当前位置：文档之家 › 2019届高考物理一轮复习热点滚动加强练一

2019届高考物理一轮复习热点滚动加强练一

  • 格式：doc
  • 大小：495.50 KB
  • 文档页数：12

热点滚动加强练(一)考试时间：90分钟第Ⅰ卷 (选择题 共48分)热点一 匀速直线运动的规律及应用1．一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz 的频率监视前方的交通状况．当车速v ≤10 m/s，且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞．在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度大小取4～6 m/s 2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为( )A.53 s B ．253 sC ．2.5 sD ．12.5 s【解析】 当车速最大v ＝10 m/s 且加速度取最小值时，“全力自动刹车”时间最长，由速度与时间关系v ＝v 0＋at 可知，t ＝v －v 0a ＝0－10－4s ＝2.5 s ，C 项正确． 【答案】 C2．为了求出楼房高度，让一石子从楼顶自由下落，空气阻力不计，根据下列测出的物理量的值，能计算出楼房高度的是(当地重力加速度g 已知) ( )A ．石子开始下落1 s 内的位移B ．石子落地时的速度C ．石子最后1 s 内的位移D ．石子通过最后1 m 的时间【解析】 设楼高为h ，石子落到地面所需时间为t ，落地时的速度为v .已知石子开始下落1 s 内的位移，不能求出h ，不选A ；由v 2＝2gh ，可求h ，选B ；已知最后1 s 内的位移x ，可以求解t －0.5 s 时刻的速度v 1，由v 1＝g (t －0.5 s)可求出t ，再由h ＝gt 22，可求出h ，选C ；设石子通过最后1 m 的时间为t 2，可求出t －t 22时刻的速度v 2，由v 2＝g (t －t 22)，进而求出t 、h .选D.【答案】 BCD热点二 运动图象3.某小物块在一长木板上运动时，其运动的v ­t 图线如图所示，已知小物块总在长木板上．则下列说法正确的是( )A ．小物块相对于长木板运动的距离为12 mB ．小物块相对于长木板运动的距离为6 mC ．长木板在0～4.0 s 内的平均速度是2 m/sD ．在0～4.0 s 内长木板和小物块的平均加速度相同【解析】 小物块相对于长木板运动的距离等于小物块与长木板的v ­t 图线所围的面积，即Δx ＝4－－2×1.5 m＝6 m ，选项B 正确，A 错误；长木板在0～4.0 s 内的位移为长木板的v ­t 图线与时间轴所围的面积，即x ＝⎝⎛⎭⎪⎫4＋22×1.5＋2×2.52m ＝7 m ，平均速度是1.75 m/s ，选项C 错误；在0～4.0 s 内长木板和小物块的平均加速度大小相等，但方向相反，选项D 错误．【答案】 B4．如图所示为某质点运动的v ­t 图象，2～4 s 内图线为半圆形，下列说法正确的是( )A ．1～2 s 内质点的加速度大小为8 m/s 2B ．2～4 s 内质点的位移大小为8 mC ．3 s 末质点的速度为8 m/sD ．3 s 末质点的加速度等于零【解析】 由图可知1～2 s 内质点的加速度大小为8 m/s 2，所以选项A 正确；2～4 s 内质点的位移大小为π2 m ，选项B 错误；3 s 末质点的速度为－1 m/s ，选项C 错误；3 s末质点的加速度等于零，选项D 正确．【答案】 AD热点三 重力、弹力和摩擦力5．三个质量均为1 kg 的相同木块a 、b 、c 和两个劲度系数均为500 N/m 的相同轻弹簧p 、q 用轻绳连接，如图所示．其中a 放在光滑水平桌面上．开始时p 弹簧处于原长，木块都处于静止状态．现用水平力F 缓慢地向左拉P 弹簧的左端，直到c 木块刚好离开水平地面为止，g 取10 m/s 2.该过程p 弹簧的左端向左移动的距离是( )A ．4 cmB ．6 cmC ．8 cmD ．10 cm【解析】 “缓慢地拉动”说明系统始终处于平衡状态，该过程中p 弹簧的左端向左移动的距离等于两个弹簧长度变化量之和；最初，p 弹簧处于原长，而q 弹簧受到竖直向下的压力F 1＝m b g ＝1×10 N＝10 N ，所以其压缩量为x 1＝F 1k＝2 cm ；最终c 木块刚好离开水平地面，q 弹簧受到竖直向下的拉力F 2＝m c g ＝1×10 N＝10 N ，其伸长量为x 2＝F 2k＝2 cm ，拉力F ＝(m b ＋m c )g ＝2×10 N＝20 N ，p 弹簧的伸长量为x 3＝F k＝4 cm ，所以所求距离x ＝x 1＋x 2＋x 3＝8 cm.【答案】 C6．如图所示，圆环套在水平棒上可以滑动，轻绳OA 的A 端与圆环套(重力不计)相连，O 端与质量m ＝1 kg 的重物相连；定滑轮固定在B 处，跨过定滑轮的轻绳，两端分别与重物m 、重物G 相连，当两条细绳间的夹角φ＝90°，OA 与水平杆的夹角θ＝53°时圆环恰好没有滑动，不计滑轮大小，整个系统处于静止状态，已知sin 53°＝0.8；cos 53°＝0.6，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．则下列说法正确的是( )A ．圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75B ．棒对环的支持力为1.6 NC ．重物G 的质量M ＝0.6 kgD ．圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.6【解析】 因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有f ＝μF N .对环进行受力分析，则有：μF N －F T cos θ＝0，F N －F T sin θ＝0，F T ＝F T ′＝mg sin θ，代入数据解得：μ＝cot θ＝34，F N ＝6.4 N ，A 正确，BD 错误；对重物m ：Mg ＝mg cos θ，得：M＝m cos θ＝0.6 kg ，C 正确．【答案】 AC热点四 力的合成与分解7．(2018·衡水检测)如图所示，有一质量不计的杆AO ，长为R ，可绕A 自由转动．用绳在O 点悬挂一个重为G 的物体，另一根绳一端系在O 点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是( )A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小【解析】对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力，故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力、OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；将F和OC绳上的拉力合成，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；故选C.【答案】 C热点五共点力的平衡8.如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中( )A．细绳的拉力逐渐变小B．