(京津鲁琼专用)2020版高考物理大二轮复习专题八第1讲热学讲义

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2020高考物理大二轮提能专题复习京津鲁琼新课改专用热学(7页)

2020高考物理大二轮提能专题复习京津鲁琼新课改专用热学1．关于晶体和非晶体，正确的说法是()A．它们的微观结构不同，晶体内部的物质微粒是有规则地排列，而非晶体内部是不规则地排列B．单晶体具有固定的熔点，多晶体和非晶体熔点不固定C．具有规则的几何外观的是单晶体，否则是非晶体D．物理性质各向异性的是单晶体，各向同性的一定是非晶体解析：选A晶体和非晶体的微观结构不同，晶体内部的物质微粒是有规则地排列，而非晶体内部是不规则地排列，选项A正确；单晶体和多晶体具有固定的熔点，非晶体没有确定的熔点，选项B错误；具有规则的几何外观的是单晶体，否则是多晶体或者非晶体，选项C错误；物理性质各向异性的是单晶体，各向同性的可能是非晶体，也可能是多晶体，选项D错误。

2．下列说法中正确的是()A．第一类永动机违背能量守恒定律B．热量不能从低温物体传到高温物体C．单晶体和多晶体都表现为各向异性，非晶体则表现为各向同性D．一定质量的100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，系统的内能保持不变解析：选A第一类永动机违背了热力学第一定律，即能量守恒定律，故A 项正确；热力学第二定律的实质在于揭示了：自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，热量不能自发的从低温物体传到高温物体，除非引起其他变化，故B项不正确；所有的晶体都有确定的熔点，单晶体有规则的形状、在物理性质上表现为各向异性，多晶体没有规则的形状，在物理性质上表现为各向同性，非晶体在物理性质上表现为各向同性，故C项不正确；一定质量的100 ℃的水变为100 ℃的水蒸气，需要吸热，内能增加，故D项不正确。

3．[多选]如图所示，两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离r的变化关系，e为两曲线的交点。

下列说法正确的是()A．cd为斥力曲线，ab为引力曲线B．分子间距离减小，分子力一定增大C．当r＝r e时，分子势能最小D．r e等于气体分子间的平均距离解析：选AC由题图可知r e为分子间的平衡距离，分子间距小于r e时，斥力大于引力，由此可知cd为斥力曲线，ab为引力曲线，故A正确；分子间距小于r e时，分子间距离减小，分子力增大，分子间距大于r e时，分子间距离减小时，分子力可能减小，可能增大，也可能先增大后减小，故B错误；分子间距从无穷远处到r e时，分子力表现为引力，分子力做正功，分子势能减小，分子间距继续减小时，分子力表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大，故r ＝r e时，分子势能最小，故C正确；气体分子间空隙较大，平均距离远大于r e，故D错误。

(京津鲁琼版)2020版高考物理总复习第八章紧扣高考热点培养核心素养课件

第八章电路及其应用
紧扣高考热点培养核心素养
热点 1 闭合电路欧姆定律和电阻定律的应用 (2019·厦门模拟)国标(GB/T)
规定自来水在 15 ℃时电阻率应大于 13 Ω ·m.某同学利用如图甲所示电路测量 15 ℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门 K 以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右活塞固定，左活塞可
[思路点拨] 电流表是表头与电阻并联；电压表是表头与电阻串联；欧姆表是内部带有电源．
[解析] (1)当他选用倍率“×100”进行正确测量时，指针偏角太大，说明所测电流计的内阻阻值较小，应换用小倍率的挡进行测量，即选用“×10”倍率，由欧姆表读数规则知电流计的内阻为 36×10 Ω ＝360 Ω. (2)测量电阻两端电压时，选择开关 K 应接 3，电路开关 S 应闭合，因多用电表电流流向是“红进黑出”，故红表笔接 b、黑表笔接 a；测量通过电阻的电流时，选择开关 K 应接 1，开关 S 应断开，红表笔接 c，黑表笔接 b；由欧姆定律及多次测量求平均值的方法可知被测电阻的阻值 Rx＝13(UI11＋UI22＋UI33)．
(1) 测玻璃管内径 d 时游标卡尺示数如图乙所示，则 d＝ ________mm.
(2)玻璃管内水柱的电阻 Rx 的表达式为 Rx＝________(用 R1、 R2、R 表示)．
(3)利用记录的多组水柱长度 L 和对应的电阻箱阻值 R 的数据，绘制出如图丙所示的 R－L1关系图象，则自来水的电阻率 ρ＝ ________Ω ·m(保留两位有效数字)． (4)本实验中若电压表 V1 内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将________(选填“偏大”“不变”或“偏小”)． [思路点拨] 单刀双掷开关 S 两次动作对应的电压表读数一样，直接利用闭合电路欧姆定律列式解答，审题时要注意“内阻可忽略”这个非常关键的条件，否则即便列式也难以处理．

2020高考物理二轮基础保分京津鲁琼新课改专用过关热学考点考题考向点拨(70张)

2．[多选]当两分子间距为r0时，它们之间的引力和斥力相等。
关于分子之间的相互作用，下列说法正确的是
()
A．当两个分子间的距离等于r0时，分子势能最小 B．在两个分子间的距离由很远逐渐减小到r＝r0的过程中，
分子间作用力的合力一直增大
C．在两个分子间的距离由很远逐渐减小到r＝r0的过程中，分子间的斥力一直在增大
二、固体、液体和气体 1．建构知识体系
2．规避三个易错点 (1)晶体与非晶体之间可以互相转化。有些晶体属于同素异形体，如金刚石和石墨。 (2)温度升高，气体分子动能总和增加，但内能不一定增加。 (3)气体对容器壁的压强是气体分子频繁碰撞的结果，而地球表面的大气压强可认为是大气受到地球的引力而产生的。
[方法·意识要融通]
一、想一想，这些方法如何用
1．模型法
此类方法在估算分子的直径中常常用到
(1)球体模型(适用于固体、液体)：一个分子体积V0＝
4 3
π
d 2
3
＝16πd3，d为分子的直径。
(2)立方体模型(适用于气体)：一个分子占据的平均空间
V0＝d3，d为分子的间距。
2．宏观量与微观量的转换桥梁
三、气体实验定律及理想气体状态方程 1．建构知识体系
2．掌握三个要点 (1)压强的计算 ①被活塞、汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解。 ②应用平衡条件或牛顿第二定律求解，得出的压强单位为 Pa。若应用p＝p0＋h或p＝p0－h来表示压强，则压强p的单位为 cmHg或mmHg。
3.能量守恒法物体内能的变化是通过做功与热传递来实现的，深刻理解功在能量转化过程中的作用，才能深刻理解热力学第一定律，应用能量守恒来分析有关热学的问题。

京津鲁琼专用2020版高考物理大二轮复习专题一第1讲力与物体的平衡练习含解析20191024280

力与物体的平衡一、单项选择题1．在粗糙水平面上放着一个三角形木块abc，在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m1和m2的两个物体，m1>m2，如图所示，若三角形木块和两物体都是静止的，则粗糙水平面对三角形木块( )A．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右B．有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左C．有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不能确定，因m1、m2、θ1、θ2的数值均未给出D．以上结论都不对解析：选D.法一(隔离法)：把三角形木块隔离出来，它的两个斜面上分别受到两物体对它的压力F N1、F N2，摩擦力F1、F2.由两物体的平衡条件知，这四个力的大小分别为F N1＝m1g cos θ1，F N2＝m2g cos θ2F1＝m1g sin θ1，F2＝m2g sin θ2它们的水平分力的大小(如图所示)分别为F N1x＝F N1sin θ1＝m1g cos θ1sin θ1F N2x＝F N2sin θ2＝m2g cos θ2sin θ2F1x＝F1cos θ1＝m1g cos θ1sin θ1F2x＝F2cos θ2＝m2g cos θ2sin θ2其中F N1x＝F1x，F N2x＝F2x，即它们的水平分力互相平衡，木块在水平方向无滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用．法二(整体法)：由于三角形木块和斜面上的两物体都静止，可以把它们看成一个整体，受力如图所示．设三角形木块质量为M，则竖直方向受到重力(m1＋m2＋M)g和支持力F N作用处于平衡状态，水平方向无任何滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用．2．(2019·高考全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33，重力加速度取10 m/s2.若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为( )A．150 kg B．100 3 kgC ．200 kgD ．200 3 kg解析：选A.设物块的质量最大为m ，将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有F ＝mg sin 30°＋μmg cos 30°，解得m ＝150 kg ，A 项正确．3．(2019·烟台联考) 如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力 F 的作用，F 平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为 F 1和 F 2(F 2>0)．由此可求出( )A ．物块的质量B ．斜面的倾角C ．物块与斜面间的最大静摩擦力D ．物块对斜面的正压力解析：选C.设斜面倾角为θ，斜面对物块的最大静摩擦力为 F f ，当 F 取最大值 F 1时，最大静摩擦力 F f 沿斜面向下，由平衡条件得 F 1＝mg sin θ＋F f ；当 F 取最小值 F 2时，F f 沿斜面向上，由平衡条件得 F 2＝mg sin θ－F f ，联立两式可求出最大静摩擦力F f ＝F 1－F 22，选项C 正确．F N ＝mg cos θ，F 1＋F 2＝2mg sin θ，所以不能求出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的正压力．4．(2017·高考全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A ．86 cmB ．92 cmC ．98 cmD ．104 cm解析：选B.将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k )与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝45，对钩码(设其重力为G )静止时受力分析，得G ＝2k ⎝⎛⎭⎪⎫1 m 2－0.8 m 2cos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G ＝2k ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2－0.8 m 2，联立解得L ＝92 cm ，可知A 、C 、D 项错误，B 项正确．5. 如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A ．m 2B ．32mC ．mD ．2m解析：选C.由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的距离等于圆弧的半径，故两轻环与圆弧圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知识可知，两轻环间的细线夹角为120°，对小物块进行受力分析，由三力平衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为m ，C 项正确．6．(2017·高考全国卷Ⅱ) 如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为( )A ．2－ 3B ．36C ．33D ．32解析：选C.当拉力水平时，物块做匀速运动，则F ＝μmg ，当拉力方向与水平方向的夹角为60°时，物块也刚好做匀速运动，则F cos 60°＝μ(mg －F sin 60°)，联立解得μ＝33，A 、B 、D 项错误，C 项正确．7．如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)．一质量为m 、电荷量为q 的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v 做匀速直线运动，重力加速度为g ，则( )A ．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B ．小球一定带正电荷C ．电场强度大小为mg qD ．磁感应强度的大小为mg qv解析：选C.小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图甲所示，小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知，小球受到的重力与电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡，故小球不可能做匀速直线运动，假设不成立，小球一定带负电，选项B 错误；小球的受力情况如图乙所示，小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里，选项A 错误；根据几何关系，电场力大小qE ＝mg ，洛伦兹力大小qvB ＝3mg ，解得E ＝mg q，B ＝3mgqv，选项C 正确，D 错误．8．(2019·青岛模拟) 质量为m 的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )A ．底层每个足球对地面的压力为mgB ．底层每个足球之间的弹力为零C ．下层每个足球对上层足球的支持力大小为mg3D ．足球与水平面间的动摩擦因数至少为66解析：选B. 根据整体法，设下面每个球对地面的压力均为F N ，则3F N ＝4mg ，故F N ＝43mg ，A 错误；四个球的球心连线构成了正四面体，下层每个足球之间的弹力为零，B 正确；上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力，由于三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力，则下层每个足球对上层足球的支持力大小大于mg 3，C 错误；根据正四面体几何关系可求，F 与mg 夹角的余弦值cos θ＝63，正弦值sin θ＝33，则有F ·63＋mg ＝F N ＝43mg ，33F ＝F f ，解得F f ＝26mg ，F ＝66mg ，则μ≥26mg 43mg ＝28，所以足球与水平面间的动摩擦因数至少为28，故D错误．9. (2019·济宁二模)三段细绳OA 、OB 、OC 结于O 点，另一端分别系于竖直墙壁、水平顶壁和悬挂小球，稳定后OA 呈水平状态．现保持O 点位置不变，缓慢上移 A 点至D 点的过程中，关于OA 绳上的拉力变化情况的判断正确的是( )A ．一直增大B ．一直减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大解析：选D.可运用动态图解法，由图可知，当 OA 与 OB 垂直时，OA 上的拉力最小，故D 正确．10．(2019·长沙模拟) 如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F 和环对小球的弹力F N 的大小变化情况是( )A ．F 减小，F N 不变B ．F 不变，F N 减小C ．F 不变，F N 增大D ．F 增大，F N 减小解析：选A.对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三角形，如图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知mg R ＝F N R ＝F L，小球缓慢上移时mg 不变，R 不变，L 减小，故F 减小，F N 大小不变，A 正确．二、多项选择题11. (2018·高考天津卷)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F ，方向如图所示，木楔两侧产生推力F N ，则( )A ．若F 一定，θ大时F N 大B ．若F 一定，θ小时F N 大C ．若θ一定，F 大时F N 大D ．若θ一定，F 小时F N 大解析：选BC.木楔两侧面产生的推力合力大小等于F ，由力的平行四边形定则可知，F N ＝F2sinθ2，由表达式可知，若F 一定，θ越小，F N 越大，A 项错误，B 项正确；若θ一定，F越大，F N 越大，C 项正确，D 项错误．12．如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M 、N 上的a 、b 两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是( )A ．绳的右端上移到b ′，绳子拉力不变B ．将杆N 向右移一些，绳子拉力变大C ．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D ．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移解析：选AB.设两段绳子间的夹角为2α，绳子的拉力大小为F ，由平衡条件可知，2F cos α＝mg ，所以F ＝mg2cos α，设绳子总长为L ，两杆间距离为s ，由几何关系L 1sin α＋L 2sinα＝s ，得sin α＝sL 1＋L 2＝s L，绳子右端上移，L 、s 都不变，α不变，绳子张力F 也不变，A 正确；杆N 向右移动一些，s 变大，α变大，cos α变小，F 变大，B 正确；绳子两端高度差变化，不影响s 和L ，所以F 不变，C 错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于α不会变化，悬挂点不会右移，D 错误．13．(2019·德州模拟)如图所示，重物A 被绕过小滑轮P 的细线所悬挂，小滑轮P 被一根细线系于天花板上的O 点，B 物体放在粗糙的水平桌面上，O ′是三根线的结点，bO ′水平拉着B 物体，cO ′竖直拉着重物 C ，aO ′、bO ′与cO ′的夹角如图所示．细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态．若悬挂小滑轮的细线 OP 的张力大小是20 3 N ，则下列说法中正确的是(g ＝10 m/s 2)( )A ．重物 A 的质量为2 kgB ．桌面对 B 物体的摩擦力大小为 10 3 NC ．重物 C 的质量为1 kgD ．OP 与竖直方向的夹角为60°解析：选ABC.以小滑轮 P 为研究对象，受力分析如图甲所示，则有2T cos 30°＝F ，故T ＝F2cos 30°＝20 N ，由于T ＝m A g ，故m A ＝2 kg ，则选项A 正确；以 O ′点为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件得：T cos 30°＝F b ，F b ＝10 3 N ，T sin 30°＝F C ＝m C g ，故 m C ＝1 kg ，则选项C 正确；又因为 F b ＝－f ，所以选项 B 正确；OP 与竖直方向的夹角应为30°，所以选项 D 错误．14. 表面光滑、半径为R 的半球固定在水平地面上，球心O 的正上方O ′处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示．两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L 1＝2.4R 和L 2＝2.5R ，则这两个小球的质量之比为m 1m 2，小球与半球之间的压力之比为F N1F N2，则以下说法正确的是( )A ．m 1m 2＝2425B ．m 1m 2＝2524C ．F N1F N2＝2524 D ．F N1F N2＝2425解析：选BC.先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力m 1g 、绳子的拉力F T 和半球的支持力F N1，作出受力分析图．由平衡条件得知，拉力F T 和支持力F N 的合力与重力m 1g 大小相等、方向相反．设OO ′＝h ，根据三角形相似得F T L 1＝F N1R ＝m 1g h ，解得m 1g ＝F T h L 1，F N1＝F T RL 1…①同理，以右侧小球为研究对象，得：m 2g ＝F T h L 2，F N2＝F T R L 2…②，由①∶②得m 1m 2＝L 2L 1＝2524，F N1F N2＝L 2L 1＝2524. 15. (2019·滨州质检)如图所示，在竖直平面内，一根不可伸长的轻质软绳两端打结系于“V ”形杆上的A 、B 两点，已知OM 边竖直，且|AO |＝|OB |，细绳绕过光滑的滑轮，重物悬挂于滑轮下处于静止状态．若在纸面内绕端点O 按顺时针方向缓慢转动“V ”形杆，直到ON 边竖直，绳子的张力为T ，A 点处绳子与杆之间摩擦力大小为F ，则( )A．张力T一直增大B．张力T先增大后减小C．摩擦力F一直减小D．摩擦力F先增大后减小解析：选BC.设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角α，受力如图甲，在纸面内绕端点O按顺时针方向缓慢转动“V”形杆，直到ON边竖直，AB的长度不变，AB在水平方向的投影先变长后变短，绳子与竖直方向的夹角α先变大后变小，所以张力T＝mg2cos α先增大后减小，故A错误，B正确；以A点为研究对象，受力分析如图乙．根据平衡条件可知，F＝T cos(α＋β)＝mg cos（α＋β）2cos α＝mg2(cos β－tan αsin β)，在纸面内绕端点O按顺时针方向缓慢转动“V”形杆，绳子与竖直方向的夹角α先变大后变小，OA 杆与竖直方向的夹角β一直变大，当绳子与竖直方向的夹角α变大时，摩擦力减小，当绳子与竖直方向的夹角α变小时，但(α＋β)还是在增大，所以摩擦力还是在减小，故C正确，D错误．。

