高考物理总复习优编题型增分练：选做题保分练(一)

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高考物理总复习优编题型增分练：选做题保分练(五)

选做题保分练(五)三、选做题(本题包括A 、B 两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A 小题评分．) 13．A.[选修3－3](15分) (1)下列说法中正确的是________．A ．能量定律是普遍规律，能量耗散不违反能量守恒定律B ．温度是分子平均动能的标志C ．有规则外形的物体是晶体，没有确定的几何外形的物体是非晶体D ．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势(2)在“用油膜法估测分子大小”的实验中，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图1所示，坐标纸上正方形小方格的边长为5 mm ，该油酸膜的面积是________m 2；若一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是1×10－6mL ，则油酸分子的直径是______ m ．(上述结果均保留1位有效数字)图1(3)请估算早上第一个到学校上学的小明走进教室时，教室里有多少个空气分子排到教室外？(假设教室里的温度和气体压强均不变，小明的质量为m 人＝60 kg ，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023mol －1，小明的平均密度约为ρ人＝1.0×103kg/m 3，空气的密度约为ρ气＝1.29kg/m 3，且保持不变，空气的摩尔质量为M 气＝29 g·mol －1，计算结果保留两位有效数字) 答案 (1)ABD (2)2×10－35×10－10(3)1.6×1024个解析 (1)能量守恒定律是普遍规律，能量耗散不违反能量守恒定律，故选项A 正确；温度是分子平均动能的标志，故选项B 正确；没有确定的几何外形的物体也可能是多晶体，故选项C 错误；在液体内部，分子间的距离在平衡距离r 0左右，而在表面层，分子比较稀疏，分子间的距离大于平衡距离r 0，因此液面分子间作用力表现为引力，故选项D 正确．(2)通过题图可以数出油膜的面积为：S ＝80×52mm 2＝2×10－3m 2，油酸分子的直径为d ＝VS＝1×10－6×10－62×10－3m＝5×10－10 m.(3)小明的体积为：V＝m人ρ人＝6.0×10－2 m3当他进入教室时排到室外的空气体积也为V，因此排出的空气分子数为N＝ρ气VM气·N A≈1.6×1024个．13．B.[选修3－4](15分)(2018·江苏一模)(1)某简谐横波在介质中沿x轴正方向传播，t＝0时波源O从平衡位置开始振动，t＝0.5 s时振动刚好传播到P点，此时该横波的波形图如图2所示，下列有关说法中正确的是________．图2A．波源起振方向沿y轴负方向B．该波的周期为0.4 sC．这0.5 s内波源O运动的路程为5 mD．0～3 s内处于x＝9 m处的M点(图中未画出)所通过的路程为105 cm(2)一列长为L的列车以速度0.5c相对地面运动，地面上的人测得该列车的长度为L′.则L′________L(填“＞”“＜”或“＝”)．地面上的人测得列车上的时钟比地面上的时钟要________(填“快”或“慢”)．(3)如图3，ABCD是某直桶状不透明容器过其中心轴OO′、垂直于左右两侧面的剖面图．已知该桶高H＝2.375 m，底面是边长为1 m的正方形．容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料．在其左下角B处放一点光源，当容器内装有深为2 m的某种透明液体时，人眼沿AO看去时刚好能看到点光源的像，(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求该液体的折射率．图3答案 (1)BD (2)＜慢 (3)43解析 (1)根据题图，由波沿x 轴正方向传播可得：P 点正向上振动，故波源起振方向沿y 轴正方向，故A 错误；根据波0.5 s 的传播距离为5 m 可得：波速v ＝10 m/s ；由题图可得：波长λ＝4 m ，故周期T ＝λv＝0.4 s ，故B 正确；0.5 s 内波源O 运动的路程为5A ＝25 cm ，故C 错误；波需要经过时间t 1＝9 m10 m/s＝0.9 s 从波源传播到M 点，然后M 点处质点从平衡位置开始振动了2.1 s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋14T ，则0～3 s 内处于x ＝9 m 处的M 点(图中未画出)所通过的路程为5×4A ＋A ＝21A ＝105 cm ，故D 正确．(2)列车以速度0.5c 相对地面运动，地面上的人测得该列车的长度为L ′，根据相对论尺缩效应知，L ′＜L .根据钟慢效应，知地面上的人测得列车上的时钟比地面上的时钟要慢． (3)在剖面图内作点光源相对于右侧壁的对称点E ，连接EO ，交右侧壁于F 点，由点光源射向F 点的光线，反射后沿FO 射向O 点，光线在O 点的入射角为θ1，折射角为θ2，如图所示．由几何关系可知tan θ1＝O ′EOO ′＝0.75 得θ1＝37°tan θ2＝OG AG ＝43得θ2＝53°设该液体的折射率为n ，由折射定律得n ＝sin θ2sin θ1解得n ＝43.。

高三物理二轮复习练习相互作用牛顿动动定律夯基保分练(一)含解析

夯基保分练(一) 重力、弹力、摩擦力[A 级——保分练]1．下列关于重力的说法中正确的是( )A ．物体只有静止时才受重力作用B ．重力的方向总是指向地心C ．地面上的物体在赤道上受的重力最小D ．物体挂在弹簧测力计下，弹簧测力计的示数一定等于物体的重力大小解析：选C 物体在任何状态下均受重力作用，重力的方向竖直向下，不一定指向地心，A 、B 错误；受地球自转的影响，地面上的物体在赤道上受到的重力最小，C 正确；当物体处于静止状态时，弹簧测力计的示数才等于悬挂的物体的重力大小，D 错误。

2. (2017·济南市中区模拟)如图所示，一端搁在粗糙水平面上，另一端系一根细线(线竖直)处于静止状态的重直杆A 受到的作用力个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C 杆保持静止状态，合力为零；对杆进行受力分析，受重力、绳子的拉力、地面的支持力，由于这3个力都沿竖直方向，故地面对杆没有静摩擦力，杆共受到3个力的作用，C 正确。

3．(2016·江苏高考)一轻质弹簧原长为8 cm ，在4 N 的拉力作用下伸长了2 cm ，弹簧未超出弹性限度。

则该弹簧的劲度系数为( )A ．40 m/NB ．40 N/mC ．200 m/ND ．200 N/m解析：选D 由F ＝kx 知，弹簧的劲度系数k ＝F x ＝40.02N/m ＝200 N/m ，选项D 正确。

4．(多选)如图所示，用一水平力F 把A 、B 两个物体挤压在竖直的墙上，A 、B 两物体均处于静止状态，下列判断正确的是 ( )A ．B 对A 的摩擦力方向竖直向下B ．F 增大时，A 和墙之间的摩擦力也增大C．若B的重力大于A的重力，则B受到的摩擦力大于墙对A的摩擦力D．不论A、B的重力哪个大，B受到的摩擦力一定小于墙对A的摩擦力解析：选AD对B受力分析可知，A对B的摩擦力方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力方向竖直向下，A正确；将A、B视为整体，由于A、B受到的重力不变，根据平衡条件可知B错误；B受到的摩擦力与B的重力等大，而墙对A的摩擦力与A、B的重力之和等大，故C错误，D正确。

[精品]2019高考物理总复习选考题增分练(一)选修3-3

选修3－3 增分练(一)1．[物理——选修3－3](15分)(1)(6分)关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对一个给3分，选对两个给4分，选对3个给6分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B ．当分子间距离增大时，分子间的引力减少、斥力增大C ．一定量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度升高而减少D ．水的饱和汽压随温度的升高而增大E ．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用(2)(9分)如图所示，竖直放置的足够长圆柱形绝热汽缸内封闭着 1mol 单原子分子理想气体，气体温度为T 0.活塞的质量为m ，横截面积为S ，与汽缸底部相距h ，现通过电热丝缓慢加＝32RT ，大气压强为p 0，热气体，活塞上升了h .已知1 mol 单原子分子理想气体内能表达式为U重力加速度为g ，不计活塞与汽缸的摩擦．求：①加热过程中气体吸收的热量；②现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m 1时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度．解析：(2)①加热前，活塞平衡，有： p 1S ＝mg ＋p 0S ①加热过程，气体等压膨胀，由盖吕萨克定律，得：hS T 0＝2hS T 1②解得：T 1＝2T 0 由题给条件得，加热过程气体内能的增量为：ΔU ＝32R (T 1－T 0)＝32RT 0 ③此过程，气体对外做功为： W ＝－p 1Sh ④由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 解得，气体吸收的热量为：Q ＝32RT 0＋(p 0S ＋mg )h②添加砂粒后，活塞平衡，有： p 2S ＝(m ＋m 1)g ＋p 0S⑤由查理定律有：p 1T 0＝p 2T 2⑥ 解得：T 2＝mg ＋m 1g ＋p 0S mg ＋p 0ST 0 答案：(1)CDE (2)①32RT 0＋(p 0S ＋mg )h ②mg ＋m 1g ＋p 0S mg ＋p 0ST 0 2．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)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 ．物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和B ．布朗运动就是液体分子或者气体分子的热运动C ．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的D ．气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小E ．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同(2)如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A 、B 两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A 之间气体柱长为l A ＝40 cm ，右管内气体柱长为l B ＝39 cm.先将口B 封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低 4cm ，已知大气压强p 0＝76 cmHg ，求：①A 端上方气柱长度；②稳定后右管内的气体压强．解析：(1)物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和，A 正确；布朗运动是悬浮颗粒的运动，不是液体分子或者气体分子的热运动，B 错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，不违背能的转化守恒定律和热力学第二定律，C 正确；气体分子间距离减小时，分子间引力、斥力都增大，D 错误，E 正确．(2)①设A 端上方气柱长度为l 1.由题可知，插入水银槽后左管内气体压强为 p 1＝p 0＋ρg Δh ＝80 cmHg由玻意耳定律得p 0l a ＝p 1l 1所以A 端上方气柱长度为l 1＝38 cm②设右管水银面上升h ，则右管内气柱长度为l B －h ，气体压强为p 1－2ρgh .由玻意耳定律得p0l B＝(p1－2ρgh)(l B－h)解得h＝1 cm所以右管内气体压强为p2＝p1－2h＝78 cmHg答案：(1)ACE (2)①38 cm②78 cmHg。

