高2019届高2016级高三物理二轮复习课件配套练习选考题专练(一)
2016年高考二轮复习物理课件目录.ppt
专题三
电场和磁场
第1讲
第2讲 第3讲 专题四 第1讲
电场及带电粒子在电场中的运动
磁场及带电粒子在磁场中的运动 带电粒子在复合场中的运动 电路和电磁感应 恒定电流和交变电流
第2讲
电磁感应定律的综合应用
第 3页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
专题五
物理实验
第1讲
第2讲 专题六 第1讲 第2讲
力学实验与创新
名师伴你行
高考二轮复习· 物理
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
⊳第一部分 专题突破篇
专题一 力与运动
第1讲
第2讲 第3讲 第4讲 专题二
物体的平衡
直线运动和牛顿运动定律 抛体运动和圆周运动 万有引力定律及其应用 功和能
第1讲
第2讲
功、功率和动能定理
机械能守恒定律和功能关系
第 2页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
第 9页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
考前保温训练(七)
电磁感应和交变电流
考前保温训练(八)
考前保温训练(九)
物理实验
物理学史
第10页
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电学实验与创新 选考部分 热 学 光
振动和波
第3讲
动量守恒定律和原子物理
第 4页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
⊳第二部分 考前冲刺篇
专题一 图象问题和模型问题
第1讲
第2讲 专题二 第1讲 第2讲
图ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ问题
模型问题 三大题型的解题方略 “十种绝技”秒杀选择题 “分门别类”突破实验题
第3讲
专题三
“大题小做”巧解计算题
第 6页
高2019届高2016级高三物理二轮复习课件配套练习选考题专练(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p2＝p0＋p h3,则右管内外液面高度差h3＝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P A 的比值.答案 (1)ACE (2)①3 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.。
2019届高三物理二轮复习配套课件：第一部分+专题整合+专题二+功能与动量+第2讲
图2－2－2
水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径
考 点 突 破 · 考 向 探 究
有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度为 g) v2 A. 16g
菜 单
v2 B. 8g
v2 C. 4g
v2 D. 2g
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
专题二
能量和动量
解析
此过程中，PM 段细绳的机械能不变， MQ
段细绳的机械能的增量 2 1 2 1 1 ΔE＝ mg－6l－ mg－3l＝ mgl，由功能原理可 3 3 9 1 知，在此过程中，外力做的功为 W＝ mgl，故 A 正确， 9 B、C、D 错误。
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
专题二
能量和动量
考 点 突 破 · 考 向 探 究
综 合 训 练 · 限 时 检 测
答案
BCD
菜
单
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
专题二
能量和动量
4． (2017· 全国卷Ⅰ)一质量为 8.00×104 kg 的太空飞 船从其飞行轨道返回地面。 飞船在离地面高度 1.60×105 m 处以 7.5×103m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速 度为 100 m/s 时下落到地面。取地面为重力势能零点，
x 最大，故选 B。
答案
B
菜
单
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高 考 导 航 · 考 题 考 情
2019高考物理大二轮复完整版习题型一选择题选择题专项训练4.doc
选择题专项训练（四）（时间:20分钟满分:48分）本卷共8小题,每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项屮，1帀题只有一个选项符合题目要求,6 *题有多个选项符合题目要求。
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.（2016・全国卷/）一平行板电容器两极板之问充满云母介质，接在恒压直流电源上。
若将云母介质移出，则电容器（）A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变2.一屮子与一质量数为水/Pl）的原子核发生弹性正碰。
若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后屮子的速率之比为A+1A-1A.4A（&+1）2C.3.CA FB 777777777 7777777^TT如图所示，在水平桌面上叠放着质量相等的久〃两块木板,在木板A上放着质量为刃的物块C,木板和物块均处于静止状态异、B、C之间以及〃与地面之间的动摩擦因数均为"，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为马,现用水平恒力F向右拉木板A,则下列判断正确的是（）A.不管厂多大，木板〃一定保持静止B.A. C之间的摩擦力大小一定等于mgC.〃受到地面的滑动摩擦力大小一定小于FD.A.〃之间的摩擦力大小不可能等于尸4.无限大接地金属板和板前一点电荷形成的电场区域，和两个等量界种的点电荷形成的电场等效。
如图所示,P为一无限大金属板，0为板前距板为厂的一带正电的点电荷，沏V为过。
点和金属板垂直的直线，直线上畀、〃是和0点的距离相等的两点。
下面关于/I、〃两点的电场强度用和层、电势如和如判断正确的是（）M PA QB N()^-1卫+1B. (&+1)2工A.E A>E B, e,\ <（1）8B.E A >E B, Of > eC. E A >E B, e,\二如D. E A =Ef h eA > ©aB如图所示，通电直导体棒放在间距为/的光滑水平绝缘轨道上,劲度系数为斤的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的屮点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为〃的匀强磁场屮, 弹簧伸长禺棒处于静止状态。
高2019届高2016级高三物理二轮复习课件配套练习专题一 第2讲
