上海市高考物理二模试卷详解 46页

‎2018年上海市高考物理二模试卷 ‎　‎ 一．单项选择题（共16分，每小题2分．每小题只有一个正确选项．）‎ ‎1．（2分）（2018•上海二模）关于科学家的贡献，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．牛顿创立了微积分 B．法拉第最早发现了电流的磁效应 C．库仑最先准确测出了电子的电量 D．亚里士多德首先提出了惯性的概念 ‎2．（2分）（2018•上海二模）关于原子核的变化，下列说法中正确的是（　　）‎ A．温度越高，放射性元素的半衰期越长 B．天然放射现象说明原子是可以再分的 C．重核在裂变过程中向外界放出巨大的核能 D．α粒子散射实验说明了原子核是可以再分的 ‎3．（2分）（2018•上海二模）有关宇宙的理解，下列说法中正确的是（　　）‎ A．质量越大的恒星寿命越长 B．太阳发出的光和热来自于碳、氧等物质的燃烧 C．在天空中呈现暗红色的恒星的温度比呈现白色的恒星的温度高 D．由于光速有限，因此观察遥远的天体就相当于观察宇宙的过去 ‎4．（2分）（2018•上海二模）用光照射某种金属，有光电子从金属表面逸出。如果换一种频率更大、强度较弱的光照射该金属，则（　　）‎ A．单位时间内逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能减小 B．单位时间内逸出的光电子数增大，光电子的最大初动能减小 C．单位时间内逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能增大 D．单位时间内逸出的光电子数增大，光电子的最大初动能增大 ‎5．（2分）（2018•上海二模）下列说法中，正确的是（　　）‎ A．只有热传递才可以改变物体的内能 B．气体温度越高，每个分子运动的速率一定越大 C．布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动 D．热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化 ‎6．（2分）（2018•上海二模）伽利略研究变速运动规律时做了著名的“斜面实验”：他测量了铜球在较小倾角斜面上运动的位移和时间，发现位移与时间的平方成正比，增大斜面倾角，该规律仍然成立。于是，他外推到倾角为90°的情况，得出结论（　　）‎ A．自由落体运动是一种匀变速直线运动 B．力是使物体产生加速度的原因 C．力不是维持物体运动的原因 D．物体具有保持原来运动状态的惯性 ‎7．（2分）（2018•上海二模）科学家在研究某两个重离子结合成超重元素的反应时，发现生成超重元素的原子核X经过6次α衰变后的产物是Fm．则元素X的原子序数和质量数分别为（　　）‎ A．112、265 B．112、277 C．124、259 D．124、265‎ ‎8．（2分）（2018•上海二模）一物体在四个共点力作用下做匀速直线运动。若突然撤去一个沿运动方向的力，其余三个力保持不变，则物体做（　　）‎ A．匀速圆周运动 B．匀加速直线运动 C．类平抛运动 D．匀减速直线运动 ‎　‎ 二．单项选择题（共24分，每小题3分．每小题只有一个正确选项．）‎ ‎9．（3分）（2018•上海二模）电视台体育频道讲解棋局的节目中通常有一个竖直放置的棋盘。该棋盘具有磁性，每个棋子都可视为能被棋盘吸引的小磁体。对于静止在棋盘上的棋子，下列说法中正确的是（　　）‎ A．棋盘对棋子施加三个力的作用 B．磁力越大，棋子所受的摩擦力也越大 C．棋盘对棋子总的作用力比棋子的重力大 D．只要磁力足够大，即使棋盘光滑，棋子也能静止在棋盘上 ‎10．（3分）（2018•上海二模）将一只苹果水平抛出，苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3，图中曲线为苹果在空中运行的轨迹，不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　）‎ A．苹果通过第1个窗户所用的时间最短 B．苹果通过第1个窗户的过程中，重力做功最多 C．苹果通过第3个窗户的过程中，重力的平均功率最大 D．苹果通过第3个窗户的过程中，竖直方向的平均速度最小 ‎11．（3分）（2018•上海二模）用于火灾报警的离子烟雾传感器如图所示。在网罩Ⅰ内有电极Ⅱ和Ⅲ，a、b两端接电源，Ⅳ是一小块放射性同位素镅241，它能放射出一种很容易使空气电离的粒子。正常情况下镅241放射出的粒子使两个极板间的空气电离，在a、b间形成较强的电流；发生火灾时，大量烟雾进入网罩Ⅰ内，烟尘颗粒吸收其中的带电粒子，导致电流发生变化，从而报警。下列说法中正确的是（　　）‎ A．镅241射出的是α粒子，有烟雾时电流增强 B．镅241射出的是α粒子，有烟雾时电流减弱 C．镅241射出的是β粒子，有烟雾时电流增强 D．镅241射出的是β粒子，有烟雾时电流减弱 ‎12．（3分）（2018•上海二模）如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异号点电荷分别位于椭圆的两个焦点M、N上。下列说法中正确的是（　　）‎ A．O点的电场强度为零 B．A、B两点的电场强度相同 C．C点的电势高于D点的电势 D．将电荷+q沿C、D连线从C移到D的过程中，电势能先减少后增加 ‎13．（3分）（2018•上海二模）一列简谐横波沿x轴正方向传播，图（甲）是t=3s时的波形图，图（乙）是波中某质点P的振动图象，下列判断中正确的是（　　）‎ A．质点P在t=3s时沿y轴负方向振动 B．质点P在t=3s时的速度为零 C．质点P的平衡位置坐标可能是x=4cm D．该简谐波的波速为1m/s ‎14．