物理步步高大一轮复习讲义答案

注：各考点要求中罗马数字Ⅰ、Ⅱ的含义如下：Ⅰ.对所列知识要知道其内容及含义，并能在有关问题中识别和直接使用它们．Ⅱ.对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用．第1课时运动的描述考纲解读 1.知道参考系、质点、位移的概念，理解物体看成质点的条件和位移的矢量性.2.知道速度与加速度、平均速度和瞬时速度的区别，并理解二者间的关系．考点一对质点和参考系的理解1．质点(1)用来代替物体的有质量的点叫做质点．(2)研究一个物体的运动时，如果物体的形状和大小对问题的影响可以忽略，就可以看做质点．(3)质点是一种理想化模型，实际并不存在．2．参考系(1)参考系可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体，我们都假定它是静止的．(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系．(3)选取不同的物体作为参考系，对同一物体运动的描述可能不同．通常以地球为参考系．例12013年8月15日消息，科学研究表明，在太阳系的边缘可能还有一颗行星——幸神星．这颗可能存在的行星是太阳系现有的质量最大的行星——木星质量的4倍，它的轨道半径是地球轨道的几千倍．根据以上信息，下列说法正确的是()A．幸神星质量太大，不能看做质点B．研究幸神星绕太阳运动，可以将其看做质点C．比较幸神星运行速度与地球运行速度的大小关系，可以选择太阳为参考系D．幸神星运行一周的位移要比地球运行一周的位移大解析物体能否看做质点与质量无关，A错；幸神星的形状和大小相对其到太阳的距离来说属于次要的因素，因此可以看做质点，B对；比较两个物体运动速度的大小，要选择同一参考系，C对；幸神星运行一周的位移和地球运行一周的位移均为零，D错．答案BC变式题组1．[对质点的理解]在研究下述运动时，能把物体看做质点的是()A．研究短跑运动员的起跑动作时B．研究飞往火星的宇宙飞船最佳运行轨道时C．将一枚硬币用力上抛并猜测它落地时正面是朝上还是朝下时D．研究汽车在上坡时有无翻倒的危险时答案 B2．[对质点和参考系的理解]美国宇航局科学家宣布，1977年9月5日发射升空的“旅行者1号”探测器经过36年的长途跋涉，终于飞出了太阳系，进入星际空间，则以下说法正确的是()A．在分析探测器36年的运动时，不能将其视为质点B．研究探测器的姿态控制问题时，能将其视为质点C．研究探测器的运动时，可选太阳为参考系D．研究探测器的位移时，可将其看作质点答案CD对“理想化模型”的理解(1)理想化模型是分析、解决物理问题常用的方法，它是对实际问题的科学抽象，可以使一些复杂的物理问题简单化．(2)物理学中理想化的模型有很多，如“质点”、“轻杆”、“光滑平面”、“自由落体运动”、“点电荷”、“纯电阻电路”等，都是突出主要因素，忽略次要因素而建立的物理模型．考点二平均速度和瞬时速度1．平均速度(1)在变速运动中，物体在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值叫做这段时间内的平均速度，即v－＝ΔxΔt，其方向与位移的方向相同．(2)平均速度反映一段时间内物体运动的平均快慢程度，它与一段时间或一段位移相对应．2．瞬时速度(1)运动物体在某一时刻(或某一位置)的速度，方向沿轨迹上物体所在点的切线方向指向前进的一侧，是失量．瞬时速度的大小叫速率，是标量．(2)瞬时速度能精确描述物体运动的快慢，它是在运动时间Δt→0时的平均速度，与某一时刻或某一位置相对应．(3)平均速率是路程与时间的比值，它与平均速度的大小没有对应关系．例2一质点沿直线Ox方向做加速运动，它离开O点的距离x随时间变化的关系为x＝3＋2t3(m)，它的速度随时间变化的关系为v＝6t2m/s.则该质点在t＝2 s时的瞬时速度和t＝0到t＝2 s间的平均速度分别为()A．8 m/s,24 m/s B．24 m/s,8 m/sC．12 m/s,24 m/s D．24 m/s,12 m/s解析由速度随时间变化关系公式可得t＝2 s时的速度为：v＝6t2 m/s＝6×22 m/s＝24 m/s；由x与t的关系得出各时刻对应的位移，再利用平均速度公式可得t＝0到t＝2 s间的平均速度为：v 1＝Δx Δt ＝19－32 m /s ＝8 m/s ，故B 正确．答案 B 变式题组3．[平均速度和瞬时速度的区别]关于瞬时速度和平均速度，以下说法正确的是( ) A ．一般讲平均速度时，必须讲清楚是哪段时间(或哪段位移)内的平均速度 B ．对于匀速直线运动，其平均速度跟哪段时间(或哪段位移)无关 C ．瞬时速度和平均速度都可以精确描述变速运动D ．瞬时速度是某时刻的速度，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢 答案 ABD解析 一般情况下，物体在不同时间(或不同位移)内的平均速度不同，但对于匀速直线运动，物体的速度不变，所以平均速度与哪段时间(或哪段位移)无关，故A 、B 均正确；平均速度只能粗略描述变速运动，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢，故C 错，D 正确．4．[平均速度和瞬时速度的理解和计算]一质点沿一边长为2 m 的正方形轨道运动，每秒钟匀速移动1 m ，初始位置在bc 边上的中点A ，由A 向c 运动，如图1所示，A 、B 、C 、D 分别是bc 、cd 、da 、ab 边的中点，则下列说法正确的是( )图1A ．第2 s 末的瞬时速度是1 m/sB ．前2 s 内的平均速度为22 m/sC ．前4 s 内的平均速度为0.5 m/sD ．前2 s 内的平均速度为2 m/s 答案 ABC两种速度的比较(1)区别：平均速度与位移和时间有关，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度与位置或时刻有关，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度．(2)联系：瞬时速度是运动时间Δt →0时的平均速度．(3)注意：平均速度的大小与物体运动的不同阶段有关，求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间内的平均速度；v ＝ΔxΔt是平均速度的定义式，适用于所有的运动．考点三 速度、速度变化量和加速度的关系1．速度(1)物理意义：描述物体运动快慢和方向的物理量，是状态量．(2)定义式：v ＝ΔxΔt(3)决定因素：v 的大小由v 0、a 、Δt 决定． (4)方向：与位移同向，即物体运动的方向． 2．速度变化量(1)物理意义：描述物体速度改变的物理量，是过程量． (2)定义式：Δv ＝v －v 0.(3)决定因素：Δv 由v 与v 0进行矢量运算得到，由Δv ＝a Δt 知Δv 由a 与Δt 决定． (4)方向：由Δv 或a 的方向决定． 3．加速度(1)物理意义：描述物体速度变化快慢和方向的物理量，是状态量． (2)定义式：a ＝Δv Δt ＝v －v 0Δt(3)决定因素：a 不是由v 、Δt 、Δv 来决定，而是由Fm来决定．(4)方向：与Δv 的方向一致，由F 的方向决定，而与v 0、v 的方向无关．例3 沿直线做匀变速运动的一列火车和一辆汽车的速度分别为v 1和v 2，v 1、v 2在各个时A.火车的速度变化较慢 B ．汽车的加速度较小C ．火车的位移在减小D ．汽车的位移在增加解析 由加速度的定义式a ＝ΔvΔt 知汽车速度变化快，即加速度大；物体做单向直线运动，位移一定增加． 答案 AD5．[加速度和速度关系的理解]有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说法( )A ．点火后即将升空的火箭，因火箭还没运动，所以加速度一定为零B ．高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车．因轿车紧急刹车，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 ．太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，其加速度为零 答案 B6．[加速、减速的判断]根据给出的速度和加速度的正负，对下列运动性质的判断正确的是( )A ．v 0>0，a <0，物体做加速运动B ．v 0<0，a <0，物体做减速运动C ．v 0<0，a >0，物体做减速运动D ．v 0>0，a >0，物体做加速运动 答案CD对速度与加速度关系的三点提醒(1)速度的大小与加速度的大小没有必然联系．(2)速度变化量与加速度没有必然的联系，速度变化量的大小由加速度和速度变化的时间决定．(3)物体做加速运动还是减速运动，关键是看物体的加速度与速度的方向关系，而不是看加速度的变化情况．加速度的大小只反映速度变化(增加或减小)的快慢． ①a 和v 同向(加速直线运动)⎩⎪⎨⎪⎧a 不变，v 随时间均匀增加a 增大，v 增加得越来越快a 减小，v 增加得越来越慢②a 和v 反向(减速直线运动)⎩⎪⎨⎪⎧a 不变，v 随时间均匀减小a 增大，v 减小得越来越快a 减小，v 减小得越来越慢考点四 “匀速运动”模型的实际应用“匀速运动”是一种理想化模型，是最基本、最简单的运动，且应用广泛．例如：声、光的传播都可以看成匀速，而实际生活中的运动估算，也经常用到这一模型，如计算飞行时间。

《步步高》高考物理（人教版通用）大一轮复习讲义第二章章末限时练(满分：100分时间：90分钟)一、选择题(每小题4分，共40分)1．某物体在n个共点力的作用下处于静止状态，若把其中一个力F1的方向沿顺时针方向转过90°，而保持其大小不变，其余力保持不变，则此时物体所受的合力大小为( )A．F1 B.2F1C．2F1D．0答案 B解析物体受n个力处于静止状态，则其中(n－1)个力的合力一定与剩余的那个力等大反向，故除F1以外的其他各力的合力大小等于F1，且与F1方向相反，故当F1转过90°后，物体受到的合力大小应为2F1，选项B正确．2．如图1甲所示为实验室常用的弹簧测力计，弹簧的一端与有挂钩的拉杆相连，另一端固定在外壳上的O点，外壳上固定一个圆环，整个外壳重为G，弹簧及拉杆的质量忽略不计．现将该弹簧测力计用如图乙、丙的两种方式固定在地面上，并分别用相同的力F0(F0>G)竖直向上拉弹簧测力计，则稳定后弹簧测力计的读数分别为( )图1A．乙图读数为F0－G，丙图读数为F0B．乙图读数为F0，丙图读数为F0－GC．乙图读数为F0－G，丙图读数为F0＋GD．乙图读数为F0，丙图读数为F0答案 B解析弹簧测力计的读数应是弹簧中的弹力大小．在图乙中，F0与弹簧拉力是一对作用力与反作用力，大小一定相等．在图丙中，由共点力的平衡知F0＝F弹＋G，所以F弹＝F0－G，选项B正确．3．如图2所示，固定的斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面是水平的，水平力F作用于木块A，使木块A、B保持静止，且F≠0.则下列描述正确的是( )A．B可能受到3个或4个力作用图2B．斜面对木块B的摩擦力方向可能沿斜面向下C．A对B的摩擦力可能为0D．A、B整体可能受三个力作用答案BD解析对A、B整体，一定受到重力G、斜面支持力F N、水平力F，如图(a)，这三个力可能使整体平衡，因此斜面对A、B整体的静摩擦力可能为0，可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，B、D正确；对木块A，受力如图(b)，水平方向受力平衡，因此一定受到B对A的静摩擦力F f A，由牛顿第三定律可知，C错；对木块B，受力如图(c)，其中斜面对B的摩擦力F f可能为0，因此木块B可能受4个或5个力作用，A错．4．帆船航行时，遇到侧风需要调整帆面至合适的位置，保证船能有足够的动力前进．如图3是帆船航行时的俯视图，风向与船航行方向垂直，关于帆面的a、b、c、d四个位置，可能正确的是( )A．a B．b 图3C．c D．d答案 B5．一轻杆AB，A端用铰链固定于墙上，B端用细线挂于墙上的C点，并在B端挂一重物，细线较长使轻杆位置如图4甲所示时，杆所受的压力大小为F N1，细线较短使轻杆位置如图乙所示时，杆所受的压力大小为F N2，则有( )图4A．F N1>F N2B．F N1<F N2C．F N1＝F N2D．无法比较答案 C解析轻杆一端被铰链固定在墙上，杆上的弹力方向沿杆的方向．由牛顿第三定律可知：杆所受的压力与杆对B点细线的支持力大小相等，方向相反．对两种情况下细线与杆接触点B受力分析，如图甲、乙所示，由图中几何关系可得：F N1AB＝mgAC，F N2AB＝mgAC，故F N1＝F N2，选项C正确．6．如图5所示，光滑水平地面上放有截面为14圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止．若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则( ) 图5A．水平外力F增大B．墙对B的作用力减小C．地面对A的支持力减小D．A对B的作用力减小答案BD解析对物体B的受力分析如图所示，A的位置左移，θ角减小，F N1＝G tan θ，F N1减小，B项正确；F N＝Gcos θ，F N减小，D项正确；以A、B为一个整体受力分析，F N1＝F，所以水平外力F减小，A项错误；地面对A的支持力等于两个物体的重力之和，所以该力不变，C项错误．7．如图6所示，一辆质量为M的汽车沿水平面向右运动，通过定滑轮将质量为m的重物A缓慢吊起．在吊起重物的过程中，关于绳子的拉力F T、汽车对地面的压力F N和汽车受到的摩擦力F f随细绳与水平方向的夹角θ变化的图象中正确的是 ( ) 图6答案 AC解析 因为绳子跨过定滑轮，故绳子张力等于重物A 的重力，A 正确；由牛顿第三定律可知，汽车对地面的压力大小等于地面对汽车的支持力，故以汽车为研究对象，受力分析得F N ＝Mg －F T sin θ，取θ＝0时，F N ＝Mg ，B 错误；因为缓慢吊起重物，汽车可视为处于平衡状态，故有F f ＝F T cos θ，故C 对，D 错．8．如图7所示，A 、B 两物体叠放在水平地面上，A 物体质量m ＝20 kg ，B 物体质量M ＝30 kg.处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A 物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系数为250 N/m ，A 与 图7B 之间、B 与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5.现有一水平推力F 作用于物体B 上推着B 缓慢地向墙壁移动，当移动0.2 m 时，水平推力F 的大小为(g 取10 m/s 2) ( ) A ．350 NB ．300 NC ．250 ND ．200 N答案 B解析 由题意可知F f A max ＝μmg ＝100 N ．当A 向左移动0.2 m 时，F 弹＝k Δx ＝50 N ，F 弹<F f A max ，即A 、B 间未出现相对滑动，对整体受力分析可知，F ＝F f B ＋F 弹＝μ(m ＋M )g ＋k Δx ＝300 N ，B 选项正确．9．如图8所示，左侧是倾角为30°的斜面、右侧是圆弧面的物体固定 在水平地面上，圆弧面底端切线水平，一根两端分别系有质量为m 1、m 2的小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮．当它们处于平衡状 图8态时，连结m 2小球的轻绳与水平线的夹角为60°，不计一切摩擦，两小球可视为质点．两小球的质量之比m 1∶m 2等于( )A ．2∶ 3B ．2∶3C.3∶2D ．1∶1答案 A解析 对m 2受力分析如图所示 进行正交分解可得F N cos 60°＝F T cos 60° F T sin 60°＋F N sin 60°＝m 2g解得F T ＝m 2g3对m 1球受力分析可知，F T ＝m 1g sin 30°＝12m 1g可知m 1∶m 2＝2∶3，选项A 正确．10．如图9所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上的O 点，跨过滑轮的细绳连接物块A 、B ，A 、B 都处于静止状态，现将物 块B 移至C 点后，A 、B 仍保持静止，下列说法中正确的是( )图9A ．B 与水平面间的摩擦力增大B ．绳子对B 的拉力增大C ．悬于墙上的绳所受拉力不变D ．A 、B 静止时，图中α、β、θ三角始终相等 答案 AD解析 因为将物块B 移至C 点后，A 、B 仍保持静止，所以绳中的拉力大小始终等于A 的重力，通过定滑轮，绳子对B 的拉力大小也等于A 的重力，而B 移至C 点后，右侧绳子与水平方向的夹角减小，对B 进行受力分析可知，B 受到水平面的静摩擦力增大，所以选项A 正确，B 错误；对滑轮受力分析可知，悬于墙上的绳所受拉力等于两边绳的合力，由于两边绳子的夹角变大，两边绳的合力将减小，选项C 错误；由几何关系可知α、β、θ三角始终相等，选项D 正确． 二、非选择题(共60分)11．(6分)为测定木块P 和木板Q 间的动摩擦因数，某同学设计了一个实验，图10为实验装置示意图，其中各物体的接触面均水平，该同学在实验中的主要操作有：图10A ．用弹簧测力计测出木块P 的重力为G P ＝6.00 N ；B ．用弹簧测力计测出木板Q 的重力为G Q ＝9.25 N ；C ．用手按住木块和木板，按图10装置安装好器材；D ．松开木块和木板让其运动，待弹簧测力计指针稳定时再读数． (1)上述操作中多余的步骤是________．(填步骤序号)(2)在听取意见后，该同学按正确方法操作，稳定时弹簧测力计的 指针位置如图11所示，其示数为______ N ．根据该同学的测量数据，可求得木块P 和木板Q 间的动摩擦因数为______． 图11 答案 (1)B (2)2.10 0.35解析 (1)要做好本题，需理解实验原理．无论木板怎样滑动，弹簧测力计的示数总与P 木块的滑动摩擦力相等，且这个值是稳定的，故可用F ＝μF N ＝μmg 求解μ，所以步骤B 是多余的．(2)由读数的估读规则可知，弹簧测力计的读数为2.10 N ，由F ＝μF N ＝μmg ，可知μ＝F mg＝0.35. 12．(8分)某同学做“验证力的平行四边形定则”实验的情况如图12甲所示，其中A 为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB 和OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．图12(1)实验中用弹簧测力计测量力的大小时，下列使用方法中正确的是________．A．拿起弹簧测力计就进行测量读数B．拉橡皮筋的拉力大小不能超过弹簧测力计的量程C．测量前检查弹簧指针是否指在零刻线，用标准砝码检查示数正确后，再进行测量读数D．应尽量避免弹簧、指针、拉杆与刻度板间的摩擦(2)关于此实验的下列说法中正确的是________．A．同一次实验中，O点位置不允许变动B．实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O点的位置C．实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角必须取90°D．实验中，要始终将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后调节另一弹簧测力计拉力的大小和方向，把橡皮筋另一端拉到O点(3)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________．(4)本实验采用的科学方法是________．A．理想实验法B．等效替代法C．逆向思维法D．建立物理模型法答案(1)BCD (2)A (3)F′(4)B13．(10分)如图13所示，一根质量不计的横梁A端用铰链固定在墙壁上，B端用细绳悬挂在墙壁上的C点，使得横梁保持水平状态．已知细绳与竖直墙壁之间的夹角为60°，当用另一段轻绳在B点悬挂一个质量为M＝6 kg的重物时，求轻杆对B点的弹力和绳BC的拉力大小．(g取10 m/s2) 图13答案60 3 N 120 N解析设杆对B点的弹力为F1，因横梁A端用铰链固定，故F1的方向沿杆方向，绳BC对B点的拉力为F2，由于B点静止，B点所受的向下的拉力大小恒定为重物的重力，根据受力平衡的特点，杆的弹力F 1与绳BC对B点的拉力F2的合力一定竖直向上，大小为Mg，如图所示．根据以上分析可知弹力F1与拉力F2的合力大小F＝G＝Mg＝60 N由几何知识可知F1＝F tan 60°＝60 3 NF2＝Fsin 30°＝120 N即轻杆对B点的弹力为60 3 N，绳BC的拉力为120 N.14．(10分)如图14所示，质量为m1＝5 kg的滑块，置于一粗糙的斜面上，用一平行于斜面的大小为30 N的力F推滑块，滑块沿斜面向上匀速运动，斜面体质量m2＝10 kg，且始终静止，取g＝10 m/s2，求：图14(1)斜面对滑块的摩擦力．(2)地面对斜面体的摩擦力和支持力．答案(1)5 N (2)15 3 N 135 N解析(1)用隔离法：对滑块受力分析，如图甲所示，在平行斜面的方向上：F＝m1g sin 30°＋F f，F f＝F－m1g sin 30°＝(30－5×10×0.5) N＝5 N.(2)用整体法：因两个物体均处于平衡状态，故可以将滑块与斜面体当作一个整体来研究，其受力如图乙所示，由图乙可知：在水平方向上有F f地＝F cos 30°＝15 3 N；在竖直方向上，有F N地＝(m1＋m2)g－F sin30°＝135 N.15．(13分)如图15所示，A、B两物体叠放在水平地面上，已知A、B的质量分别为m A＝10 kg，m B＝20 kg，A、B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.一轻绳一端系住物体A，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°，今欲用外力将物体B匀速向右图15拉出，求所加水平拉力F的大小，并画出A、B的受力分析图．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)答案160 N 见解析图解析A、B的受力分析如图甲、乙所示对A应用平衡条件，有F T sin 37°＝F f1＝μF N1F T cos 37°＋F N1＝m A g联立得F N1＝3m A g4μ＋3＝60 N，F f1＝μF N1＝30 N对B应用平衡条件，有F N1＝F N1′，F f1＝F f1′F＝F f1′＋F f2＝F f1＋μF N2＝F f1＋μ(F N1′＋m B g)＝160 N16．(13分)如图16所示，在光滑的水平杆上穿两个重均为2 N的球A、B，在两球之间夹一弹簧，弹簧的劲度系数为10 N/m，用两条等长的线将球C与A、B相连，此时弹簧被压短了10 cm，两条线的夹角为60°，求：(1)杆对A球的支持力为多大？图16(2)C球的重力为多大？答案(1)(2＋3) N (2)2 3 N解析(1)A、C球的受力情况分别如图甲、乙所示：甲乙其中F＝kx＝1 N对于A球，由平衡条件得：F＝F T sin 30°F N＝G A＋F T cos 30°解得：F N＝(2＋3) N(2)由(1)可得两线的张力都为：F T＝2 N对于C球，由平衡条件得：2F T cos 30°＝G C解得：G C＝2 3 N。