第2讲 力与直线运动1.(2018·全国卷Ⅰ·14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动.在启动阶段,列车的动能( ) A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比【考点定位】 匀变速直线运动速度与时间、位移的关系 【难度】 较易 答案 B解析 速度v ＝at ,动能E k ＝12m v 2＝12ma 2t 2,与它所经历的时间的平方成正比,A 项错误;根据v 2＝2ax ,动能E k ＝12m v 2＝12m ·2ax ＝max ,与位移成正比,B 项正确;动能E k ＝12m v 2,与速度的平方成正比,C 项错误;动量p ＝m v ,动能E k ＝12m v 2＝p 22m ,与动量的平方成正比,D 项错误.2.(多选)(2016·全国卷Ⅰ·21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶,其v －t 图象如图1所示.已知两车在t ＝3 s 时并排行驶,则( )图1A.在t ＝1 s 时,甲车在乙车后B.在t ＝0时,甲车在乙车前7.5 mC.两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 【考点定位】 v －t 图象、追及相遇问题【点评】 相遇时到达同一位置,然后由v －t 图象面积分析两车间距的变化 【难度】 中等 答案 BD解析 根据v －t 图象,甲、乙都沿正方向运动.t ＝3 s 时,甲、乙相遇,此时v 甲＝30 m/s,v 乙＝25 m/s,由位移和v －t 图线所围面积对应关系知,0～3 s 内甲车位移x 甲＝12×3×30 m ＝45 m,乙车位移x 乙＝12×3×(10＋25) m ＝52.5 m.故t ＝0时,甲、乙相距Δx 1＝x 乙－x 甲＝7.5 m,即甲在乙前方7.5m,B 选项正确;0～1 s 内,x 甲′＝12×1×10 m ＝5 m,x 乙′＝12×1×(10＋15) m ＝12.5 m,Δx 2＝x乙′－x 甲′＝7.5 m ＝Δx 1,说明甲、乙第一次相遇,A 、C 错误;甲、乙两次相遇地点之间的距离为x ＝x 甲－x 甲′＝45 m －5 m ＝40 m,所以D 选项正确.3.(多选)(2016·全国卷Ⅱ·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关.若它们下落相同的距离,则( ) A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 【考点定位】 牛顿第二定律、匀变速直线运动【点评】 主要考查牛顿第二定律的应用,考查考生的综合分析能力 【难度】 中等 答案 BD解析 小球的质量m ＝ρ·43πr 3,由题意知m 甲>m 乙,ρ甲＝ρ乙,则r 甲>r 乙.空气阻力F 阻＝kr ,对小球由牛顿第二定律得,mg －F 阻＝ma ,则a ＝mg －F 阻m ＝g －kr ρ·43πr 3＝g －3k 4πρr 2,可得a 甲>a 乙,由h ＝12at 2知,t 甲<t 乙,选项A 、C 错误;由v ＝2ah 知,v 甲>v 乙,故选项B 正确;因F 阻甲>F 阻乙,由球克服阻力做功W 阻＝F 阻h 知,甲球克服阻力做功较大,选项D 正确.4.(2018·全国卷Ⅰ·15)如图2,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.现用一竖直向上的力F 作用在P 上,使其向上做匀加速直线运动.以x 表示P 离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F 和x 之间关系的图象可能正确的是( )图2【考点定位】 牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、动力学图象【点评】 本题关键是由对物块的受力分析,列出牛顿第二定律方程,注意物块位移与弹簧形变量的区别 【难度】 中等 答案 A解析 设物块P 静止时,弹簧的长度为x 0,则k (l －x 0)＝mg ,物块P 匀加速直线运动时受重力mg 、弹簧弹力k (l －x 0－x )及力F ,根据牛顿第二定律得,F ＋k (l －x 0－x )－mg ＝ma 故F ＝kx ＋ma .根据数学知识知F －x 图象是截距为ma 的一次函数图象,故选A.5.(2017·全国卷Ⅱ·24)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别设置一个挡板和一面小旗,如图3所示.训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以速度v 0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗.训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处.假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求：图3(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数; (2)满足训练要求的运动员的最小加速度.【考点定位】 匀变速直线运动、牛顿第二定律的应用【点评】 分析清楚各自的运动性质,抓住两运动的联系点,主要考查应用基础知识解决基本问题的能力 【难度】 中等答案 (1)v 02－v 122gs 0 (2)s 1(v 0＋v 1)22s 02解析 (1)设冰球的质量为m ,冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ,由运动学公式得v 12－v 02＝2a 1s 0由牛顿第二定律－μmg ＝ma 1,解得μ＝v 02－v 122gs 0(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小.设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2,所用的时间为t .由运动学公式得v 02－v 12＝2a 1s 0 v 0－v 1＝a 1t s 1＝12a 2t 2联立解得a 2＝s 1(v 1＋v 0)22s 02.6.(2017·全国卷Ⅲ·25)如图4所示,两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5;木板的质量为m ＝4kg,与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v 0＝3 m /s.A 、B 相遇时,A 与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图4(1)B 与木板相对静止时,木板的速度; (2)A 、B 开始运动时,两者之间的距离.【考点定位】 牛顿第二定律的应用、板块模型、多过程问题、摩擦力【点评】 关键是要分析清楚三个物体的运动过程、运动性质,考查考生的综合分析能力 【难度】 较难答案 (1)1 m/s,方向与B 的初速度方向相同 (2)1.9 m解析 (1)滑块A 和B 在木板上滑动时,木板也在地面上滑动.设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2和F f3,A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ,木板相对于地面的加速度大小为a 1.在滑块B 与木板达到共同速度前有 F f1＝μ1m A g ① F f2＝μ1m B g ②F f3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g ③ 由牛顿第二定律得F f1＝m A a A ④ F f2＝m B a B ⑤ F f2－F f1－F f3＝ma 1⑥设在t 1时刻,B 与木板达到共同速度,其大小为v 1.由运动学公式有 v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得 v 1＝1 m/s,方向与B 的初速度方向相同⑨ (2)在t 1时间间隔内,B 相对于地面移动的距离为 s B ＝v 0t 1－12a B t 12⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后,木板的加速度大小为a 2.对于B 与木板组成的系统,由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知,a A ＝a B ,再由⑦⑧式知,B 与木板达到共同速度时,A 的速度大小也为v 1,但运动方向与木板相反.由题意知,A 和B 相遇时,A 与木板的速度相同,设其大小为v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2,则由运动学公式,对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A有：v2＝－v1＋a A t2⑬在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22⑭在(t1＋t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2⑮A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同.