第一篇：高三物理真題分類匯編專題曲線運動（解析版）

專題05 曲線運動（2010-2019）題型一、考查平拋運動規律的相關知識 1.（2019全國2）如圖（a），在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v-t圖像如圖（b）所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則 A．第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大 D．豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大 【考向】拋體運動的特點、v-t圖像的理解 【答案】BD 【解析】A．由v-t圖與x軸所圍的面積代表物體的位移，觀察圖像可知第二次面積大于等于第一次面積，所以第二次豎直方向下落距離大于第一次下落距離，A錯；

B．兩次都落在斜面上故合位移方向相同，由于第二次豎直方向下落距離大，故第二次水平方向位移大，B對；

C．由于v-t斜率代表兩次人在豎直方向的加速度大小，觀察圖像可知，第一次大、第二次小，故C錯誤 D．觀察圖像當物體的速度為v1時，比較兩者的斜率大小從而確定該時刻二者的加速度大小；

a1>a2，結合牛二定律由G-fy=ma，可知，fy1

（1）下列實驗條件必須滿足的有____________。

A．斜槽軌道光滑 B．斜槽軌道末段水平C．擋板高度等間距變化 D．每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球（2）為定量研究，建立以水平方向為x軸、豎直方向為y軸的坐標系。

a．取平拋運動的起始點為坐標原點，將鋼球靜置于Q點，鋼球的________（選填“最上端”、“最下端”或者“球心”）對應白紙上的位置即為原點；

在確定y軸時______（選填“需要”或者“不需要”）y軸與重錘線平行。

b．若遺漏記錄平拋軌跡的起始點，也可按下述方法處理數據：如圖2所示，在軌跡上取A、B、C三點，AB和BC的水平間距相等且均為x，測得AB和BC的豎直間距分別是y1和y2，則______（選填“大于”、“等于”或者“小于”）。可求得鋼球平拋的初速度大小為____________（已知當地重力加速度為g，結果用上述字母表示）。

（3）為了得到平拋物體的運動軌跡，同學們還提出了以下三種方案，其中可行的是____________。

A．從細管水平噴出穩定的細水柱，拍攝照片，即可得到平拋運動軌跡 B．用頻閃照相在同一底片上記錄平拋小球在不同時刻的位置，平滑連接各位置，即可得到平拋運動軌跡 C．將鉛筆垂直于豎直的白紙板放置，筆尖緊靠白紙板，鉛筆以一定初速度水平拋出，將會在白紙上留下筆尖的平拋運動軌跡（4）伽利略曾研究過平拋運動，他推斷：從同一炮臺水平發射的炮彈，如果不受空氣阻力，不論它們能射多遠，在空中飛行的時間都一樣。這實際上揭示了平拋物體_________。

A．在水平方向上做勻速直線運動 B．在豎直方向上做自由落體運動 C．在下落過程中機械能守恒（5）牛頓設想，把物體從高山上水平拋出，速度一次比一次大，落地點就一次比一次遠，如果速度足夠大，物體就不再落回地面，它將繞地球運動，成為人造地球衛星。

同樣是受地球引力，隨著拋出速度增大，物體會從做平拋運動逐漸變為做圓周運動，請分析原因。

【考向】平拋運動實驗 【答案】（1）BD（2）a．球心 需要 b．大于（3）AB（4）B（5）物體初速度較小時，運動范圍很小，引力可以看作恒力——重力，做平拋運動；

隨著物體初速度增大運動范圍變大，引力不能再看作恒力；

當物體初速度達到第一宇宙速度時，做圓周運動而成為地球衛星。

【解析】（1）實驗時必須保證每次小球的初速度是水平的，且每次小球的初速度大小是相等的；

擋板的存在是為了記錄小球的落點，因此每次擋板下落的高度不一定相同；

故BD 對；

（2）鋼球在豎直方向做初速度為0的勻加速，如果A點為起點則根據連續相等時間間隔內的位移比為1：3：5：7...，則y1：y2=1：3；

否則可能為3：5或5：7等...將大于1：3；

又因為 聯立1、2式可得：；

（3）筆尖的運動受到摩擦力故不屬于平拋運動；

（4）從同一炮臺水平發射的炮彈，在空中飛行的時間都一樣。在豎直方向，說明物體在豎直方向做自由落體；

（5）見答案 3.（2018·全國卷III）在一斜面頂端，將甲乙兩個小球分別以v和的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的 A.2倍 B.4倍 C.6倍 D.8倍 【考向】斜面上平拋運動的規律 【答案】A 【解析】設甲球落至斜面時的速率為v1，乙落至斜面時的速率為v2，由平拋運動規律 x=vt（1），y=gt2（2），設斜面傾角為θ，由幾何關系，tanθ=y/x（3），聯立1、2、3式可求得小球由拋出點到落至斜面的時間為（4），又（5），聯立4、5式得；

（6），設小球落在斜面上時得和速度大小為v合；

（7）；

代入后得：；

所以小球落在斜面上速度大小的比等于其初速度的比故A 正確；

4.（2014·江蘇卷）為了驗證做平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動，用如圖所示的裝置進行實驗．小錘打擊彈性金屬片，A球水平拋出，同時B球被松開，自由下落．關于該實驗，下列說法中正確的有() A．兩球的質量應相等 B．兩球應同時落地 C．應改變裝置的高度，多次實驗 D．實驗也能說明A球在水平方向上做勻速直線運動 【考向】平拋運動 【答案】BC 【解析】 由牛頓第二定律可知，只在重力作用下的小球運動的加速度與質量無關，故A錯誤；

為了說明做平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動，應改變裝置的高度，多次實驗，且兩球應總能同時落地，故B、C正確；

該實驗只能說明做平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動，而不能說明小球在水平方向上做勻速直線運動，故D錯誤． 5.（2014·安徽卷）Ⅰ.圖1是“研究平拋物體運動”的實驗裝置圖，通過描點畫出平拋小球的運動軌跡．(1)以下是實驗過程中的一些做法，其中合理的有________． a．安裝斜槽軌道，使其末端保持水平b．每次小球釋放的初始位置可以任意選擇 c．每次小球應從同一高度由靜止釋放 d．為描出小球的運動軌跡，描繪的點可以用折線連接 圖1(2)實驗得到平拋小球的運動軌跡，在軌跡上取一些點，以平拋起點O為坐標原點，測量它們的水平坐標x和豎直坐標y，圖2中yx2圖像能說明平拋小球運動軌跡為拋物線的是________． a　 b 　 c d 圖2 圖3(3)圖3是某同學根據實驗畫出的平拋小球的運動軌跡，O為平拋的起點，在軌跡上任取三點A、B、C，測得A、B兩點豎直坐標y1為5.0 cm，y2為45.0 cm，A、B兩點水平間距Δx為40.0 cm.則平拋小球的初速度v0為________m/s，若C點的豎直坐標y3為60.0 cm，則小球在C點的速度vC為________m/s(結果保留兩位有效數字，g取10 m/s2)． 【考向】平拋運動 【答案】(1)ac(2)c(3)2.0 　4.0 【解析】 本題考查“研究平拋物體的運動”實驗原理、理解能力與推理計算能力．(1)要保證初速度水平而且大小相等，必須從同一位置釋放，因此選項a、c正確．(2)根據平拋位移公式x＝v0t與y＝gt2，可得y＝，因此選項c正確．(3)將公式y＝變形可得x＝v0，AB水平距離Δx＝v0，可得v0＝2.0 m/s，C點豎直速度vy＝，根據速度合成可得vc＝＝4.0 m/s.6.（2014·浙江卷）如圖所示，裝甲車在水平地面上以速度v0＝20 m/s沿直線前進，車上機槍的槍管水平，距地面高為h＝1.8 m．在車正前方豎直立一塊高為兩米的長方形靶，其底邊與地面接觸．槍口與靶距離為L時，機槍手正對靶射出第一發子彈，子彈相對于槍口的初速度為v＝800 m/s.在子彈射出的同時，裝甲車開始勻減速運動，行進s＝90 m后停下．裝甲車停下后，機槍手以相同方式射出第二發子彈．(不計空氣阻力，子彈看成質點，重力加速度g取10 m/s2)(1)求裝甲車勻減速運動時的加速度大小；

(2)當L＝410 m時，求第一發子彈的彈孔離地的高度，并計算靶上兩個彈孔之間的距離；

(3)若靶上只有一個彈孔，求L的范圍． 【考向】平拋綜合 【答案】(1)m/s2(2)0.55 m　0.45 m(3)492 m

其原因是（）A.速度度較小的球下降相同距離所用的時間較多 B.速度度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大 C.速度度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少 D.速度度較大的球在下降相同時間間隔內下降的距離較大 【考向】平拋運動 【答案】C 【解析】速度度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少，所以下落的高度小，就容易越過網。

8.(2015全國1).帶有乒乓球發射機的乒乓球臺如圖所示。水平臺面的長和寬分別為L1、L2，中間球網高度為h，發射機安裝于臺面高度為3h，不計空氣的作用，重力加速度大小為g，若乒乓球的發射速率v在其范圍內，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網右側臺面上，則v的最大取值范圍是（）A.

平拋運動 【答案】 D 【解析】發射機無論從哪個方向發射，乒乓球射出后做是平拋運動，豎直高度決定了運動時間t，水平方向做勻速直線運動，水平位移最小的是沿中線方向水平發射，剛好觸網時的速度為v1,從發球點到球網，有3h-h = gt12 , = v1t1 得v1=，要落到球網右側，發射速度v > , 故可判定AC錯；

水平位移最大是斜向對方臺面的兩個角發射，設剛好出臺角的發射速度為v2 ,有3h = gt22 , = v2t2。得：v2 = , 要落到球網右側上發射速度v < , 可得選項D正確。

9.（2015浙江）如圖所示為足球球門，球門寬為L，一個球員在球門中心正前方距離球門s處高高躍起，將足球頂入球門的左下方死角（圖中P點）。球員頂球點的高度為h。足球做平拋運動（足球可看做質點，忽略空氣阻力）則（）A足球位移大小 B足球初速度的大小 C足球末速度的大小 D足球初速度的方向與球門線夾角的正切值 【考向】考查了平拋運動，速度的合成與分解 【答案】B 【解析】根據幾何知識可得足球的位移為，A錯誤；

足球做平拋運動，在水平方向上，在豎直方向上，聯立解得：，故B 對；

根據運動的合成可得足球末速度的大小，結合，聯立解得：，故C錯；

足球初速度的方向與球門線的夾角等于足球平拋運動過程水平方向的位移與球門線的夾角，故根據幾何關系可知：,D錯誤；

題型二、考查圓周運動的相關知識 10.（2019江蘇）如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動．座艙的質量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙（）A.運動周期為 B.線速度的大小為ωR C.受摩天輪作用力的大小始終為mg D.所受合力的大小始終為mω2R 【考向】圓周運動的規律 【答案】BD 【解析】由于座艙做勻速圓周運動，由公式，解得：，故A錯誤；

由圓周運動的線速度與角速度的關系可知，故B正確；

由于座艙做勻速圓周運動，所以座艙受到摩天輪的作用力是變力，不可能始終為，故C錯誤；

由勻速圓周運動的合力提供向心力可得：，故D正確。

11.（2013年全國2）公路急轉彎處通常是交通事故多發地帶。如圖，某公路急轉彎處是一圓弧，當汽車行駛的速率為vc 時，汽車恰好沒有向公路內外兩側滑動的趨勢，則在該彎道處，A.路面外側高內側低 B.車速只要低于vc，車輛便會向內側滑動 C.車速雖然高于vc，但只要不超出某一高度限度，車輛便不會向外側滑動 D.當路面結冰時，與未結冰時相比，vc 的值變小 【考向】圓周運動的規律 【答案】AC 【解析】根據題意可知，汽車在拐彎處恰好不受摩擦力作用，受力情況如圖所示，重力和支持力的合力剛好可以提供向心力，即，路面外側高于內側，選項A正確；

當車速低于vc時，汽車有向內側滑動的趨勢，此時汽車可以受到向外的摩擦力，只有摩擦力等于滑動摩擦力時，汽車才會向內側滑動，選項B錯誤；

當車速高于vc時，汽車有向外側滑動的趨勢，此時汽車受到向里的摩擦力，只有摩擦力等于滑動摩擦力時，汽車才會向外側滑動，選項C正確；

由可知，當路面結冰時，vc的值不變，選項D錯誤． 12.（2013年江蘇）如圖所示，“旋轉秋千冶中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上。

不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，下列說法正確的是（）A.A的速度比B的大 B.A與B的向心加速度大小相等 C.懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等 D.懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的 【考向】圓周運動的規律 【答案】D 【解析】AB兩個座椅具有相同的角速度． A：根據公式：v=ω.r，A的運動半徑小，A的速度就小．故A錯誤；

B：根據公式：a=ω2r，A的運動半徑小，A的向心加速度就小，故B錯誤；

C：如圖，對任一座椅，受力如圖，由繩子的拉力與重力的合力提供向心力，則得：，則得，A的半徑r較小，ω相等，可知A與豎直方向夾角θ較小，故C錯誤． D：A的向心加速度就小，A的向心力就小，A對纜繩的拉力就小，故C錯誤；

D正確． 13．（2014全國1）如圖所示，兩個質量均為m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上，a與轉軸OO′的距離為l，b與轉軸的距離為2l.木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g，若圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動，用ω表示圓盤轉動的角速度．下列說法正確的是()A．b一定比a先開始滑動 B．a、b所受的摩擦力始終相等 C．ω＝是b開始滑動的臨界角速度 D．當ω＝時，a所受摩擦力的大小為kmg 【考向】圓周運動 【答案】AC 【解析】 本題考查了圓周運動與受力分析．a與b所受的最大摩擦力相等，而b需要的向心力較大，所以b先滑動，A項正確；

