【红对勾】2013高考物理复习 课时作业32 固体、液体和气体
2013高考物理红对勾复习精品课件-11-2固体、液体和气体(精)
2．液体的毛细现象 浸润液体在细管中上升的现象，以及不 浸润液体在细管中下降的现象，称为毛细现 象． 3．液晶的性质特点 (1)液晶分子既保持排列有序而显示各向 异性，又可以自由移动位置，保持了液体的 流动性． (2)液晶分子的位置无序使它像液体，排 列有序使它像晶体． (3)液晶分子的排列从某个方向看比较整 10
项目
单晶体
4
3.晶体的微观结构 组成晶体的物质微粒(分子、原子或离子) 是依照一定的规律在空间中整齐的排列的； 微粒的热运动特点表现为在一定的平衡位置 附近不停地做微小的振动．
5
——要点深化——
1．多晶体的微观结构及性质 多晶体是由很多杂乱无章的小晶粒排列 而成的．平常看到的各种金属材料都是多晶 体．把纯铁做成的样品放在显微镜下观察， 可以看到它是由许许多多晶粒组成的，晶粒 有大有小，最小的只有10－5 cm，最大的也 不超过10－3 cm，每个晶粒都是一个小单晶 体，具有各向异性的物理性质和规则的几何 外形．因为晶粒在多晶体里杂乱无章地排列 着，所以多晶体没有规则的几何外形，也不 6 显示各向异性．多晶体在不同方向的物理性
课时2 固体、液体和气体
1
课前自主学习
课堂讲练互动
随堂巩固训练
课时作业
2
课前自主学习
梳理知识 突破难点
——知识回顾——
1．单晶体和非晶体的区别 项目 单晶体 非晶体 有确定的几何 没有确定的几 外形 形状 何形状 物理 各向异性 各向同性 性质 有一定的熔化 无一定的熔化 熔点 温度 温度
3
多晶体 由许多细小的晶 2．单晶体和多晶体的区别 整个物体就 结构 体(单晶体)杂乱 是一个晶体 集合而成 有确定的几 没有确定的几何 外形 何形状 形状 物理 各向异性 各向同性 性质 有一定熔化 熔点 有一定熔化温度 温度
高三物理总复习红对勾课时作业及单元综合测试卷： 课时作业33含答案
课时作业33热力学定律和能量守恒时间:45分钟满分:100分一、选择题（8×8′＝64′)1.错误!关于一定量的气体,下列叙述正确的是( ）A．气体吸收的热量可以完全转化为功B．气体体积增大时，其内能一定减少C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加D．外界对气体做功，气体内能可能减少解析：由热力学第二定律知吸收的热不能自发地全部转化为功，但通过其他方法可以全部转化为功，故A正确；气体体积增大，对外做功,若同时伴随有吸热，其内能不一定减少，B错误；气体从外界吸热,若同时伴随有做功，其内能不一定增加，C错误;外界对气体做功，同时气体放热，其内能可能减少,D正确．答案:AD2．下列说法中正确的是（）A．任何物体的内能就是组成物体的所有分子热运动动能的总和B．只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能C．做功和热传递在改变内能的方式上是不同的D．满足能量守恒定律的物理过程都能自发进行解析：物体的内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和，所以A选项错误．将内能全部转化为机械能而不引起其他变化是不可能的，B选项错误．在热力学第二定律中，热传导是有方向性的，不违背能量转化和守恒定律,但不能自发进行，D选项错误．做功和热传递是改变内能的两种方式，C选项正确．答案:C3．(2012·广东理综）景颇族的祖先发明的点火器如右图所示，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．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,气体内能减少解析：猛推推杆,封闭在套筒中的气体被压缩，外界对气体做功,套筒由牛角做成，导热能力很差,且压缩过程用时极短,故压缩过程可看做绝热过程．由ΔE＝W可知气体的内能增加，温度升高，根据pV T＝C可知因T增大，V减小，故p增大，选项B正确．答案：B4．下图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( )A．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二定律D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律解析：在电冰箱的热量传递过程中是由于压缩机消耗电能做功才使热量从冰箱内传到冰箱外，并不是自发地进行，所以A项错误，B项正确．电冰箱的工作原理不违反热力学第二定律和能量守恒定律，所以C项正确,D项错误．答案：BC5．一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸收的热量，Q2表示气体放出的热量，则在整个过程中一定有（)A．Q1－Q2＝W2－W1B．Q1＝Q2C．W1＝W2D．Q1＞Q2解析:理想气体的初态和末态相同,则温度相同，理想气体的内能变化为零．由热力学第一定律：ΔU＝W总＋Q总＝（W1－W2)＋(Q1－Q2），0＝（W1－W2)＋(Q1－Q2），所以W2－W1＝Q1－Q2，所以A 选项正确．答案：A6．如下图所示，密闭绝热容器内有一绝热的具有一定质量的活塞，活塞的上部封闭着气体,下部为真空,活塞与器壁的摩擦忽略不计．置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部,另一端固定在活塞上．弹簧被压缩后用绳扎紧，此时弹簧的弹性势能为E p(弹簧处在自然长度时的弹性势能为零)．现绳突然断开,弹簧推动活塞向上运动,经过多次往复运动后活塞静止，气体达到平衡态．经过此过程( ）A．E p全部转换为气体的内能B．E p一部分转换成活塞的重力势能，其余部分仍为弹簧的弹性势能C．E p全部转换成活塞的重力势能和气体的内能D．E p一部分转换成活塞的重力势能,一部分转换为气体的内能，其余部分仍为弹簧的弹性势能解析：依题可知，断开绳子，活塞最终静止后的位置高于初始位置,E p的能量转化有三种形式：活塞的重力势能、气体的内能及弹簧的弹性势能，故D正确．答案：D7．（2010·全国卷Ⅱ)如图，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B．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，温度不变解析：由于b内为真空，容器绝热，所以a内气体进入b时不做功，且内能不变，温度不变，选项B正确，A、C错误；根据气体压强微观解释可知，气体等温膨胀，则压强变小，选项D正确．答案:BD8．（2010·重庆高考)给旱区送水的消防车停于水平地面．在缓慢放水过程中,若车胎不漏气,胎内气体温度不变，不计分子间势能,则胎内气体( ）A．从外界吸热B．对外界做负功C．分子平均动能减小 D．内能增加解析:缓慢放水过程中，胎内气体体积增大、温度不变，内能不变,分子平均动能不变,选项C、D错误;由体积增大可知气体对外界做功，或克服外界做功，选项B错误．由热力学第一定律可知气体从外界吸热，选项A正确．答案：A二、计算题(3×12′＝36′)9．一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态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。
高三物理总复习红对勾课时作业及单元综合测试卷： 课时作业41含答案
课时作业41光电效应波粒二象性时间：45分钟满分：100分一、选择题（8×8′＝64′）1．关于物质的波粒二象性，下列说法中不正确的是( ）A．不仅光子具有波粒二象性,一切运动的微粒都具有波粒二象性B．运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道C．波动性和粒子性，在宏观现象中是矛盾的、对立的，但在微观高速运动的现象中是统一的D．实物的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性解析：光具有波粒二象性是微观世界具有的特殊规律，大量光子运动的规律表现出光的波动性，而单个光子的运动表现出光的粒子性．光的波长越长,波动性越明显，光的频率越高,粒子性越明显．而宏观物体的德布罗意波的波长太小，实际很难观察到波动性，不是不具有波粒二象性．应选D项．答案：D2．现有a、b、c三种单色光，其波长关系为λa〉λb>λc.用b光照射某种金属时，恰好能发生光电效应．若分别用a 光和c 光照射该金属，则( ）A ．a 光照射时,不能发生光电效应B ．c 光照射时，不能发生光电效应C ．a 光照射时，释放出的光电子的最大初动能最大D ．c 光照射时,释放出的光电子的最大初动能最小解析：只有当光的频率大于或等于极限频率时才会发生光电效应，由ν＝c λ可判断a 、b 、c 三种单色光的频率关系为νa <νb <νc ,用b 光照射某种金属恰好能发生光电效应，故a 光照射时不能发生光电效应,c 光照射时能发生光电效应,A 正确，B 、C 错误；光电效应释放出的光电子的初动能与频率有关，频率越大，初动能越大，c 光照射时，释放出的光电子的最大初动能最大，D 错误．答案：A3．根据爱因斯坦光子说，光子能量E 等于（h 为普朗克常量，c 、λ为真空中的光速和波长)( ）A ．h 错误!B ．h 错误!C ．hλD 。
错误!解析：光子的能量E ＝hν，而ν＝错误!，故E＝h错误!，A正确．答案:A4．用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子最大初动能E k随入射光频率ν变化的E k－ν图象，已知钨的逸出功是3.28 eV，锌的逸出功是3。
(人教版)哈尔滨高中物理选修三第二章《气体,固体和液体》经典习题(含答案解析)
一、选择题1．一定质量的理想气体，在压强不变的情况下。
温度由5C︒升高到10C︒，体积的增量为ΔV1；温度由10C︒升高到15C︒，体积的增量为ΔV2，则（）A．ΔV1＝ΔV2B．ΔV1>ΔV2C．ΔV1<ΔV2D．无法确定2．如图所示，带有活塞的气缸中封闭一定质量的气体（不计气体的分子势能以及气缸和活塞间的摩擦）。
将一个半导体NTC热敏电阻R（随着温度的升高热敏电阻阻值减小）置于气缸中，热敏电阻R与气缸外的电源E和电流表组成闭合电路，气缸和活塞与外界无热交换。
