【与名师对话】2013届高考物理总复习 课时作业39 新人教版选修3-5

课时作业(四十)(分钟：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题7分，共63分)1．氦原子核由两个质子与两个中子组成，这两个质子之间存在着万有引力、库仑力和核力，则这3种力从大到小的排列顺序是( )A．核力、万有引力、库仑力B．万有引力、库仑力、核力C．库仑力、核力、万有引力D．核力、库仑力、万有引力[解析] 核力是强相互作用(强力)，氦原子核内的2个质子是靠核力结合在一起的，可见核力远大于库仑力；微观粒子的质量非常小，万有引力小于库仑力．故D正确．[答案] D2．下列说法正确的是( )A．α射线与γ射线都是电磁波B．β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流C．用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期D．原子核经过衰变生成新核，则新核的质量总等于原核的质量[解析] α射线为粒子流，γ射线为电磁波，故A错．β射线来自原子核内部，不是核外电子电离产生的，故B错．据放射性元素的衰变规律可知C项正确，D错误．[答案] C3．(2011·浙江三校联考)居室装修中经常用到的花岗岩都不同程度地含有放射性元素(含铀、钍等)，会释放出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道疾病．根据有关放射性知识判断下列说法中正确的是( )A．α射线是发生α衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4个B．β射线是发生β衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，质量数减少了1个C．γ射线是发生γ衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了1个D．在α、β、γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强、电离能力最弱[解析] α射线是发生α衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了2个；β射线是发生β衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，质量数不变，中子数减少了1个；γ射线是发生γ衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数不变，故ABC错误，D正确．[答案] D4．放射性同位素被用做示踪原子，主要是因为( )A．放射性同位素不改变其化学性质B．放射性同位素的半衰期比天然放射性元素的半衰期短得多C．其半衰期与元素所处的物理、化学状态无关D．放射性同位素容易制造[解析] 放射性同位素用做示踪原子，主要是用放射性同位素替代没有放射性的同位素参与正常的物理、化学、生物过程，既要利用化学性质相同，也要利用衰变规律不受物理、化学变化的影响，同时还要考虑放射性废料容易处理等，因此，选项A、B、C正确，D不正确．[答案] ABC5．(2011·温州五校联考)2010年7月25日早7时，美国“乔治·华盛顿”号核航母驶离韩南部釜山港赴东部海域参加军演，标志此次代号为“不屈的意志”的美韩联合军演正式开始．在现代兵器体系中，潜艇和航母几乎算得上是一对天生的冤家对头，整个二战期间，潜艇共击沉航母17艘，占全部沉没航母数量的40.5%.中国有亚洲最大的潜艇部队，拥有自行开发的宋级柴电动力潜艇和汉级核动力潜艇，核动力潜艇中核反应堆释放的核能被转化成动能和电能．核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量的核能．核反应方程23592U＋n→14156Ba＋9236Kr＋a X是反应堆中发生的众多核反应中的一种，n为中子，X为待求粒子，a为X的个数，则( )A．X为质子a＝3 B．X为质子a＝2C．X为中子a＝2 D．X为中子a＝3[解析] 由重核裂变方程以及核反应方程中电荷数守恒可得出X电荷数为0，即X应为中子，又由质量数守恒可得a＝3，D正确．[答案] D6．(2011·湖北孝感中学月考)μ子与氢原子核(质子)构成的原子称为μ氢原子(hydrogenmuon atom)，它在原子核物理的研究中有重要作用．图为μ氢原子的能级示意图．假定光子能量为E的一束光照射容器中大量处于n＝2能级的μ氢原子吸收光子后，发出频率为ν1、ν2、ν3、ν4、ν5和ν6的光，且频率依次增大，则E等于( )A.h(ν3－ν1) B．h(ν5＋ν6)C．hν3D．hν4[解析] 处于n＝2能级的μ氢原子受到光的照射后辐射出6种光，则应从2能级跃迁到4能级，由能量和频率的关系E＝hν知，E4－E3＝hν1，E3－E2＝hν2，E4－E2＝hν3，E2－E1＝hν4，E3－E1＝hν5和E4－E1＝hν6，所以选项C正确．[答案] C7．(2011·佛山联考)铀裂变的产物之一氪90(9036Kr)是不稳定的，它经过一系列衰变最终成为稳定的锆90(9040Zr)，这些衰变是( )A．1次α衰变，6次β衰变 B．4次β衰变C．2次α衰变 D．2次α衰变，2次β衰变[解析] 氪90(9036Kr)衰变成为锆90(9040Zr)，质量数不发生变化，说明只发生β衰变，且发生4次，选项B正确．[答案] B8．近代物理学研究表明，质子是由2个上夸克和1个下夸克组成，中子是由1个上夸克和2个下夸克组成，质子与中子间发生的转变实质就是上、下夸克发生了转变．已知上夸克电荷量为＋2e /3，下夸克电荷量为－e /3，e 为元电荷．当发生β衰变时( )A ．原子核内的一个中子转变为一个质子，同时放出一个电子B ．原子核内的一个质子转变为一个中子，同时放出一个电子C ．从夸克模型看，使质子内的一个上夸克转变为一个下夸克D ．从夸克模型看，使中子内的一个下夸克转变为一个上夸克[答案] AD9．利用氦－3(32He)和氘进行的聚变安全无污染，容易控制．月球上有大量的氦－3，每个航天大国都将获取氦－3作为开发月球的重要目标之一．“嫦娥一号”探月卫星执行的一项重要任务就是评估月壤中氦－3的分布和储量．已知两个氘核聚变生成一个氦－3和一个中子的核反应方程是221H→32He ＋10n ＋3.26 MeV ，若有2 g 氘全部发生聚变，则释放的能量是(N A 为阿伏加德罗常数)( )A ．0.5×3.26 MeVB ．3.26 MeVC ．0.5N A ×3.26 MeVD ．N A ×3.26 MeV[解析] 2 g 氘含有1 mol 氘分子，则由聚变核反应221H→32He ＋10n ＋3.26 MeV 知2个氘核聚变释放能量3.26 MeV ，则2 g 氘聚变释放的能量是0.5N A ×3.26 MeV，选项C 正确．[答案] C二、非选择题(共37分)10．(10分)(1)放射性物质210 84Po 和6027Co 的核衰变方程分别为：21084Po→206 82Pb ＋X 1 6027Co→6028Ni ＋X 2 方程中的X 1代表的是________，X 2代表的是________．(2)如下图所示，铅盒内装有能释放α、β和γ射线的放射性物质，在靠近铅盒的顶部加上电场E 或磁场B ，在图(a)、(b)中分别画出射线运动轨迹的示意图．(在所画轨迹上须标明是α、β和γ中的哪种射线)[解析] (1)由质量数守恒可知X 1、X 2的质量数分别为4、0，由电荷数守恒可知X 1、X 2的电荷数分别为2、－1，故X 1是42He ，X 2是 0－1e.(2)α粒子带正电，在图(a)电场中向右偏，在图(b)的磁场受到指向左侧的洛伦兹力向左偏，β粒子带负电，故在图(a)中向左偏而在图(b)中向右偏，γ粒子不带电，故不发生偏转，如图所示(曲率半径不作要求，每种射线可只画一条轨迹)．[答案] (1)42He 0－1e (2)见解析图11．(13分)(1)近期媒体报道，叛逃到英国的俄罗斯前特工利特维年科在伦敦离奇身亡．英国警方调查认为，毒杀利特维年科的是超级毒药——放射性元素钋(Po)．Po 的半衰期为138 d ，经衰变生成稳定的铅(Pb)，那么经过276 d,100 g Po 已衰变的质量为__________g.(2)一个氘核(21H)和一个氚核(31H)结合成一个氦核并放出一个中子时，质量亏损为Δm ，已知阿伏加德罗常数为N A ，真空中的光速为c ，若1 mol 氘和1 mol 氚完全发生上述核反应，则在核反应中释放的能量为__________．A ．N A Δmc 2B ．2N A Δmc 2 C.12N A Δmc 2 D ．5N A Δmc 2 (3)用速度为v 0、质量为m 1的42He 核轰击质量为m 2的静止的14 7N 核，发生核反应，最终产生两种新粒子A 和B.其中A 为17 8O 核，质量为m 3，速度为v 3；B 的质量为m 4.①计算粒子B 的速度v B .②粒子A 的速度符合什么条件时，粒子B 的速度方向与He 核的运动方向相反．[解析] (1)根据半衰期的定义，经过276 d(两个半衰期)，100 g Po 已衰变的质量为1002＋502＝75 g. (2)根据爱因斯坦的质能方程，一个氘核(21H)和一个氚核(31H)结合成一个氦核并放出一个中子释放的能量为Δmc 2,1 mol 氘和1 mol 氚完全发生上述核反应，释放的能量为上述反应的N A 倍，即N A Δmc 2.(3)①由动量守恒定律有：m 1v 0＝m 3v 3＋m 4v B ，解得：v B ＝m 1v 0－m 3v 3m 4. ②B 的速度与He 核的速度方向相反，即：m 1v 0－m 3v 3<0，解得：v 3>m 1v 0m 3. [答案] (1)75 (2)A(3)①m 1v 0－m 3v 3m 4 ②v 3>m 1v 0m 312．(14分)(1)一个氡核222 86Rn 衰变成钋核21884Po 并放出一个粒子，其半衰期为3.8天.1 g 氡经过7.6天衰变掉的氡的质量以及222 86Rn 衰变成218 84Po 时放出的粒子是( )A ．0.25 g ，α粒子B ．0.75 g ，α粒子C ．0.25 g ，β粒子D ．0.75 g ，β粒子(2)在核反应堆里，中子的速度不能太快，否则会与铀235原子核“擦肩而过”，铀核不能“捉”住它，不能发生核裂变．科学家常用石墨作减速剂，使铀核裂变所产生的快中子通过与碳核不断的碰撞而被减速．假设中子与碳核发生的是没有机械能损失的弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的．已知碳核的质量近似为中子质量的12倍，中子原来的动能为E 0，试求：经过一次碰撞后中子的能量变为多少？[解析] (1)经过一个半衰期，一半原子核发生衰变，1 g 氡经两个半衰期将有0.75 g 氡衰变掉；要据质量数守恒和电荷数守恒，可写出氡核衰变的核反应方程为222 86Rn→218 84Po ＋42He ，B 选项正确．(2)弹性正碰遵循动量守恒和能量守恒两个规律．设中子的质量m ，碳核的质量M .有：mv 0＝mv 1＋Mv 2，12mv 20＝12Mv 21＋12Mv 22 由上述两式整理得v 1＝m －M m ＋M v 0＝m －12m m ＋12m v 0＝－1113v 0 则经过一次碰撞后中子的动能 E 1＝12mv 21＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1113v 02＝121169E 0. [答案] (1)B (2)121169E 0。

（新人教版）高中物理选修3-5（全册）课时同步练习全集（打印版）课时跟踪检测（一）动量和动量定理1．(多选)下列说法正确的是()A．运动物体的动量的方向总是与它的运动方向相同B．作用于物体上的合外力的冲量不为0, 则物体的动量一定发生变化C．作用于物体上的合外力的冲量不为0, 则物体的动能一定发生变化D．物体所受合外力的冲量方向总是与物体的动量方向相同解析: 选AB动量的方向总与速度即运动方向相同, 故A对; 合外力的冲量不为零, 由动量定理I合＝Δp, 可知动量的变化量Δp一定不为零, 即动量一定变化, 但动能不一定变化, 有可能动量的大小不变, 方向变化, 故B 对, C 错; I 合的方向一定与动量变化量的方向相同, 但不一定与动量的方向相同, 故D 错.2．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球. 接球时, 两手随球迅速收缩至胸前. 这样做可以( )A ．减小球对手的冲量B ．减小球对手的冲击力C ．减小球的动量变化量D ．减小球的动能变化量解析: 选B 由动量定理Ft ＝Δp 知, 接球时两手随球迅速收缩至胸前, 延长了手与球接触的时间, 从而减小了球的动量变化率, 减小了球对手的冲击力, 选项B 正确.3．(多选)古时有“守株待兔”的寓言, 设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死. 若兔子与树桩发生碰撞, 作用时间为0.2 s, 则被撞死的兔子的奔跑的速度可能是( )图1A ．1 m /sB ．1.5 m/sC ．2 m /sD ．2.5 m/s解析: 选CD 根据题意建立模型, 设兔子与树桩的撞击力为F , 兔子撞击树桩后速度为零, 根据动量定理有－Ft ＝0－m v , 所以v ＝Ft m ＝mgtm＝gt ＝10×0.2 m /s ＝2 m/s.4.质量为1 kg 的物体做直线运动, 其速度图像如图2所示. 则物体在前10 s 内和后10 s 内所受外力的冲量分别是( )图2A ．10 N·s,10 N·sB ．10 N·s, －10 N·sC ．0,10 N·sD ．0, －10 N·s解析: 选D 由图像可知, 在前10 s 内初、末状态的动量相等, p 1＝p 2＝5 kg·m /s, 由动量定理知I 1＝0; 在后10 s 内p 3＝－5 kg·m/s, I 2＝p 3－p 2＝－10 N·s, 故选D.5．原来静止的物体受合外力作用时间为2t 0, 作用力随时间的变化情况如图3所示, 则( )图3A ．0～t 0时间内物体的动量变化与t 0～2t 0内动量变化相等B ．0～t 0时间内物体的平均速率与t 0～2t 0内平均速率不等C ．t ＝2t 0时物体的速度为零, 外力在2t 0时间内对物体的冲量为零D ．2t 0时间内物体的位移为零, 外力对物体做功为零解析: 选C 0～t 0与t 0～2t 0时间内作用力方向不同, 动量变化量不相等, A 错; t ＝t 0时, 物体速度最大, t ＝2t 0时物体速度为零, 由动量定理Ft ＝m Δv 可得, F 0t 0－F 0t 0＝0,0～t 0与t 0～2t 0时间内物体平均速率相等, B 错, C 正确; 物体先加速后减速, 位移不为零, 动能变化量为零, 外力对物体做功为零, D 错.6．质量相等的A 、B 两个物体, 沿着倾角分别是α和β的两个光滑的固定斜面, 由静止从同一高度h 2下滑到同样的另一高度h 1, 如图4所示, 则A 、B 两物体( )图4A ．滑到h 1高度时的动量相同B ．滑到h 1高度时的动能相同C ．由h 2滑到h 1的过程中所受重力的冲量相同D ．由h 2滑到h 1的过程中所受合力的冲量相同解析: 选B 两物体由h 2下滑到h 1高度的过程中, 机械能守恒, mg (h 2－h 1)＝12m v 2, v ＝2g (h 2－h 1), 物体下滑到h 1处时, 速度的大小相等, 由于α不等于β, 速度的方向不同, 由此可判断, 物体在h 1高度处动能相同, 动量不相同. 物体运动过程中动量的变化量不同, 所以合外力的冲量不相等. 物体下滑的过程中, mg sin α＝ma , h 2－h 1sin α＝12at 2. 由上述两式求得时间t ＝1sin α2(h 2－h 1)g, 由I G ＝mgt 可以判断物体下滑过程中重力的冲量不等.7．冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程: 如图5所示, 运动员将静止于O 点的冰壶(视为质点)沿直线OO ′推到A 点放手, 此后冰壶沿AO ′滑行, 最后停于C 点. 已知冰面和冰壶间的动摩擦因数为μ, 冰壶质量为m , AC ＝L , CO ′＝r , 重力加速度为g .图5(1)求冰壶从O 点到A 点的运动过程中受到的冲量大小.(2)若将BO ′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ, 原只能滑到C 点的冰壶能停于O ′点, 求A 点与B 点之间的距离.解析: (1)由－μmgL ＝0－12m v A 2, 得v A ＝2μgL .由I ＝m v A , 将v A 代入得I ＝m 2μgL . (2)设A 点与B 点之间的距离为s , 由－μmgs －0.8μmg (L ＋r －s )＝0－12m v A 2, 将v A 代入得s ＝L －4r .答案: (1)m 2μgL (2)L －4r8.用0.5 kg 的铁锤把钉子钉进木头里, 打击时铁锤的速度v ＝4.0 m/s, 如果打击后铁锤的速度变为0, 打击的作用时间是0.01 s, 那么:图6(1)不计铁锤受的重力, 铁锤钉钉子的平均作用力是多大?