2019版物理 精选题辑 周测十 选修3-3、3-4

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE1学必求其心得，业必贵于专精周测十选修3－3、3－4（A卷)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分,选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．（多选）对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是()A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小D．压强变小时,分子间的平均距离可能变小答案：BD解析:根据气体压强的微观解释，气体压强由分子热运动剧烈程度和分子密集程度共同决定．故选B、D.2.(多选）用如图所示的实验装置来研究气体等体积变化的规律．A、B管下端由软管相连，注入一定量的水银，烧瓶中封有一定量的理想气体，开始时A、B两管中水银面一样高，那么为了保持瓶中气体体积不变（)A．将烧瓶浸入热水中时，应将A管向上移动B．将烧瓶浸入热水中时，应将A管向下移动C．将烧瓶浸入冰水中时，应将A管向上移动D．将烧瓶浸入冰水中时，应将A管向下移动答案：AD解析:由eq\f(pV，T)＝C（常量）可知，在气体体积不变的情况下，温度升高，气体压强增大,右管A水银面要比左管B水银面高，故选项A正确；同理可知选项D正确．3．(多选）关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是（)A．第二类永动机违反能量守恒定律B．如果物体从外界吸收了能量,则物体的内能一定增加C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时,每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多D．做功和热传递都可以改变物体的内能,但从能量转化或转移的观点来看，这两种改变方式是有区别的答案：CD解析：第二类永动机不违反能量守恒定律，而是违反热力学第二定律,故A错误．改变内能有两种方式,做功和热传递，单凭热传递情况并不能决定内能的变化，故B错误．气体分子密集程度一定，温度升高,则动能增大，每秒撞击单位面积器壁的次数增多，C正确．做功对应能量转化，热传递对应能量转移,D正确．4.(多选)一定质量的理想气体状态变化过程如图所示，第1种变化是从A到B，第2种变化是从A到C，比较两种变化过程,则（)A．A到C过程气体吸收热量较多B．A到B过程气体吸收热量较多C．两个过程气体吸收热量一样D．两个过程气体内能增加相同答案：AD解析:在p—T图中,等容线是过原点的倾斜直线,如图所示，可知VC〉VA〉VB，故从A到C，气体对外做功，W〈0，从A到B，外界对气体做功，W>0，由TB＝TC可知两过程内能增量相同，根据ΔU＝W＋Q可知，从A到C，气体吸收热量多，选项A、D正确，而B、C错误．5。（多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是（)A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0。5s时有正向最大加速度的是乙摆E．由图象可以求出当地的重力加速度答案：ABD解析:由图看出，两单摆的周期相同,同一地点g相同，由单摆的周期公式T＝2πeq\r（\f(l,g））得知,甲、乙两单摆的摆长l相等，故A正确；甲摆的振幅为10cm,乙摆的振幅为7cm,则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等,但由于两摆的质量未知,无法比较机械能的大小，故C错误；在t＝0。5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零,而乙摆的位移为负向最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确;由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f（l,g）)得g＝eq\f（4π2l，T)，由于单摆的摆长未知，所以不能求得当地的重力加速度，故E错误．6．如图所示，半径为R的圆形偏振片P的透振方向为竖直方向,一束横截面半径略小于R的平行自然光正对着偏振片P照射后射到屏上，现以光的传播方向OO′为轴将偏振片P旋转90°，则在偏振片P旋转的过程中（）A．屏上出现圆形亮斑，亮度不变B．屏上出现圆形亮斑,亮度变暗C．屏上出现随偏振片P旋转的亮条纹,且亮度不变D．