2018年物理高考题

2018高考全国Ⅰ卷14.(2018·全国Ⅰ卷,14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动.在启动阶段,列车的动能(B)A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比解析:根据匀变速直线运动规律,由静止匀加速启动的速度v=at,动能Ek=12mv2=12ma2t2,即列车的动能与经历的时间的平方成正比,A错误;根据v2=2ax,动能Ek=12mv2=12m·2ax=max,即列车的动能与位移成正比,B正确;动能Ek=12mv2,即列车的动能与速度的平方成正比,C错误;动量p=mv,动能Ek=12mv2=p15.(2018·全国Ⅰ卷,15)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态.现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动.以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是(A)解析:设物块P静止时,弹簧的长度为l0,对其受力分析如图所示.根据牛顿第二定律,得F+k(ll0x)mg=ma,又k(ll0)=mg,故F=kx+ma,A正确.16.(2018·全国Ⅰ卷,16)如图,三个固定的带电小球a,b和c,相互间的距离分别为ab=5cm,bc=3cm,ca=4cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a,b的连线.设小球a,b所带电荷量的比值的绝对值为k,则(D)A.a,b的电荷同号,k=16B.a,b的电荷异号,k=16C.a,b的电荷同号,k=64D.a,b的电荷异号,k=64解析:由于小球c所受库仑力的合力的方向平行于a,b的连线,根据受力分析知,a,b的电荷异号.根据库仑定律,a对c的库仑力为Fa=k0qaqc(ac)2,b对c的库仑力为Fb=k0qbqc(bc)2;设小球c所受库仑力的合力向左,如图所示,由几何关系得Faac17.(2018·全国Ⅰ卷,17)如图,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为圆心.轨道的电阻忽略不计.OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与轨道接触良好.空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'(过程Ⅱ).在过程Ⅰ,Ⅱ中,流过OM的电荷量相等,则B'B等于(BA.54 B.32 C.7解析:在过程Ⅰ,Ⅱ中,根据法拉第电磁感应定律,有E1=ΔΦ1Δt1=B(12πr2-14πr2)Δt1,E2=ΔΦ2Δt2=(B'-B)12πr2Δt2,根据闭合电路欧姆定律,有I118.(2018·全国Ⅰ卷,18)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点.一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动.重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为(C)A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR解析:设小球在c位置的速度为v1,小球从a运动到c,根据动能定理,得F·3RmgR=12mv12,又F=mg,故v1=2gR,小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动,水平方向做初速度为零的匀加速直线运动.且水平方向与竖直方向的加速度大小相等,都为g,故小球从c点到最高点水平位移等于竖直位移,x=v122g=2R,根据功能关系,水平力F做的功等于小球机械能的增量,WF=ΔE=F·(2R+R+x)19.(2018·全国Ⅰ卷,19)(多选)如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路.将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态.下列说法正确的是(AD)A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动解析:根据安培定则,开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场.根据楞次定律,直导线上将产生由南向北的电流,根据安培定则,直导线上方的磁场垂直纸面向里,故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动,A正确;开关闭合并保持一段时间后,直导线上没有感应电流,故小磁针的N极指北,B,C错误;开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,根据楞次定律,直导线上将产生由北向南的电流,这时直导线上方的磁场垂直纸面向外,故小磁针N极朝垂直纸面向外的方向转动,D正确.20.(2018·全国Ⅰ卷,20)(多选)2017年,人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波.根据科学家们复原的过程,在两颗中子星合并前约100s时,它们相距约400km,绕二者连线上的某点每秒转动12圈.将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体,由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识,可以估算出这一时刻两颗中子星(BC)A.质量之积 B.质量之和C.速率之和 D.各自的自转角速度解析:两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示.每秒转动12圈,即转速n=12r/s,角速度ω=2πn,中子星运动时,由万有引力提供向心力得Gm1m2l2=m1ω2r1,Gm1m2l2=m2ω2r2,l=r1+r2,联立可得G(m1+m2)l2=ω2l,所以m1+m2=ω2l3G,质量之和可以估算;由线速度与角速度的关系v=ωr得,v1=ωr1,v2=ωr2,解得v1+v2=ω21.(2018·全国Ⅰ卷,21)(多选)图中虚线a,b,c,d,f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2V.一电子经过a时的动能为10eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV.下列说法正确的是(AB)A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时,其电势能为4eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍解析:由U=Wq可得Uad=6V,因电场力做负功,故电场方向向右,各等势面的电势如图所示,Φc=0,A正确;因电子的速度方向未知,若不垂直于等势面,如图中实线所示,电子可能到达不了平面f,B正确;经过d时,电势能Ep=eΦd=2eV,C错误;由a到b,Wab=EkbEka=2eV,解得Ekb=8eV,由a到d,Wad=EkdEka=6eV,解得Ekd=4eV,则Ekb=2Ekd,根据Ek=12mv2知vb=2vd,D22.(2018·全国Ⅰ卷,22)如图(a),一弹簧上端固定在支架顶端,下端悬挂一托盘;一标尺由游标和主尺构成,主尺竖直固定在弹簧左边;托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置,简化为图中的指针.现要测量图(a)中弹簧的劲度系数.当托盘内没有砝码时,移动游标,使其零刻度线对准指针,此时标尺读数为1.950cm;当托盘内放有质量为0.100kg的砝码时,移动游标,再次使其零刻度线对准指针,标尺示数如图(b)所示,其读数为cm.当地的重力加速度大小为9.80m/s2,此弹簧的劲度系数为N/m(保留3位有效数字).

解析:标尺的游标为20分度,精确度为0.05mm,游标的第15个刻度与主尺刻度对齐,则读数为37mm+15×0.05mm=37.75mm=3.775cm.弹簧形变量x=(3.7751.950)cm=1.825cm,砝码平衡时,mg=kx,所以劲度系数k=mgx=0.100×9.801.答案:3.77553.723.(2018·全国Ⅰ卷,23)某实验小组利用如图(a)所示的电路探究在25℃~80℃范围内某热敏电阻的温度特性.所用器材有:置于温控室(图中虚线区域)中的热敏电阻RT,其标称值(25℃时的阻值)为900.0Ω;电源E(6V,内阻可忽略);电压表V(量程150mV);定值电阻R0(阻值20.0Ω),滑动变阻器R1(最大阻值为1000Ω);电阻箱R2(阻值范围0~999.9Ω);单刀开关S1,单刀双掷开关S2.实验时,先按图(a)连接好电路,再将温控室的温度t升至80.0℃.将S2与1端接通,闭合S1,调节R1的滑片位置,使电压表读数为某一值U0;保持R1的滑片位置不变,将R2置于最大值,将S2与2端接通,调节R2,使电压表读数仍为U0;断开S1,记下此时R2的读数.逐步降低温控室的温度t,得到相应温度下R2的阻值,直至温度降到25.0℃.实验得到的R2t数据见下表.t/℃25.030.040.050.060.070.080.0R2/Ω900.0680.0500.0390.0320.0270.0240.0回答下列问题:(1)在闭合S1前,图(a)中R1的滑片应移动到(填“a”或“b”)端;

(2)在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给数据点,并作出R2t曲线;(3)由图(b)可得到RT在25℃~80℃范围内的温度特性.当t=44.0℃时,可得RT=Ω;

(4)将RT握于手心,手心温度下R2的相应读数如图(c)所示,该读数为Ω,则手心温度为℃.