在未滑動之前，a、b各自受到的摩擦力等于其向心力，因此b受到的摩擦力大于a受到的摩擦力，B項錯誤；

b處于臨界狀態時kmg＝mω2·2l，解得ω＝，C項正確；

ω＝小于a的臨界角速度，a所受摩擦力沒有達到最大值，D項錯誤． 14.（2014·安徽卷]）如圖所示，一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉動，盤面上離轉軸距離2.5 m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止．物體與盤面間的動摩擦因數為(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，盤面與水平面的夾角為30°，g取10 m/s2.則ω的最大值是()A.rad/s B.rad/s C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s 【考向】圓周運動 【答案】C　 【解析】 本題考查受力分析、應用牛頓第二定律、向心力分析解決勻速圓周運動問題的能力．物體在最低點最可能出現相對滑動，對物體進行受力分析，應用牛頓第二定律，有μmgcos θ－mgsin θ＝mω2r，解得ω＝1.0 rad/s，選項C正確。

15.（2015福建）如圖，在豎直平面內，滑到ABC關于B點對稱，且A、B、C三點在同一水平線上。若小滑塊第一次由A滑到C，所用的時間為t1，第二次由C滑到A，所用時間為t2，小滑塊兩次的初速度大小相同且運動過程始終沿著滑道滑行，小滑塊與滑道的動摩擦因數恒定，則()A． B． C． D．無法比較、的大小 【考向】圓周運動、運動規律 【答案】A 【解析】在AB段，根據牛頓第二定律，速度越大，滑塊受支持力越小，摩擦力就越小，在BC段，根據牛頓第二定律，速度越大，滑塊受支持力越大，摩擦力就越大，由題意知從A運動到C相比從C到A，在AB段速度較大，在BC段速度較小，所以從A到C運動過程受摩擦力較小，用時短，所以A正確。

16.(2015全國1).某物理小組的同學設計了一個粗測玩具小車通過凹形橋最低點的速度的實驗，所用器材有：玩具小車、壓力式托盤秤、凹形橋模擬器（圓弧部分的半徑為R=0.20m）.完成下列填空：

(1)將凹形橋模擬器靜置于托盤秤上，如圖（a）所示，托盤秤的示數為1.00kg;(2)將玩具小車放置在凹形橋模擬器最低點時，托盤秤示數如圖（b）所示，該示數為______kg.(3)將小車從凹形橋模擬器某一位置釋放，小車經過最低點后滑向另一側，此過程中托盤秤的最大示數為m,多次從同一位置釋放小車，記錄各次的m值如下表所示：

序號 1 2 3 4 5 M(kg)1.80 1.75 1.85 1.75 1.90(4)根據以上數據，可求出小車經過凹形橋最低點時對橋的壓力為是_______N,玩具小車通過最低點時的速度大小為_______m/s ,(重力加速度大小取9.80m/s2，計算結果保留2位有效數字)【考向】勻速圓周運動的向心力，會正確使用的儀器測質量，知道用多次測量求平均值的方法減少。

【答案】（2）1.40（2分）（4）7.9（2分）1.4（2分）【解析】(2)根據秤盤指針可知量程是10kg , 指針所指示數是1.4kg;(4)記錄的托盤示數各次并不相同，而多次測量求平均值可以減少誤差，即=≈1.81kg,而模擬器的質量為1.00kg , 所以小車經過凹形橋最低點時小車對橋的壓力FN = g-m橋g ≈ 7.9N；

徑向合力提供向心力，由牛頓第二、三定律和向心力的公式有：FN-m車g=m車v2/R, m車 = 1.40kg-1.00kg = 0.40kg, 代入數據得出小車通過最低點的速度是：v≈1.4m/s 17.（2015浙江-19）如圖所示為賽車場的一個水平“U”形彎道，轉彎處為圓心在O點的半圓，內外半徑分別為r和2r。一輛質量為m的賽車通過AB線經彎道到達線，有如圖所示的①②③三條路線，其中路線③是以為圓心的半圓。賽車沿圓弧路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力為。選擇路線，賽車以不打滑的最大速率通過彎道（所選路線內賽車速率不變，發動機功率足夠大），則（）[ A.選擇路線①，賽車經過的路程最短 B.選擇路線②，賽車的速率最小 C.選擇路線③，賽車所用時間最短 D.①②③三條路線的圓弧上，賽車的向心加速度大小相等 【考點】圓周運動，運動學公式 【答案】ACD 【解析】試題分析：路線①的路程為，路線②的路程為，路線③的路程為，故選擇路線①，賽車經過的路程最短，A正確；

因為運動過程中賽車以不打滑的最大速率通過彎道，即最大徑向靜摩擦力充當向心力，所以有，所以運動的相信加速度相同，根據公式可得，即半徑越大，速度越大，路線①的速率最小，B錯誤D正確；

因為，結合，根據公式可得選擇路線③，賽車所用時間最短，C正確；

18.（2018·江蘇卷）火車以60 m/s的速率轉過一段彎道，某乘客發現放在桌面上的指南針在10 s內勻速轉過了約10°．在此10 s時間內，火車（）A.運動路程為600 m B.加速度為零 C.角速度約為1 rad/s D.轉彎半徑約為3.4 km 【考向】圓周運動 【答案】AD 【解析】本題考查勻速圓周的概念，意在考查考生的理解能力。圓周運動的弧長s=vt=60×10m=600m，選項A正確；

火車轉彎是圓周運動，圓周運動是變速運動，所以合力不為零，加速度不為零，故選項B錯誤；

由題意得圓周運動的角速度rad/s= rad/s，又，所以m=3439m，故選項C錯誤、D正確。

點睛：本題以火車轉彎指南針偏轉為背景考查勻速圓周的概念，解答時要注意角度與弧度的換算關系。

題型三、考查運動的合成與分解的相關知識 19.（2018·北京卷）根據高中所學知識可知，做自由落體運動的小球，將落在正下方位置。但實際上，赤道上方200m處無初速下落的小球將落在正下方位置偏東約6cm處，這一現象可解釋為，除重力外，由于地球自轉，下落過程小球還受到一個水平向東的“力”，該“力”與豎直方向的速度大小成正比，現將小球從赤道地面豎直上拋，考慮對稱性，上升過程該“力”水平向西，則小球 A.到最高點時，水平方向的加速度和速度均為零 B.到最高點時，水平方向的加速度和速度均不為零 C.落地點在拋出點東側 D.落地點在拋出點西側 【考點】運動的合成與分解 【答案】D 【解析】AB、上升過程水平方向向西加速，在最高點豎直方向上速度為零，水平方向上有向西的水平速度，且有豎直向下的加速度，故AB錯；

CD、下降過程向西減速，按照對稱性落至地面時水平速度為0，整個過程都在向西運動，所以落點在拋出點的西側，故C錯，D正確；

故選D 20.（2015全國2）由于衛星的發射場不在赤道上，同步衛星發射后需要從轉移軌道經過調整再進入地球同步軌道。當衛星在轉移軌道上飛經赤道上空時，發動機點火，給衛星一附加速度，使衛星沿同步軌道運行。已知同步衛星的環繞速度約為3.1x103/s，某次發射衛星飛經赤道上空時的速度為1.55x103/s，此時衛星的高度與同步軌道的高度相同，轉移軌道和同步軌道的夾角為30°，如圖所示，發動機給衛星的附加速度的方向和大小約為 A.西偏北方向，1.9x103m/s B.東偏南方向，1.9x103m/s C.西偏北方向，2.7x103m/s D.東偏南方向，2.7x103m/s 【考向】運動的合成與分解 【答案】B 【解析】根據運動矢量性的特點，如圖所示，結合余弦定理可得：

21.(2013江蘇).如圖所示，從地面上同一位置拋出兩小球A、B，分別落在地面上的M、N點，兩球運動的最大高度相同。

空氣阻力不計，則（）A.B的加速度比A的大 B.B的飛行時間比A的長 C.B在最高點的速度比A在最高點的大 D.B在落地時的速度比A在落地時的大 【考向】斜拋的規律 【答案】CD 【解析】由題可知，A、B兩小球均做斜拋運動，由運動的分解可知：水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，兩球的加速度均為重力加速度；

設上升的最大高度為h，在下落過程，由，可知下落時間，根據運動的對稱性可知，兩球上升時間和下落時間相等，故兩小球的運動時間相等；

由，可知；

由，可知落地時，豎直方向的速度，再由，可知B在落地時的速度比A在落地時的大，所以正確選項為C、D。

22.（2014·四川卷）有一條兩岸平直、河水均勻流動、流速恒為v的大河．小明駕著小船渡河，去程時船頭指向始終與河岸垂直，回程時行駛路線與河岸垂直．去程與回程所用時間的比值為k，船在靜水中的速度大小相同，則小船在靜水中的速度大小為()A.B.C.D.【考向】運動的合成與分解 【答案】B　 【解析】 設河岸寬為d，船速為u，則根據渡河時間關系得∶＝k，解得u＝，所以B選項正確． 23.（2015廣東）如果所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向運動，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板為參照物（）A．帆船朝正東方向航行，速度大小為v B．帆船朝正西方向航行，速度大小為v C．帆船朝南偏東45°方向航行，速度大小為v D．帆船朝北偏東45°方向航行，速度大小為v 【考點】運動的合成和分解 【答案】D 【解析】此題考查相對速度以及不同參考系中速度轉換，以帆板為參考素，求此參考系中帆船的速度，就是求解帆船參對帆板的速度v船對板 = v船 – v板 ；

通過矢量合成與分解，求得帆船相對帆板的速度朝北偏東450，大小為v，選項A正確。

題型四、圓周、平拋運動與能量相結合的綜合類問題 24.（2014全國2）如圖，一質量為M的光滑大圓環，用一細輕桿固定在豎直平面內；

套在大環上質量為m的小環(可視為質點)，從大環的最高處由靜止滑下．重力加速度大小為g.當小環滑到大環的最低點時，大環對輕桿拉力的大小為()A．Mg－5mg B．Mg＋mg C．Mg＋5mg D．Mg＋10mg 【考向】豎直圓模型、動能定理 【答案】C　 【解析】 小環在最低點時，對整體有T－(M＋m)g＝，其中T為輕桿對大環的拉力；

小環由最高處運動到最低處由動能定理得mg·2R＝mv2－0，聯立以上二式解得T＝Mg＋5mg，由牛頓第三定律知，大環對輕桿拉力的大小為T′＝T＝Mg＋5mg，C正確． 25.（2015重慶-8）同學們參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了如題8圖所示的實驗裝置。圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板。M 板上部有一半徑為的圓弧形的粗糙軌道，P為最高點，Q為最低點，Q點處的切線水平，距底板高為.N板上固定有三個圓環.將質量為的小球從P處靜止釋放，小球運動至Q飛出后無阻礙地通過各圓環中心，落到底板上距Q水平距離為處。不考慮空氣阻力，重力加速度為.求：

（1）距Q水平距離為的圓環中心到底板的高度；

（2）小球運動到Q點時速度的大小以及對軌道壓力的大小和方向；

（3）摩擦力對小球做的功.【考向】平拋運動、圓周運動、動能定理 【答案】（1）到底板的高度；

（2）速度的大小為，壓力的大小，方向豎直向下 ；

（3）摩擦力對小球作功 【解析】（1）由平拋運動規律可知，同理：，求得：,則距離地面的高度為：,（2）,對拋出點分析，由牛二定律：，解得：;由牛三定律得：FN與壓力等大反向，所以大小也為，（3）對PQ兩點之間的運動由動能定理得：，求得：

26.（2015四川）．在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小[來源:學.科.網] A．一樣大 B．水平拋的最大 C．斜向上拋的最大 D．斜向下拋的最大 【考點】拋體運動特點、動能定理（或機械能守恒定律）的理解與應用。

【答案】A 【解析】三個小球被拋出后，均僅在重力作用下運動，三球從同一位置落至同一水平地面時，設其下落高度為h，并設小球的質量為m，根據動能定理有：mgh＝－，解得小球的末速度大小為：v＝，與小球的質量無關，即三球的末速度大小相等，故選項A正確。

27.(2015海南)如圖，位于豎直水平面內的光滑軌道由四分之一圓弧ab和拋物線bc組成，圓弧半徑Oa水平，b點為拋物線頂點。已知h=2m,，s=。取重力加速度大小。

（1）一小環套在軌道上從a點由靜止滑下，當其在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，求圓弧軌道的半徑；

（2）若環從b點由靜止因微小擾動而開始滑下，求環到達c點時速度的水平分量的大小。

【考向】平拋運動、運動的合成與分解、動能定理 【答案】（1）（2）【解析】（1）一小環套在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，則說明下落到b點時的速度，使得小環套做平拋運動的軌跡與軌道bc重合，故有①，②，從ab滑落過程中，根據動能定理可得③，聯立三式可得（2）下滑過程中，初速度為零，只有重力做功，根據動能定理可得④ 因為物體滑到c點時與豎直方向的夾角等于（1）問中做平拋運動過程中經過c點時速度與豎直方向的夾角相等，設為，則根據平拋運動規律可知⑤，根據運動的合成與分解可得⑥ 聯立①②④⑤⑥可得

第二篇：高三物理真題分類專題-相互作用（解析版）

十年高考(2010-2019年)之高三物理真題精選分類匯編

專題02

相互作用

題型一、受力分析之黃金三角形的典型應用

1.（2019全國3）用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面I、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°。重力加速度為g。當卡車沿平直公路勻速行駛時，圓筒對斜面I、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則（）

