高考总复习·物理(新课标)：第十二章 第三节对点突破高效演练
高考总复习·物理(新课标)：第三章 第三节对点突破高效演练
,[学生用书P56])1．(考点一)(单选)下列说法中正确的是()A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态答案：B2．(考点一)(单选)(2014·高考北京卷)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是()A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度解析：选D.手托物体向上抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A 错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项B错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力的作用，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，所以选项D正确．3.(考点二)(多选)如图所示，一细绳跨过一轻质定滑轮(不计细绳和滑轮质量，不计滑轮与轴之间摩擦)，绳的一端悬挂一质量为m的物体A，另一端悬挂一质量为M(M>m)的物体B，此时物体A的加速度为a1.如果用力F代替物体B，使物体A产生的加速度为a2，那么下列选项正确的是()A．如果a1＝a2，则F<MgB．如果F＝Mg，则a1<a2C．如果a1＝a2，则F＝MgD．如果F＝2mMgm＋M，则a1＝a2解析：选ABD.另一端悬挂一质量为M(M>m)的物体B，由牛顿第二定律Mg－mg＝(m＋M)a1，解得a1＝M－mM＋mg.如果用力F代替物体B，由牛顿第二定律F－mg＝ma2，解得a2＝Fm－g.如果a1＝a2，则F<Mg；如果F＝Mg，则a1<a2，选项A、B正确，C错误；如果F＝2mMgm＋M，则a2＝Fm－g＝M－mM＋mg＝a1，选项D正确．4．(考点三)(单选)跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示．已知人的质量为70 kg，吊板的质量为10 kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可忽略不计．重力加速度g取10 m/s2.当人以440 N的力拉绳时，人与吊板的加速度a和人对吊板的压力F N分别为() A．a＝1.0 m/s2，F N＝260 NB．a＝1.0 m/s2，F N＝330 NC．a＝3.0 m/s2，F N＝110 ND．a＝3.0 m/s2，F N＝50 N解析：选B.先整体法求加速度：2F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得：a＝1.0 m/s2；对人：F＋F N－m1g＝m1a，解得F N＝330 N，故B正确．5．(微专题9)如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根据v－t图象，求：(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；(2)物块质量m与长木板质量M之比；(3)物块相对长木板滑行的距离Δx.解析：(1)由v－t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1＝10－44m/s2＝1.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2＝4－04m/s2＝1 m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3＝4－08m/s2＝0.5 m/s2.(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg＝ma1对木板向前匀加速阶段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：μ2(m ＋M )g ＝(M ＋m )a 3联立以上三式可得m M ＝32. (3)由v －t 图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx 对应题图中△abc 的面积，故Δx＝10×4×12m ＝20 m. 答案：(1)1.5 m/s 2 1 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)32(3)20 m。
高考总复习·物理(新课标)：第十二章 第五节对点突破高效演练
,[学生用书P263])1．(考点一)关于电磁场和电磁波，下列说法中正确的是()A．均匀变化的电场在它的周围产生均匀变化的磁场B．电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且都与波的传播方向垂直C．电磁波和机械波一样依赖于介质传播D．只要空间中某个区域有振荡的电场或磁场，就能产生电磁波解析：选BD.均匀变化的电场在它的周围产生恒定的磁场，A错；机械波的传播依赖于介质，电磁波的传播不需要介质，C错．2．(考点一)(2016·郑州统考)下列关于电磁波的说法正确的是()A．麦克斯韦提出了电磁场理论，并用实验证实了电磁波的存在B．各种电磁波在真空中的传播速度与光速一样，为3×108 m/sC．经过调幅后的电磁波是横波，经过调频后的电磁波是纵波D．红外线是波长比可见光波长还长的电磁波，常用于医院和食品消毒解析：选B.麦克斯韦提出了电磁场理论，赫兹用实验证实了电磁波的存在，选项A错误；电磁波是横波，调频和调幅不改变电磁波的这种性质，选项C错误；医院和食品消毒常用的是紫外线，选项D错误．3．(考点二)下列关于红外线的说法中正确的是()A．不同的物体辐射红外线的波长和强度相同，所以不可以在较冷的背景上探测出较热物体的红外辐射B．可以利用红外线的热效应对物体进行烘干C．利用红外线波长较长，容易发生衍射的特点进行远距离和高空摄影D．纸币在红外线的照射下可以发出荧光E．利用不同物体辐射红外线的波长和强度的不同可以对物体进行远距离探测解析：选BCE.红外线是一种光波，一切物体都在不停地对外辐射红外线，热物体的红外辐射比冷物体的红外辐射强一些．由于红外线的热效应，可用来烘干，又由于坦克、舰艇、人体等一切物体都在不停地发射红外线，并且不同的物体所辐射的红外线，其波长和强度不同，故在夜间或浓雾天气可通过红外线探测器来接收信号，并用电子仪器对接收到的信号进行处理，或用对红外线敏感的照相底片进行远距离摄影和高空摄影，就可察知物体的形状和特征．所以选项B、C、E正确．纸币在紫外线照射下能发生荧光，D错误．4．(考点二)关于电磁波谱，下列说法中正确的是()A．X射线对生命物质有较强的作用，过量的X射线辐射会引起生物体的病变B．γ射线是波长最短的电磁波，它比X射线的频率还要高C．紫外线比紫光更容易发生干涉和衍射D．在电磁波谱中，最容易发生衍射现象的是γ射线E．在电磁波谱中，无线电波一般可用于通信解析：选ABE.X射线的频率比较大，对生命物质有较强的作用，过量的X射线辐射会引起生物体的病变，选项A正确；根据电磁波谱的排列顺序可知：γ射线是波长最短的电磁波，它比X射线的频率还要高，选项B正确；在电磁波谱中从无线电波到γ射线，波长逐渐减小，频率逐渐增大，而波长越长，越容易发生衍射现象，因此紫光比紫外线更容易发生衍射现象，无线电波最容易发生衍射现象，选项C、D错误；无线电波广泛应用于通信、广播和天体研究中，选项E正确．5．(考点三)(2016·连云港模拟)在狭义相对论中，下列说法正确的有()A．一切运动物体相对于观察者的速度都不能大于真空中的光速B．质量、长度的测量结果都与物体相对观察者的相对运动状态有关C．时间间隔的测量结果与物体相对观察者的运动状态无关D．在某一惯性系中发生于同一时刻、不同地点的两个事件，在其他一切惯性系中也是同时发生的解析：选AB.根据狭义相对论，光速是速度的极限值，所以A对；根据狭义相对论，长度、质量、时间间隔都与运动状态有关，且都给出了具体的计算公式，所以B对，C错；同时是相对的，D错.。
高考总复习·物理(新课标)：第十章 第一节对点突破高效演练
,[学生用书P215])1．(考点一)(多选)(2016·广东肇庆模拟)一个矩形线圈在匀强磁场中转动，它产生的交流电动势为e＝2202sin 100πt(V)．关于这个交变电流，下列说法中正确的是() A．交变电流的频率为100 HzB．该电动势的有效值为220 VC．线圈转动的角速度ω＝50πrad/sD．t＝0时，线圈平面处于中性面解析：选BD.由2πf＝100πrad/s知，该交变电流的频率为50 Hz，A错；电动势有效值E＝E m2＝220 V，B对；线圈转动的角速度ω＝100πrad/s，C错；t＝0时，e＝0，此时线圈处于中性面，D对．2．(考点一)(单选)矩形线圈abcd在如图所示的磁场中以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂直纸面向里，其中ab边左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍．在t＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在向纸外转动．规定图示箭头方向为电流正方向，则线圈中电流随时间变化的关系图线应是()解析：选A.绕垂直磁场的轴转动时，线圈能够产生的最大感应电动势E m＝NBSω，因左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍，所以线圈在左侧磁场中产生的感应电动势最大值是右侧磁场中最大值的2倍，再利用楞次定律分析感应电流方向，可知选项A正确．3．(考点一)(多选)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是()A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50π rad/sC ．0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行D ．0.02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左解析：选AC.根据i －t 图象可知，电流最大值I m ＝10 2 A ，有效值I ＝I m2＝10 A ，A 选项正确．交变电流的周期T ＝2×10－2 s ，角速度ω＝2πT＝100π rad/s ，B 选项错误．从图示位置开始转动时，经0.01 s 线圈回到水平状态，线圈平面与磁场方向平行，C 选项正确．根据右手定则，在0.02 s 时，线圈经过一个周期，即在图示位置，电阻R 中的电流方向自左向右，因此D 选项错误．4.(考点二)(单选)(2016·沈阳质检)如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为( )A ．7.5 VB ．8 VC ．215 VD ．313 V解析：选C.根据电流的热效应有⎝⎛⎭⎫6 V 22·1R ·T 3＋（9 V ）2R ·2T 3＝U 2R T ，解得U 2＝60 V 2，所以U ＝215 V ，C 项正确．5．(考点二)(多选)(2016·湖南十二校联考)如图所示，边长为L 的正方形单匝线圈abcd ，其电阻为r ，外电路的电阻为R ，ab 的中点和cd 的中点的连线O ′O 恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B .若线圈从图示位置开始以角速度ω绕轴O ′O 匀速转动，则以下判断正确的是( )A ．图示位置线圈中的感应电动势最大，为E m ＝BL 2ωB ．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωtC ．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝2BL 2R ＋rD ．线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝πB 2ωL 4R4（R ＋r ）2解析：选BD.题图所示位置，线圈中通过的磁通量最大，但感应电动势为零，A 错误；线圈所围成的闭合电路中产生的感应电动势最大值为E m ＝12BL 2ω，故对应的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωt ，B 正确；由q ＝ΔΦR ＋r可得线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量q ＝BL 2R ＋r ，C 错误；电阻R 上产生的热量应利用有效值求解，即转动一周的过程中产生的热量：Q ＝⎣⎡⎦⎤E m2（R ＋r ）2R ×2πω＝πB 2ωL 4R 4（R ＋r ）2，D 正确．。
