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2018年高考物理专题限时训18

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2018版高考物理二轮复习 第1部分 专题整合突破 专题限时集训2 力与直线运动

2018版高考物理二轮复习 第1部分 专题整合突破 专题限时集训2 力与直线运动

专题限时集训(二) 力与直线运动(对应学生用书第119页)(限时：40分钟)一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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．)1．(2017·“超级全能生”26省联考)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝6＋5t－t 2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点( )【导学号：19624021】A ．第1 s 内的位移是10 mB ．前2 s 内的平均速度是3 m/sC ．运动的加速度为1 m/s 2D ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/sB [第1 s 内的位移x 1＝(6＋5×1－1) m －6 m ＝4 m ，故A 错误．前2 s 内的位移x 2＝(6＋5×2－4) m －6 m ＝6 m ，则前2 s 内的平均速度v ＝x 2t 2＝62m/s＝3 m/s ，故B 正确．根据x ＝v 0t ＋12at 2＝6＋5t －t 2得，加速度a ＝－2 m/s 2，任意1 s 内速度的增量Δv＝at ＝－2×1 m/s＝－2 m/s ，C 、D 均错误．故选B.]2．(2016·福建厦门一中模拟)如图2­16所示，轻绳跨过光滑的定滑轮，一端系一质量为m 1的物体，另一端系一质量为m 2的沙桶．当m 2变化时，m 1的加速度a 的大小与m 2的关系图线可能是( )图2­16A B C DB [在m 2小于m 1之前两物体都不动，所以加速度为零，当m 2大于m 1时，m 1开始运动且所受合力逐渐变大，加速度随之逐渐增加，当m 2≫m 1时，加速度趋近于g ，但不可能大于或等于g ，故选项B 正确．]3.若货物随升降机运动的v ­ t 图象如图2­17所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( )【导学号：19624022】图2­17B [根据v ­ t 图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F －mg ＝ma 可判断支持力F 的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B 正确．]所示为甲、乙两物体从同一地点沿同一方向开始做直2，则在0～t 2的运动过程中，下列说法正确的是( )图2­181.5倍 1.5倍 C ．在t 2时刻，甲与乙相遇D ．在到达t 2时刻之前，乙一直在甲的前面C [由图可知，在t 1时刻，乙的速度为12v 0，此时甲的位移为v 02t 1，乙的位移为12v 02t 1＝14v 0t 1，甲位移是乙位移的2倍，故A 错误；甲的加速度大小为a 甲＝v 0t 1，乙的加速度为v 0t 2，由t 1＝12t 2，则a 甲＝2a 乙，故B 错误；由于在t 2时刻，甲、乙的位移相等，即此时乙刚好追上甲，故C 正确； 相遇前甲一直在乙的前面，故D 错误．]5．(2016·合肥二模)如图2­19所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O 点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB 、COD 、EOF ，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )【导学号：19624023】图2­19A ．t AB ＝t CD ＝t EF B ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EFD ．t AB ＝t CD <t EFB [设上部圆的直径为D ，下部半圆的半径为R ，对轨道AOB ，其长度为L 1＝D cos α＋R ，在其上运动的加速度a 1＝g cos α，由L 1＝12a 1t 2AB ，解得：t AB ＝D cos α＋R g cos α＝2Dg ＋2Rg cos α.对轨道COD 、EOF ，同理可解得：t CD ＝2Dg＋2Rg cos β，t EF ＝2D g＋2Rg cos θ.由轨道与竖直线的夹角关系为α＞β＞θ可知，t AB ＞t CD ＞t EF ，选项B 正确．]6．(2017·沧州一中月考)将一质量为m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图2­20甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O 是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为g ，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )图2­20A ．mg B.13mg C.12mg D.110mg C [设每块砖的厚度是d ，向上运动时：9d －3d ＝aT 2①向下运动时：3d －d ＝a ′T 2②联立①②得：a a ′＝31③根据牛顿第二定律，向上运动时：mg ＋f ＝ma ④ 向下运动时：mg －f ＝ma ′ ⑤联立③④⑤得：f ＝12mg ；选C.]7．(2017·成都市石室中学二诊)光滑斜面上，当系统静止时，挡板C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，AB 质量相等．在突然撤去挡板的瞬间( )【导学号：19624024】甲 乙图2­21A ．两图中两球加速度均为g sin θB ．两图中A 球的加速度均为零C ．图甲中B 球的加速度为2g sin θD ．图乙中B 球的加速度为g sin θCD [撤去挡板前，对整体分析，挡板对B 球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A 、B 球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，故C 、D 确，A 、B 错误．故选C 、D.](2017·绵阳市模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g3BD [剪断细线前，弹簧的弹力：F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12mg ；剪断细线瞬间，对A 、B 系统，加速度为：a ＝3mg sin 30°－F 弹3m ＝g3，即A 和B 的加速度均为g3.故B 、D 均正确．]8．(2017·天津市五区县期末)如图2­22所示，在水平光滑桌面上放有m 1和m 2两个小物块，它们中间有细线连接．已知m 1＝3 kg ，m 2＝2 kg ，连接它们的细线最大能承受6 N 的拉力．现用水平外力F 1向左拉m 1或用水平外力F 2向右拉m 2，为保持细线不断，则( )【导学号：19624025】图2­22A ．F 1的最大值为10 NB ．F 1的最大值为15 NC ．F 2的最大值为10 ND ．F 2的最大值为15 NBC [若向左拉m 1，则隔离对m 2分析，T m ＝m 2a 则最大加速度a ＝3 m/s 2对m 1m 2系统：F 1＝(m 1＋m 2)a ＝(2＋3)×3 N＝15 N ．故B 正确，A 错误． 若向右拉m 2，则隔离对m 1分析，T m ＝m 1a 则最大加速度a ＝2 m/s 2对m 1m 2系统：F 2＝(m 1＋m 2)a ＝(2＋3)×2 N＝10 N ．故D 错误，C 正确．]9．(2017·绵阳市模拟)如图2­23甲所示，物块A 与木板B 叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m ，B 的质量为2m ，且B 足够长，A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系如图乙所示，A 与B 、B 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )甲 乙图2­23A ．在0～t 1时间内，A 、B 间的摩擦力为零 B ．在t 1～t 2时间内，A 受到的摩擦力方向水平向左C ．在t 2时刻，A 、B 间的摩擦力大小为0.5μmgD ．在t 3时刻以后，A 、B 间的摩擦力大小为μmgAD [A 、B 间的滑动摩擦力f AB ＝μmg ，B 与地面间的滑动摩擦力f ＝3μmg ，故在0～t 1时间内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B 静止，此时A 、B 无相对滑动，故A 、B 间摩擦力为零，故A 正确；A 在木板上产生的最大加速度为a ＝μmgm＝μg ，此时对B 分析可知F －4μmg ＝2ma ，解得F ＝6μmg ，故在t 1～t 2时间内，A 、B 一起向右做加速运动，对A 可知，A 受到的摩擦力水平向右，故B 错误；在t 2时刻，A 、B 未发生滑动，加速度a ＝5μmg －3μmg 3m ＝23μg ，对物块A ：f ＝ma ＝23μmg ，故C 错误；在t 3时刻以后，A 、B 发生滑动，故A 、B 间的摩擦力大小为μmg ，故D 正确．](2017·合肥二模)如图所示是一做匀变速直线运动的质点的位移－时间图象(x ­t 图象)，P (t 1，x 1)为图象上一点．PQ 为过P 点的切线，与x 轴交于点Q .则下列说法正确的是( )A ．t 1时刻，质点的速率为x 1t 1B ．t 1时刻，质点的速率为x 1－x 2t 1C ．质点的加速度大小为x 1－x 2t 21D ．0～t 1时间内，质点的平均速度大小为x 1－x2t 1B [x ­t 图象的斜率表示速度，则t 1时刻，质点的速率为v ＝x 1－x 2t 1，故A 错误，B 正确；根据图象可知，t ＝0时刻，初速度不为零，根据a ＝v －v 0t 可知，加速度a ＝x 1－x 2t 1－v 0t 1≠x 1－x 2t 21，故C 错误； 0～t 1时间内，质点的平均速度大小v ＝x 1t 1，故D 错误．]10．(2017·商丘一中押题卷)如图2­24所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块B 、C 间用一不可伸长的轻绳相连，A 、B 木块间的最大静摩擦力是f 1，C 、D 木块间的最大静摩擦力是f 2.现用水平拉力F 拉A 木块，使四个木块以同一加速度运动(假设绳子不会断)，则( )【导学号：19624026】图2­24A ．当f 1>2f 2，且F 逐渐增大到3f 2时，C 、D 间即将滑动B ．当f 1>2f 2，且F 逐渐增大到32f 1时，A 、B 间即将滑动C ．当f 1<2f 2，且F 逐渐增大到3f 2时，C 、D 间即将滑动 D ．当f 1<2f 2，且F 逐渐增大到32f 1时，A 、B 间即将滑动AD [当f 1>2f 2，当C 、D 间即将滑动时，C 、D 间的静摩擦力达到最大值f 2，先以D 为研究对象，由牛顿第二定律得：f 2＝2ma ，得a ＝f 22m再以四个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F ＝6ma ＝3f 2.此时，以B 、C 、D 整体为研究对象，可知，A 对B 的摩擦力f AB ＝4ma ＝2f 2<f 1，说明A 、B 间相对静止，故A 正确，B 错误．当f 1<2f 2，A 、B 间即将滑动时，A 、B 间的静摩擦力达到最大值f 1，先以B 、C 、D 整体为研究对象，由牛顿第二定律得：f 1＝4ma ′，得a ′＝f 14m再以四个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F ＝6ma ′＝32f 1.此时，以D 为研究对象，根据牛顿第二定律得：C 对D 的摩擦力f CD ＝2ma ′＝f 12<f 2，则知，C 、D 间相对静止，故C 错误，D 正确．] 二、计算题(共2小题，共32分)图2­2511．(14分)(2017·淮北市一模)如图2­25所示，一足够长的固定斜面倾角θ＝37°，两物块A 、B 的质量m A 、m B 分别为1 kg 和2 kg ，它们与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.两物块之间的轻绳长L ＝0.5 m ，作用在B 上沿斜面向上的力F 逐渐增大，使A 、B 一起由静止开始沿斜面向上运动，g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)当作用在物块B 上的拉力F 达到42 N 时，连接物块A 、B 之间的轻绳恰好被拉断，求该轻绳能承受的最大拉力；(2)若连接物块A 、B 之间的轻绳恰好被拉断瞬间A 、B 的速度均为10 m/s ，轻绳断裂后作用在B 物块上的外力F ＝42 N 不变，求当A 运动到最高点时，物块A 、B 之间的距离．【解析】 (1)对A 、B 整体受力分析，由牛顿第二定律得：F －(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θ＝(m A ＋m B )a代入数据解得a ＝4 m/s 2对A 物体受力分析，由牛顿第二定律得：F T －m A g sin θ－μm A g cos θ＝m A a代入数据解得：F T ＝14 N.(2)细线断裂后，对A 物体受力分析，由牛顿第二定律得：m A g sin θ＋μm A g cos θ＝m A a A代入数据解得：a A ＝10 m/s 2由运动学公式有：v ＝a A t 解得：t ＝va A＝1 s 由运动学有：x A ＝vt2＝5 m细线断裂后，对B 物体受力分析，由牛顿第二定律得：F －m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a B代入数据解得：a B ＝11 m/s 2由运动学公式有：x B ＝vt ＋12a B t 2代入数据解得：x B ＝15.5 m由题意可知，当A 运动到最高点时，物体A 、B 间的距离为：x ＝x B －x A ＋L ＝11 m.【答案】 (1)14 N (2)11 m12．(18分)(2017·天津市五区县期末)如图2­26甲所示，光滑平台右侧与一长为L ＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v 0＝5 m/s 滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图2­26(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t .【导学号：19624027】【解析】 (1)设滑块质量为m ，木板水平时滑块加速度为a ，则对滑块有μmg ＝ma①滑块恰好到木板右端停止 0－v 20＝－2aL② 解得μ＝v 202gL＝0.5.③(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度为a 1，最大距离为x ，上滑的时间为t 1，有 μmg cos θ＋mg sin θ＝ma 1 ④ 0－v 20＝－2a 1x ⑤ 0＝v 0－a 1t 1⑥ 由④⑤⑥式，解得t 1＝12s⑦设滑块下滑时的加速度为a 2，下滑的时间为t 2，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 ⑧ x ＝12a 2t 22⑨ 由⑧⑨式解得t 2＝52s ○10 滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t ＝t 1＋t 2＝1＋52s ． ⑪【答案】 (1)0.5 (2)1＋52s。