A.B.C.D.【考向】受力分析、矢量三角形法、共點力的平衡、牛三定律

【答案】D

【解析】對圓筒受力分析，圓筒受到重力、以及兩斜面其支持力，如圖所示；

結合矢量三角形法，將物體所受的三個力通過平移延長等手段放在一個封閉的三角形中，如圖所示；

在紅色的三角形中：

根據牛三定律：,故D選項正確；

2.（2019

年全國1）如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N。另一端與斜面上的物塊M相連，系統處于靜止狀態。現用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°。已知M始終保持靜止，則在此過程中（）

A.水平拉力的大小可能保持不變

B.M所受細繩的拉力大小一定一直增加

C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加

D.M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加

【考向】受力分析、靜摩擦力、動態分析

【答案】BD

【解析】假設經過一定時間后N

物體與豎直方向的夾角為θ，對N

受力分析如左圖所示：

結合矢量三角形法，將物體所受的力放在一個封閉的力三角形中，當θ從0-45增大時，由幾何關系得：

故：A錯B對；

開始時，因為不確定靜摩擦力的大小與方向，即開始時靜摩擦力的大小可能沿斜面向上也可能沿斜面向下；所以對M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，則隨著繩子拉力T的增加，則摩擦力f也逐漸增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，則隨著繩子拉力T的增加，摩擦力f可能先減小后增加。故本題選BD。

3.（2017年全國1）21．如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為（）。現將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中（）

A．MN上的張力逐漸增大

B．MN上的張力先增大后減小

C．OM上的張力逐漸增大

D．OM上的張力先增大后減小

【考向】受力分析、動態圖解

【答案】AD

【解析】設OM上的張力為F1,MN上的張力為F2初始位置，F2=0，當運動到某一位置時，可能為

在OM被拉到水平位置時，三力關系如下：

從圖可以看出，MN上的張力逐漸增大，OM上的張力先增大后減小

4.（2016全國2）質量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示。用T

表示繩OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中（）

A．F逐漸變大，T逐漸變大

B．F逐漸變大，T逐漸變小

C．F逐漸變小，T逐漸變大

D．F逐漸變小，T逐漸變小

【考向】動態受力分析、黃金三角形

【答案】A

【解析】對結點O

受力分析，如圖左所示，當O

點左移時拉力T

與豎直方向的夾角θ在增大，結合矢量三角形的動態圖解法，如右圖所示，可以得出，T,與F都在增大；故本題A選項正確；

5.（2012全國2）如圖，一小球放置在木板與豎直墻面之間。設墻面對球的壓力大小為N1，球對木板的壓力大小為N2。以木板與墻連接點所形成的水平直線為軸，將木板從圖示位置開始緩慢地轉到水平位置。不計摩擦，在此過程（）

A.N1始終減小，N2始終增大

B.N1始終減小，N2始終減小

C.N1先增大后減小，N2始終減小

D.N1先增大后減小，N2先減小后增大

【考向】動態平衡、矢量三角形

【答案】B

【解析】根據題意，對小球進行受力分析，滿足動態圖解法的條件；構建出紅色的封閉三角形；結合題意小球所受的重力的大小和方向是不變的，小球所受的墻壁的支持力的方向是不變的；伴隨著木板轉動，木板與墻壁之間的夾角θ在不斷增大；在圖中找到θ角，根據θ角的變化規律，改變三角形的形狀，確定出N1、N2均在減小。

題型二、力的合成與分解

6．（2018天津）明朝謝肇淛的《五雜組》中記載：“明姑蘇虎丘寺廟傾側，議欲正之，非萬緡不可。一游僧見之，曰：無煩也，我能正之。”游僧每天將木楔從塔身傾斜一側的磚縫間敲進去，經月余扶正了塔身。假設所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為θ，現在木楔背上加一力F，方向如圖所示，木楔兩側產生推力FN，則（）

A．若F一定，θ大時FN大

B．若F一定，θ小時FN大

C．若θ一定，F大時FN大

D．若θ一定，F小時FN大

【考向】力的合成與分解

【答案】BC

【解析】假設兩推力之間的夾角為，由幾何關系可知θ、與互補，所以當θ增大時，減小，根據合力與分力之間的關系式中為兩分力之間的夾角；F1、F2為兩分力的大小；故本題的正確選項為BC

7.（2019天津）2018年10月23日，港珠澳跨海大橋正式通車。為保持以往船行習慣，在航道處建造了單面索（所有鋼索均處在同一豎直面內）斜拉橋，其索塔與鋼索如圖所示。下列說法正確的是（）

A．增加鋼索的數量可減小索塔受到的向下的壓力

B．為了減小鋼索承受的拉力，可以適當降低索塔的高度

C．索塔兩側鋼索對稱且拉力大小相同時，鋼索對索塔的合力豎直向下

D．為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下，索塔兩側的鋼索必須對稱分布

【考向】力的合成與分解

【答案】C

【解析】

A

索塔所受的向下的力與鋼索的數量無關，但是從大小上來講應該與橋梁的所受重力等大反向；故A

錯誤

B

對橋梁受力分析可得：兩側鋼索沿豎直向上的分力之和與橋梁所受重力等大反向，鋼繩與豎直方向的夾角為θ，則；當索塔降低則θ增大，所以拉力T

在增大；故B

錯誤

C、索塔兩側鋼索對稱且拉力大小相同時，水平方向的分量等大反向、鋼索對索塔的合力豎直向下

D、只要鋼索水平方向的合力為0，此時鋼索不一定對稱；

8.（2015廣東）如圖所示，三條繩子的一端都系在細直桿頂端，另一端都固定在水平面上，將桿豎直緊壓在地面上，若三條繩長度不同，下列說法正確的有（）

A.三條繩中的張力都相等

B.桿對地面的壓力大于自身重力

C.繩子對桿的拉力在水平方向的合力為零

D.繩子拉力的合力與桿的重力是一對平衡力

【考向】力的合成和分解；共點力的平衡；牛頓第三定律

【答案】BC

【解析】本題考查了受力平衡和力學相關知識．選繩子和桿的結點為研究對象，由受力平衡，三條繩子張力在水平面上分力的合力為零．由于三條繩子長度不同．繩子方向也不確定．所以不能確定三條繩子中的張力是否相同．選項A錯誤；

選擇桿為研究對象，桿受到自己所重力、繩子的拉力和地面向上的支持力，根據平衡條件有地面對桿的支持力等于重力G

加上繩子拉力在豎直向下分力之和，大于桿的重力，根據牛頓第三定律，桿對地面的壓力等于地面對桿的支持力，選項B、C正確；繩子拉力的合力和桿的重力方向均豎直向下，不可能是平衡力，選項D錯誤。

9.（2012山東）如圖所示，兩相同輕質硬桿OO1、OO2可繞其兩端垂直紙面的水平軸O、O1、O2轉動，O點懸掛一重物Ｍ，將兩相同木塊m緊壓在豎直擋板上，此時整個系統保持靜止。Ｆf表示木塊與擋板間摩擦力的大小，ＦＮ表示木塊與擋板間正壓力的大小。若擋板間的距離稍許增大后，系統仍靜止且O1、O2始終等高，則（）

Ａ、Ff

變小

Ｂ、Ff

不變

Ｃ、FＮ　變小

Ｄ、FＮ

變大

【考向】受力分析、力的合成與分解

【答案】BD

【解析】對A、B：將重物重力Mg按效果分解如圖所示，應有2Fcosθ=Mg，即F=，再對其中一個物體m受力分析如圖所示，受到的摩擦力f=mg+Fcosθ，聯立解得，即木塊與擋板間摩擦力大小與兩板間距離無關，所以B正確，A錯誤；對C、D：，由于擋板距離增大θ隨之增大，故增大增大，所以D正確C錯誤．

故選BD．

10.（2011年江蘇）如圖所示，石拱橋的正中央有一質量為m的對稱楔形石塊，側面與豎直方向的夾角為α,重力加速度為g，若接觸面間的摩擦力忽略不計，旵石塊側面所受彈力的大小為A（）

A．　　　B．

C．

D．

【考向】共點力的平衡、力的合成與分解

【答案】A

【解析】對物體進行受力分析如圖所示，根據幾何關系可得：F1=F2=F,題型三、受力分析之正交分解的應用

11.(2019江蘇)如圖所示，一只氣球在風中處于靜止狀態，風對氣球的作用力水平向右．細繩與豎直方向的夾角為α，繩的拉力為T，則風對氣球作用力的大小為

A

B

C

D

【考向】受力分析、正交分解、共點力的平衡

【答案】C

【解析】對小球受力分析小球受豎直向下的重力、豎直向上的空氣浮力、細線的拉力、以及水平向右的風力；在水平方向上有：故C

選項正確；

12.（2019全國2）物塊在輕繩的拉動下沿傾角為30°的固定斜面向上勻速運動，輕繩與斜面平行。已知物塊與斜面之間的動摩擦因數為，重力加速度取10m/s2。若輕繩能承受的最大張力為1500

N，則物塊的質量最大為（）

A.150kg

B.kg

C.200

kg

D.kg

【考向】受力分析、靜摩擦力、正交分解

【答案】A

【解析】T=f+mgsinθ，f=μN，N=mgcosθ，帶入數據解得：m=150kg，故A選項符合題意

13.（2017全國2）16．如圖，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運動。若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運動。學.科網物塊與桌面間的動摩擦因數為（）

A．

B．

C．

D．

【考向】正交分解

【答案】C

【解析】開始時力F水平拉動物體勻速運動，可得：F＝μmg....(1)；

F的大小不變方向與水平面成60°角拉動物體時，仍然勻速直線運動

結合平衡關系，對物體受力分析，如圖所示利用正交分解的方法可知：

水平方向：F.cos60=f.....(2)

豎直方向：F.sin60+FN=mg...(3)

f=uFN.....(4)

聯立可得：Fcos

60°＝μ(mg－Fsin

60°)

μ＝，故選C.14.（2017年天津）如圖所示，輕質不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止狀態。如果只人為改變一個條件，當衣架靜止時，下列說法正確的是（）

A．繩的右端上移到，繩子拉力不變

B．將桿N向右移一些，繩子拉力變大

C．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小

D．若換掛質量更大的衣服，則衣架懸掛點右移

【考向】正交分解

【答案】AB

【解析】設兩桿之間的距離為d繩長為l，OA、OB段分別為la、lb，則l=la+lb，兩部分繩子分別與豎直方向的夾角為，受力分析如圖所示；

繩中各部分的張力大小相等，故，滿足

又因為即，d、l不變，所以為定值，為定值，所以移動后繩子的拉力大小不變，故A

正確，將N

桿移動后，增大，繩子的拉力增大故B

正確；

15.（2016全國1）如圖，一光滑的輕滑輪用細繩懸掛于點；另一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊。外力向右上方拉，整個系統處于靜止狀態。若方向不變，大小在一定范圍內變化，物塊仍始終保持靜止，則（）

A.繩的張力也在一定范圍內變化

B.物塊所受到的支持力也在一定范圍內變化

C.連接和的繩的張力也在一定范圍內變化

D.物塊與桌面間的摩擦力也在一定范圍內變化

【考向】正交分解、摩擦力、動態分析

BD

由題意，在保持方向不變，大小發生變化的過程中，物體、均保持靜止，各繩角度保持不變；選受力分析得，繩的拉力，所以物體受到繩的拉力保持不變。由滑輪性質，滑輪兩側繩的拉力相等，所以受到繩的拉力大小、方向均保持不變，C選項錯誤；、受到繩的拉力大小方向均不變，所以的張力不變，A選項錯誤；對進行受力分析，并將各力沿水平方向和豎直方向分解，如上圖所示。由受力平衡得：。和始終不變，當大小在一定范圍內變化時；支持力在一定范圍內變化，B選項正確；摩擦力也在一定范圍內發生變化，D選項正確；故答案選BD。

16.（2015山東）如圖，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時A恰好不滑動，B剛好不下滑。已知A與B間的動摩擦因數為，A與地面間的動摩擦因數為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。A與B的質量之比為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

考點：物體的平衡.17.（2013年全國）15.如圖，在固定斜面上的一物塊受到一外力的作用，F平行于斜面上。若要物塊在斜面上保持靜止，F的取值應有一定范圍，已知其最大值和最小值分別為F1和F2（F2＞0）.由此可求出

A．物塊的質量

B.斜面的傾角

C.物塊與斜面間的最大靜摩擦力

C.物塊對斜面的正壓力

【考向】摩擦力、正交分解

【答案】C

【解析】A、B、C、對滑塊受力分析，受重力、拉力、支持力、靜摩擦力，設滑塊受到的最大靜摩擦力為f，物體保持靜止，受力平衡，合力為零；

當靜摩擦力平行斜面向下時，拉力最大，有：F1-mgsinθ-f=0

當靜摩擦力平行斜面向上時，拉力最小，有：F2?+f-mgsinθ=0

聯立解得：，故C正確；，由于質量和坡角均未知，故A錯誤，B錯誤；

D、物塊對斜面的正壓力為：N=mgcosθ，未知，故D錯誤；故選C．

18、（2012全國2）拖把是由拖桿和拖把頭構成的擦地工具（如圖）。設拖把頭的質量為m，拖桿質量可以忽略；拖把頭與地板之間的動摩擦因數為常數μ，重力加速度為g，某同學用該拖把在水平地板上拖地時，沿拖桿方向推拖把，拖桿與豎直方向的夾角為θ。

（1）若拖把頭在地板上勻速移動，求推拖把的力的大小。

（2）設能使該拖把在地板上從靜止剛好開始運動的水平推力與此時地板對拖把的正壓力的比值為λ。已知存在一臨界角θ0，若θ≤θ0，則不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開始運動。求這一臨界角的正切tanθ0。

