2014高三物理一轮复习练习选修3-2-9-3.
2014届高三物理一轮复习练习_选修3-2-9-2
1.(2011年高考北京卷)某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E,用导线将它们连接成如图所示的电路.检查电路后,闭合开关S,小灯泡发光;再断开开关S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象.虽经多次重复,仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象,他冥思苦想找不出原因.你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是()A.电源的内阻较大B.小灯泡电阻偏大C.线圈电阻偏大D.线圈的自感系数较大解析:从实物连接图中可以看出,线圈L与小灯泡并联,断开开关S时,小灯泡A中原来的电流立即消失,线圈L与小灯泡组成闭合电路,由于自感,线圈中的电流逐渐变小,使小灯泡中的电流变为反向且与线圈中电流相同,小灯泡未闪亮说明断开S前,流过线圈的电流较小,原因可能是线圈电阻偏大,故选项C 正确.答案:C2.如图所示,平行导轨间距为d,一端跨接一个电阻R,匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直于平行金属导轨所在平面.一根金属棒与导轨成θ角放置,金属棒与导轨的电阻均不计.当金属棒垂直于棒的方向以恒定的速度v在金属导轨上滑行时,通过电阻R的电流是()A.Bd v RB.Bd v sin θRC.Bd v cos θRD.Bd v R sin θ解析:导体棒与磁场垂直,速度与磁场垂直且与棒长度方向垂直,由E =Bl v ,l =d sin θ得I =E R =Bd v R sin θ,D 正确.答案:D3.(2012年高考课标全国卷)如图,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合;磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周,在线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率ΔB Δt 的大小应为( )A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π解析:设圆的半径为L ,电阻为R ,当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E 1=12B 0ωL 2.当线框不动,而磁感应强度随时间变化时E 2=12πL 2ΔB Δt ,由E 1R =E 2R 得12B 0ωL 2=12πL 2ΔB Δt ,即ΔB Δt =ωB 0π,故C 项正确.答案:C4.(2013年广西模拟)如图所示,边长为a 、电阻为R 的正方形闭合线框ABCD 在匀强磁场中绕AB 边匀速转动,磁感应强度为B ,初始时刻线框所在平面与磁感线垂直,经过t 时间后转过120°角,求:(1)线框内感应电流在t 时间内的平均值;(2)转过120°角时感应电动势的瞬时值;(3)这一过程通过线框导线截面的电荷量.解析:(1)初始时刻Φ1=Ba 2,t 时刻Φ2=-12Ba 2,故ΔΦ=|Φ2-Φ1|=32Ba 2,所以E =ΔΦΔt =3Ba 22t ,I =E R =3Ba 22Rt .(2)因t 时间内转过120°,故周期为3t ,则线框转动的角速度ω=2π3t ,t 时刻CD 边的线速度为v =a ·ω=2πa 3t ,速度方向与磁场夹角为θ=60°,所以E =Ba v sin θ=3πBa 23t .(3)因为ΔΦ=3Ba 22,q =ΔΦR ,所以q =3Ba 22R . 答案:(1)3Ba 22Rt (2)3πBa 23t (3)3Ba 22R(时间:45分钟,满分:100分)[命题报告·教师用书独具]一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分,每小题至少有一个选项正确,把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.下列说法正确的是()A.当线圈中电流不变时,线圈中没有自感电动势B.当线圈中电流反向时,线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反C.当线圈中电流增大时,线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反D.当线圈中电流减小时,线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反解析:由法拉第电磁感应定律可知,当线圈中电流不变时,不产生自感电动势,A对;当线圈中电流反向时,相当于电流减小,线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同,B错;当线圈中电流增大时,自感电动势阻碍电流的增大,线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反,C对;当线圈中电流减小时,自感电动势阻碍电流的减小,线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同,D错.答案:AC2.如图所示为新一代炊具——电磁炉,无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等是电磁炉的优势所在.电磁炉是利用电流通过线圈产生磁场,当磁场的磁感线通过含铁质锅底部时,即会产生无数小涡流,使锅体本身自行高速发热,然后再加热锅内食物.下列相关说法中正确的是()A.锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的B.恒定磁场越强,电磁炉的加热效果越好C.锅体中的涡流是由变化的磁场产生的D.提高磁场变化的频率,可提高电磁炉的加热效果解析:由电磁感应原理可知,锅体中的涡流是由变化的磁场产生的,提高磁场变化的频率,产生的感应电动势变大,可提高电磁炉的加热效果,故C、D正确.答案:CD3.如图中半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中,绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)()A.由c到d,I=Br2ω/RB.由d到c,I=Br2ω/RC.由c到d,I=Br2ω/(2R)D.由d到c,I=Br2ω/(2R)解析:金属圆盘在匀强磁场中匀速转动,可以等效为无数根长为r的导体棒绕O 点做匀速圆周运动,其产生的感应电动势大小为E =Br 2ω/2,由右手定则可知其方向由外指向圆心,故通过电阻R 的电流I =Br 2ω/(2R ),方向由d 到c ,故D 项正确.答案:D4.(2013年扬州模拟)如图所示,每米电阻为1 Ω的一段导线被弯成半径r =1m 的三段圆弧组成闭合回路.每段圆弧都是14圆周,位于空间直角坐标系的不同平面内;ab 段位于xOy 平面内,bc 段位于yOz 平面内,ca 段位于zOx 平面内.空间内存在着一个沿+x 轴方向的磁场,其磁感应强度随时间变化的关系式为B =0.7+0.6t (T),则( )A .导线中的感应电流大小是0.1 A ,方向是a →c →b →aB .导线中的感应电流大小是0.1 A ,方向是a →b →c →aC .导线中的感应电流大小是π20 A ,方向是a →c →b →aD .导线中的感应电流大小是π20 A ,方向是a →b →c →a解析:由于空间存在一个沿+x 轴方向的磁场,因此产生磁通量的有效面积为14圆bOc ,根据楞次定律可判定导线中的感应电流方向是a →c →b →a ,B 、D 两项错误;再由法拉第电磁感应定律E =n ΔΦΔt 和闭合电路的欧姆定律I =E /R 可求得导线中的感应电流大小是I =ΔB Δt ·πr 24/(34·2πr )=0.1 A ,A 项正确,C 项错误.答案:A5.(2013年南通月考)如图所示电路中,L 为电感线圈,C 为电容器,当开关S 由断开变为闭合时,则( )A .A 灯有电流通过,方向由a 到bB .A 灯中无电流通过,不可能变亮C .B 灯立即熄灭,c 点电势低于d 点电势D .B 灯逐渐熄灭,c 点电势低于d 点电势解析:当开关S 由断开变为闭合时,L 中产生自感电动势,此时电感线圈相当于电源,因为在电源内部,电流从低电势流向高电势,而在电源外部电流从高电势流向低电势,已知当开关S 由断开变为闭合时,L 中电流方向为c 到d ,所以c 点电势低于d 点电势,B 灯逐渐熄灭;电容器放电,A 灯有电流通过,方向由b 到a ;所以选项D 正确.答案:D6.一矩形线框置于匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直.先保持线框的面积不变,将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍.接着保持增大后的磁感应强度不变,在1 s 时间内,再将线框的面积均匀地减小到原来的一半.先后两个过程中,线框中感应电动势的比值为( )A.12B .1C .2D .4解析:根据法拉第电磁感应定律E =ΔΦΔt =Δ(BS )Δt ,设初始时刻磁感应强度为B 0,线圈面积为S 0,则第一种情况下的感应电动势为E 1=Δ(BS )Δt =(2B 0-B 0)S 01=B 0S 0;则第二种情况下的感应电动势为E 2=Δ(BS )Δt =2B 0(S 0-S 0/2)1=B 0S 0,所以两种情况下线圈中的感应电动势相等,比值为1,故选项B 正确.答案:B7.(2013年锦州模拟)如图所示,竖直平面内有一金属环,半径为a ,总电阻为R (指拉直时两端的电阻),磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面,与环的最高点A 铰链连接的长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB 由水平位置紧贴环面摆下,当摆到竖直位置时,B 点的线速度为v ,则这时A 、B 两端的电压大小为()A.Ba v 3B.Ba v 6C.2Ba v 3 D .Ba v解析:摆到竖直位置时,AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E =B ·2a ·(12v )=Ba v .由闭合电路欧姆定律U AB =E R 2+R 4R 4=13Ba v ,故选A.答案:A8.如图所示,正方形线圈abcd 位于纸面内,边长为L ,匝数为N ,线圈内接有电阻值为R 的电阻,过ab 中点和cd 中点的连线OO ′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上,磁场的磁感应强度为B .当线圈转过90°时,通过电阻R 的电荷量为( )A.BL 22RB.NBL 22RC.BL 2RD.NBL 2R解析:初状态时,通过线圈的磁通量为Φ1=BL 22,当线圈转过90°时,通过线圈的磁通量为0,由q =N ΔΦR 可得通过电阻R 的电量为NBL 22R .答案:B9.如图所示,两块水平放置的金属板距离为d ,用导线、开关S 与一个n 匝的线圈连接,线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场中.两板间放一台小压力传感器,压力传感器上表面绝缘,在其上表面静止放置一个质量为m 、电荷量为+q 的小球.开关S 闭合前传感器上有示数,开关S 闭合后传感器上的示数变为原来的一半.则线圈中磁场的变化情况和磁通量变化率分别是( )A .正在增强,ΔΦΔt =mgd 2qB .正在增强,ΔΦΔ t =mgd 2nqC .正在减弱,ΔΦΔt =mgd 2qD .正在减弱,ΔΦΔt =mgd 2nq解析:开关S 闭合后传感器示数减小,说明带电小球对传感器的压力变小,小球带正电,说明金属板上极板带负电,由楞次定律判断可知,线圈中感应电流的磁场方向是竖直向下的,从而推知题图中的磁场正在增强;依题意知,闭合开关S 后小球受重力mg ,支持力F N 和静电力F 电而处于平衡状态,即F 电+F N =mg ,其中F 电=q ·n ΔΦΔt d ,F N =12mg ,代入解得ΔФΔt =mgd 2nq ,故选项B 正确.答案:B10.(2013年金丽衢十二校联考)如图所示,垂直于水平桌面向上的有界匀强磁场,磁感应强度为B ,宽度为L .光滑金属导轨OM 、ON 固定在桌面上,O 点位于磁场的左边界,且OM 、ON 与磁场左边界成45°角.金属棒ab 放在导轨上,且与磁场的右边界重合.t =0时,金属棒在水平向左的外力F 作用下以加速度a 从静止开始向左做匀加速直线运动,直至通过磁场.已知OM 、ON 接触处O 点的接触电阻为R ,其余电阻不计,则A .金属棒ab 中的感应电流方向为从a 到bB .在t = 2L a 时间内,通过金属棒ab 截面的电荷量为Q =BL 2RC .在t = 2L a 时间内,外力F 的大小随时间均匀变化D .在t = 2La 时间内,流过金属棒ab 的电流大小随时间均匀变化解析:因通过回路的磁通量减少,根据楞次定律可知,通过回路的感应电流方向沿逆时针方向,则金属棒ab 中的感应电流方向为从b 到a ,选项A 错误;由已知可知OM =ON = 2L ,等腰直角三角形OMN 的面积为S =L 2,在t = 2La 时间内,通过棒ab 截面的电荷量Q =It =E R t =ΔΦΔt Δt R =ΔΦR =BS R =BL 2R ,选项B 正确;因棒ab向左做匀加速运动,通过回路的磁通量非均匀减少,产生的感应电动势是非均匀变化的,感应电流也是非均匀变化的,则棒ab所受的安培力F A也是非均匀变化的,由牛顿第二定律有F-F A=ma,知外力F随时间是非均匀变化的,选项C、D错误.答案:B二、非选择题(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,固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1=0.5 m,金属棒ad与导轨左端bc的距离为L2=0.8 m,整个闭合回路的电阻为R=0.2 Ω,磁感应强度为B0=1 T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路.ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m=0.04 kg的物体,不计一切摩擦,现使磁场以ΔBΔt=0.2 T/s的变化率均匀地增大.求:(1)金属棒上电流的方向.(2)感应电动势的大小.(3)物体刚好离开地面的时间(g=10 m/s2).解析:(1)由楞次定律可以判断,金属棒上的电流由a到d.(2)由法拉第电磁感应定律得:E=ΔΦΔt=SΔBΔt=0.08 V(3)物体刚好离开地面时,其受到的拉力F=mg 而拉力F又等于棒所受的安培力.即mg=F安=BIL1其中B=B0+ΔB Δt tI=E R解得t=5 s答案:(1)由a到d(2)0.08 V(3)5 s12.(15分)如图所示,半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B,方向垂直于纸面向内.一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以速率v在圆导轨上从左端滑到右端,电路中的定值电阻为r,其余电阻不计.导体棒与圆形导轨接触良好.求:(1)在滑动过程中通过电阻r上的电流的平均值;(2)MN从左端到右端的整个过程中,通过r上的电荷量;(3)当MN通过圆导轨中心时,通过r上的电流是多少?解析:导体棒从左向右滑动的过程中,切割磁感线产生感应电动势,对电阻r 供电.(1)计算平均电流,应该用法拉第电磁感应定律,先求出平均感应电动势.整个过程磁通量的变化为ΔΦ=BS=BπR2,所用的时间Δt=2Rv,代入公式E=ΔΦΔt=πBR v2,平均电流为I=Er=πBR v2r.(2)电荷量的运算应该用平均电流,q=IΔt=BπR2 r.(3)当MN通过圆形导轨中心时,切割磁感线的有效长度最大,l=2R,根据导体切割磁感线产生的电动势公式,E=Bl v得E=B(2R)v,此时通过r的电流为I=Er=2BR vr.答案:(1)πBR v 2r(2)BπR2 r(3)2BR v r。
(完整版)高三物理一轮复习选修3-3专项训练
高三物理一轮复习选修3-3专项训练(1)(6分)关于固体、液体和物态变化, 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. 当分子间距离增大时, 分子间的引力减少、斥力增大C.一定量的理想气体, 在压强不变时, 气体分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度升高而减少D. 水的饱和汽压随温度的升高而增大E. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用(2)(9分)如图所示, 竖直放置的足够长圆柱形绝热汽缸内封闭着1 mol单原子分子理想气体, 气体温度为T0.活塞的质量为m, 横截面积为S, 与汽缸底部相距h, 现通过电热丝缓慢加热气体, 活塞上升了h.已知1 mol单原子分子理想气体内能表达式为U=RT, 大气压强为p0, 重力加速度为g, 不计活塞与汽缸的摩擦.求:①加热过程中气体吸收的热量;②现停止对气体加热, 同时在活塞上缓慢添加砂粒, 当添加砂粒的质量为m1时, 活塞恰好回到原来的位置, 求此时气体的温度.(1)(5分)下列说法正确的是________.A. 物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和B. 布朗运动就是液体分子或者气体分子的热运动C. 利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机, 将海水的一部分内能转化为机械能是可能的D. 气体分子间距离减小时, 分子间斥力增大, 引力减小E. 石墨和金刚石的物理性质不同, 是由于组成它们的物质微粒排列结构不同(2)如图, 粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口, 管内有一段水银柱, 中管内水银面与管口A之间气体柱长为lA=40 cm, 右管内气体柱长为lB=39 cm.先将口B封闭, 再将左管竖直插入水银槽中, 设被封闭的气体为理想气体, 整个过程温度不变, 若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低 4 cm, 已知大气压强p0=76 cmHg, 求:①A端上方气柱长度;②稳定后右管内的气体压强.三、(1)(5分)下列说法正确的是________.A. 当分子力表现为斥力时, 分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大B. 液晶像液体一样具有流动性, 其光学性质与某些多晶体相似, 具有各向同性的光学性质C.第二类永动机不违反能量守恒定律, 但违反了热力学第二定律D. 分子平均速率大的物体的温度比分子平均速率小的物体的温度高E. 晶体熔化时吸收热量, 其分子平均动能不变(2)(10分)如图所示, 直立的汽缸中有一定质量的理想气体, 活塞的质量为m, 横截面积为S, 汽缸内壁光滑且缸壁导热良好, 周围环境温度保持不变. 开始时活塞恰好静止在A处, 现轻放一物体在活塞上, 活塞下移. 经过足够长时间后, 活塞系统停在B点, 已知AB=h, B处到汽缸底部的距离为h, 大气压强为p0, 重力加速度为g.求:①物体将活塞压至B处平衡时, 缸内气体的压强p2;整个过程中, 缸内气体是吸热还是放热, 简要说明理由;②已知初始温度为27 ℃, 若升高环境温度至T1, 活塞返回A处达稳定状态, T1的值是多大.四、(1)(5分)一定质量的理想气体从状态a开始, 经历三个过程a到b、b到c、c到a回到原状态, 其VT图象如图所示, pa、pb、pc.分别表示状态a、b、c的压强, 下列说法正确的是________A.由a到b的过程中, 气体一定吸热B. pc>pb=paC. 由b到c的过程中, 气体放出的热量一定大于外界对气体做的功D.由b到c的过程中, 每一个气体分子的速率都减小E. 由c到a的过程中气体分子的平均动能不变(2)(10分)如图所示, 水平放置且两端开口的柱形汽缸AB由左、右两部分组成, 两部分汽缸截面积分别为S、2S, 缸内有两个厚度不计的活塞, 两活塞间封闭着一定质量的理想气体, 平衡时两活塞距连接处的距离均为L, 气体温度为T0, 已知外界气体压强恒为p0, B部分汽缸和活塞之间的最大静摩擦力为2p0S, A部分汽缸内壁光滑, 且距汽缸连接处左侧2L处有一活塞销.现缓慢升高气体温度, 求:①A部分汽缸中活塞刚好被活塞销卡住时气体的温度;②B部分汽缸中活塞刚要滑动时气体的温度.五、[物理——选修3-3](15分)(1)(5分)下列说法中正确的是________.A.当分子间距离增大时, 分子间引力增大, 分子间斥力减小B. 布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在永不停息地做无规则的热运动C. 雨伞伞面上有许多细小的孔, 却能遮雨, 是因为水的表面张力作用D. 一定量的理想气体, 如果压强不变, 体积增大, 那么它一定从外界吸热E. 一定量的理想气体, 如果体积不变, 分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减少(2)(10分)如图所示, 开口向上竖直放置内壁光滑的汽缸, 其侧壁是绝热的, 底部导热, 内有两个质量均为m的密闭活塞, 活塞A导热, 活塞B绝热, 将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分.初状态整个装置静止不动处于平衡, Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0, 温度为T0.设外界大气压强p0保持不变, 活塞的横截面积为S, 且mg=0.1p0S, 环境温度保持不变.在活塞A上逐渐添加铁砂, 当铁砂质量等于2m时, 两活塞在某位置重新处于平衡.求:①此时第Ⅱ部分气体的长度;②若只对Ⅱ气体缓慢加热, 使活塞A回到初始位置, 求此时Ⅱ气体的温度.(1)(5分)下列说法正确的是________.A. 达到热平衡的两个系统一定具有相同的内能B. 空气中水蒸气的压强越大, 空气的相对湿度一定越大C. 毛细现象可能表现为液体在细管中的上升, 也可能表现为下降D. 第二类永动机不违背能量守恒定律, 但违背了热力学第二定律, 故其一定不可能制成E. 生产半导体元件时, 可以在高温条件下通过分子的扩散在纯净的半导体材料中掺入其他元素(2)(10分)如图所示, 质量m=10 kg、横截面积S=50 cm2、厚度不计的活塞被汽缸光滑内壁上的卡栓(体积不计)托住, 将汽缸分成体积均为V的A、B两部分, 两部分空间内均封闭着一定量的理想气体. 初始状态时两部分气体温度均与环境温度相同, 其中A中气体压强pA=2×105 Pa, B中气体压强pB=1×105 Pa.汽缸底端安装有可充、放气的阀门及用来加热的电热丝, 环境温度保持27 ℃不变, 重力加速度g取10 m/s2, T=t+273 K.①若仅有汽缸上表面导热良好, 其他部分及活塞绝热, 现对B中气体缓慢加热, 当B中气体温度升高至多少时, A中气体体积减小为V?②若整个汽缸及活塞均导热良好, 现通过阀门向B中充气, 每次充入压强p0=1×105 Pa、体积V0=的气体, 则在充气多少次后活塞才开始向上运动?。
