2018年高考物理复习课时作业34
2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业4含解析
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 选择题(1～9题为单项选择题，10～15题为多项选择题)1．如图所示，所有的球都是相同的，且形状规则、质量分布均匀。
甲球放在光滑斜面和光滑水平面之间，乙球与其右侧的球相互接触并放在光滑的水平面上，丙球与其右侧的球放在另一个大的球壳内部并相互接触，丁球用两根轻质细线吊在天花板上，且其中右侧一根线是沿竖直方向。
关于这四个球的受力情况，下列说法正确的是()A．甲球受到两个弹力的作用B．乙球受到两个弹力的作用C．丙球受到两个弹力的作用D．丁球受到两个弹力的作用解析：因甲、乙、丙、丁四个球均处于平衡状态，故甲球只受水平面的弹力，斜面对其无弹力；乙球也只受水平面的弹力，与另一球之间无弹力作用；丙球受右侧球和球壳的两个弹力的作用；丁球受竖直细线的拉力，倾斜细线的拉力刚好为零，故C正确，A、B、D错误。
答案： C2．质量为m的物体在水平面上，在大小相等、互相垂直的水平力F1和F2的作用下，从静止开始沿水平面运动，如图所示，若物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体()A．在F1的反方向上受到F f1＝μmg的摩擦力B．在F2的反方向上受到F f2＝μmg的摩擦力C．在F1、F2合力的反方向上受到的摩擦力为F f＝2μmgD．在F1、F2合力的反方向上受到的摩擦力为F f＝μmg解析：物体受到滑动摩擦力，大小为F f＝μmg，方向与物体运动方向相反，即与F1、F2的合力方向相反，故D正确。
答案： D3.(2017·东莞模拟)一个物体平放在水平面上，受到一个水平推力F的作用，如图所示。
F的大小由零逐渐增大，直到物体开始滑动一段位移。
在这一过程中，以下关于摩擦力的大小和方向的说法中正确的是()A．一直随F的增大而增大B．大小不变C．方向一直水平向左D．方向先向左后向右解析：用力F推物体，在没推动前，物体受静摩擦力作用，静摩擦力的大小随F的增大而增大，方向与F反向，水平向左；当F增大到能推动物体时，物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小F f＝μF N＝μmg，方向与运动方向相反，水平向左，故只有C正确，A、B、D错误。
2018高考物理总复习(人教版)课时作业32 含解析
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间成正弦函数关系，如图所示。
此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是( )A．交变电流的周期为0.125 sB．交变电流的频率为8 HzC．交变电流的有效值为 2 AD．交变电流的最大值为4 A解析：由图象可知周期T＝0.250 s，频率f＝1T＝4 Hz，故选项A、B均错误。
交变电流的有效值I＝UR＝E m2R＝202×10A＝ 2 A，最大值I m＝E mR＝2A，故选项D错误，C正确。
答案： C2.如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻。
闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝102sin 10πt (V)，则( )A．该交变电流的频率为10 HzB．该电动势的有效值为10 2 VC．外接电阻R所消耗的电功率为10 WD．电路中理想交流电流表的示数为1.0 A解析：据ω＝2πf知该交流电的频率为5 Hz，A错；该交流电电动势的最大值为10 2 V，有效值E＝10 V，B错；I＝ER＋r＝1.0 A，P＝I2R＝9 W，C 错，D对。
答案： D3．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e＝2002sin 100πt(V)，那么( )A．该交变电流的频率是100 HzB．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C．当t＝1200s时，e达到峰值D．该交变电流的电动势的有效值为200 2 V解析：由交变电流的电动势瞬时值表达式e＝nBSωsin ωt可知，交变电流的频率f＝ω2π＝100π2πHz＝50 Hz，选项A错误。
在t＝0时，电动势瞬时值为0，线圈平面恰好在中性面处，选项B错误。
当t＝1200s时，e达到峰值E m＝200 2V ，选项C 正确。
高考物理总复习 课时作业34 新人教版选修34
(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题7分，共56分)1．若物体做简谐运动，则下列说法中正确的是( ) A ．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值 B ．物体通过平衡位置时，所受合力为零，回复力为零，处于平衡状态 C ．物体每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同 D ．物体的位移增大时，动能增加，势能减少[解析] 如图所示，图线中a 、b 两处，物体处于同一位置，位移为负值，加速度一定相同，但速度方向分别为负、正，A 错误，C 正确．物体的位移增大时，动能减少，势能增加，D 错误．单摆摆球通过最低点时，回复力为零，但合力不为零，B 错误．[答案] C2．(2011·通州模拟)一个做简谐运动的弹簧振子，周期为T ，振幅为A ，设振子第一次从平衡位置运动到x ＝A 2处所经最短时间为t 1，第一次从最大正位移处运动到x ＝A2所经最短时间为t 2，关于t 1与t 2，以下说法正确的是( )A ．t 1＝t 2B ．t 1<t 2C ．t 1>t 2D ．无法判断[解析] 用图象法，画出x －t 图象，如右图所示，从图象上，我们可以很直观地看出：t 1<t 2，答案为B.[答案] B3．一个弹簧振子做受迫运动，它的振幅A 与驱动力频率f 之间的关系如右图所示．由图可知( )A ．驱动力频率为f 2时，振子处于共振状态B ．驱动力频率为f 3时，受迫振动的振幅比共振小，但振子振动的频率仍为f 2C ．振子如果做自由振动，它的频率是f 2D ．振子可以做频率为f 1的等幅振动[解析] 弹簧振子做受迫振动时，其振动频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关，由图知当驱动力频率为f 2时振幅最大，振动处于共振状态，说明振子的固有频率为f 2，故A 、C 对．当驱动力频率为f 3时，振子振动频率也为f 3，故B 错．如果给振子频率f 1的驱动力，振子可以做频率为f 1的等幅振动，D 对．[答案] ACD4．摆长为l 的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t ＝0)，当振动至t ＝3π2l g时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是下图中的( )[解析] 从t ＝0时至t ＝3π2l g ，这段时间为34T ，经过34T 摆球具有负向最大速度，说明在34T 时刻，摆球在平衡位置，且正由平衡位置向负向最大位移处振动，答案为C.[答案] C5．一单摆做小角度摆动，其振动图象如右图所示，以下说法正确的是( ) A ．t 1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小 B ．t 2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小 C ．t 3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大 D ．t 4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大[解析] 由振动图象可知t 1和t 3时刻摆球偏离平衡位置位移最大，此时摆球速度为0，悬线对摆球拉力最小；t 2和t 4时刻摆球位移为0，正在通过平衡位置，速度最大，悬线对摆球拉力最大，故选项D 正确．[答案] D6．(2011·安徽合肥一模)如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子从a 到b 历时0.2 s ，振子经a 、b 两点时速度相同，若它从b 再回到a 的最短时间为0.4 s ，则该振子的振动频率为( )A ．1 HzB ．1.25 HzC ．2 HzD ．2.5 Hz[解析] 由简谐运动的对称性可知，t cb ＝0.1 s ，t bc ＝0.1 s ，故T4＝0.2 s ，解得T ＝0.8s ，f ＝1T＝1.25 Hz ，选项B 正确．[答案] B7．(2011·吉安模拟)如右图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量大于乙的质量．当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中( )A ．甲的振幅大于乙的振幅B ．甲的振幅小于乙的振幅C ．甲的最大速度小于乙的最大速度D ．甲的最大速度大于乙的最大速度[解析] 由题意知，在细线未断之前两个弹簧所受到的弹力是相等的，所以当细线断开后，甲、乙两个物体做简谐运动时的振幅是相等的，A 、B 错；两物体在平衡位置时的速度最大，此时的动能等于弹簧刚释放时的弹性势能，所以甲、乙两个物体的最大动能是相等的，则质量大的速度小，所以C 正确，D 错误．