2018年物理高考題

2018高考全國Ⅰ卷14.(2018·全國Ⅰ卷,14)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動.在啟動階段,列車的動能(B)A.與它所經(jīng)歷的時間成正比B.與它的位移成正比C.與它的速度成正比D.與它的動量成正比解析:根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律,由靜止勻加速啟動的速度v=at,動能Ek=12mv2=12ma2t2,即列車的動能與經(jīng)歷的時間的平方成正比,A錯誤;根據(jù)v2=2ax,動能Ek=12mv2=12m·2ax=max,即列車的動能與位移成正比,B正確;動能Ek=12mv2,即列車的動能與速度的平方成正比,C錯誤;動量p=mv,動能Ek=12mv2=p15.(2018·全國Ⅰ卷,15)如圖,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運動.以x表示P離開靜止位置的位移,在彈簧恢復原長前,下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是(A)解析:設物塊P靜止時,彈簧的長度為l0,對其受力分析如圖所示.根據(jù)牛頓第二定律,得F+k(ll0x)mg=ma,又k(ll0)=mg,故F=kx+ma,A正確.16.(2018·全國Ⅰ卷,16)如圖,三個固定的帶電小球a,b和c,相互間的距離分別為ab=5cm,bc=3cm,ca=4cm.小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a,b的連線.設小球a,b所帶電荷量的比值的絕對值為k,則(D)A.a,b的電荷同號,k=16B.a,b的電荷異號,k=16C.a,b的電荷同號,k=64D.a,b的電荷異號,k=64解析:由于小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a,b的連線,根據(jù)受力分析知,a,b的電荷異號.根據(jù)庫侖定律,a對c的庫侖力為Fa=k0qaqc(ac)2,b對c的庫侖力為Fb=k0qbqc(bc)2;設小球c所受庫侖力的合力向左,如圖所示,由幾何關(guān)系得Faac17.(2018·全國Ⅰ卷,17)如圖,導體軌道OPQS固定,其中PQS是半圓弧,Q為半圓弧的中點,O為圓心.軌道的電阻忽略不計.OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿,M端位于PQS上,OM與軌道接觸良好.空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場,磁感應強度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ);再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B'(過程Ⅱ).在過程Ⅰ,Ⅱ中,流過OM的電荷量相等,則B'B等于(BA.54 B.32 C.7解析:在過程Ⅰ,Ⅱ中,根據(jù)法拉第電磁感應定律,有E1=ΔΦ1Δt1=B(12πr2-14πr2)Δt1,E2=ΔΦ2Δt2=(B'-B)12πr2Δt2,根據(jù)閉合電路歐姆定律,有I118.(2018·全國Ⅰ卷,18)如圖,abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道,ab水平,長度為2R;bc是半徑為R的四分之一圓弧,與ab相切于b點.一質(zhì)量為m的小球,始終受到與重力大小相等的水平外力的作用,自a點處從靜止開始向右運動.重力加速度大小為g.小球從a點開始運動到其軌跡最高點,機械能的增量為(C)A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR解析:設小球在c位置的速度為v1,小球從a運動到c,根據(jù)動能定理,得F·3RmgR=12mv12,又F=mg,故v1=2gR,小球離開c點在豎直方向做豎直上拋運動,水平方向做初速度為零的勻加速直線運動.且水平方向與豎直方向的加速度大小相等,都為g,故小球從c點到最高點水平位移等于豎直位移,x=v122g=2R,根據(jù)功能關(guān)系,水平力F做的功等于小球機械能的增量,WF=ΔE=F·(2R+R+x)19.(2018·全國Ⅰ卷,19)(多選)如圖,兩個線圈繞在同一根鐵芯上,其中一線圈通過開關(guān)與電源連接,另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導線連接成回路.將一小磁針懸掛在直導線正上方,開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài).下列說法正確的是(AD)A.開關(guān)閉合后的瞬間,小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動B.開關(guān)閉合并保持一段時間后,小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C.開關(guān)閉合并保持一段時間后,小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D.開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間,小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動解析:根據(jù)安培定則,開關(guān)閉合時鐵芯上產(chǎn)生水平向右的磁場.根據(jù)楞次定律,直導線上將產(chǎn)生由南向北的電流,根據(jù)安培定則,直導線上方的磁場垂直紙面向里,故小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動,A正確;開關(guān)閉合并保持一段時間后,直導線上沒有感應電流,故小磁針的N極指北,B,C錯誤;開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間,根據(jù)楞次定律,直導線上將產(chǎn)生由北向南的電流,這時直導線上方的磁場垂直紙面向外,故小磁針N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動,D正確.20.(2018·全國Ⅰ卷,20)(多選)2017年,人類第一次直接探測到來自雙中子星合并的引力波.根據(jù)科學家們復原的過程,在兩顆中子星合并前約100s時,它們相距約400km,繞二者連線上的某點每秒轉(zhuǎn)動12圈.將兩顆中子星都看作是質(zhì)量均勻分布的球體,由這些數(shù)據(jù)、萬有引力常量并利用牛頓力學知識,可以估算出這一時刻兩顆中子星(BC)A.質(zhì)量之積 B.質(zhì)量之和C.速率之和 D.各自的自轉(zhuǎn)角速度解析:兩顆中子星運動到某位置的示意圖如圖所示.每秒轉(zhuǎn)動12圈,即轉(zhuǎn)速n=12r/s,角速度ω=2πn,中子星運動時,由萬有引力提供向心力得Gm1m2l2=m1ω2r1,Gm1m2l2=m2ω2r2,l=r1+r2,聯(lián)立可得G(m1+m2)l2=ω2l,所以m1+m2=ω2l3G,質(zhì)量之和可以估算;由線速度與角速度的關(guān)系v=ωr得,v1=ωr1,v2=ωr2,解得v1+v2=ω21.(2018·全國Ⅰ卷,21)(多選)圖中虛線a,b,c,d,f代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面,已知平面b上的電勢為2V.一電子經(jīng)過a時的動能為10eV,從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV.下列說法正確的是(AB)A.平面c上的電勢為零B.該電子可能到達不了平面fC.該電子經(jīng)過平面d時,其電勢能為4eVD.該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍解析:由U=Wq可得Uad=6V,因電場力做負功,故電場方向向右,各等勢面的電勢如圖所示,Φc=0,A正確;因電子的速度方向未知,若不垂直于等勢面,如圖中實線所示,電子可能到達不了平面f,B正確;經(jīng)過d時,電勢能Ep=eΦd=2eV,C錯誤;由a到b,Wab=EkbEka=2eV,解得Ekb=8eV,由a到d,Wad=EkdEka=6eV,解得Ekd=4eV,則Ekb=2Ekd,根據(jù)Ek=12mv2知vb=2vd,D22.(2018·全國Ⅰ卷,22)如圖(a),一彈簧上端固定在支架頂端,下端懸掛一托盤;一標尺由游標和主尺構(gòu)成,主尺豎直固定在彈簧左邊;托盤上方固定有一能與游標刻度線準確對齊的裝置,簡化為圖中的指針.現(xiàn)要測量圖(a)中彈簧的勁度系數(shù).當托盤內(nèi)沒有砝碼時,移動游標,使其零刻度線對準指針,此時標尺讀數(shù)為1.950cm;當托盤內(nèi)放有質(zhì)量為0.100kg的砝碼時,移動游標,再次使其零刻度線對準指針,標尺示數(shù)如圖(b)所示,其讀數(shù)為cm.當?shù)氐闹亓铀俣却笮?.80m/s2,此彈簧的勁度系數(shù)為N/m(保留3位有效數(shù)字).

解析:標尺的游標為20分度,精確度為0.05mm,游標的第15個刻度與主尺刻度對齊,則讀數(shù)為37mm+15×0.05mm=37.75mm=3.775cm.彈簧形變量x=(3.7751.950)cm=1.825cm,砝碼平衡時,mg=kx,所以勁度系數(shù)k=mgx=0.100×9.801.答案:3.77553.723.(2018·全國Ⅰ卷,23)某實驗小組利用如圖(a)所示的電路探究在25℃~80℃范圍內(nèi)某熱敏電阻的溫度特性.所用器材有:置于溫控室(圖中虛線區(qū)域)中的熱敏電阻RT,其標稱值(25℃時的阻值)為900.0Ω;電源E(6V,內(nèi)阻可忽略);電壓表V(量程150mV);定值電阻R0(阻值20.0Ω),滑動變阻器R1(最大阻值為1000Ω);電阻箱R2(阻值范圍0~999.9Ω);單刀開關(guān)S1,單刀雙擲開關(guān)S2.實驗時,先按圖(a)連接好電路,再將溫控室的溫度t升至80.0℃.將S2與1端接通,閉合S1,調(diào)節(jié)R1的滑片位置,使電壓表讀數(shù)為某一值U0;保持R1的滑片位置不變,將R2置于最大值,將S2與2端接通,調(diào)節(jié)R2,使電壓表讀數(shù)仍為U0;斷開S1,記下此時R2的讀數(shù).逐步降低溫控室的溫度t,得到相應溫度下R2的阻值,直至溫度降到25.0℃.實驗得到的R2t數(shù)據(jù)見下表.t/℃25.030.040.050.060.070.080.0R2/Ω900.0680.0500.0390.0320.0270.0240.0回答下列問題:(1)在閉合S1前,圖(a)中R1的滑片應移動到(填“a”或“b”)端;

(2)在圖(b)的坐標紙上補齊數(shù)據(jù)表中所給數(shù)據(jù)點,并作出R2t曲線;(3)由圖(b)可得到RT在25℃~80℃范圍內(nèi)的溫度特性.當t=44.0℃時,可得RT=Ω;

(4)將RT握于手心,手心溫度下R2的相應讀數(shù)如圖(c)所示,該讀數(shù)為Ω,則手心溫度為℃.