步步高大一轮复习讲义物理答案【篇一：2016《步步高》大一轮复习讲义物理第3章】s=txt>考纲解读 1.理解牛顿第一定律的内容和惯性，会分析实际问题.2.理解牛顿第三定律的内容，会区分相互作用力和平衡力．考点一牛顿第一定律的理解与应用1．内容一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．2．意义(1)指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因．(2)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称为惯性定律．(3)牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态．3．惯性(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．(2)量度：质量是物体惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关．例1 伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是( )a．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性b．没有力的作用，物体只能处于静止状态c．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性d．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动解析物体的惯性是指物体本身要保持原来运动状态不变的性质，或者说是指物体抵抗运动状态变化的性质，选项a正确；没有力的作用，物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，选项b错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，而惯性是指物体保持静止或匀速直线运动的状态，选项c错误；运动物体如果没有受到力的作用，根据牛顿第一定律可知，物体将继续以同一速度沿同一直线一直运动下去，选项d正确．答案 ad 变式题组1．[对运动和力的关系的理解]下列对运动的认识不正确的是( )a．亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就静止b．伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有的物体将下落得同样快c．牛顿认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体速度的原因 d．伽利略根据理想实验推出，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去答案 a解析对于力和运动的关系，亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就要静止下来，即力是产生和维持物体运动的原因，这种观点错误，a项说法错误；伽利略通过斜面实验分析并推理，如果完全排除空气的阻力，所有的物体将下落得同样快，b项说法正确；牛顿第一定律指出力不是维持物体速度的原因，而是改变物体速度的原因，c项说法正确；伽利略根据理想实验，并通过科学推理，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去，d项说法正确．2．[对牛顿第一定律和惯性的理解]下列关于牛顿第一定律以及惯性概念的说法中，正确的是( )a．牛顿第一定律说明，只有不受外力的物体才保持匀速直线运动状态或静止状态b．物体运动状态发生变化则物体一定受到力的作用c．惯性定律与惯性的实质是相同的d．物体的运动不需要力来维持，但物体的运动速度越大时其惯性也越大答案 b解析当物体所受的合力为零时，物体也可以处于匀速直线运动状态或静止状态，故a项错误．由牛顿第一定律可知，力是改变物体运动状态的原因，故b项正确．惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质，惯性定律(即牛顿第一定律)则反映物体在一定条件下的运动规律，c项错误．虽然物体运动不需要力来维持，但物体的惯性与运动速度大小无关，d项错误．3．[对惯性的理解]一列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面，桌面上a处有一相对桌面静止的小球．由于列车运动状态的改变，车厢中的旅客发现小球沿如图(俯视图)中的虚线从a点运动到b点，则说明列车是减速且在向南拐弯的图是()答案 a解析由于列车原来做匀速运动，小球和列车保持相对静止，现在列车要减速，由于惯性小球必向前运动，c、d错；又因列车要向南拐弯，由做曲线运动的条件知列车要受到向南的力的作用，即桌子受到向南的力的作用，所以小球相对桌面向北运动，a对，b错．考点二牛顿第三定律的理解与应用1．牛顿第三定律的内容两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上．2．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”(1)“三同”：①②③变化情况相同．(2)“三异”：①②③产生的效果不同．(3)“三无关”：①与物体的种类无关；②与物体的运动状态无关；③与物体是否和其他物体存在相互作用无关．3例2 粗糙的水平地面上有一只木箱，现用一水平拉力拉木箱匀速前进，则( )a．拉力与地面对木箱的摩擦力是一对作用力与反作用力b．木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力是一对平衡力c．木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力是一对作用力与反作用力d．木箱对地面的压力与木箱受到的重力是一对平衡力解析拉力与地面对木箱的摩擦力作用在同一个物体上，是一对平衡力，a错．木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力分别作用在地面和木箱上，作用在两个物体上，不是一对平衡力，b错．木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力是一对作用力与反作用力，c对．木箱对地面的压力与木箱受到的重力方向相同，作用在两个物体上，不是一对平衡力，d错．答案 c变式题组4．[相互作用力与二力平衡的区别]一物体静止于斜面上，如图1所示，则下列说法正确的是( )图1a．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力b．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力c．物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力 d．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力答案 b解析根据作用力和反作用力及平衡力的特点可知物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力及物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力，分别作用在斜面和物体上，因此它们是两对作用力和反作用力，故a错，b对．物体所受的重力是地球施加的，它的反作用力应作用在地球上，由此可知c错．对重力分解，其分力也是作用在物体上的，不可能分解为对斜面的压力，d错．5．[相互作用力与平衡力的区别]如图2所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在冰面上，当其中一个人a从背后轻轻推另一个人b时，两个人都会向相反方向运动，这是因为a推b时()图2a．a与b之间有相互作用力b．a对b的作用在先，b对a的作用在后c．b对a的作用力小于a对b的作用力d．a对b的作用力和b对a的作用力是一对平衡力答案 a解析 a推b时a与b之间有相互作用力，作用力与反作用力同时产生，大小相等，分别作用在不同的物体上，选项a正确，b、c、d错误．应用牛顿第三定律应注意的三个问题(1)定律中的“总是”说明对于任何物体，在任何情况下牛顿第三定律都是成立的．(2)作用力与反作用力虽然等大反向，但因所作用的物体不同，所产生的效果(运动效果或形变效果)往往不同．(3)作用力与反作用力只能是一对物体间的相互作用力，不能牵扯第三个物体．应用牛顿第三定律转移研究对象考点三“转移研究对象法”在受力分析中的应用作用力与反作用力，二者一定等大反向，分别作用在两个物体上．当待求的某个力不容易求时，可先求它的反作用力，再反过来求待求力．如求压力时，可先求支持力．在许多问题中，摩擦力的求解亦是如此．例3 一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的总质量为m，环的质量为m，如图3所示，已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为ff，则此时箱对地面的压力大小为多少？图3解析环在竖直方向上受力情况如图甲所示，其受重力mg和杆对它竖直向上的摩擦力ff，根据牛顿第三定律，环应对杆有一个竖直向下的摩擦力ff′.故箱子在竖直方向上受力情况如【篇二：物理步步高大一轮复习讲义第一章第1讲】ass=txt>1．质点(1)(2)点．(3)质点是一种理想化模型，实际并不存在．2．参考系(1)它是静止的．(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系．(3)3．位移(1)定义：表示质点的位置变动，它是质点由初位置指向末位置的有向线段．(2)路程．[思维深化]判断下列说法是否正确．(3)参考系可以任意选取，但一般遵循描述运动方便的原则．( √ )1．[对质点的理解]以下情景中，人或物体可以看成质点的是()a．研究一列火车通过长江大桥所需的时间b．乒乓球比赛中，运动员发出的旋转球c．研究航天员翟志刚在太空出舱挥动国旗的动作d．用gps确定打击海盗的“武汉”舰在大海中的位置答案 d解析长江大桥虽长，但火车长度与之相比不能忽略，不符合“物体的大小或形状对研究的问题没有影响，或者对研究问题可以忽略时，物体就可以看做质点”的条件，选项a错误；既然是“旋转球”，就是要研究球的旋转的，如果把它看成质点，则掩盖了其旋转的特点，故不能把它看做质点，选项b错误；研究航天员翟志刚在太空出舱挥动国旗的动作时，突出的是看清“挥动国旗的动作”，不能把翟志刚看成质点，选项c错误；用gps确定“武汉”舰在大海中的位置时，突出它的“位置”，可以把“武汉”舰看成质点(船的大小与大海相比，其大小可以忽略)，故选项d正确．2．[对参考系的理解](多选)从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是( )a．从直升机上看，物体做自由落体运动b．从直升机上看，物体始终在直升机的后方c．从地面上看，物体做平抛运动d．从地面上看，物体做自由落体运动答案 ac3．[对质点、参考系和位移的理解]在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，这种天文现象称为“金星凌日”，如图1所示．下面说法正确的是( )图1a．地球在金星与太阳之间b．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点c．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零d．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的答案 d解析金星通过太阳和地球之间时，我们才看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项a错误；因为太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用，所以观测“金星凌日”不能将太阳看成质点，选项b错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项c错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项d正确．抓住“三点”理解质点、参考系和位移1．质点的模型化：建立模型．一是要明确题目中需要研究的问题；二是看所研究物体的形状和大小对所研究问题是否有影响．2．运动的相对性：选取不同的参考系，对同一运动的描述一般是不同的．3．位移的矢量性：一是位移只与初末位置有关；二是位移方向由初位置指向末位置．考点二速度平均速度和瞬时速度1．速度(1)(4)2．平均速度3．瞬时速度(1)(或某一位置)的速度，方向沿轨迹上物体所在点的切线方向指向前进的一侧，是矢量．瞬时速度的大小叫速率，是标量．(3)[思维深化]如果一质点沿直线ox方向做加速运动，它离开o点的距离x随时间变化的关系为x＝3＋2t3(m)，它的速度随时间变化的关系为v＝6t2m/s.请思考如何求解t＝2s时的瞬时速度和t＝0到t＝2s间的平均速度？4．[平均速度和瞬时速度的区别](多选)关于瞬时速度和平均速度，以下说法正确的是( )a．一般讲平均速度时，必须讲清楚是哪段时间(或哪段位移)内的平均速度b．对于匀速直线运动，其平均速度跟哪段时间(或哪段位移)无关c．瞬时速度和平均速度都可以精确描述变速运动d．瞬时速度是某时刻的速度，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢答案 abd解析一般情况下，物体在不同时间(或不同位移)内的平均速度不同，但对于匀速直线运动，物体的速度不变，所以平均速度与哪段时间(或哪段位移)无关，故a、b均正确；平均速度只能粗略描述变速运动，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢，故c 错，d正确．5．[平均速度的求解]一个朝着某方向做直线运动的物体，在时间t 内的平均速度是v，紧接vt着( ) 22245a．vb.c. 336答案 d解析分别求出两个时间段的位移，求其和，得出总位移，再除以总时间．6．[用平均速度法求瞬时速度]用如图2所示的计时装置可以近似测出气垫导轨上滑块的瞬时速度．已知固定在滑块上的遮光条的宽度为4.0mm，遮光条经过光电门的遮光时间为0.040s，则滑块经过光电门位置时的速度大小为( )图2a．0.10m/sc．4.0m/s答案 a解析遮光条经过光电门的遮光时间很短，所以可以把遮光条经过光电门的平均速度当作滑t0.040－b．100 m/s d．0.40 m/s用极限思想理解两种速度关系1．两种速度的关系(2)对于匀速直线运动，瞬时速度与平均速度相等．2．关于用平均速度法求瞬时速度均速度就可认为是某一时刻或某一位置的瞬时速度．体在该位置的瞬时速度．考点三加速度与速度及速度变化量的关系1．速度变化量(1)物理意义：描述物体速度改变的物理量，是过程量．2．加速度(1)[思维深化]1．以恒定的速率做圆周运动的物体有加速度吗？为什么？答案有，因为速度的方向在变化．2．有加速度的物体一定加速运动吗？为什么？答案不一定，要看a与v的方向关系．7．[对加速度的理解]有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说【篇三：物理步步高大一轮复习讲义第一章专题一】s=txt>1．x－t图象(1)(2)图线斜率的意义①图线上某点切线的斜率的大小表示物体速度的大小．②切线斜率的正负表示物体速度的方向．(3)两种特殊的x－t图象①匀速直线运动的x－t图象是一条倾斜的直线．②若x－t图象是一条平行于时间轴的直线，则表示物体处于静止状态．2．v－t图象(1)(2)图线斜率的意义①图线上某点切线的斜率的大小表示物体加速度的大小．②图线上某点切线的斜率的正负表示物体加速度的方向．(3)两种特殊的v－t图象①匀速直线运动的v－t图象是与横轴平行的直线．②匀变速直线运动的v－t图象是一条倾斜的直线．(4)图线与时间轴围成的面积的意义①图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的位移大小．②此面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为正方向；若此面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为负方向．3．a－t图象(1)物理意义：反映了做直线运动的物体的加速度随时间变化的规律．(2)(3)图1a．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大b．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大c．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小d．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等答案 b解析位移－时间图象的斜率绝对值反映速度大小，在0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速直线运动，加速度为0，甲图象斜率大于乙图象，说明甲的速度大于乙的速度，故a错误，b正确；由位移－时间图象可以看出在0.6～0.8小时内甲的位移比乙的大，故c错误；由位移－时间图象看出在t＝0.5小时时，甲在s＝10km处，而乙在s＝8km处，进一步得出在0.8小时内甲的路程比乙的大，故d错误．图2a．在第1秒末速度方向发生了改变b．在第2秒末加速度方向发生了改变c．在第2秒内发生的位移为零d．第3秒末和第5秒末的位置相同答案 d解析a．在第1秒末质点的加速度方向发生改变，速度方向未改变，a错误．b．在第2秒末质点的速度方向发生改变，加速度方向未改变，b错误．c．在第2秒内质点一直沿正方向运动，位移不为零，c错误．d．从第3秒末到第5秒末质点的位移为零，故两时刻质点的位置相同，d正确．3．[两类图象的比较]如图3所示的位移－时间(x－t)图象和速度－时间(v－t)图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是( )图3a．甲车做直线运动，乙车做曲线运动b．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程c．0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远d．0～t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等答案 c解析在x－t图象中表示的是做直线运动的物体的位移随时间的变化情况，而不是物体运动的轨迹．由于甲、乙两车在0～t1时间内做单向的直线运动，故在这段时间内两车通过的位移和路程均相等，a、b选项均错．在v－t图象中，t2时刻丙、丁速度相等．故两者相距最远，c选项正确．由图线可知，0～t2时间内丙的位移小于丁的位移，故丙的平均速度小于丁的平均速度，d选项错误．图4a．汽车甲的平均速度比乙的大v＋vb2c．甲、乙两汽车的位移相同d．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大答案 a解析由v－t图象知，在0～t1时间内，甲的位移大于乙的位移，c 错x误．由va正确．如图所示，汽车t乙的v－t图象中，实线与坐标轴所围的面积小于上方虚线与坐标轴所围v1＋v2的面积，故汽车乙的平均速度小于，b错误．v－t图象中的斜率表示加速度，甲、乙2图线上各点切线斜率的绝对值均逐渐减小，故加速度的大小都逐渐减小，d错误．图象问题的三个提醒1．x－t图象、v－t图象都不是物体运动的轨迹，图象中各点的坐标值x、v与t一一对应．2．x－t图象、v－t图象的形状由x与t、v与t的函数关系决定． 3．无论是x－t图象还是v－t图象，所描述的运动情况都是直线运动．考点二追及与相遇问题1．分析技巧：可概括为“一个临界条件”、“两个等量关系”．(1)它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点；(2)解题的突破口．2．能否追上的判断方法物体b追赶物体a：开始时，两个物体相距x0.若va＝vb时，xa＋x0xb，则能追上；若va＝vb时，xa＋x0＝xb，则恰好不相撞；若va＝vb时，xa＋x0xb，则不能追上．3[思维深化]如果是做匀减速运动的物体a追匀速运动的物体b，当va＝vb时，a、b相遇的情况有哪几种情形？答案 (1)若已超越则相遇两次．(2)若恰好追上，则相遇一次．(3)若没追上，则无法相遇．5．[对追及和相遇的理解](多选)如图5所示，a、b两物体从同一点开始运动，从a、b两物体的位移图象可知下述说法中正确的是( )图5a．a、b两物体同时自同一位置向同一方向运动b．a、b两物体自同一位置向同一方向运动，b比a晚出发2sc．a、b两物体速度大小均为10m/sd．a、b两物体在a出发后4s时距原点20m处相遇答案 bd解析由x－t图象可知，a、b两物体自同一位置向同一方向运动，且b比a晚出发2s，图象中直线的斜率大小表示做匀速直线运动的速度大小，由x－t图象可知，b物体的运动速度大小比a物体的运动速度大小要大，a、b两直线的交点的物理意义表示相遇，交点的坐标表示相遇的时刻和相遇的位置，故a、b两物体在a物体出发后4s时相遇．相遇位置距原点20m，综上所述，b、d选项正确．6．[对追及和相遇的理解]如图6所示，为三个运动物体的v－t图象，其中a、b两物体是从不同地点出发，a、c是从同一地点出发，则以下说法正确的是( )图6a．a、c两物体的运动方向相反b．t＝4s时，a、b两物体相遇c．t＝4s时，a、c两物体相遇d．t＝2s时，a、b两物体相距最远答案 c解析在t＝4s之前，a、b、c物体开始阶段速度方向均为正，方向相同；当t＝4s时，a、b两物体发生的位移相同，但由于两物体不是同地出发，因此此时两者并没有相遇，而a、c两物体是同时同地出发，此时两者的位移也相等，故此时两物体相遇；当t＝2s时，a、b两物体的速度相同，此时应当为两者之间距离的一个极值，但由于初始状态不清，没有明确a、b谁在前，故有“相距最远”和“相距最近”两种可能，因此d错．追及与相遇问题的类型及解题思路1．相遇问题的两类情况(1)同向运动的两物体追及即相遇，各自位移之差等于开始时两物体之间的距离．(2)相向运动的物体，当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体间的距离时即相遇．2．追及问题涉及两个不同物体的运动关系，分析时要紧抓“一个图三个关系式”，即：过程示意图或v－t图象，速度关系式、时间关系式和位移关系式．同时要关注题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等．7．[速度大者追速度小者]在一大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度行驶在高速公路上，突然。

