1、2019 陕西平利中学高三物理第三次月考一、选择题1.粗细均匀的电线架在 A、B 两根电线杆之间。由于热胀冷缩，电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状，若电线杆始终处于竖直状态，下列说法中正确的是（ ）A. 冬季，电线对电线杆的拉力较大B. 夏季，电线对电线杆的拉力较大C. 夏季与冬季，电线对电线杆的拉力一样大D. 夏季，电线杆对地的压力较大【答案】A【解析】【详解】以整条电线为研究对象，受力分析如图所示:由共点力的平衡条件知，两电线杆对电线的弹力的合力与其重力平衡，由几何关系得： ，即： .由于夏天气温较高，电线的体积会膨胀，两杆正中部位电线下坠的距离 h 变大，则电线在杆上固定处的切线方向
2、与竖直方向的夹角 变小，故 变小，所以两电线杆处的电线拉力与冬天相比是变小.电线杆上的电线的质量一定，受力平衡，夏季、冬季杆对地面的压力相等.所以选项 B、C、D 错误，A 正确.故选 A.【点睛】要比较一个物理量的大小关系，我们应该先把这个物理量运用物理规律表示出来，本题中应该抓住电线杆上的电线的质量一定，受力平衡，根据夏季、冬季电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角的不同分析求解2.一质点作直线运动的速度图像如图所示，下列选项正确的是（ ）A. 在 4-5s 内，质点所受合外力做正功B. 在 0-5s 内，质点的平均速度为 7m/sC. 在前 6s 内，质点离出发点的最远距离为 30m
3、D. 质点在 4-6s 内的加速度大小是 0-2s 内的加速度大小的 2 倍【答案】BD【解析】试题分析：在 4-5s 内，质点做匀减速运动，合力方向为负方向，位移为正，故质点所受合外力做负功 ，选项 A 错误；0-5s 内的位移 ，平均速度，选项 B 正确；在前 6s 内，质点离出发点的最远距离为 35m，选项 C错误；质点在 4-6s 内的加速度大小是 ；0-2s 内的加速度大小，故质点在 4-6s 内的加速度大小是 0-2s 内的加速度大小的 2 倍，选项 D正确，故选 BD.考点：v-t 图像；3.如图所示，A、B 两物块质量均为 m，用一轻弹簧相连，将 A 用长度适当的轻绳悬挂于天花
4、板上，系统处于静止状态，B 物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为 x，现将悬绳剪断，则下列说法正确的是（ ）A. 悬绳剪断瞬间 A 物块的加速度大小为 2gB. 悬绳剪断瞬间 A 物块的加速度大小为 gC. 悬绳剪断后 A 物块向下运动距离 2x 时速度最大D. 悬绳剪断后 A 物块向下运动距离 x 时加速度最小【答案】AC【解析】试题分析：剪断悬绳前，对 B 受力分析，B 受到重力和弹簧的弹力，知弹力 剪断瞬间，对 A 分析，A 的合力为 ，根据牛顿第二定律，得 故 A 正确，B 错误弹簧开始处于伸长状态，弹力 当向下压缩， 时，速度最大 所以下降的距离为 C 正确，D 错误。考点：
5、牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律视频4.伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系。如图所示，固定在水平地面上的倾角均为的两斜面，以光滑小圆弧相连接。左侧斜面顶端的小球与两斜面的动摩擦因数均为 。小球从左侧顶端滑到最低点的时间为 t1，滑到右侧最高点的时间为 t2。规定两斜面连接处所在水平面为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小 、加速度的大小 a、动能 Ek 及机械能 E 随时间 t 变化的关系图线正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A、B、由牛顿第二定律可知，小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速度都恒定不变，小球在左侧斜面下滑时的
6、加速度：a 1=gsin-gcos,小球在右侧斜面下滑时的加速度：a 2=gsin+gcos，小球在左侧斜面下滑时的加速度较小;故 A 错误，B 正确.C、小球的动能与速率的二次方成正比，即 ，因此，动能与时间关系图象是曲线 ；故 C 错误.D、由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相等，因此，小球机械能与时间的关系图象不是连续曲线；故 D 错误.故选 B.【点睛】解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况5.火星表面特征非常接近地球，可能适合人类居住。2010 年，我国志愿者王跃参与了在俄罗斯进行的“模拟登火星” 实验活动。已知火星半径是地球半径的 ，质量是地球
