[K12学习]2019版高考物理二轮复习选考题15分满分练(三)

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2019版高考物理二轮复习鸭题15分满分练四.doc

选考题15分满分练（四）33.【物理一一选修3-3] （15分）（1）（5分）运用分子动理论的相关知识，判断下列说法正确的是—。

（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.分子间距离增大时，可能存在分子势能相等的两个位置B.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数仅与单位体积内的分子数有关VC.某气体的摩尔体积为以每个分子的体积为仏则阿伏加德罗常数可表示为M=~D.阳光从缝隙射入教室，从阳光屮看到的尘埃运动不是布朗运动E.生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散來完成（2）（10 分）A Bf" I I r图1如图1所示，两端封闭的玻璃管中间有一段长为A=16cm的水银柱，在27 °C的室内水平放置, 水银柱把玻璃管中的气体分成长度都是A=40 cm的畀、〃两部分，两部分气体的压强均为A =30 cmHg,现将月端抬起使玻璃管竖直。

求：玻璃管竖直时弭气体的长度乙和〃气体的压强ppo解析（1）当两分子Z间的距离等于八时，分子势能最小，从该位置起增加或减小分子距离，分子力都做负功，分子势能增加，故分子之间的距离增大时，可能存在分子势能相等的两个点, 选项A 正确；气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与温度以及单位体积内的分子数有关，选项B错误；气体分子间的距离很大，故不能用摩尔体积除以分子体积计算阿伏加徳罗常数，选项C错误；布朗运动是由周围分子做无规则运动产生的效果。

阳光从缝隙射入教室，从阳光屮看到的尘埃运动是机械运动，不是布朗运动，选项D正确；扩散可以在固体中进行，生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散來完成，选项E正确。

（2）玻璃管由水平放置转到竖直放置，两部分气体均为等温变化，设玻璃管的横截面积为S对A有pLS= p.LSQ分）对〃有PR L R SQ分）妙=刊+力（1分）厶+厶=2厶（1分）解得厶=50 cm （2分）妙=40 cmHg （2 分）答案（l）ADE （2）50 cm 40cmHg34.【物理——选修3-4] （15分）（1）（5分）如图2所示，图甲为一列简谐波在t=2. 0 s时刻波的图象，Q为x=4 ni的质点，图乙为甲图中户质点的振动图象，则下列说法正确的是__________ o（填正确答案标号。

2019年高考物理二轮复习选考题15分练2

选考题15分练(二)(时间：20分钟分值：45分)(第168页)1．(1)(5分)(2018·江淮十校联考)下列说法正确的是__________．A ．布朗运动的激烈程度跟温度有关，但布朗运动不是热运动B ．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功从而转化成机械能C ．一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数增多D ．相对湿度定义为空气中水蒸气的压强与水的饱和气压之比E ．雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用ACE [布朗运动反映的是分子热运动，但布朗运动本身不是热运动，选项A 正确；机械能可以全部转化为内能，内能无法全部用来做功从而转化成机械能，选项B 错误；一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能变大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增多，选项C 正确；相对湿度定义为空气中水蒸气的实际压强与该温度下水蒸气的饱和气压之比，选项D 错误；雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用，使水不能渗过小孔，选项E 正确．]图1(2)(10分)一足够高的内壁光滑的导热汽缸竖直地浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞的面积为1.5×10－3m 2，如图1所示，开始时气体的体积为3.0×10－3m 3，现缓慢地在活塞上倒上一定质量的细沙，最后活塞静止时气体的体积恰好变为原来的三分之一．设大气压强为1.0×105 Pa.重力加速度g 取10 m/s 2，求：①最后汽缸内气体的压强；②最终倒在活塞上细沙的总质量．【解析】 ①汽缸内气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可知p 1V 1＝p 2V 2代入数据解得p 2＝p 1V 1V 2＝3.0×105Pa. ②活塞受力分析如图所示根据力的平衡条件：p 2S ＝p 0S ＋mg ，代入数据解得：m ＝p 2－p 0S g＝30 kg.【答案】 ①3.0×105P a ②30 kg2．(1)(5分) (2018·哈尔滨六中二次模拟)一列沿x 轴传播的简谐横波，t ＝0时刻的波形如图2所示，此时质点P 恰在波峰，质点Q 恰在平衡位置且向下振动．再过0.5 s ，质点Q 第二次到达波谷，下列说法中正确的是__________．图2A ．波沿x 轴负方向传播B ．波的传播速度为60 m/sC ．波的传播周期为0.2 sD ．t ＝0至0.9 s 时间内P 点通过的路程为1.8 mE ．1 s 末质点P 的位移是零ABD [t ＝0时刻，质点Q 恰在平衡位置且向下振动，可知波沿x 轴负方向传播，选项A正确；再过0.5 s ，质点Q ＝0.5 s ，T ＝0.4 s ，波的传播速度为v ＝λT ＝240.4m/s ＝60 m/s ，选项B ＝214T ，故t ＝0至0.9 s 时间内P 点通过的路程为2.25×4 A ＝9×0.2 m＝ 1 s ＝2.5T ，则1 s 末质点P 的位移是－0.2 m ，选项E 错误．](2)(10分)如图3所示，上下表面平行的玻璃砖折射率为n ＝2，下表面镶有银反射面，一束单色光与界面的夹角θ＝45°射到玻璃表面上，结果在玻璃砖右边竖直光屏上出现相距h ＝2.0 cm 的光点A 和B (图中未画出)．图3①请在图中画出光路示意图(请使用刻度尺)；②求玻璃砖的厚度d .【解析】 ①画出光路图如图．②设第一次折射时折射角为θ1，则有n ＝－θsin θ1＝sin 45°sin θ1，代入解得θ1＝30°.设第二次折射时折射角为θ2，则有sin θ1sin θ2＝1n，解得θ2＝45°由几何知识得：h ＝2d tan θ1，可知AC 与BE 平行，则d ＝h2tan θ1＝ 3 cm.【答案】 ①如图所示 ② 3 cm。

[配套K12]2019年高考物理二轮复习实验题15分练5

实验题15分练(五)(时间：15分钟分值：15分)1．(6分)(2018·湖南十四校二次联考)某同学用如图甲所示装置做“探究合力做功与动能改变的关系”的实验，他们将光电门固定在水平轨道上的B 点，如图1所示，并用重物通过细线拉小车，然后保持小车和重物的质量不变，通过改变小车释放点到光电门的距离(s )进行多次实验，实验时要求每次小车都从静止释放．图1(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度d 如图乙所示，d ＝__________cm.(2)如果遮光条通过光电门的时间为t ，小车到光电门的距离为s .该同学通过描点作出线性图象来反映合力做的功与动能改变的关系，则他作的图象关系是下列哪一个时才能符合实验要求__________．A ．s tB ．s t 2C ．s t －1D ．s t －2 (3)下列哪些实验操作能够减小实验误差__________．A ．必须保证小车从静止状态开始释放B ．必须满足重物的质量远小于小车的质量C ．调整轨道的倾角，在未挂重物时使小车能在轨道上匀速运动【解析】 (1)游标卡尺的主尺读数为1.0 cm ，游标读数为：14×0.05 mm＝0.70 mm ＝0.070 cm ，所以最终读数为：1.0 cm ＋0.070 cm ＝1.070 cm.(2)根据动能定理：Fs ＝12mv 2＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 2，可见s 与t 2成反比，即与1t 2成正比，故应作出s t －2图象．(3)由于该实验是通过成倍增加位移的方法来进行验证s 1t 2的关系，所以不需要平衡摩擦力、不需要满足重物的质量远小于小车的质量，但必须保证每次小车从静止释放；还需要多次实验减小偶然误差，故A 正确，B 、C 错误．【答案】 (1)1.070 (2)D (3)A2．(9分)(2018·惠州4月模拟)用直流电源(内阻可忽略不计)、电阻箱、定值电阻R 0(阻值为2.0 k Ω)、开关和若干导线，连接成如图2甲所示的电路来测量电压表V(量程3 V)的内阻 R V .闭合开关S ，适当调节电阻箱的阻值R ，读出电压表的示数U ，获得多组数据．(1)此实验时电阻箱的读数如图2乙所示，其值为__________Ω.图2(2)根据测得的数据画出如图3所示的1UR 关系图线，由图象上的数据可计算得到纵轴截距与图线斜率的比值为__________，进而求得电压表的内阻R V ＝__________k Ω(计算结果均保留两位有效数字)；图3(3)若电源内阻不可忽略，用此法测得的R V __________(填“偏大”或“偏小”)；(4)定值电阻R 0的作用是__________________________________________．【解析】 (1)由图示电阻箱可知，其示数为：0×100 k Ω＋0×10 k Ω＋6×1 k Ω＋5×100 Ω＋0×10 Ω＋0×1 Ω＝6 500 Ω.(2)根据闭合电路欧姆定律可得：E ＝U R V (R V ＋R 0＋R )整理可得：1U ＝1ER V ·R ＋R V ＋R 0ER V所以纵轴截距与图线斜率的表达式分别为b ＝R V ＋R 0ER V 和k ＝1ER V根据图丙可知斜率为：k ＝1ER V ＝0.259×1 000 截距为：b ＝R V ＋R 0ER V ＝0.25，则b k＝9.0 k Ω 联立解得电压表的内阻为：R V ＝7 000 Ω＝7.0 k Ω.(3)考虑电源内阻r ，由欧姆定律得：E ＝U R V(R V ＋R 0＋R ＋r ) 实际测量的相当于是R V ＋r ，相对R V 的阻值来说偏大．(4)当电阻箱阻值为零的时候，电阻R 0起到保护电压表的作用．【答案】 (1)6 500 (2)9.0 k Ω 7.0 (3)偏大(4)保护电压表。

