（江苏专用）2019高考物理 优选冲刺练 综合抢分练（打包12套）.zip

1综合抢分练(10)1.(2018·哈尔滨三中检测)某物体的 v－ t 图象如图 1 所示，下列说法正确的是( )图 1A.0～ t1和 t2～ t3，合外力做功和冲量都相同B.t1～ t2和 t3～ t4，合外力做功和冲量都相同C.0～ t2和 t2～ t4，合外力做功和冲量都相同D.0～ t1和 t3～ t4，合外力做功和冲量都相同解析 0～ t1内动能的变化量为 mv ，动量变化量为 mv0， t2～ t3内动能变化量为12 20mv ，动量变化量为－ mv0，根据动能定理可知，这两段时间内合外力做功相等，而根据动12 20量定理可知，合外力的冲量不同，故选项 A 错误； t1～ t2内动能变化量为 0－ mv ＝－ mv12 20 12，动量变化量为 0－ mv0＝－ mv0， t3～ t4内动能变化量为 0－20mv ＝－ mv ，动量变化量为 0－(－ mv0)＝ mv0，则知动能变化量相同，而动量变化量不同，12 20 12 20所以合外力做功相等，合外力的冲量不同，故选项 B 错误；0～ t2和 t2～ t4内动能变化量均为 0，动量变化量均为 0，可知合外力做功和冲量都相同，选项 C 正确；同理易知：0～ t1和 t3～ t4内动能变化量不同，动量变化量也不同，故合外力做功和冲量都不相同，故选项 D 错误。答案 C2.(多选)(2018·常州市高三一模)在如图 2 甲所示电路中，流过电阻 R 的电流 iR如图乙所示，该电流可以看作是一个恒定电流和一个交变电流的叠加，流过电感和电容的电流分别为 iL、 iC。下列关于 iL、 iC随时间 t 变化的图象中，可能正确的是( )图 22解析 电容通交流、隔直流，通高频、阻低频，电感通直流、阻交流，通低频、阻高频，根据题意可知通过电容的是交流电，通过电感的为恒定电流，选项 B、C 正确。答案 BC3.(多选)(2018·江苏苏州市高三第一次模拟)美国国家航空航天局宣布首次在太阳系外发现“类地”行星 Kepler186f。若宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星表面进行科学考察，在行星表面 h 高度(远小于行星半径)处以初速度 v 水平抛出一个小球，测得水平位移为 x。已知该行星半径为 R，自转周期为 T，万有引力常量为 G。则下列说法正确的是( )A.该行星表面的重力加速度为2hv2x2B.该行星的质量为2hv2R2Gx2C.如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为 － R3hT2R2v22π 2x2D.该行星的第一宇宙速度为vxhR解析 根据平抛运动的规律可知： h＝ gt2， x＝ vt 解得 g＝ ，选项 A 正确；根据12 2hv2x2mg＝ G 得，行星的质量 M＝ ＝ ，选项 B 正确；根据 ＝ m (R＋ h)得，MmR2 gR2G 2hv2R2Gx2 GMm（ R＋ h） 2 4π 2T2又 GM＝ gR2，解得 h＝ － R，选项 C 正确；根据 mg＝ m 得，行星的第一宇宙速度3hT2R2v22π 2x2 v2Rv＝ ＝ ，故选项 D 错误。gRvx2hR答案 ABC4.【选修 3－3】(2018·江苏省南京高三学情调研)(1)下列说法正确的是( )A.同一时刻撞击固体颗粒的液体分子数越多，该颗粒布朗运动越剧烈B.一滴液态金属在完全失重条件下呈球状，是由液体的表面张力所致C.晶体熔化过程中要吸收热量，分子的平均动能增大D.一定质量气体等容变化中温度升高，单位时间内分子对器壁单位面积上撞击次数增多(2)如图 3 所示，一定质量的理想气体，在状态 A 的温度 tA＝27 ℃，则状态 C 的温度TC＝________K；气体从状态 A 依次经过状态 B、 C 后再回到状态 A，此过程中气体将________热量。(选填“吸收”或“放出”)热量。(3)氙气灯在亮度、耗能及寿命上都比传统灯有优越性。某轿车的灯泡的容积 V＝1.5 3mL，充入氙气的密度 ρ ＝5.9 kg/m3，摩尔质量 M＝0.131 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×10 23 mol－1 。试估算灯泡中：图 3①氙气分子的总个数；②氙气分子间的平均距离。(结果保留一位有效数字)解析 (1)同一时刻撞击固体颗粒的液体分子数越多，该颗粒受力越容易平衡，所以布朗运动越不明显，选项 A 错误；表面张力使液滴表面积有收缩到最小的趋势，所以一滴液态金属在完全失重条件下呈球状，是由液体的表面张力所致，选项 B 正确；晶体熔化过程中要吸收热量，但温度不变，即分子的平均动能不变，选项 C 错误；一定质量的气体等容变化中，温度升高，压强增大，单位时间内分子对器壁单位面积上撞击次数增多，选项 D 正确。(2)气体由 A 到 C 压强不变，由 ＝ 可知 ＝ ，所以 TC＝900 K；由 A 到 B，气体对外VATA VCTC 1300 3TC界做功的数值等于 AB 线下方的梯形面积，从 B 到 C，外界对气体不做功，从 C 到 A，气体被压缩，外界对气体做功的数值等于 CA 线下方的矩形面积，所以全过程外界对气体做正功，而回到状态 A 气体内能不变，由热力学第一定律知此过程中气体放热。