【优化方案】高三物理专题复习攻略 第一部分专题六第十四讲知能优化训练 新人教版(重庆专用)
【优化方案】高三物理专题复习攻略 专题七知能优化训练 新人教版(安徽专用)
《优化方案》高三专题复习攻略（新课标）物理安徽专用专题七知能优化训练1．(2020年高考北京理综卷)表示放射性元素碘衰变的方程是( )解析：选B.β衰变释放出电子，根据质量数守恒和电荷数守恒可进一步确定选项B 正确．2．(2020年高考大纲全国卷)已知氢原子的基态能量为E 1，激发态能量E n ＝E 1/n 2，其中n ＝2,3，….用h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速．能使氢原子从第一激发态电离的光子的最大波长为( )A ．－4hc3E 1 B ．－2hcE 1 C ．－4hc E 1D ．－9hcE 1解析：选C.由E n ＝E 1/n 2知，第一激发态的能量为E 2＝E 14，又hc λ≥－E 14，得λ≤－4hcE 1，故C 对，A 、B 、D 错． 3．(2020年高三押题卷)据2020年3月14日法新社报道，日本核泄漏事故正在加剧！福岛第一核电站3号机组不排除像1号机组一样发生爆炸，而2号反应堆可能正发生泄漏，两个反应堆可能已经出现“熔毁”现象．福岛第一核电站3号机组所用核燃料为 铀、，下列关于该核泄漏事件的分析正确的是( )A ．铀238俘获中子后形成铀239，再经一次β衰变，可成为原子反应堆中的燃料钚239B ．钚的半衰期为24100年，则大约7.2万年以后泄漏的物质中钚原子的总数将降低为原来的18C ．239Pu 衰变，放出的α射线比β射线的贯穿本领弱，所需的屏蔽材料较薄D ．原子反应堆中Pu 裂变的方程式可以写为解析：选BC.由质子数差距可知铀238俘获中子后形成铀239，需要经两次β衰变，可成为原子反应堆中的燃料钚239,7.2万年以后泄漏的物质中钚原子的总数为原来的(12)3＝18，α射线比β射线的贯穿本领弱，所需的屏蔽材料较薄，原子反应堆中Pu 裂变的反应方程式为.答案为BC.4．(2020年高考福建理综卷)(1)爱因斯坦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E km 与入射光频率ν的关系如图7－8所示，其中ν0为极限频率．从图中可以确定的是________．(填选项前的字母)图7－8A ．逸出功与ν有关B ．E km 与入射光强度成正比C ．当ν<ν0时，会逸出光电子D ．图中直线的斜率与普朗克常量有关(2)在光滑水平面上，一质量m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B 球的速度大小可能是________．(填选项前的字母)A ．0.6vB ．0.4vC．0.3v D．0.2v解析：(1)由爱因斯坦的光电效应方程hν＝Ekm＋W得：E km ＝hν－W，因此Ekm－ν图象的斜率为h，故D正确；Ekm随入射光频率的增大而增大，B错；逸出功是由金属自身决定的，与ν无关，A错，当ν<ν，无光电子逸出，C错．(2)由动量守恒守律得：设小球A碰前的速度方向为正，则mv＝－mv1＋2mv2则2v2＝v1＋v>vv 2>v2，即v2>0.5v，A正确．答案：(1)D (2)A5．(1)图7－9中涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是________．图7－9A．图甲：普朗克通过研究黑体辐射提出量子的概念，成为量子力学的奠基人之一B．图乙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的C．图丙：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子D．图丁：根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有粒子性(2)目前核电站是利用核裂变产生的巨大能量来发电的，请完成下面铀核裂变可能的一个反应方程：23592U＋1n―→14156Ba＋9236Kr＋________.已知23592U、14156Ba、9236Kr和中子的质量分别为m1、m2、m3和m4，则此反应中一个铀核裂变释放的能量为________．解析：(1)卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型．电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性．故A、B正确．(2)根据核反应方程遵循的质量数、电荷数守恒和质量亏损、质能方程知：235 92U＋1n―→14156Ba＋9236Kr＋31nΔE＝Δmc2＝(m1－m2－m3－2m4)c2.答案：(1)AB (2)31n(3)(m1－m2－m3－2m4)c2。
【优化方案】高三物理专题复习攻略 第一部分专题六第十四讲知能优化训练 新人教版(重庆专用)
【优化方案】高三物理专题复习攻略第一局部专题六第十四讲知能优化训练新人教版〔重庆专用〕1．(2011年高考某某卷)图14－26用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图14－26所示．该金属丝的直径是________mm.解析：D＝1mm＋0.5mm＋20.6×0.01mm＝1.706mm.答案：1.706(1.704～1.708均可)2．(2011年高考卷)用如图14－27所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据如下步骤完成电阻测量．图14－27(1)旋动部件__________，使指针对准电流的“0〞刻线．(2)将K旋转到电阻挡“×100〞的位置．(3)将插入“＋〞、“－〞插孔的表笔短接，旋动部件________，使指针对准电阻的________(填“0刻线〞或“∞刻线〞)．(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比拟准确的测量结果，请从如下选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进展操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1k〞的位置B．将K旋转到电阻挡“×10〞的位置C．将两表笔的金属局部分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动适宜部件，对电表进展校准解析：机械调零需调节S，电阻调零(欧姆挡调零)需调节调零旋钮T.指针偏转角度过小说明该电阻是一个大电阻，需换用阻值较大的挡来测量才准确，换挡之后需要重新电阻调零．故正确顺序应为ADC.答案：(1)S(3)T0刻线(4)ADC3．(2011年高考海南卷)现要通过实验验证机械能守恒定律．实验装置如图14－28所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上的B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t.用d表示A 点到导轨底端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，s表示A、B两点间的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度．用g表示重力加速度．完成如下填空和作图：图14－28(1)假设将滑块自A 点由静止释放，如此在滑块从A 运动至B 的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为________，动能的增加量可表示为________．假设在运动过程中机械能守恒，1t 2与s 的关系式为1t 2＝________. (2)屡次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点(A 点)下滑，测量相应的s 与t 值．结果如下表所示： 1 2 3 4 5s (m) 0.600 0.800 1.000 1.200 1.400t (ms) 8.22 7.17 6.44 5.85 5.431/t 2(104s －2) 1.48 1.95 2.41 2.92 3.39以s 为横坐标，1t2为纵坐标，在图14－29位置的坐标纸中描出第1个和第5个数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k ＝________×104m －1·s －2(保存3位有效数字)．