Q受到墙壁的弹力逐渐变大C．Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大D．Q将从墙壁和小球之间滑落【解析】对P受力分析，P受到重力、拉力和Q对P的支持力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有：拉力F＝mgcos θ，Q对P的支持力F N＝mg tan θ.铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力F增大，Q对P的支持力增大，故A错误．对Q 受力分析知，在水平方向上P对Q的压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力相等，所以Q受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落，故B正确，C、D 错误．【答案】 B9.如图所示，在倾角为α的光滑斜面上放一个重为G的小球，并用光滑的挡板挡住，挡板与斜面的夹角为θ(最初θ<α)，挡板从图示位置以O为轴逆时针缓慢转至水平，在此过程中小球始终处于平衡状态，当挡板对小球的弹力大小等于小球的重力时，θ的大小可以为( )A．αB．2αC．π－αD．π－2α【解析】重力沿垂直于挡板和斜面方向分解，两个分力大小分别等于挡板和斜面对小球的弹力，以表示重力的线段末端为圆心，该线段长为半径画辅助圆，如图甲所示，由几何知识得θ＝α；当挡板转到水平时，如图乙所示，θ＝π－α，故A、C正确．【答案】AC热点六牛顿第二定律、两类动力学问题10．(2018·云南玉溪期中)如图A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知A和C的质量都是1 kg，B的质量是2 kg，A、B间的动摩擦因数是0.3，其他摩擦不计．由静止释放，C下落一定高度的过程中(C未落地，B未撞到滑轮)，下列说法正确的是( )A．A、B两物体发生相对滑动B．A物体受到的摩擦力大小为2.5 NC．B物体的加速度大小是2.5 m/s2D．细绳的拉力大小等于10 N【解析】假设A、B相对静止，将A、B、C看作一个整体，对整体有m C g＝(m A＋m B＋m C)a，解得a＝2.5 m/s2，则A的加速度为a＝2.5 m/s2，水平方向上B给A的静摩擦力产生加速度，即有f＝m A a，即得f＝2.5 N，而A、B间发生相对滑动的最大静摩擦力为f m＝μm A g＝3 N＞f，故假设成立，所以A、B相对静止，A错误，B、C正确；设绳子的拉力为T，则根据牛顿第二定律可得T＝(m A＋m B)a＝7.5 N，故D错误．【答案】BC热点七牛顿运动定律的综合应用11．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有相同的动摩擦因数，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是下列选项中的( )【解析】在达到相同速度之前，有－μmg－μ·2mg＝ma1a1＝－3μg达到相同速度之后，有－μ·2mg＝2ma2a2＝－μg由加速度可知，图象A正确．【答案】 A12．如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球．斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和F N.若T­a图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10 m/s2.则( )A ．a ＝403 m/s 2时，F N ＝0B ．小球质量m ＝0.1 kgC ．斜面倾角θ的正切值为34D ．小球离开斜面之前，F N ＝0.8＋0.06a (N)【解析】 小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得T cos θ－F N sin θ＝ma ，T sin θ＋F N cos θ＝mg ，联立解得F N ＝mg cos θ－ma sin θ，T ＝ma cos θ＋mg sin θ，所以小球离开斜面之前，T ­a 图象呈线性关系，由题图乙可知a ＝403 m/s 2时，F N ＝0，选项A 正确；当a ＝0，T ＝0.6 N ，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示．所以mg sin θ＝T ；当a ＝403 m/s 2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以mg tan θ＝ma ，联立可得tan θ＝34，m ＝0.1 kg ，选项B 、C 正确；将θ和m 的值代入F N ＝mg cos θ－ma sin θ，得F N ＝0.8－0.06a (N)，选项D 错误．【答案】 ABC第Ⅱ卷 (非选择题 共52分)13．(4分)(涉及验证力的平行四边形定则，有关实验原理与操作，数据处理与误差分析)图甲为“验证力的平行四边形定则”的实验装置．(1)下列说法中正确的是________．A．在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化B．用弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下C．F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程D．为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90°(2)弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力的大小为________N.【解析】(1)在同一组数据中，只有当橡皮条结点O的位置不发生变化时，两个力的作用效果和一个力的作用效果才相同，才可以验证平行四边形定则，选项A正确；用弹簧测力计拉细线时，方向不一定向下，只要把O点拉到同一位置即可，选项B错误；F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程，选项C正确；F1、F2方向间夹角不一定为90°才能减小误差，选项D错误．(2)弹簧测力计的最小刻度是0.1 N，故弹簧测力计要估读到0.01 N，力的大小是4.00 N.【答案】(1)AC (2)4.0014．(8分)(涉及探究加速度与力、质量的关系，有关实验原理与数据处理)利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究“合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系”．(1)做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器(图中未画出)可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt1、Δt2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离L，用游标卡尺测得遮光条宽度d，则滑块经过光电门1时的速度表达式v1＝________；滑块加速度的表达式a＝________(以上表达式均用已知字母表示)．