高三基础知识天天练 物理11-2人教版

人教版高三物理练习册及答案### 人教版高三物理练习册及答案#### 一、选择题1. 关于牛顿第二定律，下列说法正确的是（）A. 力是改变物体运动状态的原因B. 力是维持物体运动的原因C. 力是产生加速度的原因D. 力是维持物体速度的原因2. 一个物体在水平面上做匀速直线运动，下列说法正确的是（）A. 物体受到的合外力为零B. 物体受到的合外力不为零C. 物体受到的摩擦力为零D. 物体受到的摩擦力不为零#### 二、填空题1. 根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等、方向相反、作用在不同的物体上，并且具有______的性质。

2. 根据能量守恒定律，一个物体的动能和势能之和在没有外力做功的情况下保持不变，这个总能量称为物体的______。

#### 三、计算题1. 一个质量为5kg的物体在水平面上以2m/s的速度做匀速直线运动，受到的摩擦力为10N，求物体受到的合外力。

解：由牛顿第二定律可知，物体受到的合外力等于物体质量乘以加速度，即F=ma。

由于物体做匀速直线运动，所以加速度a=0，因此物体受到的合外力F=0。

2. 一个质量为10kg的物体从10m高处自由落下，忽略空气阻力，求物体落地时的速度。

解：根据机械能守恒定律，物体的重力势能转化为动能，即mgh=1/2mv^2。

代入数据可得：10kg×9.8m/s^2×10m=1/2×10kg×v^2，解得v=14.7m/s。

#### 四、实验题1. 在验证牛顿第二定律的实验中，需要测量小车的质量、小车的加速度和拉力的大小。

请简述实验步骤。

答：首先，将小车和砝码放在光滑的水平面上，用弹簧秤测量拉力的大小。

然后，用打点计时器测量小车的加速度。

最后，测量小车和砝码的总质量。

通过这些数据，可以验证牛顿第二定律F=ma。

#### 五、简答题1. 简述能量守恒定律的内容及其在物理学中的应用。

答：能量守恒定律指出，在一个封闭系统中，能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只会从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而总能量保持不变。

选择题天天练(十一)一、单项选择题(在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)1.如图所示,质量形状均相同的木块紧靠在一起,放在光滑的水平面上,现用水平恒力F推1号木块,使10个木块一起向右匀加速运动,则第6号对第7号木块的推力为( )A.FB.0.8FC.0.4FD.0.2F2.在水平冰面上,一辆质量为1×103 kg的电动雪橇做匀速直线运动,关闭发动机后,雪橇滑行一段距离后停下来,其运动的v t图象如图所示,那么关于雪橇运动情况以下判断正确的是(g取10 m/s2)( )A.关闭发动机后,雪橇的加速度为-2 m/s2B.雪橇停止前30 s内通过的位移是150 mC.雪橇与水平冰面间的动摩擦因数约为0.03D.雪橇匀速运动过程中发动机的功率为5×103 W3.如图所示,将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处(O为球心),弹簧另一端与质量为m的小球相连(弹簧无弯曲),小球静止于P点.已知容器半径为R,与水平面间的动摩擦因数为μ,OP与水平方向的夹角θ=30°.下列说法正确的是( )A.容器相对于水平面有向左运动的趋势B.容器对小球的作用力竖直向上C.轻弹簧对小球的作用力大小为mgD.弹簧原长为R+4.(2015绵阳一诊)如图,在竖直平面内,直径为R的光滑半圆轨道和半径为R的光滑四分之一圆轨道水平相切于O点,O点在水平地面上.可视为质点的小球从O点以某一初速度进入半圆,刚好能通过半圆的最高点A,从A点飞出后落在四分之一圆轨道上的B点,不计空气阻力,g=10 m/s2.则B点与A点的竖直高度差为( )A.B.C.D.二、不定项选择题(在每小题给出的四个选项中,至少有一个选项符合题目要求)5.(2015舟山中学仿真模拟)电荷量q=1×10-4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上,所在空间存在沿水平方向的电场,其电场强度E的大小与时间t的关系如图(甲)所示,物块速度v的大小与时间t的关系如图(乙)所示.重力加速度g=10 m/s2.则( )A.物块在4 s内位移是8 mB.物块的质量是1 kgC.物块与水平面间动摩擦因数是0.4D.物块在4 s内电势能减少了14 J6.(2015杭州月考)如图所示,已知(甲)空间中没有电场、磁场;(乙)空间中有竖直向上的匀强电场;(丙)空间中有竖直向下的匀强电场;(丁)空间中有垂直纸面向里的匀强磁场.四个图中的斜面相同且绝缘,相同的带负电小球从斜面上的同一点O以相同初速度v0同时沿水平方向抛出,分别落在(甲)、(乙)、(丙)、(丁)图中斜面上A,B,C,D点(图中未画出).小球受到的电场力、洛伦兹力都始终小于重力,不计空气阻力.则( )A.O,C之间距离大于O,B之间距离B.小球从抛出到落在斜面上用时相等C.小球落到B点与C点速度大小相等D.从O到A与从O到D,合力对小球做功相同7.如图(甲)所示,光滑绝缘水平面上,虚线MN的右侧存在磁感应强度B=2 T的匀强磁场,MN的左侧有一质量m=0.1 kg 的矩形线圈abcd,bc 边长L1=0.2 m,电阻R=2 Ω.t=0时,用一恒定拉力F拉线圈,使其由静止开始向右做匀加速运动,经过时间1 s,线圈的bc边到达磁场边界MN,此时立即将拉力F改为变力,又经过1 s,线圈恰好完全进入磁场,整个运动过程中,线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图(乙)所示,则( )A.恒定拉力大小为0.5 NB.线圈在第2 s内的加速度大小为1 m/s2C.线圈ab边长L2=0.5 mD.在第2 s内流过线圈的电荷量为0.2 C选择题天天练(十一)1.C 将10个木块看做一个整体,则a=,设第6号对第7号木块的推力为F′,则将后四个木块看做一个整体,故a′=,根据连接体的运动关系可知,整体的加速度和任意一个木块的加速度都相等,所以有a=a′,即=,所以F′=0.4F,选项C正确.2.D 由速度—时间图线的斜率知关闭发动机后,雪橇的加速度为-0.5 m/s2;由速度—时间图象围成的面积表示位移可知雪橇停止前30 s内通过的位移是200 m;由于F-F f=0,F f=μmg=ma,P=Fv,解得μ=0.05,P=5×103 W,只有选项D正确.3.D 容器和小球组成的系统处于平衡状态,受力如图(甲)所示,容器相对于水平面没有向左运动的趋势,A错;小球受力如图(乙)所示,容器对小球的作用力是支持力,指向球心O,B错;由θ=30°得,小球受到容器的支持力和弹簧对小球的弹力大小均为mg,C错;题图中弹簧长度为R,压缩量为,故原长为R+,选项D正确.4.A 在A点的速度为v A则mg=可得:v A=从A点抛出后,竖直方向上:h=gt2水平方向上:x=v A t且h2+x2=R2代入得(5t2)2+(t)2=R2整理得t2=因此h=gt2=.5.BD v t图象中所围的“面积”表示位移,物块在前2 s内的位移为x 1=×t1=×2 m=2 m,物块在后2 s内的位移为x2=vt2=2×2 m=4 m,所以物块在4 s内的位移为x=x1+x2=6 m,A项错误;由题图可知,前2 s内物块做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有qE1-μmg=ma,由图线知加速度为a=1 m/s2,2 s后物块做匀速运动,由平衡条件有qE2=μmg,联立解得q(E1-E2)=ma,由图可得E1=3×104 N/C,E2=2×104 N/C,代入数据解得m=1 kg,选项B正确;由qE2=μmg可得μ==0.2,选项C 错误;电场力做正功W=qE1x1+qE2x2=14 J,所以电势能减少14 J,选项D 正确.6.AC 带电小球在(乙)图中受到重力与竖直向下的电场力,而在(丙)图中受到重力与竖直向上的电场力,根据类平抛运动规律,则有=,可知,当加速度越大时,所用时间越短,因此OB间距小于OC间距,故A正确,B错误;(甲)(乙)(丙)三图有=,那么v y=at=2v0tan θ,则有它们在竖直方向的速度相等,根据矢量的合成法则可得,小球落到B点与C点速度大小相等,故C正确;由于洛伦兹力向左上方,则竖直方向的加速度小于g,则OD>OA,又因洛伦兹力不做功,则球从O 到A重力做的功少于球从O到D做的功,故D错误.7.BD 由题图(乙)知bc边到达磁场边界MN时,电流i=0.1 A,故电动势为E=iR=0.2 V,再根据法拉第电磁感应定律E=BLv,可求此时速度为v1==0.5 m/s,又v1=at,由题图(乙)知进入磁场前运动时间t=1 s,加速度a=0.5 m/s2,恒力F=ma=0.05 N,故选项A错误;在第2 s内根据i=,i均匀增大,故做匀加速运动,结合题图(乙)可得===0.2,解得a′=1 m/s2,故选项B正确;线圈ab边长L2等于第2 s内物体的位移,根据匀变速运动的规律L2=v1t+a′t2=1 m,故选项C错误;在第2 s内流过线圈的电荷量为q===0.2 C,故选项D正确.。

第一模块第1章第1单元一、选择题1．2008年的奥运圣火经珠穆朗玛峰传至北京，观察图5中的旗帜和甲、乙两火炬手所传递的圣火火焰，关于甲、乙两火炬手相对于静止旗杆的运动情况，下列说法正确的是(旗杆和甲、乙火炬手在同一地区)()图5A．甲、乙两火炬手一定向左运动B．甲、乙两火炬手一定向右运动C．甲火炬手可能运动，乙火炬手向右运动D．甲火炬手可能静止，乙火炬手向左运动解析：红旗左飘，说明有向左吹的风，由于甲火炬手的火炬向左偏，无法确定甲火炬手的运动状态，甲可能静止，也可能向右运动，也可能向左运动，运动速度小于风速．乙火炬手的火炬向右偏，乙火炬手一定向左运动，且速度大于风速．答案：D2．用同一张底片对着小球运动的路径每隔110s拍一次照，得到的照片如图6所示，则小球在图中过程运动的平均速度是()图6A．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：C3．足球以8 m/s的速度飞来，运动员把它以12 m/s的速度反向踢出，踢球时间为0.2 s，设球飞来的方向为正方向，则足球在这段时间内加速度是() A．－200 m/s2B．200 m/s2C．－100 m/s2D．100 m/s2解析：根据加速度的定义可得：a＝v－v0t－12－80.2m/s2＝－100 m/s2答案：C4．在2008年北京奥运会中，牙买加选手博尔特(如图7所示)是一公认的世界飞人，在男子100 m决赛和男子200 m决赛中分别以9.69 s和19.30 s的成绩破两项世界纪录，获得两枚金牌．关于他在这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是( )A ．200 m 决赛中的位移大小是100 m 决赛中位移大小的两倍B ．200 m 决赛中的平均速度大小约为10.36 m/sC ．100 m 决赛中的平均速度大小约为10.32 m/sD ．100 m 决赛中的最大速度约为20.64 m/s解析：位移指的是从初位置指向末位置的有向线段，结合100 m 和200 m 的起点、终点设置，故A 、B 错.100 m 比赛中，博尔特做变速运动，最大速度无法判断，D 错．而位移Δx 一定，Δt 一定，则v ＝Δx /Δt ＝1009.69m/s ≈10.32 m/s ，所以选C.答案：C5．参加汽车拉力赛的越野车，先以平均速度v 1跑完全程的2/3，接着又以v 2＝40 km/h 的平均速度跑完剩下的1/3路程．已经测出在全程内的平均速度v ＝56 km/h ，那么v 1应是( )A ．60 km/hB ．65 km/hC ．48 km/hD ．70 km/h解析：设全程为x ，以平均速度v 1跑完全程的23的时间为t 1，则t 1＝2x3v 1.以平均速度v 2跑完全程的13的时间为t 2，则t 2＝x3v 2.以平均速度v ＝56 km/h 跑完全程所用的时间为t ，则t ＝xv.由t ＝t 1＋t 2得x v ＝2x 3v 1＋x3v 2，解得v 1＝3vv 23v 2－v.代入数据得v 1＝70 km/h.故选项D 是正确的． 答案：D6．在平直公路上行驶着的公共汽车，用固定于路旁的照相机连续两次拍摄，得到清晰的照片如图8所示．对照片进行分析，知道如下结果．(1)对间隔2 s 所拍摄的照片进行比较，可知公共汽车在2 s 的时间里前进了12 m. (2)在两张照片中，悬挂在公共汽车顶棚上的拉手均向后倾斜着． 根据这两张照片，下列说法正确的是( )A ．可求出拍摄的2 s 末公共汽车的瞬时速度B ．公共汽车在加速运动C ．可知在拍第一张照片时公共汽车的速度D ．公共汽车做匀速运动解析：根据题设条件只能求出公共汽车在2 s 时间内的平均速度，但不能求出2 s 末及拍第一张照片时公共汽车的瞬时速度，所以选项A 、C 错误；由于悬挂在公共汽车顶棚上的拉手一直向后倾斜，知汽车的加速度向前，即汽车做加速运动，所以选项B 正确，D 错误．答案：B7．有以下几种情景，根据所学知识选择对情景分析和判断正确的说法( )①点火后即将升空的火箭②高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车 ③运动的磁悬浮列车在轨道上高速行驶 ④太空的空间站在绕地球做匀速圆周运动 A ．因火箭还没运动，所以加速度一定为零B ．轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大C ．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D ．尽管空间站匀速转动，加速度也不为零解析：点火后虽然火箭速度为零，但由于合外力很大而具有很大的加速度，所以选项A 错误；判断加速度存在的依据是看合外力是否为零，看速度变化的快慢，而不是看速度的大小，所以选项B 正确；一个物体运动速度大，但速度不发生变化(如匀速直线运动)，则加速度为零，所以选项C 错误；曲线运动的速度方向发生了变化，速度就发生了变化，所以一定有加速度，选项D 正确．答案：BD 8．一物体做匀变速直线运动，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 ．速度变化的大小可能大于10 m/sC ．加速度的大小可能小于4 m/s 2D ．加速度的大小可能大于10 m/s 2解析：题中只给出1 s 初、末的速度的大小，这就隐含了两速度方向可能相同，也可能相反．若两速度方向相同，物体做匀加速运动，Δv ＝6 m/s ，a ＝6 m/s 2；若两速度方向相反，则物体运动必须是往复运动．取初速度的方向为正方向，则v t ＝－10 m/s ，全过程时间t ＝1s ，代入运动学公式即得a ＝v t －v 0t ＝－10－41m/s 2＝－14 m/s 2，负号说明a 的方向与初速度方向相反，即选项B 、D 正确．答案：BD9．客车运能是指一辆客车单位时间内最多能够运送的人数．某景区客运索道的客车容量为50人/车，它从起始站运行至终点站(图9)单程用时10分钟．该客车运行的平均速度和每小时的运能约为( )A ．5米/秒，300人B ．5米/秒，600人C ．3米/秒，300人D ．3米/秒，600人解析：从图中可看出数据，其平均速度v ＝xt≈5 m/s ，因单程用时10分钟，则1小时运送6次，其运能为：50人×6＝300人．答案：A 二、计算题 10．一架飞机水平匀速地在某同学头顶飞过．当他听到飞机的发动机声从头顶正上方传来时，发现飞机在他前上方与地面成60°角的方向上，据此可估算出此飞机的速度约为声速的多少倍．解析：飞机做匀速直线运动，设其速度为v 1，经过时间t ，其水平位移为x ＝v 1·t ，① 声波向下匀速传播，设其传播速度为v 2，则经过时间t ，传播距离为h ＝v 2t ，② 且x 与h 满足关系h ＝x tan60°，③由①②③式解得v 1＝33v ，即飞机的速度约为声速的33倍．答案：3311．如图10是高速摄影机拍摄的子弹头射过扑克牌的照片，子弹头的平均速度是900 m/s.(1)这种情况下，子弹头可看成质点吗？ (2)请你估算子弹穿过扑克牌的时间．(设扑克牌的宽度为5.7 cm ，子弹头的长度为1.9 cm) 解析：(1)由于扑克牌的宽度只有子弹头长度的3倍，所以子弹头不能看成质点． (2)子弹头穿过扑克牌所走位移为：x ＝5.7 cm ＋1.9 cm ＝7.6 cm ，所以子弹头穿过扑克牌的时间t ＝x v＝7.6×10－2900≈8.4×10－5 s.答案：(1)不可以 (2)8.4×10－5 s12．有些国家的交管部门为了交通安全，特制定了死亡加速度为500g (g ＝10 m/s 2)这一数值以警示世人．意思是如果行车加速度超过此值，将有生命危险．这么大的加速度，一般车辆是达不到的，但是如果发生交通事故时，将会达到这一数值．试判断：两辆摩托车以36 km/h 的速度相向而撞，碰撞时间为2×10－3s ，驾驶员是否有生命危险？解析：摩托车的初速度v 0＝36 km/h ＝10 m/s ， 末速度v t ＝0这一碰撞过程的时间Δt ＝2×10－3 s由加速度的定义式a＝Δv Δt得加速度的大小为a＝ΔvΔt＝102×10－3m/s2＝5×103 m/s2＝500 g，所以驾驶员有生命危险．答案：有生命危险。

