江苏省2018届高考物理压轴冲刺卷（含解析）.docx

江苏省2018届高考物理压轴冲刺卷（含解析）一、单项选择题：本题共5小题，每小题只有一个选项符合题意1.将一物块以初速度v0从地面竖直向上抛出，运动到最高点后返回地面，整个过程所受阻力恒定，取抛出点为坐标原点，竖直向上为x轴正方向，则物块速度的平方v2与位置坐标x的关系图象正确的是A. B. C D. 【答案】A【解析】由于阻力存在，则当物体再次返回地面时速度一定小于v0，故BD错误；由于阻力恒定，故上升和下降过程中均为匀变速运动，由v2=2ax可得图像为倾斜的直线，故选项A正确，C错误；故选A.2.将一质量为m的小球从足够高处水平抛出，飞行一段时间后，小球的动能为Ek，在经过相同的时间后，小球的动能为2Ek (此时小球未落地)，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球抛出的初速度大小为A. B. 2C. 3D. 【答案】B【解析】由动能定理，经时间t,，经过2t时间，解得，故选B.3.如图所示，电荷量为Q的正点电荷(图中未画出)与直角三角形ABC处在同一平面内。D为AB的中点，A=30若将正的试探电荷从A移到B，或从D移到C，电场力做功均为零。则A. 点电荷Q一定在AC的中点B. C点电势比A点电势高C. B点的场强比C点的场强大D. 将负试探电荷从C点移到B点，电场力做正功【答案】B【解析】由题意可知，A、B两点电势相等，D、C两点电势相等，点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在AB的中垂线和DC的中垂线的交点上，如图可知Q在AC连线上，不在中点，选项A错误；在正点电荷的电场中，离场源电荷越远，电势越低，场强越小，所以C点电势高于A点电势，而B点场强小于C点场强，则选项B正确，C错误；由于B点电势低于C点电势，则UCB0，故将负的试探电荷从C点移到B点电场力做功WCB=qUCBr，为光敏电阻，当光照强度减小时阻值增大，L为小灯泡，C为电容器，电表均为理想电表.闭合开关S后，若增大照射光强度，则下列说法正确的是（ ）A. 电压表的示数减小B. 电源的输出功率增大C. 电容器上的电荷量增加D. 两表示数变化量的比值 不变【答案】BD【解析】增大光照则R2减小，所以电路的总电流增大，电压表测定值电阻R1两端的电压，故读数变大，A错误；因为R1r，电源输出功率 ，则当R外=r时，输出功率最大，当R外r时，随外电路的电阻减小，输出功率增大，则B正确；由于内电压、R1两端的电压均增大，则电容器电压减小，带电量减小，C错误；由于U=IR1，所以，故比值不变，D正确；故选BD.点睛：此题考查电路的动态分析问题，要注意正确分析电路，再根据程序法按“局部-整体-局部”的思路进行分析解答8.如图所示，内壁光滑的绝缘管做成的圆环半径为R，位于竖直平面内，管的内径远小于R。ab为该环的水平直径，ab及其以下区域处于水平向左的匀强电场中。现将质量为m、电荷量为q的带正电小球从管中a点由静止开始释放，已知qE=mg则下列说法正确的是A. 小球释放后，可以运动过b点B. 小球释放后，到达b点时速度为零，并在bda间往复运动C. 小球释放后，第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为1：6D. 小球释放后，第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为5：1【答案】AD【解析】从a到b的过程，由动能定理qE2R=mvb2可知vb0，故小球可以运动过b点，则选项A正确，B错误；小球释放后，第一次经过最高点c时有：，因为qE=mg，解得N1=mg；第二次经过最高点c时有：，同理可得N2=5mg，所以比值为1:5，选项C错误；小球释放后，第一次经过最低点d，由动能定理，在d点有：，解得N=5mg。故D正确；故选AD.点睛：此题关键要分析求出小球的运动过程，然后多次根据动能定理、向心力公式和牛顿第二定律列式求解9.