高考物理一轮复习 课时跟踪检测(三十九)习题详解 新人教版
《课时跟踪》2016高考物理(人教版)一轮复习检测机械能守恒定律及其应用(Word版含解析)
机械能守恒定律及其应用一、单项选择题1．(2014·南京模拟)自由下落的物体，其动能与位移的关系如图1所示，则图中直线的斜率表示该物体的()图1A．质量B．机械能C．重力大小D．重力加速度2．(2014·安庆模拟)如图2是被誉为“豪小子”的华裔球员林书豪在NBA赛场上投二分球时的照片。
现假设林书豪准备投二分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知林书豪的质量为m，双脚离开地面时的速度为v，从开始下蹲到跃起过程中重心上升的高度为h，则下列说法正确的是()图2A．从地面跃起过程中，地面对他所做的功为0B．从地面跃起过程中，地面对他所做的功为12m v2＋mghC．从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械能守恒D．离开地面后，他在上升过程中处于超重状态，在下落过程中处于失重状态3．如图3所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为R 的粗糙水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点。
在推力作用下，质量为m的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时即撤去推力，小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C。
重力加速度大小为g。
(以AB面为零重力势能面)则小滑块()图3A．经B点时加速度为零B．在AB段运动的加速度为2.5 gC．在C点时合外力的瞬时功率为mg gRD．上滑时动能与重力势能相等的位置在OD下方4．如图4所示，一轻质弹簧下端固定，直立于水平地面上，将质量为m的物体A从离弹簧顶端正上方h高处由静止释放，当物体A 下降到最低点P时，其速度变为零，此时弹簧的压缩量为x0；若将质量为2m的物体B从离弹簧顶端正上方h高处由静止释放，当物体B也下降到P处时，其速度为()图4A.2ghB.ghC.2g(h＋x0)D.g(h＋x0)5．(2013·自贡模拟)如图5所示，一直角斜面体固定在水平地面上，左侧斜面倾角为60°，右侧斜面倾角为30°，A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上，两物体下边缘位于同一高度且处于平衡状态，不考虑所有的摩擦，滑轮两边的轻绳都平行于斜面。
高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练39 含答案
课时跟踪训练(三十九)一、选择题1．下述关于机械波的说法中，正确的是()A．产生多普勒效应的原因是波源频率发生了变化B．发生干涉现象时，介质中振动加强的质点，振动的振幅最大，减弱点振幅可能为零C．在一个周期内，介质的质点所走过的路程等于波长D．某一频率的声波，从空气进入水中时，波长和频率均增大[解析]产生多普勒效应的原因是波源相对于观察者发生了变化，A错误；发生干涉现象时，介质中振动加强的质点振幅相加，振动的振幅最大，减弱点振幅相减可能为零，B正确；在一个周期内，介质的质点在平衡位置往复运动，所走过的路程等于4个振幅，C错误；某一频率的声波，从空气进入水中时，频率不变，由v＝λf，声速增加，波长变大，D错误．[答案] B2．如右图所示是利用水波槽观察到的水波衍射图象，从图象可知()A．B侧波是衍射波B．A侧波速与B侧波速相等C．减小挡板间距离，衍射波的波长将减小D．增大挡板间距离，衍射现象将更明显[解析]B侧波在传播过程中遇到带有窄缝的挡板后发生衍射，A侧水波是衍射波，选项A错误；同种机械波在相同介质中的传播速度相同，选项B正确；减小挡板间距离，衍射现象会更明显，但是衍射波的波速不变，频率不变，故波长不变，选项C错误；因为只有当挡板间距跟波长差不多，或者比波长更小时，衍射现象才明显，所以当增大挡板间距离时，衍射现象将变得不明显，选项D 错误．本题答案为B.[答案] B3．平静湖面传播着一列水面波(横波)，在波的传播方向上有相距3 m的甲、乙两小木块随波上下运动，测得两小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰．这列水面波()A．频率是30 Hz B．波长是3 mC．波速是1 m/s D．周期是0.1 s[解析]小木块1分钟上下30次可知f＝0.5 Hz，T＝2 s，由图所示可知：1.5λ＝3 m，故λ＝2 m，由v＝λf得v＝1 m/s，故C项正确．[答案] C4．平衡位置处于坐标原点的波源S在y轴上振动，产生频率为50 Hz的简谐横波向x轴正、负两个方向传播，波速均为100 m/s.平衡位置在x轴上的P、Q两个质点随波源振动着，P、Q的x轴坐标分别为x P＝3.5 m、x Q＝－3 m．当S 位移为负且向－y方向运动时，R、Q两质点的()A．位移方向相同、速度方向相反B．位移方向相同、速度方向相同C．位移方向相反、速度方向相反D．位移方向相反、速度方向相同[解析]根据题目可知T＝1f＝0.02 s，λ＝v T＝2 m，S位移为负向－y方向运动时的图象如图所示．根据图象可知，x Q>0，x Q向上．x P<0，v p向上，故D正确．[答案] D5. (多选)如图所示，实线与虚线分别表示振幅(A)、频率振动步调均相同的两列波的波峰和波谷．此刻，M是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是()A．该时刻质点O正处于平衡位置B．P、N两质点始终处在平衡位置C．随着时间的推移，质点M将向O点处移动D．从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置，此时位移为零E．OM连线中点是振动加强的点，其振幅为2A[解析]由图知O点是波谷和波谷叠加，是振动加强点，不是平衡位置，A 错误；P、N两点是波谷和波峰叠加，由于振幅相同，位移始终为零，即处于平衡位置，故B正确；振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，所以C错误；此时M点在波峰位置，从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置，D正确；因为OM是振动加强点，所以OM连线中点也是振动加强的点，其振幅为2A，选项E正确．[答案]BDE6．图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为x a＝2 m和x b＝6 m，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图象．下列说法正确的是()A．该波沿＋x方向传播，波速为1 m/sB．质点a经4 s振动的路程为4 mC．此时刻质点a的速度沿＋y方向D．质点a在t＝2 s时速度为零[解析]由质点b的振动图象可知，t＝0时b的振动方向向上．再根据波的传播方向与振动方向的关系知，波沿－x方向传播．波速v＝λT ＝88m/s＝1 m/s，故A错误；由图乙知，振动周期T＝8 s，质点a在4 s内完成12次全振动，通过的路程为2倍振幅，即1 m，而不是4 m，故B错误；由于波沿－x方向传播，可判定此刻质点a速度沿－y方向，故C错误；质点a在2 s时间内恰好完成14次全振动，即从平衡位置运动到最低点，故t＝2 s时其速度为零，D正确．[答案] D7．简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v.若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a最早到达波谷的是()[解析]对于A图，根据波沿x轴正方向传播可知，此时质点a正沿y轴正方向运动，第一次到达波谷的时间为t ＝34T ，又有s ＝12λ，v ＝λT ，由以上各式得，t ＝3s 2v ；对于B 图，质点a 正沿y 轴负方向运动，第一次到达波谷的时间为t ＝14T ，又有s ＝λ，v ＝λT ，由以上各式得，t ＝s 4v ；对于C 图，质点a 正沿y 轴正方向运动，第一次到达波谷的时间为t ＝34T ，又有s ＝λ，v ＝λT ，由以上各式得，t ＝3s 4v ；对于D 图，质点a 正沿y 轴负方向运动，第一次到达波谷的时间为t ＝14T ，又有s ＝32λ，v ＝λT ，由以上各式得，t ＝s 6v .综合以上分析可知，D 图中质点a 最早到达波谷．[答案] D8．一列简谐横波沿直线由A 向B 传播，相距10.5 m 的A 、B 两处的质点振动图象如图中a 、b 所示，则( )A ．该波的振幅一定是20 cmB ．该波的波长可能是14 mC ．该波的波速可能是10.5 m/sD ．该波由A 传播到B 可能历时7 s[解析] 该波的振幅一定是10 cm ，A 错误；t ＝0时，A 质点位于平衡位置向上振动，B 质点位于负向最大位移处向上振动，则A 、B 之间满足⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋14λ＝10.5 m ，n ＝0,1,2,3，…，波长λ＝424n ＋1m ，该波的波长不可能是14 m ，B 错误；该波的波速v ＝λT ＝218n ＋2m/s ，当n ＝0时，v ＝10.5 m/s ，C 正确；该波由A 传播到B 历时t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋14T ＝4n ＋1，n ＝0,1,2,3，…，该波由A 传播到B 不可能历时7 s ，D 错误．