高考物理总复习 优编增分练：选考题考点排查练8 2018年选考34题考点排查练
高考物理总复习 优编增分练：实验题考点排查练13 2018年(全国Ⅲ卷)实验题考点排查练
2018年(全国Ⅲ卷)实验题考点排查练22．某同学用如图1所示的装置测定重力加速度：(1)电磁打点计时器的工作电压为________V，为交流，频率为50 Hz.(2)打出的纸带如图2所示，实验时纸带的________(选填“甲”或“乙”)端应和重物相连接．(3)实验中在纸带上连续打出点1、2、3、4、……、9，如图2所示，由纸带所示数据可算出实验时的加速度为________m/s2(保留两位有效数字)．图1图2答案(1)4～6 (2)乙(3)9.423．(2018·河南省安阳市第二次模拟)某实验小组计划测量一未知电阻的阻值，已经连接好实物图如图3甲所示．图3(1)请根据实物图在图乙所示方框中画出该实验的电路图，并标明表示各元件的字母．(2)图丙中电阻箱的读数是________Ω；如果将电阻箱的阻值由10.00 Ω调节到9.00 Ω，应____________．①先使电阻箱阻值调至如图丙所示，再将S 2接到A ，闭合S 1，记录下对应的电压表示数为2.20 V ，然后断开S 1；②保持电阻箱示数不变，将S 2切换到B ，闭合S 1，此时电压表的读数为2.80 V ，然后断开S 1，不计电源内阻，电压表可视为理想电表，据此可知，定值电阻R 1的阻值为________Ω.(计算结果保留3位有效数字)．答案 (1)如图所示(2)20.00 先将“×1”挡调到9，再将“×10”挡调到0 5.45解析 (1)实验电路图如图所示(2)电阻箱的读数为R ＝0×0.01 Ω＋0×0.1 Ω＋0×1 Ω＋2×10 Ω＝20.00 Ω；如果将电阻箱的阻值由10.00 Ω调节到9.00 Ω，先将“×1”挡调到9，再将“×10”挡调到0.(3)因为不计电源内阻，电压表可视为理想电表，所以将S 2切换到B ，闭合S 1时，电阻R 1两端的电压为U ＝2.80 V －2.20 V ＝0.6 V ；当将S 2接到A 时，通过R 1的电流为I ＝2.2020.00A ＝0.11 A ，故R 1＝U I ＝0.60.11Ω≈5.45 Ω.。
高考物理总复习 优编增分练：选考题考点排查练10 选考34题考点排查练
2018年(全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷)选考34题考点排查练1．(1)(2018·四川省广安、眉山、内江和遂宁第三次模拟)两种单色光分别通过同一双缝干涉装置得到的干涉图样如图1甲、乙所示．图丙中有一半圆玻璃砖，O 是圆心，MN 是法线，PQ 是足够长的光屏．甲单色光以入射角i 由玻璃砖内部射向O 点，折射角为r .则下列说法正确的是________．图1A ．乙光以i 入射时一定发生全反射B ．甲光的频率比乙光的频率大C ．光的干涉现象说明光是一列横波D ．甲光在玻璃砖中的临界角C 满足sin C ＝sin i sin rE ．若绕O 点逆时针旋转玻璃砖，PQ 上可能接收不到甲光(2)(2018·湖南省衡阳市第三次联考)如图2所示，实线是一列简谐横波在t 1时刻的波形图，虚线是在t 2＝(t 1＋0.2) s 时刻的波形图．图2①在t 1到t 2的时间内．如果M 通过的路程为1 m ，那么波的传播方向怎样？波速多大？②若波速为55 m/s ，求质点M 在t 1时刻的振动方向．答案 (1)BDE (2)①沿x 轴正方向传播 25 m/s ②向下振动解析 (1)题图乙中两相邻亮条纹间距Δx 更大，根据Δx ＝Ldλ，可知L 、d 一样，故乙光的波长长，根据c ＝λν，可知乙光的频率小，甲光的频率大，故玻璃砖对甲光的折射率大于玻璃砖对乙光的折射率，根据全反射的条件sin C ＝1n，可知乙光发生全反射的临界角大于甲光的全反射临界角，由题知，当甲单色光以入射角i 由玻璃砖内部射向O 点能折射出来，故乙光以i 入射时不能发生全反射，故A 错误，B 正确；光的偏振现象说明光是横波，故C 错误；根据折射定律得n ＝sin r sin i ，而全反射的临界角sin C ＝1n ，解得sin C ＝sin isin r ，故D 正确；因甲光的全反射临界角较小，故若绕O 点逆时针旋转玻璃砖，甲光先消失，故E 正确． (2)①由题图知振幅为A ＝20 cm ＝0.2 m ．如果M 通过的路程为x ′＝1 m ，则经历的时间与周期的比值m ＝x ′4A ＝114，说明波沿x 轴正方向传播；波速为v 2＝m λt 2－t 1＝114×40.2 m/s ＝25 m/s.②从波的图象可以看出，波长为λ＝4 m ．若波沿x 轴正方向传播，t 1到t 2时间内波传播的距离为x 1＝(n ＋14)λ(n ＝0、1、2…)，波传播的速度为v 1＝x 1t 2－t 1＝5(4n ＋1)m/s(n ＝0、1、2…)，波速不可能等于55 m/s ，说明波沿x 轴负方向传播，质点M 向下振动． 2．(2018·湖北省4月调研)(1)下列说法正确的是________．A ．不管系统的固有频率如何，它做受迫振动的频率总等于周期性驱动力的频率，与系统的固有频率无关B ．游泳时耳朵在水中听到的音乐与在岸上听到的是一样的，说明机械波从一种介质进入另一种介质，频率并不改变C ．当光从一种介质射入另一种介质时，如果入射角足够大，就会发生全反射现象D ．麦克斯韦电磁场理论的主要论点是变化的磁场激发电场，变化的电场激发磁场E ．相对论认为：一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度大(2)“道威棱镜”广泛地应用在光学仪器中，如图3所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射．从M 点发出的一束平行于底边CD 的单色光从AC 边射入，已知棱镜玻璃的折射率n ＝2，光在真空中的速度为c .图3①请通过计算判断该光线能否从CD 边射出；②若CD ＝6l ，光在“道威棱镜“内部传播的时间为多少． 答案 (1)ABD (2)①光线无法从CD 边射出 ②22lc解析 (1)不管系统的固有频率如何，它做受迫振动的频率总等于周期性驱动力的频率，与系统的固有频率无关，选项A 正确；游泳时耳朵在水中听到的音乐与在岸上听到的是一样的，说明机械波从一种介质进入另一种介质，频率并不改变，选项B 正确；只有当光从光密介质射入另一种光疏介质时，如果入射角足够大，才会发生全反射现象，选项C 错误；麦克斯韦电磁场理论的主要论点是变化的磁场激发电场，变化的电场激发磁场，选项D 正确；相对论认为：一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度小，选项E 错误． (2)①光在棱镜中传播光路如图所示．由折射定律得n ＝sin 45°sin γ解得γ＝30° 而sin C ＝1n解得C ＝45°光线到达CD 边时，θ＝75°>C ，故光线无法从CD 边射出． ②光线在棱镜内传播，n ＝c v由正弦定理得APsin 45°＝CPsin 120°解得AP ＝63CP 由对称性可知，光在棱镜内部传播的路程s ＝63CD 而t ＝sv所以t ＝22lc3．(2018·安徽省A10联盟最后一卷)(1)如图4，轴上S 1与S 2是两个波源，产生的简谐波分别沿轴向右、向左传播，波速均为v ＝0.4 m/s ，振幅均为A ＝2 cm ，图示为t ＝0时刻两列波的图象，此时分别传播到P 点和Q 点，下列说法正确的是________．图4A ．图示时刻质点P 、Q 都沿y 轴负向运动B ．t ＝0.75 s 时刻，质点P 、Q 都运动到M 点C ．t ＝1 s 时刻，x ＝0.5 m 处的质点M 的位移为－4 cmD ．t ＝1.25 s 时刻，x ＝0.5 m 处的质点M 为振动减弱点E ．t ＝3.5 s 时刻，质点P 的位移为0(2)如图5，上下表面平行的玻璃砖折射率n ＝2，下表面镀有反射膜，玻璃砖右侧竖直放置一标尺．一束单色光以入射角i ＝45°射到玻璃砖上表面的A 点，在标尺上出现两个光点(图中未画出)．不考虑多次反射，已知折射光在玻璃砖内的传播时间为t ，真空中的光速为c ，求：图5①标尺上两光点的距离；②光在标尺上形成两光点的时间差． 答案 (1)ACE (2)①24ct ②t 2解析 (1)两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播，则质点P 、Q 均沿y 轴负方向运动，故A 正确；质点不随波迁移，所以质点P 、Q 都不会运动到M 点，故B 错误；波的周期T ＝λv＝0.40.4 s ＝1 s ，两列波从P 、Q 两点传到M 的时间为34T ，当t ＝1 s 时刻，两波的波谷恰好传到质点M ，所以位移为－4 cm ，故C 正确；经t ＝1.25 s ＝T ＋T4时，两波的平衡位置恰好传到质点M ，根据“上下坡”法，可知两波此时在质点M 处的运动方向都沿y 轴正方向，即M 点为振动加强点，故D 错误；向左传播的波经t ＝0.8－0.20.4 s ＝1.5 s 传到质点P ，再经过t ＝2s ＝2T ，刚好到t ＝3.5 s ，此时质点P 在平衡位置，质点P 在向右传播的波经t ＝3.5 s ＝3T ＋T2，也刚好回到平衡位置，故在t ＝3.5 s 时质点P 在平衡位置，则此时质点P 的位移为0，故E 正确．(2)①光路如图由折射定律：n ＝sin isin r ，知r ＝30°由几何关系知GF ＝BE ＝AB 光在玻璃中的速度为v ＝c n ＝22c 光在玻璃中的路径长度s ＝2AB ＝vt 可解得标尺上两光点的距离GF ＝24ct ②反射光在AE 段的传播时间为t 1＝ABcos 45°·c在EG 段的传播时间与折射光在BF 段的传播时间相等，所以光在标尺上形成两光点的时间差：Δt ＝t －t 1＝t2。
高考物理总复习 优编增分练：计算题考点排查练12 2018年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练
速度与x轴夹角的正切值tanθ＝ ＝1，得θ＝45°
若粒子刚好不从y＝y0边界射出磁场，则有：qvB＝m
由几何关系知(1＋ )r＝y0
解得B＝
故要使粒子不从y＝y0边界射出磁场，应满足磁感应强度B>
(2)粒子相邻两次从电场进入磁场时，沿x轴前进的距离Δx＝2x－ r′＝4y0－ r′
根据动能定理有Fs＝ mv2，联立得s＝0.05 m
(3)直杆插入夹子时，直杆与物块水平方向动量守恒，取向右为正方向，
mv－m0v0＝(m＋m0)v共
由动能定理得：－(m＋m0)gh＝0－ (m＋m0)v共2
联立得h≈0.022 m.