考点一对质点、参考系和位移的理解1．质点(1)用来代替物体有质量的点叫做质点．(2)研究一个物体的运动时，如果物体的形状和大小对问题的影响可以忽略，就可以看做质点．(3)质点是一种理想化模型，实际并不存在．2．参考系(1)参考系可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体，我们都假定它是静止的．(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系．(3)选取不同的物体作为参考系，对同一物体运动的描述可能不同．通常以地球为参考系．3．位移(1)定义：表示质点的位置变动，它是质点由初位置指向末位置的有向线段．(2)与路程的区别：位移是矢量，路程是标量．只有在单向直线运动中，位移的大小才等于路程．[思维深化]判断下列说法是否正确．(1)只有质量和体积都很小的物体才能看成质点．(×)(2)平动的物体都可以看做质点，而转动的物体不能看做质点．(×)(3)参考系可以任意选取，但一般遵循描述运动方便的原则．(√)(4)当一个物体做竖直上抛运动返回原抛出点时，位移的大小等于上升高度的两倍．(×)1．[对质点的理解]以下情景中，人或物体可以看成质点的是()A．研究一列火车通过长江大桥所需的时间B．乒乓球比赛中，运动员发出的旋转球C．研究航天员翟志刚在太空出舱挥动国旗的动作D．用GPS确定打击海盗的“武汉”舰在大海中的位置答案D解析长江大桥虽长，但火车长度与之相比不能忽略，不符合“物体的大小或形状对研究的问题没有影响，或者对研究问题可以忽略时，物体就可以看做质点”的条件，选项A错误；既然是“旋转球”，就是要研究球的旋转的，如果把它看成质点，则掩盖了其旋转的特点，故不能把它看做质点，选项B错误；研究航天员翟志刚在太空出舱挥动国旗的动作时，突出的是看清“挥动国旗的动作”，不能把翟志刚看成质点，选项C错误；用GPS确定“武汉”舰在大海中的位置时，突出它的“位置”，可以把“武汉”舰看成质点(船的大小与大海相比，其大小可以忽略)，故选项D正确．2．[对参考系的理解](多选)从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是()A．从直升机上看，物体做自由落体运动B．从直升机上看，物体始终在直升机的后方C．从地面上看，物体做平抛运动D．从地面上看，物体做自由落体运动答案AC3．[对质点、参考系和位移的理解]在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，这种天文现象称为“金星凌日”，如图1所示．下面说法正确的是()图1A ．地球在金星与太阳之间B ．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点C ．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零D ．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的答案 D解析 金星通过太阳和地球之间时，我们才看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项A 错误；因为太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用，所以观测“金星凌日”不能将太阳看成质点，选项B 错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项C 错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项D 正确．抓住“三点”理解质点、参考系和位移1．质点的模型化：建立模型．一是要明确题目中需要研究的问题；二是看所研究物体的形状和大小对所研究问题是否有影响．2．运动的相对性：选取不同的参考系，对同一运动的描述一般是不同的．3．位移的矢量性：一是位移只与初末位置有关；二是位移方向由初位置指向末位置．考点二 速度 平均速度和瞬时速度1．速度(1)物理意义：描述物体运动快慢和方向的物理量，是状态量．(2)定义式：v ＝Δx Δt. (3)决定因素：v 的大小由v 0、a 、Δt 决定．(4)方向：与位移同向，即物体运动的方向．2．平均速度(1)在变速运动中，物体在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值叫做这段时间内的平均速度，即v ＝Δx Δt，其方向与位移的方向相同． (2)平均速度反映一段时间内物体运动的平均快慢程度，它与一段时间或一段位移相对应．3．瞬时速度(1)运动物体在某一时刻(或某一位置)的速度，方向沿轨迹上物体所在点的切线方向指向前进的一侧，是矢量．瞬时速度的大小叫速率，是标量．(2)瞬时速度能精确描述物体运动的快慢，它是在运动时间Δt →0时的平均速度，与某一时刻或某一位置相对应．(3)平均速率是路程与时间的比值，它与平均速度的大小没有对应关系．[思维深化]如果一质点沿直线Ox 方向做加速运动，它离开O 点的距离x 随时间变化的关系为x ＝3＋2t 3(m)，它的速度随时间变化的关系为v ＝6t 2 m/s.请思考如何求解t ＝2 s 时的瞬时速度和t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度？答案 由速度随时间变化关系公式可得t ＝2 s 时的速度为：v ＝6×22 m /s ＝24 m/s ；由x 与t 的关系得出各时刻对应的位移，再利用平均速度公式可得t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度为：v 1＝Δx Δt ＝19－32m /s ＝8 m/s.4．[平均速度和瞬时速度的区别](多选)关于瞬时速度和平均速度，以下说法正确的是( )A ．一般讲平均速度时，必须讲清楚是哪段时间(或哪段位移)内的平均速度B ．对于匀速直线运动，其平均速度跟哪段时间(或哪段位移)无关C ．瞬时速度和平均速度都可以精确描述变速运动D ．瞬时速度是某时刻的速度，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢 答案 ABD解析 一般情况下，物体在不同时间(或不同位移)内的平均速度不同，但对于匀速直线运动，物体的速度不变，所以平均速度与哪段时间(或哪段位移)无关，故A 、B 均正确；平均速度只能粗略描述变速运动，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢，故C 错，D 正确．5．[平均速度的求解]一个朝着某方向做直线运动的物体，在时间t 内的平均速度是v ，紧接着t 2内的平均速度是v 2，则物体在这段时间内的平均速度是( ) A ．v B.23v C.43v D.56v 答案 D解析 分别求出两个时间段的位移，求其和，得出总位移，再除以总时间．6．[用平均速度法求瞬时速度]用如图2所示的计时装置可以近似测出气垫导轨上滑块的瞬时速度．已知固定在滑块上的遮光条的宽度为 4.0 mm ，遮光条经过光电门的遮光时间为0.040 s ，则滑块经过光电门位置时的速度大小为( )图2A ．0.10 m /sB ．100 m/sC ．4.0 m /sD ．0.40 m/s答案 A解析 遮光条经过光电门的遮光时间很短，所以可以把遮光条经过光电门的平均速度当作滑块经过光电门位置时的瞬时速度，即v ＝d t ＝4.0×10－30.040 m /s ＝0.10 m/s ，A 正确．用极限思想理解两种速度关系1．两种速度的关系(1)瞬时速度是运动时间Δt →0时的平均速度．(2)对于匀速直线运动，瞬时速度与平均速度相等．2．关于用平均速度法求瞬时速度(1)方法概述：由平均速度公式v ＝Δx Δt可知，当Δx 、Δt 都非常小，趋向于极限时，这时的平均速度就可认为是某一时刻或某一位置的瞬时速度．(2)选用思路：当已知物体在微小时间Δt 内发生的微小位移Δx 时，可由v ＝Δx Δt粗略地求出物体在该位置的瞬时速度．考点三 加速度与速度及速度变化量的关系1．速度变化量(1)物理意义：描述物体速度改变的物理量，是过程量．(2)定义式：Δv ＝v －v 0.(3)决定因素：Δv 由v 与v 0进行矢量运算得到，由Δv ＝a Δt 知Δv 由a 与Δt 决定．(4)方向：由Δv 或a 的方向决定．2．加速度(1)物理意义：描述物体速度变化快慢和方向的物理量，是状态量．(2)定义式：a ＝Δv Δt ＝v －v 0Δt. (3)决定因素：a 不是由v 、Δt 、Δv 来决定，而是由F m来决定． (4)方向：与Δv 的方向一致，由合外力的方向决定，而与v 0、v 的方向无关．[思维深化]1．以恒定的速率做圆周运动的物体有加速度吗？为什么？答案 有，因为速度的方向在变化．2．有加速度的物体一定加速运动吗？为什么？答案 不一定，要看a 与v 的方向关系．7．[对加速度的理解]有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说法( )A ．点火后即将升空的火箭，因火箭还没运动，所以加速度一定为零B ．高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车．因轿车紧急刹车，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 ．太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，其加速度为零答案 B8．[加速度的求解]沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5 s 内的平均速度比它在第一个1.5 s 内的平均速度大2.45 m/s ，以质点的运动方向为正方向，则质点的加速度为( )A ．2.45 m /s 2B ．－2.45 m/s 2C ．4.90 m /s 2D ．－4.90 m/s 2答案 D解析 设第一个0.5 s 内的平均速度为v 1，即t 1＝0.25 s 时的速度为v 1；第一个1.5 s 内的平均速度为v 2，即t 2＝0.75 s 时的速度为v 2.由题意得v 1－v 2＝2.45 m/s ，故a ＝v 2－v 1t 2－t 1＝－2.450.75－0.25m /s 2＝－4.90 m/s 2，D 正确．9．[加速度与速度关系的理解]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，加速度减小答案 A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”．10．[运动特点的分析]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的方向相同，但加速度大小先保持不变，再逐渐减小直至为零，则在此过程中( )A ．速度先逐渐变大，然后再逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B ．速度先均匀增加，然后增加的越来越慢，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 ．位移先逐渐增大，后逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值答案 B解析 加速度与速度同向，速度应增大，当加速度不变时，速度均匀增加；当加速度减小时，速度仍增大，但不再是均匀增大，直到加速度为零时，速度不再增大，A 项错误，B 项正确；因质点速度方向不变化，始终是向前运动，最终匀速运动，所以位移一直在增大，C 项和D 项均错误．对速度与加速度关系的三点提醒1．速度的大小与加速度的大小没有必然联系．2．速度变化量与加速度没有必然的联系，速度变化量的大小由加速度和速度变化的时间决定．3．物体做加速运动还是减速运动，关键是看物体的加速度与速度的方向关系，而不是看加速度的变化情况．加速度的大小只反映速度变化(增加或减小)的快慢．(1)a 和v 同向(加速直线运动)⎩⎪⎨⎪⎧ a 不变，v 随时间均匀增加a 增大，v 增加得越来越快a 减小，v 增加得越来越慢(2)a 和v 反向(减速直线运动)⎩⎪⎨⎪⎧ a 不变，v 随时间均匀减小a 增大，v 减小得越来越快a 减小，v 减小得越来越慢1．物理学中引入了“质点”、“点电荷”的概念，从科学方法上来说属于( )A ．控制变量法B ．类比法C ．理想模型法D ．等效替代法答案 C解析 “质点”、“点电荷”等都是为了使研究问题变得简单而引入的理想化的模型，在现实中是不存在的，所以它们从科学方法上来说属于理想模型法，所以C 正确．2．关于速度、速度改变量、加速度，下列说法正确的是( )A ．物体运动的速度改变量很大，它的加速度一定很大B ．速度很大的物体，其加速度可以很小，可以为零C ．某时刻物体的速度为零，其加速度一定为零D ．加速度很大时，运动物体的速度一定很大答案 B解析 速度反映的是物体运动的快慢，速度的变化量指的是速度变化的多少，即Δv ＝v 2－v 1，而加速度指的是速度变化的快慢，即速度的变化率a ＝Δv Δt，由此可知，只有B 正确． 3．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用的时间为t 2，则物体运动的加速度为( )A.2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)B.Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)C.2Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)D.Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2) 答案 A解析 物体做匀加速直线运动在前一段Δx 所用的时间为t 1，平均速度为v 1＝Δx t 1，即为t 12时刻的瞬时速度；物体在后一段Δx 所用的时间为t 2，平均速度为v 2＝Δx t 2，即为t 22时刻的瞬时速度．速度由v 1变化到v 2所用的时间为Δt ＝t 1＋t 22，所以加速度a ＝v 2－v 1Δt ＝2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)，A 正确． 4．为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为L ＝3.0 cm 的遮光板，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间隔为Δt ＝3.0 s ．试估算：(1)滑块的加速度多大(保留两位有效数字)?(2)两个光电门之间的距离是多少？答案 (1)0.067 m/s 2 (2)0.6 m解析 (1)遮光板通过第一个光电门的速度v 1＝L Δt 1＝3.0×10－20.30m /s ＝0.10 m/s 遮光板通过第二个光电门的速度v 2＝L Δt 2＝3.0×10－20.10m /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 练出高分基础巩固1．下列关于矢量和标量的说法正确的是( )A ．矢量和标量没有严格的区别，同一个物理量可以是矢量，也可以是标量B ．矢量都是有方向的C ．时间、时刻是标量，路程是矢量D ．初中学过的电流是有方向的量，所以电流是矢量答案 B2．以下说法中正确的是( )A ．做匀变速直线运动的物体，t s 内通过的路程与位移的大小一定相等B ．质点一定是体积和质量都极小的物体C ．速度的定义式和平均速度公式都是v ＝Δx Δt，因此速度就是指平均速度D ．速度不变的运动是匀速直线运动答案 D解析 往复的匀变速直线运动中，路程不等于位移大小，A 错；质点不一定是体积小、质量小的物体，B 错；速度分为平均速度和瞬时速度，C 错；速度不变是指速度的大小和方向均不变，故做匀速直线运动，D 对．3．如图1所示哈大高铁运营里程 921千米，设计时速 350千米．某列车到达大连北站时做匀减速直线运动，开始刹车后第5 s 内的位移是57.5 m ，第10 s 内的位移是32.5 m ，则下列说法正确的有( )图1A ．在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把列车看成质点B ．时速350千米是指平均速度，921千米是指位移C ．列车做匀减速直线运动时的加速度大小为6.25 m/s 2D ．列车在开始减速时的速度为80 m/s答案 D解析 因列车的大小远小于哈尔滨到大连的距离，研究列车行驶该路程所用时间时可以把列车视为质点，A 错；由时间、时刻、位移与路程的意义知时速350千米是指平均速率，921千米是指路程，B 错；由等时位移差公式x n －x m ＝(n －m )aT 2可知加速度大小为a ＝57.5－32.55 m /s 2＝5 m/s 2，C 错；由题意可知第4.5 s 末列车速度为57.5 m /s ，由加速度公式知v 0＝80 m/s ，D 对.4．若规定向东方向为位移正方向，今有一个足球停在坐标原点处，轻轻踢它一脚，使它向东做直线运动，经过5 m 时与墙相碰后又向西做直线运动，经过7 m 停下，则上述过程足球通过的路程和位移分别是( )A ．12 m 、2 mB ．12 m 、－2 mC ．－2 m 、－2 mD ．2 m 、2 m 答案 B5．一辆汽车沿平直公路以速度v 1行驶了23的路程，接着又以速度v 2＝20 km/h 行驶完其余13的路程，如果汽车全程的平均速度为28 km/h ，那么汽车在前23路程内速度的大小是( )A．25 km/h B．34 km/hC．35 km/h D．38 km/h答案C6．第五颗北斗导航卫星成功送入太空预定轨道标志着卫星导航市场的垄断局面被打破，北斗卫星导航系统将免费提供定位、测速和授时服务，定位精度10 m，测速精度0.2 m/s，以下说法不正确的是()A．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位移B．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位置C．北斗导航卫星授时服务提供的是时刻D．北斗导航卫星测速服务提供的是运动物体的速率答案A解析由位置、位移、时间、时刻、速度、速率的定义可知，北斗导航卫星定位提供的是一个点，是位置，不是位置的变化，A错，B对；北斗导航卫星授时服务提供的是时刻，C对；北斗导航卫星测速服务提供的是运动物体某时刻的速度的大小即速率，D正确．7．(多选)下面关于瞬时速度和平均速度的说法正确的是()A．若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则它在这段时间内的平均速度一定等于零B．若物体在某段时间内的平均速度等于零，则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定都等于零C．匀速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度等于它任一时刻的瞬时速度D．变速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度一定不等于它某一时刻的瞬时速度答案AC解析若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则物体静止，平均速度等于零，A选项对；若物体在某段时间内的平均速度等于零，任一时刻的瞬时速度不一定都为零，例如物体做圆周运动运动一周时，平均速度为零，任一时刻的瞬时速度都不为零，B选项错；在匀速直线运动中，物体的速度恒定不变，任一时刻的瞬时速度都相等，都等于任意一段时间内的平均速度，C选项对；在变速直线运动中，物体的速度在不断变化，某一时刻的瞬时速度可能等于某段时间内的平均速度，D选项错．8．(多选)某赛车手在一次野外训练中，先利用地图计算出出发地和目的地的直线距离为9 km，从出发地到目的地用了5 min，赛车上的里程表指示的里程数值增加了15 km，当他经过某路标时，车内速率计指示的示数为150 km/h，那么可以确定的是()A．在整个过程中赛车手的位移是9 kmB．在整个过程中赛车手的路程是9 kmC．在整个过程中赛车手的平均速度是180 km/hD．经过路标时的瞬时速率是150 km/h答案AD9．(多选)根据给出的速度与加速度的正负，对下列运动性质的判断正确的是()A．v0>0，a<0，物体做加速运动B．v0<0，a<0，物体做减速运动C．v0<0，a>0，物体做减速运动D．v0>0，a>0，物体做加速运动答案CD综合应用10．某质点以20 m/s的初速度竖直向上运动．其加速度保持不变，经2 s到达最高点，上升高度为20 m，又经过2 s回到出发点时，速度大小仍为20 m/s，关于这一运动过程的下列说法中正确的是()A．质点运动的加速度大小为10 m/s2，方向竖直向下B．质点在这段时间内的平均速度大小为10 m/sC．质点在最高点时加速度为零D．质点在落回抛出点时的速度与开始离开抛出点时的速度相等答案A11．钓鱼岛群岛自古以来就是中国领土，其附近海域是渔民祖祖辈辈传统的谋生渔场.9月16日12时休渔结束，我国派出海监编队到钓鱼岛海域护渔．如图2，中国海监46船(甲)和中国海监49船(乙)，在钓鱼岛领海内开展例行维权巡航．甲、乙两船并排行驶，甲船上的船员看见钓鱼岛向东移，乙船内的船员发现甲船没有动．如果以钓鱼岛为参照物，上述事实说明()图2A．甲船向西运动，乙船不动B．乙船向西运动，甲船不动C．甲船向西运动，乙船向东运动D．甲、乙两船以相等的速度都向西运动答案D解析甲船上的船员看见钓鱼岛向东移，以钓鱼岛为参照物，甲船向西运动，乙船内的船员发现甲船没有动．甲、乙两船的速度、行驶的方向应该是一样的，即甲、乙两船以相等的速度都向西运动．故选D.12．(多选)“神舟十号”飞船发射升空，并进入预定轨道，通过一系列的姿态调整，完成了与“天宫一号”的交会对接，关于以上消息，下列说法中正确的是()A．“神舟十号”飞船绕地球飞行一周的过程中，路程为零B．“神舟十号”飞船绕地球飞行一周的过程中，位移为零C．“神舟十号”飞船绕地球飞行一周的过程中，每一时刻的瞬时速度和平均速度都不为零D．在“神舟十号”与“天宫一号”的交会对接过程中，不能把“神舟十号”飞船看做质点答案BD13．(多选)在下面所说的物体运动情况中，可能出现的是()A．物体在某时刻运动速度很大，而加速度为零B．物体在某时刻运动速度很小，而加速度很大C．运动的物体在某时刻速度为零，而其加速度不为零D．做变速直线运动的物体，加速度方向与运动方向相同，当物体加速度减小时，它的速度也减小答案ABC。