2021优化方案高考总复习·物理(新课标)：第十一章 第三节对点突破高效演练
,[同学用书P239])1．(考点一)(2021·高考北京卷)下列说法正确的是()A．物体放出热量，其内能肯定减小B．物体对外做功，其内能肯定减小C．物体吸取热量，同时对外做功，其内能可能增加D．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变解析：选C.依据热力学第肯定律(公式ΔU＝Q＋W)可知，做功和热传递都可以转变物体的内能，当外界对物体做的功大于物体放出的热量或物体吸取的热量大于物体对外做的功时，物体的内能增加，选项A、B 错误，选项C正确；物体放出热量同时对外做功，则Q＋W<0，内能减小，选项D错误．2．(考点一)(2021·高考重庆卷)某驾驶员发觉中午时车胎内的气压高于早晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质量不变且可视为抱负气体，那么()A．外界对胎内气体做功，气体内能减小B．外界对胎内气体做功，气体内能增大C．胎内气体对外界做功，内能减小D．胎内气体对外界做功，内能增大解析：选D.中午，车胎内气体温度上升，内能增大，车胎体积增大，气体对外做功．选项D正确．3．(考点二)依据你学过的热学中的有关学问，推断下列说法中正确的是()A．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化成机械能B．凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体C．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%D．制冷机在制冷过程中，从室内吸取的热量少于向室外放出的热量E．第一类永动机违反能量守恒定律，其次类永动机不违反能量守恒定律，随着科技的进步和进展，其次类永动机可以制造出来解析：选ACD.机械能可以全部转化为内能，而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能，A正确；凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，也能从低温物体传递给高温物体，但必需借助外界的挂念，B错误；尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，C正确；由能量守恒知，制冷过程中，从室内吸取的热量与压缩机做的功之和等于向室外放出的热量，故D正确；第一类永动机违反能量守恒定律，其次类永动机不违反能量守恒定律，而是违反了热力学其次定律，其次类永动机不行能制造出来，E错误．4.(方法技巧)(2021·高考福建卷)如图，肯定质量的抱负气体，由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac 过程到达状态c.设气体在状态b和状态c的温度分别为T b和T c，在过程ab和ac中吸取的热量分别为Q ab和Q ac，则()A．T b>T c，Q ab>Q ac B．T b>T c，Q ab<Q acC．T b＝T c，Q ab>Q ac D．T b＝T c，Q ab<Q ac解析：选C.由抱负气体状态方程可知p a V aT a＝p c V cT c＝p b V bT b，即2p0·V0T c＝p0·2V0T b，得T c＝T b，则气体在b、c状态内能相等，因a到b和a到c的ΔU相同；而a到c过程中气体体积不变，W＝0，a到b过程中气体膨胀对外做功，W＜0，依据热力学第肯定律：ΔU＝Q＋W可知a到b吸取的热量Q ab大于a到c吸取的热量Q ac，即Q ab＞Q ac.选项C正确．5．(微专题33)肯定质量的抱负气体被活塞封闭在汽缸内，如图所示水平放置．活塞的质量m＝20 kg，横截面积S＝100 cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开头时汽缸水平放置，活塞与汽缸底的距离L1＝12 cm，离汽缸口的距离L2＝3 cm.外界气温为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体渐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，已知g＝10 m/s2，求：(1)此时气体的温度为多少？(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸取Q＝370 J的热量，则气体增加的内能ΔU 多大？解析：(1)当汽缸水平放置时，p0＝1.0×105 Pa，V0＝L1S，T0＝(273＋27) K当汽缸口朝上时，缸内气体的压强为：p1＝p0＋mgS＝⎝⎛⎭⎪⎫1.0×105＋20×10100×10－4Pa＝1.2×105 Pa.由抱负气体状态方程得p0L1ST0＝p1（L1＋L2）ST1则T1＝p1（L1＋L2）p0L1T0＝1.2×105×15×10－21.0×105×12×10－2×300 K＝450 K.(2)当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得p0L1S＝p1LS则L＝p0L1p1＝1.0×105×121.2×105cm＝10 cm加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为W＝－p0(L1＋L2－L)S－mg(L1＋L2－L)＝－60 J 依据热力学第肯定律ΔU＝W＋Q得ΔU＝310 J.答案：(1)450 K(2)310 J。
2017优化方案高考总复习物理(江苏专用)第十二章第三节对点突破高效演练Word版含解析
, [学生用书P256])1．(考点一)(2016·南京质检)如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC 的单色光从空气射向E 点，并偏折到F 点，已知入射方向与边AB 的夹角为θ＝30°，E 、F 分别为边AB 、BC 的中点，则( )A ．该棱镜的折射率为 3B ．光在F 点发生全反射C ．光从空气进入棱镜，波长变小D ．从F 点出射的光束与入射到E 点的光束平行解析：选AC.在E 点作出法线可知入射角为60°，折射角为30°，折射率为 3 ，选项A 正确；由光路的可逆性可知，在BC 边上的入射角小于临界角，不会发生全反射，选项B 错误；由关系式λ介＝λ空气n ，可知选项C 正确；从F 点出射的反射光线与法线的夹角为30°，折射光线与法线的夹角为60°，由几何关系知，不会与入射到E 点的光束平行，选项D 错误．2．(考点二)(2016·攀枝花统考)半径为R 的半圆柱形介质截面如图所示，O 为圆心，AB 为直径，Q 是半圆上的一点，QO 垂直于AB .相互平行的同种单色光a 和b 从不同位置进入介质，光线a 沿直线射向O 点，在O 点恰好发生全反射，光线b 从Q 点射入介质，入射角为45°，b 光经介质折射后交于直径AB 上的P 点，则P 点距O 点的距离为( ) A.33R B.22R C.32R D.12R 解析：选A.a 光从介质进入空气时发生全反射，临界角C ＝45°， 根据临界角公式sin C ＝1n 得折射率n ＝2，对b 光根据折射率的定义式n ＝sin i sin r可得折射角θ＝30°，根据几何关系得PO ＝33R ，A 正确． 3．(考点三)一束由红、紫两色光组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜．下面四幅图中能正确表示该复色光经三棱镜折射分离成两束单色光的是( )解析：选B.解答本题首先要搞清楚七种色光在同一介质中折射率的大小关系，其次还要明确三棱镜有使光线向底边偏折的作用．在玻璃中，有n 红<n 紫，所以在玻璃中，红光的折射角大于紫光的折射角，故选项A 、C 错误；三棱镜有使光线向底边偏折的作用，折射率越大的光，越偏向底边，故选项B 正确，选项D 错误．4．(考点四)在用插针法测定玻璃的折射率的实验中，某同学操作步骤如下：①用图钉将记录光路的白纸固定在平板上；②手拿玻璃砖的毛面或棱，将其轻放在白纸上；③ 用铅笔环绕玻璃砖画出边界aa ′和bb ′；④在aa ′边上选择一点O ，作为不同入射角的入射光线的共同入射点，画出入射角θ1分别为0°、30°、45°的入射光线；⑤用“插针法”分别得到各条入射光线的出射光线，观察时着重看大头针针帽是否在一条直线上，取下玻璃砖、大头针，连接各针孔，发现所画折射光线中有两条相交，量出各个折射角θ2；⑥ 按公式分别计算sin θ1sin θ2，取三个值的算术平均值． (1)以上步骤中有错误或不妥之处的是________．(2)应改正为 ________________________________________________________________________.解析：(1)有错误或不妥之处的是③④⑤.(2)③中应先画出一条直线，把玻璃砖的一边与其重合，再使直尺与玻璃砖的另一界面对齐，移开玻璃砖后再画边界线；④中入射角要取0°以外的三组数据；⑤中大头针要竖直插牢，观察时看针脚是否在同一条直线上．答案：(1)③④⑤ (2)见解析5．(考点一、二)(2016·河北正定调研)如图所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其截面平行于底面，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，已知玻璃棱镜的折射率n ＝ 2.求：(1)光线进入棱镜时的折射角α；(2)第一次折射后到达底边CD 的光线能否从CD 边射出，若能，求折射角；若不能，求从BD 边射出的光线与BD 边的夹角．解析：(1)由几何关系知， 光线在AC 边射入时的入射角为45°，根据折射定律有：sin 45°＝n sin α解得：α＝30°.(2)设光线在棱镜中全反射的临界角为C ，有：sin C ＝1n，解得：C ＝45° 如图所示，由几何关系知，第一次折射后到达底边CD 的光线在CD 边的入射角θ＝75°>C ，光线在CD 边发生全反射，不能从CD 边射出由几何关系知，光线到达BD 边处的入射角为30°，小于临界角C ，光线从BD 边射出．根据光路的可逆性可知，射出的光线仍与底边平行，与BD 边的夹角为45°.答案：(1)30° (2)不能 夹角为45°。