第二模块 第5章 第4单元一、选择题图71．如图7所示，物体A 的质量为m ，置于水平地面上，A 的上端连一轻弹簧，原长为L ，劲度系数为k ，现将弹簧上端B 缓慢地竖直向上提起，使B 点上移距离为L ，此时物体A 也已经离开地面，则下列论述中正确的是( )A ．提弹簧的力对系统做功为mgLB ．物体A 的重力势能增加mgLC ．系统增加的机械能小于mgLD ．以上说法都不正确解析：由于将弹簧上端B 缓慢地竖直向上提起，可知提弹簧的力是不断增大的，最后等于A 物体的重力，因此提弹簧的力对系统做功应小于mgL ，A 选项错误．系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功，C 选项正确．由于弹簧的伸长，物体升高的高度小于L ，所以B 选项错误．答案：C图82．如图8所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是( )A ．电动机做的功为12m v 2B ．摩擦力对物体做的功为m v 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12m v 2D ．电动机增加的功率为μmg v解析：由能量守恒，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A错；对物体受力分析，知仅有摩擦力对物体做功，由动能定理，知B 错；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而易知这个位移是木块对地位移的两倍，即W ＝m v 2，故C 错；由功率公式易知传送带增加的功率为μmg v ，故D 对．答案：D图93．轻质弹簧吊着小球静止在如图9所示的A 位置，现用水平外力F 将小球缓慢拉到B 位置，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ，在这一过程中，对于整个系统，下列说法正确的是( )A ．系统的弹性势能不变B ．系统的弹性势能增加C ．系统的机械能不变D ．系统的机械能增加解析：根据三力平衡条件可得F ＝mg tan θ，弹簧弹力大小为F 弹＝mgcos θ，B 位置比A 位置弹力大，弹簧伸长量大，所以由A 位置到B 位置的过程中，系统的弹性势能增加，又由于重力势能增加，动能不变，所以系统的机械能增加．答案：BD图104．如图10所示，一小球从光滑圆弧轨道顶端由静止开始下滑，进入光滑水平面又压缩弹簧．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为E p 和E k ，弹簧弹性势能的最大值为E p ′，则它们之间的关系为( )A ．E p ＝E k ＝E p ′B ．E p >E k >E p ′C ．E p ＝E k ＋E p ′D ．E p ＋E k ＝E p ′解析：当小球处于最高点时，重力势能最大；当小球刚滚到水平面时重力势能全部转化为动能，此时动能最大；当小球压缩弹簧到最短时动能全部转化为弹性势能，弹性势能最大．由机械能守恒定律可知E p ＝E k ＝E p ′，故答案选A.答案：A5．节日燃放礼花弹时，要先将礼花弹放入一个竖直的炮筒中，然后点燃礼花弹的发射部分，通过火药剧烈燃烧产生的高压燃气，将礼花弹由炮筒底部射向空中．若礼花弹在由炮筒底部出发至炮筒口的过程中，克服重力做功W1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W2，高压燃气对礼花弹做功W3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变)() A．礼花弹的动能变化量为W3＋W2＋W1B．礼花弹的动能变化量为W3－W2－W1C．礼花弹的机械能变化量为W3－W2D．礼花弹的机械能变化量为W3－W1解析：由动能定理，动能变化量等于合外力做的功，即W3－W2－W1，B正确．除重力之外的力的功对应机械能的变化，即W3－W2，C正确．答案：BC6．飞船返回时高速进入大气层后，受到空气阻力的作用，接近地面时，减速伞打开，在距地面几米处，制动发动机点火制动，飞船迅速减速，安全着陆．下列说法正确的是() A．制动发动机点火制动后，飞船的重力势能减少，动能减小B．制动发动机工作时，由于化学能转化为机械能，飞船的机械能增加C．重力始终对飞船做正功，使飞船的机械能增加D．重力对飞船做正功，阻力对飞船做负功，飞船的机械能不变解析：制动发动机点火制动后，飞船迅速减速下落，动能、重力势能均变小，机械能减小，A正确，B错误；飞船进入大气层后，空气阻力做负功，机械能一定减小，故C、D均错误．答案：A图117．如图11所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4 m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动过程中，正确的说法是() A．物块的机械能一定增加B．物块的机械能一定减小C．物块的机械能可能不变D．物块的机械能可能增加也可能减小解析：机械能变化的原因是非重力、弹簧弹力做功，本题亦即看成F与Fμ做功大小问题，由mg sin α＋F μ－F ＝ma ，知F －F μ＝mg sin30°－ma >0，即F >F μ，故F 做正功多于克服摩擦力做功，故机械能增大．答案：A8．如图12所示，分别用恒力F 1、F 2先后将质量为m 的物体由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底端拉至顶端，两次所用时间相同，第一次力F 1沿斜面向上，第二次力F 2沿水平方向，则两个过程( )A ．合外力做的功相同B ．物体机械能变化量相同C ．F 1做的功与F 2做的功相同D ．F 1做的功比F 2做的功多图12解析：两次物体运动的位移和时间相等，则两次的加速度相等，末速度也应相等，则物体的机械能变化量相等，合力做功也应相等．用F 2拉物体时，摩擦力做功多些，两次重力做功相等，由动能定理知，用F 2拉物体时拉力做功多．答案：AB9．一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t 0滑至斜面底端．已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定．若用F 、v 、x 和E 分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则如下图所示的图象中可能正确的是( )解析：物体在沿斜面向下滑动的过程中，受到重力、支持力、摩擦力的作用，其合力为恒力，A 正确；而物体在此合力作用下做匀加速运动，v ＝at ，x ＝12at 2，所以B 、C 错；物体受摩擦力作用，总的机械能将减小，D 正确．答案：AD二、计算题图1310．如图13所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为s 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块经过的总路程．解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为s ，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q ＝12m v 20＋mgs 0sin θ又全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即 Q ＝μmgs cos θ解以上两式可得s ＝1μ(v 22g cos θ＋s 0tan θ)．答案：1μ(v 22g cos θ＋s 0tan θ)11．如图14甲所示，在倾角为30°的足够长光滑斜面AB 前，有一粗糙水平面OA ，OA 长为4 m ．有一质量为m 的滑块，从O 处由静止开始受一水平向右的力F 作用．F 只在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA 间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取10 m/s 2，试求：(1)滑块到A 处的速度大小．(2)不计滑块在A 处的速率变化，滑块冲上斜面的长度是多少？图14解析：(1)由图乙知，在前2 m 内，F 1＝2mg ，做正功，在第3 m 内，F 2＝0.5mg ，做负功，在第4 m 内，F 3＝0，滑动摩擦力F f ＝μmg ＝0.25mg ，始终做负功，由动能定理全程列式得：F 1l 1－F 2l 2－F f l ＝12m v 2A－0即2mg ×2－0.5mg ×1－0.25mg ×4＝12m v 2A解得v A ＝5 2 m/s(2)冲上斜面的过程，由动能定理得－mg ·L ·sin30°＝0－12m v 2A所以冲上AB 面的长度L ＝5 m 答案：(1)5 2 m/s (2)5 m12．电机带动水平传送带以速度v 匀速传动，一质量为m 的小木块由静止轻放在传送带上(传送带足够长)，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图15所示，当小木块与传图15送带相对静止时，求： (1)小木块的位移； (2)传送带转过的路程； (3)小木块获得的动能； (4)摩擦过程产生的摩擦热；(5)电机带动传送带匀速转动输出的总能量． 解析：(1)小木块的加速度a ＝μg 小木块的位移l 1＝v 22a ＝v 22μg .(2)小木块加速运动的时间t ＝v a ＝vμg传送带在这段时间内位移l 2＝v t ＝v 2μg .(3)小木块获得的动能E k ＝12m v 2.(4)因摩擦而产生的热等于摩擦力(f )乘以相对位移(ΔL )，故Q ＝f ·ΔL ＝μmg (l 2－l 1)＝12m v 2.(注：Q ＝E k 是一种巧合，但不是所有的问题都这样)．(5)由能的转化与守恒定律得，电机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦热，所以E总＝E k ＋Q ＝m v 2.答案：(1)v 22μg (2)v 2μg (3)12m v 2 (4)12v 2 (5)m v 2。