现保持活塞位置不变，当发现电流表的读数增大时，下列说法正确的是（）A．气体的密度增大B．气体的压强不变C．气体分子的平均动能增大D．每秒撞击单位面积器壁的气体分子数不变3．关于饱和汽和相对湿度，下列说法正确的是（）A．饱和汽压跟热力学温度成正比B．温度一定时，饱和汽的密度为一定值，温度升高，饱和汽的密度增大C．空气的相对湿度定义为水的饱和汽压与相同温度下空气中所含水蒸气的压强之比D．空气的相对湿度越小，空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压4．如图所示为一定质量理想气体的体积V与温度T的关系图象，它由状态A经等温过程到状态B，再经等容过程到状态C，设A、B、C状态对应的压强分别为p A、p B、p C，则下列关系式中正确的是（）A．p A＜p B，p B＜p C B．p A＞p B，p B＝p CC．p A＞p B，p B＜p C D．p A＝p B，p B＞p C5．下列反映一定质量理想气体状态变化的图象中，能正确反映物理规律的是（）A．图（a）反映了气体的等容变化规律B．图（b）反映了气体的等容变化规律C．图（c）反映了气体的等压变化规律D．图（d）反映了气体的等温变化规律6．液晶属于A．固态B．液态C．气态D．固态和液态之间的中间态7．下列说法中不正确的是（）A．已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以计算出阿伏伽德罗常数B．悬浮在液体中的固体微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越少，布朗运动越明显C．当两个分子的间距从很远处逐渐减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先减小后增大，分子势能不断增大D．一定质量的理想气体，经过等温压缩后，其压强一定增大8．一个敞口的瓶子，放在空气中，气温为27℃．现对瓶子加热，由于瓶子中空气受热膨胀，一部分空气被排出．当瓶子中空气温度上升到57℃时，瓶中剩余空气的质量是原来的（）A．1011B．910C．911D．11129．关于液体的表面张力，下面说法中正确的是A．表面张力是液体内部各部分间的相互作用B．表面张力的方向总是垂直液面，指向液体内部C．表面张力的方向总是与液面平行D．因液体表面层分子分布比液体内部密集，分子间相互作用表现为引力10．如图，一定质量的某种理想气体，由状态A沿直线AB变化到状态B，A、C、B三点所对应的热力学温度分别记为T A、T C、T B，在此过程中，气体的温度之比T A∶T B∶T C为( )A ．1∶1∶1B ．1∶2∶3C ．3∶3∶4D ．4∶4∶311．如图，粗细均匀的玻璃管A 和B 由一橡皮管连接，一定质量的空气被水银柱封闭在A 管内，初始时两管水银面等高，B 管上方与大气相通．若固定A 管，将B 管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H ，A 管内的水银面高度相应变化h ，则A ．h=HB ．h<2HC ．h=2HD ．2H <h<H 12．关于气体的性质，下列说法正确的是（ ）A ．气体的体积与气体的质量成正比B ．气体的体积与气体的密度成正比C ．气体的体积就是所有分子体积的总和D ．气体的体积与气体的质量、密度和分子体积无关，只决定于容器的容积13．如图所示，一个横截面积为S 的圆筒形容器竖直放置.金属圆板A 的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为.M 不计圆板与容器内壁之间的摩擦.若大气压强为0p ，则被圆板封闭在容器中的气体的压强p 等于( )A ．0cos P Mg S θ+B ．0cos cos P Mg S θθ+C ．20cos Mg P S θ+D ．0Mg P S+ 14．下列两图中，P 表示压强， T 表示热力学温度，t 表示摄氏温度，甲图反映的是一定质量气体的状态变化规律,a 、b 分别是图线与两坐标的交点,现将纵坐标向左平移至b ，得到图乙．则下列说法错误的是( )A ．甲图中a 表示气体在零摄氏度时的压强B ．甲图中b 表示气体的实际温度可以达到-273℃C ．单从甲图不能判断气体是否作等容变化D ．气体压强P 随温度t 发生变化，且体积保持不变15．下列说法中正确的有（ ）A ．温度相同的铁块和木块，铁块感觉凉，这说明铁块中分子的平均动能小于木块中分子的平均动能B ．液体表面层分子间的平均距离等于液体内部分子间的平均距离C ．油膜法估测分子大小的实验中，所撒痱子粉太厚会导致测量结果偏大D ．已知阿伏伽德罗常数和某物质的摩尔体积就可以确定该物质每个分子的体积二、填空题16．一定质量的理想气体经历两次等压变化过程，如图a 、b 所示，则压强a P ______（选填“大于”或“小于” )b P 。
2013高考物理红对勾复习课时作业-3-2两类动力学问题 超重和失重汇总
课时作业8 两类动力学问题 超重和失重时间：45分钟 满分：100分一、选择题(8×8′＝64′)1．雨滴在下降过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大，同时由于速度逐渐增大，空气阻力也将越来越大，最后雨滴将以某一收尾速度匀速下降，在此过程中( )A ．雨滴所受到的重力逐渐增大，重力产生的加速度也逐渐增大B ．由于雨滴质量逐渐增大，下落的加速度逐渐减小C ．由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐减小D ．雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度不变解析：雨滴在下落过程中，质量逐渐增大，雨滴所受的重力逐渐增大，但重力产生的加速度始终为g ，故A 错误，D 正确；由mg －F f ＝ma 得：a ＝g －F fm ，可见雨滴下落的加速度逐渐减小的原因不是m 增大，而是F f 增大，故B 错误，C 正确．答案：CD图12．某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射卫星．火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级和第二级相继脱落，实验中测得卫星竖直方向的速度—时间图象如图1所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的是( )A ．t 2时刻卫星到达最高点，t 3时刻卫星落回地面B ．卫星在0～t 1时间内的加速度大于t 1～t 2时间内的加速度C ．t 1～t 2时间内卫星处于超重状态D ．t 2～t 3时间内卫星处于超重状态解析：卫星在0～t 3时间内速度方向不变，一直升高，在t 3时刻到达最高点，A 错误；v －t 图象的斜率表示卫星的加速度，由图可知，t 1～t 2时间内卫星的加速度大，B 错误；t 1～t 2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t 2～t 3时间内，卫星的加速度竖直向下，处于失重状态，故C 正确，D 错误．答案：C图23．如图2所示，被水平拉伸的轻弹簧右端拴在小车壁上，左端拴一质量为10 kg的物块M.小车静止不动，弹簧对物块的弹力大小为5 N时，物块处于静止状态．当小车以加速度a＝1 m/s2沿水平地面向右加速运动时()A．物块M相对小车仍静止B．物块M受到的摩擦力大小不变C．物块M受到的摩擦力将减小D．物块M受到弹簧的拉力将增大解析：由初始条件知最大静摩擦力Ff max≥5 N，当小车向右加速运动时．假设物块仍相对小车静止，由牛顿第二定律得5 N＋F f＝10×1 N，F f＝5 N，因F f′＝－5 N，因此A、B 正确．答案：AB图34.(2012·池州模拟)某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图3所示的物理模型，一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1<tanθ，BC段的动摩擦因数μ2>tanθ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中()A．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右B．地面对滑梯始终无摩擦力作用C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D．地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的总重力的大小解析：小朋友在AB段沿滑梯向下匀加速下滑，在BC段向下匀减速下滑，因此小朋友和滑梯组成的系统水平方向的加速度先向左后向右，则地面对滑梯的摩擦力即系统水平方向合外力先水平向左，后水平向右，A正确，B错误；系统在竖直方向的加速度先向下后向上，因此系统先失重后超重，故地面对滑梯的支持力的大小先小于后大于小朋友和滑梯的总重力的大小，C、D错误．答案：A图45．如图4所示，足够长的传送带与水平面间夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tanθ.则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )图5解析：m 刚放上时，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1.当m 与带同速后，因带足够长，且μ<tan θ，故m 要继续匀加速．此时，mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，a 2<a 1，故D 正确．答案：D6．如图6所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m 的图6竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg ，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s ，g 取10 m/s 2，那么该消防队员( )A ．下滑过程中的最大速度为4 m/sB ．加速与减速过程的时间之比为1：2C ．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1：7D ．加速与减速过程的位移之比为1：4解析：a 1t 1＝v max ＝a 2t 2，利用a 1＝2a 2得t 1：t 2＝1：2，B 正确；下滑的最大速度v max ＝2v ＝2st ＝8 m/s ，A 错误；加速过程中有mg －Ff 1＝ma 1，减速过程中有Ff 2－mg ＝ma 2，而a 1＝8 m/s 2，a 2＝4 m/s 2，所以Ff 1：Ff 2＝1：7，C 正确；加速过程与减速过程的平均速度相等，则其位移x 1＝v t 1，x 2＝v t 2，x 1：x 2＝t 1：t 2＝1：2，D 错误．答案：BC图77．(2011·上海单科)受水平外力F 作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v －t 图线如图7所示，则( )A ．