(2)考虑铁锤受的重力, 铁锤钉钉子的平均作用力又是多大? (g 取10 m/s 2) (3)比较(1)和(2), 讨论是否要忽略铁锤的重力.解析: (1)以铁锤为研究对象, 不计重力时, 只受钉子的作用力, 方向竖直向上, 设为F 1, 取竖直向上为正, 由动量定理可得F 1t ＝0－m v所以F 1＝－0.5×(－4.0)0.01 N ＝200 N,方向竖直向上.由牛顿第三定律知, 铁锤钉钉子的作用力为200 N, 方向竖直向下.(2)若考虑重力, 设此时受钉子的作用力为F 2, 对铁锤应用动量定理, 取竖直向上为正. (F 2－mg )t ＝0－m v (矢量式) F 2＝－0.5×(－4.0)0.01N ＋0.5×10 N ＝205 N, 方向竖直向上.由牛顿第三定律知, 此时铁锤钉钉子的作用力为205 N, 方向竖直向下.(3)比较F1与F2, 其相对误差为|F2－F1|F1×100%＝2.5%, 可见本题中铁锤的重力可忽略.答案: (1)200 N, 方向竖直向下(2)205 N, 方向竖直向下(3)见解析课时跟踪检测（二）动量守恒定律1．(多选)根据UIC(国际铁道联盟)的定义, 高速铁路是指营运速率达200 km/h以上的铁路和动车组系统. 据广州铁路局警方测算: 当和谐号动车组列车以350 km/h的速度在平直铁轨上匀速行驶时, 受到的阻力约为106N, 如果撞击一块质量为0.5 kg的障碍物, 会产生大约5 000 N的冲击力, 撞击时间约为0.1 s, 瞬间可能造成列车颠覆, 后果不堪设想. 在撞击过程中, 下列说法正确的是()图1A．冲击力对列车的冲量约为500 N·sB．冲击力对列车的冲量约为104 N·sC．冲击力对障碍物的冲量约为175 N·sD．列车和障碍物组成的系统动量近似守恒解析: 选AD冲击力为5 000 N, 冲量为5 000×0.1 N·s＝500 N·s, A对, B、C错; 撞击过程时间极短, 列车和障碍物组成的系统动量近似守恒, D对.2．甲、乙两船静止在湖面上, 总质量分别是m1、m2, 两船相距x, 甲船上的人通过绳子用力F拉乙船, 若水对两船的阻力大小均为F f, 且F f＜F, 则在两船相向运动的过程中()A．甲船的动量守恒B．乙船的动量守恒C．甲、乙两船的总动量守恒D．甲、乙两船的总动量不守恒解析: 选C甲船、人、绳、乙船组成的系统所受的合力为零, 动量守恒, 则选项C正确.3.如图2所示, 在光滑水平面上, 用等大异向的F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上, 已知m A<m B, 经过相同的时间后同时撤去两力, 以后两物体相碰并粘为一体, 则粘合体最终将()图2A．静止B．向右运动C．向左运动D．无法确定解析: 选A选取A、B两个物体组成的系统为研究对象, 根据动量定理, 整个运动过程中, 系统所受的合外力为零, 所以动量改变量为零, 初始时刻系统静止, 总动量为零, 最后粘合体的动量也为零, 即粘合体静止, 所以选项A正确.4．(多选)如图3所示, 小车放在光滑的水平面上, 将系着绳的小球拉开到一定的角度, 然后同时放开小球和小车, 那么在以后的过程中()图3A．小球向左摆动时, 小车也向左运动, 且系统动量守恒B．小球向左摆动时, 小车向右运动, 且系统动量守恒C．小球向左摆到最高点, 小球的速度为零而小车的速度不为零D．在任意时刻, 小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反解析: 选BD以小球和小车组成的系统为研究对象, 在水平方向上不受力的作用, 所以系统在水平方向上动量守恒, 由于初始状态小车与小球均静止, 所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零, 要么大小相等、方向相反, 选项A、C错误, 选项B、D正确.5．(多选)如图4所示, 三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列, 静止在光滑水平面上. c车上有一小孩跳到b车上, 接着又立即从b车跳到a车上. 小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同. 他跳到a车上相对a车保持静止, 此后()图4A．a、b两车运动速率相等B．a、c两车运动速率相等C．三辆车的速率关系v c>v a>v bD．a、c两车运动方向相反解析: 选CD 若人跳离b 、c 车时速度为v , 由动量守恒定律知, 人和c 车组成的系统: 0＝－M 车v c ＋m 人v对人和b 车: m 人v ＝－M 车v b ＋m 人v 对人和a 车: m 人v ＝(M 车＋m 人)·v a 所以: v c ＝m 人v M 车, v b ＝0, v a ＝m 人vM 车＋m 人即v c >v a >v b , 并且v c 与v a 方向相反.6. (多选)带有14光滑圆弧轨道质量为M 的小车静止置于光滑水平面上, 如图5所示, 一质量也为M 的小球以速度v 0水平冲上小车, 到达某一高度后, 小球又返回小车的左端, 则( )图5A ．小球以后将向左做平抛运动B ．小球将做自由落体运动C ．此过程小球对小车做的功为12M v 20D ．小球在弧形槽上上升的最大高度为v 202g解析: 选BC 小球上升到最高点时与小车相对静止, 有共同速度v ′, 由动量守恒定律和机械能守恒定律有:M v 0＝2M v ′①12M v 20＝2×⎝⎛⎭⎫12M v ′2＋Mgh ② 联立①②得h ＝v 204g, 知D 错误.从小球滚上到滚下并离开小车, 系统在水平方向上的动量守恒, 由于无摩擦力做功, 动能守恒, 此过程类似于弹性碰撞, 作用后两者交换速度, 即小球速度变为零, 开始做自由落体运动, 故B 、C 对, A 错.7．如图6所示, 光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C , 质量分别为m A ＝m C ＝2m , m B ＝m , A 、B 用细绳连接, 中间有一压缩的轻质弹簧(弹簧与滑块不拴接). 开始时A 、B 以共同速度v 0运动, C 静止. 某时刻细绳突然断开, A 、B 被弹开, 然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起, 最终三滑块速度恰好相同. 求B 与C 碰撞前B 的速度.图6解析: 设共同速度为v , 滑块A 和B 分开后B 的速度为v B , 由动量守恒定律有 (m A ＋m B )v 0＝m A v ＋m B v B m B v B ＝(m B ＋m C )v联立以上两式得, B 与C 碰撞前B 的速度为v B ＝95v 0.答案: 95v 08.如图7所示, 一质量为M 的物体静止在桌面边缘, 桌面离水平地面的高度为h . 一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后, 以水平速度v 02射出. 重力加速度为g . 求:图7(1)此过程中系统损失的机械能;(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离.解析: (1)设子弹穿过物块后物块的速度为v , 由动量守恒定律得m v 0＝m v 02＋M v ①解得v ＝m2M v 0②系统的机械能损失为ΔE ＝12m v 20－⎣⎡⎦⎤12m ⎝⎛⎭⎫v 022＋12M v 2③ 由②③式得ΔE ＝18⎝⎛⎭⎫3－m M m v 20. (2)设物块下落到地面所需时间为t , 落地点距桌面边缘的水平距离为s , 则h ＝12gt 2④s ＝v t ⑤由②④⑤式得s ＝m v 0Mh 2g. 答案: (1)18⎝⎛⎭⎫3－m M m v 20 (2)m v 0M h 2g课时跟踪检测（三） 碰 撞1．在光滑水平面上, 两球沿球心连线以相等速率相向而行, 下列现象可能的是() A．若两球质量相等, 碰后以某一相等速率互相分开B．若两球质量相等, 碰后以某一相等速率同向而行C．若两球质量不同, 碰后以某一相等速率互相分开D．若两球质量不同, 碰后两球都静止解析: 选A若两球质量相等, 碰前两球总动量为零, 碰后总动量也应该为零, 由此分析可得A可能、B不可能. 若两球质量不同, 碰前两球总动量不为零, 碰后总动量也不能为零, D不可能. 若两球质量不同且碰后以某一相等速率分开, 则总动量方向与质量较大的球的动量方向相同, 与碰前总动量方向相反, C不可能.2．关于散射, 下列说法正确的是()A．散射就是乱反射, 毫无规律可言B．散射中没有对心碰撞C．散射时仍遵守动量守恒定律D．散射时不遵守动量守恒定律解析: 选C由于散射也是碰撞, 所以散射过程中动量守恒.3.如图1所示, 两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动, 滑块A的质量为m, 速度大小为2v0, 方向向右, 滑块B的质量为2m, 速度大小为v0, 方向向左, 两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()图1A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止, B向右运动D．A向左运动, B向右运动解析: 选D选向右为正方向, 则A的动量p A＝m·2v0＝2m v0. B的动量p B＝－2m v0. 碰前A、B的动量之和为零, 根据动量守恒, 碰后A、B的动量之和也应为零, 可知四个选项中只有选项D符合题意.4.A、B两物体发生正碰, 碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动, 其位移—时间图像如图2所示. 由图可知, 物体A、B的质量之比为()图2A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．3∶1解析: 选C 由图像知: 碰前v A ＝4 m /s, v B ＝0. 碰后v A ′＝v B ′＝1 m/s, 由动量守恒可知m A v A ＋0＝m A v A ′＋m B v B ′, 解得m B ＝3m A . 故选项C 正确.5．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动, 已知它们的动量分别是 5 kg·m /s 和7 kg·m/s, 甲追上乙并发生碰撞, 碰撞后乙球的动量变为10 kg·m/s, 则两球质量m 甲与m 乙的关系可能是( )A ．m 乙＝m 甲B ．m 乙＝2m 甲C ．4m 甲＝m 乙D ．m 乙＝6m 甲解析: 选C 碰撞前, v 甲>v 乙, 即p 甲m 甲>p 乙m 乙, 可得m 甲m 乙<57; 碰撞后, v 甲≤v 乙, 即p 甲′m 甲≤p 乙′m 乙,可得m 甲m 乙≥15; 综合可得15≤m 甲m 乙<57, 选项A 、D 错误. 由碰撞过程动能不增加可知, E 碰前≥E 碰后,由B 得到E 碰前<E 碰后, 所以排除B, 答案选C.6．(多选)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上, 箱子中间有一质量为m 的小物块, 小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ. 初始时小物块停在箱子正中间, 如图3所示. 现给小物块一水平向右的初速度v , 小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间, 并与箱子保持相对静止. 设碰撞都是弹性的, 则整个过程中, 系统损失的动能为( )图3A.12m v 2 B.mM v 22(m ＋M ) C.12NμmgL D ．NμmgL解析: 选BD 根据动量守恒, 小物块和箱子的共同速度v ′＝m vM ＋m , 损失的动能ΔE k＝12m v 2－12(M ＋m )v ′2＝mM v 22(m ＋M ), 所以B 正确; 根据能量守恒, 损失的动能等于因摩擦产生的热量, 而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移, 所以ΔE k ＝fNL ＝NμmgL , 可见D 正确.7．冰球运动员甲的质量为80.0 kg. 当他以5.0 m /s 的速度向前运动时, 与另一质量为100 kg 、速度为3.0 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞. 碰后甲恰好静止. 假设碰撞时间极短,求(1)碰后乙的速度的大小;(2)碰撞中总机械能的损失.解析: (1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M, 碰前速度大小分别为v、V, 碰后乙的速度大小为V′. 由动量守恒定律有m v－MV＝MV′①代入数据得V′＝1.0 m/s②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE, 应有12m v 2＋12MV2＝12MV′2＋ΔE③联立②③式, 代入数据得ΔE＝1 400 J .答案: (1)1.0 m/s(2)1 400 J8．如图4所示, 在足够长的光滑水平面上, 物体A、B、C位于同一直线上, A位于B、C之间. A的质量为m, B、C的质量都为M, 三者均处于静止状态. 现使A以某一速度向右运动, 求m和M之间应满足什么条件, 才能使A只与B、C各发生一次碰撞. 设物体间的碰撞都是弹性的.图4解析: A向右运动与C发生第一次碰撞, 碰撞过程中, 系统的动量守恒、机械能守恒. 设速度方向向右为正, 开始时A的速度为v0, 第一次碰撞后C的速度为v C1, A的速度为v A1. 由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v0＝m v A1＋M v C1①12m v 20＝12m v2A1＋12M v2C1②联立①②式得v A1＝m－Mm＋Mv0③v C1＝2mm＋Mv0④如果m＞M, 第一次碰撞后, A与C速度同向, 且A的速度小于C的速度, 不可能与B 发生碰撞; 如果m＝M, 第一次碰撞后, A停止, C以A碰前的速度向右运动, A不可能与B 发生碰撞; 所以只需考虑m＜M的情况.第一次碰撞后, A反向运动与B发生碰撞. 设与B发生碰撞后, A的速度为v A2, B的速度为v B1, 同样有v A2＝m－Mm＋Mv A1＝⎝⎛⎭⎪⎫m－Mm＋M2v0⑤根据题意, 要求A只与B、C各发生一次碰撞, 应有v A2≤v C1⑥联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0⑦解得m≥(5＋2)M⑧另一解m≤－(5＋2)M舍去.所以, m和M应满足的条件为(5－2)M≤m＜M. ⑨答案: (5－2)M≤m＜M课时跟踪检测（四）反冲运动火箭1．(多选)下列属于反冲运动的是()A．喷气式飞机的运动B．直升机的运动C．火箭的运动D．反击式水轮机的运动解析: 选ACD选项A、C、D中, 三者都是自身的一部分向一方向运动, 而剩余部分向反方向运动, 而直升机是靠外界空气的反作用力作为动力, 所以A、C、D对, B错.2．运送人造地球卫星的火箭开始工作后, 火箭做加速运动的原因是()A．燃料燃烧推动空气, 空气反作用力推动火箭B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出, 气体的反作用力推动火箭C．火箭吸入空气, 然后向后推出, 空气对火箭的反作用力推动火箭D．火箭燃料燃烧发热, 加热周围空气, 空气膨胀推动火箭解析: 选B火箭的工作原理是反冲运动, 火箭燃料燃烧产生的高温高压气体从尾部迅速喷出时, 使火箭获得反冲速度, 故正确选项为B.3．人的质量m＝60 kg, 船的质量M＝240 kg, 若船用缆绳固定, 船离岸1.5 m时, 船边沿高出岸h, 人从船边沿水平跃出, 恰能上岸. 若撤去缆绳, 人要从船边沿安全水平跃出上岸, 船离岸约为(不计水的阻力, 人两次消耗的能量相等)()A．1.5 m B．1.2 mC．1.34 m D．1.1 m解析: 选C 船用缆绳固定时, 设人水平跃出的速度为v 0, 则x 0＝v 0t , t ＝2hg . 撤去缆绳, 由水平方向动量守恒得0＝m v 1－M v 2, 两次人消耗的能量相等, 即动能不变, 12m v 20＝12m v 21＋12M v 22, 解得v 1＝ MM ＋m v 0, 故x 1＝v 1t ＝ MM ＋m x 0≈1.34 m, 选项C 正确. 4.如图1所示, 质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶, 一质量为m 的救生员站在船尾, 相对小船静止. 若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中, 则救生员跃出后小船的速率为( )图1A ．v 0＋mM v B ．v 0－mM v C ．v 0＋mM (v 0＋v )D ．v 0＋mM (v 0－v )解析: 选C 根据动量守恒定律, 选向右方向为正方向, 则有(M ＋m )v 0＝M v ′－m v , 解得v ′＝v 0＋mM(v 0＋v ), 故选项C 正确.5．