25．(2018·河南省新乡市第三次模拟)如图2所示，xOy坐标系中，在y<0的区域内分布有沿y轴正方向的匀强电场，在0<y<y0的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为＋q的粒子以初速度v0由坐标(0，－y0)处沿x轴正方向射入电场．已知电场强度大小E＝ ，粒子重力不计．
n＝15时，B＝
题号
24
25
考点
动力学方法和动量守恒定律的应用
带电粒子在复合场中的运动
24．(2018·河南省开封市第三次模拟)如图1所示，水平光滑细杆上P点套一轻质小环，小环通过长L＝0.5 m的轻绳悬挂一质量不计的夹子，夹子内夹有质量m＝0.5 kg的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为Ffm＝3 N．现对物块施加F＝5 N的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子Q时立即停止运动，物块恰要相对夹子滑动，与此同时撤去外力，一质量为0.1 kg的直杆以1 m/s的速度沿水平方向相向插入夹子将夹子与物块锁定(此过程时间极短)．物块可看成质点，重力加速度g＝10 m/s2.求：
高考物理总复习 优编增分练：选考题考点排查练2 2014年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考34题考点排查练
2014年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考34题考点排查练1．(2018·青海省西宁市二模)(1)一列简谐横波在某均匀介质中沿x轴传播，从x＝3 m处的质点a开始振动时计时，图1甲为t0时刻的波形图且质点a正沿y轴正方向运动，图乙为质点a的振动图象，则下列说法正确的是________．图1A．该波的频率为2.5 HzB．该波的传播速度为200 m/sC．该波是沿x轴负方向传播的D．从t0时刻起，a、b、c三质点中b最先回到平衡位置E．从t0时刻起，经0.015 s质点a回到平衡位置(2)如图2为一半径为R的固定半圆柱玻璃砖的横截面，OA为水平直径MN的中垂线，足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且平行OA放置．一束复色光沿与AO成θ角(θ＝30°)的半径方向射向O点并在光屏上形成彩色光带和一个光斑，光带的最高点与N点的距离为33 R；增大入射角，当θ＝45°时，光屏上恰好只出现一个光斑，求：图2①玻璃对复色光的折射率范围；②当θ＝30°时，彩色光带的宽度．答案(1)BDE (2)①2≤n≤ 3 ②(1－33)R解析 (1)由题图可知该波的周期为0.04 s ，频率为f ＝1T＝25 Hz ，故A 错误；该波的传播速度v ＝λT ＝80.04 m/s ＝200 m/s ，故B 正确；a 点在t 0时刻速度方向沿y 轴正方向，故波向x轴正方向传播，故C 错误；从t 0时刻起，质点a 沿y 轴正方向运动，质点b 沿y 轴正方向运动，质点c 沿y 轴负方向运动，故质点b 最先回到平衡位置，故D 正确；平衡位置从x ＝0处传播到x ＝3 m 处时质点a 回到平衡位置，需时间t ＝3200 s ＝0.015 s ，故E 正确．(2)①当θ＝30°时，光路图如图所示由题意可知BN ＝33R ，即α＝30°，所以最大折射角β＝60°， 由折射定律可知最大折射率n max ＝sin βsin θ＝ 3.因为θ＝45°时，所有光均发生全反射，光屏上的光带消失，反射光束在光屏上形成一个光斑，由全反射规律及题意可知n min ＝1sin C ＝2，所以玻璃对复色光的折射率范围2≤n ≤ 3 ②当θ＝30°时，折射率为2的光的折射角为45°， 彩色光带的宽度为L ＝R tan 45°－33R ＝(1－33)R . 2．(2018·福建省南平市5月综合质检)(1)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在x ＝5 m 处的质点的振动图线如图3甲所示，在x ＝11 m 处的质点的振动图线如图乙所示，下列说法正确的是________．图3A ．该波的周期为12 sB ．该波的传播速度可能为2 m/sC ．从t ＝0时开始计时，x ＝5 m 处的质点做简谐运动的表达式为y ＝4sin π12t (m)D ．在0～4 s 内x ＝5 m 处的质点通过的路程等于x ＝11 m 处的质点通过的路程E ．该波在传播过程中若遇到4.8 m 的障碍物，可能发生明显衍射现象(2)如图4甲所示是由某透明材料制成的横截面为正三角形的三棱镜．一细红色光束SO 从空气中射向AB 面，与AB 成45°角，经三棱镜折射后，从AC 边射出，出射光线与AC 边夹角也成45°，求：图4①这种透明材料的折射率；②若用这种材料制成如图乙所示的器具，左侧是半径为R 的半圆，右侧是长为42R 、高为2R 的长方体，一束红色光从左侧P 点沿半径方向射入器具．要使光全部从器具的右端面射出，则光在器具中传播所需最长时间是多少？ 已知光在空气中的传播速度为c . 答案 (1)ABE (2)① 2 ②92R c解析 (1)由题图可知，该波的周期为12 s ，故A 正确；由两图比较可知，x ＝5 m 处的质点比x ＝11 m 处的质点早振动3 s ，即T 4，所以两点之间的距离为：x ＝(n ＋14)λ(n ＝0,1,2,3，…)，解得：λ＝4x 4n ＋1(n ＝0,1,2,3，…)＝244n ＋1(n ＝0,1,2,3，…)，则波速为v ＝λT ＝24n ＋1(n ＝0,1,2,3，…)，当n ＝0时，v ＝2 m/s ，故B 正确；由题图可知，振幅A ＝4 cm ，角速度为ω＝2π12 rad/s ＝π6 rad/s ，则x ＝5 m 处的质点做简谐运动的表达式为y ＝A sin ωt ＝4sin π6t (m)，故C 错误；0～4 s 的时间为13T ，由题图可知，13T 时间内，两个质点通过的路程不相等，故D 错误；由波长λ＝244n ＋1(n ＝0,1,2,3，…)，可知当n ＝0时，波长为λ＝24 m ，故该波在传播过程中若遇到4.8 m 的障碍物，可能发生明显衍射现象，故E 正确．(2)①作出光路图，如图所示由图可知光在三棱镜中的折射角r 为30° 根据光的折射定律：n ＝sin isin r得：n ＝ 2②要使光全部从器具的右端面射出必须以全反射的方式传播，每次的入射角都大于或等于临界角，但等于临界角时路程最大，时间最长，如图所示第一次发生全反射时，由几何关系知：sin C ＝Δl 1Δs 1＝1n ，Δs 1＝n Δl 1设光经N 次全反射从右端面射出，则在长方体内的总路程为s 1s 1＝Δs 1＋Δs 2＋Δs 3＋……＋Δs n ＝42Rn光在器具内总路程s ＝s 1＋s 2＝42Rn ＋R 光在器具中的传播速度v ＝c n所以光在器具中最长的传播时间t ＝s v ＝42Rn ＋R c n ＝92Rc。
全国通用高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练132018年全国Ⅲ卷选择题考点排查练20181214141.doc
2018年(全国Ⅲ卷)选择题考点排查练二、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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．14．(2018·衡水金卷四省第三次大联考)氡气有天然放射性，其衰变产生的粒子可对人的呼吸系统造成辐射损伤．氡衰变方程为222 86Rn→218 84Po＋X，衰变过程中同时产生γ射线，半衰期为3.8天，以下说法正确的是( )A．该衰变过程为β衰变B．对一个特定的氡核，在3.8天内一定会衰变C．γ射线是由处于高能级的218 84Po核向低能级跃迁时产生的D．衰变后，218 84Po核与X粒子的质量之和等于衰变前222 86Rn核的质量答案 C15．(2018·广东省汕头市第二次模拟)2018年2月12日，我国采取“一箭双星”方式，成功发射了北斗三号第五、六颗组网卫星，中国北斗导航系统由5颗地球同步静止轨道卫星和30颗中高度轨道卫星组成．已知北斗M4卫星绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度为21 617 km，地球半径约为6 400 km，地面重力加速度g＝9.8 m/s2，则北斗M4卫星的加速度大小约为( )A．0.51 m/s2B．0.859 m/s2C．1.25 m/s2D．0.137 m/s2答案 A16．(2018·江西省重点中学协作体第二次联考)如图1甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是( )图1A ．图甲表示交流电，图乙表示直流电B ．两种电压的有效值都是311 VC ．图甲所示电压的瞬时值表达式为u ＝311sin 100πt (V)D ．图甲所示电压经原、副线圈匝数比为10∶1的理想变压器变压后，原、副线圈功率比为10∶1答案 C17．(2018·广东省肇庆市一模)如图2所示，光滑斜面固定在水平面上，顶端O 有一小球，小球从静止释放沿斜面运动到底端B 的时间是t 1.若给小球不同的水平初速度，使小球分别落到斜面上的A 点，经过的时间是t 2；落到斜面底端B 点，经过的时间是t 3；落到水平面上的C 点，经过的时间是t 4，则(空气阻力不计)( )图2A ．t 1＜t 2B ．t 4＜t 1C ．t 3＜t 4D ．t 3＜t 2答案 B解析 小球做平抛运动时，竖直方向有h ＝12gt 2，因此下落高度大的经过的时间长，所以有t 4＝t 3>t 2，故C 、D 错误；小球沿斜面下滑时：l ＝12at 2，由于a <g ，l >h ，所以沿斜面下滑的时间是最长的，则t 4<t 1，故A 错误，B 正确．18．(2018·安徽省A10联盟最后一卷)t ＝0时，甲、乙两车同时同向行驶，其位移－时间图象分别为图3中直线甲和曲线乙．已知乙车的加速度恒定，且大小为4 m/s 2, t ＝3 s 时，直线甲和曲线乙刚好相切，且两车相遇，则t ＝0时甲车和乙车的距离为( )图3A ．16 mB ．18 mC ．20 mD ．22 m 答案 B解析 由题图可知，甲车的速度为v 1＝Δx Δt ＝16－43m/s ＝4 m/s ，t ＝3 s 时，直线甲和曲线乙刚好相切，即此时乙车的速度v 2＝4 m/s ，由题图可知乙车做匀减速直线运动，即a ＝－4 m/s 2，设乙车的初速度为v 0，由v 2＝v 0＋at ，得v 0＝16 m/s ，由题图可知甲车的位移为x 1＝12 m ，乙车的位移为x 2＝v 0＋v 22t ＝16＋42×3 m＝30 m ，t ＝3 s 时，甲车和乙车到达同一位置，则Δx ＝x 2－x 1＝18 m ，故选B.19.静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t ＝4 s 时停下，其v －t 图象如图4所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )图4A ．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B ．整个过程中拉力做的功等于零C ．t ＝2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D ．t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内拉力做正功答案 AD20．(2018·衡水金卷调研卷五)如图5甲所示，1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的人类历史上第一台圆盘发电机．如图乙所示为这个圆盘发电机的示意图，铜圆盘安装在铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两铜片C 、D 分别与转轴和铜盘的边缘接触，使铜盘转动，电阻R 中就有电流，设铜盘的半径为r ，转动角速度为ω，转动方向如图乙所示(从左向右看为顺时针方向)，两磁极间磁场为匀强磁场，磁感应强度为B ，则下列说法正确的是( )图5A ．电阻R 中的电流方向从上到下B ．电阻R 中的电流方向从下到上C ．圆盘转动产生的感应电动势为Br 2ωD ．圆盘转动产生的感应电动势为12Br 2ω 答案 BD解析 由右手定则可知圆盘转动产生的电流方向在圆盘内从C 向D ，电阻R 中的电流方向从下到上，A 错误，B 正确；圆盘转动产生的感应电动势为E ＝Br v ＝12Br 2ω，C 错误，D 正确． 21．(2018·安徽省“江南十校”二模)如图6所示，平行板电容器与电源相连，开始时极板不带电，质量为m 、电荷量为q 的油滴开始自由下落，一段时间后合上开关S ，油滴经过相同时间回到出发点．忽略电容器充电时间，极板间距足够大，已知充电后的电场强度大小为E ，下列判断正确的是( )图6A ．油滴带负电B ．Eq ＝4mgC ．油滴回到出发点的速度为0D ．油滴向下运动的过程中，机械能先不变后减小答案 ABD解析 充电后，油滴受到向上的电场力，而电容器上极板带正电，电场方向竖直向下，故油滴带负电，A正确；闭合前，油滴向下运动的过程，h＝12gt2，闭合开关后，x＝v m t－12at2，又v m＝gt，h＝－x，解得a＝3g，对第二个过程由牛顿第二定律可得Eq－mg＝3mg，故Eq＝4mg，B正确；返回到出发点的速度为v＝v m－at＝－2v m，C错误；自由下落过程中机械能守恒，当闭合开关后，电场力做负功，所以机械能减小，故向下运动的过程中，机械能先不变后减小，D正确.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
全国通用版高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练1
