步步高高2020届高2017级高三一轮复习课件配套学案专题过关检测1
高2020届高2017级高中物理步步高一轮复习学案配套课件学案第六章第1讲
第1讲 动量定理及应用一、动量、动量变化、冲量 1.动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积. (2)表达式：p ＝m v .(3)方向：动量的方向与速度的方向相同. 2.动量的变化(1)因为动量是矢量,动量的变化量Δp 也是矢量,其方向与速度的改变量Δv 的方向相同. (2)动量的变化量Δp 的大小,一般用末动量p ′减去初动量p 进行计算,也称为动量的增量.即Δp ＝p ′－p . 3.冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量. (2)公式：I ＝Ft . (3)单位：N·s.(4)方向：冲量是矢量,其方向与力的方向相同.自测1 (2018·全国卷Ⅰ·14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动.在启动阶段,列车的动能( ) A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比 答案 B解析 高铁列车做初速度为零的匀加速直线运动,则速度v ＝at ,动能E k ＝12m v 2＝12ma 2t 2,与经历的时间的平方成正比,A 项错误；根据v 2＝2ax ,动能E k ＝12m v 2＝12m ·2ax ＝max ,与位移成正比,B项正确；动能E k ＝12m v 2,与速度的平方成正比,C 项错误；动量p ＝m v ,动能E k ＝12m v 2＝p 22m ,与动量的平方成正比,D 项错误. 二、动量定理1.内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量.2.公式：m v ′－m v ＝F (t ′－t )或p ′－p ＝I .3.动量定理的理解(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系,即外力的冲量是原因,物体的动量变化量是结果.(2)动量定理中的冲量是合力的冲量,而不是某一个力的冲量,它可以是合力的冲量,可以是各力冲量的矢量和,也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和.(3)动量定理表达式是矢量式,等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义.自测2 (2018·全国卷Ⅱ·15)高空坠物极易对行人造成伤害.若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( ) A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N 答案 C解析 设每层楼高约为3 m,则下落高度约为 h ＝3×25 m ＝75 m由mgh ＝12m v 2及(F －mg )t ＝m v 知鸡蛋对地面的冲击力F ＝m 2ght＋mg ≈103 N.命题点一 对动量和冲量的理解1.对动量的理解 (1)动量的两性①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量,是针对某一时刻或位置而言的. ②相对性：动量的大小与参考系的选取有关,通常情况是指相对地面的动量. (2)动量与动能的比较2.对冲量的理解 (1)冲量的两性①时间性：冲量不仅由力决定,还由力的作用时间决定,恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积.②矢量性：对于方向恒定的力来说,冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说,冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致.(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向,但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系.(3)冲量与功的比较例1(2018·广西南宁市3月适应测试)跳水运动员在跳台上由静止直立落下,落入水中后在水中减速运动到速度为零时并未到达池底,不计空气阻力,则关于运动员从静止落下到水中向下运动到速度为零的过程中,下列说法不正确的是()A.运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量B.运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零C.运动员在水中动量的变化量等于水的作用力的冲量D.运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向答案 C解析根据动量定理可知,运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量,A项正确；运动员整个向下运动过程中,初速度为零,末速度为零,因此合外力的冲量为零,B项正确；运动员在水中动量的变化量等于重力和水的作用力的合力的冲量,C项错误；由于整个过程合外力的冲量为零,因此运动员整个过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向,D项正确.变式1(2018·河北省唐山市上学期期末)1998年6月18日,清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验,成功“中华第一撞”,从此,我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨,在碰撞过程中,关于安全气囊的保护作用认识正确的是()A.安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化B.安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量C.安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率D.安全气囊延长了撞击力的作用时间,从而使得动量变化更大答案 C解析在碰撞过程中,驾驶员的动量的变化量是一定的,而用安全气囊后增加了作用的时间,根据动量定理Ft＝Δp可知,安全气囊减小了驾驶员受到的撞击力,即安全气囊减小了驾驶员的动量变化率.例2(2019·甘肃省庆阳市调研)如图1所示,竖直面内有一个固定圆环,MN是它在竖直方向上的直径.两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上,MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放,在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中,下列说法中正确的是()图1A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对a滑块的冲量较大C.弹力对a滑块的冲量较小D.两滑块的动量变化大小相同答案 C解析这是“等时圆”,即两滑块同时到达滑轨底端.合力F＝mg sin θ(θ为滑轨倾角),F a>F b,因此合力对a滑块的冲量较大,a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力F N ＝mg cos θ,F N a<F N b,因此弹力对a滑块的冲量较小.选C.变式2(多选)如图2所示,一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t,则()图2A.拉力对物体的冲量大小为FtB.拉力对物体的冲量大小为Ft sin θC.摩擦力对物体的冲量大小为Ft sin θD.合外力对物体的冲量大小为零答案AD解析拉力F对物体的冲量大小为Ft,故A项正确,B项错误；物体受到的摩擦力F f＝F cos θ,所以,摩擦力对物体的冲量大小为F f t＝Ft cos θ,故C项错误；物体匀速运动,则合外力为零,所以合外力对物体的冲量大小为零,故D项正确.命题点二动量定理的基本应用1.动量定理的理解(1)中学物理中,动量定理研究的对象通常是单个物体.(2)Ft ＝p ′－p 是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同.式中Ft 是物体所受的合外力的冲量.(3)Ft ＝p ′－p 除表明两边大小、方向的关系外,还说明了两边的因果关系,即合外力的冲量是动量变化的原因.(4)由Ft ＝p ′－p ,得F ＝p ′－p t ＝Δpt ,即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率.2.用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象.在中学阶段用动量定理讨论的问题,其研究对象一般仅限于单个物体. (2)对物体进行受力分析.可先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力,再求其冲量.(3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正负号. (4)根据动量定理列方程,如有必要还需要补充其他方程,最后代入数据求解.例3 (2018·福建省三明市上学期期末)用豆粒模拟气体分子,可以模拟气体压强产生的原理.如图3所示,从距秤盘80 cm 高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续作用时间为1 s,豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半,方向相反.若每个豆粒只与秤盘碰撞一次,且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内,碰撞力远大于豆粒受到的重力),已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g.则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )图3A.0.2 NB.0.6 NC.1.0 ND.1.6 N答案 B解析 豆粒从80 cm 高处下落到秤盘上时的速度为v 1,v 12＝2gh , 则v 1＝2gh ＝2×10×0.8 m/s ＝4 m/s设竖直向上为正方向,根据动量定理：Ft ＝m v 2－m v 1 则F ＝m v 2－m v 1t ＝0.1×2－0.1×(－4)1 N ＝0.6 N,故B 正确,A 、C 、D 错误.变式3 (多选)(2018·陕西省安康市第二次联考)一质量为m ＝60 kg 的运动员从下蹲状态竖直向上跳起,经t ＝0.2 s,以大小v ＝1 m/s 的速度离开地面,取重力加速度g ＝10 m/s 2,在这0.2 s 内( )A.地面对运动员的冲量大小为180 N·sB.地面对运动员的冲量大小为60 N·sC.地面对运动员做的功为30 JD.地面对运动员做的功为零 答案 AD解析 人的速度由原来的零,起跳后变为v ,设向上为正方向,由动量定理可得：I －mgt ＝m v －0,故地面对人的冲量为：I ＝m v ＋mgt ＝60×1 N·s ＋600×0.2 N·s ＝180 N·s,故A 正确,B 错误；人在跳起时,地面对人的支持力竖直向上,在跳起过程中,在支持力方向上没有位移,所以地面对运动员的支持力不做功,故C 错误,D 正确.命题点三 动量定理在多过程问题中的应用应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理类似,有分段列式和全程列式两种思路. 例4 一高空作业的工人重为600 N,系一条长为L ＝5 m 的安全带,若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t ＝1 s(工人最终静止悬挂在空中),则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？(g 取10 m/s 2,忽略空气阻力的影响) 答案 1 200 N,方向竖直向下解析 解法一 分段列式法：依题意作图,如图所示,设工人刚要拉紧安全带时的速度为v 1,v 12＝2gL ,得 v 1＝2gL经缓冲时间t ＝1 s 后速度变为0,取向下的方向为正方向,对工人由动量定理知,工人受两个力作用,即拉力F 和重力mg ,所以(mg －F )t ＝0－m v 1,F ＝mgt ＋m v 1t将数值代入得F ＝1 200 N.由牛顿第三定律,工人给安全带的平均冲力F ′为1 200 N,方向竖直向下.解法二 全程列式法：在整个下落过程中对工人应用动量定理,重力的冲量大小为mg (2Lg＋t ),拉力F 的冲量大小为Ft .初、末动量都是零,取向下为正方向,由动量定理知mg (2Lg＋t )－Ft ＝0 解得F ＝mg (2L g＋t )t＝1 200 N由牛顿第三定律知工人给安全带的平均冲力F ′＝F ＝1 200 N,方向竖直向下.变式4 一个质量为m ＝100 g 的小球从离厚软垫h ＝0.8 m 高处自由下落,落到厚软垫上,若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t ＝0.2 s,不计空气阻力,则在这段时间内,软垫对小球的冲量是多少？(取g ＝10 m/s 2) 答案 0.6 N·s,方向竖直向上解析 设小球自由下落h ＝0.8 m 的时间为t 1,由 h ＝12gt 12得t 1＝2hg＝0.4 s. 设I 为软垫对小球的冲量,并令竖直向下的方向为正方向,则对小球整个运动过程运用动量定理得mg (t 1＋t )＋I ＝0,得I ＝－0.6 N·s.负号表示软垫对小球的冲量方向和规定的正方向相反,方向竖直向上.命题点四 应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题1.研究对象常常需要选取流体为研究对象,如水、空气等. 2.研究方法隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象,然后列式求解. 3.基本思路(1)在极短时间Δt 内,取一小柱体作为研究对象. (2)求小柱体的体积ΔV ＝v S Δt (3)求小柱体质量Δm ＝ρΔV ＝ρv S Δt (4)求小柱体的动量变化Δp ＝v Δm ＝ρv 2S Δt (5)应用动量定理F Δt ＝Δp例5 (2016·全国卷Ⅰ·35(2))某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g .求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度. 答案 (1)ρv 0S (2)v 022g －M 2g 2ρ2v 02S2解析 (1)在刚喷出一段很短的Δt 时间内,可认为喷出的水柱保持速度v 0不变. 该时间内,喷出水柱高度Δl ＝v 0Δt ① 喷出水柱质量Δm ＝ρΔV ②其中ΔV 为水柱体积,满足ΔV ＝ΔlS ③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 ΔmΔt＝ρv 0S (2)设玩具底板相对于喷口的高度为h 由玩具受力平衡得F 冲＝Mg ④ 其中,F 冲为水柱对玩具底板的作用力 由牛顿第三定律：F 压＝F 冲⑤其中,F 压为玩具底板对水柱的作用力,设v ′为水柱到达玩具底面时的速度 由运动学公式：v ′2－v 02＝－2gh ⑥在很短Δt 时间内,冲击玩具的水柱的质量为Δm Δm ＝ρv 0S Δt ⑦由题意可知,在竖直方向上,对该部分水柱应用动量定理 (F 压＋Δmg )Δt ＝Δm v ′⑧由于Δt 很小,Δmg 也很小,可以忽略,⑧式变为 F 压Δt ＝Δm v ′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h ＝v 022g －M 2g2ρ2v 02S2变式5 为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s,据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m 3)( ) A.0.15 Pa B.0.54 Pa C.1.5 Pa D.5.4 Pa答案 A解析 设雨滴受到睡莲叶面的平均作用力为F ,在Δt 时间内有质量为Δm 的雨水的速度由v ＝12 m/s 减为零.以向上的方向为正方向,对这部分雨水应用动量定理：F Δt ＝0－(－Δm v )＝Δm v ,得到F ＝ΔmΔt v .设水杯横截面积为S ,对水杯里的雨水,在Δt 时间内水面上升Δh ,则有Δm ＝ρS Δh ,得F ＝ρS v Δh Δt .压强p ＝F S ＝ρv Δh Δt ＝1×103×12×45×10－33 600Pa ＝0.15 Pa.变式6 如图4所示,由喷泉中喷出的水柱,把一个质量为M 的垃圾桶倒顶在空中,水以速率v 0、恒定的质量增率(即单位时间喷出的质量)ΔmΔt从地下射向空中.求垃圾桶可停留的最大高度.(设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹,重力加速度为g )图4答案 v 022g －M 2g 8(Δt Δm)2解析 设垃圾桶可停留的最大高度为h ,并设水柱到达h 高处的速度为v t ,则 v t 2－v 02＝－2gh 得v t 2＝v 02－2gh由动量定理得,在极短时间Δt 内,水受到的冲量为 F Δt ＝2(ΔmΔt·Δt )v t解得F ＝2Δm Δt ·v t ＝2ΔmΔt v 02－2gh据题意有F ＝Mg联立解得h ＝v 022g －M 2g 8(Δt Δm)21.(2018·山东省日照市校际联合质检)关于动量和动能,下列说法中错误的是( ) A.做变速运动的物体,动能一定不断变化 B.做变速运动的物体,动量一定不断变化C.合外力对物体做功为零,物体动能的增量一定为零D.合外力的冲量为零,物体动量的增量一定为零 答案 A解析 做变速运动的物体,速度大小不一定变化,动能不一定变化,故A 错误；做变速运动的物体,速度发生变化,动量一定不断变化,故B 正确；合外力对物体做功为零,由动能定理,物体动能的增量一定为零,故C 正确；合外力的冲量为零,由动量定理,物体动量的增量一定为零,故D 正确.2.(2018·四川省德阳市高考一诊)如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等,则此物体的运动不可能是( )A.匀速圆周运动B.自由落体运动C.平抛运动D.竖直上抛运动答案 A解析如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同,由I＝Ft可知,物体受到的力是恒力.则物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动,故B、C、D正确；物体做匀速圆周运动,所受合外力方向不断变化,合力为变力,不能满足在任何相等时间内,合外力的冲量相等,故不可能为匀速圆周运动,故A错误.3.(2019·福建省泉州市质检)如图1所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a、b、c、d四个点位于同一圆周上,a在圆周最高点,d在圆周最低点,每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放.关于它们下滑的过程,下列说法正确的是()图1A.重力对它们的冲量相同B.弹力对它们的冲量相同C.合外力对它们的冲量相同D.它们动能的增量相同答案 A解析这是“等时圆”,即三个滑环同时由静止释放,运动到最低点d点的时间相同,由于三个环的重力相等,由公式I＝Ft分析可知,三个环重力的冲量相等,故A正确；c环受到的弹力最大,运动时间相等,则弹力对环c的冲量最大,故B错误；a环的加速度最大,受到的合力最大,则合力对a环的冲量最大,故C错误；重力对a环做功最多,其动能的增量最大,故D错误.4.(多选)(2018·河南省开封市第三次模拟)为了进一步探究课本中的迷你小实验,某同学从圆珠笔中取出轻弹簧,将弹簧一端固定在水平桌面上,另一端套上笔帽,用力把笔帽往下压后迅速放开,他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离.不计空气阻力,忽略笔帽与弹簧间的摩擦,在弹簧恢复原长的过程中()A.笔帽一直做加速运动B.弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C.弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D.弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率答案CD解析弹簧恢复原长的过程中,笔帽向上加速运动,弹簧压缩量减小,弹力减小,当弹力等于重力时,加速度为零,速度最大,此后弹力小于重力,合力向下,加速度与速度反向,笔帽做减速运动,故A错误；笔帽向上运动,受到的弹力方向向上,力与位移同向,故弹力对笔帽做正功,重力方向向下,与位移反向,对笔帽做负功,由于笔帽动能增加,所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功,时间相同,根据功率的定义,故D正确；弹簧对桌面虽然有弹力,但没有位移,所以不做功,故B错误；由于轻弹簧质量不计,所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力,作用时间相同,冲量大小相等,故C正确.5.(2018·山东省济宁市上学期期末)质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁,结果子弹穿墙而过,橡皮泥粘在墙上,钢球被弹回.不计空气阻力,关于它们对墙的水平冲量的大小,下列说法正确的是()A.子弹对墙的冲量最小B.橡皮泥对墙的冲量最小C.钢球对墙的冲量最小D.子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等答案 A解析由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等,则它们动量的变化量：Δp＝m v－m v0,子弹穿墙而过,末速度的方向为正；橡皮泥粘在墙上,末速度等于0；钢球被弹回,末速度的方向与初速度方向相反,可知子弹的动量变化量最小,钢球的动量变化量最大,由动量定理：I＝Δp,所以子弹受到的冲量最小,钢球受到的冲量最大,结合牛顿第三定律可知,子弹对墙的冲量最小,钢球对墙的冲量最大,故A正确,B、C、D错误.6.