解析:(1)閉合開關(guān)S1前,應讓滑片移動到b端,使滑動變阻器連入電路的阻值最大.(3)由圖像可知t=44.0℃時,電阻的阻值為450Ω.(4)由圖(c)可得電阻箱阻值為620.0Ω,由圖像可得溫度約為33.0℃.答案:(1)b(2)如圖所示(3)450(4)620.033.024.(2018·全國Ⅰ卷,24)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后,從地面豎直升空.當煙花彈上升的速度為零時,彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分,兩部分獲得的動能之和也為E,且均沿豎直方向運動.爆炸時間極短,重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量.求:(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間;(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度.解析:(1)設煙花彈上升的初速度為v0,由題給條件有E=12mv設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t,由運動學公式有0v0=gt②聯(lián)立①②式得t=1g2(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1,由機械能守恒定律有E=mgh1④火藥爆炸后,煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動,設爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動量守恒定律有14mv12+1412mv1+12mv2=由⑥式知,煙花彈兩部分的速度方向相反,向上運動部分做豎直上拋運動.設爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2,由機械能守恒定律有14mv12=1聯(lián)立④⑤⑥⑦式得,煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為h=h1+h2=2E答案:(1)1g2Em25.(2018·全國Ⅰ卷,25)如圖,在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場,場強大小為E;在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場.一個氕核

11H和一個氘核

12H先后從y軸上y=h點以相同的動能射出,速度方向沿x軸正方向.已知

11H進入磁場時,速度方向與x軸正方向的夾角為60°,并從坐標原點O處第一次射出磁場.11H(1)11H第一次進入磁場的位置到原點O(2)磁場的磁感應強度大小;(3)12H第一次離開磁場的位置到原點O解:(1)

11H在電場中做類平拋運動,在磁場中做勻速圓周運動,運動軌跡如圖所示.設

11H在電場中的加速度大小為a1,初速度大小為v1,它在電場中的運動時間為t1,第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1=v1t1①h=12a1t由題給條件,11H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1=60°.11a1t1=v1tanθ1③聯(lián)立以上各式得s1=233(2)11H在電場中運動時qE=ma1⑤設

11H進入磁場時速度的大小為v1'v1'=v1設磁感應強度大小為B,11H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1qv1'B=mv由幾何關(guān)系得s1=2R1sinθ1⑧聯(lián)立以上各式得B=6mEqh(3)設

12H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2,在電場中的加速度大小為a212(2m)v22=1由牛頓第二定律有qE=2ma2設

12H第一次射入磁場時的速度大小為v2',速度的方向與x軸正方向夾角為θ2,入射點到原點的距離為s2,在電場中運動的時間為t2s2=v2t2h=12a2tv2'=v2sinθ2=a2聯(lián)立以上各式得s2=s1,θ2=θ1,v2'=22v1'設

12H在磁場中做圓周運動的半徑為R2,由⑦R2=(2m)v2所以出射點在原點左側(cè).設

12H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2's2'=2R2sinθ2聯(lián)立④⑧式得,12H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為s2's2=233(21答案:(1)233h(2)6mEqh(3)2333.(2018·全國Ⅰ卷,33)(1)如圖,一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始,經(jīng)歷過程①,②,③,④到達狀態(tài)e.對此氣體,下列說法正確的是()A.過程①中氣體的壓強逐漸減小B.過程②中氣體對外界做正功C.過程④中氣體從外界吸收了熱量D.狀態(tài)c,d的內(nèi)能相等E.狀態(tài)d的壓強比狀態(tài)b的壓強小(2)如圖,容積為V的汽缸由導熱材料制成,面積為S的活塞將汽缸分成容積相等的上下兩部分,汽缸上部通過細管與裝有某種液體的容器相連,細管上有一閥門K.開始時,K關(guān)閉,汽缸內(nèi)上下兩部分氣體的壓強均為p0.現(xiàn)將K打開,容器內(nèi)的液體緩慢地流入汽缸,當流入的液體體積為V8時,將K關(guān)閉,活塞平衡時其下方氣體的體積減小了V6.不計活塞的質(zhì)量和體積,外界溫度保持不變,重力加速度大小為g.解析:(1)過程①中,氣體由a到b,體積V不變、T升高,則壓強增大,A錯誤;過程②中,氣體由b到c,體積V變大,對外界做正功,B正確;過程④中,氣體由d到e,溫度T降低,內(nèi)能ΔU減小,體積V不變,氣體不做功,根據(jù)熱力學第一定律ΔU=Q+W得Q<0,即氣體放出熱量,C錯誤;狀態(tài)c,d溫度相同,所以內(nèi)能相同,D正確;由b到c的過程,作過狀態(tài)b,c的等壓線,分析可得pb>pc,由c到d的過程,溫度不變,Vc<Vd,pc>pd,故pb>pc>pd,E正確.(2)設活塞再次平衡后,活塞上方氣體的體積為V1,壓強為p1;下方氣體的體積為V2,壓強為p2,在活塞下移的過程中,活塞上、下方氣體的溫度均保持不變.由玻意耳定律得p0V2=p1Vp0V2=p2V由已知條件得V1=V2+V6V8V2=V2V6設活塞上方液體的質(zhì)量為m,由力的平衡條件得p2S=p1S+mg聯(lián)立以上各式得m=15p答案:(1)BDE(2)1534.(2018·全國Ⅰ卷,34)(1)如圖,△ABC為一玻璃三棱鏡的橫截面,∠A=30°.一束紅光垂直AB邊射入,從AC邊上的D點射出,其折射角為60°,則玻璃對紅光的折射率為.若改用藍光沿同一路徑入射,則光線在D點射出時的折射角(填“小于”“等于”或“大于”)60°.

