2019高考物理总复习实验题增分练(四)
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：实验题增分练(二)
实验题增分练(二)11．(8分)(2018·南通市等七市三模)用图1甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．气垫导轨上A处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，每次滑块都从同一位置由静止释放，释放时遮光条位于气垫导轨上B位置的上方．图1(1)某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝________ mm.(2)实验中，接通气源，滑块静止释放后，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为t，测得滑块(包括遮光条)质量为M，钩码质量为m，A、B间的距离为L.在实验误差允许范围内，钩码减小的重力势能mgL与__________(用直接测量的物理量符号表示)相等，则机械能守恒．(3)下列不必要的一项实验要求是________(请填写选项前对应的字母)．A．滑块必须由静止释放B．应使滑块(包括遮光条)的质量远大于钩码的质量C．已知当地重力加速度D ．应使牵引滑块的细线与气垫导轨平行(4)分析实验数据后发现，系统增加的动能明显大于钩码减小的重力势能，原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. 答案 (1)2.75 (2)(m ＋M )d22t2(3)B (4)气垫导轨右端偏高 12．(10分)(2018·江苏学校联盟模拟)某物理兴趣小组在学习了电流的磁效应后，得知通电长直导线周围某点磁场的磁感应强度B 的大小与长直导线中的电流大小I 成正比，与该点离长直导线的距离r 成反比．该小组欲利用如图2甲所示的实验装置验证此结论是否正确，所用的器材有：长直导线、学生电源、直流电流表(量程为0～3 A)、滑动变阻器、小磁针(置于刻有360°刻度的盘面上)、开关及导线若干．图2实验步骤如下：a ．将小磁针放置在水平桌面上，等小磁针静止后，在小磁针上方沿小磁针静止时的指向水平放置长直导线，如图2甲所示；b ．该小组测出多组小磁针与通电长直导线间的竖直距离r 、长直导线中电流的大小I 及小磁针的偏转角度θ；c ．根据测量结果进行分析，得出结论． 回答下列问题：(1)某次测量时，电路中电流表的示数如图乙所示，则该电流表的读数为________ A. (2)在某次测量中，该小组发现长直导线通电后小磁针偏离南北方向的角度为30°(如图3所示)，已知实验所在处的地磁场水平分量大小为B 0＝3×10－5T ，则此时长直导线中的电流在小磁针处产生的磁感应强度B 的大小为________ T(结果保留两位小数)．图3 图4(3)该小组通过对所测数据的分析，作出了小磁针偏转角度的正切值tan θ与Ir之间的图象如图4所示，据此得出了通电长直导线周围磁场的磁感应强度B 与通电电流I 成正比，与离长直导线的距离r 成反比的结论，其依据是__________________________．(4)通过查找资料，该小组得知通电长直导线周围某点的磁感应强度B 与电流I 及距离r 之间的数学关系为B ＝μ02π·Ir ，其中μ0为介质的磁导率．根据题给数据和测量结果，可计算出μ0＝________ T·m/A.答案 (1)2.00 (2)1.73×10－5T (3)电流产生的磁感应强度B ＝B 0tan θ，而偏角的正切值与I r成正比 (4)4π×10－7解析 (1)电流表量程为3 A ，则最小分度为0.1 A ，由指针示数可知电流为2.00 A ； (2)小磁针N 极指向地磁场分量和电流磁场的合磁场方向，如图所示；则有：tan 30°＝B B 0，解得：B ＝3×10－5×33T≈1.73×10－5T ； (3)由题图可知，偏角的正切值与Ir成正比，而根据(2)中分析可知，B ＝B 0tan θ，则可知B 与I r成正比，故说明通电长直导线周围磁场的磁感应强度B 与通电电流I 成正比，与离长直导线的距离r 成反比；(4)tan θ－I r 图线的斜率为k ，由公式B ＝B 0tan θ＝B 0k I r ＝μ02π·I r 可知，μ02π＝B 0k ，解得：μ0＝4π×10－7T·m/A.。
精品2019高考物理总复习选择题增分练五20193
选择题增分练(五)(满分48分 24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．(2018·山东省济南市高三二模)质量为m 、长度为l 的均匀软绳放置在水平地面上．现将软绳一端提升至离地面高度为h 处，软绳完全离开地面，则至少需要对软绳做的功为( )A ．mg l2B ．mg h2C ．mg (h －l )D ．mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h －l 2解析：选D.对软绳做的功等于它的重力势能的增加量，即W ＝ΔE p ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2＋h －l ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h －l2，选项D 正确． 2．下列说法正确的是( )A ．玻尔通过对氢原子光谱的研究建立了原子的核式结构模型B ．某些原子核发生衰变时能够放出β粒子，说明原子核内有β粒子C ．原子核反应中的质量亏损现象违反了能量守恒定律D ．某种单色光照射某种金属发生光电效应，若增大光照强度，则单位时间内发射的光电子数增加解析：选D.卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型，玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征，故A 错误；β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子，故B 错误；核反应中的质量亏损现象遵循能量守恒定律，故C 错误；发生光电效应时，单位时间内发射的光电子数随入射光强度的增加而增大，故D 正确；故选D.3．如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R 的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B 的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A 、B 与圆心O 连线的夹角为120°，此时悬线的拉力为F .若圆环通电，使悬线的拉力刚好为零，则环中电流大小和方向是( )A ．大小为3F 3BR ，沿顺时针方向B ．大小为3F 3BR，沿逆时针方向D ．大小为3FBR，沿逆时针方向解析：选A.环受安培力的有效长度为l ＝2·R cos 30°＝3R ，由BIl ＝mg ＝F ，可知，I ＝3F 3BR，方向为顺时针方向．4．一质点从静止开始沿着直线运动，先后经历匀加速、匀速和匀减速三个运动过程，三段过程运动位移均为x ，匀加速运动时间为t ，匀减速运动时间为34t ，则下列说法中正确的是( )A ．质点在匀加速阶段的加速度大小小于匀减速运动阶段的加速度大小B ．质点在匀减速阶段的末速度大小是匀速运动阶段的速度大小的一半C ．质点在匀加速运动阶段的平均速度等于匀减速运动阶段的平均速度D ．