图14－29由测得的h 、d 、b 、M 和m 数值可以计算出1t2-s 直线的斜率k 0，将k 和k 0进展比拟，假设其差值在实际允许的范围内，如此可认为此实验验证了机械能守恒定律．解析：(1)当M 沿斜面向下运动s 的距离时，下落的高度为h ′，如此h d ＝h ′s，所以h ′＝h d s .所以系统重力势能的减小量ΔE p ＝Mgh ′－mgs ＝⎝⎛⎭⎫Mgh d －mg s ，动能的增加量ΔE k ＝12(M ＋m )v 2，v ＝b t ，所以ΔE k ＝12(M ＋m )b 2t2，根据机械能守恒，有ΔE p ＝ΔE k ，即⎝⎛⎭⎫Mgh d －mg s ＝12(M ＋m )b 2t 2，所以1t 2＝2(Mgh －mgd )(M ＋m )b 2ds . (2)如下列图，1t 2-s 图象是一条倾斜直线，直线的斜率k ＝2.39×104m －1·s －2.答案：(1)⎝⎛⎭⎫Mgh d －mg s 12(M ＋m )b 2t 22(Mgh －mgd )(M ＋m )b 2ds (2)图象如解析图所示2.394．(2010年高考大纲全国卷)一电流表的量程标定不准确，某同学利用图14－30所示电路测量该电流表的实际量程I m .所用器材有：图14－30量程不准的电流表A 1，内阻r 1＝10.0Ω，量程标称为5.0mA ；标准电流表A 2，内阻r 2＝45.0Ω，量程1.0mA ；标准电阻R 1，阻值10.0Ω；滑动变阻器R ，总电阻约为300.0Ω；电源E ，电动势3.0V ，内阻不计；保护电阻R 2；开关S ；导线．(1)在图14－31所示的实物图上画出连线．图14－31(2)开关S 闭合前，滑动变阻器的滑动端c 应滑动至______端．(3)开关S 闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表A 1满偏；假设此时电流表A 2的读数为I 2，如此A 1的量程I m ＝________.(4)假设测量时，A 1未调到满偏，两电流表的示数如图14－32所示，从图中读出A 1的示数I 1＝________，A 2的示数I 2＝________；由读出的数据计算得I m ＝________(保存3位有效数字)．(5)写出一条提高测量准确度的建议：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.解析：(1)略．(2)滑动变阻器接入电路采用限流式，S闭合前，应使滑动变阻器接入电路的阻值最大，故滑动端c应滑至b端．(3)电流表A1两端的电压U＝I2(r2＋R1)＝55I2.A1的量程I m＝Ur1＝5.5I2.(4)从题图中读出A1的示数为I1＝3.0mA，A2的示数为I2＝0.66mA. 由(3)知通过A1表的电流为I＝5.5×0.66mA＝3.63mA.通过A1表的指针指示可知通过A1表的电流占总量程的35，如此I m＝53I＝53×3.63mA＝6.05mA.(5)屡次测量求出平均值．答案：(1)见如下图(2)b(3)5.5I2(4)3.0mA0.66mA6.05mA(5)见解析5．(2010年高考重庆理综卷)(1)某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f＝50Hz.在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点．因保存不当，纸带被污染，如图14－33所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：s A＝16.6mm、s B＝126.5mm、s D＝624.5mm.图14－33假设无法再做实验，可由以上信息推知：①相邻两计数点的时间间隔为________s；②打C点时物体的速度大小为________m/s(取2位有效数字)；③物体的加速度大小为________(用s A、s B、s D和f表示)．(2)在探究小灯泡的伏安特性实验中，所用器材有：灯泡L、量程恰当的电流表A和电压表V、直流电源E、滑动变阻器R、电键S等，要求灯泡两端电压从0V开始变化．①实验中滑动变阻器应采用________接法(填“分压〞或“限流〞)．②某同学已连接如图14－34所示的电路，在连接最后一根导线的c端到直流电源正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改正．A ．________________________________________________________________________B ．________________________________________________________________________图14－35图14－36③电路连接正确后，分别测得两只灯泡L 1和L 2的伏安特性曲线如图14－35中Ⅰ和Ⅱ所示．然后将灯泡L 1、L 2与电池组(电动势和内阻均恒定)连成图14－36所示电路．屡次测量后得到通过L 1和L 2的电流平均值分别为0.30A 和0.60A.A ．在图14－35中画出电池组路端电压U 和电流I 的关系曲线．B ．由该曲线可知电池组的电动势为________V ，内阻为________Ω.(取2位有效数字) 解析：(1)①相邻两点间时间间隔为0.02s ，每隔4个点取1个计数点，如此两相邻计数点间时间间隔为T ＝5×0.02s ＝0.1s ．②v C ＝s D －s B 2×T＝2.5m/s.③由a ＝Δs T 2可得a ＝(s D －s B )－2(s B －s A )3T 2＝s D －3s B ＋2s A 75f 2. (2)①从0V 变化时滑动变阻器必采用分压式．②连接电路时开关应该处于断开状态；采用分压式时滑动变阻器接入时电阻应为最大．③A.B ．由U －I 图象中纵轴截距可知电动势E ＝4.6V ．由斜率大小可知内阻r ＝4.61.72＝2.7(Ω)． 答案：(1)①0.1②2.5③(s D －3s B ＋2s A )f 275(2)①分压②A.电键S不应闭合，应处于断开状态B．滑动变阻器滑动触头p位置不当，应将其置于b端③A.路端电压U与电流I的关系曲线见解析B．4.62.7温馨提示：巩固复习效果，检验教学成果.请进入“专题针对训练14〞，指导学生每课一练，成功提升成绩.。
最新-高三物理专题复习攻略 第一部分专题二第六讲知能
【优化方案】高三物理专题复习攻略第一部分专题二第六讲知能优化训练新人教版（重庆专用）1．(2018年高考新课标全国卷)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是()A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关解析：选ABC.运动员到达最低点前，重力一直做正功，重力势能减小，选项A正确．弹力一直做负功，弹性势能增加，选项B正确．除重力、弹力之外无其他力做功，故机械能守恒，选项C正确．重力势能的改变与重力势能零点的选取无关，故选项D错误．2. (改编题)如图6－8所示，在倾角为37°的足够长的光滑斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用．力F可按图甲、乙、丙、丁所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)．已知此物体在t＝0时速度为零，若用p1、p2、p3、p4分别表示上述四种受力情况下物体在3 s末的动量，则这四个动量中最大的是()图6－8图6－9A．p1B．p2C．p3D．p4解析：选C.题图甲中，合力的冲量为I a＝－0.5 mg×2＋0.5 mg×1－0.6 mg×3＝－2.3 mg；题图乙中，合力的冲量为I b＝0.5 mg×1－0.5 mg×1－0.6 mg×3＝－1.8 mg；题图丙中，合力的冲量为I c＝－0.5 mg×2－0.6 mg×3＝－2.8 mg；题图丁中，合力的冲量为I d＝－0.5 mg×2＋mg×0.1－0.6 mg×3＝－1.8 mg，由于题图丙情况下合力的冲量最大，故p3最大．3. (2018年高考山东理综卷)如图6－10所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平．用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中()图6－10A．