【答案】．

【解析】注意本題的三個重要隱含條件：

（1）物體處于平衡態；

（2）物體所受的摩擦力達到最大靜摩擦力；

（3）外力F趨于無窮大；

根據拖把頭的運動狀態可知其受力平衡；結合右圖正交分解可得：

由題意可知：使該拖把在地板上從靜止剛好開始運動的水平推力等于拖把與地板間的最大靜摩擦力（即物體的滑動摩擦力），設為Ffm，則依題意有：

即

第三篇：高三物理真題分類專題-靜電場2（解析版）

靜電場2

題型一、帶電粒子在電場中的運動以及相應的功能關系

題型二、帶電粒子在復合場中的運動的綜合類問題

題型三、帶點粒子在電場中運動的綜合類問題

題型一、帶電粒子在電場中的運動以及相應的功能關系

1.（2019江蘇）一勻強電場的方向豎直向上，t=0時刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P-t關系圖象是（）

【答案】A

【解析】由于帶電粒子在電場中類平拋運動，在電場力方向上做勻加速直線運動，加速度為，經過時間，電場力方向速度為，功率為，所以P與t成正比，故A正確。

2.（2017·江蘇卷）在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示．下列說法正確有（）

A.q1和q2帶有異種電荷

B.x1處的電場強度為零

C.負電荷從x1移到x2，電勢能減小

D.負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大

【答案】AC

【解析】：圖像的斜率代表場強的大小，x1處的電勢為0，可見只能帶異種電荷，故A

正確，從圖像可知從x1到x2電勢增加，可見場強的方向沿x軸負方向，所以電場力對負電荷做正功，電勢能減小；從x1到x2斜率逐漸減小，場強減小，電場力減小；

3.（2011全國卷1）．通常一次閃電過程歷時約0.2～O.3s，它由若干個相繼發生的閃擊構成。每個閃擊持續時間僅40～80μs，電荷轉移主要發生在第一個閃擊過程中。在某一次閃電前云地之間的電勢差約為1.0×v，云地間距離約為l

km；第一個閃擊過程中云地間轉移的電荷量約為6

C，閃擊持續時間約為60μs。假定閃電前云地間的電場是均勻的。根據以上數據，下列判斷正確的是（）

A.閃電電流的瞬時值可達到1×A

B．整個閃電過程的平均功率約為l×W

C．閃電前云地間的電場強度約為l×106V/m

D.整個閃電過程向外釋放的能量約為6×J

【答案】：C

【解析】選AC.由I＝＝A＝1×105

A知，A對．由E＝＝

V/m＝1×106

V/m知，C對；由W＝qU＝6×1.0×109

J＝6×109J知，D錯；＝＝

W＝3×1010W，B錯．

4.（2014·全國卷）地球表面附近某區域存在大小為150

N/C、方向豎直向下的電場．一質量為1.00×10－4

kg、帶電荷量為－1.00×10－7

C的小球從靜止釋放，在電場區域內下落10.0

m．對此過程，該小球的電勢能和動能的改變量分別為(重力加速度大小取9.80

m/s2，忽略空氣阻力)

（）

A．－1.50×10－4

J和9.95×10－3

J

B．1.50×10－4

J和9.95×10－3

J

C．－1.50×10－4

J和9.65×10－3

J

D．1.50×10－4

J和9.65×10－3

J

【答案】D

【解析】：

本題考查功與能．設小球下落的高度為h，則電場力做的功W1＝－qEh＝－1.5×10－4

J，電場力做負功，電勢能增加，所以電勢能增加1.5×10－4

J；重力做的功W2＝mgh＝9.8×10－3

J，合力做的功W＝

W1＋

W2＝9.65×10－3

J，根據動能定理可知ΔEk＝W＝9.65×10－3

J，因此D項正確．

5.(2013全國1)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)．小孔正上方處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將()

A．打到下極板上

B．在下極板處返回

C．在距上極板處返回

D．在距上極板d處返回

【答案】D

【解析】選D.本題應從動能定理的角度解決問題．帶電粒子在重力作用下下落，此過程中重力做正功，當帶電粒子進入平行板電容器時，電場力對帶電粒子做負功，若帶電粒子在下極板處返回，由動能定理得mg(＋d)－qU＝0；若電容器下極板上移，設帶電粒子在距上極板d′處返回，則重力做功WG＝mg(＋d′)，電場力做功W電＝－qU′＝－qU＝－qU，由動能定理得WG＋W電＝0，聯立各式解得d′＝d，選項D正確．

6.(2013天津)兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中P、Q兩點，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點，A為MN上的一點．一帶負電的試探電荷q，從A由靜止釋放，只在靜電力作用下運動，取無限遠處的電勢為零，則()

A．q由A向O的運動是勻加速直線運動

B．q由A向O運動的過程電勢能逐漸減小

C．q運動到O點時的動能最大

D．q運動到O點時的電勢能為零

【答案】BC.【解析】：等量同種電荷的電場線如圖所示，負試探電荷q在A點由靜止釋放，在電場力的作用下從A向O

7.（2010四川卷）如圖所示，圓弧虛線表示正點電荷電場的等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差相等。光滑絕緣直桿沿電場方向水平放置并固定不動，桿上套有一帶正電的小滑塊(可視為質點)，滑塊通過絕緣輕彈簧與固定點O相連，并以某一初速度從M點運動到N點，OM＜ON。若滑塊在M、N時彈簧的彈力大小相等，彈簧始終在彈性限度內，則

（）

A、滑塊從M到N的過程中，速度可能一直增大

B、滑塊從位置1到2的過程中，電場力做的功比從位置3到4的小

C、在M、N之間的范圍內，可能存在滑塊速度相同的兩個位置

D、在M、N之間可能存在只由電場力確定滑塊加速度大小的三個位置

【答案】：AC

【解析】：在N點如果電場力不小于彈簧彈力的分力，則滑塊一直加速，A正確。在N點如果電場力小于彈簧彈力的分力，則滑塊先加速后減速，就可能有兩個位置的速度相同，C正確。1、2與3、4間的電勢差相等，電場力做功相等，B錯誤。由于M點和N點彈簧的長度不同但彈力相等，說明N點時彈簧是壓縮的，在彈簧與水平桿垂直和彈簧恢復原長的兩個位置滑塊的加速度只由電場力決定，D錯誤。

第二種情況是此時間差不是周期的整數倍則，當n=0時s，且由于是的二倍說明振幅是該位移的二倍為0.2m。

8.（2019江蘇）如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為+q的點電荷固定在A點．先將一電荷量也為+q的點電荷Q1從無窮遠處（電勢為0）移到C點，此過程中，電場力做功為-W．再將Q1從C點沿CB移到B點并固定．最后將一電荷量為-2q的點電荷Q2從無窮遠處移到C點．下列說法正確的有（）

A：Q1移入之前，C點的電勢為

B：Q1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0

C：Q2從無窮遠處移到C點的過程中，所受電場力做的功為2W

D：Q2在移到C點后的電勢能為-4W

【答案】ABD

【解析】：由題意可知，C點的電勢為，故A正確；由于B、C兩點到A點()的距離相等，所以B、C兩點的電勢相等，所以從C點移到B點的過程中，電場力做功為0，故B正確；由于B、C兩點的電勢相等，所以當在B點固定后，C點的電勢為,所以

從無窮遠移到C點過程中，電場力做功為：故C錯誤；

由于C點的電勢為，所以電勢能為，故D正確。

題型二、帶電粒子在復合場中的運動的綜合類問題

9.（2019天津）如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為的帶電小球，以初速度v從點豎直向上運動，通過點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從運動到的過程（）

A．動能增加

B．機械能增加

C．重力勢能增加

D．電勢能增加

【答案】：C

【解析】：小球的動能增加量為；故A

錯誤；除重力外其它力對小球做功的大小為小球機械能的增加量，在本題中電場力對小球做功的大小為小球機械能的增加量，在水平方向上研究小球可知電場力對其做正功，電勢能減小，可求得電場力對小球做功大小為小球水平方向動能的增量；即小球的機械能增加了；電勢能減小了；故B對，D

錯；從M點到N

點對小球應用動能定理得：；又；可求得故C

錯；

10.（2016江蘇）如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態．現將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴（）

A.仍然保持靜止

B.豎直向下運動

C.向左下方運動

D.向右下方運動

【答案】D

【解析】兩極板平行時帶電粒子處于平衡狀態，則重力等于電場力，當下極板旋轉時，板間距離增大場強減小，電場力小于重力；由于電場線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場線如圖所示，所以重力與電場力的合力偏向右下方，故粒子向右下方運動，選項D正確.11.(2013廣東)噴墨打印機的簡化模型如圖所示．重力可忽略的墨汁微滴，經帶電室帶負電后，以速度v垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中()

A．向負極板偏轉

B．電勢能逐漸增大

C．運動軌跡是拋物線

D．運動軌跡與帶電量無關

【答案】：C

【解析】選C.帶電微滴垂直進入電場后，在電場中做類平拋運動，根據平拋運動的分解——水平方向做勻速直線運動和豎直方向做勻加速直線運動．

帶負電的微滴進入電場后受到向上的靜電力，故帶電微滴向正極板偏轉，選項A錯誤；帶電微滴垂直進入電場受豎直方向的靜電力作用，靜電力做正功，故墨汁微滴的電勢能減小，選項B錯誤；根據x＝v0t，y＝at2及a＝，得帶電微滴的軌跡方程為y＝，即運動軌跡是拋物線，與帶電量有關，選項C正確，D錯誤．

12.（2016全國1）

如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面（紙面）內，且相對于過軌跡最低點的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知（）

A.點的電勢比點高

B.油滴在點的動能比它在點的大

C.油滴在點的電勢能比它在點的大

D.油滴在點的加速度大小比它在點的小

【答案】AB

【解析】由于勻強電場中的電場力和重力都是恒力，所以合外力為恒力，加速度恒定不變，所以D選項錯。由于油滴軌跡相對于過的豎直線對稱且合外力總是指向軌跡彎曲內側，所以油滴所受合外力沿豎直方向，電場力豎直向上。當油滴得從點運動到時，電場力做正功，電勢能減小，C選項錯誤；油滴帶負電，電勢能減小，電勢增加，所以點電勢高于點電勢，A選項正確；在油滴從點運動到的過程中，合外力做正功，動能增加，所以點動能大于點，B選項正確；所以選AB。

13.（2014·天津）如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么（）

A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷

B．微粒從M點運動到N點電勢能一定增加

C．微粒從M點運動到N點動能一定增加

D.微粒從M點運動到N點機械能一定增加

【答案】C

【解析】：

本題是對帶電微粒在復合場中的運動、動能定理、機械能守恒定律、受力分析的綜合考查，通過圖像中的運動軌跡，無法判斷電場力的方向，只能判斷出微粒所受的合外力方向豎直向下，運動過程中合力的方向與運動方向的夾角為銳角，合外力做正功，微粒的動能增加，A、B錯誤，C正確．由于不能判斷出電場力的方向，所以機械能的變化也不能確定，D錯誤．

14.（2010全國卷2）

在雷雨云下沿豎直方向的電場強度為V/m.已知一半徑為1mm的雨滴在此電場中不會下落，取重力加速度大小為10m/,水的密度為kg/。這雨滴攜帶的電荷量的最小值約為

A．2C

B.4C

C.6C

D.8C

【答案】B

【解析】帶電雨滴在電場力和重力最用下保持靜止，根據平衡條件電場力和重力必然等大反向mg=Eq，則。

題型三、帶點粒子在電場中運動的綜合類問題

15.（2019全國2）如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G，PQG的尺寸相同。G接地，PQ的電勢均為（>0）。質量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。

（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及她從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；

（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）PG、QG間場強大小相等，均為E，粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有

①

F=qE=ma②

設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有

③

設粒子第一次到達G時所用時間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有

④

l=v0t⑤

聯立①②③④⑤式解得

⑥

⑦

（2）

設粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短，由對稱性知，此時金屬板的長度L為⑧

16.（2019全國3）空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發射兩個質量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q（q>0）。A從O點發射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為。重力加速度為g，求

（1）電場強度的大小；

（2）B運動到P點時的動能。

【答案】（1）；（2）

【解析】：（1）設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據牛頓定律、運動學公式和題給條件，有

mg+qE=ma①

②

解得

③

（2）設B從O點發射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據動能定理有

④

且有

⑤

⑥

聯立③④⑤⑥式得

⑦

17.（2016北京卷）如圖所示，電子由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于版面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出。已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為，偏轉電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。

（1）忽略電子所受重力，求電子射入偏轉電場時初速度v0和從電場射出時沿垂直版面方向的偏轉距離Δy；

（2）分析物理量的數量級，是解決物理問題的常用方法。在解決（1）問時忽略了電子所受重力，請利用下列數據分析說明其原因。已知，。

（3）極板間既有電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質，請寫出電勢的定義式。類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。

【答案】（1）（2）不需要考慮電子所受的重力（3）、電勢和重力勢都是反映場的能的性質的物理量，僅僅由場自身的因素決定

【解析】（1）根據功能關系，可得，電子射入偏轉電場的初速度，在偏轉電場中電子的運動時間

側移量

（2）考慮電子所受重力和電場力的數量級，有重力[來源:學_電場力

由于，因此不需要考慮電子所受的重力

（3）電場中某點電勢定義為電荷在該點的電勢能與電荷量q的比值，由于重力做功與路徑無關，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能與其質量m的比值，叫做重力勢，即，電勢和重力勢都是反映場的能的性質的物理量，僅僅由場自身的因素決定

18.（上海卷）如圖（a），長度L=0.8m的光滑桿左端固定一帶正電的點電荷A，其電荷量Q=；一質量m=0.02kg，帶電量為q的小球B套在桿上。將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場中，以桿左端為原點，沿桿向右為x軸正方向建立坐標系。點電荷A對小球B的作用力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線I所示，小球B所受水平方向的合力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線II所示，其中曲線II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范圍可近似看作直線。求：（靜電力常量）

