2018届高考物理二轮复习实验题押题练(三) 提升实验设计和探究归纳能力(增分型)专题卷(全国通用)
2018年高考押题卷(物理3)后附答案
2018年高考押题卷(物理3）14．2018年4月14日，风靡全球的蹦床主题公园----乐园空间登陆上海，在人气最高的自由蹦床活动中，小朋从扁带上竖直向上跳起，落下后沉入海绵池中，如图是小朋某次游戏中的v-t图像，t=0时小朋离开扁带，将小朋视为质点，不考虑空气阻力，则小朋
A．t1时刻落到海面上
B．t2时刻到达最低处
C．t3时刻处于平和状态
D．t2~t4时间内处于超重状态
15．汽油发动机内，经过压缩达到一定温度和压力的汽油，需要火花塞点燃从而实现能量转化，而火花塞需要高达10kV的电压才能点火，某同学设计了如图甲、乙的点火电路，已知直流电源的电压为12V，升压变压器的输出端接到火花塞上，开关是自动控制的，下列说法正确的是
A．两电路都不可能使火花塞点火，因为变压器不能改变直流电压
B．图甲、乙的电路中，保持开关闭合，输出端都会获得持续的高压
C．图甲的电路中，只有在开关闭合或断开瞬间，输出端才会高压产生
D．图乙的电路中，在开关断开或闭合瞬间，输出端都会高压产生
16．一定质量的小球套在倾斜的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆处于同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O处于同一高度由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧竖直时，小球速度恰好为零，如图所示，若弹簧一直处于伸长状态且处于弹性限度内，不考虑空气阻力，则
1。
2018年高考物理原创押题预测卷 03(江苏卷)(参考答案)
2018年高考物理原创押题预测卷03【江苏卷】物理·参考答案【必做题】 10．（8分）（1）0.47（2分） 0.70（2分） （2）0.34（1分） 大于（1分） （3）不需要（2分） 11．（10分）（1）大（1分） ×100（1分） （2）2π4Rd ρ（2分） （3）①0.600（1分） ②1880（1分） ③（2分） ④偏大（2分）【选做题】 12．【选做题】A ．[选修3–3]（12分） （1）AD （4分）（2）先增大后减小（2分） 先减小后增大（2分） （3）①由理想气体的状态方程A AB BA Bp V p V T T =B ．[选修3–4]（12分） （1）BC （4分）（2）下凹（2分） 衍射图样（2分）（3）①P 质点经过4T达到负向最大位移，此刻有+y 方向的最大加速度 由图2可知，质点振动的周期T =0.4 s故质点P 第一次有+y 方向的最大加速度需经过的时间0.1s t =（2分） ②PQ 两点间距离14PQ x n λ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（n=0，1，2，……）解得：15m/s v = 下落时间110.5s v t g== 弹起时速度大小为v 2，则根据动能定理可得：22212mgh mv =解得：26m/s v = 学/科*-+网 上升的时间220.6s v t g== 运动员从自由下落到弹起到最高这段时间内，所受重力的冲量大小 012()900N s G I mg t t t =++=⋅（2分）②取向上为正方向，由动量定理有：000G Ft I -=- 代入数据解得F =2 250 N （2分） 13．（15分）（1）两个粒子在圆形磁场中运动的轨迹如图所示（1分）由几何关系可知：因为MQ NQ =，两个粒子做圆周运动的圆心在同一条直线M 1N 1K ，经过M 点的粒子进入磁场运动到P 点的时间是经过N 点的粒子进入磁场运动到P 点的时间的2倍，可知11120M N P ∠=︒，160N KP ∠=︒；轨迹圆的半径与圆形磁场的半径相等（1分） 由向心力公式：2mv qvB R=（1分）解得：粒子的比荷q v m RB=（1分） （2）N 点的纵坐标o(1cos60)2N R y R =-=，所以N 点坐标（0，2R）（2分） M 点的纵坐标o 3(1cos60)2N R y R =+=，所以M 点坐标（0，32R ）（2分） （3）带电粒子运动的轨迹如图所示（1分）带电粒子在磁场做圆周运动的周期2π2πR mT v qB==经过N 点的粒子在圆形磁场的运动时间3116t T =经过N 点的粒子在三、四象限磁场的运动时间4223t T =（1分）1234t t t t +=+（1分）以上解得12B B =（1分） 14．（16分）（3）滑块沿斜面向下滑行的过程中，由牛顿第二定律和运动学公式有： 3sin cos mg mg ma θμθ-=（1分） 2132v a x =（1分）解得：滑块到达斜面底端的速度1m/s v =（1分） 滑块在传送带向左滑行的距离2110.5m 2v x a '==（1分） 滑块从斜面滑下后距离A 点的最近距离 4.5m d L x '=-=（1分）（4）滑块最终会停到B 点，因为滑块第一次从斜面滑到传送带的速度小于传送带的速度，所以以后从斜面滑到传送带的速度都小于传送带的速度，所以滑块从斜面滑到传送带的速度等于滑块从传送带上滑行到斜面的速度，所以动能没损失，由能量守恒定律： 21(cos )2mg L mv μθ'=（1分）解得：滑块在斜面滑行的总路程L '=3.125 m （2分） 15．（16分）（1）设在0~2t 0内线圈中感应电动势的大小为20110ΔΔ2nB L E n t t Φ==（1分） 产生的感应电流为：201102nB L E I R Rt ==（1分） 通过的电荷量为：q =I 1·(2t 0)（1分）联立解得：20nB L q R=（2分）（2）在t 0时，由图可知，012B B =（1分） 则ad 边所受安培力22011304n B LF nB I L Rt ==（2分）。
2018年高考物理精准押题卷03(全国II卷)试题(解析版)
2018年高考物理精准押题卷03（全国II卷）试题（解析版）一、选择题：14-18题只有一项符合要求，19-21题有多项符合题目要求。
1. 对于核反应方程反应中释放能量，下列说法正确的是（）A. 此核反应是氡核的裂变方程B. 此核反应生成物X中含有两个质子、两个中子C. 此核反应过程中电荷数和质量均守恒D. 由于释放能量，该核反应不满足能量守恒定律【答案】B【解析】此核反应是氡核的衰变方程，选项A错误；根据质量数和电荷数守恒可知，此核反应生成物X中质量数为4，电荷数为2，其中含有两个质子、两个中子，选项B正确；此核反应过程中电荷数和质量数均守恒，故选项C错误；由于该反应有质量亏损，释放能量，该核反应仍满足能量守恒定律，选项D错误；故选B.2. 如图所示,两个人一推一拉物体匀速上斜坡，设两人用力大小相同，均为f。
已知物体间与斜坡间的动摩擦因数为，推力F与斜坡平行，拉力F与斜坡成角，斜坡与水平面成的夹角为，下列说法正确的是（）A. 当，F有最大值B. 当，F有最小值C. 当，F有最小值D. 当，F有最大值【答案】C【解析】对物体受力分析，在垂直于斜面方向上，由平衡条件得：N+Fsinα=mgcosβ，在平行于斜面方向上得：Fcosα+F-mgsinβ-μN=0；解得：F＝，对分母，则当α=300时分母最大，F最小，故选C.3. A B C D区域内存在电场强度为E的匀强电场,一带正电为q的带电小球用长为轻质细绳系于O点且绳子不可伸长，小球所受电场力为重力的5倍，如图所示在距O点为处有一个钉子，此时绳与竖直方向夹角为，小球离开电场时绳子恰好断裂，则下列说法正确的是（）A. 小球摆动过程中机械能守恒B. 碰到钉子时小球的速度为C. 小球离开电场能上升的最大高度为D. 小球飞出电场时所受绳子的最大拉力为【答案】C【解析】小球向右摆动时，电场力做正功，机械能增加，选项A错误；小球从开始摆动到碰到钉子时，由动能定理：，解得，选项B错误；从小球开始摆动到离开电场上升到最大高度，由动能定理：，解得，选项C正确；小球飞出电场时满足，刚飞出电场时：，解得：，选项D错误；故选C.4. 2018年我国首次将“高景一号”03、04星发射升空，卫星顺利进入预定轨道已知“高景一号”03星的质量为m，在离地面高度为h（约为530km）的轨道上绕地球做圆周运动，地球半径为R，地面处的重力加速度为g，地球自转的周期为地球同步卫星的轨道高度为36000km。
河北省衡水中学2018届高三高考押题(三)物理试题
河北衡水中学2018年高考押题试卷物理试卷（三）二．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.下列说法正确的是A.玻尔根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性B.铀核裂变的核反应是2351419219256360U Ba kr 2n →++C.原子从低能级向高能级跃迁，不吸收光子也能实现D.根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，光子的能量越大15.以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球，小球上升到最高点之后，又落回到抛出点，假设小球所受空气阻力与速度大小成正比，则小球在运动过程中的机械能E 随离地高度h 变化关系可能正确的是16.如图所示，在粗糙水平面上有A 、B 、C 、D 四个小物块，它们用四根相同的橡皮绳连接成一个菱形并保持静止。
已知∠DAB =120°，每根橡皮绳的弹力大小为F ，当剪断AD 间橡皮绳后，物块A 所受摩擦力大小为A. 0B. FC.32F D. 2F 17.宇宙中组成双星系统的甲、乙两颗恒星的质量分别为m 、km ，甲绕两恒星连线上一点做圆周运动的半径为r ，根据宇宙大爆炸理论，两恒星间的距离会缓慢增大，若干年后，甲做圆周运动的 半径增大为nr ，设甲、乙两恒星的质量保持不变，引力常量为G ，则若干年后说法错误的是A.恒星甲做圆周运动的向心力为22()km G nr B.恒星甲做圆周运动周期变大 C.恒星乙做圆周运动的半径为nr kD.恒星乙做圆周运动的线速度为恒星甲做圆周运动线速度的1k倍 18.如图所示，一束平行光垂直斜面照射，从斜面底部O 以初速度v 0抛出一物块落到斜面上P 点，不计空气阻力。
则A.物块做匀变速运动B.物块速度最小时离斜面最远C.物块在斜面上的投影匀速移动D.物块在斜面上的投影匀变速移动19.半径为R ，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场;电场强度大小沿半径分布如图所示，图中E 0已知， E -r 曲线下O ~ R 部分的面积等于2R ~3R 部分的面积，过球心同一直线上A 、B 两点，离球心的距离分别为2R 、3R 。
2018年高考物理模拟押题试卷(共5套)后附答案
2018年高考物理模拟试卷1二、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．以下有关近代物理内容的若干叙述中，正确的是A．重核裂变为中等质量的核之后，核子的平均质量减小B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应C．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小D．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，原子的总能量也减小15．如图所示的四条实线是电场线，它们相交于点电荷O，虚线是只在电场力作用下某粒子的运动轨迹，A、B、C、D分别是四条电场线上的点，则下列说法正确的是A．O点一定有一个正点电荷B．B点电势一定大于C点电势C．该粒子在A点的动能一定大于D点的动能D．将该粒子在B点由静止释放，它一定沿电场线运动16．—台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦图象如图甲所示。
