2019届高考物理一轮复习：固体、液体与气体含解析
2019高考一轮物理固体、液体和气体 共66页
D．液晶的光学性质随外加电压的变化而变化
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解析：液晶的微观结构介于晶体和液体之间，虽然液 晶分子在特定方向排列比较整齐，具有各向异性，但 分子的排列是不稳定的，选项A、B错误。外界条件的 微小变化都会引起液晶分子排列的变化，从而改变液 晶的某些性质。温度、压力、外加电压等因素变化时， 都会改变液晶的光学性质，故选项C、D正确。 答案：CD
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[思维启动] 一定质量的理想气体，在状态变化过程中的p－T图像 如图11－2－3所示，在A状态时的体积为V0，试画出对 应的V－T图像和p－V图像。
图11－2－3
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提示：如图所示：
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[知识联动]
1．气体的三个实验定律
(1)等温变化——玻意耳定律:
①内容：一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压
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3．一定质量的气体不同图像的比较
类别 图线
特点
举例
p－V
pV＝CT(其中 C 为恒量)， 即 pV 之积越大的等温线 温度越高，线离原点越远
p－V1
p＝CTV1，斜率 k＝CT， 即斜率越大，温度越高
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类别 图线
特点
p－T
p＝CVT，斜率 k＝CV，即斜 率越大，体积越小
V－T
V＝CpT，斜率 k＝Cp，即斜 率越大，压强越小
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[知识联动] 1．饱和汽与未饱和汽 (1)饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽。 (2)未饱和汽：没有达到饱和状态的蒸汽。 2．饱和汽压 (1)定义：饱和汽所具有的压强。 (2)特点：饱和汽压随温度而变。温度越高，饱和汽压越
大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关。
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3．湿度 (1)定义：空气的潮湿程度。 (2)描述湿度的物理量
高考物理一轮总复习第十三章热学能力课气体实验定律的综合应用练习含解析新人教版
能力课 气体实验定律的综合应用一、选择题1．对于一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，当它的体积减小时，下列说法正确的是( )①单位体积内分子的个数增加 ②在单位时间、单位面积上气体分子对器壁碰撞的次数增多 ③在单位时间、单位面积上气体分子对器壁的作用力不变 ④气体的压强增大A ．①④B ．①②④C ．①③④D ．①②③④解析：选B 在温度不变的条件下，当它的体积减小时，单位体积内分子的个数增加，气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，气体压强增大，故B 正确，A 、C 、D 错误．2.(多选)如图所示，一定质量的理想气体，沿状态A 、B 、C 变化，下列说法中正确的是( )A ．沿A →B →C 变化，气体温度不变 B ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最高 C ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最低D ．从A →B ，气体压强减小，温度升高E ．从B →C ，气体密度减小，温度降低解析：选BDE 由理想气体状态方程pVT＝常数可知，B 状态的pV 乘积最大，则B 状态的温度最高，A 到B 的过程是升温过程，B 到C 的过程是降温过程，体积增大，密度减小，选项B 、D 、E 正确，选项A 、C 错误．3.如图所示，U 形汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦．初始时，外界大气压强为p 0，活塞紧压小挡板．现缓慢升高汽缸内气体的温度，则选项图中能反映汽缸内气体的压强p 随热力学温度T 变化的图象是( )解析：选B 当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p 与汽缸内气体的热力学温度T 成正比，在p T 图象中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p T 图象中，图线是平行于T 轴的直线，B 正确．二、非选择题4.(2018届宝鸡一模)如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A 、B 是两个厚度不计的活塞，面积分别为S 1＝20 cm 2，S 2＝10 cm 2，它们之间用一根细杆连接，B 通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M 的重物C 连接，静止时汽缸中的空气压强p ＝1.3×105Pa ，温度T ＝540 K ，汽缸两部分的气柱长均为L .已知大气压强p 0＝1×105Pa ，取g ＝10 m/s 2，缸内空气可看作理想气体，不计一切摩擦．求：(1)重物C 的质量M ；(2)逐渐降低汽缸中气体的温度，活塞A 将向右缓慢移动，当活塞A 刚靠近D 处而处于平衡状态时缸内气体的温度．解析：(1)活塞整体受力处于平衡状态，则有pS 1＋p 0S 2＝p 0S 1＋pS 2＋Mg代入数据解得M ＝3 kg.(2)当活塞A 靠近D 处时，活塞整体受力的平衡方程没变，气体压强不变，根据气体的等压变化有S 1＋S 2L T ＝S 2×2LT ′解得T ′＝360 K. 答案：(1)3 kg (2)360 K5.(2018届鹰潭一模)如图所示，是一个连通器装置，连通器的右管半径为左管的两倍，左端封闭，封有长为30 cm 的气柱，左右两管水银面高度差为37.5 cm ，左端封闭端下60 cm 处有一细管用开关D 封闭，细管上端与大气联通，若将开关D 打开(空气能进入但水银不会入细管)，稳定后会在左管内产生一段新的空气柱．已知外界大气压强p 0＝75 cmHg.求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？解析：空气进入后将左端水银柱隔为两段，上段仅30 cm ，初始状态对左端上面空气有p 1＝p 0－h 1＝75 cmHg －37.5 cmHg ＝37.5 cmHg末状态左端上面空气柱压强p 2＝p 0－h 2＝75 cmHg －30 cmHg ＝45 cmHg 由玻意耳定律p 1L 1S ＝p 2L 2S 解得L 2＝p 1L 1p 2＝37.5×3045cm ＝25 cm 上段水银柱上移，形成的空气柱长为5 cm ，下段水银柱下移，与右端水银柱等高 设下移的距离为x ，由于U 形管右管内径为左管内径的2倍，则右管横截面积为左管的4倍， 由等式7.5－x ＝x4，解得x ＝6 cm所以产生的空气柱总长为L ＝(6＋5＋25)cm ＝36 cm. 答案：36 cm6.(2019届河北四市调研)如图，横截面积相等的绝热汽缸A 与导热汽缸B 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两汽缸内都装有理想气体，初始时体积均为V 0、温度为T 0且压强相等，缓慢加热A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强变为原来的1.5倍，设环境温度始终保持不变，求汽缸A 中气体的体积V A 和温度T A .解析：设初态压强为p 0，对汽缸A 加热后A 、B 压强相等：p B p 0B 中气体始、末状态温度相等，由玻意耳定律得 p 0V 0p 0V B2V 0＝V A ＋V B 解得V A ＝43V 0对A 部分气体，由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝错误! 解得T A ＝2T 0.答案：43V 0 2T 07.(2018年全国卷Ⅲ)在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l 1＝18.0 cm 和l 2＝12.0 cm ，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U 形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．解析：设U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p 1和p 2.U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p ，此时原左、右两边空气柱长度分别变为l 1′和l 2′.由力的平衡条件有p 1＝p 2＋ρg (l 1－l 2)①式中ρ为水银密度，g 为重力加速度． 由玻意耳定律有p 1l 1＝pl 1′② p 2l 2＝pl 2′③ l 1′－l 1＝l 2－l 2′④由①②③④式和题给条件得l 1′＝22.5 cm l 2′＝7.5 cm.答案：22.5 cm 7.5 cm8.(2019届福州质检)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热汽缸，汽缸下面有加热装置．开始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ两部分高度均为L 0，温度均为T 0.已知活塞A 导热、B 绝热，A 、B 质量均为m 、横截面积为S ，外界大气压强为p 0保持不变，环境温度保持不变．现对气体Ⅱ缓慢加热，当A 上升h 时停止加热，求：(1)此时气体Ⅱ的温度；(2)若在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m 时，气体Ⅰ的高度． 解析：(1)气体Ⅱ这一过程为等压变化 初状态：温度T 0、体积V 1＝L 0S 末状态：温度T 、体积V 2＝(L 0＋h )S 根据查理定律可得V 1T 0＝V 2T解得T ＝L 0＋hL 0T 0. (2)气体Ⅰ这一过程做等温变化 初状态：压强p 1′＝p 0＋mg S体积V 1′＝L 0S末状态：压强p 2′＝p 0＋2mgS体积V 2′＝L 1′S由玻意耳定律得p 1′L 0S ＝p 2′L 1′S 解得L 1′＝p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0.答案：(1)L 0＋h L 0T 0 (2)p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0 |学霸作业|——自选一、选择题1.(多选)(2018届兰州一中月考)如图所示，密闭容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则( )A ．氢分子的平均动能增大B ．氢分子的势能增大C ．氢气的内能增大D ．氢气的内能可能不变E ．氢气的压强增大解析：选ACE 温度是分子的平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定增大，故A 正确；氢气视为理想气体，气体分子势能忽略不计，故B 错误；密闭容器内气体的内能由分子动能决定，氢气的分子动能增大，则内能增大，故C 正确，D 错误；根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大，故E 正确．2．(多选)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( ) A ．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈 B ．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈 C ．压强变大时，分子间的平均距离必然变小 D ．压强变小时，分子间的平均距离可能变小解析：选BD 根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A 错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B 正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C 错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D 正确．V 与温度T 的关系图象，它由状态A 经等温过程到状态B ，再经等容过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的压强分别为p A 、p B 、p C ，则下列关系式中正确的是( )A ．p A <pB ，p B <pC B ．p A >p B ，p B ＝p C C ．p A >p B ，p B <p CD ．p A ＝p B ，p B >p C解析：选A 由pVT＝常量，得A 到B 过程，T 不变，体积减小，则压强增大，所以p A <p B ；B 经等容过程到C ，V 不变，温度升高，则压强增大，即p B <p C ，所以A 正确．二、非选择题4．图甲是一定质量的气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的V T 图象．已知气体在状态A 时的压强是1.5×105Pa.(1)说出A →B 过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中T A 的温度值；(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的p T 图象，并在图线相应位置上标出字母A 、B 、C .如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．解析：(1)从题图甲可以看出，A 与B 连线的延长线过原点，所以A →B 是一个等压变化，即p A ＝p B根据盖—吕萨克定律可得V A T A ＝V BT B所以T A ＝V A V BT B ＝,0.6)×300 K＝200 K.(2)由题图甲可知，由B →C 是等容变化，根据查理定律得p B T B ＝p C T C所以p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝43×1.5×105 Pa ＝2.0×105Pa则可画出由状态A →B →C 的p T 图象如图所示． 答案：(1)等压变化 200 K (2)见解析5.(2018届商丘一中押题卷)如图所示，用绝热光滑活塞把汽缸内的理想气体分A 、B 两部分，初态时已知A 、B 两部分气体的热力学温度分别为330 K 和220 K ，它们的体积之比为2∶1，末态时把A 气体的温度升高70 ℃，把B 气体温度降低20 ℃，活塞可以再次达到平衡．求气体A 初态的压强p 0与末态的压强p 的比值．解析：设活塞原来处于平衡状态时A 、B 的压强相等为p 0，后来仍处于平衡状态压强相等为p .根据理想气体状态方程，对于A 有p 0V A T A ＝pV A ′T A ′① 对于B 有 p 0V B T B ＝pV B ′T B ′② 化简得V A ′V B ′＝83③ 由题意设V A ＝2V 0，V B ＝V 0④ 汽缸的总体积为V ＝3V 0⑤ 所以可得V A ′＝811V ＝2411V 0⑥将④⑥代入①式得p 0p ＝910. 答案：9106.(2018年全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a 和b ，a 、b间距为h ，a 距缸底的高度为H ；活塞只能在a 、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m ，面积为S ，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p 0，温度均为T 0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g .解析：开始时活塞位于a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动，设此时汽缸中气体的温度为T 1，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0＝p 1T 1① 根据力的平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg ②联立①②式可得T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0③ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处，设此时汽缸中气体的温度为T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2.根据盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 式中V 1＝SH ⑤ V 2＝S (H ＋h )⑥联立③④⑤⑥式解得T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0⑦ 从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W ＝(p 0S ＋mg )h .答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0 (p 0S ＋mg )h 7.(2016年全国卷Ⅲ)一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变．解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′，长度为l 2′.以cmHg 为压强单位．由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00)cmHg ① l 1′＝,2)))cm ②由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′③ 联立①②③式和题给条件得p 1′＝144 cmHg ④依题意p 2′＝p 1′⑤l 2′＝4.00 cm ＋,2) cm －h ⑥由玻意耳定律得p 2l 2＝p 2′l 2′⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm. 答案：144 cmHg 9.42 cm8.(2019届沈阳模拟)如图所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T 0，大气压强恒为p 0，弹簧的劲度系数k ＝p 0Sl 0(S 为活塞横截面积)，原长为l 0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了l 0p 0.(1)求此时缸内气体的温度T 1；(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部l 0时，求此时缸内气体的温度T 2.解析：(1)汽缸内的气体，初态时：压强为p 0，体积为V 0＝Sl 0，温度为T 0末态时：压强为p 1p 0，体积为V 1＝S (l 0l 0) 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1解得T 1T 0.(2)当活塞移动到距汽缸底部l 0时，体积为V 2Sl 0，设气体压强为p 2 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 2V 2T 2此时活塞受力平衡方程为p 0S ＋F －p 2S ＋k (l 0－l 0)＝0l 0后压力F 保持恒定，活塞受力平衡 p 0S ＋Fp 0S －k (l 0)＝0解得T 2T 0. 答案：T 0 T 09．(2017年全国卷Ⅱ)一热气球体积为V ，内部充有温度为T a 的热空气，气球外冷空气的温度为T b .已知空气在1个大气压，温度T 0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g .(1)求该热气球所受浮力的大小； (2)求该热气球内空气所受的重力；(3)设充气前热气球的质量为m 0，求充气后它还能托起的最大质量．解析：(1)设1个大气压下质量为m 的空气在温度为T 0时的体积为V 0，密度为ρ0＝mV 0① 在温度为T 时的体积为V T ，密度为ρ(T )＝m V T② 由盖—吕萨克定律得V 0T 0＝V TT③ 联立①②③式得ρ(T )＝ρ0T 0T④气球所受到的浮力为f ＝ρ(T b )gV ⑤联立④⑤式得f ＝Vgρ0T 0T b.⑥(2)气球内热空气所受的重力为G ＝ρ(T a )Vg ⑦联立④⑦式得G ＝Vg ρ0T 0T a.⑧ (3)设该气球还能托起的最大质量为m ，由力的平衡条件得mg ＝f －G －m 0g ⑨ 联立⑥⑧⑨式得m ＝Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0. 答案：(1)Vgρ0T 0T b (2)Vgρ0T 0T a(3)Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0。
高考物理第一轮总复习课件：选修3-3第11章第2节
任何温度、任何压强下都遵从气体实
验定律的气体叫做理想气体.