(最新)2019年高考物理二轮复习选考题15分练2

选考题15分练(二)(时间：20分钟分值：45分)(第168页)1．(1)(5分)(2018·江淮十校联考)下列说法正确的是__________． A ．布朗运动的激烈程度跟温度有关，但布朗运动不是热运动B ．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功从而转化成机械能C ．一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数增多D ．相对湿度定义为空气中水蒸气的压强与水的饱和气压之比E ．雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用ACE [布朗运动反映的是分子热运动，但布朗运动本身不是热运动，选项A 正确；机械能可以全部转化为内能，内能无法全部用来做功从而转化成机械能，选项B 错误；一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能变大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增多，选项C 正确；相对湿度定义为空气中水蒸气的实际压强与该温度下水蒸气的饱和气压之比，选项D 错误；雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用，使水不能渗过小孔，选项E 正确．]图1(2)(10分)一足够高的内壁光滑的导热汽缸竖直地浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞的面积为1.5×10－3m 2，如图1所示，开始时气体的体积为3.0×10－3m 3，现缓慢地在活塞上倒上一定质量的细沙，最后活塞静止时气体的体积恰好变为原来的三分之一．设大气压强为1.0×105Pa.重力加速度g 取10 m/s 2，求：①最后汽缸内气体的压强； ②最终倒在活塞上细沙的总质量．【解析】 ①汽缸内气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可知p 1V 1＝p 2V 2代入数据解得p 2＝p 1V 1V 2＝3.0×105Pa. ②活塞受力分析如图所示根据力的平衡条件：p 2S ＝p 0S ＋mg ，代入数据解得：m ＝p 2－p 0Sg＝30 kg. 【答案】 ①3.0×105P a ②30 kg2．(1)(5分) (2018·哈尔滨六中二次模拟)一列沿x 轴传播的简谐横波，t ＝0时刻的波形如图2所示，此时质点P 恰在波峰，质点Q 恰在平衡位置且向下振动．再过0.5 s ，质点Q 第二次到达波谷，下列说法中正确的是__________．图2A ．波沿x 轴负方向传播B ．波的传播速度为60 m/sC ．波的传播周期为0.2 sD ．t ＝0至0.9 s 时间内P 点通过的路程为1.8 mE ．1 s 末质点P 的位移是零ABD [t ＝0时刻，质点Q 恰在平衡位置且向下振动，可知波沿x 轴负方向传播，选项A 正确；再过0.5 s ，质点Q 第二次到达波谷，可得5T 4＝0.5 s ，T ＝0.4 s ，波的传播速度为v ＝λT ＝240.4m/s ＝60 m/s ，选项B 正确，C 错误；0.9 s ＝214T ，故t ＝0至0.9 s 时间内P 点通过的路程为2.25×4 A ＝9×0.2 m＝1.8 m ，选项D 正确；1 s ＝2.5T ，则1 s 末质点P 的位移是－0.2 m ，选项E 错误．](2)(10分)如图3所示，上下表面平行的玻璃砖折射率为n ＝2，下表面镶有银反射面，一束单色光与界面的夹角θ＝45°射到玻璃表面上，结果在玻璃砖右边竖直光屏上出现相距h ＝2.0 cm 的光点A 和B (图中未画出)．图3①请在图中画出光路示意图(请使用刻度尺)； ②求玻璃砖的厚度d .【解析】 ①画出光路图如图．②设第一次折射时折射角为θ1，则有n ＝－θsin θ1＝sin 45°sin θ1，代入解得θ1＝30°.设第二次折射时折射角为θ2，则有sin θ1sin θ2＝1n，解得θ2＝45°由几何知识得：h ＝2d tan θ1，可知AC 与BE 平行，则d ＝h2tan θ1＝ 3 cm.。

【课堂新坐标】2019届高三物理(通用版)二轮复习选考题15分强化练(选修3-4)

