大纲地区2014届高三物理复习能力提升(Word版含解析)第8章第2课时热力学定律
2014高考物理最新名校试题汇编大题冲关专题:03功和能综合题.pdf

第八章 化学实验基础 第二节 物质的检验 检验常见物质的一般程序与思路 1.固态物质的检验。
2.无色溶液的检验。
思维点拨:本题主要涉及离子的推断,意在考查考生的分析推理能力。
离子的推断主要是对于物质中所含的成分,运用实验的手段进行分析和推断,最后得出结论。
其主要依据是实验结果,解答此类问题必须掌握离子的性质,包括颜色以及与其他物质反应产生的现象,推断时需注意排除一些杂质离子母扇拧 针对训练 1.向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作,结论正确的是( ) 操作 现象 结论 A 滴加BaCl2溶液 生成白色沉淀 原溶液中有SO B 滴加氯水和CCl4,振荡、静置 下层溶液显紫色 原溶液中有I- C 用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 原溶液中有Na+,无K+ D 滴加稀NaOH溶液,将湿润红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中无NH 解析:向溶液中滴加BaCl2溶液生成的白色沉淀可能是碳酸钡或亚硫酸钡,A错;向溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置,下层溶液显紫色说明有I2生成,则原溶液中有I-,B正确;焰色反应呈黄色说明原溶液肯定有Na+,但不能确定没有K+,因为K+的焰色反应为紫色,能被黄色遮盖,C错;向溶液中滴加稀NaOH溶液,将湿润红色石蕊试纸置于试管口,试纸不变蓝有可能是没有加热,NH+4与OH-生成NH3·H2O,没有NH3逸出。
答案:B 物质的鉴定与鉴别 1.鉴定是对一种未知物质进行确认,即根据被检物质特有的性质和现象,确定被检物质是否存在。
物质鉴定的一般思路是:根据被鉴物质的性质确定实验原理,若被鉴物质是纯净的离子化合物,则阳离子和阴离子都要检验;若被鉴物质存在于混合物中,则要分析是否有干扰物,若有干扰物则要先分离干扰物质后再进行检验。
物质鉴定的一般步骤为: 2.鉴别是指对两种或两种以上物质进行定性辨认。
物质鉴别的一般思路是:当待鉴物质较少时,可直接根据它们性质的差异进行逐一鉴别;当待鉴物质较多时,可就阴、阳离子或官能团进行分组,然后对每一小组进行逐一鉴别。
2014届高考物理(大纲版)一轮复习配套训练专题八磁场Word版含解析

专题八 磁 场1.(2012·高考天津卷)如图所示,金属棒MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,棒中通以由M 向N的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件,θ角的相应变化情况是( )A .棒中的电流变大,θ角变大B .两悬线等长变短,θ角变小C .金属棒质量变大,θ角变大D .磁感应强度变大,θ角变小2.(2012·高考安徽卷)如图所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场,经过Δt 时间从C 点射出磁场,OC 与OB 成60°角.现将带电粒子的速度变为v /3,仍从A 点沿原方向射入磁场,不计重力,则粒子在磁场中的运动时间变为( )A.12Δt B .2Δt C.13Δt D .3Δt3.(2012·高考广东卷)质量和电量都相等的带电粒子M 和N ,以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图中虚线所示,下列表述正确的是( )A .M 带负电,N 带正电B .M 的速率小于N 的速率C .洛伦兹力对M 、N 做正功D .M 的运行时间大于N 的运行时间4.(2012·高考大纲全国卷)质量分别为m 1和m 2、电荷量分别为q 1和q 2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动.已知两粒子的动量大小相等.下列说法正确的是( )A .若q 1=q 2,则它们做圆周运动的半径一定相等B .若m 1=m 2,则它们做圆周运动的半径一定相等C .若q 1≠q 2,则它们做圆周运动的周期一定不相等D .若m 1≠m 2,则它们做圆周运动的周期一定不相等5. (2012·高考江苏卷)如图所示,MN 是磁感应强度为B 的匀强磁场的边界.一质量为m 、电荷量为q 的粒子在纸面内从O 点射入磁场.若粒子速度为v 0,最远能落在边界上的A点.下列说法正确的有( )A .若粒子落在A 点的左侧,其速度一定小于v 0B .若粒子落在A 点的右侧,其速度一定大于v 0C .若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内,其速度不可能小于v 0-qBd 2mD .若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内,其速度不可能大于v 0+qBd 2m6.(2012·高考北京卷)处于匀强磁场中的一个带电粒子,仅在磁场力作用下做匀速圆周运动.将该粒子的运动等效为环形电流,那么此电流值( )A .与粒子电荷量成正比B .与粒子速率成正比C .与粒子质量成正比D .与磁感应强度成正比答案:1.【解析】选A.对金属棒受力分析知,tan θ=BIL mg对A ,I 增大,θ角变大;对B ,与悬线的长度无关;对C ,m 增大,θ角减小;对D ,B 增大,θ角变大,故A 项正确.2.【解析】选B.粒子速度为v 时,A 点射入,C 点射出,转过的圆心角为60°,则在磁场中的时间Δt =16T ,若以v 3的速度射入,周期不变,半径为原来的13,由几何关系可知在磁场中转过的圆心角为120°,则运动时间t =13T =2Δt ,故B 项正确. 3.【解析】选A.由左手定则得M 带负电,N 带正电,故选A.4.【解析】选A.由半径公式R =m v qB知,动量大小相等的粒子,若q 1=q 2,R 一定相等,A 正确;若m 1=m 2,q 关系不确定,R 大小关系无法确定,B 错误;由周期公式T =2πm qB,若q 1≠q 2,m 1与m 2关系也无法确定,二者周期可能相同,C 错误,同理,D 项也是错误的.5.【解析】选BC.若粒子以v 0射入磁场,则其轨道半径r =m v 0qB是一定值,从O 点射入,最远经过A 点,OA 一定为最长弦,即直径,该粒子此时一定从O 点垂直于边界射入.若粒子落在A 点左侧,可以在v 0不变的情况下通过改变入射角度实现,A 错;若粒子落在A 点右侧,只能增大v 0,增大轨道半径实现,B 正确;若粒子落在A 点左侧d 处,其轨道半径最小为R 1=r -d 2,由q v 1B =m v 21R 1得最小速度:v 1=v 0-qBd 2m,C 正确;若粒子从O 点垂直射入落在A 点右侧d 处,其半径R 2=r +d 2,入射速度v 2=v 0+qBd 2m,但可以增大速度,改变入射角度,让其落在该范围内,所以v 2并非最大速度,D 错误.6.【解析】选D.本题考查电流的定义式I =q t,带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动,q v B =m v 2R ,T =2πR v 得T =2πm qBI =q T =q 2B 2πm可知I 与q 2成正比,A 错,与v 无关,与m 成反比.B 、C 错,与B 成正比,D 对.。
2014年高考物理专题四功和能解析