实验基础知识一、螺旋测微器的使用1．构造：如图1所示，B为固定刻度，E为可动刻度．图12．原理：测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮D每旋转一周，F前进或后退0.5 mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01 mm，即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．3．读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．如图2所示，固定刻度示数为2.0 mm，半毫米刻度线未露出，而从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.图2二、游标卡尺1．构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标卡尺上还有一个深度尺．(如图3所示)图32．用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径．3．原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其规格见下表：4.读数：若用x表示从主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻度线对齐的游标的格数，则记录结果表示为(x＋K×精确度)mm.三、常用电表的读数对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．(1)0～3 V的电压表和0～3 A的电流表的读数方法相同，此量程下的精确度分别是0.1 V和0.1 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．(2)对于0～15 V量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V.(3)对于0～0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01 A.基本实验要求1．实验原理根据电阻定律公式知道只要测出金属丝的长度和它的直径d ，计算出横截面积S ，并用伏安法测出电阻R x ，即可计算出金属丝的电阻率． 2．实验器材被测金属丝，直流电源(4 V)，电流表(0～0.6 A)，电压表(0～3 V)，滑动变阻器(50 Ω)，开关，导线若干，螺旋测微器，毫米刻度尺． 3．实验步骤(1)用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d . (2)连接好用伏安法测电阻的实验电路．(3)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，反复测量三次，求出其平均值l .(4)把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置．(5)闭合开关，改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I 和U 的值，填入记录表格内．(6)将测得的R x 、l 、d 值，代入公式R ＝ρl S 和S ＝πd 24中，计算出金属丝的电阻率．4．电流表、电压表测电阻两种方法的比较电流表分压 电压表分流规律方法总结1．伏安法测电阻的电路选择(1)阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若R x较小，宜采用电流表外接法；若R x较大，宜采用电流表内接法．(2)临界值计算法R x<R V R A时，用电流表外接法；R x>R V R A时，用电流表内接法．(3)实验试探法：按图4接好电路，让电压表的一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法．图42．注意事项(1)先测直径，再连电路：为了方便，测量直径应在金属丝连入电路之前测量．(2)电流表外接法：本实验中被测金属丝的阻值较小，故采用电流表外接法．(3)电流控制：电流不宜过大，通电时间不宜过长，以免金属丝温度过高，导致电阻率在实验过程中变大．3．误差分析(1)若为内接法，电流表分压．(2)若为外接法，电压表分流．(3)长度和直径的测量．考点一测量仪器、仪表的读数1．游标卡尺的读数(1)10分度的游标尺的读数：主尺上读出整毫米数＋游标尺上与主尺上某一刻度线对齐的游标的格数×1 10.(2)20分度的游标尺的读数：主尺上读出整毫米数＋游标尺上与主尺上某一刻度线对齐的游标的格数×1 20.2．螺旋测微器的读数方法：固定刻度数mm＋可动刻度数(估读一位)×0.01 mm.3．电流表和电压表的读数(1)若刻度盘上每一小格为：1,0.1,0.01，…时，需估读到最小刻度值的下一位．(2)若刻度盘上每一小格为：2,0.2,0.02,5,0.5,0.05，…时，只需估读到最小刻度值的位数．1．[直尺和游标卡尺的读数](2014·福建理综·19(1))某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图5甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________ cm和________ mm.图5答案60.10 4.20解析刻度尺的分度值为1 mm，要估读到0.1 mm.游标卡尺读数＝4 mm＋10×0.02 mm＝4.20 mm.2．[螺旋测微器的读数]完成下列读数(如图6所示)图6a．____________mm b．____________mmc．____________mm d．____________mm答案a．0.486(0.484～0.488)b．0.536(0.534～0.538)c．4.078(4.077～4.079) d．5.663(5.661～5.665)3．[电压表、电流表和电阻箱的读数](1)①如图7所示的电流表使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数是________A；当使用3 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________ A，图中表针示数为________A.图7②如图8所示的电表使用较小量程时，每小格表示____________V，图中指针的示数为________ V．若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________V，图中表针指示的是________V.图8(2)旋钮式电阻箱如图9所示，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为____ Ω.今欲将接入电路的电阻改为2 087 Ω，最简单的操作方法是________．若用两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为_________．图9答案(1)①0.020.440.12．20②0.1 1.400.57.0(2)1 987将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到00～19 998 Ω解析(1)①电流表使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，指针的示数为0.44 A；当换用3 A量程时，每一小格为0.1 A，指针示数为2.20 A.②电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，指针示数为1.40 V；使用15 V量程时，每小格为0.5 V，指针示数为7.0 V.(2)电阻为1 987 Ω.最简单的操作方法是将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用这样两个电阻箱串联可得到的最大电阻2×9 999 Ω＝19 998 Ω.故两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为0～19 998 Ω.考点二实验操作及数据处理4．[实验操作](2014·江苏单科·10)某同学通过实验测量一种合金的电阻率．(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图10所示的部件__________(选填“A”、“B”、“C”或“D”)．从图中的示数可读出合金丝的直径为________ mm.图10(2)图11所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出．合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化．由此可以推断：电路中______(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了________(选填“短路”或“断路”)．图11(3)在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为2.23 V和38 mA，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7 Ω.为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进？请写出两条建议．答案(1)B0.410(2)7、8、9断路(3)电流表改为内接；测量多组电流和电压值，计算出电阻的平均值．(或测量多组电流和电压值，用图象法求电阻值)解析(1)螺旋测微器读数时应先将锁紧装置锁紧，即旋紧B.螺旋测微器的示数为(0＋41.0×0.01) mm＝0.410 mm.(2)电压表的示数不为0，电流表的示数几乎为0，说明连接两电表的电路是导通的．而滑动变阻器几乎不起作用，说明线路电阻很大，故可判断7、8、9间断路．(3)由题知R A R x ≈0.005<R xR V ≈0.020，说明电流表的分压作用不显著，故可将电流表改为内接，并测出多组U 、I 值，求出R x 后，再取平均值作为实验结果．5．[实验操作及数据处理]用伏安法测定电阻约为5 Ω的均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池．如图12甲所示，将电阻丝拉直后两端固定在带有刻度尺的绝缘底座的接线柱上，底座的中间有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P ，触头上固定了接线柱，按下P 时，触头才与电阻丝接触，触头的位置可从刻度尺上读出．实验采用的电路原理图如图乙所示，测量电阻丝直径所用螺旋测微器如图丙所示．图12(1)用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动________使测微螺杆F 接近被测电阻丝，再转动________夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动________使F 固定后读数．(填仪器部件的字母符号)(2)根据电路原理图乙，用笔画线代替导线，将实物图丁连接成实验电路．(3)闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变P 的位置，得到几组U 、I 、L 的数据，用R ＝UI 计算出相应的电阻值后作出R －L 图线如图13所示．取图线上两个点间数据之差ΔL 和ΔR ，若电阻丝直径为d ，则电阻率ρ＝________.图13答案 (1)D H G (2)如图所示 (3)πΔRd 24ΔL解析 (1)在用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动粗调旋钮D ，使测微螺杆F 接近被测电阻丝，再转动微调旋钮H 夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮G 使F 固定后读数．(3)根据R ＝ρl S ，得ΔR ＝ρΔL S ，而S ＝πd 24，代入得ρ＝πΔRd 24ΔL.6．[实验原理及数据处理]为测定一段金属丝的电阻率ρ，某同学设计了如图14甲所示的电路．ab 是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，电路中的保护电阻R 0＝4.0 Ω，电源的电动势E ＝3.0 V ，电流表内阻忽略不计，滑片P 与电阻丝始终接触良好．(1)实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d ＝________ mm.图14(2)实验时闭合开关，调节滑片P 的位置，分别测量出每次实验中aP 长度x 及对应的电流值I ，实验数据如下表所示：①将表中数据描在1I －x 坐标纸中，如图15所示．试作出其关系图线，图象中直线的斜率的表达式k ＝________(用题中字母表示)，由图线求得电阻丝的电阻率ρ为________ Ω·m (保留两位有效数字)．图15②根据1I －x 关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为________ Ω(保留两位有效数字)．答案 (1)0.400 (2)①图线见解析图4ρπEd2 1.1×10－6②1.4 解析 (1)由题图乙所示螺旋测微器可知，其示数为0 mm＋40.0×0.01 mm ＝0.400 mm. (2)①如图所示．根据图象由电阻定律可得R ＝ρx S ，由欧姆定律可得：R ＝E I ，则图象斜率k ＝1I x ，S ＝πd 24联立解得：k ＝4ρπEd 2＝Δ1I Δx代入数据得： k ＝3.6－1.80.6＝3联立解得电阻率为： ρ＝k πEd 24代入数据得： ρ≈1.1×10－6 Ω·m ；②根据1I －x 关系图线纵轴截距为1.8，此时待测电阻丝的电阻为0，由闭合电路欧姆定律得：E ＝I (r ＋R 0) 即：3＝11.8(r ＋4.0)得：r ＝1.4 Ω计算电阻率的两种方法1．根据电阻定律得ρ＝RSl；2．通过有关图象来求电阻率．图象法处理实验数据是最常用的方法之一，要从物理规律出发，写出图象的函数关系式，弄清斜率、截距等的物理意义，从而求出相关物理量．考点三 电阻的测量电阻测量的六种方法 1．伏安法电路图⎩⎪⎨⎪⎧外接法：内接法：特点：大内小外(内接法测量值偏大，测大电阻时应用内接法测量，测小电阻时应采用外接法测量) 2．安安法若电流表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表以及定值电阻来使用． (1)如图16甲所示，当两电流表所能测得的最大电压接近时，如果已知的内阻R 1，则可测得的内阻R2＝I 1R 1I2.(2)如图乙所示，当两电流表的满偏电压U A2≫UA1时，如果已知的内阻R 1，串联一定值电阻R0后，同样可测得的电阻R2＝I1(R1＋R0)I2.图163．伏伏法若电压表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表和定值电阻来使用．(1)如图17甲所示，两电压表的满偏电流接近时，若已知的内阻R1，则可测出的内阻R2＝U2U1R1.(2)如图乙所示，两电压表的满偏电流I V1≪I V2时，若已知的内阻R1，并联一定值电阻R0后，同样可得的内阻R2＝U2U1R1＋U1R0.图174．等效法测电阻如图18所示，先让待测电阻与一电流表串联后接到电动势恒定的电源上，读出电流表示数I；然后将电阻箱与电流表串联后接到同一电源上，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为I，则电阻箱的读数即等于待测电阻的阻值．图185．比较法测电阻如图19所示，读得电阻箱R1的阻值及、的示数I1、I2，可得R x＝I2R1I1.如果考虑电流表内阻的影响，则I1(R x＋R A1)＝I2(R1＋R A2)．图19 6．半偏法测电流表内阻电路图如图20所示图20步骤：(1)断开S2，闭合S1，调节R0，使的示数满偏为I g；(2)保持R0不变，闭合S2，调节电阻箱R，使的示数为I g 2；(3)由上可得R A＝R.特别提醒当R0≫R A时，测量误差小，此方法比较适合测小阻值的电流表的内阻，且测量值偏小；电源电动势应选大些的，这样表满偏时R0才足够大，闭合S2时总电流变化才足够小，误差才小．7．[伏安法测电阻](2014·浙江理综·22)小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值．(1)图21是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图中画出．图21图22(2)小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B 铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U －I 图上，如图22所示．在图中，由电流表外接法得到的数据点是用________(填“○”或“×”)表示的．(3)请你选择一组数据点，在图上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为_______ Ω. 答案 (1)见解析图甲 (2)× (3)见解析图乙 用“×”表示的数据连线时，1.2(1.1～1.3均可)，用“○”表示的数据连线时，1.6(1.5～1.7均可) 解析 (1)连线如图甲所示．甲乙(2)U －I 图象如图乙所示，U －I 图象的斜率反映了电阻的大小，而用电流表内接法时测得的电阻偏大，外接法时测得的电阻偏小，所以外接法的数据点是用“×”表示的．(3)在U －I 图象上，选用外接法所得的“×”连线，则R ＝ΔUΔI ＝1.2 Ω，选用内接法所得的“○”连线，则R ＝ΔUΔI＝1.6 Ω.8．[电表改装和电阻测量]现要测量电流表G 1的内阻，给出下列器材：电流表G 1(量程5 mA ，内阻r 1约为150 Ω)电流表G 2(量程10 mA ，内阻r 2约为100 Ω) 定值电阻R 1＝100 Ω 定值电阻R 2＝10 Ω 滑动变阻器R 3(0～200 Ω) 干电池E (1.5 V ，内阻未知) 单刀单掷开关S 导线若干 (1)定值电阻选________________；(2)如图23所示，在虚线框中已画出部分实验电路设计图，请补充完整，并标明所用器材的代号；图23(3)若选测量数据中的一组计算r 1，所用的表达式为r 1＝____________________，式中各符号的意义是__________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. 答案 (1)R 1 (2)电路图如图所示(3)R 1(I 2－I 1)I 1 I 1、I 2分别表示电流表G 1、G 2的读数，R 1表示定值电阻R 1的阻值．解析 (1)若选R 2，则其阻值太小，电流过大，而R 1与G 1内阻相当，故选R 1. (2)电路图如图所示．G 2的示数－G 1的示数为通过R 1的电流值．(3)由并联电路特点得：I 1r 1＝R 1(I 2－I 1)r 1＝R 1(I 2－I 1)I 1I 1、I 2分别表示电流表G 1、G 2的读数，R 1表示定值电阻R 1的阻值． 9．[等效替代法测电阻]电学实验中经常需要测量电阻的阻值．(1)测电阻的方法有很多种，现在提供一只标有“220 V 40 W ”的灯泡，它正常工作时的电阻为________ Ω.若用多用电表欧姆挡来测量这只灯泡的电阻，则测出的电阻值________(填“大于”“等于”或“小于”)灯泡正常工作时的电阻值． (2)用下列器材设计一个实验，测量该灯泡正常工作时的电阻值． A ．220 V 交流电源 B ．单刀双掷开关一个C ．电阻箱一个(0～999.9 Ω，额定电流0.5 A)D ．定值电阻一个(0.5 kΩ，额定电流0.3 A)E ．交流电流表一个(0～0.3 A) 请在虚线框内画出电路原理图．答案 (1)1 210 小于 (2)见解析图解析 (1)正常工作时电压为额定电压，故有P ＝U 2R ，所以R ＝U 2P ＝1 210 Ω；灯泡在正常工作时发热，灯丝电阻率增大，电阻增大，因而用欧姆挡测量时阻值应小于正常工作时的电阻值．(2)应用替代法．因电阻箱的最大阻值小于灯泡正常工作的电阻值，故应串联一定值电阻，电路原理图如图所示．10．[半偏法测电阻](2015·新课标Ⅱ·23)电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下： 待测电压表(量程3 V ，内阻约为3 000 Ω)，电阻箱R 0(最大阻值为99 999.9 Ω)，滑动变阻器R 1(最大阻值100 Ω，额定电流2 A)，电源E (电动势6 V ，内阻不计)，开关2个，导线若干．(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整(如图24)．图24(2)根据设计的电路，写出实验步骤：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(3)将这种方法测出的电压表内阻记为R V′，与电压表内阻的真实值R V相比，R V′________R V(填“＞”、“＝”或“＜”)，主要理由是____________________．答案(1)见解析图(2)见解析(3)＞理由见解析解析(1)实验电路图如图所示．(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S2，调节电阻箱R0，使电压表的指针半偏，读取电阻箱的电阻值，此即为测得的电压表内阻．(3)断开S2，调节电阻箱R0使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大，此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压，故R V′＞R V.考点四实验拓展与创新11．[实验器材的创新]有一根细长且均匀的空心金属管线，长约30 cm，电阻约为5 Ω，已知这种金属的电阻率为ρ，现在要尽可能精确测定它的内径d.(1)用螺旋测微器测量金属管线外径D时刻度的位置如图25a所示，从图中读出外径为________ mm，应用________(选填“厘米刻度尺”或“毫米刻度尺”)测金属管线的长度L；图25(2)测量金属管线的电阻R，为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：A．电压表0～3 V，内阻约10 kΩB．电压表0～15 V，内阻约50 kΩC．电流表0～0.6 A，内阻约0.05 ΩD．电流表0～3 A，内阻约0.01 ΩE．滑动变阻器，0～10 ΩF．滑动变阻器，0～100 Ω要求较准确地测出其阻值，电压表应选____________，电流表应选__________，滑动变阻器应选__________；(填序号)(3)实验中他的实物接线如图b所示，请指出接线中的两处明显错误．错误1：___________________________________________________________________错误2：___________________________________________________________________(4)用已知的物理常数和应直接测量的物理量(均用符号表示)，推导出计算金属管线内径的表达式d＝______________；(5)在实验中，下列说法正确的是________．A．为使电流表读数明显，应使电流尽可能大些B．为操作方便，中间过程可保持开关S一直处于闭合状态C．千分尺的精确度是千分之一毫米D．用千分尺测量直径时必须估读一位答案(1)5.200毫米刻度尺(2)A C E(3)导线连接在滑动变阻器的滑片上采用了电流表内接法 (4)D 2－4ρIL πU(5)D解析 (1)螺旋测微器的读数为： D ＝5 mm ＋20.0×0.01 mm ＝5.200 mm ；测量30 cm 金属管长度时应用毫米刻度尺来测量．(2)由于两节干电池的电动势为3 V ，所以电压表应选A ；由于通过金属管的最大电流为I m ＝U R x ＝35A ＝0.6 A ，所以电流表应选C.为了较准确地测出其阻值，滑动变阻器应选E. (3)由于待测金属管阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，连线图中的两处明显错误分别是：错误1：导线连接在滑动变阻器的滑片上； 错误2：采用了电流表内接法．(4)设金属管线内径为d ，根据电阻定律应有： R ＝ρL14πD 2－14πd 2，又R ＝U I ，联立可得：d ＝D 2－4ρIL πU(5)由金属的电阻率随温度的升高而增大可知，通过待测金属管线的电流不能太大，所以A 错误；为减小温度的影响，中间过程应断开开关，所以B 错误；千分尺的精确度是0.01 mm ，即应精确到1100毫米，所以C 错误；千分尺读数时必须估读一位，即估读到0.001 mm ，所以D 正确．12．[液体电阻率的测量]如图26是一同学测量某导电液体电阻率的实物连线图．图中均匀的长直玻璃管内径为d ，里面充满待测导电液体，玻璃管两端各装有一电极，电极距离为L .图26(1)根据实物连线图在虚线框内画出实验的电路原理图，其中导电液体用电阻R x 表示．(2)在接通电路前，为保证器材安全滑动变阻器的滑片P 应移到最________端(填“左”或“右”)．在电路调试时，该同学发现：闭合开关S 1后，单刀双掷开关S 2接到a 接点时电压表示数为4.5 V 、电流表示数为180 μA ；单刀双掷开关S 2接到b 接点时电压表示数为4.6 V 、电流表示数为164 μA.正式测量时，为减小实验误差，单刀双掷开关S 2应接到________点(填“a ”或“b ”)．(3)该同学正确完成实验，测得该段液体的电阻R 0，则该导电液体的电阻率的表达式为ρ＝______________(用R 0、L 、d 等表示)． 答案 (1)如图所示(2)右 b (3)πR 0d 24L解析 (1)电路原理图如图所示(2)接通电路前为保证电路的安全，应使滑动变阻器接入电路中的电阻最大，即滑片应移到最右端．分别使用内接法和外接法时电流表示数变化大，电压表示数变化小，说明电流表对示数影响较小，即电流表内阻远小于被测电阻，为减小误差应当采用电流表内接法，故接b点．(3)根据欧姆定律R ＝U I 、电阻定律ρ＝RS L 及S ＝π(d 2)2可得电阻率ρ＝πR 0d 24L. 13．[实验拓展]某些固体材料受到外力后除了产生形变外，其电阻率也要发生变化，这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”．现用如图27所示的电路研究某长薄板电阻R x 的压阻效应，已知R x 的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材：图27A ．电源E (3 V ，内阻约为1 Ω)B ．电流表A 1(0.6 A ，内阻r 1＝5 Ω)C ．电流表A 2(6 A ，内阻r 2约为1 Ω)D ．开关S ，定值电阻R 0(1)为了比较准确地测量电阻R x 的阻值，根据虚线框内电路图的设计，甲表选用________(选填“A 1”或“A 2”)，乙表选用________(选填“A 1”或“A 2”)．(2)在电阻R x 上加一个竖直向下的力F (设竖直向下为正方向)，闭合开关S ，记下电表读数，A 1的读数为I 1，A 2的读数为I 2，得R x ＝________(用字母表示)．(3)改变力的大小，得到不同的R x 值，然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得到不同的R x 值，最后绘成的图象如图28所示．当F 竖直向下(设竖直向下为正方向)时，可得R x 与所受压力F 的数值关系是R x ＝________________.(各物理量单位均为国际单位)图28(4)定值电阻R 0的阻值应该选用________________．A ．1 ΩB ．5 ΩC ．10 ΩD ．20 Ω答案 (1)A 1 A 2 (2)I 1r 1I 2－I 1(3)16－2F (4)B解析(1)由于A1内阻确定，并且与待测电阻接近，与待测电阻并联，用来测出待测电阻R x 两端的电压，用A2测得的电流减去A1测得的电流就是流过待测电阻的电流，根据欧姆定律就可求出待测电阻的阻值，电路连接如图所示．(2)待测电阻两端的电压U＝I1r1，流过待测电阻的电流I＝I2－I1，因此待测电阻的阻值为R x＝I1r1 I2－I1.(3)由图象的对称性可知，加上相反的压力时，电阻值大小相等；图象与纵坐标的交点为16 Ω，当R＝7 Ω时，对应的力为4.5 N，因此函数表达式R x＝16－2F.(4)整个回路总电流不能大于0.6 A，而电动势为3 V，因此总电阻应略大于5 Ω，而电源内阻约为1 Ω，因此定值电阻R0的阻值应选5 Ω，即可保证电流不超过量程，也保证电流不太小，两块电流表读数准确．。

专题十 电磁感应中的动力学和能量问题考纲解读 1.会分析计算电磁感应中有安培力参与的导体的运动及平衡问题.2.会分析计算电磁感应中能量的转化与转移． 考点一 电磁感应中的动力学问题分析1． 安培力的大小由感应电动势E ＝Bl v ，感应电流I ＝ER 和安培力公式F ＝BIl 得F ＝B 2l 2v R .2． 导体两种状态及处理方法(1)导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析． (2)导体的非平衡态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．例1 (2012·广东理综·35)如图1所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板，R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．图1(1)调节R x ＝R ，释放导体棒，当导体棒沿导轨匀速下滑时，求通过导体棒的电流I 及导体棒的速率v .(2)改变R x ，待导体棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x . 答案 (1)Mg sin θBl 2MgR sin θB 2l 2(2)mBldMq sin θ解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是 “先电后力”，即：先做“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E 和r ；再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相应部分的电流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；最后进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．突破训练1如图2所示，两足够长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与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够图2长时间以后() A．金属棒ab、cd都做匀速运动B．金属棒ab上的电流方向是由b向aC．金属棒cd所受安培力的大小等于2F/3D．两金属棒间距离保持不变答案BC考点二电磁感应中的能量问题分析1．过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．2．求解思路(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．(2)若电流变化，则：①利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能．例2如图3所示，倾角为θ＝30°、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L1＝0.4 m，B1＝5 T的匀强磁场垂直导轨平面向上．一质量m＝1.6 kg的金属棒ab垂直于MN、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，其电阻r＝1 Ω.金属导轨上端连接右侧电路，R1＝1 Ω，R2＝1.5 Ω.R2两端通过细导线连接质量M＝0.6 kg的正方形金属框cdef，正方形边长L2＝0.2 m，每条边电阻r0为1 Ω，金属框处在一方向垂直纸面向里、B2＝3 T的匀强磁场中．现将金属棒由静止释放，不计其他电阻及滑轮摩擦，g取10 m/s2.(1)若将电键S断开，求棒下滑过程中的最大速度．(2)若电键S闭合，每根细导线能承受的最大拉力为3.6 N，求细导线刚好被拉断时棒的速度．(3)若电键S闭合后，从棒释放到细导线被拉断的过程中，棒上产生的电热为2 J，求此过程中棒下滑的高度(结果保留一位有效数字)．图3答案(1)7 m/s(2)3.75 m/s(3)1 m电磁感应中能量转化问题的分析技巧1．电磁感应过程往往涉及多种能量的转化(1)如图4中金属棒ab沿导轨由静止下滑时，重力势能减少，一部分用来克服安培力做功，转化为感应电流的电能，最终在R上转化为焦耳热，另一部分转化为金属棒的动能．(2)若导轨足够长，棒最终达到稳定状态做匀速运动，之后重力图4势能的减小则完全用来克服安培力做功，转化为感应电流的电能．2．安培力做功和电能变化的特定对应关系(1)“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．(2)安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能．3．解决此类问题的步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)确定感应电动势的大小和方向．(2)画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式．(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解．突破训练2如图5所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用．金属棒沿导轨匀图5速下滑，则它在下滑高度h的过程中，以下说法正确的是() A．作用在金属棒上各力的合力做功为零B．重力做的功等于系统产生的电能C．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热D．金属棒克服恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AC1．模型概述“导轨＋杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“导轨＋杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂，形式多变．2．常见模型类型“电—动—电”型“动—电—动”型示意图已知量棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑水平，电阻不计棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑，电阻不计过程分析S闭合，棒ab受安培力F＝BLER，此时加速度a＝BLEmR，棒ab速度v↑→感应电动势E′＝BL v↑→电流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，当安培力F＝0时，a＝0，v最大，最后匀速运动棒ab释放后下滑，此时加速度a＝g sin α，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BL v↑→电流I＝ER↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mg sin α时，a＝0，v最大，最后匀速运动能量转化通过安培力做功，把电能转化为动能克服安培力做功，把重力势能转化为内能运动形式变加速运动变加速运动最终状态匀速运动，v m＝E′BL匀速运动v m＝mgR sin αB2L2解析(1)设甲在磁场区域abcd内运动时间为t1，乙从开始运动到ab位置的时间为t2，则由运动学公式得L ＝12·2g sin θ·t 21，L ＝12g sin θ·t 22 解得t 1＝Lg sin θ，t 2＝ 2Lg sin θ(1分) 因为t 1<t 2，所以甲离开磁场时，乙还没有进入磁场．(1分)设乙进入磁场时的速度为v 1，乙中产生的感应电动势为E 1，回路中的电流为I 1，则12m v 21＝mgL sin θ(1分) E 1＝Bd v 1(1分) I 1＝E 1/2R (1分) mg sin θ＝BI 1d (1分) 解得R ＝B 2d 22m2Lg sin θ(1分) (2)从释放金属杆开始计时，设经过时间t ，甲的速度为v ，甲中产生的感应电动势为E ，回路中的电流为I ，外力为F ，则 v ＝at (1分) E ＝Bd v (1分) I ＝E /2R (1分)F ＋mg sin θ－BId ＝ma (1分) a ＝2g sin θ 联立以上各式解得 F ＝mg sin θ＋mg sin θ2g sin θL·t (0≤t ≤ Lg sin θ)(1分) 方向垂直于杆平行于导轨向下．(1分)(3)甲在磁场运动过程中，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v 0，甲、乙产生的热量相同，均设为Q 1，则 v 20＝2aL (1分)W ＋mgL sin θ＝2Q 1＋12m v 20(2分)解得W ＝2Q 1＋mgL sin θ乙在磁场运动过程中，甲、乙产生相同的热量，均设为Q 2，则2Q 2＝mgL sin θ(2分) 根据题意有Q ＝Q 1＋Q 2(1分) 解得W ＝2Q (1分) 答案 (1)B 2d 22m2Lg sin θ(2)F ＝mg sin θ＋mg sin θ 2g sin θL·t (0≤t ≤ Lg sin θ)，方向垂直于杆平行于导轨向下 (3)2Q突破训练3 如图7甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，其宽度L ＝1 m ，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 之间连接阻值为R ＝0.40 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg 、电阻为r ＝0.30 Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上．现使金属棒ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x 与时间t 的关系如图乙所示，图象中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，g ＝10 m/s 2(忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响)，求：甲 乙图7(1)磁感应强度B 的大小；(2)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，通过电阻R 的电荷量； (3)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，电阻R 上产生的热量． 答案 (1)0.1 T (2)0.67 C (3)0.26 J1． (2012·山东理综·20)如图8所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，图8导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是 ( )A ．P ＝2mg v sin θB ．P ＝3mg v sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 答案 AC2． (2012·江苏单科·13)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图9所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向．匝数为N 的矩形线圈abcd的边长ab ＝cd ＝l 、bc ＝ad ＝2l .线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 边和ad 边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B 、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r ，外接电阻为R .求：图9(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E m ； (2)线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小F ； (3)外接电阻上电流的有效值I . 答案(1)2NBl 2ω(2)4N 2B 2l 3ωr ＋R (3)4NBl 2ω3(r ＋R )6． 如图6所示，两平行光滑的金属导轨MN 、PQ 固定在水平面上，相距为L ，处于竖直方向的磁场中，整个磁场由若干个宽度皆为d 的条形匀强磁场区域1、2、3、4……组成，磁感应强度B 1、B 2的方向相反，大小相等，即B 1＝B 2＝B .导轨左端MP 间接一电阻R ，质量为m 、电阻为r 的细导体棒ab 垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，不计导轨的电阻．现对棒ab 施加水平向右的拉力，使其从区域1磁场左边界位置开始以速度v 0向右做匀速直线运动并穿越n 个磁场区域．图6(1)求棒ab 穿越区域1磁场的过程中电阻R 产生的焦耳热Q ； (2)求棒ab 穿越n 个磁场区域的过程中拉力对棒ab 所做的功W ；(3)规定棒中从a 到b 的电流方向为正，画出上述过程中通过棒ab 的电流I 随时间t 变化的图象；(4)求棒ab 穿越n 个磁场区域的过程中通过电阻R 的净电荷量q . 答案 (1)B 2L 2v 0Rd (R ＋r )2 (2)nB 2L 2v 0dR ＋r(3)见解析图(4)BLd R ＋r 或0。

