高三物理知识点随堂复习题37

高三物理必修三复习知识点总结(实用版)编制人：______审核人：______审批人：______编制单位：______编制时间：__年__月__日序言下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。

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电磁感应一、选择题(本大题共12个小题，共60分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．如图1所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断开的．从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是 ( )A．I1开始较大而后逐渐变小B．I1开始很小而后逐渐变大C．I2开始很小而后逐渐变大D．I2开始较大而后逐渐变小解析：闭合开关S时，由于L是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势阻碍电流的变化，所以开始时I2很小而I较大，随着电流达到稳定，线圈的自感作用减小，I2开始逐渐变大，由于分流导致稳定电路中R1中的电流减小．故选A、C.答案：AC2．(2008·重庆高考)如图2所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N及在水平方向运动趋势的正确判断是( )A．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向右解析：当磁铁沿矩形线圈中线AB正上方通过时，线圈中向下的磁通量先增加后减小，由楞次定律可知，线圈中感应电流的方向(从上向下看)先逆时针再顺时针，则线圈先上方为N极下方为S极，后改为上方为S极下方为N极，根据同名磁极相斥、异名磁极相吸，则线圈受到的支持力先大于mg后小于mg，线圈受到向右的安培力，则水平方向的运动趋势向右．D项正确．答案：D3．一环形线圈放在匀强磁场中，设第1 s内磁感线垂直线圈平面(即垂直于纸面)向里，如图3甲所示．若磁感应强度B随时间t变化的关系如图3乙所示，那么第3 s内线圈中感应电流的大小与其各处所受安培力的方向是( )图3A．大小恒定，沿顺时针方向与圆相切B．大小恒定，沿着圆半径指向圆心C．逐渐增加，沿着圆半径离开圆心D．逐渐增加，沿逆时针方向与圆相切解析：由图乙知，第3 s内磁感应强度B逐渐增大，变化率恒定，故感应电流的大小恒定．再由楞次定律，线圈各处受安培力的方向都使线圈面积有缩小的趋势，故沿半径指向圆心．B项正确．答案：B4．如图4所示，光滑绝缘水平面上有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么( )A．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下B．线圈在磁场中某位置停下C．线圈在未完全离开磁场时即已停下D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来解析：线圈冲入匀强磁场时，产生感应电流，线圈受安培力作用做减速运动，动能减少．同理，线圈冲出匀强磁场时，动能也减少，进、出时减少的动能都等于安培力做的功．由于进入时的速度大，故感应电流大，安培力大，安培力做的功也多，减少的动能也多，线圈离开磁场过程中，损失的动能少于它在磁场外面时动能的一半，因此线圈离开磁场仍继续运动．D 项正确． 答案：D5．两块水平放置的金属板间的距离为d ，用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，如图5所示，两板间有一个质量为m 、电荷 量＋q 的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B 的变 化情况和磁通量的变化率分别是 ( ) A ．磁感应强度B 竖直向上且正增强，ΔΦΔt ＝dmg nqB ．磁感应强度B 竖直向下且正增强，ΔΦΔt ＝dmgnqC ．磁感应强度B 竖直向上且正减弱，ΔΦΔt ＝dmg(R ＋r)nqRD ．磁感应强度B 竖直向下且正减弱，ΔΦΔt ＝dmgr(R ＋r)nqR解析：由平衡条件知，下金属板带正电，故电流应从线圈下端流出，由楞次定律可以判定磁感应强度B 竖直向上且正减弱或竖直向下且正增强，A 、D 错误；因mg ＝q U d ，U ＝E R ＋r R ，E ＝n ΔΦΔt ，联立可求得ΔΦΔt ＝dmg(R ＋r)nqR ，故只有C 项正确．答案：C6．如图6所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B ，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内， 不计空气阻力，则 ( ) A ．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力 做的功B ．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功C ．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D ．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率解析：线圈上升过程中，加速度增大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看做反向的加速，可以比较当运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，故正确选项为A 、C. 答案：AC7．如图7所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始同时释放，三个线圈都是用相同的金属材料制成的边长一样的正方形，A 线圈有一个缺口，B 、C 线圈闭合，但B 线圈的导线比C 线圈的粗，则 ( )图7A ．三个线圈同时落地B ．A 线圈最先落地C ．A 线圈最后落地D ．B 、C 线圈同时落地 解析：由于A 线圈上有缺口，A 中不产生感应电流，不受安培力的阻碍作用，所以A线圈先落地，B 正确．B 、C 线圈在进入磁场的过程中，受安培力与重力作用，满足： mg －B 2L 2v R ＝ma m ＝ρ密·4L·S R ＝ρ电4L S所以4ρ密LSg －B 2LSv 4ρ电＝4ρ密LSa4ρ密g －B 2v4ρ电＝4ρ密aa ＝g －B 2v16ρ密ρ电，由于B 、C 线圈起始下落高度相同，材料相同，所以a 相同，进入相同的磁场，B 、C 线圈同时落地，D 选项正确．答案：BD8．某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过，为了保护线路不至于被压坏，预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过．电线穿管的方案有两种：甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过；乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过，如图8所示．如果输电导线输送的电流很大，那么，以下说法正确的是( )图8A．无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲、乙两方案都是可行的B．若输送的电流是恒定电流，甲、乙两方案都是可行的C．若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的D．若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的解析：若输送的电流是恒定电流，甲、乙两方案都是可行的，B正确．输电线周围存在磁场，交变电流产生变化的磁场，因此在输电过程中输电线因电流变化引起自感现象，当输电线上电流很大时，强大的自感电流有可能将钢管融化，造成事故，所以甲方案是不可行的．在乙方案中，两条输电线中的电流方向相反，产生的磁场互相抵消，使自感现象的影响减弱到可以忽略不计的程度，是可行的，C正确．此题类似于课本中提到的“双线并绕”．答案：BC9．(2010·宁波模拟)如图9所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为v a、v b，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中 ( )A．回路中产生的内能不相等B．棒运动的加速度相等C．安培力做功相等D．通过棒横截面积的电荷量相等解析：棒由a到b再到c的过程中，速度逐渐减小．根据E＝Blv，E减小，故I减小．再根据F＝BIl，安培力减小，根据F＝ma，加速度减小，B错误．由于a与b、b与c间距相等，故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做功，故A正确，C错误．再根据平均感应电动势E＝ΔΦΔt＝BΔSΔt，I＝ER，q＝IΔt得q＝BΔSR，故D正确．答案：AD10．如图10所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示位置匀速向右拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s拉出，外力所做的功为W1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s拉出，外力所做的功为W2，通过导线横截面的电荷量为q2，则 ( )A．W1＜W2，q1＜q2B．W1＜W2，q1＝q2C．W1＞W2，q1＝q2D．W1＞W2，q1＞q2解析：设线框长为L1，宽为L2，其电阻为R.第一次拉出速度为v1，第二次拉出速度为v2，则v1＝3v2.匀速拉出磁场时，外力所做的功恰等于克服安培力所做的功，有W1＝F1L1＝BI1L2L1＝B2L22L1v1/R，同理W2＝B2L22L1v2/R，故W1＞W2；又由于线框两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，由q＝It＝BL2v Rt＝BL1L2Rtt＝BL1L2R＝ΔΦR，得：q1＝q2.故正确答案为选项C.答案：C11．如图11所示，两根水平放置的相互平行的金属导轨ab、cd，表面光滑，处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒PQ垂直于导轨放在上面，以速度v向右匀速运动，欲使棒PQ停下来，下面的措施可行的是(导轨足够长，棒PQ有电阻) ( )A．在棒PQ右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒B．在棒PQ棒右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均比棒PQ大的金属棒C．将导轨的a、c两端用导线连接起来D．将导轨的a、c两端和b、d两端分别用导线连接起来解析：在棒PQ右侧放金属棒时，回路中会有感应电流，使金属棒加速，棒PQ减速，当两者获得共同速度时，回路中感应电流为零，两棒都将做匀速运动，A、B项错误．当一端或两端用导线连接时，棒PQ的动能将转化为内能而最终静止，C、D两选项正确．答案：CD12．如图12所示，在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面．一导线框abcdefa位于纸面内，框的邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合．导线框与磁场区域的尺寸如图所示．从t＝0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域．以a→b→c→d→e→f为线框中的电动势E的正方向，则如图13所示的四个E－t关系示意图中正确的是( )图12图13解析：由右手定则和E＝Blv判定水平位移从0～l时E＝Blv；从l～2l时，E＝0；从2l～3l时，E＝3Blv；从3l～4l时，E＝－2Blv，可知图C 正确．答案：C二、计算题(本大题共4个小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)13．(9分)(2010·宣武模拟)如图14所示，光滑的U形金属导轨MNN′M′水平的固定在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨的宽度为L，其长度足够长，M′、M之间接有一个阻值为R的电阻，其余部分电阻不计．一质量为m、电阻也为R的金属棒ab恰能放在导轨之上，并与导轨接触良好．给棒施加一个水平向右的瞬间作用力，棒就沿轨道以初速度v0开始向右滑行．求：(1)开始运动时，棒中的瞬时电流i和棒两端的瞬时电压u分别为多大？(2)当棒的速度由v0减小到v0/10的过程中，棒中产生的焦耳热Q是多少？解析：(1)开始运动时，棒中的感应电动势：E＝BLv0棒中的瞬时电流：i＝E2R ＝BLv02R棒两端的瞬时电压：u＝RR＋RE＝12BLv0.(2)由能量守恒定律知，闭合电路在此过程中产生的焦耳热：Q 总＝12mv 02－12m(110v 0)2 ＝99200mv 02 棒中产生的焦耳热为：Q ＝12Q 总＝99400mv 02. 答案：(1)BLv 02R 12BLv 0 (2)99400mv 02 14．(9分)一根电阻R ＝0.6 Ω的导线弯成一个圆形线圈，圆半径r ＝1 m ，圆形线圈质量m ＝1 kg ，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y 轴右侧有垂直线圈平面的磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场，如图15所示．若线圈以初动能E 0＝5 J 沿x 轴方向滑进磁场，当进入磁场0.5 m 时，线圈中产生的电能为E ＝3 J ．求：图15(1)此时线圈的运动速度的大小；(2)此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压；(3)此时线圈加速度的大小．解析：(1)设线圈的速度为v ，由能量守恒定律得E 0＝E ＋12mv 2. 解得：v ＝2 m/s.(2)线圈切割磁感线的有效长度L ＝2 r 2－14r 2＝ 3 m ， 电动势E ＝BLv ＝ 3 V ，电流I ＝E R ＝30.6A ， 两交接点间的电压U ＝IR 1＝30.6×0.6×23 V ＝233 V. (3)F ＝ma ＝BIL ，所以a ＝2.5 m/s 2.答案：(1)2 m/s (2)233V (3)2.5 m/s 2 15．(10分)如图16所示，竖直放置的等距离金属导轨宽0.5 m ，垂直于导轨平面向里的匀强磁场的磁感应强度为B ＝4 T ，轨道光滑、电阻不计，ab 、cd 为两根完全相同的金属棒，套在导轨上可上下自由滑动，每根金属棒的电阻为1 Ω.今在ab 棒上施加一个竖直向上的恒力F ，这时ab 、cd 恰能分别以0.1 m/s 的速度向上和向下做匀速滑行．(g 取10 m/s 2)试求：图 16(1)两棒的质量；(2)外力F的大小．解析：(1)根据右手定则，可以判定电路中电流方向是沿acdba 流动的．设ab棒的质量为m1，cd棒的质量为m2.取cd棒为研究对象，受力分析，根据平衡条件可得BIL＝m2g其中I＝E2R＝2BLv2R，得m2＝B2L2vgR＝0.04 kg，根据题意判断可知m1＝0.04 kg.(2)取两根棒整体为研究对象，根据平衡条件可得F＝m1g＋m2g＝0.8 N.答案：(1)0.04 kg 0.04 kg (2)0.8 N16．(12分)(2009·上海高考)如图17所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s.一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4(N)(v为金属棒速度)的水平外力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大．(已知：l＝1 m，m＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m)图17(1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；(2)求磁感应强度B 的大小；(3)若撤去外力后棒的速度v 随位移x 的变化规律满足v ＝v 0－B 2l 2m(R ＋r)x ，且棒在运动 到ef 处时恰好静止，则外力F 作用的时间为多少？(4)若在棒未出磁场区域时撤出外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移变化所对应的各种可能的图线．解析：(1)金属棒做匀加速直线运动R 两端电压U ∝I ∝E ∝v ，U 随时间均匀增大，即v 随时间均匀增大．所以加速度为恒量．(2)F －B 2l 2R ＋rv ＝ma ，将F ＝0.5v ＋0.4代入 得：(0.5－B 2l 2R ＋r)v ＋0.4＝a 因为加速度为恒量，与v 无关，所以a ＝0.4 m/s 20．5－B 2l 2R ＋r＝0 代入数据得：B ＝0.5 T.(3)设外力F 作用时间为t.x 1＝12at 2v 0＝B 2l 2m(R ＋r)x 2＝at x 1＋x 2＝s ，所以12at 2＋m(R ＋r)B 2l2at ＝s 代入数据得0.2t 2＋0.8t －1＝0，解方程得t ＝1 s 或t ＝－5 s(舍去)．(4)可能图线如下：答案：(1)见解析 (2)0.5 T (3)1 s (4)见解析。