2018江苏高考物理实验题18分强化练(含解析)

2018江苏高考物理实验题18分强化练(含解析)

实验题18分强化练(一)(对应学生用书第160页)(建议用时：10分钟)1．(8分)如图1所示是三个涉及纸带和打点计时器的实验装置图．图1(1)如图1三个实验装置中，摩擦力对实验结果没有影响的是________(选“A”或“B”或“C”)．A．甲B．乙C．丙(2)若某同学实验时所用的电源如图2甲所示，则打点计时器应选图2乙中的________(选“A”或“B”)．甲乙图2(3)如果操作都正确，则通过装置________(选填“甲”、“乙”或者“丙”)可打出图3中的纸带________(选填“①”或者“②”)图3【解析】(1)在匀变速直线运动的实验中，受到的拉力恒定，摩擦力也恒定，那么物体受到的合力恒定，对实验没有影响，在研究功和速度的关系的实验中，每次实验时受到的拉力加倍，但是摩擦力不加倍，对实验会产生影响，在研究加速度与力、质量的关系的实验中，改变车的拉力时，摩擦力不变，对实验的计算会产生影响，所以没有影响的是A．(2)由于电源是学生电源，电磁打点计时器的电压为4～6 V，所以要选择电磁打点计时器，故选B；(3)分析纸带可以得到，纸带①中两点间的距离逐渐增大，说明是加速运动，可能是甲图、也可能是丙图的实验结果．纸带②中后面两点间的距离相等，说明是匀速运动，实验纸带②应该是研究功和速度的关系的实验中得到的，即乙．所以通过装置乙可以得到纸带②．【答案】(1)A(2)B(3)乙②2．(10分)(1)某同学用多用电表的欧姆挡来测量电压表的内阻，如图4甲所示．先将选择开关旋至倍率“×100”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，红表笔应接电压表的________接线柱(选填“＋”或“－”)，测量结果如图乙所示，电压表的电阻为________Ω．甲乙图4(2)该同学要测量一节干电池的电动势和内阻，有以下器材可供选择：A．电流表(0～0．6 A～3 A)B．电压表(0～3 V)C．滑动变阻器R(0～15 Ω，5 A)D．滑动变阻器R′(0～50 Ω，1 A)E．定值电阻R0为1 ΩF．开关S及导线若干丙丁图5本次实验的原理图如图5丙，则滑动变阻器应选______(填器材前的字母序号)．按照原理图连接好线路后进行测量，测得数据如下表所示．________．现将上述器材的连线略加改动就可使电压表的示数变化更明显，请在图5丁中按改动后的原理图完成连线．【解析】(1)用多用电表的欧姆挡时内部电源被接通，且黑表笔接内部电源的正极，即电流从欧姆表的黑表笔流出，从电压表的正极流入，则红表笔接电压表的负极．欧姆表表盘示数为40，选择开关旋到“×100”挡，即倍率为100，则最后读数为：100×40 Ω＝4 000 Ω(2)待测电阻的电阻值比较大，为了能有效控制电路，并且能方便实验操作，滑动变阻器应选小电阻C；路端电压随电路电流的增大而减小，由表中实验数据可知，实验时电压表示数变化太小，这是由于电源内阻太小造成的；为使电压表示数变化明显，可以把定值电阻与电源串联组成等效电源，这样可以增大电源内阻，使电压表示数变化明显，电路图如图所示：【答案】(1)－ 4 000(2)C电源的内阻太小电路图如解析图所示实验题18分强化练(二)(对应学生用书第160页)(建议用时：10分钟)1．(8分)如图1所示，某同学在做“探究功与速度变化的关系”的实验．当小车在1条橡皮筋的作用下沿木板滑行时，橡皮筋对小车做的功记为W．当用2条、3条…橡皮筋重复实验时，设法使每次实验中橡皮筋所做的功分别为2W、3W…．图1(1)图中电火花计时器的工作电压是________V的交流电．(2)实验室提供的器材如下：长木板、小车、橡皮筋、打点计时器、纸带、电源等，还缺少的测量工具是________．(3)图中小车上有一固定小立柱，如图1给出了4种橡皮筋与小立柱的套接方式，为减小实验误差，你认为最合理的套接方式是______________________．(4)在正确操作的情况下，某次所打的纸带如图2所示．打在纸带上的点并不都是均匀的，为了测量橡皮筋做功后小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量(根据纸带中字母回答)，小车获得的速度是________ m/s．(结果保留两位有效数字)图2【解析】(1)电火花计时器的工作电压是220 V的交流电．(2)处理实验数据时需要测量两计数点间的距离，因此还需要的器材是：刻度尺．(3)由图示可知，橡皮筋最合理的套接方式是A，以A的方式套接释放小车后，橡皮筋不会影响小车的运动．(4)由图示纸带可知，GJ部分两点间的距离相等，小车做匀速直线运动，应选用的纸带是GJ部分；小车获得的速度v＝xt＝0．013 00．02m/s＝0．65 m/s．【答案】(1)220(2)刻度尺(3)A(4)GJ0．652．(10分)小王和小李两同学分别用电阻箱、电压表测量不同电源的电动势和内阻．(1)小王所测电源的内电阻r1较小，因此他在电路中接入了一个阻值为2．0 Ω的定值电阻R0，所用电路如图3所示．图3①请用笔画线代替导线将图4所示器材连接成完整的实验电路图4②闭合开关S，调整电阻箱的阻值R，读出电压表相应的示数U，得到了一组U、R数据．为了比较准确地得出实验结论，小王同学准备用直线图象来处理实验数据，图象的纵坐标表示电压表读数U，则图象的横坐标表示的物理量应该是________．(2)小李同学所测电源的电动势E2约为9 V，内阻r2为35～55 Ω，允许通过的最大电流为50 mA．小李同学所用电路如图5所示，图中电阻箱R的阻值范围为0～9 999 Ω．图5①电路中R 0为保护电阻．实验室中备有以下几种规格的定值电阻，本实验中应选用________．A ．20 Ω，125 mAB ．50 Ω，20 mAC ．150 Ω，60 mAD ．1 500 Ω，5 mA②实验中通过调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R 及相应的电压表的示数U ，根据测得的多组数据，作出1U -1R ＋R 0图线，图线的纵轴截距为a ，图线的斜率为b ，则电源的电动势E 2＝________，内阻r 2＝________．【解析】 (1)①根据电路图，实物图连接如图所示：②根据欧姆定律可知：E 1＝U ＋U R (R 0＋r 1)，可得U ＝E 1－U R(R 0＋r 1)，故横坐标为U R． (2)①电路最小总电阻约为R min ＝90．05Ω＝180 Ω，为保护电路安全，保护电阻应选C ；②在闭合电路中，电源电动势为E 2＝U ＋Ir 2＝U ＋U R 0＋R r 2，则1U ＝r 2E 2 ·1R ＋R 0＋1E 2，则1U -1R ＋R 0图象是直线，截距a ＝1E 2，得E 2＝1a ，斜率b ＝r 2E 2，得r 2＝b a． 【答案】 (1) ①见解析 ②U R (2) ① C ②1a b a实验题18分强化练(三)(对应学生用书第161页)(建议用时：10分钟)1．(8分)在“测定电源电动势和内阻”的实验中，实验室仅提供下列实验器材：A．两节旧干电池，每节电动势约1．5 VB．直流电压表V l、V2，量程均为0～3 V，内阻约3 kΩC．电流表，量程0～0．6 A，内阻小于1 ΩD．定值电阻R0，阻值2 ΩE．滑动变阻器R，最大阻值15 ΩF．导线和开关若干甲乙丙丁图1(1)请根据连接的实物图1甲，在图乙虚线框中画出对应的电路图；(2)根据图甲电路进行实验，测得多组U、I数据，作出U-I图象，求出电动势和内阻的值均小于真实值，其产生误差的原因是____________________．(3)实验过程中，由于电流表发生了故障，某同学又设计了图丙所示的电路测定电源的电动势和内阻，实验中移动滑动变阻器触头，记录V1和V2的值如表所示，用测出的数据在图丁中绘出U1-U2图线．(4)．(结果保留两位有效数字)【导学号：17214266】【解析】(1)根据实物图可得出对应的原理图如图所示；甲(2)由图可知，电流表不是测干路电流，原因是电压表的分流造成的；(3)根据表中数据采用描点法可得出对应的图象如图所示；丁(4)由闭合电路欧姆定律可知，E ＝U 2＋U 2－U 1R 0r ， 整理得：U 1＝R 0＋r r U 2－E R 0r， 当U 2＝1．60 V 时，U 1＝0．80 V ；当U 2＝2．24 V 时，U 1＝1．87 V ；代入解得：E ＝3．0 V ，r ＝3．0 Ω．【答案】 (1)见解析 (2)电压表分流 (3)见解析(4)3．0 3．02．(10分)某高一同学寒假时，在教材中查到木质材料与金属材料间的动摩擦因数为0．2，为了验证这个数据，他设计了一个实验方案，如图2所示，图中长铝合金板水平固定．【导学号：17214266】图2(1)下列哪些操作是必要的________．A ．调整定滑轮高度，使细绳与水平铝合金板平行B．将铝合金板垫起一个角度C．选尽量光滑的滑轮D．砝码的质量远小于木块的质量(2)图3为木块在水平铝合金板上带动纸带运动时打出的一条纸带，测量数据如图所示，则木块加速度大小a＝________m/s2(电火花计时器接在频率为50 Hz的交流电源，结果保留2位有效数字)．图3(3)该同学在实验报告中，将测量原理写为：根据mg－μMg＝Ma，所以μ＝mg－MaMg．其中M为木块的质量，m为砝码盘和砝码的总质量，a为木块的加速度，重力加速度为g．判断该同学的做法是否正确，如不正确，请说明原因：________________________．(4)若m＝70 g，M＝100 g，则可测得μ＝________(g取9．8 m/s2，保留2位有效数字)．【解析】(1)实验过程中，电火花计时器应接在频率为50 Hz的交流电源上，调整定滑轮高度，使细线与铝合金板平行，同时选尽量光滑的滑轮，这样摩擦阻力只有木块与铝合金板之间的摩擦力，故选项A、C正确．(2)据推论公式Δx＝aT2，得：a＝x6＋x5＋x4－(x3＋x2＋x1)9T2＝0．066 6＋0．061 8＋0．056 9－0．052 2－0．047 3－0．042 59×0．042m/s2＝3．0 m/s2．(3)不正确．因加速过程中细绳对木块的拉力小于mg．正确的做法应是：对M、m组成的系统，由牛顿第二定律得：mg－μMg＝(M＋m)a，解得：μ＝mg－(m＋M)aMg．(4)将m＝70 g＝0．070 kg，M＝100 g＝0．1 kg，a＝3．0 m/s2带入μ＝mg－(m＋M)aMg，整理可以得到：μ＝0．18．【答案】(1)AC(2)3．0(3)见解析(4)0．18实验题18分强化练(四)(对应学生用书第162页)(建议用时：10分钟)1．(8分)为了探究加速度与力的关系，使用如图1所示的气垫导轨装置进行实验．其中G1、G2为两个光电门，当滑块通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间t1、t2都可以被测量并记录，滑块连同上面固定的条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，光电门间距离为x，牵引砝码的质量为m．实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平．回答下列问题：(1)若取细绳牵引滑块的拉力T＝mg，测得滑块质量M＝0．2 kg，改变m的值，进行多次实验，以下m的取值不合适的一个是________．A．m1＝5 g B．m2＝15 gC．m3＝20 g D．m4＝200 g(2)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为a＝________(用t1、t2、D、x表示)．(3)以小车和牵引砝码为研究对象，小车质量M一定，改变牵引砝码的质量m，根据实验数据描绘的小车加速度a与牵引砝码的质量m之间的实验关系图象．能正确反映1a-1m关系的是图中的________．图1A B C D【解析】(1)在实验中，认为m的重力等于滑块所受的合力，所以m的质量应远小于M 的质量，故D 不合适．本题选不合适的，故选 D ．(2)滑块经过光电门的速度v 2＝D t 2，v 1＝D t 1， 则根据据v 22－v 21＝2ax ，得a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫D t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫D t 122x． (3)根据牛顿第二定律，则有a ＝mg M ＋m，则1a ＝M ＋m mg ＝M g ·1m ＋1g ，所以1a -1m 图象是一条倾斜的直线，且在纵轴上有截距，故C 正确．【答案】 (1)D (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫D t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫D t 122x(3)C 2．(10分)为了测量阻值范围在200～300 Ω之间的电阻R x 的阻值，实验室提供了如下器材：A ．电阻箱R (阻值范围0～999．9 Ω)B ．毫安表(量程0～3 mA ，内阻约100 Ω)C ．直流电源(电动势约3V ，内阻不计)D ．两个单刀单掷开关，导线足量(1)甲同学根据实验目的和提供的实验器材设计出如图2甲所示的实验电路，设计的操作步骤如下．甲 乙图2①按电路图连好电路，闭合开关S 1，记下毫安表的读数．②断开S 1，闭合开关S 2，调节电阻箱R 的阻值，使毫安表的读数和①中相同，记下此时电阻箱的示数R 1．假设该同学的设计合理，则待测电阻R x ＝________．(2)乙同学根据实验目的和提供的实验器材设计出如图乙所示的实验电路，设计的操作步骤如下．①按电路图连好电路，将R调到最大，然后闭合S1、S2，调节R，使毫安表达到满偏，记下此时电阻箱的示数R2．②断开S2，调节R，仍使毫安表满偏，记下此时电阻箱的示数R3．假设该同学的设计合理，则待测电阻R x＝________．(3)上述两位同学的设计中有一位是不合理的，不合理的是________，理由________________________．【解析】(1)根据甲同学的实验电路，该同学采用了等效替代法，故待测电阻R x＝R1；(2)根据乙同学的实验步骤可知：R2＝R3＋R x，则R x＝R2－R3；(3)甲电路中，开关接通后，电流表的读数最小为I＝ER x＝3300A＝10 mA，已超过了电流表的量程，故此设计不合理．【答案】(1)R1(2)R2－R3(3)甲电流表超程。