选考题15分强化练(选修3－4)1．(1)(5分)如图1所示，甲图是一列横波某一刻的图象，乙图是离O 点3 cm 处的质点从这一刻的振动图象，则下述正确的是 ________(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)甲乙图1A ．3 cm 处的这个质点t ＝0时向y 轴正方向运动B ．这列波沿x 轴负方向传播C ．质点的振动周期8 sD ．波速为50 m/sE ．3 cm 处的这个质点再次回到平衡位置需要的时间为0.04 s(2)(10分)如图2所示，某透明材料制成的半球形光学元件直立放置，其直径与水平光屏垂直接触于M 点，球心O 与M 间的距离为10 3 cm.一束激光与该元件的竖直圆面成30°角射向圆心O ，结果在光屏上出现间距为d ＝40 cm 的两个光斑，请完成光路图并求该透明材料的折射率．图2【解析】 (1)由乙图读出该时刻即t ＝0时刻3 cm 处质点的速度方向为沿y 轴正方向，由甲图判断出波的传播方向为沿x 轴负向，故A 、B 正确；由甲图读出该波的波长为λ＝4 cm ，由乙图知周期为T ＝0.08 s ，则波速为v ＝λT ＝0.040.08 m/s ＝0.5 m/s ，故C 、D 错误；3 cm 处的这个质点经过半个周期再次回到平衡位置，因此需要时间为0.04 s ，故选项E 正确．选A 、B 、E.(2)光屏上的两个光斑分别是激光束经光学元件反射与折射的光线形成，其光路图如图3所示：图3依题意知R ＝10 3 cm ，据反射规律与几何关系知，反射光线形成光斑P 1与M 点的距离为： d 1＝Rtan 30 °激光束的入射角i ＝60°，设其折射角为γ，由几何关系可知折射光线形成光斑P 2与M 点间距为：d 2＝Rcot γ 据题意有：d 1＋d 2＝d联立各式并代入数据解得：cot γ＝3，即γ＝30° 据折射规律得：n ＝sin i sin γ＝sin 60°sin 30°＝ 3.【答案】 (1)ABE (2) 3 图见解析2．(1)(5分)2019年7月15日21时，“2018中国·黑河大黑河岛国际经贸洽谈会焰火晚会”在黑龙江畔拉开了帷幕．整场焰火晚会共分为“礼花缤纷、增进友谊”“魅力黑河、发展黑河”“合作双赢、再创辉煌”三个焰章．下列关于光的认识，说法正确的是( )A ．焰火中各种五颜六色的光中红光比绿光的衍射效果好B ．利用相机拍下这些壮观景象时，涂有增透膜的照相机镜头看上去呈淡紫色，说明增透膜增强了对淡紫色光的透射C ．通过电视观看焰火晚会时，所用电视机遥控器是利用红外线脉冲信号进行遥控的D ．焰火晚会舞台上所用的激光是一种相干光E. 焰火中各种五颜六色的光中红光比绿光的折射效果好(2)(10分)机械横波某时刻的波形图如图3所示，波沿x 轴正方向传播．质点P 的横坐标x ＝0.32 m ．从此时刻开始计时．图3①若P 点经0.4 s 第一次达到正向最大位移．求波速的大小； ②若P 点经0.4 s 到达平衡位置，求波速的大小．【解析】 (1)焰火中各种五颜六色的光中红光比绿光的波长较长，故衍射效果好，选项A 正确；涂有增透膜的照相机镜头看上去呈淡紫色，是因为增透膜对淡紫色光的透射较少，有一部分反射的紫光，故B 错误；通过电视观看焰火晚会时，所用电视机遥控器是利用红外线脉冲信号进行遥控的，选项C 正确；焰火晚会舞台上所用的激光是一种相干光，选项D 正确；焰火中各种五颜六色的光，红光比绿光的折射效果差，选项E 错误．故选A 、C 、D.(2)①波沿x 轴正方向传播，P 点恰好第一次达到正向最大位移时，波峰传播的距离Δx ＝0.32 m －0.2 m ＝0.12 m波速v ＝ΔxΔt＝0.3 m/s.②波沿x 轴正方向传播，若P 点恰好第一次到达平衡位置，则Δx ＝0.32 m 由周期性可知波0.4 s 内传播的可能距离 Δx ＝⎝⎛⎭⎪⎫0.32＋λ2n m(n ＝0,1,2…) 波速v ＝ΔxΔt＝(0.8＋n)m/s (n ＝0,1,2…)．【答案】 (1)ACD (2)①0.3 m/s ②(0.8＋n)m/s(n ＝0,1,2…)3．(1)(5分)一列频率为2.5 Hz 的简谐横波沿x 轴传播，在t 1＝0时刻波形如图4中实线所示，在t 2＝0.7 s 时刻波形如图中虚线所示．则该波沿x 轴________(填“正向”或“负向”)传播．其传播速度为________m/s.在t 3＝0.9 s 时位于0＜x ＜4 m 区间的部分质点正在向y 轴正方向运动，这些质点在x 轴上的坐标区间是________________．图4(2)(10分)如图5所示，有一截面是直角三角形的棱镜ABC ，∠A＝30°.它对红光的折射率为n 1.对紫光的折射率为n 2.在右侧距AC 边d 处有一与AC 平行的光屏，现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直AB 边射入棱镜．①红光和紫光在棱镜中的传播速度比为多少？②若两种光都能从AC 面射出，求在光屏MN 上两光点间的距离．【导学号：37162123】图5【解析】 (1)该波的周期为：T ＝1f ＝12.5 s ＝0.4 s ，t 2－t 1＝0.7 s ＝134T ，由波形的平移法可知，该波沿x 轴负向传播．由图知，波长为 λ＝4 m ，波速为 v ＝λT＝10 m/s ，在t 1＝0时刻，在x 轴上坐标区间为2 m ＜x ＜4 m 的质点正向y 轴正方向运动，在t 3＝0.9 s ＝214T 时刻，波形向左平移14λ＝1 m ，则正向y 轴正方向运动的质点在x 轴上的坐标区间是：1 m ＜x ＜3 m.(2)①根据v ＝c n 得： v 红＝c n 1，v 紫＝c n 2，联立可解得：v 红v 紫＝n 2n 1.②根据几何关系，光从AC 面上折射时的入射角为30°，根据折射定律有： n 1＝sin r 1sin 30°， n 2＝sin r 2sin 30°，则tan r 2＝n 24－n 22，tan r 1＝n 14－n 21，所以x ＝d(tan r 2－tan r 1)＝d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 24－n 22－n 14－n 21【答案】 (1)负向 10 m/s 1 m ＜x ＜3 m. (2)①n 2n 1②d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 24－n 22－n 14－n 214．(1)(5分)一列简谐横波，沿x 轴正向传播．t ＝0时刻的波形图如图6甲所示，图乙是图甲中某质点的振动图象．则该波的波速为________m/s ；图乙表示甲图中________(选填 “A”、“ B”、“C”、“ D”)质点的振动图象．图6(2)(10分)如图7所示，三角形ABC 为某透明介质的横截面，O 为BC 中点，位于截面所在平面内的一束光线自O 以角度i 入射，第一次到达AB 边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC 边长为2L ，该介质的折射率为 2.求：①入射角i ；②从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c ，可能用到：sin 75°＝6＋24或tan 15°＝2－3)．图7【解析】 (1)从甲图中可得波长为λ＝2 m ，从图乙中可得周期为T ＝0.2 s ，故波速为v ＝λT ＝10 m/s.图乙中的质点在0时刻从平衡位置向上振动，根据走坡法可得甲图中的A 点在波峰，将向下运动，B 点在平衡位置向上运动，C 点在波谷，将向上运动，D 点在平衡位置向下运动，故图乙为图甲中B 点的振动图象．(2)①根据全反射定律可知，光线在AB 面上P 点的入射角等于临界角C 如图所示，由折射定律得：sin C ＝1n，代入数据得：C ＝45°设光线在BC 面上的折射角为r ，由几何关系得：r ＝30°由折射定律得：n ＝sin isin r ，联立代入数据得：i ＝45°.②在△OPB 中，根据正弦定理得：OPsin 75°＝L sin 45°，设所用时间为t ，光线在介质中的速度为v ，得：OP ＝vt ，光在玻璃中的传播速度v ＝cn ，联立代入数据得：t ＝6＋22c.【答案】 (1)10 m/s B (2)②i＝45° ②t＝6＋22c5．(1)(5分)某物理兴趣小组用实验探究光的色散规律，他们将半圆形玻璃砖放在竖直面内，在其左方竖直放置一个很大的光屏P ，让一复色光束SA 射向玻璃砖的圆心O 后，有两束单色光a 和b 射向光屏P ，如图8所示．他们根据实验现象提出了以下四个猜想，你认为正确的是________(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．每选错一个扣3分，最低得分为0分)图8A ．单色光a 的波长大于单色光b 的波长B ．在玻璃中单色光a 的传播速度小于单色光b 的传播速度C ．单色光a 通过玻璃砖所需的时间大于单色光b 通过玻璃砖所需的时间D ．当光束SA 绕圆心O 逆时针转动过程中，在光屏P 上最早消失的是b 光E ．相同条件下，a 光比b 光的干涉条纹间距大(2)(10分)一根弹性绳沿x 轴方向放置，左端在原点O 处，用手握住绳的左端使其沿y 轴方向做周期为1 s 的简谐运动，于是在绳上形成一简谐横波，绳上质点N 的平衡位置为x ＝5 m ，经某一时间振动传播到质点M 时的波形如图9所示，求：图9①经过多长时间N 点第一次出现波谷；②质点N 开始振动时的振动方向以及此时绳的左端已振动所通过的路程．【解析】 (1) 由图知，a 光的偏折程度小于b 光，所以a 光的折射率小于b 光的折射率，则a 光的波长大于b 光的波长，故A 正确．由v ＝cn 知，在玻璃中单色光a 的传播速度大于单色光b 的传播速度，在玻璃中通过的路程相等，则单色光a 通过玻璃砖所需的时间小于单色光b 通过玻璃砖所需的时间，故B 、C 错误；由sin C＝1n 知a 光的临界角较大，b 光的临界角较小，则当光束SA 绕圆心O 逆时针转动过程中，入射角增大，b 光最早发生全反射，所以在光屏P 上最早消失的是b 光，故D 正确；a 光的波长大于b 光的波长，相同条件下，干涉条纹间距大小与波长成正比，故E 正确．选A 、D 、E.(2)①由图可知，波长λ＝2 m ，周期T ＝1 s ，则波速 v ＝λT＝2 m/s 质点N 第一次出现波谷经历的时间 t ＝x v ＝5－0.52＝2.25 s.②任何一个质点的振动都在重复波源的振动，此时，质点M 在重复波源刚刚开始振动，振动方向沿y 轴负向，所以质点N 开始振动时的振动方向也是沿y 轴负向．从M 传播到N ，需要时间t ＝x v ＝5－12＝2 s质点N 开始振动时，绳的左端振动时间t ＝2 s ＝2T ，而目前绳的左端已经振动半个周期，所以通过的路程s 1＝4A×2＋2A ＝80 cm.【答案】 (1)ADE (2)①经过2.25 s 时间N 点第一次出现波谷 ②质点N 开始振动时的振动方向沿y 轴负向，此时绳的左端已振动所通过的路程为80 cm6．(1)(5分)一列沿x 轴传播的简谐横波，t ＝0时刻的波形如图10所示，此时质点P 恰在波峰，质点Q 恰在平衡位置且向下振动．再过0.5 s ，质点Q 第二次到达波谷，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)图10A ．波沿x 轴负方向传播B ．波的传播速度为60 m/sC ．波的传播周期为0.2 sD ．0至0.9 s 时间内P 点通过的路程为1.8 mE ．1 s 末质点P 的位移是零(2)(10分)如图11所示，AOB 是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ＝76°，今有一细束单色光在横截面内从OA 边上的点E 沿垂直OA 的方向射入玻璃砖，光线直接到达AB 面且恰好未从AB 面射出．已知OE ＝35OA ，cos 53°＝0.6，试求：①玻璃砖的折射率n ；②光线第一次从OB 射出时折射角的正弦值．图11【解析】 (1)由题意，质点Q 恰好在平衡位置且向下振动，则知波沿x 轴负方向传播，故A 正确；根据题意则14T ＋T ＝0.5 s ，则周期为：T ＝0.4 s ，根据v ＝λT ＝240.4m/s ＝60 m/s ，故选项B 正确，选项C 错误；0.9 s＝2T ＋14T ，则P 点通过的路程为：s ＝2×4A＋A ＝1.8 m ，故选项D 正确；1 s ＝2T ＋12T ，故该时刻P 处于负在最大位移处，选项E 错误．故选A 、B 、D.(2)①因OE ＝35OA ，由数学知识知光线在AB 面的入射角等于37°光线恰好未从AB 面射出，所以AB 面入射角等于临界角，则临界角为：C ＝37° 由sin C ＝1n得：n ＝53.②据几何知识得：β＝θ＝76°，则OB 面入射角为：α＝180°－2C －β＝30°设光线第一次从OB 射出的折射角为γ，由sin γsin α＝n 得： sin γ＝56.【答案】 (1)ABD (2)①53 ②56。

