全国通用版2019高考物理总复习精准提分练：实验题专练六
(全国通用版)2019高考物理总复习 精准提分练：选考题专练(六)
选考题专练(六)(限时：10分钟)[选修3－3](15分)33．(1)(5分)下列说法正确的是________．A．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功B．能量耗散说明与热有关的宏观过程在能量转化时具有方向性C．扩散现象在气体、液体中能发生，但在固体中不能发生D．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为N A＝VV0E．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果(2)(10分)如图1所示，两端开口、粗细均匀的足够长的玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中．开启上部连通左右水银的阀门A，当温度为300 K时，水银的平衡位置如图(h1＝h2＝5 cm，L1＝50 cm)，大气压强为75 cmHg.求：图1①右管内气柱的长度L2；②关闭阀门A，当温度升至405 K时，左侧竖直管内气柱的长度L3.答案(1)ABE (2)①50 cm②60 cm解析(1)根据热力学第二定律可知，在外界的影响下物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功，故A正确；能量耗散从能量转化角度反映出自然界的宏观过程具有方向性，故B正确；扩散现象在气体、液体中能发生，在固体中也能发生，故C错误；某气体的摩尔体积为V，每个分子占据的体积为V′，则阿伏加德罗常数可表示为N A＝VV′，V′≠V0，故D错误；空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，故E正确．(2)①左管内气体压强：p1＝p0＋p h2＝80 cmHg，右管内气体压强：p2＝p左＋p h1＝85 cmHg，又p 2＝p 0＋p h 3，则右管内外液面高度差h 3＝10 cm ，右管内气柱长度L 2＝L 1－h 1－h 2＋h 3＝50 cm ；②设玻璃管横截面积为S ，由理想气体状态方程得，p 1L 1S T 1＝[p 0＋(p h 2＋p L 3－p L 1)]L 3S T 2， 代入数据解得：L 3＝60 cm.[选修3－4](15分)34．(1)(5分)下列说法正确的是________．A ．单摆的周期与振幅无关B ．只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力的频率C ．真空中两列同向运动的光束，以其中一光束为参考系，另一光束是以光速c 向前运动的D ．变化的电场一定能产生变化的磁场E ．两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与减弱区域应交替出现(2)(10分)如图2所示，透明柱状玻璃砖横截面为扇形AOB ，圆心角∠AOB ＝60°，一单色平行光束平行于扇形AOB 的角平分线OM 均匀射向OA 面，经OA 面折射的光线恰平行于OB 面．图2①求柱状玻璃砖的折射率；②若经过OA 面上P 点(图中未画出)的光线在AMB 扇面上恰好发生全反射，求OP 与PA 的比值． 答案 (1)ACE (2)① 3 ②2∶1解析 (1)单摆周期T ＝2πL g与振幅无关，A 正确；受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振动显著增强，当驱动力的频率等于物体的固有频率时发生共振，B 错误；根据光速不变原理可知，以其中一光束为参考系，另一光束是以光速c 向前运动的，C 正确；均匀变化的电场产生稳定的磁场，D 错误；两列波相叠加产生干涉现象时，振动加强区域与减弱区域间隔出现，这些区域位置不变，E 正确．(2)①作出光路图如图甲所示，由几何关系可知θ1＝60°，θ2＝30°，根据折射定律可得n ＝sin θ1sin θ2＝ 3②如图乙所示，从P 点射入的光线经折射后在N 点恰好发生全反射，则有sin θ3＝33由几何关系可得PQ ＝NR ＝33OAOP ＝PQ sin∠AOB ＝23OA ，可得OP ∶P A ＝2∶1.。
(全国通用版)2019高考物理总复习 精准提分练：选择题专练(三)
选择题专练(三)(限时：20分钟)二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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．14．一个氡核222 86Rn衰变成钋核218 84Po，其核反应方程为222 86Rn→218 84Po＋X，氡核的半衰期为3.8天．下列说法正确的是( )A．方程式中的X是氚核B．该核反应前后的质量数和质量都守恒C．钋核218 84Po的比结合能大于氡核222 86Rn的比结合能D．十个氡核222 86Rn经过3.8天一定还剩五个氡核222 86Rn答案 C解析方程式中的X质量数为4，电荷数为2，是氦核，选项A错误；该核反应前后的质量数守恒，因伴随能量产生，故有质量亏损，选项B错误；因钋核218 84Po比氡核222 86Rn更稳定，故钋核218 84Po比结合能大于氡核222 86Rn的比结合能，选项C正确；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量的原子核衰变不适用，故选项D错误．15．如图1所示，一劲度系数为k的轻质弹簧的一端与物块相连，另一端固定在固定斜面体顶端，弹簧与斜面平行．当物块位于斜面上A、B两点时，物块恰能静止在斜面上．当物块在A处时，弹簧处于拉伸状态且长度为L1，当物块在B处时，弹簧处于压缩状态且长度为L2，已知物块与斜面间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力．由以上信息可以求出( )图1A．物块与斜面间的动摩擦因数B．物块与斜面间的最大静摩擦力C．弹簧的原长D．物块沿斜面方向的重力的分量答案 B解析当物块在A处时，k(L1－L0)＝mg sin θ＋F fm，当物块在B处时，k(L0－L2)＋mg sin θ＝F fm，两式相加得：F fm ＝k (L 1－L 2)2，即可以求出物块与斜面间的最大静摩擦力，故B 正确，A 、C 、D 错误．16．法拉第电动机的改装电路如图2甲所示，在圆形水银槽中心竖直固定着一条形磁铁，S 极向上，一根金属杆斜插在水银中，金属杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连．在电路中A 、B 点间接入图乙所示交流电时，电源、理想二极管、导线、金属杆、水银构成回路，电路安全且正常工作(不计金属杆在转动中水银阻力的影响及水银电阻的变化)，则从上往下看，金属杆( )图2A ．逆时针匀速转动B ．逆时针非匀速转动C ．顺时针匀速转动D ．顺时针非匀速转动答案 D解析 由于二极管单向导电，则有向上的电流通过金属杆，金属杆处在条形磁铁的磁场中，受到安培力作用，根据左手定则得知，安培力方向与金属杆垂直向外，使金属杆以条形磁铁为轴顺时针转动，由于电流大小周期性改变，所以安培力大小也改变，故金属杆非匀速转动，故A 、B 、C 错误，D 正确．17．(2018·四川省德阳市一诊)某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在0至t 3时间段内，弹簧测力计的示数F 随时间t 变化如图3所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物体运动的a －t 图、v －t 图及P －t 图(P 为物体重力的功率大小)可能正确的是( )图3答案 C解析 由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系，可以依题意，分三种情况讨论： (1)若F 1＝mg ，则0～t 1时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于0，或速度保持不变，加速度等于0.四个图线没有是可能的；(2)若F 2＝mg ，则F 1＜mg ，在0～t 1时间内电梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，为负值，所以D 是不可能的；加速度的方向向下，则物体0～t 1时间内可能向下做加速运动，速度为负，故A 、B 是不可能的；而t 1～t 2时间内受到的合外力等于0，物体做匀速直线运动，物体的速度不变，故B 是不可能的；又由：P ＝mgv ，可知t 1～t 2时间内重力的功率不变，故C 是不可能的；(3)若F 3＝mg ，则F 1＜mg ，F 2＜mg ，在0～t 2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故A 、B 、D 是不可能的；F 3＝mg ，可知在0～t 1时间内向下的加速度大于t 1～t 2时间内向下的加速度，而t 2～t 3时间内物体做匀速直线运动，所以v －t 图象如图，速度的方向向下，重力的方向也向下，由P ＝mgv 可知，图C 是重力的功率随时间变化的图线，故C 是可能的．