因此A和B开始运动时,两者之间的距离为s0＝s A＋s1＋s B⑯联立以上各式,并代入数据得s0＝1.9 m(也可用如图所示的速度—时间图线求解)该部分是高考重点考查内容,匀变速直线运动问题一般结合牛顿运动定律,在选择题和计算题中均有考查,形式灵活,情景多样,贴近生活,选择题难度中等,计算题多以板块模型、多过程问题为主再结合v－t图象,难度较大.单纯直线运动问题一般在选择题中结合v－t图象考查,难度不大.考点1匀变速直线运动规律的应用1.解题思路(1)分析运动过程,画出过程示意图.(2)标出已知量、未知量.(3)选择合适公式,列方程求解.注意：(1)多过程问题中两过程间的连接点的速度是连接两运动的纽带,是解题的关键,要先设出.(2)多过程问题用v －t 图象辅助分析会更形象、简捷.(3)v 、x 、a 等物理量是矢量,注意规定正方向,尤其是在一个过程中速度方向发生变化的情况. 2.牢记解决匀变速直线运动问题的五种常用方法3.处理刹车类问题的思路：先判断刹车时间,再进行分析计算. 命题热点 匀变速直线运动的多过程问题(2018·河北省石家庄市模拟)水平地面上有一足球距门柱x ＝10 m,某同学将该足球以水平速度v 1＝6 m /s 踢出,足球在地面上做匀减速直线运动,加速度大小a 1＝1 m/s 2.足球撞到门柱后反向弹回(此过程时间忽略不计),弹回瞬间速度大小是碰撞前瞬间速度大小的12.该同学将足球踢出后立即由静止开始以a 2＝1 m /s 2的加速度追赶足球,他能达到的最大速度v 2＝3 m/s,该同学至少经过多长时间才能追上足球？ 答案256s 解析 设足球运动到门柱时的速度为v 3, 由运动学公式可得v 12－v 32＝2a 1x , 解得v 3＝4 m/s足球从踢出到撞门柱的运动时间为t 1＝v 1－v 3a 1＝2 s足球撞在门柱后的反弹速度大小v 4＝2 m/s 足球从反弹到减速为0的时间t 2＝v 4a 1＝2 s该同学的加速时间t 3＝v 2a 2＝3 s该同学加速运动的位移x 1＝v 222a 2＝4.5 m匀速运动的位移x 2＝v 2(t 1＋t 2－t 3)＝3 m 足球从反弹到速度减为0的位移x 3＝v 422a 1＝2 m因x 1＋x 2＋x 3<x ,所以此时该同学还未追上足球 该同学要追上足球,还需要的时间t 4＝x －x 1－x 2－x 3v 2＝16s则该同学追上足球的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 4＝256s.1.(2018·陕西省咸阳市第一次模拟)一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上运动,因前方发生交通事故而紧急刹车做匀减速直线运动,最后静止,汽车在最初3 s 内通过的位移与最后3 s 内通过的位移之比为x 1∶x 2＝5∶3,汽车运动的加速度大小为a ＝5 m/s 2,则汽车制动的总时间t 为( )A.t >6 sB.t ＝6 sC.4 s<t <6 sD.t ＝4 s 答案 D解析 设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度为a ,把汽车刹车的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动,则有最后3 s 内通过的位移x 2＝12a ×32＝92a ,在最初3 s 内通过的位移x 1＝12at 2－12a (t －3)2＝12a (6t －9),又x 1∶x 2＝5∶3,解得t ＝4 s,故A 、B 、C 错误,D 正确.考点2 直线运动图象的应用图象问题的应用要点(1)x －t 图象、v －t 图象、a －t 图象的物理意义.(2)图象问题的五看.一看：轴;二看：线;三看：斜率;四看：面积;五看：截距. (3)图象问题的两点注意.①x －t 图象和v －t 图象描述的都是直线运动,图象不表示物体的运动轨迹.②利用v －t 图象分析两个物体的运动时,要注意两个物体的出发点,即注意它们是否从同一位置出发.(4)陌生的图象要先找图象的函数关系式(根据动力学规律对运动过程列方程,找出两物理量在运动过程中任一位置的关系,分离出因变量即可),由函数关系式确定截距、斜率等的物理意义. 命题热点1 运动图象解决追及相遇问题(多选)(2018·全国卷Ⅱ·19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动,其速度—时间图象分别如图5中甲、乙两条曲线所示.已知两车在t2时刻并排行驶.下列说法正确的是()图5A.两车在t1时刻也并排行驶B.在t1时刻甲车在后,乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大答案BD解析t1～t2时间内,甲车位移大于乙车位移,且t2时刻两车相遇,则t1时刻甲在乙的后面,A项错误,B项正确;由图象的斜率知,甲、乙两车的加速度均先减小后增大,C项错误,D项正确.2.(2018·山东省济宁市上学期期末)甲、乙两物体同时从同一位置沿同一直线运动,它们的v－t 图象如图6所示,下列说法正确的是()图6A.t1时刻,两者相距最远B.t2时刻,乙物体追上甲物体C.乙物体先向负方向运动,t1时刻以后反向向正方向运动D.0～t2时间内,乙的速度和加速度都是先减小后增大答案 D解析在0～t2时间内,乙的速度比甲的小,甲在乙的前方,两者间距逐渐增大.t2时刻后,乙的速度比甲的大,两者间距减小,所以t2时刻,两者相距最远,故A错误;甲、乙两物体由同一位置出发,在v－t图象中图象与t轴围成的面积代表位移,则0～t2时间内,甲的位移比乙的大,t2时刻,乙物体还没有追上甲物体,故B错误;在v－t图象中速度的正负表示运动方向,由题图可知乙的速度一直为正,运动方向没有发生改变,故C错误;因速度－时间图象的斜率表示加速度,则0～t2时间内,乙的速度和加速度都是先减小后增大,故D正确.3.(多选)(2018·全国卷Ⅲ·18)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动,甲做匀加速直线运动,乙做匀速直线运动.甲、乙两车的位置x 随时间t 的变化如图7所示.下列说法正确的是( )图7A.在t 1时刻两车速度相等B.从0到t 1时间内,两车走过的路程相等C.从t 1到t 2时间内,两车走过的路程相等D.在t 1到t 2时间内的某时刻,两车速度相等 答案 CD解析 x －t 图象的斜率表示速度,则可知t 1时刻乙车速度大于甲车速度,A 错误;由两图线的纵截距知,出发时甲在乙前面,t 1时刻两图线相交表示两车相遇,可知0到t 1时间内乙车比甲车多走了一段距离,B 项错误;t 1和t 2时刻两图线相交,表明两车均在同一位置,从t 1到t 2时间内,两车走过的路程相等;在t 1到t 2时间内,两图线有斜率相等的一个时刻,该时刻两车速度相等,C 、D 项正确.命题热点2 动力学图象问题(2018·河南省郑州一中上学期期中)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气阻力大小与物体速度大小成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的v －t 图象可能正确的是( )答案 C解析 没有空气阻力时,物体只受重力,是竖直上抛运动,v －t 图象是一条直线;有空气阻力时,上升阶段根据牛顿第二定律,有mg ＋F f ＝ma ,故a ＝g ＋F fm ,由于阻力随着速度减小而减小,故加速度逐渐减小,最小值为g ;下降阶段根据牛顿第二定律,有mg －F f ＝ma ,故a ＝g －F fm,由于阻力随着速度增大而增大,故加速度减小;v －t 图象的斜率表示加速度,故图线与t 轴的交点对应时刻的加速度为g ,切线与虚线平行,故C 正确.4.(多选)(2018·河北省衡水中学第一次调研)如图8所示,一劲度系数为k 的轻质竖直弹簧,上端固定,下端连一质量为m 的物块A ,A 放在质量也为m 的托盘B 上,初始时,在竖直向上的力F 作用下系统静止,且弹簧处于原长状态.以F N 表示B 对A 的作用力,x 表示弹簧的伸长量,现改变力F 的大小,使B 以g2的加速度匀加速向下运动(g 为重力加速度,空气阻力不计),此过程中F N 或F的大小随x 变化的图象正确的是( )图8答案 BD考点3 牛顿运动定律的应用应用牛顿运动定律解决动力学问题时要注意：(1)抓好两个分析：受力分析与运动过程分析,特别是多过程问题,一定要明确各过程受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等. (2)求解加速度是解决问题的关键. 