京津鲁琼专用2020版高考物理大二轮复习专题八第1讲热学练习含解析

热学1．(2018·高考北京卷)关于分子动理论，下列说法正确的是( )A ．气体扩散的快慢与温度无关B ．布朗运动是液体分子的无规则运动C ．分子间同时存在着引力和斥力D ．分子间的引力总是随分子间距增大而增大解析：选C.在其他条件不变的情况下，温度越高，气体扩散得越快，故A 错误；布朗运动是固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动，故B 错误；分子间同时存在着引力和斥力，故C 正确；分子间的引力总是随着分子间距增大而减小，故D 错误．2．(2019·衡水高三调研)(1)下列说法中正确的是( )A ．－2 ℃时水已经结为冰，水分子停止了热运动B ．物体温度越高，物体内部分子热运动的平均动能越大C ．内能不同的物体，物体内部分子热运动的平均动能可能相同D ．一定质量的气体分子的平均速率增大，气体的压强可能减小E ．热平衡是指一个系统内部的状态不再改变时所处的状态(2)一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化．①已知从A 到B 的过程中，气体对外放出600 J 的热量，则从A 到B ，气体的内能变化了多少？②试判断气体在状态B 、C 的温度是否相同．如果知道气体在状态C 时的温度T C ＝300 K ，则气体在状态A 时的温度为多少？解析：(1)分子做永不停息的无规则热运动，A 错误；物体温度越高，分子的平均动能就越大，物体的内能不同，但温度可能相同则物体分子热运动的平均动能可能相同，选项B 、C 正确；一定质量的气体分子的平均速率增大，气体分子温度升高，但压强与温度和体积均有关，若气体的体积也增大，则压强不一定增大，也可能减小，选项D 正确；处于热平衡的系统温度保持不变，但是压强和体积等物理量可以改变，故E 错误．(2)①从A 到B ，外界对气体做功，有W ＝p ΔV ＝15×104×(8－2)×10－3 J ＝900 J根据热力学第一定律，内能的变化量ΔU ＝W ＋Q ＝900 J －600 J ＝300 J.②根据理想气体状态方程有p B V B T B ＝p C V C T C 代入数据可得T B ＝T C根据理想气体状态方程有p A V A T A ＝p C V C T C代入数据可得T A ＝1 200 K.答案：(1)BCD (2)①300 J ②1 200 K3．(2019·武汉4月调研)(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 cm 2，封闭气体的体积为V 1＝1 500 cm 3，温度为0 ℃，大气压强p 0＝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；②汽缸内气体对外界做的功；③气体内能的变化量．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：V 1＝1 500 cm 3，T 1＝273 K末态：V 2＝1 500 cm 3＋50×10 cm 3＝2 000 cm 3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.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 J.③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 ②25 J ③35 J4．(1)(2019·陕西汉中高三一模)以下说法正确的是( )A ．晶体一定具有规则的形状且有各向异性的特征B ．液体的分子势能与液体的体积有关C ．水的饱和汽压随温度变化而变化D ．组成固体、液体、气体的物质分子依照一定的规律在空间整齐地排列成“空间点阵”E ．分子质量不同的两种气体，温度相同时，其分子的平均动能一定相同(2)如图，用质量m ＝1 kg 的绝热活塞在绝热汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦力忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度h 1＝0.5 m ，气体的温度t 1＝27 ℃.现用汽缸内一电热丝(未画出)给气体缓慢加热，加热至t 2＝267 ℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h 2 处，此过程中被封闭气体增加的内能增加ΔU ＝400 J ．已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，重力加速度g 取10 m/s 2，活塞横截面积S ＝5.0×10－4 m 2，求：①初始时汽缸内气体的压强p 1 和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h 2；②此过程中汽缸内气体吸收的热量Q .解析：(1)单晶体一定具有规则的形状，且有各向异性的特征，而多晶体的物理性质表现为各向同性，选项A 错误；分子势能的产生是由于分子间存在作用力，微观上分子间距离的变化引起宏观上体积的变化，分子间作用力变化，分子势能才变化，选项B 正确；水的饱和汽压随温度的变化而变化，温度越高，饱和汽压越大，选项C 正确；只有晶体的分子依照一定的规律在空间整齐地排列成“空间点阵”，选项D 错误；温度是分子平均动能的标志，分子质量不同的两种气体，温度相同时，其分子的平均动能一定相同，选项E 正确．(2)①开始时，活塞受力平衡，有p 0S ＋mg ＝p 1S解得p 1＝p 0＋mg S ＝1.2×105 Pa气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得h 1S T 1＝h 2S T 2解得h 2＝0.9 m.②气体在膨胀过程中外界对气体做功为W ＝－p 1ΔV ＝－1.2×105×(0.9－0.5)×5×10－4 J ＝－24 J由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q解得Q ＝ΔU －W ＝400 J －(－24 J)＝424 J.答案：(1)BCE (2)①0.9 m ②424 J5．(1)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是( )A ．图中两条曲线下面积相等B ．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C ．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形D ．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E ．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大(2)如图，容积均为V 的汽缸A 、B 下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K 2位于细管的中部，A 、B 的顶部各有一阀门K 1、K 3；B 中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均打开，活塞在B 的底部；关闭K 2、K 3，通过K 1给汽缸充气，使A 中气体的压强达到大气压p 0的3倍后关闭K 1.已知室温为27 ℃，汽缸导热．①打开K 2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；②接着打开K 3，求稳定时活塞的位置；③再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强．解析：(1)根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项A 正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B 正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形，选项C 正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选项D 错误；由分子速率分布图可知，与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项E 错误．(2)①设打开K 2后，稳定时活塞上方气体的压强为p 1，体积为V 1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得p 0V ＝p 1V 1 ①(3p 0)V ＝p 1(2V －V 1) ②联立①②式得V 1＝V 2 ③p 1＝2p 0.④②打开K 3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方气体与A 中气体的体积之和为V 2(V 2≤2V )时，活塞下气体压强为p 2.由玻意耳定律得(3p 0)V ＝p 2V 2 ⑤由⑤式得p 2＝3V V 2p 0 ⑥ 由⑥式知，打开K 3后活塞上升直到B 的顶部为止；此时p 2为p ′2＝32p 0. ③设加热后活塞下方气体的压强为p 3，气体温度从T 1＝300 K 升高到T 2＝320 K 的等容过程中，由查理定律得p ′2T 1＝p 3T 2 ⑦将有关数据代入⑦式得p 3＝1.6p 0.答案：(1)ABC (2)见解析6．(2019·山东十校联考)(1)下列说法中，正确的是( )A ．非晶体呈各向同性，晶体也有可能呈各向同性B ．物块在自由下落过程中，分子的平均动能增大，分子势能减小C ．布朗运动虽不是分子运动，但是它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动D ．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度E ．若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则气泡内部气体(视为理想气体)内能不变(2)内径相同、导热良好的“T ”形细管竖直放置，管的水平部分左、右两端封闭，竖直管足够长且上端开口与大气相通，水银将水平管中的理想气体分为两部分，此时外界温度t 1＝27 ℃，各部分长度如图所示．外界大气压p 0＝76 cmHg.求：①若外界温度保持不变，缓慢从管口注入水银，直到水平管中右侧气柱长度减小到28 cm 时注入的水银柱长度；②在①的状态下，水平管中右侧气柱再次恢复为30 cm 时的环境温度(用摄氏温度表示)．解析：(1)非晶体呈各向同性，多晶体也有可能呈各向同性，而单晶体大多表现为各向异性，A 正确；分子动能与分子势能都与机械能无关，物块在自由下落过程中，动能增加，重力势能减小，而分子平均动能和分子势能不变，B 错误；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映，不是组成固体颗粒的分子在做无规则运动，C 错误；根据热力学第零定律，如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度，D 正确；温度是分子的平均动能的标志，若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则分子的平均动能不变；而且气体的内能与体积无关，所以气泡内部气体(视为理想气体)内能不变，E 正确．(2)①注入水银的过程中，水平管内封闭的气体做等温变化以水平管右侧气柱为研究对象，设管的横截面积为S ，水银柱高度h 1＝22 cm由玻意耳定律p 1SL 1＝p 2SL 2其中L 1＝30 cm ，L 2＝28 cm ，p 1＝p 0＋h 1＝98 cmHg解得，p 2＝105 cmHg ，竖直管内水银柱高度h 2＝29 cm由于水平管左右两侧压强相等，所以左侧气柱长度由15 cm 变为14 cm则需要注入的水银柱长度Δh ＝h 2－h 1＋3 cm ＝10 cm.②对水平管右侧气柱，设环境温度为T 2时，气柱长度为L 1＝30 cm ，压强为p 3，由理想气体状态方程p 2SL 2T 1＝p 3SL 1T 2其中L 1＝30 cm ，L 2＝28 cm ，p 2＝105 cmHg ，p 3＝108 cmHg ，T 1＝300 K解得，T 2≈331 K所以，t 2＝58 ℃.答案：(1)ADE (2)见解析7. (1)如图，一定质量的理想气体从状态a 出发，经过等容过程ab 到达状态b ，再经过等温过程bc 到达状态c ，最后经等压过程ca 回到初态a .下列说法正确的是( )A ．在过程ab 中气体的内能增加B ．在过程ca 中外界对气体做功C ．在过程ab 中气体对外界做功D ．在过程bc 中气体从外界吸收热量E ．在过程ca 中气体从外界吸收热量(2)一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡M 的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K 1和K 2.K 1长为l ，顶端封闭，K 2上端与待测气体连通；M 下端经橡皮软管与充有水银的容器R 连通．开始测量时，M 与K 2相通；逐渐提升R ，直到K 2中水银面与K 1顶端等高，此时水银已进入K 1，且K 1中水银面比顶端低h ，如图(b)所示．设测量过程中温度、与K 2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K 1和K 2的内径均为d ，M 的容积为V 0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g .求：①待测气体的压强；②该仪器能够测量的最大压强．解析：(1)ab 过程，气体压强增大，体积不变，则温度升高，内能增加，A 项正确；ab 过程发生等容变化，气体对外界不做功，C 项错误；一定质量的理想气体内能仅由温度决定，bc 过程发生等温变化，内能不变，bc 过程，气体体积增大，气体对外界做正功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸热，D 项正确；ca 过程发生等压变化，气体体积减小，外界对气体做正功，B 项正确；ca 过程，气体温度降低，内能减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，E 项错误．(2)①水银面上升至M 的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V ，压强等于待测气体的压强p .提升R ，直到K 2中水银面与K 1顶端等高时，K 1中水银面比顶端低h ；设此时封闭气体的压强为p 1，体积为V 1，则V ＝V 0＋14πd 2l① V 1＝14πd 2h② 由力学平衡条件得p 1＝p ＋ρgh③整个过程为等温过程，由玻意耳定律得 pV ＝p 1V 1④ 联立①②③④式得p ＝πρgh 2d24V 0＋πd 2（l －h ）.⑤ ②由题意知h ≤l⑥ 联立⑤⑥式有p ≤πρgl 2d24V 0⑦该仪器能够测量的最大压强为p max ＝πρgl 2d 24V 0.答案：(1)ABD (2)见解析。