如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为________mm.(2)在实验过程中，当改变滑块质量M 时，通过改变________，保证滑块受到的合力大小不变．【解析】 (1)滑块通过光电门的时间极短，以此时间内的平均速度近似作为瞬时速度，可得速度v 1＝d Δt 1.同样通过光电门2的速度v 2＝dΔt 2，从光电门1到光电门2的过程为匀变速直线运动，可得v 22－v 21＝2aL ，即加速度a ＝v 22－v 212L ＝d 2Δt 12－Δt 22]2L Δt 22Δt 12.20分度游标卡尺的精确度为0.05 mm ，游标尺零刻线左侧对应的主尺刻线为8 mm ，第3条刻线与主尺刻线对齐，最终读数为8 mm ＋3×0.05 mm＝8.15 mm.(2)使用气垫导轨可以不考虑摩擦力，那么滑块沿斜面下滑合力为Mg sin θ＝MghL，小车质量改变时，要保证合力Mg sin θ＝MghL不变，只需要保证Mh 不变． 【答案】 (1)d Δt 1 d 2Δt 12－Δt 22]2L Δt 12Δt 228.15(2)高度h 使Mh 保持不变15．(10分)(涉及匀变速直线运动的规律及应用)在公路的十字路口，红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端之间的距离均为d ＝6.0 m ，若汽车启动时都以a ＝2.5 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，加速到v ＝10.0 m/s 后做匀速直线运动通过路口．该路口亮绿灯时间t ＝40.0 s ，而且有按倒计时显示的时间显示灯(无黄灯)．另外交通规则规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的汽车允许通过．请回答下列问题：(1)若绿灯亮起瞬间，所有司机同时启动汽车，问有多少辆汽车能通过路口？ (2)第(1)问中，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车做匀减速运动，结果车的前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车经多长时间停下？【解析】 汽车等距离排列，又以同样加速度同时启动，运动状况总相同，相同时间内位移也相同，因此彼此间距离保持不变，要判断在t ＝40 s 内有多少汽车能通过路口，就是要计算在这40 s 内汽车的位移及在此位移内等距排列的汽车数，如图所示，n (取整数)个d 对应有n ＋1车辆能通过路口．(1)汽车加速时间t 1＝v a＝4.0 s在t ＝40.0 s 时间内汽车能行驶的位移x ＝12at 21＋v (t －t 1)＝380 m所以n ＝x d＝63.3依题意知能有64辆汽车通过路口．(2)设t 0＝3.0 s ，当计时灯刚亮出“3”时，第65辆汽车行驶的位移x 1＝12at 21＋v (t －t 1－t 0)＝350 m此时汽车距停车线的距离x 2＝64d －x 1＝34 m 第65辆车从刹车到停下来的时间t 2＝x 2v2＝6.8 s.【答案】 (1)64 (2)6.8 s16．(10分)(涉及力的合成与分解，共点力的平衡相关知识)一盏电灯重力为G ，悬于天花板上A 点，在电线O 处系一细线OB ，使电线OA 与竖直方向的夹角为β＝30°，如图所示．现保持β角不变，缓慢调整OB 方向至OB 线上拉力最小为止，此时OB 与水平方向的夹角α等于多少？最小拉力是多少？【解析】对电灯受力分析如图所示，据三力平衡特点可知：OA 、OB 对O 点的作用力T A 、T B 的合力T 与G 等大反向，即T ＝G ①在△OT B T 中， ∠TOT B ＝90°－α 又∠OTT B ＝∠TOA ＝β，故∠OT B T ＝180°－(90°－α)－β＝90°＋α－β 由正弦定理得T B sin β＝Tsi ＋α－β②联立①②解得T B ＝G sin βα－β因β不变，故当α＝β＝30°时，T B 最小，且T B ＝G sin β＝G 2. 【答案】 30° G 217．(10分)(涉及牛顿运动定律的综合应用，运动图象的综合知识)汽车以v 0＝20 m/s 的速度在水平道路上运动，从t ＝0时刻开始，驾驶员不断改变油门，使牵引力不断改变，由加速度传感器和计算机测绘得到汽车加速度随时间变化规律如图甲所示，其中20～30 s 内关闭了汽车发动机．已知汽车的质量为2×103 kg ，运动阻力恒定．取g ＝10 m/s 2.(1)请你借鉴在研究匀变速直线运动时教科书中利用v ­t 图象求位移的方法，对比加速度的定义，根据图甲所示a ­t 图象，求汽车在40 s 末的速度大小；(2)在图乙中画出发动机牵引力F 随时间t 变化的F ­t 图象.【解析】 (1)由加速度的定义式a ＝Δv Δt得Δv ＝a Δt ，因此在匀变速直线运动中，速度的变化量Δv 等于a ­t 图线与横坐标轴包围的“面积”，由题图甲可得，0～40 s 内速度的变化量Δv ＝[12×12.5×2.5－12×(22.5＋10)×1.5＋12×5×1.5]m/s＝－5 m/s 40 s 末汽车的速度v ＝v 0＋Δv代入数据解得v ＝15 m/s.(2)驾驶员在20～30 s 内关闭了汽车发动机，牵引力为零，汽车加速度a 1＝－1.5 m/s 2，由牛顿第二定律得运动阻力F f ＝ma 1汽车牵引力F ＋F f ＝ma当t ＝0时，a ＝2.5 m/s 2，解得牵引力F ＝8×103 N当t ＝40 s 时，a ＝1.5 m/s 2，解得牵引力F ＝6×103 N F ­t 图象如图所示.【答案】 (1)15 m/s (2)见解析图18．(10分)(涉及牛顿运动定律的综合应用，滑块—木板模型及相关运动学公式的综合知识)(2018·山东济南一中上学期期中)如图所示，一质量为m B ＝2 kg ，长为L ＝6 m 的薄木板B 放在水平面上，质量为m A ＝2 kg 的物体A (可视为质点)在一电动机拉动下从木板左端以v 0＝5 m/s 的速度向右匀速运动．在物体带动下，木板以a ＝2 m/s 2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，此时牵引物体的轻绳的拉力F ＝8 N ．已知各接触面间的动摩擦因数恒定，重力加速度g 取10 m/s 2，则(1)经多长时间物体A 滑离木板？(2)木板与水平面间的动摩擦因数为多少？(3)物体A 滑离木板后立即取走物体A ，木板能继续滑行的距离为多少？【解析】 (1)设经t 0时间物体A 滑离木板，则对A ：x A ＝v 0t 0对木板B ：x B ＝12at 20 x A －x B ＝L代入数据解得：t 0＝2 s(另一解舍去)．(2)A 在B 上滑动时，A 匀速运动，则F f AB ＝F ＝8 N.设地面对B 的滑动摩擦力为F f B 1，则由牛顿第二定律得：F f AB －F f B 1＝m B a ，又F f B 1＝μF N ，F N ＝(m A ＋m B )g .可解得：μ＝0.1.(3)物体A 滑离时B 板的速度v B ＝at 0＝4 m/s.B 板向前减速滑行过程中，F f B 2＝m B a BF fB 2＝μm B g解得：a B ＝μg ＝1 m/s 2减速滑行的距离s ＝v 2B 2a B＝8 m. 【答案】 (1)2 s (2)0.1 (3)8 m。