2018版新课标物理一轮复习课下限时集训(六) Word版含答案

2018版新课标物理一轮复习课下限时集训(六) Word版含答案

一、单项选择题1．物体受共点力F 1、F 2、F 3作用而做匀速直线运动，若F 1、F 2、F 3三个力不共线，则这三个力可能选取的数值为( )A ．15 N 、5 N 、6 NB ．3 N 、6 N 、4 NC ．1 N 、2 N 、10 ND ．1 N 、6 N 、7 N2．(2016·安庆模拟)如图所示，一个重为G 的吊椅用轻绳AO 、BO 固定，绳AO 、BO 相互垂直，α＞β，且两绳中的拉力分别为F A 、F B ，物体受到的重力为G ，则( )A ．F A 一定大于GB ．F A 一定大于F BC ．F A 一定小于F BD ．F A 与F B 大小之和一定等于G3.(2016·攀枝花质检)如图所示，质量为m 的物体放在水平桌面上，在与水平方向成θ角的拉力F 作用下加速往前运动，已知物体与桌面间的动摩擦因数为μ，则下列判断正确的是( )A ．物体受到的摩擦力为F cos θB ．物体受到的摩擦力为μmgC ．物体对地面的压力为mgD ．物体受到地面的支持力为mg －F sin θ4．图甲为杂技表演的安全网示意图，网绳的结构为正方格形，O 、a 、b 、c 、d …等为网绳的结点。

安全网水平张紧后，若质量为m 的运动员从高处落下，并恰好落在O 点上。

该处下凹至最低点时，网绳dOe 、bOg 均成120°向上的张角，如图乙所示，此时O 点受到的向下的冲击力大小为F ，则这时O 点周围每根网绳承受的力的大小为( )A ．FB .C ．F ＋mgD .F2F ＋mg 25．如图所示，相隔一定距离的两个相同的圆柱体A 、B 固定在等高的水平线上，一细绳套在两圆柱体上，细绳下端悬挂一重物。

绳和圆柱体之间无摩擦，当重物一定时，绳越长( )A ．绳对圆柱体A 的作用力越小，作用力与竖直方向的夹角越小B ．绳对圆柱体A 的作用力越小，作用力与竖直方向的夹角越大C ．绳对圆柱体A 的作用力越大，作用力与竖直方向的夹角越小D ．绳对圆柱体A 的作用力越大，作用力与竖直方向的夹角越大6．(2016·余姚月考)如图所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平。

