全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练112018年全国Ⅰ卷选择题考点排查练

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2019高考物理全国通用版优编增分练：选择题考点排查练13+Word版含解析

2019高考物理全国通用版优编增分练
选择题考点排查练13
2018年(全国Ⅲ卷)选择题考点排查练
二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
14．(2018·衡水金卷四省第三次大联考)氡气有天然放射性，其衰变产生的粒子可对人的呼吸系统造成辐射损伤．氡衰变方程为22286Rn→21884Po＋X，衰变过程中同时产生γ射线，半衰期为3.8天，以下说法正确的是()
A．该衰变过程为β衰变
B．对一个特定的氡核，在3.8天内一定会衰变
C．γ射线是由处于高能级的21884Po核向低能级跃迁时产生的
D．衰变后，21884Po核与X粒子的质量之和等于衰变前22286Rn核的质量
答案 C
15．(2018·广东省汕头市第二次模拟)2018年2月12日，我国采取“一箭双星”方式，成功发射了北斗三号第五、六颗组网卫星，中国北斗导航系统由5颗地球同步静止轨道卫星和30颗中高度轨道卫星组成．已知北斗M4卫星绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度为21 617 km，地球半径约为6 400 km，地面重力加速度g＝9.8 m/s2，则北斗M4卫星的加速度大小约为()
A．0.51 m/s2B．0.859 m/s2
C．1.25 m/s2D．0.137 m/s2
1。

全国通用高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练132018年全国Ⅲ卷选择题考点排查练20181214141.doc

2018年(全国Ⅲ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．(2018·衡水金卷四省第三次大联考)氡气有天然放射性，其衰变产生的粒子可对人的呼吸系统造成辐射损伤．氡衰变方程为222 86Rn→218 84Po＋X，衰变过程中同时产生γ射线，半衰期为3.8天，以下说法正确的是( )A．该衰变过程为β衰变B．对一个特定的氡核，在3.8天内一定会衰变C．γ射线是由处于高能级的218 84Po核向低能级跃迁时产生的D．衰变后，218 84Po核与X粒子的质量之和等于衰变前222 86Rn核的质量答案 C15．(2018·广东省汕头市第二次模拟)2018年2月12日，我国采取“一箭双星”方式，成功发射了北斗三号第五、六颗组网卫星，中国北斗导航系统由5颗地球同步静止轨道卫星和30颗中高度轨道卫星组成．已知北斗M4卫星绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度为21 617 km，地球半径约为6 400 km，地面重力加速度g＝9.8 m/s2，则北斗M4卫星的加速度大小约为( )A．0.51 m/s2B．0.859 m/s2C．1.25 m/s2D．0.137 m/s2答案 A16．(2018·江西省重点中学协作体第二次联考)如图1甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是( )图1A ．图甲表示交流电，图乙表示直流电B ．两种电压的有效值都是311 VC ．图甲所示电压的瞬时值表达式为u ＝311sin 100πt (V)D ．图甲所示电压经原、副线圈匝数比为10∶1的理想变压器变压后，原、副线圈功率比为10∶1答案 C17．(2018·广东省肇庆市一模)如图2所示，光滑斜面固定在水平面上，顶端O 有一小球，小球从静止释放沿斜面运动到底端B 的时间是t 1.若给小球不同的水平初速度，使小球分别落到斜面上的A 点，经过的时间是t 2；落到斜面底端B 点，经过的时间是t 3；落到水平面上的C 点，经过的时间是t 4，则(空气阻力不计)( )图2A ．t 1＜t 2B ．t 4＜t 1C ．t 3＜t 4D ．t 3＜t 2答案 B解析小球做平抛运动时，竖直方向有h ＝12gt 2，因此下落高度大的经过的时间长，所以有t 4＝t 3>t 2，故C 、D 错误；小球沿斜面下滑时：l ＝12at 2，由于a <g ，l >h ，所以沿斜面下滑的时间是最长的，则t 4<t 1，故A 错误，B 正确．18．(2018·安徽省A10联盟最后一卷)t ＝0时，甲、乙两车同时同向行驶，其位移－时间图象分别为图3中直线甲和曲线乙．已知乙车的加速度恒定，且大小为4 m/s 2, t ＝3 s 时，直线甲和曲线乙刚好相切，且两车相遇，则t ＝0时甲车和乙车的距离为( )图3A ．16 mB ．18 mC ．20 mD ．22 m 答案 B解析由题图可知，甲车的速度为v 1＝Δx Δt ＝16－43m/s ＝4 m/s ，t ＝3 s 时，直线甲和曲线乙刚好相切，即此时乙车的速度v 2＝4 m/s ，由题图可知乙车做匀减速直线运动，即a ＝－4 m/s 2，设乙车的初速度为v 0，由v 2＝v 0＋at ，得v 0＝16 m/s ，由题图可知甲车的位移为x 1＝12 m ，乙车的位移为x 2＝v 0＋v 22t ＝16＋42×3 m＝30 m ，t ＝3 s 时，甲车和乙车到达同一位置，则Δx ＝x 2－x 1＝18 m ，故选B.19.静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t ＝4 s 时停下，其v －t 图象如图4所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )图4A ．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B ．整个过程中拉力做的功等于零C ．t ＝2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D ．t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内拉力做正功答案 AD20．(2018·衡水金卷调研卷五)如图5甲所示，1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的人类历史上第一台圆盘发电机．如图乙所示为这个圆盘发电机的示意图，铜圆盘安装在铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两铜片C 、D 分别与转轴和铜盘的边缘接触，使铜盘转动，电阻R 中就有电流，设铜盘的半径为r ，转动角速度为ω，转动方向如图乙所示(从左向右看为顺时针方向)，两磁极间磁场为匀强磁场，磁感应强度为B ，则下列说法正确的是( )图5A ．电阻R 中的电流方向从上到下B ．电阻R 中的电流方向从下到上C ．圆盘转动产生的感应电动势为Br 2ωD ．圆盘转动产生的感应电动势为12Br 2ω 答案 BD解析由右手定则可知圆盘转动产生的电流方向在圆盘内从C 向D ，电阻R 中的电流方向从下到上，A 错误，B 正确；圆盘转动产生的感应电动势为E ＝Br v ＝12Br 2ω，C 错误，D 正确． 21．(2018·安徽省“江南十校”二模)如图6所示，平行板电容器与电源相连，开始时极板不带电，质量为m 、电荷量为q 的油滴开始自由下落，一段时间后合上开关S ，油滴经过相同时间回到出发点．忽略电容器充电时间，极板间距足够大，已知充电后的电场强度大小为E ，下列判断正确的是( )图6A ．油滴带负电B ．Eq ＝4mgC ．油滴回到出发点的速度为0D ．油滴向下运动的过程中，机械能先不变后减小答案 ABD解析充电后，油滴受到向上的电场力，而电容器上极板带正电，电场方向竖直向下，故油滴带负电，A正确；闭合前，油滴向下运动的过程，h＝12gt2，闭合开关后，x＝v m t－12at2，又v m＝gt，h＝－x，解得a＝3g，对第二个过程由牛顿第二定律可得Eq－mg＝3mg，故Eq＝4mg，B正确；返回到出发点的速度为v＝v m－at＝－2v m，C错误；自由下落过程中机械能守恒，当闭合开关后，电场力做负功，所以机械能减小，故向下运动的过程中，机械能先不变后减小，D正确.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