高考物理总复习第十二章 第3讲 探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
第十二章 机械振动 机械波
2013-11-27
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高考复习· 物理
第三讲
实验：探究单摆的运动
用单摆测定重力加速度
回扣教材
题型归类
误区反思
双基限时练
2013-11-27
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高考复习· 物理
回扣教材•自主学习
2013-11-27
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知 识 梳 理
一、实验目的 1．探究单摆的运动，知道单摆的周期与摆球质量、振幅(较小 时)无关，与摆长有关． 2．学会用单摆测定当地的重力加速度． 3．加深对单摆振动周期公式的理解． 4．学会使用停表．
2013-11-27
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二、实验原理 单摆在摆角很小(小于5° )时，其摆动可以看作简谐运 动，其振动周期为T＝2π l 4π2l g ，由此可得g＝ T2 ，据此，只
2013-11-27
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5．根据单摆振动周期公式T＝2π 4π2l 加速度g＝ 2 . T
l g ，计算出当地重力
6．改变摆长，重做几次实验，计算出每次实验的重力 加速度值，求出它们的平均值，即为当地的重力加速度值．
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答图12－3－1
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ΔT2 2.00 2 从图可得：k＝ ＝ s /m Δl 0.500 ＝4.00 s2/m. 当地重力加速度 4×3.142 4π g＝ k ＝ m/s2＝9.86 m/s2. 4.00
高考总复习·物理(新课标)：第十二章 第二节对点突破高效演练
, [学生用书P250])1.(考点一)设x 轴方向的一条细绳上有O 、A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 八个点，OA ＝AB ＝BC ＝CD ＝DE ＝EF ＝FG ＝1 m ，质点O 在垂直于x 轴方向上做简谐运动，沿x 轴方向传播形成横波．t ＝0时刻，O 点开始向上运动，经t ＝0.2 s ，O 点第一次到达上方最大位移处，这时A 点刚好开始运动．那么在t ＝2.5 s 时刻，以下说法中正确的是( )A ．B 点位于x 轴下方B ．A 点与E 点的位移相同C ．D 点的速度最大D ．C 点正向上运动E ．这列波的波速为5 m/s 解析：选ABE.由题可知，T 4＝0.2 s ，周期T ＝0.8 s ，14λ＝1 m ，波长λ＝4 m ，由v ＝λT得波速v ＝5 m/s ，则可判断E 项正确；当t ＝2.5 s 时，波源O 已振动了318个周期，此时O 位于x 轴上方向上振动，B 点与O 点之间相距半个波长，可判断B 点位于x 轴下方，A 项正确；2.5 s 时E 点已经振动了一段时间，A 点与E 点间距1个波长，两点振动情况完全一样，则B 项正确；O 点与D 点间距1个波长，两点的振动情况完全一样，此时，O 点已经离开平衡位置向上振动，D点也一样，则D 点的速度不是最大，C 项错误；O 点与C 点间距为34波长，2.5 s 时，O 点刚离开平衡位置向上振动，则C 点应向下振动，则D 项错误．2．(考点二) (2014·高考北京卷)一简谐机械横波沿x 轴正方向传播，波长为λ，周期为T .t ＝0时刻的波形如图甲所示，a 、b 是波上的两个质点．图乙是波上某一质点的振动图象．下列说法正确的是( )甲 乙A ．t ＝0时质点a 的速度比质点b 的大B ．t ＝0时质点a 的加速度比质点b 的小C ．图乙可以表示质点a 的振动D ．图乙可以表示质点b 的振动解析：选D. 题图甲为波的图象，题图乙为振动图象．t ＝0时刻，a 质点在波峰位置，速度为零，加速度最大；b 质点在平衡位置，加速度为零，速度最大，故选项A 、B 错；在波的图象中，根据同侧法由传播方向可以判断出质点的振动方向，所以t ＝0时刻，b 点在平衡位置且向下振动，故选项C 错、D 对．3．(考点二) (2014·高考全国卷Ⅱ)图甲为一列简谐横波在t ＝0.10 s 时刻的波形图，P 是平衡位置在x ＝1.0 m 处的质点，Q 是平衡位置在x ＝4.0 m 处的质点；图乙为质点Q 的振动图象，下列说法正确的是( )A ．在t ＝0.10 s 时，质点Q 向y 轴正方向运动B ．在t ＝0.25 s 时，质点P 的加速度方向与y 轴正方向相同C ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，该波沿x 轴负方向传播了6 mD ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，质点P 通过的路程为30 cmE ．质点Q 简谐运动的表达式为y ＝0.10sin 10πt (国际单位)解析：选BCE.由y －t 图象可知，t ＝0.10 s 时质点Q 沿y 轴负方向运动，选项A 错误；由y －t 图象可知，波的振动周期T ＝0.2 s ，由y －x 图象可知λ＝8 m ，故波速v ＝λT＝40 m/s ，根据振动与波动的关系知波沿x 轴负方向传播，则波在0.10 s 到0.25 s 内传播的距离Δx ＝v Δt ＝6 m ，选项C 正确；t ＝0.25 s 时，波形图如图所示，此时质点P 的位移沿y 轴负方向，而回复力、加速度方向沿y 轴正方向，选项B 正确；Δt ＝0.15 s ＝34T ，质点P 在其中的12T 内路程为20 cm ，在剩下的14T 内包含了质点P 通过最大位移的位置，故其路程小于10 cm ，因此在Δt ＝0.15 s 内质点P 通过的路程小于30 cm ，选项D 错误；由y －t 图象可知质点Q 做简谐运动的表达式为y ＝0.10sin 2π0.2t (m)＝0.10sin 10πt (m)，选项E 正确． 4．(考点三)(2016·山东淄博模拟)如图所示，沿x 轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200 m/s ，下列说法中正确的是( )A ．图示时刻质点b 的加速度正在减小B ．从图示时刻开始，经过0.01 s ，质点a 通过的路程为40 cmC ．若此波遇到另一列波并发生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为 50 HzD ．若该波传播中遇到宽约4 m 的障碍物，能发生明显的衍射现象E ．若观察者沿x 轴正方向运动，接收到的频率将大于50 Hz解析：选BCD.已知波沿x 轴正方向传播，则质点b 图示时刻振动方向沿y 轴负方向，位移增大，加速度增大，选项A 错误；波的周期T ＝λv ＝4200s ＝0.02 s ，从图示时刻，经0.01 s ，a 从波峰到达波谷，通过的路程为2A ＝40 cm ，选项B 正确；产生稳定干涉的条件是两列波频率相同，而该列波的频率f ＝1T＝50 Hz ，因此选项C 正确；发生明显衍射的条件是波的波长大于障碍物的尺寸，或与障碍物的尺寸相差不多，因该波波长为4 m ，故传播过程中遇到宽约4 m 的障碍物时可发生明显的衍射现象，选项D 正确．观察者沿x 轴正方向远离波源运动，接收到的频率将小于50 Hz ，故E 错误．5．(微专题35)如图，一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，振幅为2 cm ，波速为2 m/s ，在波的传播方向上两质点a 、b 的平衡位置相距0.4 m(小于一个波长)，当质点a 在波峰位置时，质点b 在x 轴下方与x 轴相距1 cm 的位置，则( )A ．此波的周期可能为0.6 sB ．此波的周期可能为1.2 sC ．从此时刻起经过0.5 s ，b 点可能在波谷位置D ．从此时刻起经过0.5 s ，b 点可能在波峰位置解析：选ACD.根据波的传播方向和质点的振动方向的关系可知：t ＝0时刻，b 质点在－1 cm 处，既可能沿y 轴正方向运动也可能沿y 轴负方向运动；该波的波长λ满足：λ4<0.4 m ，即λ<1.6 m ，T <0.8 s ，又λ>0.4 m ，T >0.2 s ，所以A 正确，B 错误；同理可知C 、D 均正确．。
高考物理一轮总复习考点大全：第十二章核心考点：几何光学
2、折射率
光从真空射入某种介质发生折射的时候，入射角的正 弦sin i，与折射角的正弦sin r之比值n叫做这种介质的 折射率。
sin i n sin r
理论研究和实验研究都证明：某种介质的折射率n，等 于光在真空中的速度c跟光在这种介质中的速度v之比。
c n
v
由于光在介质中的传播速度总是小于光在真空中的传 播速度，所以任何介质的折射率n均大于1。
例6、在焦距为10cm的凸透镜主轴上、距光心20cm处有一物点S， 在透镜另一侧得到S的像点S’。试分析下面各种情况的成像问题。
（1）把透镜下半部遮住。
（2）把透镜沿主轴切开，使一块在原主轴上方0.2cm，另一块在原 主轴下方0.2cm。
（3）把透镜中央截去宽度为0.4cm的部分，再将余下的两部分粘合 成一个透镜。
（4）把透镜沿主轴切开，使下半部分沿主轴右移5cm。
分析与解：（1）像是物体（光源或漫反射）射出的光线射向透镜 的所有光线经透镜后的全部折射光线的会聚点。透镜被部分遮挡后， 它的主轴、光心和焦点不会改变。当物距不变时，据成像公式可知， 像点的位置和性质是不会改变的。唯独入射光线减少了。因此，像 的亮度减弱，像的观察范围变小。其光路图如图所示。
以证明凸透镜的焦距
f L2 d2 。 4L
这就是二次成像法测凸透镜的焦距的实验原理。
【典型例题】
例1 如图所示，一个点光源S放在平面镜前， 镜面跟水平方向成30°角，假定光源不动，而 平面镜以速度v沿OS方向向光源平移，求光源S 的像S'的移动速度。
分析：利用物像对称性作出开始时光源S的像S'，如图所示。
应用这三条光线中的任意两条，就可以求出发光点S的虚像S’。 物体可以看做是由许许多多的点组成的。物体上每一点都有自己的
高考总复习·物理(新课标)：第一章 第一节对点突破高效演练
