(多选)人类对自然的认识是从宏观到微观不断深入的过程。
以下说法中正确的是( )A.液体的分子势能与体积有关B.晶体的物理性质都是各向异性的C.温度升高,每个分子的动能都增大D.露珠呈球状是由于液体表面张力的作用答案AD 液体分子之间的距离不同,液体分子之间的分子力大小就不同,所以分子势能不同,故液体的分子势能与体积有关,A正确;单晶体的物理性质具有各向异性,而多晶体的物理性质具有各向同性,故B 错误;温度越高分子的平均动能越大,但对于某个分子来说其分子动能反而可能减小,故温度对单个分子来说没有意义,故C错误;由于液体表面张力的作用使液体的表面积收缩,故露珠呈球形,D正确。
2.如图所示,甲、乙两种薄片的表面分别涂有薄薄的一层石蜡,然后用烧热的钢针的针尖分别接触这两种薄片,接触点周围熔化了的石蜡的形状分别如图所示。
对这两种薄片,下列说法正确的是( )A.甲的熔点一定高于乙的熔点B.甲薄片一定是晶体C.乙薄片一定是非晶体D.以上说法都错答案 B 单晶体具有各向异性,多晶体和非晶体具有各向同性,故甲薄片一定是单晶体,从图中无法确定熔点的高低,B正确。
3.下列关于液体表面现象的说法中正确的是( )A.把缝衣针小心地放在水面上,针可以把水面压弯而不沉没,是因为针的重力小,又受到液体的浮力的缘故B.处于失重状态的宇宙飞船中,一大滴水银会成球状,是因为液体内分子间有相互吸引力C.玻璃管道裂口放在火上烧熔,它的尖端就变圆,是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下,表面要收缩到最小的缘故D.飘浮在热菜汤表面上的油滴,从上面观察是圆形的,是因为油滴液体呈各向同性的缘故答案 C 把缝衣针小心地放在水面上,针可以把水面压弯而不沉没,是因为针受到的重力等于表面张力,故浮在液体的表面,故A错误;在处于失重状态的宇宙飞船中,一大滴水银会成球状,是因为液体表面分子间有相互吸引力,故B错误;是表面张力的结果,故C正确;飘浮在热菜汤表面上的油滴,从上面观察是圆形的,是因为表面张力的原因,故D错误。
- 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)。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析28
固体、液体与气体（含详解）
一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)
1.由同种物质微粒组成但微观结构不同的两种晶体，这两种晶体一定是( )
A.物理性质相同，化学性质不相同
B.物理性质不相同，化学性质相同
C.物理性质相同，化学性质相同
D.物理性质不相同，化学性质不相同
2.如图所示，一弹簧测力计上端固定，下端拉住活塞提起汽缸，活塞与汽缸间无摩擦，
封闭一定质量的理想气体.现使汽缸内气体的温度升高，则在此过程中，气体体积V与
弹簧测力计拉力F的变化情况是( )
A.V增大，F增大
B.V增大，F减小
C.V不变，F不变
D.V增大，F不变
3.如图，一定量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b，在此过程中，其压强( )
A.逐渐增大
B.逐渐减小
C.始终不变
D.先增大后减小
4.(创新题)如图所示，一向右开口的汽缸放置在水平地面上，活塞
可无摩擦移动且不漏气，汽缸中间位置有小挡板.初始时，外界大气
压为p0，活塞紧压小挡板处，现缓慢升高缸内气体温度，则如图所
示的p-T图象能正确反映缸内气体压强变化情况的是( )
二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)
5.关于空气湿度，下列说法正确的是( )
A.当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
B.当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小
C.空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示
D.空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比
6.人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程，以下说法正确的是( )
A.液体的分子势能与体积有关
B.晶体的物理性质都是各向异性的
C.温度升高，每个分子的动能都增大
D.露珠呈球状是由于液体表面张力的作用
7.(预测题)一定质量的理想气体，现要使它的压强经过状态变化后回到初始状态的压强，那么使用下列哪些过程可以实现( )
A.先将气体等温膨胀，再将气体等容降温
B.先将气体等温压缩，再将气体等容降温
C.先将气体等容升温，再将气体等温压缩
D.先将气体等容降温，再将气体等温压缩
8.(创新题)如图所示，电路与一绝热密闭汽缸相连，R a为电热丝.汽缸内有一定质量的理想气体，闭合电键后，汽缸里的气体( )
A.内能增大
B.平均动能减小
C.无规则热运动增强
D.单位时间内对单位面积器壁的撞击次数减少
9.如图所示，p表示压强、V表示体积、T表示热力学温度，t表示摄氏温度，以下四图中气体是等压变化的有( )
三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
10.(易错题)(18分)一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0.经过太阳暴晒，气体温度由T0＝300 K升至T1
＝350 K.