第11章第2节1．当前，全世界都在倡导“绿色化学”，下列成语表达的意义与“绿色化学”和环境污染的关系最不．相符的是() A．防微杜渐B．未雨绸缪C．防患未然D．亡羊补牢解析：“绿色化学”是指从技术、经济上设计可行的化学反应，从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，而不是产生了污染再治理．答案：D2．自然环境与人们生活息息相关．下列说法中不正确．．．的是() A．废旧显示器必须回收，其主要目的是为了提取其中的贵重金属B．生活污水中所含的氮、磷化合物是植物营养素，但会导致水体污染C．二氧化碳和甲烷等会导致“温室效应”，从而引起全球变暖D．雾霾天气会造成严重的交通问题，也不利于大棚作物的生长，雾霾是一种胶体解析：废旧显示器是电子垃圾，含有铅、镉、砷、镍、汞等有毒物质，处理不当将给人类和自然界造成极大的危害，A错误；生活污水中所含的氮、磷化合物会造成水体富营养化，导致水体污染，B正确；二氧化碳和甲烷等对从地表射向太空的长波特别是红外辐射有强烈的吸收作用，从而部分阻碍了地球向太空辐射能量，因此会导致“温室效应”，从而引起全球变暖，C正确；雾霾天气能见度降低，会造成严重的交通问题，也不利于大棚作物的生长，因为植物不能正常地进行光合作用，雾霾颗粒的大小在胶体颗粒的范围之内，是一种胶体，D正确．答案：A3．信息、材料、能源被称为新科技革命的“三大支柱”．下列观点或做法错误的是() A．在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源B．加大煤炭的开采速度，增加煤炭燃料的供应量，以缓解石油危机C．光缆在信息产业中有广泛应用，制造光缆的主要材料是二氧化硅D．高温结构陶瓷氮化硅(Si3N4)具有较高的硬度和耐磨性，可用于制造汽车发动机解析：煤炭属于不可再生资源，加大煤炭开采速度的做法是不正确的，应开发新能源才行，故B项做法错误．答案：B4．观察下图，下列叙述错误的是A．上图实验中发生了化学变化B．液体X溶液的pH>7，液体Y是一种黑色黏稠状液体C．气体Z易燃，可还原CuO，也可使溴水褪色D．试管A中产生浓的白烟解析：观察装置可看出该实验为煤的干馏，发生了复杂的物理、化学变化，试管A中得到固态的焦炭，试管中X为粗氨水，溶液pH>7，液体Y为一种黑色粘稠状的液体，气体Z中含有H2，可以还原CuO，也含有CH2＝CH2，可以使溴水褪色，故只有D错误．答案：D5．下列有关环境问题的说法正确的是]() A．燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中SO2的量B．臭氧的体积分数超过10－4%的空气有利于人体健康C．pH在5.6～7.0之间的降水通常称为酸雨D．含磷合成洗涤剂易于被细菌分解，故不会导致水体污染解析：煤中硫元素经燃烧产生的SO2，可以和石灰石分解后的CaO反应而被吸收，A 正确；B中臭氧在空气中超过10－4%时，对人体健康有害；C中酸雨的pH<5.6；D中含磷洗涤剂容易引起水体富营养化．答案：A6．下列做法中不．符合“绿色化学”思想的是() A．以水性涂料代替油性涂料B．以无磷洗涤剂代替含磷洗涤剂C．实验后的有毒有害物质应分类收集、统一处理D．在通风橱中制取氯气时不用NaOH溶液吸收尾气解析：Cl2有毒，不用NaOH吸收会污染环境，故选D.答案：D7．化学是一门实用的、中心的学科，生活中的许多问题常涉及到化学知识．它在给经济发展和生活带来方便的同时，如果运用不当也会产生负面的影响．下列有关叙述不．正确的是A．次氯酸和臭氧都是强氧化剂，都能杀死水中的细菌．自来水常用氯气来杀菌消毒，是因为氯气杀菌消毒效果要比臭氧好，且不会残留有毒、有害物质B．人们应用原电池原理，制作了多种电池，如干电池、充电电池、高能电池等．电池在现代生产和科学技术中发挥了重要作用，但废旧电池会对生态环境和公众健康造成危害．所以废旧电池必须回收再利用C．明矾常用作净水剂，但人体摄入大量铝盐，易患“老年性痴呆症”，所以饮用水不能大量采用明矾作净水剂D．氟氯烃为一类含有氟和氯的有机物，是制冷效果极佳的制冷剂，但它会破坏臭氧层，科研人员正在积极研发环保型的替代产品，以减少氟氯烃的使用量解析：目前逐渐淘汰氯气消毒自来水的主要原因是氯气消毒会残留有毒、有害物质，选项A错；废旧电池会对生态环境和公众健康造成危害，所以废旧电池必须回收再利用，选项B正确；人体摄入大量铝盐易患“老年性痴呆”症，选项C正确；氟氯烃会破坏臭氧层，选项D正确；选A.答案：A8．大气环流异常形势，以及拉尼娜现象，是2008年春节前这次大范围降温、雨雪和冰冻灾害的重要原因．拉尼娜现象也称反厄尔尼诺现象，指赤道太平洋东部和中部海水大范围持续异常变冷的现象，同时也伴随着全球性气候混乱．下列说法不正确的是() A．在雪中加入盐(不一定必须是食盐)之后，会使水的凝固点降低，不易结冰B．推广使用太阳能、风能、海洋能、氢能，有利于缓解温室效应C．在含硫的燃料中加入适量生石灰，可以减少二氧化硫的排放量D．融化的雪水，气温下降后，水分子间通过化学键结成坚硬的薄冰，给交通带来安全隐患解析：A中，加入电解质会使水的凝固点降低，说法正确．B中都是清洁能源，不会带来CO2等温室气体，说法正确．C中，生成的二氧化硫在高温下能被生石灰吸收，说法正确. D中，冰中水分子间作用力不属于化学键，是氢键．答案：D9．“绿色化学”是人们最近提出的一个新概念，主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，尽可能减少对环境的副作用．下列化学反应不．符合绿色化学概念的是() A．消除硫酸厂尾气中的SO2：SO2＋2NH3＋H2O===(NH4)2SO3B．消除硝酸工业尾气的氮氧化物的污染：NO ＋NO 2＋2NaOH===2NaNO 2＋H 2OC ．制CuSO 4：Cu ＋2H 2SO 4(浓)=====△CuSO 4＋SO 2↑＋2H 2OD ．制CuSO 4：2Cu ＋O 2=====△2CuO ；CuO ＋H 2SO 4===CuSO 4＋H 2O解析：A 、B 两项中在消除硫酸厂的尾气SO 2、硝酸厂尾气氮氧化物均符合“绿色化学”的含义，D 项制取CuSO 4时不产生大气污染物且节约原料也符合要求，只有C 项中会产生大气污染物SO 2，故选C.答案：C10．“抓好资源节约，建设环境友好型社会”是我国社会和经济长期发展的重要保证．你认为下列行为与之相悖的是( )A ．研制对目标昆虫有毒杀作用的新型、可降解杀虫剂B ．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁、高效的能源C ．生活垃圾妥善处置，不污染环境D ．以聚苯乙烯全面代替木材，生产包装盒、快餐盒等以减少木材使用，保护森林解析：使用新型、可降解杀虫剂，将减少对环境的污染，A 正确；沼气属可再生能源，使用沼气，可减少煤等化石燃料的燃烧量，减少污染，B 正确；将生活垃圾分类妥善处理，不污染环境，C 正确；聚苯乙烯不易降解，会造成白色污染，故选D.答案：D11．有机玻璃是由有机物X 加聚制得的热塑性塑料，为透明如玻璃状的无色固体，可用以制造航空窗玻璃、仪表盘、外科照明灯、装饰品和生活用品等．其结构简式如下：请回答下列问题： (1)写出X 的结构简式________________________．(2)有机物X 不能发生的反应有________(填写序号)；①和氢气加成 ②使溴水褪色 ③被酸性高锰酸钾溶液氧化 ④水解反应 ⑤酯化反应(3)有机物X 有多种同分异构体，其中含有2个甲基、且属于羧酸类的有机分子的结构简式为________．解析：将有机玻璃中的的单键变成双键，即得单体X 的结构简式，X中含有CC 和—COOCH 3，可知其能发生的反应有与H 2加成，使溴水褪色，被酸性高锰酸钾氧化，以及水解反应．X 的同分异构体中符合条件的只有与两种．12．“温室效应”是全球关注的环境问题之一．CO 2是目前大气中含量最高的一种温室气体．因此，控制和治理CO 2是解决温室效应的有效途径．(1)下列措施中，有利于降低大气中CO 2浓度的有________．(填字母)a ．减少化石燃料的使用b ．植树造林，增大植被面积c ．采用节能技术d ．利用太阳能、风能(2)将CO 2转化成有机物可有效实现碳循环．CO 2转化成有机物的例子很多，如：a ．6CO 2＋6H 2O ――→光合作用C 6H 12O 6＋6O 2b ．CO 2＋3H 2――→催化剂△CH 3OH ＋H 2O c ．CO 2＋CH 4――→催化剂△CH 3COOH d ．2CO 2＋6H 2――→催化剂△CH 2＝CH 2＋4H 2O 以上反应中，最节能的是________，原子利用率最高的是________．解析：(1)利用太阳能、风能的同时也就减少了化石燃料的使用，降低了CO 2的排放量，而采用节能技术，提高了能源利用率，也使CO 2的排放量减少，植树造林，吸收空气中的CO 2，这些措施均有利于降低CO 2的浓度．(2)a 项利用植物光合作用完成，最节能，而只有c 项反应物中的原子全部进入期望的产物中去．答案：(1)abcd (2)a c13．绿色化学是一个多学科交叉的研究领域．它可以诠释为环境友好化学，其核心内涵是反应过程和化工生产中，尽量减少或彻底消除使用和生产有害物质．“绿色试剂”双氧水可作为矿业废液消毒剂，如消除采矿业废液中的氰化物(如KCN)，化学方程式为：KCN＋H2O2＋H2O===M＋NH3↑.(1)生成物M的化学式为________．(2)在标准状况下有0.224 L氨气生成，则转移的电子数为________个．(3)反应中被氧化的元素为________(写元素符号)．(4)H2O2被称为绿色氧化剂的理由是______________．解析：(1)由原子守恒可知M的化学式为KHCO3.(2)在所给反应中，每生成1 mol NH3，氧化剂H2O2共得到2 mol电子，故在标准状况下有0.244 L NH3生成时有0.01 mol×2×6.02×1023 mol－1≈1.2×1022个电子发生转移．(3)在所给反应中，碳元素的化合价由KCN中的＋2价，升高到KHCO3中的＋4价而被氧化．(4)由于H2O2作氧化剂时还原产物为H2O，没有毒性和污染性，故称绿色氧化剂．答案：(1)KHCO3(2)1.2×1022(3)C(4)其还原产物是H2O，H2O没有毒性及污染性。

物理必修一知识点总结⑴、任一时刻物体运动的位移⑵、图线的斜率．．的大小．．．．．表示物体运动速度⑴、图线向上倾斜表示物体沿正向作直线运动，图线向下倾斜表示物体沿反向作直线运动。

⑵、两图线相交表示两物体在这一时刻相遇⑶、比较两物体运动速度大小的关系（看两物体X—t图象中图线的斜率．．．．．）2、从V—t图象中可求：⑴、任一时刻物体运动的速度：在t．轴上方．．．．．．．．．，在t．轴下方．．．表示物体运动方向为正表示物体运动方向为负．．．．．．。

⑵、图线的斜率．．．的大小．．．．．表示物体加速度⑴、图线纵坐标的截距表示．．．．．．．．．．0V）．．．时刻的速度（即初速度．．．．．．．．t=0⑵、图线与横坐标所围的面积表示．．．．．．．．．。

在t．轴上方的位移为．．．．相应时间内的位移正．，在t ．轴下方的位移为负．．．．．．．．。

某段时间内的总位移等于各段时间位移的代数．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．和．。

⑶、 两图线相交表示两物体在这一时刻速度相同⑷、 比较两物体运动加速度大小的关系（比较图线的斜率大小） 种类 区别（特点） 联系匀直线运动V=恒量1、匀速直线运动是匀变速直线运动的一种特殊形式。

2、当物体运动的加速度为零时，物体做匀速直线运动。

a=0 x = vt匀变速直线 运动 v =v 0+ata=恒量x =v 0t +at 2/2 =t V V t )(210+ =aV V t 2202- a 与V 0同向为加速a 与V 0反向为减速 补充二：速度与加速度的关系．．．．．．．．．1、速度与加速度没有必然的关系，即：⑴速度大，加速度不一定也大； ⑵加速度大，速度不一定也大； ⑶速度为零，加速度不一定也为零； ⑷加速度为零，速度不一定也为零。

2、当加速度a 与速度V 方向的关系确定时，则有：⑴若a 与V 方向相同．．．．时，不管．．a ．如何变化，．．．．．V ．都增大．．．。

⑵若a 与V 方向相反．．．．时，不管．．a ．如何变化，．．．．．V ．都减小．．．。

高中同步练习册及答案物理人教版# 高中同步练习册及答案物理人教版## 第一章力学基础### 1.1 力的概念力是物体间相互作用的一种表现，可以改变物体的运动状态。