合集下载

山东省泰安市2019届高三3月第一轮模拟考试理综物理试卷(解析版)

山东省泰安市2019届高三3月第一轮模拟考试理综物理试卷(解析版)

高三第一轮复习质量检测理科综合试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～17题中只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分。

有选错的得0分。

1.如图，用光电管进行光电效应实验，当某一频率的光入射时，有光电流产生。

则饱和光电流A. 与照射时间成正比B. 与入射光的强度无关C. 与入射光的强度成正比D. 与两极间的电压成正比【答案】C【解析】【详解】当某种频率的光入射到金属上能发生光电效应时，饱和光电流的大小只与入射光的强度有关，且与入射光的强度成正比，与光照时间以及光电管两极间的电压无关，故选C.2.如图，在光滑的斜面上，轻弹簧的下端固定在挡板上，上端放有物块Q，系统处于静止状态。

现用一沿斜面向上的力F作用在Q上，使其沿斜面向上做匀加速直线运动，以x表示Q 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】开始时：mgsinθ=kx0；当用一沿斜面向上的力F作用在Q上时，当Q离开静止位置的位移为x时，根据牛顿第二定律：，解得F=kx+ma，故选A.3.如图，在水平光滑细杆上有一小环，轻绳的一端系在小环上，另一端系着夹子夹紧一个质量为M的小物块两个侧面，小物块到小环悬点的距离为L，夹子每一侧面与小物块的最大静摩擦力均为F。

