2018年高考物理二轮复习：8分钟精准训练2含解析

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高考物理二轮复习专题功和能练含解析.doc

【答案】 0 或 h； gh 2H h
【解析】根据题意，从图可以看出力
F 是均匀减小的，可以得出力 F 随高度 x 的变化关系： F F0 kx ，
而 k F0 ，可以计算出物体到达 h 处时力错误！未指定书签。；物体从地面到 h 处的过程中，力 F 做正功， H
重力 G做负功，由动能定理可得： F h mgh ，而错误！未指定书签。，可以计算出：错误！未指定书签。，
【答案】 A
错误！未指定书签。
4．取水平地面为零势能面，一物块从某高处水平抛出，在抛出点其重力势能为动能的 3 倍。不计空气阻力，
该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（
）
A． π B ． 5π C ． π D ． π
6
12
4
3
【答案】 D
【解析】试题分析：根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能是重力势能的
则物体在初位置加速度为：错误！未指定书签。：错误！未指定书签。，而错误！未指定书签。
，计算得： a
，计算处理得：
gh ；当物体运动到 h 处时，加速度为 2H h
a
gh ，即加速度最大的位置是 0 或
2H h
h 处。
【考点定位】动能定理、牛顿第二定律
【方法技巧】首先结合图像分析物体从静止上升过程中加速度最大的位置，
III 卷）
【答案】 AC
【解析】试题分析本题考查速度图像，牛顿运动定律、功和功率及其相关的知识点。
错误！未指定书签。
点睛此题以速度图像给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌
握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机

高考物理二轮复习8分钟精准训练1

8分钟精准训练(一)1．(5分)(2017·山东省淄博、莱芜市二模)某实验小组的同学想利用刻度尺(无其他测量仪器)测出小滑块与桌面的动摩擦因数μ，小华同学的设计如图。

光滑的倾斜木板通过一小段弧形轨道与桌面连接，从木板上某一位置释放小滑块，小滑块从木板上滑下后沿桌面滑行，最终沿桌面边缘水平抛出。

测出木板底部离桌面边缘的距离L ，桌面离地高度H ，小滑块的落地点到桌子边缘的水平距离x 。

改变倾斜的木板离桌子边缘的距离(不改变木板的倾斜程度)，并保证每次从木板的同一位置释放小滑块。

重复以上步骤进行多次测量并记录实验数据。

保证每次滑到斜面底端具有相同保证每次从木板的同一位置释放小滑块的目的是(1)。

__的速度为横轴，拟合直线。

__2x 为纵轴，则应以L 利用图象法处理数据。

若以(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫在“x、1x 、x2、1x2”中选择填写(3)若图象横轴和纵轴上的截距分别为a 和b ，则求得μ＝a 4bH。

[解析] (1)保证每次滑到斜面底端具有相同的速度(2)测出木板底部离桌子边缘的距离L ，桌子边缘离地的高度H ，小铁块的落地点到桌子边缘的水平距离x ，再设小铁块静止释放高度为h ，根据平抛运动处理规律，则有：H ＝12gt 2，且v ＝x t那么v ＝x g 2H ，依据动能定理，则有：mgh －μmgL ＝12mv 2，即L ＝－14μH x 2＋h μ，若以L 为纵轴，则应以x 2为横轴；(3)若图象横轴和纵轴上的截距分别为a 和b ，则有：b a ＝14μH解得μ＝a 4bH2．(10分)(2017·山西省晋城市二模)小勇需将实验器材改装成一个中值电阻为500 Ω的欧姆表，以粗略地测量阻值约为几百欧姆的电阻。

实验器材如下：电流计G ：满偏电流为I g ＝500 μA ，内阻为R g ＝1000 Ω干电池：内阻可忽略不计，电动势为1.5 V电阻箱R 1：可调范围在0～99.99 Ω电阻箱R 2：可调范围在0～999.9 Ω滑动变阻器R 3：可调范围在0～200 Ω滑动变阻器R 4：可调范围在0～500 Ω导线若干请回答下列问题：(1)小勇发现该电流计的内阻过大，因此小勇首先将该电流计G 改装成量程为0～3 mA 的，且应把电)2R 或1R 填__(2R 电阻箱”)并联“或”串联“填__(并联应G 电流表，则电流计__Ω200.0 阻箱调至 (2)完成操作(1)后，小勇利用改装后的电流表、电源、导线等器材改装成了一个满足题目要求的欧姆表，请将他设计的电路图，如图甲所示补充完整，并标出相应符号。

2018年高考真题全国卷II理综物理试题解析(解析版)详细答案

2018年高考真题全国卷II理综物理试题解析(解析版)详细答案本文没有明显的格式错误，但是有一些排版不规范的问题。

在第一题的解析中，CD错误应该换行，单独成为一句话，并且需要加上标点符号。

在第二题的解析中，最后一句话应该换行，单独成为一段。

在第三题的解析中，密度公式后面应该加上标点符号。

同时，每段话的语言表达也可以更加简洁明了。

例如，第一题的解析可以改为：“木箱在运动过程中受到拉力和摩擦力的作用，根据动能定理可知，动能等于力做功的大小。

因此，动能小于拉力所做的功，选项A正确。

”1014Hz和1015Hz是指频率的单位，108m·s-1是指光速的大小。

根据光电效应方程，只有当光的频率大于某个最小值时，才能产生光电效应。

根据公式f=Φ/h，其中Φ为金属的逸出功，h为普朗克常量，可以求出锌产生光电效应的最低频率为1015Hz。

在同一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。

在移动过程中，左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动势方向相同，因此电流恒定且方向为顺时针。

从第二个矩形区域到第三个矩形区域，左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零。

从第三个矩形区域到第四个矩形区域，左边切割产生的电流方向逆时针，右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为，方向是逆时针。

当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化，因此D是正确的选项。

甲、乙两汽车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。

2018年高考物理二轮复习 8分钟精准训练4

8分钟精准训练(四)1．(5分)(2017·陕西省师大附中二模) 在“探究做功与速度变化的关系”的实验中，某小组同学组装了如图所示装置，PQ 为一块倾斜放置的木板，将带有遮光片的小车从斜面上不同位置由静止释放，在斜面底端Q 处固定有一个光电门，测出小车从开始运动到经过光电门处的距离L 及小车经过光电门处遮光片的挡光时间t ，就能完成“合外力做功与速度变化的关系”探究。

(1)某同学为了寻找合外力做功与速度变化的关系，测出了几组L 与t 的数值，在坐标纸上画出了L －1t图象如图所示。

在实验中需要保持不变的是( C ) A ．小车的释放位置B ．小车的质量C ．导轨倾斜的角度D ．光电门的位置图象。

v ＝d t (d 为遮光片的宽度)，由动能定理得：L ＝d 22g θ－μg cos θ·(1t)2，由此可知实验中需要保持不变的是导轨倾斜的角度，故B 正确，ACD 错误。

(2)由(1)可知尝试做出L －1t2的图象更直观。

(3)重力和摩擦力的总功W 也与距离L 成正比，因此不会影响探究的结果。

2．(10分)(2017·江西省南昌市十所省重点中学模拟)实验室中有一块量程较小的电流表G ，其内阻约为1000 Ω，满偏电流为100 μA ，将它改装成量程为1 mA 、10 mA 双量程电流表。

现有器材如下：2A ．滑动变阻器R 1，最大阻值50 Ω；B ．滑动变阻器R 2，最大阻值50k Ω；C ．电阻箱R ′，最大阻值9999 Ω；D ．电池E 1，电动势3.0 V ；E ．电池E 2，电动势4.5 V ；(所有电池内阻均不计)；F ．单刀单掷开关S 1和S 2，单刀双掷开关S 3，及导线若干。

(1)采用如图甲所示电路测量电流表G 的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为 B __，选用的电池为 E __(填器材前的字母序号)；采用此种方法电流表G 内阻的测量值 <__真实值(填“＞”、“＝”或“＜”)。