命题热点1 动力学中的连接体问题 灵活应用整体法与隔离法(1)整体法：在连接体问题中,如果不需要求物体之间的相互作用力,且连接体的各部分具有相同的加速度,一般采用整体法列牛顿第二定律方程.(2)隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体,一般采用隔离法列牛顿第二定律方程.(多选)(2018·河北省衡水中学第一次调研)如图9甲所示,用粘性材料粘在一起的A 、B 两物块静止于光滑水平面上,两物块的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝2 kg,当A 、B 之间产生拉力且大于0.3 N 时A 、B 将会分离.t ＝0时刻开始对物块A 施加一水平推力F 1,同时对物块B 施加同一方向的拉力F 2,使A 、B 从静止开始运动,运动过程中F 1、F 2方向保持不变,F 1、F 2的大小随时间变化的规律如图乙所示,则下列关于A 、B 两物块受力及运动情况的分析,正确的是( )图9A.t ＝2.0 s 时刻A 、B 之间作用力大小为0.6 NB.t ＝2.0 s 时刻A 、B 之间作用力为零C.t ＝2.5 s 时刻A 对B 的作用力方向向左D.从t ＝0时刻到A 、B 分离,它们运动的位移为5.4 m 答案 AD解析 设t 时刻A 、B 分离,分离之前A 、B 物块共同运动,加速度为a ,以A 、B 整体为研究对象,则有：a ＝F 1＋F 2m A ＋m B ＝3.6＋01＋2 m /s 2＝1.2 m/s 2, 分离时：F 2′－F AB 0＝m B a ,得F 2′＝F AB 0＋m B a ＝0.3 N ＋2×1.2 N ＝2.7 N, 经历时间t ＝2.73.64s ＝3 s,根据位移公式x ＝12at 2＝5.4 m,则D 正确;当t ＝2.0 s 时,F 2″＝1.8 N,F 2″＋F AB ＝m B a , 得F AB ＝m B a －F 2″＝0.6 N,A 正确,B 错误; 当t ＝2.5 s 时,F 2＝2.25 N,F 2＋F AB ′＝m B a ,得F AB ′＝m B a －F 2＝0.15 N,方向向右,C 错误.5.(2018·江西省五市八校第二次联考)如图10,物块A 和B 的质量分别为4m 和m ,开始时A 、B 均静止,细绳拉直,在竖直向上拉力F ＝6mg 的作用下,动滑轮竖直向上加速运动.已知动滑轮质量忽略不计,动滑轮半径很小,不考虑绳与滑轮之间的摩擦,细绳足够长,在滑轮向上运动过程中,物块A 和B 的加速度分别为( )图10A.a A ＝12g ,a B ＝5gB.a A ＝a B ＝15gC.a A ＝0,a B ＝2gD.a A ＝14g ,a B ＝3g答案 C解析 设在运动过程中,细绳的拉力为F T ,则2F T ＝F ,即F T ＝3mg ,以A 为研究对象,因F T ＝3mg <G A ＝4mg ,故小物块A 没有离开地面,所以A 的加速度为零,以B 为研究对象,因F T ＝3mg >G B ＝mg ,根据牛顿第二定律可得：3mg －mg ＝ma B ,解得a B ＝2g ,方向向上,故C 正确. 命题热点2 传送带问题1.传送带问题的实质是相对运动问题,这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向.因此,搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键.2.传送带问题还常常涉及到临界问题,即物体与传送带速度相同,这时会出现摩擦力改变的临界状态,具体如何改变要根据具体情况判断.(多选)(2018·山东省泰安市上学期期末)如图11所示,水平传送带匀速运动,在传送带的右侧固定一弹性挡杆.在t ＝0时刻,将工件轻轻放在传送带的左端,当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰撞,已知碰撞时间极短,不计碰撞过程的能量损失.则从工件被轻轻放在传送带的左端开始,到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中,工件运动的v －t 图象可能是( )图11答案CD解析工件与弹性挡杆发生碰撞后,其速度的方向发生改变,应取负值,故A、B错误;工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变,所以两过程中加速度不变,故C、D正确.6.(多选)(2018·安徽省滁州市联合质检)如图12甲所示,倾角为37°足够长的传送带以恒定速率转动,将一质量m＝1 kg的小物体以某一初速度放在传送带上,物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示,取沿传送带向上为正方向,g＝10 m/s2,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8,则下列说法正确的是()图12A.传送带逆时针转动,速度大小为4 m/sB.物体与传送带间的动摩擦因数为0.75C.0～8 s内物体位移的大小为14 mD.0～8 s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J答案CD解析由题图乙可知小物体先沿负方向做减速运动后沿正方向做加速运动最后沿正方向匀速运动,故传送带速度方向沿斜面向上,最终物体和传送带的速度相同,故传送带速度大小为 4 m/s,A错误;根据v－t图象的斜率表示加速度可得,物体相对传送带滑动时的加速度大小为a＝22,由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma,解得μ＝0.875,故B错误;0～8 s内物体2＝1 m/s位移为x ＝－12×2×2 m ＋2＋62×4 m ＝14 m,故C 正确;0～8 s 内只有前6 s 内物体与传送带发生相对滑动,0～6 s 内传送带运动的距离为x 带＝4×6 m ＝24 m,0～6 s 内物体位移为x 物＝－12×2×2 m ＋4×42m ＝6 m,产生的热量Q ＝μmg cos θ·x 相对＝μmg cos θ(x 带－x 物)＝126 J,故D 正确. 命题热点3 “板块”模型1.分析“滑块—木板”模型时要抓住一个转折和两个关联(1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点.(2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移的板长之间的关联. (3)两物体发生相对运动的临界条件——加速度相同且两物体间的摩擦力为最大静摩擦力,分析此临界条件前后物体的运动状态是解题的关键. 2.分析多过程问题的基本方法应当将复杂的运动过程分解为几个子过程,就每个子过程进行求解,关键是分析每一个子过程的特征(包括受力和运动)并且要寻找各子过程之间的联系.(2018·山东省日照市11月校际联合质检)质量M ＝1 kg 的长木板置于水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.木板上放有质量分别为m A ＝2 kg 和m B ＝1 kg 的A 、B 两物块,A 、B 与木板间的动摩擦因数分别为μ2＝0.3、μ3＝0.5,水平恒力F 作用在物块A 上,如图13所示.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g ＝10 m/s 2.则( )图13A.若F ＝5 N,物块A 受到的摩擦力大小为5 NB.若F ＝6 N,物块B 受到的摩擦力大小为5 NC.若F ＝7 N,物块A 将会相对木板滑动D.无论力F 多大,B 与长木板之间都不会发生相对滑动 答案 D解析 A 与木板间的最大静摩擦力为F f A max ＝μ2m A g ＝6 N, B 与木板间的最大静摩擦力为F f B max ＝μ3m B g ＝5 N,木板与地面间的最大静摩擦力为F f ＝μ(M ＋m A ＋m B )g ＝4 N,若F ＝5 N,木板已相对地面滑动,设A 、B 相对木板静止,则对整体F －F f ＝(M ＋m A ＋m B )a ,对A 有F －F f A ＝m A a ,解得F f A ＝4.5 N<6 N,对B 有F f B ＝m B a ,解得F f B ＝0.25 N<5 N,故A 、B 物块相对木板静止,且F f A ＝4.5 N,故A 错误.