2022届步步高大一轮复习讲义物理第一章专题一物理人教版第一章运动的描述匀变速直线运动题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分题组扣点•深度思考专题一基础知识题组运动图象、追及相遇问题1.［对位移图象的理解］一遥控玩具汽车在平直路上运动的位移—时间图象如图1所示，贝y(C)正向匀速运动静止反向匀速A.15内汽车的位移为300mB.前10内汽车的加速度为3m/2C.20末汽车的速度为Tm/D■前25内汽车做单方向直线运动图1题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分题组扣点■深度思考2■［对速度图象的理解］亚丁湾索马里海域六艘海盗快艇试图靠近中国海军护航编队保护的商船，中国特战队员发射爆震弹成功将其驱离.假如其中一艘海盗快艇在海面上运动的v-t图象如图2所示设运动过程中海盗快艇所受阻力不变•则下列说法正确的是(B)A.海盗快艇在0~66内从静止出发做加速度增大的加速直线运动B.海盗快艇在96末开始调头逃离C.海盗快艇在66末离商船最近D.海盗快艇在96~116内做匀减速直线运动图2题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分题组扣点•深度思考考点梳理1.某-t图象(1)物理意义：反映了物体做直线运动的位移随率正负表示物体速度的方向.2.v-t图象(1)物理意义反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律.(2)斜率的意义：图线上某点切线斜率的大小表示物体在该点加速度的大小，斜率正负表示物体加速度⑶“面积”的意义①图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的位移的大小•②若面积在时间轴的上方，表示位移方向为正；若此面积在时间轴的下方，表示位移方向为题组扣点课堂探究负时间变化的规律.(2)斜率的意义：图线上某点切线斜率的大小表示物体速度的大小，斜的方向..学科素养培养高考模拟练出高分题组扣点•深度思考规律方法题组3.［利用v-t图象分析追及问题］两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶.t=0时两车都在同一计时线处，此时比赛开始.它们在四次比赛中的v-t图如图所示.则下列图对应的比赛中，有一辆赛车能够追上另一辆的是(AC)题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分题组扣点•深度思考4.［追及问题的处理方法］一辆汽车在十字路口等待绿灯，当绿灯亮时汽车以a=3m/2的加速度开始行驶，恰在这时一人骑自行车以解法一用临界条件求解v车人某车某人vv0=6m/的速度匀速驶来，从后边超过汽车，试问：(1)汽车从路口开动后,在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？最远距离是多大？(2)当汽车与自行车距离最近时汽车的速度是多大？⑴当汽车的速度为v1=v0=6m/时，v1二者相距最远，所用时间为t1==2a1最远距离为A某円0七1-3七12=6皿.21(2)两车距离最近时有v0t2=at222解得t2=4解法一解法二解法三汽车的速度为v=at2=12m/.题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分题组扣点•深度思考4.［追及问题的处理方法］一辆汽车在十字路口等待绿灯，当绿灯亮时汽车以a=3m/2的加速度开始行驶，恰在这时一人骑自行车以v0=6m/的速度匀速驶来，从后边超过汽车，试问：(1)汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？最远距离是多大？(2)当汽车与自行车距离最近时汽车的速度是多大？解法二用图象法求解(1)汽车和自行车的v-t图象如图所示，由图象可得t=2时，二者相距最远.最远距离等于图中阴影部分的1面积，即A某二某6某加=6m.2(2)两车距离最近时，即两个v-1图线下方面积相等时，由图象得此时解法一解法二解法三汽车的速度为v=12m/.题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分题组扣点•深度思考4.［追及问题的处理方法］一辆汽车在十字路口等待绿灯，当绿灯亮时汽车以a=3m/2的加速度开始行驶，恰在这时一人骑自行车以v0=6m/的速度匀速驶来，从后边超过汽车，试问：(1)汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？最远距离是多大？(2)当汽车与自行车距离最近时汽车的速度是多大？解法三用数学方法求解(1)由题意知自行车与汽车的位移之差为1A某=v0t-at2因二次项系数小于零，t当2-v0==2时有最大值，最大值12某-a211△某m=v0t-at2=6某2m-某3某22m22=6m.1(2)当△某二v0t-at2=0时两车相遇2解得t=4,汽车的速度为v=at=12m/.解法一解法二解法三题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分题组扣点•深度思考方法提炼1.在分析追及与相遇问题时，可用以下方法：(1)临界条件法：当二者速度相等时，二者相距最远(最近).(2)图象法：画出某-t图象或v-t图象，然后利用图象进行分析求解.(3)数学判别式法：设相遇时间为t,根据条件列方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论，若A〉0,即有两个解，说明可以相遇两次；若A=0,说明刚好追上或相遇；若A〈0,说明追不上或不能相遇.2.在追及问题中，若后者能追上前者，则追上时，两者处于同一位置，后者的速度一定大于前者的速度；若后者追不上前者，则当后者的速度与前者相等时，两者相距最近.3.在相遇问题中，同向运动的两物体追及即相遇；相向运动的物体，当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体之间的距离时即相遇.题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分1.一看“轴”:先要看清两轴所代表的物理量，即图象是描述哪两个物课堂探究•考点突破考点一对运动图象物理意义的理解理量之间的关系.图象表示研究对象的变化过程和规律.v-t图象和某-t图象中倾斜的直线在2.二看“线”:分别表示物体的速度和位移随时间变化的运动情况.3.三看“斜率”:某-t图象中斜率表示运动物体的速度大小和方向.v-t图象中斜率表示运动物体的加速度大小和方向.即图线和坐标轴所围的面积，也往往代表一个物4.四看“面积”:理量，这要看两物理量的乘积有无意义.例如v和t的乘积vt二某有意义，所以v-1图线与横轴所围“面积”表示位移，某-t图象与横轴所围“面积”无意义.5.五看“截距”：截距一般表示物理过程的初始情况，例如t=0时的位移或速度•例如交点、拐点（转折点）等•例如某-t图象的交点表示两质点相6.六看“特殊点”：遇，但v-1图象的交点只表示速度相等.题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分课堂探究•考点突破【例1】如图3是某质点运动的速度图象，（D）由图象得到的正确结果是A.0~1内的平均速度是2m/B.0~2内的位移大小是4m图3C.0~1内的运动方向与2~4内的运动方向相反D.0~1内的加速度大小大于2~4内加速度的大小解析v0+v10+2由题图可知在0~1内，质点做匀加速直线运动，v==m/22=1m/;0~2内的位移大小为相应的“梯形”与横坐标轴包围的面积，在某=3m;在0~1与2~4速度都为正，方向相同；由图象的倾斜角度可知a0~l〉a2~4.综上可知只有选项D正确.题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分课堂探究•考点突破1.某-t图象、v-t图象都不是物体运动的轨迹，图象中各点的坐标值是某、v与t对应.2.某-t图象、v-t图象的形状由某与t、v与t的函数关系决定.3.无论是某-t图象还是v-t图象，所描述的运动情况都是直线运动.题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分课堂探究•考点突破【突破训练1】如图4所示的位移-时间图象和速度-时间图象中，给出的四条图线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况.下列描述正确的是(B)A.图线1表示物体做曲线运动B.某-t图象中t1时刻v1〉v2C.v-t图象中0至t3时间内图线3和图线4的平均速度大小相等D.图线2和图线4中，t2、t4时刻都表示物体反向运动解析某-t图象和v-1图象都是用来描述直线运动的，图象并不是运动轨迹，A项错误；某-t图象的斜率表示速度，所以在t1时刻v1>v2,B项正确；v-t图象与t 轴所围的面积表示位移，所以在0~t3时间内图线3的位移小于图线4的位移，图线3的图4平均速度小于图线4的平均速度，C项错误；图线2中t2时刻表示物体反向运动，图线4中t4时刻不表示反向，只表示速度减小，D项错误.题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分1.用图象解题可使解题过程简化，思路更清晰，而且比解析法更巧妙、更灵活.在有些情况下运用解析法可能无能为力，但是图象法则会使你豁然课堂探究•考点突破考点二运动图象的应用学科素养培养高考模拟开朗.2.利用图象描述物理过程更直观.物理过程可以用文字表述，也可以用数学式表达，还可以用物理图象描述.如果能够用物理图象描述，一般来说会更直观且容易理解.题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分课堂探究•考点突破【例2】某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为,从着陆到停下来所用的时间为t,实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是A.v=t2C.v>t2B.v=t2D.<v<tt(C)解析由题意知，当飞机的速度减小时，所受的阻力减小，因而它的加速度会逐渐变小.画出相应的v-t图象大致如图所示：根据图象的意义可知，实线与坐标轴包围的面积为,虚线(匀减速运动)下方的“面积”vv2表示的位移为：t.应有：t〉,所以v〉,所以选项C正确.22t 题组扣点课堂探究练出高分课堂探究•考点突破方法点拨运用图象解答物理问题的主要步骤与方法1.认真审题，根据题中所需求解的物理量，结合相应的物理规律确定所需的横、纵坐标表示的物理量.2.根据题意，找出两物理量的制约关系结合具体的物理过程和相应的物理规律作出函数图象.3.由所作图象结合题意，运用函数图象进行表达、分析和推理，从而找出相应的变化规律，再结合相应的数学工具(即方程)求出相应的物理量.学科素养培养高考模拟题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分课堂探究•考点突破【突破训练2】某人骑自行车在平直道路上行进，图5中的实线记录了自行车开始一段时间内的v-t图象•某同学为了简化计算，用虚线作近似处理，下列说法正确的是(BD)A.在t1时刻，虚线反映的加速度比实际的大B.在0~t1时间内，由虚线计算出的平均速度比实际的大C.在t1~t2时间内，由虚线计算出的位移比实际的大D.在t3~t4时间内，虚线反映的是匀速直线运动图5题组扣点课堂探究练出高分课堂探究•考点突破考点三追及与相遇问题1.分析追及问题的方法技巧可概括为“一个临界条件”、“两个等量关系”(1)一个临界条件：速度相等.它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点；(2)两个等量关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系是解题的突破口.2.能否追上的判断方法物体B追赶物体A:开始时，两个物体相距某0.若vA=vB时，某A+某0〈某B,则能追上；若vA二vB时，某A+某0二某B,则恰好不相撞；若vA=vB时，某A+某0〉某B,则不能追上.3.若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动.题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分课堂探究•考点突破【例3】甲车以10m/的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4m/的速度与甲车平行同向做匀速直线运动.甲车经过乙车旁边时开始以0.5m/2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：(1)乙车在追上甲车前，两车相距的最大距离；(2)乙车追上甲车所用的时间.解析(1)当甲车速度减至等于乙车速度时两车的距离最大，设该减速过程所用时间为t,则有v乙刊甲-at,解得t=12,此时甲、乙间距离为1v甲t-at2-v乙t=36m2(2)设甲车减速到零所需时间为tl,v甲则有tl==20av甲10tl时间内,某甲二11二某20m=100m22某乙二v乙11=4某20m=80m某甲-某乙20此后乙车运动时间t2===54v乙故乙车追上甲车需t1+12=25.题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分。