1．物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系。

如关系式IR U =，既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V （伏）与A （安）和Ω（欧）的乘积等效。

现有物理量单位：m （米）、s （秒）、N （牛）、J （焦）、W （瓦）、C （库）、F （法）、A （安）、Ω（欧）和T （特），由他们组合成的单位都与电压单位V （伏）等效的是( )A ．C J /和C N /B ．FC /和s m T /2⋅C ．A W /和s m T C /⋅⋅D ．Ω⋅W 和m A T ⋅⋅2. 在上海世博会最佳实践区，江苏城市案例馆中穹形门窗充满了浓郁的地域风情和人文特色。

如图1所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一个重物G 。

现将轻绳的一端固定于支架上的A 点，另一端从B 点沿支架缓慢地向C 点靠近（C 点与A 点等高）．则绳中拉力大小变化的情况是（）A 、先变小后变大B 、先变大后不变C 、先变小后不变D 、先变大后变小3. 近年来有一种测g 值的方法叫“对称自由下落法”：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O 点向上抛小球又落至原处的时间为T 2，在小球运动过程中经过比O 点高H 的P 点，小球离开P 点至又回到P 点所用的时间为T 1，测得T 1 、T 2和H ，可求得g 等于 ( )A ．22218H T T - B.22214H T T - C.()2218H T T - D.()2214H T T - 4. 随着世界航空事业的发展，深太空探测已逐渐成为各国关注的热点。

假设：深太空中有一颗外星球，质量是地球质量的2倍，半径是地球半径的一半。

则下列判断正确的是 ( )A ．该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星周期B ．某物体在该外星球表面上所受重力是在地球表面上所受重力的8倍C ．该外星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的2倍D ．绕该外星球的人造卫星和以相同轨道半径绕地球的人造卫星运行速度相同5．2011年1月11日12时50分，歼20在成都实现首飞，历时l8分钟，这标志着我国隐形战斗机的研制工作掀开了新的一页。