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【精品推荐】2014届高三物理一轮复习练习_选修3-2-9-1D.线框的机械能不断增大解析:线框下落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.答案:B4.磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边长为2l的正方形范围内,有一个电阻为R,边长为l的正方形导线框abcd,沿垂直于磁感线方向,以速度v匀速通过磁场区域,如图所示,从ab进入磁场开始计时.(1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象;(2)判断线框中有无感应电流.若有,请判断出感应电流的方向;若无,请说明理由.解析:线框穿过磁场的过程可分为三个阶段:进入磁场阶段(只有ab边在磁场中)、在磁场中运动阶段(ab、cd两边均在磁场中)、离开磁场阶段(只有cd边在磁场中).(1)①线框进入磁场阶段:t为0~lv,线框进入磁场中的面积与时间成正比,即S=l vΔt1故Φ=BS=Bl vΔt1Δt1=lv时,Φ=Bl2②线框在磁场中运动阶段:t为l v~2l v,线框中的磁通量为Φ=Bl2,保持不变,此过程Δt2=l v.③线框离开磁场阶段:t为2l v~3l v,线框中的磁通量均匀减小,即Φ=Bl(l-vΔt3)=Bl2-Bl vΔt3当t=3l v时,Δt3=l v,Φ=0.因此,穿过线框的磁通量随时间的变化图象如图所示.(2)线框进入磁场阶段,穿过线框的磁通量增加,线框中产生感应电流,由楞次定律可知,感应电流方向为逆时针方向.线框在磁场中运动阶段,穿过线框的磁通量保持不变,无感应电流产生.线框离开磁场阶段,穿过线框的磁通量减小,线框中产生感应电流,由楞次定律可知,感应电流方向为顺时针方向.答案:见解析[命题报告·教师用书独具]知识点题号感应电流产生条件的应用1、2、7、12感应电流方向及电势高低的判断3、8楞次定律拓展应用4、5、6三定则的综合应用9、10、11正确,把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.处在磁场中的一闭合线圈,若没有产生感应电流,则可以判定()A.线圈没有在磁场中运动B.线圈没有做切割磁感线运动C.磁场没有发生变化D.穿过线圈的磁通量没有发生变化解析:要发生电磁感应现象,产生电流,必须是穿过线圈的磁通量发生变化,否则无感应电流.只有D项正确.答案:D2.如图所示,闭合圆导线圈放置在匀强磁场中,线圈平面与磁场平行,其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径.当线圈做如下运动时,能产生感应电流的是()A.使线圈在纸面内平动B.使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C.使线圈以ac为轴转动D.使线圈以bd为轴转动解析:使线圈在纸面内平动,沿垂直纸面方向向纸外平动或以ac为轴转动,线圈中的磁通量始终为零,不变化,无感应电流产生;以bd为轴转动时,线圈中的磁通量不断变化,能产生感应电流.所以D选项正确.答案:D3.(原创题)我国新发明的J-20隐形战机,2019年8月进一步试飞.由于地磁场的存在,飞机在我国上空一定高度水平飞行时,其机翼就会切割磁感线,机翼的两端之间会有一定的电势差.则从飞机员的角度看,机翼左端的电势比右端的电势()A.低B.高C.相等D.以上情况都有可能解析:北半球的地磁场的竖直分量向下,由右手定则可判定飞机无论向哪个方向飞行,由飞行员的角度看均为左侧机翼电势较高.答案:B4.(2019年高考上海卷)如图,均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置,当a绕O点在其所在平面内旋转时,b中产生顺时针方向的感应电流,且具有收缩趋势,由此可知,圆环a()A.顺时针加速旋转B.顺时针减速旋转C.逆时针加速旋转D.逆时针减速旋转解析:由楞次定律,欲使b中产生顺时针电流,则a环内磁场应向里减弱或向外增强,a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速,由于b环又有收缩趋势,说明a环外部磁场向外,内部向里,故选B.5.(2019年福州模拟)甲、乙两个完全相同的铜环可绕固定轴OO′旋转,当它们以相同的角速度开始转动后,由于阻力,经相同的时间后便停止,若将两环置于磁感应强度为B的大小相同的匀强磁场中,乙环的转轴与磁场方向平行,甲环的转轴与磁场方向垂直,如图所示,当甲、乙两环同时以相同的角速度开始转动后,则下列判断中正确的是()A.甲环先停B.乙环先停C.两环同时停下D.无法判断两环停止的先后解析:两环均在匀强磁场中以相同的角速度转动,由图可知:甲环的磁通量会发生变化,有感应电流产生,甲环的动能要转化为电能,而乙环中无磁通量的变化,不会产生感应电流,故甲环先停下来.A选项正确.答案:A6.(2019年高考北京理综)物理课上,老师做了一个奇妙的“跳环实验”.如图,她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后,将一金属套环置于线圈L上,且使铁芯穿过套环.闭合开关S的瞬间,套环立刻跳起.某同学另找来器材再探究此实验.他连接好电路,经重复试验,线圈上的套环均未动.对比老师演示的实验,下列四个选项中,导致套环未动的原因可能是()A.线圈接在了直流电源上B.电源电压过高C.所选线圈的匝数过多D.所用套环的材料与老师的不同解析:闭合开关S,金属套环跳起,是因为S闭合瞬间,穿过套环的磁通量变化,环中产生感应电流的缘故.产生感应电流要具备两个条件:回路闭合和穿过回路的磁通量变化.只要连接电路正确,闭合S瞬间,就会造成穿过套环磁通量变化,与电源的交直流性质、电压高低、线圈匝数多少均无关.该同学实验失败,可能是套环选用了非导电材料的缘故,故D选项正确.7.(2019年济南质检)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图所示连接.下列说法中正确的是()A.电键闭合后,线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B.线圈A插入线圈B中后,电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C.电键闭合后,滑动变阻器的滑片P匀速滑动,会使电流计指针静止在中央零刻度D.电键闭合后,只有滑动变阻器的滑片P加速滑动,电流计指针才能偏转解析:电键闭合后,线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化,从而电流计指针偏转,选项A正确;线圈A插入线圈B中后,电键闭合和断开的瞬间,线圈B的磁通量会发生变化,电流计指针会偏转,选项B错误;电键闭合后,滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动,都会导致线圈A的电流发生变化,线圈B的磁通量变化,电流计指针都会发生偏转,选项C、D错误.答案:A8.北半球地磁场的竖直分量向下.如图所示,在北京某中学实验室的水平桌面上,放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd,线圈的ab边沿南北方向,ad 边沿东西方向.下列说法中正确的是()A.若使线圈向东平动,则a点的电势比b点的电势低B.若使线圈向北平动,则a点的电势比b点的电势低C.若以ab为轴将线圈向上翻转,则线圈中感应电流方向为a→b→c→d→a D.若以ab为轴将线圈向上翻转,则线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a 解析:用楞次定律判断产生的感应电流的方向.线圈向东平动时,ba和cd两边切割磁感线,且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相同,a点电势比b点电势低,A对;同理,线圈向北平动,则a、b电势相等,高于c、d两点电势,B错;以ab为轴将线圈翻转,向下的磁通量减小了,感应电流的磁场方向应该向下,再由右手螺旋定则知,感应电流的方向为a→b→c→d→a,则C对.答案:AC9.(2019年重庆检测)一长直铁芯上绕有一固定线圈M,铁芯右端与一木质圆柱密接,木质圆柱上套有一闭合金属环N,N可在木质圆柱上无摩擦移动.M连接在如图所示的电路中,其中R为滑动变阻器,E1和E2为直流电源,S为单刀双掷开关.下列情况中,可观测到N向左运动的是()A.在S断开的情况下,S向a闭合的瞬间B.在S断开的情况下,S向b闭合的瞬间C.在S已向a闭合的情况下,将R的滑动头向c端移动时D.在S已向a闭合的情况下,将R的滑动头向d端移动时解析:由楞次定律可知:只要线圈中电流增强,即穿过N的磁通量增加,则N受排斥而向右运动,只要线圈中电流减弱,即穿过N的磁通量减少,则N受吸引而向左运动.故C选项正确.答案:C10.如图所示,金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上,棒ab与框架接触良好.从某一时刻开始,给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场,并且磁场均匀增加,ab棒仍静止,在磁场均匀增加的过程中,关于ab棒受到的摩擦力,下列说法正确的是()A.摩擦力大小不变,方向向右B.摩擦力变大,方向向右C.摩擦力变大,方向向左D.摩擦力变小,方向向左解析:由法拉第电磁感应定律和安培定则知,ab中产生的电流的大小恒定,方向由b到a,由左手定则,ab受到的安培力方向向左下方.F=BIL,由于B均匀变大,F变大,F的水平分量F x变大,静摩擦力F f=F x变大,方向向右,B正确.答案:B二、非选择题(本题共2小题,共30分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位)11.(15分)如图所示,CDEF为闭合线圈,AB为电阻丝,当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时,线圈CDEF中的感应电流在G处产生的磁感应强度的方向是“·”时,电源的哪一端是正极?解析:当线圈CDEF中的感应电流在G处产生的磁感应强度的方向是“·”时,它在线圈内部产生磁感应强度方向应是“×”,根据电路知识,电路中AB的电流是增大的,由楞次定律知,线圈CDEF中感应电流的磁场要和原磁场方向相反,AB中增强的电流在线圈内部产生的磁感应强度方向是“·”,所以,AB中电流的方向是由B流由A,故电源的下端为正极.答案:下端12.(15分)如图所示,固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动.t=0时,磁感应强度为B0,此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形.为使MN棒中不产生感应电流,从t=0开始,磁感应强度B随时间t应怎样变化?请推导出这种情况下B与t的关系式.解析:要使MN棒中不产生感应电流,应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化在t=0时刻,穿过线圈平面的磁通量Φ1=B0S=B0l2设t时刻的磁感应强度为B,此时磁通量为Φ2=Bl(l+v t)由Φ1=Φ2得B=B0l.l+v t答案:见解析。
2014高三物理一轮复习练习 选修3-1-7-3(一)汇总
[命题报告·教师用书独具]1.在“测定金属丝电阻率”的实验中,由ρ=πd U4Il可知,对实验结果的准确性影响最大的是()A.金属线直径d的测量B.电压U的测量C.电流I的测量D.金属丝长度的测量解析:四个选项中的四个物理量对金属丝的电阻率均有影响,但影响最大的是直径d,因为在计算式中取直径的平方.答案:A2.“测定金属的电阻率”的实验中,以下操作中错误的是()A.用米尺测量金属丝的全长,且测量三次,算出其平均值,然后再将金属丝接入电路中B.用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径,算出其平均值C.用伏安法测电阻时采用电流表内接法,多次测量后算出平均值D.实验中应保持金属丝的温度不变解析:实验中应测量出金属丝接入电路中的有效长度,而不是全长;金属丝的电阻很小,与电压表内阻相差很大,使金属丝与电压表并联,电压表对它分流作用很小,应采用电流表外接法.故A、C操作错误.答案:AC3.(2012年高考全国新课标改编)某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度.该螺旋测微器校零时的示数如图(a)所示,测量金属板厚度时的示数如图(b)所示.图(a)所示读数为________mm ,图(b)所示读数为________mm ,所测金属板的厚度为________mm ,用游标卡尺测金属板的直径如图(c)所示 ,则金属板直径为________cm.(c)解析:依据螺旋测微器读数的基本原理,0.5毫米以上的值在主尺上读出,而在螺旋尺上要估读到千分之一毫米,则图(a)读数为0.010 mm ,图(b)读数为6.870 mm.游标卡尺读数为d =12 mm +120×8 mm=12.40 mm =1.240 cm.答案:0.010 6.870 6.860 1.2404.(2013年天津模拟)某同学测量阻值约为25 kΩ的电阻R x ,现备有下列器材:A .电流表(量程100 μA ,内阻约2 kΩ);B .电流表(量程500 μA ,内阻约300 Ω);C .电压表(量程15 V ,内阻约100 kΩ);D .电压表(量程50 V ,内阻约500 kΩ);E .直流电源(20 V ,允许最大电流1 A);F .滑动变阻器(最大阻值1 kΩ,额定功率1 W);G .电键和导线若干.电流表应选________,电压表应选________.(填字母代号)该同学正确选择仪器后连接了以下电路,为保证实验顺利进行,并使测量误差尽量减小,实验前请你检查该电路,指出电路在接线上存在的问题:解析:直流电源的电压为20 V ,为了提高读数准确度应该选择电压表C ,因此待测电阻两端电压不得超过15 V ,则通过的电流不超过I =U R x =15 V 25 kΩ=600 μA ,电流表应该选B.为了减小误差电流表应采用内接法.答案:B C 电流表应采用内接法5.在“测定金属丝的电阻率”的实验中,某同学进行了如下测量:(1)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度.测量3次.求出其平均值l .其中一次测量结果如图甲所示,金属丝的一端与刻度尺的零刻线对齐,图中读数为________cm.用螺旋测微器测量金属丝的直径,选不同的位置测量3次,求出其平均值d .其中一次测量结果如图乙所示,图中读数为________mm.(2)采用如图丙所示的电路测量金属丝的电阻.电阻的测量值比真实值________(填“偏大”或“偏小”).最后由公式ρ=________计算出金属丝的电阻率(用直接测量的物理量表示).解析:(1)金属丝的长度为24.12 cm~24.14 cm均可.直径读数为0.510 mm~0.513 mm均可.(2)采用电流表外接法,由于电压表的内阻不是无穷大,电压表有分流,从而电流表的测量值大于真实值,由R=UI可知,电阻的测量值小于真实值.由R=ρlS,R=UI,S=14πd2,可得ρ=πd2U4Il.答案:见解析6.(2013年上海松江质检)“探究导体电阻与导体长度、横截面积、材料的关系”的实验电路如图所示,a、b、c、d是四种不同的金属丝.现有四根镍铬合金丝和两根康铜合金丝,其规格如下表所示.编号材料长度/m横截面积/mm2A镍铬合金0.80.8B镍铬合金0.50.5C镍铬合金0.30.5D镍铬合金0.3 1.0E康铜合金0.30.5F康铜合金0.80.8(1)电路中四种金属丝应分别选用上表中的________(用编号表示).(2)某学生对实验数据分析归纳出:电路图中四种金属丝的电阻R与长度l、横截面积S的关系可用比例式R∝lS来表示.你认为是否正确,为什么?(3)在交流合作时,有位同学提出用如下图所示的电路,只要将图中P端分别和1、2、3、4相接,读出电流,利用电流跟电阻成反比的关系,也能探究出导体电阻与其影响因素的定量关系,请你对其作出评价.解析:本实验采用的是控制变量法,分别选用导体材料相同、横截面积相同时,导体的长度不同,B、C符合要求;选用导体材料相同、长度相同时,导体的横截面积不同,C、D符合要求;选用导体横截面积相同、长度相同时,导体的材料不同,C、E符合要求.故选BCDE.答案:(1)BCDE(2)不正确,因为它们的材料不完全相同.(3)不能探究出.①实验过程中无法保证每次金属丝两端的电压相等;②电流表的内阻与金属丝相比不能忽略,对实验影响较大.7.(创新实验)为了测定电流表A1的内阻,采用如图所示的电路.其中:A1是待测电流表,量程为300 μA,内阻约为100 Ω;A2是标准电流表,量程是200 μA;R1是电阻箱,阻值范围是0~999.9 Ω;R2是滑动变阻器;R3是保护电阻;E是电池组,电动势为4 V,内阻不计;S1是单刀单掷开关,S2是单刀双掷开关.(1)根据电路图,请在实物图中画出连线,将器材连接成实验电路.(2)连接好电路,将开关S2扳到接点a处,闭合开关S1,调节滑动变阻器R2使电流表A2的读数是150 μA;然后将开关S2扳到接点b处,保持R2不变,调节电阻箱R1,使A2的读数仍为150 μA.若此时电阻箱R1各旋钮的位置如图所示,电阻箱R1的阻值是______Ω,则待测电流表A1的内阻R g=________Ω.(3)上述实验中,无论怎样调整滑动变阻器R2的滑动端位置,都要保证两块电流表的安全.在下面提供的四个电阻中,保护电阻R3应选用________(填写与阻值相应的字母).A.200 kΩB.20 kΩC.15 kΩ D.2 kΩ(4)下面提供了最大阻值不同的四个滑动变阻器供选用.既要满足上述实验要求,又要调整方便,滑动变阻器________(填写与阻值相应的字母)是最佳选择.A.1 kΩ B.5 kΩC.10 kΩ D.25 kΩ解析:(1)电路连接见答案.(2)电阻箱读数为(8×10+6×1+3×0.1) Ω=86.3 Ω,即电流表内阻为86.3 Ω.(3)当滑动变阻器电阻调至零时,要求电路中电流不超过200 μA,由欧姆定律得I=ER g+R3≤200 μA.由上式可知R3应选阻值为20 kΩ的保护电阻.(4)根据实验要求,由欧姆定律可得I′=ER3+R g+R2=420×103+86.3+R2=150 μA,解得R2≈6.58 kΩ.故R2选最大阻值为10 kΩ的滑动变阻器.答案:(1)如图(2)86.386.3(3)B(4)C。
2014高考物理江苏专版一轮复习活页规范训练-选修3-3第1讲分
选修 3-3热学第 1 讲分子动理论热力学定律与能量守恒时间: 60 分钟1.(单项选择 )以下说法正确的选项是().A.气体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和B.气体的温度变化时,其分子均匀动能和分子间势能也随之改变C.必定量的气体,在体积不变时,分子每秒均匀碰撞器壁的次数跟着温度降低而增大D.布朗运动是液体分子的无规则运动分析气体的温度变化时,其分子均匀动能也随之改变,但分子间势能不一定变化,选项 B 错误;布朗运动不是液体分子的运动,是液体分子无规则运动的反应,选项 D 错误.答案A2.(单项选择 )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.内能增大,放出热量B.内能减小,汲取热量C.内能增大,对外界做功D.内能减小,外界对其做功分析不计分子势能,空气内能由温度决定,随温度降低而减小, A 、C 均错D 正确;误;薄塑料瓶因降温而变扁、空气体积减小,外界压缩空气做功,空气内能减小、外界对空气做功,依据热力学第必定律可知空气向外界放热,B错误.答案 D3.(单项选择 )两个分子相距为r 1时,分子间的互相作使劲表现为引力,相距为r2时,表现为斥力,则下边说法正确的选项是().A .相距为 r1时,分子间没有斥力存在B.相距为 r 2时,分子间的斥力大于相距为r1时的斥力C.相距为 r 2时,分子间没有引力存在D.相距为 r1时,分子间的引力大于相距为r 2时的引力分析两个分子相距为r 1时,分子间的互相作使劲表现为引力,相距为r2时,表现为斥力,因分子间同时存在引力和斥力,则选项 A 、C 错误;因分子间相距为 r 2时,表现为斥力,跟着距离的增大分子间的斥力减小,则分子间的斥力大于相距为r1时的斥力;分子间相距为r1时,表现为引力,跟着距离的增大,分子间的引力减小,则分子间的引力小于相距为r2时的引力,应选项D错误,选项 B 正确.答案 B4.(单项选择 )以下说法中正确的选项是().A.布朗运动是液体分子无规则的运动B.分子间不行能同时存在引力和斥力C.热量不行能从低温物体传到高温物体D.外界对物体做功,物体的内能不必定增添分析布朗运动是悬浮在液体中颗粒的无规则运动,反应了液体分子的无规则运动, A 错;分子间同时存在引力和斥力, B 错;在外力做功时,热能够从低温物体传到高温物体, C 错;外界对物体做功,有可能放热,内能减少,D对.答案D5.(单项选择 )以下说法正确的选项是().A.布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的分子无规则运动的反应B.没有摩擦的理想热机能够把汲取的内能所有转变为机械能C.知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数D.内能不一样的物体,它们分子热运动的均匀动能可能同样分析布朗运动是悬浮在液体中的颗粒的运动,是液体分子的无规则运动的反应,但不是颗粒的分子运动的反应,故 A 项错.依据热力学第二定律可知机械能能够所有转变为内能,可是内能不能够所有转变为机械能,而不惹起其余变化,故 B 项错.知道物质的摩尔质量和密度能够求出摩尔体积但不行求出阿伏加德罗常数,故 C 项错.内能不一样的物体温度可能同样,分子均匀动能可能同样,故 D 项正确.答案D6.(单项选择 )必定质量的理想气体在某一过程中,外界对气体做功6.0×104J,气体内能减少 1.4×105,则此过程().JA .气体从外界汲取热量 2.0×105 JB.气体向外界放出热量 2.0×105 JC.气体从外界汲取热量 8.0×104 JD.气体向外界放出热量 8.0×104 J分析由热力学第必定律 U= W+Q,Q= U - W=- 1.4×105 J-6.0×104 J =-2.0× 105 J,负号表示放出热量,所以 B 正确,其余选项错误.答案B7.(单项选择 )(2012 福·建卷, 28(1))对于热力学定律和分子动理论,以下说法正确的是().A.必定量气体汲取热量,其内能必定增大B.不行能使热量由低温物体传达到高温物体C.若两分子间距离增大,分子势能必定增大D.若两分子间距离减小,分子间引力和斥力都增大分析由热力学第必定律知内能的变化取决于做功和热传达两个方面,故A 错误.由热力学第二定律知在惹起其余影响的状况下热量也可由低温物体传递到高温物体, B 错误.当 r> r0时分子力表现为引力,分子距离增大时分子势能增大,而 r <r0时则相反,故 C 错误.分子间引力和斥力都是随分子间距离的增大而减小,随分子间距离的减小而增大,故答案DD 正确.8.(单项选择 )对于热力学定律,以下说法正确的选项是().A .在必定条件下物体的温度能够降到0 KB.物体从单调热源汲取的热量可所有用于做功C.汲取了热量的物体,其内能必定增添D.压缩气体总能负气体的温度高升分析依据热力学第三定律绝对零度不行能达到,故 A 错误;物体从外界吸收热量、对外做功,依据热力学第必定律可知内能可能增添、减少或不变,故 C 错误;压缩气体,外界对气体做正功,可能向外界放热,内能可能减少、温度降低,故D错误;物体从单调热源汲取的热量可所有用于做功而惹起其他变化, B 正确.答案B9.(单项选择 )依据热力学定律和分子动理论,可知以下说法中正确的选项是().A.布朗运动是液体分子的运动,它说明分子永不暂停地做无规则运动B.知足能量守恒定律的客观过程都能够自觉地进行C.依据热力学第二定律可知热量能从高温物体传到低温物体,也能从低温物体传到高温物体D.温度同样时,分子质量不一样的两种气体,其分子均匀动能不必定同样分析布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体颗粒的运动,它反应的是液体或气体分子的无规则运动, A 错;由热力学第二定律可知知足能量守恒定律的客观过程其实不是都能够自觉地进行,如热量能自觉地由高温物体向低温物体传达,但一定在必定外界条件的作用下才能由低温物体向高温物体传达,B 错, C 对;温度是物体分子均匀动能大小的标记,只需温度同样,则物体分子的均匀动能就同样, D 错.答案C10.(1)(多项选择 )对于热现象和热学规律,以下说法中正确的选项是().A .教室内看到透过窗子的“阳光柱”里粉尘颗粒凌乱无章的运动,这类运动是布朗运动B.热量只好从高温物体向低温物体传达,不行能由低温物体传给高温物体C.用活塞压缩汽缸里的空气,对空气做功 2.0× 105 J,若空气向外界放出热量 1.5× 105 J,则空气内能增添 5×104 JD.必定质量的理想气体,假如保持温度不变,体积越小,压强越大(2)1 mL 水用注射器能滴50 滴,水的密度ρ= 103 kg/m3,则 1 滴水中有多少个水分子? (阿伏加德罗常数N A=6.02× 1023 mol-1)分析(1)布朗运动是由液体分子撞击固体小颗粒而惹起的,而教室内粉尘颗粒凌乱无章的运动是因为空气流动惹起的, A 项错误;在必定条件下,热量能够从低温物体传给高温物体,比如夏季空调工作时,不断地将热量从低温的室内传到高温的室外, B 项错误;依据热力学第必定律可知, C 项正确;pV依据 T =恒量可知,对于必定质量的气体,温度不变,体积越小,压强越大,D项正确.1× 10-6(2)1 滴水的体积为V=50m3=2× 10-8 m31 滴水的质量为 m=Vρ=2×10-8×103 kg= 2× 10-5 kg所以 1滴水中水分子的个数为m2×10-5n=m mol N A=18×10-3× 6.02×1023个= 6.69×1020个.答案(1)CD (2)6.69× 1020个11.用油膜法估测分子的大小.实验器械有:浓度为0.05%(体积分数)的油酸酒精溶液、最小刻度为0.1 mL 的量筒、盛有适当清水的浅盘、痱子粉、胶头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸(最小正方形边长为 1 cm).则(1)下边给出的实验步骤中,正确排序应为________(填序号 ).为估量油酸分子的直径,请补填最后一项实验步骤DA .待油酸薄膜的形状稳固后,将玻璃板放在浅盘上,用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上B.用滴管将浓度为0.05%的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中,记下滴入1 mL 油酸酒精溶液的滴数NC.将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上,用滴管汲取浓度为0.05%的油酸酒精溶液,从低处向水面中央滴入一滴D.________________________________________________________________ _________________________________________________________________.(2)利用以上丈量数据,写出单个油酸分子直径的表达式为________.分析(1)依据实验原理可得,给出的实验步骤的正确排序为BCA ,步骤 D 应为将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在座标纸上,以坐标纸上面长为 1 cm 的正方形为单位,计算轮廓内正方形的个数,算出油酸薄膜的面积S.1(2)每滴油酸酒精溶液的体积为 N11 滴油酸酒精溶液所含纯油酸的体积为 V =N × 0.05%V 0.05%所以单个油酸分子的直径为 d = S = NS .答案(1)BCA将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在座标纸上,以坐标纸上面长为 1 cm 的正方形为单位,计算轮廓内正方形的个数,算出油酸薄膜的面积0.05%S (2) NS12.(1)( 单项选择 )如图 1-1-9 所示, 一演示用的图 1-1-9“永动机”转轮由 5 根轻杆和转轴组成,轻杆的尾端装实用形状记忆合金制成的叶片.轻推转轮后,进入热水的叶片因伸展而“划水”,推进转轮转动.走开热水后,叶片形状快速恢复,转轮所以能较长时间转动.以下说法正确的选项是().A .转轮依赖自己惯性转动,不需要耗费外界能量B .转轮转动所需能量来自形状记忆合金自己C .转动的叶片不断搅动热水,水温高升D .叶片在热水中汲取的热量必定大于在空气中开释的热量(2)在将空气压缩装入气瓶的过程中, 温度保持不变, 外界做了 24 kJ 的功.现潜水员背着该气瓶迟缓地潜入海底,若在此过程中,瓶中空气的质量保持不变,且放出了 5 kJ 的热量.在上述两个过程中,空气的内能共减小 ________kJ ,空气 ________(选填“汲取”或“放出” )的总热量为 ____________kJ.(3)已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m 3 和2.1 kg/m 3,空气的摩尔质量为 0.029 kg/mol ,阿伏加德罗常数 N A =6.02×1023mol -1.若潜水员呼吸一次吸入 2 L 空气.试估量潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数. (结果保存一位有效数字 )分析 (1)形状记忆合金从热水中汲取热量后,一部分能量在伸展划水时转变为水和转轮的动能,另一部分开释到空气中,依据能量守恒定律可知只有D 项正确.(2)因理想气体的内能只跟温度相关,第一个过程是等温压缩,所之内能不变,第二个过程中,体积不变,说明只与外界发生热传达,依据热力学第必定律U=W+ Q,所以U= 0-5 kJ=- 5 kJ,故空气内能减少 5 kJ,空气放出 29 kJ 的热量.(3)设空气的摩尔质量为M,在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸,一次吸入(ρ-ρ) V海岸n= 3× 1022个.空气的体积为 V,则有 n=M N A,代入数据得答案(1)D (2)5 放出 29(3)3×1022个。