已知发电机线圈内阻为5.0Ω，现外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则A．电压表的示数为220VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24．2J17．介子衰变的方程为：K－－0，其中K－－０介子不带电。
一个K－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产－介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径R K－与R之比为3：2。
0－0介子的动量大小之比为A．1：1 B．2：5 C．3：5 D．2：318．已知月球绕地球的运动轨迹近似为圆轨道，经过时间t，月球运动的弧长为s，月球与G，由以上各量可以求出A．月球绕地球的轨道半径B．月球的质量C．地球的质量D．地球的密度19．甲、乙两车沿平行靠近的平直轨道同向行驶。
T＝0时刻，两车同时开始刹车，其v一t图象如图所示。
2018年高考物理二轮专题复习创新训练：附二 考前仿真押题练三 含答案 精品
考前仿真押题练(三) (时间：60分钟 满分：110分)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．下列说法中正确的是( ) A ．结合能越大的原子核越稳定B. 23290Th 经过6次α衰变和4次β衰变后成为 20882Pb C ．氢原子从较低能级跃迁到较高能级时，电势能减小D ．用绿光或紫光照射某金属发生光电效应时，逸出光电子的最大初动能可能相等 解析：选B 比结合能越大的原子核越稳定，选项A 错误； 232 90Th 成为 20882Pb 要经过232－2084＝6次α衰变和82－－1＝4次β衰变，选项B 正确； 氢原子从较低能级跃迁到较高能级时，电场力做负功，电势能增大，选项C 错误； 绿光和紫光的频率不相等，根据光电效应方程可知，用绿光或紫光照射某金属发生光电效应时，逸出光电子的最大初动能不相等，选项D 错误。
2.古希腊权威思想家亚里士多德曾经断言：物体从高空落下的快慢同物体的重量成正比，重者下落快，轻者下落慢。
比如说，十磅重的物体落下时要比一磅重的物体落下时快十倍。
1 800多年来，人们都把这个错误论断当作真理而信守不移。
直到16世纪，伽利略才发现了这一理论在逻辑上的矛盾，通过“比萨斜塔试验”，向世人阐述他的观点，并对此进行了进一步的研究，如图所示，伽利略用铜球从斜槽的不同位置由静止下落，伽利略手稿中据此记录的一组实验数据如下表所示：( )A ．v t ＝v 0＋at B.ΔxT 2＝kC ．v t 2－v 02＝2axD.s 1t 12＝s 2t 22＝s 3t 32＝…＝k 解析：选 D 伽利略最初猜想，沿斜面向下运动的物体的运动速度与时间成正比，即：v ＝kt ；由此伽利略推论位移与时间的平方成正比，则：x ＝k ′t 2，即k ′＝xt，结合以上的分析，则比较x t 2即可：x 1t 12＝321、x 2t 22＝13022＝32.51、x 3t 32＝29832≈331、x 4t 42＝52642＝32.8751、x 5t 52＝82452＝32.961、x 6t 62＝1 19262≈331、x 7t 72＝1 60072≈32.651、x 8t 82＝2 10482＝32.8751。
2018届全国高考考前押题卷(三)理综物理试卷
2018届全国高考考前押题卷（三）理综物理试卷本试卷共26页，38题（含选考题）。
全卷满分300分。
考试用时150分钟。
★祝考试顺利★注意事项：1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
14、如图所示，两个大小相等、质量均为1 kg的小球A、B静止在光滑水平面上，现给小球A 水平向右的瞬时冲量I=2 N·s，小球A向右运动并与小球B发生对心碰撞，两小球碰撞过程中系统的机械能损失可能为 ( )A．0.8J B．1.2J C．1.6J D．2J15．轻核聚变在人类实践中可提供巨大的核能源，最简单的聚变反应是中子错误！未找到引用源。
n和质子错误！未找到引用源。
P聚合成氘核错误！未找到引用源。
D，在形成氘核后，接着会发生一系列的核反应：①错误！未找到引用源。
D+错误！未找到引用源。
D→错误！未找到引用源。
T+错误！未找到引用源。
P+4.04 MeV ②错误！未找到引用源。
D+错误！未找到引用源。
D→错误！未找到引用源。
He+错误！未找到引用源。
n+3.27 MeV③错误！未找到引用源。
D+错误！未找到引用源。
T→错误！未找到引用源。
He+错误！未找到引用源。
n+17.58 MeV ④错误！未找到引用源。
D+错误！未找到引用源。
He→错误！未找到引用源。
He+错误！未找到引用源。
2018年高考全国卷2物理押题卷
2018年高考全国卷2物理押题卷2019年普通高等学校招生全国统一考试物理押题卷（全国Ⅱ卷）二、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。
【选择题型1】：v-t 图像及其应用14．甲、乙两球质量分别为1m 、2m ，从同一地点（足够高）处同时由静止释放。
两球下落过程所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比，与球的质量无关，即f=kv （k 为正的常量）。
两球的v-t 图象如图所示。
落地前，经时间0t 两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2。
则下列判断正确的是 （ ）A ．释放瞬间甲球加速度较大B ．甲球质量大于乙球C ．t 0时间内两球下落的高度相等D ．甲球先做加速度增加的加速运动，后做匀速运动 O v tv 1 甲球 乙球 v 2 t 012.10eV 的光子而被激发B. 用能量为12.50eV 的电子轰击处于基态的氢原子，一定不能使氢原子发生能级跃迁C. 一群处于n=4 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D. 用n=4能级跃迁到n=1能级辐射的光子照射金属，从金属表面逸出的光电子最大初动能为6.31eV【答案】D【解析】（-13.6eV）+（12.1eV）=1.50eV不等于任何能级差，则处于基态的氢原子吸收能量为12.1eV 的光子不能被激发，选项A错误；12.5eV大于1、2和1、3之间的能级差，则用能量为12.5eV 的电子轰击处于基态的氢原子，能使氢原子发生能级跃迁，选项B错误；一群处于n=4 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生6种谱线，选项C错误；从n=4能级跃迁到n=1能级辐射的光子能量为（-0.85eV）-（-13.6eV）=12.75eV，则用它照射金属，从金属表面逸出的光电子最大初动能为12.75eV-6.44eV=6.31eV，选项D正确. 【选择题型3】：交流电（产生、变压器的动态问题）16．如图所示，有一矩形线框的面积为S，匝数为N，内阻不计，绕OO’,轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时。
2018年高考物理全国卷押题卷(三)(解析版)
2018年高考物理全国卷押题卷（三）二、选择题：1. 在物理学发展史上，许多科学家通过恰当地运用科学研究方法，超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的研究成果。
下列表述符合物理学史事实的是A. 牛顿由斜面实验通过逻辑推理得出了自由落体运动的规律B. 库仑利用库仑扭秤巧妙地实现了对电荷间的作用力与电荷量的关系研究C. 法拉第发现载流导线对小磁针的作用，揭示了电现象与磁现象之间存在的联系D. 安培用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，促进了电磁现象的研究【答案】B【解析】伽利略通过斜面实验加逻辑推理的方法研究了自由落体运动的规律，故A错误；库仑利用库仑扭秤实验实现了对电荷间的作用力与电荷量的关系的研究，故B正确；奥斯特发现了载流导线对小磁针的作用，揭示了电现象与磁现象之间存在的联系，故C错误；电场线和磁感线都是法拉第引入的，故D错误。
所以B正确，ACD错误。
2. 大量的氢原子处于n＝4能级，该能级的氢原子向低能级跃迁时能向外辐射不同频率的光子，从n＝3能级跃迁到n＝2能级时辐射的光子频率为ν0.若某种金属的极限频率为ν0，则下列说法中正确的是A. 氢原子跃迁向外辐射的光子中有6种能使该金属发生光电效应现象B. 由n＝4能级向低能级跃迁时，在辐射出的所有光子中只有一种不能使该金属发生光电效应C. 用辐射出的光子照射该金属时，光子的频率越大该金属的逸出功越大D. 当该金属发生光电效应时，入射光的强度越大，则光电子的最大初动能越大【答案】B【解析】大量的氢原子由n＝4能级向低能级跃迁时能向外辐射种频率的光子，其中由n＝4能级跃迁到n＝3能级时，辐射出来的光子频率小于ν0，不能使该金属发生光电效应现象，故A错误，B正确；金属的逸出功与入射光的频率无关，由金属本身的性质决定，故C错误；光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光的强度无关，故D错误。
所以B正确，ACD错误。
3. 如图所示，质量为m的小球用细线拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为α的斜面体置于光滑水平面上，用水平力F推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高。
(推荐)2018年高考全国卷理综(物理)高考密卷高考最终押题卷(5月)
绝密★启用前（精品内参）2018.5 2018年高考全国卷理综（物理）高考押题卷（参考整理全国各地最新模拟）最后一卷命题理念：详细分析15年、16年、17年全国卷，特别是17年全国卷的变化，更多的考查学生核心素养和基本能力，基本概念的理解，计算、数学知识与物理的结合等比重加大，整体题的难度，但对应用物理知识解决问题的能力要求提高。
结合最新的2018年考纲，在命题时特别注意结合日常生活和最新科学技术，从考查学生核心素养和基本能力两个方面入手，最后阶段的试题要特别注意基础性典型性，让学生通过试题找到自己的不足并做好总结，从而来指导最后阶段的复习。
常考查知识点如下：选择题：14、近代物理学、动量、牛顿运动定律与生活中的现象相结合15、交通、军事运输工具结合图象考查运动学知识16、天体运动，结合中国航天技术的发展特别是登月计划进行出题。
17、能量问题在日常生活中的应用18、整体法，隔离法、极值法、动态分析法、控制变量法、微元法等分析方法的应用19、通过图象法考查电磁感应现象等知识20、交流电、变压器、功率等知识的考查21、安培力相关知识，力电知识综合考查的选择题实验题：22、基本测量仪器的使用23、电学实验（仪器的选择、从安全方面、准确方面进行电路的设计）计算题24、力学综合题，主要考查动力学知识，平抛或圆周运动知识，机械守恒定律。
动量定理、动量守恒定律等核心力学知识点。
25、磁场、电场、力综合题，主要考查安培力、洛仑兹力、电路问题、带电粒子的运动问题。
选作题：33、（1）热力学第一定律、第二定律（2）状态方程34、（2）机械振动、机械波、光折射、全反射与几何知识相结合绝密★启用前（精品内参） 2018年5月2018年高考全国卷理综（物理）（高考押题卷）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
2018高考物理押题卷及详解
