2018年高考物理一轮复习专题十气体实验定律综合应用高效演练.doc

45分钟章末验收卷一、单项选择题1．图1甲是法拉第于1831年发明的人类历史上第一台发电机——圆盘发电机．图乙为其示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，磁感线垂直穿过铜盘；两块铜片M 、N 分别与铜轴和铜盘边缘接触，匀速转动铜盘，电阻R 就有电流通过．则下列说法正确的是( )图1A ．回路中恒定电流的大小与铜盘转速无关B ．回路中有大小和方向都做周期性变化的涡流C ．回路中电流方向不变，从M 经导线流进电阻R ，再从N 流向铜盘D ．铜盘绕铜轴转动时，沿半径方向上的金属“条”切割磁感线，产生电动势 答案 D解析 圆盘发电机的圆盘可看做无数条沿半径方向的金属“条”，转动切割磁感线产生感应电动势，D 项正确；金属“条”相互并联，产生的感应电动势与一条金属“条”转动切割产生的感应电动势相等，即E ＝12BL 2ω，可见感应电动势大小不变，回路总电阻不变，由闭合回路欧姆定律得I ＝E R，故回路中电流大小恒定，且与铜盘转速有关，A 、B 项错；由右手定则可知，回路中电流方向是自下而上通过电阻R ，C 项错．2．下列没有利用涡流的是( )A ．金属探测器B ．变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯C ．用来冶炼合金钢的真空冶炼炉D ．磁电式仪表的线圈用铝框做骨架答案 B解析 金属探测器、冶炼炉都是利用涡流现象工作的，磁电式仪表利用涡流能让指针快速稳定，也是利用涡流现象，变压器中的硅钢片是为了防止涡流产生铁损．3.如图2所示电路中，A 、B 、C 为完全相同的三个灯泡，L 是一直流电阻不可忽略的电感线圈．a 、b 为线圈L 的左右两端点，原来开关S 是闭合的，三个灯泡亮度相同．将开关S 断开后，下列说法正确的是( )图2A ．a 点电势高于b 点，A 灯闪亮后缓慢熄灭B ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭C ．a 点电势高于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭D ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯不会闪亮只是缓慢熄灭答案 D解析 电路稳定时，三个完全相同的灯泡亮度相同，说明流经三个灯泡的电流相等．某时刻将开关S 断开，流经电感线圈的磁通量减小，其发生自感现象，相当于电源，产生和原电流方向相同的感应电流，故a 点电势低于b 点电势，三个灯不会闪亮只是缓慢熄灭，选项D 正确．4．如图3所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L ，纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t ＝0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流－位移(I －x )关系的是( )图3答案 B解析 位移在0～L 过程，磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．I ＝Bl v R ，l ＝x ，则I ＝B v Rx ；位移在L ～2L 过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值；位移在2L ～3L 过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，I ＝B v R(3L －x )． 5．如图4甲，光滑平行且足够长的金属导轨ab 、cd 所在平面与水平面成θ角，b 、c 两端接有阻值为R 的定值电阻．阻值为r 的金属棒PQ 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．从t ＝0时刻开始，棒受到一个平行于导轨向上的外力F 作用，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直且接触良好，通过R 的感应电流随时间t 变化的图象如图乙所示．下面分别给出了穿过回路PQcb 的磁通量Φ、磁通量的变化率ΔΦΔt、电阻R 两端的电势差U 和通过棒上某横截面的总电荷量q 随运动时间t 变化的图象，其中正确的是( )图4答案 B解析 由于产生的感应电动势是逐渐增大的，而图象A 描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，A 错误；回路中的感应电动势为：E ＝ΔΦΔt ，感应电流为I ＝E R ＋r＝ΔΦ(R ＋r )Δt，由题图乙可知：I ＝kt ，故有：ΔΦΔt ＝k (R ＋r )t ，所以图象B 正确；I 均匀增大，电阻R 两端的电势差U ＝IR ＝ktR ，则知U 与时间t 成正比，C 错误；通过金属棒的电荷量为：q ＝I t ＝12kt 2，故有q －t 图象为抛物线，并非过原点的直线，D 错误． 6.如图5所示，虚线两侧的磁感应强度大小均为B ，方向相反，电阻为R 的导线弯成顶角为90°，半径为r 的两个扇形组成的回路，O 为圆心，整个回路可绕O 点转动．若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度ω转动，则在一个周期内电路消耗的电能为( )图5A.πB 2ωr 4RB.2πB 2ωr 4RC.4πB 2ωr 4RD.8πB 2ωr 4R答案 C 解析 从图示位置开始计时，在一个周期T 内，在0～T 4、T 2～34T 内没有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内线框产生的总的感应电动势E ＝4×12Br 2ω＝2Br 2ω，则在一周期内电路释放的电能为Q ＝E 2R ·T 2，T ＝2πω，解得Q ＝4πB 2ωr 4R ，C 项正确． 7．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的生活．某品牌手机的无线充电原理如图6所示．关于无线充电，下列说法正确的是( )图6A ．充电底座中的发射线圈将磁场能转化为电能B ．充电底座可以直接使用直流电源实现对手机的无线充电C ．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D ．无线充电时手机接收线圈利用“电流的磁效应”获取电能答案 C解析 发射线圈中通入交变电流，交变电流周围形成交变磁场，交变磁场又形成交变电场，从而在接收线圈形成交变电流．发射线圈是将电能转化为磁场能，接收线圈是将磁场能转化为电能，A 错误；直流电周围形成恒定的磁场，恒定的磁场无法由电磁感应形成电场，B 错误；根据电磁感应规律知接收线圈与发射线圈中交变电流的频率一样，C 正确；无线充电时手机接收线圈利用“电磁感应”获得电能，D 错误．二、多项选择题8.如图7所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L ，其下端与电阻R 连接．导体棒ab 电阻为r ，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab 以一定初速度v 下滑，则关于ab 棒的下列说法中正确的是( )图7A．所受安培力方向水平向右B．可能以速度v匀速下滑C．刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为BL vD．