[答案] C9．一简谐波在如图所示的x 轴上传播，实线和虚线分别是t 1＝0和t 2＝0.2 s 时刻的波形图．则( )A ．若该波在t 1＝0时刻已沿＋x 方向恰传播到x ＝6 m 处，则波源起振方向向下B ．若该波与另一频率为1.25 Hz 的简谐波相遇时发生干涉，则该波沿－x 方向传播C ．若该波在t 2＝0.2 s 时刻，x ＝2.5 m 处的质点向－y 方向运动，则该波向＋x 方向传播D ．若该波的传播速度是75 m/s ，则该波沿－x 方向传播[解析] 若该波在t 1＝0时刻已沿＋x 方向恰传播到x ＝6 m 处，从t 1＝0时刻的波形图上判断x ＝6 m 的质点与x ＝2 m 处质点运动情况相同，其前面的点(波向右传播，左边为前)在其上方，则此质点将向上运动，所有质点的起振方向是一致的，故波源起振方向向上，故A 错误；频率为1.25 Hz 的简谐波周期为0.8 s ，则0.20.8＝14，根据波的平移法实线右移14波长为虚线波形，则波向右传播，故B 错误；t 2＝0.2 s 时刻，x ＝2.5 m 处的质点向－y 方向运动，则波源在右侧，波向－x方向传播，故C 错误；根据s ＝v t ＝75 m/s ×0.2 s ＝15 m ，即传播距离为334λ，根据波的平移法，波向左平移34波长为虚线波形，故波向－x 方向传播，故D 正确．[答案] D10．(多选)如图所示，两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝－0.2 m和x＝1.2 m处，两列波的速度均为v＝0.4 m/s，两波源的振幅均为A＝2 cm.图示为t＝0时刻两列波的图象(传播方向如图所示)，此刻平衡位置处于x＝0.2 m和x＝0.8 m的P、Q两质点刚开始振动．质点M的平衡位置处于x＝0.5 m处，关于各质点运动情况判断正确的是()A．两列波相遇后振幅仍然为2 cmB．t＝1 s时刻，质点M的位移为－4 cmC．t＝1 s时刻，质点M的位移为＋4 cmD．t＝0.75 s时刻，质点P、Q都运动到M点E．质点P、Q的起振方向都沿y轴负方向[解析]两列波相遇后各个质点同时参加两列波的振动，位移为两列波振动位移的矢量和，但对两列波没有影响，各自振幅不变，选项A对．t＝1 s时刻，两列波的传播距离均等于Δx＝v t＝0.4 m，左边的波向右平移0.4 m，x＝0.1 m处的波谷刚好平移到M点，同理，右边波向左平移0.4 m，x＝0.9 m处的波谷刚好平移到M点，M点为两列波位移的矢量和即－2 cm＋(－2 cm)＝－4 cm，选项B 对C错．t＝0.75 s，PQ都在自己平衡位置振动，不会随波迁移，沿传播方向传递的是振动形式和能量，选项D错．根据传播方向和振动方向都在波形图同一侧，可判断t＝0时PQ都在向y轴负方向振动，选项E对．[答案]ABE二、非选择题11．有频率相同、振动方向相同的两个声源S1和S2，如图所示．一人站在声源北方的A点，此人此时听到的声音很响，这个人向东慢慢移动，声音逐渐减弱，到B点时几乎听不到声音，测得A、B间距离为1.5 m．则：(1)S1、S2声波的波长λ为多少？(2)若此人由B点再向正南方向移动，声音逐渐变响，那么，此人沿正南方向至少走多远，声音又变得很响？[解析](1)依题意，A在S1S2的中垂线上，S1A＝S2A，此点为声波叠加振动加强处，走到B点几乎听不到声音，B点是声波叠加振动减弱处，则S1B－S2B ＝λ2由几何关系知S1B＝5 m，解得λ＝2 m.(2)设人沿BS2走到C点，振动又一次加强．S1C－S2C＝2 m ，S2C2＝S1C2－S1S22得S2C＝1.25 m，BC＝BS2－S2C＝(4－1.25) m＝2.75 m.[答案](1)2 m(2)2.75 m12．平衡位置位于原点O的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x轴上的两个点(均位于x轴正向)，P与O的距离为35 cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间．已知波源自t＝0时由平衡位置开始向上振动，周期T＝1 s，振幅A＝5 cm.当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5 s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置．求：(1)P、Q间的距离；(2)从t＝0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程．[解析] (1)由题意，O 、P 两点间的距离与波长λ之间满足OP ＝54λ①波速v 与波长的关系为v ＝λT ②在t ＝5 s 的时间间隔内，波传播的路程为v t .由题意有v t ＝PQ ＋λ4③式中，PQ 为P 、Q 间的距离．由①②③式和题给数据，得 PQ ＝133 cm ④(2)Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为t 1＝t ＋54T ⑤波源从平衡位置开始运动，每经过T 4，波源运动的路程为A .由题给条件得t 1＝25×T 4⑥故t 1时间内，波源运动的路程为s ＝25A ＝125 cm ⑦[答案] (1)133 cm (2)125 cm。
高考物理一轮复习 课时跟踪检测(三)习题详解课件 新人教版
运动，加速度为零，3～5 s 内，物体做匀加速运动，加速度 a
＝2 m/s2，故 A 错误，B 正确；由 C、D 选项中的 x-t 图像可知，
0～3 s 内，物体静止不动，v＝0，a＝0；3～5 s 内物体做匀速
发生变化，B 项错误；前 2 s 内的位移为图线与时间轴所围
的面积，即位移 x＝12×2×2 m＝2 m，C 项错误；第 3 s 末
和第 5 s 末的位移都为 x＝12×1×2 m＝1 m，因此这两个时
刻质点处于同一位置，D 项正确。
答案：D
6．解析：根据位移图像中图线的斜率表示速度可知，该质点的
x-t 关系图像可大致表示为 B 图。
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9．解析：(1)甲球做匀速运动 v 甲＝x－t x0 v 甲＝0.8 m/s。 (2)对乙球，设加速时间为 t1，加速度为 a，由公式 x0＝12at12 at1(t－t1)＝x－x0 代入数据得 t1＝0.2 s a＝5 m/s2 答案：(1)0.8 m/s (2)0.2 s 5 m/s2
＝3 m，故 t＝8 s 时，质点在 x 轴上的位置坐标 x8＝5 m＋3 m
＝8 m，选项 B 正确，A、C、D 错误。
答案：B
4．解析：由 v -t 图像的斜率大小表示小车的加速度大小可知，18
s 时小车的加速度大于 13 s 时小车的加速度，A 正确；v-t 图
像只表示直线运动，B 错误；小车在 0～20 s 内速度方向不变，
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8．解析：在 v-t 图像中，斜率的绝对值等于加速度大小，因此 a、b 加速时，物体 a 的加速度小于物体 b 的加速度，A 错误； 当两者速度相同时距离最远，因此 4 s 时距离最远，B 错误； 在 v-t 图像中，图像与时间轴围成的面积等于位移大小，经 计算可得，6 s 时 a 位移大于 b 位移，因此 C 正确；从 v-t 图像中得出，4 s 时，a、b 两物体速度相等，此时 a 位移为 13 m，b 位移为 4 m，因此相距 9 m，D 正确。 答案：CD
高考物理一轮复习 课时跟踪训练39 热力学定律与能量守恒(选修33)
【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习课时跟踪训练39 热力学定律与能量守恒（选修3-3）一、选择题1．(多选)(2013·新课标全国卷Ⅱ)关于一定量的气体，下列说法正确的是( )A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高解析：由于气体分子之间的作用力很小，气体分子可以自由运动，所以气体的体积指的是气体的分子所能够到达的空间的体积，而不是该气体所有分子的体积之和，选项A正确；根据温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低，选项B正确；根据气体压强的产生原因，在完全失重的情况下，气体的压强不为零，选项C错误；气体从外界吸收热量，若同时对外做功，其内能不一定增加，还可能减小，选项D错误；气体在等压膨胀过程中，体积增大，温度一定升高，选项E正确．答案：ABE2．(多选)(2014·太原一中检测)二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，人类在采取节能减排措施的同时，也在研究控制温室气体的新方法，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一可自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减小为原来的一半，不计温度变化，则此过程中( )A．封闭气体对外界做正功B．封闭气体向外界传递热量C．封闭气体分子的平均动能增大D．封闭气体从外界吸收热量E．封闭气体的压强增为原来的2倍解析：因为气体的温度不变，所以气体分子的平均动能不变，选项C错误；当气体体积减小时，外界对气体做功，选项A错误；由热力学第一定律可得，封闭气体将向外界传递热量，选项D错误，B正确；由玻意耳定律可知，选项E正确．答案：BE3．