【高考物理】重点题型：实验学案

这是一份【高考物理】重点题型：实验学案，共63页。学案主要包含了力学实验，电学实验等内容，欢迎下载使用。
一、力学实验
1．（测动摩擦因数）(全国卷Ⅱ，22)某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离。
(1)物块下滑时的加速度a＝________ m/s2，打C点时物块的速度v＝________ m/s；
(2)已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是______(填正确答案标号)。
A.物块的质量
B.斜面的高度
C.斜面的倾角
解析 (1)根据纸带数据可知，加速度a＝eq \f(（xCD＋xDE）－（xAB＋xBC）,4T2)＝3.25 m/s2；
打C点时物块的速度v＝eq \f(xBD,2T)＝1.79 m/s
(2)由牛顿第二定律得加速度a＝gsin θ－μgcs θ，所以要求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是斜面的倾角。
答案 (1)3.25 1.79 (2)C
2．(验证牛顿第二定律)用图甲所示的装置做“验证牛顿第二定律”的实验。
(1)为了减小长木板对小车摩擦力的影响，必须在长木板________(选填“远离”或“靠近”)滑轮的一端下面垫一木块来平衡摩擦力。接通电火花计时器电源，轻推小车，让小车拖着纸带运动。如果打出的纸带如图乙所示，则应________(选填“减小”或“增大”)木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹________为止。
(2)为了验证小车的加速度与其质量的定量关系，必须采用________法。
(3)A同学在小车所受合外力不变时，改变小车的质量，得到的数据如下表所示：
①根据表中数据，在图丙所示坐标系中描出相应的实验数据点，并作出a－eq \f(1,m)图象。

②由a－eq \f(1,m)图象，可得出的结论为______________________________________________。
③小车受到的合力大小约为________。(结果保留两位小数)
解析 (1)为了减小长木板对小车摩擦力的影响，必须把长木板远离滑轮的一端垫高，使小车的重力沿斜面的分力和摩擦力抵消；图乙反映了小车在做加速运动，应减小木板的倾角，直到纸带上打出的点迹均匀为止。
(2)小车的加速度与其质量和所受合外力有关，必须采用控制变量法研究。
(3)①图象如图所示；②在物体所受外力不变时，物体的加速度与其质量成反比；③由牛顿第二定律F＝ma得a＝eq \f(F,m)，即图线的斜率等于小车所受的合外力大小，则F＝eq \f(0.6,10) N＝0.06 N。
答案 (1)远离；减小；间隔相等(均匀) (2)控制变量 (3)①如图所示；②在物体受外力不变时，物体的加速度与其质量成反比；③0.06 N
3．(探究小车速度随时间的变化规律)(1)如图所示为“探究小车速度随时间变化的规律”的实验装置图，按照实验要求应该( )
A.先释放小车，再接通电源
B.先接通电源，再释放小车
C.同时释放小车和接通电源
(2)本实验必须( )
A.要平衡摩擦力
B.要求悬挂物的质量远小于小车的质量
C.上述两项要求都不需要
(3)如图为在“探究小车速度随时间的变化规律”实验中，得到的纸带，从中确定五个计数点，量得d1＝8.00 cm，d2＝17.99 cm，d3＝30.00 cm，d4＝44.01 cm。每相邻两个计数点间的时间间隔是0.1 s。则打C点时小车的速度vC＝________ m/s，小车的加速度a＝________ m/s2。(结果保留两位有效数字)
解析 (1)实验中应该先接通电源，再释放小车，选项B正确。(2)本实验不是验证牛顿第二定律的实验，只需要保持合力恒定即可，选项C正确。
(3)根据匀变速直线运动的规律，vC＝eq \f(d3－d1,2T)＝1.1 m/s，加速度a＝eq \f(d4－d2－d2,4T2)＝2.0 m/s2。
答案 (1)B (2)C (3)1.1 2.0
4．(探究动能定理)某物理兴趣小组利用如图所示的装置，将质量为m＝1.5 kg的钩码P与质量为M＝5.0 kg的小车Q组成的系统作为研究对象来验证动能定理，其实验步骤如下：(重力加速度g取10 m/s2)
A.将一端带滑轮的木板放在水平桌面上，有滑轮的一端伸出桌边沿
B.在木板不带滑轮的一端安装打点计时器，用导线将打点计时器跟频率为50 Hz的交流电源相连
C.将小车Q放在木板上打点计时器的附近，纸带穿过打点计时器的限位孔并与小车相连
D.细绳的一端与小车Q相连，另一端跨过滑轮与钩码P相连
E.接通打点计时器后释放小车Q，打点计时器在纸带上打下一系列点如图所示。图中A、B、C、…、H是计数点，每相邻两个计数点间有4个记录点未标出，设纸带上两个相邻的计数点之的时间间隔为T。
(1)纸带上两个相邻的计数点之间的时间间隔T＝________s。
(2)由图10所示的纸带，通过分析计算可知，小车Q运动中受到的阻力f＝________N。
(3)从打点计时器打下B点到打下C点的过程中，对钩码P与小车Q组成的系统，合外力做的功为W＝________(用M、m、g、f、T、s1、s2、s3、…中的相关符号表示)；钩码P与小车Q组成的系统动能的改变量ΔEk＝________(用M、m、g、f、T、s1、s2、s3、…中的相关符号表示)。
(4)该实验中，每次实验所求得的W都略大于ΔEk，引起该实验误差的原因是____________(只需填写一个即可)。
解析 (1)相邻两计数点间的时间T＝5T0，T0为打点计时器的打点周期，即T0＝0.02 s，故T＝0.1 s。
(2)由纸带可求得小车运动时的加速度a＝eq \f(s3－s2,T2)
由牛顿第二定律得mg－f＝(M＋m)a 解得f＝2 N
(3)从B到C的过程中，合外力做的功为W＝(mg－f)s2
由纸带可知：vB＝eq \f(s1＋s2,2T)，vC＝eq \f(s2＋s3,2T)
则ΔEk＝eq \f(1,2)(M＋m)(veq \\al(2,C)－veq \\al(2,B)) ＝eq \f(M＋m,8T2)[(s2＋s3)2－(s1＋s2)2]
(4)根据实验原理分析，W略大于ΔEk的原因有：钩码P下落过程中受到空气的阻力；计算过程中忽略了滑轮的质量即滑轮获得的动能；滑轮转动过程中受到轴、空气的阻力等。
答案 (1)0.1 (2)2 (3)(mg－f)s2 eq \f(M＋m,8T2)[(s2＋s3)2－(s1＋s2)2]
(4)钩码P下落过程中受到空气的阻力
5．(验证机械能守恒定律)某同学利用如图所示的装置来验证由小车与钩码组成的系统机械能守恒
(1)现提供如下器材：
A.小车 B.钩码 C.一端带滑轮的长木板 D.细绳 E.电火花打点计时器 F.纸带 G.毫米刻度尺 H.游标卡尺 I.低压交流电源 J.220 V交流电源
实验中不需要的器材是________(填写器材前的字母)，还需要的器材是________。
(2)为尽可能消除摩擦力对本实验的影响，使验证结果尽可能准确，则小车质量M和钩码质量m的关系应该满足________。
(3)小明和小军同学在做该实验时，小明认为只要采用平衡摩擦力的方法将摩擦力平衡掉就可以了，无须满足(2)问中小车质量M和钩码质量m的关系，而小军却否认小明的看法，你认为小明的看法________(选填“正确”或“不正确”)，理由是___________________________。
(4)两位同学统一观点后完成实验，得到一条纸带，去掉前面比较密集的点，选择点迹清晰且便于测量的连续7个点(标号为0～6)，测出相关距离如图所示，要验证在第2点与第5点时系统的机械能相等，则应满足关系式____________________________。(设小车质量M，钩码质量m，打点周期为T)
解析 (1)实验不需要游标卡尺，距离由刻度尺测量，电火花计时器直接使用220 V交流电源，不需要低压交流电源，不需要的器材是H、I，还需要天平测量钩码的质量。