京津鲁琼专用2020版高考物理大二轮复习题型技巧方法一考前必纠的十大易错易混点讲义

一、考前必纠的十大易错易混点著名教育家乌申斯基说：“比较是一切理解和思维的基础．”有比较才有深刻的认识，通过比较，可产生强烈的刺激，促进同学们积极思考．采用比较的方法应对易错问题，有较好的纠错效果，且有利于快速提分，其原因是高考考题一般以中等难度的题为主，题目中会出现较多的“熟面孔”，但出于“惯性思维”，一些同学越熟越易错．所以在平常的复习中采用比较的方法辨“同中之异”，识“异中之同”，不仅可以提高理解能力，还可以加强思辨能力．易错点1 刹车减速与往返减速【典例1】一辆汽车以40 m/s 的速度沿平直公路匀速行驶，突然前方有一只小狗穿过马路，司机立即刹车，汽车以大小为8 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，那么刹车后第2 s 内与刹车后6 s 内汽车通过的位移大小之比为( )A ．7∶25B ．16∶25C ．7∶24D ．2∶3[解析] 规定初速度方向为正方向，已知初速度v 0＝40 m/s ，加速度a ＝－8 m/s 2.则汽车从刹车到停止所需的时间t 0＝0－v 0a＝5 s ．t 1＝2 s<t 0，根据v ＝v 0＋at 得刹车后1 s 末汽车的速度为v 1＝32 m/s ，刹车后第2 s 内汽车的位移x 1＝v 1t ′＋12at ′2＝28 m ．t 2＝6 s>t 0，说明6 s 内汽车的位移x 2等于汽车从开始刹车到停止的位移，x 2＝0－v 202a＝100 m ，所以x 1∶x 2＝7∶25，故A 正确．[答案] A【典例2】 (多选)在塔顶将一物体竖直向上抛出，抛出点为A ，物体上升的最大高度为h ＝6 m ，不计空气阻力，设塔足够高，则物体的位移大小为x ＝3 m 时，物体通过的路程可能为( )A ．3 mB ．6 mC ．9 mD ．15 m[解析] 物体在塔顶的A 点抛出，满足位移大小为3 m 的位移终点有两处，如图所示，一处在A 点之上，另一处在A 点之下．位移终点在A 点之上、位移大小为3 m 的运动对应着上升和下降两种过程，上升过程，物体通过的路程s 1＝x ＝3 m ，下降过程，物体通过的路程s 2＝2h －x ＝9 m ．位移终点在A 点之下、位移大小为3 m 时，物体通过的路程s 3＝2h ＋x ＝15 m ．故A 、C 、D 项正确，B 项错误．[答案] ACD匀减速直线运动中的两类易混问题(1)典型的刹车问题：汽车做匀减速直线运动直至速度为0，此后汽车静止不动，运动的时间为t ＝|v 0a|.要注意题目中是紧急刹车还是有反应时间的刹车．有反应时间的刹车是多过程问题，解答时可以利用速度－时间图象分析．(2)往返运动问题，如物体冲上光滑斜面、物体竖直上抛等，物体做匀减速直线运动，速度为0后，因为物体处于非平衡状态，所以以原来的加速度反向运动(要与刹车问题区别)，因此对应某一位移，速度、时间等可能有两解，对应某一到出发点的距离，时间可能有三解．易错点2 “活结”与“死结”、“定杆”与“动杆”【典例3】如图(a)所示，轻绳AD 跨过固定在水平轻杆BC 右端的定滑轮(重力不计)挂住一个质量为M 1的物体，∠ACB ＝30°；如图(b)所示，轻杆HG 一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G 通过轻绳EG 拉住，EG 与水平方向也成30°角，一轻绳GI 悬挂在轻杆的G 端并拉住一个质量为M 2的物体，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．图(a)中BC 杆对滑轮的作用力大小为M 1g 2B ．图(b)中HG 杆受到的作用力大小为M 2gC ．轻绳AC 段的张力T AC 与轻绳EG 段的张力T EG 的大小之比为M 1∶M 2D ．轻绳AC 段的张力T AC 与轻绳EG 段的张力T EG 的大小之比为M 1∶2M 2[解析] 图(a)中AC 、CD 两段绳的张力大小都是M 1g ，且两绳互成120°角，以C 点为研究对象，根据共点力的平衡条件可知，BC 杆对滑轮的作用力大小也是M 1g (与竖直方向成60°角斜向右上方)，A 项错误；由题意知，图(b)中HG 轻杆对G 点的作用力方向一定沿杆HG 的方向，以G 点为研究对象，根据共点力的平衡条件可知，HG 杆对G 点的作用力大小F ＝T EG cos 30°，T EG sin 30°＝M 2g ，故F ＝3M 2g ，再结合牛顿第三定律可知，B 项错误；图(a)中轻绳AC 段的张力T AC ＝M 1g ，图(b)中轻绳EG 段的张力T EG ＝M 2g sin 30°＝2M 2g ，故T AC ∶T EG ＝M 1∶2M 2，C 项错误，D 项正确．[答案] D(1)像滑轮这样的“活结”，结点两侧绳的拉力相等．(2)像图(b)中的“死结”，结点两侧绳的拉力一般不同，各自的大小可以采用正交分解法或矢量三角形法求出．(3)图(a)中水平直杆左端固定于竖直墙上，是“定杆”，杆对结点弹力的方向可以不沿杆的方向．(4)图(b)中轻杆左端用铰链固定，是“动杆”，轻杆在缓慢转动的过程中，弹力方向始终沿杆的方向．易错点3 “绳模型”与“杆模型”【典例4】 (多选)如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O 在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v ，此时绳子的拉力大小为F T ，拉力F T 与速度的平方v 2的关系如图乙所示，图象中a 、b 为已知量，重力加速度g 已知，以下说法正确的是( )A ．a 与小球的质量无关B ．b 与小球的质量无关C ．b a只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关D ．利用a 、b 和g 能够求出小球的质量和圆周轨道半径 [解析] 当v 2＝a 时，绳子的拉力为零，小球的重力提供向心力，则mg ＝mv 2r ，解得v 2＝gr ，故a ＝gr ，a 与小球的质量无关，A 正确；当v 2＝2a 时，对小球受力分析，有mg ＋b ＝mv 2r ，联立解得b ＝mg ，b 与小球的质量有关，B 错误；b a ＝m r ，b a 不只与小球的质量有关，还与圆周轨道半径有关，C 错误；由a ＝gr ，b ＝mg ，解得r ＝a g ，m ＝b g，D 正确．[答案] AD【典例5】小球在如图甲所示的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动．当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与小球此时的速度平方的关系如图乙所示(取竖直向下为正方向)．MN 为通过圆心的一条水平线．不计小球半径、管道内径，重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．管道所在圆的半径为b 2gB ．小球的质量为a gC ．小球在MN 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力D ．小球在MN 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 [解析] 由图可知，当v 2＝b 时，F N ＝0，此时mg ＝m v 2R ，解得管道所在圆的半径R ＝b g ，故A 错误；当v 2＝0时，F N ＝－mg ＝－a ，所以m ＝a g，故B 正确；小球在水平线MN 以下的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有作用力，故C 错误；小球在水平线MN 以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，故可能是外侧管壁对小球有作用力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能内、外侧管壁对小球均无作用力，故D 错误．[答案] B轻绳、轻杆系一小球在竖直平面内做圆周运动，小球通过最高点的临界条件(做完整圆周运动的条件)的差别，源于绳、杆弹力的差别．(1)绳模型：在最高点绳子只能产生沿绳收缩方向的拉力，拉力最小值为零，此时小球的重力提供向心力．小球在竖直放置的光滑圆环内侧做圆周运动符合此模型．(2)杆模型：在最高点，杆对小球可以产生向下的拉力，也可以产生向上的支持力，故小球在最高点时受到的合力的最小值为零．小球在竖直放置的光滑细管中做圆周运动符合此模型．易错点4 “定轨”与“变轨”【典例6】 2018年12月8日，“嫦娥四号”月球探测器在我国西昌卫星发射中心发射成功，随后实现了人类首次月球背面软着陆．“嫦娥四号”从环月圆轨道Ⅰ上的P点实施变轨，进入环月椭圆轨道Ⅱ，在近月点Q实施软着陆，如图所示．关于“嫦娥四号”，下列说法正确的是( )A．沿轨道Ⅰ运行至P点时，需加速才能进入轨道ⅡB．沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期C．沿轨道Ⅱ运行经P点时的加速度等于沿轨道Ⅰ运行经P点时的加速度D．沿轨道Ⅱ从P点运行到Q点的过程中，月球对“嫦娥四号”的万有引力做的功为零[解析] “嫦娥四号”沿轨道Ⅰ运行至P点时，应该制动减速使万有引力大于其在轨道Ⅰ上做圆周运动所需向心力而做近心运动，变轨到轨道Ⅱ上，故A错误；轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的半径，根据开普勒第三定律可知“嫦娥四号”沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道Ⅰ运行的周期，故B错误；在同一点万有引力相同，加速度相同，故C正确；根据开普勒第二定律可知在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，“嫦娥四号”的速度逐渐增大，万有引力做正功，故D错误．[答案] C通常卫星变轨过程涉及三个“定轨”、两处“变轨”(1)三个“定轨”：三个轨道均属环绕模型，轨道固定．如图所示，卫星运行的低轨道1和高轨道3是圆轨道，万有引力提供向心力，由此可判断各物理量的变化．卫星在椭圆轨道2上运行时，在近地点A的速度大于在远地点B的速度，符合机械能守恒定律．(2)两处“变轨”：椭圆轨道的近地点A和远地点B，也是椭圆轨道与两个圆轨道的相切点即发生变轨的位置．在两切点处，卫星在不同轨道上运行时所受万有引力相同，加速度相同，速度符合“内小外大”．易错点5 近地卫星、同步卫星、地球赤道上的物体【典例7】人造卫星d 的圆形轨道离地面的高度为h ，地球同步卫星b 离地面的高度为H ，h <H .两卫星共面且运行方向相同，某时刻卫星d 恰好出现在赤道上某建筑物c 的正上方，设地球赤道半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，则( )A ．d 、b 线速度大小的比值为R ＋h R ＋H B ．d 、c 角速度的比值为（R ＋H ）3（R ＋h ）3 C ．b 、c 向心加速度大小的比值为R 3（R ＋H ）3D ．d 下一次通过c 正上方所需时间为 t ＝2πgR 3（R ＋h ）3－（R ＋H ）3[解析] 由万有引力提供向心力有G Mm r 2＝m v 2r＝m ω2r ，则v ＝GM r ，ω＝GM r 3，所以d 、b 的线速度大小的比值为v d v b ＝R ＋H R ＋h；因b 、c 的角速度相同，所以d 、c 的角速度的比值等于d 、b 的角速度的比值，则ωd ωc＝（R ＋H ）3（R ＋h ）3，则A 错误，B 正确．因为b 、c 的角速度相同，由a ＝r ω2可知a b a c ＝R ＋H R，则C 错误．设经过时间t 卫星d 再次通过建筑物c 正上方，根据几何关系有(ωd －ωc )t ＝2π，又GM ＝gR 2，再结合上述分析可得t ＝2πgR 2（R＋h ）3－gR 2（R ＋H ）3，则D 错误． [答案] B近地卫星、同步卫星、地球赤道上的物体的比较易错点6 电场线与轨迹结合和等势线与轨迹结合【典例8】下列选项中实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹，带电粒子只受电场力作用，运动过程中电势能一直减少，关于粒子运动到b 处时的速度方向与受力方向，下列选项表示的可能正确的是( )[解析] 因粒子所受电场力的方向指向粒子运动轨迹的凹侧，所以可判断出粒子所受电场力的方向向右，由于运动过程中粒子的电势能一直减少，所以电场力一直做正功，则电场力方向与粒子速度方向的夹角一定为锐角，故选C.[答案] C【典例9】如图所示，虚线a 、b 、c 是电场中的三条等势线，相邻等势线间的电势差相等，即U ab ＝U bc ，实线为一个带负电的粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，P 、Q 是轨迹上的两点．下列说法正确的是( )A ．三个等势线中，等势线a 的电势最低B ．带负电的粒子通过Q 点时的电势能比通过P 点时的电势能小C ．带负电的粒子通过Q 点时的加速度比通过P 点时的加速度大D ．带负电的粒子通过P 点时的加速度的方向沿着等势线c 在P 点处的切线方向[解析] 由曲线运动的轨迹与电场力的关系可知，该粒子所受的电场力方向指向运动轨迹的凹侧，即大致向下，由于粒子带负电，因此电场强度方向大致指向上方，则电场线方向大致指向上方，由于电场线与等势线处处垂直，且由高电势指向低电势，故等势线a 的电势最高，A 错误；假设粒子从Q 点运动到P 点，从Q 到P 电场力对粒子做负功，故粒子电势能增加，故B 正确；因等差等势线越密，电场强度越大，所以Q 点处的电场强度较小，故粒子在Q 点所受的电场力较小，由牛顿第二定律可知粒子在该点的加速度较小，故C 错误；由于电场线与等势线处处垂直，故粒子通过P 点时所受电场力的方向，即加速度的方向一定与等势线c 在P 点处的切线垂直，故D 错误．[答案] B(1)共同点：此类问题情境都是带电粒子在电场中做曲线运动．带电粒子所受电场力指向轨迹凹侧是解题的切入点，合理利用功能关系是解题的重要手段．(2)易错点：带点粒子在电场中的运动轨迹夹在速度与电场力之间，向受力一侧弯曲，注意不要把电场线和等势线当成运动轨迹．分析带电粒子所受电场力时，在轨迹和电场线交点位置，电场力与电场线在该点的切线平行；在轨迹和等势线交点位置，电场力与等势线在该点的切线垂直．易错点7 动态电路中的U I 与ΔU ΔI【典例10】如图所示电路中，电源的电动势、内阻分别为E 、r ，两个定值电阻的阻值相等，均为R ，电表均为理想电表．初始状态，开关S 1、S 2均闭合，现断开S 2，则下列判断正确的是( )A ．电流表A 1的示数变为原来的12B ．电流表A 2的示数变为原来的2倍C ．电压表V 的示数与电流表A 1的示数的比值变为原来的2倍D ．电压表V 示数变化量与电流表A 1示数变化量的比值变为原来的2倍[解析] S 2断开后，外电路电阻变为原来的2倍，故电压表V 的示数与电流表A 1的示数的比值变为原来的2倍，I 1＝ER 外＋r ，因为电源内阻的存在，所以电流表A 1的示数不会变为原来的12，A 错误，C 正确；S 1、S 2均闭合时，电流表A 2的示数是电流表A 1的示数的12，S 2断开后，电流表A 2的示数与电流表A 1的示数相同，但A 1的示数相较原来已发生变化，故电流表A 2的示数不会变为原来的2倍，B 错误；题图所示电路中，电压表V 示数变化量与电流表A 1示数变化量的比值表示电源内阻r ，D 错误．[答案] C(1)R ＝U I 是电阻的定义式，U I 表示某一状态下导体(金属或电解质溶液)的电阻．(2)对于ΔU ΔI ，物理情境不同，表示的物理意义不同．对于定值电阻，R ＝U I ＝ΔU ΔI；像本题中所示情境，|ΔU ΔI|＝r ，其中ΔI 应为电流表A 1示数的变化量，当干路上接有定值电阻时，可把定值电阻等效成电源内阻．易错点8 “电偏转”与“磁偏转”【典例11】 (多选)如图所示，有一矩形区域abcd ，水平边长为s ＝ 3 m ，竖直边长为h ＝1 m ，当该区域内只存在大小为E ＝10 N/C 、方向由a 指向d 的匀强电场时，一比荷为q m＝0.1 C/kg 的正粒子由a 点沿ab 方向以速率v 0进入该区域，粒子运动轨迹恰好通过该区域的几何中心．当该区域内只存在垂直纸面的匀强磁场时，另一个电荷量、质量均与正粒子相同的负粒子由c 点沿cd 方向以同样的速率v 0进入该区域，粒子运动轨迹也恰好通过该区域的几何中心．不计粒子的重力，则( )A ．正、负粒子离开矩形区域时的速率之比为11∶ 3B ．磁感应强度大小为32T 、方向垂直纸面向外C ．正、负粒子通过矩形区域所用时间的比值为6πD ．正、负粒子离开矩形区域时的动能相等 [解析] 当区域内只有电场时，正粒子恰好通过该区域的几何中心，则水平方向有s2＝v 0t ，竖直方向有h 2＝12×Eq m ×t 2，联立解得v 0＝32m/s ，分析可知该粒子离开矩形区域时从cd 边射出，此时速率为v ＝v 20＋2Eq m h ＝112 m/s ；而负粒子从矩形区域射出时速率为v 0＝32m/s ，故正、负粒子离开矩形区域时的速率之比为11∶3，动能之比为11∶3，A 正确，D 错误．当负粒子由c 点沿cd 方向射入时，负粒子恰好通过该区域的几何中心，可知磁场方向垂直纸面向里，由几何关系和题意可知负粒子做匀速圆周运动时的半径r ＝h ＝1 m ，由洛伦兹力提供向心力得B ＝mv 0qr ＝320.1×1 T ＝5 3 T ，B 错误．当正粒子从cd 边射出时，h ＝12×Eq m×t ′2，代入数据解得t ′＝ 2 s ，分析可知，负粒子在磁场中偏转90°后从ab 边射出，时间t ″＝14T ＝14×2πm qB ＝33π s ，所以t ′t ″＝6π，C 正确． [答案] AC电场和磁场对运动电荷施加作用力，均可以改变其运动方向，由于电场和磁场对电荷的作用具有不同的特征，因而这两种偏转在动力学分析和物理规律选取上存在着差异．(1)电偏转：带电粒子在匀强电场中所受电场力必为恒力，带电粒子垂直于电场线进入匀强电场后做类平抛运动，其轨迹是抛物线，可以由运动的分解来分析求解．(2)磁偏转：带电粒子在匀强磁场中所受洛伦兹力是变力．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨迹是圆周或一段圆弧，运动的规律可以从动力学关系、轨道半径和运动的周期等方面来描述．易错点9 电磁感应中的“电势差”与“电动势”【典例12】 (多选)在如图所示的平面直角坐标系xOy 中，第二、四象限的环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B .将一个由粗细均匀的电阻丝折成的闭合金属线框abcd 垂直磁感线放入磁场中，使线框绕O 点沿着环形区域边界以角速度ω顺时针匀速转动．已知Oa ＝ab ＝r ，在t ＝0时刻，线框与磁场边界恰好重合，设逆时针方向为电流正方向．则下列关于线框中的电流i 和a 、b 两点间的电压u 随时间t 变化的关系图象，可能正确的是( )[解析] 线框在磁场内运动过程中磁通量变化率的大小不变，产生的感应电动势大小不变，因而线框中感应电流大小不变，根据楞次定律和右手螺旋定则可判断感应电流的方向，感应电流先沿逆时针方向，然后沿顺时针方向，做周期性变化，A正确，B错误；当ab边切割磁感线时，ab边为电源，u ab为路端电压，由右手定则可知，电流从a端流出，a端为电源正极，有u ab>0，当cd边切割磁感线时，cd边为电源，u′ab为电路中ab段两端的电压，由右手定则可知，电流方向为顺时针，从a流向b，有u′ab>0，u ab与u′ab的大小关系为u ab>u′ab，C错误，D正确．[答案] AD本题中在不同时刻，电动势、路端电压、部分电阻两端电压容易混淆，混淆的根源在于电路分析不到位．(1)当ab边切割磁感线时，ab可视为电源，其两端的电压为路端电压，既不是电动势也不是内电压．(2)当cd边切割磁感线时，ab可视为外电路中的部分电阻．在线框构成的串联电路中，电压的分配跟电阻成正比．易错点10 “发电”棒与“电动”棒【典例13】 (多选)如图，MN、PQ为相同材料制成的、粗细均匀的平行金属导轨(水平放置且光滑)，MN、PQ长度均为d＝9 m，其单位长度电阻为r＝0.5 Ω/m，导轨间距L＝0.5 m，∠PMN＝90°，导轨左端连接一阻值为R＝4 Ω的电阻(M、P间导线电阻不计)，一质量为m＝0.5 kg、电阻可忽略不计的金属棒置于导轨最左端，与导轨垂直且接触良好．整个装置处于磁感应强度大小为B＝2.0 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．现对金属棒施加一水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始以a＝2 m/s2的加速度水平向右做匀加速直线运动．已知金属棒从MP运动到NQ的过程中，通过电阻R的电荷量为0.6 C，下列说法正确的是( )A．金属棒向右运动过程中，R中的电流沿MP方向B．整个过程中，拉力F的最大值为1.5 NC．整个过程中，拉力F的平均值为1.2 ND．整个过程中，电路中产生的焦耳热为2.8 J[解析] 根据右手定则可得金属棒向右运动的过程中，R中的电流沿PM方向，故A错误；金属棒从静止开始向右做匀加速直线运动的过程中，金属棒的速度大小为v＝at，位移为x＝12at 2，感应电动势的大小为E ＝BLv ＝BLat ，根据闭合电路欧姆定律可得感应电流的大小为I ＝BLat R ＋2xr ，金属棒受到的安培力大小为F 安＝BIL ＝B 2L 2at R ＋art 2，拉力F 的大小为F ＝B 2L 2at R ＋art 2＋ma ，运动时间为t 总＝2da ，代入数据并结合数学知识可知，当t ＝2 s 时拉力F 有最大值，最大值为F max ＝1.5 N ，故B 正确；整个过程中，通过电阻R 的电荷量为0.6 C ，通过电阻R 的平均电流为I ＝q t 总＝0.2 A ，拉力F 的平均值为F ＝BIL ＋ma ＝1.2 N ，故C 正确；金属棒运动到NQ 时速度为v NQ ＝at 总＝6 m/s ，整个过程中根据能量守恒定律可知电路中产生的焦耳热为Q ＝Fd －12mv 2＝1.8 J ，故D 错误． [答案] BC【典例14】 (多选) “电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器．如图所示是“电磁炮”的原理示意图．光滑水平导轨电阻不计，宽为L 在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .“电磁炮”弹体总质量为m ，弹体接入电路中的电阻为R .可控电源的内阻为r ，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射．在某次试验发射时，流过弹体的电流是I ，不计空气阻力，则( )A ．弹体所受安培力大小为BILB ．弹体从静止加速到v ，导轨长度至少为2mv 2BILC ．弹体从静止加速到v 的过程中，电源提供的总能量为mv BL ⎝ ⎛⎭⎪⎫IR ＋Ir ＋BLv 2 D ．只有可控电源的电压随时间均匀增加，才能保证“电磁炮”匀加速发射[解析] 流过弹体的电流为I ，所以弹体受到的安培力大小为F ＝ILB ，故A 正确；由动能定理得Fx ＝12mv 2，结合F ＝BIL 可得x ＝mv 22BIL，故B 错误；根据牛顿第二定律有F ＝ma ，弹体速度v ＝at 1，发射过程中电路中产生的热量Q ＝I 2(R ＋r )t 1，弹体的动能E k ＝12mv 2，由能量守恒定律可得电源提供的总能量为E ＝E k ＋Q ，联立解得E ＝mv BL ⎝⎛⎭⎪⎫IR ＋Ir ＋Blv 2，故C 正确；t 时刻，弹体的速度v d ＝at ，弹体切割磁感线产生的感应电动势E 1＝BLv 1，欲使流过弹体的电流不变，使弹体能匀加速发射，可控电源的电压应为U ＝U 0＋E 1＝U 0＋Blat ，式中U 0为电源的初始电压，故D 正确．[答案] ACD“发电”棒和“电动”棒(如“电磁炮”)所在电路的结构基本相似，但二者本质不同．“发电”棒是通过导体棒切割磁感线产生感应电流，这个过程将机械能转化为电能．“电动”棒是通电导体在磁场中受到安培力而运动，这个过程将电能转化为机械能．。

