资源描述
专题六自考模块 考题考点统计年份试卷题号和题型分值考查内容2020新课标全国卷33(1)选择题5分固体、液体的性质33(2)计算题10分气体实验定律、理想气体状态方程34(1)填空题5分光的干涉实验34(2)计算题10分机械波的传播规律35(1)填空题5分光电效应35(2)计算题10分动量守恒定律新课标全国卷33(1)选择题5分气体动理论33(2)计算题10分气体实验定律、理想气体状态方程34(1)选择题5分光的折射、光的干涉实验34(2)计算题10分机械波的传播规律35(1)选择题5分光电效应、波粒二象性35(2)计算题10分动量守恒定律2020新课标全国卷33(1)选择题6分热力学定律33(2)计算题9分气体实验定律、理想气体状态方程34(1)选择题6分机械波的传播规律34(2)计算题9分光的折射、全反射35(1)选择题6分原子核的衰变、半衰期35(2)计算题9分动量守恒定律新课标全国卷33(1)选择题6分分子动理论、固体、液体的性质33(2)计算题9分气体实验定律、理想气体状态方程34(1)选择题6分振动图象和波动图象34(2)计算题9分光的折射、全反射35(1)选择题6分物理学史35(2)实验题9分验证动量守恒定律2020新课标全国卷33(1)选择题6分分子力、分子势能、分子动能33(2)计算题9分气体实验定律、理想气体状态方程34(1)选择题6分振动和波动34(2)计算题9分光的折射、全反射35(1)填空题6分核反应方程35(2)计算题9分动量守恒定律新课标全国卷33(1)选择题5分热力学定律、气体的性质33(2)计算题10分气体实验定律、理想气体状态方程34(1)填空题5分简谐运动34(2)计算题10分光的折射、全反射35(1)选择题5分核能的计算35(2)计算题10分动量守恒定律考纲考点展示主题内容要求分子动理论与统计观点分子动理论的基本观点和实验依据 阿伏加德罗常数气体分子运动速率的统计分布温度分子平均动能的标志、内能固体、液体与气体固体的微观结构、晶体和非晶体 液晶的微观结构液体的表面张力现象气体实验定律理想气体饱和蒸气、未饱和蒸气和饱和蒸气压相对湿度热力学定律与能量守恒热力学第一定律 能量守恒定律热力学第二定律机械振动与机械波简谐运动简谐运动的公式和图象单摆、周期公式受迫振动和共振机械波横波和纵波横波的图象波速、波长和频率(周期)的关系波的干涉和衍射现象多普勒效应电磁振荡与电磁波变化的磁场产生电场、变化的电场产生磁场、电磁波及其传播电磁波的产生、发射和接收电磁波谱光光的折射定律折射率全反射、光导纤维光的干涉、衍射和偏振现象相对论狭义相对论的基本假设 质速关系、质能关系相对论质能关系式碰撞与动量守恒动量、动量守恒定律及其应用弹性碰撞与非弹性碰撞原子结构氢原子光谱氢原子的能级结构、能级公式原子核原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期放射性同位素核力、核反应方程结合能、质量亏损裂变反应和聚变反应、裂变反应堆射线的危害和防护波粒二象性光电效应爱因斯坦光电效应方程重点规律阐释通过对近3年高考试题分析可以看出，高考对选修部分考查点为：33(分子动理论、气体及热力学定律)(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简单计算；(5)固、液、气三态的微观解释；(6)热力学定律的理解和简单计算；(7)用油膜法估测分子大小。命题形式基本上都是小题的拼盘。34(振动与波动、光)(1)波的图象；(2)波长、波速和频率及其相互关系；(3)波的传播特性；(4)光的折射及全反射；(5)光的干涉、衍射及双缝干涉实验；(6)简谐运动的规律及振动图象；(7)电磁波的有关性质。命题形式基本上都是小题的拼盘。35(碰撞与动量守恒、近代物理初步)(1)动量守恒定律及其应用；(2)原子的能级跃迁；(3)原子核的衰变规律；(4)核反应方程的书写；(5)质量亏损和核能的计算；(6)三种射线的特点及应用；(7)光电效应问题的规律及应用等。备考应试指导命题预测2020年高考，考查的方式会延续上一年度，题目的难度会有所增加。复习时要侧重对基本知识的梳理和记忆，强化对基本概念和规律的理解，提高对典型问题的综合分析能力。备考对策33(分子动理论、气体及热力学定律)由于本讲内容琐碎，考查点多，因此在复习中应注意抓好四大块知识：一是分子动理论；二是从微观角度分析固体、液体、气体的性质；三是气体实验三定律；四是热力学定律。以四块知识为主干，梳理出知识点，进行理解性记忆。34(振动与波动、光)在复习本部分内容时应加强对基本概念和规律的理解，抓住波的传播特点和图象分析、光的折射定律和全反射这两条主线，兼顾振动图象和光的特性(干涉、衍射、偏振)、光的本性，强化典型问题的训练，力求掌握解决本部分内容的基本方法。35(碰撞与动量守恒、近代物理初步)由于本讲涉及的知识点多，且与科技相关，题目新颖，但难度不大，因此，备考中应加强对基本概念和规律的理解，抓住动量守恒定律和原子核反应两条主线，注意综合题目的分析思路、强化典题的训练。考点1分子动理论 ：本考点是近几年高考的热点，题型为选择题。