(多选)下列过程中，可能发生的是( )A．某工作物质从高温热源吸收20 kJ的热量，全部转化为机械能，而没有产生其他任何影响B ．打开一高压密闭容器，其内气体自发溢出后又自发收缩进去，恢复原状C ．利用其他手段，使低温物体温度更低，高温物体温度更高D ．将两瓶不同液体混合，然后它们又自发地各自分开E ．冬季的夜晚，放在室外的物体随气温的降低，不会由内能自发地转化为机械能而动起来解析：根据热力学第二定律，热量不可能从低温物体自发地传递给高温物体，而不引起其他的变化，但通过一些手段是可以实现的，故选项C 正确；内能转化为机械能不可能自发地进行，要使内能全部转化为机械能必定要引起其他影响，故选项A 错误，E 正确；气体膨胀具有方向性，故选项B 错误；扩散现象也有方向性，选项D 错误．答案：CE4．(多选)图为某同学设计的喷水装置，内部装有2 L 水，上部密封1 atm 的空气0.5 L ，保持阀门关闭，再充入1 atm 的空气0.1 L ．设在所有过程中空气可看做理想气体，且温度不变，下列说法正确的有( )A ．充气后，密封气体压强增加B ．充气后，密封气体的分子平均动能增加C ．打开阀门后，密封气体对外界做正功D ．打开阀门后，密封气体从外界吸热E ．打开阀门后，不再充气也能把水喷光解析：由pV T ＝常量知，充气后，当V 、T 不变时，单位体积内含有的分子个数增加，密封气体压强增加，选项A 正确；充气后，由于温度不变，密封气体的分子平均动能不变，选项B 错误；打开阀门后，密封气体对外界做正功，且内能不变，由热力学第一定律可知密封气体从外界吸热，选项C 、D 正确；当桶内气体压强变为1 atm 时，气体体积为0.1 L ＋0.5 L ＝0.6 L ．小于容积2 L ，所以需要再充气才能把水喷光，选项E 错误．答案：ACD5．(多选)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )A ．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B ．若气体的内能不变，其状态也一定不变C ．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D ．气体温度每升高1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关E ．当气体温度升高时，气体的内能一定增大解析：一定质量的理想气体，pV T ＝常量，p 、V 不变，则T 不变，分子平均动能不变，又理想气体分子势能为零，故气体内能不变，选项A 正确；理想气体内能不变，则温度T 不变，由pV T＝常量知，p 及V 可以变化，故状态可以变化，选项B 错误；等压变化过程，温度升高、体积增大，故选项C 错误；由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，温度升高1 K ，内能增量ΔU 一定，而外界对气体做的功W 与经历的过程可能有关(如体积变化时)，因此吸收的热量与气体经历的过程也有关，选项D 正确；温度升高，分子平均动能增大，理想气体分子势能为零，故内能一定增大，选项E 正确．答案：ADE6．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℃，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解析：机械能可以全部转化为内能，而内能全部转化为机械能是有条件的，选项C 正确． 答案：C二、非选择题7．(1)(多选)下列说法中正确的是( )A ．扩散运动就是布朗运动B ．根据热力学第二定律可知热机效率不可能百分之百C ．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢D ．由于液体表面层分子间距离小于液体内部分子间距离，液体表面存在张力E ．一定质量的理想气体在等温变化时，内能不改变，但可能与外界发生热交换(2)①密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大，从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的________增大了．该气体在温度T 1、T 2时的分子速率分布图象如图甲所示，则T 1________(选填“大于”或“小于”)T 2.②如图乙所示，一定质量的理想气体从状态A 经等压过程到状态B .此过程中，气体压强p ＝1.0×105 Pa ，吸收的热量Q ＝7.0×102J ，求此过程中气体内能的增量．解析：(1)扩散运动是分子热运动的直接结果，布朗运动是悬浮于液体中的小颗粒受到液体分子的撞击而形成的，它反映了液体分子的无规则运动，故A 错；热力学第二定律的表述之一是热能不能自发地全部转化成机械能，故B 对；当空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，所以C 正确；液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子间作用力表现为引力，故D 错；一定质量的理想气体在等温变化时，由于内能只取决于温度，所以内能不改变，根据热力学第一定律形W ＋Q ＝ΔU 可知，如果外界对物体做功与其向外放热相等，则其内能仍然不变，所以，可能与外界发生热交换，故E 正确．(2)①温度升高时，气体分子平均速率变大，平均动能增大，即分子的速率较大的分子占总分子数比例较大，所以T 1<T 2.②等压变化V A T A ＝V B T B，对外做的功W ＝p (V B －V A )根据热力学第一定律ΔU ＝Q －W ，解得ΔU ＝5.0×102 J.答案：(1)BCE (2)①平均动能 小于 ②5.0×102 J8．(1)下列说法中正确的是________．A ．随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，并最终达到绝对零度B ．用手捏面包，面包体积会缩小，说明分子之间有间隙C．分子间的距离r存在某一值r0，当r大于r0时，分子间斥力大于引力；当r小于r0时分子间斥力小于引力D．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势(2)如图所示，一定质量的理想气体发生如图所示的状态变化，状态A与状态B的体积关系为V A________V B(选填“大于”“小于”或“等于”)；若从A状态到C状态的过程中气体对外做了100 J的功，则此过程中________．(选填“吸热”或“放热”)解析：(1)随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，但是不能最终达到绝对零度，选项A错误；用手捏面包，面包体积会缩小，只说明面包颗粒之间有间隙，选项B错误；分子间的距离r存在某一值r0，当r大于r0时，分子间斥力小于引力；当r小于r0时分子间斥力大于引力，选项C错误；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，选项D正确．(2)由p－T图象上一点与坐标原点连线的斜率表示体积的倒数可知，状态A与状态B 的体积关系为V A小于V B.从A状态到C状态气体对外做功，而内能不变，由热力学第一定律知气体吸热．答案：(1)D (2)小于吸热9.一定质量的理想气体．经过如图所示的状态变化．设状态A 的温度为400 K ．求：(1)状态C 的温度T C 为多少？(2)如果由A 经B 到C 的状态变化的整个过程中，气体对外做了400 J 的功，气体的内能增加了20 J ，则这个过程气体是吸收热量还是放出热量？其数值为多少？解析：(1)由理想气体状态方程，p A V A T A ＝p C V C T C解得状态C 的温度T C ＝320 K.(2)由热力学第一定律，ΔU ＝Q ＋W ，解得Q ＝420 J ，气体吸收热量．答案：(1)320 K (2)吸收 420 J10．(1)下列说法中正确的是( )A ．物体自由下落时速度增大，所以物体内能也增大B ．当分子间距离从r 0(此时分子间引力与斥力平衡)增大到r 1时，分子力先减小后增大，分子势能也先减小后增大C ．热量一定从内能大的物体向内能小的物体传递D ．根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体(2)某同学做了如图所示的探究性实验，U 形管左口管套有一小气球，管内装有水银，当在右管内再注入一些水银时，气球将鼓得更大．假设封闭气体与外界绝热，则在注入水银时，封闭气体的体积________，压强________，温度________，内能________．(填“增大”、“减小”、“升高”、“降低”或“不变”)(3)一同学在游泳池中游泳时进行了一项科学探究，他将一粗细均匀、一端封闭的长为12 cm 的玻璃饮料瓶握住，开口向下潜入水中，当潜入到水下某深度时看到水进入玻璃管口大约2 cm.他据此就粗略估计出了潜入水中的深度，请通过计算得出潜水的深度．(取水面上大气压强为p 0＝1.0×105 Pa ，g ＝10 m/s 2)解析：(1)物体的内能与温度和体积有关，与物体的速度无关，A 错．当分子间距离从r 0(此时分子间引力与斥力平衡)增大到r 1时，分子力先增大后减小，分子势能一直减小，B 错．内能大的物体温度不一定高，热量应从温度高的物体向温度低的物体传递，C 错．根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，D 对．(2)注入水银，封闭气体的压强变大，水银对气体做功，气体体积减小，由于封闭气体与外界绝热，所以温度升高，内能增大．(3)设潜入水下的深度为h ，玻璃管的横截面积为S .气体的初末状态参量分别为初状态p 1＝p 0 V 1＝12S末状态p 2＝p 0＋pgh V 2＝10S由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2得p 0p 0＋ρgh ＝10S 12S解得h ＝2 m.答案：(1)D (2)减小 增大 升高 增大 (3)2 m。