(京津鲁琼版)2020版高考物理总复习课件：第八章电路及其应用实验考点解析及题型详解

(2)因为实验要求所测量范围尽可能大，所以滑动变阻器应采用分压接法；因为待测电阻 Rx 的阻值远小于电压表内阻，所以电流表采用外接法；为了使流过电流表的电流不超过其最大量程，即 50 mA，应给待测电阻串联一个定值电阻 R，起保护作用．实验原理图如图所示．
(3)根据欧姆定律可得 Rx＝UI －R. 答案：(1)A1 V1 R1 (2)见解析图 (3)UI －R
(1)电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选 ________．(填器材的元件符号) (2)请在下面的虚线框内画出测量电阻 Rx 的实验电路图．(要求所测量范围尽可能大)
(3)某次测量中，电压表示数为 U 时，电流表示数为 I，则计算待测电阻阻值的表达式为 Rx＝________．
五、注意事项 1．本实验中被测金属丝的电ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ值较小，因此电路采用电流表外接法． 2．闭合开关前，要使滑动变阻器电阻值调到最大． 3．实验时通电时间不宜过长，电流不宜过大．
实验电路和器材的选择仪器选择的一般步骤 (1)首先选择唯一性的器材． (2)粗画电路图(暂不接电流表和电压表)． (3)估算回路中电流和电压的最大值，在电表的指针有较大幅度的偏转但不超过其量程的情况下，结合已知器材的规格，确定实验电路和实验器材．
解析：(1)首先选取唯一性器材：电源 E(电动势约为 3 V，内阻
约为 0.2 Ω )，定值电阻 R(20 Ω ，允许最大电流 1.0 A)，单刀
单掷开关 S，导线．电源电动势约为 3 V，所以电压表选择 V1(量
程 0～3 V，内阻很大)；待测电阻 Rx 的阻值约为 30 Ω ，流过
Rx
的最大电流为 3 30
答案：(1)B C F (2)如图所示

(京津鲁琼版)2020版高考物理总复习第八章第1节电流电阻电功电功率课件

C．电流大小为
ve 2π
，电流方向为逆时针 r
D．电流大小为 vre，电流方向为逆时针
提示：选 C.电子做圆周运动的周期 T＝2πv r，由 I＝Te 得 I＝2vπer，电流的方向与电子运动方向相反，故为逆时针．
做一做
(2019·河北石家庄模拟)一个内阻可以忽略的电源，给一个绝
缘的圆管里装满的水银供电，电流为 0.1 A，若把全部水银倒
淘汰白炽灯．假设某同学研究白炽灯得到某
白炽灯的 U－I 曲线如图所示．图象上 A 点与
原点的连线与横轴成 α 角，A 点的切线与横轴成 β 角，则( )
A．白炽灯的电阻随电压的增大而减小
B．在 A 点，白炽灯的电阻可表示为 tan β
C．在 A 点，白炽灯的电功率可表示为 U0I0
D．在 A 点，白炽灯的电阻可表示为
丝．闭合开关，改变滑动头 P 的位置，当通过电流表 G 的电流
为零时，测得 MP＝l1，PN＝l2，则 Rx 的阻值为( )
A.ll21R0
l B.l1＋l2R0
C.ll12R0
D.l1＋l2 l2R0
解析：选 C.通过电流表 G 的电流为零时，P 点的电势与 R0 和 Rx 连接点的电势相等，即 U0＝UMP，根据欧姆定律有 U0＝ RU0＋MNRxR0，UMP＝RMUP＋MNRPNRMP，则R0＋R0Rx＝RMPR＋MPRPN，由此得RR0x＝RRMPNP，根据电阻定律得，电阻丝的电阻 R∝l，故RR0x＝ll12，所以 Rx＝ll21R0，正确选项为 C.
A．正离子定向移动形成的电流方向从 A→B，负离子定向移动形成的电流方向从 B→A B．溶液内由于正、负离子移动方向相反，溶液中的电流抵消，电流等于零 C．溶液内的电流方向从 A→B，电流 I＝nt1e D．溶液内的电流方向从 A→B，电流 I＝（n1＋t n2）e

(鲁京津琼)2020版高考物理总复习第十二章热学第1讲分子动理论内能课件

3 总体积为 V，a＝
Vn，而 V＝4πR2h，所以 a＝
3.下列有关热现象和内能的说法中正确的是( ) A.把物体缓慢举高，其机械能增加，内能也增加
B.盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大
C.电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“做功”方式实现的
D.分子间引力和斥力相等时，分子势能最大解析把物体缓慢举高，外力做功，其机械能增加，由于温度不变，物体内能不变，
选项A错误；物体的内能与物体做什么性质的运动没有直接关系，选项B错误；电流通
过电阻后电阻发热，是通过电流“做功”的方式改变电阻内能的，选项C正确；根据
分子间作用力的特点，当分子间距离等于r0时，引力和斥力相等，不管分子间距离从r0
增大还是减小，分子间作用力都做负功，分子势能都增大，故分子间距离等于r0时分
[高考导航]ຫໍສະໝຸດ 考点内容2016高考(全国卷)三年命题情况对照分析
2017
2018
命题热点
分子动理论的基本观点和实验依据分子动理论阿伏加德罗常数与统计观点气体分子运动速率的统计分布
温度、内能固体的微观结构、晶体和非晶体液晶的微观结构固体、液体液体的表面张力现象与气体气体实验定律理想气体热力学第一定律热力学定律能量守恒定律与能量守恒热力学第二定律实验一：用油膜法估测分子的大小
子势能最小，选项D错误。
答案 C
微观量的估算
1.微观量与宏观量
(1)微观量：分子体积 V0、分子直径 d、分子质量 m0 等。
(2)宏观量：物体的体积 V、摩尔体积 Vm、物体的质量 m、摩尔质量 Mm、物体的密度
ρ 等。
2.分子的两种模型
3 (1)球体模型：直径 d＝