减少的重力势能等于电阻R上产生的内能答案AB解析导体棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出ab棒所受安培力方向水平向右，选项A正确．当mg sin θ＝BIL cos θ时，ab棒沿导轨方向合外力为零，可以速度v匀速下滑，选项B正确．由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)，刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为E＝BL v cos θ，选项C错误．由能量守恒定律知，ab棒减少的重力势能不等于电阻R 上产生的内能，选项D错误．9．如图8，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R.Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4 m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B 随坐标x(以m为单位)的分布规律为B＝0.8－0.2x(T)．金属棒ab在外力作用下从x＝0处沿导轨运动，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．设在金属棒从x1＝1 m经x2＝2 m到x3＝3 m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒()图8A．在x1与x3处的电动势之比为1∶3B．在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为3∶1C．从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3D．从x1到x2与从x2到x3的过程中R产生的焦耳热之比为5∶3答案BCD解析由于金属棒在运动过程中，R的电功率不变，则由P＝I2R知电路中电流I不变，又根据E ＝IR知在x1与x3处电动势相同，选项A错误；由题意知在x1、x2、x3处的磁感应强度分别为0.6 T 、0.4 T 、0.2 T ，设导轨间距为L ，由F ＝BIL 知金属棒在x 1与x 3处受到磁场B 的作用力大小之比为3∶1，选项B 正确；由E ＝ΔΦΔt ，q ＝I Δt ，得q ＝ΔΦR，如图为B 随x 变化的图象，图线与坐标轴所围的面积与L 的乘积表示回路磁通量的变化量ΔΦ，可知金属棒从x 1到x 2与从x 2到x 3的过程中通过R 的电荷量之比为5∶3，选项C 正确；根据Q ＝I 2R Δt 和q ＝I Δt 可知金属棒从x 1到x 2与从x 2到x 3的过程所用的时间之比为5∶3，则R 产生的焦耳热之比为5∶3，选项D 正确．10.如图9所示，在水平光滑绝缘桌面上建立直角坐标系xOy ，第一象限内存在垂直桌面向上的磁场，磁场的磁感应强度B 沿x 轴正方向均匀增大且ΔB Δx＝k ，一边长为a 、电阻为R 的单匝正方形线圈ABCD 在第一象限内以速度v 沿x 轴正方向匀速运动，运动中AB 边始终与x 轴平行，则下列判断正确的是( )图9A ．线圈中的感应电流沿逆时针方向B ．线圈中感应电流的大小为ka 2v RC ．为保持线圈匀速运动，可对线圈施加大小为k 2a 4v R的水平外力 D ．线圈不可能有两条边所受安培力大小相等答案 BC解析 由楞次定律得感应电流沿顺时针方向，A 错误；设线圈向右移动一段距离Δl ，则通过线圈的磁通量变化为ΔΦ＝Δl ·ΔB Δx·a 2＝Δl ·a 2k ，而所需时间为Δt ＝Δl v ，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ka 2v ，故感应电流大小为I ＝E R ＝ka 2v R，B 正确；线圈匀速运动时，外力与安培力平衡，由平衡条件得F ＝(B 2－B 1)Ia ＝ka 2I ＝k 2a 4v R ，C 正确；线圈的AB 、CD 两条边所受安培力大小相等，D 错误．11．如图10，两平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab 、cd 与导轨垂直构成闭合回路，且两棒都可沿导轨无摩擦滑动．用与导轨平行的水平恒力F 向右拉cd 棒，经过足够长时间以后( )图10A ．两棒间的距离保持不变B ．两棒都做匀速直线运动C ．两棒都做匀加速直线运动D ．ab 棒中的电流方向由b 流向a答案 CD三、非选择题12.水平放置的两根平行金属导轨ad 和bc ，导轨两端a 、b 和c 、d 两点分别连接电阻R 1和R 2，组成矩形线框，如图11所示，ad 和bc 相距L ＝0.5 m ，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ＝1 T ，一根电阻为0.2 Ω的导体棒PQ 跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4 m/s 的速度，向右匀速运动，如果电阻R 1＝0.3 Ω，R 2＝0.6 Ω，导轨ad 和bc 的电阻不计，导体棒与导轨接触良好．求：图11(1)导体棒PQ 中产生的感应电流的大小；(2)导体棒PQ 上感应电流的方向；(3)导体棒PQ 向右匀速滑动的过程中，外力做功的功率．答案 (1)5 A (2)Q →P (3)10 W解析 (1)根据法拉第电磁感应定律E ＝BL v ＝1×0.5×4 V ＝2 V又R 外＝R 1R 2R 1＋R 2＝0.3×0.60.3＋0.6Ω＝0.2 Ω 则感应电流的大小I ＝E R 外＋r ＝20.2＋0.2A ＝5 A (2)根据右手定则判定电流方向为Q →P(3)导体棒PQ 匀速运动，则F ＝F 安＝BIL ＝1×5×0.5 N ＝2.5 N故外力做功的功率P ＝F v ＝2.5×4 W ＝10 W.13．如图12所示，间距为L 的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成．倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r 的定值电阻．质量为m 、电阻也为r 的金属杆MN 垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度为B 的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为B 的匀强磁场．闭合开关S ，让金属杆MN 从图示位置由静止释放，已知金属杆MN 运动到水平轨道前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆MN 始终与导轨接触良好，重力加速度为g .求：图12(1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的最大速率v m ；(2)金属杆MN 在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度v m 前，当流经定值电阻的电流从零增大到I 0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q ，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)金属杆MN 在水平导轨上滑行的最大距离x m .