,学生用书P4])1．(考点一)(单选)2016年夏季奥运会在巴西里约热内卢举办，在以下几个奥运会比赛项目中，研究对象可视为质点的是()A．在撑竿跳高比赛中研究运动员手中的支撑竿在支撑地面过程中的转动情况时B．研究马拉松运动员在比赛中运动快慢时C．跆拳道比赛中研究运动员动作时D．乒乓球比赛中研究乒乓球的旋转时解析：选 B.能否把某物体视为质点，关键要看忽略物体的大小和形状后，对所研究的问题是否有影响．显然A、C、D项中的研究对象的大小和形状忽略后，所研究的问题将无法继续，故A、C、D项不符合题意；而B项中的研究对象的大小和形状忽略后，所研究的问题不受影响，故B项符合题意．2．(考点二)(多选)(2016·成都模拟)如图所示，某赛车手在一次野外训练中，先用地图计算出出发地A和目的地B的直线距离为9 km，实际从A运动到B用时5 min，赛车上的里程表指示的里程数增加了15 km，当他经过某路标C时，车内速度计指示的示数为150 km/h，那么可以确定的是()A．整个过程中赛车的平均速度大小为180 km/hB．整个过程中赛车的平均速度大小为108 km/hC．赛车经过路标C时的瞬时速度大小为150 km/hD．赛车经过路标C时速度方向为由A指向B解析：选BC.从A到B位移为9 km，用时112h，由平均速度定义式可得整个过程的平均速度大小为108 km/h，故A错、B对；速度计显示的是瞬时速度大小，故C对；经过C时速度的方向沿运动轨迹在C点的切线方向，故D错．3.(考点二)(多选)如图所示，一个人沿着一个圆形轨道运动，由A 点开始运动，经过半个圆周到达B 点．下列说法正确的是( )A ．这个人从A 到B 的平均速度方向由A 指向BB ．这个人从A 到B 的平均速度方向沿B 点的切线方向C ．这个人在B 点的瞬时速度方向由A 指向BD ．这个人在B 点的瞬时速度方向沿B 点的切线方向解析：选AD.平均速度的方向与位移方向相同，A 对、B 错；瞬时速度的方向沿曲线上该点的切线方向，C 错、D 对．4．(考点三)(单选)一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，则在此过程中下列说法正确的是( )A ．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B ．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C ．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D ．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值解析：选 B.加速度减小并不代表速度减小了，只是说明单位时间内速度的增加量小了，但仍是加速．5．(考点三)(多选)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4 m/s ，1 s 后速度大小为10 m/s ，在这1 s 内物体的加速度大小为( )A ．可能小于4 m/s 2B ．可能等于6 m/s 2C ．可能大于6 m/s 2D ．一定等于6 m/s 2解析：选BC.设物体在某时刻的速度为v 1，1 s 后物体速度为v 2，若v 1与v 2同向，a ＝v 2－v 1t ＝10－41 m/s 2＝6 m/s 2；若v 1与v 2反向，a ＝v 2－v 1t ＝10－（－4）1m/s 2＝14 m/s 2，故B 、C 正确，A 、D 错误．6．(微专题1)(单选)(2015·高考浙江卷)如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt .测得遮光条的宽度为Δx ，用Δx Δt 近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度．为使Δx Δt更接近瞬时速度，正确的措施是( )A ．换用宽度更窄的遮光条B ．提高测量遮光条宽度的精确度C ．使滑块的释放点更靠近光电门D ．增大气垫导轨与水平面的夹角解析：选A.Δx Δt 表示的是Δt 时间内的平均速度，遮光条的宽度Δx 越窄，则记录遮光时间Δt 越小，Δx Δt越接近滑块通过光电门时的瞬时速度，选项A 正确．。
高考总复习·物理(新课标)：第二章 第一节对点突破高效演练
,学生用书P25])1．(考点一)(单选)(2016·武汉调研)如图所示，小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球．当小车和小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是()A．细绳一定对小球有拉力的作用B．轻弹簧一定对小球有弹力的作用C．细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力D．细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力解析：选D.若小球与小车一起匀速运动，则细绳对小球无拉力；若小球与小车有向右的加速度a＝g tan α，则轻弹簧对小球无弹力，D正确．2．(考点一)(单选)(2016·延安模拟)一重为10 N的球固定在杆AB的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5 N，则杆AB对球的作用力()A．大小为7.5 NB．大小为10 NC．方向与水平方向成53°角斜向右下方D．方向与水平方向成53°角斜向左上方解析：选D.对小球进行受力分析可得，杆AB对球的作用力与绳的拉力和小球重力的合力等大反向，令杆AB对小球的作用力与水平方向夹角为α，可得：tan α＝GF拉＝43，α＝53°，故D项正确．3．(考点二)(单选)(2016·贵州六校联考)如图所示，放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B.A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧，物体A、B均处于静止状态．下列说法中正确的是()A．B受到向左的摩擦力B．B对A的摩擦力向右C．地面对A的摩擦力向右D．地面对A没有摩擦力解析：选D.弹簧被压缩，则弹簧给物体B的弹力水平向左，因此物体B静止时必受到A对B 水平向右的摩擦力，则B对A的摩擦力水平向左，故A、B均错误；取A、B为一整体，因其水平方向不受外力，则地面对A没有摩擦力作用，故D正确、C错误．4．(考点二)(单选)如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，则下列说法中正确的是()A．A、B间没有静摩擦力B．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mg sin θD．A与B间的动摩擦因数μ＝tan θ解析：选C.它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面匀速下滑，A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mg sin θ，且A对B的摩擦力的大小等于B重力沿斜面向下的分力大小，选项A错误、C正确；由牛顿第三定律可得，A受到B的静摩擦力方向沿斜面向下，选项B错误；A与B间的摩擦力是静摩擦力，不能确定A、B之间的动摩擦因数μ，选项D错误．5．(考点二)(单选)如图所示，把一重为G的物体，用一水平方向的推力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的平整墙面上，从t＝0开始物体所受的摩擦力F f随t的变化关系是下图中的()解析：选B.物体在竖直方向上只受重力G和摩擦力F f的作用，由于F f从零开始均匀增大，开始一段时间F f＜G，物体加速下滑；当F f＝G时，物体的速度达到最大值；之后F f＞G，物体向下做减速运动，直至速度减为零．在整个运动过程中，摩擦力为滑动摩擦力，其大小为F f＝μF N＝μF ＝μkt，即F f与t成正比，是一条过原点的倾斜直线．当物体速度减为零后，滑动摩擦力突变为静摩擦力，其大小为F f＝G，所以物体静止后的图线为平行于t轴的射线．正确答案为B.。
高三物理一轮复习 (对点训练+通关训练)专题12 选修3-3
【聚集高考】2014高三物理一轮复习《对点训练+通关训练》：专题12选修3－3考点1 分子动理论、内能1.体积是10－4cm3的油滴滴于水中，若展开成一单分子油膜，则油膜面积的数量级是( B )A．102cm2 B．104cm2C．106cm2 D．108cm22.已知铜的密度是8.9×103kg/m3，铜的摩尔质量是63.5×10－3kg/mol.体积是4.5cm3的铜块中，含有多少原子？并估算铜分子的大小．[答案]3.8×1023,3×10－10m3.布朗运动的发现，在物理学上的主要贡献是( B )A．说明了悬浮微粒时刻做无规则运动B．说明了液体分子做无规则运动C．说明了悬浮颗粒做无规则运动的激烈程度与温度有关D．说明了液体分子与悬浮颗粒之间有相互作用力4.(多选)关于布朗运动，下列说法中正确的是( ABD )A．小颗粒的无规则运动就是布朗运动B．布朗运动既不是固体分子的运动，也不是液体分子的运动，而是液体分子运动的反映C．悬浮在液体中的颗粒越大，它的布朗运动就越显著D．布朗运动永不停止，且随温度升高而越加激烈5.关于分子间相互作用力( A )A．分子间既有引力作用，同时又有斥力作用，分子力是指分子间的引力和斥力的合力B．当分子间距离r＝r0时，分子力大小为零，此时分子间的引力和斥力均为零C．当分子间距离r>r0时，r越大，分子力越小D．当分子间距离r<r0时，r越大，引力越大6.(多选)关于热量、功和物体的内能，下述正确的是( BC )A．它们有相同的单位，实质也相同B．物体的内能由物体的状态决定，而热量和功由物理过程决定C．热传递和做功在改变物体内能方面是等效的，但它们反映的物理过程是不同的D．对于一个物体，它的内能决定于它从外界吸收的热量与对外做功的代数和7.质量一定的物体，在温度不变条件下体积膨胀时，物体内能的变化是( D )A．分子的平均势能增大，物体的内能必增大B．分子的平均势能减小，物体的内能必减小C．分子的平均势能不变，物体的内能不变D．以上说法均不正确解析：本题易误总以为物体体积膨胀，分子间距离增大，分子引力做负功，分子势能增大，所以物体内能增大．基于分子力随分子距离的可变特性，在物体体积膨胀时，在分子间的距离由r＜r0增大到r＞r0的过程中，分子间的势能先减小，后增大．题设物体体积膨胀时，却隐蔽了初始状态，究竟体积膨胀时分子距离r在什么范围内变化没有交代，故无法判断分子势能的变化，也无法确定物体内能的变化．综上分析，选项D正确．8.已知阿伏加德罗常数为N A，设某种固体物质的摩尔质量为M，密度为ρ，此物质样品质量为m，体积为V，总分子数为n，则下列表达式中能表示一个分子质量的是( C ) A．N A/M B．M/N AρC．m/n D．M/ρV9.已知氢气的摩尔质量是2×10－3kg/mol，计算1个氢原子的质量．解析：这是一个利用阿伏加德罗常数和有关化学知识的计算问题．这里就要求同学们对摩尔、摩尔质量及阿伏加德罗常数的概念要清楚，同时还要清楚它们的内在联系，这样在解题时就不会困难了．M H 2＝2×10－3kg·mol －1， N A ＝6.02×1023mol －1所以m H ＝M H 2N A ＝2×10－36.02×1023kg ＝3.3×10－23kg. 一个氢气分子由两个氢原子构成，故m H ＝m H 22＝1.65×10－23kg.考点2 固体、液体、气体1.