2018年高考真题汇编.pdf

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1、1-1（2018 全国 2,19,6 分）甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其速度一时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示.已知两车在友时刻并排行驶，下列说法正确的是（）A.两车在。时刻也并排行驶B.。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【答案】BD【解析】试题分析：在 v-t 图像中图像包围的面积代表了运动走过的位移，图像的斜率代表加速度，解本题要利用这个知识点求解.v-t 图像中图像包围的面积代表运动走过的位移，两车在友时刻并排行驶，利用逆向思维并借助于面积可知在力时刻甲车在后，乙车在前，故 A错误，B正确；图像的斜率表示加速度，所以甲的

2、加速度先减小后增大，乙的加速度也是先减小后增大，故 C错 D正确；1-2（2018 全国 3,18,6 分）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0A.在 t,时刻两车速度相等B.从 0 到力时间内，两车走过的路程相等C.从 G 到七时间内，两车走过的路程相等D.从。到我时间内的,某时刻，两车速度相等【答案】CDx-t 图像某点的切线斜率表示瞬时速度，A 错误；前乙时间内，由于甲、乙的出发点不同,故路程不同，B 错误；t 友时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为刘-E,C 正确；时间内，甲 的 x

3、-Z 图像在某一点的切线与乙的x-t图像平行，此时刻两车速度相等，D 正确.2-1(2 0 1 8 天津，7,6分)明朝谢肇涮的 五杂组中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之,非万缗不可.一游僧见之曰：无烦也，我能正之.”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身.假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为以现在木楔背上加一力F,方向如图所示，木楔两侧产生推力人，则A.若厂一定，。大时A大B.若尸一定，。小时A大C.若。一定，尸大时A大D.若。一定，/小 时 A大答案：B C木楔两侧面产生的推力合力大小等于F,由力的平行四边形定则可知，、=F/2 s i n(9/2),由表达式

4、可知，若尸一定，个越小，R 越 大，A项错误，B项正确；若，一定，Z7越大，片越大,C项正确，D 项错误.3-1（2 0 1 8 全国 I ,1 5,6 分）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块凡系统处于静止状态，现用一竖直向上的力尸作用在。上，使其向上做匀加速直线运动，以 x表示夕离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示6和 x 之间关系的图像可能正确的是（）【答案】A由牛顿运动定律，F-/n g+F=m a,F.=k（x0-x）,kx0=m g,联立解得尸功a+对比题给的四个图象，可能正确的是A.3-2（20 1 8 江 苏,1 4,1 6 分）如图所示，钉子4 6 相距

5、5）,处于同一高度.细线的一端系有质量为时的小物块，另一端绕过4固定于氏质量为小的小球固定在细线上。点，B、C间的线长为3/.用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时a 与水平方向的夹角为5 3 .松手后，小球运动到与 4 6相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动.忽略一切摩擦，重力加速度为g,取s i n 5 3 0 =0.8,co s 5 3 0 =0.6.求：(1)小球受到手的拉力大小G(2)物块和小球的质量之比M:例(3)小球向下运动到最低点时，物块材所受的拉力大小7.“山、5 、M 6 、8 m f e 4 8 二 8 、【答案】(1)F =-M g-m g (2)=-(3)T

6、 =-(T =-m g l cT =M g)3m 5 5(m+M)5 5 1 1【解析】(1)设小球受4G比的拉力分别为、As i n 5 3 =/co s 5 3 4磔=A co s 5 3 +s i n 5 3 且 G=.，磨解得F =-M g -m g(2)小球运动到与4、6 相同高度过程中小球上升高度九=3/s i n 5 3 ,物块下降高度介=2/机械能守恒定律m g h=Mg h2解得”)m 5(3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点.设此时A C 方向的加速度大小为a,重物受到的拉力为T牛顿运动定律场-M a小球受 的拉力T=7牛顿运动定律T-峻 o s 5 3 =m a8 m