2014高三物理一轮复习练习 选修3-1-8-3汇总
1.(2013年北京东城区模拟)带电质点在匀强磁场中运动,某时刻速度方向如图所示,所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反,不计阻力,则在此后的一小段时间内,带电质点将()A.可能做直线运动B.可能做匀减速运动C.一定做曲线运动D.可能做匀速圆周运动解析:带电质点在运动过程中,重力做功,速度大小和方向发生变化,洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化,故带电质点不可能做直线运动,也不可能做匀减速运动或匀速圆周运动,C正确.答案:C2.如图所示,一束质量、速度和电荷量不全相等的离子,经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后,进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B 束,下列说法中正确的是()A.组成A、B束的离子都带正电B.组成A、B束的离子质量一定不同C.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外D.A束离子的比荷(qm)大于B束离子的比荷解析:A与B两束离子由速度选择器进入磁场后,由左手定则可判断出A、B两束离子均带正电;离子在速度选择器中做匀速直线运动,两离子带正电,所受静电力与场强方向一致,水平向右,洛伦兹力必水平向左,且与静电力等大:Bq v=qE⇒v=EB,由左手定则可得速度选择器中的磁场方向应垂直于纸面向里;两离子进入磁场后做匀速圆周运动,观察可得圆周运动半径不同,依据r=m v Bq可得两离子的比荷不等,A束离子的圆周运动的半径较小,则比荷大于B束离子.答案:AD3.(2013年石家庄检测)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器,工作原理示意图如图所示.置于高真空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可忽略.磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,高频交流电频率为f,加速电压为U.若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为+q,在加速器中被加速,且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响.则下列说法正确的是()A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C.质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为1∶ 2D .不改变磁感应强度B 和交流电频率f ,该回旋加速器的最大动能不变 解析:粒子被加速后的最大速度受到D 形盒半径R 的制约,因v =2πRT =2πRf ,A 正确;粒子离开回旋加速器的最大动能E km =12m v 2=12m ×4π2R 2f 2=2m π2R 2f 2,与加速电压U 无关,B 错误;根据R =m v Bq ,Uq =12m v 21,2Uq =12m v 22,得质子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1,C 错误;因回旋加速器的最大动能E km =2m π2R 2f 2与m 、R 、f 均有关,D 错误.答案:A4.(2013年保定质检)在平面直角坐标系xOy 中,第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场,第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从y 轴正半轴上的M 点以速度v 0垂直于y 轴射入电场,经x 轴上的N 点与x 轴正方向成θ=60°角射入磁场,最后从y 轴负半轴上的P 点垂直于y 轴射出磁场,如图所示.不计粒子重力,求(1)M 、N 两点间的电势差U MN ; (2)粒子在磁场中运动的轨道半径r ; (3)粒子从M 点运动到P 点的总时间t .解析:(1)设粒子过N 点时的速度为v ,有v 0v =cos θ v =2v 0粒子从M 点运动到N 点的过程,有 qU MN =12m v 2-12m v 20 U MN =3m v 202q(2)粒子在磁场中以O ′为圆心做匀速圆周运动,半径为O ′N ,有q v B =m v 2r r =2m v 0qB(3)由几何关系得ON =r sin θ设粒子在电场中运动的时间为t 1,有ON =v 0t 1 t 1=3m qB粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T =2πmqB 设粒子在磁场中运动的时间为t 2,有t 2=π-θ2πT t 2=2πm 3qB t =t 1+t 2 t =(33+2π)m 3qB答案:(1)3m v 202q (2)2m v 0qB (3)(33+2π)m 3qB[命题报告·教师用书独具]一、选择题(本题共10小题,每小题至少有一个选项正确,把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.关于回旋加速器加速带电粒子所获得的能量,下列结论中正确的是() A.只与加速器的半径有关,半径越大,能量越大B.与加速器的磁场和半径均有关,磁场越强、半径越大,能量越大C.只与加速器的电场有关,电场越强,能量越大D.与带电粒子的质量和电荷量均有关,质量和电荷量越大,能量越大解析:回旋加速器中的带电粒子旋转半径与能量有关,速度越大,半径越大.达到最大速度v时,半径增大到最大R,能量最大.粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,满足q v B=m v2R,则v=qBRm,故E k=12m v2=q2B2R22m.R越大,能量越大;B越大,能量越大,A错误、B正确;E k与加速器的电场无关,C错误;质量m变大时,E k变小,D错误.答案:B2.(2013年杭州月考)有一个带电荷量为+q、重力为G的小球,从两竖直的带电平行板上方h处自由落下,两极板间另有匀强磁场,磁感应强度为B,方向如图所示,则带电小球通过有电场和磁场的空间时,下列说法正确的是()A.一定做曲线运动B.不可能做曲线运动C.有可能做匀加速运动D.有可能做匀速运动解析:由于小球在下落过程中速度变化,洛伦兹力会变化,小球所受合力变化,故小球不可能做匀速或匀加速运动,B、C、D错,A正确.答案:A3.(2013年常州模拟)1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖.若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列说法中正确的是()A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的P1极板带正电C.在B2磁场中运动半径越大的粒子,质量越大D.在B2磁场中运动半径越大的粒子,比荷qm越小解析:根据左手定则可确定粒子带正电,A错误;由速度选择器中静电力和洛伦兹力方向相反知,P1板带正电,B正确;根据q v B=m v2r,r=m vqB,故可以确定C错误、D正确.答案:BD4.如图所示,质量为m ,带电荷量为-q 的微粒以速度v 与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里.如果微粒做匀速直线运动,则下列说法正确的是( )A .微粒受静电力、洛伦兹力、重力三个力作用B .微粒受静电力、洛伦兹力两个力作用C .匀强电场的电场强度E =2mgq D .匀强磁场的磁感应强度B =mgq v解析:因为微粒做匀速直线运动,所以微粒所受合力为零,受力分析如图所示,微粒在重力、静电力和洛伦兹力作用下处于平衡状态,可知,qE =mg ,q v B =2mg ,得电场强度E =mg q ,磁感应强度B =2mgq v ,因此A 正确.答案:A5.如图所示为磁流体发电机的原理图:将一束等离子体喷射入磁场,在场中有两块金属板A 、B ,这时金属板上就会聚集电荷 ,产生电压.如果射入的等离子体的初速度为v ,两金属板的板长(沿初速度方向)为L ,板间距离为d ,金属板的正对面积为S ,匀强磁场的磁感应强度为B ,方向垂直于离子初速度方向,负载电阻为R ,电离气体充满两板间的空间.当发电机稳定发电时,电流表的示数为I .那么板间电离气体的电阻率为( )A.S d (Bd vI -R ) B.S d (BL vI -R ) C.S L (Bd vI -R )D.S L (BL vI -R )解析:当发电机稳定时,等离子体做匀速直线运动,所以q v B =qE =q Ud ,即U =Bd v ,由I =UR +r 和r =ρd S 得ρ=S d (Bd vI -R ),故A 正确.答案:A6.(2013年吉林实验中学一模)如图所示,一带电塑料小球质量为m ,用丝线悬挂于O 点,并在竖直平面内摆动,最大摆角为60°,水平磁场垂直于小球摆动的平面.当小球自左方摆到最低点时,悬线上的张力恰为零,则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为( )A .0B .2mgC .4mgD .6mg解析:设小球自左方摆到最低点时速度为v ,则12m v 2=mgL (1-cos 60°),此时q v B -mg =m v 2L ,当小球自右方摆到最低点时,v 大小不变,洛伦兹力方向发生变化,F T -mg -q v B =m v 2L ,得F T =4mg ,故C 正确.答案:C7.(2013年厦门检测)如图所示,一束粒子(不计重力,初速度可忽略)缓慢通过小孔O 1进入极板间电压为U 的水平加速电场区域Ⅰ,再通过小孔O 2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ,其中磁场的方向如图所示,磁感应强度大小可根据实际要求调节,收集室的小孔O 3与O 1、O 2在同一条水平线上.则收集室收集到的是( )A .具有特定质量的粒子B .具有特定比荷的粒子C .具有特定速度的粒子D .具有特定动能的粒子解析:粒子在加速电场Ⅰ中由动能定理可得:qU =12m v 2⇒v =2qUm ,粒子沿直线O 1O 2O 3运动,则在相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ中必定受力平衡,可得:qE =Bq v ⇒v =EB 为某一定值.故选项B 、C 正确.答案:BC8.如图所示,虚线间空间存在由匀强电场E 和匀强磁场B 组成的正交或平行的电场和磁场,有一个带正电小球(电荷量为+q ,质量为m )从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下,那么,带电小球可能沿直线通过下列的哪个电磁混合场( )解析:带电小球进入复合场时受力情况如图所示:A 图中由于小球所受合力不为零,所以洛伦兹力不恒定,因此水平方向合力不可能保持为零,小球不可能沿直线运动;B 图中垂直纸面向外的方向上只有一个洛伦兹力,所以这种情况下小球也不能沿竖直方向运动;C 图中小球所受三个力的合力如果为零,小球就可以沿竖直线运动;D 图中小球只受竖直方向两个力作用,一定沿竖直线运动.答案:CD9.一重力不计的带电粒子以初速度v0(v0<EB)先后穿过宽度相同且相邻的有明显边界的匀强电场E和匀强磁场B,如图(甲)所示,电场和磁场对粒子总共做功W1;若把电场和磁场正交叠加,如图(乙)所示,粒子仍以v0的初速度穿过叠加场区,电场和磁场对粒子总共做功W2,比较W1、W2的大小()A.一定是W1=W2B.一定是W1>W2C.一定是W1<W2D.可能是W1>W2,也可能是W1<W2解析:无论粒子带何种电荷,静电力和洛伦兹力的方向总是相反的,因此,把电场和磁场正交叠加时,粒子在静电力方向上的位移减小了,静电力做的功比原来小了,即W2<W1,B项正确.答案:B10.(2013年江西八校联考)如图所示,在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中,有一竖直足够长固定绝缘杆MN,小球P套在杆上,已知P的质量为m,电荷量为+q,电场强度为E、磁感应强度为B,P与杆间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中()A.小球的加速度一直减小B.小球的机械能和电势能的总和保持不变C .下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v =2μqE -mg2μqB D .下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v =2μqE +mg2μqB解析:对小球受力分析如图所示,则mg -μ(Eq -q v B )=ma ,随着v 的增加,小球加速度先增加,当Eq =q v B 时达到最大值a max =g ,继续运动,mg -μ(q v B -Eq )=ma ,随着v 的增加,a 逐渐减小,所以A 错误.因为有摩擦力做功,机械能与电势能总和在减小,B 错误.若在前半段达到最大加速度的一半,则mg -μ(Eq -q v B )=m g2,得v =2μqE -mg 2μqB ,若在后半段达到最大加速度的一半,则mg -μ(q v B -Eq )=m g2,得v =2μqE +mg 2μqB ,故C 、D 正确.答案:CD二、非选择题(本题共2小题,共30分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位)11.(15分)(2013年广州调研)如图所示,在xOy 直角坐标系中,第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场,第Ⅱ象限内分布着方向沿y 轴负方向的匀强电场,初速度为零、带电荷量为+q 、质量为m 的粒子经过电压为U 的电场加速后,从x 轴上的A 点垂直x 轴进入磁场区域,经磁场偏转后过y 轴上的P 点且垂直y 轴进入电场区域,在电场中偏转并击中x 轴上的C 点.已知OA =OC =d .求电场强度E 和磁感应强度B 的大小(粒子的重力不计).解析:设带电粒子经电压为U 的电场加速后速度为v , qU =12m v 2①带电粒子进入磁场后,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得 qB v =m v 2r ② 依题意可知:r =d ③ 联立①②③可解得:B =1d2Um q ④带电粒子在电场中偏转,做类平抛运动,设经时间t 从P 点到达C 点,由d =v t ⑤d =12qE m t 2⑥联立①⑤⑥可解得:E =4Ud 答案:4U d 1d 2Um q12.(15分)(2012年高考重庆理综)有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置,其原理如图所示.两带电金属板间有匀强电场,方向竖直向上,其中PQNM 矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场.一束比荷(电荷量与质量之比)均为1k 的带正电颗粒,以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线O ′O 进入两金属板之间,其中速率为v 0的颗粒刚好从Q 点处离开磁场,然后做匀速直线运动到达收集板.重力加速度为g ,PQ =3d ,NQ =2d ,收集板与NQ 的距离为l ,不计颗粒间相互作用.求(1)电场强度E 的大小; (2)磁感应强度B 的大小;(3)速率为λv 0(λ>1)的颗粒打在收集板上的位置到O 点的距离.解析:(1)设带电颗粒的电荷量为q ,质量为m .颗粒做匀速直线运动,则有 Eq =mg将q m =1k 代入,得E =kg (2)如图1,由牛顿第二定律有 q v 0B =m v 20R R 2=(3d )2+(R -d )2 得B =k v 05d (3)如图2所示,由牛顿第二定律有 qλv 0B =m (λv 0)2R 1 tan θ=3dR 21-(3d )2y 1=R 1-R 21-(3d )2y 2=l tan θ y =y 1+y 2 得y =d (5λ-25λ2-9)+3l 25λ2-9答案:(1)kg (2)k v 05d(3)d (5λ-25λ2-9)+3l25λ2-9磁感应强度是电磁学中的一个重要物理量,其大小的测定方法较多,归纳起来主要有以下几种.方法1 利用物体的平衡条件测定磁感应强度根据影响安培力的因素及安培力的方向变化的特点,将磁感应强度的测量转化为力的测量,利用物体的平衡条件测出力的大小,再分析计算磁感应强度.[例1]如图所示的天平可用来测定磁感应强度,天平的右臂下面挂有一个矩形线圈,宽为L,共N匝,线圈下部悬在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面,当线圈中通有电流I(方向如图)时,在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码,天平平衡,当电流反向(大小不变)时,右边再加上质量为m的砝码后,天平重新平衡,求磁感应强度的大小和方向.[解析]由题可知,电流反向前安培力方向向下,由左手定则,磁感应强度方向垂直纸面向里,再由题意有:电流反向前:m1g=m2g+NBIL①电流反向后:m1g=m2g+mg-NBIL②由①得B=(m1-m2)gNIL,联立①②解得:B=mg 2NIL.[答案]见解析握影响方法2通过测导电液体压强测磁感应强度通电液体在磁场中要受到安培力,安培力的作用又要在液体中产生附加压强p.通过对附加压强p的分析就可以测出磁感应强度.[例2]如图所示是一个可以用来测量磁感应强度的装置:一长方体绝缘容器内部高为L,厚为d,左右两管等高处装有两根完全相同的开口向上的管子a、b,上、下两侧装有电极C(正极)和D(负极),并经开关S与电源连接,容器中注满能导电的液体,液体的密度为ρ;将容器置于一匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,当开关断开时,竖直管子a、b中的液面高度相同,开关S闭合后,a、b管中的液面将出现一定的高度差.若当开关S闭合后,a、b管中液面出现的高度差为h,电路中电流表的读数为I,求磁感应强度B的大小.[解析]开关S闭合后,导电液体中有电流由C流到D,根据左手定则可知导电液体要受到向右的安培力F作用,在液体中会产生附加压强p,这样a、b管中液面将出现高度差,则在液体中产生的附加压强为p=FS=FLd又因为安培力F=BIL所以磁感应强度B的大小为B=ρghd I.[答案]ρghd I方法3利用霍尔效应原理测磁感应强度在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体,当磁场B方向与电流I方向垂直时,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差U,这种现象称为霍尔效应,所产生的电势差称为霍尔电势差,其原理如图所示,导体在垂直电流方向上的横截面高为a ,宽为b ,单位体积中自由电子数为n ,电子电荷量为e ,稳定时有U a ·e =Be v ,结合I =neS v =neab v ,可知B =ne ·bUI ,通过测电流I 和电势差U ,可测B .[例3] 目前有一种磁强计,用于测定地磁场的磁感应强度.磁强计的原理如图所示,电路中有一段金属导体,它的横截面是宽为a 、高为b 的长方形,放在沿y 轴正方向的匀强磁场中,导体中通有沿x 轴正方向、大小为I 的电流.已知金属导体单位体积中的自由电子数为n ,电子电荷量为e ,金属导电过程中,自由电子所做的定向移动可视为匀速运动.两电极M 、N 均与金属导体的前后两侧接触,用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U .则磁感应强度的大小和电极M 、N 的正负为( )A.nebUI ,M 正、N 负 B.neaUI ,M 正、N 负 C.nebUI ,M 负、N 正D.neaUI ,M 负、N 正[解析] 由左手定则知,金属中的电子在洛伦兹力的作用下将向前侧面聚集、故M 负、N 正.由F 电=F 洛,即U a e =Be v ,I =ne v S =ne v ab ,得B =nebUI ,选项C 正确.[答案] C。
2014高三物理一轮复习练习选修3-1-6-2(精)
髙效题组训练素能Gao Xiao Ti Zu Xun Lian随堂演练及时反馈?夯实基不III1. (2012年高考山东卷)图中虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带正电的点电荷.一带电粒子以一定初速度射入电场,实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,a b、c三点是实线与虚线的交点.则该粒子()A .带负电B. 在c点受力最大C. 在b点的电势能大于在c点的电势能D. 由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化解析:物体做曲线运动时,合力方向指向轨迹的凹侧,说明粒子带正电,Aq i q2错误;由库仑定律F二k7^知离圆心越远,粒子所受的力越小,B错误;粒子从b点到c点过程中,电场力做正功,电势能减小,C正确;点电荷的等势面与虚线重合,依题意得U ab>U bc,又电场力做功W= qU,则W ab>W bc,由动能定理得粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化,D正确.答案:CD2. (2013年聊城月考)如图所示,在固定的等量异种电荷连线上,靠近负电荷的b点释放一初速为零的带负电荷的质点(重力不计),在两点电荷连线上运动过程中,以下说法正确的是()® -------A. 带电质点的动能越来越小B. 带电质点的电势能越来越大c.带电质点的加速度越来越大D •带电质点通过各点处的电势越来越高解析:负电荷在两点电荷间受的静电力水平向左,故静电力对其做正功,动能增大,电势能减小,经过各点处的电势越来越高,D正确,A、B错误;因电场强度在两点电荷连线中点最小,故带电质点的加速度先减小后增大,C错误.答案:D3. (2012年高考天津卷)两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示,一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行,最后离开电场,粒子只受静电力作用,则粒子在电场中()+10Vr ■——G——-........... ...... o v-1OVA .做直线运动,电势能先变小后变大B. 做直线运动,电势能先变大后变小C. 做曲线运动,电势能先变小后变大D. 做曲线运动,电势能先变大后变小解析:由题图等势面可知两固定的等量异号点电荷的电场分布如图所示. 带负电的粒子在等量异号点电荷所产生电场中的偏转轨迹如图所示,则粒子在电场中做曲线运动.静电力对带负电的粒子先做正功后做负功,电势能先变小后变大,故C 正确.答案:C4. 如图为光滑绝缘水平的直线轨道,在轨道的竖直平面内加一个斜向上方的匀强电场.有一质量为1.0X 10一2kg、带电量为+ 1.0X1。
高三物理一轮复习练习题选修3-3.1