若F ＝6 N,木板已相对地面滑动,设A 、B 相对木板静止,则对整体F －F f ＝(M ＋m A ＋m B )a ,对A有F －F f A ＝m A a ,解得F f A ＝5 N<6 N,对B 有F f B ＝m B a ,解得F f B ＝0.5 N<5 N,故A 、B 物块相对木板静止,且F f B ＝0.5 N,故B 错误.若F ＝7 N,木板已相对地面滑动,设A 、B 相对木板静止,则对整体F －F f ＝(M ＋m A ＋m B )a ,对A 有F －F f A ＝m A a ,解得F f A ＝5.5 N<6 N,对B 有F f B ＝m B a ,解得F f B ＝0.75 N<5 N,所以A 、B 物块相对木板静止,故C 错误.当A 与木板间的摩擦力达到最大时,设木板和B 相对静止,对木板和B 有F f A max －F f ＝(M ＋m B )a ,对B 有F f B ＝m B a ,解得F f B ＝1 N,即A 与木板间的摩擦力达到最大时,木板和B 仍相对静止.则无论力F 多大,B 与长木板之间都不会发生相对滑动,故D 正确.7.(2018·广东省惠州市第二次调研)如图14,一质量M ＝1 kg 的足够长薄木板正在水平地面上滑动,当其速度为v 0＝5 m /s 时将一质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地轻放到木板的A 端;已知薄木板与小铁块间的动摩擦因数μ1＝0.2,薄木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3,g ＝10 m/s 2.求：图14(1)小铁块放到薄木板后瞬间铁块和木板的加速度大小a 1、a 2; (2)小铁块与薄木板的速度相等时,二者的位移大小; (3)当小铁块速度刚好减小到零时,小铁块到A 端的距离. 答案 (1)2 m /s 2 8 m/s 2 (2)0.25 m 1.5 m (3)1.125 m解析 (1)对m 由牛顿第二定律得：F f m ＝ma 1 a 1＝μ1mg m＝2 m/s 2对M 由牛顿第二定律得：F f m ＋F f M ＝Ma 2 a 2＝μ1mg ＋μ2(m ＋M )g M＝8 m/s 2(2)m 向右加速运动,M 向右减速运动,设经过时间t 二者速度相等且为v . 则对m ：v ＝a 1t 对M ：v ＝v 0－a 2t 解得t ＝0.5 s,v ＝1 m/s二者速度相等时m 的对地位移x m 1＝12a 1t 2＝0.25 mM 的对地位移x M 1＝v 0t －12a 2t 2＝1.5 m(3)0.5 s 后,m 在M 上会向右减速滑动,此时,m 减速时的加速度大小a m ＝μ1mgm＝2 m/s 2 M 减速时的加速度大小a M ＝μ2(m ＋M )g －μ1mg M ＝4 m/s 2m 减速到0的时间t m ＝va m ＝0.5 sM 减速到0的时间t M ＝va M＝0.25 s 故小铁块速度减小到零时,木板早已停下 从速度为v 到速度减为零, 木板的位移x M 2＝v 22a M ＝0.125 m铁块的位移x m 2＝v 22a m ＝0.25 m所以铁块离木板A 端的距离： d ＝x M 1＋x M 2－(x m 1＋x m 2)＝1.125 m1.(2018·广东省深圳市第一次调研)如图1所示为甲、乙两物体做直线运动的x －t 图象,对于0～t 1时间内两物体的运动,下列说法中正确的是( )图1A.甲物体速度方向与加速度方向相同B.乙物体加速度方向与速度方向相反C.甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度D.乙物体位移变小,速度变大 答案 B解析 由x －t 图象可知甲物体速度逐渐减小,做减速运动,加速度方向与速度方向相反,选项A 错误;乙物体速度逐渐减小,做减速运动,加速度方向与速度方向相反,选项B 正确;由题图可知,两物体在t 1时间内的位移大小相等,则平均速度大小相等,选项C 错误;乙物体位移变小,速度变小,选项D 错误.2.(2018·山西省晋城市第一次模拟)一平直公路上有甲、乙两辆车,他们从t ＝0时刻开始运动,在0～6 s 内速度随时间变化的情况如图2所示.已知两车在t ＝3 s 时刻相遇,下列说法正确的是( )图2A.两车的出发点相同B.t ＝2 s 时刻,两车相距最远C.两车在3～6 s 之间的某时刻再次相遇D.t ＝0时刻两车之间的距离大于t ＝6 s 时刻两车之间的距离 答案 D解析 由题图可得,0～3 s 内,乙车的位移为12×(2＋0.5)×3 m ＝3.75 m,甲车的位移为12×(2＋4)×2 m ＋12×(4＋3)×1 m ＝9.5 m, 则两车的出发点相距9.5 m －3.75 m ＝5.75 m, 选项A 错误;3～6 s 内,乙车的位移为－12×(1＋0.5)×1 m ＝－0.75 m,甲车的位移为12×3×3 m ＝4.5 m,二者相距4.5 m ＋0.75 m ＝5.25 m.所以t ＝0时刻两车之间的距离大于t ＝6 s 时刻两车之间的距离,选项D 正确; 0～2 s 内,两车间距逐渐减小,t ＝2 s 时刻两车相距不是最远,选项B 错误; 两车在3～6 s 之间距离越来越大,不可能再次相遇,选项C 错误.3.(2018·湖北省武汉市调研)一物块沿倾角为θ的固定斜面从底端开始上滑,到达最大高度处后又返回斜面底端.已知物块下滑的时间是上滑时间的2倍.则物块与斜面间的动摩擦因数为( ) A.13tan θ B.12tan θ C.35tan θ D.tan θ答案 C解析 上升的加速度a 1＝g sin θ＋μg cos θ,则x ＝12a 1t 2;下滑的加速度a 2＝g sin θ－μg cos θ,则x ＝12a 2(2t )2;联立解得μ＝35tan θ,故选C.4.(2018·福建省漳州市期末调研)如图3,质量均为m 的A 、B 两个小物体置于倾角为θ＝30°的斜面上,它们相互接触但不粘连.其中B 与斜面间的动摩擦因数为μ＝36,A 为光滑物体,同时由静止释放两个物体,重力加速度为g .则下列说法正确的是( )图3A.两个物体在下滑过程中会分开B.两个物体会一起向下运动,加速度为g2。
高2019届高2016级高三物理二轮复习全套资料高考试题分类2016年(全国Ⅱ卷)实验题考点排查练
高考试题分类2016年(全国Ⅱ卷)实验题考点排查练22.(2018·河南省六市第二次联考)用如图1所示的装置可以测量弹簧的弹性势能.将弹簧放置在水平气垫导轨上,左端固定,右端在O 点;在O 点右侧的B 、C 位置各安装一个光电门,计时器(图中未画出)与两个光电门相连.先用米尺测得B 、C 两点间距离s ,再用带有遮光片的小滑块压缩弹簧到某位置A ,由静止释放小滑块,计时器显示遮光片从B 到C 所用的时间t ,用米尺测量A 、O 之间的距离x .图1(1)计算小滑块离开弹簧时速度大小的表达式是____________________.(2)为求出弹簧的弹性势能,还需要测量________.A.弹簧原长B.当地重力加速度C.小滑块(含遮光片)的质量(3)实验误差的来源有________.A.空气阻力B.小滑块的大小C.弹簧的质量答案 (1)s t(2)C (3)AC 解析 (1)滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动,故可以用BC 段的平均速度表示滑块离开弹簧时的速度,则有：v ＝s t. (2)弹簧的弹性势能等于滑块(含遮光片)增加的动能,故应求解滑块(含遮光片)的动能,根据动能表达式可知,应测量小滑块(含遮光片)的质量,故选C.(3)由于存在空气阻力,阻力做负功,小滑块的动能增加量小于弹簧的弹性势能的减小量;由于弹簧有质量,故弹簧的弹性势能有小部分转化为弹簧的动能,故小滑块的动能增加量小于弹簧弹性势能的减小量,故选A、C.23.(2018·河北省石家庄市二模)某同学利用多用电表欧姆挡测量标准电压表V1的内阻并对电压表V2的示数进行校对.实验器材如下：多用电表(欧姆挡对应刻度盘上正中央数值为15)标准电压表V1 (量程10 V,内阻R V1约为几十千欧)电压表V2(量程10 V,内阻R V2＝9 kΩ)滑动变阻器R(最大阻值约50 Ω)电源E(电动势为12 V,内阻不计)开关S一个、导线若干实验过程如下：(1)利用多用电表欧姆挡测量电压表V1的内阻,将红、黑表笔短接调零后,选用图2甲中________(选填“A”或“B”)方式连接.