2018全国卷Ⅰ(8+2)物理专题训练

2018全国卷Ⅰ(8+2)物理专题训练

2018全国卷Ⅰ(8＋2)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．(2020·广西桂林市调研)材料相同质量不同的两滑块，以相同的初动能在同一水平面上运动，最后都停了下来．下列说法正确的是()A．质量大的滑块摩擦力做功多B．质量大的滑块运动的位移大C．质量大的滑块运动的时间长D．质量大的滑块摩擦力冲量大答案 D解析滑块做匀减速直线运动直到停下的过程，根据动能定理有W f＝－μmgx＝0－E k，得x＝E kμmg，故摩擦力做功相同，质量大的滑块运动的位移小，故A、B错误；根据动量定理有I＝－μmgt＝0－2mE k，可得t＝1μg 2E k m，故质量大的滑块摩擦力冲量大，运动时间短，故C错误，D正确．15.(2020·湖北武汉市高三质检)如图1所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用竖直向下的力F作用在P上，使其向下做匀加速直线运动，在弹簧的弹性限度内，下列表示力F和运动时间t之间关系的图象，正确的是()图1答案 D解析设物块P的质量为m，加速度为a，系统静止时弹簧的压缩量为x0，物块放在弹簧上处于静止状态时，由平衡条件得mg＝kx0力F作用之后，设物块向下做匀加速直线运动的位移为x，根据牛顿第二定律有F＋mg－k(x0＋x)＝ma根据运动学公式有x＝12at2联立可得F＝ka2t2＋ma，即F随时间变化的图象为D，所以D正确，A、B、C错误．16．(2020·云南昆明市高三“三诊一模”测试)如图2所示，一直角三角形acd在竖直平面内，同一竖直面内的a、b两点关于水平边cd对称，点电荷Q1、Q2固定在c、d两点．一质量为m、带负电的小球P在a点且处于静止状态，重力加速度为g，下列说法正确的是()图2A．Q2对P的静电力大小为32mgB．Q1、Q2的电荷量之比为3 3C．将P从a点移到b点，电场力做正功D．将P从a点沿直线移到b点，电势能先增大后减小答案 B解析 设a 、c 间的距离为r ，则a 、d 间的距离为3r ，因为小球在P 点处于静止状态，由平衡条件可得：kQ 1q r 2cos 60°＝kQ 2q (3r )2cos 30°，kQ 1q r 2sin 60°＋kQ 2q (3r )2sin 30°＝mg 联立解得：Q 1Q 2＝33，kQ 2q (3r )2＝12mg ，故A 错误，B 正确． 因为a 、b 两点关于cd 对称，所以这两点的电势相等，而电场力做功只与初末位置的电势有关，与其经过的路径无关，所以将P 从a 点移到b 点，电场力做功为零，故C 错误．由题可知，小球P 在a 点受到的电场力方向竖直向上，在cd 上方受电场力方向竖直向下，所以将P 从a 点沿直线移到b 点过程中，电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D 错误．17．(2020·河南焦作市高三第三次模拟)如图3所示，一正方形金属线框abcd 静止在光滑的水平桌面上，线框右侧两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向竖直向上．cd 边与磁场边界平行，磁场虚线间距大于正方形金属线框边长．现给线框一水平向右的初速度，线框能通过磁场区域并继续向右运动，下列说法错误的是( )图3A ．线框进入磁场的过程中，cd 边受到的安培力方向水平向左B ．线框通过磁场的整个过程中，cd 边两端的电压始终不变C ．线框进入磁场和离开磁场的过程中，通过线框的电荷量相等D ．线框进入磁场和离开磁场的过程中，线框速度的变化量相等答案 B解析 根据楞次定律的另一种表述可知，感应电流总是阻碍线框与磁场的相对运动，线框进入磁场的过程中，cd 边受到的安培力方向水平向左，A 正确；线框进入磁场的过程中，cd 边相当于电源，cd 边两端的电压为路端电压U 1＝34Bl v 1 线框完全进入磁场后，电路中没有感应电流，cd 边两端的电压为E ＝Bl v 2，线框离开磁场的过程中，ab 边相当于电源，cd 边两端的电压为U 3＝14Bl v 3， 且v 1>v 2>v 3所以线框通过磁场的整个过程中，cd 两端的电压会发生变化，B 错误；线框进入磁场和离开磁场的两个过程中，磁通量的变化量相等，根据公式q ＝ΔΦR，分析可知两个过程中通过线框横截面的电荷量相等，C 正确； 根据动量定理得，线框进入磁场的过程中，有B I 1Lt 1＝m Δv 1离开磁场的过程中，有B I 2Lt 2＝m Δv 2又因为I 1t 1＝I 2t 2所以Δv 1＝Δv 2，D 正确．18.(2020·内蒙古呼伦贝尔市海拉尔区高考模拟)如图4所示，一个小球(视为质点)从H ＝12 m 高处，由静止开始沿光滑弧形轨道AB 下滑，进入半径R ＝4 m 的竖直圆环，且与圆环间动摩擦因数处处相等，当到达环顶C 时，对轨道压力刚好为零；沿CEB 圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD ，且到达高度为h 的D 点时的速度为零，则h 的值可能为(取g ＝10 m/s 2，所有高度均相对B 点而言)( )图4A ．12 mB ．10 mC ．8.5 mD ．7 m答案 C解析 小球从高度12 m 处运动到C 点由动能定理得：mg (H －2R )－W f1＝12m v 2，小球在C 点时有：mg ＝m v 2R ，联立解得W f1＝12mgR ，在小球从静止运动到D 点的整个过程中，对小球，由动能定理得mg (H －h )－W f1－W f2＝0，即mg (H －h )＝W f1＋W f2.因为小球在CEB 弧运动时速度小于在BFC 弧运动时的速度，正压力减小，摩擦力减小，所以W f2<W f1＝12mgR ，12mgR <W f1＋W f2<mgR ，即12mgR <mg (H －h )<mgR ，所以8 m<h <10 m ，故选C. 19．金属圆盘置于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A 相连．套在铁芯下部的线圈B 引出两根导线接在两根水平导轨上如图5所示，导轨上有一根金属棒ab 处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是( )图5A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动B．圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动C．圆盘逆时针减速转动时，ab棒将向右运动D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动答案BD解析由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，产生的感应电流方向为顺时针，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受到的安培力方向向左，ab棒将向左运动，故A错误；同理可知，若圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动，故B正确；由右手定则可知，圆盘逆时针减速转动时，产生的感应电流方向为逆时针，线圈A中产生的磁场方向向上且磁场减弱，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受到的安培力方向向左，ab棒将向左运动，故C错误；同理可知，若圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动，故D正确．20．(2020·山东潍坊市二模)在宇宙中，当一颗恒星靠近黑洞时，黑洞和恒星可以相互绕行，从而组成双星系统．在相互绕行的过程中，质量较大的恒星上的物质会逐渐被吸入到质量较小的黑洞中，从而被吞噬掉，黑洞吞噬恒星的过程也被称之为“潮汐瓦解事件”．天鹅座X －1就是这样一个由黑洞和恒星组成的双星系统，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，如图6所示．