7、M g ,4 8 -8解得T =-(T =m g 或T =M g)5(m+M)5 5 1 14-1（20 1 8 全国 3,1 7,6 分）v在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以“和万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A.2 倍 B.4倍 C.6倍 D.8倍【答案】A【解析】设甲球落至斜面时的速率为0,乙落至斜面时的速率为吸，由平抛运动规律，x=v t,1y=2g 1，设 斜 面 倾 角 为 由 几 何 关 系，t a n ，小球由抛出到落至斜面，由机械能守1 1 _恒定律，5 疗+侬产2勿诏，联立解得：KI=71+t a n2O.v,即落至

8、斜面时的速率与抛出时的速率成正比.同理可得，V 2=+t a n20.v/2,所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2 倍，选项A正确.来4-2 （2 0 1 8 北京，2 0,6分）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2 0 0 n l 处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm 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

9、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【答案】D【解析】上升过程水平方向向西加速，在最高点竖直方向上速度为零，水平方向上有向西的水平速度，且有竖直向下的加速度，故 A B错；下降过程向西减速，按照对称性落至地面时水平速度为0,整个过程都在向西运动，所以落点在抛出点的西侧，故 C 错，D正确；故选D4-3（2 0 1 8 江苏，6,4分）火车以6 0 m/s 的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针 在 1 0 s内匀速转过了约1 0 .在 此 1 0 s 时间内，火 车（）A.运动路程为6 0 0 mB.加速度为零C.角速度约为1 r a d/sD.转

10、弯半径约为3.4 k m【答案】A D【解析】本题考查匀速圆周的概念，意在考查考生的理解能力.圆周运动的弧长s=/Q 6 0 X1 0 m=6 0 0 m,选项A正确；火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故选项B 错误；由题意得圆周运动的角速度3 =x 3.1 4 r a d/s=t 1 8 0 x 1 0 1 8 0r a d/s,又v =o ，所以r =空 、i 8 0 m=3 4 3 9 n b 故选项C 错误、D正确.co 3.1 44-4（2 0 1 8 江苏，3,3分）某弹射管每次弹出的小球速度相等.在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平

11、，先后弹出两只小球.忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的（）A.时刻相同，地点相同B.时刻相同，地点不同C.时刻不同，地点相同D.时刻不同，地点不同【答案】B【解析】本题考查合运动与分运动的关系及时刻和位置的概念，意在考查考生的理解能力.弹射管在竖直方向做自由落体运动，所以弹出小球在竖直方向运动的时间相等，因此两球应同时落地；由于两小球先后弹出，且弹出小球的初速度相同，所以小球在水平方向运动的时间不等，因小球在水平方向做匀速运动，所以水平位移相等，因此落点不相同，故选项B正确.5-1（2 0 1 8 全 国 1,2 0,6分）2 0 1 7 年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波.根

12、据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约1 0 0 s时，它们相距约4 0 0 k m,绕二者连线上的某点每秒转动1 2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（）A.质量之积 B.质量之和 C.速率之和 D.各自的自转角速度【答案】B C【解析】双中子星做匀速圆周运动的频率A 1 2H z （周期小l/1 2s）,由万有引力等于向心力，z n1m2 z n1m2可得，6 1=的 1（2 K f）2,6 1=色 与 2 （2*f）2,ri+所产4 0 k m,联立解得：（如+妙）=（2 f）?城，选项B正确A错误；由

13、匕=0 n=2 乃 f r”吸=。八=2，。，联立解得：匕+吟=2nfr,选项C正确；不能得出各自自转的角速度，选项D错误.5-2（20 1 8 全国2,1 6,6 分）20 1 8 年 2 月，我国5 0 0 m 口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J 0 3 1 8+0 25 3”，其自转周期5.1 9 m s,假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.6 7 x l O-i i N-m 2/k g 2.以周期7 稳定自转的星体的密度最小值约为（）A.5 x 1 09 k g/m3 B.5 x 1 01 2k g/m3C.5 x l 01 5k g/m3 D.5 x l 01