2019版高考物理二轮复习选考题15分满分练(一)

选考题15分满分练(一)33.【物理——选修3－3】(15分)(1)(5分)下列说法中正确的是________。

(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1为氧气分子在不同温度下的速率分布图象，由图可知状态①的温度比状态②的温度高B.图2为一定质量的理想气体状态变化的p－V图线，由图可知气体由状态A变化到B的过程中，气体分子平均动能先增大后减小C.图3为分子间作用力的合力与分子间距离的关系，当分子间的距离r>r0时，分子势能随分子间的距离增大而减小D.液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大；附着层内液体分子间的距离比液体内部分子间的距离小E.能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性(2)(10分)如图4所示，绝热汽缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，汽缸底部连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)。

初始时，封闭气体温度为T，活塞距离汽缸底部的高度为h0，细管内两侧水银柱存在高度差。

已知水银密度为ρ，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，重力加速度为g，求：图4(ⅰ)U形管内两侧水银柱的高度差；(ⅱ)通过加热装置缓缓提高气体温度使活塞下降Δh 0，则此时的温度为多少？此加热过程中，若气体吸收的热量为Q ，则气体内能的变化为多少？解析 (1)速率大的分子所占比例大的状态温度高，故选项A 正确；由pV T＝C 可知pV 乘积越大气体温度越高，再由图2可知，pV 乘积先增大后减小，故气体温度先升高后降低，而温度是分子平均动能大小的标志，故选项B 正确；由图3可知，r >r 0时分子力表现为引力，则随分子间距离增大分子力做负功，分子势能是增加的，选项C 错误；发生浸润现象时，附着层内液体分子间的距离比液体内部分子间的距离小，而发生不浸润现象时则相反，选项D 错误；由热力学第二定律知E 正确。

2019版高考物理二轮复习选考题15分满分练(三)

选考题15分满分练(三)33.【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.悬浮在液体中的小颗粒越小，布朗运动越明显B.热量不可能从低温物体传到高温物体C.有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体D.理想气体，温度升高，内能一定增大E.理想气体等压膨胀过程一定放热(2)(10分)如图1所示，汽缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d 。

筒内有一个很薄的质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处于离底部d 2的高度，外界大气压强为1.0×105 Pa ，温度为27 ℃，现对气体加热。

求：图1(ⅰ)当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度；(ⅱ)气体温度达到387 ℃时气体的压强。

解析 (1)颗粒越小，周围的液体分子数越少，碰撞越不容易平衡，选项A 正确；热量不可能从低温物体自发地传到高温物体，选项B 错误；在一定条件下，某些晶体和非晶体可以相互转化，选项C 正确；理想气体忽略分子势能，宏观上内能由物质的量和温度决定，微观上由微粒摩尔数和分子热运动的动能决定，温度越高，分子热运动的平均动能越大，内能一定越大，选项D 正确；理想气体等压膨胀过程，温度升高，内能增加，膨胀对外做功，由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知一定吸热，选项E 错误。

(2)(ⅰ)以封闭气体为研究对象，有p 1＝p 0，V 1＝S d 2，T 1＝300 K(1分)设温度升高到T2时，活塞刚好到达汽缸口，此时p2＝p0，V2＝Sd(1分)此过程为等压变化，根据盖—吕萨克定律有V1 T1＝V2T2(2分)解得T2＝600 K(1分)(ⅱ)T3＝387 ℃＝660 K>T2，活塞到达汽缸口之后封闭气体做等容变化查理定律有p2 T2＝p3T3(2分)解得p3＝1.1×105 Pa(1分)答案(1)ACD (2)(ⅰ)600 K(ⅱ)1.1×105 Pa34.【物理——选修3－4】(15分)(1)(5分)如图2甲是一列简谐横波传播到x＝5 m的M点的波形图，图乙是质点N(x＝3 m)从此时刻开始计时的振动图象，Q是位于x＝10 m处的质点，下列说法正确的是________。

[配套K12]2019版高考物理二轮复习实验题15分满分练(三)

实验题15分满分练(三)22.(5分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某学习小组所使用的装置如图1所示。

设沙和沙桶的总质量为m ，小车和砝码的总质量为M 。

实验中用沙和沙桶所受总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。

图1(1)实验时，先接通打点计时器的电源，让小车在沙和沙桶的牵引下带着已经穿过打点计时器的纸带在木板上由静止开始运动，图2甲是实验中得到的一条纸带，A 、B 、C 、D 、E 为5个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。

量出相邻的计数点之间的距离分别为x AB ＝2.25 cm 、x BC ＝3.86 cm 、x CD ＝5.45 cm 、x DE ＝7.05 cm 。

已知打点计时器的工作频率为50 Hz ，则小车的加速度a ＝________ m/s 2。

(结果保留3位有效数字)图2(2)若某同学利用图1所示的装置，研究加速度a 与拉力F 的关系时，得到图2乙所示图线。

已知图线与横轴的交点为F 0，与纵轴的交点为－a 0，重力加速度为g ，在运动过程中小车及车上砝码受到的阻力与重力之比为________。

解析 (1)打点计时器的周期T ＝0.02 s ，相邻计数点的时间间隔t ＝5T ＝0.1 s ，由Δx ＝at 2得，a ＝x CD ＋x DE －x AB －x BC （2t ）2＝1.60 m/s 2。

(2)由牛顿第二定律得F －F f ＝Ma ，解得a ＝1M F －F f M ，由图知，F f M ＝a 0，则F f Mg ＝a 0g。

答案 (1)1.60 (2)a 0g23.(10分)某同学在做完“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验后，又对一个标有“6 V，3.5 W”小电风扇电动机(线圈电阻恒定)的伏安特性曲线进行了研究，同研究小灯泡一样，要求电风扇电动机两端的电压能从零逐渐增加到6 V ，实验室备有下列器材：A.电流表(量程Ⅰ：0～0.6 A ，内阻约为1 Ω；量程Ⅱ：0～3 A ，内阻约为0.1 Ω)B.电压表(量程为0～6 V ，内阻几千欧)C.滑动变阻器R 1(最大阻值10 Ω，额定电流2 A)D.滑动变阻器R 2(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A)E.电池组(电动势为9 V ，内阻小于1 Ω)F.开关和导线若干图3(1)实验中所用的滑动变阻器应选________(填“C”或“D”)，电流表的量程应选________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。

【配套K12】[学习]2019年高考物理二轮复习实验题15分练3

实验题15分练(三)(时间：15分钟分值：15分)1．(6分)(2018·贵州适应性考试)某实验小组利用如图1所示的装置验证机械能守恒定律，实验主要步骤如下：图1①将光电门安放在固定于水平地面上的长木板上；②将细绳一端连在小车上，另一端绕过两个定滑轮后悬挂一钩码，调节木板上滑轮的高度，使该滑轮与小车间的细绳与木板平行；③测出小车遮光板与光电门之间的距离L ，接通电源，释放小车，记下小车遮光板经过光电门的时间t ；④根据实验数据计算出小车与钩码组成的系统动能的增加量和钩码重力势能的减少量． (1)根据上述实验步骤，实验中还需测量的物理量有__________ A ．小车上遮光板的宽度d B ．小车的质量m 1 C ．钩码的质量m 2 D ．钩码下落的时间t ′(2)由实验步骤和(1)选项中测得的物理量，可得到系统动能增加量的表达式为__________，钩码重力势能减少量的表达式为__________；改变L 的大小，重复步骤③、④.若在误差范围内，系统动能的增加量均等于钩码重力势能的减少量，说明该系统机械能守恒．【解析】 (1)滑块经过光电门的速度v ＝dt，若满足机械能守恒则：m 2gL ＝12(m 1＋m 2)v 2＝12(m 1＋m 2)d2t2，则实验中还需测量的物理量有：小车上遮光板的宽度d 、小车的质量m 1和钩码的质量m 2，故选A 、B 、C.(2)系统动能增加量的表达式为ΔE k ＝12(m 1＋m 2)d2t2，钩码重力势能减少量的表达式为m 2gL .【答案】 (1)ABC (2)m 1＋m 2d 22t2m 2gL 2．(9分)某研究性学习小组用以下器材测量一个量程为0～0.6 A 的电流表的内阻： A ．待测电流表：量程0～0.6 A B ．直流电源：输出电压恒为2.0 VC ．定值电阻R 0＝2.0 ΩD ．一根接入电路长度可以改变的合金丝(该合金丝的电阻率几乎不受温度变化的影响)E ．开关S 、导线若干(1)将图2中实物连接为测量所用的电路．图2(2)在实验中，该小组记下合金丝接入电路的长度L 及相应电流表的读数I ，并计算出1I的结果，如下表所示．图3为了得到电流表的内阻，请根据上表中的数据建立合理的坐标系，并在坐标轴旁相应的空格内写出对应的物理量及单位，然后在坐标系中作出相应图象．由图象可计算出电流表内阻R A ＝__________.(保留两位有效数字)【解析】 (1)实物连接如图：(2)根据闭合电路的欧姆定律：E ＝I (R 0＋R A ＋R x )，而R x ＝ρL S联立可得：1I＝R 0＋R AE＋ρSE ·L 由所给的数据做出1IL 图象如图：由图象可知R 0＋R AE＝1.5，解得R A ＝1.0 Ω. 【答案】 (1)见解析(2)①1I②L 图见解析 0.8 Ω～1.2 Ω；。