高考物理总复习优编增分练：选考题考点排查练9 2018年(选考34题考点排查练

2018年(全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷)选考33题考点排查练1．(1)(2018·江西省樟树中学模拟)一定质量的理想气体从状态M 到达状态N ，有两个过程可以经历，其p －V 图象如图1所示．在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化．对于这两个过程，下列说法正确的是( )图1A ．气体经历过程1，其温度降低，内能减少B ．气体经历过程1，对外做功，内能不一定减少C ．气体在过程2中，一直对外做功D ．气体在过程2中，先向外放热后吸热E ．气体在过程2中，一直向外放热(2)(2018·福建省南平市5月综合质检)如图2所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为m 、厚度不计、横截面积均为S 的活塞A 、B 将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，在活塞A 的上方放置一质量也为m 的物块，整个装置处于静止状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为L 0.已知大气压强p 0＝2mgS，气体可视为理想气体且温度始终保持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高．当把活塞A 上面的物块取走时，活塞A 将向上移动，求系统重新达到静止状态时，活塞A 上升的高度．图2答案 (1)AD (2)712L 0解析 (1)气体经历过程1，压强减小，体积变大，气体膨胀对外做功，因气体始终与外界无热量交换，则内能减少，故温度降低，故A 正确，B 错误；气体在过程2中，根据理想气体状态方程pV T＝C ，刚开始时，体积不变，对外不做功，压强减小，则温度降低，对外放热，然后压强不变，体积变大，膨胀对外做功，则温度升高，吸热，故C 、E 错误，D 正确． (2)对气体Ⅰ，其初态压强p 1＝p 0＋2mgS＝2p 0末态压强为p 1′＝p 0＋mg S ＝32p 0，设末态时气体Ⅰ的长度为L 1根据玻意耳定律得：p 1L 0S ＝p 1′L 1S 解得L 1＝43L 0对气体Ⅱ，其初态压强为p 2＝p 1＋mg S ＝52p 0末态压强为p 2′＝p 1′＋mgS＝2p 0 设末状态时气体Ⅱ的长度为L 2 根据玻意耳定律得：p 2L 0S ＝p 2′L 2S 解得：L 2＝54L 0故活塞A 上升的高度为Δh ＝L 1＋L 2－2L 0＝712L 02．(2018·河南省开封市第三次模拟)(1)下列说法正确的是( ) A ．零摄氏度的物体的内能为零B ．气体如果失去了容器的约束会散开，这是气体分子热运动的结果C ．温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同D ．理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，且分子力表现为斥力E ．浸润现象是分子间作用力引起的(2)某物理社团受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计．如图3，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L ，内部分别有轻质薄活塞A 、B ，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口．外界大气压强为p 0，汽缸Ⅰ内通过A 封有压强为p 0的气体，汽缸Ⅱ内通过B 封有压强为2p 0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A 、B 均位于汽缸最左端．该装置放入水下后，通过A 向右移动的距离可测定水的深度．已知p 0相当于10 m 高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：图3①当A 向右移动L4时，水的深度h ；②该深度计能测量的最大水深h m . 答案 (1)BCE (2)①3.33 m ②20 m解析 (1)一切物体都有内能，故A 错误；气体如果失去了容器的约束会散开，这是气体分子热运动的结果，故B 正确；温度是分子平均动能的标志，所以温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同，故C 正确；理想气体，分子间引力和斥力同时存在，当分子间距离增大时引力和斥力同时减小，只是斥力减小得更快，当分子间距离大于平衡距离时，分子间表现为引力，当分子间距离减小时，引力和斥力同时增大，只是斥力增大得更快，当分子间距离小于平衡距离时，分子间表现为斥力，所以分子间作用力是引力和斥力的合力表现，故D 错误；浸润现象是分子间作用力引起的，故E 正确． (2)①当A 向右移动L4时，设B 不移动对汽缸Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：p 0SL ＝p 134SL解得：p 1＝43p 0而此时B 中气体的压强为2p 0>p 1，故B 不动由p 1＝p 0＋p h解得：水的深度p h ＝p 1－p 0＝13p 0，故h ≈3.33 m②该装置放入水下后，由于水的压力A 向右移动，汽缸Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于2p 0后B 开始向右移动，当A 恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原汽缸Ⅰ内气体全部进入汽缸Ⅱ内，设B 向右移动x 距离，两部分气体压强为p 2，活塞横截面积为S 对原Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：p 0SL ＝p 2Sx 对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得：2p 0SL ＝p 2S (L －x ) 又p 2＝p 0＋p h m联立解得p h m ＝2p 0，故h m ＝20 m.3．(2018·湖南省衡阳市第三次联考)(1)下列说法正确的是________． A ．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果B ．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点C ．一定质量的100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子势能不变D ．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果E ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律(2)如图4所示，内壁光滑的汽缸分为高度相等的AB 、BC 两部分．AB 、BC 两部分中各有厚度和质量均可忽略的绝热活塞a 、b ，横截面积S a ＝2S b ，活塞a 上端封闭氧气，a 、b 间封闭氮气，活塞b 下端与大气连通，汽缸顶部导热，其余部分均绝热．活塞a 离汽缸顶的距离是AB 高度的14，活塞b 在BC 的正中间．初始状态平衡，大气压强为p 0，外界和汽缸内气体温度均为27 ℃.①通过电阻丝缓慢加热氮气，求活塞b 刚降至底部时氮气的温度． ②通过电阻丝缓慢加热氮气至750 K ，求平衡后氧气的压强．图4答案 (1)ABD (2)①375 K ② 116p 0解析 (1)空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，选项A 正确；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，选项B 正确；一定质量的100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子动能不变，分子势能增加，选项C 错误；干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果，选项D 正确；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，选项E 错误．(2)①活塞b 降至底部的过程中活塞a 不动，氮气经历等压变化，设AB 部分的体积为V 0，由题意可知：BC 部分的体积为0.5V 0，设氮气初态的体积为V 1，温度为T 1，压强为p 1，末态体积为V 2，温度为T 2，由几何关系可得：V 1＝V 0，V 2＝54V 0由盖—吕萨克定律可得：V 1T 1＝V 2T 2，代入数据可得：T 2＝375 K②设平衡后中间氮气的体积为V 3，上方氧气的体积为V 4，压强为p ，对中间氮气由理想气体的状态方程可得：p 1V 1T 1＝pV 3T 3，氧气初态的体积为V 04，对上方氧气，发生等温变化，由玻意耳定律得：p 0V 04＝pV 4 V 3＋V 4＝32V 0联立得：p ＝116p 0。

全国通用版19高考物理总复习优编增分练：题考点排查练82018年全国ⅠⅡⅢ卷34题考点排查练

2017年(全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷)选考34题考点排查练1．(2018·重庆市江津中学、合川中学等七校第三次模拟)(1)下列说法正确的是________．A ．声波从空气进入水中时，其波速增大，波长变长B ．纵波传播过程中各质点的运动方向与波的传播方向总是垂直的C ．当波源与观察者相向运动时，波源自身的频率不变D ．均匀变化的磁场产生变化的电场，均匀变化的电场产生变化的磁场E ．只有频率相同的两列波才可能发生干涉现象(2)半径为R 的半圆柱形玻璃砖的截面如图1所示，O 为圆心，光线Ⅰ沿半径方向从a 点射入玻璃砖后，恰好在O 点发生全反射，另一条光线Ⅱ平行于光线Ⅰ从最高点b 射入玻璃砖后，在底边MN 上的d 点射出，若测得Od ＝R 4，求该玻璃砖的折射率．图1答案 (1)ACE (2)2.03解析 (1)声波由空气进入水中时波速v 变大，频率f 不变，由公式v ＝λf 知，波长λ变大，故A 正确；纵波传播过程中各质点的运动方向与波的传播方向总是平行的，故B 错误；当波源与观察者相向运动时，波源自身的频率不变，故C 正确；均匀变化的磁场产生恒定的电场，均匀变化的电场产生恒定的磁场，故D 错误；只有频率相同的两列波才可能发生干涉现象，故E 正确．(2)设光线Ⅱ的入射角和折射角分别为i 和r ，在△bOd 中，bd ＝Ob 2＋Od 2＝174R ，sin r ＝Odbd ＝1717，由折射定律有n ＝sin i sin r ，即sin i ＝1717n又因为光线Ⅰ与光线Ⅱ平行，且在O 点恰好发生全反射，有：sin i ＝1n ，所以1717＝1n2，解得：n ＝417≈2.032．(1)(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图2所示，下列说法正确的是________．图2A ．图甲中，P 、Q 是偏振片，M 是光屏，当P 固定不动，缓慢转动Q 时，光屏M 上的光亮度将会变化，此现象表明光波是横波B ．图乙是双缝干涉示意图，若只减小屏到双缝间的距离L ，两相邻亮条纹间距离将减小C ．根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围一定能产生电磁波D ．利用红外线进行遥感主要是因为红外线的波长长，容易发生衍射E ．人站在路边，一辆汽车响着喇叭从人身边疾驰而过，人听到喇叭的音调会由低变高(2)(2018·湖北省武汉市部分学校起点调研)如图3，水平桌面上有一水槽，槽中放置着平面镜M ，镜面与水平面之间的夹角为θ.一束白光从O 点射向水面，先经水面折射，再经平面镜反射，又经水面折射回到空气中，最后在水槽左上方的竖直屏N 上形成彩色光带．若逐渐增大θ角，各种色光陆续消失，假定所有光线均在同一竖直平面．图3①________色光最先从屏上消失；②若入射光线与水面成30°角，镜面与水平面之间的夹角θ＝45°，屏上的彩色光带恰好全部消失．求最后消失的色光对水的折射率．(结果可以用根式表示)答案 (1)ABD (1)①紫 ②72解析 (1)只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故A 正确．根据双缝干涉两相邻亮条纹的间距Δx 与双缝间距离d 及光的波长λ的关系式Δx ＝L dλ，可知若只减小屏到双缝间的距离L ，两相邻亮条纹间距离Δx 将减小，故B 正确．根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场；均匀变化的电(磁)场只能产生恒定不变的磁(电)场，故C 错误．波长越长，越容易发生衍射现象；利用红外线进行遥感是因为红外线的波长长，容易发生衍射，故D 正确．根据多普勒效应，声波波源远离观察者时，则观察者接收到的声波频率变小，故E 错误．(2)①逐渐增大θ角，反射光线逆时针转动，反射光线射到水面的入射角增大，由于紫光的临界角最小，所以紫光的入射角首先达到临界角，发生全反射，故从屏上最先消失的是紫色光．②最后消失的是红光，红光传播的光路如图．在空气与水的界面，入射角α＝60°，折射角为β.由折射定律n ＝sin αsin β红光在平面镜上的入射角为r ，由几何关系β＋r ＝45°红光由水面射向空气，恰好发生全反射时入射角为C ，由几何关系C ＝β＋2r 且sin C ＝1n，联立解得n ＝72. 3．(2018·河南省六市第二次联考)(1)两列简谐横波的振幅都是20 cm ，传播速度大小相等．实线波的频率为2 Hz ，沿x 轴正方向传播；虚线波沿x 轴负方向传播．某时刻两列波相遇时的波形如图4所示，则以下分析正确的是________．图4A ．虚线波的周期是0.75 sB ．两列波在相遇区域会发生干涉现象C ．从图示时刻起再经过0.25 s ，平衡位置为x ＝5 m 处的质点的位移y <0D ．从图示时刻起至少再经过532s ，平衡位置为x ＝6.25 m 处的质点位移达到最大 E ．平衡位置为x ＝6 m 处的质点在图示时刻速度为0(2)如图5所示，在坐标系的第一象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体OPQ ，OP ＝OQ ＝R ，一束复色光沿MN 射入玻璃体，在PQ 面上的入射点为N ，经玻璃体折射后，有两束单色光e 、f 分别从OP 面上的A 点和B 点射出，已知NA 平行于x 轴，OA ＝R2，OM ＝3R .图5①求e 光在该玻璃体中的折射率；②某同学测量得到OB ＝0.6R ，NB ＝0.9R ，求f 光在该玻璃体中的折射率．答案 (1)ACD (2)① 3 ②1.5解析 (1)由题知，实线波的周期为T 1＝1f 1＝12s ＝0.5 s ，两列波传播速度大小相等，由题图可知，实线波的波长λ1＝4 m ，虚线波的波长λ2＝6 m ，由v ＝λT可得实线波和虚线波的周期之比为2∶3，故虚线波的周期T 2＝32T 1＝0.75 s ，则虚线波的频率为f 2＝1T 2＝43Hz≠f 1，故两列波在相遇区域不会发生干涉现象，故A 正确，B 错误；从图示时刻起再经过0.25 s ，实线波在平衡位置为x ＝5 m 处于波谷，而虚线波在平衡位置为x ＝5 m 处的质点位于y 轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y ＜0，故C 正确；在图示时刻，实线波的波峰距平衡位置为x ＝6.25 m 处的质点的最近距离为x 1＝1.25 m ，虚线波的波峰距平衡位置为x ＝6.25 m 处的质点的最近距离也为x 1＝1.25 m ，因波速大小相等，故经过相同的时间两列波的波峰同时到达x ＝6.25 m 处，该处质点的位移最大，则经历的时间为Δt ＝x 1v ＝x 1λ1f 1＝1.254×2 s ＝532s ，故D 正确；根据“上下坡法”可知，两列波在平衡位置为x ＝6 m 处的振动方向都向上，故此处质点的速度不为0，故E 错误．(2)①如图所示，e 光在PQ 面上的折射角为θ1由图可知：sin θ1＝OA ON ＝12由几何关系可得θ2＝60°e 光在该玻璃体中的折射率n e ＝sin θ2sin θ1＝ 3 ②如图所示，根据几何关系和折射定律：nf ＝sin θ2sin∠ONB由正弦定理得：BN sin∠BON ＝OB sin∠ONB，∠BON ＝60° 故f 光的折射率为n f ＝BN OB＝1.5。