物块的机械能逐渐增加B ．软绳重力势能共减少了14mgl C ．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功D ．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和解析：选BD.绳的拉力对物块做负功，所以物块的机械能减少，故选项A 错误；软绳减少的重力势能ΔE p ＝mg (l 2－l 2sin 30°)＝14mgl ，故选项B 正确；软绳被拉动，表明细线对软绳拉力大于摩擦力，而物块重力势能的减少等于克服细线拉力做功与物块动能之和，选项C 错误；对软绳应用动能定理，有W F T ＋W G －W F f ＝ΔE k ，所以软绳重力势能的减少ΔE p ＝W G ＝ΔE k ＋(W F f －W F T)，所以ΔE p ＜ΔE k ＋W F f ，选项D 正确．4．(2018年高考大纲全国卷Ⅱ)小球A 和B 的质量分别为m A 和m B ，且m A ＞m B 在某高度处将A 和B 先后从静止释放．小球A 与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处下方与释放处距离为H 的地方恰好与正在下落的小球B 发生正碰．设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短．求小球A 、B 碰撞后B 上升的最大高度．解析：根据题意，由运动学规律可知，小球A 与B 碰撞前的速度大小相等，设均为v 0.由机械能守恒有m A gH ＝12m A v 20① 设小球A 与B 碰撞后的速度分别为v 1和v 2，以竖直向上方向为正，由动量守恒有 m A v 0＋m B (－v 0)＝m A v 1＋m B v 2②由于两球碰撞过程中能量守恒，故12m A v 20＋12m B v 20＝12m A v 21＋12m B v 22③ 联立②③式得v 2＝3m A －m B m A ＋m B v 0④ 设小球B 能上升的最大高度为h ，由运动学公式有h ＝v 222g⑤ 由①④⑤式得h ＝(3m A －m B m A ＋m B)2H . 答案：(3m A －m B m A ＋m B)2H 5．(2018年北京东城区检测)竖直平面内的轨道ABC 由水平滑道AB 与光滑的四分之一圆弧滑道BC 平滑连接组成，轨道放在光滑的水平面上．一个质量为m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)从轨道的A 端以初速度v 0＝8 m/s 冲上水平滑道AB ，沿着轨道运动，由CB 弧滑下后停在水平滑道AB 的中点．已知轨道ABC 的质量为M ＝3 kg.求：图6－11(1)小物块和轨道相对静止时共同的速度；(2)若小物块恰好不从C 端离开滑道，圆弧滑道的半径R 应是多大；(3)若增大小物块的初速度，使得小物块冲出轨道后距离水平滑道AB 的最大高度是2R ，小物块的初速度v 0′应多大．解析：(1)小物块最终停在AB 的中点，跟轨道有相同的速度，设为v 1.在这个过程中，由系统动量守恒有m v 0＝(M ＋m )v 1①可得v 1＝2 m/s.②(2)小物块冲上轨道到最终停在AB 的中点，设物块与轨道间滑动摩擦力为F f ，由能量守恒32F f L ＝12m v 20－12(M ＋m )v 21③ 若小物块恰好到达C 端，此时它与轨道有共同的速度v 1，在此过程中系统总的动能减少转化为内能和物块的势能F f L ＋mgR ＝12m v 20－12(M ＋m )v 21④ 由③、④解得，要使物块恰好不从C 点离开滑道，圆弧半径应为R ＝0.8 m ．⑤(3)设物块以初速度v 0′冲上轨道，可以达到的最大高度为2R ，物块从C 点离开轨道直至最高点时，其水平方向的速度总与轨道速度相等(设为v 2)m v 0′＝(m ＋M )v 2⑥12m v ′20＝12(m ＋M )v 22＋mg ·2R ＋F f L ⑦ 由③⑥⑦可得v 0′＝9.24 m/s.⑧答案：(1)2 m/s (2)0.8 m (3)9.24 m/s温馨提示：巩固复习效果，检验教学成果.请进入“专题针对训练6”，指导学生每课一练，成功提升成绩.。
【优化方案】高三物理专题复习攻略 第一部分专题一第三讲知能优化训练 新人教版(重庆专用)
【优化方案】高三物理专题复习攻略第一部分专题一第二讲知能优化训练新人教版（重庆专用）1. (2020年高考大纲全国卷Ⅰ)一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图3－10中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为图3－10( )A．tanθB．2tanθC.1tanθD.12tanθ解析：选D.如图所示，设小球抛出时的初速度为v，则v x ＝vv y ＝vcotθvy＝gtx＝vty＝v2y 2g联立以上各式解得：yx＝12tanθ，D正确．2. (2020年北京东城检测)水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v沿直轨道向右运动，如图3－11所示，小球进入圆形轨道后刚好能通过c点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的d点，则( )图3－11A．小球到达c点的速度为gRB．小球到达b点时对轨道的压力为5mgC．小球在直轨道上的落点d与b点距离为2RD．小球从c点落到d点所需时间为2R g解析：选ACD.小球在c点时由牛顿第二定律得：mg＝mv2cR，vc＝gR，A项正确；小球由b到c点过程中，由机械能守恒定律1 2mv2b＝2mgR＋12mv2c.小球在b点，由牛顿第二定律得F N －mg＝mv2bR，联立解得FN＝6mg，B项错误；小球由c点平抛，在平抛运动过程中由运动学公式得：x＝vc t,2R＝12gt2.解得t＝2Rg，D项正确；x＝2R，C项正确．3．(2020年高考新课标全国卷)卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送．如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于(可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×105 km，运行周期约为27天，地球半径约为6400 km，无线电信号的传播速度为3×108m/s)( )A．0.1 s B．0.25 s C．0.5 s D．1 s解析：选B.根据GMm同R＋h2＝m同(R＋h)4π2T2同，GMm月r2＝m月r4π2T2月，结合已知数据，解得地球同步卫星距地面的高度h≈3.6×107 m，再根据电磁波的反射及直线传播得：2h＝ct，得t≈0.24 s，故选项B正确，选项A、C、D错误．4. (2020年高考山东理综卷)1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造卫星“东方红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元．“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N的高度分别为439 km和2384 km，则( )图3－12A．卫星在M点的势能大于N点的势能B．卫星在M点的角速度大于N点的角速度C．卫星在M点的加速度大于N点的加速度D．卫星在N点的速度大于7.9 km/s解析：选BC.卫星由M点向N点运动的过程中，万有引力做负功，势能增加即M 点的势能小于N点的势能，故选项A错误；由开普勒定律可知地球球心和卫星连线在相等时间内扫过的面积相等，近地点的角速度要大于远地点的角速度，B正确；由G Mmr2＝ma知a＝GMr2，所以aM＞aN，故选项C正确；7.9 km/s是卫星围绕地球表面转动的速度，是卫星绕地球转动的最大速度，vN＜7.9 km/s，故选项D错误．5. (2020年高考重庆卷)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图3－13所示．已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为34d ，重力加速度为g.忽略手的运动半径和空气阻力．图3－13(1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2. (2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？解析：(1)设绳断后球飞行时间为t ，由平抛运动规律，有 竖直方向：14d ＝12gt 2水平方向：d ＝v 1t 解得v 1＝2gd由机械能守恒定律，有12mv 22＝12mv 21＋mg(d －34d)，解得v 2＝52gd. (2)设绳能承受的最大拉力大小为F T ，这也是球受到绳的最大拉力大小． 球做圆周运动的半径为R ＝34d由圆周运动向心力公式，有F T －mg ＝mv 21R得F T ＝113mg. (3)设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3，绳承受的最大拉力不变，有F T －mg＝m v23l，解得v3＝83gl绳断后球做平抛运动，竖直位移为d－l，水平位移为x，时间为t1.有d－l＝12gt21，x＝v3t1得x＝4l d－l3，当l＝d2时，x有极大值xmax＝233d. 答案：见解析温馨提示：巩固复习效果，检验教学成果.请进入“专题针对训练3”，指导学生每课一练，成功提升成绩.。