实验基础知识一、螺旋测微器的使用1．构造：如图1所示，B为固定刻度，E为可动刻度．图12．原理：测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮D每旋转一周，F前进或后退0.5 mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01 mm，即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．3．读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．如图2所示，固定刻度示数为2.0 mm，半毫米刻度线未露出，而从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.图2二、游标卡尺1．构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标卡尺上还有一个深度尺．(如图3所示)图32．用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径．3．原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其规格见下表：刻度格数(分度)刻度总长度每小格与1 mm的差值精确度(可精确到) 109 mm0.1 mm0.1 mm2019 mm0.05 mm0.05 mm5049 mm0.02 mm0.02 mm4.读数：若用x表示从主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻度线对齐的游标的格数，则记录结果表示为(x＋K×精确度)mm.三、常用电表的读数对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．(1)0～3 V的电压表和0～3 A的电流表的读数方法相同，此量程下的精确度分别是0.1 V和0.1 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．(2)对于0～15 V量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V.(3)对于0～0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01 A.基本实验要求1．实验原理根据电阻定律公式知道只要测出金属丝的长度和它的直径d ，计算出横截面积S ，并用伏安法测出电阻R x ，即可计算出金属丝的电阻率． 2．实验器材被测金属丝，直流电源(4 V)，电流表(0～0.6 A)，电压表(0～3 V)，滑动变阻器(50 Ω)，开关，导线若干，螺旋测微器，毫米刻度尺． 3．实验步骤(1)用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d . (2)连接好用伏安法测电阻的实验电路．(3)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，反复测量三次，求出其平均值l . (4)把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置．(5)闭合开关，改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I 和U 的值，填入记录表格内．(6)将测得的R x 、l 、d 值，代入公式R ＝ρl S 和S ＝πd 24中，计算出金属丝的电阻率．4．电流表、电压表测电阻两种方法的比较电流表内接法电流表外接法电路图误差原因电流表分压 U 测＝U x ＋U A电压表分流 I 测＝I x ＋I V电阻测量值R测＝U 测I测＝R x＋R A>R x测量值大于真实值R测＝U测I测＝R x R VR x＋R V<R x测量值小于真实值适用条件R A≪R x R V≫R x规律方法总结1．伏安法测电阻的电路选择(1)阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若R x较小，宜采用电流表外接法；若R x较大，宜采用电流表内接法．(2)临界值计算法R x<R V R A时，用电流表外接法；R x>R V R A时，用电流表内接法．(3)实验试探法：按图4接好电路，让电压表的一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法．图42．注意事项(1)先测直径，再连电路：为了方便，测量直径应在金属丝连入电路之前测量．(2)电流表外接法：本实验中被测金属丝的阻值较小，故采用电流表外接法．(3)电流控制：电流不宜过大，通电时间不宜过长，以免金属丝温度过高，导致电阻率在实验过程中变大．3．误差分析(1)若为内接法，电流表分压．(2)若为外接法，电压表分流．(3)长度和直径的测量．考点一测量仪器、仪表的读数1．游标卡尺的读数(1)10分度的游标尺的读数：主尺上读出整毫米数＋游标尺上与主尺上某一刻度线对齐的游标的格数×1 10.(2)20分度的游标尺的读数：主尺上读出整毫米数＋游标尺上与主尺上某一刻度线对齐的游标的格数×1 20.2．螺旋测微器的读数方法：固定刻度数mm＋可动刻度数(估读一位)×0.01 mm.3．电流表和电压表的读数(1)若刻度盘上每一小格为：1,0.1,0.01，…时，需估读到最小刻度值的下一位．(2)若刻度盘上每一小格为：2,0.2,0.02,5,0.5,0.05，…时，只需估读到最小刻度值的位数．1．[直尺和游标卡尺的读数](2014·福建理综·19(1))某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图5甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________ cm和________ mm.图5答案60.10 4.20解析刻度尺的分度值为1 mm，要估读到0.1 mm.游标卡尺读数＝4 mm＋10×0.02 mm＝4.20 mm. 2．[螺旋测微器的读数]完成下列读数(如图6所示)图6a．____________mm b．____________mmc．____________mm d．____________mm答案a．0.486(0.484～0.488)b．0.536(0.534～0.538)c．4.078(4.077～4.079)d．5.663(5.661～5.665)3．[电压表、电流表和电阻箱的读数](1)①如图7所示的电流表使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数是________A；当使用3 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________ A，图中表针示数为________A.图7②如图8所示的电表使用较小量程时，每小格表示____________V，图中指针的示数为________ V．若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________V，图中表针指示的是________V.图8(2)旋钮式电阻箱如图9所示，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为____ Ω.今欲将接入电路的电阻改为2 087 Ω，最简单的操作方法是________．若用两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为_________．图9答案(1)①0.020.440.12．20②0.1 1.400.57.0(2)1 987将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到00～19 998 Ω解析(1)①电流表使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，指针的示数为0.44 A；当换用3 A量程时，每一小格为0.1 A，指针示数为2.20 A.②电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，指针示数为1.40 V；使用15 V量程时，每小格为0.5 V，指针示数为7.0 V.(2)电阻为1 987 Ω.最简单的操作方法是将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用这样两个电阻箱串联可得到的最大电阻2×9 999 Ω＝19 998 Ω.故两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为0～19 998 Ω.考点二实验操作及数据处理4．[实验操作](2014·江苏单科·10)某同学通过实验测量一种合金的电阻率．(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图10所示的部件__________(选填“A”、“B”、“C”或“D”)．从图中的示数可读出合金丝的直径为________ mm.图10(2)图11所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出．合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化．由此可以推断：电路中______(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了________(选填“短路”或“断路”)．图11(3)在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为2.23 V和38 mA，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7 Ω.为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进？请写出两条建议．答案(1)B0.410(2)7、8、9断路(3)电流表改为内接；测量多组电流和电压值，计算出电阻的平均值．(或测量多组电流和电压值，用图象法求电阻值)解析(1)螺旋测微器读数时应先将锁紧装置锁紧，即旋紧B.螺旋测微器的示数为(0＋41.0×0.01) mm＝0.410 mm.(2)电压表的示数不为0，电流表的示数几乎为0，说明连接两电表的电路是导通的．而滑动变阻器几乎不起作用，说明线路电阻很大，故可判断7、8、9间断路．(3)由题知R A R x ≈0.005<R xR V ≈0.020，说明电流表的分压作用不显著，故可将电流表改为内接，并测出多组U 、I 值，求出R x 后，再取平均值作为实验结果．5．[实验操作及数据处理]用伏安法测定电阻约为5 Ω的均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池．如图12甲所示，将电阻丝拉直后两端固定在带有刻度尺的绝缘底座的接线柱上，底座的中间有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P ，触头上固定了接线柱，按下P 时，触头才与电阻丝接触，触头的位置可从刻度尺上读出．实验采用的电路原理图如图乙所示，测量电阻丝直径所用螺旋测微器如图丙所示．图12(1)用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动________使测微螺杆F 接近被测电阻丝，再转动________夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动________使F 固定后读数．(填仪器部件的字母符号) (2)根据电路原理图乙，用笔画线代替导线，将实物图丁连接成实验电路．(3)闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变P 的位置，得到几组U 、I 、L的数据，用R ＝UI 计算出相应的电阻值后作出R －L 图线如图13所示．取图线上两个点间数据之差ΔL 和ΔR ，若电阻丝直径为d ，则电阻率ρ＝________.图13答案 (1)D H G (2)如图所示 (3)πΔRd 24ΔL解析 (1)在用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动粗调旋钮D ，使测微螺杆F 接近被测电阻丝，再转动微调旋钮H 夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮G 使F 固定后读数．(3)根据R ＝ρl S ，得ΔR ＝ρΔL S ，而S ＝πd 24，代入得ρ＝πΔRd 24ΔL.6．[实验原理及数据处理]为测定一段金属丝的电阻率ρ，某同学设计了如图14甲所示的电路．ab 是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，电路中的保护电阻R 0＝4.0 Ω，电源的电动势E ＝3.0 V ，电流表内阻忽略不计，滑片P 与电阻丝始终接触良好．(1)实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d ＝________ mm.图14(2)实验时闭合开关，调节滑片P 的位置，分别测量出每次实验中aP 长度x 及对应的电流值I ，实验数据如下表所示：x (m) 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 I (A)0.490.430.380.330.310.281I(A －1) 2.04 2.33 2.63 3.03 3.23 3.57①将表中数据描在1I －x 坐标纸中，如图15所示．试作出其关系图线，图象中直线的斜率的表达式k＝________(用题中字母表示)，由图线求得电阻丝的电阻率ρ为________ Ω·m (保留两位有效数字)．图15②根据1I －x 关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为________ Ω(保留两位有效数字)．答案 (1)0.400 (2)①图线见解析图4ρπEd2 1.1×10－6 ②1.4 解析 (1)由题图乙所示螺旋测微器可知，其示数为0 mm ＋40.0×0.01 mm ＝0.400 mm. (2)①如图所示．根据图象由电阻定律可得R ＝ρx S ，由欧姆定律可得：R ＝E I ，则图象斜率k ＝1I x ，S ＝πd 24联立解得：k ＝4ρπEd 2＝Δ1I Δx代入数据得：k ＝3.6－1.80.6＝3 联立解得电阻率为：ρ＝k πEd 24 代入数据得：ρ≈1.1×10－6 Ω·m ；②根据1I－x 关系图线纵轴截距为1.8，此时待测电阻丝的电阻为0，由闭合电路欧姆定律得：E ＝I (r ＋R 0)即：3＝11.8(r ＋4.0) 得：r ＝1.4 Ω计算电阻率的两种方法1．根据电阻定律得ρ＝RS l； 2．通过有关图象来求电阻率．图象法处理实验数据是最常用的方法之一，要从物理规律出发，写出图象的函数关系式，弄清斜率、截距等的物理意义，从而求出相关物理量． 考点三 电阻的测量电阻测量的六种方法1．伏安法电路图⎩⎪⎨⎪⎧外接法：内接法： 特点：大内小外(内接法测量值偏大，测大电阻时应用内接法测量，测小电阻时应采用外接法测量)2．安安法若电流表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表以及定值电阻来使用．(1)如图16甲所示，当两电流表所能测得的最大电压接近时，如果已知的内阻R 1，则可测得的内阻R 2＝I 1R 1I 2. (2)如图乙所示，当两电流表的满偏电压U A2≫U A1时，如果已知的内阻R 1，串联一定值电阻R 0后，同样可测得的电阻R 2＝I 1(R 1＋R 0)I 2.图163．伏伏法若电压表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表和定值电阻来使用．(1)如图17甲所示，两电压表的满偏电流接近时，若已知的内阻R 1，则可测出的内阻R 2＝U 2U 1R 1. (2)如图乙所示，两电压表的满偏电流I V1≪I V2时，若已知的内阻R 1，并联一定值电阻R 0后，同样可得的内阻R 2＝U 2U 1R 1＋U 1R 0.图174．等效法测电阻如图18所示，先让待测电阻与一电流表串联后接到电动势恒定的电源上，读出电流表示数I ；然后将电阻箱与电流表串联后接到同一电源上，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为I ，则电阻箱的读数即等于待测电阻的阻值．图185．比较法测电阻如图19所示，读得电阻箱R 1的阻值及、的示数I 1、I 2，可得R x ＝I 2R 1I 1. 如果考虑电流表内阻的影响，则I 1(R x ＋R A1)＝I 2(R 1＋R A2)．图196．半偏法测电流表内阻电路图如图20所示图20 步骤：(1)断开S2，闭合S1，调节R0，使的示数满偏为I g；(2)保持R0不变，闭合S2，调节电阻箱R，使的示数为I g 2；(3)由上可得R A＝R.特别提醒当R0≫R A时，测量误差小，此方法比较适合测小阻值的电流表的内阻，且测量值偏小；电源电动势应选大些的，这样表满偏时R0才足够大，闭合S2时总电流变化才足够小，误差才小．7．[伏安法测电阻](2014·浙江理综·22)小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值．(1)图21是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图中画出．图21图22(2)小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B 铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U －I 图上，如图22所示．在图中，由电流表外接法得到的数据点是用________(填“○”或“×”)表示的．(3)请你选择一组数据点，在图上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为_______ Ω.答案 (1)见解析图甲 (2)× (3)见解析图乙 用“×”表示的数据连线时，1.2(1.1～1.3均可)，用“○”表示的数据连线时，1.6(1.5～1.7均可)解析 (1)连线如图甲所示．甲乙(2)U －I 图象如图乙所示，U －I 图象的斜率反映了电阻的大小，而用电流表内接法时测得的电阻偏大，外接法时测得的电阻偏小，所以外接法的数据点是用“×”表示的．(3)在U －I 图象上，选用外接法所得的“×”连线，则R ＝ΔU ΔI＝1.2 Ω，选用内接法所得的“○”连线，则R ＝ΔU ΔI＝1.6 Ω. 8．[电表改装和电阻测量]现要测量电流表G 1的内阻，给出下列器材：电流表G 1(量程5 mA ，内阻r 1约为150 Ω)电流表G 2(量程10 mA ，内阻r 2约为100 Ω)定值电阻R 1＝100 Ω 定值电阻R 2＝10 Ω滑动变阻器R 3(0～200 Ω)干电池E (1.5 V ，内阻未知)单刀单掷开关S 导线若干(1)定值电阻选________________；(2)如图23所示，在虚线框中已画出部分实验电路设计图，请补充完整，并标明所用器材的代号；图23(3)若选测量数据中的一组计算r 1，所用的表达式为r 1＝____________________，式中各符号的意义是__________________________________________________________________________________________________________________________________________.答案 (1)R 1 (2)电路图如图所示(3)R 1(I 2－I 1)I 1I 1、I 2分别表示电流表G 1、G 2的读数，R 1表示定值电阻R 1的阻值． 解析 (1)若选R 2，则其阻值太小，电流过大，而R 1与G 1内阻相当，故选R 1.(2)电路图如图所示．G 2的示数－G 1的示数为通过R 1的电流值．(3)由并联电路特点得：I 1r 1＝R 1(I 2－I 1)r 1＝R 1(I 2－I 1)I 1I 1、I 2分别表示电流表G 1、G 2的读数，R 1表示定值电阻R 1的阻值．9．[等效替代法测电阻]电学实验中经常需要测量电阻的阻值．(1)测电阻的方法有很多种，现在提供一只标有“220 V 40 W ”的灯泡，它正常工作时的电阻为________ Ω.若用多用电表欧姆挡来测量这只灯泡的电阻，则测出的电阻值________(填“大于”“等于”或“小于”)灯泡正常工作时的电阻值．(2)用下列器材设计一个实验，测量该灯泡正常工作时的电阻值．A ．220 V 交流电源B ．单刀双掷开关一个C ．电阻箱一个(0～999.9 Ω，额定电流0.5 A)D ．定值电阻一个(0.5 kΩ，额定电流0.3 A)E ．交流电流表一个(0～0.3 A)请在虚线框内画出电路原理图．答案 (1)1 210 小于 (2)见解析图解析 (1)正常工作时电压为额定电压，故有P ＝U 2R ，所以R ＝U 2P＝1 210 Ω；灯泡在正常工作时发热，灯丝电阻率增大，电阻增大，因而用欧姆挡测量时阻值应小于正常工作时的电阻值．(2)应用替代法．因电阻箱的最大阻值小于灯泡正常工作的电阻值，故应串联一定值电阻，电路原理图如图所示．10．[半偏法测电阻](2015·新课标Ⅱ·23)电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：待测电压表(量程3 V ，内阻约为3 000 Ω)，电阻箱R 0(最大阻值为99 999.9 Ω)，滑动变阻器R 1(最大阻值100 Ω，额定电流2 A)，电源E (电动势6 V ，内阻不计)，开关2个，导线若干．(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整(如图24)．图24(2)根据设计的电路，写出实验步骤：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(3)将这种方法测出的电压表内阻记为R V ′，与电压表内阻的真实值R V 相比，R V ′________R V (填“＞”、“＝”或“＜”)，主要理由是____________________．答案(1)见解析图(2)见解析(3)＞理由见解析解析(1)实验电路图如图所示．(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S2，调节电阻箱R0，使电压表的指针半偏，读取电阻箱的电阻值，此即为测得的电压表内阻．(3)断开S2，调节电阻箱R0使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大，此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压，故R V′＞R V.考点四实验拓展与创新11．[实验器材的创新]有一根细长且均匀的空心金属管线，长约30 cm，电阻约为5 Ω，已知这种金属的电阻率为ρ，现在要尽可能精确测定它的内径d.(1)用螺旋测微器测量金属管线外径D时刻度的位置如图25a所示，从图中读出外径为________ mm，应用________(选填“厘米刻度尺”或“毫米刻度尺”)测金属管线的长度L；图25(2)测量金属管线的电阻R，为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：A．电压表0～3 V，内阻约10 kΩB．电压表0～15 V，内阻约50 kΩC．电流表0～0.6 A，内阻约0.05 ΩD．电流表0～3 A，内阻约0.01 ΩE．滑动变阻器，0～10 ΩF．滑动变阻器，0～100 Ω要求较准确地测出其阻值，电压表应选____________，电流表应选__________，滑动变阻器应选__________；(填序号)(3)实验中他的实物接线如图b 所示，请指出接线中的两处明显错误．错误1：___________________________________________________________________错误2：___________________________________________________________________(4)用已知的物理常数和应直接测量的物理量(均用符号表示)，推导出计算金属管线内径的表达式d ＝______________；(5)在实验中，下列说法正确的是________．A ．为使电流表读数明显，应使电流尽可能大些B ．为操作方便，中间过程可保持开关S 一直处于闭合状态C ．千分尺的精确度是千分之一毫米D ．用千分尺测量直径时必须估读一位答案 (1)5.200 毫米刻度尺 (2)A C E (3)导线连接在滑动变阻器的滑片上 采用了电流表内接法(4) D 2－4ρIL πU(5)D 解析 (1)螺旋测微器的读数为：D ＝5 mm ＋20.0×0.01 mm ＝5.200 mm ；测量30 cm 金属管长度时应用毫米刻度尺来测量．(2)由于两节干电池的电动势为3 V ，所以电压表应选A ；由于通过金属管的最大电流为I m ＝U R x ＝35A ＝0.6 A ，所以电流表应选C.为了较准确地测出其阻值，滑动变阻器应选E.(3)由于待测金属管阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，连线图中的两处明显错误分别是：错误1：导线连接在滑动变阻器的滑片上；错误2：采用了电流表内接法．(4)设金属管线内径为d ，根据电阻定律应有：R ＝ρL 14πD 2－14πd 2， 又R ＝U I， 联立可得：d ＝ D 2－4ρIL πU(5)由金属的电阻率随温度的升高而增大可知，通过待测金属管线的电流不能太大，所以A 错误；为减小温度的影响，中间过程应断开开关，所以B 错误；千分尺的精确度是0.01 mm ，即应精确到1100毫米，所以C 错误；千分尺读数时必须估读一位，即估读到0.001 mm ，所以D 正确．12．[液体电阻率的测量]如图26是一同学测量某导电液体电阻率的实物连线图．图中均匀的长直玻璃管内径为d ，里面充满待测导电液体，玻璃管两端各装有一电极，电极距离为L .图26(1)根据实物连线图在虚线框内画出实验的电路原理图，其中导电液体用电阻R x 表示．(2)在接通电路前，为保证器材安全滑动变阻器的滑片P 应移到最________端(填“左”或“右”)．在电路调试时，该同学发现：闭合开关S 1后，单刀双掷开关S 2接到a 接点时电压表示数为4.5 V 、电流表示数为180 μA ；单刀双掷开关S 2接到b 接点时电压表示数为4.6 V 、电流表示数为164 μA.正式测量时，为减小实验误差，单刀双掷开关S 2应接到________点(填“a ”或“b ”)．(3)该同学正确完成实验，测得该段液体的电阻R 0，则该导电液体的电阻率的表达式为ρ＝______________(用R 0、L 、d 等表示)．答案 (1)如图所示(2)右 b (3)πR 0d 24L解析 (1)电路原理图如图所示(2)接通电路前为保证电路的安全，应使滑动变阻器接入电路中的电阻最大，即滑片应移到最右端．分别使用内接法和外接法时电流表示数变化大，电压表示数变化小，说明电流表对示数影响较小，即电流表内阻远小于被测电阻，为减小误差应当采用电流表内接法，故接b 点．(3)根据欧姆定律R ＝U I 、电阻定律ρ＝RS L 及S ＝π(d 2)2可得电阻率ρ＝πR 0d 24L. 13．[实验拓展]某些固体材料受到外力后除了产生形变外，其电阻率也要发生变化，这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”．现用如图27所示的电路研究某长薄板电阻R x 的压阻效应，已知R x 的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材：图27A ．电源E (3 V ，内阻约为1 Ω)B ．电流表A 1(0.6 A ，内阻r 1＝5 Ω)C ．电流表A 2(6 A ，内阻r 2约为1 Ω)D ．开关S ，定值电阻R 0(1)为了比较准确地测量电阻R x 的阻值，根据虚线框内电路图的设计，甲表选用________(选填“A 1”或“A 2”)，乙表选用________(选填“A 1”或“A 2”)．(2)在电阻R x 上加一个竖直向下的力F (设竖直向下为正方向)，闭合开关S ，记下电表读数，A 1的读数为I 1，A 2的读数为I 2，得R x ＝________(用字母表示)．(3)改变力的大小，得到不同的R x 值，然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得到不同的R x 值，最后绘成的图象如图28所示．当F 竖直向下(设竖直向下为正方向)时，可得R x 与所受压力F 的数值关系是R x ＝________________.(各物理量单位均为国际单位)图28(4)定值电阻R 0的阻值应该选用________________．A ．1 ΩB ．5 ΩC ．10 ΩD ．20 Ω文档供参考，可复制、编辑，期待您的好评与关注！21 / 21 答案 (1)A 1 A 2 (2)I 1r 1I 2－I 1(3)16－2F (4)B 解析 (1)由于A 1内阻确定，并且与待测电阻接近，与待测电阻并联，用来测出待测电阻R x 两端的电压，用A 2测得的电流减去A 1测得的电流就是流过待测电阻的电流，根据欧姆定律就可求出待测电阻的阻值，电路连接如图所示．(2)待测电阻两端的电压U ＝I 1r 1，流过待测电阻的电流I ＝I 2－I 1，因此待测电阻的阻值为R x ＝I 1r 1I 2－I 1. (3)由图象的对称性可知，加上相反的压力时，电阻值大小相等；图象与纵坐标的交点为16 Ω，当R ＝7 Ω时，对应的力为4.5 N ，因此函数表达式R x ＝16－2F .(4)整个回路总电流不能大于0.6 A ，而电动势为3 V ，因此总电阻应略大于5 Ω，而电源内阻约为1 Ω，因此定值电阻R 0的阻值应选5 Ω，即可保证电流不超过量程，也保证电流不太小，两块电流表读数准确．。

实验基础知识一、螺旋测微器的使用1．构造：如图1所示，B为固定刻度，E为可动刻度．图12．原理：测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮D每旋转一周，F前进或后退0.5 mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01 mm，即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．3．读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．如图2所示，固定刻度示数为2.0 mm，半毫米刻度线未露出，而从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.图2二、游标卡尺1．构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标卡尺上还有一个深度尺．(如图3所示)图32．用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径．3．原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其规格见下表：4.读数：若用x表示从主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻度线对齐的游标的格数，则记录结果表示为(x＋K×精确度)mm.三、常用电表的读数对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．(1)0～3 V的电压表和0～3 A的电流表的读数方法相同，此量程下的精确度分别是0.1 V和0.1 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．(2)对于0～15 V量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V.(3)对于0～0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01 A.基本实验要求1．实验原理根据电阻定律公式知道只要测出金属丝的长度和它的直径d ，计算出横截面积S ，并用伏安法测出电阻R x ，即可计算出金属丝的电阻率． 2．实验器材被测金属丝，直流电源(4 V)，电流表(0～0.6 A)，电压表(0～3 V)，滑动变阻器(50 Ω)，开关，导线若干，螺旋测微器，毫米刻度尺． 3．实验步骤(1)用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d . (2)连接好用伏安法测电阻的实验电路．(3)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，反复测量三次，求出其平均值l .(4)把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置．(5)闭合开关，改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I 和U 的值，填入记录表格内．(6)将测得的R x 、l 、d 值，代入公式R ＝ρl S 和S ＝πd 24中，计算出金属丝的电阻率．4．电流表、电压表测电阻两种方法的比较电流表分压 电压表分流。

