高考物理总复习 优编增分练：选考题考点排查练4 2015年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考34题考点排查练
全国通用版2019高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练32015年全国Ⅰ卷选择题考点排查练
2015年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．(2018·陕西省榆林市第四次模拟)如图1所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹，粒子重力不计．下列说法正确的是( )图1A．粒子a带负电B．粒子c的动能最大C．粒子b在磁场中运动的时间最长D ．粒子b 在磁场中运动时的向心力最大 答案 D15．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图2所示，O 点处有一固定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电荷量绝对值相等的带电粒子M 、N 以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是( )图2A ．M 、N 带异种电荷，M 和O 点处点电荷电性相同B ．M 从a 点运动到b 点的过程中，电势能先增大后减小C ．N 从c 点运动到d 点的过程中，动能先减小后增大D ．N 在d 点的电势能比M 在a 点电势能小 答案 C16．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图3所示的电路中，变压器为理想变压器，开关S 闭合，交流电源电压恒定，电阻R 1＝R 2，通过R 1的电流与通过R 3的电流相等，R 1两端的电压为电源总电压的17，则若断开开关S ，R 1与R 3的电功率之比为( )图3A ．1∶3B ．1∶9C ．2∶9D ．1∶18答案 D解析 开关S 闭合时，设电源的电压为U ，变压器的匝数比为n ；R 1两端的电压为U R ，变压器输入端的电压为U 1，输出端的电压为U 2；原线圈上的电流为I 1，流过R 2的电流为I 2，流过R 3的电流为I 3，则：U R ＝17UU 1＝U －U R ＝U －17U ＝67U由于：U 1U 2＝n ，所以：U 2＝U 1n由欧姆定律得：I 1＝U R R 1＝U7R 1；I 2＝U 2R 2＝6U 7nR 2＝6U 7nR 1由题：I 1＝I 3 由电流关系可得：I 1I 2＋I 3＝1n联立可得：n ＝3，R 3＝U 2I 3＝2R 1 若断开开关S ，则：I 1′＝13I 3′由功率的表达式：P ＝I 2R联立可得R 1与R 3的电功率之比为：P 1P 3＝I 1′2R 1I 3′2R 3＝118，故A 、B 、C 错误，D 正确．17．(2018·河北省“名校联盟”质量监测一)如图4所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A 相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B 相连．开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度，不计空气阻力．下列有关该过程的分析正确的是( )图4A ．释放B 的瞬间其加速度为g2B ．B 物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和C ．B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D ．细线的拉力对A 做的功等于A 物体机械能的增加量 答案 B解析 释放B 瞬间弹簧长度来不及改变，B 的加速度不一定为g2，A 错误；对B 分析，受到重力和拉力作用，根据动能定理可知W G ＋W F ＝ΔE k ，B 正确；根据能量守恒定律可知B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A 物体的动能增加量之和，C 错误；细线对A 的拉力与弹簧对A 的拉力做功之和等于A 物体机械能的增加量，D 错误．18．(2018·青海省西宁市二模)如图5所示，某人从同一位置O 以不同的水平速度投出三枚飞镖A 、B 、C ，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60°、45°、30°，图中飞镖的方向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图5A ．三只飞镖做平抛运动的初速度一定满足v A 0>vB 0>vC 0 B ．三只飞镖击中墙面的速度满足v A >v B >v C C ．三只飞镖击中墙面的速度一定满足v A ＝v B ＝v CD ．插在墙上的三只飞镖的反向延长线不会交于同一点 答案 A解析 设水平距离为s ，飞镖的初速度为v 0，击中墙面的速度为v ，速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝v x v y ＝v 0gt ，s ＝v 0t ，联立解得s ＝v 02g tan θ，由于从同一位置O 抛出，s 相同，所以有v A 0>v B 0>v C 0，故A 正确；击中墙面的速度为v ＝v 0sin θ＝gs tan θsin θ＝gssin θcos θ＝2gssin 2θ，则有v B <v A ＝v C ，故B 、C 错误；根据任意时刻速度的反向延长线一定经过此时沿抛出方向水平位移的中点可知，插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点，故D 错误．19．(2018·贵州省贵阳市5月适应性考试二)如图6所示，一导线弯成半径为r 的半圆形闭合线框．竖直虚线MN 右侧有垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B .线框以垂直虚线MN 、大小为v 的速度向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点进入到线框完全进入磁场过程，下列说法正确的是( )图6A ．CD 段导线始终不受安培力B ．感应电流的大小和方向不变C ．感应电动势的最大值为BrvD ．感应电动势的平均值为14πBrv答案 CD解析 在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流为逆时针方向，根据左手定则可以判断，CD段导线所受安培力方向向上，故A错误；在闭合电路进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，所以电动势先增大后减小，感应电流也先增大后减小，故B错误；当半圆闭合回路一半进入磁场时，这时等效切割长度最大为r，这时感应电动势最大，为E＝Brv，故C正确；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值E＝ΔΦΔt＝B·12πr22rv＝14πBrv，故D正确．20．(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图7甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M的足够长的木板，质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到水平拉力F 与加速度的关系如图乙所示，长木板足够长，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )图7A．长木板的质量M＝2 kgB．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4C．当F＝14 N时，长木板的加速度大小为6 m/s2D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大答案BC解析当F等于12 N时，加速度为：a＝4 m/s2.对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据解得：M＋m＝3 kg；当F大于12 N时，m和M发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma，即F＝Ma＋μmg，结合题图可得：M＝1 kg，故m＝2 kg，故A错误；由题图可得，μmg＝8，故μ＝0.4，故B正确；当F＝14 N时，长木板的加速度为：a＝6 m/s2，故C 正确；当F大于12 N后，发生相对滑动，小滑块的加速度为a＝μg，与F无关，F增大时小滑块的加速度不变，故D错误．21．(2018·山东省青岛市5月二模)2018年1月19号，以周总理命名的“淮安号”恩来星在甘肃酒泉卫星发射中心，搭乘“长征十一号”火箭顺利发射升空．“淮安号”恩来星在距离地面高度为535 km的极地轨道上运行．已知地球同步卫星轨道高度约36 000 km，地球半径约6 400 km.下列说法正确的是( )A．“淮安号”恩来星的运行速度小于7.9 km/sB．“淮安号”恩来星的运行角速度小于地球自转角速度C．经估算，“淮安号”恩来星的运行周期约为1.6 hD ．经估算，“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力加速度的三分之二 答案 AC解析 由G Mm r 2＝m v 2r得：v ＝GMr，则“淮安号”恩来星的运行速度小于第一宇宙速度7.9 km/s ，故A 项正确；由G Mmr2＝mr ω2得：ω＝GMr 3，则“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球同步卫星的角速度，即“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球自转角速度，故B 项错误；据G Mm r 2＝mr (2πT)2，解得：T ＝2πr 3GM，“淮安号”恩来星的运行周期与地球同步卫星周期关系为T T 同＝(R ＋h 1R ＋h 同)3，解得“淮安号”恩来星的运行周期约为1.6 h ，故C 项正确；据G Mm (R ＋h 1)2＝ma 和G MmR 2＝mg ，解得“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力加速度的0.85倍，故D 项错误．。
高考物理总复习 优编增分练：选择题考点排查练3 2015年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练
2015年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．(2018·陕西省榆林市第四次模拟)如图1所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹，粒子重力不计．下列说法正确的是( )图1A．粒子a带负电B．粒子c的动能最大C．粒子b在磁场中运动的时间最长D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大答案 D15．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图2所示，O点处有一固定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电荷量绝对值相等的带电粒子M、N以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是( )图2A．M、N带异种电荷，M和O点处点电荷电性相同B ．M 从a 点运动到b 点的过程中，电势能先增大后减小C ．N 从c 点运动到d 点的过程中，动能先减小后增大D ．N 在d 点的电势能比M 在a 点电势能小 答案 C16．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图3所示的电路中，变压器为理想变压器，开关S 闭合，交流电源电压恒定，电阻R 1＝R 2，通过R 1的电流与通过R 3的电流相等，R 1两端的电压为电源总电压的17，则若断开开关S ，R 1与R 3的电功率之比为( )图3A ．1∶3B ．1∶9C ．2∶9D ．1∶18答案 D解析 开关S 闭合时，设电源的电压为U ，变压器的匝数比为n ；R 1两端的电压为U R ，变压器输入端的电压为U 1，输出端的电压为U 2；原线圈上的电流为I 1，流过R 2的电流为I 2，流过R 3的电流为I 3，则：U R ＝17UU 1＝U －U R ＝U －17U ＝67U由于：U 1U 2＝n ，所以：U 2＝U 1n由欧姆定律得：I 1＝U R R 1＝U7R 1；I 2＝U 2R 2＝6U 7nR 2＝6U 7nR 1由题：I 1＝I 3 由电流关系可得：I 1I 2＋I 3＝1n联立可得：n ＝3，R 3＝U 2I 3＝2R 1 若断开开关S ，则：I 1′＝13I 3′由功率的表达式：P ＝I 2R联立可得R 1与R 3的电功率之比为：P 1P 3＝I 1′2R 1I 3′2R 3＝118，故A 、B 、C 错误，D 正确．17．(2018·河北省“名校联盟”质量监测一)如图4所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A 相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B 相连．开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度，不计空气阻力．下列有关该过程的分析正确的是( )图4A ．释放B 的瞬间其加速度为g2B ．