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第11章
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(2)理想气体的状态方程 一定质量的理想气体状态方程:
p1V1 p2V2 pV ＝C(恒量) ＝ T T1 T2 ______________或_______________.
气体实验定律可看做一定质量气体状 态方程的特例.
剩余气体和漏出气体的整体作为研究
对象, 便可使变质量问题变成定质量
问题, 可用气体状态方程求解.
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第11章
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即时应用 2. 如图11－2－3所示, 喷洒农药用的 某种喷雾器, 其药液桶的总容积为15
L, 装入药液后, 封闭在药液上方的空
气体积为1.5 L, 打气筒活塞每次可以
打进250 cm3的压强为1×105 Pa的空
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第11章
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玻意耳定律 查理定律 表 达 p1V1＝p2V2 式 图 像
p1 p2 ＝ 或 T1 T2 p1 T1 ＝ p2 T2
盖-吕萨克 定律
V1 V2 ＝ 或 T1 T2 V1 T1 ＝ V2 T2
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第11章
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玻意耳定律 一定质量的气 体, 温度保持不 变时, 分子的平 均动能一定. 在 这种情况下, 体 积减小时, 分子 的密集程度增 大, 气体的压强 就增大
Pa, V1＝250 cm3· n＋1.5 L＝0.25n L
＋1.5 L
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第11章
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p2＝6×105 Pa, V2＝1.5 L 根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2 即1×105 Pa×(0.25n＋1.5)×10－3 m3
2022年高考物理一轮复习考点优化训练专题：46-固体、液体与气体
2022年高考物理一轮复习考点优化训练专题：46 固体、液体与气体一、单选题1．（2分）关于理想气体，下列说法正确的是（）A．气体的内能包括气体分子的重力势能B．气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能C．气体的内能包括气体整体运动的动能D．气体的内能包括气体分子热运动的动能2．（2分）一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p-V图像如图所示。
已知三个状态的坐标分别为a（V0，2p0）、b（2V0，p0）、c（3V0，2p0）以下判断正确的是（）A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量C．在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量D．气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量3．（2分）如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。
有关A、B和C三个状态温度T A、T B和T C的关系，正确的是（）A．T A=T B，T B=T C B．T A<T B，T B<T CC．T A=T C，T B>T C D．T A=T C，T B<T C4．（2分）如图所示，p－V图中，一定质量的理想气体由状态A经过程Ⅰ变至状态B时，从外界吸收热量420J，同时做功300J。
当气体从状态B经过程Ⅰ回到状态A时，做功200J，求此过程中气体吸收或放出的热量是（）A．吸热80J B．吸热220J C．放热520J D．放热320J5．（2分）如图所示，一定质量理想气体经历A→B的等压过程，B→C的绝热过程（气体与外界无热量交换），其中B→C过程中内能减少1000J，则A→B→C过程中气体对外界做的总功为（）A．1600J B．400J C．1000J D．600J6．（2分）堵住打气筒的出气口，缓慢向下压活塞使气体体积减小，你会感到越来越费力。
2019届高考物理(人教浙江版)一轮复习练习：第2章 相互作用 2 第一节 随堂检测巩固
1．(2018·苏锡常镇四市高三调研)某人骑自行车沿平直坡道向下滑行，其车把上挂有一只水壶，若滑行过程中悬绳始终竖直，如图所示，不计空气阻力，则下列说法中错误的是()A．自行车一定做匀速运动B．壶内水面一定水平C．水壶及水整体的重心一定在悬绳正下方D．壶身中轴一定与坡道垂直解析：选D.滑行过程中悬绳始终竖直，重力和拉力都沿竖直方向，运动方向沿坡斜向下，车一定做匀速运动，壶内水面一定水平，选项A、B正确；根据悬挂法测薄板重心的原理可知，水壶及水整体的重心一定在悬绳正下方，选项C正确；壶身中轴与坡道无必然联系，选项D错误．2.(2018·南京高三模拟考试)小明家阁楼顶有一扇倾斜的天窗，天窗与竖直平面的夹角为θ，如图所示．小明用质量为m的刮擦器擦天窗玻璃，当对刮擦器施加竖直向上大小为F的推力时，刮擦器恰好沿天窗玻璃向上匀速滑动，已知玻璃与刮擦器之间的动摩擦因数为μ，则刮擦器受到的摩擦力大小是()A．(F－mg)cos θB．(mg＋F)sin θC．μ(F－mg)cos θD．μ(mg＋F)sin θ解析：选A.天窗玻璃对刮擦器的弹力为F N＝(F－mg)sin θ，所以刮擦器受到的滑动摩擦力大小是F f＝μ(F－mg)sin θ，选项C、D错误；根据平衡条件，刮擦器受到的滑动摩擦力大小是F f＝(F－mg)cos θ，选项A正确，B错误．3．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，下列说法正确的是( )A ．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2mgB ．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m ＋M )gC ．当F >μ2(m ＋M )g 时，木板便会开始运动D ．无论怎样改变F 的大小，木板都不可能运动解析：选D.由于木块在木板上运动，所以木块受到木板的滑动摩擦力的作用，其大小为μ1mg ，根据牛顿第三定律可得木块对木板的滑动摩擦力也为μ1mg .又由于木板处于静止状态，木板在水平方向上受到木块的摩擦力μ1mg 和地面的静摩擦力的作用，二力平衡，选项A 、B 错误；若增大F 的大小，只能使木块的加速度大小变化，但木块对木板的滑动摩擦力大小不变，因而也就不可能使木板运动起来，选项C 错误，D 正确． 4.如图所示，斜面为长方形的斜面体倾角为37°，其长AD 为0.8 m ，宽AB 为0.6 m ．一重为20 N 的木块原先在斜面体上部，当对它施加平行于AB 边的恒力F 时，刚好使木块沿对角线AC 匀速下滑，求木块与斜面间的动摩擦因数μ和恒力F 的大小．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：木块在斜面上的受力示意图如图所示，由于木块沿斜面向下做匀速直线运动，由平衡条件可知：F ＝mg sin 37°·tan α＝20×0.6×0.60.8N ＝9 N 木块受到的摩擦力为F f ＝（mg sin 37°）2＋F 2 ＝（20×0.6）2＋92 N ＝15 N由滑动摩擦力公式得μ＝F f F N ＝F f mg cos 37°＝1520×0.8＝1516. ★答案★：15169 N感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
2019届高考物理第一轮知能分级练习题29
第2讲固体液体与气体A对点训练——练熟基础知识题组一固体、液体的性质1．(多选)下列说法中正确的是()．A．晶体一定具有各向异性，非晶体一定具有各向同性B．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同C．液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性D．随着分子间距离的增大，分子间作用力减小，分子势能也减小解析单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，非晶体一定具有各向同性，A错；温度是分子平均动能大小的标志，所以，内能不同的物体温度可能相同，B对；液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性，C项对；若分子间距离r<r0时，随着分子间距离的增大，分子间作用力先减小后增大，分子势能也是先减小后增大，D错．答案BC2．(多选)下列关于湿度的说法中，正确的是()．A．绝对湿度大，相对湿度一定大B．相对湿度是100%，表明在当时温度下，空气中水汽已达饱和状态C．相同温度下绝对湿度越大，表明空气中水汽越接近饱和D．露水总是出现在夜间和清晨，是因为气温的变化使空气中原来饱和的水蒸气液化的缘故解析相对湿度是空气中水蒸气的压强与同温度下水蒸气的饱和汽压的比值，故A错，B、C正确．当绝对湿度不变时，温度降低，饱和汽压降低，所以相对湿度变大，达到饱和以后，随着温度继续降低，水蒸气将液化为水，即露水，故选D.答案BCD3．(多选)下列说法中正确的是()．A．水黾能在水面上自由来往而不陷入水中靠的是液体表面张力的作用B．小木块能够浮于水面上是液体表面张力与重力平衡的结果C．喷泉喷射到空中的水形成一个个球形的小水珠D．用力敲击液晶，将在其两极间产生蓝色火花解析水黾在水面上站定或行走的过程中，其脚部位置比周围水面稍下陷，但仍在水面上而未陷入水中，就像踩在柔韧性非常好的膜上一样，这是液体表面张力在起作用，A项正确；小木块浮于水面上，已有部分陷入水中，受到浮力的作用而非液体表面张力作用，B项错；喷射到空中的水分散时每一小部分的表面都有表面张力在起作用且又处于完全失重状态，因此形成球状水珠，C项正确；用力敲击液晶会产生“压电效应”，使得其两极间形成高电压而击穿空气放电形成蓝色火花，D项正确．答案ACD4．(2018·苏北四市三调)(多选)如图所示的四幅图分别对应四种说法，其中正确的是()．A．微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动B．当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等C．食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的D．小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用解析布朗运动是颗粒的运动不是分子的运动，选项A错误；食盐是晶体，晶体具有各向异性的特点，选项C错误；B、D正确．答案BD题组二气体的压强及实验定律微观解释图2－105．(单选)如图2－10所示，在绝热的汽缸中封闭着两部分同种类的气体A和B，中间用绝热的活塞隔开，活塞用销钉K固定着．开始时两部分气体的体积和温度都相同，气体A的质量大于气体B的质量．拔去销钉后活塞可以自由移动，最后达到平衡．在拔去销钉前后，对气体B的内能和压强的大小，下列判断正确的是()．A．内能增大，压强不变B．内能不变，压强不变C．内能增大，压强增大D．内能不变，压强增大解析因为m A>m B，故初态时p A>p B，拔去销钉K后，气体A膨胀，对气体B做功，故气体B内能增大，压强增大，故选项C正确．答案 C6．(2018·广东理综，18)(多选)图2－11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0.2 L．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()．图2－11A．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充气后密封气体压强增加，A项正确．因温度不变，故气体的分子平均动能不变，B项错误．打开阀门后气体膨胀对外界做功，C项正确．气体膨胀后其压强减小，当气压小于1 atm时，容器不会再向外喷水，故容器中的水不可能喷光，D项错误．答案AC题组三气体实验定律及状态变化图象的应用7．封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T的关系如图2－12所示，该气体的摩尔质量为M，状态A的体积为V0，温度为T0，O、A、D三点在同一直线上，阿伏加德罗常数为N A.图2－12(1)由状态A变到状态D过程中()．A．气体从外界吸收热量，内能增加B．气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少C．气体温度升高，每个气体分子的动能都会增大D．气体的密度不变(2)在上述过程中，气体对外做功为5 J，内能增加9 J，则气体________(填“吸收”或“放出”)热量________ J.(3)在状态D，该气体的密度为ρ，体积为2V0，则状态D的温度为多少？该气体的分子数为多少？解析(3)A→D，由状态方程pVT＝C，得T D＝2T0，分子数n＝2ρV0N AM.答案(1)AB(2)吸收14(3)2T02ρV0N AM8．(2018·重庆理综，10)(1)某未密闭房间内的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当室内空气温度高于室外空气温度时，()．A．室内空气的压强比室外的小B．室内空气分子的平均动能比室外的大C．室内空气的密度比室外的大D．室内空气对室外空气做了负功(2)汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V0，压强为p0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增强了Δp.