【2020】最新高考物理总复习课时作业： 三十三 实验八
【复习指导】2020年高考物理重点试题分项版汇编系列专题20选修3_33_4实验含解析
l
l
Ek
1 mv12 1 mv22 ，联立可得
2
2
Ek
1 l F1 F2 ，根据 L
2
4 g 2 T 2 可知当 T
T0 时 l
4 g 2 T02
kT02 ，故
Ek 1 kT02 F1 F2 2
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4．在“利用单摆测重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到
Ｔ0，在峰顶的周期是
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T，则珠峰顶峰的海拔高度 h＝ _______.( 地球可看作质量均匀分布的半径为 R的球体 )
【答案】 e g
2
d
4l
T 2 2 CACh
T 1R
T0
C、单摆在小摆角下的摆动为简谐振动，单摆偏离平衡位置的角度不能太大，故
C 正确；
D、当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期，测量的
T2
42 l 。只要测量出多组单
g
摆的摆长 l 和运动周期 T，作出 T2 - l 图象，就可求出当地的重力加速度，理论上
T2 - l 图象是一条过坐标原点的
直线。某同学在实验中，用一个直径为 d 的带孔实心钢球作为摆球，多次改变悬点到摆球顶部的距离 出摆球做简谐运动的周期 T 后，作出 T2- l 图象，如图所示． x/kw
D. 当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
（ 4）北京时间 2005 年 5 月 22 日上午 10 点 05 分，中国女子登山队首次登上珠穆朗玛峰顶峰，五星红旗再一次
在珠峰峰顶飘扬 . 若登山队员利用单摆来确定珠峰的高度，测得该单摆在海平面处的周期是
2025年高考物理一轮总复习(提升版)实验八验证动量守恒定律
。
高中总复习·物理(提升版)
三步稳解题
（1）分析实验目的：验证对心碰撞过程中的动量守恒定律。
（2）确定实验原理：碰撞后瞬间甲和乙的合动量如果与碰撞前瞬间
甲的动量相等，则甲、乙碰撞过程中动量是守恒的。
（3）制定数据处理方案：本实验没有直接测量碰撞前后硬币的速
度，而是测量出了硬币的滑动距离，通过动能定理表示出速
度，验证是否满足m1v0＝m1v1＋m2v2。
答案：（1）一元
意一条即可）
（2） 20
2
（3）
1
（4）见解析（任
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解析：（1）要使两硬币碰后都向右运动，硬币甲的质量应大于
硬币乙的质量，由于一元硬币的质量大于一角硬币的质量，所
以甲选用的是一元硬币。
（2）设碰撞前甲到O点时速度的大小为v0，甲从O点到停止处P
m1 0 ＝m1 1 ＋m2 2 ，整理得
0 − 1
2
＝ 。
2
1
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（4）碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不
是1的原因：①可能两个硬币厚度不同，两硬币重心连线与水平
面不平行；②两硬币碰撞内力不远大于外力，动量只是近似守
恒，即如果摩擦力非常大，动量只是近似守恒。
点的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得－μm1gs0＝0－
1
m10 2 ，解得v0＝
2
20 。
20 ，即甲碰撞前到O点时速度的大小为
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（3）若甲、乙碰撞过程中满足动量守恒，设甲碰撞后速度的大
小为v1，甲从O点运动到停止处M点的过程中只有摩擦力做功，
1
2020届高考物理总复习学案：第八单元 力学实验 Word版含答案
力学实验是每年高考的必考内容,在当前实验试题命制“一大一小”的情况下,力学实验多以小题的形式出现,并且试题多源于教材而高于教材,所给的物理情景和要求通常跟教材内容有明显区别,是以教材中的实验为背景或素材,通过改变实验条件或增加条件限制,加强对考生迁移能力、创新能力和实验设计能力的考查。
具体特点如下:(1)力学实验中有多个实验都要用到打点计时器(如研究匀变速直线运动的规律、验证牛顿运动定律、验证机械能守恒定律等),考查打点计时器的使用并根据纸带进行正确的数据运算,是高考考查的热点。
(2)考查运用图象法处理实验数据是历年高考实验题的命题热点,力学实验、电学实验中都可能出现。
这是考生必备的能力之一。
(3)结合光电门和传感器考查。
由光电门计算速度,由力的传感器直接显示力的大小,速度传感器直接显示速度大小,所以力学实验中往往结合这两种器材来考查。
(4)考查力学创新设计性实验,如测动摩擦因数、弹簧弹性势能。
创新设计性实验主要考查考生是否理解实验原理和实验仪器的工作原理,是否具有灵活运用实验知识的能力,是否具有在不同情况下迁移知识的能力,这些对考生的能力要求都较高,是近几年高考命题的热点。
“源于课本,不拘泥于课本”一直是高考实验命题的理念,考查实验的灵魂——原理是重中之重,预测2020年高考对力学实验的考查,是在《考试说明》规定的实验基础上进行重组与创新,旨在考查考生是否熟悉这些常规实验器材,是否真正动手做过这些实验,是否能灵活地运用学过的实验理论、实验方法、实验仪器,去处理、分析、研究某些未做过的实验,包括设计某些比较简单的实验等。
所以在复习过程中,应以掌握常规实验原理、实验方法、规范的操作程序、数据处理方法等为本,同时从常规实验中有意识地,积极地提取、积累一些有价值的方法。
逐步过渡到能灵活运用学过的实验方法设计新的实验。
实验1研究匀变速直线运动1实验原理(1)利用纸带判断物体是否做匀变速直线运动的方法设x1、x2、x3、x4、…为纸带上相邻两个计数点之间的距离,假如Δx=x2-x1=x3-x2=x4-x3=…=常数,即连续相等的时间间隔内的位移之差为恒量,则与纸带相连的物体做匀变速直线运动。
高考物理总复习 选考33综合检测 教科版
《选修3-3》综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共13小题,每小题4分,共52分.在每小题给出的选项中,有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.如图是某喷水壶示意图.未喷水时阀门K闭合,压下压杆A可向瓶内储气室充气;多次充气后按下按柄B打开阀门K,水会自动经导管从喷嘴处喷出.储气室内气体可视为理想气体,充气和喷水过程温度保持不变,则( ACE )A.充气过程中,储气室内气体内能增大B.充气过程中,储气室内气体分子平均动能增大C.喷水过程中,储气室内气体吸热D.喷水过程中,储气室内气体压强增大E.喷水过程中,储气室内气体压强减小解析:充气过程中,储气室内气体的质量增加,气体的温度不变,故气体分子的平均动能不变,气体内能增大,选项A正确,B错误;喷水过程中,气体对外做功,体积增大,而气体温度不变,则气体吸热,所以气体压强减小,选项C,E正确,D错误.2.下列说法中正确的是( BDE )A.物体速度增大,则分子动能增大,内能也增大B.一定质量气体的体积增大,但既不吸热也不放热,内能减小C.相同质量的两种物体,提高相同的温度,内能的增量一定相同D.物体的内能与物体的温度和体积都有关系E.凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性解析:速度增大,不会改变物体的分子的动能,选项A错误;体积增大时,气体对外做功,不吸热也不放热时,内能减小,选项B正确;质量相同,但物体的物质的量不同,故提高相同的温度时,内能的增量不一定相同,选项C错误;物体的内能取决于物体的温度和体积,选项D正确;由热力学第二定律可知,凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性,选项E正确.3.如图所示,是氧气分子在0 ℃和100 ℃下的速率分布图线,由图可知( ADE )A.随着温度升高,氧气分子的平均速率增大B.随着温度升高,每一个氧气分子的速率都增大C.随着温度升高,氧气分子中速率小的分子所占比例增大D.同一温度下,氧气分子速率分布呈现“中间多,两头少”的规律E.随着温度升高,氧气分子的平均动能增大解析:读取图像信息知,同一温度下,分子速率分布呈现“中间多,两头少”的特点,故D正确.由分子动理论知,不同温度下的图像不同,温度升高,分子中速率大的分子所占比例增大,其分子运动的平均速率也增大,平均动能增大,故A,E正确,C错误.温度升高,多数分子的速率会变大,少数分子的速率会变小,故B错误.4.下列说法正确的是( BCD )A.凡是不违背能量守恒定律的实验构想,都是能够实现的B.做功和热传递在改变内能的效果上是等效的,表明要使物体的内能发生变化,既可以通过做功来实现,也可以通过热传递来实现C.保持气体的质量和体积不变,当温度升高时,每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多D.温度升高,分子热运动的平均动能一定增大,但并非所有分子的速率都增大E.在水池中,一个气泡从池底浮起,此过程可认为气泡的温度不变,气泡内气体视为理想气体,则外界对气泡做正功,同时气泡放热解析:由热力学第二定律可知,A错误.由热力学第一定律可知,B正确.保持气体的质量和体积不变,当温度升高时,分子平均速率增大,每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多,C正确.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非常小,D正确.随着气泡的上升,压强减小,因为温度不变,根据=C,所以体积增大,即为气泡对外做正功;根据ΔE=W+Q可知温度不变,所以ΔE不变,W<0,所以Q>0,即气泡吸热,E错误.5.下列说法正确的是( BDE )A.布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动B.水可以浸润玻璃,但不能浸润石蜡,表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系C.液晶的各种物理性质,在各个方向上都是不同的D.相同温度下相对湿度越大,表明空气中水汽越接近饱和E.对一定质量的理想气体,在压强不变而体积增大时,单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少解析:布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动,故选项A错误;液体是否浸润某种固体取决于相关液体及固体的性质,故选项B正确;液晶的某些物理性质,在各个方向上是相同的, 故C错误;相对湿度是空气中水蒸气的压强与同温度水的饱和汽压的比值,故选项D正确;一定质量的理想气体,体积增大时,分子数密度减小,而压强不变,说明分子的平均动能变大,则每次碰撞的冲击力变大,所以单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少,故选项E正确.6.如图所示,a,b,c,d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态,图中ad平行于横坐标轴,cd平行于纵坐标轴,ab的延长线过原点,以下说法正确的是( BCD )A.从状态d到c,气体不吸热也不放热B.从状态c到b,气体放热C.从状态a到d,气体对外做功D.从状态b到a,气体吸热E.从状态d到c,气体内能减小解析:读取p T图像信息,从状态d到c,气体等温变化,内能不变,体积变大,气体对外界做功,由热力学第一定律知气体要吸热,故A错误.从状态c到b,气体体积变小,外界对气体做功,又内能减小,则气体放热,故B正确.从状态a到d,气体等压变化,温度升高,体积变大,气体对外界做功,故C正确.从状态b到a,气体等容变化,温度升高,内能变大,气体吸热,故D正确.从状态d到c,气体温度不变,则理想气体的内能不变,故E错误.7.以下有关热现象的叙述,正确的是( CDE )A.气体的体积是所有气体分子的体积之和B.当气体膨胀时,气体的内能一定减少C.即使没有漏气,也没有摩擦的能量损失,内燃机也不可能把内能全部转化为机械能D.单晶体一定具有规则形状,且有各向异性的特征E.一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气,其分子之间的势能增加解析:气体体积主要是气体所充满的空间,故选项A错误;气体膨胀时,对外做功,但不清楚传热情况,所以不能确定内能的变化情况,故选项B错误;由热力学第二定律知,内燃机不可能把内能全部转化为机械能,故选项C正确;由单晶体的特点知选项D正确;100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气,吸热但分子动能不变,所以分子之间的势能增加,故选项E正确.8.一定质量的理想气体分别在T1,T2温度下发生等温变化,相应的两条等温线如图所示,T2对应的图线上有A,B两点,表示气体的两个状态.下列说法正确的是( BCD )A.温度为T1时气体分子的平均动能比T2时的大B.A到B的过程中,气体内能不变C.A到B的过程中,气体从外界吸收热量D.A到B的过程中,气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少E.A到B的过程中,气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数增多解析:由题图知T2>T1,温度为T1时气体分子的平均动能比T2时小,选项A错误;A到B的过程中,气体体积增大,对外做功,温度不变,内能不变,由热力学第一定律,可知气体从外界吸收热量,选项B,C正确;气体的压强由气体分子平均动能和单位体积的分子数目决定,A到B的过程中,气体温度不变,分子平均动能一定,气体体积增大,单位体积的分子数目减小,气体压强减小,所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少,选项D正确,E错误.9.下列关于固体、液体、气体的性质的说法正确的是( BDE )A.气体如果失去了容器的约束就会散开,这是因为气体分子之间存在斥力的缘故B.液体表面具有收缩的趋势,这是液体表面层分子的分布比内部稀疏的缘故C.黄金、白银等金属容易加工成各种形状,没有固定的外形,所以金属不是晶体D.某温度下空气的相对湿度是此时空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压之比的百分数E.水很难被压缩,这是分子间存在斥力的宏观表现解析:气体如果失去了容器的约束就会散开,这是气体分子无规则运动的缘故,选项A错误;液体表面具有收缩的趋势,这是液体表面层分子的分布比内部稀疏的缘故,选项B正确;黄金、白银等金属一般是多晶体,容易加工成各种形状,没有固定的外形,选项C错误;某温度下空气的相对湿度是此时空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压之比的百分数,选项D 正确;水很难被压缩,这是分子间存在斥力的宏观表现,选项E正确.10.下列说法中正确的是( ABC )A.气体放出热量,其分子的平均动能可能增大B.布朗运动不是液体分子的运动,但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动C.当分子力表现为斥力时,分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D.第二类永动机不违背能量守恒定律,但违背了热力学第一定律E.某气体的摩尔体积为V,每个分子的体积为V0,则阿伏伽德罗常量可表示为N A=解析:根据热力学第一定律,气体放出热量,若外界对气体做功,使气体温度升高,其分子的平均动能增大,选项A正确;布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动,不是液体分子的运动,但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动,选项B正确;当分子力表现为斥力时,分子力总是随分子间距离的减小而增大,随分子间距离的减小,分子力做负功,所以分子势能也增大,选项C正确;第二类永动机不违背能量守恒定律,但违背了热力学第二定律,选项D错误;某固体或液体的摩尔体积为V,每个分子的体积为V0,则阿伏伽德罗常量可表示为N A=,对于气体此式不成立,选项E错误.11.下列说法正确的是( ACD )A.单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化B.足球充足气后很难压缩,是足球内气体分子间斥力作用的结果C.一定质量的理想气体经过等容过程,吸收热量,其内能一定增加D.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E.一定质量的理想气体体积保持不变,单位体积内分子数不变,温度升高,单位时间内撞击单位面积上的分子数不变解析:单晶体冰糖有固定的熔点,磨碎后物质微粒排列结构不变,熔点不变,选项A正确;足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因,与气体的分子之间的作用力无关,选项B错误;一定质量的理想气体经过等容过程,吸收热量,没有对外做功,根据热力学第一定律可知,其内能一定增加,选项C正确;根据热力学第二定律可知,自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的,选项D正确;一定质量的理想气体体积保持不变,单位体积内分子数不变,温度升高,分子的平均动能增大,则平均速率增大,单位时间内撞击单位面积上的分子数增大,选项E错误.12.如图所示,汽缸和活塞与外界均无热交换,中间有一个固定的导热性良好的隔板,封闭着两部分气体A和B,活塞处于静止平衡状态.现通过电热丝对气体A加热一段时间,后来活塞达到新的平衡,不计气体分子势能,不计活塞与汽缸壁间的摩擦,大气压强保持不变,则下列判断正确的是( ACE )A.气体A吸热,内能增加B.气体B吸热,对外做功,内能不变C.气体A分子的平均动能增大D.气体A和气体B内每个分子的动能都增大E.气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少解析:气体A做等容变化,则W=0,根据ΔU=W+Q可知气体A吸收热量,内能增加,温度升高,气体A分子的平均动能变大,但不是每个分子的动能都增加,选项A,C正确,D错误;因为中间是导热隔板,所以气体B吸收热量,温度升高,内能增加;又因为压强不变,故体积变大,气体对外做功,选项B错误;气体B的压强不变,但是体积增大,平均动能增大,所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积的碰撞次数减少,选项E正确.13.如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成理想气体,且温度不变,下列说法正确的有( ACD )A.充气后,密封气体的压强增加B.充气后,密封气体的分子平均动能增加C.充气过程,外界对密封气体做功D.打开阀门后,密封气体对外界做正功E.打开阀门后,不再充气也能把水喷光解析:以两部分气体整体为研究对象,初状态有p1=1 atm,V1=(0.5+ 0.1) L,末状态有V2=0.5L,p2未知.由玻意耳定律p1V1=p2V2,解得p2= = atm=1.2 atm,则充气后压强增大,故选项A正确;温度不变,则气体分子平均动能不变,故选项B错误;充气过程,气体体积减小,外界对其做功,故选项C正确;打开阀门后气体体积增大,则气体对外界做正功,故选项D正确;打开阀门后,水向外流出,假设水全部流出,则气体充满容器,初状态为p2=1.2 atm,V2=0.5 L,末状态为V3=2.5 L,p3未知,由玻意耳定律p2V2=p3V3,解得p3=0.24 atm,小于外部气压,故水不会喷光,故选项E错误.二、非选择题(共48分)14.(9分)油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL,现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液,量筒中的溶液体积增加了1 mL,若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大盛水的浅盘中,由于酒精溶于水,油酸在水面展开,稳定后形成的油膜的形状如图所示.若每一小方格的边长为25 mm,试问:(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为模型,让油酸尽可能地在水面上散开,则形成的油膜可视为油膜,这层油膜的厚度可视为油酸分子的.图中油酸膜的面积为m2;每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是m3;根据上述数据,估测出油酸分子的直径是m.(结果保留两位有效数字)(2)某同学在实验过程中,在距水面约2 cm的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜,实验时观察到,油膜的面积先扩张后又收缩了一些,这是为什么呢?请写出你分析的原因:. 解析:(1)油膜面积约占70小格,面积约为S=70×25×25×10-6m2≈4.4×10-2m2,一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V=×× 10-6 m3=1.2×10-11 m3,油酸分子的直径约等于油膜的厚度D== m≈2.7×10-10 m.(2)主要有两个原因:①水面受到落下的油酸酒精溶液的冲击,先陷下后又恢复水平,因此油膜的面积扩张;②油酸酒精溶液中的酒精挥发,使液面收缩.答案:(1)球体单分子直径 4.4×10-2 1.2×10-112.7×10-10(2)见解析评分标准:第(1)问6分,第(2)问3分.15.(9分)某同学估测室温的装置如图所示,汽缸导热性能良好,用绝热的活塞封闭一定质量的理想气体.室温时气体的体积V1=66 mL,将汽缸竖直放置于冰水混合物中,稳定后封闭气体的体积V2=60 mL.不计活塞重力及活塞与缸壁间的摩擦,室内大气压p0=1.0×105 Pa.(1)根据题干条件可得室温是多少?(2)上述过程中,外界对气体做的功是多少?解析:(1)设室温为T1,则=,(2分)又T2=273 K,(2分)代入解得T1=300.3 K,t1=27.3 ℃.(1分)(2)外界对气体做的功W=p0·ΔV,(2分)解得W=0.60 J.(2分)答案:(1)27.3 ℃(2)0.60 J16.(9分)如图所示,一粗细均匀的玻璃瓶水平放置,瓶口处有阀门K,瓶内有A,B两部分用一活塞分开的理想气体.开始时,活塞处于静止状态,A,B两部分气体长度分别为2L和L,压强均为p.若因阀门封闭不严,B中气体向外缓慢漏气,活塞将缓慢移动,整个过程中气体温度不变,瓶口处气体体积可以忽略.当活塞向右缓慢移动的距离为0.4L时,(忽略摩擦阻力)求此时:(1)A中气体的压强;(2)B中剩余气体与漏气前B中气体的质量之比.解析:(1)对A中气体,由玻意耳定律可得p·2LS=p A(2L+0.4L)S(2分)得p A=p.(1分)(2)AB气体通过活塞分开,AB中气体压强始终保持相同p A=p B设漏气后B中气体和漏出气体总长度为L BpLS=p B L B S(1分)得L B=L(2分)此时B中气体长度为L B′=L-0.4L=0.6L(1分)则此时B中气体质量m B′与原有质量m B之比为==.(2分)答案:(1)p (2)17.(9分)一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图像如图所示,气体在状态A时的压强p A=p0,温度T A=T0,线段AB与V轴平行,BC的延长线过原点.求:(1)气体在状态B时的压强p B;(2)气体从状态A变化到状态B的过程中,对外界做的功为10 J,该过程中气体吸收的热量为多少;(3)气体在状态C时的压强p C和温度T C.解析:(1)A到B是等温变化,压强和体积成反比,根据玻意耳定律有p A V A=p B V B,(2分)解得p B=p0.(1分)(2)A状态至B状态过程是等温变化,气体内能不变,即ΔU=0气体对外界做功W=-10 J(1分)根据热力学第一定律有ΔU=W+Q(1分)解得Q=-W=10 J.(1分)(3)由B到C等压变化,则p C=p B=p0根据盖吕萨克定律得=(2分)解得T C=T0.(1分)答案:(1)p0(2)10 J (3)p0T018.(12分)如图所示,有一个高度为h=0.6 m的金属容器放置在水平地面上,容器内有温度为t1=27 ℃的空气,容器左侧壁有一阀门距底面高度为h1=0.3 m,阀门细管直径忽略不计.容器内有一质量为m= 5.0 kg的水平活塞,横截面积为S=20 cm2,活塞与容器壁紧密接触又可自由活动,不计摩擦,现打开阀门,让活塞下降直至静止并处于稳定状态.外界大气压强为p0=1.0×105 Pa.阀门打开时,容器内气体压强与大气压相等,g取10 m/s2.求:(1)若不考虑气体温度变化,则活塞静止时距容器底部的高度h2;(2)活塞静止后关闭阀门,对气体加热使容器内气体温度升高到 327 ℃,求此时活塞距容器底部的高度h3.解析:(1)活塞在阀门以上时,容器内气体的压强为p1=1.0×105 Pa,活塞静止时,气体压强为p2=p0+=1.25×105 Pa,(2分)活塞刚到阀门时,容器内气体体积为V1=h1S,活塞静止时,气体的体积为V2=h2S,根据玻意耳定律有p1V1=p2V2,(2分)代入数据得h2=0.24 m.(2分)(2)活塞静止后关闭阀门,此时气体的压强为p3=p2=1.25×105 Pa,等压变化,T2=T1=300 K,T3=600 K,V2=h2S,V3=h3S,(2分)根据盖吕萨克定律有=,(2分)代入数据得h3==0.48 m.(2分)答案:(1)0.24 m (2)0.48 m。