14、8k g/m3【答案】CGMm27 r 9【解析】设脉冲星值量为M,密度为P，根据天体运动规律知：产代入可得：P 5 x l 01 5k g/m3,故 C正确；故选C5-3（20 1 8 全国3,1 5,6 分）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1 6 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A.2:1 B.4:1 C.8:1 D.1 6:1【答案】C【解析】设地球半径为此 根据题述，地球卫星的轨道半径为兄二 1 6 反 地球卫星。的轨道产 R3半径为斯4 兄根据开普勒定律，;=:=6 4,所以尸与0 的周期之比为r：7 8

15、：1,选项C喘 RQ正确.5-4（20 1 8 北京，1 7,6分）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6 0 倍的情况下，需要验证A.地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1/6 0?B.月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1/6 0?C.自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的1/6D.苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的1/6 0【答案】B【解析】=若 想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律一万有引力定律，则应满足G 恤/胃=0&即加速度a 与距离的平方成反比，由题中数据知，选项 B 正确，其余选

16、项错误.5-5（20 1 8 天津，6,6 分）20 1 8 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A.密度B.向心力的大小C.离地高度D.线速度的大小【答案】C D【解析】卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，则 有 G 血/（於 J加（2 n/7）“股，无法计算得到卫星的质量，更无法确定其密度及向心力大小，A、B项错误；又

17、 G 伽/尼=加0联立两式可得/F 9gR T4/-R,C项正确；由片2n（R+h）/T,可计算出卫星的线速度的大小，D项正确.5-6（2018江苏，1,3分）我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高.今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km,之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km,它们都绕地球做圆周运动.与“高分四号冶相比，下列物理量中“高分五号”较小的是（）A.周期B.角速度C.线速度D.向心加速度【答案】A【解析】设地球质量为人造卫星质量为加，人造卫星做匀速圆周运动时，根据万有引力提供何心力由日脑 V2 2,2兀、2 得 GM G =m=ma r=m()

18、r=ma v=,-r2 r T V rT=2万GMr2因 为“高分四号”的轨道半径比“高分五号”的轨道半径大,所以选项A正确，BCD错误.6-1（2018 全国 I,14,6 分）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能（）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【答案】B【解析】=列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知片at,且列车的动能为a=1/2而落由以上整理得瓜=1/2侬2乙动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，AC错误；将 产 l/2 a d 代入上式得区=ma

19、x,则列车的动能与位移成正比,B正确；由动能与动量的关系式E=p2/2而可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误.6-2（2018全 国 1,18,6分）如图，a历是竖直面内的光滑固定轨道，a b 水 平,长度为2凡b e是半径为的四分之一的圆弧，与 相 切 于 6 点.一质量为勿的小球.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 点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为（）【答案】cD.6m g R【解析】设小球运动到C点的速度大小为心则对小球由a 到 c 的过程，由动能定理有一侬庐1/2次/“又打m g,解得匕.=2,小球离开c

20、点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g,则由竖直方向的运动可知，小球从离开cR点到其轨迹最高点所需的时间为t=V l./g=2在水平方向的位移大小为x=1/2g t1=2R.由g以上分析可知，小球从a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5兄则小球机械能的增加量为A 后尸 5庐5/昭 山 C正确，ABD错误.6-3（2018 全国 2,14,6 分）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

21、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】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：WF-Wf=-m v2-0,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A6-4（2018全国3,19,6 分）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面.某竖井中矿车提升的速度大小 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线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.对于第次和第次提

22、升过程，B.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【答案】A C【解析】设第2）次所用时间为t,根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可1 1 1知，2 x 2 t X =2 x （t+3%2）*2冏，解得：t=5 2,所以第次和第次提升过程所用时间之比为2 t o：5 t o/2=4 ：5,选 项 A 正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-m 纪m a，可得提升的最大牵引力之比为1 ：1,选项B 错误；由功率公式，f Fv,电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为 2：1,选 项 C正确；