高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练112018年全国Ⅰ卷选择题考点排查练

2018年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．一物体做匀变速直线运动，经过时间t ，它的速度由v 1变为v 2，通过的位移为x ，下列说法中错误的是( )A ．这段时间内它的平均速度v ＝xtB ．这段时间内它的平均速度v ＝v 1＋v 22C ．通过x 2时，它的瞬时速度为xtD ．通过x2时，它的瞬时速度为v 12＋v 222答案 C15．(2018·江西省南昌市第二次模拟)如图1所示，物体(可视为质点)从倾角为α的固定斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v 1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v ，已知v 1是v 的k 倍，且k <1，不计空气阻力．物体与斜面间的动摩擦因数为( )图1A ．(1－k )sin αB ．(1－k )cos αC ．(1－k 2)tan α D.1－k 2tan α答案 C16．(2018·山东省青岛市5月二模)如图2，绝缘光滑圆环竖直放置，a 、b 、c 为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c 位于圆环最高点，ac 连线与竖直方向成60°角，bc 连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态．下列说法正确的是( )图2A ．a 、b 、c 小球带同种电荷B ．a 、b 小球带异种电荷，b 、c 小球带同种电荷C ．a 、b 小球电荷量之比为36 D ．a 、b 小球电荷量之比为39答案 D17．(2018·河南省鹤壁市第二次段考)如图3，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B 中．一接入电路的电阻为R 的导体棒PQ ，在水平拉力作用下沿ab 、dc 以速度v 匀速滑动，滑动过程PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中( )图3A ．PQ 中电流一直增大B ．PQ 中电流一直减小C ．线框消耗的电功率先增大后减小D ．线框消耗的电功率先减小后增大答案 C解析设导体棒接入电路的长度为L ，磁感应强度为B ，导体棒的速度v 保持不变，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E ＝BLv 不变，设左边线框的电阻为r ，左右两边线框的电阻为R 并，则1R 并＝1r ＋13R －r ，流过PQ 的电流I ＝E R ＋R 并＝3REr (3R －r )＋3R 2，可以看出当PQ 从靠近ad向bc 滑动过程中，r 增大，从而可以判断电流先减小后增大，故A 、B 项错误；等效电源的内阻为R ，PQ 从靠近ad 向bc 滑动过程中，外电路的并联等效电阻先增大到0.75R 又减小，外电路的电阻等于电源内阻时外电路消耗的电功率最大，所以外电路的电功率先增大后减小，故C 项正确，D 项错误．18．(2018·四川省第二次“联测促改”)高速公路部分路段旁建有如图4所示的避险车道，车辆可驶入避险．若质量为m 的货车关闭发动机后以初速度v 0经A 点冲上避险车道，前进距离l 时到B 点减速为0，货车所受阻力恒定，A 、B 两点高度差为h ，C 为A 、B 中点，已知重力加速度为g ，下列关于该货车从A 运动到B 过程说法正确的是( )图4A ．克服阻力做的功为12mv 02B ．该过程产生的热量为12mv 02－mghC ．在AC 段克服阻力做的功小于在CB 段克服阻力做的功D ．在AC 段的运动时间大于在CB 段的运动时间答案 B解析由A →B ，根据动能定理得－mgh －F f l ＝0－12mv 02，克服阻力做的功为W f ＝F f l ＝12mv 02－mgh ，故A 错误；克服阻力做的功等于系统产生的内能，该过程产生的热量为12mv 02－mgh ，故B 正确；克服阻力做的功与位移成正比，在AC 段克服阻力做的功等于在CB 段克服阻力做的功，故C 错误；从A 到B 做匀减速运动，在AC 段的运动时间小于在CB 段的运动时间，故D 错误．19．(2018·山东省济宁市上学期期末)如图5所示，三根长均为L 的直导线水平固定放置，截面构成以A 为顶点的等腰直角三角形，其中导线A 、B 电流的方向垂直纸面向里，导线C 中电流的方向垂直纸面向外．若导线B 、C 中的电流在导线A 所在位置处产生的磁感应强度的大小均为B 0，导线A 通过的电流大小为I ，则导线A 受到的安培力( )图5A．大小为2B0ILB．大小为2B0ILC．方向竖直向上D．方向水平向左答案AC解析导线B、C中的电流在A处产生的磁感应强度的大小均为B0，如图所示：根据平行四边形定则，结合几何关系可知，A处的合磁感应强度为：B A＝2B0，由左手定则可知，导线A所受安培力方向竖直向上，大小为F＝2B0IL，故A、C正确，B、D错误．20．(2018·衡水金卷四省第三次大联考)如图6所示，2017年8月，中科院南极天文中心的巡天望远镜观测到一个由双中子星构成的孤立双星系统产生的引力波．该双星系统以引力波的形式向外辐射能量，使得圆周运动的周期T极其缓慢地减小，双星的质量m1与m2均不变，则下列关于该双星系统变化的说法正确的是( )图6A．双星间的间距逐渐增大B．双星间的万有引力逐渐增大C．双星的线速度逐渐增大D．双星系统的引力势能逐渐增大答案BC解析由万有引力提供向心力得：Gm 1m 2L 2＝m 1(2πT )2r 1＝m 2(2πT )2r 2＝m 1v 12r 1＝m 2v 22r 2，其中r 1＋r 2＝L ，解得周期：T ＝4π2L3G (m 1＋m 2)，周期减小，则双星间的间距L 减小，双星间的万有引力增大，万有引力对双星做正功，双星系统的引力势能减小，v 1＝Gm 22(m 1＋m 2)L ，v 2＝Gm 12(m 1＋m 2)L，双星间的间距L 减小，双星各自的线速度增大，故B 、C 正确，A 、D 错误．21．(2018·江西省南昌市第二次模拟)如图7所示，ABC 是处于竖直平面内的光滑绝缘固定斜劈，∠C ＝30°、∠B ＝60°，D 为AC 的中点；质量为m 、带正电的小滑块沿AB 面自A 点由静止释放，滑到斜面底端B 点时速度为v 0，若空间加一与ABC 平面平行的匀强电场，滑块仍由静止释放，沿AB 面滑下，滑到斜面底端B 点时速度为2v 0，若滑块由静止沿AC 面滑下，滑到斜面底端C 点时速度为3v 0，则下列说法正确的是( )图7A ．电场方向由A 指向CB ．B 点电势与D 点电势相等C ．滑块滑到D 点时机械能增加了12mv 02D ．小滑块沿AB 面、AC 面滑下过程中电势能变化量大小之比为2∶3 答案 BC解析无电场时由A 到B ：mgh ＝12mv 02①有电场时由A 到B ：mgh ＋W E ＝12m (2v 0)2②有电场时由A 到C ：mgh ＋W E ′＝12m (3v 0)2③联立①②③式得：W E ＝12mv 02，W E ′＝mv 02又因为W E ＝qU AB ，W E ′＝qU AC ，故U AB ＝12U AC ，则D 点与B 点电势相等，故B 正确；AC 与BD 不垂直，所以电场方向不可能由A 指向C ，故A 错误；因D 为AC 的中点，则滑块滑到D 点电场力做的功为滑到C 点的一半，为12mv 02 ，则机械能增加了12mv 02，故C 正确；根据W E ＝12mv 02，W E ′＝mv 02知滑块沿AB 面、AC 面滑下过程中电势能变化量大小之比为1∶2，故D 错误.。

