【物理】2018届二轮复习选考模块教案

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第29讲 常考内容 学法指导 ‎　　①分子大小的估算；②对分子动理论内容的理解；③物态变化中的能量问题；④气体实验定律的理解和计算；⑤理想气体状态方程的应用；⑥固、液、气三态的微观解释和理解；⑦热力学定律的理解和简单计算；⑧用油膜法估测分子大小等内容。‎ ‎　　选修33内容琐碎、考查点多，复习中应以四块知识(分子动理论，从微观角度分析固体、液体、气体的性质，气体实验定律，热力学定律)为主干，梳理出知识点，进行理解性记忆。‎ 一、分子动理论、内能及热力学定律基础保分类考点 ‎1．(2018届高三·江西五市八校联考)下列说法中正确的是(　　)‎ A．布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动 B．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加 C．一定量‎100 ℃‎的水变成‎100 ℃‎的水蒸气，其分子之间的势能增加 D．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低 E．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律 解析：选ACD　布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动，故A正确；温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，分子的平均动能增加，其中有些分子的速率增加，但也有些分子的速率会减小，只是分子的平均速率增加，故B错误；一定量‎100 ℃‎的水变成‎100 ℃‎的水蒸气，温度没有变化，分子的平均动能不变，但是在这个过程中要吸热，内能增加，所以分子之间的势能必定增加，故C正确；温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低，故D正确；空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，产生了其他影响，即消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，故E错误。‎ ‎2．(2013·全国卷Ⅰ)‎ 两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。在此过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．分子力先增大，后一直减小 B．分子力先做正功，后做负功 C．分子动能先增大，后减小 D．分子势能先增大，后减小 E．分子势能和动能之和不变 解析：选BCE　分子力应先增大，后减小，再增大，所以A选项错；分子力先为引力，做正功，再为斥力，做负功，B选项正确；根据动能定理可知分子动能先增大后减小，分子势能先减小后增大，分子动能和分子势能之和保持不变，所以C、E选项正确，D错误。‎ ‎3．下列说法中正确的是(　　)‎ A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大 B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动 C．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 D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律 E．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NA＝ 解析：选ABC　气体放出热量，若外界对气体做功，温度升高，其分子的平均动能增大，故A正确；布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故B正确；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，故C正确；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，故D错误；某固体或液体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝，而气体此式不成立，故E错误。‎ ‎4．(2017·随州调考)下列说法正确的是(　　)‎ A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性 B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大 C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大 D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素 E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大 解析：选ACD　布朗运动是固体颗粒在液体中的运动，反应液体分子的运动，故显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性，故选项A正确；分子间的相互作用力随着分子间距离由很小逐渐增大，当rθ⑤‎ 光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G点射出，如图乙所示。由反射定律和几何关系得 乙 OG＝OC＝R⑥‎ 射到G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C点射出。‎ ‎[答案]　(1)R　(2)见解析 ‎1．折射率：光从真空射入某种介质，入射角的正弦与折射角的正弦之比叫做介质的折射率，公式为n＝。实验和研究证明，某种介质的折射率等于光在真空中的传播速度c跟光在这种介质中的传播速度v之比，即n＝。‎ ‎2．临界角：折射角等于90°时的入射角，称为临界角。