屏上出现随偏振片P旋转的亮条纹，亮度变暗答案：A解析：圆柱状光束通过偏振片后，屏幕上出现圆形亮斑，偏振片是让特定方向振动的光透过去，只是相对光源的亮度减弱，故屏幕上依然出现圆形亮斑，C、D错误；自然光包含在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿着各个方向振动的光波的强度都相同,故转动偏振片，透振方向虽然改变，但屏上依然是圆形亮斑,且亮度不变,A正确,B错误．7．（多选)如图所示为一横截面为等腰直角三角形的玻璃棱镜，两种颜色不同的可见细光束a、b,垂直于底边从空气射向玻璃，光路如图中所示，则下列说法正确的是()A．玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率B．a光和b光由空气进入玻璃棱镜后频率都变小C．a光和b光在玻璃中传播时a光的波长小于b光的波长D．在相同条件下进行双缝干涉实验,a光的条纹间距比b光的大E．a光和b光以相同的入射角由玻璃射向空气,若逐渐增大入射角，则b光先发生全反射答案：ADE解析:两束光在直角边的入射角i相同，折射角ra<rb,由折射定律得na〈nb，选项A正确；光从一种介质进入另一种介质时频率不变，选项B错误；由n＝eq\f(c,v）知在玻璃中，va>vb,且fa〈fb，由λ＝eq\f（v,f）知，λa〉λb，选项C错误;由双缝干涉条纹间距公式Δx＝eq\f(L，d）λ知，Δxa〉Δxb，选项D正确；由sinC＝eq\f（1,n)知，Ca>Cb，故b光先发生全反射,选项E正确．8．(2018·北大附中河南分校模拟)（多选)用激光做单缝衍射实验和双缝干涉实验，比普通光源效果更好,图象更清晰．如果将感光元件置于光屏上，则不仅能在光屏上看到彩色条纹,还能通过感光元件中的信号转换,在电脑上看到光强的分布情况．下列说法正确的是()A．当做单缝实验时，光强分布如图乙所示B．当做单缝实验时,光强分布如图丙所示C．当做双缝实验时，光强分布如图乙所示D．当做双缝实验时,光强分布如图丙所示答案:AD解析：当做单缝实验时,中间是亮条纹,两侧条纹亮度逐渐降低，且亮条纹的宽度不等，所以其光强分布如图乙所示,A项正确,B项错误；当做双缝实验时，在屏上呈现的是宽度相等的亮条纹，所以其光强分布如图丙所示，C项错误，D项正确．二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9．(8分)(2018·福建师范大学附中测试）如图所示，用“插针法”测定一块两面不平行的玻璃砖的折射率,以下是几个主要操作步骤:a．在平木板上固定白纸，将玻璃砖放在白纸上；b．用笔沿玻璃砖的边缘画界面AA′和BB′（如图甲所示）；c．在AA′上方竖直插针P1、P2;d．在BB′下方竖直插针P3、P4，使P1、P2、P3、P4在一条直线上如图甲．（1)以上步骤有错误的是________(填步骤的字母代号)．(2)改正了错误操作并进行正确的操作和作图后,该同学作的光路图如图乙所示，其中P1、P2垂直于AA′,测量出了θ、β的角度，则该玻璃砖的折射率n＝________.答案：（1）b、d(2)eq\f（cosθ,cosβ）解析：（1）由用“插针法"测定玻璃砖的折射率实验中的注意事项可知，不能用玻璃砖的光学面边界代替直尺，可知b步骤错误；P3、P4所在直线与P1、P2所在直线平行，但不在同一直线上,故d步骤错误．(2）n＝eq\f(sini，sinγ）＝eq\f（sin90°－θ，sin90°－β）＝eq\f（cosθ,cosβ)。10．(13分）(2018·北京东城区普通校联考）用双缝干涉实验测光的波长,实验装置如图甲所示，已知单缝与双缝的距离L1＝60mm，双缝与屏的距离L2＝700mm，单缝宽d1＝0。10mm，双缝间距d2＝0。25mm.用测量头来测量光屏上干涉亮条纹中心之间的距离．测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮,使分划板左右移动，让分划板的中心刻线对准屏上亮纹的中心，如图乙所示,记下此时手轮的读数，转动手轮，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，记下此时手轮的刻度．(1）分划板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮纹的中心时,手轮上的读数如图丙所示，则对准第1条时读数x1＝________mm，对准第4条时读数x2＝________mm,相邻两条亮纹间的距离Δx＝________mm。(2)计算波长的公式λ＝________，求得的波长值是________nm（保留三位有效数字)．答案：(1）2。1907。8681。893（2）eq\f(d2，L2)Δx676解析：(1)测量头读数：x1＝2mm＋19。0×0.01mm＝2.190mm，x2＝7。5mm＋36。8×0.01mm＝7。