(本栏目内容,在学生用书中以活页形式分册装订!)1.当密闭在气球内的空气(可视为理想气体)温度缓慢升高时( )A .气体分子的体积增大B .气体分子的动能增大C .气体分子的平均动能增大D .单位体积内分子数增多解析: 温度是分子平均动能的标志,温度升高,分子的平均动能增大.答案: C2.下列说法中正确的是( )A .液体中悬浮微粒的布朗运动是做无规则运动的液体分子撞击微粒而引起的B .物体的温度越高,其分子的平均动能越大C .物体里所有分子动能的总和叫做物体的内能D .只有通过热传递的方式才能改变物体的内能解析: 布朗运动是液体分子撞击微粒不平衡引起的,A 正确;物体的温度越高,分子的平均动能越大,B 正确;物体里所有分子动能和分子势能的总和叫做物体的内能,C 错误;做功和热传递都可以改变物体的内能,D 错误.答案: AB3.关于分子热运动和布朗运动,下列说法正确的是( )A .布朗运动是指在显微镜中看到的液体分子的无规则运动B .布朗运动反映了液体分子在永不停息地做无规则运动C .悬浮微粒越大,同一时刻与它碰撞的液体分子越多,布朗运动越显著D .当物体温度达到0 ℃ 时,物体分子的热运动就会停止解析: 布朗运动是指在显微镜中看到的悬浮小颗粒的无规则运动,A 错;布朗运动间接反映了液体分子运动的无规则性,B 对;悬浮微粒越大,液体分子对它的撞击作用的不平衡性越小,布朗运动越不明显,C 错;热运动在0 ℃时不会停止D 错.答案: B4.一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 解析: 设油酸分子的直径为d ,则有dS =m ρ d =m ρS,故B 正确;设油酸所含的分子数为N ,则有N =m MN A ,故C 正确.答案:BC5.关于分子间相互作用力,以下说法中正确的是()A.当分子间距离r=r0时,分子力为零,说明此时分子间既不存在引力,也不存在斥力B.分子力随分子间距离的变化而变化,当r>r0,时,随着距离的增大,分子间的引力和斥力都增大,但引力比斥力增大得快,故分子力表现为引力C.当分子间的距离r<r0时,随着距离的减小,分子间的引力和斥力都增大,但斥力比引力增大得快,故分子力表现为斥力D.当分子间的距离r>10-9 m时,分子间的作用力可以忽略不计解析:分子间距离为r0时分子力为零,并不是分子间无引力和斥力,A错误;当r>r0时,随着距离的增大,分子间的引力和斥力都减小,但斥力比引力减小得快,故分子力表现为引力,B错误.答案:CD6.关于热力学定律,下列说法正确的是()A.在一定条件下物体的温度可以降到0 KB.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功C.吸收了热量的物体,其内能一定增加D.压缩气体总能使气体的温度升高解析:根据热力学第三定律可知,绝对零度不可能达到,A错误;物体从外界吸收热量、对外做功,根据热力学第一定律可知内能可能增加、减少和不变,C错误;压缩气体,外界对气体做正功,可能向外界放热,内能可能减少、温度降低,D错误;物体从单一热源吸收的热量全部用于做功而引起其他变化是可能的,B正确.答案: B7.根据你学的热学中的有关知识,判断下列说法中正确的是()A.机械能可以全部转化为内能,内能也可以全部用来做功以转化成机械能B.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性,在热传递中,热量只能从高温物体传递给低温物体,而不能从低温物体传递给高温物体C.尽管技术不断进步,热机的效率仍不能达到100%,制冷机却可以使温度降到-293 ℃D.第一类永动机违背能量守恒定律,第二类永动机不违背能量守恒定律,随着科技的进步和发展,第二类永动机可以制造出来解析:机械能可以全部转化为内能,而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能,A正确;凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性,在热传递中,热量可以自发地从高温物体传递给低温物体,也能从低温物体传递给高温物体,但必须借助外界的帮助,B错误;尽管技术不断进步,热机的效率仍不能达到100%,制冷机也不能使温度降到-293 ℃,只能无限接近-273 ℃,却永远不能达到,C错误;第一类永动机违背能量守恒定律,第二类永动机不违背能量守恒定律,而是违背了热力学第二定律,第二类永动机不可能制造出来,D 错误.答案: A8.(1)在将空气压缩装入气瓶的过程中,温度保持不变,外界做了24 kJ的功.现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底,若在此过程中,瓶中空气的质量保持不变,且放出了5 kJ的热量.在上述两个过程中,空气的内能共减小______kJ,空气______(选填“吸收”或“放出”)的总热量为________kJ.(2)已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m3和2.1 kg/m3,空气的摩尔质量为0.029 kg/mol,阿伏加德罗常数N A=6.02×1023mol-1.若潜水员呼吸一次吸入2 L空气,试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数.(结果保留一位有效数字)解析: (1)第一个过程内能不变,放出24 kJ 的热量;第二个过程放热,内能减小5 kJ.(2)设空气的摩尔质量为M ,在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸,一次吸入空气的体积为V ,则有Δn =(ρ海-ρ岸)V MN A ,代入数据得Δn =3×1022. 答案: (1)5 放出 29 (2)3×10229.(2011上海单科)在“用单分子油膜估测分子大小”实验中,(1)某同学操作步骤如下;①取一定量的无水酒精和油酸,制成一定浓度的油酸酒精溶液;②在量筒中滴入一滴该溶液,测出它的体积;③在蒸发皿内盛一定量的水,再滴入一滴油酸酒精溶液,待其散开稳定;④在蒸发皿上覆盖透明玻璃,描出油膜形状,用透明方格纸测量油膜的面积.改正其中的错误:________________________________________________________________________________________________________________________________________________(2)若油酸酒精溶液体积浓度为0.10%,一滴溶液的体积为4.8×10-3 mL ,其形成的油膜面积为40 cm 2,则估测出油酸分子的直径为________m.解析: (1)②由于一滴溶液的体积太小,直接测量时相对误差太大,应用微小量累积法减小测量误差.③液面上不撒痱子粉时,滴入的油酸酒精溶液在酒精挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜,油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败.(2)由油膜的体积等于一滴油酸酒精溶液内纯油酸的体积可得:d =V S=4.8×10-3×10-6×0.10%40×10-4 m =1.2×10-9 m. 答案: (1)②在量筒中滴入N 滴溶液③在水面上先撒上痱子粉(2)1.2×10-910.某学习小组做了如下实验:先把空的烧瓶放入冰箱冷冻,取出烧瓶,并迅速把一个气球紧套在烧瓶颈上,封闭了一部分气体,然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里,气球逐渐膨胀起来,如图.(1)在气球膨胀过程中,下列说法正确的是________.A .该密闭气体分子间的作用力增大B .该密闭气体的内能增加C .该密闭气体的压强是由于气体重力而产生的D .该密闭气体的体积是所有气体分子的体积之和(2)若某时刻该密闭气体的体积为V ,密度为ρ,平均摩尔质量为M ,阿伏加德罗常数为N A ,则该密闭气体的分子个数为________.(3)若将该密闭气体视为理想气体,气球逐渐膨胀起来的过程中,气体对外做了0.6 J 的功,同时吸收了0.9 J 的热量,则该气体内能变化了________J ;若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈,则该气球内气体的温度________(填“升高”、“降低”或“不变”).解析: (1)该密闭气体吸热,内能增加,B 正确;气球膨胀分子间的距离增大,分子间的作用力减小,A 错误;气体的压强是由于气体分子频繁的撞击容器壁产生的,C 错误;因气体分子之间存在间隙,所以密闭气体的体积,大于所有气体分子的体积之和,D 错误.(2)该密闭气体的分子个数为n =ρV MN A . (3)根据热力学第一定律ΔU =W +Q 得:ΔU =-0.6+0.9=0.3 (J);气球在膨胀过程中对外界做功,气球内气体的温度必降低.答案: (1)B (2)ρV MN A (3)0.3 降低 11.目前,环境污染已非常严重,瓶装纯净水已经占领柜台.再严重下去,瓶装纯净空气也会上市.设瓶子的容积为500 mL ,空气的摩尔质量M =29×10-3 kg/mol.按标准状况计算,N A =6.0×1023 mol -1,试估算:(1)空气分子的平均质量是多少?(2)一瓶纯净空气的质量是多少?(3)一瓶中约有多少个气体分子?解析: (1)m =M N A =29×10-36.0×1023 kg =4.8×10-26 kg (2)m 空=ρV 瓶=MV 瓶V m =29×10-3×500×10-622.4×10-3 kg =6.5×10-4 kg (3)分子数N =nN A =V 瓶V m ·N A =500×10-6×6.0×102322.4×10-3 =1.3×1022个答案: (1)4.8×10-26 kg (2)6.5×10-4 kg(3)1.3×1022个12.一定质量的气体,在从一个状态(①)变化到另一个状态(②)的过程中,吸收热量280 J ,并对外做功120 J ,试问:(1)这些气体的内能发生了怎样的变化?(2)如果这些气体又返回原来的状态,并放出了240 J 热量,那么在返回的过程中是气体对外界做功,还是外界对气体做功?做功多少?解析: (1)由热力学第一定律可得ΔU =W +Q =-120 J +280 J =160 J气体的内能增加了160 J.(2)由于气体的内能仅与状态有关,所以气体从②状态回到①状态的过程中内能的变化应等于从①状态到②状态的过程中内能的变化,则从②状态到①状态的内能应减少160 J即ΔU ′=-160 J ,又Q ′=-240 J ,根据热力学第一定律得:ΔU ′=W ′+Q ′,所以W ′=ΔU ′-Q ′=-160 J -(-240 J)=80 J ,即外界对气体做功80 J.答案: (1)增加了160 J (2)外界对气体做功 80 J。
高考一轮复习物理专用 专题14 选修3-3(含详解)
专题十四 选修3-3(1)(6分)(2013云南昆明调研)下列说法中正确的是____(填入正确选项前的字母。
选对1个给3分,选对2个给4分,选对3个给6分;每选错1个扣3分,最低得分为0分)。
A .气体放出热量,其分子的平均动能可能增大B .布朗运动不是液体分子的运动,但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动C .当分子力表现为斥力时,分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D .第二类永动机不违反能量守恒定律,但违反了热力学第一定律E .某气体的摩尔体积为v ,每个分子的体积为v 0,则阿伏加德罗常数可表示为0A V N V = 答案:ABC 解析:气体放出热量,若外界对气体做功,温度升高,其分子的平均动能增大,选项A 正确;布朗运动不是液体分子的运动,但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动,选项B 正确;当分子力表现为斥力时,分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大,选项C 正确;第二类永动机不违反能量守恒定律,但违反了热力学第二定律,选项D 错误;某固体或液体的摩尔体积为V ,每个分子的体积为V 0,则阿伏加德罗常数可表示为0A V N V =,而气体此式不成立。
(2)(9分)(2013云南昆明调研)如图所示,粗细均匀、导热良好的U 形管竖直放置,右端与大气相通,左端用水银柱封闭着L 1=40cm 的气柱(可视为理想气体),左管的水银面比右管的水银面高出△h 1= 15cm 。
现将U 形管右端与一低压舱(图中未画出)接通,稳定后右管水银面高出左管水银面△h 2=5cm 。
若环境温度不变,取大气压强P 0 =75cmHg 。
求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg ”作单位)。
解析:设U 形管的横截面积为S ,右端与大气相通时,对封闭气体,V 1=L 1S , p 1= p 0-15cmHg 。
右端与减压舱连通后,设左端封闭气体压强为p 2,左端水银面下降,V 2=(L 1+△x)S , 根据几何关系,△x=10cm , 根据玻意耳定律,p 1V 1= p 2V 2, 解得:p 2=48cmHg 。
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【精品推荐】2014届高三物理一轮复习练习_选修3-1-7-3(四)[命题报告·教师用书独具]知识点题号多用电表测电阻的步骤 4多用电表的结构及原理2、6多用电表的应用及读数1、3电路故障问题 5创新实验71.(2019E、G两点间和F、G两点间均有电压,E、F两点间无电压;用欧姆挡测量,黑表笔(与电表内部电源的正极相连)接E点,红表笔(与电表内部电源的负极相连)接F点,阻值很小,但反接阻值很大.那么,该黑箱内元件的接法可能是图乙中的()解析:由E、G两点之间与F、G之间有电压,说明黑箱内有电源,且电源一定与G相连.因为利用欧姆表测量E、F两点的电阻时,正、反向的电阻区别比较大,说明E、F两点间有二极管,且E端接二极管的正极.由以上的分析可得黑箱内的元件接法为B.答案:B2.如图为多用表欧姆挡的原理示意图,其中电流表的满偏电流为300 μA,内阻r g=100 Ω,调零电阻最大阻值R=50 kΩ,串联的固定电阻R0=50 Ω,电池电动势E=1.5 V,用它测量电阻R x,能准确测量的阻值范围是() A.30 kΩ~80 kΩB.3 kΩ~8 kΩC.300 kΩ~800 kΩD.3 000 kΩ~8 000 kΩ解析:当红、黑表笔短接调零时I g=ER+r g+R0④换用“×100”欧姆挡测量,发现这时指针偏转适中,随即记下电阻数值;⑤把表笔从测试笔插孔拔出后,把多用电表放回桌上原处,实验完毕.这个学生在测量时已注意到:待测电阻与其他元件的电源断开,不用手碰表笔的金属杆.这个学生在实验中还有哪些违反使用规则的地方?a.______________________________________________________________ _______________________________________________________________;b.______________________________________________________________ ________________________________________________________________.解析:a.选择开关从“×10”挡拨到“×100”挡时,必须重新进行欧姆调零b.多用电表使用后不能把选择开关置于欧姆挡.应置于交流电压最高挡或“OFF”挡答案:见解析5.在如图所示的电路中,1、2、3、4、5、6为连接点的标号.在开关闭合后,发现小灯泡不亮.现用多用电表检查电路故障,需要检测的有:电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点.(1)为了检测小灯泡以及3根导线,在连接点1、2已接好的情况下,应当选用多用电表的________挡.在连接点1、2同时断开的情况下,应当选用多用电表的________挡.(2)在开关闭合情况下,若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势,则表明________可能有故障.(3)将小灯泡拆离电路,写出用多用电表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤._________________________________________________________________ _________________________________________________________________ 解析:(1)在1、2两点接好的情况下,应当选用多用电表的电压挡,在1、2两点同时断开的情况下,应选用欧姆挡.(2)表明5、6两点或开关可能有故障.(3)①将选择开关调到欧姆挡;②将红、黑表笔短接,检查欧姆挡能否正常工作;③测量小灯泡的电阻,如电阻无穷大,表明小灯泡有故障.答案:(1)电压欧姆(2)开关或连接点5、6(3)见解析6.(2019年武汉调研)某同学想用以下器材组装一只欧姆表,并比较精确地测量一只约几千欧电阻的阻值.A.电流计,满偏电流为1 mA,内阻为20 ΩB.电流计,满偏电流为0.6 A,内阻为5 ΩC.电动势15 V,内阻5 Ω的直流电源D.电动势3 V,内阻3 Ω的直流电源E.最大阻值为5 000 Ω的滑动变阻器F.最大阻值为100 Ω的滑动变阻器(1)以上器材应选用________(填字母),并在下面线框内画出所组装的欧姆表的内部电路结构图.(2)欧姆表调零后,滑动变阻器被接入电路部分的阻值为________Ω.(3)若用此欧姆表测量电阻,发现指针指在满偏电流的三分之一处,则此电阻的阻值约为________Ω.(4)如果电池长期未用,导致内阻增大,电动势基本不变,且仍然能正常调零,这将导致测量的结果________(填“偏大”、“偏小”或“准确”).解析:(1)选取器材要能够满足欧姆表调零的要求,即:I=ER+R g+r,调节滑动变阻器的滑片时,当滑动变阻器的阻值最大时,电流小于电流表的满偏电流I g,综合考虑应选A、D、E.欧姆表的内部电路结构图如图所示.(2)欧姆表调零时,由闭合电路欧姆定律得:E=I g(R+R g+r),代入数据解得:R=2 977 Ω.(3)测量电阻时,由闭合电路欧姆定律得:E=I(R+R g+r+R x),由题意得:I=I g3,代入数据解得:R x=6 000 Ω.(4)由于电池的电动势不变,根据上面的分析可知,测量的结果准确.答案:(1)ADE图见解析(2)2 977(3)6 000(4)准确7.(创新实验)使用多用电表测量电阻时,多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联,两个表笔分别位于此串联电路的两端.现需要测量多用电表内电池的电动势,给定的器材有:待测多用电表,量程为60 mA的电流表,电阻箱,导线若干.实验时,将多用电表调至×1 Ω挡,调好零点;电阻箱置于适当数值.完成下列填空:(1)仪器连线如图甲所示(a和b是多用电表的两个表笔).若两电表均正常工作,则表笔a为________(填“红”或“黑”)色;(2)若适当调节电阻箱后,图甲中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图乙中a,b,c所示,则多用电表的读数为________Ω,电流表的读数为________mA,电阻箱的读数为________Ω;乙(3)将图甲中多用电表的两表笔短接,此时流过多用电表的电流为________mA;(保留3位有效数字)(4)计算得到多用电表内电池的电动势为________V.(保留3位有效数字)解析:(1)多用电表的电流是从红表笔流入电表,从黑表笔流出电表,所以a 为黑色.(2)仪器读数:欧姆表读数为14 Ω,电流表精度为1 mA,需估读到1的下一位,所以电流表读数为53.0 mA;电阻箱读数R=(0×100+0×10+4×1+6×0.1)Ω=4.6 Ω.(3)由题意,多用电表的表盘实际是一表头,看电流刻度,此时对应26格,电流为53.0 mA,两表笔短接时,表头对应50格,则电流I=50×53.026 mA≈102 mA.(4)由闭合电路欧姆定律,得E=I1(R电阻+R内),其中R电阻=14 ΩE=I·R内由以上两式解得:E≈1.54 V答案:(1)黑(2)1453.0 4.6(3)102(4)1.54在电学实验中,电阻的测量是一项重要的考查内容,由于测量方法较多,且考题题型多变,方法灵活,已成为高考设计性实验考查的热点.方法1等效替换法连接电路如图所示,R为电阻箱,R x为待测电阻,通过调节电阻箱R,使单刀双掷开关S分别接2和1时,电流表中的电流示数相同,则表明R x=R,即可测出R x.[例1]为了测量一微安表头A的内阻,某同学设计了如图所示的电路.图中,A0是标准电流表,R0和R N分别是滑动变阻器和电阻箱,S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关,E是电池.完成下列实验步骤中的填空:(1)将S拨向接点1,接通S1,调节________,使待测表头指针偏转到适当位置,记下此时________的读数I;(2)然后将S拨向接点2,调节________,使________,记下此时R N的读数;(3)多次重复上述过程,计算R N读数的________,此即为待测微安表头内阻的测量值.[解析]本题方法为替代法.当S接1与接2时通过电路的电流I相同,可知待测微安表头的内阻与R N的电阻相同.[答案](1)R0标准电流表(或A0)(2)R N标准电流表(或A0)的读数仍为I(3)平均值方法2半偏法半偏法测电阻的原理及注意事项如下:原理图原理闭合S2,调节R2,使R2分走一半电流断开S2,调节R2,使R2分走一半电压注意事项电源E的电动势尽量要大,滑动变阻器R1尽量要大电源E的电动势尽量要大,滑动变阻器R1尽量要小g100 Ω的电流表G改装成电压表.(1)采用如图所示的电路测量电流表G的内阻R g,可选用的器材有:A.电阻箱:最大阻值为999.9 Ω;B.电阻箱:最大阻值为9 999.9 Ω;C.滑动变阻器:最大阻值为2 000 Ω;D.滑动变阻器:最大阻值为50 kΩ;E.电源:电动势约为2 V,内阻很小;F.电源:电动势约为6 V,内阻很小;G.开关、导线若干.为提高测量精度,在上述可供选择的器材中,可变电阻R1应该选择________;可变电阻R2应该选择________;电源E应该选择________.(填选用器材的字母代号)(2)测电流表G的内阻R g的实验步骤如下:a.连接电路,将可变电阻R1调到最大;b.断开S2,闭合S1,调节可变电阻R1使电流表G满偏;c.闭合S2,调节可变电阻R2使电流表G半偏,此时可以认为电流表G的内阻R g=R2.设电流表G的内阻R g的测量值为R测,真实值为R真,则R测________R真.(选填“大于”、“小于”或“等于”)[解析](1)本题是典型的半偏法测电阻,根据实验的特定条件,选择仪器首先从电源下手,电源电动势尽量大一些,故选F;然后根据R1=EI g-R g,可知当电流表满偏时,可变电阻R1接入电路中的阻值约为19 900 Ω,故R1选择D;而可变电阻R2应该选择与电流表内阻相差不多且可直接读出数值的,故选择A.(2)因R2的并联,电路中总电流I′要大于R2并入前的总电流I,而表半偏,则I2>I g=I2,因I2R2=I g R g,所以R2<R g,即该实验的测量值比真实值偏小.[答案](1)D A F(2)小于方法3差值法利用串联电路的分压原理和并联电路的分流原理,常见设计图如下图所示.甲图中电压表内阻,R V x=U x R0U2-U x(其中R0为电阻箱阻值);图乙中电流表内阻R A x=I-I xI x·R1(R1为定值电阻阻值);图丙中R x=U1I1-U2I2(U1、I1分别为S2断开时的电压、电流,U2、I2分别为S2闭合时的电压、电流)[例3]测量一只量程已知的电压表内阻,器材如下:A.待测电压表(量程3 V,内阻约3 kΩ)B.电流表(量程3 A,内阻0.01 Ω)C.定值电阻(阻值5 kΩ,额定电流0.5 A)D.电池组(电动势小于3 V,内阻可忽略)E.开关两只F.导线若干要求从图甲、乙电路中选择一个电路,利用这个电路完成测量.(1)你选________(填甲或乙)电路,理由是________.(2)实验中需要直接测量的物理量是________.电压表内阻的计算公式R V=________.(3)把图丙中所示各器材的实物图连成你所选的实验电路.[解析](1)若用图甲,因实际电流小于1 mA,量程为3 A的电流表根本无法测量;而乙中电压表的内阻与电阻R的阻值相当,电池内阻又可忽略,故可用分压原理求,且尽可能减小测量误差.(2)闭合S1、S2,记下U1,即为电源电动势,再断开S2,记下U2,则R上电压为U1-U2,由分压原理可得R V=U2U1-U2R.(3)连线时,可先将S2与R并联后再与其他电器串联.[答案](1)乙原因见解析(2)见解析(3)如图。
2014年高考人教版物理总复习质量检测选修3-2Word版含解析
质量检测(四)(检测范围:选修3-2时间:90分钟总分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确.全选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分.)1.(2012·苏州期末)遥控器能调换电视机频道,利用的是光传感器.下列属于应用这类传感器的是() A.红外报警装置B.金属电阻温度计C.电子电路中使用的“干簧管”D.霍尔元件[解析]红外报警装置利用的是光传感器,选项A正确.[答案] A2.(2012·北京卷)一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上,消耗电功率为P;若把它接在某个正弦交流电源上,其消耗的电功率为P2.如果电热器电阻不变,则此交流电源输出电压的最大值为() A.5 V B.5 2 VC.10 V D.10 2 V[解析]交流电消耗的电功率P2为有效值,所以P2=⎝⎛⎭⎪⎫U m22R,P=(10 V)2R,解得U m=10 V,C正确.[答案] C3.一金属圆环水平固定放置,现将一竖直的条形磁铁,在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放,在条形磁铁穿过圆环的过程中,条形磁铁与圆环() A.始终相互吸引B.始终相互排斥C.先相互吸引,后相互排斥D .先相互排斥,后相互吸引[解析] 磁铁靠近圆环的过程中,穿过圆环的磁通量增加,根据楞次定律可知,感应电流的磁场阻碍穿过圆环的磁通量的增加,与原磁场方向相反,如下图甲所示,二者之间是斥力;当磁铁穿过圆环下降离开圆环时,穿过圆环的磁通量减少,根据楞次定律可知,感应电流的磁场阻碍穿过圆环的磁通量的减少,与原磁场方向相同,如图乙所示,磁铁与圆环之间是引力.因此选项D 正确.[答案] D4.(2012·浙江联考)如下图甲所示,一个理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2=6∶1,副线圈两端接三条支路,每条支路上都接有一只灯泡,电路中L 为电感线圈、C 为电容器、R 为定值电阻.当原线圈两端接有如图乙所示的交流电时,三只灯泡都能发光.如果加在原线圈两端的交流电的峰值保持不变,而将其频率变为原来的2倍,则对于交流电的频率改变之后与改变前相比,下列说法中正确的是 ( )A .副线圈两端的电压有效值均为6 VB .副线圈两端的电压有效值均为216 VC .灯泡L 1变亮,灯泡L 2变亮D .灯泡L 2变暗,灯泡L 3变亮[解析] 由图可知原线圈两端的电压有效值为36 V ,根据U 1U 2=n 1n 2得副线圈两端的电压有效值均为6 V ,所以选项A 对;电阻对交流无影响,灯泡L 1亮度不变;电感阻交流,电容通交流,所以灯泡L 2变暗,灯泡L 3变亮,选项D 正确.[答案] AD5.(2012·河北期末)如下图中正方形线框abcd 长为L ,每边电阻均为r ,在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕cd 轴以角速度ω转动,c ,d 两点与外电路相连,外电路电阻也为r .则下列说法中正确的是 ( )A .S 断开时,电压表读数为22BωL 2 B .S 断开时,电压表读数为28BωL 2C .S 闭合时,电流表读数为210r BωL 2D .S 闭合时,线框从图示位置转过π/2过程中流过电流表的电荷量为BL 2/7r[解析] 正方形线框在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕cd 轴以角速度ω转动,产生的感应电动势最大值为BωL 2,电源电动势为E =22BωL 2.S 断开时,内电路电流I =E /4r =28r BωL 2,电压表读数等于cd 两点之间电压为U =Ir =28BωL 2,选项B 正确,A 错误;S 闭合时,电路总电阻为3r +r /2=7r /2,ab 中电流为I =2E /7r =27r BωL 2;电流表读数为I /2=214r BωL 2,选项C 错误;S 闭合时,线框从图示位置转过π/2过程中,磁通量变化ΔΦ=BL 2,时间Δt =π/2ω,产生感应电动势的平均值为ΔΦ/Δt =2ωBL 2/π,电流平均值为4ωBL 2/7rπ,流过电流表的电流平均值为I =2ωBL 2/7rπ,电荷量为q =IΔt =BL 2/7r ,选项D 正确. [答案] BD6.(2012·江西调考)如右图所示电路中,L 是一电阻可忽略不计的电感线圈,a ,b 为L 上的左右两端点,A ,B ,C 为完全相同的三个灯泡,原来开关S 是闭合的,三个灯泡均在发光.某时刻将开关S打开,则下列说法正确的是() A.a点电势高于b点,A灯闪亮后缓慢熄灭B.b点电势高于a点,B,C灯闪亮后缓慢熄灭C.a点电势高于b点,B,C灯闪亮后缓慢熄灭D.b点电势高于a点,B,C灯不会闪亮只是缓慢熄灭[解析]开关S闭合稳定时,电感线圈支路的总电阻比B,C灯支路的总电阻小,故流过A灯的电流I1大于流过B,C灯的电流I2.且电流方向由a到b,a 点电势高于b点.