[答案] C8．弹簧振子做简谐运动，t 1时刻速度为v ，t 2时刻速度也为v ，且方向相同．已知(t 2－t 1)小于周期T ，则(t 2－t 1)(v ≠0)( )A ．可能大于T 4B ．可能小于T 4C ．一定小于T2D ．可能等于T2[解析] 如右图所示，弹簧振子在A 、A ′间做简谐运动，O 为平衡位置，C 、C ′分别是OA 和OA ′间的关于O 点对称的两位置．根据对称性，C 、C ′两位置速度大小一定相等，设为v .若C 对应t 1时刻，C ′对应t 2时刻，在C →O →C ′的过程中，速度均向右，满足(t 2－t 1)<T ，则0<t 2－t 1<T2.可以看出，C 、C ′可无限靠近O ，也可分别无限靠近A 、A ′，即t 2－t 1可小于T 4，也可大于T4，故A 、B 正确． 若C ′对应t 1时刻，C 对应t 2时刻，从C ′→A ′→C ′→O →C →A →C 的过程中，C ′、C 的速度满足条件．由图可知T2<t 2－t 1<T ，所以C 、D 不正确．[答案] AB二、非选择题(共44分)9．(10分)(2011·朝阳区模拟)如图所示为用频闪照相的方法拍到的一个水平放置的弹簧振子振动情况．甲图是振子静止在平衡位置的照片，乙图是振子被拉伸到左侧距平衡位置20 mm 处，放手后向右运动14周期内的频闪照片．已知频闪的频率为10 Hz.求：(1)相邻两次闪光的时间间隔t 0、振动的周期T 0.(2)若振子的质量为20 g ，弹簧的劲度系数为50 N/m ，则振子的最大加速度是多少？ [解析] (1)T ＝1f＝0.1 s ，即相邻两次闪光的时间间隔为t 0＝0.1 s ．振子从最大位移处运动到平衡位置经历时间为0.3 s ，故振子振动周期T 0＝1.2 s.(2)a m ＝F m m ＝kA m＝50 m/s 2[答案] (1)0.1 s 1.2 s (2)50 m/s 210．(10分)弹簧振子以O 点为平衡位置在B 、C 间做简谐运动，B 、C 相距20 cm ，某时刻振子处在B 点，经0.5 s 振子首次达到C 点．求：(1)振动的周期和频率；(2)振子在5 s 内通过的路程及这时位移的大小． [解析] (1)设振幅为A ，则2A ＝20 cm ，A ＝10 cm. 设周期为T ，则T /2＝0.5 s ，T ＝1 s ，f ＝1 Hz.(2)振子在1T 内通过的路程为4A ，故在t ＝5 s ＝5T 内通过的路程s ＝5×4A ＝20A ＝20×10 cm＝200 cm ＝2 m.5 s 末振子处在B 点，所以它相对平衡位置的位移大小为10 cm. [答案] (1)1 s 1 Hz (2)2 m 10 cm11．(12分)如右图所示，有一个摆长为l 的单摆，现将摆球A 拉离平衡位置一个很小的角度，然后由静止释放，A 摆至平衡位置P 时，恰与静止在P 处的B 球发生正碰，碰后A 继续向右摆动，B 球以速度v 沿光滑水平面向右运动，与右侧的墙壁碰撞后以原速率返回，当B 球重新回到位置P 时恰与A 再次相遇，求位置P 与墙壁间的距离d .[解析] 摆球A 做简谐运动，当其与B 球发生碰撞后速度改变，但是摆动的周期不变．而B 球做匀速直线运动，这样，再次相遇的条件为B 球来回所需要的时间为单摆半周期的整数倍：2d /v ＝n (T /2)(其中n ＝1、2、3…) 由单摆周期公式T ＝2πlg得 d ＝nvπ2lg(其中n ＝1、2、3…)．[答案] nvπ2lg(其中n＝1、2、3…)12．(12分)如下图甲所示，在弹簧振子的小球上安装了一支记录用的笔P，在下面放一白纸带．当小球做简谐运动时，沿垂直于振动方向拉动纸带，笔P就在纸带上画出了一条振动曲线．已知在某次实验中沿如图所示方向拉动纸带，且在某段时间内得到如图乙所示的曲线．根据曲线回答下列问题：(1)纸带速度的变化是__________．(填“增大”、“不变”或“减小”)(2)若已知纸带的加速度为a＝2 m/s2，且已测出图乙中x ab＝0.54 m，x bc＝0.22 m，则弹簧振子的周期T＝____________________.(3)若纸带做v＝2 m/s的匀速直线运动，从t0时刻，即振子经过平衡位置向y轴正方向振动时开始计时，试在下图所给的坐标中画出纸带上产生的曲线．(忽略振幅的减小)[解析] (1)由于纸带上振动曲线由B到A间距增大，故纸带做加速运动，纸带速度增大．(2)由Δx＝at2可知：t＝x ab－x bca＝0.54－0.222s＝0.4 sT＝2t＝0.8 s.(3)横轴表示纸带的位移，且与时间成正比，故一个周期对应的位移L＝vT＝2×0.8 m ＝1.6 m所以曲线如图所示[答案] (1)增大(2)0.8 s (3)见解析图。
2018高考物理总复习(人教版)课时作业34 含解析
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)选择题(1～7题为单项选择题，8～14题为多项选择题)1．在光电效应实验中，用单色光照射某种金属表面，有光电子逸出，则光电子的最大初动能取决于入射光的( )A．频率B．强度C．照射时间D．光子数目解析：由爱因斯坦光电效应方程Ek ＝hν－W可知，Ek只与频率ν有关，故选项B、C、D错，选项A正确。
答案： A2．如图所示，当弧光灯发出的光经一狭缝后，在锌板上形成明暗相间的条纹，同时与锌板相连的验电器铝箔有张角，则该实验( )A．只能证明光具有波动性B．只能证明光具有粒子性C．只能证明光能够发生衍射D．证明光具有波粒二象性解析：弧光灯发出的光经一狭缝后，在锌板上形成明暗相间的条纹，这是光的衍射，证明了光具有波动性，验电器铝箔有张角，说明锌板发生了光电效应，则证明了光具有粒子性，所以该实验证明了光具有波粒二象性，D正确。
答案： D3．爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖。
某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图所示，其中ν为极限频率。
从图中可以确定的是( )A．逸出功与ν有关B．Ekm与入射光强度成正比C．当ν＜ν时，会逸出光电子D．图中直线的斜率与普朗克常量有关解析：本题考查光电效应的逸出功，意在考查考生是否会根据图象分析光电子的最大初动能与入射光频率的关系或能否将Ekm＝hν－W与图象联系起来。
答案： D4．[2014·江苏单科·12C(1)]已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014 Hz和5.44×1014Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的( ) A．波长B．频率C．能量D．动量解析：由光电效应方程Ekm ＝hν－W＝hν－hν钙的截止频率大，因此钙中逸出的光电子的最大初动能小，因动量p＝2mEkm ，故动量小，由λ＝hp，可知波长较大，则频率较小，选项A正确。
2018创新设计《高考物理总复习》选修3-3和3-4
2018创新设计《高考物理总复习》选修3-3和3-4[高考导航]考点内容要求高考命题实况常考题型命题热点2014 2015 2016分子动理论与统计观点分子动理论的基本观点和实验依据Ⅰ卷Ⅱ：T33(1)卷Ⅲ：T33(1)选择题填空题①布朗运动②热运动③分子力与分子势能④热量和内能阿伏加德罗常数Ⅰ气体分子运动速率的统计分布Ⅰ温度、内能Ⅰ固体、液体与气体固体的微观结构、晶体和非晶体Ⅰ卷Ⅰ：T33(2)卷Ⅱ：T33卷Ⅰ：T33卷Ⅱ：T33(2)卷Ⅰ：T33(2)卷Ⅱ：T33卷Ⅲ：T33(2)选择题计算题①晶体、非晶体②气体压强的计算③气体实验定律④理想气体状态方程⑤对液体表面张力的理解液晶的微观结构Ⅰ液体的表面张力现象Ⅰ气体实验定律Ⅱ理想气体Ⅰ饱和蒸汽、未饱和蒸汽、饱和蒸汽压Ⅰ相对湿度Ⅰ热力学定律与能热力学第一定律Ⅰ卷Ⅰ：T33(1)卷Ⅰ：T33(1)选择题计算题对热力学相关定律的理解及应用能量守恒定律Ⅰ热力学第二定律Ⅰ量守恒实验用油膜法估测分子的大小(说明：要求会正确使用温度计)基础课1分子动理论内能知识点一、分子动理论的基本观点、阿伏加德罗常数1．物体是由大量分子组成的(1)分子很小：①直径数量级为10－10m。
②质量数量级为10－26～10－27kg。
(2)分子数目特别大：阿伏加德罗常数N A＝6.02×1023mol－1。
2．分子的热运动(1)扩散现象：由于分子的无规则运动而产生的物质迁移现象。
温度越高，扩散越快。
(2)布朗运动：在显微镜下看到的悬浮在液体中的固体颗粒的永不停息地做无规则运动。
其特点是：①永不停息、无规则运动。
②颗粒越小，运动越明显。
③温度越高，运动越激烈。
3．分子间存在着相互作用力(1)分子间同时存在引力和斥力，实际表现的分子力是它们的合力。
(2)引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化得快。
知识点二、温度是分子平均动能的标志、内能1．温度一切达到热平衡的系统都具有相同的温度。
2018高考物理一轮总复习课时作业30 含解析 精品
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．(2015·海南单科·2)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E ，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为E ′。