将一枚硬币轻轻地平放在水面上，可以不下沉，此时与硬币重力相平衡的力是( C ) A ．水的浮力 B ．水的表面张力C ．水的浮力和表面张力的合力D ．水的浮力和空气的浮力的合力2.在以下事例中，能用液体表面张力来解释的是( A ) A ．草叶上的露珠呈圆球形B ．油滴在水面上会形成一层油膜C ．用湿布不易擦去玻璃窗上的灰尘D ．油瓶外总是附有一层薄薄的油解析：要抓住表面张力产生的原因，再结合实例的具体现象去分析．液体的表面层由于与空气接触，所以表面层里分子的分布比较稀疏、分子间呈引力作用，在这个力作用下，液体表面有收缩到最小的趋势，这个力就是表面张力，结合四个例子看，只有A 符合题意．3.对于一定质量的理想气体，下列四个论述中正确的是( B ) A ．当分子热运动变剧烈时，压强必增大 B ．当分子热运动变剧烈时，压强可以不变 C ．当分子间的平均距离变大时，压强必变小 D ．当分子间的平均距离变大时，压强必变大4.(多选)(2012·山东卷)以下说法正确的是( AB ) A ．水的饱和汽压随温度的升高而增大 B ．扩散现象表明，分子在永不停息地运动C ．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小D ．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小解析：水的饱和汽压随温度升高而变大；扩散现象说明分子在做永不停息的运动；分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小；由pVT＝C 可知一定质量的理想气体在等压膨胀的过程中，温度升高，分子的平均动能变大．5.一定质量的理想气体其状态变化过程的p 与V 的关系如图甲所示，该过程p －T 图应是( C )6.如图所示，有一圆筒形气缸静置在地上，气缸圆筒的质量为M ，活塞及手柄的质量为m ，活塞截面积为S .现用手握住活塞手柄缓慢地竖直向上提，求气缸刚离地时缸内封闭气体的压强．(当时的大气压强为p 0，当地的重力加速度为g ，活塞缸壁的摩擦不计，活塞未脱离气缸)．解析：此题是一道力热综合问题，对气体是等温变化过程，对活塞、气缸是力学平衡问题，并且气缸在提离地面时，地面对其支持力为零．欲求气缸刚离地时缸内封闭气体的压强p 封气，把气缸隔离出来研究最方便．气缸受竖直向下的重力G 缸(大小等于Mg )，封闭气体竖直向下的压力F 封气(大小等于p 封气S )，大气竖直向上的压力F 大气(大小等于p 0S )．由平衡条件，有F 大气－G 缸－F 封气＝0 即p 0S －Mg －p 封气S ＝0p 封气＝p 0－MgS.7.容积V ＝40L 的钢瓶充满氧气后，压强为p ＝30atm ，打开钢瓶阀门，让氧气分别装到容积为V 0＝5L 的小瓶子中去．若小瓶已抽成真空，分装到小瓶子中的气体压强均为p 0＝2atm ，在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可能装的瓶数是多少？解析：本题考查玻意耳定律的应用和解决实际问题的能力．并且培养考生全面的考虑问题的能力．设最多可装的瓶子数为n ，由玻意耳定律有 pV ＝p 0V ＋np 0V 0n ＝(pV －p 0V )/(p 0V 0)＝(30×20－2×20)/(2×5)＝56(瓶)在本题中应注意，当钢瓶中气体的压强值降至2个大气压时，已无法使小瓶中的气体压强达到2个大气压，即充装最后一瓶时，钢瓶中所剩气体压强为2个大气压．考点3 热力学定律1.(多选)下列说法中正确的是( BD )A ．热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体B ．热量能够从高温物体传到低温物体，也可能从低温物体传到高温物体C ．机械能可以全部转化为内能，但内能不可能全部转化为机械能D ．机械能可以全部转化为内能，内能也可能全部转化为机械能 2.(多选)关于第二类永动机，下列说法正确的是( AD )A ．能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机叫做第二类永动机B ．第二类永动机违反了能量守恒定律，所以不可能制成C ．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能D ．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能在不引起其他变化的同时全部转化为机械能3.下列说法正确的是( B )A ．由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子的大小B ．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C ．分子间的引力随分子间距离的增大而增大，分子间斥力随分子间距离的增大而减小D ．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体4.如图所示，气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0.2m ，活塞面积10cm 2，大气压强1.0×105Pa ，物重50N ，活塞质量及一切摩擦不计，缓慢升高环境温度，使活塞刚好升到缸口，封闭气体吸收了60J 的热量，则封闭气体的压强将 不变 (选填“增加”、“减小”或“不变”)，气体内能变化量为 50 J.5.在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24kJ 的功．现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5kJ 的热量．在上述两个过程中，空气的内能共减小 5 kJ ，空气 放出 (选填“吸收”或“放出”)的总热量为 29 kJ.考点4 实验：用油膜法估测分子的大小 1.在“用油膜法估测分子的大小”实验中，配制的油酸溶液中，纯油酸与溶液体积之比为1∶500,1mL 溶液滴250滴，那么1滴溶液的体积是 4×10－3mL ，所以1滴溶液中油酸体积为V 油酸＝8×10－6 cm 3.若实验中测得结果如下表所示，请根据所给数据填写出空白处的数值，并与公认的油酸分子直径d －10次数S /cm 2d ＝V nS/cmd 平均值/cm1 533 1.50×10－82 493 1.62×10－83 563 1.42×10－8 1.51×10－8解析：溶液－3V 油酸＝8×10－6cm 3.据此算得3次测得d 的结果分别为：d 1≈1.50×10－8cm ，d 2≈1.62×10－8cm ，d 3≈1.42×10－8cm.其平均值为：d －＝d 1＋d 2＋d 33≈1.51×10－10m ，这与公认值的数量级相吻合，故本次估测数值符合数量级的要求．2.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，以下几个主要的操作步骤相应要获得的实验数据是：(1)配制酒精油酸溶液时，必须记录并算出 酒精油酸溶液的浓度(或每mL 酒精油酸溶液中油酸的体积) .(2)用滴管取配制好的酒精油酸溶液，然后逐滴滴入量筒中…….这一步骤是为了测出 一滴酒精油酸溶液的体积(或n 滴酒精油酸溶液的总体积) .(3)用滴管将配制好的酒精油酸溶液在水面上滴入1滴，待水面上形成的油膜的形状稳定后…….这一步骤是为了测出 一滴酒精油酸溶液中的油酸形成的单分子油膜的面积 .3.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸酒精溶液的浓度为每104mL 溶液中有纯油酸5mL.用注射器测得1mL 上述溶液有液滴50滴．把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上描出油膜轮廓，再将玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示，坐标纸中正方形小方格的边长为1cm.则：(1)油膜的面积约为 93cm 2(保留两位有效数字)．(2)每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为 1.0×10－5mL .(3)根据上述数据，估算出油酸分子的直径为 1×10－7cm (保留一位有效数字)．解析：(1)数出油膜对应的格子n ，不完整的部分按照四舍五入处理，然后由S ＝n ×S 0得S ＝93cm 2.(2)每一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积为V ＝1.0×10－5mL. (3)d ＝V S≈1×10－7cm.锦囊1 微观量估算的基本方法1.已知汞的摩尔质量为M ＝200.5×10－3kg/mol ，密度为ρ＝13.6×103kg/m 3，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023mol －1.求：(1)一个汞原子的质量(用相应的字母表示即可)； (2)一个汞原子的体积(结果保留一位有效数字)；(3)体积为1cm 3的汞中汞原子的个数(结果保留一位有效数字)．解析：(1)一个汞原子的质量为m 0＝M N A. (2)一个汞原子的体积为：V 0＝V N A ＝M ρN A＝2×10－29m 3.(3)1cm 3的汞中含汞原子个数n ＝ρVN A M＝4×1022个．[答案](1)M N A(2)2×10－29m 3 (3)4×1022个2.很多轿车为了改善夜间行驶时的照明问题，在车灯的设计上选择了氙气灯，因为氙气灯灯光的亮度是普通灯灯光亮度的3倍，但是耗电量仅是普通灯的一半，氙气灯使用寿命则是普通灯的5倍，很多车主会选择含有氙气灯的汽车，若氙气充入灯头后的容积V ＝1.6L ，氙气密度ρ＝6.0kg/m 3.已知氙气摩尔质量M ＝0.131kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6×1023mol －1.试估算：(结果保留一位有效数字)(1)灯头中氙气分子的总个数N ； (2)灯头中氙气分子间的平均距离．解析：(1)设氙气的物质的量为n ，则n ＝ρV M， 氙气分子的总数：N ＝ρVMN A ≈4×1022个． (2)每个分子所占的空间为V 0＝V N，设分子间平均距离为a ，则有V 0＝a 3，即a ＝3VN≈3×10－9m.锦囊2 布朗运动的成因及其意义1.做布朗运动实验，得到某个观测记录如图．图中记录的是( D ) A ．分子无规则运动的情况 B ．某个微粒做布朗运动的轨迹C ．某个微粒做布朗运动的速度－时间图线D ．按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线 解析：图中的折线是某个做布朗运动的微粒按相等时间间隔依次记录的位置连线，不是分子无规则运动的情况，也不是微粒做布朗运动的轨迹，更不是微粒运动的v －t 图线，故D 对，A 、B 、C 错．2.(多选)(2013·广东佛山高三检测)下列说法中正确的是( AB )A ．液体中悬浮微粒的布朗运动是做无规则运动的液体分子撞击微粒而引起的B ．物体的温度越高，其分子的平均动能越大C ．物体里所有分子动能的总和叫做物体的内能D ．只有通过热传递的方式才能改变物体的内能解析：布朗运动是液体分子撞击微粒不平衡引起的，A 正确；物体的温度越高，分子的平均动能越大，B 正确；物体里所有分子动能和分子势能的总和叫做物体的内能，C 错误；做功和热传递都可以改变物体的内能，D 错误．