（3分）（2018•上海二模）如图所示，一圆形闭合小铜环从高处由静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的、质量为m的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中心轴线始终保持重合。则细绳中弹力F随时间t的变化关系图象可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎15．（3分）（2018•上海二模）如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为标识不清的小灯泡L1的U﹣I图线，将L1与该电源组成闭合电路时，L1恰好能正常发光。若将相同材料制成的标有“3V，20W”的灯泡L2与该电源组成闭合电路，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电源的内阻为Ω B．把灯泡L1换成L2，L2可能正常发光 C．把灯泡L1换成L2，电源的输出功率可能相等 D．把灯泡L1换成L2，电源的输出功率一定变小 ‎16．（3分）（2018•上海二模）将一小球以20m/s的初速度竖直上抛，经3.5s落回原处。已知空气阻力的大小与速率成正比，则小球落回原处的速度大小为（　　）‎ A．5m/s B．10m/s C．12.5m/s D．15m/s ‎　‎ 三．多项选择题（共16分，每小题4分．每小题有二个或三个正确选项．全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分．）‎ ‎17．（4分）（2018•上海二模）英国物理学家托马斯•杨巧妙地解决了相干光源问题，第一次在实验室观察到了光的干涉现象。图为实验装置简图，M为竖直线状光源，N和O均为有狭缝的遮光屏，P为像屏。现有四种刻有不同狭缝的遮光屏，实验时正确的选择是（　　）‎ A．N应选用遮光屏1 B．N应选用遮光屏3‎ C．O应选用遮光屏2 D．O应选用遮光屏4‎ ‎18．（4分）（2018•上海二模）将横截面积为S的圆柱形气缸固定在铁架台上，内有可自由移动的轻质活塞，活塞通过轻杆与重物m相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球经阀门K放置于活塞上，棉球熄灭时立即关闭阀门K，此时活塞距离气缸底部为L．之后，缸内气体冷却至环境温度时，重物上升高度为．已知环境温度恒为27℃，外界大气压为p0，缸内气体可以看作是理想气体，则（　　）‎ A．重物离开地面稳定后，气体压强可能大于p0‎ B．重物离开地面稳定后，气体压强一定小于p0‎ C．酒精棉球熄灭的瞬间，缸内气体的温度t可能等于120℃‎ D．酒精棉球熄灭的瞬间，缸内气体的温度t可能等于140℃‎ ‎19．（4分）（2018•上海二模）如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L．当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则（　　）‎ A．飞镖击中P点所需的时间为 B．圆盘的半径可能为 C．圆盘转动角速度的最小值为 D．P点随圆盘转动的线速度可能为 ‎20．（4分）（2018•上海二模）如图（甲）所示，相距为2L的光滑平行金属导轨水平放置，右侧接有定值电阻R，导轨电阻忽略不计，OO′的左侧存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场。在OO′左侧L处垂直导轨放置一质量为m、电阻为0.5R的金属杆ab，ab在恒力F的作用下由静止开始向右运动3L的距离，其速度与位移的变化关系如图（乙）所示。下列判断中正确的是（　　）‎ A．ab即将离开磁场时，安培力的大小为 B．整个运动的过程中，通过电阻R上的电量为 C．ab即将离开磁场时，加速度的大小为 D．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为m（v22﹣3v12）‎ ‎　‎ 四．填空题（共20分，每小题4分．）本大题中第22题为分叉题，分A、B两类，考生可任选一类答题．若两类试题均做，一律按A类题计分．‎ ‎21．（4分）（2018•上海二模）如图所示，R为一含有U的放射源，它能放出α、β、γ三种射线，变为Rn．LL′为一张厚纸板，MN为涂有荧光物质的光屏，虚线框内存在平行于边界ab的匀强电场。若射线正对光屏的中心O点射出，在光屏上只观察到O、P两个亮点，则打在O点的是　 　射线，虚线框内匀强电场的方向　 　（选填“由a指向b”或“由b指向a”）。‎ ‎　‎ A、B选做一题 ‎22．（4分）（2018•上海二模）如图所示，气球吊着A、B两个重物以速度v匀速上升，已知A与气球的总质量为m1，B的质量为m2，且m1＞m2．某时刻A、B间细线断裂，当气球的速度增大为2v时，B的速度大小为　 　，方向　 　。（不计空气阻力）‎ ‎23．（2018•上海二模）北斗一号卫星系统的三颗卫星均定位在距离地面36000km的地球同步轨道上，而GPS系统中的24颗卫星距离地面的高度均为20000km，已知地球半径为6400km。则北斗一号卫星线速度的大小　 　 GPS卫星线速度的大小（选填“大于”、“小于”或“等于”）； GPS卫星加速度的大小约为北斗一号卫星的　 　倍（取2位有效数字）。‎ ‎24．（4分）（2018•上海二模）图示为一列沿x轴负方向传播的机械波，实线和虚线分别为t时刻和t+△t时刻的波形，B和C是横坐标分别为d和3d的两个质点。则t时刻质点B的振动方向为　 　，该波的波速为　 　。‎ ‎25．（4分）（2018•上海二模）如图所示，在竖直平面内有两根质量相等的均匀细杆A和C，长度分别为60cm和40cm，它们的底端相抵于地面上的B点，另一端分别搁置于竖直墙面上，墙面间距为80cm，不计一切摩擦。