高中物理选修3-3课时作业：第八章 第4节
1．个别事物的出现具有____________，但大量事物出现的机会却遵从一定的____________．2．由于气体分子间的距离比较大，分子间的作用力很弱，通常认为，气体分子除了相互碰撞或者跟器壁碰撞外，不受力而做________________，因而气体会充满它所能达到的整个空间．分子之间频繁地发生碰撞，使每个分子的速度大小和方向频繁地改变，造成气体分子做____________________．3．分子的运动杂乱无章，在某一时刻，向着任何一个方向运动的分子都有，而且向着各个方向运动的气体分子数目都________；气体分子的速率各不相同，但遵守速率分布规律，即呈现“________________”的分布规律．而且____________，分子的热运动越激烈．4．气体的压强是大量气体分子频繁的____________而产生的．气体的压强在数值上等于大量气体分子作用在器壁____________的平均作用力．单位体积内的气体分子数越多，分子在单位时间内对单位面积器壁碰撞的次数就越多，压强就越____；温度越高，气体分子运动的平均动能越大，每个分子对器壁碰撞的作用力就会越____，气体的压强也就越____．由此可知：气体的压强由气体分子的____________和____________决定．5．(1)一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能是________的．在这种情况下，体积减小时，分子的________________，气体的压强就________．这就是对玻意耳定律的微观解释．(2)一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的密集程度____________．在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能________，气体的压强就________．这就是对查理定律的微观解释．(3)一定质量的某种理想气体，温度升高时，分子的平均动能________；只有气体的体积同时________，使分子的密集程度________，才能保持压强不变．这就是盖—吕萨克定律的微观解释．6．关于气体分子，下列说法中正确的是()A．由于气体分子间的距离很大，气体分子在任何情况下都可以视为质点B．气体分子除了碰撞以外，可以自由地运动C．气体分子之间存在相互斥力，所以气体对容器壁有压强D．在常温常压下，气体分子间的相互作用力可以忽略7．对于气体分子的运动，下列说法正确的是()A．一定温度下某理想气体的分子碰撞十分频繁，但同一时刻，每个分子的速率都相等B．一定温度下某理想气体的分子速率一般不等，但速率很大和速率很小的分子数目相对较少C．一定温度下某理想气体的分子做杂乱无章的运动可能会出现某一时刻所有分子都朝同一方向运动的情况D．一定温度下的某理想气体，当温度升高时，其中某10个分子的动能可能减少【概念规律练】知识点一气体分子运动的特点1．为什么气体既没有一定的体积，也没有一定的形状？知识点二气体温度的微观意义2．如图1所示为一定质量的氧气分子在0℃和100℃两种不同情况下的速率分布情况，由图可以判断以下说法中正确的是()图1A．温度升高，所有分子的运动速率均变大B．温度越高，分子的平均速率越小C．0℃和100℃氧气分子的速率都呈现“中间多，两头少”的分布特点D．100℃的氧气与0℃的氧气相比，速率大的分子所占比例较大知识点三气体压强的微观意义3．在一定温度下，当一定量气体的体积增大时，气体的压强减小，这是由于()A．单位体积内的分子数变少，单位时间内对单位面积器壁碰撞的次数减少B．气体分子的密集程度变小，分子对器壁的吸引力变小C．每个分子对器壁的平均撞击力都变小D．气体分子的密集程度变小，单位体积内分子的重量变小4.图2如图2所示，两个完全相同的圆柱形密闭容器，甲中装有与容器容积相等的水，乙中充满空气，试问：(1)两容器各侧壁压强的大小关系及压强的大小决定于哪些因素？(容器容积恒定)(2)若让两容器同时做自由落体运动，容器侧壁上所受压强将怎样变化？知识点四对气体实验定律的微观解释5．一定质量的理想气体，在压强不变的条件下，体积增大，则()A．气体分子的平均动能增大B．气体分子的平均动能减小C．气体分子的平均动能不变D．条件不足，无法判定气体分子平均动能的变化情况6．封闭的汽缸内有一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是()A．气体的密度增大B．气体的压强增大C．气体分子的平均动能减小D．每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多【方法技巧练】影响气体压强因素的判定方法7．对于一定质量的理想气体，下列说法中正确的是()A．当分子热运动变得剧烈时，压强必变大B．当分子热运动变得剧烈时，压强可以不变C．当分子间的平均距离变大时，压强必变小D．当分子间的平均距离变大时，压强必变大8．一定质量的某种理想气体，当体积减小为原来的一半时，其热力学温度变为原来的2倍时，它的压强变为原来的多少？试从压强和温度的微观意义进行解释．1．下列关于气体分子运动的特点，正确的说法是()A．气体分子运动的平均速率与温度有关B．当温度升高时，气体分子的速率分布不再是“中间多，两头少”C．气体分子的运动速率可由牛顿运动定律求得D．气体分子的平均速度随温度升高而增大2．气体分子运动的特点是()A．分子除相互碰撞或跟容器壁碰撞外，可在空间里自由移动B．分子的频繁碰撞致使它做杂乱无章的热运动C．分子沿各个方向运动的机会均等D ．分子的速率分布毫无规律3．在一定温度下，某种理想气体分子的速率分布应该是( ) 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 4．气体的压强是由于气体分子的下列哪种原因造成的( ) A ．气体分子间的作用力 B ．对器壁的碰撞力 C ．对器壁的排斥力 D ．对器壁的万有引力5．密闭容器中气体的压强是( ) A ．由于重力产生的B ．由于分子间的相互作用力产生的C ．大量气体分子频繁碰撞器壁产生的D ．在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强6．密封在圆柱形容器内的气体上半部分密度为ρ，压强为p ，则下半部分气体的压强和密度分别为( )A ．p ，ρ B.p 2，ρ2C ．2p,2ρ D.p2，ρ7．一定质量的气体，下列叙述中正确的是( )A ．如果体积减小，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增大B ．如果压强增大，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增大C ．如果温度升高，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增大D ．如果分子密度增大，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增大8．注射器中封闭着一定质量的气体，现在缓慢压下活塞，下列物理量发生变化的是( ) A ．气体的压强 B ．气体分子的平均速率 C ．单位体积内的分子数 D ．气体的密度9．一定质量的理想气体处于平衡状态Ⅰ.现设法使其温度降低而压强升高，达到平衡状态Ⅱ，则( )A ．状态Ⅰ时气体的密度比状态Ⅱ时的大B ．状态Ⅰ时分子的平均动能比状态Ⅱ时的大C ．状态Ⅰ时分子间的平均距离比状态Ⅱ时的大D ．状态Ⅰ时每个分子的动能都比状态Ⅱ时的分子平均动能大10．x 、y 两容器中装有相同质量的氦气，已知x 容器中氦气的温度高于y 容器中氦气的温度，但压强却低于y 容器中氦气的压强．由此可知( )A ．x 中氦气分子的平均动能一定大于y 中氦气分子的平均动能B ．x 中每个氦分子的动能一定都大于y 中每个氦分子的动能C ．x 中动能大的氦气分子数一定多于y 中动能大的氦气分子数D ．x 中氦分子的热运动一定比y 中氦分子的热运动剧烈 11．如图3所示，图3一定质量的理想气体由状态A 沿平行于纵轴的直线变化到状态B ，则它的状态变化过程是( )A．气体的温度不变B．气体的内能增加C．气体分子的平均速率减少12.理想气体的热力学温度T与分子的平均动能E k成正比，即：T＝a E k(式中a是比例常数)，因此可以说，________是分子平均动能的标志．13．从宏观上看，一定质量的气体体积不变仅温度升高或温度不变仅体积减小都会使压强增大，从微观上看，这两种情况有没有什么区别？14．一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＝0.3 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．第4节气体热现象的微观意义课前预习练1．偶然因素统计规律2．匀速直线运动无规则的热运动3．相等中间多，两头少温度越高4．碰撞器壁单位面积上大大大密集程度平均动能5．(1)一定密集程度增大增大(2)保持不变增大增大(3)增大增大减小6．BD7．BD课堂探究练1．因为气体分子间的距离较大，大约是分子直径的10倍，所以能够把分子看做是没有大小的质点，并可以认为分子间的相互作用力为零，气体分子除了相互碰撞或者跟器壁碰撞之外，不受到力的作用，可在空间内自由移动，因而能充满它所能达到的空间，所以气体既没有一定的体积，也没有一定的形状．方法总结 气体分子间距较大，可以在空间内自由移动，因而能充满它所能达到的整个空间，注意气体分子的这个特点． 2．CD方法总结 气体分子速率分布表现出“中间多、两头少”的分布规律．当温度升高，速率大的分子数增多，速率小的分子数减少，分子的平均速率增大．温度越高，分子的热运动越剧烈． 3．A方法总结 温度一定时，单位体积内分子数越多，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数就越多，因而压强越大；若温度升高，则分子的平均动能增大，分子运动越剧烈，一方面使单位时间内碰到器壁单位面积上的分子数增多，另一方面也使一个分子与器壁碰撞一次时对器壁的平均冲击力增大，使压强增大．所以气体压强大小宏观上看跟温度和气体分子的密度有关，微观上看跟单位体积内的分子数和分子的平均速率有关． 4．见解析解析 (1)对甲容器，顶壁的压强为零，底面的压强最大，其数值为p ＝ρgh (h 为上下底面间的距离)．左右两侧壁的压强自上而下，由小变大，其数值大小与侧壁上各点距水面的竖直距离x 的关系是p ＝ρgx .对乙容器，各处器壁上的压强大小都相等，其大小决定于气体的密度和温度．(2)甲容器做自由落体运动时器壁各处的压强均为零．乙容器做自由落体运动时，器壁各处的压强不发生变化．方法总结 (1)掌握好气体分子压强的微观解释．(2)千万不要混淆液体和气体压强，而要从它们产生的原因上加以区别． 5．A方法总结 本题也可以从微观角度来分析，体积增大气体分子密度减小，要想压强不变，分子平均动能必须增大，即撞击器壁的作用力变大． 6．BD方法总结 要从微观上理解查理定律．即：体积不变，则分子密度不变，温度升高，分子平均动能增大，分子撞击器壁的作用力变大，所以气体的压强增大． 7．B8．4倍 解释见解析解析 由理想气体状态方程pVT＝恒量得，压强变为原来的4倍，从微观角度看，气体压强的大小跟两个因素有关：一个是气体分子的平均动能，一个是气体分子的密集程度，当体积减小为原来的一半时，气体分子的密集程度变为原来的两倍，这时气体的压强相应地变为原来的两倍，这时还要从另外一个因素考虑，即增加气体分子的平均动能，而气体分子的平均动能是由温度来决定的，气体的热力学温度变为原来的2倍，这时压强便在这两个因素(体积减小——分子密度程度增大，温度升高——分子的平均动能增大)的共同作用下变为原来的4倍． 方法总结 微观上影响气体压强的是分子的平均动能和分子的密集程度．因为温度是分子平均动能的标志，一定质量的气体、分子的密集程度决定于气体的体积，所以宏观上影响气体压强的因素是气体的温度和体积．所以，在遇到影响压强的因素判断时，可从微观角度，也可由理想气体状态方程pVT＝C 从宏观角度得出结论．课后巩固练 1．A 2．ABC 3．B 4．B 5．C 6．A 7．B 8．ACD 9．BC10．ACD 11．B 12．温度 13．见解析解析 因为一定质量的气体的压强是由单位体积内的分子数和气体的温度决定的，气体温度升高，气体分子运动加剧，分子的平均速率增大，分子撞击器壁的作用力增大，故压强增大．气体体积减小时，虽然分子的平均速率不变，分子对容器的撞击力不变，但单位体积内的分子数增多，单位时间内撞击器壁的分子数增多，故压强增大，所以这两种情况下在微观上是有区别的．14．(1)0.4 m 3 (2)见解析解析 (1)A →B 由盖—吕萨克定律，得V A T A ＝V B T B ，故V B ＝T B T A V A ＝400300×0.3 m 3＝0.4 m 3(2)B →C 过程气体的体积不变，分子密度不变，温度降低，分子平均动能减小，压强减小．小课堂：如何培养学生的自主学习能力？自主学习是与传统的接受学习相对应的一种现代化学习方式。
2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第八单元 恒定电流 作业35实验：测定金属的电阻率 Word版含答案
题组层级快练(三十五) 实验：测定金属的电阻率一、选择题1．现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度．螺旋测微器和游标卡尺的示数如图a 和b 所示．(1)由上图读得圆柱体的直径为________ cm ，长度为________ cm.(2)若流经圆柱体的电流为I ，圆柱体两端之间的电压为U ，圆柱体的直径和长度分别为D 、L ，测得D 、L 、I 、U 表示的电阻率的关系式为ρ＝________． 答案 (1)0.1844 4.240 (2)πD 2U4IL解析 (1)螺旋测微器的读数为1.5 mm ＋34.4×0.01 mm ＝1.844 mm(1.842－1.846范围内的均可)；游标卡尺的读数为42 mm ＋8×0.05 mm ＝42.40 mm ＝4.240 cm ；(2)圆柱体的横截面积为S ＝π(D 2)2，由电阻定律R ＝ρL S 和欧姆定律R ＝U I 可知，ρ＝πD 2U4IL.2．衡水中学课外活动小组的同学们在做《自来水电阻率的测定》课题时，在一根粗细均匀的长玻璃管两端各装了一个电极，其间充满待测的自来水，然后用如图甲所示电路进行测量．某同学选用的电学器材如下：电压表(量程15 V ，内阻约90 k Ω)、电流表(量程300 μA ，内阻约50 Ω)、滑动变阻器(100 Ω，1 A)、电池组(电动势E ＝12 V ，内阻r ＝6 Ω)、开关一个、导线若干． 实验中测量情况如下：安装前他用图乙(a)的游标卡尺测量玻璃管的内径，结果如图乙(b)所示． 测得两电极相距L ＝0.314 m.实验中测得包括0在内的9组电流I 、电压U 的值，在坐标纸上描点如图所示．根据以上材料请回答下面的问题：(1)测量玻璃管内径时，应将图乙(a)游标卡尺中的A、B、C三部分中的________与玻璃管内壁接触；玻璃管的内径d＝________mm.(2)为保证安全，闭合开关前滑动变阻器的滑片应移至________端(选填M或N)．(3)根据实验数据可知他测得水柱的电阻R＝________Ω(保留两位有效数字)；用水柱电阻R、玻璃管内径d、水柱长度L表示自来水的电阻率ρ＝________．(4)该同学在完成实验报告时，通过比较水柱电阻、电表内阻时发现，实验中的电路设计有不妥之处，会引起较大的系统误差，于是他在实验报告中提出了改进意见，并画出了改进后的电路原理图．请在虚线框中画出改进后的实验电路原理图．答案(1)A 30.75 (2)M (3)1.0×105πRd2 4L(4)如图所示解析(1)游标卡尺中的A是用于测内径的，其读数d＝30 mm＋15×0.05 mm＝30.75 mm(2)滑动变阻器分压接法时，闭合开关时，分压应为零，即滑片应置于M端．(3)根据图作过原点的直线(使较多的点在直线上或平均分布于直线两侧)，其斜率即为阻值R ＝1.0×105Ω.根据R ＝ρL S ，得ρ＝πRd24L.(4)由于被测电阻阻值较大，故电流表应内接．3．为了测量某待测电阻R x 的阻值(约为30 Ω)，有以下一些器材可供选择． 电流表A 1(量程0－50 mA ，内阻约10 Ω)； 电流表A 2(量程0－3 A ，内阻约0.12 Ω)； 电压表V 1(量程0－3 V ，内阻很大)； 电压表V 2(量程0－15 V ，内阻很大)； 电源E(电动势约为3 V ，内阻约为0.2 Ω)； 定值电阻R(20 Ω，允许最大电流1.0 A)； 滑动变阻器R 1(0－10 Ω，允许最大电流2.0 A)； 滑动变阻器R 2(0－1 k Ω，允许最大电流0.5 A)； 单刀单掷开关S 一个，导线若干．(1)电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________．(填字母代号) (2)请在下面的虚线框内画出测量电阻R x 的实验电路图．(要求所测量范围尽可能大)(3)某次测量中，电压表示数为U 时，电流表示数为I ，则计算待测电阻阻值的表达式为R x ＝________．答案 (1)A 1 V 1 R 1 (2)见解析图 (3)UI－R 解析 (1)首先选取唯一性器材：电源E(电动势约为3 V ，内阻约为0.2 Ω)，定值电阻R(20 Ω允许最大电流1.0 A)，单刀单掷开关S ，导线．电源电动势约为3 V ，所以电压表选择V 1(量程0－3 V ，内阻很大)；待测电阻R x 的阻值约为30 Ω，流过R x 的最大电流为3 V30 Ω＝0.1 A ＝100 mA ，如果电流表选择A 2(量程0－3 A ，内阻约0.12 Ω)，指针偏转很小，测量不准确，所以只能选择A 1(量程0－50 mA ，内阻约10 Ω)；滑动变阻器R 2的全值电阻太大，操作不便，所以滑动变阻器应选R 1(0－10 Ω，允许最大电流2.0 A)．(2)因为实验要求所测量范围尽可能大，所以滑动变阻器应采用分压接法；因为待测电阻R x 的阻值远小于电压表内阻，所以电流表采用外接法；为了使流过电流表的电流不超过其最大量程，即50 mA ，应给待测电阻串联一个定值电阻R ，起保护作用．实验原理图如图所示． (3)根据欧姆定律可得R x ＝UI－R.4．在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”的实验中：(1)某实验小组用如图甲所示电路对镍铬合金丝和康铜丝进行探究，a 、b 、c 、d 是四种金属丝．①实验小组讨论时，某同学对此电路提出异议，他认为，电路中应该串联一个电流表，只有测出各段金属丝的电阻，才能分析电阻与其影响因素的定量关系．你认为要不要串联电流表？并简单说明理由．____________________________；②几根镍铬合金丝和康铜丝的规格如下表所示：电路图中金属丝a 、b 、c 分别为下表中编号为A 、B 、C 的金属丝，则金属丝d 应为下表中的________(用表中编号D 、E 、F 表示)．(2) ①用毫米刻度尺测量金属丝长度为L ＝80.00 cm ，用螺旋测微器测金属丝的直径如图乙所示，则金属丝的直径d 为________；②按如图丙所示连接好电路，测量金属丝的电阻R.改变滑动变阻器的阻值，获得六组I 、U 数据描在如图丁所示的坐标系上．由图可求得金属丝的电阻R ＝________Ω，该金属丝的电阻率ρ＝________Ω·m(保留两位有效数字)．答案 (1)①不需要，串联电路的电流处处相等，电压与电阻成正比 ②E (2)①1.600 mm ②0.52 1.3×10－6解析 (1)①串联电路的电流处处相等，串联电阻两端电压与电阻成正比，不需要测出电流，根据电阻两端电压大小即可比较出电阻大小．②探究影响电阻的因素，应采用控制变量法，实验已选A 、B 、C 的金属丝，根据控制变量法的要求，应控制材料的长度与横截面积相等而材料不同，因此d 应选表中的E. (2)①由题图乙示螺旋测微器可知，其示数为1.5 mm ＋10.0×0.01 mm＝1.600 mm ； ②根据坐标系内的点作出图像如图所示．由图像可知，电阻阻值为R ＝U I ＝0.30.58 Ω≈0.52 Ω；由R ＝ρlS＝ρl π（d 2）2可得，电阻率ρ＝πRd 24l ＝3.14×0.52×（1.600×10－3）24×0.800 Ω·m ≈1.3×10－6Ω·m.5．某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．