在刚开始吞噬的较短时间内，恒星和黑洞的距离不变，则在这段时间内，下列说法正确的是()图6A．它们之间的万有引力大小变大B ．它们之间的万有引力大小不变C ．恒星做圆周运动的线速度变大D ．恒星做圆周运动的角速度变大答案 AC解析 设初始时恒星和黑洞的质量分别为m 1、m 2，且m 1>m 2，与旋转中心点的距离分别为r 1、r 2，恒星和黑洞的距离为L ，由万有引力定律得：F ＝G m 1m 2L 2，由于m 1＋m 2为定值，所以当m 1＝m 2时，m 1与m 2的乘积最大，故开始吞噬的较短时间内，它们之间的万有引力增大．对恒星：G m 1m 2L 2＝m 14π2T 2r 1，对黑洞：G m 1m 2L 2＝m 24π2T2r 2， 得r 1r 2＝m 2m 1，T ＝2πL 3G (m 1＋m 2)， 由于m 1＋m 2不变，开始吞噬的较短时间内，L 不变，故T 不变，ω不变，恒星质量变小，做圆周运动的半径变大，v ＝ωr ，故恒星做圆周运动的线速度变大．故选A 、C.21．(2020·陕西汉中市高三第二次教学质量检测)如图7所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的电势φ与坐标x 的关系如图中曲线所示，曲线过(0.1,4.5)和(0.15,3)两点，图中虚线为该曲线过点(0.15,3)的切线．现有一质量为0.20 kg 、电荷量为＋2.0×10－8 C 的滑块P (可视为质点)，从x ＝0.10 m 处由静止释放，其与水平面间的动摩擦因数为0.02，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法中正确的是( )图7A ．滑块P 运动过程中的电势能逐渐减小B ．滑块P 运动过程中的加速度逐渐增大C ．x ＝0.15 m 处的电场强度大小为2.0×106 N/CD ．滑块P 运动的最大速度为0.5 m/s答案 AC解析 在φ－x 图象中，图线的斜率表示电场强度，由题图可知，滑块P 运动过程中，电场方向不变，电场力始终做正功，则电势能逐渐减小，故A 正确；由题图知，x ＝0.15 m 处的场强为E ＝ΔφΔx ＝3×1050.3－0.15N /C ＝2.0×106 N/C 则此时的电场力大小为F ＝qE ＝2.0×10－8×2.0×106 N ＝0.04 N滑动摩擦力大小为F f ＝μmg ＝0.02×0.20×10 N ＝0.04 N则在x ＝0.15 m 处电场力与滑动摩擦力大小相等，由题图可知图线斜率逐渐减小，故在x ＝0.15 m 之前，电场力大于摩擦力，滑块做加速运动，加速度逐渐减小，在x ＝0.15 m 之后，电场力小于摩擦力，滑块做减速运动，加速度逐渐增大，所以在x ＝0.15 m 时，滑块的速度最大，根据动能定理得qU －F f x ＝12m v 2－0 由题图可知x ＝0.10 m 处和x ＝0.15 m 处的电势差为1.5×105 V ，代入解得最大速度为v ＝0.1 m/s ，故B 、D 错误，C 正确．22．(6分)(2020·陕西西安中学高三第二次模拟)一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中：图8(1)甲同学在做该实验时，通过处理数据得到了图8甲所示的F －x 图象，其中F 为弹簧弹力，x 为弹簧长度．请通过图甲，分析并计算，该弹簧的原长x 0＝________ cm ，弹簧的劲度系数k ＝________ N/m.甲同学将该弹簧制成一把弹簧测力计，当弹簧测力计的示数如图乙所示时，该弹簧的长度x ＝________ cm.(2)乙同学使用两条不同的轻质弹簧a 和b ，得到弹力与弹簧长度的图象如图丙所示．下列表述正确的是________．A ．a 的原长比b 的长B ．a 的劲度系数比b 的大C ．a 的劲度系数比b 的小D ．测得的弹力与弹簧的长度成正比答案 (1)8 25 20 (2)B解析 (1)当弹簧弹力为零时，弹簧处于原长状态，故原长为：x 0＝8 cm ，在F －x 图象的斜率代表弹簧的劲度系数，则：k ＝ΔF Δx ＝60.24N /m ＝25 N/m ，题图乙中弹簧测力计的示数：F ＝3.0 N ，根据F ＝kx ，可知：x ＝F k ＝3.025m ＝0.12 m ＝12 cm ，故此时弹簧的长度：L ＝x ＋x 0＝20 cm. (2)在题图丙中，当弹簧的弹力为零时，弹簧处于原长，故b 的原长大于a 的原长，故A 错误； 斜率代表劲度系数，故a 的劲度系数大于b 的劲度系数，故B 正确，C 错误；弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，故D 错误．23．(9分)(2020·山东滨州市高三下学期二模)某特种玻璃厂生产的调光玻璃是一款将液晶膜复合进两层玻璃中间，经高温高压胶合后一体成型的夹层结构的新型特种光电玻璃产品．使用者改变其电压可控制玻璃的透明度．为了使玻璃的透明度随光照强度变化而变化，可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为Lx)．某光敏电阻在不同照度下的阻值如图9甲所示：图9(1)由图象可以看出，光敏电阻的阻值随照度的增大而________；(填“增大”或“减小”)(2)为了使照度上升时，调光玻璃(可视为阻值极大的电阻)两端所加电压变大，请根据图乙中提供的器材，设计并补全电路．为了便于调节，滑动变阻器采用分压式接法；(3)若光敏电阻与定值电阻串联总电压3 V，照度上升至1.0 Lx，要求玻璃两端电压上升至2 V，则定值电阻阻值应为________ kΩ.答案(1)减小(2)见解析图(3)4.0解析(1)由题图甲可以看出，光敏电阻的阻值随照度的增大而减小；(2)当照度上升时，光敏电阻的阻值变小，电路中的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知电路中的电流变大，定值电阻两端的电压变大；根据串联分压可知光敏电阻两端的电压变小，而调光玻璃(可视为阻值极大的电阻)两端所加电压变大，所以调光玻璃与定值电阻并联；题中要求滑动变阻器采用分压式接法，所以电路图如图所示；(3)由题图甲可以看出，照度上升至1.0 Lx时，光敏电阻的阻值为2.0 kΩ，根据串联分压可知光敏电阻两端的电压为1 V，所以定值电阻阻值应为4.0 kΩ.。

2018版高考物理大一轮专题复习课时作业：2018年高考理综(物理)模拟试卷(一)含答案

2018版高考物理大一轮专题复习课时作业：2018年高考理综(物理)模拟试卷(一)含答案

2018年高考理综(物理）模拟试卷(一）本试卷分第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．(建议用时:60分钟满分：110分)第Ⅰ卷（选择题共48分)一、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中,第1～4题只有一项符合题目要求,第5～8题中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．）1．甲、乙两质点沿同一方向做直线运动，某时刻经过同一地点．若以该时刻作为计时起点，得到两质点的x。

t图象如图M1.1所示．图象中的OC与AB平行，CB与OA平行．则下列说法中正确的是( ）图M1.1A．t1~t2时间内甲和乙的距离越来越远B．0~t2时间内甲的速度和乙的速度始终不相等C．0~t3时间内甲和乙的位移相等D．0～t3时间内甲的平均速度大于乙的平均速度2．某实验小组打算制作一个火箭．甲同学设计了一个火箭质量为m，可提供恒定的推动力，大小为F＝2mg，持续时间为t.乙同学对甲同学的设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当质量为m的火箭飞行经过错误!时，火箭丢弃掉错误!的质量,剩余错误!时间，火箭推动剩余的m2继续飞行．若采用甲同学的方法火箭最高可上升的高度为h，则采用乙同学的方案火箭最高可上升的高度为(重力加速度取g，不考虑燃料消耗引起的质量变化）（)A．1。