由以上的分析，可知只有C 选项是可能的，A 、B 、D 都是不可能的． 18．如图4所示的速度选择器水平放置，板长为L ，两板间距离也为L ，两板间分布着如图所示的正交匀强电场与匀强磁场，一带正电的粒子(不计重力)从两板左侧中点O 处沿图中虚线水平向右射入速度选择器，恰好做匀速直线运动；若撤去磁场，保留电场，粒子以相同的速度从O 点进入电场，恰好从上板极右边缘b 点离开场区；若撤去电场，保留磁场，粒子以相同的速度从O 点进入磁场，则粒子圆周运动的半径为( )图4A ．LB ．2L C.54L D.L 2答案 A解析 该粒子恰能匀速通过题图中虚线，电场力向上，洛伦兹力向下，根据平衡条件，有：qvB ＝qE ，解得v ＝E B ；撤去磁场，保持电场不变，粒子在电场中做类平抛运动，则L ＝vt ，12L＝12·qE m t 2，解得粒子的比荷q m ＝ELB2，撤去电场，保持磁场不变，粒子做匀速圆周运动，由qvB ＝m v 2r ，解得r ＝mvqB＝L ，故A 正确，B 、C 、D 错误．19.(2018·河北省“名校联盟”质量检测一)P 1、P 2为相距遥远的两颗半径相同的行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s 1、s 2做匀速圆周运动．图5中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a ，横坐标表示物体到行星中心的距离r 的平方，两条曲线分别表示P 1、P 2周围的a 与r 2的反比关系，它们左端点横坐标相同．则( )图5A ．P 1的质量一定比P 2的大B ．P 1的“第一宇宙速度”比P 2的大C ．s 1的向心力比s 2的大D ．s 1的公转周期比s 2的大 答案 AB解析 根据牛顿第二定律，行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为a ＝GMr2，两曲线左端点横坐标相同，即P 1、P 2的半径相等，故a P 1＝GM 1r >a P 2＝GM 2r，所以M 1>M 2，即P 1的质量大于P 2的质量，A 正确；“第一宇宙速度”v ＝GMR，因为P 1的质量大于P 2的质量，R 相同，所以P 1的“第一宇宙速度”比P 2的大，B 正确；由于不知道两颗卫星的质量，所以不能比较两者向心力的大小，C 错误；根据T ＝2π(R ＋h )3GM，因为P 1的质量大于P 2的质量，R 、h 相同，所以s 1的公转周期比s 2的公转周期小，D 错误．20．如图6所示，在光滑的水平桌面上，质量为m 的物块A 以速度v 向右运动，与静止在桌面上的质量为3m 的物块B 发生正碰，以向右为正方向，碰撞后，物块A 的速度可能为( )图6A ．－0.8vB ．－0.2vC ．0.4vD ．0.1v答案 BD解析 根据完全弹性碰撞关系可得mv ＝mv A ＋3mv B ，12mv 2＝12mv A 2＋12×3mv B 2， 解得v A ＝m －3m m ＋3m v ＝－12v ； 根据完全非弹性碰撞关系可得mv ＝4mv AB ， 解得v A ＝v AB ＝14v ，所以－12v ≤v A ≤14v .故B 、D 正确，A 、C 错误．21．(2018·福建省龙岩市上学期期末)如图7所示，在光滑绝缘水平面的P 点正上方O 点固定了一电荷量为＋Q 的正点电荷，在水平面上的N 点，由静止释放质量为m 、电荷量为－q 的带电小球，小球经过P 点时速度为v ，图中θ＝60°，则在＋Q 形成的电场中( )图7A ．N 点电势高于P 点电势B ．U PN ＝mv 22qC ．P 点电场强度大小是N 点的2倍D ．带电小球从N 点到P 点的过程中电势能减少了mv 22答案 BD解析 根据顺着电场线方向电势降低可知，N 点距离正电荷较远，则N 点电势低于P 点电势，故A 错误．根据动能定理得：带电小球从N 到P 的过程：－qU NP ＝12mv 2，解得U NP ＝－mv 22q ，则U PN ＝－U NP ＝mv 22q ，故B 正确．P 点电场强度大小是E P ＝kQ r P 2，N 点电场强度大小是E N ＝kQr N 2，则E P ∶E N ＝r N 2∶r P 2＝4∶1，故C 错误；带电小球从N 点到P 点的过程中，电场力做正功12mv 2，电势能减少了12mv 2，故D 正确．。
(全国通用版)2019高考物理总复习 精准提分练：仿真模拟练(一)
仿真模拟练(一)(时间：70分钟满分：110分)二、选择题：此题共8小题，每题6分，共48分．在每题给出的四个选项中，第14～18题只有一项切合题目要求，第19～21题有多项切合题目要求．所有选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．以下核反响方程式中，表示核聚变过程的是( )A.14 7N＋42He→17 8O＋11HB.238 92U→234 90Th＋42HeC.21H＋31H→42He＋10nD.235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n答案 C分析轻核聚变是指轻核联合成质量较大的核，并开释出核能的反响，A项为人工转变，B 项为α衰变，C项为轻核聚变，D项为重核裂变，故C正确．15．2018年4月14日，风靡全世界的蹦床主题公园——乐园空间登岸上海，在人气最高的自由蹦床活动中，小朋从扁带上竖直向上跳起，落下后沉入海绵池中，如图1是小朋某次游戏中的v－t图象，t＝0时小朋走开扁带，将小朋视为质点，不考虑空气阻力，则小朋( )图1A．t1时辰落到海绵上B．t2时辰抵达最低处C ．t 3时辰处于均衡状态D ．t 2～t 4时间内处于超重状态 答案 D分析 小朋先向上做匀减速运动，在t 1时辰达到最高点，故A 错误；小朋达到最高点后开始做自由落体运动，接触海绵后，加快度开始减小，t 2时辰速度达到最大，但没有在最低点，故B 错误；t 3时辰速度为零，但协力不为零，故C 错误；t 2～t 4时间内先向下做减速运动，速度减到零后开始反向做加快运动，在此过程中，加快度的方向向来向上，因此是超重状态，故D 正确．16．如图2，一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M 、N 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M 点的速度大小为v 0，方向与水平方向的夹角为60°，N 点为轨迹的最高点，不计重力．则M 、N 两点间的电势差为( )图2A.3mv 028qB ．－3mv 028qC ．－mv 028qD.mv 028q答案 B分析 从M 点到N 点利用动能定理有：qU MN ＝12mv N 2－12mv M 2＝12m (v 0cos 60°)2－12mv 02解得：U MN ＝－3mv 028q，故B 正确．17．一质量为m 的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加快行驶，当速度大小为v 时，其加快度大小为a ，设汽车所受的阻力恒为f .以下说法正确的选项是( ) A ．汽车的功率为fvB ．当汽车的速度增添到2v 时，加快度为a2C ．汽车行驶的最大速率为(1＋ma f)vD ．当汽车的速度为v 时，行驶的距离为v 22a答案 C分析 汽车做加快运动，由牛顿第二定律有：F －f ＝ma ，因此F ＝f ＋ma ， 因此汽车的功率为P ＝Fv ＝(f ＋ma )v ，故A 错误； 当汽车的速度增添到2v 时，此时的牵引力为F ＝P 2v ＝(f ＋ma )v 2v ＝f ＋ma 2由牛顿第二定律有：F －f ＝ma 1，即f ＋ma2－f ＝ma 1解得a 1＝ma －f2m，故B 错误； 当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车速度最大，即v m ＝P f＝(f ＋ma )v f＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ma f v ，故C 正确；因为以恒定的功率行驶，汽车做加快度减小的加快运动，行驶的距离不可以用2ax ＝v 2即x＝v 22a来计算，故D 错误． 18．如图3，在含有理想变压器的电路中，三个定值电阻R 2＝R 3＝2R 1，电流表为理想沟通电表，U 为有效值恒定的正弦沟通电源．当S 闭合时，电流表的示数为I ；当S 断开时，电流表的示数为5I 9.该变压器原、副线圈匝数比n 1n 2为( )图3A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 A分析 设变压器原、副线圈匝数比为k ，则可知，开封闭合时，副线圈总电流为kI ，依据理想变压器原理可知U －IR 1kI R 2R 3R 2＋R 3＝k ，同理U －59IR 1k 59IR 2＝k 联立解得：k ＝2，故A 正确．19．