(1)分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图(a)和(b)所示，长度为________ cm ，直径为________ mm.(2)按图(c)连接电路后，实验操作如下．①将滑动变阻器R 1的阻值置于最________处(填“大”或“小”)；将S 2拨向接点1，闭合S 1，调节R 1，使电流表示数为I 0.②将电阻箱R 2的阻值调至最________(填“大”或“小”)，S 2拨向接点2；保持R 1不变，调节R 2，使电流表示数仍为I 0，此时R 2阻值为1 280 Ω. (3)由此可知，圆柱体的电阻为________Ω. 答案 (1)5.01 5.315 (2)大 大 (3)1 280 解析 (1)长度l ＝5.0 cm ＋1×110mm ＝5.01 cm ； 直径d ＝5 mm ＋31.5×0.550mm ＝5.315 mm. (2)①为保护电路使电路中电流不会超出电流表量程，应将滑动变阻器接入电路的阻值置于最大处．②为使电路中电流较小，使电流表示数逐渐变大，电阻箱阻值也应先调至最大． (3)将S 1闭合，S 2拨向接点1时，其等效电路图如图甲所示．当S 2拨向2时，其等效电路图如图乙所示． 由闭合电路欧姆定律，知I ＝ER 1＋R ＋r当I 相同均为I 0时，R 2＝R 圆柱体 所以R 圆柱体＝1 280 Ω6．现要测量一待测电阻的阻值，所用器材如下： 标准电流表A 1(量程250 mA ，内阻r 1＝5 Ω)； 电流表A 2(量程300 mA ，内阻r 2约为5 Ω)； 待测电阻R 1(阻值约为100 Ω)； 滑动变阻器R 2(最大阻值10 Ω)；电源E(电动势约为6 V ，内阻r 约为1 Ω)； 单刀单掷开关，导线若干．(1)要求方法简捷，并能测量多组数据，画出实验电路原理图，并标明每个器材的代号． (2)实验中，需要直接测量的物理量有________，用测得的量表示待测电阻R 1的阻值R 1＝________．答案 (1)实验电路原理图见解析图 (2)两电流表A 1、A 2的读数I 1、I 2I 1I 2－I 1r 1【解析】(1)由于A1的内阻已知，可当做电压表来用；又给了另一个电流表A2，可结合两电流表示数之差，利用欧姆定律测R1的阻值；题目要求测多组数据，滑动变阻器应接成分压式；电路图如图所示：(2)实验中，测出两电流表A1、A2的读数I1、I2之后，则(I2－I1)R1＝I1r1，所以R1＝I1r1I2－I1. 7．(2016·课标全国Ⅱ)某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V的电压表的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R(最大阻值99 999.9 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ)，直流电源E(电动势3 V)，开关1个，导线若干．实验步骤如下：①按电路原理图(a)连接线路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S；③调节滑动变阻器，使电压表满偏；④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V，记下电阻箱的阻值．回答下列问题：(1)实验中应选择滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)．(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线．(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为________Ω(结果保留到个位)．(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为________(填正确答案标号)． A ．10 μA B ．250 μA C ．500 μAD ．1 mA答案 (1)R 1 (2)连线如下图所示 (3)2 520 (4)D解析 (1)实验原理类比于半偏法测电表内阻，电压表所在支路的总电压应该尽量不变化，即滑动变阻器选最大阻值小的即选R 1.(3)近似认为电压表所在电路的总电压不变，2R V ＝2.5－2R ，则R V ＝4R ＝2 520 Ω. (4)由欧姆定律可知，I 满＝U 满R V ＝ 2.52 520mA ≈1 mA.。
高考物理总复习 第七章 恒定电流 实验八 测量电源电动势和内电阻教案
实验八测量电源电动势和内电阻注意事项1.可选用旧电池：为了使电路的路端电压变化明显，电池的内阻宜大些，可选用已使用过一段时间的1号干电池。
2.电流不要过大，读数要快：干电池在大电流放电时，电动势E会明显下降，内阻r会明显增大。
因此，实验中不要将I调得过大，读数要快，每次读完立即断电。
3.计算法求E、r：要测出不少于6组I、U数据，且变化范围要大些，用方程组求解时，要将测出的I、U数据中，第1和第4为一组、第2和第5为一组、第3和第6为一组，分别解出E、r值，再求平均值。
4.合理选择标度：为使图线分布空间大，如图1所示，纵坐标可以不从零开始，则图线和横轴的交点不再是短路电流，电源的内阻不能用r＝EI短确定，应根据r＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔUΔI确定。
图1误差分析1.用图象法求E和r时作图不准确。
2.由于电流表或电压表的分压或分流存在系统误差。
本实验中测量结果是：E测<E真，r测<r真。
热点一实验原理与实验操作【例1】(2015·江苏单科，10)小明利用如图2所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻。
图2(1)如图2中电流表的示数为________A。
(2)调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：U(V) 1.45 1.36 1.27 1.16 1.06I(A)0.120.200.280.360.44由图线求得：电动势E＝________V；内阻r＝________Ω。
(3)实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合。
其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为___________________________ ____________________________________________________________________。
解析 (1)由实验装置图可知，电流表使用0.6 A 量程，所以读数为0.44 A ；(2)描点画图，如图所示，根据U ＝－Ir ＋E 可得电动势为E ＝1.60 V ；图线的斜率绝对值等于内阻r ＝1.22 Ω；(3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大。
高考物理总复习 课时配套作业33 新人教版选修32
课时作业(三十三)1．(2012·江苏南通月考)电磁炉的工作原理是利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物．下列相关的说法中正确的是( ) A．锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关B．电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作C．金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物D．电磁炉的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递、减少热损耗[解析] 涡流是高频交流电产生的磁场引起的电磁感应现象，故选项A正确、B错误；电磁炉表面一般用绝缘材料制成，避免产生涡流，锅体用金属制成利用涡流加热食物，故选项C、D错误．[答案] A2．(2012·湖南嘉兴模拟)在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒PQ以初速度v0水平抛出，如右图所示．棒在运动过程中始终保持水平，空气阻力不计，那么，下列说法中正确的是( ) A．PQ棒两端的电势一定满足φP<φQB．PQ棒中的感应电动势越来越大C．PQ棒中的感应电动势越来越小D．PQ棒中的感应电动势保持不变[解析] PQ棒水平切割磁感线，利用右手定则可判断两端的电势一定满足φP<φQ，A 正确；因PQ棒水平方向速度不变，竖直方向不切割磁感线，所以PQ棒中的感应电动势保持不变，D正确．[答案] AD3．如右图所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在平面．一根金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计．当金属棒垂直于棒的方向以恒定的速度v在金属导轨上滑行时，通过电阻R的电流是( )A.BdvRB.Bdv sin θR C.Bdv cos θRD.BdvR sin θ[解析] 导体棒与磁场垂直，速度与磁场垂直且与棒长度方向垂直，由E ＝Blv ，l ＝dsin θ得I ＝E R ＝BdvR sin θ，D 正确．[答案] D4．(2012·徐州检测)如图所示，A 、B 、C 是相同的白炽灯，L 是自感系数很大、电阻很小的自感线圈．现将S 闭合，下面说法正确的是( )A ．B 、C 灯同时亮，A 灯后亮B ．A 、B 、C 灯同时亮，然后A 灯逐渐变暗，最后熄灭 C ．A 灯一直不亮，只有B 灯和C 灯亮D ．A 、B 、C 灯同时亮，并且亮暗没有变化[解析] 由于线圈的自感系数很大，在开关闭合瞬间线圈的阻碍作用很大，线圈中电流为零，所以电流通过A 和B 、C 支路，三灯同时亮；随着L 中的电流增大，A 中电流逐渐减小；由于线圈L 的电阻很小，电路达到稳定时灯泡A 被线圈短路，灯泡A 中电流为零，最后熄灭，故B 项正确．[答案] B5.如右图所示，两块水平放置的金属板距离为d ，用导线、开关S 与一个n 匝的数圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场中．两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面绝缘，在其上表面静止放置一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球．开关S 闭合前传感器上有示数，开关S 闭合后传感器上的示数变为原来的一半．则线圈中磁场的变化情况和磁通量变化率分别是( )A ．正在增强，ΔΦΔt ＝mgd2q B ．正在增强，ΔΦΔt ＝mgd2nq C ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd2qD ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd2nq[解析] 开关S 闭合后传感器示数减小，说明带电小球对传感器的压力变小，小球带正电，说明金属板上极板带负电，由楞次定律判断可知，线圈中感应电流的磁场方向是竖直向下的，从而推知题图中的磁场正在增强；依题意知，闭合开关S 后小球受重力mg .支持力F N和电场力F 电而处于平衡状态，即F 电＋F N ＝mg ，其中F 电＝q ·nΔΦΔt d ，F N ＝12mg ，代入解得ΔΦΔt＝mgd2nq，故选项B 正确．[答案] B6.如右图所示的电路中，两个相同的小灯泡L 1和L 2分别串联一个带铁芯的电感线圈L 和一个滑动变阻器R .闭合开关S 后，调整R ，使L 1和L 2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流为I .然后，断开S.若t ′时刻再闭合S ，则在t ′前后的一小段时间内，正确反映流过L 1的电流i 1、流过L 2的电流i 2随时间t 变化的图象是[解析] 闭合开关S ，调整R ，使两个灯泡L 1、L 2发光亮度相同，电流为I ，说明R L ＝R ；若t ′时刻再闭合S ，流过电感线圈L 和灯泡L 1的电流迅速增大，电感线圈L 产生自感电动势，阻碍流过L 1的电流i 1增大，直至达到电流I ，故选项A 错误，B 正确；而对于R 和L 2支路来说，流过灯泡L 2的电流i 2立即达到电流I ，故C 、D 均错误．[答案] B7.如右图，垂直矩形金属框的匀强磁场的磁感应强度为B ，导体棒ab 垂直线框两长边搁在框上，ab 长为l ，在Δt 时间内，ab 向右以速度v 匀速滑过距离d ，则A ．因右边面积减小ld ，左边面积增大ld ，则ΔΦ＝2Bld ，E ＝2Bld2ΔtB ．因右边面积减小ld ，左边面积增大ld ，减小磁通量与增大磁通量相互抵消，ΔΦ＝0，E ＝0C ．ΔΦ＝Bld ，E ＝Bld ΔtD ．因ab 棒做切割磁感线运动，所以不能用E ＝ΔΦΔt计算感应电动势，只能用E ＝Blv 计算感应电动势[解析] 磁通量的变化等于磁感应强度与导线扫过面积的乘积，即ΔΦ＝Bld ，故选项A 、B 均错误；感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝BldΔt或E ＝Blv ，故选项C 正确，D 错误． [答案] C8．(2012·扬州检测)面积S ＝0.2 m 2、n ＝100匝的圆形线圈，处在如下图所示的匀强磁场内，磁感应强度B 随时间t 变化的规律是B ＝0.02 t T ．电阻R 与电容器C 并联后接在线圈两端，电阻R ＝3 Ω，电容C ＝30 μF ，线圈电阻r ＝1 Ω.求：(1)通过R 的电流的大小和方向； (2)电容器所带的电荷量．[解析] (1)通过圆形线圈的磁通量Φ变大，由楞次定律和安培定则知，线圈中感应电流的方向为逆时针，所以通过R 的电流方向为由b 到a .由法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势为E ＝nΔΦΔt ＝nSΔBΔt＝100×0.2×0.02 V＝0.4 V ， 由闭合电路欧姆定律，通过R 的电流为I ＝E R ＋r ＝0.43＋1A ＝0.1 A. (2)电容器两端的电压等于电阻R 两端的电压，即U C ＝U R ＝IR ＝0.1×3 V＝0.3 V ，电容器所带的电荷量为Q ＝CU C ＝30×10－6×0.3 C＝9×10－6 C.[答案] (1)0.1 A ，方向b →R →a (2)9×10－6C9．(2012·无锡检测)如右图所示，在存在右边界的垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框．现用外力使线框以恒定的速度v 沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB 边始终与磁场右边界平行．已知AB ＝BC ＝l ，线框导线的总电阻为R .则线框离开磁场的过程中A ．线框中的电动势随时间均匀增大B ．通过线框截面的电荷量为Bl 22RC ．线框所受外力的最大值为2B 2l 2vRD ．线框中的热功率与时间成正比[解析] 三角形线框向外匀速运动的过程中，由于有效切割磁感线的长度L ＝vt ，所以线框中感应电动势的大小E ＝BLv ＝Bv 2t ，故选项A 正确；线框离开磁场的运动过程中，通过线圈的电荷量Q ＝It ＝ΔΦΔtR ×Δt ＝Bl 22R ，选项B 正确；当线框恰好刚要完全离开磁场时，线框有效切割磁感线的长度最大，则F ＝BIl ＝B 2l 2vR ，选项C 错误；线框的热功率为P ＝Fv ＝BIvt ×v ＝B 2v 4t 2R，选项D 错误．[答案] AB10．某学习小组设计了一种发电装置如下图甲所示，图乙为其俯视图．将8块外形相同的磁铁交错放置组合成一个高h ＝0.5 m 、半径r ＝0.2 m 的圆柱体，其可绕固定轴OO ′逆时针(俯视)转动，角速度ω＝100 rad/s.设圆柱外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B ＝0.2 T 、方向都垂直于圆柱体侧表面．紧靠圆柱外侧固定一根与其等高、电阻R 1＝0.5 Ω的细金属杆ab ，杆与轴OO ′平行．图丙中阻值R ＝1.5 Ω的电阻与理想电流表A 串联后接在杆a 、b 两端．下列说法正确的是( )A ．电流表A 的示数约为1.41 AB ．杆ab 产生的感应电动势的有效值E ＝2 VC ．电阻R 消耗的电功率为2 WD ．在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A 的总电荷量为零 [解析] 圆柱体转过一周为感应电动势的4个周期，T ＝T 04＝142πω＝π200s.金属杆上感应电动势的大小E ′＝Blv ＝Bhrω＝2.0 V ；感应电动势的方向周期性变化，周期为π200 s ，所以有效值E ＝2.0 V ，则I ＝ER 1＋R ＝1.0 A ，电阻R 的电功率为P ＝I 2R ＝1.5 W ．电流在电流表中周期性变化，每个周期的总电流为零．[答案] BD11．如右图所示，金属杆ab 放在光滑的水平金属导轨上，与导轨组成闭合矩形电路，长l 1＝0.8 m ，宽l 2＝0.5 m ，回路总电阻R ＝0.2 Ω，回路处在竖直方向的磁场中，金属杆用水平绳通过定滑轮连接质量M ＝0.04 kg 的木块，磁感应强度从B 0＝1 T 开始随时间均匀增加，5 s 末木块将离开水平面，不计一切摩擦，g 取10 m/s 2，求回路中的电流强度．[解析] 设磁感应强度B (t )＝B 0＋kt ，k 是大于零的常量， 于是回路电动势E ＝SΔBΔt＝kS① S ＝l 1×l 2② 回路电流I ＝E R③杆受安培力F (t )＝BIl 2＝(B 0＋kt )Il 2④5秒末有F (5)＝B 0＋5·k kl 1l 22R＝Mg⑤可以得到k ＝0.2 T/s 或k ＝－0.4 T/s(舍去)， 解得I ＝0.4 A. [答案] 0.4 A12．(2012·长春调研)如图甲所示，空间存在一宽度为2L 的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．在光滑绝缘水平面内有一边长为L 的正方形金属线框，其质量m ＝1 kg 、电阻R ＝4 Ω，在水平向左的外力F 作用下，以初速度v 0＝4 m/s 匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F 大小随时间t 变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B ；(2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q ； (3)判断线框能否从右侧离开磁场？说明理由．[解析] (1)由F —t 图象可知，线框加速度a ＝F 2m＝2 m/s 2框的边长L ＝v 0t －12at 2＝(4×1－12×2×12) m ＝3 mt ＝0时刻线框中的感应电流I ＝BLv 0R线框所受的安培力F 安＝BIL 由牛顿第二定律F 1＋F 安＝ma 又F 1＝1 N ，联立得B ＝13T ＝0.33 T(2)线框进入磁场的过程中，平均感应电动势E ＝BL 2t平均电流I ＝ER通过线框的电荷量q ＝I t联立得q＝0.75 C(3)设匀减速运动速度减为零的过程中线框通过的位移为x，由运动学公式得0－v20＝－2ax代入数值得x＝4 m<2L所以线框不能从右侧离开磁场．[答案] (1)0.33 (2)0.75(3)不能从右侧离开磁场理由见解析。
2024年高考物理一轮复习(新人教版) 第7章 实验8 验证动量守恒定律
实验八 验证动量守恒定律目标要求 1.理解动量守恒定律成立的条件，会利用不同案例验证动量守恒定律.2.知道在不同实验案例中要测量的物理量，会进行数据处理及误差分析．实验技能储备一、实验原理在一维碰撞中，测出相碰的两物体的质量m 1、m 2和碰撞前、后物体的速度v 1、v 2、v 1′、v 2′，算出碰撞前的动量p ＝m 1v 1＋m 2v 2及碰撞后的动量p ′＝m 1v 1′＋m 2v 2′，看碰撞前、后动量是否相等．二、实验方案及实验过程案例一：研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒 1．实验器材气垫导轨、数字计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等． 2．实验过程(1)测质量：用天平测出滑块的质量． (2)安装：正确安装好气垫导轨，如图所示．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前、后的速度． (4)改变条件，重复实验： ①改变滑块的质量；②改变滑块的初速度大小和方向． (5)验证：一维碰撞中的动量守恒． 3．数据处理(1)滑块速度的测量：v ＝ΔxΔt ，式中Δx 为滑块上挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt 为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间． (2)验证的表达式：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′. 案例二：研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒 1．实验器材斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸、圆规、铅垂线等．2．实验过程(1)测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．(2)安装：按照如图甲所示安装实验装置．调整固定斜槽使斜槽底端水平．(3)铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好．记下铅垂线所指的位置O.(4)放球找点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面．圆心P就是小球落点的平均位置．(5)碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度(同步骤(4)中的高度)自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N，如图乙所示.(6)验证：连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中，最后代入m1·OP ＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立．(7)整理：将实验器材放回原处．3．数据处理验证的表达式：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.三、注意事项1．前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”．2．案例提醒(1)若利用气垫导轨进行验证，调整气垫导轨时，应确保导轨水平．(2)若利用平抛运动规律进行验证：①斜槽末端的切线必须水平；②入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；③选质量较大的小球作为入射小球；④实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变．