868mm，第1条到第4条共有三个间距，所以相邻两条亮纹间距Δx＝eq\f（7.868mm－2。190mm，3)＝1.893mm。(2)双缝干涉时相邻亮条纹间距Δx＝eq\f（Lλ,d），其中L是双缝到屏的距离，d是双缝间距，对照已知条件可得Δx＝eq\f(L2λ,d2），可得波长λ＝eq\f（Δxd2，L2），代入数据计算可得λ＝676nm.11．（14分）(2018·山西重点中学联考）如图所示，上端开口的光滑圆柱形绝热汽缸竖直放置，质量m＝5kg、横截面积S＝50cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，在汽缸内距缸底某处设有体积可忽略的卡环a、b，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a、b上,缸内气体的压强等于大气压强，温度为300K．现通过内部电热丝缓慢加热缸内气体，直至活塞恰好离开a、b。已知大气压强p0＝1。0×105Pa,g取10m/s2。(1）求汽缸内气体的温度；（2）继续加热汽缸内的气体,使活塞缓慢上升H＝0.1m（活塞未滑出汽缸），气体的内能的变化量为18J，则此过程中气体是吸热还是放热？传递的热量是多少？答案：(1）330K(2）吸热73J解析：(1)气体的状态参量为T1＝300K，p1＝p0＝1。0×105Pa.对活塞由平衡条件得p2S＝p0S＋mg,解得p2＝1.1×105Pa,由查理定律得eq\f(p1，T1）＝eq\f(p2,T2)，解得T2＝330K。（2）继续加热时，气体做等压变化，体积增大，则温度升高，内能增大,气体膨胀对外界做功，则外界对气体做的功W＝－p2SH＝－55J。根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，气体吸收的热量Q＝ΔU－W＝73J.12．（12分)(2018·广东汕头一模）如图所示，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A＝30°，∠B＝60°，BC边长度为L.一束垂直于AB边的光线自AB边的P点射入三棱镜，AP长度d〈L，光线在AC边同时发生反射和折射,反射光线和折射光线恰好相互垂直．已知光在真空中的速度为c.求：（1)三棱镜的折射率；（2）光从P点射入到第二次射出三棱镜经过的时间．答案：(1)eq\r（3）（2)eq\f(3L，c)解析：(1)光线到达AC边的Q点，入射角为i，折射角为r，根据题意可知i＋r＝90°，由几何知识可得i＝30°，则r＝60°，由折射定律n＝eq\f(sinr，sini)可得三棱镜的折射率为n＝eq\r（3）；（2)光线反射到AB边的M点，入射角为i′＝60°，因为sini′＝eq\f（\r（3）,2)〉eq\f（1,n)＝sinC，所以光在M点发生全反射,光线反射到BC边的N点，恰好垂直于BC边第二次射出三棱镜，由几何知识得PQ＝dtan30°＝eq\f（\r(3），3)d，QM＝2PQ，MN＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(L,sin30°)－2d)）cos30°＝eq\r（3）（L－d），光在三棱镜中的传播速度v＝eq\f（c，n)，光从P点射入到第二次射出三棱镜经过的时间为t＝eq\f(PQ＋QM＋MN,v)，解得t＝eq\f（3L，c)。周测十选修3－3、3－4（B卷)（本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．（多选)下列各种说法中正确的是（）A．温度低的物体内能小B．分子运动的平均速度可能为零,瞬时速度不可能为零C．液体与大气相接触,表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引D．0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能相同E．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关答案:CDE解析：物体的内能为所有分子的动能和分子势能之和,物体的内能不仅与温度有关，还与物体的质量、体积有关,A错误．分子在永不停息地做无规则运动，所以瞬时速度可能为0，B错误．当液体与大气相接触，表面层内分子受其他分子的斥力和引力,其中引力大于斥力表现为相互吸引，故C项正确．因为温度是分子平均动能的标志,故D项正确．根据气体压强的定义可知，单位体积内的分子数和温度决定气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数,所以E项正确．2。高空火箭的仪器舱内，起飞前舱内气体压强p0相当于1个大气压,温度T0＝300K．舱是密封的，如果火箭以加速度g竖直起飞，当火箭起飞时，仪器舱内水银气压计的示数为p1＝0.6p0，如图所示，则此时舱内气体的压强p和温度T分别为（)A．