专题四功和能限时训练- •实战演练巩固达标【测控导航】1.(2013江苏省南通市二模)某同学用频闪相机拍摄了运动员跳远比赛时助跑、起跳、最高点、落地四个位置的照片,简化图如图所示则运动员起跳瞬间消耗的体能最接近(C )A. 4 JB.40 JC.400 JD.4 000 J解析:运动员起跳瞬间消耗的体能等于运动员增加的重力势能.h取0.5 m,运动员质量取60 kg,mgh=300 J,所以运动员起跳瞬间消耗的体能最接近400 J,选项C正确.2. (2013江西省毕业班质检)质量相同的甲、乙两木块仅在摩擦力作用下沿同一水平面滑动,它们的动能(E k)—位移(x)的关系如图所示则两木块的速度(v)—时间⑴的图像正确的是(D )甲解析:由动能定理:-fx=E k-E ko,得E k二E ko-fx.由它们的动能(E k)—位移(x)的关系图线可知,甲、乙两木块初动能不同,所受摩擦力f相同. 所以甲、乙两木块初速度不同,加速度相等,两木块的速度(v)—时间(t)的图像是D.3. 如图所示,建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一有内阻的电动机相连,通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升.摩擦及空气阻力均不计.则(BD )A. 升降机匀加速上升过程中,升降机底板对人做的功等于人增加的动能B. 升降机匀速上升过程中,升降机底板对人做的功等于人增加的机械能C. 升降机上升的全过程中,电动机消耗的电能等于升降机增加的机械能D. 升降机上升的全过程中,电动机消耗的电能大于升降机增加的机械能解析:由功能关系W其他= △ E可知,升降机底板对人做的功等于人增加的机械能,故选项A错误,选项B正确;由于电动机的内阻上产生焦耳热,由能的转化和守恒定律可知,电动机消耗的电能等于内阻上产生的焦耳热和升降机及人增加的机械能,故选项C错误,D正确.4. (2013河北省石家庄市二模)如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的v t图像,0a为过原点的倾斜直线,ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段.be段是与ab段相切的水平直线.下述说法正确的是(CD )*t?Z H / li i i40h I J IA. 0 ~11时间内汽车以恒定功率做匀加速运动B. t i〜t2时间内的平均速度为——2C. t i〜12时间内汽车牵引力做功大于m — m :2 1D. 在全过程中11时刻的牵引力及其功率都是最大值解析:0〜t i时间内汽车以恒定的牵引力做匀加速运动,汽车的功率一直增大,选项A错误;t i~12时间内汽车没有做匀加速直线运动,因此平均速度不等于——,从图中可以看出,平均速度要比这个值大,选项2B错误;根据动能定理,t i〜12时间内汽车牵引力做的功减去克服摩擦力做的功等于动能的增量,所以选项C正确;在0〜t i时间内牵引力为恒力大于摩擦阻力,功率一直增大,t 1〜t2时间内功率为额定功率不变这时速度增大,牵引力开始减小,t 2〜t3时间内功率为额定功率,牵引力等于摩擦阻力,汽车匀速运动,所以选项D正确•5. 如图所示,A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连,A放在固定的光滑斜面上,B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,C 球放在水平地面上.现用手控制住A,并使细线刚刚拉直但无拉力作用,并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行.已知A的质量为4m,B C的质量均为m,重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计,开始时整个系统处于静止状态.释放A后,A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面.下列说法正确的是(AB )A. 斜面倾角a =30°B. A获得最大速度为2g三C. C刚离开地面时,B的加速度最大D. 从释放A到C刚离开地面的过程中,A、B两小球组成的系统机械能守恒解析:A和B在同一时刻具有最大速度,且此时C恰好离开地面,弹簧被拉长,弹簧弹力F=k A x=mg,此时对A、B整体有:a=0、F合=0,即4mgsin a -mg-F=0,得sin a = , a =30° ,故选项A正确,选项C错误;由于开1始时弹簧被压缩,由F=k A x=mg可知,压缩量△ x= ,A和B速度最大时弹簧伸长,且伸长量等于初状态的压缩量,这两个时刻弹性势能相等在这个过程中B升高h B=2A g字A下降h A=h B Sin a --,设A 的最大速度为V m,由动能定理可知:-,故选项B正确;从释放A到C刚离开地面的过程中,弹性势能先减小后增大,A、B组成的系统机械能不守恒,故选项D错误.6. 两个物体A B的质量分别为m和m,并排静止在水平地面上,如图(甲)所示,用同向水平拉力F i、F2分别作用于物体A和B上,作用一段时间后撤去,两物体各自滑行一段距离后停止.两物体运动的速度一时间图像分别如图(乙)中图线a、b所示•已知拉力F i、F2分别撤去后,物体减速运动过程的速度一时间图线彼此平行(相关数据已在图中标出).由图中信息可以得出(AD )L0A. A、B两物体与地面的动摩擦因数相同B. 若m=m,则力F i对物体A所做的功较多C. 若m=m,则力F i对物体A所做的功较少D. 若m二m,则力F i的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍解析:拉力F i、F2分别撤去后,两物体的加速度大小都为a' =i m/s2, 又因a'二卩g,求得卩=0.i,故选项A正确;力F i拉物体A时的加速度ai=- m/s2,对物体A受力分析,由牛顿第二定律可知F i-卩mg=ma i,得F i= m(N);同理可得F2二m(N);又由图(乙)可知,力F i拉物体A时产生3 3的位移x i二X 2.5 X 1.5 m=— m,力F2拉物体B时产生的位移2 EX2=-X 2.0 X 3 m=3 m;所以力F i 对物体A 做功W=F i X i二m X二(J)=5m i 23 J(J),力F2对物体B做功W=F2X2二-m X 3 (J)=5m2 (J),故选项B C都错; 3力F i的最大瞬时功率R=Fiw=m X 2.5 (W)= &m (W),力F2的最大瞬时3 i功率R=Hv2=m X 2.0 (W)= m (W),故选项D正确.3 37. (20i3河南省郑州市二模)如图所示,在光滑的水平地面上有一个表面光滑的立方体Q. —长为L的轻杆下端用光滑铰链连接于0点,0点固定于地面上,轻杆的上端连接着一个可视为质点的小球P,小球靠在立方体左侧,P和Q的质量相等,整个装置处于静止状态.受到轻微扰动后P倒向右侧并推动Q.下列说法中正确的是(BC )£LA. 在小球和立方体分离前,当轻杆与水平面的夹角为B时,小球的速度大小为「⑵B. 在小球和立方体分离前,当轻杆与水平面的夹角为9时,立方体和小球的速度大小之比为sin 9C. 在小球和立方体分离前,小球所受的合力一直对小球做正功D. 在落地前小球的机械能一直减少解析:当立方体的速度大于小球在水平方向的分速度时,立方体与小球分离;在分离之前,小球和立方体具有相同的水平方向的速度,即v p sin0 =V Q,所以选项B正确;在小球和立方体分离前,当轻杆与水平面的夹角为0时,由能量守恒得:mgL(1-sin 0 )=-m岸+-m •-二m r*+-m(v p sin 0 )2,所以小球的速度大小2 2 2 2V P= ,所以选项A错误;在小球和立方体分离前,立方体Q一直加速向右运动,所以小球的速度V P=—也一定在增大,因此小球受到的合力一定对小球做正功,选项C正确;小球和立方体分离前,小球的机械能减小,小球和立方体分离后,小球的机械能不变,所以选项D错误.8. 在科技馆中有两等高斜轨并排放置,其中斜轨1倾角处处相同,而斜轨2前半段较1陡峭,后半段较1平缓,但两轨道的底边相同,两轨道总长度相差不多,如图所示.一位小朋友在斜面顶端将两个相同的小球同时由静止释放,发现球2先到达底端.则以下对球1和球2这一运动过程的速度大小随时间变化的图线,描述正确的是(设小球均可视为质点且与两斜面的动摩擦因数相同,直线1表示球1的运动,折线2表示球2的运动)(C )解析:如图所示,设斜轨2前半段倾角为a ,长为S i,后半段倾角为B , 长为S2,底边长为L.对球2由动能定理得,mgh-卩mg cos a • S i-卩mgcos B • S2= m -,而cos a • s i +cos [3 • S2=L,即mgh-口mgL二m ,1 I对球1由动能定理得,mgh-卩mgcos 0 • s=m :,而cos 0 • s=L,所2以V i=V2.由于a >3 ,小球在斜轨2前半段加速度大于后半段,故选项C 正确.9. (2013四川内江市二模)如图所示,在足够长的光滑曲面上由静止释放一个物体,若以释放物体的时刻作为零时刻,用E、v、x、W分别表示物体的机械能、速率、位移和重力做的功,那么,下列四个图像分别定性描述了这些物理量随时间变化的规律,其中正确的图像为(A )A B C D解析:曲面光滑,物体下滑过程中机械能守恒,选项A正确,物体下滑过程中加速度变化,选项B错误;物体做加速运动,位移与时间不成正比关系,选项C错误;物体下滑过程中,重力做的功逐渐增大,选项D错误.10. (2013雅安三模)如图,在竖直向上的匀强电场中,有一绝缘轻质弹簧竖直固定于水平地面上,上面放一带正电小球,小球与弹簧不连接, 施加外力F将小球向下压至某位置静止.现撤去F,使小球沿竖直方向运动(不计空气阻力),在小球由静止到刚离开弹簧的过程中,重力、电场力、弹力对小球所做功的数值分别为 1.0 x 10-2 J、2.5 x 10-2 J、2.0 x 10-2 J,则上述过程中(C )A.小球的机械能增加B. 小球的电势能增加2.5 x 10-2 JC. 小球离开弹簧瞬间的动能为3.5 x 10-2 JD. 小球与弹簧组成的系统机械能守恒解析:小球由静止到刚离开弹簧的过程中,电场力做正功,小球的电势能减少2.5 x 10-2 J,选项B错误;对小球由动能定理,W+W电+W单二丘-0, 得丘=3.5 x 10-2 J,选项C正确;此过程中,电场力、弹力对小球做功, 使小球的机械能增加,则△ E机=4.5 x 10-2 J,选项A错误;对于小球与弹簧组成的系统,电场力为外力对系统做功,系统的机械能不守恒,选项D错误.11. (2013四川南充市第三次适应性考试)如图所示,轻弹簧左端固定在竖直墙上,右端点在O位置.质量为m的物块A(可视为质点)以初速度V0从距O点右方X0的P点处向左运动,与弹簧接触后压缩弹簧,将弹簧右端压到0’点位置后,A又被弹簧弹回.A离开弹簧后恰好回到P 点.物块A与水平面间的动摩擦因数为卩,求:(1) 物块A从P点出发又回到P点的过程,克服摩擦力所做的功;⑵O点和0’点间的距离“(3)若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接, 将A放在B右边,向左压A、B,使弹簧右端压缩到0’点位置,然后从静止释放,A、B共同滑行一段距离后分离.分离后物块A向右滑行的最大距离X2是多少?解析:(1)物块A从P点出发又回到P点的过程根据功能关系知,克服摩擦力所做的功为Vf=m「1⑵物块A从P点出发又回到P点的全过程中,根据功能关系有2卩mg(x+x o)=-m ,得X1 = -X 0.(3)物块A、B分离时,两者间弹力为零,且加速度相同,A的加速度是卩g,B的加速度也是卩g,说明B此时只受摩擦力,弹簧处于原长时分离,设此时它们的共同速度是V1,弹出过程弹力做功WF.只有物块A时,从O到P有:WW a mg(X i+x o)=O,物块A B共同从0’点到O点有:WW2 a mgx二• 2mJI分离后对物块A有:a mgx2= m ,2解得: X 2=Xo——.S M答案:(1) -m (2) -X0 (3)X0-「一一12. (2013浙江省绍兴市二模)2012年11月23日上午,由来自东海舰队“海空雄鹰团”的飞行员戴明盟驾驶的中国航母舰载机歼15降落在“辽宁舰”甲板上,首降成功,随后舰载机通过滑跃式起飞成功.滑跃起飞有点像高山滑雪,主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞,其示意图如图所示,设某航母起飞跑道主要由长度为L1=160 m的水平跑道和长度为L2=20 m的倾斜跑道两部分组成,水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0 m. 一架质量为m=2.0X104 kg的飞机,其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2 x 105N,方向与速度方向相同,在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍,假设航母处于静止状态,飞机质量视为不变并可看成质点,倾斜跑道看作斜面,不计拐角处的影响.取g=10 m/s .(1) 求飞机在水平跑道上运动的时间.(2) 求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小.(3) 如果此航母去掉倾斜跑道,保持水平跑道长度不变,现在跑道上安装飞机弹射器,此弹射器弹射距离为84 m,要使飞机在水平跑道的末端速度达到100 m/s,则弹射器的平均作用力多大?(已知弹射过程中发动机照常工作)解析:(1)设飞机在水平跑道上的加速度为a i,阻力为f,飞机在水平跑道上运动的时间为t i,由牛顿第二定律和运动学公式有F-f=ma i,L i= a i g/,2解得:t i=8.0 s.(2) 设飞机在水平跑道末端速度为v i,倾斜跑道末端速度为V2,由运动学公式和动能定理有v i=a i t i,FL-fL 2-mgh=m(屜SJ),2解得:v 2=2 - m/s ~ 41.5 m/s.(3) 设弹射器的平均作用力为F i,弹射距离为x,飞机在跑道末端速度为V3,由动能定理有1 -F i x+FL i-fL i= m虻,解得:F i=i x 106 N.答案:(1)8.0 s(2)41.5 m/s(3)1 x 106 N。
【新课标地区】2014届高三上学期物理月考二(A卷) Word版含解析.pdf

试卷类型:A 2014届高三原创月考试题二 物 理 适用地区:课标地区 考查范围:力和运动的关系 建议使用时间:2013年9月底 第Ⅰ卷 一、单项选择题(本题共6小题,每小题3分,共18分。
在每个小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
) 1、若已知物体运动的初速度v0的方向及它受到的恒定的合外力F的方向,图a、b、c、d表示物体运动的轨迹,其中正确是的( ) B. C. D.到之间的某个值 3、如图所示,放在固定斜面上的物块以加速度沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一竖直向下的恒力,则 () A. 物块可能匀速下滑 B. 物块仍以加速度匀加速下滑 C. 物块将以大于的加速度匀加速下滑 D. 物块将以小于的加速度匀加速下滑 4、【2013?湖北省孝感市联考】如图所示,某电视台推出了一款娱乐闯关节目,选手最容易失败落水的地方是第四关“疯狂转盘”和第五关“高空滑索”。
根据所学物理知识,选出选项中表述正确的选项( ) A.选手进入转盘后,在转盘中间比较安全 B.选手进入转盘后,在转盘边缘比较安全 C.质量越大的选手,越不容易落水 D.选手从最后一个转盘的边缘起跳去抓滑索时,起跳方向应正对悬索 下列图像均能正确皮映物体在直线上的运动,则在t=2s内物体位移最大的是( ) m后双脚触地,接着他用双腿弯屈方法缓冲,使自身重心又下降了0.6 m,假设在着地过程中地面对他双脚的平均作用力大小恒定,则消防队员( ) A.着地过程中处于失重状态 B.着地过程中地面对他双脚的平均作用力等于6 mg C.在空中运动的加速度大于触地后重心下降过程中的加速度 D.在空中运动的平均速度小于触地后重心下降过程中的平均速度^ 二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。
在每个小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。
全部选对的,得4分;选对但不全的,得2分;有选错的,得0分。
) 7、下列实例中人处于失重状态的有 ( ) A.飞机起飞时飞机中的乘客 B.离开跳台后正在空中做动作的跳水运动员 C.下行电梯将要到达指定楼层时电梯中的乘客 D.沿椭圆轨道运行的飞船中的宇航员 如图所示,某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球,由于恒定的水平风力的作用,高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L的A穴,则 A.该球从被击出到落入A穴所用时间为 B.该球从被击出到落入A穴所用时间为 C.球被击出时的初速度大小为L D.球被击出时的初速度大小为L 在高处以初速度v1水平抛出一个带刺飞镖,在离开抛出点水平距离l、2l处有AB两个小气球以速度v2匀速上升,先后被飞标刺破(认为飞标质量很大,刺破气球不会改变其平抛运动的轨迹)。
2014年北京市高考物理试卷(含解析版)

D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度
7.(3 分)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促进了人类科学认
识的发展。利用如图所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的 O 点由静止释放后沿斜面向
A.1、2 两点的场强相等
B.1、3 两点的场强相等
C.1、2 两点的电势相等
Tb.则一定有( )
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A.如果斜面光滑,小球将上升到与 O 点等高的位置
B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态
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
8.(3 分)以往,已知材料的折射率都为正值(n>0).现已有针对某些电磁波设计制作的人工
掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。对此现象分析正确的是( )
3.(3 分)如图所示,实线表示某静电场的电场线,虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的
A.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态
是( )
B.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态
C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度
三.计算题 10.(16 分)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切,小滑块 A 和 B 分
别静止在圆弧轨道的最高点和最低点.现将 A 无初速释放,A 与 B 碰撞后结合为一个整体,并 沿桌面滑动.已知圆弧轨道光滑,半径 R=0.2m;A 和 B 的质量相等;A 和 B 整体与桌面之间的 动摩擦因数μ=0.2.重力加速度 g 取 10m/s2.求: (1)碰撞前瞬间 A 的速率 v; (2)碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率 v′; (3)A 和 B 整体在桌面上滑动的距离 l.
14届高三物理期中考试参考答案.doc

(1)(3分)如右图所(2) (4分)Z86, 5.70〜6.10。
(两位有效数字均给分) (3) (3分)CD (选对1个得2分,选对2个得3分,含有错误答案不给分) 24: (14分)解:儿童从A 处到B 处,由动能定理 mgs x sin37° - /umgs^ cos37° = ~^mv B(4则 VB = 2A /3m/s (1分) 当儿童恰好从C 处平抛出,则在C 处时不受弹力作用mg 2 V c =m -- R (2(1分) (3分)2013-2014学年第二学期高三期中考试物理参考答案及评分标准二、选择题:本题共8小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,第14〜18题只有 一项符合题目要求,第19〜21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得 3分,有选错的得0分。
题号14 15 16 17 18 19 20 21 答案 D C B D B AC AD CD第II 卷22. 1.998 (1.996〜1.999 都正确)mm ............ (2 分);1,094 cm23:解:vc= V2 m/s儿童从B 到C 处,由动能定理 -//mgs? =(4分) 得 S2=lm(2 分)要使儿童不从C 处平抛出去,水平滑槽BC 长度应大于1〃?B o qv o =m —K(3分)(1分)C1分)⑤ (2分)解:25 (18 分)(1)粒子在该过程中运动的轨迹如图所示。
图中匕。
启=120°ZQO 2P=120° ........... (4 分)对圆心角的大小不做必要的说明或标示,扣1分。
C2)粒子洛仑兹力作用下匀速圆周运动,由牛顿第二定律得① .......... (3分) 设。
、P 间的距离由图中的几何关系可知L=47?sin60 °联立①②得乙=玄亟 B°q(3)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为几 L =— % 联立①④得T.= — B°q由图可知,粒子先逆时针绕行再沿顺时针绕行&到达P 点 3 3故有T ⑥ ............ (2分) 3所以磁场变化的周期丁=地 ⑦ ..... (2分)3B»q解:33 .[物理——选修3-3](15分)(1)BCD (5 分) (2)以限压阀为研究对象,进行受力分析。
2014年全国统一高考物理试卷(大纲版)答案与解析