系统平衡时两杆与地面的夹角分别为α和β，两侧墙面所受压力的大小分别为FA和FC，则FA　 　FC（选填“大于”、“小于”或“等于”），夹角β=　 　。‎ ‎26．（4分）（2018•上海二模）一质量为2kg的质点在0～15s内由静止开始从地面竖直向上运动，取竖直向上为正方向，得到如图所示的加速度和时间的变化关系图象。当t3=15s时，质点的速度大小为　 　m/s；若以地面为零势能面，则t1=5s与t3=15s两个时刻质点的机械能之比为　 　。‎ ‎　‎ 五．实验题（共24分）‎ ‎27．（4分）（2018•上海二模）图（甲）为《用DIS研究机械能守恒定律》的实验。‎ ‎（1）（多选题）下列说法中正确的是：　 　‎ ‎（A）必须测定摆锤的直径 ‎（B）定位挡片的作用是改变摆锤的机械能 ‎（C）摆锤下落的高度可由标尺盘直接测定 ‎（D）摆锤每次都必须从摆锤释放器的位置以不同的速度向下运动 ‎（2）某同学实验得到的数据界面如图（乙）所示，则摆锤经过C点的机械能约为　 　，根据各点的数据分析，可以得出结论：　 　。‎ ‎28．（6分）（2018•上海二模）某实验小组利用如图所示的装置测量温度：A是容积较大的玻璃泡，A中封有一定质量的空气，B是一根与A连接的均匀细玻璃管（玻璃管的容积远小于A的容积），管的下端插入水银槽。当外界大气压p0=76cmHg，环境温度t0=27℃时，管内水银柱的高度h=46cm，在管壁外侧与水银面等高的位置标出对应的温度，然后依次标出其它温度刻线。‎ ‎（1）此测温装置中，h越大，相应的温度读数越　 　（选填“高”或“低”）；温度刻线是　 　分布的（选填“均匀”或“不均匀”）。 ‎ ‎（2）水银柱高度h′=36cm处的温度刻度值应为　 　℃。‎ ‎（3）若外界大气压强变为p0′=77cmHg，读出温度为t℃，则实际温度应修正为　 　℃。‎ ‎29．（7分）（2018•上海二模）某兴趣小组查阅资料获知，弹簧振子做简谐运动的周期T=2π（其中m是振子的质量，k是弹簧的劲度系数，弹簧质量忽略不计），利用该规律可以测定物体的质量。现有如下器材可供选择：‎ 一个带有夹子的金属块A（总质量m0为已知量）；待测质量的物体B；一根劲度系数未知的弹簧C；光电门传感器和挡光片D；位移传感器E；力传感器F；数据采集器G；电脑H。‎ ‎（1）本实验选用的器材：　 　，（填写器材后面的字母）。根据选用的器材，简述测定系统振动周期的方法：　 　。‎ ‎（2）简述测量物体B的质量的主要步骤（直接测量的物理量请用字母表示）：‎ ‎①　 　；‎ ‎②　 　。‎ ‎（3）根据直接测量的物理量，B的质量mB=　 　。‎ ‎30．（7分）（2018•上海二模）如图（甲）所示为使用DIS系统研究单摆的装置。液体槽的A、B两个侧面为铜板，其余部分为绝缘材料，槽中盛满导电液体。质量不计的细铜丝的上端固定在液体槽正上方的O点，下端连接一个小铜球，铜丝的下端稍穿出铜球一点长度，当铜球在液体上方摆动时，细铜丝始终与导电液体接触（铜丝与液体间的阻力忽略不计），将此系统接入电路。已知定值电阻R1=3Ω，滑动变阻器的总电阻R2=20Ω，变阻器两个端点a、b之间的长度为30cm，槽中导电液体接入电路的电阻R3=10Ω且恒定不变，铜丝的电阻不计。‎ ‎（1）将电键S2与c点连接，闭合S1，移动变阻器的滑动片，采集数据得到图（乙）所示的U﹣I图象，则该电源的电动势E=　 　V，内阻r=　 　Ω。‎ ‎（2）将摆球拉离平衡位置，使其在垂直于A、B的竖直面内做简谐运动，变阻器的滑动片P移到距离a端为x的位置，并保持不变，电键S2与d点连接，闭合S1，在电脑屏幕上得到如图（丙）所示的电压与时间的变化关系图象。则单摆的振动周期T=　 　s，摆长L=　 　m（取π2约等于10），滑动片离a端的距离x=　 　cm。‎ ‎　‎ 六．计算题（共50分）‎ ‎31．（10分）（2018•上海二模）如图所示，用细管连接A、B两个绝热的气缸，细管中有一可以自由移动的绝热活塞M，细管容积不计。A、B中分别装有完全相同的理想气体，初态的体积均为V1=1.0×10﹣2m3，压强均为p1=1.0×105Pa，温度和环境温度相同且均为t1=27℃，A中导热活塞N的横截面积SA=500cm2．现缓缓加热B中气体，保持A气体的温度不变，同时给N施加水平向右的推力，使活塞M的位置始终保持不变。稳定时，推力F=×103N，外界大气压p0=1.0×105Pa，不计活塞与缸壁间的摩擦。求：‎ ‎（1）A中气体的压强；‎ ‎（2）活塞N向右移动的距离；‎ ‎（3）B中气体的温度。‎ ‎32．（12分）（2018•上海二模）如图所示，甲和乙是放在水平地面上的两个小物块（可视为质点），质量分别为m1=2kg、m2=3kg，与地面间的动摩擦因数相同，初始距离L=170m。两者分别以v1=10m/s和v2=2m/s的初速度同时相向运动，经过t=20s的时间两者发生碰撞，求物块与地面间的动摩擦因数μ． ‎ 某同学解法如下：‎ 因动摩擦因数相同，故它们在摩擦力作用下加速度的大小是相同的，由牛顿第二定律得到加速度的大小：a=μg，设两物体在t=20s的时间内运动路程分别为s1和s2，则有：s1=v1t﹣at2，s2=v2t﹣at2，考虑到s1+s2=L即可联立解出μ。‎ 你认为该同学的解答是否合理？若合理，请解出最后结果；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果。‎ ‎33．（14分）（2018•上海二模）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的绝缘轨道，AB段水平且光滑，BC段为圆心角θ=37°的光滑圆弧，圆弧半径r=2.0m，CD段为足够长的粗糙倾斜直轨，各段轨道均平滑连接。质量m=2.0×l0﹣2kg、可视为质点的小球被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行。