在0～t 1秒内，外力F 大小不断增大B ．在t 1时刻，外力F 为零C ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能不断减小D ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能先减小后增大解析：由图象可知0～t 1，物体作a 减小的加速运动，t 1时刻a 减小为零．由a ＝F －fm 可知，F 逐渐减小，最终F ＝f ，故A 、B 错误．t 1～t 2物体作a 增大的减速运动，由a ＝f －Fm 可知，至物体速度减为零之前，F 有可能是正向逐渐减小，也可能F 已正向减为零且负向增大，故C 、D 正确．答案：CD8．(2011·课标)如图8，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt (k 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2.下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( )图8图9解析：在m 2与m 1相对滑动前，F ＝kt ＝(m 1＋m 2)a ，a 与t 成正比关系，a 1－t 关系图线的斜率为km 1＋m 2，当m 1与m 2相对滑动后，m 1受的是f 21＝m 2gμ＝m 1a 1，a 1＝m 2gμm 1为一恒量，对m 2有F －m 2gμ＝m 2a 2，得a 2＝kt m 2－gμ，斜率为km 2，可知A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A二、计算题(3×12′＝36′)9．直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m ＝500 kg 空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1＝45°.直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a ＝1.5 m/s 2时，悬索与竖直方向的夹角θ2＝14°，如图10所示．如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M .(取重力加速度g ＝10 m/s 2；sin14°≈0.242；cos14°≈0.970)图10解析：设悬索对水箱的拉力为T ，水箱受到的阻力为f .直升机取水时，水箱受力平衡． 水平方向：T 1sin θ1－f ＝0① 竖直方向：T 1cos θ1－mg ＝0② 联立①②解得f ＝mg tan θ1③直升机返回，以水箱为研究对象，在水平方向、竖直方向应用牛顿第二定律，由平衡方程得T 2sin θ2－f ＝(m ＋M )a ④ T 2cos θ2－(m ＋M )g ＝0⑤联立④⑤，代入数据解得水箱中水的质量M ＝4.5×103kg. 答案：M ＝4.5×103kg10.(2009·江苏理综)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m ＝2 kg ，动力系统提供的恒定升力F ＝28 N ．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g 取10 m/s 2.(1)第一次试飞，飞行器飞行t 1＝8 s 时到达高度H ＝64 m ．求飞行器所受阻力f 的大小； (2)第二次试飞，飞行器飞行t 2＝6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大高度h ；(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 3. 解析：(1)第一次飞行中，设加速度为a 1 匀加速运动H ＝12a 1t 12由牛顿第二定律F －mg －f ＝ma 1 解得f ＝4 N.(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v 1，上升的高度为s 1 匀加速运动s 1＝12a 1t 22设失去升力后加速度为a 2，上升的高度为s 2 由牛顿第二定律mg ＋f ＝ma 2 v 1＝a 1t 2 s 2＝v 122a 2解得h ＝s 1＋s 2＝42 m.(3)设失去升力下降阶段加速度为a 3；恢复升力后加速度为a 4，恢复升力时速度为v 3 由牛顿第二定律mg －f ＝ma 3，F ＋f －mg ＝ma 4 且v 322a 3＋v 322a 4＝h v 3＝a 3t 3 解得t 3＝322 s(或2.1 s)．答案：(1)f ＝4 N (2)h ＝42 m (3)t 3＝2.1 s11．(2011·上海单科)如图11，质量m ＝2 kg 的物体静止于水平地面的A 处，A 、B 间距L ＝20 m ．用大小为30 N ，沿水平方向的外力拉此物体，经t 0＝2 s 拉至B 处．(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6.取g ＝10 m/s 2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；(2)用大小为30 N ，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A 处由静止开始运动并能到达B 处，求该力作用的最短时间t .图11解析：(1)物体做匀加速运动 L ＝12at 02∴a ＝2L t 02＝2×2022 m/s 2＝10 m/s 2由牛顿第二定律F －f ＝ma f ＝30 N －2×10 N ＝10 N∴μ＝f mg ＝102×10＝0.5.(2)方法1：设F 作用的最短时间为t ，小车先以大小为a 的加速度匀加速时间t ，撤去外力后，以大小为a ′的加速度匀减速时间t ′到达B 处，速度恰为0，由牛顿定律F cos37°－μ(mg －F sin37°)＝ma ∴a ＝F (cos37°＋μsin37°)m－μg ＝(30×(0.8＋0.5×0.6)2－0.5×10)m/s 2＝11.5 m/s 2a ′＝fm ＝μg ＝5 m/s 2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有 at ＝a ′t ′∴t ′＝a a ′t ＝11.55t ＝2.3t L ＝12at 2＋12a ′t ′2 ∴t ＝2La ＋2.32a ′＝2×2011.5＋2.32×5s ＝1.03 s.方法2：设力F 作用的最短时间为t ，相应的位移为s ，物体到达B 处速度恰为0，由动能定理[F cos37°－μ(mg －F sin37°)]s －μmg (L －s )＝0 ∴s ＝μmgLF (cos37°＋μsin37°)＝0.5×2×10×2030×(0.8＋0.5×0.6) m ＝6.06 m 由牛顿第二定律F cos37°－μ(mg －F sin37°)＝ma ∴a ＝F (cos37°＋μsin37°)m－μg ＝(30×(0.8＋0.5×0.6)2－0.5×10) m/s 2＝11.5 m/s 2∵s ＝12at 2t ＝2s a ＝2×6.0611.5 s ＝1.03 s.答案：(1)0.5 (2)1.03 s。
2013届高考物理总复习课件《红对勾》5-2课时2动能定理及其应用
Wf＝3mgR－2mgR－12mgR＝12mgR.
[答案] C
题后反思
应用动能定理可以求恒力的功，可以求 变力的功，可以求未知力的功，特别是当 某个力的大小和方向都不能确定时，可以 应用动能定理很方便地求出此力的功．
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
变式1—1 —质量为m的小球，用长为L的 轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下， 从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，如图3所 示，则力F所做的功为( )
形式，A 对；动能是标量，总是正值，B 对；由 Ek＝12mv2 可知当 m 恒定时，Ek 变化速率一定变化，速度一定变化，但当速度方向 变化速率不变(如匀速圆周运动)时动能不变，C 对；动能不变，如 匀速圆周运动，物体不一定处于平衡状态，D 错．
答案：ABC
——知识回顾——
概念：动能定理表述了合外力做功和动 能的变化之间的关系：合外力在一个过程 中对物体所做的功，等于物体在这个过程 中动能的变化(增加)．
(4)对该定理标量性的认识：因动能定
(5)对状态与过程关系的理解：功是伴 随一个物理过程而产生的，是过程量；而 动能是状态量．动能定理表示了过程量等 于状态量的改变量的关系．
(6)关于系统的动能定理
教 材 中 得 到 的 动 能 定 理 W ＝ Ek2 － Ek1 是 以一个物体为研究对象的，式中W为所有 外力(包括重力、弹力)所做的功．这一定理 可推广到由几个物体构成的物体系中去， 但定理的形式应做相应的变动．因为对一 个物体系来说，在状态变化的过程中，不 仅有外力做功，还可能有内力做功，内力 做功也会改变系统的总动能．例如，系统 内的爆炸力做功(如手榴弹爆炸)，可使整个 系统的动能增加；系统内的摩擦力做功，
高三物理总复习红对勾课时作业及单元综合测试卷： 课时作业39含答案
课时作业39动量守恒定律时间：45分钟满分：100分一、选择题（8×8′＝64′)1．在相等的时间内动量的变化相等的运动有（）A．匀速圆周运动B．自由落体运动C．平抛物体运动D．匀减速直线运动解析：相等的时间内动量的变化相等，则合外力恒定．答案：BCD2．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后,甲和乙最后的速率关系是( ) A．若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙B．若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙C．只有甲先抛球,乙最后接球,才有v甲＞v乙D．无论怎样抛球和接球,都是v甲＞v乙解析:因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．因此最终谁接球谁的速度小．答案：B3．将物体P从置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如右图所示．在下滑过程中，P的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P和Q组成的系统（）A．动量守恒B．水平方向动量守恒C．最后P和Q以一定的速度共同向左运动D．最后P和Q以一定的速度共同向右运动解析：P沿斜面向下做减速运动，系统竖直方向合外力不为零，系统动量不守恒，由于系统在水平方向的合外力为零,所以水平方向动量守恒，由于P开始有一初速度，系统在水平方向有一向左的初动量,最后PQ相对静止，又以一定的速度共同向左运动．答案：BC4．长木板A放在光滑的水平面上,质量为m＝2 kg的另一物体B 以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B 间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如下图所示，则下列说法正确的是（）A．木板获得的动能为2 JB．系统损失的机械能为4 JC．木板A的最小长度为1 mD。