如图4甲所示，矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感觉强度B 随时间变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感觉电流正方向，水平向右为ad边所受安培力F的正方向．以下图象正确的选项是( )图4答案BD分析线圈中的感觉电流决定于磁感觉强度B随t的变化率．由题图可知，0～1 s时间内，B增大，Φ增大，感觉电流产生的磁场与原磁场方向相反(感觉电流产生的磁场的磁感觉强度的方向向外)，由右手定章知感觉电流是逆时针的，是负值，因磁场均匀变化，因此产生的感觉电流恒定，同理可判断出1～4 s内感觉电流的方向，故A错误，B正确；0～1 s时间内，ad边感觉电流是向下的，ad边所受的安培力F＝BIL，依据左手定章得安培力方向向右为正当，因为B随时间均匀增大，I不变，因此安培力F随时间t均匀增大，同理可判断出1～4 s 时间内安培力F随时间t的变化关系，故C错误，D正确．20．某卫星绕地球做匀速圆周运动，周期为T.已知地球半径为R，地球表面重力加快度为g，引力常量为G，假定地球的质量散布均匀，忽视地球自转．以下说法正确的选项是( )A．卫星运转半径r＝3gR2T24π2B．卫星运转半径r＝RT2π3gC．地球均匀密度ρ＝3g4πGRD．地球均匀密度ρ＝3gR4πG答案 AC分析 由万有引力供给向心力有：G mM r 2＝m 4π2T 2r 和G MmR2＝mg 联立解得：r ＝3gR 2T 24π2，故A 正确，B 错误；地球的质量M ＝gR 2G，地球的体积V ＝4πR33，因此地球的密度为ρ＝M V ＝gR 2G 4πR 33＝3g4πGR， 故C 正确，D 错误．L 的不行伸长的绝缘轻线，此中两根的一端固定在天花板上的O 点，另一端分别挂有质量均为m 、电荷量分别为－q 和q 的带电小球A 和B ，A 、B 间用第三根线连结起来．所在空间存在水平向右、大小E ＝mg q的匀强电场，系统均衡时，A 、B 球的地点如图5所示．现将O 、B 之间的轻线烧断，因空气阻力，A 、B 两球最后会达到新的均衡地点(不计两带电小球间互相作用的静电力)．以下说法正确的选项是( )图5A ．A 球的电势能增添了12qELB ．B 球的电势能减少了12qELC ．A 球的重力势能减少了2－32mgLD ．B 球的重力势能减少了2＋2－32mgL答案 ACD分析 设达到新的均衡地点时OA 绳与竖直方向的夹角为α，OB 绳与竖直方向的夹角为β，由均衡条件得对A ：F T1cos α＝mg ＋F T2cos βqE ＝F T1sin α＋F T2sin β对B ：F T cos β＝mgqE ＝F T sin β F T ＝F T2联立解得：α＝0，β＝45° 因此A 球的重力势能减少了mgL (1－cos 30°)＝2－32mgL B 球的重力势能减少了mgL (1＋cos 45°)－mgL cos 30°＝2＋2－32mgL A 球的电势能增添了qEL sin 30°－qEL ＝qEL2B 球的电势能增添了qEL (sin 45°－sin 30°)＝2－12qEL 综上所述，故A 、C 、D 正确． 三、非选择题 (一)必考题22．(5分)利用图6的装置研究“恒力做功与系统动能变化”的关系，小车的质量为M ，钩码的质量为m ，打点计时器的电源是频次为f 的沟通电．图6(1)实验中，把长木板右端垫高，在不挂钩码且________的状况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表示已经除去了摩擦力和其余阻力的影响．(填选项前的字母) A ．打点计时器不打点 B ．打点计时器打点(2)图7是正确操作后获得的一条纸带，纸带上各点是打出的计时点，此中O 为打出的第一个点．在纸带上连续选用A 、B 、C 、D 、E 点进行剖析，测得各点到O 点的距离分别为s 1、s 2、s 3、s 4、s 5，则打点计时器打D 点时，小车的速度v D ＝____.(用已知和测得物理量的符号表示)图7(3)若采纳图中的OD 过程进行考证，则需要考证的关系式为________．(用已知和测得物理量的符号表示)答案 (1)B (2)(s 5－s 3)f 2(3)mgs 4＝18(m ＋M )(s 5－s 3)2f 2分析 (1)在不挂钩码且打点计时器打点的状况下，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表示已经除去了摩擦力和其余阻力的影响，应选B. (2)利用中间时辰的刹时速度等于均匀速度可求得v D ＝s 5－s 32T ＝(s 5－s 3)f 2(3)依据功能关系可知mgh D ＝12(m ＋M )v D 2代入数据得：mgs 4＝18(m ＋M )(s 5－s 3)2f 2只需考证上关系式建立刻可．23．(10分)实验室中有热敏电阻R t 、电炉丝、电磁继电器、电源E (3.6 V ，内阻不计)、电阻箱R 0(0～999.9 Ω)、开关K 和导线若干，某同学设计了如图8甲所示的温控电路，当经过电磁继电器线圈的电流达到20 mA 时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当经过继电器线圈的电流降到18 mA 时，衔铁与继电器分开，电炉丝通电加热，图乙为热敏电阻R t 的阻值与温度t 的关系．图8该同学主要实验过程以下，达成以下填空：(1)用多用电表的欧姆“×1 Ω”挡测继电器线圈的电阻时，主要步骤以下：A．将选择开关旋至“×1 Ω”挡，短接两表笔，调理欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆挡“0”刻度B．调理多用电表的指针定位螺丝，使指针指在直流电流“0”刻度C．将多用电表的选择开关旋至“OFF”D．将两表笔挺接连到图甲中的1、4两点，读出欧姆表的示数即继电器线圈的电阻值以上步骤中存在错误的一项为哪一项________．更正后正确的步骤次序为________________．(填步骤前的字母)(2)已知继电器线圈的电阻为25.0 Ω.该同学将电阻箱的阻值调为75.0 Ω，则该温控器的温度控制范围在______之间；若要提升控制的温度，则需要将电阻箱的阻值____________(选填“调大”或“调小”)．(3)正确设计电路后闭合K，发现电炉丝发热，R t温度向来高升但继电器其实不吸合．将多用电表选择开关旋至直流电压“×10 V”挡，将表笔分别接到图甲中1、2、3、4各点进行故障排查(仅一处故障)，现象以下表，则可知________.B．电阻箱断路C．热敏电阻R t短路D．电磁继电器线圈短路答案(1)D BADC (2)50 ℃～60 ℃调大(3)B分析(1)因为欧姆表不可以直接丈量带电源的电路，应当断开开关将继电器隔绝后再放到1、4两点直接丈量继电器的电阻，因此上述步骤中的D有错误，欧姆表的正确的操作步骤是BADC.(2)当经过电磁继电器线圈的电流达到20 mA时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当经过继电器线圈的电流降到18 mA时，街铁与继电器分开，因此回路中的电流取值范围是18 mA～20 mA，当继电器线圈的电阻为25.0 Ω.电阻箱的阻值调为75.0 Ω，利用闭合电路欧姆定律I＝E R外＋r可解得此时热敏电阻的取值范围为80 Ω～100 Ω，联合图象可知温度的取值范围为50 ℃～60 ℃，若要提升控制的温度，即热敏电阻的阻值变小，则需要将电阻箱的阻值调大，保持回路中电流的取值范围不变．(3)从图中能够看出电表在丈量变阻箱时的电压为电源电动势，因此回路中应当出现了变阻箱断路这样的故障，因此选B.24．(12分)如图9为分拣邮件的传输装置表示图，固定在竖直平面内的圆滑四分之一圆弧轨道与水平传递带相切于B 点，圆弧的半径为R ＝0.8 m ，传递带的长度L ＝3 m ，以速度v ＝2 m/s 沿顺时针方向匀速转动．现将一质量m ＝2 kg 的邮件(可视为质点)由圆弧极点A 点静止开释，已知邮件和传递带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：图9(1)邮件滑到B 点时的速度大小； (2)邮件由B 点运动到C 点的时间； (3)邮件与传递带间因摩擦产生的热量． 答案 (1)4 m/s (2)1.3 s (3)4 J 分析 (1)由动能定理得：mgR ＝12mv B 2解得：v B ＝4 m/s ；(2)邮件在传递带上滑动，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma 减速到v 的过程中：v 2－v B 2＝2(－a )x 1v ＝v B －at 1匀速阶段：L －x 1＝vt 2综上可得运动的时间：t ＝t 1＋t 2＝1.3 s (3)邮件与传递带相对位移：Δx ＝x 1－vt 1 摩擦生热：Q ＝μmg Δx ＝4 J.25．(20分)如图10，空间存在方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场．在x >0的地区内，磁感觉强度大小B 1＝3B 0，在x <0的地区内，磁感觉强度大小B 2＝4B 0.