考向涉及：(1)布朗运动、分子热运动与温度的关系。(2)分子力、分子势能与分子间距离的关系及分子势能与分子力做功的关系。1必须掌握估算微观量的两种模型(1)球体模型：一般适用于固体、液体，认为分子为一个个球体，直径为d 。(2)立方体模型：一般适用于气体，认为一个分子占据的空间为一个立方体，边长为d。2必须明确说明分子永不停息地做无规则热运动的两个实例(1)扩散现象：分子的无规则运动；温度越高，扩散越快。(2)布朗运动：悬浮在液体或气体中的小颗粒的无规则运动；颗粒越小，温度越高，运动越剧烈。布朗运动是固体小颗粒的运动，它间接反映了液体或气体分子运动的无规则性。3必须理解分子力做功与分子势能的关系分子力做正功，分子势能减少；分子力做负功，分子势能增加。1多选(2020运城一模)下列叙述中正确的是()A布朗运动是固体小颗粒的运动，是液体分子的热运动的反映B分子间距离越大，分子势能越大；分子间距离越小，分子势能也越小C两个铅块紧压后能连在一起，说明分子间有引力D用打气筒向篮球充气时需用力，说明气体分子间有斥力E温度升高，物体的内能却不一定增大解析布朗运动不是液体分子的运动，而是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它反映了液体分子的运动，A正确；若取两分子相距无穷远时的分子势能为零，则当两分子间距离大于r0时，分子力表现为引力，分子势能随间距的减小而减小(此时分子力做正功)，当分子间距离小于r0时，分子力表现为斥力，分子势能随间距的减小而增大(此时分子力做负功)，B错误；用打气筒向篮球充气时需用力，是由于篮球内气体压强在增大，不能说明分子间有斥力，D错误；物体的内能取决于温度、体积及物体的质量，温度升高，内能不一定增大，E正确。答案ACE2多选(2020济南模拟)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两相距较远的分子间分子力随二者距离变化的关系如图所示，rr0时，表现为引力，rr0时，二者靠近，分子力做正功，分子动能增大，势能减小；r0，根据热力学第一定律UQW可知Q0，即气体吸收热量，A正确；bc过程气体温度不变，U0，但气体压强减小，由C知V增大，气体对外做功，W0，即气体吸收热量，B错误；ca过程气体压强不变，温度降低，则U0，由UWQ可知|W|Q|，C错误；状态a温度最低，而温度是分子平均动能的标志，D正确；bc过程体积增大了，容器内分子数密度减小，温度不变，分子平均动能不变，因此容器壁单位面积单位时间受到分子撞击的次数减少了，E正确。(2)设汽缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为p，由玻意耳定律得phS(pp)S解得pp外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h。根据盖吕萨克定律得解得hh据题意可得p气体最后的体积为VSh联立式得V答案：(1)ADE(2)2(2020全国新课标)如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度l10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h3.0 cm。现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h110.0 cm时将开关K关闭。已知大气压强p075.0 cmHg。(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。解析：(1)以 cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h110.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1。由玻意耳定律得plp1l1由力学平衡条件得pp0h打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止。由力学平衡条件有p1p0h1联立式，并代入题给数据得l112.0 cm(2)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2。由玻意耳定律得plp2l2由力学平衡条件有p2p0联立式，并代入题给数据得l210.4 cm设注入的水银在管内的长度为h，依题意得h2(l1l2)h1联立式，并代入题给数据得h13.2 cm答案：(1)12.0 cm(2)13.2 cm1(1)多选若以表示水的摩尔质量，V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，为在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿伏加德罗常数，m、分别表示每个水分子的质量和体积，下面五个关系式中正确的是()ANABCmD E(2)已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，地面大气压强为P0，重力加速度大小为g。