2014年全国统一高考物理试卷(大纲版)参考答案与试题解析一、选择题:本题共8小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,有的只有一项符合题目要求,有的有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.1.(6分)(2015•新泰市模拟)一质点沿x轴做直线运动,其v﹣t图象如图所示.质点在t=0时位于x=5m处,开始沿x轴正向运动.当t=8s时,质点在x轴上的位置为()s=2.(6分)(2015•鞍山二模)地球表面附近某区域存在大小为150N/C、方向竖直向下的电场.一质量为1.00×l0﹣4kg、带电量为﹣1.00×10﹣7C的小球从静止释放,在电场区域内下落10.0m.对此过程,该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80m/s2,根据气态方程=c4.(6分)在双缝干涉实验中,一钠灯发出的波长为589nm的光,在距双缝1.00m的屏上λλd==1.68x=5.(6分)(2015•嘉定区一模)两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相6.(6分)(2014秋•西湖区校级期中)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v时,上升的最大高度为H,如图所示;当物块的初速度为时,上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()(和(和由动能定理可知上升过程中,由动能定理可知联立解得7.(6分)(2015•嘉定区一模)很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放,形成一很长的竖直圆筒.一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置,其下端与圆筒上端开口平齐.让条形磁铁从静8.(6分)(2014春•龙华区校级期末)一中子与一质量数为A (A>1)的原子核发生弹性B二、非选择题:第22〜34题,共174分.按题目要求作答.9.(6分)(2014秋•西湖区校级期末)现用频闪照相方法来研究物块的变速运动.在一小物块沿斜面向下运动的过程中,用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示.拍摄时频闪频率是10Hz;通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4.已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s.数据如下表所示.重力加速度大小g=9.80m/s2.(1)物块的加速度a= 4.30m/s2(保留3位有效数字).(2)因为物块加速度小于=5.88m/s2可知斜面是粗糙的.)若斜面光滑则:m/s,物块加速度小于=5.88m/s10.(12分)现要测量某电源的电动势和内阻.可利用的器材有:电流表,内阻为1.00Ω;电压表;阻值未知的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5;开关S;﹣端连有鳄鱼夹P的导线1,其他导线若干.某同学设计的测量电路如图(a)所示.(1)按图(a)在实物图(b)中画出连线,并标出导线1和其P端.(2)测量时,改变鳄鱼夹P所夹的位置,使R1、R2、R3、R4、R5办依次串入电路,记录对应的电压表的示数U和电流表的示数I.数据如下表所示.根据表中数据,在图(c)中E= 2.90,内阻r= 1.04Ω11.(12分)(2015•福建模拟)冰球运动员甲的质量为80.0kg.当他以5.0m/s的速度向前运动时,与另一质畺为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞.碰后甲恰好静止.假设碰撞时间极短,求:(1)碰后乙的速度的大小;(2)碰撞中总机械能的损失.12.(20分)(2014秋•下陆区校级期末)如图,在第一象限存在匀强磁场,磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外;在第四象限存在匀强电场,方向沿x轴负向.在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子,该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进人电场.不计重力.若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ,求:(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值;(2)该粒子在电场中运动的时间.B=mt,=v t=;)电场强度大小与磁感应强度大小的比值为v)该粒子在电场中运动的时间为。
2014北京高考理综(物理部分)含答案word版

2014北京高考理综物理13.下列说法中正确的是A.物体温度降低,其分子热运动的平均动能增大B.物体温度升高,其分子热运动的平均动能增大C.物体温度降低,其内能一定增大D.物体温度不变,其内能一定不变14.质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3,当一个质子和一个中子结合成氘核时,释放的能量是(c表示真空中的光速)A.(m1 +m2 -m3)c B.(m1 -m2 -m3)c15.如图所示,实线表示某静电场的电场线,虚线表示该电场的等势面.下列判断正确的是A.1、2两点的场强相等B.2、3两点的场强相等C.1、2两点的电势相等D.2、3两点的电势相等16.带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动,它们的动量大小相等,a运动的半径大于b运动的半径.若a、b的电荷量分别为q a、q b,质量分别为m a、m b,周期分别为T a、T b.则一定有A.q a<q b B.m a<m b C.T a<T b D.q a/m a<q b/m b17.一简谐机械波沿x轴正方向传播,波长为λ,周期T.t=0时刻的波形如图1所示,a、b是波上的两个质点.图2A.t=0时质点a的速度比质点b的大B.t=0时质点a的加速度比质点b的小C.图2可以表示质点a的振动D.图2可以表示质点b的振动18.应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入.例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出.对此现象分析正确的是A.受托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态B.受托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度19.伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促进了人类科学认识的发展.利用如图所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升.斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时,小球沿右侧斜面上升的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比,可以得到的最直接的结论是Array A.如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置BCD.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小20.以往,已知材料的折射率都为正值(n >0).现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料,其折射率可以为负值(n <0),称为负折射率材料.位于空气中的这类材料,入射角i 与折射角r 依然满足sin i / sin r = n ,但是折射线与入射线位于法线的同一侧(此时折射率取负值).若该材料对于电磁波的折射率n = -1,正确反映电磁波穿过该材料的传播途径的示意图是二.实验题 21.(18分)利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻.要求尽量减小实验误差. (1)应该选择的实验电路是图1中的_________(2)现有电流表(0~0.6A )、开关和导线若干,以及以下器材: A .电压表(0~15V ) B .电流表(0~3V )C .滑动变阻器(0~50Ω)D .滑动变阻器(0~500Ω)实验中电压表应选用_________;滑动变阻器应选用_________;(选填相应器材前的字母)(3)某位同学记录的6组数据如下表所示,其中5组数据的对应点已经标在图2的U - I 图线.(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E=_________V ,内电阻 r =_________Ω.(5)实验中,随着滑动变阻器滑片的移动,电压表的示数U 及干电池的输出功率P 都会发生变化. 图3的各示意图中正确反映P – U 关系的是 ________.D C A 图1D CB A 图3三.计算题22.(16分)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切,小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点.现将A无初速度释放,A与B碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动.已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2m;A和B的质量相等;A和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2.取重力加速度g=10m/s2.求:(1)碰撞前瞬间A的速率υ;(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l.23.(18分)万有引力定律揭示了天体运动规律与地上物体运动规律具有内在的一致性.(1)用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量,随称量位置的变化可能会有不同的结果.已知地球质量为M,自转周期为T,万有引力常量为G.将地球视为半径为R、质量均匀分布的球体,不考虑空气的影响.设在地球北极地面称量时,弹簧秤的读数是F0.a.若在北极上空高出地面h处称量,弹簧秤读数为F1,求比值F1/F0的表达式,并就h=1.0%R的情形算出具体数值(计算结果保留两位有效数字);b.若在赤道地面称量,弹簧秤读数为F2,求比值F2/F0的表达式.(2)设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径r、太阳的半径R s和地球的半径R三者均减小为现在的1.0%,而太阳和地球的密度均匀且不变.仅考虑太阳和地球之间的相互作用,以现实地球的1年为标准,计算“设想地球”的一年将变为多长?24.(20分)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识.如图所示,固定与水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中,金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F 作用下,在导线框上以速度υ做匀速运动,速度υ与恒力F方向相同;导线MN始终与导线框形成闭合回路.已知导线MN电阻为R,其长度l恰好等于平行轨道间距,磁场的磁感应强度为B.忽略摩擦阻力和导线框的电阻.(1)通过公式推导验证:在Δt时间内,F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电,也等于导线MN中产生的焦耳热Q;(2)若导线MN的质量m=8.0g,长度L=0.10m,感应电流I=1.0A,假设一个原子贡献1个自由电子,计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率υe(下表中列出一些你可能会用到的数据);(3)经典物理学认为,金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞.展开你想象的翅膀,给出一个合理的自由电子的运动模型;在此基础上,求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度2014北京高考理综物理答案13.B 14.C 15.D 16.A17.D 18.D 19.A 20.B21.(18分) (1)甲 (2)B ,C(3)如右图所示 (4)1.49,0.82 (5)D22.(16分)(1)滑块A 从圆弧最高点滑到最低点的过程中,由机械能守恒定律,有12m A υA 2 =m A gR 得υA(2)滑块B 相撞,动量守恒(m A + m B )υ′= m A υA 得υ′=12υA =1m/s(3)滑块A 和B 粘在一起在桌面上滑行过程,由动能定理可得 -f l =0 -12(m A + m B )υ′ 2 其中f=μ(m A + m B )g =2μm A g代入解得l =4R μ=0.25m 23.(18分)(1)a .在地球北极点不考虑地球自转,则弹簧秤所称得的重力为其万有引力,即 02Mm F G R = (1)且12()Mm F G R h =+ (2)由(1)、(2)可得()()221010.9810.01F R F R h===++即F 1=0.98 F 0b .在赤道上称重时,万有引力的一部分提供物体做圆周运动的向心力,于是有22224Mm F G m R R Tπ=- (3) 由(1)、(3)可得2312041F R F GMT π=-(2)设太阳质量为M ,地球质量为M ′,则222'4'MM G M r r Tπ=即地球公转周期T =而太阳质量43S M πρ=,T == 1.0%时,地球公转周期不变,即仍为1地球年24.(20分)(1)动生电动势 E = BL υ (1)感应电流 E B LI R Rυ== (2) 安培力 22B L F BIL Rυ== (3)力F 做功 W = F Δx = F υΔt =222B L R υΔt (4)电能 W 电= EI Δt =222B L R υΔt (5)焦耳热 Q = I 2R Δt =2222B L RυR Δt =222B L R υΔt (6)由(4)、(5)、(6)可知,W = W 电= Q(2)总电子数A m N N μ=设单位体积内电子数为n ,则N =nSL故 I Δt = enS υe Δt得 I = enS υe = e υe N L = e υe A N mL μ(7)所以 υe =AIL emN μ=7.8×10-6 m/s(3)从微观层面看,导线中的自由电子与金属离子发生的碰撞,可以看作非弹性碰撞,碰撞后自由电子损失动能,损失的动能转化为焦耳热.从整体上来看,可以视为金属离子对自由电子整体运动的平均阻力导致自由电子动能的损失, 即W 损 =N f L ⋅⋅ (8)从宏观方面看,力F 对导线MN 做功,而导线的速度不变,即导线的动能不变,所以力F 做功全部转化为焦耳热.Δt 时间内,力F 做功 ΔW =F υΔt (9) 又ΔW = W 损 即F υΔt =N f L ⋅⋅ F υΔt =nS υe Δt f L ⋅ 将I = neS υe 代入,得 F υ=I f L e⋅将22B L F R υ=、BL I Rυ=代入得f =e υB。
2014届高考物理第二轮复习方案之力学(新课标版)8

2014届高考物理第二轮复习方案之力学(新课标版)82014届高考物理第二轮复习方案之力学(新课标版)81.在广州亚运会男子110米栏决赛中,刘翔以13.09秒的优异成绩获得冠军并打破之前创造的比赛记录.刘翔在比赛中,主要有起跑加速、途中匀速跨栏和加速冲刺三个阶段,他的脚与地面间不会发生相对滑动,以下说法正确的是( )A.加速阶段地面对人的摩擦力做正功B.匀速阶段地面对人的摩擦力做负功C.由于人的脚与地面间不发生相对滑动,所以不论加速还是匀速,地面对人的摩擦力始终不对人做功D.无论加速还是匀速阶段,地面对人的摩擦力始终做负功2.把动力装置分散安装在每节车厢上,使其既具有牵引动力,又可以载客,这样的客车车辆叫做动车.几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组,就是动车组,假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比,每节动车与拖车的质量都相等,每节动车的额定功率都相等.若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120 km/h;则6节动车加3C.摩擦力可能不做功D.摩擦力可能做负功5.汽车发动机的额定功率为P1,它在水平大小恒定,汽车在水路面上行驶时受到的阻力F阻平路面上由静止开始运动,最大速度为v,汽车发动机的输出功率随时间变化的图象如图所示.则汽车()A.0~t1做匀加速运动,牵引力恒定B.0~t1做变加速运动,牵引力增大C.t1后加速度逐渐减小,速度达到v后做匀速运动D.t1后牵引力恒定,与阻力大小相等解析:由图可知:0~t1汽车发动机的功率P=kt(k为图象斜率,为定值),由功率P=F v可知:P=Fat=F×F-F阻M t=F2-F×F阻M t,由于阻力F阻大小恒定,则牵引力F恒定,故A正确,B错误;t1后功率P=P1恒定不变,但在t1时牵引力F>F阻,故速度继续增加,则F开始减小,加速度开始减小,当F=F阻时,加速度减为零,速度增加到最大为v,此后汽车开始做匀速运动,故C正确,D错误.答案:AC6.如图甲所示,质量为m的物体置于水平地面上,所受水平拉力F在2 s时间内的变化图象如图乙所示,其运动的速度图象如图丙所示,g =10 m/s2.下列说法正确的是()A.物体和地面之间的动摩擦因数为0.1B.水平拉力F的最大功率为5 WC.2 s末物体回到出发点D.2 s内物体的加速度不变解析:本题考查通过图象处理匀变速运动问题.在减速阶段,F f=ma,μmg=ma,μ=0.1,A正确;拉力F的最大功率P=F v=10×1 W=10 W,B不正确;物体在第一秒内受到的合力的方向与第二秒内受到的合力的方向相反,加速度方向相反,D不正确;由v-t图象可知,物体在2 s内位移是速度图线与t轴所围面积,即1 m,没有回到出发点,C不正确.答案:A7.质量分别为2 m和m的A、B两种物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动,撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止,其v-t 图象如图5所示,则下列说法正确的是( )图5A.F1、F2大小相等B.F1、F2对A、B做功之比为2∶1C.A、B受到的摩擦力大小相等D.全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶28.电动机以恒定的功率P和恒定的转速n卷动绳子,拉着质量为M的木箱在光滑的水平地面上前进,如图6所示,电动机卷绕绳子的轮子的半径为R,当运动至绳子与水平面成θ角时,下述说法正确的是() 图6A.木箱将匀速运动,速度是2πnRB.木箱将匀加速运动,此时速度是2πnR/cosθC.此时木箱对地的压力为Mg-P sin θ2πnRD.此过程木箱受的合外力大小和方向都在变化9.如图7所示,劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上,另一端与置于水平面上质量为m的物体接触(未连接),弹簧水平且无形变。
2014年全国统一高考物理试卷大纲卷含解析版