在t ＝0时辰，一静止于O 点的中性粒子分裂为两个质量分别为m 、7m 的带电粒子a 和b ，此中a 粒子带正电，电荷量为q ，分裂后粒子a 以速度v 沿x 轴正向运动．不计粒子的重力以及粒子间的互相作用，求：图10(1)分裂后b 粒子的速度大小；(2)当粒子a 的速度方向再次沿x 轴正向时，粒子a 的运动时间和到O 点的距离； (3)粒子a 与b 在y 轴上相遇的时辰和地点． 答案 看法析分析 (1)由动量守恒定律得0＝mv ＋(－7mv b ) 解得：v b ＝v7；(2)由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r ，T ＝2πrv解得粒子a 的运动时间：t a ＝12·2πm q ·3B 0＋12·2πm q ·4B 0＝7πm12qB 0到O 点的距离：y a ＝2mvq ·3B 0－2mvq ·4B 0＝mv 6qB 0； (3)a 经过y 轴的坐标及对应的时辰为：y a ＝n ·2mv q ·3B 0－(n －1)·2mvq ·4B 0＝n ＋36·mvqB 0(n ＝1,2,3……) t a ＝n ·12·2πm q ·3B 0＋(n －1)·12·2πmq ·4B 0＝7n －312·πm qB 0或y a ′＝n ·2mvq ·3B 0－n ·2mv q ·4B 0＝n 6·mvqB 0(n ＝1,2,3……)t a ′＝n ·12·2πm q ·3B 0＋n ·12·2πmq ·4B 0＝7n 12·πmqB 0b 经过y 正半轴的坐标及对应的时辰为： y b ＝N ·2mv q ·4B 0－(N －1)·2mvq ·3B 0＝－N ＋46·mvqB 0(n ＝1,2,3……) t b ＝N ·2π·7m 2q ·4B 0＋(N －1)·2π·7m 2q ·3B 0＝49N －2812·πm qB 0.粒子a 和b 相遇需知足条件t a ＝t b 且y a ＝y b或t a ′＝t b 且y a ′＝y b解得t a ＝t b 时无解．t a ′＝t b 时，n ＝3，N ＝1即t ＝7πm 4qB 0，y ＝mv 2qB 0. (二)选考题33．[选修3－3](15分)(1)(5分)分子同时存在着引力和斥力，若分子间引力、斥力随分子距离r 的变化规律分别为F 引＝b r a ，F 斥＝d rc .以下说法正确的选项是________． A ．分子表现为斥力时，由b r a >dr c 得r >1a c b d -⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．引力和斥力相等时，由br a ＝d r c 得r ＝1a c b d -⎛⎫⎪⎝⎭，故当r >1a c b d -⎛⎫ ⎪⎝⎭时分子作使劲为引力C ．引力和斥力相等时，分子势能为零D ．引力大于斥力时，分子势能随分子间距离增大而增大E ．斥力大于引力时，分子势能随分子间距离减小而增大(2)(10分)如图11所示，内壁圆滑的汽缸张口向上竖直搁置；缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ高度均为L 0，温度均为T 0.活塞A 到汽缸顶部的距离为L 0，活塞A 、B 绝热，A 下有加热装置，汽缸底部导热、其余部分绝热，开始时整个装置处于均衡状态．已知活塞A 和加热装置质量不计，B 质量为m 、横截面积为S ，外界大气压强为p 0，环境温度不变．现对气体Ⅰ迟缓加热，求：图11①气体Ⅰ温度多大时B 活塞开始挪动；②活塞B 下移L 02时气体Ⅰ的温度． 答案 (1)BDE (2)看法析分析 (2)①取Ⅰ气体为研究对象，p 1＝p 0，气体发生等压膨胀，当其体积为2L 0S 时，B 开始挪动．由盖－吕萨克定律得：L 0S T 0＝2L 0S T 1解得：T 1＝2T 0②Ⅱ气体初态压强为p 2＝p 0＋mg S 对Ⅱ由等温变化：p 2L 0S ＝p 2′×12L 0S Ⅰ气体此时压强为p 1′，p 1′＝p 2′－mgS对Ⅰ由理想气体状态方程：p 1L 0S T 0＝p 1′×52L 0S T 1′解得：T 1′＝5(2p 0S ＋mg )2p 0ST 0. 34．[选修3－4](15分)(1)(5分)如图12所示，一列横波在x 轴上流传，实线和虚线分别表示t 1＝0、t 2＝0.14 s 时的波形，已知实线在t 3＝0.6 s 时第5次重复出现．则________．图12A ．波的周期为0.1 sB ．波的波长为12 cmC ．波的流传速度为1 m/sD ．波沿x 轴正方向流传E ．t 2＝0.14 s 时，x ＝0处质点的纵坐标为y ＝ 3 cm(2)(10分)如图13所示为半径R ＝6 cm 的某种半圆柱透明介质的截面图，MN 为紧靠该介质右边竖直搁置的光屏，与介质相切于P 点．由红光和紫光两种单色光构成的复色光射向圆心O .图13①当入射角i ＝30°时，在光屏上出现三个亮斑，MP 间两个亮斑到P 点距离分别为8 cm 和6 cm.则介质对红光和紫光的折射率分别为多少？②当入射角i ＝53°时，在光屏上会出现几个亮斑，亮斑分别是什么颜色？答案 (1)BCE(2)①紫光折射率为 2 ②光屏上出现两个亮斑，MP 间的亮斑为红色，PN 间的亮斑为红、紫色混淆亮斑． 分析 (1)已知实线在t 3＝0.6 s 时第5次重复出现，则有：t 3＝0.6 s ＝5T ，得T ＝0.12 s ，故A 错误；由题图知波的波长为12 cm ，故B 正确；波的流传速度为：v ＝λT ＝ m/s ＝1 m/s ，故C 正确；t 2＝0.14 s ＝T ＋0.02 s ，则波流传距离x ＝vt 2＝λ＋2 cm ，可知波沿x 轴负方向流传，故D 错误；t 2＝0.14 s ＝0.12 s ＋0.02 s ，而0.02 s ＝T6，依据正弦式振动方程y ＝A sin(2πT ·t )得y ＝2×sin(2πT ·T6)＝ 3 cm ，因此t 2＝0.14 s 时，x ＝0处质点的纵坐标为y ＝ 3 cm ，故E 正确．(2)①如图，由几何关系得tan θ1＝BPR ＝1，得θ1＝45°tan θ2＝AP R ＝43，得θ2＝53°，因此紫光的折射率为n 1＝sin 45°sin 30°＝2， 因此红光的折射率为n 2＝sin 37°sin 30°＝1.2； ②设紫光和红光的临界角分别为C 1，C 2，sin C 1＝1n 1＝22， 解得，C 1＝45°<i ＝53°同理sin C 2＝1n 2＝56>si n 53° 故C 2>i ＝53°.则紫光发生全反射，红光发生反射和折射．光屏上出现两个亮斑，MP 间的亮斑为红色，PN 间的亮斑为红、紫色混淆亮斑．。
2019届全国新高考原创考前精准提分密卷(六)物理试卷
2019届全国新高考原创考前精准提分密卷（六）物理试卷本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。
全卷满分300分。
考试用时150分钟。
★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一个选项符合题目要求，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，有选错的不得分。
14．航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示。
关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有( )A．在轨道Ⅱ上经过A的机械能小于在轨道Ⅰ上经过A的机械能B．在轨道Ⅱ上经过A的机械能小于经过B点的机械能C．在轨道Ⅱ上运动的周期可能等于在轨道Ⅰ上运动的周期D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度15．如图所示，固定的倾斜足够长的光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长，C和C`（图中未画出）关于B点对称，现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端时，小球的速度恰好为零，下列说法正确的是( )A．小球到达B点时，速度达到最大值B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小C．小球在C`点的速度可能为零D．小球在最低处时，弹簧的弹性势能可能等于小球在C点时的弹性势能16．如图，小物块以初速度v0从O点沿光滑斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小为2v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇。