‎ ‎（1）若小球向左运动到B点的速度vB=0.2m/s，则经过多少时间小球第二次达到B点？‎ ‎（2）若B点左侧区域存在竖直向下的匀强电场，使小球带q=+1.0×10﹣6C的电量，弹簧枪对小球做功W=0.36J，到达C点的速度vC=2m/s，则匀强电场的大小为多少？‎ ‎（3）上问中，若小球与CD间的动摩擦因数μ=0.5，运动到CD段的最高点时，电场突然改为竖直向上但大小不变，小球第一次返回到C点的速度大小为多少？（取sin37°=0.6，cos37°=0.8 ）‎ ‎34．（14分）（2018•上海二模）如图（甲）所示，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于纸面，在纸面内固定一条以O点为圆心、半径为L的圆弧形金属导轨，长也为L的导体棒OA绕O点以角速度ω匀速转动，棒的A端与导轨接触良好，OA、导轨、电阻R构成闭合电路。‎ ‎（1）试根据法拉第电磁感应定律E=n，证明导体棒产生的感应电动势E=BωL2。‎ ‎（2）某同学设计了一种带有闪烁灯的自行车后轮，如图（乙）所示。车轮与轮轴之间均匀地连接4根金属条，每根金属条中间都串接一个小灯，阻值为R=0.3Ω并保持不变，车轮半径r1=0.4m，轮轴半径可以忽略。车架上固定一个强磁铁，可形成圆心角为θ=60°的扇形匀强磁场区域，磁感应强度B=2.0T，方向如图（乙）所示。若自行车前进时，后轮顺时针转动的角速度恒为ω=10rad/s，不计其它电阻和车轮厚度。求金属条ab进入磁场时，ab中感应电流的大小和方向。‎ ‎（3）上问中，已知自行车牙盘半径r2=12cm，飞轮半径r3=6cm，如图（丙）所示。若该同学骑车时每分钟踩踏脚板60圈，车辆和人受到外界阻力的大小恒为10N，他骑车10分钟的时间内一共需要对自行车做多少功？‎ ‎　‎ ‎2018年上海市高考物理二模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．单项选择题（共16分，每小题2分．每小题只有一个正确选项．）‎ ‎1．（2分）（2018•上海二模）关于科学家的贡献，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．牛顿创立了微积分 B．法拉第最早发现了电流的磁效应 C．库仑最先准确测出了电子的电量 D．亚里士多德首先提出了惯性的概念 ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。‎ ‎【解答】解：A、牛顿创立了微积分，故A正确；‎ B、奥斯特最早发现了电流的磁效应，故B错误；‎ C、密立根首次比较准确测出电子的电量，故C错误；‎ D、牛顿首先提出了惯性的概念，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎　‎ ‎2．（2分）（2018•上海二模）关于原子核的变化，下列说法中正确的是（　　）‎ A．温度越高，放射性元素的半衰期越长 B．天然放射现象说明原子是可以再分的 C．重核在裂变过程中向外界放出巨大的核能 D．α粒子散射实验说明了原子核是可以再分的 ‎【分析】半衰期与外界因素无关，天然放射现象说明原子核内部是有结构的，卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构。‎ ‎【解答】解：A、半衰期与外界因素无关，故A错误；‎ B、天然放射现象说明原子核内部是有结构的，并不是原子可以再分的，故B错误；‎ C、重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能，故C正确；‎ D、卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎　‎ ‎3．（2分）（2018•上海二模）有关宇宙的理解，下列说法中正确的是（　　）‎ A．质量越大的恒星寿命越长 B．太阳发出的光和热来自于碳、氧等物质的燃烧 C．在天空中呈现暗红色的恒星的温度比呈现白色的恒星的温度高 D．由于光速有限，因此观察遥远的天体就相当于观察宇宙的过去 ‎【分析】根据有关宇宙规律可知：‎ 质量大的恒星寿命反而越短；光能力既和表面温度有关，也和发光面积有关。‎ 恒星的颜色是由温度决定的，温度越低，颜色越偏红，温度越高，颜色越偏蓝。太阳能够释放的能量很多，主要取决于内部发生的核聚变，向外界不断的释放光和热 ‎【解答】解：A、质量越大的恒星寿命越短，故A错误；‎ B、太阳发出的光和热来自于在太内部阳进行着大规模的核聚变释放的能量，故B错误 B、恒星的颜色是由温度决定的，温度越低，颜色越偏红，温度越高，颜色越偏蓝。故在天空中呈现暗红色的恒星的温度比呈现白色的恒星的温度低。故C错误 D、由于光速有限，遥远的天体发出的光线到达我们时，我们看到的是过去的宇宙射线；故因此观察遥远的天体就等于在观察宇宙的过去，故D正确 故选：D。‎ ‎　‎ ‎4．（2分）（2018•上海二模）用光照射某种金属，有光电子从金属表面逸出。如果换一种频率更大、强度较弱的光照射该金属，则（　　）‎ A．单位时间内逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能减小 B．单位时间内逸出的光电子数增大，光电子的最大初动能减小 C．单位时间内逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能增大 D．单位时间内逸出的光电子数增大，光电子的最大初动能增大 ‎【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，入射光的强度只影响单位时间内发出光电子的数目。