2019高考物理总复习选考题增分练(一)选修33

1 / 3哈哈哈哈哈哈哈哈你好选修 3－3增分练 ( 一)1． [ 物理——选修 3－ 3](15 分 )(1)(6 分 ) 对于固体、液体和物态变化，以下说法正确的选项是________( 填正确答案标号．选对一个给 3 分，选对两个给4 分，选对 3 个给 6 分．每选错一个扣 3 分，最低得分为0 分) A ．当人们感觉湿润时，空气的绝对湿度必定较大B ．当分子间距离增大时，分子间的引力减少、斥力增大C ．必定量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对器壁单位面积均匀碰撞次数随着温度高升而减少D ．水的饱和汽压随温度的高升而增大E ．叶面上的小露水呈球形是因为液体表面张力的作用(2)(9 分 ) 如下图，竖直搁置的足够长圆柱形绝热汽缸内关闭着1mol 单原子分子理想气体，气体温度为 T 0. 活塞的质量为 m ，横截面积为 S ，与汽缸底部相距 h ，现经过电热丝迟缓加热气体，活塞上涨了 h . 已知 1 mol3单原子分子理想气体内能表达式为U ＝ 2RT ，大气压强为 p 0，重力加快度为 g ，不计活塞与汽缸的摩擦．求：①加热过程中气体汲取的热量；②现停止对气体加热，同时在活塞上迟缓增添砂粒，当增添砂粒的质量为 m 1 时，活塞恰巧回到本来的地点，求此时气体的温度．分析： (2) ①加热前，活塞均衡，有：p 1S ＝ mg ＋p 0S①加热过程，气体等压膨胀，由盖 - 吕萨克定律，得：hS 2hST 0＝ T 1 ②解得： T 1＝ 2T 0由题给条件得，加热过程气体内能的增量为：3 3 U ＝2R ( T 1－ T 0) ＝2RT 0③此过程，气体对外做功为：W ＝－ p 1Sh④由热力学第必定律 U ＝W ＋ Q 解得，气体汲取的热量为：电视播放动画动画哈哈哈哈哈哈哈哈你好3Q＝2RT0＋( p0S＋ mg) h②增添砂粒后，活塞均衡，有：p2S＝( m＋m1) g＋ p0S⑤由查理定律有：p1p2＝⑥T0T2mg＋ m1g＋p0S解得： T2＝mg＋ p0S T0答案： (1)CDE(2) ①3RT0＋( p0S＋mg) h 2mg＋ m1g＋ p0S②T0mg＋p0S2． [ 物理——选修3－ 3](15分)(1)(5分)以下说法正确的选项是________．( 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．物体的内能是物体全部分子热运动的动能和分子间的势能之和B．布朗运动就是液体分子或许气体分子的热运动C．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转变为机械能是可能的D．气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小E．石墨和金刚石的物理性质不一样，是因为构成它们的物质微粒摆列构造不一样(2)如图，粗细均匀的曲折玻璃管A、 B 两头张口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口 A 之间气体柱长为l A＝40 cm，右管内气体柱长为l B＝39 cm.先将口 B 关闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被关闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳固后进入左管的水银面比水银槽水银面低 4 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg，求：①A 端上方气柱长度；②稳固后右管内的气体压强．分析： (1) 物体的内能是物体全部分子热运动的动能和分子间的势能之和， A 正确；布朗运动是悬浮颗粒的运动，不是液体分子或许气体分子的热运动， B 错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转变为机械能是可能的，不违反能的转变守恒定律和热力学第二定律， C 正确；气体分子间距离减小时，分子间引力、斥力电视播放动画动画2 / 3哈哈哈哈哈哈哈哈你好都增大， D错误， E 正确．(2)①设 A 端上方气柱长度为 l 1.由题可知，插入水银槽后左管内气体压强为1＝ 0＋ρ＝ 80 cmHgp p g h由玻意耳定律得0 ＝ 1 1p la p l因此 A端上方气柱长度为l 1＝38 cm②设右管水银面上涨h，则右管内气柱长度为l B－ h，气体压强为p1－2ρ gh.由玻意耳定律得p0l B＝( p1－2ρ gh)( l B－h)解得 h＝1 cm因此右管内气体压强为p2＝ p1－2h＝78 cmHg答案： (1)ACE (2) ①38 cm②78 cmHg电视播放动画动画3 / 3。

高考物理总复习优编题型增分练：选做题保分练(一)

选做题保分练(一)三、选做题(本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A小题评分．)13．A.[选修3－3] (15分)(2018·盐城市阜宁中学模拟)页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，主要成分为甲烷，被公认为洁净的能源．(1)一定质量的页岩气(可看成理想气体)状态发生了一次循环变化，其压强p随热力学温度T 变化的关系如图1所示，O、a、b在同一直线上，bc与横轴平行．则________．图1A．a到b过程，气体的体积减小B．a到b过程，气体的体积增大C．b到c过程，气体从外界吸收热量D．b到c过程，气体向外界放出热量(2)页岩气经压缩、冷却，在－160 ℃下液化成液化天然气(简称LNG)．在液化天然气的表面层，其分子间的引力________(选填“大于”“等于”或“小于”)斥力．在LNG罐内顶部存在一些页岩气，页岩气中甲烷分子的平均动能________(选填“大于”“等于”或“小于”)液化天然气中甲烷分子的平均动能．(3)某状况下页岩气体积约为同质量液化天然气体积的600倍，已知液化天然气的密度ρ＝4.5×102 kg/m 3，甲烷的摩尔质量M ＝1.6×10－2 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1，试估算该状态下6.0 m 3页岩气中的甲烷分子数．答案　(1)C (2)大于　等于　(3)1.7×1026个解析　(1)ab 是过原点的倾斜直线，表示a 到b 过程气体发生等容变化，即气体的体积不变，故A 、B 错误．b 到c 过程，气体发生等压变化，温度升高，内能增大，根据pV T＝C 可知，气体的体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知，气体从外界吸收热量，故C 正确，D 错误．(2)由于液体表面存在表面张力，其分子间的引力大于斥力，分子的平均动能由温度决定，同一温度下页岩气中甲烷分子的平均动能等于液化天然气中甲烷分子的平均动能．(3)某状态下页岩气体积约为同质量液化天然气体积的600倍，故密度是液化天然气密度的1600倍，页岩气的质量为：m ＝ρ600V ①甲烷分子数：N ＝m MN A ②解得：N ＝ρVN A 600M ＝4.5×102×6.0×6.0×1023600×1.6×10－2个≈1.7×1026个．13．B.[选修3－4](15分)(2018·南通市模拟)(1)2016年，科学家利用激光干涉方法探测到由于引力波引起的干涉条纹的变化，这是引力波存在的直接证据．关于激光，下列说法中正确的是________．A ．激光是自然界中某种物质直接发光产生的，不是偏振光B ．激光相干性好，任何两束激光都能发生干涉C ．用激光照射不透明挡板上小圆孔时，光屏上能观测到等间距的光环D ．激光全息照片是利用光的干涉记录下物体三维图象的信息(2)测定玻璃的折射率．取一块半圆形玻璃砖，O 点为圆心，一束红色激光从左侧圆面对准圆心O 进入玻璃砖，最初入射光线垂直于玻璃砖右侧平面，如图2中实线所示．保持入射光方向和O 点位置不变，让玻璃砖绕O 点沿逆时针方向缓慢旋转，当转过θ角时(图中虚线位置)，折射光线消失．则玻璃对红光的折射率n＝________.若换绿色激光重复上述实验，则折射光线消失时，玻璃砖转过的角度θ′________θ(选填“>”“＝”或“<”)．图2(3)如图3所示，在xOy平面内有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，频率为2.5 Hz.在t＝0时，x P＝2 m的P点位于平衡位置，速度沿－y方向；x Q＝6 m的Q点位于平衡位置下方最大位移处．求：图3①质点P第一次有＋y方向最大加速度需经过的时间t；②波的传播速度v.　<　(3)见解析答案　(1)D　(2)1sin θ到达负向最大位移处，此刻第一次有＋y方向最大加速度解析　(3)①质点P经过T4＝0.4 s波的周期T＝1f所以t＝0.1 s.)λ(n＝0,1,2，…)②P、Q两点间距离x PQ＝(n＋34波长λ＝16m(n＝0,1,2，…)4n＋3m/s(n＝0,1,2，…)波速v＝λf＝404n＋3。