高考物理一轮复习 课时跟踪检测(三十八)习题详解课件 新人教版
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2．解析：根据热力学第一定律 ΔU＝W＋Q，第一阶段 W1＝24 kJ， ΔU1＝0，所以 Q1＝－24 kJ，故放热；第二阶段 W2＝0，Q2＝ －5 kJ，由热力学第一定律知，ΔU2＝－5 kJ，故在上述两个过 程中，空气的内能共减少 ΔU＝ΔU1＋ΔU2＝－5 kJ；两过程共 放出热量 Q＝Q1＋Q2＝29 kJ，故空气放出的总热量为 29 kJ。 答案：5 放出 29
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3．解析：(1)ACB 过程中 W1＝－280 J，Q1＝410 J 由热力学第一定律得 UB－UA＝W1＋Q1＝130 J 故 ACB 过程中气体的内能增加了 130 J。
(2)因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，BDA 过程
中气体内能的变化量 UA－UB＝－130 J 由题意知 W2＝200 J，由热力学第一定律得 UA－UB＝W2＋Q2
量，温度升高，只能是 pV 乘积变大，至于压强可能增加也可
能减小，C 错误；内能是由温度决定的，当温度升高时，内能
一定增加，D 正确。
答案：AD
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6．解析：因为内能的大小与物体的温度、质量和体积都有关，如 一杯热水的内能肯定会小于一座冰山，温度低的物体内能不一 定小，故 A 错误；温度是分子平均动能的标志，温度低的物体 分子运动的平均动能一定小，但温度低的物体内分子运动的平 均速率不一定比温度高的物体内分子运动的平均速率小，这是 因为温度低的物体分子可能质量较小，其平均速率反而更大， 故 B 错误；温度越高，分子热运动的平均动能越大，分子的平 均速率增大，这是统计规律，具体到少数个别分子，其速率的 变化不确定，因此仍可能有分子的运动速率是非常小，故 C 正
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练19 Word版含答案
课时跟踪训练(十九)一、选择题1．(2015·北京西城质检)如右图所示，两个电荷量均为＋q 的小球用长为l 的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上．两个小球的半径r ≪l .k 表示静电力常量．则轻绳的张力大小为( )A ．0 B.kq 2l 2 C ． 2kq 2l 2 D.kq l 2[解析] 轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力，由库仑定律得F ＝kq 2l 2，选项B 正确．[答案] B2．在如下图所示的四种电场中，分别标记有a 、b 两点．其中a 、b 两点电场强度大小相等、方向相反的是( )A ．甲图中与点电荷等距的a 、b 两点B ．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点C ．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点D ．丁图中非匀强电场中的a 、b 两点[解析] 甲图中与点电荷等距的a 、b 两点，电场强度大小相同，方向不相反，选项A 错误；对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a 、b 两点的电场强度大小相等、方向相同，选项B 错误；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点，电场强度大小相同，方向相反，选项C 正确；对丁图，根据电场线的疏密可判断，b 点的电场强度大于a 点的电场强度，选项D 错误．[答案] C3．(2015·河北省唐山一模)如右图所示，匀强电场中的A 、B 、C 三点构成一边长为a 的等边三角形．电场强度的方向与纸面平行．电子以某一初速度仅在静电力作用下从B 移动到A 动能减少E 0，质子仅在静电力作用下从C 移动到A 动能增加E 0，已知电子和质子电荷量绝对值均为e ，则匀强电场的电场强度为( )A.2E 0eaB.E 0eaC.3E 03eaD.23E 03ea[解析] 根据题述，BC 在一等势面上，匀强电场的方向垂直于BC 指向A .由eEa sin60°＝E 0，解得：E ＝23E 03ea ，选项D 正确．[答案] D4．(多选)(2015·武汉调研)如右图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电量分别为－q 、Q 、－q 、Q .四个小球构成一个菱形，－q 、－q 的连线与－q 、Q 的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是( )A ．cos 3α＝q 8QB ．cos 3α＝q 2Q 2 C ．sin 3α＝Q 8q D ．sin 3α＝Q 2q 2 [解析] 设菱形边长为a ，则两个Q 之间距离为2a sin α，则两个q 之间距离为2a cos α.选取－q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2cos α＝k q 2(2a cos α)2，解得cos 3α＝q 8Q ，故A 正确，B 错误；选取Q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2sin α＝k Q 2(2a sin α)2，解得sin 3α＝Q 8q ，故C 正确，D 错误． [答案] AC5．(2015·河北邢台四模)如图所示，小球A 、B 带电荷量相等，质量均为m ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A 、B 两球之间的库仑力为F .由于外部原因小球B 的电荷量减少，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B 的电荷量减少为原来的( )A.12B.14C.18D.116[解析]小球B 受力如图所示，两绝缘线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，根据力的合成及几何关系可知线的拉力T与重力G大小相等，即G＝T，小球静止处于平衡状态，则库仑力F＝2G sinθ2，设原来小球带电荷量为q，AB间的距离是r，则r＝2L sin θ2，由库仑定律得F＝k q2r2，后来库仑力变为原来的一半，则F2＝2G sin θ′2，r′＝2L sinθ′2，F2＝k qq Br′2，解得q B＝18q，故选C.[答案] C6．(2015·湖北黄冈中学等八校联考)库仑定律是电学中第一个被发现的定量规律，它的发现受万有引力定律的启发．实际问题中有时需要同时考虑万有引力和库仑力，比如某无大气层的均匀带有大量负电荷的质量分布均匀的星球．将一个带电微粒置于离该星球表面一定高度处无初速释放，发现微粒恰好能静止．现给微粒一个如图所示的初速度v，则下列说法正确的是()A．微粒将做匀速直线运动B．微粒将做圆周运动C．库仑力对微粒做负功D．万有引力对微粒做正功[解析]根据库仑定律，微粒所受的静电力F＝kQqr2，万有引力F′＝GmMr2，根据平衡条件，有F＝F′，距离r变化时，静电力与库仑力一直平衡，故微粒所受合力为零，做匀速直线运动，A正确．[答案] A7．(2015·河北百校联盟质检)如图所示，固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，圆环的最高点通过长为L的绝缘细线悬挂质量为m可视为质点的金属小球，已知圆环所带电荷量均匀分布且带电与小球相同均为Q(未知)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，已知静电力常量为k，重力加速度为g，线对小球的拉力为F(未知)，下列说法正确的是()A ．Q ＝mgR 3kL ，F ＝mgR L B ．Q ＝mgL 3kR ，F ＝mgR L C ．Q ＝mgR 3kL ，F ＝mgL R D ．Q ＝mgL 3kR ，F ＝mgL R[解析] 由于圆环不能看成点电荷，采用微元法，小球受到的库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示．设圆环各个点对小球的库仑力的合力为F Q ，则F sin θ＝mg ，其中sin θ＝R /L ，解得F ＝mgL R ，水平方向上有F cos θ＝k Q 2L 2cos θ，解得Q ＝mgL 3kR ，故选D.[答案] D8．(2015·山东卷)直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图．