2014年全国统一高考物理试卷(大纲卷)一、选择题:本题共8小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,有的只有一项符合题目要求,有的有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.1.(6分)一质点沿x轴做直线运动,其v﹣t图象如图所示.质点在t=0时位于x=5m处,开始沿x轴正向运动.当t=8s时,质点在x轴上的位置为( )A.x=3m B.x=8m C.x=9m D.x=14m 2.(6分)地球表面附近某区域存在大小为150N/C、方向竖直向下的电场.一质量为1.00×l0﹣4kg、带电量为﹣1.00×10﹣7C的小球从静止释放,在电场区域内下落10.0m.对此过程,该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80m/s2,忽略空气阻力)( )A.﹣1.50×10﹣4J和9.95×10﹣3J B.1.50×10﹣4J和9.95×10﹣3JC.﹣1.50×10﹣4J和9.65×10﹣3J D.1.50×10﹣4J和9.65×10﹣3J 3.(6分)对于一定量的稀薄气体,下列说法正确的是( )A.压强变大时,分子热运动必然变得剧烈B.保持压强不变时,分子热运动可能变得剧烈C.压强变大时,分子间的平均距离必然变小D.压强变小时,分子间的平均距离可能变小4.(6分)在双缝干涉实验中,一钠灯发出的波长为589nm的光,在距双缝1.00m的屏上形成干涉图样.图样上相邻两明纹中心间距为0.350cm,则双缝的间距为( )A.2.06×10﹣7m B.2.06×10﹣4m C.1.68×10﹣4m D.1.68×10﹣3m 5.(6分)两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇.下列说法正确的是( )A.波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A1﹣A2|B.波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1+A2C.波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移D.波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅6.(6分)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v时,上升的最大高度为H,如图所示;当物块的初速度为时,上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( )A.tanθ和B.(﹣1)tanθ和C.tanθ和D.(﹣1)tanθ和7.(6分)很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放,形成一很长的竖直圆筒.一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置,其下端与圆筒上端开口平齐.让条形磁铁从静止开始下落.条形磁铁在圆筒中的运动速率( )A.均匀增大B.先增大,后减小C.逐渐增大,趋于不变D.先增大,再减小,最后不变8.(6分)一中子与一质量数为A (A>1)的原子核发生弹性正碰.若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.B.C.D.二、非选择题:第22〜34题,共174分.按题目要求作答.9.(6分)现用频闪照相方法来研究物块的变速运动.在一小物块沿斜面向下运动的过程中,用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示.拍摄时频闪频率是10Hz;通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4.已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s.数据如下表所示.重力加速度大小g=9.80m/s2.单位:cmx1x2x3x4h S10.7615.0519.3423.6548.0080.00根据表中数据,完成下列填空:(1)物块的加速度a= m/s2(保留3位有效数字).(2)因为 可知斜面是粗糙的.10.(12分)现要测量某电源的电动势和内阻.可利用的器材有:电流表,内阻为1.00Ω;电压表;阻值未知的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5;开关S ;﹣端连有鳄鱼夹P的导线1,其他导线若干.某同学设计的测量电路如图(a)所示.(1)按图(a)在实物图(b)中画出连线,并标出导线1和其P端.(2)测量时,改变鳄鱼夹P所夹的位置,使R1、R2、R3、R4、R5办依次串入电路,记录对应的电压表的示数U和电流表的示数I.数据如下表所示.根据表中数据,在图(c)中的坐标纸上将所缺数据点补充完整,并画出U﹣I图线.I(mA)1931531116930U(V) 2.51 2.59 2.68 2.76 2.84(3)根据U﹣I图线求出电源的电动势E= ,内阻r= Ω.(保留2位小数)11.(12分)冰球运动员甲的质量为80.0kg.当他以5.0m/s的速度向前运动时,与另一质畺为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞.碰后甲恰好静止.假设碰撞时间极短,求:(1)碰后乙的速度的大小;(2)碰撞中总机械能的损失.12.(20分)如图,在第一象限存在匀强磁场,磁感应强度方向垂直于纸面(xy 平面)向外;在第四象限存在匀强电场,方向沿x轴负向.在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子,该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场.不计重力.若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ,求:(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值;(2)该粒子在电场中运动的时间.13.已知地球自转周期和半径分别为T,R.地球同步卫星A在离地面高度为h 的圆轨道上运行,卫星B沿半径为r(r<h)的圆轨道在地球赤道的正上方运行,其运行方向与地球自转方向相同.求:(1)卫星B做圆周运动的周期;(2)卫星A、B连续地不能直接通讯的最长时间间隔(信号传输时间可忽略). 2014年全国统一高考物理试卷(大纲卷)参考答案与试题解析一、选择题:本题共8小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,有的只有一项符合题目要求,有的有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.1.(6分)一质点沿x轴做直线运动,其v﹣t图象如图所示.质点在t=0时位于x=5m处,开始沿x轴正向运动.当t=8s时,质点在x轴上的位置为( )A.x=3m B.x=8m C.x=9m D.x=14m【考点】1I:匀变速直线运动的图像.【专题】512:运动学中的图像专题.【分析】速度时间图象可读出速度的大小和方向,根据速度图象可分析物体的运动情况,确定何时物体离原点最远.图象的“面积”大小等于位移大小,图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正,图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负.【解答】解:图象的“面积”大小等于位移大小,图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正,图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负,故8s时位移为:s=,由于质点在t=0时位于x=5m处,故当t=8s时,质点在x轴上的位置为8m,故ACD错误,B正确。
【新课标地区】2014届高三上学期物理月考三(B卷) Word版含解析.pdf

中的速度图像可能是图中的( )
10、(2013江西省信丰中学)如图所示,物块A放在直角三角形斜面体B上面,B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁
,初始时A、B静止;现用力F沿斜面向上推A,但AB小不变B.A、B之间的摩擦力一定变小
C.B与墙之可能没有摩擦力 D.弹簧弹力一定不变
试卷类型:B
2014届高三原创月考试题三
物 理
适用地区:课标地区
考查范围:力学综合
建议使用时间:2013年10月底
第Ⅰ卷
一、单项选择题(本题共6小题,每小题3分,共18分。在每个小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的
。)
1、(2013陕西省西安八校联考)放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t的
于神舟八号的运行速率
B.天宫一号的向心加速度小于神舟八号的向心加速度
C.神舟八号适度加速有可能与天宫一号实现对接
D.天宫一号受到地球的万有引力小于神舟八号受到地球的万有引力
9、如图所示,一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上、环与杆的摩擦因数为μ现给环一个向右的初速度
v0,同时对环加一个竖直向上的作用力F并使F的大小随v的大小变化,两者关系为F=kv,其中k为常数,则环运动过程
小球,从距离水平地面高为H的管口D处静止释放,最后能够从A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是
A. 小球落到地面相对于A点的水平位移值为
B. 小球落到地面相对于A点的水平位移值为
C. 小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R
D. 小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin=8、(2013山东省青州市2011年9月29日成功A.天宫号的运行速率大
关系和物块速度v与时间t的关系如图所示.取重力加速度g=10ms2.由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间
2014高考物理二轮复习能力提升演练8.pdf

2014高考物理二轮复习能力提升演练8 带电粒子在复合场中的运动 常考的2个问题(计算题)1.如图8-9所示,两块平行金属极板MN水平放置,板长L=1 m,间距d= m,两金属板间电压U=1×104 V;在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域,正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1,三角形的上顶点A与上金属板M平齐,BC边与金属板平行,AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点;正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2,已知A、F、G处于同一直线上.B、C、H也处于同一直线上.AF两点距离为m.现从平行金属极板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子,粒子质量m=3×10-10 kg,带电荷量q=+1×10-4 C,初速度v0=1×105 m/s. 图8-9 (1)求带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向; (2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上,求该区域的磁感应强度B1; (3)若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面,求B2应满足的条件. 2.如图8-10所示,一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面).在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场,一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域,在圆上的b点离开该区域,离开时速度方向与直线垂直.圆心O到直线的距离为R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场,同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域,也在b点离开该区域.若磁感应强度大小为B,不计重力,求电场强度的大小. 3.如图8-11所示,坐标系xOy在竖直平面内,长为L的水平轨道AB光滑且绝缘,B点坐标为.有一质量为m、电荷量为+q的带电小球(可看成质点)被固定在A点.已知在第一象限内分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上,场强大小E2=,磁场为水平方向(在图中垂直纸面向外),磁感应强度大小为B;在第二象限内分布着沿x轴正方向的水平匀强电场,场强大小E1=.现将带电小球从A点由静止释放,设小球所带的电荷量不变.试求: 图8-11 (1)小球运动到B点时的速度大小; (2)小球第一次落地点与O点之间的距离; (3)小球从开始运动到第一次落地所经历的时间. 4.如图8-12a所示,水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场,现将一重力不计、比荷=106 C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放,经过×10-5 s后,电荷以v0=1.5×104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场,磁场与纸面垂直,磁感应强度B按图8-12b所示规律周期性变化(图b中磁场以垂直纸面向外为正,以电荷第一次通过MN时为t=0时刻).求: 图8-12 (1)匀强电场的电场强度E的大小; (2)图b中t=×10-5 s时刻电荷与O点的水平距离; (3)如果在O点右方d=68 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板,求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间.(sin37°=0.60,cos 37°=0.80) 训练8 带电粒子在复合场中的运动常考的2个问题(计算题) 1.解析 (1)设带电粒子在电场中做类平抛运动时间为t,加速度为a,则:q=ma 故a==×1010m/s2, t==1×10-5 s, 竖直方向的速度为vy=at=×105 m/s, 射出时的速度大小为v==×105 m/s, 速度v与水平方向夹角为θ,tan θ==,故θ=30°,即垂直于AB方向射出. (2)带电粒子出电场时竖直方向偏转的位移y=at2= m=,即粒子由P点垂直AB射入磁场,由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为R1== m, 由B1qv=m知:B1== T. (3)分析知当轨迹与边界GH相切时,对应磁感应强度B2最小,运动轨迹如图所示: 由几何关系可知R2+=1 m, 故半径R2=(2-3)m, 又B2qv=m,故B2= T,所以B2应满足的条件为大于 T. 答案 见解析 2.解析 粒子在磁场中做圆周运动.设圆周的半径为r,由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB=m 式中v为粒子在a点的速度. 过b点和O点作直线的垂线,分别与直线交于c和d点.由几何关系知,线段、和过a、b两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形.因此==r 设=x,由几何关系得=R+x =R+ 联立式得r=R 再考虑粒子在电场中的运动.设电场强度的大小为E,粒子在电场中做类平抛运动.设其加速度大小为a,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE=ma 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r,由运动学公式得r=at2 r=vt 式中t是粒子在电场中运动的时间. 联立式得E=. 答案 3.解析 (1)小球从A点运动到B点的过程中,由动能定理得mv=qE1L, 所以小球运动到B点时的速度大小vB= = =. (2)小球在第一象限内做匀速圆周运动,设半径为R, 由qBvB=m得 R==·=L, 设图中C点为小球做圆周运动的圆心,它第一次的落地点为D点,则CD=R, OC=OB-R=L-L=L, 所以,第一次落地点到O点的距离为 OD== =. (3)小球从A到B所需时间 tAB===, 小球做匀速圆周运动的周期为T=, 由几何关系知BCD=120°, 小球从B到D所用的时间为tBD==, 所以小球从开始运动到第一次落地所经历的时间为 tAD=tAB+tBD=+=. 答案 (1) (2) (3) 4.解析 (1)电荷在电场中做匀加速直线运动,设其在电场中运动的时间为t1,有:v0=at1,Eq=ma, 解得:E==7.2×103 N/C. (2)当磁场垂直纸面向外时,电荷运动的半径:r==5 cm,周期T1==×10-5 s,当磁场垂直纸面向里时,电荷运动的半径:r2==3 cm, 周期T2==×10-5 s, 故电荷从t=0时刻开始做周期性运动,其运动轨迹如下图所示. t=×10-5 s时刻电荷与O点的水平距离: Δd=2(r1-r2)=4 cm. (3)电荷从第一次通过MN开始,其运动的周期为: T=×10-5 s, 根据电荷的运动情况可知, 电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个, 此时电荷沿MN运动的距离:s=15 Δd=60 cm, 则最后8 cm的距离如右图所示,有: r1+r1cos α=8 cm, 解得:cos α=0.6,则α=53° 故电荷运动的总时间: t总=t1+15T+T1-T1=3.86×10-4 s. 答案 (1)7.2×103 N/C (2)4 cm (3)3.86×10-4 s 高考学习网: 高考学习网: 图8-10。
高考物理总复习 第8章第二节 热力学定律及能量 守恒 气体知能优化演练 大纲人教版