小环和物块一起向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。

整个过程中，物块在夹子中没有滑动，则小环和物块一起向右匀速运动的速度最大为(不计小环和夹子的质量，重力加速度为g)A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】当小环碰到钉子瞬间，物块将做匀速圆周运动，则对物块：2F-Mg=M，解得，故选D.4.某一行星表面附近有颗卫星做匀速圆周运动．其运行周期为T，假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力．物体静止时，弹簧测力计的示数为N，则这颗行星的半径为A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】对物体：N=mg；且；对绕行星表面附近做匀速圆周运动的卫星：联立解得：，故选A.5.雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用。

高考物理一轮总复习第十三章热学能力课气体实验定律的综合应用练习含解析新人教版

高考物理一轮总复习第十三章热学能力课气体实验定律的综合应用练习含解析新人教版

能力课 气体实验定律的综合应用一、选择题1．对于一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，当它的体积减小时，下列说法正确的是( )①单位体积内分子的个数增加 ②在单位时间、单位面积上气体分子对器壁碰撞的次数增多 ③在单位时间、单位面积上气体分子对器壁的作用力不变 ④气体的压强增大A ．①④B ．①②④C ．①③④D ．①②③④解析：选B 在温度不变的条件下，当它的体积减小时，单位体积内分子的个数增加，气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，气体压强增大，故B 正确，A 、C 、D 错误．2.(多选)如图所示，一定质量的理想气体，沿状态A 、B 、C 变化，下列说法中正确的是( )A ．沿A →B →C 变化，气体温度不变 B ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最高 C ．A 、B 、C 三状态中，B 状态气体温度最低D ．从A →B ，气体压强减小，温度升高E ．从B →C ，气体密度减小，温度降低解析：选BDE 由理想气体状态方程pVT＝常数可知，B 状态的pV 乘积最大，则B 状态的温度最高，A 到B 的过程是升温过程，B 到C 的过程是降温过程，体积增大，密度减小，选项B 、D 、E 正确，选项A 、C 错误．3.如图所示，U 形汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦．初始时，外界大气压强为p 0，活塞紧压小挡板．现缓慢升高汽缸内气体的温度，则选项图中能反映汽缸内气体的压强p 随热力学温度T 变化的图象是( )解析：选B 当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p 与汽缸内气体的热力学温度T 成正比，在p ­T 图象中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p ­T 图象中，图线是平行于T 轴的直线，B 正确．二、非选择题4.(2018届宝鸡一模)如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A 、B 是两个厚度不计的活塞，面积分别为S 1＝20 cm 2，S 2＝10 cm 2，它们之间用一根细杆连接，B 通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M 的重物C 连接，静止时汽缸中的空气压强p ＝1.3×105Pa ，温度T ＝540 K ，汽缸两部分的气柱长均为L .已知大气压强p 0＝1×105Pa ，取g ＝10 m/s 2，缸内空气可看作理想气体，不计一切摩擦．求：(1)重物C 的质量M ；(2)逐渐降低汽缸中气体的温度，活塞A 将向右缓慢移动，当活塞A 刚靠近D 处而处于平衡状态时缸内气体的温度．解析：(1)活塞整体受力处于平衡状态，则有pS 1＋p 0S 2＝p 0S 1＋pS 2＋Mg代入数据解得M ＝3 kg.(2)当活塞A 靠近D 处时，活塞整体受力的平衡方程没变，气体压强不变，根据气体的等压变化有S 1＋S 2L T ＝S 2×2LT ′解得T ′＝360 K. 答案：(1)3 kg (2)360 K5.(2018届鹰潭一模)如图所示，是一个连通器装置，连通器的右管半径为左管的两倍，左端封闭，封有长为30 cm 的气柱，左右两管水银面高度差为37.5 cm ，左端封闭端下60 cm 处有一细管用开关D 封闭，细管上端与大气联通，若将开关D 打开(空气能进入但水银不会入细管)，稳定后会在左管内产生一段新的空气柱．已知外界大气压强p 0＝75 cmHg.求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？解析：空气进入后将左端水银柱隔为两段，上段仅30 cm ，初始状态对左端上面空气有p 1＝p 0－h 1＝75 cmHg －37.5 cmHg ＝37.5 cmHg末状态左端上面空气柱压强p 2＝p 0－h 2＝75 cmHg －30 cmHg ＝45 cmHg 由玻意耳定律p 1L 1S ＝p 2L 2S 解得L 2＝p 1L 1p 2＝37.5×3045cm ＝25 cm 上段水银柱上移，形成的空气柱长为5 cm ，下段水银柱下移，与右端水银柱等高 设下移的距离为x ，由于U 形管右管内径为左管内径的2倍，则右管横截面积为左管的4倍， 由等式7.5－x ＝x4，解得x ＝6 cm所以产生的空气柱总长为L ＝(6＋5＋25)cm ＝36 cm. 答案：36 cm6.(2019届河北四市调研)如图，横截面积相等的绝热汽缸A 与导热汽缸B 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两汽缸内都装有理想气体，初始时体积均为V 0、温度为T 0且压强相等，缓慢加热A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强变为原来的1.5倍，设环境温度始终保持不变，求汽缸A 中气体的体积V A 和温度T A .解析：设初态压强为p 0，对汽缸A 加热后A 、B 压强相等：p B p 0B 中气体始、末状态温度相等，由玻意耳定律得 p 0V 0p 0V B2V 0＝V A ＋V B 解得V A ＝43V 0对A 部分气体，由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝错误! 