力的三要素包括大小、方向和作用点。

练习题1：请描述力的三要素，并给出一个实际生活中的例子。

### 1.2 牛顿运动定律牛顿运动定律包括三个定律：惯性定律、加速度定律和作用与反作用定律。

练习题2：解释牛顿第一定律，并给出一个生活中的例子。

### 1.3 力的合成与分解力的合成与分解是解决物理问题的基本方法之一。

合力和分力遵循矢量运算的规则。

练习题3：给定两个力F1和F2，它们之间的夹角为60度，求它们的合力大小。

## 第二章物体的运动### 2.1 直线运动直线运动包括匀速直线运动和变速直线运动。

练习题4：一个物体以匀速v运动了时间t，求物体的位移。

### 2.2 曲线运动曲线运动中，物体的速度方向和加速度方向不在同一直线上。

练习题5：描述平抛运动的特点，并给出一个实验验证的方法。

## 第三章能量守恒定律### 3.1 能量守恒定律能量守恒定律是自然界最基本的定律之一，表明能量既不能被创造也不能被消灭。

练习题6：一个物体从高度h自由落下，求落地时的动能。

### 3.2 机械能守恒在没有非保守力做功的情况下，系统的机械能保持不变。

练习题7：描述机械能守恒的条件，并给出一个应用场景。

## 第四章流体力学### 4.1 流体静力学流体静力学研究静止流体的性质，如压强和浮力。

练习题8：一个容器内装满水，求容器底部受到的水压。

### 4.2 流体动力学流体动力学研究流体的运动规律，包括伯努利方程和连续性方程。

练习题9：描述伯努利方程，并给出一个应用实例。

## 第五章热力学### 5.1 热力学第一定律热力学第一定律是能量守恒定律在热力学过程中的体现。

练习题10：一个气缸内有一定质量的气体，求气体在等压膨胀过程中吸收的热量。

### 5.2 热力学第二定律热力学第二定律揭示了能量转换的方向性。

第2课时固体、液体和气体考纲解读 1.知道晶体、非晶体的区别.2.理解表面张力，会解释有关现象.3.掌握气体实验三定律，会用三定律分析气体状态变化问题．1．[固体和液体的理解]关于固体和液体，下列说法中正确的是() A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体B．单晶体和多晶体的物理性质没有区别，都有固定的熔点和沸点C．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用D．液体的浸润与不浸润均是分子力作用的表现E．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点答案CDE解析玻璃属于非晶体，A错误；单晶体和多晶体的物理性质有区别，如单晶体在物理性质上表现为各向异性，多晶体在物理性质上表现为各向同性，B错误．2．[饱和汽的理解]关于饱和汽，下面说法正确的是() A．达饱和汽时液面上的气体分子的密度不断增大B．达饱和汽时液面上的气体分子的密度不变C．将未饱和汽转化成饱和汽可以保持温度不变，减小体积D．将未饱和汽转化成饱和汽可以保持体积不变，降低温度答案BCD解析饱和汽是指单位时间内逸出液面的分子数和返回液面的分子数相等的状态，分子密度不变，A错，B对；在一定温度下，通过减小体积增加分子密度使未饱和汽转化为饱和汽，C对；在体积不变的情况下，可以通过降低温度来降低饱和汽压，使未饱和汽达到饱和状态，D对．3．[湿度的理解]关于空气湿度，下列说法正确的是() A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小C．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示D．空气的相对湿度定义为水的饱和汽压与相同温度时空气中所含水蒸汽的压强之比答案BC解析当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，这是因为无论空气的绝对湿度多大，只要比饱和汽压小得越多，液体就越容易蒸发，这时人身上分泌的液体越容易蒸发，人感觉就越干燥，选项A错误，B 正确；空气的绝对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示，空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸汽的压强与相同温度时水的饱和汽压之比，选项C正确，D错误．4．[气体实验定律的理解和应用]一定质量理想气体的状态经历了如图1所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在()图1A．ab过程中不断减小B．bc过程中保持不变C．cd过程中不断增大D．da过程中保持不变答案 B解析首先，因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A错误；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e，则ae是等容线，即V a＝V e，因为V d<V e，所以V d<V a，所以da过程中体积变化，D错误．1．晶体与非晶体2．液体的表面张力(1)作用：液体的表面张力使液面具有收缩的趋势．(2)方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直．3．液晶的物理性质(1)具有液体的流动性．(2)具有晶体的光学各向异性．(3)从某个方向看其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的．4．饱和汽湿度(1)饱和汽与未饱和汽①饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽．②未饱和汽：没有达到饱和状态的蒸汽．(2)饱和汽压①定义：饱和汽所具有的压强．②特点：液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关．(3)湿度①定义：空气的干湿程度．②描述湿度的物理量绝对湿度：空气中所含水蒸气的压强．相对湿度：某温度时空气中水蒸气的压强与同一温度时饱和水汽压的百分比．即：B＝pp s×100%.5．气体实验定律6．理想气体的状态方程(1)理想气体①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体．②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，即分子间无分子势能． (2)理想气体的状态方程一定质量的理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2或pV T ＝C .气体实验定律可看做一定质量理想气体状态方程的特例.考点一 固体与液体的性质例1 在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，石蜡熔化的范围如图2(1)、(2)、(3)所示，而甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图(4)所示．则由此可判断出甲为______，乙为______，丙为________．(填“单晶体”、“多晶体”、“非晶体”)图2解析 晶体具有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点．单晶体的物理性质具有各向异性，多晶体的物理性质具有各向同性． 答案 多晶体 非晶体 单晶体 例2 关于液体表面现象的说法中正确的是( )A ．把缝衣针小心地放在水面上，针可以把水面压弯而不沉没，是因为针受到重力小，又受到液体浮力的缘故B ．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体内分子间有相互吸引力C ．玻璃管道裂口放在火上烧熔，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故D ．飘浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故解析A项的缝衣针不受浮力，受表面张力；B项水银会成球状是因为表面张力；D也是表面张力的作用，只有C正确．答案 C突破训练1人类对自然的认识是从宏观到微观不断深入的过程．以下说法正确的是() A．液体的分子势能与体积有关B．晶体的物理性质都是各向异性的C．温度升高，每个分子的动能都增大D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用答案AD解析分子势能与分子间距有关，选项A正确；晶体分为单晶体和多晶体，单晶体的物理性质具有各向异性，而多晶体具有各向同性，选项B错误；温度升高，分子平均动能增大，但不一定每个分子的动能都增大，选项C错误；露珠呈球状就是因为液体表面张力的作用，选项D正确．考点二气体压强的产生与计算1．产生的原因：由于大量分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫做气体的压强．2．决定因素(1)宏观上：决定于气体的温度和体积．(2)微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度．3．平衡状态下气体压强的求法(1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强．(2)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强．(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强．4．加速运动系统中封闭气体压强的求法选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．例3如图3所示，光滑水平面上放有一质量为M的汽缸，汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞，活塞面积为S .现用水平恒力F 向右推汽缸，最后汽缸和活塞达到相对静止状态，求此时缸内封闭气体的压强p .(已知外界大气压为p 0)图3解析 选取汽缸和活塞整体为研究对象， 相对静止时有：F ＝(M ＋m )a再选活塞为研究对象，根据牛顿第二定律有：pS －p 0S ＝ma 解得：p ＝p 0＋mFS (M ＋m ).答案 p 0＋mFS (M ＋m )突破训练2 若已知大气压强为p 0，在图4中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强．图4答案 甲：p 0－ρgh 乙：p 0－ρgh 丙：p 0－32ρgh 丁：p 0＋ρgh 1解析 在甲图中，以高为h 的液柱为研究对象，由二力平衡知 p 气S ＝－ρghS ＋p 0S 所以p 气＝p 0－ρgh在图乙中，以B 液面为研究对象，由平衡方程F 上＝F 下有： p A S ＋p h S ＝p 0S p 气＝p A ＝p 0－ρgh在图丙中，仍以B 液面为研究对象，有 p A ＋ρgh sin 60°＝p B ＝p 0所以p气＝p A＝p0－32ρgh在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得p气S＝(p0＋ρgh1)S所以p气＝p0＋ρgh1考点三气体实验定律与理想气体状态方程例4(2012·新课标全国·33(2))如图5，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0°C的水槽中，B的容积是A的3倍．阀门S将A和B两部分隔开．A内为真空，B和C内都充有气体．U形管内左边水银柱比右边的低60 mm.打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左、右水银柱高度相等．假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．图5(1)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)；(2)将右侧水槽的水从0°C加热到一定温度时，U形管内左、右水银柱高度差又为60 mm，求加热后右侧水槽的水温．解析(1)在打开阀门S前，两水槽水温均为T0＝273 K．设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为V B，玻璃泡C中气体的压强为p C，依题意有p1＝p C＋Δp ①式中Δp＝60 mmHg.打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为p B.依题意有，p B＝p C ②玻璃泡A和B中气体的体积为V2＝V A＋V B ③根据玻意耳定律得p1V B＝p B V2 ④联立①②③④式，并代入题给数据得p C ＝V BV AΔp ＝180 mmHg⑤(2)当右侧水槽的水温加热到T ′时，U 形管左、右水银柱高度差为Δp ，玻璃泡C 中气体的压强为 p C ′＝p B ＋Δp⑥玻璃泡C 中的气体体积不变，根据查理定律得 p C T 0＝p C ′T ′⑦联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得 T ′＝364 K答案 (1)180 mmHg (2)364 K应用气体实验定律或状态方程解题的一般步骤 (1)明确研究对象(即选取一定质量的气体)； (2)确定气体在初、末状态的参量； (3)结合气体实验定律或状态方程列式求解； (4)讨论结果的合理性．突破训练3 如图6所示，汽缸放置在水平平台上，活塞质量为10 kg ，横截面积为50 cm 2，厚度为1 cm ，汽缸全长为21 cm ，汽缸质量为20 kg ，大气压强为1×105 Pa ，当温度为7℃时，活塞封闭的气柱长10 cm ，若将汽缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通．g 取10 m/s 2，求：图6(1)汽缸倒置时，活塞封闭的气柱多长； (2)当温度多高时，活塞刚好接触平台． 答案 (1)15 cm (2)100℃解析 (1)设汽缸倒置前、后被封闭气体的压强分别为p 1和p 2，气柱长度分别为L 1和L 2.p 1＝p 0＋mg S ＝1.2×105Pa ，p 2＝p 0－mgS ＝0.8×105Pa倒置过程为等温变化，由玻意耳定律可得 p 1L 1S ＝p 2L 2S ，所以L 2＝p 1p 2L 1＝15 cm(2)设倒置后升温前、后封闭气柱温度分别为T 2和T 3，升温后气柱长度为L 3，则 T 2＝T 1＝(273＋7) K ＝280 K ，L 2＝15 cm ，L 3＝20 cm 升温过程为等压变化，由盖—吕萨克定律可得L 2S T 2＝L 3ST 3所以T 3＝L 3L 2T 2＝373 K.即温度升高到100℃时，活塞刚好接触平台．突破训练4 对一定质量的气体，下列四种状态变化中，可能实现的是( )A ．增大压强时，温度降低，体积增大B ．升高温度时，压强增大，体积减小C ．降低温度时，压强增大，体积不变D ．降低温度时，压强减小，体积增大 答案 BD考点四 理想气体实验定律的微观解释 1．等温变化一定质量的气体，温度保持不变时，分子的平均动能一定．在这种情况下，体积减小时，分子的密集程度增大，气体的压强增大．2．等容变化一定质量的气体，体积保持不变时，分子的密集程度保持不变．在这种情况下，温度升高时，分子的平均动能增大，气体的压强增大．3．等压变化一定质量的气体，温度升高时，分子的平均动能增大．只有气体的体积同时增大，使分子的密集程度减小，才能保持压强不变．例5对于一定质量的气体，当压强和体积发生变化时，以下说法正确的是() A．压强和体积都增大时，其分子平均动能不可能不变B．压强和体积都增大时，其分子平均动能有可能减小C．压强增大，体积减小时，其分子平均动能一定不变D．压强减小，体积增大时，其分子平均动能可能增大解析当体积增大时，单位体积内的分子数减少，只有气体的温度升高、分子平均动能增大，压强才能增大，A正确，B错误；当体积减小时，单位体积内的分子数增多，温度不变、降低、升高都可能使压强增大，C错误；同理体积增大时，温度不变、降低、升高都可能使压强减小，故D正确．答案AD突破训练5封闭在汽缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是() A．气体的密度增大B．气体的压强增大C．气体分子的平均动能减小D．每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多答案BD解析等容变化温度升高时，压强一定增大，分子密度不变，分子平均动能增大，单位时间撞击单位面积器壁的气体分子数增多，B、D正确．47.用图象法分析气体的状态变化例6体在状态A 时的压强是1.5×105Pa.图7(1)说出A →B 过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中T A 的温度值．(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的p －T 图象，并在图线相应位置上标出字母A 、B 、C .如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．解析 (1)从题图甲可以看出，A 与B 连线的延长线过原点，所以A →B 是一个等压变化，即p A ＝p B根据盖—吕萨克定律可得V A T A ＝V BT B所以T A ＝V A V B T B ＝0.40.6×300 K ＝200 K.(2)由题图甲可知，由B →C 是等容变化，根据查理定律得p B T B ＝p CT C所以p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝43×1.5×105Pa ＝2.0×105Pa则可画出由状态A→B→C的p－T图象如图所示．答案见解析1．要清楚等温、等压、等容变化，在p －V 图象、p －T 图象、V －T 图象、p －T 图象、V －T 图象中的特点．2．若题中给出了图象，则从中提取相关的信息，如物态变化的特点、已知量、待求量等． 3．若需作出图象，则分析物态变化特点，在特殊点处，依据题给已知量、解得的待求量，按要求作图象．若从已知图象作相同坐标系的新图象，则在计算后也可以应用“平移法”．突破训练6 (1)为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强p 和体积V 关系的是________．(2)带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态A ，由过程AB 到达状态B ，后又经过程BC 到达状态C ，如图8所示．设气体在状态A 时的压强、体积和温度分别为p A 、V A 和T A .在状态B 时的体积为V B .在状态C 时的温度为T C .图8①求气体在状态B 时的温度T B ；②求气体在状态A 的压强p A 与状态C 的压强p C 之比． 答案 (1)B (2)①T A ·V B V A ②T A ·V BT C ·V A解析 (1)气体等温变化，有pV ＝C (恒量)，即p 与1V成正比，故选B.(2)①由题图知，A →B 过程为等压变化．由盖—吕萨克定律有V A T A ＝V B V B ，解得T B ＝T A ·V BV A②由题图知，B →C 过程为等容变化，由查理定律有p B T B ＝p CT CA →B 过程为等压变化，压强相等，有p A ＝p B由以上各式得p A p C ＝T A ·V BT C ·V A.高考题组1．(2013·福建·29(2))某自行车轮胎的容积为V ，里面已有压强为p 0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p ，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压力也是p 0、体积为________的空气．(填选项前的字母) A.p 0pVB.p p 0V C ．(pp 0－1)VD ．(pp 0＋1)V答案 C解析 设要向轮胎充入体积为V x ，由玻意耳定律p 0(V ＋V x )＝pV ，得V x ＝(pp 0－1)V ，故C 正确．2．(2013·新课标Ⅱ·33)(1)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(2)如图9，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长l 1＝25.0 cm 的空气柱，中间有一段长为l 2＝25.0 cm 的水银柱，上部空气柱的长度l 3＝40.0 cm.已知大气压强为p 0＝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．图9答案 (1)ABE (2)15.0 cm解析 (1)气体分子间有间隙，因此气体体积指的是气体分子所能到达的空间的体积，选项A 正确；温度是分子平均动能大小的标志，反映分子热运动的剧烈程度，因此只要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；气体的压强是气体分子无规则运动时由与器壁表面碰撞时的作用力引起的，与超重、失重无关，选项C 错误；改变气体内能有两个途径，即做功和热传递，因此气体从外界吸收热量，其内能不一定增加，选项D 错误；由盖—吕萨克定律知气体在等压膨胀时，V 1T 1＝V 2T 2，温度一定升高，选项E 正确．(2)以cmHg 为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为p 1＝p 0＋ p 2①设活塞下推后，下部空气柱的压强为p 1′，由玻意耳定律得 p 1l 1＝p 1′l 1′②如图，设活塞下推距离为Δl ，则此时玻璃管上部空气柱的长度为 l 3′＝l 3＋l 1－l 1′－Δl③设此时玻璃管上部空气柱的压强为p 3′，则 p 3′＝p 1′－p 2④由玻意耳定律得 p 0l 3＝p 3′l 3′⑤由①至⑤式及题给数据解得Δl ＝15.0 cm3．(2013·新课标Ⅰ·33(2))如图10，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V 0，汽缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p 0和p 0/3；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V 0/4.现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K ，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T 0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求：图10(i)恒温热源的温度T ；(ii)重新达到平衡后，左汽缸中活塞上方气体的体积V x . 答案 (i)75T 0 (ii)12V 0解析 (i)设左右活塞的质量分别为M 1、M 2，左右活塞的横截面积均为S 由活塞平衡可知：p 0S ＝M 1g ①p 0S ＝M 2g ＋p 0S 3得M 2g ＝23p 0S②如图所示，打开阀门后，由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧上方气体的温度和压强均不变，所以体积仍保持14V 0不变，所以当下面接触温度为T 的恒温热源后，活塞下方体积增大为(V 0＋34V 0)，则由等压变化：12V 0＋34V 0T 0＝V 0＋34V 0T解得T ＝75T 0(ii)如图所示，当把阀门K 打开重新达到平衡后，由于右侧上部分气体要充入左侧的上部，且由①②两式知M 1g ＞M 2g ，打开活塞后，左侧活塞降至某位置，右侧活塞升到顶端，汽缸上部保持温度T 0等温变化，汽缸下部保持温度T 等温变化．设左侧上方气体压强为p ，由pV x ＝p 03·V 04，设下方气体压强为p 2：p＋M 1gS＝p 2，解得p 2＝p ＋p 0 所以有p 2(2V 0－V x )＝p 0·7V 04联立上述两个方程有6V 2x －V 0V x －V 20＝0，解得V x ＝12V 0，另一解V x ＝－13V 0，不合题意，舍去． 模拟题组4．(1)关于分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是________．A ．布朗运动是液体分子的无规则运动B ．分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小C ．热量能够自发地从高温物体传导到低温物体，但不能自发地从低温物体传导到高温物体D ．功转变为热的实际宏观过程一定是可逆过程(2)汽缸长L ＝1 m(汽缸的厚度可忽略不计)，固定在水平面上，汽缸中有横截面积为S ＝100 cm 2的光滑活塞，活塞封闭了一定质量的理想气体，当温度为t ＝27℃、大气压为p 0＝1×105 Pa 时，气柱长度L 0＝0.4 m ．现用力缓慢拉动活塞，已知拉力最大值为F ＝500 N.图11①如果温度保持不变，能否将活塞从汽缸中拉出？②若保持拉力最大值不变，将活塞从汽缸中拉出，汽缸中气体温度至少为多少摄氏度？ 答案 (1)C (2)①不能 ②102℃ 5．(1)下列说法中正确的是________．A ．由于液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，所以液体存在表面张力B ．用油膜法估测出了油酸分子直径，如果已知其密度可估测出阿伏加德罗常数C ．在棉花、粉笔等物体内都有很多细小的孔道，它们起到了毛细管的作用D ．一定质量的理想气体从外界吸收热量，温度一定升高E ．空气相对湿度大，体表的水不易蒸发，所以人就感到潮湿(2)为适应太空环境，去太空旅行的航天员都要穿航天服．航天服有一套生命系统，为航天员提供合适的温度、氧气和气压，让航天员在太空中如同在地面上一样．假如在地面上航天服内气压为1.0×105 Pa ，气体体积为2 L ，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积变为4 L，使航天服达到最大体积．若航天服内气体的温度不变，将航天服视为封闭系统．①求此时航天服内的气体压强；②若开启航天服封闭系统向航天服内充气，使航天服内的气压恢复到9.0×104Pa，则需补充1.0×105 Pa的等温气体多少升？答案(1)ACE(2)①5.0×104 Pa②1.6 L解析(2)①航天服内气体经历等温过程，p1＝1.0×105 Pa，V1＝2 L，V2＝4 L由玻意耳定律p1V1＝p2V2得p2＝5.0×104 Pa②设需要补充的气体体积为V，将补充的气体与原航天服内气体视为一个整体，充气后的气压p3＝9.0×104 Pa由玻意耳定律p1(V1＋V)＝p3V2得V＝1.6 L(限时：45分钟)►题组1对固体与液体的考查1．关于晶体和非晶体，下列说法正确的是() A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体B．晶体的分子(或原子、离子)排列是规则的C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的答案BC2．关于液体的表面张力，下列说法中正确的是() A．表面张力是液体各部分间的相互作用B．液体表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间相互作用表现为引力C．表面张力的方向总是垂直于液面，指向液体内部的D．表面张力的方向总是与液面相切的答案BD3．关于液晶，下列说法中正确的有() A．液晶是一种晶体B．液晶分子的空间排列是稳定的，具有各向异性C．液晶的光学性质随温度的变化而变化D．液晶的光学性质随光照的变化而变化答案CD解析液晶的微观结构介于晶体和液体之间，虽然液晶分子在特定方向排列比较整齐，具有各向异性，但分子的排列是不稳定的，选项A、B错误；外界条件的微小变化都会引起液晶分子排列的变化，从而改变液晶的某些性质；温度、压力、外加电压等因素变化时，都会改变液晶的光学性质，选项C、D正确．4．液体的饱和汽压随温度的升高而增大() A．其规律遵循查理定律B．是因为饱和汽的质量随温度的升高而增大C．是因为饱和汽的体积随温度的升高而增大D．是因为饱和汽密度和蒸汽分子的平均速率都随温度的升高而增大答案 D解析当温度升高时，蒸汽分子的平均动能增大，导致饱和汽压增大；同时，液体中平均动能大的分子数增多，从液面飞出的分子数将增多，在体积不变时，将使饱和汽的密度增大，也会导致饱和汽压增大，故选D.►题组2对气体实验定律微观解释的考查5．一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为() A．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多C．气体分子的总数增加D．气体分子的密度增大答案BD解析理想气体经等温压缩，压强增大，体积减小，分子密度增大，则单位时间内单位面积器壁上受到气体分子的碰撞次数增多，但气体分子每次碰撞器壁的平均冲力不变，故B、D正确，A、C错误．6．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。