当开关S打开,由于与电源断开,但电感线圈会产生自感现象,相当于电源,b点电势高于a点,阻碍流过A灯的电流减小,瞬间流过B,C灯支路的电流为I1>I2,故B,C灯闪亮一下后再缓慢熄灭,故B正确.[答案] B7.(2012·江苏卷)某同学设计的家庭电路保护装置如下图所示,铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成.当右侧线圈L2中产生电流时,电流经放大器放大后,使电磁铁吸起铁质开关K,从而切断家庭电路.仅考虑L1在铁芯中产生的磁场,下列说法正确的有()A.家庭电路正常工作时,L2中的磁通量为零B.家庭电路中使用的电器增多时,L2中的磁通量不变C.家庭电路发生短路时,开关K将被电磁铁吸起D.地面上的人接触火线发生触电时,开关K将被电磁铁吸起[解析]因原线圈是双线绕法,所以家庭电路正常工作时L1,L2磁通量为0,A,B正确;家庭电路短路时,L1,L2磁通量仍为0,C错误;地面上的人接触火线发生触电时,两根电线电流不等且变化,开关K被电磁铁吸起,D正确.[答案] ABD8.(2012·山西四校联考)如右图所示,在0≤x ≤2L 的区域内存在着匀强磁场,磁场的方向垂直于xOy 平面(纸面)向里,具有一定电阻的矩形线框abcd 位于xOy 平面内,线框的ab 边与y 轴重合,bc 边的长度为L .令线框从t =0时刻由静止开始沿x 轴正方向做匀加速运动,则线框中的感应电流i (取顺时针方向的电流为正)随时间t 变化的函数图象大致是下图中的 ( )[解析] 具有一定电阻的矩形线框abcd 由静止开始沿x 轴正方向做匀加速运动,在0~t 0时间内,由右手定则和法拉第电磁感应定律判断,感应电流逆时针逐渐增大.完全进入磁场后,不产生感应电流,完全在磁场中运动时间小于t 0;出磁场过程,感应电流顺时针逐渐增大,运动时间小于t 0,所以选项C 正确.[答案] C9.(2012·四川卷)半径为a 右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆,单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置,整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B .杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动.杆始终有两点与圆环良好接触,从圆环中心O 开始,杆的位置由θ确定,如右图所示.则 ( )A .θ=0时,杆产生的电动势为2Ba vB .θ=π/3时,杆产生的电动势为3Ba vC .θ=0时,杆受到的安培力大小为2B 2a v (π+2)R 0D.θ=π/3时,杆受到的安培力大小为3B2a v(5π+3)R0[解析]θ=0时,杆长为2a,由E=BL v=2Ba v可知A正确;θ=π/3时,杆长为a,E=BL v=Ba v,故B错;因为安培力F=B2L2v/R总,θ=0时,R总=(π+2)aR0,θ=π/3时,R总=(5π/3+1)aR0,代入可知C错,D对.故选AD.[答案] AD10.(2012·衡水中学调研)如右图所示,水平面内两光滑的平行金属导轨,左端与电阻R相连接,匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内,质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好.今对金属棒施加一个水平向右的外力F,使金属棒从a位置开始向右做初速度为零的匀加速运动,依次通过位置b和c.若导轨与金属棒的电阻不计,ab与bc的距离相等,关于金属棒在运动过程中的有关说法正确的是() A.金属棒通过b,c两位置时,外力F的大小之比为1∶ 2B.金属棒通过b,c两位置时,电阻R的电功率之比为1∶2C.从a到b和从b到c的两个过程中,通过金属棒横截面的电荷量之比为1∶1D.从a到b和从b到c的两个过程中,电阻R上产生的热量之比为1∶1 [解析]由v2=2ax可知,金属棒通过b,c两位置时,金属棒速度之比为1∶2,产生的感应电流之比为1∶2,所受安培力之比为1∶2,由牛顿第二定律可知,外力F的大小之比不是1∶2,选项A错误;由电功率公式P=I2R可知,金属棒通过b,c两位置时,电阻R的电功率之比为1∶2,选项B正确;由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流定义可得q=ΔΦ/R,从a到b 和从b到c有两个过程中,ΔΦ相等,所以通过金属棒横截面的电荷量之比为1∶1,选项C正确;由焦耳定律得Q=I2Rt=qIR,从a到b和从b到c的两个过程中,电阻R上产生的热量之比为1∶2,选项D错误.[答案] BC二、实验题(本题共2小题,共15分)11.(8分)有一个教学用的可拆变压器,如下图甲所示,它有两个用相同的导线绕制的线圈A、B,线圈外部还可以绕线.(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值,指针分别对应图乙中的a、b位置,则A线圈的电阻为__________Ω,由此可推断__________线圈的匝数较多(选填“A”或“B”).(2)如果把它看做理想变压器,现要测量A线圈的匝数,提供的器材有:一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源,请简要叙述实验的步骤(写出要测的物理量,并用字母表示):_____________________________________;A线圈的匝数为n A=__________.(用所测物理量符号表示)[答案] (1)24A(2)①用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制n匝线圈;②将A线圈与低压交流电源相连接;③用多用电表的交流电压挡分别测量A线圈的输入电压U A和绕制线圈的输出电压UU AU n(其他方法,只要合理即可)12. (7分)传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的变化的一种元件,在自动控制中有着相当广泛的应用.有一种测量人的体重的电子秤,其测量部分的原理图如右图中的虚线框所示,它主要由压力传感器R(电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻)、显示体重大小的仪表A(实质是理想的电流表)组成.压力传感器表面能承受的最大压强为1×107 Pa,且已知压力传感器R的电阻与所受压力的关系如下表所示.设踏板和压杆的质量可以忽略不计,接通电源后,压力传感器两端的电压恒为4.8 V,取g=10 m/s2.请回答:处.(2)如果某人站在该秤踏板上,电流表刻度盘的示数为20 mA,则这个人的体重是__________kg.[解析](1)由图表知,踏板空载时,压力传感器电阻R=300 Ω,此时A中电流I=UR=4.8300A=1.6×10-2 A.(2)当电流I=20 mA=20×10-3 A时,压力传感器的电阻R=UI=4.820×10-3Ω=240 Ω,对应表格中,这个人的质量为50 kg.[答案] (1)1.6×10-2(2)50三、计算题(本题包括4小题,共45分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.)13.(10分)(2011·江苏卷)图1为一理想变压器,ab为原线圈,ce为副线圈,d为副线圈引出的一个接头,原线圈输入正弦式交变电压的u—t图象如图2所示.若只在ce间接一只R ce=400 Ω的电阻,或只在de间接一只R de=225 Ω的电阻,两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.(1)请写出原线圈输入电压瞬时值u ab的表达式;(2)求只在ce间接400 Ω电阻时,原线圈中的电流I1;(3)求ce和de间线圈的匝数比n ce n de.[解析](1)由题图2知ω=200π rad/s 电压瞬时值u ab=400sin200πt(V) (2)电压有效值U1=200 2V理想变压器P1=P2原线圈中的电流I1=P1 U1解得I1≈0.28 A(或25A)(3)设ab间匝数为n1U1n1=U cen ce同理U1n1=U den de由题意知U2ceR ce=U2deR de解得n cen de=R ceR de代入数据得n cen de=43[答案] (1)400sin200πt(V)(2)0.28 A(或25A)(3)4 314.(11分)(2012·苏北四市一模)如右图所示,两根足够长的光滑平行直导轨MN,PQ与水平面成θ角放置,两导轨间距为L,M,P两点间接有阻值为R的电阻.一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直.整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向上,导轨和金属杆接触良好,它们的电阻不计.现让ab杆由静止开始沿导轨下滑.(1)求ab杆下滑的最大速度v m;(2)ab 杆由静止释放至达到最大速度的过程中,电阻R 产生的焦耳热为Q ,求该过程中ab 杆下滑的距离x 及通过电阻R 的电荷量q .[解析] (1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和牛顿第二定律,有:E =BL v ,I =E R ,F A =BIL ,mg sin θ-F A =ma ,故有mg sin θ-B 2L 2v R =ma ,当加速度a 为零时,速度v 达最大,速度最大值v m =mgR sin θB 2L 2.(2)根据能量守恒定律有mgx sin θ=12m v 2m +Q ,得x =Q mg sin θ+m 2gR 2sin θ2B 4L 4.根据电磁感应定律有E =ΔΦΔt ,根据闭合电路欧姆定律有I =E R ,感应电荷量q =I Δt =ΔΦR =BLx R ,得q =BLQ mgR sin θ+m 2Rg sin θ2B 3L 3.[答案] (1)mgR sin θB 2L 2 (2)Q mg sin θ+m 2gR 2sin θ2B 4L 4 BLQ mgR sin θ+m 2Rg sin θ2B 3L 315.(12分)(2012·江西临川一中质检)如右图所示,一个半径为r 的半圆形线圈,以直径ab 为轴匀速转动,转速为n ,ab 的左侧有垂直于纸面向里(与ab 垂直)的匀强磁场,磁感应强度为B .M 和N 是两个集流环,负载电阻为R ,线圈、电流表和连接导线的电阻不计,求:(1)从图示位置起转过1/4转的时间内负载电阻R 上产生的热量;(2)从图示位置起转过1/4转的时间内通过负载电阻R 的电荷量; (3)电流表的示数.[解析] 线圈绕轴匀速转动时,在电路中产生如右图所示的交变电流.此交变电动势的最大值为E m =BSω=B ·πr 22·2πn =π2Bnr 2.(1)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内,电动势的有效值为E =E m2=2π2Bnr 22, 电阻R 上产生的热量Q =⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 2R ·T 4=π4B 2r 4n8R .(2)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内,电动势的平均值为E =ΔΦΔt . 通过R 的电荷量q =I ·Δt =ER ·Δt =ΔΦR =πBr 22R .(3)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E ′,由有效值的定义得⎝ ⎛⎭⎪⎫E m 22R ·T 2=E ′2R T ,解得E ′=E m2.故电流表的示数为I =E ′R =π2r 2nB2R . [答案] (1)π4B 2r 4n 8R (2)πBr 22R (3)π2r 2nB2R16.(12分)(2012·福建卷)如下图甲所示,在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场,在此区域内,沿水平面固定一半径为r 的圆环形光滑细玻璃管,环心O 在区域中心.一质量为m 、带电荷量为q (q >0)的小球,在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运动.已知磁感应强度大小B 随时间t 的变化关系如图乙所示,其中T 0=2πmqB 0.设小球在运动过程中电荷量保持不变,对原磁场的影响可忽略.(1)在t =0到t =T 0这段时间内,小球不受细管侧壁的作用力,求小球的速度大小v 0.(2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中,将产生涡旋电场,其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆,同一条电场线上各点的场强大小相等.试求t =T 0到t =1.5T 0这段时间内:a .细管内涡旋电场的场强大小E .b .电场力对小球做的功W .[解析] (1)小球运动时不受细管侧壁的作用力,因而小球所受洛伦兹力提供向心力q v 0B 0=m v 20r① 由①式解得v 0=qB 0rm②(2)a.在T 0到1.5T 0这段时间内,细管内一周的感应电动势为E 感=πr 2ΔBΔt ③ 由图乙可知ΔB Δt =2B 0T 0④ 由于同一电场线上各点的场强大小相等,所以E =E 感2πr⑤ 由③④⑤式及T 0=2πm B 0q 得E =qB 20r2πm⑥b .在T 0到1.5T 0这段时间内,小球沿切线方向的加速度大小恒为a =Eq /m⑦ 小球运动的末速度大小v =v 0+aΔt ⑧由图乙知Δt =0.5T 0,并由②⑥⑦⑧得: v =32v 0=3qB 0r 2m⑨ 由动能定理,电场力做功为W =12m v 2-12m v 20⑩由②⑨⑩式解得W =58m v 20=5q 2B 20r28m . [答案] (1)qB 0r m (2)E =qB 20r 2πm W =5q 2B 20r28m。
2014高考物理江苏专版一轮复习活页规范训练-选修3-3 第2讲 固.
第2讲固体液体与气体时间:60分钟1.(多选)(2013·苏北四市三调)如图1-2-16所示的四幅图分别对应四种说法,其中正确的是().图1-2-16A.微粒运动就是物质分子的无规则热运动,即布朗运动B.当两个相邻的分子间距离为r0时,它们间相互作用的引力和斥力大小相等C.食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的D.小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用解析布朗运动是颗粒的运动不是分子的运动,选项A错误;食盐是晶体,晶体具有各向异性的特点,选项C 错误;B 、D 正确.答案 BD2.(单选)如图1-2-17所示, 用一绝热的活塞将一定质量的理想气体密封在绝热的汽缸内(活塞与汽缸壁之间无摩擦),现通过汽缸内一电阻丝对气体加热,则下列图象中能正确反映气体的压强p 、体积V 和温度T 之间关系的是 ( ).解析 设活塞重力为G ,面积为S ,则密封气体压强p =p 0+G S ,气体被加热的过程中,做等压变化,所以B 图正确.答案 B3.(多选)(2012·上海卷,19) 图1-2-18a 为测量分子速率分布的装置示意图.圆筒绕其中心匀速转动,侧面开有狭缝N ,内侧贴有记录薄膜,M 为正对狭缝的位置.从原子炉R 中射出的银原子蒸汽穿过屏上S 缝后进入狭缝N ,在圆筒转动半个周期的时间内相继到达并沉积在薄膜上.展开的薄膜如图b 所示,NP 、PQ 间距相等.则 ( ).A .到达M 附近的银原子速率较大B .到达Q 附近的银原子速率较大C .位于PQ 区间的分子百分率大于位于NP 区间的分子百分率 图1-2-17 图1-2-18D .位于PQ 区间的分子百分率小于位于NP 区间的分子百分率解析 根据分子速率分布规律的“中间多,两头少”特征可知:M 附近的银原子速率较大,故选项A 正确,B 错误.PQ 区间的分子百分率最大,故选项D 错误,C 正确.答案 AC4.封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A 变到状态D ,其体积V 与热力学温度T 的关系如图1-2-19所示,该气体的摩尔质量为M ,状态A 的体积为V 0,温度为T 0,O 、A 、D 三点在同一直线上,阿伏加德罗常数为N A .(1)(多选)由状态A 变到状态D 过程中 ( ). A .气体从外界吸收热量,内能增加B .气体体积增大,单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少C .气体温度升高,每个气体分子的动能都会增大D .气体的密度不变(2)在上述过程中,气体对外做功为5 J ,内能增加9 J ,则气体________(填“吸收”或“放出”)热量________ J.(3)在状态D ,该气体的密度为ρ,体积为2V 0,则状态D 的温度为多少?该气体的分子数为多少?解析 (3)A →D ,由状态方程pV T =C ,得T D =2T 0,分子数n =2ρV 0N A M .答案 (1)AB (2)吸收 14 (3)2T 0 2ρV 0N A M5.如图1-2-20所示,上端开口的圆柱形汽缸竖直放置,截面积为5×10-3 m 2,一定质量的气体被质量为2.0 kg 的光滑活塞封闭在汽缸内,其压强为________ Pa(大气压强取1.01×105 Pa ,g 取10 m/s 2).若从初温27 ℃开始加热气体,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________ ℃.图1-2-19 图1-2-20解析 p 1=F S =mg S =2×105×10-3 Pa =0.04×105 Pa ,所以p =p 1+p 0=0.04×105 Pa+1.01×105 Pa =1.05×105Pa ,由盖—吕萨克定律得V 1T 1=V 2T 2,即0.5S273+27=0.51S273+t ,所以t =33 ℃.答案 1.05×105 336.在某高速公路发生一起车祸,车祸系轮胎爆胎所致.已知汽车行驶前轮胎内气体压强为2.5 atm ,温度为27 ℃,爆胎时胎内气体的温度为87 ℃,轮胎中的空气可看作理想气体.(1)求爆胎时轮胎内气体的压强;(2)从微观上解释爆胎前胎内压强变化的原因;(3)爆胎后气体迅速外泄,来不及与外界发生热交换,判断此过程胎内原有气体内能如何变化?简要说明理由.解析 (1)气体作等容变化,由查理定律得:p 1T 1=p 2T 2① T 1=t 1+273② T 2=t 2+273③ p 1=2.5 atm t 1=27 ℃ t 2=87 ℃由①②③得:p 2=3 atm.答案 (1)3 atm(2)气体体积不变,分子密集程度不变,温度升高,分子平均动能增大,导致气体压强增大.(3)气体膨胀对外做功,没有吸收或放出热量,据热力学第一定律 ΔU =W +Q 得ΔU <0,内能减少.7.质量一定的某种物质,在压强不变的条件图1-2-21下,由液态Ⅰ到气态Ⅲ(可看成理想气体)变化过程中温度(T)随加热时间(t)变化关系如图1-2-21所示,单位时间所吸收的热量可看做不变.(1)(多选)以下说法正确的是().A.在区间Ⅱ,物质的内能不变B.在区间Ⅲ,分子间的势能不变C.在区间Ⅲ,气体膨胀对外做功,内能减小D.在区间Ⅰ,物质分子的平均动能随着时间的增加而增大(2)在区间Ⅲ,若将压强不变的条件改为体积不变,则温度升高________(选填“变快”、“变慢”或“快慢不变”),请说明理由.解析(1)在区间Ⅱ,物质的压强、温度均不变,但从外界吸收热量,物质的内能增加,A错;在区间Ⅲ,物质已变成理想气体,分子间已无作用力,分子间的势能为0,由pVT=常数及一定量理想气体内能与温度的关系知:当压强一定,温度升高时气体体积增大,膨胀对外做功,气体内能增大,所以B 对C错;在区间Ⅰ,随着温度的升高,分子平均动能增大,D对.(2)根据热力学第一定律ΔU=Q+W和理想气体的状态方程pVT=C可知,在吸收相同的热量Q时:压强不变的条件下,V增大,W<0,ΔU1=Q-|W|体积不变的条件下,W=0,ΔU2=Q所以ΔU1<ΔU2,体积不变的条件下温度升高变快.答案(1)BD(2)变快理由见解析8.(1)(多选)以下说法中正确的是().A.扫地时扬起的尘埃在空气中的运动是布朗运动B.液晶既具有液体的流动性,又具有光学各向异性C.相同物质在不同的条件下能够生成不同的晶体D.在液体表面分子之间总表现为斥力(2)如图1-2-22所示是一定质量的理想气体状态变化的p-V图象,ab平行于p轴.气体从状态a到b的变图1-2-22化过程中内能________(填“增加”或“减少”);气体________(填“吸热”或“放热”).(3)1 mol气体在某状态下的体积是1.62×10-2m3,阿伏加德罗常数取N A=6.0×1023mol-1,则气体分子之间的平均距离是多少?(结果保留一位有效数字)解析(1)考查热学基本概念.扫地时扬起的尘埃在空气中的运动不是空气分子对尘埃频繁碰撞形成的,不是布朗运动;液体表面分子之间的张力是分子之间表现为引力的结果.(2)考查气态方程、p-V图象及热力学第一定律.气体从状态a到b的变化过程中体积不变压强增大,根据气态方程可知,气体的温度升高,内能增加;体积不变,外界对气体没有做功,根据热力学第一定律,气体吸热.(3)平均每个分子占有的空间体积为V′=VA,把每个气体分子占有的体积看成立方体,由几何关系得l3=v,求得l=3×10-9 m.答案(1)BC(2)增加吸热(3)3×10-9 m9.(1)(多选)以下说法中正确的是().A.被活塞封闭在气缸中的一定质量的理想气体,若体积不变,压强增大,则气缸在单位面积上,单位时间内受到的分子碰撞次数增加B.布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映C.分子间距增大,分子势能就一定增大D.用力拉铁棒的两端,铁棒没有断,这是分子间存在吸引力的宏观表现(2)如图1-2-23所示,气缸内封闭一定质量的某种理想气体,活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡,已知活塞距缸口0.2 m,活塞面积10 cm2,大气压强1.0×105Pa,物重50 N,活塞质量及一切摩擦不计,缓慢升高环境温度,使活塞刚好升到缸口,封闭气体吸收了60 J的热量,则封闭气体的压强将________(填“增加”、“减小”或“不变”),气体内能变化量为________J.(3)一滴体积为V的油酸,配制成体积比为1∶k的油酸溶液(k>1),现取一滴图1-2-23体积仍为V 的油酸溶液滴在水面上,在水面上形成面积为S 的单分子油膜,已知油酸的密度为ρ,摩尔质量为M .请据此推算阿伏加德罗常数的表达式.解析 (3)一滴油酸溶液中油酸的体积V ′=V k ,油酸分子直径d =V S ,油酸分子的体积V 0=16πd 3,阿伏加德罗常数N A =M ρV 0,综上解得N A =6k 3S 3M πρV 3.答案 (1)AD (2)不变 50 (3)6k 3S 3M πρV 310.图1-2-24中A 、B 汽缸的长度为L =30 cm ,横截面积为S =20 cm 2,C 是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞,D 为阀门.整个装置均由导热材料制成.起初阀门关闭,A 内有压强p A =2.0×105 Pa 的氮气,B 内有压强p B =1.0×105 Pa 的氧气.阀门打开后,活塞C 向右移动,最后达到平衡.(1)求活塞C 移动的距离及平衡后B 中气体的压强;(2)活塞C 移动过程中A 中气体对外做功为25 J ,则A 中气体是吸热还是放热?吸收或者放出的热量为多少?(假定氧气和氮气均为理想气体,连接汽缸的管道体积可忽略)解析 (1)由玻意耳定律对A 部分气体有:p A LS =p (L +x )S对B 部分气体有:p B LS =p (L -x )S代入相关数据解得x =10 cmp =1.5×105 Pa.(2)气体发生等温变化,内能不变,ΔU =0 图1-2-24活塞C向右移动的过程中A中气体对外做功25 J,W=-25 J根据热力学第一定律,ΔU=W+Q所以Q=-W=25 J,故A中气体从外界吸热,吸收的热量为25 J.答案(1)10 cm 1.5×105 Pa(2)吸热25 J。
2014新课标高考物理选修专项训练3-3
2014新课标高考物理选修专项训练3-3题组一33.【物理—选修3-3】(15分)(1)(6分)下列各种说法中正确的是()(填正确答案标号。
选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得6分;每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.温度低的物体内能小B.分子运动的平均速度可能为零,瞬时速度不可能为零C.液体与大气相接触,表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引D.0 ℃的铁和0 ℃的冰,它们的分子平均动能相同E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关(2)(9分)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3.0×10-3m3,测得此时气体的温度和压强分别为300 K和1.0×105Pa,加热气体缓慢推动活塞,测得气体的温度和压强分别为320 K和1.0×105 Pa。
①求此时气体的体积。
②保持温度为320 K不变,缓慢改变作用在活塞上的力,使气体压强变为8.0×104 Pa,求此时气体的体积。
题组二33.【选修模块3—3】(15分)(1)(6分)下列说法正确的是()(I)若某种实际气体分子的作用力表现为引力,则一定质量的该气体内能的大小与气体体积和温度的关系正确的是A.如果保持其体积不变,温度升高,内能一定增大B. 如果保持其温度不变,体积增大,内能一定增大C. 如果吸收热量,温度升高,体积增大,内能不一定增大(II)有关热力学第二定律说法正确的是D. 热量能够从高温物体传到低温物体,但不可能从低温物体传到高温物体E.任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能(2)(9分)如图所示,一圆柱形绝热容器竖直放置,通过绝热活塞封闭着摄氏温度为t1的理想气体,活塞的质量为m,横截面积为S,与容器底部相距h1。
现通过电热丝给气体加热一段时间,使其温度上升到(摄氏)t2,若这段时间内气体吸收的热量为Q,已知大气压强为p0,重力加速度为g,求:(1)气体的压强.(2)这段时间内活塞上升的距离是多少?(3)这段时间内气体的内能如何变化,变化了多少?题组三33.[物理——选修3-3](15分)⑴(6分)下列说法正确的是(选对1个给2分,选对2个给4分,选对3个给6分。
2014高三物理一轮复习练习 选修3-1-6-1.