(多选)一平板小车静止在光滑的水平地面上, 甲、乙两人分别站在车的左、右端, 当两人同时相向而行时, 发现小车向左移, 则( )A ．若两人质量相等, 必有v 甲>v 乙B ．若两人质量相等, 必有v 甲<v 乙C ．若两人速率相等, 必有m 甲>m 乙D ．若两人速率相等, 必有m 甲<m 乙解析: 选AC 甲、乙两人和小车组成的系统动量守恒, 且总动量为零, 甲动量方向向右, 小车动量方向向左, 说明|p 甲|＝|p 乙|＋|p 车|, 即m 甲v 甲>m 乙v 乙, 若m 甲＝m 乙, 则v 甲>v 乙, A 对, B 错; 若v 甲＝v 乙, 则m 甲>m 乙, C 对, D 错.6.如图2所示, 装有炮弹的火炮总质量为m 1, 炮弹的质量为m 2, 炮弹射出炮口时对地的速率为v 0, 若炮管与水平地面的夹角为θ, 则火炮后退的速度大小为(设水平面光滑)( )图2A.m 2m 1v 0 B.m 2v 0m 1－m 2 C.m 2v 0cos θm 1－m 2D.m 2v 0cos θm 1解析: 选C 炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒, 0＝m 2v 0cos θ－(m 1－m 2)v , 得v ＝m 2v 0cos θm 1－m 2, 故选项C 正确.7．在太空中有一枚相对于太空站静止的质量为M 的火箭, 突然喷出质量为m 的气体, 喷出的速度为v 0(相对于太空站), 紧接着再喷出质量也为m 的另一部分气体, 此后火箭获得的速度为v (相对于太空站), 火箭第二次喷射的气体的速度多大(相对于太空站)?解析: 题意中所涉及的速度都是相对于太空站的, 可以直接使用动量守恒定律, 规定v 0的方向为正方向, 则: 第一次喷气后: 0＝m v 0－(M －m )v 1, v 1＝m v 0M －m , v 1与正方向相反 第二次喷气后: －(M －m )v 1＝m v 2－(M －2m )v , 所以v 2＝⎝⎛⎭⎫M m －2v －v 0. 答案: 见解析8．在砂堆上有一木块, 质量M ＝5 kg, 木块上放一爆竹, 质量m ＝0.10 kg. 点燃爆竹后木块陷入砂中深5 cm, 若砂对木块运动的阻力恒为58 N, 不计爆竹中火药质量和空气阻力. 求爆竹上升的最大高度. (g 取10 m/s 2)解析: 火药爆炸时内力远大于重力, 所以爆炸时动量守恒, 取向上的方向为正方向, 由动量守恒定律得m v －M v ′＝0①(式中v 、v ′分别为爆炸后爆竹和木块的速率) 木块陷入砂中做匀减速运动到停止, 其加速度大小为 a ＝F －Mg M ＝58－505m /s 2＝1.6 m/s 2. ② 木块做匀减速运动的初速度 v ′＝ 2as ＝2×1.6×0.05 m /s ＝0.4 m/s ③代入①式, 得v ＝20 m/s. ④爆竹以初速度v 做竖直上抛运动, 上升的最大高度为 h ＝v 22g ＝20220 m ＝20 m. ⑤答案: 20 m课时跟踪检测（五） 能量量子化 光的粒子性1．对黑体辐射电磁波的波长分布的影响因素是( ) A ．温度 B ．材料 C ．表面状况D ．以上都正确解析: 选A 影响黑体辐射电磁波的波长分布的因素是温度, 故选项A 正确. 2．(多选)以下宏观概念中, 哪些是“量子化”的( ) A ．物体的带电荷量 B ．物体的质量 C ．物体的动量D ．学生的个数解析: 选AD 所谓“量子化”应该是不连续的, 而是一份一份的, 故选A 、D. 3．(多选)N 为钨板, M 为金属网, 它们分别与电池的两极相连, 各电池的电动势和极性如图所示, 已知金属钨的逸出功为 4.5 eV . 现分别用不同能量的光子照射钨板(各光子的能量已在图上标出), 那么图中没有光电子到达金属网的是( )解析: 选AC C 、D 加反向电压, 只要入射光子的能量hν≥W 0＋eU , 就有光电子到达金属网, 将各数值代入上式可知D 中光电子能到达金属网; A 、B 加正向电压, 只要入射光子能量大于逸出功, 就有光电子到达金属网, 可知B 中光电子能到达金属网. 综上所述, A 、C 符合题意.4．人眼对绿光最为敏感, 正常人的眼睛接收到波长为530 nm 的绿光时, 只要每秒有6个绿光的光子射入瞳孔, 眼睛就能察觉. 普朗克常量为6.63×10－34J·s, 光速为3.0×108 m/s,则人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率是( )A ．2.3×10－18 WB ．3.8×10－19W C ．7.0×10－10WD ．1.2×10－18W解析: 选A 因每秒有6个绿光的光子射入瞳孔, 所以察觉到绿光所接收的最小功率P ＝E t , 式中E ＝6ε, 又ε＝hν＝h c λ, 可解得P ＝6×6.63×10－34×3×108530×10－9W ＝2.3×10－18 W. 5.光子有能量, 也有动量, 动量p ＝hλ, 它也遵守有关动量的规律. 如图1所示, 真空中,有“∞”形装置可绕通过横杆中点的竖直轴OO ′在水平面内灵活地转动, 其中左边是圆形黑纸片(吸收光子), 右边是和左边大小、质量相同的圆形白纸片(反射光子). 当用平行白光垂直照射这两个圆面时, 关于装置开始时的转动情况(俯视), 下列说法中正确的是( )图1A．顺时针方向转动B．逆时针方向转动C．都有可能D．不会转动解析: 选B根据动量定理Ft＝m v t－m v0, 由光子的动量变化可知黑纸片和光子之间的作用力小于白纸片和光子之间的作用力, 所以装置开始时逆时针方向转动, B选项正确.6．(多选)光电效应的四条规律中, 波动说不能解释的有()A．入射光的频率必须大于被照金属的截止频率才能产生光电效应B．光电子的最大初动能与入射光强度无关, 只随入射光频率的增大而增大C．入射光照射到金属上时, 光电子的发射几乎是瞬时的, 一般不超过10－9 sD．当入射光频率大于截止频率时, 光电流强度与入射光强度成正比解析: 选ABC此题应从光电效应规律与经典波动理论的矛盾着手去解答. 按照经典的光的波动理论, 光的能量随光的强度的增大而增大, 与光的频率无关, 金属中的电子必须吸收足够能量后, 才能从中逸出, 电子有一个能量积蓄的时间, 光的强度越大, 单位时间内辐射到金属表面的光子数目越多, 被电子吸收的光子数目自然也多, 这样产生的光电子数目也多. 但是, 光子不一定全部形成光电流, 故应选A、B、C.7.实验得到金属钙的光电子的最大初动能E km与入射光频率ν的关系如图2所示. 下表中列出了几种金属的截止频率和逸出功, 参照下表可以确定的是()图2金属钨钙钠截止频率ν0/1014 Hz10.957.73 5.53逸出功W/eV 4.54 3.20 2.29A kmB．如用金属钠做实验得到的E km-ν图线也是一条直线, 其斜率比图中直线的斜率大C．如用金属钠做实验得到的E km-ν图线也是一条直线, 设其延长线与纵轴交点的坐标为(0, －E k2), 则E k2<E k1D．如用金属钨做实验, 当入射光的频率ν<ν1时, 可能会有光电子逸出解析: 选C由光电效应方程E km＝hν－W可知E km-ν图线是直线, 且斜率相同, A、B项错; 由表中所列的截止频率和逸出功数据可知C项正确, D项错误.8.在光电效应实验中, 飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光), 如图3所示. 则可判断出()图3A．甲光的频率大于乙光的频率B．乙光的波长大于丙光的波长C．乙光对应的截止频率大于丙光对应的截止频率D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大初动能解析: 选B当光电管两端加上反向遏止电压且光电流恰好为零时, 有E k－0＝eU c, 对同一光电管(逸出功W0相同)使用不同频率的光照射, 有E k＝hν－W0, 两式联立得, hν－W0＝eU c, 丙光的反向遏止电压最大, 则丙光的频率最大, 甲光、乙光频率相同, A、C错误;又由λ＝cν可知λ丙<λ乙, B正确; 由E k＝hν－W0可知丙光对应的最大初动能最大, D错误.9.如图4所示, 当开关S断开时, 用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极K, 发现电流表读数不为零. 合上开关, 调节滑动变阻器, 发现当电压表读数小于0.60 V时, 电流表读数仍不为零; 当电压表读数大于或等于0.60 V时, 电流表读数为零. 求:图4(1)此时光电子的最大初动能的大小;(2)该阴极材料的逸出功.解析: (1)由题意可知, 遏止电压为0.60 V, 由动能定理得光电子的最大初动能E k＝eU＝0.6 eV.(2)由光电效应方程E k＝hν－W0得该阴极材料的逸出功W0＝hν－E k＝2.5 eV－0.6 eV＝1.9 eV.答案: (1)0.6 eV(2)1.9 eV。

课时作业(三十九)1．(2012·泰安调研)下列说法中正确的是( ) A．布朗运动是悬浮在液体中的固体分子所做的无规则运动B．多晶体没有固定的熔点C．液晶的光学性质具有各向异性D．由于液体表面分子间距离小于液体内部分子间的距离，故液体表面存在表面张力[解析] 布朗运动是悬浮在液体中的固体微粒在液体分子撞击下所做的无规则运动，选项A错误；多晶体有固定的熔点，选项B错误；液晶的光学性质具有各向异性，选项C正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，故液体表面存在表面张力，选项D 错误．[答案] C2．(2012·唐山市模拟)对于一定质量的理想气体，下列论述中正确的是 ( )A．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强一定变大B．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强可能不变C．若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数一定增加D．若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数可能不变[解析] 若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强一定变大，选项A 正确，B错误；若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数一定增加，选项C 正确，D错误．[答案] AC3．(2012·苏州检测)装有半瓶开水的热水瓶，经过一晚，瓶塞不易拔出，主要原因是A．瓶内气体因温度降低而压强减小B．瓶外因气温升高而大气压强变大C．瓶内气体因体积减小而压强增大D．瓶内气体因体积增大而压强减小[解析] 瓶内气体体积不会变化，但温度降低，压强减小，瓶塞内外压力差增大，故瓶塞不易拔出，A对，B、C、D错．[答案] A4．(2012·通州检测)如右图所示是理想气体经历的两个状态变化的p －T 图象，对应的p －V 图象应是( )[解析] 在p －T 图象中AB 过原点，所以A →B 为等容过程，体积不变，而从A 到B 气体的压强增大，温度升高，C 正确；B →C 为等温过程．[答案] C5. (2012·福建检测)如右图一个固定且导热性能良好的汽缸内密封有一定质量的理想气体，气体体积为V 、压强为p .现用力F 缓慢推活塞使气体体积减小到V 3，设环境温度不变，则缸内气体( ) A ．内能增大B ．要从外界吸热C ．压强等于3pD ．压强大于3p [解析] 环境温度不变，汽缸导热性能良好，则汽缸内气体做等温变化，内能不变；根据玻意耳定律pV ＝C ，当体积减小到V 3时，压强增大到原来的3倍． [答案] C6．甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡，由烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如下图甲、乙、丙所示，而甲、乙、丙三种液体在熔解过程中温度随加热时间变化的关系如图丁所示 ( )A ．甲、乙为非晶体，丙是晶体B ．甲、丙为晶体，乙是非晶体C ．甲、丙为非晶体，丙是晶体D ．甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体[解析] 由图甲、乙、丙可知：甲、乙各向同性，丙各向异性；由图丁可知：甲、丙有固定熔点，乙无固定熔点，所以甲、丙为晶体，乙是非晶体．其中甲为多晶体，丙为单晶体．[答案] BD7．(2012·南昌市二校联考)如图所示，一根上细下粗、粗端与细端都粗细均匀的玻璃管上端开口、下端封闭，上端足够长，下端(粗端)中间有一段水银封闭了一定质量的理想气体．现对气体缓慢加热，气体温度不断升高，水银柱上升，则被封闭气体体积和热力学温度的关系最接近下图中的 ( )[解析] 根据pV T ＝C (常数)得：V ＝C P T ，则V －T 图线的斜率为C p.在水银柱升入细管前，封闭气体先做等压变化，斜率不变，图线为直线；水银柱部分进入细管后，气体压强增大，斜率减小；当水银柱全部进入细管后，气体的压强又不变，V －T 图线又为直线，只是斜率比原来的小．A 图正确．[答案] A8．(1)研成粉末后的物体已无法从外形特征和物理性质各向异性上加以判断时，可以通过__________________________方法来判断它是否为晶体．(2)在严寒的冬天，房间玻璃上往往会结一层雾，雾珠是在窗玻璃的________表面．(填“外”或“内”)．(3)密闭容器里液体上方的蒸汽达到饱和后，还有没有液体分子从液面飞出？为什么这时看起来不再蒸发？答：____________________________________________________________[解析] (1)加热时．晶体有确定的熔点．而非晶体没有确定的熔点，因而可以用加热时有无确定熔点的实验来判断．(2)靠近窗的温度降低时，饱和汽压也变小，这时会有部分水蒸气液化变成水附着在玻璃上，故在内侧出现雾珠．(3)还有液体分子从液面飞出，但同时也有气体分子被碰撞飞回到液体中去，当液体上方的蒸汽达到饱和时，单位时间内逸出液体表面的分子数与回到液体表面的分子数相等而呈动态平衡即饱和汽．液体不再减少，从宏观上看好像不再蒸发了．[答案] (1)用加热时有无确定熔点的实验(2)内 (3)见解析9.用如右图所示的实验装置来研究气体等体积变化的规律．A 、B 管下端由软管相连，注入一定量的水银，烧瓶中封有一定量的理想气体，开始时A 、B 两管中水银面一样高，那么为了保持瓶中气体体积不变 ( )A ．将烧瓶浸入热水中时，应将A 管向上移动B ．将烧瓶浸入热水中时，应将A 管向下移动C ．将烧瓶浸入冰水中时，应将A 管向上移动D ．将烧瓶浸入冰水中时，应将A 管向下移动[解析] 由pV T＝C (常量)可知，在体积不变的情况下，温度升高，气体压强增大，右管A 水银面要比左管B 水银面高，故选项A 正确；同理可知选项D 正确．[答案] AD10.如右图所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长，粗筒中A 、B 两轻质活塞间封有气体，气柱长L ＝20 cm.活塞A 上方的水银深H ＝10 cm ，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B ，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平．现使活塞B 缓慢上移，直至水银的一半被推入细筒中，若大气压强p 0相当于75 cm 高的水银柱产生的压强．则此时气体的压强为A ．100 cmHgB ．95 cmHgC ．85 cmHgD ．75 cmHg [解析] 当有一半的水银推入细筒中时，由于粗筒截面积是细筒截面积的3倍，因此，细筒中水银高度为H 2×3＝15 cm ，塞A 上方水银柱的总高度为h ＝15 cm ＋H 2＝20 cm ，因活塞A 的重力不计，所以气体的压强p ＝p 0＋h ＝95 cmHg ，B 正确．[答案] B11．(2013·银川一中月考)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 图象如图所示．已知该气体在状态A 时的温度为27℃，求：(1)该气体在状态B 、C 时的温度分别是多少？(2)该气体从状态A 到状态C 的过程中内能的变化量是多少？(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 →Bp A T A ＝p B T B ，T B ＝100 K B →C V B T B ＝V C T C，T C ＝300 K (2)A →C 由温度相等得：ΔU ＝0(3)A →C 的过程中是吸热吸热的热量 Q ＝－W ＝p ΔV ＝200 J.[答案] (1)100 K 300 K (2)0 (3)吸热 200 J12．(2012·上海卷)如右图所示，长L ＝100 cm ，粗细均匀的玻璃管一端封闭．水平放置时，长L 0＝50 cm 的空气柱被水银柱封住，水银柱长h ＝30 cm.将玻璃管缓慢地转到开口向下和竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有Δh ＝15 cm 的水银柱进入玻璃管．设整个过程中温度始终保持不变，大气压强p 0＝75 cmHg.求：(1)插入水银槽后管内气体的压强p ；(2)管口距水银槽液面的距离H.[解析] (1)设当转到竖直位置时，水银恰好未流出，此时气柱长度l＝70 cm，由玻意耳定律p＝p0L0/l≈53.6 cmHg，由于p＋ρgh＝83.6 cmHg，大于p0，因此水银必有流出，设管内此时水银柱长度为x，由玻意耳定律p0SL0＝(p0－ρgx)S(L－x)，解得x＝25 cm，设插入槽内后管内气柱长为L′，L′＝L－(x＋Δh)＝60 cm，插入后管内压强p＝p0L0/L′＝62.5 cmHg.(2)设管内水银与槽内水银面间高度差为h′，h′＝75 cm－62.5 cm＝12.5 cm，管口距槽内水银面距离H＝L－L′－h′＝27.5 cm.[答案] (1)62.5 cmHg (2)27.5 cm。