新高考适用2025版高考物理二轮总复习第4部分题型专练选择题保分练一

第四部分题型专练选择题保分练(一)(考试时间：30分钟试卷满分：40分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.1934年，约里奥—居里夫妇发觉经过α粒子轰击的铝片中含有放射性的磷3015P ，他们由于发觉人工放射性而获得了1935年的诺贝尔物理学奖．磷3015P 的衰变方程为：3015P→3014Si ＋Y.则下列说法正确的是( B )A ．Y 是质子B ．Y 是正电子C ．变更压力、温度或化学状态，3015P 的半衰期会变更D ．经过两个完整的半衰期后，3015P 将完全衰变殆尽【解析】磷3015P 的衰变方程为3015P→3014Si ＋Y ，依据质量数和电荷数守恒可知，Y 粒子质量数A ＝0，电荷数Z ＝＋1，故Y 是正电子，B 正确，A 错误；放射性元素的原子核有半数发生衰变时所须要的时间，叫半衰期，放射性元素的半衰期由原子核内部因素确定与外界条件无关，C 错误；原子核两个完整的半衰期后剩余原子核的数量是原来的14，D 错误． 2.如图所示为远距离输电示意图，其沟通发电机的输出电压U 1肯定，通过志向升压变压器和志向降压变压器向远处用户供电，升压变压器的输入功率和输出功率分别为P 1、P 2，降压变压器的输入功率和输出功率分别为P 3、P 4，输电线的总电阻R 肯定．下列说法正确的是( C )A ．当用户的用电器增多时，U 2、U 3和U 4都增大B ．当用户的用电器增多时，U 2、U 3和U 4都减小C ．当用户的用电器增多时，P 1、P 2都会增大，输电线上损失的功率会增大D ．当用户的用电器增多时，P 3、P 4都会增大，输电线上损失的功率会减小【解析】志向变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2，因为U 1、n 1、n 2均不变，则U 2不变，当用户的用电器增多时，P 4增大，依据变压器输出功率确定输入功率，有P 3增大，升压变压器的输入功率P 1和输出功率P 2也都增大，依据P 2＝U 2I 2，则I 2增大，则ΔU ＝I 2R 增大，所以由U 3＝U 2－ΔU ，得出U 3减小，所以U 4也减小；经以上分析知当用户的用电器增多时P 4增大，I 2增大，所以由ΔP ＝I 22R ，得输电线上损失的功率也增大，故C 正确．3.内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐．如图所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子处于正方形的四个顶点，O点为正方形中心，A、B为两边中点，取无穷远处电势为零，关于这四个离子形成的电场，下列说法正确的是( D )A．O点电场场强不为零B．O点电势不为零C．A、B两点电场强度相等D．A、B两点电势相等【解析】两等量正离子在O点的合场强为0，两等量负离子在O点的合场强为0，则四个离子的合场强为0，所以A错误；由于等量异种电荷的连线的中垂线为等势线，则A、O、B 都在同一等势线上各点电势相同，都为0，所以B错误，D正确；A、B两点电场强度大小相等，方向相反，所以C错误．故选D.4.高速马路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离，总长为19.6 m．某汽车以5 m/s的速度匀速进入识别区，ETC用0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，汽车又向前行驶了2 s司机发觉自动栏杆没有抬起，于是紧急刹车，汽车恰好没有撞杆．已知司机的反应时间和汽车系统的反应时间之和为0.8 s．则刹车的加速度大小约为( D )A．2.52 m/s2B．3.55 m/s2C．3.75 m/s2D．3.05 m/s2【解析】设刹车的加速度大小为a，则有x＝v0(t1＋t2＋Δt)＋，代入数据有19.6＝5×(0.3＋2＋0.8)＋522a，解得a＝3.05 m/s2，所以D正确，A、B、C错误．5.如图所示，人造卫星以速度v1在圆轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，当其运动到P点时点火加速，使其速度瞬间增加到v2.随后卫星在椭圆轨道Ⅱ上运动，到达Q点的速度大小为v3.以下说法正确的是( D )A ．卫星的速度大小关系为v 2>v 3>v 1B ．卫星在轨道Ⅱ上经过P 点的加速度大于轨道Ⅰ上P 点的加速度C ．卫星在轨道Ⅱ上的运行周期小于在轨道Ⅰ上的周期D ．卫星在轨道Ⅱ上由P 点运动到Q 点的过程中机械能守恒【解析】卫星在椭圆轨道Ⅱ上运动，依据近地点速度大于远地点，则有v 2>v 3，由圆轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，依据卫星变轨规律由低轨道进入高轨道必需点火加速，则v 2>v 1，但是依据卫星的线速度v ＝GM r可知v 1>v 3，所以卫星的速度大小关系为v 2>v 1>v 3，A 错误；卫星在轨道Ⅱ上经过P 点的加速度等于轨道Ⅰ上P 点的加速度，因为同一点万有引力相同，则加速度相同，B 错误；依据卫星的周期公式T ＝2πr 3GM，轨道半径越大的周期越大，则卫星在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的周期，C 错误；卫星在轨道Ⅱ上由P 点运动到Q 点的过程只有引力做功所以机械能守恒，D 正确．6.如图所示，一轻绳跨过光滑且可看作质点的定滑轮，一端系着质量为M 的物块，另一端系着质量为m 的圆环，圆环套在竖直的光滑细杆上．已知细杆与定滑轮的水平距离为d ＝0.8 m ，初始时轻绳与竖直杆的夹角θ＝53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，取重力加速度g ＝10 m/s 2.现在由静止释放两物体，下列说法正确的是( B )A ．释放之后圆环和物块组成的系统机械能先减小后增大B ．若M ＝4m ，当轻绳与细杆垂直时，圆环的速度为v ＝2 m/sC ．若M ＝2m ，圆环运动区间的长度为1.2 mD ．为保证圆环在初始位置上方运动，物块与圆环的质量之比应当满意M m >54【解析】因整个系统不存在摩擦力，只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A 错误；当细线与细杆垂直时，物块的速度为0，依据动能定理可得12mv 2＝Mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫d sin θ－d －mg d tan θ，其中M ＝4m ，联立解得v ＝2 m/s ，故B 正确；若M ＝2m 时，物块一起先先做向下的加速运动，后做减速运动，圆环先做向上的加速运动，后做减速运动，设物块和圆环速度为零时，细线与细杆夹角为α，依据机械能守恒定律可知，物块重力势能的削减量等于圆环重力势能的增加量，有2mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫d sin θ－d sin α＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫d tan θ－d tan α，整理得65sin 2α－112sin α＋48＝0，解得sin α＝1213或sin α＝45(舍去)，依据数学关系sin 2α＋cos 2α＝1，tan α＝sin αcos α可解得tan α＝125，则圆环上升的最大高度为h ＝d tan θ－d tan α＝415m ，起先时，由于Mg cos θ＝1.2mg >mg ，圆环在初始位置上方运动，则圆环运动区间的长度为415m ，故C 错误；圆环在初始位置上方运动，故可视为圆环在初始位置恰好静止，由此可得Mg cos θ＝mg ，解得M m ＝53，故当满意M m >53时，圆环在初始位置上方运动，故D 错误． 7.如图所示，边长为L 的正六边形abcdef 区域内存在垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，正六边形中心O 处有一粒子源，可在纸面内向各个方向放射不同速率带正电的粒子，已知粒子质量均为m 、电荷量均为q ，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是( C )A ．可能有粒子从ab 边中点处垂直ab 边射出B ．从a 点垂直af 离开正六边形区域的粒子在磁场中的运动时间为πm 6qBC ．垂直cf 向上放射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为()23－3qBL mD ．要想离开正六边形区域，粒子的速率至少为3qBL 2m 【解析】若粒子从ab 边中点处垂直ab 边射出，则圆心肯定在ab 边上，设与ab 中点为g ，则圆心在Og 的中垂线上，而中垂线与ab 边平行，不行能相交，故A 错误；同理做aO 垂线与出射速度垂线交于f 点，即f 为圆心，则对应圆心角为60°，所以粒子在磁场中的运动时间为t ＝16T ，且T ＝2πm qB ，解得t ＝πm 3qB，故B 错误；垂直cf 向上放射的粒子刚好能离开磁场时，轨迹与边af 相切，则由几何关系得L ＝r ＋rsin 60°，由qvB ＝mv 2r 得r ＝mv qB ，联立解得v ＝23－3qBLm ，故C 正确；因为O 点距六边形的最近距离为d ＝L cos 30°＝32L ，即此时对应刚好离开磁场的最小直径，所以最小半径为r ＝d 2，又r ＝mvqB ，所以最小速度为v min ＝3qBL 4m，故D 错误． 8.如图甲所示，质量M ＝1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 的物块，物块可视为质点，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.设木板足够长，现对物块施加一个水平向右的力F ，力F 随时间t 的变更如图乙所示．已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g ＝10 m/s 2，则下面四个图中能正确反映物块受到木板的摩擦力大小f 随时间t 变更的是( C )【解析】由题意物块与木板之间摩擦力的最大值为f 2max ＝μ2mg ＝4 N ，木板与地面间的摩擦力的最大值为f 1max ＝μ1(M ＋m )g ＝2 N ，当F ≤2 N 时，木板和物块相对地面静止f ＝F ，又由图像可得F ＝12t ，所以0～4 s 时间内图像与F t 图像相同；当F >2 N ，并且木板和物块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为a ，依据牛顿其次定律，对整体有F －μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，对物块有F －f 2max ＝ma ，可得F ＝6 N ，从今关系式可以看出，当 2 N<F ≤6 N 时，M 、m 相对静止，则对整体有F －μ1(mg ＋Mg )＝(m ＋M )a ，对物块F －f ＝ma ，即f ＝F 2＋1，即f ＝t 4＋1，所以0～10 s 内图像如图C ，故A 、B 、D 错误，C 正确．二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题目要求．全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9.一沟通发电机线圈内磁通量随时间的变更规律如图甲所示．已知发电机线圈的匝数N ＝50匝，其总电阻r ＝2.5 Ω.图乙中灯泡的额定电压为48 V ，额定功率为153.6 W ．现将该发电机产生的电压接在图乙中志向降压变压器原线圈的a 、b 两端，此时灯泡正常发光．则( BC )A ．发电机线圈产生的电动势瞬时值表达式为e ＝1002sin 100πt (V)B ．灯泡正常工作时的电阻为15 ΩC ．志向降压变压器原、副线圈匝数之比为2 1D ．发电机线圈的热功率为102.4 W【解析】峰值E m ＝NΦm ·2πT＝100 2 V ，t ＝0时刻，线圈平面与磁感线平行，发电机线圈产生的电动势瞬时值表达式为e ＝1002cos 100πt (V)，故A 错误；灯泡正常工作时的电阻为R ＝U 2P ＝15 Ω，故B 正确；发电机电动势的有效值为E ＝E m 2，设原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，由闭合电路的欧姆定律可知E ＝I 1r ＋U ab ，依据变压器原理可知U ab n 1＝U n 2，I 1I 2＝n 2n 1，其中I 2＝P U ＝3.2 A ，解得n 1n 2＝2，故C 正确；由C 选项知I 1＝1.6 A ，则P r ＝I 21r ＝6.4 W ，故D 错误．故选BC.10.两个材质不同、长度相等的细绳连接在一起，连接点为P 点．甲乙两名同学分别在绳的两端A 、B 以相同的振动频率同时上下抖动形成两列横波．经过一个周期后，从两端各自形成一个完整的波形如图所示．已知AC 的水平距离为4 m ，BD 的水平距离为6 m ．A 、B 两点距P 点的水平距离均为12 m ，波在传播过程中各点的水平位置保持不变．已知B 点形成的机械波在BP 中传播的速度为6 m/s ，下列说法正确的是( AD )A ．A 点形成的机械波在左侧绳中传播的速度为4 m/sB ．B 点形成的机械波传播到P 点左侧时速度仍为6 m/sC ．两列波形成的第一个波峰在P 点相遇D ．P 点振动稳定后，为振动加强点【解析】 B 点形成的机械波的振动周期为T B ＝λB v B ＝66s ＝1 s ，两列波的振动频率相同，则振动周期也相同，有T A ＝T B ＝1 s ，依据波速公式有v A ＝λA T A ＝41 m/s ＝4 m/s ，所以A 点形成的机械波在左侧绳中传播的速度为4 m/s ，则A 正确；由于两段绳子的材质不同，即波的传播介质不同，所以无法确定B 点形成的机械波传播到P 点左侧的速度，B 错误；B 点发出第一个波峰到达P 点的时间为t B ＝x BP v B ＝126s ＝2 s ，此时A 点发出的波传播距离为x A ＝v A t B ＝4×2 m＝8 m ，则没有到达P 点，所以无法形成的第一个波峰在P 点相遇，则C 错误；两列波到P 点的相位差为0，为振动加强点，所以P 点振动稳定后，为振动加强点，则D 正确．故选AD.11.如图甲所示，光滑金属导轨ab 、ac 成45°角放置在水平面上，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B .长直导体棒垂直ac 放置在导轨上，并与ab 、ac 交于E 、F 两点，且EF ＝L 0.在外力作用下，导体棒由EF 处运动到GH 处，速度由v 0减小到v 03，速度的倒数1v随位移x 变更的关系图线如图乙所示．除阻值为R 的电阻外，其他电阻均不计．在棒由EF 处运动到GH 处的过程中( ABD )A ．导体棒切割磁感线产生的感应电动势恒为BL 0v 0B ．导体棒所受安培力渐渐增大C ．克服安培力做功为D ．克服安培力做功为【解析】由图乙知图线的斜率为k ＝3v 0－1v 02L 0＝1L 0v 0，图线的表达式为1v ＝kx ＋1v 0，代入k值得v ＝L 0v 0L 0＋x ，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BLv ＝B (L 0＋x )v ＝BL 0v 0，感应电流为I ＝E R ，所以感应电动势和感应电流都不变，则安培力为F ＝BIL ＝B BL 0v 0R (L 0＋x )＝B 2L 0v 0R (L 0＋x )，所以安培力渐渐增大，故A 、B 正确；由于安培力与位移为一次函数关系，所以求安培力的功时可用力和位移的平均值，依据题意，当导体棒运动2L 0时，导轨间导体棒长度为3L 0，安培力平均值为F ＝F 1＋F 22＝B 2L 0v 0R L 0＋B 2L 0v 0R ·3L 02＝，克服安培力做功为W ＝F ·2L 0＝，故C 错误，D 正确．故选ABD.12.如图所示，一质量为2m 的小车静止在光滑水平地面上，其左端P 点与平台平滑连接．小车上表面PQ 是以O 为圆心、半径为R 的四分之一圆弧轨道．质量为m 的光滑小球，以v 0＝2gR 的速度由水平台面滑上小车．已知OP 竖直，OQ 水平，水平台面高h ＝R 6，小球可视为质点，重力加速度为g .则( AD )A ．小车能获得的最大速度为4gR 3 B ．小球在Q 点的速度大小为5gR 3C ．小球在Q 点速度方向与水平方向夹角的正切值为63 D ．小球落地时的速度大小为7gR 3【解析】小球最终由P 点离开小车，从小球滑上小车至离开小车，此过程系统无机械能损失，可视为弹性碰撞，由弹性碰撞结论可知，小车能获得的最大速度为v max ＝2m m ＋2m ·2gR ＝4gR3，故A 正确；小球在Q 点时，水平方向上与小车共速，由动量守恒定律得mv 0＝(m ＋2m )v 共，解得v 共＝2gR3，由能量守恒定律得＝mgR ＋，解得v Q ＝10gR3，则小球此时在竖直方向上的分速度大小为v Qy ＝＝6gR 3，设小球在Q 点时速度方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝v Qyv 共＝62，故B 、C 错误；小球离开小车时的速度大小为v P ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m －2m m ＋2m ·2gR ＝2gR 3，由动能定理得mgh ＝12mv 2－，解得v ＝7gR 3，故D 正确．故选AD.。