京津鲁琼专用2020版高考物理大二轮复习专题八第2讲机械振动与机械波光学练习含解析20191024268

机械振动与机械波光学一、选择题1．(2019·高考全国卷Ⅲ)水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上．振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源．两波源发出的波在水面上相遇，在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样．关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是( )A ．不同质点的振幅都相同B ．不同质点振动的频率都相同C ．不同质点振动的相位都相同D ．不同质点振动的周期都与振动片的周期相同E ．同一质点处，两列波的相位差不随时间变化解析：选BDE.在波的干涉实验中，质点在振动加强区的振幅是两列波振幅之和，质点在振动减弱区的振幅是两列波振幅之差，A 项错误；沿波的传播方向上，波不停地向外传播，故各质点的相位不都相同，C 项错误；两波源振动频率相同，其他各质点均做受迫振动，故频率均与振源频率相同，周期均与振动片的周期相同，B 、D 项正确；同一质点到两波源的距离确定，故波程差恒定，即相位差保持不变，E 正确．2．(2018·高考北京卷)如图所示，一列简谐横波向右传播，P 、Q 两质点平衡位置相距0.15 m ．当P 运动到上方最大位移处时，Q 刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是( )A ．0.60 mB ．0.30 mC ．0.20 mD ．0.15 m 解析：选B.由题意，P 、Q 两点之间的距离为λ2＋n λ＝0.15 m ，n ＝0，1，2，…，故n ＝0时，λ＝0.30 m ，n ＝1时，λ＝0.10 m ，选项B 正确，其余选项错误．3．(2019·高考天津卷)一列简谐横波沿x 轴传播，已知x 轴上x 1＝1 m 和x 2＝7 m 处质点的振动图象分别如图1、图2所示，则此列波的传播速率可能是( )A ．7 m/sB ．2 m/sC ．1.2 m/sD ．1 m/s解析：选BC.由两质点的振动图象可知，t ＝0时刻，x 1＝1 m 处的质点处在平衡位置向下运动，x 2＝7 m 处的质点位于波峰处，该波的传播周期为T ＝4 s ．若该简谐横波沿x 轴正方向传播，则两质点间的距离为(n ＋14)λ＝6 m(n ＝0、1、2、…)，则λ＝244n ＋1m ，由波速的公式得v ＝λT ＝64n ＋1m/s(n ＝0、1、2、…)，n ＝0时，v ＝6 m/s ；n ＝1时，v ＝1.2 m/s ；n ＝2时，v ＝23 m/s ，C 正确．若该简谐横波沿x 轴负方向传播，则两质点间的距离为(n ＋34)λ＝6 m(n＝0、1、2、…)，则λ＝244n ＋3 m ，由波速的公式得v ＝λT ＝64n ＋3m/s(n ＝1、2、…)，n ＝0时，v ＝2 m/s ；n ＝1时，v ＝67m/s ，B 正确，A 、D 错误． 4．(2018·高考全国卷Ⅲ) 一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在t ＝0和t ＝0.20 s 时的波形分别如图中实线和虚线所示．已知该波的周期T ＞0.20 s ．下列说法正确的是( )A ．波速为0.40 m/sB ．波长为0.08 mC ．x ＝0.08 m 的质点在t ＝0.70 s 时位于波谷D ．x ＝0.08 m 的质点在t ＝0.12 s 时位于波谷E ．若此波传入另一介质中其波速变为0.80 m/s ，则它在该介质中的波长为0.32 m 解析：选ACE.根据波形图可知，波长λ＝16 cm ＝0.16 m ，选项B 错误；根据t ＝0时刻和t ＝0.20 s 时刻的波形图和该波的周期T >0.20 s 可知，该波的周期T ＝0.40 s ，波速v ＝λT＝0.40 m/s ，选项A 正确；简谐波沿x 轴正方向传播，x ＝0.08 m 的质点在t ＝0时刻沿y 轴正方向振动，在t ＝0.70 s 时位于波谷，在t ＝0.12 s 时位于y >0的某位置(不是位于波谷)，选项C 正确，D 错误；若此波传入另一介质中，周期T 不变，其波速变为v ′＝0.80 m/s ，由λ′＝v ′T 可得它在该介质中的波长为λ′＝0.80×0.4 m ＝0.32 m ，选项E 正确．5．(2018·高考天津卷)一振子沿x 轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点．t ＝0时振子的位移为－0.1 m ，t ＝1 s 时位移为0.1 m ，则( )A ．若振幅为0.1 m ，振子的周期可能为23s B ．若振幅为0.1 m ，振子的周期可能为45s C ．若振幅为0.2 m ，振子的周期可能为4 sD ．若振幅为0.2 m ，振子的周期可能为6 s解析：选AD.若振幅为0.1 m ，由题意知，Δt ＝(n ＋12)T ，n ＝0，1，2，…，解得T ＝22n ＋1s ，n ＝0，1，2，…，A 项正确，B 项错误；若振幅为0.2 m ，t ＝0时，由质点简谐运动表达式y ＝0.2sin(2πT t ＋φ0) m 可知，0.2sin φ0 m ＝－0.1 m ，t ＝1 s 时，有0.2sin(2πT＋φ0) m ＝0.1 m ，解得φ0＝－π6或φ0＝－5π6；将T ＝6 s 代入0.2sin(2πT＋φ0) m ＝0.1 m 可得，D 项正确；将T ＝4 s 代入0.2sin(2πT＋φ0) m ＝0.1 m ，得T ＝4 s 不满足题意，C 项错误．二、非选择题6．(2018·高考全国卷Ⅱ)(1)声波在空气中的传播速度为340 m/s ，在钢铁中的传播速度为4 900 m/s ，一平直桥由钢铁制成，某同学用锤子敲击一下桥的一端发出声音，分别经空气和桥传到另一端的时间之差为1.00 s ，桥的长度为________m ．若该声波在空气中的波长为λ，则它在钢铁中的波长为λ的________倍．(2) 如图，△ABC 是一直角三棱镜的横截面，∠A ＝90°，∠B ＝60°.一细光束从BC 边的D 点折射后，射到AC 边的E 点，发生全反射后经AB 边的F 点射出．EG 垂直于AC 交BC 于G ，D 恰好是CG 的中点．不计多次反射．(i)求出射光相对于D 点的入射光的偏角；(ii)为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？解析：(1)设声波在钢铁中的传播时间为t 1、传播速度为v 1，在空气中的传播时间为t 2、传播速度为v 2，桥长为l ，则l ＝v 1t 1＝v 2t 2，而t 2－t 1＝1.00 s ，代入数据解得l ≈365 m ．又λ＝v f ，声波频率不变，所以λ钢λ空＝v 1v 2，得λ钢＝v 1v 2λ空＝24517λ. (2)(i)光线在BC 面上折射，由折射定律有 sin i 1＝n sin r 1①式中，n 为棱镜的折射率，i 1和r 1分别是该光线在BC 面上的入射角和折射角．光线在AC 面上发生全反射，由反射定律有i 2＝r 2 ②式中i 2和r 2分别是该光线在AC 面上的入射角和反射角光线在AB 面上发生折射，由折射定律有n sin i 3＝sin r 3 ③式中i 3和r 3分别是该光线在AB 面上的入射角和折射角由几何关系得i 2＝r 2＝60°，r 1＝i 3＝30° ④F 点的出射光相对于D 点的入射光的偏角为δ＝(r 1－i 1)＋(180°－i 2－r 2)＋(r 3－i 3) ⑤由①②③④⑤式得δ＝60°. ⑥(ii)光线在AC 面上发生全反射，光线在AB 面上不发生全反射，有n sin i 2≥n sin C >n sin i 3⑦式中C 是全反射临界角，满足n sin C ＝1 ⑧由④⑦⑧式知，棱镜的折射率n 的取值范围应为 233≤n <2. ⑨ 答案：(1)365 24517 (2)(i)60° (ii)233≤n <2 7．(1)如图(a)，在xy 平面内有两个沿z 方向做简谐振动的点波源S 1(0，4)和S 2(0，－2)．两波源的振动图线分别如图(b)和图(c)所示．两列波的波速均为1.00 m/s.两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为________m，两列波引起的点B(4，1)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)，点C(0，0.5)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)．(2)如图，一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体，O点为球心；下半部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜．有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC之间的距离为0.6R.已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)．求该玻璃的折射率．解析：(1)点波源S1(0，4)的振动形式传播到点A(8，－2)的路程为L1＝10 m，点波源S2(0，－2)的振动形式传播到点A(8，－2)的路程为L2＝8 m，两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为ΔL＝L1－L2＝2 m．由于两列波的波源到点B(4，1)的路程相等，路程差为零，且t ＝0时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点B时振动方向相反，引起的点B处质点的振动相互减弱；由振动图线可知，波动周期为T＝2 s，波长λ＝vT＝2 m．由于两列波的波源到点C(0，0.5)的路程分别为3.5 m和2.5 m，路程差为1 m，而t＝0时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点C时振动方向相同，引起的点C处质点的振动相互加强．(2)如图，根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于OC轴对称的出射光线一定与入射光线平行．这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心C点反射．设光线在半球面的入射角为i，折射角为r.由折射定律有sin i＝n sin r ①由正弦定理有sin r 2R ＝sin （i －r ）R ②由几何关系，入射点的法线与OC 的夹角为i .由题设条件和几何关系有sin i ＝L R③ 式中L 是入射光线与OC 的距离．由②③式和题给数据得sin r ＝6205④ 由①③④式和题给数据得 n ＝ 2.05≈1.43. ⑤答案：(1)2 减弱加强 (2)见解析8．(2019·烟台模拟)(1)如图甲所示，O 、P 为介质中的两点，O 为波源，OP 间距为6 m ．t ＝0时刻O 点由平衡位置开始向上振动，向右产生沿直线传播的简谐横波，图乙表示t ＝0时刻开始P 点振动的图象．则以下说法正确的是( )A ．该波的波长为12 mB ．该波的波速为2 m/sC ．该波的周期为4 sD ．从开始振动到t ＝10 s ，质点P 经过的路程为1.6 mE ．若波源O 向右靠近P 点运动，则P 点的观察者接收到的波的频率小于波源的频率(2)如图所示，某同学用插针法测量等边三棱镜的折射率，在区域Ⅰ内已插好两枚大头针P 1、P 2，在区域Ⅱ内可观察到大头针的像，再插大头针P 3、P 4 以挡住P 1、P 2 的像(P 3、P 4 图中未画出)．请完成下列问题：①在图中大致作出经过P 1、P 2、P 3、P 4 的光路，并留下作图痕迹；②若测得三棱镜的折射率为 3，现将AC 面涂上反射材料使之成为镜面，经过P 1、P 2 的光线与AB 面的夹角为30°，试通过计算画出完整的光路图，并注明出射光线与出射界面间的夹角．解析：(1)由图乙所示的P 点振动的图象可知波动周期为T ＝4 s ，选项C 正确；波动从O传播到P 点需要时间为2 s(半个周期)，OP ＝λ2，该波的波长λ＝12 m ，该波的波速为v ＝λT＝3 m/s ，选项A 正确，B 错误；从开始振动到t ＝10 s ，质点P 振动了8 s ，两个周期，经过的路程为s ＝2×4A ＝2×4×0.2 m ＝1.6 m ，选项D 正确；根据多普勒效应，若波源O 向右靠近P 点运动，则P 点的观察者接收到的波的频率大于波源的频率，选项E 错误．(2)①光路图如图甲所示②光路图如图乙所示由题意可知经过P 1、P 2的光线入射角为i ＝60°，根据折射定律n ＝sin i sin r光在三棱镜中的折射角为r ＝30°由几何关系可得光在AC 面上的入射角为30°，根据反射定律，经AC 面反射后光线与AB 平行，射到BC 面上时入射角仍为30°，经BC 折射后出射光线折射角为60°，即出射光线与界面的夹角为30°，光路如图乙所示．答案：(1)ACD (2)见解析。

(京津鲁琼版)2020版高考物理总复习课件：第一、二章紧扣高考热点培养核心素养课件

3．斜率：斜率有两种情况，一种是纵坐标物理量与横坐标物
理量的比值，如 U－I 图象中 R＝UI ，另一种是纵坐标物理量的
变化量与横坐标物理量的变化量的比值，如
v－t
图象中
a＝ΔΔ
v， t
而不)为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，如图所示是动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图象，下列说法正确的是( )
(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离 x0，在乙车刹车 t2 时间两车速度相等，t0 为乙车司机反应时间，乙车紧急刹车的加速度大小为 a2＝Fmf22＝5 m/s2 速度相等：v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2 解得：t2＝2.0 s 乙车发生的位移：x 乙＝v0t0＋v0t2－12a2t22＝15 m 甲车发生的位移：
(3)依题意知在宽为74d 的物体移到门框的过程中，每扇门至少要移动78d 的距离，每扇门的运动各经历两个阶段：开始以加速度 a 匀加速运动 s1＝12d 的距离，速度达到 v0，所用时间 t1＝12t0，而后又做匀减速运动，设减速时间为 t2，门又运动了 s2＝78d－ 12d＝38d 的距离．由匀变速运动公式得 s2＝v0t2－12at22
A．10 s 末两车可能发生追尾 B．15 s 末两车可能发生追尾 C．若两车不发生追尾，则 t＝10 s 时两车的速度相同 D．若两车不发生追尾，则 t＝20 s 时两车的速度均为零
解析：选 B.a－t 图象中图线与坐标轴所围成的面积表示速度的变化量．由题图可知，t＝10 s 时，两车的加速度大小均为 0.5 m/s2，此时甲车的速度 v1＝v01－Δ v1＝27 m/s－0.5＋2 1.5× 10 m/s＝17 m/s，乙车的速度 v2＝v02－Δ v2＝25 m/s－0.5＋2 1.0 ×10 m/s＝17.5 m/s，由于 v1<v2，两车不可能发生追尾，选项 A、C 均错误；由三角形相似得，t＝15 s 时，乙车的加速度大

(鲁京津琼)2020版高考物理总复习第八章恒定电流从教材走向高考课件

答案 (1)见解析图 (2)电流电压 (3)黑 (4)1.00 880
【高考真题1】解析 (1)先并联改装电流表，再串联改装电压表。
(2)R1＝I－UgIg＝100 Ω，R2＝U－IIgRg＝2 910 Ω 答案 (1)图见解析 (2)100 2 910
【高考真题2】解析 (1)A端与电池正极相连，电流从A端流出，A端与黑表笔相连。 (2)使用多用电表前，应机械调零，即应调整“指针定位螺丝”，使指针指在表盘左端电流“0”位置，与R6无关，选项A错误；使用欧姆挡时，需要红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，选项B正确；使用电流挡时(3，)BB端端与与““11””、或“2“”2相”相连连时，，与该R多6无用关电，表选挡项位C分错别误为。直流 2.5 mA 挡、直流 1 mA 挡，如图甲所示，由电表的改装原理可知，B 端与“2”相连时，有 I2＝IG＋RI1G＋rGR2，解得 R1＋R2＝160 Ω；B 端与“4”相连时，如图乙所示，多用电表为直流电压 1 V 挡，表头并联部分电阻 R0＝IGIr2G，R4＝UI24－R0＝880 Ω。
参考答案【拓展提升】解析 (1ห้องสมุดไป่ตู้连线如图所示。
(2)开关S闭合时，电阻R1与电流表并联，多用电表用于测量电流。开关S断开时，电阻R2与电流表串联，多用电表用于测量电压。
(3)根据电流应从电流表或电压表的正接线柱进，从负接线柱出，即从表笔A 出，表笔A应为黑色，表笔B应为红色。 (4)开关 S 断开时，由串联电路知识，Ig(R2＋r)＝U，解得 R2＝880 Ω；开关 S 闭合时，由并联电路知识，Ig(R2＋r)＝(I－Ig)R1，解得 R1≈1.00 Ω。