热力学定律及能量守恒气体1.(2009年高考四川卷)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答案:B2.(2009年高考全国卷Ⅰ)下列说法正确的是( )A.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力B.气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲量C.气体分子热运动的平均动能减小,气体的压强一定减小D.单位体积的气体分子数增加,气体的压强一定增大解析:选A.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力.其大小跟气体的分子数、体积和温度都有关系,由此可知只有A选项正确.3.如图8-2-4所示,两相同的容器装同体积的水和水银,A、B两球完全相同,分别浸没在水和水银的同一深度,A、B两球用同一种特殊的材料制成,当温度稍升高时,球的体积会明显变大.如果开始时水和水银的温度相同,且两液体同时缓慢地升高同一值,两球膨胀后,体积相等,则( )图8-2-4A.A球吸收的热量较多B.B球吸收的热量较多C.两球吸收的热量一样多D.无法确定解析:选B.小球吸热用于小球内能的增加和膨胀对外做功,对外做功等于液体重力势能的增加.因此,由热力学第一定律可知,答案B正确.4.如图8-2-5,导热的汽缸内封闭了一定质量的理想气体,活塞可自由滑动且不漏气,绳一端连接活塞,另一端通过理想定滑轮挂一桶水时,活塞恰好静止,现在桶底部钻一小孔,让水慢慢漏出,设汽缸外部温度恒定不变,则( )A.汽缸内气体压强减小,内能减小B.汽缸内气体压强增大,内能减小图8-2-5C.汽缸内气体压强增大,内能不变D.外界对气体做功,缸内的气体内能增加解析:选C.水慢慢流出的过程中,气体压强增大,由于气体温度不变,内能不变,故A、B、D错,C对.5.一定质量的非理想气体(分子间的作用力不可忽略),从外界吸收了4.2×105J的热量,同时气体对外做了6×105 J的功,则:(1)气体的内能是增加还是减少?其变化量的大小为多少焦耳?(2)气体的分子势能是增加还是减少?(3)分子平均动能如何变化?解析:(1)因气体从外界吸收热量,所以Q=4.2×105 J,气体对外做功6×105 J,则外界对气体做功W=-6×105 J,由热力学第一定律ΔU=W+Q,得ΔU=-6×105 J+4.2×105 J=-1.8×105 J,所以物体内能减少了1.8×105 J.(2)因为气体对外做功,体积膨胀,分子间距离增大了,分子力做负功,气体的分子势能增加了.(3)因为气体内能减少了,而分子势能增加了,所以分子平均动能必然减少了,且分子平均动能的减少量一定大于分子势能的增加量.答案:见解析。
大纲地区2014届高三物理复习能力提升:第8章 第2课时 热力学定律 含解析

第2课时热力学定律考纲解读1。
知道改变内能的两种方式,理解热力学第一定律.2.知道与热现象有关的宏观物理过程的方向性,了解热力学第二定律.3。
掌握能量守恒定律及其应用.1.[热力学第一定律的理解]一定质量的理想气体在某一过程中,外界对气体做功7。
0×104 J,气体内能减少1.3×105 J,则此过程( )A.气体从外界吸收热量2.0×105 JB.气体向外界放出热量2。
0×105 JC.气体从外界吸收热量6.0×104 JD.气体向外界放出热量6.0×104 J答案B解析根据热力学第一定律,W+Q=ΔU,所以Q=ΔU-W=-1.3×105J-7.0×104J=-2.0×105J,即气体向外界放出热量2。
0×105 J.2.[热力学第二定律的理解]以下哪些现象可能发生?哪些现象不可能发生?不可能发生的现象是否违背热力学第二定律?A.一杯热茶在打开杯盖后,茶会自动变得更热.B.蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能.C.桶中混浊的泥水在静置一段时间后,泥沙下沉,上面的水变清,泥、水自动分离.D.电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体.答案见解析解析A.不可能.因为是“自动"过程,所以茶变热时的内能增量只能来源于周围环境,即周围环境中的热量会自动地收集到茶中,违背热力学第二定律,所以这是不可能发生的现象.B.不可能.蒸汽的内能转化为机械能必定需要做功,即热蒸汽推动活塞做功.这一过程中,一方面由于活塞摩擦汽缸而产生热能,另一方面热蒸汽与周围环境存在温度差,蒸汽机会向周围环境散热.所以,蒸汽机把蒸汽的内能全都转化为机械能,违背热力学第二定律,是不可能的.C.可能.浑水变清,泥沙下沉,重心下降,总的重力势能减少,最终转化为内能,而机械能全部转化成内能是可能的.D.可能.冰箱通电后,消耗电能,将箱内低温物体的热量传到箱外.3.[能量守恒定律的应用]木箱静止于水平地面上,现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m,木箱受到的摩擦力为60 N,则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能E k分别是( )A.U=200 J,E k=600 J B.U=600 J,E k=200 J C.U=600 J,E k=800 J D.U=800 J,E k=200 J答案B解析由于木箱在推动中受到滑动摩擦力,其与相对位移的乘积为系统的内能的大小,即U=60×10 J=600 J,由能量守恒定律可得E k=W总-U=80×10 J-600 J=200 J.故正确答案为B.考点梳理1.物体内能的改变(1)做功是其他形式的能与内能的相互转化过程,内能的改变量可用做功的数值来量度.(2)热传递是物体间内能的转移过程,内能的转移量用热量来量度.2.热力学第一定律(1)内容:一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和.(2)表达式:ΔU=Q+W.3.能量守恒定律(1)内容:能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只能从一种形式转化为别的形式,或者从一个物体转移到别的物体,在转化或转移的过程中其总量不变,这就是能量守恒定律.(2)任何违背能量守恒定律的过程都是不可能的,不消耗能量而对外做功的第一类永动机是不可能制成的.4.热力学第二定律(1)两种表述①第一种表述:不可能使热量由低温物体传递到高温物体,而不引起其他变化(克劳修斯表述).②第二种表述:不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功,而不引起其他变化(开尔文表述).(2)第二类永动机是指设想只从单一热源吸收热量并把它全部用来做功,而不引起其他变化的热机.这类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律.4.[热力学定律与理想气体状态方程的综合应用](2010·福建·28(2))如图1所示,一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中,容器内装有一可以活动的绝热活塞.今对活塞施以一竖直向下的压力F,使活塞缓慢向下移动一段距离后,气体的体积减小.若忽略图1活塞与容器壁间的摩擦力,则被密封的气体________.(填选项前的字母)A.温度升高,压强增大,内能减少B.温度降低,压强增大,内能减少C.温度升高,压强增大,内能增加D.温度降低,压强减小,内能增加答案C解析向下压活塞,力F对气体做功,气体的内能增加,温度升高,对活塞受力分析可得出气体的压强增大,故选项C正确.5.[热力学定律与理想气体状态方程的综合应用]一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ,再变化到状态C ,其状态变化过程的p -V 图象如图2所示.已知该气体在状态A 时的温度为27°C.(1)该气体在状态B 、C 时的温度分别为多少?(2)该气体从状态A 到状态C 的过程中内能的变化量是多大? 图2(3)该气体从状态A 到状态C 的过程中是吸热,还是放热?传递的热量是多少?答案 (1)-173°C 27°C (2)0 (3)吸热 200 J解析 (1)对于理想气体:A →B ,由错误!=错误!得:T B =100 K ,所以t B =-173°CB →C ,由错误!=错误!得:T C =300 K ,所以t C =27°C(2)A →C ,由温度相等得:ΔU =0(3)A →C 的过程中是吸热.吸收的热量Q =W =p ΔV =1×105×(3×10-3-1×10-3) J =200 J 。
大纲地区2014届高三物理复习能力提升:第5章 第1课时 功 功率 含解析

考点内容要求 考纲解读 功,功率Ⅱ 1。
从近几年高考来看,关于功和功率的考查,多以选择题的形式出现,有时与电流及电磁感应相结合命题. 2.功和能的关系一直是高考的“重中之重",是高考的热点和重点,涉及这部分内容的考题不但题型全、分量重,而且还经常有压轴题,考查最多的是动能定理和机械能守恒定律,且多数题目是与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动以及电磁学动能,做功与动能改变的关系(动能定理)Ⅱ 重力势能,重力做功与重力势能改变的关系Ⅱ 弹性势能Ⅰ 机械能守恒定律 Ⅱ 实验:验证机械能守恒定律等知识相结合的综合性试题.3.动能定理及能量守恒定律仍将是高考考查的重点.高考题注重与生产、生活、科技相结合,将对相关知识的考查放在一些与实际问题相结合的情境中去,能力要求不会降低.第1课时功功率考纲解读1。
掌握做功正负的判断和计算功的方法.2。
理解P=错误!和P=Fv的关系,并会运用.3.会分析机车的两种启动方式.1.[功的理解]下列选项所示的四幅图是小明提包回家的情景,其中小明提包的力不做功的是( )答案B2.[功率的理解]关于功率的公式P=Fv cos α,以下理解正确的是( )A.它是由功率的定义式P=W/t及功的定义式W=Fs cos α联合导出的,所以它只能用来计算平均功率B.若F与v的夹角α=0,P=FvC.当公式中的v表示平均速度且F为恒力时,则P=Fv求解的是平均功率D.当F、v、α均为瞬时值时,P=Fv cos α求解的是瞬时功率答案BCD解析P=Fv cos α是由功率的定义式和功的定义式推导得来的,但它既能用来求解平均功率,也能用来求解瞬时功率,A错误.夹角α是力F与速度v的夹角,当夹角α=0时,P=Fv,B正确.当F为恒力,v为平均速度时,P为平均功率;当v为瞬时速度时,P为瞬时功率,C、D正确.3.[功的简单计算]起重机以1 m/s2的加速度将质量为1 000 kg的货物由静止开始匀加速向上提升,若g取10 m/s2,则在1 s内起重机对货物所做的功是( )A.500 J B.4 500 J C.5 000 J D.5 500 J 答案D解析货物的加速度向上,由牛顿第二定律有:F-mg=ma,起重机的拉力F=mg+ma=11 000 N.货物的位移是s=错误!at2=0。
【新课标地区】2014届高三上学期物理月考二(B卷) Word版含解析.pdf

体产生的推力大小不变,空气的阻力也认为不变,则下列图中能反映火箭的速度或加速度a随时间t变化的为
2. 【2013湖南省怀化市联考】一位同学乘坐电梯从六楼下到一楼的过程中,其图象如图所示.下列说法正确的是
A.前2s内该同学处于超重状态B.前2s内该同学的加速度是最后1s内的2倍
C.该同学在10s内的平均速度是1m/sD.该同学在10s内通过的位移是17m
加速度前进,那么这个木箱放在传送带上后,传送带上将留下的摩擦痕迹约为( )A.5mm
B.6mm
C.7mm D.10mm
4.甘肃省兰州如图所示,质量为m的球置于斜面上,被一竖直挡板挡住.现用一个力F拉斜面,使斜面在水平面上
做加速度为a的匀加速直线运动,忽略一切摩擦,以下说法正确的是A.若加速度足够小,竖直挡板对球的弹力可能为零
试卷类型:B
2014届高三原创月考试题二
物 理
适用地区:课标地区 考查范围:力和运动的关系 建议使用时间:2013年9月底
第Ⅰ卷
一、单项选择题(本题共6小题,每小题3分,共18分。在每个小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的
。)
1、【2013?安徽省合肥市一模】用火箭发射人造卫星,假设火箭由静止竖直升空的过程中,火箭里燃料燃烧喷出气
mgcosθ)和沿斜面向上的摩擦力f的作用,可能还会受到沿斜面向上的弹簧弹力F的作用,当θ较小,即
mgsinθ<μmgcosθ时,弹簧弹力F=0,代入数据可得此时θ<π/6,据此可排除选项AB;当mgsinθ>μmgcosθ,即
θ>π/6时,F≠0,根据平衡条件可得F=mgsinθ-μmgcosθ,当θ=π/3时,F=mg>mg,所以选项C正确,D错误。
托车的总质量为m,先后在A、B两处紧贴着内壁分别在图中虚线所示的水平面内做匀速圆周运动,则
大纲地区2014届高三物理复习能力提升:第7章 第1课时 机械振动 (Word版含解析).pdf