则E ′E等于( )A.12 B ．22C ．1D ． 2解析： 设折弯前导体切割磁感线的长度为L ，E ＝BL v ；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为L ＝⎝⎛⎭⎫L 22＋⎝⎛⎭⎫L 22＝22L ，故产生的感应电动势为E ′＝Bl v ＝B ·22L v ＝22E ，所以E ′E ＝22，B 正确。
答案： B 2.(2014·江苏高考)如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。
在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B 。
在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )A.Ba 22Δt B ．nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD ．2nBa 2Δt解析： 线圈在磁场中的面积S ＝12a 2，穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝2BS －BS ＝12Ba 2。
根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 得E ＝n a 2B2Δt，所以B 正确。
答案： B3．如图所示，线圈L 的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L 1、L 2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S 闭合和断开的过程中，灯L 1、L 2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )A ．S 闭合，L 1亮度不变，L 2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S 断开，L 2立即不变，L 1逐渐变亮B ．S 闭合，L 1不亮，L 2很亮；S 断开，L 1、L 2立即不亮C ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2亮度不变；S 断开，L 2立即不亮，L 1亮一下才熄灭D ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2则逐渐变得更亮；S 断开，L 2立即不亮，L 1亮一下才熄灭解析： 当S 闭合时，L 的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L 1和L 2串接后与电源相连，L 1和L 2同时亮，随着L 中电流的增大，L 的直流电阻不计，L 的分流作用增大，L 1中的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，总电流变大，L 2中的电流增大，L 2灯变得更亮；当S 断开时，L 2中无电流，立即熄灭，而线圈L 将要维持本身的电流不变，L 与L 1组成闭合电路，L 1灯要亮一下后再熄灭。
2018高考物理总复习(人教版)课时作业38 含解析
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、多项选择题1．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )A．气体的体积指的不是该气体的所有气体分子体积之和，而是指该气体所有分子所能到达的空间的体积B．只要气体的温度降低，气体分子热运动的剧烈程度一定减弱C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D．外界对气体做功，气体的内能一定增加E．气体在等温膨胀的过程中一定从外界吸收热量解析：气体的体积是指该气体所有分子所能到达的空间的体积，故A对；温度是气体分子热运动的剧烈程度的标志，故B对；由气体压强的微观定义可知C错；做功和热传递都能改变气体的内能，故D错；气体在等温膨胀的过程中，对外界做功，而内能没变，则气体一定吸收热量，故E对。
答案：ABE2．下列有关热现象的叙述中正确的是( )A．布朗运动是液体分子的运动，它说明了液体分子在永不停息地做无规则运动B．物体的温度越高，分子运动速率越大C．不违背能量守恒定律的实验构想也不一定能够实现D．晶体和非晶体在适当条件下是可以相互转化的E．用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功2.0×105 J，若空气向外界放出1.5×105 J的热量，则空气内能增加5×104 J解析：布朗运动是液体中固体颗粒的运动，不是液体分子的运动，A错误；物体的温度越高，分子运动的平均速率越大，B错误；热力学第二定律表明第二类永动机虽不违背能量守恒定律，但仍不能实现，选项C正确；晶体和非晶体在适当条件下是可以相互转化的，D正确；根据热力学第一定律可知选项E正确。
答案：CDE3．夏天，小明同学把自行车轮胎上的气门芯拔出的时候，会觉得从轮胎里喷出的气体凉，如果把轮胎里的气体视为理想气体、则关于气体喷出的过程，下列说法正确的是( )A．气体的内能减少B．气体的内能不变C．气体来不及与外界发生热交换，对外做功，温度降低D．气体膨胀时，热量散得太快，使气体温度降低了E．气体分子的平均动能减小解析：气体喷出时，来不及与外界交换热量，发生绝热膨胀，Q＝0，对外做功，热力学第一定律的表达式为W＝ΔE，内能减少，温度降低，温度是分子平均动能的标志，则A、C、E正确。
2018年高考物理一轮复习课时作业：选修3-4 第十四章
[A 组·基础题]一、单项选择题1．下列关于振幅的说法中正确的是( ) A ．振幅是振子离开平衡位置的最大距离B ．位移是矢量，振幅是标量，位移的大小等于振幅C ．振幅等于振子运动轨迹的长度D ．振幅越大，表示振动越强，周期越长解析：振幅是振子离开平衡位置的最大距离，它是表示振动强弱的物理量，振幅越大，振动越强，但振幅的大小与周期无关．答案：A2．摆长为L 的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t ＝0)，当运动至t ＝3π2Lg时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象为下图中的( )解析：t ＝3π2L g 为34T ，且此时具有负向最大速度，说明此时摆球在平衡位置，故选项D 正确．答案：D3.一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A 与驱动力频率f 的关系)如图所示，则( )A ．此单摆的固有周期约为0.5 sB ．此单摆的摆长约为1 mC ．若摆长增大，单摆的固有频率增大D ．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动解析：由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz ，固有周期为2 s ；再由T ＝2πlg，得此单摆的摆长约为1 m ；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动．答案：B4．如图所示，弹簧振子在B 、C 间振动，O 为平衡位置，BO ＝OC ＝5 cm ，若振子从B 到C 的运动时间是1 s ，则下列说法中正确的是( )A ．振子从B 经O 到C 完成一次全振动 B ．振动周期是1 s ，振幅是10 cmC ．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cmD ．从B 开始经过3 s ，振子通过的路程是30 cm解析：振子从B →O →C 仅完成了半次全振动，所以周期T ＝2×1 s ＝2 s ，振幅A ＝BO ＝5 cm ，故A 、B 项错误；弹簧振子在一次全振动过程中通过的路程为4A ＝20 cm ，所以两次全振动中通过的路程为40 cm ，故C 错误；3 s ＝32T ，所以振子通过的路程为32×4A ＝30 cm ，D 项正确．答案：D 二、多项选择题5．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x ＝A sin π4t ，则质点( )A ．第1 s 末与第3 s 末的位移相同B ．第1 s 末与第3 s 末的速度相同C ．3 s 末至5 s 末的位移方向相同D ．3 s 末至5 s 末的速度方向相同解析：由x ＝A sin π4t 知周期T ＝8 s ．第1 s 末、第3 s 末、第5 s 末分别相差2 s ，恰好是14个周期．根据简谐运动图象中的对称性可知A 、D 选项正确． 答案：AD6.细长轻绳下端拴一小球构成单摆，在悬挂点正下方二分之一摆长处有一个能挡住摆线的钉子A ，如图所示．现将单摆向左方拉开一个小角度，然后无初速地释放．对于以后的运动，下列说法中正确的是( )A ．单摆往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小B ．摆球在左右两侧上升的最大高度一样C ．摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等D ．摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的两倍解析：摆线被钉子挡住后，绕A 点做单摆运动，摆长发生变化，则周期也要发生变化．