考点一 教材原型实验考向1 研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒例1 (2022·全国甲卷·23)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究．让质量为m 1的滑块A 与质量为m 2的静止滑块B 在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A 和B 的速度大小v 1和v 2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞．完成下列填空：(1)调节导轨水平；(2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg 和0.304 kg.要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为________ kg 的滑块作为A ；(3)调节B 的位置，使得A 与B 接触时，A 的左端到左边挡板的距离s 1与B 的右端到右边挡板的距离s 2相等；(4)使A 以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B 碰撞，分别用传感器记录A 和B 从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t 1和t 2；(5)将B 放回到碰撞前的位置，改变A 的初速度大小，重复步骤(4)．多次测量的结果如下表所示；1 2 3 4 5 t 1/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39 t 2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46 k ＝v 1v 20.31k 20.330.330.33(6)表中的k 2＝________(保留2位有效数字)； (7)v 1v 2的平均值为______(保留2位有效数字)； (8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由v 1v 2判断．若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则v 1v 2的理论表达式为__________________(用m 1和m 2表示)，本实验中其值为________________(保留2位有效数字)，若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A 与滑块B 在导轨上的碰撞为弹性碰撞． 答案 (2)0.304 (6)0.31 (7)0.32(8)v 1v 2＝m 2－m 12m 10.34 解析 (2)用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选质量为0.304 kg 的滑块作为A .(6)由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得k 2＝v 1v 2＝t 2t 1＝0.210.67＝0.31.(7)v 1v 2的平均值为k ＝0.31＋0.31＋0.33＋0.33＋0.335＝0.32. (8)弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2 12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22 联立解得v 1v 2＝m 2－m 12m 1，代入数据可得v 1v 2＝0.34.考向2 研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒例2 (2023·湖北武汉市模拟)用如图甲所示装置研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．(1)关于本实验，下列说法中正确的是________． A ．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放 B ．轨道倾斜部分必须光滑 C ．轨道末端必须水平(2)图甲中O 点是小球抛出点在地面上的竖直投影，实验时先让入射小球多次从斜轨上的位置S 点由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落点的位置(A 、B 、C 三点中的某个点)，然后把被碰小球静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上的位置S 点由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复该操作，用同样的方法找到两小球碰后平均落点的位置(A 、B 、C 三点中剩下的两个点)．实验中需要测量的有________． A ．入射小球和被碰小球的质量m 1、m 2 B ．入射小球开始的释放高度hC．小球抛出点距地面的高度HD．两球相碰前后平抛的水平位移OB、OA、OC(3)某同学在做上述实验时，测得入射小球和被碰小球的质量关系为m1＝2m2，两小球在记录纸上留下三处落点痕迹如图乙所示，他将米尺的零刻线与O点对齐，测量出O点到三处平均落地点的距离分别为OA、OB、OC.该同学通过测量和计算发现，在实验误差允许范围内，两小球在碰撞前后动量是守恒的．①该同学要验证的关系式为__________________________________________________；②若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，需要判断关系式______________________是否成立．答案(1) AC(2)AD(3)①2(OC－OA)＝OB②OC＋OA＝OB解析(1)本实验只要确保轨道末端水平，从而确保小球离开轨道后做的是平抛运动即可，并不需要轨道光滑；另一方面，要确保放上被碰小球后，入射小球的碰前的速度大小保持不变，故要求从同一位置由静止释放入射小球，故选A、C.(2)验证动量守恒定律，必须测量质量和速度，由于入射小球、被碰小球离开轨道后的运动都是平抛运动，且平抛的竖直位移相同，故由x＝v02H可知，小球的水平位移x∝v0，故可g用水平位移的大小关系表示速度的大小关系，因此不需要测量H及入射小球开始的释放高度h，H只要保持不变就可以了，并不需要测量出来，故选A、D.(3) ①由题图乙可知，OA＝17.60 cm，OB＝25.00 cm，OC＝30.00 cm，代入质量关系，可知m1·OB≠m1·OA＋m2·OC但是m1·OC≈m1·OA＋m2·OB故OC才是入射小球碰前速度对应的水平位移，由动量守恒定律得m1·OC＝m1·OA＋m2·OB根据m1＝2m2解得2(OC－OA)＝OB②验证碰撞是否为弹性碰撞，则可以验证12＝12m1v1′2＋12m2v2′22m1v1即m1·OC2＝m1·OA2＋m2·OB2变形得m1·OC2－m1·OA2＝m2·OB2根据m1＝2m2则有2(OC－OA)(OC＋OA)＝OB2解得OC＋OA＝OB.考点二探索创新实验考向1实验装置的创新例3如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验：①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2；②安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC连接在斜槽末端；③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P；④将小球m2放在斜槽末端B处，仍让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球m1、m2在斜面上的落点位置；⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离．图中M、P、N三点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从M、P、N到B的距离分别为s M、s P、s N.依据上述实验步骤，请回答下面问题：(1)两小球的质量m1、m2应满足m1________m2(填“>”“＝”或“<”)；(2)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中________点，m2的落点是图中________点；(3)用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式________________，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的；(4)若要判断两小球的碰撞是否为弹性碰撞，用实验中测得的数据来表示，只需比较________与________是否相等即可． 答案 (1)> (2)M N (3)m 1s P ＝m 1s M ＋m 2s N (4)m 1s P m 1s M ＋m 2s N解析 (1)为了防止入射小球碰撞后反弹，一定要保证入射小球的质量大于被碰小球的质量，故m 1>m 2；(2)碰撞前，小球m 1落在题图中的P 点，由于m 1>m 2，当小球m 1与m 2发生碰撞后，m 1的落点是题图中M 点，m 2的落点是题图中N 点；(3)设碰前小球m 1的水平初速度为v 1，当小球m 1与m 2发生碰撞后，小球m 1落到M 点，设其水平速度为v 1′，m 2落到N 点，设其水平速度为v 2′，斜面BC 与水平面的倾角为α，由平抛运动规律得s M sin α＝12gt 2，s M cos α＝v 1′t ，联立解得v 1′＝gs M cos 2 α2sin α，同理可得v 2′＝gs N cos 2α2sin α，v 1＝gs P cos 2 α2sin α，因此只要满足m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，即m 1s P ＝m 1s M ＋m 2s N .(4)如果小球的碰撞为弹性碰撞， 则满足12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2代入以上速度表达式可得m 1s P ＝m 1s M ＋m 2s N 故验证m 1s P 和m 1s M ＋m 2s N 相等即可．考向2 实验方案的创新例4 某物理兴趣小组设计了如图甲所示的实验装置．在足够大的水平平台上的A 点放置一个光电门，其右侧摩擦很小，可忽略不计，左侧为粗糙水平面．当地重力加速度大小为g .采用的实验步骤如下：A ．在小滑块a 上固定一个宽度为d 的窄挡光片；B ．用天平分别测出小滑块a (含挡光片)和小球b 的质量m a 、m b ；C ．a 和b 间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻短弹簧(与a 、b 不连接)，静止放置在平台上；D ．细线烧断后，a 、b 瞬间被弹开，向相反方向运动；E ．记录滑块a 通过光电门时挡光片的遮光时间t ；F ．小球b 从平台边缘飞出后，落在水平地面的B 点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h 及平台边缘铅垂线与B 点之间的水平距离s ；G ．改变弹簧压缩量，进行多次测量．(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度，如图乙所示，则挡光片的宽度为________ mm. (2)针对该实验装置和实验结果，同学们做了充分的讨论．讨论结果如下：①该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证a 、b 弹开后的动量大小相等，即________＝________(用上述实验所涉及物理量的字母表示)；②若该实验的目的是求弹簧的最大弹性势能，则弹簧的弹性势能为________(用上述实验所涉及物理量的字母表示)；③改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到x a 与1t 2的关系图像如图丙所示，图线的斜率为k ，则平台上A 点左侧与滑块a 之间的动摩擦因数大小为________(用上述实验数据字母表示)．答案 (1)3.80 (2)①m a dt m b sg 2h②m a d 22t 2＋m b s 2g 4h ③d 22kg解析 (1)挡光片的宽度d ＝3 mm ＋16×0.05 mm ＝3.80 mm.(2)①要验证“动量守恒定律”，则应该验证m a v a ＝m b v b ，由滑块a 通过光电门可求v a ＝d t ，由b 球离开平台后做平抛运动，根据h ＝12gt 2，s ＝v b t ，整理可得v b ＝sg2h，因此需验证的表达式为m a dt＝m b sg 2h ；②弹性势能大小为E p ＝12m a v a 2＋12m b v b 2，代入数据整理得E p ＝m a d 22t2＋m b s 2g 4h ；③根据动能定理可得μmgx a ＝12m v a 2，而v a ＝d t ，联立整理得x a ＝d 22μg ·1t 2，故k ＝d 22μg ，可得平台A 点左侧与滑块a 之间的动摩擦因数μ＝d 22kg.课时精练1．(2023·云南省昆明一中高三检测)某实验小组在进行“验证动量守恒定律”的实验，入射球与被碰球半径相同、质量不等，且入射球的质量大于被碰球的质量．(1)用游标卡尺测量直径相同的入射球与被碰球的直径，测量结果如图甲所示，则直径为________cm；(2)实验中，直接测定小球碰撞前、后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量________(填选项前的字母)，间接地解决这个问题；A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的水平位移D．小球的直径(3)实验装置如图乙所示，先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，再把B 球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下．记录纸上的O点是铅垂线所指的位置，M、P、N分别为落点的痕迹，未放B球时，A球落地点是记录纸上的________点；放上B球后，B球的落地点是记录纸上的________点；(4)释放多次后，取各落点位置的平均值，测得各落点痕迹到O点的距离：OM＝13.10 cm，OP＝21.90 cm，ON＝26.04 cm.用天平称得入射小球A的质量m1＝16.8 g，被碰小球B的质量m2＝5.6 g．若将小球质量与水平位移的乘积作为“动量”，请将下面的表格填写完整．(结果保留三位有效数字)OP/m OM/m ON/m 碰前“总动量”p/(kg·m)碰后“总动量”p′/(kg·m)0.219 00.131 00.260 4 3.68×10－3______根据上面表格中的数据，你认为能得到的结论是____________________________；(5)实验中，关于入射小球在斜槽上释放点的高低对实验影响的说法中正确的是________．A．释放点越低，小球受阻力越小，入射小球速度越小，误差越小B．释放点越低，两球碰后水平位移越小，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越准确C．释放点越高，两球相碰时，相互作用的内力越大，碰撞前后动量之差越小，误差越小D．释放点越高，入射小球对被碰小球的作用力越大，轨道对被碰小球的阻力越小答案(1)2.14(2)C(3)P N(4)3.66×10－3在实验误差允许范围内，可认为系统在碰前和碰后的“动量”守恒(5)C解析(1)球的直径d＝21 mm＋4×0.1 mm＝21.4 mm＝2.14 cm.(2)小球离开轨道后做平抛运动，因为小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球抛出的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，所以C 正确．(3)A球和B球相撞后，B球的速度增大，A球的速度减小，所以碰撞后A球的落地点距离O 点最近，B球的落地点距离O点最远，所以P点是未放B球时A球的落地点，N点是放上B 球后B球的落地点．(4)碰后“总动量”p′＝m1OM＋m2ON＝0.016 8×0.131 0 kg·m＋0.005 6×0.260 4 kg·m ≈3.66×10－3 kg·m则可知碰撞前、后“总动量”近似相等，在实验误差允许范围内，可认为系统在碰前和碰后的“动量”守恒．(5)入射小球的释放点越高，入射球碰撞前的速度越大，相撞时内力越大，阻力的影响相对越小，可以较好地满足动量守恒的条件，也有利于减小测量水平位移时的相对误差，从而使实验的误差减小，C正确．2．某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图甲所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用的电源频率为50 Hz，长木板下垫着小木片用以补偿阻力．(1)若已得到打点纸带，测得各计数点间距如图乙所示，A为运动起始的第一点，则应选________段来计算A车的碰前速度，应选________段来计算A车和B车碰后的共同速度．(以上两空均选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)(2)已测得小车A 的质量m 1＝0.40 kg ，小车B 的质量m 2＝0.20 kg ，由以上测量结果可得，碰前总动量为______ kg·m/s ；碰后总动量为____ kg·m/s(结果保留小数点后3位)．由上述实验结果得到的结论是：________________________________________________________.答案 (1)BC DE (2)0.420 0.417 A 、B 碰撞过程中，在误差允许范围内，系统动量守恒 解析 (1)小车A 碰前运动稳定时做匀速直线运动，所以选择BC 段计算A 碰前的速度；两小车碰后粘在一起仍做匀速直线运动，所以选择DE 段计算A 和B 碰后的共同速度．(2) 碰前小车A 的速度为v 0＝BC t ＝0.105 05×0.02m/s ＝1.050 m/s 则碰前两小车的总动量为p ＝m 1v 0＋0＝0.40×1.050 kg·m/s ＝0.420 kg·m/s碰后两小车的速度为v ＝DE t ＝0.069 55×0.02m/s ＝0.695 m/s 则碰后两小车的总动量为p ′＝(m 1＋m 2)v ＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s ＝0.417 kg·m/s由上述实验结果得到的结论是：A 、B 碰撞过程中，在误差允许范围内，系统动量守恒．3．(2023·福建福州市模拟)某地中学生助手设计了一个实验演示板做“探究碰撞中的不变量”的实验，主要实验步骤如下：①选用大小为120 cm ×120 cm 的白底板竖直放置，悬挂点为O ，并标上如图所示的高度刻度；②悬挂点两根等长不可伸长的细绳分别系上两个可视为质点的A 摆和B 摆，两摆相对的侧面贴上双面胶，以使两摆撞击时能合二为一，以相同速度一起向上摆；③把A 摆拉到右侧h 1的高度，释放后与静止在平衡位置的B 摆相碰．当A 、B 摆到最高点时读出摆中心对应的高度h 2；回答以下问题：(1)若A 、B 两摆的质量分别为m A 、m B ，则验证动量守恒的表达式为________(用上述物理量字母表示)．(2)把A 摆拉到右侧的高度为0.8 m ，两摆撞击后一起向左摆到的高度为0.2 m ，若满足A 摆质量是B 摆质量的________倍，即可验证系统动量守恒，从而可以得出A 摆碰前初动能为碰后两摆损失机械能的________倍．答案 (1)m A h 1＝(m A ＋m B )h 2(2)1 2解析 (1)由机械能守恒定律可得m A gh 1＝12m A v 12，得碰前速度v 1＝2gh 1，由(m A ＋m B )gh 2＝12(m A ＋m B )v 22，得碰后速度v 2＝2gh 2，根据动量守恒可知需要验证的表达式为m A h 1＝(m A ＋m B )h 2.(2)把数据代入上述验证表达式可得m A ＝m B ，即若满足A 摆的质量是B 摆的质量的1倍，即可验证系统动量守恒；根据动量守恒定律有m A v 1＝(m A ＋m B )v 2，根据能量守恒定律有12m A v 12＝12(m A ＋m B )v 22＋ΔE ，联立解得ΔE ＝14m A v 12，即A 摆碰前初动能为碰后两摆损失机械能的2倍．4．(2023·云南省昆明一中模拟)现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A 、B 两个滑块，滑块A 右侧带有一弹簧片，左侧与连接打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．实验测得滑块A (包括弹簧片)的质量m 1＝0.310 kg ，滑块B (包括弹簧片和遮光片)的质量m 2＝0.108 kg ，遮光片的宽度d ＝1.00 cm ，打点计时器所用交流电的频率f ＝50.0 Hz.将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰．碰后光电计时器显示的时间为Δt B ＝3.500 ms ，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．根据图(b)中所标数据，可分析推断出碰撞发生在________间， A 滑块碰撞前的速度为________ m/s ，B 滑块碰撞前的速度为________ m/s, A 滑块碰撞后的速度为________ m/s ，B 滑块碰撞后的速度为________ m/s.(结果保留三位有效数字)答案 EF 2.00 0 0.970 2.86解析 由于A 滑块与气垫导轨间的摩擦力非常小，所以除了碰撞过程，A 滑块运动过程因摩擦力产生的加速度非常小，在相同时间内相邻位移的差值也非常小，根据图(b)中所标数据，可看出只有EF间的位移相比相邻间的位移变化比较明显，故碰撞发生在EF间；A滑块碰撞前的速度为v A＝x FGT ＝4.00×10－20.02m/s＝2.00 m/s, B滑块碰撞前的速度为0，A滑块碰撞后的速度为v A′＝x DET ＝1.94×10－20.02m/s＝0.970 m/s，B滑块碰撞后的速度为v B′＝dΔt B＝1.00×10－23.500×10－3m/s≈2.86 m/s.5．某同学利用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验，操作步骤如下：①在水平桌面上的适当位置固定好弹簧发射器，使其出口处切线与水平桌面相平；②在一块长平木板表面先后钉上白纸和复写纸，将该木板竖直并贴紧桌面右侧边缘．将小球a向左压缩弹簧并使其由静止释放，a球碰到木板，在白纸上留下压痕P；③将木板向右水平平移适当距离，再将小球a向左压缩弹簧到某一固定位置并由静止释放，撞到木板上，在白纸上留下压痕P2；④将半径相同的小球b放在桌面的右边缘，仍让小球a从步骤③中的释放点由静止释放，与b球相碰后，两球均撞在木板上，在白纸上留下压痕P1、P3.(1)下列说法正确的是________．A．小球a的质量一定要大于小球b的质量B．弹簧发射器的内接触面及桌面一定要光滑C．步骤②③中入射小球a的释放点位置一定相同D．把小球轻放在桌面右边缘，观察小球是否滚动来检测桌面右边缘末端是否水平(2)本实验必须测量的物理量有________．A．小球的半径rB．小球a、b的质量m1、m2C．弹簧的压缩量x1，木板距离桌子边缘的距离x2D．小球在木板上的压痕P1、P2、P3分别与P之间的竖直距离h1、h2、h3(3)用(2)中所测的物理量来验证两球碰撞过程中动量是否守恒，当满足关系式________时，则证明a、b两球碰撞过程中动量守恒．答案 (1)AD (2)BD (3)m 1h 2＝m 1h 3＋m 2h 1解析 (1)小球a 的质量一定要大于小球b 的质量，以防止入射球碰后反弹，选项A 正确；弹簧发射器的内接触面及桌面不一定要光滑，只要a 球到达桌边时速度相同即可，选项B 错误；步骤②③中入射小球a 的释放点位置不一定相同，但是步骤③④中入射小球a 的释放点位置一定要相同，选项C 错误；把小球轻放在桌面右边缘，观察小球是否滚动来检测桌面右边缘末端是否水平，选项D 正确．(2)小球离开桌面右边缘后做平抛运动，设其水平位移为L ，则小球做平抛运动的时间t ＝L v 0小球的竖直位移h ＝12gt 2 联立解得v 0＝L g 2h碰撞前入射球a 的水平速度v 1＝L g 2h 2碰撞后入射球a 的水平速度v 2＝L g 2h 3碰撞后被碰球b 的水平速度v 3＝Lg 2h 1 如果碰撞过程系统动量守恒，则m 1v 1＝m 1v 2＋m 2v 3即m 1·Lg 2h 2＝m 1·L g 2h 3＋m 2·L g 2h 1， 整理得m 1h 2＝m 1h 3＋m 2h 1 则要测量的物理量是：小球a 、b 的质量m 1、m 2和小球在木板上的压痕P 1、P 2、P 3分别与P 之间的竖直距离h 1、h 2、h 3，故选B 、D. (3)由以上分析可知当满足关系式m 1h 2＝m 1h 3＋m 2h 1时，则证明a 、b 两球碰撞过程中动量守恒．。