【配套K12】[学习]2019高考物理大二轮复习综合能力训练2

综合能力训练(二)(时间:60分钟满分:110分)第Ⅰ卷一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48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.法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点B.伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性C.牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量D.将实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来,从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是笛卡尔2.从地面竖直上抛一物体A的同时,在离地面高h'处有相同质量的另一物体B开始做自由落体运动,两物体在空中同时到达距地面高h时速率都为v(两物体不会相碰),则下列说法正确的是()A.h'=2hB.物体A竖直上抛的初速度大小是物体B落地时速度大小的2倍C.物体A、B在空中运动的时间相等D.两物体落地前各自的机械能都守恒且二者机械能相等3.如图所示,物体沿斜面由静止滑下,在水平面上滑行一段距离后停止,物体与斜面、水平面间的动摩擦因数相同,斜面与水平面平滑连接。

下图中v、a、F f和x分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程,它们随时间变化的图象正确的是()4.理论研究表明第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍。

火星探测器悬停在距火星表面高度为h处时关闭发动机,做自由落体运动,经时间t落到火星表面。

已知引力常量为G,火星的半径为R。

若不考虑火星自转的影响,要使探测器脱离火星飞回地球,则探测器从火星表面的起飞速度至少为()A.7.9 km/sB.11.2 km/sC. D.5.两个中间有孔的质量为m0的小球A、B用一轻弹簧相连,套在水平光滑横杆上。

两个小球下面分别连一轻弹簧。

两轻弹簧下端系在一质量为m的小球C上,如图所示。

已知三根轻弹簧的劲度系数都为k,三根轻弹簧刚好构成一等边三角形。

2019年高考红对勾高中物理二轮复习选考题15分练(3—3)

选考题15分练(3－3)1．(2018·天水二模)(1)(多选)下列说法正确的是(BCE)A．多数分子直径的数量级是10－10cmB．气体的温度升高时，气体的压强不一定增大C．在一定的温度下，饱和汽的分子数密度是一定的D．晶体都是各向异性的E．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的(2)如图所示，质量M＝10 kg的透热汽缸内用面积S＝100 cm2的活塞封有一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁无摩擦且不漏气．现将弹簧一端固定在天花板上，另一端与活塞相连将汽缸悬起，当活塞位于汽缸正中间时，整个装置都处于静止状态，此时缸内气体的温度为27 ℃，已知大气压恒为p0＝1.0×105 Pa.重力加速度g取10 m/s2，忽略汽缸的厚度．求：①缸内气体的压强p1.②若外界温度缓慢升高，活塞恰好静止在汽缸缸口处时，缸内气体的摄氏温度．答案：(2)①0.9×105Pa②327 ℃解析：(1)原子核的数量级为10－15cm，原子和分子的数量级为10－10 m，A错误；温度是分子平均动能的标志，温度升高，气体分子的平均动能增大，由气态方程pV T ＝C 可知，温度升高，压强不一定增大，故B 正确；饱和汽压与分子密度都和温度有关，在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，饱和汽压强也是一定的，故C 正确；单晶体具有各向异性，而多晶体没有各向异性，故D 错误；根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，故E 正确．(2)①以汽缸为研究对象，由平衡条件得：p 1S ＋Mg ＝p 0S ，代入数据解得：p 1＝0.9×105 Pa.②在外界温度缓慢升高的过程中，缸内气体为等压变化．对这一过程研究缸内气体，由盖-吕萨克定律得：0.5lS T 1＝lS T 2，代入数据解得：T 2＝2T 1＝600 K ；故有：t 2＝(600－273) ℃＝327 ℃.2．(2018·郑州二模)(1)(多选)以下说法中正确的是( BDE )A ．满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的B ．用导热材料制成的容器中，用活塞封闭着刚好饱和的一些水汽，当缓慢向下压活塞时，水汽的质量减少，密度不变C ．当分子间距离增大时，分子间引力增大，而分子间斥力减小D ．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加E ．一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加(2)两端开口、内表面光滑的U形管处于竖直平面内，如图所示，质量均为m＝10 kg的活塞A、B在外力作用下静止于左右管中同一高度h处，将管内空气封闭，此时管内外空气的压强均为p0＝1.0×105 Pa.左管和水平管横截面积S1＝10 cm2，右管横截面积S2＝20 cm2，水平管长为3h.现撤去外力让活塞在管中下降，求两活塞稳定后所处的高度．(活塞厚度均大于水平管直径，管内气体初末状态温度相同，g 取10 m/s2)答案：左侧活塞的高度为零，右侧活塞的高度为0.5h解析：(1)自发的宏观热学过程是有方向性的，满足能量守恒定律的宏观过程并不一定都是可以自发进行的，只有满足能量守恒定律与热力学第二定律的宏观热学过程可以发生，故A错误；若容器中用活塞封闭着刚好饱和的一些水汽，当保持温度不变向下缓慢压活塞时，水汽的质量减少，密度不变，故B正确；当分子间的距离增大时，分子间相互作用的引力与斥力都减小，故C错误；水变成水蒸气要吸热，内能增加，但温度不变则分子平均动能不变，分子势能增加，故D正确；气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力，气体的温度降低时，分子的平均撞击力减小，所以在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加，故E 正确．(2)撤去外力后左侧向下的压强为p 左＝p 0＋mg S 1＝2.0×105 Pa ＝2p 0，右侧向下的压强为p 右＝p 0＋mg S 2＝1.5×105 Pa ＝1.5p 0，故活塞均下降，且左侧活塞降至水平管口，设右侧降至高为x 处，此时封闭气体压强变为p ′＝1.5p 0，对封闭气体，由玻意耳定律可得：p 0(4hS 1＋hS 2)＝1.5p 0(3hS 1＋xS 2)解得：x ＝0.5h .3．(1)(多选)下列说法正确的是( ACD )A ．非晶体沿各个方向的物理性质都相同B ．产生毛细现象时，液体在毛细管中一定上升C ．滴入水中的红墨水很快散开说明分子在永不停息地做无规则运动D ．人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度E ．一定温度下饱和汽的压强随体积的增大而减小(2)在水平面竖直放置一个截面均匀内壁相等的U 形玻璃管，管内盛有密度为ρ1的液体，如图所示，玻璃管的右侧上端开口，左侧上端封闭，左侧封闭的空气柱长度为h ，右侧液面与管口相距高度为2h ，在右侧液面上放置一个质量和厚度都可以忽略不计的活塞，它与管壁间既无摩擦又无间隙，从右端开口处缓慢注入密度为ρ2的液体，直到注满为止，注入液体后左侧空气柱的长度为h 2，设在注入液体过程中，周围环境的温度不变，大气压强p 0＝4ρ1gh ，求两种液体的密度之比ρ1ρ2.答案：解析：(1)非晶体沿各个方向的物理性质具有各向同性，所以沿各个方向的物理性质都相同，故A 正确；产生毛细现象时，液体在毛细管中可能上升，也可能下降，故B 错误；滴入水中的红墨水很快散开说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故C 正确；空气的相对湿度是空气中水蒸气的绝对湿度与同温度水的饱和汽压的比值，人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度，故D 正确；饱和汽的压强仅仅与温度有关，故E 错误．(2)注入液体后，左侧空气柱长为h 2，由此可知注入的密度为ρ2的液柱长度L ＝2h ＋h 2＝2.5h ，注入密度为ρ2的液体前，气体体积：V 1＝h ·S ，被封闭气体的压强：p 1＝p 0－ρ1g (2h －h )＝3ρ1gh ，注入密度为ρ2的液体后，气体体积V 2＝h 2S ，气体的压强：p 2＝p 0＋ρ2g (2h ＋h 2)－ρ1g 2h ＝2ρ1gh ＋52ρ2gh ，在等温变化过程中，由玻意耳定律：p 1V 1＝p 2V 2，得：3ρ1gh ×h ·S ＝(2ρ1gh ＋52ρ2gh )×h 2·S ；即：ρ1ρ2＝58. 4．(2018·石家庄一模)(1)(多选)下列说法正确的是( ACE )A ．一定量气体膨胀对外做功100 J ，同时从外界吸收120 J 的热量，则它的内能增大20 JB ．在使两个分子间的距离由很远(r >10－9 m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大C ．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力D ．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可E ．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢(2)如图所示，圆柱形汽缸开口向上竖直放置在水平面上，汽缸足够长，内截面积为S ，大气压强为p 0，一厚度不计、质量为m ＝p 0S 2g的活塞封住一定质量的理想气体，温度为T 0时缸内气体体积为V 0，先在活塞上缓慢放上质量为3m 的砂子，然后将缸内气体温度缓慢升高到2T 0，求：①最后缸内气体的体积．②在图中画出缸内气体状态变化的p -V 图象．答案：(2)①V 0 ②见解析图解析：(1)由热力学第一定律可得，ΔU ＝W ＋Q ＝－100 J ＋120 J ＝20 J ，故A 正确；两分子从很远不断靠近，直到不能靠近的过程中，分子间的作用力开始为引力，先变大后变小，当分子间的距离小于分子间平衡距离时，分子间作用力为斥力，分子力变大，分子势能先减小后增大，故B 错误；液体表面层分子间距离大于分子间的平衡距离，分子力表现为引力，故C 正确；知道油的密度求不出阿伏加德罗常数，还需要知道油的摩尔体积，故D 错误；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，故E 正确．(2)①封闭气体压强p 1＝p 0＋mg S ＝1.5p 0，活塞静止，由平衡条件得：p 2S ＝p 0S ＋mg ＋3mg ，则封闭气体压强p 2＝3p 0.气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p 1V 0＝p 2V 2，解得：V 2＝0.5V 0；气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律得：V 2T 0＝V 32T 0，解得：V 3＝V0.②根据气体状态参量的变化，作出p-V图象如图所示．。