答案 见解析解析 (1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得mg sin θ－BI m L ＝0根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：I m ＝BL v m 2r解得：v m ＝2mgr sin θB 2L 2 (2)设在这段时间内，金属杆MN 运动的位移为x由电流的定义可得：q ＝I Δt根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得：平均电流I ＝B ΔS 2r Δt ＝BLx 2r Δt解得：x ＝2qr BL设电流为I 0时金属杆MN 的速度为v 0，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，可得I 0＝BL v 02r ，解得v 0＝2rI 0BL设此过程中，电路产生的焦耳热为Q 热，由功能关系可得：mgx sin θ＝Q 热＋12m v 20定值电阻r 产生的焦耳热Q ＝12Q 热 解得：Q ＝mgqr sin θBL －mI 20r 2B 2L 2 (3)设金属杆MN 在水平导轨上滑行时的加速度大小为a ，速度为v 时回路电流为I ，由牛顿第二定律得：BIL ＝ma由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：I ＝BL v 2r 得：B 2L 22r v ＝m Δv ΔtB 2L 22r v Δt ＝m Δv ，即B 2L 22r x m＝m v m 得：x m ＝4m 2gr 2sin θB 4L 4。

绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科综合能力测试·物理（十）本试卷共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。

2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Zn 65第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。

第19～21题有多选项符合题目要求。

全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．下列说法中正确的是A ．核反应方程411H→42He ＋k X 中，若k ＝2，则X 是电子B ．一群处于n ＝3能级的氢原子自发跃迁时能发出3种不同频率的光子C ．质量为m 的某放射性物质经过半个半衰期还剩余质量为12m 的该物质D ．若α衰变A Z X→A －4Z －2Y ＋42He 中释放的能量为E ，则平均每个核子释放的能量为E Z【答案】B【解析】根据核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知，411H→42He ＋kX 中，若k ＝2，则X的质量数为零，电荷数为1，故应为正电子，A 错误；一群处于n ＝3能级的氢原子自发跃迁时能发出3种不同频率的光子，B 正确；质量为m 的某放射性物质经过一个半衰期还剩余12质量的该物质，C 错误；若α衰变A Z X→A －4Z －2Y ＋42He 中释放的能量为E ，共有核子A 个，平均每个核子释放的能量为E A，D 错误．15．在某次军事演习中，空降兵从悬停在高空的直升机上跳下，当下落到距离地面适当高度时打开降落伞，最终安全到达地面，从跳离飞机至到达地面过程中在竖直方向上运动的v －t 图象如图所示，以下判断中正确的是A ．在0～t 1时间内做自由落体运动B ．在t 1～t 2时间内的加速度方向竖直向上，大小在逐渐减小C ．在0～t 1时间内的平均速度v ＝12v 2 D ．在t 2时刻的阻力比t 1时刻的阻力大【答案】B【解析】空降兵在0～t 1时间内斜率越来越小，故加速度不恒定；空降兵不是自由落体运动，A 错误；由图象可知，空降兵在t 1～t 2时间内的加速度方向竖直向上，大小在逐渐减小，B 正确；因空降兵不是匀变速直线运动，故空降兵在0～t 1时间内的平均速度v >12v 2，C 错误；t 2时刻的阻力等于重力，t 1时刻的阻力大于重力，D 错误．16．如图所示，弹性杆AB 的下端固定，上端固定一个质量为m 的小球，用水平力缓慢拉球，杆发生弯曲．逐步增加水平力的大小，则弹性杆AB 对球的作用力的方向A ．水平向左，与竖直方向夹角不变B ．斜向右下方，与竖直方向夹角增大C ．斜向左上方，与竖直方向夹角减小D ．斜向左上方，与竖直方向夹角增大【答案】D【解析】小球受重力、拉力、杆的弹力三力平衡，杆的弹力等于重力和拉力F 的合力，由力的合成可知杆的弹力斜向左上方，且随着拉力F 的增大，与竖直方向夹角增大，D 正确．17．正、负点电荷周围的电场线分布如图所示，P 、Q 为其中两点，下列说法正确的是A ．由P 点静止释放带正电的试探电荷后会运动到QB ．带正电的试探电荷从P 移动到Q ，电荷的电势能减少C ．P 点的电势比Q 点的电势低D ．P 点的场强比Q 点的场强小【答案】B【解析】电场线梳密表示场强大小，由图可知P 点场强比Q 点场强大，D 错误；沿电场线方向电势逐渐降低，P 点电势比Q 点电势高，C 错误；带正电的试探电荷从P 移动到Q ，电场力做正功电荷的电势能减少，B 正确；电场线为曲线，由静止释放正电荷，受力方向不断改变，带正电的试探电荷不可能由P 点运动到Q 点，A 错误．18．列车在空载情况下以恒定功率P 经过一段平直的路段，通过某点时速率为v ，加速度为a 1；当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率均与原来相同，但加速度变为a 2.重力加速度大小为g .设阻力是列车重力的k 倍，则列车满载与空载时的质量之比为A.kg ＋a 2kg ＋a 1B.kg ＋a 1kg ＋a 2C.P ()kg ＋a 2v ()kg ＋a 1D.P ()kg ＋a 1v ()kg ＋a 2 【答案】B【解析】设空载时质量为m 1，则列车的牵引力为F ＝P v，由牛顿第二定律得：F －km 1g ＝m 1a 1；满载时质量为m 2，由牛顿第二定律得：F －km 2g ＝m 2a 2，联立解得：m 2m 1＝kg ＋a 1kg ＋a 2，B 正确． 19．已知一质量为m 的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为ΔN ，假设地球是质量均匀的球体，半径为R .则地球的自转周期为(设地球表面的重力加速度为g )A ．地球的自转周期为T ＝2πmR ΔN B ．地球的自转周期为T ＝πmR ΔNC ．地球同步卫星的轨道半径为⎝⎛⎭⎫mg ΔN 13RD ．地球同步卫星的轨道半径为2⎝⎛⎭⎫mg ΔN 13R【答案】 AC【解析】在北极F N 1＝G Mm R 2，在赤道G Mm R 2－F N 2＝mR 4π2T2，根据题意，有F N 1－F N 2＝ΔN ，联立计算得出：T ＝2πmR ΔN，所以A 正确的，B 错误；万有引力提供同步卫星的向心力，则：G Mm ′r 2＝m ′4π2r T 2，联立可得：r 3＝GMmR ΔN ，又地球表面的重力加速度为g ，则：mg ＝G Mm R2，得：r ＝3mg ΔNR ，C 正确，D 错误． 20．如图甲为一火灾报警系统．其中R 0为定值电阻，R 为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，副线圈输出电压如图乙所示，则下列说法正确的是A ．原线圈输入电压有效值为220 VB ．副线圈输出电压瞬时值表达式u ＝442cos(100πt )VC ．R 处出现火情时原线圈电流增大D ．