(3)①充入灯泡中氙气的物质的量 n＝ ，ρ VM则氙气的分子数 N＝ nNA＝ ＝4×10 19个。ρ VNAM②每个氙气分子所占的空间为 V0＝ ，VN则氙气分子间平均距离 a＝ ＝3×10 －9 m。3VN答案 (1)BD (2)900 放出 (3)见解析5.【选修 3－4】(2018·江苏省南京高三学情调研)(1)下列说法正确的是( )A.单缝衍射实验中，缝越宽，条纹越亮，衍射现象越明显B.光纤通信，医用纤维式内窥镜都利用了光的全反射原理C.机械波传播过程中，某质点在一个周期内向前移动一个波长的距离D.地球上的人看来，接近光速运动的飞船中的时钟变慢了(2)图 4 甲为一列沿 x 轴传播的简谐横波在 t＝0 时刻的波形图，沿传播方向上位于平衡位4置的质点 A 的振动图象如图乙所示。该横波的传播方向________(选填“向右”或“向左”)；波速大小________m/s。图 4(3)图 5 所示装置可用来测定水的折射率。当圆柱形容器内未装水时，从 A 点沿 AB 方向能看到对边上的点 E；当容器内装满水时，仍沿 AB 方向看去，恰好看到底面直径 CD 上的点D。测得容器直径 CD＝12 cm，高 BC＝16 cm， DE＝7 cm。已知光在真空中的传播速度为c＝3.0×10 8 m/s，求：图 5①水的折射率 n；②光在水中的传播速度 v。解析 (1)单缝衍射实验中，缝越宽，条纹越窄，衍射现象越不明显，选项 A 错误；光纤通信、医用纤维式窥镜都利用了光的全反射原理，选项 B 正确；机械波传播过程中，质点本身不随波迁移，选项 C 错误；由狭义相对论可知“动钟变慢” ，选项 D 正确。(2)t＝0 时刻，由图乙可知， A 点沿 y 轴正方向运动，由波形平移法可知，波沿 x 轴负方向传播；由图甲可知波长 λ ＝4 m，由图乙可知周期 T＝0.5 s，所以波速 v＝ ＝8 m/s。λ T(3)①作出光路如图所示，设入射角为 i、折射角为 r，由几何关系有tan i＝ ＝ ，CDBC－ DE 43则 sin i＝0.8，tan r＝ ＝ ，则 sin r＝0.6，CDBC 34水的折射率 n＝ ＝ 。sin isin r 435②由 n＝ ，得光在水中传播速度cvv＝ ＝2.25×10 8 m/s。cn答案 (1)BD (2)向左 8 (3)① ②2.25×10 8 m/s436.(16 分)(2018·江苏省南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁六市高三第二次调研)如图6 所示，金属平板 MN 垂直于纸面放置， MN 板中央有小孔 O，以 O 为原点在纸面内建立 xOy坐标系， x 轴与 MN 板重合。 O 点下方的热阴极 K 通电后能持续放出初速度近似为零的电子，经 K 与 MN 板间电场加速后，从 O 点射出，速度大小均为 v0，速度方向在纸面内，发散角为 2θ 弧度且关于 y 轴对称。已知电子电荷量为 e，质量为 m，不计电子间相互作用及重力的影响。图 6(1) 求 K 与 MN 板间的电压 U0；(2) 若 x 轴上方存在范围足够大、垂直纸面向里的匀强磁场，电子打到 x 轴上落点范围长度为 Δ x，求该磁感应强度 B1和电子从 O 点到达 x 轴最短时间 t；(3) 若 x 轴上方存在一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场区，电子从 O 点进入磁场，偏转后成为一宽度为 Δ y、平行于 x 轴的电子束，求该圆形区域的半径 R 及磁场的磁感应强度B2。解析 (1)由动能定理有 eU0＝ mv －0(3 分)12 20解得 U0＝ (1 分)(2)如图甲所示，从 O 点射出的电子落在 x 轴 PQ 间，设电子做圆周运动半径为 r，由几何关系有甲6Δ x＝2 r－2 rcosθ (1 分)由向心力公式有ev0B1＝ (1 分)解得B1＝ (2 分)2mv0（ 1－ cos θ ）eΔ x最短路程 smin＝2( － θ )r(1 分)π 2则有 t＝ ＝ (1 分)sminv0 （ π － 2θ ） Δ x2v0（ 1－ cos θ ）(3)电子运动轨迹如图乙所示，由几何关系可知乙r＝ R(1 分)且有 Δ y＝( r＋ rsin θ )－( r－ rsin θ )＝2 rsin θ (1 分)解得 R＝ (2 分)Δ y2sin θ由向心力公式有ev0B2＝ (1 分)解得 B2＝ (1 分)2mv0sin θeΔ y答案 (1) (2) (3) 2mv0（ 1－ cos θ ）eΔ x （ π － 2θ ） Δ x2v0（ 1－ cos θ ） Δ y2sin θ 2mv0sin θeΔ y1综合抢分练(12)1.(2018·江苏省扬州中学高三第四次模拟考试)如图 1 所示，某区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。