M 、N 两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为( )A.3kQ 4a 2，沿y 轴正向B.3kQ 4a 2，沿y 轴负向C.5kQ4a2，沿y轴正向 D.5kQ4a2，沿y轴负向[解析]因正电荷在O点时，G点的场强为零，则可知两负电荷在G点形成的电场的合场强大小为E合＝k Qa2；若将正电荷移到G点，则正电荷在H点的场强为E1＝k Q(2a)2＝kQ4a2，方向沿y轴正方向；因两负电荷在G点的场强与在H点的场强等大反向，即沿y轴负方向，则H点的合场强为E＝E合－E1＝3kQ4a2，方向沿y轴负向，选项B正确，选项A、C、D错误．[答案] B9．(2015·江苏南京、盐城一模)如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形．两棒带电荷量相等，且电荷均匀分布，此时O点电场强度大小为E.撤去其中一根带电棒后，O 点的电场强度大小变为()A.E2 B.22EC．E D.2E[解析]两根等长带电棒等效成两个正点电荷，如图所示，两正点电荷在O点产生的场强的大小为E＝2E1，故撤去其中一根带电棒后，在O点产生的场强为E1＝E2＝2E2，故选B.[答案] B10．(多选)(2015·山西师大附中期中)如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1为正点电荷，在它们连线的延长线上有a、b两点，现有一检验电荷q(电性未知)以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动(检验电荷只受电场力作用)，q运动的v－t图象如图乙所示，则()A．Q2必定是负电荷B．Q2的电荷量必定大于Q1的电荷量C．从b点经a点向远处运动的过程中，检验电荷q所受的电场力一直减小D．可以确定检验电荷的带电性质[解析]若Q2为正电荷，则在b点右侧的电场方向必定向右，q受力方向不可能改变，故Q2一定为负电荷，A正确；根据点电荷场强公式，设q到Q1、Q2的距离分别为r1、r2，则q所在处的场强为E＝kQ1r21－kQ2r22，q在从b到a运动过程中受力向左，在a点右侧运动过程中受力向右．由于r1>r2，若Q1<Q2，场强E 必定始终向左，q受力方向不可能发生改变，故必定有Q1>Q2，q带正电，B错误，D正确；由v－t图象可知，q受力先向左后向右，且加速度先减小后增大再减小，故C错误．[答案]AD二、非选择题11．(2015·福建莆田一模)如图所示，真空中同一竖直平面内，有两根固定的光滑绝缘杆OA和OB，与竖直线的夹角均为45°，两杆上均套有能自由滑动的可视为质点的带负电小球，两球的质量均为m＝9×10－4kg，电荷量大小均为q＝2×10－7 C，且静止于同一竖直高度处．(静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，g取10 m/s2)求：(1)两球间的距离r；(2)O点的电场强度E.[解析](1)对左侧小球受力分析如图所示，带电小球处于静止状态，则tanθ＝mgF，由库仑定律得F＝kq 2r2，联立两式解得r＝kq2tanθmg＝9×109×4×10－149×10－4×10m＝0.2 m.(2)设两小球到O点距离为x，在O点产生的电场强度大小分别为E1、E2，且E1＝E2.由几何关系得x＝22r.E1＝E2＝k qx2＝9×109×2×10－712×0.04N/C＝9×104 N/C.O点的电场强度E＝2E1＝2×9×104 N/C≈1.27×105 N/C，方向竖直向上．[答案](1)0.2 m(2)1.27×105 N/C，方向竖直向上12．(2015·江西南昌三校联考)如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一个质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上的A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)．已知A、B间的距离为2R，重力加速度为g.在上述运动过程中，求：(1)电场强度E的大小；(2)小球在半圆轨道上运动时的最大速率；(3)小球对半圆轨道的最大压力．[解析](1)设小球过C点时的速度为v C，小球从A到C的过程中由动能定理得qE·3R－mg·2R＝12m v 2C，由平抛运动可得R＝12gt2和2R＝v C t，联立可得E＝mgq.(2)设小球运动到半圆D点时的速度最大且为v，如图所示，OD与竖直方向的夹角为α，由动能定理得qE(2R＋R sinα)－mgR(1－cosα)＝12m v2.由数学知识可知，当α＝45°时动能最大，由此可得v＝(2＋22)gR.(3)由于小球在D点时的速度最大，且此时电场力与重力的合力恰沿半径方向，所以小球在D点时对半圆轨道的压力最大，则有F－qE sinα－mg cosα＝m v 2R，代入数据得F＝(2＋32)mg.神笛2005神笛2005 [答案] (1)mg q (2)(2＋22)gR (3)(2＋32)mg。
2019_2020学年物理同步人教版选修3-课时跟踪检测(24单元word版含解析)
课时跟踪检测（一）电荷及其守恒定律1．关于摩擦起电、传导起电、感应起电，下列说法错误的是()A．这三种方式都产生了电荷B．这是起电的三种不同方式C．这三种起电方式的实质是一样的，都是电子在转移D．这三种方式都符合电荷守恒定律解析：选A摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体。
摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，但并没有创造电荷，电荷只是发生转移。
感应起电过程电荷在电场力作用下，从物体的一部分转移到另一部分，电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体是传导起电。
这三种方式都没有产生电荷，A错误；摩擦起电、传导起电、感应起电是起电的三种不同方式，B正确；这三种起电方式的实质是一样的，都是电子的转移，C正确；这三种方式都符合电荷守恒定律，D正确。
2．[多选]关于元电荷的理解，下列说法正确的是()A．元电荷就是电子B．元电荷是表示1 C电量C．元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量D．物体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍解析：选CD元电荷是最小带电荷量，大小为e＝1.60×10－19 C，跟电子或质子所带电荷量相等，不是电荷种类，任何带电体的电荷量都为元电荷的整数倍，故C、D正确。
3．将一束塑料扎带一端打结，另一端撕成细条后，用手迅速捋细条，观察到细条散开了，如图所示。
下列关于细条散开现象的分析中，正确的是()A．由于摩擦起电，细条带同种电荷，相互排斥散开B．撕成细条后，所受重力减小，细条自然松散C．撕成细条后，由于空气浮力作用使细条散开D．细条之间相互感应起电，相互排斥散开解析：选A塑料细条与手摩擦带电，塑料细条上带的是同种电荷，同种电荷相互排斥，所以塑料细条会向四周散开，捋的次数越多，塑料细条带电越多，排斥力越多，下端散开的就越大；故B、C、D错误，A正确。
4.如图所示，某次实验老师用丝绸摩擦过的玻璃棒(带正电)去吸引细碎的锡箔屑，发现锡箔屑被吸引到玻璃棒上后又迅速地向空中散开，下列说法正确的是()A．锡箔屑被吸引过程会因为获得电子而带负电B．锡箔屑被吸引过程有减速过程C．最后锡箔屑散开主要是因为碰撞导致D．散开时锡箔屑带正电解析：选D玻璃棒靠近锡箔屑，使锡箔屑发生感应起电，故A错误；锡箔屑被吸引过程是加速过程，故B错误；最后锡箔屑散开主要是因为锡箔屑带正电，同种电荷相互排斥，故C错误，D正确。
2025届高考物理一轮总复习课时跟踪检测二匀变速直线运动的规律
课时跟踪检测（二） 匀变速直线运动的规律一、立足主干学问，注意基础性和综合性1．(2024·武汉高三调研)以8 m/s 的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为0.8 s ，则小树高约为( )A ．0.8 mB ．1.6 mC ．2.4 mD ．3.2 m解析：选C 石子竖直上升的最大高度为H ＝v 22g ＝3.2 m ，由题意可知，石子从最高点运动到小树顶端的时间为t 1＝t 2＝0.4 s ，则最高点到小树顶端的距离为h 1＝12gt 12＝0.8 m ，则小树高约为h ＝H －h 1＝2.4 m ，故C 正确。
2．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时做匀减速直线运动。
他发觉第6节车厢经过他时用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示，则该动车的加速度大小约为( )A ．2 m/s 2B ．1 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.2 m/s 2解析：选C 将动车的运动等效为反向的匀加速直线运动，设动车第7节车厢经过旅客的时间为t ，动车第7节车厢通过旅客过程，有12at 2＝25 m ，第6、7节车厢通过旅客过程，有12a (t ＋4 s)2＝2×25 m，解得a ≈0.5 m/s 2，C 正确。
3．(2024·湖北高考)2024年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。
某轮竞赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m 完成技术动作，随后5 m 完成姿态调整。