R 处出现火情时电阻R 0的电功率减小【答案】AC【解析】由图可知副线圈电压最大值U m ＝44 2 V ，则副线圈的有效值为44 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2＝51，所以U 1＝220 V ，A 正确；由图可知副线圈电压最大值U m ＝44 2 V ，周期T ＝0.016秒，ω＝2πT＝125π，所以u ＝442cos(125πt )V ，B 错误；R 处出现火情时电阻变小，则副线圈电流变大，线圈匝数比不变，所以原线圈电流增大，C 正确；R 处出现火情时电阻变小，则副线圈电流变大，根据P ＝I 2R ，可知电阻R 0的电功率增大，D 错误．21．如图所示，水平面上固定相距为d 的光滑直轨道MN 和PQ ，在N 、Q 之间连接不计电阻的电感线圈L 和电阻R .匀强磁场磁感应强度为B ，方向垂直导轨平面向上，在导轨上垂直导轨放置一质量为m ，电阻不计的金属杆ab ，在直导轨右侧有两个固定挡块C 、D ，CD 连线与导轨垂直．现给金属杆ab沿轨道向右的初速度v 0，当ab 即将撞CD 时速度为v ，撞后速度立即变为零但不与挡块粘连．以下说法正确的是A ．ab 向右做匀变速直线运动B ．当ab 撞CD 后，将会向左运动C ．从ab 开始运动到撞CD 时，电阻R 上产生的热量小于12mv 20－12mv 2 D ．ab 在整个运动过程中受到的最大安培力为B 2d 2v 0R【答案】 BC【解析】 ab 向右运动时受到向左的安培力而做减速运动，产生的感应电动势和感应电流减小，安培力随之减小，加速度减小，所以ab 做非匀变速直线运动，A 错误；当ab 撞CD 后，ab 中产生的感应电动势为零，电路中电流要减小，线框将产生自感电动势，根据楞次定律可知自感电动势方向与原来电流方向相同，沿b →a ，根据左手定则可知ab 受到向左的安培力，故当ab 撞CD 后，将会向左运动，B 正确；从ab 开始运动到撞CD 时，由于线圈中有磁场能，所以电阻R 上产生的热量小于12mv 20－12mv 2，C 正确；开始时，ab 的速度最大，产生的感应电动势最大，由于线圈中产生自感电动势，此自感电动势与ab 感应电动势方向相反，电路中的电流小于Bdv 0R 最大安培力将小于BdI ＝B 2d 2v 0R，D 错误． 第 II 卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。

章末专题复习物理方法|等效法在电磁感应中的应用1．方法概述闭合线圈磁通量的变化或导体棒切割磁感线形成感应电流．将电磁感应和电路问题相结合，采用等效的方法找到电源和电路结构，利用闭合电路问题求解．2．方法技巧(1)明确切割磁感线的导体相当于电源，其电阻是电源的内阻，其他部分为外电路，电源的正、负极由右手定则来判定．(2)画出等效电路图，并结合闭合电路欧姆定律等有关知识解决相关问题．3．等效问题如图10-1所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为L、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为L2.磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．现有一段长度为L2，电阻为R2的均匀导体棒MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ab方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触，当MN滑过的距离为L3时，导线ac中的电流为多大？方向如何？图10-1【解析】 MN 滑过的距离为L 3时，如图甲所示，它与bc 的接触点为P ，等效电路图如图乙所示．甲 乙由几何关系可知MP 长度为L 3，MP 中的感应电动势E ＝13BL vMP 段的电阻r ＝13RMacP 和MbP 两电路的并联电阻为r 并＝13×2313＋23R ＝29R由欧姆定律得，PM 中的电流I ＝E r ＋r 并ac 中的电流I ac ＝23I解得I ac ＝2BL v 5R根据右手定则可知，MP 中的感应电流的方向由P 流向M ，所以电流I ac 的方向由a 流向c .【答案】 2BL v 5R 方向由a 流向c[突破训练]1．如图10-2所示，水平桌面上固定有一半径为R 的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r ，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；一长度为2R 、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是()图10-2A．拉力的大小在运动过程中保持不变B．棒通过整个圆环所用的时间为2R aC．棒经过环心时流过棒的电流为B2aR πrD．棒经过环心时所受安培力的大小为8B2R2aRπrD[导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度的变化而变化，故拉力一直变化，选项A错误；设棒通过整个圆环所用的时间为t，由匀变速直线运动的基本关系式可得2R＝12at2，解得t＝4Ra，选项B错误；由v2－v2＝2ax可知棒经过环心时的速度v＝2aR，此时的感应电动势E＝2BR v，此时金属圆环的两侧并联，等效电阻r总＝πRr2，故棒经过环心时流过棒的电流为I＝Er总＝4B2aRπr，选项C错误；由对选项C的分析可知棒经过环心时所受安培力的大小为F＝2BIR＝8B2R2aRπr，选项D正确．]物理模型|电磁感应中的“杆＋导轨”模型1．单杆模型(1)模型特点：导体棒运动→感应电动势→闭合回路→感应电流→安培力→阻碍棒相对于磁场运动．图10-3(2)分析思路：确定电源(3)解题关键：对棒的受力分析，动能定理应用．图10-4 2．双杆模型(1)模型特点①一杆切割一杆静止时，分析同单杆类似．②两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝ΔΦΔt＝Bl|v1－v2|.(2)解题要点：单独分析每一根杆的运动状态及受力情况，建立两杆联系，列方程求解．如图10-5所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，g取10 m/s2.问：图10-5(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．【思路导引】【解析】(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max，有F max＝m1g sin θ①设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BL v②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL ④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1g sin θ＋F max ⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s.(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gx sin θ＝Q总＋12m2v2又Q＝R1R1＋R2Q总解得Q＝1.3 J.【答案】(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J[突破训练]2．(2017·四川雅安中学月考)如图10-6所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下．