2018版高考物理二轮训练(江苏专版)：第一部分专题八专题限时集训8 Word版含解析

专题限时集训(八) 磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动(对应学生用书第131页)(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图8-21所示．结合上述材料，下列说法不正确的是()【导学号：17214143】图8-21A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用C[地球为一巨大的磁体，地磁场的南极、北极在地理上的北极和南极附近，两极并不重合；且地球内部也存在磁场，只有赤道上空磁场的方向才与地面平行；对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的速度方向与地磁场方向不会平行，一定受到地磁场力的作用，故C项说法不正确．]2．(2017·洛阳三模)如图8-22所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子在磁场中转半个圆后打在P点，设OP＝x，能够正确反映x与U之间的函数关系的是()图8-22B [带电粒子经电压U 加速，由动能定理，qU ＝12m v 2，垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2R ，而R ＝x 2，联立解得x ＝8m qB 2U ．由此可知能够正确反映x 与U 之间的函数关系的是选项B 中图象．]3．如图8-23，在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l ．在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零．如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为( )【导学号：17214144】图8-23A ．0B ．33B 0C ．233B 0D ．2B 0C [在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离为l 的a 点处的磁感应强度为零，如图所示：由此可知，外加的磁场方向与PQ 平行，且由Q 指向P ，即B 1＝B 0依据几何关系及三角知识，则有：B P cos 30°＝12B 0解得：P 或Q 通电导线在a 处的磁场大小为B P ＝33B 0当P 中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B 2＝33B 0因外加的磁场方向与PQ 平行，且由Q 指向P ，磁场大小为B 0；最后由矢量的合成法则，那么a 点处磁感应强度的大小为B ＝B 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫33B 02＝233B 0，故C 正确，A 、B 、D 错误．]4．质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．图8-24中的铅盒A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S 1进入电压为U 的加速电场区加速后，再通过狭缝S 2从小孔G 垂直于MN ，以速度v 射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN 为切线、磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向外、半径为R 的圆形匀强磁场．现在MN 上的F 点(图中未画出)接收到该粒子，且GF ＝3R ．则该粒子的荷质比为(粒子的重力忽略不计)( )【导学号：17214145】图8-24A ．8U R 2B 2 B ．4U R 2B 2C ．6U R 2B 2D ．2U R 2B 2C [带电粒子运动轨迹如图设粒子加速后获得的速度为v ，由动能定理有：qU ＝12m v 2tan ∠GOF ＝3R R ＝3得∠GOF ＝60°∠EO ′G ＝120°tan ∠OO ′G ＝tan 60°＝R r ，得r ＝33R所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝33R又q v B ＝m v 2r ，则q m ＝6U R 2B 2．]5．两平行的金属板沿水平方向放置，极板上所带电荷情况如图8-25所示，且极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，现将两个质量相等的带电小球分别从P 点沿水平方向射入极板间，两小球均能沿直线穿过平行板，若撤去磁场，仍将这两个带电小球分别保持原来的速度从P 点沿水平方向射入极板间，则两个小球会分别落在A 、B 两点，设落在A 、B 两点的小球的带电荷量分别为q A 、q B ，则下列关于此过程的说法正确的是( )【导学号：17214146】图8-25A ．两小球一定带负电B ．若q A >q B ，则两小球射入时的初速度一定有v A >v BC ．若q A >q B ，则两小球射入时的动能一定有E k A <E k BD ．撤去磁场后，两个小球在极板间运动的加速度可能相等C [根据题意可知，没有磁场时，小球所受合力竖直向下；有磁场时，小球做匀速直线运动，故可知洛伦兹力一定竖直向上，由左手定则可知，小球一定带正电，选项A 错误；同时可知小球的重力不能忽略，当小球做匀速直线运动时有q A v A B ＋q A E ＝mg ，q B v B B ＋q B E ＝mg ，联立可得q A v A B ＋q A E ＝q B v B B ＋q B E ，即q A (v A B ＋E )＝q B (v B B ＋E )，由此可知，若q A >q B ，则一定有v A <v B ，选项B 错误；由E k ＝12m v 2可知，选项C 正确；没有磁场时，由受力分析可知mg －qE ＝ma ，当q A ＝q B 时，则有a A ＝a B ，v A ＝v B ，而由题意可知x A >x B ，则应有v A >v B ，与上述矛盾，由此可知，两个小球在极板间运动的加速度不可能相等，选项D 错误．]6．(2017·湖南十三校一联)如图8-26所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，y 轴竖直向上．第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y 轴的匀强电场(图中未画出)．一带电小球从x 轴上的A 点由静止释放，恰好从P 点垂直于y 轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q 点垂直于x 轴进入第Ⅰ象限，Q 点距O 点的距离为d ，重力加速度为g ．根据以上信息，可以求出的物理量有( )图8-26A ．磁感应强度大小B ．小球在第Ⅳ象限运动的时间C ．电场强度的大小和方向D ．圆周运动的速度大小BD [由A 到P 点过程有mgd ＝12m v 2，则小球做圆周运动的速度大小v ＝2gd ，选项D 正确；小球在第Ⅳ象限运动的时间t ＝14T ＝πd 2v ＝πd 22gd，选项B 正确；在第Ⅳ象限，小球做圆周运动，则有mg ＝qE ，由于m 、q 未知，不能求电场强度的大小，由d ＝m v qB 知，不能求磁感应强度大小，选项A 、C 错误．]7．如图8-27所示，直角三角形ABC 区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)从A 点沿AB 方向射入磁场，分别从AC 边上的P 、Q 两点射出，则( )图8-27A ．从P 点射出的粒子速度大B ．从Q 点射出的粒子速度大C ．从Q 点射出的粒子在磁场中运动的时间长D ．两个粒子在磁场中运动的时间一样长BD [粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系(如图所示，弦切角相等)，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间t ＝θ2πT ，粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm qB ，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D 项正确，C 项错误；如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P 点和Q 点射出，由图知，粒子运动的半径R P <R Q ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R ＝m v Bq ，可知粒子运动速度v P <v Q ，故A 项错误、B 项正确．]8．(名师原创)如图8-28所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，发现粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是( )图8-28A ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1B ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1C ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2D ．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1ACD [由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A 正确；由洛伦兹力f ＝qB v ＝ma 和a ＝v ·ω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B 1∶B 2＝1∶2，则B 错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t ＝θm qB 可得t ＝θ1m qB 1＝θ2m qB 2，且B 2＝2B 1，所以可得θ1∶θ2＝1∶2，则C 正确；由题意可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R ＝m v qB 可知粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ中的运动半径为r ，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d 1＝2r sin 30°＝r ；区域Ⅱ的宽度d 2＝r sin 30°＋r cos(180°－60°－60°)＝r ，故D 正确．]二、计算题(共2小题，32分)9．(16分)(2017·辽宁省辽南协作校联考)如图8-29所示，在矩形ABCD 内，对角线BD 以上的区域存在平行于AD 向下的匀强电场，对角线BD 以下的区域存在垂直于纸面的匀强磁场(图中未标出)，其中AD 边长为L ，AB 边长为3L ，一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子(不计重力)以初速度v 0从A 点沿AB 方向进入电场，经对角线BD 某处垂直BD 进入磁场．求：图8-29(1)该粒子进入磁场时速度的大小；(2)电场强度的大小；(3)要使该粒子能从磁场返回电场，磁感应强度应满足什么条件？(结论可用根式来表示)【导学号：17214147】【解析】 (1)如题图所示，由几何关系可得∠BDC ＝30°，带电粒子受电场力作用做类平抛运动，由速度三角形可得v x ＝v 0v y ＝3v 0则v ＝v 2x ＋v 2y ＝2v 0．(2)设BP 的长度为x ，则有x sin 30°＝v y 2t 13L －x cos 30°＝v 0t 1Eq ＝mav y ＝at 1，解得x ＝6L 5，t 1＝23L 5v 0，E ＝5m v 202qL ． (3)若磁场方向向外，轨迹与DC 相切，如图甲所示有R 1＋R 1sin 30°＝4L 5得R 1＝4L 15由B 1q v ＝m v 2R 1得B 1＝15m v 02qL 磁场方向向外，要使粒子返回电场，则B 1≥15m v 02qL若磁场方向向里，轨迹与BC 相切时，如图乙所示有R 2＋R 2cos 30°＝6L 5，得R 2＝6(23－3)L 5 由B 2q v ＝m v 2R 2得B 2＝5(23＋3)m v 09qL 磁场方向向里，要使粒子返回电场，则B 2≥5(23＋3)m v 09qL．【答案】见解析10．(16分)北京正、负电子对撞机是国际上唯一高亮度对撞机，它主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成，其简化原理如图8-30所示：MN 和PQ 为足够长的水平边界，竖直边界EF 将整个区域分成左右两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B ，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外．调节Ⅱ区域的磁感应强度的大小可以使正、负电子在测量区内不同位置进行对撞．经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注入口C 和D 同时入射，入射方向平行于EF 且垂直磁场．已知注入口C 、D 到EF 的距离均为d ，边界MN 和PQ 的间距为8d ，正、负电子的质量均为m ，所带电荷量分别为＋e 和－e ．图8-30(1)试判断从注入口C 入射的是哪一种电子？忽略电子进入加速器的初速度，电子经加速器加速后速度为v 0，求直线加速器的加速电压U ；(2)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B ，正、负电子以v 1＝deB m 的速率同时射入，则正、负电子经多长时间相撞？(3)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B 3，正、负电子仍以v 1＝deB m 的速率射入，但负电子射入时刻滞后于正电子Δt ＝πm eB ，以F 点为原点建立如图8-30所示的坐标系，求正、负电子相撞的位置坐标．【导学号：17214148】【解析】 (1)从C 入射的电子在C 点受到的洛伦兹力向右，粒子向右偏转，经过Ⅱ区反向偏转，再进入Ⅰ区，这样才能持续向下运动直至与从D 入射的电子碰撞；若从C 入射的电子在C 点受到的洛伦兹力向左，则粒子可能还未碰撞就从MN 边界射出，所以，由左手定则可判断从C 入射的电子为正电子；忽略电子进入加速器的初速度，电子经加速器加速后速度为v 0，则由动能定理可得：Ue ＝12m v 20，所以，U ＝m v 202e ．(2)电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，所以有B v 1e ＝m v 21R 1，则R 1＝m v 1Be ＝d ，T ＝2πR 1v 1＝2πm eB 电子在Ⅰ、Ⅱ区域中运动时半径相同，电子射入后的轨迹如图甲所示，甲所以，电子在射入后正好转过360°后对撞，那么，对撞时间：t ＝T ＝2πm eB ．(3)电子在Ⅰ区域中运动时半径不变，仍为R 1＝d ，运动周期T 1＝2πm eB ；将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B 3，则电子在Ⅱ区域中运动时半径R 2＝3d ，运动周期T 2＝6πm eB ；负电子射入时刻滞后于正电子Δt ＝πm eB ＝16T 2，乙电子射入后的轨迹如图乙所示，若两电子同时射出，则两电子交与H 点；现负电子射入时刻滞后于正电子16T 2，则负电子比正电子在Ⅱ区域中少转16×360°＝60°，所以，两电子相撞的位置在H 点以圆心向负电子方向转过30°，即A 点；易知H 点坐标为(3d ，4d )，所以，A 点坐标为(3d cos 30°，4d －3d sin 30°)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332d ，52d ．【答案】 (1)正电子m v 202e (2)2πmeB (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫332d ，52d。