当光从折射率为n的某种介质射向真空(空气)时发生全反射的临界角为C，则sin C＝。‎ ‎3．全反射的条件 ‎(1)光从光密介质射向光疏介质。‎ ‎(2)入射角大于或等于临界角。‎ ‎4．光的色散问题 ‎(1)在同一介质中，不同频率的光的折射率不同，频率越高，折射率越大。‎ ‎(2)可由n＝，n＝ 可知，光的频率越高，在介质中的波速越小，波长越小。‎ ‎1.(2017·襄阳模拟)如图所示为半圆形的玻璃砖，C为AB的中点，OO′为过C点的AB面的垂线。a、b两束不同频率的单色可见细光束垂直AB边从空气射入玻璃砖，且两束光在AB面上的入射点到C点的距离相等，两束光折射后相交于图中的P点，以下判断正确的是(　　)‎ A．在半圆形的玻璃砖中，a光的传播速度大于b光的传播速度 B．a光的频率大于b光的频率 C．两种色光分别通过同一双缝干涉装置形成的干涉条纹，相邻亮条纹的间距a光的较大 D．若a、b两束光从同一介质射入真空中，a光发生全反射时的临界角大于b光发生全反射时的临界角 E．b光比a光更容易发生衍射现象 解析：选ACD　由折射光路可知，b光的折射率大于a光，则根据n＝可知，在半圆形的玻璃砖中，a光的传播速度大于b光的传播速度，选项A正确；a光的频率小于b光的频率，选项B错误；因a光的波长大于b光，故a光比b光更容易发生衍射现象，选项E错误；根据Δx＝λ，则两种色光分别通过同一双缝干涉装置形成的干涉条纹，相邻亮条纹的间距a光的较大，选项C正确；根据sin C＝可知，若a、b两束光从同一介质射入真空中，a光发生全反射的临界角大于b光发生全反射的临界角，选项D正确。‎ ‎2．(2018届高三·衡水四校联考)如图所示，将一等腰直角棱镜ABC截去棱角ADE，使其截面DE平行于底面BC，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射。已知棱镜玻璃的折射率n＝，棱边长LAC＝‎3 cm，LAD＝‎3 cm，一束平行于底边BC的单色光从BD边上的M点射入棱镜，求：‎ ‎(1)光线进入“道威棱镜”时的折射角；‎ ‎(2)通过计算判断光线能否从BC边射出；‎ ‎(3)光线在棱镜中传播所用的时间。‎ 解析：(1)由折射定律n＝，解得r＝30°。‎ ‎(2)由临界角公式sin C＝，得C＝45°‎ 如图所示，光线到达BC边时，入射角θ＝75°>C，将发生全反射，所以光线不能从BC边射出。‎ ‎(3)光在棱镜中的传播速度 v＝＝ m/s＝×‎108 m/s 由几何关系可知∠ACD＝30°，CD＝2LAD＝‎6 cm，‎ 光在介质中的路程 s＝CD＝‎6 cm＝‎0.06 m。‎ 所用时间t＝＝2×10－10 s。‎ 答案：(1)30°　(2)见解析　(3)2×10－10 s 四、光的波动性　电磁波　相对论基础保分类考点 ‎1.(2016·天津高考)如图是a、b两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则(　　)‎ A．在同种均匀介质中，a光的传播速度比b光的大 B．从同种介质射入真空发生全反射时a光临界角大 C．照射在同一金属板上发生光电效应时，a光的饱和电流大 D．若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生a光的能级能量差大 解析：选D　双缝干涉中相邻两个亮条纹或暗条纹的中心间距Δx＝λ，同一双缝干涉装置中l、d相同，故a光的波长比b光的波长短，在同种均匀介质中，a光的折射率比b光的大，由v＝知，a光的传播速度比b光的小，选项A错误；由sin C＝知，从同种介质射入真空发生全反射时，a光的临界角小，选项B错误；当光照射在金属板上发生光电效应时，产生的饱和电流的大小与光的强度有关，光的强度未知，选项C错误；氢原子能级跃迁时的能量差ΔE＝hν，产生的光频率越大，对应的能级能量差越大，选项D正确。‎ ‎2．以下说法中正确的是(　　)‎ A．对于同一障碍物，波长越大的光波越容易绕过去 B．白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的一种干涉现象 C．红光由空气进入水中，波长变长、颜色不变 D．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉 E．不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的 解析：选ADE　波长越长的光越容易发生衍射现象，故越容易绕过障碍物，所以A正确；白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的一种折射现象，所以B错误；红光由空气进入水中，频率不变，故颜色不变，传播速度减小，故波长变短，所以C错误；用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉，即薄膜干涉，所以D正确；根据狭义相对性原理，不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的，故E正确。‎ ‎3．(2016·全国卷Ⅱ)关于电磁波，下列说法正确的是(　　)‎ A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关 B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波 C．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直 D．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输 E．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失 解析：选ABC　电磁波在真空中的传播速度等于光速，与电磁波的频率无关，选项A正确； 周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波，选项B正确；电磁波传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直，选项C正确；电磁波可以通过光缆传输，选项D错误；电磁波波源的电磁振荡停止，波源不再产生新的电磁波，但空间中已产生的电磁波仍可继续传播，选项E错误。