2018-2019高考物理二轮复习选考题15分练(3-4)

选考题15分练(3－4)1．(2018·长春三模)(1)(多项选择)以下说法中正确的选项是(ACE)A．做简谐运动的质点，走开均衡地点的位移同样时，加快度也同样B．做简谐运动的质点，经过四分之一周期，所经过的行程必定是一倍振幅C．依据麦克斯韦电磁场理论可知，变化的磁场能够产生电场，变化的电场能够产生磁场D．双缝干预实验中，若只减小双缝到光屏间的距离，两相邻亮条纹间距将变大E．声波从空气传入水中时频次不变，波长变长(2)如下图，横截面为半圆形的某种透明柱体介质，截面ABC的半径R＝10 cm，直径AB与水平屏幕MN垂直并与A点接触．一束由红光和紫光两种单色光构成的复色光沿半径方向射向圆心O，已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1＝233、n2＝ 2.①求红光和紫光在介质中流传的速度之比；②若渐渐增大复色光在O点的入射角，使AB面上恰好只有一种单色光射出，求此时入射角的大小及屏幕上两个光斑的距离．答案：(2)①62②45°(10＋52) cm分析：(1)简谐运动的加快度a＝Fm＝－kxm，选项A正确；假如质点不是从特别地点(均衡地点或最大位移处)开始运动，四分之一周期的行程不是一个振幅，选项B错误；由麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的磁场能够产生电场，变化的电场能够产生磁场，选项C正确；双缝干预实验中，由条纹间距Δx＝Ldλ可知，减小光屏到双缝间距离，两相邻亮条纹间距将变小，选项D错误；声波从空气传入水中时，频次不变，波速变大，所以波长变长，选项E正确．(2)①由折射率n＝c v，故红光和紫光在介质中流传的速度之比v1v2＝n2n1＝62.②增大入射角，紫光先发生全反射，其折射光芒消逝，设紫光的临界角为C，有：sin C＝1n2＝22，所以C＝45°.此时入射角i＝C＝45°，反射角θ＝45°，光路如图，设红光折射角为r，有n1＝sin rsin i，可得sin r＝63，两斑点的间距为：d＝R＋R tan r，代入数值得：d＝(10＋52) cm.2．(2017·全国卷Ⅱ)(1)(多项选择)在双缝干预实验中，用绿色激光照耀在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干预图样．若要增大干预图样中两相邻亮条纹的间距，可采纳的方法是(ACD)A．改用红色激光B．改用蓝色激光C．减小双缝间距D．将屏幕向远离双缝的地点挪动E．将光源向远离双缝的地点挪动(2)向来桶状容器的高为2l，底面是边长为l的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD′、垂直于左右双侧面的剖面图如下图．容器右边内壁涂有反光资料，其余内壁涂有吸光资料．在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D点射出的两束光芒互相垂直，求该液体的折射率．答案：分析：(1)据Δx ＝ldλ可知改用红色激光、减小双缝间距、屏幕向远离双缝的地点挪动可增大干预图样中两相邻亮条纹的间距，应选A、C、D.(2)设液体的折射率为n，依题意作出光路图如图：据折射定律有n sinθ2＝sinβn sinθ1＝sinα依题意有α＋β＝90°所以n2＝1sin2θ1＋sin2θ2据几何关系有：sinθ1＝l2l22＋2l2sinθ2＝3l23l22＋2l2联立解得n＝1.55.3．(2018·海口二模)(1)(多项选择)以下说法正确的选项是(BCD)A．雨后天空出现的彩虹是光的衍射现象B．雨后天空出现的彩虹是光的色散现象C．医学上用光导纤维制成内窥镜，用来检查人体内脏器官的内部．它利用的是光的全反射原理D．拍摄玻璃橱窗内的物件时，常常在镜头前加一个偏振片以减弱反射光的强度E．太阳能真空玻璃管采纳镀膜技术增添透射光，这是利用了光的衍射原理(2)将一弹性绳沿x轴搁置，左端位于坐标原点，用手握住绳的左端，当t＝0时，使其开始沿y轴做简谐振动，在t＝0.75 s时形成如下图的波形，M点是位于x＝10 cm处的质点，N点是位于x＝50 cm处的质点．①求绳波的流传速度；②判断N点开始振动的方向并求从t＝0时辰开始到N点第一次沿y轴正方向经过均衡地点需要的时间；③求从t＝0时辰开始到N点第一次抵达波峰时，M点经过的行程．答案：(2)①20 cm/s②N点开始振动的方向沿y轴负方向 3 s③88 cm 分析：(1)雨后天空出现的彩虹是光的折射(色散)现象，故A错误，B正确；医学上用光导纤维制成内窥镜，用来检查人体内脏器官的内部，它利用了光的全反射原理，故C正确；透射光(折射光)和反射光的偏振方向是不一样的，所以加上偏振片，就能够滤去反射光，只留下室内的透射光，这样就能看清，D正确；太阳能真空玻璃管采纳镀膜技术，利用了光的干预原理，减弱了反射光，进而增添透射光，故E错误．(2)①由题意和题图可知λ＝20 cm, T＝1 s，所以波速v＝λT＝20 cm/s.②由题图可知t＝0.75 s时，x＝15 cm的质点刚开始振动，而且振动方向沿y轴负方向，所以N点开始振动的方向也沿y轴负方向．t＝0.75 s时，x＝5 cm的质点第一次沿y轴正方向经过均衡地点，这个振动形式传到N点还要t1＝xv＝50－520s＝2.25 s，所以需要t2＝t＋t1＝3 s，N点第一次沿y轴正方向经过均衡地点．③t＝0.75 s时，M点已经经过的行程为8 cm，而N点第一次抵达波峰还要经历t3＝xv＝5020s＝2.5 s，即2.5 T，则M点还要经过的行程为2.5×4×8 cm＝80cm，所以M点经过的总行程为8 cm＋80 cm＝88 cm.4．(1)(多项选择)以下五幅图中对于振动和波的说法正确的选项是(BDE)A．粗拙斜面上的金属球M在弹簧的作用下运动，则该运动是简谐运动B．若单摆的摆长为l，摆球的质量为m、位移为x，则此时答复力为F＝－mgl xC ．若此图为某简谐横波某时辰的波形图，则此时质点A 、C 之间的距离就是该波的一个波长D ．若实线为某简谐横波某时辰的波形图，且此时质点M 沿y 轴负向运动，则经极短时间后波形图可能如虚线所示E ．人站在水边察看，看不到远处水面下的物体，是因为水面下远处物体的光芒射到界面上，入射角较大，发生了全反射，没有光能射到人眼处而不被察觉(2)如下图是用某种玻璃制成的横截面为圆形的圆柱体光学器件，它的折射率为3，横截面半径为R ，现用一束细光芒与圆柱体的轴线成i ＝60°的入射角射入圆柱体，不考虑光芒在圆柱体内的反射，真空中光速为c .①作出光芒穿过圆柱体并射出的光路图；②求出该光芒从圆柱体中射出时，出射光芒偏离原方向的角度；③计算光芒在圆柱体中的流传时间．答案：(2)①看法析图 ②60° ③3R c分析：(1)因为斜面粗拙，答复力不知足F ＝－kx 规律，该运动不是简谐运动，故A 错误；对单摆的摆球受力剖析如图，重力的分力供给单摆的答复力，由图可得：F ＝－mg l ·x ，故B 正确；质点A 、C 之间的距离不等于简谐波的波长，波长等于波形上相邻两个波峰或两个波谷间的距离，故C 错误；质点M 向下运动，可知波向右流传，则经极短时间后波形图如虚线所示，故D 正确；由光密介质向光疏介质流传的时候，光有可能发生全反射，水面下远处物体的光芒射到界面上，入射角足够大，就发生了全反射，没有光能射到人眼处而不被察觉，故人站在水边察看，看不到远处水面下的物体，故E 正确．(2)①由折射定律n ＝sin i sin r 得sin r ＝sin i n ＝12，即光芒射入圆柱体内的折射角为r ＝30°由几何关系可知光芒从圆柱体射出时，在圆柱体内的入射角为30°，故在圆柱体外的折射角为60°，光路图如下图．②由几何关系可知，出射光芒偏离原方向的角度为α＝60°.③光芒经过圆柱体的行程L ＝3R ，光在圆柱体内的流传速度v ＝c n ＝33c ，光在圆柱体内流传的时间为t ＝L v ＝3R c .。