假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s 2，则她用于姿态调整的时间约为( )A ．0.2 sB ．0.4 sC ．1.0 sD ．1.4 s解析：选B 陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t ＝ 2Hg＝2×1010s≈1.4 s，下落前5 m 的过程所用的时间为t 1＝2hg＝2×510s ＝1 s ，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t 2＝t －t 1＝0.4 s 。
2020版高考物理一轮复习：全套课时跟踪检测（Word版,含答案）
2020版高考物理一轮复习：全套课时跟踪检测（Word版,含答案）机械运动与物理模型第1节描述运动的基本概念一、质点、参考系1．质点(1)定义：用来代替物体的有质量的点。
(2)条件：物体的大小和形状对研究的问题的影响可以忽略不计。
[注1](3)实质：质点是一种理想化的模型，实际并不存在。
2．参考系(1)定义：在描述物体的运动时，用来做参考的物体。
(2)参考系的选取[注2]①参考系的选取是任意的，既可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体应认为是静止的，通常选地面为参考系。
②对于同一物体，选择不同的参考系时观察运动结果一般不同。
③比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系。
二、位移、速度1．位移和路程(1)二者的定义(2)二者的区别和联系2(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 ＝x t，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。
[注3](3)速率：瞬时速度的大小，是标量。
三、加速度[注4]1．物理意义：描述物体速度变化快慢的物理量。
2．定义式：a ＝Δv Δt，单位为m/s 2。
3．方向：加速度为矢量，方向与速度变化量的方向相同。
【注解释疑】[注1] 不以“大小”论质点①大的物体不一定不能看成质点；②小的物体不一定能看成质点。
[注2] 不能选自身为参考系。
[注3] 在实际问题中，只要时间足够短，平均速度可认为等于瞬时速度，如光电门问题。
[注4] 速度变化快慢、速度变化率、加速度三者含义相同，速度变化快，也就是速度变化率大，加速度大。
[深化理解]1．质点的辨识物体能否看成质点，关键不在物体本身，而是要看研究的问题，同一个物体在不同情况下有时可看成质点，有时则不能。
2．“速度”的理解“速度”一词在不同情境下可能表示瞬时速度、平均速度、速率、平均速率，解决具体问题时需要加以区分。
3．平均速度和平均速率平均速度是位移与所用时间的比值，平均速率是路程与所用时间的比值，所以平均速率不是平均速度的大小。
高考物理一轮复习 课时跟踪检测(二十九)习题详解课件 新人教版
1．解析：由于正负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利 用左手定则可以判断：a 电极带正电，b 电极带负电。血液 流动速度可根据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为 0， 即 qvB＝qE 得 v＝EB＝BUd≈1.3 m/s。 答案：A
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2．解析：电势差 UCD 与磁感应强度 B、材料有关，选项 A 错 误；若霍尔元件的载流子是自由电子，由左手定则可知， 电子向 C 侧面偏转，则电势差 UCD<0，选项 B 正确；仅增 大磁感应强度时，电势差 UCD 变大，选项 C 正确；在测定 地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直 且东西放置，选项 D 错误。 答案：BC
加速度的一半，则 mg－μ(qvB－qE)＝mg2，得 v＝2μq2Eμq＋Bmg，
故 C、D 正确。 答案：CD
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10．解析：(1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方
向上有
qE1sin 45 °＝mg
解得 E1＝
2mg q
微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有
mg＝qE2，E2＝mqg
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(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动时加速度为 a，离开
区域Ⅰ时速度为 v，在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨道半径为 R，则
a＝qE1cmos 45°＝g
v2＝2ad1(或 qE1cos 45°×d1＝12mv2) Rsin 60°＝d2 qvB＝mvR2
解得 B＝qmd2
3gd1 2
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3．解析：(1)能从速度选择器射出的离子满足
qE0＝qv0B0
①
∴v0＝EB00
②
高考物理复习高三一轮复习：课时跟踪检测39分子动理论 内能
高考物理复习课时跟踪检测(三十九) 分子动理论内能高考常考题型：选择题＋填空题＋计算题1．(2012·福建高考)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2．(2012·全国高考)下列关于布朗运动的说法，正确的是( )A．布朗运动是液体分子的无规则运动B．液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈C．布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的D．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的3．(2012·上海嘉定期未)如图1所示，用细线将一块玻璃板水平地悬挂在弹簧秤下端，并使玻璃板贴在水面上，然后缓慢提起弹簧秤，在玻璃板脱离水面的一瞬间，弹簧秤读数会突然增大，主要原因是( )图1A．水分子做无规则热运动B．玻璃板受到大气压力作用C．水与玻璃间存在万有引力作用D．水与玻璃间存在分子引力作用4．(2013·丹东联考)以下说法正确的是( )A．布朗运动反映了悬浮小颗粒内部分子在不停地做无规则的热运动B．从平衡位置开始增大分子间距离，分子间的引力将增大、斥力将减小C．对大量事实的分析表明：热力学零度不可能达到D．热量只能由高温物体传递给低温物体5．(2011·上海高考)某种气体在不同温度下的气体分子速率分布曲线如图2所示，图中f(v)表示v 处单位速率区间内的分子数百分率，所对应的温度分别为TⅠ、TⅡ、TⅢ，则( )图2A．TⅠ>TⅡ>TⅢB．TⅢ>TⅡ>TⅠC．TⅡ>TⅠ，TⅡ>TⅢD．TⅠ＝TⅡ＝TⅢ6．(2012·四川高考)物体由大量分子组成，下列说法正确的是( )A．分子热运动越剧烈，物体内每个分子的动能越大B．分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小C．物体的内能跟物体的温度和体积有关D．只有外界对物体做功才能增加物体的内能7．(2012·西安联考)关于内能的概念，下列说法中正确的是( )A．若把氢气和氧气看作理想气体，则具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气具有相等的内能B．一定质量0 ℃水的分子势能比0 ℃冰的分子势能小C．物体吸收热量后，内能一定增加D．一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能8．(2012·江西重点中学联考)下列说法正确的是( )A．布朗运动虽然不是液体分子的运动，但是它可以说明分子在永不停息地做无规则运动B．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数C．在使两个分子间的距离由很远(r>10－9m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大D．通过科技创新，我们能够研制出内能全部转化为机械能的热机9．(2012·山西四校联考)关于热现象下列叙述正确的是________。
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练19 Word版含答案