考点一热力学第一定律与能量守恒定律1.热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和.(2)表达式：ΔU＝Q＋W.(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则.2.能量守恒定律(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变.(2)能量守恒定律是一切自然现象都遵守的基本规律.[思维深化]ΔU＝Q＋W的三种特殊情况1.[热力学第一定律的理解](2015·北京理综·13)下列说法正确的是()A.物体放出热量，其内能一定减小B.物体对外做功，其内能一定减小C.物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加D.物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变答案 C解析由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，改变物体内能的方式有两种：做功和热传递.若物体放热Q＜0，但做功W未知，所以内能不一定减小，A选项错误；物体对外做功W＜0，但Q未知，所以内能不一定减小，B选项错误；物体吸收热量Q＞0，同时对外做功W＜0，W＋Q可正、可负，所以内能可能增加，故C选项正确；物体放出热量Q＜0，同时对外做功W＜0，所以ΔU＜0，即内能一定减小，D选项错误.2.[热力学第一定律的理解](2015·重庆·10(1))某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大.若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么()A.外界对胎内气体做功，气体内能减小B.外界对胎内气体做功，气体内能增大C.胎内气体对外界做功，内能减小D.胎内气体对外界做功，内能增大答案 D解析车胎体积增大，故胎内气体对外界做功，胎内气体温度升高，故胎内气体内能增大，D项正确.3.[能量守恒定律的应用]木箱静止于水平地面上，现在用一个80N的水平推力推动木箱前进10m，木箱受到的摩擦力为60N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能E k分别是()A.U＝200J，E k＝600JB.U＝600J，E k＝200JC.U＝600J，E k＝800JD.U＝800J，E k＝200J答案 B解析U＝F f x＝60×10J＝600JE k＝F·x－U＝80×10J－600J＝200J4.[热力学第一定律的应用]一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280J，并对外做功120J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240J的热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？答案(1)增加了160J(2)外界对气体做功80J解析 (1)由热力学第一定律可得ΔU ＝W ＋Q ＝－120J ＋280J ＝160J ，气体的内能增加了160J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从状态2回到状态1的过程中内能的变化量应等于从状态1到状态2的过程中内能的变化量，则从状态2到状态1内能应减少160J ，即ΔU ′＝－160J ，又Q ′＝－240J ，根据热力学第一定律得：ΔU ′＝W ′＋Q ′，所以W ′＝ΔU ′－Q ′＝－160J －(－240J)＝80J ，即外界对气体做功80J.考点二 热力学定律与气体实验定律的综合一、基本解题思路 1.选取研究对象研究对象可以是由两个或多个物体组成的系统，也可以是全部气体或某一部分气体(状态变化时质量必须一定). 2.两类分析(1)气体实验定律：确定状态参量，找出状态变化前后的p 、V 、T 数值或表达式. (2)热力学定律：①做功情况；②吸、放热情况；③内能变化情况. 3.选用规律列出相关方程求解(1)玻意耳定律(等温变化)：p 1V 1＝p 2V 2或pV ＝C (常数). (2)查理定律(等容变化)：p 1T 1＝p 2T 2或pT ＝C (常数).(3)盖－吕萨克定律(等压变化)：V 1T 1＝V 2T 2或VT ＝C (常数).(4)理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2或pVT ＝C (常数).(5)热力学第一定律：ΔU ＝W ＋Q . 二、判断物体内能变化的方法1.当做功和热传递两种过程同时发生时，内能的变化就要用热力学第一定律进行综合分析；2.做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外界做功，W 为负；体积缩小，外界对气体做功，W 为正；理想气体向真空自由膨胀，与外界互不做功；3.与外界绝热，则不发生热传递，此时Q ＝0；4.如果研究对象是理想气体，则由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，主要体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化.5.[热力学定律与理想气体状态方程的理解](2015·福建·29(2))如图1，一定质量的理想气体，由状态a 经过ab 过程到达状态b 或者经过ac 过程到达状态c .设气体在状态b 和状态c 的温度分别为T b和T c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac.则________.(填选项前的字母)图1A.T b＞T c，Q ab＞Q acB.T b＞T c，Q ab＜Q acC.T b＝T c，Q ab＞Q acD.T b＝T c，Q ab＜Q ac答案 C解析a→b过程为等压变化，由盖－吕萨克定律得：V0T a＝2V0T b，得T b＝2T a，a→c过程为等容变化，由查理定律得：p0T a＝2p0T c，得T c＝2T a，所以T b＝T c.由热力学第一定律，a→b：W ab＋Q ab＝ΔU aba→c：W ac＋Q ac＝ΔU ac又W ab＜0，W ac＝0，ΔU ab＝ΔU ac，则有Q ab＞Q ac，故C项正确.6.[热力学定律与气体实验定律的理解](2013·山东·36(2))我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录.在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990m深处的海水温度为280K.某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化.如图2所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度T0＝300K，压强p0＝1atm，封闭气体的体积V0＝3m3.如果将该汽缸下潜至990m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体.图2①求990m深处封闭气体的体积(1atm相当于10m深的海水产生的压强).②下潜过程中封闭气体________(填“吸热”或“放热”)，传递的热量________(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功.答案①2.8×10－2m3②放热大于解析①当汽缸下潜至990m深处时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意可知p＝100atm根据理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝pVT代入数据得V ＝2.8×10－2m 3②解析略.7.[热力学定律与气体实验定律的综合应用]一定质量的理想气体经历了如图3所示的abca 循环过程，其中a →b 过程气体体积________(填“增大”“减小”或“不变”)，若c →a 过程气体放出热量10J ，则气体经历a →b →c 过程内能的变化是______J.图3答案 减小 10解析 a →b 过程气体温度不变，压强增大，根据pV ＝C 知气体体积减小；c →a 过程气体做等容变化，由热力学第一定律知，W ＝0，放出热量10J ，则气体经历a →b →c 过程内能的变化是增加10J.8.[热力学定律与气体实验定律的综合应用]一定质量的理想气体，从初始状态A 经状态B 、C 再回到状态A ，变化过程如图4所示，其中A 到B 曲线为双曲线.图中V 0和p 0为已知量.图4(1)从状态A 到B ，气体经历的是________(选填“等温”“等容”或“等压”)过程； (2)从B 到C 的过程中，气体做功大小为________；(3)从A 经状态B 、C 再回到状态A 的过程中，气体吸放热情况为________(选填“吸热”“放热”或“无吸、放热”).答案 (1)等温 (2)32p 0V 0 (3)放热解析 (1)据题知A 到B 曲线为双曲线，说明p 与V 成反比，即pV 为定值，由pVT ＝常量得知气体的温度不变，即从状态A 到B ，气体经历的是等温过程.(2)从B 到C 的过程中，气体做功大小等于BC 线与V 轴所围的“面积”大小，故有：W ＝12×(p 0＋2p 0)×V 0＝32p 0V 0；(3)气体从A 经状态B 到状态C ，气体对外做功，从C 到A 外界对气体做功，根据“面积”表示气体做功可知：整个过程气体对外做功小于外界对气体做功，而内能不变，根据热力学第一定律得知气体要放热.9.[热力学定律与气体实验定律的综合应用]某同学估测室温的装置如图5所示，汽缸导热性能良好，用绝热的活塞封闭一定质量的理想气体.室温时气体的体积V 1＝66mL ，将汽缸竖直放置于冰水混合物中，稳定后封闭气体的体积V 2＝60mL.不计活塞重力及活塞与缸壁间的摩擦，室内大气压p 0＝1.0×105Pa.图5(1)室温是多少？(2)上述过程中，外界对气体做的功是多少？ 答案 (1)27.3℃ (2)0.6J 解析 (1)设室温为T 1，则V 1T 1＝V 2T 2代入数据解得 T 1＝300.3K ＝27.3℃ (2)外界对气体做的功 W ＝p 0·ΔV 解得W ＝0.6J10.[热力学定律与气体实验定律的综合应用]如图6所示，一定质量的乙醚理想气体从状态A 变化到状态B ，已知状态A 的温度为300K ，且从状态A 变化到状态B 的过程中，气体内能增加了150J ，求：图6(1)状态B 的温度T B ；(2)状态A 变化到状态B 的过程中气体与外界的热交换Q 为多少？ 答案 (1)400K (2)250J解析 (1)由题图可知，从A 到B 气体发生等压变化， 气体状态参量：T A ＝300K ，V A ＝3L ，V B ＝4L ，由盖—吕萨克定律得 V A T A ＝V BT 解得T B ＝400K(2)从A 到B 气体对外做功W ＝Fl ＝pSl ＝p ΔV ＝1×105×(4－3)×10－3J ＝100J故外界对气体做功 W ′＝－W ＝－100J 由热力学第一定律得Q ＝ΔU －W ′＝[150－(－100)]J ＝250J11.[热力学定律与气体实验定律的综合应用]如图7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l 1＝20cm(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 ＝10cm.(环境温度不变，大气压强p 0＝75cmHg)图7(1)求稳定后低压舱内的压强(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)50cmHg (2)做正功 吸热解析 (1)设U 形管横截面积为S ，右端与大气相通时，左管中封闭气体的压强为p 1，右端与一低压舱接通后，左管中封闭气体的压强为p 2，气柱长度为l 2，稳定后低压舱内的压强为p .左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得 p 1V 1＝p 2V 2① p 1＝p 0② p 2＝p ＋p h ③ V 1＝l 1S ④ V 2＝l 2S ⑤由几何关系得h ＝2(l 2－l 1)⑥ 联立①②③④⑤⑥式， 代入数据得p ＝50cmHg(2)左管内气体膨胀，气体对外界做正功，温度不变，ΔU ＝0，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 且W <0，所以Q ＝－W >0，气体将吸热.12.[热力学定律与气体实验定律的综合应用]如图8所示，厚度和质量不计、横截面积为S ＝10cm 2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T 0＝300K ，压强为p ＝0.5×105Pa ，活塞与汽缸底的距离为h ＝10cm ，活塞可在汽缸内无摩擦滑动且不漏气，大气压强为p 0＝1.0×105Pa.求：图8(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 ＝7J ，内能增加了ΔU ＝5J ，整过程活塞都在汽缸内，求T 的值. 答案 (1)50N (2)720K解析 (1)对汽缸受力分析，由平衡条件有 F N ＋pS ＝p 0S ， 得F N ＝(p 0－p )S ＝50N.(2)设温度升高至T 时，活塞与汽缸底的距离为H ，则气体对外界做功W ＝p 0ΔV ＝p 0S (H －h )， 由热力学第一定律得ΔU ＝Q －W . 解得H ＝12cm气体温度从T 0升高到T 的过程，由理想气体状态方程，得pSh T 0＝p 0SH T .解得T ＝p 0Hph T 0＝720K.1.(多选)下列说法中正确的是( )A.布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动B.气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大C.一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加D.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 答案 ACD2.(2015·广东理综·17)(多选)如图9为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水，在水加热升温的过程中，被封闭的空气()图9A.内能增大B.压强增大C.分子间引力和斥力都减小D.所有分子运动速率都增大答案AB解析隔热外筒使封闭气体与外界无热量交换，因金属内筒导热，所以水温升高时，气体吸热，温度升高，分子平均动能增大，但不是每个分子运动速率都增大，D项错误；气体体积不变，分子间距离不变，分子势能不变，分子间引力和斥力均不变，C项错误；分子平均动能增大，分子势能不变，所以封闭气体的内能增大，A正确；根据查理定律pT＝C得p增大，B正确.3.如图10所示，针管中气体的体积为V0、压强为p0；用力压活塞，使气体的体积减小了ΔV.若针管中的气体可视为理想气体，其质量、温度在压缩前后均不变.图10(1)求压缩前后，气体压强的变化量Δp.(2)压缩过程中，气体是吸热还是放热，内能如何变化？答案(1)p0ΔVV0－ΔV(2)放热内能不变解析(1)由于针管中的气体是质量、温度均不变的理想气体，由玻意耳定律，有：p0V0＝(p0＋Δp)(V0－ΔV)解得Δp＝p0ΔVV0－ΔV(2)由于气体的温度不变，则内能不变.压缩过程，外界对气体做功，而内能又不变，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体放热.4.一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11所示.已知该气体在状态A 时的温度为27℃.求：图11(1)该气体在状态B 时的温度；(2)该气体从状态A 到状态C 的过程中与外界交换的热量. 答案 (1)－173℃ (2)吸收热量200J解析 (1)对于理想气体：A →B 过程，由查理定律有p A T A ＝p BT B ，得T B ＝100K ，所以t B ＝T B －273℃＝－173℃(2)B →C 过程，由盖－吕萨克定律有V B T B ＝V CT C得T C ＝300K所以t C ＝T C －273℃＝27℃由于状态A 与状态C 温度相同，气体内能相等，而A →B 过程是等容变化，气体对外不做功，B →C 过程中气体体积膨胀对外做功，即从状态A 到状态C 气体对外做功，故气体应从外界吸收热量.Q ＝p ΔV ＝1×105×(3×10－3－1×10－3) J ＝200J.练出高分基础巩固题组1.(2014·重庆·10(1))重庆出租车常以天然气作为燃料，加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)( ) A.压强增大，内能减小 B.吸收热量，内能增大 C.压强减小，分子平均动能增大 D.对外做功，分子平均动能减小 答案 B解析 质量一定的气体，体积不变，当温度升高时，是一个等容变化，据压强的微观解释：温度升高，气体的平均动能增加；单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增多，可知压强增大.由于温度升高，所以分子平均动能增大，物体的内能变大；体积不变，对内外都不做功，内能增大，所以只能吸收热量，故A 、C 、D 错误，B 正确.2.图1为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M 、N 两筒间密闭了一定质量的气体，M 可沿N 的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M 向下滑动的过程中( )图1A.外界对气体做功，气体内能增大B.外界对气体做功，气体内能减小C.气体对外界做功，气体内能增大D.气体对外界做功，气体内能减小答案 A解析在M向下滑动的过程中，气体体积缩小，外界对气体做功，气体不与外界发生热交换，再根据热力学第一定律知，气体内能增大，故正确答案为A.3.如图2所示，固定在水平面上的汽缸内封闭着一定质量的理想气体，汽缸壁和活塞绝热性能良好，汽缸内气体分子间相互作用的势能忽略不计，则以下说法正确的是()图2A.使活塞向左移动，汽缸内气体对外界做功，内能减少B.使活塞向左移动，汽缸内气体内能增大，温度升高C.使活塞向左移动，汽缸内气体压强减小D.使活塞向左移动，汽缸内气体分子无规则运动的平均动能减小答案 B解析使活塞向左移动，外界对缸内气体做功，故W 0，汽缸壁和活塞的绝热性能良好，由热力学第一定律：ΔU＝W＋Q得，汽缸内气体的内能增大，所以缸内气体温度升高，所以汽缸内气体分子的平均动能增大，压强增大，故B正确，A、C、D错误.4.如图3所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片.轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动.离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动.下列说法正确的是()图3A.转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B.转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C.转动的叶片不断搅动热水，水温升高D.叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量答案 D解析由能量守恒定律可知，A、B错误；C选项是水对转轮做功，同时水向四周放出热量，所以水温降低；由热力学第二定律可知，D正确.5.(2014·广东·17)(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图4所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体()图4A.体积减小，内能增大B.体积减小，压强减小C.对外界做负功，内能增大D.对外界做正功，压强减小答案AC解析充气袋被挤压时，气体体积减小，外界对气体做正功，由于袋内气体与外界无热交换，故由热力学第一定律知，气体内能增大，故选项A、C正确；气体体积减小，内能增大，由理想气体状态方程可知气体压强变大，选项B、D错误.6.(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－T 图象如图5所示，下列判断正确的是()图5A.过程ab中气体一定吸热B.过程bc中气体既不吸热也不放热C.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热D.a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小答案AD解析由p－T图象可知过程ab是等容变化，温度升高，内能增加，体积不变，由热力学第一定律可知过程ab气体一定吸热，选项A正确；过程bc中温度不变，即内能不变，由于过程bc体积增大，所以气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，选项B错误；过程ca中压强不变，温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，放出的热量一定大于外界对气体做的功，选项C 错误；温度是分子平均动能的标志，由p －T 图象可知，a 状态气体温度最低，则平均动能最小，选项D 正确.综合应用题组7.如图6是某喷水壶示意图.未喷水时阀门K 闭合，压下压杆A 可向瓶内储气室充气；多次充气后按下按柄B 打开阀门K ，水会自动经导管从喷嘴处喷出.储气室内气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变.则( )图6A.充气过程中，储气室内气体内能增大B.充气过程中，储气室内气体分子平均动能增大C.喷水过程中，储气室内气体放热D.喷水过程中，储气室内气体压强增大答案 A解析 充气过程中，储气室内气体的质量增加，气体的温度不变，故气体的平均动能不变，故气体内能增大，选项A 正确，B 错误；喷水过程中，气体对外做功，W <0；由于气体温度不变，则ΔU ＝0，根据ΔU ＝W ＋Q 可知，储气室内气体吸热，选项C 错误；喷水过程中，储气室内气体体积增大，温度不变，则根据pV T＝C (常量)可知压强减小，选项D 错误；故选A.8.(多选)一定质量的理想气体分别在T 1、T 2温度下发生等温变化，相应的两条等温线如图7所示，T 2对应的图线上A 、B 两点表示气体的两个状态，则( )图7A.温度为T 1时气体分子的平均动能比T 2时大B.A 到B 的过程中，气体内能增加C.A 到B 的过程中，气体从外界吸收热量D.A 到B 的过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少答案 ACD解析由题图可知，当体积相同时，有p1>p2，根据p1T1＝p2T2得，T1>T2，故A正确；对于理想气体，其内能仅由温度决定，A到B的过程是等温变化的过程，所以气体的温度不变，内能不变，故B错误；A到B的过程中，气体的体积增大，对外做功而内能不变，由热力学第一定律：ΔU＝W＋Q可得，气体一定从外界吸收热量，故C正确；A到B的过程中，气体温度不变，则分子运动的剧烈程度不变，而气体的体积增大，分子数密度减小，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，故D正确.所以选A、C、D.9.如图8所示，某种全自动洗衣机进水时，洗衣机缸内水位升高，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量.将细管中密闭的空气视为理想气体，当洗衣缸内水位缓慢升高时，外界对空气做了0.5J的功，则空气________(填“吸收”或“放出”)了________的热量.图8答案放出0.5J解析环境温度不变，说明气体内能不变，根据ΔU＝W＋Q，外界对空气做了0.5J的功，则空气放出0.5J的热量.10.一定质量的理想气体，由状态A通过如图9所示的箭头方向变化到状态C.则气体由状态A到状态B的过程中，气体的内能________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，气体由状态A到状态C的过程中，气体与外界总的热交换情况是________(选填“吸热”、“放热”或“无法确定”)图9答案不变放热解析理想气体从状态A变化到状态B，斜率k＝pV保持不变，所以做等温变化，故气体的内能不变；理想气体从状态A变化到状态B，气体体积减小，W>0，从B到C，体积不变，压强减小，所以温度降低，内能减小，由ΔU＝Q＋W，气体由状态A到状态C的过程中，气体与外界总的热交换情况是，Q<0，则气体放热.11.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，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0.6J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，气泡中的气体温度上升，又对外界做了0.1J的功，同时吸收了0.3J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了________J.答案吸收0.60.2解析气泡从湖底上升到湖面的过程中，体积变大，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，对外界做功W＝－0.6J，内能增量ΔU＝0，热量为Q＝0.6J，说明气体从外界吸热；到达湖面后，对外界做功W′＝－0.1J，热量为Q′＝0.3J，内能增量ΔU′＝0.2J.12.(2013·江苏·12A)如图10所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A―→B和C―→D为等温过程，B―→C和D―→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)，这就是著名的“卡诺循环”.图10(1)该循环过程中，下列说法正确的是________.A.A―→B过程中，外界对气体做功B.B―→C过程中，气体分子的平均动能增大C.C―→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D.D―→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化(2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A―→B”“B―→C”“C―→D”或“D―→A”).若气体在A―→B过程中吸收63kJ的热量，在C―→D过程中放出38kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为________kJ.答案(1)C(2)B―→C25解析(1)由理想气体状态方程和热力学第一定律分析，A―→B为等温过程，内能不变，气体的体积增大，气体对外做功，A错；B―→C过程为绝热过程，气体体积增大，气体对外做功，因此内能减小，气体分子的平均动能减小，B错；C―→D为等温过程，气体体积减小，单位体积内的分子数增多，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，C正确；D―→A 为绝热过程，气体体积减小，外界对气体做功，内能增大，温度升高，因此气体分子的速率分布曲线变化，D错.(2)在以上循环过程中，内能减小的过程是B―→C.由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得W＝25kJ.13.一种海浪发电机的气室如图11所示.工作时，活塞随海浪上升或下降，改变气室中空气的压强，从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭.气室先后经历吸入、压缩和排出空气的过程，推动出气口处的装置发电.气室中的空气可视为理想气体.图11(1)(多选)下列对理想气体的理解，正确的有( )A.理想气体实际上并不存在，只是一种理想化模型B.只要气体压强不是很高就可视为理想气体C.一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关D.在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律(2)压缩过程中，两个阀门均关闭.若此过程中，气室中的气体与外界无热量交换，内能增加了3.4×104J ，则该气体的分子平均动能________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，活塞对该气体所做的功________(选填“大于”、“小于”或“等于”)3.4×104J.(3)上述过程中，气体刚被压缩时的温度为27℃，体积为0.224m 3，压强为1个标准大气压.已知1mol 气体在1个标准大气压、0℃时的体积为22.4L ，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023mol －1.计算此时气室中气体的分子数.(计算结果保留一位有效数字)答案 (1)AD (2)增大 等于(3)5×1024解析 (1)理想气体是一种理想化模型，温度不太低、压强不太大的实际气体可视为理想气体；只有理想气体才遵循气体的实验定律，选项A 、D 正确，选项B 错误.一定质量的理想气体的内能完全由温度决定，与体积无关，选项C 错误.(2)因为理想气体的内能完全由温度决定，当气体的内能增加时，气体的温度升高，温度是分子平均动能的标志，则气体分子的平均动能增大.根据热力学第一定律，ΔU ＝Q ＋W ，由于Q ＝0，所以W ＝ΔU ＝3.4×104J.(3)设气体在标准状态时的体积为V 1，等压过程为：V T ＝V 1T 1气体物质的量为：n ＝V 1V 0，且分子数为：N ＝nN A 解得N ＝VT 1V 0TN A 代入数据得N ≈5×1024个。