2014年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练二、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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．14．(2018·广东省揭阳市模拟)如图1所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距离．两导线中通有图示方向的相同的恒定电流I .则当环( )图1A ．向上运动时，环中产生顺时针方向的感应电流B ．向下运动时，环中产生顺时针方向的感应电流C ．向左侧靠近导线时，环中产生逆时针方向的感应电流D ．向右侧靠近导线时，环中产生逆时针方向的感应电流答案 D15．(2018·安徽省芜湖市上学期期末)如图2所示，直角坐标系Oxyz 处于匀强磁场中，有一条长0.6 m 的直导线沿Ox 方向通有大小为9 A 的电流，受到的安培力沿Oz 方向，大小为2.7 N ．则该匀强磁场可能的方向和磁感应强度B 的最小值为( )图2A ．平行于yOz 平面，B ＝0.5 TB ．平行于xOz 平面，B ＝1.0 TC ．平行于xOy 平面，B ＝0.2 TD ．平行于xOy 平面，B ＝1.0 T答案 A16．(2018·重庆市江津中学、合川中学等七校第三次模拟)如图3所示，大圆的半径为2R ，同心的小圆半径为R ，在圆心处有一个放射源，可以向平面内的任意方向发射质量为m ，电荷量为q ，最大速率为v 的带电粒子，为了不让带电粒子飞出大圆以外，可以在两圆之间的区域内加一个垂直于纸面向里的匀强磁场，该磁场磁感应强度的最小值是( )图3A.4mv 3qR B.mv qR C.3mv 4qR D.2mv qR答案 A解析 设同心圆的圆心为O ，粒子恰好不飞出大圆，则其轨迹与大圆相切，如图所示，切点为A ，连接OA ，设粒子从C 点进入磁场，过C 点作OC 的垂线交OA 于D 点，D 点即为粒子做匀速圆周运动的圆心，设粒子做圆周运动的半径为r ，由几何关系可得：(2R －r )2＝R 2＋r 2，r ＝mv qB min ，由以上两式解得：B min ＝4mv 3qR，故A 正确．17．如图4所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一质量为m 的小球P .横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q .当小车沿水平面做加速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α.已知θ<α，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图4A ．小车一定向右做匀加速运动B ．轻杆对小球P 的弹力沿轻杆方向C ．小球P 受到的合力大小为mg tan θD ．小球Q 受到的合力大小为mg tan α答案 D解析 选择小球Q 作为研究对象，根据牛顿第二定律，得mg tan α＝ma ，得到a ＝g tan α，故加速度向右，小车可能向右加速，也可能向左减速，故A 错误．对小球P ，由牛顿第二定律，得mg tan β＝ma ′，因为a ＝a ′，得到β＝α>θ.则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故B 错误．对小球P 、Q 由牛顿第二定律可知F ＝ma ＝mg tan α，故C 错误，D 正确．18．(2018·河南省开封市第三次模拟)如图5，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度．以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F 随时间t 变化关系的图中，不正确的是( )图5答案 A解析 线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用．进入磁场时若安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到v 0＝mgR B 2L 2，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故C 正确，A 错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，故B 正确；若进入时重力大于安培力，由mg －B 2L 2v R＝ma ，则做加速度减小的加速运动，安培力随速度的增大而增大，某时刻重力等于安培力，线框做匀速运动，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D 正确．19．(2018·湖南省衡阳市第三次联考)世界上没有永不谢幕的传奇，NASA 的“卡西尼”号探测器进入土星探测任务的最后篇章．据NASA 报道，“卡西尼”2017年4月26日首次到达土星和土星内环(碎冰块、岩石块、尘埃等组成)之间，之后，卫星将在土星的近圆轨道做圆周运动，如图6所示．在极其稀薄的大气阻力作用下，卫星最终将坠向土星的怀抱，这一阶段持续到九月中旬．若“卡西尼”只受土星引力和稀薄气体阻力的作用，则( )图6A ．4月26日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的角速度大于它在内环上绕土星的角速度B ．4月28日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的速率小于它在内环上绕土星的速率C ．5月到6月间，“卡西尼”的动能越来越大D ．6月到8月间，“卡西尼”的动能、以及它与火星的引力势能之和减小答案 ACD解析 由万有引力提供向心力得：G Mmr 2＝mr ω2，解得ω＝GM r 3，则轨道半径小的角速度大，则A 正确；由万有引力提供向心力得：G Mm r 2＝m v 2r，解得v ＝GM r ，则轨道半径小的速率大，则B 错误；5到6月间，因有稀薄气体阻力做负功，探测器的速度减小，做向心运动，重力做正功，动能增加，则C 正确；6月到8月间，因稀薄气体阻力做负功，机械能减小，则D 正确．20．(2018·江西省临川二中第五次训练)如图7所示，叠放在水平转台上的小物体A 、B 、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m ，A 与B 、B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数都为μ，B 、C 离转台中心的距离分别为r 、1.5r .设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中不正确的是( )图7 A．B对A的摩擦力一定为3μmgB．C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力C．转台的角速度一定满足：ω≤2μg 3rD．转台的角速度一定满足：ω≤μg 3r答案ABD解析对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有F f A ＝3mω2r≤μ(3m)g，故A错误；F f A＝3mω2r，F f C＝mω2×1.5r，故B错误；由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A，有：(3m)ω2r≤μ(3m)g，对AB整体有：(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g，对物体C，有：mω2(1.5r)≤μmg，故ω≤2μg3r，故C正确，D错误．21．(2018·河南省开封市第三次模拟)如图8, M、N两点处于同一水平面，O为M、N连线的中点，过O点的竖直线上固定一根绝缘光滑细杆，杆上A、B两点关于O点对称．第一种情况，在M、N两点分别放置电荷量为＋Q和－Q的等量异种点电荷，套在杆上带正电的小金属环从A点无初速度释放，运动到B点；第二种情况，在M、N两点分别放置电荷量为＋Q的等量同种点电荷，该金属环仍从A点无初速度释放，运动到B点．则两种情况中( )图8A．金属环运动到B点的速度第一种情况较大B．金属环从A点运动到B点所用的时间第一种情况较短C．金属环从A点运动到B点的过程中，动能与重力势能之和均保持不变D．金属环从A点运动到B点的过程中(不含A、B两点)，在杆上相同位置的速度第一种情况较大答案BD解析等量异种电荷连线的中垂线是等势线，带电金属环沿杆运动时电势能不变，重力势能转化为动能，金属环所受合力等于重力，做加速度等于重力加速度的匀加速直线运动；在等量同种正电荷连线的中垂线上，中点O电势最高，与中点O距离越远，电势越低，A、B两点关于O点对称，电势相等，金属环的电势能相等，重力势能全部转化为动能，第一种情况与第二种情况在B点的速度相等，故A错误；由于到B点前第二种情况的平均速度比较小，所以运动时间比较长，故B正确；等高处重力势能相等，但到B点前第二种情况的速度均较小，所以动能与重力势能之和第二种情况均较小，故C错误；第二种情况中金属环电场力先是阻力后是动力，到B点时与第一种情况速度相等，故D正确．。
高考物理总复习 优编增分练：选考题考点排查练8 选考34题考点排查练
2017年(全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷)选考34题考点排查练1．(2018·重庆市江津中学、合川中学等七校第三次模拟)(1)下列说法正确的是________．A ．声波从空气进入水中时，其波速增大，波长变长B ．纵波传播过程中各质点的运动方向与波的传播方向总是垂直的C ．当波源与观察者相向运动时，波源自身的频率不变D ．均匀变化的磁场产生变化的电场，均匀变化的电场产生变化的磁场E ．只有频率相同的两列波才可能发生干涉现象(2)半径为R 的半圆柱形玻璃砖的截面如图1所示，O 为圆心，光线Ⅰ沿半径方向从a 点射入玻璃砖后，恰好在O 点发生全反射，另一条光线Ⅱ平行于光线Ⅰ从最高点b 射入玻璃砖后，在底边MN 上的d 点射出，若测得Od ＝R 4，求该玻璃砖的折射率．图1答案 (1)ACE (2)2.03解析 (1)声波由空气进入水中时波速v 变大，频率f 不变，由公式v ＝λf 知，波长λ变大，故A 正确；纵波传播过程中各质点的运动方向与波的传播方向总是平行的，故B 错误；当波源与观察者相向运动时，波源自身的频率不变，故C 正确；均匀变化的磁场产生恒定的电场，均匀变化的电场产生恒定的磁场，故D 错误；只有频率相同的两列波才可能发生干涉现象，故E 正确．(2)设光线Ⅱ的入射角和折射角分别为i 和r ，在△bOd 中，bd ＝Ob 2＋Od 2＝174R ，sin r ＝Od bd ＝1717，由折射定律有n ＝sin i sin r ，即sin i ＝1717n 又因为光线Ⅰ与光线Ⅱ平行，且在O 点恰好发生全反射，有：sin i ＝1n ，所以1717＝1n2， 解得：n ＝417≈2.032．(1)(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图2所示，下列说法正确的是________．图2A ．图甲中，P 、Q 是偏振片，M 是光屏，当P 固定不动，缓慢转动Q 时，光屏M 上的光亮度将会变化，此现象表明光波是横波B ．图乙是双缝干涉示意图，若只减小屏到双缝间的距离L ，两相邻亮条纹间距离将减小C ．根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围一定能产生电磁波D ．利用红外线进行遥感主要是因为红外线的波长长，容易发生衍射E ．人站在路边，一辆汽车响着喇叭从人身边疾驰而过，人听到喇叭的音调会由低变高(2)(2018·湖北省武汉市部分学校起点调研)如图3，水平桌面上有一水槽，槽中放置着平面镜M ，镜面与水平面之间的夹角为θ.一束白光从O 点射向水面，先经水面折射，再经平面镜反射，又经水面折射回到空气中，最后在水槽左上方的竖直屏N 上形成彩色光带．若逐渐增大θ角，各种色光陆续消失，假定所有光线均在同一竖直平面．图3①________色光最先从屏上消失；②若入射光线与水面成30°角，镜面与水平面之间的夹角θ＝45°，屏上的彩色光带恰好全部消失．求最后消失的色光对水的折射率．(结果可以用根式表示)答案 (1)ABD (1)①紫 ②72解析 (1)只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故A 正确．根据双缝干涉两相邻亮条纹的间距Δx 与双缝间距离d 及光的波长λ的关系式Δx ＝L dλ，可知若只减小屏到双缝间的距离L ，两相邻亮条纹间距离Δx 将减小，故B 正确．根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场；均匀变化的电(磁)场只能产生恒定不变的磁(电)场，故C 错误．波长越长，越容易发生衍射现象；利用红外线进行遥感是因为红外线的波长长，容易发生衍射，故D 正确．根据多普勒效应，声波波源远离观察者时，则观察者接收到的声波频率变小，故E 错误．(2)①逐渐增大θ角，反射光线逆时针转动，反射光线射到水面的入射角增大，由于紫光的临界角最小，所以紫光的入射角首先达到临界角，发生全反射，故从屏上最先消失的是紫色光．②最后消失的是红光，红光传播的光路如图．在空气与水的界面，入射角α＝60°，折射角为β.由折射定律n ＝sin αsin β红光在平面镜上的入射角为r ，由几何关系β＋r ＝45°红光由水面射向空气，恰好发生全反射时入射角为C ，由几何关系C ＝β＋2r 且sin C ＝1n，联立解得n ＝72. 3．(2018·河南省六市第二次联考)(1)两列简谐横波的振幅都是20 cm ，传播速度大小相等．实线波的频率为2 Hz ，沿x 轴正方向传播；虚线波沿x 轴负方向传播．某时刻两列波相遇时的波形如图4所示，则以下分析正确的是________．图4A ．虚线波的周期是0.75 sB ．两列波在相遇区域会发生干涉现象C ．从图示时刻起再经过0.25 s ，平衡位置为x ＝5 m 处的质点的位移y <0D ．从图示时刻起至少再经过532s ，平衡位置为x ＝6.25 m 处的质点位移达到最大 E ．平衡位置为x ＝6 m 处的质点在图示时刻速度为0(2)如图5所示，在坐标系的第一象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体OPQ ，OP ＝OQ ＝R ，一束复色光沿MN 射入玻璃体，在PQ 面上的入射点为N ，经玻璃体折射后，有两束单色光e 、f 分别从OP 面上的A 点和B 点射出，已知NA 平行于x 轴，OA ＝R 2，OM ＝3R .图5①求e 光在该玻璃体中的折射率；②某同学测量得到OB ＝0.6R ，NB ＝0.9R ，求f 光在该玻璃体中的折射率．答案 (1)ACD (2)① 3 ②1.5解析 (1)由题知，实线波的周期为T 1＝1f 1＝12s ＝0.5 s ，两列波传播速度大小相等，由题图可知，实线波的波长λ1＝4 m ，虚线波的波长λ2＝6 m ，由v ＝λT可得实线波和虚线波的周期之比为2∶3，故虚线波的周期T 2＝32T 1＝0.75 s ，则虚线波的频率为f 2＝1T 2＝43Hz≠f 1，故两列波在相遇区域不会发生干涉现象，故A 正确，B 错误；从图示时刻起再经过0.25 s ，实线波在平衡位置为x ＝5 m 处于波谷，而虚线波在平衡位置为x ＝5 m 处的质点位于y 轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y ＜0，故C 正确；在图示时刻，实线波的波峰距平衡位置为x ＝6.25 m 处的质点的最近距离为x 1＝1.25 m ，虚线波的波峰距平衡位置为x ＝6.25 m 处的质点的最近距离也为x 1＝1.25 m ，因波速大小相等，故经过相同的时间两列波的波峰同时到达x ＝6.25 m 处，该处质点的位移最大，则经历的时间为Δt ＝x 1v ＝x 1λ1f 1＝1.254×2 s ＝532s ，故D 正确；根据“上下坡法”可知，两列波在平衡位置为x ＝6 m 处的振动方向都向上，故此处质点的速度不为0，故E 错误．(2)①如图所示，e 光在PQ 面上的折射角为θ1由图可知：sin θ1＝OA ON ＝12由几何关系可得θ2＝60°e 光在该玻璃体中的折射率n e ＝sin θ2sin θ1＝ 3 ②如图所示，根据几何关系和折射定律：nf ＝sin θ2sin∠ONB由正弦定理得：BN sin∠BON ＝OB sin∠ONB，∠BON ＝60° 故f 光的折射率为n f ＝BN OB＝1.5。
高考物理总复习 优编增分练：选考题考点排查练10 2018年选考34题考点排查练