解析:(1)闭合开关S1前,应让滑片移动到b端,使滑动变阻器连入电路的阻值最大.(3)由图像可知t=44.0℃时,电阻的阻值为450Ω.(4)由图(c)可得电阻箱阻值为620.0Ω,由图像可得温度约为33.0℃.答案:(1)b(2)如图所示(3)450(4)620.033.024.(2018·全国Ⅰ卷,24)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空.当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动.爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量.求:(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度.解析:(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有E=12mv设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有0v0=gt②联立①②式得t=1g2(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有E=mgh1④火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有14mv12+1412mv1+12mv2=由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动.设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有14mv12=1联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h=h1+h2=2E答案:(1)1g2Em25.(2018·全国Ⅰ卷,25)如图,在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E;在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场.一个氕核

11H和一个氘核

12H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向.已知

11H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点O处第一次射出磁场.11H(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O(2)磁场的磁感应强度大小;(3)12H第一次离开磁场的位置到原点O解:(1)

11H在电场中做类平抛运动,在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示.设

11H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1=v1t1①h=12a1t由题给条件,11H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1=60°.11a1t1=v1tanθ1③联立以上各式得s1=233(2)11H在电场中运动时qE=ma1⑤设

11H进入磁场时速度的大小为v1'v1'=v1设磁感应强度大小为B,11H在磁场中运动的圆轨道半径为R1qv1'B=mv由几何关系得s1=2R1sinθ1⑧联立以上各式得B=6mEqh(3)设

12H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a212(2m)v22=1由牛顿第二定律有qE=2ma2设

12H第一次射入磁场时的速度大小为v2',速度的方向与x轴正方向夹角为θ2,入射点到原点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2s2=v2t2h=12a2tv2'=v2sinθ2=a2联立以上各式得s2=s1,θ2=θ1,v2'=22v1'设

12H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由⑦R2=(2m)v2所以出射点在原点左侧.设

12H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2's2'=2R2sinθ2联立④⑧式得,12H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2's2=233(21答案:(1)233h(2)6mEqh(3)2333.(2018·全国Ⅰ卷,33)(1)如图,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程①,②,③,④到达状态e.对此气体,下列说法正确的是()A.过程①中气体的压强逐渐减小B.过程②中气体对外界做正功C.过程④中气体从外界吸收了热量D.状态c,d的内能相等E.状态d的压强比状态b的压强小(2)如图,容积为V的汽缸由导热材料制成,面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分,汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连,细管上有一阀门K.开始时,K关闭,汽缸内上下两部分气体的压强均为p0.现将K打开,容器内的液体缓慢地流入汽缸,当流入的液体体积为V8时,将K关闭,活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6.不计活塞的质量和体积,外界温度保持不变,重力加速度大小为g.解析:(1)过程①中,气体由a到b,体积V不变、T升高,则压强增大,A错误;过程②中,气体由b到c,体积V变大,对外界做正功,B正确;过程④中,气体由d到e,温度T降低,内能ΔU减小,体积V不变,气体不做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W得Q<0,即气体放出热量,C错误;状态c,d温度相同,所以内能相同,D正确;由b到c的过程,作过状态b,c的等压线,分析可得pb>pc,由c到d的过程,温度不变,Vc<Vd,pc>pd,故pb>pc>pd,E正确.(2)设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为V1,压强为p1;下方气体的体积为V2,压强为p2,在活塞下移的过程中,活塞上、下方气体的温度均保持不变.由玻意耳定律得p0V2=p1Vp0V2=p2V由已知条件得V1=V2+V6V8V2=V2V6设活塞上方液体的质量为m,由力的平衡条件得p2S=p1S+mg联立以上各式得m=15p答案:(1)BDE(2)1534.(2018·全国Ⅰ卷,34)(1)如图,△ABC为一玻璃三棱镜的横截面,∠A=30°.一束红光垂直AB边射入,从AC边上的D点射出,其折射角为60°,则玻璃对红光的折射率为.若改用蓝光沿同一路径入射,则光线在D点射出时的折射角(填“小于”“等于”或“大于”)60°.