质点在匀速运动阶段的运动时间为12t解析：选D.设匀速运动的速度大小为v ，质点在匀减速阶段的末速度大小为v t ，质点在匀加速阶段x ＝0＋v2t＝vt2，匀减速运动阶段x ＝v t ＋v 2×34t ，解得v t ＝v 3，质点在匀加速阶段的加速度大小a 1＝v －0t ＝vt，匀减速运动阶段的加速度大小a 2＝v －v334t ＝8v 9t ，故AB 错误；质点在匀加速运动阶段的平均速度v 1＝0＋v 2＝v 2，匀减速运动阶段的平均速度v 2＝v ＋13v2＝2v 3，故C 错误；质点在匀速运动阶段的运动时间t ′＝x v ＝12vtv ＝12t ，故D 正确；故选D.5．(2018·山东泰安市二模)北斗地图APP 即将上线，其导航功能可精确到1米以内，能够清晰定位到具体车道．如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a 、b 、c 三颗卫星均做圆周运动，其中a 是地球同步卫星，则( )A ．卫星a 的角速度小于c 的角速度B ．卫星a 的加速度大于b 的加速度C ．卫星a 的运行速度大于第一宇宙速度D ．卫星b 的周期大于24 h解析：选A.根据万有引力提供向心力：G Mm r2＝m ω2r ，解得：ω＝GMr 3，可知轨道半径大的卫星角速度小，所以卫星a 的角速度小于c 的角速度．故A 正确．卫星的加速度为a ＝ω2r ＝GM r2，可知轨道半径大的卫星加速度小，所以卫星a 与b 的加速度大小相等．故B 错误．第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动时最大的运行速度，则知卫星a 的运行速度小于第一宇宙速度，故C 错误．卫星a 与b 的轨道半径相同，角速度相等，则周期也相等，所以卫星b 的周期等于24 h ，故D 错误．故选A.6．如图所示的电路中电表均为理想电表，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑片P 向右移动至某一位置，与移动前相比，下列说法正确的是( )A ．电流表读数变小，电压表读数变大B ．小灯泡L 变亮C ．电源的输出功率一定变大D ．电容器C 所带的电荷量减少解析：选BD.由图可知，电容并联在滑动变阻器两端；当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻减小；则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，故电流表示数增大，灯泡亮度变亮，因内压增大，故电压表示数减小，故A 错误，B 正确；由P ＝EI 可知，电源的总功率变大，当外阻和内阻相等时输出功率最大，因为不知道外阻和内阻的关系，所以不能判断电源输出功率的变化，故C 错误；因电容器并联在滑动变阻器两端；总电流变大，灯泡及内阻分压增大，则滑动变阻器分压减小，故电容器C 两端的电压减小，所以C 上的电量减小，故D 正确．所以BD 正确，AC 错误．7．如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m ，电阻为R ，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN 和PQ 是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN 上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v t 图象，图中字母均为已知量．重力加速度为g ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba 方向B ．金属线框的边长为v 1(t 2－t 1)C ．磁场的磁感应强度为1v 1（t 2－t 1）mgR v 1D ．金属线框在0～t 4的时间内所产生的热量为2mgv 1(t 2－t 1)＋12m (v 23－v 22)解析：选BCD.金属线框刚进入磁场时，由楞次定律知感应电流方向沿abcda 方向，A 错误．由图象可知，线框先做自由落体运动，t 1匀速进入磁场，直至全部进入磁场，因此线框的边长为v 1(t 2－t 1)，B 正确．由mg ＝B 2l 2v 1R，＝mgv 1(t 2－t 1)＋12m (v 23－v 22)，D 正确．8．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k ，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A 连接；两物块A 、B 质量均为m ，初始时物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力F 拉动物块B ，使B 做加速度为a 的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v t 图象如图乙所示(t 1时刻A 、B 的图线相切，t 2时刻对应A 图线的最高点)，重力加速度为g ，则( )A ．A 达到最大速度时的位移mg sin θkB ．拉力F 的最小值为mg sin θ＋maC ．A 、B 分离时t 1＝2（mg sin θ－ma ）akD ．A 、B 分离前，A 和弹簧系统机械能增加解析：选AC.开始时弹簧的压缩量满足2mg sin θ＝kx 1，当A 达到最大速度时加速度为零，此时A 、B 已分离满足mg sin θ＝kx 2，所以A 的位移为x ＝x 1－x 2＝mg sin θk，开始时力F 最小，此时对AB 整体满足F ＋kx 1－2mg sin θ＝2ma ，解得F ＝2ma ；当AB 分离时，AB 之间的弹力为零，此时对A ：kx 3－mg sin θ＝ma ，此时物体A 的位移为x ＝x 1－x 3＝mg sin θ－ma k ＝12at 21，解得t 1＝2（mg sin θ－ma ）ak；A 、B 分离前，A 、B 和弹簧系统除重力和弹力做功外还有力F 做正功，所以机械能增加；A 和弹簧系统除重力和弹力做功以外，还有B 对A 的弹力对A 做负功，所以A 和弹簧系统的机械能减少．选项AC 正确．。
2019高考物理总复习 实验题增分练(二)
实验题增分练(二)(满分15分10分钟)1．某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮筋改为劲度系数为400 N/m 的轻质弹簧AA′，将弹簧的一端A′固定在竖直墙面上．不可伸长的细线OA、OB、OC，分别固定在弹簧的A端和弹簧秤甲、乙的挂钩上，其中O为OA、OB、OC三段细线的结点，如图1所示．在实验过程中，保持弹簧AA′伸长1.00 cm不变(1)若OA、OC间夹角为90°，弹簧秤乙的读数是________N(如图2所示)，则弹簧秤甲的读数应为________N.(2)在(1)问中若保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OA与OC的夹角，则弹簧秤甲的读数大小将________，弹簧秤乙的读数大小将________．kx＝400×0.01＝4 N；根据弹簧；两弹簧秤夹角为90°，则甲OA与OC的夹角，如图中实线变到虚线：由先变小后变大)某实验小组计划测量某种圆柱状半导体材料的电阻率．(1)用刻度尺量得该材料长度L＝0.700 m，用游标卡尺测量它的直径d如图所示，读数为________cm.(2)实验室提供的器材有：A．电压表V(量程为0～15 V，内阻约30 kΩ)；B．电流计G(量程为0～300 μA，内阻约50 Ω)；C．