若轮胎内气体视为理想气体，其质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量．解析(1)因为室内、外相通，内、外压强始终相等，A错误；温度是分子平均动能的标志，室内温度高，分子平均动能大，B正确；室内原有空气体积膨胀对外做功，密度减小，C、D错误．(2)由理想气体状态方程pVT＝C(恒量)有p0V0 T＝(p0＋Δp)(V0＋ΔV)T解得：ΔV＝－ΔpV0 p0＋Δp答案(1)B(2)ΔV＝－ΔpV0 p0＋Δp9．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图象如图2－13所示．已知该气体在状态A时的温度为27 ℃则：图2－13(1)该气体在状态B、C时的温度分别为多少℃？(2)该气体从状态A到状态C的过程中内能的变化量是多大？(3)该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？解析(1)对于理想气体：A→B，由p AT A＝p BT B得：T B＝100 K，所以t B＝－173 ℃B→C由V BT B＝V CT C得：T C＝300 K，所以t C＝27 ℃(2)A→C，由温度相等得：ΔU＝0(3)A→C的过程中是吸热．吸收的热量Q＝W＝pΔV＝1×105×(3×10－3－1×10－3)J＝200 J. 答案(1)－173 ℃27 ℃(2)0(3)吸热200 J10．如图2－14(a)所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为S ＝2×10－3m 2、质量为m ＝4 kg 、厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为24 cm ，在活塞的右侧12 cm 处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K ，大气压强p 0＝1.0×105Pa.现将气缸竖直放置，如图(b)所示，取g ＝10 m/s 2.求：图2－14(1)活塞与气缸底部之间的距离；(2)加热到675 K 时封闭气体的压强．解析 (1)V 1＝0.24S ，V 2＝L 2S ，p 1＝p 0＝1.0×105Pap 2＝p 0＋mg S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1.0×105＋4×102×10－3Pa ＝1.2×105Pa 由等温变化p 1V 1＝p 2V 2得L 2＝p 1V 1p 2S ＝0.20 m ＝20 cm. (2)设活塞运动到卡环位置时温度为T 3，此时V 3＝0.36S由等压变化V 2T 2＝V 3T 3得 T 3＝V 3V 2T 2＝0.36S 0.20S ×300 K ＝540 K 由540 K 到675 K 气体做等容变化，p 3＝p 2由p 3T 3＝p 4T 4得 p 4＝T 4T 3p 3＝675540×1.2×105Pa ＝1.5×105Pa. 答案 (1)20 cm (2)1.5×105PaB深化训练——提高能力技巧11．(2018·江苏单科，12A)如图2－15所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A―→B和C―→D为等温过程，B―→C和D―→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就是著名的“卡诺循环”．图2－15(1)该循环过程中，下列说法正确的是________．A．A―→B过程中，外界对气体做功B．B―→C过程中，气体分子的平均动能增大C．C―→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D．D―→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化(2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A―→B”、“B―→C”、“C―→D”或“D―→A”)．若气体在A―→B过程中吸收63 kJ 的热量，在C―→D过程中放出38 kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为________kJ.(3)若该循环过程中的气体为1 mol，气体在A状态时的体积为10 L，在B状态时压强为A状态时的23.求气体在B状态时单位体积内的分子数．(已知阿伏加德罗常数N A＝6.0×1023mol－1，计算结果保留一位有效数字)解析(1)A→B体积增大，气体对外做功，A错误；B→C体积增大，气体对外做功，W<0、Q＝0，由热力学第一定律，ΔU＝W＋Q知内能减小，温度降低，分子平均动能减小，B错误；C→D，T不变，V减小，p增大，C 正确；D→A，V减小，外界对气体做功，W>0，Q＝0，ΔU>0，T增大，气体分子平均速率增大，D错误．(2)由(1)可知，B→C过程内能减小．经过一个循环，ΔU＝0，所以对外做功W＝(63－38)kJ＝25 kJ.(3)等温过程p A V A＝p B V B，单位体积内的分子数n＝γN AV B.解得n＝γN A p Bp A V A，代入数据得n＝4×1025m－3.答案(1)C(2)B→C25(3)4×1025m－312．[2018·山东理综，36(2)]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990 m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2－16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＝3 m3.如果将该气缸下潜至990 m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．图2－16(1)求990 m深处封闭气体的体积(1 atm相当于10 m深的海水产生的压强)．(2)下潜过程中封闭气体________(填“吸热”或“放热”)，传递的热量________(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功．解析(1)当气缸下潜至990 m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 atm①根据理想气体状态方程得p0V0T0＝pVT②代入数据得V＝2.8×10－2m3(2)下潜过程中，封闭理想气体温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知下潜过程中封闭气体放热，由能量守恒定律可知传递的热量大于外界对气体所做的功．答案 (1)2.8×10－2m 3 (2)放热 大于13．如图2－17所示，一根两端开口、横截面积为S ＝2 cm 2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深)．管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L ＝21 cm 的气柱，气体的温度为t 1＝7 ℃，外界大气压取p 0＝1.0×105 Pa(相当于75 cm 高的汞柱的压强)．图2－17(1)若在活塞上放一个质量为m ＝0.1 kg 的砝码，保持气体的温度t 1不变，则平衡后气柱为多长？(g ＝10 m/s 2)(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t 2＝77 ℃，此时气柱为多长？(3)若在(2)过程中，气体吸收的热量为10 J ，则气体的内能增加多少？ 解析 (1)被封闭气体的初状态为p 1＝p 0＝1.0×105 PaV 1＝LS ＝42 cm 3，T 1＝280 K末状态压强p 2＝p 0＋mg S ＝1.05×105 PaV 2＝L 2S ，T 2＝T 1＝280 K根据玻意耳定律，有p 1V 1＝p 2V 2，即p 1L ＝p 2L 2得L 2＝p 1p 2L ＝20 cm. (2)对气体加热后，气体的压强不变，p 3＝p 2，V 3＝L 3S ，T 3＝350 K根据盖—吕萨克定律，有V 2T 2＝V 3T 3，即L 2T 2＝L 3T 3得L 3＝T 3T 2L 2＝25 cm. (3)气体对外做的功W ＝p 2Sh ＝p 2S (L 3－L 2)＝1.05 J 根据热力学第一定律得ΔU ＝W ＋Q ＝－1.05 J ＋10 J ＝8.95 J 即气体的内能增加8.95 J.答案 (1)20 cm (2)25 cm (3)8.95 J。
零雾市雹输学校高考物理一轮总复习 第章 热学 第2讲 固体液体与气体
碌雷州零雾市雹输学校第2讲 固体、液体与气体时间：45分钟 满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～3为单选，4～10为多选)1．关于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )A ．温度升高，每个气体分子的运动速度都会增加B ．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零C ．气体从外界吸收热量，其内能一定增加D ．一定质量的气体在等压膨胀过程中温度一定升高答案 D解析 温度是分子平均动能的标志，温度高，分子运动的平均速率变大，但不是每一个分子运动的速率都增大，选项A 错误；气体对器壁的压强是由分子碰撞器壁产生的，与运动状态无关，在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强不变，选项B 错误；做功和热传递都可改变气体的内能，气体从外界吸热，其他情况不知，气体的内能不一定增加，选项C 错误；一定质量的气体，当压强不变时，V T ＝常数，体积膨胀，温度一定升高，选项D 正确。
2．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上。
其原因可近似为，当火罐内的气体( )A ．温度不变时，体积减小，压强增大B ．体积不变时，温度降低，压强减小C ．压强不变时，温度降低，体积减小D ．质量不变时，压强增大，体积减小答案 B解析 火罐开口端紧压在皮肤上，将一定量的热气体封闭在火罐内，由于火罐导热，火罐内的气体温度降低，但气体的体积不变，根据理想气体状态方程pV T＝C 可知，封闭气体的压强减小，选项B 正确，其他选项都错误。
3．[2014·福建高考]如图为一定质量理想气体的压强p 与体积V 关系图象，它由状态A 经等容过程到状态B ，再经等压过程到状态C 。
设A 、B 、C 状态对应的温度分别为T A 、T B 、T C ，则下列关系式中正确的是( )A ．T A ＜TB ，T B ＜TC B ．T A ＞T B ，T B ＝T CC ．T A ＞T B ，T B ＜T CD ．T A ＝T B ，T B ＞T C答案 C解析 据理想气体状态方程pV T ＝C ，可知气体从状态A 经等容过程到状态B ，p T＝常量，压强减小，温度降低，即T A ＞T B ；从状态B 到状态C 为等压变化，V T ＝常量，体积增加，温度升高，有T B ＜T C ，故选C 。
2025届高考物理一轮复习课件：理想气体状态方程
答案：(1)12.9 cm (2)363 K 解析 (1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，密封气体先经等温压缩过程体积 变为V2，压强变为p2，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2①
S
HS
T1
T2
单活塞气缸与多活塞气缸问题
例4
【详解】（1）初始时，对封闭气体，压强为 p1 p0 ，体积为 V1 SH
竖直放置时，压强为
p2
p0
mg S
2.5 p0，体积为 V2 Sh由玻意耳定律，有 p0SH 2.5p0Sh ，解得 h 0.4H
（2）假设活塞刚好到达气缸口时，气体温度为 T
例2．(2019·全国卷Ⅱ)如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，
容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔 成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0， 氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中 氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求： (1)抽气前氢气的压强； (2)抽气后氢气的压强和体积。
解析 (1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得p10·2S＋p·S＝p·2S＋p0·S① 得p10＝(p0＋p)② (2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2。根据力
的平衡条件有p2·S＝p1·2S③ 由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0④ p2V2＝p0V0⑤ 由于两活塞用刚性杆连接，故V1－2V0＝2(V0－V2)⑥联立②③④⑤⑥式解得p1＝p0/2+p/4
高考物理一轮复习课件：第十一章 第2讲 固体 液体和气体
2．液体
(1)液体分子间距离比气体气子间距离小得多，液体分子 间的作用力比固体分子间的作用力要小；液体内部分子间
的距离在10－10 m左右．
(2)液体的表面张力 液体表面层分子间距离较大，因此分子间的作用力表现 为引力；液体表面存在 表面张力 ，使液体表面绷紧， 浸润与不浸润也是表面张力的表现． Nhomakorabea3．液晶
1.气体分子之间的距离大约是分子直径的10倍，气体分子 之间的作用力十分微弱，可以忽略不计． 2．气体分子的速率分布，表现出“ 中间多，两头少”的
统计分布规律．
3．气体分子向各个方向运动的机会均等． 4．温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，速 率的平均值也是确定的，温度升高，气体分子的平均速率增 大，但不是每个分子的速率都增大．