(2)一列简谐横波在t=13s时的波形图如图(a)所示,P,Q是介质中的两个质点.图(b)是质点Q的振动图像.求①波速及波的传播方向;②质点Q的平衡位置的x坐标.解析:(1)根据光路的可逆性,在AC面,入射角为60°时,折射角为30°.根据光的折射定律有n=sinisinr=sin60°sin30°=3.玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大,沿同一路径入射时,r角仍为30°不变,对应的i(2)①由图(a)可以看出,该波的波长为λ=36cm①由图(b)可以看出,周期为T=2s②波速为v=λT=18cm/s由图(b)知,当t=13s时,Q点向上运动,结合图(a)可得,波沿x轴负方向传播②设质点P,Q平衡位置的x坐标分别为xP,xQ.由图(a)知,x=0处y=A2=Asin(30°因此xP=30°360°λ=3由图(b)知,在t=0时Q点处于平衡位置,经Δt=13s,其振动状态向x轴负方向传播至P点处,xQxP=vΔt=6cm⑤由④⑤式得,质点Q的平衡位置的x坐标为xQ=9cm.答案:(1)3大于(2)①18cm/s沿x轴负方向传播②9cm2018高考全国Ⅱ卷14.(2018·全国Ⅱ卷,14)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度.木箱获得的动能一定(A)A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功解析:由题意知,W拉W克=Ek0,则W拉>Ek,选项A正确,B错误;W克与Ek的大小关系不确定,选项C,D错误.15.(2018·全国Ⅱ卷,15)高空坠物极易对行人造成伤害.若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(C)A.10N B.102N C.103N D.104N解析:设每层楼高约为3m,则下落高度约为h=3×25m=75m,由mgh=12mv2及(Fmg)t=mv知,鸡蛋对地面的冲击力F=mvt+mg≈103N,选项C16.(2018·全国Ⅱ卷,16)2018年2月,我国500m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318+0253”,其自转周期T=5.19ms.假设星体为质量均匀分布的球体,已知万有引力常量为6.67×1011N·m2/kg2.以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为(C)A.5×109kg/m3 B.5×1012kg/m3C.5×1015kg/m3 D.5×1018kg/m3解析:设脉冲星的质量为M,半径为r,密度为ρ,假设有一质量为m的物体在脉冲星表面随脉冲星的自转而转动,物体所需的最大向心力为mr4π2T2,则必须满足万有引力GMmr2≥mr4π2T2,否则脉冲星将由于自转而瓦解.又知M=ρ·43πr3,解得ρ≥5.217.(2018·全国Ⅱ卷,17)用波长为300nm的光照射锌板,电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×1019J.已知普朗克常量为6.63×1034J·s,真空中的光速为3.00×108m·s1.能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为(B)A.1×1014Hz B.8×1014HzC.2×1015Hz D.8×1015Hz解析:设单色光的最低频率为ν0,由Ek=hνW0知Ek=hν1W0,0=hν0W0,又知ν1=cλ,整理得ν0=cλEkh,解得ν0≈8×1014Hz,18.(2018·全国Ⅱ卷,18)如图,在同一水平面内有两根平行长导轨,导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域,区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下.一边长为32l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动.线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是(D解析:设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.线框位移等效电路的连接电流0~lI=2i(顺时针)l2I=0l~3I=2i(逆时针)3l2~I=019.(2018·全国Ⅱ卷,19)(多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动,其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示.已知两车在t2时刻并排行驶.下列说法正确的是(BD)A.两车在t1时刻也并排行驶B.在t1时刻甲车在后,乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大解析:vt图像与坐标轴包围的面积表示位移,由图像知,t1~t2时间内,甲车的位移大于乙车的位移,由题意知两车在t2时刻并排行驶,故在t1时刻甲车在后,乙车在前,选项A错误,B正确;vt图像的斜率大小表示加速度大小,由图像知,甲、乙两车的加速度均先减小后增大,选项C错误,D正确.20.(2018·全国Ⅱ卷,20)(多选)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1,L2,L1中的电流方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a,b两点,它们相对于L2对称.整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外.已知a,b两点的磁感应强度大小分别为13B0和12B0,方向也垂直于纸面向外.则(ACA.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为712BB.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为112BC.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为112BD.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为712B解析:原磁场、电流的磁场方向如图所示,由题意知在b点:12B0=B0B1+B在a点:13B0=B0B1B由上述两式解得B1=712B0,B2=112B0,选项A,C21.(2018·全国Ⅱ卷,21)(多选)如图,同一平面内的a,b,c,d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a,c连线的中点,N为b,d连线的中点.一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2.下列说法正确的是(BD)A.此匀强电场的场强方向一定与a,b两点连线平行B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为WC.若c,d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为WD.若W1=W2,则a,M两点之间的电势差一定等于b,N两点之间的电势差解析:结合题意,只能判定Uab>0,Ucd>0,但电场方向不能得出,选项A错误;由于M,N分别为ac和bd的中点,对于匀强电场,则UMN=φMφN=φa+φc2φb+φd2=(φa-φb)+(φc-φd)2=Uab+Ucd2,可知该粒子由M至N过程中,电场力做功W=W1+W22,选项B正确;当电场强度的方向沿c→d时,场强E=W2qL,但本题中电场方向未知,选项C错误;若W1=W2,则Uab=Ucd,即φaφb=φcφd,则φaφc=φbφd,即Uac=U22.(2018·全国Ⅱ卷,22)某同学组装一个多用电表.可选用的器材有:微安表头(量程100μA,内阻900Ω);电阻箱R1(阻值范围0~999.9Ω);电阻箱R2(阻值范围0~99999.9Ω);导线若干.要求利用所给器材先组装一个量程为1mA的直流电流表,在此基础上再将它改装成量程为3V的直流电压表.组装好的多用电表有电流1mA和电压3V两挡.回答下列问题:(1)在虚线框内画出电路图并标出R1和R2,其中*为公共接线柱,a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱.(2)电阻箱的阻值应取R1=Ω,R2=Ω.(保留到个位)

解析:(1)微安表头改装成电流表需并联一个小电阻,改装成电压表需串联一个大电阻,故并联的电阻箱为R1,串联的电阻箱为R2.(2)接a时改装成量程为1mA的电流表,有IgRg=(IIg)R1解得R1=100Ω接b时改装成量程为3V的电压表,有U=IgRg+IR2解得R2=2910Ω.答案:(1)如图所示(2)100291023.(2018·全国Ⅱ卷,23)某同学用图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数.跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连,滑轮和木块间的细线保持水平,在木块上方放置砝码.缓慢向左拉动水平放置的木板,当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时,弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小.某次实验所得数据在下表中给出,其中f4的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出.砝码的质量m/kg0.050.100.150.200.25滑动摩擦力f/N2.152.362.55f42.93回答下列问题:(1)f4=N;

(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出fm图线;(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式f=,fm图线(直线)的斜率的表达式为k=;

(4)取g=9.80m/s2,由绘出的fm图线求得μ=.(保留2位有效数字)

解析:(1)由图(b)可读出弹簧秤的示数f4=2.75N.(2)根据表中数据描点,拟合一条直线,使尽可能多的点落在直线上,不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧.(3)摩擦力表达式f=μ(M+m)g=μg·m+μMg,其斜率k=μg.(4)图线的斜率k=ΔfΔm=2.93解得μ=0.40.答案:(1)2.75(2)如图所示(3)μ(M+m)gμg(4)0.4024.(2018·全国Ⅱ卷,24)汽车A在水平冰雪路面上行驶.驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了4.5m,A车向前滑动了2.0m.已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g=10m/s2.求(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小.解析:(1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有μmBg=mBaB,式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数.设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB',碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有vB'2=2aBsB,联立两式并利用题给数据得vB'=3.0m/s.(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有μmAg=mAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA',碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有vA'2=2aAsA,设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA,两车在碰撞过程中动量守恒,有mAvA=mAvA'+mBvB'联立各式并利用题给数据得vA=4.3m/s.答案:(1)3.0m/s(2)4.3m/s25.(2018·全国Ⅱ卷,25)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的截面如图所示:中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xOy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l',电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方向;M,N为条状区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行.一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出.不计重力.(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹;(2)求该粒子从M点入射时速度的大小;(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6,求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间解析:(1)粒子运动的轨迹如图(甲)所示.(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动.设粒子从M点射入时速度的大小为v0,在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为θ[见图(乙)],速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有qE=ma①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量.由运动学公式有v1=at②l'=v0t③v1=vcosθ④粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB=mv由几何关系得l=2Rcosθ⑥联立①②③④⑤⑥式得v0=2El'(3)由运动学公式和题给数据得v1=v0联立①②③⑦⑧式得qm=4设粒子由M点运动到N点所用的时间为t',则t'=2t+2(π2式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期,T=2π由③⑦⑨⑩得t'=BlE1+3πl答案:(1)图见解析(2)2El'Bl(3)BlE133.(2018·全国Ⅱ卷,33)[物理——选修33](1)对于实际的气体,下列说法正确的是.