课时跟踪训练(十九) 一、选择题1．(2015·北京西城质检)如右图所示，两个电荷量均为＋q 的小球用长为l 的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上．两个小球的半径r ≪l .k 表示静电力常量．则轻绳的张力大小为( )A ．0 B. C ． 2 D.kq 2l 2kq 2l 2kql 2[解析] 轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力，由库仑定律得F ＝，选项B 正确．kq 2l 2[答案] B2．在如下图所示的四种电场中，分别标记有a 、b 两点．其中a 、b 两点电场强度大小相等、方向相反的是( )A ．甲图中与点电荷等距的a 、b 两点B ．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点C ．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点D ．丁图中非匀强电场中的a 、b 两点[解析] 甲图中与点电荷等距的a 、b 两点，电场强度大小相同，方向不相反，选项A 错误；对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a 、b 两点的电场强度大小相等、方向相同，选项B 错误；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点，电场强度大小相同，方向相反，选项C 正确；对丁图，根据电场线的疏密可判断，b 点的电场强度大于a 点的电场强度，选项D 错误．[答案] C3．(2015·河北省唐山一模)如右图所示，匀强电场中的A 、B 、C 三点构成一边长为a 的等边三角形．电场强度的方向与纸面平行．电子以某一初速度仅在静电力作用下从B 移动到A 动能减少E 0，质子仅在静电力作用下从C 移动到A 动能增加E 0，已知电子和质子电荷量绝对值均为e ，则匀强电场的电场强度为( )A. B. C. D.2E 0ea E 0ea 3E 03ea 23E 03ea[解析] 根据题述，BC 在一等势面上，匀强电场的方向垂直于BC 指向A .由eEa sin60°＝E 0，解得：E ＝，选项D 正确．23E 03ea [答案] D4．(多选)(2015·武汉调研)如右图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电量分别为－q 、Q 、－q 、Q .四个小球构成一个菱形，－q 、－q 的连线与－q 、Q 的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是( )A ．cos 3α＝B ．cos 3α＝q8Q q 2Q 2C ．sin 3α＝D ．sin 3α＝Q8q Q 2q 2[解析] 设菱形边长为a ，则两个Q 之间距离为2a sin α，则两个q 之间距离为2a cos α.选取－q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k cos α＝kQqa 2，解得cos 3α＝，故A 正确，B 错误；选取Q 作为研究对象，由库q 2(2a cos α)2q8Q 仑定律和平衡条件得2k sin α＝k ，解得sin 3α＝，故C 正确，D 错Qqa 2Q 2(2a sin α)2Q8q 误．[答案] AC5．(2015·河北邢台四模)如图所示，小球A 、B 带电荷量相等，质量均为m ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A 、B 两球之间的库仑力为F .由于外部原因小球B 的电荷量减少，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B 的电荷量减少为原来的( )A. B.1214C. D.18116[解析] 小球B 受力如图所示，两绝缘线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，根据力的合成及几何关系可知线的拉力T 与重力G 大小相等，即G ＝T ，小球静止处于平衡状态，则库仑力F ＝2G sin ，设原来小球带电荷量为q ，AB 间的θ2距离是r ，则r ＝2L sin ，由库仑定律得F ＝k ，后来库仑力变为原来的一半，θ2q 2r 2则＝2G sin ，r ′＝2L sin ，＝k ，解得q B ＝q ，故选C.F2θ′2θ′2F2qqBr ′218[答案] C6．(2015·湖北黄冈中学等八校联考)库仑定律是电学中第一个被发现的定量规律，它的发现受万有引力定律的启发．实际问题中有时需要同时考虑万有引力和库仑力，比如某无大气层的均匀带有大量负电荷的质量分布均匀的星球．将一个带电微粒置于离该星球表面一定高度处无初速释放，发现微粒恰好能静止．现给微粒一个如图所示的初速度v ，则下列说法正确的是( )A ．微粒将做匀速直线运动B ．微粒将做圆周运动C ．库仑力对微粒做负功D ．万有引力对微粒做正功[解析] 根据库仑定律，微粒所受的静电力F ＝，万有引力kQqr 2F ′＝，根据平衡条件，有F ＝F ′，距离r 变化时，静电力与库仑力一直GmMr 2平衡，故微粒所受合力为零，做匀速直线运动，A 正确．[答案] A7．(2015·河北百校联盟质检)如图所示，固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R ，圆环的最高点通过长为L 的绝缘细线悬挂质量为m 可视为质点的金属小球，已知圆环所带电荷量均匀分布且带电与小球相同均为Q (未知)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，线对小球的拉力为F (未知)，下列说法正确的是( )A ．Q ＝，F ＝ B ．Q ＝，F ＝mgR 3kL mgRL mgL 3kR mgRL C ．Q ＝，F ＝D ．Q ＝，F ＝mgR 3kL mgLR mgL 3kR mgLR[解析] 由于圆环不能看成点电荷，采用微元法，小球受到的库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示．设圆环各个点对小球的库仑力的合力为F Q ，则F sin θ＝mg ，其中sin θ＝R /L ，解得F ＝，水平方向上有F cos θ＝k cos θ，解得Q＝，mgLR Q 2L 2mgL 3kR 故选D.[答案] D8．(2015·山东卷)直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图．M 、N 两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为( )A.，沿y 轴正向B.，沿y 轴负向3kQ4a 23kQ4a 2C.，沿y 轴正向D.，沿y 轴负向5kQ4a 25kQ4a 2[解析] 因正电荷在O 点时，G 点的场强为零，则可知两负电荷在G 点形成的电场的合场强大小为E 合＝k ；若将正电荷移到G 点，则正电荷在H 点Qa 2的场强为E 1＝k ＝，方向沿y 轴正方向；因两负电荷在G 点的场强与在Q(2a )2kQ4a 2H 点的场强等大反向，即沿y 轴负方向，则H 点的合场强为E ＝E 合－E 1＝，方向沿y 轴负向，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．3kQ4a 2[答案] B9．(2015·江苏南京、盐城一模)如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形．两棒带电荷量相等，且电荷均匀分布，此时O 点电场强度大小为E .撤去其中一根带电棒后，O 点的电场强度大小变为( )A. B.E E 222C ．E D.E2[解析] 两根等长带电棒等效成两个正点电荷，如图所示，两正点电荷在O 点产生的场强的大小为E ＝E 1，故撤去其中一根带电棒后，在O 点产生的场强为2E 1＝＝，故选B.E22E2[答案] B10．(多选)(2015·山西师大附中期中)如图甲所示，Q 1、Q 2为两个被固定的点电荷，其中Q 1为正点电荷，在它们连线的延长线上有a 、b 两点，现有一检验电荷q (电性未知)以一定的初速度沿直线从b 点开始经a 点向远处运动(检验电荷只受电场力作用)，q 运动的v －t 图象如图乙所示，则( )A ．Q 2必定是负电荷B ．Q 2的电荷量必定大于Q 1的电荷量C ．从b 点经a 点向远处运动的过程中，检验电荷q 所受的电场力一直减小D ．可以确定检验电荷的带电性质[解析] 若Q 2为正电荷，则在b 点右侧的电场方向必定向右，q 受力方向不可能改变，故Q 2一定为负电荷，A 正确；根据点电荷场强公式，设q 到Q 1、Q 2的距离分别为r 1、r 2，则q 所在处的场强为E ＝－，q 在从b 到kQ 1r 21kQ 2r 2a 运动过程中受力向左，在a 点右侧运动过程中受力向右．由于r 1>r 2，若Q 1<Q 2，场强E 必定始终向左，q 受力方向不可能发生改变，故必定有Q 1>Q 2，q 带正电，B 错误，D 正确；由v －t 图象可知，q 受力先向左后向右，且加速度先减小后增大再减小，故C 错误．[答案] AD 二、非选择题11．(2015·福建莆田一模)如图所示，真空中同一竖直平面内，有两根固定的光滑绝缘杆OA 和OB ，与竖直线的夹角均为45°，两杆上均套有能自由滑动的可视为质点的带负电小球，两球的质量均为m ＝9×10－4 kg ，电荷量大小均为q ＝2×10－7C ，且静止于同一竖直高度处．(静电力常量k ＝9×109N·m 2/C 2，g 取10 m/s 2)求：(1)两球间的距离r ；(2)O 点的电场强度E .[解析] (1)对左侧小球受力分析如图所示，带电小球处于静止状态，则tan θ＝，mg F 由库仑定律得F ＝，kq 2r 2联立两式解得r ＝＝m ＝0.2 m.kq 2tan θmg 9×109×4×10－149×10－4×10(2)设两小球到O 点距离为x ，在O 点产生的电场强度大小分别为E 1、E 2，且E 1＝E 2.由几何关系得x ＝r .22E 1＝E 2＝k ＝9×109× N/C ＝9×104 N/C.qx 22×10－712×0.04O 点的电场强度E ＝E 1＝×9×104 N/C ≈1.27×105 N/C ，22方向竖直向上．[答案] (1)0.2 m (2)1.27×105 N/C ，方向竖直向上12．