2018版高考物理二轮单科标准练2 含解析精品

单科标准练(二)(时间：60分钟分值：110分)第Ⅰ卷二、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每个小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14．下列叙述符合物理学史实的是()A．安培通过实验发现了电流周围存在磁场，并总结出判定磁场方向的方法—安培定则B．法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应C．楞次在分析了许多实验事实后提出：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻止引起感应电流的磁通量的变化D．麦克斯韦认为：电磁相互作用是通过场来传递的．他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景B[奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场，安培总结出判定磁场方向的方法—安培定则，故A错误；法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，符合物理学史实，故B正确；楞次发现了感应电流方向遵守的规律：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，而不是阻止，故C错误；法拉第认为：电磁相互作用是通过场来传递的．他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景，故D错误．]15．如图1所示，甲、乙两物块用轻弹簧相连，竖直放置，处于静止，现将甲物块缓慢下压到A位置由静止释放，当乙刚好离开地面时，甲的加速度为a1，速度为v1，再将甲物块缓慢下压到B的位置，仍由静止释放，则当乙刚好要离开地面时，甲的加速度为a2，速度为v2，则下列关系正确的是()图1A．a1＝a2，v1＝v2B．a1＝a2，v1＜v2C．a1＜a2，v1＜v2D．a1＜a2，v1＝v2B[对于乙，当乙刚好离开地面时有：kx＝m乙g，两次情况下，弹簧的弹力是一样的，对于甲，根据牛顿第二定律得，kx＋m甲g＝m甲a，可知两次加速度相等，即a1＝a2，当弹簧压到B时比弹簧压到A时弹性势能大，两次末状态弹簧的形变量相同，弹性势能相同，根据能量守恒得，弹簧的弹性势能转化为甲物体的动能和重力势能，压缩到B时，弹簧弹性势能减小量多，甲获得的动能大，速度大，即v1＜v2，故B正确，A、C、D错误．] 16.2018年6月20日，女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里成功进行了我国首次太空授课．授课中的一个实验展示了失重状态下液滴的表面张力引起的效应．在视频中可观察到漂浮的液滴处于周期性的“脉动”中．假设液滴处于完全失重状态，液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性的微小变化(振动)，如图2所示．已知液滴振动的频率表达式为f＝kσρr3，其中k为一个无单位的比例系数，r为液滴半径，ρ为液体密度，σ(其单位为N/m)为液体表面张力系数，它与液体表面自由能的增加量ΔE(其单位为J)和液体表面面积的增加量ΔS有关，则在下列关于σ、ΔE 和ΔS关系的表达式中，可能正确的是()【导学号：19624290】图2A．σ＝ΔE×ΔS B．σ＝1ΔE×ΔSC．σ＝ΔEΔS D．σ＝ΔSΔEC[σ(其单位为N/m)为液体表面张力系数，它与液体表面自由能的增加量ΔE(其单位为J)和液体表面面积的增加量ΔS(其单位是m2)有关，根据物理量单位之间的关系得出：1 N/m＝1 J1 m2，所以σ＝ΔEΔS，故选C.]17．( 2018·揭阳市揭东一中检测)如图3所示，长方体ABCD-A1B1C1D1中|AB|＝2|AD|＝2|AA1|，将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内(包括边界)分别沿不同方向水平抛出，落点都在A1B1C1D1范围内(包括边界)．不计空气阻力，以A1B1C1D1所在水平面为重力势能参考平面，则小球()图3A．抛出速度最大时落在B1点B．抛出速度最小时落在D1点C．从抛出到落在B1D1线段上任何一点所需的时间都相等D．落在B1D1中点时的机械能与落在D1点时的机械能相等C[由于小球抛出时离地高度相等，故各小球在空中运动的时间相等，则可知水平位移越大，抛出时的速度越大，故落在C1点的小球抛出速度最大，落点靠近A1的粒子速度最小，故A、B错误，C正确；由图可知，落在B1D1点和落在D1点的水平位移不同，所以两种情况中对应的水平速度不同，则可知它们在最高点时的机械能不相同，因下落过程机械能守恒，故落地时的机械能也不相同，故D错误．]18．如图4所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计．下列说法不正确的是()图4A．将原线圈抽头P向下滑动时，灯泡变暗B．将电容器的上极板向上移动一小段距离，灯泡变暗C．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势为零D．若线圈abcd转动的角速度变为原来的2倍，则变压器原线圈电压的有效值也变为原来的2倍A[矩形线圈abcd中产生交变电流；将原线圈抽头P向下滑动时，原线圈匝数变小，根据公式U1U2＝n1n2，知输出电压增大，故灯泡会变亮，故A错误；将电容器的上极板向上移动一小段距离，电容器的电容C变小，容抗增大，故电流减小，灯泡变暗，故B正确；线圈所处位置是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，故C正确；若线圈转动的角速度变为2ω，最大值增加为原来的2倍，有效值也变为原来的2倍，故D正确．题目要求选择不正确的选项，故选A.]19．下列说法正确的是()A．为了解释光电效应现象，爱因斯坦建立了光子说，指出在光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系B．汤姆孙根据阴极射线在电场和在磁场中的偏转情况判定，阴极射线的本质是带负电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷C．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小了D．已知中子、质子和氘核的质量分别为m n、m p、m D，则氘核的比结合能为(m n＋m p－m D)c22(c表示真空中的光速)ABD[根据光电效应方程知E km＝hν－W0，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，故A正确；汤姆孙通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出该粒子的比荷，故B正确；按库仑力对电子做负功进行分析，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电场力对电子做负功，故电子的动能变小，电势能变大(动能转为电势能)；由于发生跃迁时要吸收光子，故原子的总能量增加，C错误；已知中子、质子和氘核的质量分别为m n、m p、m D，则氘核的结合能为ΔE＝(m n＋m p－m D)c2，核子数是2，则氘核的比结合能为(m n＋m p－m D)c22，故D正确．]20．(2018·虎林市摸底考试)在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向成α＝30°的匀强电场，电场中有一质量为m，电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，如图5所示．开始小球静止于M点，这时细线恰好为水平，现用外力将小球拉到最低点P，然后由静止释放，下列判断正确的是()【导学号：19624291】图5A．小球到达M点时速度为零B．小球达到M点时速度最大C．小球运动到M点时绳的拉力大小为33mgD．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速曲线运动BCD[当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从P到M过程中，只有电场力和小球重力做功，它们的合力做功最大，速度最大，A错误，B正确；电场力和重力的合力F合＝mgtan 30°＝3mg，由F合·L＝12m v2M，T M－F合＝mv2ML可解得：T M＝33mg，选项C正确；若小球运动到M点时，细线突然断裂，速度竖直向上，合力水平向右，故小球做匀变速曲线运动，D正确．]21．如图6所示，阻值为R、质量为m、边长为l的正方形金属框位于光滑的水平面上．金属框的ab边与磁场边缘平行，并以一定的初速度进入矩形磁场区域，运动方向与磁场边缘垂直．磁场方向垂直水平面向下，在金属框运动方向上的长度为L(L>l)．已知金属框的ab边进入磁场后，金属框在进入磁场过程中运动速度与ab边在磁场中的运动位移之间的关系和金属框在穿出磁场过程中运动速度与cd边在磁场中的运动位移之间的关系分别为v＝v0－cx，v＝v0－c(l＋x)(v0未知)，式中c为某正值常量．若金属框完全通过磁场后恰好静止，则有()图6A．金属框bd边进入一半时金属框加速度大小为a＝3cl3B2 4mRB．金属框进入和穿出过程中做加速度逐渐减小的减速运动C．金属框在穿出磁场这个过程中克服安培力做功为mc2l2D．磁感应强度大小为B＝mcR lBD[当金属框bd边进入一半时，金属框速度v＝v0－c l2，此时受到的安培力为：F＝BIl＝B2l2(v0－cl2)R，当金属框出磁场且速度为零时有：0＝v0－c(l＋l)，得v0＝2cl，所以金属框加速度大小为a＝Fm＝3cl3B22mR，选项A错误；金属框进入磁场时，有：a＝Fm＝B2l2(2cl－cx)mR，可得金属框做加速度逐渐减小的减速运动，同理，当穿出时有：a＝Fm＝B2l2(cl－cx)mR，可得金属框做加速度逐渐减小的减速运动，选项B正确；金属框在穿出磁场这个过程中克服安培力做功为W F＝12m(v0－cl)2＝12mc2l2，选项C错误；根据题意，金属框出磁场时速度与位移成线性关系，故安培力也与位移成线性关系，故有：W F＝12F0l＝12B2l2·clR l＝B2l4c2R＝12mc2l2，解得：B＝mcRl，选项D正确．]第Ⅱ卷三、非选择题：共62分．第22题～第25题为必考题，每个考题考生都必须作答，第33～34为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题(共47分)22．(6分)(2018·虎林市摸底考试)如图7所示，在验证动量守恒定律实验时，小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续匀速运动，在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz ，长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力．图7(1)若获得纸带如图8所示，并测得各计数点间距(已标在图上)．A 为运动起始的第一点，则应选________段来计算A 的碰前速度，应选________段来计算A 和B 碰后的共同速度(填“AB ”或“BC ”或“CD ”或“DE ”)．图8(2)已测得小车A 的质量m 1＝0.30 kg ，小车B 的质量为m 1＝0.20 kg ，由以上测量结果可得碰前系统总动量为________kg·m/s ，碰后系统总动量为______kg·m/s.(结果保留四位有效数字)(3)实验结论：_________________________________________________.【导学号：19624292】【解析】 (1)推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC 段为匀速运动的阶段，所以选BC 段计算A 的碰前速度，碰撞过程是一个变速运动的过程，而A 和B 碰后的共同运动应是匀速直线运动，故应选DE 段计算碰后的共同速度．(2)碰前系统的动量即A 的动量，则p 1＝m A v 0＝m A BC 5T ＝1.185 kg·m/s.碰后的总动量：p 2＝m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B )DE 5T ＝1.180 kg·m/s.(3)由实验数据可知，在误差允许的范围内，小车A、B组成的系统碰撞前后总动量守恒．【答案】(1)BC DE(2)1.185 1.180在实验误差允许范围内，碰前和碰后的总动量相等，系统的动量守恒23．(9分)[2018·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅲ)]某同学通过实验测定金属丝电阻率：(1)用螺旋测微器测出金属丝的直径d，读数如图9所示，则直径d＝________mm；图9(2)为了精确地测出金属丝的电阻，需用欧姆表对额定电流约0.5 A的金属丝的电阻R x粗测，下图是分别用欧姆挡的“×1挡”(图10甲)和“×10挡”(图乙)测量时表针所指的位置，则测该段金属丝应选择______挡(填“×1”或“×10”)，该段金属丝的阻值约为______Ω.