B 物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和C ．B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D ．细线的拉力对A 做的功等于A 物体机械能的增加量 答案 B解析 释放B 瞬间弹簧长度来不及改变，B 的加速度不一定为g2，A 错误；对B 分析，受到重力和拉力作用，根据动能定理可知W G ＋W F ＝ΔE k ，B 正确；根据能量守恒定律可知B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A 物体的动能增加量之和，C 错误；细线对A 的拉力与弹簧对A 的拉力做功之和等于A 物体机械能的增加量，D 错误．18．(2018·青海省西宁市二模)如图5所示，某人从同一位置O 以不同的水平速度投出三枚飞镖A 、B 、C ，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60°、45°、30°，图中飞镖的方向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图5A ．三只飞镖做平抛运动的初速度一定满足v A 0>vB 0>vC 0 B ．三只飞镖击中墙面的速度满足v A >v B >v C C ．三只飞镖击中墙面的速度一定满足v A ＝v B ＝v CD ．插在墙上的三只飞镖的反向延长线不会交于同一点 答案 A解析 设水平距离为s ，飞镖的初速度为v 0，击中墙面的速度为v ，速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝v x v y ＝v 0gt ，s ＝v 0t ，联立解得s ＝v 02g tan θ，由于从同一位置O 抛出，s 相同，所以有v A 0>v B 0>v C 0，故A 正确；击中墙面的速度为v ＝v 0sin θ＝gs tan θsin θ＝gssin θcos θ＝2gssin 2θ，则有v B <v A ＝v C ，故B 、C 错误；根据任意时刻速度的反向延长线一定经过此时沿抛出方向水平位移的中点可知，插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点，故D 错误．19．(2018·贵州省贵阳市5月适应性考试二)如图6所示，一导线弯成半径为r 的半圆形闭合线框．竖直虚线MN 右侧有垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B .线框以垂直虚线MN 、大小为v 的速度向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点进入到线框完全进入磁场过程，下列说法正确的是( )图6A ．CD 段导线始终不受安培力B ．感应电流的大小和方向不变C ．感应电动势的最大值为BrvD ．感应电动势的平均值为14πBrv答案 CD解析 在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流为逆时针方向，根据左手定则可以判断，CD 段导线所受安培力方向向上，故A 错误；在闭合电路进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，所以电动势先增大后减小，感应电流也先增大后减小，故B 错误；当半圆闭合回路一半进入磁场时，这时等效切割长度最大为r ，这时感应电动势最大，为E ＝Brv ，故C 正确；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值E ＝ΔΦΔt＝B ·12πr 22rv＝14πBrv ，故D 正确． 20．(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图7甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M 的足够长的木板，质量为m 的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，长木板足够长，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图7A ．长木板的质量M ＝2 kgB ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4C ．当F ＝14 N 时，长木板的加速度大小为6 m/s 2D ．当F 增大时，小滑块的加速度一定增大 答案 BC解析 当F 等于12 N 时，加速度为：a ＝4 m/s 2.对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得：M ＋m ＝3 kg ；当F 大于12 N 时，m 和M 发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma ，即F ＝Ma ＋μmg ，结合题图可得：M ＝1 kg ，故m ＝2 kg ，故A 错误；由题图可得，μmg ＝8，故μ＝0.4，故B 正确；当F ＝14 N 时，长木板的加速度为：a ＝6 m/s 2，故C 正确；当F 大于12 N 后，发生相对滑动，小滑块的加速度为a ＝μg ，与F 无关，F 增大时小滑块的加速度不变，故D 错误．21．(2018·山东省青岛市5月二模)2018年1月19号，以周总理命名的“淮安号”恩来星在甘肃酒泉卫星发射中心，搭乘“长征十一号”火箭顺利发射升空．“淮安号”恩来星在距离地面高度为535 km 的极地轨道上运行．已知地球同步卫星轨道高度约36 000 km ，地球半径约6 400 km.下列说法正确的是( ) A ．“淮安号”恩来星的运行速度小于7.9 km/s B ．“淮安号”恩来星的运行角速度小于地球自转角速度 C ．经估算，“淮安号”恩来星的运行周期约为1.6 hD ．经估算，“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力加速度的三分之二 答案 AC解析 由G Mm r 2＝m v 2r得：v ＝GMr，则“淮安号”恩来星的运行速度小于第一宇宙速度7.9 km/s ，故A 项正确；由G Mmr 2＝mr ω2得：ω＝GMr 3，则“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球同步卫星的角速度，即“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球自转角速度，故B 项错误；据G Mm2＝mr (2π)2，解得：T ＝2πr 3GM，“淮安号”恩来星的运行周期与地球同，解得“淮安号”恩来星的运行周期约为1.6 h ，故C 项mg ，解得“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力。
高考物理总复习 优编增分练：选考题考点排查练3 2015年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考33题考点排查练
2015年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考33题考点排查练1．(2018·安徽省A10联盟最后一卷)(1)下列说法正确的是________． A ．单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性B ．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体C ．同种物质可能以晶体和非晶体两种形态出现D ．一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体E ．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈圆形，说明蜂蜡是非晶体(2)如图1，一绝热汽缸竖直放置，汽缸内横截面积S ＝100 cm 2的光滑绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．在活塞上面放置一个物体，活塞和物体的总质量为m ＝10 kg.在汽缸内部有一个阻值R ＝4 Ω的电阻丝，电阻丝两端的电压U ＝12 V ．接通电源10 s 后断开，活塞缓慢升高h ＝10 cm.已知理想气体的初始温度t 0＝27 ℃、体积V ＝3×10－3m ，大气压p 0＝1.0×105Pa ，重力加速度g ＝10 m/s 2.若电阻丝产生的热量全部被气体吸收，求：图1①活塞上升10 cm 后理想气体的温度；②从接通电源到活塞上升10 cm 的过程中理想气体的内能变化量． 答案 (1)ABC (2)①400 K(或127 ℃) ②250 J解析 (1)单晶体具有各向异性，原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性，故A 正确；由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石，故B 正确；同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如天然水晶是晶体，而熔化后再凝固的水晶是非晶体，故C 正确；一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，即各向同性，则此薄片可能是多晶体也可能是非晶体，同时也可能是单晶体，因为单晶体某些物理性质是各向异性的，有些物理性质是各向同性的，故D 错误；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈圆形，说明在导热性能上玻璃是各向同性的，不能说明蜂蜡是非晶体，故E 错误． (2)①气体的压强保持不变，由盖－吕萨克定律得：V T 0＝V ＋ShT解得：T ＝V ＋ShVT 0＝400 K(或127 ℃) ②设汽缸内气体的压强为p ，选活塞为研究对象，活塞缓慢移动，受力平衡根据平衡条件得： p 0S ＋mg ＝pS 解得：p ＝1.1×105Pa活塞在上升h ＝10 cm 的过程中外界对气体做功W ＝－Fh ＝－pSh ＝－110 J电阻丝在通电10 s 内产生的热量为Q ＝U 2Rt ＝360 J根据热力学第一定律得：ΔU ＝W ＋Q ＝250 J ，即气体的内能增加了250 J 2．(2018·安徽省“江南十校”二模)(1)下列说法中正确的是________． A ．液晶与多晶体一样具有各向同性B ．气体压强的产生是由大量气体分子对器壁持续频繁的碰撞引起的C ．悬浮颗粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，布朗运动越显著D ．当两分子间距离大于平衡距离r 0时，分子间的距离越大，分子势能越大E ．若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，则气体分子的平均动能减小(2)竖直平面内有一直角形且内径处处相同的细玻璃管，A 端封闭，C 端开口，AB 段处于水平状态．将竖直管BC 灌满水银，使气体封闭在水平管内，各部分尺寸如图2所示，此时气体温度T 1＝300 K ，外界大气压强p 0＝75 cmHg.现缓慢加热封闭气体，使AB 段的水银恰好排空．求：图2①此时气体温度T 2；②此后保持气体温度T 2不变，以AB 为轴缓慢将CB 向下转至C 端开口竖直向下时，气体的长度L 3多大(取17＝4.12，结果保留二位有效数字)．答案 (1)BDE (2)①394.7 K ②39 cm解析 (1)液晶具有各向异性，A 错误；气体压强的产生是由大量气体分子对器壁持续频繁的碰撞引起的，B 正确；布朗运动与悬浮颗粒的大小有关，颗粒越大，布朗运动越不明显，同一时刻撞击它的液体分子越多，布朗运动越不明显，C 错误；当两分子间距离大于平衡位置的间距r 0时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，D 正确；气体膨胀的过程中对外做功，若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，温度降低，所以气体分子的平均动能减小，E 正确．(2)①以cmHg 为压强单位，设玻璃管横截面积为S ，在AB 段水银恰好排空的过程中气体是等压变化过程，L 1＝19 cm ，L 2＝25 cm ，T 1＝300 K由盖－吕萨克定律可知SL 1T 1＝SL 2T 2，解得T 2≈394.7 K； ②令此时BC 管中水银柱长为h ，气体压强为p 3＝(75－h )cmHg ； 又开始时气体压强为p 2＝(75＋25)cmHg ＝100 cmHg ，由玻意耳定律可知p3S(50－h)＝p2SL2，解得h≈11 cm，故气体的长度L3＝(50－11)cm＝39 cm。
高考物理总复习 优编增分练：计算题考点排查练4 2015年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练