5h B．2h C．2.75h D．3.25h3．如图M1。

2a，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1,与副线圈相连的两个灯泡完全相同、电表都为理想电表．原线圈接上如图b所示的正弦交流电，电路正常工作．闭合开关后( ）a b图M1.2A．电压表示数增大B．电流表示数增大C．变压器的输入功率增大D．经过灯泡的电流频率为25 Hz4．据英国《每日邮报》报道,科学家发现了一颗距离地球仅14光年的“另一个地球”—沃尔夫（Wolf）1061c.沃尔夫1061c的质量为地球的4倍，围绕红矮星沃尔夫1061c运行的周期为5天，它是迄今为止在太阳系外发现的距离最近的宜居星球．设想从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c表面运行．已知万有引力常量为G，天体的环绕运动可看做匀速圆周运动．则下列说法正确的是（)A．从地球发射该卫星的速度应该小于第三宇宙速度B．卫星绕行星沃尔夫1061c运行的周期与该卫星的密度有关C．沃尔夫1061c和地球公转轨道半径的三次方之比等于错误!2D．若已知探测卫星的周期和地球的质量,可近似求出沃尔夫1061c的半径5．图M1。

2018年5月11日 押高考物理第18题-试题君之每日一题君2

2018年5月11日 押高考物理第18题-试题君之每日一题君2

5月11日 押高考物理第18题高考频度：★★★☆☆难易程度：★★★☆☆如图所示，电动势为E 、内阻为r 的电池与定值电阻R 0、滑动变阻器R 串联，已知R 0= r ，滑动变阻器的最大阻值是2r 。

当滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端滑动时，下列说法中正确的是A ．滑动变阻器的电压变大B ．电源的输出功率先变大后变小C ．滑动变阻器消耗的功率变小D ．定值电阻R 0上消耗的功率先变大后变小 【参考答案】C【试题解析】当滑动变阻器滑片P 由a 端向b 端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，得知总电流变大，内电压变大，路端电压变小。

定值电阻两端的电压增大，故滑动变阻器两端的电压减小，A 错误；当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，由题意可知0R R r ≥=外错误！未找到引用源。

，当滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端滑动时，外电路电阻从3r 减小到r ，由于整个过程中，外电阻一直大于电源内阻，随外电阻阻值的减小，电源的输出功率不断增大，B 错误；将R 0等效到内电阻中去，内电阻变为2r ，滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率。

当外电阻等于内电阻时，输出功率最大，R 外<2r 错误！未找到引用源。

，随着外电阻的增大，输出功率增大，R 外>2r 错误！未找到引用源。

，随着外电阻的减小，输出功率减小。

因外电阻一直大于内电阻，故滑片向b 端移动时，外电阻减小，故滑动变阻器消耗的功率变小，C 正确；滑片移动过程中总电流变大，根据可知P =I 2R 0错误！未找到引用源。

，R 0不变，定值电阻R 0上消耗的功率变大，D 错误。

【知识补给】电源的输出功率（1）任意电路：P 出=UI =EI –I 2r =P 总–P 内。

（2）纯电阻电路：22222=()()4E R E P I R R r R r r R==-++出。

（3）输出功率和外阻的关系①当R =r 时，电源的输出功率最大，为2m 4E P r。

高三物理选择题限时训练18

高三物理选择题限时训练18

高三物理选择题限时训练（十八）14.图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的A 周期是0.01SB 最大值是311VC 有效值是220VD 表达式为U=220sin100πt （V ）15．如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心，一质量为m 的小滑块，在水平力F 的作用下静止P 点。

设滑块所受支持力为F N 。

OP 与水平方向的夹角为θ。

下列关系正确的是A ．θtan mgF = B ．F=mgtan θ C ．θtan mg F N = D ．F N =mgtan θ16．某物体做直线运动的v-t 图象如图甲所示，据此判断图乙（F 表示物体所受合力，x 表示物体的位移）四个选项中正确的是17．2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱。

飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟。

下列判断正确的是A ．飞船变轨前后的机械能相等B ．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态C ．飞船在此圆轨道上运动的角速度大于同步卫星运动的角速度D ．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度18．某小型水电站的电能输送示意图如下。

发电机的输出电压为200V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原副线圈匝数分别为n 1∶n 2。

降压变压器原副线匝数分别为n 3、n 4（变压器均为理想变压器）。

要使额定电压为220V的用电器正常工作，则A ．4312n n n n > B ．4312n n n n <C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率19．如图所示，在x 轴上关于原点O 对称的两点固定放置等量异种点电荷+Q 和-Q ，x 轴上的P 点位于-Q 的右侧。

下列判断正确的是A ．在x 轴上还有一点与P 点电场强度相同B ．在x 轴上还有两点与P 点电场强度相同C ．若将一试探电荷+q 从P 点移至O 点，电势能增大D ．若将一试探电荷+q 从P 点移至O 点，电势能减小20．如图所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路。

高考物理第一轮复习限时规范训练：机械能守恒定律及其应用(解析版)

高考物理第一轮复习限时规范训练：机械能守恒定律及其应用(解析版)