2020版物理新增分大一轮新高考(京津鲁琼)讲义：第一章运动的描述匀变速直线运动专题强化一含解析

专题强化一运动学图象追及相遇问题专题解读 1.本专题是匀变速直线运动规律和运动学图象的综合应用，为高考必考内容，多以选择题形式命题．2．学好本专题，可以提高同学们通过画运动情景示意图和v－t图象分析和解决运动学问题的能力．3．用到的知识有：x－t图象和v－t图象的理解，匀变速直线运动的规律，临界条件的确定，极值思想等数学方法．一、运动学图象1．直线运动的x－t图象(1)图象的物理意义反映了做直线运动的物体的位置随时间变化的规律．(2)图线斜率的意义①图线上某点切线的斜率大小表示物体速度的大小②图线上某点切线的斜率正负表示物体速度的方向．(3)交点两图线交点，表示两物体相遇．2．直线运动的v－t图象(1)图象的物理意义反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律．(2)图线斜率的意义①图线上某点切线的斜率大小表示物体加速度的大小．②图线上某点切线的斜率正负表示加速度的方向．(3)两种特殊的v－t图象①匀速直线运动的v－t图象是与横轴平行的直线．②匀变速直线运动的v－t图象是一条倾斜的直线．(4)图象与时间轴围成的面积的意义(如图1)图1①图象与时间轴围成的面积表示位移．②若此面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为正；若此面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为负．(5)交点两图线交点表示此时两物体速度相同．自测1(2018·四川省雅安市第三次诊断)甲、乙两物体在同一直线上运动，其位移－时间图象如图2所示，由图象可知()图2A．甲比乙运动得快B．乙开始运动时，两物体相距20 mC．在前25 s内，两物体距离先增大后减小D．在前25 s内，两物体位移大小相等答案 C解析位移－时间图象的斜率大小等于速度大小，由题图可知甲比乙运动得慢，故A错误；由题图可知：乙从原点出发，乙开始运动时，甲的位置坐标大于20 m，则乙开始运动时两物体相距大于20 m，故B错误；在0～10 s这段时间内，乙静止在原点，甲沿正向做匀速直线运动，则两物体间的距离逐渐增大，在10～25 s这段时间内，甲的速度大小小于乙的速度大小，甲在乙的前方，则两者距离逐渐减小，故C正确；在前25 s内，甲的位移为x1＝40 m－20 m＝20 m，乙的位移为x2＝40 m－0＝40 m, 故D错误．自测2(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3所示．则下列说法正确的是()图3A ．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 内物体的最大位移出现在第3 s 末，大小为3.5 mD ．物体在第2 s 末与第4 s 末的速度相同答案 C解析由题图可知，0～1 s 内物体沿正方向做匀加速运动，1～3 s 内沿正方向做匀减速运动，3～4 s 内沿反方向做匀加速运动，故在第3 s 末物体的速度为0，位移最大，x ＝1＋22×1 m ＋12×2×2 m ＝3.5 m,1 s 末速度方向没有改变，图线的斜率表示加速度，故由题图可知3 s 末加速度方向不变，物体在第2 s 末与第4 s 末的速度大小相等，方向相反，故A 、B 、D 错误，C 正确．二、追及与相遇问题 1．问题概述当两个物体在同一条直线上运动时，由于两物体的运动情况不同，所以两物体之间的距离会不断发生变化，就会涉及追及、相遇或避免碰撞等问题． 2．两类情况(1)若后者能追上前者，则追上时，两者处于同一位置，后者的速度一定不小于前者的速度． (2)若后者追不上前者，则当后者的速度与前者的速度相等时，两者相距最近． 3．相遇问题的常见情况(1)同向运动的两物体追及并相遇：两物体位移大小之差等于开始时两物体间的距离． (2)相向运动的两物体相遇：各自发生的位移大小之和等于开始时两物体间的距离．自测3 (2018·山东省济宁市上学期期末)甲、乙两物体同时从同一位置沿同一直线运动，它们的v －t 图象如图4所示，下列说法正确的是( )图4A．t1时刻，两者相距最远B．t2时刻，乙物体追上甲C．乙物体先向负方向运动，t1时刻以后向正方向运动D．0～t2时间内，乙的速度和加速度大小都是先减小后增大答案 D解析在0～t2时间内，乙的速度比甲的小，甲在乙的前方，两者间距逐渐增大．t2时刻后，乙的速度比甲的大，两者间距减小，所以在0～t2时间内，t2时刻两者相距最远，乙物体未追上甲，故A、B错误；在v－t图象中速度的正负表示运动方向，由题图可知乙的速度方向一直为正，运动方向没有发生改变，故C错误；根据v－t图象的斜率表示加速度，则0～t2时间内，乙的速度和加速度大小都是先减小后增大，故D正确．命题点一运动学图象的理解和应用1．x－t图象与v－t图象的比较2.三点说明(1)x－t图象与v－t图象都只能描述直线运动，且均不表示物体运动的轨迹；(2)分析图象要充分利用图象与其所对应的物理量的函数关系；(3)识图方法：一轴、二线、三斜率、四面积、五截距、六交点．例1(多选)(2018·全国卷Ⅲ·18)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图5所示．下列说法正确的是()图5A．在t1时刻两车速度相等B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等答案CD解析x－t图象的斜率表示速度，则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度，A错误；由两图线的纵截距知，出发时甲在乙前面，t1时刻图线相交表示两车相遇，可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离，B项错误；t1和t2时刻两图线都相交，表明两车在两个时刻均在同一位置，从t1到t2时间内，两车走过的路程相等，在t1到t2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，该时刻两车速度相等，C、D项正确．变式1(2019·山东省日照市期中)甲、乙两辆汽车在同一平直公路上行驶．在t＝0到t＝t1的时间内，它们的位移－时间图象如图6所示，在这段时间内()图6A．汽车甲的平均速度比乙的平均速度大B．汽车甲的位移比乙的位移大C．汽车甲与汽车乙的运动方向相反D．汽车甲做减速运动，汽车乙做加速运动答案 C例2 (多选)(2019·山东省泰安市期中)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，它们的速度－时间图象如图7，t 2时刻两车相遇．下列说法正确的是( )图7A ．乙的加速度始终比甲大B ．在t 1到t 2时间内的某时刻，两车加速度相等C ．在t 1到t 2时间内，甲车在乙车的前面D ．0时刻甲、乙两车一定从同一地点出发答案 BC解析 v －t 图象中，斜率表示加速度，由题图可知，t 1时刻a 甲<a 乙，t 2时刻a 甲>a 乙，故A 错误；在t 1～t 2中，必有甲曲线斜率等于乙的斜率，故加速度会相等，B 正确；t 2时刻相遇，t 1～t 2时间内v 甲<v 乙，必然是甲车在前，故C 正确；由于速度大小未知，无法判断两车是否从同一地点出发，D 错误．变式2 (2018·山东省泰安市上学期期中)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v －t 图象如图8所示．已知t ＝t 1时刻，两汽车并排行驶．则在这段时间内( )图8A ．两汽车的位移相同B ．两汽车的平均速度均为v 1＋v 22C ．t ＝0时刻，汽车乙在汽车甲前方D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大答案 C解析 v －t 图象与时间轴围成的面积表示位移，故0～t 1时间内甲的位移大于乙的位移，而在t 1时刻两汽车并排行驶，所以t ＝0时刻，汽车乙在汽车甲前方，A 错误，C 正确；如图所示，由于甲车做变加速运动，其平均速度大于v 1＋v 22，乙车做变减速运动，其平均速度小于v 1＋v 22，故B 错误；v －t 图象的斜率表示加速度，故两者的加速度都在减小，D错误．拓展点1 非常规图象 1．三类图象(1)a －t 图象：由v ＝v 0＋at 可知图象与横轴所围面积表示速度变化量Δv ，如图9甲所示； (2)x t －t 图象：由x ＝v 0t ＋12at 2可得x t ＝v 0＋12at ，图象的斜率为12a ，如图乙所示．图9(3)v 2－x 图象：由v 2－v 02＝2ax 可知v 2＝v 02＋2ax ，图象斜率为2a . 2．解题技巧图象反映了两个变量(物理量)之间的函数关系，因此要由运动学公式推导出两个物理量间的函数关系，来分析图象的意义．例3 (2018·山东省临沂市上学期期中)某质点做匀变速直线运动，运动的时间为t ，位移为x ，该质点的x t －t 图象如图10所示，下列说法错误的是( )图10A ．质点的加速度大小为2cbB ．t ＝0时，质点的初速度大小为cC ．t ＝0到t ＝b 这段时间质点的平均速度为0D ．t ＝0到t ＝b 这段时间质点的路程为bc4答案 D解析由x ＝v 0t ＋12at 2得x t ＝v 0＋12at ，可知x t －t 图象的斜率为12a ，根据数学知识可得：12a ＝－c b ，加速度大小为2cb ，初速度为v 0＝c ，故A 、B 正确；从t ＝0到t ＝b 这段时间，质点的位移为x ＝v 0t ＋12at 2＝cb ＋12·(－2c b )·b 2＝0，则质点的平均速度为零，故C 正确；因为从t ＝0到t ＝b 这段时间内质点的位移为零，即质点做往返运动，根据运动的对称性可知整个过程中的路程为从t ＝0到t ＝b 2内位移大小的2倍，所以s ＝2[c ·b 2＋12·(－2c b )·(b 2)2]＝bc2，D 错误．变式3 (2018·苏锡常镇四市调研一)如图11所示为从静止开始做直线运动的物体的加速度—时间图象，关于物体的运动下列说法正确的是( )图11A ．物体在t ＝6 s 时，速度为0B ．物体在t ＝6 s 时，速度为18 m/sC ．物体运动前6 s 的平均速度为9 m/sD ．物体运动前6 s 的位移为18 m 答案 B解析 a －t 图象与t 轴所围面积为物体速度变化量，则t ＝6 s 时，物体的速度v ＝0＋Δv ＝12×6×6 m/s ＝18 m/s ，选项B 正确，A 错误；因物体加速度越来越小，作出v －t 图象，平均速度大于9 m/s ，位移大于54 m ，故选项C 、D 错误．变式4 (多选)(2018·河北省邢台市上学期期末)一质点以一定的初速度从A 点开始向相距 8 m 的B 点做直线运动，运动过程中其速度的二次方v 2与位移x 之间的关系图线如图12所示，下列说法正确的是( )图12A ．质点做加速度增大的变加速运动B ．质点做匀加速运动，其加速度大小为2 m/s 2C ．质点运动的初速度大小为2 m/sD ．质点从A 点运动到B 点所用的时间为8 s 答案 BC解析根据v 2＝v 02＋2ax 可知图象斜率为2a ，则2a ＝369m/s 2＝4 m/s 2，则a ＝2 m/s 2，故质点做匀加速直线运动，选项B 正确，A 错误；代入点(8,36)可得，v 0＝2 m/s ，选项C 正确；质点末速度v ＝6 m/s ，质点从A 点运动到B 点所用的时间为t ＝v －v 0a ＝6－22 s ＝2 s ，选项D 错误．拓展点2 图象间的相互转化例4 一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图13所示．取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的v －t 图象正确的是( )图13答案 C命题点二追及相遇问题1．分析思路可概括为“一个临界条件”“两个等量关系”．(1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点；(2)两个等量关系：时间等量关系和位移等量关系，通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系是解题的突破口． 2．能否追上的判断方法物体B 追赶物体A ：开始时，两个物体相距x 0，到v A ＝v B 时，若x A ＋x 0＜x B ，则能追上；若x A ＋x 0＝x B ，则恰好不相撞；若x A ＋x 0＞x B ，则不能追上． 3．特别提醒若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断被追上前该物体是否已经停止运动．4．三种方法(1)临界法：寻找问题中隐含的临界条件，例如速度小者加速追赶速度大者，在两物体速度相等时有最大距离；速度大者减速追赶速度小者，若追不上则在两物体速度相等时有最小距离．(2)函数法：设两物体在t 时刻相遇，然后根据位移关系列出关于t 的方程f (t )＝0，若方程f (t )＝0无正实数解，则说明这两个物体不可能相遇；若方程f (t )＝0存在正实数解，说明这两个物体能相遇． (3)图象法①若用位移图象求解，分别作出两个物体的位移图象，如果两个物体的位移图象相交，则说明两物体相遇． ②若用速度图象求解，则注意比较速度图线与时间轴包围的面积．例5 甲、乙两车在同一直线轨道上同向行驶，甲车在前，速度为v 1＝8 m /s ，乙车在后，速度为v 2＝16 m/s ，当两车相距x 0＝8 m 时，甲车因故开始刹车，加速度大小为a 1＝2 m/s 2，为避免相撞，乙车立即开始刹车，则乙车的加速度至少为多大？答案 6 m/s 2解析方法一：临界法设两车减速后速度相同时为v ，所用时间为t ，乙车的加速度大小为a 2，则v 1－a 1t ＝v 2－a 2t ＝v ，v 1＋v 2t ＝v 2＋v2t －x 0，解得t ＝2 s ，a 2＝6 m/s 2，即t ＝2 s 时，两车恰好未相撞，显然此后到停止运动前，甲的速度始终大于乙的速度，故可避免相撞．满足题意的条件为乙车的加速度至少为6 m/s 2. 方法二：函数法甲运动的位移x 甲＝v 1t －12a 1t 2，乙运动的位移x 乙＝v 2t －12a 2t 2避免相撞的条件为x 乙－x 甲≤x 0 即12(a 2－a 1)t 2＋(v 1－v 2)t ＋x 0≥0 代入数据有(a 2－2)t 2－16t ＋16≥0 由数学知识得，不等式成立的条件是 162－4×16(a 2－2)≤0，且a 2－2>0 解得a 2≥6 m/s 2.