课时作业(三十一)(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 AρC ．1个铜原子的质量为MN A(kg) D ．1个铜原子的体积为MρN A(m 3)[解析] 原子个数N ＝1M N A ＝N A M ，A 正确；同理N ＝ρM N A ＝ρN AM，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 ＝mM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 、180s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m0＝MN A ；由于气体分子间距较大，由V0＝V mN 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＝3V0＝3VmN A可求出分子之间的平均距离．(2)在r>r0范围内，当r增大时，分子力做负功，分子势能增大；在r<r0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/m3和2.1 kg/m3，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VMN 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m0＝__________.(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/m3，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＝M N A. (2)将汞原子视为球形，其体积V 0＝16πd 3＝MρN A汞原子直径的大小d ＝36MρN A π≈3.6×10－10 m. [答案] (1)M N A(2)3.6×10－10m12．(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＝1.0×105 Pa ，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 ≈5.2×1018kg 所以大气层的分子数为N ＝mMN A ≈1.1×1044个 (2)可求出液化后的体积为： V ＝mρ＝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 )3－43πR3＝V ，得3R 2h ＋3Rh 2＋h 3＝34π考虑到h ≪R ，忽略h 的二次项和三次项，得 h ＝V4πR 2＝5.2×10154×3.14× 6.4×1062m≈10 m.[答案] (1)见解析 (2)10 m。

课时作业(一)(分钟：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题7分，共77分)1．在公路的每个路段都有交通管理部门设置的限速标志如图所示，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时()A．必须以这一规定速度行驶B．平均速度大小不得超过这一规定数值C．瞬时速度大小不得超过这一规定数值D．汽车上的速度计指示值，有时还是可以超过这一规定值的[解析]限速标志上的数值为这一路段汽车行驶的瞬时速度的最大值，汽车上的速度计指示值为汽车行驶的瞬时速度值，不能超过这一规定值，故只有C正确．[答案] C2．(2011·江苏省学业水平测试卷)下列诗句描绘的情景中，含有以流水为参考系的是()A．人在桥上走，桥流水不流B．飞流直下三千尺，疑是银河落九天C．白日依山尽，黄河入海流D．孤帆远影碧空尽，唯见长江天际流[解析]A项是以水流为参考系，故有桥流水不流，A对；B、C、D都是以大地为参考系．[答案] A3．(2011·镇江一模)近几年，国内房价飙升，在国家宏观政策调控下，房价上涨出现减缓趋势．王强同学将房价的“上涨”类比成运动学中的“加速”，将房价的“下跌”类比成运动学中的“减速”，据此，你认为“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动学中的()A．速度增加，加速度减小B．速度增加，加速度增大C．速度减小，加速度增大D．速度减小，加速度减小[解析]“房价上涨”可以类比成运动学中的“速度增加”，“减缓趋势”则可以类比成运动学中的“加速度减小”．[答案] A4．2010年1月11日20∶58∶46，中国在境内进行了一次陆基中段反导拦截技术试验，试验达到了预期目的．这一试验的成就和意义可与“两弹一星”并论．假设敌方导弹发射t0时间后，我方反导拦截导弹发射经时间t将其摧毁，则以下说法正确的是() A．敌方导弹与我方反导拦截导弹运行轨迹相同B．敌方导弹与我方反导拦截导弹运行时间差为t－t0C．敌方导弹与我方反导拦截导弹运行时间差为t0D．敌方导弹与我方反导拦截导弹相撞时与地心距离相同[解析]根据曲线运动规律可知，敌方导弹与我方反导拦截导弹运行轨迹不相同，A错；敌方导弹与我方反导拦截导弹运行时间分别为t＋t0和t，所以B错C正确；敌方导弹与我方反导拦截导弹相撞时与地心距离相同，D正确．[答案]CD5．从高为5 m处以某一初速度竖直向下抛一小球，在与地面相碰后弹起，上升到高为2 m处被接住，则这段过程中()A．小球的位移为3 m，方向竖直向下，路程为7 mB．小球的位移为7 m，方向竖直向下，路程为7 mC．小球的位移为3 m，方向竖直向下，路程为3 mD．小球的位移为7 m，方向竖直向下，路程为3 m[解析]路程是标量，是物体运动轨迹的路线长度，s＝5 m＋2 m＝7 m；位移是矢量，是由起点指向末点的有向线段，位移方向为起点指向末点，大小为有向线段长度Δx＝3 m，方向竖直向下．A选项正确．[答案] A6．用同一张底片对着小球运动的路径每隔110s拍一次照，得到的照片如下图所示，则小球在图中过程运动的平均速度大小是()A．0.25 m/s B．0.2 m/sC．0.17 m/s D．无法确定[解析]由于此过程小球的位移为5 cm，所经时间为t＝3×110s＝0.3 s，所以v＝5×10－20.3m/s≈0.17 m/s，故C项正确．[答案] C7．三个质点A、B、C均由N点沿不同路径运动至M点，运动轨迹如图所示，三个质点同时从N点出发，同时到达M点．下列说法正确的是()A．三个质点从N点到M点的平均速度相同B．三个质点任意时刻的速度方向都相同C．三个质点从N点出发到任意时刻的平均速度都相同D．三个质点从N点到M点的位移不同[答案] A8．(2011·临沂期中)2009年10月14日，在山东威海举行了第十一届全国运动会铁人三项的女子决赛．本届全运会铁人三项比赛采用奥林匹克标准竞赛距离，包括一点五公里游泳、四十公里自行车和十公里跑步三部分，总距离为五十一点五公里．东道主选手王毅在最后一圈加速冲刺，以领先9.24秒的优势获得冠军，总成绩是2小时16分02秒77.假设王毅在三项中各段的时间分别为t 1、t 2、t 3，对应行程为x 1、x 2、x 3，三项中各段的平均速率分别为v 1、v 2、v 3，总平均速率为v .则(计算中结果保留一位小数)( )A ．v 1<v 3<v 2B ．v ＝v 1＋v 2＋v 33C ．v ＝6.3 m/sD ．v 可能比x 2t 2大，也可能比x 1t 1小[解析] 游泳平均速率v 1最小，自行车平均速率v 2最大，选项A 正确；平均速率v ＝xt ＝51.5×103 m 8162.77 s≈6.3 m/s ，选项C 正确．[答案] AC9．(2012·福建六校联考)一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中 ( )A ．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B ．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C ．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D ．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值[解析] 由于加速度的方向始终与速度方向相同，质点速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值，选项A 错误B 正确；位移逐渐增大，当加速度减小到零时，速度不再变化，位移将随时间继续增大，选项CD 错误．[答案] B10．一物体做加速度不变的直线运动，某时刻速度的大小为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 ．速度变化的大小可能小于4 m/sB ．速度变化的方向可能与原速度方向反向C ．加速度的方向可能与原速度方向反向D ．加速度的大小可能大于10 m/s 2[解析] 1 s 后的速度与原来的速度同向时，有Δv ＝10 m/s －4 m/s ＝6 m/s ，a ＝ΔvΔt＝6 m/s 2，选项A 、C 错误；1 s 后的速度与原来的速度反向时，有Δv ＝(－10－4) m/s ＝－14 m/s ，a ＝ΔvΔt＝－14 m/s 2，选项B 、D 正确．[答案] BD11．如图所示为高速摄影机拍摄到的子弹穿透苹果瞬间的照片．该照片经放大后分析出，在曝光时间内，子弹影像前后错开的距离约为子弹长度的1%～2%.已知子弹飞行速度约为500 m/s ，由此可估算出这幅照片的曝光时间最接近( )A ．10－3 sB ．10－6 sC ．10－9 sD ．10－12s[解析] 在曝光时间内，子弹的运动可简化为匀速运动，影像前后错开的距离对应在该时间内的位移．子弹长度的数量级为10－2 m ，故子弹位移的数量级为10－4 m ，而子弹飞行速度约为500 m/s ，故曝光时间估算为t ＝s v ＝10－4500s ＝2×10－7 s ，最接近B 选项．[答案] B二、非选择题(共23分)12．(11分)为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为3.0 cm 的遮光板，如下图所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt 1＝0.30 s ，通过第二个光电门的时间为Δt 2＝0.10 s ，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt ＝3.0 s ．试估算：(1)滑块的加速度多大？(2)两个光电门之间的距离是多少？ [解析] (1)遮光板通过第一个光电门的速度 v 1＝L Δt 1＝0.030.30 m/s ＝0.10 m/s遮光板通过第二个光电门的速度 v 2＝L Δt 2＝0.030.10m/s ＝0.30 m/s故滑块的加速度a ＝v 2－v 1Δt ≈0.067 m/s 2(2)两个光电门之间的距离x ＝v 1＋v 22Δt ＝0.6 m.[答案] (1)0.067 m/s 2 (2)0.6 m13．(12分)(2011·福建省泉州七中第一次月考)一辆客车在某高速公路上行驶，在经过某直线路段时，司机驾车做匀速直线运动．司机发现其正要通过正前方高山悬崖下的隧道，于是鸣笛，5s 后听到回声；听到回声后又行驶10s 司机第二次鸣笛，3s 后听到回声．请根据以上数据帮助司机计算一下客车的速度，看客车是否超速行驶，以便提醒司机安全行驶．已知此高速公路的最高限速为120 km/h ，声音在空中的传播速度为340 m/s.[解析] 设客车行驶速度为v 1，声速为v 2，客车第一次鸣笛时客车离悬崖的距离为x .由题意可知，在第一次鸣笛到听到回声的过程中，应有：2x －v 1×5＝v 2×5；当客车第二次鸣笛时，客车距离悬崖的距离为x ′＝x －v 1×15，同理有2x ′－v 1×3＝v 2×3，即2(x －v 1×15)－v 1×3＝v 2×3.得v 1＝v 214＝24.3 m/s ＝87.5 km/h ，小于120 km/h ，故客车未超速．[答案] v ＝87.5 km/h ，未超速 拓展题：(2011·宁波八校联考)如图所示，甲、乙两位同学多次进行百米赛跑，每次甲都比乙提前10 m 到达终点．假若现让甲远离起跑点10 m ，乙仍在起跑点起跑，则结果将会( )A ．甲先到达终点B ．两人同时到达终点C ．乙先到达终点D ．不能确定[解析] 百米赛跑中甲比乙提前10 m 到达终点，即甲跑完100 m 与乙跑完90 m 所用时间相同，则有100 m v 甲＝90 m v 乙，得v 甲＝109v 乙．让甲远离起跑点10 m 而乙仍在起跑点，则甲跑110 m 到达终点的时间t ′甲＝110 m v 甲＝99 m v 乙，而乙跑到终点的时间t ′乙＝100 mv 乙>t ′甲，所以甲先到达终点．[答案] A课时作业(二)(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1．(2011·芜湖检测)一位同学在探究影响落体运动的因素时，设计了如下四个小实验： 实验(1)：让一张纸片和一枚硬币同时从同一高度落下实验(2)：让两张相同纸片，一张揉成一团，一张摊开，同时从同一高度下落 实验(3)：让小纸团与硬币同时从同一高度下落实验(4)：在抽成真空的玻璃管中，让小纸片、小纸团、小硬币同时从同一高度落下 对上述四个实验，下列说法正确的是( ) A ．(1)中硬币与纸片同时落地 B ．(2)中两者同时着地 C ．(3)中硬币先着地 D ．(4)中三者同时落地[解析] 自由落体运动是一个理想化运动模型，在只考虑受力的主要因素(重力)、可以忽略次要因素(阻力)的情况下，一般落体运动就可看成自由落体运动．能将不同情景下的小纸团、小纸片、小硬币所做的运动看成是自由落体运动，关键在于除要求其初速度为零之外，还要求它只受重力作用或者受到的阻力与重力相比可以忽略．[答案] D2．(2011·天津)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s[解析] 由x ＝v 0t ＋12at 2与x ＝5t ＋t 2的对比可知：该质点做直线运动的初速度v 0＝5 m/s ，加速度a ＝2 m/s 2.将t ＝1 s 代入所给位移公式可求得第1 s 内的位移是6 m ；前2 s 内的位移是14 m ，平均速度为142 m/s ＝7 m/s ；由Δx ＝aT 2可得T ＝1 s 时，相邻1 s 内的位移差都是2m ，由加速度的物理意义可得任意1 s 内速度的增量(增加量)都是2 m/s.[答案] D3．A 与B 两个质点向同一方向运动，A 做初速度为零的匀加速直线运动，B 做匀速直线运动．开始计时时，A 、B 位于同一位置，则当它们再次位于同一位置时( )A ．两质点速度相等B ．A 与B 在这段时间内的平均速度相等C ．A 的瞬时速度是B 的2倍D ．A 与B 的位移相同[解析] 由题意可知二者位移相同，所用的时间也相同，则平均速度相同，再由v ＝v A2＝v B ，所以A 的瞬时速度是B 的2倍，故选B 、C 、D.[答案] BCD4．(2010·福建师大附中模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ．则刹车后6 s 内的位移是( )A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 m[解析] 由Δx ＝aT 2得：9－7＝a ·12，a ＝2 m/s 2，由v 0T －12aT 2＝x 1得：v 0×1－12×2×12＝9，v 0＝10 m/s ，汽车刹车时间t m ＝v 0a ＝5 s<6 s ，故刹车后6 s 内的位移为x ＝v 202a ＝25 m ，C正确．[答案] C5．某物体以30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.5 s 内物体的 ( ) A ．路程为65 mB ．位移大小为25 m ，方向向上C ．速度改变量的大小为10 m/sD ．平均速度大小为13 m/s ，方向向上[解析] 初速度为30 m/s ，只需3 s 即可上升到最高点，位移为h 1＝v 202g＝45 m ，再自由下落2 s ，下降高度为h 2＝0.5×10×22 m ＝20 m ，故路程为65 m ，A 对；此时离抛出点高25 m ，故位移大小为25 m ，方向竖直向上，B 对；此时速度为v ＝10×2 m/s ＝20 m/s ，方向向下，速度改变量大小为50 m/s ，C 错；平均速度为v ＝255m/s ＝5 m/s ，D 错． [答案] AB6．