全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：鸭题考点排查练102018年全国ⅠⅡⅢ卷鸭34题考点排查练

2018年(全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷)选考34题考点排查练1．(1)(2018·四川省广安、眉山、内江和遂宁第三次模拟)两种单色光分别通过同一双缝干涉装置得到的干涉图样如图1甲、乙所示．图丙中有一半圆玻璃砖，O 是圆心，MN 是法线，PQ 是足够长的光屏．甲单色光以入射角i 由玻璃砖内部射向O 点，折射角为r .则下列说法正确的是________．图1A ．乙光以i 入射时一定发生全反射B ．甲光的频率比乙光的频率大C ．光的干涉现象说明光是一列横波D ．甲光在玻璃砖中的临界角C 满足sin C ＝sin isin rE ．若绕O 点逆时针旋转玻璃砖，PQ 上可能接收不到甲光(2)(2018·湖南省衡阳市第三次联考)如图2所示，实线是一列简谐横波在t 1时刻的波形图，虚线是在t 2＝(t 1＋0.2) s 时刻的波形图．图2①在t 1到t 2的时间内．如果M 通过的路程为1 m ，那么波的传播方向怎样？波速多大？②若波速为55 m/s ，求质点M 在t 1时刻的振动方向．答案 (1)BDE (2)①沿x 轴正方向传播 25 m/s ②向下振动解析 (1)题图乙中两相邻亮条纹间距Δx 更大，根据Δx ＝Ld λ，可知L 、d 一样，故乙光的波长长，根据c ＝λν，可知乙光的频率小，甲光的频率大，故玻璃砖对甲光的折射率大于玻璃砖对乙光的折射率，根据全反射的条件sin C ＝1n ，可知乙光发生全反射的临界角大于甲光的全反射临界角，由题知，当甲单色光以入射角i 由玻璃砖内部射向O 点能折射出来，故乙光以i 入射时不能发生全反射，故A 错误，B 正确；光的偏振现象说明光是横波，故C 错误；根据折射定律得n ＝sin r sin i ，而全反射的临界角sin C ＝1n ，解得sin C ＝sin i sin r，故D 正确；因甲光的全反射临界角较小，故若绕O 点逆时针旋转玻璃砖，甲光先消失，故E 正确．(2)①由题图知振幅为A ＝20 cm ＝0.2 m ．如果M 通过的路程为x ′＝1 m ，则经历的时间与周期的比值m ＝x′4A ＝114，说明波沿x 轴正方向传播；波速为v 2＝m λt2－t1＝114×40.2 m/s ＝25 m/s.②从波的图象可以看出，波长为λ＝4 m ．若波沿x 轴正方向传播，t 1到t 2时间内波传播的距离为x 1＝(n ＋14)λ(n ＝0、1、2…)，波传播的速度为v 1＝x1t2－t1＝5(4n ＋1)m/s(n ＝0、1、2…)，波速不可能等于55 m/s ，说明波沿x 轴负方向传播，质点M 向下振动．2．(2018·湖北省4月调研)(1)下列说法正确的是________．A ．不管系统的固有频率如何，它做受迫振动的频率总等于周期性驱动力的频率，与系统的固有频率无关B ．游泳时耳朵在水中听到的音乐与在岸上听到的是一样的，说明机械波从一种介质进入另一种介质，频率并不改变C ．当光从一种介质射入另一种介质时，如果入射角足够大，就会发生全反射现象D ．麦克斯韦电磁场理论的主要论点是变化的磁场激发电场，变化的电场激发磁场E ．相对论认为：一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度大(2)“道威棱镜”广泛地应用在光学仪器中，如图3所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射．从M 点发出的一束平行于底边CD 的单色光从AC 边射入，已知棱镜玻璃的折射率n ＝2，光在真空中的速度为c .图3 ①请通过计算判断该光线能否从CD 边射出；②若CD ＝6l ，光在“道威棱镜“内部传播的时间为多少．答案 (1)ABD (2)①光线无法从CD 边射出 ②22lc解析 (1)不管系统的固有频率如何，它做受迫振动的频率总等于周期性驱动力的频率，与系统的固有频率无关，选项A 正确；游泳时耳朵在水中听到的音乐与在岸上听到的是一样的，说明机械波从一种介质进入另一种介质，频率并不改变，选项B 正确；只有当光从光密介质射入另一种光疏介质时，如果入射角足够大，才会发生全反射现象，选项C 错误；麦克斯韦电磁场理论的主要论点是变化的磁场激发电场，变化的电场激发磁场，选项D 正确；相对论认为：一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度小，选项E 错误．(2)①光在棱镜中传播光路如图所示．由折射定律得n ＝sin 45°sin γ解得γ＝30° 而sin C ＝1n 解得C ＝45°光线到达CD 边时，θ＝75°>C ，故光线无法从CD 边射出．②光线在棱镜内传播，n ＝cv由正弦定理得APsin 45°＝CPsin 120°解得AP ＝63CP由对称性可知，光在棱镜内部传播的路程s ＝63CD而t ＝s v所以t ＝22lc3．(2018·安徽省A10联盟最后一卷)(1)如图4，轴上S 1与S 2是两个波源，产生的简谐波分别沿轴向右、向左传播，波速均为v ＝0.4 m/s ，振幅均为A ＝2 cm ，图示为t ＝0时刻两列波的图象，此时分别传播到P 点和Q 点，下列说法正确的是________．图4 A ．图示时刻质点P 、Q 都沿y 轴负向运动B ．t ＝0.75 s 时刻，质点P 、Q 都运动到M 点C ．t ＝1 s 时刻，x ＝0.5 m 处的质点M 的位移为－4 cmD ．t ＝1.25 s 时刻，x ＝0.5 m 处的质点M 为振动减弱点E ．t ＝3.5 s 时刻，质点P 的位移为0(2)如图5，上下表面平行的玻璃砖折射率n ＝2，下表面镀有反射膜，玻璃砖右侧竖直放置一标尺．一束单色光以入射角i ＝45°射到玻璃砖上表面的A 点，在标尺上出现两个光点(图中未画出)．不考虑多次反射，已知折射光在玻璃砖内的传播时间为t ，真空中的光速为c ，求：图5①标尺上两光点的距离；②光在标尺上形成两光点的时间差．答案 (1)ACE (2)①24ct ②t2解析 (1)两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播，则质点P 、Q 均沿y 轴负方向运动，故A 正确；质点不随波迁移，所以质点P 、Q 都不会运动到M 点，故B 错误；波的周期T ＝λv ＝0.40.4 s ＝1 s ，两列波从P 、Q 两点传到M 的时间为34T ，当t ＝1 s 时刻，两波的波谷恰好传到质点M ，所以位移为－4 cm ，故C 正确；经t ＝1.25 s ＝T ＋T 4时，两波的平衡位置恰好传到质点M ，根据“上下坡”法，可知两波此时在质点M 处的运动方向都沿y 轴正方向，即M 点为振动加强点，故D 错误；向左传播的波经t ＝0.8－0.20.4 s ＝1.5 s 传到质点P ，再经过t ＝2 s ＝2T ，刚好到t ＝3.5 s ，此时质点P 在平衡位置，质点P 在向右传播的波经t ＝3.5 s ＝3T ＋T2，也刚好回到平衡位置，故在t ＝3.5 s 时质点P 在平衡位置，则此时质点P 的位移为0，故E正确．(2)①光路如图由折射定律：n ＝sin isin r，知r ＝30°由几何关系知GF ＝BE ＝AB光在玻璃中的速度为v ＝c n ＝22c光在玻璃中的路径长度s ＝2AB ＝vt可解得标尺上两光点的距离GF ＝24ct②反射光在AE 段的传播时间为t 1＝ABcos 45°·c在EG 段的传播时间与折射光在BF 段的传播时间相等，所以光在标尺上形成两光点的时间差：Δt ＝t －t 1＝t2。