[随堂演练]1．质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s解析：由匀变速直线运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，对比题给关系式可得v 0＝5 m/s ，a ＝2 m/s 2.则第1 s 内的位移是6 m ，A 错；前2 s 内的平均速度是v ＝x 2t ＝5×2＋222 m/s ＝7 m/s ，B 错；Δx ＝aT 2＝2 m ，C 错；任意1 s 内速度增量Δv ＝at ＝2 m/s ，D 对．答案：D2．(2018年铜陵调研)一个物体做匀加速直线运动，它在第3 s 内的位移为5 m ，则下列说法正确的是( )A ．物体在第3 s 末的速度一定是6 m/sB ．物体的加速度一定是2 m/s 2C ．物体在前5 s 内的位移一定是25 mD ．物体在第5 s 内的位移一定是9 m解析：匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度，根据第3 s 内的位移为5 m ，则2.5 s 时刻的瞬时速度为v ＝5 m/s,2.5 s 时刻即为前5 s 的中间时刻，因此前5 s 内的位移为x ＝v t ＝5×5 m ＝25 m ，C 项对；由于无法确定物体在零时刻的速度以及匀变速运动的加速度，故A 、B 、D 项均错．答案：C3．一物体从一行星表面某高处做落体运动．自开始下落计时，得到物体离该行星表面的高度h 随时间t 变化的图象如图所示，则下列说法正确的是( )①行星表面重力加速度大小为8 m/s 2 ②行星表面重力加速度大小为10 m/s 2 ③物体落到行星表面时的速度大小为20 m/s ④物体落到行星表面时的速度大小为25 m/sA ．①④B ．①③C ．②③D ．②④解析：由图中可以看出物体从h ＝25 m 处开始下落，在空中运动了t ＝2.5 s 到达行星表面，根据h ＝12at 2，可以求出a ＝8 m/s 2，故①正确；根据运动学公式可以算出v ＝at ＝20 m/s ，可知③正确．答案：B4．(2018年高考广东理综)某航母跑道长200 m ．飞机在航母上滑行的最大加速度为 6 m/s 2，起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为( )A ．5 m/sB ．10 m/sC ．15 m/sD ．20 m/s解析：由题知，位移x ＝200 m ，加速度a ＝6 m/s 2，末速度v ＝50 m/s ，求初速度v 0.由v 2－v 02＝2ax 可得：v 0＝10 m/s ，故B 项正确．答案：B[限时检测](时间：45分钟，满分100分)[命题报告·教师用书独具]分，每小题只有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内) 1．(2018年马鞍山模拟)一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s、2 s、3 s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是()A．1∶22∶32,1∶2∶3B．1∶8∶27,1∶4∶9C．1∶2∶3,1∶1∶1 D．1∶3∶5,1∶2∶3解析：根据位移公式x＝12at2，从开始运动起，连续通过的三段位移分别为x1＝12at12＝12a、x2＝12a(t2＋t1)2－12at12＝4a、x3＝12a(t3＋t2＋t1)2－12a(t1＋t2)2＝272a，再根据平均速度公式v＝x/t可得选项B正确．答案：B2．汽车进行刹车试验，若速度从8 m/s匀减速到零所用的时间为1 s，按规定速率为8 m/s的汽车刹车后位移不得超过5.9 m，那么上述刹车试验是否符合规定()A．位移为8 m，符合规定B．位移为8 m，不符合规定C．位移为4 m，符合规定D．位移为4 m，不符合规定解析：由x＝v t＝v0＋v t2t得：x＝8＋02×1 m＝4 m＜5.9 m，故C正确．答案：C3．(2018年皖南八校联考)一物体从某一行星表面竖直向上抛出(不计空气阻力)．设抛出时t＝0，得到物体上升高度随时间变化的h-t 图象如图所示，则该行星表面重力加速度大小与物体被抛出时的初速度大小分别为()A．8 m/s2,20 m/s B．10 m/s2,25 m/sC．8 m/s2,25 m/s D．10 m/s2,20 m/s解析：由题图已知，物体上升的最大高度H m＝25 m，上升和下落的时间均为t＝2.5 s，由H m＝12gt2可得出该行星表面的重力加速度大小为g＝8 m/s2.由t＝v0g可得：v0＝gt＝20 m/s，故A正确．答案：A4．(2018年淮北调研)如图所示，在倾角θ＝30°的足够长的光滑斜面上，一质量为2 kg 的小球自与斜面底端P 点相距0.5 m 处，以4 m/s 的初速度沿斜面向上运动．在返回P 点之前，若小球与P 点之间的距离为d ，重力加速度g 取10 m/s 2，则d 与t 的关系式为( )A ．d ＝4t ＋2.5t 2B ．d ＝4t －2.5t 2C ．d ＝0.5＋4t ＋2.5t 2D ．d ＝0.5＋4t －2.5t 2解析：小球沿光滑斜面向上运动，由于所受合力沿斜面向下，大小为mg sin θ，所以小球做匀减速直线运动，满足x ＝v 0t －12at 2.初始时刻至P 的距离为0.5 m ，所以d ＝0.5＋4t －2.5t 2，D 正确．答案：D5．A 、B 两小球从不同高度自由下落，同时落地，A 球下落的时间为t ，B 球下落的时间为t /2，当B 球开始下落的瞬间，A 、B 两球的高度差为( )A ．gt 2 B.38gt 2 C.34gt 2D.14gt 2解析：A 球下落高度为h A ＝12gt 2，B 球下落高度为h B ＝12g (t 2)2＝18gt 2，当B 球开始下落的瞬间，A 、B 两球的高度差为Δh ＝h A －12g (t2)2－h B ＝14gt 2，所以D 项正确．答案：D6．跳伞运动员以5 m/s 的速度匀速降落，在离地面h ＝10 m 的地方掉了一颗扣子，跳伞员比扣子晚着陆的时间为(扣子所受空气阻力可忽略，g ＝10 m/s 2)( )A ．2 s B. 2 s C ．1 sD ．(2－2) s解析：v 0＝5 m/s ，a ＝g ＝10 m/s 2，h ＝10 m 由h ＝v 0t ＋12gt 2，代入数据得扣子下落的时间为t ＝1 s ，(t ＝－2 s 舍去)． 又跳伞运动员下落的时间t ′＝hv 0＝2 s.故跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为t ′－t ＝1 s. 答案：C7．(2018年宣城模拟)我国是一个能源消耗大国，节约能源刻不容缓．设有一架直升机以加速度a 从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量V ＝pa ＋q (p 、q 均为常数，a 为向上的加速度)，若直升机欲加速上升到某一高度处，且耗油量最小，则其加速度大小应为( )A.pq B.q p C.p ＋q pD.p ＋q q解析：飞机匀加速上升，则H ＝12at 2， 耗油总量V 0＝Vt ＝(pa ＋q )t . 联立得V 0＝p 2Ha ＋q 2H a ，当p 2Ha ＝q 2H a 时，V 0有最小值，即a ＝q p .答案：B8．(2018年安庆质检)一质量为m 的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最开始2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，且已知滑块最开始1 s 内的位移为2.5 m ，由此可求得( )A ．滑块的加速度为5 m/s 2B ．滑块的初速度为5 m/sC ．滑块运动的总时间为4 sD ．滑块运动的总位移为4.5 m解析：根据题意可知，滑块做末速度为零的匀减速直线运动，其逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，设其运动的总时间为t ，加速度为a ，设逆运动最初2 s 内位移为x 1，最后2 s 内位移为x 2，由运动学公式有x 1＝12a ×22；x 2＝12at 2－12a (t －2)2；且x 2＝2x 1；2.5＝12at 2－12a (t －1)2，代入数据得正确选项为D.答案：D9．如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a 、b 、c 、d 到达最高点e .已知ab ＝bd ＝6 m ，bc ＝1 m ，小球从a 到c 和从c 到d 所用的时间都是2 s ，设小球经b 、c 时的速度分别为v b 、v c ，则( )A ．v b ＝2 2 m/sB ．v c ＝2 m/sC ．x de ＝3 mD ．从d 到e 所用时间为4 s解析：小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因T ac ＝T cd ＝T ，故c 点为a 到d 的中间时刻，故v c ＝x ad 2T ＝6＋62×2m/s ＝3 m/s ，故B 错误；因x ac＝x ab＋x bc＝7 m，x cd＝x bd－x bc＝5 m，故加速度大小为a＝x ac－x cdT2＝0.5 m/s2，由v c＝aT ec得T ec＝v ca＝6 s，则T de＝T ec－T cd＝4 s；x de＝x ec－x cd＝4 m，故C错误，D正确；由v2b－v2c＝2a·x bc可得，v b＝10 m/s，A错误．答案：D10．如图所示，传送带保持1 m/s的速度顺时针转动．现将一质量m＝0.5 kg的物体轻轻地放在传送带的a点上，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为(g取10 m/s2)()A. 5 s B．(6－1) sC．3 s D．2.5 s解析：物块开始做匀加速直线运动，a＝μg＝1 m/s2，速度达到皮带的速度时发生的位移x＝v22a＝12×1m＝0.5 m＜L，故物体接着做匀速直线运动，第1段时间t1＝va＝1 s，第2段时间t2＝L－xv＝2.5－0.51s＝2 s，t总＝t1＋t2＝3 s.答案：C二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位) 11．(15分)飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆速度为60 m/s，求：(1)它着陆后12 s内滑行的位移x；(2)整个减速过程的平均速度(用两种方法求解)；(3)静止前4 s 内飞机滑行的位移x ′.解析：(1)以初速度方向为正方向，则有a ＝－6 m/s 2 飞机在地面滑行最长时间t ＝Δv a ＝0－60－6s ＝10 s所以飞机12 s 内滑行的位移等于10 s 内滑行的位移由v 2－v 20＝2ax 可得x ＝－v 202a ＝－6022×(－6)m ＝300 m.(2)法一：v ＝v t ＋v 02＝0＋602 m/s ＝30 m/s 法二：v ＝Δx Δt ＝30010 m/s ＝30 m/s(3)可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动 x ′＝12at 2＝12×6×42 m ＝48 m. 答案：(1)300 m (2)30 m/s (3)48 m12．(15分)(2018年宿州模拟)如图所示，小滑块在较长的斜面顶端，以初速度v 0＝2 m/s 、加速度a ＝2 m/s 2向下滑，在到达底端前1 s 内，所滑过的距离为715L ，其中L 为斜面长，则(1)小滑块在斜面上滑行的时间为多少？ (2)小滑块到达斜面底端时的速度v 是多少？ (3)斜面的长度L 是多少？解析：设小滑块在斜面距离为815L 上的滑行时间为t ，到达815L 处的速度为v 1，又a ＝2 m/s 2，v 0＝2 m/s ，则7L 15＝v 1×1＋12a ×12v1＝v0＋at8L15＝v0t＋12at2联立得t＝2 s，L＝15 m小滑块在斜面上滑行的时间t总＝t＋1＝3 s 到达斜面底端时v＝v0＋at总＝8 m/s.答案：(1)3 s (2)8 m/s(3)15 m。