(2)一列簡諧橫波在t=13s時的波形圖如圖(a)所示,P,Q是介質(zhì)中的兩個質(zhì)點.圖(b)是質(zhì)點Q的振動圖像.求①波速及波的傳播方向;②質(zhì)點Q的平衡位置的x坐標.解析:(1)根據(jù)光路的可逆性,在AC面,入射角為60°時,折射角為30°.根據(jù)光的折射定律有n=sinisinr=sin60°sin30°=3.玻璃對藍光的折射率比對紅光的折射率大,沿同一路徑入射時,r角仍為30°不變,對應的i(2)①由圖(a)可以看出,該波的波長為λ=36cm①由圖(b)可以看出,周期為T=2s②波速為v=λT=18cm/s由圖(b)知,當t=13s時,Q點向上運動,結(jié)合圖(a)可得,波沿x軸負方向傳播②設質(zhì)點P,Q平衡位置的x坐標分別為xP,xQ.由圖(a)知,x=0處y=A2=Asin(30°因此xP=30°360°λ=3由圖(b)知,在t=0時Q點處于平衡位置,經(jīng)Δt=13s,其振動狀態(tài)向x軸負方向傳播至P點處,xQxP=vΔt=6cm⑤由④⑤式得,質(zhì)點Q的平衡位置的x坐標為xQ=9cm.答案:(1)3大于(2)①18cm/s沿x軸負方向傳播②9cm2018高考全國Ⅱ卷14.(2018·全國Ⅱ卷,14)如圖,某同學用繩子拉動木箱,使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度.木箱獲得的動能一定(A)A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功解析:由題意知,W拉W克=Ek0,則W拉>Ek,選項A正確,B錯誤;W克與Ek的大小關(guān)系不確定,選項C,D錯誤.15.(2018·全國Ⅱ卷,15)高空墜物極易對行人造成傷害.若一個50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下,與地面的碰撞時間約為2ms,則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為(C)A.10N B.102N C.103N D.104N解析:設每層樓高約為3m,則下落高度約為h=3×25m=75m,由mgh=12mv2及(Fmg)t=mv知,雞蛋對地面的沖擊力F=mvt+mg≈103N,選項C16.(2018·全國Ⅱ卷,16)2018年2月,我國500m口徑射電望遠鏡(天眼)發(fā)現(xiàn)毫秒脈沖星“J0318+0253”,其自轉(zhuǎn)周期T=5.19ms.假設星體為質(zhì)量均勻分布的球體,已知萬有引力常量為6.67×1011N·m2/kg2.以周期T穩(wěn)定自轉(zhuǎn)的星體的密度最小值約為(C)A.5×109kg/m3 B.5×1012kg/m3C.5×1015kg/m3 D.5×1018kg/m3解析:設脈沖星的質(zhì)量為M,半徑為r,密度為ρ,假設有一質(zhì)量為m的物體在脈沖星表面隨脈沖星的自轉(zhuǎn)而轉(zhuǎn)動,物體所需的最大向心力為mr4π2T2,則必須滿足萬有引力GMmr2≥mr4π2T2,否則脈沖星將由于自轉(zhuǎn)而瓦解.又知M=ρ·43πr3,解得ρ≥5.217.(2018·全國Ⅱ卷,17)用波長為300nm的光照射鋅板,電子逸出鋅板表面的最大初動能為1.28×1019J.已知普朗克常量為6.63×1034J·s,真空中的光速為3.00×108m·s1.能使鋅產(chǎn)生光電效應的單色光的最低頻率約為(B)A.1×1014Hz B.8×1014HzC.2×1015Hz D.8×1015Hz解析:設單色光的最低頻率為ν0,由Ek=hνW0知Ek=hν1W0,0=hν0W0,又知ν1=cλ,整理得ν0=cλEkh,解得ν0≈8×1014Hz,18.(2018·全國Ⅱ卷,18)如圖,在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導軌,導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域,區(qū)域?qū)挾染鶠閘,磁感應強度大小相等、方向交替向上向下.一邊長為32l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動.線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是(D解析:設線路中只有一邊切割磁感線時產(chǎn)生的感應電流為i.線框位移等效電路的連接電流0~lI=2i(順時針)l2I=0l~3I=2i(逆時針)3l2~I=019.(2018·全國Ⅱ卷,19)(多選)甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動,其速度—時間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線所示.已知兩車在t2時刻并排行駛.下列說法正確的是(BD)A.兩車在t1時刻也并排行駛B.在t1時刻甲車在后,乙車在前C.甲車的加速度大小先增大后減小D.乙車的加速度大小先減小后增大解析:vt圖像與坐標軸包圍的面積表示位移,由圖像知,t1~t2時間內(nèi),甲車的位移大于乙車的位移,由題意知兩車在t2時刻并排行駛,故在t1時刻甲車在后,乙車在前,選項A錯誤,B正確;vt圖像的斜率大小表示加速度大小,由圖像知,甲、乙兩車的加速度均先減小后增大,選項C錯誤,D正確.20.(2018·全國Ⅱ卷,20)(多選)如圖,紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導線L1,L2,L1中的電流方向向左,L2中的電流方向向上;L1的正上方有a,b兩點,它們相對于L2對稱.整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中,外磁場的磁感應強度大小為B0,方向垂直于紙面向外.已知a,b兩點的磁感應強度大小分別為13B0和12B0,方向也垂直于紙面向外.則(ACA.流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為712BB.流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為112BC.流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為112BD.流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為712B解析:原磁場、電流的磁場方向如圖所示,由題意知在b點:12B0=B0B1+B在a點:13B0=B0B1B由上述兩式解得B1=712B0,B2=112B0,選項A,C21.(2018·全國Ⅱ卷,21)(多選)如圖,同一平面內(nèi)的a,b,c,d四點處于勻強電場中,電場方向與此平面平行,M為a,c連線的中點,N為b,d連線的中點.一電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點,其電勢能減小W1;若該粒子從c點移動到d點,其電勢能減小W2.下列說法正確的是(BD)A.此勻強電場的場強方向一定與a,b兩點連線平行B.若該粒子從M點移動到N點,則電場力做功一定為WC.若c,d之間的距離為L,則該電場的場強大小一定為WD.若W1=W2,則a,M兩點之間的電勢差一定等于b,N兩點之間的電勢差解析:結(jié)合題意,只能判定Uab>0,Ucd>0,但電場方向不能得出,選項A錯誤;由于M,N分別為ac和bd的中點,對于勻強電場,則UMN=φMφN=φa+φc2φb+φd2=(φa-φb)+(φc-φd)2=Uab+Ucd2,可知該粒子由M至N過程中,電場力做功W=W1+W22,選項B正確;當電場強度的方向沿c→d時,場強E=W2qL,但本題中電場方向未知,選項C錯誤;若W1=W2,則Uab=Ucd,即φaφb=φcφd,則φaφc=φbφd,即Uac=U22.(2018·全國Ⅱ卷,22)某同學組裝一個多用電表.可選用的器材有:微安表頭(量程100μA,內(nèi)阻900Ω);電阻箱R1(阻值范圍0~999.9Ω);電阻箱R2(阻值范圍0~99999.9Ω);導線若干.要求利用所給器材先組裝一個量程為1mA的直流電流表,在此基礎(chǔ)上再將它改裝成量程為3V的直流電壓表.組裝好的多用電表有電流1mA和電壓3V兩擋.回答下列問題:(1)在虛線框內(nèi)畫出電路圖并標出R1和R2,其中*為公共接線柱,a和b分別是電流擋和電壓擋的接線柱.(2)電阻箱的阻值應取R1=Ω,R2=Ω.(保留到個位)

解析:(1)微安表頭改裝成電流表需并聯(lián)一個小電阻,改裝成電壓表需串聯(lián)一個大電阻,故并聯(lián)的電阻箱為R1,串聯(lián)的電阻箱為R2.(2)接a時改裝成量程為1mA的電流表,有IgRg=(IIg)R1解得R1=100Ω接b時改裝成量程為3V的電壓表,有U=IgRg+IR2解得R2=2910Ω.答案:(1)如圖所示(2)100291023.(2018·全國Ⅱ卷,23)某同學用圖(a)所示的裝置測量木塊與木板之間的動摩擦因數(shù).跨過光滑定滑輪的細線兩端分別與木塊和彈簧秤相連,滑輪和木塊間的細線保持水平,在木塊上方放置砝碼.緩慢向左拉動水平放置的木板,當木塊和砝碼相對桌面靜止且木板仍在繼續(xù)滑動時,彈簧秤的示數(shù)即為木塊受到的滑動摩擦力的大小.某次實驗所得數(shù)據(jù)在下表中給出,其中f4的值可從圖(b)中彈簧秤的示數(shù)讀出.砝碼的質(zhì)量m/kg0.050.100.150.200.25滑動摩擦力f/N2.152.362.55f42.93回答下列問題:(1)f4=N;

(2)在圖(c)的坐標紙上補齊未畫出的數(shù)據(jù)點并繪出fm圖線;(3)f與m、木塊質(zhì)量M、木板與木塊之間的動摩擦因數(shù)μ及重力加速度大小g之間的關(guān)系式f=,fm圖線(直線)的斜率的表達式為k=;

(4)取g=9.80m/s2,由繪出的fm圖線求得μ=.(保留2位有效數(shù)字)