(2015·江西南昌三校联考)如图所示，光滑水平轨道与半径为R 的光滑竖直半圆轨道在B 点平滑连接．在过圆心O 的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球从水平轨道上的A 点由静止释放，小球运动到C 点离开半圆轨道后，经界面MN 上的P 点进入电场(P 点恰好在A 点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C 之前电荷量保持不变，经过C 点后电荷量立即变为零)．已知A 、B 间的距离为2R ，重力加速度为g .在上述运动过程中，求：(1)电场强度E 的大小；(2)小球在半圆轨道上运动时的最大速率；(3)小球对半圆轨道的最大压力．[解析] (1)设小球过C 点时的速度为v C ，小球从A 到C 的过程中由动能定理得qE ·3R －mg ·2R ＝m v ，122C由平抛运动可得R ＝gt 2和2R ＝v C t ，12联立可得E ＝.mgq (2)设小球运动到半圆D 点时的速度最大且为v ，如图所示，OD 与竖直方向的夹角为α，由动能定理得qE (2R ＋R sin α)－mgR (1－cos α)＝m v 2.12由数学知识可知，当α＝45°时动能最大，由此可得v ＝.(2＋22)gR (3)由于小球在D 点时的速度最大，且此时电场力与重力的合力恰沿半径方向，所以小球在D 点时对半圆轨道的压力最大，则有F －qE sin α－mg cos α＝23，代入数据得F ＝(2＋3)mg .mv 2R 2[答案] (1) (2) (3)(2＋3)mg mgq (2＋22)gR 2。
高考物理一轮复习课时跟踪检测(三)“运动图像”的分类研究含答案
课时跟踪检测（三）“运动图像”的分类研究1．(2023·江苏高考)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。
电梯加速上升的时段是()A．从20.0 s到30.0 s B．从30.0 s到40.0 sC．从40.0 s到50.0 s D．从50.0 s到60.0 s解析：选A电梯上升，由速度时间图像可知，电梯加速上升的时段为20.0 s到30.0 s。
故选A。
2．四辆小车从同一地点向同一方向运动的情况分别如图所示，下列说法正确的是()A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动B．这四辆车均从静止开始运动C．在0～t2时间内，丙、丁两车在时刻t2相距最远D．在0～t2时间内，丙、丁两车间的距离先增大后减小解析：选C x-t图像只能用来描述直线运动，A错误；由x-t图像切线的斜率表示速度可知，乙车做减速直线运动，甲车做匀速直线运动，且甲车和乙车都不是从静止开始运动，B错误；0～t2时间内，由v-t图像与时间轴围成图形的面积表示位移可知，丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，C正确；在0～t2时间内，丁车的速度大于丙车的速度，两车间的距离一直增大，D错误。
3．(2023·全国甲卷)一小车沿直线运动，从t＝0开始由静止匀加速至t＝t1时刻，此后做匀减速运动，到t＝t2时刻速度降为零。
在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是()解析：选D x-t图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大，即0～t1时间内x-t图像的斜率变大，t1～t2时间内做匀减速运动，则x-t图像的斜率变小，在t2时刻停止，图像的斜率变为零。
4．(2024年1月·广西高考适应性演练)2023年11月，在广西举办的第一届全国学生(青年)运动会的自行车比赛中，若甲、乙两自行车的v-t图像如图，在t＝0时刻两车在赛道上初次相遇，则()A．0～t1内，乙的加速度越来越大B．t1时刻，甲、乙再次相遇C．0～t1内，甲、乙之间的距离先增大后减小D．t1～t2内，甲、乙之间的距离先减小后增大解析：选D v-t图像的斜率表示加速度，由题图可得，0～t1内乙图线的斜率逐渐变小，即加速度减小，故A错误；v-t图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可知在t1时刻，乙的位移大于甲的位移，即此时乙在甲前面，故B错误；v-t图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可得，0～t1内，甲、乙的位移差一直增大，甲、乙之间的距离一直增大，故C错误；由以上分析可得，t1时刻乙在甲前面，由题图可知t1～t2内，v甲>v乙，且最后都做匀速直线运动，则甲会追上乙，并超越乙到乙的前面，即t1～t2内，甲、乙之间的距离先减小到甲追上乙，后甲超越乙到乙的前面，甲、乙之间的距离又增大，故D正确。
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10．解析：当驱动力的频率与物体的固有频率相等时，振幅较大， 因此要减弱机翼的振动，必须改变机翼的固有频率，选 D。 答案：D
11．解析：从如图所示的共振曲线可判断出 f 驱与 f 固 相差越大，受迫振动的振幅越小；f 驱与 f 固越接 近，受迫振动的振幅越大。并可以从中看出 f 驱 越接近 f 固，振幅的变化越慢。比较各组数据知 f 驱在 50 Hz～ 60 Hz 范围内时，振幅变化最小，因此 50 Hz＜f 固＜60 Hz， 即 C 正确。 答案：C
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3．解析：在物体 A 振动的平衡位置处，弹簧弹力和 A 物体重力相 等。物体 B 将 A 拉至平衡位置以下最大位移 Δx＝Mkg处，故物 体 A 振动的振幅为Mkg，A 正确。 答案：A
4．解析：因为 F＝－kx，a＝－kmx，故图(3)可作为 F-t、a-t 图像； 而 v 随 x 增大而减小，故 v -t 图像应为图(2)。 答案：C
选项 A 错误。由题图可知此时振子的速度方向指向 x 轴的正方
向，选项 B 正确。由题图可看出，t＝0、t＝4 s 时刻振子的位
移都是最大，且都在 t 轴的上方，在 0～4 s 内振子完成两次全
振动，选项 C 错误。由于 t＝0 时刻和 t＝4 s 时刻振子都在最
大位移处，所以在 0～4 s 内振子的位移为零，又由于振幅为 0.5
5π 4t
cm，故
t＝0.2
s
时，x＝6 2 cm，故 B 错误；t＝0.4 s 和 t＝1.2 s 时，振子的
位移方向相反，由 a＝－mkx知，加速度方向相反，C 错误；
t＝0.4 s 到 t＝0.8 s 的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子
逐渐靠近平衡位置，其速度逐渐变大，故 D 错误。
答案：A
课时跟踪检测(三十九) 1．解析：做简谐振动的物体，经过同一位置时，相对平衡位置的
位移 x 相同，回复力(F＝－kx)相同，由牛顿第二定律(F＝ma) 知加速度 a 相同，物体可能以方向相反的速度经过同一位置， 故 B 正确。 答案：B 2．解析：由简谐运动的对称性可知，tOb＝0.1 s，tbc＝0.1 s，故 T4＝0.2 s，解得 T＝0.8 s，f＝T1＝1.25 Hz，选项 B 正确。 答案：B
cm，在 0～4 s 内振子完成了 2 次全振动，所以在这段时间内
振子通过的路程为 2×4×0.5 cm＝4 cm，故选项 D 错误。
答案：B
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9．解析：从 t＝0.8 s 时起，再过一段微小时间，振子的位移为负
值，因为取向右为正方向，故 t＝0.8 s 时，速度方向向左，A
正确；由题中图像得振子的位移 x＝12sin
5．解析：由题图可知第 5 秒末，振子处于正的最大位移处，此时
有负方向的最大加速度，速度为零，故 B、C 正确，A 错误；
在 0 到 5 s 内，振子经过54个全振动，路程为 5A＝10 cm，故 D
正确。
答案：BCD
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6．解析：从题中图像的横坐标和纵坐标可知此图是振动图像，
它所描述的是一个质点在不同时刻的位置，t2 和 t4 是在平衡 位置处，t1 和 t3 是在最大位移处，根据弹簧振子振动的特征， 弹簧振子在平衡位置时的速度最大，加速度为零，即弹性
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12．解析：简谐运动振动方程的一般表示式为 x＝Asin(ωt＋φ0)， 根据题给条件有：A＝0.08 m，ω＝2πf＝π， 所以 x＝0.08 sin(πt＋φ0)m， 将 t＝0 时 x0＝0.04 m 代入得 0．04＝0.08sin φ0， 解得初相 φ0＝π6或 φ0＝56π，
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力为零；在最大位移处，速度为零，加速度最大，即弹性
力为最大，所以 B 正确。
答案：B
7．解析：由图像可知：A＝2 cm，ω＝2Tπ＝02.π8＝2.5π，φ＝0。 所以 x＝2sin2.5πt，D 正确。
答案：D
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8．解析：由题图可知 A 在 t 轴上方，位移 x＝0.25 cm，所以弹力
F＝－kx＝－5 N，即弹力大小为 5 N，方向指向 x 轴的负方向，