2018年(全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷)选考34题考点排查练1．(1)(2018·四川省广安、眉山、内江和遂宁第三次模拟)两种单色光分别通过同一双缝干涉装置得到的干涉图样如图1甲、乙所示．图丙中有一半圆玻璃砖，O 是圆心，MN 是法线，PQ 是足够长的光屏．甲单色光以入射角i 由玻璃砖内部射向O 点，折射角为r .则下列说法正确的是________．图1A ．乙光以i 入射时一定发生全反射B ．甲光的频率比乙光的频率大C ．光的干涉现象说明光是一列横波D ．甲光在玻璃砖中的临界角C 满足sin C ＝sin i sin rE ．若绕O 点逆时针旋转玻璃砖，PQ 上可能接收不到甲光(2)(2018·湖南省衡阳市第三次联考)如图2所示，实线是一列简谐横波在t 1时刻的波形图，虚线是在t 2＝(t 1＋0.2) s 时刻的波形图．图2①在t 1到t 2的时间内．如果M 通过的路程为1 m ，那么波的传播方向怎样？波速多大？ ②若波速为55 m/s ，求质点M 在t 1时刻的振动方向．答案 (1)BDE (2)①沿x 轴正方向传播 25 m/s ②向下振动解析 (1)题图乙中两相邻亮条纹间距Δx 更大，根据Δx ＝L dλ，可知L 、d 一样，故乙光的波长长，根据c ＝λν，可知乙光的频率小，甲光的频率大，故玻璃砖对甲光的折射率大于玻璃砖对乙光的折射率，根据全反射的条件sin C ＝1n，可知乙光发生全反射的临界角大于甲光的全反射临界角，由题知，当甲单色光以入射角i 由玻璃砖内部射向O 点能折射出来，故乙光以i 入射时不能发生全反射，故A 错误，B 正确；光的偏振现象说明光是横波，故C 错误；根据折射定律得n ＝sin r sin i ，而全反射的临界角sin C ＝1n ，解得sin C ＝sin i sin r ，故D 正确；因甲光的全反射临界角较小，故若绕O 点逆时针旋转玻璃砖，甲光先消失，故E 正确． (2)①由题图知振幅为A ＝20 cm ＝0.2 m ．如果M 通过的路程为x ′＝1 m ，则经历的时间与周期的比值m ＝x ′4A ＝114，说明波沿x 轴正方向传播；波速为v 2＝m λt 2－t 1＝114×40.2 m/s ＝25 m/s.②从波的图象可以看出，波长为λ＝4 m ．若波沿x 轴正方向传播，t 1到t 2时间内波传播的距离为x 1＝(n ＋14)λ(n ＝0、1、2…)，波传播的速度为v 1＝x 1t 2－t 1＝5(4n ＋1)m/s(n ＝0、1、2…)，波速不可能等于55 m/s ，说明波沿x 轴负方向传播，质点M 向下振动． 2．(2018·湖北省4月调研)(1)下列说法正确的是________．A ．不管系统的固有频率如何，它做受迫振动的频率总等于周期性驱动力的频率，与系统的固有频率无关B ．游泳时耳朵在水中听到的音乐与在岸上听到的是一样的，说明机械波从一种介质进入另一种介质，频率并不改变C ．当光从一种介质射入另一种介质时，如果入射角足够大，就会发生全反射现象D ．麦克斯韦电磁场理论的主要论点是变化的磁场激发电场，变化的电场激发磁场E ．相对论认为：一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度大(2)“道威棱镜”广泛地应用在光学仪器中，如图3所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射．从M 点发出的一束平行于底边CD 的单色光从AC 边射入，已知棱镜玻璃的折射率n ＝2，光在真空中的速度为c .图3①请通过计算判断该光线能否从CD 边射出；②若CD ＝6l ，光在“道威棱镜“内部传播的时间为多少． 答案 (1)ABD (2)①光线无法从CD 边射出 ②22lc解析 (1)不管系统的固有频率如何，它做受迫振动的频率总等于周期性驱动力的频率，与系统的固有频率无关，选项A 正确；游泳时耳朵在水中听到的音乐与在岸上听到的是一样的，说明机械波从一种介质进入另一种介质，频率并不改变，选项B 正确；只有当光从光密介质射入另一种光疏介质时，如果入射角足够大，才会发生全反射现象，选项C 错误；麦克斯韦电磁场理论的主要论点是变化的磁场激发电场，变化的电场激发磁场，选项D 正确；相对论认为：一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度小，选项E 错误． (2)①光在棱镜中传播光路如图所示．由折射定律得n ＝sin 45°sin γ解得γ＝30° 而sin C ＝1n解得C ＝45°光线到达CD 边时，θ＝75°>C ，故光线无法从CD 边射出． ②光线在棱镜内传播，n ＝c v由正弦定理得APsin 45°＝CPsin 120°解得AP ＝63CP 由对称性可知，光在棱镜内部传播的路程s ＝63CD 而t ＝sv所以t ＝22lc3．(2018·安徽省A10联盟最后一卷)(1)如图4，轴上S 1与S 2是两个波源，产生的简谐波分别沿轴向右、向左传播，波速均为v ＝0.4 m/s ，振幅均为A ＝2 cm ，图示为t ＝0时刻两列波的图象，此时分别传播到P 点和Q 点，下列说法正确的是________．图4A ．图示时刻质点P 、Q 都沿y 轴负向运动B ．t ＝0.75 s 时刻，质点P 、Q 都运动到M 点C ．t ＝1 s 时刻，x ＝0.5 m 处的质点M 的位移为－4 cmD ．t ＝1.25 s 时刻，x ＝0.5 m 处的质点M 为振动减弱点E ．t ＝3.5 s 时刻，质点P 的位移为0(2)如图5，上下表面平行的玻璃砖折射率n ＝2，下表面镀有反射膜，玻璃砖右侧竖直放置一标尺．一束单色光以入射角i ＝45°射到玻璃砖上表面的A 点，在标尺上出现两个光点(图中未画出)．不考虑多次反射，已知折射光在玻璃砖内的传播时间为t ，真空中的光速为c ，求：图5①标尺上两光点的距离；②光在标尺上形成两光点的时间差． 答案 (1)ACE (2)①24ct ②t 2解析 (1)两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播，则质点P 、Q 均沿y 轴负方向运动，故A 正确；质点不随波迁移，所以质点P 、Q 都不会运动到M 点，故B 错误；波的周期T ＝λv＝0.40.4 s ＝1 s ，两列波从P 、Q 两点传到M 的时间为34T ，当t ＝1 s 时刻，两波的波谷恰好传到质点M ，所以位移为－4 cm ，故C 正确；经t ＝1.25 s ＝T ＋T4时，两波的平衡位置恰好传到质点M ，根据“上下坡”法，可知两波此时在质点M 处的运动方向都沿y 轴正方向，即M 点为振动加强点，故D 错误；向左传播的波经t ＝0.8－0.20.4 s ＝1.5 s 传到质点P ，再经过t ＝2s ＝2T ，刚好到t ＝3.5 s ，此时质点P 在平衡位置，质点P 在向右传播的波经t ＝3.5 s ＝3T ＋T2，也刚好回到平衡位置，故在t ＝3.5 s 时质点P 在平衡位置，则此时质点P 的位移为0，故E 正确． (2)①光路如图由折射定律：n ＝sin isin r ，知r ＝30°由几何关系知GF ＝BE ＝AB 光在玻璃中的速度为v ＝c n ＝22c 光在玻璃中的路径长度s ＝2AB ＝vt 可解得标尺上两光点的距离GF ＝24ct ②反射光在AE 段的传播时间为t 1＝ABcos 45°·c在EG 段的传播时间与折射光在BF 段的传播时间相等，所以光在标尺上形成两光点的时间差：Δt ＝t －t 1＝t2。
全国通用版高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练8
2017年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练二、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14～18题只有一项符合题自要求，第19～21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．14．(2018·衡水金卷调研卷五)如图1所示，质量为m的A 球以速度v 0在光滑水平面上运动，与原来静止的质量为4m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝av 0(待定系数a <1)的速率弹回，并与挡板P 发生完全弹性碰撞，若要使A 球能追上B 球再次相撞，则a 的取值范围为( )图1A.15<a <13B.13<a <23C.13<a <25D.13<a ≤35答案 D15．(2018·福建省南平市5月综合质检)如图2所示，为践行新形势下的强军目标，在某次军事演习中，水平匀速飞行的无人机在斜坡底端A 的正上方投弹，炸弹垂直击中倾角为θ＝37°，长为L ＝300 m 的斜坡的中点P ，若g 取10 m/s 2，则无人机距A 点的高度h 和飞行的速度v 分别为( )图2A ．h ＝170 m v ＝30 m/sB ．h ＝135 m v ＝40 m/sC ．h ＝80 m v ＝30 m/sD ．h ＝45 m v ＝40 m/s答案 A16．(2018·山东省青岛市第二次质量检测)如图3，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向外．在该区域内，一个带电小球在竖直面内做直线运动．下列说法正确的是( )图3A ．若小球带正电荷，则小球的电势能减小B ．若小球带负电荷，则小球的电势能减小C ．无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小D ．小球的动能可能会增大 答案 C17．(2018·福建省南平市5月综合质检)人们发现铋有极其微弱的放射性，一个铋核(21283Bi)经过α、β衰变后变成一个铅核(20882Pb)，并伴随产生了γ射线．该反应中铋核、α粒子、β粒子、铅核的质量分别为m 1、m 2、m 3、m 4，下列说法正确的是( ) A ．α射线、β射线、γ射线相比，γ射线具有较强的电离本领 B ．核反应中释放的γ光子频率是(m 2＋m 3＋m 4－m 1)c2hC ．铋核的结合能比铅核的结合能大D ．原子核发生一次β衰变后，该原子外层就失去一个电子 答案 C解析 α射线、β射线、γ射线相比，α射线具有较强的电离本领，故A 错误；核反应中释放的能量为ΔE ＝Δmc 2＝(m 1－m 2－m 3－m 4)c 2＝h ν，解得频率ν＝(m 1－m 2－m 3－m 4)c 2h，故B错误； 铋核的核子数比铅核的核子数多，故铋核的结合能比铅核的结合能大，故C 正确；衰变反应发生在原子核内部，原子核由质子和中子组成，发生β衰变时一个中子变为质子并释放一个电子，故D 错误．18．(2018·广西钦州市第三次质检)如图4甲所示，ab 为磁场边界，在ab 的右侧存在一个足够大的匀强磁场，t ＝0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里，用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成两个半径分别为r 和2r 的圆环1和圆环2，让圆环的直径与边界重合．磁场磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示，则0～t 1时间内()图4A ．两圆环中产生感应电流的方向为逆时针B ．两圆环一直具有扩张的趋势C ．环1和环2中感应电流的大小之比为1∶2D ．环1和环2中的电功率之比为1∶4 答案 C解析 磁感应强度方向向里且减小，由楞次定律“增反减同”可知，圆环中的感应电流方向为顺时针，0～t 0时间内为了阻碍磁通量的减小，圆环有扩张的趋势，t 0～t 1时间内为了阻碍磁通量的增大，圆环有缩小的趋势，A 、B 错误；由题图乙可知磁场均匀变化，即ΔBΔt 恒定，根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ′可知产生的感应电动势大小之比为E 1E 2＝12πr 212π(2r )2＝14，根据电阻定律R ＝ρL S ＝ρ2πr S 可知两环的电阻之比为R 1R 2＝12，故感应电流之比为I 1I 2＝E 1R 1E 2R 2＝12，C 正确；电功率之比为P 1P 2＝I 12R 1I 22R 2＝18，D 错误．19．(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图5所示，有两根长均为L 、质量均为m 的细导体棒a 、b ，其中a 被水平放置在倾角为45°的光滑固定绝缘斜面上．b 被水平固定在斜面的右侧．且a 、b 在同一水平面上保持相互平行．当两棒通以大小均为I 的电流时，a 恰好在斜面上保持静止，重力加速度为g ，下列关于b 棒在a 处产生的磁场的说法中，正确的是()图5A ．方向一定竖直向下B ．方向可能竖直向上C ．磁感应强度大小一定为mg ILD ．磁感应强度大小一定为2mg 2IL答案 BC解析 由于a 恰好在斜面上保持静止，所以a 、b 之间一定是吸引力，即a 、b 中电流的方向应相同，由于题中没有给出a 中电流的方向，所以b 的电流方向也不确定，则b 棒在a 处产生的磁场可能向上也可能向下，故A 错误，B 正确；a 受到重力、支持力和水平向右的安培力处于平衡状态，因夹角为45°，则B ＝mg IL，故C 正确，D 错误．20．(2018·江西省重点中学协作体第二次联考)在水平面内有一沿x 轴方向的静电场，其电势φ随坐标x 变化的图线如图6所示(φ0、－φ0、x 1、x 2、x 3、x 4均已知，O 、x 1、x 2、x 3、x 4为x 轴上等间距的点)．现有一质量为m 、电荷量为q 的带负电小球(不计重力)从O 点以某一未知初速度v 0沿x 轴正方向射出，则下列说法正确的是( )图6A ．在0～x 1间的电场强度沿x 轴正方向，大小为E 1＝φ0x 1B ．在0～x 1间与在x 3～x 4间电场强度相同C ．只要v 0＞0，该带电小球就能运动到x 4处D ．只要v 0＞2q φm，该带电小球就能运动到x 4处答案 BD解析 由于沿电场方向，电势降落，可知0～x 1间的电场强度沿x 轴负方向，由E ＝U d，得E ＝ΔφΔx ＝φ0x 1，φ－x 图象的斜率等于电场强度，在0～x 1间与在x 3～x 4间斜率相同，则电场强度相同，故A 错误，B 正确；由φ－x 图象可知，x 3处电势最低，速度最小，只要能到达x 3处就一定能到达x 4处．若小球恰好到达x 3处，由动能定理得：－qU ＝－q φ0＝0－12mv 02，故v0＝2qφ0m，只要v0>2qφ0m，带电小球就能运动到x4处，故C错误，D正确．21．(2018·江西省南昌市第二次模拟)如图7所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行．现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有( )图7A．轻绳对小球的拉力逐渐增大B．小球对斜劈的压力先减小后增大C．竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大答案AD解析对小球受力分析，受重力、支持力和轻绳的拉力，如图甲所示：根据平衡条件，细线的拉力F T′增加，支持力F N减小，根据牛顿第三定律，球对斜劈的压力也减小，A正确，B错误；对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力F N，杆的支持力F N′，拉力F T，如图乙所示，根据平衡条件，有：水平方向F N′＝F N sin θ，竖直方向F T＋F N cos θ＝G，由于F N减小，故F N′减小，F T增加，C错误，D正确．。
高考物理总复习 优编增分练：选考题考点排查练4 2015年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考34题考点排查练