(2)为尽可能消除摩擦力对本实验的影响，使验证结果尽可能准确，则小车质量M和钩码质量m的关系应该满足M≫m，这样能使摩擦力做的功相对少些，以减少机械能的损失。
(3)小明的看法不正确，因为平衡摩擦力后，摩擦力还做负功，系统机械能不守恒。
(4)利用匀变速直线运动的推论：v2＝eq \f(d3－d1,2T)，v5＝eq \f(d6－d4,2T)
从第2点到第5点时系统的动能增加：
eq \f(1,2)(M＋m)(eq \f(d6－d4,2T))2－eq \f(1,2)(M＋m)(eq \f(d3－d1,2T))2
从第2点到第5点时系统的重力势能减小量：mg(d5－d2)
应满足关系式mg(d5－d2)＝eq \f(1,2)(M＋m)(eq \f(d6－d4,2T))2－eq \f(1,2)(M＋m)(eq \f(d3－d1,2T))2
答案 (1)H，I 天平 (2)M≫m
(3)不正确，因为平衡摩擦力后，摩擦力还做负功，系统机械能不守恒
(4)mg(d5－d2)＝eq \f(1,2)(M＋m)(eq \f(d6－d4,2T))2－eq \f(1,2)(M＋m)(eq \f(d3－d1,2T))2
二、电学实验
题型1、基本仪器的读数及多用电表的使用
1.游标卡尺、螺旋测微器的读数技巧
记住三点：①所有读数一定以毫米为单位并注意主尺刻度对应的毫米数，根据结果再变换单位；②以毫米为单位，小数点后数字分别是，螺旋测微器是3位、20分度和50分度游标卡尺是2位、10分度游标卡尺和毫米刻度尺是1位。③游标卡尺不估读，螺旋测微器要估读。
2.电压表、电流表、多用电表的读数技巧
(1)对电压表、电流表读数问题，①要先弄清楚电表的精确度，即每小格的数值；②再确定估读的方法，是eq \f(1,2)、eq \f(1,5)还是eq \f(1,10)估读，明确读数的小数位数。对电流表3A量程估读到最小分度的eq \f(1,10)，0.6 A量程的估读到最小分度的eq \f(1,2)；对电压表3V量程估读到最小分度的eq \f(1,10)，15 V量程的估读到最小分度的eq \f(1,5)。
(2)多用电表的使用问题，在弄清其基本原理的基础上，会选择测量项目及量程、挡位，能区分机械调零和欧姆调零的区别，掌握测量电阻的步骤，此外，会看多用电表表盘，最上排不均匀刻度为测电阻时读数刻度，读出表盘刻度后应乘以挡位倍率；中间刻度是均匀的，为测量电压和电流的读数刻度，下面三排数字均为方便读数所标注；最下排刻度专为测量2.5 V以下交流电压所用，一般较少使用。
1．图甲是学生实验用的两个量程的电流表刻度盘，当用“＋”和“0.6”两接线柱时，能测量的最大电流是____A，对应刻度盘上每一小格代表____A，图中表针示数为____A。当使用电流表“＋”和“3”两个接线柱时，对应刻度盘上每一小格代表____A，图中表针示数为____A。
图乙为学生实验用的有两个量程的电压表刻度盘，当使用较小量程时，测量电压最大值不得超过________V，每小格表示________V；图中指针示数为________V。若使用的是较大量程时，则表盘刻度每小格表示________V；图中指针示数为________V。
答案 0.6 0.02 0.48 0.1 2.40 3.0 0.1 1.70 0.5 8.5
2．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，首先用游标为20分度的游标卡尺测量其长度如图5甲，由图甲可知其长度为________mm；用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图乙可知其直径为________mm；用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值约为________Ω。

解析 游标卡尺的读数为(50＋0.05×5)mm＝50.25 mm，螺旋测微器的读数为(4.5＋0.01×20.0)mm＝4.700 mm，多用电表的读数为19×10 Ω＝190 Ω。
答案 50.25 4.700 190
3．某实验小组现在要测量一根金属丝的电阻率，该金属丝的横截面是“外方内圆”，实验电路如图乙所示，请完成以下问题。
(1)游标卡尺的结构如图丙所示，要测该金属丝的内径D(如图甲所示)，必须用其中________进行测量(填“A”、“B”或“C”)，图中的读数为________mm。
甲 乙 丙
(2)用螺旋测微器测金属丝横截面的边长，示数如图8，则边长a＝________mm。
(3)图7乙中闭合开关前应将滑动变阻器的滑片移至最________(填“左”或“右”)端。
(4)实验中电压表和电流表的示数如图9所示，则金属丝两端的电压U＝________V，流过金属丝的电流I＝________A。
图8 图9
解析 (1)A是测量物体外径的，B是测量物体内径的，C是测量物体深度的。
该金属丝的内径D＝4 mm＋eq \f(1,50)×10 mm＝4.20 mm。
(2)螺旋测微器主尺的读数为14.500 mm，可动刻度与主尺对齐格数为48.2格，读数为0.482 mm，则用螺旋测微器测得的金属丝横截面的边长a＝14.500 mm＋0.482 mm＝14.982 mm。
(3)由电路结构可知滑动变阻器的连接方式为分压式，故闭合开关前应将滑动变阻器的滑片移至最左端。
(4)由图9可知，电流表的读数I＝0.42 A，电压表的读数U＝2.28 V。
答案 (1)B；4.20 (2)14.982 (3)左 (4)2.28；0.42
题型2、以测量电阻为核心的电学实验
1．电流表、电压表测电阻两种方法的比较
1．(全国卷Ⅱ·22)在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为200 Ω，电压表的内阻约为2 kΩ，电流表的内阻约为10 Ω，测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示，结果由公式Rx＝eq \f(U,I)计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则________(填“Rx1“或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1________(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值，测量值Rx2________(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值。
解析 由于eq \f(RV,Rx)＝eq \f(2 000,200)＝10，而eq \f(Rx,RA)＝eq \f(200,10)＝20，可见eq \f(Rx,RA)>eq \f(RV,Rx)，应采用图(a)电路测量更准确，即Rx1更接近待测电阻的真实值；由于Rx1＝eq \f(U,I)，其中R真＝eq \f(UR,IR)，而U>UR，I＝IR，则Rx1>R真，即测量值Rx1大于真实值；又由于Rx2＝eq \f(U,I)，R真＝eq \f(UR,IR)，其中U＝UR，I>IR，则Rx2 IA1时，且的内阻已知，则可测得未知电阻。
A1
A2
丙
Rx
例2、[四川卷，8(2)]图是测量阻值约几十欧的未知电阻Rx的原理图，图中R0是保护电阻(10 Ω)，R1是电阻箱(0～99.9 Ω)，R是滑动变阻器，A1和A2是电流表，E是电源(电动势10 V，内阻很小)。在保证安全和满足要求的情况下，使测量范围尽可能大。实验具体步骤如下：
(1)连接好电路，将滑动变阻器R调到最大；
(2)闭合S，从最大值开始调节电阻箱R1，先调R1为适当值，再调节滑动变阻器R，使A1示数为I1＝0.15 A，记下此时电阻箱的阻值R1和A2的示数I2；
(3)重复步骤(2)，再测量6组R1和I2值；
(4)将实验测得的7组数据在坐标纸上描点。
根据实验回答以下问题：
①现有四只供选用的电流表：
A．电流表(0～3 mA，内阻为2.0 Ω)
B．电流表(0～3 mA，内阻未知)