由此可以估算得，地球大气层空气分子总数为_，空气分子之间的平均距离为_。解析：(1)由NA，故A、C正确；因水蒸气为气体，水分子间的空隙体积远大于分子本身体积，即VNA，D错误；而，B错误，E正确。(2)设大气层中气体的质量为m，由大气压强产生，mgP0S，即m分子数n假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，设为a，大气层中气体总体积为V，a3，而V4R2h，所以a3。答案：(1)ACE(2)32(1)多选下列说法中正确的是()A已知水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数B布朗运动说明分子在永不停息地做无规则运动C两个分子由很远(r109 m)距离减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大D露珠呈球状是由于液体表面张力的作用E物体的温度升高，则物体中所有分子的分子动能都增大(2)多选如图所示，绝热汽缸水平放置在光滑的水平桌面上，绝热活塞与一端固定在竖直墙面上的轻质弹簧相连，弹簧处于自然状态，汽缸不漏气且不计汽缸内气体的分子势能。由于外界天气变化，大气压强缓慢降低。则下列说法中正确的是()A汽缸内的气体对外做功，温度降低B汽缸内的气体对外做功，弹簧缩短C外界对气缸内的气体做负功D汽缸内的气体没有从外界吸收热量，内能不变E汽缸内气体单位时间撞击在单位面积上的分子数目减少解析：(1)NA，故A正确；布朗运动是分子热运动的实验基础，B正确；当rr0时，分子力为零，两分子从很远到很近，分子力先减小后增大，分子势能先减小后增大，C错误；表面张力使液体表面积最小为球形，D正确；物体的温度升高，分子的平均动能增大，并不是所有分子动能都增大，E错误。(2)对于系统，地面光滑，由共点力平衡条件可知弹簧弹力始终为零，故B错误；大气压强缓慢降低，气体压强减小，可知E正确；由气体状态方程可知，体积增大，气体对外做功，而汽缸、活塞绝热，根据热力学第一定律可知，内能减少，温度降低，故A、C正确，D错误。答案：(1)ABD(2)ACE3(1)多选重庆出租车常以天然气作为燃料，加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)()A压强增大，内能减小B吸收热量，内能增大C压强变大，分子平均动能增大D对外做功，分子平均动能减小E对外不做功，分子平均动能增大(2)“拔火罐”是一种中医疗法，为了探究“火罐”的“吸力”，某人设计了如图实验。圆柱状汽缸(横截面积为S)被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时(设此时缸内温度为t )密闭开关K，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底为L。由于汽缸传热良好，重物被吸起，最后重物稳定在距地面处。已知环境温度为27 不变，与大气压强相当，汽缸内的气体可看做理想气体，求t值。解析：(1)储气罐内气体体积及质量均不变，温度升高，气体从外界吸收热量，分子平均动能增大，内能增大，压强变大。因气体体积不变，故外界对气体不做功，B、C、E正确。(2)对汽缸内封闭气体研究，状态：p1p0，V1LS，T1(273t)K状态：p2p0p0，V2LS，T2300 K由理想气体状态方程：故t127 。答案：(1)BCE(2)127 4(1)多选关于一定量的气体，下列说法正确的是()A气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B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C在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D气体从外界吸收热量，其内能一定增加E气体在等压膨胀过程中温度一定升高(2)北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结。若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T1，压强为P1，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为T2。整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为P0。求冻结后肥皂泡内外气体的压强差。解析：(1)气体分子在空间可自由移动，因此气体体积应是气体分子所能到达的空间，A正确；分子热运动的剧烈程度与温度有关，温度越高，分子运动越剧烈，B正确；气体压强的大小等于气体作用在器壁单位面积上的压力，与失、超重无关，C错误；气体吸收热量的同时可对外做功，内能不一定增加，D错误；气体等压膨胀，由可知温度一定升高，E正确。