高三物理专题复习攻略 专题五知能优化训练 新人教版(
《优化方案》高三专题复习攻略（新课标）物理安徽专用专题五知能优化训练1．(2011年高考福建理综卷)如图5－6所示，曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程，图中横轴表示时间t，纵轴表示温度T.从图中可以确定的是( )图5－6A．晶体和非晶体均存在固定的熔点T0B．曲线M的bc段表示固液共存状态C．曲线M的ab段、曲线N的ef段均表示固态D．曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态解析：选B.晶体有固定的熔点，非晶体无固定的熔点，在熔化过程中，是固液共存的，故B正确．2．(2011年上海摸底考试)分子间的相互作用力是由引力与斥力共同作用产生的，并随着分子间距离的变化而变化．则( )A．分子间引力随分子间距的增大而增大B．分子间斥力随分子间距的减小而增大C．分子间相互作用力随分子间距的增大而增大D．分子间相互作用力随分子间距的减小而增大解析：选B.分子间的引力和斥力都随分子间距的减小而增大，随分子间距的增大而减小，故选项A错误，选项B正确；当分子间距r<r0时，分子间相互作用随分子间距的减小而增大，当r>r0时，分子间相互作用力随分子间距的减小可能先增大后减小，也可能一直减小，故选项C、D错误．3．(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)如图5－7所示，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中( )图5－7A．气体对外界做功，内能减少B．气体不做功，内能不变C．气体压强变小，温度降低D．气体压强变小，温度不变解析：选BD.因b内为真空，抽开隔板K后，a内气体对外界不做功，由ΔU＝W＋Q知内能不变，故选项A错误，选项B正确，稀薄气体可看做理想气体，其内能只与温度有关，气体的内能不变，温度也不变，由p1V1＝p2V2和V1<V2知p1>p2，即气体压强变小，故选项C 错误，选项D正确．4．(2011年湖北八校第二次联考)带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到状态c，b、c状态温度相同，如5－8图所示．设气体在状态b和状态c的压强分别为p b和p c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac，则( )图5－8A．p b>p c，Q ab>Q ac B．p b>p c，Q ab<Q acC．p b<p c，Q ab>Q ac D．p b<p c，Q ab<Q ac解析：选C.因ab图线的反向延长线过原点，所以过程ab为等压过程，则p a＝p b，由图线知过程ac为等容过程，则p aT a＝p cT c，又T a<T c，所以p a<p c，故p b<p c.气体从状态a到状态b的过程中，体积增大，气体对外做功，温度升高，内能增加，而气体从状态a到状态c的过程中，体积不变，温度升高，内能增加，由于b、c状态温度相同，所以两种情况下内能增加相同，由热力学第一定律知Q ab>Q ac.故选项C正确．5．(改编题)随着海拔的升高，大气压逐渐减小．某登山队在攀登到山顶时，用如图5－9所示的压力锅煮饭，其结构如图所示，盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔，给压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起．假定在压力阀顶起时，停止加热．则：图5－9(1)假定在一次放气过程中，锅内气体对压力阀及外界做功1.5 J，并向外界释放了2.5 J的热量，锅内原有气体的内能如何变化？变化了多少？(2)若已知某高压锅的压力阀质量为m＝0.1 kg，排气孔直径为d＝0.3 cm，则锅内气体的压强最大可达多少？设压强每增加3.6×103 Pa，水的沸点相应增加1 ℃，则锅内的最高温度可达多高？(外界的大气压强p0＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2)解析：(1)根据热力学第一定律知：ΔU ＝W ＋Q ＝－4 J锅内气体内能减少，减少4 J.(2)当压力阀受到的向上的压力等于压力阀的重力和大气压力的合力时，气体将排出锅外，锅内气体压强不再增大，压强达最大，此时温度最高锅内最大压强为p ＝p 0＋mg S ，S ＝πd 24代入数据得p ＝2.4×105 Pa此时水的沸点t ＝100 ℃＋ 2.4－1×1053.6×103 ℃＝139 ℃. 答案：(1)减少4 J (2)2.4×105 Pa 139 ℃一、选择题1．(2011年高考山东理综卷)人类对自然的认识是从宏观到微观不断深入的过程．以下说法正确的是( )A ．液体的分子势能与体积有关B ．晶体的物理性质都是各向异性的C ．温度升高，每个分子的动能都增大D ．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用解析：选AD.分子势能与分子间距有关，选项A 正确；晶体分子分为单晶体和多晶体，单晶体的某个性质具有各向异性，而多晶体具有各向同性，选项B 错误；温度升高，分子平均动能增大，但每个分子的动能不一定增大，选项C 错误；露珠呈球状就是因为液体表面张力的作用，选项D 正确．2．(2011年高考广东理综卷)如图5－10所示，两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来，下面的铅柱不脱落，主要原因是( )图5－10A ．铅分子做无规则热运动B ．铅柱受到大气压力作用C ．铅柱间存在万有引力作用D ．铅柱间存在分子引力作用解析：选D.当两个接触面平滑的铅柱压紧时，接触面上的分子与分子间的距离非常小，分子之间的作用力表现为引力，使铅柱不脱落．3．下列说法中正确的是( )A ．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B ．气体的体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大C ．压缩一定量的气体，气体的内能一定增加D ．分子a 从远处趋近固定不动的分子b ，当a 到达受b 的作用力为零处时，a 的动能一定最大解析：选D.根据一定质量气体由pV T＝C 可知：气体压强的大小是由温度和体积两方面的因素共同决定的，A 和B 两选项都是只强调了一个方面，故A 、B 均错；由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，C 项中压缩气体W >0，而Q 的正负不能确定，因此不能判定ΔU 的情况，故C 错误；分子在从远处趋近于另一分子到达作用力为零处过程中，分子间作用力为引力，分子力一直做正功，分子势能减少，分子的动能不断增大，故D 选项正确．4．(2011年高考海南卷)关于空气湿度，下列说法正确的是( )A ．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B ．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小C ．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示D ．