2015年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·安徽省“江南十校”二模)如图1所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场．长度为l 的轻质绝缘细绳一端固定在O 点，另一端连接一质量为m 、电荷量为＋q 的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a 点，此时细绳拉力为2mg ，g 为重力加速度．图1(1)求电场强度E 和a 、O 两点的电势差U aO ；(2)小球在a 点获得一水平初速度v a ，使其能在竖直面内做完整的圆周运动，则v a 应满足什么条件？答案 (1)3mg q －3mgl q(2)v a ≥10gl 解析 (1)小球静止在a 点时，由共点力平衡可得mg ＋2mg ＝qE ①得E ＝3mg q，方向竖直向上② 在匀强电场中，有U Oa ＝El ③ 则a 、O 两点电势差U aO ＝－3mgl q④ (2)小球从a 点恰好运动到b 点，设到b 点速度大小为v b ， 由动能定理得－qE ·2l ＋mg ·2l ＝12mv b 2－12mv a 2⑤ 小球做圆周运动通过b 点时，由牛顿第二定律可得qE －mg ＝m v b 2l⑥ 联立②⑤⑥可得v a ＝10gl ，故应满足v a ≥10gl .25．(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图2所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°、高度为h ＝1.5 m ．一薄木板B 置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l 0＝0.2 m 的轻弹簧，木板总质量为m ＝1 kg ，总长度为L ＝2.0 m ．一质量为M ＝3 kg 的小物块A 从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度H ＝1.7 m ，物块A 经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ＝32.木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A 最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图2(1)物块A 刚落到木板上的速度大小v ；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．答案 (1)4 m/s (2)5 J解析 (1)物块A 落到木板前做平抛运动，竖直方向：2g (H －h )＝v y 2得：v y ＝2 m/s物块A 刚落到木板上的速度大小为：v ＝v ysin 30°＝4 m/s (2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足： mg sin 30°＝μ0mg cos 30°得：μ0＝tan 30°＝33物块A 在木板上滑行时，以A 为研究对象有：a A ＝μMg cos 30°－Mg sin 30°M＝2.5 m/s 2(沿斜面向上)以木板B 为研究对象有：a B ＝μMg cos 30°＋mg sin 30°－μ0(M ＋m )g cos 30°m ＝7.5 m/s 2(沿斜面向下)假设A 与木板达到共同速度v 共时，A 还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有： v 共＝a B t ＝v －a A t解得：v 共＝3 m/s ，t ＝0.4 s此过程，x A ＝v ＋v 共2·t ＝1.4 m ，x B ＝v 共2·t ＝0.6 m<hsin 30°＝3 m 故Δx ＝x A －x B ＝0.8 m<L －l 0＝1.8 m ，说明以上假设成立共速后，由于(M ＋m )g sin 30°＝μ0(M ＋m )g cos 30°，A 与木板B 一起匀速到木板与底端挡板碰撞，木板停下，此后A 做匀减速到与弹簧接触，然后A 压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A 的速度为v A ，有：－2a A (L －l 0－Δx )＝v A 2－v 共2解得：v A ＝2 m/s设弹簧最大压缩量为x m ，A 从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有： Q ＝2μMgx m cos 30°＝12Mv A 2得：Q ＝6 J ，x m ＝215m A 从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有：E pm ＝12Mv A 2＋Mgx m sin 30°－12Q ＝5 J ，即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5 J.。
高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练4 2015年(全国Ⅱ卷)选择题考点排查练
2015年(全国Ⅱ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．(2018·河南省驻马店市第二次质检)电动势为E ，内阻为r 的电源与可变电阻R 1、R 2、R 3以及一平行板电容器连成如图1所示的电路．当开关S 闭合后，两平行金属板A 、B 间有一带电液滴恰好处于静止状态．下列说法正确的是( )图1A ．将R 1的滑片向右移动一小段距离，带电液滴将向下运动B ．将R 2的滑片向右移动一小段距离，电容器两极板的电荷量将增加C ．增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电荷量将增加D ．减小R 3的阻值，R 2两端的电压的变化量小于R 3两端的电压的变化量答案 D15．(2018·山东省青岛市二模)在光滑绝缘水平面上，固定一电流方向如图2所示的通电直导线，其右侧有闭合圆形线圈，某时刻线圈获得一个如图所示的初速度v 0，若通电导线足够长，则下列说法正确的是( )图2A ．线圈中产生沿顺时针方向的恒定电流B ．线圈中产生沿逆时针方向的恒定电流C ．线圈最终会以某一速度做匀速直线运动D ．线圈最终会停下来并保持静止答案 C16．(2018·内蒙古赤峰二中月考)如图3所示，帆板在海面上以速度v 朝正西方向运动，帆船以速度v 朝正北方向航行，以帆板为参照物( )图3A ．帆船朝正东方向航行，速度大小为vB ．帆船朝正西方向航行，速度大小为vC ．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2vD ．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为2v答案 D解析 以帆板为参考系，即把帆板看作静止，则帆船相对于帆板有向东的速度v 及向北的速度v ；由矢量合成可知，二者的合速度v 合＝2v ，方向北偏东45度，故D 正确．17．(2018·山东省日照市11月校际联合质检)汽车发动机的额定功率是60 kW ，汽车的质量为2×103 kg ，在平直路面上行驶，受到的阻力是车重的0.1倍．若汽车从静止出发，以0.5 m/s 2的加速度做匀加速运动，则出发50 s 时，汽车发动机的实际功率为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．25 kWB ．50 kWC ．60 kWD ．75 kW 答案 C解析 汽车受到的阻力F f ＝0.1mg ＝2 000 N ，汽车以0.5 m/s 2的加速度做匀加速运动，F －F f ＝ma ，解得：F ＝3 000 N.若50 s 内车是匀加速，则v ＝at ＝25 m/s,50 s 末汽车功率P ＝Fv ＝75 000 W ＝75 kW ；但汽车发动机的额定功率是60 kW ，则50 s 内汽车不是匀加速，而是先匀加速后变加速，故出发50 s 时，汽车发动机的实际功率为60 kW ，故选C.18．(2018·山东省临沂市一模)已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B ＝k I r，即磁感应强度B 与导线中的电流I 成正比、与该点到导线的距离r 成反比．如图4，两根互相平行的长直导线过纸面上的M 、N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流．a 、O 、b 在M 、N 的连线上，O 为MN 的中点，c 、d 位于MN 的中垂线上，且a 、b 、c 、d 到O 点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )图4A ．O 点处的磁感应强度最大B ．a 、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C ．c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D ．a 、b 、c 、d 四点处磁感应强度的大小相等，方向不同答案 B解析 根据安培定则，M 处导线在O 点产生的磁场方向竖直向下，N 处导线在O 点产生的磁场方向竖直向上，合成后磁感应强度等于零，故A 错误．M 处导线在a 处产生的磁场方向竖直向下，在b 处产生的磁场方向竖直向下，N 处导线在a 处产生的磁场方向竖直向上，在b 处产生的磁场方向竖直向上，根据场强的叠加知，a 、b 两点处磁感应强度大小相等，方向相反，故B 正确．M 处导线在c 处产生的磁场方向垂直于cM 偏下，在d 处产生的磁场方向垂直于dM 偏下，N 处导线在c 处产生的磁场方向垂直于cN 偏上，在d 处产生的磁场方向垂直于dN 偏上，根据平行四边形定则，知c 处的磁场方向水平向右，d 处的磁场方向水平向左，且合场强大小相等，故C 错误．由以上分析，a 、b 、c 、d 四点处磁感应强度方向都不同．设MN 之间的距离为4r ，a 、b 、c 、d 四个点的位置若取某特殊值，如Ma ＝aO ＝Ob ＝bN ＝r ，则M 处导线在a 点产生的磁感应强度：B aM ＝kI r ，N 处导线在a 点产生的磁感应强度：B aN ＝kI3r ， 所以a 点的合磁感应强度：B a ＝B aM －B aN ＝kI r －kI 3r ＝2kI 3rc 到M 的距离：r c ＝(2r )2＋r 2＝5r ，sin∠cMO ＝r 5r ＝55 M 处导线在c 点产生的磁感应强度：B cM ＝kI r c ＝kI 5r ，该磁场沿水平方向的分量：B cMx ＝B cM sin∠cMO ＝kI 5r ·55＝kI 5r 同理，N 处导线在c 处产生的磁感应强度的水平分量的大小也是kI 5r，所以c 点的合磁感应强度为2kI 5r，故D 错误． 19．(2018·广西钦州市第三次质检)据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内．如图5所示，环状磁场的内半径为R 1，外半径为R 2，环状磁场的内、外边缘均有磁场，被束缚的带电粒子的比荷为k ，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为v .中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为R 2的区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是( )图5A.2v k (R 2－R 1) B.2R 2v k (R 22－R 21) C.3v k (R 2－R 1) D.vk (R 2－R 1)答案 AC解析 由题意可知，粒子的比荷k 已经确定，由r ＝mv qB 可知r ＝v Bk，要使所有的粒子都不能穿出磁场，则与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，可知2r 最大为R 2－R 1，如图所示：从而推知r ≤R 2－R 12，即v Bk ≤R 2－R 12，则B ≥2v k (R 2－R 1)，A 、C 正确． 20．(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图6所示，a 、b 、c 为三个质量均为m 的物块，物块a 、b 通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c 放在b 上．现用水平拉力作用于a ，使三个物块一起水平向右匀速运动．各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g .下列说法正确的是( )图6A ．该水平拉力大于轻绳的弹力B ．物块c 受到的摩擦力大小为μmgC ．当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c 受到的摩擦力大小为0.5μmgD．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg答案ACD解析三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件得，对a、b、c系统：F＝3μmg，对b、c 系统：F T bc＝2μmg，则F>F T bc，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A正确；c做匀速直线运动，处于平衡状态，则c不受摩擦力，故B错误；当水平拉力增大为原来的1.5倍时，F′＝1.5F ＝4.5μmg，对a、b、c系统由牛顿第二定律得：F′－3μmg＝3ma，对c：F f＝ma，解得：F f＝0.5μmg，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，对b、c系统，由牛顿第二定律得：2μmg＝2ma′，对c：F f′＝ma′，解得F f′＝μmg，故D正确．21．(2018·河南省开封市第三次模拟)为了进一步探究课本中的迷你小实验，某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，弹簧竖直放置，另一端套上笔帽，用力把笔帽往下压后迅速放开．他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离．不计空气阻力，忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中( )A．笔帽一直做加速运动B．弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C．弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D．弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率答案CD解析弹簧恢复原长的过程中，开始时笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度方向相反，笔帽做减速运动，故A错误；笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对笔帽做正功，重力方向向下，与位移反向，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，根据功率的定义，故D正确；弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，故B错误；由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力，作用时间相同，冲量大小相等，故C正确.。