A、B间的动摩擦因数为0。
1解析：从图可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动,最后的共同速度为1 m/s，系统动量守恒，mv0＝（m＋M）v，求得M＝2 kg，木板获得的动能为1 J，系统损失的动能为2 J，木板的最小长度为两者在1 s内的位移差为1 m，B运动的加速度为1 m/s2,动摩擦因数为0.1。
人教版初中高中物理选修三第二章《气体,固体和液体》经典题(含答案解析)
一、选择题1．如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经等温变化到状态B，再经等容变化到状态C，A、C压强相等，则下列说法正确的是（）A．从A到B气体分子平均动能增加B．从B到C气体分子平均动能不变C．A、C状态气体压强相等的原因是分子撞击器壁的平均作用力相等D．从A到B过程气体压强变小的原因是分子的密集程度减小2．一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其P-T图象如图所示。
下列说法正确的是（）A．A→B的过程，气体的内能减小B．A→B的过程，气体的体积减小C．B→C的过程，气体的体积不变D．B→C的过程，气体的内能不变3．如图所示，两端开口、内径均匀的玻璃弯管竖直固定，两段水银柱将空气柱B封闭在玻璃管左侧的竖直部分，左侧水银柱A有一部分在水平管中。
若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，则稳定后（）A．右侧水银面高度差h1增大B．空气柱B的长度减小C．空气柱B的压强增大D．左侧水银面高度差h2减小4．如图所示的装置，气缸分上、下两部分，下部分的横截面积大于上部分的横截面积，大小活塞分别在上、下气缸内用一根硬杆相连，两活塞可在气缸内一起上下移动．缸内封有一定质量的气体，活塞与缸壁无摩擦且不漏气，起初，在小活塞上的杯子里放有大量钢球，请问哪些情况下能使两活塞相对气缸向下移动()A．给气缸内气体缓慢加热B．取走几个钢球C．大气压变大D．让整个装置自由下落5．关于饱和汽和相对湿度，下列说法正确的是（）A．饱和汽压跟热力学温度成正比B．温度一定时，饱和汽的密度为一定值，温度升高，饱和汽的密度增大C．空气的相对湿度定义为水的饱和汽压与相同温度下空气中所含水蒸气的压强之比D．空气的相对湿度越小，空气中水蒸气的压强越接近饱和汽压6．关于固体和液体，下列说法正确的是（）A．毛细现象是指液体在细管中上升的现象B．晶体和非晶体在熔化过程中都吸收热量，温度不变C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点D．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，产生表面张力7．如图所示，用一根竖直放置的弹簧连接一个气缸的活塞，使气缸悬空而静止。
高三物理总复习红对勾课时作业及单元综合测试卷： 单元综合测试五含答案
单元综合测试五(机械能守恒定律)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，试卷满分为100分．考试时间为90分钟．第Ⅰ卷(选择题，共40分）一、选择题（本题共10小题，每题4分,共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．(2012·天津理综）如下图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用,F与时间t的关系如下图乙所示,设物块与地面的静摩擦力最大值f m与滑动摩擦力大小相等，则( )A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3时刻物块A的动能最大解析：根据图乙可知：在0～t1时间内拉力F没有达到最大静摩擦力f m，物体处于静止状态，则拉力F的功率为零，选项A错误；对物块A由牛顿第二定律有F－f m＝ma，由于t2时刻拉力F最大，则t2时刻物块加速度a最大，选项B正确；t2到t3这段时间内拉力F 大于f m,所以物块做加速运动，t3时刻速度达到最大，选项C错误、D正确．答案：BD2．在平直公路上,汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v max后，立即关闭发动机直至静止，v－t图象如图所示，设汽车的牵引力为F，摩擦力为f，全程中牵引力做功为W1,克服摩擦力做功为W2，则( ）A．F：f＝1:3 B．W1：W2＝1：1C．F：f＝4:1 D．W1：W2＝1：3解析：对汽车全程应用动能定理：W1－W2＝0∴W1＝W2,则知B对D错．由图象知牵引力和阻力作用距离之比为1：4，即Fs1－Fs2＝0,∴F：f＝4:1，∴C对,A错．答案:BC3．（2011·海南单科）一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1秒内受到2 N的水平外力作用,第2秒内受到同方向的1 N的外力作用．下列判断正确的是( ）A．0~2 s内外力的平均功率是错误!WB．第2秒内外力所做的功是错误!JC．第2秒末外力的瞬时功率最大D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是错误!解析:第1 s内物体运动的位移为1 m，第2 s内物体运动的位移为2。
高三物理总复习红对勾课时作业及单元综合测试卷： 单元综合测试三含答案
单元综合测试三（牛顿运动定律）本试卷分第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷（非选择题)两部分，试卷满分为100分．考试时间为90分钟．第Ⅰ卷（选择题,共40分)一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内）1．下列实例属于超重现象的是( )A．汽车驶过拱形桥顶端B．荡秋千的小孩通过最低点C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动D．火箭点火后加速升空解析:汽车驶过拱形桥顶端时，加速度方向向下，属于失重现象,A错误；荡秋千的小孩通过最低点时,加速度方向向上，属于超重现象，B正确；跳水运动员被弹起后,只受重力作用,属于完全失重现象，C错误；火箭加速升空，加速度方向向上，属于超重现象,D正确．答案：BD2．如下图所示,将一台电视机静止放在水平桌面上，则以下说法中正确的是( )A．桌面对它支持力的大小等于它所受的重力，这两个力是一对平衡力B．它所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力C．它对桌面的压力就是它所受的重力,这两个力是同一种性质的力D．它对桌面的压力和桌面对它的支持力是一对平衡力解析：电视机处于静止状态，桌面对它的支持力和它所受的重力的合力为零，是一对平衡力,故A正确，B错误；电视机对桌面的压力和桌面对它的支持力是作用力和反作用力，故D错误；压力和重力是两个性质不同的力，故C错误．答案:A3．一辆空车和一辆满载货物的同型号汽车，在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶．两辆汽车同时紧急刹车后（即车轮不滚动只滑动），以下说法正确的是（ ）A ．满载货物的汽车由于惯性大，滑行距离较大B ．满载货物的汽车由于受到的摩擦力较大,滑行距离较小C ．两辆汽车滑行的距离相同D ．满载货物的汽车比空车先停下来解析:同种型号的汽车,在同一路面上行驶时,汽车急刹车时，车轮与路面间的动摩擦因数相同，因此减速的加速度大小相同，由v 2－v 2，0＝2ax 可知,两车滑行距离相同，C 正确,A 、B 错误，由t ＝v －v 0a 可知，两车滑行时间相同，D 错误．答案：C4．（2013·南平模拟）如图所示,带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A 用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B 始终相对于小车静止地摆放在右端．B 与小车平板间的动摩擦因数为μ。
2013届高考物理总复习课件《红对勾》3-3课时3牛顿运动定律的综合应用3-3
——知识回顾——
在应用牛顿运动定律解决动力学问题中， 当物体运动的加速度不同时，物体有可能 处于不同的状态，特别是题目中出现“最 大”、“最小”、“刚好”等词语时，往 往会有临界现象，此时要采用假设法或极 限分析法，看物体在不同的加速度时，会 有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出 临界条件．
在进行物理运算的过程中，若所有物理 量均采用国际单位制中的单位，则可省略 单位运算，只进行数值运算，从而简化运 算过程．
根据物理量的单位可查出推导表达式及 印刷公式中的错误．
——基础自测——
关于单位制，下列说法中正确的是 ()
A．kg、m/s、N是导出单位 B．kg、m、C是基本单位 C．在国际单位制中，时间的基本单位 是s D．在国际单位制中，力的单位是根据 牛顿第二定律定义的
(2)当求各部分之间作用力时一定要用 隔离法，应考虑解题的方便，有两个原则： 一是选出的隔离体应包含未知量，最好就 是所求的未知量；二是在独立方程的个数 等于未知量个数的前提下，隔离体的数目 应尽可能的少．
变式1—1 如图5所示，一辆汽车A拉着 装有集装箱的拖车B，以速度v1＝30 m/s进 入向下倾斜的直车道．车道每100 m下降2 m．为使汽车速度在s＝200 m的距离内减到 v2＝10 m/s，驾驶员必须刹车．假定刹车时 地面的摩擦阻力是恒力，且该力的70%作用 于拖车B,30%作用于汽车A.已知A的质量m1 ＝2000 kg，B的质量m2＝6000 kg.求汽车与 拖车的连接处沿运动方向的相互作用 力．取重力加速度g＝图105 m/s2.