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸气压与相同湿度时空气中所含水蒸气的压强之比 解析：BC.人们对干燥、潮湿的感受由相对湿度来决定；相对湿度越大，感觉越潮湿，相对湿度越小，感觉越干燥，故A 错，B 正确．用空气中所含水蒸气的压强表示的湿度为绝对湿度；空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比描述的湿度为相对湿度，故C 正确，D 错误．综上所述，正确选项为B 、C.5．(2011年高考江苏卷)如图5－11所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片．轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动．离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动．下列说法正确的是( )图5－11A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量解析：选D.形状记忆合金进入水后受热形状发生改变而搅动热水，由能量守恒知能量来源于热水，故A、B、C错；由能量守恒知，叶片吸收的能量一部分转化成叶片的动能，一部分释放于空气中，故D对．6．(2011年上海闵行模拟)如图5－12所示，两端封闭，粗细均匀的细玻璃管，中间用长为h的水银柱将其分为两部分，分别充有空气，现将玻璃管竖直放置，两段空气柱长度分别为l1、l2，已知l1>l2，如果同时对它们均匀加热，使之升高相同的温度，这时出现的情况是( )图5－12A．水银柱上升B．水银柱下降C．水银柱不动D．无法确定解析：选A.假定两段空气柱的体积不变，即V1、V2不变，初始温度为T，当温度升高ΔT 时，空气柱l1的压强由p1增至p1′，Δp1＝|p1′－p1|，空气柱l2的压强由p2增至p2′，则Δp2＝|p2－p2′|由气体实验定律得：Δp1＝p1TΔT，Δp2＝p2TΔT因为p2＝p1＋h>p1，所以Δp1<Δp2，即水银柱应向上移动．图5－137．(2011年福建四校联考)如图5－13所示，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l，管内外水银面高度差为h，若温度保持不变，把玻璃管稍向下移动一段距离，则( ) A．h、l均变大B．h、l均变小C．h变大，l变小D．h变小，l变大解析：选B.当把玻璃管稍向下移动一段距离稳定时，漏出液面的试管长度减小，根据连通器原理可知P点压强不变，若被封闭气体体积不变，则液柱下降，P点压强减小，与事实不符；若液柱高度不变，气体体积减小，根据玻意耳定律可知被封闭气体压强增大，也与事实不符；故被封闭气体体积减小，液柱高度也减小．8．如图5－14所示，是一定质量的理想气体状态变化的过程中密度ρ随热力学温度T 变化的曲线，由图线可知( )图5－14A ．A →B 过程中气体的压强变大B ．B →C 过程中气体的体积不变C ．A →B 过程中气体没有做功D ．B →C 过程中气体的压强与其热力学温度的平方成正比解析：选ACD.因为A →B 过程中一定质量的理想气体的密度随热力学温度的升高保持不变，所以，气体的体积保持不变，则A →B 过程中气体没有做功，根据查理定律可知，气体的压强变大，故选项A 、C 正确；因为B →C 过程中图线的延长线通过原点，所以ρ∝T ，由V ＝m ρ可知V ∝1ρ，因此V ∝1T ，即气体的体积增大，又由理想气体状态方程pV T＝恒量可知气体的压强p ∝T V ，即p ∝T 2，故选项B 错误、D 正确．图5－159．(2010年高考福建理综卷)如图5－15所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞．今对活塞施以一竖直向下的压力F ，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小．若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体( )A ．温度升高，压强增大，内能减少B ．温度降低，压强增大，内能减少C ．温度升高，压强增大，内能增加D ．温度降低，压强减小，内能增加解析：选C.外力F 做正功，W >0；绝热，Q ＝0；由势力学第一定律ΔU ＝Q ＋W >0，内能增加，温度升高；另外，由pV T＝C 可以判断出压强增大．故C 对． 二、非选择题10．(2010年高考浙江卷)质量一定的某种物质，在压强不变的条件下由液体Ⅰ到气态Ⅲ(可看成理想气体)变化过程中温度(T )随加热时间(t )变化关系如图5－16所示．单位时间所吸收的热量可看做不变．图5－16(1)以下说法正确的是________．A ．在区间Ⅱ，物质的内能不变B ．在区间Ⅲ，分子间的势能不变C ．从区间Ⅰ到区间Ⅲ，物质的熵增加D ．在区间Ⅰ，物质分子的平均动能随着时间的增加而增大(2)在区间Ⅲ，若将压强不变的条件改为体积不变，则温度升高________(选填“变快”“变慢”或“快慢不变”), 请说明理由．解析：(1)在区间Ⅱ，物质处于液态向气态的转化过程，虽然温度不变，但状态改变，分子间势能增加，所以物质的内能增加，A 错误．在区间Ⅲ，物质处于气态，分子间的势能不变，分子动能不断增加，B 正确．从区间Ⅰ到区间Ⅲ，物质分子的无规则程度在增加，所以熵增加，C 正确．在区间Ⅰ，物质处于液态，温度随着时间的增加而升高，分子的平均动能也随之增大，D 正确．(2)根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 和理想气体的状态方程pV T＝C 可知：在吸收相同的热量Q 时，压强不变的条件下，V 增加，W <0，ΔU 1＝Q －|W |.体积不变的条件下，W ＝0，ΔU 2＝Q ；所以ΔU 1<ΔU 2，体积不变的条件下温度升高变快． 答案：(1)BCD (2)变快 原因见解析11. (2010年高考课标全国卷)如图5－17所示，一开口汽缸内盛有密度为ρ的某种液体；一长为l 的粗细均匀的小瓶底朝上漂浮在液体中，平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为l /4.现有活塞将汽缸封闭(图中未画出)，使活塞缓慢向下运动，各部分气体的温度均保持不变．当小瓶的底部恰好与液面相平时，进入小瓶中的液柱长度为l /2，求此时汽缸内气体的压强．大气压强为p 0，重力加速度为g .图5－17解析：设当小瓶内气体的长度为34l 时，压强为p 1；当小瓶的底部恰好与液面相平时，瓶内气体的压强为p 2，汽缸内气体的压强为p 3，由题意知p 1＝p 0＋12ρgl ①由玻意耳定律得p 13l 4S ＝p 2(l －12l )S ② 式中S 为小瓶的横截面积．联立①②，得p 2＝32(p 0＋12ρgl )③ 又有p 2＝p 3＋12ρgl .④ 联立③④得p 3＝32p 0＋14ρgl . 答案：32p 0＋14ρgl 12．(2011年高考江苏卷)如图5－18所示，内壁光滑的汽缸水平放置，一定质量的理想气体被活塞密封在汽缸内，外界大气压强为p 0.现对汽缸缓慢加热，气体吸收热量Q 后，体积由V 1增大为V 2.则在此过程中，气体分子平均动能________(选填“增大”、“不变”或“减小”)，气体内能变化了________．图5－18(2)某同学在进行“用油膜法估测分子的大小”的实验前，查阅数据手册得知：油酸的摩尔质量M ＝0.283 kg·mol －1，密度ρ＝0.895×103 kg·m －3.若100滴油酸的体积为1 mL ，则1滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是多少？(取N A ＝6.02×1023 mol －1，球的体积V与直径D 的关系为V ＝16πD 3，结果保留一位有效数字) 解析：(1)加热后，气体温度升高，平均动能增大，ΔU ＝Q ＋W ＝Q －p 0S 0d ＝Q －p 0(V 2－V 1)(2)一个油酸分子的体积V ＝M ρN A由球的体积与直径的关系得分子直径D ＝36M πρN A 最大面积S ＝1×10－8 m 3D，解得S ＝1×101 m 2. 答案：(1)增大 Q －p 0(V 2－V 1)(2)1×101 m 2。
高三物理专题复习攻略 第一部分专题四第十讲知能优化训练 新人教版（重庆专用）