‎ ‎【解答】解：根据光电效应方程Ekm=hγ﹣W0得，光强度不影响光电子的最大初动能，光电子的最大初动能与入射光的频率有关；光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与光的强度无关；换一种频率更大的光，则光电子的最大初动能增大；‎ 入射光的强度影响单位时间内发出光电子的数目，光的强度减弱，单位时间内发出光电子数目减少。故ABD错误，C正确。‎ 故选：C。‎ ‎　‎ ‎5．（2分）（2018•上海二模）下列说法中，正确的是（　　）‎ A．只有热传递才可以改变物体的内能 B．气体温度越高，每个分子运动的速率一定越大 C．布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动 D．热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化 ‎【分析】改变物体内能的方式有做功和热传递；‎ 温度是分子平均动能的标志；‎ 依据布朗运动的现象和实质可判定C；‎ 热力学第二定律反应了宏观自然过程的方向性；‎ ‎【解答】解：A、改变物体内能的方式有做功和热传递，故A错误；‎ B、温度是分子平均动能的标志，而不是每个分子动能的标志，高温物体也有速率小的分子，故B错误；‎ C、布朗运动的现象是固体微粒的无规则运动，反映的是液体分子的无规则运动，故C错误；‎ D、热量不能自发的从低温物体传给高温物体，但在引起其它变化的情况下可以由低温物体传给高温物体，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎　‎ ‎6．（2分）（2018•上海二模）伽利略研究变速运动规律时做了著名的“斜面实验”：他测量了铜球在较小倾角斜面上运动的位移和时间，发现位移与时间的平方成正比，增大斜面倾角，该规律仍然成立。于是，他外推到倾角为90°的情况，得出结论（　　）‎ A．自由落体运动是一种匀变速直线运动 B．力是使物体产生加速度的原因 C．力不是维持物体运动的原因 D．物体具有保持原来运动状态的惯性 ‎【分析】结论是由实验推导出来的，所以结论必须与实验相联系，题目中的结论要与随着斜面倾角的增大，铜球做怎样的运动有关。‎ ‎【解答】解：铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90°时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动。‎ 故选：A。‎ ‎　‎ ‎7．（2分）（2018•上海二模）科学家在研究某两个重离子结合成超重元素的反应时，发现生成超重元素的原子核X经过6次α衰变后的产物是Fm．则元素X的原子序数和质量数分别为（　　）‎ A．112、265 B．112、277 C．124、259 D．124、265‎ ‎【分析】根据α衰变的特点；质子数、中子数和质量数之间关系；正确利用衰变过程中质量数和电荷数守恒解决有关问题。‎ ‎【解答】解：每经过一次α衰变质量数少4，质子数少2，经过6次α衰变质量数减少24，质子数减少12，超重元素的原子序数和质量数分别，100+12=112，253+24=277，故B正确，ACD错误。‎ 故选：B。‎ ‎　‎ ‎8．（2分）（2018•上海二模）一物体在四个共点力作用下做匀速直线运动。若突然撤去一个沿运动方向的力，其余三个力保持不变，则物体做（　　）‎ A．匀速圆周运动 B．匀加速直线运动 C．类平抛运动 D．匀减速直线运动 ‎【分析】‎ 物体受到四个力的作用，物体做匀速直线运动，这四个力是平衡力，如果其中一个力突然消失，剩余的三个力的合力与撤去的力等值、反向、共线，是非平衡力，物体在非平衡力的作用下一定改变了物体的运动状态；曲线运动的条件是合力与速度不共线。‎ ‎【解答】解：A、其余三个力的合力恒定，而匀速圆周运动合力一直指向圆心，是变力，所以物体不可能做匀速圆周运动。故A错误；‎ B、C、D、有一个作匀速直线运动的物体受到四个力的作用，这四个力一定是平衡力，如果撤去一个沿运动方向的力，剩余的三个力的合力与撤去的力等值、反向、共线，所以剩余的三个力的合力方向与速度方向相反，则物体将匀减速直线运动；故BC错误，D正确。‎ 故选：D。‎ ‎　‎ 二．单项选择题（共24分，每小题3分．每小题只有一个正确选项．）‎ ‎9．（3分）（2018•上海二模）电视台体育频道讲解棋局的节目中通常有一个竖直放置的棋盘。该棋盘具有磁性，每个棋子都可视为能被棋盘吸引的小磁体。对于静止在棋盘上的棋子，下列说法中正确的是（　　）‎ A．棋盘对棋子施加三个力的作用 B．磁力越大，棋子所受的摩擦力也越大 C．棋盘对棋子总的作用力比棋子的重力大 D．只要磁力足够大，即使棋盘光滑，棋子也能静止在棋盘上 ‎【分析】首先对棋子进行受力分析，根据棋子的运动状态，结合平衡的条件分析棋盘面应选取的材料。‎ ‎【解答】解：A、小棋子受到重力G、棋盘面的吸引力F、弹力N和静摩擦力f，那么棋盘对棋子施加三个力的作用，故A正确。‎ B、棋盘对棋子的吸引力与棋盘面对棋子的弹力平衡；而静摩擦力与棋子的重力平衡，与磁力大小无关，故B错误。‎ C、由A选项分析可知，棋盘对棋子总的作用力与棋子的重力相平衡，故C错误。‎ D、当G＞fm=μN=μF时，棋子将下滑，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎　‎ ‎10．（3分）（2018•上海二模）将一只苹果水平抛出，苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3，图中曲线为苹果在空中运行的轨迹，不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　）‎ A．苹果通过第1个窗户所用的时间最短 B．苹果通过第1个窗户的过程中，重力做功最多 C．