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1、2022年高考物理一轮复习 全程训练计划 课练41（含解析）一、选择题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.22019甘肃重点中学协作体联考(多选)下列说法中正确的是()A一个绝热容器中盛有气体，假设把气体中分子速率很大的如大于v的分子全部取走，则短时间内气体的温度会下降，此后气体中不再存在速率大于v的分子B温度高的物体分子平均动
2、能一定大，内能也一定大C气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度有关D分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大E热力学第二定律指出：在任何自然的过程中，一个孤立的系统的总熵不会减小答案：CDE解析：把速率大的分子取走，则短时间内气体分子的温度会下降，此后气体分子由于碰撞等原因，仍然会出现速率大的分子，故A错误；温度是分子平均动能的标志，但内能是所有分子动能和分子势能的总和，温度高的物体内能不一定大，故B错误；气体对容器壁的压强是由于大量气体分子频繁撞击器壁产生的，压强的大小与气体分子的平均动能和密集程度有关，故C正确；分子间距离较小时，分子力表现为斥力，当距离增大时，分子力做正
3、功，分子势能减小，当分子间距离大于某一值时，分子力表现为引力，则距离继续增大，分子力做负功，分子势能增大，所以当分子间距离增大时，分子势能可能先减小后增大，故D正确；根据热力学第二定律，在任何自然的过程中，一个孤立的系统的总熵不会减小，故E正确3(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
4、：由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42019湖北宜昌一中适应性训练(多选)如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t0时刻的波形图，虚线是这列波在t0.2 s时刻的波形图，已知该波的波速大小是0.8 m/s，则下列说法中正确的是()A这列波的波长是14 cmB这列波的周期是0.15 sC这列波一定沿x轴负方向传播D从t0时刻开始，x5 cm处的质点经0.1 s振动到波峰E每经过0.15 s介质中的质点就沿x轴移动12 cm答案：BCD解析：从图可知波长12 cm，则波的周期为T s0.15 s，
5、故A错误，B正确；由于t0.2 sT,0.2 s内波传播距离为xvtTv，由图可知，波由实线到虚线传播距离向右平移了12 cm4 cm8 cm，向左平移了4 cm0 cm4 cm，故波沿x轴负方向传播，故C正确；根据平移法可知x13 cm处的波峰经过t s0.1 s传播到x5 cm处，故D正确；波在传播过程中，质点只在平衡位置附近上下振动，不随波迁移，故E错误5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
6、，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6.2019福建漳州质检(多选)如图，两个频率相同、振幅均为A的相干波源在水面上传播产生的干涉现象，其中实线和虚线分别表示两列波的波峰和波谷，t0时刻M是波峰与波峰相遇的点，下列说法
7、正确的是()A如果两个波源频率不同，也能产生类似的稳定的干涉现象B质点P和质点M在图示时刻的高度差为2AC质点Q、M是振动加强点，再过半个周期，质点P、N也成为振动加强点D质点M振动一个周期，其路程为8AE若质点M振动的频率为2.5 Hz，则从图示时刻起经1.7 s后质点M的运动方向竖直向下答案：BDE解析：如果两个波源频率不同，不能产生类似的稳定的干涉现象，故A错误；在图示时刻，质点M是波峰与波峰叠加，是振动加强点，振动加强点的振幅等于两列波单独传播时振幅的和，质点P是波谷与波峰叠加，是振动减弱点，位移为0，故质点P和质点M在图示时刻的高度差为2A，故B正确；两列波干涉时，两列波的波峰与波峰
8、、波谷与波谷相遇处振动始终加强，波峰与波谷相遇处振动始终减弱，质点Q、M是振动加强点，质点P、N是振动减弱点，再过半个周期，质点P、N还是振动减弱点，故C错误；质点M是振动加强点，振动加强点的振幅等于两列波单独传播时振幅的和，所以质点M振动一个周期，其路程为8A，故D正确；若质点M振动的频率为2.5 Hz，周期为T0.4 s，由于1.7 s1.6 s0.1 s4TT，则从图示时刻起经1.7 s后质点M的运动方向竖直向下，故E正确7.2019山东济宁模拟(多选)如图所示，O1O2是半圆柱形玻璃体的对称面和纸面的交线，A、B是关于O1O2轴等距且平行的两束不同单色细光束，从玻璃体右方射出后的光路如
9、图所示，MN是垂直于O1O2放置的光屏，沿O1O2方向不断左右移动光屏，可在屏上得到一个光斑P，根据该光路图，下列说法正确的是()AA光的频率比B光的频率高BA光比B光更容易发生衍射现象C在该玻璃体中，A光的速度比B光的速度小D在该玻璃体中，A光的临界角大于B光的临界角E用同一双缝干涉实验装置分别用A、B光做实验，A光的干涉条纹间距大于B光的干涉条纹间距答案：BDE解析：B光的偏折程度比A光大，则B光的折射率大于A光的折射率，说明B光的频率较大，由cf知，A光的波长较长，所以A光比B光更容易发生衍射现象，故B正确，A错误；根据v和临界角公式sinC得，A光的折射率较小，所以在该玻璃体中，A光的
10、速度比B光的速度大，A光的临界角大于B光的临界角，故D正确，C错误；用同一双缝干涉实验装置分别以A、B光做实验，根据双缝干涉条纹间距公式x知，干涉条纹的间距与波长成正比，则A光的干涉条纹间距大于B光的干涉条纹间距，故E正确8如图所示装置是根据光的薄膜干涉原理检测被检平面是否平直，结果得到如图2所示的干涉图样(图2是图1的俯视图)，据此可以判断平面有缺陷处的缺陷类别是()A凸起 B凹下C凹凸不平 D无法确定缺陷类别答案：B解析：薄膜干涉中，同一明(或暗)条纹应出现在膜的厚度相同处，由图知有两条条纹向劈尖方向(膜厚度应该减小的方向)弯曲，说明该条纹弯曲处有凹陷，即B对二、非选择题92019福建师范
11、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、的角度，则该玻璃砖的折射率n_.答案：(1)b、d(2)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
12、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.102019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L160 mm，双缝到屏的距离L2700 mm，单缝宽d10.10 mm，双缝间距d20.25 mm.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
13、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x_ mm.(2)计算波长的公式_，求得的波长值是_ nm(保留三位有效数字)答案：(1)2.1907.8681.893(2)x676解析：(1)测量头读数：x12 mm19.00.01 mm2.190 mm，x27.5 mm36.80.01 mm7.868 mm，第1条到第4条共有三个间距，所以相邻两条亮纹间距x1.893 mm.(2)双缝干涉时相邻亮条纹间距x，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x，可得波长，代入数据计算可得676 nm.11.2019山西重点
14、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m5 kg、横截面积S50 cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，在汽缸内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300 K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p01.0105 Pa，g取10 m/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H0.1 m(活塞未滑出汽缸)，气体的内能的变化量为18 J，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)330 K(2)吸热73 J解析：(
15、1)气体的状态参量为T1300 K，p1p01.0105 Pa.对活塞由平衡条件得p2Sp0Smg，解得p21.1105 Pa，由查理定律得，解得T2330 K.(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Wp2SH55 J.根据热力学第一定律有UWQ，气体吸收的热量QUW73 J.12.2019广东汕头模拟如图所示，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，A30，B60，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dsinC，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PQdtan30d，QM2PQ，MNcos30(Ld)，光在三棱镜中的传播速度v，光从P点射入到第二次射出三棱镜经过的时间为t，解得t.
2022年高考物理一轮复习 全程训练计划 课练41（含解析）