【优化方案】高三物理专题复习攻略第一部分专题四第十讲知能优化训练新人教版（重庆专用）1．2022年高考山东卷为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图10－10甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头＝190错误!V，T＝2×10－2故ω＝错误!＝100π rad/，故u2＝190错误!in100πt错误，选项B正确．由变压器电压与匝数关系错误!＝错误!得u2＝错误!，可减小n1以使u2的有效值增大至220 V，即将错误!．R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝1 g的导体棒．从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力F，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中导体棒始终保持与导轨垂直且接触良好．如图乙是棒的v－t图象，其中OA是直线，AC是曲线，小型电动机在末达到额定功率，/2图10－161求导体棒在0～内的加速度大小．2求导体棒与导轨间的动摩擦因数及电阻R的阻值．3若t＝时，导体棒ab达到最大速度，0～内共发生位移1 m，试求～内，R上产生的热量是多少解析：1由题可知末导体棒的速度为v1＝m/，故导体棒在0～内的加速度大小为a＝错误!＝错误!m/2＝m/22在t1＝时，感应电动势为E1＝BL v1感应电流为I1＝错误!由牛顿第二定律得F1－μmg－BI1L＝ma而g－BI2L＝0而由图可知v m＝m/将已知量代入以上各式解得μ＝，R＝Ω3在0～内通过的位移为＝错误!0＋v1t1＝m1在t＝t2－t1＝－＝内发生的位移为＝1 m－1＝m2由能量守恒定律有g2＋错误!m v错误!－错误!m v错误!代入数据解得Q＝J答案：1 m/22Ω 3 J温馨提示：巩固复习效果，检验教学成果．请进入“专题针对训练10”，指导学生每课一练，成功提升成绩．。
【优化方案】高三物理专题复习攻略 专题八知能优化训练 新人教版(安徽专用)
《优化方案》高三专题复习攻略（新课标）物理安徽专用专题八知能优化训练1．(2011年高考浙江理综卷)在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车、一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线．为了完成实验，还须从下图中选取实验器材，其名称是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ (漏选或全选得零分)；并分别写出所选器材的作用________________________________________________________________________________________________________________________________________________图8－19解析：电磁打点计时器用来打点计时，以便测定加速度，要配备4 V～6 V学生电源(交流电源)为其供电，通过改变砝码个数来改变拉力大小．钩码放在小车上来调节小车质量．也可用电火花打点计时器来代替学生电源和电磁打点计时器，因为电火花打点计时器使用220 V交流电，不使用学生电源．答案：学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码(或电火花打点计时器、钩码、砝码) 学生电源为电磁打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器(电火花打点计时器)记录小车的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到拉力的大小，还可以用于测量小车的质量．2．(2011年高考山东理综卷) 某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图8－20所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x.(空气阻力对本实验的影响可以忽略)图8－20(1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为________．(2)滑块与斜面间的动摩擦因数为________．(3)以下能引起实验误差的是________．a ．滑块的质量b ．当地重力加速度的大小c ．长度测量时的读数误差d ．小球落地和滑块撞击挡板不同时解析：(1)同时听到声音说明小球与木块运动时间相同，设都为t ，则小球做自由落体运动，H ＝12gt 2，木块沿斜面下滑做匀加速直线运动，x ＝12at 2，由以上两式可得a g ＝x H. (2)对木块进行受力分析如图所示，由牛顿第二定律得：沿斜面方向：mg sin θ－F f ＝ma垂直斜面方向：F N －mg cos θ＝0又有：F f ＝μF N由以上三式解得a ＝g sin θ－μg cos θ.将a g ＝x H代入可得： μ＝h －x 2H x 2－h 2(3)由动摩擦因数的表达式可知选c 、d.答案：(1)xH (2)h －x 2H x 2－h 2 (3)cd3．(2011年高三押题卷)在“验证机械能守恒定律”的实验中：(1)某同学用图8－21甲所示装置进行实验，得到如图乙所示的纸带，A 、B 、C 、D 、E 为连续的五个点，交流电的频率为50 Hz ，测出点A 、C 间的距离为14.77 cm ，点C 、E 间的距离为16.33 cm.已知当地的重力加速度为9.8 m/s 2，重锤的质量为m ＝1.0 kg ，则重锤在下落过程中受到的平均阻力大小F f ＝________.图8－21(2)某同学上交的实验报告显示重锤增加的动能略大于重锤减少的重力势能，则出现这一问题的原因可能是________(填序号)A．重锤下落时受到的阻力过大B．在计算中误将g取10 m/s2C．重锤的质量测量错误D．交流电的频率不等于50 Hz解析：(1)由Δx＝aT2，mg－F f＝ma可解得F f＝0.05 N．(2)在阻力的影响下，重锤增加的动能小于重锤减少的势能，若出现动能大的情况，可能是电源频率偏低或速度求解偏大所致，受到阻力过大、在计算中误将g取10 m/s2两种情况均导致重力势能减少量大于动能增加量，重锤质量对本实验结果无影响．答案：(1)0.05 N (2)D4．(2011年高考江苏卷)某同学利用如图8－22所示的实验电路来测量电阻的阻值．图8－22(1)将电阻箱接入a、b之间，闭合开关．适当调节滑动变阻器R′后保持其阻值不变．改图8－23(2)用待测电阻R x替换电阻箱，读得电压表示数为2.00 V．利用(1)中测绘的U－R图象可得R x＝________Ω.(3)使用较长时间后，电池的电动势可认为不变，但内阻增大．若仍用本实验装置和(1)中测绘的U－R图象测定某一电阻，则测定结果将________(选填“偏大”或“偏小”)．现将一已知阻值为10 Ω的电阻换接在a、b之间，你应如何调节滑动变阻器，便仍可利用本实验装置和(1)中测绘的U－R图象实现对待测电阻的准确测定？解析：(1)根据表中数据，确定U、R轴刻度，使图象尽量大一些，描点、连线[用平滑曲线连接，且必须过(0,0)点]．(2)由作出的图象得到相应的R值，约为20 Ω.(3)由I＝ER′＋R＋r知r增大后，计算出R值会偏小，由题表知，要实现对待测电阻的准确测定，应改变滑动变阻器的阻值，使电压表示数为1.50 V.答案：(1)(2)20(19～21都算对)(3)偏小改变滑动变阻器阻值，使电压表示数为1.50 V5．(2011年高考天津理综卷)(1)某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯的运动状态．他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为G.他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G，由此判断此时电梯的运动状态可能是________________________________________________________________________．(2)用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图8－24所示．该金属丝的直径是________mm.