苹果通过第3个窗户的过程中，重力的平均功率最大 D．苹果通过第3个窗户的过程中，竖直方向的平均速度最小 ‎【分析】苹果水平抛出，做平抛运动，根据竖直方向上的运动规律确定苹果经过各个窗户所用时间的长短，根据重力做功的大小比较平均功率大小。‎ ‎【解答】解：A、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，速度越来越快，可知通过相同竖直位移所用的时间越来越短，所以通过第3个窗户时间最短，故A错误。‎ B、通过三个窗户下降的高度相同，则重力做功相同，故B错误。‎ C、通过第3个窗户时间最短，根据P=知，重力的平均功率最大，故C正确。‎ D、苹果通过第3个窗户的过程中，由于时间最少，则竖直方向的平均速度最大，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎　‎ ‎11．（3分）（2018•上海二模）用于火灾报警的离子烟雾传感器如图所示。在网罩Ⅰ内有电极Ⅱ和Ⅲ，a、b两端接电源，Ⅳ是一小块放射性同位素镅241，它能放射出一种很容易使空气电离的粒子。正常情况下镅241放射出的粒子使两个极板间的空气电离，在a、b间形成较强的电流；发生火灾时，大量烟雾进入网罩Ⅰ内，烟尘颗粒吸收其中的带电粒子，导致电流发生变化，从而报警。下列说法中正确的是（　　）‎ A．镅241射出的是α粒子，有烟雾时电流增强 B．镅241射出的是α粒子，有烟雾时电流减弱 C．镅241射出的是β粒子，有烟雾时电流增强 D．镅241射出的是β粒子，有烟雾时电流减弱 ‎【分析】在三种射线中，α射线的电离能力最强，烟雾进入网罩内，烟尘颗粒吸收空气中的离子和镅发出的粒子，使得烟雾电流减弱。‎ ‎【解答】解：放射性同位素镅241，它能放射出一种很容易使气体电离的粒子，知该粒子是α粒子。发生火灾时，烟雾进入网罩内，烟尘颗粒吸收空气中的离子和镅发出的粒子，使得电流减弱。故B正确，A、C、D错误。‎ 故选：B。‎ ‎　‎ ‎12．（3分）（2018•上海二模）如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异号点电荷分别位于椭圆的两个焦点M、N上。下列说法中正确的是（　　）‎ A．O点的电场强度为零 B．A、B两点的电场强度相同 C．C点的电势高于D点的电势 D．将电荷+q沿C、D连线从C移到D的过程中，电势能先减少后增加 ‎【分析】根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用负电荷在电势高处电势能小，可比较负电荷在O、B电势能大小 ‎【解答】‎ 解：A、根据等量异种电荷电场线的特点可知，O点场强的方向向右，不是0．故A错误 B、根据等量异种电荷电场线的特点可知，A点场强的方向向左，B点场强的方向向左，两点场强的大小相等。故B正确。‎ C、根据等量异种电荷电场线、等势面分布特点知，OCD在同一条等势线上，所以D点电势等于C点电势。故C错误。‎ D、根据等量异种电荷电场线、等势面分布特点知，OCD在同一条等势线上，所以D点电势等于C点电势，试探电荷从O处移到C处电场力不做功。电势能始终不变。故D错误 故选：B。‎ ‎　‎ ‎13．（3分）（2018•上海二模）一列简谐横波沿x轴正方向传播，图（甲）是t=3s时的波形图，图（乙）是波中某质点P的振动图象，下列判断中正确的是（　　）‎ A．质点P在t=3s时沿y轴负方向振动 B．质点P在t=3s时的速度为零 C．质点P的平衡位置坐标可能是x=4cm D．该简谐波的波速为1m/s ‎【分析】根据振动图象切线的斜率等于速度，分析质点P在t=3s的速度大小和方向。运用波形平移法判断甲图上质点的状态，从而确定质点P可能的位置。分别读出波长和周期，即可求得波速。‎ ‎【解答】解：A、由图乙知，t=3s时图象切线的斜率为正值，说明质点P此时正沿y轴正方向振动，故A错误。‎ B、由图乙知，t=3s时质点P的位移为0，正通过平衡位置，速度最大，故B错误。‎ C、由图甲知，简谐横波沿x轴正方向传播，x=4cm处的质点正通过平衡位置向上，与质点P在t=3s时的状态相同，所以质点P的平衡位置坐标可能是x=4cm，故C正确。‎ D、由甲读出波长λ=4cm，由图乙读出周期T=4s，则该波的波速v==1cm/s。故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎　‎ ‎14．（3分）（2018•上海二模）如图所示，一圆形闭合小铜环从高处由静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的、质量为m的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中心轴线始终保持重合。则细绳中弹力F随时间t的变化关系图象可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】根据对楞次定律判断圆环在磁铁上方与下方时受到的磁场力方向，然后由受力分析，悬挂磁铁的绳子中拉力F与重力的关系。‎ ‎【解答】解：铜环闭合，铜环在下落过程中，穿过铜环的磁通量不断变化，铜环中产生感应电流；由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁体间的相对运动，当铜环在磁铁上方时，感应电流阻碍铜环靠近磁铁，给铜环一个向上的安培力，因此拉力大于重力；‎ 当铜环位于磁铁下方时，铜环要远离磁铁，感应电流阻碍铜环的远离对铜环施加一个向上的安培力，则拉力大于重力；‎ 当铜环处于磁铁中央时，磁通量不变，则没有感应电流，没有安培阻力，因此拉力等于重力，故ACD错误，B正确。‎ 故选：B。‎ ‎　‎ ‎15．