A.气体的内能包括气体分子的重力势能B.气体的内能包括分子之间相互作用的势能C.气体的内能包括气体整体运动的动能D.气体的体积变化时,其内能可能不变E.气体的内能包括气体分子热运动的动能(2)如图,一竖直放置的汽缸上端开口,汽缸壁内有卡口a和b,a,b间距为h,a距缸底的高度为H;活塞只能在a,b间移动,其下方密封有一定质量的理想气体.已知活塞质量为m,面积为S,厚度可忽略;活塞和汽缸壁均绝热,不计它们之间的摩擦.开始时活塞处于静止状态,上、下方气体压强均为p0,温度均为T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体,直至活塞刚好到达b处.求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功.重力加速度大小为g.解析:(1)气体的内能不考虑气体自身重力的影响,故气体的内能不包括气体分子的重力势能,选项A错误;实际气体的内能包括气体的分子动能和分子势能两部分,选项B,E正确;气体整体运动的动能属于机械能,不是气体的内能,选项C错误;气体体积变化时,分子势能发生变化,气体温度也可能发生变化,即分子势能和分子动能的和可能不变,选项D正确.(2)开始时活塞位于a处,加热后,汽缸中的气体先经历等容过程,直至活塞开始运动.设此时汽缸中气体的温度为T1,压强为p1,根据查理定律有p0T0根据力的平衡条件有p1S=p0S+mg,联立两式可得T1=1+mgp0ST0此后,汽缸中的气体经历等压过程,直至活塞刚好到达b处,设此时汽缸中气体的温度为T2;活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2.根据盖—吕萨克定律有V1T1式中V1=SH,V2=S(H+h),联立解得T2=1+hH1+mgp0ST0,从开始加热到活塞到达b处的过程中,汽缸中的气体对外做的功为W=(p0S+mg)h.答案:(1)BDE(2)1+hH1+mgp0ST0(p0S+mg)h34.(2018·全国Ⅱ卷,34)[物理——选修34](1)声波在空气中的传播速度为340m/s,在钢铁中的传播速度为4900m/s.一平直桥由钢铁制成,某同学用锤子敲击一下桥的一端发出声音,分别经空气和桥传到另一端的时间之差为1.00s.桥的长度为m.若该声波在空气中的波长为λ,则它在钢铁中的波长为λ的倍.

(2)如图,△ABC是一直角三棱镜的横截面,∠A=90°,∠B=60°.一细光束从BC边的D点折射后,射到AC边的E点,发生全反射后经AB边的F点射出.EG垂直于AC交BC于G,D恰好是CG的中点.不计多次反射.①求出射光相对于D点的入射光的偏角;②为实现上述光路,棱镜折射率的取值应在什么范围?解析:(1)设声波在钢铁中的传播时间为t,由L=vt知v空(t+1.00s)=v铁·t,解得t=17228s代入L=v铁·t中解得桥长L=365m;声波在传播过程中频率不变,根据v=λf知,声波在钢铁中的波长λ'=v铁λv空(2)①光线在BC面上折射,由折射定律有sini1=nsinr1,式中,n为棱镜的折射率,i1和r1分别是该光线在BC面上的入射角和折射角.光线在AC面上发生全反射,由反射定律有i2=r2式中i2和r2分别是该光线在AC面上的入射角和反射角.光线在AB面上发生折射,由折射定律有nsini3=sinr3式中i3和r3分别是该光线在AB面上的入射角和折射角.由几何关系得i2=r2=60°,r1=i3=30°F点的出射光相对于D点的入射光的偏角为δ=(r1i1)+(180°i2r2)+(r3i3)联立解得δ=60°.②光线在AC面上发生全反射,光线在AB面上不发生全反射,有nsini2≥nsinC>nsini3式中C是全反射临界角,满足nsinC=1则棱镜的折射率n的取值范围应为233≤n<答案:(1)36524517(2)①60°②2332018高考全国Ⅲ卷14.(2018·全国Ⅲ卷,14)1934年,约里奥居里夫妇用α粒子轰击铝核

1327Al,产生了第一个人工放射性核素X:α+1327Al→n+X.X的原子序数和质量数分别为(A.15和28 B.15和30C.16和30 D.17和31解析:核反应方程α+1327Al→n+X该写成