一轮复习限时规范训练机械能守恒定律及其应用一、选择题：在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～7题有多项符合题目要求．1、关于机械能守恒，下列说法中正确的是( )A．物体做匀速运动，其机械能肯定守恒B．物体所受合力不为零，其机械能肯定不守恒C．物体所受合力做功不为零，其机械能肯定不守恒D．物体沿竖直方向向下做加速度为5 m/s2的匀加速运动，其机械能削减答案:D解析:物体做匀速运动其动能不变，但机械能可能变，如物体匀速上升或下降，机械能会相应的增加或削减，选项A错误；物体仅受重力作用，只有重力做功，或受其他力但其他力不做功或做功的代数和为零时，物体的机械能守恒，选项B、C错误；物体沿竖直方向向下做加速度为5 m/s2的匀加速运动时，物体肯定受到一个与运动方向相反的力的作用，此力对物体做负功，物体的机械能削减，故选项D正确．2．如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装肯定滑轮，小物块A，B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A，B处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )A．速率的改变量不同B．机械能的改变量不同C．重力势能的改变量相同D．重力做功的平均功率相同答案:D解析:由题意依据力的平衡有m A g＝m B g sin θ，所以m A＝m B sin θ.依据机械能守恒定律mgh＝12mv2，得v＝2gh，所以两物块落地速率相等，选项A错误；因为两物块的机械能守恒，所以两物块的机械能改变量都为零，选项B错误；依据重力做功与重力势能改变的关系，重力势能的改变为ΔE p＝－W G＝－mgh，所以E p A＝m A gh＝m B gh sin θ，E p B＝m B gh，选项C错误；因为A、B两物块都做匀变速运动，所以A重力的平均功率为P A＝m A g·v2，B重力的平均功率P B＝m B g·v2sin θ，因为m A＝m B sin θ，所以PA＝P B，选项D正确．3．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间改变关系是( )A B C D答案:C解析:物体受恒力加速上升时，恒力做正功，物体的机械能增大，又因为恒力做功为W＝F·12at2，与时间成二次函数关系，选项A、B两项错误；撤去恒力后，物体只受重力作用，所以机械能守恒，D项错误，C项正确．4．如图所示，粗细匀称、两端开口的U形管内装有同种液体，起先时两边液面高度差为h，管中液柱总长度为4h，后来让液体自由流淌，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为( )A．18gh B．16ghC．14gh D．12gh答案:A解析:设管子的横截面积为S ，液体的密度为ρ.打开阀门后，液体起先运动，不计液体产生的摩擦阻力，液体机械能守恒，液体削减的重力势能转化为动能，两边液面相平常，相当于右管12h 高的液体移到左管中，重心下降的高度为12h ，由机械能守恒定律得ρ·12hS ·g ·12h ＝12ρ·4hS ·v 2，解得，v ＝gh8.选项A 正确．5．如图所示，一质量为m 的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与该小球相连．现将小球从A 点由静止释放，沿竖直杆运动到B 点，已知OA 长度小于OB 长度，弹簧处于OA ，OB 两位置时弹力大小相等．在小球由A 到B 的过程中( )A ．加速度等于重力加速度g 的位置有两个B ．弹簧弹力的功率为零的位置有两个C ．弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功D ．弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离答案:AC解析:在运动过程中A 点为压缩状态，B 点为伸长状态，则由A 到B 有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g ；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g .则有两处加速度为g ，故A 项正确；在A 点速度为零，弹簧弹力功率为0，弹簧与杆垂直时弹力的功率为0，有一位置的弹力为0，其功率为0，共3处，故B 项错误；因A 点与B 点弹簧的弹性势能相同，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功，故C 项正确；因小球对弹簧做负功时弹力大，则弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离大于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离，故D 项错误．6．如图所示，滑块A ，B 的质量均为m ，A 套在固定竖直杆上，A ，B 通过转轴用长度为L 的刚性轻杆连接，B 放在水平面上并紧靠竖直杆，A ，B均静止．由于微小扰动，B起先沿水平面对右运动．不计一切摩擦，滑块A，B视为质点．在A下滑的过程中，下列说法中正确的是( ) A．A，B组成的系统机械能守恒B．在A落地之前轻杆对B始终做正功C．A运动到最低点时的速度为2gLD．当A的机械能最小时，B对水平地面的压力大小为2mg答案:AC解析:A，B组成的系统中只有动能和势能相互转化，故A、B组成的系统机械能守恒，选项A正确；分析B的受力状况和运动状况：B先受到竖直杆向右的推力，使其向右做加速运动，当B的速度达到肯定值时，杆对B有向左的拉力作用，使B向右做减速运动，当A落地时，B的速度减小为零，所以杆对B先做正功，后做负功，选项B错误；由于A、B组成的系统机械能守恒，且A到达最低点时B的速度为零，依据机械能守恒定律可知选项C正确；B先做加速运动后做减速运动，当B的速度最大时其加速度为零，此时杆的弹力为零，故B对水平面的压力大小为mg，由于A、B组成的系统机械能守恒，故此时A机械能最小，选项D错误．7．如图所示，A，B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B，C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手限制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直，右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B，C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，起先时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C 恰好离开地面．下列说法错误的是( )A．斜面倾角α＝60°B．A获得的最大速度为2g m 5kC．C刚离开地面时，B的加速度最大D ．从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A ，B 两小球组成的系统机械能守恒答案:ACD解析:释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时C 恰好离开地面，此时细线中拉力等于4mg sin α，弹簧的弹力等于mg ，则有4mg sin α＝mg ＋mg ，解得斜面倾角α＝30°，选项A 错误；释放A 前，弹簧的压缩量为x ＝mg k ，A 沿斜面下滑至速度最大时弹簧的伸长量为x ′＝mg k，由机械能守恒定律得4mg ·2x sin α－mg ·2x ＝12·4mv 2＋12mv 2，解得A 获得的最大速度为v ＝2g m 5k，选项B 正确；C 刚离开地面时，B 的加速度为零，选项C 错误；从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A ，B 两小球、地球、弹簧组成的系统机械能守恒，选项D 错误．二、非选择题8．如图所示，跨过同一高度处的定滑轮的细线连接着质量相同的物体A 和B ，A 套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度h ＝0.2 m ，起先时让连着A 的细线与水平杆的夹角θ1＝37°，由静止释放B ，当细线与水平杆的夹角θ2＝53°时，A 的速度为多大？在以后的运动过程中，A 所获得的最大速度为多大？(设B 不会遇到水平杆，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，取g ＝10 m/s 2) 解：设绳与水平杆夹角θ2＝53°时，A 的速度为v A ，B 的速度为v B ，此过程中B 下降的高度为h 1，则有mgh 1＝12mv 2A ＋12mv 2B ，其中h 1＝h sin θ1－hsin θ2，v A cos θ2＝v B ，代入数据，解以上关系式得v A ≈1.1 m/s.A 沿着杆滑到左侧滑轮正下方的过程，绳子拉力对A 做正功，A 做加速运动，此后绳子拉力对A 做负功，A 做减速运动．故当θ1＝90°时，A 的速度最大，设为v A m ，此时B 下降到最低点，B 的速度为零，此过程中B 下降的高度为h 2，则有mgh 2＝12mv 2A m ，其中h 2＝h sin θ1－h ，代入数据解得v A m ＝1.63 m/s. 9．如图所示，水平地面与一半径为l 的竖直光滑圆弧轨道相接于B 点，轨道上的C 点位置处于圆心O 的正下方．在距地面高度为l 的水平平台边缘上的A 点，质量为m 的小球以v 0＝2gl 的速度水平飞出，小球在空中运动至B 点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道．小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g ，试求：(1)B 点与抛出点A 正下方的水平距离x ；(2)圆弧BC 段所对的圆心角θ；(3)小球滑到C 点时，对圆轨道的压力．解：(1)设小球做平抛运动到达B 点的时间为t ，由平抛运动规律得l ＝12gt 2，x ＝v 0t 联立解得x ＝2l .(2)由小球到达B 点时竖直分速度v 2y ＝2gl ，tan θ＝v y v 0，解得θ＝45°. (3)小球从A 运动到C 点的过程中机械能守恒，设到达C 点时速度大小为v C ，由机械能守恒定律有mgl ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1－22＝12mv 2C －12mv 20 设轨道对小球的支持力为F ，有F －mg ＝m v 2C l解得F ＝(7－2)mg由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为F ′＝(7－2)mg ，方向竖直向下．10．如图所示，在竖直空间有直角坐标系xOy ，其中x 轴水平，一长为2l 的细绳一端系一小球，另一端固定在y 轴上的P 点，P 点坐标为(0，l )，将小球拉至细绳呈水平状态，然后由静止释放小球，若小钉可在x 正半轴上移动，细绳承受的最大拉力为9mg ，为使小球下落后可绕钉子在竖直平面内做圆周运动到最高点，求钉子的坐标范围．解：当小球恰过圆周运动的最高点时，钉子在x 轴正半轴的最左侧，则有mg ＝m v 21r 1 小球由静止到圆周的最高点这一过程，依据机械能守恒定律有mg (l －r 1)＝12mv 21 x 1＝2l －r 12－l 2解得x 1＝73l 当小球处于圆周的最低点，且细绳张力恰达到最大值时，钉子在x 轴正半轴的最右侧，则有F max －mg ＝m v 22r 2小球由静止到圆周的最低点这一过程，依据机械能守恒定律有 mg (l ＋r 2)＝12mv 22x 2＝2l －r 22－l 2解得x 2＝43l 因而钉子在x 轴正半轴上的范围为73l ≤x ≤43l .。