滑动变阻器(最大值10 Ω，额定电流1 A)；D．电源(电动势E＝12 V，内阻r＝6 Ω)；E．单刀单掷开关一个，导线若干．如果要求测量时材料两端的电压从0开始逐渐增大，请根据提供的器材设计一个电路图，画在虚线框内．(3)(4)计算半导体材料的电阻率表达式ρ＝________(用R、d、L表示)，测量值为________Ω·m(保留两位有效数字)．解析：(1)对游标卡尺：主尺刻度为30 mm，游标尺共20个格，分度为0.05 mm，且游标尺的第15条刻度线与主尺刻度线对齐，因此它的读数为30 mm＋15×0.05 mm＝30.75 mm ＝3.075 cm.(2)在本题中，由于待测半导体材料阻值较大，故应采用电流表的内接法，要求电压表示数从0开始，故应采用滑动变阻器的分压式接法，电路图如图甲所示．(3)根据数据在坐标系中描点，连线时要让大多数点在一条直线上，作出U I 图象如图乙所示，图线的斜率表示半导体材料的电阻，根据图象可得R ＝4.6×104Ω.(4)由R ＝ρL S ，S ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22，得ρ＝R πd 24L ＝49 Ω·m.答案：(1)3.075 (2)见解析图甲 (3)见解析图乙4．6×104或4.5×104(4)R πd 24L46～50均得分。
2019年高考物理最后冲刺增分小题狂练： 4 Word版
)由题意，当F＝kt时，物体受到的摩擦力为，因此滑动摩擦力随着时间的增加不断增大，直到滑动摩擦力大于重力时，物体做减速运动，当物体速度减为零时，摩擦力变成静摩擦力，物体处于静止状态，即使推力增大，静摩擦力大小正确，A、C、D错误．综上本题选B.如图所示，两木块的质量分别为，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面的弹簧，在这过程中上面木块移动的距如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆，在斜杆的下端固定有质量为的判断中，正确的是mg sinθ，方向沿杆向上湖南师范大学附中模拟]如图所示，均匀，夹在两个相同的水平垫板中，A 与垫板间的动摩擦因数为以相同的水平速率v 1对称且匀速地向两侧退开时，若A 始终在垫板上)，作用在进行受力分析，可知A 在水平方向受到的作用和拉力的作用，由于滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相的运动的方向如图(实线)：滑动摩擦力的方向以及滑动摩擦力的分解如图中虚线．由对称性可知，的摩擦力：f 1＝μmg 121如图所示，完全相同、质量均为m的物块的固定斜面上．斜面的倾角为A恰好静止．现用一沿斜面向上的力个完全相同的长方体木板叠放在一起，每个木，某人用手在这叠木板的两侧加一水平压力木板水平静止．若手与木板之间的动摩擦因数为则物块与木板间的动摩擦因数为( )，下列说法不正确的是( )．由图可求出物块的质量．由图可求出物块与斜面间的动摩擦因数时物块保持静止状态后物块做匀变速运动块保持静止状态，选项C正确；F大于F0后物块保持运动状态，但不是匀变速运动，选项D不正确．10．[2019·陕西省西安联考]如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，A物体质量m＝20 kg，B物体质量M＝30 kg.处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A物体相连，轻弹簧处于自然状态，其劲度系数为250 N/m，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现有一水平推力F作用于物体B上使B缓慢地向墙壁移动，当移动0.2 m时，水平推力F的大小为(已知A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)( )A．350 N B．300 NC．250 N D．200 N答案：B解析：设A、B间没有相对滑动，则轻弹簧的压缩量为x＝0.2 m，此时轻弹簧的弹力大小为F＝kx＝50 N，而A与B间的最大静摩擦力为F fA＝μmg＝100 N，所以A、B之间没有相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，其大小为F f1＝50 N，B与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，其大小为F f2＝μ(m＋M)g＝250 N，所以F＝F f1＋F f2＝300 N，即B选项正确．11．[2019·浙江省宁波市余姚中学模拟]如图所示为一款可调握力器的简化图．通过调节右侧旋钮可令弹簧下悬点在A到B间移动，从而使弹簧初始弹力在0～25 N之间变化，已知弹簧下端处于A点时，弹簧与水平杆成53°角，当其调节到B点时，弹簧与水平杆成37°角，已知AB长3.5 cm，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则该弹簧的劲度系数为( )A．800 N/m B．900 N/mC．1 000 N/m D．1 200 N/m答案：C解析：AB 的垂线，与AB BD ＝L 1，AD ＝L 2，tan37°＝，解得s L 2sL 1的斜面体c 置于水平地面上，小盒斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a 的一段细绳竖直．a 内缓慢放入适量砂粒，a 、b 、c湖南师大附中模拟]如图所示，一倾角为固定在光滑水平地面上的物体A、B之间，斜面体恰好与物体恰能沿斜面匀速下滑，此时斜面体与不变，仍为竖直向下，大小为mg，水平方向无外力作用，故选如右图，一物块在水平拉力水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数15．[2019·银川月考](多选)如图所示，在倾斜的粗糙杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的小球，在圆环沿杆向下滑动的过程中，悬挂小球的轻绳始终处于竖直方向，则( )A．小球做匀速直线运动B．圆环一定受三个力作用C．圆环一定受四个力作用D．小球的重力大于轻绳的拉力答案：AC解析：以小球为研究对象，由题意知小球沿杆向下做直线运动，说明加速度为零或加速度沿杆方向，而小球只受到竖直向下的重力和竖直向上的拉力，这两个力的合力必为零，即小球做匀速直线运动，则圆环也做匀速直线运动，圆环受到重力、竖直向下的拉力、支持力和滑动摩擦力，共四个力作用，选项A、C正确，B错误；由平衡条件知，轻绳对小球的拉力等于小球的重力，选项D错误．16.如图所示，斜面体的底面粗糙，斜面光滑，放在粗糙水平地面上．弹簧的一端固定在墙面上，另一端与放在斜面上的物块相连，弹簧的轴线与斜面平行，若物块在斜面上做周期性往复运动，斜面体保持静止，则地面对斜面体的摩擦力f与时间t的关系图象正确的是( )答案：A解析：设斜面的倾角为θ，物块在光滑的斜面上做周期性往复运动，对斜面的压力N1等于物块重力垂直于斜面的分力，即N1＝mg cosθ，以斜面体为研究对象，受力分析如图，地面对斜面体的摩擦力f＝N1sinθ＝mg sinθcosθ，因为m、θ不变，所以f不随时间变化，故选A.课时测评④综合提能力 课时练 赢高分一、选择题1．[2019·广东佛山顺德区模拟]如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，紧贴墙壁．