（3分）（2018•上海二模）如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为标识不清的小灯泡L1的U﹣I图线，将L1与该电源组成闭合电路时，L1恰好能正常发光。若将相同材料制成的标有“3V，20W”的灯泡L2与该电源组成闭合电路，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电源的内阻为Ω B．把灯泡L1换成L2，L2可能正常发光 C．把灯泡L1换成L2，电源的输出功率可能相等 D．把灯泡L1换成L2，电源的输出功率一定变小 ‎【分析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势，从而可算出电源的输出功率。‎ ‎【解答】解：A、由图读出电源的电动势为E=4V，图线A的斜率大小表示电源的内阻，则 r=Ω=0.5Ω，故A错误；‎ BCD、灯泡与电源连接时，A、B两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其电压U=3V，I=2A，则灯泡L1的额定电压为3V，功率为=UI=6W。‎ 把灯泡L1换成“3V，20W”的灯泡L2，不能正常发光，‎ 而由P= 知：灯泡L2的正常工作时的电阻为 R2===0.45Ω 灯泡L1的电阻为R1==Ω=1.5Ω，则知正常发光时灯泡L2的电阻更接近电源的内阻，但是这里灯泡并没有达到正常发光，此时L2的电阻是不确定的；电源的输出功率可能变大。可能相等，也有可能变小，故BD误，C正确； ‎ 故选：C。‎ ‎　‎ ‎16．（3分）（2018•上海二模）将一小球以20m/s的初速度竖直上抛，经3.5s落回原处。已知空气阻力的大小与速率成正比，则小球落回原处的速度大小为（　　）‎ A．5m/s B．10m/s C．12.5m/s D．15m/s ‎【分析】在上升阶段和下降阶段由由微元法表示出位移，求的时间，再利用微元法求的落地时的速度即可。‎ ‎【解答】解：设小球上升的最大高度为H，时间为t1。‎ 在上升过程中，根据牛顿第二定律得：﹣（mg+kv）=ma1=m 得：﹣（mg△t+kv△t）=m△v 两边求和得：﹣mg△t﹣kv△t=m△v 则得﹣mgt1﹣kH=0﹣mv0；①‎ 设下落过程用时为t2．小球落回原处的速度大小为v。‎ 在下落过程中，根据牛顿第二定律得：mg﹣kv=ma2=m 得：mg△t﹣kv△t=m△v 两边求和得：mg△t﹣kv△t=m△v 则得 mgt2﹣kH=mv﹣0；②‎ 由①②得：mg（t1+t2）=m（v+v0）‎ 可得 v=g（t1+t2）﹣v0=10×3.5﹣20=15m/s 故ABC错误，D正确。‎ 故选：D。‎ ‎　‎ 三．多项选择题（共16分，每小题4分．每小题有二个或三个正确选项．全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分．）‎ ‎17．（4分）（2018•上海二模）英国物理学家托马斯•杨巧妙地解决了相干光源问题，第一次在实验室观察到了光的干涉现象。图为实验装置简图，M为竖直线状光源，N和O均为有狭缝的遮光屏，P为像屏。现有四种刻有不同狭缝的遮光屏，实验时正确的选择是（　　）‎ A．N应选用遮光屏1 B．N应选用遮光屏3‎ C．O应选用遮光屏2 D．O应选用遮光屏4‎ ‎【分析】双缝干涉的图线是明暗相间的条纹，条纹间距等宽，从而即可求解。‎ ‎【解答】解：单缝衍射条纹宽度是中央亮纹最宽；双缝干涉的图线是明暗相间的条纹，条纹间距等宽；‎ 是双缝干涉；‎ 因此要先通过单缝后找到双缝上，形成相干光源，则N应选用遮光屏1，O应选用遮光屏2；故AC正确，BD错误 故选：AC。‎ ‎　‎ ‎18．（4分）（2018•上海二模）将横截面积为S的圆柱形气缸固定在铁架台上，内有可自由移动的轻质活塞，活塞通过轻杆与重物m相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球经阀门K放置于活塞上，棉球熄灭时立即关闭阀门K，此时活塞距离气缸底部为L．之后，缸内气体冷却至环境温度时，重物上升高度为．已知环境温度恒为27℃，外界大气压为p0，缸内气体可以看作是理想气体，则（　　）‎ A．重物离开地面稳定后，气体压强可能大于p0‎ B．重物离开地面稳定后，气体压强一定小于p0‎ C．酒精棉球熄灭的瞬间，缸内气体的温度t可能等于120℃‎ D．酒精棉球熄灭的瞬间，缸内气体的温度t可能等于140℃‎ ‎【分析】酒精棉球熄灭后，以活塞为研究对象可求出封闭气体初末状态压强，利用理想气体状态方程列式即可求解 ‎【解答】解：酒精棉球熄灭时，活塞受到封闭气体向下的压力，大气压向上的支持力，由平衡得：‎ P1S=P0S 解得：P1=P0‎ 此时体积为：V1=LS，温度为：T1=273+t 重物被吸起稳定后，活塞受绳子得拉力，封闭气体向下得压力和大气压向上得支持力，由平衡得：‎ P2S+mg=P0S 解得：P2=P0﹣＜P0‎ 此时体积为：V2=0.75LS，温度为T2=273+27K=300K 有理想气体状态方程得：t=140℃‎ 故选：BD。‎ ‎　‎ ‎19．（4分）（2018•上海二模）如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L．当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则（　　）‎ A．飞镖击中P点所需的时间为 B．圆盘的半径可能为 C．圆盘转动角速度的最小值为 D．P点随圆盘转动的线速度可能为 ‎【分析】飞镖做平抛运动的同时，圆盘上P点做匀速圆周运动，恰好击中P点，说明A点正好在最低点被击中，则P点转动的时间t=（2n+1），根据平抛运动水平位移可求得平抛的时间，两时间相等联立可求解。‎ ‎【解答】解：A、飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t=，故A正确。