C．电流表(0～0.3 A，内阻为5.0 Ω)
D．电流表(0～0.3 A，内阻未知)
A1应选用________，A2应选用________。
②测得一组R1和I2值后，调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1＝0.15 A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值________(选填“不变”、“变大”或“变小”)。
③在坐标纸上画出R1与I2的关系图。
④根据以上实验得出Rx＝________Ω。
解析 ①根据题意I1＝0.15 A，图象中I2能达到0.25 A，所以电流表应选C和D。又因I2(Rx＋r2)＝I1(R0＋R1＋r1)，即R1＝eq \f(Rx＋r2,I1)I2－(R0＋r1)，要求Rx需r2已知，所以A2应选C，A1应选D。
②R1的阻值变小，要使A1的示数不变，需并联部分的电压变小，所以滑动变阻器的电阻要变大。
③图线如答案图所示。
④由图线可求斜率k＝240 Ω/A，又因k＝eq \f(Rx＋5,0.15)，所以Rx＝31 Ω。
答案 ①D C ②变大 ③关系图线如图 ④31
变式．实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联。测量实际电流表G1内阻r1的电路如图甲所示。
供选择的仪器如下：
①待测电流表G1(0～5 mA，内阻约为300 Ω)；
②电流表G2(0～10 mA，内阻约为100 Ω)；
③定值电阻R1(300 Ω)；
④定值电阻R2(10 Ω)；
⑤滑动变阻器R3(0～1 000 Ω)；
⑥滑动变阻器R4(0～20 Ω)；
⑦干电池(1.5 V)；
⑧开关S及导线若干。
(1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选________。(在空格内填写序号)
(2)用连线连接如图乙所示的实物图。
(3)测量多组电流表G1、G2的读数I1、I2，以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图所示。根据I2－I1图线的斜率k及定值电阻(选定)，写出待测电流表内阻的表达式________________。
解析 (1)根据电路的原理图，定值电阻应适当大一些，滑动变阻器采用分压接法时，应选用阻值适当小一些的，故定值电阻选③，滑动变阻器选⑥。
(2)实物连线如图所示，连线时要注意电表的正负接线柱不能接反。
(3)根据串、并联电路规律可知：I2＝I1＋eq \f(I1r1,R1)＝eq \f(R1＋r1,R1)I1，所以k＝eq \f(R1＋r1,R1)，所以r1＝(k－1)R1。
答案 (1)③ ⑥ (2)见解析图 (3)r1＝(k－1)R1
（3）伏伏法
若电压表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表和定值电阻来使用。
①如图甲所示，两电表的满偏电流接近时，若已知的内阻R1，则可测出的内阻R2＝eq \f(U2,U1)R1。
②如图乙所示，两电表的满偏电流IV1≪IV2时，并联一定值电阻R0后，
同样可得的内阻R2＝eq \f(U2,\f(U1,R1)＋\f(U1,R0))。
例3、用以下器材测量一待测电阻Rx的阻值（900~1000Ω）：
电源E，具有一定内阻，电动势约为9.0V；
电压表V1，量程为1.5V，内阻r1=750Ω；
电压表V2，量程为5V，内阻r2=2500Ω；
滑线变阻器R，最大阻值约为100Ω；
单刀单掷开关K，导线若干。
⑴测量中要求电压表的读数不小于其量程的，试画出测量电阻Rx的一种实验电路原理图（原理图中的元件要用题图中相应的英文字母标注）。
⑵根据你所画的电路原理图在题给的实物图上画出联线。
⑶若电压表V1的读数用U1表示，电压表V2的读数用U2表示，则由已知量和测得量表示Rx的公式为Rx=________。

答案：（1）
（2）
或
（3）Rx=或Rx=
（4）半偏法测电流表内阻
步骤：①断开S2，闭合S1，调节R0，使表满偏为I0；
②保持R0不变，闭合S2，调节R，使表读数为eq \f(I0,2)；
③由上可得RA＝R。
例4、有一电流表A，量程为1mA，内阻rg约为100,要求测量其内阻。可选用的器材有：电阻箱R0，最大阻值为99999.9.现有一电流表A，量程为1mA，内阻rg约为100，滑动变阻器甲，最大最值为10k，滑动变阻器乙，最大最值为2k，电源E1，电动势约为2V，内阻
不计；电源E2，电动势约为6V，内阻不计；开关2个，导线若干。
采用的测量电路图如图所示，实验步骤如下：
a、断开S1和S2，将R调到最大；
b、合上S1，调节R使电流表A满偏；
c、合上S2，调节调节R1使电流表A半偏，读出R1的值，就是电流表A的内阻。
试问：
（ⅰ）上述可供选择的器材中，可变电阻R1应该选择 ，变电阻R应该选择 ，电源E 应该选择 。
（ⅱ）认为内阻rg= R1，此结果与真实值相比 。（填“偏大”、“偏小”或“相等”）
【答案】（1）R0，滑动变阻器甲，E2 （2）偏小
变式．[安徽卷，21Ⅱ(2)改编]为了更准确地测量某电压表的内阻RV(RV约为3.0×103 Ω)，该同学设计了如图所示的电路图，实验步骤如下：
A．断开开关S，按图连接好电路；
B．把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；
C．将电阻箱R0的阻值调到零；
D．闭合开关S；
E．移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3 V位置；
F．保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5 V位置，读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电压表内阻RV的测量值；
G．断开开关S。
实验中可供选择的实验器材有：
a．待测电压表
b．滑动变阻器：最大阻值2 000 Ω
c．滑动变阻器：最大阻值10 Ω
d．电阻箱：最大阻值9 999.9 Ω，阻值最小改变量为0.1 Ω
e．电阻箱：最大阻值999.9 Ω，阻值最小改变量为0.1 Ω
f．电池组：电动势约6 V，内阻可忽略
g．开关、导线若干
按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：
(1)要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用________(填“b”或“c”)，电阻箱中选用________(填“d”或“e”)。
(2)电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比，R测________R真(填“＞”或“＜”)；若RV越大，则eq \f(|R测－R真|,R真)越________(填“大”或“小”)。
解析 (1)滑动变阻器选择分压式接法，故选择阻值较小的，c可用；电压表半偏时，所串联变阻箱电阻约为3 000 Ω，故变阻箱选择d。
(2)由闭合电路欧姆定律可知，随着电阻箱的阻值变大，电源两端的路端电压随之变大，当电阻箱调至使电压表半偏时，此时电压表与变阻箱两端的总电压比变阻箱阻值为0时要大，故此时变阻箱的实际分压是大于电压表的，故有R测>R真，外电阻越大，干路电流越小，当外电阻变化时，路端电压的变化量越小，故测量误差也越小。
答案 (1)c d (2)> 小
（5）等效替代法
如图所示，先让待测电阻与一电流表串联后接到电动势恒定的电源上，读出电流表示数I；然后将电阻箱与电流表串联后接到同一电源上，调节电阻箱的阻值，使电流表的读数仍为I，则电阻箱的读数即等于待测电阻的阻值。
例5、为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路。图中A0是标准电流表，R0和RN分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀单掷开关，E是电池。完成下列实验步骤中的填空：