高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷复习练习(Word 版 含答案)一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．如图所示，把一个倾角为θ的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E ，有一质量为m 、带电荷量为＋q 的物体，以初速度v 0从A 端滑上斜面恰好能沿斜面匀速运动，求物体与斜面间的动摩擦因数．【答案】cos sin cos sin qE mg mg qE θθθθ-+【解析】 【分析】 【详解】物体做匀速直线运动，由平衡条件得：在垂直于斜面方向上：N=mgcosθ+qEsinθ…① 在平行与斜面方向上：f+mgsinθ=qEcosθ…② 滑动摩擦力：f=μN…③ 由①②③可得：f qEcos mgsin N mgcos qEsin θθμθθ-=+＝ ． 【点睛】本题考查了学生受力分析及力的合成以及摩擦定律的相关知识，正确的受力分析是正确解题的关键，学会用正交分解法处理多力合成问题．2．我们可以借鉴研究静电场的方法来研究地球周围空间的引力场，如用“引力场强度”、“引力势”的概念描述引力场。

已知地球质量为M ，半径为R ，万有引力常量为G ，将地球视为均质球体，且忽略自转。

(1)类比电场强度的定义方法，写出地球引力场的“引力场强度E ”的定义式，并结合万有引力定律，推导距离地心为r （r >R ）处的引力场强度的表达式2=GM E r 引； (2)设地面处和距离地面高为h 处的引力场强度分别为E 引和'E 引，如果它们满足'0.02E E E -≤引引引，则该空间就可以近似为匀强场，也就是我们常说的重力场。

请估算地球重力场可视为匀强场的高度h （取地球半径R =6400km ）；(3)某同学查阅资料知道:地球引力场的“引力势”的表达式为=-G Mrϕ引（以无穷远处引力势为0）。

请你设定物理情景，简要叙述推导该表达式的主要步骤。

【答案】(1)引力场强度定义式FE m=引，推导见解析；(2)h =64976m ；(3)推导见解析. 【解析】 【分析】 【详解】(1)引力场强度定义式F E m=引 2MmF Gr = 联立得2M E Gr =引 (2)根据题意2M E GR =引 '2M E G r=引 '0.02E E E -=引引引h r R R =-=解得h =64976m(3)定义式引力势=p E mϕ引，式中p E 为某位置的引力势能把某物体从无穷远移动到某点引力做的功=0-=-p p W E E 引即=-p E W 引则当质量为m 的物体自无穷远处移动到距离地球r 处时，引力做功为W 引 通过计算得0MmW Gr =引＞ 所以=-p MmE Gr=-M Grϕ引3．一带正电的 A 点电荷在电场中某点的电场强度为 4．0×104N/C ，电荷量为+5．0×10-8 C 的 B 点电荷放在该点,求： （1）点电荷在该点受到的电场力？（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的电场强度？ 【答案】（1）3210N -⨯，方向由A 指向B （2）4410/N C ⨯，方向由A 指向B 【解析】 【分析】 【详解】 （1）方向：由A 指向B（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的场强不变，仍为方向：由A 指向B4．如图所示，单层光滑绝缘圆形轨道竖直放置，半径r=lm ，其圆心处有一电荷量Q =+l×l0-4C 的点电荷，轨道左侧是一个钢制“隧道”，一直延伸至圆形轨道最低点B ；在“隧道”底部辅设绝缘层。