23、vovo加速上升过程的加速度4=%,加速上升过程的牵引力用=侬叶磔=（+4,减速上升过程的%加速度a2=。，减速上升过程的牵引力“=旌+侬，匀速运动过程的牵引力4=侬1 1第次提升过程做功 X2x t0X v0+/X 2 x t0X v Fi1 tpk ,ta n。=3/4,tan 0-Fbc/42 32电荷量的比值k的,联立解得：ZF64/27,选项D正确.%8-2（2018 全国 1,21,6 分）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。上的电势为2V.一电子经过a时的动能为10 e V,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV.下列说法正确的是（）a

24、b c d fA.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4 e VD.该电子经过平面人时的速率是经过，时的2倍【答案】A B【解析】根据题述，匀强电场中等势面间距相等，相邻等势面之间的电势差相等.设相邻等势面之间的电势差为，根据电子从a到 d 的过程中克服电场力所做功为心=6 e V,电场方向水平向右.由心=3 e V,联立解得：华2 V.已知6的电势为2 V,则平面c 上的电势为零，选项A正确；由于a/1 之间的电势差为4 3 8 V,一电子经过a 时的动能为1 0e V,由于题述没有指出电子速度方向，若该电子速度方向指向左或指向上或下，则该电子

25、就到达不了平面选项 B正确：由于题述没有指出电子速度方向，选项CD 错误.8-3（2 01 8 全国2,2 1,6分）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，为 a、c 连线的中点，N 为 b、，连线的中点.一电荷量为g （g 0）的粒子从 a 点移动到6 点，其电势能减小心若该粒子从c 点移动到d 点，其电势能减小股，下列说法正确的是（）a9：b I Ii 、Mi/4dcA.此匀强电场的场强方向一定与a、6 两点连线平行%+%B.若该粒子从M点移动到4点，则电场力做功一定为 2%C.若 c、d 之间的距离为。则该电场的场强大小一定为盛D.若用=例，则 a、材

26、两点之间的电势差一定等于上N两点之间的电势差【答案】B D【解析】由题意得，（。“一人）心（血一。力片强,只能得出a、5 两点间和c、d 两点间的电势关系，无法确定场强的方向，选项A 错误；若 c、d 之间的距离为人因无法确定场强的方向，故无法确定场强的大小，选项C 错误；由于0V=（血+0,）/2、6 计0j/2、/%、=g（。L0,）,上述式子联立求解得粒子从M点移动到/V点电场力做的功为典,=（如+/九/2,所 以 B正确；若仁的 有 0“一。产 a,”对微粒a,由牛顿第二定律，q E=m.a”,对微粒b,由牛顿第二定律，q E=m ab,联立解得：q E q E,由此式可以得出a的质量

27、比6 小，选项A错误；在 a、8 两微粒运动过程中，a 微ma mb粒所受合外力大于方微粒，a 微粒的位移大于方微粒，根据动能定理，在/时 刻，a的动能比 6 大，选项B正确；由于在1 时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在力时刻，a 和 6 的电势能不等，选项C 错误；由于a 微粒受到的电场力（合外力）等 于 6 微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在匕时刻，a 微粒的动量等于人微粒，选项D正确.8-5（2 01 8 北京，1 9,6分）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.

28、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【答案】A【解析】当用带电玻璃棒与电容器a 板接触，由于静电感应，从而在方板感应出等量的异种_ sS电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；根据电容器的决定式：一而石，将电容器6 板C=Q向上平移，即正对面积S 减小，则电容C减小，根据 方可知，电量。不变，则电压。增eS大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；根据电容器的决定式：一而石，只在极板c=Q间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容。增大，根据 U 可知，电量0

29、 不变，则C=&电压减小，则静电计指针的张角减小，故选项c错误；根据 方可知，电量。增大，则电压也会增大，则电容C 不变，故选项D错误.8-6（2 0 1 8 天津，3,6 分）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 点 和 N点的电势分别为。“、0”粒子在和N时加速度大小分别为a”、a、，速度大小分别为修、小，电势能分别为反v、瓦,.下列判断正确的是A.匕/的，B.KX KV,BC.。欣 0 防 EPn 0 的区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为区在水0的区域存在方向垂直于X0平面向外的匀强磁场.一个 先 核 和 一 个