‎ ‎4．下列说法正确的是(　　)‎ A．摆钟偏快时可缩短摆长进行校准 B．火车鸣笛向我们驶来时，我们听到的笛声频率将比声源发出的频率高 C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度 D．地面附近有一高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到的火箭长度要比火箭上的人观察到的短一些 E．光从水中射入玻璃中，发现光线偏向法线，则光在玻璃中传播速度一定小于在水中的传播速度 解析：选BDE　摆钟偏快，说明周期偏小，要让周期变大，则可将摆长调长进行校准，选项A错误；根据多普勒效应，火车向我们驶来的时候，听到的频率高于声源发出的频率，选项B正确；加偏振片的目的是减弱橱窗玻璃的反射光，选项C错误；对一高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到火箭沿着速度方向的长度比火箭上的人观察到的短一些，选项D正确；光从水中射入玻璃中，发现光线偏向法线，则玻璃的折射率大，根据公式v＝可知，光在玻璃中传播速度一定小于在水中的传播速度，选项E正确。‎ ‎5．(2017·贵阳一中月考)下列说法正确的是(　　)‎ A．如果振源停止振动，在介质中传播的波立即消失 B．用单色平行光照射单缝，缝宽不变，光的波长越长，衍射现象越显著 C．太阳光经过偏振片后，光强度减弱，且和医院“B超”中的超声波传播速度相同 D．麦克斯韦关于电磁场的两个基本观点是：变化的电场产生磁场和变化的磁场产生电场 E．如果测量到来自遥远星系上某些元素发出的光波波长比地球上这些元素静止时发出的波长长，这说明该星系正在远离我们而去 解析：选BDE　振源停止振动时，由于惯性，其他振动质点并不立即停止振动，所以在介质中传播的波并不立即停止，故A错误；单色平行光照射单缝，缝宽不变，光的波长越长，则衍射现象越显著，故B正确；太阳光中的可见光是电磁波的一种，电磁波的速度等于光速，医院“B超”中的超声波属于机械波，传播速度不同，故C错误；由麦克斯韦的电磁理论，变化的电场产生磁场，同样，变化的磁场产生电场，故D正确；如果测量到来自遥远星系上某些元素发出的光波波长比地球上这些元素静止时发出的波长长，则由c＝λf，知接收的频率变小，根据多普勒效应，可知该星系正在远离我们而去，故E正确。‎ ‎1．机械波和光波都能发生干涉、衍射、多普勒效应等现象，是波特有的现象。偏振现象是横波的特有现象。要观察到稳定的干涉现象和明显的衍射现象需要一定的条件。‎ ‎2．机械波的干涉图样中，实线和实线的交点、虚线和虚线的交点及其连线为振动加强处；实线和虚线的交点及其连线处为振动减弱处。振动加强点有时位移也为零，只是振幅为两列波的振幅之和，显得振动剧烈。‎ ‎3．光的双缝干涉条纹间距Δx＝λ ‎(1)l、d相同时，Δx∝λ，可见光中的红光条纹间距最大，紫光最小。‎ ‎(2)间隔均匀，亮度均匀，中央为亮条纹。‎ ‎(3)如用白光做实验，中间为白色，两边为由紫到红的彩色。‎ ‎4．光的干涉现象：薄膜干涉(油膜、空气膜、增透膜、牛顿环)；光的衍射现象：圆孔衍射、泊松亮斑。‎ ‎5．狭义相对论的重要结论 ‎(1)在任何惯性系中观察光速均为c。‎ ‎(2)相对观测者运动的物体长度变短。‎ ‎(3)相对观测者运动的时钟变慢。‎ ‎ ‎1．(1)一振动周期为T，位于x＝0处的波源从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v，关于在x＝处的质点P ‎，下列说法正确的是________。‎ A．质点P振动周期为T，速度的最大值为v B．若某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向 C．质点P开始振动的方向沿y轴正方向 D．当P开始振动后，若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷 E．当P开始振动后，若某时刻波源在波谷，则质点P也一定在波谷 ‎(2)如图所示，某种透明材料做成的三棱镜，其横截面是边长为a的等边三角形，现用一束宽度为a的单色平行光束，以垂直于BC面的方向正好入射到该三棱镜的AB及AC面上，结果所有从AB、AC面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC面。求：‎ ‎(ⅰ)该材料对此平行光束的折射率；‎ ‎(ⅱ)这些直接到达BC面的光线从BC面折射而出后，如果照射到一块平行于BC面的屏上形成光斑，则当屏到BC面的距离d满足什么条件时，此光斑分为两条？‎ 解析：(1)质点P振动周期与波源振动周期相同，也为T，但其振动速度与波速不同，故A错误。x＝＝λ，P与波源是反相点，若某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向，故B正确。根据波的特点：简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同，故质点P开始振动的方向沿y轴正方向，故C正确。P与波源是反相点，故若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷，故D正确，E错误。‎ ‎(2)(ⅰ)由于对称性，我们考虑从AB面入射的光线，这些光线在棱镜中是平行于AC面的，由对称性和几何知识可得，光线进入AB面时的入射角α和折射角β分别为：α＝60°，β＝30°‎ 则材料的折射率为n＝＝。‎ ‎(ⅱ)如图O为BC中点，紧靠B点从BC面射出的光线与直线AO交于D，由图可知：当光屏放在D点右侧时，根据对称性，光屏上形成两条光斑。‎ 由几何关系有OD＝tan β＝a 所以当光屏到BC距离d超过a时，光斑分为两条。‎ 答案：(1)BCD　(2)(ⅰ)　(ⅱ)d>a ‎2．(2018届高三·青岛八校联考)(1)关于波的现象，下列说法正确的有________。‎ A．当波从一种介质进入另一种介质时，频率不会发生变化 B．光波从空气中进入水中后，更容易发生衍射 C．波源沿直线匀速靠近一静止接收者，则接收者接收到波信号的频率会比波源频率低 D．