(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题8分，共64分)1．(2011·北京海淀期末)关于电磁场和电磁波，下列叙述中正确的是( ) A ．恒定的电场能够产生电磁波 B ．电磁波的传播需要介质C ．电磁波从一种介质进入另一种介质，频率不变D ．电磁波的传播过程中也传递了能量[解析] 由麦克斯韦电磁场理论可知，恒定的电场不能产生电磁波，故选项A 错；电磁波在真空中也能传播，故B 错；本题选择C 、D.[答案] CD2．(2011·山东潍坊二模)有关电磁波和声波，下列说法错误的是( ) A ．电磁波的传播不需要介质，声波的传播需要介质B ．由空气进入水中传播时，电磁波的传播速度变小，声波的传播速度变大C ．电磁波是横波，声波也是横波D ．由空气进入水中传播时，电磁波的波长变短，声波的波长变长[解析] 电磁波本身就是一种物质，它的传播不需要介质，而声波的传播需要介质，选项A 的说法正确；电磁波由空气进入水中时，传播速度变小，但声波在水中的传播速度比其在空气中大，选项B 的说法正确；电磁波的传播方向与E 、B 两个振动矢量的方向都垂直，是横波，而声波是纵波，选项C 说法错误；电磁波由空气进入水中传播时，波速变小，波长变小，而声波由空气进入水中传播时，波速变大，波长变大，选项D 的说法正确，故答案为C.[答案] C3．雷达在搜寻目标时，接收到回波所用时间为1.2×10－4s ，则此目标距雷达( ) A ．36 km B ．72 km C ．18 kmD ．9 km[解析] 由雷达的工作原理s ＝12ct ＝12×3×108×1.2×10－4 m ＝1.8×104m ＝18 km ，C正确．[答案] C4．某物体的速度使其质量增加10%，则此物体在其运动方向上缩短了( ) A ．10% B ．90% C ．10/11D ．1/11[解析] 由相对论知mm 0＝m 01－v 2c 2m 0＝11－v 2c2＝110%，又根据尺缩效应公式知l ＝l 01－v 2c 2，故Δl l 0＝l 0－l l 0＝1－l 01－v 2c 2l 0＝1－1011＝111. [答案] D5．为纪念爱因斯坦对物理学的巨大贡献，联合国将2005年定为“国际物理年”．对于爱因斯坦提出的质能方程E ＝mc 2，下列说法中不正确的是( )A ．E ＝mc 2表明物体具有的能量与其质量成正比 B ．根据ΔE ＝Δmc 2可计算核反应的能量C ．一个质子和一个中子结合成一个氘核时释放能量，表明此过程出现了质量亏损D ．E ＝mc 2中的E 是发生核反应中释放的核能[解析] 根据爱因斯坦提出的质能方程E ＝mc 2，表明物体具有的能量与其质量成正比，这种表述没有什么问题．而ΔE ＝Δmc 2是计算质量亏损的计算式，当然可以计算核反应中释放的核能，这句话也没有问题．按照爱因斯坦的亏损理论，释放出核能，表明此过程中出现了质量亏损，同样正确．E ＝mc 2中的E 是物体具有的能量，而不是反应中释放的核能，D 的表述是错误的．由于题目找不正确的选项，故只有D 选项符合题意．[答案] D6．世界上有各式各样的钟：沙钟、电钟、机械钟、光钟和生物钟．既然运动可以使某一种钟变慢，它一定会使所有的钟都一样变慢．这种说法是( )A ．正确B ．错误C ．若变慢则变慢的程度相同D ．若变慢则与钟的种类有关系[解析] 将不同类型的两架钟调整到速度相同，并将它们密封在一个盒子中，再让该盒子匀速运动．如果运动对一架钟的影响比另一架大，则钟在盒子里是在运动．显然这违反了相对论的基本原理：一个密闭的盒子中的人无法辨认自己是处于静止或匀速直线运动状态的．所以一架钟变慢时，所有钟必须都变慢，且变慢的程度一定严格相同．[答案] AC7．S 系中的观察者在x 轴上相距1 m 的两点各固定一个火花塞，在S ′系的x ′轴上固定一根长刻度尺．当长刻度尺经过两火花塞时，S 系中的观察者使两火花塞同时放出火花，并在长刻度尺上分别打出烙印．S ′系中的观察者看到刻度尺上两烙印之间的距离是(S ′系沿x 轴运动的速度是u )( )A ．1 mB ．(1－u 2c 2)－1mC ．(1－u 2c 2)－12mD ．(1－u 2c 2)12m[解析] 设地面上的人测得两烙印的长度为l ＝1 m ，S ′系中的观察者测得l ′，则根据尺缩效应知l ＝l ′1－u 2c2＝1 m ，故l ′＝l1－u 2c 2＝(1－u 2c 2)－12.[答案] C8．如图所示是一个水平放置的玻璃圆环形小槽，槽内光滑，槽的宽度和深度处处相同，现将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中，让它受绝缘棒打击后获得一初速度v 0，与此同时，有一变化的磁场垂直穿过玻璃形小槽外径所对应的圆面积，磁感应强度的大小跟时间成正比，其方向竖直向下．设小球在运动过程中电荷量不变，那么( )A ．小球受到的向心力大小不变B ．小球受到的向心力大小不断增加C ．洛伦兹力对小球做了正功D ．小球受到的磁场力逐渐变大[解析] 由麦克斯韦电磁场理论和楞次定律得，当B 增加时，将产生一个与v 0同向的电场，因小球带正电，电场将对小球做正功，其速率随时间增大，向心力的大小m v 2r也随之增大，故B 项正确，A 项错误．因B 随时间增大，v 也随时间增大，故所受的洛伦兹力qvB 也增大，故D 项正确．因洛伦兹力对运动电荷不做功，故C 项错误．故应选B 、D.[答案] BD二、非选择题(共36分)9．(8分)电磁波的频率范围很广，不同频率的电磁波具有不同的特性，请从电磁波谱中任选两种，分别写出它们的名称和一种用途．(1)名称__________，用途_______________________________________________． (2)名称__________，用途_______________________________________________． [解析] 如无线电波可用于通信，红外线可用于红外遥感，可见光可用于照明用等． [答案] 见解析10．(8分)设宇宙射线粒子的能量是其静止能量的k 倍．则粒子运动时的质量等于其静止质量的__________倍，粒子运动速度是光速的__________倍．[解析] 依据爱因斯坦的质能方程E ＝mc 2，宇宙射线粒子的能量是其静止能量的k 倍，则其质量等于其静止质量的k 倍；再由相对论质量公式m ＝m 01－v c 2得v c＝k 2－1k .[答案] kk 2－1k11．(10分)雷达是利用无线电波来测定物体位置的无线电设备，目前雷达发射的电磁波的频率多在200 MHz 至1000 MHz 的范围内．(1)下列关于雷达的说法中正确的是( )A ．真空中上述雷达发射的电磁波的波长范围在0.3 m 至1.5 m 之间B ．电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的C ．测出从发射电磁波到接收反射波的时间间隔可以确定雷达和目标的距离D ．波长越短的电磁波，反射性能越强(2)设雷达向远处发射无线电波．每次发射的时间是1 μs.两次发射的时间间隔为100 μs.显示器上呈现出的尖形波如图所示．已知图中ab ＝bc ，则障碍物与雷达之间的距离是多大？[解析] (1)根据λ＝c /f ，在200 MHz 至1000 MHz 的频率范围内电磁波的波长范围在0.3 m 至1.5 m 之间，故A 正确．根据电磁场理论，变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，故B 错误．雷达是利用电磁波的反射原理，C 正确．电磁波波长越短，越不易发生衍射，反射性能越好，D 正确．(2)由ab 等于bc 可知，电磁波从发射到返回所用时间为50 μs.设雷达与障碍物之间的距离为x ，电磁波往返的时间为t ＝50 μs由2x ＝ct 得x ＝ct /2＝3.0×108×50×10－6×12m ＝7.5×103 m.[答案] (1)ACD (2)7.5×103m12．(10分)如右图所示，考虑几个问题：(1)若参考系O ′相对于参考系O 静止，人看到的光速应是多少？(2)若参考系O ′相对于参考系O 以速度v 向右运动，人看到的光速应是多少？ (3)若参考系O 相对于参考系O ′以速度v 向左运动，人看到的光速又是多少？ [解析] 根据狭义相对论的光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，光速与光源、观察者间的相对运动没有关系．因此三种情况下，人观察到的光速都是c . [答案] (1)c (2)c (3)c。