【针对训练】 2．下列说法正确的是( ) A．饱和蒸汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大 B．饱和蒸汽是指液体与气体之间达到了动态平衡 C．所有晶体都有固定的形状、固有的熔点和沸点 D．所有晶体由固态变成液态后，再由液态变成固态时 ，固态仍为晶体 【解析】 饱和蒸汽压与温度有关，A正确；饱和蒸汽 是指蒸发和液化处于动态平衡，B正确；单晶体有固定形 状，而多晶体没有固定形状，C错误；水晶为晶体，熔化 再凝固后变为非晶体，D错误；本题答案为A、B. 【答案】 AB
【答案】
(1)180 mmHg (2)364 K
2.对液体性质的三点说明
(1)液体表面层、附着层的分子结构特点是导致表面张力、 浸润和不浸润现象、毛细现象等现象的根本原因． (2)同一种液体，对一些固体是浸润的，对另一些固体可能 不浸润． (3)液体沸腾的条件是饱和汽压和外部压强相等．
(2011·山东高考)人类对物质属性的认识是从宏观
高考物理一轮复习指导物理高考——科学备考与有效复习的学习策略
系数的测量、 动，自制“滴水）
的关系(6分) 的关系（6分
胡克定律（5 计时器（5分
）
分）
）
电学实验设计 研究小灯泡的 热敏电阻控制 电表改装和校 测量电源的电
性实验，热敏 伏安特性（10 的报警系统、 准（9分） 动势和内阻（
电阻的温度特 分）
性（10分）
完成电路设计 （10分）
9分）
基本特点：1、一力一电的格局基本不变 2、实验能力的两种层次要求基本不变 3、基本上每年都有创新的题目出现
2019届高考物理一轮复习指导－－物 理高考 ——-科 学备考 与有效 复习的 学习策 略（共 27张PP T）
2019届高考物理一轮复习指导－－物 理高考 ——-科 学备考 与有效 复习的 学习策 略（共 27张PP T）
近几年高考理综物理试题的微调变化与启示
▪ 1、平稳创新引领课改 ▪ 2、注重能力体现探究 ▪ 3、贴近生活关注科技 ▪ 4、注重对物理图形、图象处理问题能力考查 ▪ 5、注重实验能力的考查 ▪ 6、新物理情景的试题难以推出
2014年
匀变速直线运动
14 规律、动能、动 动量守恒
量
开普勒行星运 动定律（物理 学史）
带电粒子在匀强 电磁感应 （物理学 磁场中的运动 史）
牛顿运动定律、
15
匀变速直线运动 规律、力随位移
平抛运动
变化的图线
电场中的概念 判断
静电场及其性质 磁感应强度、安培力
16
库仑定律、受力 分析
磁场、电场复合 运动
物理是 实验科学
物理模型
具有理想化的 模 型的科学
应用广泛的 基础科学
实 验 基 础
核心理论
(概念,规律)
(最新)2019届高考物理一轮复习 第2章 相互作用 第2讲 摩擦力课时作业(含解析)
2、摩擦力[基础训练]1．如图所示，磁性黑板擦静止吸附在竖立的铁质黑板上．若黑板擦的重力大小为G，黑板对黑板擦的磁场力垂直于黑板平面，则( )A．黑板擦对黑板没有施加摩擦力B．黑板对黑板擦的作用力方向竖直向上C．黑板擦受到的磁场力大小一定等于GD．黑板擦受到的弹力大小不可能大于G答案：B 解析：对磁性黑板擦受力分析，受重力、磁场力、弹力以及摩擦力的作用，竖直方向上，重力与黑板对黑板擦的摩擦力平衡，垂直于黑板平面的方向上，黑板对黑板擦的磁场力与弹力平衡，则A错误，B 正确；而黑板擦受到的弹力、磁场力与重力的大小关系不能确定，则C、D错误．2．如图所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平地面上，质量为1 kg的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足够长，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8)．则该滑块所受摩擦力f随时间t变化的图象为下图中的(取初速度v0的方向为正方向，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)答案：B 解析：滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行，受到的是滑动摩擦力，由公式f＝μN可得f＝μmg cos 37°＝0.8×1×10×0.8 N＝6.4 N，方向沿着斜面向下，重力的下滑分力等于mg sin 37°＝1×10×0.6 N＝6 N<6.4 N，所以滑块滑到最高点时处于静止状态．因此滑块受到的静摩擦力大小为6 N，方向沿着斜面向上，B项正确，A、C、D项错误．3．如图所示的实验可以用来研究物体所受到的滑动摩擦力．当手拉木板从木块下抽出时，弹簧测力计的示数为F f ，由此可知( )A ．木板与桌面间的滑动摩擦力等于F fB ．木块与木板间的滑动摩擦力等于F fC ．绳子对木板的拉力等于F fD ．人手对绳子的拉力等于F f答案：B 解析：由于木块静止，所受滑动摩擦力等于弹簧的弹力F f ，B 正确，A 错误；绳子对木板的拉力、人手对绳子的拉力都未知，C 、D 错误．4．如图所示，物块A 放在倾斜的水板上，木板的倾角α分别为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块和木板间的动摩擦因数为( )A.12B.32C.22D.52答案：C 解析：由题意可以判断出，当倾角α＝30°时，物块受到的摩擦力是静摩擦力，大小为F f1＝mg sin 30°，当α＝45°时，物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为F f2＝μF N ＝μmg cos 45°，由F f1＝F f2得μ＝22. 5．(2018·贵州贵阳检测)如图所示，轻质弹簧的左端与物块P 相连，另一端固定在木板上．先将木板水平放置，并使弹簧处于压缩状态，缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P 刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块P 所受静摩擦力的大小变化情况是( )A ．一直增大B ．保持不变C ．先减小后增大D ．先增大后减小答案：A 解析：在抬起木板右端的过程中，物块受重力、支持力、弹簧对物块沿木板向下的弹力、摩擦力作用，由平衡条件有mg sin α＋kx ＝F f ，α为木板与水平面的夹角，所以在抬起木板右端的过程中物块所受摩擦力不断增大，A 项正确．[能力提升]6．(2018·天津模拟)如图所示，质量为m 的木块在质量为M 的木板上滑行，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为μ2，木板一直静止，那么木板受到地面的摩擦力大小为( )A ．μ1MgB ．μ2mgC ．μ1(m ＋M )gD ．μ1Mg ＋μ2mg答案：B 解析：因为木块对木板的摩擦力大小为μ2mg ，方向水平向右，而木板静止，所以地面给木板的静摩擦力水平向左，大小为μ2mg ，选项B 正确．7．一方形木板置在水平地面上，在方形木板的上方有一条状竖直挡板，挡板的两端固定于水平地面上，挡板跟水板之间并不接触．现在有一方形物块在木板上沿挡板以某一速度运动，同时方形木板以相等大小的速度向左运动，木板的运动方向与竖直挡板垂直，已知物块跟竖直挡扳和水平木板间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，物块的质量为m ，重力加速度为g ，则竖直挡板对物块的摩擦力大小为( )A ．0 B.22μ1μ2mg C.12μ1μ2mg D.2μ1μ2mg答案：B 解析：物块沿运动方向受挡板的摩擦力为f 1＝μ1F N ，因物块沿挡板运动的速度等于木板的运动速度，故物块相对木板的速度方向与挡板成45°角，物块受木板的摩擦力为f 2＝μ2mg ，其方向与挡板成45°角．则在垂直挡板方向F N ＝μ2mg cos 45°＝22μ2mg ，则f 1＝μ1F N ＝22μ1μ2mg ，故B 项正确．8．(2018·山东淄博摸底)一横截面为等腰三角形的斜面体放在地面上，斜面的倾角均为30°，两个均可视为质点的完全相同的滑块甲和乙放在斜面体上，如图所示，斜面体在地面上静止而两滑块刚好沿斜面匀速下滑；假设一切接触面均有摩擦，在滑块甲、乙上分别施加沿两斜面向下的外力F1、F2，且F1>F2，则两滑块在下滑的过程中( )A．滑块乙与斜面体之间的摩擦力增大B．地面对斜面体的摩擦力向右C．滑块甲对斜面体的压力增大D．斜面体对地面的压力大小等于三者重力之和答案：D 解析：滑块甲、乙沿斜面体匀速下滑时，三者都处于平衡状态，故对三者整体受力分析，整体受重力和支持力，不受摩擦力，故地面对斜面体的支持力大小为三者重力之和，当在两滑块上施加外力后，两滑块对斜面体的压力和摩擦力均不变，斜面体的受力情况不变，故斜面体仍保持静止，与地面间没有摩擦力，根据牛顿第三定律可知斜面体对地面的压力大小等于三者重力之和，D正确.。
2019高考物理一轮优级备、讲、练全国经典版讲义：第14
第2讲固体、液体与气体板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】固体的微观结构、晶体和非晶体液晶的微观结构Ⅰ1.晶体和非晶体2．液晶(1)概念：许多有机化合物像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，这些化合物叫做液晶。
(2)有些物质在特定的温度范围之内具有液晶态；另一些物质，在适当的溶剂中溶解时，在一定的□10浓度范围具有液晶态。
(3)天然存在的液晶并不多，多数液晶是人工合成的。
(4)应用：显示器、人造生物膜。
【知识点2】液体的表面张力Ⅰ1．概念：液体表面各部分间互相吸引的力。
2．作用：液体的表面张力使液面具有收缩到表面积最小的趋势。
3．方向：表面张力跟液面相切，且跟液面的分界线垂直。
4．大小：液体的温度越高，表面张力越小；液体中溶有杂质时，表面张力变小；液体的密度越大，表面张力越大。
5．液体的毛细现象：浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下降的现象，称为毛细现象。
【知识点3】饱和汽、未饱和汽和饱和汽压相对湿度Ⅰ1.饱和汽与未饱和汽(1)饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽。
(2)未饱和汽：没有达到饱和状态的蒸汽。
2．饱和汽压(1)定义：饱和汽所具有的压强。
(2)特点：饱和汽压随温度而变。
温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关。
3．湿度(1)定义：空气的潮湿程度。
(2)绝对湿度：空气中所含水蒸气的压强。
(3)相对湿度：在某一温度下，空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比，相对湿度(B)＝水蒸气的实际压强(p1)同温度水的饱和汽压(p s)×100%。
【知识点4】气体分子运动速率的统计分布气体实验定律理想气体Ⅰ一、气体分子运动的特点1．分子很小，间距很大，除碰撞外不受力。
2．气体分子向各个方向运动的分子数目都相等。
3．分子做无规则运动，大量分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布。
4．温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，温度升高时，速率小的分子数减少，速率大的分子数增多，分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都增大。
甘肃省天水一中2019届高三上学期一轮复习第五次质量检测(1月)物理试题PDF版含答案
A．N 在 d 点的电势能等于它在 e 点的电势能 B． M 在 b 点的加速度大小大于它在 a 点的加速度大小
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C． N 在从 e 点运动到 d 点的全过程中，电场力始终不做功 D． 对同一虚线圆上的点 a 和 c，电场强度相同 5． 电荷量不等的两点电荷固定在 x 轴上坐标为-3L 和 3L 的两点,其中坐标为-3L 处点电荷带电量 绝对值为 Q，两点电荷连线上各点电势 随 x 变化的关系如图所示，其中 x=L 处电势最低,x 轴上 M、N 两点的坐标分别为-2L 和 2L，则下列判断正确的是( A． 两点电荷一定为异种电荷 B． 原点 O 处场强大小为 C． 正检验电荷在原点 O 处收到向左的电场力 D． 负检验电荷由 M 点运动到 N 点的过程,电势能先减小后增大 6．一只电流表的满偏电流 法中正确的是（ A． 需串联一个 C． 需并联一个 ） 的电阻 的电阻 B． 需串联一个 的电阻 ，内阻 ，把它改装成量程为 的电压表，下列说 )
平行的屏 现将一电子 电荷量为 e，质量为
侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为 O，求： （1）电子从释放到打到屏上所用的时间； （2）电子刚射出电场 时的速度方向与 AO 连线夹角 的正切值 （3）电子打到屏上的点 到点 O 的距离 x． ；
18． （14 分）如图所示，空间有场强 E=1.0×102V/m 竖直向下的电场，长 L=0.8m 不可伸长的轻 绳固定于 O 点．另一端系一质量 m=0.5kg 带电 q=+5×10-2C 的小球．拉起小球至绳水平后在 A 点无初速度释放，当小球运动至 O 点的正下方 B 点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同 一竖直平面且与水平面成θ=53°、无限大的挡板 MN 上的 C 点．试求： (1)小球运动到 B 点时速度大小及绳子的最大张力； (2)小球运动到 C 点时速度大小及 A、C 两点的电势差； (3)当小球运动至 C 点时，突然施加一恒力 F 作用在小球上， 同时把挡板迅速水平向右移至某处，若小球仍能垂直打在档 板上，所加恒力 F 的最小值．
碑碎市碰碗学校高考物理大一轮复习 题组层级快练 第十三单元2 固体液体与气体高三物理试题