解析:(1)由圖(b)可讀出彈簧秤的示數(shù)f4=2.75N.(2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)描點,擬合一條直線,使盡可能多的點落在直線上,不在直線上的點大致均勻分布在直線兩側(cè).(3)摩擦力表達式f=μ(M+m)g=μg·m+μMg,其斜率k=μg.(4)圖線的斜率k=ΔfΔm=2.93解得μ=0.40.答案:(1)2.75(2)如圖所示(3)μ(M+m)gμg(4)0.4024.(2018·全國Ⅱ卷,24)汽車A在水平冰雪路面上行駛.駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B,立即采取制動措施,但仍然撞上了汽車B.兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞后B車向前滑動了4.5m,A車向前滑動了2.0m.已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103kg和1.5×103kg,兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10,兩車碰撞時間極短,在碰撞后車輪均沒有滾動,重力加速度大小g=10m/s2.求(1)碰撞后的瞬間B車速度的大小;(2)碰撞前的瞬間A車速度的大小.解析:(1)設B車的質(zhì)量為mB,碰后加速度大小為aB,根據(jù)牛頓第二定律有μmBg=mBaB,式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數(shù).設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB',碰撞后滑行的距離為sB.由運動學公式有vB'2=2aBsB,聯(lián)立兩式并利用題給數(shù)據(jù)得vB'=3.0m/s.(2)設A車的質(zhì)量為mA,碰后加速度大小為aA.根據(jù)牛頓第二定律有μmAg=mAaA設碰撞后瞬間A車速度的大小為vA',碰撞后滑行的距離為sA.由運動學公式有vA'2=2aAsA,設碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA,兩車在碰撞過程中動量守恒,有mAvA=mAvA'+mBvB'聯(lián)立各式并利用題給數(shù)據(jù)得vA=4.3m/s.答案:(1)3.0m/s(2)4.3m/s25.(2018·全國Ⅱ卷,25)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場,其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示:中間是磁場區(qū)域,其邊界與y軸垂直,寬度為l,磁感應強度的大小為B,方向垂直于xOy平面;磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域,寬度均為l',電場強度的大小均為E,方向均沿x軸正方向;M,N為條狀區(qū)域邊界上的兩點,它們的連線與y軸平行.一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場,經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出.不計重力.(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡;(2)求該粒子從M點入射時速度的大小;(3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為π6,求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間解析:(1)粒子運動的軌跡如圖(甲)所示.(粒子在電場中的軌跡為拋物線,在磁場中為圓弧,上下對稱)(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動.設粒子從M點射入時速度的大小為v0,在下側(cè)電場中運動的時間為t,加速度的大小為a;粒子進入磁場的速度大小為v,方向與電場方向的夾角為θ[見圖(乙)],速度沿電場方向的分量為v1.根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma①式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量.由運動學公式有v1=at②l'=v0t③v1=vcosθ④粒子在磁場中做勻速圓周運動,設其運動軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB=mv由幾何關(guān)系得l=2Rcosθ⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0=2El'(3)由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得v1=v0聯(lián)立①②③⑦⑧式得qm=4設粒子由M點運動到N點所用的時間為t',則t'=2t+2(π2式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期,T=2π由③⑦⑨⑩得t'=BlE1+3πl(wèi)答案:(1)圖見解析(2)2El'Bl(3)BlE133.(2018·全國Ⅱ卷,33)[物理——選修33](1)對于實際的氣體,下列說法正確的是.

A.氣體的內(nèi)能包括氣體分子的重力勢能B.氣體的內(nèi)能包括分子之間相互作用的勢能C.氣體的內(nèi)能包括氣體整體運動的動能D.氣體的體積變化時,其內(nèi)能可能不變E.氣體的內(nèi)能包括氣體分子熱運動的動能(2)如圖,一豎直放置的汽缸上端開口,汽缸壁內(nèi)有卡口a和b,a,b間距為h,a距缸底的高度為H;活塞只能在a,b間移動,其下方密封有一定質(zhì)量的理想氣體.已知活塞質(zhì)量為m,面積為S,厚度可忽略;活塞和汽缸壁均絕熱,不計它們之間的摩擦.開始時活塞處于靜止狀態(tài),上、下方氣體壓強均為p0,溫度均為T0.現(xiàn)用電熱絲緩慢加熱汽缸中的氣體,直至活塞剛好到達b處.求此時汽缸內(nèi)氣體的溫度以及在此過程中氣體對外所做的功.重力加速度大小為g.解析:(1)氣體的內(nèi)能不考慮氣體自身重力的影響,故氣體的內(nèi)能不包括氣體分子的重力勢能,選項A錯誤;實際氣體的內(nèi)能包括氣體的分子動能和分子勢能兩部分,選項B,E正確;氣體整體運動的動能屬于機械能,不是氣體的內(nèi)能,選項C錯誤;氣體體積變化時,分子勢能發(fā)生變化,氣體溫度也可能發(fā)生變化,即分子勢能和分子動能的和可能不變,選項D正確.(2)開始時活塞位于a處,加熱后,汽缸中的氣體先經(jīng)歷等容過程,直至活塞開始運動.設此時汽缸中氣體的溫度為T1,壓強為p1,根據(jù)查理定律有p0T0根據(jù)力的平衡條件有p1S=p0S+mg,聯(lián)立兩式可得T1=1+mgp0ST0此后,汽缸中的氣體經(jīng)歷等壓過程,直至活塞剛好到達b處,設此時汽缸中氣體的溫度為T2;活塞位于a處和b處時氣體的體積分別為V1和V2.根據(jù)蓋—呂薩克定律有V1T1式中V1=SH,V2=S(H+h),聯(lián)立解得T2=1+hH1+mgp0ST0,從開始加熱到活塞到達b處的過程中,汽缸中的氣體對外做的功為W=(p0S+mg)h.答案:(1)BDE(2)1+hH1+mgp0ST0(p0S+mg)h34.(2018·全國Ⅱ卷,34)[物理——選修34](1)聲波在空氣中的傳播速度為340m/s,在鋼鐵中的傳播速度為4900m/s.一平直橋由鋼鐵制成,某同學用錘子敲擊一下橋的一端發(fā)出聲音,分別經(jīng)空氣和橋傳到另一端的時間之差為1.00s.橋的長度為m.若該聲波在空氣中的波長為λ,則它在鋼鐵中的波長為λ的倍.

(2)如圖,△ABC是一直角三棱鏡的橫截面,∠A=90°,∠B=60°.一細光束從BC邊的D點折射后,射到AC邊的E點,發(fā)生全反射后經(jīng)AB邊的F點射出.EG垂直于AC交BC于G,D恰好是CG的中點.不計多次反射.①求出射光相對于D點的入射光的偏角;②為實現(xiàn)上述光路,棱鏡折射率的取值應在什么范圍?解析:(1)設聲波在鋼鐵中的傳播時間為t,由L=vt知v空(t+1.00s)=v鐵·t,解得t=17228s代入L=v鐵·t中解得橋長L=365m;聲波在傳播過程中頻率不變,根據(jù)v=λf知,聲波在鋼鐵中的波長λ'=v鐵λv空(2)①光線在BC面上折射,由折射定律有sini1=nsinr1,式中,n為棱鏡的折射率,i1和r1分別是該光線在BC面上的入射角和折射角.光線在AC面上發(fā)生全反射,由反射定律有i2=r2式中i2和r2分別是該光線在AC面上的入射角和反射角.光線在AB面上發(fā)生折射,由折射定律有nsini3=sinr3式中i3和r3分別是該光線在AB面上的入射角和折射角.由幾何關(guān)系得i2=r2=60°,r1=i3=30°F點的出射光相對于D點的入射光的偏角為δ=(r1i1)+(180°i2r2)+(r3i3)聯(lián)立解得δ=60°.②光線在AC面上發(fā)生全反射,光線在AB面上不發(fā)生全反射,有nsini2≥nsinC>nsini3式中C是全反射臨界角,滿足nsinC=1則棱鏡的折射率n的取值范圍應為233≤n<答案:(1)36524517(2)①60°②2332018高考全國Ⅲ卷14.(2018·全國Ⅲ卷,14)1934年,約里奧居里夫婦用α粒子轟擊鋁核

1327Al,產(chǎn)生了第一個人工放射性核素X:α+1327Al→n+X.X的原子序數(shù)和質(zhì)量數(shù)分別為(A.15和28 B.15和30C.16和30 D.17和31解析:核反應方程α+1327Al→n+X該寫成