1.(2011年高考新课标全国卷)一带负电荷的质点,在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ,已知质点的速率是递减的.关于b 点电场强度E 的方向,下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b 点的切线)( )解析:因质点做减速运动,故其所受电场力F 的方向与v 的方向夹角为钝角,又因为质点带负电荷,其所受电场力F 与电场强度E 方向相反,故只有选项D 正确,选项A 、B 、C 错误.答案:D2.(2012年高考江苏卷)真空中,A 、B 两点与点电荷Q 的距离分别为r 和3r ,则A 、B 两点的电场强度大小之比为( )A .3∶1B .1∶3C .9∶1D .1∶9解析:由点电荷场强公式有:E =k Q r 2∝r -2,故有E A E B =(r B r A )2=(3r r )2=9∶1,C 项正确.答案:C3.(2013年茂名模拟)如图所示,在粗糙绝缘的水平面上有一物体A 带正电,另一带正电的点电荷B 沿着以A 为圆心的圆弧由P 到Q 缓慢地从A 的上方经过,若此过程中A 始终保持静止,A 、B 两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用.则下列说法正确的是( )A.物体A受到地面的支持力先增大后减小B.物体A受到地面的支持力保持不变C.物体A受到地面的摩擦力先减小后增大D.库仑力对点电荷B先做正功后做负功解析:分析物体A的受力如图所示,由平衡条件可得:F f=F cos θ,F N=F sin θ+mg,随θ由小于90°增大到大于90°的过程中,F f先减小后反向增大,F N先增大后减小,A、C正确,B错误;因A对B的库仑力与B运动的速度方向始终垂直,故库仑力不做功,D错误.答案:AC4.如图所示,空间存在着电场强度E=2.5×102N/C、方向竖直向上的匀强电场,在电场内一长为L=0.5 m的绝缘细线一端固定于O点,另一端拴着质量m=0.5 kg、电荷量q=4×10-2C的小球.现将细线拉至水平位置,将小球由静止释放,当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂.取g=10 m/s2.求:(1)小球的电性;(2)细线能承受的最大拉力.解析:(1)由小球运动到最高点可知,小球带正电.(2)设小球运动到最高点时速度为v,对该过程由动能定理有(qE-mg)L=1 2m v2,在最高点对小球由牛顿第二定律有F T+mg-qE=m v2 L,可得F T=15 N.答案:(1)正电(2)15 N[命题报告·教师用书独具]一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分,每小题至少有一个选项正确,把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.M和N是两个不带电的物体,它们互相摩擦后M带正电1.6×10-10 C,下列判断正确的有()A.在摩擦前M和N的内部没有任何电荷B.摩擦的过程中正电荷从M转移到NC.N在摩擦后一定带负电1.6×10-10 CD.M在摩擦过程中失去1.6×10-10个电子解析:M 和N 都不带电,是指这两个物体都呈电中性,没有“净电荷”(没有中和完的电荷),也就是没有得失电子.但内部仍有相等数量的正电荷和负电荷,所以A 错误;带电的实质是电子的得失,故B 错误;电子带电荷量为1.6×10-19 C ,M 带正电,所以失去109个电子,D 错误.答案:C2.下列关于电场强度的两个表达式E =F /q 和E =kQ /r 2的叙述,正确的是( )A .E =F /q 是电场强度的定义式,F 是放入电场中的电荷所受的力,q 是产生电场的电荷的电荷量B .E =F /q 是电场强度的定义式,F 是放入电场中的电荷所受的静电力,q 是放入电场中电荷的电荷量,它适用于任何电场C .E =kQ /r 2是点电荷场强的计算式,Q 是产生电场的电荷的电荷量,它不适用于匀强电场D .从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F =k q 1q 2r 2,式kq 2r 2是点电荷q 2产生的电场在点电荷q 1处的场强大小,而kq 1r 2是点电荷q 1产生的电场在q 2处场强的大小解析:公式E =F /q 是电场强度的定义式,适用于任何电场,q 是放入电场中的检验电荷.E =kQr 2是点电荷场强的计算公式,只适用于点电荷电场;库仑定律公式F =k q 1q 2r 2可以看成q 1在q 2处产生的电场E 1=kq 1r 2对q 2的作用力.答案:BCD3.两个分别带有电荷量-Q 和+3Q 的相同的金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为r 的两处,它们间库仑力的大小为F .两小球相互接触后将其固定距离变为r /2,则两球间库仑力的大小为( )A.112FB.34FC.43F D .12F解析:接触前:F =k 3Q 2r 2;接触后两球各带电荷量Q ′=3Q -Q 2=Q ,则F ′=k Q 2(r 2)2=k 4Q 2r 2,故F ′=43F ,选项C 正确.答案:C4.(2012年高考上海卷)A 、B 、C 三点在同一直线上,AB ∶BC =1∶2,B 点位于A 、C 之间,在B 处固定一电荷量为Q 的点电荷.当在A 处放一电荷量为+q 的点电荷时,它所受到的电场力为F ;移去A 处电荷,在C 处放一电荷量为-2q 的点电荷,其所受电场力为( )A .-F /2B .F /2C .-FD .F解析:如图所示,设B 处的点电荷带电荷量为正,AB =r ,则BC =2r ,根据库仑定律F =kQq r 2,F ′=kQ ·2q (2r )2,可得F ′=F 2,故选项B 正确.答案:B5.如图所示,M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点,O 点为半圆弧的圆心,∠MOP =60°.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M 、N 两点,这时O 点电场强度的大小为E 1;若将N 点处的点电荷移至P 点,则O 点的场强大小变为E 2,E 1与E 2之比为( )A .1∶2B .2∶1C .2∶ 3D .4∶ 3解析:依题意,当两个等量异种点电荷分别在M 、N 两点时,两个点电荷在O 点产生的场强之和E 1=E M +E N ,且E M =E N ,故有E M =E N =E 12;当N 点处的点电荷移至P 点时,O 点场强如图所示,合场强大小为E 2=E 12,则E 1E 2=21,B 正确.答案:B6.静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器.某除尘器模型的收尘板是根长的条形金属板,图中直线ab 为该收尘板的横截面.工作时收尘板带正电,其左侧的电场线分布如图所示;粉尘带负电,在静电力作用下向收尘板运动,最后落在收尘板上.若用粗黑曲线表示原来静止于P 点的带电粉尘颗粒的运动轨迹,下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)( )解析:因粉尘带负电,故带电粉尘所受静电力的方向与电场线的切线方向相反,轨迹上任何一点的切线方向为运动方向,若粒子做曲线运动,轨迹应出现在速度方向和力的方向所夹的区域内.从轨迹找几个点判断一下,只有A 项符合,故A 项正确.答案:A7.如图所示,可视为点电荷的小球A 、B 分别带负电和正电,B 球固定,其正下方的A 球静止在绝缘斜面上,则A 球受力个数可能为( )A.可能受到2个力作用B.可能受到3个力作用C.可能受到4个力作用D.可能受到5个力作用解析:以A为研究对象,根据其受力平衡可得,如果没有摩擦,则A对斜面一定无弹力,只受重力和库仑引力作用而平衡;如果受摩擦力,则一定受弹力,所以此时A受4个力作用而平衡.故答案为A、C.答案:AC8.(2013年东北师大附中检测)如图所示的真空空间中,仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷,则图中A、B两点电场强度相同的是()解析:选项A、D中A、B两点电场强度的大小相同而方向不同;选项B中A、B两点电场强度的大小、方向都不同;选项C中A、B两点位于两个等量异种电荷连线的中垂线上且关于连线对称,所以它们的场强大小和方向都相同,选项C正确.答案:C9.(2013年沈阳质检)如图所示,两个带等量的正电荷的小球A、B(可视为点电荷),被固定在光滑的绝缘的水平面上.P、N是小球A、B的连线的水平中垂线,且PO=ON.现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点),由P点静止释放,在小球C向N点的运动的过程中,下列关于小球C的速度图象中,可能正确的是()解析:在AB的垂直平分线上,从无穷远处到O点电场强度大小先变大后变小,到O点变为零,负电荷受力沿垂直平分线运动,电荷的加速度先变大后变小,速度不断增大,在O点加速度变为零,速度达到最大,v -t图线的斜率先变大后变小;由O点到无穷远,速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性.如果PN足够远,B正确,如果PN很近,A正确.答案:AB10.(2013年北京朝阳区模拟)如图甲中,MN为很大的薄金属板(可理解为无限大),金属板原来不带电.在金属板的右侧,距金属板距离为d的位置放入一个带正电荷、电荷量为q的点电荷,由于静电感应产生了如图甲所示的电场分布.P是点电荷右侧与点电荷之间的距离也为d的一个点,几位同学想求出P点的电场强度大小,但发现很难.几位同学经过仔细研究,从图乙所示的电场中得到了一些启示,经过查阅资料他们知道:图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的.图乙中两异种点电荷电荷量的大小均为q,它们之间距离为2d,虚线是两点电荷连线的中垂线.由此他们分别求出了P点的电场强度大小(k为静电力常量),其中正确的是()A.8kq 9d 2B.kq d 2C.3kq 4d 2D.10kq 9d 2解析:P 点的电场强度是正负电荷共同产生的,如图所示.正电荷在P 点产生的电场E 1=kq d 2,方向向右;负电荷在P 点产生的电场E 2=kq (3d )2,方向向左.所以P 点的场强是两电场的合场强,即E P =E 1-E 2=8kq9d 2,故A 正确.答案:A二、非选择题(本题共2小题,共30分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位)11.(15分)如图所示,一质量为m =1.0×10-2 kg 、带电荷量大小为q =1.0×10-6 C 的小球,用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中,假设电场足够大,静止时悬线向左与竖直方向成60°角.小球在运动过程中电荷量保持不变,重力加速度取g =10 m/s 2.(结果保留两位有效数字).(1)求电场强度E 的大小.(2)若在某时刻将细线突然剪断,求经过1 s 小球的速度v .解析:(1)小球所受的静电力F=qE,由平衡条件得F=mg tan θ,解得电场强度E=1.7×105 N/C.(2)剪断细线后小球做初速度为0的匀加速直线运动,经过1 s小球的速度为v.小球所受合力F合=mg/cos θ由牛顿第二定律有F合=ma由运动学公式v=at解得小球的速度v=20 m/s速度方向为与竖直方向夹角为60°斜向左下方.答案:(1)1.7×105 N/C(2)20 m/s,方向与竖直方向夹角为60°斜向左下方12.(15分)(2013年深圳调研)一根长为l的丝线吊着一质量为m,带电荷量为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),求:(1)匀强电场的电场强度的大小;(2)小球经过最低点时受到的拉力大小.解析:(1)小球静止在电场中受力如图所示,显然小球带正电,由平衡条件得:mg tan 37°=qE ,故E =3mg 4q .(2)电场方向变成向下后(如图所示),小球开始摆动做圆周运动,重力、静电力对小球做正功.由动能定理得:(mg +qE )l (1-cos 37°)=12m v 2由圆周运动知识,在最低点时,F T -(mg +qE )=m v 2l解得F T =4920mg .答案:(1)3mg 4q (2)4920mg。
高三物理一轮复习练习_选修3-2-10-3
高三物理一轮复习练习_选修3-2-10-3出的光,每当工件挡住A发出的光时,光传感器就输出一个电信号,并在屏幕上显示出电信号与时间的关系,如图乙所示.若传送带始终匀速运动,每两个工件间的距离为0.2 m,则下列说法正确的是()A.传送带运动的速度是0.1 m/sB.传送带运动的速度是0.2 m/sC.该传送带每小时输送3 600个工件D.该传送带每小时输送7 200个工件解析:从乙图可以知道:每间隔1秒的时间光传感器就输出一个电信号,而在这一段时间内传送带运动了两个工件之间的距离,所以传送带运动的速度是v=0.21m/s=0.2 m/s.故A错误、B正确;传送带每小时传送的距离为:s=v t=0.2×3600 m,工件个数为:n=sL=3 600个.C正确、D错误.答案:BC5.如下图所示,将多用电表的选择开关置于欧姆挡,再将电表的两支表笔分别与光敏电阻R T的两端相连,这时表针恰好指在刻度盘的中央.若用不透光的黑纸将R T包裹起来,表针将向________(选填“左”或“右”)转动;若用手电筒光照射R T,表针将向________(选填“左”或“右”)转动.解析:光敏电阻受光照越强,电阻越小,所以用不通光的黑纸将R T包起来,电阻增大,指针左偏,若用手电筒光照射R T,电阻减小,表针将向右偏.答案:左右6.(2019年长宁质检)温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中,它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性工作的.如图甲所示,电源的电动势E =9.0 V,内电阻不计;G为灵敏电流计,内阻R g保持不变;R为热敏电阻,其电阻值与温度的变化关系如图乙所示.闭合开关S,当R的温度等于20 ℃时,电流表示数I1=2 mA时,当电流表的示数I2=3.6 mA时,热敏电阻的温度是________℃.解析:从图乙查得t=20 ℃时,R的阻值为4 kΩ由E=I1(R+R g)得:R g=EI1-R=92kΩ-4 kΩ=0.5 kΩ当I2=3.6 mA时,设热敏电阻的阻值为R′,则R′=EI2-R g=93.6kΩ-0.5 kΩ=2 kΩ从图乙查得此时对应的温度t2=120 ℃.答案:1207.(2019年西安质检)如图,一热敏电阻R T放在控温容器M内:Ⓐ为毫安表,量程为6 mA,内阻为数十欧姆;E为直流电源,电动势约为3 V,内阻很小;R 为电阻箱,最大阻值为999.9 Ω;S为开关.已知R T在95 ℃时的阻值为150 Ω,在20 ℃时的阻值约为550 Ω.现要求在降温过程中测量在95 ℃~20 ℃之间的多个温度下R T的阻值.(1)在图中画出连线,完成实验原理电路图.(2)完成下列实验步骤中的填空:①依照实验原理电路图连线.②调节控温容器M内的温度,使得R T的温度为95 ℃.③将电阻箱调到适当的初值,以保证仪器安全.④闭合开关,调节电阻箱,记录电流表的示数I0,并记录______________.⑤将R T的温度降为T1(20 ℃<T1<95 ℃);调节电阻箱,使得电流表的读数________,记录________.⑥温度为T1时热敏电阻的电阻值R T1=________.⑦逐步降低T1的数值,直至20 ℃为止;在每一温度下重复步骤⑤⑥.解析:(1)实验原理电路图,如图所示.(2)要求出在不同温度下R T的阻值,在闭合电路中读出电流表的示数,然后记录电阻箱的读数R0,由闭合电路欧姆定律有:E=I0(R T+R0+r)=I0(150 Ω+R0+r)①改变R T的温度为T1,调节电阻箱,使得电流表的读数仍为I0,记录电阻箱的读数R1,则有:E=I0(R T1+R1+r)②解①②得R T1=R0-R1+150 Ω.答案:(1)见解析(2)④电阻箱的读数R0⑤仍为I0电阻箱的读数R1⑥R0-R1+150 Ω如图所示,将多用电表的选择开关置于“欧姆”挡,再将电表的两支表笔与负温度系数的热敏电阻R T的两端相连,这时表针指在某一刻度,观察下述操作下的指针偏转情况:1.往R T上擦一些酒精.2.用吹风机将热风吹向电阻R T.根据指针偏转方向判定热敏电阻的特性.实验分析:1中指针左偏,说明R T的阻值增大;酒精蒸发吸热,温度降低,所以热敏电阻的阻值随温度的降低而增大.2中指针右偏,说明R T的阻值减小;电阻R T温度升高,故热敏电阻的阻值随温度的升高而减小.优点:改进后的实验简单易操作,同学们能很快得出结论.。
高三物理一轮二轮复习选修3-3课时作业(含答案)
分子动理论作业1.(多选)墨滴入水,扩而散之,徐徐混匀.关于该现象的分析正确的是()A.混合均匀主要是由于碳粒受重力作用B.混合均匀的过程中,水分子和碳粒都做无规则运动C.使用碳粒更小的墨汁,混合均匀的过程进行得更迅速D.墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的2.雾霾天气是对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述,是特定气候条件与人类活动相互作用的结果.雾霾中,各种悬浮颗粒物形状不规则,但可视为密度相同、直径不同的球体,并用PM10、PM2.5分别表示球体直径小于或等于10 μm、2.5 μm的颗粒物(PM是颗粒物的英文缩写).某科研机构对北京地区的检测结果表明,在静稳的雾霾天气中,近地面高度百米的范围内,PM10的浓度随高度的增加略有减小,大于PM10的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减小,且两种浓度分布基本不随时间变化.据此材料,以下叙述正确的是() A.PM10表示直径小于或等于1.0×10-6m的悬浮颗粒物B.PM10受到的空气分子作用力的合力始终大于其受到的重力C.PM10和大悬浮颗粒物都在做布朗运动D.PM2.5的浓度随高度的增加逐渐增大3.下列关于温度及内能的说法中正确的是()A.温度是分子平均动能的标志,所以两个动能不同的分子相比,动能大的温度高B.两个不同的物体,只要温度和体积相同,内能就相同C.质量和温度相同的冰和水,内能是相同的D.一定质量的某种物质,即使温度不变,内能也可能发生变化4.由于两个分子间的距离发生变化而使得分子势能变小,则可以判定在这一过程中()A.分子间的相互作用力一定做了功B.两分子间的相互作用力一定增大C.两分子间的距离一定变大D.两分子间的相互作用力一定是引力5.某同学利用花粉颗粒观察布朗运动,并提出以下观点,正确的是()A.布朗运动指的是花粉微粒的无规则运动B.布朗运动指的是液体分子的无规则运动C.温度为0 ℃时,液体分子的平均动能为零D.花粉微粒越大,其无规则运动越剧烈6.(多选)下列说法正确的是()A.只要知道水的摩尔质量和水分子的质量,就可以计算出阿伏加德罗常数B.悬浮微粒越大,在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多,布朗运动越明显C.在使两个分子间的距离由很远(r>10-9m)减小到很难再靠近的过程中,分子间作用力先减小后增大,分子势能不断增大D.温度升高,分子热运动的平均动能一定增大,但并非所有分子的速率都增大E.物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关7.(多选)关于分子动理论的规律,下列说法正确的是()A.扩散现象说明物质分子在做永不停息的无规则运动B.压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故C.两个分子距离减小时,分子间引力和斥力都在增大D.如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡,用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量是内能E.已知某种气体的密度为ρ,摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为N A,则该气体分子之间的平均距离可以表示为3MρN A8.(多选)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动,直至不再靠近.在此过程中,下列说法正确的是()A.分子力先增大,后一直减小B.分子力先做正功,后做负功C.分子动能先增大,后减小D.分子势能先增大,后减小E.分子势能和动能之和不变9.(多选)以下说法中正确的是()A.物体运动的速度越大,其内能越大B.分子的热运动是指物体内部分子的无规则运动C.微粒的布朗运动的无规则性,反映了液体内分子运动的无规则性D.若外界对物体做正功,同时物体从外界吸收热量,则物体的内能必增加E.温度低的物体,其内能一定比温度高的物体小10.下列四幅图中,能正确反映分子间作用力F和分子势能E p随分子间距离r变化关系的图线是()11.在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中,有下列实验步骤:①往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水,待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上.②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上,待薄膜形状稳定.③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上,计算出油膜的面积,根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小.④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中,记下量筒内每增加一定体积时的滴数,由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积.⑤将玻璃板放在浅盘上,然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上.完成下列填空:(1)上述步骤中,正确的顺序是________.(选填步骤前面的数字)(2)将1 cm3的油酸溶于酒精,制成300 cm3的油酸酒精溶液;测得50滴油酸酒精溶液的体积为1 cm3.现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上,测得所形成的油膜的面积是0.13 m2.由此估算出油酸分子的直径为____________m.(结果保留1位有效数字)理想气体作业1.当大气压强为76cmHg时,如图中四种情况下(图3中h=10cm)被水银封闭气体的压强分别为:(1)p1= cmHg,(2)p2= cmHg,(3)p3= cmHg,(4)p4= cmHg.2.如图所示,左端开口、右端封闭的U形玻璃管内有A、B两段被水银柱封闭的空气柱.若大气压强为p0,空气柱A、B的压强分别为p A、p B,水银的密度为ρ,则B段空气柱的压强p B等于()A.p0+ρgh1+ρgh2+ρgh3﹣ρgh4B.p0+ρgh1+p A+ρgh3﹣ρgh4C.ρgh1+p A+ρgh3﹣ρgh4D.p A+ρgh3﹣ρgh43.如图所示,两端开口的弯折的玻璃管竖直放置,三段竖直管内各有一段水银柱,两段空气封闭在三段水银柱之间,若左、右两管内水银柱长度分别为h1、h2,且水银柱均静止,则中间管内水银柱的长度为()A.h1﹣h2 B.h1+h22 C.h1−h22D.h1+h24.如图所示,在水平地面上固定一个内壁光滑、内部横截面积为S,长度为L的汽缸,汽缸顶部开一很小的孔与外界大气相通,已知外界的大气压强恒为p0.缸内有一质量为m、厚度不计的光滑圆柱形活塞,当汽缸竖直放置,活塞下方气体的热力学温度为T0时,活塞位于汽缸的中央。
2014高三物理一轮复习练习选修3-3-1(精)