图8－24 图8－25(3)某同学用大头针、三角板、量角器等器材测半圆形玻璃砖的折射率．开始玻璃砖的位置如图8－25中实线所示，使大头针P1、P2与圆心O在同一直线上，该直线垂直于玻璃砖的直径边，然后使玻璃砖绕圆心O缓慢转动，同时在玻璃砖的直径边一侧观察P1、P2的像，且P2的像挡住P1的像．如此观察，当玻璃砖转到图中虚线位置时，上述现象恰好消失．此时只须测量出________，即可计算玻璃砖的折射率．请用你的测量量表示出折射率n＝________.(4)某同学测量阻值约为25 kΩ的电阻R x，现备有下列器材：A．电流表(量程100 μA，内阻约2 kΩ)；B．电流表(量程500 μA，内阻约300 Ω)；C．电压表(量程15 V，内阻约100 kΩ)；D．电压表(量程50 V，内阻约500 kΩ)；E．直流电源(20 V，允许最大电流1 A)；F．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ，额定功率1 W)；G．开关和导线若干．电流表应选________，电压表应选________．(填字母代号)该同学正确选择仪器后连接了以下电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在连线上存在的问题：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________.图8－26解析：(1)由加速度a 方向向上超重，加速度a 方向向下失重，得电梯此时向上减速或向下加速．(2)D ＝1 mm ＋0.5 mm ＋20.6×0.01 mm＝1.706 mm.(3)光线指向圆心入射时不改变传播方向，恰好观察不到P 1、P 2的像时发生全反射，测出玻璃砖直径边绕O 点转过的角度θ，此时入射角θ即为全反射临界角，由sin θ＝1n得n ＝1sin θ. (4)由于电源电压为20 V ，为测量精确应选电压表C ，此时电路中电流表的最大电流I m ＝15 V 25 k Ω＝0.6 mA ＝600 μA ，为保证安全，需选电流表B.R x R V ≈1/4，R A R x≈1/80，故R x 是大电阻，应将电流表内接．滑动变阻器最大阻值1 k Ω，待测电阻约25 k Ω，限流式接法变阻器调节范围很小，起不到应有作用，故应采用分压式接法．答案：(1)减速上升或加速下降 (2)1.706(1.704～1.708均可) (3)玻璃砖直径边绕O点转过的角度θ 1sin θ(4)B C ①电流表应采用内接的方式 ②滑动变阻器应采用分压式接法。
高三物理专题复习攻略 专题一第1讲 力与平衡知能优化
《优化方案》高三专题复习攻略（新课标）物理安徽专用专题一第1讲力与平衡知能优化训练1．(2011年高考江苏卷)如图1－1－7所示，石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g.若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块侧面所受弹力的大小为( )图1－1－7A.mg2sin αB.mg2cos αC.12mg tan α D.12mg cot α解析：选A.对石块受力分析如图，建立如图所示坐标系，由平衡条件得：2F sin α＝mg，解得F＝mg2sin α.2. (2011年湖北省重点中学高三联考)如图1－1－8所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B拴牢一根轻绳，轻绳下端悬挂一重为G的物体，上端绕过定滑轮A，用水平拉力F拉轻绳，开始时∠BCA＝160°，现使∠BCA缓慢变小，直到杆BC接近竖直杆AC.在此过程中(不计滑轮质量，不计摩擦)( )图1－1－8A．拉力F大小不变B．拉力F逐渐减小C．轻杆B端所受轻绳的作用力大小不变D．轻杆B端所受轻绳的作用力先减小后增大解析：选BC.对B端进行受力分析，有竖直向下的绳的拉力，大小等于物体的重力G，AB轻绳的拉力F T以及沿着杆的弹力F N，这三个力的方向与△ABC的三个边的方向分别平行，故B处的三个共点力构成的矢量三角形与实际△ACB相似：GAC ＝F TAB＝F NBC，在轻绳AB方向缓慢变化过程中，始终满足这个等式关系，由于AC、BC不变，而AB减小，且物体重力G不变，故F T随AB减小而减小，F N不变，B对A错；轻杆B端所受轻绳作用力(包括轻绳AB的作用力和拉物体的轻绳的作用力)与所受杆的弹力F N等大反向，故C对D错．3. (2011年押题卷)如图1－1－9所示，清洗楼房玻璃的工人常用一根绳子将自己悬在空中，工人及其装备的总重量为G，悬绳与竖直墙壁的夹角为α，悬绳对工人的拉力大小为F T，墙壁对工人的弹力大小为F N，则( )图1－1－9A．F T＝GsinαB．F N＝G tanαC．若缓慢减小悬绳的长度，F T与F N的合力变大D．若缓慢减小悬绳的长度，F T减小，F N增大解析：选B.根据工人的受力，三力平衡，可得拉力F T＝Gcosα，弹力F N＝G tanα故A 错、B正确．若缓慢减小悬绳的长度，实际上就是增大α角，F T与F N的合力仍与重力等大反向，即保持不变，而F T增大，F N也增大，故C、D均错．4．(2011年高考江苏卷) 如图1－1－10所示，倾角为α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦．现将质量分别为M、m(M>m)的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上．两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．在α角取不同值的情况下，下列说法正确的有( )图1－1－10A．两物块所受摩擦力的大小总是相等B．两物块不可能同时相对绸带静止C．M不可能相对绸带发生滑动D．m不可能相对斜面向上滑动解析：选AC.对M受力分析如图甲所示，对m受力分析如图乙所示．因为轻质绸带与斜面间无摩擦，结合牛顿第三定律知F f′＝F f，A对；在α角较小时，M、m可同时相对绸带静止，并以共同的加速度滑动，此时m会沿斜面上滑，B、D错；F f≤μmg cos α<μMg cos α，说明M不可能相对绸带发生滑动，C对．5. 如图1－1－11所示，一根弹性细绳原长为l，劲度系数为k，将其一端穿过一个光滑小孔O(其在水平地面上的投影点O′)，系在一个厚度不计、质量为m的滑块A上，滑块A放在水平地面上．小孔O离绳固定端的竖直距离为l，离水平地面的高度为h(h<mg/k)，滑块A与水平地面间的最大静摩擦力为正压力的μ倍．求：图1－1－11(1)当滑块A与O′点距离为r时，弹性细绳对滑块A的拉力为多大？(2)滑块A处于怎样的区域内时可以保持静止状态？解析：(1)此时弹性细绳的伸长量为Δx＝h2＋r2，由胡克定律得F T＝kΔx＝k h2＋r2.(2)设滑块A静止时离O′点的距离为r1，弹性细绳与竖直方向的夹角为α，此位置滑块A受到四个力(支持力F N，重力mg，弹性细绳的拉力F，摩擦力F f)的作用，由平衡条件得F N＋F cosα＝mg，F sinα＝F f而F＝kh/cosα，当F f＝F fmax＝μF N时，r1最大所以kr1＝F f≤F fmax＝μ(mg－kh)，即r1≤μ(mg－kh)/k故滑块A可以静止在以O′为圆心，以μ(mg－kh)/k为半径的圆形区域内的任意位置．答案：(1)k h2＋r2(2)见解析。