全国通用高考物理总复习优编增分练：鸭题考点排查练32015年全国ⅠⅡ卷鸭33题考点排查练20181214130.doc
2015年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考33题考点排查练1．(2018·安徽省A10联盟最后一卷)(1)下列说法正确的是________．A．单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性B．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体C．同种物质可能以晶体和非晶体两种形态出现D．一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体E．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈圆形，说明蜂蜡是非晶体(2)如图1，一绝热汽缸竖直放置，汽缸内横截面积S＝100 cm2的光滑绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．在活塞上面放置一个物体，活塞和物体的总质量为m＝10 kg.在汽缸内部有一个阻值R＝4 Ω的电阻丝，电阻丝两端的电压U＝12 V．接通电源10 s后断开，活塞缓慢升高h＝10 cm.已知理想气体的初始温度t0＝27 ℃、体积V＝3×10－3m，大气压p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2.若电阻丝产生的热量全部被气体吸收，求：图1①活塞上升10 cm后理想气体的温度；②从接通电源到活塞上升10 cm的过程中理想气体的内能变化量．答案(1)ABC (2)①400 K(或127 ℃)②250 J解析(1)单晶体具有各向异性，原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性，故A正确；由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石，故B正确；同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如天然水晶是晶体，而熔化后再凝固的水晶是非晶体，故C正确；一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，即各向同性，则此薄片可能是多晶体也可能是非晶体，同时也可能是单晶体，因为单晶体某些物理性质是各向异性的，有些物理性质是各向同性的，故D错误；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈圆形，说明在导热性能上玻璃是各向同性的，不能说明蜂蜡是非晶体，故E错误．(2)①气体的压强保持不变，由盖－吕萨克定律得：V T 0＝V ＋Sh T 解得：T ＝V ＋Sh VT 0＝400 K(或127 ℃) ②设汽缸内气体的压强为p ，选活塞为研究对象，活塞缓慢移动，受力平衡根据平衡条件得： p 0S ＋mg ＝pS解得：p ＝1.1×105Pa活塞在上升h ＝10 cm 的过程中外界对气体做功 W ＝－Fh ＝－pSh ＝－110 J电阻丝在通电10 s 内产生的热量为Q ＝U 2Rt ＝360 J 根据热力学第一定律得：ΔU ＝W ＋Q ＝250 J ，即气体的内能增加了250 J2．(2018·安徽省“江南十校”二模)(1)下列说法中正确的是________．A ．液晶与多晶体一样具有各向同性B ．气体压强的产生是由大量气体分子对器壁持续频繁的碰撞引起的C ．悬浮颗粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，布朗运动越显著D ．当两分子间距离大于平衡距离r 0时，分子间的距离越大，分子势能越大E ．若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，则气体分子的平均动能减小(2)竖直平面内有一直角形且内径处处相同的细玻璃管，A 端封闭，C 端开口，AB 段处于水平状态．将竖直管BC 灌满水银，使气体封闭在水平管内，各部分尺寸如图2所示，此时气体温度T 1＝300 K ，外界大气压强p 0＝75 cmHg.现缓慢加热封闭气体，使AB 段的水银恰好排空．求：图2①此时气体温度T 2；②此后保持气体温度T 2不变，以AB 为轴缓慢将CB 向下转至C 端开口竖直向下时，气体的长度L 3多大(取17＝4.12，结果保留二位有效数字)．答案 (1)BDE (2)①394.7 K ②39 cm解析 (1)液晶具有各向异性，A 错误；气体压强的产生是由大量气体分子对器壁持续频繁的碰撞引起的，B 正确；布朗运动与悬浮颗粒的大小有关，颗粒越大，布朗运动越不明显，同一时刻撞击它的液体分子越多，布朗运动越不明显，C 错误；当两分子间距离大于平衡位置的间距r 0时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，D 正确；气体膨胀的过程中对外做功，若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，温度降低，所以气体分子的平均动能减小，E 正确．(2)①以cmHg 为压强单位，设玻璃管横截面积为S ，在AB 段水银恰好排空的过程中气体是等压变化过程，L 1＝19 cm ，L 2＝25 cm ，T 1＝300 K由盖－吕萨克定律可知SL 1T 1＝SL 2T 2，解得T 2≈394.7 K； ②令此时BC 管中水银柱长为h ，气体压强为p 3＝(75－h )cmHg ；又开始时气体压强为p 2＝(75＋25)cmHg ＝100 cmHg ，由玻意耳定律可知p 3S (50－h )＝p 2SL 2，解得h ≈11 cm，故气体的长度L 3＝(50－11)cm ＝39 cm精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
全国通用版高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练1
2014年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．(2018·广东省揭阳市模拟)如图1所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距离．两导线中通有图示方向的相同的恒定电流I .则当环( )图1A ．向上运动时，环中产生顺时针方向的感应电流B ．向下运动时，环中产生顺时针方向的感应电流C ．向左侧靠近导线时，环中产生逆时针方向的感应电流D ．向右侧靠近导线时，环中产生逆时针方向的感应电流答案 D15．(2018·安徽省芜湖市上学期期末)如图2所示，直角坐标系Oxyz 处于匀强磁场中，有一条长0.6 m 的直导线沿Ox 方向通有大小为9 A 的电流，受到的安培力沿Oz 方向，大小为2.7 N ．则该匀强磁场可能的方向和磁感应强度B 的最小值为( )图2A ．平行于yOz 平面，B ＝0.5 TB ．平行于xOz 平面，B ＝1.0 TC ．平行于xOy 平面，B ＝0.2 TD ．平行于xOy 平面，B ＝1.0 T答案 A16．(2018·重庆市江津中学、合川中学等七校第三次模拟)如图3所示，大圆的半径为2R ，同心的小圆半径为R ，在圆心处有一个放射源，可以向平面内的任意方向发射质量为m ，电荷量为q ，最大速率为v 的带电粒子，为了不让带电粒子飞出大圆以外，可以在两圆之间的区域内加一个垂直于纸面向里的匀强磁场，该磁场磁感应强度的最小值是( )图3A.4mv 3qR B.mv qR C.3mv 4qR D.2mv qR答案 A解析 设同心圆的圆心为O ，粒子恰好不飞出大圆，则其轨迹与大圆相切，如图所示，切点为A ，连接OA ，设粒子从C 点进入磁场，过C 点作OC 的垂线交OA 于D 点，D 点即为粒子做匀速圆周运动的圆心，设粒子做圆周运动的半径为r ，由几何关系可得：(2R －r )2＝R 2＋r 2，r ＝mv qB min ，由以上两式解得：B min ＝4mv 3qR，故A 正确．17．如图4所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一质量为m 的小球P .横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q .当小车沿水平面做加速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α.已知θ<α，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图4A ．小车一定向右做匀加速运动B ．轻杆对小球P 的弹力沿轻杆方向C ．小球P 受到的合力大小为mg tan θD ．小球Q 受到的合力大小为mg tan α答案 D解析 选择小球Q 作为研究对象，根据牛顿第二定律，得mg tan α＝ma ，得到a ＝g tan α，故加速度向右，小车可能向右加速，也可能向左减速，故A 错误．对小球P ，由牛顿第二定律，得mg tan β＝ma ′，因为a ＝a ′，得到β＝α>θ.则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故B 错误．对小球P 、Q 由牛顿第二定律可知F ＝ma ＝mg tan α，故C 错误，D 正确．18．(2018·河南省开封市第三次模拟)如图5，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度．以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F 随时间t 变化关系的图中，不正确的是( )图5答案 A解析 线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用．进入磁场时若安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到v 0＝mgR B 2L 2，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故C 正确，A 错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，故B 正确；若进入时重力大于安培力，由mg －B 2L 2v R＝ma ，则做加速度减小的加速运动，安培力随速度的增大而增大，某时刻重力等于安培力，线框做匀速运动，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D 正确．19．(2018·湖南省衡阳市第三次联考)世界上没有永不谢幕的传奇，NASA 的“卡西尼”号探测器进入土星探测任务的最后篇章．据NASA 报道，“卡西尼”2017年4月26日首次到达土星和土星内环(碎冰块、岩石块、尘埃等组成)之间，之后，卫星将在土星的近圆轨道做圆周运动，如图6所示．在极其稀薄的大气阻力作用下，卫星最终将坠向土星的怀抱，这一阶段持续到九月中旬．若“卡西尼”只受土星引力和稀薄气体阻力的作用，则( )图6A ．4月26日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的角速度大于它在内环上绕土星的角速度B ．4月28日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的速率小于它在内环上绕土星的速率C ．5月到6月间，“卡西尼”的动能越来越大D ．6月到8月间，“卡西尼”的动能、以及它与火星的引力势能之和减小答案 ACD解析 由万有引力提供向心力得：G Mmr 2＝mr ω2，解得ω＝GM r 3，则轨道半径小的角速度大，则A 正确；由万有引力提供向心力得：G Mm r 2＝m v 2r，解得v ＝GM r ，则轨道半径小的速率大，则B 错误；5到6月间，因有稀薄气体阻力做负功，探测器的速度减小，做向心运动，重力做正功，动能增加，则C 正确；6月到8月间，因稀薄气体阻力做负功，机械能减小，则D 正确．20．(2018·江西省临川二中第五次训练)如图7所示，叠放在水平转台上的小物体A 、B 、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m ，A 与B 、B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数都为μ，B 、C 离转台中心的距离分别为r 、1.5r .设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中不正确的是( )图7 A．B对A的摩擦力一定为3μmgB．C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力C．转台的角速度一定满足：ω≤2μg 3rD．