30、 笊 核 2 1 H 先后从y 轴上尸h点以相同的动能射出，速度方向沿x 轴正方向.己知J H 进入磁场时，速度方向与x 轴正方向的夹角为 6 0 ,并从坐标原点。处第一次射出磁场.J H 的质量为加电荷量为g 不计重力.求(1)/I I 第一次进入磁场的位置到原点0的距离(2)磁场的磁感应强度大小(3)J H 第一次离开磁场的位置到原点0的距离【解析】本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动、在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力.(1)出在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示,设;H 在电场中的加速度大小为%,初速度大小为由

31、，它在电场中的运动时间为7，第一次进入磁场的位置到原点。的距离为S i.由运动学公式有s =%口 h=2 1 1由题给条件，加进入磁场时速度的方向与x 轴正方向夹角%=6 0。.相进入磁场时速度的y分 量 的 大 小 为=vit a n 9i s =驾联立以上各式得1 一 3 (4)(2)打在电场中运动时，由牛顿第二定律有勺石=加%设;H 进入磁场时速度的大小为4,由速度合成法则有1 =M+(Ml)”(6)设磁感应强度大小为6,出在磁场中运动的圆轨道半径为之,由洛伦兹力公式和牛顿第二定(jv=律有 公由几何关系得Si=2Rism。l&mEB=I-联立以上各式得 J q h 2(3)设1 H在电

32、场中沿X轴正方向射出的速度大小为“2,在电场中的加速度大小为。2,由题11/-(2m泗 =mv?给条件得2 2 2】由牛顿第二定律有PE=2ma2设加第一次射入磁场时的速度大小为 2,速度的方向与“轴正方向夹角为外，入射点到原点的距离为S 2,在电场中运动的时间为包由运动学公式有S2=1 .n _a 2 t2h=-a2d ,_ I 2,fn 2 S ln 02=2 2 2 2-也2+(a2t2)2 联立以上各式得$2=Si,d2=ei,V 2 2 V 1设在磁场中做圆周运动的半径为R 2,由式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公(2m)L式得 qB 1 2,所以出射点在原点左侧.设正进入磁场的

33、入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为S 2,由儿何关系有S 2=2R 25出。22联立成得，正第一次离开磁场时的位置到原点。的距离为S 2 f=率通-l)h 1 0-2(201 8 全国 2,20,6 分)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线么、L i,心中的电流方向向左，L?中的电流方向向上；L的正上方有a、6两点，它们相对于5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氏，方向垂直于纸面向外.已知心人两点的磁感应强度大小分别为3 )%和5 ,方向也垂直于纸面向外.则(7A.流经L的电流在6 点产生的磁感应强度大小为1 217B.流经L的电流在a点产生的磁感应强度大小为1

34、 21C.流经L 2 的电流在。点产生的磁感应强度大小为1 27D.流经L 2 的电流在a点产生的磁感应强度大小为1 2【答案】A C【解析】A在数两点产生的磁场强度大小相等设为3,方向都垂直于纸面向里，而 心 在 a点产生的磁场强度设为打，方向向里，在 b 点产生的磁场强度也为打，方向向外，规定向外B(y B-B?=BR为正，根据矢量叠加原理可知 1 2 3 0B2+B0-BX=可解得:故 A C 正确.1 0-3(2 0 1 8 全国2,2 5,2 0 分)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在x o y 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/,磁感应

35、强度的大小为B,方向垂直于x o y 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为电场强度的大小均为E,方向均沿x 轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，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点射入时速度的大小；n（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为左 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（a）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

36、子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动.设粒子从.点射入时速度的大小为%,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匕方向与电场方向的夹角为。（见 图（b）,速度沿电场方向的分量为人 根据牛顿第二定律有qE=ma 1-太-式 中g和分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有vat 1=咿 M0 3（b v1=vcosO 公粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为凡由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得mv2cfvB=-由几何关系得/=2Rc o s O2EIVn -联立式得 BI 7 1%=Vn C Ot-(3)由运动学公式和题给数据得 6 q _ 4y/3El联 立

