2018版高考物理(全国通用)专题总复习文档：选考题限时突破(四)3-4含解析

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2018年物理(新课标)高考总复习第一轮复习教师用书：第四章突破全国卷3含解析

天体运动问题是牛顿运动定律、匀速圆周运动规律及万有引力定律的综合应用,由于天体运动贴近科技前沿，且蕴含丰富的物理知识，因此是高考命题的热点．近几年在全国卷中都有题目进行考查，2016年全国甲、乙、丙三卷中都有涉及天体运动的题目．预计高考可能会结合我国最新航天成果考查卫星运动中基本参量的求解和比较以及变轨等问题．【重难解读】本部分要重点理解解决天体运动的两条基本思路，天体质量和密度的计算方法，卫星运行参量的求解及比较等．其中卫星变轨问题和双星系统模型是天体运动中的难点．【典题例证】2016年10月17日，“神舟十一号”载人飞船发射升空，运送两名宇航员前往在2016年9月15日发射的“天宫二号"空间实验室，宇航员计划在“天宫二号”驻留30天进行科学实验．“神舟十一号”与“天宫二号”的对接变轨过程如图所示，AC是椭圆轨道Ⅱ的长轴．“神舟十一号"从圆轨道Ⅰ先变轨到椭圆轨道Ⅱ，再变轨到圆轨道Ⅲ,与在圆轨道Ⅲ运行的“天宫二号”实施对接．下列描述正确的是( ）A．“神舟十一号”在变轨过程中机械能不变B．可让“神舟十一号"先进入圆轨道Ⅲ，然后加速追赶“天宫二号”实现对接C．“神舟十一号”从A到C的平均速率比“天宫二号"从B到C的平均速率大D．“神舟十一号”在椭圆轨道上运行的周期与“天宫二号”运行周期相等[解析］“神舟十一号”飞船变轨过程中轨道升高，机械能增加,A选项错误；若飞船在进入圆轨道Ⅲ后再加速,则将进入更高的轨道飞行，不能实现对接，选项B错误;飞船轨道越低，速率越大,轨道Ⅱ比轨道Ⅲ的平均高度低，因此平均速率要大，选项C正确；由开普勒第三定律可知，椭圆轨道Ⅱ上的运行周期比圆轨道Ⅲ上的运行周期要小,D项错误．[答案］C错误!题目涉及飞船变轨的机械能、速度和周期等，以考查学生对人造天体运动原理的理解、天体运动规律的掌握及综合分析能力．在轨飞行的人造天体，加速后轨道半径增大,机械能增加，平均速率减小，减速后则相反，轨道半径减小,机械能减小，平均速率增大．【突破训练】1．中国月球探测工程首席科学家欧阳自远在第22届国际天文馆学会大会上透露，我国即将开展深空探测,计划将在2020年实现火星的着陆巡视，假设火星探测器在着陆前，绕火星表面匀速飞行(不计周围其他天体的影响），宇航员测出飞行N圈所用时间为t，已知地球质量为M，地球半径为R，地球表面重力加速度为g。

2018年高考物理试题分册汇编全解全析：3-4

（2018·全国卷I）34（1）. 如图，△ABC为一玻璃三棱镜的横截面，∠A=30°，一束红光垂直AB边射入，从AC边上的D点射出，其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为_____。

若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D点射出时的折射射角______（“小于”“等于”或“大于”）60°。

【答案】(1). (2). 大于【解析】本题考查折射定律、光的色散及其相关的知识点。

学科#网根据题述和图示可知，i=60°，r=30°，由折射定律，玻璃对红光的折射率n==。

若改用蓝光沿同一路径入射，由于玻璃对蓝光的折射率大于玻璃对红光的折射率，则光线在D 点射出时的折射角大于60°。

（2018·全国卷I）34（2）一列简谐横波在t=时的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点，图（b）是质点Q的振动图像。

求（i）波速及波的传播方向；（ii）质点Q的平衡位置的x坐标。

【答案】（1）波沿负方向传播；（2）x Q=9 cm【解析】本题考查波动图像、振动图像、波动传播及其相关的知识点。

（ii）设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为、。

由图（a）知，处，因此④由图（b）知，在时Q点处于平衡位置，经，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，由此及③式有⑤由④⑤式得，质点Q的平衡位置的x坐标为（2018·全国卷II）34.（1）声波在空气中的传播速度为340m/s，在钢铁中的传播速度为4900m/s。

一平直桥由钢铁制成，某同学用锤子敲击一铁桥的一端而发出声音，分别经空气和桥传到另一端的时间之差为1.00s。

桥的长度为_______m，若该波在空气中的波长为λ，则它在钢铁中波长为λ的_______倍。

【答案】(1). 365 (2).【解析】试题分析：可以假设桥的长度，分别算出运动时间，结合题中的1s求桥长，在不同介质中传播时波的频率不会变化。

2018版高考物理全国用大一轮复习讲义文档：第三章牛

专题强化四牛顿运动定律的综合应用(二)专题解读 1.本专题是动力学方法在两类典型模型问题中的应用，高考常以计算题压轴题的形式命题.2.通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识.命题点一“传送带模型”问题传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题.1.水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2.倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变.例1如图1所示，足够长的水平传送带，以初速度v 0＝6 m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上m＝1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a ＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求：图1(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间t.①传送带以恒定加速度减速直至停止；②滑块与传送带共速.答案(1)3 m(2)2 s解析(1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma1得：a1＝2 m/s2设经过时间t1滑块与传送带达到共同速度v，有：v ＝v 0－at 1 v ＝a 1t 1解得：v ＝2 m/s ，t 1＝1 s 滑块位移为x 1＝v t 12＝1 m传送带位移为x 2＝(v 0＋v )t 12＝4 m故滑块与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝3 m(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为F f ，有： F f ＝ma ＝4 N ＞μmg ＝2 N 故滑块与传送带相对滑动. 滑块做减速运动，加速度仍为a 1. 滑块减速时间为t 2，有： t 2＝0－v －a 1＝1 s故：t ＝t 1＋t 2＝2 s.例2 如图2所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v ＝2 m /s 的恒定速率顺时针转动.一包货物以v 0＝12 m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点.图2(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多少时间？(g ＝10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)①恒定速率顺时针转动；②货物的速度和传送带相同；③再次滑回A 端.答案 (1)10 m/s 2，方向沿传送带向下 (2)1 s 7 m (3)(2＋22) s解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度为a 1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f ＝ma 1 垂直传送带方向：mg cos θ＝F N 又F f ＝μF N由以上三式得：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)＝10 m/s 2，方向沿传送带向下. (2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间设为t 1，位移设为x 1，则有： t 1＝v －v 0－a 1＝1 s ，x 1＝v 0＋v 2t 1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a 2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得：a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，方向沿传送带向下. 设货物再经时间t 2，速度减为零，则t 2＝0－v－a 2＝1 s沿传送带向上滑的位移x 2＝v ＋02t 2＝1 m 则货物上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a 2.设下滑时间为t 3，则x ＝12a 2t 23，代入解得t 3＝2 2 s. 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋22) s.1.如图3所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )图3A.粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C.若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D.不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ 答案 A解析若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm ＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误.2.如图4所示为一水平传送带装置示意图.A 、B 为传送带的左、右端点，AB 长L ＝2 m ，初始时传送带处于静止状态，当质量m ＝2 kg 的煤块(可视为质点)轻放在传送带A 点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a ＝2 m /s 2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速运动.已知煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g 取10 m /s 2).图4(1)如果煤块以最短时间到达B 点，煤块到达B 点时的速度大小是多少？ (2)上述情况下煤块运动到B 点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？答案 (1)2 m/s (2)1 m解析 (1)为了使煤块以最短时间到达B 点，煤块应一直匀加速从A 点到达B 点 μmg ＝ma 1得a 1＝1 m/s 2v 2B ＝2a 1Lv B ＝2 m/s(2)传送带加速结束时的速度v ＝v B ＝2 m/s 时，煤块在传送带上留下的痕迹最短煤块运动时间t ＝v Ba 1＝2 s传送带加速过程： v B ＝at 1得t 1＝1 s x 1＝12at 21得x 1＝1 m传送带匀速运动过程： t 2＝t －t 1＝1 s x 2＝v B t 2得x 2＝2 m故痕迹最小长度为Δx ＝x 1＋x 2－L ＝1 m. 命题点二 “滑块－木板模型”问题 1.模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动. 2.两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长.设板长为L ，滑块位移大小为x 1，木板位移大小为x 2 同向运动时：如图5所示，L ＝x 1－x 2图5反向运动时：如图6所示，L ＝x 1＋x 2图63.解题步骤审题建模→弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，清楚题给条件和所求 ↓ 建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度(两过程接连处的加速度可能突变) ↓明确关系→找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带例3 (2015·新课标Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图7所示.假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变.已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：图7(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间.①μ1＜μ2，可分析A、B受力；②第2 s末，B的上表面突然变为光滑.答案(1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s解析(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中F f1、F N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得F f1＝μ1F N1 ①F N1＝mg cos θ②F f2＝μ2F N2 ③F N2＝F N1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma1 ⑤mg sin θ－F f2＋F f1′＝ma2 ⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2 ⑦a2＝1 m/s2 ⑧(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s ⑨v2＝a2t1＝2 m/s ⑩2 s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为0，同理可得a1′＝6 m/s2 ⑪a 2′＝－2 m/s 2⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动.设经过时间t 2，B 的速度减为0，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m ＜27 m ⑭此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动.设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑮ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑯设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s3.(多选)如图8所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )图8A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面答案 BD解析桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A 项错误；各接触面间的动摩擦因数均为μ，设鱼缸的质量为m ，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a ＝μg ，鱼缸离开桌布时的速度为v ，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t ＝vμg ，B 项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为F f ＝μmg 不变，C 项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v ＝μgt 增大，加速运动的位移x 1＝12μgt 2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x 2＝v 22μg也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D 项对.4.(2016·四川理综·10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图9所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m /s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止.已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：图9(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度.答案 (1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m解析 (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则 f ＋mg sin θ＝ma 1 ① f ＝μmg cos θ②联立①②并代入数据得 a 1＝5 m/s 2③ a 1的方向沿制动坡床向下.(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则 Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 ④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝v t －12a 1t 2⑥ s 2＝v t －12a 2t 2⑦ s ＝s 1－s 2 ⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨ 联立①～⑨并代入数据得l ＝98 m.“传送带”模型的易错点典例如图10所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图10答案 D解析开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，所以a1＝g sin θ＋μg cos θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，所以a2＝g sin θ－μg cos θ.根据以上分析，有a2＜a1，所以，本题正确选项为D.易错诊断本题的易错点在于没有注意到关键条件“μ＜tan θ”，没有准确分析小木块所受摩擦力的方向，想当然地认为传送带足够长，小木块最后总会达到与传送带相对静止而做匀速运动，从而错选C选项.理解μ与tan θ关系的含义，正确分析小木块所受摩擦力方向是解题关键.变式拓展(1)若将“μ＜tan θ”改为“μ＞tan θ”，答案应选什么？提示若改为μ＞tan θ，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力突然变为静摩擦力，以后与传送带相对静止而做匀速运动，故应选C选项.(2)若将传送带改为水平呢？提示若将传送带改为水平，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，摩擦力突然消失，以后与传送带保持相对静止而做匀速运动，仍然是C选项正确.题组1 “传送带模型”问题1.如图1所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A 、B 两端相距L ＝5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m /s ，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图1(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？答案 (1)2.2 s (2)1 s解析 (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 1①设经过时间t 1物体的速度与传送带速度相同， t 1＝v 0－v a 1② 通过的位移x 1＝v 20－v22a 1③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a 2 Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2④由μ＜tan θ＝0.75知，物体继续减速，设经时间t 2到达传送带B 点 L －x 1＝v t 2－12a 2t 22 ⑤联立得①②③④⑤式可得：t ＝t 1＋t 2＝2.2 s(2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a 2， L ＝v 0t ′－12a 2t ′2t ′＝1 s(t ′＝5 s 舍去).2.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图2所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行，AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m ＝5 kg 的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A 端，传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g 取10 m/s 2，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).图2(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；(2)若B 轮的半径为R ＝0.2 m ，求行李包在B 点对传送带的压力；(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度.答案 (1)0.1 m (2)25 N ，方向竖直向下 (3)1.25 m解析 (1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg ＝ma 1若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t ，则v ＝a 1t行李包前进距离x 1＝12a 1t 2 传送带前进距离x 2＝v t行李包相对传送带滑动的距离Δx ＝x 2－x 1＝0.1 m(2)行李包在B 点，根据牛顿第二定律，有mg －F N ＝m v 2R解得：F N ＝25 N根据牛顿第三定律可得：行李包在B 点对传送带的压力为25 N ，方向竖直向下.(3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律：mg sin 37°－μ2mg cos 37°＝ma 2行李包从斜面滑下过程：0－v 2＝2a 2x解得：x ＝1.25 m.题组2 “滑块－木板模型”问题3.如图3所示，水平传送带以v ＝12 m/s 的速度顺时针做匀速运动，其上表面的动摩擦因数μ1＝0.1，把质量m ＝20 kg 的行李包轻放上传送带，释放位置距传送带右端4.5 m 处.平板车的质量M ＝30 kg ，停在传送带的右端，水平地面光滑，行李包与平板车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板车长10 m ，行李包从传送带滑到平板车过程速度不变，行李包可视为质点.(g ＝10 m/s 2)求：图3(1)行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少？(2)若要想行李包不从平板车滑出，求行李包释放位置应满足什么条件？答案 (1)0.6 s (2)见解析解析 (1)行李包放上传送带做匀加速直线运动.a 1＝μ1gv 2＝2a 1x解得：v ＝3 m/s因v ＝3 m /s ＜12 m/s ，符合题意行李包滑上平板车后，行李包减速，平板车加速.a 2＝μ2g ＝3 m/s 2a 3＝μ2mg M＝2 m/s 2 v －a 2t ＝a 3t解得：t ＝0.6 s相对位移x ＝v t －12a 2t 2－12a 3t 2＝0.9 m ＜10 m ，符合题意. (2)当行李包刚好滑到平板车右端时，行李包与平板车的相对位移等于车长.设行李包刚滑上平板车时速度为v 0，L 为平板车长，则v 0－a 2t ′＝a 3t ′v 0t ′－12a 2t ′2－12a 3t ′2＝L 解得v 0＝10 m /s ＜12 m/s故行李包在传送带上一直做匀加速直线运动v 20＝2a 1x ′解得：x ′＝50 m所以行李包释放位置距离传送带右端应不大于50 m.4.一平板车，质量M ＝100 kg ，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h ＝1.25 m ，一质量m ＝50 kg 的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离b ＝1 m ，与车板间的动摩擦因数μ＝0.2，如图4所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶距离x 0＝2.0 m ，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离x (不计路面摩擦，g ＝10 m/s 2).图4答案 1.625 m解析设小物块在车上运动时，车的加速度为a 1，物块的加速度为a 2.则a 2＝μmg m＝μg ＝0.2×10 m /s 2＝2 m/s 2. 由x ＝12at 2得： x 0＝12a 1t 2，x 0－b ＝12a 2t 2. 故有a 1a 2＝x 0x 0－b ＝22－1＝21， a 1＝2a 2＝4 m/s 2.对车，由牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma 1.F ＝Ma 1＋μmg ＝100×4 N ＋0.2×50×10 N ＝500 N. 小物块滑落时车速v 1＝2a 1x 0＝2×4×2 m /s ＝4 m/s ，小物块速度v 2＝2a 2(x 0－b )＝2×2×1 m /s ＝2 m/s物块滑落后，车的加速度a ′＝F M ＝500100m /s 2＝5 m/s 2 小物块落地时间t ′＝2h g ＝2×1.2510s ＝0.5 s. 车运动的位移x 车′＝v 1t ′＋12a ′t 2＝4×0.5 m ＋12×5×0.52 m ＝2.625 m. 小物块平抛的水平位移x 物′＝v 2·t ′＝2×0.5 m ＝1 m. 物块落地时，落地点与车尾的水平位移为：x ＝x 车′－x 物′＝2.625 m －1 m ＝1.625 m.。