热力学定律与能量守恒热力学第一定律1.改变物体内能的两种方式(1)做功；(2)热传递．2．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＝W＋Q中正、负号法则物理量意义符号W Q ΔU＋外界对物体做功物体吸收热量内能增加－物体对外界做功物体放出热量内能减少1内能的变化与做功和热传递有关，只确定一个因素不能判断内能增加或减少.2应用热力学第一定律，一定要弄清各物理量的符号.【针对训练】1．(2012·广东高考)景颇族的祖先发明的点火器如图11－3－1所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒，猛推推杆，艾绒即可点燃．对筒内封闭的气体，在此压缩过程中( )图11－3－1A ．气体温度升高，压强不变B ．气体温度升高，压强变大C ．气体对外界做正功，气体内能增加D ．外界对气体做正功，气体内能减少【解析】 筒内封闭气体被压缩过程中，外界对气体做正功．由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 知，气体内能增加，温度升高．由理想气体状态方程pVT＝C 知，气体压强增大．选项A 、C 、D 错误，选项B 正确．【答案】 B热力学第二定律及微观意义1.热力学第二定律的两种表述(1)克劳修斯表述：不可能使热量从低温物体传到高温物体，而不引起其他变化． (2)开尔文表述：不可能从单一热源吸收热量，并把它全部用来做功，而不引起其他变化．或表述为“第二类永动机是不可能制成的．”2．用熵的概念表示热力学第二定律在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小(填“增大”或“减小”)． 3．热力学第二定律的微观意义一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行． 【针对训练】2．关于热力学定律，下列说法正确的是( ) A ．在一定条件下物体的温度可以降到0 KB ．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功C ．吸收了热量的物体，其内能一定增加D ．压缩气体总能使气体的温度升高【解析】 由热力学第三定律知，绝对零度不可能达到，A 错；由热力学第二定律知，物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功，但是将产生其他影响，B 对；物体吸收了热量，若全部用于对外做功，其内能不变，C 错；压缩气体，若气体向外放热，气体的温度不一定升高，D错．【答案】 B能量守恒定律和两类永动机1.能量守恒定律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，或者从一个系统(物体)转移到别的系统(物体)，在转化和转移的过程中，其总量保持不变．2．能源的利用(1)存在能量耗散和品质下降．(2)重视利用能源时对环境的影响．(3)要开发新能源(如太阳能、生物质能、风能、水流能等)．3．两类永动机(1)第一类永动机：不消耗任何能量，却源源不断地对外做功的机器．违背能量守恒定律，因此不可能实现．(2)第二类永动机：从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化的机器．违背热力学第二定律，不可能实现．【针对训练】3.图11－3－2(2011·江苏高考)如图11－3－2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( )A．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【解析】形状记忆合金从热水中吸收热量后，伸展划水时一部分热量转变为水和转轮的动能，另一部分释放到空气中，根据能量守恒定律可知只有D项正确．【答案】 D(对应学生用书第192页)热力学第一定律的理解和应用1.改变物体内能的两种方式方式区别做功热传递内能变化外界对物体做功，物体的内能增加物体对外界做功，物体的内能减少物体吸收热量，内能增加物体放出热量，内能减少物理实质其他形式的能与内能之间的转化不同物体间或同一物体不同部分之间内能的转移相互联系做一定量的功或传递一定量的热在改变内能的效果上是相同的2.对热力学第一定律的理解(1)在ΔU＝Q＋W中，W表示做功情况，说明内能和其他形式的能可以相互转化；Q表示吸热或放热的情况，说明内能可以从一个物体转移到另一个物体，而ΔU＝Q＋W是能量守恒定律的具体体现．(2)三种特殊情况①若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加．②若过程中不做功，即W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加．③若过程的始、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量．(2012·新课标全国高考)关于热力学定律，下列说法正确的是( )A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D．不可能使热量从低温物体传向高温物体E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程【解析】根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W.A正确，B错误．根据热力学第二定律，C、E正确，D错误．【答案】ACE热力学第二定律的理解和应用1.在热力学第二定律的表述中，“不引起其他变化”的含义“不引起其他变化”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响．如吸热、放热、做功等．2．热力学第二定律的实质热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．3．热力学过程方向性实例(1)高温物体热量Q能自发传给热量Q不能自发传给低温物体．(2)功能自发地完全转化为不能自发地且不能完全转化为热．(3)气体体积V1能自发膨胀到不能自发收缩到气体体积V2(较大)．(4)不同气体A和B 能自发混合成不能自发分离成混合气体AB.在有外界影响的条件下，热量可以从低温物体传到高温物体，如电冰箱；在引起其他变化的条件下内能可以全部转化为机械能，如气体的等温膨胀过程．图11－3－3我国神七航天员的漫步太空已变成现实．神七航天漫步太空，此举震撼世界，意义重大无比．其中，飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”，因此飞船将此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”，其原理图如图11－3－3所示，两个相通的舱A、B间装有阀门K，指令舱A中充满气体，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换．打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡，则( ) A．气体体积膨胀，对外做功B．气体分子势能减少，内能增加C．体积变大，温度降低D．B中气体不可能自发地全部退回到A中【解析】当阀门K被打开时，A中的气体进入B中，由于B中为真空，所以A中的气体不会做功，则A选项是错误的；又因为系统与外界无热交换，所以气体内能不变，则气体的温度也不变，则选项B、C错误；由热力学第二定律知，真空中气体膨胀具有方向性，在无外界作用时，B中气体不能自发地全部回到A中，故D正确．【答案】 D气体实验定律与热力学定律综合图11－3－4如图11－3－4，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0和T0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：(1)汽缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q.【解析】(1)在气体由p＝1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T＝2.4T0变为T1，由查理定律得T 1T ＝p 0p在气体温度由T 1变为T 0的过程中，体积由V 减小到V 1，气体压强不变， 由盖—吕萨克定律得V V 1＝T 1T 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧T 1＝2T 0V 1＝12V(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W ＝p 0(V －V 1)在这一过程中，气体内能的减少为 ΔU ＝α(T 1－T 0)由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为 Q ＝W ＋ΔU ，解得Q ＝12p 0V ＋αT 0【答案】 (1)12V (2)12p 0V ＋αT 0热力学第一定律在气体状态变化中的应用(1)理想气体无分子势能，只有分子动能，一定质量的气体，其内能只取决于温度，而与体积无关．(2)在气体状态变化过程中，三个状态参量(p 、V 、T )遵循理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2(或pVT＝C 常数)，判断气体的内能的变化只需分析气体的温度，温度升高(或降低)，内能增大(或减小)．(3)由气体体积变化情况分析做功情况，气体体积增大，气体对外做功，气体体积减小，外界对气体做功．然后由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 确定热量Q 的正、负，判断出吸热、放热．(对应学生用书第193页)1．(2013届太原一中检测)二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，人类在采取节能减排措施的同时，也在研究控制温室气体的新方法，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一可自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减为原来的一半，不计温度变化，则此过程中( )A．封闭气体对外界做正功B．封闭气体向外界传递热量C．封闭气体分子的平均动能增大D．封闭气体从外界吸收热量【解析】因为气体的温度不变，所以气体分子的平均动能不变，C错误；当气体体积减小时，外界对气体做功，A错误；由热力学第一定律可得，封闭气体将向外界传递热量，D错B正确．【答案】 B2.图11－3－5(2012·渭南二模)如图11－3－5所示中汽缸内盛有一定量的理想气体，汽缸壁是导热的，缸外环境保持恒温，活塞与汽缸壁的接触是光滑的，但不漏气．现将活塞杆与外界连接并使之缓慢地向右移动．这样气体将等温膨胀并通过杆对外做功．若已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法正确的是( )A．气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，因此此过程违反热力学第二定律B．气体是从单一热源吸热，但并未全用来对外做功，所以此过程不违反热力学第二定律C．气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律D．A、B、C三种说法都不对【答案】 C3.图11－3－6如图11－3－6所示为电冰箱的工作原理示意图．压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环．在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外．下列说法正确的是( )A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能C．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律D．电冰箱的工作原理违反热力学第二定律【解析】由热力学第二定律可知，热量不能自发地由低温物体传给高温物体，除非有外界的影响或帮助．电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机工作并消耗电能．【答案】 B4．(2011·大纲全国高考)关于一定量的气体，下列叙述正确的是( )A．气体吸收的热量可以完全转化为功B．气体体积增大时，其内能一定减少C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加D．外界对气体做功，气体内能可能减少【解析】由热力学第二定律知吸收的热不能自发地全部转化为功，但通过其他方法可以全部转化为功，故A正确；气体体积增大，对外做功，若同时伴随有吸热，其内能不一定减少，B错误；气体从外界吸热，若同时伴随有做功，其内能不一定增加，C错误；外界对气体做功，同时气体放热，其内能可能减少，D正确．【答案】AD5．(2011·福建高考)一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J，气体对外界做功1.0×104J ，则该理想气体的( ) A ．温度降低，密度增大 B ．温度降低，密度减小C ．温度升高，密度增大D ．温度升高，密度减小【解析】 由ΔU ＝W ＋Q 可得理想气体内能变化ΔU ＝－1.0×104 J ＋2.5×104 J ＝1.5×104 J>0，故温度升高，A 、B 两项均错．因为气体对外做功，所以气体一定膨胀，体积变大，由ρ＝m V可知密度变小，故C 项错误D 项正确． 【答案】 D6．(2012·江西重点盟校二次联考)(1)下列说法正确的是( )A ．由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算出该种气体分子的大小B ．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C ．分子间的引力随分子间距离的增大而增大，分子间的斥力随分子间距离的增大而减小D ．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体图11－3－7(2)如图11－3－7所示，汽缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距缸口0.2 m ，活塞面积10 cm 2，大气压强1.0×105 Pa ，物重50 N ，活塞质量及一切摩擦不计，缓慢升高环境温度，使活塞刚好升到缸口，封闭气体吸收了60 J 的热量，则封闭气体的压强将________(选填“增加”、“减小”或“不变”)，气体内能变化量为________J.【解析】 (1)由于气体分子间距离大，所以不能估算分子大小，A 错．布朗运动的显著程度与温度和颗粒大小有关，B 正确．分子引力和斥力都是随分子间距离的增大而减小的，则C 错．热量不能自发地从低温物体传到高温物体，故D 错．(2)此时气体压强p ＝p 0－G S恒定． 由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ＝－pΔV ＋Q ＝50 J.【答案】 (1)B (2)不变 507．(1)当密闭在气球内的空气(可视为理想气体)温度缓慢升高时________________________________________________________________________．A ．气体分子的体积增大B ．气体分子的动能增大C ．气体分子的平均动能增大D ．单位体积内分子数增多(2)若只对一定质量的理想气体做1 500 J 的功，可使其温度升高5 K ．若改成只用热传递的方式，使气体温度同样升高5 K ，那么气体应吸收________J 的热量．如果对该气体做了2 000 J的功，使其温度升高了5 K，表明在该过程中，气体还________(选填“吸收”或“放出”)热量________J.【答案】(1)C(2)1 500放出5008．(1)第一类永动机不可能制成是因为其违反了________，第二类永动机不可能制成是因为其违反了________________________________________________________________________．(2)在一个大气压下，水在沸腾时，1 g水吸收2 263.8 J的热量后由液态变成同温度的气态，其体积由1.043 cm3变成1 676 cm3，求：①1 g水所含的分子个数；②体积膨胀时气体对外界做的功；③气体的内能变化．(大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的摩尔质量为M＝18 g/mol，阿伏加德罗常数N A＝6.0×1023 mol－1)【解析】(2)①1 g水所含的分子个数为n＝118×6×1023＝3.3×1022(个)．②气体体积膨胀时对外做的功为W＝p0×ΔV＝105×(1 676－1.043)×10－6J＝167.5 J.③根据热力学第一定律有：ΔU＝W＋Q＝(2 263.8－167.5) J＝2 096.3 J.【答案】(1)能量守恒定律热力学第二定律(2)①3.3×1022②167.5 J③增加 2 096.3 J9．(1)下列说法正确的是( )A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映B．没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能而不产生其他影响C．知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同(2)一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功 1.7×105 J，气体内能减少1.3×105J，则此过程中气体________(填“吸收”或“放出”)的热量是________J．此后，保持气体压强不变，升高温度，气体对外界做了5.0×105 J的功，同时吸收了6.0×105 J 的热量，则此过程中，气体内能增加了________J.【解析】(1)布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，并不是指颗粒分子的运动，所以A错误．热能不可能全部转化为机械能而不引起其他变化，所以B错误．知道摩尔质量和密度可求摩尔体积，求不出阿伏加德罗常数，所以C错误．内能不同的物体它们分子运动的平均动能可能相同，因为只要物体的温度相同，分子平均动能就相同，所以D项正确．(2)根据热力学第一定律得：W＝1.7×105 J，ΔU＝－1.3×105 J，代入ΔU＝W＋Q可得，Q＝－3.0×105J，Q为负值，说明气体要放出热量，放出的热量为3.0×105J；同理W ＝－5×105 J，Q＝6×105 J，ΔU＝W＋Q＝1.0×105 J，即内能增加了1.0×105 J.【答案】(1)D(2)放出 3.0×105 1.0×10510．如图11－3－8所示，A、B两个汽缸中装有体积均为10 L、压强均为1 atm(标准大气压)、温度均为27 ℃的空气，中间用细管连接，细管容积不计．细管中有一绝热活塞，现将B汽缸中的气体升温到127 ℃，若要使细管中的活塞仍停在原位置．(不计摩擦，A 汽缸中的气体温度保持不变，A汽缸截面积为500 cm2)图11－3－8(1)求A 中活塞应向右移动的距离；(2)A 中气体是吸热还是放热，为什么？【解析】 (1)对B ：由P B T B ＝P′B T′B得 P′B ＝T′B T B P B ＝400300P B ＝43P B 对A ：由P A V A ＝P′A V′A 得V′A ＝P A V A P′A且：P A ＝P B ，P′A ＝P′B 解得：V′A ＝43V A 所以Δl ＝14V A S＝5 cm. (2)放热，在向右推活塞过程中，A 中气体温度不变，气体内能不变；体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知气体应放热．【答案】 (1)5 cm (2)见解析。