3.(2013·福州高三模拟)关于分子热运动和布朗运动，下列说法正确的是( B ) A ．布朗运动是指在显微镜中看到的液体分子的无规则运动 B ．布朗运动反映了分子在永不停息地做无规则运动C ．悬浮微粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，布朗运动越显著D ．当物体温度达到0℃时，物体分子的热运动就会停止解析：布朗运动是指在显微镜中看到的悬浮小颗粒的无规则运动，A 错；布朗运动间接反映了液体分子运动的无规则性，B 对；悬浮微粒越大，液体分子对它的撞击作用的不平衡性越小，布朗运动越不明显，C 错；热运动在0℃时不会停止，D 错．锦囊3 气体压强的产生与计算1.气体能够充满密闭容器，说明气体分子除相互碰撞的短暂时间外( C ) A ．气体分子可以做布朗运动 B ．气体分子的动能都一样大C ．相互作用力十分微弱，气体分子可以自由运动D ．相互作用力十分微弱，气体分子间的距离都一样大解析：布朗运动是固体颗粒的运动，不是分子的运动，但可以反映分子的运动，所以A 错误；气体分子间距较大，相互作用力微弱；分子速率遵循“中间多两头少”的正态分布；气体分子在不停地做无规则运动，分子间距离不断变化，所以C 正确，B 、D 错误．2.已知地球半径约为6.4×106m ，空气的摩尔质量约为29×10－3kg/mol ，一个标准大气压约为1.0×105Pa.利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状况下的体积为( B )A ．4×1016m 3B ．4×1018m 3C ．4×1020m 3D ．4×1022m 3解析：由压强的定义可得p 0＝mg 4πR 2，p 0为一个标准大气压，R 为地球半径，则m ＝4πR 2p 0g，大气的总物质的量n ＝m M ＝4πR 2p 0gM，在标准状况下的气体摩尔体积V 0＝22.4×10－3m 3/mol ，代入已知数据可得V ＝nV 0≈4×1018m 3，B 项正确．3.如图所示，一定质量的理想气体，由状态A 沿直线AB 变化到状态B .在此过程中，气体分子平均速率的变化情况是 先增大后减小 .解析：本题考查p －V 图像，由图线可以看出温度先升高后降低，所以分子平均动能先增大后减小．4.密闭容器内充满100℃的水的饱和蒸气，此时容器内压强为1标准大气压，若保持温度不变，使其体积变为原来的一半，此时容器内水蒸气的压强等于 1 标准大气压．解析：本题考查饱和汽压的知识，根据动态平衡的原理，此时容器内水蒸气的压强仍然等于一个标准大气压．锦囊4 理想气体实验定律的微观解释及应用1.如图所示，竖直放置的圆筒形注射器，活塞上端接有气压表，能够方便测出所封闭理想气体的压强．开始时，活塞处于静止状态，此时气体体积为30cm 3，气压表读数为1.1×105Pa.若用力向下推动活塞，使活塞缓慢向下移动一段距离，稳定后气压表读数为 2.2×105Pa.不计活塞与气筒内壁间的摩擦，环境温度保持不变．(1)求活塞稳定后气体的体积；(2)对该过程中压强变化做出微观解释．[答案]①15cm 3②体积减小，气体分子的密集程度增大，温度不变，分子的平均动能不变，故该过程中压强增大．2.如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞的质量为m ，横截面积为S ，此时活塞处于平衡状态，气体的温度为T 1.现通过电热丝缓慢加热气体，在气体吸收热量为Q 的过程中，气体对活塞做功的大小为W .已知大气压强为p 0，重力加速度为g ，不计活塞与气缸的摩擦．求：(1)气体的压强；(2)加热过程中气体的内能增加量；(3)现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加沙粒，当添加沙粒的质量为m 0时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度．解析：(1)由力的平衡可知，气体的压强：p 1＝p 0＋mgS(2)由热力学第一定律可知，加热过程中气体的内能增加量ΔU ＝Q －W(3)末状态气体的压强：p 2＝p 0＋m ＋m 0gS由于气体的初始状态和末状态体积相同，由查理定律知p 1T 1＝p 2T 2，可得T 2＝p 0S ＋m ＋m 0gp 0S ＋mgT 13.如图，体积为V 、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4T 0、压强为1.2p 0的理想气体，p 0和T 0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U 与温度T 的关系为U ＝αT ，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：(1)气缸内气体与大气达到平衡时的体积V 1；(2)在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量Q .解析：(1)在气体由p ＝1.2p 0下降到p 0的过程中，气体体积不变，温度由T ＝2.4T 0变为T 1，由查理定律得T 1T ＝p 0p在气体温度由T 1变为T 0的过程中，体积由V 减小到V 1，气体压强不变，由盖·吕萨克定律得：V V 1＝T 1T 0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧T 1＝2T 0V 1＝12V .(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W ＝p 0(V －V 1)，在这一过程中，气体内能的减少量为 ΔU ＝α(T 1－T 0)由热力学第一定律得，气缸内气体放出的热量为： Q ＝W ＋ΔU ，解得Q ＝p 0V ＋αT 04.(2013·新课标卷Ⅱ)如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长l 1＝25.0cm 的空气柱，中间有一段长为l 2＝25.0cm 的水银柱，上部空气柱的长度l 3＝40.0cm.已知大气压强为P 0＝75.0cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为l 1′＝20.0cm.假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．解析：以cmHg 为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为 p 1＝p 0＋l 2①设活塞下推后，下部空气柱的压强为p 1′，由玻意耳定律得 p 1l 1＝p 1′l 1′②如图，设活塞下推距离为Δl ， 则此时玻璃管上部空气柱的长度为 l 3′＝l 3＋l 1－l 1′－Δl ③设此时玻璃管上部空气柱的压强为p 3′，则 p 3′＝p 1′－l 2，④由玻意耳定律得p 0l 3＝p 3′l 3′⑤联立①－⑤式结合题给数据解得Δl ＝15.0cm. 锦囊5 气体实验定律图像的应用1.已知理想气体的内能与温度成正比．如图所示的实线为气缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化曲线，则在整个过程中气缸内气体的内能( B ) A ．先增大后减小 B ．先减小后增大C ．单调变化D ．保持不变2.如图表示一定质量的理想气体沿箭头所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强变化情况是( AC )A ．从状态c 到状态d ，压强减小B ．从状态d 到状态a ，压强增大C ．从状态a 到状态b ，压强增大D ．从状态b 到状态c ，压强不变解析：在V －T 图像中等压线是过坐标原点的直线．故可在图中作过a 、b 、c 、d 四点的等压线(图中虚线)．由理想气体状态方程知V T ＝C p ，可见，当压强增大时，等压线斜率k ＝V T ＝c p变小．由图中比较可确定p a <p d <p c <p b .3.(多选)竖直放置的上细下粗密闭细管，水银柱将气体分隔为A 、B 两部分，初始温度相同，使A 、B 升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔV A 、ΔV B ，压强变化量为Δp A 、Δp B ，对液面压力的变化量为ΔF A 、ΔF B ，则( AC )A ．水银柱向上移动了一段距离B ．ΔV A <ΔV BC ．Δp A >Δp BD ．ΔF A ＝ΔF B解析：假设水银柱不动，上下两部分气体均做等容变化，p －T 图像如图： Δp A >Δp B ，因为p A >p B ，所以p A ＋Δp A >p B ＋Δp B ，水银柱向上移． 4.用DIS 研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图甲所示，实验步骤如下：①把注射器活塞移至注射器中间位置，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接； ②移动活塞，记录注射器的刻度值V ，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p ；③用V －1p图像处理实验数据，得出如图乙所示的图线．(1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是 在注射器活塞上涂润滑油 ； (2)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是 移动活塞要缓慢 和 不能用手握住注射器封闭气体部分 ；(3)如果实验操作规范正确，但图中的V －1p图线不过原点，则V 0代表 注射器与压强传感器连接部位的气体体积 .。
2017优化方案高考总复习·物理：第十二章 第一节对点突破高效演练 含解析