2015年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考34题考点排查练1．(1)(2018·衡水金卷调研卷五)某同学用如图1甲所示实验装置做“用双缝干涉测量光的波长”的实验，相邻两条亮条纹间的距离用带有螺旋测微器的测量头测出，测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定位第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示，则这种色光的波长λ＝______nm(已知双缝间距d ＝0.2 mm ，双缝到屏间的距离L ＝700 mm)，若改用频率较高的单色光照射，得到的干涉条纹间距将________(填“变大”“不变”或“变小”)图1(2)(2018·安徽省“江南十校”二模)如图2甲所示，在均匀介质中A 、B 两质点相距d ＝0.8 m ，质点A 的振动图象如图乙所示，已知t ＝0时刻，A 、B 两质点都在平衡位置，且A 、B 之间只有一个波谷．求：图2①波的传播速度；②质点B 第一次出现波峰的时间．答案 (1)660 变小 (2)①8 m/s、4 m/s 或83 m/s②0.05 s 或0.15 s解析 (1)题图乙所示螺旋测微器的读数为 2.0 mm ＋32.0×0.01 mm＝2.320 mm ，题图丙所示的螺旋测微器读数为13.5 mm ＋37.0×0.01 mm＝13.870 mm ，相邻两亮条纹间的距离为Δx ＝x 2－x 1n －1，根据公式Δx ＝Ldλ可得这种单色光的波长λ＝Δx ·d L ＝(13.870－2.320)×10－3×0.2×10－35×700×10－3nm ＝660 nm.光的频率越高，波长越短，根据Δx＝L dλ知相邻的干涉条纹间距将变小． (2)①由题图乙可知该波的周期T ＝0.2 s ，若A 、B 间没有波峰，A 、B 间距离等于半个波长，即λ＝1.6 m ，波速v ＝λT＝8 m/s ；若A 、B 间有一个波峰，其间距等于一个波长，即λ＝0.8 m ，波速v ＝λT＝4 m/s ；若A 、B 间有两个波峰，则32λ＝0.8 m ，即λ＝815m ，波速v ＝λT ＝83 m/s ；所以波速可能为8 m/s 、4 m/s 或83m/s ；②t ＝0时刻，质点A 向下振动，经过0.05 s 到达波谷处，经过0.15 s 到波峰处；若A 、B 间距为一个波长，A 、B 同时出现在波峰处，则质点B 第一次出现在波峰的时间t ＝0.15 s ；若A 、B 间距为半个波长的1倍或3倍，质点B 在波峰时，质点A 点在波谷，则质点B 第一次出现在波峰的时间为t ＝0.05 s ；所以质点B 第一次出现波峰的时间可能为0.05 s 或0.15 s.2．(1)(2018·安徽省“江南十校”二模)一束含两种频率的单色光，照射到底面有涂层的平行均匀玻璃砖上表面后，经下表面反射从玻璃砖上表面射出后，光线分为a 、b 两束，如图3所示．下列说法正确的是________．图3A ．a 、b 一定是平行光线B ．用同一装置进行双缝干涉实验，a 光的条纹间距大于b 光的条纹间距C ．a 光的频率大于b 光的频率D ．从同种玻璃射入空气发生全反射时，a 光的临界角小E ．增大从空气到玻璃的入射角(90°之内)，a 、b 光可能在玻璃内发生全反射(2)(2018·衡水金卷调研卷五)如图4甲所示为一列沿x 轴方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形，波上位于x ＝6 m 处的质点M 的振动图象如图乙所示，求：图4①这列波的传播速度大小及方向；②从t ＝0时刻起，再经过Δt ＝12.5 s ，x ＝3 m 处的质点运动的路程．解析 (1)因为a 、b 两单色光在上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，根据折射定律可知出射后在上表面的入射角分别相等，所以出射光线一定平行，A 正确；根据光路图，a 光的偏折程度较大，则a 光的折射率较大，频率较大，波长较短，根据双缝干涉条纹间距公式Δx ＝L dλ可知a 光的条纹间距小于b 光的条纹间距，B 错误，C 正确；因为a 光的折射率较大，根据sin C ＝1n可知a 光的临界角较小，D 正确；根据折射定律，无论如何改变入射角，在玻璃内都不能发射全反射，E 错误． (2)①由题图可知波长λ＝8 m ，T ＝4 s ，故波速v ＝λT＝2 m/s由振动图象结合“上下坡法”可知该列波沿x 轴负方向传播 ②距离x ＝3 m 处最近的波峰传播到此处所需时间为t 1＝Δxv＝2.5 s这段时间内质点的路程为s 1＝(8－8×cos 45°) cm＋2×8 cm＝(24－42)cm 而后运动的周期数为N ＝Δt －t 1T＝2.5后面这段时间内质点运动的路程为s 2＝2.5×4×8 cm＝80 cm ， 故质点运动的总路程为s ＝s 1＋s 2＝(104－42)cm.。
全国通用版高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练2
2014年(全国Ⅱ卷)选择题考点排查练二、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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．14．(2018·广东省湛江市第二次模拟)某同学在开展研究性学习的过程中，利用速度传感器研究某一物体以初速度1 m/s 做直线运动的速度v 随时间t 变化的规律，并在计算机上得到了前4 s 内物体速度随时间变化的关系图象，如图1所示．则下列说法正确的是( )图1A ．物体在1 s 末速度方向改变B ．物体在3 s 末加速度方向改变C ．前4 s 内物体的最大位移只出现在第3 s 末，大小为3.5 mD ．物体在第2 s 末与第4 s 末的速度相同答案 C15．(2018·湖北省4月调研)如图2，某楼梯有k 级台阶，每级台阶长L ＝30 cm ，高h ＝15 cm.某同学从第0级台阶的边缘以v 0＝2.4 m/s 的速度平抛小球，小球将首先落在(不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2) ( )图2A ．第1级台阶上B ．第2级台阶上C ．第3级台阶上D ．第4级台阶上答案 B16．(2018·贵州省安顺市适应性监测三)在一次跳绳体能测试中，一位体重约为50 kg 的同学，一分钟内连续跳了140次，若该同学每次跳跃的腾空时间为0.2 s ，重力加速度g 取10 m/s 2，则他在这一分钟内克服重力做的功约为( )A ．3 500 JB ．14 000 JC ．1 000 JD ．2 500 J答案 A解析 G ＝mg ＝50 kg×10 N/kg＝500 N ，每次跳跃腾空时间为0.2 s ，故上升过程用时0.1 s ，上升的高度为h ＝0.05 m ，则起跳一次克服重力做的功W 0＝Gh ＝500 N×0.05 m＝25 J ；1 min 跳了140次，则1 min 内克服重力做功W ＝140W 0＝140×25 J＝3 500 J ，故选A.17．(2018·山西省太原市上学期期末)对于挑战世界最大的环形车道(直径 12.8 m ，位于竖直面内，如图3所示)的特技演员Steve Truglia 来说， 瞬间的犹豫都可能酿成灾难性后果．若速度太慢，汽车在环形车道上，便有可能像石头一样坠落；而如果速度太快，产生的离心力可能让他失去知觉．挑战中汽车以16 m/s 的速度进入车道，到达最高点时，速度降至10 m/s 成功挑战．已知演员与汽车的总质量为 1 t ，将汽车视为质点，在上升过程中汽车速度一直减小，下降过程中速度一直增大，取 g ＝10 m/s 2，则汽车在以16 m/s 的速度进入车道从最低点上升到最高点的过程中( )图3A ．通过最低点时，汽车受到的弹力为 4×104NB ．在距地面6.4 m 处，演员最可能失去知觉C ．只有到达最高点时汽车速度不小于10 m/s ，才可能挑战成功D ．只有汽车克服合力做的功小于 9.6×104 J ，才可能挑战成功答案 D解析 通过最低点时，汽车受到的弹力为F N1＝mg ＋m v 2R ＝1 000×(10＋1626.4)N ＝5×104 N ，选项A 错误；在轨道的最低点时，车速最大，人对座椅的压力最大，最容易失去知觉，选项B 错误；汽车到达最高点的最小速度为v ＝gR ＝10×6.4 m/s ＝8 m/s ，则只有到达最高点时汽车速度不小于8 m/s ，才可能挑战成功，选项C 错误；从最低点到最高点克服合外力做的功最大为W ＝12mv 02－12mv 2＝12×1 000×(162－82)J ＝9.6×104 J ，选项D 正确． 18．(2018·衡水金卷调研卷五)军用卫星指的是用于各种军事目的人造地球卫星，在现代战争中大显身手，作用越来越重要，一颗军事卫星在距离地面高度等于地球半径的圆形轨道上运行，卫星轨道平面与赤道平面重合，侦察信息通过无线电传输方式发送到位于赤道上的地面接收站，已知人造地球卫星的最小周期约为85 min ，此卫星运行方向为自西向东，则下列判断正确的是( )A ．该军事卫星的周期约480 minB ．该军事卫星的运行速度约为7 km/sC ．该军事卫星连续两次通过接收站正上方的时间间隔约为576 minD ．地面接收站能连续接收信息的时间约为96 min答案 D解析 对于该军事卫星和近地卫星，由开普勒第三定律可知⎝ ⎛⎭⎪⎫2R 0R 03＝⎝ ⎛⎭⎪⎫T T min 2，解得T ＝22T min ≈240 min，A 错误；卫星运行的速度v ＝GM 2R 0＝12×GM R 0＝7.92km/s ≈5.6 km/s ，B 错误；该军事卫星连续2次通过接收站正上方，由几何关系可知2πT t 1－2πT 0t 1＝2π，解得t 1≈288 min，C 错误；卫星与接收站的关系如图：设卫星在A 1、A 2位置接收站恰好能接收到信息，由几何关系可知∠A 1OB 1＝∠A 2OB 2＝π3，2π3＋t 2T 0·2π＝t 2T ·2π，解得t 2＝TT 03(T 0－T )≈96 min，D 正确． 19．(2018·广西钦州市第三次质检)真空中，两个固定点电荷A 、B 所带电荷量分别为Q A 和Q B ，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图4实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向，电场线上标出了C 、D 两点，其中D 点的切线与AB 连线平行，O 点为AB 连线的中点，则( )图4A ．A 带正电，B 带负电，且|Q A |>|Q B |B ．O 点电势等于D 点电势C ．点电荷A 在D 点产生的场强比点电荷B 在D 点产生的场强大D ．负检验电荷在C 点的电势能大于在D 点的电势能答案 AC解析 根据电场线的方向，知A 带正电，B 带负电；D 点的场强可看成A 、B 两点电荷在该点产生场强的合场强，电荷A 在D 点产生的场强方向沿AD 向上，电荷B 在D 点产生的场强沿DB 向下，合场强水平向右，可知A 电荷在D 点产生的场强大于B 电荷在D 点产生的场强，而AD >BD ，所以|Q A |>|Q B |，A 、C 正确；因|Q A |>|Q B |，在AB 连线上电势与D 点相同的点在OB 之间，A 带正电荷，B 带负电荷，所以O 点电势比D 点电势高，B 错误；沿电场线方向电势逐渐降低，φC >φD ，再根据E p ＝q φ，q 为负电荷，知E p C <E p D ，D 错误．20．(2018·青海省西宁市二模)如图5所示，在长方形abcd 区域内，存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，O 点为ad 边的中点，ab ＝2ad ，由氕核(11H)和氘核(21H)(重力均不计)组成的一细束粒子流沿与ab 平行的方向以相同的速度从O 点射入磁场中，下列说法正确的是( )图5A ．氕核和氘核在磁场中运动的轨迹半径之比为2∶1B ．若氘核从Od 边射出磁场，则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为1∶2C ．若氕核从d 点射出磁场，则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为2∶1D ．若氕核从cd 边的中点射出磁场，则氘核从cd 边射出磁场答案 BD解析 根据r ＝mv qB 可知氕核和氘核在磁场中运动的轨迹半径之比为r D r C ＝m D m C ＝12，选项A 错误；若氘核从Od 边射出磁场，可知氘核在磁场中运动半个圆周，因为氕核运动半径小于氘核，可知氕核在磁场中运动半个圆周从Od 边射出，根据T ＝2πm qB可知，氕核和氘核的周期之比为1∶2，则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为1∶2，选项B 正确；若氕核从d 点射出磁场，因氘核运动半径是氕核运动半径的2倍，可知氘核运动14圆周垂直于dc 边从dc 边射出，结合B 的分析可知，氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为1∶1，选项C 错误；设ab ＝2ad ＝2l ，则若氕核从cd 边的中点射出磁场，则由几何关系可知：r 2＝l 2＋(r －l 2)2，解得r ＝5l 4；因氘核运动半径为氕核的2倍，则氘核运动的半径为r ′＝5l 2，由几何关系，氘核出射点离d 点的距离：x ＝r ′2－(r ′－l 2)2＝3l 2，即氘核从cd 边射出磁场，选项D 正确． 21．(2018·山东省青岛市5月二模)如图6，将手摇交流发电机与一理想变压器的原线圈相连，副线圈电路中接有三个定值电阻、开关、灯泡及一个压敏电阻．压敏电阻具有这样的特点：只有加在它两端的电压大于某一值时，才会有电流通过．现将手摇发电机的手柄匀速转动，小灯泡周期性的闪亮，闭合开关后，小灯泡不再闪亮．下列说法正确的是( )图6A．将滑动头P向上滑动，可能使灯泡继续闪亮，且闪亮频率不变B．将滑动头P向下滑动，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变小C．将滑动头P向上滑动，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大D．增大发电机手柄的转速，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大答案AD解析将滑动头P向上滑动，变压器副线圈匝数增多，据U1∶U2＝n1∶n2可得，副线圈两端电压增大，压敏电阻两端电压增大，可能使灯泡继续闪亮；原线圈输入电流频率不变，副线圈回路中电流频率不变，灯泡闪亮频率不变，故A项正确，C项错误．将滑动头P向下滑动，变压器副线圈匝数减少，据U1∶U2＝n1∶n2可得，副线圈两端电压减小，压敏电阻两端电压减小，小灯泡可能闪亮，但频率不变，故B项错误．增大发电机手柄的转速，原线圈两端的电压增大，据U1∶U2＝n1∶n2可得，副线圈两端电压增大，压敏电阻两端电压增大，可能使灯泡继续闪亮，增大发电机手柄的转速，原线圈输入电流的频率增大，副线圈电流的频率增大，灯泡闪亮频率变大，故D项正确．。
高考物理总复习 优编增分练：选考题考点排查练7 2018年选考33题考点排查练