(1)求此时气体的压强.
(2)保持T1＝350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体的
质量与原来总质量的比值.
11.(易错题)(18分)水银气压计中混入了一个气泡，上升到水银柱上方，使上方不再是真空，
因而气压计的读数比实际的大气压小些，当实际大气压相当于
768 mmHg 时，该气压计读数只有750 mmHg，此时管中的水银面到顶端的距离是80 mm，那么
当读数为740 mmHg时，实际气压是多少？(设温度保持不变)
答案解析
1.【解析】选D.同种物质构成的不同晶体叫同素异形体，因其分子结构不同，所以其物理性
质和化学性质都不相同.所以D对.
2.【解析】选D.该气体在升温过程中发生的是等压变化，由V T
＝k 知，温度T 升高，体积V 增大，由于汽缸和活塞受力平衡，故弹簧测力计拉力F 不变，故仅有D 项正确.
3.【解析】选A.在V-T 图象中，各点与坐标原点连线的斜率与压强成反比关系.斜率越小，压强越大，所以气体由a 变化到b 的过程中压强增大，故A 正确.
4.【解析】选B.初始时刻，活塞紧压小挡板，说明汽缸中的气体压强小于外界大气压强；在缓慢升高汽缸内气体温度时，气体先做等容变化，温度升高，压强增大，当压强等于大气压时活塞离开小挡板，气体做等压变化，温度升高，体积增大，A 、D 是错误的.在p-T 图象中，等容线为通过原点的直线，所以C 图是错误的，故选B.
5.【解析】选B 、C.由于在空气中水蒸气含量不变的情况下，气温越高时饱和蒸汽压越大，人的感觉是越干燥，即人的感觉取决于相对湿度而非绝对湿度，A 错误，B 正确；空气的相对湿度是指空气中所含水蒸气压强与同温度下的饱和蒸汽压的比值，空气的绝对湿度的定义就是用空气中所含水蒸气的压强来表示湿度的方法，故C 正确D 错误.
6.【解析】选A 、D.液体体积与分子间相对位置相联系，从宏观上看，分子势能与体积有关，A 正确.多晶体表现各向同性，B 错误.温度升高，分子速率增大，遵循统计规律，不一定每个分子的动能都增大，C 错误.露珠表面张力使其表面积收缩到最小，呈球状，D 正确.
7.【解题指南】由理想气体状态方程判断气体状态变化时，压强的变化情况，分析前后两次变化压强是否可能回到原状态.
【解析】选B 、D.根据理想气体状态方程可知，气体等温膨胀，压强减小，再将气体等容降温，压强继续减小，故A 错；气体等温压缩，压强增大，再将气体等容降温，压强减小，故B 对；气体等容升温，压强增大，再将气体等温压缩，压强增大，故C 错；气体等容降温，压强减小，再将气体等温压缩，压强增大，故D 对.