以前往返一次的周期T ＝2πlg，挡住后，往返一次的周期为πl g＋πl2g，故A 正确；根据机械能守恒定律，摆球在左、右两侧上升的最大高度一样，故B 正确；由几何关系得，右边的弧长小于左边的弧长，故C 错误；由几何关系得，摆球在平衡位置右侧的最大摆角不是左侧的两倍，故D 错误．答案：AB7.如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象．已知甲、乙两个振子质量相等，则( )A ．甲、乙两振子的振幅之比为2∶1B ．甲、乙两振子的频率之比为1∶2C ．前2 s 内甲、乙两振子的加速度均为正值D ．第2 s 末甲的速度最大，乙的加速度最大解析：根据甲、乙两个振子做简谐运动的图象可知，两振子的振幅A 甲＝2 cm ，A 乙＝1 cm ，甲、乙两振子的振幅之比为2∶1，选项A 正确；甲振子的周期为4 s ，频率为0.25 Hz ，乙振子的周期为8 s ，频率为0.125 Hz ，甲、乙两振子的频率之比为2∶1，选项B 错误；前2 s 内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，选项C 错误；第2 s 末甲通过平衡位置，速度最大，乙在最大位移处加速度最大，选项D 正确．答案：AD8.如图所示，在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，一带有铅笔的弹簧振子在B 、C 两点间做机械振动，可以在白纸上留下痕迹．已知弹簧的劲度系数为k ＝10 N/m ，振子的质量为0.5 kg ，白纸移动速度为2 m/s ，弹簧弹性势能的表达式E p ＝12ky 2，不计一切摩擦．在一次弹簧振子实验中得到如图所示的图线，则下列说法中正确的是( )A ．该弹簧振子的振幅为1 mB ．该弹簧振子的周期为1 sC ．该弹簧振子的最大加速度为10 m/s 2D ．该弹簧振子的最大速度为2 m/s解析：弹簧振子的振幅为振子偏离平衡位置的最大距离，所以该弹簧振子的振幅为A ＝0.5 m ，选项A 错误；由题图所示振子振动曲线可知，白纸移动x ＝2 m ，振动一个周期，所以弹簧振子的周期为T ＝xv ＝1 s ，选项B 正确；该弹簧振子所受最大回复力F ＝kA ＝10×0.5 N ＝5 N ，最大加速度为a ＝Fm ＝10 m/s 2，选项C 正确；根据题述弹簧弹性势能的表达式为E p ＝12ky 2，弹簧振子振动过程中机械能守恒，由12m v m 2＝12kA 2可得该弹簧振子的最大速度为v m ＝kmA ＝ 5 m/s ，选项D 错误．答案：BC[B 组·能力题]一、选择题9．(多选)弹簧振子做简谐运动，O 为平衡位置，当它经过点O 时开始计时，经过0.3 s ，第一次到达点M ，再经过0.2 s ，第二次到达点M ，则弹簧振子的周期为( )A ．0.53 sB ．1.4 sC ．1.6 sD ．3 s解析：如图甲所示，设O 为平衡位置，OB (OC )代表振幅，振子从O →C 所需时间为T4.因为简谐运动具有对称性，所以振子从M →C 所用时间和从C →M 所用时间相等，故T4＝0.3 s ＋0.2 s2＝0.4 s ，解得T ＝1.6 s.如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向点B 运动，设点M ′与点M 关于点O 对称，则振子从点M ′经过点B 到点M ′所用的时间与振子从点M 经过点C 到点M 所需时间相等，即0.2 s ．振子从点O 到点M ′和从点M ′到点O 及从点O 到点M 所需时间相等，为0.3 s －0.2 s 3＝130 s ，故周期为T ＝(0.5＋130) s ＝1630s ≈0.53 s. 答案：AC 二、非选择题10．(2017·邹城模拟)甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度．(1)甲组同学采用图甲所示的实验装置．A ．该组同学先测出悬点到小球球心的距离L ，然后用秒表测出单摆完成n 次全振动所用的时间t .请写出重力加速度的表达式g ＝________(用所测物理量表示)．B ．在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O 处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．(2)乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示．将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，得到如图丙所示的v -t 图线．A ．由图丙可知，该单摆的周期T ＝________ s ；B ．更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T 2-L (周期平方—摆长)图线，并根据图线拟合得到方程T 2＝4.04L ＋0.035.由此可以得出当地的重力加速度g ＝________ m/s 2.(取π2＝9.86，结果保留三位有效数字)解析：(1)A.根据T ＝2πL g ，T ＝tn可得g ＝4π2n 2Lt2.测量周期时，摆球振动过程中悬点O 处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，则摆长的测量值偏小，测得的重力加速度偏小．(2)根据简谐运动的图线知，单摆的周期T ＝2.0 s ； 根据T ＝2πL g 得T 2＝4π2gL ， 知图线的斜率k ＝4π2g ＝4.04，解得g ＝9.76 m/s 2.答案：(1)4π2n 2Lt2 偏小 (2)2.0 9.7611.有一弹簧振子在水平方向上的B 、C 之间做简谐运动，已知B 、C 间的距离为20 cm ，振子在2 s 内完成了10次全振动．若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t ＝0)，经过14周期振子有正向最大加速度．(1)求振子的振幅和周期；(2)在图中作出该振子的位移—时间图象； (3)写出振子的振动方程． 解析：(1) 振幅A ＝10 cm ， T ＝210s ＝0.2 s.(2)振子在14周期时具有正的最大加速度，故有负向最大位移，其位移—时间图象如图所示．(3)设振动方程为y ＝A sin(ωt ＋φ) 当t ＝0时，y ＝0，则sin φ＝0得φ＝0或φ＝π，当再过较短时间，y 为负值， 所以φ＝π所以振动方程为y ＝10sin(10πt ＋π) cm. 答案：(1)10 cm 0.2 s (2)图见解析 (3)y ＝10sin(10πt ＋π) cm12．(2017·温州十校联合体模拟)弹簧振子以O 点为平衡位置，在B 、C 两点间做简谐运动，在t ＝0时刻，振子从O 、B 间的P 点以速度v 向B 点运动；在t ＝0.2 s 时，振子速度第一次变为－v ；在t ＝0.5 s 时，振子速度第二次变为－v .(1)求弹簧振子振动周期T ；(2)若B 、C 之间的距离为25 cm ，求振子在4.0 s 内通过的路程；(3)若B 、C 之间的距离为25 cm ，从平衡位置开始计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图象．解析：(1)弹簧振子简谐运动示意图如图所示，由对称性可得 T ＝0.5×2 s ＝1.0 s.(2)若B 、C 之间距离为25 cm ， 则振幅A ＝12×25 cm ＝12.5 cm振子4.0 s 内通过的路程s ＝4T ×4×12.5 cm ＝200 cm(3)根据x ＝A sin ωt ，A ＝12.5 cm ，ω＝2πT ＝2π得x ＝12.5sin 2πt cm.振动图象为答案：(1)1.0 s (2)200 cm (3)x ＝12.5sin 2πt cm 图见解析。
2018届高三物理一轮复习课时提升作业 三十四 选修3-3 含解析 精品
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课时提升作业三十四选修3-3 热学(45分钟100分)一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分)1.下列四幅图中,能正确反映分子间作用力f和分子势能E p随分子间距离r变化关系的图线是( )【解析】选B。
根据分子力、分子势能与分子之间距离关系可知,当r=r0时,分子力为零,分子势能最小,由此可知B正确。
2.假如全世界60亿人同时数1g水的分子个数,每人每小时可以数5000个,不间断地数,则完成任务所需时间最接近(阿伏加德罗常数N A取6×1023mol-1) ( )A.10年B.1千年C.10万年D.1千万年【解析】选C。
水的摩尔质量为18克/摩尔,故1克水为错误！未找到引用源。
摩尔;故一克水的分子个数为:n=错误！未找到引用源。
;60亿=6×109;60亿人数,每人每小时数5000个,需要的时间是t=错误！未找到引用源。
小时≈1.11×109小时≈12万年。
3.如图所示,在一个带活塞的容器底部有一定量的水,现保持温度不变,上提活塞,平衡后底部仍有部分水,则世纪金榜导学号42722582( )A.液面上方水蒸气的密度和压强都不变B.液面上方水蒸气的质量增加,密度减小C.液面上方水蒸气的密度减小,压强减小D.液面上方的水蒸气从饱和变成未饱和【解析】选A。
在一定的温度下,饱和汽的分子数密度是一定的,饱和汽的压强也是一定的。