24He+1327Al→01n+X,由电荷数和质量数守恒知,X应为

1530X,即15.(2018·全国Ⅲ卷,15)为了探测引力波,“天琴计划”预计发射地球卫星P,其轨道半径约为地球半径的16倍;另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍.P与Q的周期之比约为(C)A.2∶1 B.4∶1C.8∶1 D.16∶1解析:地球的引力充当卫星的向心力,由GMmr2=mr4π2T2知,T2r因为rP∶rQ=4∶1,故TP∶TQ=8∶1.选项C正确.16.(2018·全国Ⅲ卷,16)一电阻接到方波交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q方;若该电阻接到正弦交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q正.该电阻上电压的峰值均为u0,周期均为T,如图所示.则Q方∶Q正等于(D)A.1∶2 B.2∶1 C.1∶2 D.2∶1解析:由有效值定义知,一个周期内方波交流电产生热量Q方=u02R·T2+u02正弦交流电产生热量Q正=U有效2RT=(u02则Q方∶Q正=2∶1.选项D正确.17.(2018·全国Ⅲ卷,17)在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以v和v2的速度沿同一方向水平抛出,两球都落在该斜面上.甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的(AA.2倍 B.4倍 C.6倍 D.8倍解析:甲、乙两球的运动轨迹如图所示,两球的位移方向相同,根据末速度方向与位移方向的关系可知,两球末速度方向也相同,在速度的矢量三角形中,末速度比值等于初速度比值,故A正确.18.(2018·全国Ⅲ卷,18)(多选)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动,甲做匀加速直线运动,乙做匀速直线运动.甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示.下列说法正确的是(CD)A.在t1时刻两车速度相等B.从0到t1时间内,两车走过的路程相等C.从t1到t2时间内,两车走过的路程相等D.在t1到t2时间内的某时刻,两车速度相等解析:在xt图像中斜率表示车速度,则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度,选项A错误;由两图线的纵截距知,出发时甲在乙前面,t1时刻图线相交表示两车相遇,可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离,选项B错误;t1和t2两图线相交,表明两车均在同一位置,从t1到t2时间内,两车走过的路程相等;在t1到t2时间内,在某时刻两图线斜率相等,即该时刻两车速度相等,选项C,D正确.19.(2018·全国Ⅲ卷,19)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面.某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等.不考虑摩擦阻力和空气阻力.对于第①次和第②次提升过程,(AC)A.矿车上升所用的时间之比为4∶5B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1D.电机所做的功之比为4∶5解析:由图线①知,上升总高度h=12v0·2t0=v0t0由图线②知,加速阶段和减速阶段上升高度之和h1=12·v02·t02+t02=在匀速阶段,hh1=12v0·t',解得t'=32故第②次提升过程所用时间为t02+32t0+t02两次上升所用时间之比为2t0∶52t0=4∶5,选项A正确由于加速阶段①,②次加速度相同,故最大牵引力相同,选项B错误;在加速上升阶段,由牛顿第二定律知,Fmg=ma,F=m(g+a),则第①次在t0时刻,功率P1=F·v0,第②次在t02时刻,功率P2=F·而第②次在匀速阶段,功率P2'=F'·v02=mg·v0可知,电机输出的最大功率之比P1∶P2=2∶1,选项C正确;由动能定理知,两个过程动能变化量相同,克服重力做功相同,故两次电机做功也相同,选项D错误.20.(2018·全国Ⅲ卷,20)(多选)如图(a),在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧.导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图(b)所示,规定从Q到P为电流正方向.导线框R中的感应电动势(AC)A.在t=T4B.在t=T2C.在t=T2时最大,D.在t=T时最大,且沿顺时针方向解析:在t=T4时,交流电图线斜率为0,即磁场变化率为0由E=ΔΦΔt=ΔBΔtS知,E=0,选项A正确;在t=T2和t=T时,图线斜率最大,磁场的变化率最大,则在t=T2和t=T时感应电动势最大.在T4到T2之间,电流由Q到P减弱,导线在R处产生垂直纸面向里的磁场,且磁场减弱,由楞次定律知,R中感应电动势沿顺时针方向,同理可判断在T2到3T4时,R中电动势也为顺时针方向,在34T到T21.(2018·全国Ⅲ卷,21)(多选)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a,b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等.现同时释放a,b,它们由静止开始运动.在随后的某时刻t,a,b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面.a,b间的相互作用和重力可忽略.下列说法正确的是(BD)A.a的质量比b的大B.在t时刻,a的动能比b的大C.在t时刻,a和b的电势能相等D.在t时刻,a和b的动量大小相等解析:经时间t,a,b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,则xa>xb,根据x=12at2,得aa>ab,又由a=Fm知,ma<mb,选项A错误;由于xa>xb,Fa=Fb,则电场力做功Wa>Wb,由动能定理知,a的动能比b的动能大,选项B正确;a,b处在同一等势面上,根据Ep=qφ,a,b的电势能绝对值相等,符号相反,选项C错误;根据动量定理Ft=pp0,则经过时间t,a,b的动量大小相等,选项D22.(2018·全国Ⅲ卷,22)甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间.实验步骤如下:(1)甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端,让木尺自然下垂.乙把手放在尺的下端(位置恰好处于L刻度处,但未碰到尺),准备用手指夹住下落的尺.(2)甲在不通知乙的情况下,突然松手,尺子下落;乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子.若夹住尺子的位置刻度为L1,重力加速度大小为g,则乙的反应时间为(用L,L1和g表示).

(3)已知当地的重力加速度大小为g=9.80m/s2,L=30.0cm,L1=10.4cm,乙的反应时间为s.(结果保留2位有效数字)

(4)写出一条提高测量结果准确程度的建议:.

解析:(2)根据自由落体运动的规律,得LL1=12gt2解得t=2((3)将g=9.80m/s2,L=30.0cm=0.300m,L1=10.4cm=0.104m,代入t=2(L-L1)g得(4)多次测量取平均值或初始时乙的手指尽可能接近尺子.答案:(2)2(L-L1)g(4)多次测量取平均值或初始时乙的手指尽可能接近尺子23.(2018·全国Ⅲ卷,23)一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值,图中R0为标准定值电阻(R0=20.0Ω);○V可视为理想电压表.S1为单刀开关,S2为单刀双掷开关;E为电源,R为滑动变阻器.采用如下步骤完成实验:(1)按照实验原理线路图(a),将图(b)中实物连线.(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置,闭合S1.(3)将开关S2掷于1端,改变滑动变阻器滑动端的位置,记下此时电压表○V的示数U1;然后将S2掷于2端,记下此时电压表○V的示数U2.(4)待测电阻阻值的表达式Rx=(用R0,U1,U2表示).

(5)重复步骤(3),得到如下数据:12345U1/V0.250.300.360.400.44U2/V0.861.031.221.361.49U3.443.433.393.403.39(6)利用上述5次测量所得U2U1的平均值,求得Rx=Ω.(保留解析:(1)根据原理图,沿电流的流向依次连接.①先将E,R,S1连接起来,组成闭合回路.②将R0,Rx与R连接起来.③将○V,S2与Rx连接起来.实物连线如图所示.(4)由于○V为理想电压表,故S2接1或接2时流过R0,Rx的电流相等.根据部分电路欧姆定律和串联电路的特点得U1R解得Rx=U2U11R0(6)将各次的U2U1代入Rx=U2U1Rx1=48.8Ω,Rx2=48.6Ω,Rx3=47.8Ω,Rx4=48.0Ω,Rx5=47.8Ω,然后求平均值,即Rx=Rx1+Rx2+答案:(1)实物图连线见解析(4)U2U11R0(6)48.24.(2018·全国Ⅲ卷,24)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直.已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用.求:(1)磁场的磁感应强度大小;(2)甲、乙两种离子的比荷之比.解析:(1)设甲种离子所带电荷量为q1,质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有q1U=12m1v1由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B=m1v12由几何关系知2R1=l,③由①②③得B=4Ul(2)设乙种离子所带电荷量为q2,质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2,同理有q2U=12m2v2q2v2B=m2v22由题给条件有2R2=l2,由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙两种离子的比荷之比为q1m1∶q2m答案:(1)4Ulv1(225.(2018·全国Ⅲ卷,25)如图,在竖直平面内,一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切,BC为圆弧轨道的直径.O为圆心,OA和OB之间的夹角为α,sinα=35.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动,经A点沿圆弧轨道通过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用,已知小球在C点所受合力的方向指向圆心,且此时小球对轨道的压力恰好为零.重力加速度大小为g.求(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小;(2)小球到达A点时动量的大小;(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间.解析:(1)设水平恒力的大小为F0,小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有F0mg=tanαF2=(mg)2+F02设小球到达C点时的速度大小为v,由牛顿第二定律得F=mv2R由①②③式和题给数据得F0=34mg,v=5gR2(2)设小球到达A点的速度大小为v1,作CD⊥PA,交PA于D点,由几何关系得DA=Rsinα,⑥CD=R(1+cosα),⑦由动能定理有mg·CDF0·DA=12mv212mv由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得,小球在A点的动量大小为p=mv1=m23gR(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动,加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥,从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有v⊥t+12gt2=CD,v⊥=vsinα,由⑤⑦⑩式和题给数据得t=35答案:(1)34mg5gR2(2)m23gR33.(2018·全国Ⅲ卷,33)(1)如图,一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如pV图中从a到b的直线所示.在此过程中.