若在斜面上放一物体m，再给m施加一竖直向下的恒力F，M、m均保持静止，则小车受力的个数为( ) A．3 B．4C．5 D．6答案：B解析：先对物体m进行受力分析，受到重力、向下的恒力F、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，支持力和静摩擦力的合力与重力和恒力F的合力是一对平衡力，根据牛顿第三定律，m对M的压力和静摩擦力的合力竖直向下；再对小车M进行受力分析，受重力、m对它的垂直于斜面向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力，故A、C、D错误，B正确．2．[2019·湖南衡阳八中月考](多选)四个完全相同的弹簧测力计，外壳通过绳子分别与四个完全相同的物体相连，挂钩一端施加沿轴线方向的恒力F，以下四种情况中关于弹簧测力计读数的说法正确的是( )A．如果图甲中的物体静止在水平地面上，那么弹簧测力计的读数可能小于FB．如果图乙中的物体静止在斜面上，那么弹簧测力计的读数一定等于FC．如果图丙中的物体静止在粗糙水平地面上，那么弹簧测力计的读数一定等于FD．如果已知图丁中水平地面光滑，则由于物体的质量未知，无法判定弹簧测力计的读数与F的大小关系答案：BC解析：题图甲中的物体静止在水平地面上，根据平衡原理，弹簧测力计的读数等于F，故A错误；不论物体静止在斜面上，还是静止在粗糙水平地面上，由平衡条件可知，弹簧测力计的读数一定等于F，故B、C正确；已知题图丁中水平地面光滑，虽然物体的质量未知，但是弹簧测力计的读数与F的大小仍相等，故D错误．3.[2019·河南鹤壁高中模拟]如图所示，水平传送带上放一物体，当传送带沿顺时针方向以速度v匀速转动时，物体在轻弹簧水平拉力的作用下处于静止状态，此时弹簧的伸长量为Δx；当传送带沿顺时针方向的转动速度变为2v时，物体处于静止状态时弹簧的伸长量为Δx′，则关于弹簧前后两次的伸长量，下列说法中正确的是( ) A．弹簧的伸长量将减小，即Δx′<ΔxB．弹簧的伸长量将增加，即Δx′>ΔxC．弹簧的伸长量不变，即Δx′＝ΔxD．无法比较Δx和Δx′的大小答案：C解析：物体所受的滑动摩擦力大小为f＝μN＝μmg，f与传送带的速度大小无关，当传送带的速度方向不变时，不管速度大小如何四川成都实验高中一诊]如图，楔形物块地面上，其斜面粗糙，斜面上有小物块B.用平行于斜面的力，使之沿斜面匀速上滑．现改变力F的方向至与斜面成一定的角平行于斜面向上时，先对物体B进行受力分析如图甲，根据平衡条件，有平行于斜面方向F＝f＋mg sin，解得F＝mg(sinθ＋μ拉力改变方向后，设其与斜面夹角为α，根据平衡条件，在平行于mg sinθ，垂直于斜面方向，其中f′＝μN′，解得mg cosθ－F′sinα)，联立各式得到滑动摩正确；拉力F可能变大，也可能减小，故进行受力分析，受重力、支持力、B对A，静摩擦力也一定减小，故位于斜面上，受到平行于斜面的水平力于静止状态．如图所示，若将外力F撤去，则．物块可能会沿斜面下滑．物块受到的摩擦力变小mg sinα，故选项B如图所示，质量均为的作用下处于平衡状态，其中弹簧上端与天花板固定连接，轴线与竖弹簧竖直，g取10 m/s3 cm河北石家庄模拟]如图所示，一质量为斜面体置于水平地面上，质量为m的小木块上．现用一平行于斜面、大小恒定的拉力F江西南昌十校模拟]如图，上表面为光滑曲面的物体静置于水平地面上，一小滑块从曲面底端受水平力作用缓缓沿曲面向＝200 N/m＝100 N/m＝300 N/m＝200 N/m湖南娄底五校联考]如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底板间的，车厢的倾角用θ表示，下列说法正确的是．如图所示，放在水平地面上的物体侧连着一轻质弹簧，已知物体与地面间的动摩擦因数安徽合肥一中段考]如图所示，质量水平固定杆上，并用轻绳与质量m＝0.5 kg的小球相连，今用跟水3N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中木块、小球的相对位置保持不变，，竖直方向F sin60°－T sin θ－mg ＝0，解得以木块和小球整体为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件得，水平方向有F cos60°－μN ＝0，竖直方向有，解得μ＝.33。
2019高考物理：总复习：实验题增分练三9127(含答案).doc
实验题增分练(三)(满分15分10分钟)1．在某次动手实践活动中，指导老师要求同学们利用手中的器材测量小物块与木板间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的实验装置．(1)实验时，该同学用两块完全相同的木板AB、CD组装成了如图所示的轨道，其中AB倾斜，CD水平，两木板连接处平滑相接．将小物块从木板AB的某位置由静止释放，小物块停止运动后，用毫米刻度尺测量小物块释放时距水平面的高度h以及在木板CD上滑行的距离x，为测得动摩擦因数，该同学还需要测量___________________________________________________；(2)改变释放高度h进行多次实验，记录对应的h1、x1，h2、x 2，h 3、x 3，……之后以x 为纵坐标，h 为横坐标描点作图，得到一条倾斜直线，斜率为k ，则小物块与木板间的动摩擦因数为________(用测量量和k 表示)．解析：(1)对小物块的整个运动过程由动能定理得mgh －μmg cos θh sin θ－μmgx ＝0，整理得x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1μ－1tan θh ，故实验过程中需要测量木板AB 的倾角θ或由tan θ＝h l可知，还可以测量小物块释放时的位置在水平面的投影到B 点的距离l .(2)x h 图线的斜率k ＝1μ－1tan θ，解得μ＝1k ＋1tan θ或由tan θ＝h l ，得μ＝1k ＋l h. 答案：(1)木板AB 的倾角θ或小物块释放时的位置在水平面的投影到B 点的距离l (2)1k ＋1tan θ或1k ＋l h2．(1)某实验小组在使用多用电表的过程中，下列说法中正确的是( )A．在测量电压时，要将红表笔接在高电势点B．测量阻值不同的电阻时，都必须重新调节欧姆调零旋钮C．在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大的欧姆挡进行试测D．在测量未知电流时，必须先选择量程最大的电流挡进行试测E．测量电阻时，如果红、黑表笔插错插孔，测量结果不会受影响(2)如图所示，若用多用电表测量某电阻R x阻值，多用电表选择开关处于“×10”欧姆挡，指针指在如图所示位置，则R x 的阻值________300 Ω(选填“大于”、“等于”或“小于”)(3)现用伏安法更精确地测量(2)中的电阻R x可供该同学选用的器材除开关S、导线、待测电阻R外，还有：A．电源E(E＝12 V，内阻不计)B．定值电阻R0(阻值等于1 Ω)C．电压表V(量程0～15 V，内阻未知)(量程0～10 mA，内阻r1＝3 Ω)D．电流表A1E．电流表A(量程0～0.6 A，内阻r2＝0.2 Ω)2F．滑动变阻器R(0～1 kΩ，额定电流0.1 A)①实验中电流表应选择________(填写器材前面的字母标号)②请在方框内画出实验电路图；③在实验过程中，测量多组数据，以电压表读数U为纵坐标，以电流表读数为横坐标，做出相应UI图象，发现UI图象为一条斜率为k的直线，若考虑电表内阻对电路的影响，则电阻R x＝________(用题目中已知物理量字母符号和k表示)．