考点内容要求考纲解读弹簧振子,简谐运动,简谐运动的振幅、周期和频率,简谐运动的位移-时间图象Ⅱ 1.重点考查的内容有:简谐运动的规律和图象;波的形成过程、图象,波长、波速和频率的关系.对波的叠加、干涉和衍射、多普勒效应也有涉及. 2.本章试题信息量较大,一道题中考查多个概念、规律,许多考题将振动与波综合起来考查,如考查振动图象与波动图象的联系和区别;同时也加强了对振动和波的联系实际问题的考查,如医用B型超声波图、心电图、地震波图线的分析等. 3.注意两类重点问题:一是机械振动与其他力学知识的综合;二是波的多解性问题.单摆,在小振幅条件下单摆做简谐振动,单摆周期公式Ⅱ振动中的能量转化Ⅰ自由振动和受迫振动,受迫振动的振动频率,共振及其常见的应用Ⅰ振动在介质中的传播——波,横波和纵波,横波的图象,波长、频率和波速的关系Ⅱ波的叠加,波的干涉、衍射现象Ⅰ声波,超声波及其应用Ⅰ多普勒效应Ⅰ实验:用单摆测定重力加速度第1课时 机械振动 考纲解读1.知道简谐运动的概念,理解简谐运动的表达式和图象.2.知道什么是单摆,知道在摆角较小的情况下单摆的运动是简谐运动,熟记单摆的周期公式.3.理解受迫振动和共振的概念,掌握产生共振的条件. 1.[对简谐运动的理解]某质点做简谐运动,其位移随时间变化的关系式为x=Asint,则质点( ) A.第1 s末与第3 s末的位移相同 B.第1 s末与第3s末的速度相同 C.3 s末至5 s末的位移方向都相同 D.3 s末至5 s末的速度方向都相同 答案 AD 解析 由表达式x=Asint知,ω=,简谐运动的周期T==8 s.表达式对应的振动图象如图所示. 质点在1 s末的位移x1=Asin(×1)=A 质点在3 s末的位移x3=Asin(×3)=A,故A正确.由前面计算可知t=1 s和t=3 s质点连续通过同一位置,故两时刻质点速度大小相等,但方向相反,B错误;由x-t图象可知,3 s~4 s内质点的位移为正值,4 s~5 s内质点的位移为负值,C错误;同样由x-t图象可知,在3 s~5 s内,质点一直向负方向运动,D正确. 2.[对单摆特点的理解]做简谐运动的单摆摆长不变,若摆球质量增加为原来的4倍,摆球经过平衡位置时速度减小为原来的1/2,则单摆振动的( ) A.频率、振幅都不变 B.频率、振幅都改变 C.频率不变、振幅改变 D.频率改变、振幅不变 答案 C 解析 由单摆周期公式T=2π 知周期只与l、g有关,与m和v无关,周期不变,其频率不变.又因为没改变质量前,设单摆最低点与最高点高度差为h,最低点速度为v,mgh=mv2.质量改变后:4mgh′=×4m·()2,可知h′≠h,振幅改变. 3.[对受迫振动与共振的理解]如图1所示,A球振动后,通过水平细绳迫使B、C振动,振动达到稳定时,下列说法中正确的是( ) A.只有A、C振动周期相等 B.C的振幅比B的振幅小 C.C的振幅比B的振幅大图1 D.A、B、C的振动周期相等 答案 CD 解析 A振动后,水平细绳上驱动力的周期TA=2π ,迫使B、C做受迫振动,受迫振动的频率等于施加的驱动力的频率,所以TA=TB=TC,而TC固=2π =TA,TB固=2π >TA,故C共振,B不共振,C的振幅比B的振幅大,所以C、D正确. 考点梳理 1.简谐运动 (1)定义:物体在跟位移大小成正比并且总是指向平衡位置的回复力作用下的振动. (2)简谐运动的特征 ①动力学特征:F=-kx. ②运动学特征:x、v、a均按正弦或余弦规律发生周期性变化(注意v、a的变化趋势相反). ③能量特征:系统的机械能守恒,振幅A不变. (3)描述简谐运动的物理量 ①位移x:由平衡位置指向振动质点所在位置的有向线段,是矢量. ②振幅A:振动物体离开平衡位置的最大距离,是标量,它表示振动的强弱. ③周期T和频率f:物体完成一次全振动所需的时间叫做周期,而频率则等于单位时间内完成全振动的次数.它们是表示振动快慢的物理量,二者互为倒数关系:T=. (4)简谐运动的表达式 ①动力学表达式:F=-kx,其中“-”表示回复力与位移的方向相反. ②运动学表达式:x=Asin (ωt+φ),其中A代表振幅,ω=2πf表示简谐运动的快慢,(ωt+φ)代表简谐运动的相位,φ叫做初相. 2.单摆 (1)定义:如图2所示,在细线的一端拴一个小球,另一端固定在悬点上,如果线的伸长和质量都不计,球的直径比摆线短得多,这样的装置叫做单摆. 图2 (2)视为简谐运动的条件:摆角小于5°. (3)回复力:小球所受重力沿圆弧切线方向的分力,即:F=G2=Gsin θ=x,F的方向与位移x的方向相反. (4)周期公式:T=2π . (5)单摆的等时性:单摆的振动周期取决于摆长l和重力加速度g,与振幅和振子(小球)质量都没有关系. 3.受迫振动与共振 (1)受迫振动:系统在驱动力作用下的振动.做受迫振动的物体,它的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率),而与物体的固有周期(或频率)无关. 图3 (2)共振:做受迫振动的物体,它的固有频率与驱动力的频率越接近,其振幅就越大,当二者相等时,振幅达到最大,这就是共振现象.共振曲线如图3所示. 4.[用图象法描述简谐运动]如图4所示为弹簧振子P在0~4 s内的振动图象,从t=0开始( ) A.再过1 s,该振子的位移是正的最大 B.再过1 s,该振子的速度方向沿正方向图4 C.再过1 s,该振子的加速度方向沿正方向 D.再过1 s,该振子的加速度最大 答案 AD 解析 振动图象描述质点在各个时刻偏离平衡位置的位移的情况.依题意,从t=0开始,再经过1 s,振动图象将延伸到正x最大处.这时振子的位移为正的最大,因为回复力与位移成正比且方向与位移方向相反,所以此时回复力最大且方向为负方向,故振动物体的加速度最大且方向为负方向.此时振动物体的速度为零,无方向可谈.所以正确的选项为A、D. 5.[用图象法描述简谐运动]图5是某质点做简谐运动的振动图象.根据图象中的信息,回答下列问题. (1)质点离开平衡位置的最大距离是多少? (2)在1.5 s和2.5 s这两个时刻,质点的位置各在哪里? (3)在1.5 s和2.5 s这两个时刻,质点向哪个方向运动?图5 答案 (1)10 cm (2)在1.5 s时,质点的位置在7 cm处.在2.5 s时,质点的位置在x=-7 cm处. (3)这两个时刻,质点都向位移负方向运动. 方法提炼 1.简谐运动的图象表示物体的位移随时间变化的规律. 2.图景结合:解决此类问题时,应把图象信息与质点的实际运动情景结合起来. 考点一 简谐运动的图象及运动规律 振动图象的信息: (1)由图象可以看出振幅、周期. (2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移. (3)可以根据图象确定某时刻质点回复力、加速度和速度的方向. ①回复力和加速度的方向:因回复力总是指向平衡位置,故回复力和加速度在图象上总是指向t轴. ②速度的方向:速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定,下一时刻位移如增加,振动质点的速度方向就是远离t轴,下一时刻位移如减小,振动质点的速度方向就是指向t轴. 例1 如图6所示为一弹簧振子的振动图象,试完成以下问题: 图6 (1)写出该振子简谐运动的表达式. (2)在第2 s末到第3 s末这段时间内,弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的? (3)该振子在前100 s的总位移是多少?路程是多少? 解析 (1)由振动图象可得: A=5 cm,T=4 s,φ=0 则ω== rad/s 故该振子简谐运动的表达式为x=5sin t (cm) (2)由图可知,在t=2 s时,振子恰好通过平衡位置,此时加速度为零,随着时间的延续,位移值不断增大,加速度的值也变大,速度值不断变小,动能不断减小,弹性势能逐渐增大.当t=3 s时,加速度的值达到最大,速度等于零,动能等于零,弹性势能达到最大值. (3)振子经过一个周期位移为零,路程为5×4 cm=20 cm,前100 s刚好经过了25个周期,所以前100 s振子位移x=0,振子路程s=20×25 cm=500 cm=5 m. 答案 (1)x=5sin t (cm) (2)见解析 (3)0 5 m 突破训练1 弹簧振子做简谐运动的图象如图7所示,下列说法不正确的是( ) 图7 A.在第5秒末,振子的速度最大且沿+x方向 B.在第5秒末,振子的位移最大且沿+x方向 C.在第5秒末,振子的加速度最大且沿-x方向 D.在0到5秒内,振子通过的路程为10 cm 答案 A 考点二 单摆的回复力与周期 1.受力特征:重力和细线的拉力 (1)回复力:摆球重力沿切线方向上的分力,F=-mgsin θ=-x=-kx,负号表示回复力F与位移x的方向相反. (2)向心力:细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力充当向心力,F向=FT-mgcos θ. 特别提醒 1.当摆球在最高点时,F向==0,FT=mgcos θ. 2.当摆球在最低点时,F向=,F向最大,FT=mg+m. 2.周期公式:T=2π ,f= (1)只要测出单摆的摆长l和周期T,就可以根据g=4π2,求出当地的重力加速度g. (2)l为等效摆长,表示从悬点到摆球重心的距离,要区分摆长和摆线长,悬点实质为摆球摆动所在圆弧的圆心. (3)g为当地的重力加速度. 例2 如图8所示为一单摆及其振动图象,由图回答: 图8 (1)若摆球从E指向G为正方向,α为最大摆角,则图象中O、A、B、C点分别对应单摆中的__________点.一周期内加速度为正且减小,并与速度同方向的时间范围是________,势能增加且速度为正的时间范围是__________. (2)单摆摆球多次通过同一位置时,下述物理量变化的是( ) A.位移 B.速度 C.加速度 D.动能 E.摆线张力 (3)求单摆的摆长(g=10 m/s2,π2≈10). 解析 (1)振动图象中O点位移为零,O到A的过程位移为正,且增大,A处最大,历时周期,显然摆球是从平衡位置E起振并向G方向运动的,所以O对应E,A对应G.A到B的过程分析方法相同,因而O、A、B、C对应E、G、E、F点.摆动中EF间加速度为正,且靠近平衡位置过程中加速度逐渐减小,即从F向E的运动过程,在图象中为C到D的过程,时间范围是1.5 s~2.0 s间.摆球远离平衡位置势能增加,即从E向两侧摆动,而速度为正,显然是从E向G的运动过程,在图象中为从O到A,时间范围是0~0.5 s. (2)经过同一位置时,位移、回复力和加速度不变;由机械能守恒知,动能不变,速率也不变,摆线张力FT=mgcos α+m也不变;相邻两次过同一点,速度方向改变. (3)由题图可知:T=2 s,由T=2π 得l==1 m. 答案 (1)E、G、E、F 1.5 s~2.0 s 0~0.5 s (2)B (3)1 m 突破训练2 如图9所示,一单摆悬于O点,摆长为L,若在O点的竖直线上的O′点钉一个钉子,使OO′=L/2,将单摆拉至A处释放,小球将在A、B、C间来回振动,若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°,则此摆的周期是( ) A.2π 图9 B.2π C.2π( + ) D.π( + ) 答案 D 解析 根据T=2π ,该单摆有周期摆长为L,周期摆长为L,故T=π +π ,故D正确. 考点三 受迫振动和共振 1.自由振动、受迫振动和共振的关系比较 振动 项目 自由振动受迫振动共振受力情况仅受回复力 受驱动力作用受驱动力作用振动周期或频率由系统本身性质决定,即固有周期T0或固有频率f0由驱动力的周期或 频率决定,即T=T驱 或f=f驱T驱=T0 或f驱=f0振动能量振动物体的机械能不变 由产生驱动力的物体提供 振动物体获得的能量最大 常见例子弹簧振子或单摆(θ≤5°)机械工作时底座发 生的振动共振筛、声 音的共鸣等 2.对共振的理解 (1)共振曲线:如图10所示,横坐标为驱动力频率f,纵坐标为振幅A.它直观地反映了驱动力频率对某振动系统受迫振动振幅的影响,由图可知,f与f0越接近,振幅A越大;当f=f0时,振幅A最大. (2)受迫振动中系统能量的转化:受迫振动系统机械能不守恒,系统图10与外界时刻进行能量交换. 例3 一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子,图11所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动.匀速转动把手时,曲杆给弹簧振子以驱动力,使振子做受迫振动.把手匀速转动的周期就是驱动力的周期,改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期.若保持把手不动,给砝码一向下的初速度,砝码便做简谐运动,振动图线如图12甲所示.当把手以某一速度匀速转动,受迫振动达到稳定时,砝码的图11振动图线如图乙所示. 若用T0表示弹簧振子的固有周期,T表示驱动力的周期,Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅,则( ) 图12 A.由图线可知T0=4 s B.由图线可知T0=8 s C.当T在4 s附近时,Y显著增大;当T比4 s小得多或大得多时,Y很小 D.当T在8 s附近时,Y显著增大;当T比8 s小得多或大得多时,Y很小 解析 由题图可知弹簧振子的固有周期T0=4 s,故A选项正确,B选项错误;根据受迫振动的特点;当驱动力的周期与系统的固有周期相同时发生共振,振幅最大;当驱动力的周期与系统的固有周期相差越多时,受迫振动物体振动稳定后的振幅越小,故C选项正确,D选项错误. 答案 AC 突破训练3 某振动系统的固有频率为f0,在周期性驱动力的作用下做受迫振动,驱动力的频率为f .若驱动力的振幅保持不变,下列说法正确的是( ) A.当ff0时,该振动系统的振幅随f减小而增大 C.该振动系统的振动稳定后,振动的频率等于f0 D.该振动系统的振动稳定后,振动的频率等于f 答案 BD 解析 物体在外界驱动力作用下的振动叫做受迫振动,物体做受迫振动时,振动稳定后的频率等于驱动力的频率,跟物体的固有频率没有关系,驱动力的频率接近物体的固有频率时,受迫振动的振幅增大,所以B、D正确. 33.单摆模型问题的特点和应用 单摆是一种理想化的物理模型,其周期公式T=2π ,其中l为等效摆长:摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离.如图13甲所示的双线摆的摆长l=r+Lcos α.乙图中小球(可看做质点)在半径为R的光滑圆槽中靠近A点振动,其等效摆长为l=R. 图13 例4 如图14所示,ACB为光滑弧形槽,弧形槽半径为R,R. 甲球从弧形槽的球心处自由落下,乙球从A点由静止释放,问: (1)两球第1次到达C点的时间之比. (2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲,让其自由下落,同时乙球从圆弧左侧由静止释放,欲使甲、乙两球图14在圆弧最低点C处相遇,则甲球下落的高度h是多少? 解析 (1)甲球做自由落体运动 R=gt,所以t1= 乙球沿圆弧做简谐运动(由于R,可认为摆角θ<5°).此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同,故此等效摆长为R,因此乙球第1次到达C处的时间为t2=T=×2π = ,所以t1∶t2= (2)甲球从离弧形槽最低点h高处开始自由下落,到达C点的时间为t甲= 由于乙球运动的周期性,所以乙球到达C点的时间为 t乙=+n= (2n+1) n=0,1,2,… 由于甲、乙在C点相遇,故t甲=t乙 解得h=(n=0,1,2,…) 答案 (1) (2)(n=0,1,2,…)突破训练4 一个半圆形光滑轨道如图15所示,半径是R,圆心是O,如果拿两个物体分别放在O点和B点(B点离A点很近),同时从静止释放,问这两个物体谁先到达A点? 答案 放在O点的物体先到达A点图15 解析 解决此问题的关键是看这两个物体的运动可以看成什么物理模型.对于放在O点的物体,可看成是自由落体运动,于是可以求出从O到A的时间t1,由R=gt,得 t1=1.41 对于放在B点的物体,从受力情况来看,受到了重力与指向圆心O的轨道面的支持力的作用,这个运动物体与单摆摆球的受力情况相似.又由于B离A很近,相当于摆角很小,于是,可以把它的运动看成单摆运动,从B到A经历个周期,设为t2,由T=2π 得t2=T=1.57 ,即t2>t1,所以,放在O点的物体先到达A点. 高考题组 1.(2012·重庆理综·14)装有砂粒的试管竖直静浮于水面,如图16所示,将试管竖直提起少许,然后由静止释放并开始计时,在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动.若取竖直向上为正方向,则以下描述试管振动的图象中可能正确的是( ) 图16 答案 D 解析 试管在竖直方向上做简谐运动,平衡位置是在重力与浮力相等的位置,开始计时时向上提起的距离,就是其偏离平衡位置的位移,为正向最大位移,因此应选D. 2.(2012·北京理综·17)一个弹簧振子沿x轴做简谐运动,取平衡位置O为x轴坐标原点.从某时刻开始计时,经过四分之一周期,振子具有沿x轴正方向的最大加速度.能正确反映振子位移x与时间t关系的图像是( ) 答案 A 解析 根据F=-kx及牛顿第二定律得a==-x,当振子具有沿x轴正方向的最大加速度时,其具有沿x轴负方向的最大位移,故选项A正确,选项B、C、D错误. 3.(2011·上海单科·5)两个相同的单摆静止于平衡位置,使摆球分别以水平初速度v1、v2(v1>v2)在竖直平面内做小角度摆动,它们的频率与振幅分别为f1,f2和A1,A2,则( ) A.f1>f2,A1=A2 B.f1A2 D.f1=f2,A1。
高中物理 第2节热力学第一定律 能力提升练习(Word版含答案)