7、质量的 ，自转周期基本相同。地球表面重力加速度是 g，若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略自转影响的条件下，下述分析正确的是（ ）A. 王跃在火星表面所受火星引力是他在地球表面所受地球引力的 倍B. 火星表面的重力加速度是C. 火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的 倍D. 王跃在火星上向上跳起的最大高度是【答案】C【解析】试题分析：根据 可知， ，A 错误；这样火星表面的重力加速度是，B 错误；根据 可得 ，可以求出火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的 倍，C 正确；根据 ，若起跳速度相同时，若在地球上跳起的最大高度为 h，在火星上向上跳起的最大高度是 ，D 错误。考点：万有引力
8、与航天，重力加速度，机械能守恒6.如图所示，平行金属板中带电质点 P 处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器 R4 的滑片向 b 端移动时，则正确的是（ ）A. 电压表读数减小B. 电流表读数减小C. 质点 P 将向上运动D. R3 上消耗的功率逐渐增大【答案】A【解析】【分析】对电路进行分析，滑片的移动可知电路中总电阻的变化，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；再对并联部分分析可知电容器两端的电压变化，则可知 P 的受力变化，则可知质点的运动情况根据并联部分电压的变化，分析 R3 功率的变化。【详解】A、B 项：由图可知， R2 与滑动变阻器 R4 串联后与
9、 R3 并联后，再由 R1 串连接在电源两端；电容器与 R3 并联；当滑片向 b 移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时 R1 两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过 R3 的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而 R2 中电压增大，故电压表示数减小；故 A 正确，B 错误；C 项：因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故 C 错误；D 项：因 R3 两端的电压减小，由公式 可知，R 3 上消耗的功率减小；故 D 错误。故
10、应选 A。【点睛】本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；再按部分-整体-部分的分析思路进行分析。7.如图，光滑水平面上放着质量为 M 的木板，木板左端有一个质量为 m 的木块。现对木块施加一个水平向右的恒力 F，木块与木板由静止开始运动，经过时间 t 分离。下列说法正确的是（ ）A. 若仅增大木板的质量 M，则时间 t 增大B. 若仅增大木块的质量 m，则时间 t 增大C. 若仅增大恒力 F，则时间 t 增大D. 若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间 t 增大【答案】BD【解析】试题分析：根据牛顿第二定律得，木块 m 的加速度 ，木板 M 的加速度根据 若仅
11、增大木板的质量 M，m 的加速度不变，M 的加速度减小，则时间 t 减小故 A 错误若仅增大小木块的质量 m，则 m 的加速度减小，M 的加速度增大，则 t 变大故 B 正确若仅增大恒力 F，则 m 的加速度变大，M 的加速度不变，则 t 变小故 C 错误若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则小明的加速度减小， M 的加速度增大，则 t 变大故 D 正确故选 BD。考点：牛顿第二定律的综合应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用题；解决本题的关键通过牛顿第二定律和位移时间公式得出时间的表达式，从而进行逐项分析。8.在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献。他们在物理学的研究过程中应用了很多
12、科学的思想方法，下列叙述正确的是（ ）A. 法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场这种形象化的研究方法B. 牛顿首次提出“ 提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法C. 用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法D. 场强表达式 和加速度表达式 都是利用比值法得到的定义式【答案】AC【解析】【详解】A、法拉第首先提出用电场线和磁感线描绘抽象的电场和磁场这种形象化的研究方法；故 A 正确.B、伽利略首次提出“ 提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法；故 B 错误.C、用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法；故 C 正确.D、场强表达式 是比值法得到的定义式