当导体棒EF 以初速度v 0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN 一直静止在导轨上，若两导体棒质量均为m 、电阻均为R ，导轨电阻不计，重力加速度为g ，在此过程中导体棒EF 上产生的电热为Q ，求：(1)导体棒MN 受到的最大摩擦力；(2)导体棒EF 上升的最大高度．图10-6【解析】 (1)EF 获得向上初速度v 0时，产生感应电动势E ＝BL v 0，电路中电流为I ，由闭合电路的欧姆定律有I ＝E 2R ，此时对导体棒MN 受力分析，由平衡条件有F A ＋mg sin α＝F f ，F A ＝BIL ，解得F f ＝B 2L 2v 02R ＋mg sin θ.(2)导体棒EF 上升过程MN 一直静止，对系统由能的转化和守恒定律有12m v 20＝mgh ＋2Q ，解得h ＝m v 20－4Q 2mg .【答案】 (1)B 2L 2v 02R ＋mg sin θ (2)m v 20－4Q 2mg高考热点|电磁感应中电荷量和焦耳热的计算1．电荷量的计算(1)思考方向：根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt确定平均感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和电流的定义式I ＝q t 计算电荷量．(2)公式推导过程 根据法拉第电磁感应定律→回路中平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ↓根据闭合电路欧姆定律→I＝ER＋r＝nΔΦΔt(R＋r)↓根据电流定义式I＝qt→q＝IΔt＝nΔΦR＋r2．焦耳热的计算求解电磁感应过程中产生的焦耳热，有以下三种思路：(1)电路中感应电流恒定时：应用焦耳定律：Q＝I2Rt.(2)导体切割磁感线克服安培力做功：焦耳热等于克服安培力做的功：Q＝W安．(3)电路中感应电流是变化的：根据功能关系来求解焦耳热．如图10-7所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图10-7(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功W F.【思路导引】【解析】 (1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΦΔt① 其中ΔΦ＝Blx ②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得 I ＝E R ＋r ③则通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt ④联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ． ⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v 2＝2ax ⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W ，由动能定理得W ＝0－12m v 2 ⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q 2＝1.8 J ． ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1，可得Q 1＝3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F ＝Q 1＋Q 2⑪由⑨⑩⑪式得W F ＝5.4 J.【答案】 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J[突破训练]3．如图10-8所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝1 m．整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω，导轨电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．已知金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度v m＝2.0 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.(1)求金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ；(2)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q.【导学号：92492381】图10-8【解析】(1)金属棒由静止释放后，沿导轨做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度v m.由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ－F安＝0F安＝BIL，I＝ER＋r，E＝BL v m.解得金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.(2)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x 由能量守恒定律得mgx sin θ＝μmgx cos θ＋Q R＋Q r＋12m v2m根据焦耳定律得Q RQ r＝Rr，则金属棒上产生的焦耳热Q r＝0.5 J解得x＝2.0 m根据q＝IΔt，I＝ER＋r，E＝ΔΦΔt，ΔΦ＝BLx可得q＝BLxR＋r＝1.0 C.【答案】(1)0.5(2)1.0 C。

2018届高考物理一轮复习备考演练选修3-3 第3章热力学定律与能量守恒对应学生用书P3051．二氧化碳是导致“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解析因为气体的温度不变，所以气体分子的平均动能不变，C错误；当气体体积减小时，外界对气体做功，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，B正确．答案 B图1－3－62．(2018·上海浦东二模)如图1－3－6所示中汽缸内盛有一定量的理想气体，汽缸壁是导热的，缸外环境保持恒温，活塞与汽缸壁的接触是光滑的，但不漏气．现将活塞杆与外界连接并使之缓慢地向右移动．这样气体将等温膨胀并通过杆对外做功．若已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法正确的是( )．A．气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，因此此过程违反热力学第二定律B．气体是从单一热源吸热，但并未全用来对外做功，所以此过程不违反热力学第二定律C．气体是从单一热源吸热，全用来对外作功，但此过程不违反热力学第二定律D．A、B、C三种说法都不对答案 C3．如图1－3－7所示为电冰箱的工作原理示意图．压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环．在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外．下列说法正确的是( )．图1－3－7A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能C．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律D．