甲乙图10(3)除待测金属丝R x、螺旋测微器外，实验室还提供如下器材，若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________(选填“A1”或“A2”)、电源应选______(选填“E1”或“E2”)．电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ)滑动变阻器R(最大阻值约10 Ω)电流表A1(量程3 A，内阻约0.18 Ω)电流表A2(量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)电源E1(电动势9 V，内阻不计)电源E2(电动势4.5 V，内阻不计)毫米刻度尺、开关S、导线(4)若滑动变阻器采用限流接法，在下面方框内完成电路原理图(图中务必标出选用的电流表和电源的符号)．【解析】(1)螺旋测微器固定刻度示数是0.5 mm，可动刻度示数是49.9×0.01 mm＝0.499 mm，则螺旋测微器示数为0.5 mm＋0.499 mm＝0.999 mm(0.998～1.000均正确)；(2)由题图甲、乙所示可知，题图乙所示欧姆表指针偏转角度太大，应选用题图甲所示测量电阻阻值，题图甲所示欧姆挡为“×1挡”，所测电阻阻值为7×1 Ω＝7 Ω.(3)电阻丝的额定电流约为0.5 A，电流表应选A2；电阻丝的额定电压约为U＝IR＝0.5×7 V＝3.5 V，电源应选E2；(4)待测金属丝电阻约为7 Ω，电压表内阻约为3 kΩ，电流表内阻约为0.2 Ω，相对来说电压表内阻远大于待测金属丝的电阻，电流表应采用外接法，由题意可知，滑动变阻器采用限流接法，实验电路图如图所示．【答案】(1)0.999(0.998～1.000均正确)(2)×17(3)A2E2(4)实验电路图见解析24．(12分)(2018·温州中学模拟)目前，我国的高铁技术已处于世界领先水平，它是由几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)组成一个编组，称为动车组．若每节动车的额定功率均为1.35×118 kW，每节动车与拖车的质量均为5×118 kg，动车组运行过程中每节车厢受到的阻力恒为其重力的0.185倍．若已知1节动车加2节拖车编成的动车组运行时的最大速度v0为466.7 km/h.我国的沪昆高铁是由2节动车和6节拖车编成动车组来工作的，其中头、尾为动车，中间为拖车．当列车高速行驶时会使列车的“抓地力”减小不易制动，解决的办法是制动时，常用“机械制动”与“风阻制动”配合使用，所谓“风阻制动”就是当检测到车轮压力非正常下降时，通过升起风翼(减速板)调节其风阻，先用高速时的风阻来增大“抓地力”将列车进行初制动，当速度较小时才采用机械制动．(所有结果保留两位有效数字)求：图11(1)沪昆高铁的最大时速v 为多少km/h?(2)当动车组以加速度1.5 m/s 2加速行驶时，第3节车厢对第4节车厢的作用力为多大？(3)沪昆高铁以题(1)中的最大速度运行时，测得此时风相对于运行车厢的速度为100 m/s ，已知横截面积为1 m 2的风翼上可产生1.29×118 N 的阻力，此阻力转化为车厢与地面阻力的效率为90%.沪昆高铁每节车厢顶安装有2片风翼，每片风翼的横截面积为1.3 m 2，求此情况下“风阻制动”的最大功率为多大？【导学号：19624293】【解析】 (1)由 P ＝3kmgv 0(2分)2P ＝8kmgv (2分)解之得：v ＝0.75v 0＝3.5×102 km/h. (1分) (2)设各动车的牵引力为F 牵，第3节车对第4节车的作用力大小为F ，以第1、2、3节车厢为研究对象由牛顿第二定律得：F 牵－3kmg －F ＝3ma(2分) 以动车组整体为研究对象，由牛顿第二定律得：2F 牵－8kmg ＝8ma(2分) 由上述两式得：F ＝kmg ＋ma ＝P 3v 0＋ma ＝1.1×118 N ．(2分) (3)由风阻带来的列车与地面的阻力为：F m ＝1.29×118×1.3×2×8×0.9 N ＝2.4×118 N (1分)“风阻制动”的最大功率为P ＝F m v m ＝2.4×118×350 0003 600W ＝2.3×118 W ．(2分)【答案】 (1)3.5×102 km/h (2)1.1×118 N (3)2.3×118 W25. (20分)(2018·临川一中模拟)如图12所示，虚线OL 与y 轴的夹角θ＝45°，在OL 上侧有平行于OL 向下的匀强电场，在OL 下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m 、电荷量q (q >0)的粒子以速率v 0从y 轴上的M (OM ＝d )点垂直于y 轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，不计粒子重力．图12(1)求此电场的场强大小E ；(2)若粒子能在OL 与x 轴所围区间内返回到虚线OL 上，求粒子从M 点出发到第二次经过OL 所需要的最长时间．【解析】 (1)粒子在电场中运动，只受电场力作用，F 电＝qE ，a ＝qE m ；(2分)沿垂直电场线方向X 和电场线方向Y 建立坐标系，则在X 方向位移关系有：d sin θ＝v 0cos θ·t ，所以t ＝d v 0； (2分)该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，所以在Y 方向上，速度关系有：v 0sin θ＝at ＝qE m t ，(2分) 所以，v 0sin θ＝qEd m v 0 (1分)则有E ＝m v 20sin θqd ＝m v 20sin 45°qd ＝2m v 202qd .(2分)(2)根据(1)可知粒子在电场中运动的时间t ＝d v 0；粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T粒子能在OL 与x 轴所围区间内返回到虚线OL 上，则粒子从M 点出发到第二次经过OL 在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为12T ；粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，B v q ＝m v 2R ； (2分) 根据(1)可知，粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，速度v 就是初速度v 0在X 方向上的分量，即v ＝v 0cos θ＝v 0cos 45°＝22v 0； (1分)粒子在电场中运动，在Y 方向上的位移Y ＝12v 0sin θ·t ＝24v 0t ＝24d ，(1分)所以，粒子进入磁场的位置在OL 上距离O 点l ＝d cos θ＋Y ＝324d ；(2分)可得：l ≥R ＋R cos θ，即R ≤l 1＋1cos θ＝324d 1＋2＝3(2－2)4d ； (2分) 所以，T ＝2πR v ≤2π×3(2－2)4d 22v 0＝3(2－1)πd v 0； (1分)所以，粒子从M 点出发到第二次经过OL 所需要的最长时间t 最长＝t ＋12T max ＝d v 0＋123(2－1)πd v 0＝d v 0[1＋3(2－1)π2]． (2分) 【答案】 (1)2m v 202qd (2)d v 0[1＋3(2－1)π2] (二)选考题(共15分，请考生从给出的2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)33．[物理—选修3－3](15分)[2018·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅱ)](1)(5分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．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B．悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子的撞击就越容易平衡C．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小D．PM 2.5的运动轨迹由大量空气分子对PM 2.5无规则碰撞的不平衡和气流的运动决定的E．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体(2)(10分)内壁光滑的汽缸通过活塞封闭有压强为1.0×118 Pa、温度为27 ℃的气体，初始活塞到汽缸底部距离50 cm，现对汽缸加热，气体膨胀而活塞右移．已知汽缸横截面积为200 cm2，总长为100 cm，大气压强为1.0×118 Pa.①计算当温度升高到927 ℃时，缸内封闭气体的压强；②若在此过程中封闭气体共吸收了800 J的热量，试计算气体增加的内能.【导学号：19624294】图13【解析】(1)选ADE.气体温度升高过程吸收的热量要根据气体升温过程是否伴随有做功来决定，选项A对；悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子的撞击就越少，就越不容易平衡，选项B错；当分子间作用力表现为引力时，分子间距离增大，分子力做负功，分子势能增大，选项C错；PM2.5是悬浮在空气中的固体小颗粒，受到气体分子无规则撞击和气流影响而运动，选项D对；热传递具有方向性，能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，选项E对．(2)①由题意可知，在活塞移动到汽缸口的过程中，气体发生的是等压变化．设活塞的横截面积为S，活塞未移动时封闭气体的温度为T1，当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T2，则由盖－吕萨克定律可知：0.5×S T 1＝1×ST 2，又T 1＝300 K (3分)解得：T 2＝600 K ，即327 ℃，因为327 ℃<927 ℃，所以气体接着发生等容变化，设当气体温度达到927 ℃时，封闭气体的压强为p ，由查理定律可以得到：1.0×105 Pa T 2＝p (927＋273)K，代入数据整理可以得到：p ＝2×118 Pa.(3分)②由题意可知，气体膨胀过程中活塞移动的距离Δx ＝1 m －0.5 m ＝0.5 m ，故大气压力对封闭气体所做的功为W ＝－p 0S Δx ，代入数据解得：W ＝－1 000 J ，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q(2分) 得到：ΔU ＝－1 000 J ＋800 J ＝－200 J ．(2分)【答案】 (1)ADE (2)①2×118 Pa ②－200 J34．[物理—选修3－4](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________(填入正确选项前的字母，选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A ．除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光B ．全息照相利用了激光相干性好的特性C ．光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理D ．光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变大E ．当我们看到太阳从地平线上刚刚升起时，太阳的实际位置已经在地平线上的上方(2)(10分)如图14所示是一列沿x 轴正向传播的简谐横波在t ＝0.25 s 时刻的波形图，已知波的传播速度v ＝4 m/s.图14①画出x ＝2.0 m 处质点的振动图象(至少画出一个周期)；②求x ＝2.5 m 处质点在0～4.5 s 内通过的路程及t ＝4.5 s 时的位移； ③此时A 点的纵坐标为2 cm ，试求从图示时刻开始经过多少时间A 点第三次出现波峰？【解析】 (1)除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光，故A 正确；全息照相利用了激光相干性好的特性，是光的干涉现象，故B 正确；光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理，故C 正确；在双缝干涉实验中，光的双缝干涉条纹间距Δx ＝L d λ，若仅将入射光由红光改为紫光，由于红光波长大于紫光，则相邻亮条纹间距变小，故D 错误；早晨看太阳从地平线刚刚升起时，实际上它还处在地平线的下方，但通过光在不均匀的大气层中发生折射，可以射入我们的眼睛，我们就可以看见太阳，故E 错误．故选A 、B 、C.(2)①根据图中信息可得λ＝2 m ，T ＝λv ＝0.5 s ，图象如图所示．②4.5 s ＝9T ，一个周期内质点通过的路程是4A ，所以s ＝9×4A ＝1.44 mt ＝4.5 s 时，距离现在图示时刻172T ，与现在所处位置关于x 轴对称，y ＝－4 cm.③若从图示时刻开始计时则质点A 的振动方程为y ＝A cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωt ＋π3 则质点A 第一次达波峰的时间为t 1＝56T第三次达波峰的时间应为t ＝t 1＋2T ＝56×0.5 s ＋2×0.5 s ＝1.42 s.【答案】 (1)ABC(2)①见解析②1.44 m －4 cm ③1.42 s。