[答案] (1)100 N 50 N (2)200 N 0
题后反思
在应用牛顿运动定律解决动力学问题中， 当物体运动的加速度不同时，物体有可能 处于不同的状态，特别是题目中出现“最 大”、“最小”、“刚好”等词语时，往 往会有临界状态，此时要采用极限分析法， 看物体在不同的加速度下运动时，会有哪 些现象发生，尽快找出临界点，求出临界 条件．
2013年物理人教版《红对勾》一轮课时作业32固体、液体和气体
课时作业32固体、液体和气体时间：45分钟满分：100分一、选择题(8×8′＝64′)1．关于晶体和非晶体，下列说法正确的是()A．有规则几何外形的固体一定是晶体B．晶体在物理性质上一定是各向异性的C．晶体熔化时具有一定的熔点D．晶体和非晶体在适当的条件下是可以相互转化的解析：外形是否规则可以用人工的方法进行处理，故选项A错误．因为晶体可分为单晶体和多晶体，而多晶体在物理性质上是各向同性的，故选项B错误．晶体在物理性质上的重要特征之一是有一定的熔点，故选项C正确．理论和实验都证明非晶体是不稳定的，在适当的条件下会变成晶体，故选项D正确．答案：CD2．下列固态物质属于晶体的是()A．雪花B．黄金C．玻璃D．食盐解析：玻璃是非晶体，雪花、食盐是晶体，黄金是金属．各种金属材料是晶体(属晶体中的多晶体)，所以A、B、D选项均正确．答案：ABD图13．在水中浸入两支同样细的毛细管，一个是直的，另一个是弯的，如图1所示，水在直管中上升的高度比在弯管中上升的最高点还要高，那么弯管中的水将() A．会不断地流出B．不会流出C．不一定会流出D．无法判断会不会流出解析：因为水滴从弯管管口N处落下之前，弯管管口的水面在重力作用下要向下凸出，这时表面张力的合力竖直向上，使水不能流出，选项B正确．答案：B4.(2011·福建卷)如图2所示，曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔图2化过程，图中横轴表示时间t，纵轴表示温度T.从图中可以确定的是()A．晶体和非晶体均存在固定的熔点T0B．曲线M的bc段表示固液共存状态C．曲线M的ab段、曲线N的ef段均表示固态D．曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态解析：根据实际可知，晶体与非晶体的最大区别就是晶体有固定的熔点，即当晶体因温度升高而熔化时，在熔化过程中晶体的温度将保持不变，只有晶体全部熔化后其温度才继续上升，而非晶体没有这个特点，结合题目中的图象特点可知答案为B.答案：B5．关于液体的表面张力，下列说法正确的是()A．由于液体的表面张力使表面层内液体分子间的平均距离小于r0B．由于液体的表面张力使表面层内液体分子间的平均距离大于r0C．产生表面张力的原因是表面层内液体分子间只有引力没有斥力D．表面张力使液体的表面有收缩的趋势解析：由分子运动论可知，在液体与空气接触面附近的液体分子，液面上方的空气分子对它们的作用极其微弱，所以它们基本上只受到液体内部分子的作用，因而在液面处形成一个特殊的薄层，称为表面层．在液体表面层内，分子的分布比液体内部稀疏，它们之间的距离r＞r0，分子间作用力表现为引力，因此液体表面有收缩的趋势．答案：D图36．一定质量的理想气体状态变化过程如图3所示，第1种变化是从A到B，第2种变化是从A到C，比较两种变化过程，则()A．A到C过程气体吸收热量较多B．A到B过程气体吸收热量较多C．两个过程气体吸收热量一样D．两个过程气体内能增加相同解析：图4在p —T 图中，等容线是过原点的倾斜直线，如图4所示，可知V C >V A >V B ，故从A →C ，气体对外做功多，由T B ＝T C 可知两过程内能增量相同，根据ΔU ＝W ＋Q 可知，从A →C ，气体吸收热量多，选项A 、D 正确，而B 、C 错误．答案：AD图57．用图5所示的实验装置来研究气体等体积变化的规律．A 、B 管下端由软管相连，注入一定量的水银，烧瓶中封有一定量的理想气体，开始时A 、B 两管中水银面一样高，那么为了保持瓶中气体体积不变( )A ．将烧瓶浸入热水中时，应将A 管向上移动B ．将烧瓶浸入热水中时，应将A 管向下移动C ．将烧瓶浸入冰水中时，应将A 管向上移动D ．将烧瓶浸入冰水中时，应将A 管向下移动解析：由pVT ＝C (常量)可知，在体积不变的情况下，温度升高，气体压强增大，右管(A )水银面要比左管(B )水银面高，故选项A 正确；同理可知选项D 正确．答案：AD图68．如图6所示，弯成90°的均匀细玻璃管，上端封闭有部分理想气体，有开口的一端呈水平状态．管内水银柱l 1＝l 2＝10 cm ，静止时弯管内Q 点压强为p 1，当此管向右做匀加速运动时，Q 点压强为p 2，设当时大气压强为p 0.则( )A ．p 1＝p 2＝p 0B ．p 1<p 0，p 2>p 0C ．p 1＝p 0，p 2>p 0D ．p 2>p 1>p 0 答案：C二、计算题(3×12′＝36′)图79．(2011·课标全国卷)如图7，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1＝66 cm 的水银柱，中间封有长l2＝6.6 cm的空气柱，上部有长l3＝44 cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐．已知大气压强为p0＝76 cmHg.如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度．封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气．解析：设玻璃管开口向上时，空气柱的压强为p1＝p0＋ρgl3①式中ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度．玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空．设此时开口端剩下的水银柱长度为x，则p2＝ρgl1，p2＋ρgx＝p0②式中p2为管内空气柱的压强．由玻意耳定律得p1(Sl2)＝p2(Sh)③式中h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积．由①②③式和题给条件得h＝12 cm④从开始转动一周后，设空气柱的压强为p3，则p3＝p0＋ρgx⑤由玻意耳定律得p1(Sl2)＝p3(Sh′)⑥式中h′是此时空气柱的长度．由①②③⑤⑥式得h′≈9.2 cm答案：12 cm9.2 cm图810．一只容器的体积为V 0，封在容器中的气体的压强为p 0，现用活塞式抽气机对容器抽气，活塞筒的有效抽气容积为V ，其工作示意图如图8所示，K 1，K 2为工作阀门，求抽气机抽n 次后容器里气体的压强(设温度不变)．解析：抽气容器中的空气等温膨胀，体积由V 0变成V ，压强逐渐减小，根据玻意耳定律第一次抽：p 0V 0＝p 1(V 0＋V ) p 1＝⎝⎛⎭⎫V 0V 0＋V p 0第二次抽：p 1V 0＝p 2(V 0＋V ) p 2＝⎝⎛⎭⎫V 0V 0＋V 2p 0推理可知，第n 次抽气后p n ＝⎝⎛⎭⎫V 0V 0＋V n p 0答案：p n ＝⎝⎛⎭⎫V 0V 0＋V n p 011．(2010·山东高考)一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V 0，开始时内部封闭气体的压强为p 0.经过太阳曝晒，气体温度由T 0＝300 K 升至T 1＝350 K.图9(1)求此时气体的压强．(2)保持T 1＝350 K 不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p 0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因．解析：(1)设升温后气体的压强为p 1，由查理定律得 p 0T 0＝p 1T 1① 代入数据得p 1＝76p 0.②(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V ，由玻意耳定律得p 1V 0＝p 0V ③联立②③式得V ＝76V 0④设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k ， 由题意得k ＝V 0V ⑤联立④⑤式得k ＝67⑥吸热．因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热．答案：(1)76p 0 (2)67 吸热 原因见解析。
2013高考物理红对勾复习课时作业-第十一单元综合测试(精)
单元综合测试^一一（热学）本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分，试卷满分为100分.考试时间为90分钟.第I卷（选择题，共40分）一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分•有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内）1 •分子动理论较好地解释了物质的宏观热学性质•据此可判断下列说法中错误的是（）A •显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B •分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C.分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D •在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素解析：A选项中小炭粒做布朗运动反映了液体分子的无规则热运动，故A是正确的；B选项中分子间的相互作用力在间距r<r。
的范围内，随分子间距的增大而减小，而在间距r>r o的范围内，随分子间距的增大而减小，故B是错误的；C选项中分子势能在r<r。
时，分子势能随r的增大而减小；r。
处最小，在r>r。
时，分子势能随r的增大而增大，故C选项是正确的；D 选项中真空环境是为防止其他杂质的介入，而高温条件下，分子热运动剧烈，有利于所掺入元素分子的扩散，故错误选项为 B.答案：B2 •在一定温度下，某种理想气体的速率分布应该是（）A •每个分子速率都相等B. 每个分子速率一般都不相等，速率很大和速率很小的分子数目都很少C. 每个分子速率一般都不相等，但在不同速率范围内，分子数的分布是均匀的D •每个分子速率一般都不相等，速率很大和速率很小的分子数目都很多.解析：由麦克斯韦气体分子速率分布规律知，气体分子速率大部分集中在某个数值附近，速率很大的和速率很小的分子数目都很少，所以B正确.答案：B3.下列说法错误的是（）A •晶体具有天然规则的几何形状，是因为物质微粒是规则排列的B •有的物质能够生成种类不同的几种晶体，因为它们的物质微粒能够形成不同的空间结构C .凡各向同性的物质一定是非晶体D •晶体的各向异性是由晶体内部结构决定的解析：晶体的外形、物理性质都是由晶体的微观结构决定的， A 、B 、D 正确；各向同性的物质不一定是非晶体，多晶体也具有这样的性质，C 错误.答案：C4•一房间内，上午 10时的温度为15C ，下午2时的温度为25C .假定大气压无变化， 则下午2时与上午10时相比较，房间内的（）A .空气密度增大B. 空气分子的平均动能增大C. 空气分子的速率都增大 D .空气质量增大解析：温度升高，气体分子的平均动能变大， 平均每个分子给器壁的冲量将变大，但气答案：B图15.如图1所示，U 形管封闭端内有一部分气体被水银封住，已知大气压为 p o ,则被封闭部分气体的压强 p （以汞柱为单位）为（）A . p o + h 2B . p o — h 1C . p o —（h1 + h 2）D . p o + h 2— h 1解析：取最低液面为研究对象， 列出平衡方程.选右边最低液面为研究对象，右边液面 受到向下的大气压强 p o ,在相同高度的左边液面受到液柱h 1向下的压强h 1,上面气体向下的压强p ，根据连通器原理可知：p + h 1= p o ,得：p = p o — h 1,所以选项B 正确.答案：B图2压并未改变，可见单位体积的分子数一定减少，所以有P 空减小，m 空=p 空V 减小.6. 如图2所示，固定容器及可动活塞P都是绝热的，中间有一导热的固定隔板B, B 的两边分别盛有气体甲和乙.现将活塞P缓慢地向B移动一段距离，已知气体的温度随其内能的增加而升高，则在移动P的过程中（）A .外力对乙做功；甲的内能增加B •外力对乙做功；乙的内能不变C.乙传递热量给甲；乙的内能增加D•乙的内能增加；甲的内能不变解析：当活塞P向B移动时，活塞压缩气体对气体乙做功，乙的内能增加，温度升高.由于隔板B是导热的，乙升温后会传递热量给甲，由于气体与外界是绝热的，故当最后达到热平衡时的温度比最初的温度有所升高，甲、乙的内能均增加，选项A、C正确.