电冰箱的工作原理违反热力学第二定律解析由热力学第二定律可知，热量不能自发地由低温物体传给高温物体，除非有外界的影响或帮助．电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机工作并消耗电能．答案 B图1－3－84．我国神七航天员的漫步太空已变成现实．神七航天漫步太空，此举震撼世界，意义重大无比．其中，飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”，因此飞船将此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”，其原理图如图1－3－8所示，两个相通的舱A、B间装有阀门K，指令舱A中充满气体，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换．打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡，则( )．A．气体体积膨胀，对外做功B．气体分子势能减少，内能增加C．体积变大，温度降低D．B中气体不可能自发地全部退回到A中解析当阀门K被打开时，A中的气体进入B中，由于B中为真空，所以A中的气体不会做功，则A选项是错误的；又因为系统与外界无热交换，所以气体内能不变，则气体的温度也不变，则选项A、B、C错误；由热力学第二定律知，真空中气体膨胀具有方向性，在无外界作用时，B中气体不能自发地全部回到A中，故D正确．答案 D5．(2018·江西重点盟校二次联考，33)(1)下列说法正确的是________．A．由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算出该种气体分子的大小B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C．分子间的引力随分子间距离的增大而增大，分子间的斥力随分子间距离的增大而减小D．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体图1－3－9(2)如图1－3－9所示，汽缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距缸口0.2 m，活塞面积10 cm2，大气压强1.0×118 Pa，物重50 N，活塞质量及一切摩擦不计，缓慢升高环境温度，使活塞刚好升到缸口，封闭气体吸收了60 J的热量，则封闭气体的压强将________(选填“增加”、“减小”或“不变”)，气体内能变化量为________J.解析 (1)由于气体分子间距离大，所以不能估算分子大小，A 错．布朗运动的显著程度与温度和颗粒大小有关，B 正确．分子引力和斥力都是随分子间距离的增大而减小的，则C 错．热量不能自发地从低温物体传到高温物体，故D 错．(2)此时气体压强p ＝p 0－G S恒定．由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ＝－p ΔV ＋Q ＝50 J.答案 (1)B (2)不变 506．(1)当密闭在气球内的空气(可视为理想气体)温度缓慢升高时________．A ．气体分子的体积增大B ．气体分子的动能增大C ．气体分子的平均动能增大D ．单位体积内分子数增多(2)若只对一定质量的理想气体做1 500 J 的功，可使其温度升高5 K ．若改成只用热传递的方式，使气体温度同样升高 5 K ，那么气体应吸收________ J 的热量．如果对该气体做了2 000 J 的功，使其温度升高了5 K ，表明在该过程中，气体还________(选填“吸收”或“放出”)热量________J.答案 (1)C (2)1 500 放出 5007．(1)第一类永动机不可能制成是因为其违反了________________，第二类永动机不可能制成是因为其违反了_____________________________________________________．(2)在一个大气压下，水在沸腾时，1 g 水吸收2 263.8 J 的热量后由液态变成同温度的气态，其体积由1.183 cm 3变成1 676 cm 3，求：①1 g 水所含的分子个数；②体积膨胀时气体对外界做的功；③气体的内能变化．(大气压强p 0＝1.0×118 Pa ，水的摩尔质量为M ＝18 g/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1) 解析 (2)①1 g 水所含的分子个数为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫118×6×1023＝3.3×1022(个)． ②气体体积膨胀时对外做的功为W ＝p 0×ΔV ＝118×(1 676－1.183)×10－6J ＝167.5 J. ③根据热力学第一定律有：ΔU ＝W ＋Q ＝(2 263.8－167.5) J ＝2 186.3 J.答案 (1)能量守恒定律 热力学第二定律(2)①3.3×1022 ②167.5 J ③增加 2 186.3 J8．(1)下列说法正确的是 ( )．A ．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映B ．没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能C ．知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数D ．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同(2)一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功 1.7×118 J ，气体内能减少1.3×118 J ，则此过程中气体________(填“吸收”或“放出”)的热量是________ J ．此后，保持气体压强不变，升高温度，气体对外界做了5.0×118 J 的功，同时吸收了 6.0×118 J 的热量，则此过程中，气体内能增加了________ J解析 (1)布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，并不是指颗粒分子的运动，所以A 错误．热能不可能全部转化为机械能而不引起其他变化，所以B 错误．知道摩尔质量和密度可求摩尔体积，求不出阿伏加德罗常数，所以C 错误．内能不同的物体它们分子运动的平均动能可能相同，因为只要物体的温度相同，分子平均动能就相同，所以D 项正确．(2)根据热力学第一定律得：W ＝1.7×118 J ，ΔU ＝－1.3×118 J ，代入ΔU ＝W ＋Q 可得，Q ＝－3.0×118 J ，Q 为负值，说明气体要放出热量，放出的热量为3.0×118 J ；同理W ＝－5×118 J ，Q ＝6×118 J ，ΔU ＝W ＋Q ＝1.0×118 J ，即内能增加了1.0×118 J.答案 (1)D (2)放出 3.0×118 1.0×1189．(1)关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是 ( )．A ．教室内看到透过窗子的“阳光柱”里粉尘颗粒杂乱无章的运动，这种运动是布朗运动B ．热量只能从高温物体向低温物体传递，不可能由低温物体传给高温物体C ．用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功2.0×118 J ，若空气向外界放出热量1.5×118 J ，则空气内能增加5×118 JD ．一定质量的理想气体，如果保持温度不变，体积越小，压强越小(2)1 mL 水用注射器能滴50滴，水的密度ρ＝118 kg/m 3，则1滴水中有多少个水分子？