高三物理天天练一（物体的平衡）1、水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为(01)μμ<<。

现对木箱施加一拉力F ，使木箱做匀速直线运动。

设F 的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则（ ）A.F 先减小后增大B.F 一直增大C.F 的功率减小D.F 的功率不变2、如图所示，三个质量不计的完全相同的测力计，各小球重力相同，一切摩擦均不计， 平衡时各弹簧秤的示数分别为F 1，F 2，F 3，其大小关系是( )A ．F 1＝F 2＝F 3B ．F 1＝F 2＜F 3C ．F 1＝F 2＞F 3D ．F 3＞F 1＞F 23、如图所示，两个完全相同的光滑球的质量为m ，放在竖直挡板和倾角为α的固定斜面间。

若缓慢转动挡板至斜面垂直，则在此过程中（ ）A.A 、B 两球间的弹力不变；B.B 球对挡板的压力逐渐减小；C.B 球对斜面的压力逐渐增大；D.A 球对斜面的压力逐渐增大。

4、如图所示，用轻质细杆连接的A 、B 两物体正沿着倾角为θ的斜面匀速下滑，已知斜面的粗糙程度是均匀的，A 、B 两物体与斜面的接触情况相同．试判断A 和B 之间的细杆上是否有弹力．若有弹力，求出该弹力的大小；若无弹力，请说明理由．（思考：如果A 、B 与斜面的接触情况不同呢）5、如图所示，物体受水平力F 作用，物体和放在水平面上的斜面都处于静止，若水平力F 增大一些，整个装置仍处于静止，则：( )A ．斜面对物体的弹力一定增大B ．斜面与物体间的摩擦力一定增大C ．水平面对斜面的摩擦力不一定增大D ．水平面对斜面的弹力一定增大6、如图所示，物体A 靠在竖直墙面上，在力F 作用下，A 、B 保持静止．物体B 的受力个数为( )(思考：A 的受力情况)A ．2B ．3C ．4D ．57．两倾斜的滑杆上分别套A 、B 两圆环，两环上分别用细线悬吊着两物体，如图所示．当它们都沿滑杆向下滑动时，A 的悬线与杆垂直，B 的悬线竖直向下，则( )A ．A 环与杆无摩擦力B ．B 环与杆无摩擦力C ．A 环做的是匀速运动D ．B 环做的是匀速运动8、木块A 、B 分别重50 N 和60 N ,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25.夹在A 、B 之间的轻弹簧被压缩了2 cm ,弹簧的劲度系数为400 N/m ,系统置于水平地面上静止不动.现用F =1 N 的水平拉力作用在木块B 上,如图所示,力F 作用后（ ） A .木块A 所受摩擦力大小是12.5 N B .木块A 所受摩擦力大小是11.5 N C .木块B 所受摩擦力大小是9 N D .木块B 所受摩擦力大小是7 N9、如图所示,一质量为M 、倾角为θ的斜面体静止放在水平地面上,质量为m 的小木块(可视为质点)放在斜面上,现用一平行于斜面、大小恒定的拉力F 作用于小木块,拉力在斜面所在的平面内绕小木块旋转一周的过程中,斜面体和木块始终保持静止状态,下列说法中正确的是( )A .小木块受到斜面的最大摩擦力为22)sin (θmg F +B .小木块受到斜面的最大摩擦力为F - mg sin θC .斜面体受到地面的最大摩擦力为FD .斜面体受到地面的最大摩擦力为F cos θ10、一个底面粗糙、质量为M 的劈放在粗糙的水平面上,劈的斜面光滑且与水平面成30°角;现用一端固定的轻绳系一质量为m 的小球,小球放在斜面上,小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°,如图所示,试求:(1)当劈静止时绳子的拉力大小.(2)若地面对劈的最大静摩擦力等于地面对劈支持力的k 倍,为使整个系统静止,k 值必须满足什么条件?高三物理天天练二（牛顿运动定律）1、一个质量为2kg 的物体，在5个共点恒力作用下匀速直线运动．现同时撤去大小分别为10N 和15N 的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法中正确的是（ ）A ．可能做匀减速直线运动，加速度大小是10m/s 2B ．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5m/s 2C ．可能做匀变速曲线运动，加速度大小可能是5m/s 2D ．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是10m/s 22、如图所示，一质量为m 的物块A 与直立的轻弹簧的上端连接，弹簧的下端固定在地面上，一质量也为m 的物块叠放在A 的上面，A 、B 处于静止状态。

第二章章末综合检测一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)1．如图1所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上．关于物体之所以能静止在斜面上的原因，同学之间有不同的看法，你认为正确的是()图1A．物体所受的重力小于物体所受的摩擦力B．物体所受的下滑力小于物体所受的摩擦力C．物体所受的重力和弹力的合力小于或等于物体与斜面间的最大静摩擦力D．物体所受的弹力和最大静摩擦力的合力等于物体所受的重力解析：物体受重力、弹力、摩擦力这三个力，故B错；这三个力合力为零，所以摩擦力等于重力沿斜面方向的分力，故A错；但摩擦力不一定就是最大静摩擦力，故D错．答案：C2．如图2所示，在水平力作用下，木块A、B保持静止．若木块A与B的接触面是水平的，且F≠0.则关于木块B的受力个数可能是()图2A．3个或4个B．3个或5个C．4个或5个D．4个或6个解析：木块B静止，必受到重力、斜面的支持力、A给的压力和水平向左的摩擦力这4个力，斜面给的摩擦力可有可无，故C正确．答案：C3．如图3所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别静止于水平地面的台秤P、Q上，他们用手分别竖直牵拉一只弹簧秤的两端，稳定后弹簧秤的示数为F，若弹簧秤的质量不计，下列说法正确的是()图3A．甲同学处于超重状态，乙同学处于失重状态B．台秤P的读数等于mg－FC．台秤Q的读数为mg－2FD．两台秤的读数之和为2mg解析：甲、乙均静止(无加速度)，故A错；对甲、乙分别受力分析可知，台秤P的读数等于mg＋F，台秤Q的读数为mg－F，故BC错，D对．答案：D4．如图4所示，倾角为30°，重为80 N的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为2 N的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是()图4A．斜面有向左运动的趋势B．地面对斜面的支持力为80 NC．球对弹性轻杆的作用力为2 N，方向竖直向下D．弹性轻杆对小球的作用力为2 N，方向垂直斜面向上解析：把小球、杆和斜面作为整体受力分析可知，仅受重力和地面的支持力，且二力平衡，故A、B错；对小球受力分析知，只受竖直向下的重力和杆给的竖直向上的弹力(杆对小球的力不一定沿杆)，故C对D错．答案：C5．如图5所示是给墙壁粉刷涂料用的“涂料滚”的示意图．使用时，用撑竿推着粘有涂料的涂料滚沿墙壁上下缓缓滚动，把涂料均匀地粉刷到墙上．撑竿的重力和墙壁的摩擦均不计，且撑竿足够长，粉刷工人站在离墙壁一定距离处缓缓上推涂料滚，设该过程中撑竿对涂料滚的推力为F1，涂料滚对墙壁的压力为F2，则()A．F1增大，F2减小B．F1增大，F2增大C．F1减小，F2减小D．F1减小，F2增大解析：如图6，设撑竿与竖直方向的夹角为α，涂料滚的重力为G.涂料滚受力平衡，对其受力分析可得，推力F1＝G/cosα，涂料滚对墙的压力等于墙对涂料滚的弹力，则F2＝G tanα，撑竿上升过程α角变小，则F1减小，F2也减小，故C正确．图5 图6答案：C6．如图7所示，水平地面上固定着一竖直立柱，某人通过柱顶的定滑轮将200 N 的重物拉住不动，已知人拉着绳的一端，绳与水平地面夹角为30°，则定滑轮所受的压力大小为( )图7A ．400 NB ．200 3 NC ．300 ND ．200 N解析：两绳对定滑轮作用力如图8，图8F ＝mg ＝200 N 由几何关系 F 合＝2F cos30°＝200 3 N滑轮受的压力F N ＝F 合＝200 3 N. 答案：B7．如图9中弹簧测力计、绳和滑轮的重量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是G ，在图(甲)、(乙)、(丙)三种情况下，弹簧测力计的读数分别是F 1、F 2、F 3，则以下判断正确的是( )图9A ．F 3>F 1＝F 2B ．F 3＝F 1>F 2C ．F 1＝F 2＝F 3D ．F 1>F 2＝F 3解析：弹簧测力计的示数即为与其挂钩相连的细线的拉力大小，对三种情况下的物体各自进行受力分析，由平衡条件得题图(甲)中F 1＝G ，题图(乙)中F 2＝G cos30°，题图(丙)中F 3＝G，故B正确．答案：B8．如图10所示，一个重为30 N的物体，放在倾角θ＝30°的斜面上静止不动，若用F ＝5 N的竖直向上的力提物体，物体仍静止，下述结论正确的是()图10A．物体受到的摩擦力减小2.5 NB．物体对斜面的作用力减小5 NC．斜面受到的压力减小5 ND．物体受到的合外力减小5 N解析：对物体受力分析可知，没施加F前，摩擦力F f＝G sinθ＝15 N，支持力F N＝G cosθ＝15 3 N，物体对斜面的作用力大于等于G＝30 N．施加F后，摩擦力变为F f＝(G－F)sinθ＝12.5 N，支持力变为F N＝(G－F)cosθ＝12.5 3 N，物体对斜面的作用力大小变为G－F＝25 N，故A、B对C错；物体始终静止在斜面上，合外力始终为0，故D错．答案：AB9．如图11所示，横截面为直角三角形斜劈A，放在粗糙的水平地面上，在劈与竖直墙壁之间放置一光滑球B，系统处于静止状态．在球B上施一通过球心的力F，系统仍保持静止，下列说法正确的是()图11A．B所受合外力增大B．B对竖直墙壁的压力增大C．地面对A的摩擦力减小D．A对地面的摩擦力将小于B对墙壁的压力解析：球B始终静止，则其所受合外力始终为0，故A错；以A、B为整体受力分析可知，墙给B的压力始终等于地面对A的摩擦力，故D错；对B受力分析易得墙对B的压力变大，结合牛顿第三定律可知B对C错．答案：B10．如图12所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ.若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则()图12A．将滑块由静止释放，如果μ>tanθ，滑块将下滑B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ<tanθ，滑块将减速下滑C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ＝tanθ，拉力大小应是2mg sinθD．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ＝tanθ，拉力大小应是mg sinθ解析：由μ＝tanθ条件可知μmg cosθ＝mg sinθ，即滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，在沿斜面向上的拉力作用下滑块匀速上滑，滑块沿斜面方向合力为零，即拉力F拉＝mg sinθ＋μmg cosθ＝2mg sinθ.答案：C二、实验题(本题包括2小题，共10分)11．某同学为了验证力的平行四边形定则，在一块竖直放置的木板上钉了一枚大头针A，将一根橡皮筋的一端拴在A上．第一次通过细线悬吊4个钩码时，橡皮筋的另一端被拉伸到O处(如图13甲)；第二次在木板上固定了两个光滑小轮B和C，细绳通过两轮分别悬挂2个和3个钩码，他发现橡皮筋沿AO方向伸长但另一端O′与O还未重合(如图13乙)．已知该同学使用的钩码质量均相同，为了使O′与O点能够重合，他采取了以下措施，其中合理的是________．图13A．在小轮B、C下继续增加钩码B．将小轮B、C适当向下方移动C．将小轮B、C适当向下方移动，同时减小B、C间距D．将小轮B适当向左方移动，同时将C适当向下方移动解析：第二次O′未与O重合，说明此时两绳的合力比第一次小，为使O′与O重合，应增大合力．题中两分力大小一定，使两分力夹角减小可增大合力，可知B、C均可达到目的，故B、C正确．答案：BC12．做“验证力的平行四边形定则”实验时，其中的三个实验步骤是：(1)在水平放置的木板上铺一张白纸，把橡皮条的一端固定在木板上，另一端拴两根细线，通过细线同时用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，使它与细线的结点达到某一位置O，在白纸上记下O点和两弹簧测力计的读数F1和F2.(2)在纸上根据F1和F2的大小，应用平行四边形定则作图求出合力F.(3)只用一个弹簧测力计通过细线拉橡皮条，使它的伸长量与两个弹簧测力计拉时相同，记下此时弹簧测力计的读数F′及细绳的方向．以上三个步骤中均有错误或疏漏，指出错在哪里？在(1)中是_________________________在(2)中是______________________________在(3)中是___________________________________解析：本题主要考查该实验的重要步骤，(1)中读取F1和F2时，还应描绘F1、F2的方向；(2)中在“大小”后面加“方向”；(3)中“使它的……相同”改为“把橡皮条与细线的结点拉至O点”．答案：(1)中读取F1和F2时，还应描绘F1、F2的方向；(2)中在“大小”后面加“方向”；(3)中“使它的……相同”改为“把橡皮条与细线的结点拉至O点”．三、计算题(本题包括5小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．如图14所示，位于竖直侧面的物体A的质量m A＝0.2 kg，放在水平面上的物体B 的质量m B＝1.0 kg，绳和滑轮间的摩擦均不计，且绳的OB部分水平，OA部分竖直，A和B 恰好一起匀速运动，取g＝10 m/s2.图14(1)求物体B 与桌面间的动摩擦因数；(2)如果用水平力F 向左拉物体B ，使物体A 和B 做匀速运动需多大的拉力？解析：(1)因物体A 和B 恰好一起匀速运动，所以物体B 受到的水平绳的拉力T 与滑动摩擦力F 1的大小相等，且等于物体A 的重力m A g .物体B 对桌面的压力F N 等于物体B 的重力m B g .所以有F 1＝μF N ，F N ＝m B g ，解得μ＝0.2. T ＝F 1＝m A g .(2)如果用水平力F 向左拉物体B ，使物体A 和B 做匀速运动，此时水平绳的拉力T 与滑动摩擦力F 1的大小均不变，根据物体B 水平方向受力平衡有F ＝T ＋F 1＝2m A g ＝4 N.答案：(1)0.2 (2)4 N14．如图15所示，倾角α＝60°的斜面上，放一质量为1 kg 的物体，用k ＝100 N/m 的轻质弹簧平行于斜面拉着，物体放在PQ 之间任何位置都能处于静止状态，而超过这一范围，物体就会沿斜面滑动．若AP ＝22 cm ，AQ ＝8 cm ，试求物体与斜面间的最大静摩擦力的大小．(取g ＝10 m/s 2)图15解析：P 、Q 两点应是静摩擦力最大的两个临界位置，在P 点弹簧处于伸长状态，受力分析如图16(1)所示．图16F f ＝F 1－mg sin α①在Q 点弹簧处于压缩状态，受力分析如图16(2)所示． F f ＝F 2＋mg sin α②设弹簧原长x ，则有F 1＝k (0.22－x )③ F 2＝k (x －0.08)④由①②得⎩⎪⎨⎪⎧F f ＝F 1－mg sin αF f ＝F 2＋mg sin α所以2F f ＝F 1＋F 2＝k (0.22－0.08)F f ＝12×100×0.14 N ＝7 N.答案：7 N15．如图17所示，轻杆BC 的C 点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B 点通过水平细绳AB 使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B 点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m ＝30 kg ，人的质量M ＝50 kg ，g 取10 m/s 2.试求：图17(1)此时地面对人的支持力的大小； (2)轻杆BC 和绳AB 所受的力． 解析：(1)绳对人的拉力为mg ，所以地面对人的支持力为：F N ＝Mg －mg ＝(50－30)×10 N ＝200 N方向竖直向上．(2)定滑轮对B 点的拉力方向竖直向下，大小为2mg ，杆对B 点的弹力方向沿杆的方向，由共点力平衡条件得：F AB ＝2mg tan30°＝2×30×10×33N ＝200 3 NF BC ＝2mg cos30°＝2×30×1032 N ＝4003 N答案：(1)200 N (2)400 3 N 200 3 N16．如图18所示，一根弹性细绳劲度系数为k ，将其一端固定，另一端穿过一光滑小孔O 系住一质量为m 的滑块，滑块放在水平地面上．当细绳竖直时，小孔O 到悬点的距离恰为弹性细绳原长，小孔O 到水平地面的距离为h (h <mgk)，滑块与水平地面间的动摩擦因数为μ，试求当滑块静止时，可处于什么样的位置？图18解析：设滑块静止时离开O 的距离为x ，离开O 的水平距离为r ，在此位置处受到4个力的作用，如图19所示．图19F N ＝mg －F cos α，F sin α＝F f ，F ＝kx 刚好静止时，F f ＝μF Ncos α＝h x ，sin α＝r x ，r ＝μ(mgk－h )这表明，滑块可静止于以O ′为圆心，以μ(mgk－h )为半径的圆区域内的任意位置处．答案：可处于以O ′为圆心，以μ(mgk－h )为半径的圆区域内的任意位置处17．在倾角为α的斜面上，一条质量不计的皮带一端固定在斜面上端，另一端绕过一中间有一圈凹槽的圆柱体，并用与斜面夹角为β的力拉住，使整个装置处于静止状态，如图20所示．不计一切摩擦，圆柱体质量为m ，求拉力F 的大小和斜面对圆柱体的弹力F N 的大小．某同学分析过程如下：图20将拉力F 沿斜面和垂直于斜面方向进行分解． 沿斜面方向：F cos β＝mg sin α①沿垂直于斜面方向：F sin β＋F N ＝mg cos α②问：你同意上述分析过程吗？若同意，按照这种分析方法求出F 及F N 的大小；若不同意，指明错误之处并求出你认为正确的结果．图21解析：不同意．平行于斜面的皮带对圆柱体也有力的作用，其受力如图21所示． ①式应改为：F cos β＋F ＝mg sin α③由③得F ＝mg sin α1＋cos β④将④代入②，解得F N ＝mg cos α－F sin β＝mg cos α－mg sin βsin α1＋cos β答案：不同意．①式应改为F cos β＋F ＝mg sin αF N ＝mg cos α－mg sin βsin α1＋cos β。