【高考】2020高考物理一轮总复习第十一章热学选修33第33讲热力学定律与能量守恒课时达标
【关键字】高考第33讲热力学定律与能量守恒[解密考纲]理解热力学第一定律，知道改变内能的两种方式；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；掌握能量守恒定律及应用．1．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，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( C )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：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．2．(2014·重庆卷)重庆出租车常以天然气作为燃料．加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)( B )A．压强增大，内能减小B．吸收热量，内能增大C．压强减小，分子平均动能增大D．对外做功，分子平均动能减小解析：储气罐中气体体积不变，气体不做功，当温度升高时，气体压强增大，气体内能增大，分子平均动能增大；由热力学第一定律可知，气体一定吸热，故选项B正确．3．一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量 2.5×104 J，气体对外界做功1.0×104 J，则该理想气体的( D )A．温度降低，密度增大B．温度降低，密度减小C．温度升高，密度增大D．温度升高，密度减小解析：从外界吸热，Q＝2.5×104 J，对外界做功，W＝－1.0×104 J，由ΔU＝Q＋W可得，ΔU＝1.5×104 J，内能增大，这说明温度升高；又气体对外界做功，体积增大，由ρ＝可知，密度减小．D项正确．4．(多选)如图为某同学设计的喷水装置．内部装有水，上部密封1 atm的空气，保持阀门关闭，再充入1 atm的空气，设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有( AC )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，不再充气也能把水喷光解析：温度不变，分子平均动能不变，充气后由于气体的质量增大，温度、体积基本不变，气体的压强增大，A项对、B项错；打开阀门后，水减少，气体膨胀，密封气体对水做正功，C项对；如果水全排出，气体压强为p3，p3(＋)＝p1(＋)得p3＝0.24p1<p1，故不再充气不能把水喷光，因为当气压与外界大气压相同时就不再喷水，D项错．5．(多选)关于一定量的气体，下列说法正确的是( ABE )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：气体体积为气体分子所能达到的空间的体积，而气体分子体积很小，体积之和远小于气体体积，A项正确；气体温度反映了分子运动的剧烈程度，分子运动的剧烈程度减弱，温度必然降低，B项正确；气体压强是大量气体分子频繁碰撞容器器壁的结果，在完全失重的情况下，气体对器壁仍产生压强，C项错误；气体从外界吸收热量，但如果同时对外做功，那么气体的内能不一定增加，D项错误；根据气体定律可知，气体在等压膨胀过程中，体积与热力学温度成正比，体积变大，温度升高，E项正确．6．如图所示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 )A．外界对气体做功，气体内能增大B．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，气体内能减小解析：M向下滑动的过程中，气体体积减小，故外界对气体做功，W>0，下滑过程不与外界发生热交换，Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知内能增大，A项正确，B、C、D 三项错误．7．如图所示，内壁光滑的圆柱形金属容器内有一个质量为m、面积为S的活塞．容器固定放置在倾角为θ的斜面上．一定量的气体被密封在容器内，温度为T0，活塞底面与容器底面平行，距离为h.已知大气压强为p0，重力加速度为g.(1)容器内气体压强为p0＋.(2)由于环境温度变化，活塞缓慢下移时气体温度为，此过程中容器内气体放热(填“吸热”或“放热”)，气体分子的平均速率减小(填“增大”、“减小”或“不变”)．解析：(1)容器内气体的压强与大气压和活塞的重力有关．活塞对气体产生的压强为p′＝，则容器内气体的压强p＝p0＋p′＝p0＋.(2)环境温度变化，活塞缓慢下移，可认为是等压变化，则＝，且V0＝2V1，解得T1＝.在此等压变化过程中，气体温度降低，内能减少，气体体积减小，外界对气体做功，由热力学第一律ΔU＝Q＋W知气体放出热量，气体分子的平均速率减小．8．(2013·山东卷，节选)我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录．在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到深处的海水温度为280 K．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化．如图所示，导热良好的气缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，气缸所处海平面的温度T0＝300 K，压强p0＝1 atm，封闭气体的体积V0＝，如果将该气缸下潜至深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．(1)求深处封闭气体的体积(1 atm相当于深的海水产生的压强)．答案：2．8×10－(2)下潜过程中封闭气体放热(填“吸热”或“放热”)，传递的热量大于(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功．解析：(1)当气缸下潜至时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意可知p＝100 atm.根据理想气体状态方程得：＝.代入数据得V＝2.8×10－.9．(2014·江苏卷)(1)在装有食品的包装袋中充人氮气，可以起到保质作用．某厂家为检测包装袋的密封性，在包装袋中充满一定量的氮气，然后密封进行加压测试．测试时，对包装袋缓慢地施加压力．将袋内的氮气视为理想气体，则加压测试过程中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力增大(选填“增大”、“减小”或“不变”)，包装袋内氮气的内能不变(选填“增大”、“减小”或“不变”)．(2)给某包装袋充入氮气后密封，在室温下，袋中气体压强为1个标准大气压、体积为1 L．将其缓慢压缩到压强为2个标准大气压时，气体的体积变为0.45 L．请通过计算判断该包装袋是否漏气．答案：(2)漏气解析：压强增加，包装袋内壁单位面积的撞击分子数变多，所受气体分子撞击作用力增大；温度不变，包装袋内氮气的内能不变．若不漏气，设加压后的体积为V1，由等温过程得p0V0＝p1V1代入数据得V 1＝0.5 L因为0.45 L<0.5 L ，故包装袋漏气．10．如图所示，A 、B 两个气缸中装有体积均为10 L 、压强均为1 atm(标准大气压)、温度均为27 ℃的空气，中间用细管连接，细管容积不计．细管中有一绝热活塞，现将B 气缸中的气体升温到127 ℃，若要使细管中的活塞仍停在原位置．(不计摩擦，A 气缸中的气体温度保持不变，A 气缸截面积为500 cm 2)(1)求A 中左边活塞应向右移动的距离；(2)A 中气体是吸热还是放热，为什么？解析：(1)对B ：由p B T B ＝p ′B T ′B得 p ′B ＝T ′B T B p B ＝400300p B ＝43p B 对A ：由p A V A ＝p ′A V ′A 得V ′A ＝p A p ′AV A 且：p A ＝p B ，p ′A ＝p ′B 解得：V ′A ＝34V A 所以Δl ＝14V A S＝5 cm. (2)放热，在向右推活塞过程中，A 中气体温度不变，气体内能不变；体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知气体应放热．答案：(1)5 cm (2)见解析此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。
高考物理总复习 课时作业31 新人教版选修33
(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题7分，共49分)1．(2011·南昌调研)根据分子动理论，下列说法正确的是( )A ．一个气体分子的体积等于气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比B ．显微镜下观察到的墨水中的小炭粒所做的不停地无规则运动，就是分子的运动C ．分子间相互作用的引力和斥力一定随分子间距离的增大而减小D ．分子势能随着分子间的距离的增大，可能先减小后增大[解析] 气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比为一个气体分子所占据的空间，而非一个气体分子的体积，A 错误．墨水中小炭粒的无规则运动为固体小颗粒的无规则运动，而非分子运动，B 错误．分子间的引力和斥力随分子间距离的增大而减小，C 正确．当两分子间距离小于r 0时，分子力表现为斥力，此时分子势能随分子间距离的增大而减小；当两分子间距离大于r 0时，分子力表现为引力，此时分子势能随分子间距离的增大而增大，D 正确．[答案] CD2．设两分子a 、b 间距离为r 0时分子间的引力F 引和斥力F 斥大小相等，现固定a ，将b 从与a 相距r 02处由静止释放，在b 远离a 的过程中，下列表述正确的是( ) A ．F 引和F 斥均减小，但F 斥减小得较快B ．a 对b 一直做正功C ．当b 运动最快时，a 对b 的作用力为零D ．当a 、b 间距离为r 0时，a 、b 间的分子势能最小[解析] 由分子动理论可知距离变化对斥力的影响比对引力的影响大，距离增大时斥力、引力都减小，但斥力减小得快，故A 正确．由r 02到r 0的过程中，分子力表现为斥力，分子力做正功，分子势能减小，当分子间距离大于r 0时，表现为引力，分子力做负功，分子势能增大，因此当分子间距离等于r 0时分子势能最小，所以B 错D 对．b 分子在运动过程中，先加速后减速，当距离为r 0时，作用力为零，加速度为零，速度最大，故C 正确．[答案] ACD3．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] 小炭粒做布朗运动反映了液体分子的无规则热运动，故A 对；由于不确定r 与r 0的关系，故无法确定分子力的变化，B 错；分子间距离增大时，分子力可能做正功，也可能做负功，分子势能可能增大，也可能减小，C 对；高温下，分子热运动剧烈，扩散更容易，故D 对．[答案] B4．已知铜的摩尔质量为M (kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m 3)，阿伏加德罗常数为N A (mol－1)．下列判断错误的是( )A ．1 kg 铜所含的原子数为N A MB ．1 m 3铜所含的原子数为MN A ρC ．1个铜原子的质量为M N A (kg)D ．1个铜原子的体积为M ρN A(m 3) [解析] 原子个数N ＝1MN A ＝N A M ，A 正确；同理N ＝ρM N A ＝ρN A M ，B 错误；1个铜原子质量m 0＝M N A (kg)，C 正确；1个铜原子体积V 0＝M ρN A(m 3)，D 正确． [答案] B5．一个铁球和冰球的温度相同，且其质量相等，则( )A ．它们的分子平均动能一定相等B ．它们的分子运动的平均速率一定相等C ．冰球的体积大，水分子的势能大D ．它们的内能一定相同[解析] 因为温度相同，平均动能相同，据E k ＝12m v 2知，水分子的平均速率较大，分子势能与分子间距有关，分子间距等于r 0时，分子势能最小，偏离r 0越多，分子势能越大，所以体积大，分子势能不一定大，物体的内能E 内＝n (E k ＋E p )，分子数n ＝m M不同，E p 哪个大无法弄清楚．[答案] A6．在观察布朗运动时，从微粒在a 点开始计时，间隔30 s 记下微粒的一个位置得到b 、c 、d 、e 、f 、g 等点，然后用直线依次连接，如右图所示，则下列说法正确的是( )A ．微粒在75 s 末时的位置一定在cd 的中点上B ．微粒在75 s 末时的位置可能在cd 的连线上，但不可能在cd 中点上C ．微粒在前30 s 内的路程一定等于ab 的长度D ．微粒在前30 s 内的位移大小一定等于ab 的长度[解析] b 、c 、d 、e 、f 、g 等分别是粒子在t ＝30 s 、60 s 、90 s 、120 s 、150 s 、180 s 时的位置，但并不一定沿着折线abcdefg 运动，故选D.[答案] D7．如图所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法正确的是( )A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 mB．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 mC．若两个分子间距离大于e点的横坐标，则分子间作用力表现为斥力D．若两个分子距离越来越大，则分子势能亦越来越大[解析] 分子引力和分子斥力都随分子间距的增大而减小，随分子间距的减小而增大，但分子斥力变化的更快些；当分子间距为平衡距离即10－10 m时，分子引力和分子斥力大小相等，分子力为零，当分子间距大于平衡距离即10－10 m时，分子引力大于分子斥力，分子力表现为分子引力；当分子间距小于平衡位置距离即10－10 m时，分子引力小于分子斥力，分子力表现为分子斥力；所以两图的交点为平衡距离即10－10 m，分子势能随分子间距的变化而发生改变，当分子间距大于10－10 m，分子势能随分子间距的增大而增大；当分子间距小于10－10 m时，分子势能随分子间距的增大而减小；分子间距离为平衡距离时，分子势能是最小的．若取无穷远处的分子势能为0，则分子间距为平衡距离时，分子势能为负的，且最小．[答案] B二、非选择题(共51分)8．(10分)(2011·浙江五校)(1)如右图所示，把一块洁净的玻璃板吊在橡皮筋的下端，使玻璃板水平地接触水面．如果你想使玻璃板离开水面，必须用比玻璃板重力__________的拉力向上拉橡皮筋．原因是水分子和玻璃的分子间存在__________作用．(2)往一杯清水中滴入一滴红墨水，一段时间后，整杯水都变成了红色．这一现象在物理学中称为_________现象，是由于分子的_________而产生的，这一过程是沿着分子热运动的无序性_________的方向进行的．[解析] (1)水分子对玻璃板下表面分子有吸引力作用，要拉起必须施加大于重力和分子吸引力合力的拉力．(2)红墨水分子进入水中为扩散现象，是分子热运动的结果，并且分子热运动朝着熵增大，即无序性增大的方向进行．[答案] (1)大分子引力(2)扩散 无规则运动(热运动) 增大9．(10分)回答下列问题：(1)已知某气体的摩尔体积为V m ，摩尔质量为M ，阿伏加德罗常数为N A ，由以上数据能否估算出每个分子的质量、每个分子的体积、分子之间的平均距离？(2)当物体体积增大时，分子势能一定增大吗？(3)在同一个坐标系中画出分子力F 和分子势能E p 随分子间距离的变化图象，要求表示出E p 最小值的位置及E p 变化的大致趋势．[解析] (1)可估算出每个气体分子的质量m 0＝M N A ；由于气体分子间距较大，由V 0＝V m N A 求得的是一个气体分子占据的空间，而不是一个气体分子的体积，故不能估算每个分子的体积；由d ＝3V 0＝3V m N A可求出分子之间的平均距离．(2)在r >r 0范围内，当r 增大时，分子力做负功，分子势能增大；在r <r 0范围内，当r 增大时，分子力做正功，分子势能减小，故不能说物体体积增大，分子势能一定增大，只能说当物体体积变化时，其对应的分子势能也变化．(3)如图[答案] 见解析10．(10分)(2010·江苏高考)已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为 1.3 kg/m 3和2.1 kg/m 3，空气的摩尔质量为0.029 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023 mol －1.若潜水员呼吸一次吸入2 L 空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数．(结果保留一位有效数字) [解析] 设空气的摩尔质量为M ，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V ，则有Δn ＝ρ海－ρ岸V MN A ，代入数据得Δn ＝3×1022个． [答案] 3×1022个 11．(10分)对于固体和液体来说，其内部分子可看做是一个挨一个紧密排列的小球，若某固体的摩尔质量为M ，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A .(1)该固体分子质量的表达式为m 0＝__________.(2)若已知汞的摩尔质量为M ＝200.5×10－3 kg/mol ，密度为ρ＝13.6×103 kg/m 3，阿伏加德罗常数为N A ＝6.0×1023 mol －1，试估算汞原子的直径大小(结果保留两位有效数字)．[解析] (1)该固体分子质量的表达式m 0＝MN A.(2)将汞原子视为球形，其体积V 0＝16πd 3＝M ρN A 汞原子直径的大小d ＝36M ρN A π≈3.6×10－10 m. [答案] (1)MN A (2)3.6×10－10m 12．(11分)(2011·安徽示范性高中联考)某学校物理兴趣小组组织开展一次探究活动，想估算地球周围大气层的分子个数．一学生通过网上搜索，查阅得到以下几个物理量数据：地球的半径R ＝6.4×106 m ，地球表面的重力加速度g ＝9.8 m/s 2，大气压强p 0＝1.0×105Pa ，空气的平均摩尔质量M ＝2.9×10－2 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1.(1)这位同学根据上述几个物理量能估算出地球周围大气层的分子数吗？若能，请说明理由；若不能，也请说明理由．(2)假如地球周围的大气全部液化成液态且均匀分布在地球表面上，估算一下地球半径将会增加多少？(已知液化空气的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3)[解析] (1)能．因为大气压强是由大气重力产生的，由p 0＝mg S ＝mg 4πR 2，得m ＝4πR 2p 0g 把查阅得到的数据代入上式得m ≈5.2×1018 kg所以大气层的分子数为N ＝m M N A ≈1.1×1044个(2)可求出液化后的体积为： V ＝m ρ＝5.2×10181.0×103 m 3＝5.2×1015 m 3 设大气液化后的液体分布在地球表面上时，地球半径增加h ，则有43π(R ＋h )3－43πR 3＝V ，得3R 2h ＋3Rh 2＋h 3＝34πV 考虑到h ≪R ，忽略h 的二次项和三次项，得h ＝V 4πR 2＝ 5.2×10154×3.14× 6.4×1062 m≈10 m.[答案] (1)见解析 (2)10 m。
届高考物理一轮复习第九章磁场课时作业33