2018高考物理考前模拟卷河南省信阳高级中学陈庆威 2018.05.22一、选择题（1-4题单选，5-8题多选，共48分）1.下列说法中正确的是( )A.氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，在向低能级跃迁时放出光子的频率一定等于入射光子的频率B.234 90Th(钍)核衰变为234 91Pa(镤)核时，衰变前234 90Th核质量等于衰变后234 91Pa核与β粒子的总质量C.α粒子散射实验的结果证明原子核是由质子和中子组成的D.分别用X射线和绿光照射同一金属表面都能发生光电效应，则用X射线照射时光电子的最大初动能较大2.图1甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示.发电机线圈的内阻不计，外接灯泡的电阻为12 Ω，则( )图1A.在t＝0.01 s时刻，穿过线圈的磁通量为零B.电压表的示数为6 2 VC.灯泡消耗的电功率为3 WD.若其他条件不变，仅将线圈转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e＝122sin 100πt(V)3.入冬以来，雾霾天气频发，发生交通事故的概率比平常高出许多，保证雾霾中行车安全显得尤为重要；在雾天的平直公路上，甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后.某时刻两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞.图2所示为两车刹车后匀减速运动的v－t图象，以下分析正确的是( )图2A.甲刹车的加速度的大小为0.5 m/s 2B.两车刹车后间距一直在减小C.两车开始刹车时的距离为87.5 mD.两车都停下来后相距12.5 m4.在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动.某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的14.则碰后B 球的速度大小是( )A.v 02B.v 06C.v 02或v 06D.无法确定 5.已知某卫星在赤道上空轨道半径为r 1的圆形轨道上绕地运行的周期为T ，卫星运行方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方，假设某时刻，该卫星在A 点变轨进入椭圆轨道(如图3)，近地点B 到地心距离为r 2.设卫星由A 到B 运动的时间为t ，地球自转周期为T 0，不计空气阻力，则( )图3A.T ＝38T 0B.t ＝(r 1＋r 2)T 4r 1r 1＋r 22r 1C.卫星在图中椭圆轨道由A 到B 时，机械能增大D.卫星由图中圆轨道进入椭圆轨道过程中，机械能不变6.(2017·河北石家庄二模)如图4所示，一带电小球自固定斜面顶端A 点以某速度水平抛出，落在斜面上B 点.现加上竖直向下的匀强电场，仍将小球自A 点以相同速度水平抛出，落在斜面上C 点.不计空气阻力，下列说法正确的是( )图4A.小球带正电B.小球所受电场力可能大于重力C.小球两次落在斜面上所用的时间不相等D.小球两次落在斜面上的速度大小相等7.如图5所示，在光滑绝缘的水平面上叠放着两个物块A 和B ，A 带负电、质量为m 、电荷量为q ，B 不带电、质量为2m ，A 和B 间的动摩擦因数为0.5.初始时A 、B 处于静止状态，现将大小为F ＝mg 的水平恒力作用在B 上，g 为重力加速度.A 、B 处于水平向里的磁场之中，磁感应强度大小为B 0.若A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块B 足够长，则下列说法正确的是( )图5A.水平力作用瞬间，A 的加速度大小为g2B.A 做匀加速运动的时间为m qB 0C.A 的最大速度为mg qB 0D.B 的最大加速度为g8.(2017·三湘名校联盟三模)如图6甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v 0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x 与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g 取10 m/s 2，根据图象可求出( )图6A.物体的初速率v 0＝3 m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C.取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值x min ＝1.44 mD.当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上 二、实验题（共14分）9.(6分)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图7甲连接起来进行探究.图7(1)某次测量如图乙所示，指针示数为________ cm.(2)在弹性限度内，将50 g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数L A和L B如表.用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为________ N/m(重力加速度g＝10 m/s2).由表中数据________(填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数.10.(9分)实验室中准备了下列器材：A.待测干电池(电动势约为1.5 V，内阻约为1.0 Ω)B.电流表A1(满偏电流1.5 mA，内阻为10 Ω)C.电流表A2(量程0～0.60 A，内阻约为0.10 Ω)D.电压表V(量程0～15 V，内阻约为10 kΩ)E.滑动变阻器R1(0～20 Ω，2 A)F.滑动变阻器R0(0～100 Ω，1 A)G.电阻箱R3：最大阻值为999.9 Ω，允许通过的最大电流是0.6 AH.开关一个，导线若干(1)若要将电流表A1改装成量程为1.5 V的电压表，需给该电流表串联一个_______ Ω的电阻.(2)为了测量电池的电动势和内阻，小明按图8(a)设计好了测量的电路图，在图(a)中，甲是________，乙是__________.(填器材前面的序号)(3)为了能较为准确地进行测量和操作方便，图(a)所示的测量电路中，滑动变阻器应选________.(填器材前面的序号)(4)图(b)为小明根据图(a)的测量电路测得的实验数据作出的I1－I2图线(I1为电表乙的示数，I2为电表甲的示数)，由该图线可得：被测干电池的电动势E＝_______ V，内阻r＝_______Ω.(均保留两位小数)图8三、计算题（共28分）11.(14分)(2017·重庆适应性测试)如图9所示，两个长度为L、质量为m的相同长方体形物块1和2叠放在一起，置于固定且正对的两光滑薄板间，薄板间距也为L，板底部有孔正好能让最底层的物块通过并能防止物块2翻倒，质量为m的钢球用长为R的轻绳悬挂在O 点.将钢球拉到与O点等高的位置A(拉直)静止释放，钢球沿圆弧摆到最低点时与物块1正碰后静止，物块1滑行一段距离s(s>2L)后停下.又将钢球拉回A点静止释放，撞击物块2后钢球又静止.物块2与物块1相碰后，两物块以共同速度滑行一段距离后停下.重力加速度为g，绳不可伸长，不计物块之间的摩擦，求：图9(1)物块与地面间的动摩擦因数；(2)两物块都停下时物块2滑行的总距离.12.(18分)(2018·河南九校质量测评)如图10所示，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m、带电荷量为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了60°，重力加速度为g，求：图10(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ电场强度E1、E2的大小；(2)区域Ⅱ内磁感应强度B的大小；(3)微粒从P运动到Q的时间.选修3-3（15分）13.下列说法中正确的是( )A.布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动B.气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大C.一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加D.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E.空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律14.(9分)如图11所示，一细U型管两端开口，用两段水银柱封闭了一段空气柱在管的底部，初始状态时气体温度为280 K，管的各部分尺寸如图所示，图中封闭空气柱长度L1＝20 cm.其余部分长度分别为L2＝15 cm，L3＝10 cm，h1＝4 cm，h2＝20 cm；现使气体温度缓慢升高，取大气压强为p0＝76 cmHg，求：图11(1)气体温度升高到多少时右侧水银柱开始全部进入竖直管；(2)气体温度升高到多少时右侧水银柱与管口相平.选修3-4（15分）15.(2018·河南豫南九校质量测评)如图12所示是一玻璃球体，其半径为R，O为球心，AB 为水平直径，M点是玻璃球的最高点.来自B点的光线BD从D点射出，出射光线平行于AB，已知∠ABD＝30°，光在真空中的传播速度为c，则( )图12A.此玻璃的折射率为 3B.光线从B 到D 需用时3RcC.若增大∠ABD ，光线不可能在DM 段发生全反射现象D.若减小∠ABD ，从AD 段射出的光线均平行于ABE.若∠ABD ＝0°，则光线从A 点射出，传播方向不变，光速增大16.(9分)一列简谐横波图象如图13所示，t 1时刻的波形如图中实线所示，t 2时刻的波形如图中虚线所示，已知Δt ＝t 2－t 1＝0.5 s.图13(1)求这列波的可能的波速表达式；(2)若波沿x 轴负方向传播，且3T <Δt <4T ，则波速为多大？ (3)若波速v ＝68 m/s ，则波向哪个方向传播.2018高考物理考前模拟卷参考答案1.D2.C [在t ＝0.01 s 的时刻，电动势为零，则线圈平面位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，选项A 错误；电动势的最大值为E m ＝6 2 V ，电压表测量的为有效值，故示数为E ＝622V＝6 V ，选项B 错误；灯泡消耗的功率P ＝E 2R ＝6212W ＝3 W ，选项C 正确；周期为0.02 s ，瞬时电动势表达式为e ＝E m sin(2πTt )＝62sin 100πt (V).