(2018·河南省商丘市上学期期末)李老师在课堂上做了如下的小实验：他把一支粉笔竖直放在水平桌面上靠近边缘的纸条上,如图2所示.第一次他慢慢拉动纸条将纸条抽出,粉笔向后倾倒.第二次他快速将纸条抽出,粉笔轻微晃动一下又静立在桌面上.两次现象相比,下列说法正确的是()图2A.第一次粉笔的惯性更小B.第一次粉笔受到纸带的摩擦力更大C.第一次粉笔受到纸带的冲量更小D.第一次粉笔获得的动量更大答案 D解析两次拉动纸条的过程中粉笔的质量不变,则其惯性不变,故A错误；两次拉动纸条的过程中粉笔对纸条的正压力不变,则纸条对粉笔的摩擦力不变,故B错误；第一次慢慢拉动纸条将纸条抽出作用时间变长,则摩擦力对粉笔冲量更大,故C错误；由动量定理可知,第一次合外力的冲量更大,则第一次粉笔获得的动量更大,故D正确.7.(2018·四川省攀枝花市第二次统考)在距地面高度为h处,同时以大小相等的初速度v0,分别平抛、竖直上抛、竖直下抛出一个质量相等的小球,不计空气阻力,比较它们从抛出到落地过程中动量的增量Δp,正确的是()A.平抛过程中动量的增量Δp最大B.竖直下抛过程中动量的增量Δp最大C.竖直上抛过程中动量的增量Δp最大D.三者一样大答案 C解析三个小球中竖直上抛的小球运动时间最长,而竖直下抛的小球运动时间最短,由I＝Ft可知竖直上抛的小球,重力的冲量最大,由动量定理I＝Δp可知,竖直上抛的小球动量的增量最大,故C正确.8.(2018·湖南省长沙市雅礼中学模拟二)下列说法错误的是()A.火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B.体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C.用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D.为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,发动机舱越坚固越好答案 D解析火箭升空时,内能转化为机械能,火箭向后喷出气流,火箭对气流有向后的力,由于力的作用是相互的,气流对火箭有向前的作用力,从而推动火箭前进,故选项A正确；体操运动员在着地的过程中,动量变化一定.由动量定理可知,体操运动员受到的冲量I一定.由I＝Ft可知,体操运动员在着地时屈腿是为了延长作用时间t,可以减小运动员所受到的平均冲力F,故B正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力,会使枪身后退,影响射击的精准度,所以为了减少反冲的影响,用枪射击时要用肩部抵住枪身,故选项C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,就要延长碰撞时间,由I＝Ft可知,位于车体前部的发动机舱不能太坚固,故选项D错误.9.(2018·四川省绵阳市第二次诊断)在水平地面上,两个具有相同初动量而质量不同的物体,在大小相等的阻力作用下最后停下来.则质量大的物体()A.滑行的距离小B.滑行的时间长C.滑行过程中的加速度大D.滑行过程中的动量变化快答案 A解析 根据p ＝m v ,E k ＝12m v 2可知,E k ＝p 22m,初动量相同,质量大的物体速度小；根据动能定理可知：－F f L ＝0－E k ＝－p 22m,因两物体受到的阻力大小相等,则质量大的物体滑行的距离小,故A 正确；根据动量定理,－F f t ＝0－p ,因动量相同,故滑行时间相同,故B 错误；因两物体受到的阻力相同,由牛顿第二定律可知,质量大的加速度小,故C 错误；因两物体均停止,所以滑行过程中动量变化量相同,因滑行时间相同,故动量变化快慢相同,故D 错误.10.(2018·湖北省黄冈市期末调研)在2017年6月的全球航天探索大会上,我国公布了“可重复使用运载火箭”的概念方案.方案之一为“降伞方案”,如图3,当火箭和有效载荷通过引爆装置分离后,火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道,并加速下落至低空轨道,然后采用降落伞减速,接近地面时打开气囊,让火箭安全着陆.对该方案涉及的物理过程,下列说法正确的是( )图3A.火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能守恒B.从返回轨道下落至低空轨道,火箭的重力加速度增大C.从返回轨道至低空轨道,火箭处于超重状态D.打开气囊是为了减小地面对火箭的冲量答案 B解析 分离用的引爆装置的功能是在接收到分离指令后,通过程序配电器接通电爆管(或点火器),引爆连接解锁装置或分离冲量装置,使之分离,所以火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能不守恒,故A 错误；从返回轨道下落至低空轨道,由G Mm r 2＝mg 得g ＝G M r 2,火箭的重力加速度增大,故B 正确；火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道,并加速下落至低空轨道,火箭处于失重状态,故C 错误；由动量定理可知接近地面时打开气囊,可以减小受到地面的冲击力,而不是减小地面对火箭的冲量,故D 错误.11.(2019·山西省晋中市模拟)质量相等的A 、B 两物体放在同一水平面上,分别受到水平拉力F 1、F 2的作用而从静止开始做匀加速直线运动.经过时间t 0和4t 0速度分别达到2v 0和v 0时,分别撤去F 1和F 2,两物体都做匀减速直线运动直至停止.两物体速度随时间变化的图线如图4所示.设F 1和F 2对A 、B 两物体的冲量分别为I 1和I 2,F 1和F 2对A 、B 两物体做的功分别为W 1和W 2,则下列结论正确的是( )图4A.I 1∶I 2＝12∶5,W 1∶W 2＝6∶5B.I 1∶I 2＝6∶5,W 1∶W 2＝3∶5C.I 1∶I 2＝3∶5,W 1∶W 2＝6∶5D.I 1∶I 2＝3∶5,W 1∶W 2＝12∶5答案 C解析 由题可知,两物体匀减速运动的加速度大小都为v 0t 0,根据牛顿第二定律,匀减速运动中有F f ＝ma ,则摩擦力大小都为m v 0t 0.由题图可知,匀加速运动的加速度分别为2v 0t 0、v 04t 0,根据牛顿第二定律,匀加速运动中有F －F f ＝ma ,则F 1＝3m v 0t 0,F 2＝5m v 04t 0,故I 1∶I 2＝F 1t 0∶4F 2t 0＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W 1－F f x 1＝0,W 2－F f x 2＝0,得W 1＝F f x 1,W 2＝F f x 2,图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移,则位移之比为6∶5,整个运动过程中F 1和F 2做功之比为W 1∶W 2＝x 1∶x 2＝6∶5,故C 正确.12.(2019·河南省郑州市调研)质量为1 kg 的物体静止放在足够大的水平桌面上,物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5 N 的水平恒力F 作用于物体上,使之加速前进,经 3 s 后撤去F .求物体运动的总时间(g 取10 m/s 2).答案 3.75 s解析 物体由静止开始运动到停止运动的全过程中,F 的冲量为Ft 1,摩擦力的冲量为F f t .选水平恒力F 的方向为正方向,根据动量定理有Ft 1－F f t ＝0①又F f ＝μmg ②联立①②式解得t ＝Ft 1μmg, 代入数据解得t ＝3.75 s.13.如图5所示,一质量为M 的长木板在光滑水平面上以速度v 0向右运动,一质量为m 的小铁块在木板上以速度v 0向左运动,铁块与木板间存在摩擦,为使木板能保持速度v 0向右匀速运动,必须对木板施加一水平力,直至铁块与木板达到共同速度v 0.设木板足够长,求此过程中水平力的冲量大小.。
高2020届高2017级高三步步高一轮复习全套课件配套学案第十一章第36讲
第36讲生命中的基础有机化学物质合成有机高分子考纲要求 1.了解糖类、氨基酸和蛋白质的组成、结构特点、主要化学性质及应用。
2.了解糖类、氨基酸和蛋白质在生命过程中的作用。
3.了解合成高分子的组成与结构特点，能依据简单合成高分子的结构分析其链节和单体。
4.了解加聚反应和缩聚反应的含义。
5.了解合成高分子在高新技术领域的应用以及在发展经济、提高生活质量方面中的贡献。
考点一糖类、油脂、蛋白质的组成、结构和性质1.糖类(1)糖类的概念和分类。
①概念: 从分子结构上看，糖类可以定义为多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物。
②组成: 碳、氢、氧三种元素。
大多数糖类化合物的通式为C n(H2O)m，所以糖类也叫碳水化合物。
③分类:(2)单糖——葡萄糖与果糖①组成和分子结构分子式结构简式官能团二者关系葡萄糖C6H12O6CH2OH(CHOH)4CHO—OH、—CHO同分异构体果糖CH2OH(CHOH)3COCH2OH、—OH②葡萄糖的化学性质还原性—能发生银镜反应，能与新制Cu(OH)2悬浊液反应|加成反应—与H 2发生加成反应生成己六醇|发酵成醇—C 6H 12O 6(葡萄糖)――→酒化酶2C 2H 5OH ＋2CO 2↑|生理氧化—C 6H 12O 6＋6O 2―→6CO 2＋6H 2O ＋能量 (3)二糖——蔗糖与麦芽糖比较项目 蔗糖麦芽糖相同点分子式 均为C 12H 22O 11 性质 都能发生水解反应 不同点是否含醛基 不含 含有 水解产物葡萄糖和果糖葡萄糖相互关系互为同分异构体(4)多糖——淀粉与纤维素 ①相似点:a.都属于天然有机高分子化合物，属于多糖，分子式都可表示为(C 6H 10O 5)n 。
b.都能发生水解反应，如淀粉水解的化学方程式为(C 6H 10O 5)n 淀粉＋n H 2O ――→酸或酶n C 6H 12O 6葡萄糖。
c.都不能发生银镜反应。
②不同点: a.通式中n 值不同。
b.淀粉遇碘呈现特殊的蓝色。
高2020届高2017级高中物理步步高一轮复习学案配套课件学案第十章第1讲
第1讲电磁感应现象楞次定律一、磁通量1.概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中,与磁场方向垂直的面积S与B的乘积.2.公式：Φ＝BS.3.适用条件：(1)匀强磁场.(2)S为垂直磁场的有效面积.4.磁通量是标量(填“标量”或“矢量”).5.物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数.如图1所示,矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3,匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直,则：图1(1)通过矩形abcd的磁通量为BS1cos θ或BS3.(2)通过矩形a′b′cd的磁通量为BS3.(3)通过矩形abb′a′的磁通量为0.6.磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1.二、电磁感应现象1.定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时,闭合导体回路中有感应电流产生,这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应.2.条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化.(2)例如：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动.3.实质产生感应电动势,如果电路闭合,则有感应电流.如果电路不闭合,则只有感应电动势而无感应电流.自测1(多选)下列说法正确的是()A.闭合电路内只要有磁通量,就有感应电流产生B.穿过闭合电路的磁通量发生变化,电路中不一定有感应电流产生C.线框不闭合时,即使穿过线框的磁通量发生变化,线框中也没有感应电流产生D.当导体切割磁感线时,一定产生感应电动势答案CD三、感应电流方向的判定1.楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.(2)适用范围：一切电磁感应现象.2.右手定则(1)内容：如图2,伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直并且都与手掌在同一平面内：让磁感线从掌心进入,并使拇指指向导线运动的方向,这时四指所指的方向就是感应电流的方向.图2(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流.自测2如图3所示的金属圆环放在有界匀强磁场中,将它从磁场中匀速拉出来,下列说法正确的是()图3A.向左拉出和向右拉出,其感应电流方向相反B.不管向什么方向拉出,金属圆环中的感应电流方向总是顺时针C.不管向什么方向拉出,环中的感应电流方向总是逆时针D.在此过程中感应电流大小不变答案 B解析金属圆环不管是向什么方向拉出磁场,金属圆环中的磁通量方向不变,且不断减小,根据楞次定律知,感应电流的方向相同,感应电流的磁场方向和原磁场的方向相同,则由右手螺旋定则知感应电流的方向是顺时针方向,A、C错误,B正确；金属圆环匀速拉出磁场过程中,磁通量的变化率在发生变化,感应电流的大小也在发生变化,D错误.命题点一电磁感应现象的理解和判断常见的产生感应电流的三种情况例1(多选)(2018·陕西省黄陵中学考前模拟)如图4甲所示,导体棒ab、cd均可在各自的导轨上无摩擦地滑动,导轨电阻不计,磁场的磁感应强度B1、B2的方向如图所示,大小随时间变化的情况如图乙所示,在0～t1时间内()图4A.若ab不动,则ab、cd中均无感应电流B.若ab不动,则ab中有恒定的感应电流,但cd中无感应电流C.若ab向右匀速运动,则ab中一定有从b到a的感应电流,cd向左运动D.若ab向左匀速运动,则ab中一定有从a到b的感应电流,cd向右运动答案BD解析若ab不动,0～t1时间内,B1逐渐增大,由法拉第电磁感应定律可知,ab产生恒定的感应电流,根据楞次定律可知cd中无感应电流,故A错误,B正确；若ab向左匀速运动,0～t1时间内,B1垂直于纸面向里且逐渐增大,穿过左侧闭合区域的磁通量增大,运用楞次定律得ab中有从a到b的感应电流,回路中产生逐渐增大的电动势,即从a到b的感应电流增大,根据楞次定律得在导体棒cd中产生d到c的感应电流,根据左手定则得导体棒cd受到向右的安培力,即cd向右运动,故D正确；若ab向右匀速运动,产生从b到a的感应电流,同时B1均匀增大,产生从a到b 的感应电流,由于不确定两感应电流的大小关系,故ab中感应电流无法确定,故C错误.变式1下列各图所描述的物理情境中,没有感应电流的是()答案 A解析开关S闭合稳定后,穿过线圈N的磁通量保持不变,线圈N中不产生感应电流,故A符合题意；磁铁向铝环A靠近,穿过铝环的磁通量在增大,铝环中产生感应电流,故B不符合题意；金属框从A向B运动,穿过金属框的磁通量时刻在变化,金属框中产生感应电流,故C不符合题意；铜盘在磁场中按题图所示方向转动,铜盘的一部分切割磁感线,产生感应电流,故D不符合题意.变式2如图5所示,一个U形金属导轨水平放置,其上放有一个金属导体棒ab,有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面,且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中,一定能在轨道回路里产生感应电流的是()图5A.ab向右运动,同时使θ减小B.使磁感应强度B减小,θ角同时也减小C.ab向左运动,同时增大磁感应强度BD.ab向右运动,同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)答案 A解析设此时回路面积为S,据题意,磁通量Φ＝BS cos θ,S增大,θ减小,cos θ增大,则Φ增大,A 正确；B减小,θ减小,cos θ增大,Φ可能不变,B错误；S减小,B增大,Φ可能不变,C错误；S增大,B增大,θ增大,cos θ减小,Φ可能不变,D错误.命题点二感应电流方向的两种判断方法1.用楞次定律判断(1)楞次定律中“阻碍”的含义：(2)应用楞次定律的思路：2.用右手定则判断该方法只适用于导体切割磁感线产生的感应电流,注意三个要点：(1)掌心——磁感线穿入；(2)拇指——指向导体运动的方向；(3)四指——指向感应电流的方向.例2(多选)(2018·全国卷Ⅰ·19)如图6,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路.将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态.下列说法正确的是()图6A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动答案AD解析根据安培定则,开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场.开关闭合后的瞬间,根据楞次定律,直导线上将产生由南向北的电流,根据安培定则,直导线上方的磁场垂直纸面向里,故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动,A项正确；开关闭合并保持一段时间后,直导线上没有感应电流,故小磁针的N极指北,B、C项错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,根据楞次定律,直导线上将产生由北向南的电流,这时直导线上方的磁场垂直纸面向外,故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动,D项正确.变式3(2017·全国卷Ⅲ·15)如图7,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨,导轨平面与磁场垂直,金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面.现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是()图7A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向答案 D解析金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里,磁通量增大,由楞次定律可判断,闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外,由安培定则可判断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外,与原磁场方向相反,则T中磁通量减小,由楞次定律可判断,T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里,由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针,选项D正确.例3(2018·广东省揭阳市学业水平考试)如图8所示,一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内,环心与两导线距离相等,环的直径小于两导线间距离,两导线中通有图示方向相同的恒定电流I.则当环()图8A.向上运动时,环中产生顺时针方向的感应电流B.向下运动时,环中产生顺时针方向的感应电流C.向左侧靠近导线时,环中产生逆时针方向的感应电流D.向右侧靠近导线时,环中产生逆时针方向的感应电流 答案 D解析 直导线之间的磁场是对称的,圆环在中间时,通过圆环的磁通量为零,圆环上下运动的时候,通过圆环的磁通量不变,不会有感应电流产生,故A 、B 错误；圆环向左侧靠近直导线,则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强,根据楞次定律可得,环上的感应电流方向为顺时针,故C 错误；圆环向右侧靠近直导线,则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强,根据楞次定律可得,环上的感应电流方向为逆时针,故D 正确.变式4 (2018·湖北省武汉名校联考)如图9甲所示,长直导线与闭合金属线框位于同一平面内,长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示.在0～T2时间内,直导线中电流向上,则在T2～T 时间内,线框中感应电流的方向与所受安培力的合力方向分别是()图9A.顺时针,向左B.逆时针,向右C.顺时针,向右D.逆时针,向左答案 B解析 在0～T 2时间内,直导线中电流向上,由题图乙知,在T2～T 时间内,直导线电流方向也向上,根据安培定则知,导线右侧磁场的方向垂直纸面向里,电流逐渐增大,则磁场逐渐增强,根据楞次定律,金属线框中产生逆时针方向的感应电流.根据左手定则,金属线框左边受到的安培力方向向右,右边受到的安培力方向向左,离导线越近,磁场越强,则左边受到的安培力大于右边受到的安培力,所以金属线框所受安培力的合力方向向右,故B 正确,A 、C 、D 错误.命题点三 楞次定律推论的应用楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因,列表说明如下：磁铁远离,是引力例4 (多选)(2018·陕西省宝鸡市一模)如图10所示,两个条形磁铁的N 极和S 极相向水平放置,一竖直放置的矩形线框从两个磁铁之间正上方由静止落下,并从两磁铁中间穿过.下列关于线框受到的安培力及从右向左看感应电流的方向说法正确的是( )图10A.感应电流方向先沿逆时针方向,后沿顺时针方向B.感应电流方向先沿顺时针方向,后沿逆时针方向C.安培力方向一直竖直向上D.安培力方向先竖直向上,后竖直向下 答案 BC解析 由题图可知,中间磁感应强度最大,而向上或向下磁感应强度均越来越小,故在线框从高处下落过程中,穿过线框的磁通量一直向右,且先增大后减小,则由楞次定律可知,感应电流方向先沿顺时针方向后沿逆时针方向,故A 错误,B 正确；产生的感应电流一直阻碍物体间的相对运动,故安培力一定一直竖直向上,故C 正确,D 错误.变式5 如图11所示,光滑平行导轨M 、N 固定在同一水平面上,两根导体棒P 、Q 平行放置在导轨上,形成一个闭合回路,当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )图11A.P 、Q 将互相靠拢B.P 、Q 将互相远离C.磁铁的加速度仍为gD.磁铁的加速度大于g答案 A解析解法一根据楞次定律的另一表述“感应电流的效果总是要阻碍产生感应电流的原因”,本题中“原因”是回路中磁通量的增加,归根结底是磁铁靠近回路,“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近.所以,P、Q将互相靠拢且磁铁的加速度小于g,选项A正确.