(1)当将S拨向接点1时，接通S1，调节________，使待测微安表头指针偏转到适当位置，记下此时________的读数I；
(2)然后将S拨向接点2，调节________，使________，记下此时RN的读数；
(3)多次重复上述过程，计算RN读数的________，此即为待测微安表头内阻的测量值。
解析 本题方法为等效替代法。当S接1与接2时通过电路的电流I相同时，待测微安表头的内阻与RN的电阻相同。
答案 (1)R0 标准电流表(或A0) (2)RN 标准电流表(或A0)的读数仍为I (3)平均值
（6）多用电表测电阻
例6．某实验小组利用一滑动变阻器和未知内阻的微安表，来测量多用电表“×1 k”挡内部电池的电动势E。
(1)该小组采用图甲的电路进行实验，请将图乙中的实物连线连接完整。
(2)请将下面的实验步骤补充完整：
a．插上红、黑表笔，把多用电表的选择开关拨到欧姆挡的“×1 k”位置，将红、黑表笔________，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指到“0 Ω”。
b．按照电路图连接好电路。
c．接通开并，改变滑动变阻器的阻值，得到多用电表和微安表的示数分别如图所示。多用电表和微安表的读数分别为________kΩ和________μA。
d．断开开关，拔下红、黑表笔，把多用电表的选择开关扳到________位置。
(3)由以上信息可得多用电表“×1 k”挡内部电池的电动势为________V(保留两位有效数字)。
解析 (1)根据电路图，连接实物图，注意红、黑表笔的正、负接法。
(2)a.根据欧姆表的使用方法可知，选挡后应将红、黑表笔短接进行欧姆调零；c.欧姆表的读数为R＝22×1 kΩ＝22 kΩ，微安表的读数为242 μA或243 μA或244 μA。
(3)根据闭合电路欧姆定律可得E＝I(R＋R0)，I表示微安表的示数、R表示多用电表的读数、R0表示多用电表的内阻，代入数据有E＝242×10－6×(22＋15)×103 V＝8.954 V≈9.0 V。
答案 (1)电路连接如图
(2)短接 22 242或243或244 OFF或交流电压最高挡 (3)9.0
（7）电表的改装
例题7．(全国卷Ⅰ，23)图(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路。
(1)已知毫安表表头的内阻为100 Ω，满偏电流为1 mA；R1和R2为阻值固定的电阻。若使用a和b两个接线柱，电表量程为3 mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10 mA。由题给条件和数据，可以求出R1＝________ Ω，R2＝________ Ω。
(2)现用一量程为3 mA、内阻为150 Ω的标准电流表对改装电表的3 mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0 mA。电池的电动势为1.5 V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300 Ω和1 000 Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750 Ω和3 000 Ω。则R0应选用阻值为________ Ω的电阻，R应选用最大阻值为________ Ω的滑动变阻器。
(3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻。图(b)中的R′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图(a)虚线框内的电路。则图中的d点应和接线柱________(填“b”或“c”)相连。判断依据是：________________________________。
解析 (1)定值电阻和毫安表表头是并联关系，电压相等，电流和电阻成反比。若使用a和b两个接线柱，量程为3 mA，则通过R1、R2的电流为2 mA，则通过毫安表表头和R1、R2的电流比为1∶2，所以电阻比为2∶1，可得R1＋R2＝eq \f(1,2)Rg＝50 Ω；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10 mA，通过R1的电流为9 mA，电流比为1∶9，可得电阻比eq \f(Rg＋R2,R1)＝eq \f(9,1)，即R1＝eq \f(1,9)(Rg＋R2)，整理可得R1＝15 Ω，R2＝35 Ω。
(2)根据电流表校准的刻度，可知电路中总阻值最大为eq \f(1.5,0.000 5) Ω＝3 000 Ω，最小阻值为eq \f(1.5,0.003) Ω＝500 Ω。若定值电阻R0选择为1 000 Ω，则无法校准3.0 mA，所以选用的定值电阻R0的阻值应为300 Ω，由于最大阻值要达到3 000 Ω，所以选用的滑动变阻器R的最大阻值为3 000 Ω。
(3)为准确地判断出哪个电阻损坏，d点应和接线柱“c”相连；若电流表无示数，则说明R2断路，若电流表有示数，则说明R1断路。
答案 (1)15 Ω 35 Ω (2)300 3 000 (3)c 见解析
题型3、以测电源电动势为核心的电学实验
（1）伏安法测电源电动势和内阻
【例1】 (北京卷，21)利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。
(1)应该选择的实验电路是图中的________(选填“甲”或“乙”)。
(2)现有电流表(0～0.6 A)、开关和导线若干，以及以下器材：
A．电压表(0～15 V) B．电压表(0～3 V)
C．滑动变阻器(0～50 Ω) D．滑动变阻器(0～500 Ω)
实验中电压表应选用______；滑动变阻器应选用______。(选填相应器材前的字母)
(3) 某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图4的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U－I图线。
(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω。
(5)实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化。下图的各示意图中正确反映P－U关系的是________。

解析 (1)干电池内电阻较小，远小于电压表内阻，选用甲电路时电源内电阻的测量值相对误差小。
(2)一节干电池的电动势只有1.5 V左右，故电压表应选用量程较小的B，干电池的内电阻一般只有零点几欧或几欧，为调节方便，滑动变阻器应选用总阻值与之相差较小的C。
(3)作图过程略，图见答案。
(4)由U＝E－Ir知U－I图线在U轴上的截距表示E、斜率的绝对值表示r，由图线可得E＝1.50 V，r＝0.83 Ω。
(5)由P＝IU＝eq \f(E－U,r)×U＝eq \f(1,r)(UE－U2)可知，P－U图线是一条开口向下的抛物线，故选C。
答案 (1)甲 (2)B C (3)如下图 (4)1.50(1.49～1.51) 0.83(0.81～0.85) (5)C
(2) 安阻法电源的电动势和内阻
【例2】 (全国卷Ⅰ，23)利用如图所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R(最大阻值为999.9 Ω)，电阻R0(阻值为3.0 Ω)，电阻R1(阻值为3.0 Ω)，电流表(量程为200 mA，内阻为RA＝6.0 Ω)，开关S。
实验步骤如下：
①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；
②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R；
③以eq \f(1,I)为纵坐标，R为横坐标，作eq \f(1,I)－R图线(用直线拟合);