2018版高考物理(全国通用)专题总复习文档：仿真模拟卷(四)含解析

仿真模拟卷(四)(时间：90分钟满分：110分)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．下列说法中正确的是( )A ．光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象B ．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核结构C ．铀238的半衰期约长达45亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短D ．碘131能自发地进行β衰变，衰变后生成的新物质原子核比碘131原子核多一个质子而少一个中子答案 D解析当入射光的频率大于金属的极限频率时，金属中的一个电子吸收了光子的能量，克服原子核的束缚而释放出来，从而形成了光电效应，故A 错误．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，发现少数α粒子发生了大角度偏转，从而揭示了原子的核式结构，故B 错误．半衰期由原子核本身决定，与环境无关，所以环境变化时半衰期不变，故C 错误．β衰变是一个中子变为质子同时释放一个电子的过程，因此β衰变后生成的新物质原子核比碘131原子核少一个中子而多一个质子，故D 正确．15.如图1所示，一滑块以5 m/s 的速度从固定斜面底端O 点冲上斜面，经时间t 1到达A 点时的速度为3 m/s ，再经时间t 2到达B 点时的速度为0，下列说法正确的是( )图1A ．O 、A 间的距离与A 、B 间的距离之比为5∶3B ．O 、A 间的距离与A 、B 间的距离之比为3∶5C ．t 1与t 2之比为2∶3D ．t 1 与t 2之比为3∶2答案 C解析根据速度时间公式可知：x OA ＝v 2A －v 20－2aAB 间的距离为：x AB ＝0－v 2A －2a故x OA x AB ＝v 2A －v 20－v 2A＝52－3232＝169，故A 、B 错误；根据速度时间公式可得：t 1＝v A －v 0－a ，t 2＝0－v A －a故有：t 1t 2＝v A －v 0－v A ＝5－33＝23，故C 正确，D 错误． 16．如图2所示，质量为m 的硬纸面字典A 对称放在硬纸面的书本B 上．将书本B 的一端缓慢抬高至字典刚要滑动，此时书脊与水平面的夹角为θ.下列说法正确的是( )图2A ．B 对A 的作用力为零B ．B 的一个侧面对A 的弹力为mg cos θC ．B 对A 的最大静摩擦力的合力为mg sin θD ．A 受到三个力的作用答案 C解析字典A 受到竖直向下的重力、两个侧面的支持力、两个侧面的静摩擦力，共五个力作用，选项D 错误．由平衡条件可知，B 对A 的作用力大小等于A 的重力，方向竖直向上，选项A 错误．B 的两个侧面对A 的弹力的合力等于mg cos θ，选项B 错误．由平衡条件可知，两个侧面的静摩擦力的合力等于mg sin θ.将书本B 的一端缓慢抬高至字典刚要滑动，则B 对A 的最大静摩擦力的合力为mg sin θ，选项C 正确．17.如图3所示，在正方形abcd 区域内存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B 1 .一带电粒子从ad 边的中点P 垂直ad 边射入磁场区域后，从cd 边的中点Q 射出磁场；若将磁场的磁感应强度大小变为B 2后，该粒子仍从P 点以相同的速度射入磁场，结果从c 点射出磁场，则B 1B 2等于 ( )图3A.52B.72C.54D.74答案 A解析设正方形磁场边长为L ，由题意可知，粒子在磁场B 1中做圆周运动的轨道半径：r 1＝L 2，粒子在磁场B 2中的运动轨迹如图所示，由几何知识得：L 2＋(r 2－L 2)2＝r 22，解得：r 2＝54L 粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2r解得B ＝m v qr则B 1B 2＝r 2r 1＝54L 12L ＝52，故A 正确，B 、C 、D 错误． 18．如图4所示，光滑水平面OB 与足够长的粗糙斜面BC 相接于B 点，一轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m 的滑块压缩弹簧至D 点(弹簧在弹性限度内)，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度h 时静止在斜面上．重力加速度为g ，以水平面OB 为参考平面．下列说法正确的是()图4A ．弹簧弹开滑块的过程中，弹性势能越来越大B ．弹簧对滑块做功为W 时，滑块的动能为0.5WC ．滑块在斜面上静止时的重力势能为mghD ．滑块在斜面上运动的过程中，克服摩擦力做功为mgh答案 C解析弹簧弹开滑块的过程中，弹簧的压缩量越来越小，则弹性势能越来越小，故A 错误．弹簧对滑块做功为W 时，对滑块，由动能定理知滑块的动能为W ，故B 错误．滑块在斜面上静止时离OB 面的高度为h ，以水平面OB 为参考平面，则滑块的重力势能为mgh ，故C 正确．对滑块在斜面上运动的过程，由动能定理得－mgh －W f ＝0－12m v 2B ，解得滑块克服摩擦力做功为 W f ＝12m v 2B －mgh ，由于不知道v B 的大小，故无法求解滑块克服摩擦力做的功，故D 错误． 19．如图5甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈接有相同的灯泡L 1、L 2，电路中分别接了理想交流电压表V 1、V 2，导。