2018版高考物理二轮复习小题提速练2 含解析精品

小题提速练(二)(时间：20分钟分值：48分)选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)14．(2018·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅰ))A、B两个物体在同一条直线上做直线运动，它们at图象如图1所示，规定水平向右为正方向．已知在t＝0时，两物体的速度均为零，且A在B的左边1.75 m处，则A追上B的时间是( )图1A．t＝0.5 s B．t＝1.5 sC．t＝2.5 s D．t＝3.5 sD[很显然，在前2 s内两个物体运动规律是一样的，不可能追上，故A、B错误；在t＝2.5 s时，A的位移是1.125 m，B的位移是0.875 m，两位移之差为0.25 m，小于1.75 m，故C错误；t＝3.5 s时，A的位移是1.875 m，B的位移是0.125 m，两位移之差等于1.75 m，故D正确．]15．(2018·辽宁省部分重点中学协作体5月模拟)如图2所示，一根不可伸长的轻质细绳两端分别连接在固定框架上的A、B两点，细绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态，若缓慢移动细绳的端点，则绳中拉力大小的变化情况是( )【导学号：19624219】图2A．只将绳的左端移向A′点，拉力变小B．只将绳的左端移向A′点，拉力变大C．只将绳的右端移向B′点，拉力变大D．只将绳的右端移向B′点，拉力不变C[设细绳总长度为L，OA段长度为l1，OB段长度为l2，由对称性可知，OA、OB与竖直方向间夹角相等，设为α，两悬点间的水平距离设为d ，则由l 1sin α＋l 2sin α＝d ，l 1＋l 2＝L 可得sin α＝d L ，只将绳的左端移向A ′点的过程中，d 不变，α不变，由2F cos α＝G 可知，F 不变，A 、B 均错误；只将绳的右端移向B ′点的过程中，d 增大，α增大，F 增大，C 正确，D 错误．]16．(2018·沈阳三模)以无穷远处的电势为零，在电荷量为q 的点电荷周围某点的电势可用φ＝kq r计算，式中r 为该点到点电荷的距离，k 为静电力常量．两电荷量大小均为Q 的异种点电荷固定在相距为L 的两点，如图3所示．现将一质子(电荷量为e )从两点电荷连线上的A 点沿以电荷＋Q 为圆心、半径为R 的半圆形轨迹ABC 移到C 点，质子从A 移到C 的过程中电势能的变化情况为( )图3A ．增加2kQe L 2－R 2B ．增加2kQeR L 2－R 2 C ．减少2kQeR L 2＋R 2 D ．减少2kQe L 2＋R 2B [根据题中φ＝kq r公式和叠加原理可知，φA ＝k －Q L －R ＋k Q R .C 点的电势φC ＝k －Q L ＋R ＋k Q R .故U AC ＝φA －φC ＝－2kQR L 2－R 2，质子由A 移到C 的过程中电场力做功W AC ＝U AC e ＝－2kQeR L 2－R 2，是负功，故质子电势能增加2kQeR L 2－R 2，B 项正确．] 17．(2018·新余市一中七模)放射性物质碘131的衰变方程为131 53I→13154Xe ＋Y ＋γ.根据有关放射性知识，下列说法正确的是( )A ．生成的131 54Xe 处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强B ．若131 53I 的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了C ．Y 粒子为β粒子D.131 53I 中有53个质子和132个核子C [γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故A 错误．半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用，故B 错误．根据电荷数守恒、质量数守恒知，Y 粒子的电荷数为－1，质量数为0，可知Y 粒子为β粒子，故C 正确．电荷数等于质子数，可知131 53I 中有53个质子，质量数等于核子数，则有131个核子，故D错误．故选C.]18．(2018·虎林市摸底考试)2018年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”，双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a 、b 两颗星体组成，这两颗星绕它们的连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a 星的周期为T ，a 、b 两颗星的距离为l ，a 、b 两颗星的轨道半径之差为Δr ，已知a 星的轨道半径大于b 星的轨道半径，则( )【导学号：19624220】A ．b 星的周期为l －Δr l ＋ΔrT B ．a 星的线速度大小为πl －Δr TC ．a 、b 两颗星的半径之比为l ＋Δr l －ΔrD ．a 、b 两颗星的质量之比为l ＋Δr l －Δr C [双星系统中两颗星的周期和角速度均相等，A 错误；由r a ＋r b ＝l ，r a －r b ＝Δr 可知r a ＝l ＋Δr 2，r b ＝l －Δr 2，r a r b ＝l ＋Δr l －Δr ，由m a ω2r a ＝m b ω2r b 可得：m a m b ＝r b r a ＝l －Δr l ＋Δr，C 正确，D 错误；由v a ＝2πr a T 可得：v a ＝πl ＋Δr T ，B 错误．] 19．(2018·Ⅱ卷)某同学自制的简易电动机示意图如图4所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将( )图4A ．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B ．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C ．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D ．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉AD [装置平面示意图如图所示．如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动．当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动．若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路．故选A 、D.]20．(2018·沈阳铁路实验中学模拟)水平面上有两个质量不相等的物体a 和b ，它们分别在水平推力F 1和F 2作用下开始运动，分别运动一段时间后撤去推力，两个物体都将运动一段时间后停下．物体的v t 图线如图5所示，图中线段AC ∥BD .则以下说法正确的是( )图5①水平推力大小F 1>F 2②水平推力大小F 1<F 2③物体a 所受到的摩擦力的冲量大于物体b 所受到的摩擦力的冲量④物体a 所受到的摩擦力的冲量小于物体b 所受到的摩擦力的冲量⑤物体a 克服摩擦力做功大于物体b 克服摩擦力做功⑥物体a 克服摩擦力做功小于物体b 克服摩擦力做功A ．若物体a 的质量大于物体b 的质量，由图可知，①⑤都正确B ．若物体a 的质量大于物体b 的质量，由图可知，④⑥都正确C ．若物体a 的质量小于物体b 的质量，由图可知，②③都正确D ．若物体a 的质量小于物体b 的质量，由图可知，只有④正确AD [根据v t 图象，由于AC ∥BD ，可见撤去外力后，两物体的加速度相等，故两物体与水平面间的动摩擦因数相同．由图可知撤去外力之前，物体a 的加速度大于物体b 的加速度，由牛顿第二定律可知F 1－μm a g m a ＞F 2－μm b g m b ，解得：F 1m a ＞F 2m b，若m a ＞m b 则F 1＞F 2，若m a ＜m b ，则无法比较水平推力F 1和F 2的大小．克服摩擦力做功W f ＝μmgx ，所受到的摩擦力的冲量大小I f ＝μmgt .由图可知：物体b 运动的时间更长，物体a 的位移更大，若m a ＞m b 则物体a 克服摩擦力做功大于物体b 克服摩擦力做功，但无法比较两者所受到的摩擦力的冲量大小，若m a ＜m b ，物体a 所受到的摩擦力的冲量小于物体b所受摩擦力的冲量，但无法比较两者克服摩擦力的做功大小，故A、D正确，B、C错误．]21．(2018·辽宁省部分重点中学协作体5月模拟)如图6所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成，发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动，矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻，以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( )【导学号：19624221】图6A．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为最大B．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωtC．当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端电压将升高D．当用户功率增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动ABD[从线圈在如图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt，此时变压器原线圈中的电流值最大，A、B均正确；当滑动触头向下移动时，影响变压器的输出电压，而不影响变压器的输入电压，C错误；当用户功率增加时，因R0的降压作用，用户得到的电压降低，为使用户电压保持不变，应使副线圈匝数增多，即滑动触头P应该向上滑动，故D正确．]。

2020届高考物理二轮复习600分冲刺8分钟精准训练2(含解析)

8分钟精准训练(二)1．(5分)某同学利用气垫导轨来探究重力做功与速度变化的关系。

该同学首先将导轨倾斜放置在水平面上，倾角为θ，然后在导轨上的A 点固定一个光电门，将带有挡光片的滑块从气垫导轨上的不同位置由静止释放，实验装置如图甲所示。

(1)该同学用20分度的游标卡尺测量挡光片的宽度d ，游标卡尺的示数如图乙所示，则d ＝__0.500__ cm 。

(2)若测得挡光片通过光电门的时间为Δt ，则计算挡光片通过光电门的速度的表达式为v ＝dΔt(用题给字母表示)，不考虑实验误差的影响，从理论上说，由该表达式计算得出的速度__小于__(填“大于”“等于”或“小于”)挡光片中心通过光电门时的速度。