解析：(1)用多用表测电压时，要将红表笔接高电势点，A正确；用多用表测电阻时，每换一次挡位倍率都需要重新进行欧姆调零，而不是测量不同电阻，B错误；在测量未知电阻时，可以先选择个倍率进行测量，然后根据指针偏转情况再选择合适的倍率进行测量，不一定必须先选择倍率最大挡进行试测，C错误；为保护电表安全，在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测，D正确；测量电阻时，如果红、黑表笔插错插孔，则不会影响测量结果，E正确；故选ADE.(2)因多用电表的欧姆挡的刻度分布不是均匀的，越向左，刻度越密集，所以20至40的中间数值一定小于30，若选择开关处于“×10”挡，由图可知其读数小于300 Ω.(3)①电源电动势E＝12 V，回路中的最大电流约为I max＝E R x＝12300＝0.04 A＝40 mA，故电流表选D；②而电流表D的量程太小，为了测量准确，故需要将电流表D与定值电阻R0并联，改装成一个大量程的电流表；因为不知道电压表内阻，而电流表A1内阻r1＝3 Ω确切已知，所以选择电流表内接法测量，因为滑动变阻器的最大值远大于待测电阻，故滑动变阻器用限流接法，画出的电路图如图所示：③根据串联电路的特点有：U ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫I ＋Ir 1R 0R x ＋Ir 1，变形得：U ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫R x ＋r 1＋r 1R 0R x I ，故图线的斜率为k ＝R x ＋r 1＋r 1R 0Rx ，解得：R x ＝k －r 1R 0＋r 1R0.答案：(1)ADE (2)小于 (3)①D ②见解析图 ③k －r 1R 0＋r 1R 0。
【配套K12】[学习]2019高考物理总复习 选考题增分练(一)选修3-4
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选修3－4 增分练(一)1．[物理——选修3－4](15分)(2018·山东省济宁市高三二模)(1)(5分)一列简谐横波在弹性介质中沿x 轴传播，波源位于坐标原点O ，t ＝0时刻波源开始振动，t ＝3 s 时波源停止振动，如图所示为t ＝3.2 s 时靠近波源的部分波形图．其中质点a 的平衡位置离原点O 的距离为x ＝2.5 m ．下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．波速为5 m/sB ．波长为2.0 mC ．波源起振方向沿y 轴正方向D ．在t ＝3.3 s ，质点a 位于波谷E ．从波源起振开始计时，3.0 s 内质点a 运动的总路程为2.5 m(2)(10分)如图所示，MN 为半圆形玻璃砖的对称轴，O 为玻璃砖的圆心，某同学在与MN 平行的直线上插上两枚大头针P 1、P 2，在MN 上插大头针P 3，从P 3一侧透过玻璃砖观察P 1、P 2的像，调整P 3位置使P 3能同时挡住P 1、P 2的像，确定P 3位置如图所示，他测得玻璃砖直径D ＝8 cm ，P 1、P 2连线与MN 之间的距离d 1＝2 cm ，P 3到O 的距离d 2＝6.92 cm.(取3＝1.73)．求该玻璃砖的折射率．解析：(2)作出光路图如图所示，sin i ＝ABOA ＝12得i ＝30°则∠OAB ＝60°OB ＝OA sin 60°＝3.46 cm根据几何关系有P 3B ＝d 2－OB ＝3.46 cmtan∠BAP 3＝P 3B AB＝1.73，得∠BAP 3＝60° 因此r ＝180°－∠OAB －∠BAP 3＝60°据折射定律得n ＝sin r sin i解得n ＝1.73答案：(1)ABE (2)1.732．[物理——选修3－4](15分)(2018·河北省荆台市高三二模)(1)(5分)某质点在竖直方向上做简谐运动，规定竖直向上为正方向，质点的振动图象如图所示，则质点在10 s 时的速度方向为________(选填“竖直向上”或“竖直向下”)，0.5～1.5 s 时间内的位移为________cm ，0～154s 内运动的路程为________cm.(2)(10分)两个横截面半径均为R 的半圆柱形玻璃砖ABC 和DEF 拼接在一起，形成一个圆柱形玻璃砖A (D )BC (F )E ，一束单色光从左侧玻璃砖上的M 点入射，M 点到AC (DF )的距离d ＝32R ，入射光线的延长线经过A (D )点，左侧玻璃砖ABC 对该单色光的折射率n 1＝3，右侧玻璃砖DEF 对该单色光的折射率n 2＝22，真空中的光速为c .①若将该单色光第一次在玻璃砖DEF 与空气的界面上的入射点记为N (图中未标出)，分析判断该单色光在N 点能否发生全反射．②求该单色光从M 点传播至N 点的时间．解析：(1)由图可得，该质点振动的周期为2 s ，由简谐运动时间的周期性可知，10 s 时的运动情况与t ＝0时相同，速度方向为x 轴正方向，即竖直向上；该质点的振动方程为x ＝40sin πt cm ，t 1＝0.5 s 时，x 1＝40 cm ，t 2＝1.5 s 时，x 2＝－40 cm ，0.5～1.5 s 时间内质点的位移x ＝x 2－x 1＝－80 cm ；t 3＝154 s 时，x 3＝－20 2 cm ，质点在0～154s 内运动的路程s ＝8A －|x 3|＝(320－202)cm.(2)①如图(a)所示，cos θ＝32R R ＝32，则θ＝30°，∠MOA＝60°，△MAO 为等边三角形，所以光线在M 点的入射角α＝60°由折射定律n 1＝sin αsin β可得折射角β＝30°光路图如图(b)所示，由β＝θ可知折射光线恰好垂直AC (DF )面射入玻璃砖DEF ，由几何关系可得光线在N 点的入射角γ＝β＝30°sin C ＝1n 2＝122＜12故临界角C ＜30°所以该单色光在N 点能发生全反射②该单色光在玻璃砖ABC 中的传播时间 t 1＝d v 1＝32R c 3＝3R 2c在玻璃砖DEF 中的传播时间t 2＝d ′v 2＝32R c 22＝6R c则该单色光从M 点传播至N 点的时间t ＝t 1＋t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋6R c答案：(1)竖直向上 －80 (320－202)(2)①能 ②⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋6R c。