不论机械波、电磁波，都满足v＝λf，式中三个参量依次为波速、波长、频率 E．电磁波具有偏振现象 ‎(2)如图所示，AOB是由某种透明物质制成的圆柱体横截面(O为圆心)，折射率为，今有一束平行光以45°的入射角射向柱体的OA平面，这些光线中有一部分不能从柱体的AB面上射出，设凡射到OB面的光线全部被吸收，不考虑OA面的反射，求圆柱体AB面上能射出光线的部分占AB表面的几分之几。‎ 解析：(1)波在传播过程中波速和波长会变化，始终不变的量是频率，A正确；光从空气中进入水中后，波长减小，更不容易发生衍射，B错误；根据多普勒效应可知，当波源与接收者之间的相对距离减小时，接收者接收到波信号的频率升高，C错误；公式v＝fλ适用任何波，D正确；电磁波是横波，横波具有偏振现象，E正确。‎ ‎(2)从O点射入的光线，设折射角为γ，根据折射定律，有：‎ n＝，解得：γ＝30°‎ 设从某位置P点入射的光线，折射到AB弧面上的Q点时，在Q点的入射角恰等于临界角C，‎ 有：sin C＝ 代入数据得：C＝45°‎ ‎△PQO中，α＝180°－90°－C－γ＝15°‎ 所以能射出光线区域对应的圆心角 β＝90°－α－γ＝45°‎ 能射出光线的部分占AB面的比例为＝。‎ 答案：(1)ADE　(2) ‎3.(1)某同学利用平行玻璃砖测量玻璃的折射率，按插针法步骤正确操作，借助刻度尺完成了光路图。该同学有圆规，却没有量角器，他就以O点为圆心，‎15.00 cm为半径画圆，分别交入射光线于A点，交直线OO′的延长线于C点，分别过A、C点作法线NN′的垂线交NN′于B、D点，如图所示。用刻度尺测得AB＝‎9.00 cm，CD＝‎6.00 cm，则玻璃的折射率n＝_________(请用已知线段表示)，代入数据求得n＝_________。若玻璃砖前后两面并不平行，按正确实验操作，则他测出的折射率________(填“会”或“不会”)受到影响。‎ ‎(2)如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，图中的实线和虚线分别是该波在t＝0.02 s和t′＝0.08 s时刻的波形图。‎ ‎(ⅰ)在t＝0.02 s时，求x＝‎0.9 m处质点的振动方向及该波的最大周期；‎ ‎(ⅱ)若波传播的周期为T，且8T0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面入射。不计粒子重力，重力加速度为g。‎ ‎(1)若该粒子沿y轴负方向入射后，恰好能经过x轴上的A(a,0)点，求粒子速度v0的大小；‎ ‎(2)若该粒子以速度v沿y轴负方向入射的同时，一不带电的小球从x轴上方某一点平行于x轴向右抛出，二者经过时间t＝恰好相遇，求小球抛出点的纵坐标；‎ ‎(3)如图乙所示，在此空间再加入沿y轴负方向、大小为E的匀强电场，让该粒子改为从O点静止释放，研究表明：粒子在xOy平面内将做周期性运动，其周期T＝，且在任一时刻，粒子速度的水平分量vx与其所在位置的y轴坐标绝对值的关系为vx＝y。若在粒子释放的同时，另有一不带电的小球从x轴上方某一点平行于x轴向右抛出，二者经过时间t＝恰好相遇，求小球抛出点的纵坐标。‎ 解析：(1)由题意可知，粒子做匀速圆周运动的半径为r1，有：r1＝ 洛伦兹力提供向心力，有：qv0B＝m 解得：v0＝。‎ ‎(2)洛伦兹力提供向心力，又有：qvB＝m 解得：r2＝ 粒子做匀速圆周运动的周期为T，有：T＝ 则相遇时间为：t＝＝T 在这段时间内粒子转动的圆心角为θ，有：‎ θ＝×360°＝150°‎ 如图所示，相遇点的纵坐标绝对值为：r2sin 30°＝ 小球抛出点的纵坐标为：‎ y＝g2－。‎ ‎(3)相遇时间t′＝＝T，‎ 由对称性可知相遇点在第二个周期运动的最低点 设粒子运动到最低点时，离x轴的距离为ym，水平速度为vx 由动能定理，有：qEym＝mvx2‎ 联立解得：ym＝ 故小球抛出点的纵坐标为：y＝g2－。‎ 答案：(1)　(2)g2－ ‎(3)g2－ 三、选考题(共15分，请从给出的2道题中任选一题作答，多答则按所答的第一题评分)‎ ‎[物理——选修33](15分)‎ ‎13.(1)(5分)如图所示是分子间引力或斥力大小随分子间距离变化的图像，由此可知________。‎ A．ab表示引力图线 B．cd表示引力图线 C．当分子间距离r等于两图线交点e的横坐标时，分子力一定为零 D．当分子间距离r等于两图线交点e的横坐标时，分子势能一定最小 E．当分子间距离r等于两图线交点e的横坐标时，分子势能一定为零 ‎(2)(10分)如图所示，一活塞将一定质量的理想气体封闭在固定导热汽缸内，活塞可沿汽缸无摩擦地滑动，活塞横截面积为S＝‎0.01 m2‎、质量为m＝‎10 kg，活塞距离汽缸底部的距离为h0＝‎10 cm，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度为t0＝‎27 ℃‎，g＝‎10 m/s2。‎ ‎(ⅰ)当环境温度缓慢升高至‎57 ℃‎时，试比较此过程中气体吸收的热量Q与物体内能变化量ΔU的大小关系。‎ ‎(ⅱ)当环境温度升高至‎57 ℃‎时，为使活塞距离汽缸底部的距离仍为‎10 cm，可使汽缸水平向右做匀加速直线运动，此时加速度应为多大？‎ 解析：(1)在Fr图像中，随r增加，斥力变化快，所以ab为引力图线，A对，B错；两图线交点e为分子所受的引力和斥力大小相等，即分子间相互作用的受力平衡位置，分子力为0，分子势能最小，但不一定为0，故C、D对，E错。‎ ‎(2)(ⅰ)由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q 由于气体膨胀对外做功，故W＜0‎ 因此Q＞ΔU。‎ ‎(ⅱ)活塞距离汽缸底部的距离仍为‎10 cm，由查理定律得＝，‎ 即＝ 解得p＝1.1×105 Pa 对活塞，由牛顿第二定律得a＝ 解得a＝‎10 m/s2。‎ 答案：(1)ACD　(2)(ⅰ)Q＞ΔU　(ⅱ)‎10 m/s2‎ ‎[物理——选修34](15分)‎ ‎14．(1)(5分)如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，若已知这列波周期为1 s，则下列判断中正确的是________。‎ A．这列波的振幅为‎8 cm B．这列波的波速为‎4 m/s C．图示时刻x＝‎2 m处的质点沿y轴正方向运动 D．