④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b。
回答下列问题：
(1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则eq \f(1,I)与R的关系式为_________。
(2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R＝3.0 Ω时电流表的示数如图8所示，读出数据，完成下表。
答：①________，②________。

图8 图9
(3)在图9的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k＝________ A－1·Ω－1，
截距b＝________A－1。
(4)根据图线求得电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。
解析 (1)由闭合电路欧姆定律有E＝IRA＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(I＋\f(IRA,R1)))(R＋R0＋r)，整理得eq \f(1,I)＝eq \f(RA＋R1,ER1)R＋eq \f(1,E)[RA＋eq \f(RA＋R1,R1)(r＋R0)]，代入数据得eq \f(1,I)＝eq \f(3.0,E)R＋eq \f(3.0,E)(5.0＋r)。
(2)①由题意知该电流表的最小分度为2 mA，由题图8可得读数为110 mA，考虑到表格内各组数据的单位及有效数字位数，故结果应为0.110 A。②eq \f(1,I)＝9.09 A－1。
(3)描点作图如图所示，由图线可得k＝eq \f(13.0－6.0,7.0－0) A－1·Ω－1＝1.0 A－1Ω－1，b＝6.0 A－1。
(4)由eq \f(1,I)＝eq \f(3.0,E)R＋eq \f(3.0,E)(5.0＋r)可知k＝eq \f(3.0,E)，b＝eq \f(3.0,E)(5.0＋r)，将k＝1.0 A－1Ω－1、b＝6.0 A－1代入可得E＝3.0 V，r＝1.0 Ω。
答案 (1)eq \f(1,I)＝eq \f(RA＋R1,ER1)R＋eq \f(1,E)[RA＋eq \f(RA＋R1,R1)(r＋R0)]或eq \f(1,I)＝eq \f(3.0,E)R＋eq \f(3.0,E)(5.0＋r)
(2)①0.110 ②9.09
(3)图见解析 1.0(在0.96～1.04之间均对) 6.0(在5.9～6.1之间均对)
(4)3.0(在2.7～3.3之间均对) 1.0(在0.6～1.4之间均对)
变式、(2015·安徽理综，21，Ⅱ)某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材：一个满偏电流为100 μA、内阻为2 500 Ω的表头，一个开关，两个电阻箱(0～999.9 Ω)和若干导线。
(1)由于表头量程偏小，该同学首先需将表头改装成量程为50 mA的电流表，则应将表头与电阻箱________(填“串联”或“并联”)，并将该电阻箱阻值调为________Ω。
(2)接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路如图7所示，通过改变电阻R测相应的电流I，且作相关计算后一并记录如下表。
①根据表中数据，图8中已描绘出四个点，请将第5、6两组数据也描绘在图8中，并画出IR－I图线；
图8
②根据图线可得电池的电动势E是________V，内阻r是________Ω。
解析 (1)要将电流表量程扩大，需要并联电阻，由并联电路特点：IgRg＝(I－Ig)R并，将I＝50 mA，Ig＝100 μA，Rg＝2 500 Ω代入解得R并＝5.0 Ω。
(2)①作IR－I图线，如图所示。
(2)根据实验电路知，IR表示电源的路端电压，I表示电路的电流，故IR－I图线的纵轴截距即为电池的电动势，则E＝1.53 V，图线斜率的绝对值即为电池的内阻，则r＝|eq \f(ΔIR,ΔI)|＝2.0 Ω。
答案 (1)并联 5.0
(2)①如解析图所示 ②1.53 2.0
(3)伏阻法
例3、现有一特殊的电池，其电动势E约为9 V，内阻r在35 Ω～55 Ω范围，最大允许电流为50 mA。为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用图5甲的电路进行实验。图中电压表看做理想电表；R为电阻箱，阻值范围为0～9 999.9 Ω；R0为定值电阻。
图5
(1)该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值，测得多组数据，然后作出有关物理量的线性图象，如图乙所示，由图可求得电源的电动势和内阻。
a.请写出该线性图象对应的函数表达式________。(用字母E、r、U、R、R0表示)
b.请标明图乙中两个坐标轴所表示的物理量，横坐标________，纵坐标________。
(2)根据乙图所作出的图象求得该电池的电动势E为________V，内电阻r为________Ω。
解析 (1)a.由闭合电路欧姆定律E＝eq \f(U,R0＋R)·(r＋R0＋R)，经变换得eq \f(1,U)＝eq \f(r,E)·eq \f(1,R＋R0)＋eq \f(1,E)。
b.自变量为eq \f(1,R＋R0)，因变量eq \f(1,U)。
(2)由eq \f(1,U)＝eq \f(r,E)·eq \f(1,R＋R0)＋eq \f(1,E)及题图乙知，纵截距为eq \f(1,E)＝0.1，所以E＝10 V；斜率为eq \f(r,E)＝eq \f(0.65－0.1,12×10－2)≈4.6，所以r＝46 Ω。
答案 (1)a.eq \f(1,U)＝eq \f(r,E)·eq \f(1,R＋R0)＋eq \f(1,E) b.eq \f(1,R＋R0) eq \f(1,U)
(2)10 46(44～48)
（4）、伏伏法测电池的电动势和内阻
例4、某同学现用如图16甲所示的原理图来测量一节干电池的电动势和内阻。图中两电压表均视为理想电压表，实验中定值电阻的阻值R0＝10 Ω，试分析下列问题：
(1)实验前该同学利用多用电表的直流电压挡的“×2.5 V”挡粗测该电源的电动势，测得的结果如图乙所示，则多用电表测得的电动势为E＝________V。
图16
(2)根据电路图请将图17甲中的实物图连接好。
图17
(3)实验中所作U1－U2图象如图乙所示，则图象在横轴上的截距所表示的物理意义是_______。
(4)依据图线求得该电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。(结果保留两位有效数字)
解析 (1)用多用电表测得的电源的电动势为E＝1.5 V。
(2)所连的实物图如答案图所示。由多用电表的测量结果可知电压表的量程选0～3 V。
(3)根据电路图可知图象在横轴上的截距表示电阻箱的阻值调到了零的状态时电压表V2的示数。
(4)由闭合电路欧姆定律可得：E＝U2＋eq \f(U2－U1,R0)r
由上式可得U1＝U2·eq \f(R0＋r,r)－E·eq \f(R0,r)
由此可知图象的斜率为k＝eq \f(R0＋r,r)
为求直线的斜率可在直线上取两个距离较远的点，如(1.20，0.50)和(1.50，1.40)，图象的斜率为k＝3.00
所以3r＝r＋R0，即电源的内阻为r＝eq \f(R0,2)＝5.0 Ω
由U1－U2图象可知图象在纵轴上的截距为－3.0 V，则－3.0 V＝－E·eq \f(R0,r)
所以电源的电动势E＝eq \f(3.0r,R0)＝1.5 V。
答案 (1)1.5 (2)如图所示 (3)见解析 (4)1.5；5.0
选修3-3热学
一、选择题部分
近几年高考题来看，选择题涉及四种考点，分别是分子动理论、固体液体的性质、热力学定律的应用和气体状态方程、热力学第一定律与图像的综合应用，下面从这四个方面分类解答。
考向1：分子动理论