2018年全国统一高考物理试卷(含答案解析)

2018年全国统一高考物理试卷（含答案解析）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题只有一顶符合题目要求，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．（6分）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段，列车的动能（）A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比2．（6分）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是（）A．B．C．D．3．（6分）如图，三个固定的带电小球a，b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b的连线，设小球a，b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（）A．a，b的电荷同号，k= B．a，b的电荷异号，k=C．a，b的电荷同号，k= D．a，b的电荷异号，k=4．（6分）如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。

轨道的电阻忽略不计。

OM是有一定电阻。

可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。

空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′（过程Ⅱ）。

在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于（）A．B．C．D．25．（6分）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。

一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静开始向右运动。

重力加速度大小为g。

2018版高考物理(全国通用)专题总复习文档：选择题限时突破(七) 含解析

选择题限时突破(七)(限时：25分钟)二、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．下列有关图1中四幅图的说法中，正确的是( )图1A．α粒子散射实验促使玻尔改进了卢瑟福的原子核模型B．在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大C．放射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷D．该链式反应属于原子核的聚变反应，链式反应需大于临界体积才能够进行答案 B解析卢瑟福通过α粒子散射实验推翻了汤姆孙原子枣糕模型，建立了原子核式结构模型，故A错误；在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，单位时间内发出光电子数目越多，饱和光电流越大，故B正确；根据左手定则知，甲带负电，为电子，故C错误；该链式反应属于原子核的裂变反应，故D错误．15.如图2所示是某物体做直线运动的v2－x图象(其中v为速度，x为位置坐标)，下列关于物体从x＝0处运动至x＝x处的过程分析，其中正确的是( )图2A ．该物体做匀加速直线运动B ．该物体的加速度大小为v 20x 0C ．当该物体的速度大小为12v 0时，位移大小为34x 0D ．当该物体的位移大小为12x 0时，速度大小为12v 0答案 C解析由匀变速直线运动的速度位移关系公式v 2－v 20＝2ax 可得v 2＝2ax ＋v 20，可知物体的加速度恒定不变，由于物体的速度减小，故物体做匀减速直线运动，故A 错误；由v 2＝2ax ＋v 20知，v 2－x 图象的斜率绝对值等于2a ，由图可得2a ＝v 20x 0，则得物体的加速度大小为a ＝v 22x 0，故B 错误；当该物体速度大小为12v 0时，v 2＝14v 20，由图可得：x ＝3x 04，故C 正确；当该物体位移大小为12x 0时，由图可得v 2＝12v 20，v ＝22v 0，故D 错误． 16.如图3所示，理想变压器原线圈两端A 、B 接在电动势为E ＝8 V ，内阻为r ＝2 Ω的交流电源上，理想变压器的副线圈两端与滑动变阻器R x 相连，变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，当电源输出功率最大时( )图3A ．滑动变阻器的阻值R x ＝2 ΩB ．最大输出功率P ＝4 WC ．变压器的输出电流I 2＝2 AD ．滑动变阻器的阻值R x ＝8 Ω 答案 D解析当外电路电压等于内电路电压时电源输出功率最大，即U 1＝U r ，而且U 1＋U r ＝8 V ，故U 1＝U r ＝4 V ，根据欧姆定律可得I 1＝U r r ＝2 A ，故根据I 1I 2＝n 2n 1可得副线圈中的电流为I2＝1 A，根据U1U2＝n1n2可得副线圈两端的电压U2＝8 V，故Rx＝U2I2＝81Ω＝8 Ω，最大输出功率为P＝U2I2＝8 W，故D正确．17．已知地球两极的重力加速度大小为g，赤道上的重力加速度大小为g.若将地球视为质量均匀分布、半径为R的球体，地球同步卫星的轨道半径为( )A．R103()gg g-B．R13()gg g-C．R103()g gg+D．R103()g gg+答案 A解析设地球质量为M，地球赤道上物体的质量为m，地球同步卫星的轨道半径为h，地球的自转周期为T，则地球两极的物体受到的引力等于其重力，即为G MmR2＝mg，而赤道上物体受到的引力与支持力差值提供向心力，即为GMmR2－mg＝m 4π2T2R，同步卫星所受万有引力等于向心力GMmr2＝m4π2T2r，故地球同步卫星轨道半径为r＝R103()gg g-，故A正确．18.如图4所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．光滑小球被轻质细线系放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用恒力F拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终保持静止状态，则在此过程中( )图4A．细线对小球的拉力变小B．斜面体对小球的支持力变小C．地面对斜面体的支持力变大。

专题18选修3-4(命题透析) 2018年高考物理二轮考试命题精准透析 Word版含解析

（一）三年考试命题分析（二）命题类型剖析命题类型一：机械振动和机械波例1如图1甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象．则由图可知________．图1A．质点振动的周期T＝0.2 sB．波速v＝20 m/sC．因一个周期质点运动0.8 m，所以波长λ＝0.8 mD．从该时刻起经过0.15 s，波沿x轴的正方向传播了3 mE．从该时刻起经过0.25 s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度【答案】ABD深入剖析1．“一分、一看、二找”巧解波动图象与振动图象的综合问题(1)分清振动图象与波动图象．只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图象，横坐标为t则为振动图象．(2)看清横、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级．(3)找准波动图象对应的时刻．(4)找准振动图象对应的质点．2．分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化．另外，各矢量均在其值为零时改变方向．3．波传到任意一点，该点的起振方向都和波源的起振方向相同．4．振源经过一个周期T 完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离，所以有v ＝T λ＝λf .5．质点振动nT (波传播nλ)时，波形不变．6．相隔波长整数倍的两个质点，振动状态总相同；相隔半波长奇数倍的两个质点，振动状态总相反．2．如图2所示是某绳波形成过程的示意图，1、2、3、4……为绳上的一系列等距离的质点，相邻两质点间的距离均为10 cm ，绳处于水平方向；质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐振动，带动2、3、4……各个质点依次上下振动，振动从绳的左端传到右端，t ＝0时质点1开始竖直向上运动，t ＝0.1 s 时质点1在最大位移20 cm 处，这时质点3开始运动，以向上为正方向，下列说法正确的是________．图2A ．该波的波速一定是2 m/sB ．该波的波长一定是0.8 mC ．质点3振动后的周期可能是0.08 sD ．质点3开始运动时运动方向一定向上E ．质点3的振动方程一定是y ＝20sin 5πt (cm) 【答案】ACD命题类型二：光的折射和全反射例2.如图4所示，用折射率n ＝的玻璃做成一个外径为R 的半球形空心球壳．一束与O ′O 平行的平行光，射向此半球的外表面．若让一个半径为22R 的圆形遮光板的圆心过O ′O 轴，并且垂直该轴放置，则球壳内部恰好没有光线射入．问：图4(1)临界光线射入球壳时的折射角r 为多大？ (2)球壳的内径R ′为多少？【答案】(1)30° (2)22R深入剖析1．折射率：光从真空射入某种介质，入射角的正弦与折射角的正弦之比叫做介质的折射率，公式为n ＝sin θ2sin θ1.实验和研究证明，某种介质的折射率等于光在真空中的传播速度c 跟光在这种介质中的传播速度v 之比，即n ＝v c.2．临界角：折射角等于90°时的入射角，称为临界角．当光从折射率为n 的某种介质射向真空(空气)时发生全反射的临界角为C ，则sin C ＝n 1.3．全反射的条件：(1)光从光密介质射向光疏介质． (2)入射角大于或等于临界角．4．光的几何计算题往往是光路现象与光的反射、折射、全反射(临界点)及几何图形关系的综合问题．解决此类问题应注意以下四个方面：(1)依据题目条件，正确分析可能的全反射及临界角．(2)通过分析、计算确定光传播过程中可能的折射、反射，把握光的“多过程”现象． (3)准确作出光路图．(4)充分考虑三角形、圆的特点，运用几何图形中的角关系、三角函数、相似形、全等形等，仔细分析光传播过程中产生的几何关系．4．一般常见材料的折射率都为正值(n >0)，现针对某些电磁波设计的人工材料，其折射率可为负值(n <0)，称为负折射率材料，电磁波通过空气与这种材料的界面时，传播规律仍然不变，入射角和折射角的大小关系仍遵从折射定律(此时折射角取负值)，但折射波线与入射波线位于法线的同一侧．现有一束电磁波从空气中以i ＝60°的角度射入由负折射率材料制成、厚度d ＝10 cm 的长方体并从下表面射出，已知该材料对电磁波的折射率n ＝－，电磁波在真空中的速度c ＝3×108 m/s.图5(1)在图5中大致画出电磁波穿过该材料的示意图；(2)求电磁波穿过该材料时的传播时间和在传播方向的侧移量．【答案】(1)见解析图 (2)6.67×10－10s 33cm【解析】(1)光路图如图所示．命题类型三：电磁波和光的几种特有现象例3.下列说法中正确的是________．A ．除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光B ．简谐机械波在给定的介质中传播时，振动的频率越高，则波传播速度越大C ．光速不变原理是指真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的D ．两列波相叠加产生干涉现象，在干涉图样中，振动加强区域的质点，其位移始终保持最大；振动减弱区域的质点，其位移始终保持最小E ．用绿光做双缝干涉实验，在光屏上呈现出明、暗相间的条纹，相邻两条绿条纹间的距离为Δx ，如果只增大双缝到光屏之间的距离，Δx 将增大【答案】(1)ACE深入剖析1．机械波和光波都能发生干涉、衍射、多普勒效应等波特有的现象．偏振现象是横波特有的现象．要观察到稳定的干涉现象和明显的衍射现象需要一定的条件．2．机械波的干涉图样中，实线和实线的交点、虚线和虚线的交点及其连线为振动加强点；实线和虚线的交点及其连线为振动减弱点．振动加强点有时位移也为零，只是振幅为两列波的振幅之和，显得振动剧烈．3．光的双缝干涉条纹间距Δx ＝d lλ：(1)l 、d 相同时，Δx ∝λ，可见光中的红光条纹间距最大，紫光最小； (2)间隔均匀，亮度均匀，中央为亮条纹；(3)如用白光做实验，中间为白色，两边为由紫到红的彩色．4．光的干涉现象：薄膜干涉(油膜、空气膜、增透膜、牛顿环)；光的衍射现象：圆孔衍射、泊松亮斑．5．电磁波的特点：(1)横波；(2)传播不需要介质；(3)真空中传播速度等于光速． 6．下列说法正确的是________．A ．频率越高，振荡电路向外辐射电磁波的本领越大。

2018年普通高中全国统一考试仿真卷物理(四)word 解析版

绝密★ 启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科综合能力测试·物理（四）本试卷共30页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。