(2011·巢湖市六中第一次月考)一列车队从同一地点先后开出n 辆汽车在平直的公路上排成直线行驶，各车均由静止出发，先做加速度为a 的匀加速直线运动，达到同一速度v 后改做匀速直线运动，欲使n 辆车都匀速行驶时彼此距离均为x ，则各辆车依次启动的时间间隔为(汽车视为质点)( )A.2v aB.v 2aC.x 2vD.x v[解析] 取相邻两车考虑：以后一辆车开始运动时为计时起点，设经时间t 0达到v 做匀速运动，则前一辆车已经运动的时间为t 0＋Δt .前、后两车的位移分别为：x 前＝v 2t 0＋v Δt ，x 后＝v2t 0由x 前－x 后＝x ，即v 2t 0＋v Δt －v 2t 0＝x ，得Δt ＝xv .[答案] D7．(2011·抚顺模拟)我国是一个能源消耗大国，节约能源刻不容缓．设有一架直升飞机以加速度a 从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量V ＝pa ＋q (p 、q 均为常数)，若直升飞机欲加速上升到某一高度处，且耗油量很小，则其加速度大小应为( )A.pq B.q p C.p ＋q pD.p ＋q q[解析] 飞机匀加速上升，则H ＝12at 2，耗油总量V 0＝Vt ＝(pa ＋q )t ，联立得V 0＝2Hp /t＋qt ，由于2Hpt ×qt ＝2Hpq ＝C ，C 为常量，因此当2Hp /t ＝qt 时，V 0有最小值，此时t 2＝2pH /q ，a ＝2H /t 2＝q /p .[答案] B8．(2011·湛江模拟)一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动直到停止．从汽车开始运动起计时，表中给出了某些时刻汽车的瞬时速度．根据表中的数据通过分析、计算可以得出( )A.B ．汽车加速运动经历的时间为5 s C ．汽车匀速运动的时间为2 s D ．汽车减速运动的时间为2 s[解析] 由表中前3 s 可知汽车匀加速的加速度a 1＝3.0 m/s 2，由v m ＝a 1t 可得匀加速经历的时间是4 s ，A 对B 错；再由9.5 s 到10.5 s 的速度变化可得匀减速运动的加速度a 2＝－6.0 m/s 2，由3＝v m ＋a 2t 2，得t 2＝1.5 s ，因此9 s 开始减速直到停止，经历的时间为2 s ，D 对；由4 s 开始匀速到9 s 开始减速，匀速运动的时间为5 s ，C 错．故选A 、D.[答案] AD9．(2011·合肥模拟)测速仪安装有超声波发射和接收装置，如右图所示，B 为测速仪，A 为汽车，两者相距335 m ，某时刻B 发出超声波，同时A 由静止开始做匀加速直线运动．当B 接收到反射回来的超声波信号时，A 、B 相距355 m ，已知声速为340 m/s ，则汽车的加速度大小为 ( )A ．20 m/s 2B ．10 m/s 2C ．5 m/s 2D ．无法确定[解析] 设超声波往返的时间为2t ，根据题意汽车在2t 时间内位移为12a (2t )2＝20 m,①所以超声波追上A 车时，A 车前进的位移为12at 2＝5 m, ②所以超声波在2t 内的路程为2×(335＋5) m ，由声速340 m/s 可得t ＝1 s ，代入①式得，B 正确．[答案] B二、非选择题(共30分)10．(14分)(2012·洛阳四校联考)2010年11月18日，珠海航展现场空军八一飞行表演队两架歼10飞机表演剪刀对冲，上演精彩空中秀．质量为m 的歼10飞机表演后返回某机场，降落在跑道上减速过程简化为两个匀减速直线运动．飞机以速度v 0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a 0，运动时间为t 1；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下．在平直跑道上减速滑行总路程为s .求：第二个减速阶段飞机运动的加速度大小和时间．[解析] 如图，A 为飞机着陆点，AB 、BC 分别为两个匀减速运动过程，C 点停下．A 到B 过程，依据运动学规律有 s 1＝v 0t 1－12a 1t 21v B ＝v 0－a 1t 1B 到C 过程，依据运动学规律有s 2＝v B t 2－12a 2t 220＝v B －a 2t 2 A 到C 过程，有： s ＝s 1＋s 2 联立解得：a 2＝(v 0－a 1t 1)22s ＋a 1t 21－2v 0t 1，t 2＝2s ＋a 1t 21－2v 0t 1v 0－a 1t 1. [答案] a 2＝(v 0－a 1t 1)22s ＋a 1t 21－2v 0t 1 t 2＝2s ＋a 1t 21－2v 0t 1v 0－a 1t 111．(16分)(2010·湖南十校联考)如右图所示，离地面足够高处有一竖直的空管，质量为2 kg ，管长为24 m ，M 、N 为空管的上、下两端，空管受到F ＝16 N 竖直向上的拉力作用，由静止开始竖直向下做加速运动，同时在M 处一个大小不计的小球沿管的轴线竖直上抛，小球只受重力，取g ＝10 m/s 2.求：(1)若小球上抛的初速度为10 m/s ，则其经过多长时间从管的N 端穿出；(2)若此空管的N 端距离地面64 m 高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度大小的范围．[解析] (1)对管，根据牛顿第二定律 mg －F ＝ma ① 代入数据得a ＝2 m/s 2设经过t 时间从N 端穿出 对管h ＝12at 2②对球－(24＋h )＝v 0t －12gt 2③由②③得：2t 2－5t －12＝0. 解之得t ＝－32(舍去)t ＝4 s.(2)－64＝v 0t 1－12gt 21④64＝12at 21⑤－88＝v 0′t －12gt 21⑥由④⑤得v 0＝32 m/s 由⑤⑥得v ′0＝29 m/s 所以29 m/s<v 0<32 m/s.[答案] (1)4 s (2)29 m/s<v 0<32 m/s 拓展题：(2011·西安八校联考)一个物体原来静止在光滑的水平地面上，从t ＝0时刻开始运动，在第1、3、5、…奇数秒内做加速度为2 m/s 2的匀加速直线运动，在第2、4、6、…偶数秒内以前一奇数秒末的速度做匀速直线运动，问经过多长时间物体位移的大小为60.25 m?[解析] 第1 s 内位移为1 m ，第2 s 内位移为2 m ，… ，第n s 内位移为n m 则n s 内位移s ＝1＋2＋3＋…＋n ＝1＋n 2n得10 s<n <11 s 时物体位移可为60.25 m 前10 s 位移s ＝1＋2＋3＋…＋n ＝1＋n2n ＝55 m10 s 末速度v 0＝10 m/s根据位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，得L －s ＝v 0t ＋12at 2代入数据得t ＝0.5 s 运动总时间为10.5 s课时作业(三)(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1．(2011·江西师大附中、临川联考)下列所给的图象中能反映做直线运动物体不会回到初始位置的是( )[解析] 考查运动图象规律．A 为s －t 关系，图线与t 轴相交的两个时刻即为相同的初始位臵，说明物体回到了初始位臵；B 、C 、D 选项中的图象均为v －t 图象，要回到初始位臵，需看t 轴上方的图线与坐标轴围成的面积和t 轴下方的图线与坐标轴围成的面积相等，显然B 选项中只有t 轴上方的面积，故B 选项表示物体一直朝一个方向运动，不会回到初始位臵，而C 、D 选项在t ＝2 s 时刻，物体回到了初始位臵，故选B.[答案] B2．(2011·唐山模拟)某高速列车沿直线运动的v －t 图象如图所示，则该列车( ) A ．0～30 s 时间内的位移小于9×102 m B ．30 s 时的速度等于30 m/sC ．0～60 s 时间内做匀加速运动D ．90 s ～120 s 时间内做匀速运动[解析] v －t 图象中的斜率表示加速度，面积表示位移，平行时间轴的直线表示列车做匀速直线运动，所以A 、D 正确，B 、C 错误．[答案] AD3．小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其v －t 图象如下图所示，则由图可知( )A ．小球下落的最大速度为5 m/sB ．小球第一次反弹后瞬间速度的大小为3 m/sC ．小球能弹起的最大高度为0.45 mD ．小球能弹起的最大高度为1.25 m[解析] 由v －t 图象可知，速度最大值为5 m/s.0.5 s 时速度反向，大小为3 m/s ，选项A 、B 对．弹起的最大高度为h ＝12×0.3×3 m ＝0.45 m ，故选项C 对D 错． [答案] ABC4．一遥控玩具小车在平直路上运动的位移—时间图象如右图所示，则( )A ．15 s 内汽车的位移为300 mB ．20 s 末汽车的速度为－1 m/sC ．前10 s 内汽车的加速度为3 m/s 2D ．前25 s 内汽车做单方向直线运动[解析] 由位移—时间图象可知：前10 s 汽车做匀速直线运动，速度为3 m/s ，加速度为0，所以C 错误：10 s ～15 s 汽车处于静止状态，汽车相对于出发点的位移为30 m ，所以A 错误：15 s ～25 s 汽车向反方向做匀速直线运动，速度为－1 m/s ，所以D 错误，B 正确．[答案] B5．甲、乙两辆汽车，同时在一条平直的公路上自西向东运动，开始计时的时刻两车平齐，相对于地面的v －t 图象如右图所示．关于它们的运动，下列几个人的说法正确的是( )①甲车中的乘客说：乙车先以速度v0向西做匀减速运动，后(向甲车)做匀加速运动，以速度v0从(甲车)旁边通过后，一直向东远离而去……②乙车中的乘客说：甲车先以速度v0向东做匀减速运动，后(向乙车)做匀加速运动，以速度v0从(乙车)旁边通过后，一直向西远离而去……③某同学根据v－t图象说：乙车速度增加到v0时，两车再次相遇(平齐)④另一个同学根据v－t图象说：开始甲车在前、乙车在后，两车间距离先增大，后减小，当乙车速度增大到v0时，两车恰好平齐A．①③B．②④C．①②D．②③[解析]由v－t图知，甲做匀速直线运动，乙做初速度为零的匀加速直线运动．由v－t图象中图线与坐标轴围成的“面积”表示位移，参考系的选择不同，物体运动特点不同即可知，只有①、②正确．当乙车速度增加到v0时，甲、乙两车速度相等；但v－t“面积”不等，故两车位移不等，两车没有相遇(平齐)，③错：从v－t图象上“面积”表示位移可知，开始甲车在前、乙车在后，两车的距离一直增长，直到乙车速度为v0时，甲乙两车相距最远，④错．[答案] C6．(2011·邵阳联考)甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间(x－t)图象如图所示，则下列说法正确的是() A．t1时刻乙车从后面追上甲车B．t1时刻两车相距最远C．t1时刻两车的速度刚好相等D．0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度[解析]位移—时间图象的纵坐标表示的是相对原点的位臵坐标，所以t1时刻甲、乙在同一位臵，故A对，B错；位移—时间图象的斜率表示速度，t1时刻甲的斜率小于乙的斜率，故C错；平均速度等于位移与时间的比，0到t1时间内甲、乙位移相同，时间也相同，所以平均速度相同，故D项错．[答案] A7．(2011·温州五校联考)新中国成立60周年，在天安门广场进行十年一次的大阅兵仪式，各个部队和军种都在紧张地演练，在空军演练中，某空降兵从飞机上跳下，他从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v－t图象如图所示，则下列说法正确的是() A．0～10 s内空降兵和降落伞整体所受重力大于空气阻力，10 s～15 s整体所受重力小于空气阻力B. 0～10 s内做加速度逐渐减小的加速运动，10 s～15 s内做加速度增大的减速运动C．第10 s末打开降落伞，以后做匀减速运动至第15 s末D．10 s～15 s加速度方向竖直向上，加速度的大小在逐渐减小[解析]由v－t图象可知，0～10 s内做加速度逐渐减小的加速运动，空降兵和降落伞整体所受重力大于空气阻力，10 s～15 s内做加速度减小的减速运动，加速度方向竖直向上，整体所受重力小于空气阻力，因此B、C错误，A、D正确．[答案]AD8．(2011·桂林月考)两辆汽车a、b在两条平行的直车道上行驶．t＝0时两车都在同一地点，此时开始运动．它们的v－t图象如下图所示．关于两车的运动情况，下列说法正确的是()A．两辆车在前10 s内，b车在前，a车在后，距离越来越大B．a车先追上b车，后b车又追上a车C．a车与b车间的距离先增大后减小再增大，但a车始终没有追上b车D．a车先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，再做匀速直线运动，b车做匀速直线运动[解析]v－t图象中，两图线的第一个交点代表两车共速，此时两车相距最远，之后a 的速度大于b的速度，二者距离又靠近，第二次速度相等时，二者相距最近，之后又远离，图象中a的面积始终小于b的面积，所以a车始终没有追上b车，选项C、D项正确．[答案]CD9．(2012·洛阳市期末)如右图所示，t＝0时，质量为0.5 kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(设经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点．测得每隔 2 s的三个时刻物体的瞬时速度记录在下表中，由此可知(重力加速度g＝10 m/s2)()A.B．t＝3 s的时刻物体恰好经过B点C．t＝10 s的时刻物体恰好停在C点D．A、B间的距离大于B、C间的距离[解析]仔细观察数据可得，0～2 s内物体加速运动，加速度a1＝4 m/s2,2～4 s内也是加速运动，但按照0～2 s规律，4 s末应加至16 m/s，所以在4 s末物体应处于水平段，4～6 s内物体的运动为水平方向的匀减速运动，加速度a2＝2 m/s2.因题目设计的数据较小且规律性明显，可作速度时间图象如图．由图知物体在3～4 s 内达到最大速度，大于12 m/s ，A 、B 均错；在t ＝10 s 时到达C 点静止，C 对；A 、B 间距离应小于B 、C 间距离，D 错．若采用公式法，虽可解出，但计算量大，解得t ＝10/3 s 时到达B 点，速度为40/3 m/s.[答案] C10．(2011·北师大附中模拟)如图所示，处于平直轨道上的甲、乙两物体相距为s ，同时、同向开始运动．甲以初速度v 、加速度a 1做匀加速直线运动，乙做初速度为零、加速度为a 2的匀加速直线运动，假设甲能从乙旁边通过，要使甲、乙相遇两次的条件是( )A ．a 1<a 2且s >v 22(a 2－a 1)B ．a 1<a 2且s <v 22(a 2－a 1)C ．a 1>a 2且s >v 2(a 2－a 1) D ．a 1>a 2且s <v 2(a 2－a 1)[解析] 若甲与乙速度相等时，甲已经从乙旁经过，则有v ＋a 1t ＝a 2t ，v t ＋12a 1t 2>s ＋12a 2t 2，两式联立可得：s <v 22(a 2－a 1)，若再有a 2>a 1，则定有乙再次追上甲的结果，即甲、乙相遇两次，故正确答案为B.[答案] B二、非选择题(共30分)11．(16分)(2012·安徽省省城名校联考)A 、B 两列火车，在同一轨道上同向行驶，A 车在前，其速度v A ＝10m/s ，B 车在后，速度v B ＝30m/s ，因大雾能见度很低，B 车在距A 车x 0＝75m 时才发现前方有A 车，这时B 车立即刹车，但B 车要经过180m 才能停下来．(1)B 车刹车时A 仍按原速率行驶，两车是否会相撞？(2)若B 车在刹车的同时发出信号，A 车司机经过Δt ＝4s 收到信号后加速前进，则A 车的加速度至少多大才能避免相撞？[解析] (1)B 车刹车至停下来过程中，由v 2－v 20＝2ax解得a B ＝－v 2a 2x＝－2.5 m/s 2 画出A 、B 两列火车的v －t 图象如图所示，根据图象计算出两列火车的位移分别为：x A ＝10×8m ＝80mx B ＝30＋102×8m ＝160m 因x B >x D ＋x A ＝155m 故两车会相撞(2)设A 车加速度为a A 时两车不相撞，则两车速度相等时，有：v B ＋a B t ＝v A ＋a A (t －Δt )此时B 车的位移x B ＝v B t ＋12a B t 2 A 车的位移x A ＝v A t ＋12a A (t －Δt )2 为使两车不相撞，两车的位移关系满足x B ≤x 0＋x A联立以上各式解得a A ≥0.83m/s 2即列车A 的加速度至少为0.83m/s 2[答案] (1)两车会相撞(2)A 的加速度至少为0.83 m/s 212．(14分)2010年8月7日，甘肃甘南藏族自治州舟曲县发生特大泥石流，一汽车停在小山坡底，突然司机发现在距坡底240 m 的山坡处泥石流以8 m/s 的初速度、0.4 m/s 2的加速度匀加速倾泻而下，假设司机(反应时间为1 s)以0.5 m/s 2的加速度匀加速启动汽车且一直做匀加速直线运动(如图所示)，而泥石流到达坡底后速率不变且在水平面的运动近似看成匀速直线运动．问：汽车司机能否安全脱离？[解析] 设泥石流到达坡底的时间为t 1，速率为v 1，则x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21，v 1＝v 0＋a 1t 1 代入数值得t 1＝20 s ，v 1＝16 m/s而汽车在19 s 时间内发生位移为x 2＝12a 2t 22＝90.25 m 速度为v 2＝a 2t 2＝9.5 m/s令再经时间t 3，泥石流追上汽车，则有v 1t 3＝x 2＋v 2t 3＋12a 2t 23 代入数值并化简得t 23－26t 3＋361＝0，因Δ<0，方程无解所以泥石流无法追上汽车，司机能安全脱离．[答案] 司机能安全脱离拓展题：在“30 m 折返跑”中，平直的跑道上，一学生站立在起点线处，当听到起跑口令后(测试员同时开始计时)，跑向正前方30 m 处的折返线，到达折返线处时，用手触摸固定在折返线处的标杆，再转身跑回起点线，到达起点线处时，停止计时，全过程所用时间即为折返跑的成绩．学生可视为质点，加速或减速过程均视为匀变速，触摸杆的时间不计．该学生加速时的加速度大小为a 1＝2.5 m/s 2，减速时的加速度大小为a 2＝5 m/s 2，到达折返线处时速度需减小到零，并且该学生全过程中最大速度不超过v m ＝12 m/s.求该学生“30 m 折返跑”的最。