1．【全国 = 1 \* ROMAN I】右图为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线。下列说法正确的是
A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力
B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力
C．当r等于r2时，分子间的作用力为零
D．在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功[来源:GKSTK.COM
【答案】BC
【解析】分子间距等于r0时分子势能最小，即r0= r2。当r小于r1时分子力表现为斥力；当r大于r1小于r2时分子力表现为斥力；当r大于r2时分子力表现为引力，A错BC对。在r由r1变到r2的过程中，分子斥力做正功分子势能减小，D错误。[来源:GKSTK.COM]
【命题意图与考点定位】分子间距于分子力、分子势能的关系
2．（全国大纲）在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
①往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水．待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上。
②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定。
③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。
④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积。
⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。
完成下列填空：
⑴上述步骤中，正确的顺序是__________。（填写步骤前面的数字）
⑵将1 cm3的油酸溶于酒精，制成300 cm3的油酸酒精溶液；测得l cm3的油酸酒精溶液有50滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13 m2。由此估算出油酸分子的直径为_________m。（结果保留l位有效数字）
【答案】（1）④①②⑤③；（2）5×10－10
【解析】：（1）依据实验顺序，首先配置混合溶液（④），然后在浅盘中放水和痱子粉（①），将一滴溶液滴入浅盘中（②），将玻璃板放在浅盘上获取油膜形状（⑤），最后用已知边长的坐标纸上的油膜形状来计算油墨的总面积（③），故正确的操作顺序为④①②⑤③；（2）一滴油酸酒精溶液的体积为：V＝ eq \F(1cm3,300cm3×50)＝SD，其中S＝0.13cm2，故油酸分子直径D＝ eq \F(V,S)＝ eq \F(1cm3,300cm3×50×0.13cm2)＝5×10－10m。
3.【海南】两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0。相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近。若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是_____________(填入正确选项前的字母。选对1个给2分，选对2个给3分，选对3个给4分；每选错1个扣2分，最低得分为0分)。
A．在r＞r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小
B．在r＜r0阶段，F做负功，分子动能减小，势能减小
C．在r＝r0时，分子势能最小，动能最大
D．在r＝r0时，分子势能为零
E．分子动能和势能之和在整个过程中不变
【答案】 ＡＣＥ
【解析】A、r0为分子间的平衡距离，分子间距大于平衡距离时分子间为引力，小于平衡距离时，分子间为斥力；则有：在r＞r0阶段，分子力表现为引力，相互靠近时F做正功，分子动能增加，势能减小，故A正确；当r＜r0时，分子间的作用力表现为斥力，斥力和引力都增大．相互靠近时F做负功，分子动能减小，势能增加，故B错误．在r=r0时，斥力和引力大小相等，方向相反，分子力合力为零，分子势能最小，不是为零，应为负，动能最大，故C正确Ｄ错．由于没有外力做功，根据能量守恒定律可知分子动能和势能之和在整个过程中不变，故Ｅ正确。
4．【全国】下列关于布朗运动的说法，正确的是
A．布朗运动是液体分子的无规则运动
B．液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈
C．布朗运动是由于液体各个部分的温度不同而引起的
D．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的
【答案】 BD
【解析】 布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，选项A错；液体的温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，选项B正确；布朗运动是由于液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用不平衡引起的，选项C错，选项D正确。
5．【全国Ⅰ】两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近．在此过程中，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．分子力先增大，后一直减小
B．分子力先做正功，后做负功
C．分子动能先增大，后减小
D．分子势能先增大，后减小
E．分子势能和动能之和不变
【答案】BCE
[解析] 分子间作用力随分子间距离减小而先增大后减小再增大，A错误；两分子靠近过程中，分子间先是引力，后是斥力，所以分子间作用力先做正功后做负功，动能先增大后减小，B、C正确；根据能量守恒，动能与势能总和不变，故分子势能先减小后增大，E正确，D错误．
6.【海南】已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为，地面大气压强为，重力加速度大小为g。由此可以估算得，地球大气层空气分子总数为 ，空气分子之间的平均距离为 。
【答案】，
【解析】设大气层中气体的质量为m，由大气压强产生，，即：
分子数，假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，设为a，大气层中气体总体积为V，，而，所以
7.【新课标II】关于扩散现象，下列说法正确的是 （填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）
A.温度越高，扩散进行得越快
B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应
C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的
【答案】ACD
８．【新课标Ⅰ】氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形
D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0~400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大
【答案】ABC
考向2：固体和液体的性质
1．（海南）关于空气湿度，下列说法正确的是 （填入正确选项前的字母。选对1个给2分，选对2个给4分；选错1个扣2分，最低得0分）。
A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