物理高考必背知识点汇总人教版（人教版）物理是一门关于运动、能量、力和物质性质的科学。

作为自然科学的一部分，物理在高中教育中具有重要的地位。

高考中物理科目的考试内容主要涵盖物理基础知识、实验基本技能和解决物理问题的方法。

下面是物理高考必背的知识点的汇总。

一、力和牛顿运动定律力是物体间相互作用的结果，单位为牛顿（N）。

力的合成与分解是力学中的重要基本概念。

牛顿第一定律（惯性定律）：物体在没有外力作用时静止或匀速直线运动。

牛顿第二定律：物体的加速度与作用在物体上的力成正比，与物体质量成反比。

F=ma，其中F为物体所受合力，m为物体质量，a为物体加速度。

牛顿第三定律（作用与反作用定律）：两个物体之间的相互作用力大小相等、方向相反，且在同一直线上。

二、力的合成与分解合力：多个力合成的力，可利用力的三角法则或正余弦定理求解。

分解力：针对一个力，将其分解为两个力的和。

三、平衡条件平衡力：物体受到的所有力的合力为零，称为平衡力。

平衡条件：力的平衡可表述为物体处于静止或匀速直线运动状态。

四、摩擦力摩擦是物体间接触时发生的相互作用力，分为静摩擦力和动摩擦力。

静摩擦力：物体还未发生相对滑动时，物体受到的摩擦力。

动摩擦力：物体发生相对滑动时，物体受到的摩擦力。

摩擦力大小与物体压力成正比，与物体间接触面积无关。

五、弹力弹力是由于弹簧、橡胶等弹性物质发生形变所产生的力。

六、重力地球对物体的吸引力称为重力，重力的大小与物体质量成正比。

重力可用公式F=mg表示，其中F为重力，m为物体质量，g为重力加速度。

重力加速度g在地球表面近似取9.8m/s²。

七、功与能量功：当力对物体进行位移时所做的功。

功的大小等于力的大小乘以位移的大小，并与力和位移的夹角有关。

功的单位为焦耳（J）或牛顿·米（N·m）。

能量：物体由于运动、形状等因素具有的引起变化的能力。

动能：物体由于运动而具有的能量。

动能的大小与物体质量和速度的平方成正比。

第一模块 第1章 第3单元一、选择题1．自由下落的物体第n 秒内通过的位移与第(n －1)秒内通过的位移之差为( )A ．9.8 mB ．4.9(2n ＋1) mC ．3(n ＋1) m D.n 2n 2－1m解析：Δx ＝x n －x n －1＝aT 2(a ＝g ，T ＝1 s) Δx ＝9.8 m. 答案：A2．伽利略在研究自由落体运动性质的时候，为了排除物体自由下落的速度v t 随着下落高度h (位移大小)是均匀变化(即：v t ＝kh ，k 是个常数)的可能性，设计了如下的思想实验：在初速为零的匀变速的直线运动中，∵v ＝v t2(式中v 表示平均速度)；①而h ＝v ·t ② 如果v t ＝kh ③成立的话，那么，必有：h ＝12kht ，即t ＝2k＝常数．t 竟然是与h 无关的常数，这显然与常识相矛盾．于是，可以排除速度v t 是随着下落高度h 均匀变化的可能性．关于伽利略这个思想实验的逻辑及逻辑片语，你做出的评述是( )A ．全部正确B ．①式错误C ．②式错误D ．③式以后的逻辑片语错误解析：本实验是为了研究自由落体运动的性质，因此自由落体运动的性质不明确，①式不能直接使用．B 正确．答案：B3．我国是一个能源消耗的大国，节约能源刻不容缓．设有一架直升机以加速度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 0＝pa ＋q (p 、q 均为常数)．若直升机欲上升到某一定高度处，且耗油量最小，则其加速度大小应为( )A ．p /qB ．q /p C.p ＋q p D.p ＋q q解析：直升飞机以恒定加速度上升到某一高度，所用时间和加速度的表达式为h ＝12at 2，t ＝2h a ，总耗油量V ＝V 0t ＝p 2ha ＋q 2h a ＝q 2h ⎝⎛⎭⎫p q a ＋1a ，当p q a ＝1a时总耗油量最小，此时a ＝qp，B 正确．答案：B4．从地面竖直上抛物体A ，同时在某高度有一物体B 自由下落，两物体在空间相遇(并非相碰)的速率都是v ，则下列叙述正确的是( )A ．物体A 的上抛初速度大小是相遇时速率的2倍B ．相遇时物体A 上升的高度和物体B 已下落的高度相同C ．物体A 和B 的落地时间相同D ．物体A 和B 的落地速度相等解析：A 、B 两物体加速度相同(同为g )，故在相同的时间内速度变化的大小相同．两物体从开始运动到相遇，B 的速度增加了v ，A 的速度相应减少了v ，所以知A 上抛时速度为2v ，即A 对．由竖直上抛运动全过程的对称性知，落地时A 、B 两物体速度相等，即D 也对．答案：AD5．一物体从高x 处做自由落体运动，经时间t 到达地面，落地速度为v ，那么当物体下落时间为t3时，物体的速度和距地面的高度分别是( )A.v 3，x 9B.v 9，x 9C.v 3，89xD.v 9，33x 解析：根据运动学公式v ＝gt 得，速度v 与时间t 成正比，所以下落t3时的速度为v ′＝v ·t 3t ＝v 3. 根据公式x ＝12gt 2得，下落位移h 与时间的平方t 2成正比，所以下落t3时下落的高度为x ′＝x ·⎝⎛⎭⎫t 32t 2＝19x .所以距地面高度x 距＝x －x ′＝x －19x ＝89x .答案：C6．四个小球在离地面不同高度处，同时从静止释放，不计空气阻力，从开始运动时刻起每隔相等的时间间隔，小球依次碰到地面．则刚刚开始运动时各小球相对地面的位置可能是图5中的( )解析：因为各个球是间隔相等时间落地的，且都做自由落体运动，由h ＝12gt 2可得各球初始离地高度之比h 1∶h 2∶h 3＝…＝12∶22∶32∶…故C 图正确．答案：C7．滴水法测重力加速度的过程是这样的：让水龙头的水一滴一滴地滴在正下方的盘子里，调节水龙头，让前一滴水滴到盘子而听到声音时后一滴水恰好离开水龙头，测出n 次听到水击盘声的总时间为t ，用刻度尺量出水龙头到盘子的高度差为h ，即可算出重力加速度．设人耳区别两个声音的时间间隔为0.1 s ，声速度为340 m/s ，则( )A ．水龙头距人耳的距离34 mB ．水龙头距盘子的距离为34 mC ．重力加速度的计算式为2hn 2t2D ．重力加速度的计算式为2h (n －1)2t 2解析：设听到两次声音的时间间隔为Δt ，此即每滴水下落的运动时间Δt ＝tn －1，又因为h ＝12gΔt 2，则g ＝2h Δt 2＝2h (n －1)2t 2.注意，人耳距水龙头及水龙头距盘子的距离对测量都没有影响，故选项D 正确．答案：D8．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 ，只需要3 s 即可上升到最高点，位移为h 1＝302/20 m ＝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；此时离地面高25 m ，位移方向竖直向上，B 对；此时速度为v ＝10×2 m/s ＝20 m/s ，速度改变量为50 m/s ，C 错；平均速度为255m/s ＝5 m/s ，D 错．答案：AB 二、填空题 9．用打点计时器研究物体的自由落体运动，得到如图6的一段纸带．测得AB ＝7.65 cm ，BC ＝9.17 cm.已知交流电频率是50 Hz ，则打B 点时物体的瞬时速度为________ m/s.如果实验测出的重力加速度值比公认值偏小，可能的原因是____________．解析：B 点的速度就是AC 段内的平均速度．v B ＝AB ＋BC 2t ＝(7.65＋9.17)×10－2 m2×0.02 s ＝2.10m/s.图7答案：2.10 下落过程中存在阻力等10．伽利略通过研究自由落体和物块沿光滑斜面的运动，首次发现了匀加速运动规律．伽利略假设物块沿斜面运动与物块自由下落遵从同样的法则，他在斜面上用刻度表示物块滑下的路程，并测出物块通过相应路程的时间，然后用图线表示整个运动过程，如图7所示．图中OA 表示测得的时间，矩形OAED 的面积表示该时间内物块经过的路程，则图中OD 的长度表示______________________．P 为DE 的中点，连接OP 且延长交AE 的延长线于B ，则AB 的长度表示________________．解析：以OD 为速度轴，以OA 为时间轴建立坐标系，由几何知识可知矩形OAED 和△AOB 面积相等，故OB 为物块运动的v －t 图线，由图线特点可知OD 、AB 的物理意义．答案：OA 段时间中点时刻的速度 物块到达路程末端时的速度 三、计算题11．有一种“傻瓜”相机的曝光时间(快门打开到关闭的时间)是固定不变的．为估测相机的曝光时间，有位同学提出了下述实验方案：他从墙面上A 点的正上方与A 相距H 0＝1.5 m 处，使一个小石子自由落下，在小石子下落通过A 点时，立即按动快门，为小石子照相，得到如图8所示的照片．由于石子的运动，它在照片上留下一条模糊的径迹CD ，已知每块砖的平均厚度是6 cm.请从上述信息和照片上选取估算相机曝光时间必要的物理量，用符号表示，如H 等．推算出计算曝光时间的关系式，并估算出这个“傻瓜”相机的曝光时间．(g 取9.8 m/s 2，要求保留1位有效数字)解析：该题考查了自由落体的位移公式等知识．由图示信息结合文字说明求出下落点至C 点或D 点的距离．由自由落体运动可求解出落到C 、D 两点的时间差，此时间差即为该相机的曝光时间．设A 、C 两点间的距离为H 1，A 、D 两点间的距离为H 2，曝光时间为t ，则：H 1＋H 0＝12gt 21① H 2＋H 0＝12gt 22②其中t ＝t 2－t 1③ 解①②③得：t ＝2(H 0＋H 2)g －2(H 0＋H 1)g代入数据得t ＝2×10－2 s 答案：0.02 s12．在北京奥运会上，一跳水运动员从离水面10 m 高的平台上向上跃起，举双臂直体离开台面，此时重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水，从离开平台到手接触水面，运动员可以用于完成动作的时间为多长？在此过程中，运动员水平方向的运动忽略不计，运动员可视作全部质量集中在重心的一个质点，取g ＝10 m/s 2.解析：如图9所示，从平台跃起，到手接触水面，运动员重心的高度变化为h ＝10 m解法1：将整个过程分上升和下降两个阶段考虑，设运动员跃起的初速度为v 0，则v 202g ＝Hv 0＝2gH ＝2×10×0.45 m/s ＝3 m/s故上升时间为：t 1＝v 0g＝0.3 s设运动员从最高点到手接触水面所用时间为t 2，则： 12gt 22＝h ＋H t 2＝2(H ＋h )g ＝2(10＋0.45)10s ＝1.4 s故用于完成动作的时间t 为t ＝t 1＋t 2＝1.7 s 综上所述，本题正确的答案为1.7 s解法2：运动员的整个运动过程为竖直上抛运动，设总时间为t ，由于运动员入水时位于跃起位置下方10 m 处，故该过程中位移为x ＝－h ，即：x ＝v 0t －12gt 2＝－h其中v 0＝3 m/s代入数据得：5t 2－t －10＝0 t ＝3＋20910 s ＝1.7 s(另一根舍去)答案：1.7 s。