解法二设磁铁下端为N极,根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向,如图所示,根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向,可见,P、Q将相互靠拢.由于回路所受安培力的合力向下,由牛顿第三定律知,磁铁将受到向上的反作用力,从而加速度小于g.当磁铁下端为S极时,根据类似的分析可得到相同的结论,选项A正确.变式6(2019·湖北省宜昌市质检)如图12所示,一个N极朝下的条形磁铁竖直下落,恰能穿过水平放置的固定矩形导线框,则()图12A.磁铁经过位置①时,线框中感应电流沿abcd方向；经过位置②时,线框中感应电流沿adcb方向B.磁铁经过位置①时,线框中感应电流沿adcb方向；经过位置②时,线圈中感应电流沿abcd方向C.磁铁经过位置①和②时,线框中的感应电流都沿abcd方向D.磁铁经过位置①和②时,线框中感应电流都沿adcb方向答案 A解析当磁铁经过位置①时,穿过线框的磁通量向下且不断增加,由楞次定律可确定感应电流的磁场方向向上,阻碍磁通量的增加,根据右手螺旋定则可判定感应电流应沿abcd方向.同理可判断当磁铁经过位置②时,感应电流沿adcb方向,故选A.命题点四 三定则一定律的应用安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用对比：例5 (多选)如图13所示,水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ 、MN ,MN 的左边有一如图所示的闭合电路,当PQ 在一外力的作用下运动时,MN 向右运动,则PQ 所做的运动可能是( )图13A.向右加速运动B.向左加速运动C.向右减速运动D.向左减速运动 答案 BC 解析 MN 向右运动,说明MN 受到向右的安培力,因为ab 在MN 处的磁场垂直纸面向里―――→左手定则MN 中的感应电流方向为M →N ―――→安培定则L 1中感应电流的磁场方向向上―――→楞次定律⎩⎪⎨⎪⎧L 2中磁场方向向上减弱L 2中磁场方向向下增强.若L 2中磁场方向向上减弱―――→安培定则PQ 中电流方向为Q →P 且减小―――→右手定则向右减速运动；若L 2中磁场方向向下增强―――→安培定则PQ 中电流方向为P →Q 且增大―――→右手定则向左加速运动.变式7 (多选)如图14所示,金属导轨上的导体棒ab 在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时,铜制线圈c 中将有感应电流产生且被螺线管吸引( )图14A.向右做匀速运动B.向左做减速运动C.向右做减速运动D.向右做加速运动答案BC解析当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流,线圈中的磁通量恒定,无感应电流出现,A错误；当导体棒向左做减速运动时,由右手定则可判定回路中产生了b→a的感应电流且减小,由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱,由楞次定律知c中产生顺时针方向的感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引,B正确；同理可判定C正确,D错误.变式8置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线,与套在铁芯上部的线圈A 相连.套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上,如图15所示.导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中.下列说法正确的是()图15A.圆盘顺时针加速转动时,ab棒将向右运动B.圆盘顺时针匀速转动时,ab棒将向右运动C.圆盘顺时针减速转动时,ab棒将向右运动D.圆盘逆时针加速转动时,ab棒将向左运动答案 C1.(多选)如图1所示,水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线,以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系.四个相同的圆形闭合线圈在四个象限内完全对称放置,两直导线中的电流大小与变化情况完全相同,电流方向如图所示,当两直导线中的电流都增大时,四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是()图1A.线圈a中有感应电流B.线圈b中有感应电流C.线圈c中无感应电流D.线圈d中无感应电流答案AD2.(多选)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”.实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图2所示.实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后.下列说法正确的是()图2A.圆盘上产生了感应电动势B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动答案AB解析当圆盘转动时,圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线,产生感应电动势,选项A正确.如图所示,铜圆盘上存在许多小的闭合回路,当圆盘转动时,穿过小的闭合回路的磁通量发生变化,回路中产生感应电流,根据楞次定律,感应电流阻碍其相对运动,但阻止不了相对运动,故磁针会随圆盘一起转动,但略有滞后,选项B正确；在圆盘转动过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零,选项C错误；圆盘中的电子定向移动不会产生电流,因为圆盘本身不带电(圆盘内正负电荷代数和为零),故圆盘转动时没有因电子随圆盘定向移动形成的电流,选项D 错误.3.如图3所示,一圆形金属线圈放置在水平桌面上,匀强磁场垂直桌面竖直向下,过线圈上A点作切线OO′,OO′与线圈在同一平面上.在线圈以OO′为轴翻转180°的过程中,线圈中电流流向()图3A.始终为A→B→C→AB.始终为A→C→B→AC.先为A→C→B→A,再为A→B→C→AD.先为A→B→C→A,再为A→C→B→A答案 A解析在线圈以OO′为轴翻转0～90°的过程中,穿过线圈正面向里的磁通量逐渐减小,则感应电流产生的磁场垂直桌面向下,由楞次定律可知感应电流方向为A→B→C→A；线圈以OO′为轴翻转90°～180°的过程中,穿过线圈反面向里的磁通量逐渐增加,则感应电流产生的磁场垂直桌面向上,由楞次定律可知感应电流方向仍然为A→B→C→A,A正确.4.(多选)(2018·河北省衡水中学模拟)如图4所示,将若干匝线圈固定在光滑绝缘杆上,另一个金属环套在杆上与线圈共轴,当合上开关时线圈中产生磁场,金属环就可被加速弹射出去.现在线圈左侧同一位置处,先后放置形状、大小相同的铜环和铝环(两环分别用横截面积相等的铜和铝导线制成),且铝的电阻率大于铜的电阻率,闭合开关S的瞬间,下列描述正确的是()图4A.从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B.线圈沿轴向有伸长的趋势C.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力D.若金属环出现断裂,不会影响其向左弹射答案AC解析线圈中通电,由安培定则可知磁场方向向左,通过金属环的磁通量增加,从左侧看环中有顺时针方向的感应电流,故A项正确；同向电流互相吸引,线圈有缩短的趋势,B项错误；因铜环的电阻小,铜环中感应电流大,受到的安培力大,C项正确；若金属环出现断裂,就不能构成闭合回路,环中有感应电动势,无感应电流,不受安培力作用,故不会被向左弹出,D项错误.5.(2018·贵州省遵义航天中学模拟)如图5所示,在通电长直导线AB的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属线圈P,AB在线圈平面内.当发现闭合线圈向右摆动时()图5A.AB中的电流减小,用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流B.AB中的电流不变,用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流C.AB中的电流增大,用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流D.AB中的电流增大,用楞次定律判断得线圈中产生顺时针方向的电流答案 C6.MN、GH为光滑的水平平行金属导轨,ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆,匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面,如图6所示,则()图6A.若固定ab,使cd向右滑动,则abdc回路有电流,电流方向由a到b到d到cB.若ab、cd以相同的速度一起向右滑动,则abdc回路有电流,电流方向由c到d到b到aC.若ab向左、cd向右同时运动,则abdc回路电流为0D.若ab、cd都向右运动,且两棒速度v cd>v ab,则abdc回路有电流,电流方向由c到d到b到a 答案 D解析若固定ab,使cd向右滑动,由右手定则知应产生顺时针方向的电流,故A错.若ab、cd同向运动且速度大小相同,ab、cd所围的面积不变,磁通量不变,不产生感应电流,故B错.若ab向左、cd向右同时运动,则abdc回路中有顺时针方向的电流,故C错.若ab、cd都向右运动,且v cd>v ab,则ab、cd所围的面积发生变化,磁通量也发生变化,故由楞次定律可判断出产生由c到d到b到a的电流,故D正确.7.如图7所示,线圈两端与电阻相连构成闭合回路,在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁,磁铁的S极朝下.在将磁铁的S极插入线圈的过程中()图7A.通过电阻的感应电流的方向由a到b,线圈与磁铁相互排斥B.通过电阻的感应电流的方向由b到a,线圈与磁铁相互排斥C.通过电阻的感应电流的方向由a到b,线圈与磁铁相互吸引D.通过电阻的感应电流的方向由b到a,线圈与磁铁相互吸引答案 A解析将磁铁的S极插入线圈的过程中,由楞次定律知,通过电阻的感应电流的方向由a到b,线圈与磁铁相互排斥.8.如图8所示,一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上,细线从一水平金属圆环中穿过.现将环从位置Ⅰ释放,环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为F T1和F T2,重力加速度大小为g,则()图8A.F T1＞mg,F T2＞mgB.F T1＜mg,F T2＜mgC.F T1＞mg,F T2＜mgD.F T1＜mg,F T2＞mg答案 A解析金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中,由楞次定律知,金属圆环在磁铁上端时受力向上,在磁铁下端时受力也向上,则金属圆环对磁铁的作用力始终向下,对磁铁受力分析可知F T1＞mg,F T2＞mg,A正确.9.(多选)(2019·广西毕业班百校大联考)图9所示是研究性学习小组的同学设计的防止电梯坠落的应急安全装置,在电梯轿厢上安装上永久磁铁,电梯的井壁上铺设线圈,能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害.关于该装置,下列说法正确的是()图9A.当电梯突然坠落时,该安全装置可起到阻碍电梯下落的作用B.当电梯突然坠落时,该安全装置可使电梯停在空中C.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时,闭合线圈A、B中电流方向相同D.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时,闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落答案AD解析若电梯突然坠落,将线圈闭合时,线圈内的磁通量发生变化,将在线圈中产生感应电流,感应电流会阻碍相对运动,可起到应急避险作用,故A正确；感应电流会阻碍相对运动,但不能阻止运动,故B错误；当电梯坠落至题图所示位置时,闭合线圈A中向上的磁场减弱,感应电流的方向从上向下看是逆时针方向,B中向上的磁场增强,感应电流的方向从上向下看是顺时针方向,可知A与B中感应电流方向相反,故C错误；结合A的分析可知,当电梯坠落至题图所示位置时,闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落,故D正确.10.(多选)如图10所示,在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中,有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd,用绝缘轻质细杆悬挂在O点,并可绕O点左右摆动.金属线框从图示位置的右侧某一位置由静止释放,在摆动到左侧最高点的过程中,细杆和金属线框平面始终处于同一平面,且垂直纸面.则下列说法中正确的是()图10A.线框中感应电流的方向先是d→c→b→a→d,后是a→b→c→d→aB.线框中感应电流的方向是d→c→b→a→dC.穿过线框中的磁通量先变大后变小D.穿过线框中的磁通量先变小后变大答案BD解析线框从题图所示位置的右侧摆到最低点的过程中,穿过线框的磁通量减小,由楞次定律可判断感应电流的方向为d→c→b→a→d,从最低点到左侧最高点的过程中,穿过线框的磁通量增大,由楞次定律可判断感应电流的方向为d→c→b→a→d.11.(多选)如图11,两同心圆环A、B置于同一水平面上,其中B为均匀带负电绝缘环,A为导体环.当B绕轴心顺时针转动且转速增大时,下列说法正确的是()。
高2020届高2017级高三步步高一轮复习全套课件配套学案第一章专题突破1
检查装置气密性的基本思路是使装置内外压强不等，观察气泡或液面变化。
(1)微热法: 如图a。
用酒精灯微热或用手捂热试管，导管口____________，停止加热或松开手后导管内________________，证明装置不漏气。
(2)液差法: 如图b、c。
连接好仪器，b中夹紧弹簧夹，从长颈漏斗中注入适量水，使b中长颈漏斗中的液面________锥形瓶中的液面，静置，若________________________，证明装置不漏气。
c中，从乙管加入适量水，使乙管液面________甲管液面，静置，若液面__________________，证明装置不漏气。
(3)滴液法: 如图d。
向分液漏斗中注入适量水，关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，水在下端形成一段水柱，如果______________________，则证明装置气密性良好。
(4)抽气(吹气)法: 如图e、f。
e中关闭分液漏斗的活塞，轻轻向外拉动或向里推动注射器的活塞，一段时间后，活塞________________，证明装置的气密性良好。
f中打开弹簧夹，向导管口吹气，如果长颈漏斗中的液面__________，且停止吹气后，夹上弹簧夹，长颈漏斗液面____________，则证明装置的气密性良好。
(液差法的拓展)答案(1)产生气泡形成一段水柱(2)高于液面位置保持不变高于位置保持不变(3)一段时间后，水柱的水位不会下降(4)能回到原来的位置上升保持稳定1.下列是一些装置气密性检查的方法，其中正确的是()答案 B解析A、C、D中都未形成封闭体系。
2.(2018·成都高三模拟)下列装置中，不添加其他仪器无法检查气密性的是()答案 A解析B项利用液差法: 夹紧弹簧夹，从长颈漏斗中向试管内加水，长颈漏斗中会形成一段液柱，停止加水后，通过液柱是否变化即可检查；C项利用加热(手捂)法: 用酒精灯微热(或用手捂热)试管，通过观察烧杯中有无气泡以及导管中水柱是否变化即可检查；D项利用抽气法: 向外轻轻拉动注射器的活塞，通过观察浸没在水中的玻璃导管口是否有气泡冒出即可检查。
高2020届高2017级步步高高中化学一轮复习全套课件学案第一章第4讲
第4讲 一定物质的量浓度的溶液及其配制考纲要求 1.了解溶液的含义。
2.了解溶解度、饱和溶液的概念。
3.了解溶液浓度的表示方法。
理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念,并能进行有关计算。
4.掌握配制一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的方法。
考点一 物质的量浓度及相关计算1.物质的量浓度(1)概念:表示单位体积溶液里所含溶质B 的物质的量。
(2)表达式:c B ＝n BV。
(3)单位:mol·L －1(或 mol/L)。
2.溶质的质量分数――→概念⎪⎪⎪以溶液里溶质质量与溶液质量的比值表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示――→表达式w (B)＝m (B )m (aq )×100%(1)1 mol·L －1 NaCl 溶液是指此溶液中含有1 mol NaCl( )(2)用100 mL 水吸收0.1 mol HCl 气体所得溶液的物质的量浓度恰好是1 mol·L －1( )(3)1 L 水中溶解5.85 g NaCl 所形成的溶液的物质的量浓度是0.1 mol·L －1( )(4)将25 g CuSO 4·5H 2O 晶体溶于75 g 水中所得溶质的质量分数为25%( ) (5)将40 g SO 3溶于60 g 水中所得溶质的质量分数为49%( )(6)同浓度的三种溶液:Na 2SO 4、MgSO 4、Al 2(SO 4)3,其体积比为3∶2∶1,则SO 2－4浓度之比为3∶2∶3( ) (7)0.5 mol·L－1的稀H 2SO 4溶液中c (H ＋)为1.0 mol·L －1( )【参考答案】：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)× (7)√1.在标准状况下,将V L 氨气溶于0.1 L 水中,所得溶液的密度为ρ g·cm －3,则此氨水的物质的量浓度为____________ mol·L －1。
高2020届高2017级高三物理一轮复习步步高全书学案第一章 第1讲
第1讲 运动的描述一、质点和参考系 1.质点(1)用来代替物体的有质量的点叫做质点.(2)研究一个物体的运动时,如果物体的形状和大小对所研究问题的影响可以忽略,就可以看做质点.(3)质点是一种理想化模型,实际并不存在.(1)参考系可以是运动的物体,也可以是静止的物体,但被选为参考系的物体,我们都假定它是静止的.(2)比较两物体的运动情况时,必须选同一参考系.(3)选取不同的物体作为参考系,对同一物体运动的描述可能不同.通常以地面为参考系.自测1(多选)关于质点和参考系的理解,下列说法正确的是()A.研究2018年印尼亚运会男子100米冠军苏炳添最后冲线的动作时可以把苏炳添看成质点B.研究女子50米步枪比赛中杜丽射出的子弹轨迹可以将子弹看成质点C.“一江春水向东流”是以地面为参考系D.未起飞的舰载机以航母甲板为参考系是静止的答案BCD二、位移和速度1.位移和路程2.速度与速率(1)平均速度:物体发生的位移与发生这段位移所用时间的比值,即v＝ΔxΔt,是矢量,其方向就是对应位移的方向.(2)瞬时速度:运动物体在某一时刻或经过某一位置的速度,是矢量,其方向是物体的运动方向或运动轨迹的切线方向.(3)速率:瞬时速度的大小,是标量.(4)平均速率:物体运动实际路程与发生这段路程所用时间的比值,不一定等于平均速度的大小. 自测2在伦敦奥运会上,牙买加选手博尔特在男子100 m决赛(直跑道)和男子200 m决赛(弯曲跑道)中分别以9.63 s和19.32 s的成绩获得两枚金牌.关于他在这两次决赛中的运动情况,下列说法正确的是()A.200 m决赛的位移是100 m决赛的两倍B.200 m决赛的平均速度约为10.35 m/sC.100 m决赛的平均速度约为10.38 m/sD.100 m决赛的最大速度约为20.76 m/s解析 200 m 比赛跑道是弯曲的,位移小于200 m,100 m 比赛跑道是直线,位移等于100 m,A 错；200 m 19.32 s ≈10.35 m/s 是平均速率,B 错；100 m9.63 s ≈10.38 m/s 是平均速度,C 对；最大速度由已知条件无法求出,D 错. 三、加速度1.物理意义:描述物体速度变化快慢和方向的物理量.2.定义式:a ＝Δv Δt ＝v －v 0Δt.3.决定因素:a 不是由v 、Δt 、Δv 来决定,而是由Fm来决定.4.方向:与Δv 的方向一致,由合外力的方向决定,而与v 0、v 的方向无关.自测3 (多选)(2018·深圳市高级中学综合测试)有下列几种情景,请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说法( )A.点火后即将升空的火箭.因火箭还没运动,所以加速度一定为零B.高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车.轿车紧急刹车时,速度变化很快,所以加速度很大C.运行的磁悬浮列车在轨道上高速行驶.高速行驶的磁悬浮列车,因速度很大,所以加速度也一定很大D.汽车匀速率通过一座拱桥.因为汽车做的是曲线运动,所以加速度不为零 答案 BD解析 点火后即将升空的火箭,虽然速度还为零,但因其所受合外力不为零,则加速度不为零,A 错误；轿车紧急刹车时速度变化很快,由a ＝ΔvΔt 可知,其加速度很大,B 正确；高速行驶的磁悬浮列车,虽然速度很大,若其速度不变化,则加速度为零,C 错误；汽车匀速率过拱桥时,汽车做曲线运动,汽车速度方向时刻变化,其加速度不为零,D 正确.命题点一 质点、参考系和位移1.三个概念的进一步理解(1)质点不同于几何“点”,它无大小但有质量,能否看成质点是由研究问题的性质决定,而不是依据物体自身大小和形状来判断.(2)参考系一般选取地面或相对地面静止的物体.(3)位移是由初位置指向末位置的有向线段,线段的长度表示位移的大小. 2.三点注意(1)对于质点要从建立理想化模型的角度来理解.(2)在研究两个物体间的相对运动时,选择其中一个物体为参考系,可以使分析和计算更简单.(3)位移的矢量性是研究问题时应切记的性质.例1在“金星凌日”的精彩天象中,观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过,持续时间达六个半小时,那便是金星,如图1所示.下面说法正确的是()图1A.地球在金星与太阳之间B.观测“金星凌日”时可将太阳看成质点C.以太阳为参考系,金星绕太阳一周位移不为零D.