B．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小
C．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示
D．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比
【答案】BC
【解析】人们感到干燥时，空气中实际水汽含量小，即空气中所含水蒸气的压强小，空气的绝对湿度小，B、C正确；空气的相对湿度定义为水蒸气的实际压强与相同温度时水的饱和蒸汽压之比，人们感到干燥时，相对湿度较小，A、D错误。
2．【海南】下列说法正确的是（填入正确选项前的字母，每选错一个扣2分，最低得分为0分）。
A．当一定质量的气体吸热时，其内能可能减小
B．玻璃、石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体
C．单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点
D．当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是指向液体内部
E．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关
【答案】ADE
【解析】一定质量的气体吸热时，如果同时对外做功，且做的功大于吸收的热量，则内能减小，(A)正确；玻璃是非晶体，(B)错；多晶体也有固定的熔点，(C)错；液体表面层内的分子液体内部分子间距离的密度都大于大气，因此分子力的合力指向液体内部，(D)正确；气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，决定气体的压强，因此与单位体积内分子数和气体的温度有关，(E)对。3．【2013年海南】下列说法正确的是 （填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得3分.选对3个得4分;每选错I个扣2分，最低得分为0分）
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故
B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大的缘故
C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果
D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关
E．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的缘故
【答案】ACD
【解析】针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故，A说法正确；水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为水可以浸润油脂，不可以浸润玻璃，B说法错误；在围绕地球飞行的宇宙飞船中，水滴处于完全失重状态，仅在液体表面张力的作用下有收缩为球形的趋势，C正确；在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关，D正确；当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于玻璃板之间的空气排开后，中间没有空气，即气压为零，而两玻璃板外面存在大气压强，大气压将两块玻璃紧紧地压在一起，E错误．
4．【海南】下列说法正确的是
A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
B．单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点
C．单晶体中原子（或分子、离子）的排列具有空间周期性
D．通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体
E．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征
【答案】 CE
5.（全国卷2）下列说法正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．悬浮在水中的花粉的布期运动反映了花粉分子的热运动
B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故
E．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中水蒸发吸热的结果
【答案】BCE
【解析】悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的无规则热运动，A错误；空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，B正确；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，C正确；高原地区水的沸点较低，是由于高原地区气压低，故水的沸点也较低，D错误；干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是由于湿泡外纱布中水蒸发吸收热量，使湿泡的温度降低的缘故，E正确。
6. (新课标I)下列说法正确的是 （填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错一个扣3分，最低得分为0分 ）
A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质
C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
D．在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体
E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
【答案】BCD
【解析】解析：晶体有固定的熔点，并不会因为颗粒的大小而改变，即使敲碎为小颗粒，仍旧是晶体，选项A错。根据是否有固定的熔点，可以把固体分为晶体和非晶体两类，晶体有各向异性，选项B对。同种元素构成的可能由于原子的排列方式不同而形成不同的晶体如金刚石和石墨。选项C对。晶体的分子排列结构如果遭到破坏就可能形成非晶体，反之亦然，选项D对。熔化过程中，晶体要吸热，温度不变，但是内能增大，选项E错。
考向3：热力学定律的应用
1.【全国 = 2 \* ROMAN II】 如图，一绝热容器被隔板K 隔开a 、 b两部分。已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空，抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态。在此过程中
A．气体对外界做功，内能减少
B．气体不做功，内能不变
C．气体压强变小，温度降低
D．气体压强变小，温度不变
【答案】 BD
【解析】A、绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q=0，因而A错误；
B、稀薄气体向真空扩散没有做功，W=0，因而B正确；
C、根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变，则温度不变，因而C错误；
D、稀薄气体扩散体积增大，压强必然减小，D正确；
2.（2011年新课标）对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是_______。
A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变
B．若气体的内能不变，其状态也一定不变