(2)肥皂泡内气体的变化可视为等容变化，由查理定律可得解得P2P1故冻结后肥皂泡内外气体的压强差PP2P0P1P0答案：(1)ABE(2)P1P05(1)某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大。若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么()A外界对胎内气体做功，气体内能减小B外界对胎内气体做功，气体内能增大C胎内气体对外界做功，内能减小D胎内气体对外界做功，内能增大(2)如图，A容器容积为10 L，里面充满12 atm、温度为300 K的理想气体，B容器是真空，现将A中气体温度升高到400 K，然后打开阀门S，将A中的气体释放一部分到B容器，当A容器内压强降到4 atm时，关闭阀门，这时B容器内的压强是3 atm。不考虑气体膨胀过程中温度的变化，求B容器的容积。解析：(1)由理想气体状态方程C可知，对于一定质量的理想气体，压强和体积都增大时温度一定升高；而一定质量的理想气体，其内能仅与温度有关，温度升高时内能增大；因为车胎体积增大，所以胎内气体对外界做功；综上可知，D正确。(2)设A容器容积为VA，温度T0300 K时，压强为p0；温度升高到T1400 K时，压强为p1，根据查理定律有解得p116 atm对于气体膨胀过程，为等温变化，以膨胀后A中气体为研究对象，初态：p116 atm体积为V1末态：p24 atmV210 L根据玻意耳定律有p1V1p2V2解得V12.5 L。对B中气体初态：p16 atmVVAV17.5 L末态：p3 atmVVB同理有pVpV解得VBV40 L。答案：(1)D(2)40 L6(1)多选下列说法正确的是()A将大颗粒的盐磨成细盐，细盐还是属于晶体B满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的C0 的冰熔化成0 的水，其分子热运动的平均动能仍然不变D布朗运动就是液体分子的无规则运动，液体温度越高，布朗运动越激烈E宇航员王亚平在太空中制作的水球呈球形是因为失重和水的表面张力作用的结果(2)如图，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为P0。现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触。求活塞A移动的距离。解析：(1)磨成细盐，未改变晶体点阵，故A正确；热现象的宏观过程都具有方向性，故B错误；0 的冰和水，分子平均动能相同，C正确，布朗运动是固体小颗粒的运动，故D错；在失重的环境中，表面张力使液体呈球形，E正确。(2)设A与B之间、B与容器底面之间的气体压强分别为P1、P2，在漏气前，对A分析有P1P0，对B有P2P1B最终与容器底面接触后，设AB间的压强为P，气体体积为V，则有PP0因为温度始终不变，对于混合气体有(P1P2)2VPV，漏气前A距离底面的高度为h，漏气后A距离底面的高度为h联立可得h答案：(1)ACE(2)h7(1)多选以下说法正确的是()A气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数，仅与单位体积内的分子数有关B气体的压强是由气体分子间的吸引和排斥产生的C布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它说明液体分子永不停息地做无规则热运动D当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小E如果气体分子总数不变，而气体温度升高，则气体压强不一定增大(2)一个圆柱形汽缸质量M10 kg，总高度H40 cm，内有一质量为m5 kg的活塞，截面积S50 cm2，活塞密封良好且与汽缸壁间摩擦可忽略不计(不计汽缸壁与活塞厚度)，当外界大气压强p01105 Pa，温度t07 时，如果用绳子系住活塞将汽缸悬挂起来，如图所示，汽缸内气体柱高H135 cm，重力加速度g取10 m/s2。求此时汽缸内气体的压强；当温度升高到多少摄氏度时，活塞与汽缸将分离？解析：(1)气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数还与温度有关，A错误；气体的压强是由气体分子对器壁碰撞的冲力产生的，B错误；如果气体分子总数不变，而气体温度升高，同时气体体积也增大，则气体压强不一定增大，E正确。(2)对汽缸由平衡条件及压强定义式有pp0 Pa0.8105 Pa。设温度升高到t 时，活塞与汽缸将分离，对缸内气体由盖吕萨克定律有代入数据有解得t47 。答案：(1)CDE(2)0.8105 Pa47 8(2020上海十三校联考)(1)多选下列说法正确的是()A气体向真空的自由膨胀是不可逆的B气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关C气体压强的大小跟气体分子的平均动能有关，与分子的密集程度无关D当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而增大(2)如图甲所示，圆柱形汽缸水平放置，汽缸足够长，内壁光滑，导热良好，用活塞封住一定量的理想气体，开始时汽缸内气体温度为T0、体积为V0。