(3)为了探究重力做功与速度变化的关系，该同学进行了多次实验，得到的实验数据如下表所示，其中L 为滑块释放点到光电门的距离。

实验次数1 2 3 4 5 6 L /cm 10 20 30 40 50 60 v /m·s －1 0.991.40 1.71 1.982.21 2.42 v /(m·s －1)120.99 1.18 1.31 1.41 1.49 1.56 v 2/(m·s －1)20.981.962.923.924.885.86分析表格中的数据，能够得出“滑块重力做功与速度变化的关系”的结论是__滑块重力做的功与滑块速度的平方(速度平方的变化量)成正比__。

[解析] (1)由游标卡尺的读数规则可知该挡光片的宽度d 为0.500 cm 。

(2)计算挡光片通过光电门的速度的表达式为v ＝dΔt，由于该速度等于中间时刻的瞬时速度，而挡光片中心通过光电门时的速度为中间位置时的瞬时速度，匀变速直线运动时，中间时刻瞬时速度小于中间位置时瞬时速度，且滑块在下滑过程中，滑块重力做的功为W G ＝mgL sin θ∝L ，而从表格中可以看出L ∝v 2，故W G ∝v 2，所以滑块重力做的功与滑块速度的平方成正比。

2018年高考全国卷II理综物理试题及详细解析(2)(2021年整理)

2018年高考全国卷II理综物理试题及详细解析(2)(word版可编辑修改) 编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018年高考全国卷II理综物理试题及详细解析(2)(word版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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一、选择题：1。

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. 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【答案】A【解析】试题分析：受力分析，找到能影响动能变化的是那几个物理量,然后观测这几个物理量的变化即可.木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功,拉力做正功，摩擦力做负功,根据动能定理可知即： ,所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小,CD错误。

故选A点睛：正确受力分析，知道木箱在运动过程中有那几个力做功且分别做什么功，然后利用动能定理求解末动能的大小。

2. 高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的撞击时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A。

10 N B. 102 N C。

103 N D. 104 N【答案】C【解析】试题分析:本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m,可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小。

学＃科网设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，由动能定理可知：，解得:落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知:，解得：，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确故选C点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力3。

高考物理二轮复习 8分钟精准训练3

8分钟精准训练(三)1．(5分)(2017·山东省日照市二模)为了验证动量守恒定律。

图甲所示的气垫导轨上放着两个滑块，滑块A 的质量为500 g ，滑块B 的质量为200 g 。

每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器所接电源的频率均为50 Hz 。

调节设备使气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，并让两个滑块以不同的速度相向运动，碰撞后粘在一起继续运动。

图乙为纸带上选取的计数点，每两个计数点之间还有四个点没有画出。

(1)判断气垫导轨是否处于水平，下列措施可行的是 AC__(填字母代号)。

A ．将某个滑块轻放在气垫导轨上，看滑块是否静止B ．让两个滑块相向运动，看是否在轨道的中点位置碰撞C ．给某个滑块一个初速度，看滑块是否做匀速直线运动D ．测量气垫导轨的两个支架是否一样高(2)根据图乙提供的纸带，计算碰撞前两滑块的总动量大小p ＝ 0.28__kg·m/s；碰撞后两滑块的总动量大小为p ′ ＝ 0.28__kg·m/s。

多次实验，若碰撞前后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证。

(结果保留两位有效数字)[解析] (1)判断气垫导轨是否处于水平的措施是：将某个滑块放在气垫导轨上，看滑块是否静止；或者给某个滑块一个初速度，看滑块是否做匀速直线运动，故选项AC 正确，BD 错误；故选AC 。

(2)根据纸带可求解AB 两滑块碰前的速度分别为：v A ＝8.04×10－20.1m/s ＝0.80 m/s ；v B ＝6.03×10－20.1 m/s ＝0.60 m/s ；碰后速度：v 共＝4.01×10－20.1 m/s ＝0.40 m/s ；碰前总动量： P 1＝m A v A －m B v B ＝0.5×0.80－0.2×0.60＝0.28 kg·m/s ，碰后总动量：P 2＝(m A ＋m B )v 共＝0.7×0.40＝0.28 kg·m/s；因P 1＝P 2，故动量守恒定律得到验证。

2018版高考物理二轮小题提速练8 含解析精品

小题提速练(八)(时间：20分钟分值：48分)选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．) 14．(2018·鞍山一中最后一模)如图1所示，质量分别为m A＝3.0 kg，m B＝1.0 kg 的A、B两物体置于粗糙的水平面上，A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.25.A、B与水平面间的最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力．一不可伸长的绳子将A、B连接，轻绳恰好处于伸直状态，且与水平方向的夹角为θ＝53°，现以水平向右的力作用于物体A，若B恰好离开水平面，则此时所施加的水平力F等于()图1A．40 N B．45 NC．50 N D．55 NA[B恰好离开地面时有：mg＝T·sin θ，ma＝T cos θ.可解得a＝7.5 m/s2.对A、B组成的整体，由牛顿第二定律可得：F－μ(m A＋m B)g＝(m A＋m B)a 可解得F＝40 N，故A正确．]15．(2018·天津市红桥区期末)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，交流电压表V1、V2和电流表A1、A2均为理想电表，导线电阻不计．当开关S闭合后()【导学号：19624237】图2A．A1示数变大，A1与A2示数的比值不变B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大D．V2示数变小，V1与V2示数的比值不变A[由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，则副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，C、D错误．开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，由欧姆定律可得A1示数变大，由于理想变压器P2＝P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变，B错误．所以只有A正确．故选A.]16．如图3所示为磁流体发电机的原理图．金属板M、N之间的距离为d＝20 cm，磁场的磁感应强度大小为B＝5 T，方向垂直纸面向里．现将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，整体呈中性)从左侧喷射入磁场，发现在M、N两板间接入的额定功率为P＝100 W的灯泡正常发光，且此时灯泡电阻为R＝100 Ω，不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为一价离子，则下列说法中正确的是()图3A．金属板M上聚集负离子，金属板N上聚集正离子B．该发电机的电动势为100 VC．离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为118 m/sD．每秒钟有6.25×1018个离子打在金属板N上B[由左手定则可知，射入的等离子体中正离子将向金属板M偏转，负离子将向金属板N偏转，选项A错误；由于不考虑发电机的内阻，由闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势等于电源的路端电压，所以E＝U＝PR＝100 V，选项B正确；由Bq v＝q Ud可得v＝UBd＝100 m/s，选项C错误；每秒钟经过灯泡L的电荷量Q＝It，而I＝PR＝1 A，所以Q＝1 C，由于离子为一价离子，所以每秒钟打在金属板N上的离子个数为n＝12×Qe＝12× 1 C 1.6×10－19 C＝3.125×1018个，选项D 错误．] 17．(2018·衡阳市二模)质量m ＝2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能E k 与其位移x 之间的关系如图4所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图4A ．x ＝1 m 时物块的速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C ．在前4 m 位移过程中拉力对物块做的功为9 JD ．在前2 m 位移过程中物块所经历的时间为2 sD [由图象可知x ＝1 m 时E k ＝2 J ，由E k ＝12m v 2可得此时物块速度v ＝ 2m/s ，A 错误；x 1＝2 m 时物块动能为4 J ，对应速度v 2＝2 m/s ，x 2＝4 m 时物块动能为9 J ，对应速度v 4＝3 m/s ，由v 24－v 22＝2a (x 2－x 1)可得2～4 m 范围内物块的加速度a ＝1.25 m/s 2，故B 错误；由W F －μmgx ＝E k －0可求得前4 m 位移过程中拉力做功为W F ＝25 J ，C 错误；由x 1＝v 22t 1可得在前2 m位移过程中物块经历的时间t 1＝2 s ，D 正确．]18．(2018·沧州一中月考)如图5所示，竖直平面内有一段圆弧MN ，小球从圆心O 处水平抛出；若初速度为v a ，将落在圆弧上的a 点；若初速度为v b ，将落在圆弧上的b 点；已知Oa 、Ob 与竖直方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力，则( )图5A.v a v b ＝sin αsin BB.v a v b ＝cos βcos αC.v a v b ＝cos βcos αsin αsin β D.v a v b＝sin αsin β cos βcos α D [对a ，根据R cos α＝12gt 21得，t 1＝2R cos αg ，则v a ＝R sin αt 1＝R sin αg 2R cos α，对b ，根据R cos β＝12gt 22得，t 2＝2R cos βg ，则v b ＝R sin βt 2＝R sin βg 2R cos β，解得v a v b ＝sin αsin β cos βcos α.答案为D.]19．(2018·衡水中学二模)如图6所示，两等量异种电荷在同一水平线上，它们连线的中点为O ，竖直面内的半圆弧光滑绝缘轨道的直径AB 水平，圆心在O 点，圆弧的半径为R ，C 为圆弧上的一点，OC 与竖直方向的夹角为37°，一电荷量为＋q ，质量为m 的带电小球从轨道的A 端由静止释放，沿轨道滚动到最低点时，速度v ＝2gR ，g 为重力加速度，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是( )【导学号：19624238】图6A ．电场中A 点的电势为mgR qB ．电场中B 点的电势为－2mgR qC ．小球运动到B 点时的动能为2mgRD ．小球运动到C 点时，其动能与电势能的和为1.6mgRAC [取无穷远处电势为零，则最低点处电势为0，小球从A 点运动到最低点过程中，由动能定理可得mgR ＋qU AO ＝12m v 2，解得U AO ＝mgR q ，而U AO＝φA －0，所以φA ＝mgR q ，A 正确；由对称性可知U AO ＝U OB ，即φA －0＝0－φB ，故φB ＝－mgR q ，B 错误；小球从A 点运动到B 点过程中，由动能定理得E k ＝qU AB ＝2mgR ，C 正确；小球在最低点处的动能和电势能的总和为E 1＝12m v 2＋0＝2mgR ，由最低点运动到C 点过程中，动能、电势能、重力势能的总量守恒，而重力势能增加量ΔE p ＝mgR (1－cos 37°)＝0.2mgR ，故动能、电势能的总和减少了0.2mgR ，所以小球在C 点的动能和电势能的总和为E 2＝E 1－0.2mgR ＝1.8mgR ，D 错误．]20．(2018·郑州三模)2018年4月10日，三名宇航员在国际空间站停留173天后，乘坐“联盟MS-02”飞船从国际空间站成功返回，并在哈萨克斯坦杰兹卡兹甘附近着陆．设国际空间站在离地面高度约400 km 的轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知地球同步卫星轨道高度约36 000 km ，地球半径约6 400 km.下列说法正确的是( )A ．飞船在返回地球的过程中机械能守恒B ．经估算，国际空间站的运行周期约为90 minC ．国际空间站的速度小于地球的第一宇宙速度D ．返回时，需先让飞船与国际空间站脱离，然后点火加速，即可下降 BC [飞船在返回地球的过程中需要控制速度，机械能不守恒，A 错误；根据万有引力提供向心力，GMm r 2＝m 4π2T 2r ，T ＝4π2r 3GM 可知，T 1T 2＝r 31r 32，国际空间站的轨道半径约为6 800 km ，地球同步卫星的轨道半径为42 400 km ；地球同步卫星的周期为24 h ，可得国际空间站的运行周期约为90 min ，B 正确；地球的第一宇宙速度是所有地球卫星的最大环绕速度，所以国际空间站的速度小于地球的第一宇宙速度，C 正确；返回时，需先让飞船与国际空间站脱离，然后减速，即可下降，D 错误．]21．(2018·沈阳铁路实验中学模拟)如图7所示，电阻不计间距为L 的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左端接有阻值为R 的电阻，以导轨的左端为原点，沿导轨方向建立x 轴，导轨处于竖直向下的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一根电阻也为R ，质量为m 的金属杆垂直于导轨放置于x 0处，不计金属杆与轨道间的接触电阻，现给金属杆沿x 轴正方向的初速度v 0，金属杆刚好能运动到2x 0处，在金属杆运动过程中( )【导学号：19624239】图7A ．通过电阻R 的电荷量BLx 02RB ．金属杆克服安培力所做的功为12m v 20C ．金属杆上产生的焦耳热为12m v 20D ．金属杆运动到1.5x 0处的速度大小为v 02ABD [由q ＝It ＝ΔΦ2R ＝BLx 02R 可知，选项A 正确；整个过程中回路产生的焦耳热为12m v 20，所以金属杆上产生的焦耳热为12×12m v 20＝14m v 20，C 错误；金属杆在运动过程中克服安培力所做的功等于金属杆动能的减少量12m v 20，B正确；设金属杆速度由v 0减为v 02经过的时间为t 1，通过的位移为x 1，速度由v 02减为0经历的时间为t 2，通过的位移为x 2，由动量定理可得：－B I 1Lt 1＝12m v 0－m v 0，－B I 2Lt 2＝0－12m v 0，又I 1＝BL v 12R I 2＝BL v 22R ，x 1＝v1t 1 x 2＝v 2t 2可得出：B 2L 2x 12R ＝12m v 0 B 2L 2x 22R ＝12m v 0，故x 1＝x 2，又x 1＋x 2＝x 0，所以x 1＝x 2＝x 02，故金属杆运动到1.5x 0处的速度大小为v 02，D 正确．]。