[配套K12]2019版高考物理二轮复习选择题48分满分练(三)

选择题48分满分练(三)说明：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。

全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.(2018·深圳模拟)关于电场力和电场强度，以下说法中正确的是( ) A.一点电荷分别处于电场中的A 、B 两点，点电荷受到的电场力大，则该处场强小 B.在电场中某点如果没有试探电荷，则电场力为零，电场强度也为零 C.电场中某点场强为零，则试探电荷在该点受到的电场力也为零D.一试探电荷在以一个点电荷为球心、半径为r 的球面上各点所受电场力相同解析一点电荷分别处于电场中的A 、B 两点，根据场强的定义式E ＝F q得知，电荷受到的电场力大，则场强大，故选项A 错误；在电场中某点没有试探电荷时，电场力为零，但电场强度不一定为零，电场强度与试探电荷无关，由电场本身决定，故选项B 错误；电场中某点场强E 为零，由电场力公式F ＝qE 可知，试探电荷在该点受到的电场力也一定为零，故选项C 正确；一试探电荷在以一个点电荷为球心、半径为r 的球面上各点所受电场力大小相等，但方向不同，所以电场力不同，故选项D 错误。

答案 C15.(2018·广东汕头模拟)图1为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动。

若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中( )图1A.膜片与极板间的电容增大B.极板所带电荷量增大C.膜片与极板间的电场强度增大D.电阻R 中有电流通过解析根据C ＝εr S4πkd 可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A 错误；根据Q ＝CU 可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R 放电，所以选项D 正确，B 错误；根据E ＝Ud可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C 错误。

答案 D16.如图2所示，当开关S 断开时，用光子能量为2.5 eV 的一束光照射阴极K ，发现电流表读数不为零。

2019高三物理二轮复习第三篇高分专项提能：高考大题分层练3：含解析

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高考大题分层练3。

三角。

数列。

概率统计。

立体几何(C组)大题集训练,练就慧眼和规范,占领高考制胜点!1。

已知向量m=,n=。

记f(x)=m·n,(1)求f(x)最小正周期。

(2)在△ABC中,角A,B,C对边分别是a,b,c,且满足(2a-c)cosB=bcosC, 若f(A)=,试判断△ABC形状。

【解析】f(x)=sincos+cos2=sin+cos+=sin+。

(1)T==4π。

(2)根据正弦定理知:(2a-c)cosB=bcosC⇒(2sinA-sinC)cosB=sinBcosC⇒2sinAcosB=sin(B+C)=sinA⇒cosB=⇒B=,因为f(A)=,所以sin+=⇒+=或⇒A=或π。

而0<A<,所以A=,因此△ABC为等边三角形。

2。

已知数列{a n}前n项和为S n,且满足2S n=n-n2。

(n∈N*)(1)求数列{a n}通项公式。

(2)设b n=(n∈N*),求数列{b n}前2n项和T2n。

【解析】(1)当n≥2时,2a n=2S n-2S n-1=n-n2-=2-2n。

a n=1-n(n≥2),当n=1时,由2S1=1-12得a1=0,显然当n=1时上式也适合,所以a n=1-n。

(2)因为==-,所以T2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)=(20+2-2+…+22-2n)+++…+=+-=-·-。

3。

某公司做了用户对其产品满意度问卷调查,随机抽取了20名用户评分,得到如图所示茎叶图,对不低于75评分,认为用户对产品满意,否则,认为不满意。

(1)根据以上资料完成下面2×2列联表,若据此数据算得K2观测值k≈3。

7781,则在犯错概率不超过5%前提下,你是否认为“满意与否”与“性别”有关？附：(2)以此“满意”频率作为概率,求在3人中恰有2人满意概率。

2019年高考物理二轮复习选考题15分练(3—3)

选考题15分练(3—3)1．(2017·山西五校联考)(1)对于热学和热现象，下列有关说法正确的是________．A．物体吸收热量时，其温度可能保持不变B．两个物体接触时，热量一定从内能多的物体传递给内能少的物体C．第二类永动机不可能制成的根本原因，在于其违反了能量守恒定律D．分子之间存在相互作用的斥力时，一定也存在相互作用的引力E．在绝热情况下，当外界对理想气体做功时，理想气体的内能一定增加(2)如图所示，一足够长的圆柱形绝热汽缸开口向上竖直放置，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，与容器底部相距为h.现通过电热丝缓慢加热气体，当气体的温度为T时活塞上升了h.已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸间的摩擦．求：①温度为T时气体的压强p；②加热前气体的温度T0.解析：(1)若物体吸收热量的同时，对外界做功，则由热力学第一定律知，物体的内能可能不变，故其温度可能不变，选项A 正确；两物体接触时，热量从温度高的物体传递到温度低的物体上，选项B 错误；第二类永动机不可能制成的根本原因，在于违反了能量转化的方向性，即热力学第二定律，选项C 错误；分子之间同时存在着引力和斥力，选项D 正确；在绝热情况下，当外界对理想气体做功时，由热力学第一定律知，理想气体的内能增加，温度升高，选项E 正确．(2)①由活塞平衡有pS ＝mg ＋p 0S解得p ＝mg S ＋p 0②气体升温的过程为等压过程，有V 0T 0＝V T 其中V 0＝Sh ，V ＝2Sh解得T 0＝T 2. 答案：(1)ADE (2)①mg S ＋p 0 ②T 22．(2017·湖北八校联考)(1)下列说法正确的是________．A ．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功从而转化成机械能B ．将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中，它们的分子势能先减小后增加C ．热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体D ．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面分子间的作用表现为相互吸引，即存在表面张力E．单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减小，气体的压强一定减小(2)如图所示，两个截面积都为S的圆柱形容器，右边容器高为H，上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的质量为M 的活塞．两容器由装有阀门的极细管道相连，容器、活塞和细管都是绝热的．开始时阀门关闭，左边容器中装有理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空．现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到新的平衡，此时理想气体的温度增加为原来的1.2倍，已知外界大气压强为p0，求此过程中气体内能的增加量．解析：(1)机械能可以全部转化为内能，内能无法全部用来做功从而转化成机械能，故A错误；将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中，分子力先表现为斥力后表现为引力，则分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增大，故B正确；热量总是自发地从温度高的物体传递到温度低的物体，而温度是分子平均动能的标志，所以热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能减小的物体，故C正确；液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，则液体表面分子间表现为相互吸引，所以存在表面张力，故D正确；气体的体积增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，如果温度升高，气体分子撞击器壁的速率增大，对器壁的压力增大，气体的压强可能增大、可能减小、可能不变，故E 错误．(2)理想气体发生等压变化．设气体压强为p ，活塞受力平衡 pS ＝Mg ＋p 0S设气体初态的温度为T ，系统达到新平衡时活塞下降的高度为x ，由盖—吕萨克定律得HS T ＝(H ＋H －x )S 1.2T解得x ＝45H 又系统绝热，即Q ＝0外界对气体做功为W ＝pSx根据热力学第一定律有ΔU ＝Q ＋W所以ΔU ＝45(Mg ＋p 0S )H 答案：(1)BCD (2)45(Mg ＋p 0S )H 3．(2017·广东华南三校联考)(1)下列说法正确的是________．A ．第二类永动机违反了热力学第二定律，也违反了能量守恒定律B ．布朗运动的规律反映出分子热运动的规律，即小颗粒的运动是液体分子无规则运动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．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．从微观上看，气体压强的大小与分子平均动能和分子的密集程度有关(2)如图所示，汽缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距缸口h＝50 cm，活塞面积S ＝10 cm2，封闭气体的体积为V1＝1 500 cm3，温度为0 ℃，大气压强p0＝1.0×105 Pa，物体重力G＝50 N，活塞重力及一切摩擦不计．缓慢升高环境温度，封闭气体吸收了Q＝60 J的热量，使活塞刚好升到缸口．求：①活塞刚好升到缸口时，气体的温度是多少？②汽缸内气体对外界做多少功？③气体内能的变化量为多少？解析：(1)第二类永动机违反了热力学第二定律，但没有违反能量守恒定律，A项错误；布朗运动是悬浮于液体中的固体小颗粒的运动，反映的是液体分子热运动的规律，B项错误．(2)①封闭气体初态：V1＝1 500 cm3，T1＝273 K末态：V2＝1 500 cm3＋50×10 cm3＝2 000 cm3缓慢升高环境温度，封闭气体做等压变化则有V 1T 1＝V 2T 2解得T 2＝364 K(或T 2＝91 ℃)②设封闭气体做等压变化的压强为p对活塞：p 0S ＝pS ＋G汽缸内气体对外界做功W ＝pSh解得W ＝25 J③由热力学第一定律得，汽缸内气体内能的变化量ΔU ＝Q －W得ΔU ＝35 J故汽缸内的气体内能增加了35 J.答案：(1)CDE (2)①364 K(或91 ℃) ②25 J ③35 J4．(2017·河北冀州模拟)(1)下列有关热现象的分析与判断，正确的是________．A ．布朗运动是由于液体分子对固体小颗粒的撞击引起的，固体小颗粒的体积越大，液体分子对它的撞击越多，布朗运动就越明显B ．在墙壁与外界无热传递的封闭房间里，夏天为了降低温度，同时打开电冰箱和电风扇，两电器工作较长时间后，房间内的气温将会增加C ．温度升高，单位时间里从液体表面飞出的分子数增多，液体继续蒸发，饱和汽压增大D．一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，气体压强增大，从分子动理论观点来分析，这是因为单位时间内，器壁单位面积上分子碰撞的次数增多E．在一个大气压下，1 g 100 ℃的水吸收2.26×103 J热量变为1 g 100 ℃的水蒸气．在这个过程中，2.26×103 J＝水蒸气的内能＋水的内能＋水变成水蒸气体积膨胀对外界做的功(2)如图甲所示，横截面积为S，质量为M的活塞在汽缸内封闭着一定质量的理想气体，现对缸内气体缓慢加热，使其温度从T1升高了ΔT，气柱的高度增加了ΔL，吸收的热量为Q.不计汽缸与活塞的摩擦，外界大气压强为p0，重力加速度为g.求：①此加热过程中气体内能增加了多少？②若保持缸内气体温度不变，再在活塞上放一砝码，如图乙所示，使缸内气体的体积又恢复到初始状态，则所放砝码的质量为多少？解析：(1)布朗运动中固体小颗粒的体积越大，在某一瞬间液体分子对它的撞击次数越多，各个方向的撞击作用更接近平衡，布朗运动就越不明显，A项错误；在一个大气压下，1 g 100 ℃的水吸收2.26×103 J热量变为1 g 100 ℃的水蒸气．在这个过程中，2.26×103 J＝水蒸气的内能－水的内能＋水变成水蒸气体积膨胀对外界做的功，E项错误．(2)①设缸内气体的温度为T 1时压强为p 1，活塞受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，则有Mg ＋p 0S ＝p 1S气体膨胀对外界做功为W ＝p 1S ΔL根据热力学第一定律有Q －W ＝ΔU联立可得ΔU ＝Q －(p 0S ＋Mg )ΔL②设所放砝码的质量为m ，缸内气体的温度为T 2时压强为p 2，活塞和砝码整体受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，则有(M ＋m )g ＋p 0S ＝p 2S根据查理定律有p 1T 1＝p 2T 2联立可得m ＝(p 0S ＋Mg )ΔT gT 1. 答案：(1)BCD(2)①Q －(p 0S ＋Mg )ΔL ②(p 0S ＋Mg )ΔT gT 1。