转速提高一倍后，ω＝2πn ，角速度变为原来的2倍，最大值变成12 2 V ，表达式应为e ＝122sin 200πt (V)，选项D 错误.]3.D [在v －t 图象中斜率表示加速度，所以甲的加速度大小为：a 甲＝2525 m/s 2＝1 m/s 2，乙的加速度大小为：a 乙＝1530 m/s 2＝0.5 m/s 2，A 错误；两车刚好没有发生碰撞，说明在t ＝20s 时，即v 甲＝v 乙，两车在同一位置，此时v 甲＝v 0甲－a 甲t ＝(25－1×20) m/s＝5 m/s ，所以速度相等前，间距减小，速度相等后，间距增大，B 错误；两车开始刹车时的距离：x ＝x 甲－x 乙＝⎝⎛⎭⎪⎫25×20 m－12×1×202 m －⎝⎛⎭⎪⎫15×20 m－12×0.5×202 m ＝100 m ，C 错误；t＝20 s 时，两车速度v 甲＝v 乙＝5 m/s ，又在同一位置，则两车都停下来后相距：x ′＝x 乙后－x 甲后＝522×0.5 m －522×1m ＝12.5 m.D 正确.] 4.A [两球相碰后A 球的速度大小变为原来的12，相碰过程中满足动量守恒，以v 0的方向为正方向，若假设后A 速度方向不变，则mv 0＝12mv 0＋3mv 1，可得B 球的速度v 1＝v 06，因B 在前，A 在后，则A 球在后的速度应小于B 球在前的速度，假设不成立，因此A 球一定反向运动，即mv 0＝－12mv 0＋3mv 1，可得v 1＝v 02，因此A 正确，B 、C 、D 错误.]5.AB [根据题意有：2πT ·3T 0－2πT 0·3T 0＝5·2π，得T ＝38T 0，所以A 正确；由开普勒第三定律有⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(r 1＋r 2)3(2t )2＝r 13T 2，得t ＝(r 1＋r 2)T4r 1r 1＋r 22r 1，所以B 正确；卫星在椭圆轨道中运行时，机械能是守恒的，所以C 错误；卫星从圆轨道进入椭圆轨道过程中在A 点需点火减速，卫星的机械能减小，所以D 错误.]6.CD [设斜面倾角为θ，落点与抛出点间距离为l ，小球在水平方向上以速度v 0匀速运动：l cos θ＝v 0t ，竖直方向上从静止开始做匀加速直线运动：l sin θ＝12at 2，解得l ＝2v 02sin θa cos 2θ，可见a 越小落点越远，故小球带负电荷，受到竖直向上的电场力，且电场力应小于重力，否则小球将沿水平方向匀速运动或向上做类平抛运动，故A 、B 错误.再由l cos θ＝v 0t 可以看出，落点越远时间越长，C 正确.由动能定理有mal sin θ＝12mv 2－12mv 02，又l ＝2v 02sin θa cos 2θ，得v ＝v 01＋4tan 2θ，故D 正确.]7.BC [F 作用在B 上瞬间，假设A 、B 一起加速，则对A 、B 整体有F ＝3ma ＝mg ，对A 有F f A ＝ma ＝13mg <μmg ＝12mg ，假设成立，因此A 、B 共同做加速运动，加速度为g3，A 选项错误；A 、B 开始运动后，整体在水平方向上只受到F 作用，做匀加速直线运动，对A 分析，B 对A 有水平向左的静摩擦力F f A 静作用，由F f A 静＝mg3知，F f A 静保持不变，但A 受到向上的洛伦兹力，支持力F N A ＝mg －qvB 0逐渐减小，最大静摩擦力μF N A 减小，当F f A 静＝μF N A 时，A 、B 开始相对滑动，此时有mg 3＝μ(mg －qv 1B 0)，v 1＝mg 3qB 0，由v 1＝at 得t ＝mqB 0，B 正确；A 、B 相对滑动后，A 仍受到滑动摩擦力作用，继续加速，有F f A 滑＝μ(mg －qv AB 0)，速度增大，滑动摩擦力减小，当滑动摩擦力减小到零时，A 做匀速运动，有mg ＝qv 2B 0，得最大速度v 2＝mgqB 0，C 选项正确；A 、B 相对滑动后，对B 有F －F f A 滑＝2ma B ，F f A 滑减小，则a B 增大，当F f A 滑减小到零时，a B 最大，有a B ＝F 2m ＝g2，D 选项错误.]8.BC [当斜面倾角θ＝90°时，物体对斜面无压力，也无摩擦力，物体做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动规律有02－v 02＝－2gx ，根据题图乙可得此时x ＝1.80 m ，解得初速率v 0＝6 m/s ，选项A 错.当斜面倾角θ＝0°时即为水平，物体在运动方向上只受到摩擦力作用，则有μmgx ＝12mv 02，根据题图乙知此时x ＝2.40 m ，解得μ＝0.75，选项B 对.物体沿斜面上滑，由牛顿第二定律可知加速度a ＝g sin θ＋μg cos θ＝g (sin θ＋μcos θ).v 02＝2ax ＝2g (sin θ＋μcos θ)x ，得当sin θ＋μcos θ最大时，即tan θ＝1μ，θ＝53°时，x 取最小值x min ，解得x min ＝1.44 m ，C 项正确.当θ＝45°时，因mg sin 45°>μmg cos 45°，则物体达到最大位移后将返回，D 项错误.] 9.(1)16.00 (2)12.5 能解析 (1)刻度尺读数读到最小刻度的下一位，指针示数为16.00 cm.(2)由表格中的数据可知，当弹力的变化量ΔF ＝0.5 N 时，弹簧Ⅰ形变量的变化量为Δx ＝4.00 cm ，根据胡克定律知：k 1＝ΔF Δx ＝0.50.04 N/m ＝12.5 N/m ；结合L A 和L B 示数的变化，可以得出弹簧Ⅱ形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧Ⅱ的劲度系数. 10.(1)990 (2)C B (3)E (4)1.47(1.46～1.48均正确) 0.76(0.74～0.78均正确)解析 (1)电流表的内阻为10 Ω；满偏电压为U m ＝1.5×10－3×10 V＝1.5×10－2 V ；若改装为量程为1.5 V 的电压表，则应串联的电阻为R ＝1.5－1.5×10－21.5×10－3 Ω＝990 Ω.(2)根据题意可知，乙为电流表B 与电阻箱结合作为电压表使用，甲为电流表C ，作为电流表使用.(3)滑动变阻器选择阻值较小的E.(4)由闭合电路欧姆定律可得I 1(R 3＋R A )＝E －(I 1＋I 2)·r ，变形得I 1＝E R 3＋R A ＋r －r R 3＋R A ＋r I 2；由数学知识可得：题图(b)中的|k |＝r R 3＋R A ＋r ；b ＝E R 3＋R A ＋r ；由题图(b)可知b ＝1.46(单位为mA)；|k |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1.1－1.40.5－0.1×10－3＝0.75×10－3；故解得E ＝1.47 V ，r ＝0.76 Ω.11.(1)R L ＋s (2)s －L 2 解析 (1)设钢球与物块1碰撞前的速率为v 0，根据机械能守恒定律，有mgR ＝12mv 02，可得v 0＝2gR钢球与物块1碰撞，设碰后物块1速度为v 1，根据动量守恒定律，有 mv 0＝mv 1，联立解得v 1＝2gR设物块与地面间的动摩擦因数为μ，物块1碰撞获得速度后滑行至停下，由动能定理，有－2μmgL －μmg (s －L )＝0－12mv 12 联立解得μ＝RL ＋s(2)设物块2被钢球碰后的速度为v 2，物块2与物块1碰撞前速度为v 3，根据机械能守恒定律、动量守恒定律和动能定理，有v 2＝v 1＝2gR ，－μmg (s －L )＝12mv 32－12mv 22设物块1和物块2碰撞后的共同速度为v 4，两物块一起继续滑行距离为s 1，根据动量守恒定律和动能定理，有 mv 3＝2mv 4，－2μmgs 1＝0－12×2mv 42可得s 1＝12L 设物块2滑行的总距离为d ，根据题意，有 d ＝s －L ＋s 1＝s －L 2. 12.解析 (1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有qE 1sin 45°＝mg解得E 1＝2mgq微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有mg ＝qE 2解得E 2＝mg q(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动的加速度为a ，离开区域Ⅰ时速度为v ，在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的半径为R ，则 a ＝qE 1cos 45°m＝g v 2＝2ad 1(或qE 1cos 45°·d 1＝12mv 2)R sin 60°＝d 2qvB ＝m v 2R解得B ＝mqd 23gd 12. (3)微粒在区域Ⅰ内做匀加速运动，t 1＝2d 1g .在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为60°，又T ＝2πm Bq， 则t 2＝T 6＝πd 2323gd 1 解得t ＝t 1＋t 2＝2d 1g ＋πd 2323gd 1. 13. ACD [布朗运动是液体或气体中悬浮微粒的无规则运动，而不是分子的运动，故A 对.温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是每个气体分子的速率都增大，故B 错.一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，虽然温度没有升高，但此过程必须吸热，而吸收的热量使分子之间的距离增大，分子势能增加，故C 对.温度是分子热运动的平均动能的标志，故D 对.由热力学第二定律知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，空调机作为制冷机使用时，消耗电能，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，故E 错.]14.(1)630 K (2)787.5 K解析 (1)设U 型管的横截面积是S ，以封闭气体为研究对象，其初状态：p 1＝p 0＋h 1＝(76＋4) cmHg ＝80 cmHg ，V 1＝L 1S ＝20S当右侧的水银全部进入竖直管时，水银柱的高度：h ＝h 1＋L 3＝(4＋10) cm ＝14 cm ，此时左侧竖直管中的水银柱也是14 cm气体的状态参量：p 2＝p 0＋h ＝(76＋14) cmHg ＝90 cmHg ，V 2＝L 1S ＋2L 3S ＝20S ＋2×10S ＝40S 由理想气体状态方程得：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2 代入数据得：T 2＝630 K(2)水银柱全部进入右管后，产生的压强不再增大，所以左侧的水银柱不动.右侧水银柱与管口相平时，气体的体积：V 3＝L 1S ＋L 3S ＋h 2S ＝20S ＋10S ＋20S ＝50S由盖—吕萨克定律：V 2T 2＝V 3T 3代入数据得：T 3＝787.5 K.15.ABE16.解析 (1)由题图知λ＝8 m ，当波沿x 轴正方向传播时：Δt ＝nT ＋T 4， v 正＝λT＝4(4n ＋1) m/s (n ＝0,1,2，…). 当波沿x 轴负方向传播时：Δt ＝nT ＋34T ， v 负＝λT＝4(4n ＋3) m/s (n ＝0,1,2，…). (2)明确了波的传播方向，并限定3T <Δt <4T ，则Δt ＝334T ， 解得T ＝215 s ，则v 1＝λT＝60 m/s. (3)Δt 时间内波传播的距离x ＝v Δt ＝68×0.5 m＝34 m ＝414λ，故波沿x 轴正方向传播.。
2018届高考物理二轮专题复习：实验题押题练(含答案解析)
实验题押题练(一) 重视基本仪器的使用和读数(送分型)1．某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。
该螺旋测微器校零时的示数如图(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示。
图(a)所示读数为________ mm ，图(b)所示读数为________ mm ，所测金属板的厚度为________ mm 。
解析：图(a)：0 mm ＋0.01 mm ×1.0＝0.010 mm ；图(b)：6.5 mm ＋0.01 mm ×37.0＝6.870 mm ；故所测金属板的厚度为6.870 mm －0.010 mm ＝6.860 mm 。
答案：0.010 6.870 6.8602．图甲中游标卡尺的读数是________cm ，图乙中螺旋测微器的读数是________mm 。