考点一热力学第一定律与能量守恒定律1.热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和.(2)表达式：ΔU＝Q＋W.(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则.2.能量守恒定律(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变.(2)能量守恒定律是一切自然现象都遵守的基本规律.[思维深化]ΔU＝Q＋W的三种特殊情况1.[热力学第一定律的理解](2015·北京理综·13)下列说法正确的是()A.物体放出热量，其内能一定减小B.物体对外做功，其内能一定减小C.物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加D.物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变答案C解析由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，改变物体内能的方式有两种：做功和热传递.若物体放热Q＜0，但做功W未知，所以内能不一定减小，A选项错误；物体对外做功W＜0，但Q未知，所以内能不一定减小，B选项错误；物体吸收热量Q＞0，同时对外做功W＜0，W＋Q可正、可负，所以内能可能增加，故C选项正确；物体放出热量Q＜0，同时对外做功W＜0，所以ΔU＜0，即内能一定减小，D选项错误.2.[热力学第一定律的理解](2015·重庆·10(1))某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大.若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么()A.外界对胎内气体做功，气体内能减小B.外界对胎内气体做功，气体内能增大C.胎内气体对外界做功，内能减小D.胎内气体对外界做功，内能增大答案D解析车胎体积增大，故胎内气体对外界做功，胎内气体温度升高，故胎内气体内能增大，D项正确.3.[能量守恒定律的应用]木箱静止于水平地面上，现在用一个80 N的水平推力推动木箱前进10 m，木箱受到的摩擦力为60 N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能E k分别是()A.U＝200 J，E k＝600 JB.U＝600 J，E k＝200 JC.U＝600 J，E k＝800 JD.U＝800 J，E k＝200 J答案B解析U＝F f x＝60×10 J＝600 JE k＝F·x－U＝80×10 J－600 J＝200 J4.[热力学第一定律的应用]一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280 J ，并对外做功120 J ，试问： (1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J 的热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？ 答案 (1)增加了160 J (2)外界对气体做功 80 J解析 (1)由热力学第一定律可得ΔU ＝W ＋Q ＝－120 J ＋280 J ＝160 J ，气体的内能增加了160 J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从状态2回到状态1的过程中内能的变化量应等于从状态1到状态2的过程中内能的变化量，则从状态2到状态1内能应减少160 J ，即ΔU ′＝－160 J ，又Q ′＝－240 J ，根据热力学第一定律得：ΔU ′＝W ′＋Q ′，所以W ′＝ΔU ′－Q ′＝－160 J －(－240 J)＝80 J ，即外界对气体做功80 J.考点二 热力学定律与气体实验定律的综合一、基本解题思路 1.选取研究对象研究对象可以是由两个或多个物体组成的系统，也可以是全部气体或某一部分气体(状态变化时质量必须一定). 2.两类分析(1)气体实验定律：确定状态参量，找出状态变化前后的p 、V 、T 数值或表达式. (2)热力学定律：①做功情况；②吸、放热情况；③内能变化情况. 3.选用规律列出相关方程求解(1)玻意耳定律(等温变化)：p 1V 1＝p 2V 2或pV ＝C (常数). (2)查理定律(等容变化)：p 1T 1＝p 2T 2或pT ＝C (常数).(3)盖－吕萨克定律(等压变化)：V 1T 1＝V 2T 2或VT ＝C (常数).(4)理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2或pVT ＝C (常数).(5)热力学第一定律：ΔU ＝W ＋Q . 二、判断物体内能变化的方法1.当做功和热传递两种过程同时发生时，内能的变化就要用热力学第一定律进行综合分析；2.做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外界做功，W 为负；体积缩小，外界对气体做功，W 为正；理想气体向真空自由膨胀，与外界互不做功；3.与外界绝热，则不发生热传递，此时Q ＝0；4.如果研究对象是理想气体，则由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，主要体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化.5.[热力学定律与理想气体状态方程的理解](2015·福建·29(2))如图1，一定质量的理想气体，由状态a 经过ab 过程到达状态b 或者经过ac 过程到达状态c .设气体在状态b 和状态c 的温度分别为T b 和T c ，在过程ab 和ac 中吸收的热量分别为Q ab 和Q ac .则________.(填选项前的字母)图1A.T b ＞T c ，Q ab ＞Q acB.T b ＞T c ，Q ab ＜Q acC.T b ＝T c ，Q ab ＞Q acD.T b ＝T c ，Q ab ＜Q ac答案 C解析 a →b 过程为等压变化，由盖－吕萨克定律得：V 0T a ＝2V 0T b ，得T b ＝2T a ，a →c 过程为等容变化，由查理定律得：p 0T a ＝2p 0T c ，得T c ＝2T a ，所以T b ＝T c .由热力学第一定律，a →b ：W ab ＋Q ab ＝ΔU ab a →c ：W ac ＋Q ac ＝ΔU ac又W ab ＜0，W ac ＝0，ΔU ab ＝ΔU ac ，则有Q ab ＞Q ac ，故C 项正确.6.[热力学定律与气体实验定律的理解](2013·山东·36(2))我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录.在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990 m 深处的海水温度为280 K.某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化.如图2所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度T 0＝300 K ，压强p 0＝1 atm ，封闭气体的体积V 0＝3 m 3.如果将该汽缸下潜至990 m 深处，此过程中封闭气体可视为理想气体.图2①求990 m深处封闭气体的体积(1 atm相当于10 m深的海水产生的压强).②下潜过程中封闭气体________(填“吸热”或“放热”)，传递的热量________(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功.答案①2.8×10－2 m3②放热大于解析①当汽缸下潜至990 m深处时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意可知p＝100 atm根据理想气体状态方程得p0V0 T0＝pVT代入数据得V＝2.8×10－2 m3②解析略.7.[热力学定律与气体实验定律的综合应用]一定质量的理想气体经历了如图3所示的abca循环过程，其中a→b过程气体体积________(填“增大”“减小”或“不变”)，若c→a过程气体放出热量10 J，则气体经历a→b→c过程内能的变化是______J.图3答案减小10解析a→b过程气体温度不变，压强增大，根据pV＝C知气体体积减小；c→a过程气体做等容变化，由热力学第一定律知，W＝0，放出热量10 J，则气体经历a→b→c过程内能的变化是增加10 J.8.[热力学定律与气体实验定律的综合应用]一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C 再回到状态A，变化过程如图4所示，其中A到B曲线为双曲线.图中V0和p0为已知量.图4(1)从状态A到B，气体经历的是________(选填“等温”“等容”或“等压”)过程；(2)从B 到C 的过程中，气体做功大小为________；(3)从A 经状态B 、C 再回到状态A 的过程中，气体吸放热情况为________(选填“吸热”“放热”或“无吸、放热”).答案 (1)等温 (2)32p 0V 0 (3)放热解析 (1)据题知A 到B 曲线为双曲线，说明p 与V 成反比，即pV 为定值，由pVT ＝常量得知气体的温度不变，即从状态A 到B ，气体经历的是等温过程.(2)从B 到C 的过程中，气体做功大小等于BC 线与V 轴所围的“面积”大小，故有：W ＝12×(p 0＋2p 0)×V 0＝32p 0V 0；(3)气体从A 经状态B 到状态C ，气体对外做功，从C 到A 外界对气体做功，根据“面积”表示气体做功可知：整个过程气体对外做功小于外界对气体做功，而内能不变，根据热力学第一定律得知气体要放热.9.[热力学定律与气体实验定律的综合应用]某同学估测室温的装置如图5所示，汽缸导热性能良好，用绝热的活塞封闭一定质量的理想气体.室温时气体的体积V 1＝66 mL ，将汽缸竖直放置于冰水混合物中，稳定后封闭气体的体积V 2＝60 mL.不计活塞重力及活塞与缸壁间的摩擦，室内大气压p 0＝1.0×105 Pa.图5(1)室温是多少？(2)上述过程中，外界对气体做的功是多少？ 答案 (1)27.3 ℃ (2)0.6 J 解析 (1)设室温为T 1，则V 1T 1＝V 2T 2代入数据解得 T 1＝300.3 K ＝27.3 ℃ (2)外界对气体做的功 W ＝p 0·ΔV解得W ＝0.6 J10.[热力学定律与气体实验定律的综合应用]如图6所示，一定质量的乙醚理想气体从状态A 变化到状态B ，已知状态A 的温度为300 K ，且从状态A 变化到状态B 的过程中，气体内能增加了150 J ，求：图6(1)状态B 的温度T B ；(2)状态A 变化到状态B 的过程中气体与外界的热交换Q 为多少？ 答案 (1)400 K (2)250 J解析 (1)由题图可知，从A 到B 气体发生等压变化， 气体状态参量：T A ＝300 K ，V A ＝3 L ，V B ＝4 L ， 由盖—吕萨克定律得 V A T A ＝V BT解得T B ＝400 K(2)从A 到B 气体对外做功W ＝Fl ＝pSl ＝p ΔV ＝1×105×(4－3)×10－3 J ＝100 J 故外界对气体做功 W ′＝－W ＝－100 J 由热力学第一定律得Q ＝ΔU －W ′＝[150－(－100)] J ＝250 J11.[热力学定律与气体实验定律的综合应用]如图7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l 1＝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p 0＝75 cmHg)图7(1)求稳定后低压舱内的压强(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)做正功吸热解析(1)设U形管横截面积为S，右端与大气相通时，左管中封闭气体的压强为p1，右端与一低压舱接通后，左管中封闭气体的压强为p2，气柱长度为l2，稳定后低压舱内的压强为p.左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2①p1＝p0②p2＝p＋p h③V1＝l1S④V2＝l2S⑤由几何关系得h＝2(l2－l1)⑥联立①②③④⑤⑥式，代入数据得p＝50 cmHg(2)左管内气体膨胀，气体对外界做正功，温度不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q ＋W且W<0，所以Q＝－W>0，气体将吸热.12.[热力学定律与气体实验定律的综合应用]如图8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8(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 ，整过程活塞都在汽缸内，求T 的值. 答案 (1)50 N (2)720 K解析 (1)对汽缸受力分析，由平衡条件有 F N ＋pS ＝p 0S ， 得F N ＝(p 0－p )S ＝50 N.(2)设温度升高至T 时，活塞与汽缸底的距离为H ，则气体对外界做功W ＝p 0ΔV ＝p 0S (H －h )， 由热力学第一定律得ΔU ＝Q －W . 解得H ＝12 cm气体温度从T 0升高到T 的过程，由理想气体状态方程，得pSh T 0＝p 0SH T .解得T ＝p 0Hph T 0＝720 K.1.(多选)下列说法中正确的是( )A.布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动B.气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大C.一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加D.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 答案 ACD2.(2015·广东理综·17)(多选)如图9为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水，在水加热升温的过程中，被封闭的空气( )图9A.内能增大B.压强增大C.分子间引力和斥力都减小D.所有分子运动速率都增大答案AB解析隔热外筒使封闭气体与外界无热量交换，因金属内筒导热，所以水温升高时，气体吸热，温度升高，分子平均动能增大，但不是每个分子运动速率都增大，D项错误；气体体积不变，分子间距离不变，分子势能不变，分子间引力和斥力均不变，C项错误；分子平均动能增大，分子势能不变，所以封闭气体的内能增大，A正确；根据查理定律pT＝C得p增大，B正确.3.如图10所示，针管中气体的体积为V0、压强为p0；用力压活塞，使气体的体积减小了ΔV.若针管中的气体可视为理想气体，其质量、温度在压缩前后均不变.图10(1)求压缩前后，气体压强的变化量Δp.(2)压缩过程中，气体是吸热还是放热，内能如何变化？答案(1)p0ΔVV0－ΔV(2)放热内能不变解析(1)由于针管中的气体是质量、温度均不变的理想气体，由玻意耳定律，有：p0V0＝(p0＋Δp)(V0－ΔV)解得Δp＝p0ΔVV0－ΔV(2)由于气体的温度不变，则内能不变.压缩过程，外界对气体做功，而内能又不变，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体放热.4.一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11所示.已知该气体在状态A 时的温度为27 ℃.求：图11(1)该气体在状态B 时的温度；(2)该气体从状态A 到状态C 的过程中与外界交换的热量.答案 (1)－173 ℃ (2)吸收热量200 J解析 (1)对于理想气体：A →B 过程，由查理定律有p A T A ＝p B T B， 得T B ＝100 K ，所以t B ＝T B －273 ℃＝－173 ℃(2)B →C 过程，由盖－吕萨克定律有V B T B ＝V C T C得T C ＝300 K所以t C ＝T C －273 ℃＝27 ℃由于状态A 与状态C 温度相同，气体内能相等，而A →B 过程是等容变化，气体对外不做功，B →C 过程中气体体积膨胀对外做功，即从状态A 到状态C 气体对外做功，故气体应从外界吸收热量.Q ＝p ΔV ＝1×105×(3×10－3－1×10－3) J ＝200 J.练出高分基础巩固题组1.(2014·重庆·10(1))重庆出租车常以天然气作为燃料，加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)( )A.压强增大，内能减小B.吸收热量，内能增大C.压强减小，分子平均动能增大D.对外做功，分子平均动能减小答案 B解析 质量一定的气体，体积不变，当温度升高时，是一个等容变化，据压强的微观解释：温度升高，气体的平均动能增加；单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增多，可知压强增大.由于温度升高，所以分子平均动能增大，物体的内能变大；体积不变，对内外都不做功，内能增大，所以只能吸收热量，故A、C、D错误，B正确.2.图1为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中()图1A.外界对气体做功，气体内能增大B.外界对气体做功，气体内能减小C.气体对外界做功，气体内能增大D.气体对外界做功，气体内能减小答案A解析在M向下滑动的过程中，气体体积缩小，外界对气体做功，气体不与外界发生热交换，再根据热力学第一定律知，气体内能增大，故正确答案为A.3.如图2所示，固定在水平面上的汽缸内封闭着一定质量的理想气体，汽缸壁和活塞绝热性能良好，汽缸内气体分子间相互作用的势能忽略不计，则以下说法正确的是()图2A.使活塞向左移动，汽缸内气体对外界做功，内能减少B.使活塞向左移动，汽缸内气体内能增大，温度升高C.使活塞向左移动，汽缸内气体压强减小D.使活塞向左移动，汽缸内气体分子无规则运动的平均动能减小答案B解析使活塞向左移动，外界对缸内气体做功，故W0，汽缸壁和活塞的绝热性能良好，由热力学第一定律：ΔU＝W＋Q得，汽缸内气体的内能增大，所以缸内气体温度升高，所以汽缸内气体分子的平均动能增大，压强增大，故B正确，A、C、D错误.4.如图3所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片.轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动.离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动.下列说法正确的是()图3A.转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B.转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C.转动的叶片不断搅动热水，水温升高D.叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量答案D解析由能量守恒定律可知，A、B错误；C选项是水对转轮做功，同时水向四周放出热量，所以水温降低；由热力学第二定律可知，D正确.5.(2014·广东·17)(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图4所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体()图4A.体积减小，内能增大B.体积减小，压强减小C.对外界做负功，内能增大D.对外界做正功，压强减小答案AC解析充气袋被挤压时，气体体积减小，外界对气体做正功，由于袋内气体与外界无热交换，故由热力学第一定律知，气体内能增大，故选项A、C正确；气体体积减小，内能增大，由理想气体状态方程可知气体压强变大，选项B、D错误.6.(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－T 图象如图5所示，下列判断正确的是()图5A.过程ab中气体一定吸热B.过程bc中气体既不吸热也不放热C.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热D.a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小答案AD解析由p－T图象可知过程ab是等容变化，温度升高，内能增加，体积不变，由热力学第一定律可知过程ab气体一定吸热，选项A正确；过程bc中温度不变，即内能不变，由于过程bc体积增大，所以气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，选项B错误；过程ca中压强不变，温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，放出的热量一定大于外界对气体做的功，选项C错误；温度是分子平均动能的标志，由p－T图象可知，a状态气体温度最低，则平均动能最小，选项D正确.综合应用题组7.如图6是某喷水壶示意图.未喷水时阀门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气；多次充气后按下按柄B打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴处喷出.储气室内气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变.则()图6A.充气过程中，储气室内气体内能增大B.充气过程中，储气室内气体分子平均动能增大C.喷水过程中，储气室内气体放热D.喷水过程中，储气室内气体压强增大答案A解析充气过程中，储气室内气体的质量增加，气体的温度不变，故气体的平均动能不变，故气体内能增大，选项A正确，B错误；喷水过程中，气体对外做功，W<0；由于气体温度不变，则ΔU＝0，根据ΔU＝W＋Q可知，储气室内气体吸热，选项C错误；喷水过程中，＝C(常量)可知压强减小，选项D错误；故选储气室内气体体积增大，温度不变，则根据pVTA.8.(多选)一定质量的理想气体分别在T1、T2温度下发生等温变化，相应的两条等温线如图7所示，T2对应的图线上A、B两点表示气体的两个状态，则()图7A.温度为T1时气体分子的平均动能比T2时大B.A到B的过程中，气体内能增加C.A到B的过程中，气体从外界吸收热量D.A到B的过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少答案ACD解析由题图可知，当体积相同时，有p1>p2，根据p1T1＝p2T2得，T1>T2，故A正确；对于理想气体，其内能仅由温度决定，A到B的过程是等温变化的过程，所以气体的温度不变，内能不变，故B错误；A到B的过程中，气体的体积增大，对外做功而内能不变，由热力学第一定律：ΔU＝W＋Q可得，气体一定从外界吸收热量，故C正确；A到B的过程中，气体温度不变，则分子运动的剧烈程度不变，而气体的体积增大，分子数密度减小，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，故D正确.所以选A、C、D.9.如图8所示，某种全自动洗衣机进水时，洗衣机缸内水位升高，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量.将细管中密闭的空气视为理想气体，当洗衣缸内水位缓慢升高时，外界对空气做了0.5 J的功，则空气________(填“吸收”或“放出”)了________的热量.图8答案放出0.5 J解析环境温度不变，说明气体内能不变，根据ΔU＝W＋Q，外界对空气做了0.5 J的功，则空气放出0.5 J的热量.10.一定质量的理想气体，由状态A通过如图9所示的箭头方向变化到状态C.则气体由状态A到状态B的过程中，气体的内能________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，气体由状态A到状态C的过程中，气体与外界总的热交换情况是________(选填“吸热”、“放热”或“无法确定”)图9答案不变放热解析理想气体从状态A变化到状态B，斜率k＝pV保持不变，所以做等温变化，故气体的内能不变；理想气体从状态A变化到状态B，气体体积减小，W>0，从B到C，体积不变，压强减小，所以温度降低，内能减小，由ΔU＝Q＋W，气体由状态A到状态C的过程中，气体与外界总的热交换情况是，Q<0，则气体放热.11.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，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，气泡中的气体温度上升，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.答案吸收0.60.2解析气泡从湖底上升到湖面的过程中，体积变大，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，对外界做功W＝－0.6 J，内能增量ΔU＝0，热量为Q＝0.6 J，说明气体从外界吸热；到达湖面后，对外界做功W′＝－0.1 J，热量为Q′＝0.3 J，内能增量ΔU′＝0.2 J.12.(2013·江苏·12A)如图10所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A―→B和C―→D为等温过程，B―→C和D―→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)，这就是著名的“卡诺循环”.图10(1)该循环过程中，下列说法正确的是________.A.A―→B过程中，外界对气体做功B.B―→C过程中，气体分子的平均动能增大C.C―→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D.D―→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化(2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A―→B”“B―→C”“C―→D”或“D―→A”).若气体在A―→B过程中吸收63 kJ的热量，在C―→D过程中放出38 kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为________kJ.答案(1)C(2)B―→C25解析(1)由理想气体状态方程和热力学第一定律分析，A―→B为等温过程，内能不变，气体的体积增大，气体对外做功，A错；B―→C过程为绝热过程，气体体积增大，气体对外做功，因此内能减小，气体分子的平均动能减小，B错；C―→D为等温过程，气体体积减小，单位体积内的分子数增多，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，C正确；D―→A 为绝热过程，气体体积减小，外界对气体做功，内能增大，温度升高，因此气体分子的速率分布曲线变化，D错.(2)在以上循环过程中，内能减小的过程是B―→C.由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得W＝25 kJ.13.一种海浪发电机的气室如图11所示.工作时，活塞随海浪上升或下降，改变气室中空气的压强，从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭.气室先后经历吸入、压缩和排出空气的过程，推动出气口处的装置发电.气室中的空气可视为理想气体.图11(1)(多选)下列对理想气体的理解，正确的有()A.理想气体实际上并不存在，只是一种理想化模型B.只要气体压强不是很高就可视为理想气体C.一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关D.在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律(2)压缩过程中，两个阀门均关闭.若此过程中，气室中的气体与外界无热量交换，内能增加了3.4×104J，则该气体的分子平均动能________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，活塞对该气体所做的功________(选填“大于”、“小于”或“等于”)3.4×104 J.(3)上述过程中，气体刚被压缩时的温度为27 ℃，体积为0.224 m3，压强为1个标准大气压.已知 1 mol 气体在1个标准大气压、0 ℃时的体积为22.4 L ，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023mol －1.计算此时气室中气体的分子数.(计算结果保留一位有效数字)答案 (1)AD (2)增大 等于(3)5×1024解析 (1)理想气体是一种理想化模型，温度不太低、压强不太大的实际气体可视为理想气体；只有理想气体才遵循气体的实验定律，选项A 、D 正确，选项B 错误.一定质量的理想气体的内能完全由温度决定，与体积无关，选项C 错误.(2)因为理想气体的内能完全由温度决定，当气体的内能增加时，气体的温度升高，温度是分子平均动能的标志，则气体分子的平均动能增大.根据热力学第一定律，ΔU ＝Q ＋W ，由于Q ＝0，所以W ＝ΔU ＝3.4×104 J.(3)设气体在标准状态时的体积为V 1，等压过程为：V T ＝V 1T 1气体物质的量为：n ＝V 1V 0，且分子数为：N ＝nN A 解得N ＝VT 1V 0TN A 代入数据得N ≈5×1024个。

第2讲物质的分离和提纯复习目标 1.掌握常见物质分离和提纯的方法。

2.能综合运用物质的不同性质对常见的物质进行分离和提纯。

考点一分离、提纯的常用物理方法及装置1．物质分离、提纯的区别(1)物质的分离将混合物的各组分分离开来，获得几种纯净物的过程。

(2)物质的提纯将混合物中的杂质除去而得到纯净物的过程，又叫物质的净化或除杂。

2．依据物理性质选择分离、提纯的方法(1)“固＋固”混合物的分离(提纯)(2)“固＋液”混合物的分离(提纯)(3)“液＋液”混合物的分离(提纯)3．物理法分离、提纯物质所选装置(1)常用装置①过滤适用范围分离不溶性固体与液体注意事项一贴滤纸紧贴漏斗内壁二低滤纸边缘低于漏斗边缘液面低于滤纸边缘三靠烧杯杯口紧靠玻璃棒玻璃棒下端抵靠三层滤纸处漏斗下端长的那侧管口紧靠烧杯内壁②蒸发适用范围分离易溶性固体的溶质和溶剂注意事项玻璃棒的作用：搅拌，防止液体局部过热而飞溅停止加热的标准：当有大量晶体析出时停止加热，利用余热蒸干③萃取和分液适用范围萃取：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来分液：分离两种互不相溶且易分层的液体注意事项①溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中大的多②萃取剂与原溶剂不反应、不相溶③萃取剂与溶质不反应④常用的萃取剂是苯或CCl4，一般不用酒精作萃取剂④蒸馏适用范围分离沸点相差较大且互溶的液体混合物注意事项①温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处②蒸馏烧瓶中要加沸石或碎瓷片，目的是防止暴沸③冷凝管水流方向为下口进，上口出⑤升华适用范围对于某种组分易升华的混合物，利用物质易升华的性质在加热条件下将其分离注意事项如NaCl固体中的I2可用该方法，但NH4Cl固体中的I2不能用升华的方法分离(2)创新装置①过滤装置的创新——抽滤由于水流的作用，使装置a、b中气体的压强减小，故使过滤速率加快②蒸馏装置的创新由于冷凝管竖立，使液体混合物能冷凝回流，若以此容器作反应容器，可使反应物能循环利用，提高了反应物的转化率(1)过滤时，为加快过滤速度，应用玻璃棒不断搅拌漏斗中液体(×)错因：不能搅拌，以防弄破滤纸。