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选择题专练(一)(限时：20分钟)二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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．下列论述中正确的是( )A．开普勒根据万有引力定律得出行星运动规律B．爱因斯坦的狭义相对论，全面否定了牛顿的经典力学规律C．普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念D．玻尔提出的原子结构假说，成功地解释了各种原子光谱的不连续性答案 C解析开普勒通过研究第谷的行星观测数据，得出了行星运动规律，A错误；爱因斯坦的狭义相对论，并没有全面否定牛顿的经典力学，B错误；普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念，C正确；玻尔提出的原子结构假说，不能解释复杂原子，如氦原子核光谱的不连续性，D错误．15.如图1，放置在光滑的水平地面上足够长的斜面体，下端固定有挡板，用外力将轻质弹簧压缩在小木块和挡板之间，弹簧的弹性势能为100 J．撤去外力，木块开始运动，离开弹簧后，沿斜面向上滑到某一位置后，不再滑下，则( )图1A．木块重力势能的增加量为100 JB．木块运动过程中，斜面体的支持力对木块做功不为零C．木块、斜面体和弹簧构成的系统，机械能守恒D．最终，木块和斜面体以共同速度向右匀速滑行答案 B解析因为到达最高点后，木块不再下滑，所以木块必受斜面的摩擦力作用，斜面体受到木块的斜向右上的摩擦力作用，该力在水平方向上有一个分力，故斜面体向右运动，木块相对地面在水平方向上有位移，斜面体对木块的支持力与水平位移夹角不垂直，故斜面体的支持力对木块做功不为零，木块、斜面体和弹簧构成的系统，有摩擦力做功，所以机械能不守恒，B正确，C错误；将弹簧、木块和斜面体看成一个整体，整体在水平方向上受力为零，所以系统水平方向动量守恒，释放弹簧前系统水平方向动量为零，故释放弹簧后系统水平方向动量仍旧为零，即木块和斜面体最后静止，弹簧的弹性势能转化为系统的内能(克服摩擦力做功)以及木块的重力势能，故木块重力势能的增加量小于100 J ，A 、D 错误．16．如图2所示，a 为放在地球赤道上随地球一起转动的物体，b 、c 、d 为在圆轨道上运行的卫星，轨道平面均在地球赤道面上，其中b 是近地卫星，c 是地球同步卫星．若a 、b 、c 、d 的质量相同，地球表面附近的重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( )图2A ．b 卫星转动的线速度大于7.9 km/sB ．a 、b 、c 、d 的周期大小关系为T a <T b <T c <T dC ．a 和b 的向心加速度都等于重力加速度gD ．在b 、c 、d 中，b 的动能最大，d 的机械能最大答案 D解析 7.9 km/s 是第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，所以b 卫星转动的线速度小于7.9 km/s ，故A 错误．对于b 、c 、d 三颗卫星，由开普勒第三定律r 3T 2＝k ，知T b <T c <T d ，地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，则有T a ＝T c .因此有T b <T a ＝T c <T d ，故B 错误．b 卫星由重力提供向心力，其向心加速度等于重力加速度g ，而a 由重力和支持力的合力提供向心力，则a 的向心加速度小于重力加速度g ，故C 错误．对于b 、c 、d 三颗卫星，根据万有引力提供圆周运动向心力，有：G Mm r 2＝m v 2r，得v ＝GM r ，卫星的动能为E k ＝12mv 2＝GMm 2r，所以b 的动能最大，若要将卫星的轨道半径增大，卫星必须加速，机械能增大，所以d 的机械能最大，故D 正确．17．如图3所示，在竖直平面内，一光滑杆固定在地面上，杆与地面间夹角为θ，一光滑轻环套在杆上．一个轻质光滑的滑轮(可视为质点)用轻质绳OP 悬挂在天花板上，另一轻绳通过滑轮系在轻环上，现用向左的拉力缓慢拉绳，当轻环静止不动时，与手相连一端的绳子水平，则OP 绳与天花板之间的夹角为( )图3A.π2 B ．θ C.π4＋θ2 D.π4－θ2答案 D解析 水平向左缓慢拉绳至轻环重新静止不动，则环处于平衡状态，对环受力分析，绳子的拉力垂直于杆时，绳子的拉力沿杆的方向没有分力，此时环能保持静止，由几何关系可知，QP 段绳子与竖直方向之间的夹角是θ；再对滑轮受力分析，受三个拉力，由于OP 段绳子的拉力与另外两个拉力的合力平衡，而另外两个拉力大小相等，故PO 在另外两个拉力的角平分线上，结合几何关系可知，OP 与天花板之间的夹角为π4－θ2，D 正确． 18．如图4所示，在垂直纸面向里、磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，有一长度L ＝5 m 的细圆筒，绕其一端O 在纸面内沿逆时针方向做角速度ω＝60 rad/s 的匀速圆周运动．另一端有一粒子源，能连续不断相对粒子源沿半径向外发射速度为v ＝400 m/s 的带正电粒子．已知带电粒子的电荷量q ＝2.5×10－6 C ，质量m ＝3×10－8kg ，不计粒子间相互作用及重力，打在圆筒上的粒子均被吸收，则带电粒子在纸面内所能到达的范围面积S 是( )图4A ．48π m 2B ．9π m 2C ．49π m 2D ．16π m 2 答案 A解析 发射粒子时，粒子沿半径方向的速度为v ＝400 m/s ，粒子随细圆筒做圆周运动，垂直半径方向的速度为ωL ＝300 m/s ，故粒子速度为v ′＝500 m/s ，设粒子速度方向与径向夹角为θ，则tan θ＝ωL v，θ＝37°；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故有：Bv ′q ＝mv ′2R ，所以，运动半径为：R ＝mv ′qB＝3 m ；根据左手定则可知，粒子做圆周运动也是沿逆时针方向运动；根据几何关系，粒子做圆周运动的圆心到O 的距离为s ＝4 m ，故带电粒子在纸面内所能到达的范围为内径为s －R ＝1 m 、外径为s ＋R ＝7 m 的环形区域，故带电粒子在纸面内所能到达的范围面积为：S ＝π×72 m 2－π×12 m 2＝48π m 2，故A 正确，B 、C 、D 错误．19．如图5所示，内径为2R 、高为H 的圆筒竖直放置，在圆筒内壁上边缘的P 点沿不同方向水平抛出可视为质点的三个完全相同小球A 、B 、C .它们初速度方向与过P 点的直径夹角分别为30°、0°和60°，大小均为v 0，已知v 02>2gR 2H ，g 为重力加速度．从抛出到第一次碰撞筒壁，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图5 A ．三小球运动时间之比t A ∶t B ∶t C ＝3∶2∶1B ．三小球下落高度之比h A ∶h B ∶hC ＝2∶3∶1C ．重力对三小球做功之比W A ∶W B ∶W C ＝3∶4∶1D ．重力的平均功率之比P A ∶P B ∶P C ＝2∶3∶1答案 AC解析 因为三个小球都碰壁，说明没有下落到底部，小球在水平方向上做匀速直线运动，根据几何知识可知三个球的水平位移x A ＝2R ·32＝3R ，x B ＝2R ，x C ＝2R ·12＝R ，而所用时间t A ∶t B ∶t C ＝x A v 0∶x B v 0∶x C v 0＝3∶2∶1，A 正确；在竖直方向上做自由落体运动，三小球下落高度之比h A ∶h B ∶h C ＝12gt A 2∶12gt B 2∶12gt C 2＝3∶4∶1，B 错误；重力对小球做功W G ＝mgh ，故W A ∶W B ∶W C ＝h A ∶h B ∶h C ＝3∶4∶1，C 正确；重力的平均功率P ＝W t ，故P A ∶P B ∶P C ＝W A t A ∶W B t C ∶W C t C＝33∶42∶11＝3∶2∶1，D 错误． 20．图6(a)中理想变压器的原线圈依次接入如图(b)所示的甲、乙两个正弦交流电源．接电源甲后，调节滑动变阻器滑片位置使小灯泡A 正常发光，小灯泡的功率及电流频率分别为P 1、f 1；保持滑片位置不变，改用电源乙，小灯泡的功率及电流频率分别为P 2、f 2，则( )图6A ．f 1∶f 2＝3∶2B ．P 1∶P 2＝2∶1C ．若将变阻器滑片向左移动，电源乙可能使小灯泡正常发光D ．若将变压器动片P 向下移动，电源乙可能使小灯泡正常发光答案 AD解析 变压器不改变交流电的频率，从题图b 中可知3T 1＝2T 2，即T 1T 2＝23，所以f 1f 2＝32，A 正确；从题图b 中可知甲、乙两个电源的电动势最大值之比为2∶1，两种情况下副线圈两端的电压有效值之比为2∶1，所以两种情况下通过灯泡的电流之比为2∶1，根据P ＝I 2R 可知P 1P 2＝41，B 错误；若将变阻器滑片向左移动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，通过灯泡的电流减小，所以电源乙不可能使小灯泡正常发光，C 错误；若将变压器动片P 向下移动，即n 1n 2减小，根据n 1n 2＝U 1U 2可知U 2增大，即副线圈两端电压增大，故电源乙可能使小灯泡正常发光，D 正确．21．两个完全相同的平行板电容器C 1、C 2水平放置，如图7所示．