变式5 (多选)(2016·全国卷Ⅰ·21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v －t 图象如图14所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )图14A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，甲车在乙车前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 BD解析由题中v －t 图象得a 甲＝10 m/s 2， a 乙＝5 m/s 2，两车在t ＝3 s 时并排行驶，此时 x 甲＝12a 甲t 2＝12×10×32 m ＝45 m ，x 乙＝v 0t ＋12a 乙t 2＝10×3 m ＋12×5×32 m ＝52.5 m ，所以t ＝0时甲车在前，距乙车的距离为 L ＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，B 项正确； t ＝1 s 时，x 甲′＝12a 甲t ′2＝5 m ，x 乙′＝v 0t ′＋12a 乙t ′2＝12.5 m ，此时x 乙′－x 甲′＝L ，所以另一次并排行驶的时刻为t ＝1 s ，故A 、C 项错误；两次并排行驶的位置沿公路方向相距 L ′＝x 乙－x 乙′＝40 m ，故D 项正确．变式6 (多选)(2019·山东省济南外国语学校期中)甲、乙两辆小汽车(都可视为质点)分别处于同一条平直公路的两条平行车道上，开始时(t ＝0)乙车在前甲车在后，两车间距为x 0.t ＝0甲车先启动，t ＝3 s 时乙车再启动，两车都是先做匀加速运动，后做匀速运动，v －t 图象如图15所示，根据图象，下列说法正确的是( )图15A ．两车加速过程，甲的加速度比乙大B ．若x 0＝80 m ，则两车间距最小为30 mC ．若两车在t ＝5 s 时相遇，则在t ＝9 s 时再次相遇D ．若两车在t ＝4 s 时相遇，则在t ＝10 s 时再次相遇答案 BC解析 v －t 图象中的斜率大小表示加速度的大小，从题图可以看出乙的加速度大于甲的加速度，故A 错误；速度相等时两车间距有最小值，从题图可以看出甲运动的位移为x 1＝(2＋7)×202 m ＝90 m ，而乙运动的位移为：x 2＝12×4×20m ＝40 m ，则甲、乙之间的距离最小为Δx ＝x 2＋x 0－x 1＝30 m ，故B 正确；若两车在t ＝5 s 时相遇，从题图可以看出5～9 s 内甲、乙运动的位移相等，所以甲、乙在t ＝9 s 时会再次相遇，故C 正确；若两车在t ＝4 s 时相遇，从题图可以看出4～10 s 内甲、乙运动的位移不相等，则在t ＝10 s 时不会再次相遇，故D 错误．1. (2018·江西省横峰中学、铅山一中等校联考)如图1所示，A 、B 两质点同时同地沿同一直线运动，下列说法正确的是( )图1A ．A 质点沿正方向做匀加速运动B ．B 质点沿正方向先减速后加速C ．经过4 s ，A 质点的位移小于B 质点的位移D ．0～4 s 内，两质点间的距离先增大后减小答案 D解析 x －t 图象的斜率等于质点的速度，则由题图可知，A 质点沿正方向做匀速运动，B 质点先沿正方向减速运动，后沿负方向加速运动，选项A 、B 错误；经过4 s ，A 质点的位移等于B 质点的位移，选项C 错误；由题图可知，0～4 s 内，两质点间的距离先增大后减小，选项D 正确．2．(多选)(2018·广东省揭阳市学业水平考试)某汽车在启用ABS 刹车系统和未启用该刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图2中的①、②图线所示．由图可知，启用ABS 后( )图2A ．t 1时刻车速比未启用ABS 大B ．0～t 1时间内的加速度比未启用ABS 小C ．加速度总比未启用ABS 时小D ．刹车后前行的距离比未启用ABS 更短答案 ABD解析由题图看出，启用ABS 后t 1时刻车速更大，故A 正确；由v －t 图象的斜率大小等于加速度的大小得到，启用ABS 后0～t 1时间内加速度比未启用ABS 时小，t 1～t 2时间内加速度比未启用ABS 时大，故B 正确，C 错误；根据速度图象的“面积”等于位移大小看出，启用ABS 时刹车后前行的距离比未启用ABS 更短，故D 正确． 3．(2018·辽宁师大附中上学期期中)质点做直线运动时的加速度随时间变化的关系如图3所示，该图线的斜率为k ，图中阴影部分面积为S ，下列说法正确的是( )图3A ．斜率k 表示速度变化的快慢B ．斜率k 表示速度变化的大小C ．面积S 表示t 1～t 2的过程中质点速度的变化量D ．面积S 表示t 1～t 2的过程中质点的位移答案 C解析斜率k ＝ΔaΔt ，表示加速度变化的快慢，故A 、B 错误；将a －t 图线分成无数段，每一段加速度可以看成不变，则每一小段所围成的面积Δv 1＝a 1Δt 1，Δv 2＝a 2Δt 2，Δv 3＝a 3Δt 3，…则总面积为Δv 1＋Δv 2＋Δv 3＋…＝Δv .阴影部分的面积S表示速度的变化量，故C正确，D错误．4.(多选)(2019·山东省德州市期中)如图4所示为甲、乙两车同向运动的v－t图象，甲车从静止出发，乙车以某一初速度运动，在t＝3 s时两车恰好相遇，两车相遇时不相撞，则()图4A．甲、乙两车从同一地点出发，且在t＝2 s时两车相距最近B．在t＝1 s时，乙车在前，甲车在后C．在t＝2 s时，乙车在前，甲车在后D．在t＝0时，甲、乙两车相距4.5 m答案CD5．(多选)(2018·四川省攀枝花市第二次统考)从t＝0时刻起，a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的v－t 图象如图5所示，下列说法中正确的是()图5A．40 s时，a、b两物体速度相同B．40 s时，a、b两物体相遇C．60 s时，物体a在物体b的前方D．a加速时的加速度大于b的加速度答案AC解析在0～20 s内，a做匀加速直线运动，b静止，a在b的前方；在20～40 s内，a做匀速直线运动，b做匀加速直线运动，a的速度大于b的速度，两者距离逐渐增大；40～60 s内，a在b的前方，a的速度小于b的速度，两者距离逐渐减小；40 s时二者的速度相同，则在40 s时两者相距最远，故A正确，B错误；由v－t图象与t轴所围面积知，60 s时a的位移大于b的位移，两者又是从同一位置出发的，则物体a在物体b的前方，故C正确；a、b加速时，a图线的斜率小于b图线的斜率，物体a的加速度小于物体b的加速度，故D错误．6．(2018·山西省孝义市第一次模拟)t＝0时刻汽车a和b沿两条平直的平行车道以相同速度同时经过同一地点，如图6所示，直线a 和曲线b 分别是这两车行驶的速度－时间图象，由图可知( )图6A ．在t 1时刻，两车运动方向相反B ．在t 1时刻，两车再次相遇C ．在0～t 1这段时间内，b 车的速度先增大后减小，但方向不变D ．在0～t 1这段时间内，b 车的平均速度等于v 1＋v 22答案 C解析在0～t 1这段时间内，b 车的速度先增大后减小，两车速度方向一直相同，且b 的位移一直大于a 的位移，两车不可能相遇，故A 、B 项错误，C 项正确．速度－时间图象与时间轴围成的面积表示对应时间内的位移，则在0～t 1这段时间内x b >x a .在0～t 1这段时间内，a 车做匀变速直线运动，平均速度v a ＝x a t ＝v 1＋v 22，b 车平均速度v b ＝x b t >v 1＋v 22，故D 项错误． 7．(2018·广东省深圳市第一次调研)如图7所示为甲、乙两物体做直线运动的x －t 图象，对于0～t 1时间内两物体的运动，下列说法中正确的是( )图7A ．甲物体加速度方向与速度方向相同B ．乙物体加速度方向与速度方向相反C ．甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度D ．乙物体位移变小，速度变大答案 B解析由x －t 图象切线的斜率等于速度，可知甲物体速度逐渐减小，做减速运动，加速度方向与速度方向相反，选项A 错误；由题图可知乙物体速度逐渐减小，做减速运动，加速度方向与速度方向相反，选项B 正确；由题图可知，两物体在0～t 1时间内的位移大小相等，则平均速度大小相等，选项C 错误；乙物体位移变小，速度变小，选项D 错误．8.(2019·山东省实验中学诊断)甲、乙两车在同一直线上同向运动，t＝0时刻同时经过同一路标，此后的8 s内其v－t 图象如图8，则()图8A．0～4 s甲、乙两车在逐渐靠近B．4～8 s甲、乙两车在逐渐远离C．t＝4 s时，两车相遇D．2～6 s两车运动的位移相同答案 D解析t＝0时刻两车同时经过同一个路标，在0～4 s内甲车速度大于乙车的速度，两车同向运动，甲车在乙车的前方，所以两车逐渐远离，故A错误；4～8 s内，甲车速度小于乙车的速度，甲车在乙车的前方，所以两车逐渐靠近，故B错误；根据v－t图象与时间轴所围面积表示位移，由几何知识看出，0～4 s内甲的位移大于乙的位移，则知t ＝4 s时，两车没有相遇，故C错误；2～6 s两车运动的位移相同，故D正确．9．(2018·贵州省安顺市适应性监测三)如图9所示为谢思埸(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的图象，以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则()图9A．t1时刻开始进入水面B．t2时刻开始进入水面C．t2时刻达到最高点D．t1～t2时间内速度方向竖直向上答案 B解析运动员起跳时的速度方向向上，则t1时刻达到最高点，故A错误；0～t2时间内v－t图象为直线，加速度不变，所以在0～t2时间内运动员在空中，t2时刻后进入水中，故B正确，C错误；0～t1时间内，速度方向竖直向上，t1～t2时间内速度方向竖直向下，故D错误．10．(多选)(2018·湖北省武汉市二月调研)甲、乙两个物体在同一直线上运动，其x－t图象如图10所示，其中直线b与曲线a 相切于点(4，－15)．已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是( )图10A ．前4 s 内两物体运动方向相同B ．前4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的157倍C ．t ＝0时刻，甲的速度大小为9 m/sD ．甲的加速度大小为2 m/s 2 答案 AD解析 x －t 图象的斜率的正负表示运动的方向，故前4 s 内两物体运动方向相同，均为负方向，故A 正确；甲做匀变速直线运动，则甲的x －t 图象对应曲线a ，前4 s 内甲的平均速度为：v 1＝(－15)－94 m /s ＝－6 m/s ，乙的x －t 图象对应直线b ，前4 s 内乙的平均速度为：v 2＝(－15)－(－7)4 m/s ＝－2 m/s ，故前4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的3倍，故B 错误；直线b 与曲线a 相切于点(4，－15)，则可知t ＝4 s 时甲的速度为v ＝－15－(－7)4＝－2 m/s ，甲做匀变速直线运动，则0～4 s 内有v 1＝v 0＋v2，v ＝v 0＋at ，解得v 0＝－10 m /s ，a ＝2 m/s 2，故C 错误，D 正确．11. (2018·山东省青岛市第二次质量检测)一物体由静止开始运动，其加速度a 与位移x 的关系图线如图11所示．下列说法正确的是( )图11A ．物体最终静止B ．物体的最大速度为2a 0x 0C ．物体的最大速度为3a 0x 0D ．物体的最大速度为32a 0x 0答案 C解析物体由静止开始运动，由v 2＝2ax 可得物体的最大速度的平方为a －x 图线与坐标轴所围面积的2倍，则物体的最大速度的平方v 2＝2(a 0x 0＋12a 0x 0)，解得v ＝3a 0x 0，故C 项正确．12. (2018·东北三省三校一模)A 、B 两物体运动的v －t 图象如图12所示，由图象可知( )图12A ．A 、B 两物体运动方向始终相同B ．A 、B 两物体的加速度在前4 s 内大小相等、方向相反C ．A 、B 两物体在前4 s 内不可能相遇D ．A 、B 两物体若在6 s 时相遇，则计时开始时二者相距30 m 答案 D解析 A 物体先向负方向做减速运动，然后向正方向做加速运动，B 物体一直向正方向加速，故选项A 错误；直线的斜率等于加速度，则A 、B 两物体的加速度在前4 s 内大小相等、方向相同，选项B 错误；前4 s 内两物体运动方向相反，因不知起始位置，则A 、B 两物体在前4 s 内可能相遇，选项C 错误；由题图可知，6 s 时v A ＝2.5 m/s ，v B ＝7.5 m/s ，若A 、B 两物体在6 s 时相遇，则计时开始时二者相距12×6×7.5 m ＋(12×4×5－12×2×2.5) m ＝30 m ，选项D 正确．13. (2018·安徽省宣城市第二次调研)如图13所示是在高速公路上刹车时甲、乙两车的v －t 图象，甲车在后，乙车在前．若两车发生追尾，则以下判断正确的是( )图13A ．两车一定是在t ＝15 s 至t ＝20 s 之间的某时刻发生追尾B ．两车可能是在t ＝8 s 时发生追尾C ．t ＝0时刻两车间距可能大于28 mD ．甲车刹车的加速度大小是乙车的3倍答案 B解析根据v －t 图象可知，开始时甲车速度大于乙车，则在甲车的速度大于等于乙车的速度时可能发生追尾，故可以在0～10 s 内任一时刻发生追尾，若10 s 内没有追尾，则二者将不再相撞，故A 错误，B 正确；在v －t 图象中，图象与时间轴所围成的面积表示位移，两车10 s 时速度均为5 m/s,0～10 s 内甲车位移为：x 1＝15＋52×10 m ＝100 m ，乙车位移为：x 2＝10＋52×10 m ＝75 m ，因两车发生追尾，所以t ＝0时刻两车相距应小于Δx ＝x 1－x 2＝25 m ，故C 错误；由题图可知，甲的加速度大小为：a 1＝Δv 1Δt 1＝15－015 m /s 2＝1 m/s 2，乙的加速度大小为：a 2＝Δv 2Δt 2＝10－020 m /s 2＝0.5m/s 2，所以甲的加速度大小是乙的加速度大小的2倍，故D 错误．14．(2019·山东省德州市期中)无人驾驶汽车是智能汽车的一种，也称为轮式移动机器人，主要依靠车内的以计算机系统为主的智能驾驶仪来实现无人驾驶的目的．(1)无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，就像车的“鼻子”，随时“嗅”着前方80 m 范围内车辆和行人的“气息”．无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6 m/s 2，为不撞上前方静止的障碍物，汽车在该路段匀速行驶时的最大速度是多少？(无人驾驶汽车反应很快，可以忽略反应时间)(2)若无人驾驶汽车正以30 m /s 匀速行驶，突然“嗅”到其正前方30米处有一有人驾驶汽车以20 m/s 的速度向前匀速行驶，无人驾驶汽车立即以2.0 m/s 2加速度减速，试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故？答案 (1)24 m/s (2)不会解析 (1)无人驾驶汽车刹车时，由运动学公式有0－v 02＝2(－a )x 解得v 0＝24 m/s.(2)设从开始经过t 时间两车速度相等，则v 有＝v 无－a 无t 得t ＝5 s ，此时无人驾驶汽车位移x 无＝v 无t －12a 无t 2＝125 m有人驾驶汽车位移x 有＝v 有t ＝100 m故Δx ＝(125－100) m ＝25 m<30 m ，故不会相撞．。