高考物理总复习优编题型增分练：选做题保分练五20181215152.doc

选做题保分练(五)三、选做题(本题包括A 、B 两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A 小题评分．)13．A.[选修3－3](15分)(1)下列说法中正确的是________．A ．能量定律是普遍规律，能量耗散不违反能量守恒定律B ．温度是分子平均动能的标志C ．有规则外形的物体是晶体，没有确定的几何外形的物体是非晶体D ．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势(2)在“用油膜法估测分子大小”的实验中，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图1所示，坐标纸上正方形小方格的边长为5 mm ，该油酸膜的面积是________m 2；若一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是1×10－6mL ，则油酸分子的直径是______ m ．(上述结果均保留1位有效数字)图1(3)请估算早上第一个到学校上学的小明走进教室时，教室里有多少个空气分子排到教室外？(假设教室里的温度和气体压强均不变，小明的质量为m人＝60 kg ，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023 mol －1，小明的平均密度约为ρ人＝1.0×103 kg/m 3，空气的密度约为ρ气＝1.29 kg/m 3，且保持不变，空气的摩尔质量为M 气＝29 g·mol －1，计算结果保留两位有效数字) 答案 (1)ABD (2)2×10－3 5×10－10 (3)1.6×1024个解析 (1)能量守恒定律是普遍规律，能量耗散不违反能量守恒定律，故选项A 正确；温度是分子平均动能的标志，故选项B 正确；没有确定的几何外形的物体也可能是多晶体，故选项C 错误；在液体内部，分子间的距离在平衡距离r 0左右，而在表面层，分子比较稀疏，分子间的距离大于平衡距离r 0，因此液面分子间作用力表现为引力，故选项D 正确．(2)通过题图可以数出油膜的面积为：S ＝80×52 mm 2＝2×10－3 m 2，油酸分子的直径为d ＝V S＝1×10－6×10－62×10－3m＝5×10－10 m.(3)小明的体积为：V＝m人ρ人＝6.0×10－2 m3当他进入教室时排到室外的空气体积也为V，因此排出的空气分子数为N＝ρ气VM气·N A≈1.6×1024个．13．B.[选修3－4](15分)(2018·江苏一模)(1)某简谐横波在介质中沿x轴正方向传播，t＝0时波源O从平衡位置开始振动，t＝0.5 s时振动刚好传播到P点，此时该横波的波形图如图2所示，下列有关说法中正确的是________．图2A．波源起振方向沿y轴负方向B．该波的周期为0.4 sC．这0.5 s内波源O运动的路程为5 mD．0～3 s内处于x＝9 m处的M点(图中未画出)所通过的路程为105 cm(2)一列长为L的列车以速度0.5c相对地面运动，地面上的人测得该列车的长度为L′.则L′________L(填“＞”“＜”或“＝”)．地面上的人测得列车上的时钟比地面上的时钟要________(填“快”或“慢”)．(3)如图3，ABCD是某直桶状不透明容器过其中心轴OO′、垂直于左右两侧面的剖面图．已知该桶高H＝2.375 m，底面是边长为1 m的正方形．容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料．在其左下角B处放一点光源，当容器内装有深为2 m的某种透明液体时，人眼沿AO看去时刚好能看到点光源的像，(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求该液体的折射率．图3答案 (1)BD (2)＜慢 (3)43解析 (1)根据题图，由波沿x 轴正方向传播可得：P 点正向上振动，故波源起振方向沿y 轴正方向，故A 错误；根据波0.5 s 的传播距离为5 m 可得：波速v ＝10 m/s ；由题图可得：波长λ＝4 m ，故周期T ＝λv＝0.4 s ，故B 正确；0.5 s 内波源O 运动的路程为5A ＝25 cm ，故C 错误；波需要经过时间t 1＝9 m 10 m/s＝0.9 s 从波源传播到M 点，然后M 点处质点从平衡位置开始振动了2.1 s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋14T ，则0～3 s 内处于x ＝9 m 处的M 点(图中未画出)所通过的路程为5×4A ＋A ＝21A ＝105 cm ，故D 正确．(2)列车以速度0.5c 相对地面运动，地面上的人测得该列车的长度为L ′，根据相对论尺缩效应知，L ′＜L .根据钟慢效应，知地面上的人测得列车上的时钟比地面上的时钟要慢．(3)在剖面图内作点光源相对于右侧壁的对称点E ，连接EO ，交右侧壁于F 点，由点光源射向F 点的光线，反射后沿FO 射向O 点，光线在O 点的入射角为θ1，折射角为θ2，如图所示．由几何关系可知tan θ1＝O ′E OO ′＝0.75 得θ1＝37° tan θ2＝OG AG ＝43得θ2＝53°设该液体的折射率为n ，由折射定律得n ＝sin θ2sin θ1解得n ＝43. 精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