活塞上提前,密闭容器中水面上水蒸气为饱和汽,水蒸气密度一定,其饱和汽压一定。
当活塞上提时,密闭容器中水面会有水分子飞出,使其上方水蒸气与水又重新处于动态平衡,达到饱和状态。
在温度保持不变的条件下,水蒸气密度不变,饱和汽压也保持不变。
故A正确,B、C、D错误。
4.如图,粗细均匀的玻璃管A和B由一橡皮管连接,一定质量的空气被水银柱封闭在A管内,初始时两管水银面等高,B管上方与大气相通。
2018创新设计《高考物理总复习》选修3-3和3-4
微观上——决定于分子间距离和分子排列情况；
宏观上——决定于体积和状态。
5．物体的内能
(1)等于物体中所有分子的热运动的动能与分子势能的总和，是状态量。
(2)对于给定的物体，其内能大小由物体的温度和体积决定。
(3)物体的内能与物体的位置高低、运动速度大小无关。
(4)改变内能的方式
①永不停息、无规则运动。
②颗粒越小，运动越明显。
③温度越高，运动越激烈。
3．分子间存在着相互作用力
(1)分子间同时存在引力和斥力，实际表现的分子力是它们的合力。
(2)引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化得快。
知识点二、温度是分子平均动能的标志、内能
1．温度
一切达到热平衡的系统都具有相同的温度。
(5)内能相同的物体，它们的分子平均动能一定相同。()
答案(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×
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。
2．宏观量
物体的体积V、摩尔体积Vmol、物体的质量m、摩尔质量M、物质的密度ρ。
3．阿伏加德罗常数是联系微观量和宏观量的桥梁
(1)一个分子的质量：m0＝ ；
Ⅰ
卷Ⅰ：T33(2)
卷Ⅱ：T33
卷Ⅰ：T33
卷Ⅱ：T33(2)
卷Ⅰ：T33(2)
卷Ⅱ：T33
卷Ⅲ：T33(2)
选择题
计算题
①晶体、非晶体
②气体压强的计算
③气体实验定律
④理想气体状态方程
⑤对液体表面张力的理解
液晶的微观结构
Ⅰ
液体的表面张力现象
Ⅰ
气体实验定律
Ⅱ
2018高考物理总复习(人教版)课时作业35 含解析
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)选择题(1～9题为单项选择题，10～14题为多项选择题)1．(2015·天津理综·1)物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上。
下列说法正确的是( )A．天然放射现象说明原子核内部是有结构的B．电子的发现使人们认识到原子具有核式结构C．α粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的D．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的解析：放射现象中释放出了其他粒子，说明原子核内部具有一定的结构，A正确；电子的发现使人们认识到原子是可以分割的，是由更小的微粒组成的，B错误；α粒子散射实验否定了汤姆孙提出的枣糕式原子模型，建立了核式结构模型，C错误；密立根油滴实验测定了电子的电荷量，D错误。
答案： A2．下列说法正确的是( )A．康普顿效应说明光具有粒子性，电子的衍射实验说明粒子具有波动性B．爱因斯坦发现了光电效应现象，并且提出光子说，成功解释了光电效应现象C．爱因斯坦的光电效应方程能够说明光子具有动量D．康普顿效应表明光子只具有能量解析：康普顿效应说明光具有粒子性，电子的衔射实验说明粒子具有波动性，选项A正确；赫兹在研究电磁波时发现了光电效应现象，爱因斯坦提出光子说，成功解释了光电效应现象，选项B 错误；爱因斯坦的光电效应方程不能够说明光子具有动量，选项C 错误；康普顿效应表明光子除了具有能量外还有动量，选项D 错误。
答案： A3．(2014·北京理综·14)质子、中子和氘核的质量分别为m 1、m 2和m 3。
当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是(c 表示真空中的光速)( )A ．(m 1＋m 2－m 3)cB ．(m 1－m 2－m 3)cC ．(m 1＋m 2－m 3)c 2D ．(m 1－m 2－m 3)c 2解析： 题中核反应方程为11H ＋10n →21H ，根据爱因斯坦的质能方程得ΔE ＝Δm ·c 2＝(m 1＋m 2－m 3)c 2，C 正确。
2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业43 含解析
2018年高考模拟单元测试卷(一)运动的描述匀变速直线运动测试时间：60分钟满分：110分第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(每小题4分，共48分。
1～7题为单项选择题，8～12题为多选题，全部选对得4分，错选得0分，漏选得2分)1．(2017·南京模拟)下列速度中，指平均速度的是()A．舰载机离开航母甲板时的速度B．导航仪提醒“你已超速”时车的速度C．雨滴落地时的速度D．小明百米跑的成绩为14 s，速度约为7 m/s解析：物体在某一时刻或经过某一位置时的速度为瞬时速度，在一段时间或一段位移内的速度为平均速度，故只有D正确。
答案： D2．(2017·海南七校联考)为了纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利70周年，铭记历史，警示未来，2015年9月3日在北京举行了隆重的阅兵式，关于甲、乙、丙、丁的图片，下列说法中错误的是()A．图甲中上午10点整李克强宣布纪念大会开始，10点整是时刻B．图乙中方队沿直线通过检阅台的一段时间内的位移大小与路程相等C．图丙中计算洲际导弹通过天安门广场(远大于导弹的长度)的时间时，洲际导弹不能看作质点D．阅兵预演空中梯队通过天安门上空时，以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的解析：时刻是指某一瞬时，对应时间轴上一个点，而时间是指两个不同时刻的间隔，所以选项A正确；图乙中方队沿直线通过检阅台，由于是单方向直线运动，所以一段时间内的位移大小等于路程，选项B正确；由于天安门广场的长度远大于洲际导弹长度，所以在计算导弹通过天安门广场的时间时，洲际导弹是能看作质点的，选项C错误；阅兵预演空中梯队飞机速度相同，所以以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的，选项D正确。
答案： C3．一物体由静止开始做匀加速运动，它在第n s内的位移是x，则其加速度大小为()A.2x2n－1B.2x n－1C.2x n 2D.x n ＋1解析： 第n s 内的平均速度等于这1 s 中间时刻即(n －0.5) s 时的瞬时速度v t ，即有v ＝v t ＝x 1，故a ＝v t t ＝x n －0.5＝2x2n －1。
【高三物理试题精选】2018届高考物理总复习课时训练卷及参考答案
2018届高考物理总复习课时训练卷及参考答案
1．如图所示，物体M在竖直向上的拉力F的作用下能静止在斜面上，关于M受力的个数，下列说法中正确的是( )
A．M一定是受两个力作用
B．M一定是受四个力作用
C．M可能受三个力作用
D．M不是受两个力作用就是受四个力作用
解析若F＝Mg则物体只受F与Mg两个力作用，若F Mg，则物体受F、Mg以及斜面对它的弹力与摩擦力，四个力的作用，故选D 答案D
2．(2018年淄博)如图所示，一重为8 N的球固定在AB杆的上端，今用测力计水平拉球，使杆发生弯曲，此时测力计的示数为6 N，则AB杆对球作用力的大小为( )
A．6 N B．8 N
C．10 N D．12 N
解析小球受到水平向右的拉力F1＝6 N，重力G＝8 N．故杆对其作用力F＝F21＋G2＝10 N，选C
答案C
3．一个圆球形薄壳容器所受重力为G，用一细线悬挂起，如图所示．现在容器里装满水，若在容器底部有一个小阀门，将小阀门打开让水慢慢流出，在此过程中，对容器和容器内的水组成的系统，下列说法正确的是( )
A．系统的重心慢慢下降
B．系统的重心先下降后上升
C．系统对地球的引力减小
D．有可能绳的方向不竖直。
2018高考物理一轮复习第12章量子论初步原子核第2节课时提能练34核反应和核能