以太阳为参考系,可以认为金星是运动的答案 D解析金星通过太阳和地球之间时,我们才看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色,选项A错误；因为观测“金星凌日”时太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用,所以不能将太阳看成质点,选项B错误；金星绕太阳一周,起点与终点重合,位移为零,选项C错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化,所以以太阳为参考系,金星是运动的,选项D正确.变式1(2018·陕西省铜川市模拟)下列关于运动学概念的论述,正确的是()A.运动员跑完800 m比赛,指的是路程为800 mB.运动员铅球成绩为4.50 m,指的是铅球的位移大小为4.50 mC.足球比赛挑边时,上抛的硬币落回地面猜测正反面,硬币可以看做质点D.阅兵预演空中梯队通过天安门上空时,以编队中某一飞机为参考系,地面上的观众是静止的答案 A命题点二平均速度和瞬时速度1.区别与联系(1)区别:平均速度是过程量,表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度是状态量,表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度.(2)联系:瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度.2.方法和技巧(1)判断是否为瞬时速度,关键是看该速度是否对应“位置”或“时刻”. (2)求平均速度要找准“位移”和发生这段位移所需的“时间”.例2 (2018·湖南省常德市期末检测)在某GPS 定位器上,显示了以下数据:航向267°,航速36 km/h,航程60 km,累计100 min,时间10∶29∶57,则此时瞬时速度和开机后平均速度为( ) A.3.6 m /s 、10 m/s B.10 m /s 、10 m/s C.3.6 m /s 、6 m/s D.10 m /s 、6 m/s答案 B解析 GPS 定位器上显示的航速为瞬时速度36 km /h ＝10 m/s,航程60 km,累计100 min,平均速度为60×103100×60m /s ＝10 m/s,故B 正确.变式2 (多选)骑自行车的人沿斜坡直线向下行驶,在第1 s 、第2 s 、第3 s 、第4 s 内通过的位移分别是1 m 、2 m 、3 m 、4 m,有关其运动的描述,下列说法中正确的是( ) A.整个过程中的平均速度是2.5 m/s B.在第3、4两秒内的平均速度是3.5 m/s C.第3 s 末的瞬时速度为3 m/s D.该运动一定是匀加速直线运动 答案 AB变式3 (2019·河南省洛阳市期中)一质点沿直线Ox 方向做变速运动,它离开O 点的距离x 随时间t 变化的关系为x ＝(5＋2t 3) m,它的速度v 随时间t 变化的关系为v ＝6t 2 (m/s),该质点在t ＝2 s 时的速度和t ＝2 s 到t ＝3 s 时间内的平均速度的大小分别为( ) A.12 m /s 39 m/s B.24 m /s 38 m/s C.12 m /s 19.5 m/s D.24 m /s 13 m/s 答案 B解析 由v ＝6t 2 (m /s)得,当t ＝2 s 时,v ＝24 m /s ；根据质点离开O 点的距离随时间变化的关系为x ＝(5＋2t 3) m 得:当t ＝2 s 时,x 2＝21 m,t ＝3 s 时,x 3＝59 m ；则质点在t ＝2 s 到t ＝3 s 时间内的位移Δx ＝x 3－x 2＝38 m,平均速度v ＝Δx Δt ＝381 m /s ＝38 m/s,故选B. 拓展点 用平均速度法求解瞬时速度——极限思想的应用1.用极限法求瞬时速度和瞬时加速度 (1)公式v ＝ΔxΔt 中,当Δt →0时v 是瞬时速度.(2)公式a ＝ΔvΔt中,当Δt →0时a 是瞬时加速度.2.注意(1)用v ＝ΔxΔt求瞬时速度时,求出的是粗略值,Δt (Δx )越小,求出的结果越接近真实值.(2)对于匀变速直线运动,一段时间内的平均速度可以精确地表示物体在这一段时间中间时刻的瞬时速度.例3 为了测定气垫导轨上滑块的加速度,滑块上安装了宽度为d ＝3.0 cm 的遮光板,如图2所示,滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门,配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt 1＝0.30 s,通过第二个光电门的时间为Δt 2＝0.10 s,遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt ＝3.0 s,则滑块的加速度约为( )图2A.0.067 m /s 2B.0.67 m/s 2C.6.7 m/s 2D.不能计算出答案 A解析 遮光板通过第一个光电门时的速度v 1＝d Δt 1＝0.030.30m /s ＝0.10 m/s,遮光板通过第二个光电门时的速度v 2＝d Δt 2＝0.030.10 m /s ＝0.30 m/s,故滑块的加速度a ＝v 2－v 1Δt ≈0.067 m/s 2,选项A正确.变式4 (2019·湖北省荆州市质检)如图3所示,气垫导轨上滑块经过光电门时,其上的遮光条将光遮住,电子计时器可自动记录遮光时间Δt .测得遮光条的宽度为Δx ,用ΔxΔt 近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度.为使ΔxΔt更接近瞬时速度,正确的措施是( )图3A.换用宽度更窄的遮光条B.提高测量遮光条宽度的精确度C.使滑块的释放点更靠近光电门D.增大气垫导轨与水平面的夹角 答案 A命题点三 速度、速度变化量和加速度的关系1.三个概念的比较2.判断直线运动中的“加速”或“减速”方法物体做加速运动还是减速运动,关键是看物体的加速度与速度的方向关系. (1) a 和v 同向(加速直线运动)―→⎩⎪⎨⎪⎧a 不变，v 随时间均匀增加a 增大，v 增加得越来越快a 减小，v 增加得越来越慢(2)a 和v 反向(减速直线运动)―→⎩⎪⎨⎪⎧a 不变，v 随时间均匀减小(或反向增加)a 增大，v 减小(或反向增加)得越来越快a 减小，v 减小(或反向增加)得越来越慢例4 (多选)一物体做匀变速直线运动,某时刻速度大小为4 m /s,1 s 后速度的大小变为10 m/s,在这1 s 内该物体的可能运动情况为( )A.加速度的大小为6 m/s 2,方向与初速度的方向相同B.加速度的大小为6 m/s 2,方向与初速度的方向相反C.加速度的大小为14 m/s 2,方向与初速度的方向相同D.加速度的大小为14 m/s 2,方向与初速度的方向相反 答案 AD解析 以初速度的方向为正方向,若初、末速度方向相同,加速度a ＝v －v 0t ＝10－41 m /s 2＝6 m/s 2,方向与初速度的方向相同,A 正确,B 错误；若初、末速度方向相反,加速度a ＝v －v 0t ＝－10－41m /s 2＝－14 m/s 2,负号表示方向与初速度的方向相反,C 错误,D 正确.变式5 (2018·山东省济南一中阶段检测)关于物体的运动,下列说法正确的是( ) A.物体的加速度等于零,速度具有最大值 B.物体的速度变化量大,加速度一定大C.物体具有向东的加速度时,速度的方向可能向西D.做直线运动的物体,加速度减小,速度也一定减小 答案 C解析 当加速度方向与速度方向相同,加速度为零时,速度达到最大,当加速度的方向与速度方向相反,加速度为零时,速度达到最小,故A 、D 错误；根据加速度定义式:a ＝ΔvΔt ,可知物体的速度变化量大,加速度不一定大,故B 错误；物体具有向东的加速度时,速度的方向可能向西,即加速度方向与速度方向相反,那么速度就会减小,故C 正确.变式6 (2018·云南省统一检测)一物体做加速度为－1 m /s 2的直线运动,t ＝0时速度为－5 m/s,下列说法正确的是( )A.初速度为－5 m/s 说明物体在做减速运动B.加速度为－1 m/s 2说明物体在做减速运动C.t ＝1 s 时物体的速度为－4 m/sD.初速度和加速度方向相同,物体在做加速运动 答案 D解析 当速度方向与加速度方向相同时,物体做加速运动,根据速度公式v ＝v 0＋at ,当t ＝1 s 时物体速度为v 1＝－5 m /s ＋(－1)×1 m/s ＝－6 m/s,故A 、B 、C 错误,D 正确.1.“嫦娥三号”月球探测器成功完成月面软着陆,并且着陆器与巡视器(“玉兔号”月球车)成功分离,这标志着我国的航天事业又一次腾飞,下面有关“嫦娥三号”的说法正确的是( ) A.“嫦娥三号”刚刚升空的时候速度很小,加速度也很小B.研究“玉兔号”月球车在月球表面运动的姿态时,可以将其看成质点C.研究“嫦娥三号”飞往月球的运行轨道时,可以将其看成质点D.“玉兔号”月球车静止在月球表面时,其相对于地球也是静止的 答案 C解析 “嫦娥三号”在刚刚升空的时候速度很小,但是速度变化很快,加速度很大,故选项A 错误；研究“玉兔号”月球车在月球表面运动的姿态时,“玉兔号”月球车的大小和形状不能被忽略,不能看成质点,故选项B错误；研究“嫦娥三号”飞往月球的运行轨道时,“嫦娥三号”的大小和形状可以被忽略,可以看成质点,故选项C正确；“玉兔号”月球车静止在月球表面时,相对月球是静止的,相对地球是运动的,故选项D错误.2.甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动,a甲＝4 m/s2,a乙＝－4 m/s2,那么对甲、乙两物体判断正确的是()A.甲的加速度大小大于乙的加速度大小B.甲做加速直线运动,乙做减速直线运动C.甲的速度比乙的速度变化快D.甲、乙在相等时间内速度变化可能相同答案 B3.校运会400 m比赛中,终点在同一直线上,但起点不在同一直线上(如图1所示).关于这样的做法,下列说法正确的是()图1A.这样做目的是使参加比赛的同学位移大小相同B.这样做目的是使参加比赛的同学路程相同C.这样做目的是使参加比赛的同学所用时间相同D.这种做法其实是不公平的,明显对外侧跑道的同学有利答案 B解析校运会400 m比赛,其跑道是弯的,为了保证其路程均为400 m,终点在同一直线上,起点不在同一直线上,故B正确.4.(多选)(2018·福建省南平市模拟)下面关于瞬时速度和平均速度的说法正确的是()A.若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零,则它在这段时间内的平均速度一定等于零B.若物体在某段时间内的平均速度等于零,则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定都等于零C.匀速直线运动中,物体在任意一段时间内的平均速度等于它任一时刻的瞬时速度D.变速直线运动中,物体在任意一段时间内的平均速度一定不等于它在某一时刻的瞬时速度答案AC解析若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零,则物体静止,这段时间内的平均速度等于零,A选项对；若物体在某段时间内的平均速度等于零,任一时刻的瞬时速度不一定都为零,例如物体做圆周运动运动一周时,平均速度为零,任一时刻的瞬时速度都不为零,B选项错；在匀速直线运动中,物体的速度恒定不变,任一时刻的瞬时速度都相等,都等于任意一段时间内的平均速度,C选项对；在变速直线运动中,物体的速度在不断变化,某一时刻的瞬时速度可能等于某段时间内的平均速度,D选项错.5.如图2所示,汽车向右沿直线运动,原来的速度是v1,经过一小段时间之后,速度变为v2,Δv表示速度的变化量.由图中所示信息可知()图2A.汽车在做加速直线运动B.汽车的加速度方向与v1的方向相同C.汽车的加速度方向与v1的方向相反D.汽车的加速度方向与Δv的方向相反答案 C解析根据题图,汽车的速度大小变小,做的是减速直线运动,选项A错误；汽车的加速度方向与Δv方向相同,所以与v1、v2的方向都相反,选项B、D错误,C正确.6.人们越来越多地使用手机进行导航,如图3所示是某人从杭州市民中心驾车去武林广场的手机导航的截屏画面,该地图提供了①、②、③三种驾车线路规划方案及相对应的数据,实际行驶中导航提示:“前方有测速,限速50千米……”.下列说法不正确的是()图3A.①②③三条线路方案的位移相等B.研究汽车在地图上的实时位置时,汽车可以被看成质点C.图中显示23分钟和6.9公里分别指的是时间间隔和路程D.导航提示的“限速50千米”指的是限制汽车的平均速度不超过50 km/h解析 因汽车起点与终点相同,故位移相同,选项A 正确；研究汽车在地图上的实时位置时,汽车的形状、大小可以忽略,汽车可以视为质点,选项B 正确；23分钟与6.9公里的含义分别是需要行驶的时间和这段时间内汽车行驶的路程,选项C 正确；限速50千米是指限制汽车的瞬时速度不超过50 km/h,选项D 错误.7.(2018·江西省六校第五次联考)下列有关速度、加速度的说法中正确的是( )A.汽车上的速度计是用来测量汽车平均速度大小的仪器B.平均速度就是速度的平均值,是标量C.物体加速度的方向保持不变,则速度方向也一定保持不变D.物体的速度变化越快,则加速度就越大答案 D解析 汽车上的速度计显示的是汽车的瞬时速度,A 错误；平均速度等于总位移除以总时间,平均速度是矢量,故B 错误；加速度的方向不变,速度的方向可能改变,比如平抛运动,加速度的方向一直是竖直向下的,但速度的方向时刻在变,C 错误；加速度是描述速度变化快慢的物理量,速度变化越快,加速度越大,D 正确.8.(多选)我国新研制的隐形战机歼－20已经开始挂弹飞行.在某次试飞中,由静止开始加速,当加速度a 不断减小至零时,飞机刚好起飞,则此过程中飞机的( )A.速度不断增大,位移不断减小B.速度不断增大,位移不断增大C.速度增加越来越快,位移增加越来越慢D.速度增加越来越慢,位移增加越来越快答案 BD解析 根据题意,飞机速度与加速度同向,飞机速度和位移都在增大,选项A 错误,B 正确；由于加速度减小,所以速度增加越来越慢,而速度增大,会使位移增加越来越快,选项C 错误,D 正确.9.(2018·四川省成都市调研)如图4所示,一小球在光滑的V 形槽中由A 点释放,经B 点到达与A 点等高的C 点,设A 点的高度为1 m,则全过程中小球通过的路程和位移大小分别为( )图4 A.23 3 m,233 m B.23 3 m,43 3 m C.43 3 m,23 3 m D.433 m,1 m解析 小球通过的路程为小球实际运动轨迹的长度,则小球通过的路程为s ＝2l AB ＝2×1sin 60°m ＝43 3 m ；位移是由初位置指向末位置的有向线段,则小球的位移大小为x ＝l AC ＝2×1tan 60° m ＝23 3 m.选项C 正确.10.(2018·广东省广州市4月模拟)由同一位置同向先后开出甲、乙两汽车,甲先以初速度v 、加速度a 做匀加速直线运动；乙在甲开出t 0时间后,以同样的加速度a 由静止开始做匀加速直线运动.在乙开出后,若以乙为参考系,则甲( )A.以速度v 做匀速直线运动B.以速度at 0做匀速直线运动C.以速度v ＋at 0做匀速直线运动D.停在乙车前方距离为v t 0＋12at 02的地方 答案 C解析 乙车开始运动时,甲车的速度为v 甲＝v ＋at 0,则由于乙车的加速度与甲车相同,故以乙车为参考系,甲车以速度v ＋at 0做匀速直线运动,且两车的间距以Δx ＝v 甲Δt 的关系增加,故选项C 正确,A 、B 、D 错误.11.(2019·山东省泰安市调研)某质点以20 m /s 的初速度竖直向上运动,其加速度保持不变,经2 s 到达最高点,上升高度为20 m,又经过2 s 回到出发点时,速度大小仍为20 m/s,关于这一运动过程的下列说法中正确的是( )A.质点运动的加速度大小为10 m/s 2,方向竖直向下B.质点在这段时间内的平均速率为零C.质点在最高点时加速度为零D.质点在落回抛出点时的速度与开始离开抛出点时的速度相同答案 A12.一质点在x 轴上运动,在t 0＝0时刻质点处于x 0＝0位置,然后质点沿x 轴正方向运动,在t 1＝2 s 时刻质点处于x 1＝10 m 位置,此后质点沿x 轴负方向运动,在t 2＝4 s 时刻质点处于x 2＝－10 m 位置,求:(1)质点在0～4 s 内的平均速率；(2)后2 s 内质点的平均速度和0～4 s 内的平均速度.答案 (1)7.5 m/s (2)见解析解析 (1)质点在0～4 s 内通过的路程s ＝|x 1－x 0|＋|x 2－x 1|＝30 m,质点在0～4 s 内的平均速率为v ＝s t ＝304m/s ＝7.5 m/s.(2)后2 s 内质点通过的位移x ＝x 2－x 1＝－10 m －10 m ＝－20 m平均速度v 1＝－202m /s ＝－10 m/s,负号表示速度方向沿x 轴负方向 质点在0～4 s 内通过的位移x ′＝x 2－x 0＝－10 m,平均速度v 2＝－104m /s ＝－2.5 m/s,负号表示速度方向沿x 轴负方向. 13.有些国家的交通管理部门为了交通安全,特别制定了死亡加速度为500g (g 取10 m/s 2),以醒世人,意思是如果行车加速度超过此值,将有生命危险,那么大的加速度,一般情况下车辆是达不到的,但如果发生交通事故时,将会达到这一数值.试问:(1)一辆以72 km /h 的速度行驶的货车与一辆以54 km/h 的速度行驶的摩托车相向而行发生碰撞,摩托车驾驶员被与碰撞前货车相同的速度撞飞,碰撞时间为2.1×10－3 s,摩托车驾驶员是否有生命危险？(2)为了防止碰撞,两车的驾驶员同时紧急刹车,货车、摩托车急刹车后到完全静止所需时间分别为4 s 、3 s,货车的加速度与摩托车的加速度大小之比为多少？答案 见解析解析 (1)两车碰撞过程中,取摩托车的初速度方向为正方向,摩托车的速度变化量为 Δv ＝v 2－v 1＝－72 km /h －54 km/h＝－20 m /s －15 m/s ＝－35 m/s两车相碰撞时摩托车驾驶员的加速度为a ＝Δv Δt ＝－35 m/s 2.1×10－3 s≈－16 667 m/s 2＝－1 666.7g 1 666.7g >500g ,因此摩托车驾驶员有生命危险.(2)设货车、摩托车的加速度大小分别为a 1、a 2,根据加速度定义得a 1＝|Δv 1|Δt 1,a 2＝|Δv 2|Δt 2所以a 1∶a 2＝|Δv 1|Δt 1∶|Δv 2|Δt 2＝204∶153＝1∶1.。
步步高高2020届高2017级高三一轮复习课件配套学案专题1专题讲座一
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3.（2018·舟山质检）向一定质量CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入浓度为 1.000 mol·L－1的Na2CO3溶液,反应过程中加入的Na2CO3溶液的体积与产生 沉淀或气体的质量关系如图所示。
（1）样品中物质的量之比n（CaCl2）∶n（H1C∶l）2 ＝________。
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（2）V2＝_0_.1_0_0__0____ L。
【试题解析】根据C原子守恒可知:n（Na2CO3）＝n（CO2）＋n（CaCO3） V＝2＝0.nc1NNmaao22lCC, OO33＝1.0000.1mmool·lL－1＝0.100 0 L。
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专题训练 ZHUANTIXUNLIAN
5.在硫酸钠和硫酸铝的混合溶液中,Al3＋的物质的量浓度为0.2 mol·L－1, SO24－为0.4 mol·L－1,溶液中Na＋的物质的量浓度为___0_._2_m__o_l·_L_－_1_。 解析 在任何溶液中，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数， 则有 3c(Al3＋)＋c(Na＋)＝2c(SO42－)，解得 c(Na＋)＝0.2 mol·L－1。
步步高高2020届高2017级高三一轮复习课件配套学案专题1题型突破1
“陷阱”的设置与突破1.从气体摩尔体积的使用条件及物质所处的状态设置“陷阱”正误判断,正确的打“√”,错误的打“×”。
（1）常温常压下,22.4 L Cl2中含有的分子数为N A（×）（2）标准状况下,5.6 L CO2气体中含有的氧原子数为0.5N A（√）（3）标准状况下,22.4 L N2和H2的混合气体中有N A个原子（×）（4）标准状况下,2.24 L乙醇中碳氢键的数目为0.5N A（×）（5）标准状况下,11.2 L N2O4与22.4 L NO2中所含的氧原子数均等于2N A（×）（6）标准状况下,2.24 L氨水中含有NH3分子数为0.1N A（×）破题方法重“两看”,突破陷阱2.从物质的量（或质量）与状况方面设置陷阱如：设置一些与计算无关的干扰条件,如给出非标准状况下的气体的物质的量或质量,干扰正确判断。
正误判断,正确的打“√”,错误的打“×”（1）常温常压下,3.2 g O2所含的原子数为0.2N A（√）（2）标准状况下,80 g SO3中含有3N A个氧原子（√）（3）室温下,1 mol CH4中含有5N A个原子（√）（4）常温常压下,1 mol CO2与SO2的混合气体中含氧原子数为2N A（√）破题方法排“干扰”,突破陷阱（1）物质的量或质量与物质所处状况无关。
（2）物质的量或质量确定时,物质所含的粒子数与温度、压强等外界条件无关。
3.从特殊物质的组成与结构上设置陷阱正误判断,正确的打“√”,错误的打“×”（1）1 mol乙烯分子中含有的碳氢键数为4N A（√）（2）氢原子数为0.4N A的CH3OH分子中含共价键数为0.4N A（×）（3）2.0 g H218O与D2O的混合物中所含中子数为N A（√）（4）7.8 g Na2O2中含有的阴离子数为0.1N A（√）（5）78 g苯中含有碳碳双键的数目为3N A（×）（6）将0.1 mol FeCl3溶于水中形成胶体,含有胶体粒子的数目为0.1N A（×）破题方法记“组成”,突破陷阱（1）记最简式相同的物质,如NO2和N2O4,乙烯和丙烯（C3H6）等,如：质量相同的乙烯和丙烯所含的原子数、电子数均相等。
高2020届高2017级高三步步高一轮复习全套课件配套学案第一章本章易错题重练