1.分子动理论较好地解释了物质的宏观热学性质.据此可判断下列说法中错误的是()A.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动,这反映了液体分子运动的无规则性B.分子间的相互作用力随着分子间距离的增大,一定先减小后增大C.分子势能随着分子间距离的增大,可能先减小后增大D.在真空、高温条件下,可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素解析:选项A中小炭粒做布朗运动反映了液体分子的无规则热运动,故A 是正确的;B选项中分子间的相互作用力在间距r<r0的范围内,随分子间距的增大而减小,而在r>r0的范围内,随r由r0开始增大,分子力先增大后减小,故B 是错误的;C选项中分子势能在r<r0时,分子势能随r的增大而减小,r0处最小,在r>r0时,分子势能随r的增大而增大,故C选项是正确的;D选项中真空环境是为防止其他杂质的介入,而高温条件下,分子热运动剧烈,有利于所掺入元素分子的扩散,故错误选项为B.答案:B2.(2012年高考四川理综)物体由大量分子组成,下列说法正确的是() A.分子热运动越剧烈,物体内每个分子的动能越大B.分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小C.物体的内能跟物体的温度和体积有关D.只有外界对物体做功才能增加物体的内能解析:分子热运动越剧烈,分子的平均动能越大,但不一定是每个分子的动能都大,故A错;分子间的引力和斥力都是随着分子间距离的减小而增大,故B错;物体的内能由物质的量、物态、体积及温度决定,即所有分子动能和分子势能之和,故C正确;物体内能的变化由做功和热传递共同决定,故D错.答案:C3.(2012年高考新课标全国卷)关于热力学定律,下列说法正确的是________.A.为了增加物体的内能,必须对物体做功或向它传递热量B.对某物体做功,必定会使该物体的内能增加C.可以从单一热源吸收热量,使之完全变为功D.不可能使热量从低温物体传向高温物体E.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程解析:由ΔU=Q+W可知做功和热传递是改变内能的两种途径.它们具有等效性,故A正确、B错误;由热力学第二定律可知,可以从单一热源吸收热量,使之全部变为功,但会产生其他影响,故C正确;同样热量只是不能自发的从低温物体传向高温物体,则D项错;一切与热现象有关的宏观过程不可逆,则E正确.答案:ACE4.一气泡从湖底上升到湖面,已知气泡内气体的密度为1.29 kg/m3,平均摩尔质量为0.029 kg/mol.阿伏加德罗常数N A=6.02×1023mol-1,取气体分子的平均直径为2×10-10 m.若气泡内的气体能完全变为液体,请估算液体体积与原来气体体积的比值.(结果保留一位有效数字)解析:题目考查利用阿伏加德罗常数进行估算.设气体体积为V1,液体体积为V2,由此可知,气泡内气体的质量为:m=ρV1,物质的量为:n=m M.则气泡内的分子个数为:N =nN A =ρV 1M N A .将分子视为球体,每个分子的体积:V 分=16πd 3.对液体来说,忽略分子间隙,则液体体积为:V 2=NV 分=N πd 36=πρd 3V 1N A 6M ,由此可知:V 2V 1=πρd 3N A 6M .代入数据解得V 2V 1≈1×10-4.(9×10-5~2×10-4都算正确)答案:见解析(时间:45分钟,满分:100分)[命题报告·教师用书独具]一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分,每小题至少有一个选项正确,把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.(2012年高考全国卷)下列关于布朗运动的说法,正确的是( )A .布朗运动是液体分子的无规则运动B .液体温度越高,悬浮粒子越小,布朗运动越剧烈C.布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的D.布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的解析:布朗运动是悬浮在液体中的粒子的无规则运动,而不是液体分子的无规则运动,A项错误;液体温度越高,分子热运动越剧烈,液体分子对悬浮粒子撞击力越大;悬浮粒子越小,对其撞击的液体分子数越少,悬浮粒子受到液体分子撞击作用的平衡性越弱,因而布朗运动越剧烈,B、D正确,C项错误.答案:BD2.(2012年高考广东理综)清晨,草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠.这一物理过程中,水分子间的()A.引力消失,斥力增大B.斥力消失,引力增大C.引力、斥力都减小D.引力、斥力都增大解析:因为空气中水汽凝结成水珠时水分子间距离减小,再根据分子力与分子间距离的关系可知,当分子间距离减小时斥力、引力同时增大,所以只有D 项正确.答案:D3.(2011年高考广东卷)如图所示,将两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来,下面的铅柱不脱落,主要原因是()A.铅分子做无规则热运动B.铅柱受到大气压力作用C.铅柱间存在万有引力作用D.铅柱间存在分子引力作用解析:由于铅柱较软,且接触面平滑,用力压紧,使得铅分子间的距离小到分子力起作用的距离,分子引力的作用使铅柱在钩码的拉力下未分开,D正确.答案:D4.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,气体内能可能减少解析:由热力学第二定律知,热量可以完全转化为功,但要引起其他变化,A选项对.由热力学第一定律ΔU=W+Q知,改变物体内能的两种方式是做功和热传递,B项只说明气体对外做功,没有考虑热传递;C项只说明气体从外界吸收热量,没有考虑做功情况,故B、C选项均错,D选项对.答案:AD5.轨道车运行时,车与轨道摩擦使轨道温度升高.下列说法正确的是() A.温度升高,但轨道的内能不增加B.温度升高,但轨道不会产生热辐射C.摩擦生热与摩擦生电一样,都涉及能量转化D.轨道对车的摩擦力方向与车的运动方向无关解析:温度是分子平均动能的标志,对于轨道,温度升高时分子平均动能增大,其内能也增大,A错误;轨道温度升高后与周围环境间存在温差而发生热传递,其中包括传导、对流、辐射三种方式,B错误;从能量转化的情况来看,摩擦生热是机械能转化为内能,摩擦生电是机械能转化为电能,故C正确;轨道对车的摩擦力方向总是在作为动力时与车的运动方向相同,作为阻力时与车的运动方向相反,故D错误.答案:C6.设某种物质的摩尔质量为μ,分子间平均距离为d,已知阿伏加德罗常数为N A,则该物质的密度ρ可表示为()A.ρ=6μπd3N A B.ρ=μd3N AC.ρ=3μ4πd3N A D.ρ=8μπdN A解析:分子为球形时,1 mol物质的体积:16πd3N A,则ρ=μ16πd3N A=6μπd3N A,故A正确;分子为正方体时,1 mol物质的体积:d3N A,则ρ=μd3N A,故B正确.答案:AB7.(2012年高考福建理综)关于热力学定律和分子动理论,下列说法正确的是________.(填选项前的字母)A.一定量气体吸收热量,其内能一定增大B.不可能使热量由低温物体传递到高温物体C.若两分子间距离增大,分子势能一定增大D.若两分子间距离减小,分子间引力和斥力都增大解析:由热力学第一定律知内能的变化取决于做功和热传递两个方面,故A 错误;由热力学第二定律知在引起其他影响的情况下热量也可由低温物体传递到高温物体,B错误;当r>r0时分子力表现为引力,分子距离增大时分子势能增大,而r<r0时则相反,故C错误;分子间引力和斥力都是随分子间距离的增大而减小,随分子间距离的减小而增大,故D正确.答案:D8.如图所示,用F表示两分子间的作用力,E p表示分子间的分子势能,在两个分子之间的距离由10r0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都是先增大后减小解析: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.答案:B9.(2011年高考重庆理综)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,内能减少解析:气体膨胀,气体对外做正功,又因气体与外界无热交换,由热力学第一定律可知气体内能减小,因忽略气体分子间相互作用,没有分子势能,所以分子的平均动能减小,选项A正确.答案:A10.A、B两装置均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成,除玻璃泡在管上的位置不同外,其他条件都相同.将两管状容器抽成真空后,开口竖直向下插入水银槽中(插入过程中没有空气进入管状容器内),两水银柱上升至如图所示位置然后停止.假设这一过程中水银与外界没有热交换,则下列说法正确的是()A.A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量B.B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量C.A和B中水银体积保持不变,故内能增量相同D.A和B中水银温度始终相同,故内能增量相同解析:在水银进入管状容器中的过程中,大气压力对水银做功,把大气的能量转化为水银的内能和重力势能,在一定的大气压下,A、B中水银柱在稳定后,两者的高度是相同的,且进入管中的水银体积相同,所以大气压力做功相同.但两装置中水银重力势能的增量不同,所以两者内能的改变也不同,由图可知B 中水银的重力势能较小,所以B管中水银的内能增量较大,故选项B正确.答案:B二、非选择题(本题共2小题,共30分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位)11.(15分)(1)蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变化来实现能量的转移和转化,我们把这些气体称为工质.某热机经过一个循环后,工质从高温热源吸热Q1,对外做功W,又向低温热源放热Q2,工质完全恢复初始状态,内能没有变化.根据热力学第一定律,在工质的一个循环中,Q1、Q2、W三者之间满足的关系是________.热机的效率η=WQ1不可能达到100%,从能量转换的角度,说明________能不能完全转化为________能.(2)如图表示一定质量的某气体在不同温度下的两条等温线.图中等温线Ⅰ对应的温度比等温线Ⅱ对应的温度要__________________(选填“高”或“低”).在同一等温线下,如果该气体的压强变为原来的2倍,则气体的体积应变为原来的________________.解析:(1)由热力学第一定律、热量、做功、内能的符号规定得Q 1+(-Q 2)+(-W )=0,即Q 1-Q 2=W .再由热力学第二定律知,内能不可能全部转化成机械能而不产生其他影响.(2)质量相同的气体,pV 之积越大,则温度越高.取相同的体积V ,观察对应的压强p ,便可以比较出等温线Ⅱ的温度高.再由玻意耳定律,p 1V 1=p 2V 2,当p 2=2p 1时,得V 2=12V 1.答案:(1)Q 1-Q 2=W 内 机械(2)低 1212.(15分)一个标准足球场的面积为105 m ×68 m =7 140 m 2.通常用空气湿度(相对湿度、绝对湿度)表示空气中含有水蒸气的情况,若球场附近一定体积的空气中所含的水蒸气凝结成水后的体积为103 cm 3,已知水的密度为ρ=1.0×103 kg/m 3,水的摩尔质量M mol =1.8×10-2 kg/mol ,一标准大气压为1.0×105 Pa ,试求:(1)该足球场上方空气的质量;(2)水蒸气凝结成的水中含多少水分子;(3)估算一个水分子的直径为多大.(以上计算结果均保留一位有效数字) 解析:(1)由p 0S =mg 得:m =p 0S g ≈1×105×7 14010kg ≈7×107 kg.(2)水的摩尔体积为V 0=M mol ρ=1.8×10-21.0×103 m 3/mol ≈2×10-5 m 3/mol 水分子数:n =V 水N A V 0=103×10-6×6.02×10232×10-5个≈3×1025个. (3)建立水分子的球模型有16πd 3=V 0N A得水分子直径d = 36V 0πN A = 36×2×10-53.14×6.02×1023 m ≈4×10-10 m.答案:(1)7×107 kg (2)3×1025个 (3)4×10-10 m。
高三物理一轮复习 (对点训练+通关训练)专题12 选修3-3
【聚集高考】2014高三物理一轮复习《对点训练+通关训练》:专题12选修3-3考点1 分子动理论、内能1.体积是10-4cm3的油滴滴于水中,若展开成一单分子油膜,则油膜面积的数量级是( B )A.102cm2 B.104cm2C.106cm2 D.108cm22.已知铜的密度是8.9×103kg/m3,铜的摩尔质量是63.5×10-3kg/mol.体积是4.5cm3的铜块中,含有多少原子?并估算铜分子的大小.[答案]3.8×1023,3×10-10m3.布朗运动的发现,在物理学上的主要贡献是( B )A.说明了悬浮微粒时刻做无规则运动B.说明了液体分子做无规则运动C.说明了悬浮颗粒做无规则运动的激烈程度与温度有关D.说明了液体分子与悬浮颗粒之间有相互作用力4.(多选)关于布朗运动,下列说法中正确的是( ABD )A.小颗粒的无规则运动就是布朗运动B.布朗运动既不是固体分子的运动,也不是液体分子的运动,而是液体分子运动的反映C.悬浮在液体中的颗粒越大,它的布朗运动就越显著D.布朗运动永不停止,且随温度升高而越加激烈5.关于分子间相互作用力( A )A.分子间既有引力作用,同时又有斥力作用,分子力是指分子间的引力和斥力的合力B.当分子间距离r=r0时,分子力大小为零,此时分子间的引力和斥力均为零C.当分子间距离r>r0时,r越大,分子力越小D.当分子间距离r<r0时,r越大,引力越大6.(多选)关于热量、功和物体的内能,下述正确的是( BC )A.它们有相同的单位,实质也相同B.物体的内能由物体的状态决定,而热量和功由物理过程决定C.热传递和做功在改变物体内能方面是等效的,但它们反映的物理过程是不同的D.对于一个物体,它的内能决定于它从外界吸收的热量与对外做功的代数和7.质量一定的物体,在温度不变条件下体积膨胀时,物体内能的变化是( D )A.分子的平均势能增大,物体的内能必增大B.分子的平均势能减小,物体的内能必减小C.分子的平均势能不变,物体的内能不变D.以上说法均不正确解析:本题易误总以为物体体积膨胀,分子间距离增大,分子引力做负功,分子势能增大,所以物体内能增大.基于分子力随分子距离的可变特性,在物体体积膨胀时,在分子间的距离由r<r0增大到r>r0的过程中,分子间的势能先减小,后增大.题设物体体积膨胀时,却隐蔽了初始状态,究竟体积膨胀时分子距离r在什么范围内变化没有交代,故无法判断分子势能的变化,也无法确定物体内能的变化.综上分析,选项D正确.8.已知阿伏加德罗常数为N A,设某种固体物质的摩尔质量为M,密度为ρ,此物质样品质量为m,体积为V,总分子数为n,则下列表达式中能表示一个分子质量的是( C ) A.N A/M B.M/N AρC.m/n D.M/ρV9.已知氢气的摩尔质量是2×10-3kg/mol,计算1个氢原子的质量.解析:这是一个利用阿伏加德罗常数和有关化学知识的计算问题.这里就要求同学们对摩尔、摩尔质量及阿伏加德罗常数的概念要清楚,同时还要清楚它们的内在联系,这样在解题时就不会困难了.M H 2=2×10-3kg·mol -1, N A =6.02×1023mol -1所以m H =M H 2N A =2×10-36.02×1023kg =3.3×10-23kg. 一个氢气分子由两个氢原子构成,故m H =m H 22=1.65×10-23kg.考点2 固体、液体、气体1.将一枚硬币轻轻地平放在水面上,可以不下沉,此时与硬币重力相平衡的力是( C ) A .水的浮力 B .水的表面张力C .水的浮力和表面张力的合力D .水的浮力和空气的浮力的合力2.在以下事例中,能用液体表面张力来解释的是( A ) A .草叶上的露珠呈圆球形B .油滴在水面上会形成一层油膜C .用湿布不易擦去玻璃窗上的灰尘D .油瓶外总是附有一层薄薄的油解析:要抓住表面张力产生的原因,再结合实例的具体现象去分析.液体的表面层由于与空气接触,所以表面层里分子的分布比较稀疏、分子间呈引力作用,在这个力作用下,液体表面有收缩到最小的趋势,这个力就是表面张力,结合四个例子看,只有A 符合题意.3.对于一定质量的理想气体,下列四个论述中正确的是( B ) A .当分子热运动变剧烈时,压强必增大 B .当分子热运动变剧烈时,压强可以不变 C .当分子间的平均距离变大时,压强必变小 D .当分子间的平均距离变大时,压强必变大4.(多选)(2012·山东卷)以下说法正确的是( AB ) A .水的饱和汽压随温度的升高而增大 B .扩散现象表明,分子在永不停息地运动C .当分子间距离增大时,分子间引力增大,分子间斥力减小D .一定质量的理想气体,在等压膨胀过程中,气体分子的平均动能减小解析:水的饱和汽压随温度升高而变大;扩散现象说明分子在做永不停息的运动;分子间距离增大时,分子间引力和斥力都减小;由pVT=C 可知一定质量的理想气体在等压膨胀的过程中,温度升高,分子的平均动能变大.5.一定质量的理想气体其状态变化过程的p 与V 的关系如图甲所示,该过程p -T 图应是( C )6.如图所示,有一圆筒形气缸静置在地上,气缸圆筒的质量为M ,活塞及手柄的质量为m ,活塞截面积为S .现用手握住活塞手柄缓慢地竖直向上提,求气缸刚离地时缸内封闭气体的压强.(当时的大气压强为p 0,当地的重力加速度为g ,活塞缸壁的摩擦不计,活塞未脱离气缸).解析:此题是一道力热综合问题,对气体是等温变化过程,对活塞、气缸是力学平衡问题,并且气缸在提离地面时,地面对其支持力为零.欲求气缸刚离地时缸内封闭气体的压强p 封气,把气缸隔离出来研究最方便.气缸受竖直向下的重力G 缸(大小等于Mg ),封闭气体竖直向下的压力F 封气(大小等于p 封气S ),大气竖直向上的压力F 大气(大小等于p 0S ).由平衡条件,有F 大气-G 缸-F 封气=0 即p 0S -Mg -p 封气S =0p 封气=p 0-MgS.7.容积V =40L 的钢瓶充满氧气后,压强为p =30atm ,打开钢瓶阀门,让氧气分别装到容积为V 0=5L 的小瓶子中去.若小瓶已抽成真空,分装到小瓶子中的气体压强均为p 0=2atm ,在分装过程中无漏气现象,且温度保持不变,那么最多可能装的瓶数是多少?解析:本题考查玻意耳定律的应用和解决实际问题的能力.并且培养考生全面的考虑问题的能力.设最多可装的瓶子数为n ,由玻意耳定律有 pV =p 0V +np 0V 0n =(pV -p 0V )/(p 0V 0)=(30×20-2×20)/(2×5)=56(瓶)在本题中应注意,当钢瓶中气体的压强值降至2个大气压时,已无法使小瓶中的气体压强达到2个大气压,即充装最后一瓶时,钢瓶中所剩气体压强为2个大气压.考点3 热力学定律1.(多选)下列说法中正确的是( BD )A .热量能够从高温物体传到低温物体,但不能从低温物体传到高温物体B .热量能够从高温物体传到低温物体,也可能从低温物体传到高温物体C .机械能可以全部转化为内能,但内能不可能全部转化为机械能D .机械能可以全部转化为内能,内能也可能全部转化为机械能 2.(多选)关于第二类永动机,下列说法正确的是( AD )A .能将从单一热源吸收的热量全部用来做功,而不引起其他变化的热机叫做第二类永动机B .第二类永动机违反了能量守恒定律,所以不可能制成C .第二类永动机不可能制成,说明机械能可以全部转化为内能,内能却不可能全部转化为机械能D .第二类永动机不可能制成,说明机械能可以全部转化为内能,内能却不可能在不引起其他变化的同时全部转化为机械能3.下列说法正确的是( B )A .由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度,可以估算该种气体分子的大小B .悬浮在液体中的固体微粒越小,布朗运动就越明显C .分子间的引力随分子间距离的增大而增大,分子间斥力随分子间距离的增大而减小D .根据热力学第二定律可知,热量不可能从低温物体传到高温物体4.如图所示,气缸内封闭一定质量的某种理想气体,活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡,已知活塞距缸口0.2m ,活塞面积10cm 2,大气压强1.0×105Pa ,物重50N ,活塞质量及一切摩擦不计,缓慢升高环境温度,使活塞刚好升到缸口,封闭气体吸收了60J 的热量,则封闭气体的压强将 不变 (选填“增加”、“减小”或“不变”),气体内能变化量为 50 J.5.在将空气压缩装入气瓶的过程中,温度保持不变,外界做了24kJ 的功.现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底,若在此过程中,瓶中空气的质量保持不变,且放出了5kJ 的热量.在上述两个过程中,空气的内能共减小 5 kJ ,空气 放出 (选填“吸收”或“放出”)的总热量为 29 kJ.考点4 实验:用油膜法估测分子的大小 1.在“用油膜法估测分子的大小”实验中,配制的油酸溶液中,纯油酸与溶液体积之比为1∶500,1mL 溶液滴250滴,那么1滴溶液的体积是 4×10-3mL ,所以1滴溶液中油酸体积为V 油酸=8×10-6 cm 3.若实验中测得结果如下表所示,请根据所给数据填写出空白处的数值,并与公认的油酸分子直径d -10次数S /cm 2d =V nS/cmd 平均值/cm1 533 1.50×10-82 493 1.62×10-83 563 1.42×10-8 1.51×10-8解析:溶液-3V 油酸=8×10-6cm 3.据此算得3次测得d 的结果分别为:d 1≈1.50×10-8cm ,d 2≈1.62×10-8cm ,d 3≈1.42×10-8cm.其平均值为:d -=d 1+d 2+d 33≈1.51×10-10m ,这与公认值的数量级相吻合,故本次估测数值符合数量级的要求.2.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中,以下几个主要的操作步骤相应要获得的实验数据是:(1)配制酒精油酸溶液时,必须记录并算出 酒精油酸溶液的浓度(或每mL 酒精油酸溶液中油酸的体积) .(2)用滴管取配制好的酒精油酸溶液,然后逐滴滴入量筒中…….这一步骤是为了测出 一滴酒精油酸溶液的体积(或n 滴酒精油酸溶液的总体积) .(3)用滴管将配制好的酒精油酸溶液在水面上滴入1滴,待水面上形成的油膜的形状稳定后…….这一步骤是为了测出 一滴酒精油酸溶液中的油酸形成的单分子油膜的面积 .3.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中,油酸酒精溶液的浓度为每104mL 溶液中有纯油酸5mL.用注射器测得1mL 上述溶液有液滴50滴.把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里,待水面稳定后,将玻璃板放在浅盘上描出油膜轮廓,再将玻璃板放在坐标纸上,其形状如图所示,坐标纸中正方形小方格的边长为1cm.则:(1)油膜的面积约为 93cm 2(保留两位有效数字).(2)每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为 1.0×10-5mL .(3)根据上述数据,估算出油酸分子的直径为 1×10-7cm (保留一位有效数字).解析:(1)数出油膜对应的格子n ,不完整的部分按照四舍五入处理,然后由S =n ×S 0得S =93cm 2.(2)每一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积为V =1.0×10-5mL. (3)d =V S≈1×10-7cm.锦囊1 微观量估算的基本方法1.已知汞的摩尔质量为M =200.5×10-3kg/mol ,密度为ρ=13.6×103kg/m 3,阿伏加德罗常数N A =6.0×1023mol -1.求:(1)一个汞原子的质量(用相应的字母表示即可); (2)一个汞原子的体积(结果保留一位有效数字);(3)体积为1cm 3的汞中汞原子的个数(结果保留一位有效数字).解析:(1)一个汞原子的质量为m 0=M N A. (2)一个汞原子的体积为:V 0=V N A =M ρN A=2×10-29m 3.(3)1cm 3的汞中含汞原子个数n =ρVN A M=4×1022个.[答案](1)M N A(2)2×10-29m 3 (3)4×1022个2.很多轿车为了改善夜间行驶时的照明问题,在车灯的设计上选择了氙气灯,因为氙气灯灯光的亮度是普通灯灯光亮度的3倍,但是耗电量仅是普通灯的一半,氙气灯使用寿命则是普通灯的5倍,很多车主会选择含有氙气灯的汽车,若氙气充入灯头后的容积V =1.6L ,氙气密度ρ=6.0kg/m 3.已知氙气摩尔质量M =0.131kg/mol ,阿伏加德罗常数N A =6×1023mol -1.试估算:(结果保留一位有效数字)(1)灯头中氙气分子的总个数N ; (2)灯头中氙气分子间的平均距离.解析:(1)设氙气的物质的量为n ,则n =ρV M, 氙气分子的总数:N =ρVMN A ≈4×1022个. (2)每个分子所占的空间为V 0=V N,设分子间平均距离为a ,则有V 0=a 3,即a =3VN≈3×10-9m.锦囊2 布朗运动的成因及其意义1.做布朗运动实验,得到某个观测记录如图.图中记录的是( D ) A .分子无规则运动的情况 B .某个微粒做布朗运动的轨迹C .某个微粒做布朗运动的速度-时间图线D .按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线 解析:图中的折线是某个做布朗运动的微粒按相等时间间隔依次记录的位置连线,不是分子无规则运动的情况,也不是微粒做布朗运动的轨迹,更不是微粒运动的v -t 图线,故D 对,A 、B 、C 错.2.(多选)(2013·广东佛山高三检测)下列说法中正确的是( AB )A .液体中悬浮微粒的布朗运动是做无规则运动的液体分子撞击微粒而引起的B .物体的温度越高,其分子的平均动能越大C .物体里所有分子动能的总和叫做物体的内能D .只有通过热传递的方式才能改变物体的内能解析:布朗运动是液体分子撞击微粒不平衡引起的,A 正确;物体的温度越高,分子的平均动能越大,B 正确;物体里所有分子动能和分子势能的总和叫做物体的内能,C 错误;做功和热传递都可以改变物体的内能,D 错误.3.(2013·福州高三模拟)关于分子热运动和布朗运动,下列说法正确的是( B ) A .布朗运动是指在显微镜中看到的液体分子的无规则运动 B .布朗运动反映了分子在永不停息地做无规则运动C .悬浮微粒越大,同一时刻与它碰撞的液体分子越多,布朗运动越显著D .当物体温度达到0℃时,物体分子的热运动就会停止解析:布朗运动是指在显微镜中看到的悬浮小颗粒的无规则运动,A 错;布朗运动间接反映了液体分子运动的无规则性,B 对;悬浮微粒越大,液体分子对它的撞击作用的不平衡性越小,布朗运动越不明显,C 错;热运动在0℃时不会停止,D 错.锦囊3 气体压强的产生与计算1.气体能够充满密闭容器,说明气体分子除相互碰撞的短暂时间外( C ) A .气体分子可以做布朗运动 B .气体分子的动能都一样大C .相互作用力十分微弱,气体分子可以自由运动D .相互作用力十分微弱,气体分子间的距离都一样大解析:布朗运动是固体颗粒的运动,不是分子的运动,但可以反映分子的运动,所以A 错误;气体分子间距较大,相互作用力微弱;分子速率遵循“中间多两头少”的正态分布;气体分子在不停地做无规则运动,分子间距离不断变化,所以C 正确,B 、D 错误.2.已知地球半径约为6.4×106m ,空气的摩尔质量约为29×10-3kg/mol ,一个标准大气压约为1.0×105Pa.利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状况下的体积为( B )A .4×1016m 3B .4×1018m 3C .4×1020m 3D .4×1022m 3解析:由压强的定义可得p 0=mg 4πR 2,p 0为一个标准大气压,R 为地球半径,则m =4πR 2p 0g,大气的总物质的量n =m M =4πR 2p 0gM,在标准状况下的气体摩尔体积V 0=22.4×10-3m 3/mol ,代入已知数据可得V =nV 0≈4×1018m 3,B 项正确.3.如图所示,一定质量的理想气体,由状态A 沿直线AB 变化到状态B .在此过程中,气体分子平均速率的变化情况是 先增大后减小 .解析:本题考查p -V 图像,由图线可以看出温度先升高后降低,所以分子平均动能先增大后减小.4.密闭容器内充满100℃的水的饱和蒸气,此时容器内压强为1标准大气压,若保持温度不变,使其体积变为原来的一半,此时容器内水蒸气的压强等于 1 标准大气压.解析:本题考查饱和汽压的知识,根据动态平衡的原理,此时容器内水蒸气的压强仍然等于一个标准大气压.锦囊4 理想气体实验定律的微观解释及应用1.如图所示,竖直放置的圆筒形注射器,活塞上端接有气压表,能够方便测出所封闭理想气体的压强.开始时,活塞处于静止状态,此时气体体积为30cm 3,气压表读数为1.1×105Pa.若用力向下推动活塞,使活塞缓慢向下移动一段距离,稳定后气压表读数为 2.2×105Pa.不计活塞与气筒内壁间的摩擦,环境温度保持不变.(1)求活塞稳定后气体的体积;(2)对该过程中压强变化做出微观解释.[答案]①15cm 3②体积减小,气体分子的密集程度增大,温度不变,分子的平均动能不变,故该过程中压强增大.2.如图所示,一圆柱形绝热气缸竖直放置,通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体.活塞的质量为m ,横截面积为S ,此时活塞处于平衡状态,气体的温度为T 1.现通过电热丝缓慢加热气体,在气体吸收热量为Q 的过程中,气体对活塞做功的大小为W .已知大气压强为p 0,重力加速度为g ,不计活塞与气缸的摩擦.求:(1)气体的压强;(2)加热过程中气体的内能增加量;(3)现停止对气体加热,同时在活塞上缓慢添加沙粒,当添加沙粒的质量为m 0时,活塞恰好回到原来的位置,求此时气体的温度.解析:(1)由力的平衡可知,气体的压强:p 1=p 0+mgS(2)由热力学第一定律可知,加热过程中气体的内能增加量ΔU =Q -W(3)末状态气体的压强:p 2=p 0+m +m 0gS由于气体的初始状态和末状态体积相同,由查理定律知p 1T 1=p 2T 2,可得T 2=p 0S +m +m 0gp 0S +mgT 13.如图,体积为V 、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞;气缸内密封有温度为2.4T 0、压强为1.2p 0的理想气体,p 0和T 0分别为大气的压强和温度.已知:气体内能U 与温度T 的关系为U =αT ,α为正的常量;容器内气体的所有变化过程都是缓慢的.求:(1)气缸内气体与大气达到平衡时的体积V 1;(2)在活塞下降过程中,气缸内气体放出的热量Q .解析:(1)在气体由p =1.2p 0下降到p 0的过程中,气体体积不变,温度由T =2.4T 0变为T 1,由查理定律得T 1T =p 0p在气体温度由T 1变为T 0的过程中,体积由V 减小到V 1,气体压强不变,由盖·吕萨克定律得:V V 1=T 1T 0, 解得⎩⎪⎨⎪⎧T 1=2T 0V 1=12V .(2)在活塞下降过程中,活塞对气体做的功为W =p 0(V -V 1),在这一过程中,气体内能的减少量为 ΔU =α(T 1-T 0)由热力学第一定律得,气缸内气体放出的热量为: Q =W +ΔU ,解得Q =p 0V +αT 04.(2013·新课标卷Ⅱ)如图,一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置.玻璃管的下部封有长l 1=25.0cm 的空气柱,中间有一段长为l 2=25.0cm 的水银柱,上部空气柱的长度l 3=40.0cm.已知大气压强为P 0=75.0cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓缓往下推,使管下部空气柱长度变为l 1′=20.0cm.假设活塞下推过程中没有漏气,求活塞下推的距离.解析:以cmHg 为压强单位,在活塞下推前,玻璃管下部空气柱的压强为 p 1=p 0+l 2①设活塞下推后,下部空气柱的压强为p 1′,由玻意耳定律得 p 1l 1=p 1′l 1′②如图,设活塞下推距离为Δl , 则此时玻璃管上部空气柱的长度为 l 3′=l 3+l 1-l 1′-Δl ③设此时玻璃管上部空气柱的压强为p 3′,则 p 3′=p 1′-l 2,④由玻意耳定律得p 0l 3=p 3′l 3′⑤联立①-⑤式结合题给数据解得Δl =15.0cm. 锦囊5 气体实验定律图像的应用1.已知理想气体的内能与温度成正比.如图所示的实线为气缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化曲线,则在整个过程中气缸内气体的内能( B ) A .先增大后减小 B .先减小后增大C .单调变化D .保持不变2.如图表示一定质量的理想气体沿箭头所示的方向发生状态变化的过程,则该气体压强变化情况是( AC )A .从状态c 到状态d ,压强减小B .从状态d 到状态a ,压强增大C .从状态a 到状态b ,压强增大D .从状态b 到状态c ,压强不变解析:在V -T 图像中等压线是过坐标原点的直线.故可在图中作过a 、b 、c 、d 四点的等压线(图中虚线).由理想气体状态方程知V T =C p ,可见,当压强增大时,等压线斜率k =V T =c p变小.由图中比较可确定p a <p d <p c <p b .3.(多选)竖直放置的上细下粗密闭细管,水银柱将气体分隔为A 、B 两部分,初始温度相同,使A 、B 升高相同温度达到稳定后,体积变化量为ΔV A 、ΔV B ,压强变化量为Δp A 、Δp B ,对液面压力的变化量为ΔF A 、ΔF B ,则( AC )A .水银柱向上移动了一段距离B .ΔV A <ΔV BC .Δp A >Δp BD .ΔF A =ΔF B解析:假设水银柱不动,上下两部分气体均做等容变化,p -T 图像如图: Δp A >Δp B ,因为p A >p B ,所以p A +Δp A >p B +Δp B ,水银柱向上移. 4.用DIS 研究一定质量气体在温度不变时,压强与体积关系的实验装置如图甲所示,实验步骤如下:①把注射器活塞移至注射器中间位置,将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接; ②移动活塞,记录注射器的刻度值V ,同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p ;③用V -1p图像处理实验数据,得出如图乙所示的图线.(1)为了保持封闭气体的质量不变,实验中采取的主要措施是 在注射器活塞上涂润滑油 ; (2)为了保持封闭气体的温度不变,实验中采取的主要措施是 移动活塞要缓慢 和 不能用手握住注射器封闭气体部分 ;(3)如果实验操作规范正确,但图中的V -1p图线不过原点,则V 0代表 注射器与压强传感器连接部位的气体体积 .。