图示时刻x＝‎5 m处质点的加速度大小为零 E．从图示时刻开始再经过1.5 s，x＝‎12 m处的质点刚好从平衡位置开始向y轴正方向运动 ‎(2)(10分)如图所示，一个足够大的容器中盛满了某种透明液体，MN为该液体与空气的水平分界面，其上有一以A点为圆心、半径为d＝ m的圆形不透光薄片。已知分界面上A点正下方h＝‎3 m深处有一点光源O，该点光源发出的光线经不透光薄片的边缘B点处射入空气时，其折射光线与反射光线恰好垂直。‎ ‎(ⅰ)求该透明液体对该光的折射率n。‎ ‎(ⅱ)若在点光源O正下方也为h＝‎3 m的P处水平放置一足够大的平面镜，试计算点光源O在分界面MN上照亮区域的面积(取π＝3.14)。‎ 解析：(1)振幅是波上的质点离开平衡位置的最大距离，由题图可知，这列波的振幅为‎4 cm，A错误；由题图可知，这列波的波长为λ＝‎4 m，由v＝可得v＝‎4 m/s，B正确；由波传播的方向与质点振动方向之间的关系“上坡下、下坡上”，可判断出x＝‎2 m处的质点在题图时刻正沿y轴正方向运动，C正确；在图示时刻x＝‎5 m处的质点离开平衡位置的距离最大，故其加速度最大，D错误；x＝‎12 m处的质点与x＝‎4 m处的质点位移相同，经过1.5 s＝1.5T，x ‎＝‎4 m处的质点刚好达到平衡位置，开始向y轴正方向振动，E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)光线在透明液体中的光路如图所示。‎ 由几何关系有tan i＝，i＝30°‎ 又i＋r＝90°，r＝60°‎ 故该透明液体对该光的折射率n＝＝。‎ ‎(ⅱ)设经平面镜反射后射向分界面MN的光线在D点发生全反射，‎ 有sin C＝ 设A、D两点间的距离为R，由几何关系可知 R＝3htan C 所以点光源在分界面MN上照亮的面积为 S＝πR2－πd2＝‎117.75 m2‎。‎ 答案：(1)BCE　(2)(ⅰ)　(ⅱ)‎‎117.75 m2‎ 考前仿真押题练(三)‎ ‎(限时：60分钟　满分：110分)‎ 一、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第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．相隔一定距离的电荷或磁体间的相互作用是怎样发生的？这是一个曾经使人感到困惑、引起猜想且有过长期争论的科学问题。19世纪以前，不少物理学家支持超距作用的观点。英国的迈克尔·法拉第于1837年提出了电场和磁场的概念，解释了电荷之间以及磁体之间相互作用的传递方式，打破了超距作用的传统观念。1838年，他用电力线(即电场线)和磁力线(即磁感线)形象地描述电场和磁场，并解释电和磁的各种现象。下列对电场和磁场的认识，正确的是(　　)‎ A．法拉第提出的磁场和电场以及电力线和磁力线都是客观存在的 B．在电场中由静止释放的带正电粒子，一定会沿着电场线运动 C．磁感线上某点的切线方向跟放在该点的通电导线的受力方向一致 D．通电导体与通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的 解析：‎ 选D　电场和磁场均是客观存在的特殊物质；电场线和磁感线是人类为了形象地描述电场和磁场而引入的虚拟的线，实际并不存在，故A错误；电荷的运动取决于初速度和力的方向，故电场线不是电荷在电场中的轨迹，只有在点电荷的电场和匀强电场中由静止释放的带正电粒子(只受电场力)，才会沿着电场线运动，故B错误；根据左手定则可知，磁感线上某点的切线方向跟放在该点的通电导线的受力方向垂直，故C错误；根据磁场的性质可知，通电导体与通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，故D正确。‎ ‎2．下列说法正确的是(　　)‎ A．汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”‎ B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的链式反应 C．光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 D. N＋H→C＋He是α衰变方程 解析：选A　汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”，选项A正确；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，选项B错误；光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率呈线性关系，不成正比，选项C错误； N＋H→C＋He是人工转变，不是α衰变方程，选项D错误。‎ ‎3．无线网络给人们带来了很多方便。假设可以采用卫星对所有用户在任何地方提供免费WiFi服务。已知地球半径为R，重力加速度为g，提供免费WiFi服务的卫星绕地球做圆周运动，则下列关于该卫星的说法正确的是(　　)‎ A．卫星围绕地球运动的轨道越高，角速度越大 B．卫星围绕地球运动的轨道越高，速度越小 C．若卫星距离地面的高度等于地球半径，则卫星绕地球运动的周期为T＝2π D．卫星的轨道可以在地球上任一经线所在的平面内 解析：选B　由G＝mrω2，解得ω＝ ，由此可知，卫星绕地球运动的轨道越高，即轨道半径r越大，角速度ω越小，A错误；由G＝m，可得v＝ ，显然卫星绕地球运动的轨道越高，即轨道半径r越大，速度v越小，B正确；由G＝mr2，又r＝2R，GM＝gR2，解得T＝4π，C错误；由于地球自转，经线所在的平面不停地变化，而卫星的轨道平面不变，所以卫星的轨道不可能在地球上任一经线所在的平面内，D错误。‎ ‎4.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈两端接入稳定的正弦交流电源u＝220sin 314t(V)；副线圈接有电阻R ‎，并接有理想电压表和理想电流表。下列结论正确的是(　　)‎ A．电压表读数为55 V B．若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半 C．