转台的角速度一定满足：ω≤μg 3r答案ABD解析对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有F f A ＝3mω2r≤μ(3m)g，故A错误；F f A＝3mω2r，F f C＝mω2×1.5r，故B错误；由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A，有：(3m)ω2r≤μ(3m)g，对AB整体有：(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g，对物体C，有：mω2(1.5r)≤μmg，故ω≤2μg3r，故C正确，D错误．21．(2018·河南省开封市第三次模拟)如图8, M、N两点处于同一水平面，O为M、N连线的中点，过O点的竖直线上固定一根绝缘光滑细杆，杆上A、B两点关于O点对称．第一种情况，在M、N两点分别放置电荷量为＋Q和－Q的等量异种点电荷，套在杆上带正电的小金属环从A点无初速度释放，运动到B点；第二种情况，在M、N两点分别放置电荷量为＋Q的等量同种点电荷，该金属环仍从A点无初速度释放，运动到B点．则两种情况中( )图8A．金属环运动到B点的速度第一种情况较大B．金属环从A点运动到B点所用的时间第一种情况较短C．金属环从A点运动到B点的过程中，动能与重力势能之和均保持不变D．金属环从A点运动到B点的过程中(不含A、B两点)，在杆上相同位置的速度第一种情况较大答案BD解析等量异种电荷连线的中垂线是等势线，带电金属环沿杆运动时电势能不变，重力势能转化为动能，金属环所受合力等于重力，做加速度等于重力加速度的匀加速直线运动；在等量同种正电荷连线的中垂线上，中点O电势最高，与中点O距离越远，电势越低，A、B两点关于O点对称，电势相等，金属环的电势能相等，重力势能全部转化为动能，第一种情况与第二种情况在B点的速度相等，故A错误；由于到B点前第二种情况的平均速度比较小，所以运动时间比较长，故B正确；等高处重力势能相等，但到B点前第二种情况的速度均较小，所以动能与重力势能之和第二种情况均较小，故C错误；第二种情况中金属环电场力先是阻力后是动力，到B点时与第一种情况速度相等，故D正确．。
高考物理总复习 优编增分练：实验题考点排查练3 2015年(全国Ⅰ卷)实验题考点排查练
2015年(全国Ⅰ卷)实验题考点排查练22．(2018·湖北省4月调研)城市建设中常常用半径很大的圆形水泥管道作为雨水和污水的排放管道．为估测该管道的半径，使用的器材有：小球、秒表、上表面光滑的长木板．请将下列实验步骤补充完整：图1(1)将小球放在管道中，标出小球静止在水泥管圆弧底部的最低点A ，如图1所示； (2)将长木板倾斜放置在圆形管道上，______________； (3)让小球从长木板上端由静止滑下，______________.由上述测量结果，可得圆形管道的半径R ＝__________.(已知重力加速度为g )答案 (2)让木板的下端置于A 点 (3)用秒表测量出小球从木板的上端滑到A 点的时间t14gt 2解析 (2)将长木板倾斜放置在圆形管道上，让木板的下端置于A 点；(3)让小球从长木板上端由静止滑下， 用秒表测量出小球从木板的上端滑到A 点的时间t . 设木板与OA 的夹角为α，则小球下滑的加速度a ＝g cos α， 由几何关系知，木板的长度为2Rcos α， 根据2R cos α＝12at 2可解得：R ＝14gt 223．(2018·广东省揭阳市模拟)把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表G 的满偏电流I g 为200 μA ，内阻估计在400～600 Ω之间．(1)按图2测定电流表G 的内阻R g ，需要选用合适的器材，现有供选用的器材如下：图2A ．滑动变阻器(阻值范围0～200 Ω)B ．滑动变阻器(阻值范围0～1 750 Ω)C ．电阻箱(阻值范围0～999 Ω)D ．电阻箱(阻值范围0～99 999 Ω)E ．电源(电动势6 V ，内阻0.3 Ω)F ．电源(电动势12 V ，内阻0.6 Ω)(1)按实验要求，R 最好选用________，R ′最好选用________，E 最好选用________．(填入器材的字母代号)(2)假定由上述步骤已测出电流表内阻R g ＝500 Ω，现在通过串联一个24.5 k Ω的电阻把它改装成一个电压表，此电压表的量程为________．(3)如图3甲是测定未知电阻R x 的电路图，测量时，电流表的读数为0.20 A ，而由(2)中改装后的电压表的表头读数如图乙所示，那么R x 的阻值等于________．图3答案 (1)D C F (2)5 V (3)15 Ω解析 (1)根据“半偏法”的实验原理可知，为使干路电流保持不变，应使电阻箱R 的阻值越大越好，所以R 应选择电阻箱D ；根据实验原理可知，电阻箱R ′应选择与待测电流表内阻接近的电阻箱C ；通过计算可知，应选择电动势较大的电源F ；(2)根据串并联规律可知，改装的电压表量程应为：U ＝I g (R g ＋R )＝5 V ； (3)因改装后的电压表量程为5 V ，所以电压表的读数为：U ＝5200×120 V＝3 V ，待测电阻的阻值为：R ＝U I ＝30.2Ω＝15 Ω.。
全国通用版高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练2
2014年(全国Ⅱ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．(2018·广东省湛江市第二次模拟)某同学在开展研究性学习的过程中，利用速度传感器研究某一物体以初速度1 m/s 做直线运动的速度v 随时间t 变化的规律，并在计算机上得到了前4 s 内物体速度随时间变化的关系图象，如图1所示．则下列说法正确的是( )图1A ．物体在1 s 末速度方向改变B ．物体在3 s 末加速度方向改变C ．前4 s 内物体的最大位移只出现在第3 s 末，大小为3.5 mD ．物体在第2 s 末与第4 s 末的速度相同答案 C15．(2018·湖北省4月调研)如图2，某楼梯有k 级台阶，每级台阶长L ＝30 cm ，高h ＝15 cm.某同学从第0级台阶的边缘以v 0＝2.4 m/s 的速度平抛小球，小球将首先落在(不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2) ( )图2A ．第1级台阶上B ．第2级台阶上C ．第3级台阶上D ．第4级台阶上答案 B16．(2018·贵州省安顺市适应性监测三)在一次跳绳体能测试中，一位体重约为50 kg 的同学，一分钟内连续跳了140次，若该同学每次跳跃的腾空时间为0.2 s ，重力加速度g 取10 m/s 2，则他在这一分钟内克服重力做的功约为( )A ．3 500 JB ．14 000 JC ．1 000 JD ．2 500 J答案 A解析 G ＝mg ＝50 kg×10 N/kg＝500 N ，每次跳跃腾空时间为0.2 s ，故上升过程用时0.1 s ，上升的高度为h ＝0.05 m ，则起跳一次克服重力做的功W 0＝Gh ＝500 N×0.05 m＝25 J ；1 min 跳了140次，则1 min 内克服重力做功W ＝140W 0＝140×25 J＝3 500 J ，故选A.17．(2018·山西省太原市上学期期末)对于挑战世界最大的环形车道(直径 12.8 m ，位于竖直面内，如图3所示)的特技演员Steve Truglia 来说， 瞬间的犹豫都可能酿成灾难性后果．若速度太慢，汽车在环形车道上，便有可能像石头一样坠落；而如果速度太快，产生的离心力可能让他失去知觉．挑战中汽车以16 m/s 的速度进入车道，到达最高点时，速度降至10 m/s 成功挑战．已知演员与汽车的总质量为 1 t ，将汽车视为质点，在上升过程中汽车速度一直减小，下降过程中速度一直增大，取 g ＝10 m/s 2，则汽车在以16 m/s 的速度进入车道从最低点上升到最高点的过程中( )图3A ．通过最低点时，汽车受到的弹力为 4×104NB ．在距地面6.4 m 处，演员最可能失去知觉C ．只有到达最高点时汽车速度不小于10 m/s ，才可能挑战成功D ．只有汽车克服合力做的功小于 9.6×104 J ，才可能挑战成功答案 D解析 通过最低点时，汽车受到的弹力为F N1＝mg ＋m v 2R ＝1 000×(10＋1626.4)N ＝5×104 N ，选项A 错误；在轨道的最低点时，车速最大，人对座椅的压力最大，最容易失去知觉，选项B 错误；汽车到达最高点的最小速度为v ＝gR ＝10×6.4 m/s ＝8 m/s ，则只有到达最高点时汽车速度不小于8 m/s ，才可能挑战成功，选项C 错误；从最低点到最高点克服合外力做的功最大为W ＝12mv 02－12mv 2＝12×1 000×(162－82)J ＝9.6×104 J ，选项D 正确． 18．(2018·衡水金卷调研卷五)军用卫星指的是用于各种军事目的人造地球卫星，在现代战争中大显身手，作用越来越重要，一颗军事卫星在距离地面高度等于地球半径的圆形轨道上运行，卫星轨道平面与赤道平面重合，侦察信息通过无线电传输方式发送到位于赤道上的地面接收站，已知人造地球卫星的最小周期约为85 min ，此卫星运行方向为自西向东，则下列判断正确的是( )A ．该军事卫星的周期约480 minB ．该军事卫星的运行速度约为7 km/sC ．该军事卫星连续两次通过接收站正上方的时间间隔约为576 minD ．地面接收站能连续接收信息的时间约为96 min答案 D解析 对于该军事卫星和近地卫星，由开普勒第三定律可知⎝ ⎛⎭⎪⎫2R 0R 03＝⎝ ⎛⎭⎪⎫T T min 2，解得T ＝22T min ≈240 min，A 错误；卫星运行的速度v ＝GM 2R 0＝12×GM R 0＝7.92km/s ≈5.6 km/s ，B 错误；该军事卫星连续2次通过接收站正上方，由几何关系可知2πT t 1－2πT 0t 1＝2π，解得t 1≈288 min，C 错误；卫星与接收站的关系如图：设卫星在A 1、A 2位置接收站恰好能接收到信息，由几何关系可知∠A 1OB 1＝∠A 2OB 2＝π3，2π3＋t 2T 0·2π＝t 2T ·2π，解得t 2＝TT 03(T 0－T )≈96 min，D 正确． 19．(2018·广西钦州市第三次质检)真空中，两个固定点电荷A 、B 所带电荷量分别为Q A 和Q B ，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图4实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向，电场线上标出了C 、D 两点，其中D 点的切线与AB 连线平行，O 点为AB 连线的中点，则( )图4A ．A 带正电，B 带负电，且|Q A |>|Q B |B ．O 点电势等于D 点电势C ．点电荷A 在D 点产生的场强比点电荷B 在D 点产生的场强大D ．负检验电荷在C 点的电势能大于在D 点的电势能答案 AC解析 根据电场线的方向，知A 带正电，B 带负电；D 点的场强可看成A 、B 两点电荷在该点产生场强的合场强，电荷A 在D 点产生的场强方向沿AD 向上，电荷B 在D 点产生的场强沿DB 向下，合场强水平向右，可知A 电荷在D 点产生的场强大于B 电荷在D 点产生的场强，而AD >BD ，所以|Q A |>|Q B |，A 、C 正确；因|Q A |>|Q B |，在AB 连线上电势与D 点相同的点在OB 之间，A 带正电荷，B 带负电荷，所以O 点电势比D 点电势高，B 错误；沿电场线方向电势逐渐降低，φC >φD ，再根据E p ＝q φ，q 为负电荷，知E p C <E p D ，D 错误．20．(2018·青海省西宁市二模)如图5所示，在长方形abcd 区域内，存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，O 点为ad 边的中点，ab ＝2ad ，由氕核(11H)和氘核(21H)(重力均不计)组成的一细束粒子流沿与ab 平行的方向以相同的速度从O 点射入磁场中，下列说法正确的是( )图5A ．氕核和氘核在磁场中运动的轨迹半径之比为2∶1B ．若氘核从Od 边射出磁场，则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为1∶2C ．若氕核从d 点射出磁场，则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为2∶1D ．若氕核从cd 边的中点射出磁场，则氘核从cd 边射出磁场答案 BD解析 根据r ＝mv qB 可知氕核和氘核在磁场中运动的轨迹半径之比为r D r C ＝m D m C ＝12，选项A 错误；若氘核从Od 边射出磁场，可知氘核在磁场中运动半个圆周，因为氕核运动半径小于氘核，可知氕核在磁场中运动半个圆周从Od 边射出，根据T ＝2πm qB可知，氕核和氘核的周期之比为1∶2，则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为1∶2，选项B 正确；若氕核从d 点射出磁场，因氘核运动半径是氕核运动半径的2倍，可知氘核运动14圆周垂直于dc 边从dc 边射出，结合B 的分析可知，氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为1∶1，选项C 错误；设ab ＝2ad ＝2l ，则若氕核从cd 边的中点射出磁场，则由几何关系可知：r 2＝l 2＋(r －l 2)2，解得r ＝5l 4；因氘核运动半径为氕核的2倍，则氘核运动的半径为r ′＝5l 2，由几何关系，氘核出射点离d 点的距离：x ＝r ′2－(r ′－l 2)2＝3l 2，即氘核从cd 边射出磁场，选项D 正确． 21．(2018·山东省青岛市5月二模)如图6，将手摇交流发电机与一理想变压器的原线圈相连，副线圈电路中接有三个定值电阻、开关、灯泡及一个压敏电阻．压敏电阻具有这样的特点：只有加在它两端的电压大于某一值时，才会有电流通过．现将手摇发电机的手柄匀速转动，小灯泡周期性的闪亮，闭合开关后，小灯泡不再闪亮．下列说法正确的是( )图6A．将滑动头P向上滑动，可能使灯泡继续闪亮，且闪亮频率不变B．将滑动头P向下滑动，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变小C．将滑动头P向上滑动，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大D．增大发电机手柄的转速，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大答案AD解析将滑动头P向上滑动，变压器副线圈匝数增多，据U1∶U2＝n1∶n2可得，副线圈两端电压增大，压敏电阻两端电压增大，可能使灯泡继续闪亮；原线圈输入电流频率不变，副线圈回路中电流频率不变，灯泡闪亮频率不变，故A项正确，C项错误．将滑动头P向下滑动，变压器副线圈匝数减少，据U1∶U2＝n1∶n2可得，副线圈两端电压减小，压敏电阻两端电压减小，小灯泡可能闪亮，但频率不变，故B项错误．增大发电机手柄的转速，原线圈两端的电压增大，据U1∶U2＝n1∶n2可得，副线圈两端电压增大，压敏电阻两端电压增大，可能使灯泡继续闪亮，增大发电机手柄的转速，原线圈输入电流的频率增大，副线圈电流的频率增大，灯泡闪亮频率变大，故D项正确．。