（1）小球B所帶電量q;

（2）非均勻外電場在x=0.3m處沿細桿方向的電場強度大小E；

（3）在合電場中，x=0.4m與x=0.6m之間的電勢差U。

（4）已知小球在x=0.2m處獲得v=0.4m/s的初速度時，最遠可以運動到x=0.4m。若小球在x=0.16m處受到方向向右，大小為0.04N的恒力作用后，由靜止開始運動，為使小球能離開細桿，恒力作用的做小距離s是多少？

【答案】（1）

（2）

（3）800v

（4）0.065m

【解析】（1）由圖可知，當x=0.3m時，N

因此C

（2）設在x=0.3m處點電荷與小球間作用力為F2，F合=F2+qE

因此

電場在x=0.3m處沿細稈方向的電場強度大小為3，方向水平向左。

（3）根據圖像可知在x=0.4m與x=0.6m之間合力做功大小,又,可得

(4)由圖可知小球從x=0.16到x=0.2m處，電場力做功

小球從x=0.2m到x=0.4m處

由圖可知小球從到處

電場力做功=－0.004×0.4=

由動能定理

+++=0

解得=

19.（2016四川）中國科學家2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用。

如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速、加速電壓視為不變。設質子進入漂移管B時速度為，進入漂移管E時速度為，電源頻率為，漂移管間縫隙很小。質子在每個管內運動時間視為電源周期的1/2。質子的荷質比取。求：

（1）漂移管B的長度；

（2）相鄰漂移管間的加速電壓。

【答案】：（1）漂移管B的長度為0.4

m

（2）相鄰漂移管間的加速電壓為6×104

V。

【解析】（1）設高頻脈沖電源的頻率為f，周期為T；質子在每個漂移管中運動的時間為t；質子進入漂移管B時速度為

；漂移管B的長度為

。則

①

②

③

聯立①②③式并代入數據得：

④

（2）設質子的電荷量為q，質量為m，荷質比為e；質子進入漂移管B時動能為；質子進入漂移管E時速度為，動能為；質子從漂移管B運動到漂移管E，動能的增加量為；質子每次在相鄰漂移管間被電場加速，電場的電壓為U，所做的功為W。則

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

質子從漂移管B運動到漂移管E共被電場加速3次，根據動能定理有

⑩

聯立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式并代入數據得：

20.(2013山東卷)

如圖所示，在坐標系xOy的第一、第三象限內存在相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里；第四象限內有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E.一帶電量為＋q、質量為m的粒子，自y軸上的P點沿x軸正方向射入第四象限，經x軸上的Q點進入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場．已知OP＝d，OQ＝2d，不計粒子重力．

(1)求粒子過Q點時速度的大小和方向．

(2)若磁感應強度的大小為一確定值B0，粒子將以垂直y軸的方向進入第二象限，求B0.【答案】：見解析

【解析】(1)設粒子在電場中運動的時間為t0，加速度的大小為a，粒子的初速度為v0，過Q點時速度的大小為v，沿y軸方向分速度的大小為vy，速度與x軸正方向間的夾角為θ，由牛頓第二定律得

qE＝ma

①

由運動學公式得

d＝at

②

2d＝v0t0

③

vy＝at0

④

v＝

⑤

tan

θ＝

⑥

聯立①②③④⑤⑥式得

v＝2

⑦

θ＝45°.⑧

(2)

設粒子做圓周運動的半徑為R1，粒子在第一象限內的運動軌跡如圖所示，O1為圓心，由幾何關系可知△O1OQ為等腰直角三角形，得

R1＝2d

⑨

由牛頓第二定律得

qvB0＝m

⑩

聯立⑦⑨⑩式得

B0＝.?

21.(2013浙江)“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉器和探測板組成。偏轉器是由兩個相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心金屬半球面A和B構成，A、B為電勢值不等的等勢面，其過球心的截面如圖所示．一束電荷量為e、質量為m的電子以不同的動能從偏轉器左端M板正中間小孔垂直入射，進入偏轉電場區域，最后到達偏轉器右端的探測板N，其中動能為Ek0的電子沿等勢面C做勻速圓周運動到達N板的正中間．忽略電場的邊緣效應。

(1)判斷半球面A、B的電勢高低，并說明理由；

(2)求等勢面C所在處電場強度E的大小；

(3)若半球面A、B和等勢面C的電勢分別為φA、φB和φC，則到達N板左、右邊緣處的電子，經過偏轉電場前、后的動能改變量ΔEk左和ΔEk右分別為多少？

(4)比較|ΔEk左|和|ΔEk右|的大小，并說明理由．

【答案】：見解析

【解析】：(1)電子(帶負電)做圓周運動，電場力方向指向球心，電場方向從B指向A，半球面B的電勢高于A.(2)據題意，電子在電場力作用下做圓周運動，考慮到圓軌道上的電場強度E大小相同，有：

eE＝m

Ek0＝mv2

R＝

聯立解得：

E＝＝.(3)電子運動時只有電場力做功，根據動能定理，有

ΔEk＝qU

對到達N板左邊緣的電子，電場力做正功，動能增加，有

ΔEk左＝e(φB－φC)

對到達N板右邊緣的電子，電場力做負功，動能減小，有

ΔEk右＝e(φA－φC)．

(4)根據電場線特點，等勢面B與C之間的電場強度大于C與A之間的電場強度，考慮到等勢面間距相等，有

|φB－φC|＞|φA－φC|

即|ΔEk左|＞|ΔEk右|.22.(2013全國大綱)

一電荷量為q(q＞0)、質量為m的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t＝0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規律如圖所示．不計重力，求在t＝0到t＝T的時間間隔內，(1)粒子位移的大小和方向；

(2)粒子沿初始電場反方向運動的時間．

【解析】帶電粒子在規律性變化的電場力作用下做變速運動．

法一：(1)帶電粒子在0～、～、～、～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得

a1＝

①

a2＝－2

②

a3＝2

③

a4＝－

④

由此得帶電粒子在0～T時間間隔內運動的加速度—時間圖象如圖(a)所示，對應的速度—時間圖像如圖(b)所示，其中

v1＝a1＝

⑤

由圖(b)可知，帶電粒子在t＝0到t＝T時間內的位移為

s＝v1

⑥

圖(b)

由⑤⑥式得

s＝T2

⑦

方向沿初始電場正方向．

(2)由圖(b)可知，粒子在t＝T到t＝T內沿初始電場的反方向運動，總的運動時間為

t＝T－T＝

⑧

法二：(1)帶電粒子在0～、～、～、～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得

qE0＝ma1

①

－2qE0＝ma2

②

2qE0＝ma3

③

－qE0＝ma4

④

設帶電粒子在t＝、t＝、t＝、t＝T時的速度分別為v1、v2、v3、v4，則

v1＝a1

⑤

v2＝v1＋a2

⑥

v3＝v2＋a3

⑦

v4＝v3＋a4

⑧

設帶電粒子在t＝0到t＝T時間內的位移為s，有

s＝(＋＋＋)

⑨

聯立以上各式可得

s＝

⑩

方向沿初始電場正方向．

(2)由電場的變化規律知，t＝時粒子開始減速，設經過時間t1速度減為零．

0＝v1＋a2t1

將①②⑤式代入上式，得

t1＝

?

粒子從t＝時開始減速，設經過時間t2速度變為零．

0＝v2＋a3t2

此式與①②③⑤⑥式聯立得

t2＝

?

t＝0到t＝T內粒子沿初始電場反方向運動的時間為

t＝(－t1)＋t2

?

將??式代入?式得

t＝.?

答案：(1)T2，方向沿初始電場正方向(2)

23.(2013北京卷)如圖所示，兩平行金屬板間距為d，電勢差為U，板間電場可視為勻強電場．金屬板下方有一磁感應強度為B的勻強磁場．帶電量為＋q、質量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發，經電場加速后射出，并進入磁場做勻速圓周運動．忽略重力的影響，求：

(1)勻強電場場強E的大小；

(2)粒子從電場射出時速度v的大小；

(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R.【答案】：(1)(2)

(3)

【解析】本題中帶電粒子在電場中由靜止開始做勻加速直線運動，可由動能定理或牛頓第二定律求解，選用動能定理進行解題更簡捷．進入磁場后做勻速圓周運動，明確帶電粒子的運動過程及相關公式是解題的關鍵．

(1)電場強度E＝.(2)根據動能定理，有qU＝mv2－0得v＝.(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m

得R＝

.24.(2013全國2)如圖，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行．a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行．一電荷為q(q>0)的質點沿軌道內側運動．經過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和NB.不計重力，求電場強度的大小E、質點經過a點和b點時的動能．

【答案】：(Nb－Na)(Nb＋5Na)(5Nb＋Na)

【解析】小球在光滑軌道上做圓周運動，在a、b兩點時，靜電力和軌道的作用力的合力提供向心力，由b到a只有電場力做功，利用動能定理，可求解E及a、b兩點的動能．

質點所受電場力的大小為

F＝qE

①

設質點質量為m，經過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有

F＋Na＝m

②

Nb－F＝m

③

設質點經過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb，有

Eka＝mv

④

Ekb＝mv

⑤

根據動能定理有Ekb－Eka＝2rF

⑥

聯立①②③④⑤⑥式得

E＝(Nb－Na)

Eka＝(Nb＋5Na)

Ekb＝(5Nb＋Na)．

25.(2011北京)靜電場方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，圖中φ0和d為已知量．一個帶負電的粒子在電場中以x＝0為中心、沿x軸方向做周期性運動，已知該粒子質量為m、電荷量為－q，其動能與電勢能之和為－A(0

(1)粒子所受電場力的大小；

(2)粒子的運動區間；

(3)粒子的運動周期．

【答案】(1)(2)－d(1－)≤x≤d(1－)(3)

【解析】(1)由題圖可知，0與d(或－d)兩點間的電勢差為φ0，電場強度的大小E＝，電場力的大小F＝qE＝.(2)設粒子在[－x0，x0]區間內運動，速率為v，由題意得

mv2－qφ＝－A①

由題圖可知φ＝φ0(1－)②

由①②得mv2＝qφ0(1－)－A③

因動能非負，有qφ0(1－)－A≥0，得|x|≤d(1－)，即x0＝d(1－)④

粒子的運動區間滿足

－d(1－)≤x≤d(1－)．

(3)考慮粒子從－x0處開始運動的四分之一周期，根據牛頓第二定律，粒子的加速度

a＝＝＝⑤

由勻加速直線運動規律得t＝.將④⑤代入，得t＝.粒子的運動周期

T＝4t＝.

第四篇：高三物理真題分類專題-熱力學綜合（解析版）

專題15、選修3-3、熱力學綜合（2010-2019）

題型一、分子動理論和氣體壓強

題型二、油膜法測分子直徑

題型三、理想氣體狀態方程與熱力學第一定律

題型四、液柱模型

題型五、氣缸模型

題型一、分子動理論和氣體壓強

1.（2019全國1）下列說法正確的是

A.溫度標志著物體內大量分子熱運動的劇烈程度

B.內能是物體中所有分子熱運動所具有的動能的總和

C.氣體壓強僅與氣體分子的平均動能有關

D.氣體膨脹對外做功且溫度降低，分子平均動能可能不變

【答案】A

【解析】：根據溫度是分子平均動能的標志確定氣體分子熱運動的程度和分子平均動能變化，內能是分子平均動能和分子勢總和，由氣體壓強宏觀表現確定壓強

A．溫度是分子平均動能標志，所以溫度標志著物體內大量分子熱運動的劇烈程度，故A正確；

B．內能是物體中所有分子熱運動所具有的動能和分子勢能之和，故B錯誤；

C．由壓強公式可知，氣體壓強除與分子平均動能（溫度）有關，還與體積有關，故C錯誤；

D．溫度是分子平均動能的標志，所以溫度降低，分子平均動能一定變小，故D錯誤。

2.（2018北京）關于分子動理論，下列說法正確的是

A.氣體擴散的快慢與溫度無關

B.布朗運動是液體分子的無規則運動

C.分子間同時存在著引力和斥力

D.分子間的引力總是隨分子間距增大而增大

【答案】C

【解析】A、擴散的快慢與溫度有關，溫度越高，擴散越快，故A錯誤；

B、布朗運動為懸浮在液體中固體小顆粒的運動，不是液體分子的熱運動，固體小顆粒運動的無規則性，是液體分子運動的無規則性的間接反映，故B錯誤；學科&網

C、分子間斥力與引力是同時存在，而分子力是斥力與引力的合力，分子間的引力和斥力都是隨分子間距增大而減小；當分子間距小于平衡位置時，表現為斥力，即引力小于斥力，而分子間距大于平衡位置時，分子表現為引力，即斥力小于引力，但總是同時存在的，故C正確，D錯誤。

3.(2018全國2)對于實際的氣體，下列說法正確的是______。（填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。沒選錯1個扣3分，最低得分為0分）

A．氣體的內能包括氣體分子的重力勢能

B．氣體的內能包括分子之間相互作用的勢能

C．氣體的內能包括氣體整體運動的動能

D．氣體體積變化時，其內能可能不變

E．氣體的內能包括氣體分子熱運動的動能

【答案】：BDE

【解析】氣體的內能包括氣體分子的動能和分子勢能，不包括其中立勢能，分子之間的勢能是不能悲忽律的，包括在氣體分子的內能里，所以A錯B對，E對；氣體的內能不包括分子宏觀運動的動能，C錯，氣體內能的變化受氣體做功與熱傳遞二者決定，所以D選項正確