人教版(2019)选择性必修第三册第三章第2节热力学第一定律能力提升练习一、单选题1.下列说法正确的是()A.物体放出热量,其内能一定减小B.物体对外做功,其内能一定减小C.物体吸收热量,同时对外做功,其内能可能增加D.物体放出热量,同时对外做功,其内能可能不变2.一定质量的理想气体由状态A变到状态B的V-T图线如图所示,可知在由A 到B的过程中正确的是()A.气体内能增加B.气体分子间的平均距离不变C.气体的体积增大,压强减小D.气体一定放出热量3.如图所示为一定质量的理想气体状态的两段变化过程,一个从c到b,另一个是从a到b,其中c与a的温度相同,比较两段变化过程,则()A.c到b过程气体放出热量较多B.a到b过程气体放出热量较多C.c到b过程内能减少较多D.a到b过程内能减少较多4.一定质量的理想气体的状态经历了如图所示的a到b过程,其中ab的延长线通过原点O,则下列说法正确的是A.a到b过程中气体体积不断增大B.a到b过程中气体压强增大C.a到b过程中外界对气体做功D.a到d过程中气体与外界一定没有发生热量交换5.如图所示,为一定质量的理想气体的P-V图像,若使气体从图中的状态A变化到状态B,则下列说法中正确的是()A.气体内能减少,并放出热量B.气体内能减少,并吸收热量C.气体内能增加,并吸收热量D.气体内能增加,并放出热量6.如图,是某同学利用气缸设计的汽车加速度传感器示意图,将气缸水平固定在汽车上且开口向后,内壁光滑,用活塞封闭一定质量气体,通过活塞的移动判断汽车加速和减速的情况。
若气缸和活塞均绝热,汽车由匀速变为加速前进,气缸内气体()A.单位体积内的分子数变多B.分子的平均动能变大C.单位时间分子撞击活塞的次数减小D.内能变大7.有一用光滑活塞密闭的氧气的气缸,整个装置与外界没有能量交换,在活塞上放一重物M,如图所示.现在让重物M自由下落.在下落的过程中,氧气的内能将().A.不变B.增大C.减小D.先增大后减小8.某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的,且车胎体积增大.若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体,那么()A.外界对胎内气体做功,气体内能减小 B.外界对胎内气体做功,气体内能增大C.胎内气体对外界做功,内能减小D.胎内气体对外界做功,内能增大9.一定质量的理想气体(分子力不计),体积由V膨胀到V′。
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第2课时热力学定律考纲解读 1.知道改变内能的两种方式,理解热力学第一定律.2.知道与热现象有关的宏观物理过程的方向性,了解热力学第二定律.3.掌握能量守恒定律及其应用.1.[热力学第一定律的理解]一定质量的理想气体在某一过程中,外界对气体做功7.0×104 J,气体内能减少1.3×105 J,则此过程() A.气体从外界吸收热量2.0×105 JB.气体向外界放出热量2.0×105 JC.气体从外界吸收热量6.0×104 JD.气体向外界放出热量6.0×104 J答案 B解析根据热力学第一定律,W+Q=ΔU,所以Q=ΔU-W=-1.3×105J-7.0×104J=-2.0×105 J,即气体向外界放出热量2.0×105 J.2.[热力学第二定律的理解]以下哪些现象可能发生?哪些现象不可能发生?不可能发生的现象是否违背热力学第二定律?A.一杯热茶在打开杯盖后,茶会自动变得更热.B.蒸汽机把蒸汽的内能全部转化成机械能.C.桶中混浊的泥水在静置一段时间后,泥沙下沉,上面的水变清,泥、水自动分离.D.电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体.答案见解析解析A.不可能.因为是“自动”过程,所以茶变热时的内能增量只能来源于周围环境,即周围环境中的热量会自动地收集到茶中,违背热力学第二定律,所以这是不可能发生的现象.B.不可能.蒸汽的内能转化为机械能必定需要做功,即热蒸汽推动活塞做功.这一过程中,一方面由于活塞摩擦汽缸而产生热能,另一方面热蒸汽与周围环境存在温度差,蒸汽机会向周围环境散热.所以,蒸汽机把蒸汽的内能全都转化为机械能,违背热力学第二定律,是不可能的.C.可能.浑水变清,泥沙下沉,重心下降,总的重力势能减少,最终转化为内能,而机械能全部转化成内能是可能的.D.可能.冰箱通电后,消耗电能,将箱内低温物体的热量传到箱外.3.[能量守恒定律的应用]木箱静止于水平地面上,现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m,木箱受到的摩擦力为60 N,则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能E k分别是()A.U=200 J,E k=600 J B.U=600 J,E k=200 JC.U=600 J,E k=800 J D.U=800 J,E k=200 J答案 B解析由于木箱在推动中受到滑动摩擦力,其与相对位移的乘积为系统的内能的大小,即U=60×10 J=600 J,由能量守恒定律可得E k=W总-U=80×10 J-600 J=200 J.故正确答案为B.考点梳理1.物体内能的改变(1)做功是其他形式的能与内能的相互转化过程,内能的改变量可用做功的数值来量度.(2)热传递是物体间内能的转移过程,内能的转移量用热量来量度.2.热力学第一定律(1)内容:一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和.(2)表达式:ΔU=Q+W.3.能量守恒定律(1)内容:能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只能从一种形式转化为别的形式,或者从一个物体转移到别的物体,在转化或转移的过程中其总量不变,这就是能量守恒定律.(2)任何违背能量守恒定律的过程都是不可能的,不消耗能量而对外做功的第一类永动机是不可能制成的.4.热力学第二定律(1)两种表述①第一种表述:不可能使热量由低温物体传递到高温物体,而不引起其他变化(克劳修斯表述).②第二种表述:不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功,而不引起其他变化(开尔文表述).(2)第二类永动机是指设想只从单一热源吸收热量并把它全部用来做功,而不引起其他变化的热机.这类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律.4.[热力学定律与理想气体状态方程的综合应用](2010·福建·28(2))如图1 所示,一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器 中,容器内装有一可以活动的绝热活塞.今对活塞施以一竖直向下的压力F ,使活塞缓慢向下移动一段距离后,气体的体积减小.若忽略 图1 活塞与容器壁间的摩擦力,则被密封的气体________.(填选项前的字母) A .温度升高,压强增大,内能减少 B .温度降低,压强增大,内能减少 C .温度升高,压强增大,内能增加 D .温度降低,压强减小,内能增加 答案 C解析 向下压活塞,力F 对气体做功,气体的内能增加,温度升高,对活塞受力分析可得出气体的压强增大,故选项C 正确.5.[热力学定律与理想气体状态方程的综合应用]一定质量 的理想气体从状态A 变化到状态B ,再变化到状态C , 其状态变化过程的p -V 图象如图2所示.已知该气体 在状态A 时的温度为27°C.(1)该气体在状态B 、C 时的温度分别为多少?(2)该气体从状态A 到状态C 的过程中内能的变化量是多大? 图2 (3)该气体从状态A 到状态C 的过程中是吸热,还是放热?传递的热量是多少? 答案 (1)-173°C 27°C (2)0 (3)吸热 200 J 解析 (1)对于理想气体:A →B ,由p A T A =p BT B 得:T B =100 K ,所以t B =-173°CB →C ,由V B T B =V CT C 得:T C =300 K ,所以t C =27°C(2)A →C ,由温度相等得:ΔU =0 (3)A →C 的过程中是吸热.吸收的热量Q =W =p ΔV =1×105×(3×10-3-1×10-3) J =200 J.方法提炼1.在气体状态变化过程中,三个状态参量(p 、V 、T )遵循理想气体状态方程p 1V 1T 1=p 2V 2T 2(或pVT =C ),气体的内能只需分析气体的温度,温度升高(或降低),内能增大(或减小).2.由气体体积变化情况分析做功情况,气体体积增大,气体对外做功;气体体积减小,外界对气体做功.然后由热力学第一定律ΔU =Q +W 确定热量Q 的正、负,判断出是吸热还是放热.考点一对热力学第一定律的理解及应用1.热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的,而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系.2.对公式ΔU=Q+W符号的规定3.(1)若过程是绝热的,则Q=0,W=ΔU,外界对物体做的功等于物体内能的增加量.(2)若过程中不做功,即W=0,则Q=ΔU,物体吸收的热量等于物体内能的增加量.(3)若过程的始末状态物体的内能不变,即ΔU=0,则W+Q=0或W=-Q.外界对物体做的功等于物体放出的热量.例1一定质量的气体,在从状态1变化到状态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,所以气体从状态2回到状态1的过程中内能的变化应等于从状态1到状态2的过程中内能的变化,则从状态2到状态1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 JΔU=W+Q,使用时注意符号法则(简记为:外界对系统取正,系统对外界取负).对理想气体,ΔU仅由温度决定,W仅由体积决定,绝热情况下,Q=0.突破训练1 一定质量的理想气体(分子力不计),体积由V 膨胀到V ′.如果通过压强不变的过程实现,对外做功大小为W 1,传递热量的值为Q 1,内能变化为ΔU 1;如果通过温度不变的过程来实现,对外做功大小为W 2,传递热量的值为Q 2,内能变化为ΔU 2,则( ) A .W 1>W 2,Q 1<Q 2,ΔU 1>ΔU 2 B .W 1>W 2,Q 1>Q 2,ΔU 1>ΔU 2 C .W 1<W 2,Q 1=Q 2,ΔU 1>ΔU 2 D .W 1=W 2,Q 1>Q 2,ΔU 1>ΔU 2 答案 B解析 由热力学第一定律:ΔU 1=W 1+Q 1,ΔU 2=W 2+Q 2,若通过压强不变的过程实现体积膨胀,则由pVT 为恒量,可知温度必定升高,对理想气体,内能必定增大,ΔU 1>0,W 1<0,Q 1>0,且|Q 1|>|W 1|;若通过温度不变的过程实现体积膨胀,温度不变,内能不变,ΔU 2=0,W 2<0,Q 2>0,且|Q 2|=|W 2|,则ΔU 1>ΔU 2;由于气体对外做功的过程中,体积膨胀,通过温度不变的方式,由pVT 为恒量,可知压强必定减小,则平均压强比通过压强不变的过程时的压强要小,故W 1>W 2,Q 1>Q 2,B 选项正确. 考点二 对热力学第二定律的理解1.在热力学第二定律的表述中,“不引起其他变化”的涵义.“不引起其他变化”的涵义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成,对周围环境不引起热力学方面的变化.如吸热、放热、做功等. 2.热力学第二定律的实质热力学第二定律的每一种表述,都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性,进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性.特别提醒 热量不可能自发地从低温物体传到高温物体,但在有外界影响的条件下,热量可以从低温物体传到高温物体,如电冰箱;在引起其他变化的条件下内能可以全部转化为机械能,如气体的等温膨胀过程. 3.两类永动机的比较例A .机械能可以全部转化为内能,内能也可以全部用来做功转化成机械能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°C 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;尽管科技不断进步,热机的效率仍不能达到100%,制冷机也不能使温度降到-293°C,只能无限接近-273°C,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 A热力学第一定律说明发生的任何过程中能量必定守恒,热力学第二定律说明并非所有能量守恒的过程都能实现.(1)高温物体低温物体(2)功热量(3)气体体积V1 气体体积V2(较大)(4)不同气体A和B 混合气体AB突破训练2地球上有很多的海水,它的总质量约为1.4×1018吨,如果这些海水的温度降低0.1°C,将要放出5.8×1023焦耳的热量,有人曾设想利用海水放出的热量使它完全变成机械能来解决能源危机,但这种机器是不能制成的,其原因是()A.内能不能转化成机械能B.内能转化成机械能不满足热力学第一定律C.只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机器不满足热力学第二定律D.上述三种原因都不正确答案 C解析本题考查热力学第一定律和热力学第二定律的应用,内能可以转化成机械能,如热机,A错误;内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律,即能量守恒定律,B错误;热力学第二定律告诉我们:不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功,而不引起其他变化,C正确.37.