A.气体温度一直降低B.气体内能一直增加C.气体一直对外做功D.气体一直从外界吸热E.气体吸收的热量一直全部用于对外做功(2)在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱,水银柱的两端各封闭有一段空气.当U形管两端竖直朝上时,左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0cm和l2=12.0cm,左边气体的压强为12.0cmHg.现将U形管缓慢平放在水平桌面上,没有气体从管的一边通过水银逸入另一边.求U形管平放时两边空气柱的长度.在整个过程中,气体温度不变.解析:(1)一定量的理想气体从a到b的过程,由理想气体状态方程paVaTa=pbVbTb可知,Tb>Ta,即气体的温度一直升高,选项A错误;而理想气体的内能只与温度有关,则气体的内能增加,选项B正确;气体体积增大,则气体对外做功,选项C正确;根据热力学第一定律ΔU=Q+W,得Q=ΔUW,由于ΔU>0,W<0,故Q>0,气体吸热,且吸收的热量一部分用来对外做功(2)设U形管两端竖直朝上时,左、右两边气体的压强分别为p1和p2.U形管水平放置时,两边气体压强相等,设为p,此时原左、右两边气柱长度分别变为l1'和l2'.由力的平衡条件有p1=p2+ρg(l1l2),式中ρ为水银密度,g为重力加速度大小.由玻意耳定律有p1l1=pl1',p2l2=pl2',两边气柱长度的变化量大小相等l1'l1=l2l2',由各式和题给条件得l1'=22.5cm,l2'=7.5cm.答案:(1)BCD(2)22.5cm7.5cm34.(2018·全国Ⅲ卷,34)(1)一列简谐横波沿x轴正方向传播,在t=0和t=0.20s时的波形分别如图中实线和虚线所示.已知该波的周期T>0.20s.下列说法正确的是.

A.波速为0.40m/sB.波长为0.08mC.x=0.08m的质点在t=0.70s时位于波谷D.x=0.08m的质点在t=0.12s时位于波谷E.若此波传入另一介质中其波速变为0.80m/s,则它在该介质中的波长为0.32m(2)如图,某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中O点),然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上,小标记位于AC边上.D位于AB边上,过D点作AC边的垂线交AC于F.该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察.恰好可以看到小标记的像;过O点作AB边的垂线交直线DF于E;DE=2cm,EF=1cm.求三棱镜的折射率.(不考虑光线在三棱镜中的反射)解析:(1)因周期T>0.20s,故波在Δt=0.20s内传播的距离小于波长λ,由yx图像可知传播距离Δx=0.08m,故波速v=ΔxΔt=0.40m/s,选项A正确;由yx图像可知波长λ=0.16m,选项B错误;由v=λT得,波的周期T=λv=0.4s,根据振动方向与波的传播方向的关系知t=0时,x=0.08m的质点沿+y方向振动,而t=0.7s=134T,故此时刻质点位于波谷;因为T4<0.12s<T2,此时质点位于波峰与平衡位置之间的某处沿y方向振动,选项C正确,D错误;根据λ=vT,波速变为0.80m/s时波长λ=0.32(2)过D点作AB边的法线NN',连接OD,则∠ODN=α为O点发出的光线在D点的入射角;设该光线在D点的折射角为β,如图所示.根据折射定律有nsinα=sinβ,①式中n为三棱镜的折射率.由几何关系可知β=60°,②∠EOF=30°,③在△OEF中有EF=OEsin∠EOF,④由③④式和题给条件得OE=2cm.⑤根据题给条件可知,△OED为等腰三角形,有α=30°,⑥由①②⑥式得n=3.答案:(1)ACE(2)32018高考北京卷13.(2018·北京卷,13)在核反应方程

24He+714N→817O+X中,XA.质子 B.中子 C.电子 D.α粒子解析:由核反应中电荷数守恒和质量数守恒可得

24He+714N→817O+11X,即X14.(2018·北京卷,14)关于分子动理论,下列说法正确的是(C)A.气体扩散的快慢与温度无关B.布朗运动是液体分子的无规则运动C.分子间同时存在着引力和斥力D.分子间的引力总是随分子间距增大而增大解析:在其他条件不变的情况下,温度越高,气体扩散得越快,选项A错误;布朗运动是颗粒的运动,从侧面反映了液体分子的无规则运动,选项B错误;分子间同时存在着引力和斥力,选项C正确;分子间的引力总是随着分子间距的增大而减小,选项D错误.15.(2018·北京卷,15)用双缝干涉实验装置得到白光的干涉条纹,在光源与单缝之间加上红色滤光片后(D)A.干涉条纹消失B.彩色条纹中的红色条纹消失C.中央条纹变成暗条纹D.中央条纹变成红色解析:白光通过双缝形成中间为白色、两侧为彩色的干涉条纹,当在光源与单缝之间加上红色滤光片后,只透过红光,屏上出现红光(单色光)的干涉条纹,即为红色的明、暗相间的条纹,中间仍为亮纹,选项D正确.16.(2018·北京卷,16)如图所示,一列简谐横波向右传播,P,Q两质点平衡位置相距0.15m.当P运动到上方最大位移处时,Q刚好运动到下方最大位移处,则这列波的波长可能是(B)A.0.60m B.0.30m C.0.20m D.0.15m解析:由题意,P,Q两点之间的间距为λ2+nλ=0.15m,故n=0时,λ=0.3m;n=1时,λ=0.1m……,选项B正确17.(2018·北京卷,17)若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律,在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下,需要验证(B)A.地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1B.月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1C.自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的1D.苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的1解析:若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律——万有引力定律,则应满足GMmr2=ma,因此加速度a与距离r的二次方成反比,选项B18.(2018·北京卷,18)某空间存在匀强磁场和匀强电场.一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动.下列因素与完成上述两类运动无关的是(C)A.磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱C.粒子的电性和电量 D.粒子入射时的速度解析:在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内,带电粒子做匀速直线运动,则速度方向与电场方向和磁场方向均垂直,qvB=qE,故v=EB.因此粒子是否做匀速直线运动,与粒子的电性、电量均无关.而与磁场和电场的方向、强弱及速度大小均有关.撤去电场时,粒子速度方向仍与磁场垂直,满足做匀速圆周运动的条件,选项C正确19.(2018·北京卷,19)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示.下列说法正确的是(A)A.实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,能使电容器带电B.实验中,只将电容器b板向上平移,静电计指针的张角变小C.实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变大D.实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,表明电容增大解析:实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,a板带上电,由于静电感应,在b板上将感应出异种电荷,选项A正确;实验中,b板向上平移,正对面积S变小,由C=εrS4πkd知,电容C变小,由C=QU知,Q不变,U变大,因此静电计指针的张角变大,选项B错误;插入有机玻璃板,相对介电常数εr变大,由C=εrS4πkd知,电容C变大,由C=QU知,Q不变,U变小,因此静电计指针的张角变小,选项C错误;由C=QU知,实验中20.(2018·北京卷,20)根据高中所学知识可知,做自由落体运动的小球,将落在正下方位置.但实际上,赤道上方200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm处.这一现象可解释为,除重力外,由于地球自转,下落过程小球还受到一个水平向东的“力”,该“力”与竖直方向的速度大小成正比.现将小球从赤道地面竖直上抛,考虑对称性,上升过程该“力”水平向西,则小球(D)A.到最高点时,水平方向的加速度和速度均为零B.到最高点时,水平方向的加速度和速度均不为零C.落地点在抛出点东侧D.落地点在抛出点西侧解析:将小球竖直上抛的运动分解为水平和竖直两个分运动.上升阶段,随着小球竖直分速度的减小,其水平向西的力逐渐变小,因此水平向西的分加速度逐渐变小,小球的水平分运动是向西的变加速运动,故小球到最高点时水平向西的速度达到最大值,水平向西的加速度为零;下落阶段,随着小球竖直分速度的变大,其水平向东的力逐渐变大,水平向东的分加速度逐渐变大,小球的水平分运动是向西的变减速运动,故小球的落地点应在抛出点的西侧,选项D正确.21.(2018·北京卷,21)用图1所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律.主要实验步骤如下:a.安装好实验器材.接通电源后,让拖着纸带的小车沿长木板运动,重复几次.b.选出一条点迹清晰的纸带,找一个合适的点当作计时起点O(t=0),然后每隔相同的时间间隔T选取一个计数点,如图2中A,B,C,D,E,F…所示.c.通过测量、计算可以得到在打A,B,C,D,E…点时小车的速度,分别记作v1,v2,v3,v4,v5…d.以速度v为纵轴、时间t为横轴建立直角坐标系,在坐标纸上描点,如图3所示.结合上述实验步骤,请你完成下列任务:(1)在下列仪器和器材中,还需要使用的有和(填选项前的字母).