4.的變化分別如圖中兩條曲線所示。下列說法正確的是________。

A．圖中兩條曲線下面積相等

B．圖中虛線對應于氧氣分子平均動能較小的情形

C．圖中實線對應于氧氣分子在100

℃時的情形

D．圖中曲線給出了任意速率區間的氧氣分子數目

E．與0

℃時相比，100

℃時氧氣分子速率出現在0～400

m/s區間內的分子數占總分子數的百分比較大

【答案】：　ABC

【解析】：A對：面積表示總的氧氣分子數，二者相等。

B對：溫度是分子平均動能的標志，溫度越高，分子的平均動能越大，虛線為氧氣分子在0

℃時的情形，分子平均動能較小。

C對：實線為氧氣分子在100

℃時的情形。

D錯：曲線給出的是分子數占總分子數的百分比。

E錯：速率出現在0～400

m/s區間內，100

℃時氧氣分子數占總分子數的百分比較小。

5.（2015全國2）關于擴散現象，下列說法正確的是

（填正確答案標號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）

A.溫度越高，擴散進行得越快

B.擴散現象是不同物質間的一種化學反應

C.擴散現象是由物質分子無規則運動產生的D.擴散現象在氣體、液體和固體中都能發生

E.液體中的擴散現象是由于液體的對流形成的【答案】ACD

【解析】：溫度高，分子擴散速度加快A選項正確；擴散屬于物理反應所以B選項錯誤；擴散現象是由物質的分子無規則的運動產生故C正確；擴散在氣體液體以及固體中都能進行故D對

液體中的擴散現象時有液體分子的無規則運動產生，故E錯誤。

考點：分子動理論

6.（2015山東）墨滴入水，擴而散之，徐徐混勻。關于該現象的分析正確的是_____。（雙選，填正確答案標號）

a.混合均勻主要是由于碳粒受重力作用

b.混合均勻的過程中，水分子和碳粒都做無規則運動

c.使用碳粒更小的墨汁，混合均勻的過程進行得更迅速

d.墨汁的擴散運動是由于碳粒和水分子發生化學反應引起的【答案】BC

【解析】：根據分子動理論的只是可知，混合均勻主要是因為水分子在做無規則的運動使得碳離子造成布朗運動，又因為布朗運動的劇烈程度與碳粒子的大小及溫度有關，所以使用比碳粒子更小的墨汁做實驗，布朗運動會變得更明顯。

7.(2015廣東)為某實驗器材的結構示意圖，金屬內筒和隔熱外筒間封閉了一定體積的空氣，內筒中有水，在水加熱升溫的過程中，被封閉的空氣（）

A.內能增大

B.壓強增大

C.分子間引力和斥力都減小

D.所有分子運動速率都增大

【答案】AB

【解析】本題考查了熱學基礎知識，題目中器材包含了金屬內筒和隔熱外筒，水加熱升溫，封閉空氣溫度升高，而外筒隔熱，不會有能量損失，則當加熱水時，熱量通過金屬筒傳給氣體，氣體內能增加，溫度升高，選項A正確；氣體體積不變，溫度升高，由理想氣體狀態方程右知壓強增加，選項B正確；分子間的引力和斥力與分子間的距離有關，氣體體積不變，分子間距不變，分子間的引力和斥力不變，選項C錯誤；溫度只是與氣體分子平均動能有關，溫度增加并不是所有分子速率增加，選項D錯誤。

8.（2011四川）氣體能夠充滿密閉容器，說明氣體分子除相互碰撞的短暫時間外

A．氣體分子可以做布朗運動

B．氣體分子的動能都一樣大

C．相互作用力十分微弱，氣體分子可以自由運動

D．相互作用力十分微弱，氣體分子間的距離都一樣大

【答案】：C

【解析】：布朗運動是微小顆粒的無規則運動，而不是分子的運動，A錯誤；同一溫度下，每個氣體分子速率不一定相同，其氣體分子動能不一定一樣大，B錯誤；氣體分子之間的距離遠大于分子力的作用范圍，分子力可以認為十分微弱，分子可以自由移動，但分子與分子之間的距離還是不一樣大，C正確，D錯誤。

9.（2011山東）人類對物質屬性的認識是從宏觀到微觀不斷深入的過程。以下說法正確的是。

A．液體的分子勢能與體積有關

B．晶體的物理性質都是各向異性的C．溫度升高，每個分子的動能都增大

D．露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用

【答案】：AD

【解析】：物體體積變化時，分子間的距離將發生改變，分子勢能隨之改變，所以分子勢能與體積有關，a正確。晶體分為單晶體和多晶體，單晶體的物理性質各向異性，多晶體的物理性質各向同性，b錯誤。溫度是分子平均動能的標志，具有統計的意義，c錯誤。液體表面的張力具有使液體表面收縮到最小的趨勢，d正確。

題型二、油膜法測分子直徑

10.（2019全國3）用油膜法估算分子大小的實驗中，首先需將純油酸稀釋成一定濃度的油酸酒精溶液，稀釋的目的是________________________________________________________________。實驗中為了測量出一滴已知濃度的油酸酒精溶液中純油酸的體積，可以________________________________________________________________________________。為得到油酸分子的直徑，還需測量的物理量是___________________________________。

【答案】：見解析

【解析】：使油酸在淺盤的水面上容易形成一塊單分子層油膜

把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，測出1

mL油酸酒精溶液的滴數，得到一滴溶液中純油酸的體積

單分子層油膜的面積

11.（2015海南）已知地球大氣層的厚度h遠小于地球半徑R，空氣平均摩爾質量為M，阿伏伽德羅常數為，地面大氣壓強為，重力加速度大小為g。由此可以估算得，地球大氣層空氣分子總數為，空氣分子之間的平均距離為。

【答案】，【解析】設大氣層中氣體的質量為m，由大氣壓強產生，即：

分子數，假設每個分子占據一個小立方體，各小立方體緊密排列，則小立方體邊長即為空氣分子平均間距，設為a，大氣層中氣體總體積為V，而，所以

題型三、理想氣體狀態方程與熱力學第一定律

12.（2019全國2）如p-V圖所示，1、2、3三個點代表某容器中一定量理想氣體的三個不同狀態，對應的溫度分別是T1、T2、T3。用N1、N2、N3分別表示這三個狀態下氣體分子在單位時間內撞擊容器壁上單位面積的次數，則N1______N2，T1______T3，T3，N2______N3。（填“大于”“小于”或“等于”）

【答案】(1).大于

(2).等于

(3).大于

【解析】1、2等體積，2、3等壓強，由pV=nRT得：=，V1=V2，故=，可得：T1=2T2，即T1>T2，由于分子密度相同，溫度高，碰撞次數多，故N1>N2；

由于p1V1=

p3V3；故T1=T3；

則T3>T2，又p2=p3，2狀態分析密度大，分析運動緩慢，單個分子平均作用力小，3狀態分子密度小，分子運動劇烈，單個分子平均作用力大。故3狀態碰撞容器壁分子較少，即N2>N3；

13.（2019全國1）熱等靜壓設備廣泛用于材料加工中。該設備工作時，先在室溫下把惰性氣體用壓縮機壓入到一個預抽真空的爐腔中，然后爐腔升溫，利用高溫高氣壓環境對放入爐腔中的材料加工處理，改部其性能。一臺熱等靜壓設備的爐腔中某次放入固體材料后剩余的容積為013

m3，爐腔抽真空后，在室溫下用壓縮機將10瓶氬氣壓入到爐腔中。已知每瓶氬氣的容積為3.2×10-2

m3，使用前瓶中氣體壓強為1.5×107

Pa，使用后瓶中剩余氣體壓強為2.0×106

Pa；室溫溫度為27

℃。氬氣可視為理想氣體。

（1）求壓入氬氣后爐腔中氣體在室溫下的壓強；

（2）將壓入氬氣后的爐腔加熱到1

227

℃，求此時爐腔中氣體的壓強。

【答案】（1）

（2）

【解析】（1）設初始時每瓶氣體的體積為，壓強為；使用后氣瓶中剩余氣體的壓強為，假設體積為，壓強為的氣體壓強變為時，其體積膨脹為，由玻意耳定律得：

被壓入進爐腔的氣體在室溫和條件下的體積為：

設10瓶氣體壓入完成后爐腔中氣體的壓強為，體積為，由玻意耳定律得：

聯立方程并代入數據得：

（2）設加熱前爐腔的溫度為，加熱后爐腔的溫度為，氣體壓強為，由查理定律得：

聯立方程并代入數據得：

14.（2018全國3）如圖，一定量的理想氣體從狀態a變化到狀態b，其過程如p-V圖中從a到b的直線所示。在此過程中______。

A．氣體溫度一直降低

B．氣體內能一直增加

C．氣體一直對外做功

D．氣體一直從外界吸熱

E．氣體吸收的熱量一直全部用于對外做功

【答案】BCD

【解析】試題分析本題考查對一定質量的理想氣體的p——V圖線的理解、理想氣體狀態方程、熱力學第一定律、理想氣體內能及其相關的知識點。學科.網

解析

一定質量的理想氣體從a到b的過程，由理想氣體狀態方程paVa/Ta=pbVb/Tb可知，Tb>Ta，即氣體的溫度一直升高，選項A錯誤；根據理想氣體的內能只與溫度有關，可知氣體的內能一直增加，選項B正確；由于從a到b的過程中氣體的體積增大，所以氣體一直對外做功，選項C正確；根據熱力學第一定律，從a到b的過程中，氣體一直從外界吸熱，選項D正確；氣體吸收的熱量一部分增加內能，一部分對外做功，選項E錯誤。

15.(2017·全國3)如圖，一定質量的理想氣體從狀態a出發，經過等容過程ab到達狀態b再經過等溫過程bc到達狀態c，最后經等壓過程ca回到狀態a。下列說法正確的是________。

A．在過程ab中氣體的內能增加

B．在過程ca中外界對氣體做功

C．在過程ab中氣體對外界做功

D．在過程bc中氣體從外界吸收熱量

E．在過程ca中氣體從外界吸收熱量

【答案】：　ABD

【解析】：(1)ab過程是等容變化，ab過程壓強增大，溫度升高，氣體內能增大，選項A正確；而由于體積不變，氣體對外界不做功，選項C錯誤。ca過程是等壓變化，體積減小，外界對氣體做功，選項B正確：體積減小過程中，溫度降低，內能減小，氣體要放出熱量，選項E錯誤。bc過程是等溫變化，內能不變，體積增大，氣體對外界做功，則需要吸收熱量，選項D正確。

16.（2016·全國1）一定量的理想氣體從狀態a開始，經歷等溫或等壓過程ab、bc、cd、da回到原狀態，其p

-T圖象如圖所示，其中對角線ac的延長線過原點O。下列判斷正確的是________。(填正確答案標號)

A．氣體在a、c兩狀態的體積相等

B．氣體在狀態a時的內能大于它在狀態c時的內能

C．在過程cd中氣體向外界放出的熱量大于外界對氣體做的功

D．在過程da中氣體從外界吸收的熱量小于氣體對外界做的功

E．在過程bc中外界對氣體做的功等于在過程da中氣體對外界做的功

【答案】：　ABE

【解析】：　由理想氣體狀態方程＝C得，p＝T，由圖象可知，Va＝Vc，選項A正確；理想氣體的內能只由溫度決定，而Ta＞Tc，故氣體在狀態a時的內能大于在狀態c時的內能，選項B正確；由熱力學第一定律ΔU＝Q＋W知，cd過程溫度不變，內能不變，則Q＝－W，選項C錯誤；da過程溫度升高，即內能增大，則吸收的熱量大于對外做的功，選項D錯誤；bc過程和da過程互逆，則做功的多少相同，選項E正確。

17.(2016·全國2)關于熱力學定律，下列說法正確的是________。

A．氣體吸熱后溫度一定升高

B．對氣體做功可以改變其內能

C．理想氣體等壓膨脹過程一定放熱

D．熱量不可能自發地從低溫物體傳到高溫物體

E．如果兩個系統分別與狀態確定的第三個系統達到熱平衡，那么這兩個系統彼此之間也必定達到熱平衡

【答案】：　BDE

【解析】：　根據熱力學定律，氣體吸熱后如果對外做功，則溫度不一定升高，說法A錯誤。改變物體內能的方式有做功和傳熱，對氣體做功可以改變其內能，說法B正確。理想氣體等壓膨脹對外做功，根據＝恒量知，膨脹過程一定吸熱，說法C錯誤。根據熱力學第二定律，熱量不可能自發地從低溫物體傳到高溫物體，說法D正確。兩個系統達到熱平衡時，溫度相等，如果這兩個系統分別與狀態確定的第三個系統達到熱平衡，那么這兩個系統彼此之間也必定達到熱平衡，說法E正確。故選B、D、E。

18.（2015重慶）某駕駛員發現中午時車胎內的氣壓高于清晨時的，且車胎體積增大.若這段時間胎內氣體質量不變且可視為理想氣體，那么（）

A.外界對胎內氣體做功，氣體內能減小

B.外界對胎內氣體做功，氣體內能增大

C.胎內氣體對外界做功，內能減小

D.胎內氣體對外界做功，內能增大

【答案】D

【解析】：對車胎內的理想氣體分析知，體積增大為氣體為外做功，內能只有動能，而動能的標志為溫度，故中午溫度升高，內能增大，故選D。

考點：本題考查理想氣體的性質、功和內能、熱力學第一定律。

19.（2015重慶）北方某地的冬天室外氣溫很低，吹出的肥皂泡會很快凍結.若剛吹出時肥皂泡內氣體溫度為，壓強為，肥皂泡凍結后泡內氣體溫度降為.整個過程中泡內氣體視為理想氣體，不計體積和質量變化，大氣壓強為.求凍結后肥皂膜內外氣體的壓強差.【答案】