全国通用版高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练5
2016年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．(2018·衡水金卷调研卷五)如图1所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地，以E 表示两极板间的场强，θ表示静电计指针的偏角，则各物理量的变化情况正确的是( )图1A ．将平行板电容器的正极板向右移动，E 变小，θ变大B ．将平行板电容器的正极板向右移动，E 不变，θ变小C ．将平行板电容器的正极板向左移动，E 变大，θ变大D ．将平行板电容器的正极板向左移动，E 变小，θ变小答案 B15．(2018·安徽省“江南十校”二模)如图2所示，含有11H 、21H 、42He 的带电粒子束从小孔O 1处射入速度选择器，沿直线O 1O 2运动的粒子在小孔O 2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P 1、P 两点．不考虑重力作用，下列说法不正确的是( )图2A ．沿直线O 1O 2运动的粒子速度相等B ．打在P 点的粒子是21H 和42HeC ．O 2P 的长度是O 2P 1长度的2倍D ．粒子11H 在偏转磁场中运动的时间最长答案 D16．(2018·广西钦州市第三次质检)如图3所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的白炽灯泡a 、b 和c ，灯泡b 、c 规格相同，当左端输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，三只灯泡均能正常发光，导线电阻不计，下列说法正确的是( )图3A ．原、副线圈匝数比为10∶1B ．此时a 灯和b 灯的电流比为1∶1C ．此时a 灯和b 灯的电功率之比为1∶9D ．此时a 灯和b 灯的电阻比为9∶2答案 D解析 灯泡正常发光，则其两端电压均为额定电压U 额，则说明原线圈输入电压为9U 额，输出电压为U 额；则可知，原、副线圈匝数之比为9∶1，A 错误；原、副线圈匝数之比为9∶1，则：I aI b ＋I c ＝19，I a I b ＝29，由欧姆定律可知，它们的电阻之比为9∶2，B 错误，D 正确；由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得两者的电功率之比为2∶9，C 错误．17．(2018·河南省濮阳市第三次模拟)由中国科学家设计的空间引力波探测工程“天琴计划”，采用三颗相同的探测卫星(SC1、SC2、SC3)构成一个边长约为地球半径27倍的等边三角形，阵列如图4所示．地球恰好处于三角形中心，探测卫星在以地球为中心的圆轨道上运行，对一个周期仅有 5.4分钟的超紧凑双白矮星(RXJ0806.3＋1527)产生的引力波进行探测．若地球表面附近的卫星运行速率为v0，则三颗探测卫星的运行速率最接近( )图4A．0.10v0B．0.25v0C．0.5v0D．0.75v0答案 B解析由几何关系可知，等边三角形的几何中心到各顶点的距离等于边长的33，所以卫星的轨道半径与地球半径的关系：r＝27×33R＝93R；根据v＝GMr可得vv0＝R93R≈0.25，则v≈0.25v0，故选B.18．(2018·湖南省衡阳市第三次联考)某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方由静止开始匀加速飞行，如图5所示．经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小．使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是( )图5A．加速时动力的大小等于2mgB．加速与减速时的加速度大小之比为2∶1C．减速飞行时间t后速度减为零D．加速过程发生的位移与减速到零的过程发生的位移大小之比为2∶1答案 B解析起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为F b ，如图甲所示：在△OFF b 中，由正弦定理得：F ＝3mg ，F b ＝mg ，故A 错误；由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a 1＝g ，推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°角斜向下，推力F ′跟合力F b ′垂直，如图乙所示，此时合力大小为：F b ′＝mg sin 30°；动力大小：F ′＝32mg ；飞行器的加速度大小为：a 2＝mg sin 30°m＝0.5g ；加速与减速时的加速度大小之比为a 1∶a 2＝2∶1，故B 正确；t 时刻的速率：v ＝a 1t ＝gt ，到最高点的时间为：t ′＝v a 2＝gt 0.5g ＝2t ，故C 错误，加速与减速过程发生的位移大小之比为v 22a 1∶v 22a 2＝1∶2，故D 错误． 19．(2018·江西省重点中学协作体第二次联考)如图6所示，重力不计的横梁(可伸缩)的一端固定在坚直墙壁上的A 点，另一端B 点用绳悬挂在墙壁上的C 点，初始时绳与墙的夹角为θ，当重为G 的物体由挂在梁上的B 点处逐渐移至A 点的过程中，横梁始终保持水平．问此过程中，A 点对横梁作用力F 的大小和CB 绳对横梁的拉力F T 的大小是如何变化的( )图6A ．F 先增大后减小B ．F T 一直减小C ．F 一直减小D ．F T 先减小后增大 答案 BC解析 对B 点受力分析，受重物的拉力，横梁的支持力和绳的拉力，如图所示．根据平衡条件，有F T ＝mgcos θ，F N ＝mg tan θ，当重为G 的物体由挂在梁上的B 点处逐渐移至A 点的过程中，θ减小，故F N 减小，F T 也减小；A 点对横梁的作用力F 与F N 等大，也减小，B 、C 正确．20．(2018·四川省第二次“联测促改”)有一种电四极子的电荷分布如图7所示，在正方形的顶点上分别有两个电荷量为＋q和两个电荷量为－q的点电荷．O点为正方形中心，a、b、c、d为正方形四条边的中点，电荷量为－Q的点电荷位于Oc延长线上，下列说法正确的是( )图7A．场强的大小关系有E b>E dB．电势的高低关系有φb<φdC．将一正点电荷沿直线由a移动到c的过程中电势能逐渐减小D．将一正点电荷沿直线由b移动到d的过程中电势能始终不变答案AC解析各点电荷在b、d两点产生的场强如图所示，按平行四边形合成规律可知，b点的场强大于d点的场强，故A正确；对两对等量的异种电荷产生的电场，b、d连线是等势线，对于－Q电荷，根据所产生电场的对称性，b、d两点电势相等，所以φb＝φd，故B错误；对于两对等量异种电荷产生的电场，a、c连线是等势线，对于－Q电荷，正点电荷沿直线由a移动到c的过程中，电场力做正功，电势能逐渐减小，故C正确；对两对等量的异种电荷产生的电场，b、d连线是等势线，对于－Q电荷，正点电荷沿直线由b移动到d的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D错误．21．(2018·广东省汕头市第二次模拟)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x0.t＝0时甲车先启动，t＝3 s时乙车再启动，两车启动后都是先做匀加速运动，后做匀速运动，v－t图象如图8所示．根据图象，下列说法正确的是( )图8A ．两车加速过程，甲的加速度比乙大B ．若x 0＝80 m ，则两车间间距最小为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大小，从题图图象上可以看出乙的加速度大于甲的加速度，故A 错误；速度相等时两者之间的距离有最小值，从图象上可以看出0～7 s 内甲运动的位移为x 1＝(2＋7)×202 m ＝90 m ，而乙运动的位移为：x 2＝12×4×20 m＝40 m ，则甲、乙之间的距离为Δx ＝x 2＋80 m －x 1＝30 m ，故B 正确；若两车在t ＝5 s 时相遇，从图象上可以看出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，从图象上可以看出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．。
高考物理总复习 优编增分练：计算题考点排查练3 2015年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练
2015年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练24．(2018·广东省东莞市上学期期末质检)如图1所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r ＝0.5 Ω的直流电源，现把一个质量m＝0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图1(1)通过导体棒的电流I的大小；(2)导体棒受到的安培力F的大小及方向；(3)导体棒受到的摩擦力F f的大小及方向．答案(1)1.5 A (2)0.3 N 方向平行导轨向上(3)0.06 N 方向平行导轨向下解析(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，由闭合电路欧姆定律得I＝ER＋r，解得：I＝1.5 A(2)导体棒受到的安培力F＝BIL＝0.3 N由左手定则可得，安培力F方向平行导轨向上．(3)导体棒所受重力沿导轨向下的分力F1＝mg sin 37°＝0.24 N由于F1小于安培力，故导体棒受沿导轨向下的摩擦力F f，画出导体棒的受力示意图如图：则据共点力平衡条件有mg sin 37°＋F f＝F，解得F f＝0.06 N.25．(2018·广东省梅州市5月二模)如图2所示，在光滑的水平面上有一质量为m C＝1 kg的足够长的木板C，在C上放置有A、B两物体，A的质量为m A＝1 kg，B的质量为m B＝2 kg.A、B 之间锁定一被压缩了的水平轻弹簧，弹簧储存的弹性势能E p ＝3 J ，现突然给A 、B 一瞬时冲量作用，使A 、B 同时获得v 0＝2 m/s 的初速度，与此同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与A 、B 分离(此过程中C 仍保持静止)．已知A 和C 之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，B 、C 之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求：(g 取10 m/s 2)图2(1)弹簧与A 、B 分离的瞬间，A 、B 的速度分别是多大？(2)已知在C 第一次碰到右边的固定挡板之前，A 、B 和C 已经达到了共同速度，求共同速度v 和达到共速之前A 、B 、C 的加速度a A 、a B 、a C 的大小？(3)已知C 与挡板的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A 在C 上滑行的距离？答案 (1)v A ＝0 v B ＝3 m/s (2)v ＝1.5 m/s a A ＝a B ＝a C ＝1 m/s 2(3)0.75 m解析 (1)在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对A 、B 及弹簧组成的系统由动量守恒定律和能量守恒定律可得：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B E p ＋12(m A ＋m B )v 02＝12m A v A 2＋12m B v B 2联立解得：v A ＝0，v B ＝3 m/s(2)对物体B 有：a B ＝μ2g ＝1 m/s 2假设A 、C 相对静止，有：μ2m B g ＝(m A ＋m C )a解得：a ＝1 m/s 2因为：m A a <μ1m A g ，假设成立故物体A 、C 的共同加速度为a ＝1 m/s 2对A 、B 、C 组成的系统，水平方向不受外力，由动量守恒定律可得：m B v B ＝(m A ＋m B ＋m C )v 解得：v ＝1.5 m/s(3)C 和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，后向右匀加速运动，在向右加速过程中先C 和A 达到共同速度v 1，之后AC 再以共同的加速度向右匀加速，B 一直向右匀减速，最后三者达到共同速度做匀速运动． a A ′＝μ1g ＝2 m/s 2；a B ＝1 m/s 2μ1m A g ＋μ2m B g ＝m C a C ′解得：a C ′＝4 m/s 2v 1＝v －a A ′t ＝－v ＋a C ′t解得：v 1＝0.5 m/s ，t ＝0.5 sx A ＝v ＋v 12t ＝0.5 m x C ＝－v ＋v 12t ＝－0.25 m 故A 、C 间的相对运动距离为 x AC ＝x A ＋|x C |＝0.75 m.。