答案：AC7•如图3所示，气缸内盛有一定量的理想气体，气缸壁是导热的，缸外环境保持恒温，活塞与气缸壁的接触是光滑的，但不漏气，现将活塞杆与外界连接缓慢地向右移动，这样气体将等温膨胀并通过杆对外做功，若已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法正确的是（）图3A •气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，因此此过程违反热力学第二定律B. 气体是从单一热源吸热，但并不全部用来对外做功，所以此过程不违反热力学第二定律C. 气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律D. 以上说法都不对解析：气体是从单一热源吸热，气体从外部环境吸收热量，然后全部用来做功，保持自己的内能不变，要保持外部环境温度不变，需要有别的变化来维持，另外，外界必须发生某种变化，才能拉动杆•故此过程不违反热力学第二定律.答案：C&关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是（）A .第二类永动机违反能量守恒定律B •如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加C外界对物体做功，则物体的内能一定增加D・做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的解析：第二类永动机违反热力学第二定律并不违反能量守恒定律，故A错•据热力学第一定律AU= Q+ W知内能的变化由做功W和热传递Q两个方面共同决定，只知道做功情况或只知道传热情况，则无法确定内能的变化情况，故B、C错误•做功和热传递都可改变物体的内能，但做功是不同形式能的转化，而热传递是同种形式能间的转移，这两种方式是有区别的，故D正确.答案：D9. （2011山东卷）人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程，以下说法正确的是（）A •液体的分子势能与体积有关B •晶体的物理性质都是各向异性的C.温度升高，每个分子的动能都增大D •露珠呈球状是由于液体表面张力的作用解析：液体体积与分子间相对位置相联系，从宏观上看，分子势能与体积有关，A正确•多晶体表现各向同性，B错误•温度升高，分子速率增大，遵循统计规律，C错误•露珠表面张力使其表面积收缩到最小，呈球状，D正确.答案：AD10. （2011江苏卷）如图4所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片. 轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动.离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动•下列说法正确的是（）A •转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B •转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C.转动的叶片不断搅动热水，水温升高D .叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量解析：形状记忆合金从热水中吸收热量后，伸展划水时一部分热量转变为水和转轮的动能，另一部分释放到空气中，根据能量守恒定律可知只有D项正确.答案：D第n卷（非选择题，共60分）二、填空题（本题共2小题，每题8分，共16分）11. （2011江苏卷）图5如图5所示，内壁光滑的汽缸水平放置，一定质量的理想气体被活塞密封在汽缸内,界大气压强为P o .现对汽缸缓慢加热，气体吸收热量Q 后，体积由V i 增大为V 2•则在此过程中，气体分子平均动能 _________ （选填“增大”、“不变”或“减小”），气体内能变化了V解析：气体等压膨胀，由T =C 可知T 增大，所以气体分子平均动能增大•由热力学第 —定律可得： AU = Q — p o （V 2- V i ） •答案：增大 Q — P o （V 2— V i ）12.—定量的理想气体与两种实际气体I 、n 在标准大气压下做等压变化时的V — T 关V — V o 1系如图6（a ）所示，图中V o — V ，= 2•用三份上述理想气体作为测温物质制成三个相同的温度 计，然后将其中两个温度计中的理想气体分别换成上述实际气体I 、n •在标准大气压下，当环境温度为To 时，三个温度计的示数各不相同，如图6（b ）所示，温度计（ii ）中的测温物质应为实际气体 _________ （图中活塞质量忽略不计 ）；若此时温度计（i ）和（iii ）的示数分别为 21 C 和24C,则此时温度计（i ）的示数为 __________ C;可见用实际气体作为测温物质时， 会产生误差•为减小在 T i 〜T 2范围内的测量误差，现针对T o 进行修正，制成如图 6（c ）所示的复合气体温度计，图中无摩擦导热活塞将容器分成两部分，在温度为T i 时分别装入适量气体I 和n,则两种气体体积之比V i : £应为 ___________ • 体积相同；温度为 T o 时，i 的体积要小，所以温度计 i 中的测温物质应为实际气体V — V o T ffl— To i 温度为T o 时，T i = 2「C, T ffl = 24C ，由于Vo _ V ，=讥_ T 辻=2，代入数据可得T o = 23C , 对T o 校正，在温度T i 时装入气体体积比为 2 : i.答案：n 232 : i三、计算题（本题共4小题，i3、i4题各io 分，i5、i6题各i2分，共44分，计算时 必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）i3•利用所学的热学知识，回答下列问题：解析：本实验是在教材探索性实验的基础上, 考查考生综合运用所学知识分析、 处理实验数据等能力，从而突出了对创新能力的考查•从 V — T 图象可看出，温度为 T i 时, 气体的 图6（i）我们知道分子热运动的速率是比较大的，常温下能达到几百米每秒，生活中一些污染企业排放刺激性废气，同时发出噪声，声波在空气中传播速度约为340 m/s.按说离得较远的人闻到气味和听到噪声应差不多同时发生，而实际上往往是听到噪声较长时间后才会闻到气味，为什么？(2)随着科学技术的不断发展，近几年来，出现了许多新的焊接方式，如摩擦焊接、爆炸焊接等，摩擦焊接是使焊件的两个接触面高速地向相反方向旋转，同时加上很大的压力(约每平方厘米加几千到几万牛顿的力)，瞬间就焊成一个整体了•试用所学知识分析摩擦焊接的原理.解析：(1)分子热运动速率虽然较大，但分子之间的碰撞是很频繁的，由于频繁的碰撞使分子的运动不再是匀速直线运动，分子到鼻孔前走过了一段曲折的路程，况且引起人的嗅觉需要一定量的分子；声波传播速率与分子热运动速率差不多，传播距离也相等，但声波在空气中沿直线传播，到达接收者的时间较短，所以听到噪声较长时间后，才会闻到发出的气味.(2)摩擦焊接是利用分子引力作用•焊件的两个接触面高速地向相反方向旋转且加上很大的压力，就可以使两个接触面发生熔化使大多数分子之间的距离达到分子力发生明显作用的范围，靠摩擦熔化使大量的分子距离达到表现引力的距离范围，使两个焊件成为一个整体.答案：见解析14. 新华社北京2008年11月12日电：在中国探月工程一期即“嫦娥一号”圆满成功的同时，中国探月工程二期也已启动•其中，嫦娥二号卫星将于2011年底前完成发射•已知大气压强是由于大气的重力而产生的，某学校兴趣小组的同学，通过查资料知道：月球半径R=「7X 106 m,月球表面重力加速度g = 1.6 m/s2.为开发月球的需要，设想在月球表面覆盖一层厚度为h的大气，使月球表面附近的大气压达到P0= 1.0x 105 Pa,已知大气层厚度h=1.3x 103 m比月球半径小得多，假设月球表面初始没有空气•试估算(1) 应在月球表面添加的大气层的总质量m；(2) 月球大气层的分子数为多少？-2⑶分子间的距离为多少？(空气的平均摩尔质量M = 2.9X 10 kg/mol ,阿伏加德罗常数23 —1N A= 6.0 x 10 mol )解析：(1)月球的表面积S= 4 nR,月球大气的重力与大气压力大小相等mg= p°S,所以4 T JR P0大气的总质量m= g代入数据可得6 24X 3.14x 1.7X 10m= 1.6 x 1.0 x 105 kg〜2.27x 1018 kg.(2)月球大气层的分子数为182.2 X 1023人 2.9X 10—2 X 6 7 8 9-0X 10 个 〜4.7X 1043 个.(3) 可以认为每一个气体分子占据空间为一个立方体，小立方体紧密排列，其边长即为⑵由平衡条件可得，G = (p o - P 2)S = 100 N.(3) 吸盘恢复原状过程中盘内气体发生等温膨胀，其内能不变却对外做功，由热力学第 定律可知气体吸热.答案：(1)2.0X 104Pa (2)100 N(3)吸热 简述理由见解析m N = M N A =分子间的距离.设分子间距离为a ,大气层中气体的体积为V ，则有 V = 4nR h ,3 . 4nR hMg 3 : ghM a=，‘ P O SN A = P O N A ~15. (2011浙江自选)吸盘是由橡胶制成的一种生活用品，其上固定有挂钩用于悬挂物—2体•如图7所示，现有一吸盘，其圆形盘面的半径为2.0X 10 m ,当其与天花板轻轻接触时，吸盘与天花板所围容积为 1.0X 10—5m 6;按下吸盘时，吸盘与天花板所围容积为2.0X 10—6m 3，盘内气体可看作与大气相通，大气压强为 P O = 1.0X 105Pa.设在吸盘恢复原状过程中，盘面与天花板之间紧密接触， 吸盘内气体初态温度与末态温度相同. 不计吸盘的厚度及吸盘与挂钩的重量.(1) 吸盘恢复原状时，盘内气体压强为 __________ ; (2) 在挂钩上最多能悬挂重为 ________ 的物体；(3) 请判断在吸盘恢复原状过程中盘内气体是吸热还是放热，并简述理由.P 1V 1 P 0V 1 解析：(1)吸盘恢复原状时盘内气体发生等温变化由 p1V 1 = P 2V 2可得P 2= V 2 = V 2 =1.0X 105X2.0X 10-6+ + F图816.如图8，一根粗细均匀、内壁光滑、竖直放置的玻璃管下端密封，上端封闭但留有 一抽气孔•管内下部被活塞封住一定量的气体(可视为理想气体)，气体温度为T i .开始时，将活塞上方的气体缓慢抽出，当活塞上方的压强达到P o 时，活塞下方气体的体积为 W,活塞上方玻璃管的容积为 2.6V i .活塞因重力而产生的压强为O.5p o •继续将活塞上方抽成真空并密封•整个抽气过程中管内气体温度始终保持不变•然后将密封的气体缓慢加热•求：(1) 活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度； (2) 当气体温度达到 1.8T i 时气体的压强.解析：(1)活塞上方的压强为 P o 时，活塞下方气体的体积为V i ，抽气过程为等温过程，=2.0X 10 Pa. 1.0X 10-5Pa1.0 X 10- 9 m.答案：(1)2.27 X 1018 kg9mV p o+ O.5p o活塞上面抽成真空时，下面气体的压强为O.5p o•由玻意耳定律得o.5p o①式中V是抽成真空时活塞下面气体的体积.此后，气体等压膨胀，由盖吕萨克定律得2.6V1 + V1 「V = T1 ②式中T是活塞碰到玻璃管顶部时气体的温度•由①②得T = 1.2T1.③(2)活塞碰到顶部后的过程是等容升温过程•由查理定律得1.8T1 D2T' = O.5p o ④式中p2是气体温度达到 1.8T1时气体的压强•由③④式得P2= o.75p o.⑤答案：(1)1.2T1 (2)O.75p o4。
【红对勾】高考物理 气体、固体与液体课件
• 多晶体在不同方向的物理性质是相同的，即 各向同性，但多晶体与非晶体的明显区别在 于是否有确定的熔点．
• 2．晶体是否都具有的各向异性
• 晶体具有各向异性，并不是说每一种晶体都能够在各 种物理性质上表现出各向异性，某种晶体可能只有某 种或几种物理性质表现出各向异性，例如云母、石膏 晶体在导热性上表现出显著的各向异性——沿不同方 向传热的快慢不同；方铅矿晶体在导电性上表现出显 著的各向异性——沿不同方向的电阻率不同；立方形 的铜晶体在弹性上表现出显著的各向异性——沿不同 方向的弹性不同；方解石晶体在光的折射上表现出各 向异性——沿不同方向的折射率不同．
• 热力学温标T：单位K.把－273℃作为0 K．绝对零度(0 K)是 低温的极 限，只能接近不能达到．
• 两种温标的关系：就每1度表示的冷热差别来说，两种温度是相同的，
只是
零值的起不点同，所以二者关系为T＝t＋273 K，ΔT＝Δt.