【解析】對氣泡分析發生等容變化有：，可得:,故內外氣體的壓強差為

20.(2015山東)扣在水平桌面上的熱杯蓋有時會發生被頂起的現象；如圖，截面積為S的熱杯蓋扣在水平桌面上，開始時內部封閉氣體的溫度為300K，壓強為大氣壓強P0。當封閉氣體溫度上升至303K時，杯蓋恰好被整體頂起，放出少許氣體后又落回桌面，其內部壓強立即減為P0，溫度仍為303K。再經過一段時間，內部氣體溫度恢復到300K。整個過程中封閉氣體均可視為理想氣體。求：

（ⅰ）當溫度上升到303K且尚未放氣時，封閉氣體的壓強；

（ⅱ）當溫度恢復到300K時，豎直向上提起杯蓋所需的最小力。

【答案】（ⅰ）1.01P0；（ⅱ）0.02P0S

【解析】（ⅰ）氣體進行等容變化，開始時，壓強P0，溫度T0=300K；當溫度上升到303K且尚未放氣時，壓強為P1，溫度T1=303K；根據可得：

（ⅱ）當內部氣體溫度恢復到300K時，由等容變化方程可得：，解得

當杯蓋恰被頂起時有：

若將杯蓋提起時所需的最小力滿足：，解得：

21.(2015北京)下列說法正確的是（）

A.物體放出熱量，其內能一定減小

B.物體對外做功，其內能一定減小

C.物體吸收熱量，同時對外做功，其內能可能增加

D.物體放出熱量，同時對外做功，其內能可能不變

【答案】C

【解析】:物體內能的改變方式有兩種：做功和熱傳遞，只說某一種方式我們無法

判斷內能是否變化，故

A、B

選項錯誤；物體放出熱量又同時對外做功內能一定

減小，故

D

選項錯誤。物體吸收熱量同時對外做功，內能可能增大、減小或不

變，故

C

選項正確。

22.（2013江蘇）如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態A依次經過狀態B、C和D后再回到狀態A。

其中，和為等溫過程，和為絕熱過程（氣體與外界無熱量交換）。

這就是著名的“卡諾循環”。

（1）該循環過程中，下列說法正確的是______。

（A）過程中，外界對氣體做功

（B）

過程中，氣體分子的平均動能增大

（C）

過程中，單位時間內碰撞單位面積器壁的分子數增多

（D）

過程中，氣體分子的速率分布曲線不發生變化

（2）該循環過程中，內能減小的過程是_______

（選填“”、“”、“”或“”）。

若氣體在過程中吸收63kJ的熱量，在過程中放出38kJ的熱量，則氣體完成一次循環對外做的功為_______

kJ。

（3）若該循環過程中的氣體為1mol，氣體在A狀態時的體積為10L，在B狀態時壓強為A狀態時的。

求氣體在B狀態時單位體積內的分子數。

（已知阿伏加德羅常數，計算結果保留一位有效數字）

【答案】

(1)C

(2)

(3)等溫過程,單位體積內的分子數.解得,代入數據得

【解析】：A選項：從圖上看：A到B過程體積變大，則氣體對外做功，W＜0，故A項錯誤；對B項：B到C過程為絕熱過程，則熱交換Q=0，且從圖上看，氣體的體積增大，氣體對外做功，W＜0，由熱力學第一定律ΔU=Q+W知：ΔU＜0，則氣體的溫度將變低，氣體分子的平均動能變小，故B項錯誤；對C項：從圖上看，C到D

過程的氣體壓強在增大，則單位時間內碰撞單位面積器壁的分子數增多，故C項正確；對D項：D到A

為絕熱過程，則熱交換Q=0，且從圖上看，氣體的體積減小，外界對氣體做功W＞0，由熱力學第一定律ΔU=Q+W知，氣體的內能ΔU＞0，故氣體溫度升高，則氣體分子的速率分布曲線會發生變化，故D項錯誤。本題答案為：C。

（2）從（1）的分析中，知內能減小的過程為B到C。B到C和D到A為絕熱過程，無熱量交換，若在A到B過程中吸收63

kJ的熱量,在C?D

過程中放出38

kJ的熱量，則整個過程熱量交換Q總=Q吸-Q放=25kJ，整個循環中內能變化量ΔU=0，由ΔU=Q+W知W=-25kJ，即整個過程對外做的功為25kJ。

（3）A

?B過程為等溫過程，由得,則由關系式，代入數據可得氣體在B狀態時單位體積內的分子為:。

題型四、液柱模型

（2016·全國3）一U形玻璃管豎直放置，左端開口，右端封閉，左端上部有一光滑的輕活塞。初始時，管內汞柱及空氣柱長度如圖所示。用力向下緩慢推活塞，直至管內兩邊汞柱高度相等時為止。求此時右側管內氣體的壓強和活塞向下移動的距離。已知玻璃管的橫截面積處處相同；在活塞向下移動的過程中，沒有發生氣體泄漏；大氣壓強p0＝75.0

cmHg。環境溫度不變。

【答案】：　144

cmHg　9.42

cm

【解析】：　設初始時，右管中空氣柱的壓強為p1，長度為l1；左管中空氣柱的壓強為p2＝p0，長度為l2。活塞被下推h后，右管中空氣柱的壓強為p1′，長度為l1′；左管中空氣柱的壓強為p2′，長度為l2′。以cmHg為壓強單位。

由題給條件得p1＝p0＋(20.0－5.00)

cmHg①

l1′＝(20.0－)

cm②

由玻意耳定律得p1l1＝p1′l1′③

聯立①②③式和題給條件得

p1′＝144

cmHg④

依題意p2′＝p1′⑤

l2′＝4.00

cm＋cm－h⑥

由玻意耳定律得p2l2＝p2′l2′⑦

聯立④⑤⑥⑦式和題給條件得h＝9.42

cm

（2019全國3）如圖，一粗細均勻的細管開口向上豎直放置，管內有一段高度為2.0

cm的水銀柱，水銀柱下密封了一定量的理想氣體，水銀柱上表面到管口的距離為2.0

cm。若將細管倒置，水銀柱下表面恰好位于管口處，且無水銀滴落，管內氣體溫度與環境溫度相同。已知大氣壓強為76

cmHg，環境溫度為296

K。

（i）求細管的長度；

（i）若在倒置前，緩慢加熱管內被密封的氣體，直到水銀柱的上表面恰好與管口平齊為止，求此時密封氣體的溫度。

【答案】見解析

【解析】（i）設細管的長度為L，橫截面的面積為S，水銀柱高度為h；初始時，設水銀柱上表面到管口的距離為h1，被密封氣體的體積為V，壓強為p；細管倒置時，氣體體積為V1，壓強為p1。由玻意耳定律有

pV=p1V1

①

由力的平衡條件有

p=p0+ρgh

②

p1=p0–ρgh

③

式中，ρ、g分別為水銀的密度和重力加速度的大小，p0為大氣壓強。由題意有

V=S（L–h1–h）

④

V1=S（L–h）

⑤

由①②③④⑤式和題給條件得

L=41

cm

⑥

（ii）設氣體被加熱前后的溫度分別為T0和T，由蓋–呂薩克定律有

⑦

由④⑤⑥⑦式和題給數據得

T=312

K

⑧

23.（2018全國3）在兩端封閉、粗細均勻的U形細玻璃管內有一股水銀柱，水銀柱的兩端各封閉有一段空氣。當U形管兩端豎直朝上時，左、右兩邊空氣柱的長度分別為l1=18.0

cm和l2=12.0

cm，左邊氣體的壓強為12.0

cmHg。現將U形管緩慢平放在水平桌面上，沒有氣體從管的一邊通過水銀逸入另一邊。求U形管平放時兩邊空氣柱的長度。在整個過程中，氣體溫度不變。

【答案】7.5

cm

【解析】試題分析

本題考查玻意耳定律、液柱模型、關聯氣體及其相關的知識點。

解析

設U形管兩端豎直朝上時，左、右兩邊氣體的壓強分別為p1和p2。U形管水平放置時，兩邊氣體壓強相等，設為p，此時原左、右兩邊氣體長度分別變為l1′和l2′。由力的平衡條件有

①

式中為水銀密度，g為重力加速度大小。

由玻意耳定律有

p1l1=pl1′②

p2l2=pl2′③

l1′–l1=l2–l2′④

由①②③④式和題給條件得

l1′=22.5

cm⑤

l2′=7.5

cm⑥

24.（2018全國1）如圖，容積為V的汽缸由導熱材料制成，面積為S的活塞將汽缸分成容積相等的上下兩部分，汽缸上部通過細管與裝有某種液體的容器相連，細管上有一閥門K。開始時，K關閉，汽缸內上下兩部分氣體的壓強均為。現將K打開，容器內的液體緩慢地流入汽缸，當流入的液體體積為時，將K關閉，活塞平衡時其下方氣體的體積減小了。不計活塞的質量和體積，外界溫度保持不變，重力加速度大小為g。求流入汽缸內液體的質量。

K

【答案】見解析

【解析】設活塞再次平衡后，活塞上方氣體的體積為，壓強為；下方氣體的體積為，壓強為。在活塞下移的過程中，活塞上、下方氣體的溫度均保持不變，由玻意耳定律得

①

②

由已知條件得

③

④

設活塞上方液體的質量為m，由力的平衡條件得

⑤

聯立以上各式得

⑥

25.（2014全國）粗細均勻、導熱良好、裝有適量水銀的U型管豎直放置，右端與大氣相通，左端封閉氣柱長（可視為理想氣體），兩管中水銀面等高。現將右端與一低壓艙（未畫出）接通，穩定后右管水銀面高出左管水銀面。（環境溫度不變，大氣壓強）

①求穩定后低壓艙內的壓強（用“cmHg”作單位）。

②此過程中左管內的氣體對外界______________（填“做正功”“做負功”或“不做功”），氣體將_____________________（填“吸熱”或

“放熱”）。

【答案】：見解析

【解析】設U型管橫截面積為S，右端與大氣相通時左管中封閉氣體壓強為，右端與一低壓艙接通后左管中封閉氣體壓強為，氣柱長度為，穩定后低壓艙內的壓強為。左管中封閉氣體發生等溫變化，根據玻意耳定律得

P1V1=P2V2

P1=P0

P2=P+Ph

V1=L1S

V2=L2S

由幾何關系得:h=2(l2-l1)

聯立以上各式代入數據得：P=50cmHg.(2)做正功；吸熱

26.（2011全國）如圖，一上端開口，下端封閉的細長玻璃管，下部有長l1=66cm的水銀柱，中間封有長l2=6．6cm的空氣柱，上部有長l3=44cm的水銀柱，此時水銀面恰好與管口平齊。已知大氣壓強為Po=76cmHg。如果使玻璃管繞低端在豎直平面內緩慢地轉動一周，求在開口向下和轉回到原來位置時管中空氣柱的長度。封入的氣體可視為理想氣體，在轉動過程中沒有發生漏氣。

【解析】：設玻璃管開口向上時，空氣柱的壓強為

①

式中，和g分別表示水銀的密度和重力加速度。

玻璃管開口向下時，原來上部的水銀有一部分會流出，封閉端會有部分真空。設此時開口端剩下的水銀柱長度為x則

②

式中，為管內空氣柱的壓強，由玻意耳定律得

③

式中，h是此時空氣柱的長度，S為玻璃管的橫截面積，由①②③式和題給條件得

④

從開始轉動一周后，設空氣柱的壓強為，則

⑤

由玻意耳定律得

⑥

式中，是此時空氣柱的長度。由①②③⑤⑥式得

⑦

27.（2011山東）氣體溫度計結構如圖所示。玻璃測溫泡A內充有理想氣體，通過細玻璃管B和水銀壓強計相連。開始時A處于冰水混合物中，左管C中水銀面在O點處，右管D中水銀面高出O點h1=14cm。后將A放入待測恒溫槽中，上下移動D，使C中水銀面仍在O點處，測得D中水銀面高出O點h2=44cm。（已知外界大氣壓為1個標準大氣壓，1標準大氣壓相當于76cmHg）

①求恒溫槽的溫度。

②此過程A內氣體內能

（填“增大”或“減小”），氣體不對外做功，氣體將

(填“吸熱”或“放熱”)。

【答案】：①364K

②增大

吸熱

【解析】：

①設恒溫槽的溫度為T2，由題意知A內氣體發生等容變化

由查理定律得:

①

②　　③

聯立①②③式解得④

②理想氣體的內能只由溫度決定，A氣體的溫度升高，所以內能增大。由熱力學第一定律知，氣體不對外做功，氣體將吸熱。

題型五、氣缸模型

28.（2019全國2）如圖，一容器由橫截面積分別為2S和S的兩個汽缸連通而成，容器平放在地面上，汽缸內壁光滑。整個容器被通過剛性桿連接的兩活塞分隔成三部分，分別充有氫氣、空氣和氮氣。平衡時，氮氣的壓強和體積分別為p0和V0，氫氣的體積為2V0，空氣的壓強為p。現緩慢地將中部的空氣全部抽出，抽氣過程中氫氣和氮氣的溫度保持不變，活塞沒有到達兩汽缸的連接處，求：

（1）抽氣前氫氣的壓強；

（2）抽氣后氫氣的壓強和體積。

【答案】（1）（p0+p）；（2）；

【解析】（1）設抽氣前氫氣的壓強為p10，根據力的平衡條件得

（p10–p）·2S=（p0–p）·S①

得p10=（p0+p）②

（2）設抽氣后氫氣的壓強和體積分別為p1和V1，氫氣的壓強和體積分別為p2和V2，根據力的平衡條件有p2·S=p1·2S③

由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0④

p2V2=p0·V0⑤

由于兩活塞用剛性桿連接，故

V1–2V0=2（V0–V2）⑥

聯立②③④⑤⑥式解得

⑦

⑧

29.（2019全國1）某容器中的空氣被光滑活塞封住，容器和活塞絕熱性能良好，空氣可視為理想氣體。初始時容器中空氣的溫度與外界相同，壓強大于外界。現使活塞緩慢移動，直至容器中的空氣壓強與外界相同。此時，容器中空氣的溫度__________（填“高于”“低于”或“等于”）外界溫度，容器中空氣的密度__________（填“大于”“小于”或“等于”）外界空氣的密度。