一正方形刚性线圈，边长为 L，匝数为 n，线圈平面与磁场方向垂直，线圈一半在磁场内。某时刻，线圈中通过大小为 I 的电流，则此线圈所受安培力的大小为( )图 1A. BIL B. nBIL212C.nBIL D. nBIL2解析 导体框在磁场中的等效长度为 ，所以受到的安培力为 nBIL。2 2答案 D2.(2017·兴化市模拟)木板固定在墙角处，与水平面夹角为 θ ＝37°，木板上表面光滑，木板上开有一个孔洞，一根长为 l、质量为 m 的软绳置于木板上，其上端刚好进入孔洞，用细线将质量为 m 的物块与软绳连接，如图 2 所示。物块由静止释放后带动软绳向下运动，当软绳刚好全部离开木板(此时物块未到达地面)时，物块的速度为(已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6)( )图 2A. B.gl 1.1glC. D.1.2gl 2gl解析 物块在下落过程中，由几何关系可知，物块的重心下降高度为 l；而软绳重心的下降高度为： h′＝0.5 l－0.5 lsin 37°＝0.2 l，故全过程中物块和软绳重力势能的减小量为：Δ Ep＝ mgl＋0.2 mgl＝1.2 mgl，根据机械能守恒定律可得： ·2mv2＝Δ Ep，解得： v＝12，故选项 C 正确，A、B、D 错误。1.2gl答案 C3.(多选)(2017·云南昆明市二统)如图 3 所示，质量为 2m 的物体 B 静止在光滑的水平面上，2物体 B 的左边固定有轻质弹簧，质量为 m 的物体 A 以速度 v 向物体 B 运动并与弹簧发生作用，从物体 A 接触弹簧开始，到离开弹簧的过程中，物体 A、 B 始终沿同一直线运动，以初速度 v 的方向为正，则( )图 3A.此过程中弹簧对物体 B 的冲量大小大于弹簧对物体 A 的冲量大小B.弹簧的最大弹性势能为 mv213C.此过程弹簧对物体 B 的冲量为 mv23D.物体 A 离开弹簧后的速度为－ v13解析 由 I＝ Ft，弹簧对 A、 B 的冲量大小相等、方向相反，选项 A 错误；弹簧被压缩至最短时，由 mv＝( m＋2 m)v1，得 v1＝ v，弹簧的最大弹性势能 Ep＝ mv2－13 12(m＋2 m)v ＝ mv2，选项 B 正确； A 离开弹簧后，由12 21 13mv＝ mvA＋2 mvB， mv2＝ mv ＋ ·2mv ，得 vA＝－ v， vB＝ v，故弹簧对 B 的冲量12 12 2A 12 2B 13 23IB＝2 mvB＝ mv，选项 C 错误，D 正确。43答案 BD4.【选修 3－3】(2018·苏北四市高三调研)(1)下列说法正确的有( )A.绝对湿度越大，人感觉越潮湿B.气体压强的大小仅与气体分子的密集程度有关C.分子间的引力和斥力都随分子间距的减小而增大D.当液晶中电场强度不同时，液晶表现出光学各向异性(2)如图 4 为密闭钢瓶中的理想气体分子在两种不同温度下的速率分布情况，可知，一定温度下气体分子的速率呈现________________分布规律； T1温度下气体分子的平均动能________(选填“大于” “等于”或“小于”) T2温度下气体分子的平均动能。3图 4(3)一定质量的理想气体由状态 A→ B→ C 变化，其有关数据如图 5 所示。已知状态 A、 C 的温度均为 27 ℃，求：图 5①该气体在状态 B 的温度；②上述过程气体从外界吸收的热量。解析 (3)①状态 A 到状态 B 为等容变化＝ 代入数据得 TB＝120 KpATA pBTB②状态 A 到状态 B 为等容过程，外界对气体不做功；状态 B 到状态 C：W＝－ pB(VC－ VB)＝－2×10 5×(2.5－1.0) J＝－3×10 5 JTA＝ TC，Δ U＝0 由热力学第一定律Δ U＝ Q＋ W代入数据得 Q＝3×10 5 J即气体从外界吸收热量为 3×105 J答案 (1)CD (2)中间多、两头少 小于 (3)①120 K ②3×10 5 J5.【选修 3－4】(2018·江苏南通市第二次调研)(1)利用光的干涉，两台相距很远(几千公里)联合动作的射电望远镜观察固定的射电恒星，可以精确测定大陆板块漂移速度。模型可简化为如图 6 所示的双缝干涉，射电恒星看成点光源 S，分布在地球上不同大陆的两个望远镜相当于两个狭缝 S1、 S2，它们收到的光满足相干条件，两望远镜收集到信号的处理中心相当于光屏上的 P 点。设某时刻 P 点到 S1、 S2距离相等， S 到 S1、 S2的距离也相等，当4S2向上远离 S1时，下列说法正确的有( )图 6A.P 点接收到的信号先变强B.P 点接收到的信号先变弱C.干涉条纹间距发生改变D.干涉条纹间距不变(2)图 7 甲是一列沿 x 轴传播的正弦波在某时刻的图象， O 点是波源，图乙为波源 O 点的振动图象，图中 x0、 T、 A 均为已知量。由图象可求波的传播速度 v＝________，从 t＝0 时刻到图甲对应时刻，波源 O 点的位移为________。图 7(3)如图 8 所示，玻璃砖 ABCD 的折射率 n＝1.732，左右两个侧面 AD、 BC 垂直于上表面AB，∠ ADC＝120°。