37、 式 得 加 B2l2 2)(、2 6，.t =2 4-T设粒子由材点运动到N点所用的时间为 则 2兀2jtm式 中 7 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，TqB,Bl一 同、t=(1 r)由就得 E1 0-4(20 1 8 全国3,24,1 2分)如 图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压加速后在纸面内水平向右运动，自材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匕，并在磁场边界的 点射出；乙种离子在，眦的中点射出；物 V长 为 1.不计重力影响和离子间的相互作用.求：XXXXXXX(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、

38、乙两种离子的比荷之比.4U【答案】(1)B=(2)1:4【解析】(1)设甲种离子所带电荷量为S、质量为周，在磁场中做匀速圆周运动的半径为1 7R ,磁场的磁感应强度大小为8 由 动 能 定 理 有 说 由 洛 伦 兹 力 公 式 和 牛 顿 第 二 定 律 有=T n 1 Ri由几何关系知2勺=2 4(7由式得B (2)设乙种离子所带电荷量为依、质量为您，射入磁场的速度为如 在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 同理有勺2 =51 m 2用 ，/2V2B=巾2V2乙/?2由题给条件有2/?2=由式得，甲、乙两种离子的比荷之比为一:一=1:4吗 吗1 0-5（20 1 8 北京，1 8,6 分）某空

39、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【答案】C_ E【解析】由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即E q =q u B,则“一瓦若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求，例如：电场方向向下，磁场方向垂直纸面向里等，但是对电性和电量无要求，故选项C正确，A B D 错误.1 0-6（2 0 1 8 江苏，1 5,

40、1 6 分）如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4 d,宽为4中间两个磁场区域间隔为2 d,中轴线与磁场区域两侧相交于。、。点，各区域磁感应强度大小相等.某粒子质量为勿、电荷量为+,从。沿轴线射入磁场.当入射速度为时，粒子d从 0 上方-处射出磁场.取sin5 3 =0.8,c os5 3 =0.6.2(1)求磁感应强度大小B-,(2)入射速度为5%时，求粒子从0运动到。的 时 间t；(3)入射速度仍为5%,通过沿轴线例 平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从。运动到。的时间增加A 3求A/的最大值.【解析】(1)粒子圆周运动的半径“V 由题意知”，解得8=皿dq(2)设粒子在

41、矩形磁场中的偏转角为。4由乐r sina,得 sin。=-,即。=5 3 5在一个矩形磁场中的运动时间 a2m i,解得 5 3加11=-t,3 6 0 0为 1 7 2 0 v0直线运动的时间 2 d，解得 2 dG =v -5%则，,5 3万+7 2、d(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x粒子向上的偏移量y=2r(1 -c os a)+%t a n a由y 2 d,解得 Rx根棒切割产生电动势方向相同所以E=2Blu,则 电 流 为 R-屋，电流恒定且方向为顺时针，再从移动到的过程中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，然后从到的过程中，左边切割产生的

42、电流方向逆时针，而右边切割产生的电流方向也是,_ E _ 2Blv逆时针，所 以 电 流 的 大 小 为 一 屋，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，故 D正确.1 1-4（2 01 8江苏，9,4分）如图所示，竖直放置的C形 光 滑 导 轨 宽 为 矩 形 匀 强 磁 场 I、I I 的高和间距均为d,磁感应强度为反质量为0 的水平金属杆由静止释放，进入磁场I 和 I 时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为总与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g.金 属 杆（）A.刚进入

43、磁场I 时加速度方向竖直向下B.穿过磁场I 的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为Am g dD.释放时距磁场I 上边界的高度才可能小于m2gR2B4L4【答案】B C【解析】本题考查电磁感应的应用，意在考查考生综合分析问题的能力.由于金属棒进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g 的加速运动，所以金属感进入磁场时应做减速运动，选项A错误；对金属杆受力分析，根据可知，金属杆做-me=maR加速度减小的减速运动，其进出磁场的广匕图象如图所示，由于0 右和夕力图线与f 轴包围的面积相等（都为冷，所 以 t,（七-G）,选项B正确；从进入I磁场到进入n磁场之前过程