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选做题保分练(二)三、选做题(本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A小题评分．)13．A.[选修3－3](15分)(2018·南京市、盐城市二模)(1)下列说法中正确的是________．A．空气中PM2.5颗粒的无规则运动属于分子热运动B．某物体温度升高，组成该物体的分子的平均动能一定增大C．云母片导热性能各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则D．空气相对湿度越大，则空气中水蒸气压强越接近饱和汽压(2)两分子间的作用力F与分子间距离r的关系如图1中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0，甲分子固定在坐标原点O，乙分子在分子力作用下从图中a点由静止开始运动．在r ＞r0阶段，乙分子的动能________(选填“增大”“减小”或“先增大后减小”)，乙分子的势能________(选填“增大”“减小”或“先减小后增大”)．图1(3)如图2所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，与汽缸底部相距h，此时封闭气体的温度为T.现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，气体温度上升到1.5T.已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸的摩擦．求：图2①加热后活塞到汽缸底部的距离；②加热过程中气体的内能增加量．答案(1)BD (2)增大减小(3)①1.5h ②Q－0.5h(p0S＋mg)解析(1)PM2.5颗粒不是分子，其运动不是分子热运动，A错误；温度是分子平均动能的标志，温度升高，则分子平均动能增大，B正确；云母片导热性能各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列规则，C错误；空气相对湿度越大，则空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，D 正确．(2)由题图可知，在r ＞r 0阶段，分子间是引力作用，分子力对乙分子做正功，乙分子的动能增大，分子势能减小．(3)①等压过程由Sh T ＝Sh′1.5T得h ′＝1.5h ②气体压强p ＝p 0＋mg SW ＝－p (h ′－h )S由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q联立解得：ΔU ＝Q －0.5h (p 0S ＋mg )．13．B.[选修3－4](15分)(2018·如皋市模拟)(1)下列说法中正确的是________．A ．被拍打的篮球上下运动是简谐运动B ．受迫振动的物体总以它的固有频率振动C ．当观察者和波源间存在相对运动时一定能观察到多普勒效应现象D ．在以速度v 高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢(2)1971年，屠呦呦等获得了青蒿乙醚提取物结晶，研究人员通过X 射线衍射分析确定了青蒿素的结构．X 射线衍射是研究物质微观结构的最常用方法，用于分析的X 射线波长在0.05 nm ～0.25 nm 范围之间，因为X 射线的波长________(选填“接近”或“远小于”)晶体内部原子间的距离，所以衍射现象明显．分析在照相底片上得到的衍射图样，便可确定晶体结构．X 射线是________(选填“纵波”或“横波”)．(3)如图3所示，有一四棱镜ABCD ，∠B ＝∠C ＝90°，∠D ＝75°.某同学想测量其折射率，他用激光笔从BC 面上的P 点射入一束激光，从Q 点射出时与AD 面的夹角为30°，Q 点到BC 面垂线的垂足为E ，P 、Q 两点到E 点的距离分别为a 、3a ，已知真空中光速为c ，求：图3①该棱镜材料的折射率n ；②激光从P 点传播到Q 点所需的时间t .答案 (1)D (2)接近横波 (3)①62 ②6a c解析 (1)根据质点做简谐运动的条件可知，做简谐运动的条件是回复力为F ＝－kx ，被拍打的篮球上下运动显然不是简谐运动，故A 错误；做受迫振动的物体的振动频率与驱动力的频率相等，与物体的固有频率无关，故B 错误；当观察者和波源间存在相对运动时不一定能观察到多普勒效应现象，如观察者绕波源做匀速圆周运动，故C 错误；根据相对论的两个基本假设，在以速度v 高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢，故D 正确．(2)能发生明显的衍射现象的条件是：孔或障碍物的尺寸比波长小或者相差不多．当X 射线透过晶体内部原子间隙时，发生了明显的衍射现象，用于分析的X 射线波长应接近晶体内部原子间的距离；X 射线是一种横波．(3)①由题意，根据QE ⊥BC ，QE ＝3PE ，得∠PQE ＝30°由几何关系可知，激光在AD 面上的入射角 i ＝45°，折射角 r ＝60°由折射定律得，该棱镜材料的折射率 n ＝sin r sin i ＝62②激光在棱镜中的传播速度v ＝c nPQ ＝PE sin 30°＝2a 故激光从P 点传播到Q 点所需的时间t ＝2a v ，解得t ＝6a c.。