课时作业 33[双基过关练]1．(2020·广西南宁八中模拟)下列哪些做法是减少涡流的产生( ) A ．在电动机、变压器中的线圈中加入铁芯B ．电动机、变压器内部铁芯都是由相互绝缘的硅钢片组成C ．在电磁冶金中，把交变电流改成直流D ．一些大型用电器采用特制的安全开关解析：在电动机、变压器中的线圈中加入铁芯，是为了增强线圈的磁通量，与涡流无关，选项A 错误；在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，用相互绝缘的硅钢片叠合而成，其目的是为了减小涡流，选项B 正确；在电磁冶金中，是利用涡流产生的热量，把交变电流改成直流则不能使用，选项C 错误；一些大型用电器采用特制的安全开关是为了防止断电时由于自感产生高压，与涡流无关，选项D 错误．答案：B2．(2020·天津卷)如图所 示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是( )A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．ab 中的感应电流逐渐减小C ．ab 所受的安培力保持不变D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小解析：A 错：根据楞次定律，ab 中感应电流方向由a 到b.B 错：根据E ＝ΔB Δt ·S，因为ΔBΔt恒定，所以E 恒定，根据I ＝ER ＋r知，回路中的感应电流恒定．C 错：根据F ＝BIl ，由于B 减小，安培力F 减小．D对：根据平衡条件，静摩擦力F f ＝F ，故静摩擦力减小．答案：D3．(2020·韶关市高三调研考试)(多选)如图所示，先后以速度v 1和v 2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v 1＝2v 2.在先后两种情况下( )A ．线圈中的感应电流之比I 1：I 2＝2：1B ．线圈中的感应电流之比I 1：I 2＝1： 2C ．线圈中产生的焦耳热之比Q 1:Q 2＝4：1D ．通过线圈某截面的电荷量之比q 1：q 2＝1：1解析：由I ＝BLv R 知I 1：I 2＝2：1，选项A 正确，选项B 错误；由Q ＝I 2Rt 和t ＝L v联立得Q 1：Q 2＝2：1，选项C 错误；由q ＝ΔΦR ＝BSR知q 1：q 2＝1：1，选项D 正确．答案：AD4．(多选)如图甲是矩形导线框，电阻为R ，虚线左侧线框面积为S ，右侧面积为2S ，虚线左右两侧导线框内磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设垂直线框向里的磁场为正，则关于线框中0～t 0时间内的感应电流的说法正确的是( )A ．感应电流的方向为顺时针方向B ．感应电流的方向为逆时针方向C ．感应电流的大小为B 0SRt 0D ．感应电流的大小为3B 0SRt 0解析：向里的变化磁场产生的感应电动势为：E 1＝S ΔB 1Δt 1，方向为逆时针方向；向外的变化磁场产生的感应电动势为：E 2＝2S ΔB 2Δt 2，方向为逆时针方向；从图中可以得到：ΔB 1Δt 1＝ΔB 2Δt 2＝B 0t 0，感应电流为I ＝E 1＋E 2R＝3B 0S Rt 0，方向为逆时针方向，即B 、D 正确． 答案：BD5．(2020·北京卷)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a 、b ，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B 随时间均匀增大．两圆环半径之比为2：1，圆环中产生的感应电动势分别为E a 和E b .不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是( )A ．E a ：E b ＝4：1，感应电流均沿逆时针方向B ．E a ：E b ＝4：1，感应电流均沿顺时针方向C ．E a ：E b ＝2：1，感应电流均沿逆时针方向D ．E a ：E b ＝2：1，感应电流均沿顺时针方向解析：由题意可知ΔB Δt ＝k ，导体圆环中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S＝ΔB Δt·πr 2，因r a：r b＝2：1，故E a ：E b ＝4：1，由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B 正确．答案：B6．(2020·新课标全国卷Ⅱ)如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为φa 、φb 、φc .已知bc 边的长度为l.下列判断正确的是( )A ．φa >φc ，金属框中无电流B ．φb >φc ，金属框中电流方向沿a→b→c→aC ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D ．U bc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a→c→b→a解析：金属框绕ab 边转动时，闭合回路abc 中的磁通量始终为零(即不变)，所以金属框中无电流．金属框在逆时针转动时，bc 边和ac 边均切割磁感线，由右手定则可知φb <φc ，φa <φc ，所以根据E ＝Blv可知，U bc ＝U ac ＝－Bl v －＝－Bl 0＋ωl 2＝－12Bl 2ω.由以上分析可知选项C 正确．答案：C7．(2020·厦门模拟)如图所示，在均匀磁场中有一由两段14圆弧及其半径构成的导线框CDEF，且C点和F点正好是OD、OE的中点，14圆的半径OE和OD与磁场边缘重合，磁场方向垂直于14圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转过90°，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置不变，而磁感应强度大小随时间均匀变化．为了产生与线框转过90°过程中同样大小的电流，则磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为( )A.ωB02πB.ωB0πC.2ωB0πD.4ωB0π解析：设OE＝2r，线框的电阻为R，该线框绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动90°，在线框中产生的感应电流I＝32B0ωr2R.线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动90°过程中同样大小的电流，有I＝ΔBΔt·3πr24R，所以有ΔBΔt＝2ωB0π，故C对，A、B、D错．答案：C8．(多选)如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条，辐条与圆环接触良好，现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上，现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动，右侧电路通过电刷与辐条中心和环的边缘相接触，R1＝R2，S处于闭合状态，不计其他电阻，则下列判断正确的是( )A．通过R1的电流方向为自下而上B．感应电动势大小为2Br2ωC．理想电压表的示数为16Br2ωD．理想电流表的示数为4Br2ω3R解析：由右手定则可知辐条中心为电源的正极、圆环边缘为电源的负极，因此通过R1的电流方向为自下而上，选项A正确；由题意可知，始终有长度为r的辐条在转动切割磁场线，因此感应电动势大小为12 Br2ω，选项B错误；由图可知，在磁场内部的半根辐条相当于电源，磁场外部的半根辐条与R1并联，因此理想电压表的示数为16Br2ω，选项C正确；理想电流表的示数为Br2ω3R，选项D错误．答案：AC[能力提升练]9．(多选)如图所示，质量为m＝0.04 kg、边长l＝0.4 m的正方形导体线框abcd放置在一光滑绝缘斜面上，线框用一平行斜面的细线系于O点，斜面倾角为θ＝30°.线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化关系为B ＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面．已知线框电阻为R ＝0.5 Ω，重力加速度为g ＝10 m/s 2.则( )A ．线框中的感应电流方向为abcdaB ．t ＝0时，细线拉力大小F ＝0.2 NC ．线框中感应电流大小为I ＝80 mAD ．经过一段时间t ，线框可能沿斜面向上运动解析：根据楞次定律，线框中产生的感应电流方向为adcba ，选项A 错误．根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势E ＝ΔB Δt ·l 22＝0.5×0.08 V＝0.04 V ，感应电流I ＝ER＝0.08 A ，t ＝0时磁感应强度B 0＝2 T ，bc 边所受安培力F A ＝B 0Il ＝2×0.08×0.4 N＝0.064 N ，由左手定则可判断出安培力方向沿斜面向上．对线框由平衡条件F ＋F A ＝mgsin30°，解得细线中拉力F ＝0.136 N ，选项B 错误、C 正确．由安培力F′A ＝BIl ＝(2＋0.5t)×0.08×0.4 N＝(0.064＋0.016t)N ，可知经过一段时间t ，安培力增大到大于线框重力沿斜面向下的分力时，线框沿斜面向上运动，选项D 正确．答案：CD10．(2020·青岛模拟)(多选)如图甲所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B 0＝0.5 T ，并且以ΔBΔt＝0.1 T/s 的变化率均匀增大，图象如图乙所示，水平放置的导轨不计电阻，不计摩擦阻力，宽度L ＝0.5 m ，在导轨上放着一金属棒MN ，电阻R 0＝0.1 Ω，并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量M ＝0.2 kg 的重物．导轨上的定值电阻R ＝0.4 Ω，与P 、Q 端点相连组成回路．又知PN 长d ＝0.8 m ．在重物被拉起的过程中，下列说法中正确的是(g 取10 N/kg)( )A ．电流的方向由P 到QB ．电流的大小为0.1 AC ．从磁感应强度为B 0开始计时，经过495 s 的时间，金属棒MN 恰能将重物拉起D ．电阻R 上产生的热量约为16 J解析：根据楞次定律可知电流方向为M→N→P→Q→M，故A 项正确；电流大小I ＝ΔB·S Δt R 0＋R ＝0.1×0.8×0.50.1＋0.4A ＝0.08 A ，故B 项错误；要恰好把质量M ＝0.2 kg 的重物拉起，则F 安＝F T ＝Mg ＝2 N ，B′＝Mg IL ＝0.2×100.08×0.5T ＝50 T ，B′＝B 0＋ΔBΔt·t＝0.5＋0.1t ，解得t ＝495 s ，故C 项正确；电阻R 上产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝(0.08)2×0.4×495 J＝1.27 J ，故D 项错误． 答案：AC 11．(2020·湖北咸宁联考)如图所示，水平面上有两根光滑金属导轨平行固定放置，导轨的电阻不计，间距为l ＝0.5 m ，左端通过导线与阻值R ＝3 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值为R L ＝6 Ω的小灯泡L 连接，在CDFE 矩形区域内有竖直向上，磁感应强度B ＝0.2 T 的匀强磁场．一根阻值r ＝0.5 Ω、质量m ＝0.2 kg 的金属棒在恒力F ＝2 N 的作用下由静止开始从AB 位置沿导轨向右运动，经过t ＝1 s 刚好进入磁场区域．求金属棒刚进入磁场时：(1)金属棒切割磁感线产生的电动势；(2)小灯泡两端的电压和金属棒受到的安培力． 解析：(1)0～1 s 棒只受拉力，由牛顿第二定律得F ＝ma ，金属棒进入磁场前的加速度a ＝F m＝10 m/s 2.设其刚要进入磁场时速度为v ，v ＝at ＝10×1 m/s＝10 m/s.金属棒进入磁场时切割磁感线，感应电动势E ＝Blv ＝0.2×0.5×10 V＝1 V.(2)小灯泡与电阻R 并联，R 并＝R·R L R ＋R L ＝2 Ω，通过金属棒的电流大小I ＝ER 并＋r＝0.4 A ，小灯泡两端的电压U ＝E －Ir ＝1 V －0.4×0.5 V＝0.8 V.金属棒受到的安培力大小F A ＝BIl ＝0.2×0.4×0.5 N＝0.04 N ，由右手定则和左手定则可判断安培力方向水平向左．答案：(1)1 V(2)0.8 V 0.04 N ，方向水平向左12．(2020·辽宁沈阳质监)足够长的平行金属导轨MN 和PQ 表面粗糙，与水平面间的夹角为37°(sin37°＝0.6)，间距为1.0 m ，垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4.0 T ，PM 间所接电阻的阻值为8.0 Ω，质量为2.0 kg 的金属杆ab 垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25，金属杆ab 在沿斜面向下且与杆垂直的恒力F 作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s ，g 取10 m/s 2.求：(1)当金属杆的速度为4.0 m/s 时，金属杆的加速度大小； (2)当金属杆沿导轨的位移为6.0 m 时，通过金属杆的电荷量．解析：(1)对金属杆ab 应用牛顿第二定律有F ＋mgsinθ－F 安－F f ＝ma ，F f ＝μF N ，F N ＝mgcosθ， ab 杆所受安培力大小为F 安＝BIL ，ab 杆切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BLv ，由闭合电路欧姆定律可得I ＝ER ，整理得：F ＋mgsinθ－B 2L 2vR－μmgcosθ＝ma.代入v m ＝8 m/s 时a ＝0，解得F ＝8 N ，代入v ＝4 m/s 及F ＝8 N ，解得a ＝4 m/s 2.(2)设通过回路截面的电荷量为q ，则q ＝I －t ，回路中的平均电流为I ＝ER ，回路中产生的平均感应电动势为E ＝ΔΦt，回路中的磁通量变化量为ΔΦ＝BLx ，解得q ＝ΔΦR＝3 C.答案：(1)4 m/s 2(2)3 C高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
高考物理专题复习课时作业33
课时作业(三十三) [第33讲 光的波动性 电磁波 相对论]基础巩固1．下列关于波的说法中正确的是( )A ．太阳光下的肥皂泡呈现出彩色条纹，这是光的衍射现象B ．光导纤维传递信号利用了光的全反射原理C ．偏振是横波特有的现象D ．照相机镜头上的增透膜能增强透射光是利用光的干涉现象2．关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是( )A ．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息B ．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波C ．太阳光中的可见光和医院“B 超”中的超声波传播速度相同D ．遥控器发出的红外线波长和医院“CT ”中的X 射线波长相同3．下列说法中错误的是( )A ．1905年爱因斯坦提出的狭义相对论是以相对性原理和光速不变原理这两条基本假设为前提的B ．调谐是电磁波发射应该经历的过程，调制是电磁波接收应该经历的过程C ．日光灯启动时，启动器内的玻璃泡中的氖气发出红光，这是由于氖原子的内层电子受激发而产生的D ．照相机等的镜头涂有一层增透膜， 其厚度应为入射光在真空中波长的14；拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增大透射光的强度4．用激光器作光源，在不透光的挡板上开一条宽为0.05 mm 的狭缝，进行光的衍射实验，如图K331甲所示，则在光屏上看到的条纹是图乙中的( )图K331技能强化5．如图K332所示，一根10 m 长的梭镖以相对论的速度穿过一根10 m 长的管子，它们的长度都是在静止状态下测量的．以下叙述中最好地描述了梭镖穿过管子的情况的是( )图K332A ．梭镖收缩变短，因此在某些位置上，管子能完全遮住它B ．管子收缩变短，因此在某些位置上，梭镖从管子的两端伸出来C ．两者都收缩，且收缩量相等，因此在某个位置，管子恰好遮住梭镖D ．所有这些都与观察者的运动情况有关6．与通常观察到的月全食不同，小虎同学在2012年12月10日晚观看月全食时，看到整个月亮是暗红的．小虎画了月全食的示意图(如图K333所示)，并提出了如下猜想，其中最为合理的是()图K333A．地球上有人用红色激光照射月球B．太阳照射到地球的红光反射到月球C．太阳光中的红光经地球大气层折射到月球D．太阳光中的红光在月球表面形成干涉条纹7．抽制高强度纤维细丝时可用激光监控其粗细，如图K334所示，观察激光束经过细丝时在光屏上所产生的条纹即可判断细丝粗细的变化，下列说法正确的是()图K334A．这主要是光的干涉现象B．这主要是光的偏振现象C．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝粗了D．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝细了8．a、b两种单色光组成的光束从介质进入空气时，其折射光束如图K335所示．用a、b两束光()图K335A．先后照射双缝干涉实验装置，若在缝后屏上都能出现干涉条纹，则能确定光是横波B．先后照射某金属，若a光照射时恰能逸出光电子，则b光照射时也能逸出光电子C．从同一介质以相同方向射向空气，其界面为平面，若b光不能进入空气，则a光也不能进入空气D．从同一介质以相同方向射向空气，其界面为平面，a光的反射角比b光的反射角大9．如图K336所示，容器中盛有水，PM为水面，从A点发出一束白光，射到水面上的O点后，折射光发生了色散照到器壁上C、D之间，对应a、b两种颜色的单色光，则()图K336A．由A到O，a光的传播时间等于b光的传播时间B．若发光点A不变而出射点O向左移，则b光可能发生全反射C．a光和b光分别通过同一狭缝，a光在屏上产生的中央亮条纹比b光窄D．用a光和b光分别在同一双缝干涉实验装置上做实验，a光的条纹间距较大10．有a、b两束单色光从空气中平行照射在平行玻璃砖上，它们经玻璃砖折射后射入空气的光线分别如图K337中的a′、b′所示．则有关a、b光的说法正确的是()图K337A．在玻璃砖中传播时a光的速度较大B．在同一个双缝干涉实验装置上做实验发生干涉时a光的干涉条纹间距较大C．从同一介质射向空气时a光发生全反射的临界角较小D．只有a光才是偏振光11．图K338为氩离子激光器发出一束绿色和蓝色的复合激光入射到光盘面后的折射情况．则下列判断正确的是()图K338A．图中光束①是绿光，光束②是蓝光B．光束①的光子能量较大C．若用同一装置进行双缝干涉实验，光束②的干涉条纹间距比光束①的小D．单缝衍射时，光束①的中央亮纹宽度较宽挑战自我12．如图K339甲所示，在平静的湖面下有一个点光源S，它发出a、b两种不同颜色的光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由a、b两种单色光所构成的复色光的圆形区域，周边为环状区域，且为a光的颜色(图乙为俯视图)．则以下说法中正确的是()图K339A．水对a光的折射率比b光大B．a光在水中的传播速度比b光大C．a光的频率比b光大D．在同一装置的双缝干涉实验中，a光的干涉条纹间距比b光小实验(十一)[实验11光学实验]1．英国物理学家托马斯·杨巧妙地解决了相干光源问题，第一次在实验室内观察到光的干涉现象．图S111为实验装置简图，M为竖直线光源，N和O均为有狭缝的遮光屏，P 为光屏．现有四种带有狭缝的遮光屏，实验时的正确选择是()图S111A．N应选3，O应选4B．N应选1，O应选2C．N应选1，O应选4D．N应选3，O应选22．图S112是单色光的双缝干涉的示意图，其中S为单缝，S1、S2构成双缝，且三条缝互相平行，缝S到缝S1、S2的距离相等，下列说法中正确的是()图S112A．单缝S的作用是增加光的强度B．双缝S1、S2的作用是获得同频率的两束相干光C．当从S1、S2发出的两列光波到P点的路程差为波长的1.5倍时，产生第二条亮条纹D．当从S1、S2发出的两列光波到P点的路程差为一个波长时，产生中央亮条纹3．利用图S113中的装置研究双缝干涉现象时，下列几种说法中正确的是()图S113A．将屏移近双缝，干涉条纹间距变小B．将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变大C．将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变大D．换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变小4．在“测定玻璃的折射率”的实验中，测得的入射角θ1和折射角θ2的正弦值如下面表格所示．图S114(1)在图S114的方格纸上画出入射角的正弦值和折射角的正弦值的关系图像．(2)该玻璃的折射率是________．(保留三位有效数字)5．利用如图S115所示的装置做双缝干涉实验，在仅改变某一个实验条件而其他条件相同的情况下，得到的干涉图样分别如图S116中的甲、乙所示．下列说法中正确的是()图S115图S116A．可能是选用的光源不同，甲图对应的光源频率小B．可能是双缝到光屏的距离不同，甲图对应的距离较小C．可能是双缝的间距不同，甲图对应的间距较大D．可能是光源到双缝的距离不同，甲图对应的距离较大6．图S117为光学实验用的长方体玻璃砖，它的________面不能用手直接接触．在用插针法测定玻璃砖的折射率的实验中，两位同学绘出的玻璃砖和三个针孔a、b、c 的位置相同，且插在c位置的针正好挡住插在a、b位置的针的像，但最后一个针孔的位置不同，分别为d、e两点，如图所示，计算折射率时，用________(选填“d”或“e”)点得到的值较小，用________(选填“d”或“e”)点得到的值误差较小．图S1177．图S118是用双缝干涉测光的波长的实验装置示意图．图S118(1)图中①②③④⑤分别是指________、________、__________、___________、_________________．(2)本实验的步骤有：a．调节单缝与双缝间的距离为5～10 cm，并使单缝与双缝相互平行；b．按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上；c．取下遮光筒左侧的元件，打开光源，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮；d．用米尺测出双缝到屏的距离；用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮纹间的距离；e．将测得的数据代入公式，求出光的波长．以上步骤合理的顺序是______________．(只填步骤代号)，在操作b时应注意使单缝和双缝________且间距为__________．(3)以下哪些操作能够增大光屏上相邻两条亮纹之间的距离()A．增大③和④之间的距离B．增大④和⑤之间的距离C．将红色滤光片改为绿色滤光片D．增大双缝之间的距离(4)在某次实验中，已知双缝到光屏之间的距离是600 mm，双缝之间的距离是0.20 mm，单缝到双缝之间的距离是100 mm，某同学在用测量头测量时，先将测量头目镜中看到的分划板中心刻线对准某条亮纹(记作第1条)的中心，这时手轮上的示数如图S11-9甲所示．然后他转动测量头，使分划板中心刻线对准第7条亮纹的中心，这时手轮上的示数如图乙所示，图乙示数为______mm.由此可以计算出这次实验中所测得的单色光的波长为________nm(保留两位有效数字)．图S1198．如图S1110所示，画有直角坐标系xOy的白纸位于水平桌面上．M是放在白纸上的半圆形玻璃砖，其底面的圆心在坐标原点，直边与x轴重合．OA是画在纸上的直线，P1、P2为竖直地插在直线OA上的两枚大头针，P3是竖直地插在纸上的第三枚大头针，α是直线OA与y轴正方向的夹角，β是直线OP3与y轴负方向的夹角．只要直线OA画得合适，且P3的位置正确，测出角α、β，便可求得玻璃砖的折射率．某学生在用上述方法测量玻璃砖的折射率时，在他画出的直线OA上竖直地插上了P1、P2两枚大头针，但在y<0的区域内，不管眼睛放在何处，都无法透过玻璃砖看到P1、P2的像，他应采取的措施是______________________________________________．