如图所示，abcd为边长为L的正方形线框，线框在纸面内，电阻为R图中虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场现用外力作用于线框，使线框从图示位置开始沿x轴正方向做初速度为零的匀加速运动，线框运动过程中，ad边始终水平，线框平面始终与磁场垂直，磁场宽度大于L，x轴正方向作为力的正方向，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线及线框ab边的电压U随时间t的变化图象正确的是A. B. C. D. 【答案】AD【解析】线圈做初速度为零的匀加速直线运动，速度v=at，进磁场和出磁场受到的安培力，则A正确，B错误；进磁场时，ab两端的电压；在磁场中运动时，；出磁场时，ab两端的电压，则选项C错误，D正确；故选AD.点睛：对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断三、简答题： 10.某同学在做“研究匀变速直线运动”实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带的一部分如图1所示，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=010s。该同学将纸带从每个计数点处截断，得到6条短纸带，再把6条短纸带的下端对齐贴在纸上，以纸带下端为横轴建立直角坐标系，并将刻度尺边缘紧靠纵轴，其示数如图2所示(以下结果均保留两位有效数字)（1）打下计数点“2”时小车的速度大小为_m/s（2）小车的加速度大小为_ m/s2（3）在某次实验中，若该同学所用交流电的频率小于50Hz，则加速度的测量值_(填“”“=”或“”)真实值【答案】 (1). 0.47 (2). 0.70 (3). 【解析】（1）依据中时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，那么计数点“2”时小车的速度大小为： （2）由逐差法可得： （3）频率小，则打点周期变长，即实际两点间时间大于0.10s，故测量值会偏大.点睛：纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比，这种等效替代的方法减小了解题难度，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用11.为了测量某种材料制成的特种电阻丝Rx的电阻率，提供的器材有：A.电流表G，内阻Rg=120 ，满偏电流Ig=3 mAB.电流表A，内阻约为10 ，量程为100 mAC.螺旋测微器，刻度尺 D.电阻箱Ro(09 999，0.5 A)E.滑动变阻器R(5 ，1 A) F.电池组E(6 V ，0.05)G.一个开关S和导线若干某同学进行了以下操作：(1)用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“1挡时发现指针偏转角度过小，说明电阻较_(填“大”或“小”) ，应换为“10”挡，并重新进行_，测量时指针位置如图甲所示.(2)把电流表G与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表，则电阻箱的阻值应调为Ro=_.(3)请用改装好的电压表设计一个测量电阻Rx阻值的实验，根据提供的器材和实验需要，请将图乙中电路图补充完整_ .(4)电阻率的计算：测得电阻丝的长度为L，电阻丝的直径为d，电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2，请用已知量和测量量的字母符号写出计算电阻率的表达式=_( 各量不允许代入数值).【答案】 (1). 大; (2). 欧姆调零; (3). 1880; (4). (5). ;【解析】（1）欧姆表最大刻度线在左侧，用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“1”档时发现指针偏转角度过小，说明电阻较大，为准确测量电阻阻值，应换为“10”档，并重新进行欧姆调零。（2）将电流表G与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表，而电流表G（内阻Rg=120，满偏电流Ig=3mA）；所以改装后的电压表的内阻为：RV=2000，由于电流表G的内阻Rg=120，因此电阻箱的阻值应调为R0=2000-120=1880；（3）由于题意可知，两电流表，当电流表A使用外接法，能准确测出所测电阻的电流，同时又能算出所测电阻的电压；因所测电阻为70，而滑动变阻器R（5，1A），电源电压为6V，所以滑动变阻器使用分压式，则电路图如下图所示；（4）由电阻定律可知，电阻，根据欧姆定律：，则电阻率：=。