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选择题提速练 (一)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共计24分，每小题只有一个选项符合题意．) 1．物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F垂直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力一定增大的是( )答案 D解析施加力F后，A、B两种情况，物块仍处于平衡，则在沿斜面方向上重力沿斜面向下的分力不变，故静摩擦力不变，故A、B错误；加竖直方向的力F后，C中静摩擦力减小，D中静摩擦力增大，故C错误，D正确．2．(2018·无锡市高三期末) 如图1，MN和M′N′之间为一竖直方向的风洞实验区，可对置于其中的物体产生一个竖直方向恒定的风力．现将一质量为m的小球从A点斜向上抛出，小球将沿图示轨迹击中P点．若将风力等值反向，小球抛出时初速度不变，则可垂直于M′N′击中M′N′上Q点(未画出)．下列说法错误的是( )图1A．开始时风力竖直向下B．小球在P点的速度大于在Q点的速度C．小球在AP间运动的时间等于在AQ间运动的时间D．在开始情况下，若仅增大小球质量m，小球可能垂直击中Q点答案 D3. (2018·江苏百校12月大联考) 2017年6月15日11时00分，中国在酒泉卫星发射中心采用长征四号乙运载火箭，成功发射首颗X射线空间天文卫星“慧眼”，并在GW170817引力波事件发生时成功监测了引力波源所在的天区．已知“慧眼”在距离地面550 km的圆轨道上运动，则其( )A．线速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B ．运行周期小于同步卫星的运行周期C ．角速度大于近地卫星的角速度D ．向心加速度小于静止在地球赤道上某一物体的向心加速度答案 B4.如图2所示为甲、乙两质点做直线运动的v －t 图象，若两质点从同一地点出发，到t 1时刻相遇，则下列说法正确的是( )图2A ．v 1＝8 m/sB ．v 2＝12 m/sC ．t 1＝(3＋3) sD ．0～t 1时间内，甲、乙相距的最大距离为3 m答案 C解析由题图可知，甲的加速度a 1＝2 m/s 2，乙的加速度a 2＝6 m/s 2，则12×2t 12＝12×6(t 1－2)2，解得t 1＝(3＋3) s ，C 项正确； v 1＝a 1t 1＝(6＋23) m/s ，A 项错误；v 2＝a 2(t 1－2)＝(6＋63) m/s ，B 项错误；0～t 1时间内，甲、乙相距的最大距离为Δx ＝12×2×6 m＝6 m ，D 项错误． 5．P 1和P 2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体，P 1的上下表面积大于P 2的上下表面积，将P 1和P 2按图3所示接到电源上，闭合开关后，下列说法正确的是( )图3A ．若P 1和P 2的体积相同，则通过P 1的电流大于通过P 2的电流B ．若P 1和P 2的体积相同，则P 1的电功率等于P 2的电功率C ．若P 1和P 2的厚度相同，则P 1两端的电压等于P 2两端的电压D ．若P 1和P 2的厚度相同，则P 1两端的电压大于P 2两端的电压答案 C解析由于两导体串联在电路中，因此两导体中电流一定相等，故A 错误；设导体的上下表面边长为a ，厚度为d ，根据R ＝ρL S 可知，R ＝ρa ad ＝ρd，则可知两导体的电阻与厚度d 有关，与体积无关，由V ＝Sd 可知，如果两导体的体积相同，则P 1的厚度小于P 2的厚度，因此P 1的电阻大于P 2的电阻，则由P ＝I 2R 可知，P 1的电功率大于P 2的电功率，故B 错误；由B 的分析可知，若厚度相同，则两导体电阻相同，由U ＝IR 可知，P 1两端的电压等于P 2两端的电压，故C 正确，D 错误．6．(2018·江苏学校联盟模拟)如图4所示，边长为l 的单匝正方形线圈放在光滑水平面上，其有一半处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．第一次保持磁场不变，使线圈在水平向右的拉力作用下，以恒定速度v 向右运动；第二次保持线圈不动，使磁感应强度大小发生变化．若线圈的总电阻为R ，则有()图4A ．若要使两次产生的感应电流方向相同，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐增大B ．若要使两次产生的感应电流大小相同，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率ΔB Δt ＝2Bv lC ．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为B2l2v 2RD ．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为Bl2R答案 B解析根据右手定则可知，线圈中的感应电流方向为顺时针方向，若要使两次产生的感应电流方向相同，根据楞次定律，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐减小，故A 错误；依据感应电动势公式E ＝BLv 及闭合电路欧姆定律求得感应电流大小I ＝Blv R，根据法拉第电磁感应定律，若要使两次产生的感应电流大小相同，那么ΔB Δt ·l22R ＝Blv R，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率ΔB Δt ＝2Bv l，故B 正确；第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为W ＝F l 2＝B2l2v R ·l 2＝B2l3v 2R，故C 错误；第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为q ＝I t ＝ΔΦR ＝Bl22R，故D 错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)7．(2018·泰州中学月考)如图5所示，足够长的粗糙程度相同的斜面固定在地面上，某物块以初速度v 0从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端．上述过程中，若用h 、x 、v 和a 分别表示物块距水平地面高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示运动时间．下列图象中可能正确的是( )图5答案 AC8．一质量为m ＝60 kg 的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经Δt ＝0.2 s ，以大小v ＝1 m/s 的速度离开地面，取重力加速度g ＝10 m/s 2，在这0.2 s 内( )A ．地面对运动员的冲量大小为180 N·sB ．地面对运动员的冲量大小为60 N·sC ．地面对运动员做的功为30 JD ．地面对运动员做的功为零答案 AD解析运动员的速度原来为零，起跳后变化v ，以向上为正方向，由动量定理可得：I －mg Δt ＝mv －0，故地面对运动员的冲量为：I ＝mv ＋mg Δt ＝60×1 N·s＋600×0.2 N·s＝180 N·s，故A 正确，B 错误；运动员在跳起时，地面对运动员的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故C 错误，D 正确．9．某电场的电场线分布如图6所示，下列说法正确的是( )图6A ．a 点的电势高于b 点的电势B ．c 点的电场强度小于d 点的电场强度C ．若将一正试探电荷由a 点移到b 点，电场力做负功D ．若将一负试探电荷由c 点移到d 点，电势能增加答案 BC解析根据等势线与电场线垂直，沿电场线电势降低可知：a 点的电势低于b 点的电势，故A 错误；从电场线的分布情况可知，c 处的电场线比d 处的稀疏，所以c 点的电场强度小于d 点的电场强度，故B 正确；正试探电荷所受电场力和场强方向相同，因此正试探电荷由a 点移到b 点时电场力做负功，故C 正确；将一负试探电荷由c 点移到d 点，电场力做正功，电势能减少，故D 错误．10．(2018·苏州市期初调研)如图7甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈两端的交变电压随时间变化规律如图乙所示，灯泡L 的额定功率为22 W ．闭合开关后，灯泡恰能正常发光．则( )图7A ．原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt VB ．灯泡的额定电压为110 VC ．副线圈输出交流电的频率为100 HzD ．电压表读数为220 V ，电流表读数为0.2 A答案 AB解析由题图乙可知：周期T ＝0.02 s ，角速度ω＝2πT＝100π rad/s ，则原线圈输入电压的瞬时值表达式：u ＝2202sin 100πt V ，故A 正确；原线圈电压的有效值：U 1＝22022V ＝220 V ，根据理想变压器电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压：U 2＝U1n2n1＝110 V ，故B 正确；周期T ＝0.02 s ，频率为：f ＝1T＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出交流电的频率50 Hz ，故C 错误；原线圈电压有效值为220 V ，则电压表的读数为220 V ，副线圈电流：I 2＝P 额U2＝0.2 A ，根据理想变压器电流与匝数成反比得：I 1＝n2I2n1＝0.1 A ，即电流表读数为0.1 A ，故D 错误．。

(京津琼)高考物理总复习专用优编提分练：选修3-4专练(一)

选修3－4专练(一)1．(1)如图1所示，在透明均匀介质内有一球状空气泡，一束包含a、b两种单色光的细光束从介质射入气泡，A为入射点，之后a、b光分别从C点、D点射向介质．已知光束在A点的入射角i＝30°，a光经过气泡的偏向角θ＝45°，CD弧所对圆心角为3°，则下列说法中正确的是________．图1A．b光经过气泡的偏向角为42°B．介质对a光的折射率大于 3C．a光的频率小于b光的频率D．b光从该介质射向空气的全反射临界角的正弦值为12sin 51°E．若a、b两单色光分别通过同一双缝干涉装置，则b光在屏上产生的条纹间距大(2)一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图2所示，介质中x＝6 m处的质点P 沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝0.2cos 4πt(m)．求：图2①该波的传播速度；②从t＝0时刻起，介质中x＝10 m处的质点Q第一次到达波谷经过的时间．答案(1)ADE (2)见解析解析(1)光束在A点的入射角为i，折射角分别为r a、r b，作出光路图如图所示．a 色光的偏向角为45°，而偏向角θa ＝2(r a －i )则r a ＝52.5°，由几何知识得，AC 弧所对的圆心角为180°－2×52.5°＝75°.CD 弧所对的圆心角为3°，则AD 弧所对的圆心角为78°，故r b ＝180°－78°2＝51°， b 色光的偏向角为θb ＝2(r b －i )＝42°，故A 正确；介质对a 色光的折射率n a ＝sin r a sin i ＝sin 52.5°sin 30°<sin 60°sin 30°＝3，故B 错误；介质对b 色光的折射率n b ＝sin r b sin i ＝sin 51°sin 30°<n a ，则a 光的频率大于b 光的频率，故C 错误；b 色光从介质射向空气的全反射临界角的正弦值sin C ＝1n b ＝12sin 51°，故D 正确； a 光的折射率大于b 光的折射率，a 、b 两单色光在透明介质中的波长λa <λb ，根据条纹间距公式Δx ＝L d λ，故Δx a <Δx b ，故E 正确．(2)①由题图可知，波长λ＝24 m ，由质点P 的振动方程可知，角速度ω＝4π r ad/s则周期T ＝2πω＝0.5 s 故该波的传播速度v ＝λT＝48 m/s②若波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻，质点Q 左侧相邻的波谷在x ＝－6 m 处该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ＝x 1v ＝13s 若波沿x 轴负方向传播，t ＝0时刻，质点Q 右侧相邻的波谷在x ＝18 m 处该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ′＝x 2v ＝16s.2．(1)关于光的折射、全反射以及光的波动性，下面说法中正确的是________．A ．光由光密介质射入光疏介质一定发生会全反射B ．光在两种不同介质的界面上发生折射时，光速一定发生改变C ．光的偏振现象说明光是一种纵波D ．不同色光通过棱镜，光的频率越大，折射率越大，偏折角度越大E ．利用激光可以测距(2)如图3甲所示，是一列简谐横波在均匀介质中传播时t ＝0时刻的波动图象，质点A 的振动图象如图乙所示．A 、B 两点皆在x 轴上，两者相距s ＝20 m ．求：图3①此简谐横波的传播速度；②t ＝20 s 时质点B 运动的路程．答案 (1)BDE (2)见解析解析 (1)只有光由光密介质射入光疏介质，且入射角大于临界角时，才会发生全反射，选项A 错误；根据v ＝c n ，不同介质折射率不同，光速不同，选项B 正确；光的偏振现象说明光是一种横波，选项C 错误；不同色光通过棱镜，光的频率越大，折射率越大，偏折角度越大，选项D 正确；激光方向性好，平行度高，可以远距离测距，选项E 正确．(2)①由题图甲可知，此波的波长为λ＝4 m由题图乙可知，此波的周期T ＝0.4 s所以v ＝λT＝10 m/s根据t ＝0时刻质点A 的振动方向可知，此波沿x 轴正方向传播②此波传播到B 点所需的时间 t ＝s －λ2v ＝1.8 s ＝412T 由题图可知此波的振幅A ＝0.1 m质点B 每个周期运动的路程为0.4 m所以t ＝20 s 时质点B 运动的路程为s ＝(50－4.5)×0.4 m＝18.2 m.。