2019高考物理全国通用版优编增分练：选择题考点排查练2+Word版含解析

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2019高考物理全国通用版优编增分练
选择题考点排查练2
2014年(全国Ⅱ卷)选择题考点排查练
二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
14．(2018·广东省湛江市第二次模拟)某同学在开展研究性学习的过程中，利用速度传感器研究某一物体以初速度1 m/s 做直线运动的速度v 随时间t 变化的规律，并在计算机上得到了前4 s 内物体速度随时间变化的关系图象，如图1所示．则下列说法正确的是( )
图1
A ．物体在1 s 末速度方向改变
B ．物体在3 s 末加速度方向改变
C ．前4 s 内物体的最大位移只出现在第3 s 末，大小为3.5 m
D ．物体在第2 s 末与第4 s 末的速度相同答案 C
15．(2018·湖北省4月调研)如图2，某楼梯有k 级台阶，每级台阶长L ＝30 cm ，高h ＝15 cm.某同学从第0级台阶的边缘以v 0＝2.4 m/s 的速度平抛小球，小球将首先落在(不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2) ( )。

【配套K12】[学习](全国通用版)2019高考物理总复习优编增分练：选考题考点排查练7 2018

2017年(全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷)选考33题考点排查练1．(1)(2018·陕西省渭南市第三次模拟)下列说法正确的是________． A ．松香在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变 B ．当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小 C ．液体的饱和汽压与饱和汽的体积有关D ．若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则压强一定增大E ．若一定质量的理想气体分子平均动能减小，且外界对气体做功，则气体一定放热 (2)(2018·江西省重点中学协作体第二次联考) 如图1所示，粗细均匀且内壁光滑的导热细玻璃管长L 0＝65 cm ，用长为h ＝25 cm 的水银柱封闭一段理想气体．开始时玻璃管水平放置，气柱长L 1＝25 cm ，大气压强为p 0＝75 cmHg.不考虑环境温度的变化．图1①若将玻璃管由水平位置缓慢转至竖直位置(管口向上)，求此时气柱的压强p 2和长度L 2； ②保持玻璃管沿竖直方向放置，向玻璃管中缓慢注入水银，当水银柱上端与管口相平时封闭气柱的长度L 3.答案 (1)BDE (2)①100 cmHg 18.75 cm ②15 cm解析 (1)晶体在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，而松香是非晶体，A 错误；当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小，B 正确；液体的饱和汽压与温度有关，与饱和汽的体积无关，C 错误；若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则W >0，Q >0，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，ΔU >0，说明气体的温度升高，又气体被压缩，体积减小，由理想气体状态方程可知，气体压强一定增大，D 正确；若一定质量的理想气体分子平均动能减小，说明温度降低，内能减小，即ΔU <0，又外界对气体做功，即W >0，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，Q <0，即气体一定放热，E 正确．(2)①玻璃管水平放置时，气柱的压强等于大气压强，即p 1＝p 0＝75 cmHg ，当玻璃管管口朝上，且竖直放置时，气柱的压强为p 2＝p 0＋ρgh ＝100 cmHg ；设水银柱横截面积为S ，由于温度不变，由玻意耳定律得p 1L 1S ＝p 2L 2S ，解得L 2＝18.75 cm ； ②设注入的水银柱长度为x .当水银柱的上端刚好与管口相平时，气柱的压强为p 3＝p 0＋ρg (h ＋x )＝(100＋x ) cmHg此时气柱的长度为L 3＝L 0－h －x ＝(40－x )cm则由玻意耳定律得p 1L 1S ＝p 3L 3S ，解得x ＝25 cm 或x ＝－85 cm(舍)，故此时气柱的长度L 3＝15 cm.2．(2018·广西钦州市第三次质检)(1)关于气体的内能和热力学定律，下列说法正确的是________．A ．对气体做功可以改变其内能B ．质量和温度都相同的气体，内能一定相同C ．热量不可能从低温物体传到高温物体D ．一定量的理想气体在等温膨胀过程中，一定吸收热量E ．一定量的理想气体，温度越高，气体分子运动越剧烈，气体内能越大(2)如图2所示，绝热圆筒水平放置，圆筒内有一绝热活塞C ，活塞的长度是圆筒长的13，活塞的中心与圆筒中心重合，整个装置置于温度恒为300 K 、压强恒为1.0×105Pa 的大气中．现用导热材料A 、B 封闭圆筒的两端，然后把圆筒左端放入一温度恒定的密闭热源中，并保持圆筒水平，发现活塞缓慢向右移动．当活塞移动距离等于活塞长度的115时，活塞保持静止．不计活塞与圆筒内壁间的摩擦，求：图2①右端气体此时的压强； ②热源的温度．答案 (1)ADE (2)①1.25×105Pa ②450 K解析 (1)做功和热传递在改变内能上是等效的，都可以使内能发生变化，A 正确；温度相同，则分子平均动能相同；质量相同，若为不同的气体则分子数目不同，内能不一定相同，B 错误；热量可能从低温物体传到高温物体，但要引起其他变化，不是自发过程，C 错误；一定量的理想气体在等温膨胀过程中，对外做功，内能不变，根据ΔU ＝W ＋Q 可知Q >0，故一定从外界吸收热量，D 正确；理想气体内能与体积无关，一定量的理想气体，温度越高，气体分子运动越剧烈，分子平均动能越大，气体内能越大，E 正确．(2)①设活塞横截面积为S ，圆筒长为L ，对右侧气体：初态：p B ＝1.0×105Pa ，V B ＝13LS末态：p B ′＝？，V B ′＝(13－115)LS由玻意耳定律得p B V B ＝p B ′V B ′ 解得：p B ′＝1.25×105Pa②对左侧气体：初态：p A ＝1.0×105Pa ，T A ＝300 K ，V A ＝13LS末态：p A ′＝p B ′＝1.25×105Pa ，T A ′＝？，V A ′＝(13＋115)LS由理想气体状态方程得p A V A T A ＝p A ′V A ′T A ′解得T A ′＝450 K3．(2018·衡水金卷四省第三次大联考)(1)如图3所示，一定质量的理想气体，由状态a 经状态b 变化到状态c ，下列说法正确的是________．图3A ．状态a 的温度高于状态b 的温度B ．由状态a 到状态b 的过程，外界对气体做正功C ．由状态b 到状态c 的过程，气体放出热量D ．状态a 的温度低于状态c 的温度E ．由状态b 到状态c 的过程，气体分子的平均动能减小(2)如图4所示，可沿缸壁自由滑动的活塞把导热性能良好的圆筒形汽缸分成A 、B 两部分，汽缸底部通过阀门K 与容器C 相连，当活塞位于汽缸底部时，弹簧恰好无形变．开始时，B 内有一定量的理想气体，A 、C 内为真空，B 部分气体高h 0＝0.2 m ，此时C 的容积为B 的容积的56，弹簧对活塞的作用力恰好等于活塞的重力．现将阀门打开，当达到新的平衡时，求B部分气体高h 为多少？(整个系统处于恒温状态)图4答案 (1)ABD (2)0.1 m解析 (1)由状态a 到状态b 的过程，压强不变，体积减小，根据pV T＝C 可知温度降低，故A 正确；由状态a 到状态b 的过程，体积减小，外界对气体做正功，故B 正确；由状态b 到状态c 的过程，体积不变，外界对气体不做功，压强增大，根据pV T＝C 可知温度升高，气体分子的平均动能增大，内能增大，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知气体吸收热量，故C 、E 错误；根据理想气体状态方程可得p a V a T a ＝p c V cT c，则有T c >T a ，故D 正确． (2)设活塞质量为m ，弹簧的劲度系数为k ，汽缸横截面积为S ，开始时B 内气体的压强为p 1mg ＝kh 0对活塞受力分析，有p 1S ＝mg ＋kh 0＝2kh 0设阀门打开后，达到新的平衡时B 内气体的压强为p 2，由玻意耳定律得：p 1h 0S ＝p 2(56h 0＋h )S而又有：p 2S ＝mg ＋kh解得：h ＝h 02＝0.1 m(另一解不符合题意，舍去)．。