解得T A ＝2T 0.答案：43V 0 2T 07.(2018年全国卷Ⅲ)在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l 1＝18.0 cm 和l 2＝12.0 cm ，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U 形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．解析：设U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p 1和p 2.U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p ，此时原左、右两边空气柱长度分别变为l 1′和l 2′.由力的平衡条件有p 1＝p 2＋ρg (l 1－l 2)①式中ρ为水银密度，g 为重力加速度． 由玻意耳定律有p 1l 1＝pl 1′② p 2l 2＝pl 2′③ l 1′－l 1＝l 2－l 2′④由①②③④式和题给条件得l 1′＝22.5 cm l 2′＝7.5 cm.答案：22.5 cm 7.5 cm8.(2019届福州质检)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑绝热汽缸，汽缸下面有加热装置．开始时整个装置处于平衡状态，缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ两部分高度均为L 0，温度均为T 0.已知活塞A 导热、B 绝热，A 、B 质量均为m 、横截面积为S ，外界大气压强为p 0保持不变，环境温度保持不变．现对气体Ⅱ缓慢加热，当A 上升h 时停止加热，求：(1)此时气体Ⅱ的温度；(2)若在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于m 时，气体Ⅰ的高度． 解析：(1)气体Ⅱ这一过程为等压变化 初状态：温度T 0、体积V 1＝L 0S 末状态：温度T 、体积V 2＝(L 0＋h )S 根据查理定律可得V 1T 0＝V 2T解得T ＝L 0＋hL 0T 0. (2)气体Ⅰ这一过程做等温变化 初状态：压强p 1′＝p 0＋mg S体积V 1′＝L 0S末状态：压强p 2′＝p 0＋2mgS体积V 2′＝L 1′S由玻意耳定律得p 1′L 0S ＝p 2′L 1′S 解得L 1′＝p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0.答案：(1)L 0＋h L 0T 0 (2)p 0S ＋mgp 0S ＋2mgL 0 |学霸作业|——自选一、选择题1.(多选)(2018届兰州一中月考)如图所示，密闭容器内可视为理想气体的氢气温度与外界空气的温度相同，现对该容器缓慢加热，当容器内的氢气温度高于外界空气的温度时，则( )A ．氢分子的平均动能增大B ．氢分子的势能增大C ．氢气的内能增大D ．氢气的内能可能不变E ．氢气的压强增大解析：选ACE 温度是分子的平均动能的标志，氢气的温度升高，则分子的平均动能一定增大，故A 正确；氢气视为理想气体，气体分子势能忽略不计，故B 错误；密闭容器内气体的内能由分子动能决定，氢气的分子动能增大，则内能增大，故C 正确，D 错误；根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，氢气的体积不变，温度升高则压强增大，故E 正确．2．(多选)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( ) A ．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈 B ．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈 C ．压强变大时，分子间的平均距离必然变小 D ．压强变小时，分子间的平均距离可能变小解析：选BD 根据理想气体的状态方程pV T＝C 可知，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A 错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B 正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C 错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D 正确．V 与温度T 的关系图象，它由状态A 经等温过程到状态B ，再经等容过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的压强分别为p A 、p B 、p C ，则下列关系式中正确的是( )A ．p A <pB ，p B <pC B ．p A >p B ，p B ＝p C C ．p A >p B ，p B <p CD ．p A ＝p B ，p B >p C解析：选A 由pVT＝常量，得A 到B 过程，T 不变，体积减小，则压强增大，所以p A <p B ；B 经等容过程到C ，V 不变，温度升高，则压强增大，即p B <p C ，所以A 正确．二、非选择题4．图甲是一定质量的气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的V ­T 图象．已知气体在状态A 时的压强是1.5×105Pa.(1)说出A →B 过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中T A 的温度值；(2)请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的p ­T 图象，并在图线相应位置上标出字母A 、B 、C .如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．解析：(1)从题图甲可以看出，A 与B 连线的延长线过原点，所以A →B 是一个等压变化，即p A ＝p B根据盖—吕萨克定律可得V A T A ＝V BT B所以T A ＝V A V BT B ＝,0.6)×300 K＝200 K.(2)由题图甲可知，由B →C 是等容变化，根据查理定律得p B T B ＝p C T C所以p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝43×1.5×105 Pa ＝2.0×105Pa则可画出由状态A →B →C 的p ­T 图象如图所示． 答案：(1)等压变化 200 K (2)见解析5.