C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
D．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关
E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大
【答案】ADE
【解析】：理想气体的内能只由温度决定，由理想气体状态方程可知，若气体的压强和体积都不变，温度T也不变，所以内能也一定不变，A、E选项正确。若气体的内能不变，则温度T不变，但气体的压强和体积可以改变，B项错误。若气体的温度升高，体积增大，其压强可以不变， C项错误。由热力学第一定律知，D选项正确。
3．（2011年大纲）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
【答案】AD
【解析】：根据热力学第二定律：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。即气体吸收热量在引起了其他变化的情况下，可以完全转化为功，A对；内能的影响因素有气体的体积和温度，故气体体积增大时，由于温度变化情况未知，故内能不一定减少，B错；内能可以通过做功和热传递改变，气体从外界吸收热量，由于对外做功情况未知，故内能不一定增加，C错；同理外界对气体做功，由于热传递情况未知，故气体内能有可能减少，D对。
4.【新课标】关于热力学定律，下列说法正确的是________（填入正确选项前的字母，选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）。
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
【答案】：ACE
5．【全国Ⅱ】关于一定量的气体，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)．
A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和
B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
【答案】ABE
【解析】气体分子间隙很大，气体体积是指气体的分子能够到达的空间的体积，A正确；根据分子动理论，温度越高，分子热运动越剧烈，相反，温度越低，分子热运动剧烈程度越弱，B正确；气体压强是微观止大量分子对容器壁频繁碰撞的结果，与宏观上物体的运动状态无关，C错误；改变内能的方式有两种——做功和热传递，气体吸收热量，若同时对外做功，则内能不一定增加，D错误；在等压膨胀过程中，气体的体积V增大，压强p不变，由eq \f(pV,T)＝C(常量)可知，温度T一定升高，E正确．
6．[2014·全国卷] 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
【答案】BD
【解析】本题考查气体性质．压强变大，温度不一定升高，分子热运动不一定变得剧烈，A错误；压强不变，温度也有可能升高，分子热运动可能变得剧烈，B正确；压强变大，体积不一定减小，分子间的距离不一定变小，C错误；压强变小，体积可能减小，分子间的距离可能变小，D正确．
7．【新课标Ⅰ卷】关于热力学定律，下列说法正确的是________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．气体吸热后温度一定升高
B．对气体做功可以改变其内能
C．理想气体等压膨胀过程一定放热[来源:学优高考网gkstk]
D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
【答案】BDE
8．【新课标Ⅲ】关于气体的内能，下列说法正确的是________（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）。
A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同
B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大
C．气体被压缩时，内能可能不变
D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
【答案】CDE
【解析】质量和温度都相同的气体，虽然分子平均动能相同，但可能是不同的气体，则其摩尔质量不同，即分子个数不同，所以分子动能不一定相同，A错误；宏观运动和微观运动没有惯性，所以宏观运动动能大，内能不一定大，B错误；根据可知如果等温压缩，则内能不变，等压膨胀，温度增大，内能一定增大，CE正确；理想气体的分子势能为零，所以理想气体的内能等于分子动能，而分子动能和温度有关，D正确。
考向4：气体状态方程、热力学第一定律与图像的综合应用
a
b
O
V
T
1．【上海】如图所示，一定量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b，在此过程中，其压强
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．始终不变
D．先增大后减小
【答案】A
【解析】：本题考查气体状态方程，要求学生运用PV＝nRT分析V－T图象。从图中可看出气体从状态a→b的过程中体积V减小，温度T增大，故压强P增大，A对。
2．【江苏】 如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就是著名的“卡诺循环”．
(1)该循环过程中，下列说法正确的是________．
A．A→B过程中，外界对气体做功
B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化
【答案】(1)C [解析] A→B过程中，气体体积变大，对外做功，选项A错；根据热力学第一定律，ΔU＝W＋Q，B→C为绝热过程，气体体积变大，对外做功，Q＝0，W0，温度升高，分子平均动能变大，气体分子的速率分布曲线会发生移动，故选项D错．
(2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A→B”、“B→C”、“C→D”或“D→A”)．若气体在A→B过程中吸收63 kJ的热量，在C→D过程中放出38 kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为______kJ.
【答案】(2)B→C 25
[解析] 分析可知，B→C过程内能减少，C→D过程内能增加．整个循环过程中，ΔU＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则W＝ΔU－Q＝0－(63 kJ－38 kJ)＝－25 kJ，故对外做的功为25 kJ.
3．[2014·新课标Ⅰ]一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态．其p－T图像如图所示．下列判断正确的是________．
A．过程ab中气体一定吸热
B．过程bc中气体既不吸热也不放热
C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小
E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同
【答案】ADE
【解析】本题考查了气体性质．因为eq \f(pV,T)＝C，从图中可以看出，a→b过程eq \f(p,T)不变，则体积V不变，因此a→b过程外力做功W＝0，气体温度升高，则ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知Q＞0，即气体吸收热量，A正确；b→c过程气体温度不变，ΔU＝0，但气体压强减小，由eq \f(pV,T)＝C知V增大，气体对外做功，W0，即气体吸收热量，B错误；c→a过程气体压强不变，温度降低，则ΔU0，由ΔU＝W＋Q可知W