若仅将R的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍 D．若R的阻值和副线圈匝数同时增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的2倍 解析：选D　因为交流电源u＝220sin 314t(V)，电压表的读数为变压器的输出电压的有效值，由＝得，电压表读数为55 V，所以选项A错误；若副线圈匝数增加，则U2增大，由I2＝可知，电流表示数增大，所以选项B错误；输入电压和匝数比不变，则输出电压不变，当负载电阻R变大时，I2＝，电流变小，又P1＝P2＝U2I2，故输入功率也减小，所以选项C错误；若副线圈匝数增加到原来的2倍，则U2增加到原来的2倍，同时R的阻值也增加到原来的2倍，故输出功率P2＝变为原来的2倍，所以选项D正确。‎ ‎5．如图甲所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小物块从轻弹簧上方且离地高度为h1的A点由静止释放，小物块下落过程中的动能Ek随离地高度h变化的关系如图乙所示，其中h2～h1段图线为直线。已知重力加速度为g，则以下判断中正确的是(　　)‎ A．当小物块离地高度为h2时，小物块的加速度恰好为零 B．当小物块离地高度为h3时，小物块的动能最大，此时弹簧恰好处于原长状态 C．小物块从离地高度为h2处下落到离地高度为h3处的过程中，弹簧的弹性势能增加了mg(h2－h3)‎ D．小物块从离地高度为h1处下落到离地高度为h4处的过程中，其减少的重力势能恰好等于弹簧增加的弹性势能 解析：选D　由题意可知，当小物块离地高度为h2时，小物块刚好开始接触弹簧，此时小物块只受到重力作用，故此时的加速度大小为重力加速度g，A错误；当小物块离地高度为h3时，由题图乙可知小物块的动能达到最大，小物块的速度达到最大，此时有mg＝kΔx，弹簧的压缩量为Δx＝h2－h3，B错误；小物块从离地高度为h2处下落到离地高度为h3处的过程中，重力势能减少了mg(h2－h3)，由能量守恒定律可知，小物块减少的重力势能转化为小物块增加的动能和弹簧增加的弹性势能，即弹簧增加的弹性势能ΔEp＝mg(h2－h3)－(Ek2－‎ Ek1)，C错误；由题图乙可知，当小物块离地高度为h4时，小物块的动能为零，由能量守恒定律可知，小物块减少的重力势能全部转化为弹簧增加的弹性势能，D正确。‎ ‎6.如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，将ab棒在导轨上无初速度释放，当ab棒下滑到稳定状态时，速度为v，电阻R上消耗的功率为P。导轨和导体棒电阻不计。下列判断正确的是(　　)‎ A．导体棒的a端比b端电势低 ‎ B．ab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动 ‎ C．若磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的 D．若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则导体棒下滑到稳定状态时R的功率将变为原来的4倍 解析：选BD　导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断感应电流I在导体棒ab中从b到a，电源内部电流由低电势到高电势，则a端比b端电势高，故A错误；导体棒ab开始下滑后速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，如果导轨足够长，当F安＝BIL＝mgsin θ时，达到最大速度，之后做匀速直线运动，速度不再增大，安培力不变，因此ab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动，故B正确；稳定时，有mgsin θ·vm＝，得稳定时的速度，即最大速度为vm＝，可知磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的，故C错误；稳定时，电阻R上消耗的功率P＝mgsin θ·vm＝，则知换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则导体棒下滑到稳定状态时R的功率将变为原来的4倍，故D正确。‎ ‎7.如图所示为一边长为L的正方形abcd，P是bc的中点。若正方形区域内只存在由d指向a的匀强电场，则在a点沿ab方向以速度v入射的质量为m、电荷量为q的带负电粒子(不计重力)恰好从P点射出。若该区域内只存在垂直纸面向里的匀强磁场，则在a点沿ab方向以速度v入射的同种带电粒子恰好从c点射出。由此可知(　　)‎ A．匀强电场的电场强度为 B．匀强磁场的磁感应强度为 C．带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小 D．带电粒子在匀强电场中运动的时间和在匀强磁场中运动的时间之比为1∶2‎ 解析：选BC　带电粒子在电场中做类平抛运动，有L＝vt，L＝at2，qE＝ma，联立解得 E＝，a＝，A错误；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，由几何关系有r＝L，联立解得B＝，B正确；粒子在匀强磁场中运动的加速度a′＝＝＝a，C正确；带电粒子在匀强电场中运动的时间t＝，在匀强磁场中运动的时间t′＝，带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为＝，D错误。‎ ‎8.如图所示，在水平面上放置一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用劲度系数为k的轻弹簧连接一质量为m的小木块，轻弹簧连在斜面顶端，开始系统处于平衡状态。现使斜面从静止开始缓慢向左加速，加速度从零开始缓慢增大到某一值，然后保持此值恒定，木块最终稳定在某一位置(弹簧处在弹性限度内)。斜面从静止开始向左加速到加速度达到最大值的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．木块的重力势能一直减小 B．木块的机械能一直增加 C．木块的加速度大小可能为 D．