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四、选考题增分练选修3－3 增分练(一)1．[物理——选修3－3](15分)(1)(6分)关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对一个给3分，选对两个给4分，选对3个给6分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B ．当分子间距离增大时，分子间的引力减少、斥力增大C ．一定量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度升高而减少D ．水的饱和汽压随温度的升高而增大E ．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用(2)(9分)如图所示，竖直放置的足够长圆柱形绝热汽缸内封闭着1 mol 单原子分子理想气体，气体温度为T 0.活塞的质量为m ，横截面积为S ，与汽缸底部相距h ，现通过电热丝缓慢加热气体，活塞上升了h .已知1 mol 单原子分子理想气体内能表达式为U ＝32RT ，大气压强为p 0，重力加速度为g ，不计活塞与汽缸的摩擦．求：①加热过程中气体吸收的热量；②现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m 1时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度．解析：(2)①加热前，活塞平衡，有：p 1S ＝mg ＋p 0S ①加热过程，气体等压膨胀，由盖-吕萨克定律，得：hS T 0＝2hS T 1②解得：T 1＝2T 0由题给条件得，加热过程气体内能的增量为：ΔU＝32R(T1－T0)＝32RT0 ③此过程，气体对外做功为：W＝－p1Sh ④由热力学第一定律ΔU＝W＋Q解得，气体吸收的热量为：Q＝32RT0＋(p0S＋mg)h②添加砂粒后，活塞平衡，有：p2S＝(m＋m1)g＋p0S ⑤由查理定律有：p1 T0＝p2T2⑥解得：T2＝mg＋m1g＋p0Smg＋p0ST0答案：(1)CDE(2)①32RT0＋(p0S＋mg)h②mg＋m1g＋p0Smg＋p0ST02．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和B．布朗运动就是液体分子或者气体分子的热运动C．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的D．气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小E．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同(2)如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为l A＝40 cm，右管内气体柱长为l B＝39 cm.先将口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg，求：①A端上方气柱长度；②稳定后右管内的气体压强．解析：(1)物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和，A 正确；布朗运动是悬浮颗粒的运动，不是液体分子或者气体分子的热运动，B错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，不违背能的转化守恒定律和热力学第二定律，C正确；气体分子间距离减小时，分子间引力、斥力都增大，D错误，E正确．(2)①设A端上方气柱长度为l1.由题可知，插入水银槽后左管内气体压强为p1＝p0＋ρgΔh＝80 cmHg由玻意耳定律得p0l a＝p1l1所以A端上方气柱长度为l1＝38 cm②设右管水银面上升h，则右管内气柱长度为l B－h，气体压强为p1－2ρgh.由玻意耳定律得p0l B＝(p1－2ρgh)(l B－h)解得h＝1 cm所以右管内气体压强为p2＝p1－2h＝78 cmHg答案：(1)ACE(2)①38 cm②78 cmHg选修3－3增分练(二)1．[物理——选修3－3](15分)(2018·河南省平顶山市高三二模)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大B．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性的光学性质C．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律D．分子平均速率大的物体的温度比分子平均速率小的物体的温度高E．晶体熔化时吸收热量，其分子平均动能不变(2)(10分)如图所示，直立的汽缸中有一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁导热良好，周围环境温度保持不变．开始时活塞恰好静止在A处，现轻放一物体在活塞上，活塞下移．经过足够长时间后，活塞系统停在B点，已知AB＝h，B处到汽缸底部的距离为h，大气压强为p0，重力加速度为g.求：①物体将活塞压至B处平衡时，缸内气体的压强p2；整个过程中，缸内气体是吸热还是放热，简要说明理由；②已知初始温度为27 ℃，若升高环境温度至T1，活塞返回A处达稳定状态，T1的值是多大．解析：(2)①设活塞静止在A处时，气体压强为p1.对活塞受力分析，由平衡条件可得p1S＝p0S＋mg物体将活塞压至B处平衡时，缸内气体的压强为p2，对封闭气体由理想气体状态方程可得p2Sh＝p1S·2h联立解得p2＝2p0＋2mg S理想气体温度不变，则内能不变，压缩气体，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体向外放热．②环境温度升高，汽缸中气体体积增大，此过程中压强不变，由盖－吕萨克定律可得V 0T 0＝V 1T 1， 由于T 0＝27 ℃＝300 K ，V 1＝2V 0代入数据解得T 1＝600 K ＝327 ℃.答案：(1)ACE (2)①2p 0＋2mg S 放热 理由见解析②327 ℃2．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)一定质量的理想气体从状态a 开始，经历三个过程a 到b 、b 到c 、c 到a 回到原状态，其V -T 图象如图所示，p a 、p b 、p c .分别表示状态a 、b 、c 的压强，下列说法正确的是________(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．由a 到b 的过程中，气体一定吸热B ．p c ＞p b ＝p aC ．由b 到c 的过程中，气体放出的热量一定大于外界对气体做的功D ．由b 到c 的过程中，每一个气体分子的速率都减小E ．由c 到a 的过程中气体分子的平均动能不变(2)(10分)如图所示，水平放置且两端开口的柱形汽缸AB 由左、右两部分组成，两部分汽缸截面积分别为S 、2S ，缸内有两个厚度不计的活塞，两活塞间封闭着一定质量的理想气体，平衡时两活塞距连接处的距离均为L ，气体温度为T 0，已知外界气体压强恒为p 0，B 部分汽缸和活塞之间的最大静摩擦力为2p 0S ，A 部分汽缸内壁光滑，且距汽缸连接处左侧2L 处有一活塞销．现缓慢升高气体温度，求：①A部分汽缸中活塞刚好被活塞销卡住时气体的温度；②B部分汽缸中活塞刚要滑动时气体的温度．解析：(2)①A中活塞被活塞销卡住之前，B中活塞静止不动，理想气体做等压变化，压强始终为p0初态：体积V1＝LS＋L·2S＝3LS，温度T1＝T0A中活塞刚好被活塞销卡住时：体积V2＝2LS＋L·2S＝4LS，温度为T2则V1T1＝V2T2得T2＝4 3T0②B中活塞刚要滑动时，设被封闭气体压强为p，对B中活塞受力分析得p·2S＝p0·2S＋f得p＝2p0从A中活塞刚好被活塞销卡住到B中活塞刚要滑动，被封闭气体做等容变化，设此时温度为T3则p0T2＝pT3得T3＝8 3T0答案：(1)ACE(2)①43T0②83T0选修3－3增分练(三)1．[物理——选修3－3](15分)(2018·山东省济宁市高三二模)(1)(5分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小B．布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在永不停息地做无规则的热运动C．雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用D ．