点睛：（1）考查欧姆表读数，注意此刻度不均匀，尽量让指针在中央附近，同时乘以倍率；（2）确定滑动变阻器与电流表的接法是正确解题的关键，测量电阻的方法除了伏安法外，还有“安安法”（即两个电流表组合）、“伏伏法”（两个电压表组合）等。（3）掌握电阻定律，同时注意利用电流表与电阻的关系，求出电压的方法。12.如图所示，导热性能良好内壁光滑的汽缸内部存有一定质量的理想气体，缸外环境保持恒温。现用外力F拉杆，使活塞缓慢向右移动，此过程中缸內气体质量保持不变，下列说法正确的是( )A. 缸内气体的体积增大，内能增加B. 缸内气体等温膨胀，对外做功C. 单位时间内缸内气体分子对活塞的碰撞次数增多D. 缸内气体的体积增大，内能减小【答案】B【解析】一定质量的理想气体，温度不变，则内能不变，AD错误；气缸导热性良好，温度不变，活塞向右运动，体积增大，对外做功，B正确；由理想气体状态方程可知，体积增大，则压强减小，所以单位时间内对活塞碰撞的次数减小，选项C错误；故选B.13.关于饱和汽与饱和汽压，气体和液体之间的动态平衡是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率_，一定温度下的饱和汽压与体积_。【答案】 (1). 相等 (2). 无关【解析】由动态平衡的概念可知，汽化与液化的速率相等，一定温度下饱和汽压与体积无关.14.水平玻璃细管A与竖直玻璃管B、C底部连通，组成如图所示结构，各部分玻璃管内径相同。B管上端封有长20cm的理想气体，C管上端开口并与大气相通，此时两管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距玻璃管底部为25cm水平细管A内用小活塞封有长度10cm的理想气体已知外界大气压强为75cmHg，忽略环境温度的变化现将活塞缓慢向左拉，使B管内气体的气柱长度为25cm，求A管中理想气体的气柱长度。【答案】12.5cm【解析】活塞被缓慢的左拉的过程中，气体A做等温变化初态：压强pA1=（75+25）cmHg=100cmHg，体积VA1=10S，末态：压强pA2=（75+5）cmHg=80cmHg，体积VA2=LA2S根据玻意耳定律可得：pA1VA1=pA2VA2解得理想气体A的气柱长度：LA2=12.5cm点睛：本题考查气体实验定律的应用，以气体为研究对象，明确初末状态的参量，气体压强的求解是关键，应用气体实验定律应注意适用条件15.如图所示，一列沿x轴负方向传播的简谐横波，实线是在t=0时刻的波形图，虚线是这列波经t=02s的波形图，Tt 2T。则下列说法正确的是_A这列波波长是12cmB这列波的周期是025sC这列波的波速是04m/sD从t=0时刻开始，x=5cm处的质点经05s振动到波峰【答案】A【解析】由图可得波长为12cm，选项A正确；，因为Tt2T，所以n=1，则T=0.15s，选项B错误；，选项C错误；经0.1s波沿x轴负方向传播8cm，波峰形式恰好传到x=5cm处，选项D错误；故选A.本题关键是根据时间t=0.2s与T的关系，利用波形的平移法判断波的传播方向。根据时间与周期的关系，能分析质点的运动状态。16.一束单色光由空气进入水中，则该光在空气和水中传播时，速度_，频率_(均填“增大”“减小”或“不变”)【答案】 (1). 减小 (2). 不变【解析】同一单色光在不同的介质中传播，频率不会改变，但是速度改变，光在水中传播时速度较空气中小.17.一透明物体截面如图所示，其中ABC=60，BCD=90，现有一束单色光从AB边的M点垂直于AB边射入，已知物体内部介质分布均匀，折射率=，MB=d，BC=L，光在空气中速度为c求该光从截面上某条边第一次射出玻璃时，出射光线与该边的夹角。【答案】30【解析】设临界角为C，则有：sinC=设BC边的入射角为，则有：sin=sin60=，则 C所以光线在BC边发生了全反射，不能射出设CD边入射角为，由几何关系得 =30C，光线将从CD边射出根据折射定律有：n= 解得：=60则出射光线与DC边的夹角为30点睛：解决本题的关键是掌握全反射条件，判断出光线在BC面发生全反射，再根据反射定律和折射定律求解出各个分界面上的反射角和折射角，并结合几何关系进行分析计算18.