课时提能练(三十四) 核反应和核能(限时：40分钟)A级跨越本科线1．(多选)如图1221所示，使某放射性元素发出的射线垂直进入匀强电场，按图中标号判断( )图1221A．1的穿透本领最强B．2的速度最大C．3的电离本领最大D．1是由原子放出的，2、3不是BC[本题主要考查学生对α射线、β射线、γ射线的来源、带电性及特点的了解．由图可知，射线3带正电，是α射线，其电离作用大但穿透能力弱，速度小；射线1带负电，是β射线，是接近光速的电子流；射线2不带电，是γ射线，其穿透本领最强，而电离作用最弱，速度为光速．]2．原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源．当氘等离子体被加热到适当高温时，氘核参与的几种聚变反应可能发生，放出能量．这几种反应的总效果可以表示为621H―→k42He＋d11H＋210n＋43.15 MeV由平衡条件可知( )A．k＝1，d＝4 B．k＝2，d＝2C．k＝1，d＝6 D．k＝2，d＝3B[核反应的基本规律是质量数和电荷数守恒，所以6×2＝4k＋d＋2,6×1＝2k＋d，解得k＝2，d＝2，因此B选项正确．]3．下列说法中正确的是( )A．质子与中子结合成氘核的过程中需要吸收能量B.22688Ra(镭)衰变为22286Rn(氡)要经过1次α衰变和1次β衰变C．β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚后而形成的电子流D．放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变所需要的时间D[质子与中子结合成氘核，需放出能量，A错误．根据质量数、电荷数守恒判断，只发生一次α衰变，B 错误；β射线是原子核发生β衰变形成的，是原子核中放出的电子，C 错误；根据半衰期的概念，D 正确．]4．(多选)23290Th(钍)经过一系列α和β衰变，变成20882Pb(铅)，下列说法正确的是( ) A ．铅核比钍核少8个质子 B ．铅核比钍核少16个中子C ．共经过4次α衰变和6次β衰变D ．共经过6次α衰变和4次β衰变ABD [由于β衰变不会引起质量数的减少，故可先根据质量数的减少确定α衰变的次数为：x ＝232－2084＝6，再结合核电荷数的变化情况和衰变规律来判定β衰变的次数，y应满足：2x －y ＝90－82＝8，所以y ＝2x －8＝4，故A 、D 正确，C 错误；铅核此钍核少的中子数为232－208－8＝16，故B 正确．]5．一个氡核22286Rn 衰变成钋核21884Po 并放出一个粒子，其半衰期为3.8天，1 g 氡经过7.6天衰变掉氡的质量，以及22286 Rn 衰变成21884Po 的过程放出的粒子是( )【导学号：92492407】A ．0.25 g ，α粒子B ．0.75 g ，α粒子C ．0.25 g ，β粒子D ．0.75 g ，β粒子B [根据公式m 余＝m 原⎝ ⎛⎭⎪⎫12tτ其中m 原＝1 g ，t ＝7.6 天，τ＝3.8天，可求得m 余＝0.25g ，故衰变掉的氡的质量为0.75 g ．氡核衰变成钋核，电荷数减少2，质量数减少4，故22286Rn 衰变成21884Po 的过程放出的粒子是α粒子，综上所述，只有B 正确．]6．“超导托卡马克”(英名称：EAST ，俗称“人造太阳”)是我国自行研制的可控热核反应实验装置．设该实验反应前氘核(21H)的质量为m 1，氚核(31H)的质量为m 2，反应后氦核(42He)的质量为m 3，中子(10n)的质量为m 4，光速为c .下列说法中不正确的是( )A ．这种装置中发生的核反应方程式是21H ＋31H→42He ＋10n B ．由核反应过程质量守恒可知m 1＋m 2＝m 3＋m 4 C ．核反应放出的能量等于(m 1＋m 2－m 3－m 4)c 2D ．这种装置与我国大亚湾核电站所使用核装置的核反应原理不相同B [可控热核反应装置中发生的核反应方程式是21H ＋31H→42He ＋10n ，故A 正确；核反应过程中质量数守恒，但质量不守恒，核反应过程中存在质量亏损，因此m 1＋m 2≠m 3＋m 4，故B 错误；核反应过程中的质量亏损Δm ＝m 1＋m 2－m 3－m 4，释放的核能ΔE ＝Δmc 2＝(m 1＋m 2－m 3－m 4)c 2，故C 正确；这种装置的核反应是核聚变，我国大亚湾核电站所使用核装置是核裂变，它们的核反应原理不相同，故D 正确．]7．(多选)(2017·扬州模拟)科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量．核反应方程分别为：X ＋Y→42He ＋31H ＋4.9 MeV 和21H ＋31H→42He ＋X ＋17.6 MeV.下列表述正确的有( )A ．X 是中子B ．Y 的质子数是3，中子数是6C ．两个核反应都没有质量亏损D ．氘和氚的核反应是核聚变反应AD [在该核反应中，21H ＋31H→42He ＋X ＋17.6 MeV ，根据电荷数守恒、质量数守恒，则X 的电荷数为0，质量数为1，可知X 是中子，故A 正确．在X ＋Y→42He ＋31H ＋4.9 MeV 中，根据电荷数守恒、质量数守恒，Y 的电荷数为3，质量数为6，则Y 的质子数为3，中子数为3，故B 错误，两个核反应都释放能量，都有质量亏损，故C 错误．两核反应均为核聚变反应，故D 正确．]8．(2017·宜川联考)太阳和许多恒星发光是内部核聚变的结果，核反应方程11H ＋11H→ba X ＋01e ＋V e 是太阳内部的许多核反应中的一种，其中01e 为正电子，V e 为中微子(1)确定核反应方程中a 、b 的值；(2)在质子与质子达到核力作用范围完成核聚变前必须要克服强大的库仑斥力．设质子的质量为m ，电子质量相对很小可忽略，中微子质量为零，克服库仑力做功为W .若一个运动的质子与一个速度为零的质子发生上述反应，运动质子速度至少多大？【导学号：92492408】【解析】 (1)根据核反应的质量数及电荷数守恒可知a ＝1，b ＝2.(2)由动量守恒定律可知：mv 0＝2mv 由能量关系可知：－W ＝12(2m )v 2－12mv 20；解得v 0＝4Wm.【答案】 (1)a ＝1 b ＝2 (2)4WmB 级 名校必刷题9．(2017·恩施模拟)某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为11H ＋126C→137N ＋Q 1；11H ＋157N→126C ＋X ＋Q 2，方程中Q 1、Q 2表示释放的能量，相关的原子核质量见下表，下列判断正确的是( )A.X是32He，Q2＞Q1B．X是42He，Q2＞Q1C．X是32He，Q2＜Q1D．X是42He，Q2＜Q1B[根据核反应方程的质量数和电荷数守恒可判断出X是哪种原子核，根据爱因斯坦质能方程可知质量亏损大的释放能量大，11H＋12 6C→137 N中质量亏损为：Δm1＝(1.007 8＋12.000 0－13.005 7) u＝0.002 1 u，根据电荷数守恒和质量数守恒可知：11H＋15 7N→12 6C＋X中X的电荷数为2、质量数为4，故X为α粒子，即42He，质量亏损为：Δm2＝(1.007 8＋15.000 1－12.000 0－4.002 6) u＝0.005 3 u．根据爱因斯坦的质能方程可知：Q1＝Δm1c2，Q2＝Δm2c2，则Q1＜Q2，故B正确，A、C、D错误；故选B.]10．一个静止的原子核a b X经α衰变放出一个α粒子并生成一个新核，α粒子的动能为E0.设衰变时产生的能量全部变成α粒子和新核的动能，则在此衰变过程中的质量亏损为( )A.E0c2B．E0a －c2C.a－E0c2D．aE0a －c2D[衰变时放出的核能ΔE＝Δmc2，ΔE＝E0＋E k，而E k＝p22m新，衰变时由动量守恒有pα＝p新，故E k＝p2α2m新＝2mαE02m新＝4a－4E0，代入得ΔE＝E0＋4a－4E0＝aa－4E0，质量亏损Δm＝ΔEc2＝aE0a －c2，D正确．]11．在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于放出一个α粒子，结果得到一张两个相切圆的径迹照片，如图1222所示，今测得两个相切圆半径之比r1∶r2＝44∶1，求：图1222(1)这个原子核原来所含的质子数是多少？(2)图中哪一个是α粒子的径迹？【导学号：92492409】【解析】(1)设衰变后新核的带电荷量为q x，α粒子的带电荷量为qα＝2e，它们的质量分别为m x和mα，衰变后的速度分别为v x和vα，所以原来原子核的带电荷量(即质子数)q ＝q x＋qα(或Z＝Z x＋Zα) ①根据轨道半径公式r＝mvqB可知，在同一磁场中q∝mvq，所以q x∶qα＝(m x v xr x)∶(mαvαrα)②又由于衰变过程中遵循动量守恒定律，即m x v x＝mαvα③解②和③式，得：q x∶qα＝rα∶r xq x＝(rα∶r x)×qα＝88e，(只能是rα∶r x＝44∶1，否则q x＝e22无意义)．代入①式得：q＝90e，Z＝90.(2)由于轨道半径与粒子带电量(在本题中)成反比，所以圆轨道1是α粒子的径迹，圆轨道2是新核的径迹，两者电性相同，运动方向相反．【答案】(1)90 (2)1。
2018高二物理下学期作业选修3-4作业本答案
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第十一章机械振动一、简谐运动1.AC2.CD3.D4.不是5.AB6.(1)8cm(2)2s(3)A位置速度最大，A、B位置速度沿x轴正方向(C位置时速度为零)7.略8.甲二、简谐运动的描述1.BD2.AD3.A4.C5.966.2∶12∶17.200.125-1038.x=4cos4tcm9.AB10.AC11.10cm三、简谐运动的回复力和能量1.ACD2.B3.BCD4.BC5.AB6.C7.BC8.C9.C四、单摆(一)1.D2.B3.C4.C5.D6.D7.2+34T8.AD9.39?7410.(1)略(2)T2=kl4l(3)9?86单摆(二)1.D2.D3.C4.C5.B6.T=2Lsing7.1?001T8.C9.AC五、外力作用下的振动1.D2.B3.C4.AB5.C6.玻璃杯发生了共振7.2?5r/s8.310-3J9.AC10.C第十一章复习题1.AD2.A3.C4.AC5.AD6.B7.C8.AD9.AC10.AD11.AD12.2?0101 3.1014.当手对盆耳的摩擦频率与“鱼洗”盆腔的固有频率相同时，会使盆发生共振15.A.要用游标卡尺测量摆球直径d，摆长l等于摆线长加上d2。
B.周期应为T=t29.5。