开关S 闭合时，两电容器中间各有一油滴A 、B 刚好处于静止状态．现将S 断开，将C 2下极板向上移动少许，然后再次闭合S ，则下列说法正确的是( )图7A ．两油滴的质量相等，电性相反B ．断开开关，移动C 2下极板过程中，B 所在位置的电势不变C ．再次闭合S 瞬间，通过开关的电流可能从上向下D ．再次闭合开关后，A 向下运动，B 向上运动答案 BCD解析 当S 闭合时，左边电容的上极板和右边电容的下极板相连，即两个极板的电势相等，又因为其他两个极板都接地，电势相等，故两极板间的电势差的绝对值相等，根据mg ＝|U |dq ，由于不知道两油滴的电荷量，故两个油滴的质量不一定相等，若C 1上极板带正电，则C 1电场方向竖直向下，A 液滴应受到竖直向上的电场力，故带负电，C 2下极板带正电，则C 2电场方向竖直向上，B 滴液应受到竖直向上的电场力，所以带正电，电性相反；若C 1上极板带负电，则C 1电场方向竖直向上，A 液滴应受到竖直向上的电场力，故带正电，C 2下极板带负电，则C 2电场方向竖直向下，B 滴液应受到竖直向上的电场力，所以带负电，电性相反，总之，两油滴的电性相反，A 错误；断开开关，移动C 2下极板过程中，两极板所带电荷量相等，根据C ＝εr S 4πkd ，C ＝Q U ，E ＝U d 联立可得E ＝4πkQ εr S，两极板间的电场强度大小和两极板间的距离无关，故电场强度恒定，所以B 的受力不变，故仍处于静止状态，到上极板(零电势)的距离不变，根据U ＝Ed 可知B 点的电势不变，B 正确；S 断开，将C 2下极板向上移动少许，根据C ＝εr S 4πkd 可知C 2增大，根据C ＝Q U 可知U 减小，即C 2下极板电势降低，再次闭合S 瞬间，C 1上极板的电势大于C 2下极板电势，通过开关的电流可能从上向下，稳定后，根据E ＝U d可知C 1两极板间的电势差减小，电场强度减小，A 向下运动，C 2两极板间的电势差增大，电场强度增大，B 向上运动，C 、D 正确．。
(全国通用版)2019最新高考物理总复习 精准提分练：选考题专练(一)
选考题专练(一)(限时：10分钟)[选修3－3](15分)33．(1)(5分)下列说法中正确的是________．A．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功从而转化为机械能B．将两个分子由距离极近移动到相距无穷远处的过程中，它们的分子势能先减小后增大C．当气体分子间的作用力表现为引力时，若气体等温膨胀，则气体对外做功且内能增大D．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体存在表面张力E．单位时间内气体分子对容器壁单位面积碰撞的次数减少，气体的压强一定减小(2)(10分)如图1所示，两竖直且正对放置的导热汽缸底部由细管道(体积忽略不计)连通，两活塞a、b(厚度不计)用刚性轻杆相连，可在两汽缸内无摩擦地移动．上、下两活塞的横截面积分别为S1＝10 cm2、S2＝20 cm2，两活塞总质量为M＝5 kg，两汽缸高度均为H＝10 cm.两汽缸与细管道内封闭有一定质量的理想气体，系统平衡时活塞a、b到缸底部距离均为L＝5 cm.已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度T0＝300 K，取重力加速度g＝10 m/s2.图1①若缓慢升高环境温度，使一活塞缓慢移到对应汽缸的底部，求此时环境的温度．②若保持温度不变，用竖直向下的力缓慢推活塞b，直到活塞b到达汽缸底部，求此过程中推力的最大值．答案(1)BCD (2)①400 K②75 N解析(1)机械能可以全部转化为内能，内能无法全部用来做功从而转化为机械能，故A错误；将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中，分子力先是斥力后是引力，分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增大，故B正确；当气体分子间的作用力表现为引力时，若气体等温膨胀，气体分子间距离变大，分子引力做负功，分子势能增加，气体内能增加，同时由于气体体积增大，气体要对外界做功，故C正确；液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，则液体表面分子间表现为相互吸引，所以存在表面张力，故D正确；气体的体积增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数减少，如果温度升高，气体分子撞击器壁的速率增大，对器壁的压力增大，气体的压强可能增大、可能减小也可能不变，故E 错误．(2)①汽缸内气体压强不变，温度升高，气体体积变大，故活塞向上移动由盖－吕萨克定律有：LS 1＋LS 2T 0＝HS 2T解得：T ＝400 K②设向下推动的距离为x 时，气体压强为p由平衡条件得：p 0S 1＋pS 2＝Mg ＋p 0S 2＋pS 1＋F当F ＝0时，可得初始状态气体压强p 1＝1.5×105 Pa缓慢向下推活塞b 的过程，温度不变由玻意耳定律得： p (LS 1＋xS 1＋LS 2－xS 2)＝p 1(LS 1＋LS 2)联立以上各式得：F ＝150x 15－x ＝15015x－1(0≤x ≤5 cm) 当x ＝5 cm 时，F 最大，F m ＝75 N.[选修3－4](15分)34．(1)(5分)如图2所示，在透明均匀介质内有一球状空气泡，一束包含a 、b 两种单色光的细光束从介质射入气泡，A 为入射点，之后a 、b 光分别从C 点、D 点射向介质．已知光束在A 点的入射角i ＝30°，a 光经过气泡的偏向角θ＝45°，CD 弧所对圆心角为3°，则下列说法中正确的是________．图2A ．b 光经过气泡的偏向角为42°B ．介质对a 光的折射率大于 3C ．a 光的频率小于b 光的频率D ．b 光从该介质射向空气的全反射临界角的正弦值为12sin 51°E ．若a 、b 两单色光分别通过同一双缝干涉装置，则b 光在屏上产生的条纹间距大图3(2)(10分)一列沿x 轴传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形如图3所示，介质中x ＝6 m 处的质点P 沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝0.2cos 4πt (m)．求：①该波的传播速度；②从t ＝0时刻起，介质中x ＝10 m 处的质点Q 第一次到达波谷经过的时间． 答案 (1)ADE (2)见解析解析 (1)光束在A 点的入射角为i ，折射角分别为r a 、r b ，作出光路图如图所示．a 色光的偏向角为45°，而偏向角θa ＝2(r a －i )则r a ＝52.5°，由几何知识得，AC 弧所对的圆心角为180°－2×52.5°＝75°.CD 弧所对的圆心角为3°，则AD 弧所对的圆心角为78°，故r b ＝180°－78°2＝51°，b 色光的偏向角为θb ＝2(r b －i )＝42°，故A 正确；介质对a 色光的折射率n a ＝sin r asin i ＝sin 52.5°sin 30°<sin 60°sin 30°＝3，故B 错误；介质对b 色光的折射率n b ＝sin r bsin i ＝sin 51°sin 30°<n a ，则a 光的频率大于b 光的频率，故C 错误；b 色光从介质射向空气的全反射临界角的正弦值sin C ＝1n b＝12sin 51°，故D 正确；a 光的折射率大于b 光的折射率，a 、b 两单色光在透明介质中的波长λa <λb ， 根据条纹间距公式Δx ＝L d λ，故Δx a <Δx b ，故E 正确．(2)①由题图可知，波长λ＝24 m ，由质点P 的振动方程可知，角速度ω＝4π rad/s 则周期T ＝2πω＝0.5 s故该波的传播速度v ＝λT ＝48 m/s②若波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻，质点Q 左侧相邻的波谷在x ＝－6 m 处 该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ＝x 1v ＝13 s若波沿x 轴负方向传播，t ＝0时刻，质点Q 右侧相邻的波谷在x ＝18 m 处该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ′＝x 2v ＝16s.。