p＝p0T＝300KB．p＝1.2p0T＝360KC．p＝0。6p0T＝300KD．p＝0.6p0T＝180K答案：B解析：分析玻璃管内水银柱的受力，如图所示，根据牛顿第二定律,pS－mg＝ma，所以p＝eq\f（2mg,S)＝eq\f（2ρS·0。6hg，S）＝1。2ρgh。而p0＝ρgh，可得p＝1.2p0。舱内气体做等容变化，有eq\f（p0,T0）＝eq\f(1。2p0，T），得T＝1。2T0＝360K．故选B.3.如图所示，厚壁容器的一端通过胶塞插进一支灵敏温度计和一根气针,另一端有个用卡子卡住的可移动活塞．用打气筒慢慢向容器内打气，使容器内的压强增大到一定程度，这时读出温度计示数．打开卡子，活塞冲出容器口后(）A．温度计示数变大,实验表明气体对外界做功，内能减少B．温度计示数变大，实验表明外界对气体做功，内能增加C．温度计示数变小，实验表明气体对外界做功，内能减少D．温度计示数变小,实验表明外界对气体做功，内能增加答案：C解析：打开卡子后活塞冲出,瞬间没有热交换,而气体体积变大，内部气体对外做功,内能减少,温度降低，温度计示数变小，故选项C正确．4.如图所示，弹簧的一端固定在墙上，另一端连接一质量为m的木块置于OO′处，此时弹簧处于原长位置．现将木块从OO′处向右拉开一段位移L，然后放手,使木块在粗糙水平地面上减幅振动直至静止，设弹簧第一次恢复原长时木块的速度为v0,则(）A．弹簧第一次向左运动的过程中，木块始终加速B．木块第一次向左运动的过程中，速度最大的位置在OO′处C．木块先后到达同一位置时，动能一定越来越小D．整个过程中木块只有一次机会速率为v0答案:C解析:木块第一次向左运动的过程中，弹力先向左减小,减为零后向右增大，滑动摩擦力一直向右，故①弹力向左且大于摩擦力时，木块向左加速；②弹力向左且小于摩擦力时，木块向左减速；③弹力向右后，木块向左减速,故弹力与摩擦力平衡时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态,在OO′右侧,故A、B错误；由于有摩擦力做负功，动能减小,所以木块先后到达同一位置时,动能一定越来越小，C正确；木块第一次向左运动过程，速度从零开始增大后减小到零,v0不是最大速度，故速度为v0的位置不止一个，故D错误．5．(2018·山西运城二模)(多选)一列简谐横波沿x轴的正方向传播，振幅为2cm，周期为T。如图所示，在t＝0时刻波上相距50cm的两质点a、b的位移都是eq\r(3)cm，但运动方向相反,其中质点a沿y轴负向运动,下列说法正确的是（)A．该列简谐横波波长可能为37.5cmB．该列简谐横波波长可能为12cmC．质点a、b的速度在某一时刻可能相同D．当质点b的位移为＋2cm时,质点a的位移为负E．在t＝eq\f（T，3)时刻，质点b的速度最大答案：BCE解析：根据a、b两点的位置关系以及振动方向可知，a、b平衡位置满足nλ＋eq\f（λ,6）＝50cm，其中n＝0，1,2，….当n＝4时解得λ＝12cm,37。5cm不满足波长表达式,故选项A错误，B正确．质点a、b的速度在某一时刻可能相同，选项C正确．当质点b的位移为＋2cm时,即此时b点在波峰位置，质点a的位移为正，选项D错误;在t＝eq\f（T，3)时刻，质点b回到平衡位置，速度最大，选项E正确．6．(2018·江西八校联考)(多选)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答案：ADE解析：对于同一障碍物，它的尺寸d不变，波长λ越长的光越容易满足d≤λ，越容易绕过障碍物，所以A项正确．白光通过三棱镜出现彩色条纹是光的色散现象，B项错误．波的频率由波源决定，波速由介质决定，所以红光从空气进入水中，频率f不变,波速v变小，由v＝λf得，波长λ变小，C项错误．检查平面的平整度是利用了光的干涉,D项正确．由光速不变原理知E项正确．7．固定的半圆形玻璃砖的横截面如图．O点为圆心，OO′为直径MN的垂线．足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN.由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO′夹角θ较小时，光屏NQ区域出现两个光斑．逐渐增大θ角，当θ＝α时，光屏NQ区域A光的光斑消失,继续增大θ角，当θ＝β时,光屏NQ区域B光的光斑消失，则(）A．玻璃砖对A光的折射率比对B光的小B．A光在玻璃砖中的传播速度比B光的大C．α<θ<β时，光屏上只有1个光斑D．