本章易错题重练一、常考易错选择题选项再排查化学实验基础辨析易错易混(1)试管、圆底烧瓶、坩埚、蒸发皿均可在酒精灯上直接加热()(2)量筒、容量瓶和滴定管均标有使用温度()(3)准确量取9.50 mL水()(4)用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小()(5)用25 mL的碱式滴定管量取12.50 mL的KMnO4溶液()(6)易燃试剂与强氧化性试剂分开放置并远离火源()(7)稀释浓硫酸时，应将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中()(8)因为KNO3溶解度较大，故可用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl()(9)用加热的方法提纯含少量NaHCO3的Na2CO3固体()(10)硝酸保存在带橡胶塞的细口棕色试剂瓶中()(11)可用稀盐酸除去保存石灰水试剂瓶内壁的白色固体()(12)由矿盐生产食盐，除去SO2－4最合适的试剂是Ba(NO3)2()(13)用苯萃取溴水中的溴单质时，将苯的溴溶液从分液漏斗的下口放出()(14)误食硫酸铜溶液，可服用生鸡蛋清解毒()(15)配制0.100 0 mol·L－1氯化钠溶液时，玻璃棒在整个实验中的作用是引流()(16)用pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸只需要100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管()答案(1)×(2)√(3)×(4)√(5)×(6)√(7)×(8)×(9)√(10)×(11)√(12)×(13)×(14)√(15)×(16)×化学计量辨析易错易混(1)考查气体摩尔体积适用条件及物质的聚集状态①常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体中含有的原子数目为N A()②常温常压下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1N A()③标准状况下，22.4 L二氯甲烷的分子数约为4N A()答案①√②×③×(2)考查物质的组成和结构①1 mol羟基与1 mol氢氧根所含电子数均为9N A()②28 g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2N A()③1 mol Na2O 与1 mol Na2O2的固体中含有的阴离子数均为N A()④1.7 g H2O2中含有电子数为0.9N A()⑤1 mol NaCl中含有6.02×1023个NaCl分子()答案①×②√③√④√⑤×(3)考查氧化还原反应电子转移数目①标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1N A()②1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去N A个电子()③常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2 mol O2，转移电子的数目为0.4N A()④1 mol Cl2与足量Fe反应，转移的电子数为3N A()答案①×②√③√④×(4)考查电解质溶液中粒子的数目①1 L 1 mol·L－1的NaClO溶液中含有ClO－的数目为N A()②1 L 0.1 mol·L－1氨水含有0.1N A个OH－()③常温下，10 L pH＝1的硫酸溶液中含有的H＋的数目为2N A()④常温下，10 L pH＝13的NaOH溶液中含有的OH－的数目为N A()⑤1.0 L 1.0 mol·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N A()⑥1 mol·L－1NaCl溶液含有N A个Na＋()答案①×②×③×④√⑤×⑥×(5)考查化学反应前后微粒数目的变化①50 mL 18.4 mol·L－1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46N A()②某密闭容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6N A()③1 mol Cu和足量稀硝酸反应产生N A个NO分子()④0.1 mol H2与0.1 mol I2蒸气在密闭容器中充分反应后，分子总数为0.2N A()⑤常温常压下，将0.1 mol NH3与0.1 mol HCl混合充分反应后，分子总数为0.2N A()答案①×②×③×④√⑤×二、常考笔答题答题语言再规范1.实验室需要0.5 mol·L－1的NaOH溶液470 mL，配制时应称量________g NaOH，称量时需要________、________、________(填仪器名称)。
高2020届高2017级高三物理一轮复习步步高全书学案第七章 第1讲
第1讲电场力的性质一、电荷 电荷守恒定律 1.元电荷、点电荷 (1)元电荷:e ＝1.60×10－19C,所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍.(2)点电荷:代表带电体的有一定电荷量的点,忽略带电体的大小、形状及电荷分布状况的理想化模型. 2.电荷守恒定律(1)内容:电荷既不会创生,也不会消灭,它只能从一个物体转移到另一个物体,或者从物体的一部分转移到另一部分,在转移过程中,电荷的总量保持不变. (2)三种起电方式:摩擦起电、感应起电、接触起电. (3)带电实质:物体得失电子.(4)电荷的分配原则:两个形状、大小相同且带同种电荷的同种导体,接触后再分开,二者带等量同种电荷,若两导体原来带异种电荷,则电荷先中和,余下的电荷再平分.自测1 如图1所示,两个不带电的导体A 和B ,用一对绝缘柱支持使它们彼此接触.把一带正电荷的物体C 置于A 附近,贴在A 、B 下部的金属箔都张开( )图1A.此时A 带正电,B 带负电B.此时A 带正电,B 带正电C.移去C ,贴在A 、B 下部的金属箔都闭合D.先把A 和B 分开,然后移去C ,贴在A 、B 下部的金属箔都闭合 答案 C解析 由静电感应可知,A 左端带负电,B 右端带正电,选项A 、B 错误；若移去C ,A 、B 两端电荷中和,则贴在A 、B 下部的金属箔都闭合,选项C 正确；先把A 和B 分开,然后移去C ,则A 、B 带的电荷不能中和,故贴在A 、B 下部的金属箔仍张开,选项D 错误. 二、库仑定律 1.内容真空中两个静止点电荷之间的相互作用力,与它们的电荷量的乘积成正比,与它们的距离的二次方成反比,作用力的方向在它们的连线上. 2.表达式F ＝k q 1q 2r 2,式中k ＝9.0×109 N·m 2/C 2,叫做静电力常量.3.适用条件真空中的静止点电荷.(1)在空气中,两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况,可以直接应用公式. (2)当两个带电体间的距离远大于其本身的大小时,可以把带电体看成点电荷. 4.库仑力的方向由相互作用的两个带电体决定,即同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引.自测2 (2018·北京市大兴区上学期期末)关于真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力,下列描述合理的是( ) A.该作用力一定是斥力B.库仑通过实验总结出该作用力的规律C.该作用力与两电荷之间的距离无关D.电荷量较大的受到的力大 答案 B解析 真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力,同性电荷时是斥力,异性电荷时是吸引力,选项A 错误；库仑通过实验总结出该作用力的规律,称为库仑定律,选项B 正确；该作用力与两点电荷之间的距离的平方成反比,选项C 错误；两点电荷之间的作用力是相互作用力,故无论是电荷量较大的还是电荷量较小的受到的力都是相等的,选项D 错误. 三、电场、电场强度 1.电场(1)定义:存在于电荷周围,能传递电荷间相互作用的一种特殊物质； (2)基本性质:对放入其中的电荷有力的作用. 2.电场强度(1)定义:放入电场中某点的电荷受到的电场力F 与它的电荷量q 的比值. (2)定义式:E ＝Fq；单位:N /C 或V/m.(3)矢量性:规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向. 3.点电荷的电场:真空中距场源电荷Q 为r 处的场强大小为E ＝k Qr2.自测3 如图2所示,电荷量为q 1和q 2的两个点电荷分别位于P 点和Q 点.已知在P 、Q 连线上某点R 处的电场强度为零,且PR ＝2RQ .则( )图2A.q 1＝2q 2B.q 1＝4q 2C.q 1＝－2q 2D.q 1＝－4q 2答案 B解析 设RQ ＝r ,则PR ＝2r ,有k q 1(2r )2＝k q 2r 2,q 1＝4q 2. 四、电场线的特点1.电场线从正电荷或无限远出发,终止于无限远或负电荷.2.电场线在电场中不相交.3.在同一幅图中,电场强度较大的地方电场线较密,电场强度较小的地方电场线较疏. 自测4 两个带电荷量分别为Q 1、Q 2的质点周围的电场线如图3所示,由图可知( )图3A.两质点带异号电荷,且Q 1>Q 2B.两质点带异号电荷,且Q 1<Q 2C.两质点带同号电荷,且Q 1>Q 2D.两质点带同号电荷,且Q 1<Q 2 答案 A命题点一 库仑定律的理解和应用1.库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用.2.对于两个均匀带电绝缘球体,可将其视为电荷集中在球心的点电荷,r 为球心间的距离.3.对于两个带电金属球,要考虑表面电荷的重新分布,如图4所示.图4(1)同种电荷:F ＜k q 1q 2r 2；(2)异种电荷:F ＞k q 1q 2r2.4.不能根据公式错误地认为r →0时,库仑力F →∞,因为当r →0时,两个带电体已不能看做点电荷了.例1 已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同.如图5所示,半径为R 的球体上均匀分布着电荷量为Q 的电荷,在过球心O 的直线上有A 、B 两个点,O 和B 、B 和A 间的距离均为R .现以OB 为直径在球内挖一球形空腔,若静电力常量为k ,球的体积公式为V ＝43πr 3,则A 点处检验电荷q 受到的电场力的大小为( )图5A.5kqQ 36R 2B.7kqQ 36R 2C.7kqQ 32R 2D.3kqQ 16R 2答案 B解析 实心大球对q 的库仑力F 1＝kqQ 4R 2,挖出的实心小球的电荷量Q ′＝(R 2)3R 3Q ＝Q8,实心小球对q 的库仑力F 2＝kq Q 8(32R )2＝kqQ 18R 2,则检验电荷q 所受的电场力F ＝F 1－F 2＝7kqQ36R 2,选项B 正确. 变式1 科学研究表明,地球是一个巨大的带电体,而且表面带有大量的负电荷.如果在距离地球表面高度为地球半径一半的位置由静止释放一个带负电的尘埃,恰好能悬浮在空中,若将其放在距离地球表面高度与地球半径相等的位置时,则此带电尘埃将( ) A.向地球表面下落 B.远离地球向太空运动 C.仍处于悬浮状态 D.无法判断 答案 C例2 (2018·全国卷Ⅰ·16)如图6,三个固定的带电小球a 、b 和c ,相互间的距离分别为ab ＝5 cm,bc ＝3 cm,ca ＝4 cm.小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a 、b 的连线.设小球a 、b 所带电荷量的比值的绝对值为k ,则( )图6A.a 、b 的电荷同号,k ＝169B.a 、b 的电荷异号,k ＝169C.a 、b 的电荷同号,k ＝6427D.a 、b 的电荷异号,k ＝6427答案 D解析 由小球c 所受库仑的合力的方向平行于a 、b 的连线知a 、b 带异号电荷.a 对c 的库仑力F a ＝k 0q a q c(ac )2①b 对c 的库仑力F b ＝k 0q b q c(bc )2②设合力向左,如图所示,根据相似三角形得F a ac ＝F bbc③由①②③得k ＝⎪⎪⎪⎪q a q b ＝(ac )3(bc )3＝6427,D 正确.命题点二 库仑力作用下的平衡问题涉及库仑力的平衡问题,其解题思路与力学中的平衡问题一样,只是在原来受力的基础上多了库仑力,具体步骤如下:注意库仑力的方向:同性相斥,异性相吸,沿两电荷连线方向.例3 (2018·闽粤期末大联考)如图7甲所示,用OA 、OB 、AB 三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m 的带等量同种电荷的小球(可视为质点),三根绳子处于拉伸状态,且构成一个正三角形,AB 绳水平,OB 绳对小球的作用力大小为F T .现用绝缘物体对右侧小球施加一水平拉力F ,使装置静止在图乙所示的位置,此时OA 绳竖直,OB 绳对小球的作用力大小为F T ′.根据以上信息可以判断F T 和F T ′的比值为( )图7A.33B. 3C.233D.条件不足,无法确定答案 A解析 题图甲中,对B 球受力分析,受重力、OB 绳的拉力F T 、AB 绳的拉力F T A 、AB 间的库仑力F A ,如图(a)所示:根据平衡条件,有:F T ＝mg cos 30°＝23mg ；题图乙中,先对小球A 受力分析,受重力、AO 绳的拉力,AB 间的库仑力以及AB 绳的拉力,由于A 处于平衡状态,则AB 绳的拉力与库仑力大小相等,方向相反,再对B 球受力分析,受拉力、重力、OB 绳的拉力、AB 间的库仑力以及AB 绳的拉力,而AB 间的库仑力与AB 绳的拉力的合力为零,图中可以不画,如图(b)所示.根据平衡条件,有:F T ′＝mg cos 60°＝2mg ,可见F T F T ′＝33,故选A.变式2 (多选)(2019·广东省汕头市质检)A 、C 是两个带电小球,质量分别是m A 、m C ,电荷量大小分别是Q A 、Q C ,用两条等长绝缘细线悬挂在同一点O ,两球静止时如图8所示,此时细线对两球的拉力分别为F T A 、F T C ,两球连线AC 与O 所在竖直线的交点为B ,且AB <BC ,下列说法正确的是( )图8A.Q A >Q CB.m A ∶m C ＝F T A ∶F T CC.F T A ＝F T CD.m A ∶m C ＝BC ∶AB 答案 BD解析 利用相似三角形知识可得,A 球所受三个力F 、F T A 、m A g 构成的矢量三角形与三角形OBA 相似,m A g OB ＝F AB ＝F T AAO ；C 球所受三个力F 、F T C 、m C g 构成的矢量三角形与三角形OBC 相似,m C g OB ＝F CB ＝F T C CO ；因OA ＝OC ,所以m A ∶m C ＝F T A ∶F T C ；m A ∶m C ＝BC ∶AB ,选项B 、D 正确,C 错误；因两球之间的作用力是相互作用力,无法判断两球带电荷量的多少,选项A 错误. 变式3 如图所示,甲、乙两带电小球的质量均为m ,所带电荷量分别为＋q 和－q ,两球间用绝缘细线2连接,甲球用绝缘细线1悬挂在天花板上,在两球所在空间有沿水平方向向左的匀强电场,场强为E ,且有qE ＝mg ,平衡时细线都被拉直.则平衡时的可能位置是哪个图( )答案 A解析 先用整体法,把两个小球及细线2视为一个整体.整体受到的外力有竖直向下的重力2mg 、水平向左的电场力qE 、水平向右的电场力qE 和细线1的拉力F T1,由平衡条件知,水平方向受力平衡,细线1的拉力F T1一定与重力2mg 等大反向,即细线1一定竖直.再隔离分析乙球,如图所示.乙球受到的力为:竖直向下的重力mg 、水平向右的电场力qE 、细线2的拉力F T2和甲球对乙球的吸引力F 引.要使乙球所受合力为零,细线2必须倾斜.设细线2与竖直方向的夹角为θ,则有tan θ＝qEmg＝1,θ＝45°,故A 图正确.命题点三 库仑力作用下的变速运动问题例4 (多选)(2018·河南省安阳市第二次模拟)如图9所示,光滑绝缘的水平面上有一带电荷量为－q 的点电荷,在距水平面高h 处的空间内存在一场源点电荷＋Q ,两电荷连线与水平面间的夹角θ＝30°,现给－q 一水平初速度,使其恰好能在水平面上做匀速圆周运动(恰好不受支持力),已知重力加速度为g ,静电力常量为k ,则( )图9A.点电荷－q 做匀速圆周运动的向心力为3kQq4h 2B.点电荷－q 做匀速圆周运动的向心力为3kQq8h 2C.点电荷－q 做匀速圆周运动的线速度为3ghD.点电荷－q 做匀速圆周运动的线速度为3gh 2答案 BC解析 恰好能在水平面上做匀速圆周运动,点电荷－q 受到竖直向下的重力以及点电荷＋Q 的引力,如图所示,电荷之间的引力在水平方向上的分力充当向心力,两点电荷间距离R ＝h sin θ,F n ＝k Qq R2·cos θ,联立解得F n ＝3kQq 8h 2,A 错误,B 正确；点电荷－q 做匀速圆周运动的半径r ＝h tan θ,因为F n ＝mgtan θ,根据F n ＝m v 2r,可得v ＝3gh ,C 正确,D 错误.变式4 (2018·湖北省武汉市部分学校起点调研)在匀强电场中,有一质量为m ,带电荷量为＋q 的带电小球静止在O 点,然后从O 点自由释放,其运动轨迹为一直线,直线与竖直方向的夹角为θ,如图10所示,那么下列关于匀强电场的场强大小的说法中正确的是( )图10A.唯一值是mg tan θqB.最大值是mg tan θqC.最小值是mg sin θqD.不可能是mgq答案 C解析 小球在重力和电场力的共同作用下做加速直线运动,其所受合力方向沿直线向下,由三角形定则知电场力最小为qE ＝mg sin θ,故场强最小为E ＝mg sin θq,故C 正确.命题点四 电场强度的理解和计算类型1点电荷电场强度的叠加及计算1.电场强度的性质(1)矢量性:规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点场强的方向；(2)唯一性:电场中某一点的电场强度E是唯一的,它的大小和方向与放入该点的电荷q无关,它决定于形成电场的电荷(场源电荷)及空间位置；(3)叠加性:如果有几个静止点电荷在空间同时产生电场,那么空间某点的场强是各场源电荷单独存在时在该点所产生的场强的矢量和2.三个计算公式3.等量同种和异种点电荷的电场强度的比较例O 为EG、HF的交点,AB边的长度为d.E、G两点各固定一等量正点电荷,另一电荷量为Q的负点电荷置于H点时,F点处的电场强度恰好为零.若将H点的负电荷移到O点,则F点处场强的大小和方向为(静电力常量为k)()图11A.4kQd 2,方向向右 B.4kQd 2,方向向左 C.3kQd 2,方向向右 D.3kQd2,方向向左 答案 D解析 当负点电荷在H 点时,F 点处电场强度恰好为零,根据公式E ＝k Qr 2可得负点电荷在F 点产生的电场强度大小为E ＝k Qd 2,方向水平向左,故两个正点电荷在F 点产生的电场强度大小为E ＝k Q d 2,方向水平向右；负点电荷移到O 点,在F 点产生的电场强度大小为E 1＝k 4Qd 2,方向水平向左,所以F 点的合场强为k 4Q d 2－k Q d 2＝k 3Qd 2,方向水平向左,故D 正确,A 、B 、C 错误.变式5 (2018·山东省烟台市期末考试)如图12所示,四个点电荷所带电荷量的绝对值均为Q ,分别固定在正方形的四个顶点上,正方形边长为a ,则正方形两条对角线交点处的电场强度( )图12A.大小为42kQa 2,方向竖直向上B.大小为22kQa 2,方向竖直向上C.大小为42kQa 2,方向竖直向下D.大小为22kQa 2,方向竖直向下答案 C解析 一个点电荷在两条对角线交点O 产生的场强大小为E ＝kQ (22a )2＝2kQa 2,对角线上的两异种点电荷在O 处的合场强为E 合＝2E ＝4kQa 2,故两等大的场强互相垂直,合场强为E O ＝E 合2＋E 合2＝42kQa 2,方向竖直向下,故选C.类型2 非点电荷电场强度的叠加及计算 1.等效法在保证效果相同的前提下,将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景.例如:一个点电荷＋q 与一个无限大薄金属板形成的电场,等效为两个异种点电荷形成的电场,如图13甲、乙所示.图13例6 (2018·河南省中原名校第六次模拟)一无限大接地导体板MN 前面放有一点电荷＋Q ,它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN 存在的情况下,由点电荷＋Q 与其像电荷－Q 共同激发产生的.像电荷－Q 的位置就是把导体板当作平面镜时,电荷＋Q 在此镜中的像点位置.如图14所示,已知＋Q 所在位置P 点到金属板MN 的距离为L ,a 为OP 的中点,abcd 是边长为L 的正方形,其中ab 边平行于MN .则( )图14A.a 点的电场强度大小为E ＝4k Q L2B.a 点的电场强度大小大于b 点的电场强度大小,a 点的电势高于b 点的电势C.b 点的电场强度和c 点的电场强度相同D.一正点电荷从a 点经b 、c 运动到d 点的过程中电势能的变化量为零 答案 B解析 由题意可知,点电荷＋Q 和金属板MN 周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效,所以a 点的电场强度E ＝k Q (L 2)2＋k Q (3L 2)2＝40kQ9L 2,A 错误；等量异种点电荷周围的电场线和等势面分布如图所示由图可知E a >E b ,φa >φb ,B 正确；图中b 、c 两点的场强不同,C 错误；由于a 点的电势大于d 点的电势,所以一正点电荷从a 点经b 、c 运动到d 点的过程中电场力做正功,电荷的电势能减小,D 错误. 2.对称法利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点,使复杂电场的叠加计算问题大为简化.例如:如图15所示,均匀带电的34球壳在O 点产生的场强,等效为弧BC 产生的场强,弧BC 产生的场强方向,又等效为弧的中点M 在O 点产生的场强方向.图15例7 (2018·湖南省衡阳市第二次联考)如图16所示,一电荷量为＋Q 的均匀带电细棒,在过中点c 垂直于细棒的直线上有a 、b 、d 三点,且ab ＝bc ＝cd ＝L ,在a 点处有一电荷量为＋Q 2的固定点电荷.已知b 点处的场强为零,则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )图16A.k 5Q 9L 2B.k 3Q L 2C.k 3Q 2L 2D.k 9Q 2L 2 答案 A解析 电荷量为＋Q 2的点电荷在b 处产生的电场强度为E ＝kQ2L 2,方向向右,b 点处的场强为零,根据电场的叠加原理可知细棒与＋Q2在b 处产生的电场强度大小相等,方向相反,则知细棒在b处产生的电场强度大小为E ′＝kQ2L 2,方向向左.根据对称性可知细棒在d 处产生的电场强度大小为kQ 2L 2,方向向右；而电荷量为＋Q 2的点电荷在d 处产生的电场强度为E ″＝kQ 2(3L )2＝kQ 18L2,方向向右,所以d 点处场强的大小为E d ＝5kQ9L 2,方向向右,故选项A 正确.3.填补法将有缺口的带电圆环或圆板补全为圆环或圆板,或将半球面补全为球面,从而化难为易、事半功倍.例8 如图17甲所示,半径为R 的均匀带电圆形平板,单位面积带电荷量为σ,其轴线上任意一点P (坐标为x )的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出:E ＝()122221x k R x σ⎡⎤⎢⎥π-⎢⎥⎢⎥+⎣⎦,方向沿x 轴.现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板,从其中间挖去一半径为r 的圆板,如图乙所示.则圆孔轴线上任意一点Q (坐标为x )的电场强度为()图17A.012222()x k r x σπ+B.012222()r k r x σπ+C.2πkσ0x rD.2πkσ0rx答案 A解析 当R →∞时,()1222xRx+＝0,则无限大带电平板产生的电场的场强为E ＝2πkσ0.