若他已透过玻璃砖看到了P1、P2的像，确定P3位置的方法是___________________________________．若他已正确地测得了α、β的值，则玻璃砖的折射率n＝________________．图S1110课时作业(三十三)1．A [解析] 肥皂泡呈现出彩色条纹是光的薄膜干涉现象，选项A 错误．2．B [解析] 电磁波可以传递信息，如电视信号，声波也可以传递信息，如人说话，选项A 错误；手机用电磁波传递信息，人用声波说话，选项B 正确；太阳光中的可见光是电磁波，真空中传播的速度为3×108 m/s ，“B 超”中的超声波是声波，常温下，空气中传播的速度大约为340 m/s ，选项C 错误；遥控器发出的红外线的频率和医院CT 中的X 射线的频率不同，波速相同，根据c ＝λf ，可知波长不同，选项D 错误．3．A [解析] 1905年爱因斯坦提出的狭义相对论是以相对性原理和光速不变原理这两条基本假设为前提的，选项A 正确．调制是电磁波发射应该经历的过程，调谐是电磁波接收应该经历的过程，选项B 错误．日光灯启动时，启动器内的玻璃泡中的氖气发出红光，这是由于氖原子的外层电子受激发而产生的，选项C 错误．照相机等的镜头涂有一层增透膜，其厚度应为入射光在膜中波长的14；拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以减小反射光的强度，选项D 错误．4．D [解析] 单缝衍射形成的条纹与狭缝平行，明暗相间并且中间的亮条纹较宽、较亮，据此可知，选项D 正确．5．D [解析] 如果观察者是在相对于管子静止的参考系中观察运动着的梭镖，那么梭镖看起来就比管子短，在某些位置梭镖会完全处于管子内部．当观察者和梭镖一起运动时，观察者看到的管子就缩短了，所以在某些位置，观察者可以看到梭镖两端都伸出管子．假如观察者在梭镖和管子之间运动，运动的速度是在梭镖运动的方向上，而大小是其一半，那么梭镖和管子都是相对于观察者运动，且速度的大小一样；观察者看到这两样东西都缩短了，且缩短的量相同，所以观察者看到的一切都是相对的，依赖于观察者的参考系，选项D 正确．6．C [解析] 月全食的示意图如图所示．月全食发生时，月球处于地球的本影区，从原理上来说，地球上的人不会看到月亮．之所以会看到“红月亮”，是因为有一部分太阳光经过地球大气层的折射后，波长较短的蓝紫光大部分被吸收了，而波长较长的红光更多地射向月球表面，所以“红月亮”是地球大气对太阳光的折射造成的，选项C 正确．7．D [解析] 由于是激光光束通过障碍物，所以为光的衍射现象，选项A 、B 错误；观察衍射现象，根据衍射的情况判断细丝的粗细程度，屏上的条纹变宽，表明衍射现象更明显了，抽制的丝细了，选项C 错误，选项D 正确．8．C [解析] 根据光束从介质进入空气时的光路可知，介质对a 光的折射率大于介质对b 光的折射率．根据折射率与波长的关系，a 光的波长小于b 光的波长．用a 、b 两束光先后照射双缝干涉实验装置，若在缝后屏上都能出现干涉条纹，可看到a 光的干涉条纹间隔小于b 光的，但是不能确定光是横波，选项A 错误．用a 、b 两束光先后照射某金属，若a 光照射时恰能逸出光电子，由于a 光的光子能量大于b 光的，故b 光照射时不能逸出光电子，选项B 错误．根据全反射产生的条件，用a 、b 两束光从同一介质以相同方向射向空气，其界面为平面，若b 光不能进入空气，则a 光也不能进入空气，选项C 正确．用a 、b 两束光从同一介质以相同方向射向空气，其界面为平面，根据反射定律，a 光的反射角等于b 光的反射角，选项D 错误．9．D [解析] 根据n ＝sin i sin r 知，b 光的折射率大于a 光的折射率，再根据v ＝c n知，b 光在介质中的传播速度小，所以从A 至O 传播的时间长，选项A 错误；当O 点向左移动时，光的入射角减小，故都不可能发生全反射，选项B 错误；a 光折射率小，光的频率也小，而波长长，衍射现象明显，故两色光分别通过同一狭缝时，a 光在屏上产生的中央亮条纹较宽，选项C 错误；用两色光分别在同一双缝干涉实验装置上做实验，a 光的条纹间距较大，选项D 正确．10．C [解析] 由光路图可知，a 光的折射率大于b 光，根据n ＝c v ，在玻璃砖中传播时a 光的速度较小，选项A 错误；a 光的频率大于b 光，根据λ＝c f，a 光的波长小于b 光，根据Δy ＝l dλ，在同一个双缝干涉实验装置上做实验发生干涉时，a 光的干涉条纹间距较小，选项B 错误；根据sin C ＝1n，从同一介质射向空气时a 光发生全反射的临界角较小，选项C 正确；偏振光是指光波的振动方向单一，与光的频率无关，如果a 光是偏振光则b 光也可能是偏振光，选项D 错误．11．B [解析] 由图容易看出①光的偏转角度较大，所以①光的折射率较大，因此光束①是蓝光，光束②是绿光，选项A 错误；由E ＝hν可知①光的光子能量较大，选项B 正确；绿光的波长长，由Δy ＝l dλ可知①光的干涉条纹间距较小，选项C 错误；波长越长，衍射现象越明显，所以光束①的中央亮纹宽度较窄，选项D 错误．12．B [解析] 根据“周边为环状区域，且为a 光的颜色”可知b 光发生了全反射，a光折射出水面，说明水对a 光的折射率比对b 光小，选项A 错误．由n ＝c v 可知a 光在水中的传播速度比b 光大，a 光的频率比b 光的小，选项B 正确，选项C 错误．在同一装置的杨氏双缝干涉实验中，a 光的干涉条纹间距比b 光大，选项D 错误．实验(十一)1．B [解析] 双缝干涉图样中的明暗条纹与双缝平行，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误.2．B [解析] 单缝S 的作用是获得一束平行光，选项A 错误；当从S 1、S 2发出的两列光波到P 点的路程差为一个波长时，产生第二条亮条纹，选项C 错误；当从S 1、S 2发出的两列光波到P 点的路程差为零时，产生中央亮条纹，选项D 错误．3．C [解析] 双缝干涉现象需要两列光波的频率完全相同，双缝干涉条纹间距Δy ＝l dλ.将屏移近双缝，即l 减小，干涉条纹间距变小，选项A 正确；将滤光片由蓝色的换成红色的，波长变长，干涉条纹间距变大，选项B 正确．换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变小，选项D 正确．将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距不变，选项C 错误．4．(1)图略 (2)1.48～1.53均可5．A [解析] 本题考查对公式Δy ＝l dλ的理解，式中l 表示双缝到屏的距离，d 表示双缝间距，λ表示光的波长．光源频率小，则波长大，干涉条纹间距大，选项A 正确；双缝到光屏的距离小，则干涉条纹间距小，选项B 错误；双缝的间距小，则干涉条纹间距大，选项C 错误；光源到双缝的距离对实验的结果没有影响，选项D 错误．6．光学 d e[解析] 玻璃砖的光学面不能用手直接接触，光学面的污渍会影响光学面的平整，进而影响折射率的测定．连接dc 、 ec 并延长至玻璃砖的光学面与白纸的交线，交点为出射点，入射点与出射点的连线即为折射光线，入射角一定，用d 点时，折射角大，折射率小；对于两光学面平行的玻璃砖，入射光线和出射光线平行，ec 连线与入射光线平行，误差小．7．(1)光源 滤光片 单缝 双缝 光屏(其中滤光片和单缝的位置可以对调) (2)cbade 平行 5～10 cm (3)B(4)10.295(10.293～10.297均可) 5.6×102[解析] (1)为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝．(2)在操作步骤b 时应注意单缝和双缝间距5～10 cm ，使单缝与双缝相互平行，使一个线光源变为频率相等的两个线光源，顺序为cbade.(3)根据Δy ＝l dλ知，增大单缝和双缝间的距离，条纹间距不变，d 增大，条纹间距变小；l 增大，条纹间距变大；波长变短，条纹间距变小，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．(4)图甲螺旋测微器的固定刻度数为0.5 mm ，可动刻度读数0.01×14.2 mm ＝0.142 mm ，最终读数为0.642 mm.图乙螺旋测微器的固定刻度数为10.5 mm ，可动刻度读数为0.01×29.5mm ＝0.295 mm ，最终读数为10.795 mm.根据Δy ＝l dλ可得λ＝5.6×102 nm. 8．在白纸上另画一条与y 轴正方向夹角较小的直线OA ，把大头针P 1、P 2竖直地插在所画的直线上，直到在y <0的区域内透过玻璃砖能看到像 刚好使P 3挡住P 1、P 2的像 sin βsin α[解析] 在y ＝0的区域内无法透过玻璃砖看到P 1、P 2的像，可能是因为光线在x 轴上发生了全反射，在白纸上另画一条与y 轴正方向夹角较小的直线OA ，把大头针P 1、P 2竖直地插在所画的直线上，直到在y <0的区域内透过玻璃砖能看到的P 1、P 2的像，由折射定律和几何关系可知折射率为sin βsin α.。
物理高考复习实验八 验证动量守恒定律PPT课件
实验八 验证动量守恒定律
第六章 动量守恒定律
过好双基关
创新设计
1.实验原理 在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v′，算出碰撞前 的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否 相等。
2.实验器材 斜槽、小球(两个)、_天__平___、直尺、复写纸、白纸、圆规、重垂线。
撞动量守恒
D.若 mBA′N＝ mB′AM＋ mBB′P，则表明此碰
图2
撞动量守恒
过好双基关
研透命题点
研透命题点
创新设计
解析 (1)如果采用题图甲所示装置，由于小球平抛运动的时间相等，故可以 用水平位移代替速度进行验证，故需要测量OM、OP和ON的距离。 (2)采用题图乙所示装置时，利用水平距离相等，根据下落的高度可确定飞行
g
g
＝ BB′ ，代入动量守恒表达式，消去公共项后，有 mA ＝ mA ＋ mB ，故
2B′N
B′P B′M B′N
g 选项 C 正确。
答案 (1)OM、OP和ON的距离 (2)BC
过好双基关
研透命题点
研透命题点
【变式1】 如图3，用“碰撞实验器”可以验 证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道 水平部分碰撞前后的动量关系。 (1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度 是不容易的，但是可以通过仅测量 __________(填选项前的序号)，间接地解 决这个问题。 A.小球开始释放的高度h B.小球抛出点距地面的高度H C.小球做平抛运动的水平位移
创新设计
图3
过好双基关
研透命题点
研透命题点
创新设计
(2)用天平测量两个小球的质量m1、m2。图中 O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，
高考物理一轮总复习(人教版)课时作业33 含解析
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)选择题(1～8题为单项选择题，9～14题为多项选择题)1．如图所示，理想变压器原线圈的匝数n 1＝1 100匝，副线圈的匝数n 2＝110匝，原线圈接u ＝311sin(314t )(V)的交流电源。
开始开关S 处于断开状态。
下列叙述正确的是( )A ．电压表示数为22 VB ．当开关S 闭合后，电压表示数变大C ．当开关S 闭合后，电流表示数变小D ．当开关S 闭合后，变压器的输出功率增大解析： 原线圈接u ＝311sin(314t )(V)的交流电源，所以原线圈的电压是U 1＝3112V ＝220 V ，理想变压器原线圈的匝数n 1＝1 100匝，副线圈的匝数n 2＝110匝，电压与匝数成正比，所以副线圈的电压为22 V ，开始时开关S 处于断开状态，R 0与R 1串联，所以电压表示数小于22 V ，故A 错误；当开关S 闭合后，副线圈总电阻减小，副线圈的电压不变，副线圈的电流增大，所以电压表示数变小，故B 错误；当开关S 闭合后，副线圈总电阻减小，副线圈的电压不变，输出功率增大，所以输入的功率增大，所以电流表示数变大，故C 错误，D 正确。
答案： D2．理想变压器原线圈的ab 端接在电压不变的交流电源上，如图所示。
当副线圈的开关S 闭合时，同样规格的四盏灯亮度相同，则原、副线圈的匝数比n 1∶n 2为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．3∶1解析： 由电流关系可知n 1n 2＝I 2I 1＝31。
选项D 正确。
答案： D3．如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶100，图中a 、b 表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22 V ，电流表的示数为1 A ，则( )A ．a 为电流表，b 为电压表B ．a 为电压表，b 为电流表C ．线路输送电功率是200 kWD ．输电线路总电阻为22 Ω解析： 左侧的互感器原线圈并联在输电线路上，测量的是输电电压，所以a 为电压表；右侧的互感器原线圈串联在输电线路上，测量的是输电电流，b 为电流表，选项B 正确、A错误。
高考物理总复习 课时作业三十三 实验八 测量电源的电动势和内阻
课时作业三十三实验八：测量电源的电动势和内阻(限时：45分钟)(班级________ 姓名________)1．某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合．为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是( )A．一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器B．一个伏特表和多个定值电阻C．一个安培表和一个电阻箱D．两个安培表和一个滑动变阻器2.小明利用如图甲所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻．甲(1)如图甲中电流表的示数为________A.(2)调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：U(V) 1.45 1.36 1.27 1.16 1.06I(A)0.120.200.280.360.44请根据表中的数据，在图乙坐标纸上作出图线．由图线求得：电动势E＝______V；内阻r＝______Ω.乙第2题图(3)实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合．其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为________________________________________________________________________．3．某实验小组利用电压表和电阻箱测量电源的电动势和内阻(1)请在虚线框中画出实验的电路图．第3题图(2)实验的主要步骤如下：①检查并调节电压表指针指零，将开关S 断开，按照电路图连线．②调节电阻箱R 的阻值至________．③将开关S 闭合，逐渐调节电阻箱的阻值使电压表指针有足够的偏转，记下此时电阻箱的阻值R 和电压表的示数U .④改变电阻箱的阻值，测出几组U 及R 的数据，作出1R 1U 的图线如图所示(取国际单位制单位)． (3)由作出的1R 1U图线可求得电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(保留两位有效数字)4．某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材： 一个满偏电流为100 μA、内阻为2500 Ω的表头，一个开关，两个电阻箱(0～999.9 Ω)和若干导线．图1 图2第4题图(1)由于表头量程偏小，该同学首先需将表头改装成量程为50 mA的电流表，则应将表头与电阻箱______(选填“串联”或“并联”)，并将该电阻箱阻值调为____Ω.(2)接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路如图1所示，通过改变电阻R测相应的电流I，且作相关计算后一并记录如表：12345 6R/Ω95.075.055.045.035.025.0I/mA15.018.724.829.036.048.0IR/V 1.42 1.40 1.36 1.33 1.26 1.20①根据表中数据，图2中已描绘出四个点，请将第5、6两组数据也描绘在图2中，并画出IRI图线；②根据图线可得电池的电动势E是________V，内阻r是________Ω.5．某同学为了较精确地测量一节干电池的电动势和内电阻，在实验室准备了下列器材： A．待测干电池E一节B．电流表G(满偏电流3.0 mA，内阻为100 Ω)C．电流表A(量程0～0.6 A，内阻约为1 Ω)D．滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流为2 A)E．滑动变阻器R2(0～1 kΩ，额定电流为1 A)F．定值电阻R0(阻值为900 Ω)G．开关一个，导线若干该同学设计了如图甲所示的电路图．(1)为了能比较精确地进行测量，同时还要考虑操作的方便，实验中滑动变阻器应选______(填写序号字母)．(2)根据电路图，该同学将实物连接起来，组成了图乙所示的完整电路，但有两根导线连接错误，请你帮助该同学改正(在连接错误的导线上打“×”，并用笔画线代替导线画出正确的连接)．甲乙(3)如图丙所示，是该同学根据正确的实验操作得到两电流表的多组示数而作出的图线．由图可知，被测干电池的电动势为______V，内电阻为______Ω.(保留3位有效数字)丙第5题图6．为了测定电源电动势E的大小、内电阻r和定值电阻R0的阻值，某同学利用DIS设计了如图甲所示的电路．闭合电键S1，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，用电压传感器1、电压传感器2和电流传感器测得数据，并根据测量数据计算机分别描绘了如图乙所示的M、N两条UI直线．请回答下列问题：甲乙第6题图(1)根据图乙中的M、N两条直线可知( )A．直线M是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的B．直线M是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的C．直线N是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的D．直线N是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的(2)图象中两直线交点处电路中的工作状态是( )A．滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R0上消耗的功率为0.5 WD．电源的效率达到最大值(3)根据图乙可以求得定值电阻R0＝______Ω，电源电动势E＝______V，内电阻r＝______Ω.课时作业(三十三) 实验八：测量电源的电动势和内阻1.D 【解析】 由闭合电路欧姆定律可知E ＝U ＋Ir ，经变形可得U ＝－rI ＋E .测量电源电动势和内阻的实验通过改变外电路的电阻可以得到多组I 和U ，再通过描点法得到U －I 图象，图象的斜率k ＝－r ，从而得到r ＝－k ，图象的纵截距b ＝E .选项A 中可以通过安培表和伏特表的读数得到外电压和干路电流，如图(a)所示，所以选项A 可取．选项B 中可以通过伏特表的读数和若干定值电阻的实际阻值大小计算出干路的电流大小，实验电路图如图(b)所示，所以选项B 可取．选项C 中可以通过安培表的读数和电阻箱的取值得到外电压的大小，实验电路图如图(c)所示，所以选项C 可取．选项D 中无法得到外电压，所以选项D 不可取．(a) (b) (c)第1题图2．(1)0.44 (2)U I 图象见解析图 1.60(1.58～1.62都算对) 1.22(1.18～1.26都算对) (3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大【解析】 (1)由实验装置图可知，电流表使用0.6 A 量程，所以读数为0.44 A ；(2)描点画图，如图所示，根据U ＝－Ir ＋E 可得电动势为E ＝1.60 V ；图线的斜率绝对值等于内阻r ＝1.22 Ω；(3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大．第2题图3．(1)如图所示 (2)最大值 (3)3.3 1.0【解析】 (1)第3题图(2)为了保护电路，电阻箱的阻值应调为最大值．(3)由闭合电路欧姆定律E ＝U ＋U R r ，得到1R ＝E R 1U －1r，由图象在纵轴上截的绝对值得内阻r ＝1.0 Ω，由图象斜率可得电动势E ＝3.3 V.4．(1)并联 5 (2)①如图所示 ②1.53 2.0【解析】 (1)电流表量程扩大于50 mA ，即扩大500.1＝500倍，则应并联一个小电阻，其分流应为表头电流的499倍，则有：R ＝2500×100×10－6499×100×10－6≈5 Ω； (2)①根据描点法作出5、6两点，再由直线将各点相连即得出对应的图象如图所示； 第4题图②因IR 即表示电源的路端电压，则有；IR ＝E －I (r ＋R A )，则由图象可知，对应的电动势为1.53 V ，内阻为：r ＝1.53－1.180.05－5＝2.0 Ω. 5．(1)D (2)如图所示 (3)1.50 1.00第5题图【解析】 (1)为了让电流表有明显的读数，所以应选择总阻值较小的滑动变阻器，选D. (2)滑动变阻器R 1与电流表A 串联，定值电阻R 0与电流表G 串联，二者再并联．(3)从图象中取两组数据，代入闭合电路欧姆定律，E ＝(I 1＋I 2)r ＋I 2(R 0＋R G )，可解出电源电动势和内阻．6．(1)BC (2)ABC (3)2.0 1.5 1.0【解析】 (1)定值电阻的U －I 图线是正比图线，一定经过原点，故图线M 是根据电压表V 2和电流表A 的数据画得的，电阻为2 Ω；电源的U －I 图线是向下倾斜的图线，故直线N 是根据电压表V 1和电流表A 的数据画得的，电动势为1.5 V ，内电阻为1 Ω；故选BC ；(2)当定值电阻和电源的电流、电压相等时，一定是电阻直接与电源相连；故滑动变阻器是短路，故A 正确；滑动变阻器短路时，外电阻与内电阻最接进，故电源输出功率最大，故B 正确；此时电阻的电压为1 V ，电流为0.5 A ，故功率为0.5 W ，故C 正确；外电阻最小，效率最低，故D 错误；故选ABC ；(3)定值电阻的U －I 图线是正比图线，斜率表示电阻，为2.0 Ω；图线N 的纵轴截距表示电动势，为1.5 V ；斜率表示内电阻，为1.0 Ω.。
2020-2021学年物理人教版选修3-3课件：课时作业 8-2 气体的等容变化和等压变化
4．一个密封的钢管内装有空气，在温度为 20 ℃时，压强为
1 atm，若温度上升到 80 ℃，管内空气的压强为( C )
A．4 atm
1 B.4 atm
C．1.2 atm
5 D.6 atm
解析：由pp21＝TT12得：p12＝227733＋ ＋2800，p2＝1.2 atm.