13、，加速度表达式 是决定式而不是比值法得到的定义式；故 D 错误.故选 AC.【点睛】常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法,根据物理方法和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可9.如图所示，水平地面上不同位置的三个物体沿三条不同的路径抛出，最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）A. 沿路径 1 抛出的物体落地的速率最大B. 沿路径 3 抛出的物体在空中运动的时间最长C. 三个物体抛出时初速度的竖直分量相等D. 三个物体抛出时初速度的水平分量相等【答案】AC【解析】【详解】C、
14、 三球在竖直方向上上升的最大高度相同，根据 知，三球抛出时初速度在竖直方向上分量相等;故 C 正确.B、根据 ，结合对称性知，物体在空中运动的时间相等;故 B 错误.A、D、因为小球 1 的水平位移最大，时间相等，可知小球 1 的水平分速度最大，根据平行四边形定则知，沿路径 1 抛出的物体落地速率最大;故 A 正确，D 错误.故选 AC.【点睛】解决本题的关键将小球分解为水平方向和竖直方向，知道分运动和合运动具有等时性，结合运动学公式灵活求解10.一个正点电荷 Q 静止在正方形的一个角上，另一个带电质点射入该区域时，恰好能经过正方形的另外三个角 a、 b、c，如图所示，则有（ ）A. a、 b
15、、c 三点电势高低及场强大小的关系是B. 质点由 a 到 b 电势能增加，由 b 到 c 电场力做正功，在 b 点动能最小C. 质点在 a、 b、c 三处的加速度大小之比是 1：2：1D. 若改变带电质点在 a 处的速度大小和方向，有可能使其经过 a、 b、c 三点做匀速圆周运动【答案】AB【解析】【详解】A、根据点电荷的电场线的特点，Q 与 ac 距离相等，都小于 b，故 B 点的电势低于 ac 两点的电势; , ;故 A 正确.B、电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在 O 点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，所以质点由 a 到 b 电场力做负功，电势能增加，动
16、能减小；由 b 到 c 电场力做正功，动能增大，在 b 点动能最小;故 B 正确.C、粒子 P 在 a、b、c 三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力.由图可知 ，代入库仑定律 ,可得 ，由牛顿第二定律 ;故 C 错误.D、由 C 的分析可知，带电粒子 abc 三个点受到的电场力大小不相等，所以不可能其经过a、b、c 三点做匀速圆周运动; 故 D 错误.故选 AB.【点睛】本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向轨迹内侧进而判断出电荷是负电荷11.如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移 x 与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初
17、速率 沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得 x 与斜面倾角的关系如图乙所示，g 取 10m/s2，根据图象可求出（ ）A. 物体的初速率B. 物体与斜面间的动摩擦因数C. 取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移 x 的最小值D. 当某次 时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑【答案】BC【解析】【详解】A、由图可知，当 =90时物体做竖直上抛运动，位移为 x=1.80m；由竖直上抛运动规律可知：v 02=2gh，代入数据解得：v 0=6m/s;故 A 错误 .B、当 =0时，位移为 x=2.40m；由动能定理可得： ，代入数据解得：=0.75;故 B 正确.C、由动能定理得：