高考物理总复习选择题增分练一

——教学资料参考参考范本——高考物理总复习选择题增分练一______年______月______日____________________部门(满分48分24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．下列叙述正确的是( )A．若铀235的体积超过它的临界体积，裂变的链式反应就能够发生B．根据玻尔理论，在氢原子中，电子吸收光子从低能级跃迁到高能级，电子的能量变大，动能也变大C．只要入射光的强度足够强，照射时间足够长，就一定能产生光电效应D．核反应的实质是粒子对核撞击而打出新粒子使核变为新核解析：选A.只要铀235的体积超过它的临界体积，就能产生裂变的链式反应，A正确；在氢原子中，电子吸收光子从低能级跃迁到高能级，电子的能量变大，轨道半径变大，电势能变大，但动能变小，B错误；某种金属能否发生光电效应取决于入射光的频率，选项C错误；核反应是原子核在其他粒子的轰击下产生新原子核的过程，并不一定打出新粒子，D错误；故选A.2．一小球做自由落体运动，落地前最后1 s内的位移为45 m，已知重力加速度g取10 m/s2，则该小球下落过程中的平均速度为( ) A．45 m/s B．35 m/sC．25 m/s D．22.5 m/s解析：选C.由平均速度的定义式可知，最后1 s的平均速度为v ＝＝45 m/s，匀变速运动中平均速度等于时间中点的瞬时速度，设下落总时间为T，则g(T－0.5 s)＝45 m/s，解得T＝5 s，全程的平均速度等于时间中点的瞬时速度，即2.5 s时的瞬时速度v＝gt′＝10×2.5 m/s＝25 m/s，C正确．3．如图所示，带电荷量为－q的均匀带电半球壳的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线，P、Q为CD轴上在O点两侧离O点距离相等的两点，如果是均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等，则下列判断正确的是( )A．P、Q两点的电势、电场强度均相同B．P、Q两点的电势不同，电场强度相同C．P、Q两点的电势相同、电场强度等大反向D．在Q点由静止释放一带负电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动解析：选B.半球壳带负电，因此在CD上电场线沿DC方向向上，所以P点电势一定低于Q点电势，A、C错误；若在O点的下方再放置一同样的半球壳组成一完整的球壳，则P、Q两点的电场强度均为零，即上、下半球壳在P点的电场强度大小相等方向相反，由对称性可知上半球壳在P点与在Q点的电场强度大小相等方向相同，B正确；在Q 点由静止释放一带负电微粒，微粒一定做变加速运动，D错误．4．如图所示，以MN、PQ为边界的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽为2L，高为L的正三角形闭合金属框由粗细均匀的电阻丝围成，在外力作用下由图示位置被水平向右匀速拉过磁场区域，ab边平行MN且垂直金属框运动方向，取逆时针方向为电流的正方向，则金属框中的感应电动势E、感应电流I，所施加的外力F及外力的功率P随位移x的变化关系图正确的是( )解析：选 B.金属框进入磁场的过程中，穿过金属框的磁通量增加，由楞次定律可知此过程中感应电流为逆时针方向，而此过程金属框切割磁感线的有效长度l＝2x·tan 30°且均匀增加，完全进入磁场后，穿过金属框的磁通量不变，回路中无感应电流和感应电动势，排除A选项；0～L位移内，因金属框做匀速直线运动，所以F外＝F安＝BIl＝＝tan2 30°，即外力随位移的增大而非线性增大，排除C选项；0～L位移内，外力的功率P＝F外v＝tan2 30°，即外力的功率随位移的增大而非线性增大，排除D选项；所以B选项正确．5．如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧受压时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为2m的金属球．运动中的升降机突然停止，以停止运动为计时起点，在此后的一段时间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是( )A．升降机在停止运动前是向上运动的B．0～t1时间段内金属球做减速运动C．t1～t2时间段内金属球处于超重状态D．t2和t4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同解析：选D.由于升降机停止运动前传感器的示数为0，表明弹簧处于原长状态，即升降机有向下的加速度g，而0～t1时间段内示数增加，说明弹簧被压缩，即升降机突然停下后金属球由于惯性而向下运动，故停止前升降机是向下运动的，A错误；0～t1时间段内弹簧的形变量逐渐增大，但当F＝mg时金属球所受的合外力为0，即金属球前一段做加速度逐渐减小的加速运动，后一段做加速度逐渐增大的减速运动，B错误；t1～t2时间段可分为两段，F＝mg时金属球的加速度为0，前一段时间金属球加速度向上并处于超重状态，后一段时间金属球加速度向下并处于失重状态，C错误；t2和t4两时刻弹簧的形变量均为0，金属球在斜面方向上只有重力的分力产生加速度，故两时刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系统的机械能守恒，因此两个时刻速度的大小相等，但t2时刻金属球沿斜面向上运动，而t4时刻金属球沿斜面向下运动，二者的方向不同，D正确．6．一电子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x1段是曲线，x1～x2段是平行于x轴的直线，x2～x3段是倾斜直线，下列说法正确的是( )A．从0到x1电势逐渐降低B．x2处的电势比x3处高C．x1～x2段电场强度为零D．x2～x3段的电场强度减小解析：选AC.由ΔEp＝－W电＝－qEx，即＝qE，即Epx图象中的斜率表示电子受的电场力，所以C项正确，D项错误；因为φ＝，可知0～x1电势逐渐降低，A项正确；B项错误；故正确选项为AC.7．如图所示，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m＝1 kg.用大小为6 N、方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )A．木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量B．拉力F做功为6 JC．小滑块Q的最大速度为3 m/sD．整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 J解析：选ACD.对系统由动量定理得Ft＝mvP＋mvQ＝2mv共，即木板P与小滑块Q所组成系统的动量增加量一定等于拉力F的冲量，A正确；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F不能超过·2m＝4 N ，拉力F 为6 N 大于4 N ，故二者发生相对滑动，对木板P 由牛顿第二定律F －μmg ＝ma ，解得a ＝4 m/s2.1 s 内木板P 的位移x ＝at2＝2 m ，拉力F 做功W ＝Fx ＝12 J ，B 错误；二者共速时，小滑块Q 的速度最大，Ft ＝2mv 共，v 共＝3 m/s ，C 正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知W ＝×2mv＋Q.解得Q ＝3 J ，D 正确．8．矩形边界ABCD 内存在磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向里，AB 长为2L ，AD 长为L.从AD 的中点E 发射各种速率的粒子，方向与AD 成30°角，粒子带正电，电量为q ，质量为m ，不计粒子重力与粒子间的相互作用，下列判断正确的是( )A ．粒子可能从BC 边离开B ．经过AB 边的粒子最小速度为3qBL 4m C ．经过AB 边的粒子最大速度为qBL mD ．AB 边上有粒子经过的区域长度为L解析：选CD.最有可能从BC 边离开的粒子应与DC 边相切，设半径为r1，圆心为O1，由几何知识知r1sin 30°＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r1－L 2所以r1＝L ，即O1应在AB 边上，则O1F 应为半径r1＝L ，而O1A ＝r1cos 30°＝L ，所以O1A ＋O1F ＝L ＋L ＜2L ，所以粒子不可能从BC 边离开；且上述情况为经AB 边的粒子半径最大的情况，由r ＝知，vm＝，选项A错误、C正确，当粒子与AB相切时，速度最小，圆心为O2，半径为r2，则有r2＋r2sin 30°＝，故r2＝，又因为r2＝，所以v2＝为最小速度，选项B错误，AB上切点M与点F之间的长度为粒子经过的区域，l′＝r1＋r1cos 30°－r2cos 30°＝L＋＝L，故D项正确．。

高考物理二轮复习选考题15分增分练1(含解析)-人教版高三全册物理试题

选考题15分增分练(一)(时间：20分钟分值：15分)1．(选修3—3)(15分)(1)(5分)一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的竖直汽缸内，活塞可沿汽缸无摩擦地上下滑动。

开始时活塞静止，取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上外表上，在倒沙子的过程中，缸内气体内能________(选填“增大〞“减小〞或“不变〞)，气体对活塞________(选填“做正功〞“做负功〞或“不做功〞)，气体________(选填“吸热〞或“放热〞)。

(2)(10分)如下列图，水平放置的导热汽缸A 和B 底面积一样，长度分别为2L 和L ，两汽缸通过长度为L 的绝热管道连接；厚度不计的绝热活塞a 、b 可以无摩擦地移动，a 的横截面积为b 的两倍。

开始时A 、B 内都封闭有压强为p 0、温度为T 0的空气，活塞a 在汽缸A 最左端，活塞b 在管道最左端。

现向右缓慢推动活塞a ，当活塞b 恰好到管道最右端时，停止推动活塞a 并将其固定，接着缓慢加热汽缸B 中的空气直到活塞b 回到初始位置。

求：①活塞a 向右移动的距离；②活塞b 回到初始位置时汽缸B 中空气的温度。

[解析] (1)一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的竖直汽缸内，缓慢倒入沙子过程中，活塞下移，气体对活塞做负功，由于汽缸导热，所以气体对外放出热量，内能不变。