2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Zn 65第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。

第19～21题有多选项符合题目要求。

全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．利用图象来描述物理过程、探寻物理规律是常用的方法，如图是描述某个物理过程的图象，对相应物理过程分析正确的是A ．若该图象为质点运动的速度—时间图象，则前2秒内质点的平均速率等于0B ．若该图象为一条电场线上电势随坐标变化的图象，则可能是点电荷电场中的一条电场线C ．若该图象为闭合线圈内磁场的磁感应强度随时间变化的图象，则该闭合线圈内一定产生恒定的电动势D ．若该图象为质点运动的位移—时间图象，则质点运动过程速度一定改变了方向【解析】若为速度—时间图象，则图象与时间轴围成的面积表示位移，时间轴以上表示位移为正，时间轴以下表示位移为负，前2秒内位移为0，平均速度为0，但是对应的路程不等于0，平均速率为路程与时间之比，所以平均速率不等于0，选项A 错误；若为一条电场线上电势随坐标变化的图象，则图象的斜率ΔφΔx＝E ，由于斜率不变，所以可能为匀强电场，不可能是点电荷的电场线，选项B 错误；若为闭合线圈内磁场的磁感应强度随时间变化的图象，则斜率ΔBΔt 是定值，根据感应电动势E ＝n ΔBΔt S ，可判断感应电动势恒定，选项C 正确；若为位移—时间图象，则图象的斜率表示速度，可知质点运动过程速度方向不变，选项D 错误。

2018版高考物理专题总复习文档：选择题限时突破(四) 含解析

选择题限时突破(四)(限时：25分钟)二、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.如图1所示是做匀变速直线运动的质点在0～6 s 内的位移—时间图线(抛物线)．若t ＝1 s 时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)．则( )图1A ．t ＝1 s 时，质点在x ＝5 m 的位置B ．t ＝1 s 和t ＝5 s 时，质点的速度相同C ．t ＝1 s 和t ＝5 s 时，质点加速度的方向相反D ．前5 s 内，合外力对质点做正功答案 A解析 t ＝1 s 时，图线所对应的切线斜率为4，则质点的速度为v 1＝4 m/s ，图象对称分布，3 s 末位移最大，所以3 s 末速度为零，质点做匀减速直线运动，加速度：a ＝Δv Δt ＝0－42 m /s 2＝－2 m/s 2，初速度为v 0＝v 1－at 1＝(4＋2) m /s ＝6 m/s ，所以t ＝1 s 时，质点的位移：x ＝v 0t ＋12at 2＝(6×1－12×2×12) m ＝5 m ，故A 正确；t ＝1 s 和t ＝5 s 时图象斜率的绝对值相等，则质点的速率相等，但方向相反，故B 错误；质点先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动，t ＝1 s 和t ＝5 s 时，质点加速度的方向相同，故C 错误；5 s 末的速度v 5＝v 0＋at 5＝(6－2×5) m /s ＝－4 m/s ，因为4 m /s ＜6 m/s ，所以前5 s 内质点动能减小，所以合外力对质点做负功，故D 错误．15.如图2所示，光滑绝缘的水平桌面上，用外力固定着一个带电荷量为＋Q 的小球P ，带电荷量分别为－q 和＋2q 的小球M 和N 由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P 与M 相距L ，P 、M 和N 视为点电荷，下列说法正确的是( )图2A ．M 与N 的距离一定大于LB ．P 、M 和N 在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．撤去固定小球P 的外力，小球P 将运动起来答案 B解析对M 、N 分别受力分析，根据库仑定律，假设杆无作用力，设M 与N 间距为r ，则有：kQq L 2＝kQ ·2q(L ＋r )2，解得：r ＝(2－1)L ，故A 错误；由于水平桌面光滑，若P 、M 和N 不在同一直线上，则各自受力不共线，会出现不平衡现象，故B 正确；由带电荷量为＋Q 的小球P ，结合沿着电场线方向电势降低，则M 点电势高于N 点，故C 错误；由题意可知，M 、N 及细杆组成的系统处于静止状态，因此合外力为零，那么小球P 所受的电场力的合力也为零，所以撤去固定P 的外力，P 也不会运动，故D 错误．所以B 正确，A 、C 、D 错误．16．在x 轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，同一种带电粒子从O 点射入磁场，当入射方向与x 轴的夹角为45°时，速度为v 1、v 2的两个粒子分别从a 、b 两点射出磁场，如图3所示，当夹角为60°时，为了使速度为v 3的粒子从ab 的中点c 射出磁场，则速度v 3应为( )图3A.12(v 1＋v 2) B.22(v 1＋v 2) C.33(v 1＋v 2) D.66(v 1＋v 2) 答案 D解析设a 、b 、c 三点的坐标分别为x 1、x 2、x 3，当α＝45°，粒子从a 点射出磁场时，如图所示有：x 1＝2R 1＝2m v 1qB.当α＝45°，粒子从b 点射出磁场，如图所示：x 2＝2R 2＝2m v 2qB，当α＝60°时，粒子从c 点射出磁场，如图所示有：x 3＝3R 3＝3m v 3qB ，因为2x 3＝x 1＋x 2，所以v 3＝66(v 1＋v 2)，故D正确．17．在某种条件下，铬原子的n ＝2能级上的电子跃迁到n ＝1能级上时释放的能量转交给n ＝4能级上的电子，使之脱离原子，这一现象叫做俄歇效应，以这种方式脱离了原子的电子叫做俄歇电子．已知铬原子的能级公式可简化表示为E n ＝－An 2，式中n ＝1,2,3…表示不同的能级，A 是正的已知常数．上述俄歇电子的动能是( )A.316A B.716A C.1116A D.1316A 答案 C解析由题意可知n ＝1能级能量为：E 1＝－A ，n ＝2能级能量为：E 2＝－A4，从n ＝2能级跃迁到n ＝1能级释放的能量为：ΔE ＝E 2－E 1＝3A 4，n ＝4能级能量为：E 4＝－A16，电离需要能量为：E ＝0－E 4＝A 16，所以从n ＝4能级电离后的动能为：E k ＝ΔE －E ＝3A 4－A 16＝11A16，C 正确．18.如图4所示，在同一竖直面内，小球a 、b 从高度不同的两点，分别以初速度v a 和v b 沿水平方向先后抛出，恰好同时落到地面上与两抛出点水平距离相等的P 点．若不计空气阻力，则( )图4A ．t a ＞t bB ．t a ＜t bC ．v a ＞v bD ．v a ＝v b 答案 A解析根据：h ＝12gt 2，解得t ＝2hg，知平抛运动的运动时间是由竖直高度决定的，由于a 的高度比b 的大，所以它们运动关系为 t a ＞t b ，由于a 、b 的水平位移相等，由x ＝v 0t 得v a ＜v b ，故A 正确．19.如图5所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L ，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )图5A ．圆环的机械能不守恒B ．弹簧弹性势能增加了3mgLC ．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D ．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变答案 AB20.如图6所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压有效值为U 的正弦交变电流，则( )图6A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，变阻器R 消耗的功率变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D ．调节P 、Q 使副线圈匝数、变阻器R 阻值均变为原来2倍，则变压器输入功率不变答案 AC21.如图7所示，赤道上空有2颗人造卫星A 、B 绕地球做同方向的匀速圆周运动，地球半径为R ，卫星A 、B 的轨道半径分别为54R 、53R ，卫星B 的运动周期为T ，某时刻2颗卫星与地心在同一直线上，两颗卫星之间保持用光信号直接通信．则( )图7A ．卫星A 的加速度小于B 的加速度B ．卫星A 、B 的周期之比为338C ．再经时间t ＝3(83＋9)T148，两颗卫星之间的通信将中断D ．为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星A 所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要3颗卫星答案 BC解析根据G Mm r 2＝ma ，解得：a ＝G Mr 2，可知A 的加速度大于B 的加速度，故A 错误；根据G Mm r 2＝m 4π2T2r ，解得：T ＝ 4π2r 3GM ，可得：T A T B ＝338，故B 正确；由题意可知当卫星A 与B 的连线与地球相切时信号将中断，由几何关系可知此时A 、B 卫星的距离为25R12，角度关系为(2πT A －2πT B )t ＝θ(θ为卫星A 、B 与地心连线的夹角)，联立可得：t ＝3(83＋9)T 148，故C 正确；对于同步卫星来讲，由于赤道的角度为360度，而一颗卫星能覆盖120度，故要有3颗，才能全部覆盖地球表面，同步卫星距地心的距离大约为7R ，而卫星A 的轨道半径为5R4，覆盖的范围比同步卫星还要小，因此至少需要3颗以上才可以，故D 错误．。