8.【解析】选A 、C.对气体加热，温度升高，无规则热运动增强，分子平均动能增大，则内能增大，故A 、C 选项正确、B 选项错误；体积不变、气体密度不变、温度升高，单位时间内对单位面积的器壁撞击次数增加，故D 选项错误.
9.【解析】选A 、B.A 是等压升温过程，A 正确.B 是等压升温膨胀过程，V ∝T ，B 正确.C 是降压膨胀，C 错.D 中V ∝t ，不是V ∝T ，一定不是等压过程，故A 、B 正确.
【变式备选】(双选)某同学用带有刻度的注射器做验证玻意耳定律的实验，
温度计表明在整个实验过程中都是等温的，他根据实验数据绘出了p-1V
的关系图线EF ，从图中的图线可以得出( )
A.如果实验是从E 状态→F 状态，则表示外界有空气进入注射器内
B.如果实验是从E 状态→F 状态，则表示注射器内有部分空气漏了出来
C.如果实验是从F 状态→E 状态，则表示注射器内有部分空气漏了出来
D.如果实验是从F 状态→E 状态，则表示外界有空气进入注射器内
【解析】选A 、C.连接OE 、OF ，因斜率k OF ＞k OE ，所以(pV)F ＞(pV)E ，知从E 状态→F 状态，m 增大，从F 状态→E 状态，m 减小，所以A 、C 正确.
10.【解析】(1)设升温后气体的压强为p 1，由查理定律得
p 0T 0＝p 1T 1
①(4分) 代入数据得p 1＝76
p 0 ②(3分) (2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V ，由玻意耳定律得 p 1V 0＝p 0V ③(4分)
联立②③式得V ＝76
V 0 ④(2分) 设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k ，
由题意得k ＝V 0V ⑤(3分) 联立④⑤式得k ＝67
(2分) 答案：(1)76
p 0 (2)6∶7 11.【解析】取气压计上方混入气体为研究对象，设管内横截面积为S ，气柱长为l ，
液柱高为h ，气体压强为p ，大气压为p 0，气压计如图所示：
初状态：V 1＝l 1S ＝80S (2分)
p 1＝p 01－p h1＝768－750
＝18 (mmHg) (3分)
末状态：
V 2＝(l 1＋h 1－h 2)S ＝90S (3分)
p 2＝p 02－p h2＝p 02－740 (3分)
据玻意耳定律：p 1V 1＝p 2V 2 (2分)
18×80S ＝(p 02－740)×90S (3分)
p 02＝756 (mmHg) (2分)
答案：756 mmHg
【总结提升】水银气压计类问题的分析方法
不少同学做本题时感觉无从下手，关键是对水银气压计的工作原理不理解，对
应用实验定律解题的方法、思路不熟练.
1.水银气压计的工作原理
(1)长约1 m 的试管如图所示装满水银后缓缓倒置至竖直，液柱下降一定距离后
稳定，水银上方无气体是真空，无气体压强.水银柱的竖直高度h 等于大气压强.
(2)对液柱h 受力分析：p 0S ＝mg ，
p 0＝mg S ＝ρShg S
＝ρgh ＝p h 可见p h 即为p 0.
(3)当上方混入气体后，则有气体压强p 气.
对液柱h 受力分析：p 0S ＝p 气·S ＋mg
p 0＝p 气＋p h
可见p h 小于p 0，且p 气是会随状态改变而改变的.
(4)若装置处于非平衡状态，以上不再成立，应根据牛顿定律受力分析后列式求解.
2.应用气体定律解题的思路方法不熟练
(1)该气压计不准的关键是：上方混入了气体.该气体必定产生压强，且该气体压强会随着大气压的改变而改变，不是一个定值，无法进行简单修正，只能据气体定律具体分析求解.
(2)气体定律解题的第一关键是：取上方混入的气体为研究对象.
(3)第二关键是：状态参量的确定，注意确定初、末状态的压强、体积、温度等.
(4)明确过程，选取相应的规律.。