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专题限时训练(十八)振动和波光(限时45分钟)综合题(每小题15分，共90分)1．(2017·山东理综)(1)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块做简谐运动的表达式为y＝0.1sin (2.5πt) m．t＝0时刻，一小球从距物块h 高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.以下判断正确的是________．(双选，填正确答案标号)a．h＝1.7 mb．简谐运动的周期是0.8 sc．0.6 s内物块运动的路程为0.2 md．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反(2)半径为R、介质折射率为n的透明圆柱体，过其轴线OO′的截面如图所示．位于截面所在的平面内的一细束光线，以角i0由O点入射，折射光线由上边界的A点射出．当光线在O点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的B 点恰好发生全反射．求A 、B 两点间的距离．答案：(1)ab (2)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n 2－1－n 2－sin 2i 0sin i 0R 解析：(1)由物块简谐运动的表达式y ＝0.1sin (2.5πt ) m 知，ω＝2.5π，T ＝2πω＝2π2.5π s ＝0.8 s ，选项b 正确；t ＝0.6 s 时，y ＝－0.1 m ，对小球：h ＋|y |＝12gt 2，解得h ＝1.7 m ，选项a 正确；物块0.6 s 内路程为0.3 m ，t ＝0.4 s 时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同，故选项c 、d 错误．(2)当光线在O 点的入射角为i 0时，设折射角为r 0，由折射定律得 sin i 0sin r 0＝n ① 设A 点与左端面的距离为d A ，由几何关系得sin r 0＝R d 2A ＋R 2② 若折射光线恰好发生全反射，则在B 点的入射角恰好为临界角C ，设B 点与左端面的距离为d B ，由折射定律得sin C ＝1n ③由几何关系得sin C ＝d Bd 2B ＋R2④ 设A 、B 两点间的距离为d ，可得d ＝d B －d A ⑤联立①②③④⑤式得d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n 2－1－n 2－sin 2i 0sin i 0R .2．(2017·全国理综Ⅱ)(1)如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a 、b 两束光线．则________．(填正确答案标号)A ．在玻璃中，a 光的传播速度小于b 光的传播速度B ．在真空中，a 光的波长小于b 光的波长C ．玻璃砖对a 光的折射率小于对b 光的折射率D ．若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a 首先消失E ．分别用a 、b 光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a 光的干涉条纹间距大于b 光的干涉条纹间距(2)平衡位置位于原点O 的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x 轴传播，P 、Q 为x 轴上的两个点(均位于x 轴正向)，P 与O 的距离为35 cm ，此距离介于一倍波长与二倍波长之间．已知波源自t ＝0时由平衡位置开始向上振动，周期T ＝1 s ，振幅A ＝5 cm.当波传到P 点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5 s ，平衡位置在Q 处的质点第一次处于波峰位置．求：①P 、Q 间的距离；②从t ＝0开始到平衡位置在Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程．答案：(1)ABD (2)①133 cm ②125 cm解析：(1)通过光路图可看出，折射后a 光的偏折程度大于对b 光的偏折程度，玻璃砖对a 光的折射率大于对b 光的折射率，选项C 错误．a 光的频率大于b 光的频率，波长小于b 光的波长，选项B 正确．由n ＝c v 知，在玻璃中，a 光的传播速度小于b 光的传播速度，选项A 正确．入射角增大时，折射率大的光线首先发生全反射，a 光首先消失，选项D 正确．做双缝干涉实验时，根据Δx ＝ L d λ得a 光的干涉条纹间距小于b 光的干涉条纹间距，选项E 错误．(2)①由题意，O 、P 两点间的距离与波长λ之间满足OP ＝54λ① 波速v 与波长的关系为v ＝λT ②在t ＝5 s 的时间间隔内，波传播的路程为v t .由题意有v t ＝PQ ＋λ4③ 式中，PQ 为P 、Q 间的距离．由①②③式和题给数据，得PQ ＝133 cm.④②Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为t 1＝t ＋54T ⑤ 波源从平衡位置开始运动，每经过T 4，波源运动的路程为A .由题给条件得t 1＝25×T 4⑥故t1时间内，波源运动的路程为s＝25A＝125 cm.⑦3．(2017·衡北中学第5次调研)(1)一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x＝5 m处的M点的波形图，图乙是质点N(x＝3 m)从此时刻开始计时的振动图象，Q是位于x＝10 m处的质点．下列说法正确的是________．(填正确答案标号)甲乙A．这列波的波长是4 mB．这列波的传播速度是1.25 m/sC．M点以后的各质点开始振动时的方向都沿－y方向D．质点Q经过8 s时，第一次到达波峰E．在0～16 s内，质点Q经过的路程为11 m(2)如图所示，MN为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为 3 的透明半球体，O为球心，轴线OA垂直于光屏，O至光屏的距离OA＝332R.一细束单色光垂直射向半球体的平面，在平面的入射点为B，OB＝12R，求：①光线从透明半球体射出时，出射光线偏离原方向的角度； ②光线在光屏形成的光斑到A 点的距离．答案：(1)ACD (2)见解析解析：由题图甲知，该波的波长为4 m ，周期为4 s ，因此波速v ＝λT ＝1 m/s ，故A 正确，B 错误；由于波沿x 正方向传播，由同侧法知M 点的起振方向沿y 轴的负方向，根据各质点的起振方向一致知，M 点以后的各质点开始振动时的方向都沿y 轴的负方向，C 正确；质点Q 第一次到达波峰所需的时间t ＝s v ＝10－21s ＝8 s ，D 正确；由于经过5 s ，Q 才开始振动，再经过11 s ，质点Q 经过的路程为x ＝11 s T ·4A＝1.1 m ，E 错误．(2)①如图所示，由折射定律，有n ＝sin θsin i ＝ 3 其中i ＝30°，解得θ＝60°所以出射光线偏离原方向α＝60°－30°＝30°.②由几何知识，有CD ＝R ，OD ＝3R所以AD ＝32R 所以AE ＝AD tan α＝R 2.4．(2017·陕西省西工大附中四模)(1)如图为频率f ＝1 Hz 的波源产生的简谐横波，图中虚线左侧为A 介质，右侧为B 介质，其中x ＝14 m 处的质点振动方向向上，则该波在A 、B 两种介质中传播的速度之比为v A ∶v B ＝________.若图示时刻为0时刻，则经0.75 s 处于x ＝6 m 的质点位移为________cm ，处于x ＝4 m 的质点的振动方程为________cm.(2)如图，截面半径为R 的14圆的透明柱体放置在水平面上，折射率为 3.现有一束光线平行于桌面射到柱体表面，射入柱体后，从竖直表面射出，已知入射光线与桌面的距离为32R ，求出射角θ. 答案：(1)235 y ＝5sin 2πt (2)60° 解析：由v ＝λT ＝λf 知，由于波的频率不变，则该波在A 、B 两种介质中传播时的速度之比即为波长之比，由题图知，两列波的波长分别为4 m 、6 m ，因此该波在A 、B 两种介质中传播时的速度之比为2∶3；由于该波的周期为 1 s ，根据x ＝14 m 处的质点振动方向可以判断该波向左传播，则经过0.75 s 即34个周期，x ＝6 m 的质点处于正向最大位移处，其位移为5 cm ；处于x ＝4 m 的质点的振动方程为y ＝5sin 2πTt (cm)＝5sin 2πt (cm)．(2)设入射光线与14柱体的交点为C，连接OC，OC即为入射点的法线．因此，图中的角α为入射角，过C点作柱体水平表面的垂线，垂足为B.依题意，∠COB＝α.由几何知识可得sin α＝3 2设光线在C点的折射角为β，由折射定律得n＝sin αsin β＝ 3联立解得β＝30°由几何关系知，光线在柱体的竖直表面上的入射角γ(见图)为30°由折射定律得n＝sin θsin γ＝ 3因此sin θ＝3 2解得θ＝60°.5．(2017·西安八校联考)(1)关于波的现象，下列说法正确的有________．(填正确答案标号)A．当波从一种介质进入另一种介质时，频率不会发生变化B．光波从空气中进入水中后，更容易发生衍射C．波源沿直线匀速靠近一静止接收者，则接收者接收到波信号的频率会比波源频率低D ．不论机械波、电磁波，都满足v ＝λf ，式中三个参量依次为波速、波长、频率E ．电磁波具有偏振现象(2)如图所示，AOB 是由某种透明物质制成的14圆柱体的横截面(O 为圆心)，折射率为 2.今有一束平行光以45°的入射角射向柱体的OA 平面，这些光线中有一部分不能从柱体的AB 面上射出．设反射到OB 面的光线全部被吸收，也不考虑OA 面的反射，求圆柱体AB 面上能射出光线的部分占AB 表面的几分之几？答案：(1)ADE (2)12解析：(1)波在传播过程中波速和波长会变化，始终不变的量是频率，A 正确；光从空气中进入水中后，波长减小，更不容易发生衍射，B 错误；根据多普勒效应可知，当波源与观察者之间的相对距离减小时，则接收到波信号的频率升高，C 错误；公式v ＝fλ适用于任何波，D 正确；电磁波是横波，横波具有偏振现象，E 正确．(2)从O 点射入的光线，折射角为γ，根据折射定律，有：n ＝sin 45°sin γ，解得：γ＝30°设从某位置P点入射的光线，折射到AB弧面上的Q点时，在Q点的入射角恰等于临界角C，有：sin C＝1 n代入数据得：C＝45°△PQO中α＝180°－90°－C－γ＝15°所以能射出光线区域对应的圆心角β＝90°－α－γ＝45°能射出光线的部分占AB面的比例为45°90°＝12.6．(1)如图所示是水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰(实线)和波谷(虚线)；S1的振幅A1＝4 cm，S2的振幅A2＝3 cm，则下列说法正确的是________．(填正确答案标号)A．质点D是振动减弱点B．质点A、D在该时刻的高度差为14 cmC．再过半个周期，质点B、C是振动加强点D．质点C的振幅为1 cmE．质点C此刻以后将向下振动(2)如图所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ＝75°.今有一束单色光线在横截面内从OA的中点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，一部分光线经AB面反射后恰好未从OB面射出，不考虑多次反射作用．试求玻璃砖的折射率n.答案：(1)BDE(2) 2解析：(1)由干涉图样可知，D点为两波谷相遇应该是加强点，选项A错误；此时A点在加强后的最高点，D点在加强后的最低点，由合成叠加关系可知AD的高度差为14 cm，选项B正确；由于两波的频率相等，叠加后会形成稳定的干涉图样，所以A、D点始终是加强点，B、C点始终是减弱点，选项C错误；质点C为减弱点，振幅为两振幅之差，为1 cm，选项D正确；由题意可知此时质点C将向下振动，选项E正确.(2)如图所示因E点为OA的中点，所以入射角α＝30°β＝θ＝75°临界角C＝180°－2α－β＝45°OB面恰好发生全反射，则sin C＝1 n解得n＝ 2.。

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