全国通用版高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练3
2015年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．(2018·陕西省榆林市第四次模拟)如图1所示，矩形虚线框MNPQ 内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a 、b 、c 是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ 边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹，粒子重力不计．下列说法正确的是( )图1A ．粒子a 带负电B ．粒子c 的动能最大C ．粒子b 在磁场中运动的时间最长D ．粒子b 在磁场中运动时的向心力最大答案 D15．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图2所示，O 点处有一固定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电荷量绝对值相等的带电粒子M 、N 以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是( )图2A ．M 、N 带异种电荷，M 和O 点处点电荷电性相同B ．M 从a 点运动到b 点的过程中，电势能先增大后减小C ．N 从c 点运动到d 点的过程中，动能先减小后增大D ．N 在d 点的电势能比M 在a 点电势能小答案 C16．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图3所示的电路中，变压器为理想变压器，开关S 闭合，交流电源电压恒定，电阻R 1＝R 2，通过R 1的电流与通过R 3的电流相等，R 1两端的电压为电源总电压的17，则若断开开关S ，R 1与R 3的电功率之比为( )图3 A ．1∶3 B ．1∶9 C ．2∶9D ．1∶18答案 D解析 开关S 闭合时，设电源的电压为U ，变压器的匝数比为n ；R 1两端的电压为U R ，变压器输入端的电压为U 1，输出端的电压为U 2；原线圈上的电流为I 1，流过R 2的电流为I 2，流过R 3的电流为I 3，则：U R ＝17UU 1＝U －U R ＝U －17U ＝67U由于：U1U2＝n ，所以：U 2＝U1n 由欧姆定律得：I 1＝UR R1＝U7R1；I 2＝U2R2＝6U 7nR2＝6U7nR1由题：I 1＝I 3由电流关系可得：I1I2＋I3＝1n 联立可得：n ＝3，R 3＝U2I3＝2R 1若断开开关S ，则：I 1′＝13I 3′由功率的表达式：P ＝I 2R联立可得R 1与R 3的电功率之比为：P1P3＝I1′2R1I3′2R3＝118，故A 、B 、C 错误，D 正确．17．(2018·河北省“名校联盟”质量监测一)如图4所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A 相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B 相连．开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度，不计空气阻力．下列有关该过程的分析正确的是( )图4。
高考物理总复习 优编增分练：实验题考点排查练4 2015年(全国Ⅱ卷)实验题考点排查练
2015年(全国Ⅱ卷)实验题考点排查练22．(2018·河北省石家庄市二模)为测定小滑块与水平木板间的动摩擦因数μ，选用的实验器材为：带挡光片的小滑块、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、游标卡尺、刻度尺，器材安装如图1甲所示．图1(1)用游标卡尺测量挡光片宽度d 如图乙所示，则d ＝________mm ；(2)小滑块从弧形斜面上某位置由静止释放，读出小滑块挡光片通过光电门时数字毫秒计的示数t ；用刻度尺量出小滑块停止运动时，滑块上的挡光片中心与光电门间的水平距离L ；重力加速度为g ，则小滑块与水平木板间的动摩擦因数μ＝________(用物理量d 、L 、t 、g 表示)；(3)实验中将挡光片通过光电门的平均速度当作小车通过光电门的瞬时速度，这样处理测得的小滑块与水平木板间的动摩擦因数μ与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“无偏差”)． 答案 (1)5.90 (2)d 22gLt2 (3)偏小 解析 (1)游标卡尺的读数为d ＝5 mm ＋18×120mm ＝5.90 mm ； (2)小滑块通过光电门时的速度为v ＝d t ，根据动能定理可得－μmgL ＝0－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 2，解得μ＝d 22gLt2； (3)小滑块做匀减速直线运动，因为小滑块通过光电门的速度为其平均速度，即中间时刻的速度，此时挡光片中心已经通过光电门，相比中心通过光电门的速度偏小，根据－μmgL ＝0－12mv 2可得μ＝v 22gL，故测量值偏小． 23．(2018·安徽省池州市上学期期末)某探究小组为了研究用“半偏法”测电阻和改装电表，先用“半偏法”测量程为100 μA 的电流表G 的电阻，后将电流表G 改装成电压表．(1)首先采用如图2甲所示的实验电路测量该电流表G 的内阻R g ，图中R 1为滑动变阻器、R 2为电阻箱．他按电路图连接好电路，将R 1的阻值调到最大，闭合开关S 1后，他应该正确操作的步骤是________．(选出下列必要的步骤，并将其序号排序)图2A．记下R2的阻值B．调节R1的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度C．闭合S2，调节R1和R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半D．闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半(2)如果按正确操作步骤测得R2的阻值为100 Ω，则R g的阻值大小为________Ω；与电流表内阻的真实值R g′相比，R g________R g′(选填“>”“＝”或“<”)．(3)将上述电流表G串联一个29 900 Ω的电阻，改装成电压表，则该电压表的量程是________V．用它来测量电压时，表盘指针位置如图乙所示，此时电压表的读数大小为________V.答案(1)BDA (2)100 < (3)3 2.4解析(1)本题是使用“半偏法”测电流表的内阻，故调节R1的阻值，先使电流表的指针偏转到满刻度，然后再闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半，故操作顺序为B、D、A.(2)此时R2的阻值与R g的阻值相等，故R g的阻值大小也为100 Ω.S2闭合后，整个电路中的电流将会变大，但实际上我们仍然按照电流不变时的电流来计算的，通过变阻器R2的电流比通过G的电流要大，又因为R2与G并联，电压一样，所以实际的变阻器读数R将小于电流表G的内阻．所以“半偏法”测电阻测出的电阻要小于实际电阻．(3)电流表G与一较大的电阻串联即可改装成电压表．U＝I g R＋I g R g＝1×10－4×(100＋29 900) V＝3 V，此时指针所指示的电压为2.4 V.。
高考物理总复习 优编增分练：实验题考点排查练3 2015年(全国Ⅰ卷)实验题考点排查练
2015年(全国Ⅰ卷)实验题考点排查练 题号22 23 考点 粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度 电表的改装22．(2018·湖北省4月调研)城市建设中常常用半径很大的圆形水泥管道作为雨水和污水的排放管道．为估测该管道的半径，使用的器材有：小球、秒表、上表面光滑的长木板．请将下列实验步骤补充完整：图1(1)将小球放在管道中，标出小球静止在水泥管圆弧底部的最低点A ，如图1所示；(2)将长木板倾斜放置在圆形管道上，______________；(3)让小球从长木板上端由静止滑下，______________.由上述测量结果，可得圆形管道的半径R ＝__________.(已知重力加速度为g )答案 (2)让木板的下端置于A 点 (3)用秒表测量出小球从木板的上端滑到A 点的时间t 14gt 2解析 (2)将长木板倾斜放置在圆形管道上，让木板的下端置于A 点；(3)让小球从长木板上端由静止滑下， 用秒表测量出小球从木板的上端滑到A 点的时间t . 设木板与OA 的夹角为α，则小球下滑的加速度a ＝g cos α，由几何关系知，木板的长度为2Rcos α，根据2R cos α＝12at 2可解得：R ＝14gt 2 23．(2018·广东省揭阳市模拟)把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表G 的满偏电流I g为200 μA，内阻估计在400～600 Ω之间．(1)按图2测定电流表G的内阻R g，需要选用合适的器材，现有供选用的器材如下：图2A．滑动变阻器(阻值范围0～200 Ω)B．滑动变阻器(阻值范围0～1 750 Ω)C．电阻箱(阻值范围0～999 Ω)D．电阻箱(阻值范围0～99 999 Ω)E．电源(电动势6 V，内阻0.3 Ω)F．电源(电动势12 V，内阻0.6 Ω)(1)按实验要求，R最好选用________，R′最好选用________，E最好选用________．(填入器材的字母代号)(2)假定由上述步骤已测出电流表内阻R g＝500 Ω，现在通过串联一个24.5 kΩ的电阻把它改装成一个电压表，此电压表的量程为________．(3)如图3甲是测定未知电阻R x的电路图，测量时，电流表的读数为0.20 A，而由(2)中改装后的电压表的表头读数如图乙所示，那么R x的阻值等于________．图3答案(1)D C F (2)5 V (3)15 Ω解析(1)根据“半偏法”的实验原理可知，为使干路电流保持不变，应使电阻箱R的阻值越大越好，所以R应选择电阻箱D；根据实验原理可知，电阻箱R′应选择与待测电流表内阻接近的电阻箱C；通过计算可知，应选择电动势较大的电源F；(2)根据串并联规律可知，改装的电压表量程应为：U＝I g(R g＋R)＝5 V；(3)因改装后的电压表量程为5 V ，所以电压表的读数为：U ＝5200×120 V＝3 V ，待测电阻的阻值为：R ＝U I ＝30.2Ω＝15 Ω.。
高考物理总复习 优编增分练：实验题考点排查练3 2015年(全国Ⅰ卷)实验题考点排查练
2015年(全国Ⅰ卷)实验题考点排查练22．(2018·湖北省4月调研)城市建设中常常用半径很大的圆形水泥管道作为雨水和污水的排放管道．为估测该管道的半径，使用的器材有：小球、秒表、上表面光滑的长木板．请将下列实验步骤补充完整：图1(1)将小球放在管道中，标出小球静止在水泥管圆弧底部的最低点A ，如图1所示； (2)将长木板倾斜放置在圆形管道上，______________； (3)让小球从长木板上端由静止滑下，______________.由上述测量结果，可得圆形管道的半径R ＝__________.(已知重力加速度为g )答案 (2)让木板的下端置于A 点 (3)用秒表测量出小球从木板的上端滑到A 点的时间t 14gt 2解析 (2)将长木板倾斜放置在圆形管道上，让木板的下端置于A 点；(3)让小球从长木板上端由静止滑下， 用秒表测量出小球从木板的上端滑到A 点的时间t . 设木板与OA 的夹角为α，则小球下滑的加速度a ＝g cos α， 由几何关系知，木板的长度为2Rcos α， 根据2R cos α＝12at 2可解得：R ＝14gt 223．(2018·广东省揭阳市模拟)把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表G 的满偏电流I g 为200 μA ，内阻估计在400～600 Ω之间．(1)按图2测定电流表G 的内阻R g ，需要选用合适的器材，现有供选用的器材如下：图2A ．滑动变阻器(阻值范围0～200 Ω)B．滑动变阻器(阻值范围0～1 750 Ω)C．电阻箱(阻值范围0～999 Ω)D．电阻箱(阻值范围0～99 999 Ω)E．电源(电动势6 V，内阻0.3 Ω)F．电源(电动势12 V，内阻0.6 Ω)(1)按实验要求，R最好选用________，R′最好选用________，E最好选用________．(填入器材的字母代号)(2)假定由上述步骤已测出电流表内阻R g＝500 Ω，现在通过串联一个24.5 kΩ的电阻把它改装成一个电压表，此电压表的量程为________．(3)如图3甲是测定未知电阻R x的电路图，测量时，电流表的读数为0.20 A，而由(2)中改装后的电压表的表头读数如图乙所示，那么R x的阻值等于________．图3答案(1)D C F (2)5 V (3)15 Ω解析(1)根据“半偏法”的实验原理可知，为使干路电流保持不变，应使电阻箱R的阻值越大越好，所以R 应选择电阻箱D；根据实验原理可知，电阻箱R′应选择与待测电流表内阻接近的电阻箱C；通过计算可知，应选择电动势较大的电源F；(2)根据串并联规律可知，改装的电压表量程应为：U＝I g(R g＋R)＝5 V；(3)因改装后的电压表量程为5 V，所以电压表的读数为：U＝5200×120 V＝3 V，待测电阻的阻值为：R＝UI＝30.2Ω＝15 Ω.。
高考物理总复习 优编增分练：实验题考点排查练3 2015年(全国Ⅰ卷)实验题考点排查练