先将汽缸缓慢旋转90，使汽缸开口向上，再将缸内气体缓慢加热，直至温度升高到2T0。已知大气压强为p0，活塞的截面面积为S、质量为m。经过上述两个过程气体的最终体积为_；在图乙中作出缸内气体状态变化的p V图象。解析：(1)气体向真空自由膨胀遵守热力学第二定律，具有方向性，A项正确；由热力学第一定律知气体每升高1 K，所吸收的热量与过程有关，B项正确；气体压强的大小与分子的平均动能和分子的密集程度有关，C项错；当分子间的作用力表现为斥力时，分子间的距离增大，分子力做正功，分子势能减小，D项错。(2)气体先做等温变化，由玻意耳定律得p0V0V1解得V1V0。气体再做等压变化，由盖吕萨克定律得 解得V2V0p V图象如图所示。答案：(1)AB(2)V0见解析图考点1简谐运动和受迫振动 ：本考点是高考的重点，考向主要有：(1)简谐运动的特征。(2)共振的条件及特点。(3)单摆运动的规律。1简谐运动的五个特征(1)动力学特征：Fkx(2)运动学特征：简谐运动为变加速运动，远离平衡位置时，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，靠近平衡位置时则相反。(3)运动的周期性特征：相隔T或nT的两个时刻振子处于同一位置且振动状态相同。(4)对称性特征：相隔T(n为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等。(5)能量特征：简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能守恒。2受迫振动与共振(1)振动特点：受迫振动的周期或频率等于驱动力的周期或频率。(2)共振：驱动力的周期或频率等于系统的固有周期或频率，系统的振幅最大。1一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点。t0时振子的位移x0.1 m；t s时x0.1 m；t4 s时x0.1 m。该振子的振幅和周期不可能为()A0.1 m， sB0.1 m,8 sC0.2 m， s D0.2 m,8 s解析若振子的振幅为0.1 m， sT，则周期最大值为 s，A正确，B错误；若振子的振幅为0.2 m，由简谐运动的对称性可知，当振子由x0.1 m处运动到负向最大位移处再反向运动到x0.1 m处，再经n个周期时所用时间为 s，则T s，所以周期的最大值为 s，且t4 s时刻 x0.1 m，故C项正确；当振子由x0.1 m经平衡位置运动到x0.1 m处，再经n个周期时所用时间为 s，则T s，所以此时周期的最大值为8 s，且t4 s时，x0.1 m，D正确。答案B2. 多选如图所示，空间同一平面内有A、B、C三点，AB5 m，BC4 m，AC3 m。A、C两点处有完全相同的波源做简谐振动，振动频率为1 360 Hz，波速为340 m/s。下列说法正确的是()A两列波的波长均为0.25 mBB、C间有8个振动减弱的点CB点的位移总是最大的DA、B间有7个振动加强的点E振动减弱点的位移总是为零解析当t6 s时，由xvt12 m，波刚好传播到距a点12 m的d点，A正确；当波传到c质点时所需时间为t13 s，由题意知T3 s，所以T4 s，c质点又振动2 s，回到平衡位置向上运动，B错误；T4 s，各质点振动的周期均为4 s，C正确；t13 s时，c质点刚开始向下振动，又经1 s，c质点运动到负向最大位移处，再经2 s，c质点运动到正向最大位移处，所以4 st6 s时，c质点由负向最大位移处向正向最大位移处运动，D正确；b、d距离为10 m，波长vT8 m，所以bd，当d向下运动时b可能向下运动，也可能向上运动，E错误。答案ACD3.某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为_ cm。(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是_。(填选项前的字母)A把单摆从平衡位置拉开30的摆角，并在释放摆球的同时开始计时B测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期C用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小解析(1)主尺读数为9 mm，游标尺第7条刻线与主尺对齐，读数为9 mm70.1 mm9.7 mm0.97 cm。(2)摆角太大，且计时应在平衡位置，A项错误；计时100次为50 个周期，一个周期为，B项错误；摆长应为摆线长加摆球半径，L偏大，由T2 计算出重力加速度偏大，C项正确；应选择密度较大的摆球，测得的重力加速度误差较小，D项错误。答案(1)0.97(0.96、0.98均可)(2)C简谐运动的基本规律(1)分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化。