5．如图所示，A、B 两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃 管连接，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两 边气体作用下保持平衡时，A 中气体的温度为 0 ℃，B 中气体温
解析：一定质量的气体体积不变时，压强与热力学温度成正 比，即Tp11＝Tp22，得 T2＝pp2T1 1＝2T1，B 正确．
2．一定质量的气体，如果保持它的压强不变，降低温度，使
它的体积变为 0 ℃时体积的n1，则此时气体的温度为( C )
A．－2n7 ℃ D．－273n(n－1) ℃
A．ΔV1＝ΔV2 B．ΔV1>ΔV2 C．ΔV1<ΔV2 D．无法确定
解析：由盖—吕萨克定律VT11＝VT22可得VT11＝ΔΔVT，即 ΔV＝ΔTT1 ·V1， 所以 ΔV1＝2578×V1，ΔV2＝2583×V2(V1、V2 分别是气体在 5 ℃和 10 ℃时的体积)，而2V718＝2V823，所以 ΔV1＝ΔV2，A 正确．
度为 20 ℃，如果将它们的温度都降低 10 ℃，则水银柱将( A )
A．向 A 移动 C．不动
B．向 B 移动 D．不能确定
解析：假设水银柱不动，由查理定律Tp＝Tp′′，得 p′－p＝ T′T－Tp，即 Δp＝ΔTTp，可知 Δp∝T1，而 TA＝273.15 K，TB＝293.15 K，所以 A 部分气体压强减少的较多，故水银柱左移．
2020高考人教版物理-课时规范练33电磁感应现象中的综合应用问题
课时规范练33电磁感应现象中的综合应用问题基础对点练1.(电磁感应中的电路问题)如图所示,两根相距为l的平行直导轨ab、cd,b、d间连有一定值电阻R,导轨电阻可忽略不计。
MN为放在ab和cd上的一导体杆,与ab垂直,其电阻也为R。
整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)。
现对MN施力使它沿导轨方向以速度v(如图)做匀速运动。
令U表示MN两端电压的大小,则()A.U=12Blv,流过定值电阻R的感应电流由b到dB.U=12Blv,流过定值电阻R的感应电流由d到bC.U=Blv,流过定值电阻R的感应电流由b到dD.U=Blv,流过定值电阻R的感应电流由d到b2.(多选)(电磁感应中的电路问题)(2019·安徽屯溪月考)如图所示,正方形线框的边长为L,电容器的电容为C,正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中,当磁感应强度以k为变化率均匀减小时,则()A.线框中产生的感应电动势大小为kL2B.电压表没有读数C.a点的电势高于b点的电势D.电容器所带的电荷量为Q=kCL 22 3.(多选)(动力学问题)如图所示,等边闭合三角形线框,开始底边与匀强磁场的边界平行且重合,磁场的宽度大于三角形的高度,线框由静止释放,穿过该磁场区域,不计空气阻力,则下列说法正确的是()A.线框进磁场过程中感应电流为顺时针方向B.线框底边刚进入和刚穿出磁场时线圈的加速度大小可能相同C.线框出磁场的过程,可能做先减速后加速的直线运动D.线框进出磁场过程,通过线框的电量不同4.(多选)(动力学问题、能量问题)(2019·安徽宣城市期中)如图甲所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,金属线框的质量为m,电阻为R。
在金属线框的下方有一匀强磁场区域,MN和PQ 是匀强磁场区域的水平边界,并与线框的bc边平行。
磁场方向垂直于线框平面向里。
现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落,如图乙是金属线框由开始下落到bc刚好运动到匀强磁场PQ边界的v-t图象,图中数据均为已知量,重力加速度为g,不计空气阻力。
2020年高考物理复习课时达标33
课时达标第33讲[解密考纲]综合考查氢原子能级的跃迁、放射性元素的衰变、半衰期、核反应，以及质能方程、核反应方程的有关计算．1．在α粒子散射实验中，电子对α粒子运动的影响可以忽略．这是因为与α粒子相比，电子的(D)A．电量太小B．速度太小C．体积太小D．质量太小解析α粒子是氦核，是电子电量的2倍，质量是电子的7 600倍，当α粒子碰到电子时，就像子弹碰到尘埃一样，故电子对α粒子运动的影响可以忽略是因为电子的质量相比α粒子太小，选项D项正确．2．氢原子能级示意图如图所示，不同色光的光子能量如下表所示．(A)A．红、蓝—靛B．黄、绿C．红、紫D．蓝—靛、紫解析如果激发态的氢原子处于第2能级，能够发出10.2 eV的光子，不属于可见光；如果激发态的氢原子处于第3能级，能够发出12.09 eV、10.2 eV、1.89 eV的三种光子，只有1.89 eV属于可见光；如果激发态的氢原子处于第4能级，能够发出12.75 eV、12.09 eV、10.2 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV的6种光子，1.89 eV和2.55 eV属于可见光，1.89 eV 的光子为红光，2.55 eV的光子为蓝—靛，故选项A正确．3．(多选)14C发生放射性衰变成为14N，半衰期约为5 700年．已知植物存活期间，其体内14C与12C的比例不变；生命活动结束后，14C的比例持续减少．现通过测量得知，某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一．下列说法正确的是(AC) A．该古木的年代距今约5 700年B．12C、13C、14C具有相同的中子数C．14C衰变为14N的过程中放出β射线D．增加样品测量环境的压强将加速14C的衰变解析由古木中的14C是现代植物中的二分之一知，14C经过了一个半衰期，距今5 700年，选项A正确；C的同位素质子数相同，中子数不同，选项B错误；14C衰变成14N是β衰变，选项C正确；改变环境的压强不会改变14C的半衰期，选项D错误．4．(多选)铀核裂变是核电站核能的重要来源，其一种裂变反应式是23592U＋10n→14456Ba＋8936 Kr＋310n.下列说法正确的有(AC)A．上述裂变反应中伴随着中子放出B．铀块体积对链式反应的发生无影响C．铀核的链式反应可人工控制D．铀核的半衰期会受到环境温度的影响解析根据裂变反应的规律和影响半衰期的因素解决问题．裂变反应式中的10n为中子，铀块体积大于临界体积，才能产生链式反应，且铀核的链式反应是可控的，选项A、C正确，选项B错误；放射性元素的半衰期不受外界压强、温度的影响，选项D错误．5．某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为11H＋126 C→137N＋Q1、11H＋157N→126C＋X＋Q2，Q1、Q2表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：A．X是32He，Q2＞Q1 B．X是42He，Q2＞Q1C．X是32He，Q2＜Q1 D．X是42He，Q2＜Q1解析由核反应中质量数、电荷数守恒可确定X是α粒子．两个核反应中的质量亏损分别为Δm1＝(1.007 8＋12.000 0－13.005 7) u＝0.002 1 u，Δm2＝(1.007 8＋15.000 1－12.000 0－4.002 6) u＝0.005 3 u，结合爱因斯坦质能方程Q＝Δmc2知Q1＜Q2，故选项B正确．6．放射性元素氡(22286Rn)经α衰变成为钋(21884Po)，半衰期约为3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素22286Rn的矿石，其原因是(A)A．目前地壳中的22286Rn主要来自于其他放射性元素的衰变B．在地球形成的初期，地壳中元素22286Rn的含量足够高C．当衰变产物21884Po积累到一定量以后，21884Po的增加会减慢22286Rn的衰变进程D．22286Rn主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期解析放射性元素22286Rn可以衰变成21884Po，有的元素也可以衰变成22286Rn，所以尽管22286Rn 的半衰期很短，自然界中仍然存在22286Rn，选项A正确；半衰期的大小与外界环境无关，选项C、D错；如果没有其他元素衰变成22286Rn，地球形成初期22286Rn的含量无论多么高，现在22286Rn也几乎不存在了，选项B错误．7．(多选)23892U放射性衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成21083Bi，而21083Bi可以经一次衰变变成210a X(X代表某种元素)，也可以经一次衰变变成b81Ti，210a X和b81Ti最后都变成206Pb，衰变路径如图所示．可知图中(BCE)82A．a＝82，b＝206B．a＝84，b＝206C．①是β衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子和电子而生成的D．②是α衰变，放出的是正电子，正电子是由质子转变成中子和一个正电子而生成的E.23892U经过8次α衰变和6次β衰变后可生成新核20682Pb解析衰变①的方程式为：21083Bi→21084X＋0－1e，为β衰变，放出电子，选项C正确；衰变②的方程式为：21083Bi→20681Ti＋42He，为α衰变，选项A、D错误，B正确；23892U 需经过8次α衰变和6次β衰变后可生成新核20682Pb，选项E正确．8．(2017·珠海一模)典型的铀核裂变是生成钡和氪，同时放出x个中子：23592U＋10n→14456Ba ＋8936Kr＋x10n，铀235质量为m1，中子质量为m2，钡144质量为m3，氪89的质量为m4.下列说法正确的是(C)A．该核反应类型属于人工转变B．该反应放出能量(m1－xm2－m3－m4)c2C．x的值是3D．该核反应比聚变反应对环境的污染较少解析该核反应是核裂变，可以自发进行，不是人工控制的，选项A错误；核反应方程23592U＋10n→14456Ba＋8936Kr＋x10n中根据质量数守恒，有235＋1＝144＋89＋x解得x＝3，选项C正确；根据爱因斯坦质能方程，该反应放出能量为ΔE＝Δm·c2＝(m1＋m2－m3－m4－3m2)c2＝(m1－m3－m4－2m2)c2，选项B错误；该核反应生成两种放射性元素，核污染较大，故选项D错误．9．如图所示为卢瑟福α粒子散射实验装置的示意图，图中的显微镜可在圆周轨道上转动，通过显微镜前相连的荧光屏可观察α粒子在各个角度的散射情况．下列说法正确的是(C)A．在图中A、B两位置分别进行观察，相同时间内观察到屏上的闪光次数一样多B．在图中的B位置进行观察，屏上观察不到任何闪光C ．卢瑟福选用不同金属箔片作为α粒子散射的靶，观察到的实验结果基本相似D ．α粒子发生散射的主要原因是α粒子撞击到金箔原子后产生的反弹解析 α粒子散射实验现象：绝大多数α粒子沿原方向前进，少数α粒子有大角度散射．所以A 处观察到的粒子多，B 处观察到的粒子少，所以选项A 、B 错误；α粒子发生散射的主要原因是受到原子核库仑斥力的作用，所以选项D 错误、C 正确．10．关于巴耳末公式1λ＝R ⎝⎛⎭⎫122－1n 2的理解，下列说法正确的是( C ) A ．所有氢原子光谱的波长都可由巴耳末公式求出 B ．公式中n 可取任意值，故氢原子光谱是连续谱C ．公式中n 只能取不小于3的整数值，故氢原子光谱是线状谱D ．公式不但适用于氢原子光谱的分析，也适用于其他原子光谱的分析解析 巴耳末公式是经验公式，只适用于氢原子光谱，公式中n 只能取n ≥3的整数，故选项C 正确．11．太阳的光谱中有许多暗线，它们对应着某些元素的特征谱线，产生这些暗线是由于( C )A ．太阳表面大气层中缺少相应的元素B ．太阳内部缺少相应的元素C ．太阳表面大气层中存在着相应的元素D ．太阳内部存在着相应的元素解析 吸收光谱的暗线是连续光谱中某些波长的光被物质吸收后产生的，太阳光的吸收光谱是太阳内部发出的强光经较低温度的太阳大气层时，某些波长的光被太阳大气层中的元素吸收而产生的．故选项C 正确．12．一个原子核a b X 进行一次α衰变后成为原子核c d Y ，然后又进行一次β衰变，成为原子核f g Z ：a b X →c d Y →fg Z ，它们的质量数a 、c 、f 及电荷数b 、d 、g 之间应有的关系中不正确的是( C )A ．a ＝f ＋4B ．c ＝fC ．d ＝g ＋1D ．b ＝g ＋1解析 根据α衰变(反应方程A Z X →A －4Z －2Y ＋42He)和β衰变(反应方程A Z X →A Z ＋1Y ＋0－1e)的规律，推出a ＝c ＋4，c ＝f ，d ＝b －2，代入g ＝d ＋1得到g ＝b －2＋1＝b －1，所以b ＝g ＋1.故选项C 错误．13．(2017·上海奉贤一模)2011年某国核电站发生核泄漏事故，其中铯137(137 55Cs)对核辐射的影响最大，其半衰期约为30年．(1)请写出铯137(137 55Cs)发生β衰变的核反应方程__137 55Cs →137 56Ba ＋0－1e__[已知53号元素是碘(I)，56号元素是钡(Ba)]．(2)若在该反应过程中释放的核能为E ，则该反应过程中质量亏损为_ Ec 2__(真空中的光速为c )．(3)泄漏出的铯137约要到公元__2101__年才会有87.5%的原子核发生衰变． 解析 (1)发生β衰变的核反应方程137 55Cs →13756Ba ＋ 0－1e ，(2)根据爱因斯坦质能方程知Δm ＝Ec2；(3)由半衰期公式N 余＝N 0×⎝⎛⎭⎫12t τ知，经历了3个半衰期，即90年，剩余18的原子核没衰变，所以要到公元2101年才会有87.5%的原子核发生衰变．14．用人工方法得到放射性同位素，这是一个很重要的发现．天然放射性同位素只不过40几种，而今天人工制造的放射性同位素已达1 000多种，每种元素都有放射性同位素．放射性同位素在农业、医疗卫生和科学研究的许多方面得到了广泛的应用．(1)带电的验电器在放射线照射下电荷会很快消失．其原因是( B ) A ．射线的贯穿作用 B ．射线的电离作用 C ．射线的物理、化学作用D ．以上三个选项都不是(2)如图是工厂利用放射线自动控制铝板厚度的装置示意图．如工厂生产的厚度为1 mm 的铝板，在α、β、γ三种射线中，你认为对铝板的厚度起主要作用的是__β__射线．(3)在我国首先用人工方法合成牛胰岛素时，需要证明人工合成的牛胰岛素结晶跟天然牛胰岛素的结晶是同一种物质，为此曾采用放射性同位素14C 作__示踪原子__．解析 (1)因放射线的电离作用，空气中与验电器所带电荷电性相反的离子与之中和，从而使验电器所带电荷消失，选项B 正确．(2)α射线穿透物质的本领弱，不能穿透厚度为1 mm 的铝板，因而探测器不能探测，γ射线穿透物质的本领极强，穿透 1 mm 厚的铝板和几毫米厚的铝板后打在探测器上很难分辨，β射线也能够穿透1 mm 甚至几毫米厚的铝板，但厚度不同，穿透后β射线的强度明显不同，探测器容易分辨．(3)放射性同位素的原子掺到其他物质中去，让它们一起运动、迁移，再用放射性探测仪器进行追踪，就可以知道放射性原子通过什么路径，运动到哪里，是怎样分布的，从而可以了解某些不容易察明的情况或规律，人们把作这种用途的放射性同位素叫做示踪原子．15．一静止原子核发生α衰变，生成一α粒子及一新核．α粒子垂直进入磁感应强度大小为B 的匀强磁场，其运动轨迹是半径为R 的圆．已知α粒子的质量为m ，电荷量为q ，新核的质量为M ，光在真空中的速度大小为c .求衰变前原子核的质量．解析 设衰变产生的α粒子的速度大小为v .由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 q v B ＝m v 2R，① 设衰变后新核的速度大小为v ′，衰变前后动量守恒，有0＝M v ′－m v ②设衰变前原子核质量为M 0衰变前后能量守恒，有 M 0c 2＝Mc 2＋12M v ′2＋mc 2＋12m v 2，③联立①②③式得M 0＝(M ＋m )⎣⎡⎦⎤1＋(qBR )22Mmc 2．答案 (M ＋m )⎣⎡⎦⎤1＋(qBR )22Mmc 2。
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第3题图
(2)实验的主要步骤如下：
①检查并调节电压表指针指零，将开关S断开，按照电路图连线．
②调节电阻箱R的阻值至________．
③将开关S闭合，逐渐调节电阻箱的阻值使电压表指针有足够的偏转，记下此时电阻箱的阻值R和电压表的示数U.
④改变电阻箱的阻值，测出几组U及R的数据，作出
1
的图线如图所示(取国际单位制单位)．
R
(3)由作出的图线可求得电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(保留两位有效数字)
4．某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材：一个满偏电流为100 μA、内阻为2500 Ω的表头，一个开关，两个电阻箱(0～999.9 Ω)和若干导线．
图1 图2
第4题图
(1)由于表头量程偏小，该同学首先需将表头改装成量程为50 mA 的电流表，则应将表头与电阻箱______(选填“串联”或“并联”)，并将该电阻箱阻值调为____Ω.
(2)接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路如图1所示，通过改变电阻R测相应的电流I，且作相关计算后一并记录如表：
123456
R/Ω95.075.055.045.035.025.0
I/mA15.018.724.829.036.048.0
IR/V 1.42 1.40 1.36 1.33 1.26 1.20
①根据表中数据，图2中已描绘出四个点，请将第5、6两组数据也描绘在图2中，并画出IRI图线；
②根据图线可得电池的电动势E是________V，内阻r是________Ω.
C．定值电阻R0上消耗的功率为0.5 W
D．电源的效率达到最大值
(3)根据图乙可以求得定值电阻R0＝______Ω，电源电动势E＝______V，内电阻r＝______Ω.
测量电源的电动势和内阻1.D 【解析】由闭合电路欧姆定律可知E＝U＋Ir，经变形可得U＝－rI＋E.测量电源电动势和内阻的实验通过改变外电路的电阻可以得到多组I和U，再通过描点法得到U －I图象，图象的斜率k＝－r，从而得到r＝－k，图象的纵截距b＝E.选项A中可以通过安培表和伏特表的读数得到外电压和干路电流，如图(a)所示，所以选项A可取．选项B中可以通过伏特表的读数和若干定值电阻的实际阻值大小计算出干路的电流大小，实验电路图如图(b)所示，所以选项B可取．选项C中可以通过安培表的读数和电阻箱的取值得到外电压的大小，实验电路图如图(c)所示，所以选项C可取．选项D中无法得到外电压，所以选项D不可取．
(a) (b) (c)
第1题图
2．(1)0.44 (2)UI图象见解析图 1.60(1.58～1.62都算对) 1.22(1.18～1.26都算对) (3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大
【解析】(1)由实验装置图可知，电流表使用0.6 A量程，所以读数为0.44 A；(2)描点画图，如图所示，根据U＝－Ir＋E可得电动势为E＝1.60 V；图线的斜率绝对值等于内阻r＝1.22 Ω；(3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大．
第2题图
3．(1)如图所示(2)最大值 (3)3.3 1.0
【解析】(1)
第3题图
(2)为了保护电路，电阻箱的阻值应调为最大值．(3)由闭合电路欧姆定律E＝U＋r，得到＝－，由图象在纵轴上截的绝对值得内阻r ＝1.0 Ω，由图象斜率可得电动势E＝3.3 V.
4．(1)并联 5 (2)①如图所示②1.53 2.0
【解析】(1)电流表量程扩大于50 mA，即扩大＝500倍，则应并联一个小电阻，其分流应为表头电流的499倍，则有：R＝≈5 Ω；
(2)①根据描点法作出5、6两点，再由直线将各点相连即得出对应的图象如图所示；
第4题图
②因IR即表示电源的路端电压，则有；IR＝E－I(r＋RA)，
则由图象可知，对应的电动势为1.53 V，内阻为：r＝－5＝2.0 Ω.
5．(1)D (2)如图所示(3)1.50 1.00
第5题图
【解析】(1)为了让电流表有明显的读数，所以应选择总阻值较小的滑动变阻器，选D. (2)滑动变阻器R1与电流表A串联，定值电阻R0与电流表G串联，二者再并联．(3)从图象中取两组数据，代入闭合电路欧姆定律，E＝(I1＋I2)r＋I2(R0＋RG)，可解出电源电动势和内阻．
6．(1)BC (2)ABC (3)2.0 1.5 1.0
【解析】(1)定值电阻的U－I图线是正比图线，一定经过原点，故图线M是根据电压表V2和电流表A的数据画得的，电阻为2 Ω；电源的U－I图线是向下倾斜的图线，故直线N是根据电压表V1和电流表A的数据画得的，电动势为1.5 V，内电阻为1 Ω；故选BC；
(2)当定值电阻和电源的电流、电压相等时，一定是电阻直接与电源相连；故滑动变阻器是短路，故A正确；滑动变阻器短路时，外电阻与内电阻最接进，故电源输出功率最大，故B正确；此时电阻的电压为1 V，电流为0.5 A，故功率为0.5 W，故C正确；外电阻最小，效率最低，故D错误；故选ABC；。