图2(2)实验中,两表的示数如图乙所示,多用电表欧姆挡的读数为________Ω,电压表的读数为________V,通过计算可得出欧姆挡电池的电动势为________V.(以上结果均保留三位有效数字)(3)利用标准电压表V1对电压表V2进行校对,请在图3的方框中画出电路图.图3(4)校对中发现,调节滑动变阻器,标准电压表V1示数为9.00 V时,电压表V2的示数为10.00 V,为使9.00 V 示数准确,应给V 2表串联________Ω的电阻.答案 (1)A (2)3.00×104 5.80 8.70 (3)如图所示(4)1 000解析 (1)根据“红进黑出”原理可知A 图正确;(2)因为电压表V 1的示数为几十千欧,所以多用电表欧姆挡的读数为30.0×103 Ω＝3.00×104 Ω;电压表V 1的量程为10 V,所以分度值为0.1 V,故读数为5.80 V;根据题意,中值电阻为15 kΩ,即欧姆表内阻为15 kΩ,根据闭合电路欧姆定律可得3030＋15E ＝5.80 V,解得E ＝8.70 V; (3)因为并联电路电压相等,所以要校对电压表,可将两电压表并联,由于电压表内阻过大,而滑动变阻器最大约50 Ω,所以为了读数变化明显,采用滑动变阻器的分压式接法,电路图如图所示(4)根据欧姆定律可得9 kΩ9 kΩ＋R ×10.00 V ＝9.00 V,解得R ＝1 kΩ＝1 000 Ω。
2019高考物理大二轮复完整版习题型一选择题选择题专项训练2.doc
选择题专项训练（二）（时间：20分钟 满分:48分）本卷共8小题,每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项屮，1帀题只有一个选项符合题目要 求,6 *题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.一只蜗牛从半球形小碗内的最低点沿碗壁向上缓慢爬行，在英滑落Z 前的爬行过程屮受力情况是 （）A. 碗对蜗牛的支持力变大B. 碗对蜗牛的摩擦力变大C. 碗对蜗牛的作用力变小D. 地面对碗的摩擦力逐渐变小2.某物体做直线运动的厂广图象如图甲所示，据此判断图乙（F 表示物体所受合力，十表示物体运动的 时间）四个选项正确的是（）3. 在中国航天骄人的业绩中有这些记载:天宫一号在离地面343 km 的圆形轨道上飞行;嫦娥一号 在距月球表面高度为200 km 的圆形轨道上飞行;北斗卫星导航系统由同步卫星（地球静止轨道卫星, 在赤道平面，距赤道的高度约为36 000 km ）和倾斜同步卫星（周期与地球自转周期相等，但不定点于某地上空）等组TV™成。
则下列分析正确的是（）3nA. 设天宫一号绕地球运动的周期为7；用G 表示引力常量，则用表达式 求得的地球平均密度比真 实值要大B. 天宫一号的飞行速度比同步卫星的飞行速度要小C. 同步卫星和倾斜同步卫星同周期、同轨道半径,但二者的轨道平面不在同一平面内D. 嫦娥一号与地球的距离比同步卫星与地球的距离小4. 图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分力尸滑行的时间，技术人员通过测 量绘制出如图乙所示的示意图。
是滑道的竖直高度，〃点是昇C 竖直线上的一点，且有AD 二DE25 m, 滑道/IF 可视为光滑的，滑行者从坡顶A 点由静止开始沿滑道/IF 向下做直线滑动,g 収10 m/s 2,则滑 行者在滑道/IF 上滑行的时间为 （）A. © sB.2 sC. « s 1).2^ s 质量为刃的物体沿着半径为厂的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为r,如图所示，若物体与 球壳之间的动摩擦因数为"，则物体在最低点时的（）A. 向心加速度为mu^c.对球壳的压力为rB •向心力为m甲 A乙D.受到的摩擦力为m/ \\N： \! '・dc6.（2018 •全国卷〃）如图所示，同一平面内的臼、方、c、〃四点处于匀强电场屮，电场方向与此平面平行,対为臼、c连线的屮点，河为方、〃连线的屮点。
高2019届高2016级高三物理二轮复习课件配套练习选择题专练(七)
选择题专练(七)(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,质量为m ＝10 kg 的木箱置于水平地面上,它与地面间的动摩擦因数μ＝33,受到一个与水平方向成θ角斜向上的拉力F ,为使木箱做匀速直线运动,拉力F 的最小值以及此时θ分别是( )图1A.50 N 30°B.50 N 60°C.2003 N 30° D.2003N 60° 答案 A解析 木箱受重力mg 、拉力F 、地面的支持力和滑动摩擦力作用, 根据平衡条件得F cos θ＝F f ,F sin θ＋F N ＝mg , 又F f ＝μF N ,联立解得F ＝μmg cos θ＋μsin θ＝μmg1＋μ2sin (θ＋α),其中tan α＝1μ＝3,α＝60°,由数学知识知：当θ＋α＝90°, 即θ＝30°时F 有最小值,且最小值为F min ＝μmg1＋μ2＝33×10×101＋⎝⎛⎭⎫332 N ＝50 N,故A 正确,B 、C 、D 错误.15.如图2所示,光滑圆柱体被a 、b 两支架支持处于平衡,接触点分别为A 和B ,圆柱体中心为O ,AO 水平,BO 和水平方向成30°角,支架a 、b 对圆柱体的支持力分别为F N a 和F N b .保持接触点B 与圆柱体均不动,把接触点A 从图示的位置缓慢沿圆周移到O 的正下方的过程中( )图2A.F N a不断增大,F N b不断增大B.F N a先增大再减小,F N b不断增大C.F N a先减小再增大,F N b不断减小D.F N a不断减小,F N b不断减小答案 C解析以圆柱体为研究对象进行受力分析,初状态在重力mg、F N a、F N b作用下处于平衡状态;当B不动,把接触点A从图示的位置缓慢沿圆周移到O的正下方的过程中,利用矢量三角形定则画出两个力的变化如图所示.由图可得,F N a先减小再增大,F N b不断减小,C正确.16.在匀强磁场中有一个静止的氡原子核(22286Rn),它由于衰变放出一个粒子,此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆,大圆与小圆的直径之比为42∶1,如图3所示,那么氡核的衰变方程应是下列方程中的哪一个()图3A.22286Rn→22287Fr＋0－1eB.22286Rn→21884Po＋42HeC.22286Rn→22285At＋01eD.22286Rn→22285At＋21H答案 B解析原子核的衰变过程满足动量守恒,可得两带电粒子动量大小相等,方向相反,就动量大小而言有：m 1v 1＝m 2v 2,由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：r ＝m v qB ,所以：r 1r 2＝q 2q 1＝421,A 、B 、C 、D 四个选项中,带电荷量满足42∶1关系的只有B,故B 正确,A 、C 、D 错误. 17.如图4所示,半径为r 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B ,磁场边界上A 点有一粒子源,源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力及粒子间的相互作用不计),已知粒子的比荷为k ,速度大小为2kBr ,则粒子在磁场中运动的最长时间为( )图4A.πkBB.π2kBC.π3kBD.π4kB答案 C解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R ,已知v ＝2kBr ,k ＝qm ,解得R＝2r ,粒子运动的弧长越长,对应的弦长越长,转过的圆心角越大,粒子运动轨迹对应的最大弦长是2r ,则最大圆心角为：θ＝2arcsin r R ＝2arcsin 12＝60°,粒子在磁场中运动的最长时间：t ＝θ360°T ＝60°360°×2πm qB ＝π3kB,C 正确.18.图5甲为示波管的原理图.如果在电极YY ′之间所加的电压按图乙所示的规律变化,在电极XX ′之间所加的电压按图丙所示的规律变化,则在荧光屏上会看到的图形是( )图5答案 B解析 由于电极XX ′加的是扫描电压,电极YY ′之间所加的电压是信号电压,信号电压与扫描电压周期相同,所以荧光屏上会看到的图形是B.19.如图6所示,太阳系各行星可近似看成在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动.