18、 ，解得： ，当 +=90时， sin(+)=1；此时位移最小， x=1.44m；故 C 正确.D、若 =30时，物体的重力沿斜面向下的分力为 ，最大静摩擦力为，小球达到最高点后，不会下滑;故 D 错误.故选 BC.【点睛】本题综合考查动能定理、受力分析及竖直上抛运动；并键在于先明确图象的性质，再通过图象明确物体的运动过程；结合受力分析及动能定理等方法求解12.在地面附近，存在着一个有界电场，边界 MN 将空间分成上下两个区域 I、II，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域 I 中离边界某一高度由静止释放一个质量为 m 的带电小球，如图甲所示，小球运动的 图像如图乙所示，不计空气阻力，则（ ）
19、A. 小球受到的重力与电场力之比为 3:5B. 在 t=5s 时，小球经过边界 MNC. 在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做的功D. 在 1s4s 过程中，小球的机械能先减小后增大【答案】AD【解析】【详解】B、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界 MN 的时刻是 t=1s 时; 故 B 不正确.A、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为： ，进入电场后的加速度大小为：由牛顿第二定律得：mg=ma 1 F-mg=ma2得电场力： 由得重力 mg 与电场力 F 之比为 3:5;故 A 正确.C、整个过程中，动能变
20、化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等;故 C 错误.D、整个过程中，由图可得，小球在 0-2.5s 内向下运动，在 2.5s-5s 内向上运动，在 1s4s过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功，电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以小球的机械能先减小后增大;故 D 正确.故选 AD.【点睛】本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系.二、实验题13.为了测量木块与木板间动摩擦因数 ，某小组使用位移传感器设计了如图所示实验装置
21、，让木块从倾斜木板上一点 A 由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移 s 随时间 t 变化规律，如图所示。根据上述图线，计算 0.4 s 时木块的速度 _ms，木块加速度 a=_ms 2；为了测定动摩擦因数 ，还需要测量的量是_；(已知当地的重力加速度 g)为了提高木块与木板间动摩擦因数 的测量精度，下列措施可行的是_。AA 点与传感器距离适当大些B木板的倾角越大越好C选择体积较大的空心木块D传感器开始计时的时刻必须是木块从 A 点释放的时刻【答案】 (1). 0.4； (2). 1； (3). 斜面倾角； (4). A；【解析】【详
22、解】(1)根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得 0.4s 末的速度为： ,0.2s 末的速度为： ,则木块的加速度为： (2)选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsin-mgcos,得 ，所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角 .(3)根据(2)的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从 A 点释放的时刻故 A 正确，B、 C、D 错误故选 A.【点睛】解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
23、以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量14.某科技小组要测量一未知电阻 Rx 的阻值，实验室提供了下列器材：A待测电阻 Rx B电池组(电动势 3 V，内阻约 5 )C电压表(量程 3 V，内阻约 3 000 ) D电流表(量程 5 mA，内阻约 10 )E滑动变阻器(最大阻值 50 ，额定电流 1.0 A) F开关、导线若干该小组使用完全相同的器材用不同的测量电路(电流表内接或外接) 进行测量，并将其测量数据绘成 U 一 I 图象，如图甲和图乙所示。由测量结果判定_图测量结果较为准确，其测量值 Rx=_ (结果保留三位有效数字)，R x 的测量值_真实值( 选填
24、“ 大于”“等于”或“小于”)。请把正确的测量电路图画在方框内_。【答案】 (1). 甲； (2). ； (3). 大于； (4). 【解析】【分析】U-I 图象的斜率等于电阻阻值，根据图示图象求出待测电阻阻值，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系分析答题伏安法测电阻采用电流表外接法时，由于电压表分流，所测电流偏大，电阻测量值小于真实值；电流表采用内接法时，由于电流表分压，所测电压偏大，电阻测量值大于真实值；根据电阻测量值大小判断电流表接法，然后作出对应的实验电路图根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法【详解】由 U-I 图象可知，电阻测量值： ,电流表内阻为 10，电压表内阻为 300