(2018届商丘一中押题卷)如图所示，用绝热光滑活塞把汽缸内的理想气体分A 、B 两部分，初态时已知A 、B 两部分气体的热力学温度分别为330 K 和220 K ，它们的体积之比为2∶1，末态时把A 气体的温度升高70 ℃，把B 气体温度降低20 ℃，活塞可以再次达到平衡．求气体A 初态的压强p 0与末态的压强p 的比值．解析：设活塞原来处于平衡状态时A 、B 的压强相等为p 0，后来仍处于平衡状态压强相等为p .根据理想气体状态方程，对于A 有p 0V A T A ＝pV A ′T A ′① 对于B 有 p 0V B T B ＝pV B ′T B ′② 化简得V A ′V B ′＝83③ 由题意设V A ＝2V 0，V B ＝V 0④ 汽缸的总体积为V ＝3V 0⑤ 所以可得V A ′＝811V ＝2411V 0⑥将④⑥代入①式得p 0p ＝910. 答案：9106.(2018年全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a 和b ，a 、b间距为h ，a 距缸底的高度为H ；活塞只能在a 、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已知活塞质量为m ，面积为S ，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p 0，温度均为T 0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功．重力加速度大小为g .解析：开始时活塞位于a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动，设此时汽缸中气体的温度为T 1，压强为p 1，根据查理定律有p 0T 0＝p 1T 1① 根据力的平衡条件有p 1S ＝p 0S ＋mg ②联立①②式可得T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0③ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b 处，设此时汽缸中气体的温度为T 2；活塞位于a 处和b 处时气体的体积分别为V 1和V 2.根据盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 式中V 1＝SH ⑤ V 2＝S (H ＋h )⑥联立③④⑤⑥式解得T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0⑦ 从开始加热到活塞到达b 处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W ＝(p 0S ＋mg )h .答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋h H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋mg p 0S T 0 (p 0S ＋mg )h 7.(2016年全国卷Ⅲ)一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变．解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′，长度为l 2′.以cmHg 为压强单位．由题给条件得p 1＝p 0＋(20.0－5.00)cmHg ① l 1′＝,2)))cm ②由玻意耳定律得p 1l 1＝p 1′l 1′③ 联立①②③式和题给条件得p 1′＝144 cmHg ④依题意p 2′＝p 1′⑤l 2′＝4.00 cm ＋,2) cm －h ⑥由玻意耳定律得p 2l 2＝p 2′l 2′⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h ＝9.42 cm. 答案：144 cmHg 9.42 cm8.(2019届沈阳模拟)如图所示，内壁光滑的圆柱形导热汽缸固定在水平面上，汽缸内被活塞封有一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ，质量和厚度都不计，活塞通过弹簧与汽缸底部连接在一起，弹簧处于原长，已知周围环境温度为T 0，大气压强恒为p 0，弹簧的劲度系数k ＝p 0Sl 0(S 为活塞横截面积)，原长为l 0，一段时间后，环境温度降低，在活塞上施加一水平向右的压力，使活塞缓慢向右移动，当压力增大到某一值时保持恒定，此时活塞向右移动了l 0p 0.(1)求此时缸内气体的温度T 1；(2)对汽缸加热，使气体温度缓慢升高，当活塞移动到距汽缸底部l 0时，求此时缸内气体的温度T 2.解析：(1)汽缸内的气体，初态时：压强为p 0，体积为V 0＝Sl 0，温度为T 0末态时：压强为p 1p 0，体积为V 1＝S (l 0l 0) 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1解得T 1T 0.(2)当活塞移动到距汽缸底部l 0时，体积为V 2Sl 0，设气体压强为p 2 由理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝p 2V 2T 2此时活塞受力平衡方程为p 0S ＋F －p 2S ＋k (l 0－l 0)＝0l 0后压力F 保持恒定，活塞受力平衡 p 0S ＋Fp 0S －k (l 0)＝0解得T 2T 0. 答案：T 0 T 09．(2017年全国卷Ⅱ)一热气球体积为V ，内部充有温度为T a 的热空气，气球外冷空气的温度为T b .已知空气在1个大气压，温度T 0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g .(1)求该热气球所受浮力的大小； (2)求该热气球内空气所受的重力；(3)设充气前热气球的质量为m 0，求充气后它还能托起的最大质量．解析：(1)设1个大气压下质量为m 的空气在温度为T 0时的体积为V 0，密度为ρ0＝mV 0① 在温度为T 时的体积为V T ，密度为ρ(T )＝m V T② 由盖—吕萨克定律得V 0T 0＝V TT③ 联立①②③式得ρ(T )＝ρ0T 0T④气球所受到的浮力为f ＝ρ(T b )gV ⑤联立④⑤式得f ＝Vgρ0T 0T b.⑥(2)气球内热空气所受的重力为G ＝ρ(T a )Vg ⑦联立④⑦式得G ＝Vg ρ0T 0T a.⑧ (3)设该气球还能托起的最大质量为m ，由力的平衡条件得mg ＝f －G －m 0g ⑨ 联立⑥⑧⑨式得m ＝Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0. 答案：(1)Vgρ0T 0T b (2)Vgρ0T 0T a(3)Vρ0T 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1T b －1T a －m 0。