• 2．体积(V) • 气体分子所占据的空间，也就是气体所充满的 容器的容积
• 只有单晶体才会有各向异性的物理性质，多晶 体与非晶体一样，物理性质都表现为各向同 性．
• ——基础自测—— • (2010·新课标全国卷)关于晶体和非晶体 ，下列说法正确的是
________(填入正确选项前的字母) • A. 金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体 • B. 晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的 • C. 单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点 • D. 单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的
• (2)分子的平均速率：分子运动的平均速率越大，在单位时间内单位 面积上撞击次数多，而且每次动量变化大，撞击作用力大，气体压 强大．而对同种气体，温度越高，分子平均动能越大，平均速率也 就越大．
2013高考物理红对勾复习课时作业-3-3牛顿运动定律的综合应用
课时作业9牛顿运动定律的综合应用时间：45分钟满分：100分一、选择题(8×8′＝64′)图11．一光滑斜劈，在力F推动下向左做匀加速直线运动，且斜劈上有一木块恰好与斜面保持相对静止，如图1所示，则木块所受合外力的方向为()A．水平向左B．水平向右C．沿斜面向下D．沿斜面向上解析：因为木块随斜劈一起向左做匀加速直线运动，故木块的加速度方向水平向左．根据牛顿第二定律，物体所受合外力提供加速度，则合外力与加速度方向一致，故木块所受合外力方向水平向左．答案：A图22．一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连．小球某时刻正处于如图2所示状态．设斜面对小球的支持力为F N，细绳对小球的拉力为F T，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是()A．若小车向左运动，F N可能为零B．若小车向左运动，F T可能为零C．若小车向右运动，F N不可能为零D．若小车向右运动，F T不可能为零解析：小球相对于斜面静止时，与小车具有共同加速度，如图3甲、乙所示，向左的加速度最大，则F T＝0，向右的加速度最大，则F N＝0，根据牛顿第二定律，合外力与合加速度方向相同，沿水平方向，但速度方向与力没有直接关系，故A、B正确．图3答案：AB图43．如图4所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为2 kg的物体A，处于静止状态．若将一个质量为3 kg的物体B轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为(g取10 m/s2)()A．30 N B．0C．15 N D．12 N解析：在B轻放在A上瞬间时，对整体用牛顿第二定律得m B g＝(m A＋m B)a再对B用牛顿第二定律得m B g－F N＝m B a解得F N＝12 N．据牛顿第三定律可知B对A的压力大小12 N．故选D.答案：D图54.(2012·桂林模拟)如图5所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体到传送带左端的距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转动时(v1<v2)，绳中的拉力分别为F1、F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是()A．F1<F2B．F1＝F2C．t1一定大于t2D．t1可能等于t2解析：对物体受力分析可知：物体受重力、绳子的拉力、支持力、摩擦力，物体受到的摩擦力为滑动摩擦力．由平衡条件可得μ(mg－F sinθ)＝F cosθ，传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动且物体稳定时，绳与水平方向的夹角为θ相同，故两次拉力F相等，故A错误、B正确．绳子剪断后，若物体一直加速，则到达左端的速度v0＝2μgL.当v0≥v2，物体两次都是先加速再匀速，运动时间不等；当v2≥v0≥v1，物体的运动有两种可能，一种情况是一直加速，另一种情况是先加速后匀速，故运动时间不等；当v0≤v1时，两种情况下物体都是一直做加速运动，运动时间相等，所以C错误、D正确．答案：BD图65．如图6所示，在光滑水平面上叠放着A 、B 两物体，已知m A ＝6 kg 、m B ＝2 kg ，A 、B 间动摩擦因数μ＝0.2，在物体A 上系一细线，细线所能承受的最大拉力是20 N ，现水平向右拉细线，g 取10 m/s 2，则( )A ．当拉力F <12 N 时，A 静止不动B ．当拉力F >12 N 时，A 相对B 滑动C ．当拉力F ＝16 N 时，B 受A 的摩擦力等于4 ND ．无论拉力F 多大，A 相对B 始终静止解析：设A 、B 共同运动时的最大加速度为a max ，最大拉力为F max 对B ：μm A g ＝m B a max ，a max ＝μm A gm B ＝6 m/s 2对A 、B ：F max ＝(m A ＋m B )a max ＝48 N 当F <F max ＝48 N 时，A 、B 相对静止．因为地面光滑，故A 错，当F 大于12 N 而小于48 N 时，A 相对B 静止，B 错．当F ＝16 N 时，其加速度a ＝2 m/s 2.对B ：F f ＝4 N ，故C 对．因为细线的最大拉力为20 N ，所以A 、B 总是相对静止，D 对． 答案：CD图76．如图7所示，质量为m 1和m 2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F 作用下，先沿水平面，再沿斜面(斜面与水平面成θ角)，最后竖直向上运动．则在这三个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是( )A ．由大变小B ．由小变大C ．始终不变D ．由大变小再变大解析：设细线上的张力为F 1.要求F 1，选受力少的物体m 1为研究对象较好；此外还必须知道物体m 1的加速度a ，要求加速度a ，则选m 1、m 2整体为研究对象较好．在水平面上运动时：F1－μm1g＝m1a①F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a②联立①②解得：F1＝m1F m1＋m2在斜面上运动时：F1－m1g sinθ－μm1g cosθ＝m1a③F－(m1＋m2)g sinθ－μ(m1＋m2)g cosθ＝(m1＋m2)a④联立③④解得：F1＝m1F m1＋m2同理可得，竖直向上运动时，细线上的张力F1仍是m1Fm1＋m2.答案：C图87．如图8所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量分别为m1和m2的物体，m1放在地面上，当m2的质量发生变化时，m1的加速度a的大小与m2的关系图象大体如下图中的()图9答案：D图108.(2011·福建理综)如图10，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m 1和m 2的物体A 和B .若滑轮有一定大小，质量为m 且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A 和B 的拉力大小分别为T 1和T 2，已知下列四个关于T 1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )A ．T 1＝(m ＋2m 2)m 1g m ＋2(m 1＋m 2)B ．T 1＝(m ＋2m 1)m 2gm ＋4(m 1＋m 2) C ．T 1＝(m ＋4m 2)m 1gm ＋2(m 1＋m 2) D ．T 1＝(m ＋4m 1)m 2gm ＋4(m 1＋m 2)解析：若将滑轮视为轻质，即m ＝0，而绳为轻质，故T 1＝T 2，由牛顿第二定律m 2g －T 1＝m 2a ，T 1－m 1g ＝m 1a ，得T 1＝2m 2m 1gm 1＋m 2；当m ＝0时对各选项逐一进行验证，只有C 正确；当m 1＝m 2时则T 1＝T 2＝m 1g ，同时对各选项逐一验证，只有C 正确．答案：C二、计算题(3×12′＝36′)9．有5个质量均为m 的相同木块，并列地放在水平地面上，如图10所示，已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，当木块1受到水平力F 的作用时，5个木块同时向右做匀加速运动，求：(1)匀加速运动的加速度． (2)第4块木块所受合力．(3)第4块木块受到第3块木块作用力的大小．图11解析：(1)选5个木块组成的系统为研究对象，设每一木块受到的滑动摩擦力为F f ，则系统所受外力的合力是：F 合＝F －5F f ＝F －5μmg系统的质量是5m ，由牛顿第二定律得：F －5μmg ＝5ma 故系统的加速度是a ＝F －5μmg 5m ＝F5m －μg .图12(2)选第4块木块为研究对象，由牛顿第二定律可直接求得合力F 4合＝ma ＝F5－μmg . (3)选第4、第5两木块组成的系统为研究的对象，水平受力如图2所示，由牛顿第二定律得：F N34－2F f ＝2ma ，故第4块木块受到第3块木块的作用力为：F N34＝2ma ＋2F f ＝2m (F5m －μg )＋2μmg ＝25F .答案：(1)F 5m －μg (2)F 5－μmg (3)25F10．如图13所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质量分别为m A 、m B ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一恒力F 沿斜面方向拉物块A 使之向上运动，求物块B 刚要离开C 时物块A 的加速度a 和从开始到此时物块A 的位移d .重力加速度为g .图13解析：令x 1表示未加F 时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知 kx 1＝m A g sin θ①令x 2表示B 刚要离开C 时弹簧的伸长量，a 表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知kx 2＝m B g sin θ②F －m A g sin θ－kx 2＝m A a ③由②③式可得a ＝F －(m A ＋m B )g sin θm A ④ 由题意 d ＝x 1＋x 2⑤由①②⑤式可得d ＝(m A ＋m B )g sin θk. 