25、0，相对来说待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，则甲图测量结果较准确，其测量值 Rx=1.08103；电流表采用内接法，由于电流表分压作用，电压测量值大于真实值，由欧姆定律可知，待测电阻测量值大于真实值由可知电流表采用内接法时测量结果较准确，滑动变阻器最大阻值为 50，滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：【点睛】伏安法测电阻有两种实验电路，电流表的外接法与内接法，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时采用电流表外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时采用内接法三、计算题15.近来我国高速公路发生多起有关客车相撞的严重交通事
26、故，原因之一就是没有掌握好车距，据经验丰富的司机总结，在高速公路上，一般可按你的车速来确定与前车的距离，如车速为 80 kmh，就应与前车保持 80 m 的距离，以此类推，现有一辆客车以大小 =90 kmh 的速度行驶，一般司机反应时间 t=0.5 s(反应时间内车被视为匀速运动)，刹车时最大加速度 =5 ms 2 求：(1)若司机发现前车因故突然停车，则从司机发现危险到客车停止运动，该客车通过的最短路程？并说明按经验，车距保持 90 m 是否可行？(2)若客车超载，刹车最大加速度减为 4ms 2；司机为赶时间而超速，速度达到 144 kmh；且晚上疲劳驾驶，反应时间增为 1.5 s，则从司机
27、发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程？并说明在此情况下经验是否可靠？【答案】 （1）75m144m,不可靠【解析】【分析】客车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合匀变速直线运动的速度位移公式和匀速直线运动的位移公式求出总位移，从而进行判断。【详解】(1)司机发现前方危险在反应时间内前进的距离 x1:90km/h=25m/sx1=v01t=250.5m=12.5m 刹车时间前进的距离 x2：司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程 x：x=x1+x2=12.5+62.5=75m90m 经验可行.(2)若客车超载，司机发现前方危险在反应时间内前进的距离 x3：v02
28、=144km/h=40m/sx3=v02t=401.5m=60m刹车时间前进的距离 x4：司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程 x：按照经验，144km/h 安全距离为 144m.x=x3+x4=60m+200m=260m144m 在多重违章情况下，经验不可靠。所以要按交通规则行驶，经验才有可行.【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用.16.如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。已知电子的质量是 m，电量为 e，在 平面的 ABCD 区域内，存在两个场强大小均为 E 的匀强电场 I 和，两电场的边界均是边长为 L 的正方形(不计电子所受重
29、力) 。(1)在该区域 AB 边的中点处由静止释放电子，求电子在 ABCD 区域内运动经历的时间和电子离开 ABCD 区域的位置；(2)在电场 I 区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从 ABCD 区域左下角 D 处离开，求所有释放点的位置。【答案】 （1）-2L， （2） 【解析】试题分析：（1）电子在 I 区域，由动能定理，得： ，解得： ，若电子恰能从 D 点打出来，则： ， 解得： ，由于 ，所以电子一定能从 CD 边打出来，则： ，故电子离开时坐标为 。（2）设电子释放时的坐标为 ，则： ， ，解得： ，故释放电子时的坐标应满足的关系为： 。（3）设电子从 点释放，在电场 I 中加