24He+1327Al→01n+X,由電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒知,X應為

1530X,即15.(2018·全國Ⅲ卷,15)為了探測引力波,“天琴計劃”預計發(fā)射地球衛(wèi)星P,其軌道半徑約為地球半徑的16倍;另一地球衛(wèi)星Q的軌道半徑約為地球半徑的4倍.P與Q的周期之比約為(C)A.2∶1 B.4∶1C.8∶1 D.16∶1解析:地球的引力充當衛(wèi)星的向心力,由GMmr2=mr4π2T2知,T2r因為rP∶rQ=4∶1,故TP∶TQ=8∶1.選項C正確.16.(2018·全國Ⅲ卷,16)一電阻接到方波交流電源上,在一個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q方;若該電阻接到正弦交流電源上,在一個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q正.該電阻上電壓的峰值均為u0,周期均為T,如圖所示.則Q方∶Q正等于(D)A.1∶2 B.2∶1 C.1∶2 D.2∶1解析:由有效值定義知,一個周期內(nèi)方波交流電產(chǎn)生熱量Q方=u02R·T2+u02正弦交流電產(chǎn)生熱量Q正=U有效2RT=(u02則Q方∶Q正=2∶1.選項D正確.17.(2018·全國Ⅲ卷,17)在一斜面頂端,將甲、乙兩個小球分別以v和v2的速度沿同一方向水平拋出,兩球都落在該斜面上.甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的(AA.2倍 B.4倍 C.6倍 D.8倍解析:甲、乙兩球的運動軌跡如圖所示,兩球的位移方向相同,根據(jù)末速度方向與位移方向的關(guān)系可知,兩球末速度方向也相同,在速度的矢量三角形中,末速度比值等于初速度比值,故A正確.18.(2018·全國Ⅲ卷,18)(多選)甲、乙兩車在同一平直公路上同向運動,甲做勻加速直線運動,乙做勻速直線運動.甲、乙兩車的位置x隨時間t的變化如圖所示.下列說法正確的是(CD)A.在t1時刻兩車速度相等B.從0到t1時間內(nèi),兩車走過的路程相等C.從t1到t2時間內(nèi),兩車走過的路程相等D.在t1到t2時間內(nèi)的某時刻,兩車速度相等解析:在xt圖像中斜率表示車速度,則可知t1時刻乙車速度大于甲車速度,選項A錯誤;由兩圖線的縱截距知,出發(fā)時甲在乙前面,t1時刻圖線相交表示兩車相遇,可得0到t1時間內(nèi)乙車比甲車多走了一段距離,選項B錯誤;t1和t2兩圖線相交,表明兩車均在同一位置,從t1到t2時間內(nèi),兩車走過的路程相等;在t1到t2時間內(nèi),在某時刻兩圖線斜率相等,即該時刻兩車速度相等,選項C,D正確.19.(2018·全國Ⅲ卷,19)(多選)地下礦井中的礦石裝在礦車中,用電機通過豎井運送到地面.某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示,其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程,它們變速階段加速度的大小都相同;兩次提升的高度相同,提升的質(zhì)量相等.不考慮摩擦阻力和空氣阻力.對于第①次和第②次提升過程,(AC)A.礦車上升所用的時間之比為4∶5B.電機的最大牽引力之比為2∶1C.電機輸出的最大功率之比為2∶1D.電機所做的功之比為4∶5解析:由圖線①知,上升總高度h=12v0·2t0=v0t0由圖線②知,加速階段和減速階段上升高度之和h1=12·v02·t02+t02=在勻速階段,hh1=12v0·t',解得t'=32故第②次提升過程所用時間為t02+32t0+t02兩次上升所用時間之比為2t0∶52t0=4∶5,選項A正確由于加速階段①,②次加速度相同,故最大牽引力相同,選項B錯誤;在加速上升階段,由牛頓第二定律知,Fmg=ma,F=m(g+a),則第①次在t0時刻,功率P1=F·v0,第②次在t02時刻,功率P2=F·而第②次在勻速階段,功率P2'=F'·v02=mg·v0可知,電機輸出的最大功率之比P1∶P2=2∶1,選項C正確;由動能定理知,兩個過程動能變化量相同,克服重力做功相同,故兩次電機做功也相同,選項D錯誤.20.(2018·全國Ⅲ卷,20)(多選)如圖(a),在同一平面內(nèi)固定有一長直導線PQ和一導線框R,R在PQ的右側(cè).導線PQ中通有正弦交流電i,i的變化如圖(b)所示,規(guī)定從Q到P為電流正方向.導線框R中的感應電動勢(AC)A.在t=T4B.在t=T2C.在t=T2時最大,D.在t=T時最大,且沿順時針方向解析:在t=T4時,交流電圖線斜率為0,即磁場變化率為0由E=ΔΦΔt=ΔBΔtS知,E=0,選項A正確;在t=T2和t=T時,圖線斜率最大,磁場的變化率最大,則在t=T2和t=T時感應電動勢最大.在T4到T2之間,電流由Q到P減弱,導線在R處產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場,且磁場減弱,由楞次定律知,R中感應電動勢沿順時針方向,同理可判斷在T2到3T4時,R中電動勢也為順時針方向,在34T到T21.(2018·全國Ⅲ卷,21)(多選)如圖,一平行板電容器連接在直流電源上,電容器的極板水平;兩微粒a,b所帶電荷量大小相等、符號相反,使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近,與極板距離相等.現(xiàn)同時釋放a,b,它們由靜止開始運動.在隨后的某時刻t,a,b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面.a,b間的相互作用和重力可忽略.下列說法正確的是(BD)A.a的質(zhì)量比b的大B.在t時刻,a的動能比b的大C.在t時刻,a和b的電勢能相等D.在t時刻,a和b的動量大小相等解析:經(jīng)時間t,a,b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面,則xa>xb,根據(jù)x=12at2,得aa>ab,又由a=Fm知,ma<mb,選項A錯誤;由于xa>xb,Fa=Fb,則電場力做功Wa>Wb,由動能定理知,a的動能比b的動能大,選項B正確;a,b處在同一等勢面上,根據(jù)Ep=qφ,a,b的電勢能絕對值相等,符號相反,選項C錯誤;根據(jù)動量定理Ft=pp0,則經(jīng)過時間t,a,b的動量大小相等,選項D22.(2018·全國Ⅲ卷,22)甲、乙兩同學通過下面的實驗測量人的反應時間.實驗步驟如下:(1)甲用兩個手指輕輕捏住量程為L的木尺上端,讓木尺自然下垂.乙把手放在尺的下端(位置恰好處于L刻度處,但未碰到尺),準備用手指夾住下落的尺.(2)甲在不通知乙的情況下,突然松手,尺子下落;乙看到尺子下落后快速用手指夾住尺子.若夾住尺子的位置刻度為L1,重力加速度大小為g,則乙的反應時間為(用L,L1和g表示).

(3)已知當?shù)氐闹亓铀俣却笮間=9.80m/s2,L=30.0cm,L1=10.4cm,乙的反應時間為s.(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)

(4)寫出一條提高測量結(jié)果準確程度的建議:.

解析:(2)根據(jù)自由落體運動的規(guī)律,得LL1=12gt2解得t=2((3)將g=9.80m/s2,L=30.0cm=0.300m,L1=10.4cm=0.104m,代入t=2(L-L1)g得(4)多次測量取平均值或初始時乙的手指盡可能接近尺子.答案:(2)2(L-L1)g(4)多次測量取平均值或初始時乙的手指盡可能接近尺子23.(2018·全國Ⅲ卷,23)一課外實驗小組用如圖所示的電路測量某待測電阻Rx的阻值,圖中R0為標準定值電阻(R0=20.0Ω);○V可視為理想電壓表.S1為單刀開關(guān),S2為單刀雙擲開關(guān);E為電源,R為滑動變阻器.采用如下步驟完成實驗:(1)按照實驗原理線路圖(a),將圖(b)中實物連線.(2)將滑動變阻器滑動端置于適當?shù)奈恢?閉合S1.(3)將開關(guān)S2擲于1端,改變滑動變阻器滑動端的位置,記下此時電壓表○V的示數(shù)U1;然后將S2擲于2端,記下此時電壓表○V的示數(shù)U2.(4)待測電阻阻值的表達式Rx=(用R0,U1,U2表示).

(5)重復步驟(3),得到如下數(shù)據(jù):12345U1/V0.250.300.360.400.44U2/V0.861.031.221.361.49U3.443.433.393.403.39(6)利用上述5次測量所得U2U1的平均值,求得Rx=Ω.(保留解析:(1)根據(jù)原理圖,沿電流的流向依次連接.①先將E,R,S1連接起來,組成閉合回路.②將R0,Rx與R連接起來.③將○V,S2與Rx連接起來.實物連線如圖所示.(4)由于○V為理想電壓表,故S2接1或接2時流過R0,Rx的電流相等.根據(jù)部分電路歐姆定律和串聯(lián)電路的特點得U1R解得Rx=U2U11R0(6)將各次的U2U1代入Rx=U2U1Rx1=48.8Ω,Rx2=48.6Ω,Rx3=47.8Ω,Rx4=48.0Ω,Rx5=47.8Ω,然后求平均值,即Rx=Rx1+Rx2+答案:(1)實物圖連線見解析(4)U2U11R0(6)48.24.(2018·全國Ⅲ卷,24)如圖,從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子,由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動,自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁場左邊界豎直.已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1,并在磁場邊界的N點射出;乙種離子在MN的中點射出;MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用.求:(1)磁場的磁感應強度大小;(2)甲、乙兩種離子的比荷之比.解析:(1)設甲種離子所帶電荷量為q1,質(zhì)量為m1,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1,磁場的磁感應強度大小為B,由動能定理有q1U=12m1v1由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B=m1v12由幾何關(guān)系知2R1=l,③由①②③得B=4Ul(2)設乙種離子所帶電荷量為q2,質(zhì)量為m2,射入磁場的速度為v2,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2,同理有q2U=12m2v2q2v2B=m2v22由題給條件有2R2=l2,由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙兩種離子的比荷之比為q1m1∶q2m答案:(1)4Ulv1(225.(2018·全國Ⅲ卷,25)如圖,在豎直平面內(nèi),一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切,BC為圓弧軌道的直徑.O為圓心,OA和OB之間的夾角為α,sinα=35.一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動,經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點,落至水平軌道;在整個過程中,除受到重力及軌道作用力外,小球還一直受到一水平恒力的作用,已知小球在C點所受合力的方向指向圓心,且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?重力加速度大小為g.求(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小;(2)小球到達A點時動量的大小;(3)小球從C點落至水平軌道所用的時間.解析:(1)設水平恒力的大小為F0,小球到達C點時所受合力的大小為F.由力的合成法則有F0mg=tanαF2=(mg)2+F02設小球到達C點時的速度大小為v,由牛頓第二定律得F=mv2R由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0=34mg,v=5gR2(2)設小球到達A點的速度大小為v1,作CD⊥PA,交PA于D點,由幾何關(guān)系得DA=Rsinα,⑥CD=R(1+cosα),⑦由動能定理有mg·CDF0·DA=12mv212mv由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得,小球在A點的動量大小為p=mv1=m23gR(3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動,加速度大小為g.設小球在豎直方向的初速度為v⊥,從C點落至水平軌道上所用時間為t.由運動學公式有v⊥t+12gt2=CD,v⊥=vsinα,由⑤⑦⑩式和題給數(shù)據(jù)得t=35答案:(1)34mg5gR2(2)m23gR33.(2018·全國Ⅲ卷,33)(1)如圖,一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b,其過程如pV圖中從a到b的直線所示.在此過程中.