A.电压合适的50Hz交流电源B.电压可调的直流电源C.刻度尺D.秒表E.天平(含砝码)(2)在图3中已标出计数点A,B,D,E对应的坐标点,请在该图中标出计数点C对应的坐标点,并画出vt图像.(3)观察vt图像,可以判断小车做匀变速直线运动,其依据是.vt图像斜率的物理意义是.

(4)描绘vt图像前,还不知道小车是否做匀变速直线运动.用平均速度ΔxΔt表示各计数点的瞬时速度,从理论上讲,对Δt的要求是(选填“越小越好”或“与大小无关”);从实验的角度看,选取的Δx大小与速度测量的误差(选填“有关”或“无关”(5)早在16世纪末,伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的.当时只能靠滴水计时,为此他设计了如图4所示的“斜面实验”,反复做了上百次,验证了他的猜想.请你结合匀变速直线运动的知识,分析说明如何利用伽利略“斜面实验”检验小球的速度是随时间均匀变化的.解析:(1)打点计时器使用的是频率为50Hz的低压交流电源,故选A,不选B;相邻打点间的时间是已知的,故不选D;计数点间的距离需要用刻度尺测量,故选C;由于不需要知道小车和重物的质量,故不需要天平(含砝码),故不选E.(2)在坐标系中,标出计数点C对应的坐标点,通过标出的各点,作一直线,连线时要让尽量多的点在一条直线上,不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧,得到其vt图像如图所示.(3)可以依据vt图像是倾斜的直线(斜率一定),即小车的速度随时间均匀变化,判断出小车做匀变速直线运动;vt图像的斜率表示加速度.(4)严格地讲,ΔxΔt表示的是Δt内的平均速度,只有当Δt趋近于0时,ΔxΔt才表示瞬时速度,因此若用ΔxΔt表示各计数点的瞬时速度,对Δt的要求是越小越好;从实验的角度看,选取的Δx越小,用ΔxΔt计算得到的平均速度越接近计数点的瞬时速度,(5)如果小球的初速度为0,其速度v∝t,那么它通过的位移x=0+v2·t,故推出x∝t2.因此,只要测量小球通过不同位移所用的时间,答案:(1)AC(2)见解析(3)小车的速度随时间均匀变化加速度(4)越小越好有关(5)测量小球通过不同位移所用的时间,若得到x∝t2,就可以检验小球的速度随时间均匀变化22.(2018·北京卷,22)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.某滑道示意图如图,长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接,滑道BC高h=10m,C是半径R=20m圆弧的最低点.质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑,加速度a=4.5m/s2,到达B点时速度vB=30m/s.取重力加速度g=10m/s2.(1)求长直助滑道AB的长度L;(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小;(3)若不计BC段的阻力,画出运动员经过C点时的受力图,并求其所受支持力FN的大小.解析:(1)根据匀变速直线运动公式,有L=vB2-vA(2)根据动量定理,有I=mvBmvA=1800N·s.(3)运动员经过C点时的受力如图所示.根据动能定理,运动员在BC段运动的过程中,有mgh=12mvC21根据牛顿第二定律,有FNmg=mvC得FN=3900N.答案:(1)100m(2)1800N·s(3)受力图见解析3900N23.(2018·北京卷,23)如图1所示,用电动势为E、内阻为r的电源,向滑动变阻器R供电,改变变阻器R的阻值,路端电压U与电流I均随之变化.(1)以U为纵坐标,I为横坐标,在图2中画出变阻器阻值R变化过程中UI图像的示意图,并说明UI图像与两坐标轴交点的物理意义.(2)①请在图2画好的UI关系图线上任取一点,画出带网格的图形,以其面积表示此时电源的输出功率;②请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件.(3)请写出电源电动势定义式,并结合能量守恒定律证明:电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和.解析:(1)变阻器的电阻R变化时,其U随I增大而减小,且遵循U=EIr,则UI图像如图所示.图像与纵轴交点的横坐标电流值为零,由U=EIr=E,因此与纵轴交点的纵坐标的值为电源电动势;图像与横轴交点的纵坐标电压值为零,由U=EIr=0,因此与横轴交点的横坐标值为短路电流,I短=Er(2)①在画好的UI关系图线上任取一点,其坐标值U和I的乘积即为此时电源的输出功率P,因此可画出如图所示的带网格的图形,以其面积表示此时电源的输出功率.②电源的输出功率P=I2R=ER+r2R=当外电路电阻R=r时电源的输出功率最大,为Pmax=E2(3)电动势定义式E=Wq,根据能量守恒,在题图1所示的电路中,非静电力做功W产生的电能等于在外电路和内电路上产生的电热,即W=I2rt+I2Rt=Irq+IRq则E=Wq=Ir+IR=U内+U外答案:见解析24.(2018·北京卷,24)(1)静电场可以用电场线和等势面形象描述.①请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式;②点电荷的电场线和等势面分布如图所示,等势面S1,S2到点电荷的距离分别为r1,r2.我们知道,电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小.请计算S1,S2上单位面积通过的电场线条数之比N1(2)观测宇宙中辐射电磁波的天体,距离越远单位面积接收的电磁波功率越小,观测越困难.为了收集足够强的来自天体的电磁波,增大望远镜口径是提高天文观测能力的一条重要途径.2016年9月25日,世界上最大的单口径球面射电望远镜FAST在我国贵州落成启用,被誉为“中国天眼”.FAST直径为500m,有效提高了人类观测宇宙的精度和范围.①设直径为100m的望远镜能够接收到的来自某天体的电磁波功率为P1,计算FAST能够接收到的来自该天体的电磁波功率P2;②在宇宙大尺度上,天体的空间分布是均匀的.仅以辐射功率为P的同类天体为观测对象,设直径为100m望远镜能够观测到的此类天体数目是N0,计算FAST能够观测到的此类天体数目N.解析:(1)①在距Q为r的位置放一电荷量为q的检验电荷.根据库仑定律可知,检验电荷受到的电场力F=kQqr根据电场强度的定义E=Fq得E=kQr②由E=kQr2可知E∝1r2.由题意知E∝N,故穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比N1(2)①地球上不同望远镜观测同一天体,单位面积上接收的功率应该相同,故望远镜接收的功率P∝πr2,r为望远镜半径,因此P2=50021002P1②设地面上的望远镜能观测到此类天体需收集到的电磁波的总功率的最小值为P0,直径为100m的望远镜和FAST能观测到的最远距离分别为L0和L,则P0=π50022P4πL2=π10022可得L=5L0,在宇宙大尺度上,天体的空间分布是均匀的.因此,一个望远镜能观测到的此类天体数目N正比于以望远镜为球心、以最远观测距离L为半径的球体体积V.即N∝V,又考虑到V=43πL3,则N=L3L03N0答案:(1)①E=kQr2②r22r12(2)①2018高考天津卷1.(2018·天津卷,1)国家大科学工程——中国散裂中子源(CSNS)于2017年8月28日首次打靶成功,获得中子束流,可以为诸多领域的研究和工业应用提供先进的研究平台.下列核反应中放出的粒子为中子的是(B)A.714N俘获一个α粒子,产生