30、速到 ，进入电场 II 后做类平抛运动，在高度为 处离开电场 II 时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过 D 点，则有：， ， ，以上各式解得： ，即在电场I 区域内满足方程的点即为所求位置。考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用【名师点睛】本题考核了带电粒子在简化的电子枪模型中的运动情况，是一道拓展型试题，与常见题所不同的是，一般试题是已知电子的出发点，然后求电子在电场作用下运动过程中的轨迹或离开电场的出射点位置，而本题则是反其道而行之，是规定了电子的出射点，要反推出在何处发出电子才能满足所述要求从内容看，该题涉及的是电子在电场中的运动，这部分知识学生相对比较熟悉，
31、也是经常训练的题型之一，只不过本题作了拓展。视频17.如图所示，倾斜轨道 AB 的倾角为 37，CD、EF 轨道水平，AB 与 CD 通过光滑圆弧管道BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连。小球可以从 D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从 E 滑出该轨道进入 EF 水平轨道。小球由静止从 A 点释放，已知 AB 长为 5R，CD 长为R，重力加速度为 g，小球与斜轨 AB 及水平轨道 CD、EF 的动摩擦因数均为 0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，圆弧管道 BC 入口 B 与出口 C 的高度差为 l.8R。求：( 在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端 C 时
32、速度的大小。(2)小球刚到 C 时对轨道的作用力。(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径 应该满足什么条件？【答案】 （1） （2）6.6mg，竖直向下（3） 【解析】试题分析：（1）设小球到达 C 点时速度为 v，a 球从 A 运动至 C 过程，由动能定理有：可得： 。（2）小球沿 BC 轨道做圆周运动，设在 C 点时轨道对球的作用力为 N，由牛顿第二定律，有： ，其中 r 满足： ，联立上式可得： 由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为 ，方向竖直向下。（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入 EF 轨道则小球在最高点 P 应满足：，小
33、球从 C 直到 P 点过程，由动能定理，有：，可得： 。情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的 Q 点时，速度减为零，然后滑回 D则由动能定理有：，解得： 。考点：本题考查动能定理、圆周运动的相关知识。18.已知金刚石的密度为 3.5103kg/m3，碳的摩尔质量为 12g/mol，阿伏加德罗常数，假设金刚石中碳原子是紧密地排列在一起的一个个小球，请估算金刚石中碳原子的直径为多大？（结果保留 1 位有效数字）【答案】 【解析】【详解】每个碳原子的体积 ,代入数据解得 .19.已知金刚石的密度为 3.510 3 kg/m3，现有一块体积为 4.0108 m3 的一小块金刚石，它含有多少个碳原子？假如
34、金刚石中的碳原子是紧密地挨在一起，试估算碳原子的直径？(保留两位有效数字)【答案】 ， 【解析】【详解】这块金刚石的质量：m=V=3.510 34.010-8kg=1.410-4kg 这块金刚石的物质的量 这块金刚石所含的碳原子数 n=nNA=1.1710-26.021023 个=7.010 21 个一个碳原子的体积为 V0= =5.710-30m3把金刚石中的碳原子看成球体，则由公式 V0= d3 可得碳原子直径为=2.210-10m【点睛】本题是阿伏加德罗常数的运用问题，要明确其是联系宏观与微观的桥梁要建立清晰的碳原子模型，再求解其直径20.在标准状况下，有体积为 V 的水和体积为 V 的
35、氧气(可视为理想气体)，已知水的密度为，阿伏加德罗常数为 ，水的摩尔质量为 M，在标准状况下 lmol 氧气的体积为 Vo。求：(1)水和氧气中各有多少个分子；(2)水分子的直径和氧气中相邻两个分子之间的平均距离。【答案】 （1） , （2） 【解析】本题考察有关阿伏伽德罗常数的计算。(1)体积为 V 的水中水分子数体积为 V 的氧气中氧分子数(2)设水分子的直径 d，则 ，整理得设氧分子间的距离 L，则 ，整理得21.某同学在进行“用油膜法估测分子的大小”的实验前，网上查阅数据得知：油酸的摩尔质量 M=0.283kmol-1，密度 =0.89510kg/m，若每 100ml，油酸酒精密液中含
36、有纯油酸 1 mL，用滴管向量简内滴 100 滴上述溶液，量简中的溶液体积增加 1 ml.已知球的体积 V 与直径 D 的关系为 ，取 NA=6.02 1013mol-1.求：(1)一个油酸分子的体积约为多少 m？(2)一滴上述油酸酒精溶液所能形成的单分子油膜的面积约是多少 m？( 结果均保留一位有效数字)【答案】(1) （2） 【解析】(1)一个油酸分子的体积 将数值代入式解得 V=510-28m3 (2)由球的体积与直径的关系 得分子直径 一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积为 故一滴油酸酒精溶液所能形成的单分子油膜的面积为 由解得 S=0.1m2 点睛：本题考查了求分子体积、求油膜的面积，知