2020年高考物理(京津鲁琼)二轮复习典型例题分层突破讲义：专题八机械振动与机械波光学含答案

第2讲机械振动与机械波光学真题再现考情分析1.(2019·高考全国卷Ⅰ)(1)一简谐横波沿x 轴正方向传播，在t ＝T2时刻，该波的波形图如图(a)所示，P 、Q是介质中的两个质点．图(b)表示介质中某质点的振动图象．下列说法正确的是________(填正确答案标号).A.质点Q 的振动图象与图(b)相同B.在t ＝0时刻，质点P 的速率比质点Q 的大C.在t ＝0时刻，质点P 的加速度的大小比质点Q 的大D.平衡位置在坐标原点的质点的振动图象如图(b)所示E.在t ＝0时刻，质点P 与其平衡位置的距离比质点Q 的大 (2)如图，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m ．距水面4 m 的湖底P 点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°(取sin 53°＝0.8)．已知水的折射率为43.①求桅杆到P 点的水平距离； ②船向左行驶一段距离后停止，调整由P 点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离. 解析：(1)t ＝T2时刻，题图(b)表示介质中的某质点从平衡位置向下振动，而题图(a)中质点Q 在t ＝T2时刻从平衡位置向上振动，平衡位置在坐标原点的质点从平衡位置向下振动，所以质点Q 的振动图象与题图(b)不同，平衡位置在坐标原点的质点的振动图象如题图(b)所示，选项A错误，D正确；在t＝0时刻，质点P处在波谷位置，速率为零，与其平衡位置的距离最大，加速度最大，而质点Q运动到平衡位置，速率最大，加速度为零，即在t＝0时刻，质点P的速率比质点Q的小，质点P的加速度比质点Q的大，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大，选项B错误，C、E正确.(2)①设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P点的水平距离为x2；桅杆高度为h1，P点处水深为h2；激光束在水中与竖直方向的夹角为θ.由几何关系有x1＝tan 53°①h1x2＝tan θ②h2由折射定律有sin 53°＝n sin θ③设桅杆到P点的水平距离为x，则x＝x1＋x2④联立①②③④式并代入题给数据得x＝7 m．⑤②设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为i′，由折射定律有sin i ′＝n sin 45°⑥设船向左行驶的距离为x ′，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x ′1，到P 点的水平距离为x ′2，则x ′1＋x ′2＝x ′＋x ⑦ x ′1h 1＝tan i ′⑧ x ′2h 2＝tan 45°⑨ 联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得 x ′＝(62－3) m ≈5.5 m ．⑩ 答案：(1)CDE (2)①7 m ②5.5 m2．(2018·高考全国卷Ⅰ)(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 点射出时的折射角________(填“小于”“等于”或“大于”)60°.(2)一列简谐横波在t ＝13 s 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 的振动图象．求①波速及波的传播方向；②质点Q 的平衡位置的x 坐标.解析：(1)根据题述和题图可知，折射角i ＝60°，入射角r ＝30°，由折射定律可得，玻璃对红光的折射率n ＝sin isin r＝ 3.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°.(2)①由图(a)可以看出，该波的波长为λ＝36 cm ① 由图(b)可以看出，周期为T ＝2 s ② 波速为v ＝λT＝18 cm/s ③由图(b)知，当t ＝13 s 时，Q 点向上运动，结合图(a)可得，波沿x 轴负方向传播.②设质点P 、Q 平衡位置的x 坐标分别为x P 、x Q .由图(a)知，x ＝0处y ＝－A2＝A sin(－30°)，因此x P ＝30°360°λ＝3 cm ④由图(b)知，在t ＝0时Q 点处于平衡位置，经Δt ＝13 s ，其振动状态向x 轴负方向传播至P 点处，由此及③式有x Q －x P ＝v Δt ＝6 cm ⑤由④⑤式得，质点Q 的平衡位置的x 坐标为xQ＝9 cm.⑥答案：(1)3大于 (2)见解析命题研究从近年的高考试题可以看出，光的折射、折射率的计算，机械波的波长、波速和频率(周期)的关系是高考热点，题型为一个多项选择题(或填空题)和一个计算题．在备考过程中要重视对光的折射定律、波速和频率(周期)的关系的复习，除此之外，多普勒效应、电磁波谱、电磁波等知识点也不能忽视振动与波动的综合应用【高分快攻】1．必须理清的知识联系2．巧解波动图象与振动图象综合问题的基本方法3．波的多解问题的分析思路【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长为l 的细绳下方悬挂一小球a ，绳的另一端固定在天花板上O 点处，在O 点正下方34l 的O ′处有一固定细铁钉．将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时．当小球a 摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡．设小球相对于其平衡位置的水平位移为x ，向右为正．下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的x －t 关系的是( )[解析] 由单摆的周期公式T ＝2πLg可知，小球在钉子右侧时，振动周期为在左侧时振动周期的2倍，所以B 、D 项错误．由机械能守恒定律可知，小球在左、右最大位移处距离最低点的高度相同，但由于摆长不同，所以小球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同，当小球在右侧摆动时，最大水平位移较大，故A 项正确，C 项错误．[答案] A【题组突破】角度1 图象问题1．一列简谐横波某时刻的波形如图所示，比较介质中的三个质点a 、b 、c ，则( )A ．此刻a 的加速度最小B ．此刻b 的速度最小C ．若波沿x 轴正方向传播，此刻b 向y 轴正方向运动D ．若波沿x 轴负方向传播，a 比c 先回到平衡位置解析：选C.由波动图象可知，此时质点a 位于波峰处，根据质点振动特点可知，质点a 的加速度最大，故A 错误，此时质点b 位于平衡位置，所以速度为最大，故B 错误，若波沿x 轴正方向传播，由“上下坡法”可知，质点b 向y 轴正方向运动，故C 正确，若波沿x 轴负方向传播，由“上下坡法”可知，a 质点沿y 轴负方向运动，c 质点沿y 轴正方向运动，所以质点c 比质点a 先回到平衡位置，故D 错误．角度2 多解性、周期性问题 2．(2019·菏泽段考)一列简谐横波的波形如图所示，实线表示t 1＝0时刻的波形图，虚线表示t 2＝0.01 s 时刻的波形图．(1)若t 2－t 1＜T2，求波的传播方向和周期T ；(2)若2T ＞t 2－t 1＞T ，波速可能为多大？解析：(1)若t 2－t 1＜T2，则波向右传播，且t 2－t 1＝T4，所以T ＝4(t 2－t 1)＝0.04 s.(2)若2T ＞t 2－t 1＞T ，则有两种可能：①若波向右传播，则v ＝x 1t 2－t 1＝100.01 m/s ＝1 000 m/s.②若波向左传播，则v ＝x 2t 2－t 1＝8＋60.01 m/s ＝1 400 m/s.答案：(1)波向右传播 0.04 s(2)波向右传播，1 000 m/s 波向左传播，1 400 m/s1．判断波的传播方向和质点振动方向的方法 (1)特殊点法；(2)微平移法(波形移动法)． 2．周期、波长、波速的计算(1)周期：可根据质点的振动情况计算，若t 时间内，质点完成了n 次(n 可能不是整数)全振动，则T ＝t n ；还可根据公式T ＝λv计算．(2)波长：可根据波形图确定，若l 的距离上有n 个(n 可能不是整数)波长，则λ＝ln ；也可根据公式λ＝vT 计算．(3)波速：可根据波形传播的时间、距离计算v ＝x t ；也可根据公式v ＝λT 计算．3．利用波传播的周期性、双向性解题(1)波的图象的周期性：相隔时间为周期整数倍的两个时刻的波形相同，从而使题目的解答出现多解的可能．(2)波传播方向的双向性：在题目未给出波的传播方向时，要考虑到波可沿x 轴正向或负向传播的两种可能性．光的折射和全反射现象分析【高分快攻】1．全反射的条件(1)光从光密介质进入光疏介质． (2)入射角大于或等于临界角． 2．光的色散问题(1)在同一介质中，不同频率的光对应的折射率不同，频率越高，对应的折射率越大． (2)光的频率越高，在介质中的波速越小，波长越小． 3．必备数学知识(1)平行线、三角形、圆等有关几何定理； (2)三角函数知识； (3)相似三角形的性质； (4)勾股定理；(5)正弦、余弦定理．【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅲ) 如图，直角三角形ABC 为一棱镜的横截面，∠A ＝90°，∠B＝30°.一束光线平行于底边BC 射到AB 边上并进入棱镜，然后垂直于AC 边射出．(1)求棱镜的折射率；(2)保持AB 边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC 边上恰好有光线射出．求此时AB 边上入射角的正弦．[解析](1)光路图及相关量如图所示．光束在AB边上折射，由折射定律得sin isin α＝n ①式中n是棱镜的折射率．由几何关系可知α＋β＝60°②由几何关系和反射定律得β＝β′＝∠B ③联立①②③式，并代入i＝60°得n＝ 3. ④(2)设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律得sin i′sin α′＝n ⑤依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角θC，且sin θC＝1n⑥由几何关系得θC＝α′＋30°⑦由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为sin i′＝3－22. ⑧[答案](1)3(2)3－22【题组突破】1．(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“•”(图中O点)，然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC边上．D 位于AB边上，过D点做AC边的垂线交AC于F.该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察，恰好可以看到小标记的像；过O点做AB边的垂线交直线DF于E；DE＝2 cm，EF＝1 cm.求三棱镜的折射率．(不考虑光线在三棱镜中的反射)解析：过D点作AB边的法线NN′，连接OD，则∠ODN＝α为O点发出的光线在D点的入射角；设该光线在D点的折射角为β，如图所示．根据折射定律有n sin α＝sin β①式中n为三棱镜的折射率由几何关系可知β＝60°②∠EOF＝30°③在△OEF中有EF＝OE sin∠EOF ④由③④式和题给条件得OE＝2 cm ⑤根据题给条件可知，△OED为等腰三角形，有α＝30°⑥由①②⑥式得n＝ 3. ⑦答案：见解析2．(2019·高考天津卷)某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸．(1)下列哪些措施能够提高实验准确程度______．A．选用两光学表面间距大的玻璃砖B．选用两光学表面平行的玻璃砖C．选用粗的大头针完成实验D．插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些(2)该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是______．(3)该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示，则玻璃的折射率n＝____.(用图中线段的字母表示)解析：(1)为了减小实验误差，选用玻璃砖前后表面间距应尽量大些，即使玻璃砖内的折射光线尽量长些，A正确；测量折射率时，只需找出入射光线和折射光线，因此玻璃砖的两光学表面可以不平行，B错误；为了减小实验误差应选用较细的大头针完成实验，C错误；两枚大头针之间的距离尽量大些，描绘出的光线误差会小一些，D正确；(2)由题图可知，选用玻璃砖两光学表面平行，则入射光线应与出射光线平行，B、C错误；又光线在玻璃砖中与法线的夹角应小于光线在空气中与法线的夹角，A错误，D正确；(3)由折射定律可知n＝sin∠AOCsin∠BOD＝ACAOBDBO＝ACBD.答案：(1)AD(2)D(3)ACBD光的折射和全反射题型的分析思路(1)确定要研究的光线，有时需根据题意，分析、寻找临界光线、边界光线作为研究对象．(2)找入射点，确认界面，并画出法线．(3)明确两介质折射率的大小关系．①若光疏→光密：一定有反射、折射光线．②若光密→光疏：如果入射角大于或等于临界角，一定会发生全反射．(4)根据反射定律、折射定律列出关系式，结合几何关系，具体求解．光的波动性【高分快攻】1．光的干涉现象和光的衍射现象证明了光的波动性，光的偏振现象说明光为横波．2．光的干涉和光的衍射产生的条件：发生干涉的条件是两光源频率相等，相位差恒定；发生明显衍射的条件是障碍物或小孔的尺寸跟光的波长相差不多或比光的波长小．3．各种色光特征比较项目红→紫频率越来越大波长越来越短折射率越来越大介质中传播速度越来越小发生全反射时的临界角越来越小4.【典题例析】(2019·高考北京卷)利用图1所示的装置(示意图)，观察光的干涉、衍射现象，在光屏上得到如图2中甲和乙两种图样．下列关于P处放置的光学元件说法正确的是()图1图2A．甲对应单缝，乙对应双缝B．甲对应双缝，乙对应单缝C．都是单缝，甲对应的缝宽较大D．都是双缝，甲对应的双缝间距较大[解析] 由题图2中给出的甲、乙两种图样可知，甲是单缝衍射的图样，乙是双缝干涉的图样，A 项正确，B 、C 、D 项均错误．[答案] A【题组突破】1．(2018·高考北京卷)用双缝干涉实验装置得到白光的干涉条纹，在光源与单缝之间加上红色滤光片后( )A ．干涉条纹消失B ．彩色条纹中的红色条纹消失C ．中央条纹变成暗条纹D ．中央条纹变成红色解析：选D.在光源与单缝之间加上红色滤光片后，只透过红光，屏上出现红光(单色光)的干涉条纹，故选项A 、B 、C 错误，D 正确．2．(2019·高考全国卷Ⅱ)某同学利用图示装置测量某种单色光的波长．实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹．回答下列问题：(1)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可________；A ．将单缝向双缝靠近B ．将屏向靠近双缝的方向移动C ．将屏向远离双缝的方向移动D ．使用间距更小的双缝(2)若双缝的间距为d ，屏与双缝间的距离为l ，测得第1条暗条纹到第n 条暗条纹之间的距离为Δx ，则单色光的波长λ＝____________；(3)某次测量时，选用的双缝的间距为0.300 mm ，测得屏与双缝间的距离为1.20 m ，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为7.56 mm.则所测单色光的波长为________nm(结果保留3位有效数字)．解析：(1)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，需要减小条纹间距，由公式Δx ＝l dλ可知，需要减小双缝到屏的距离l 或增大双缝间的距离d ，故B 项正确，A 、C 、D 项错误．(2)由题意可知，Δx n －1＝l d λ⇒λ＝d ·Δx （n －1）l. (3)将已知条件代入公式解得λ＝630 nm.答案：(1)B (2)d ·Δx （n －1）l(3)630一、选择题1．(2019·高考全国卷Ⅲ)水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上．振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源．两波源发出的波在水面上相遇，在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样．关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是()A．不同质点的振幅都相同B．不同质点振动的频率都相同C．不同质点振动的相位都相同D．不同质点振动的周期都与振动片的周期相同E．同一质点处，两列波的相位差不随时间变化解析：选BDE.在波的干涉实验中，质点在振动加强区的振幅是两列波振幅之和，质点在振动减弱区的振幅是两列波振幅之差，A项错误；沿波的传播方向上，波不停地向外传播，故各质点的相位不都相同，C项错误；两波源振动频率相同，其他各质点均做受迫振动，故频率均与振源频率相同，周期均与振动片的周期相同，B、D项正确；同一质点到两波源的距离确定，故波程差恒定，即相位差保持不变，E正确．2．(2018·高考北京卷)如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q两质点平衡位置相距0.15 m．当P运动到上方最大位移处时，Q刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是()A．0.60 m B．0.30 mC．0.20 m D．0.15 m解析：选B.由题意，P、Q两点之间的距离为λ2＋nλ＝0.15 m，n＝0，1，2，…，故n＝0时，λ＝0.30 m，n＝1时，λ＝0.10 m，选项B正确，其余选项错误．3．(2019·高考天津卷)一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1＝1 m和x2＝7 m处质点的振动图象分别如图1、图2所示，则此列波的传播速率可能是()A．7 m/s B．2 m/sC．1.2 m/s D．1 m/s解析：选BC.由两质点的振动图象可知，t＝0时刻，x1＝1 m处的质点处在平衡位置向下运动，x2＝7 m处的质点位于波峰处，该波的传播周期为T＝4 s．若该简谐横波沿x轴正方向传播，则两质点间的距离为(n ＋14)λ＝6 m(n ＝0、1、2、…)，则λ＝244n ＋1m ，由波速的公式得v ＝λT ＝64n ＋1 m/s(n ＝0、1、2、…)，n ＝0时，v ＝6 m/s ；n ＝1时，v ＝1.2 m/s ；n ＝2时，v ＝23m/s ，C 正确．若该简谐横波沿x 轴负方向传播，则两质点间的距离为(n ＋34)λ＝6 m(n ＝0、1、2、…)，则λ＝244n ＋3m ，由波速的公式得v ＝λT ＝64n ＋3 m/s(n ＝1、2、…)，n ＝0时，v ＝2 m/s ；n ＝1时，v ＝67m/s ，B 正确，A 、D 错误． 4．(2018·高考全国卷Ⅲ) 一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在t ＝0和t ＝0.20 s 时的波形分别如图中实线和虚线所示．已知该波的周期T ＞0.20 s ．下列说法正确的是( )A ．波速为0.40 m/sB ．波长为0.08 mC ．x ＝0.08 m 的质点在t ＝0.70 s 时位于波谷D ．x ＝0.08 m 的质点在t ＝0.12 s 时位于波谷E ．若此波传入另一介质中其波速变为0.80 m/s ，则它在该介质中的波长为0.32 m解析：选ACE.根据波形图可知，波长λ＝16 cm ＝0.16 m ，选项B 错误；根据t ＝0时刻和t ＝0.20 s 时刻的波形图和该波的周期T >0.20 s 可知，该波的周期T ＝0.40 s ，波速v ＝λT＝0.40 m/s ，选项A 正确；简谐波沿x 轴正方向传播，x ＝0.08 m 的质点在t ＝0时刻沿y 轴正方向振动，在t ＝0.70 s 时位于波谷，在t ＝0.12 s 时位于y >0的某位置(不是位于波谷)，选项C 正确，D 错误；若此波传入另一介质中，周期T 不变，其波速变为v ′＝0.80 m/s ，由λ′＝v ′T 可得它在该介质中的波长为λ′＝0.80×0.4 m ＝0.32 m ，选项E 正确．5．(2018·高考天津卷)一振子沿x 轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点．t ＝0时振子的位移为－0.1 m ，t ＝1 s 时位移为0.1 m ，则( )A ．若振幅为0.1 m ，振子的周期可能为23s B ．若振幅为0.1 m ，振子的周期可能为45s C ．若振幅为0.2 m ，振子的周期可能为4 sD ．若振幅为0.2 m ，振子的周期可能为6 s解析：选AD.若振幅为0.1 m ，由题意知，Δt ＝(n ＋12)T ，n ＝0，1，2，…，解得T ＝22n ＋1s ，n ＝0，1，2，…，A 项正确，B 项错误；若振幅为0.2 m ，t ＝0时，由质点简谐运动表达式y ＝0.2sin(2πT t ＋φ0) m 可知，0.2sin φ0 m ＝－0.1 m ，t ＝1 s 时，有0.2sin(2πT＋φ0) m ＝0.1 m ，解得φ0＝－π6或φ0＝－5π6；将T ＝6 s 代入0.2sin(2πT＋φ0) m ＝0.1 m 可得，D 项正确；将T ＝4 s 代入0.2sin(2πT＋φ0) m ＝0.1 m ，得T ＝4 s 不满足题意，C 项错误．二、非选择题6．(2018·高考全国卷Ⅱ)(1)声波在空气中的传播速度为340 m/s ，在钢铁中的传播速度为4 900 m/s ，一平直桥由钢铁制成，某同学用锤子敲击一下桥的一端发出声音，分别经空气和桥传到另一端的时间之差为1.00 s ，桥的长度为________m ．若该声波在空气中的波长为λ，则它在钢铁中的波长为λ的________倍．(2) 如图，△ABC 是一直角三棱镜的横截面，∠A ＝90°，∠B ＝60°.一细光束从BC 边的D 点折射后，射到AC 边的E 点，发生全反射后经AB 边的F 点射出．EG 垂直于AC 交BC 于G ，D 恰好是CG 的中点．不计多次反射．(i)求出射光相对于D 点的入射光的偏角；(ii)为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？解析：(1)设声波在钢铁中的传播时间为t 1、传播速度为v 1，在空气中的传播时间为t 2、传播速度为v 2，桥长为l ，则l ＝v 1t 1＝v 2t 2，而t 2－t 1＝1.00 s ，代入数据解得l ≈365 m ．又λ＝v f，声波频率不变，所以λ钢λ空＝v 1v 2，得λ钢＝v 1v 2λ空＝24517λ. (2)(i)光线在BC 面上折射，由折射定律有sin i 1＝n sin r 1 ①式中，n 为棱镜的折射率，i 1和r 1分别是该光线在BC 面上的入射角和折射角．光线在AC 面上发生全反射，由反射定律有i 2＝r 2 ②式中i2和r2分别是该光线在AC面上的入射角和反射角光线在AB面上发生折射，由折射定律有n sin i3＝sin r3 ③式中i3和r3分别是该光线在AB面上的入射角和折射角由几何关系得i2＝r2＝60°，r1＝i3＝30°④F点的出射光相对于D点的入射光的偏角为δ＝(r1－i1)＋(180°－i2－r2)＋(r3－i3) ⑤由①②③④⑤式得δ＝60°. ⑥(ii)光线在AC面上发生全反射，光线在AB面上不发生全反射，有n sin i2≥n sin C>n sin i3⑦式中C是全反射临界角，满足n sin C＝1 ⑧由④⑦⑧式知，棱镜的折射率n的取值范围应为233≤n<2. ⑨答案：(1)36524517(2)(i)60°(ii)233≤n<27．(1)如图(a)，在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1(0，4)和S2(0，－2)．两波源的振动图线分别如图(b)和图(c)所示．两列波的波速均为1.00 m/s.两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为________m，两列波引起的点B(4，1)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)，点C(0，0.5)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)．(2)如图，一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体，O点为球心；下半部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜．有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC之间的距离为0.6R.已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)．求该玻璃的折射率．解析：(1)点波源S1(0，4)的振动形式传播到点A(8，－2)的路程为L1＝10 m，点波源S2(0，－2)的振动形式传播到点A(8，－2)的路程为L2＝8 m，两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为ΔL＝L1－L2＝2 m．由于两列波的波源到点B(4，1)的路程相等，路程差为零，且t＝0时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点B时振动方向相反，引起的点B处质点的振动相互减弱；由振动图线可知，波动周期为T＝2 s，波长λ＝v T＝2 m．由于两列波的波源到点C(0，0.5)的路程分别为3.5 m和2.5 m，路程差为1 m，而t＝0时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点C时振动方向相同，引起的点C处质点的振动相互加强．(2)如图，根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于OC轴对称的出射光线一定与入射光线平行．这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心C点反射．设光线在半球面的入射角为i，折射角为r.由折射定律有sin i＝n sin r ①由正弦定理有sin r 2R ＝sin （i －r ）R ②由几何关系，入射点的法线与OC 的夹角为i .由题设条件和几何关系有sin i ＝L R③ 式中L 是入射光线与OC 的距离．由②③式和题给数据得sin r ＝6205 ④由①③④式和题给数据得n ＝ 2.05≈1.43. ⑤答案：(1)2 减弱加强 (2)见解析8．(2019·烟台模拟)(1)如图甲所示，O 、P 为介质中的两点，O 为波源，OP 间距为6 m ．t ＝0时刻O 点由平衡位置开始向上振动，向右产生沿直线传播的简谐横波，图乙表示t ＝0时刻开始P 点振动的图象．则以下说法正确的是( )A ．该波的波长为12 mB ．该波的波速为2 m/sC ．该波的周期为4 sD ．从开始振动到t ＝10 s ，质点P 经过的路程为1.6 mE ．若波源O 向右靠近P 点运动，则P 点的观察者接收到的波的频率小于波源的频率(2)如图所示，某同学用插针法测量等边三棱镜的折射率，在区域Ⅰ内已插好两枚大头针P 1、P 2，在区域Ⅱ内可观察到大头针的像，再插大头针P 3、P 4 以挡住P 1、P 2 的像(P 3、P 4 图中未画出)．请完成下列问题：①在图中大致作出经过P 1、P 2、P 3、P 4 的光路，并留下作图痕迹；②若测得三棱镜的折射率为 3，现将AC 面涂上反射材料使之成为镜面，经过P 1、P 2 的光线与AB 面的夹角为30°，试通过计算画出完整的光路图，并注明出射光线与出射界面间的夹角．解析：(1)由图乙所示的P 点振动的图象可知波动周期为T ＝4 s ，选项C 正确；波动从O传播到P点需要时间为2 s(半个周期)，OP＝λ2，该波的波长λ＝12 m，该波的波速为v＝λT＝3 m/s，选项A正确，B错误；从开始振动到t＝10 s，质点P振动了8 s，两个周期，经过的路程为s＝2×4A＝2×4×0.2 m＝1.6 m，选项D正确；根据多普勒效应，若波源O向右靠近P 点运动，则P点的观察者接收到的波的频率大于波源的频率，选项E错误．(2)①光路图如图甲所示②光路图如图乙所示由题意可知经过P1、P2的光线入射角为i＝60°，根据折射定律n＝sin isin r 光在三棱镜中的折射角为r＝30°由几何关系可得光在AC面上的入射角为30°，根据反射定律，经AC面反射后光线与AB 平行，射到BC面上时入射角仍为30°，经BC折射后出射光线折射角为60°，即出射光线与界面的夹角为30°，光路如图乙所示．答案：(1)ACD(2)见解析。