C.只测一次重力加速度就作为最终结果不妥当，应改变摆长多测量几次，然后取g的平均值作为实验的最后结果16.h=TT0-1R第十二章机械波一、波的形成和传播1.ABC2.D3.B4.AD5.略6.波本质上传播的是能量7.略8.B9.(1)B摆(2)61?875km二、波的图象1.D2.BC3.AC4.BD5.C6.略7.(1)80?20(2)-88.略9.C10.(1)向x轴正方向传播(2)5m/s，方向向上三、波长、频率和波速(一)1.BC2.D3.AC4.C5.AD6.D7.A8.由B向A0?61?59.AC10.BD11.D12.AB波长、频率和波速(二)1.BC2.D3.B4.A5.ABD6.D7.C8.2341?59.AD10.B11.t甲=l4v，t乙=l16v，t丙=l6v，t丁=l8v四、波的反射与折射1.ACD2.ACD3.dvd2v4.略5.17m6.略7.2?0103m8.2∶3五、波的衍射1.波可以绕过障碍物继续传播的现象缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小2.C3.AB4.D5.CA6.水因为频率相同的声波在水中的波长比在空气中长7.约为1?1cm或比1?1cm更小8.ABC六、波的干涉1.C2.BC3.CD4.CD5.BD6.AB7.AC8.略七、多普勒效应1.ABD2.BD3.C4.CD5.略6.飞机模型与观察者之间有相对运动多普勒效应7.因为人与声源之间没有相对运动，人听到的声音频率不会发生变化8.B9.略第十二章复习题1.ABC2.ACD3.BC4.AC5.C6.B7.AC8.D9.AC10.波长和波速11.34012.b、a13.略14.(1)2s(2)向x轴负方向(3)0?6m15.=16m，v=5?33m/s16.略17.(1)v=2m/s、T=1?6s、=3?2m(2)可行，图略第十三章光一、光的折射1.OBODOCOA2.1?941083.BCD4.A5.BD6.C7.C8.A9.310.B11.45，略12.l=dncos1-sin2n2二、光的干涉1.波略2.亮暗相间、间距相等3.两盏白炽灯是各自独立光源，发出的光不是相干光4.光的干涉现象近5.0，0?5，6.ABD7.D8.D三、光的颜色色散(一)1.A2.ACD3.C4.A5.BD6.ABD7.D8.因为各色光在中间均是亮条纹9.产生相干光源小短10.C11.凹10-8光的颜色色散(二)1.BC2.AC3.C4.C5.A6.BD7.v红v蓝红theta;黄theta;蓝n 红四、光的衍射1.BC2.D3.C4.C5.C6.A7.衍射小于8.DBCA五、光的偏振1.C2.①②3.BD4.AD5.横波六、全反射(一)1.A2.AC3.B4.BC5.BD6.A7.ABD8.略9.2，5?310-7m10.C11.BC 图答1全反射(二)1.BD2.D3.BC4.BD5.AC6.D7.A8.B9.D10.B11.A12.见图答1七、激光1.BCD2.ABCD3.亮度高高方向性4.相干性5.略第十三章复习题1.B2.C3.C4.D5.B6.ACD7.ABC8.BC9.AC10.AB11.ABC12.ABC13.314.偏振15.P1、P2的像P1、P2的像和P316.单缝双缝59417.53，37，1?3318.43L，屏离BC的距离在L以内选修34综合练习(一)图答21.A2.D3.AB4.BC5.BCD6.BD7.AD8.C9.C10.BC11.ABD12.A点O点O点A点、B点13.0?51?414.3m或2cm15.亮条纹16.2r17.0?518.略19.(1)见图答2(2)当t=2?1s时，位移为负方向，加速度与速度为正方向20.OP=22R，P点在O点的右边选修34综合练习(二)图答31.AB2.BC3.D4.CD5.B6.BD7.A8.C9.ABD10.A11.B12.BCD13.相同14.1∶615.ACEH16.15m/s5m/s17.318.略19.见图答320.(1)30(2)1?73108m/s(3)3?46以上就是查字典物理网为大家整理的高二物理下学期作业，希望对您有帮助，最后祝同学们学习进步。
2018高考物理总复习(人教版)课时作业36 含解析
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、多项选择题1．关于分子力，下列说法中正确的是( )A．碎玻璃不能拼合在一起，说明分子间斥力起作用B．将两块铅压紧以后能连成一块，说明分子间存在引力C．水和酒精混合后的体积小于原来体积之和，说明分子间存在引力D．固体很难被拉伸，也很难被压缩，说明分子间既有引力又有斥力E．分子间的引力和斥力同时存在，都随分子间距离的增大而减小答案：BDE2．下列说法正确的是( )A．温度相同的氢气和氮气分子的平均速率不同B．由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和气体的密度，可以估算出理想气体分子间的平均距离C．当一定质量的理想气体的体积增大时，气体的内能一定增大D．将碳素墨水滴入清水中，观察到的布朗运动是碳分子的无规则运动E．容器内一定质量的理想气体体积不变，温度升高，则单位时间内撞击容器壁的分子数增加解析：温度相同的氢气和氮气，气体分子平均动能相同，由于气体分子的质量不同，故气体分子的平均速率不同，A正确；若已知阿伏加德罗常数NA、气体的摩尔质量M和气体的密度ρ，由V＝Mρ，VNA＝d3，可以估算出理想气体分子间的平均距离d，B正确；当一定质量的理想气体的体积增大时，气体对外做功，若同时气体放出热量，则气体的内能减小，C错误；布朗运动并不是碳分子的运动，而是悬浮小颗粒的无规则运动，D错误；由于气体体积不变，即气体分子的密度不变，温度升高，气体分子的平均动能增大，故单位时间撞击容器壁的分子数增加，E正确。
答案：ABE3．下列五幅图分别对应五种说法，其中正确的是( )A．微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动时，它们间相互作用的引力和斥力大小相B．当两个相邻的分子间距离为r等C．食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的D．小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用E．洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在吸引力解析：微粒运动反映了液体分子的无规则热运动，微粒运动即布朗运动，时，它们间相互作用的引力和斥力大小相A错误；当两个相邻的分子间距离为r等，B正确；食盐晶体的物理性质沿各个方向是不一样的，C错误；由于表面张力的作用，液体要收缩至表面积最小，所以小草上的露珠呈球形，D正确；洁净的玻璃板接触水面，由于水分子和玻璃分子之间存在吸引力，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于或等于玻璃板的重力与水分子和玻璃分子之间的引力之和，E 正确。
2018高考物理一轮总复习课时作业3 含解析 精品
专题一 运动学图象、追及相遇问题课时作业一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．(2017·锦州模拟)一质点沿x 轴做直线运动，其v -t 图象如图所示。
质点在t ＝0时位于x ＝5 m 处，开始沿x 轴正向运动。
当t ＝8 s 时，质点在x 轴上的位置为( )A ．x ＝3 mB ．x ＝8 mC ．x ＝9 mD ．x ＝14 m解析： 图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负，故8 s 时位移为x 08＝⎣⎡⎦⎤2×(2＋4)2－1×(2＋4)2 m ＝3 m ，由于质点在t ＝0时位于x ＝5 m 处，故当t ＝8 s 时，质点在x 轴上的位置为8 m ，故A 、C 、D 错误，B 正确。
答案： B2．下列所给的图象中能反映做直线运动的物体不会回到初始位置的是( )解析： A 选项为位移时间图象，图线与t 轴相交的两个时刻即为相同的初始位置，说明物体回到了初始位置；B 、C 、D 选项中的图象均为速度时间图象，要回到初始位置，则t 轴上方的图线与坐标轴围成的面积和t 轴下方的图线与坐标轴围成的面积相等，显然B 选项中只有t 轴上方的面积，故B 选项表示物体一直朝一个方向运动，不会回到初始位置，而C 、D 选项在t ＝2 s 时刻，物体回到了初始位置，故选B 。
答案： B3．已知某质点的位移图象如图所示，则它的速度图象应是图中的(取原运动方向为正)( )解析： 由位移图象可知，0～2 s 内， v 1＝Δx Δt ＝62＝3 m/s2 s ～4 s 内，v 2＝04 s ～5 s 内，v 3＝Δx Δt ＝0－61＝－6 m/s则图象A 正确。
答案： A4．(2016·辽宁沈阳高三质检)如图为一个质点做直线运动的v -t 图象，该质点在前4 s 内向东运动，则该质点( )A ．在8～10 s 内始终向东运动B ．在前8 s 内的加速度大小不变，方向始终向西C ．在前8 s 内的合外力先减小后增大D ．在4～12 s 内的位移大小为24 m解析： 由题意知，质点向东运动时速度为负，在8～10 s 内速度为正，质点向西运动，A 错误；在前8 s 内图象斜率不变，且为正值，则加速度大小不变，方向为向西，B 正确，C 错误；在4～12 s 内的位移等于12×6×6 m －12×2×6 m ＝12 m ，D 错误。
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课时作业(三十四)电学实验基础
[基础训练]
1．某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________cm.