弹簧的弹性势能一直增加 解析：选BCD　由于弹簧的弹力和斜面的支持力的合力对木块始终做正功，木块的机械能一定增加，B正确。设弹簧的原长为L0，对木块受力分析，开始木块静止在斜面上，则有mgsin θ＝kx1，开始时弹簧长度L1＝L0＋x1＝L0＋；向左加速后，在木块离开斜面前，根据牛顿第二定律，mgcos θ－FN＝masin θ，kx2－mgsin θ＝macos θ；当FN＝0时，加速度a＝，C正确。加速度增大过程，弹簧长度L2＝L0＋x2＝L0＋，可见L2＞L1，随着加速度增大，弹簧变长，重力势能一直减小；当木块恰好要离开斜面时，弹簧长度L3＝L0＋x3＝L0＋；当木块离开斜面稳定时，设弹簧与水平方向的夹角为α，α＜θ，有＝kx4，mg＝matan α，随着a增大，α减小，弹簧长度L4＝L0＋x4＝L0＋，所以L3＜L4，D正确。因为h3＝L3sin θ＝L0sin θ＋，h4＝L4sin α＝L0sin α＋，h4＜h3，由于不知末状态木块是否离开斜面，木块的重力势能可能一直减小，也可能先减小后增大，A错误。‎ 二、非选择题(共47分)‎ ‎9.(6分)某同学设计了如图所示的装置去验证小球摆动过程中的机械能守恒，实验中小球到达B点(图中未标出)时恰好与桌面接触但没有弹力，D处的箭头处放一锋利的刀片，细线到达竖直位置时被割断，小球做平抛运动落到地面，P是一刻度尺。该同学方案的优点是只需利用刻度尺测量A位置到桌面的高度h，桌面到地面的高度H及平抛运动的水平位移L即可。‎ ‎(1)测量A位置到桌面的高度h应从____________开始测(选填“球的下边沿”或“球心”)。‎ ‎(2)实验中改变h多测几次h和L的数值，利用作图像的方法去验证。该同学取纵轴表示L，则横轴应表示________。‎ ‎(3)若所作图像的斜率为k，则满足__________________关系即可证明小球下摆过程中机械能守恒。‎ 解析：由机械能守恒定律有mgh＝mv2，依据平抛运动规律有H＝gt2，L＝vt，整理后可得L＝2。‎ 答案：(1)球的下边沿　(2)　(3)k＝2 ‎10．(9分)在“测定直流电动机的效率”实验中，用如图所示的实物图测定一个额定电压U＝6 V、额定功率为3 W的直流电动机的机械效率。‎ ‎(1)请根据实物连接图在方框中画出相应的电路图(电动机用表示)。‎ ‎(2)实验中保持电动机两端电压U恒为6 V，重物每次匀速上升的高度h均为‎1.5 m，所测物理量及测量结果如下表所示：‎ 实验次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 电动机的电流I/A ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.6‎ ‎0.8‎ ‎2.5‎ ‎2.5‎ 所提重物的重力mg/N ‎0.8‎ ‎2.0‎ ‎4.0‎ ‎6.0‎ ‎6.5‎ ‎7.0‎ 重物上升的时间t/s ‎1.40‎ ‎1.65‎ ‎2.20‎ ‎2.76‎ ‎∞‎ ‎∞‎ ‎(3)在第5次实验中，电动机的输出功率是________；可估算出电动机线圈的电阻为________ Ω。‎ ‎(4)从前4次的实验数据可以得出：UI________(填“>”“<”或“＝”)mg。‎ 解析：(3)在第5次实验中，重物上升的时间为∞，说明电动机不能将重物提起，因此电能全部转化为内能，输出机械能功率为0，根据U＝Ir，解得电动机线圈的电阻为r＝＝2.4 Ω。‎ ‎(4)从前4次的实验数据中，电动机消耗的电能转换为内能和机械能，所以UI>mg。‎ 答案：(1)电路图如图所示 ‎(3)0　2.4　(4)>‎ ‎11.(12分)如图所示，一质量M＝‎2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B。从弧形轨道上距离水平轨道高h＝‎0.3 m处由静止释放一质量mA＝‎1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台。已知所有接触面均光滑，重力加速度为g。求小球B的质量。(g取‎10 m/s2)‎ 解析：设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，‎ 由动量守恒定律有0＝mAv1－Mv 由能量守恒定律有mAgh＝mAv12＋Mv2‎ 联立解得v1＝‎2 m/s，v＝‎1 m/s 小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2。由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v1′＝‎1 m/s 由动量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2‎ 由能量守恒定律有mAv12＝mAv1′2＋mBv22‎ 联立解得mB＝‎3 kg。‎ 答案：‎‎3 kg ‎12.(20分) 如图所示，某空间中有四个方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小相同、半径均为R的圆形匀强磁场区域1、2、3、4。其中1与4相切，2相切于1和3,3相切于2和4，且第1个磁场区域和第4个磁场区域的竖直方向的直径在一条直线上。一质量为m、带电荷量为－q的粒子，静止置于电势差为U0的带电平行板(竖直放置)形成的电场中(初始位置在负极板附近)，经过电场加速后，从第1个磁场的最左端水平进入，并从第3个磁场的最下端竖直穿出。已知tan ‎ 22.5°＝0.4，不计带电粒子的重力。‎ ‎(1)求带电粒子进入磁场时的速度大小；‎ ‎(2)试判断：若在第3个磁场的下面也有一电势差为U0的带电平行板(水平放置，其小孔在第3个磁场最下端的正下方)形成的电场，带电粒子能否按原路返回？请说明原因；‎ ‎(3)求匀强磁场的磁感应强度大小B；‎ ‎(4)若将该带电粒子自该磁场中的某个位置以某个速度释放后恰好可在四个磁场中做匀速圆周运动，则该粒子的速度大小v′为多少？‎ 解析：(1)根据动能定理有：qU0＝mv2‎ 解得v＝ 。‎ ‎(2)不能按原路返回，因为粒子进入第3个磁场下的电场后，向下减速至速度为零，然后反向加速至速度的大小为v，但进入磁场后，根据左手定则可知，带电粒子受到的洛伦兹力方向向右，粒子向右偏，故不能按原路返回。