解析：游标卡尺的主尺读数为2.9 cm ，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.1 mm ＝0.8 mm ＝0.08 cm ，所以最终读数为2.9 cm ＋0.08＝2.98 cm 。
螺旋测微器的固定刻度为5.5 mm ，可动刻度为18.0×0.01 mm ＝0.180 mm ，所以最终读数为5.5 mm ＋0.180 mm ＝5.680 mm 。
答案：2.98 5.6803．在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，测得纸带上计数点的情况如图所示，A 、B 、C 、D 、E 为选好的计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm ，实验中使用的电源频率为50 Hz 。
由此可知：小车的加速度a ＝________m /s 2；打点计时器打下C 点时，小车的瞬时速度v C ＝__________m/s 。
(结果保留两位有效数字)解析：每相邻的两计数点间都有四个点未画出，因此计数点之间的时间间隔为T ＝0.1 s ； 根据Δx ＝aT 2，可得a ＝x CE －x AC 4T 2； 代入数据，解得a ＝17.47－8.05－8.054×0.12×10－2 m /s 2≈0.34 m/s 2。
最新-2018年南昌二中高考最后押题卷物理3 精品
2018年南昌二中高考最后押题卷物理（三）1．如图所示，跨过定滑轮的轻绳两端分别系着物体A和B，物体A放在倾角为θ的斜面上，已知A物体质量为m，A物体与斜面间的最大静摩擦力是与斜面间弹力的μ倍（μ< tanθ），滑轮摩擦不计，物体A要静止在斜面上，物体B质量的取值范围为多少？在A静止的前提下，斜面体与地面间的摩擦情况又如何？答案：先以B为研究对象，若A处于将要上滑的临界状态有：T = m B g再以A为研究对象，若A处于将要上滑的临界状态有：T1 = f m + mg sinθT1 = T而f m =μNN = mg cosθ由①②③④可得：m B = m(sinθ+μcosθ)同理，若A处于将要下滑的临界状态则有：T2 = f m + mg sin t∆T2 = T由①③④⑤可得：m B = m(sin–μcosθ)m(sin–θcosθ)≤m B≤m(sinθ+μcosθ)在A静止的前提下，A和滑轮支架对斜面体的总作用力竖直向下，A、B和斜面C整体对地面只有向下的压力，地面与C间无摩擦力．2．举重运动是力量和技巧充分结合的体育项目．就“抓举”而言，其技术动作可分为预备、提杠铃、发力、下蹲支撑、起立、放下杠铃等六个步骤，如图所示照片表示了其中的几个状态．现测得轮子在照片中的直径为1.0 cm．已知运动员所举杠铃的直径是45 cm、质量为150 kg，运动员从发力到支撑历时0.8 s，试估测该过程中杠铃被举起的高度；若将运动员发力时的作用力简化成恒力，估算这个过程中杠铃获得的向上的加速度；并求该恒力的大小．答案：抓举中，举起杠铃是分两个阶段完成的，从发力到支撑是第一阶段．该过程中，先对杠铃施加一个力（是发力过程），使杠铃做加速运动，当杠铃有一定速度后，人下蹲、翻腕，实现支撑，在人下蹲、翻腕时，可以认为运动员对杠铃没有提升的作用力，这段时间杠铃是凭借已经获得的速度在减速上升，此时配合的动作最好是：杠铃减速上升，人下蹲，当杠铃的速度减为零时，人的相关部位恰好到达杠铃的下方完成支撑的动作．因此从发力到支撑的0.8 s内，杠铃先做加速运动（当作匀加速运动），然后做减速运动到速度为零（视为匀减速运动），这就是杠铃运动的物理模型． 根据轮子的实际直径0.45 m 和它在照片中的直径1.0 cm ，可以推算出照片缩小的比例，在照片上用尺子量出从发力到支撑，杠铃上升的距离h 1 = 1.3 cm ，按此比例可算得实际上升的高度为h = 0.59 m ． 设杠铃在该过程中的最大速度为v m ，有h =t v 2m，得v m =t ∆= 1.48 m/s减速运动的时间应为t 2 =gv m= 0.15 s 加速运动的位移：s 1 =2mv (t – t 2) = 0.48 m又12m 2as v =解得a = 2.28 m/s 2根据牛顿第二定律，有F – mg = ma 解得F = 1 842 N ．3．很多国家交通管理部门为了交通安全，制定了死亡加速度为500 g （g 为重力加速度，取g = 10 m/s 2），当人体的加速度超过此值将有生命危险．一般车辆通常达不到上述加速度，只有当发生交通事故、且车辆碰撞时间达到毫秒数量级时才可能产生．若两辆摩托车的时速均为v = 80 km/h (22.2 m/s)相向而行，不慎使驾驶员的头部发生碰撞，碰撞时间为t ∆= 0.018 s ，设碰撞后两车（包括人的头部）均静止．求： （1）撞车过程中的平均加速度a 平的大小．（2）头部是人体最脆弱的部位，它的最大承受力为F m = 2.28 × 118N ，若人的头部质量为m = 5 kg ，试估算发生上述碰撞时人的头部所受力F 1的大小．答案：（1）加速度的大小a 平 =tv ∆ 代入数据得a 平 = 5.6 × 118 m/s 2 （2）F 1 = ma 平 代入数量得F 1 = 2.8 × 118 N ．4．如图所示，小木箱abcd 的质量M = 180 g ，高l = 0.2 m ，其顶部离挡板E 的竖直距离h = 0.8 m ，在木箱内放有一个质量m = 20 g 的小物体P （可视为质点），通过轻细绳对静止木箱施加已知竖直向上的恒定拉力T ，为使木箱能向上运动后，P 物体不会和木箱顶ad 相碰，求拉力T 的取值范围（g = 10 m/s 2）．答案：首先，在拉力T 的作用下，木箱和小物体P 的整体能加速上升 则T > (M + m ) g 即T > 2 N 其次，T 的作用不能使M + m 的加速度太大，否则当木箱与E 发生碰撞后，P 做竖直上抛运动会与木箱顶ad 相碰． 设临界状态下木箱在拉力T 的作用下向上的加速度为a ，木箱与挡板E 碰撞前瞬间速度为v则v =ah 2 ①木箱与挡板E 碰后，P 做竖直上抛运动，初速度为v ，临界最大高度为l 则v 2 = 2gl ②则①②可得：a =hgl= 2.5 m/s 2 临界状态下T '= (M + m ) g + (M + m ) a = 2.5 N 综述，T 的范围为2 N < T < 2.5 N ． 5．如下图所示，一根轻绳上端固定在O 点，下端挂一个重为G 的钢球A ，球处于静止状态．现对球施加一个水平向右的外力F 使球缓慢偏移，在移动过程中的每一刻，都可以认为球处于平衡状态．如果外力F 方向始终水平，最大值为2G ，试分析： （1）轻绳张力T 大小的取值范围；（2）在图中画出轻绳张力T 与cos θ的关系图象．答案：（1）当水平拉力F = 0时，轻绳处在竖直位置，轻绳张力T 1 = G 当水平拉力F = 2G 时，由平衡条件得轻绳张力 T 2 =G G G 5)2(22=+因此轻绳张力T 的取值范围为：G ≤T ≤G 5（2）因为球的各位置均处于平衡状态，由平衡条件得 T cos θ= G ，T = G /cos θ，即T ∝1/cos θ 则T 与cos θ的关系图象如图所示．6．如图所示，一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量M = 4 kg ，长度L = 1.4 m ；木板右端放着一个小滑块N ，小滑块质量m = 1 kg ，其尺寸远小于L ，小滑块与木块之间的动摩擦因数μ= 0.4 (g = 10 m/s 2)．（1）现用恒力F 作用在木板M 上，为了使得N 能从M 上面滑落下来，问：F 大小的范围是什么？（2）其他条件不变，若恒力F = 22.8 N ，且始终使用在M 上，最终使得N 能从M 上面滑落下来．问：N 在M 上面滑动的时间是多长？ 答案：（1）小滑块与木反间的滑动摩擦力f =μN =μmg ，它在f 作用下向右做匀加速运动的加速度a 1 = f /m =μg = 4 m/s 2 木板在拉力F 和f 作用下向右做匀加速运动的加速度a 2 = (F – f ) / M 而要使N 能从M 上面滑落下来的条件是a 2 > a 1所以得F >μ(M + m )g = 20 N（2）设N 在M 上面滑动的时间为t ，当恒力F = 22.8 N 时，木板的加速度 a 2 = (F – f )/M = 4.7 m/s 2 小滑块在时间t 内运动的位移s 1 = a 1t 2 / 2 木板在时间t 内运动位移s 2 = a 2t 2 / 2，因s 2 – s 1 = L 所以4.7 t 2 / 2 – 4t 2 / 2 = 1.4，得t = 2 s ．7．从地面上发射质量为m 的导弹，导弹的喷气发动机可产生恒定的推力，推力大小F =3mg ，导弹沿与水平方向成︒=30α角的方向直线飞行，经过时间t 后，遥控导弹的发动机保持推力的大小不变，将推力的方向逆时针转动120°，又经过时间t 21，关闭发动机．问再经过多长时间导弹落回地面，落地点离发射点多远（不计空气的阻力和导弹本身质量的变化）．答案：开始时导弹做匀加速直线运动，受力分析如下图甲所示：y 方向：3mg sin β– mg cos 30°= 0 所以β= 30° x 方向：3mg cos β– mg sin 30°= ma 1 所以a 1 = g经过时间t ，导弹的速度v = a 1t = gt ，斜向上运动的距离s 1 =221gt ．此时将推力逆时针旋转120°，推力F 将水平向左，导弹的受力分析如图乙所示，显然F 合 = – 2mg = ma 2，所以a 2 = – 2g ，再经过时间2t，导弹速度正好减为零，同时斜向上运动的距离s 2 =42222gt a v =--此时关闭发动机，导弹将从静止自由下落，故导弹落地点距发射点的距离为 L = (s 1 + s 2) cos 2833gt =α再由(s 1 + s 2) cos α=221自gt 得t 自 =t 23．8．在广场游玩时，一个小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块放置于水平地面上．已知小石块的质量为m 1．气球（含球内氢气）的质量为m 2，气球体积为V ，空气密度为ρ（V 和ρ均视作不变量），风沿水平方向吹，风速为v ．已知风对气球的作用力f = ku （式中k 为一已知系数，u 为气球相对空气的速度）．开始时，小石块静止在地面上，如图所示．（1）若风速v 在逐渐增大，小孩担心气球会连同小石块一起被吹离地面，试判断是否会出现这一情况，并说明理由．（2）若细绳突然断开，已知气球飞上天空后，在气球所经过的空间中的风速v 保持不变，求气球能达到的最大速度的大小． 答案：（1）将气球和小石块作为一个整体：在竖直方向上，气球（包括小石块）受到重力G 、浮力F 和地面支持力N 的作用， 据平衡条件有 N =（m 1 + m 2）g –ρgV 由于式中N 是与风速v 无关的恒力，故气球连同小石块不会一起被吹离地面．（2）气球的运动可分解成水平方向和竖直方向的两个分运动，达最大速度时气球在水平方向做匀速运动，有v x = v 气球在竖直方向也做匀速运动，有 m 2g + kv y =ρgV气球的最大速度 v m =22y x v v +联立求解得v m =222)(kgm gV v -+ρ．9．国家飞碟射击队用如图所示装置进行模拟训练，被训练的队员在高H = 20 m 的塔顶，在地面上距塔水平距离为s 处有一个电子抛靶装置，圆形靶可被以速度v 2竖直抛出，当靶被抛出的同时立即用特制手枪沿水平射击，子弹速度v 1 = 100 m/s ．不计人的反应时间、抛靶装置的高度及子弹的枪膛中的运动时间，且忽略空气阻力及靶的大小（g = 10 m/s 2）．（1）当s 取值在什么范围时，无论v 2为何值都不能击中靶？（2）若s = 100 m ，v 2 = 20 m/s ，试通过计算说明靶能否被击中？ 