(2)质点的振动方向可以通过下一时刻质点位移的变化来判定，下一时刻位移如果增加，振动质点就远离平衡位置，下一时刻位移如果减小，振动质点就靠近平衡位置。1(2020安徽高考)在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律。法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系。已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为()AT2rBT2rCT DT2l解析：选B由mg得：g，由T2得：T2r，B正确。2多选(2020山东高考)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y0.1sin(2.5t)m。t0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g10 m/s2。以下判断正确的是()Ah1.7 mB简谐运动的周期是0.8 sC0.6 s内物块运动的路程为0.2 mDt0.4 s时，物块与小球运动方向相反解析：选AB由物块简谐运动的表达式y0.1sin(2.5t) m知，2.5，T s0.8 s，选项B正确；t0.6 s时，y0.1 m，对小球：h|y|gt2，解得h1.7 m，选项A正确；物块0.6 s内路程为0.3 m，t0.4 s时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同。故选项C、D错误。考点2波的形成和传播规律 ： 本考点是高考的重点和热点，考向如下：(1)考查波动图象和振动图象的相互转换与判断。(2)根据波的图象确定波的传播方向、传播时间及波的相关参量。(3)考查波的多解问题。1波速、波长、周期、频率的关系vf2波的传播方向与质点振动方向的互判方法(1)“上下坡”法：沿波的传播速度的正方向看，“上坡”的点向下振动，“下坡”的点向上振动，简称“上坡下，下坡上”。(2)同侧法：在波的图象上的某一点，沿纵轴方向画出一个箭头表示质点振动方向，并设想在同一点沿x轴方向画个箭头表示波的传播方向，那么这两个箭头总是在曲线的同侧。3波动问题出现多解的主要原因(1)波传播的周期性，在波的传播方向上相距波长整数倍的质点振动情况相同，因此质点的位移、加速度、振动方向和波的形状出现了周期性的变化。(2)波传播具有双向性，当波沿x轴方向传播时，波既可以沿x轴正方向传播，也可以沿x轴负方向传播，导致多解。1(2020宁德模拟)如图所示，一列沿x轴正向传播的简谐横波，当波传到O点时开始计时，t7.0 s时刚好传到x3.5 m处。下列判断正确的是()A波源的起振方向向上B该波的波速为2 m/sC波源的振动频率为0.25 HzD再经过1.0 s，x1.8 m处质点通过路程是20 cm解析x3.5 m处质点起振方向竖直向下，可知波源的起振方向也竖直向下，A错误；由v得v m/s0.5 m/s，B错误；由图可知，tT得T4 s，f0.25 Hz，C正确；t1.0 s，x1.8 m处质点通过的路程一定大于20 cm，D错误。答案C2多选如图(a)为一列简谐横波在t0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x4.0 m处的质点；图(b)为质点Q的振动图象。下列说法正确的是()A在t0.10 s时，质点Q向y轴正方向运动B在t0.25 s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同C从t0.10 s到t0.25 s，该波沿x轴负方向传播了6 mD从t0.10 s到t0.25 s，质点P通过的路程为30 cmE质点Q简谐运动的表达式为y0.10sin 10t(国际单位制)解析由振动图象可知，在t0.10 s时，质点Q向y轴负方向运动，A错误；结合波形图及质点运动方向与波的传播方向的“上坡下、下坡上”规律可知，波沿x轴负方向传播，题图(a)中质点P经t0.25 s0.10 s0.15 sT时间，位移变为负值，即此时质点P的加速度方向沿y轴正方向，B正确；波在t0.15 sT时间内沿x轴负方向传播6 m，C正确；任意质点在半个周期内通过的路程为2倍振幅，即20 cm，从平衡位置或最大位移处开始，T时间内通过的路程等于振幅，而题图(a)中质点P在半个周期后，已经过平衡位置并向负的最大位移处运动，T时间内通过的路程小于振幅，D错误；由振动图象，质点Q的振幅A10 cm0.10 m，周期为0.2 s，10 rad/s，所以其运动表达式为yAsin t0.10sin 10t m，E正确。答案BCE3(2020新洲联考)一列简谐横波在x轴上传播，在t10和t20.05 s时，其波形图分别用如图所示的实线和虚线表示，求：(1)这列波可能具有的波速；(2)当波速为280 m/s时，波的传播方向如何？以此波速传播时，x8 m处的质点P从平衡位置运动至波谷所需的最短时间是多少？