2018版高考物理(全国通用)专题总复习文档：选考题限时突破(二)3-3含解析

选考题限时突破(二)3－3(限时：25分钟)1．(1)(5分)下列说法正确的是________．A ．根据分子动理论知识，分子间斥力随分子距离的增加，先减小后增大B ．对于一定质量理想气体，若增大气体体积且保持压强不变，则单位时间撞击器壁单位面积的分子数目减少C ．热传递有可能自发的从内能较小的物体向内能较大的物体进行D ．足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果E ．大雾天学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大答案 BCE解析分子间的斥力与引力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，故A 错误；对于一定质量理想气体，若增大气体体积且保持压强不变，则单位时间撞击器壁单位面积的分子数目减少，故B 正确；热传递的条件是：有温度差；热传递的特点是：高温物体放出热量，低温物体吸收热量，热量从高温物体传给低温物体．内能小的物体温度可能比内能大的物体温度高，因此热量也可能由内能小的物体传给内能大的物体，故C 正确；足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体压强的结果，故D 错误；大雾天学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大，故E 正确．(2)(10分)如图1所示，长为L 的均匀玻璃管，其质量为M ，用一质量为m 、截面为S 的活塞在管中封闭了一定质量的空气，将活塞用细线竖直悬挂且静止，此时空气柱长度为L ′，设大气压强为p 0，求：图1(ⅰ)细线拉力大小F T ；(ⅱ)如果将玻璃管缓慢往下拉，最少得用多大外力才能将活塞拉离玻璃管(设此过程温度不变)．答案 (ⅰ)(m ＋M )g(ⅱ)(p 0S －Mg )(L －L ′)L解析 (ⅰ)将玻璃管与活塞作为整体，由力的平衡得F T ＝(m ＋M )g(ⅱ)原先空气柱压强为p 1＝p 0－Mg S设玻璃管缓慢往下拉到管口时，空气柱压强为p 2，有p 2S ＋F ＋Mg ＝p 0S此过程为等温变化，由玻意耳定律得p 1L ′S ＝p 2LS解得F ＝(p 0S －Mg )(L －L ′)L2．(1)(5分)下列说法中正确的是________．A ．温度、压力、电磁作用可以改变液晶的光学性质B ．大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体C ．空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和汽压的比值D ．分子质量不同的两种气体，温度相同时其分子的平均动能相同E ．理论上，第二类永动机并不违背能量守恒定律，所以随着人类科学技术的进步，第二类永动机是有可能研制成功的答案 ACD解析温度、压力、电磁作用可以改变液晶的光学性质，选项A 正确；大颗粒的盐磨成了细盐，不改变晶体的结构，故还是晶体，选项B 错误；空气的绝对湿度是指大气中水蒸气的实际压强；空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和汽压的比值，选项C 正确；温度是分子平均动能的标志，故分子质量不同的两种气体，温度相同时其分子的平均动能相同，选项D 正确；理论上，第二类永动机并不违背能量守恒定律，但是违背热力学第二定律，所以随着人类科学技术的进步，第二类永动机也不可能研制成功，选项E 错误．(2)(10分)如图2所示，开口向上竖直放置的内壁光滑汽缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m 的密闭活塞，活塞A 导热，活塞B 绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l 0，温度为T 0.设外界大气压强p 0保持不变，活塞横截面积为S ，且mg ＝p 0S ，环境温度保持不变．在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m 时，两活塞在某位置重新处于平衡，求活塞B 向下移动的距离．图2答案 25l 0 解析初状态Ⅰ气体压强：p 1＝p 0＋mg S因为：mg ＝p 0S故：p 1＝2p 0Ⅱ气体压强：p 2＝p 0＋2mg S＝3p 0 添加铁砂后Ⅰ气体压强：p 1′＝p 0＋3mg S＝4p 0 Ⅱ气体压强：p 2′＝p 1′＋mg S＝5p 0 Ⅱ气体等温变化，根据玻意耳定律：p 2l 0S ＝p 2′l 2S可得：l 2＝35l 0，B 活塞下降的高度：h 2＝l 0－l 2＝25l 0 3．(1)(5分)下列叙述中正确的是________．A ．布朗运动就是液体分子的无规则运动B ．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增加而增加C ．对于一定质量的理想气体，温度升高时，压强可能减小D ．已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算出阿伏加德罗常数E ．扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动答案 BCE解析布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动的表现，选项A 错误；当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增加而增加，选项B 正确；对于一定质量的理想气体，温度升高时，若体积变大，则压强可能减小，选项C 正确；已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算水的摩尔体积，不能求出阿伏加德罗常数，选项D 错误；扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动，选项E 正确．(2)(10分)如图3所示，粗细均匀的U 形玻璃管一端封闭，另一端与大气相通且足够长，玻璃管内两段水银柱封闭了两段空气柱A 和B ，两段空气柱的长度分别为L A ＝5 cm ，L B ＝15 cm ，下端水银面高度差h ＝6 cm ，A 上端水银柱长h 1＝4 cm ，大气压强p 0＝76 cmHg ，外界环境温度保持不变，现从右端开口处缓慢向管中加入水银，当下端水银面高度差h ＝0时，求：图3(ⅰ)B 部分气体的压强；(ⅱ)A 部分气体的长度(结果保留三位有效数字)．答案 (ⅰ)107.5 cmHg (ⅱ)3.72 cm解析 (ⅰ)根据题意，设玻璃管的截面积为S ，加入水银的过程是等温变化，对B 部分的气体有： p B V B ＝p B ′V B ′，又p B ＝p 0＋p h 1＋p h .V B ＝L B S ，V B ′＝(L B －h 2)S 由以上各式可得：p B ′＝107.5 cmHg ；(ⅱ)由题意，A 部分的气体也是做等温变化．对A 部分的气体：p A V A ＝p A ′V A ′，又p A ＝p 0＋p h 1p A ′＝p B ′，V A ＝L A S ，V A ′＝L A ′S .由以上各式可得：L A ′＝3.72 cm4．(1)(5分)下对说法正确的是________．A ．给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力B ．在温度不变的情况下，饱和汽的压强不随体积而变化C ．悬浮在水中花粉颗粒的布朗运动反映了花粉中分子做无规则的热运动D ．干湿泡湿度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远E ．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性答案 BDE解析给车胎打气，越压越吃力，是由于车胎内气体的压强越来越大，与分子力无关，选项A 错误；液体的饱和汽压仅仅与液体的种类以及温度有关，与体积无关．故B 正确；悬浮在水中花粉颗粒的布朗运动反映了液体分子做无规则的热运动，选项C 错误；(2)(10分)如图4所示，将导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体(可视为理想气体)．当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中．此时水的温度t 1＝7.0 ℃，筒内气柱的长度h 1＝14 cm.已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，重力加速度大小g 取10 m/s 2.(ⅰ)若将水温缓慢升高至27 ℃，此时筒底露出水面的高度Δh 为多少；(ⅱ)若水温升至27 ℃后保持不变，用力将圆筒缓慢下移至某一位置，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离H (结果保留两位有效数字)．图4答案 (ⅰ)1 cm (ⅱ)72 cm解析 (ⅰ)设水温升至27℃时，气柱的长度为h 2，根据盖－吕萨克定律有h 1T 1＝h 2T 2圆筒静止，筒内外液面高度差不变，有Δh ＝h 2－h 1得Δh＝1 cm；(ⅱ)设圆筒的质量为m，横截面积为S，静止在水中时筒内气柱的长度为h3.则mg＝ρgh1S mg＝ρgh3S圆筒移动过程，根据玻意耳定律有：(p0＋ρgh1)h2S＝[p0＋ρg(h3＋H)]h3S得：H≈72 cm。

2018版高考物理专题总复习文档：选考题限时突破(四)

选考题限时突破(四)3－4(限时：25分钟)1．(1)(5分)如图1所示，a 、b 、c 、…、k 为连续的弹性介质中间隔相等的若干质点，e 点为波源，t ＝0时刻从平衡位置开始向上做简谐运动，振幅为4 cm ，周期为0.2 s ，在波的传播方向上，后一质点比前一质点迟0.05 s 开始振动．在t ＝0.55 s 时，x 轴上距e 点6 m 的某质点第二次到达最高点，则________．图1A ．该机械波的波长4 mB ．该机械波在弹性介质中的传播速度为10 m/sC ．图中相邻质点间距离为1 mD ．当c 点在平衡位置向上振动时，d 点位于波谷E ．当b 点经过的路程为12 cm 时，g 点经过的路程为16 cm 答案 ACE解析根据题意可知波的周期为0.2 s ，t ＝0时刻e 点从平衡位置开始向上做简谐运动，经过t ＝0.05 s ，e 点第一次到达最高点．t ＝0.55 s 时，x 轴上距e 点6 m 的某质点第二次到达最高点，则知该质点的振动比e 点落后一个半周期，即32λ＝6 m ，所以波长为 λ＝4 m ，波速为 v＝20 m/s ，故A 正确，B 错误；由波的周期为T ＝0.2 s ，后一质点比前一质点迟0.05 s ＝T4开始振动，可知相邻质点间的距离等于λ4，即为1 m ，故C 正确；因为c 、d 相差四分之一波长，所以当c 点在平衡位置向上振动时，d 点位于波峰，故D 错误；g 点比b 点早振动四分之一周期，多振一个振幅，即当b 点经过的路程为12 cm 时，g 点经过的路程为16 cm ，故E 正确．(2)(10分)如图2所示，一个盛有某种液体的槽，槽的中部扣着一个横截面为等腰直角三角形的薄壁透明罩CAB ，罩内为空气，整个罩子浸没在液体中，底边AB 上有一个点光源D ，其中BD ＝14AB . P 为BC 边的中点，若要在液面上方只能够看到被照亮的透明罩为P 点的上半部分，试求槽内液体的折射率应为多大？图2答案 5解析如图所示，由点光源发出的光线DP 恰好在液面发生全反射．由几何关系得入射角α＝45° 由临界角公式sin C ＝1n折射角β＝45°－C由折射定律，有n ＝sin αsin β＝sin 45°sin (45°－C )又cos C ＝1－sin 2C ＝ 1－1n2 解得n ＝ 5.2．(1)(5分)下列说法中正确的是________．A ．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关B ．如果质点所受的合外力总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动C ．紫光的双缝干涉条纹间距不可能大于红光双缝干涉条纹间距D ．一个单摆在海平面上的振动周期为T ，那么将其放在某高山之巅，其振动周期一定变大E ．利用红外摄影可以不受天气(阴雨、大雾等)的影响，因为红外线比可见光波长长，更容易绕过障碍物答案 ADE解析真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关，选项A 正确；如果质点所受的合外力总是指向平衡位置，且满足F ＝－kx ，则质点的运动就是简谐运动，选项B 错误；根据Δx ＝ld λ可知，因紫光的波长虽然小于红光，但是由于l 和d 不确定，则紫光的双缝干涉条纹间距也可能大于红光双缝干涉条纹间距，选项C 错误；一个单摆在海平面上的振动周期为T ，根据T ＝2πlg可知，将其放在某高山之巅，重力加速度变小，其振动周期一定变大，选项D 正确；利用红外摄影可以不受天气(阴雨、大雾等)的影响，因为红外线比可见光波长长，更容易绕过障碍物，选项E 正确．(2)(10分)如图3所示，图乙是截面图，—透明半圆柱体玻璃砖折射率为n ＝2，半径为R ，长为L .平行光束从半圆柱体的矩形表面垂直射入，部分柱面有光线射出．经玻璃砖折射后在下方的光屏MN 上得到一个宽为2R ，长为L 的矩形光斑，试求光屏MN 到玻璃砖的直径AB 的距离．图3答案3R解析设如图所示的两条光线处恰好满足全反射条件；设全反射临界角为θ，由折射定律有n ＝1sin θ得θ＝π6由几何关系可知：|PM |＝R ，|CO |＝32R ，|CO ′|＝36R ，|O ′D |＝|NQ ||PM |×|CO ′|＝33R 光屏MN 到玻璃砖的直径AB 的距离d ＝|OC |＋|CO ′|＋|O ′D |＝3R3．(1)(5分)沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形如图4所示，两质点M 、N 的横坐标分别为x 1＝1.5 m 和x 2＝2.5 m ，t ＝0时刻质点M 的运动方向沿y 轴的负方向．若从t ＝0时刻开始，经0.25 s 质点N 第一次到达平衡位置，则________．图4A ．该列波沿x 轴负方向传播B ．该列波的周期为1 sC ．该列波的波速为2 m/sD ．1 s 末，质点M 的运动方向沿y 轴的负方向E ．0～1 s 内，质点N 的路程等于8 cm 答案 ACE解析 t ＝0时刻质点M 的运动方向沿y 轴的负方向，依据波的平移法可知，该列波沿x 轴负方向传播，故A 正确；该列波沿x 轴负方向传播，则N 点振动的方向向上，从t ＝0时刻开始，经0.25 s 质点N 第一次到达平衡位置，可知该波在0.25 s 内传播的距离：x ＝3 m －2.5 m ＝0.5 m ，所以波速：v ＝x t ＝0.50.25 m /s ＝2 m/s ，由题图可知，该波的波长为4 m ，则：T ＝λv ＝42s ＝2 s ，故B 错误，C 正确；1 s 的时间等于半个周期，则M 点在半个周期后运动的方向与开始时相反，为沿y 轴正方向，故D 错误；由题图可知，该波的振幅A ＝4 cm ，质点在半个周期内的路程等于2倍的振幅，所以0～1 s 内，质点N 的路程等于8 cm ，故E 正确． (2)(10分)如图5所示，一个立方体玻璃砖的边长为a ，折射率n ＝1.5，立方体中心有一个小气泡．为使从立方体外面各个方向都看不到小气泡，必须在每个面上都贴一张纸片，则每张纸片的最小面积为多少？图5答案 πa 25解析设纸片的最小半径为r ，玻璃砖的临界角为C ，则sin C ＝1n ，r ＝a2tan C ，解得r ＝a 2n 2－1＝5a 5，则最小面积S ＝πr 2＝πa 25.4．(1)(5分)如图6甲，可以用来测定半圆柱形玻璃砖的折射率n ，O 是圆心，MN 是法线；一束单色光线以入射角i ＝30°由玻璃砖内射向O 点，折射角为γ，当入射角增大到也为γ时，恰好无光线从玻璃砖的上表面射出；让该单色光分别通过宽度不同的单缝a 、b 后，得到图乙所示的衍射图样(光在真空中的传播速度为c )，则________．图6A ．此光在玻璃中的全反射的临界角为60°B ．玻璃砖的折射率n ＝ 2C ．此光在玻璃砖中的传播速度为v ＝3c3D ．单缝b 宽度较大E ．光的偏振现象说明光是一种纵波答案 BD解析根据折射定律有n ＝sin γsin i ，由题知，玻璃砖的全反射临界角等于γ，则有sin γ＝1n，结合i ＝30°，解得n ＝2，γ＝45°，故A 错误，B 正确．光在玻璃砖中的传播速度为v ＝c n ＝22c ，故C 错误．由题图知，单色光通过单缝b 后衍射现象较a 不显著，所以单缝b 宽度较大，故D 正确．偏振是横波的特有现象，光的偏振现象说明光是一种横波，故E 错误．故选B 、D.(2)(10分)简谐横波沿x 轴传播，MN 是x 轴上两质点，如图7甲是质点N 的振动图象，图乙中实线是t ＝3 s 时的波形，质点M 位于x ＝8 m 处，虚线是经过Δt 后的波形(其中Δt >0)，图中两波峰间距离Δx ＝7.0 m ，求：图7(ⅰ)波速大小和方向；(ⅱ)时间Δt 和从此刻算起M 点的位移第一次到达2.5 cm 所需时间．答案 (ⅰ)43 m/s 沿x 轴负方向 (ⅱ)Δt ＝6k ＋5.25 s ，其中k ＝0,1,2,3，… 0.5 s解析 (ⅰ)由题图甲可知，简谐运动的周期T ＝6 s ，由图乙可知，简谐横波的波长λ＝8 m 故波速v ＝λT ＝43m/s由题图甲可知，t ＝3 s 时N 点沿－y 方向运动，所以简谐横波沿x 轴负方向传播； (ⅱ)kλ＋Δx ＝v Δt代入数据：Δt ＝6k ＋5.25 s ，其中k ＝0,1,2,3，…由题图乙可知，此刻M 点正经过平衡位置向上运动，所以振动方程y ＝A sin 2πTt 12A ＝A sin 2πT Δt ′ 2πT Δt ′＝π6 Δt ′＝T12＝0.5 s。