一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E ．一定量的理想气体，如果体积不变，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减少(2)(10分)如图所示，开口向上竖直放置内壁光滑的汽缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m 的密闭活塞，活塞A 导热，活塞B 绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动处于平衡，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l 0，温度为T 0.设外界大气压强p 0保持不变，活塞的横截面积为S ，且mg ＝0.1p 0S ，环境温度保持不变．在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m 时，两活塞在某位置重新处于平衡．求：①此时第Ⅱ部分气体的长度；②若只对Ⅱ气体缓慢加热，使活塞A 回到初始位置，求此时Ⅱ气体的温度．解析：(2)①初状态Ⅱ气体压强p 2＝p 0＋2mg S ＝1.2p 0添加铁砂后Ⅱ气体压强p 2′＝p 0＋4mg S ＝1.4p 0由玻意耳定律p 2l 0S ＝p 2′l 2S解得l 2＝67l 0 ②初状态Ⅰ气体压强p 1＝p 0＋mg S ＝1.1p 0添加铁砂后Ⅰ气体压强p 1′＝p 0＋3mg S ＝1.3p 0由玻意耳定律p 1l 0S ＝p 1′l 1S解得l 1＝1113l 0 当活塞A 回到原来位置时，Ⅱ气体长度为l 2′＝2l 0－l 1＝1513l 0由盖－吕萨克定律得l 2S T 0＝l 2′S T 2 解得T 2＝3526T 0答案：(1)CDE (2)①67l 0 ②3526T 02．[物理——选修3－3](15分)(2018·河北衡水中学押题卷)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．达到热平衡的两个系统一定具有相同的内能B．空气中水蒸气的压强越大，空气的相对湿度一定越大C．毛细现象可能表现为液体在细管中的上升，也可能表现为下降D．第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，故其一定不可能制成E．生产半导体元件时，可以在高温条件下通过分子的扩散在纯净的半导体材料中掺入其他元素(2)(10分)如图所示，质量m＝10 kg、横截面积S＝50 cm2、厚度不计的活塞被汽缸光滑内壁上的卡栓(体积不计)托住，将汽缸分成体积均为V的A、B两部分，两部分空间内均封闭着一定量的理想气体．初始状态时两部分气体温度均与环境温度相同，其中A中气体压强p A＝2×105 Pa，B中气体压强p B＝1×105 Pa.汽缸底端安装有可充、放气的阀门及用来加热的电热丝，环境温度保持27 ℃不变，重力加速度g取10 m/s2，T＝t＋273 K.①若仅有汽缸上表面导热良好，其他部分及活塞绝热，现对B中气体缓慢加热，当B中气体温度升高至多少时，A中气体体积减小为45V?②若整个汽缸及活塞均导热良好，现通过阀门向B中充气，每次充入压强p0＝1×105 Pa、体积V0＝V5的气体，则在充气多少次后活塞才开始向上运动？解析：(1)选CDE.达到热平衡的两个系统一定具有相同的温度，即相同的分子平均动能，内能不一定相等，A错误；相对湿度等于空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压的比值，所以在水蒸气的压强大但温度不确定的情况下，空气的相对湿度大小不能确定，B错误；发生毛细现象时，浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降，C正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，故其一定不可能制成，D正确；生产半导体元件时，可以在高温条件下通过分子的扩散在纯净的半导体材料中掺入其他元素，E正确．(2)①对A中气体由玻意耳定律可知p A V＝p A′·4 5V解得p A′＝2.5×105 Pa对活塞由平衡条件得p A′S＋mg＝p B′S 解得p B′＝2.7×105 Pa对B中气体由理想气体状态方程可知p B VT＝p B′·65VT B解得T B＝972 K②活塞与卡栓间弹力恰好为0时，对活塞由平衡条件得p A S＋mg＝p B″S解得p B″＝2.2×105 Pa对B中气体由玻意耳定律得p B V＋np0V0＝p B″V解得n＝6答案：(1)CDE(2)①972 K②6选修3－4增分练(一)1．[物理——选修3－4](15分)(2018·山东省济宁市高三二模)(1)(5分)一列简谐横波在弹性介质中沿x轴传播，波源位于坐标原点O，t ＝0时刻波源开始振动，t＝3 s时波源停止振动，如图所示为t＝3.2 s时靠近波源的部分波形图．其中质点a的平衡位置离原点O的距离为x＝2.5 m．下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．波速为5 m/sB ．波长为2.0 mC ．波源起振方向沿y 轴正方向D ．在t ＝3.3 s ，质点a 位于波谷E ．从波源起振开始计时，3.0 s 内质点a 运动的总路程为2.5 m(2)(10分)如图所示，MN 为半圆形玻璃砖的对称轴，O 为玻璃砖的圆心，某同学在与MN 平行的直线上插上两枚大头针P 1、P 2，在MN 上插大头针P 3，从P 3一侧透过玻璃砖观察P 1、P 2的像，调整P 3位置使P 3能同时挡住P 1、P 2的像，确定P 3位置如图所示，他测得玻璃砖直径D ＝8 cm ，P 1、P 2连线与MN 之间的距离d 1＝2 cm ，P 3到O 的距离d 2＝6.92 cm.(取3＝1.73)．求该玻璃砖的折射率．解析：(2)作出光路图如图所示，sin i ＝ABOA ＝12得i ＝30°则∠OAB ＝60°OB ＝OA sin 60°＝3.46 cm根据几何关系有P 3B ＝d 2－OB ＝3.46 cmtan ∠BAP 3＝P 3B AB ＝1.73，得∠BAP 3＝60°因此r ＝180°－∠OAB －∠BAP 3＝60°据折射定律得n ＝sin r sin i 解得n ＝1.73答案：(1)ABE (2)1.732．[物理——选修3－4](15分)(2018·河北省荆台市高三二模)(1)(5分)某质点在竖直方向上做简谐运动，规定竖直向上为正方向，质点的振动图象如图所示，则质点在10 s 时的速度方向为________(选填“竖直向上”或“竖直向下”)，0.5～1.5 s 时间内的位移为________cm ，0～154 s 内运动的路程为________cm.(2)(10分)两个横截面半径均为R 的半圆柱形玻璃砖ABC 和DEF 拼接在一起，形成一个圆柱形玻璃砖A (D )BC (F )E ，一束单色光从左侧玻璃砖上的M 点入射，M 点到AC (DF )的距离d ＝32R ，入射光线的延长线经过A (D )点，左侧玻璃砖ABC 对该单色光的折射率n 1＝3，右侧玻璃砖DEF 对该单色光的折射率n 2＝22，真空中的光速为c .①若将该单色光第一次在玻璃砖DEF 与空气的界面上的入射点记为N (图中未标出)，分析判断该单色光在N 点能否发生全反射．②求该单色光从M 点传播至N 点的时间．