,[学生用书P245])1．(考点一)(2016·周口模拟)一个质点在平衡位置O 点附近做机械振动．若从O 点开始计时，经过3s 质点第一次经过M 点(如图所示)；再继续运动，又经过2s 它第二次经过M 点；则该质点第三次经过M 点还需要的时间是()A ．8sB ．4sC ．14s D.103s 解析：选CD.设题图中a 、b 两点为质点振动过程的最大位移处，若在开始计时时刻，质点从O点向右运动，O →M 过程历时3s ，M →b →M 运动过程历时2s ，显然，T 4＝4s ，T ＝16s ．质点第三次经过M 点还需要的时间Δt 3＝(T －2)s ＝(16－2)s ＝14s ，故选项C 正确．若在开始计时时刻，质点从O 点向左运动，O →a →O →M 运动过程历时3s ，M →b →M 运动过程历时2s ，显然，T 2＋T 4＝4s ，T ＝163s ．质点第三次经过M 点还需要的时间Δt ′3＝(T －2)s 163－2s ＝103s ，故选项D 正确．2．(考点一)一弹簧振子的位移y 随时间t 变化的关系式为y ＝0.1sin 2.5πt ，位移y 的单位为m ，时间t 的单位为s.则()A ．弹簧振子的振幅为0.1mB ．弹簧振子的周期为1.25sC ．在t ＝0.2s 时，振子的运动速度为零D ．在任意0.2s 时间内，振子的位移均为0.1mE ．在任意0.4s 时间内，振子通过的路程均为0.2m解析：选ACE.根据弹簧振子的位移y 随时间t 变化的关系式y ＝0.1sin 2.5πt 可知，弹簧振子的振幅为0.1m ，选项A 正确；由2.5π＝2πT可得弹簧振子的周期T ＝0.8s ，选项B 错误；在t ＝0.2s 时，振子的位移最大，运动速度为零，选项C 正确；在任意0.2s 时间内，振子的位移不一定均为0.1m ，振子的最大位移大小为0.1m ，选项D 错误.0.4s ＝T 2，通过路程等于2A ＝0.2m ，选项E 正确．3.(考点二)一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图所示，由图可知()A．质点振动频率是4HzB．t＝2s时，质点的加速度最大C．质点的振幅为2cmD．t＝3s时，质点所受合外力最大E．从t＝0到t＝4s，质点通过的路程为8cm解析：选BCE.由图可知，振动周期为T＝4s，因而振动频率f＝0.25Hz，所以选项A错误．质点在平衡位置时所受合外力为零，速度最大，加速度为零；质点在最大位移处所受合外力最大，加速度最大，速度为零，因而选项B正确，选项D错误．振幅是质点偏离平衡位置的最大距离，由图可知，质点偏离平衡位置的最大距离为2cm，振幅为2cm，因而选项C正确．前4s质点通过的路程为4A＝8cm，选项E正确．4．(考点三)(2016·常州模拟)铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动．普通钢轨长为12.6m，列车固有振动周期为0.315s．下列说法正确的是()A．列车的危险速率为40m/sB．列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象C．列车过桥需要减速，是为了防止桥梁发生共振现象D．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的E．增加钢轨的长度有利于列车高速运行解析：选ACE.列车在钢轨上运动时，受钢轨对它的冲击力作用做受迫振动，当列车固有振动频率等于钢轨对它的冲击力的频率时，列车振动的振幅最大，因v＝lt＝12.6m0.315s＝40m/s，故A对；列车过桥做减速运动，是为了使驱动力频率远小于桥梁固有频率，防止桥发生共振现象，而不是防止列车发生共振现象，B错、C对；增加钢轨的长度有利于列车高速运行，E对．5．(考点四)(2015·高考天津卷)某同学利用单摆测量重力加速度．(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________．A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1m的单摆．实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________．解析：(1)组装单摆时，悬线应选用不易伸长的细线；摆球选择体积小、密度大的摆球；单摆摆动时在同一竖直面内摆动；摆的振幅尽量小一些．选项B、C正确．(2)设单摆的周期为T1时摆长为L1，周期为T2时摆长为L2。
高考总复习·物理(新课标)：第十三章 第三节对点突破高效演练
, [学生用书P280])1．(考点一)氢原子的能级如图所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62 eV ～3.11 eV.下列说法正确的是( )A ．处于n ＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离B ．大量氢原子从高能级向n ＝3能级跃迁时，发出的光具有显著的热效应C ．大量处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种不同频率的光D ．大量处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出3种不同频率的光E ．氢原子向低能级跃迁，放出光子，原子电势能、电子动能都减小解析：选ABC.大量处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，由N ＝C 2n 可知，共可发出6种频率的光，故D 错误，C 正确．n ＝3能级的能量为－1.51 eV ，因紫外线能量大于1.51 eV ，故紫外线可使处于n ＝3能级的氢原子电离，故A 正确；从高能级跃迁到n ＝3能级释放能量最多为1.51 eV ＜1.62 eV ，此光为红外线具有显著热效应，故B 正确．原子向低能级跃迁，原子的电势能减小，电子的动能增大，E 错误．2．(考点三)(2014·高考重庆卷)碘131的半衰期约为8天，若某药物含有质量为m 的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有( )A.m 4B.m 8C.m 16D.m 32解析：选C.经过n 个半衰期剩余碘131的含量m ′＝m ⎝⎛⎭⎫12n .因32天为碘131的4个半衰期，故剩余碘131含量：m ′＝m ⎝⎛⎭⎫124＝m 16，选项C 正确． 3．(考点四、五)(2016·山西模拟)核反应堆是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能.235 92U ＋10n →141 56Ba ＋9236Kr ＋a X 是反应堆中发生的许多核反应中的一种，X 是某种粒子，a 是X粒子的个数，用m U 、m Ba 、m Kr 分别表示235 92U 、141 56Ba 、9236Kr 核的质量，m X 表示X 粒子的质量，c为真空中的光速，以下说法正确的是( )A ．X 为中子，a ＝2B ．X 为中子，a ＝3C ．上述核反应中放出的核能ΔE ＝(m U －m Ba －m Kr －2m X )c 2D ．上述核反应中放出的核能ΔE ＝(m U －m Ba －m Kr －3m X )c 2E ．只有铀块体积达到临界体积才可能发生链式反应解析：选BCE.核反应中，质量数守恒，电荷数守恒，则知235 92U ＋10n →141 56Ba ＋9236Kr ＋a X 中X为10n ，a ＝3，则A 错误，B 正确．由ΔE ＝Δmc 2可得：ΔE ＝(m U ＋m X －m Ba －m Kr －3m X )c 2＝(m U－m Ba －m Kr －2m X )c 2，则C 正确，D 错误．由链式反应条件可知，铀块体积达到临界体积，反应才可发生，则E 正确．4．(微专题37)在匀强磁场中，有一个原来静止的14 6C 原子核，它放出的粒子与反冲核的径迹是两个相内切的圆，圆的直径之比为7∶1，那么碳14的衰变方程应为( )A.14 6C →0＋1e ＋14 5BB.14 6C →42He ＋10 4BeC.14 6C →21H ＋12 5BD.14 6C →0－1e ＋14 7N解析：选 D.由动量守恒定律可知：放出的粒子与反冲核动量大小相等、方向相反，由在磁场中两圆径迹内切可知，反冲核带正电，放出的粒子带负电，由两圆直径之比为7∶1和R ＝m v qB可知，反冲核的电量是粒子的7倍，故只有D 正确．5．(考点四、五)(2016·河南六市一联)朝鲜进行了第三次核试验，韩美情报部门通过氙(Xe)和氪(Kr)等放射性气体，判断出朝鲜使用的核原料是铀(U)还是钚(Pu)，若该实验的核原料是235 92U ，则(1)完成核反应方程式235 92U ＋10n →9038Sr ＋136 54Xe ＋________．(2)本次核试验释放的能量大约相当于7 000吨TNT 当量，已知铀核的质量为m 1、中子的质量为m 2、锶(Sr)核的质量为m 3、氙(Xe)核的质量为m 4，光速为c .则一个235 92U 原子裂变释放的能量ΔE ＝________________．解析：(1)根据质量数、电荷数守恒可得该核反应方程为235 92U ＋10n →9038Sr ＋136 54Xe ＋1010n.(2)该核反应过程质量亏损Δm ＝m 1－m 3－m 4－9m 2，由爱因斯坦质能方程有ΔE ＝Δmc 2＝(m 1－m 3－m 4－9m 2)c 2.答案：(1)1010n (2)(m 1－m 3－m 4－9m 2)c 2。
2017高考总复习·物理：第十二章 第四节对点突破高效演练含解析
,[学生用书P260])1.(考点一)如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在光屏P上观察到干涉条纹．要得到相邻条纹间距更大的干涉图样，可以()A．增大S1与S2的间距B．减小双缝屏到光屏的距离C．将绿光换为红光D．将绿光换为紫光解析：选 C.由双缝干涉条纹间距公式Δx＝ldλ可知，要增大相邻条纹间距，可以增大双缝到屏的距离，减小双缝间距，选用波长更长的单色光，因此C正确．2．(考点一)(2016·陕西宝鸡联考)劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示，在一块平板玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜，当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹如图乙所示，干涉条纹有如下特点：(1)任意一条明条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；(2)任意相邻两条明条纹所对应的薄膜厚度恒定，现若在图甲装置中抽去一张纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气薄膜后，从上往下观察到的干涉条纹()A．变疏B．变密C．不变D．消失解析：选 A.撤去一张纸后劈形空气的薄膜的劈度减缓，相同水平距离上，劈度厚度变化减小，以致波程差变化减小，条纹变宽，条纹数量变少(变疏)，故A正确．3．(考点二)关于光的衍射现象，下面说法正确的是()A．红光的单缝衍射图样是红暗相间的直条纹B．白光的单缝衍射图样是红暗相间的直条纹C．光照到不透明小圆盘上出现泊松亮斑，说明发生了衍射D．光照到较大圆孔上出现大光斑，说明光沿直线传播，不存在光的衍射答案：AC4．(考点三)如图所示，白炽灯的右侧依次放置偏振片P和Q，A点位于P、Q之间，B点位于Q右侧，旋转偏振片P，A、B两点光的强度变化情况是()A．A、B均不变B．A、B均有变化C．A不变，B有变化D．A有变化，B不变解析：选C.旋转偏振片P，A处得到的是强度始终相同的偏振光，偏振光再经过偏振片Q，在B处光强随着P的转动而变化，当Q的透振方向与经过P的偏振光的振动方向垂直时，B处的光强为0.5．(考点四)(2016·浙江名校模拟)(1)用游标卡尺观察光的衍射现象时，某次游标卡尺的示数如图甲所示，则两测脚间狭缝的宽度为________．用激光照射该狭缝，在屏上出现衍射条纹，如果减小狭缝的宽度，衍射条纹的宽度将变________．甲(2)在用如图乙所示的装置研究光的双缝干涉现象时，有下面几种方法：乙A．将观察屏移近双缝，干涉条纹间距变窄B．将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变宽C．将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽D．换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄E．去掉滤光片后，干涉现象消失其中正确的是________．答案：(1)0.36 mm大(2)ABD。