一束光从图示方向射到 AB 面上，试通过计算作出光经过玻璃砖的光路图。图 8解析 (1)当光程差为波长的整数倍时，振动加强，表现为亮纹，当光程差为二分之一波长的奇数倍时，振动减弱，表现为暗纹，当 S2向上远离 S1时，光程差从 0 变大，所以 P 点接收到的信号先变弱，选项 B 正确；根据 Δ x＝ λ 判断选项 C 正确。Ld(2)由甲图知 λ ＝ x0， λ ＝ x0， v＝ ＝ ；54 45 λ T 4x05T由甲图知，从 t＝0 时刻到图甲对应时刻，波源 O 点的位移为 A。(3)在 AB 面发生折射的入射角 θ 1＝60°5由折射定律有 ＝ nsin θ 1sin θ 2解得 θ 2＝30°则在 CD 面上入射角 θ 3＝60°设发生全反射临界角为 C，则sin C＝1n可知 C60°，故光在 CD 面上发生全反射，垂直射向 BC 面的光经过玻璃砖的光路如图所示答案 (1)BC (2) A (3)见解析4x05T6.【加试题】(15 分)如图 9 所示，固定于水平面的“” 型导线框处于磁感应强度大小为B，方向竖直向下的匀强磁场中，导线框两平行导轨间距为 d，左端接一电动势为 E0，内阻不计的电源，一质量为 m、电阻为 r 的导体棒 MN 垂直平行导轨放置并接触良好，闭合开关S，导体棒从静止开始运动，当导体棒运动距离 L 时，达到最大速度，忽略摩擦阻力和导轨的电阻，平行导轨足够长，求：图 9(1)导体棒的最大速度；(2)导体棒从静止开始运动距离 L 的过程中，通过导体棒的电量及发热量；(3)若导体棒 MN 在达到最大速度时，断开开关 S，然后在导体棒 MN 的左边垂直导轨放置一根与 MN 完全相同的导体棒 PQ，则导体棒 PQ 的最大速度。解析 (1)闭合开关 S 后，线框与导体组成的回路中产生电流，导体棒受到安培力作用开始加速运动，导体切割磁感线会使电路中的电流变小，加速度变小，当导体切割磁感线产生的电动势等于电源电动势时，电路中的电流为零，导体棒不受安培力作用，合外力为零，开始做匀速运动，即达到稳定运动。有 E0＝ Bdv，(2 分)解得 v＝ (1 分)E0Bd6(2)对导体棒用动量定理： BIidΔ t＝ mΔ vi， Bdq＝ mv(2 分)解得 q＝ (2 分)mE0B2d2根据能量守恒定律可得 qE0＝ Q＋ mv2(2 分)12解得 Q＝ (2 分)(3)断开电源，加上金属棒 PQ 后，到两棒运动稳定，两导体棒组成的系统合外力为零，动量守恒， mv＝2 mv1(2 分)解得 v1＝ ＝ (2 分)v2 E02Bd答案 (1) (2) (3)E0Bd E02Bd1综合抢分练(2)1.(2018·江苏省南京市、盐城市高三二模)如图 1 所示，在磁感应强度为 B，范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为 θ 的绝缘斜面，一个质量为 m、电荷量为－ q 的带电小物块以初速度 v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为 μ 。设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其加速度大小 a 与时间 t 的关系图象，可能正确的是( )图 1解析 根据牛顿第二定律，沿斜面方向： mgsin θ ＋ μF N＝ ma，垂直斜面方向： FN＝ mgcos θ ＋ qvB，联立解得 a＝ gsin θ ＋ μg cosθ ＋ ，速度越小，加速度越小，速度减小的μ qvBm越慢，加速度减小的越慢，但加速度减不到零，故选项 C 正确，A、B、D 错误。答案 C2.(多选)(2018·镇江市高三模拟)如图 2 所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知 P、 Q、 M 三颗卫星均做匀速圆周运动，其中 P 是地球同步卫星，则( )图 2A.卫星 P、 M 的角速度 ω PaMC.卫星 P、 Q 的机械能一定相等D.卫星 Q 不可能相对地面静止解析 由万有引力提供向心力 G ＝ mω 2r，得 ω ＝ ，则半径大的角速度小，则Mmr2 GMr3ω P4.0 m/s2，故木箱与车发生相对滑动木箱速度达到 v＝6 m/s 所需的时间t1＝ ＝1.5 s(1 分)vam运动的位移 x1＝ t1(1 分)v2平板车速度达到 v＝6 m/s 所需的时间t2＝ ＝1.0 s(1 分)va0运动的位移 x2＝ t2＋ v(t1－ t2)(2 分)v26且有 s＝ x2－ x1＋ L(1 分)解得 s＝3.5 m(1 分)(3)木箱减速停止时的位移 x3＝ (1 分)v22am平板车减速停止时的位移 x4＝ (1 分)v22a木箱不与车相碰应满足 x3－ x4≤ s(1 分)解得 a≤18 m/s 2。(2 分)答案 (1) a0≤4.0 m/s 2 (2)3.5 m (3) a≤18 m/s 21综合抢分练(3)1.(2018·武进一模)如图 1 为洛伦兹力演示仪的结构图，励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是( )图 1A.仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大B.仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大C.仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大D.仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大解析 电子的速度是由电子枪加速获得，则有 qU＝ mv2，电子做匀速圆周运动是由洛伦兹12力提供向心力，即 qvB＝ m ，联立两式可得： r＝ ， T＝ ＝ 。仅增加励磁线v2r 1B 2Umq 2π rv 2π mBq圈的电流，则磁感应强度 B 增大，由半径公式可知，半径将减小，选项 A 错误；仅增加励磁线圈的电流，则磁感应强度 B 增大，由周期公式可知，周期将减小，选项 B 错误；仅提高电子枪的加速电压，由半径公式可知，半径将增大，但周期与半径、速度无关，选项 C错误，D 正确。答案 D2.(多选)(2018·苏锡常镇四市一调)如图 2 所示， MN 为半圆环 MQN 的水平直径。现将甲、乙两个相同的小球分别在 M、 N 两点同时以 v1、 v2的速度水平抛出，两小球刚好落在圆环上的同一点 Q，不计空气阻力。则下列说法正确的是( )图 2A.落到 Q 点时，甲、乙两小球重力的瞬时功率相等B.乙球落到圆环时的速度有可能沿 OQ 方向C.若仅增大 v1，则两小球一定能在落到圆环前相遇2D.从抛出到落到 Q 点的过程中，甲球动能的增加量比乙球的小解析 因落到 Q 点时两球的竖直高度相同，则竖直速度相同，根据 P＝ mgvy可知，重力的瞬时功率相同，选项 A 正确；根据推论，平抛运动的物体的速度方向的反向延长线应该过水平位移的中点，因 O 点不是水平位移的中点，则乙球落到圆环时的速度不可能沿 OQ 方向，选项 B 错误；因两球的水平距离一定，根据 2R＝( v1＋ v2)t，若仅增大 v1，则两小球相遇的时间缩短，则相遇时的竖直位移减小，则一定能在落到圆环前相遇，选项 C 正确；根据动能定理，从抛出到落到 Q 点的过程中，重力做功相同，则甲球动能的增加量和乙球的动能增加量相等，选项 D 错误。答案 AC3.(多选) (2018·江苏省南京市、盐城市高三模拟)电荷量为 Q1 和 Q2 的两点电荷分别固定在 x 轴上的 O、 C 两点，规定无穷远处电势为零， x 轴上各点电势随 x 的变化关系如图 3所示。则( )图 3A.Q1 的电荷量小于 Q2 的电荷量B.G 点处电场强度的方向沿 x 轴负方向C.将一带负电的试探电荷自 G 点静止释放，仅在电场力作用下一定能到达 D 点D.将一带负电的试探电荷从 D 点移到 J 点，电场力先做正功后做负功解析 图象斜率表示场强大小，由图可知 H 点的场强为零，即 Q1和 Q2两电荷在 H 的合场强为零，由公式 E＝ 可知， Q1的电荷量大于 Q2的电荷量，故选项 A 错误；由图象知从 O 点kQr2到 C 点，电势降低，场强方向沿 x 轴正方向，从 C 点到 H 点，电势升高，场强方向沿 x 轴负方向，从 H 点到 J 点，电势降低，场强方向沿 x 轴正方向，故选项 B 正确；由在 G 点场强方向沿 x 轴向左，负电荷所受电场力向右，所以负电荷沿 x 轴向右运动，故选项 C 错误；由图象可知从 D 点到 J 点电势先升高再降低，负电荷的电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故选项 D 正确。答案 BD4.【选修 3－3】(2018·常州市高三模拟)(1)如图 4 所示，飞行过程中乘务员发给飞机上旅客的软体袋装牛奶都是膨起的，而回到地面时又会瘪了，若舱内温度不变，则与飞机在地面时相比( )3图 4A.在飞行过程中软体袋内气体压强变小B.在飞行过程中软体袋内气体压强变大C.在飞行过程中软体袋内饱和汽压变小D.在飞行过程中软体袋内饱和汽压不变(2)如图 5 所示，一定质量的理想气体，处在 A 状态时，温度为 tA＝27 ℃，则在状态 B 的温度为________℃。气体从状态 A 等容变化到状态 M，再等压变化到状态 B 的过程中对外所做的功为________ J。(取 1 大气压＝1.0×10 5 Pa) 图 5(3)有一个容积 V＝30 L 的瓶内装有质量为 m 的某种气体，由于用气，瓶中的压强由p1＝50 atm 降到 p2＝30 atm，温度始终保持 0 ℃，已知标准状况下 1 mol 气体的体积是22.4 L，求：①使用掉的气体的质量 Δ m；②使用掉的气体的分子数。(阿伏加德罗常数 NA＝6.0×10 23mol－1 ，保留两位有效数字)解析 (1)由等温变化可知： pV＝ C，在飞行过程中体积变大，压强变小，故选项 A 正确，B 错误；气体的饱和汽压与温度有关，温度不变，饱和汽压不变，故选项 D 正确。