2019年高考物理二轮复习选考题15分练3

选考题15分练(三)(时间：20分钟分值：45分)1．(1)(5分)(2018·张掖三次诊疗)以下说法正确的选项是__________．A．热量不行能自觉地从低温物体传到高温物体B．布朗运动是由颗粒分子的无规则运动惹起的C．不行能从单调热源汲取热量并把它所有用来做功而不产生其余影响D．一些昆虫能够停在水面上，是因为表面张力作用的结果E．晶体的物理性质必定表现为各向同性A CD[依据热力学第二定律可知，热量不行能自觉地从低温物体传到高温物体，选项A正确；布朗运动是由液体内分子的无规则运动惹起的，选项B错误；依据热力学第二定律可知，不行能从单调热源汲取热量并把它所有用来做功，而不产生其余影响，选项C正确；一些昆虫能够停在水面上，是因为表面张力作用的结果，选项D正确；单晶体的物理性质必定表现为各向异性，选项E错误．](2) (10分)如图1所示，内外壁均圆滑的汽缸放在倾角为θ＝30°的圆滑斜面上，汽缸内部用横截面积为S＝1.0×10－2m2的圆滑活塞关闭了必定质量的理想气体．活塞另一端经过轻杆固定在挡板上，此时气体温度为27 ℃时，密闭气体的体积为2.0×10－3m 2p0.已知汽缸容积为V＝3.0×10－3 m 3，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa.图1①对气体加热使温度达到57 ℃时，汽缸沿斜面挪动的距离？②保持气体温度57 ℃不变，用沿斜面向上的力F，大小为0.5倍的汽缸重量迟缓拉动汽缸，则可否将汽缸拉离活塞？【分析】①气体等压变化V0T0＝V1T1代入数据得V1＝2.2×10－3m3汽缸挪动的距离为d ＝V 1－V 0S＝2×10－2m. ②对汽缸初态p 1S ＝p 0S ＋mg sin θ.由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2末态p 2S ＋F ＝p 1S Fmg . 联立解得V 2＝2.64×10－3m 3V 2＜V ＝3.0×10－3m 3，则汽缸不可以拉离活塞．【答案】 ①2×10－2m ②汽缸不可以拉离活塞2．(1)(5分)(2018·保定一模)图2甲为一列简谐横波在t ＝0.10 s 时辰的波形图，P 是均衡地点为x ＝0.5 m 处的质元，Q 是均衡地点为x ＝2 m 处的质元，图乙为质元P 的振动图象．则该波的流传方向是__________(填“沿x 轴正方向”或“沿x 轴负方向”)，流传速度大小为__________m/s ，从t ＝0.10 s 到t ＝2.7 s ，质元Q 经过的行程为__________cm.图2【分析】由P 点的振动图象可知，t ＝0.10 s 时，P 点向上振动，则由波形图可知，波沿x 轴负方向流传；因λ＝4 m ，T ＝0.8 s ，则波速v ＝λT ＝40.8m/s＝5 m/s ；从t ＝0.10 s 到t ＝2.7 s ，时间间隔为2.6 s ＝314T ，则质元Q 经过的行程为13A ＝130 cm.【答案】沿x 轴负方向 5 130(2) (10分)如图3所示，一个透明的圆柱横截面的半径为R ，折射率是3，AB 是一条直径，现有一束平行光沿AB 方向射入圆柱体．如有一条光芒经折射后恰经过B 点，求：图3①这条入射光芒到AB 的距离是多少？②这条入射光芒在圆柱体中运动的时间是多少？【分析】 ①设光芒经P 点折射后如下图，依据折射定律可得：n ＝sin αsin β＝3①在△OBC 中：sin βR ＝sin α2R cos β②由①②式解得：α＝60° β＝30°因此：CD ＝R sin α＝32R .③②在△DBC 中：BC ＝CD sinα－β＝3R ④ t ＝BC v ＝3R c 3＝3R c .⑤【答案】 ①32R ②3R c。

2019年高考(人教版)物理二轮复习选练题(共5套)含答案及解析

2019年高考（人教版）物理二轮复习选练题2019年高考（人教版）物理二轮复习选练题（一）一、选择题1、如图所示，一个质量为4 kg的半球形物体A放在倾角为θ＝37°的斜面B上静止不动。

若用通过球心的水平推力F＝10 N作用在物体A上，物体A仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止。

已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则( )A．物体A受到斜面B的摩擦力增加8 NB．物体A对斜面B的作用力增加10 NC．地面对斜面B的弹力不变D．地面对斜面B的摩擦力增加10 N2、[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。

在突然撤去挡板的瞬间( )A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为零C．图甲中B球的加速度为2g sin θD．图乙中B球的加速度为g sin θ3、如图所示，在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P；若在A点以速度2v水平抛出小球，经过时间t2完成平抛运动。

不计空气阻力，则( )A．t2>2t1 B．t2＝2t1C．t2<2t1 D．落在B点4、如图所示，曲线Ⅰ是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是( )A ．椭圆轨道的长轴长度为RB ．卫星在Ⅰ轨道的速率为v 0，卫星在Ⅱ轨道B 点的速率为v B ，则v 0<v BC ．卫星在Ⅰ轨道的加速度大小为a 0，卫星在Ⅱ轨道A 点加速度大小为a A ，则a 0<a AD ．若OA ＝0.5R ，则卫星在B 点的速率v B > 2GM 3R5、用长为l 、不可伸长的细线把质量为m 的小球悬挂于O 点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t 时间后停在最低点。

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