【与名师对话】高考物理总复习选考部分第3讲热力学定律与能量守恒课时作业新人教版选修3-31．(2013·新乡许昌平顶山联考)下列说法正确的是( )A．机械能和内能的转化具有方向性B．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C．第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的D．当温度由20℃变为40℃，物体分子的平均动能应变为原来的2倍解析：根据热力学第二定律判断A、C项正确；气体的温度升高，气体分子的平均运动速率增加，B项错误；当温度由20℃变为40℃，物体分子的平均动能增大，但是平均动能与热力学温度成正比，而不是与摄氏温度成正比，D项错误．答案：AC2．(2013·福建省泉州市普通中学高中毕业班质检理综)“温泉水滑洗凝脂，冬浴温泉正当时”，在寒冷的冬天里泡一泡温泉，不仅可以消除疲劳，还可扩张血管，促进血液循环，加速人体新陈代谢．设水温恒定，则温泉中正在缓慢上升的气泡．( )A．压强增大，体积减小，吸收热量B．压强增大，体积减小，放出热量C．压强减小，体积增大，吸收热量D．压强减小，体积增大，放出热量解析：由ΔU＝W＋Q知，温度不变，ΔU不变，气泡对外做功必吸收热量，且高度减小压强减小，故选C.答案：C3．(2013·重庆市六区高三调研抽测)如图所示气缸内密封的气体(可视为理想气体)，在等压膨胀过程中，下列关于气体说法正确的是( )A．气体内能可能减少B．气体会向外界放热C．气体吸收热量大于对外界所做的功D．气体平均动能将减小解析：气体等压膨胀，气体对外做功，W<0，因压强不变，故气体温度升高，内能增大，分子的平均动能增大，由W＋Q＝ΔU，故Q>0，且Q>W，选项C正确，选项A、B、D错误．答案：C 4．地球上有很多的海水，它的总质量约为 1.4×1018吨，如果这些海水的温度降低0.1℃，将要放出5.8×1023焦耳的热量，有人曾设想利用海水放出的热量使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，其原因是( )A．内能不能转化成机械能B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律C ．只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机器不满足热力学第二定律D ．上述三种原因都不正确解析：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．答案：C5.已知理想气体的内能与温度成正比，如右图所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化曲线，则在整个过程中汽缸内气体的内能( )A ．先增大后减小B ．先减小后增大C ．单调变化D ．保持不变解析：题图中虚线是等温线，由理想气体状态方程pV T ＝C 知，在V 一定时p ∝T ，所以气体由状态1到状态2时温度先减小后增大，即理想气体的内能先减小后增大，B 正确．答案：B6.如图所示，厚壁容器的一端通过胶塞插进一支灵敏温度计和一根气针，另一端有个用卡子卡住的可移动活塞．用打气筒慢慢向容器内打气，使容器内的压强增大到一定程度，这时读出温度计示数．打开卡子，活塞冲出容器口后( )A ．温度计示数变大，实验表明气体对外界做功，内能减少B ．温度计示数变大，实验表明外界对气体做功，内能增加C ．温度计示数变小，实验表明气体对外界做功，内能减少D ．温度计示数变小，实验表明外界对气体做功，内能增加解析：打开卡子后活塞冲出，瞬间没有热交换，而气体体积变大，内部气体对外做功，内能减少，温度降低，温度计示数变小，故C 选项正确．答案：C7.(2013·武汉联考)一定质量的理想气体状态变化过程如图所示，第1种变化是从A 到B ，第2种变化是从A 到C ，比较两种变化过程，则( )A ．A 到C 过程气体吸收热量较多B ．A 到B 过程气体吸收热量较多C ．两个过程气体吸收热量一样D ．两个过程气体内能增加相同解析：在p —T 图中，等容线是过原点的倾斜直线，如右图所示，可知V C >V A >V B ，故从A →C ，气体对外做功多，由T B ＝T C 可知两过程内能增量相同，根据ΔU ＝W ＋Q 可知，从A →C ，气体吸收热量多，选项A 、D 正确，而B 、C 错误．答案：AD8．(1)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法正确的是__________．A．气体分子间的作用力增大B．气体分子的平均速率增大C．气体分子的平均动能减小D．气体组成的系统一定吸热(2)若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6 J的功，则此过程中的气泡__________(填“吸收”或“放出”)的热量是__________J．气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1 J的功，同时吸收了0.3 J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了__________J.解析：(1)考虑气体分子间作用力时，分子力是引力，分子间距从大于r0增大，分子力减小，A错误．气泡上升过程中温度不变，分子的平均动能不变，分子的平均速率也不变，B、C错误．气泡上升过程中体积膨胀，克服分子间的引力做功，分子势能增加，内能增大，而对外做功，故气体一定吸收热量，D正确．(2)将气体视为理想气体时，其内能只与温度有关．气泡上升过程中温度不变，ΔU＝0，对外做功，W ＝－0.6 J，由ΔU＝Q＋W有Q＝ΔU－W＝0.6 J>0，即需从外界吸收0.6 J的热量．气泡到达湖面后，由ΔU ＝Q＋W得ΔU＝(0.3－0.1) J＝0.2 J. 答案： (1)D (2)吸收0.6 0.2 9．(2013·重庆卷)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解析：把室内气体作为研究对象，由于缓慢加热，气体温度升高，体积缓慢膨胀，对外做功，密度减小，所以室内空气的压强始终等于室外的压强，A项、C项、D项错误；B项正确．答案：B10．(2013·广东卷)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作理想气体，且温度不变．下列说法正确的有( )A．充气后，密封气体压强增加B．充气后，密封气体的分子平均动能增加C．打开阀门后，密封气体对外界做正功D．打开阀门后，不再充气也能把水喷光解析：充气后，一定量气体的体积减小，气体的温度不变，根据玻意耳定律可知，气体的压强增大，A 项正确；由于气体分子的平均动能是由温度决定的，温度不变，气体分子的平均动能不变，B项错误；打开阀门后，气体推动液体，气体的体积增大，对外做功，C项正确；当气体的压强减小到外部与内部压强差等于水柱产生的压强时，液体不再喷出，D项错误．答案：AC11．(2013·湖北省黄冈市模拟适应性考试)在一个密闭的气缸内有一定质量的理想气体，如图所示是它从状态A 变化到状态B 的V —T 图象，已知AB 的反向延长线通过坐标原点O ，气体在A 点的压强为p ＝1.0×105 Pa ，在从状态A 变化到状态B 的过程中，气体吸收的热量Q ＝7.0×102 J ，求此过程中气体内能的增量ΔU .解析：由V －T 图象的变化图线经过坐标原点可以判断，理想气体经历一个等压变化． 由盖－吕萨克定律有：V A T A ＝V B T B①气体对外做的功：W ＝p (V B －V A )②根据热力学第一定律：ΔU ＝Q ＋W ③由①～③式并代入数据得：ΔU ＝5.0×102 J.答案：5.0×102 J12．(2013·苏锡常镇四市学年高三教学调研(二))质量为m 的活塞将一定量的理想气体封闭在高为h 的直立气缸内，活塞横截面积为S ，气缸内壁光滑且导热良好．开始时活塞被固定在气缸顶端A 处，打开螺栓K ，活塞最终停在气缸一半高度的B 处，大气压强为P 0，不计活塞厚度，重力加速度为g ，环境温度保持不变．(1)求活塞在A 处时，气缸内封闭气体的压强；(2)求上述过程中通过气缸壁传递的热量Q .解析：(1)设封闭气体的压强为p ，活塞受力平衡 p 0S ＋mg ＝pS ，p ＝p 0＋mg S， p 1V 1＝p 2V 2 p 1＝12⎝⎛⎭⎪⎫p 0＋mg S . (2)由于气体的温度不变，则内能的变化ΔE ＝0，由能量守恒定律可得Q ＝mg ＋p 0S h2.答案：(1)12⎝ ⎛⎭⎪⎫p 0＋mg S (2)mg ＋p 0S h 2。

《动量和能量知识的综合运用》作业一、选择题(每小题8分，共56分)1．相向运动的A、B两辆小车相撞后，一同沿A原来的方向前进，这是由于()A．A车的质量一定大于B车的质量B．A车的速度一定大于B车的速度C．A车的动量一定大于B车的动量D．A车的动能一定大于B车的动能量解析：总动量与A车的动量方向相同，因此有A车动量大于B车的动量．答案：C2．在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是()A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒C．作用前后总动能为零，而总动量不为零D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零解析：选项A是非弹性碰撞，成立；选项B是完全弹性碰撞，成立；选项C 不成立，因为总动能为零时其总动量一定为零；总动量守恒则系统所受合外力一定为零，若系统内各物体的动量增量不为零的话，则系统一定受到外力的作用，D错．答案：AB3．甲、乙两个溜冰者质量分别为48 kg和50 kg，甲手里拿着质量为2 kg的球，两人均以2 m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲速度的大小为()A．0 B．2 m/sC．4 m/s D．无法确定解析：甲、乙、球三者整个过程中动量守恒，有(m甲＋m球)v1－m乙v2＝(m甲＋m球)v′，代入数据后得v′＝0，选项A正确．答案：A4．小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如右上图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是()A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B．整个系统任何时刻动量都守恒C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为m M vD．整个系统最后静止解析：AB车和物体组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，由于最后弹性势能释放出来，整个过程机械能不守恒．选项B、C、D正确．答案：BCD5．在光滑的水平面上有一质量为0.2 kg的小球以5.0 m/s的速度向前运动，与质量为3.0 kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v木＝4.2 m/s，则()A．碰撞后球的速度为v球＝－1.3 m/sB．v木＝4.2 m/s这一假设不合理，因而这种情况不可能发生C．v木＝4.2 m/s这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来D．v木＝4.2 m/s这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v球的大小不能确定解析：假设这一过程可以实现，根据动量守恒定律有m v＝m1v1＋m2v2，代入数据，解得：v＝－58 m/s，这一过程不可能发生，因为碰撞后机械能增加了．答案：B6．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等．两者质量之比M/m可能为()A．2 B．3C．4 D．5解析：由题意知：碰后两物体运动方向相同，动量守恒M v＝M v1＋m v2又M v1＝m v2得出v1＝12v v2＝M2mv能量关系满足：12M v2≥12M v21＋12m v22，把v1、v2代入求得M/m≤3，A、B正确．答案：AB7．一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态．一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如右图所示，让环自由下落，撞击平板．已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长() A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小无关D．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小有关解析：若碰撞时间极短，可以认为内力远大于外力，动量守恒．由于碰撞后一起运动，是完全非弹性碰撞，有机械能损失，机械能不守恒．新的平衡位置是环和板的总重力与弹簧弹力平衡的位置，因此跟高度无关．选项A、C正确．答案：AC二、非选择题(共44分)8．(12分)如右图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m＝1 kg 的相同小球A、B、C，现让A球以v0＝2 m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后黏合在一起，两球继续向右运动并跟C 球碰撞，C 球的最终速度v C ＝1 m/s.求：(1)A 、B 两球跟C 球相碰前的共同速度多大？(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能？解析：(1)A 、B 碰撞满足动量守恒：m v 0＝2m v 1，得两球跟C 球碰撞前的速度v 1＝1 m/s.(2)两球与C 碰撞满足动量守恒：2m v 1＝m v C ＋2m v 2，解得：v 2＝0.5 m/s则两次碰撞损失的动能为ΔE k ＝12m v 20－12×2m v 22－12m v 2C ，解得ΔE k ＝1.25 J. 答案：(1)1 m/s (2)1.25 J9．(12分)在光滑的水平面上，甲、乙两物质的质量分别为m 1、m 2，它们分别沿东西方向的一直线相向运动，其中甲物体以速度6 m/s 由西向东运动，乙物体以速度2 m/s 由东向西运动，碰撞后两物体都沿各自原运动方向的反方向运动，速度大小都是4 m/s ，求：(1)甲、乙两物体质量之比；(2)通过计算说明这次碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞．解析：(1)设向东方向为正方向，则v 1＝6 m/s ，v 1′＝－4 m/s ，v 2＝－2 m/s ，v 2′＝4 m/s由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′解得m 1m 2＝35. (2)碰撞前系统的总动能E k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝645m 2碰撞后系统的总动能E k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2＝645m 2 因为E k ＝E k ′，因此这次碰撞为弹性碰撞．答案：(1)3∶5 (2)弹性碰撞10．(20分)雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大．现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞．已知雨滴的初始质量为m 0，初速度为v 0，下降距离l 后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m 1.此后每经过同样的距离l 后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次变为m 2，m 3…m n …(设各质量为已知量)．不计空气阻力．(1)若不计重力，求第n 次碰撞后雨滴的速度v n ′；(2)若考虑重力的影响，求第1次碰撞前、后雨滴的速度v 1和v 1′.解析：(1)不计重力，全过程中动量守恒，由动量守恒定律得m 0v 0＝m n v n ′解得v n ′＝m 0m nv 0. (2)若考虑重力的影响，雨滴下落过程中做加速度为g 的匀加速直线运动，碰撞瞬间动量守恒，则第一次碰撞前v 21＝v 20＋2gl解得v 1＝v 20＋2gl第一次碰撞后，设雨滴的速度为v 1′，则m 0v 1＝m 1v 1′解得v 1′＝m 0m 1v 1＝m 0m 1v 20＋2gl . 答案：(1)m 0m nv 0 (2)v 20＋2gl m 0m 1v 20＋2gl。