第一模块 第1章 第2单元一、选择题1．某一列车，其首端从站台的A 点出发到尾端完全出站都在做匀加速直线运动，站在站台上A 点一侧的观察者，测得第一节车厢全部通过A 点需要的时间为t 1，那么第二节车厢(每节车厢都相同)全部通过A 点需要的时间为( )A.22t 1 B ．(2－1)t 1 C ．(3－1)t 1 D ．(3－2)t 1解析：以列车为参考系，观察者从A 点反方向做匀加速直线运动，设每节车厢长为L ，观察者通过第一节车厢L ＝12at 21，通过前两节车厢2L ＝12at 2.通过第二节车厢所需时间t 2＝t－t 1，由以上式子可解得t 2＝(2－1)t 1，故选B.答案：B2．物体做匀变速直线运动，经过A 点的速度是v A ，经过B 点的速度是v B ，C 为AB 中点，则经C 点的速度的大小是( )A.v A ＋v B 2B.v A v BC.v A ＋v B 2D.v 2A ＋v 2B2解析：由v 2B －v 2A ＝2axv 2C －v 2A ＝2a ·x 2得v C ＝v 2A ＋v 2B2，D 正确．答案：D3．匀速运动的汽车从某时刻开始做匀减速刹车直到停止，若测得刹车时间为t ，刹车位移为x ，根据这些测量结果，可以( )A ．求出汽车刹车的初速度，不能求出加速度B ．求出汽车刹车的加速度，不能求出初速度C ．求出汽车刹车的初速度、加速度及平均速度D ．只能求出汽车刹车的平均速度解析：汽车匀减速到零，其逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，由v ＝v 02＝x t ＝a t2，可以求初速度、加速度及平均速度．答案：C4．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 的位移相等解析：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，选B 、C 、D.答案：BCD5．某驾驶员手册规定具有良好刹车性能的汽车在以80 km/h 的速率行驶时，可以在56 m 的距离内被刹住，在以48 km/h 的速率行驶时，可以在24 m 的距离内被刹住，假设对于这两种速率，驾驶员所允许的反应时间(在反应时间内驾驶员来不及使用刹车，车速不变)刹车产生的加速度都相同，则允许驾驶员的反应时间约为( )A ．0.5 sB ．0.7 sC ．1.5 sD ．2 s解析：设驾驶员反应时间为t ，加速度为a ，则v 1t ＋v 212a ＝x 1，v 2t ＋v 222a＝x 2.由以上两式并代入数值解得t ＝0.7 s ，故选项B 正确． 答案：B6．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s ．分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2 m ；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8 m ，由此不可．．求得 ( )A ．第1次闪光时质点的速度B ．质点运动的加速度C ．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移D ．质点运动的初速度解析：如图4，x 3－x 1＝2aT 2，可求得a ，而v 1＝x 1T －a ·T2可求．x 2＝x 1＋aT 2＝x 1＋x 3－x 12＝x 1＋x 32也可求，因不知第一次闪光时已运动的时间和位移，故初速度v 0不可求．所以选D.答案：D 7．一人看到闪电12.3 s 后听到雷声，已知空气中的声速约为330～340 m/s ，光速为3×108 m/s ，于是他用12.3除以3很快估算出闪电发生位置到他的距离为4.1 km.根据你所学的物理知识可以判断( )A ．这种估算方法是错误的，不可采用B ．这种估算方法可以比较准确地估算出闪电发生位置与观察者间的距离C ．这种估算方法没有考虑光的传播时间，结果误差很大D ．即使声速增大2倍以上，本题的估算结果依然正确解析：由于光速为3×108 m/s ，故光传播到人的时间可忽略，C 错；而x ＝12.3×3351000km＝12.3×13 km ＝4.1 km ，此种方法可行，B 正确A 错误．而当声速增大2倍后，x ＝12.3×2×3351000km ＝8.2 km ，再用此法不行，故D 错．答案：B8．一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(不计汽车的大小)( )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 达到匀速运动，则前一辆车已经运动的时间为t ＋Δt .设两车加速的时间为t 0，前、后两车的位移分别为：x 前＝v2t 0＋v (t ＋Δt －t 0)x 后＝v2t 0＋v (t －t 0)由x 前－x 后＝x 即v 2t 0＋v (t ＋Δt －t 0)－v2t 0－v (t －t 0)＝x 得Δt ＝xv . 答案：D 二、计算题9．据国外报道，科学家正在研制一种可以发射小型人造卫星的超级大炮，它能够将一个体积约为2 m 3(底面面积为0.8 m 2)、质量为400 kg 的人造卫星从大炮中以300 m/s 的速度发射出去，再加上辅助火箭的推进，将卫星最终送入轨道．发射部分有长650 m 左右的加速管道，内部分隔成许多起气室，当卫星每进入一个气室，该气室的甲烷、空气混合气体便点燃产生推力，推动卫星加速，其加速度可以看作是恒定的．请估算一下这种大炮的加速度的大小．(保留三位有效数字)解析：根据v 2－v 20＝2ax 得v 2＝2ax ① 又v ＝300 m/s ② x ＝650 m ③联立①②③得a ＝69.2 m/s 2. 答案：69.2 m/s 2 10．因测试需要，一辆汽车在某雷达测速区，沿平直路面从静止开始匀加速一段时间后，又接着做匀减速运动直到最后停止．下表中给出了雷达测出的各个时刻对应的汽车速度数值．求：(1)汽车匀加速和匀减速两阶段的加速度a 1、a 2分别是多大？前4 s 内汽车做匀加速运动，加速度大小a 1＝Δv 1Δt 1＝6－32－1m/s 2＝3 m/s 2汽车做匀减速运动时的加速度a 2＝Δv 2Δt 2＝2－49－8 m/s 2＝－2 m/s 2知大小为2 m/s 2(2)由表可知匀加速的最大速度是v ＝12 m/s根据运动学规律，匀加速的位移x 1＝v 2－02a 1＝24 m同理可求得匀减速的位移x 2＝0－v 22a 2＝36 m所以总位移x ＝x 1＋x 2＝60 m. 答案：(1)3 m/s 2 2 m/s 2 (2)60 m11．如图5所示，一辆长为12 m 的客车沿平直公路以8.0 m/s 的速度匀速向北行驶，一辆长为10 m 的货车由静止开始以2.0 m/s 2的加速度由北向南匀加速行驶，已知货车刚启动时两车相距180 m ，求两车错车所用的时间．解析：设货车启动后经过时间t 1时两车开始错车，则有x 1＋x 2＝180 m其中x 1＝12at 21x 2＝v t 1解之可得t 1＝10 s设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，在数值上有 x 1′＋x 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m.其中x 1′＝12at 22x 2′＝v t 2解得t 2＝10.8 s故两车错车时间Δt ＝t 2－t 1＝0.8 s. 答案：0.8 s12．上海磁悬浮列车已于2003年10月1日正式运营．据报道，列车从上海龙阳路车站到浦东机场车站，全程30 km.列车开出后先加速，直到最大速度432 km/h ，然后保持最大速度行驶50 s ，立即开始减速直到停止，恰好到达车站．假设列车启动和减速的加速度大小相等且恒定，列车做直线运动．试由以上数据估算磁悬浮列车运行的平均速度的大小是多少？北京和天津之间的距离是120 km ，若以上海磁悬浮列车的运行方式行驶，最高时速和加速度都相同，由北京到天津要用多长时间？解析：列车的最大速度v ＝432 km/h ＝120 m/s ，匀速行驶的位移为x 0＝v t ＝6000 m ．列车加速阶段与减速阶段的加速度大小相等，因此加速段与减速段通过的位移应相等，设为x 1，所用的时间相等，设为t 1，则x 1＝x －x 02＝12×103 m所用时间t 1＝x 1v 2＝200 s列车全程的平均速度为v ＝x2t 1＋t 0＝66.7 m/s若磁悬浮列车以相同的加速度和最大速度从北京到天津，则加速段和减速段所用的时间和通过的位移相同，其余的位移是其以最大速度匀速行驶通过的距离，所用的时间为t ′＝x ′－2x 1v＝800 s ，北京到天津所用时间t ＝t ′＋2t 1＝1200s ＝20 min. 答案：66.7 m/s 20 min。