感碍州碑碎市碰碗学校题组层级快练(五十五)固体、液体与气体一、选择题1．(2016·江苏)在高原地区烧水需要使用高压锅，水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽，停止加热，高压锅在密封状态下缓慢冷却，在冷却过程中，锅内水蒸汽的变化情况为( )A．压强变小B．压强不变C．一直是饱和汽D．变为未饱和汽答案AC解析在冷却过程中，温度降低，锅内水蒸汽与锅内的液体处于动态平衡，所以锅内水蒸汽一直是饱和汽，故C项正确；D项错误；在冷却过程中，温度降低，饱和汽的压强减小，所以A项正确；B项错误．2．(2016·三门峡模拟)下列说法正确的是( )A．两个系统相互接触而传热，当两个系统的内能相等时就达到了热平衡B．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点C．干湿泡温度计的湿泡显示的温度高于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果D．液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引答案D解析两个系统相互接触传热，当温度相等时，达到了热平衡，故选项A错误；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故选项B错误；干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，故选项C错误；液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互作用的引力，故选项D正确．3．(2015·江苏)对下列几种固体物质的认识，正确的有( )A．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体C．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则D．石墨和石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同答案AD解析 由晶体和非晶体的性质判断选项A 、D 正确．4．(2014·全国大纲)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( ) A ．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈 B ．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈 C ．压强变大时，分子间的平均距离必然变小 D ．压强变小时，分子间的平均距离可能变小 答案 BD解析 根据理想气体的状态方程pVT＝C ，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A 错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B 正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C 错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D 正确．5．(2016·福州二模)如图所示的四个图像，有一个是表示一定质量的某种理想气体从状态a 等温压缩到状态b 的过程，这个图像是( ) 答案 B解析 气体做等温压缩变化，根据玻意耳定律得压强应增大，故选项A 错误；气体做等温压缩变化，故选项B 正确；气体做等温压缩变化，而图像中T 减小，故选项C 错误；箭头方向表示气体体积在增大，与题目不符，故选项D 错误． 6．(2014·福建)图为一定质量理想气体的压强p 与体积V 的关系图像，它由状态A 经等容过程到状态B ，再经等压过程到状态C.设A 、B 、C 状态对应的温度分别为T A 、T B 、T C ，则下列关系式中正确的是( ) A ．T A ＜T B ，T B ＜T C B ．T A ＞T B ，T B ＝T C C ．T A ＞T B ，T B ＜T C D ．T A ＝T B ，T B ＞T C答案 C解析 从A 到B 属于等容变化p A T A ＝p B T B ，因为p A >p B ，所以T A >T B ，排除A 、D 项；从B 到C 属于等压变化V B T B ＝V CT C ，因为V C >V B ，所以T C >T B ，排除B 项，C 项正确．7. (2016·潍坊模拟)如图所示，一定质量的理想气体，从图示A 状态开始，经历了B 、C ，最后到D 状态，下列判断中正确的是( ) A ．A →B 温度升高，压强不变 B ．B →C 体积不变，压强变大 C ．B →C 体积不变，压强不变D ．C →D 体积变小，压强变大答案AD解析由图像可知，在A→B的过程中，气体温度升高体积变大，且体积与温度成正比，由pVT＝C，气体压强不变，故选项A正确；由图像可知，在B→C的过程中，体积不变而热力学温度降低，由pVT＝C可知，压强p减小，故选项B、C错误；由图像可知，在C→D的过程中，气体温度不变，体积减小，由pVT＝C可知，压强p增大，故选项D正确．8．(2014·课标全国Ⅰ)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－T 图像如图所示．下列判断正确的是( )A．过程ab中气体一定吸热B．过程bc中气体既不吸热也不放热C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同答案ADE解析过程ab，理想气体等容变化，温度升高，理想气体的内能增大，气体一定吸热，选项A正确；过程bc，理想气体等温变化，压强减小，容器壁单位面积单位时间内受到分子撞击的次数减小，E项正确；而体积变大，气体对外做功，气体一定吸热，选项B错误；过程ca，理想气体的压强不变，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，气体对外放出的热量大于外界对气体做的功，选项C错误；根据上述三过程可知：在a、b、c三个状态中，状态a的温度最低，根据温度是分子平均动能的标志，其分子的平均动能最小，选项D正确．二、非选择题9．(2016·银川模拟)如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A封闭体积相等的两部分气体．开始时管道内气体温度都为T0＝500 K，下部分气体的压强p0＝1.25×105Pa，活塞质量m＝0.25 kg，管道的内径横截面积S＝1 cm2.现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至T，最终管道内上部分气体体积变为原来的34，若不计活塞与管道壁间的摩擦，g＝10 m/s2，求此时上部分气体的温度T.答案281.25 K解析设初状态时两部分气体体积均为V0，对下面部分气体，等温变化，根据玻意耳定律得p0V0＝pV，其中V ＝54V 0解得p ＝45×1.25×105 Pa ＝1×105Pa 对上面部分气体，初态：p 1＝p 0－mg S＝1×105Pa 末态：p 2＝p －mg S ＝0.75×105Pa 根据理想气体状态方程有p 1V 0T 0＝p 234V 0T 解得T ＝281.25 K10．(2016·课标全国Ⅰ)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp 与气泡半径r 之间的关系为Δp ＝2σr，其中σ＝0.070 N/m.现让水下10 m 处一半径为0.50 cm 的气泡缓慢上升．已知大气压强p 0＝1.0×105Pa ，水的密度ρ＝1.0×103kg/m 3，重力加速度大小g ＝10 m/s 2. (ⅰ)求在水下10 m 处气泡内外的压强差；(ⅱ)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值． 答案 (ⅰ)28 Pa (ⅱ)1.3解析 (ⅰ)由公式Δp ＝2σr ，得Δp ＝2×0.0705×10－3 Pa ＝28 Pa 水下10 m 处气泡的压强差是28 Pa.(ⅱ)忽略水温随水深的变化，所以在水深10 m 处和在接近水面时气泡内温度相同． 由等温变化规律，得 p 1V 1＝p 2V 2① 其中，V 1＝43πr 13②V 2＝43πr 23③由于气泡内外的压强差远小于水压，气泡内压强可近似等于对应位置处的水压，所以有 p 1＝p 0＋ρgh 1＝1×105Pa ＋1×103×10×10 Pa ＝2×105Pa ＝2p 0④p 2＝p 0⑤将②③④⑤代入①，得 2p 0×43πr 13＝p 0×43πr 232r 13＝r 23r 2r 1＝32≈1.3. 11．(2016·海南)如图，密闭汽缸两侧与一U 形管的两端相连，汽缸壁导热；U 形管内盛有密度为ρ＝7.5×102kg/m 3的液体．一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为p 0＝4.5×103Pa.外界温度保持不变．缓慢向右拉活塞使U 形管两侧液面的高度差h ＝40 cm ，求此时左、右两气室的体积之比．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，U 形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计． 答案 V 1∶V 2＝1∶1解析 设初始状态时汽缸左气室的体积为V 01，右气室的体积为V 02；当活塞至汽缸中某位置时，左、右气室的压强分别为p 1、p 2，体积分别为V 1、V 2， 由玻意耳定律，得p 0V 01＝p 1V 1① p 0V 02＝p 2V 2② 依题意有：V 01＋V 02＝V 1＋V 2③ 由力的平衡条件有：p 2－p 1＝ρgh④联立①②③④式，并代入题给数据，得 2V 12＋3V 01V 1－9V 012＝0⑤ 由此解得V 1＝32V 01(另一解不合题意，舍去)⑥ 由③⑥式和题给条件，得V 1∶V 2＝1∶1⑦12．(2016·枣庄模拟)如图甲所示，竖直放置的气缸内壁光滑，横截面积为S ＝10－3m 2，活塞的质量为m ＝2 kg ，厚度不计．在A 、B 两处设有限制装置，使活塞只能在A 、B 之间运动，B 下方气缸的容积为1.0×10－3m 3，A 、B 之间的容积为2.0×10－4 m 3，外界大气压强p 0＝1.0×105Pa.开始时活塞停在B 处，缸内气体的压强为0.9p 0，温度为27 ℃，现缓慢加热缸内气体，直至327 ℃.求： (1)活塞刚离开B 处时气体的温度t 2； (2)缸内气体最后的压强；(3)在图乙中画出整个过程中的p －V 图线． 答案 (1)127 ℃ (2)1.5×105Pa (3)见解析图解析 (1)活塞刚离开B 处时，设气体的压强为p 2，由二力平衡可得p 2＝p 0＋mg S 解得p 2＝1.2×105Pa由查理定律得0.9p 0273＋t 1＝p 2273＋t 2解得t 2＝127 ℃(2)设活塞最终移动到A 处，缸内气体最后的压强为p 3，由理想气体状态方程得 p 1V 0273＋t 1＝p 3V 3273＋t 3解得p 3＝1.5×105Pa因为p 3>p 2，故活塞最终移动到A 处的假设成立． (3)如图所示．13．如图，由U 形管和细管连接的玻璃泡A 、B 和C 浸泡在温度均为0 ℃的水槽中，B 的容积是A 的3倍．阀门S 将A 和B 两部分隔开．A 内为真空，B 和C 内都充有气体．U 形管内左边水银柱比右边的低60 mm.打开阀门S ，整个系统稳定后，U 形管内左、右水银柱高度相等．假设U 形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．(1)求玻璃泡C 中气体的压强(以mmHg 为单位)；(2)将右侧水槽的水从0 ℃加热到一定温度时，U 形管内左、右水银柱高度差又为60 mm ，求加热后右侧水槽的水温．答案 (1)180 mmHg (2)364 K解析 (1)在打开阀门S 前，两水槽水温均为T 0＝273 K ．设玻璃泡B 中气体的压强为p 1，体积为V B ，玻璃泡C 中气体的压强为p C ，依题意有 p 1＝p C ＋Δp①式中Δp ＝60 mmHg.打开阀门S 后，两水槽水温仍为T 0，设玻璃泡B 中气体的压强为p B .依题意有， p B ＝p C②玻璃泡A 和B 中气体的体积为 V 2＝V A ＋V B③根据玻意耳定律得 p 1V B ＝p B V 2④联立①②③④式，并代入题给数据得 p C ＝V BV AΔp ＝180 mmHg⑤(2)当右侧水槽的水温加热到T ′时，U 形管左、右水银柱高度差为Δp ，玻璃泡C 中气体的压强为 p C ′＝p B ＋Δp ＝p C ＋Δp⑥玻璃泡C 中的气体体积不变，根据查理定律得 p C T 0＝p C ′T ′⑦联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得 T ′＝364 K。
2019届新课标高考物理大一轮复习第11章热学第2节固体液体和气体讲义
V1 ②公式： V2
＝TT12或VT＝C(常量)．
③推论式：ΔV＝VT11·ΔT.
5．理想气体状态方程 (1)理想气体：在任何温度、任何 压强 下都遵从气体实验定 律的气体． ①理想气体是一种经科学的抽象而建立的 理想化 模型，实 际上不存在． ②理想气体不考虑分子间相互作用的分子力，不存在分子势 能，内能取决于温度，与体积无关． ③实际气体特别是那些不易液化的气体在压强不太大，温度 不太低 时都可看作理想气体．
(3)常用单位及换算关系： ①国际单位： 帕斯卡 ，符号：Pa,1 Pa＝1 N/m2. ②常用单位： 标准大气压 (atm)；厘米汞柱(cmHg)． ③换算关系：1 atm＝ 76 cmHg＝1.013×105 Pa≈1.0×105 Pa.
4．气体实验定律 (1)等温变化——玻意耳定律： ①内容：一定质量的某种气体，在 温度 不变的情况下，压 强p与体积V成 反比 ． ②公式： p1V1 ＝p2V2或pV＝C(常量)．
5．(2016·上海虹口高三质检)液体与固体具有的相同特点是 ()
A．都具有确定的形状 B．体积都不易被压缩 C．物质分子的位置都确定 D．物质分子都在固定位置附近振动
解析：选B.固体具有确定的形状，而液体具有流动性，没有 一定的形状，A错．固体、液体的分子排列都很紧密，分子间作 用力都很强，因此体积都不易被压缩，B对．但是液体分子只在 很小的区域内做有规则的排列，这种区域是不稳定的，因此C、 D错误．
“中间多，两头少” 的规律分布． (4)温度一定时，某种气体分子的速率分布是 确定 的，温度 升高时，速率小的分子数 减少 ，速率大的分子数 增多 ，分子 的平均速率增大，但不是每个分子的速率都增大．
2．气体的三个状态参量 (1) 体积 ；(2) 压强 ；(3) 温度 ． 3．气体的压强 (1)产生原因：由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频 繁地碰撞器壁产生持续而稳定的 压力 ． (2)大小：气体的压强在数值上等于气体作用在 单位面积上 的压力．公式：p＝FS.