热力学定律与理想气体实验定律综合的解题模型例3在如图3所示的坐标系中,一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化过程:第一种变化是从状态A到状态B,外界对该气体做功为6 J;第二种变化是从状态A到状态C,该气体从外界吸收的热量为9 J.图线AC的反向延长线通过坐标原点O,B、C两状态的温度相同,图3理想气体的分子势能为零.求:(1)从状态A到状态C的过程,该气体对外界做的功W1和其内能的增量ΔU1;(2)从状态A到状态B的过程,该气体内能的增量ΔU2及其从外界吸收的热量Q2.解析(1)由题意知从状态A到状态C的过程,气体发生等容变化该气体对外界做的功W1=0根据热力学第一定律有ΔU1=W1+Q1内能的增量ΔU1=Q1=9 J.(2)从状态A到状态B的过程,体积减小,温度升高该气体内能的增量ΔU2=ΔU1=9 J根据热力学第一定律有ΔU2=W2+Q2从外界吸收的热量Q2=ΔU2-W2=3 J.答案(1)09 J(2)9 J 3 J对于理想气体,可以直接根据温度的变化来确定内能的变化.吸、放热不能直接确定时,则要放在最后,根据热力学第一定律来确定.必须指出的是,一般来说系统对外界做功,系统体积膨胀;外界对系统做功,系统体积则被压缩.但在某些特定条件下,例如气体自由膨胀(外界为真空)时,气体就没有克服外力做功.另外,在判断内能变化时,还必须结合物态变化以及能的转化与守恒来进行.突破训练3一定质量的理想气体由状态A经状态B变成状态C,其中A→B过程为等压变化,B→C过程为等容变化.已知V A=0.3 m3,T A=T C=300 K,T B=400 K.(1)求气体在状态B时的体积.(2)说明B→C过程压强变化的微观原因.(3)设A→B过程气体吸收热量为Q1,B→C过程气体放出热量为Q2,比较Q1、Q2的大小并说明原因.答案 (1)0.4 m 3 (2)见解析 (3)Q 1>Q 2,原因见解析解析 (1)设气体在状态B 时的体积为V B ,由盖—吕萨克定律得V A T A =V BT B ,代入数据得V B =0.4 m 3(2)微观原因:气体体积不变,分子密集程度不变,温度变化(降低),气体分子平均动能变化(减小),导致气体压强变化(减小).(3)Q 1大于Q 2;因为T A =T C ,故A →B 增加的内能与B →C 减少的内能相同,而A →B 过程气体对外界做正功,B →C 过程气体不做功,由热力学第一定律可知Q 1大于Q 2.高考题组1.(2012·新课标全国·33(1))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 答案 ACE2.(2012·广东理综·14)景颇族的祖先发明的点火器如图4所示,用牛角做套筒,木制推杆前端粘着艾绒,猛推推杆,艾绒即可点燃. 图4 对筒内封闭的气体,在此压缩过程中( )A .气体温度升高,压强不变B .气体温度升高,压强变大C .气体对外界做正功,气体内能增加D .外界对气体做正功,气体内能减少 答案 B解析 筒内封闭气体被压缩过程中,外界对气体做正功.由热力学第一定律ΔU =W +Q 知,气体内能增加,温度升高.由理想气体状态方程pVT =C 知,气体压强增大.选项A 、C 、D错误,选项B 正确.3.(2011·广东理综·14)图5为某种椅子与其升降部分的结构 示意图,M 、N 两筒间密闭了一定质量的气体,M 可沿 N 的内壁上下滑动,设筒内气体不与外界发生热交换, 在M 向下滑动的过程中( ) A .外界对气体做功,气体内能增大图5B .外界对气体做功,气体内能减小C .气体对外界做功,气体内能增大D .气体对外界做功,气体内能减小 答案 A解析 M 向下滑动的过程中,气体被压缩,外界对气体做功,又因为与外界没有热交换,所以气体内能增大.4.(2012·山东·36)(1)下列说法正确的是______. 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(2)如图6所示,一粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U 型管竖直 放置,右端与大气相通,左端封闭气柱长l 1=20 cm(可视为理想气 体),两管中水银面等高.现将右端与一低压舱(未画出)接通,稳定 后右管水银面高出左管水银面h =10 cm.(环境温度不变,大气压强 p 0=75 cmHg)图6①求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg ”做单位).②此过程中左管内的气体对外界________(填“做正功”、“做负功”或“不做功”),气体将________(填“吸热”或“放热”). 答案 (1)ab (2)①50 cmHg ②做正功 吸热解析 (1)饱和汽压随温度的升高而增大,选项a 正确;扩散现象说明分子在永不停息地运动,选项b 正确;当分子间距离增大时,分子间引力和斥力都减小,选项c 错误;根据V T =C 知,一定质量的理想气体,在等压膨胀时,温度升高,分子的平均动能增大,选项d 错误.(2)①设U 型管横截面积为S ,右端与大气相通时左管中封闭气体的压强为p 1,右端与一低压舱接通后,左管中封闭气体的压强为p 2,气柱长度为l 2,稳定后低压舱内的压强为p .左管中封闭气体发生等温变化,根据玻意耳定律得 p 1V 1=p 2V 2①p1=p0 ②p2=p+p h ③V1=l1S ④V2=l2S ⑤由几何关系得h=2(l2-l1) ⑥联立①②③④⑤⑥式,代入数据得p=50 cmHg②左管内气体膨胀,气体对外界做正功,温度不变,ΔU=0,根据热力学第一定律,ΔU=Q+W且W<0,所以Q=-W>0,气体将吸热.模拟题组5.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,吸收热量C.内能增大,对外界做功D.内能减小,外界对其做功答案 D6.某同学给四只一样的气球充入了质量相同的空气(视为理想气体),分两排并列放在光滑的水平面上,再在上面放一轻质硬板,而后他慢慢地站到硬板上,在此过程中气球未爆,且认为气球中气体温度不变,外界对气球中的气体做了6 J的功,则此过程中气球______(填“吸收”或“放出”)的热量为______ J;若换上另外一个人表演时,某个气球突然爆炸,则该气体内的气体的内能______(填“增大”或“减小”),气体的温度______(填“升高”或“降低”)答案放出6减小降低(限时:30分钟)►题组1热力学第一定律的理解1.图1为焦耳实验装置图,用绝热性能良好的材料将容器包好,重物下落带动叶片搅拌容器里的水,引起水温升高.关于这个实验,下列说法正确的是()图1A.这个装置可测定热功当量B.做功增加了水的热量C.做功增加了水的内能D.功和热量是完全等价的,无区别答案AC解析做功和热传递都可以使物体的内能发生改变,焦耳实验中是通过做功来增加水的内能,所以选项C正确;就物体内能的改变来说,做功和热传递是等效的,这是研究热功当量的前提,通过焦耳实验可测定热功当量,所以选项A正确;一个物体的内能是无法测量的,而在某个过程中物体内能的变化却是可以测定的,热量就是用来测定内能变化的一个物理量,所以选项B和D都错误.2.(2011·重庆理综·15)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2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()图2A.对外做正功,分子的平均动能减小B.对外做正功,内能增大C.对外做负功,分子的平均动能增大D.对外做负功,内能减小答案 A解析气体膨胀,气体对外界做正功,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,即不考虑分子势能,所以分子的平均动能减小,选项A正确.3.(2010·全国Ⅱ理综·16)如图3,一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分.已知a内有一定量的稀薄气体,b内为真空.抽开隔板K后,a内气体进入b,最终达到平衡状态.在此过程中()A.气体对外界做功,内能减少图3B.气体不做功,内能不变C.气体压强变小,温度降低D.气体压强变小,温度不变答案BD解析因b内为真空,所以抽开隔板后,a内气体可以“自发”进入b,气体不做功.又因容器绝热,不与外界发生热量传递,根据热力学第一定律可以判断其内能不变,温度不变.由理想气体状态方程可知:气体体积增大,温度不变,压强必然变小,综上可判断B、D项正确.4.某校开展探究性课外活动,一同学用如图4所示的装置研究气体压强、体积、温度三量之间的变化关系.该同学选用导热良好的汽缸将其开口向下,内有理想气体,并将汽缸固定不动,缸内活塞可自由滑动且不漏气.把一温度计通过缸底小孔插入缸内,插口处密封良好,活塞下挂一个沙桶,沙桶装满沙子时,活塞恰好静止,现给沙桶底部钻一个小洞,让细沙慢慢漏出,外部环境温图4度恒定,则()A.外界对气体做功,内能增大B.外界对气体做功,温度计示数不变C.气体体积减小,温度计示数减小D.外界对气体做功,温度计示数增加答案 B解析细沙漏出,汽缸内气体压强增大,体积减小,外界对气体做功;汽缸导热良好,细沙慢慢漏出,外部环境温度稳定,气体温度不变,即内能不变,选项B正确.►题组2热力学定律、第二类永动机的理解5.(2012·福建理综·28(1))关于热力学定律和分子动理论,下列说法正确的是() A.一定量的气体吸收热量,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答案 D解析由热力学第一定律ΔU=W+Q知,一定量的气体吸收热量内能不一定增大,例如气体对外做功,且W>Q,那么内能将会减少,故A项错误;不可能使热量由低温物体传递到高温物体,而不引起其他变化,如果“引起其他变化”,完全可以实现将热量从低温物体传递到高温物体,故B项错误;当r<r0时,分子力表现为斥力,当分子间距增大时,分子势能减小,故C项错误;根据分子引力、斥力随分子间距的变化规律知,D项正确.6.关于两类永动机和热力学的两个定律,下列说法正确的是() A.第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律B.第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律C.由热力学第一定律可知做功不一定改变内能,热传递也不一定改变内能,但同时做功和热传递一定会改变内能D.由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的,从单一热源吸收热量,完全变成功也是可能的答案 D解析第一类永动机违反能量守恒定律,第二类永动机违反热力学第二定律,A、B错;由热力学第一定律可知W≠0,Q≠0,但ΔU=W+Q可以等于0,C错;由热力学第二定律可知D中现象是可能的,但会引起其他变化,D对.7.图5为电冰箱的工作原理示意图.压缩机工作时,强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环.在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量,经过冷凝器时制冷剂液化,放出热量到箱体外.下列说法正确的是()图5A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,是因为其消耗了电能C.电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律D.电冰箱的工作原理违反热力学第一定律答案BC解析热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律,是能量守恒定律的具体表现,适用于所有的热现象,故C正确,D错误;根据热力学第二定律,热量不能自发地从低温物体传到高温物体,必须借助于其他系统做功,A错误,B正确,故选B、C. 8.用隔板将一容器隔成A和B两部分,A中盛有一定量的气体,B为真空(如图6甲所示),现把隔板抽去,A中的气体将自动充满整个容器(如图乙所示),这个过程称为气体的自由膨胀.则关于气体的自由膨胀下列说法中正确的是()图6A.在自由膨胀过程中,所有气体分子的运动方向相同B.在自由膨胀过程中,只要把握好隔板插入的时机,全部气体就能到达B部分C.气体充满整个容器后,只要时间足够长,还能全部自动回到A部分D.气体充满整个容器后,B部分中的某些气体分子有可能再回到A部分答案 D解析气体分子在永不停息地做无规则运动,在自由膨胀过程中也不例外,选项A错误;在自由膨胀过程中,气体分子将充满所能达到的空间,即整个容器,选项B错误;热力学第二定律指出具有大量分子参与的宏观过程都具有方向性,所以选项C错误;气体充满整个容器后,气体分子朝各个方向运动的机会均等,所以B部分中的某些气体分子有可能再回到A部分,选项D正确.►题组3热力学定律与气体实验定律的组合应用9.图7是密闭的汽缸,外力推动活塞P压缩气体,对缸内气体做功800 J,同时气体向外界放热200 J,缸内气体的()A.温度升高,内能增加600 JB.温度升高,内能减少200 J 图7C.温度降低,内能增加600 JD.温度降低,内能减少200 J答案 A解析对一定质量的气体,由热力学第一定律ΔU=W+Q可知,ΔU=800 J+(-200 J)=600 J,ΔU为正表示内能增加了600 J,对气体来说,分子间距较大,分子势能为零,内能等于所有分子动能的和,内能增加,气体分子的平均动能增加,温度升高,选项A正确.10.(2011·山东理综·36)气体温度计结构如图8所示.玻璃测温泡A内充有理想气体,通过细玻璃管B和水银压强计相连.开始时A处于冰水混合物中,左管C中水银面在O点处,右管D中水银面高出O点h1=14 cm,后将A放入待测恒温槽中,上下移动D,使C 图8中水银面仍在O点处,测得D中水银面高出O点h2=44 cm.(已知外界大气压为1个标准大气压,1标准大气压相当于76 cmHg)(1)求恒温槽的温度.(2)此过程A内气体内能________(填“增大”或“减小”),气体不对外做功,气体将。