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选择题专练(四)(限时：20分钟)二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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.如图1所示，将某均匀长方体锯成A、B两块后，在水平桌面上对齐放在一起，现用水平力F推B，使A、B整体保持长方体并沿F方向匀速运动，则( )图1A．A在水平方向受到三个力的作用，且合力为零B．A在水平方向受到五个力的作用，且合力为零C．A对B的作用力方向与A、B接触面垂直D．B对A的弹力大于桌面对A的摩擦力答案 A解析对A受力分析，在水平方向上受B对A的弹力、桌面对A的滑动摩擦力和B对A的静摩擦力，在三个力的作用下处于平衡状态，受力如图，故A正确，B错误．B对A的弹力和静摩擦力的合力与桌面对A的滑动摩擦力等大反向，与F 的方向相同；根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力方向与F的方向相反，不是与A、B接触面垂直，故C错误．因为B对A的弹力与B对A的摩擦力垂直，二者的合力等于桌面对A 的摩擦力，所以B对A的弹力小于桌面对A的摩擦力，故D错误．15．如图2甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，不计空气阻力，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中不正确的是( )图2A ．该弹簧的劲度系数为20 N/mB ．当Δx ＝0.3 m 时，小球处于超重状态C ．小球刚接触弹簧时速度最大D ．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大 答案 C解析 当Δx ＝0.1 m 时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，合力为零，小球的加速度为零，可得：k Δx ＝mg ，解得：k ＝mg Δx ＝0.2×100.1N/m ＝20 N/m ，故A 正确；由题图乙可知，Δx ＝0.3 m时，小球的速度减小，加速度向上，故说明小球处于超重状态，故B 正确；由题图乙知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx ＝0.1 m 时，小球的速度最大，然后速度减小，故C 错误；题图乙图线的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故D 正确．本题选不正确的，故选C. 16．假想在地球赤道上有一颗苹果树，其高度超过了地球同步卫星轨道的高度．树上若有质量相等的三个苹果A 、B 、C ，其高度分别低于、等于、高于地球同步卫星轨道高度．则下列说法正确的是( ) A ．苹果A 的线速度最大B ．苹果B 所需向心力小于苹果A 所需向心力C ．苹果C 离开苹果树时加速度减小D ．苹果C 脱离苹果树后，可能会落向地面 答案 C解析 三者的角速度相同，根据v ＝ωr 可知苹果C 的线速度最大，A 错误；根据F 向＝mω2r 可知半径越大，向心力越大，故苹果B 所需向心力大于苹果A 所需向心力，B 错误；由于苹果C 的角速度和同步卫星的角速度相同，而根据ω＝GMr 3可知轨道半径越大，角速度越小，所以C 所在轨道的角速度大于该轨道所需的角速度，故做离心运动，所以苹果C 脱离苹果树后，根据a ＝GMr2可知轨道半径变大，加速度减小，飞向茫茫宇宙，C 正确，D 错误． 17.如图3所示，在一等腰直角三角形ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)以速度v 从AC 边的中点O垂直AC 边射入磁场区域．若三角形的两直角边长均为2L ，要使粒子从CD 边射出，则v 的取值范围为( )图3A.qBL m ≤v ≤22qBL mB.qBL m ≤v ≤ 5qBL m C.qBL 2m ≤v ≤(2＋1)qBL m D.qBL 2m ≤v ≤ 5qBL 2m答案 C解析 根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝Bqrm，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，粒子与AD 边相切时速度最大，如图．由几何关系可知r －Lcos 45°＋[2L －(r －L )]cos 45°＝r最大半径为r 1＝(2＋1)L ， 故最大速度应为v 1＝(2＋1)qBLm；当粒子从C 点出射时半径最小，为r 2＝L2，故最小速度应为v 2＝qBL 2m，故v 的取值范围为qBL 2m ≤v ≤(2＋1)qBL m， 故选C.18．如图4所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场．质量为m 、半径为R 的圆环当通有恒定的电流I 时，恰好能水平静止在N 极正上方H 处．已知与磁单极子N 极相距r 处的磁感应强度大小为B ＝k r，其中k 为常数．重力加速度为g .则( )图4A ．静止时圆环的电流方向为逆时针方向(俯视)B ．静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势C ．静止时圆环的电流I ＝mg (H 2＋R 2)2πkR2D ．若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落过程中加速度先增加后减小 答案 C解析 环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可知，静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，故A 错误；由左手定则可知，环上的各点受到的安培力有水平向里的分力，所以环有收缩的趋势，故B 错误；对环的某一部分进行受力分析：在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个环在水平方向的合力为0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力：F ＝BI ·2πR ，设F 与竖直方向的夹角为θ，由几何关系：F cos θ＝mg ，cos θ＝RH 2＋R 2，由题：B ＝kH 2＋R 2，联立得：I ＝mg (H 2＋R 2)2πkR 2，故C 正确；结合C 的受力分析可知，若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减小；由静止释放，开始时重力大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以合外力减小，加速度先减小，故D 错误． 19．已知钚的一种同位素23994Pu 的半衰期为24 100年，其衰变方程为23994Pu→X＋42He ＋γ，则下列说法中正确的是( )A ．衰变发出的γ射线是频率很大的电磁波，穿透能力很强B ．X 原子核中含有143个中子C ．8个23994Pu 经过24 100年后一定还剩余4个 D ．衰变过程的总质量不变答案 AB解析 衰变发出的γ射线是频率很大的电磁波，具有很强的穿透能力，不带电，故A 正确．根据电荷数守恒和质量数守恒得，X 的电荷数为92，质量数为235，质子数为92，则中子数为235－92＝143，故B 正确．半衰期是对大量原子核发生衰变的统计规律，对少量的原子核不适用，故C 错误．在衰变的过程中，根据质能方程知，有能量放出，有质量亏损，故D 错误． 20．如图5所示，真空中固定两个等量异种点电荷A 、B ，其连线中点为O .在A 、B 所形成的电场中，以O 点为圆心、半径为R 的圆面垂直于AB ，以O 为几何中心、边长为2R 的正方形abcd 平面垂直圆面且与AB 共面，两平面边线交点分别为e 、f ，g 为圆上一点．下列说法中正确的是( )图5A ．a 、b 、c 、d 、e 、f 六点中，不存在场强和电势均相同的两点B ．将一电荷由e 点沿圆弧egf 移到f 点，电场力始终不做功C ．将一电荷由a 点移到圆面内任意一点时，电势能的变化量相同D ．沿线段eOf 移动的电荷受到的电场力先减小后增大 答案 BC解析 题图中圆面是一个等势面，e 、f 的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e 、f 的场强相同，故A 错误．题图中圆弧egf 在同一等势面上，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W ＝qU 可知：将一正电荷由e 点沿圆弧egf 移到f 点电场力不做功，故B 正确．a 点与圆面内任意一点的电势差相等，根据公式W ＝qU 可知：将一电荷由a 点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同，故C 正确．沿线段eOf 移动电荷，电场强度先增大后减小，则电荷受到的电场力先增大后减小，故D 错误．21．如图6所示，单匝矩形闭合导线框abcd 处于磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法中正确的是( )图6A ．线框转过π6时，线框中的电流方向为abcdaB ．线框中感应电流的有效值为2BSω2RC ．线框转一周过程产生的热量为2πωB 2S2RD ．线框从中性面开始转过π2过程，通过导线横截面的电荷量为BS R答案 BD解析 根据楞次定律可知线框中的电流方向为adcba ，故A 错误；线圈转动过程中感应电动势的最大值为：E m ＝BSω，感应电压的有效值为：U ＝BSω2，则线框中感应电流的有效值为：I ＝U R ＝2BSω2R ，故B 正确；线框转一周的过程中，产生的热量为：Q ＝I 2RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2BSω2R 2R 2πω＝πωB 2S2R ，故C 错误；线框从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为：q＝ΔΦR 总＝BSR，故D 正确．。