37、道油膜法测分子直径的原理、应用密度公式、体积公式即可解题，阿伏伽德罗常数是联系宏观量与微观量的桥梁，应用阿伏伽德罗常数是正确解题的关键22.2017 年 5 月，中国首次海域天然气水合物可燃冰试采成功。可燃冰是一种晶体，它是天然气的固体状态因海底高压，学名天然气水化合物，其化学式为 研究表明 可燃冰可转化为 的天然气 和 的水已转化为标准状态。下列关于晶体和非晶体的说法中正确的是_。晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点晶体都有确定的几何形状，非晶体没有确定的几何形状制作晶体管、集成电路多用多晶体云母片导热性能各向异性，说明云母片是晶体体积 的 气体可视为理想气体处于状态 A 时温度 ，压强
38、，现保持其质量不变让它经过状态 B 到达状态 C，已知状态 B 时的温度 ，到达状态 C时体积 则此时该气体的压强 _ 如果该气体从状态 A 到状态 B 的过程中吸收热量为 ，从状态 B 到状态 C 的过程中放出热量为 ，则从状态 A 到状态 C 气体内能增加量 _填“ ”、“ ”或“ ” 。已知阿伏加德罗常数 个 ，试估算出 可燃冰中所含 分子的个数。结果保留一位有效数字_。【答案】 (1). AD； (2). 4； (3). ； (4). ；【解析】【分析】(1)单晶体具有规则的几何形状，而多晶体和非晶态没有规则的几何形状；单晶体具有各向异性，而多晶体具有各向同性；无论是单晶体还是多晶体都
39、具有固定的熔点；无论是单晶体还是多晶体晶体内部的分子按一定的规律排布即具有一定的规律性。(2)由题根据理想气体的状态方程即可求出。(3)摩尔质量和阿伏伽德罗常数的比值等于每个分子的质量；摩尔体积与阿伏伽德罗常数的比值为每个分子所占的体积；根据质量和摩尔质量的比值求出物质的量，结合阿伏伽德罗常数求出分子个数。【详解】(1) A 项：晶体有确定的熔点、非晶体没有确定的熔点，故 A 正确；B 项：单晶体具有规则的几何形状，而多晶体和非晶态没有规则的几何形状，故 B 错误；C 项：制作晶体管、集成电路多用半导体。故 C 错误； D 项：多晶体与非晶体具有各向同性，单晶体具有各向异性，云母片导热性能各向
40、异性，说明云母片是晶体。故 D 正确。故选：AD(2) 已知：V A=1L，TA=300K，pA=1atm，TC=TB=600K，VC=0.5L。理想气体的状态方程可得： 代入数据可得：P C=4atmAB 过程为等容变化。BC 过程为等温压缩过程，根据热力学第一定律可知，整个的过程中内能的增加量大于吸收的热量；(3) 由题意可知，1m 3 可燃冰可转化为 164m3 的标准状态下的天然气（CH 4） ，标准状态下气体的摩尔体积为 22.4L=0.0224m3，所以 1m3 可燃冰含有的气体的物质的量： 所含 CH4 分子的个数：N=nN A代入数据可得：N=410 27（个）。【点睛】由图线
41、判断出三点各物理量间的关系，AB 过程为等容变化。BC 过程为等温变化，熟练应用理想气体状态方程即可正确解题。23.如图所示，薄壁气缸放置在水平平台上，活塞质量为 10kg，横截面积为 50cm2，厚度为1cm，气缸全长 21cm，气缸质量为 20kg，大气压强为 1105Pa，温度为 7，活塞封闭的气柱长 10cm，若将气缸倒过来放置，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通g取 10cm/s2求气缸倒置时，活塞封闭的气柱长度；气缸倒置后，当温度多高时，活塞刚好接触平台【答案】 （1）15cm（2）373K【解析】【详解】开始封闭气体的压强：p 1=p0+ =1105+ =1.2105Pa
42、，气缸倒过来后，气体的压强：p 2=p0 =1105 =0.8105Pa，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1L1S=p2L2S，解得：L 2=15cm；开始气体体积：V 2=L2S=15S，温度：T 2=237+7=280K，活塞刚好接触平台时，气体体积：V 3=L3S=（211）S=20S，气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得： ，解得：T 3=373K；【点睛】应用玻意耳定律与盖吕萨克定律即可正确解题，本题的解题关键是求出各状态的气体的状态参量，即压强、温度和体积。24.如图，容积均为 V 的汽缸 A、B 下端有细管( 容积可忽略)连通，阀门 K2 位于细管的中部，A、B 的顶部各有一阀