2015年(全国Ⅰ卷)实验题考点排查练题号 2223 考点粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度电表的改装22．(2018·湖北省4月调研)城市建设中常常用半径很大的圆形水泥管道作为雨水和污水的排放管道．为估测该管道的半径，使用的器材有：小球、秒表、上表面光滑的长木板．请将下列实验步骤补充完整：图1(1)将小球放在管道中，标出小球静止在水泥管圆弧底部的最低点A ，如图1所示； (2)将长木板倾斜放置在圆形管道上，______________； (3)让小球从长木板上端由静止滑下，______________.由上述测量结果，可得圆形管道的半径R ＝__________.(已知重力加速度为g )答案 (2)让木板的下端置于A 点 (3)用秒表测量出小球从木板的上端滑到A 点的时间t 14gt 2解析 (2)将长木板倾斜放置在圆形管道上，让木板的下端置于A 点；(3)让小球从长木板上端由静止滑下， 用秒表测量出小球从木板的上端滑到A 点的时间t . 设木板与OA 的夹角为α，则小球下滑的加速度a ＝g cos α， 由几何关系知，木板的长度为2Rcos α， 根据2R cos α＝12at 2可解得：R ＝14gt 223．(2018·广东省揭阳市模拟)把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表G 的满偏电流I g 为200 μA，内阻估计在400～600 Ω之间．(1)按图2测定电流表G 的内阻R g ，需要选用合适的器材，现有供选用的器材如下：图2A ．滑动变阻器(阻值范围0～200 Ω)B．滑动变阻器(阻值范围0～1 750 Ω)C．电阻箱(阻值范围0～999 Ω)D．电阻箱(阻值范围0～99 999 Ω)E．电源(电动势6 V，内阻0.3 Ω)F．电源(电动势12 V，内阻0.6 Ω)(1)按实验要求，R最好选用________，R′最好选用________，E最好选用________．(填入器材的字母代号)(2)假定由上述步骤已测出电流表内阻R g＝500 Ω，现在通过串联一个24.5 kΩ的电阻把它改装成一个电压表，此电压表的量程为________．(3)如图3甲是测定未知电阻R x的电路图，测量时，电流表的读数为0.20 A，而由(2)中改装后的电压表的表头读数如图乙所示，那么R x的阻值等于________．图3答案(1)D C F (2)5 V (3)15 Ω解析(1)根据“半偏法”的实验原理可知，为使干路电流保持不变，应使电阻箱R的阻值越大越好，所以R应选择电阻箱D；根据实验原理可知，电阻箱R′应选择与待测电流表内阻接近的电阻箱C；通过计算可知，应选择电动势较大的电源F；(2)根据串并联规律可知，改装的电压表量程应为：U＝I g(R g＋R)＝5 V；(3)因改装后的电压表量程为5 V，所以电压表的读数为：U＝5200×120 V＝3 V，待测电阻的阻值为：R＝UI＝30.2Ω＝15 Ω.。
全国通用版高考物理总复习优编增分练：鸭题考点排查练3
2015年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考33题考点排查练1．(2018·安徽省A10联盟最后一卷)(1)下列说法正确的是________．A．单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性B．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体C．同种物质可能以晶体和非晶体两种形态出现D．一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，则此薄片一定是非晶体E．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈圆形，说明蜂蜡是非晶体(2)如图1，一绝热汽缸竖直放置，汽缸内横截面积S＝100 cm2的光滑绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．在活塞上面放置一个物体，活塞和物体的总质量为m＝10 kg.在汽缸内部有一个阻值R＝4 Ω的电阻丝，电阻丝两端的电压U＝12 V．接通电源10 s后断开，活塞缓慢升高h＝10 cm.已知理想气体的初始温度t0＝27 ℃、体积V＝3×10－3m，大气压p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2.若电阻丝产生的热量全部被气体吸收，求：图1①活塞上升10 cm后理想气体的温度；②从接通电源到活塞上升10 cm的过程中理想气体的内能变化量．答案(1)ABC (2)①400 K(或127 ℃)②250 J解析(1)单晶体具有各向异性，原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性，故A正确；由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石，故B正确；同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如天然水晶是晶体，而熔化后再凝固的水晶是非晶体，故C正确；一块均匀薄片，沿各个方向对它施加拉力，发现其强度一样，即各向同性，则此薄片可能是多晶体也可能是非晶体，同时也可能是单晶体，因为单晶体某些物理性质是各向异性的，有些物理性质是各向同性的，故D错误；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈圆形，说明在导热性能上玻璃是各向同性的，不能说明蜂蜡是非晶体，故E错误．(2)①气体的压强保持不变，由盖－吕萨克定律得：V T 0＝V ＋Sh T 解得：T ＝V ＋Sh VT 0＝400 K(或127 ℃) ②设汽缸内气体的压强为p ，选活塞为研究对象，活塞缓慢移动，受力平衡根据平衡条件得： p 0S ＋mg ＝pS解得：p ＝1.1×105Pa活塞在上升h ＝10 cm 的过程中外界对气体做功 W ＝－Fh ＝－pSh ＝－110 J电阻丝在通电10 s 内产生的热量为Q ＝U 2Rt ＝360 J 根据热力学第一定律得：ΔU ＝W ＋Q ＝250 J ，即气体的内能增加了250 J2．(2018·安徽省“江南十校”二模)(1)下列说法中正确的是________．A ．液晶与多晶体一样具有各向同性B ．气体压强的产生是由大量气体分子对器壁持续频繁的碰撞引起的C ．悬浮颗粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，布朗运动越显著D ．当两分子间距离大于平衡距离r 0时，分子间的距离越大，分子势能越大E ．若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，则气体分子的平均动能减小(2)竖直平面内有一直角形且内径处处相同的细玻璃管，A 端封闭，C 端开口，AB 段处于水平状态．将竖直管BC 灌满水银，使气体封闭在水平管内，各部分尺寸如图2所示，此时气体温度T 1＝300 K ，外界大气压强p 0＝75 cmHg.现缓慢加热封闭气体，使AB 段的水银恰好排空．求：图2①此时气体温度T 2；②此后保持气体温度T 2不变，以AB 为轴缓慢将CB 向下转至C 端开口竖直向下时，气体的长度L 3多大(取17＝4.12，结果保留二位有效数字)．答案 (1)BDE (2)①394.7 K ②39 cm解析 (1)液晶具有各向异性，A 错误；气体压强的产生是由大量气体分子对器壁持续频繁的碰撞引起的，B 正确；布朗运动与悬浮颗粒的大小有关，颗粒越大，布朗运动越不明显，同一时刻撞击它的液体分子越多，布朗运动越不明显，C 错误；当两分子间距离大于平衡位置的间距r 0时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，D 正确；气体膨胀的过程中对外做功，若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，温度降低，所以气体分子的平均动能减小，E 正确．(2)①以cmHg 为压强单位，设玻璃管横截面积为S ，在AB 段水银恰好排空的过程中气体是等压变化过程，L 1＝19 cm ，L 2＝25 cm ，T 1＝300 K由盖－吕萨克定律可知SL 1T 1＝SL 2T 2，解得T 2≈394.7 K ； ②令此时BC 管中水银柱长为h ，气体压强为p 3＝(75－h )cmHg ；又开始时气体压强为p 2＝(75＋25)cmHg ＝100 cmHg ，由玻意耳定律可知p 3S (50－h )＝p 2SL 2，解得h ≈11 cm，故气体的长度L 3＝(50－11)cm ＝39 cm。
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2015年(全国Ⅰ、Ⅱ卷)选考34题考点排查练
试卷 Ⅰ卷
Ⅱ卷
考点
双缝干涉实验和波传播的多解问题
光的折射和波的传播
1．(1)(2018·衡水金卷调研卷五)某同学用如图1甲所示实验装置做“用双缝干涉测量光的波长”的实验，相邻两条亮条纹间的距离用带有螺旋测微器的测量头测出，测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定位第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示，则这种色光的波长λ＝______nm(已知双缝间距d ＝0.2 mm ，双缝到屏间的距离L ＝700 mm)，若改用频率较高的单色光照射，得到的干涉条纹间距将________(填“变大”“不变”或“变小”)
图1
(2)(2018·安徽省“江南十校”二模)如图2甲所示，在均匀介质中A 、B 两质点相距d ＝0.8 m ，质点A 的振动图象如图乙所示，已知t ＝0时刻，A 、B 两质点都在平衡位置，且A 、B 之间只有一个波谷．求：
图2
①波的传播速度；
②质点B 第一次出现波峰的时间．
答案 (1)660 变小 (2)①8 m/s、4 m/s 或8
3 m/s
②0.05 s 或0.15 s
解析 (1)题图乙所示螺旋测微器的读数为2.0 mm ＋32.0×0.01 mm＝2.320 mm ，题图丙所示的螺旋测微器读数为13.5 mm ＋37.0×0.01 mm＝13.870 mm ，相邻两亮条纹间的距离为Δx ＝
x 2－x 1n －1，根据公式Δx ＝L
d
λ可得这种单色光的波长λ＝Δx ·d L ＝(13.870－2.320)×10－3
×0.2×10－3
5×700×10－3
nm ＝660 nm.光的频率越高，波长越短，根据Δx ＝L
d
λ知相邻的干涉条纹间距将变小．
(2)①由题图乙可知该波的周期T ＝0.2 s ，
若A 、B 间没有波峰，A 、B 间距离等于半个波长，即λ＝1.6 m ，波速v ＝λT
＝8 m/s ； 若A 、B 间有一个波峰，其间距等于一个波长，即λ＝0.8 m ，波速v ＝λT
＝4 m/s ； 若A 、B 间有两个波峰，则32λ＝0.8 m ，即λ＝815m ，波速v ＝λT ＝8
3 m/s ；
所以波速可能为8 m/s 、4 m/s 或8
3
m/s ；
②t ＝0时刻，质点A 向下振动，经过0.05 s 到达波谷处，经过0.15 s 到波峰处；
若A 、B 间距为一个波长，A 、B 同时出现在波峰处，则质点B 第一次出现在波峰的时间t ＝0.15 s ；
若A 、B 间距为半个波长的1倍或3倍，质点B 在波峰时，质点A 点在波谷，则质点B 第一次出现在波峰的时间为t ＝0.05 s ；
所以质点B 第一次出现波峰的时间可能为0.05 s 或0.15 s.
2．(1)(2018·安徽省“江南十校”二模)一束含两种频率的单色光，照射到底面有涂层的平行均匀玻璃砖上表面后，经下表面反射从玻璃砖上表面射出后，光线分为a 、b 两束，如图3所示．下列说法正确的是________．
图3
A ．a 、b 一定是平行光线
B ．用同一装置进行双缝干涉实验，a 光的条纹间距大于b 光的条纹间距
C ．a 光的频率大于b 光的频率
D ．从同种玻璃射入空气发生全反射时，a 光的临界角小
E ．增大从空气到玻璃的入射角(90°之内)，a 、b 光可能在玻璃内发生全反射
(2)(2018·衡水金卷调研卷五)如图4甲所示为一列沿x 轴方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形，波上位于x ＝6 m 处的质点M 的振动图象如图乙所示，求：
图4
①这列波的传播速度大小及方向；
②从t ＝0时刻起，再经过Δt ＝12.5 s ，x ＝3 m 处的质点运动的路程． 答案 (1)ACD (2)①2 m/s 沿x 轴负方向 ②(104－42)cm
解析 (1)因为a 、b 两单色光在上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，根据折射定律可知出射后在上表面的入射角分别相等，所以出射光线一定平行，A 正确；根据光路图，a 光的偏折程度较大，则a 光的折射率较大，频率较大，波长较短，根据双缝干涉条纹间距公式Δx ＝L d
λ可知a 光的条纹间距小于b 光的条纹间距，B 错误，C 正确；因为a 光的折射率较大，根据sin C ＝1
n
可知a 光的临界角较小，D 正确；根据折射定律，
无论如何改变入射角，在玻璃内都不能发射全反射，E 错误． (2)①由题图可知波长λ＝8 m ，T ＝4 s ，故波速v ＝
λ
T
＝2 m/s 由振动图象结合“上下坡法”可知该列波沿x 轴负方向传播 ②距离x ＝3 m 处最近的波峰传播到此处所需时间为t 1＝Δx
v
＝2.5 s
这段时间内质点的路程为s 1＝(8－8×cos 45°) cm＋2×8 cm＝(24－42)cm 而后运动的周期数为N ＝Δt －t 1
T
＝2.5
后面这段时间内质点运动的路程为s 2＝2.5×4×8 cm＝80 cm ， 故质点运动的总路程为s ＝s 1＋s 2＝(104－42)cm.。