2019高考物理全国通用版优编增分练：选择题考点排查练11+Word版含解析

1 2019高考物理全国通用版优编增分练
选择题考点排查练11
2018年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练
二、选择题：本题共8小题，每小题6
分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
14．一物体做匀变速直线运动，经过时间t ，它的速度由v 1变为v 2，通过的位移为x ，下列说法中错误的是( )
A ．这段时间内它的平均速度v ＝x t
B ．这段时间内它的平均速度v ＝v 1＋v 22
C ．通过x 2时，它的瞬时速度为x t
D ．通过x 2
时，它的瞬时速度为v 12＋v 222 答案 C
15．(2018·江西省南昌市第二次模拟)如图1所示，物体(可视为质点)从倾角为α的固定斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v 1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v ，已知v 1是v 的k 倍，且k <1，不计空气阻力．物体与斜面间的动摩擦因数为( )
图1
A ．(1－k )sin α
B ．(1－k )cos α。

2019高考物理全国通用版优编增分练：实验题考点排查练11+Word版含解析

2019高考物理全国通用版优编增分练
实验题考点排查练11
2018年(全国Ⅰ卷)实验题考点排查练
22．(2018·四川省第二次“联测促改”)某同学为研究橡皮筋伸长与所受拉力的关系，做了如下实验：
图1
①如图1所示，将白纸固定在制图板上，橡皮筋一端固定在O点，另一端A系一小段轻绳(带绳结)；将制图板竖直固定在铁架台上．
②将质量为m＝100 g的钩码挂在绳结上，静止时描下橡皮筋下端点的位置A0；用水平力拉A 点，使A点在新的位置静止，描下此时橡皮筋端点的位置A1；逐步增大水平力，重复5次……
③取下制图板，量出A1、A2……各点到O点的距离l1、l2……；量出各次橡皮筋与OA0之间的夹角α1、α2……
④在坐标纸上作出1
cos α－l的图象如图2所示．
图2 完成下列填空：。

全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：计算题考点排查练112018年全国Ⅰ卷计算题考点排查练2018121413

2018年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练24．(2018·山西省重点中学协作体期末)如图1所示，在水平面上依次放置小物块A 和C 以及曲面劈B ，其中A 与C 的质量相等均为m ，曲面劈B 的质量M ＝3m ，劈B 的曲面下端与水平面相切，且劈B 足够高，各接触面均光滑．现让小物块C 以水平速度v 0向右运动，与A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B .求：图1(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A 与C 在曲面劈B 上能够达到的最大高度．答案 (1)14mv 02 (2)3v 0240g解析 (1)小物块C 与A 发生碰撞粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝2mv 解得v ＝12v 0；碰撞过程中系统损失的机械能为E 损＝12mv 02－12(2m )v 2解得E 损＝14mv 02.(2)当A 与C 上升到最大高度时，A 、B 、C 系统的速度相等；水平方向上动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv 0＝(m ＋m ＋3m )v 1 解得v 1＝15v 0A 、C 粘在一起上滑至最大高度，由能量守恒定律得2mgh ＝12×2m (12v 0)2－12×5m ×(15v 0)2解得h ＝3v 0240g25．(2018·安徽省A10联盟最后一卷)如图2所示，在xOy 坐标系的第一、二、三象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，在第四象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场．质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子以初速度v 从原点O 沿y 轴正方向射入匀强磁场，经过时间t 进入匀强电场，在电场中运动一段时间后离开电场，粒子再次进入匀强磁场后恰好能直接回到原点O .不计粒子重力，求：图2(1)磁场的磁感应强度B ；(2)粒子第一次在电场中运动的时间t 1； (3)粒子第n 次离开电场时距原点的距离s n .答案 (1)πm qt (2)22t π (3)22nvtπ(n ＝1,2,3，…)解析 (1)设粒子在第一象限做匀速圆周运动的半径为R ，周期为T ，则：qvB ＝m v 2R ，T ＝2πRv ，t ＝T2解得：B ＝πmqt(2)设粒子第一次离开电场时的速度为v 1，方向与－y 的夹角为θ，沿－y 方向的位移为s 1，如图所示粒子在电场中做类平抛运动，有tan θ＝4Rs 1，v ＝v 1cos θ粒子再次进入磁场时做圆周运动的半径R 1＝s 12sin θ由qvB ＝m v 2R ，可得R R 1＝vv 1＝cos θ联立解得s 1＝22R ＝22vtπ粒子第一次在电场中运动的时间t 1＝s 1v ＝22tπ(3)粒子第二次进入电场后的速度为v 1，且与－y 方向的夹角为θ，粒子做类斜拋运动．易知粒子第二次在电场中运动的时间为t 2＝2t 1离开电场时，在y 方向的位移为s 2＝vt 2＝2s 1＝42vtπ粒子第三次进入电场与第一次离开电场的位置相同，运动轨迹如图中虚线所示，可知粒子第n 次离开电场时距原点的距离s n ＝22nvtπ(n ＝1,2,3…)百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。

全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：鸭题考点排查练82018年全国ⅠⅡⅢ卷鸭34题考点排查