44、中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所 以 Q=侬.2 d,所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4/熠 d 选项C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则B2I3VR-mg=0，得 m2 R.有前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于m2V =-B2I3B2I根据 v2得金属杆进入磁场的高度应大于加2 g 尺，选项D错误.1 1-5(2 0 1 8 江苏，1 3,1 5 分)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为间距为H 导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为其方向与导轨平面垂直.质量为勿的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s,导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流.金

45、属棒被松开后，以加速度a 沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为 g.求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小7；(2)通过的电流大小/；(3)通过的电荷量。【解析】(1)匀加速直线运动d=2 a s 解得y =J 诟(2)安培力F 安=I d B金属棒所受合力尸=m g s in g-牛顿运动定律F=m a解得 皿 g s in 8 -a)I =-Bd(3)运动时间 v电荷量。解得C J 2asm(gsinJ-a)Q=-Bda1 2-1（2 0 1 8 全国3,1 6,6分）一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为0%；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周

46、期内产生的热量为0心该电阻上电压的峰值为如周【解析】根据题述，正弦交变电流的电压有效值为uo,而 方 波 交 流 电 的 有 效 值 为 根 据焦耳定律和欧姆定律，C/A芹上北可知在一个周期7 内产生的热量与电压有效值的二次方R%成正比，Q方：Q正二Uo-）2=2 ：1,选项D正确.1 2-2（2 0 1 8 全国3,2 0,6分）如 图（a）,在同一平面内固定有一长 直 导 线 和 一导 线 框 总 7?在尸 0 的右侧.导线国中通有正弦交流电流？，的变化如图（b）所示，规定从。到户为电流B.在 =；时改变方向C.在t=g 时最大，且沿顺时针方向D.在t=7 时最大，且沿顺时针方向【答案】A

47、 C【解析】由 图（b）可知，导线图中电流在右4时达到最大值，变化率为零，导线框A中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在右4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在时，导线中电流图象斜率方向不变，导致导线框不中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所 以 在t=T/l时，导线框中产生的感应电动势方向不变,选项B错误；由于在时，导线图中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框彳中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在 片 7/2 时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在片7时感应电动势的方向为逆时针方

48、向，选项D 错误.1 2-3（2 0 1 8天津，4,6分）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 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,消耗的功率为P.若发电机线圈的转速变为原来的1/2,则A.R 消耗的功率变为1/2 尸 IIIB.电压表V的读数变为1/2 I U A 1c.电流表A的读数变为21 V 抑 Y rD.通过R的交变电流频率不变-【答案】B【解析】交 流 发 电 机 产 生 的 感 应 电 动 势 最 大 值 区 且 有。=2 ，所以当发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又理

49、想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B项正确；由电功率六/斤可知,变压器输出功率即彳消耗的功率变为原来的1/4,A 项错误；由户=0可知，原线圈中电流减为原来的一半，C项错误；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，故 D 项错误.1 2-4（2 0 1 8江苏，2,3分）采用2 2 0 k V 高压向远方的城市输电.当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的L 输电电压应变为（）4A.5 5 k V B.1 1 0 k V C.4 4 0 k V D.880 k V【答案】C【解析】当输电功率40,为输电电压，/为输电线路中的电流，输

50、电线路损失的功率为P 报=/兄 7?为输电线路的电阻，即 O 报=p.当输电功率一定时.，输电线路损失的功率为（）27?U原来的:,则输电电压为原来的2倍，即4 4 0 ,故选项C正确.13-1（2018 全国 2,17,6 分）用波长为300 nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28 乂 10 l9J.已知普朗克常量为6.63X1（）M js,真空中的光速为3.00乂1（）81s 能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为（）A.1 x io Hz B.8 x 10 Hz C.2 x 105 Hz D.8 x 1015Hz【答案】B【解析】根据爱因斯坦光电效应方程氏=A v W