(阿伏加德罗常数N A ＝6.02×10－23 mol －1) 解析 (1)布朗运动是由液体分子撞击固体小颗粒而引起的，而教室内粉尘颗粒杂乱无章的运动是由于空气流动引起的，A 项错误；在一定条件下，热量可以从低温物体传给高温物体，例夏天空调工作时，不断地将热量从低温的室内传到高温的室外，B 项错误；根据热力学第一定律可知，C 项正确；根据pV T＝恒量可知，对于一定质量的气体，温度不变，体积越小，压强越大，D 项错误．(2)1滴水的体积为V ＝1×10－650m 3＝2×10－8 m 3 1滴水的质量为m ＝V ρ＝2×10－8×118 kg ＝2×10－5 kg所以1滴水中水分子的个数为n ＝m m mol N A ＝2×10－518×10－3×6.02×1023＝6.69×1020个． 答案 (1)C (2)6.69×1020个10．(2018·泉州适应考)(1)关于分子动理论，下列说法正确的是________．A ．对气体加热，气体内能一定增加B ．布朗运动指的是悬浮颗粒在液体中的无规则运动C ．物体的温度升高，物体中所有分子的动能都会增加D ．物体内部分子间距增加时，分子引力比分子斥力减小得快(2)一根粗细均匀、足够长的玻璃管竖直放置，下端封闭，上端开口，一段水银柱封闭着一定质量的理想气体，此时气体温度为27 ℃，现使气体温度升高到127 ℃.则________．A ．气体的压强增加B ．气体的压强减小C ．气体的初态和末态体积之比为3∶4D ．气体的初态和末态体积之比为27∶127答案 (1)B (2)C11．如图1－3－10所示，图1－3－10A 、B 两个汽缸中装有体积均为10 L 、压强均为1 atm(标准大气压)、温度均为27 ℃的空气，中间用细管连接，细管容积不计．细管中有一绝热活塞，现将B 汽缸中的气体升温到127 ℃，若要使细管中的活塞仍停在原位置．(不计摩擦，A 汽缸中的气体温度保持不变，A 汽缸截面积为500 cm 2)(1)求A 中活塞应向右移动的距离．(2)A 中气体是吸热还是放热，为什么？解析 (1)对B ：由P B T B ＝P B ′T B ′得 P B ′＝T B ′T B P B ＝400300P B ＝43P B 对A ：由P A V A ＝P A ′V A ′ 得V A ′＝P A V A P A ′且：P A ＝P B ，P A ′＝P B ′ 解得：V A ′＝43V A 所以Δl ＝14V A S＝5 cm. (2)放热，在向右推活塞过程中，A 中气体温度不变，气体内能不变；体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知气体应放热．答案 (1)5 cm(2)放热，在向右推活塞过程中，A 中气体温度不变，气体内能不变；体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知气体应放热。

2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科综合能力测试·物理（十）二、选择题：1. 下列说法中正确的是A. 核反应方程中，若k＝2，则X是电子B. 一群处于n＝3能级的氢原子自发跃迁时能发出3种不同频率的光子C. 质量为m的某放射性物质经过半个半衰期还剩余质量为m的该物质D. 若α衰变中释放的能量为E，则平均每个核子释放的能量为【答案】B【解析】根据核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知，中，若k＝2，则X的质量数为零，电荷数为1，故应为正电子，A错误；一群处于n＝3能级的氢原子自发跃迁时能发出3种不同频率的光子，B 正确；质量为m的某放射性物质经过一个半衰期还剩余质量的该物质，C错误；若α衰变中释放的能量为E，共有核子A个，平均每个核子释放的能量为，D错误；故选B．2. 在某次军事演习中，空降兵从悬停在高空的直升机上跳下，当下落到距离地面适当高度时打开降落伞，最终安全到达地面，从跳离飞机至到达地面过程中在竖直方向上运动的v－t图象如图所示，以下判断中正确的是A. 在0～t1时间内做自由落体运动B. 在t1～t2时间内的加速度方向竖直向上，大小在逐渐减小C. 在0～t1时间内的平均速度D. 在t2时刻的阻力比t1时刻的阻力大【答案】B【解析】空降兵在0～t1时间内斜率越来越小，故加速度不恒定；空降兵不是自由落体运动，A错误；由图象可知，空降兵在t1～t2时间内的加速度方向竖直向上，大小在逐渐减小，B正确；因空降兵不是匀变速直线运动，故空降兵在0～t1时间内的平均速度，C错误；t2时刻的阻力等于重力，t1时刻的阻力大于重力，D错误，故选B．点睛：本题考查对图象的理解问题，要注意从图象中找出物体的速度、加速度及位移；并且灵活应用匀变速直线运动中的平均速度公式．要注意平均速度公式. 只适用于匀变速直线运动．3. 如图所示，弹性杆AB的下端固定，上端固定一个质量为m的小球，用水平力缓慢拉球，杆发生弯曲．逐步增加水平力的大小，则弹性杆AB对球的作用力的方向A. 水平向左，与竖直方向夹角不变B. 斜向右下方，与竖直方向夹角增大C. 斜向左上方，与竖直方向夹角减小D. 斜向左上方，与竖直方向夹角增大【答案】D考点：动态平衡的分析。

专题十气体实验定律综合应用高效演练1.如图1所示，在长为l＝57 cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4 cm高的水银柱封闭着51 cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33 ℃.现将水银徐徐注入管中，直到水银面与管口相平，此时管中气体的压强为多少？接着缓慢对玻璃管加热升温至多少时，管中刚好只剩下4 cm高的水银柱？(大气压强为p0＝76 cmHg)图1【答案】85 cmHg 318 K2．如图2所示，一粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U形管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l1＝20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高．现将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h＝10 cm.(环境温度不变，大气压强p0＝75 cmHg)图2(1)稳定后低压舱内的压强为__________(用“cmHg”做单位)．(2)此过程中左管内的气体对外界________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体将__________(填“吸热”或“放热”)．【答案】 (1)50 cmHg (2)做正功吸热3．如图3所示，厚度和质量不计、横截面积为S＝10 cm2的绝热汽缸倒扣在水平桌面上，汽缸内有一绝热的“T”形活塞固定在桌面上，活塞与汽缸封闭一定质量的理想气体，开始时，气体的温度为T0＝300 K，压强为p＝0.5×105 Pa，活塞与汽缸底的距离为h＝10 cm，活塞可在汽缸内无摩擦滑动且不漏气，大气压强为p0＝1.0×105 Pa.求：图3(1)此时桌面对汽缸的作用力F N；(2)现通过电热丝给气体缓慢加热到T，此过程中气体吸收热量为Q＝7 J，内能增加了ΔU＝5 J，整个过程活塞都在汽缸内，求T的值．【答案】(1)50 N (2)720 K34．