答案：（1）把抛靶装置放在子弹的射程以外，则不论抛靶速度为何值，靶都无法被击中由H =21gt 2，x = v 1t 得，s > x = v 1m 2002=g H（2）若靶能被击中，则击中处应在抛靶装置的正上方，设经历的时间为t 1，则s = v 1t 1，t 1 =1001001=v s s = 1 sy 1 =21gt 12 =21× 10 × 1 = 5 (m)y 2 = v 2t 1 –21gt 12 = 20 × 1 –21× 10 × 12 = 15 (m)∵y 1 + y 2 = 5 m + 15 m = 20 m = H ∴靶恰好被击中．10．甲、乙两质点同时开始在彼此平行且靠近的两水平轨道上同向运动，甲在前，乙在后，相距s ，甲初速度为零，加速度为a ，做匀加速直线运动；乙以速度v 0做匀速运动，关于两质点在相遇前的运动． 某同学作如下分析：设两质点相遇前，它们之间的距离为s ∆，则s ∆=21at 2 + s – v 0t ，当t =av 0时，两质点间距离s ∆有最小值，也就是两质点速度相等时，两质点之间距离最近． 你觉得地的分析是否正确？如果认为是正确的，请求出它们的最小距离；如果认为是不正确的，请说明理由并作出正确分析． 答案：该同学回答不完整． 在两质点相遇之前，它们之间的距离s ∆也可能不断减小，直至s ∆= 0（相遇），也可能存在先变小后变大的情况，它完全取决于两质点之间的初始距离s 与v 0、a 之间的大小关系由 s ∆=21at 2 – v 0t + s 可解得：as v 220-=∆ 当20v ≥2as 即s ≤av220时，甲乙之间的距离始终在减小，直至相遇（最小距离s ∆= 0），不会出现s ∆最小的情况当20v < 2as ，即s >a v 220时，甲与乙不可能相遇，当t =av0时，两质点之间的距离最近：s ∆min = s –F mg mg +︒︒37cos 37sin ．11．2018年1月25日，继“勇气”号之后，“机遇”号火星探测器再次成功登陆火星．在人类成功登陆火星之前，人类为了探测距离地球大约3.0 × 118 km 的月球，也发射了一种类似四轮小车的月球探测器．它能够在自动导航系统的控制下行走，且每隔10 s 向地球发射一次信号．探测器上还装着两个相同的减速器（其中一个是备用的），这种减速器可提供的最大加速度为5 m/s 2．某次探测器的自动导航系统出现故障，从而使探测器只能匀速前进而不能自动避开障碍物．此时地球上的科学家必须对探测器进行人工遥控操作． 下表为控制中心的显示屏的数据：已知控制中心的信号发射与接收设备工作速度极快．科学家每次分析数据并输入命令最少需要3 s ．问：（1）经过数据分析，你认为减速器是否执行了减速命令？（2）假如你是控制中心的工作人员，应采取怎样的措施？加速度需满足什么条件？请计算说明．答案：（1）设在地球和月球之间传播电磁波需要的时间为t 0，t 0 =cs月地= 1 s从前两次收到的信号可知：探测器的速度v 1 =103252-= 2 m/s由题意可知，从发射信号到探测器收到信号并执行命令的时刻为9:1184．控制中心第三次收到的信号是探测器在9:1189发出的．从后两次收到的信号可知探测器的速度v =101232-= 2 m/s 可见，探测器的速度未变，并未执行减速命令．减速器出现故障．（2）应启用另一个备用减速器．再经过3 s 分析数据和1 s 接收时间，探测器在9:1184执行命令，此时距前方障碍物的距离s = 4 m ．设定减速器加速度为a ，则有s =av 22≤4 m ，可得a ≥0.5 m/s 2 即只要设定加速度a 0.5 m/s 2，便可使探测器不与障碍物相撞．12．如图为宇宙中有一个恒星系的示意图，A 为该星系的一颗行星，它绕中央恒星O 运行的轨道近代以为圆，天文学家观测得到A 行星运动的轨道半径为R 0，周期为T 0． （1）中央恒星O 的质量是多大？（2）长期观测发现，A 行星实际运动的轨道与圆轨道总存在一些偏离，且周期性也每隔t 0时间发生一次最大的偏离，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A 行星外侧还存在一颗未知的行星B （假设其运行轨道与A 在同一平面内，且与A 的绕行方向相同），它对A 行星的万有引力引起A 轨道的偏离．根据上述现象及假设，你能对未知行星B的运动得到哪些定量的预测． 答案：（1）设中央恒星质量为M ，A 行星质量为m ，则有02020)2(R T m R Mm G π=解得：203024GT R M π=（2）由题意可知：A 、B 相距最近时，B 对A 的影响最大，且每隔t 0时间相距最近设B行星运行的周期为T B ，则有：1000=-B T t T t 解得：T B =000T t t T - 设B 行星的质量为m '，运动的轨道半径为R B ，则有B B BR T m R m M G 22)2(π'='联立求解得：T B = R 0 ·32000)(T t t -．13．磁悬浮列车以大小为v 的速度沿赤道高速向东行驶，某时刻人造地球卫星A 正好经过磁悬浮列车正上方，运动方向与磁悬浮列车的运动方向相同，列车行驶路程s 后，卫星又一次通过列车的正上方．已知地球的半径为R ，自转周期为T 0，地球表面的重力加速度为g ，求卫星离地面的高度． 答案：设卫星的角速度为ω，在列车行驶路程s 的时间t =vs内 ππω2)2(0++=t RvT t ① 万有引力提供向心力 )()(22h R m h R MmG +=+ω ② GM = gR 2③由①②③式得h =R sv R v T gR -++3202)22(ππ．14．在某介质中形成一列简谐波，t = 0时刻的波形如图中的实线所示．（1）若波向右传播，零时刻刚好传到A 点，且再经过0.6 s ，P 点也开始起振，则 ①该列波的周期T 为多少？②从t = 0时起到P 点第一次达到波峰时止，O 点对平衡位置的位移y 0及其所经过的路程s 0各为多少？（2）若该列波的传播速度大小为20 m/s ，且波形由实践变成虚线需要经历0.525 s 时间，则该列波的传播方向如何？答案：由图象可知， λ= 2 m ，A = 2 cm ．（1）当波向右传播时，A 点的起振方向竖直向下，包括P 点在内的各质点的起振方向均为竖直向下①波速v =6.061=∆t AP = 10 m/s由v =T λ，得T =vλ= 0.2 s ②由t = 0至P 点第一次到达波峰止，经历的时间T s T t t )433(75.04312+==+∆=∆而t = 0时O 点的振动方向竖直向上（沿y 轴正方向） 故经2t ∆时间，O 点振动到波谷即：y 0 = – 2 cm s 0 = n · 4A = (3 + 3/4) · 4A = 0.3 m 其中n 为O 点振动的周期数（2）当波速v = 20 m/s 时，经历0.525 s 时间，波沿x 方向传播的距离x = vt = 10.5 m ，即 : x = (5 +41)λ，实数波形变为虚线波形经历了(5 +41)T ，故波沿x 轴负方向传播．15．一根弹性绳沿x 轴方向放置，左端在原点O ，用手握住绳的左端使其沿y 轴方向做周期为1 s 的简谐运动，于是在绳上形成一列简谐波．求：（1）若从波传到平衡位置在x = 1 m 处的M 质点时开始计时，那么经过的时间t ∆等于多少时，平衡位置在x = 4.5 m 处的N 质点恰好第一次沿y 轴正向通过平衡位置？在图中准确画出当时弹性绳上的波形．（2）从绳的左端点开始做简谐运动起，当它通过的总路程为88 cm 时，N 质点振动通过的总路程是多少？答案：（1）由波的传播特性和波动图象知，波长λ= 2 m 波从x = 1 m 传至x = 4.5 m 处的N 质点需要的时间t = (7/4) T 此时x = 4.5 m 处的质点正向y 轴负方向运动x = 4.5 m 处的N 质点恰好第一次沿y 轴正向通过平衡位置还需T /2，因此t ∆= (9/4)T = 2.25 s 此时波形如图：（2）由图知，振幅A = 8 cm 质点在一个周期内通过的路程为4A = 32 cm O 质点通过88 cm 的路程共经过的时间为(11/4) T 从x = 0 m 传至x = 4.5 m 处的N 质点需要时间t 1为(9/4) T 质点N 运动的时间为（1/2）T 所以质点N 振动通过的总路程为2A = 16 cm ．16．如图所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v 0 = 2 m/s 的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角︒=30θ，现把一质量m = 10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h = 2 m 的高处．已知工件与传送带间动摩擦因数23=μ，g 取10 m/s 2． （1）试通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动？（2）工件从传送带底端运动至h = 2 m 高处的过程中摩擦力对工件做了多少功？ 答案：（1）工件刚被放上皮带时受滑动摩擦力F f =μmg cos θ ① 代入数据可得F f – mgsin θ= 25 N > 0，工件先做匀加速直线运动 由牛顿第二定律F f – mg sin θ= ma ② 设工件经过位移s 与传送带达到共同速度v 0，由匀变速直线运动规律v 02 = 2as ③ 联立①②③可得s = 0.8 m < 4 m 故工件先做匀加速直线运动，运动0.8 m 与传送带达到共同速度后做匀速直线运动（2）工件从传送带底端运动至h = 2 m 高处的过程中摩擦力对工件做功W f ，由动能定理W f – mgh =2021mv可得W f = 220 J ．17．如图所示，水平面上的A ，B 两物体中间有一被细线拉着的被压缩了的轻弹簧，两边是两个在竖直平面内的半径分别为R 和2R 的圆弧形轨道．当细线突然断开后，两物体分别运动到轨道最高点时，对轨道的压力都为0．不计任何摩擦，求：A 、B 两物体的质量m A 和m B 之比．答案：由动量守恒得：m A v A = m B v B 设当A 运动到最高点时速度为v 1，有m A g =Rvm A 21研究A 由水平面到最高点的过程，由机械能守恒定律得 22212vm v m A A A -= 2m A gR 设当B 运动到最高点时速度为v 2，有m B g =Rv m B 222研究B 由水平面到最高点的过程，由机械能守恒定律得 22222vm v m B B B -= 2m B gR所以m A : m B =2: 1．18．2018年10月15日9时，在太空遨游21小时的“神舟”五号飞船返回舱按预定计划，载着宇航员杨利伟安全降落在内蒙古四子王旗地区．“神舟”五号飞船在返回时先要进行姿态调整，然后返回舱以近8 km/s 的速度进入大气层，当返回舱距地面30 km 时，返回舱上的回收发动机启动，相继完成拉出天线、抛掉底盖等动物．在飞船返回舱运动到距地面20 km以下的高度后，速度减为200 m/s 而匀速下降，此段过程中返回舱所受空气阻力为f =S v 221ρ，式中ρ为大气的密度，v 是返回舱的运动速度，S 为与形状特征有关的阻力面积，当返回舱距地面高度为10 km 时打开面积为1 200 m 2的降落伞，直到速度达到8 m/s 后匀速下落．为实现软着陆（即着陆时返回舱的速度为0），当返回舱离地面1.2 m 时反冲发动机点火，使反回舱落地的速度减为零，返回舱此时的质量为2.7 × 118 kg ，取g = 10 m/s 2． （1）用字母表示出返回舱在速度为200 m/s 时的质量；（2）分析从打开降落伞到反冲发动机点火前，返回舱的加速度和速度的变化情况； （3）求反冲发动机的平均反推力的大小及反冲发动机对返回舱做的功． 答案：（1）当返回舱在速度为20 m/s 时，受到的重力和阻力平衡而匀速下落，由牛顿第二定律mg – f = 0，根据已知条件得mg –S v 221ρ= 0，m =g S v 22ρ（2）在打开降落伞到反冲发动机点火前，返回舱的加速度先增大而后减小，加速度方向向上，返回舱的速度不断减少，直到速度减小到8 m/s 后匀速下落．