答案：a ＝F －(m A ＋m B )g sin θm A d ＝(m A ＋m B )g sin θk图1411.(2009·安徽高考)在2008年北京残奥会开幕式上运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图14所示．设运动员的质量为65 kg ，吊椅的质量为15 kg ，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g ＝10 m/s 2.当运动员与吊椅一起正以加速度a ＝1 m/s 2上升时，试求(1)运动员竖直向下拉绳的力； (2)运动员对吊椅的压力．解析：解法1：(1)设运动员和吊椅的质量分别为M 和m ，绳拉运动员的力为F .以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(M ＋m )g ，向上的拉力为2F ，根据牛顿第二定律2F －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a F ＝440 N根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力大小为440 N ，方向竖直向下．(2)以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小Mg ，绳的拉力F ，吊椅对运动员的支持力F N .根据牛顿第二定律：F ＋F N －Mg ＝MaF N ＝275 N根据牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力大小为275 N ，方向竖直向下．解法2：设运动员和吊椅的质量分别为M 和m ；运动员竖直向下的拉力大小为F ，对吊椅的压力大小为F N .根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F ，吊椅对运动员的支持力大小为F N .分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律：F＋F N－Mg＝Ma①F－F N－mg＝ma②由①②解得F＝440 N，F N＝275 N. 答案：(1)440 N(2)275 N。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
课时作业32 固体、液体和气体
时间：45分钟满分：100分
一、选择题(8×8′＝64′)
1．关于晶体和非晶体，下列说法正确的是( )
A．有规则几何外形的固体一定是晶体
B．晶体在物理性质上一定是各向异性的
C．晶体熔化时具有一定的熔点
D．晶体和非晶体在适当的条件下是可以相互转化的
解析：外形是否规则可以用人工的方法进行处理，故选项A错误．因为晶体可分为单晶体和多晶体，而多晶体在物理性质上是各向同性的，故选项B错误．晶体在物理性质上的重要特征之一是有一定的熔点，故选项C正确．理论和实验都证明非晶体是不稳定的，在适当的条件下会变成晶体，故选项D正确．
答案：CD
2．下列固态物质属于晶体的是( )
A．雪花B．黄金
C．玻璃D．食盐
解析：玻璃是非晶体，雪花、食盐是晶体，黄金是金属．各种金属材料是晶体(属晶体中的多晶体)，所以A、B、D选项均正确．
答案：ABD
图1
3．在水中浸入两支同样细的毛细管，一个是直的，另一个是弯的，如图1所示，水在直管中上升的高度比在弯管中上升的最高点还要高，那么弯管中的水将( ) A．会不断地流出
B．不会流出
C．不一定会流出
D．无法判断会不会流出
解析：因为水滴从弯管管口N处落下之前，弯管管口的水面在重力作用下要向下凸出，这时表面张力的合力竖直向上，使水不能流出，选项B正确．
答案：B
4.2011·福建卷如图2所示，曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔
图2
化过程，图中横轴表示时间t，纵轴表示温度T.从图中可以确定的是( )
A．晶体和非晶体均存在固定的熔点T0
B．曲线M的bc段表示固液共存状态
C．曲线M的ab段、曲线N的ef段均表示固态
D．曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态
解析：根据实际可知，晶体与非晶体的最大区别就是晶体有固定的熔点，即当晶体因温度升高而熔化时，在熔化过程中晶体的温度将保持不变，只有晶体全部熔化后其温度才继续上升，而非晶体没有这个特点，结合题目中的图象特点可知答案为B.
答案：B
5．关于液体的表面张力，下列说法正确的是( )
A．由于液体的表面张力使表面层内液体分子间的平均距离小于r0
B．由于液体的表面张力使表面层内液体分子间的平均距离大于r0
C．产生表面张力的原因是表面层内液体分子间只有引力没有斥力
D．表面张力使液体的表面有收缩的趋势
解析：由分子运动论可知，在液体与空气接触面附近的液体分子，液面上方的空气分子对它们的作用极其微弱，所以它们基本上只受到液体内部分子的作用，因而在液面处形成一个特殊的薄层，称为表面层．在液体表面层内，分子的分布比液体内部稀疏，它们之间的距离r＞r0，分子间作用力表现为引力，因此液体表面有收缩的趋势．
答案：D
图3
6．一定质量的理想气体状态变化过程如图3所示，第1种变化是从A到B，第2种变化是从A到C，比较两种变化过程，则( )
A．A到C过程气体吸收热量较多
B．A到B过程气体吸收热量较多
C．两个过程气体吸收热量一样
D．两个过程气体内能增加相同
解析：
图4
在p —T 图中，等容线是过原点的倾斜直线，如图4所示，可知V C >V A >V B ，故从A →C ，气体对外做功多，由T B ＝T C 可知两过程内能增量相同，根据ΔU ＝W ＋Q 可知，从A →C ，气体吸收热量多，选项A 、D 正确，而B 、C 错误．
答案：AD
图5
7．用图5所示的实验装置来研究气体等体积变化的规律．A 、B 管下端由软管相连，注入一定量的水银，烧瓶中封有一定量的理想气体，开始时A 、B 两管中水银面一样高，那么为了保持瓶中气体体积不变( )
A ．将烧瓶浸入热水中时，应将A 管向上移动
B ．将烧瓶浸入热水中时，应将A 管向下移动
C ．将烧瓶浸入冰水中时，应将A 管向上移动
D ．将烧瓶浸入冰水中时，应将A 管向下移动 解析：由
pV
T
＝C (常量)可知，在体积不变的情况下，温度升高，气体压强增大，右管(A )水银面要比左管(B )水银面高，故选项A 正确；同理可知选项D 正确．
答案：AD
图6
8．如图6所示，弯成90°的均匀细玻璃管，上端封闭有部分理想气体，有开口的一端呈水平状态．管内水银柱l 1＝l 2＝10 cm ，静止时弯管内Q 点压强为p 1，当此管向右做匀加速运动时，Q 点压强为p 2，设当时大气压强为p 0.则( )
A ．p 1＝p 2＝p 0
B ．p 1<p 0，p 2>p 0
C ．p 1＝p 0，p 2>p 0
D ．p 2>p 1>p 0
答案：C
二、计算题(3×12′＝36′)
图7
9．(2011·课标全国卷)如图7，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1＝66 cm的水银柱，中间封有长l2＝6.6 cm的空气柱，上部有长l3＝44 cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐．已知大气压强为p0＝76 cmHg.如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度．封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气．
解析：设玻璃管开口向上时，空气柱的压强为
p1＝p0＋ρgl3①
式中ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度．
玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空．设此时开口端剩下的水银柱长度为x，则
p2＝ρgl1，p2＋ρgx＝p0②
式中p2为管内空气柱的压强．由玻意耳定律得
p1(Sl2)＝p2(Sh)③
式中h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积．由①②③式和题给条件得h＝12 cm④
从开始转动一周后，设空气柱的压强为p3，则
p3＝p0＋ρgx⑤
由玻意耳定律得
p1(Sl2)＝p3(Sh′)⑥
式中h′是此时空气柱的长度．由①②③⑤⑥式得
h′≈9.2 cm
答案：12 cm 9.2 cm
图8
10．一只容器的体积为V 0，封在容器中的气体的压强为p 0，现用活塞式抽气机对容器抽气，活塞筒的有效抽气容积为V ，其工作示意图如图8所示，K 1，K 2为工作阀门，求抽气机抽n 次后容器里气体的压强(设温度不变)．
解析：抽气容器中的空气等温膨胀，体积由V 0变成V ，压强逐渐减小，根据玻意耳定律 第一次抽：p 0V 0＝p 1(V 0＋V ) p 1＝⎝⎛⎭⎫V 0V 0＋V p 0 第二次抽：p 1V 0＝p 2(V 0＋V ) p 2＝⎝⎛⎭⎫V 0V 0＋V 2p 0
推理可知，第n 次抽气后p n ＝⎝⎛⎭V 0V 0＋V n
p 0
答案：p n ＝⎝⎛
⎭⎫V 0V 0＋V n
p 0
11．(2010·山东高考)一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V 0，开始时内部封闭气体的压强为p 0.经过太阳曝晒，气体温度由T 0＝300 K 升至T 1＝350 K.
图9
(1)求此时气体的压强．
(2)保持T 1＝350 K 不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p 0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因．
解析：(1)设升温后气体的压强为p 1，由查理定律得
p 0T 0＝p 1
T 1
① 代入数据得p 1＝7
6
p 0.②
(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V ，由玻意耳定律得p 1V 0
＝p 0V ③
联立②③式得V ＝7
6
V 0④
设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k ， 由题意得k ＝V 0
V
⑤ 联立④⑤式得k ＝6
7
⑥
吸热．因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热．
答案：(1)760 (2)6
7
吸热 原因见解析。