‎ ‎(3)设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，如图甲所示，则根据运动的对称性和几何关系可知，粒子在第1个磁场和第3个磁场中各偏转45°，则有：R＝rtan 22.5°，解得r＝2.5R 根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝ 解得B＝ 。‎ ‎(4)该带电粒子在四个磁场中做匀速圆周运动，如图乙所示，由几何关系知其轨道半径只能是R，根据洛伦兹力提供向心力得qv′B＝m 解得v′＝ 。‎ 答案：(1) 　(2)见解析　(3) ‎(4) 三、选考题(共15分，请从给出的2道题中任选一题作答，多答则按所答的第一题评分)‎ ‎[物理——选修33](15分)‎ ‎13．(1)(5分)下列说法中正确的是________。‎ A．气体压强的大小和单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关 B．布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子永不停息地做无规则热运动 C．热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响 D．水黾可以停在水面上是因为液体具有表面张力 E．温度升高，物体所有分子的动能都增大 ‎(2)(10分)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其p V图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为‎27 ℃‎，求：‎ ‎(ⅰ)该气体在状态B和C时的温度分别为多少K?‎ ‎(ⅱ)该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？‎ 解析：(1)气体的压强与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，故A正确；布朗运动指悬浮在液体中的固体微粒所做的无规则运动，布朗运动反映的是液体分子的无规则运动，故B错误；热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响，C正确；因为液体具有表面张力，水黾才能无拘无束地在水面上行走自如，故D正确；温度是分子平均动能的标志，温度升高，并不是物体所有分子的动能都增大，故E错误。‎ ‎(2)(ⅰ)对一定质量的理想气体由图像可知，A→B为等容变化，‎ 由查理定律得：＝ 即代入数据得：TB＝600 K A→C由理想气体状态方程得：＝ 代入数据得：TC＝300 K。‎ ‎(ⅱ)从A到C气体体积减小，外界对气体做正功，由p V图线与横轴所围成的面积可得：‎ W＝＝1 000 J 由于TA＝TC，该气体在状态A和状态C内能相等，有：ΔU＝0‎ 由热力学第一定律有：ΔU＝W＋Q 可得：Q＝－1 000 J，即气体向外界放出热量，传递的热量为1 000 J。‎ 答案：(1)ACD　(2)(ⅰ)600 K　300 K ‎(ⅱ)放热　1 000 J ‎[物理——选修34](15分)‎ ‎14．(1)(5分)图(a)为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝‎1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝‎4.0 m处的质点；图(b)为质点Q的振动图像，下列说法正确的是________。‎ A．在t＝0.10 s时，质点Q向y轴正方向运动 B．在t＝0.25 s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同 C．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴负方向传播了‎6 m D．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为‎30 cm E．质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10 sin 10πt(国际单位)‎ ‎(2)(10分)一厚度为h的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r的圆形发光面。在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片的中心与圆形发光面的中心在同一竖直线上。已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率。‎ 解析：(1)题图(b)为质点Q的振动图像，则知在t＝0.10 s时，质点Q正从平衡位置向波谷运动，所以质点Q向y轴负方向运动，故A错误；在t＝0.10 s时，质点Q沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动。由题图(b)读出周期T＝0.2 s，从t＝0.10 s到t＝0.25 s经过的时间为Δt＝0.15 s＝T，则在t＝0.25 s时，质点P位于x轴下方，加速度方向与y轴正方向相同，故B正确；由(a)图知波长λ＝‎8 m，则波速为：v＝＝ m/s＝‎40 m/s，从t＝0.10 s到t＝0.25 s经过的时间为Δt＝0.15 s，该波沿x轴负方向传播的距离为Δx＝vΔt＝40×‎0.15 m＝‎6 m，故C正确；从t＝0.10 s到t＝0.25 s经过的时间为Δt＝0.15 s＝T，由于t＝0.10 s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是‎3A＝‎30 cm，故D错误；质点Q简谐运动的表达式为y＝Asint＝0.1sint m＝0.10sin 10πt(m)，故E正确。‎ ‎(2)根据题述，作出光路图如图所示，S点为圆形发光面边缘上一点。在A点光线恰好发生全反射，入射角等于临界角C。‎ 由sin C＝和几何知识得：‎ sin C＝＝ 而Δr＝R－r，‎ 解得：n＝。‎ 答案：(1)BCE　(2)