高中物理高考必考知识点有哪些归纳高考物理必考知识点：研究性实验一、研究匀变速运动(一)练习使用打点计时器:1.构造：见教材。

2.操作要点：接50HZ，4---6伏的交流电正确标取记：在纸带中间部分选5个点3.重点：纸带的分析a.判断物体运动情况：在误差范围内：如果S1=S2=S3=……，则物体作匀速直线运动。

如果DS1=DS2=DS3=…….=常数, 则物体作匀变速直线运动。

b.测定加速度：公式法：先求DS，再由DS= aT2求加速度。

图象法：作v—t图,求a=直线的斜率c.测定即时速度：V1=(S1+S2)/2T V2=(S2+S3)/2T(二)测定匀变速直线运动的加速度：1.原理:：DS=aT22.实验条件：a.合力恒定，细线与木板是平行的。

b.接50HZ，4—6伏交流电。

3.实验器材：电磁打点计时器、纸带、复写纸片、低压交流电源、小车、细绳、一端附有滑轮的长木板、刻度尺、钩码、导线、两根导线。

4.主要测量:选择纸带,标出记数点,测出每个时间间隔内的位移S1、S2、S3 。

图中O是任一点。

5. 数据处理:根据测出的用逐差法处理数据求出加速度：S4—S1=3a1T2 ，S5—S2=3a2T2 ，S6—S3=3a3T2，a=(a1+a2+a3)/3=(S4+S5+S6—S1—S2—S3)/9T2(三)测匀变速运动的即时速度：(同上)二、研究平抛运动1.实验原理：用一定的方法描出平抛小球在空中的轨迹曲线，再根据轨迹上某些点的位置坐标，由h=求出t，再由x=v0t求v0，并求v0的平均值。