(2)由理想气体状态方程可得： ＝ ，即 ＝pAVATA pBVBTB 2.5×1.0×105×3273＋ 27，解得 TB＝240 K；所以 tB＝－33 ℃1×1.0×105×6TB气体从状态 A 等容变化到状态 M，对外不做功，等压变化到状态 B 的过程中W＝ pBΔ V＝1×1.0×10 5×(6－3)×10 －3 J＝300 J。(3)①用气过程中，温度不变，由p1V1＝ p2V2， V2＝50 L可得用掉的气体在压强为 30 atm 时的体积为Δ V＝ V2－ V1＝20 L，Δ m＝0.4 m4②再由 p2Δ V＝ p0V3可得这部分气体在标准状况下的体积为V3＝600 L所以， n＝ NA＝ ×6.0×1023个＝1.6×10 25个。V3V摩 60022.4答案 (1)AD (2)－33 300 (3)①0.4 m ②1.6×10 25个5.【选修 3－4】(2018·江苏省南京市、盐城市高三模拟)(1)如图所示的四种明暗相间条纹，是红光、紫光分别通过同一个双缝干涉仪形成的干涉图样和通过同一个单缝形成的衍射图样。图中黑色部分代表亮纹，下列四幅图中由红光形成的图样是( )(2)如图 6 所示， A、 B 两个简谐运动的位移—时间图象。质点 A 简谐运动的位移随时间变化的关系式是________ cm；质点 B 在 1.0 s 内通过的路程是________ cm。图 6(3)如图 7 所示，一束激光垂直于 AB 面照射到折射率 n＝2 的等腰透明介质上。光在真空中的传播速度为 c。求：图 7①光在该介质中传播的速度；②激光在该介质 AC 面上发生全反射，∠ A 的最小值。解析 (1)双缝干涉的图样是明暗相间的干涉条纹，所有条纹宽度相同且等间距，根据双缝干涉条纹间距 Δ x＝ λ ，由于红光的波长较长，所以红光的双缝干涉条纹间距较大，故 ALd为红光的双缝干涉图样；单缝衍射条纹是中间明亮且宽大，越向两侧宽度越小越暗，而波长越大，中央亮条纹越粗，由于红光的波长较长，所以中央亮条纹较粗，故 D 为红光的单缝衍射图样。5(2)由 A 图线可知：2.5 T＝1.0 s，所以周期 T＝0.4 s， ω ＝ ＝5π rad/s，振幅 A＝2πT0.6 cm，所以 x＝－ sin 5π t；质点 B 在 1.0 s 内通过的路程 s＝5 AB＝1.5 cm。35(3)①根据折射率的决定式： n＝ 可知， v＝ ＝ c；cv cn 12②根据发生全反射的条件：sin α ＝ ，即 sin α ＝ ，所以临界角为 α ＝30°，即1n 12∠ A＝30°。答案 (1)AD (2) x＝－ sin 5π t 1.535(3)① ②30° c26.(15 分)(2018·淮安、宿迁等高三质量检测)一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动，其 v－ t 图象如图 8 甲所示，水平拉力的 P－ t 图象如图乙所示， g＝10 m/s 2，求：图 8(1)物块与水平面间的动摩擦因数 μ ； (2)物块运动全过程水平拉力所做的功 W；(3)物块在 0～2 s 内所受的水平拉力大小 F。解析 (1)由甲乙两图比较可知，在第 5～9 s 内，物块做匀减速运动加速度 a＝ m/s2＝－1.0 m/s 2(2 分)0－ 4.09－ 5由牛顿第二定律得：－ μmg ＝ ma(2 分)得 μ ＝0.1 (1 分)(2)对全过程：W＝ ·P1t1＋ P2t2＝ J＋4.0×3 J＝24 J (4 分)12 12.0×22(3)法一 物块匀速运动阶段： F′－ μmg ＝0 (1 分)P2＝ F′ vm(1 分)解得： μmg ＝P2vm得 m＝1.0 kg(1 分)6物块加速运动阶段，加速度a0＝ m/s2＝2.0 m/s 24.0－ 02由牛顿第二定律得： F－ μmg ＝ ma0(1 分)即： F＝2 m＋1(1 分)所以 F＝(2×1＋1) N＝3.0 N(1 分)法二 由图象可知：当 t1＝2.0 s， v1＝4.0 m/s 时P1＝12 W(2 分)由 P1＝ Fv1(2 分)得： F＝ N＝3.0 N(2 分)124答案 (1)0.1 (2)24 J (3)3.0 N1综合抢分练(4)1.(2018·运河中学调研)如图 1 所示，质量为 m 的小球被水平绳 AO 和与竖直方向成 θ 角的轻弹簧系着处于静止状态，现用火将绳 AO 烧断，在绳 AO 烧断的瞬间，下列说法正确的是( )图 1A.弹簧的弹力 F＝mgcos θB.弹簧的弹力 F＝ mgsin θC.小球的加速度为零D.小球的加速度 a＝ gsin θ解析 根据共点力的平衡，求得弹簧的弹力 F＝ ，烧断绳子的瞬间，弹簧来不及发mgcos θ生形变，弹力不变，故选项 A 正确，B 错误；烧断前，绳子的拉力 FT＝ mgtan θ 。烧断后的瞬间，弹力不变，弹力与重力的合力与烧断前的绳子拉力等值反向，所以烧断后的瞬间，小球的合力为 mgtan θ ，根据牛顿第二定律，加速度 a＝ gtan θ ，故选项 C、D 错误。答案 A2.