2017年(全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷)选考33题考点排查练1．(1)(2018·陕西省渭南市第三次模拟)下列说法正确的是________． A ．松香在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变 B ．当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小 C ．液体的饱和汽压与饱和汽的体积有关D ．若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则压强一定增大E ．若一定质量的理想气体分子平均动能减小，且外界对气体做功，则气体一定放热 (2)(2018·江西省重点中学协作体第二次联考) 如图1所示，粗细均匀且内壁光滑的导热细玻璃管长L 0＝65 cm ，用长为h ＝25 cm 的水银柱封闭一段理想气体．开始时玻璃管水平放置，气柱长L 1＝25 cm ，大气压强为p 0＝75 cmHg.不考虑环境温度的变化．图1①若将玻璃管由水平位置缓慢转至竖直位置(管口向上)，求此时气柱的压强p 2和长度L 2； ②保持玻璃管沿竖直方向放置，向玻璃管中缓慢注入水银，当水银柱上端与管口相平时封闭气柱的长度L 3.答案 (1)BDE (2)①100 cmHg 18.75 cm ②15 cm解析 (1)晶体在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，而松香是非晶体，A 错误；当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小，B 正确；液体的饱和汽压与温度有关，与饱和汽的体积无关，C 错误；若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则W >0，Q >0，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，ΔU >0，说明气体的温度升高，又气体被压缩，体积减小，由理想气体状态方程可知，气体压强一定增大，D 正确；若一定质量的理想气体分子平均动能减小，说明温度降低，内能减小，即ΔU <0，又外界对气体做功，即W >0，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，Q <0，即气体一定放热，E 正确．(2)①玻璃管水平放置时，气柱的压强等于大气压强，即p 1＝p 0＝75 cmHg ， 当玻璃管管口朝上，且竖直放置时，气柱的压强为p 2＝p 0＋ρgh ＝100 cmHg ；设水银柱横截面积为S ，由于温度不变，由玻意耳定律得p 1L 1S ＝p 2L 2S ，解得L 2＝18.75 cm ； ②设注入的水银柱长度为x .当水银柱的上端刚好与管口相平时，气柱的压强为p 3＝p 0＋ρg (h ＋x )＝(100＋x ) cmHg此时气柱的长度为L 3＝L 0－h －x ＝(40－x )cm则由玻意耳定律得p 1L 1S ＝p 3L 3S ，解得x ＝25 cm 或x ＝－85 cm(舍)， 故此时气柱的长度L 3＝15 cm.2．(2018·广西钦州市第三次质检)(1)关于气体的内能和热力学定律，下列说法正确的是________．A ．对气体做功可以改变其内能B ．质量和温度都相同的气体，内能一定相同C ．热量不可能从低温物体传到高温物体D ．一定量的理想气体在等温膨胀过程中，一定吸收热量E ．一定量的理想气体，温度越高，气体分子运动越剧烈，气体内能越大(2)如图2所示，绝热圆筒水平放置，圆筒内有一绝热活塞C ，活塞的长度是圆筒长的13，活塞的中心与圆筒中心重合，整个装置置于温度恒为300 K 、压强恒为1.0×105Pa 的大气中．现用导热材料A 、B 封闭圆筒的两端，然后把圆筒左端放入一温度恒定的密闭热源中，并保持圆筒水平，发现活塞缓慢向右移动．当活塞移动距离等于活塞长度的115时，活塞保持静止．不计活塞与圆筒内壁间的摩擦，求：图2①右端气体此时的压强； ②热源的温度．答案 (1)ADE (2)①1.25×105Pa ②450 K解析 (1)做功和热传递在改变内能上是等效的，都可以使内能发生变化，A 正确；温度相同，则分子平均动能相同；质量相同，若为不同的气体则分子数目不同，内能不一定相同，B 错误；热量可能从低温物体传到高温物体，但要引起其他变化，不是自发过程，C 错误；一定量的理想气体在等温膨胀过程中，对外做功，内能不变，根据ΔU ＝W ＋Q 可知Q >0，故一定从外界吸收热量，D 正确；理想气体内能与体积无关，一定量的理想气体，温度越高，气体分子运动越剧烈，分子平均动能越大，气体内能越大，E 正确．(2)①设活塞横截面积为S ，圆筒长为L ，对右侧气体：初态：p B ＝1.0×105Pa ，V B ＝13LS末态：p B ′＝？，V B ′＝(13－115)LS由玻意耳定律得p B V B ＝p B ′V B ′ 解得：p B ′＝1.25×105Pa②对左侧气体：初态：p A ＝1.0×105Pa ，T A ＝300 K ，V A ＝13LS末态：p A ′＝p B ′＝1.25×105Pa ，T A ′＝？，V A ′＝(13＋115)LS由理想气体状态方程得p A V A T A ＝p A ′V A ′T A ′解得T A ′＝450 K3．(2018·衡水金卷四省第三次大联考)(1)如图3所示，一定质量的理想气体，由状态a 经状态b 变化到状态c ，下列说法正确的是________．图3A ．状态a 的温度高于状态b 的温度B ．由状态a 到状态b 的过程，外界对气体做正功C ．由状态b 到状态c 的过程，气体放出热量D ．状态a 的温度低于状态c 的温度E ．由状态b 到状态c 的过程，气体分子的平均动能减小(2)如图4所示，可沿缸壁自由滑动的活塞把导热性能良好的圆筒形汽缸分成A 、B 两部分，汽缸底部通过阀门K 与容器C 相连，当活塞位于汽缸底部时，弹簧恰好无形变．开始时，B 内有一定量的理想气体，A 、C 内为真空，B 部分气体高h 0＝0.2 m ，此时C 的容积为B 的容积的56，弹簧对活塞的作用力恰好等于活塞的重力．现将阀门打开，当达到新的平衡时，求B部分气体高h 为多少？(整个系统处于恒温状态)图4答案 (1)ABD (2)0.1 m解析 (1)由状态a 到状态b 的过程，压强不变，体积减小，根据pV T＝C 可知温度降低，故A 正确；由状态a 到状态b 的过程，体积减小，外界对气体做正功，故B 正确；由状态b 到状态c 的过程，体积不变，外界对气体不做功，压强增大，根据pV T＝C 可知温度升高，气体分子的平均动能增大，内能增大，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知 气体吸收热量，故C 、E 错误；根据理想气体状态方程可得p a V a T a ＝p c V cT c，则有T c >T a ，故D 正确． (2)设活塞质量为m ，弹簧的劲度系数为k ，汽缸横截面积为S ，开始时B 内气体的压强为p 1mg ＝kh 0对活塞受力分析，有p 1S ＝mg ＋kh 0＝2kh 0设阀门打开后，达到新的平衡时B 内气体的压强为p 2，由玻意耳定律得：p 1h 0S ＝p 2(56h 0＋h )S而又有：p 2S ＝mg ＋kh解得：h ＝h 02＝0.1 m(另一解不符合题意，舍去)．。
高考物理总复习 优编增分练：计算题考点排查练13 2018年(全国Ⅲ卷)计算题考点排查练
2018年(全国Ⅲ卷)计算题考点排查练24．(2018·贵州省安顺市适应性监测三)如图1所示，在xOy 平面内的y 轴左侧有沿y 轴负方向的匀强电场，y 轴右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，y 轴为匀强电场和匀强磁场的理想边界．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)从x 轴上的N 点(－L,0)以速度v 0沿x 轴正方向射出．已知粒子经y 轴的M 点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－32L 进入磁场，若粒子离开电场后，y 轴左侧的电场立即撤去，粒子最终恰好经过N 点．求：图1(1)粒子进入磁场时的速度大小及方向； (2)匀强磁场的磁感应强度大小．答案 (1)2v 0 方向与y 轴负方向成30°角 (2)43mv 09Lq解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，有3L 2＝12at 12， L ＝v 0t 1，设粒子到达M 点的速度大小为v ，方向与y 轴负方向成θ角，轨迹如图：则有：tan θ＝v 0at 1， v ＝v 0sin θ，联立解得：θ＝30°，v ＝2v 0；(2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，有qvB ＝m v 2R，由几何关系有：3L 2＋L tan θ＝R ， 联立解得B ＝43mv 09Lq.25．(2018·福建省南平市第一次质检)如图2所示，质量均为m ＝4 kg 的两个小物块A 、B (均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R ＝0.4 m 的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C ，弹簧左端固定．移动物块A 压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A ，物块A 离开弹簧后与物块B 碰撞并粘在一起以共同速度v ＝5 m/s 向右运动，运动过程中经过一段长为s ，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上圆轨道，除s 段外的其它水平面摩擦力不计．求：(g 取10 m/s 2)图2(1)若s ＝1 m ，两物块刚过C 点时对轨道的压力大小； (2)刚释放物块A 时，弹簧的弹性势能；(3)若两物块能冲上圆形轨道，且不脱离圆形轨道，s 应满足什么条件． 答案 (1)500 N (2)200 J (3)s ≤1.25 m 或4.25 m≤s <6.25 m 解析 (1)设物块经过C 点时速度为v C ，物块受到轨道支持力为F N C 由功能关系得：12×2mv 2－2μmgs ＝12×2mv C 2又F N C －2mg ＝2m v C 2R代入解得：F N C ＝500 N由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为500 N(2)设A 与B 碰撞前A 的速度为v 0，以向右为正方向，由动量守恒得：mv 0＝2mv ，解得v 0＝10 m/s 则：E p ＝E k ＝12mv 02＝200 J(3)物块不脱离轨道有两种情况①能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点最小速度为v 1，则2mg ＝2mv 12R得：v 1＝gR ＝2 m/s物块从碰撞后到经过最高点过程中，由功能关系有12×2mv 2－2μmgs －4mgR ≥12×2mv 12代入解得s 满足条件：s ≤1.25 m②物块上滑最大高度不超过14圆弧设物块刚好到达14圆弧处速度为v 2＝0物块从碰撞后到最高点，由功能关系有：12×2mv 2－2μmgs ≤2mgR同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由功能关系：12×2mv 2>2μmgs代入解得s 满足条件：4.25 m≤s <6.25 m。
全国通用版高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练5
2016年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练二、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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．14．(2018·衡水金卷调研卷五)如图1所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地，以E 表示两极板间的场强，θ表示静电计指针的偏角，则各物理量的变化情况正确的是( )图1A ．将平行板电容器的正极板向右移动，E 变小，θ变大B ．将平行板电容器的正极板向右移动，E 不变，θ变小C ．将平行板电容器的正极板向左移动，E 变大，θ变大D ．将平行板电容器的正极板向左移动，E 变小，θ变小答案 B15．(2018·安徽省“江南十校”二模)如图2所示，含有11H 、21H 、42He 的带电粒子束从小孔O 1处射入速度选择器，沿直线O 1O 2运动的粒子在小孔O 2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P 1、P 两点．不考虑重力作用，下列说法不正确的是( )图2A ．沿直线O 1O 2运动的粒子速度相等B ．打在P 点的粒子是21H 和42HeC ．O 2P 的长度是O 2P 1长度的2倍D ．粒子11H 在偏转磁场中运动的时间最长答案 D16．(2018·广西钦州市第三次质检)如图3所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的白炽灯泡a 、b 和c ，灯泡b 、c 规格相同，当左端输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，三只灯泡均能正常发光，导线电阻不计，下列说法正确的是( )图3A ．原、副线圈匝数比为10∶1B ．此时a 灯和b 灯的电流比为1∶1C ．此时a 灯和b 灯的电功率之比为1∶9D ．此时a 灯和b 灯的电阻比为9∶2答案 D解析 灯泡正常发光，则其两端电压均为额定电压U 额，则说明原线圈输入电压为9U 额，输出电压为U 额；则可知，原、副线圈匝数之比为9∶1，A 错误；原、副线圈匝数之比为9∶1，则：I aI b ＋I c ＝19，I a I b ＝29，由欧姆定律可知，它们的电阻之比为9∶2，B 错误，D 正确；由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得两者的电功率之比为2∶9，C 错误．17．(2018·河南省濮阳市第三次模拟)由中国科学家设计的空间引力波探测工程“天琴计划”，采用三颗相同的探测卫星(SC1、SC2、SC3)构成一个边长约为地球半径27倍的等边三角形，阵列如图4所示．地球恰好处于三角形中心，探测卫星在以地球为中心的圆轨道上运行，对一个周期仅有 5.4分钟的超紧凑双白矮星(RXJ0806.3＋1527)产生的引力波进行探测．若地球表面附近的卫星运行速率为v0，则三颗探测卫星的运行速率最接近( )图4A．0.10v0B．0.25v0C．0.5v0D．0.75v0答案 B解析由几何关系可知，等边三角形的几何中心到各顶点的距离等于边长的33，所以卫星的轨道半径与地球半径的关系：r＝27×33R＝93R；根据v＝GMr可得vv0＝R93R≈0.25，则v≈0.25v0，故选B.18．(2018·湖南省衡阳市第三次联考)某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方由静止开始匀加速飞行，如图5所示．经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小．使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是( )图5A．加速时动力的大小等于2mgB．加速与减速时的加速度大小之比为2∶1C．减速飞行时间t后速度减为零D．加速过程发生的位移与减速到零的过程发生的位移大小之比为2∶1答案 B解析起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为F b ，如图甲所示：在△OFF b 中，由正弦定理得：F ＝3mg ，F b ＝mg ，故A 错误；由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a 1＝g ，推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°角斜向下，推力F ′跟合力F b ′垂直，如图乙所示，此时合力大小为：F b ′＝mg sin 30°；动力大小：F ′＝32mg ；飞行器的加速度大小为：a 2＝mg sin 30°m＝0.5g ；加速与减速时的加速度大小之比为a 1∶a 2＝2∶1，故B 正确；t 时刻的速率：v ＝a 1t ＝gt ，到最高点的时间为：t ′＝v a 2＝gt 0.5g ＝2t ，故C 错误，加速与减速过程发生的位移大小之比为v 22a 1∶v 22a 2＝1∶2，故D 错误． 19．(2018·江西省重点中学协作体第二次联考)如图6所示，重力不计的横梁(可伸缩)的一端固定在坚直墙壁上的A 点，另一端B 点用绳悬挂在墙壁上的C 点，初始时绳与墙的夹角为θ，当重为G 的物体由挂在梁上的B 点处逐渐移至A 点的过程中，横梁始终保持水平．问此过程中，A 点对横梁作用力F 的大小和CB 绳对横梁的拉力F T 的大小是如何变化的( )图6A ．F 先增大后减小B ．F T 一直减小C ．F 一直减小D ．F T 先减小后增大 答案 BC解析 对B 点受力分析，受重物的拉力，横梁的支持力和绳的拉力，如图所示．根据平衡条件，有F T ＝mgcos θ，F N ＝mg tan θ，当重为G 的物体由挂在梁上的B 点处逐渐移至A 点的过程中，θ减小，故F N 减小，F T 也减小；A 点对横梁的作用力F 与F N 等大，也减小，B 、C 正确．20．(2018·四川省第二次“联测促改”)有一种电四极子的电荷分布如图7所示，在正方形的顶点上分别有两个电荷量为＋q和两个电荷量为－q的点电荷．O点为正方形中心，a、b、c、d为正方形四条边的中点，电荷量为－Q的点电荷位于Oc延长线上，下列说法正确的是( )图7A．场强的大小关系有E b>E dB．电势的高低关系有φb<φdC．将一正点电荷沿直线由a移动到c的过程中电势能逐渐减小D．将一正点电荷沿直线由b移动到d的过程中电势能始终不变答案AC解析各点电荷在b、d两点产生的场强如图所示，按平行四边形合成规律可知，b点的场强大于d点的场强，故A正确；对两对等量的异种电荷产生的电场，b、d连线是等势线，对于－Q电荷，根据所产生电场的对称性，b、d两点电势相等，所以φb＝φd，故B错误；对于两对等量异种电荷产生的电场，a、c连线是等势线，对于－Q电荷，正点电荷沿直线由a移动到c的过程中，电场力做正功，电势能逐渐减小，故C正确；对两对等量的异种电荷产生的电场，b、d连线是等势线，对于－Q电荷，正点电荷沿直线由b移动到d的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D错误．21．(2018·广东省汕头市第二次模拟)甲、乙两辆小汽车(都可视为质点)分别处于同一条平直公路的两条平行车道上，开始时(t＝0)乙车在前甲车在后，两车间距为x0.t＝0时甲车先启动，t＝3 s时乙车再启动，两车启动后都是先做匀加速运动，后做匀速运动，v－t图象如图8所示．根据图象，下列说法正确的是( )图8A ．两车加速过程，甲的加速度比乙大B ．若x 0＝80 m ，则两车间间距最小为30 mC ．若两车在t ＝5 s 时相遇，则在t ＝9 s 时再次相遇D ．若两车在t ＝4 s 时相遇，则在t ＝10 s 时再次相遇答案 BC解析 v －t 图象中的斜率大小表示加速度大小，从题图图象上可以看出乙的加速度大于甲的加速度，故A 错误；速度相等时两者之间的距离有最小值，从图象上可以看出0～7 s 内甲运动的位移为x 1＝(2＋7)×202 m ＝90 m ，而乙运动的位移为：x 2＝12×4×20 m＝40 m ，则甲、乙之间的距离为Δx ＝x 2＋80 m －x 1＝30 m ，故B 正确；若两车在t ＝5 s 时相遇，从图象上可以看出5～9 s 内甲、乙运动的位移相等，所以甲、乙在t ＝9 s 时会再次相遇，故C 正确；若两车在t ＝4 s 时相遇，从图象上可以看出4～10 s 内甲、乙运动的位移不相等，则在t ＝10 s 时不会再次相遇，故D 错误．。