A.氣體溫度一直降低B.氣體內(nèi)能一直增加C.氣體一直對外做功D.氣體一直從外界吸熱E.氣體吸收的熱量一直全部用于對外做功(2)在兩端封閉、粗細均勻的U形細玻璃管內(nèi)有一段水銀柱,水銀柱的兩端各封閉有一段空氣.當U形管兩端豎直朝上時,左、右兩邊空氣柱的長度分別為l1=18.0cm和l2=12.0cm,左邊氣體的壓強為12.0cmHg.現(xiàn)將U形管緩慢平放在水平桌面上,沒有氣體從管的一邊通過水銀逸入另一邊.求U形管平放時兩邊空氣柱的長度.在整個過程中,氣體溫度不變.解析:(1)一定量的理想氣體從a到b的過程,由理想氣體狀態(tài)方程paVaTa=pbVbTb可知,Tb>Ta,即氣體的溫度一直升高,選項A錯誤;而理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān),則氣體的內(nèi)能增加,選項B正確;氣體體積增大,則氣體對外做功,選項C正確;根據(jù)熱力學第一定律ΔU=Q+W,得Q=ΔUW,由于ΔU>0,W<0,故Q>0,氣體吸熱,且吸收的熱量一部分用來對外做功(2)設U形管兩端豎直朝上時,左、右兩邊氣體的壓強分別為p1和p2.U形管水平放置時,兩邊氣體壓強相等,設為p,此時原左、右兩邊氣柱長度分別變?yōu)閘1'和l2'.由力的平衡條件有p1=p2+ρg(l1l2),式中ρ為水銀密度,g為重力加速度大小.由玻意耳定律有p1l1=pl1',p2l2=pl2',兩邊氣柱長度的變化量大小相等l1'l1=l2l2',由各式和題給條件得l1'=22.5cm,l2'=7.5cm.答案:(1)BCD(2)22.5cm7.5cm34.(2018·全國Ⅲ卷,34)(1)一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播,在t=0和t=0.20s時的波形分別如圖中實線和虛線所示.已知該波的周期T>0.20s.下列說法正確的是.

A.波速為0.40m/sB.波長為0.08mC.x=0.08m的質(zhì)點在t=0.70s時位于波谷D.x=0.08m的質(zhì)點在t=0.12s時位于波谷E.若此波傳入另一介質(zhì)中其波速變?yōu)?.80m/s,則它在該介質(zhì)中的波長為0.32m(2)如圖,某同學在一張水平放置的白紙上畫了一個小標記“·”(圖中O點),然后用橫截面為等邊三角形ABC的三棱鏡壓在這個標記上,小標記位于AC邊上.D位于AB邊上,過D點作AC邊的垂線交AC于F.該同學在D點正上方向下順著直線DF的方向觀察.恰好可以看到小標記的像;過O點作AB邊的垂線交直線DF于E;DE=2cm,EF=1cm.求三棱鏡的折射率.(不考慮光線在三棱鏡中的反射)解析:(1)因周期T>0.20s,故波在Δt=0.20s內(nèi)傳播的距離小于波長λ,由yx圖像可知傳播距離Δx=0.08m,故波速v=ΔxΔt=0.40m/s,選項A正確;由yx圖像可知波長λ=0.16m,選項B錯誤;由v=λT得,波的周期T=λv=0.4s,根據(jù)振動方向與波的傳播方向的關(guān)系知t=0時,x=0.08m的質(zhì)點沿+y方向振動,而t=0.7s=134T,故此時刻質(zhì)點位于波谷;因為T4<0.12s<T2,此時質(zhì)點位于波峰與平衡位置之間的某處沿y方向振動,選項C正確,D錯誤;根據(jù)λ=vT,波速變?yōu)?.80m/s時波長λ=0.32(2)過D點作AB邊的法線NN',連接OD,則∠ODN=α為O點發(fā)出的光線在D點的入射角;設該光線在D點的折射角為β,如圖所示.根據(jù)折射定律有nsinα=sinβ,①式中n為三棱鏡的折射率.由幾何關(guān)系可知β=60°,②∠EOF=30°,③在△OEF中有EF=OEsin∠EOF,④由③④式和題給條件得OE=2cm.⑤根據(jù)題給條件可知,△OED為等腰三角形,有α=30°,⑥由①②⑥式得n=3.答案:(1)ACE(2)32018高考北京卷13.(2018·北京卷,13)在核反應方程

24He+714N→817O+X中,XA.質(zhì)子 B.中子 C.電子 D.α粒子解析:由核反應中電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可得