质量为m的粒子原来的速度为v，现将粒子的速度增大为2v，则该粒子的物质波的波长将_ (粒子的质量保持不变)A保持不变 B变为原来波长的4倍C变为原来波长的一半 D变为原来波长的2倍【答案】C【解析】由题意可知，粒子速度为v时，；粒子速度为2v时，则，故选C.19.14C发生放射性衰变成为14N，半衰期约5700年。已知植物存活期间，其体内14C与12C的比例不变，生命活动结束后，14C的比例持续减少现通过测量得知，某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一。该古木的年代距今约_年，14C衰变为14N的过程中放出_射线。【答案】 (1). 5700 (2). 【解析】古木样品中14C的比例正好是现代样品的二分之一说明该古木恰好经历了一个半衰期的时间，则该古木的年代距今约5700年；14C的衰变方程：，则放出射线.20.如图所示，质量为04kg的木块以2m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为16kg，木块与小车之间的动摩擦因数为02(g取10m/s2)设小车足够长，求从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间。【答案】0.8s【解析】以木块和小车为研究对象，以木块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：mv0=（M+m）v，代入数据解得：v=0.4m/s；以木块为研究对象，由动量定理得：-mgt=mv-mv0，代入数据解得：t=0.8s；分解：本题考查了求速度、时间问题，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律、动量定理即可正确解题；此题也可用牛顿第二定律结合运动公式求解四、计算题：本题共3小解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位21.如图甲所示为一景区游乐滑道，游客坐在座垫上沿着花岗岩滑道下滑，他可依靠手、脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度。滑道简化图如乙所示，滑道由AB、BC、CD三段组成，各段之间平滑连接。AB段和CD段与水平面夹角为1，竖直距离均为h0，BC段与水平面夹角为2，竖直距离为h0。一质量为m的游客从A点由静止开始下滑，到达底端D点时的安全速度不得大于，已知sin1=、sin2=，座垫与滑道底面间摩擦及空气阻力均不计，若未使用座垫，游客与滑道底面间的摩擦力大小f恒为重力的0.1倍，运动过程中游客始终不离开滑道，问：(1)游客使用座垫自由下滑(即与侧壁间无摩擦)，则游客在BC段增加的动能Ek多大?(2)若游客未使用坐垫且与侧壁间无摩擦下滑，则游客到达D点时是否安全；(3)若游客使用座垫下滑，则克服侧壁摩擦力做功的最小值。【答案】（1）（2）不安全；（3）【解析】（1）由动能定理得：Ek=mgh0；（2）在AD段，由动能定理得：mg（h0+h0+h0）-0.1mg（）=mvD2-0，解得：vD= ，到达D点时不安全；（3）整个过程，由动能定理得：mg（h0+h0+h0）-W=mvDmax2-0，解得：W=1.5mgh0；点睛：此题考查了动能定理的应用，分析清楚游客的运动过程是解题的前提，应用动能定理即可解题；要注意总结应用动能定理解题的思路与步骤22.如图，水平面内有一光滑金属导轨QPMN，MP边长度为d=3m、阻值为R=1.5，且MP与PQ垂直，与MN的夹角为135，MN、PQ边的电阻不计将质量m=2kg、电阻不计的足够长直导体棒放置在导轨上，并与MP平行，棒与MN、PQ交点E、F间的距离L=4m，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T在外力作用下，棒由EF处以初速度v0=3m/s向右做直线运动，运动过程中回路的电流强度始终不变。求（1）棒在EF处所受的安培力的功率P（2）棒由EF处向右移动距离2m所需的时间t；（3）棒由EF处向右移动2s的过程中，外力做功W。【答案】（1）24W（2）083s（3）41.25J【解析】试题分析：（1）根据法拉第电