设天王星公转周期为T 1,公转半径为R 1;地球公转周期为T 2,公转半径为R 2.不计两行星之间的引力作用,引力常量为G ,当地球和天王星运行到太阳两侧,且三者排成一条直线时,下列说法正确的是( )图6A.太阳的质量为4π2R 22GT 22B.天王星公转速度大于地球公转速度C.地球与天王星相距最近至少需经历T 1T 22(T 1－T 2)D.天王星公转的向心加速度与地球公转的向心加速度之比为R 22R 12答案 CD解析 根据G Mm 地R 22＝m 地4π2T 22R 2得,太阳的质量M ＝4π2R 23GT 22,A 错误;根据G Mmr 2＝m v 2r,解得v ＝GMr, 因为天王星的轨道半径较大,则线速度较小,B 错误;当地球和天王星运行到太阳两侧,三者排成一条直线,到地球与天王星相距最近,两者转过的角度相差π, 所以2πT 2t －2πT 1t ＝π,解得t ＝T 1T 22(T 1－T 2),C 正确;根据G Mmr 2＝ma ,解得a ＝GMr2,天王星和地球的向心加速度之比为R 22R 12,D 正确.20.如图7,金属棒ab 置于水平放置的U 型光滑导轨上,在ef 右侧存在有界匀强磁场B ,磁场方向垂直导轨平面向下,在ef 左侧的无磁场区域cdef 内有一半径很小的金属圆环L ,圆环与导轨在同一平面内.当金属棒ab 在水平恒力F 作用下从磁场左边界ef 处由静止开始向右运动后(达到稳定前),则( )图7A.圆环L 有收缩的趋势B.圆环L 有扩张的趋势C.圆环内产生的感应电流变大D.圆环内产生的感应电流变小 答案 AD解析 由于金属棒ab 在恒力F 的作用下向右运动,则abdc 回路中产生逆时针方向的感应电流,则在圆环处产生垂直于纸面向外的磁场,随着金属棒向右加速运动,圆环的磁通量将增大,依据楞次定律可知,圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环磁通量的增大;又由于金属棒向右运动的加速度减小,速度增大变慢,单位时间内磁通量的变化量减小,即磁通量变化率减小,所以在圆环中产生的感应电动势减小,感应电流也不断减小,故A 、D 正确,B 、C 错误.21.如图8所示,倾角θ＝60°、高为h 的粗糙绝缘斜面体ABC 固定在水平地面上,一个带负电的小球(可视为点电荷)固定在BC 边上距B 点h3高处的D 点,可视为质点的带正电的小物块Q 静止于斜面底端的A 点,此时小物块Q 恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为0.已知小物块Q 与斜面间的动摩擦因数μ＝33,小物块Q 所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g ,下列说法正确的是( )图8A.小物块Q 静止于A 点时所受的库仑力与其重力大小相等B.若要拉动小物块Q ,使之沿斜面向上运动,则拉力的最小值为33mgC.在拉动小物块Q 缓慢沿斜面向上运动的过程中,当其所受摩擦力最大时,系统的电势能也最大D.若缓慢地将小物块Q 从A 点拉动至C 点,则外力做功等于小物块Q 重力势能的增加量与系统因摩擦而产生的热量之和 答案 ABD解析 开始时对物块Q 受力分析如图,由几何关系可知,∠DAB ＝30°,则三个力互成120°角,可知三力大小相等,即小物块Q 静止于A 点时所受的库仑力与其重力大小相等,选项A 正确;因在A 端时,物块所受的摩擦力和地面的支持力均为零,可知要想拉动小物块Q ,使之沿斜面向上运动,则拉力的最小值为F min ＝μF N ＝33mg ,选项B 正确;在拉动小物块Q 缓慢沿斜面向上运动的过程中,当其运动到AC 的中点时,库仑力最大,此时物块对斜面的压力最大,所受摩擦力最大,此过程中电场力做正功,则此时系统的电势能最小,选项C 错误;由对称性可知,物块在A 、C 两点的电势能相等,若缓慢地将小物块Q 从A 点拉动至C 点,则外力做功等于小物块Q 重力势能的增加量与系统因摩擦而产生的热量之和,选项D 正确.。
2019高考物理大二轮实用课件：题型一选择题1
速度是地球的 2倍,而地球的第一宇宙速度为 7.9 km/s,故 C 错误;由 于这颗行星在太阳系外,所以航天器的发射速度至少要达到第三宇 宙速度,故 D 正确。
������ ������������������ ������������ 2π
,速度最小的运动时间最
������������
长,A 对,B 错。粒子通过的路程为 s=2θ· r=2θ· ,速度最大的路程最 ������������
-57-
一
二
三
四
五
六
七
八
九
十
十一
十二
十三
解析 保持负载总电阻不变,电源电压 U 略降低,为使 L 仍能正常发 光,需要输出电压 U2 保持不变。根据变压比������ = ������1,可得 U2=������2 U,由
所以粒子在磁场中运动周期相等,选项 D 错。粒子沿半径方向进入 圆形匀强磁场,离开磁场的速度方向也一定沿半径方向,如图所示,设 2������ 粒子圆周运动的圆心角为 2θ,则有运动时间 t= ×T,即 θ 越大,运动 时间越长。根据几何关系有 tan θ=������ = 长,而运动时间最短,选项 C 错。
-60-
一
二
三
四
五
六
七
八
九
十
十一
十二
十三
解析:根据图线可知 ω=
2π ������
rad/s=100π rad/s,变压器原线圈的交流
高2019届高2016级高三物理二轮复习课件配套练习选择题专练(六)
选择题专练(六)(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.物理关系式不仅反映了物理量之间的关系,也确定了单位间的关系.如关系式U ＝IR 既反映了电压、电流和电阻之间的关系,也确定了V(伏)与A(安)和Ω(欧)的乘积等效,现有物理量单位：m(米)、s(秒)、J(焦)、W(瓦)、C(库)、F(法)、A(安)、Ω(欧)和T(特),由它们组合的单位与电压单位V(伏)不等效的是( ) A.J/C B.C/F C.C·T·m/s D.W 12·Ω12答案 C解析 由电场力做功的公式W ＝qU ,知U ＝Wq ,所以单位J/C 与电压单位V 等效,选项A 不符合题意;由U ＝QC 可知,C /F 是和电压单位V 等效的,选项B 不符合题意;由F ＝qvB 知,C·T·m/s 是力的单位,是与N 等效的,选项C 符合题意;由P ＝U 2R 可得U ＝PR ,所以W 12·Ω12是和电压的单位等效的,选项D 不符合题意.15.甲、乙两汽车同向匀速行驶,乙在前,甲在后.某时刻两车司机听到警笛提示,同时开始刹车,结果两车刚好没有发生碰撞,如图1为两车刹车后匀减速运动的v －t 图象.以下分析正确的是( )图1A.甲车刹车的加速度的大小为0.5 m/s 2B.两车开始刹车时的距离为100 mC.两车刹车后间距一直在减小D.两车都停下来后相距25 m 答案 B解析 由题图可知,两车速度相等时,经历的时间为20 s,甲车的加速度a 1＝－2525m/s 2＝－1 m/s 2,乙车的加速度a 2＝－1530 m/s 2＝－0.5 m/s 2,此时甲车的位移x 甲＝v 甲t ＋12a 1t 2＝25×20 m －12×1×400 m ＝300 m,乙车的位移x 乙＝v 乙t ＋12a 2t 2＝15×20 m －12×0.5×400 m＝200 m,两车刚好没有发生碰撞,则开始刹车时两车的距离Δx ＝300 m －200 m ＝100 m,故A 错误,B 正确;两车刹车后甲的速度先大于乙的速度,两者距离减小,后甲的速度小于乙的速度,两者距离增大,故C 错误;20 s 时,甲、乙的速度都为v ＝v 甲＋a 1t ＝25 m/s －20 m/s ＝5 m/s,根据图象与坐标轴围成的面积表示位移可知,两车都停下来后相距Δx ′＝12×(30－25)×5 m ＝12.5 m,故D错误.16.(2018·安徽省安庆市二模)如图2所示,物块A 放在木板B 上,A 、B 的质量均为m ,A 、B 之间的动摩擦因数为μ,B 与地面之间的动摩擦因数为μ3.若将水平力作用在A 上,使A 刚好要相对B滑动,此时A 的加速度为a 1;若将水平力作用在B 上,使B 刚好要相对A 滑动,此时B 的加速度为a 2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则a 1与a 2的比为( )图2A.1∶1B.2∶3C.1∶3D.3∶2答案 C解析 当水平力作用在A 上,使A 刚好要相对B 滑动,临界情况是A 、B 的加速度相等,隔离对B 分析,B 的加速度为：a B ＝a 1＝μmg －μ3·2mgm ＝13μg ,当水平力作用在B 上,使B 刚好要相对A 滑动,此时A 、B 间的摩擦力刚好达到最大,A 、B 的加速度相等,有：a A ＝a 2＝μmgm ＝μg ,可得：a 1∶a 2＝1∶3,故选项C 正确.17.