（3）反冲发动机工作后，使返回舱的速度由8 m/s 减小为0，返回舱受重力和平均反冲力F 作用做减速运动的位移为h = 1.2 m ，根据动能定理，（mg – F ）h = 0 –21mv 2，F = 9.9 × 118 N 反冲发动机对返回舱做的功W = Fh = 1.2 × 118 J ．19．如图所示，在光滑水平面上放一质量为M 、边长为l 的正方体木块，木块右上角靠着一长为L 的轻质光滑棒，棒的一端用光滑铰链连接于地面上的O 点，棒可绕O 点在竖直平南非内自由转动，另一端固定一质量为m 的匀质金属小球．开始时，棒与木块均静止，棒与水平面夹角为α．当棒绕O 点逆时针转动到棒与水平面间夹角为β的瞬时，求木块速度的大小．答案：设棒和水平面成β角时，木块速度为v ，小球速度为v m ，棒与木块的接触点B 的速度为v B ，因B 点和m 在同一棒上以相同角速度绕O 点转动，所以有：l Ll L OB L v v B m ===βωωsin / sin β木块与棒接触于B 点时木块的速度水平向左，此速度可看作两速度的合成，即B 点绕O转动的速度v ⊥= v B 和B 点沿棒方向向m 滑动的速度v ∥，所以v B = v sin β故v m = v Bββ2sin sin v lLl L = 因从初位置到末位置的过程中只有小球重力对小球、轻棒、木块组成的系统做功，所以在上述过程中机械能守恒：mgL (sin α– sin β) =222121Mv mv m +综合上述得v = lββα422sin )sin (sin 2mL Ml mL +-．20．在宇宙飞船的实验舱内充满CO 2气体，且一段时间内气体的压强不变，舱内有一块面积为S 的平板舱壁，如图所示，如果CO 2气体对平板的压强是由气体分子垂直撞击平板形成的，假设气体分子中各有1/6的个数分别向上、下、左、右、前、后六个方向运动，且每个分子的速度均为v ，设气体分子与平板碰撞后以原速率反弹．已知实验舱中单位体积内CO 2的摩尔数为n ，CO 2的摩尔质量为μ，阿伏加德罗常数为N A ．求（1）单位时间内打在平板上的CO 2的分子个数； （2）CO 2气体对平板的压力． 答案：（1）设在t ∆时间内，CO 2分子运动的距离为L ，则 L = v t ∆ t ∆时间内打在平板上的分子数A 61nLSN N =∆ 故单位时间内打在平板上的CO 2的分子数为N =tN∆∆得 N =v nSN A 61（2）根据动量定理 F t ∆=（2mv ）N ∆ μ= N A m 解得 F =231Sv n μ所以CO 2气体对平板的压力231Sv n F F μ=='．21．如图所示，两个质量相同m =0.2kg 的小球用长L = 0.22m 的细绳连接，放在倾角为30°的光滑斜面上，初始时刻，细绳拉直，且绳与斜面底边平行，在绳的中点作用一个垂直于绳沿斜面向上的恒力F = 2.2 N ．在力F 的作用下两球向上运动，小球沿F 方向的位移随时间变化的关系式为s = kt 2（k 为恒量），经过一段时间两球第一次碰撞，又经过一段时间再一次发生碰撞，由于两球之间有粘性，当力F 作用了2 s 时，两球发生最后一次碰撞，且不再分开，取g = 10 m/s 2．求： （1）最后一次碰撞后，小球的速度； （2）最后一次碰撞完成时，小球的速度； （3）整个碰撞过程中，系统损失的机械能． 答案：（1）对两小球整体运用牛顿第二定律，得a = (F – 2mg sin 30°) / 2 m = 0.5 m/s 2 （2）因为小球沿F 方向的位移随时间变化的关系式为s = kt 2（k 为恒量），所以小球在沿F 方向上是匀加速直线运动，则小球的速度v = at = 1 m/s（3）根据功能原理，有E ∆= F (s + L /2) – 2mg sin 30s ︒– 2mv 2 / 2 其中s = at 2 / 2，代入数据，解得整个碰撞过程中，系统损失的机械能E ∆= 0.242 J ．22．如下图所示，一人手持质量为m 的小球乘坐在气球的吊篮里．气球、吊篮和人的总质量为M ，整个系统静止在空中．突然，人将小球向上抛出，经过时间t 后小球又返回手中，设手在抛接球时相对吊篮的位置不变，试求 （1）人在抛球过程中对系统做的功；（2）球在运动过程中与手之间的最大距离． 答案：（1）球减速上升时，人减速下降；球在高点时，人在最低点；所以球返回手中时的位置一定在抛出时的位置． 这时球速为v 1，v 1 = g 21t 其中t 为球从被抛出到返回抛出点所用的时间 mv 1 + M (– v 2) = 0W =21mv 12 +21Mv 22 =2121Mv mv m +Mv 12 +21103252-（2）设球在此过程中与手之间的最大距离为H球上升的最大距离 h 1 =21g (21t )2人下降的最大距离 h 2 =212)21(t g M mH = h 1 + h 2 =)1(812Mmgt +．23．劲度系数为k 的轻弹簧，竖直放置在地面上．其上端固定有质量为M 的钢板，处于静止状态，此时钢板位于O 处，如下图所示，现有一质量为m 的小球从距钢板H 的高处自由下落并与之发生碰撞，碰撞时间极短且无机械能损失．已知M = 3m ，弹簧振子的周期T = 2k M /π．（1）求小球与钢板第一次碰撞后瞬间，小球的速度v 1和钢板的速度v 2． （2）要使小球与钢板每次都在同一高度相碰（即钢板的初始位置），求钢板质量的最大值．（3）以小球自由下落的瞬间为计时起点，以向下为正方向，以g v0的值作为1个时间单位（v 0为小球第一次刚落到钢板时的速率）．试在图中画出小球的v – t 图象；要求至少画出小球与钢板发生第三次碰撞前的图象．答案：（1）设小球落至钢板时速度为v 0 由机械能守恒定律得 mgH = mv 02 / 2 碰撞过程中动量守恒 mv 0 = mv 1 + Mv 2 机械能无损失 mv 12 / 2 + Mv 22 / 2 = mv 02 / 2 联立求解得v 0 =gH 2小球的速度v 1 = – v 0 / 2 = –gH 2/ 2，方向向上钢板的速度v 2 = v 0 / 2 =gH 2/ 2，方向竖直向下（2）由（1）可知，碰撞后小球做竖直上抛运动，钢板（连同弹簧）以速度v 0 / 2向下做简谐运动，要使m 与M 第二次碰撞仍发生在原位置，则小球重新落回到O 处所用的时间t 应满足 t = nT + T /2(n = 0、1、2、3、……) 当M 取最大值时，有 t = T /2 小球做竖直上抛运动到O 点时，有 t = v 0 / g已知T = 2k M /π联立求解得M =22πg kH（3）小球与钢板的第二次碰撞应满足 mv 0/2 – Mv 0 / 2 = mv 3 + Mv 4 m (v 0/2)2 /2 + M (v 0/2)2/2 = mv 32/ 2 + Mv 42 / 2 解得，v 3 = – v 0，方向竖直向上；v 4 = 0 当小球再次落回与钢板发生第三次碰撞时，第三次碰撞是第一次碰撞的重复；此后过程将周而复始地进行． 小球的v – t 图象如图所示．24．如图所示：质量M = 0.180 kg 的靶盒A 位于光滑水平导轨上，开始时静止在O 点，在O 点右侧有范围足够大的“相互作用区域”，如图中划虚线部分，当靶盒A 进入相互作用区时便受到指向O 点的恒力F = 2 N 的作用，P 处有一固定的发射器B ，它可以根据需要瞄准靶盒每次发射一颗水平速度v 0 = 50 m/s ，质量m = 0.010 kg 的子弹，当子弹打入靶盒A 后，便留在盒内，碰撞时间极短．假设每当靶盒A 停在或到达O 点时，都有一颗子弹进入靶盒A 内． （1）当第一颗子弹进入靶盒A 后，靶盒A 离开O 点最大距离为多少？（2）当第三颗子弹进入靶盒A 后，靶盒A 从离开O 点到又回到O 点所经历的时间． （3）求发射器B 至少发射几颗子弹后，靶盒A 在相互作用区内运动的距离不超过0.2 m ？ 答案：（1）设第一颗子弹进入靶盒A 后，子弹与靶盒A 的共同速度为v 1．根据碰撞过程系统动量守恒，有：mv 0 = (m + M )v 1 ①设A 离开O 点的最大距离为s 1，根据动能定理有：– Fs 1 = 0 – (m + M ) 21v / 2 ② 由①、②式得s 1 = 1.25 m（2）根据题意，A 在恒力F 作用下返回O 点时第二颗子弹打入，由于A 的动量与第二颗。
河北省衡水中学2018届高三高考押题(二)物理试题
河北衡水中学2018年高考押题试卷物理试卷（二）二．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.我国科学家为解决“玉兔号”月球车长时间处于黑夜工作的需要,研制了一种小型核能电池,将核反应释放的核能转变为电能,需要的功率并不大,但要便于防护其产生的核辐射。
请据此猜测“玉兔号”所用核能电池有可能采纳的核反应方程是A.32411120H H He n +→+B.235114192192056360U n Ba kr 3n +→++C.238238094951Pu Am e -→+D.274301132150Al He P n +→+15.穿梭于大街小巷的共享单车解决了人们出行的“最后一公里”问题。
单车的传动装置如图所示,链轮的齿数为38,飞轮的齿数为16,后轮直径为660mm,若小明以5m/s 匀速骑行,则脚踩踏板的角速度约为A. 3.2 rad/sB. 6.4 rad/sC. 12.6 rad/sD. 18.0rad/s16.如图所示圆形区域内,有垂直于纸面方向的匀强磁场,一束质量和电荷量都相同的带电粒子,以不同的速率,沿着相同的方向,对准圆心O 射入匀强磁场,又都从该磁场中射出,这些粒子在磁场中的运动时间有的较长,有的较短,若带电粒子只受磁场力的作用,则在磁场中运动时间越短的带电粒子A.在磁场中的周期一定越小B.在磁场中的速率一定越小C.在磁场中的轨道半径一定越大D.在磁场中通过的路程一定越小17.如图所示,质量可忽略的绝缘细杆做成正方体框架,边长为a ,框架的每个顶点固定着一个带电荷量为+q、质量为m的小球,将这个框架静止放在足够粗糙的水平面上,平面上方有水平向右的匀强电场,场强为E ,下列说法正确的是A.立方体中心位置处电场强度为零B.上方四个小球受到的电场力的合力均相同C.若以右下底边为轴把这个立方体向右侧翻转90°,系统电势能减少了6qEaD.若以右下底边为轴把这个立方体向右侧翻转90°,系统电势能减少了8qEa18.如图甲所示是一个理想变压器和一组理想二极管, A、B是变压器次级线圈的输出端, C、D、E、F、G、H 是二极管组接线端,变压器原、副线圈的匝数比为10:1,原线圈电压按图乙所示规律变化,原线圈接有交流电压表,把A、B端适当的接在C、E、F、H中的某些位置,就可以向接在D、G之间的用电器供直流电,下列说法正确的是A. A、B两端电压为2202VB. A、B输出端电流方向1s改变100次C.把AC接一起,再把BH接一起,则电流可以从G流出过用电器从D流回D.把ACF接一起,再把BEH接一起,则电流可以从G流出过用电器从D流回19.北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。
2018高考物理押题卷
2018年高考 物理模拟试题二、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14~17题只有一项符合题目要求，第18~21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．有一种“傻瓜”相机的曝光时间是固定不变的。
为了估测相机的曝光时间，有位同学提出了下述实验方案：他从墙面前某点，使一个小石子自由落下，对小石子照相得到如图所示的照片，由于小石子的运动，它在照片上留下一条模糊的径迹AB （图中约两块砖的厚度）。