2019届高考物理一轮复习优化探究(教科版)课时作业：必修一第1-3章--合编
[基础题组]一、单项选择题1．(2018·四川成都月考)女士由于驾车超速而被警察拦住．警察走过来对她说：“太太，你刚才的车速是80 km/h！”这位女士反驳说：“不可能的！我才开了10分钟，还不到一个小时，怎么可能走了80 km呢？”“太太，我的意思是：如果您继续像刚才那样开车，在下一个小时里您将驶过80 km.”“这也不可能的．我只要再行驶20 km就到家了，根本不需要再开过80 km的路程．”你认为这位太太没有认清哪个科学概念()A．位移与路程的概念B．时间与时刻的概念C．平均速度与瞬时速度的概念D．加速度与速度的概念解析：超速应是任意时刻超过80 km/h，是瞬时速度，不会因为她开车的时间短或位移短而改变此速度的大小；平均速度是物体在单位时间内通过的路程，而瞬时速度是指物体在某一时刻或某一位臵上的速度，故该女士没有认清平均速度与瞬时速度的概念，故A、B、D错误，C正确．答案：C2．两位杂技演员，甲从高处自由落下的同时乙从蹦床上竖直跳起，结果两人同时落到蹦床上(忽略空气阻力)．若以演员自己为参考系，此过程中他们各自看到对方的运动情况是()A．甲看到乙先朝上、再朝下运动B．甲看到乙一直朝上运动C．乙看到甲先朝下、再朝上运动D．甲看到乙一直朝下运动解析：因甲与乙的加速度相同，故此过程中他们各自以自己为参考系，看到对方向自己做匀速直线运动．甲看到乙向上做匀速直线运动、乙看到甲向下做匀速直线运动．故B对．答案：B3．(2018·浙江省名校协作体联考)北京时间8月19日，在2016年里约奥运会田径比赛200米决赛中，“飞人”博尔特以19秒79的成绩夺得冠军．下列说法正确的是()A．200米指位移B．19秒79为时间间隔C．博尔特撞线时可以看成质点D．博尔特夺冠是因为他的加速度最大解析：200米指路径的长度，即路程，选项A错误；19秒79为时间间隔，选项B正确；博尔特撞线时，他的大小和形状不能忽略不计，故不可以看成质点，选项C错误；博尔特夺冠是因为他的平均速度最大，选项D错误．答案：B4．如图所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v1，经过一小段时间之后，速度变为v2，Δv表示速度的变化量．由图中所示信息可知()A．汽车在做加速直线运动B．汽车的加速度方向与v1的方向相同C．汽车的加速度方向与v1的方向相反D．汽车的加速度方向与Δv的方向相反解析：根据图像，汽车的速度变小，做的是减速直线运动，选项A错误；汽车的加速度与Δv方向相同，所以与v1、v2的方向都相反，选项B、D错误，选项C正确．答案：C5．钓鱼岛自古以来就是我国的固有领土，在距温州市约356 km、距福州市约385 km、距基隆市约190 km的位置．若我国某海监船为维护我国对钓鱼岛的主权，从温州出发去钓鱼岛巡航，到达钓鱼岛时共航行了480 km，则下列说法中不正确的是()A．该海监船的位移大小为480 km，路程为356 kmB．该海监船的位移大小为356 km，路程为480 kmC．确定该海监船在海上的位置时可以将该海监船看成质点D．若知道此次航行的时间，则可求出此次航行的平均速度解析：位移是从初位臵到末位臵的有向线段，为356 km，路程为轨迹的实际长度为480 km ，故A 错误，B 正确；该海监船在海上航行时，确定位臵时其大小可以忽略不计，故可以将该海监船看成质点，故C 正确；平均速度等于位移除以时间，故知道此次航行时间可求出此次航行的近似平均速度，故D 正确． 答案：A6．关于速度、速度的变化和加速度的关系，下列说法中正确的是( ) A ．速度变化的方向为正，加速度的方向为负 B ．物体加速度增大，速度一定越来越大 C ．速度越来越大，加速度一定越来越大D ．加速度可能既不与速度同向，也不与速度反向解析：加速度的方向与速度的变化的方向是相同的，则速度变化的方向为正，加速度的方向也为正，选项A 错误；若速度与加速度方向相反时，当物体加速度增大时，速度越来越小，选项B 错误；速度越来越大，加速度方向与速度方向相同，但是加速度不一定越来越大，选项C 错误；加速度由物体的受力情况决定，可能既不与速度同向，也不与速度反向，选项D 正确． 答案：D7．一辆做直线运动的汽车，以速度v 行驶了全程的一半，然后匀减速行驶了后一半，到达终点时恰好停止，全程的平均速度为( ) A.v2 B.2v3 C.v 3D.3v 4解析：设一半位移为x ，则匀速过程的时间为t 1＝xv ，匀减速过程中的平均速度为v 2＝0＋v 2＝v 2，所以后一半位移所用时间为t 2＝x v 2＝2x v ，故全程的平均速度v ＝2x t 1＋t 2＝2x x v ＋2x v ＝23v ，故B 正确． 答案：B 二、多项选择题8．(2018·湖南衡阳质检)下列关于物体是否可以看作质点的说法正确的有( )A．研究奥运游泳冠军叶诗文的游泳技术时，叶诗文不能看成质点B．研究飞行中直升飞机上的螺旋桨的转动情况时，直升飞机可以看作质点C．观察航空母舰上的舰载飞机起飞时，可以把航空母舰看作质点D．在作战地图上确定航空母舰的准确位置时，可以把航空母舰看作质点解析：研究奥运游泳冠军叶诗文的游泳技术时，叶诗文的大小和形状不能忽略不计，故叶诗文不能看成质点，选项A正确；研究飞行中直升飞机上的螺旋桨的转动情况时，直升飞机的大小和形状不能忽略不计，故不可以把直升机看作质点，选项B错误；观察航空母舰上的舰载飞机起飞时，航母的大小和形状不能忽略不计，故不可以把航空母舰看作质点，选项C错误；在作战地图上确定航空母舰的准确位臵时，航空母舰的大小和形状可以忽略不计，故可以把航空母舰看作质点，选项D正确．答案：AD[能力题组]一、选择题9．(多选)有关加速度方向的理解，下列说法正确的是()A．由a＝ΔvΔt知，a的方向与Δv的方向相同B．a的方向与初速度v0的方向相同C．只要a＞0，物体就做加速运动D．a的方向与初速度的方向相同，则物体做加速运动解析：由于正方向是人为规定的，可以规定初速度方向为正方向，也可以规定与初速度方向相反的方向为正方向，这样，当a＞0时，物体不一定做加速运动．要分析物体做加速运动还是减速运动，应分析加速度方向与速度方向的关系．故正确选项为A、D.答案：AD10．(多选)(2018·宁夏银川月考)一辆汽车正在做匀加速直线运动，若汽车的加速度方向与速度方向一致，当加速度减小时，则()A．汽车的速度也减小B．汽车的速度仍在增大C．当加速度减小到零时，汽车静止D ．当加速度减小到零时，汽车的位移仍然不断增大解析：由题目可知汽车的加速度方向与速度方向一致，则汽车速度增大，加速度减小，说明速度增大的越来越慢，但依然是增大的，加速度减小到零时，速度不再增大，达到最大值，此后汽车以最大速度做匀速运动，故A 、C 错误，B 正确；汽车的运动方向不变，位移一直在增大，故D 正确． 答案：BD11．一质点从t ＝0时刻开始沿x 轴做直线运动，其位置坐标与时间的关系为x ＝2t 3－8t ＋1(x 和t 的单位分别为m 和s)，则下列说法正确的是( ) A ．质点一直向x 轴正方向运动 B ．质点做匀变速直线运动C ．质点在第2 s 内的平均速度的大小为3 m/sD ．质点在0～2 s 内的位移为零解析：利用位臵坐标与时间的关系得出各个时刻的位臵坐标后可判断：t ＝0时，x 0＝1 m ，t ＝1 s 时，x 1＝－5 m ，t ＝2 s 时，x 2＝1 m ，可知选项A 错误；由关系式x ＝v 0t ＋12at 2可知匀变速直线运动的位移与时间成二次函数关系，故选项B 错误；根据平均速度的定义式结合题目所给关系式可知质点在第2 s 内的平均速度的大小为v ＝1－(－5)1m/s ＝6 m/s ，选项C 错误；因为t ＝0和t ＝2 s 时的位臵相同，所以质点在0～2 s 内的位移为零，即选项D 正确． 答案：D12．(多选)(2017·江苏苏州名校联考)如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，沿AB 、ABC 、ABCD 、ABCDE 四段曲线轨迹运动所用的时间分别是1 s 、2 s 、3 s 、4 s ．下列说法正确的是( )A ．物体沿曲线A →E 的平均速率为1 m/sB ．物体在ABC 段的平均速度大小为52 m/sC ．AB 段的平均速度比ABC 段的平均速度更能反映物体处于A 点时的瞬时速度D ．物体在B 点时的速度等于AC 段的平均速度解析：平均速率是路程与时间的比值，图中信息不能求出ABCDE 段轨迹长度，故不能求出平均速率，选项A 错误；由v ＝ΔxΔt 可得vAC ＝52 m/s ，选项B 正确；所选取的过程离A 点越近，其过程的平均速度越接近A 点的瞬时速度，选项C 正确；物体在B 点的速度不一定等于AC 段的平均速度，选项D 错误． 答案：BC13．一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4 m/s,1 s 后速度的大小变为10 m/s ，在这1 s 内该物体的( ) A ．位移的大小不可能小于4 m B ．位移的大小可能大于10 m C ．加速度的大小可能小于4 m/s 2 D ．加速度的大小可能大于10 m/s 2解析：若初、末速度同向时：v ＝v 0＋v 2＝4＋102 m/s ＝7 m/s ，x ＝v t ＝7 m ，a ＝v －v 0t ＝10－41 m/s 2＝6 m/s 2；若初、末速度反向时：v ＝v 0＋v 2＝－4＋102 m/s＝3 m/s ，x ＝v t ＝3 m ，a ＝v －v 0t ＝10－(－4)1 m/s 2＝14 m/s 2.因此可得出D 正确．答案：D 二、非选择题14．我国“飞豹”战机作战半径可达1 500 km ，完全冲破了“第一岛链”的“束缚”．假设一架“飞豹”战机于8点整从“辽宁”号航母起飞，在8点18分正好抵达距航母680 km 的指定位置，战机仪表显示此段行程正好为800 km.试求： (1)战机此段过程的平均速率和飞行100 m 约需的时间分别是多少？ (2)此段过程中战机的平均速度大小又是多少？ 解析：题干中时间信息为： 该战机飞行时间t ＝18 min ＝1 080 s 隐含信息为路程s ＝800 km ＝8×105 m 位移x ＝680 km ＝6.8×105 m (1)“飞豹”战机的平均速率v s ＝s t ＝8×1051 080 m /s≈740.74 m/s每飞行100 m 约需时间为t ′＝100 mv s ≈0.135 s(2)战机的平均速度v ＝x t ＝6.8×1051 080 m /s≈629.63 m/s.答案：(1)740.74 m/s 0.135 s (2)629.63 m/s[课时作业]授课提示：对应学生用书第245页[基础题组]单项选择题1．(2018·山东潍坊月考)图甲、乙、丙是中学物理课本必修1中推导匀变速直线运动的位移公式所用的速度图像，下列说法正确的是( )A ．甲图中利用矩形面积的和来表示位移大小比实际位移偏小B ．甲图中利用矩形面积的和表示位移大小比乙图利用梯形面积表示位移大小更接近真实值C ．这种用面积表示位移的方法只适用于匀变速直线运动D ．若丙图中纵坐标表示运动的加速度，则梯形面积表示加速度变化量 解析：物体的位移等于图线与时间轴所围的面积大小，则知甲图中利用矩形面积的和来表示位移大小比实际位移大小偏小，故A 正确．根据“面积”表示位移可知，乙图利用梯形面积表示位移大小比甲图中利用矩形面积的和表示位移大小更接近真实值，故B 错误．这种用面积表示位移的方法适用于任何直线运动，故C 错误．若丙图中纵坐标表示运动的加速度，则梯形面积表示速度变化量，故D 错误．答案：A2．在一次交通事故中，交通警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是30 m，该车辆最大刹车加速度是15 m/s2，该路段的限速为60 km/h，则该车( )A．超速B．不超速C．无法判断D．速度刚好是60 km/h解析：如果以最大刹车加速度刹车，那么由v＝2ax可求得刹车时的速度为30 m/s＝108 km/h，所以该车超速行驶，A正确．答案：A3．汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5 m/s2，那么开始刹车后2 s内与开始刹车后6 s内汽车通过的位移之比为( )A．1∶1 B．1∶3C．3∶4 D．4∶3解析：汽车从刹车到停止用时t刹＝v0a＝205s＝4 s，故刹车后2 s和6 s内汽车的位移分别为x1＝v0t－12at2＝20×2 m－12×5×22 m＝30 m，x2＝v0t刹－12at2刹＝20×4 m－12×5×42 m＝40 m，x1∶x2＝3∶4，C选项正确．答案：C4．(2018·天津五区县高三模拟)一质点在做匀加速直线运动，加速度为a，在时间t内速度变为原来的3倍，则该质点在时间t内的位移为( )A.12at2B．at2C.32at2D．2at2解析：设质点的初速度为v0，则t s末的速度为3v0，根据速度位移公式得x＝3v0 2－v202a ＝4v20a，因为t＝3v0－v0a＝2v0a，则有v0＝at2，可知x＝at2，故B正确，A、C 、D 错误．故选B. 答案：B5．“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0(t 0＜t )时刻距离海平面的深度为( )A.v t －t 0 22tB.vt 202tC.vt 2D ．vt 0(1－t 02t)解析：潜水器减速上升，加速度a ＝v t，由2aH ＝v 2得，开始运动时距离水面高度H ＝v 22a ＝12vt ，经时间t 0上升的距离为h ＝vt 0－12at 20＝vt 0－vt 202t ，此时到水面的距离Δh ＝H －h ＝v t －t 0 22t .答案：A6．