高考总复习·物理(新课标)：第四章 第三节对点突破高效演练
, [学生用书P77])1．(考点一)(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处，( )A ．路面外侧高内侧低B ．车速只要低于v c ，车辆便会向内侧滑动C ．车速虽然高于v c ，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D ．当路面均匀结冰时，与未结冰时相比，v c 的值变小解析：选AC.汽车在公路转弯处做圆周运动，需要外力提供向心力，当汽车行驶的速率为v c时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，即没有指向公路两侧的摩擦力，此时的向心力由地面的支持力和重力的合力提供，故路面外侧高内侧低，选项A 正确；当车速低于v c 时，车所需向心力m v 2r 减小，车可能只是具有向内侧滑动的趋势，不一定能够滑动，选项B 错误；同理，当车速高于v c ，且不超出某一最高限度，车辆可能只是有向外侧滑动的趋势，不一定能够滑动，当超过最大静摩擦力时，才会向外侧滑动，故选项C 正确；当路面均匀结冰时，只是最大静摩擦力变小，v c 值不变，D 错误．2.(考点一)(多选)(2016·长春调研)如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为O ，最低点为C ，在其内壁上有两个质量相同的小球(可视为质点)A 和B ，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A 球的轨迹平面高于B 球的轨迹平面，A 、B 两球与O 点的连线与竖直线OC 间的夹角分别为α＝53°和β＝37°，以最低点C 所在的水平面为重力势能的参考平面，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )A ．A 、B 两球所受支持力的大小之比为4∶3 B ．A 、B 两球运动的周期之比为4∶3C ．A 、B 两球的动能之比为16∶9D ．A 、B 两球的机械能之比为112∶51解析：选AD.由题意可知F N ＝mg cos θ，所以F NA F NB ＝cos 37°cos 53°＝43，A 正确；mg tan θ＝m 4π2T 2R sinθ，所以T AT B＝cos 53°cos 37°＝34，B 错误；E k ∝v 2，v ＝2πT R sin θ，所以E k A E k B ＝T 2B sin 253°T 2A sin 2 37°＝6427，C 错误；E p ＝mgR (1－cos θ)，所以E A E B ＝E k A ＋E p A E k B ＋E p B ＝11251，D 正确．3.(考点二)(单选)(2016·杭州四中统测)有一长度为L ＝0.50 m 的轻质细杆OA ，A 端有一质量为m ＝3.0 kg 的小球，如图所示，小球以O 点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速度是2.0 m/s ，g 取10 m/s 2，则此时细杆OA 受到( )A ．6.0 N 的拉力B ．6.0 N 的压力C ．24 N 的拉力D ．24 N 的压力解析：选B.设杆对小球的作用力为F N ，方向竖直向下，如图所示， 由向心力公式得F N ＋mg ＝m v 2L，则F N ＝m v 2L －mg ＝⎝⎛⎭⎫3.0×2.020.50－3.0×10 N ＝－6 N. 负号说明F N 的方向与假设方向相反，即竖直向上． 由牛顿第三定律知应选B.4．(微专题12)(多选)如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小很多)，现给小球一水平向右的初速度v 0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足(g ＝10 m/s 2)( )A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s解析：选CD.解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况：(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道．对于第(1)种情况，当v 0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤m v 2r ，又根据机械能守恒定律有m v 22＋2mgr ＝m v 202，可求得v 0≥2 5 m/s ，故选项C 正确；对于第(2)种情况，当v 0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝m v 202，可求得v 0≤2 2 m/s ，故选项D正确．5．(考点三)如图所示，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好沿光滑圆弧ABC 的A 点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，OA 与竖直方向的夹角θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.(g 取10 m/s 2)求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0的大小． (2)P 点与A 点的水平距离和竖直高度． (3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力．解析：(1)将v A 分解如图所示： 则v 0＝v x ＝v A cos 60°＝2 m/s v y ＝v A sin 60°＝2 3 m/s. (2)从P 到A 用时： t ＝v y g ＝35s P 点到A 点的水平距离和竖直高度分别为： x ＝v 0·t ＝2×35m ＝0.69 m y ＝12gt 2＝12×10×⎝⎛⎭⎫352m ＝0.6 m. (3)从A 到C ，由机械能守恒定律得： 12m v 2C ＋mgR (1＋cos 60°)＝12m v 2A 代入数据解得：v C ＝7 m/s 由牛顿第二定律得：F N ＋mg ＝m v 2C RF N ＝8 N由牛顿第三定律知：对轨道的压力大小为8 N ，方向竖直向上． 答案：(1)2 m/s (2)0.69 m 0.6 m (3)8 N 方向竖直向上。
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,[学生用书P256])
1．(考点一)(2016·南京质检)
如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点，并偏折到F点，已知入射方向与边AB的夹角为θ＝30°，E、F分别为边AB、BC的中点，则() A．该棱镜的折射率为 3
B．光在F点发生全反射
C．光从空气进入棱镜，波长变小
D．从F点出射的光束与入射到E点的光束平行
E．光在BC面上不会发生全反射
解析：选ACE.在E点作出法线可知入射角为60°，折射角为30°，折射率为 3 ，选项A 正确；由光路的可逆性可知，在BC边上的入射角小于临界角，不会发生全反射，选项B错误；
由关系式λ介＝λ空气
n，可知选项C正确；从F点出射的反射光线与法线的夹角为30°，折射光线
与法线的夹角为60°，由几何关系知，不会与入射到E点的光束平行，选项D错误．由光路可逆性知，E正确．
2．(考点二)(2016·攀枝花统考)
半径为R的半圆柱形介质截面如图所示，O为圆心，AB为直径，Q是半圆上的一点，QO 垂直于AB.相互平行的同种单色光a和b从不同位置进入介质，光线a沿直线射向O点，在O 点恰好发生
全反射，光线b从Q点射入介质，入射角为45°，b光经介质折射后交于直径AB上的P 点，则P点距O点的距离为()
A.
3
3R B.
2
2R
C.
3
2R D.
1
2R
解析：选A.a光从介质进入空气时发生全反射，临界角C＝45°，根据临界角公式sin C＝
1
n得折射率n＝2，对b光根据折射率的定义式n＝sin i
sin r可得折射角θ＝30°，根据几何关系得
PO＝
3
3R，A正确．
3．(考点三)一束由红、紫两色光组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜．下面四幅图中能正确表示该复色光经三棱镜折射分离成两束单色光的是()
解析：选 B.解答本题首先要搞清楚七种色光在同一介质中折射率的大小关系，其次还要明确三棱镜有使光线向底边偏折的作用．在玻璃中，有n红<n紫，所以在玻璃中，红光的折射角大于紫光的折射角，故选项A、C错误；三棱镜有使光线向底边偏折的作用，折射率越大的光，越偏向底边，故选项B正确，选项D错误．
4．(考点四)在用插针法测定玻璃的折射率的实验中，某同学操作步骤如下：
①用图钉将记录光路的白纸固定在平板上；
②手拿玻璃砖的毛面或棱，将其轻放在白纸上；
③用铅笔环绕玻璃砖画出边界aa′和bb′；
④在aa′边上选择一点O，作为不同入射角的入射光线的共同入射点，画出入射角θ1分别为0°、30°、45°的入射光线；
⑤用“插针法”分别得到各条入射光线的出射光线，观察时着重看大头针针帽是否在一条直线上，取下玻璃砖、大头针，连接各针孔，发现所画折射光线中有两条相交，量出各个折射角θ2；
⑥按公式分别计算sin θ1
sin θ2，取三个值的算术平均值．
(1)以上步骤中有错误或不妥之处的是________．
(2)应改正为________________________________________________________________________.
解析：(1)有错误或不妥之处的是③④⑤.
(2)③中应先画出一条直线，把玻璃砖的一边与其重合，再使直尺与玻璃砖的另一界面对齐，移开玻璃砖后再画边界线；④中入射角要取0°以外的三组数据；⑤中大头针要竖直插牢，观察时看针脚是否在同一条直线上．
答案：(1)③④⑤(2)见解析
5．(考点一、二)(2016·河北正定调研)如图所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其截面平行于底面，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，已知玻璃棱镜的折射率n＝ 2.求：
(1)光线进入棱镜时的折射角α；
(2)第一次折射后到达底边CD的光线能否从CD边射出，若能，求折射角；若不能，求从BD边射出的光线与BD边的夹角．
解析：(1)由几何关系知，光线在AC边射入时的入射角为45°，根据折射定律有：sin 45°＝n sin α解得：α＝30°.
(2)设光线在棱镜中全反射的临界角为C，有：sin C＝1
n，解得：C＝45°
如图所示，由几何关系知，第一次折射后到达底边CD的光线在CD边的入射角θ＝75°>C，光线在CD边发生全反射，不能从CD边射出
由几何关系知，光线到达BD边处的入射角为30°，小于临界角C，光线从BD边射出．根据光路的可逆性可知，射出的光线仍与底边平行，与BD边的夹角为45°.
答案：(1)30°(2)不能夹角为45°。