(2018·江苏省南京市、盐城市高三二模)如图 2 所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为 2∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻 R，原线圈一侧接有电压为220 V 的正弦交流电源，设副线圈回路中电阻两端的电压为 U，原、副线圈回路中电阻 R 上消耗的功率之比为 k，则( )图 2A.U＝110 V B.U＝440 VC.k＝ D.k＝414解析 副线圈的电流为 I2＝ ，则原线圈的电流为 I1＝ I2＝ ，2 U＋ U＝220 V， U＝88 UR 12 U2R 122V，选项 A、B 错误；原线圈回路中的电阻的功率为 P1＝ I R＝ ；副线圈回路中的电阻的21U24R功率为 P2＝ I R＝ ，所以 k＝ ＝ ，选项 C 正确，D 错误。2U2R P1P2 14答案 C3.(多选)(2018·江苏省扬州中学高三测试)下列四幅图的有关说法中正确的是( )A.甲图中，球 m1以速度 v 碰静止球 m2，若两球质量相等，碰后 m2的速度一定为 vB.乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大C.丙图中，射线甲由电子组成，射线乙为电磁波，射线丙由 α 粒子组成D.链式反应属于重核的裂变解析 两球质量相等，若发生的碰撞为弹性碰撞，即动量守恒、能量守恒，可知两球的速度交换。若发生的碰撞为非弹性碰撞，则碰后 m2的速度不为 v，故选项 A 错误；光的颜色决定了光的频率，颜色相同，则频率相同，根据光电效应方程，知最大初动能相同，则遏止电压相等，入射光强度越大，饱和电流越大，故选项 B 正确；根据左手定则，甲向左偏，知甲带正电，由 α 粒子组成，射线乙为电磁波，射线丙由电子组成，故选项 C 错误；链式反应属于重核裂变，比如铀体积超过临界体积时即可发生链式反应，故选项 D 正确。答案 BD4.【选修 3－3】(2018·江苏省泰州中学高三检测)(1)下列说法正确的是( )A.用打气筒给自行车充气，越打越费劲，说明气体分子之间有斥力B.露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C.当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定大D.一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，压强一定变大(2)一定量的理想气体从状态 M 可以经历过程 1 或者过程 2 到达状态 N，其 p－ V 图象如图3 所示。在过程 1 中，气体始终与外界无热量交换；在过程 2 中，气体先经历等容变化再经历等压变化。则在 1 过程中气体的温度________(填“升高” “降低”或“不变”)；气体经历过程 1 对外做功________(填“大于” “小于”或“等于”)气体经历过程 2 对外做功。3图 3(3)如图 4 所示，绝热汽缸开口向上放置在水平平台上，已知活塞横截面积为 S＝50 cm2，质量为 m＝10 kg，被封闭气体温度为 t＝27 ℃，活塞封闭的理想气体气柱长 L＝10 cm。已知大气压强为 p0＝1×10 5 Pa，标准状况下(压强为一个标准大气压，温度为 0 ℃)理想气体的摩尔体积为 22.4 L，阿伏伽德罗常数 NA＝6×1023 mol－1 。(活塞摩擦不计，重力加速度 g 取 10 m/s2)。求：图 4①被封闭理想气体的压强；②被封闭气体所含分子的数目。解析 (1)用打气筒给自行车充气，越打越费劲，是由于内外的压强差导致的，故选项 A 错误；液体的表面张力有使液体的表面积最小化的趋势，所以露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故选项 B 正确；当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定大，故选项 C 错误；一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，温度必然升高，由理想气体方程知压强一定变大，故选项 D 正确。(2)气体经过过程 1，压强减小，体积变大，对外做功又与外界无热交换，由热力学第一定律可知，内能减少，温度降低，根据 p－ V 图线下面积表示气体做功可知：气体经过过程 1 对外做功为 S1在过程 2 中4气体经过过程 2 对外做功为 S2从图象上可以看出气体经历过程 1 对外做功大于气体经历过程 2 对外做功。(3)①根据活塞的受力平衡： p0S＋ mg＝ pS其中： S＝50 cm 2＝5×10 －3 m2可得被封闭理想气体的压强：p＝ p0＋ ＝1×10 5 Pa＋ Pa＝1.2×10 5 Pa。mgS 10×105×10－ 3②设标况下气体的体积为 V0 ，初态：压强 p＝1.2×10 5 Pa温度 T＝(273＋27)K＝300 K体积 V＝ LS＝0.10×5×10 －3 m3＝5×10 －4 m3末态：压强 p0＝1×10 5 Pa温度 T0＝273 K, 体积 V0，根据理想气体的状态方程可得： ＝pVT p0V0T0解得： V0＝0.546 L，气体的物质的量： n＝ ， 其中 Vm＝22.4 L/mol ，则被封闭的分子数 N＝ nNAV0Vm联立解得分子数： N≈1.5×10 22个。