24He+714N→817O+11X,即X14.(2018·北京卷,14)關(guān)于分子動理論,下列說法正確的是(C)A.氣體擴散的快慢與溫度無關(guān)B.布朗運動是液體分子的無規(guī)則運動C.分子間同時存在著引力和斥力D.分子間的引力總是隨分子間距增大而增大解析:在其他條件不變的情況下,溫度越高,氣體擴散得越快,選項A錯誤;布朗運動是顆粒的運動,從側(cè)面反映了液體分子的無規(guī)則運動,選項B錯誤;分子間同時存在著引力和斥力,選項C正確;分子間的引力總是隨著分子間距的增大而減小,選項D錯誤.15.(2018·北京卷,15)用雙縫干涉實驗裝置得到白光的干涉條紋,在光源與單縫之間加上紅色濾光片后(D)A.干涉條紋消失B.彩色條紋中的紅色條紋消失C.中央條紋變成暗條紋D.中央條紋變成紅色解析:白光通過雙縫形成中間為白色、兩側(cè)為彩色的干涉條紋,當在光源與單縫之間加上紅色濾光片后,只透過紅光,屏上出現(xiàn)紅光(單色光)的干涉條紋,即為紅色的明、暗相間的條紋,中間仍為亮紋,選項D正確.16.(2018·北京卷,16)如圖所示,一列簡諧橫波向右傳播,P,Q兩質(zhì)點平衡位置相距0.15m.當P運動到上方最大位移處時,Q剛好運動到下方最大位移處,則這列波的波長可能是(B)A.0.60m B.0.30m C.0.20m D.0.15m解析:由題意,P,Q兩點之間的間距為λ2+nλ=0.15m,故n=0時,λ=0.3m;n=1時,λ=0.1m……,選項B正確17.(2018·北京卷,17)若想檢驗“使月球繞地球運動的力”與“使蘋果落地的力”遵循同樣的規(guī)律,在已知月地距離約為地球半徑60倍的情況下,需要驗證(B)A.地球吸引月球的力約為地球吸引蘋果的力的1B.月球公轉(zhuǎn)的加速度約為蘋果落向地面加速度的1C.自由落體在月球表面的加速度約為地球表面的1D.蘋果在月球表面受到的引力約為在地球表面的1解析:若想檢驗“使月球繞地球運動的力”與“使蘋果落地的力”遵循同樣的規(guī)律——萬有引力定律,則應滿足GMmr2=ma,因此加速度a與距離r的二次方成反比,選項B18.(2018·北京卷,18)某空間存在勻強磁場和勻強電場.一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后,做勻速直線運動;若僅撤除電場,則該粒子做勻速圓周運動.下列因素與完成上述兩類運動無關(guān)的是(C)A.磁場和電場的方向 B.磁場和電場的強弱C.粒子的電性和電量 D.粒子入射時的速度解析:在勻強磁場和勻強電場的疊加區(qū)域內(nèi),帶電粒子做勻速直線運動,則速度方向與電場方向和磁場方向均垂直,qvB=qE,故v=EB.因此粒子是否做勻速直線運動,與粒子的電性、電量均無關(guān).而與磁場和電場的方向、強弱及速度大小均有關(guān).撤去電場時,粒子速度方向仍與磁場垂直,滿足做勻速圓周運動的條件,選項C正確19.(2018·北京卷,19)研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實驗裝置如圖所示.下列說法正確的是(A)A.實驗前,只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸,能使電容器帶電B.實驗中,只將電容器b板向上平移,靜電計指針的張角變小C.實驗中,只在極板間插入有機玻璃板,靜電計指針的張角變大D.實驗中,只增加極板帶電量,靜電計指針的張角變大,表明電容增大解析:實驗前,只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸,a板帶上電,由于靜電感應,在b板上將感應出異種電荷,選項A正確;實驗中,b板向上平移,正對面積S變小,由C=εrS4πkd知,電容C變小,由C=QU知,Q不變,U變大,因此靜電計指針的張角變大,選項B錯誤;插入有機玻璃板,相對介電常數(shù)εr變大,由C=εrS4πkd知,電容C變大,由C=QU知,Q不變,U變小,因此靜電計指針的張角變小,選項C錯誤;由C=QU知,實驗中20.(2018·北京卷,20)根據(jù)高中所學知識可知,做自由落體運動的小球,將落在正下方位置.但實際上,赤道上方200m處無初速下落的小球?qū)⒙湓谡路轿恢闷珫|約6cm處.這一現(xiàn)象可解釋為,除重力外,由于地球自轉(zhuǎn),下落過程小球還受到一個水平向東的“力”,該“力”與豎直方向的速度大小成正比.現(xiàn)將小球從赤道地面豎直上拋,考慮對稱性,上升過程該“力”水平向西,則小球(D)A.到最高點時,水平方向的加速度和速度均為零B.到最高點時,水平方向的加速度和速度均不為零C.落地點在拋出點東側(cè)D.落地點在拋出點西側(cè)解析:將小球豎直上拋的運動分解為水平和豎直兩個分運動.上升階段,隨著小球豎直分速度的減小,其水平向西的力逐漸變小,因此水平向西的分加速度逐漸變小,小球的水平分運動是向西的變加速運動,故小球到最高點時水平向西的速度達到最大值,水平向西的加速度為零;下落階段,隨著小球豎直分速度的變大,其水平向東的力逐漸變大,水平向東的分加速度逐漸變大,小球的水平分運動是向西的變減速運動,故小球的落地點應在拋出點的西側(cè),選項D正確.21.(2018·北京卷,21)用圖1所示的實驗裝置研究小車速度隨時間變化的規(guī)律.主要實驗步驟如下:a.安裝好實驗器材.接通電源后,讓拖著紙帶的小車沿長木板運動,重復幾次.b.選出一條點跡清晰的紙帶,找一個合適的點當作計時起點O(t=0),然后每隔相同的時間間隔T選取一個計數(shù)點,如圖2中A,B,C,D,E,F…所示.c.通過測量、計算可以得到在打A,B,C,D,E…點時小車的速度,分別記作v1,v2,v3,v4,v5…d.以速度v為縱軸、時間t為橫軸建立直角坐標系,在坐標紙上描點,如圖3所示.結(jié)合上述實驗步驟,請你完成下列任務:(1)在下列儀器和器材中,還需要使用的有和(填選項前的字母).

A.電壓合適的50Hz交流電源B.電壓可調(diào)的直流電源C.刻度尺D.秒表E.天平(含砝碼)(2)在圖3中已標出計數(shù)點A,B,D,E對應的坐標點,請在該圖中標出計數(shù)點C對應的坐標點,并畫出vt圖像.(3)觀察vt圖像,可以判斷小車做勻變速直線運動,其依據(jù)是.vt圖像斜率的物理意義是.

(4)描繪vt圖像前,還不知道小車是否做勻變速直線運動.用平均速度ΔxΔt表示各計數(shù)點的瞬時速度,從理論上講,對Δt的要求是(選填“越小越好”或“與大小無關(guān)”);從實驗的角度看,選取的Δx大小與速度測量的誤差(選填“有關(guān)”或“無關(guān)”(5)早在16世紀末,伽利略就猜想落體運動的速度應該是均勻變化的.當時只能靠滴水計時,為此他設計了如圖4所示的“斜面實驗”,反復做了上百次,驗證了他的猜想.請你結(jié)合勻變速直線運動的知識,分析說明如何利用伽利略“斜面實驗”檢驗小球的速度是隨時間均勻變化的.解析:(1)打點計時器使用的是頻率為50Hz的低壓交流電源,故選A,不選B;相鄰打點間的時間是已知的,故不選D;計數(shù)點間的距離需要用刻度尺測量,故選C;由于不需要知道小車和重物的質(zhì)量,故不需要天平(含砝碼),故不選E.(2)在坐標系中,標出計數(shù)點C對應的坐標點,通過標出的各點,作一直線,連線時要讓盡量多的點在一條直線上,不在直線上的點大致均勻分布在直線兩側(cè),得到其vt圖像如圖所示.(3)可以依據(jù)vt圖像是傾斜的直線(斜率一定),即小車的速度隨時間均勻變化,判斷出小車做勻變速直線運動;vt圖像的斜率表示加速度.(4)嚴格地講,ΔxΔt表示的是Δt內(nèi)的平均速度,只有當Δt趨近于0時,ΔxΔt才表示瞬時速度,因此若用ΔxΔt表示各計數(shù)點的瞬時速度,對Δt的要求是越小越好;從實驗的角度看,選取的Δx越小,用ΔxΔt計算得到的平均速度越接近計數(shù)點的瞬時速度,(5)如果小球的初速度為0,其速度v∝t,那么它通過的位移x=0+v2·t,故推出x∝t2.因此,只要測量小球通過不同位移所用的時間,答案:(1)AC(2)見解析(3)小車的速度隨時間均勻變化加速度(4)越小越好有關(guān)(5)測量小球通過不同位移所用的時間,若得到x∝t2,就可以檢驗小球的速度隨時間均勻變化22.(2018·北京卷,22)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會,跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一.某滑道示意圖如圖,長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接,滑道BC高h=10m,C是半徑R=20m圓弧的最低點.質(zhì)量m=60kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑,加速度a=4.5m/s2,到達B點時速度vB=30m/s.取重力加速度g=10m/s2.(1)求長直助滑道AB的長度L;(2)求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大小;(3)若不計BC段的阻力,畫出運動員經(jīng)過C點時的受力圖,并求其所受支持力FN的大小.解析:(1)根據(jù)勻變速直線運動公式,有L=vB2-vA(2)根據(jù)動量定理,有I=mvBmvA=1800N·s.(3)運動員經(jīng)過C點時的受力如圖所示.根據(jù)動能定理,運動員在BC段運動的過程中,有mgh=12mvC21根據(jù)牛頓第二定律,有FNmg=mvC得FN=3900N.答案:(1)100m(2)1800N·s(3)受力圖見解析3900N23.(2018·北京卷,23)如圖1所示,用電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源,向滑動變阻器R供電,改變變阻器R的阻值,路端電壓U與電流I均隨之變化.(1)以U為縱坐標,I為橫坐標,在圖2中畫出變阻器阻值R變化過程中UI圖像的示意圖,并說明UI圖像與兩坐標軸交點的物理意義.(2)①請在圖2畫好的UI關(guān)系圖線上任取一點,畫出帶網(wǎng)格的圖形,以其面積表示此時電源的輸出功率;②請推導該電源對外電路能夠輸出的最大電功率及條件.(3)請寫出電源電動勢定義式,并結(jié)合能量守恒定律證明:電源電動勢在數(shù)值上等于內(nèi)、外電路電勢降落之和.解析:(1)變阻器的電阻R變化時,其U隨I增大而減小,且遵循U=EIr,則UI圖像如圖所示.圖像與縱軸交點的橫坐標電流值為零,由U=EIr=E,因此與縱軸交點的縱坐標的值為電源電動勢;圖像與橫軸交點的縱坐標電壓值為零,由U=EIr=0,因此與橫軸交點的橫坐標值為短路電流,I短=Er(2)①在畫好的UI關(guān)系圖線上任取一點,其坐標值U和I的乘積即為此時電源的輸出功率P,因此可畫出如圖所示的帶網(wǎng)格的圖形,以其面積表示此時電源的輸出功率.②電源的輸出功率P=I2R=ER+r2R=當外電路電阻R=r時電源的輸出功率最大,為Pmax=E2(3)電動勢定義式E=Wq,根據(jù)能量守恒,在題圖1所示的電路中,非靜電力做功W產(chǎn)生的電能等于在外電路和內(nèi)電路上產(chǎn)生的電熱,即W=I2rt+I2Rt=Irq+IRq則E=Wq=Ir+IR=U內(nèi)+U外答案:見解析24.(2018·北京卷,24)(1)靜電場可以用電場線和等勢面形象描述.①請根據(jù)電場強度的定義和庫侖定律推導出點電荷Q的場強表達式;②點電荷的電場線和等勢面分布如圖所示,等勢面S1,S2到點電荷的距離分別為r1,r2.我們知道,電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強度的大小.請計算S1,S2上單位面積通過的電場線條數(shù)之比N1(2)觀測宇宙中輻射電磁波的天體,距離越遠單位面積接收的電磁波功率越小,觀測越困難.為了收集足夠強的來自天體的電磁波,增大望遠鏡口徑是提高天文觀測能力的一條重要途徑.2016年9月25日,世界上最大的單口徑球面射電望遠鏡FAST在我國貴州落成啟用,被譽為“中國天眼”.FAST直徑為500m,有效提高了人類觀測宇宙的精度和范圍.①設直徑為100m的望遠鏡能夠接收到的來自某天體的電磁波功率為P1,計算FAST能夠接收到的來自該天體的電磁波功率P2;②在宇宙大尺度上,天體的空間分布是均勻的.僅以輻射功率為P的同類天體為觀測對象,設直徑為100m望遠鏡能夠觀測到的此類天體數(shù)目是N0,計算FAST能夠觀測到的此類天體數(shù)目N.解析:(1)①在距Q為r的位置放一電荷量為q的檢驗電荷.根據(jù)庫侖定律可知,檢驗電荷受到的電場力F=kQqr根據(jù)電場強度的定義E=Fq得E=kQr②由E=kQr2可知E∝1r2.由題意知E∝N,故穿過兩等勢面單位面積上的電場線條數(shù)之比N1(2)①地球上不同望遠鏡觀測同一天體,單位面積上接收的功率應該相同,故望遠鏡接收的功率P∝πr2,r為望遠鏡半徑,因此P2=50021002P1②設地面上的望遠鏡能觀測到此類天體需收集到的電磁波的總功率的最小值為P0,直徑為100m的望遠鏡和FAST能觀測到的最遠距離分別為L0和L,則P0=π50022P4πL2=π10022可得L=5L0,在宇宙大尺度上,天體的空間分布是均勻的.因此,一個望遠鏡能觀測到的此類天體數(shù)目N正比于以望遠鏡為球心、以最遠觀測距離L為半徑的球體體積V.即N∝V,又考慮到V=43πL3,則N=L3L03N0答案:(1)①E=kQr2②r22r12(2)①2018高考天津卷1.(2018·天津卷,1)國家大科學工程——中國散裂中子源(CSNS)于2017年8月28日首次打靶成功,獲得中子束流,可以為諸多領(lǐng)域的研究和工業(yè)應用提供先進的研究平臺.下列核反應中放出的粒子為中子的是(B)A.714N俘獲一個α粒子,產(chǎn)生