课时跟踪训练(三十九)一、选择题1．下述关于机械波的说法中，正确的是()A．产生多普勒效应的原因是波源频率发生了变化B．发生干涉现象时，介质中振动加强的质点，振动的振幅最大，减弱点振幅可能为零C．在一个周期内，介质的质点所走过的路程等于波长D．某一频率的声波，从空气进入水中时，波长和频率均增大[解析]产生多普勒效应的原因是波源相对于观察者发生了变化，A错误；发生干涉现象时，介质中振动加强的质点振幅相加，振动的振幅最大，减弱点振幅相减可能为零，B正确；在一个周期内，介质的质点在平衡位置往复运动，所走过的路程等于4个振幅，C错误；某一频率的声波，从空气进入水中时，频率不变，由v＝λf，声速增加，波长变大，D错误．[答案] B2．如右图所示是利用水波槽观察到的水波衍射图象，从图象可知()A．B侧波是衍射波B．A侧波速与B侧波速相等C．减小挡板间距离，衍射波的波长将减小D．增大挡板间距离，衍射现象将更明显[解析]B侧波在传播过程中遇到带有窄缝的挡板后发生衍射，A侧水波是衍射波，选项A错误；同种机械波在相同介质中的传播速度相同，选项B正确；减小挡板间距离，衍射现象会更明显，但是衍射波的波速不变，频率不变，故波长不变，选项C错误；因为只有当挡板间距跟波长差不多，或者比波长更小时，衍射现象才明显，所以当增大挡板间距离时，衍射现象将变得不明显，选项D 错误．本题答案为B.[答案] B3．(2015·四川卷)平静湖面传播着一列水面波(横波)，在波的传播方向上有相距3 m的甲、乙两小木块随波上下运动，测得两小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰．这列水面波() A．频率是30 Hz B．波长是3 mC．波速是1 m/s D．周期是0.1 s[解析]小木块1分钟上下30次可知f＝0.5 Hz，T＝2 s，由图所示可知：1.5λ＝3 m，故λ＝2 m，由v＝λf得v＝1 m/s，故C项正确．[答案] C4．(2014·天津卷)平衡位置处于坐标原点的波源S在y轴上振动，产生频率为50 Hz的简谐横波向x轴正、负两个方向传播，波速均为100 m/s.平衡位置在x轴上的P、Q两个质点随波源振动着，P、Q的x轴坐标分别为x P＝3.5 m、x Q ＝－3 m．当S位移为负且向－y方向运动时，R、Q两质点的() A．位移方向相同、速度方向相反B．位移方向相同、速度方向相同C．位移方向相反、速度方向相反D．位移方向相反、速度方向相同[解析]根据题目可知T＝1f＝0.02 s，λ＝v T＝2 m，S位移为负向－y方向运动时的图象如图所示．根据图象可知，x Q>0，x Q向上．x P<0，v p向上，故D正确．[答案] D5. (多选)(2015·广东九校联考)如图所示，实线与虚线分别表示振幅(A)、频率振动步调均相同的两列波的波峰和波谷．此刻，M是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是()A．该时刻质点O正处于平衡位置B．P、N两质点始终处在平衡位置C．随着时间的推移，质点M将向O点处移动D．从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置，此时位移为零E．OM连线中点是振动加强的点，其振幅为2A[解析]由图知O点是波谷和波谷叠加，是振动加强点，不是平衡位置，A 错误；P、N两点是波谷和波峰叠加，由于振幅相同，位移始终为零，即处于平衡位置，故B正确；振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，所以C错误；此时M点在波峰位置，从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置，D正确；因为OM是振动加强点，所以OM连线中点也是振动加强的点，其振幅为2A，选项E正确．[答案]BDE6．(2015·天津卷)图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为x a＝2 m和x b＝6 m，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图象．下列说法正确的是()A．该波沿＋x方向传播，波速为1 m/sB．质点a经4 s振动的路程为4 mC．此时刻质点a的速度沿＋y方向D．质点a在t＝2 s时速度为零[解析]由质点b的振动图象可知，t＝0时b的振动方向向上．再根据波的传播方向与振动方向的关系知，波沿－x方向传播．波速v＝λT＝88m/s＝1 m/s，故A错误；由图乙知，振动周期T＝8 s，质点a在4 s内完成12次全振动，通过的路程为2倍振幅，即1 m，而不是4 m，故B错误；由于波沿－x方向传播，可判定此刻质点a速度沿－y方向，故C错误；质点a在2 s时间内恰好完成1 4次全振动，即从平衡位置运动到最低点，故t＝2 s时其速度为零，D正确．[答案] D7．(2015·福建卷)简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v.若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a最早到达波谷的是()[解析]对于A图，根据波沿x轴正方向传播可知，此时质点a正沿y轴正方向运动，第一次到达波谷的时间为t ＝34T ，又有s ＝12λ，v ＝λT ，由以上各式得，t ＝3s 2v ；对于B 图，质点a 正沿y 轴负方向运动，第一次到达波谷的时间为t ＝14T ，又有s ＝λ，v ＝λT ，由以上各式得，t ＝s 4v ；对于C 图，质点a 正沿y 轴正方向运动，第一次到达波谷的时间为t ＝34T ，又有s ＝λ，v ＝λT ，由以上各式得，t ＝3s 4v ；对于D 图，质点a 正沿y 轴负方向运动，第一次到达波谷的时间为t ＝14T ，又有s ＝32λ，v ＝λT ，由以上各式得，t ＝s 6v .综合以上分析可知，D 图中质点a 最早到达波谷．[答案] D8．(2015·北京丰台一模)一列简谐横波沿直线由A 向B 传播，相距10.5 m 的A 、B 两处的质点振动图象如图中a 、b 所示，则( )A ．该波的振幅一定是20 cmB ．该波的波长可能是14 mC ．该波的波速可能是10.5 m/sD ．该波由A 传播到B 可能历时7 s[解析] 该波的振幅一定是10 cm ，A 错误；t ＝0时，A 质点位于平衡位置向上振动，B 质点位于负向最大位移处向上振动，则A 、B 之间满足⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋14λ＝10.5 m ，n ＝0,1,2,3，…，波长λ＝424n ＋1 m ，该波的波长不可能是14 m ，B 错误；该波的波速v ＝λT ＝218n ＋2m/s ，当n ＝0时，v ＝10.5 m/s ，C 正确；该波由A 传播到B 历时t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋14T ＝4n ＋1，n ＝0,1,2,3，…，该波由A 传播到B 不可能历时7 s ，D 错误．[答案] C9．(2015·福建四地六校模拟)一简谐波在如图所示的x 轴上传播，实线和虚线分别是t 1＝0和t 2＝0.2 s 时刻的波形图．则( )A ．若该波在t 1＝0时刻已沿＋x 方向恰传播到x ＝6 m 处，则波源起振方向向下B ．若该波与另一频率为1.25 Hz 的简谐波相遇时发生干涉，则该波沿－x 方向传播C ．若该波在t 2＝0.2 s 时刻，x ＝2.5 m 处的质点向－y 方向运动，则该波向＋x 方向传播D ．若该波的传播速度是75 m/s ，则该波沿－x 方向传播 [解析] 若该波在t 1＝0时刻已沿＋x 方向恰传播到x ＝6 m 处，从t 1＝0时刻的波形图上判断x ＝6 m 的质点与x ＝2 m 处质点运动情况相同，其前面的点(波向右传播，左边为前)在其上方，则此质点将向上运动，所有质点的起振方向是一致的，故波源起振方向向上，故A 错误；频率为1.25 Hz 的简谐波周期为0.8 s ，则0.20.8＝14，根据波的平移法实线右移14波长为虚线波形，则波向右传播，故B 错误；t 2＝0.2 s 时刻，x ＝2.5 m 处的质点向－y 方向运动，则波源在右侧，波向－x方向传播，故C 错误；根据s ＝v t ＝75 m/s ×0.2 s ＝15 m ，即传播距离为334λ，根据波的平移法，波向左平移34波长为虚线波形，故波向－x 方向传播，故D 正确．[答案] D10．(多选)(2015·锦州市高三模拟)如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝－0.2 m和x＝1.2 m处，两列波的速度均为v＝0.4 m/s，两波源的振幅均为A＝2 cm.图示为t＝0时刻两列波的图象(传播方向如图所示)，此刻平衡位置处于x＝0.2 m和x＝0.8 m的P、Q两质点刚开始振动．质点M的平衡位置处于x＝0.5 m处，关于各质点运动情况判断正确的是()A．两列波相遇后振幅仍然为2 cmB．t＝1 s时刻，质点M的位移为－4 cmC．t＝1 s时刻，质点M的位移为＋4 cmD．t＝0.75 s时刻，质点P、Q都运动到M点E．质点P、Q的起振方向都沿y轴负方向[解析]两列波相遇后各个质点同时参加两列波的振动，位移为两列波振动位移的矢量和，但对两列波没有影响，各自振幅不变，选项A对．t＝1 s时刻，两列波的传播距离均等于Δx＝v t＝0.4 m，左边的波向右平移0.4 m，x＝0.1 m处的波谷刚好平移到M点，同理，右边波向左平移0.4 m，x＝0.9 m处的波谷刚好平移到M点，M点为两列波位移的矢量和即－2 cm＋(－2 cm)＝－4 cm，选项B 对C错．t＝0.75 s，PQ都在自己平衡位置振动，不会随波迁移，沿传播方向传递的是振动形式和能量，选项D错．根据传播方向和振动方向都在波形图同一侧，可判断t＝0时PQ都在向y轴负方向振动，选项E对．[答案]ABE二、非选择题11．(2015·江西九所重点中学联考)有频率相同、振动方向相同的两个声源S1和S2，如图所示．一人站在声源北方的A点，此人此时听到的声音很响，这个人向东慢慢移动，声音逐渐减弱，到B点时几乎听不到声音，测得A、B间距离为1.5 m．则：(1)S1、S2声波的波长λ为多少？(2)若此人由B点再向正南方向移动，声音逐渐变响，那么，此人沿正南方向至少走多远，声音又变得很响？[解析](1)依题意，A在S1S2的中垂线上，S1A＝S2A，此点为声波叠加振动加强处，走到B点几乎听不到声音，B点是声波叠加振动减弱处，则S1B－S2B＝λ2由几何关系知S1B＝5 m，解得λ＝2 m.(2)设人沿BS2走到C点，振动又一次加强．S1C－S2C＝2 m ，S2C2＝S1C2－S1S22得S2C＝1.25 m，BC＝BS2－S2C＝(4－1.25) m＝2.75 m.[答案](1)2 m(2)2.75 m12．(2015·新课标全国卷Ⅱ)平衡位置位于原点O的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x轴上的两个点(均位于x轴正向)，P与O 的距离为35 cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间．已知波源自t＝0时由平衡位置开始向上振动，周期T＝1 s，振幅A＝5 cm.当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5 s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置．求：(1)P、Q间的距离；(2)从t＝0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程．[解析] (1)由题意，O 、P 两点间的距离与波长λ之间满足OP ＝54λ①波速v 与波长的关系为v ＝λT ②在t ＝5 s 的时间间隔内，波传播的路程为v t .由题意有v t ＝PQ ＋λ4③式中，PQ 为P 、Q 间的距离．由①②③式和题给数据，得 PQ ＝133 cm ④(2)Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为t 1＝t ＋54T ⑤波源从平衡位置开始运动，每经过T 4，波源运动的路程为A .由题给条件得t 1＝25×T 4⑥故t 1时间内，波源运动的路程为s ＝25A ＝125 cm ⑦[答案] (1)133 cm (2)125 cm。

课时作业(三十九)(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题8分，共56分)1．某单色光照射某金属时不能产生光电效应，则下述措施中可能使金属产生光电效应的是( )A ．延长光照时间B ．增大光的强度C ．换用波长较短的光照射D ．换用频率较低的光照射[解析] 某种金属能否发生光电效应取决于入射光的频率，与入射光的强度和照射时间无关，所以选项A 、B 错误．没有发生光电效应，说明入射光的频率小于极限频率，所以要使金属发生光电效应，应增大入射光的频率，减小波长，所以选项C 正确，D 错误．[答案] C2．光照射到金属表面上能够发生光电效应，下列关于光电效应的叙述中正确的是( ) A ．金属的逸出功与入射光的频率成正比B ．单位时间内逸出的光电子数与入射光的强度无关C ．逸出的光电子的初动能与光强度有关D ．单位时间内逸出的光电子数与光强度有关[解析] 由爱因斯坦的光电效应理论及光电效应方程可知，产生不产生光电子、光电子的最大初动能由光的频率决定，产生的光电子数由光强决定，金属的逸出功只与金属本身有关，与入射光无关，很容易得出正确结论，所以D 选项正确．[答案] D3．某光电管的阴极是用金属钾制成的，它的逸出功为2.21 eV ，用波长为2.5×10－7m 的紫外线照射阴极，已知真空中光速为3.0×108m/s ，元电荷为1.6×10－19C ，普朗克常量为 6.63×10－34J·s，求得钾的极限频率和该光电管发射的光电子的最大初动能应分别是( )A ．5.3×1014 Hz,2.2 JB ．5.3×1014Hz,4.4×10－19J C ．3.3×1033 Hz,2.2 J D ．3.3×1033Hz,4.4×10－19J[解析] W 0＝hνc ，νc ＝W 0h ＝2.21×1.6×10－196.63×10－34Hz≈5.3×1014 Hz ；由光电效应方程hν＝W 0＋E km ，E km ＝hν－W 0＝h c λ－W 0＝(6.63×10－34×3.0×1082.5×10－7－2.21×1.6×10－19) J≈4.4×10－19J ，所以B 选项正确．[答案] B4．在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连，用弧光灯照射锌板时，验电器的指针就张开一个角度，如图所示，这时( )A．锌板带正电，指针带负电B．锌板带正电，指针带正电C．锌板带负电，指针带正电D．锌板带负电，指针带负电[解析] 验电器的指针张开一个角度说明锌板带电，锌板在弧光灯照射下发生光电效应失去电子而带正电，验电器也带正电．故B项正确．[答案] B5．关于光电效应，下列说法正确的是( )A．极限频率越大的金属材料逸出功越大B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C．从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多[解析] 由W0＝hνc可知A正确．照射光的频率大于极限频率时才能发生光电应效应，即B错．由E k＝hν－W0可知C错．单位时间内逸出的光电子数与频率无关，取决于入射光的强度，故D错．[答案] A6．硅光电池是利用光电效应原理制成的器件，下列表述正确的是( )A．硅光电池是把光能转变为电能的一种装置B．硅光电池中吸收了光子能量的电子都能逸出C．逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率无关D．任意频率的光照射到硅光电池上都能产生光电效应[解析] 光电效应是光(包括不可见光)照射金属使其逸出电子的现象，因此硅光电池是把光能转化为电能的一种装置，选项A正确；根据光电效应规律知，大于一定频率的光才能被电子吸收而发生光电效应，电子的最大初动能与入射光的频率有关．[答案] A7．(2010·四川高考)用波长为2.0×10－7 m的紫外线照射钨的表面，释放出来的光电子中最大的动能是4.7×10－19 J．由此可知，钨的极限频率是(普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，光速c＝3.0×108 m/s，结果取两位有效数字)( )A．5.5×1014 Hz B．7.9×1014 HzC．9.8×1014 Hz D．1.2×1015 Hz[解析] 本题考查光电效应方程，意在考查考生对光电效应方程E k＝hν－W逸的理解，并能应用光电效应方程求解极限频率．由光电效应方程E k＝hν－W逸可得W逸＝hν－E k，而W逸＝hν0，ν＝cλ，所以钨的极限频率ν0＝cλ－E kh＝7.9×1014 Hz.[答案] B二、非选择题(共44分)8．(8分)如右图所示，用导线将验电器与洁净锌板连接，触摸锌板使验电器指示归零．用紫外线照射锌板，验电器指针发生明显偏转，接着用毛皮摩擦过的橡胶棒接触锌板，发现验电器指针张角减小，此现象说明锌板带__________电(选填“正”或“负”)；若改用红外线重复以上实验，结果发现验电器指针根本不会发生偏转，说明金属锌的极限频率__________红外线的频率(选填“大于”或“小于”)．[解析] 用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，与验电器接触，指针张角减小，说明验电器原来带正电．用红外线照射锌板，验电器指针不发生偏转，说明不发生光电效应，所以锌板的极限频率大于红外线的频率．[答案] 正大于9．(12分)某真空光电管的阴极金属的逸出功是4.0×10－19 J，某种单色光的能量恰好等于这种金属的逸出功，试求：(1)这种单色光的频率多大？(2)在光电管的阳极和阴极间加30 V的加速电压，用这种单色光照射光电管的阴极，光电子到达阳极时的动能有多大？[解析] (1)该单色光的频率即为光电管的阴极金属的极限频率．该单色光光子能量e＝hν＝W0，∴ν＝W 0h ＝4.0×10－196.63×10－34 Hz≈6.0×1014Hz(2)到达阳极时电子的动能即为加速电压所做的功；E k ＝eU ＝4.8×10－18 J.[答案] (1)6.0×1014Hz (2)4.8×10－18J10．(12分)太阳光垂直射到地面上时，地面上1 m 2接收的太阳光的功率为1.4 kW ，其中可见光部分约占45%.假如认为可见光的波长约为0.55 μm，日地间距离R ＝1.5×1011m ．普朗克常量h ＝6.6×10－34J·s，估算太阳每秒辐射出的可见光光子数为多少？[解析] 设地面上垂直阳光的1 m 2面积上每秒钟接收的可见光光子数为n .则有P ×45%＝n ·h cλ解得n ＝0.45λP hc ＝0.45×0.55×10－6×1.4×1036.6×10－34×3×108＝1.75×1021个设想一个以太阳为球心，以日、地距离为半径的大球包围着太阳．大球面接收的光子数即等于太阳辐射的全部光子数．则所求可见光光子数N ＝n ·4πR 2＝1.75×1021×4×3.14×(1.5×1011)2＝4.9×1044个 [答案] 4.9×1044个11．(12分)某同学采用如右图所示的实验电路研究光电效应，用某单色光照射光电管的阴极K 时，会发生光电效应现象．闭合开关S ，在阳极A 和阴极K 之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰为零，此时电压表的示数U 称为反向截止电压．根据反向截止电压，可以计算出光电子的最大初动能．现分别用ν1和ν2的单色光照射阴极，测量到反向截止电压分别为U 1和U 2，设电子的比荷为em，求：(1)阴极K 所用金属的极限频率； (2)用题目中所给条件表示普朗克常量h .[解析] (1)由于阳极A 和阴极K 之间所加电压为反向电压，根据动能定理 －eU 1＝0－12mv 21 －eU 2＝0－12mv 22根据光电效应方程12mv 21＝hν1－W 0 12mv 22＝hν2－W 0 其中W 0＝hνc 解以上各式得 νc ＝U 1ν2－U 2ν1U 1－U 2(2)由以上各式eU 1＝hν1－W 0 eU 2＝hν2－W 0解得h ＝e U 1－U 2ν1－ν2.[答案] (1)U 1ν2－U 2ν1U 1－U 2 (2)h ＝e U 1－U 2ν1－ν2。

【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习课时跟踪训练39 热力学定律与能量守恒（选修3-3）一、选择题1．(多选)(2013·新课标全国卷Ⅱ)关于一定量的气体，下列说法正确的是( )A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高解析：由于气体分子之间的作用力很小，气体分子可以自由运动，所以气体的体积指的是气体的分子所能够到达的空间的体积，而不是该气体所有分子的体积之和，选项A正确；根据温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低，选项B正确；根据气体压强的产生原因，在完全失重的情况下，气体的压强不为零，选项C错误；气体从外界吸收热量，若同时对外做功，其内能不一定增加，还可能减小，选项D错误；气体在等压膨胀过程中，体积增大，温度一定升高，选项E正确．答案：ABE2．(多选)(2014·太原一中检测)二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，人类在采取节能减排措施的同时，也在研究控制温室气体的新方法，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一可自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减小为原来的一半，不计温度变化，则此过程中( )A．封闭气体对外界做正功B．封闭气体向外界传递热量C．封闭气体分子的平均动能增大D．封闭气体从外界吸收热量E．封闭气体的压强增为原来的2倍解析：因为气体的温度不变，所以气体分子的平均动能不变，选项C错误；当气体体积减小时，外界对气体做功，选项A错误；由热力学第一定律可得，封闭气体将向外界传递热量，选项D错误，B正确；由玻意耳定律可知，选项E正确．答案：BE3．(多选)下列过程中，可能发生的是( )A．某工作物质从高温热源吸收20 kJ的热量，全部转化为机械能，而没有产生其他任何影响B ．打开一高压密闭容器，其内气体自发溢出后又自发收缩进去，恢复原状C ．利用其他手段，使低温物体温度更低，高温物体温度更高D ．将两瓶不同液体混合，然后它们又自发地各自分开E ．冬季的夜晚，放在室外的物体随气温的降低，不会由内能自发地转化为机械能而动起来解析：根据热力学第二定律，热量不可能从低温物体自发地传递给高温物体，而不引起其他的变化，但通过一些手段是可以实现的，故选项C 正确；内能转化为机械能不可能自发地进行，要使内能全部转化为机械能必定要引起其他影响，故选项A 错误，E 正确；气体膨胀具有方向性，故选项B 错误；扩散现象也有方向性，选项D 错误．答案：CE4．(多选)图为某同学设计的喷水装置，内部装有2 L 水，上部密封1 atm 的空气0.5 L ，保持阀门关闭，再充入1 atm 的空气0.1 L ．设在所有过程中空气可看做理想气体，且温度不变，下列说法正确的有( )A ．充气后，密封气体压强增加B ．充气后，密封气体的分子平均动能增加C ．打开阀门后，密封气体对外界做正功D ．打开阀门后，密封气体从外界吸热E ．打开阀门后，不再充气也能把水喷光解析：由pV T ＝常量知，充气后，当V 、T 不变时，单位体积内含有的分子个数增加，密封气体压强增加，选项A 正确；充气后，由于温度不变，密封气体的分子平均动能不变，选项B 错误；打开阀门后，密封气体对外界做正功，且内能不变，由热力学第一定律可知密封气体从外界吸热，选项C 、D 正确；当桶内气体压强变为1 atm 时，气体体积为0.1 L ＋0.5 L ＝0.6 L ．小于容积2 L ，所以需要再充气才能把水喷光，选项E 错误．答案：ACD5．(多选)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )A ．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B ．若气体的内能不变，其状态也一定不变C ．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D ．气体温度每升高1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关E ．当气体温度升高时，气体的内能一定增大解析：一定质量的理想气体，pV T ＝常量，p 、V 不变，则T 不变，分子平均动能不变，又理想气体分子势能为零，故气体内能不变，选项A 正确；理想气体内能不变，则温度T 不变，由pV T＝常量知，p 及V 可以变化，故状态可以变化，选项B 错误；等压变化过程，温度升高、体积增大，故选项C 错误；由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，温度升高1 K ，内能增量ΔU 一定，而外界对气体做的功W 与经历的过程可能有关(如体积变化时)，因此吸收的热量与气体经历的过程也有关，选项D 正确；温度升高，分子平均动能增大，理想气体分子势能为零，故内能一定增大，选项E 正确．答案：ADE6．地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018吨，如果这些海水的温度降低0.1℃，将要放出5.8×1023焦耳的热量，有人曾设想利用海水放出的热量使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，其原因是( )A ．内能不能转化成机械能B ．内能转化成机械能不满足热力学第一定律C ．只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机器不满足热力学第二定律D ．上述三种原因都不正确解析：机械能可以全部转化为内能，而内能全部转化为机械能是有条件的，选项C 正确． 答案：C二、非选择题7．(1)(多选)下列说法中正确的是( )A ．扩散运动就是布朗运动B ．根据热力学第二定律可知热机效率不可能百分之百C ．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢D ．由于液体表面层分子间距离小于液体内部分子间距离，液体表面存在张力E ．一定质量的理想气体在等温变化时，内能不改变，但可能与外界发生热交换(2)①密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大，从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的________增大了．该气体在温度T 1、T 2时的分子速率分布图象如图甲所示，则T 1________(选填“大于”或“小于”)T 2.②如图乙所示，一定质量的理想气体从状态A 经等压过程到状态B .此过程中，气体压强p ＝1.0×105 Pa ，吸收的热量Q ＝7.0×102J ，求此过程中气体内能的增量．解析：(1)扩散运动是分子热运动的直接结果，布朗运动是悬浮于液体中的小颗粒受到液体分子的撞击而形成的，它反映了液体分子的无规则运动，故A 错；热力学第二定律的表述之一是热能不能自发地全部转化成机械能，故B 对；当空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，所以C 正确；液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子间作用力表现为引力，故D 错；一定质量的理想气体在等温变化时，由于内能只取决于温度，所以内能不改变，根据热力学第一定律形W ＋Q ＝ΔU 可知，如果外界对物体做功与其向外放热相等，则其内能仍然不变，所以，可能与外界发生热交换，故E 正确．(2)①温度升高时，气体分子平均速率变大，平均动能增大，即分子的速率较大的分子占总分子数比例较大，所以T 1<T 2.②等压变化V A T A ＝V B T B，对外做的功W ＝p (V B －V A )根据热力学第一定律ΔU ＝Q －W ，解得ΔU ＝5.0×102 J.答案：(1)BCE (2)①平均动能 小于 ②5.0×102 J8．(1)下列说法中正确的是________．A ．随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，并最终达到绝对零度B ．用手捏面包，面包体积会缩小，说明分子之间有间隙C．分子间的距离r存在某一值r0，当r大于r0时，分子间斥力大于引力；当r小于r0时分子间斥力小于引力D．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势(2)如图所示，一定质量的理想气体发生如图所示的状态变化，状态A与状态B的体积关系为V A________V B(选填“大于”“小于”或“等于”)；若从A状态到C状态的过程中气体对外做了100 J的功，则此过程中________．(选填“吸热”或“放热”)解析：(1)随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，但是不能最终达到绝对零度，选项A错误；用手捏面包，面包体积会缩小，只说明面包颗粒之间有间隙，选项B错误；分子间的距离r存在某一值r0，当r大于r0时，分子间斥力小于引力；当r小于r0时分子间斥力大于引力，选项C错误；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，选项D正确．(2)由p－T图象上一点与坐标原点连线的斜率表示体积的倒数可知，状态A与状态B 的体积关系为V A小于V B.从A状态到C状态气体对外做功，而内能不变，由热力学第一定律知气体吸热．答案：(1)D (2)小于吸热9.一定质量的理想气体．经过如图所示的状态变化．设状态A 的温度为400 K ．求：(1)状态C 的温度T C 为多少？(2)如果由A 经B 到C 的状态变化的整个过程中，气体对外做了400 J 的功，气体的内能增加了20 J ，则这个过程气体是吸收热量还是放出热量？其数值为多少？解析：(1)由理想气体状态方程，p A V A T A ＝p C V C T C解得状态C 的温度T C ＝320 K.(2)由热力学第一定律，ΔU ＝Q ＋W ，解得Q ＝420 J ，气体吸收热量．答案：(1)320 K (2)吸收 420 J10．(1)下列说法中正确的是( )A ．物体自由下落时速度增大，所以物体内能也增大B ．当分子间距离从r 0(此时分子间引力与斥力平衡)增大到r 1时，分子力先减小后增大，分子势能也先减小后增大C ．热量一定从内能大的物体向内能小的物体传递D ．根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体(2)某同学做了如图所示的探究性实验，U 形管左口管套有一小气球，管内装有水银，当在右管内再注入一些水银时，气球将鼓得更大．假设封闭气体与外界绝热，则在注入水银时，封闭气体的体积________，压强________，温度________，内能________．(填“增大”、“减小”、“升高”、“降低”或“不变”)(3)一同学在游泳池中游泳时进行了一项科学探究，他将一粗细均匀、一端封闭的长为12 cm 的玻璃饮料瓶握住，开口向下潜入水中，当潜入到水下某深度时看到水进入玻璃管口大约2 cm.他据此就粗略估计出了潜入水中的深度，请通过计算得出潜水的深度．(取水面上大气压强为p 0＝1.0×105 Pa ，g ＝10 m/s 2)解析：(1)物体的内能与温度和体积有关，与物体的速度无关，A 错．当分子间距离从r 0(此时分子间引力与斥力平衡)增大到r 1时，分子力先增大后减小，分子势能一直减小，B 错．内能大的物体温度不一定高，热量应从温度高的物体向温度低的物体传递，C 错．根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，D 对．(2)注入水银，封闭气体的压强变大，水银对气体做功，气体体积减小，由于封闭气体与外界绝热，所以温度升高，内能增大．(3)设潜入水下的深度为h ，玻璃管的横截面积为S .气体的初末状态参量分别为初状态p 1＝p 0 V 1＝12S末状态p 2＝p 0＋pgh V 2＝10S由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2得p 0p 0＋ρgh ＝10S 12S解得h ＝2 m.答案：(1)D (2)减小 增大 升高 增大 (3)2 m。