β<θ<eq\f(π，2)时,光屏上只有1个光斑答案:D解析：由题意可知,当θ＝α时，A光在MN上发生全反射,当θ＝β时，B光在MN上发生全反射，则可知A光的临界角小于B光的临界角，根据sinC＝eq\f（1，n）可知，玻璃砖对A光的折射率比对B光的大，选项A错误；由n＝eq\f(c,v）可知A光在玻璃砖中传播速度比B光的小，选项B错误；α<θ〈β时，此时A光已经发生全反射，故在NP部分有一个光斑，同时B光从MN下方折射出来，射到NQ上，则在光屏上应有2个光斑，选项C错误；β〈θ<eq\f（π,2）时，A、B两束光都发生全反射，故在光屏上只有1个光斑，选项D正确．8．歼－20隐形战斗机的横空出世，极大增强了我国的国防力量，其隐形的基本原理是机身通过结构或者涂料的技术,使得侦测雷达发出的电磁波出现漫反射，或被特殊涂料吸收，从而避过雷达的侦测．已知目前雷达发射的电磁波频率在200MHz至1000MHz的范围内．下列说法正确的是（)A．隐形战斗机具有“隐身”的功能，是巧妙地利用了雷达波的衍射能力B．雷达发射的电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的C．雷达发射的电磁波在真空中的波长范围在0。3m至1.5m之间D．雷达发射的电磁波可能是纵波，也可能是横波答案:C解析：隐形战斗机具有“隐身”的功能，隐形的基本原理是机身通过结构或者涂料的技术,使得侦测雷达发出的电磁波出现漫反射，或被特殊涂料吸收,从而避过雷达的侦测,故A错误；雷达发射的电磁波是由周期性变化的电场或者磁场产生的，恒定不变的电场或磁场不能产生电磁波，故B错误；雷达发射的电磁波频率在200MHz至1000MHz的范围内，根据公式v＝λf可知，当f1＝200MHz时，λ1＝1。5m；当f2＝1000MHz时,λ2＝0.3m，故雷达发出的电磁波在真空中的波长范围在0.3m至1。5m之间，故C正确；电磁波都是横波，故D错误．二、非选择题(本题包括4小题，共47分）9．(10分)某同学在实验室做“用油膜法估测分子的大小”实验中,已知油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸6mL.现用注射器抽得上述溶液2mL，缓慢地滴出1mL溶液，液滴数共有50滴．把1滴该溶液滴到盛水的浅盘上,在刻有小正方形坐标的玻璃板上描出油膜的轮廓(如图），坐标中小正方形方格的边长为20mm.试问：（1)这种估测方法是将每个分子视为________模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为________油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．(2)图中油膜面积为________mm2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是________L；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________m．(最后一空保留1位有效数字)答案：(1）球体单分子直径（2)232001.2×10－85×10－10解析:（1)这种估测方法是将每个分子视为球体模型,让油酸尽可能地在水面上散开,则形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径．(2)油膜的面积可从玻璃板上所围的方格中得到，面积超过一半按一个算,小于一半的舍去，图中共有58个方格，故油膜面积为S＝58×20mm×20mm＝23200mm2;每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是V＝eq\f（1,50)×10－3×eq\f(6，104)L＝1。2×10－8L,油酸分子的直径d＝eq\f(V,S）＝eq\f（1.2×10－8×10－3,23200×10－6)m≈5×10－10m.10．（10分）(1)在“用单摆测重力加速度”的实验中，下列措施中可以提高实验精度的是________．A．选细线作为摆线B．单摆摆动时保持摆线在同一竖直平面内C．拴好摆球后，令其自然下垂时测量摆长D．计时起止时刻，选在最大摆角处（2)如果测得的g值偏小，可能的原因是________．A．测摆线长时摆线拉得过紧B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时时，停表过迟按下D．实验中误将49次全振动记为50次(3）为了提高实验精度,在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据,再以l为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图所示，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g＝________（用k表示)．答案:（1）ABC(2）B（3)eq\f(4π2，k）解析：（3)由T＝2πeq\r(\f(l，g）)得T2＝eq\f（4π2，g）l，由题图可知