如图3所示为一半径为R 的均匀带电细环,环上单位长度带电荷量为η,取环面中心O 为原点,以垂直于环面的轴线为x 轴.设轴上任意点P 到原点O 的距离为x ,以无限远处为零电势点,P点的电势为φ.则下面给出的四个表达式中只有一个是合理的,这个合理的表达式是(式中k 为静电力常量)( )图3A.φ＝2πRkR 2＋x 2 B.φ＝2πRηkR 2＋x 2 C.φ＝2πRηkR 2－x 2D.φ＝2πRηkR 2＋x 2x 答案 B解析 电势的高低与圆环带电荷量的大小η·2πR 有关,A 表达式显然与圆环的电荷量无关,因此A 错误;无论圆环带什么电荷,圆环中心处的电势均不为零,因此x ＝0时,电势不为零,故D 错误;C 中当x ＝R 时电势为无穷大,也不可能,故C 错误,故只有B 正确. 18.下列生活中的现象和物理学内容,说法正确的是( ) A.击钉时不用橡皮锤,仅仅是因为橡皮锤太轻B.电子被发现的意义在于使人类认识到原子有核式结构C.动量相同的两个物体受相同的制动力的作用,质量小的先停下来D.元电荷e 的数值最早是密立根测得的,这也是他获得诺贝尔物理奖的重要原因 答案 D解析 击钉时不用橡皮锤,主要是因为橡皮锤太软,在动量的变化相同时,作用时间较长,作用力小,选项A 错误;电子被发现的意义在于使人类认识到原子有复杂的结构,选项B 错误;根据动量定理Ft ＝Δp ＝m v ,则动量相同的两个物体受相同的制动力的作用,一块停下来,选项C 错误;元电荷e 的数值最早是密立根测得的,这也是他获得诺贝尔物理奖的重要原因,选项D 正确. 19.如图4甲所示,假设某星球表面上有一倾角为θ＝30°的固定斜面,一质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上运动,其速度—时间图象如图乙所示.已知小物块和斜面间的动摩擦因数为μ＝39,该星球半径为R ＝6×104 km,引力常量为G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2,下列说法正确的是( )图4A.该星球的第一宇宙速度v 1＝3.0×104 m/sB.该星球的质量M ＝8.1×1026 kgC.该星球的自转周期T ＝1.3×104 sD.该星球的密度ρ＝895 kg/m 3 答案 ABD解析 上滑过程中,根据牛顿第二定律,在沿斜面方向上有μmg 0cos θ＋mg 0sin θ＝ma 1, 下滑过程中,在沿斜面方向上有 mg 0sin θ－μmg 0cos θ＝ma 2,又知v －t 图象的斜率表示加速度,则上滑和下滑过程中的加速度大小分别为： a 1＝6－00.6 m/s 2＝10 m/s 2,a 2＝20.4m/s 2＝5 m/s 2,联立解得g 0＝15 m/s 2,故该星球的第一宇宙速度为 v ＝g 0R ＝15×6×104×103 m/s ＝3.0×104 m/s, A 正确;根据黄金替代公式GM ＝g 0R 2可得该星球的质量为M ＝g 0R 2G ＝15×(6×104×103)26.67×10－11kg ≈8.1×1026 kg,B 正确;根据所给条件无法计算自转周期,C 错误;该星球的密度ρ＝M V ＝g 0R 2G 43πR 3＝3g 04πGR≈895 kg/m 3,D 正确.20.如图5所示,足够长的木板P 静止于光滑水平面上,小滑块Q 位于木板P 的最右端,木板P 与小滑块Q 之间的动摩擦因数μ＝0.2,木板P 与小滑块Q 质量相等,均为m ＝1 kg.用大小为6 N 、方向水平向右的恒力F 拉动木板P 加速运动1 s 后将其撤去,系统逐渐达到稳定状态,重力加速度g 取10 m/s 2,下列说法正确的是()图5A.木板P 与小滑块Q 所组成的系统的动量增加量等于拉力F 的冲量B.拉力F 做功为6 JC.小滑块Q 的最大速度为3 m/sD.整个过程中,系统因摩擦而产生的热量为3 J 答案 ACD解析 对系统由动量定理：Ft ＝m v P ＋m v Q ＝2m v 共,即木板P 与小滑块Q 组成的系统的动量增量一定等于拉力F 的冲量,选项A 正确;若木板P 与小滑块Q 相对静止一起加速运动,则拉力F 不能超过μmgm ·2m ＝4 N,拉力F 为6 N,大于4 N,故二者发生相对滑动,对木板P 由牛顿第二定律：F －μmg ＝ma ,解得a ＝4 m/s 2,1 s 内木板P 的位移x ＝12at 2＝2 m,拉力F 做功W ＝Fx ＝12 J,选项B 错误;二者共速时,小滑块Q 的速度最大,Ft＝2m v 共,解得v 共＝3 m/s,选项C 正确;整个过程中,对系统由能量守恒可知W ＝12×2m v 共2＋Q ,解得Q ＝3 J,选项D 正确.21.如图6所示,绝缘中空轨道竖直固定,圆弧段COD 光滑,对应圆心角为120°,C 、D 两端等高,O 为最低点,圆弧圆心为O ′,半径为R ;直线段AC 、HD 粗糙,与圆弧段分别在C 、D 端相切;整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场中,在竖直虚线MC 左侧和ND 右侧分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场.现有一质量为m 、电荷量恒为q 、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球,从轨道内距C 点足够远的P 点由静止释放.若PC ＝L ,小球所受电场力等于其重力的33倍,重力加速度为g .则( )图6A.小球第一次沿轨道AC 下滑的过程中,先做加速度减小的加速运动,后做匀速运动B.小球在轨道内受到的摩擦力可能大于233mgC.经足够长时间,小球克服摩擦力做的总功是433mgLD.小球经过O 点时,对轨道的弹力可能为2mg －qB gR 答案 AD解析 小球第一次沿轨道AC 下滑的过程中,由题意可知,电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC ,则刚开始小球与管壁无作用力,当从静止运动后,由左手定则可知,洛伦兹力导致球对管壁有作用力,从而导致滑动摩擦力增大,而重力与电场力的合力大小为F ＝(mg )2＋⎝⎛⎭⎫33mg 2＝233mg ,不变,故根据牛顿第二定律可知,做加速度减小的加速运动,当摩擦力等于两个力的合力时,做匀速运动,故A 正确;当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时,小球做匀速直线运动,小球在轨道内受到的摩擦力最大,为233mg ,不可能大于233mg ,故B 错误;取从静止开始到最终速度为零,根据动能定理得,摩擦力做功与重力及电场力做功之和为零,则摩擦力总功为233mgL ,故C 错误;对小球在O 点受力分析,且由C 向D 运动,由牛顿第二定律,则有：F N －mg ＋Bq v ＝m v 2R ,由C 到O 点,机械能守恒,则有：mgR sin 30°＝12m v 2,联立解得F N ＝2mg －qB gR ,由牛顿第三定律知,当小球由C 向D 运动时,对轨道的弹力可能为2mg －qB gR ,故D 正确.。
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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1
①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 K
②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2
A.b 光经过气泡的偏向角为42°
B.介质对a 光的折射率大于 3
C.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 a sin 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 b sin 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/s ②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 ＝16 s.。