【答案】

(1).低于

(2).大于

【解析】：由題意可知，容器與活塞絕熱性能良好，容器內氣體與外界不發生熱交換，故，但活塞移動的過程中，容器內氣體壓強減小，則容器內氣體正在膨脹，體積增大，氣體對外界做功，即，根據熱力學第一定律可知：，故容器內氣體內能減小，溫度降低，低于外界溫度。

最終容器內氣體壓強和外界氣體壓強相同，根據理想氣體狀態方程：

又，m為容器內氣體質量聯立得：

取容器外界質量也為m的一部分氣體，由于容器內溫度T低于外界溫度，故容器內氣體密度大于外界。故本題答案：低于；大于。

30.（2018全國2）如圖，一豎直放置的氣缸上端開口，氣缸壁內有卡口a和b，a、b間距為h，a距缸底的高度為H；活塞只能在a、b間移動，其下方密封有一定質量的理想氣體。已知活塞質量為m，面積為S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均絕熱，不計他們之間的摩擦。開始時活塞處于靜止狀態，上、下方氣體壓強均為p0，溫度均為T0。現用電熱絲緩慢加熱氣缸中的氣體，直至活塞剛好到達b處。求此時氣缸內氣體的溫度以及在此過程中氣體對外所做的功。重力加速度大小為g。

（1）開始時活塞位于a處，加熱后，汽缸中的氣體先經歷等容過程，直至活塞開始運動。設此時汽缸中氣體的溫度為T1，壓強為p1，根據查理定律有

①

根據力的平衡條件有

②

聯立①②式可得

③

此后，汽缸中的氣體經歷等壓過程，直至活塞剛好到達b處，設此時汽缸中氣體的溫度為T2；活塞位于a處和b處時氣體的體積分別為V1和V2。根據蓋—呂薩克定律有

④

式中

V1=SH⑤

V2=S（H+h）⑥

聯立③④⑤⑥式解得：

⑦

從開始加熱到活塞到達b處的過程中，汽缸中的氣體對外做的功為

⑧

31.（2017·全國卷2）如圖，用隔板將一絕熱汽缸分成兩部分，隔板左側充有理想氣體，隔板右側與絕熱活塞之間是真空。現將隔板抽開，氣體會自發擴散至整個汽缸。待氣體達到穩定后，緩慢推壓活塞，將氣體壓回到原來的體積。假設整個系統不漏氣。下列說法正確的是________。

A．氣體自發擴散前后內能相同

B．氣體在被壓縮的過程中內能增大

C．在自發擴散過程中，氣體對外界做功

D．氣體在被壓縮的過程中，外界對氣體做功

E．氣體在被壓縮的過程中，氣體分子的平均動能不變

【答案】：　ABD

【解析】：氣體向真空膨脹時不受阻礙，氣體不對外做功，由于汽缸是絕熱的，沒有熱交換，所以氣體擴散后內能不變，選項A正確。氣體被壓縮的過程中，外界對氣體做功，且沒有熱交換，根據熱力學第一定律，氣體的內能增大，選項B、D正確。

氣體在真空中自發擴散的過程中氣體不對外做功，選項C錯誤。

氣體在壓縮過程中，內能增大，由于一定質量的理想氣體的內能完全由溫度決定，溫度越高，內能越大，氣體分子的平均動能越大，選項E錯誤。

32.(2015全國1）如圖，一固定的豎直氣缸有一大一小兩個同軸圓筒組成，兩圓筒中各有一個活塞，已知大活塞的質量為m1=2.50kg，橫截面積為s1=80.0cm2，小活塞的質量為m2=1.50kg，橫截面積為s2=40.0cm2；兩活塞用剛性輕桿連接，間距保持為l=40.0cm，氣缸外大氣壓強為p=1.00×105Pa，溫度為T=303K。初始時大活塞與大圓筒底部相距，兩活塞間封閉氣體的溫度為T1=495K，現氣缸內氣體溫度緩慢下降，活塞緩慢下移，忽略兩活塞與氣缸壁之間的摩擦，重力加速度g取10m/s2，求

（i）在大活塞與大圓筒底部接觸前的瞬間，缸內封閉氣體的溫度

（ii）缸內封閉的氣體與缸外大氣達到熱平衡時，缸內封閉氣體的壓強

【答案】（i）330K

(ii)

1.01105

Pa

【解析】(i)

設初始時氣體體積為V1,在大活塞與大圓筒底部剛接觸時，缸內封閉氣體的體積為V2,溫度為T2,由題給條件得：

V1

=

s2（-)

+

s1()

·······

V2

=

s2

·······

在活塞緩慢下移的過程中，用P1表示缸內氣體的壓強，由力的平衡條件得：

s1(P1

–

P)

=

m1g

+

m2g

+

s2(P1

–

P)······

故缸內的氣體的壓強不變，由蓋·呂薩克定律有：

=

······

聯立式并代入題給數據得：T2

=

330K

······

(ii)在大活塞與大圓筒底面剛接觸時，被封閉氣體的壓強為P1,在此后與汽缸外大氣達到熱平衡的過程中，被封閉氣體的體積不變，沒達到熱平衡時被封閉氣體的壓強為P/,由查理定律有：

=

······

聯立式并代入題給數據得：

P/

=

1.01105

Pa

······

33.（2015海南）如圖，一底面積為S、內壁光滑的圓柱形容器豎直放置在水平地面上，開口向上，內有兩個質量均為m的相同活塞A和B

；在A與B之間、B與容器底面之間分別封有一定量的同樣的理想氣體，平衡時體積均為V。已知容器內氣體溫度始終不變，重力加速度大小為g，外界大氣壓強為。現假設活塞B發生緩慢漏氣，致使B最終與容器底面接觸。求活塞A移動的距離。

【答案】

【解析】A與B之間、B與容器底面之間的氣體壓強分別為、，在漏氣前，對A分析有，對B有

B最終與容器底面接觸后，AB間的壓強為P，氣體體積為，則有

因為溫度失重不變，對于混合氣體有，漏氣前A距離底面的高度為，漏氣后A距離底面的高度為

聯立可得

34.（2013山東）我國“蛟龍”號深海探測船載人下潛超七千米，再創載人深潛新紀錄。在某次深潛實驗中，“蛟龍”號探測到990m深處的海水溫度為280K。某同學利用該數據來研究氣體狀態隨海水溫度的變化，如圖所示，導熱性良好的氣缸內封閉一定質量的氣體，不計活塞的質量和摩擦，氣缸所處海平面的溫度To=300K，壓強P0=1

atm，封閉氣體的體積Vo=3m2。如果將該氣缸下潛至990m深處，此過程中封閉氣體可視為理想氣體。

①求990m深處封閉氣體的體積（1

atm相當于10m深的海水產生的壓強）。

②下潛過程中封閉氣體___________(填“吸熱”或“放熱”)，傳遞的熱量__________（填“大于”或“小于”）外界對氣體所做的功。

【答案】：見解析

【解析】：①當氣缸下潛至990m時，設封閉氣體的壓強為p，溫度為T，體積為V，由題意知

p=100atm

①

根據理想氣體狀態方程得

②

代入數據得

③

②放熱；大于。

第五篇：高三物理真題分類專題-曲線運動功和能（原卷版）

2019年高考物理試題分類解析

專題04

曲線運動

功和能

1.2019全國1卷25.（20分）豎直面內一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t=0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發生彈性碰撞（碰撞時間極短）；當A返回到傾斜軌道上的P點（圖中未標出）時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的v-t圖像如圖（b）所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。

（1）求物塊B的質量；

（2）在圖（b）所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；

（3）已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數均相等，在物塊B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前后動摩擦因數的比值。

2.全國2卷18．從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10

m/s2。由圖中數據可得（）

A．物體的質量為2

kg

B．h=0時，物體的速率為20

m/s

C．h=2

m時，物體的動能Ek=40

J

D．從地面至h=4

m，物體的動能減少100

J

3.全國2卷19．如圖（a），在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v-t圖像如圖（b）所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則（）

A．第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小

B．第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大

C．第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大

D．豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大

4.全國3卷17．從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3

m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10

m/s2。該物體的質量為

A．2

kg

B．1.5

kg

C．1

kg

D．0.5

kg

5.全國3卷25.（20分）

靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為mA=l.0

kg，mB=4.0

kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離l=1.0m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0

J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數均為u=0.20。重力加速度取g=10

m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。

（1）求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小；

（2）物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？

（3）A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？

6.天津卷10.（16分）完全由我國自行設計、建造的國產新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母上的艦載機采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構成，如圖1所示。為了便于研究艦載機的起飛過程，假設上翹甲板是與水平甲板相切的一段圓弧，示意如圖2，長，水平投影，圖中點切線方向與水平方向的夾角（）。若艦載機從點由靜止開始做勻加速直線運動，經到達點進入。已知飛行員的質量，求

（1）艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功；

（2）艦載機剛進入時，飛行員受到豎直向上的壓力多大。

7.江蘇卷6．如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動．座艙的質量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙

（A）運動周期為

（B）線速度的大小為ωR

（C）受摩天輪作用力的大小始終為mg

（D）所受合力的大小始終為mω2R

所受合力的大小始終為F向=mω2R

8.江蘇卷8．如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態．小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止．物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中（）

（A）彈簧的最大彈力為μmg

（B）物塊克服摩擦力做的功為2μmgs

（C）彈簧的最大彈性勢能為μmgs

（D）物塊在A點的初速度為

9.2019年高考江蘇省物理卷第10題.（8分）

某興趣小組用如圖10-1所示的裝置驗證動能定理

（1）有兩種工作頻率均為50Hz的打點計時器供實驗選用：

A.電磁打點計時器

B.電火花打點計時器

為使紙帶在運動時受到的阻力較小，應選擇_______(選填“A”或“B”)

(2)保持長木板水平，將紙帶固定在小車后端，紙帶穿過打點計時器的限位孔。實驗中，為消除摩擦力的影響，在砝碼盤中慢慢加入沙子，直到小車開始運動。同學甲認為，此時摩擦力的影響已經得到消除。同學乙認為還應從盤中取出適量沙子，直至輕推小車觀察到小車做勻速運動。看法正確的同學是______(選填“甲”或“乙”)。

（3）消除摩擦力的影響后，在砝碼盤中加入砝碼，接通打點計時器電源，松開小車，小車運動，紙帶被打出一系列點，其中一段如題10-2圖所示。圖中紙帶按實際尺寸畫出，紙帶上A點的速度=______m/s.（4）測出小車的質量為M，再測出紙帶上起點到A點的距離為L。小車動能的變化量可用算出。砝碼盤中砝碼的質量為m，重力加速度為g.實驗中，小車的質量應(選填“遠大于”、“遠小于”或“接近”)砝碼、砝碼盤和沙子的總質量，小車所受合力的功可用算出。多次測量，若W與均基本相等則驗證了動能定理。

10.2019年高考北京理綜卷第21題．（18分）

用如圖1所示裝置研究平地運動。將白紙和復寫紙對齊重疊并固定在豎直的硬板上。鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點飛出，落在水平擋板MN上。由于擋板靠近硬板一側較低，鋼球落在擋板上時，鋼球側面會在白紙上擠壓出一個痕跡點。移動擋板，重新釋放鋼球，如此重復，白紙上將留下一系列痕跡點。

（1）下列實驗條件必須滿足的有____________。

A．斜槽軌道光滑

B．斜槽軌道末段水平

C．擋板高度等間距變化

D．每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球

（2）為定量研究，建立以水平方向為x軸、豎直方向為y軸的坐標系。

a．取平拋運動的起始點為坐標原點，將鋼球靜置于Q點，鋼球的________（選填“最上端”、“最下端”或者“球心”）對應白紙上的位置即為原點；在確定y軸時______（選填“需要”或者“不需要”）y軸與重錘線平行。

b．若遺漏記錄平拋軌跡的起始點，也可按下述方法處理數據：如圖2所示，在軌跡上取A、B、C三點，AB和BC的水平間距相等且均為x，測得AB和BC的豎直間距分別是y1和y2，則______（選填“大于”、“等于”或者“小于”）。可求得鋼球平拋的初速度大小為____________（已知當地重力加速度為g，結果用上述字母表示）。

（3）為了得到平拋物體的運動軌跡，同學們還提出了以下三種方案，其中可行的是____________。

A．從細管水平噴出穩定的細水柱，拍攝照片，即可得到平拋運動軌跡

B．用頻閃照相在同一底片上記錄平拋小球在不同時刻的位置，平滑連接各位置，即可得到平拋運動軌跡

C．將鉛筆垂直于豎直的白紙板放置，筆尖緊靠白紙板，鉛筆以一定初速度水平拋出，將會在白紙上留下筆尖的平拋運動軌跡

（4）伽利略曾研究過平拋運動，他推斷：從同一炮臺水平發射的炮彈，如果不受空氣阻力，不論它們能射多遠，在空中飛行的時間都一樣。這實際上揭示了平拋物體_________。

A．在水平方向上做勻速直線運動

B．在豎直方向上做自由落體運動

C．在下落過程中機械能守恒

（5）牛頓設想，把物體從高山上水平拋出，速度一次比一次大，落地點就一次比一次遠，如果速度足夠大，物體就不再落回地面，它將繞地球運動，成為人造地球衛星。

同樣是受地球引力，隨著拋出速度增大，物體會從做平拋運動逐漸變為做圓周運動，請分析原因。