2019届高考物理大一轮复习精品课件：等效重力场(共16张PPT)

2019届高考物理大一轮复习精品课件：等效重力场(共16张PPT)


例题分析
如图所示，半径为R的1/4光滑 圆弧轨道与光滑水平面相切与 于B点，O为光滑圆弧的圆心， 其中OB竖直，OC水平，且AB=R， 整个空间存在水平向右的匀强 电场，质量为m的带正电小球 从A点静止释放，其所受电场力 为重力的4/3倍，重力加速度为 g，求： 小球从A点运动到C点过程中最 大速度的大小
2、质量为m的小球带+q电荷， 由长为L的绝缘绳系住，在水平 向右，场强为E的匀强电场中最 初静止于A点，如图所示，已知 θ=60°，为了让小球在竖直平 面内做完整的圆周运动，问在A 点至少给小球的初速度为多少？
3、如图，竖直光滑的圆轨道上放一 个质量为m的小球，带电量为+q（可 看作质点），圆的半径为R．周围空 间充满着水平方向的匀强电场，电 场强度E=mg/q．现在在最低点给小 球一个初动能，为了小球能作一个 完整的圆周运动，那么在圆轨道最 低点给小球的初动能 A．Ek大于mgR B．Ek等于mgR C．Ek小于mgR D．Ek的大小不能确定
4、半径为r的绝缘光滑圆环固 定在竖直平面内，环上套有一 质量为m，带正电的珠子，空间 存在水平向右的匀强电场，如 图所示，珠子所受静电力是其 重力的3/4，将珠子从环上最低 位置A点由静止释放，则珠子所 能获得的最大动能Ek为（ ） A.mgr/4 B.3mgr/4 C.4mgr/5 D.3mgr/5
1、如图所示，在方向竖直向下 的匀强电场中，用绝缘细线拴着 带负电的小球（视为质点）在竖 直平面内绕O点做圆周运动，则 下列判断正确的是（ ） A．小球运动到最低点时，细线 的拉力一定最大 B．小球运动到最低点时，小球 的速度一定最大 C．小球运动到最高点时，小球 的动能一定最小 D．小球运动到最高点时，小球 的机械能一定最大
等效思维处理复合场 （等效重力场）
高考物理一轮复习双优单元滚动双测卷匀变速直线运动的研究A卷

高考物理一轮复习双优单元滚动双测卷匀变速直线运动的研究A卷

第二单元匀变速直线运动的研究（A卷）基础知识过关卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．一辆汽车由静止开始做初速度为零的匀加速直线运动，速度增大到25m/s后做匀速直线运动，已知汽车前5s内的位移为75m，则汽车匀加速运动的时间为（）A．3s B．4s C．5s D．6s2．甲、乙两个足球从同一位置沿同一直线被先后击出，运动位移—时间图像如图所示，则（）A．1.5t0时甲的速度大于乙的速度B．2.5t0时甲的加速度大于乙的加速度C．3t0时乙恰好与甲相碰D．1.5t0-3t0内两球的平均速度相等3．在物理学研究过程中科学家们创造了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、等效替代法、理想模型法、微元法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述错误的是（）A．根据速度定义式v＝xt∆∆，当Δt非常小时，xt∆∆就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，这里采用了极限法B．在不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体，采用了等效替代法C．加速度的定义式a＝vt∆∆，采用了比值定义法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法4．有一种“傻瓜”照相机，其光圈（进光孔径）随被摄物体的亮度自动调节，而快门（曝光时间）是固定不变的。

为估测某架“傻瓜”照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示。

由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。

已知石子从地面以上2.5 m的高度下落，每块砖的平均厚度为6 cm，请估算这架照相机的曝光时间为（）A．0.01s B．0.02sC．0.1s D．0.2s5．汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，2s与5s时汽车的位移之比为（）A．3：4 B．4：5 C．5：4 D．4：36．北京市少年宫花样玩具赛车表演中，两位少年宫的小朋友分别控制着甲、乙两辆遥控玩具赛车同时同地从相邻的跑道出发，沿同一方向运动，通过各自的传感器将速度信息传输给计算机，并通过电脑绘制出如图所示的v t 图象，其中甲图线是圆心在坐标原点的14圆弧，乙图线是过原点和点（10，10）的直线，在0~10 s内，关于两赛车间的位置关系的说法中正确的是（）A．在t1时刻两赛车相遇B．在t1时刻两赛车间距离最大C．在t1~10 s内的某时刻两赛车相遇D．在t＝10 s时，甲赛车与乙赛车的位移相同7．小球从某一高度自由落下，落到水平桌面后反弹回到原高度，如此数次落下和反弹，取竖直向下为正方向，下列速度v和位移x的关系图象中能描述该过程的是（）A．B．C．D．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。