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【优化方案】高三物理专题复习攻略第一部分专题六第十四讲知能优化训练新人教版（重庆专用）1．(2020年高考天津卷)图14－26用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图14－26所示．该金属丝的直径是________mm.解析：D＝1 mm＋0.5 mm＋20.6×0.01 mm＝1.706 mm.答案：1.706(1.704～1.708均可)2．(2020年高考北京卷)用如图14－27所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量．图14－27(1)旋动部件__________，使指针对准电流的“0”刻线．(2)将K旋转到电阻挡“×100”的位置．(3)将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件________，使指针对准电阻的________(填“0刻线”或“∞刻线”)．(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1 k”的位置B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准解析：机械调零需调节S，电阻调零(欧姆挡调零)需调节调零旋钮T.指针偏转角度过小说明该电阻是一个大电阻，需换用阻值较大的挡来测量才准确，换挡之后需要重新电阻调零．故正确顺序应为ADC.答案：(1)S (3)T 0刻线(4)ADC3．(2020年高考海南卷)现要通过实验验证机械能守恒定律．实验装置如图14－28所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上的B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t.用d表示A点到导轨底端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，s表示A、B两点间的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度．用g表示重力加速度．完成下列填空和作图：图14－28(1)若将滑块自A点由静止释放，则在滑块从A运动至B的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为________，动能的增加量可表示为________．若在运动过程中机械能守恒，1t2与s的关系式为1t2＝________.(2)多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点(A点)下滑，测量相应的s 与t值．结果如下表所示：1 2 3 4 5s(m) 0.600 0.800 1.000 1.200 1.400 t(ms) 8.22 7.17 6.44 5.85 5.43 1/t 2(104s －2)1.481.952.412.923.39以s 为横坐标，1t 2为纵坐标，在图14－29位置的坐标纸中描出第1个和第5个数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k ＝________×104 m －1·s －2(保留3位有效数字)．图14－29由测得的h 、d 、b 、M 和m 数值可以计算出1t 2s 直线的斜率k 0，将k 和k 0进行比较，若其差值在实际允许的范围内，则可认为此实验验证了机械能守恒定律．解析：(1)当M 沿斜面向下运动s 的距离时，下落的高度为h′，则h d ＝h′s ，所以h′＝h d s.所以系统重力势能的减小量ΔE p ＝Mgh′－mgs ＝⎝⎛⎭⎪⎫Mgh d －mg s ，动能的增加量ΔE k ＝12(M ＋m)v 2，v ＝b t ，所以ΔE k ＝12(M ＋m)b 2t 2，根据机械能守恒，有ΔE p ＝ΔE k ，即⎝⎛⎭⎪⎫Mgh d －mg s ＝12(M ＋m)b 2t 2，所以1t 2＝2Mgh －mgdM ＋m b 2ds.(2)如图所示，1t2s 图象是一条倾斜直线，直线的斜率k ＝2.39×104m －1·s －2.答案：(1)⎝⎛⎭⎪⎫Mgh d －mg s 12(M ＋m)b 2t 2 2Mgh －mgdM ＋m b 2ds(2)图象如解析图所示 2.394．(2020年高考大纲全国卷)一电流表的量程标定不准确，某同学利用图14－30所示电路测量该电流表的实际量程I m .所用器材有：图14－30量程不准的电流表A 1，内阻r 1＝10.0 Ω，量程标称为5.0 mA ； 标准电流表A 2，内阻r 2＝45.0 Ω，量程1.0 mA ； 标准电阻R 1，阻值10.0 Ω；滑动变阻器R ，总电阻约为300.0 Ω； 电源E ，电动势3.0 V ，内阻不计； 保护电阻R 2；开关S ；导线．(1)在图14－31所示的实物图上画出连线．图14－31(2)开关S闭合前，滑动变阻器的滑动端c应滑动至______端．(3)开关S闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表A1满偏；若此时电流表A2的读数为I2，则A1的量程Im＝________.(4)若测量时，A1未调到满偏，两电流表的示数如图14－32所示，从图中读出A 1的示数I1＝________，A2的示数I2＝________；由读出的数据计算得Im＝________(保留3位有效数字)．图14－32(5)写出一条提高测量准确度的建议：____________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ____.解析：(1)略．(2)滑动变阻器接入电路采用限流式，S闭合前，应使滑动变阻器接入电路的阻值最大，故滑动端c应滑至b端．(3)电流表A1两端的电压U＝I2(r2＋R1)＝55I2.A 1的量程Im＝Ur1＝5.5I2.(4)从题图中读出A1的示数为I1＝3.0 mA，A2的示数为I2＝0.66 mA.由(3)知通过A1表的电流为I＝5.5×0.66 mA＝3.63 mA.通过A1表的指针指示可知通过A1表的电流占总量程的35，则Im＝53I＝53×3.63 mA＝6.05 mA.(5)多次测量求出平均值．答案：(1)见下图(2)b (3)5.5I2(4)3.0 mA 0.66 mA 6.05 mA(5)见解析5．(2020年高考重庆理综卷)(1)某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f＝50 Hz.在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点．因保存不当，纸带被污染，如图14－33所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：sA ＝16.6 mm、sB＝126.5mm、sD＝624.5 mm.图14－33若无法再做实验，可由以上信息推知：①相邻两计数点的时间间隔为________s；②打C点时物体的速度大小为________m/s(取2位有效数字)；③物体的加速度大小为________(用sA 、sB、sD和f表示)．(2)在探究小灯泡的伏安特性实验中，所用器材有：灯泡L、量程恰当的电流表A和电压表V、直流电源E、滑动变阻器R、电键S等，要求灯泡两端电压从0 V开始变化．①实验中滑动变阻器应采用________接法(填“分压”或“限流”)．②某同学已连接如图14－34所示的电路，在连接最后一根导线的c端到直流电源正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改正．图14－34A．_________________________________________________________________ _______B．_________________________________________________________________ _______图14－35图14－36③电路连接正确后，分别测得两只灯泡L1和L2的伏安特性曲线如图14－35中Ⅰ和Ⅱ所示．然后将灯泡L1、L2与电池组(电动势和内阻均恒定)连成图14－36所示电路．多次测量后得到通过L1和L2的电流平均值分别为0.30 A和0.60 A.A．在图14－35中画出电池组路端电压U和电流I的关系曲线．B．由该曲线可知电池组的电动势为________V，内阻为________Ω.(取2位有效数字)解析：(1)①相邻两点间时间间隔为0.02 s，每隔4个点取1个计数点，则两相邻计数点间时间间隔为T＝5×0.02 s＝0.1 s．②vC ＝sD－sB2×T＝2.5 m/s.③由a＝ΔsT2可得a＝sD－sB－2sB－sA3T2＝sD－3sB＋2sA75f2.(2)①从0 V变化时滑动变阻器必采用分压式．②连接电路时开关应该处于断开状态；采用分压式时滑动变阻器接入时电阻应为最大．③A.B．由U－I图象中纵轴截距可知电动势E＝4.6 V．由斜率大小可知内阻r＝4.61.72＝2.7(Ω)．答案：(1)①0.1 ②2.5 ③sD－3sB＋2sAf275(2)①分压②A.电键S不应闭合，应处于断开状态B．滑动变阻器滑动触头p位置不当，应将其置于b端③A.路端电压U与电流I的关系曲线见解析B．4.6 2.7温馨提示：巩固复习效果，检验教学成果.请进入“专题针对训练14”，指导学生每课一练，成功提升成绩.。