2017年(全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷)选考34题考点排查练试卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷考点波的干涉和光的折射定律的应用波的双缝干涉和光的折射定律的应用波动图象和光的折射定律的应用1．(2018·重庆市江津中学、合川中学等七校第三次模拟)(1)下列说法正确的是________．A ．声波从空气进入水中时，其波速增大，波长变长B ．纵波传播过程中各质点的运动方向与波的传播方向总是垂直的C ．当波源与观察者相向运动时，波源自身的频率不变D ．均匀变化的磁场产生变化的电场，均匀变化的电场产生变化的磁场E ．只有频率相同的两列波才可能发生干涉现象(2)半径为R 的半圆柱形玻璃砖的截面如图1所示，O 为圆心，光线Ⅰ沿半径方向从a 点射入玻璃砖后，恰好在O 点发生全反射，另一条光线Ⅱ平行于光线Ⅰ从最高点b 射入玻璃砖后，在底边MN 上的d 点射出，若测得Od ＝，求该玻璃砖的折射率．R4图1答案　(1)ACE (2)2.03解析　(1)声波由空气进入水中时波速v 变大，频率f 不变，由公式v ＝λf 知，波长λ变大，故A 正确；纵波传播过程中各质点的运动方向与波的传播方向总是平行的，故B 错误；当波源与观察者相向运动时，波源自身的频率不变，故C 正确；均匀变化的磁场产生恒定的电场，均匀变化的电场产生恒定的磁场，故D 错误；只有频率相同的两列波才可能发生干涉现象，故E 正确．(2)设光线Ⅱ的入射角和折射角分别为i和r ，在△bOd 中，bd ＝＝R ，Ob 2＋Od 2174sin r ＝＝，由折射定律有n ＝，即sin i ＝n Od bd 1717sin i sin r 1717又因为光线Ⅰ与光线Ⅱ平行，且在O 点恰好发生全反射，有：sin i ＝，所以＝，1n 17171n 2解得：n ＝≈2.034172．(1)(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图2所示，下列说法正确的是________．图2A ．图甲中，P 、Q 是偏振片，M 是光屏，当P 固定不动，缓慢转动Q 时，光屏M 上的光亮度将会变化，此现象表明光波是横波B ．图乙是双缝干涉示意图，若只减小屏到双缝间的距离L ，两相邻亮条纹间距离将减小C ．根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围一定能产生电磁波D ．利用红外线进行遥感主要是因为红外线的波长长，容易发生衍射E ．人站在路边，一辆汽车响着喇叭从人身边疾驰而过，人听到喇叭的音调会由低变高(2)(2018·湖北省武汉市部分学校起点调研)如图3，水平桌面上有一水槽，槽中放置着平面镜M ，镜面与水平面之间的夹角为θ.一束白光从O 点射向水面，先经水面折射，再经平面镜反射，又经水面折射回到空气中，最后在水槽左上方的竖直屏N 上形成彩色光带．若逐渐增大θ角，各种色光陆续消失，假定所有光线均在同一竖直平面．图3①________色光最先从屏上消失；②若入射光线与水面成30°角，镜面与水平面之间的夹角θ＝45°，屏上的彩色光带恰好全部消失．求最后消失的色光对水的折射率．(结果可以用根式表示)答案　(1)ABD (1)①紫　②72解析　(1)只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故A 正确．根据双缝干涉两相邻亮条纹的间距Δx 与双缝间距离d 及光的波长λ的关系式Δx ＝λ，可L d知若只减小屏到双缝间的距离L ，两相邻亮条纹间距离Δx 将减小，故B 正确．根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场；均匀变化的电(磁)场只能产生恒定不变的磁(电)场，故C 错误．波长越长，越容易发生衍射现象；利用红外线进行遥感是因为红外线的波长长，容易发生衍射，故D 正确．根据多普勒效应，声波波源远离观察者时，则观察者接收到的声波频率变小，故E 错误．(2)①逐渐增大θ角，反射光线逆时针转动，反射光线射到水面的入射角增大，由于紫光的临界角最小，所以紫光的入射角首先达到临界角，发生全反射，故从屏上最先消失的是紫色光．②最后消失的是红光，红光传播的光路如图．在空气与水的界面，入射角α＝60°，折射角为β.由折射定律n ＝sin αsin β红光在平面镜上的入射角为r ，由几何关系β＋r ＝45°红光由水面射向空气，恰好发生全反射时入射角为C ，由几何关系C ＝β＋2r 且sin C ＝，1n联立解得n ＝.723．(2018·河南省六市第二次联考)(1)两列简谐横波的振幅都是20 cm ，传播速度大小相等．实线波的频率为2 Hz ，沿x 轴正方向传播；虚线波沿x 轴负方向传播．某时刻两列波相遇时的波形如图4所示，则以下分析正确的是________．图4A ．虚线波的周期是0.75 sB ．两列波在相遇区域会发生干涉现象C ．从图示时刻起再经过0.25 s ，平衡位置为x ＝5 m 处的质点的位移y <0D ．从图示时刻起至少再经过 s ，平衡位置为x ＝6.25 m 处的质点位移达到最大532E ．平衡位置为x ＝6 m 处的质点在图示时刻速度为0(2)如图5所示，在坐标系的第一象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体OPQ ，OP ＝OQ ＝R ，一束复色光沿MN 射入玻璃体，在PQ 面上的入射点为N ，经玻璃体折射后，有两束单色光e 、f 分别从OP 面上的A 点和B 点射出，已知NA 平行于x 轴，OA ＝，OM ＝R .R23图5①求e 光在该玻璃体中的折射率；②某同学测量得到OB ＝0.6R ，NB ＝0.9R ，求f 光在该玻璃体中的折射率．答案　(1)ACD (2)①　②1.53解析　(1)由题知，实线波的周期为T 1＝＝ s ＝0.5 s ，两列波传播速度大小相等，由题图1f 112可知，实线波的波长λ1＝4 m ，虚线波的波长λ2＝6 m ，由v ＝可得实线波和虚线波的周期λT之比为2∶3，故虚线波的周期T 2＝T 1＝0.75 s ，则虚线波的频率为f 2＝＝ Hz≠f 1，故两321T 243列波在相遇区域不会发生干涉现象，故A 正确，B 错误；从图示时刻起再经过0.25 s ，实线波在平衡位置为x ＝5 m 处于波谷，而虚线波在平衡位置为x ＝5 m 处的质点位于y 轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y ＜0，故C 正确；在图示时刻，实线波的波峰距平衡位置为x ＝6.25 m 处的质点的最近距离为x 1＝1.25 m ，虚线波的波峰距平衡位置为x ＝6.25 m 处的质点的最近距离也为x 1＝1.25 m ，因波速大小相等，故经过相同的时间两列波的波峰同时到达x ＝6.25 m 处，该处质点的位移最大，则经历的时间为Δt ＝＝＝ s ＝ s ，故D 正x 1v x 1λ1f 1 1.254×2532确；根据“上下坡法”可知，两列波在平衡位置为x ＝6 m 处的振动方向都向上，故此处质点的速度不为0，故E 错误．(2)①如图所示，e 光在PQ 面上的折射角为θ1由图可知：sin θ1＝＝OA ON 12由几何关系可得θ2＝60°e 光在该玻璃体中的折射率n e ＝＝sin θ2sin θ13②如图所示，根据几何关系和折射定律：n f ＝sin θ2sin ∠ONB由正弦定理得：＝，∠BON ＝60°BNsin ∠BON OBsin ∠ONBBN故f光的折射率为n f＝＝1.5OB。

全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：实验题考点排查练5全国Ⅰ卷实验题考点排查练20181214122.doc

压刻度是均匀分布的，所以电压和压力一定要满足线性关系，设
U ＝ kF＋ b，由
F1＝ 0 N 时、 U1＝1.5 V ， F2＝160 N
时、 U2＝3 V ，可得
b＝
1.5
3 ，k＝320
，即
U
＝3230 F＋ 1.5，又
U
＝
R
R0 0＋R
E＝
x
960 240 ＋
R
x
，解得
Rx＝1.F0＋241×60105－240.
2016 年 (全国 Ⅰ卷 )实验题考点排查练
题号考点
22 验证机械能守恒定律
23 传感器对电路的控制
22． (2018 ·广东省湛江市第二次模拟 )如图 1 所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律．该装置中的打点计时器所接交流电源频率是 50 Hz.
体，这样能减少空气阻力的影响，从而减小实验误差，故 C 正确；释放重物前，
为更有效的利用纸带，重物离打点计时器下端近些，故 D 错误．
(2) ①当知道 OA 、OB 和 OG 的长度时，无法算出任何一点的速度，故 A 不符合
题意；当知道 OE 、DE 和 EF 的长度时，利用 DE 和 EF 的长度可以求出 E 点的
图1 (1) 对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是 ________ ． A．精确测量出重物的质量 B．两限位孔在同一竖直线上 C．重物选用质量和密度较大的金属重锤 D．释放重物前，重物离打点计时器下端远些 (2) 按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图 2 所示．纸带上各点是打点计时器连续打出的计时点，其中 O 点为纸带上打出的第一个点．

全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练12全国Ⅱ卷选择题考点排查练word格式

2018年(全国Ⅱ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．(2018·四川省达州市一模)如图1所示，质量为m的一辆小汽车从水平地面AC上的A点沿斜坡匀速行驶到B点．B距水平面高h，以水平地面为零势能面，重力加速度为g.小汽车从A点运动到B点的过程中(空气阻力不能忽略)，下列说法正确的是( )图1A．合外力做功为零B．合外力做功为mghC．小汽车的机械能增加量为0D．牵引力做功为mgh答案 A15．(2018·安徽省马鞍山市二质监)质量为2 kg的小物块静止于光滑水平面上，从某一时刻开始，小物块所受的水平冲量与时间的关系如图2所示，则在6 s内物体的位移为( )图2A．0 B．3 mC．6 m D．12 m答案 C16．(2018·贵州省安顺市适应性监测三)我国“北斗二代”计划发射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统．其中的5颗卫星是相对地面静止的高轨道卫星(以下简称“静卫”)，其他的有27颗中轨道卫星(以下简称“中卫”)轨道高度(距地面)为静止轨道高度的35.下列说法正确的是( )A．“中卫”的线速度介于7.9 km/s和11.2 km/s之间B．“静卫”的轨道必须是在赤道上空C．如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为3∶5D．“静卫”的运行周期小于“中卫”的运行周期答案 B17．(2018·河南省濮阳市第三次模拟)用如图3甲所示的电路研究光电效应中光电流强度与照射光的强弱、频率等物理量的关系．图中A、K两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调，分别用a、b、c三束单色光照射，调节A、K间的电压U，得到光电流I 与电压U的关系如图乙所示，由图可知( )图3A．单色光a和c的频率相同，且a光更弱些，b光频率最大B．单色光a和c的频率相同，且a光更强些，b光频率最大C．单色光a和c的频率相同，且a光更弱些，b光频率最小D．单色光a和c的频率不同，且a光更强些，b光频率最小答案 B解析a、c两光分别照射后遏止电压相同，根据E km＝eU c，可知产生的光电子最大初动能相等，可知a、c两光的频率相等，光子能量相等，由于a光的饱和电流较大，则a光的强度较大，单色光b照射后遏止电压较大，根据E km＝eU c，可知b光照射后产生的光电子最大初动能较大，根据光电效应方程E km＝hν－W0得，b光的频率大于a光的频率，故A、C、D错误，B正确．18．(2018·河南师大附中模拟)如图4所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t＝0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流－位移(I －x)关系的是( )图4答案 B解析位移在0～L 过程，通过导线框的磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．I ＝BLvR ，L ∝x ，则I ∝x ；位移在L ～2L 过程，通过导线框的磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，A 、C 、D 错误；位移在2L ～3L 过程，通过导线框的磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，B 正确．19．(2018·广东省惠州市第二次调研)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v －t 图象如图5所示．已知两车在t ＝0时并排行驶，则( )图5A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝3 s 时，甲车在乙车后7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 答案 AB解析已知两车在t ＝0时并排行驶，在0～1 s 内，甲车的速度比乙车的小，所以在t ＝1 s 时，甲车在乙车后，故A 正确．根据速度－时间图线与时间轴所围的面积大小表示位移可得，在t ＝3 s 时，两车的位移之差为Δx ＝x 乙－x 甲＝10＋252×3 m －30×32 m ＝7.5 m ，则在t ＝3 s 时，甲车在乙车后7.5 m ，故B 正确．根据“面积”表示位移，可知两车另一次并排行驶的时刻是t ＝4 s ，故C 错误．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝4 s ，甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为s ＝40×42 m ＝80 m ，故D 错误．20．(2018·广东省汕头市质检)如图6，在方向水平向右、磁感应强度为B 的匀强磁场中，垂直于磁场和纸面放入一根通电直导线，以导线为中心，半径为R 的圆周上有a 、b 、c 、d 四个点，已知c 点的实际磁感应强度大小等于B ，下列说法正确的是( )图6A ．导线的电流方向垂直纸面向外B ．b 、d 两点的实际磁感应强度大小相等C ．b 、d 两点的实际磁感应强度方向相同D ．a 点的实际磁感应强度大小等于B 答案 AB解析 c 点的磁感应强度大小等于B ，说明通电导线在c 点产生的磁感应强度大小为2B ，方向与匀强磁场的磁感应强度相反，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向外，故A 正确；直导线在b 点的磁感应强度大小为2B ，方向向下，直导线在d 点的磁感应强度大小为2B ，方向向上，则b 、d 两点的实际磁感应强度大小均为错误!＝错误!B ，但是b 点的磁感应强度方向指向右下方，而d 点的磁感应强度方向指向右上方，方向不同，故B 正确，C 错误；直导线在a 点的磁感应强度大小为2B ，方向向右，a 点的实际磁感应强度大小为3B ，故D 错误．21．(2018·衡水金卷四省第三次大联考)如图7所示，真空中有一边长为a 的立方体，在图中A 、C 、F 三个顶点放上电荷量相等的负点电荷q ，已知静电力常量为k ，设无穷远处的电势为零，下列说法正确的是( )图7A ．A 处点电荷受到另两个点电荷对其作用力的合力大小为3kq22a2B ．B 点处的电场强度的大小为3kqa2C ．D 、E 、G 三点电势相等D ．将一电子先后置于H 点和B 点，电子在H 点的电势能小于其在B 点的电势能答案 ACD解析 A 、C 、F 三点形成了一个等边三角形，有F ＝2×错误!cos 30°＝错误!，故A 正确；B 点处的电场强度是由三个点电荷各自产生的电场强度叠加而成的，合电场强度为3kq a2，故B 错误；D 、E 、G 三点在电场中相对A 、C 、F 三点的位置相同，故电势相等，故C 正确；H 点到三个固定负点电荷的距离大于B 点到三个固定负点电荷的距离，所以φH >φB ，根据E p ＝－e φ得E p H <E p B ，故D 正确．。