如图4(a)所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积为S ＝2×10－3m 2、质量为m ＝4 kg 、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离为24 cm ，在活塞的右侧12 cm 处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K ，大气压强p 0＝1.0×105 Pa.现将汽缸竖直放置，如图(b)所示，取g ＝10 m/s 2.待汽缸稳定后，求活塞与汽缸底部之间的距离．图4【答案】20 cm【解析】由题意可知，汽缸水平放置时，封闭气体的压强：p 1＝p 0＝1.0×105 Pa ，温度：T 1＝300 K 体积：V 1＝24 cm×S当汽缸竖直放置时，封闭气体的压强：p 2＝p 0＋mgS＝1.2×105 Pa温度T2＝T1＝300 K体积：V2＝HS.根据等温变化规律可得：p1V1＝p2V2代入数据可得：H＝20 cm.5.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p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2.(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)32或1.3r2 r1＝32≈1.3.⑨6.一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1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p0＝75.0 cmHg，环境温度不变．图19.42 cm【答案】144 cmHg7．如图所示，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长l1＝25.0 cm的空气柱，中间有一段长l2＝25.0 cm 的水银柱，上部空气柱的长度l3＝40.0 cm.已知大气压强为p0＝75.0 cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l′1＝20.0 cm.假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．【答案】15.0 cm58．如图3所示，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K 关闭；A侧空气柱的长度l＝10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0 cm.现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时将开关K关闭．已知大气压强p0＝75.0 cmHg.(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．【答案】(1)12.0 cm (2)13.2 cm【解析】(1)以cmHg为压强单位．设A侧空气柱长度l＝10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1.由玻意耳定律得pl＝p1l1 ①由力学平衡条件得p＝p0＋h ②打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止．由力学平衡条件有p1＝p0－h1 ③79．如图4所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m 1＝2.50 kg ，横截面积为S 1＝80.0 cm 2；小活塞的质量为m 2＝1.50 kg ，横截面积为S 2＝40.0 cm 2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l ＝40.0 cm ；汽缸外大气的压强为p ＝1.00×105Pa ，温度为T ＝303 K ．初始时大活塞与大圆筒底部相距l2，两活塞间封闭气体的温度为T 1＝495 K ．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：图4(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度； (2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强． 【答案】(1)330 K (2)1.01×105Pa【解析】(1)设初始时气体体积为V 1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V 2，温度为T 2.由题给条件得V 1＝S 1⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2＋S 2⎝⎛⎭⎪⎫l －l 2① V 2＝S 2l②在活塞缓慢下移的过程中，用p 1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得S 1(p 1－p )＝m 1g ＋m 2g ＋S 2(p 1－p )③故缸内气体的压强不变．由盖吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④联立①②④式并代入题给数据得T 2＝330 K ． ⑤(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p 1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p ′，由查理定律，有p ′T ＝p 1T 2⑥联立③⑤⑥式并代入题给数据得p ′＝1.01×105 Pa.⑦10．如图5所示，两汽缸A 、B 粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A 的直径是B 的2倍，A 上端封闭，B 上端与大气连通；两汽缸除A 顶部导热外，其余部分均绝热．两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a 、b ，活塞下方充有氮气，活塞a 上方充有氧气．当大气压为p 0、外界和汽缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a 离汽缸顶的距离是汽缸高度的14，活塞b 在汽缸正中间．图5(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b 恰好升至顶部时，求氮气的温度；(2)继续缓慢加热，使活塞a 上升．当活塞a 上升的距离是汽缸高度的116时，求氧气的压强．【答案】(1)320 K (2)43p 09(2)活塞b 升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a 开始向上移动，直至活塞上升的距离是汽缸高度的116时，活塞a 上方的氧气做等温变化，设氧气初态体积为V ′1，压强为p ′1，末态体积为V ′2，压强为p ′2，由题给数据和玻意耳定律得V ′1＝14V 0，p ′1＝p 0，V ′2＝316V 0 ⑤ p ′1V ′1＝p ′2V ′2⑥由⑤⑥式得p ′2＝43p 0.11．使一定质量的理想气体的状态按图甲中箭头所示的顺序变化，图线BC 是一段以纵轴和横轴为渐近线的双曲线．(1)已知气体在状态A 的温度T A ＝300 K ，问气体在状态B 、C 和D 的温度各是多大？(2)请在图乙上将上述气体变化过程在V ­T 图中表示出来(图中要标明A 、B 、C 、D 四点，并且要画箭头表示变化方向)．【答案】(1)600 K 600 K 300 K (2)见解析。