甲
乙
答案：60.100.420解析：直尺的最小刻度为0.1 cm，因此读数应为60.10 cm.游标卡尺是50分度，精确到0.02 mm，因此读数为0.420 cm.
2．某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示．图(a)所示读数为________mm，图(b)所示读数为________mm，所测金属板的厚度为________mm.
(a)(b)
答案：0.010 6.870 6.860解析：题图(a)的读数为1.0×0.01 mm＝0.010 mm.题图(b)的读数为6.5 mm＋37.0×0.01 mm＝6.870 mm，故金属板的厚度d＝6.870 mm－0.010 mm＝6.860 mm.
3．电流表量程一般有两种——0～0.6 A,0～3 A；电压表量程一般有两种——0～3 V,0～15 V．如图所示：
(1)接0～3 V量程时读数为________V.
(2)接0～15 V量程时读数为________V.
(3)接0～3 A量程时读数为________A.
(4)接0～0.6 A量程时读数为________A.
答案：(1)1.90(2)9.5(3)0.80(4)0.16
4．某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．
(1)分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图甲和乙所示，长度为________ cm，直径为________ mm.
甲乙
(2)按图丙连接电路后，实验操作如下：
丙
①将滑动变阻器R1的阻值置于最________(填“大”或“小”)处；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；
②将电阻箱R2的阻值调至最________(填“大”或“小”)，将S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2的阻值为1 280 Ω；
③由此可知，圆柱体的电阻为________ Ω.
答案：(1)5.01 5.315(2)①大②大(3)1 280
解析：(1)长度l＝5.0 cm＋1×1
10mm＝5.01 cm；直径d＝5 mm＋31.5×0.01
mm＝5.315 mm.
(2)①为保护电路使电路中电流不会超出电流表量程，应将滑动变阻器接入电路的阻值置于最大处．
②为使电路中电流较小，使电流表示数逐渐变大，电阻箱阻值也应先调至最大．
(3)将S 1闭合，S 2拨向接点1时，其等效电路图如图(a)所示．
当S 2拨向接点2时，其等效电路图如图(b)所示．
由闭合电路欧姆定律知I ＝
E R 1＋R ＋r ，当I 相同均为I 0时，R 2＝R 圆柱体，所
以R 圆柱体＝1 280 Ω. 5．(2016·天津卷)某同学想要描绘标有“3.8 V 0.3 A ”字样小灯泡L 的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整．可供该同学选用的器材除开关、导线外，还有：
电压表V 1(量程0～3 V ，内阻等于3 kΩ)
电压表V 2(量程0～15 V ，内阻等于15 kΩ)
电流表A 1(量程0～200 mA ，内阻等于10 Ω)
电流表A 2(量程0～3 A ，内阻等于0.1 Ω)
滑动变阻器R 1(0～10 Ω，额定电流2 A)
滑动变阻器R 2(0～1 kΩ，额定电流0.5 A)
定值电阻R 3(阻值等于1 Ω)
定值电阻R 4(阻值等于10 Ω)
定值电阻R 5(阻值等于1 kΩ)
电源E (E ＝6 V ，内阻不计)
(1)请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁．
(2)该同学描绘出的I -U 图象应是下图中的________．
A B C D
答案：(1)电路图如图所示(2)B
解析：(1)用电压表V1和R5串联，可改装成量程为U＝U g
r g(r g＋R5)＝
3
3(3＋1)V
＝4 V的电压表；用量程为200 mA 的A1与定值电阻R4并联可改装为量程为I
＝I g＋I g r g
R4＝0.2 A＋
0.2×10
10A＝0.4 A的电流表；待测小灯泡的阻值较小，故采
用电流表外接电路；电路如图所示．
(2)小灯泡的电阻随温度升高而变大，故该同学描绘出的I-U图线应该是B.
6．某实验小组在某次物理实验中，描绘一个标有“3 V 1.5 W”小灯泡的伏安特性曲线．
(1)在方框内画出实验电路原理图．
(2)实验过程中某次电表的示数如图甲所示，则I＝________A，U＝________V.
甲
(3)如图乙所示为本次实验得到的小灯泡的伏安特性曲线图．由图可知，小灯泡两端的电压为1.2 V时的电阻为________Ω(保留三位有效数字)．
乙
答案：(1)如图所示
(2)0.44 2.40(3)3.75(3.70～3.80)
解析：(1)本实验要作图象，滑动变阻器应采用分压接法，小灯泡电阻较小，电流表用外接法；(2)电流表的量程应选0～0.6 A，根据指针所指的位置，电流表的读数为0.44 A，电压表的量程应选0～3 V，根据指针所指的位置，电压表的读数为2.40 V；(3)根据图象，当小灯泡两端的电压是1.2 V时，电流为0.32 A，
则R＝U
I＝3.75 Ω.
[能力提升]
7．现有一量程为3 V的电压表，内阻为5～6 kΩ.为了较准确地测量其内阻，在没有电流表的情况下，某同学设计了如图甲所示的实验电路，按此电路可以测出电压表的内阻．
甲乙
(1)试根据图甲所示的电路图，完成如图乙所示的实物连线．
(2)若电源E、滑动变阻器R2、电阻箱R1各有两组可供选择：
电源E：
a．电动势2.0 V，有内阻
b．电动势5.0 V，有内阻
滑动变阻器R2：
a．最大阻值20 Ω
b．最大阻值1 700 Ω
电阻箱R1：
a．0～999.9 Ω
b．0～9 999.9 Q
为了减小实验误差，电源E应选________(填序号“a”或“b”，下同)，滑动变阻器R2应选________，电阻箱R1应选________．
(3)该同学在开关都断开的情况下，检查电路连接无误后，接通电路前应将滑动变阻器的滑动头P置于________端，后续必要的实验操作步骤依次是：________、________、________、________、________.最后记录R1的阻值并整理好器材．(请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母)
A．闭合开关S1
B．闭合开关S2
C．断开开关S1
D．断开开关S2
E．调节R2的阻值，使电压表指针偏转到满刻度
F．调节R2的阻值，使电压表指针偏转到满刻度的一半
G．调节R1的阻值，使电压表指针偏转到满刻度的一半
H．调节R1的阻值，使电压表指针偏转到满刻度
(4)按正确的实验步骤操作完成后，如果所得的R1的阻值为5 400.0 Ω，则图甲中被测电压表V的内阻R V的测量值为________Ω，该测量值________(填“略大于”“略小于”或“等于”)实际值．
答案：(1)见解析图(2)b a b(3)A ABEDG或BAEDG
(4)5 400.0略大于
解析：(1)如图所示．
(2)电压表的量程为3 V ，电源E 应选b ；滑动变阻器R 2采用分压式接法，选最大阻值较小的a ；当电压表半偏时，电阻箱R 1与电压表内阻近似相等，则应选b.
(3)接通电路前应将滑动变阻器的滑动头P 置于A 端，确保开始实验时输出电压最小；实验过程中电压表先满偏，后半偏，步骤可以为ABEDG 或BAEDG .
(4)闭合S 2后，R 1和电压表各分得的电压为电压表量程的一半，则电压表内阻等于5 400.0 Ω；实际上断开S 2后，滑动变阻器的输出电压略有增大，则R 1
两端的电压大于U g 2，测量值大于真实值．。