2018版高考物理专题总复习文档：选考题限时突破(三)

选考题限时突破(三)3－4(限时：25分钟)1．(1)(5分)在坐标原点的波源产生一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，波速v ＝200 m/s ，已知t ＝0时，波刚好传播到x ＝40 m 处，如图1所示．在x ＝400 m 处有一接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是________．图1A ．波源开始振动时方向沿y 轴负方向B ．从t ＝0开始经0.15 s ，x ＝40 m 的质点运动的路程为0.6 mC ．接收器在t ＝2 s 时才能接收到此波D ．若波源向x 轴正方向运动，接收器接收到波的频率可能为9 HzE ．若该波与另一列频率为5 Hz 沿x 轴负方向传播的简谐横波相遇，不能产生稳定的干涉图样答案 ABE解析波源开始振动时的方向与题图所示时刻x ＝40 m 处质点的振动方向相同，沿y 轴负方向，故A 正确．由图读出波长为λ＝20 m ，则该波的周期为T ＝λv ＝20200s ＝0.1 s ，t ＝0.15 s ＝1.5T ，所以x ＝40 m 的质点在t ＝0.15 s 时经过的路程为1.5×4A ＝1.5×0.4 m ＝0.6 m ，故B正确；波传到接收器所用的时间：t ＝s v ＝400－40200s ＝1.8 s ，选项C 错误；波的频率为10 Hz ，若波源向x 轴正方向运动，根据多普勒效应可知，接收器接收到波的频率应大于10 Hz ，不可能为9 Hz ，选项D 错误；波的频率为10 Hz ，若该波与另一列频率为5 Hz 沿x 轴负方向传播的简谐横波相遇，不能产生稳定的干涉图样，选项E 正确；故选A 、B 、E.(2)(10分)如图2所示，MN 为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R 、折射率为3的透明半球体，O 为球心，轴线OA 垂直于光屏，O至光屏的距离OA ＝332R .一细束单色光垂直射向半球体的平面，在平面的入射点为B ，OB ＝R 2.求：图2 (ⅰ)光线从透明半球体射出时，出射光线偏离原方向的角度．(ⅱ)光线在光屏形成的光斑到A 点的距离．答案 (ⅰ)30° (ⅱ)R 2解析 (ⅰ)光路图如图所示．设入射点B 到O 的垂直距离：BO ＝h ，∠BCO ＝β，折射角为i .对△OBC ，由正弦公式得：sin β＝h R ＝12又n ＝sin i sin β＝ 3 联立解得：sin i ＝3sin β＝32，所以：i ＝60° 故出射光线偏离原方向的角度为∠ECP ＝i －β＝30°(ⅱ)tan ∠ECP ＝EP CE ＝AP ＋EA OA －OQ又EA ＝R sin 30°＝R 2，OQ ＝R cos 30°＝32R 解得：AP ＝R 2. 2．(1)(5分)如图3，波源S 1在绳的左端发出频率为f 1，振幅为A 1的半个波形a ，同时另一个波源S 2在绳的右端发出频率为f 2、振幅为A 2的半个波形b (f 1＜ f 2)，P 为两个波源连线的中点，下列说法正确的是________．图3A ．两列波将同时到达P 点B ．a 的波峰到达S 2时，b 的波峰也恰好到达S 1C ．两列波在P 点叠加时P 点的位移最大可达A 1＋A 2D ．两列波相遇时，绳上位移可达A 1＋A 2的点只有一个，此点在P 点的左侧E ．两波源起振方向相同答案 ADE解析两列波在同一介质中传播，波速相等，同时到达中点P ，A 正确；因波长不同，当a 的波峰到达S 2时，b 的波峰已越过S 1，B 错误；由于a 的波长大于b 的波长，两列波在P 点叠加时两列波的波峰不可能同时到达P 点，所以P 点的位移最大不可能达A 1＋A 2，C 错误；两列波相遇时，两列波峰同时到达P 点的左侧，叠加后位移达到最大值，所以两列波相遇时，绳上位移可达A 1＋A 2的点只有一个，而且此点在P 点的左侧，D 正确；依据波的传播方向可知，波源的起振方向均向上，E 正确．(2)(10分)如图4所示，等腰直角三角形棱镜ABC ，一组平行光线垂直斜面AB 射入． (ⅰ)如果光线不从AC 、BC 面射出，求三棱镜的折射率n 的范围；(ⅱ)如果光线顺时针转过θ＝60°，即与AB 成30°角斜向下，不考虑反射光线的影响，当n ＝3时，能否有光线从BC 、AC 面射出？图4答案 (ⅰ)n ≥2 (ⅱ)光只能从BC 面射出解析 (ⅰ)光线穿过AB 面后方向不变，在AC 、BC 面上的入射角均为45°，发生全反射的条件为：sin 45°≥1n解得：n ≥ 2(ⅱ)当n ＝3时，设全反射的临界角为C ，sin C ＝33，折射光线如图所示，n ＝sin 60°sin α解得：α＝30°在BC 面的入射角β＝15°＜C ，所以光线可以从BC 射出，在AC 面的入射角θ＝75°＞C ，所以光线不能从AC 面射出，所以光只能从BC 面射出．3．(1)(5分)下列说法中正确的是________．A ．军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象B ．机械波和电磁波在介质中的传播速度都仅由介质决定C ．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃反射光的影响D ．水中的气泡看起来特别明亮，是因为光线从气泡中射向水中时，一部分光在界面上发生了全反射E ．赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在答案 ACE解析军队士兵过桥时使用便步，防止行走的频率与桥的频率相同，桥发生共振现象，故A 正确；机械波在介质中的传播速度由介质决定，与波的频率无关，电磁波在介质中的传播速度与介质和波的频率均有关，故B 错误；加偏振片的作用是减弱反射光的强度，从而增大透射光的强度，故C 正确； D 项中应该是光从水中射向气泡，故D 错误；麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故E 正确．(2)(10分)如图5甲所示是一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形图，已知波速v ＝2.0 m/s ，质点P 平衡位置的坐标为(0.4,0)，质点Q 平衡位置的坐标为(3.6,0)．图5(ⅰ)求出从t ＝0时刻到Q 点第二次振动到波谷的这段时间内质点P 通过的路程； (ⅱ)在图乙中画出质点Q 的振动图象(至少画出一个周期)．答案 (ⅰ) 0.22 m(ⅱ)质点Q 的振动图象如图所示解析 (ⅰ)波的周期T ＝λv ＝1.62.0s ＝0.8 s 从t ＝0到质点Q 第二次到达波谷所需时间t ＝Δx v ＋T ＝3.6－0.82.0s ＋0.8 s ＝2.2 s 在这2.2 s 内质点P 经历t ＝2.20.8T ＝114T 因而通过的路程为：s ＝114×4A ＝22 cm ＝0.22 m (ⅱ)质点Q 的振动图象如图所示．4．(1)(5分)如图6所示，两列简谐横波a 和b 均沿x 轴正方向传播，波速为40 m/s ，下列说法正确的是________．图6A ．a 波的周期为0.2 s ，b 波的周期为0.1 sB ．对于b 波，x 轴上的1 m 处的质点经过0.1 s 就传到x ＝5 m 处C ．a 、b 两列波相遇时不能发生稳定干涉D ．x ＝8 m 处的质点振动总是加强的E ．若两列波进入另一种介质，它们的频率都不会改变答案 ACE解析从题图中可知λb ＝4 m ，λa ＝8 m ，故T a ＝λa v a ＝8 m 40 m/s ＝0.2 s ，T b ＝λb v b ＝ 4 m 40 m/s＝0.1 s ，A 正确；波上的质点在传播过程中，只在平衡位置附近上下振动，不随波迁移，B 错误；由于两者周期不相同，即频率不相等，故不能发生稳定干涉，C 正确，D 错误；波的频率等于波源的振动频率，由波源决定，与介质无关，所以其频率不变，E 正确．(2)(10分)如图7甲所示是由透明材料制成的半圆柱体，一束细光束由真空沿着径向与 AB 成θ角射入后对射出的折射光线的强度进行记录，发现它随着θ角的变化而变化，变化关系如图乙所示；如图丙所示是这种材料制成的玻璃砖，左侧是半径为 R 的半圆，右侧是长为4R ，宽为2R 的长方形，一束单色光从左侧A ′点沿半径方向与长边成45°角射入玻璃砖，求：图7(ⅰ)该透明材料的折射率；(ⅱ)光线在玻璃砖中运动的总时间．(光在空气中的传播速度为c )答案 (ⅰ)2 (ⅱ)(22＋16)R c解析 (ⅰ)由题图乙可知，θ＝45°时，折射光线开始出现，说明此时对应的入射角应是发生全反射的临界角，即：C ＝90°－45°＝45°，根据全反射临界角公式为：sin C ＝1n则有折射率：n ＝ 2(ⅱ)因为临界角是45°，光线在玻璃砖中刚好发生5次全反射，光路图如图所示，则光程为：L ＝(2＋82)R光在玻璃砖中的传播速度为：v ＝c n ＝2c 2光在玻璃砖中的传播时间：t ＝L v ＝(22＋16)R c。