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1.(2012年高考福建理综)如图甲,一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落,穿过一根竖直悬挂的条形磁铁,铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合.若取磁铁中心O为坐标原点,建立竖直向下为正方向的x轴,则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是()解析:条形磁铁的磁感线分布示意图如图所示.铜环由静止开始下落过程中磁通量的变化率不是均匀变化的,故环中产生的感应电动势、环中的感应电流也不是均匀变化的,A错误;由于磁通量在O点上方是向上增大而在O点下方是向上减小的,故环中电流方向在经过O点是要改变的,D错误;在关于O点对称的位置上磁场分布对称,但环的速率是增大的,环在O点下方的电流最大值大于在O点上方电流的最大值,故C错误,B正确.答案:B2.如图所示,粗细均匀的、电阻为r 的金属圆环放在图示的匀强磁场中,磁感应强度为B ,圆环直径为L .长为L 、电阻为r 2的金属棒ab 放在圆环上,以v 0向左匀速运动,当棒ab 运动到图示虚线位置时,金属棒两端的电势差为( )A .0B .BL v 0C .BL v 0/2D .BL v 0/3解析:当金属棒ab 以速度v 0向左运动到题图所示虚线位置时,根据公式可得产生的感应电动势为E =BL v 0,而它相当于一个电源,并且其内阻为r 2;金属棒两端电势差相当于外电路的端电压.外电路半个圆圈的电阻为r 2,而这两个半圆圈的电阻是并联关系,故外电路总的电阻为r 4,所以外电路电压为U ba =13E =13BL v 0.答案:D3.(2012年高考山东理综)如图所示,相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ,上端接有定值电阻R ,匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放,当速度达到v 时开始匀速运动,此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力,并保持拉力的功率恒为P ,导体棒最终以2v 的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为g .下列选项正确的是( )A .P =2mg v sin θB .P =3mg v sin θC .当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g 2sin θD .在速度达到2v 以后匀速运动的过程中,R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功解析:对导体棒受力分析如图.当导体棒以v 匀速运动时(如图甲),应有:mg sin θ=F 安=BIL =B 2L 2v R ;当加力F 后以2v 匀速运动时(如图乙),F +mg sin θ=2B 2L 2v R ,两式联立得F =mg sin θ,则P =F ·2v =2mg v sin θ,A 正确,B 错误;由牛顿第二定律,当导体棒的速度为v 2时,a =mg sin θ-F 安′m =mg sin θ-B 2L 2v 2R m=g 2sin θ,C 正确;由功能关系,当导体棒达到2v 以后匀速运动的过程中,R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功与减少的重力势能之和,D 错误.答案:AC4.(2011年高考浙江卷)如图甲所示,在水平面上固定有长为L =2 m 、宽为d =1 m 的金属“U”型导轨,在“U”型导轨右侧l =0.5 m 范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示.在t =0时刻,质量为m =0.1 kg 的导体棒以v 0=1 m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.1,导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ=0.1 Ω/m ,不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g =10 m/s 2).(1)通过计算分析4 s 内导体棒的运动情况;(2)计算4 s 内回路中电流的大小,并判断电流方向;(3)计算4 s 内回路产生的焦耳热.解析:(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速直线运动,有-μmg =ma ,v 1=v 0+at ,x =v 0t +12at 2代入数据解得:t =1 s ,x =0.5 m ,导体棒没有进入磁场区域.导体棒在1 s 末已停止运动,以后一直保持静止,离左端位置仍为x =0.5 m.(2)前2 s 磁通量不变,回路电动势和电流分别为E =0,I =0后2 s 回路产生的电动势为E =ΔΦΔt =ld ΔB Δt =0.1 V回路的总长度为5 m ,因此回路的总电阻为R =5λ=0.5 Ω电流为I =E R =0.2 A根据楞次定律,在回路中的电流方向是顺时针方向.(3)前2 s 电流为零,后2 s 有恒定电流,焦耳热为Q =I 2Rt =0.04 J.答案:见解析(时间:45分钟,满分:100分)[命题报告·教师用书独具]一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分,每小题至少有一个选项正确,把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.(2013年温州八校联考)电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器.如图甲为电吉他的拾音器的原理图,在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管.一条形磁铁固定在管内,当拨动金属弦后,螺线管内就会产生感应电流,经一系列转化后可将电信号转为声音信号.若由于金属弦的振动,螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示,则对应感应电流的变化为()解析:对应感应电流为I =n ΔΦR Δt ,可见,感应电流与磁通量的变化率有关,类比v -t 图象斜率的物理意义,不难发现,Φ -t 图线上各点处切线的斜率的绝对值表示感应电流的大小,斜率的正负表示电流的方向,根据图乙,在0~t 0时间内,感应电流I 的大小先减小到零,然后再逐渐增大,电流的方向改变一次,据此可知,只有选项B 正确.答案:B2.如图甲所示,水平面上的平行导轨MN 、PQ 上放着两根导体棒ab 、cd ,两棒间用绝缘丝线系住.开始,匀强磁场垂直于纸面向里,磁感应强度B 随时间t 的变化如图乙所示.I 和F T 分别表示流过导体棒中的电流和丝线的拉力.则在t 0时刻( )A .I =0,F T =0B .I =0,F T ≠0C .I ≠0,F T =0D .I ≠0,F T ≠0解析:t 0时刻,磁场变化,磁通量变化,故I ≠0;由于B =0,故ab 、cd 所受安培力均为零,丝线的拉力为零.C 项正确.答案:C3.(2013年大连四校联考)如图所示,在磁感应强度为B 的匀强磁场中,有半径为r 的光滑半圆形导体框架,OC 为一能绕O 在框架上滑动的导体棒,OC 之间连一个电阻R ,导体框架与导体棒的电阻均不计,若要使OC 能以角速度ω匀速转动,则外力做功的功率是( )A.B 2ω2r 4RB.B 2ω2r 42RC.B 2ω2r 44R D.B 2ω2r 48R解析:匀速转动,外力做功的功率与安培力的功率相同,克服安培力做的功转化为系统的内能,即外力做功的功率与发热功率相同.转动OC 切割磁感线产生的电动势大小为E =12Br 2ω,外力的功率为P =E 2R =B 2ω2r 44R ,C 项正确.答案:C4.(2012年高考重庆理综)如题图所示,正方形区域MNPQ 内有垂直纸面向里的匀强磁场.在外力作用下,一正方形闭合刚性导线框沿QN 方向匀速运动,t =0时刻,其四个顶点M ′、N ′、P ′、Q ′恰好在磁场边界中点.下列图象中能反映线框所受安培力f 的大小随时间t 变化规律的是( )解析:设正方形导线框电阻为R ,边长为L 0,磁感应强度为B ,匀速运动的速度为v ,则在A 点由图中A 到N 过程,感应电动势E =BL v ,由L =2v t tan 45°,I =E R ,f =BIL =B 2L 2v R ,知f 增大且斜率增大.在O 点由图中A 到N 过程,L 不变,故f 不变.在B 点由图中A 到N 过程,f 减小且斜率减小.初末两点f 等于零,综合判断B 项正确,A 、C 、D 项错误.答案:B5.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线,如图所示,抛物线的方程是y =x 2,下半部分处在一个水平方向的匀强磁场中,磁场的上边界是y =a 的直线(图中的虚线所示),一个小金属块从抛物线上y =b (b >a )处以速度v 沿抛物线下滑,假设抛物线足够长,金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )A .mgbB.12m v 2 C .mg (b -a ) D .mg (b -a )+12m v 2解析:金属块在进出磁场过程中要产生感应电流,机械能要减少,上升的最大高度不断降低,最后刚好飞不出磁场后,就往复运动永不停止,由能量守恒可得Q=ΔE=12m v2+mg(b-a).答案:D6.(2011年高考海南卷)如图,EOF和E′O′F′为空间一匀强磁场的边界,其中EO∥E′O′,FO∥F′O′,且EO⊥OF;OO′为∠EOF的角平分线,OO′间的距离为l;磁场方向垂直于纸面向里.一边长为l的正方形导线框沿O′O方向匀速通过磁场,t=0时刻恰好位于图示位置.规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正,则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是()解析:当线框左边进入磁场时,线框上的电流方向为逆时针,直至线框右边完全进入磁场;当右边一半进入磁场,左边一半开始出磁场,此后线圈中的电流方向为顺时针.当线框左边进入磁场时,切割磁感线的有效长度均匀增加,故感应电动势、感应电流均匀增加,当左边完全进入磁场,右边还没有进入时,感应电动势、感应电流达最大,且直到右边将要进入磁场这一段时间内均不变,当右边进入磁场时,左边开始出磁场,这时切割磁感线的有效长度均匀减小,感应电动势、感应电流均减小,且左、右两边在磁场中长度相等时为零,之后再反向均匀增加至左边完全出来,到右边到达左边界时电流最大且不变,直到再次减小.故B 正确.答案:B7.(2013年长春调研)如图(a)所示,在光滑水平面上用恒力F 拉质量为m 的单匝均匀正方形铜线框,边长为a ,在1位置以速度v 0进入磁感应强度为B 的匀强磁场并开始计时,若磁场的宽度为b (b >3a ),在3t 0时刻线框到达2位置速度又为v 0,并开始离开匀强磁场.此过程中v -t 图象如图(b)所示,则( )A .t =0时,线框右侧边MN 两端的电压为Ba v 0B .在t 0时刻线框的速度为v 0-2Ft 0/mC .线框完全离开磁场的瞬间位置3速度一定比t 0时刻线框的速度大D .线框完全离开磁场的瞬间位置3速度一定比t 0时刻线框的速度小 解析:t =0时,MN 开始切割磁感线,电动势E =Ba v 0.四边电阻相等,MN间电压为34Ba v 0,A 错;线框t 0时刻完全进入磁场,做匀加速运动,设t 0时刻速度为v ′,则v 0=v ′+F m (2t 0),故v ′=v 0-2Ft 0m ,B 正确;据题意分析知,3t 0后的离开过程与0~t 0的进入过程完全相同,因此线框离开磁场的瞬间位置3速度与t 0时刻相同,C 、D 均错.答案:B8.(2013年陕西五校联考)两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L ,底端接阻值为R 的电阻.将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直,如图所示,除电阻R 外其余电阻不计.现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则( )A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为a→bC.金属棒的速度为v时,电路中的电功率为B2L2v2/RD.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量解析:金属棒由静止释放瞬间速度为零,感应电动势为零,没有安培力的作用,故加速度等于重力加速度,A选项正确;根据右手定则可判断出,金属棒向下运动时感应电流方向向右,故流过电阻R的电流方向为b→a,B选项错误;金属棒的速度为v时,根据P=EI,E=BL v,I=ER=BL vR,得P=B2L2v2R,C选项正确;根据能量守恒定律,金属棒的重力势能的减少量等于金属棒的动能的增加量、弹簧弹性势能的增加量与电阻R上产生的热量之和,D选项错误.答案:AC9.如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,电感L的电阻不计,电阻R的阻值大于灯泡D的阻值.在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后,在t=t1时刻断开S.下列表示A、B两点间电压U AB随时间t变化的图象中,正确的是()解析:S 闭合时,由于电感L 有感抗,经过一段时间电流稳定时L 电阻不计.可见电路的外电阻是从大变小的过程.由U 外=R 外R 外+r E 可知U 外也是从大变小的过程,所以A 、C 错.t 1时刻断开S ,由于自感在L 、R 、D 构成的回路中电流从B 向A 中间流过D ,所以t 1时刻U AB 反向,B 正确.答案:B10.(2013年福建调研)如图所示,电阻不计的平行金属导轨与水平面成θ角,导轨与定值电阻R 1和R 2相连,匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一导体棒ab ,质量为m ,其电阻R 0与定值电阻R 1和R 2的阻值均相等,与导轨之间的动摩擦因数为μ.若使导体棒ab 沿导轨向上滑动,当上滑的速度为v 时,受到的安培力大小为F ,此时( )A .电阻R 1消耗的热功率为F v /3B .电阻R 0消耗的热功率为F v /6C .整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmg v ·cos θD .整个装置消耗的机械功率为F v解析:导体棒相当于一个电源,导体棒的电阻相当于电源内阻,定值电阻R 1和R 2并联后相当于外电路,此时安培力F 的功率F v 等于整个电路中消耗的热功率,因为电阻R 0与定值电阻R 1和R 2的阻值均相等,而流过电阻R 0的电流大小等于流过定值电阻R 1或R 2的电流的2倍,所以电阻R 0消耗的热功率是定值电阻R 1或R 2的4倍,电阻R 1消耗的热功率为F v /6,电阻R 0消耗的热功率为2F v /3,故选项A 、B 错误;整个装置的摩擦力大小为F f =μmg cos θ,方向与速度v 方向相反,所以其消耗的热功率为μmg v ·cos θ,选项C 正确;整个装置消耗的机械功率为P =W /t ,其中W 为整个装置减小的机械能,其大小等于导体棒受到的除重力外其他外力做功的代数和,即W =W安+W f ,所以P =(W 安+W f )/t =F v +μmg v ·cos θ,选项D 错误.答案:C二、非选择题(本题共2小题,共30分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位)11.(15分)(2013年北京海淀区质检)如图甲所示,在一个正方形金属线圈区域内,存在着磁感应强度B 随时间变化的匀强磁场,磁场的方向与线圈平面垂直.金属线圈所围的面积S =200 cm 2,匝数n =1000,线圈电阻r =1.0 Ω.线圈与电阻R 构成闭合回路,电阻R =4.0 Ω.匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示,求:(1)在t =2.0 s 时刻,通过电阻R 的感应电流大小;(2)在t =5.0 s 时刻,电阻R 消耗的电功率;(3)0~6.0 s 内整个闭合电路中产生的热量.解析:(1)根据法拉第电磁感应定律,0~4.0 s 时间内线圈中磁通量均匀变化,产生恒定的感应电流.t =2.0 s 时的感应电动势E 1=n ΔΦ1Δt 1=n (B 4-B 0)S Δt 1根据闭合电路欧姆定律,闭合回路中的感应电流I1=E R+r解得I1=0.2 A.(2)由图象可知,在4.0~6.0 s时间内,线圈中产生的感应电动势E2=n ΔΦ2Δt2=n Φ6-Φ4Δt2根据闭合电路欧姆定律,t=5.0 s时闭合回路中的感应电流I2=E2R+r=0.8 A 电阻消耗的电功率P2=I22R=2.56 W.(3)根据焦耳定律,0~4.0 s内闭合电路中产生的热量Q1=I21(r+R)Δt1=0.8 J4.0~6.0 s内闭合电路中产生的热量Q2=I22(r+R)Δt2=6.4 J0~6.0 s内闭合电路中产生的热量Q=Q1+Q2=7.2 J.答案:(1)0.2 A(2)2.56 W(3)7.2 J12.(15分)(2013年温州模拟)如图所示,两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ,导轨间距为l,所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上.如图所示,将甲、乙两阻值相同,质量均为m的相同金属杆放置在导轨上,甲金属杆处在磁场的上边界,甲、乙相距l.从静止释放两金属杆的同时,在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力,使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动,且加速度大小为a=g sin θ,乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动.(1)求每根金属杆的电阻R为多少?(2)从刚释放金属杆时开始计时,写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力F随时间t的变化关系式,并说明F的方向.(3)若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场,乙金属杆共产生热量Q,试求此过程中外力F对甲做的功.解析:(1)因为甲、乙加速度相同,所以,当乙进入磁场时,甲刚出磁场,乙进入磁场时的速度v乙=2gl sin θ根据平衡条件有mg sin θ=Bl2v乙2R解得:R=B2l22gl sin θ2mg sin θ(2)甲在磁场中运动时,外力F始终等于安培力F=B2l2v2R v=g sin θ·t解得:F=mg2sin2θ2gl sin θt,方向沿导轨向下(3)乙进入磁场前,甲、乙发出相同热量,设为Q1,则有F安l=2Q1又F=F安故外力F对甲做的功W F=Fl=2Q1甲出磁场以后,外力F为零乙在磁场中,甲、乙发出相同热量,设为Q2,则有F安′l=2Q2又F安′=mg sin θQ=Q1+Q2解得:W F=2Q-mgl sin θ答案:(1)均为B2l22gl sin θ2mg sin θ(2)F=mg2sin2θ2gl sin θt方向沿导轨向下(3)2Q-mgl sin θ一、“杆+导轨”模型的特点“杆+导轨”模型类试题命题的“基本元素”:导轨、金属棒、磁场.具有如下的变化特点:1.对于导轨:(1)导轨的形状:常见导轨的形状为U形,还可以为圆形、三角形等;(2)导轨的闭合性:导轨本身可以不闭合,也可以闭合;(3)导轨电阻:电阻不计、均匀分布或部分有电阻、串联外电阻;(4)导轨的放置:水平、竖直、倾斜放置等.2.对于金属棒:(1)金属棒的受力情况:受安培力以外的拉力、阻力或仅受安培力;(2)金属棒的初始状态:静止或运动;(3)金属棒的运动状态:匀速运动、匀变速运动、非匀变速直线运动或转动;(4)金属棒切割磁感线状况:整体切割磁感线或部分切割磁感线;(5)金属棒与导轨的连接:金属棒可整体或部分接入电路,即金属棒的有效长度问题.3.对于磁场:(1)磁场的状态:磁场可以是稳定不变的,也可以是均匀变化或非均匀变化的.(2)磁场的分布:有界或无界.二、模型分类1.“杆+水平导轨”模型[例1](2013年武汉调研)如图所示,宽度L=1 m的足够长的U形金属框架水平固定放置,框架处在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=1 T,框架导轨上放一根质量为m=0.2 kg、电阻R=1.0 Ω的金属棒ab,棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.5,现用功率恒为6 W的牵引力F使棒ab从静止开始沿导轨运动(ab棒始终与导轨接触良好且垂直),当棒ab的电阻R产生热量Q=5.8 J时获得稳定速度,此过程中,通过棒ab的电荷量q=2.8 C(框架电阻不计,g取10m/s2).问:(1)棒ab达到的稳定速度多大?(2)棒ab从静止到达到稳定速度经历的时间为多少?[解析](1)根据题意,牵引力F使棒ab从静止开始沿导轨运功,功率P=F v,当金属棒稳定时:F=F安+μmg而F安=BIL又根据闭合电路欧姆定律I=BL v R联立以上各式解得v=2 m/s.(2)根据法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt=BΔSΔt=BsLt因为q=I t=ER t=BsLR所以棒ab从静止到稳定速度时运动的距离s=qR BL由能量守恒得:Pt=Q+12m v2+μmgs联立以上各式解得:t=1.5 s. [答案](1)2 m/s(2)1.5 s 2.“杆+倾斜导轨”模型[例2](2011年高考天津理综)如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为L=0.5 m,其电阻不计,两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角.完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置,每棒两端都与导轨始终有良好接触,已知两棒质量均为m=0.02 kg,电阻均为R=0.1 Ω,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度B=0.2 T,棒ab在平行于导轨向上的力F作用下,沿导轨向上匀速运动,而棒cd恰好能够保持静止.取g=10 m/s2,问:(1)通过棒cd的电流I是多少,方向如何?(2)棒ab受到的力F多大?(3)棒cd每产生Q=0.1 J的热量,力F做的功W是多少?[解析](1)对cd棒受力分析如图甲所示由平衡条件得mg sin θ=BIL得I =mg sin θBL =0.02×10×sin 30°0.2×0.5A =1 A.根据楞次定律可判定通过棒cd 的电流方向为由d 到c .(2)棒ab 与cd 所受的安培力大小相等,对ab 棒,受力分析如图乙所示,由共点力平衡条件知F =mg sin θ+BIL代入数据解得F =0.2 N.(3)设在时间t 内棒cd 产生Q =0.1 J 的热量,由焦耳定律知Q =I 2Rt设ab 棒匀速运动的速度是v ,其产生的感应电动势E =BL v由闭合电路欧姆定律知I =E2R时间t 内棒ab 运动的位移s =v t力F 所做的功W =Fs综合上述各式,代入数据解得W =0.4 J.[答案](1)1 A方向由d到c(2)0.2 N(3)0.4 J。