2.实验器材：木板，白纸，图钉，未端水平的斜槽，小球，刻度尺，附有小孔的卡片，重锤线。

3.实验条件：a. 固定白纸的木板要竖直。

b. 斜槽未端的切线水平，在白纸上准确记下槽口位置。

c.小球每次从槽上同一位置由静止滑下。

三、研究弹力与形变关系1. 方法归纳：(1)用悬挂砝码的方法给弹簧施加压力(2)用列表法来记录和分析数据(如何设计实验记录表格)(3)用图象法来分析实验数据关系步骤：①以力为纵坐标、弹簧伸长为横坐标建立坐标系②根据所测数据在坐标纸上描点③按照图中各点的分布和走向，尝试作出一条平滑的曲线(包括直线)④以弹簧的伸重工业自变量，写出曲线所代表的函数，首先尝试一次函数，如不行则考虑二次函数，如看似象反比例函数，则变相关的量为倒数再研究一下是否为正比关系(图象是否可变为直线)----化曲为直的方法等。

2020届高三物理（人教版)一轮复习随堂练向心加速度1、质量为0.4kg的小球被连接在长为0.4m的杆子上，以1m/s的速度绕O点在竖直面做匀速圆周运动，则小球运动到最高点时，对杆子作用力的大小和方向为（）A． 3N 向上 B． 5N 向上 C． 3N向下 D． 5N向下2、如图所示,男演员a站于地面, 女演员b从图示的位置由静止开始向下摆动,当女演员b摆至最低点时距定滑轮长度为L, 男演员a刚好对地面无压力,若, ma=2mb则女演员b摆至最低点时的速度为( )A． v= B． v= C． v= D． v=23、物体做离心运动时,运动轨迹（）。

A．一定是曲线 B．一定是直线C．可能是直线,可能是曲线 D．一定是圆周运动4、在水平面上转弯的汽车，充当向心力的是A．重力和支持力的合力 B．重力、支持力、牵引力的合力C．滑动摩擦力 D．静摩擦力5、如图两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为A． 3mg B． 2mg C．3mg D．4mg6、如图所示，质量为m的小球用长为l的细线悬挂于O点。

现将小球拉到细线与竖直方向夹角为60°的位置由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g，小球过最低点时，小球的速度、对细线的拉力大小分别为（）A．，2mg B．，3mgC．，3mg D．，2mg7、如图所示，不可伸长的轻绳—端拴一质量为m的小球，另—端固定在竖直平面内的O点，仅在小球重力和绳子拉力的作用下让小球绕O点在竖直面内做圆周运动，则下列表述符合实际的是（）A．在小球运动的过程中绳子的拉力大小一直不变B．小球运动到最低点时绳子最容易断裂C．小球运动至与圆心等高处时绳子的拉力最小D．小球运动到最高点时绳子的拉力一定不能为零8、如图所示，在下列不同情形中将完全相同的四个光滑小球以相同速率v射出，忽空气阻力，则( )A． A球的初动能大于B球的初动能B． B球上升到最高点的加速度为零C． C球能上升的最大高度与A球的相等D． D球恰好上升到最高点时的速度为9、一轻杆的一端固定质量为m的小球，以另一端为圆心在竖直平面内做圆周运动，轻杆长为l，以下说法中正确的是( )A．小球过最高点时的最小速度为B．小球过最高点时，杆的弹力不可以等于零C．小球到最高点时速度v>0，小球一定能通过最高点做圆周运动D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定与小球所受重力方向相反10、如图所示，表演“飞车走壁”的杂技演员骑着摩托车飞驶在圆台形筒壁内，圆台筒固定不动，其轴线沿竖直方向．演员驾驶摩托车先后在M和N两处紧贴着内壁分别在图中虚线所示的水平面内做匀速圆周运动，如果此时不计车轮与筒壁的摩擦力，则（）A． M处的线速度一定大于N处的线速度B． M处的角速度一定大于N处的角速度C． M处的运动周期一定等于N处的运动周期D．摩托车在M处对筒壁的压力一定大于在N处对筒壁的压力11、一辆卡车在丘陵地区以不变的速率行驶，地形如图，图中卡车对地面的压力最大处是A． a处 B． b处 C． c处 D． d处12、在公路的拐弯处，路面大多都是筑成外高内低的，即当车向右拐弯时，司机左侧的路面比右侧要高一些，路面与水平面的夹角为θ，拐弯路段可看做半径为 R 的部分圆弧，要使车速为 v 时，车轮与路面之间的横向（即垂直于前进方向）摩擦力等于零，则（）A． B．C ．D ．13、建造在公路上的桥梁大多是凸形桥，较少是水平桥，更少有凹形桥，其主要原因是 A ． 为了节省建筑材料，以减少建桥成本B ． 汽车以同样速度通过凹形桥时对桥面的压力要比水平或凸形桥压力大，故凹形桥易损坏．C ． 建造凹形桥的技术特别困难D ． 凸形桥更美观些14、游乐园中的竖直摩天轮在匀速转动时,其每个载客轮舱能始终保持竖直直立状(如图),一质量为m 的旅行包放置在该摩天轮轮舱水平底板上。

高中物理知识点总结范文一、分子动理论1.物体是由大量分子组成的(1)分子模型：主要有两种模型，固体与液体分子通常用球体模型，气体分子通常用立方体模型.(2)分子的大小①分子直径：数量级是10-10m;②分子质量：数量级是10-26kg;(3)阿伏加德罗常数1.mol任何物质所含有的粒子数，NA=6.02____1023mol-1____分子热运动分子永不停息的无规则运动.(1)扩散现象相互接触的不同物质彼此进入对方的现象.温度越高，扩散越快，可在固体、液体、气体中进行.(2)布朗运动悬浮在液体(或气体)中的微粒的无规则运动，微粒越小，温度越高，布朗运动越显著.____分子力分子间同时存在引力和斥力，且都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但总是斥力变化得较快.二、内能____分子平均动能(1)所有分子动能的平均值.(2)温度是分子平均动能的标志.____分子势能由分子间相对位置决定的能，在宏观上分子势能与物体体积有关，在微观上与分子间的距离有关.3.物体的内能(1)内能：物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和.(2)决定因素：温度、体积和物质的量.三、温度1.意义：宏观上表示物体的冷热程度(微观上标志物体中分子平均动能的大小).2.两种温标(1)摄氏温标t：单位℃，在____个标准大气压下，水的冰点作为0℃，沸点作为100℃，在0℃-100℃之间等分____份，每一份表示1℃.(2)热力学温标T：单位K，把-273.15℃作为0K.(3)就每一度表示的冷热差别来说，两种温度是相同的，即ΔT=Δt.只是零值的起点不同，所以二者关系式为T=t+273.15.(4)绝对零度(0K)，是低温极限，只能接近不能达到，所以热力学温度无负值.高中物理知识点总结范文（二）电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大，正电荷在电场中受力方向与场强方向一致，所以正电荷沿场强方向，电势能减小，负电荷在电场中受力方向与场强相反，所以负电荷沿场强方向，电势能增大，但电势都是沿场强方向减小。