解析：(1)由图可得，该质点振动的周期为2 s ，由简谐运动时间的周期性可知，10 s 时的运动情况与t ＝0时相同，速度方向为x 轴正方向，即竖直向上；该质点的振动方程为x ＝40sin πt cm ，t 1＝0.5 s 时，x 1＝40 cm ，t 2＝1.5 s 时，x 2＝－40 cm ，0.5～1.5 s 时间内质点的位移x ＝x 2－x 1＝－80 cm ；t 3＝154 s 时，x 3＝－20 2 cm ，质点在0～154s 内运动的路程s ＝8A －|x 3|＝(320－202)cm. (2)①如图(a)所示，cos θ＝32R R ＝32，则θ＝30°，∠MOA ＝60°，△MAO 为等边三角形，所以光线在M 点的入射角α＝60°由折射定律n 1＝sin αsin β可得折射角β＝30°光路图如图(b)所示，由β＝θ可知折射光线恰好垂直AC (DF )面射入玻璃砖DEF ，由几何关系可得光线在N 点的入射角γ＝β＝30°sin C ＝1n 2＝122＜12故临界角C ＜30°所以该单色光在N 点能发生全反射②该单色光在玻璃砖ABC 中的传播时间 t 1＝d v 1＝32R c 3＝3R 2c在玻璃砖DEF 中的传播时间t 2＝d ′v 2＝32R c 22＝6R c 则该单色光从M 点传播至N 点的时间t ＝t 1＋t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋6R c 答案：(1)竖直向上 －80 (320－202)(2)①能 ②⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋6R c选修3－4 增分练(二)1．[物理——选修3－4](15分)(2018·湖北省武汉市高三二次质检)(1)(5分)一列横波沿x轴传播，传播方向未知，t 时刻与t ＋0.4 s 时刻波形相。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：实验题增分练(三)
实验题增分练(三)11．(8分)(2018·苏锡常镇二模)某同学用图1所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系．图1(1)为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，本实验中小车质量M________(填“需要”、“不需要”)远大于砂和砂桶的总质量m.(2)图乙为实验得到的一条清晰的纸带，A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，s AD＝_______ cm.已知电源频率为50 Hz，则打点计时器在打D点时纸带的速度v＝______ m/s(计算结果保留两位有效数字)．(3)该同学画出小车动能变化与拉力对小车所做的功的ΔE k－W关系图象，由于实验前遗漏了平衡摩擦力这一关键步骤，他得到的实验图线(实线)应该是________．答案(1)需要(2)2.10 0.50 (3)D12．(10分)(2018·扬州市一模)利用如图2所示的实验装置测量两节干电池组成的电源的电动势和内电阻．图2(1)请在图中用笔画线代替导线完成电路连接．(2)在实验操作正确的情况下测得数据记录在下表中，请在图3中作出U－I图象，图3(3)根据U－I图象，可得该电池组的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.(结果均保留两位有效数字)(4)本实验存在系统误差，原因是________(选填“①电压表分流”或“②电流表分压”前面的序号)，由此造成电源内阻测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值．答案(1)见解析图(2)见解析图(3)3.0 1.0 (4)①小于解析(1)测电源的电动势和内电阻，电流表应相对电源外接，实物连接图如图所示：(2)在U－I坐标系内，描点连线，如图所示：(3)由U＝E－Ir可知，图象在纵轴的截距等于电源电动势，斜率的绝对值等于内阻．故E＝3.0 V，r＝1.0 Ω.(4)本实验存在系统误差，原因是电压表分流，使得电流表示数小于干路电流；外电路短路时，电压表分流为零，实际电流等于电流表电流，电压越大，电压表分流越多，实际电流大于电流表电流越多，图象斜率的绝对值将越大，因此电源内阻测量值小于真实值．。
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实验题增分练(四)
(满分15分10分钟)
1．某同学设计了如图所示的实验来验证碰撞过程中的动量守恒．轨道AOB在O处平滑相接，B右侧为粗糙水平面，有两个材料及表面粗糙程度均相同的小物块甲、乙，其质量分别为m1和m2(m1＞m2)，令小物块甲从斜面上M点由静止下滑，运动至粗糙水平面上的C点速度恰好减为0，测量B、C间距为x0，把小物块乙置于B点，小物块甲仍从斜面上M点由静止下滑，小物块甲与小物块乙碰撞后，在粗糙水平面上的位移分别为x1、x2.
(1)为验证碰撞过程动量守恒，是否需要测量小物块与粗糙水平面间的动摩擦因数？________(选填“是”或“否”)；小物块甲与轨道AOB间的摩擦力是否影响实验结果？________(选填“是”或“否”)．
(2)若满足关系式________________________，则二者碰撞过程动量守恒．
解析：无论小物块甲与轨道AOB间是否存在摩擦力，摩擦力大小如何，只要每次释放点相同，则其每次运动至B点的速度相同，故小物块甲与轨道AOB间的摩擦力不影响实验结果，在粗糙水平面上的运动过程由运动学公式得v20＝2μgx，v0＝2μgx，小物块材料及表面粗糙程度均相同，故与水平面间的动摩擦因数相同，若满足动量守恒，则满足m12μgx0＝m12μgx1＋m22μgx2，即m1x0＝m1x1＋m2x2，因此动摩擦因数不需要测量．答案：(1)否否(2)m1x0＝m1x1＋m2x2
2．(2018·衡水中学理科能力测试(二))某实验小组设计了如图甲所示的电路来完成小灯泡伏安特性曲线的描绘，同时测量电源的电动势和内阻．
(1)①闭合开关前，应将滑动变阻器的触头调至________(选填“a”或“b”)端；
②开关闭合后，调节滑动变阻器，记录电压表V1、V2及电流表A的读数U1、U2、I；
③重复②的操作，得到八组实验数据；
④描点作图，分别作出I U 1和I U 2的图象，如图乙、丙所示，已知R 0＝5 Ω.
(2)图乙中0～U 0段图线基本呈直线的原因是________________________________________________________________________．
(3)由图丙可知该电源的电动势为________V ，内阻为________Ω.
(4)将该电源与阻值为11 Ω的电阻串联后给上述小灯泡供电，此时小灯泡的电阻为________Ω，消耗的功率为________W ．(结果保留两位有效数字)
解析：(1)①闭合开关前要保证滑动变阻器串入回路的阻值最大，触头应在a 端．
(2)图乙中0～U 0段，热功率较小，温度变化不明显，灯泡电阻变化不明显，故图线呈直线．
(3)由闭合电路欧姆定律得U 2＝E －I (R 0＋r )，知(R 0＋r )＝ΔU 2ΔI
＝6 Ω，故电源内阻为1 Ω，电动势为12 V.
(4)在题图乙中作出电源与定值电阻串联后的外特性曲线如图所示，
此时灯泡电阻约为2.8 V 0.77 A
≈3.6 Ω，功率为2.8 V×0.77 A≈2.2 W. 答案：(1)①a (2)热功率较小，温度变化不明显，灯泡电阻变化不明显
(3)12 1
(4)3.5～3.7均给分 2.1或2.2均给分。