高考物理总复习 优编增分练：实验题考点排查练11 2018年(全国Ⅰ卷)实验题考点排查练
2018年(全国Ⅰ卷)实验题考点排查练22．(2018·四川省第二次“联测促改”)某同学为研究橡皮筋伸长与所受拉力的关系，做了如下实验：图1①如图1所示，将白纸固定在制图板上，橡皮筋一端固定在O点，另一端A系一小段轻绳(带绳结)；将制图板竖直固定在铁架台上．②将质量为m＝100 g的钩码挂在绳结上，静止时描下橡皮筋下端点的位置A0；用水平力拉A 点，使A点在新的位置静止，描下此时橡皮筋端点的位置A1；逐步增大水平力，重复5次……③取下制图板，量出A1、A2……各点到O点的距离l1、l2……；量出各次橡皮筋与OA0之间的夹角α1、α2……④在坐标纸上作出1cos α－l的图象如图2所示．图2完成下列填空：(1)已知重力加速度为g，当橡皮筋与OA0间的夹角为α时，橡皮筋所受的拉力大小为________(用g、m、α表示)．(2)取g＝10 m/s2，由图可得橡皮筋的劲度系数k＝________N/m，橡皮筋的原长l0＝________m．(结果保留2位有效数字)答案(1)mgcos α(2)100 0.21解析(1)橡皮筋拉力沿竖直方向的分力大小等于重力，即F T cos α＝mg，F T＝mgcos α；(2)根据胡克定律，F T＝k(l－l0)，F T＝mgcos α，联立解得：1cos α＝kmgl－kl0mg，斜率为1.6－1 (22.6－22.0)×10－2＝kmg＝k0.1×10，解得k＝100 N/m，橡皮筋的原长l0＝0.21 m.23．(2018·湖南省常德市模拟)某实验小组设计了如图3甲所示的电路，其中R T为热敏电阻，电压表量程为6 V，内阻R V约10 kΩ，电流表量程为0.5 A，内阻R A＝4.0 Ω，R为电阻箱．图3(1)该实验小组首先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验．闭合开关，调节电阻箱，记录不同情况下电压表示数U1、电流表的示数I和电阻箱的阻值R，在I－U坐标系中，将各组U1、I的数值标记在相应位置，描绘出热敏电阻的部分伏安特性曲线如图乙中的曲线所示．为了完成该实验，应将导线c端接在________(选填“a”或“b”)点；(2)利用(1)中记录的数据，通过分析计算可得外电路的电压U2＝______________(用U1、I、R和R A表示)；(3)实验小组利用(2)中的公式，计算出各组的U2，将U2和I的数据也描绘在I－U坐标系中，如图乙中的直线所示，根据图象分析可知，电源的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω；(4)实验中，当电阻箱的阻值调到3.0 Ω时，热敏电阻消耗的电功率P＝________W．(保留两位有效数字)答案(1)a(2)U2＝U1＋I(R＋R A) (3)6.0 3.0 (4)0.80(0.77～0.83均可)解析(1)采用伏安法测电阻，由题图乙可知热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以采用电流表外接法，故导线c应接在a点．(2)根据电路串并联规律可知外电压为：U 2＝U 1＋I (R ＋R A )(3)当I ＝0时，根据题图乙得E ＝6.0 V ，而直线斜率倒数的绝对值等于内电阻，则r ＝6.0－4.50.5Ω＝3.0 Ω.(4)把电流表、电阻箱、电源作为等效电源，等效电源内阻为：r 0＝3.0 Ω＋4.0 Ω＋3.0 Ω＝10 Ω；在I －U 图象中作等效电源的伏安特性曲线，如图所示，与热敏电阻的伏安特曲线的交点坐标(4.0,0.2)，所以热敏电阻的电功率为：P ＝UI ＝4.0×0.2 W＝0.80 W.。
高考物理总复习 优编增分练：选考题考点排查练9 2018年(选考34题考点排查练
2018年(全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷)选考33题考点排查练1．(1)(2018·江西省樟树中学模拟)一定质量的理想气体从状态M 到达状态N ，有两个过程可以经历，其p －V 图象如图1所示．在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化．对于这两个过程，下列说法正确的是( )图1A ．气体经历过程1，其温度降低，内能减少B ．气体经历过程1，对外做功，内能不一定减少C ．气体在过程2中，一直对外做功D ．气体在过程2中，先向外放热后吸热E ．气体在过程2中，一直向外放热(2)(2018·福建省南平市5月综合质检)如图2所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为m 、厚度不计、横截面积均为S 的活塞A 、B 将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，在活塞A 的上方放置一质量也为m 的物块，整个装置处于静止状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为L 0.已知大气压强p 0＝2mg S，气体可视为理想气体且温度始终保持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高．当把活塞A 上面的物块取走时，活塞A 将向上移动，求系统重新达到静止状态时，活塞A 上升的高度．图2答案 (1)AD (2)712L 0 解析 (1)气体经历过程1，压强减小，体积变大，气体膨胀对外做功，因气体始终与外界无热量交换，则内能减少，故温度降低，故A 正确，B 错误；气体在过程2中，根据理想气体状态方程pV T ＝C ，刚开始时，体积不变，对外不做功，压强减小，则温度降低，对外放热，然后压强不变，体积变大，膨胀对外做功，则温度升高，吸热，故C 、E 错误，D 正确．(2)对气体Ⅰ，其初态压强p 1＝p 0＋2mg S＝2p 0 末态压强为p 1′＝p 0＋mg S ＝32p 0，设末态时气体Ⅰ的长度为L 1 根据玻意耳定律得：p 1L 0S ＝p 1′L 1S解得L 1＝43L 0 对气体Ⅱ，其初态压强为p 2＝p 1＋mg S ＝52p 0 末态压强为p 2′＝p 1′＋mg S＝2p 0设末状态时气体Ⅱ的长度为L 2根据玻意耳定律得：p 2L 0S ＝p 2′L 2S解得：L 2＝54L 0 故活塞A 上升的高度为Δh ＝L 1＋L 2－2L 0＝712L 0 2．(2018·河南省开封市第三次模拟)(1)下列说法正确的是( )A ．零摄氏度的物体的内能为零B ．气体如果失去了容器的约束会散开，这是气体分子热运动的结果C ．温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同D ．理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，且分子力表现为斥力E ．浸润现象是分子间作用力引起的(2)某物理社团受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计．如图3，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L ，内部分别有轻质薄活塞A 、B ，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口．外界大气压强为p 0，汽缸Ⅰ内通过A 封有压强为p 0的气体，汽缸Ⅱ内通过B 封有压强为2p 0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A 、B 均位于汽缸最左端．该装置放入水下后，通过A 向右移动的距离可测定水的深度．已知p 0相当于10 m 高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：图3①当A 向右移动L 4时，水的深度h ； ②该深度计能测量的最大水深h m .答案 (1)BCE (2)①3.33 m ②20 m解析 (1)一切物体都有内能，故A 错误；气体如果失去了容器的约束会散开，这是气体分子热运动的结果，故B 正确；温度是分子平均动能的标志，所以温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同，故C 正确；理想气体，分子间引力和斥力同时存在，当分子间距离增大时引力和斥力同时减小，只是斥力减小得更快，当分子间距离大于平衡距离时，分子间表现为引力，当分子间距离减小时，引力和斥力同时增大，只是斥力增大得更快，当分子间距离小于平衡距离时，分子间表现为斥力，所以分子间作用力是引力和斥力的合力表现，故D 错误；浸润现象是分子间作用力引起的，故E 正确．(2)①当A 向右移动L 4时，设B 不移动 对汽缸Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：p 0SL ＝p 134SL 解得：p 1＝43p 0 而此时B 中气体的压强为2p 0>p 1，故B 不动由p 1＝p 0＋p h解得：水的深度p h ＝p 1－p 0＝13p 0，故h ≈3.33 m ②该装置放入水下后，由于水的压力A 向右移动，汽缸Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于2p 0后B 开始向右移动，当A 恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原汽缸Ⅰ内气体全部进入汽缸Ⅱ内，设B 向右移动x 距离，两部分气体压强为p 2，活塞横截面积为S 对原Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：p 0SL ＝p 2Sx对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得：2p 0SL ＝p 2S (L －x )又p 2＝p 0＋p h m联立解得p h m ＝2p 0，故h m ＝20 m.3．(2018·湖南省衡阳市第三次联考)(1)下列说法正确的是________．A ．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果B ．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 ．一定质量的100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子势能不变D ．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果E ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律(2)如图4所示，内壁光滑的汽缸分为高度相等的AB 、BC 两部分．AB 、BC 两部分中各有厚度和质量均可忽略的绝热活塞a 、b ，横截面积S a ＝2S b ，活塞a 上端封闭氧气，a 、b 间封闭氮气，活塞b 下端与大气连通，汽缸顶部导热，其余部分均绝热．活塞a 离汽缸顶的距离是AB高度的14，活塞b 在BC 的正中间．初始状态平衡，大气压强为p 0，外界和汽缸内气体温度均为27 ℃.①通过电阻丝缓慢加热氮气，求活塞b 刚降至底部时氮气的温度．②通过电阻丝缓慢加热氮气至750 K ，求平衡后氧气的压强．图4答案 (1)ABD (2)①375 K ② 116p 0 解析 (1)空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，选项A 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，选项B 正确；一定质量的100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子动能不变，分子势能增加，选项C 错误；干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果，选项D 正确；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，选项E 错误．(2)①活塞b 降至底部的过程中活塞a 不动，氮气经历等压变化，设AB 部分的体积为V 0，由题意可知：BC 部分的体积为0.5V 0，设氮气初态的体积为V 1，温度为T 1，压强为p 1，末态体积为V 2，温度为T 2，由几何关系可得：V 1＝V 0，V 2＝54V 0 由盖—吕萨克定律可得：V 1T 1＝V 2T 2，代入数据可得：T 2＝375 K②设平衡后中间氮气的体积为V 3，上方氧气的体积为V 4，压强为p ，对中间氮气由理想气体的状态方程可得： p 1V 1T 1＝pV 3T 3， 氧气初态的体积为V 04，对上方氧气，发生等温变化，由玻意耳定律得：p 0V 04＝pV 4 V 3＋V 4＝32V 0联立得：p ＝116p 0。
全国通用版高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练10