已知每块砖的平均厚度约为6cm ，且下落起点到A 点竖直距离约为1.8 m ，从这些信息估算该相机的曝光时间最接近于（ ）A ．0.2 sB ．0.06 sC ．0.02 sD ．0.008 s15．关于原子物理，下列说法正确的是（ ）A ．发生光电效应时光电子的最大初动能与入射光的频率和入射光的强度有关B ．大量处于基态的氢原子在某单色光的照射下，发出多种频率的光子，其中一种必与入射光频率相同C ．比结合能越小的原子核越稳定D ．卢瑟福通过 粒子散射实验发现了质子，并提出了原子的“核式结构”模型16．一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左。
不计空气阻力，则小球（ ） A ．速率一直增大 B ．速率一直减小 C ．速率先减小后增大 D ．速率先增大后减小17．地质勘探发现某地区表面的重力加速度发生了较大的变化，怀疑地下有空腔区域。
进一步探测发现在地面P 点的正下方有一球形空腔区域储藏有天然气，如图所示。
假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ，天然气的密度远小于ρ，可忽略不计。
如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g ；由于空腔的存在，现测得P 点处的重力加速度大小为kg (k ＜1)。
已知引力常量为G ，球形空腔的球心深度为d ，则此球形空腔的体积是（ ）A ．kgd GρB ．kgd 2GρC ．(1－k )gd GρD ．(1－k )gd 2GρR 0R RU 0 ～ 18．如图，光滑的水平轨道上有一个质量为M 、足够长的木板，一个轻弹簧的左端固定在长木板的左端，右端连着一个质量为m 的物块，且物块与长木板光滑接触。
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实验题押题练(三)提升实验设计和探究归纳能力(增分型)1.实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度。
该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7×10－8Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻R x，从而确定导线的实际长度。
可供使用的器材有：电流表：量程0.6 A，内阻约0.2 Ω；电压表：量程3 V，内阻约9 kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值5 Ω；滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω；定值电阻：R0＝3 Ω；电源：电动势6 V，内阻可不计；开关、导线若干。
回答下列问题：(1)实验中滑动变阻器应选________(选填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至________(选填“a”或“b”)端。
(2)在如图乙所示的实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接。
(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表示数如图丙所示，读数为________V。
(4)导线实际长度为________m(保留两位有效数字)。
解析：(1)由R ＝ρLS 得，铜导线电阻R x 约为1.7 Ω，电路中R x ＋R 0约为4.7 Ω，若选R 1＝5 Ω的滑动变阻器，则电路中电流将超过电流表量程，故滑动变阻器选R 2。
为保护电路，闭合开关S 前应将滑动变阻器的滑片移至a 端，使其电阻为最大。
(2)实物电路连接图如图所示。
(3)电压表量程3 V ，指针在2后第3条刻度线，故读数为2.30 V ，估读为2.29或2.31均可。
(4)R 0＋R x ＝U I ＝2.300.5 Ω＝4.6 Ω，R x ＝1.6 Ω，由R x ＝ρLS 得L ＝94 m 。
答案：(1)R 2 a (2)见解析图(3)2.30(2.29、2.31均正确) (4)94(93、95均正确)2．某同学设计了一个如图甲所示的实验电路，用以测定a 、b 两个干电池的电动势和内电阻(图中R 是电阻箱，其阻值可以直接读出)。
考虑到干电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略，故该同学事先测出电流表内阻：R A ＝0.20 Ω。
(1)图乙是该同学测量电池a 所得到的数据图像。
由此可知，该电池的电动势E a ＝________V 、内阻r a ＝____________ Ω。
(2)图丙是该同学测量电池b 所绘出的1I -R 图像，由此可求出该电池的电动势E b ＝________ V 、内阻r b ＝__________Ω。
(计算结果保留三位有效数字)解析：(1)读取图像信息知，电源电动势为E ＝1.5 V ， 内阻为r ＝1.5－1.00.5 Ω＝1.0 Ω。
(2)由闭合电路欧姆定律可知I ＝ER ＋r ＋R A，变形得1I ＝R ＋r ＋R A E＝R E ＋0.2＋rE 由题图知图像的斜率表示电源的电动势的倒数，有 E ＝6.0－1.63.0－1.5V ＝2.93 V图像与纵坐标的交点0.2＋r2.93＝0.9，解得r ＝2.44 Ω。
答案：(1)1.5 1.0 (2)2.93 2.443．图1为某同学用力传感器去探究弹簧的弹力和伸长量的关系的实验情景。
用力传感器竖直向下拉上端固定于铁架台上的轻质弹簧，读出不同拉力下的标尺刻度x 及拉力大小F (从电脑中直接读出)。
所得数据记录在下列表格中：(1)根据所测数据，在图2坐标纸上作出F 与x 的关系图像。
(2)由图像求出该弹簧的劲度系数为________N/m ，弹簧的原长为________cm 。
(均保留三位有效数字)(3)为了用弹簧测定两木块A 和B 间的动摩擦因数μ，两位同学分别设计了如图3所示的甲、乙两种方案。
①为了用某一弹簧测力计的示数表示A 和B 之间的滑动摩擦力的大小，你认为________方案更合理。
②若A 和B 的重力分别为10.0 N 和20.0 N 。
当A 被拉动时，弹簧测力计a 的示数为6.0 N ，b 的示数为11.0 N ，c 的示数为4.0 N ，则A 和B 间的动摩擦因数为________。
解析：(1)根据表中数据利用描点法得出对应的图像如图所示。
(2)由胡克定律可知，图像的斜率表示劲度系数，则可知 k ＝ 1.800.625－0.552 N /m ＝24.7 N/m ，在横轴上的截距表示弹簧的原长x ＝55.2 cm 。
(3)①甲、乙两种方案，在拉着物体A 运动的过程中，拉A 的弹簧测力计由于在不断地运动，示数可能会变化，读数不是很准，弹簧测力计a 是不动的，指针稳定，便于读数，故甲方案更合理。
②弹簧测力计a 示数为6.0 N ，所以A 、B 间的动摩擦因数μ＝F a G B＝6.020.0＝0.3。
答案：(1)见解析图 (2)24.7(24.3～25.0均正确) 55.2(55.0～55.5均正确) (3)①甲 ②0.34．某同学想要测量一个阻值大约为20 Ω的电阻的阻值，实验室给出了以下器材： ①电流表G 1(0～5 mA ，内阻r 1＝3 Ω)； ②电流表G 2(0～10 mA ，内阻r 2＝1 Ω)； ③定值电阻R 1(150 Ω)； ④定值电阻R 2(15 Ω)； ⑤滑动变阻器R (0～5 Ω)； ⑥干电池(1.5 V)； ⑦开关S 及导线若干。
(1)该同学设计了如图甲所示的电路图，图中电阻__________(填“A ”或“B ”)为被测电阻，电阻________(填“A ”或“B ”)为定值电阻，定值电阻应选________(填“R 1”或“R 2”)。
(2)图乙中的实物图已连接了一部分，请将实物图连接完整。
(3)若某次测得电流表G 1、G 2的示数分别为I 1、I 2，则被测电阻的大小为______________(用已知和测量物理量的符号表示)。
(4)若通过调节滑动变阻器，测得多组的I 1、I 2，作出I 2-I 1的图像，如图丙所示，求得图像的斜率为k ＝1.85，则被测电阻的大小为__________Ω(保留三位有效数字)。
解析：(1)由于电流表G 1的内阻已知，因此串联一个定值电阻可以改装成一个电压表，因此A 为定值电阻，B 是被测电阻，由于被测电阻的阻值约为20 Ω，而电流计G 1的量程为G 2的一半，因此G 1的内阻加定值电阻的总阻值应与被测电阻差不多，因此定值电阻应选R 2。
(2)实物图连接如图所示。
(3)被测电阻R x ＝I 1(r 1＋R 2)I 2－I 1。
(4)由R x ＝I 1(r 1＋R 2)I 2－I 1得I 2＝R x ＋r 1＋R 2R x I 1， 因此有R x ＋r 1＋R 2R x＝k ， 求得R x ＝r 1＋R 2k －1＝180.85Ω＝21.2 Ω。
答案：(1)B A R 2 (2)见解析图 (3)I 1(r 1＋R 2)I 2－I 1(4)21.25.某实验小组为了探究功与动能变化的关系，利用如图所示的装置。
在竖直墙上的A 点安装一个拉力传感器，用不可伸长的柔软轻绳一端与质量为1.00 kg 的小球C 连接，另一端绕过小滑轮B (可以忽略滑轮大小)与传感器连接，定滑轮B 与A 等高，BD 为水平参考线，测出BC 间绳长L ＝0.80 m 。
实验中，使绳始终处于绷直状态，将小球从距离BD 线高h 处由静止开始释放，从拉力传感器记录的拉力变化图线中读出拉力的最大值为F 。
改变h 的值，记录下相应的最大拉力F ，取H ＝L －h ，g ＝9.80 m/s 2，实验中得到的部分数据如下表所示。
(1)当H ＝__________J 。
(2)实验结论是：_____________________________________________________。
(3)根据实验结论，推导出F 与H 之间的关系为：____________________________。
解析：(1)根据实验中得到的数据可知， H ＝0.60 m ，F ＝24.45 N ，小球运动到最低点时，动能最大，受到的拉力最大， 在最低点，根据牛顿第二定律得：F －mg ＝m v 2L可得小球运动到最低点时所具有的动能为 12m v 2＝5.86 J ， 此过程中外力做功为W ＝mg (L －h )＝1.00×9.80×0.60 J ＝5.88 J 。
(2)实验结论为在实验误差允许的范围内，外力所做的功等于物体动能的增量。
(3)根据实验结论可知，F －mg ＝m v 2L ，12m v 2＝mg (L －h )＝mgH ，解得：F ＝2mgL H ＋mg ，代入数据得：F ＝24.5H ＋9.8。
答案：(1)5.86 5.88 (2)见解析 (3)F ＝24.5H ＋9.86．在做测量电源电动势E 和内阻r 的实验时，提供的器材有：待测电源一个(电动势E 约为9 V ，内阻r 在35～85 Ω范围内)，内阻为R V ＝19.95 kΩ的电压表一个(量程略大于电源的电动势)，电阻箱一个，开关一个，导线若干。
为了测量得更加准确，多次改变电阻箱的电阻R ，读出电压表的相应示数U ，以1U 为纵坐标，R 为横坐标，画出1U与R的关系图像，如图所示。
试根据以上信息回答问题：(1)在虚线框内画出实验电路图。
(2)根据图像可得E＝________，r＝________。
(保留两位有效数字) 解析：(1)由题图可知，电阻箱的阻值可达到5 kΩ，与电压表内阻的数量级相当，故电压表可并联在电阻箱两端，也可与电阻箱串联测电流，由1U与R成线性关系可知，电压表应与电阻箱串联，实验电路图如图所示。
(2)闭合开关，设干路电流为I，由闭合电路欧姆定律，得：E＝U＋I(R＋r)，其中I＝UR V，解得：1U＝RER V＋r＋R VER V，可见斜率k＝1ER V＝6×10－6 V－1·Ω－1，纵轴截距b＝r＋R VER V＝0.12 V－1，解得：E＝1kR V＝8.4 V，r＝bk－R V＝50 Ω。
答案：(1)电路图见解析(2)8.4 V50 Ω。