当挖去半径为r 的圆板时,应在E 中减掉该圆板对应的场强E r ＝()0122221x k r x σ⎡⎤⎢⎥π-⎢⎥⎢⎥+⎣⎦,即E ′＝()12222xk rxσπ+,选项A 正确.4.微元法将带电体分成许多元电荷,每个元电荷看成点电荷,先根据库仑定律求出每个元电荷的场强,再结合对称性和场强叠加原理求出合场强.1.三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上,各球之间的距离远大于小球的直径.球1的带电荷量为＋q ,球2的带电荷量为＋nq ,球3不带电且离球1和球2很远,此时球1、2之间作用力的大小为F .现使球3先与球2接触,再与球1接触,然后将球3移至远处,此时球1、2之间作用力的大小仍为F ,方向不变.由此可知( ) A.n ＝3 B.n ＝4 C.n ＝5 D.n ＝6答案 D解析 由于各球之间距离远大于小球的直径,小球带电时可视为点电荷.由库仑定律F ＝k Q 1Q 2r 2知两点电荷间距离不变时,相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比.又由于三个小球相同,则两球接触时平分总电荷量,故有q ·nq ＝nq2·q ＋nq 22,解得n ＝6,D 正确.2.(多选)在电场中的某点A 放一电荷量为＋q 的试探电荷,它所受到的电场力大小为F ,方向水平向右,则A 点的场强大小E A ＝Fq ,方向水平向右.下列说法正确的是( )A.在A 点放置一个电荷量为－q 的试探电荷,A 点的场强方向变为水平向左B.在A 点放置一个电荷量为＋2q 的试探电荷,则A 点的场强变为2E AC.在A 点放置一个电荷量为－q 的试探电荷,它所受的电场力方向水平向左D.在A 点放置一个电荷量为＋2q 的试探电荷,它所受的电场力为2F 答案 CD解析 E ＝Fq 是电场强度的定义式,某点的场强大小和方向与场源电荷有关,与放入的试探电荷无关,故选项A 、B 错误；因负电荷受到的电场力的方向与场强方向相反,故选项C 正确；A 点场强E A 一定,放入的试探电荷所受电场力大小为F ′＝q ′E A ,当放入电荷量为＋2q 的试探电荷时,试探电荷所受电场力应为2F ,故选项D 正确.3.(多选)(2018·云南省大理市模拟)在光滑绝缘的水平桌面上,存在着方向水平向右的匀强电场,电场线如图1中实线所示.一初速度不为零的带电小球从桌面上的A 点开始运动,到C 点时,突然受到一个外加的水平恒力F 作用而继续运动到B 点,其运动轨迹如图中虚线所示,v 表示小球经过C 点时的速度,则( )图1A.小球带正电B.恒力F的方向可能水平向左C.恒力F的方向可能与v方向相反D.在A、B两点小球的速率不可能相等答案AB解析由小球从A点到C点的轨迹可知,小球受到的电场力方向向右,带正电,选项A正确；小球从C点到B点,所受合力指向轨迹凹侧,当水平恒力F水平向左时,合力可能向左,符合要求,当恒力F的方向与v方向相反时,合力背离CB段轨迹凹侧,不符合要求,选项B正确,C错误；小球从A点到B点,由动能定理,当电场力与恒力F做功的代数和为零时,在A、B两点小球的速率相等,选项D错误.4.(2018·四川省攀枝花市第二次统考)如图2所示,一电子沿等量异种点电荷连线的中垂线由A→O→B匀速飞过,电子重力不计,则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是()图2A.先变大后变小,方向水平向左B.先变大后变小,方向水平向右C.先变小后变大,方向水平向左D.先变小后变大,方向水平向右答案 B解析根据等量异种点电荷周围的电场线分布知,从A→O→B,电场强度的方向不变,水平向右,电场强度的大小先增大后减小,则电子所受电场力的大小先变大后变小,方向水平向左,则外力的大小先变大后变小,方向水平向右,故B正确,A、C、D错误.5.(多选)如图3所示,图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线,虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹,箭头表示运动方向,a、b是轨迹上的两点.若粒子在运动中只受电场力作用.根据此图能作出的正确判断是()图3A.带电粒子所带电荷的符号B.粒子在a 、b 两点的受力方向C.粒子在a 、b 两点何处速度大D.a 、b 两点电场的强弱 答案 BCD解析 由题图中粒子的运动轨迹可知粒子在a 、b 两点受到的电场力沿电场线向左,由于电场线方向不明,无法确定粒子的电性,故A 错误,B 正确；由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知,电场力对粒子做负功,粒子动能减小,电势能增大,则粒子在a 点的速度较大,故C 正确；根据电场线的疏密程度可判断a 、b 两点电场的强弱,故D 正确.6.(2018·陕西省黄陵中学考前模拟)如图4所示,一个绝缘圆环,当它的14均匀带电且电荷量为＋q时,圆心O 处的电场强度大小为E ,现使半圆ABC 均匀带电＋2q ,而另一半圆ADC 均匀带电－2q ,则圆心O 处电场强度的大小和方向为( )图4A.22E ,方向由O 指向DB.4E ,方向由O 指向DC.22E ,方向由O 指向BD.0 答案 A解析 当圆环的14均匀带电且电荷量为＋q 时,圆心O 处的电场强度大小为E ,由如图所示的矢量合成可得,当半圆ABC 均匀带电＋2q 时,在圆心O 处的电场强度大小为2E ,方向由O 指向D ；当另一半圆ADC 均匀带电－2q 时,同理,在圆心O 处的电场强度大小为2E ,方向由O 指向D ；根据矢量的合成法则,圆心O 处的电场强度的大小为22E ,方向由O 指向D .7.(2018·贵州省黔东南州一模)如图5,xOy 平面直角坐标系所在空间有沿x 轴负方向的匀强电场(图中未画出),电场强度大小为E .坐标系上的A 、B 、C 三点构成边长为L 的等边三角形.若将两电荷量相等的正点电荷分别固定在A 、B 两点时,C 点处的电场强度恰好为零.则A 处的点电荷在C 点产生的电场强度大小为( )图5A.EB.33E C.3E D.32E 答案 B解析 C 点三个电场方向如图所示,根据题意可知E 1cos 30°＋E 2cos 30°＝E ,又E 1＝E 2,故解得E 2＝33E ,B 正确. 8.(多选)(2018·四川省德阳市一诊)如图6所示,带电质点P 1固定在光滑的水平绝缘面上,在水平绝缘面上距P 1一定距离处有另一个带电质点P 2,P 2在水平绝缘面上运动,某一时刻质点P 2以速度v 沿垂直于P 1 P 2的连线方向运动,则下列说法正确的是( )图6A.若P 1、P 2带同种电荷,以后P 2一定做速度变大的曲线运动B.若P 1、P 2带同种电荷,以后P 2一定做加速度变大的曲线运动C.若P 1、P 2带异种电荷,以后P 2的速度和加速度可能都不变D.若P 1、P 2带异种电荷,以后P 2可能做加速度、速度都变小的曲线运动 答案 AD解析 若P 1、P 2带同种电荷,P 1、P 2之间的库仑力为排斥力,并且力的方向和速度的方向不在一条直线上,所以质点P 2一定做曲线运动,由于两者之间的距离越来越大,它们之间的库仑力也就越来越小,所以P 2的加速度减小,速度增大,故A 正确,B 错误；若P 1、P 2为异种电荷,P 1、P 2之间的库仑力为吸引力,当P 1、P 2之间的库仑力恰好等于P 2做圆周运动所需的向心力时,P 2就绕着P 1做匀速圆周运动,此时P 2速度的大小和加速度的大小都不变,但是方向改变,故C 错误；若P 1、P 2为异种电荷,P 1、P 2之间的库仑力为吸引力,若速度较大,吸引力小于P 2做圆周运动所需的向心力,P 2做离心运动,吸引力减小,则加速度减小,引力做负功,速度减小,P 2做加速度、速度都变小的曲线运动,故D 正确.9.(2018·山东省菏泽市上学期期末)如图7所示,正方形线框由边长为L 的粗细均匀的绝缘棒组成,O 是线框的中心,线框上均匀地分布着正电荷,现在线框上侧中点A 处取下足够短的带电荷量为q 的一小段,将其沿OA 连线延长线向上移动L2的距离到B 点处,若线框的其他部分的带电荷量与电荷分布保持不变,则此时O 点的电场强度大小为(k 为静电力常量)( )图7A.k q L 2B.k 3q 2L 2C.k 3q L 2D.k 5q L 2 答案 C解析 设想将线框分为n 个小段,每一小段都可以看成点电荷,由对称性可知,线框上的电荷在O 点产生的场强等效为与A 点对称的电荷量为q 的电荷在O 点产生的场强,故 E 1＝kq (L 2)2＝4kq L 2B 点的电荷在O 点产生的场强为 E 2＝kq L2由场强的叠加可知E ＝E 1－E 2＝3kqL 2.10.如图8所示,xOy 平面是无穷大导体的表面,该导体充满z ＜0的空间,z ＞0的空间为真空.将电荷量为q 的点电荷置于z 轴上z ＝h 处,则在xOy 平面上会产生感应电荷.空间任意一点处的电场皆是由点电荷q 和导体表面上的感应电荷共同激发的.已知静电平衡时导体内部场强处处为零,则在z 轴上z ＝h2处的场强大小为(k 为静电力常量)( )。
高2020届高2017级高中物理步步高一轮复习学案配套课件学案第三章第1讲
第1讲牛顿三定律的理解一、牛顿第一定律惯性1.牛顿第一定律(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态.(2)意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性,因此牛顿第一定律又叫惯性定律；②揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动的原因,而是改变物体运动状态的原因,即力是产生加速度的原因.2.惯性(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质.(2)量度：质量是惯性大小的唯一量度,质量大的物体惯性大,质量小的物体惯性小.(3)普遍性：惯性是物体的固有属性,一切物体都具有惯性,与物体的运动情况和受力情况无关. 自测1(2018·山东省济南一中阶段检测)下列说法中正确的是()A.物体只有在不受外力作用时,才会有保持原有运动状态不变的性质,这个性质叫惯性,故牛顿第一定律又叫惯性定律B.牛顿第一定律不仅适用于宏观低速物体,也可用于解决微观物体的高速运动问题C.牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体的加速度a＝0条件下的特例D.伽利略根据理想实验推出,如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去答案 D解析物体在任何情况下都具有惯性,惯性与物体的运动状态无关,故A错误；牛顿第一定律是宏观低速情况得出的,只可用于解决宏观物体的低速运动问题,故B错误；牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的运动状态,物体不受外力和物体所受合外力为零是有区别的,所以不能把牛顿第一定律当作牛顿第二定律的特例,故C错误；伽利略根据理想实验推出,如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去,故D正确.二、牛顿第二定律力学单位制1.牛顿第二定律(1)内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的质量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同.(2)表达式：F＝ma.(3)适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系,即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系.②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况.2.力学单位制(1)单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制.(2)基本单位：基本物理量的单位.国际单位制中基本物理量共七个,其中力学有三个,是长度、质量、时间,单位分别是米、千克、秒.(3)导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位.自测2(多选)关于运动状态与所受外力的关系,下面说法中正确的是()A.物体受到恒定的力作用时,它的运动状态不发生改变B.物体受到不为零的合力作用时,它的运动状态要发生改变C.物体受到的合力为零时,它一定处于静止状态D.物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同答案BD自测3(2018·山东省临沂市上学期期中)下列各物理量中,其国际单位属于基本单位,同时也属于矢量的是()A.时间B.位移C.质量D.力答案 B解析时间、质量的单位属于国际单位制中的基本单位,但都不属于矢量,力是矢量,但力的单位是导出单位,位移是矢量,且它的国际单位m属于基本单位,B正确.三、牛顿第三定律1.作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的,一个物体对另一个物体施加了力,后一个物体同时对前一个物体也施加力.2.内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上.3.表达式：F＝－F′.自测4(2018·河北省定州中学承智班月考)某物体静止在水平桌面上,下列对它的描述正确的是()A.桌面对物体的支持力的大小等于物体的重力大小,这两个力是一对平衡力B.物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力和反作用力C.物体对桌面的压力就是物体的重力,这两个力是同一种性质的力D.物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡力答案 A解析桌面对物体的支持力的大小等于物体的重力大小,作用在同一物体上,这两个力是一对平衡力,故A正确,B错误；物体对桌面的压力不是重力,它们的施力物体、受力物体、作用点都不相同,故C错误；物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对作用力与反作用力,故D错误.命题点一牛顿第一定律的理解1.明确了惯性的概念牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性,即物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质.2.揭示了力的本质力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动状态的原因.3.理想化状态牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态,而物体不受外力的情形是不存在的.如果物体所受的合外力等于零,其运动效果跟不受外力作用时相同,物体保持静止状态或匀速直线运动状态.4.与牛顿第二定律的关系牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的.力是如何改变物体运动状态的问题由牛顿第二定律来回答.牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的,而牛顿第二定律是一条实验定律.例1(2018·福建省三明一中模拟)科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段.在研究和解决问题的过程中,不仅需要相应的知识,还需要运用科学的方法.理想实验有时更能深刻地反映自然规律,伽利略设想了一个理想实验,如图1所示.以下为他的设想步骤：①两个对接的斜面,静止的小球沿一个斜面滚下,小球将滚上另一个斜面；②如果没有摩擦,小球将上升到原来释放的高度；③减小第二个斜面的倾角,小球在这个斜面上仍然会达到原来的高度；④继续减小第二个斜面的倾角,最后使它成为水平面,小球会沿水平面做持续的匀速运动.通过对这个实验的分析,我们可以得到的最直接的结论是()图1A.自然界的一切物体都具有惯性B.光滑水平面上运动的小球,运动状态的维持并不需要外力C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小答案 B解析伽利略的理想斜面实验只能说明小球具有惯性,推广到一切物体的是牛顿,A错误；伽利略通过“理想斜面实验”和科学推理,得出的结论是：力不是维持物体运动的原因,光滑水平面上运动的小球,运动状态的维持并不需要外力,B正确；如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变,这是牛顿得出的,C错误；小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小,这是牛顿第二定律内容,D错误.变式1伽利略对自由落体运动及运动和力的关系的研究,开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法.图2(a)、(b)分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程,对这两项研究,下列说法正确的是()图2A.图(a)通过对自由落体运动的研究,合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B.图(a)中先在倾角较小的斜面上进行实验,可“冲淡”重力,使时间测量更容易C.图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的,实验可实际完成D.图(b)的实验为“理想实验”,通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持答案 B解析伽利略设想物体下落的速度与时间成正比,因为当时无法测量物体的瞬时速度,所以伽利略通过数学推导证明,如果速度与时间成正比,那么位移与时间的二次方就成正比.由于当时用滴水法计时,无法记录自由落体的较短时间,伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下,来“冲淡”重力的作用效果,而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多,运动相同位移所用时间长得多,所以容易测量.伽利略做了上百次实验,并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推,得出了正确结论,故A错误,B正确；完全没有摩擦阻力的斜面是不存在的,故C错误；伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持的结论,故D错误.变式2某同学为了取出如图3所示羽毛球筒中的羽毛球,一只手拿着球筒的中部,另一只手用力击打羽毛球筒的上端,则()图3A.此同学无法取出羽毛球B.羽毛球会从筒的下端出来C.羽毛球筒向下运动过程中,羽毛球受到向上的摩擦力才会从上端出来D.该同学是在利用羽毛球的惯性答案 D解析羽毛球筒被手击打后迅速向下运动,而羽毛球具有惯性要保持原来的静止状态,所以会从筒的上端出来,D正确.命题点二牛顿第二定律的理解例2(多选)(2016·全国卷Ⅰ·18)一质点做匀速直线运动,现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则()A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速率的变化量总是不变答案BC解析质点一开始做匀速直线运动,处于平衡状态,施加恒力后,则该质点所受的合外力为该恒力.若该恒力方向与质点原运动方向不共线,则质点做曲线运动,质点速度方向与恒力方向不同,故A错误；若恒力的方向某一时刻与质点运动方向垂直,之后质点做曲线运动,力与速度方向不再垂直,例如平抛运动,故B正确；由牛顿第二定律可知,质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同,C正确；根据加速度的定义知,单位时间内速度变化量相同,而速率变化量不一定相同,故D错误.变式3关于速度、加速度和合外力之间的关系,下述说法正确的是()A.做匀变速直线运动的物体,它所受合外力是恒定不变的B.做匀变速直线运动的物体,它的速度、加速度、合外力三者总是在同一方向上C.物体受到的合外力增大时,物体的运动速度一定加快D.物体所受合外力为零时,一定处于静止状态答案 A解析做匀变速直线运动的物体,加速度恒定不变,由牛顿第二定律知,它所受合外力是恒定不变的,故A正确；由牛顿第二定律可知,加速度与合外力方向相同,与速度不一定在同一方向上,故B错误；物体受到的合外力增大时,加速度一定增大,物体的运动速度变化一定加快,而速度不一定加快,故C错误；物体所受合外力为零时,物体的加速度一定等于零,速度不一定为零,故D错误.例3(2018·全国卷Ⅰ·15)如图4,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态.现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动.用x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()图4答案 A解析设物块P静止时,弹簧的长度为x0,原长为l,则k(l－x0)＝mg,物块P做匀加速直线运动时受重力mg、弹簧弹力k(l－x0－x)及力F,根据牛顿第二定律,得F＋k(l－x0－x)－mg＝ma故F＝kx＋ma.根据数学知识知F－x图象是纵轴截距为ma的一次函数图象.变式4(2018·安徽省江南十校冲刺联考)一个质量m＝2 kg的物体放置在光滑水平桌面上,受到三个沿水平方向共点力F1、F2、F3的作用,且这三个力的大小和方向构成如图5所示的三角形,已知F2＝0.5 N,则下列说法正确的是()图5A.这个物体共受到四个力的作用B.这个物体的合力大小为0C.这个物体的加速度大小为1 m/s 2D.这个物体的加速度与F 2方向相同 答案 C解析 物体共受到五个力的作用：重力、支持力、F 1、F 2、F 3,A 错误；竖直方向上的重力和支持力平衡,合力为零,根据几何知识可知F 3＝1 N,故水平方向上的三力的合力F 合＝2F 3＝2 N,方向沿F 3方向,B 错误；根据牛顿第二定律可知a ＝F 合m＝1 m/s 2,方向沿F 3方向,C 正确,D 错误.命题点三 牛顿第三定律的理解与应用1.相互作用力的特点(1)三同⎩⎪⎨⎪⎧同大小同时产生、变化、消失同性质(2)三异⎩⎪⎨⎪⎧反向异体，即作用力、反作用力作用在不同物体上不同效果(3)二无关⎩⎪⎨⎪⎧与相互作用的两物体的运动状态无关与是否和其他物体相互作用无关2.一对平衡力与作用力、反作用力的比较例4 (2018·广东省深圳市上学期模拟)如图6所示,手推车的篮子里装有一篮球,女孩把手推车沿斜面向上匀速推动,篮子的底面平行于斜面,靠近女孩的一侧面垂直于底面,下列说法正确的有( )图6A.