2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：阶段滚动检测四 Word版含答案

阶段滚动检测(四)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．(2016·吉林实验中学)已知集合A ＝{}x |－1≤x ≤1，B ＝{}x |x 2－2x ＜0，则A ∪(∁R B )等于( ) A ．[－1,0] B ．[1,2]C ．[0,1]D ．(－∞，1]∪[2，＋∞)2．若命题p ：函数y ＝x 2－2x 的单调递增区间是[1，＋∞)，命题q ：函数y ＝x －1x 的单调递增区间是[1，＋∞)，则( ) A ．p ∧q 是真命题 B ．p ∨q 是假命题 C ．綈p 是真命题D ．綈q 是真命题3．在平面四边形ABCD 中，AB →＋CD →＝0，(AB →－AD →)·AC →＝0，则四边形ABCD 是( ) A ．矩形 B ．梯形 C ．正方形D ．菱形4．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x ，x ≤4，log 2x ，x ＞4，若函数y ＝f (x )在区间(a ，a ＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是( ) A ．(－∞，1] B ．[1,4]C ．[4，＋∞)D ．(－∞，1]∪[4，＋∞)5．设a ＝22(sin 17°＋cos 17°)，b ＝2cos 213°－1，c ＝32，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．c ＜a ＜b B ．a ＜c ＜b C ．b ＜a ＜cD ．c ＜b ＜a6．(2016·青岛一模)已知数列{}a n 为等差数列，其前n 项和为S n ，若a 3＝6，S 3＝12，则公差d 等于( ) A ．1 B ．2 C ．3D.537．在锐角三角形ABC 中，若a ＝7，b ＝8，向量m ＝(12，cos A )，n ＝(sin A ，－32)，且m ⊥n ，则△ABC 的面积为( ) A ．3 3 B. 3 C ．10 3D ．5 38．已知数列{}a n 满足a 1＝1，且a n ＝13a n －1＋(13)n (n ≥2且n ∈N ＋)，则数列{}a n 的通项公式为( ) A ．a n ＝3nn ＋2B ．a n ＝n ＋23nC ．a n ＝n ＋2D ．a n ＝(n ＋2)3n9．(2016·天津模拟)若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，0) B ．(－∞，4] C ．(0，＋∞) D ．[4，＋∞)10.已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0，且|φ|<π2)的部分图象如图所示，则函数f (x )的一个单调递增区间是( ) A ．[－7π12，5π12]B ．[－7π12，－π12]C ．[－π12，7π12]D ．[－π12，5π12]11．对于一切实数x ，令[x ]为不大于x 的最大整数，则函数f (x )＝[x ]称为高斯函数或取整函数．若a n ＝f (n3)，n ∈N ＋，S n 为数列{}a n 的前n 项和，则S 3n 等于( )A.32n 2－12n B.32n 2＋12nC ．3n 2－2nD.92n 2－32n 12．(2016·长沙月考)已知f (x )是定义域为(－1,1)的奇函数，而且f (x )是减函数，如果f (m －2)＋f (2m －3)>0，那么实数m 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫1，53 B.⎝⎛⎭⎫－∞，53 C ．(1,3)D.⎝⎛⎭⎫53，＋∞第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知集合A ＝{}x ||x －a |≤1，B ＝{}x |x 2－5x ＋4≥0，若A ∩B ＝∅，则实数a 的取值范围是________．14．(2016·云南省第一次统一检测)已知函数f (x )的定义域为实数集R ，对∀x ∈R ，f (x －90)＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x ＞0，－x ，x ≤0，则f (10)－f (－100)的值为________． 15．(2016·郑州一模)整数数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N ＋)，若此数列的前800项的和是2 013，前813项的和是2 000，则其前2 015项的和为________．16．已知函数f (x )＝2sin 2(π4＋x )－3cos 2x .若关于x 的方程f (x )－m ＝2在[π4，π2]上有解，则实数m 的取值范围为________．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(10分)已知f (x )＝－3x 2＋a (5－a )x ＋b .(1)当不等式f (x )＞0的解集为(－1,3)时，求实数a ，b 的值； (2)若对任意实数a ，f (2)＜0恒成立，求实数b 的取值范围.18.(12分)(2016·青岛模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知a ≠b ，c ＝3，cos 2A －cos 2B ＝3sin A ·cos A －3sin B cos B ． (1)求角C 的大小；(2)若sin A ＝45，求△ABC 的面积．19.(12分)(2016·咸阳模拟)已知公差大于零的等差数列{}a n 的前n 项和为S n ，且满足a 3·a 4＝117，a 2＋a 5＝22. (1)求通项a n ； (2)求S n 的最小值；(3)若数列{}b n 是等差数列，且b n ＝S n n ＋c ，求非零常数c .20.(12分)(2016·重庆巴蜀中学一模)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ) (其中A >0，ω>0,0<φ<π2，x ∈R )的最小正周期为π，且图象上一个最低点为M ⎝⎛⎭⎫2π3，－2. (1)求f (x )的解析式；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π12时，求f (x )的最值.21.(12分)(2016·临沂模拟)已知a ＝(cos π3x ，sin π3x )，b ＝A (cos 2φ，－sin 2φ)，f (x )＝a ·b (A ＞0，|φ|＜π2)的部分图象如图所示，P ，Q 分别是该图象的最高点和最低点，点P 的坐标为(1，A )，点R 的坐标为(1,0)，△PRQ 的面积为332.(1)求A 及φ的值；(2)将f (x )的图象向左平移2个单位长度后得到函数g (x )的图象，求函数g (x )的单调减区间．22.(12分)(2016·辽宁重点中学协作体模拟考试)已知函数f (x )＝ln (x ＋1)x .(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)若x ＞0，证明：(e x －1)ln(x ＋1)＞x 2.答案精析1．D [∁R B ＝{}x |x 2－2x ≥0＝{}x |x ≤0或x ≥2，∴A ∪(∁R B )＝{}x |x ≤1或x ≥2.]2．D [因为函数y ＝x 2－2x 的单调递增区间是[1，＋∞)，所以p 是真命题；因为函数y ＝x －1x 的单调递增区间是(－∞，0)和(0，＋∞)，所以q 是假命题，所以p ∧q 为假命题，p ∨q 为真命题，綈p 为假命题，綈q 为真命题，故选D.]3．D [AB →＋CD →＝0⇒AB →＝－CD →＝DC →⇒四边形ABCD 是平行四边形，(AB →－AD →)·AC →＝DB →·AC →＝0⇒DB →⊥AC →，所以平行四边形ABCD 是菱形．]4．D [如图，画出f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x ，x ≤4，log 2x ，x ＞4的图象，若使函数y ＝f (x )在区间(a ，a ＋1)上单调递增，则a ＋1≤2或a ≥4，解得实数a 的取值范围是(－∞，1]∪[4，＋∞)，故选D.]5．A [由已知得a ＝sin(17°＋45°)＝sin 62°，b ＝cos 26°＝sin 64°，c ＝32＝sin 60°. 又y ＝sin x 在[0°，90°]上是增函数，所以c ＜a ＜b ，故选A.] 6．B [在等差数列{}a n 中，S 3＝3(a 1＋a 3)2＝3(a 1＋6)2＝12，解得a 1＝2，又a 3＝a 1＋2d ＝2＋2d ＝6，解得d ＝2，故选B.]7．C [因为m ⊥n ，所以12sin A －32cos A ＝0.又0°＜A ＜90°，所以cos A ≠0，则有tan A ＝3，因此A ＝60°.由正弦定理a sin A ＝b sin B ，且a ＝7，b ＝8，A ＝60°，知sin B ＝87sin 60°＝437，又△ABC 为锐角三角形，所以cos B ＝17.因为sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝32×17＋12×437＝5314，所以S △ABC ＝12ab sin C ＝10 3.故选C.] 8．B [由a n ＝13a n －1＋(13)n (n ≥2且n ∈N ＋)得3n a n ＝3n －1a n －1＋1,3n －1a n －1＝3n －2a n －2＋1，…，32a 2＝3a 1＋1，以上各式相加得3n a n ＝n ＋2，故a n ＝n ＋23n .]9．B [2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2.当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，所以a ≤h (x )min ＝4.故a 的取值范围是(－∞，4]．] 10．D [由函数的图象可得14T ＝23π－512π，∴T ＝π，则ω＝2.又图象过点(512π，2)，∴2sin(2×512π＋φ)＝2，∴φ＝－π3＋2k π，k ∈Z ，∵|φ|<π2，∴取k ＝0，则φ＝－π3，即得f (x )＝2sin(2x －π3)，其单调递增区间为[k π－π12，k π＋5π12]，k ∈Z ，取k ＝0，即得选项D.]11．A [由题意，当n ＝3k ，n ＝3k ＋1，n ＝3k ＋2时均有a n ＝f (n 3)＝[n3]＝k ，所以S 3n ＝0＋0＋1＋1＋13个＋2＋2＋23个＋…＋(n －1)＋(n －1)＋(n －1)3个＋n ＝3×1＋n －12×(n －1)＋n ＝32n 2－12n .] 12．A [∵f (x )是定义域为(－1,1)的奇函数， ∴－1<x <1，f (－x )＝－f (x )． ∴f (m －2)＋f (2m －3)>0可转化为 f (m －2)>－f (2m －3)，∴f (m －2)>f (－2m ＋3)， ∵f (x )是减函数， ∴m －2<－2m ＋3， ∵⎩⎪⎨⎪⎧－1<m －2<1，－1<2m －3<1，m －2<－2m ＋3.∴1<m <53.]13．