2018年高考物理全国用二轮复习精练三小卷冲刺练(8+2实验)(四)

小卷冲刺练(8＋2计算)(四)一、选择题(共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。

全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

)14.下列叙述符合物理学史实的是( )A.安培通过实验发现了电流周围存在磁场，并总结出判定磁场方向的方法——安培定则B.法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应C.楞次在分析了许多实验事实后提出：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻止引起感应电流的磁通量的变化D.麦克斯韦认为：电磁相互作用是通过场来传递的。

他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景解析奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场，安培总结出判定磁场方向的方法——安培定则，故A错误；法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，符合物理学史实，故B正确；楞次发现了感应电流方向遵守的规律：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，而不是阻止，故C 错误；法拉第认为：电磁相互作用是通过场来传递的。

他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景，故D错误。

答案 B15.下列说法正确的是( )A.汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的链式反应C.光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D.15 7N＋11H―→12 6C＋42He是α衰变方程解析汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”，选项A正确；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，选项B错误；光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，不成正比，选项C错误；15 7N＋11H―→12 6C＋42He是人工转变，不是α衰变方程，选项D错误。

答案 A16.(2017·河北唐山二模)一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化如图1所示，则( )图1A.1～2 s时间内物体做匀减速运动B.2 s末，物体运动的速度为零C.1 s末，物体运动的速度为2 m/sD.0～1 s时间内的平均速度为2 m/s解析1～2 s时间内物体的加速度逐渐减小，物体做加速度减小的加速运动，不是做匀减速运动，故A错误：图线与坐标轴所围的“面积”即为物体的速度变化量，则1 s末，物体运动的速度为2 m/s，2 s末，物体运动的速度为4 m/s，故B错误，C正确；0～1 s物体做加速度逐渐增大的加速运动，这段时间内的平均速度小于2 m/s，故D错误。

高考物理二轮复习训练：8分钟精准训练2Word版含解析

8分钟精准训练(二)1．(8分)“研究平抛物体的运动”实验的装置如图甲所示。

钢球从斜槽上滚下，经过水平槽飞出后做平抛运动。

每次都使钢球从斜槽上同一位置由静止滚下，在小球运动轨迹的某处用带孔的卡片迎接小球，使球恰好从孔中央通过而不碰到边缘，然后对准孔中央在白纸上记下一点。

通过多次实验，在竖直白纸上记录钢球所经过的多个位置，用平滑曲线连起来就得到钢球做平抛运动的轨迹。

①实验所需的器材有：白纸、图钉、平板、铅笔、弧形斜槽、小球、重锤线、有孔的卡片，除此之外还需要的一项器材是__C___。

A．天平B．秒表C．刻度尺②在此实验中，小球与斜槽间有摩擦__不会___(选填“会”或“不会”)使实验的误差增大；如果斜槽末端点到小球落地点的高度相同，小球每次从斜槽滚下的初始位置不同，那么小球每次在空中运动的时间__相同___(选填“相同”或“不同”)。

③在实验中，在白纸上建立直角坐标系的方法是：使斜槽末端的切线水平，小球在槽口时，在白纸上记录球的重心在竖直木板上的水平投影点O，作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点，接下来应该选择的步骤是__A___A．利用悬挂在槽口的重锤线画出过O点向下的竖直线为y轴。

取下白纸，在纸上画出过O点，与y轴垂直、方向向右的直线为x轴B．从O点向右作出水平线为x轴，取下白纸，在纸上画出过O点，与x轴垂直、方向向下的直线为y轴④如图乙所示是在实验中记录的一段轨迹。

已知小球是从原点O水平抛出的，经测量A 点的坐标为(40cm,20cm)，g取10m/s2，则小球平抛的初速度v0＝__2___m/s，若B点的横坐标为x B＝60cm，则B点纵坐标为y B＝__0.45___m。

⑤一同学在实验中采用了如下方法：如图丙所示，斜槽末端的正下方为O点。

用一块平木板附上复写纸和白纸，竖直立于正对槽口前的O1处，使小球从斜槽上某一位置由静止滚下，小球撞在木板上留下痕迹A。

将木板向后平移至O2处，再使小球从斜槽上同一位置由静止滚下，小球撞在木板上留下痕迹B 。

高考物理二轮复习训练：8分钟精准训练1Word版含解析

实验题专项训练8分钟精准训练(一)1．(8分)(2018·山西省高三下学期模拟)某同学用探究动能定理的装置测滑块的质量M 。

如图甲所示，在水平气垫导轨上靠近定滑轮处固定一个光电门。

让一带有遮光片的滑块自某一位置由静止释放，计时器可以显示出遮光片通过光电门的时间t (t 非常小)，同时用米尺测出释放点到光电门的距离s 。

(1)该同学用螺旋测微器测出遮光片的宽度d ，如图乙所示，则d ＝__1.880___mm 。

(2)实验中多次改变释放点，测出多组数据，描点连线，做出的图象为一条倾斜直线，如图丙所示。

图象的纵坐标s 表示释放点到光电门的距离，则横坐标表示的是__D___。

A ．tB ．t 2C ．1tD ．1t 2 (3)已知钩码的质量为m ，图丙中图线的斜率为k ，重力加速度为g 。

根据实验测得的数据，写出滑块质量的表达式M ＝2kmg d 2－m ___。

(用字母表示) [解析] (1)螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm ，可动刻度读数为0.01×38.0mm ＝0.380mm ，则最终读数为1.880mm 。

(2)滑块通过光电门的瞬时速度v ＝d t ，根据动能定理得：mgs ＝12(m ＋M )v 2＝12(m ＋M )d 2t 2，解得：s ＝(m ＋M )d 22mgt 2，因为图线为线性关系图线，可知横坐标表示1t 2，故选D 。

(3)根据s ＝(m ＋M )d 22mgt 2知，图线的斜率为：k ＝m ＋M 2mg d 2，解得滑块质量M ＝2kmg d 2－m 。

2．(10分)(2018·山东省烟台市高三下学期模拟)某实验小组要测量某一迭层电池的电动势(约为9V )和内电阻(小于1Ω)。

可供选择的器材如下：A ．迭层电池的电动势(约为9V ，内电阻小于1Ω)B ．电流表A(量程3A)C ．电压表V(量程为4V ，内阻约为6kΩ)D ．电阻箱R 1(0～99999.9Ω，额定功率小于10W)E ．电阻箱R 2(0～9999.9Ω，额定功率小于10W)F ．定值电阻R 0(阻值为1.0Ω)G ．滑动变阻器R (0～20Ω，额定电流2A)H ．开关S 、导线若干(1)小组同学根据上面提供的实验器材，需要把量程为4V 的电压表接一固定的电阻(用电阻箱代替)，改装成量程为12V 的电压表，改装电压表量程的实验电路如图甲所示，则电阻箱应选__D___(填写器材前面的字母标号)。