答案 (1)BD (2)降低 大于 (3)①1.2×10 5 pa②1.5×10 22个5.【选修 3－4】(2018·常州市高三模拟)(1)小行星以速度 u 高速飞向地球的同时发出频率为 ν 的光，则( )图 5A.该光相对小行星的速度为 c＋ uB.该光相对小行星的速度为 cC.地球上接收到的小行星所发光的频率大于 νD.地球上接收到的小行星所发光的频率等于 ν(2)如图 6 所示，一列简谐波沿 x 轴传播，实线为 t＝0 时的波形图，此时 P 质点向 y 轴负方向运动，虚线为经过 0.02 s 时第一次出现的波形图，则波沿 x 轴________(选填“正”5或“负”)方向传播，波速为________ m/s。图 6(3)如图 7 所示，某种透明液体的折射率为 n，在液面下深为 h 处有一点光源 S，现用一不透光的圆形薄板置于液面， 其圆心 O 在 S 的正上方。要使观察者从液面上任一位置都不能看到点光源 S，求：图 7①该透明液体中的光速；②该圆形薄板的半径 R。解析 (1)由光速不变原理可知该光相对小行星的速度为 c，故选项 B 正确；根据多普勒效应可知，当光源靠近观察者时接收到的光频率大于 ν ，故选项 C 正确。(2)由于 P 质点向 y 轴负方向运动可以断定波沿 x 轴正方向传播；由于虚线为经过 0.02 s时第一次出现的波形图，可知 0.02 s 内波向右传播了 1 cm，因此v＝ ＝ m/s＝0.5 m/sst 0.010.02(3)①根据折射率： n＝ ，可知： v＝cv cn②要使观察者从液面上任一位置都不能看到点光源 S，即发生全发射，全反射的临界角 sin C＝ 则 tan C＝1n 1n2－ 1即： ＝ 解得： R＝Rh 1n2－ 1 hn2－ 1答案 (1)BC (2)正 0.5 (3)① v＝cn②hn2－ 16.(16 分)(2018·苏北四市第一次调研)如图 8 所示的 xOy 平面内，以 O1(0， R)为圆心、 R6为半径的圆形区域内有垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场(用 B1表示，大小未知)； x 轴下方有一直线 MN， MN 与 x 轴相距为 Δ y(未知)， x 轴与直线 MN 间区域有平行于 y 轴的匀强电场，电场强度大小为 E；在 MN 的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为 B2，磁场方向垂直于 xOy 平面向外。电子 a、 b 以平行于 x 轴的速度 v0分别正对 O1点、 A (0，2 R) 点射入圆形磁场，偏转后都经过原点 O 进入 x 轴下方的电场。已知电子质量为 m，电荷量为e， E＝ ， B2＝ ，不计电子重力。3mv02eR图 8(1)求磁感应强度 B1的大小；(2)若电场沿 y 轴负方向，欲使电子 a 不能到达 MN，求 Δ y 的最小值；(3)若电场沿 y 轴正方向，Δ y＝ R，欲使电子 b 能到达 x 轴上且距原点 O 距离最远，求矩3形磁场区域的最小面积。解析 (1)电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为 r，当电子 a 射入，经过 O 点进入 x 轴下方，则： r＝ R(2 分)ev0B＝ ，解得 B1＝ (2 分)mv0eR(2)匀强电场沿 y 轴负方向，电子 a 从 O 点沿 y 轴负方向进入电场做减速运动，由动能定理eEΔ y＝ mv (2 分)12 20可求出 Δ y＝ ＝ R(2 分)33(3)匀强电场沿 y 轴正方向，电子 b 从 O 点进入电场做类平抛运动，设电子 b 经电场加速后到达 MN 时速度大小为 v，电子 b 在 MN 下方磁场做匀速圆周运动轨道半径为 r1，电子 b 离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成 θ 角，如图所示。由动能定理 eEΔ y′＝ mv2－ mv12 12 207解得 v＝2 v0(1 分) 在电场中 a＝ ＝ (1 分)eEmt1＝ ＝2Δ y′a 2Rv0x＝ v0t1＝2 R(1 分)由牛顿第二定律 evB2＝ ，代入得 r1＝ R(1 分)mv2r1 433cos θ ＝ ＝ ， θ ＝ (1 分)v0v 12 π 3由几何关系可知，在下方磁场中运动的圆心 O2在 y 轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且射出方向与水平向右夹角为 θ ＝ 时，粒子能够到达 x 轴，距离原点 O 距离最远。由几π 3何关系得，最小矩形磁场的水平边长为l1＝ r1＋ r1sin θ (1 分)竖直边长为 l2＝ r1＋ r1cos θ (1 分)最小面积为S＝ l1l2＝ r (1＋sin θ )(1＋cos θ )＝4(2＋ )R2(1 分)21 3答案 (1) (2) R (3)4(2＋ )R2mv0eR 33 3