2017年(全国Ⅲ卷)选择题考点排查练二、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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．14．(2018·河南省新乡市第三次模拟)中国将建由156颗卫星组成的天基互联网，建成后WiFi 信号覆盖全球．假设这些卫星中有一颗卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为1.1R (R 为地球的半径)，已知地球的第一宇宙速度为v ，地球表面的重力加速度为g ，则该卫星绕地球做匀速圆周运动的周期可表示为( )A ．1.1π1.1R g B ．π 1.1R g C.1.1πR 2v 1.1 D.2.2πR v 1.1答案 D15．(2018·河南省濮阳市第三次模拟)如图1，一根长为l 、横截面积为S 的闭合软导线置于光滑水平面上，其材料的电阻率为ρ，导线内单位体积的自由电子数为n ，电子的电荷量为e ，空间存在垂直纸面向里的磁场．某时刻起磁场开始减弱，磁感应强度随时间的变化规律是B ＝B 0－kt, 当软导线形状稳定时，磁场方向仍然垂直纸面向里，此时( )图1A ．软导线将围成一个圆形B ．软导线将围成一个正方形C ．导线中的电流为klS 2πρD ．导线中自由电子定向移动的速率为klS4n πe ρ答案 A16．(2018·福建省南平市适应性检测)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg 的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的关系图象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图2甲、乙所示，下列说法中正确的是( )图2A ．0～6 s 内拉力做的功为120 JB ．物体在0～2 s 内所受的拉力为4 NC ．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5D ．合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等答案 D17．(2018·四川省广安、眉山、内江和遂宁第三次模拟)如图3所示，两个质量均为m 的小球通过两根轻弹簧A 、B 连接，在水平外力F 作用下，系统处于静止状态，弹簧实际长度相等．弹簧A 、B 的劲度系数分别为k A 、k B ，且原长相等．弹簧A 、B 与竖直方向的夹角分别为θ与45°.设A 、B 中的拉力分别为F T A 、F T B .小球直径可以忽略．则( )图3A ．tan θ＝12B ．k A ＝k BC ．F T A ＝3mgD ．F T B ＝2mg答案 A解析 对被F 拉着的小球进行受力分析，如图甲所示根据平衡条件得：F ＝mg tan 45°＝mg ，F T B ＝mg cos 45°＝2mg ；对两个小球整体受力分析，如图乙所示：根据平衡条件得：tan θ＝F 2mg ，又F ＝mg ，解得tan θ＝12，F T A ＝(2mg )2＋F 2＝5mg ，由题可知两弹簧的形变量相等，则有：x ＝F T A k A ＝F T B k B ，解得：k A k B ＝F T A F T B ＝52，故A 正确． 18.如图4所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M 、N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a 、O 、b 在M 、N 的连线上，O 为MN 的中点，c 、d 位于MN 的中垂线上，且a 、b 、c 、d 到O 点的距离均相等，关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )图4A ．O 点处的磁感应强度为零B ．a 、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C ．c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D ．a 、c 两点处的磁感应强度方向不同答案 C解析 由安培定则可知，两导线在O 点产生的磁场均竖直向下，合磁感应强度一定不为零，A 错误；由安培定则可知，两导线在a 、b 两处产生的磁场方向均竖直向下，由于对称性，电流M 在a 处产生磁场的磁感应强度等于电流N 在b 处产生磁场的磁感应强度，同时电流M 在b 处产生磁场的磁感应强度等于电流N 在a 处产生磁场的磁感应强度，所以a 、b 两处磁感应强度大小相等、方向相同，B 错误；根据安培定则，两导线在c 、d 两处产生的磁场分别垂直c 、d 两点与导线连线方向向下，且产生的磁场的磁感应强度相等，由平行四边形定则可知，c 、d 两点处的磁感应强度大小相等、方向相同，C 正确；a 、c 两点处的磁感应强度方向均竖直向下，D 错误．19．(2018·江西省重点中学协作体第二次联考)如图5所示的光电管研究光电效应的实验中，用某种频率的单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转．而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，那么( )图5A．a光的波长一定大于b光的波长B．增加b光的强度能使电流计G的指针发生偏转C．用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电流是由c到dD．只增加a光的强度可使通过电流计G的电流增大答案CD解析用某种频率的单色光a照射光电管时，电流计指针发生偏转，知νa＞νc，用另一频率的单色光b照射光电管阴极时，电流计指针不偏转，知νb<νc，则a光的频率一定大于b 光的频率，a光波长小于b光波长，故A错误．发生光电效应的条件：ν＞νc，增加b光的强度不能使电流计G的指针发生偏转，故B错误；发生光电效应时，电子从光电管左端运动到右端，而电流的方向与电子定向移动的方向相反，所以流过电流计G的电流方向是由c流向d，故C正确；增加a光的强度可使通过电流计G的电流增大，故D正确．20．(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图6所示，跳台滑雪运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡上b点，不计空气阻力，则运动员在空中飞行过程中( )图6A．在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的B．在相等的时间间隔内，动能的改变量总是相同的C．在下落相等高度的过程中，动量的改变量总是相同的D．在下落相等高度的过程中，动能的改变量总是相同的答案 AD解析 动量的改变量等于合外力的冲量，由于运动员做平抛运动，所以合外力恒为mg ，故在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的，故A 正确；动能的改变量与合外力做功有关，由于在相等时间内竖直方向运动的位移不相等，所以合外力在相等的时间内做功也不相等，故动能的改变量也不相等，故B 错误；由于竖直方向做变速运动，在下落相等高度的过程中，所用时间是不相等的，所以动量的改变量也是不相等的，故C 错误；在下落相等高度的过程中，合外力做功相等，所以动能的改变量总是相同的，故D 正确．21．(2018·广东省梅州市5月二模)如图7甲所示，A 、B 、C 三点是在等量同种正点电荷连线中垂线上的点，一个带电荷量为q ，质量为m 的点电荷从C 点由静止释放，只在电场力作用下其运动的v －t 图象如图乙所示，运动到B 点处对应的图线的切线斜率最大(图中标出了该切线)，其切线斜率为k ，则( )图7A ．A 、B 两点间的电势差为m (v A －v B )22qB ．由C 点到A 点电势逐渐降低C ．B 点为中垂线上电场强度最大的点，大小为mk qD ．该点电荷由C 到A 的过程中电势能先减小后变大答案 BC解析 据v －t 图可知A 、B 两点的速度，再根据动能定理得电场力做的功：qU BA ＝12mv A 2 －12mv B 2，故电势差U BA ＝m (v A 2－v B 2)2q，故A 错误；据两个等量的同种正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧，故由C 点到A 点的过程中电势逐渐减小，故B 正确；据v －t 图可知点电荷在B 点的加速度最大，其值为k ，所受的电场力最大，其值为km ，据E ＝F q知，B 点的场强最大，为km q，故C 正确；由C 点到A 点的过程中，据v －t 图可知该点电荷的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故D 错误．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2017年(全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷)选考34题考点排查练
1．(2018·重庆市江津中学、合川中学等七校第三次模拟)(1)下列说法正确的是________．
A ．声波从空气进入水中时，其波速增大，波长变长
B ．纵波传播过程中各质点的运动方向与波的传播方向总是垂直的
C ．当波源与观察者相向运动时，波源自身的频率不变
D ．均匀变化的磁场产生变化的电场，均匀变化的电场产生变化的磁场
E ．只有频率相同的两列波才可能发生干涉现象
(2)半径为R 的半圆柱形玻璃砖的截面如图1所示，O 为圆心，光线Ⅰ沿半径方向从a 点射入玻璃砖后，恰好在O 点发生全反射，另一条光线Ⅱ平行于光线Ⅰ从最高点b 射入玻璃砖后，在底边MN 上的d 点射出，若测得Od ＝R 4，求该玻璃砖的折射率．
图1
答案 (1)ACE (2)2.03
解析 (1)声波由空气进入水中时波速v 变大，频率f 不变，由公式v ＝λf 知，波长λ变大，故A 正确；纵波传播过程中各质点的运动方向与波的传播方向总是平行的，故B 错误；当波源与观察者相向运动时，波源自身的频率不变，故C 正确；均匀变化的磁场产生恒定的电场，均匀变化的电场产生恒定的磁场，故D 错误；只有频率相同的两列波才可能发生干涉现象，故E 正确．
(2)设光线Ⅱ的入射角和折射角分别为i 和r ，在△bOd 中，bd ＝Ob 2＋Od 2＝174
R ，
sin r ＝Od
bd ＝1717，由折射定律有n ＝sin i sin r ，即sin i ＝1717
n
又因为光线Ⅰ与光线Ⅱ平行，且在O 点恰好发生全反射，有：sin i ＝1n ，所以1717＝1n
2， 解得：n ＝417≈2.03
2．(1)(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图2所示，下列说法正确的是________．
图2
A ．图甲中，P 、Q 是偏振片，M 是光屏，当P 固定不动，缓慢转动Q 时，光屏M 上的光亮度将会变化，此现象表明光波是横波
B ．图乙是双缝干涉示意图，若只减小屏到双缝间的距离L ，两相邻亮条纹间距离将减小
C ．根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围一定能产生电磁波
D ．利用红外线进行遥感主要是因为红外线的波长长，容易发生衍射
E ．人站在路边，一辆汽车响着喇叭从人身边疾驰而过，人听到喇叭的音调会由低变高
(2)(2018·湖北省武汉市部分学校起点调研)如图3，水平桌面上有一水槽，槽中放置着平面镜M ，镜面与水平面之间的夹角为θ.一束白光从O 点射向水面，先经水面折射，再经平面镜反射，又经水面折射回到空气中，最后在水槽左上方的竖直屏N 上形成彩色光带．若逐渐增大θ角，各种色光陆续消失，假定所有光线均在同一竖直平面．
图3
①________色光最先从屏上消失；
②若入射光线与水面成30°角，镜面与水平面之间的夹角θ＝45°，屏上的彩色光带恰好全部消失．求最后消失的色光对水的折射率．(结果可以用根式表示)
答案 (1)ABD (1)①紫 ②72
解析 (1)只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故A 正确．根据双缝干涉两相邻亮条纹的间距Δx 与双缝间距离d 及光的波长λ的关系式Δx ＝L d
λ，可知若只减小屏到双缝间的距离L ，两相邻亮条纹间距离Δx 将减小，故B 正确．根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场；均匀变化的电(磁)场只能产生恒定不变的磁(电)场，故C 错误．波长越长，越容易发生衍射现象；利用红外线进行
遥感是因为红外线的波长长，容易发生衍射，故D 正确．根据多普勒效应，声波波源远离观察者时，则观察者接收到的声波频率变小，故E 错误．
(2)①逐渐增大θ角，反射光线逆时针转动，反射光线射到水面的入射角增大，由于紫光的临界角最小，所以紫光的入射角首先达到临界角，发生全反射，故从屏上最先消失的是紫色光．
②最后消失的是红光，红光传播的光路如图．
在空气与水的界面，入射角α＝60°，折射角为β.
由折射定律n ＝sin αsin β
红光在平面镜上的入射角为r ，由几何关系β＋r ＝45°
红光由水面射向空气，恰好发生全反射时入射角为C ，由几何关系C ＝β＋2r 且sin C ＝1n
，联立解得n ＝72
. 3．(2018·河南省六市第二次联考)(1)两列简谐横波的振幅都是20 cm ，传播速度大小相等．实线波的频率为2 Hz ，沿x 轴正方向传播；虚线波沿x 轴负方向传播．某时刻两列波相遇时的波形如图4所示，则以下分析正确的是________．
图4
A ．虚线波的周期是0.75 s
B ．两列波在相遇区域会发生干涉现象
C ．从图示时刻起再经过0.25 s ，平衡位置为x ＝5 m 处的质点的位移y <0
D ．从图示时刻起至少再经过532
s ，平衡位置为x ＝6.25 m 处的质点位移达到最大 E ．平衡位置为x ＝6 m 处的质点在图示时刻速度为0
(2)如图5所示，在坐标系的第一象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体OPQ ，OP ＝OQ ＝R ，一束复色光沿MN 射入玻璃体，在PQ 面上的入射点为N ，经玻璃体折射后，有两束单色光e 、f 分别从OP 面上的A 点和B 点射出，已知NA 平行于x 轴，OA ＝R
2
，OM ＝3R .
图5
①求e 光在该玻璃体中的折射率；
②某同学测量得到OB ＝0.6R ，NB ＝0.9R ，求f 光在该玻璃体中的折射率．
答案 (1)ACD (2)① 3 ②1.5
解析 (1)由题知，实线波的周期为T 1＝1f 1＝12
s ＝0.5 s ，两列波传播速度大小相等，由题图可知，实线波的波长λ1＝4 m ，虚线波的波长λ2＝6 m ，由v ＝λT
可得实线波和虚线波的周期之比为2∶3，故虚线波的周期T 2＝32T 1＝0.75 s ，则虚线波的频率为f 2＝1T 2＝43
Hz≠f 1，故两列波在相遇区域不会发生干涉现象，故A 正确，B 错误；从图示时刻起再经过0.25 s ，实线波在平衡位置为x ＝5 m 处于波谷，而虚线波在平衡位置为x ＝5 m 处的质点位于y 轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y ＜0，故C 正确；在图示时刻，实线波的波峰距平衡位置为x ＝6.25 m 处的质点的最近距离为x 1＝1.25 m ，虚线波的波峰距平衡位置为x ＝6.25 m 处的质点的最近距离也为x 1＝1.25 m ，因波速大小相等，故经过相同的时间两列波的波峰同时到
达x ＝6.25 m 处，该处质点的位移最大，则经历的时间为Δt ＝x 1v ＝x 1λ1f 1＝1.254×2 s ＝532
s ，故D 正确；根据“上下坡法”可知，两列波在平衡位置为x ＝6 m 处的振动方向都向上，故此处质点的速度不为0，故E 错误．
(2)①如图所示，e 光在PQ 面上的折射角为θ1
由图可知：sin θ1＝OA ON ＝12
由几何关系可得θ2＝60°
e 光在该玻璃体中的折射率n e ＝sin θ2sin θ1＝ 3 ②如图所示，根据几何关系和折射定律：n
f ＝sin θ2sin∠ONB
由正弦定理得：BN sin∠BON ＝OB sin∠ONB
，∠BON ＝60° 故f 光的折射率为n f ＝BN OB
＝1.5。