高三物理必背知识点人教版电子书高三物理必背知识点：人教版电子书在高三物理学科中，人教版电子书中所包含的知识点是学生必须要掌握的内容。

这些知识点包括了物理学的基本理论和实践应用，并且与我们的生活息息相关。

本文将详细介绍一些高三物理必背知识点，帮助学生更好地理解和掌握这门学科。

1. 力学力学是物理学中最基础、最重要的分支之一。

其中，牛顿的三大运动定律是力学中的核心内容。

第一定律是关于力和运动的基本原理，即物体在受力作用下如果没有其他力的干扰，将保持静止或者匀速直线运动。

第二定律是描述物体受力时加速度与力的关系，即F=ma。

第三定律则是描述了力的作用力和反作用力相等且方向相反的规律。

2. 热学热学是物理学的另一个重要分支，也是我们日常生活中经常遇到的内容。

热学的核心是热力学定律，包括热平衡、热传导、热辐射和热机等方面的内容。

此外，温度、热量和热容也是热学中的重要概念。

3. 光学光学是研究光的性质和行为的学科，它包括了光的传播、折射、反射、干涉和衍射等方面的内容。

光是一种电磁波，具有粒子性和波动性的特点。

通过学习光学，我们能够了解光的传递和利用，例如镜子、透镜和光纤等。

此外，光学在光电子学、光通信和光学仪器等领域中有广泛的应用。

4. 电学电学是物理学中研究电荷和电流的运动以及它们之间相互作用的学科。

在高三物理中，我们需要掌握电荷、电流、电压和电阻等基本概念。

此外，欧姆定律、基尔霍夫定律和电磁感应定律也是电学中的重点内容。

通过学习电学，我们能够更好地理解和运用电力知识，例如电路的搭建和电子设备的使用。

5. 声学声学是研究声音产生、传播、接收和应用的学科。

声音是一种机械波，它的传播需要介质的支持。

在高三物理中，我们需要了解声音的频率、振幅和波长等基本概念。

此外，声音的衰减、共振和音乐等也是声学的重点内容。

声学的应用范围广泛，例如声波的检测和声音的放大等。

以上只是高三物理必背知识点的一部分，人教版电子书中还包括了其他重要的知识点和实践应用。

课时分层作业(十一) 电容器的电容A组基础达标练1．下列关于电容器的叙述正确的是( )A．电容器是储存电荷的容器，只有带电的容器才是电容器B．任何两个彼此绝缘且相距很近的物体都可以组成电容器C．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和D．电容器充电过程是将其他形式的能转变成电容器的电能并储存起来，电容器放电过程是将电容器储存的电能转化为其他形式的能2．当一个电容器带电荷量为Q时，两极板间电势差为U，若使其带电荷量增加4.0×10－7C，它两极板间的电势差增加20V，则它的电容为( )A．1.0×10－8FB．2.0×10－8FC．4.0×10－8FD．8.0×10－8F3．(多选)有一只电容器的规格是“1.5μF9V”，则该电容器( )A．正常工作时所带电荷量不能超过1.5×10－5CB．正常工作时所带电荷量不能超过1.35×10－5CC．额定电压为9VD．击穿电压为9V4．传感器是自动控制设备中不可缺少的元件，已经渗透到宇宙开发、环境保护、交通运输以及家庭生活等各种领域．如图所示为几种电容式传感器，其中通过改变电容器两极板间距离而引起电容变化的是( )5．如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板同时接地，静电计指针的偏转角度反映电容器两极板间的电势差．实验中极板上的电荷量保持不变，设电容器两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.下列关于实验现象的描述正确的是( )A ．保持S 不变，增大d ，则θ不变B ．保持S 不变，减小d ，则θ变小C ．保持d 不变，减小S ，则θ变小D ．保持S 、d 不变，在两极板间插入电介质，则θ变大6．(多选)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图，电介质板长度等于电容器极板长度．开始时电介质板有一半处于极板间，电容器两极板带等量异号电荷，当被测物体在左右方向发生位移时(位移大小小于极板长的一半)，电介质板随之在电容器两极板之间移动．当被测物体向左移动时( )A ．电容器的电压增大B ．电容器的电量变小C ．电容器的电容增大D ．静电计的指针张角变小7．极板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U 1，板间电场强度为E 1.现将电容器所带电荷量变为2Q ，极板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，极板间电场强度为E 2.下列说法正确的是( )A ．U 2＝U 1，E 2＝E 1B ．U 2＝2U 1，E 2＝4E 1C ．U 2＝U 1，E 2＝2E 1D ．U 2＝2U 1，E 2＝2E 18．(多选)图甲为可变电容器，某同学用图乙所示电路研究可变电容器的充、放电现象实验．电容器原来不带电，电压表和电流表为理想直流电表．单刀双掷开关先接1，稳定后，缓慢减小电容器两极板的正对面积．下列说法正确的是( )A ．缓慢减小电容器两极板正对面积的过程中，电阻R 中电流向下B ．缓慢减小电容器两极板正对面积的过程中，电阻R 中电流向上C ．若开关接1稳定后断开，在减小电容器两极板正对面积的过程中，电压表示数增大D ．若开关接1稳定后断开，在减小电容器两极板正对面积的过程中，电压表示数减小 9．如图所示为实时监控生产绝缘材料厚度的传感器的结构简化图，M 、N 为两个固定的、水平正对放置的金属板，分别与恒压电源的正、负极相连，绝缘材料从两金属板间穿行的过程中，电流显示器检测的电流为I .下列说法正确的是( )A ．I ＝0且恒定时，绝缘材料厚度均匀B ．I >0且恒定时，绝缘材料厚度均匀C ．I 变大时，绝缘材料厚度一定增加D．I由a流向b时，绝缘材料厚度增加10．如图所示，平行板电容器的两个极板A、B水平放置且接在电压为60V的恒压电源正、负极上，两极板间距为3cm，电容器所带电荷量为6×10－8C，A极板接地．求：(1)平行板电容器的电容；(2)平行板电容器两极板之间的电场强度；(3)距极板B2cm的M点处的电势．B组能力提升练11．可变电容器是一种电容可以在一定范围内调节的电容器，通过改变极板间相对的有效面积或极板间距离，电容就相应地变化．通常在无线电接收电路中作调谐电容器用．如图所示，水平放置的两半圆形金属极板由绝缘转轴连接，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动，也可上下平移．起初两极板边缘对齐，上极板通过开关S与电源正极相连，下极板接地后与电源负极相连，初始时开关S闭合，极板间有一带电粒子P恰好处于静止状态．忽略边缘效应，关于两极板组成的电容器说法正确的是( ) A．保持开关S闭合，若只将上极板转过30°，则电容器电容增大B．保持开关S闭合，若只将上极板转过30°，则电容器所带电荷量不变C．保持开关S闭合，若只将上极板转过30°，则电容器两极板连线中点处电势变小D．断开开关S，只将极板间距变为原来的二倍，则带电粒子仍处于静止状态12．(多选)如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路．麦克风正常工作时，振动膜随声波左右运动．下列说法正确的是( )A ．振动膜向右运动时，电容器的极板间电场强度不变B ．振动膜向右运动时，a 点的电势比b 点的电势高C ．振动膜向左运动时，电阻上有从a 到b 的电流D ．振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量减小 13．一位同学用底面半径为r 的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化．如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间层的塑料为绝缘电介质，其厚度为d ，介电常数为εr .若发现在某一小段时间t 内有大小为I 的电流从下向上流过电流计，设电源电压恒定为U ，则下列说法中正确的是( )A ．瓶内液面降低了2kdItUεr rB ．瓶内液面升高了2kdItUεr rC ．瓶内液面升高了kdItUεr rD ．瓶内液面降低了kdItUεr r14．如图所示，平行板电容器的两极板水平正对放置，在两极板的正中心上各开一个孔，孔相对极板很小，对两极板间电场分布的影响忽略不计．现给上、下两极板分别充上等量的正、负电荷，上极板带正电、下极板带负电，使两极板间形成匀强电场，电场强度大小为E ＝3mgq.一根长为L 的绝缘轻质硬杆的上、下两端分别固定一个带电金属小球A 、B ，两球大小相等，且直径小于电容器极板上的孔，A 球所带的电荷量Q A ＝－3q ，B 球所带的电荷量Q B ＝＋q ，两球质量均为m .将杆和球组成的装置移动到上极板上方且使其保持竖直，使B 球刚好位于上极板小孔的中心处且球心与上极板在同一平面内，然后由静止释放B 球．已知带电平行板电容器只在其两极板间存在电场，两球在运动过程中不会接触到极板且各自带的电荷量始终不变．忽略两球产生的电场对极板间匀强电场的影响，两球可以看成质点，电容器极板厚度不计，重力加速度为g .(1)B 球刚进入两板间时，求杆和球组成的装置的加速度大小；(2)若B 球从下极板的小孔穿出后刚好能运动的距离为L2，求电容器两极板的间距d .课时分层作业(十一) 电容器的电容1．解析：电容器是储存电荷的容器，与其是否带电无关，A 错误；任何两个彼此绝缘而又相距很近的导体可组成一个电容器，B 错误；电容器所带的电荷量指任一极板所带电荷量的绝对值，C 错误；电容器的充、放电伴随能量转化，D 正确．答案：D2．解析：C ＝ΔQ ΔU ＝4.0×10－720F ＝2.0×10－8F ，故选B.答案：B3．解析：9V 为电容器的额定电压(或工作电压)，且额定电压低于击穿电压，故C 正确，D 错误；正常工作时所带电荷量为Q ＝CU ＝1.5×10－6×9C＝1.35×10－5C ，故A 错误，B 正确．答案：BC4．解析：A 选项改变的是电介质，B 、D 选项改变的是正对面积，C 选项改变的是两板间距离，故C 正确．答案：C5．解析：根据C ＝εr S 4πkd 可知，保持S 不变，增大d ，则C 变小，根据U ＝QC 可知，U 变大，则θ变大；同理可知保持S 不变，减小d ，则C 变大，U 变小，则θ变小，故A 错误，B 正确；据C ＝εr S 4πkd 知，保持d 不变，减小S ，则C 变小，根据U ＝QC 可知，U 变大，则θ变大，故C 错误；据C ＝εr S4πkd 知，保持S 、d 不变，在两极板间插入电介质，则C 变大，极板上的电荷量Q 不变，根据U ＝Q C可知，两板间的电势差减小，θ变小，故D 错误．答案：B6．解析：由C ＝εr S4πkd 可知，当被测物体向左移动时电介质板插入电容器，电容器的电容增大，故C 正确；电容器充电后与外电路断开，电容器的电量不变，故B 错误；由C ＝Q U，可知电容器的电压减小，故A 错误；静电计的指针张角大小反映电容器极板电压高低，由于电压减小，所以张角变小，故D 正确．答案：CD7．解析：U 1＝Q C＝Q εr S 4πkd ＝4πkdQ εr S ，E 1＝U 1d ＝4πkQ εr S ，当电荷量变为2Q ，板间距离变为12d 时，U 2＝2Q C＝2Q εr S2πkd＝4πkdQ εr S＝U 1，E 2＝U 2d2＝8πkQεr S＝2E 1，C 正确．答案：C8．解析：开关接1未断开时，减小电容器两极板正对面积的过程中，根据C ＝εr S4πkd，C ＝Q U，可知电容器的电容减小，两端的电压不变，电容器的带电量减小，电阻R 中电流向下，故A 正确，B 错误；若开关接1稳定后断开，在减小电容器两极板正对面积的过程中，根据C ＝εr S 4πkd ，C ＝QU，可知电容器的电容减小，带电量不变，电容器两端的电压变大，电压表示数变大，故C 正确，D 错误． 答案：AC9．解析：两个水平正对放置的金属板构成电容器，板间的绝缘材料厚度变化即介电常数变化，根据电容的决定式C ＝εr S4πkd 得，当绝缘材料厚度均匀时，介电常数不变，电容不变，根据电容的定义式C ＝Q U可得，电容上的电荷量保持不变，电路中电流恒为0，故A 正确，B 错误；当绝缘材料厚度增大时，介电常数增大，电容增大，电容器所带电荷量增加，电容器充电，充电电流可能增大；当绝缘材料厚度减小时，介电常数减小，电容减小，电容器所带电荷量减小，电容器放电，放电电流也可能增大，故C 错误；电流由a 流向b 时，电容器上的电荷量减小，即电容减小，绝缘材料的厚度减小，故D 错误．答案：A10．解析：(1)平行板电容器的电容C ＝Q U ＝6×10－860F ＝1×10－9F(2)两极板之间为匀强电场，则E ＝U d ＝603×10－2V/m ＝2×103V/m ，方向竖直向下(3)M 点距A 板的距离为d AM ＝d －d BM ＝1cm A 与M 之间的电势差为U AM ＝Ed AM ＝20V 又U AM ＝φA －φM ，φA ＝0 代入数据解得φM ＝－20V答案：(1)1×10－9F (2)2×103V/m ，方向竖直向下 (3)－20V 11．解析：保持开关S 闭合，则电容器两极板的电压U 保持不变，若将上极板转过30°，两极板的正对面积减小，根据C ＝εr S 4πkd ，C ＝QU 可知，S 减小，C 减小，Q 减小，故A 、B 错误；根据电场强度与电势差的关系E ＝U d可知，E 不变，则电容器两极板连线中点与下极板间的电势差不变，由于下极板接地，其电势始终为零，所以电容器两极板连线中点处电势不变，故C 错误；断开开关S ，则电容器两极板所带电荷量不变，只将极板间距变为原来的二倍，则电容器的电容变为原来的一半，两极板的电压变为原来的二倍，所以电容器内部的电场强度不变，粒子所受电场力不变，带电粒子仍处于静止状态，故D 正确．答案：D12．解析：振动膜片向右振动时电容器两极板的距离变小，根据E ＝U d可知，电容器的板间电场强度变大，根据C ＝εr S 4πkd 可知，电容增大，根据C ＝QU可知，在U 不变的情况下，Q 增大，电容器充电，R 中电流方向向下，即从a 到b 的电流，a 点的电势比b 点的电势高，故A 错误，B 正确；振动膜片向左振动时电容器两极板的距离变大，根据C ＝εr S4πkd 可知，电容减小，根据C ＝QU可知，在U 不变的情况下，Q 减小，电容器放电，R 中电流方向向上，即从b 到a ，故C 错误，D 正确．答案：BD13．解析：由题可知，导电溶液与导电涂层相当于平行板电容器的两极板，且两板间距离不变，液面高度变化时，正对面积发生变化．则由C ＝εr S4πkd 可知，当液面升高时，正对面积S 增大，则电容增大；当液面降低时，正对面积S 减小，则电容减小．由于电流从下向上流过电流计，该段时间内电容器上的电荷量减小，由于电容器两极电势差不变，则电容器的电容减小，瓶内液面降低．t 时间内通过电流计的电量为It ，则有It ＝ΔQ ＝U ·ΔC ，液面的高度变化Δh 时的正对面积、电容分别变化为ΔS ＝2πr ×Δh ，ΔC ＝εr4πkd ×ΔS ，联立得Δh ＝2kdItUεr r.故A 正确．答案：A14．解析：(1)以为AB 系统为研究对象，由牛顿第二定律得 qE ＋2mg ＝2ma 解得a ＝52g(2)从开始到A 刚进入两极板间有v 21 ＝2aL解得v 1＝5gLA 进入两极板间到B 即将穿出下孔，由牛顿第二定律得 qE ＋2mg －3qE ＝2ma 2 解得a 2＝－2g由匀变速直线运动的速度—位移公式得v 22 －v 21 ＝2a 2s B 穿出下孔后，由牛顿第二定律得2mg －3qE ＝2ma 3 解得a 3＝－72g由匀变速直线运动的速度—位移公式得0－v 22 ＝2a 3×L2解得s ＝38L两板间距d ＝s ＋L ＝118L .答案：(1)52g (2)118L。

高中物理十一年级物理下(人教版)期末复
习资料
一、力学部分
1. 力的概念：力的定义和计算公式。

2. 牛顿第一定律：匀速直线运动和静止状态的物体受力分析。

3. 牛顿第二定律：运动物体的加速度和作用力之间的关系。

4. 牛顿第三定律：作用力和反作用力的特点。

二、运动学部分
1. 运动的描述：位移、速度和加速度的概念和计算公式。

2. 直线运动：匀速直线运动和变速直线运动的特点和公式。

3. 自由落体运动：自由落体的概念和自由落体运动的特点。

4. 斜抛运动：斜抛运动的特点和斜抛运动的公式。

三、物态变化与分子动理论
1. 物态变化：固体、液体和气体的特点和相互转化的条件。

2. 分子动理论：分子运动的性质和分子的三种状态。

四、波动与光学
1. 波动的基本概念：波的定义和波动的特点。

2. 机械波：机械波的传播和机械波的特点。

3. 光的反射和折射：光的反射和折射的特点和公式。

五、电学
1. 电流和电阻：电流和电阻的概念和计算公式。

2. 电压和电功率：电压和电功率的概念和计算公式。

3. 串联和并联电路：串联和并联电路的特点和计算公式。

以上是《高中物理十一年级物理下(人教版)期末复习资料》的大纲内容，希望对你的复习有所帮助！。