为估测一照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示．由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹．已知每层砖的平均厚度为6 cm ，拍摄到的石子位置A 距石子起落点竖直距离约5 m ，g 取10 m/s 2，这个照相机的曝光时间约为( ) A ．1×10－3s B ．1×10－2s C ．5×10－2 sD ．0.1 s解析：自由落体运动5 m 的末速度为v t ＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s.由于0.12m 进小于5 m ，故可以近似地将AB 段当匀速运动，故时间为t ≈AB v t ＝0.12 m 10 m/s ＝0.012s ≈0.01 s ，故选B.答案：B7．某同学观看跳台跳水比赛，一跳水运动员在离水面10 m高的平台向上跃起，该同学估测运动员跃起离平台的最大高度约为0.2 m．假设运动员做竖直上抛运动，则该运动员在空中完成动作的时间大约为( )A．1.2 s B．1.4 sC．1.6 s D．2.0 s解析：运动员做竖直上抛运动，上升到最高点h1＝0.2 m时，看作反方向的自由落体运动，h1＝12gt21，t1＝2h1g＝0.2 s，上升到最高点时距离水面10.2 m，h2＝12gt22，t2＝2h2g＝1.4 s，故t＝t1＋t2＝1.6 s，选项C正确．答案：C8．(2018·四川雅安中学高三质检)有一长为L的列车，正以恒定的加速度过铁路桥，桥长为2L，现已知列车车头过桥头的速度为v1，车头过桥尾时的速度为v2，那么，车尾过桥尾时的速度为( )解析：从列车车头过桥头到车头过桥尾有＝2a·2L，从车头过桥尾到车尾过桥尾有＝2a·L，由以上两式可得v3＝.答案：C[能力题组]一、选择题9．在一根轻绳的上、下两端各拴一个小球，一人用手拿住上端的小球站在某高台上，放手后小球自由下落，两小球落地的时间差为Δt.如果将它们开始下落的高度提高一些，用同样的方法让它们自由下落，不计空气阻力，则两小球落地的时间差将( ) A ．减小 B ．增大 C ．不变D ．无法判定解析：设细线的长度为L ，第一个小球着地后，另一个小球还要运动的位移为L ，在L 内运行的时间即为两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移L 内的初速度．高度越高，落地的速度越大，知高度越高，另一个小球在位移L 内的初速度越大，根据L ＝v 0t ＋12gt 2，初速度越大，时间越短，所以两小球落地的时间差将减小，故A 正确，B 、C 、D 错误．故选A. 答案：A10．(2018·黑龙江大庆模拟)不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为t ，上升的最大高度为h .现在距物体抛出点34h 处设置一块挡板，物体撞击挡板后的速度大小减为0，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( ) A ．0.4t B ．0.5t C ．0.6tD ．0.7t解析：物体下降时间为0.5t ，故高度为h ＝12g (t 2)2，物体自由落体运动14h 过程，有14h ＝12gt ′2，物体到挡板处的时间t ′＝h2g＝0.25t ，故第二次物体上升的时间t ″＝0.5t －t ′＝0.5t －0.25t ＝0.25t ，物体撞击挡板后下降的时间34h ＝12gt 21，t 1＝3h 2g ＝34t ，所以第二次物体上升和下降的总时间t 2＝t ″＋t 1＝0.25t ＋34t ≈0.7t ，故选D. 答案：D11．(多选)(2018·山东济南模拟)将一个物体在t ＝0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t ＝0.8 s 时刻物体的速度大小变为8 m/s(g 取10 m/s 2)，则下列说法正确的是( )A ．物体一定是在t ＝3.2 s 时回到抛出点B ．t ＝0.8 s 时刻物体的运动方向可能向下C ．物体的初速度一定是16 m/sD ．t ＝0.8 s 时刻物体一定在初始位置的下方解析：物体做竖直上抛运动，在0.8 s 内的速度变化量Δv ＝gt ＝10×0.8 m/s ＝ 8 m/s ，由于初速度不为零，可知t ＝0.8 s 时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方，故B 、D 错误；由v t ＝v 0－gt ，代入数据解得v 0＝16 m/s ，则上升到最高点的时间t 1＝v 0g ＝1610 s ＝1.6 s ，则回到抛出点的时间t＝2t 1＝2×1.6 s ＝3.2 s ，故A 、C 正确． 答案：AC 二、非选择题12．某人在相距10 m 的A 、B 两点间练习折返跑，他在A 点由静止出収跑向B 点，到达B 点后立即返回A 点．设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度大小分别是4 m/s 2和8 m/s 2，运动过程中的最大速度为4 m/s ，从B 点返回的过程中达到最大速度后即保持该速度运动到A 点，求： (1)从B 点返回A 点的过程中以最大速度运动的时间；(2)从A 点运动到B 点与从B 点运动到A 点的平均速度的大小之比．解析：(1)设此人从静止到加速至最大速度时所用的时间为t 1，加速运动的位移大小为x 1，从B 点返回A 点的过程中做匀速运动的时间为t 2，A 、B 两点间的距离为L ，由运动学公式可得v m ＝a 1t 1 x 1＝v m2t 1L －x 1＝v m t 2联立以上各式幵代入数据可得t 2＝2 s.(2)设此人从A 点运动到B 点的过程中做匀速运动的时间为t 3，减速运动的位移大小为x 2，减速运动的时间为t 4，由运动学方程可得v m ＝a 2t 4 x 2＝v m2t 4L －x 1－x 2＝ v m t 3 vABv BA＝t 1＋t 2t 1＋t 3＋t 4联立以上各式幵代入数据可得v ABvBA＝1213答案：(1)2 s (2)121313．2017年全国跳水冠军赛暨第十三届全运会预选赛于5月13日结束首日较量．女子10米台，任茜、司雅杰、张家齐等顺利晋级决赛，图为某跳水运动员在跳台上腾空而起的英姿．运动员从离水面10 m 高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)，求：(计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点，g 取10 m/s 2) (1)运动员起跳时的速度v 0；(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t (结果保留三位有效数字)． 解析：(1)上升阶段：－v 20＝－2gh 解得v 0＝2gh ＝3 m/s (2)上升阶段：0＝v 0－gt 1解得t1＝v0g＝310s＝0.3 s自由落体过程：H＝1 2 gt22解得t2＝2Hg＝2×10.4510s≈1.45 s故t＝t1＋t2＝0.3 s＋1.45 s＝1.75 s答案：(1)3 m/s (2)1.75 s[基础题组]一、单项选择题1．(2018·安徽省四校联考)下列所给的运动图像中能反映做直线运动的物体不会回到初始位置的是( )解析：速度—时间图像中与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标上方表示正位移，在坐标轴下方表示负位移，所以A中面积不为零，所以位移不为零，不能回到初始位置；B、C中面积为零，位移为零，回到初始位置；D中，位移—时间图像表示物体的位移随时间变化的图像，在t0 s物体的位移为零，即又回到了初始位置．答案：A2．(2018·黑龙江省哈师大附中高三月考)甲、乙两物体在同一直线上运动，位移－时间(x t)图像如图所示，以甲的出収点为坐标原点，出収时刻为计时起点，则从图像可以看出，下列说法不正确的是( )A．甲、乙同时计时B．从开始计时到相遇，甲的速度始终比乙的速度大C．甲计时开始运动时，乙在甲前面x0处D．甲在中途停了一会儿，但最后还是追上了乙解析：由图像可知开始运动时甲的出収点在坐标原点，而乙物体在出収时离坐标原点的距离为x0，故甲开始运动时，乙在甲前面x0处，甲、乙都是从t＝0时刻开始运动的，A、C正确；图像的斜率表示速度，在t＝t3时，两者相遇，此时甲的速度大于乙的速度，但是在t1～t2时间内甲静止，小于乙的速度，B错误；由于甲物体在t1～t2时间内甲物体的位移未变，即甲在中途停了一会儿，在t3时刻甲、乙两物体的位置相同，即甲追上了乙，故D正确．答案：B3.(2018·四川广安岳池中学高三诊断)关于如图所示的vt图像所描述的物体的运动情况，下列结论中正确的是( )A．O到A的速度变化比B到C的速度变化快B．AB平行于时间轴，则物体在AB这段时间内是静止的C．物体的位移越来越大D．O到A的速度方向与B到C的速度方向相反解析：速度时间图像的切线斜率表示加速度，由图可得O到A的加速度比B到C 的加速度小，O到A的速度变化比B到C的速度变化慢，故A错误；AB平行于时间轴，则物体在AB这段时间内以速度v0做匀速直线运动，故B错误；在0到t3这段时间内，物体的速度始终为正，即物体始终沿规定的正方向运动，物体的位移越来越大，故C正确；在0到t3这段时间内，物体的速度始终为正，O到A 的速度方向与B到C的速度方向相同，故D错误．答案：C4．两辆完全相同的汽车，沿平直公路一前一后以相同的速度匀速行驶，若前车突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住时，后车以前车刹车时加速度的二分之一的大小开始刹车，已知前车在刹车过程中所行驶的距离为s.若要保证两车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为( ) A ．s B ．2s C ．2.5sD ．3s解析：两辆完全相同的汽车以相同的速度匀速行驶，前车刹车位移为s ，设加速度大小为a ，刹车的时间为t ＝v 0a ，刹车的位移s ＝v 202a ，在此时间内，后车做匀速运动，位移为x ＝v 0t ＝v 20a ，所以x ＝2s ，此后后车刹车，加速度大小为a 2，刹车的位移x ′＝v 202×a 2＝v 20a＝2s .要保持两车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为Δx ＝x ＋x ′－s ＝3s . 答案：D5．汽车A 在红灯前停住，绿灯亮起时启动，以0.4 m/s 2的加速度做匀加速运动，经过30 s 后以该时刻的速度做匀速直线运动．设在绿灯亮的同时，汽车B 以8 m/s 的速度从A 车旁边驶过，且一直以相同的速度做匀速直线运动，运动方向与A 车相同，则从绿灯亮时开始( ) A ．A 车在加速过程中与B 车相遇 B ．A 、B 相遇时速度相同 C ．相遇时A 车做匀速运动 D ．两车不可能相遇解析：作出A 、B 两车运动v t 图像如图所示，v t 图像所包围的“面积”表示位移，经过30 s 时，两车运动图像所围面积幵不相等，所以在A 车加速运动的过程中，两车幵未相遇，所以选项A 错误；30 s 后A 车以12 m/s 的速度做匀速直线运动，随着图像所围“面积”越来越大，可以判断在30 s 后某时刻两车图像所围面积会相等，即两车会相遇，此时A 车的速度要大于B 车的速度，所以两车不可能再次相遇，选项C 正确，选项B 、D 错误．答案：C二、多项选择题6.如图，xt图像反映了甲、乙两车在同一条直道上行驶的位置随时间变化的关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，下列说法正确的是( )A．5 s时两车速度相等B．甲车的速度为4 m/sC．乙车的加速度大小为1.6 m/s2D．乙车的初位置在x0＝80 m处解析：甲车做匀速直线运动，速度为v甲＝xt＝205m/s＝4 m/s，故B正确．乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则t＝10 s时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为零的匀加速直线运动，则根据图像有x＝12a·(5 s)2，解得a＝1.6 m/s2，又x0＝12a·(10 s)2，则x0＝80 m，故C、D正确．t＝5 s时乙车的速度v乙＝1.6×5 m/s＝8 m/s＞v甲，故A错误．答案：BCD7.(2018·山东潍坊模拟)甲、乙两质点从同一位置、同时沿同一直线运动，速度随时间变化的v t图像如图所示，其中甲为直线．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是( ) A．在t0～2t0时间内，甲、乙的加速度方向相同B．在t0～2t0内，乙的平均速度大于甲的平均速度C．在0～2t0内，甲、乙间的最进距离为v0tD．在0～2t0内，甲、乙间的最进距离为1 2 v0t解析：速度图像的斜率表示加速度，根据图像可知，在t0～2t0时刻，甲、乙的加速度都为负，方向相同，故A正确．根据图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t0～2t0内，乙的位移大于甲的位移，则乙的平均速度大于甲的平均速度，故B 正确．甲、乙从同一位置出収，在t0时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，t0时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以t0时刻相距最进，最进距离等于两者位移之差，为x＝12t0·(2v0－v0)＝12v0t，故C错误，D正确．故选A、B、D.答案：ABD8.(2018·四川雅安中学高三质检)如图所示是A、B两质点从同一地点运动的xt图像，则下列说法正确的是( )A．B质点最初4 s做加速运动，后4 s做减速运动B．B质点一直沿着同一方向运动C．A质点以20 m/s的速度匀速运动D．A、B两质点在4 s末相遇解析：在xt图像中，图线的斜率表示速度大小，则知B质点最初4 s内做减速运动，后4 s做加速运动，故A错误；B质点图像的斜率先正后负，说明B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动，故B错误；A图像的斜率等于20 m/s，则知A质点以20 m/s的速度匀速运动，所以C选项是正确的；4 s末两图线相交，说明两个质点到达同一位置相遇，所以D选项是正确的．答案：CD[能力题组]一、选择题9．(多选)如图所示，汽车以10 m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20 m处时，绿灯还有3 s熄灭．而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线上，。