B.1327Al俘获一个α粒子,产生

C.511B俘获一个质子,产生

D.36Li俘获一个质子,产生

解析:根据质量数守恒、电荷数守恒,各选项核反应方程为

714N+24He→817O+11H,A错误;1327Al

511B+11H→48Be+24He,C错误;36Li2.(2018·天津卷,2)滑雪运动深受人民群众喜爱.某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中(C)A.所受合外力始终为零 B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零 D.机械能始终保持不变解析:运动员做匀速圆周运动,合外力指向圆心,A错误;对运动员受力分析如图所示,Ff=mgsinα,下滑过程中α减小,sinα变小,故摩擦力Ff变小,B错误;由动能定理知,匀速下滑动能不变,合外力做功为零,C正确;运动员下滑过程中动能不变,重力势能减小,机械能减小,D错误.3.(2018·天津卷,3)如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设M点和N点的电势分别为φM,φN,粒子在M和N时加速度大小分别为aM,aN,速度大小分别为vM,vN,电势能分别为EpM,EpN.下列判断正确的是(D)A.vM<vN,aM<aN B.vM<vN,φM<φNC.φM<φN,EpM<EpN D.aM<aN,EpM<EpN解析:N点处的电场线密,电场强度大,粒子受到的电场力大,加速度大,即aM<aN;由粒子运动轨迹弯曲方向知,受力指向运动轨迹的凹侧,电场方向如图所示,沿电场线方向电势降低,即φM>φN;由Ep=qφ知,带负电粒子在电势越低的位置,具有的电势能越大,即EpM<EpN;若带负电粒子由M向N运动过程中电场力做负功,则动能减小,vM>vN;若带负电粒子由N向M运动过程中电场力做正功,则动能增大,vM>vN,故D正确.4.(2018·天津卷,4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流.利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电,电路如图所示,理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I,U,R消耗的功率为P.若发电机线圈的转速变为原来的12,则(BA.R消耗的功率变为12PB.电压表V的读数变为12C.电流表A的读数变为2I D.通过R的交变电流频率不变解析:发电机线圈的转速变为原来的12,由E=nBSω2知,原线圈中输入电压U1变为原来的12,交变电流的频率f变为原来的12,D错误;根据U1U2=n1n2,则副线圈的输出电压U2变为原来的12,即U2=12U,B正确;R消耗的功率P2=U22R=14P,A错误;根据I1I2=n2n15.(2018·天津卷,5)氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线Hα,Hβ,Hγ和Hδ,都是氢原子中电子从量子数n>2的能级跃迁到n=2的能级时发出的光,它们在真空中的波长由长到短,可以判定(A)A.Hα对应的前后能级之差最小B.同一介质对Hα的折射率最大C.同一介质中Hδ的传播速度最大D.用Hγ照射某一金属能发生光电效应,则Hβ也一定能解析:根据E=hν=hcλ,波长越长,光子的频率越低,由EmEn=hν,知Hα对应的两能级之差最小,A正确;光在同一介质中传播,频率越高,折射率越大,故Hδ的折射率最大,Hα的折射率最小,B错误;根据n=cv得v=cn,则折射率越大,传播速度越小,故在同一介质中Hδ的传播速度最小,C错误;光的频率越高,越容易发生光电效应,由于Hβ的频率小于Hγ的频率,Hγ能使某一金属发生光电效应,而Hβ则不一定能,6.(2018·天津卷,6)(多选)2018年2月2日,我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空,标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一.通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期,并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度.若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动,且不考虑地球自转的影响,根据以上数据可以计算出卫星的(CD)A.密度 B.向心力的大小C.离地高度 D.线速度的大小解析:设人造地球卫星的周期为T,地球质量和半径分别为M,R,卫星的轨道半径为r,则在地球表面:GMmR2=mg,GM=gR对卫星:根据万有引力提供向心力,有GMmr2=m2πT2联立可求轨道半径r,进而可求得卫星离地高度,C正确;由v=rω=r2πT,从而可求得卫星的线速度,D正确;卫星的质量未知,故卫星的密度不能求出,万有引力即向心力Fn=GMmr2也不能求出,故A7.(2018·天津卷,7)(多选)明朝谢肇淛的《五