B.1327Al俘獲一個α粒子,產(chǎn)生

C.511B俘獲一個質(zhì)子,產(chǎn)生

D.36Li俘獲一個質(zhì)子,產(chǎn)生

解析:根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒,各選項核反應方程為

714N+24He→817O+11H,A錯誤;1327Al

511B+11H→48Be+24He,C錯誤;36Li2.(2018·天津卷,2)滑雪運動深受人民群眾喜愛.某滑雪運動員(可視為質(zhì)點)由坡道進入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB,從滑道的A點滑行到最低點B的過程中,由于摩擦力的存在,運動員的速率不變,則運動員沿AB下滑過程中(C)A.所受合外力始終為零 B.所受摩擦力大小不變C.合外力做功一定為零 D.機械能始終保持不變解析:運動員做勻速圓周運動,合外力指向圓心,A錯誤;對運動員受力分析如圖所示,Ff=mgsinα,下滑過程中α減小,sinα變小,故摩擦力Ff變小,B錯誤;由動能定理知,勻速下滑動能不變,合外力做功為零,C正確;運動員下滑過程中動能不變,重力勢能減小,機械能減小,D錯誤.3.(2018·天津卷,3)如圖所示,實線表示某電場的電場線(方向未標出),虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡,設M點和N點的電勢分別為φM,φN,粒子在M和N時加速度大小分別為aM,aN,速度大小分別為vM,vN,電勢能分別為EpM,EpN.下列判斷正確的是(D)A.vM<vN,aM<aN B.vM<vN,φM<φNC.φM<φN,EpM<EpN D.aM<aN,EpM<EpN解析:N點處的電場線密,電場強度大,粒子受到的電場力大,加速度大,即aM<aN;由粒子運動軌跡彎曲方向知,受力指向運動軌跡的凹側(cè),電場方向如圖所示,沿電場線方向電勢降低,即φM>φN;由Ep=qφ知,帶負電粒子在電勢越低的位置,具有的電勢能越大,即EpM<EpN;若帶負電粒子由M向N運動過程中電場力做負功,則動能減小,vM>vN;若帶負電粒子由N向M運動過程中電場力做正功,則動能增大,vM>vN,故D正確.4.(2018·天津卷,4)教學用發(fā)電機能夠產(chǎn)生正弦式交變電流.利用該發(fā)電機(內(nèi)阻可忽略)通過理想變壓器向定值電阻R供電,電路如圖所示,理想交流電流表A、理想交流電壓表V的讀數(shù)分別為I,U,R消耗的功率為P.若發(fā)電機線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼?2,則(BA.R消耗的功率變?yōu)?2PB.電壓表V的讀數(shù)變?yōu)?2C.電流表A的讀數(shù)變?yōu)?I D.通過R的交變電流頻率不變解析:發(fā)電機線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼?2,由E=nBSω2知,原線圈中輸入電壓U1變?yōu)樵瓉淼?2,交變電流的頻率f變?yōu)樵瓉淼?2,D錯誤;根據(jù)U1U2=n1n2,則副線圈的輸出電壓U2變?yōu)樵瓉淼?2,即U2=12U,B正確;R消耗的功率P2=U22R=14P,A錯誤;根據(jù)I1I2=n2n15.(2018·天津卷,5)氫原子光譜在可見光區(qū)域內(nèi)有四條譜線Hα,Hβ,Hγ和Hδ,都是氫原子中電子從量子數(shù)n>2的能級躍遷到n=2的能級時發(fā)出的光,它們在真空中的波長由長到短,可以判定(A)A.Hα對應的前后能級之差最小B.同一介質(zhì)對Hα的折射率最大C.同一介質(zhì)中Hδ的傳播速度最大D.用Hγ照射某一金屬能發(fā)生光電效應,則Hβ也一定能解析:根據(jù)E=hν=hcλ,波長越長,光子的頻率越低,由EmEn=hν,知Hα對應的兩能級之差最小,A正確;光在同一介質(zhì)中傳播,頻率越高,折射率越大,故Hδ的折射率最大,Hα的折射率最小,B錯誤;根據(jù)n=cv得v=cn,則折射率越大,傳播速度越小,故在同一介質(zhì)中Hδ的傳播速度最小,C錯誤;光的頻率越高,越容易發(fā)生光電效應,由于Hβ的頻率小于Hγ的頻率,Hγ能使某一金屬發(fā)生光電效應,而Hβ則不一定能,6.(2018·天津卷,6)(多選)2018年2月2日,我國成功將電磁監(jiān)測試驗衛(wèi)星“張衡一號”發(fā)射升空,標志我國成為世界上少數(shù)擁有在軌運行高精度地球物理場探測衛(wèi)星的國家之一.通過觀測可以得到衛(wèi)星繞地球運動的周期,并已知地球的半徑和地球表面處的重力加速度.若將衛(wèi)星繞地球的運動看作是勻速圓周運動,且不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響,根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以計算出衛(wèi)星的(CD)A.密度 B.向心力的大小C.離地高度 D.線速度的大小解析:設人造地球衛(wèi)星的周期為T,地球質(zhì)量和半徑分別為M,R,衛(wèi)星的軌道半徑為r,則在地球表面:GMmR2=mg,GM=gR對衛(wèi)星:根據(jù)萬有引力提供向心力,有GMmr2=m2πT2聯(lián)立可求軌道半徑r,進而可求得衛(wèi)星離地高度,C正確;由v=rω=r2πT,從而可求得衛(wèi)星的線速度,D正確;衛(wèi)星的質(zhì)量未知,故衛(wèi)星的密度不能求出,萬有引力即向心力Fn=GMmr2也不能求出,故A7.(2018·天津卷,7)(多選)明朝謝肇淛的《五