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板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。
其中1～4为单选，5～10为多选)1．关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是()A．可以根据各向同性或各向异性来区分晶体和非晶体B．一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体C．一个固体球，如果沿其各条直径方向的导电性不同，则该球一定是单晶体D．一块晶体，若其各个方向的导热性相同，则一定是多晶体答案 C解析多晶体和非晶体都表现为各向同性，只有单晶体表现为各向异性，不能根据各向同性或各向异性区分多晶体和非晶体，A错误；根据均匀薄片强度上的各向同性不能确定薄片是多晶体还是非晶体，B错误；固体球在导电性上表现出各向异性，则该球一定是单晶体，C正确；单晶体具有各向异性的特性，仅是指在某些物理性质上是各向异性的，并不是单晶体的所有物理性质都表现各向异性，换言之，在某一物理性质如导热性上表现为各向同性，并不意味着该物质一定不是单晶体，D 错误。
2．关于液体的表面张力，下列说法正确的是()A．表面张力是液体内部各部分之间的相互作用力B．液体表面层分子的分布比内部稀疏，分子之间只有引力，没有斥力C．不论是什么液体，表面张力都会使表面收缩D．表面张力的方向与液面垂直答案 C解析表面张力是由于表面层中分子间距大，是液体表面层分子间的作用，不是液体各部分间的相互作用，A错误；液体表面层分子分布比液体内部分子分布稀疏，表面层分子间既有引力也有斥力，但分子力表现为引力，B错误；由于表面张力的作用，液体表面有收缩的趋势，C 正确；表面张力的方向跟液面相切，D错误。
3．一定质量的理想气体，由状态a经b变化到c，如图所示，则下图中能正确反映出这一变化过程的是()答案 C解析由题图知：a→b过程为气体等容升温，压强增大；b→c过程为气体等温降压，体积增大。
C正确。
4.[2017·上海嘉定区模拟]如图所示，一开口向下导热均匀的直玻璃管，通过细绳悬挂在天花板上，玻璃管下端浸没在固定水银槽中，管内外水银面高度差为h，下列情况中能使细绳拉力增大的是()A．大气压强增加B．环境温度升高C．向水银槽内注入水银D．略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移答案 A解析根据题意，设玻璃管内的封闭气体的压强为p，玻璃管质量为m，对玻璃管受力分析，由平衡条件可得：T＋pS＝mg＋p0S。
解得：T＝(p0－p)S＋mg＝ρghS＋mg，即绳的拉力等于管的重力和管中高出液面部分水银的重力。
大气压强增加时，水银柱上移，h增大，所以拉力T 增加，A正确；环境温度升高，封闭气体压强增加，水银柱高度h减小，故拉力T减小，B错误；向水银槽内注入水银，封闭气体的压强增大，平衡时水银柱高度h减小，故拉力减小，C错误；略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移，封闭气体的体积减小、压强增大，平衡时水银柱高度h减小，故细绳拉力T减小，故D错误。
5．下列说法正确的是()A．悬浮在水中花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B．一滴橄榄油在完全失重状态下的宇宙飞船中呈球形，是其表面张力作用的结果C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点D．干湿泡湿度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远答案BD解析悬浮在水中花粉的布朗运动反映了液体分子的无规则运动，A错误；在完全失重状态下液体呈球形是表面张力作用的结果，B正确；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性，C错误；根据干湿泡湿度计的原理可知D正确。
6．[2017·河南开封一模]下列说法中正确的是()A．液体与大气相接触时，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引B．空气的相对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示C．有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体D．随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小答案ACD解析液体与大气相接触，表面层内分子间距较大，表面层内分子所受其他分子的作用力表现为引力，A正确；空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压的比值叫做空气的相对湿度，空气中所含水蒸气的压强表示空气的绝对湿度，B错误；晶体和非晶体的区别在于内部分子排列，在一定条件下可以相互转化，C正确；随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，若分子力表现为引力，分子力做负功，分子势能增大，D正确。
7．一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为()A．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多C．气体分子的总数增加D．气体分子数密度增大E．气体分子的平均速率增加答案BD解析一定质量的理想气体经等温压缩，质量未变，故气体分子总数不变，C错误；等温压缩则压强增大，体积减小，分子数密度增大，D正确；等温变化中温度不变，故气体分子的平均动能、平均速率不变，E错误；气体分子平均速率不变，分子数密度增大，则单位时间内单位面积器壁上受到气体分子的碰撞次数增多，B正确；理想气体分子质量不变，平均速率不变，则气体分子每次碰撞器壁的平均冲击力不变，A 错误。
8．下列各种说法中正确的是()A．温度低的物体内能小B．分子运动的平均速率可能为零，瞬时速率不可能为零C．0 ℃的铁和0 ℃的冰，它们的分子平均动能相同D．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关答案CD解析物体的内能是组成物体的所有分子的分子动能和分子势能的总和，物体的内能不仅与温度有关，还与物体的质量、体积有关，A错误。
分子在永不停息地做无规则运动，所以分子运动的平均速率不可能为零，某些分子的瞬时速率可能为零，B错误。
因为温度是分子平均动能的标志，温度相同，则分子平均动能相同，C正确。
单位体积内的气体分子数和温度决定气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，D正确。
9．如图为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有一定质量的空气。
若玻璃管内水柱上升，则外界大气的变化可能是()A．温度降低，压强增大B．温度升高，压强不变C．温度降低，压强减小D．温度不变，压强减小答案AC解析已知玻璃泡导热良好，对被封闭的一定质量的气体进行研究，当水柱上升时，封闭气体的体积V减小，结合理想气体状态方程pVT＝C得，若外界大气温度降低，则T降低，封闭气体压强p可能不变，可能减小，可能增大，则外界大气压强可能增大，可能减小，可能不变，A、C正确；若外界大气温度升高，则T升高，封闭气体压强增大，则外界大气压强增大，B错误；若外界大气温度不变，则T不变，封闭气体压强p增大，外界大气压强增大，D错误。
10．用如图所示的实验装置来研究气体等容变化的规律。
A、B管下端由软管相连，注入一定量的水银，烧瓶中封有一定质量的理想气体，开始时A、B两管中水银面一样高，那么为了保持瓶中气体体积不变()A．将烧瓶浸入热水中时，应将A管向上移动B．将烧瓶浸入热水中时，应将A管向下移动C．将烧瓶浸入冰水中时，应将A管向上移动D．将烧瓶浸入冰水中时，应将A管向下移动答案AD解析为保持瓶中气体体积不变，瓶内理想气体发生的是等容变化。
由查理定律p1T1＝p2T2可知，当烧瓶浸入热水中时，温度升高，压强增大，A管应向上移动，A 正确，B 错误；当将烧瓶浸入冰水中时，温度降低，压强减小，应将A 管向下移动，D 正确，C 错误。
二、非选择题(本题共3小题，共40分)11.[2017·广东杭州一模](12分)如图所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过活塞封闭着一定质量的理想气体。
活塞的质量为m ，横截面积为S ，与容器底部相距h 。
现通过电热丝缓慢加热气体，当气体的温度为T 1时活塞上升了h 。
已知大气压强为p 0，重力加速度为g ，不计活塞与汽缸间摩擦。
(1)求温度为T 1时气体的压强；(2)现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加沙粒，当添加沙粒的质量为m 0时，活塞恰好回到与容器底部相距h 2位置，求此时气体的温度。
答案 (1)mg S ＋p 0 (2)(m ＋m 0)g ＋p 0S 4(mg ＋p 0S )T 1解析 (1)设气体压强为p 1，由活塞受力平衡可得p 1S ＝mg ＋p 0S解得p 1＝mg S ＋p 0。
(2)设气体温度为T 1时为初态，体积为V 1；活塞回到h 2位置时为末态，体积为V 2，温度为T 2，有初态：p 1＝mg S ＋p 0；温度T 1；V 1＝2hS末态：p2＝(m＋m0)gS＋p0；温度T2；V2＝h2S由理想气体的状态方程p1V1T1＝p2V2T2得T2＝(m＋m0)g＋p0S4(mg＋p0S)T1。
12.[2017·广西南宁一模](12分)如图所示，粗细均匀的U形管左端封闭，右端开口，两竖直管长为l1＝50 cm，水平管长d＝20 cm，大气压强p0相当于76 cm 高水银柱产生的压强。
左管内有一段l0＝8 cm长的水银封住长为l2＝30 cm长的空气柱，现将开口端接上带有压强传感器的抽气机向外抽气，使左管内气体温度保持不变而右管内压强缓缓降低，要把水银柱全部移到右管中。
求右管内压强至少降为多少？(g取10 m/s2)答案21 cmHg解析以左管中封闭气体为研究对象初态：p1＋p l0＝p0，得：p1＝p0－p l0＝68 cmHgV1＝l2S末态：由题意知，水银柱全部移到右管中，V2＝(l1＋d)S根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2得p2＝p1V1V2≈29 cmHg设右管内压强降为p′，则p′＋p l0＝p2解得：p′＝p2－p l0＝21 cmHg。
13.[2017·山西四校三联](16分)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑的汽缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A 导热，活塞B 绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。
初状态整个装置静止不动处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l 0，温度为T 0。
设外界大气压强为p 0保持不变，活塞横截面积为S ，且mg ＝p 0S ，环境温度保持不变。
求：(1)在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m ，两活塞重新处于平衡时，活塞B 下降的高度；(2)现只对Ⅱ气体缓慢加热，使活塞A 回到初始位置。
此时Ⅱ气体的温度。
答案 (1)0.4l 0 (2)2.5T 0解析 (1)初状态Ⅰ气体压强p 1＝p 0＋mg S ＝2p 0，Ⅱ气体压强p 2＝p 1＋mg S ＝3p 0，添加铁砂后Ⅰ气体压强p 1′＝p 0＋3mg S ＝4p 0，Ⅱ气体压强p 2′＝p 1′＋mg S ＝5p 0，Ⅱ气体等温变化，根据玻意耳定律有p 2l 0S ＝p 2′l 2S ，可得：l 2＝35l 0， 则B 活塞下降的高度h 2＝l 0－l 2＝0.4l 0。