(2,3)解析因为A ＝{}x |－1＋a ≤x ≤1＋a ，B ＝{}x |x ≤1或x ≥4，因为A ∩B ＝∅，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1＋a ＞1，1＋a ＜4，解得2＜a ＜3. 14．－8解析因为f (10)＝f (100－90)＝lg 100＝2， f (－100)＝f (－10－90)＝－(－10)＝10，所以f (10)－f (－100)＝2－10＝－8. 15．－13解析由a n ＋2＝a n ＋1－a n ，得a n ＋2＝a n －a n －1－a n ＝－a n －1，易得该数列是周期为6的数列，且a n ＋2＋a n －1＝0，S 800＝a 1＋a 2＝2 013，S 813＝a 1＋a 2＋a 3＝2 000，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＝a 2－a 1＝－13，a 2＋a 1＝2 013，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1 013，a 2＝1 000，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝－13，a 4＝－1 013，依次可得a 5＝－1 000，a 6＝13，由此可知a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＋a n ＋4＋a n ＋5＋a n ＋6＝0， ∴S 2 015＝S 5＝－13. 16．[0,1]解析 f (x )＝2sin 2(π4＋x )－3cos 2x＝1－cos(π2＋2x )－3cos 2x＝1＋sin 2x －3cos 2x ＝2sin(2x －π3)＋1，又x ∈[π4，π2]，所以2x －π3∈[π6，2π3]，sin(2x －π3)∈[12，1]，所以f (x )的值域为[2,3]，而f (x )＝m ＋2，所以m ＋2∈[2,3]，则m ∈[0,1]． 17．解 (1)f (x )＞0，即－3x 2＋a (5－a )x ＋b ＞0，所以3x 2－a (5－a )x －b ＜0，所以⎩⎪⎨⎪⎧3＋a (5－a )－b ＝0，27－3a (5－a )－b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝9或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝9.(2)f (2)＜0，即－12＋2a (5－a )＋b ＜0，即2a 2－10a ＋(12－b )＞0对任意实数a 恒成立，所以Δ＝100－8(12－b )＜0恒成立，所以b ＜－12.所以实数b 的取值范围为(－∞，－12)．18．解 (1)由题意得1＋cos 2A 2－1＋cos 2B 2＝32sin 2A－32sin 2B ，即32sin 2A －12cos 2A ＝32sin 2B －12cos 2B ，即sin(2A －π6)＝sin(2B －π6)．由a ≠b ，得A ≠B ，又A ＋B ∈(0，π)，得2A －π6＋2B －π6＝π，即A ＋B ＝2π3，所以C ＝π3.(2)由c ＝3，sin A ＝45，a sin A ＝c sin C ，得a ＝85.由a ＜c ，得A ＜C ，从而cos A ＝35，故sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝4＋3310，所以△ABC 的面积为S ＝12ac sin B ＝83＋1825.19．解 (1)因为数列{}a n 为等差数列，所以a 3＋a 4＝a 2＋a 5＝22. 又a 3·a 4＝117，所以a 3，a 4是方程x 2－22x ＋117＝0的两个实根，又公差d ＞0，所以a 3＜a 4，所以a 3＝9，a 4＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝9，a 1＋3d ＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4.所以通项a n ＝4n －3. (2)由(1)知，a 1＝1，d ＝4，所以S n ＝na 1＋n (n －1)2×d ＝2n 2－n＝2(n －14)2－18.所以当n ＝1时，S n 最小，最小值为S 1＝a 1＝1. (3)由(2)知，S n ＝2n 2－n ，所以b n ＝S nn ＋c ＝2n 2－n n ＋c，所以b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c. 因为数列{}b n 是等差数列，所以2b 2＝b 1＋b 3，即62＋c ×2＝11＋c ＋153＋c，所以2c 2＋c ＝0，所以c ＝－12或c ＝0(舍去)，故c ＝－12. 20．解 (1)由T ＝2πω＝π，得ω＝2. 因为图象上一个最低点为M ⎝⎛⎭⎫2π3，－2，所以A ＝2且2sin ⎝⎛⎭⎫2×23π＋φ＝－2，sin ⎝⎛⎭⎫π3＋φ＝1. 因为0<φ<π2，所以φ＝π6，所以f (x )的解析式为f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. (2)由0≤x ≤π12，得π6≤2x ＋π6≤π3，所以当2x ＋π6＝π6，即x ＝0时，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6取得最小值f (0)＝1；当2x ＋π6＝π3，即x ＝π12时， f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6取得最大值f ⎝⎛⎭⎫π12＝ 3. 21．解 (1)因为f (x )＝a ·b＝A cos π3x cos 2φ－A sin π3x sin 2φ＝A cos (π3x ＋2φ)，所以函数f (x )的周期T ＝2ππ3＝6. 如图，设直线PQ 与x 轴的交点为M ，则点M 是函数f (x )的图象与x 轴的一个交点，由题意得|RM |＝14T ＝32，|PR |＝A ，所以S △PRQ ＝2·S △PRM ＝2×12×32×A ＝332，即A ＝3，所以P (1，3)，f (x )＝3cos(π3x ＋2φ)， f (1)＝3cos(π3＋2φ)＝3，即cos(π3＋2φ)＝1，所以π3＋2φ＝2k π(k ∈Z )，即φ＝－π6＋k π(k ∈Z )．因为|φ|＜π2，所以φ＝－π6. 综上，A ＝3，φ＝－π6. (2)由(1)得f (x )＝3cos(π3x －π3)．由题意得g (x )＝3cos[π3(x ＋2)－π3] ＝3cos(π3x ＋π3)，由2k π≤π3x ＋π3≤π＋2k π(k ∈Z )，得6k －1≤x ≤6k ＋2(k ∈Z )，即函数g (x )的单调减区间为[6k －1,6k ＋2](k ∈Z )．22．(1)解函数f (x )的定义域是(－1,0)∪(0，＋∞)．对f (x )求导得f ′(x )＝x x ＋1－ln (x ＋1)x 2，令g (x )＝x x ＋1－ln(x ＋1)，则当x ＞0时，g ′(x )＝1(x ＋1)2－1x ＋1＝－x (x ＋1)2＜0. 故g (x )是(0，＋∞)上的减函数，所以g (x )＜g (0)＝0.所以f ′(x )＜0，所以函数f (x )是(0，＋∞)上的减函数．(2)证明将不等式(e x －1)ln(x ＋1)＞x 2等价为ln (x ＋1)x ＞x e x －1. 因为x e x －1＝ln e x e x －1＝ln (e x －1＋1)e x －1，故原不等式等价于ln (x ＋1)x ＞ln (e x －1＋1)e x －1，由(1)知，f (x )＝ln (x ＋1)x是(0，＋∞)上的减函数，故要证原不等式成立，只需证明：当x ＞0时，x ＜e x －1. 令h (x )＝e x －x －1，则h ′(x )＝e x －1＞0，h (x )是(0，＋∞)上的增函数，所以h (x )＞h (0)＝0，即x ＜e x －1，故f (x )＞f (e x －1)，即ln (x ＋1)x ＞ln (e x －1＋1)e x －1＝x e x －1. 故原不等式得证．。

2018年高考物理试题分册汇编全解全析3

(2018 •全国卷I) 33 (1).如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e，对此气体，下列说法正确的是____A.过程①中气体的压强逐渐减小B.过程②中气体对外界做正功C.过程④中气体从外界吸收了热量D.状态c、d的内能相等E.状态d的压强比状态b的压强小【答案】BDE【解析】本题考查对一定质量的理想气体的V-T图线的理解、理想气体状态方程、热力学第一定律、理想气体内能及其相关的知识点。

由理想气体状态方程p a V a/T a=p b V b/T b可知，p b>p a,即过程•中气体的压强逐渐增大，选项A 错误；由于过程中气体体积增大，所以过程中气体对外做功，选项B正确；过程一中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程.中气体放出热量，选项C错误；由于状态c、d的温度相等，根据理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，选项D正确；由理想气体状态方程p d V/T d=p b V b/T b可知，状态d的压强比状态b的压强小，选项E正确。

学科％网(2018 •全国卷I) 33 (2).如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。

开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0,现将K打开，容器内V的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体V 积减小了；，不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。

求流入汽缸内液体的质量。

【解析】本题考查破意耳定律、关联气体、压强及其相关的知识点。

役活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为压强为以；下方气体的体积为％,压强为网口在活塞下移的过程中』活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得Po7 = P工力由已知条件得设活塞上方液体的质量为由力的平衡条件得联立以上各式得(2018 •全国卷I) 33. (1)对于实际的气体，下列说法正确的是A.气体的内能包括气体分子的重力势能B.气体的内能包括分子之间相互作用的势能C.气体的内能包括气体整体运动的动能D.气体体积变化时，其内能可能不变E.气体的内能包括气体分子热运动的动能【答案】BDE【解析】ABCE、气体的内能等于所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，故AC错，BE对；D、根据热力学第一定律二二'.•':知道，改变内能的方式有做功和热传递，所以体积发生变化时，内能可能不变，故D正确；故选BDE点睛：不仅要知道内能是什么，还要知道改变内能的方式是什么。

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