篮子底面受到的压力大于篮球的重力B.篮子对篮球的作用力小于篮球的重力C.人对篮球的作用力等于篮球的重力D.篮子右侧面受到的压力小于篮球的重力答案 D解析对篮球受力分析,并运用合成法如图所示：设斜面倾角为θ,根据几何知识可知,篮子底部对篮球的支持力F N1＝mg cos θ,根据牛顿第三定律,则篮子底面受到的压力为mg cos θ<mg,A错误；篮子右侧面对篮球的支持力F N2＝mg sin θ,根据牛顿第三定律,则篮子右侧面受到的压力为mg sin θ<mg,篮子对篮球的作用力为F N1、F N2的合力,大小等于篮球的重力,B错误,D正确；人对篮球没有作用力,C错误.变式5(多选)(2018·天津市南开中学月考) 跳高运动员蹬地后上跳,在起跳过程中()A.运动员蹬地的作用力大小大于地面对他的支持力大小B.运动员蹬地的作用力大小等于地面对他的支持力大小C.运动员所受的支持力和重力相平衡D.运动员所受的合力一定向上答案BD解析人在地面上跳起,是因为人受到的支持力大于人的重力,人受到的合力向上；但人蹬地的作用力与地面对人的支持力为作用力与反作用力,二者大小相等,故A、C错误,B、D正确.变式6(多选)如图7所示,用水平力F把一个物体紧压在竖直墙壁上静止,下列说法中正确的是()图7A.水平力F跟墙壁对物体的弹力是一对作用力与反作用力B.物体的重力跟墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力C.水平力F与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力D.物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是一对作用力与反作用力答案BD解析水平力F跟墙壁对物体的弹力作用在同一物体上,大小相等、方向相反,且作用在同一条直线上,是一对平衡力,选项A错误；物体在竖直方向上受竖直向下的重力以及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力的作用,因物体处于静止状态,故这两个力是一对平衡力,选项B正确；水平力F作用在物体上,而物体对墙壁的压力作用在墙壁上,这两个力不是平衡力,也不是相互作用力,选项C错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是两个物体间的相互作用力,是一对作用力与反作用力,选项D正确.拓展点牛顿第三定律在受力分析中的应用由于作用力与反作用力的关系,当待求的某个力不容易求时,可先求它的反作用力,再反过来求待求力.如求压力时,可先求支持力.例5(2019·河北省邢台市质检)一个箱子放在水平地面上,箱内有一固定的竖直杆,在杆上套着一个环,箱与杆的质量为M,环的质量为m,如图8所示.已知环沿杆匀加速下滑时,环与杆间的摩擦力大小为F f,则此时箱子对地面的压力大小为()图8A.Mg＋F fB.Mg－F fC.Mg＋mgD.Mg－mg答案 A解析环在竖直方向上受重力及箱子内的杆给它的竖直向上的摩擦力F f,受力情况如图甲所示,根据牛顿第三定律,环应给杆一个竖直向下的摩擦力F f′,故箱子竖直方向上受重力Mg、地面对它的支持力F N及环给它的摩擦力F f′,受力情况如图乙所示,由于箱子处于平衡状态,可得F N＝F f′＋Mg＝F f＋Mg.根据牛顿第三定律,箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力,即F N′＝Mg＋F f,故选项A正确.变式7如图9所示,质量为m的木块在质量为M的长木板上以加速度a水平向右加速滑行,长木板与地面间的动摩擦因数为μ1,木块与长木板间的动摩擦因数为μ2,若长木板仍处于静止状态,则长木板对地面摩擦力的大小和方向一定为()图9A.μ1(m＋M)g,向左B.μ2mg,向右C.μ2mg＋ma,向右D.μ1mg＋μ2Mg,向左答案 B解析对木块分析可知受长木板对它水平向左的摩擦力F f1＝μ2mg,由牛顿第三定律可知,木块对长木板的摩擦力向右,大小为F f1；由于长木板仍处于静止状态,对长木板受力分析可知,受地面对它的静摩擦力F f2,方向向左,F f2＝F f1＝μ2mg,由牛顿第三定律可知,长木板对地面的摩擦力大小为μ2mg,方向向右,故B正确.变式8(2019·辽宁省沈阳市模拟)如图10所示,质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上,斜面体置于粗糙的水平地面上,用平行于斜面的力F拉物体使其沿斜面向下匀速运动,斜面体始终静止,则下列说法正确的是()图10A.斜面体对地面的摩擦力大小为F cos θB.斜面体对地面的支持力为(M＋m)gC.物体对斜面体的摩擦力的大小为FD.斜面体对物体的作用力竖直向上答案 A解析由于斜面体和物体都处于平衡状态,将斜面体和物体看成一个整体,由受力情况可得：地面对斜面体的摩擦力大小为F cos θ,地面对斜面体的支持力大小为(M＋m)g＋F sin θ,由牛顿第三定律可知A对,B错；隔离物体进行受力分析,斜面体对物体的摩擦力大小为F＋mg sin θ,由牛顿第三定律可知C错；斜面体对物体的作用力即为物体受到的支持力与摩擦力的合力,由力的合成可知斜面体对物体的作用力与物体的重力和F的合力大小相等、方向相反,故斜面体对物体的作用力不在竖直方向上,D错.1.(2018·四川省德阳市高考物理一诊)下列说法正确的是()A.力是维持物体运动的原因B.物体的速度方向改变,则加速度方向一定改变C.物体运动状态的改变是指其加速度在变化D.物体运动状态的改变是指其速度在变化答案 D解析力是改变物体运动状态的原因,不是维持物体运动的原因,故A错误；速度方向改变,但加速度方向不一定改变,如物体加速度不变,但先做减速运动,再做反向的加速运动,故B错误；运动状态是指物体的速度,故运动状态的改变即为速度的改变,故C错误,D正确.2.(多选)(2019·甘肃省天水市质检)我国《道路交通安全法》中规定：各种小型车辆前排乘坐的人(包括司机)必须系好安全带,下列说法正确的是()A.系好安全带可以减小惯性B.是否系好安全带对人和车的惯性没有影响C.系好安全带可以减小因车的惯性而造成的伤害D.系好安全带可以减小因人的惯性而造成的伤害答案BD3.(2018·安徽省巢湖市模拟)在某次交通事故中一辆载有30吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的电动车而紧急制动,结果车厢上的钢材向前冲出,压扁驾驶室.关于这起事故原因的物理分析正确的是()A.由于车厢上的钢材有惯性,在汽车制动时,继续向前运动,压扁驾驶室B.由于汽车紧急制动,使其惯性减小,而钢材惯性较大,所以继续向前运动C.由于车厢上的钢材所受阻力太小,不足以克服其惯性,所以继续向前运动D.由于汽车制动前的速度太大,汽车的惯性比钢材的惯性大,在汽车制动后,钢材继续向前运动答案 A4.“严禁超载,严禁超速,严禁疲劳驾驶”是预防车祸的有效办法.下列说法正确的是()A.汽车超速会增大汽车的惯性B.汽车超载会减小汽车的刹车距离C.疲劳驾驶会缩短司机的反应时间D.汽车超载会增大汽车的惯性 答案 D5.(2018·河南省洛阳市上学期期中)夸克(quark)是一种基本粒子,也是构成物质的基本单元.其中正、反顶夸克之间的强相互作用势能可写为E p ＝－k 4αs 3r ,式中r 是正、反顶夸克之间的距离,αs是无单位的常量,k 是与单位制有关的常数,则在国际单位制中常数k 的单位是( ) A.N·m B.N C.J/m D.J·m答案 D解析 由题意有k ＝－3E p r 4αs ,αs 是无单位的常量,E p 的国际单位是J,r 的国际单位是m,在国际单位制中常数k 的单位是J·m,D 正确,A 、B 、C 错误.6.(2018·陕西省榆林市第三次模拟)如图1所示,跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上,随跳板一同向下做变速运动到达最低点,然后随跳板反弹,则( )图1A.运动员与跳板接触的全过程中只有超重状态B.运动员把跳板压到最低点时,他所受外力的合力为零C.运动员能跳得高的原因从受力角度来看,是因为跳板对他的作用力远大于他的重力D.运动员能跳得高的原因从受力角度来看,是因为跳板对他的作用力远大于他对跳板的作用力 答案 C解析 运动员与跳板接触的下降过程中,先向下加速,然后向下减速,最后速度为零,则加速度先向下,然后向上,所以下降过程中既有失重状态也有超重状态,同理上升过程中也存在超重和失重状态,故A 错误；运动员把跳板压到最低点时,跳板给运动员的弹力大于运动员受到的重力,合外力不为零,故B 错误；从最低点到运动员离开跳板过程中,跳板对运动员的作用力做正功,重力做负功,二力做功位移一样,运动员动能增加,因此跳板对他的作用力大于他的重力,故C 正确；跳板对运动员的作用力与运动员对跳板的作用力是作用力与反作用力,大小相等,故D 错误.7.(2019·陕西省黄陵中学模拟)我国首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主研制开发的,“蜘蛛侠”利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上,通过“爪子”交替伸缩,就能在墙壁或玻璃上自由移动.如图2所示,假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A 点沿直线匀加速“爬行”到右上方B 点,在这一过程中,关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析正确的是( )图2答案 C解析 根据牛顿第二定律可知,在竖直平面内蜘蛛侠所受合力方向应该是从A 点指向B 点,故C 正确,A 、B 、D 错误.8.(2018·福建省永安一中、德化一中、漳平一中联考)如图3所示,运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速运动,设球拍和球的质量分别为M 、m ,球拍平面和水平面之间的夹角为θ,球拍与球保持相对静止,它们之间的摩擦及空气阻力不计,则( )图3A.运动员的加速度大小为g sin θB.运动员对球拍的作用力为mgcos θ C.运动员对球拍的作用力为(M ＋m )gcos θD.若运动员的加速度大于g sin θ,则球一定沿球拍向上运动 答案 C。
步步高高2020届高2017级高三一轮复习课件配套学案专题1第一单元
第一单元 物质的组成、分类及变化 分散系[考试标准] 1.物质的分类方法（b ）。
2.单质、氧化物、酸、碱、盐等物质之间的相互转化关系（c ）。
3.胶体的本质特征和鉴别方法（a ）。
考点一 物质的组成与分类1.原子、分子、离子概念比较 （1）原子、分子、离子的概念原子是化学变化中的最小微粒。
分子是保持物质化学性质的最小微粒,一般分子由原子通过共价键构成,但稀有气体是单原子分子。
离子是带电荷的原子或原子团。
（2）原子是怎样构成物质的？2.元素与物质的关系 （1）元素元素是具有相同核电荷数的一类原子的总称。
在自然界的存在形式有游离态和化合态。
①游离态：元素以单质形式存在的状态。
②化合态：元素以化合物形式存在的状态。
（2）元素组成物质元素――→组成⎩⎪⎨⎪⎧单质：同种元素组成的纯净物化合物：不同种元素组成的纯净物（3）纯净物与混合物①纯净物：由同种单质或化合物组成的物质。
②混合物：由几种不同的单质或化合物组成的物质。
③纯净物和混合物的区别3.同素异形体（1）概念：同种元素形成的不同单质叫同素异形体。
（2）形成方式①原子个数不同,如O2和O3；②原子排列方式不同,如金刚石和石墨。
（3）性质差异物理性质差别较大,同素异形体之间的转化属于化学变化。
4.简单分类法——交叉分类法和树状分类法（1）交叉分类法的应用示例（2）明确分类标准是对物质正确树状分类的关键多维度思考1.辨析易错易混（1）Na、NaCl、SiO2、H2SO4都称为分子式（）（2）含有金属元素的离子不一定是阳离子（）（3）人们可以利用先进的化学技术,选择适宜的条件,利用化学反应制造新的原子（）（4）某物质经科学测定只含有一种元素,不可以断定该物质一定是一种纯净物（）（5）用于环境消毒的漂白粉是混合物（）（6）冰水共存物为纯净物（）（7）胆矾（CuSO4·5H2O）属于混合物（）（8）能与酸反应的氧化物,一定是碱性氧化物（）（9）纯碱属于碱,硫酸氢钠、碳酸氢钠属于酸式盐（）（10）已知NaH2PO2是正盐,其水溶液呈碱性,则H3PO2属于三元弱酸（）答案（1）×（2）√（3）×（4）√（5）√（6）√（7）×（8）×（9）×（10）×解析（2）MnO－4、AlO－2均为阴离子。
步步高高2020届高2017级高三一轮复习课件配套学案专题2专题突破1
专题2 离子反应和氧化还原反应
核心透析 HEXINTOUXI
题型一 连续型 1.指反应生成的离子因又能跟剩余（过量）的反应物继续反应而跟用量有关。 （1）可溶性多元弱酸（或其酸酐）与碱溶液反应。如CO2通入NaOH溶液中: 碱过量: CO2＋2OH－===CO23－;＋H2O 碱不足: CO2＋OH－==。=HCO－3 （2）多元弱酸盐与强酸反应。如Na2CO3溶液与稀盐酸: 盐酸不足: CO23－＋H＋===HCO－ 3 ; 盐酸过量: CO23－＋2H＋===CO2↑＋H2O 。
专题集训 ZHUANTIJIXUN
1.正误判断,正确的打“√”,错误的打“×” (1)向 Ca(ClO)2 溶液中通入少量 CO2：ClO－＋H2O＋CO2===HClO＋HCO－3 ( × ) (2)向 NaAlO2 溶液中通入少量 CO2：2AlO－2 ＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO23－
5.向含物质的量均为a mol的NaOH、Ba（OH）2混合溶液中通入b mol CO2气 体,按要求书写离子方程式: (1)ba＜1 时， CO2＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋H2O ； (2)ba＝32时，3CO2＋6OH－＋2Ba2＋===2BaCO3↓＋CO32－＋3H2O ；
(3)ba＝2 时， 2CO2＋3OH－＋Ba2＋===BaCO3↓＋HCO－ 3 ＋H2O ； (4)ba＞3 时， CO2＋OH－===HCO－3 。
题型二 先后型
2.一种反应物的两种或两种以上的组成离子,都能跟另一种反应物的组成离子
反应,但因反应次序不同而跟用量有关。又可称为竞争型。
（1）NH4HSO4溶液与NaOH溶液的反应: NaOH不足: H＋＋OH－===H2O ; NaOH过量: NH＋ 4 ＋H＋＋2OH－===NH3·H2O＋H2O 。
高2020届高2017级步步高高中化学一轮复习全套课件第一章第1讲
内容索引
NEIRONGSUOYIN
考点一 常用化学仪器的识别与使用 考点二 化学基本操作及安全 探究高考 明确考向 课时作业
0
考点一
常用化学仪器的识别与使用
1
知识梳理 ZHISHISHULI
1.可加热的仪器
(1)仪器②为蒸发皿。使用方法：用于蒸发或浓缩溶液，加热时液体体积不超 过其容积的 23，蒸发浓缩时要用 玻璃棒 不断搅拌，有大量晶体时停止加热。 (2)仪器③为坩埚。使用方法：用于灼烧固体物质，把坩埚放在三脚架上的_泥__ _三__角_上加热，取放坩埚必须使用坩埚钳，加热完的坩埚应放在 石棉网 上冷却。
(√)
2.玻璃棒用途 (1)过滤时，玻璃棒的作用是搅拌和引流( × ) 解析 过滤时不能搅拌，否则会使滤纸破裂，造成过滤操作失败。 (2)溶解氢氧化钠时用玻璃棒搅拌，目的是加快溶解速度( √ ) (3)用浓硫酸稀释配制稀硫酸时要用玻璃棒搅拌( √ ) 解析 浓硫酸溶于水放出大量的热，用玻璃棒搅拌的目的是及时散热并使液 体混合均匀。 (4)配制一定物质的量浓度溶液，转移液体时要用玻璃棒引流( √ )
(2)实验中需加热至恒重的目的是__保__证__N_a_H_C__O_3_分__解__完__全__。 (3)实验中确定加热至恒重的方法是_两__次__称__量__固__体__的__质__量__差__不__超__过___0._1_g_时__，___ _说__明__已__经__加__热__至__恒__重__。
(3)C为酸式滴定管。 ①使用前需“ 查漏 ”；②“0”刻度在 上方；③不可盛装 碱性 溶液；④精确 度： 0.01 mL。 (4)D为碱式滴定管，用于盛装 碱性 溶液，不可盛装 酸性 和强氧化性液体(如： KMnO4溶液)。
(5)E为托盘天平。 ①称量前先调零点；②腐蚀性药品应放于 烧杯 内称量；③“ 左 物 右 码”； ④精确度： 0.1 g。 (6)F为温度计。 ①测反应混合液的温度时，温度计的水银球应插入混合液中但不能接触容器 内壁；②测蒸气的温度时，水银球应在液面以上；③测馏分温度时，水银球 应放在蒸馏烧瓶 支管口处 。
高2020届高2017级高三步步高一轮复习全套课件配套学案第四章专题讲座
专题讲座 新型无机框图推断题的解题策略(教师用书独具)无论推断题属于哪种形式，均遵循这样的推断思路: 迅速浏览、整体扫描、产生印象、寻找“突破口”，突破点由点到面、随时检验，注意联系、大胆假设、全面分析(正推或逆推)，验证确认。
解题的关键是仔细审题，依物质的特性或特征转化来确定“突破口”，顺藤摸瓜，进而完成全部未知物的推断。
我们可以将推断题的解题方法及推理过程表示如下: 推断题――→审题⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫明显条件隐含条件―――→抓关键(突破口)⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫结构特征反应特征现象特征其他特征――→推断结论―→验证1.熟记典型物质(1)金属及其化合物: Na 、Na 2O 2、Na 2CO 3、NaHCO 3、Al 、Al 2O 3、Al(OH)3、FeCl 3等。
(2)非金属及其化合物: CO 2、SiO 2、Cl 2、HClO 、SO 2、H 2SO 4、NO 2、NH 3、HNO 3等。
2.重要物质的物理性质(1)有色气体: NO 2(红棕色)、Cl 2(黄绿色)；无色、刺激性气味的气体: SO 2、NH 3、HCl 。
(2)溶液中的有色物质: Cu 2＋(蓝色)、Fe 2＋(浅绿色)、Fe 3＋(黄色)、MnO －4[紫(红)色]。
Br 2在水中显黄(橙)色，在有机溶剂中显橙(红)色；I 2在水中显黄(褐)色，在有机溶剂中显紫(红)色。
(3)有色固体: (淡)黄(棕)色固体: Na 2O 2、S 、FeS 2、FeCl 3；黑色固体: MnO 2、C 、CuO 、FeO 、Fe 3O 4；紫(黑)色固体: KMnO 4、I 2；(紫)红色固体: Cu 。
(4)有色沉淀: ①白色沉淀: H 2SiO 3、AgCl 、BaSO 4(不溶于酸)、BaSO 3、Mg(OH)2、Al(OH)3、BaCO 3、CaCO 3、CaSO 4、MgCO 3等；②红褐色沉淀: Fe(OH)3；③蓝色沉淀: Cu(OH)2；④黑(褐)色沉淀: CuS 、FeS 。
步步高高2020届高2017级高三一轮复习课件配套学案专题2第一单元
第一单元离子反应离子方程式[考试标准] 1.电解质和非电解质的概念（a）。
2.强、弱电解质的概念（a）。
3.几种典型的弱电解质（a）。
4.离子反应的本质及发生的条件（b）。
5.离子方程式（b）。
考点一电解质及其电离1.电解质及其分类答案①电离②强电解质③强酸④强碱⑤弱电解质⑥弱酸⑦弱碱⑧水溶液⑨熔融即时巩固下列物质中,属于电解质的是________,属于非电解质的是________,属于强电解质的是________,属于弱电解质的是________。
（填序号）①H2SO4②盐酸③氯气④硫酸钡⑤乙醇⑥铜⑦H2CO3⑧氯化氢⑨蔗糖⑩氨气⑪CO2答案①④⑦⑧⑤⑨⑩⑪①④⑧⑦2.依据元素周期表,记忆常见强弱电解质ⅠA：除LiOH外其余都是强碱。
ⅡA：除Mg（OH）2、Be（OH）2外其余都是强碱。
ⅢA：Al（OH）3是两性氢氧化物。
ⅣA：H2CO3、H2SiO3均为弱酸。
ⅤA：强酸：HNO3中强（或弱）酸：HNO2、H3PO4。
ⅥA：强酸：H2SO4弱酸：H2SO3、H2S。
ⅦA：强酸：HCl、HBr、HI、HClO4等弱酸：HF、HClO等。
过渡元素中常见的弱碱：Fe（OH）3、Fe（OH）2、Cu（OH）2、Zn（OH）2等。
注意（1）盐不论难溶、易溶,绝大多数都是强电解质。
（2）金属氧化物是强电解质。
多维度思考1.辨析易错易混（1）金属能导电,所以金属是电解质（）（2）Cl2的水溶液能导电,所以Cl2是电解质（）（3）硫酸在水溶液中能完全电离,所以稀硫酸是强电解质（）（4）NaCl溶液在电流的作用下电离成钠离子和氯离子（）（5）强电解质都是离子化合物,弱电解质都是共价化合物（）（6）CaO是强电解质,是因为它的水溶液能导电（）（7）强电解质溶液导电性比弱电解质溶液导电性强（）（8）HClO是弱电解质,但NaClO是强电解质（）（9）BaSO4的水溶液不易导电,但BaSO4是强电解质（）（10）CO2、NH3溶于水能导电,所以二者均为电解质（）答案（1）×（2）×（3）×（4）×（5）×（6）×（7）×（8）√（9）√（10）×2.写出下列典型物质的电离方程式（注：如无特别说明,均指在水溶液中的电离）。
高2020届高2017级高中物理步步高一轮复习学案配套课件第五章第1讲
√B.W1<W2<W3
C.W1<W3<W2
D.W1＝W2<W3
图4
方法 应用动 能定理
微元法
类型2 变力功的分析与计算
以例说法
用力F把小球从A处缓慢拉到B处,F做功为WF,则有： WF－mgL(1－cos θ)＝0,得WF＝mgL(1－cos θ)
质量为m的木块在水平面内做圆周运动,运动一周克 服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1 ＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR
等效转换法 平均力法 图象法
恒力F把物块从A拉到B,
绳子对物块做功W＝F·(
h sin
α－sinh
β
)
弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中,克服弹力做
功W＝kx1＋kx2 2
·(x2－x1)
一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x0, 图线与横轴所围面积表示拉力所做的功,W＝ F0＋2 Fx10
Hale Waihona Puke 重力加速度g取10 m/s2,则他在这一分钟内克服重力做的功约为
√A.3 500 J
B.14 000 J
C.1 000 J
D.2 500 J
解析 G＝mg＝50×10 N＝500 N,腾空时间为0.2 s表示上升过程用时0.1 s,上升
的高度为h＝0.05 m,
则起跳一次克服重力做的功W0＝Gh＝500 N×0.05 m＝25 J,1分钟内跳了140次, 则一分钟内克服重力做功W＝140W0＝140×25 J＝3 500 J,故选A.