解析(1)若波沿x轴正向传播，则xx1n(28n)m(n0,1,2,3，)v m/s(40160n)m/s若波沿x轴负向传播，则xx2n(68n)m(n0,1,2,3，)v m/s(120160n)m/s(2)当波速为280 m/s时，有280(120160n)，可得n1，所以波沿x轴负向传播。所以质点P第一次达到波谷所需最短时间为tT s2.1102 s答案(1)(40160n)m/s或(120160n)m/s (n0,1,2,3，)(2)沿x轴负向传播2.1102 s巧解波动图象与振动图象综合问题的“1分、1看、2找”1分：分清振动图象与波动图象，此问题最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图象，横坐标为t则为振动图象。1看：看清横、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级。2找：(1)找准波动图象对应的时刻。(2)找准振动图象对应的质点。1多选(2020全国新课标)图(a)为一列简谐横波在t2 s时的波形图，图(b)为媒质中平衡位置在x1.5 m处的质点的振动图象，P是平衡位置为x2 m的质点。下列说法正确的是()A波速为0.5 m/sB波的传播方向向右C02 s时间内，P运动的路程为8 cmD02 s时间内，P向y轴正方向运动E当t7 s时，P恰好回到平衡位置解析：选ACE根据图象可知：该波的波长2 m，周期T4 s，故波速v0.5 m/s，A正确；从图(b)中可知：x1.5 m处的质点在t2 s时，其在平衡位置沿y轴负向运动，在图(a)中，沿波的传播方向，“下坡向上，上坡向下”，故该波的传播方向向左，B错误；02 s，P运动的路程s4A8 cm，C正确；02 s，P从正向最大位移处运动到负向最大位移处，即沿y轴负向运动，D错误；当t7 s时，P点从图示(t2 s)经历了5 s，即T，到达平衡位置，E正确。2(2020全国新课标)甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为v25 cm/s。两列波在t0时的波形曲线如图所示。求：(1)t0时，介质中偏离平衡位置位移为16 cm的所有质点的x坐标；(2)从t0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为16 cm的质点的时间。解析：(1)t0时，在x50 cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16 cm。两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16 cm。从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为150 cm，260 cm甲、乙两列波波峰的x坐标分别为x150k11，k10，1，2，x250k22，k20，1，2，由式得，介质中偏离平衡位置位移为16 cm的所有质点的x坐标为x(50300n)cm(n0，1，2，)(2)只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为16 cm。t0时，两列波波谷间的x坐标之差为x50(2m21)50(2m11)式中，m1和m2均为整数。将式代入式得x10(6m25m1)5由于m1、m2均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为x05 cm从t0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为16 cm的质点的时间为t代入数值得t0.1 s。答案：(1)x(50300n)cm(n0，1，2，)(2)0.1 s考点3光的折射和全反射 ：本考点是高考常考内容，考向如下：(1)光在不同介质中传播时对折射定律和反射定律的考查。(2)光在不同介质中传播时有关全反射的考查。(3)光在介质中传播时临界光线的考查。1必须掌握折射率的两个公式(1)n(1、2分别为入射角和折射角)。(2)n(c为光速，v为光在介质中的速度)。2必须明确全反射的条件及临界角公式(1)全反射的条件：光从光密介质进入光疏介质，入射角大于或等于临界角。(2)临界角公式：sin C。1(2020桂林模拟)一半径为R的半圆形玻璃砖放置在竖直平面上，其截面如图所示。图中O为圆心，MN为竖直方向的直径。有一束细光线自O点沿水平方向射入玻璃砖，可以观测到有光线自玻璃砖右侧射出，现将入射光线缓慢平行下移，当入射光线与O点的距离为d时，从玻璃砖右侧射出的光线刚好消失。则此玻璃的折射率为()A.B.C.D.解析当从玻璃砖射出的光线刚好消失时，入射光线在半圆面上的入射角恰好等于玻璃砖的临界角，由几何关系可知，sin C，又sin C，故得n，C正确。答案C2在“测定玻璃的折射率”实验中，某同学经正确操作插好了4枚大头针，如图甲所示。(1)在图丙中画出完整的光路图。丙(2)对你画出的光路图进
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