43、门 K1、K3；B 中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略) 初始时，三个阀门均打开，活塞在 B 的底部；关闭 K2、K3，通过 K1 给汽缸充气，使 A 中气体的压强达到大气压 p0 的 3 倍后关闭 K1.已知室温为 27 ，汽缸导热(1)打开 K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(2)接着打开 K3，求稳定时活塞的位置；(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高 20 ，求此时活塞下方气体的压强【答案】 （1） （2） （3） 【解析】【详解】()设打开 K2后，稳定时活塞上方气体的压强为 p1，体积为 V1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程由玻意耳定律得p0Vp 1V1
44、(3p0)Vp 1(2VV 1)联立式得V1 p12p 0()打开 K3后，由式知，活塞必定上升设在活塞下方气体与 A 中气体的体积之和为V2(V22V)时，活塞下气体压强为 p2，由玻意耳定律得(3p0)Vp 2V2由式得p2 p0由式知，打开 K3后活塞上升直到 B 的顶部为止；此时 p2为 p2 p0()设加热后活塞下方气体的压强为 p3，气体温度从 T1300 K 升高到 T2320 K 的等容过程中，由查理定律得 将有关数据代入式得p31.6p 0【点睛】 （i）分析打开 K2 之前和打开 K2 后，A、B 缸内气体的压强、体积和温度，根据理想气体的状态方程列方程求解；（）打开 K2
45、，分析活塞下方气体压强会不会降至 p0，确定活塞所处位置；（）缓慢加热汽缸内气体使其温度升高，等容升温过程，由 求解此时活塞下方气体的压强25.如图，一粗细均匀的等臂 U 形管竖直放置，其 A 端封闭有一定量的气体， B 端开口与大气相通，两侧被水银柱隔开。平衡时测得 A 内气柱的长度为 30.0cm、两管内水银面的高度差为 h100cm 。现从 B 端开口处用活塞缓慢向下压气体，当活塞压下 cm 时，A、B两端水银面相平。已知活塞与管密封良好，设整个过程温度保持不变。求大气压强的值。【答案】70cmHg【解析】【详解】设大气压强为 p0，水银的密度为 ，U 型管的横截面积为 S，对气体 A，
46、初始时：VA=LS再次平衡后，设 A 气体的压强为 pA； 此过程等温： 对于气体 B，初始时：p B=p0， 再次平衡后，设 B 气体的压强为 pB：pB = pA； 此过程中等温： ，解得 p0=70cmHg26.图中竖直圆筒是固定不动的,粗筒横截面积是细筒的 4 倍,细筒足够长.在粗筒中用轻质活塞密闭了一定质量的理想气体，活塞与筒壁间的摩擦不计。在 6时，活塞上方的水银深H=10cm,水银上表面与粗筒上端的距离 y=5cm,气柱长 L=15cm。不计活塞的质量和厚度，已知大气压强 P0=75cmHg,现对气体缓慢加热。（1）当水银上表面与粗筒上端相平时，求气体的温度 T2（2）当水银的一
47、半被推入细筒中时，求气体的温度 T3（结果保留 3 位有效数字）【答案】(1)372K(2)547K【解析】【分析】（1）等压过程，对封闭气体运用盖吕萨克定律，即可求出气体的温度 T2；（2）利用平衡求出初末状态的压强，过程中压强 P、体积 V、温度 T 均变化，运用理想气体的状态方程，即可求出气体的温度 T3【详解】 （1）该过程中气体压强不变，根据盖吕萨克定律可得： ，其中 ，得： ；（2）气体初始状态： ，当水银的一半被推入细筒中时： ；根据理想气体的状态方程可得： ，其中：解得： 【点睛】本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强 P、体积 V、温度 T 三个参量的变化情况，选
48、择合适的规律解决，注意上下两部分的横截面积不同，利用几何关系水银的总体积不变，求解水银的高度27.如图所示，一竖直放置的足够长汽缸内有两个活塞用一根轻质硬杆相连，上面小活塞面积 S1=2 cm2，下面大活塞面积 S2=8 cm2，两活塞的总质量为 M=0.3 kg；汽缸内封闭温度T1=300K 的理想气体，粗细两部分长度相等且 L=5 cm；大气压强为Po=1.01l05Po，g=10ms 2，整个系统处于平衡，活塞与缸壁间无摩擦且不漏气。求：(1)初状态封闭气体的压强 Pi；(2)若封闭气体的温度缓慢升高到 T2 =336 K，气体的体积 V2 是多少；(3)上述过程中封闭气体对外界做功 W。【答案】 （1） （2） （3）0.56J【解析】（1）平衡条件 代入数据得 （2）初态体积 等压膨胀，根据盖吕萨克定律 代入数据得 （3）封闭气体对外界做功 点睛：本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解；本题要能用静力学观点分析压强，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题28.一定质量的理