5.功的正负
(1)当0≤α<
π 2
时,W>0,力对物体做
正. 功
高2020届高2017级高三步步高一轮复习全套课件配套学案第一章题型突破2
气体体积的测定既可通过测量气体排出的液体体积来确定(二者体积值相等)，也可直接测量收集的气体体积。
测量气体体积的常用方法:(1)直接测量法。
如图A、B、C、D、E均是直接测量气体体积的装置。
测量前，A装置可先通过调整左右两管的高度使左管(有刻度)充满液体，且两管液面相平。
C装置则是直接将一种反应物置于倒置的量筒中，另一反应物置于水槽中，二者反应产生的气体可以直接测量。
D装置: 用于测量混合气体中被吸收(或不被吸收)的气体的体积。
读数时，球形容器和量气管液面相平，量气管内增加的水的体积等于被反应管吸收后剩余气体的体积。
解答该量气装置读数时的答题模板:①将××××恢复至室温。
②调节×××与×××两端液面相平。
③视线与×××在同一水平线上。
E装置: 直接测量固液反应产生气体的体积，注意应恢复至室温后，读取注射器中气体的体积(一般适合滴加液体量比较少的气体体积测量)。
(2)间接测量法。
如F装置是通过测量气体排出的液体体积来确定气体体积。
欲测定金属镁的相对原子质量，请利用下图给定的仪器组成一套实验装置(每个仪器只能使用一次，假设气体的体积可看作标准状况下的体积)。
填写下列各项(气流从左到右):(1)各种仪器连接的先后顺序是________接________、________接________、________接________、________接________(用小写字母表示)。
(2)连接好仪器后，要进行的操作有以下几步，其先后顺序是____________________(填序号)。
①待仪器B 中的温度恢复至室温时，测得量筒C 中水的体积为V a mL ；②擦掉镁条表面的氧化膜，将其置于天平上称量，得质量为m g ，并将其投入试管B 中的带孔隔板上；③检查装置的气密性；④旋开装置A 上分液漏斗的活塞，使其中的水顺利流下，当镁完全溶解时再关闭这个活塞，这时A 中共放入水V b mL 。
高2020届高2017级高三步步高一轮复习全套课件配套学案第二章本章易错题重练
本章易错题重练一、常考易错选择题选项再排查1.物质组成、性质及应用类正误判断(1)由同种元素组成的物质一定是纯净物(×)(2)蓝色硫酸铜晶体上滴浓硫酸，会发生化学变化(√)(3)SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物(×)(4)金属氧化物均为碱性氧化物(×)(5)石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物(×)(6)232Th转化为233U是化学变化(×)(7)SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物(×)(8)直径为20 nm的纳米级碳酸钙属于胶体(×)(9)化学反应有新物质生成，并遵循质量守恒和能量守恒定律(√)(10)从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现(×)(11)用活性炭去除冰箱中的异味，没有发生化学变化(√)(12)用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果，没有发生化学变化(×)2.氧化还原反应概念正误判断(1)置换反应全部属于氧化还原反应。
因为有单质参加和生成，化合价发生了变化(√)(2)复分解反应全部属于非氧化还原反应。
因为反应前后元素的化合价没有变化(√)(3)有单质参加的化合反应属于氧化还原反应。
因为单质中元素化合价必然发生变化(√)(4)有单质生成的分解反应属于氧化还原反应。
因为单质中元素化合价必然发生变化(√)(5)元素从化合态变为游离态，该元素不一定被还原(√)(6)失电子越多，还原性越强，得电子越多，氧化性越强(×)(7)金属元素被还原，不一定得到金属单质(√)(8)含氧酸的价态越高，氧化性一定越强(×)(9)不容易得到电子的物质，肯定容易失去电子(×)3.离子方程式正误判断(1)向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液: SO2－3＋2H＋===SO2↑＋H2O(×)(2)磁性氧化铁溶于稀硝酸: 3Fe2＋＋4H＋＋NO－3===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O(×)(3)明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO2－4恰好完全沉淀: 2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO2－4 ===2BaSO4↓＋Al(OH)3↓(×)(4)浓盐酸与铁屑反应: 2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑(×)(5)用铜作电极电解CuSO 4溶液: 2Cu 2＋＋2H 2O=====电解2Cu ＋O 2↑＋4H ＋(×)(6)Na 2S 2O 3溶液中加入稀硫酸: 2S 2O 2－3＋4H ＋===SO 2－4＋3S ↓＋2H 2O(×) (7)用过量氨水吸收工业尾气中的SO 2: 2NH 3·H 2O ＋SO 2===2NH ＋4＋SO 2－3＋H 2O(√)(8)AlCl 3溶液中加入过量稀氨水: Al 3＋＋4NH 3·H 2O===AlO －2＋4NH ＋4＋2H 2O(×)(9)NaClO 和NaCl 混合液中加入少量FeSO 4溶液: 2Fe 2＋＋ClO －＋2H ＋===Cl －＋2Fe 3＋＋H 2O(×)(10)酸性溶液中KIO 3与KI 反应生成I 2IO －3＋I －＋6H ＋===I 2＋3H 2O(×) 二、常考易错的12个离子方程式书写再落实1.CuSO 4溶液与过量Ba(OH)2反应: Cu 2＋＋SO 2－4＋Ba 2＋＋2OH －===Cu(OH)2↓＋BaSO 4↓。
步步高高2020届高2017级高三一轮复习课件配套学案专题1第二单元
第二单元 物质的量 气体摩尔体积[考试标准] 1.物质的量、阿伏加德罗常数、摩尔质量、气体摩尔体积的概念（b ）。
2.物质的量、微粒数、质量、气体体积之间的简单计算（c ）。
3.固、液、气态物质的一些特性（a ）。
4.阿伏加德罗定律及其推论（b ）。
5.物质的量应用于化学方程式的简单计算（b ）。
考点一 物质的量、气体摩尔体积1.物质的量（1）物质的量（n ）物质的量是表示含有一定数目粒子的集合体的物理量,单位为摩尔（mol ）。
（2）阿伏加德罗常数（N A ）0.012 kg C-12中所含的原子数称为阿伏加德罗常数,其数值约为6.02×1023,单位为mol －1。
公式：N A ＝N n 。
2.摩尔质量（1）摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量。
单位是 g·mol －1。
（2）表达式：M ＝m n 。
3.气体摩尔体积（1）影响物质体积大小的因素 ①微粒的大小（物质的本性）②微粒间距的大小（由温度与压强共同决定） ③微粒的数目（物质的量的大小） （2）气体摩尔体积①含义：单位物质的量的气体所占的体积,符号为V m ,标准状况下,V m 约为 22.4_L·mol －1。
②基本关系式 n ＝V V m ＝m M ＝N N A。
③影响因素：气体摩尔体积的数值不是固定不变的,它取决于气体所处的温度和压强。
多维度思考 辨析易错易混（1）2 g 氦气所含的原子数目约为0.5×6.02×1023（ ）（2）1 mol任何物质都含有6.02×1023个分子（）（3）在标准状况下,1 mol O2与1 mol SO3的体积相同（）（4）在标准状况下,1 mol气体的体积约是22.4 L,在非标准状况下,1 mol气体的体积则一定不是22.4 L（）（5）标准状况下,O2和O3中氧原子的摩尔质量均为16 g·mol－1（）（6）常温常压下,14 g N2与7 g乙烯（C2H4）所含原子数相同（）（7）22 g CO2与标准状况下11.2 L HCl所含的分子数相同（）（8）CH4的摩尔质量为16 g（）答案（1）√（2）×（3）×（4）×（5）√（6）×（7）√（8）×题组一概念的理解与应用1.下列关于物质的量、摩尔质量的叙述中正确的是（）A.0.012 kg 12C中含有约6.02×1023个碳原子B.1 mol H2O中含有2 mol氢和1 mol氧C.氢氧化钠的摩尔质量等于它的相对分子质量D.2 mol水的摩尔质量是1 mol水的摩尔质量的2倍答案 A2.（2018·嘉兴市高三调研）下列有关气体体积的叙述中,正确的是（）A.一定温度和压强下,各种气态物质体积的大小,由构成气体的分子数决定B.不同的气体,若体积不同,则它们所含的分子数也不同C.一定温度和压强下,各种气体体积大小,由构成气体分子的大小决定D.气体摩尔体积就是1 mol任何气体所占体积都约为22.4 L答案 A解析一定温度和压强下,气体分子之间的间隔相同,所以各种气态物质体积的大小,由构成气体的分子数决定,A项正确；不同的气体,外界条件可能相同,也可能不相同,所以若体积不同,则它们所含的分子数不一定不同,B项错误；由于气体分子在很大空间运动,分子本身大小相对于分子间隔很小,可以忽略不计,所以一定温度和压强下,各种气体体积大小由气体分子数目决定,C项错误；气体摩尔体积就是1 mol任何气体所占的体积,在标准状况下都约为22.4 L,D项错误。
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专题过关检测1第Ⅰ卷一、选择题（本题包括18小题,每小题3分,共54分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的）1.中华民族有着光辉灿烂的发明史。
下列发明创造不涉及化学反应的是（）A.用胆矾炼铜B.用铁矿石炼铁C.烧结黏土制陶瓷D.打磨磁石制指南针答案 D解析A项,用胆矾炼铜,即由CuSO4·5H2O生成Cu,铜元素被还原,有新物质生成,发生化学反应；B项,用铁矿石炼铁,即高温还原铁的氧化物,生成铁单质,有新物质生成,发生化学反应；C 项,陶瓷是以黏土为原料高温烧结而成,发生化学反应；D项,打磨磁石制指南针,只是物质外形发生改变,不涉及化学反应。
2.下列叙述中,正确的是（）A.H2SO4的摩尔质量是98B.等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为7∶11C.等质量的O2和O3中所含的氧原子数相同D.98 g H2SO4溶解于500 mL水,所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2 mol·L－1答案 C解析A项,H2SO4的摩尔质量是98 g·mol－1；B项,根据n＝mM计算判断物质的量关系,再根据分子中含有的C原子数目判断；C项,O2和O3都由氧原子构成,二者质量相等,含有的氧原子数目相等；D项,98 g H2SO4的物质的量为1 mol,溶于水配成500 mL溶液,所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2 mol·L－1。
3.如图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是（）A.X为含氧酸、Y为酸、Z为化合物B.X为氧化物、Y为化合物、Z为纯净物C.X为强碱、Y为碱、Z为化合物D.X为非金属氧化物、Y为酸性氧化物、Z为氧化物答案 D解析化合物可以分为酸、碱、盐、氧化物等,酸按是否含氧元素分为含氧酸和无氧酸,A项正确；纯净物分为单质和化合物,化合物可以分为酸、碱、盐、氧化物等,B项正确；化合物可以分为酸、碱、盐、氧化物等,碱按电离程度不同分为强碱、中强碱、弱碱,C项正确；氧化物可以分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物、不成盐氧化物,酸性氧化物不一定是非金属氧化物如Mn2O7等,非金属氧化物也不一定是酸性氧化物如CO等,酸性氧化物和非金属氧化物属于交叉关系,D项错误。
4.下列各项叙述正确的是（）①氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉均为混合物②含有氧元素的化合物叫氧化物③CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物,Na2O、Na2O2为碱性氧化物④C60、C70、金刚石、石墨之间互为同素异形体⑤强电解质溶液的导电能力一定强⑥在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物A.全部正确B.①②⑤C.②③⑥D.④⑥答案 D解析水银是单质,属于纯净物,①错误；由两种元素组成,其中一种是氧元素的化合物属于氧化物,含有氧元素的化合物不一定是氧化物,②错误；NO2不是酸性氧化物,Na2O2不是碱性氧化物,③错误；C60、C70、金刚石、石墨均是碳元素形成的单质,它们之间互为同素异形体,④正确；强电解质溶液的导电能力不一定强,例如硫酸钡难溶于水,其溶液的导电能力很弱,⑤错误；在熔化状态下能导电的化合物,说明一定存在离子键,为离子化合物,⑥正确。
5.下列关于溶液和胶体的叙述,正确的是（）A.一束光线分别通过溶液和胶体时,后者会出现明显的光带,前者则没有B.通电时溶液中的溶质粒子向两极移动,而胶体分散质粒子只向某一极移动C.溶液中溶质粒子的运动有规律,胶体中分散质粒子的运动无规律D.溶液是呈中性的,胶体是带电的答案 A解析丁达尔效应是胶体特有的性质,当一束光线分别通过溶液和胶体时,后者会出现明显的光带即丁达尔效应,前者则没有,故A项正确；通电时,溶液中的溶质粒子是电解质,电离出的阴阳离子分别向两极移动,若溶质是非电解质不移向电极,胶体中的分散质粒子向某一极移动,故B项错误；溶液中溶质粒子和胶体中分散质粒子均作无规则运动,故C项错误；胶体微粒吸附带电离子,胶体分散系是电中性的,故D项错误。
6.500 mL 2 mol·L－1 FeCl3溶液和500 mL 2 mol·L－1明矾溶液分别滴入沸水中,加热制成甲、乙两种分散系,经测定,甲分散系中分散质的粒子直径大小在1～100 nm之间,乙分散系中分散质的粒子直径大小在10－9～10－7 m之间。
下列关于甲、乙分散系的判断合理的是（）A.蒸干、灼烧FeCl3溶液和明矾溶液会得到对应的固体盐B.向甲、乙中分别滴加过量的氢氧化钠溶液,现象都是“先聚沉,后溶解”C.向甲、乙中分别滴加过量的氢碘酸,最终现象分别是深褐色溶液、无色溶液D.在暗室里用一束明亮的强光照射甲、乙,发现甲有丁达尔效应,乙没有丁达尔效应答案 C解析蒸干、灼烧氯化铁溶液得到氧化铁,蒸干、灼烧明矾溶液得到KAl（SO4）2,A项错误；氢氧化铝胶体中滴加过量的氢氧化钠溶液,现象是“先聚沉,后溶解”,氢氧化铁胶体滴加过量的氢氧化钠溶液会聚沉生成沉淀,氢氧化铁不溶于氢氧化钠,B项错误；氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体均能与氢碘酸溶液反应,三价铁离子与碘离子反应生成碘单质溶液为深褐色溶液,C 项正确；分散系中分散质的粒子大小在1～100 nm之间或10－9～10－7 m之间,均为胶体,所以甲、乙都有丁达尔效应,D项错误。
7.实验室需配制480 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液,下列叙述正确的是（）A.转移液体时,玻璃棒应紧靠容量瓶口B.用托盘天平称量19.2 g NaOH固体C.容量瓶上标有温度、浓度、容积和压强D.定容时若俯视刻度线观察液面,会使所配制的NaOH溶液的浓度偏高答案 D解析转移液体时,玻璃棒应紧靠容量瓶内壁刻度线稍下位置,A项错误；没有480 mL容量瓶,应选择500 mL容量瓶,需要氢氧化钠的质量为0.5 L×1 mol·L－1×40 g·mol－1＝20.0 g,B项错误；容量瓶上标有刻度线、温度、容积,C项错误；定容时俯视液面,导致溶液体积偏小,所配溶液浓度偏高,D项正确。
8.标准状况下V L氨气溶解在1 L水中（水的密度近似为1 g·mL－1）,所得溶液的密度为ρ g·mL－1,质量分数为w ,物质的量浓度为c mol·L －1,则下列关系中不正确的是（ ） A.ρ＝17V ＋22 40022.4＋22.4VB.w ＝17c 1 000ρC.w ＝17V 17V ＋22 400D.c ＝ 1 000Vρ17V ＋22 400答案 A 解析 由c ＝n V ＝V L22.4 L·mol －117 g·mol －1×V L 22.4 L·mol －1＋1 000 g ρ g·mL －1×1 000 mL·L －1＝ 1 000Vρ17V ＋22 400mol·L －1,D 项正确； 由上式可推知：ρ＝17Vc ＋22 400c 1 000V,A 项错误； 由c ＝1 000ρw M 可得w ＝Mc 1 000ρ＝17c 1 000ρ,B 项正确； w ＝m 质m 液＝V L 22.4 L·mol －1×17 g·mol －1V L 22.4 L·mol －1×17 g·mol －1＋1 000 g ＝17V 17V ＋22 400,C 项正确。
9.M （NO 3）2热分解的化学方程式为：2M （NO 3）22MO ＋4NO 2↑＋O 2↑。
加热29.6 g M （NO 3）2使其完全分解,在标准状况下收集11 200 mL 的气体,那么M 的摩尔质量是（ ）A.64 g·mol －1 B.24 g·mol －1 C.65 g·mol －1 D.40 g·mol －1 答案 B解析 生成气体的物质的量为0.5 mol,氧气为气体总量的15,氧气的物质的量为0.1 mol,设M （NO 3）2的物质的量为x mol2M （NO 3）22MO ＋4NO 2↑＋O 2↑2 1x 0.1解得x ＝0.2,M （NO 3）2的摩尔质量为29.6 g 0.2 mol＝148 g·mol －1,M 的摩尔质量为（148－62×2） g·mol －1＝24 g·mol －1。
10.如图是某学校购买的硫酸试剂标签上的部分内容。
据此下列说法正确的是（ ）A.该硫酸的物质的量浓度为1.84 mol·L －1 B.1 mol Zn 与足量的该硫酸反应产生2 g H 2C.配制100 mL 4.6 mol·L －1的稀硫酸需取该硫酸25 mLD.该硫酸与等体积的水混合所得溶液的物质的量浓度等于9.2 mol·L －1答案 C解析 该硫酸溶液的物质的量浓度为1 000×1.84×98%98mol·L －1＝18.4 mol·L －1,故A 项错误；锌和浓硫酸反应生成二氧化硫,浓硫酸足量没有氢气生成,故B 项错误；设配制100 mL 4.6 mol·L －1的稀硫酸需取该硫酸的体积为x L,根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变,则0.1 L×4.6 mol·L －1＝x ×18.4 mol·L －1,解得x ＝0.025,故C 项正确；浓硫酸和水的密度不同,等体积混合后体积不等于硫酸体积的2倍,混合后物质的量浓度不是9.2 mol·L －1,故D 项错误。
11.在三个密闭容器中分别充入Ne 、H 2、O 2三种气体,在以下各种情况下排序正确的是（ ）A.当它们的体积、温度和压强均相同时,三种气体的密度ρ（H 2）＞ρ（Ne ）＞ρ（O 2）B.当它们的温度和密度都相同时,三种气体的压强p （H 2）＞p （Ne ）＞p （O 2）C.当它们的质量、温度和压强均相同时,三种气体的体积V （O 2）＞V （Ne ）＞V （H 2）D.当它们的压强、体积和温度均相同时,三种气体的质量m （H 2）＞m （Ne ）＞m （O 2） 答案 B解析 温度、压强均相同时,气体的V m 相等,ρ＝m V ＝nM nV m ＝M V m,可知气体的密度与摩尔质量呈正比,则ρ（O 2）＞ρ（Ne ）＞ρ（H 2）,故A 错误；根据pV ＝n R T 可知,pM ＝ρR T ,因此在温度和密度相等的条件下,压强和气体的摩尔质量成反比,则三种气体的压强p （H 2）＞p （Ne ）＞p （O 2）, 故B 正确；温度、压强均相同时,气体的V m 相等,由n ＝m M ＝V V m可知,等质量时,气体的体积和摩尔质量呈反比,应为V （H 2）＞V （Ne ）＞V （O 2）,故C 错误；温度、压强均相同时,气体的V m 相等,由n ＝m M ＝V V m可知,等体积时,气体的质量和摩尔质量呈正比,则m （O 2）＞m （Ne ）＞m （H 2）,故D 错误；故选B 。