(2)①设绝热活塞b 到达管道口右边且右端面与管口齐平时，A 汽缸中的活塞a 向右移动x ，此时A 、B 中气体压强为p ，如此：对A 气体：p 0·2LS ＝p ⎣⎢⎡⎦⎥⎤(2L －x )S ＋12LS (2分) 对B 气体：p 0⎝⎛⎭⎪⎫LS ＋12LS ＝pLS (1分) 联立解得：p ＝32p 0，x ＝76L 。

(1分)②设汽缸B 中空气的温度为T 、压强为p 1时，绝热活塞b 回到初始位置，对气体B ：pLS T 0＝p 1⎝ ⎛⎭⎪⎫LS ＋12LS T (2分) 对气体A ：p ⎣⎢⎡⎦⎥⎤(2L －x )S ＋12LS ＝p 1(2L －x )S (2分)联立解得：T ＝125T 0。

高考物理二轮提分教程复习：选做题专练(1)

选做题专练(一)1．[选修3－3](15分)(1)(2019·江苏南京、盐城高三第三次调研)(5分)某同学做“用油膜法估测分子的大小”的实验。

已知每2500 mL油酸酒精溶液中含有纯油酸1 mL,用注射器测得每100滴这样的溶液为1 mL,把一滴这样的溶液滴入撒有痱子粉的盛水浅盘里,把玻璃板盖在浅盘上并描画出油酸膜轮廓,如图所示。

图中正方形小方格的边长为 1 cm,则油酸膜的面积为________ cm2,油酸分子的直径大小d＝________ m(保留一位有效数字)。

(2)(2019·福建省三明市检测)(10分)如图,容积为V的密闭导热氮气瓶,通过单向阀门K(气体只能进入容器,不能流出容器)与一充气装置相连接。

开始时气瓶存放在冷库内,瓶内气体的压强为0.9p0,温度与冷库内温度相同,现将气瓶移至冷库外,稳定后瓶内气体压强变为p0,再用充气装置向瓶内缓慢充入氮气共45次。

已知每次充入的气体压强为p0,体积为V15,温度为27 ℃。

设冷库外的环境温度保持27 ℃不变。

求：(ⅰ)冷库内的温度；(ⅱ)充气结束后,瓶内气体压强。

答案(1)40(40±2均可) 1×10－9(2)(ⅰ)270 K(或－3 ℃)(ⅱ)4p0解析(1)数出方格纸中被实线圈起来的部分的格数为40,可知油酸膜的面积约为40 cm2；一滴溶液纯油酸的体积V ＝1100×12500 cm 3,所以油酸分子的直径d ＝V S ＝1100×2500×40cm ＝1×10－7 cm ＝1×10－9m 。

(2)(ⅰ)因气瓶导热,瓶内气体温度与所处环境温度相同,设存于冷库中时,瓶内气体压强为p 1,温度为T 1,移至库外后,瓶内气体压强为p 2,温度为T 2＝300 K,由查理定律,有：p 1T 1＝p 2T 2代入数据得：T 1＝270 K 即冷库温度为270 K 或－3 ℃。

(江苏专用)2019高考物理总复习优编题型增分练：选做题保分练(三)

选做题保分练(三)三、选做题(本题包括A 、B 两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A 小题评分．)13．A.[选修3－3](15分)(2018·南通市模拟)(1)下列说法中错误的是________．A ．雾霾在大气中的漂移是布朗运动B ．制作晶体管、集成电路只能用单晶体C ．电场可改变液晶的光学性质D ．地球大气中氢含量少，是由于外层气体中氢分子平均速率大，更易从地球逃逸(2)每年入夏时节，西南暖湿气流与来自北方的冷空气在江南、华南等地交汇，形成持续的降雨．冷空气较暖湿空气密度大，当冷暖气流交汇时，冷气团下沉，暖湿气团在被抬升过程中膨胀．则暖湿气团温度会________(选填“升高” “不变”或“降低”)，同时气团内空气的相对湿度会________(选填“变大”“不变”或“变小”)．(3)一定质量的理想气体经历了如图1所示的ABCDA 循环，p 1、p 2、V 1、V 2均为已知量．已知A 状态的温度为T 0，求：图1①C 状态的温度T ；②完成一个循环，气体与外界热交换的热量Q .答案 (1)A (2)降低变大 (3)①p 2V 2p 1V 1T 0 ②吸收(p 2－p 1)(V 2－V 1) 热量解析 (3)①设状态D 的温度为T D C 到D 等容变化，由查理定律知 p 2T ＝p 1T DD 到A 等压变化，由盖－吕萨克定律知V 2T D ＝V 1T 0解得T ＝p 2V 2p 1V 1T 0 ②W BC ＝－p 2(V 2－V 1)W DA ＝p 1(V 2－V 1)全过程有W ＝W BC ＋W DA ＝(p 1－p 2)(V 2－V 1)由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ＝0解得Q ＝(p 2－p 1)(V 2－V 1)>0，气体吸热．13．B.[选修3－4](15分)(2018·高考押题预测卷)(1)下列说法中正确的是________．A ．偏振光可以是横波，也可以是纵波B ．同一单摆，在月球表面简谐振动的周期大于在地球表面简谐振动的周期C ．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关D ．用双缝干涉测光的波长时，若减小双缝间的距离，则同种光波的相邻亮条纹间距将减小(2)一列简谐横波沿x 轴传播，图2甲是t ＝2 s 时的波形图，图乙是x ＝1 m 处质点的振动图象，则该波的传播速度为________m/s ，传播方向为________．图2(3)如图3所示，一根长直棒AB 竖直地插入水平池底，水深a ＝1.0 m ，棒露出水面部分的长度b ＝0.6 m ，太阳光斜射到水面上，水面上阴影的长度为c ＝0.8 m ，已知水的折射率n ＝43，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求棒在池底的影长d .图3答案 (1)BC (2)0.5 沿x 轴负方向 (3)1.55 m解析 (1)偏振光只能是横波，不可能是纵波，故A 错误；根据单摆的周期公式T ＝2πl g ，又月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故B 正确；根据相对论可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关，故C 正确；用双缝干涉测光波的波长时，若减小双缝间的距离，根据Δx ＝l d λ可知，同种光波的相邻亮条纹间距将增大，故D 错误．(2)根据题图甲可知波长λ＝2 m ，根据题图乙可知周期T ＝4 s ，所以波的传播速度v ＝λT＝0.5 m/s ，结合甲图和乙图，x ＝1 m 处的质点在t ＝2 s 时正经过平衡位置向下振动，根据振动方向和波的传播方向在波形图的同一侧判断，波的传播方向沿x 轴负方向．(3)设太阳光与水面的夹角为α，射进水后的折射角为β，如图所示由几何关系得：tan α＝0.60.8＝34① 根据折射定律有：n ＝sin (90°－α)sin β② 影长d ＝c ＋tan β③由①②③式代入数据解得d ＝1.55 m.。

(江苏专用)2021高考物理优选冲刺练2实验2选做保分练(1)

2实验＋2选做保分练(1)1.(2021·江苏高考，10)一同学测量某干电池的电动势和内阻。

(1)如图1所示是该同学正准备接入最后一根导线(图中虚线所示)时的实验电路。

请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处____________________________。

图1(2)实验测得的电阻箱阻值R 和电流表示数I ，以及计算的1I数据见下表： R /ΩI /A1I /A －1根据表中数据，在方格纸上作出R －1I关系图象。

由图象可计算出该干电池的电动势为________ V ；内阻为________ Ω。

(3)为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100 mV 的电压表并联在电流表的两端。

调节电阻箱，当电流表的示数为0.33 A 时，电压表的指针位置如图2所示，那么该干电池的电动势应为________ V ；内阻应为________ Ω。

图2解析 (1)在连接电路前，首先要断开开关，电路中串联的电阻箱或滑动变阻器阻值要调节到最大，所以操作中存在的不妥之处是：①开关未断开；②电阻箱阻值为零。

(2)根据测量得到的数据，利用描点法先在坐标图中画出数据点，然后用直尺过尽可能多的点画出倾斜的直线，如下图。

对题图1，利用闭合电路欧姆定律，可得E ＝I (R ＋r )，变化成R ＝E ·1I －r ，对照作出的R －1I 图象，可知R －1I图象的斜率等于电池的电动势，可得E ＝1.4 V ，R －1I图象在纵轴的截距的绝对值等于电池的内阻，可得r ＝1.2 Ω。

(3)根据电压表的读数规那么，题图2中电压表读数U ＝66 mV ，由题述知I ＝0.33 A ，根据欧姆定律可得电流表内阻R A ＝U I ＝0.2 Ω。

对题图1，考虑到电流表内阻，利用闭合电路欧姆定律，可得E ＝I (R ＋r ＋R A )，变化成R ＝E ·1I －(r ＋R A )，对照作出的R －1I图象，可知R －1I 图象的斜率等于电池的电动势，可得E ＝1.4 V ；R －1I图象在纵轴的截距的绝对值等于电池的内阻与电流表内阻之和，可得电池的内阻为1.0 Ω。

高考物理总复习 优编题型增分练：选做题保分练(一)

高考物理总复习优编题型增分练：选做题保分练(五)

高三物理二轮复习练习相互作用牛顿动动定律夯基保分练(一)含解析

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高考物理二轮提分教程复习：选做题专练(1)

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