专题09 恒定电流测-2018年高考物理二轮复习讲练测含解析精品

2018年高考物理二轮复习讲练测（测案）【满分：110分时间：90分钟】一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中， 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

） 1．现象一：傍晚用电多的时候，灯光发暗，而当夜深人静时，灯光特别明亮；现象二：在插上电炉等大功率电器时，灯光会变暗，拔掉后灯光马上亮了起来。

下列说法正确的是（） A. 现象一是因为夜深人静时，周围比较黑，突显出灯光特别明亮 B. 现象二是因为电炉等大功率电器的电阻都比较大引起的 C. 两个现象都可以用电阻定律R=ρL/S 来解释 D. 两个现象都可以用闭合电路欧姆定律来解释【答案】D点睛：变压器的输出电压一部分消耗在导线上，另一部分才加到用电器上，所以如果导线上电流过大，不但有电压损失，导线上也要发热，所以要减少这些影响，在使用功率大用电器时，要求导线截面积要大．2．如图为某公司生产的风光互补LED 路灯系统电路结构图。

“风光互补路灯”是利用风能和太阳能作为能源的路灯系统，我国现有城乡路灯总数约2亿只，假如用此套路灯替换40W 、每天工作10小时的传统路灯，则全国每年（365天）大约可节约多少吨标准煤（每燃烧1吨标准煤可发电3000kWh ）（）A. 4110t ⨯B. 6110t ⨯C. 7110t ⨯D. 10110t ⨯【答案】C【解析】全国40W 的路灯一年消耗的电能为： W=NPt=2×108×0.04KW ×10h ×365=3000×107KW •h一年节约的煤炭为： 773000101103000m t ⨯⨯＝＝，故C 正确，ABD 错误；故选C.3．已知一边长为2a 和另一边长为a 的两个绝缘立方体容器，中心在同一直线上，容器连通且加满电解液，在AB 两端加上电压U 时，流过电路的电流为1 A ，当电解液加到距边长为a 的容器底端高3a的位置时，电路中的电流为（）A. 1AB. 0.5AC. 514AD. 145A 【答案】C4．如图所示为大型电子地磅的电路图，电源电动势为E ，内阻不计，不称物体时，滑片P 在A 端，滑动变阻器接入电路的有效电阻最大，电流较小；称量物体时，在压力作用下使滑片P 下滑，滑动变阻器有效电阻减小，电流变大，这样把电流对应的重量值刻在刻度盘上，就可以读出被称量物体的重量值。

高考物理二轮复习8分钟精准训练2含解析

8分钟精准训练(二)1．(5分)(2017·宁夏银川一中考前适应性训练) 某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动。

导学号 86084440(1)实验中，必要的措施是 AB__。

A ．细线必须与长木板平行B ．先接通电源再释放小车C ．小车的质量远大于钩码的质量D ．平衡小车与长木板间的摩擦力(2)他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)。

s 1＝3.59 cm ，s 2＝4.41 cm ，s 3＝5.19 cm ，s 4＝5.97 cm ，s 5＝6.78 cm ，s 6＝7.64 cm 。

则小车的加速度a ＝ 0.80__m/s 2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B 点时小车的速度v B ＝ 0.40__m/s (结果均保留2位有效数字)。

[解析] (1)实验时，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，A 正确；实验时要先接通电源再释放小车，B 正确；此实验中没必要小车的质量远大于钩码的质量，C 错误；此实验中不需平衡小车与长木板间的摩擦力，D 错误；故选AB 。

(2)两点间的时间间隔T ＝0.1 s ；由逐差法可得：a ＝s 6＋s 5＋s 4－s 3－s 2－s 19T 2＝(7.64＋6.78＋5.97－5.19－4.41－3.59)×10－29×0.12 m/s 2 ＝0.80 m/s 2打点计时器在打B 点时小车的速度v B ＝s 1＋s 22T ＝(3.59＋4.41)×10－20.2m/s ＝0.40 m/s2．(10分)(2017·山东省日照市二模)某同学利用电压表和定值电阻测蓄电池电源的电动势和内阻。

导学号 86084441(1)实验室有以下三个电压表，需要将它们改装成量程为6 V 的电压表，以下措施正确的是 C__A ．将电压表V 1(0～1 V ，内阻约为1 kΩ)与5 kΩ的定值电阻R 串联B ．将电压表V 2(0～2 V ，内阻约为2 kΩ)与4 kΩ的定值电阻R 串联C ．将电压表V 3(0～3 V ，内阻为3 kΩ)与3 kΩ的定值电阻R 串联D ．以上三项都可以(2)利用(1)中改装后的电压表，测蓄电池的电动势和内阻，图甲为实验电路图，根据给出的电路图，将图乙的实物图补充完整。

高考物理二轮复习训练：8分钟精准训练4Word版含解析

8分钟精准训练(四)1．(8分)(2018·山东省青岛市高三下学期模拟)某同学用如图所示的装置，研究细绳对小车的拉力做功与小车动能变化的关系。

通过改变动滑轮下所挂钩码的个数可以改变细绳对小车的拉力，实验所用钩码质量均为m 。

(1)关于本实验，下列说法正确的是__D___A ．实验时，小车应靠近打点计时器，先释放小车后，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧秤的示数B ．本实验不需要平衡摩擦力C ．实验过程中，动滑轮和所挂钩码所受的重力等于弹簧秤示数的2倍D ．实验中不需要满足所挂钩码的总质量远小于小车的质量(2)某次实验时，所挂钩码的个数为2个，记录的弹簧秤示数为F ，小车质量为M ，所得到的纸带如图所示，相邻计数点间的时间间隔为T ，两相邻计数点间的距离分别为S 1、S 2、S 3、S 4，该同学分析小车运动过程中的BD 段，在操作正确的情况下应该有等式 F (S 2＋S 3)＝12M (S 3＋S 42T )2－12M (S 1＋S 22T)2___成立。

[解析] (1)实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车后，打出一条纸带，同时记录弹簧秤的示数，故A 错误；探究外力做功与速度变化关系的实验，要求合力为拉力，所以要平衡摩擦力，故B 错误；实验过程中，根据牛顿第二定律可知a ＝mg －2F m，动滑轮和所挂钩码所受的重力大于弹簧秤示数的2倍，故C 错误；拉力可以由弹簧测力计测出，不需要满足所挂钩码的总质量远小于小车的总质量，故D 正确；(2) 小车运动过程中的BD 段合力做功为W ＝F (S 2＋S 3)，动能的变化量ΔE k ＝12m v 2D －12m v 2B ＝12M (S 3＋S 42T )2－12M (S 1＋S 22T )2，所以操作正确的情况下应该有等式F (S 2＋S 3)＝12M (S 3＋S 42T )2－12M (S 1＋S 22T)2。

2．(10分)(2018·山东省青岛市二模)某实验探究小组利用半偏法测量电压表内阻，实验室提供了下列实验器材：A．待测电压表V(量程为3 V，内阻约为3000 Ω)B．电阻箱R1(最大阻值为9999.9 Ω)C．滑动变阻器R2(最大阻值为10 Ω，额定电流为2 A)D．电源E(电动势为6 V，内阻不计)E．开关两个，导线若干(1)虚线框内为探究小组设计的部分测量电路，请你补画完整；答案：如图所示(2)根据设计的电路图，连接好实验电路，进行实验操作，请你补充完善下面操作步骤。

2018年高考物理二轮复习：25分钟规范训练2 含解析精

25分钟规范训练(二)1．(12分)(2017·江西省南昌二中、临川一中模拟)如图所示，有一质量m ＝1 kg 的小物块，在平台上以初速度v 0＝3 m /s 水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进入固定在水平地面上的半径R ＝0.5 m 的粗糙圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D 点的质量为M ＝3 kg 的长木板，木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，当小物块在木板上相对木板运动l ＝1 m 时，与木板有共同速度，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.3，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53˚，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，sin53˚＝0.8，cos53˚＝0.6。

求：导学号 86084448(1)A 、C 两点的高度差h ；(2)物块刚要到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(3)物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功。

[解析] (1)小物块到C 点时的速度竖直分量为v Cy ＝v 0tan53˚＝4 m/s下落的高度h ＝v 2cy 2g＝0.8 m (2)小物块在木板上滑行达到共同速度的过程木板的加速度大小：a 1＝μmg M＝1 m/s 2 物块的加速度大小：a 2＝μmg m＝3 m/s 2 由题意得：a 1t ＝v D －a 2tv D t －12a 2t 2－12a 1t 2＝l 联立以上各式并代入数据解得v D ＝2 2 m/s小物块在D 点时由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2D R代入数据解得F N ＝26 N 由牛顿第三定律得物块对轨道压力大小为26 N ，方向竖直向下。

(3)小物块由A 到D 的过程中，由动能定理得mgh ＋mgR (1－cos 53˚)－W ＝12m v 2D －12m v 20 代入数据解得W ＝10.5 J2．(20分)(2017·河南省信阳市高考前模拟 )如图，以竖直向上为y 轴正方向建立直角坐标系；该真空中存在方向沿x 轴正向、场强为E 的匀强电场和方向垂直xoy 平面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场；原点O 处的离子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量为m 、电荷量为－q (q >0)的粒子束，粒子恰能在xoy 平面内做直线运动，重力加速度为g ，不计粒子间的相互作用。

高考物理二轮复习8分钟精准训练3

8分钟精准训练(三)1．(5分)(2020·山东省日照市二模)为了验证动量守恒定律。

图甲所示的气垫导轨上放着两个滑块，滑块A的质量为500 g，滑块B的质量为200 g。

每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器所接电源的频率均为50 Hz。