2019高考物理全国通用版优编增分练 2018年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练(含答案)

2018年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·河南省开封市第三次模拟)如图1所示，水平光滑细杆上P 点套一轻质小环，小环通过长L ＝0.5 m 的轻绳悬挂一质量不计的夹子，夹子内夹有质量m ＝0.5 kg 的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F fm ＝3 N ．现对物块施加F ＝5 N 的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子Q 时立即停止运动，物块恰要相对夹子滑动，与此同时撤去外力，一质量为0.1 kg 的直杆以1 m/s 的速度沿水平方向相向插入夹子将夹子与物块锁定(此过程时间极短)．物块可看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图1(1)物块做匀加速运动的加速度大小a ；(2)P 、Q 两点间的距离s ；(3)物块向右摆动的最大高度h . 答案 (1)10 m/s 2 (2)0.05 m (3)0.022 m解析 (1)以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F ＝ma ，得：a ＝10 m/s 2(2)环到达Q ，物块刚达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律2F fm －mg ＝m v 2L根据动能定理有Fs ＝12m v 2，联立得s ＝0.05 m (3)直杆插入夹子时，直杆与物块水平方向动量守恒，取向右为正方向，m v －m 0v 0＝(m ＋m 0)v 共由动能定理得：－(m ＋m 0)gh ＝0－12(m ＋m 0)v 共2 联立得h ≈0.022 m.25．(2018·河南省新乡市第三次模拟)如图2所示，xOy 坐标系中，在y <0的区域内分布有沿y 轴正方向的匀强电场，在0<y <y 0的区域内分布有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子以初速度v 0由坐标(0，－y 0)处沿x 轴正方向射入电场．已知电场强度大小E ＝m v 022qy 0，粒子重力不计．图2(1)要使粒子不从y ＝y 0边界射出磁场，求磁感应强度应满足的条件；(2)要使粒子从电场进入磁场时能通过点P (50y 0,0)(图中未画出)，求磁感应强度的大小．答案 (1)B >(2＋1)m v 0qy 0(2)见解析解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，则有：x ＝v 0t ，y 0＝12at 2 qE ＝ma ，v y ＝at解得：x ＝2y 0 ，v y ＝v 0进入磁场时的速度v ＝v 02＋v y 2＝2v 0速度与x 轴夹角的正切值tan θ＝v y v 0＝1，得θ＝45° 若粒子刚好不从y ＝y 0边界射出磁场，则有：q v B ＝m v 2r由几何关系知(1＋22)r ＝y 0 解得B ＝(2＋1)m v 0qy 0故要使粒子不从y ＝y 0边界射出磁场，应满足磁感应强度B >(2＋1)m v 0qy 0(2)粒子相邻两次从电场进入磁场时，沿x 轴前进的距离Δx ＝2x －2r ′＝4y 0－2r ′其中初始位置为(2y 0,0)由r ′＝m v qB 得B ＝2m v 0q (4y 0－Δx )又因为粒子不能射出边界：y ＝y 0，所以(22＋1)r ′<y 0，即0<r ′<(2－2)y 0 所以有(6－22)y 0 <Δx <4y 0粒子通过P 点，回旋次数n ＝50y 0－2y 0Δx则48y 04y 0<n <48y 0(6－22)y 0，即12<n <15.1 n 为整数，只能取n ＝13、n ＝14和n ＝15n ＝13时，B ＝13m v 02qy 0 n ＝14时，B ＝7m v 02qy 0 n ＝15时，B ＝5m v 02qy 0。

全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：计算题考点排查练11全国Ⅰ卷计算题考点排查练word格式

2018年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练24．(2018·山西省重点中学协作体期末)如图1所示，在水平面上依次放置小物块A 和C 以及曲面劈B ，其中A 与C 的质量相等均为m ，曲面劈B 的质量M ＝3m ，劈B 的曲面下端与水平面相切，且劈B 足够高，各接触面均光滑．现让小物块C 以水平速度v 0向右运动，与A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B .求：图1(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A 与C 在曲面劈B 上能够达到的最大高度．答案 (1)14mv 02 (2)3v0240g解析 (1)小物块C 与A 发生碰撞粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝2mv解得v ＝12v 0；碰撞过程中系统损失的机械能为E 损＝12mv 02－12(2m )v 2解得E 损＝14mv 02.(2)当A 与C 上升到最大高度时，A 、B 、C 系统的速度相等；水平方向上动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv 0＝(m ＋m ＋3m )v 1 解得v 1＝15v 0A 、C 粘在一起上滑至最大高度，由能量守恒定律得2mgh ＝12×2m (12v 0)2－12×5m ×(15v 0)2解得h ＝3v0240g25．(2018·安徽省A10联盟最后一卷)如图2所示，在xOy 坐标系的第一、二、三象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，在第四象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场．质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子以初速度v 从原点O 沿y 轴正方向射入匀强磁场，经过时间t 进入匀强电场，在电场中运动一段时间后离开电场，粒子再次进入匀强磁场后恰好能直接回到原点O .不计粒子重力，求：图2(1)磁场的磁感应强度B ；(2)粒子第一次在电场中运动的时间t 1； (3)粒子第n 次离开电场时距原点的距离s n .答案 (1)πm qt (2)22t π (3)22nvtπ(n ＝1,2,3，…)解析 (1)设粒子在第一象限做匀速圆周运动的半径为R ，周期为T ，则：qvB ＝m v2R ，T ＝2πR v ，t ＝T2 解得：B ＝πm qt(2)设粒子第一次离开电场时的速度为v 1，方向与－y 的夹角为θ，沿－y 方向的位移为s 1，如图所示粒子在电场中做类平抛运动，有tan θ＝4Rs1，v ＝v 1cos θ粒子再次进入磁场时做圆周运动的半径R 1＝s12sin θ由qvB ＝m v2R ，可得R R1＝vv1＝cos θ联立解得s 1＝22R ＝22vtπ粒子第一次在电场中运动的时间t 1＝s1v ＝22tπ(3)粒子第二次进入电场后的速度为v 1，且与－y 方向的夹角为θ，粒子做类斜拋运动．易知粒子第二次在电场中运动的时间为t 2＝2t 1离开电场时，在y 方向的位移为s 2＝vt 2＝2s 1＝42vtπ粒子第三次进入电场与第一次离开电场的位置相同，运动轨迹如图中虚线所示，可知粒子第n 次离开电场时距原点的距离s n ＝22nvtπ(n ＝1,2,3…)。