(全国通用版)2019高考物理总复习 精准提分练：实验题专练(三)
实验题专练(三)(限时：15分钟)22．(5分)某同学设计了以下实验装置，用来测定小滑块与桌面间的动摩擦因数．图1如图1甲所示，水平桌面上有一滑槽，其尾端与桌面相切．让小滑块从滑槽的最高点由静止滑下，滑到桌面上后再滑行一段距离L，随后走开桌面做平抛运动，落在水面地面上的的P 点，记下平抛的水平位移x.平移滑槽的地点后固定，多次改变距离L，每次让滑块从滑槽上同一最高点开释，获得不一样的水平位移x.作出x2－L图象，即可依据图象信息获得滑块与桌面间的动摩擦因数μ.(1)每次让滑块从滑槽上同一高度开释，是为了______________________________________．(2)除了L和x外，本实验还需要丈量或已知的物理量是________．A．滑槽最高点与桌面的高度差hB．小滑块的质量mC．桌面与地面的高度差HD．当地的重力加快度g(3)若x2－L图象的斜率绝对值为k，纵轴上的截距为b，如图乙所示，则滑块与桌面间的动摩擦因数的表达式为________(用此题中供给的物理量符号表示)．答案 (1)滑块抵达滑槽尾端的速度相等(2)C (3)μ＝k 4H 分析 (1)为了保证滑块滑到得槽尾端的速度相等，即可使滑块在桌面上运动的初速度同样；(2)、(3)设滑块滑到桌面时的速度为v 0，走开桌面时的速度为v ，依据动能定理－μmgL ＝12mv 2－12mv 02 依据平抛运动H ＝12gt 2 x ＝vt联立以上各式解得：x 2＝2Hv 02g－4μHL 故k ＝4μH ，解得：μ＝k4H. 故还需丈量桌面与地面的高度差H .23．(10分)如图2甲所示是大型机械厂里用来称重的电子吊秤，此中实现称重的重点元件是拉力传感器．其工作原理是：挂钩上挂上重物，传感器中拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生形变，其长度和横截面积都发生变化，拉力敏感电阻丝的电阻也跟着发生变化，再经相应的丈量电路把这一电阻变化变换为电信号(电压或电流)，进而达成将所称物体重量变换为电信号的过程．图2(1)简述拉力敏感电阻丝的阻值随拉力增大而增大的原由______________________________．(2)小明找到一根拉力敏感电阻丝R L ，其阻值随拉力变化的图象如图乙所示，再按图丙所示电路制作了一个简略“吊秤”．电路中电源电动势E 约15 V ，内阻约2 Ω；敏捷毫安表量程为10 mA ，内阻约5 Ω；R 是电阻箱，最大阻值是9 999 Ω；R L 接在A 、B 两接线柱之间，经过圆滑绝缘滑环可将重物吊起，接通电路达成以下操作．a ．滑环下不吊重物时，调理电阻箱，当电流表为某一适合示数I 时，读出电阻箱的读数R 1；b ．滑环下吊上待测重物，测出电阻丝与竖直方向的夹角为θ；c ．调理电阻箱，使电流表的示数仍为I ，读出此时电阻箱的读数R 2，则拉力敏感电阻丝的电阻增添量为________．(3)设R －F 图象的斜率为k ，则待测重物的重力G 的表达式为G ＝________(用以上测得的物理量表示)，若测得θ＝53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，R 1、R 2分别为1 052 Ω和1 030 Ω，则待测重物的重力G ＝________ N(结果保存三位有效数字)．答案 (1)电阻丝长度增添而横截面积减小，依据电阻定律可知其阻值增大 (2)R 1－R 2 (3)2(R 1－R 2)cos θk132 分析 (1)依据电阻定律有：R ＝ρL S，当拉力敏感电阻丝随拉力被拉长时，因为电阻丝的长度增大，则电阻丝的横截面积减小，因此电阻丝的电阻值将增大；(2)依据实验的电路图可知，电路中没有电压表，不可以使用伏安法丈量电阻值的变化，但电路中的电阻箱能够控制电流的变化，若电路中的电流值不变，则电路中的总电阻值也不变，因此在步骤(c)中，能够调理电阻箱，使电流表的示数仍为I ，读出此时电阻箱的读数R 2，则拉力敏感电阻丝的电阻增添量为R 1－R 2；(3)开始时滑环下不吊重物，则有： I ＝E r ＋10.0×102 Ω＋R 1当挂重力为G 的重物后，取AB 中点处为研究对象，则此处遇到三个力的作用，两个斜向上的拉力大小相等，与竖直方向之间的夹角也相等，则在竖直方向上有G ＝2F cos θ在题图乙中，设直线的斜率为k ，截距为b ，则I ＝E r ＋(kF ＋b )＋R 2联立可得：G ＝2(R 1－R 2)cos θk由题图乙可知：k ＝ΔR ΔF ＝()×1022×102 Ω/N＝0.2 Ω/N 代入数据得：G ＝132 N.。
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实验题专练(六)
(限时：15分钟)
22．(5分)小李为研究物体所受空气阻力与物体运动速度的关系．小李约爸爸在一个无风的周末开汽车来到一段人车稀少的平直公路上．小李打开汽车天窗，将如图1甲所示装置固定在汽车车顶．爸爸依次以5 m/s、10 m/s、15 m/s、20 m/s的不同速度在平直公路上各匀速行驶一段距离，小李依次将汽车不同行驶速度时的弹簧测力计的示数记录在下表中．
图1
(1)如图乙所示为小李同学在车速稳定在15 m/s时用手机拍下的测力计照片，此时测力计示数为________ N；
(2)实验装置中用小车而不是木块，并将其放在表面平滑的木板上，目的是为了减小________对实验结果的影响．
(3)分析上表中的实验数据，则当弹簧测力计的读数稳定在 2.40 N时，车速为
_________m/s.(计算结果保留2位有效数字)
答案(1)1.80 (2)摩擦力(3)17
解析(1)由题图可知弹簧测力计示数为1.80 N；
(2)用小车可将滑动摩擦变为滚动摩擦，放在表面平滑的木板上，减小了接触面的粗糙程度，所以可以减小摩擦力的影响；
(3)当车速稳定时，根据二力平衡条件可知，弹簧测力计的示数等于空气阻力的大小，对表中的数据分析
0.20 52＝
0.82
102
＝
1.80
152
＝
3.30
202
＝0.008，说明空气阻力大小与速度的二次方成正比，即F f＝
0.008v2，
故当弹簧测力计的示数为2.40 N时，
车速为v＝
F f
0.008
＝
2.40
0.008
m/s＝17 m/s.
23．(10分)如图2甲为某同学测量某一电源的电动势和内电阻的电路图，其中虚线框内为用毫安表改装成双量程电流表的电路．已知毫安表的内阻为10 Ω，满偏电流为100 mA，电压表V量程为3 V，R0、R1、R2为定值电阻，其中的R0＝3 Ω.
图2
(1)若使用a和b两个接线柱，电流表量程为0.6 A；若使用a和c两个接线柱，电流表量程为3 A．由题中条件和数据，可求出R1＝________ Ω，R2＝________ Ω.
(2)实验步骤：
①按照原理图连接电路；
②开关S2拨向b，将滑动变阻器R的滑片移动到______端(填“左”或“右”)，闭合开关S1；
③多次调节滑动变阻器的滑片，记下相应的毫安表的示数I和电压表的示数U.
(3)数据处理：
①利用实验测得的数据画成了如图乙所示的U－I图象；
②由图象得电源的电动势E＝___________ V，内阻r＝________ Ω(结果均保留2位有效数字)
答案(1)0.4 1.6
(2)②左
(3)②3.0 1.5
解析 (1)根据电流表改装原理可知，使用a 和b 两个接线柱，电流表量程为0.6 A ，
即0.6＝100×10－3＋100×10－3
×10R 1＋R 2， 使用a 和c 两个接线柱，电流表量程为3 A ，
即3＝100×10－3＋100×10－3
×(10＋R 2)R 1
， 联立两式解得：R 1＝0.4 Ω，
R 2＝1.6 Ω；
(2)②实验中为了保护电路，应该让电流由最小开始调节，故滑动变阻器阻值应调至最大，因此滑片开始时应滑至最左端；
(3)②开关S 2拨向b ，根据闭合电路欧姆定律可知：
E ＝U ＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫I ＋IR g R 1＋R 2(R 0＋r )， 变形得：U ＝－(R 1＋R 2＋R g )(R 0＋r )R 1＋R 2
I ＋E ， 则纵截距表示电动势，即E ＝3.0 V ，
图线的斜率：
|k |＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪1－3
74×10－3＝(R 1＋R 2＋R g )(R 0＋r )R 1＋R 2， 解得：r ＝1.5 Ω.。