‎ B、飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则2r=，解得圆盘的半径 r=，故B错误。‎ C、飞镖击中P点，则P点转过的角度满足 θ=ωt=π+2kπ（k=0，1，2…）‎ 故ω==，则圆盘转动角速度的最小值为 ．故C错误。‎ D、P点随圆盘转动的线速度为 v=ωr=•=‎ 当k=2时，v=．故D正确。‎ 故选：AD。‎ ‎　‎ ‎20．（4分）（2018•上海二模）如图（甲）所示，相距为2L的光滑平行金属导轨水平放置，右侧接有定值电阻R，导轨电阻忽略不计，OO′的左侧存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场。在OO′左侧L处垂直导轨放置一质量为m、电阻为0.5R的金属杆ab，ab在恒力F的作用下由静止开始向右运动3L的距离，其速度与位移的变化关系如图（乙）所示。下列判断中正确的是（　　）‎ A．ab即将离开磁场时，安培力的大小为 B．整个运动的过程中，通过电阻R上的电量为 C．ab即将离开磁场时，加速度的大小为 D．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为m（v22﹣3v12）‎ ‎【分析】（1）由导体切割磁感线规律可求得电动势，再由安培力公式可求得安培力，注意切割长度为2L；‎ ‎（2）由法拉第电磁感应定律可求解电量；‎ ‎（3）根据法拉第定律、欧姆定律、安培力和牛顿第二定律结合求加速度。‎ ‎（4）据法拉第电磁感应定律求出线框中感应电动势。根据焦耳定律和正弦交变电流的特点求出电阻R上产生的焦耳热Ql。‎ ‎【解答】解：A、ab即将离开时，速度为v1，电动势E=2BLv1，电流I=；安培力F=2BIL=；故A错误；‎ B、整个过程中，磁通量的变化量为△Φ=2BL2；产生的电量q===；故B正确；‎ C、ab杆在离开磁场前瞬间，水平方向上受安培力F安和外力F作用，ab杆在位移L到3L的过程中，由动能定理得：F（3L﹣L）=；‎ 解得：F=‎ 设加速度为a，‎ 则 F安=BIL ‎ I=‎ a=‎ 联立解得：a=﹣；故C正确；‎ D、ab杆在磁场中发生L位移过程中，恒力F做的功等于ab杆增加的动能和回路产生的电能（即电阻R上产生的电热Q1），由能量守恒定律得：FL=‎ 联立解得：Q1=；故D正确；‎ 故选：BCD。‎ ‎　‎ 四．填空题（共20分，每小题4分．）本大题中第22题为分叉题，分A、B两类，考生可任选一类答题．若两类试题均做，一律按A类题计分．‎ ‎21．（4分）（2018•上海二模）如图所示，R为一含有U的放射源，它能放出α、β、γ三种射线，变为Rn．LL′为一张厚纸板，MN为涂有荧光物质的光屏，虚线框内存在平行于边界ab的匀强电场。若射线正对光屏的中心O点射出，在光屏上只观察到O、P两个亮点，则打在O点的是　γ　射线，虚线框内匀强电场的方向　由b指向a　（选填“由a指向b”或“由b指向a”）。‎ ‎【分析】三种射线中γ射线不带电，在电场中不偏转。一张纸就能挡住α射线。β粒子带负电，据此分析。‎ ‎【解答】解：α、β、γ三种射线中γ射线不带电，在电场中不偏转，所以打在O点的是γ射线。‎ 一张纸就能挡住α射线，所以打在P点的是β射线，而β粒子带负电，要使β射线向下偏转，虚线框内匀强电场的方向应由b指向a。‎ 故答案为：γ；由b指向a。‎ ‎　‎ A、B选做一题 ‎22．（4分）（2018•上海二模）如图所示，气球吊着A、B两个重物以速度v匀速上升，已知A与气球的总质量为m1，B的质量为m2，且m1＞m2．某时刻A、B间细线断裂，当气球的速度增大为2v时，B的速度大小为　　，方向　竖直向下　。（不计空气阻力）‎ ‎【分析】气球、A、B组成的系统在竖直方向上动量守恒，当细线断裂后，由于竖直方向上动量守恒，结合动量守恒定律求出B的速度大小和方向。‎ ‎【解答】解：规定向上为正方向，根据动量守恒定律得：‎ ‎（m1+m2）v=m1•2v+m2v′，‎ 解得：，‎ 因为m1＞m2．所以v′为负值，可知方向竖直向下，大小为：。‎ 故答案为：，竖直向下 ‎　‎ ‎23．（2018•上海二模）北斗一号卫星系统的三颗卫星均定位在距离地面36000km的地球同步轨道上，而GPS系统中的24颗卫星距离地面的高度均为20000km，已知地球半径为6400km。则北斗一号卫星线速度的大小　小于　 GPS卫星线速度的大小（选填“大于”、“小于”或“等于”）； GPS卫星加速度的大小约为北斗一号卫星的　2.6　倍（取2位有效数字）。‎ ‎【分析】根据万有引力提供向心力得：求出线速度和加速度的表达式即可求解。‎ ‎【解答】解：根据万有引力提供向心力得：，‎ 解得：v=，a=，‎ 因为北斗一号卫星的半径大于GPS卫星的半径，所以北斗一号卫星线速度的大小小于GPS卫星线速度的大小，‎ ‎。‎ 故答案为：小于，2.6‎ ‎　‎ ‎24．（4分）（2018•上海二模）图示为一列沿x轴负方向传播的机械波，实线和虚线分别为t时刻和t+△t时刻的波形，B和C是横坐标分别为d和3d的两个质点。则t时刻质点B的振动方向为　y轴正方向　，该波的波速为　，（其中k=0，1，2，3…）　。‎ ‎【分析】已知波的传播方向，运用波形平移法分析质点的振动方向。根据波的周期性，写出波传播距离的通项，再求解波速的通项。‎ ‎【解答】解：波沿x轴负方向传播，运用波形平移法分析知，t时刻质点B的振动方向为y轴正方向。‎ 由图知，该波的波长为 λ=3d 根据波的周期性，可知波在△t时间传播的距离为△x=kλ+d=3kd+，（其中k=0，1，2，3…）。‎ 则波速为 v==，（其中k=0，1，2，3…）。‎ 故答案为：y轴正方向，，（其中k=0，1，2，3…）。‎ ‎　‎ ‎25．（4分）（2018•上海二模）如图所示，在竖直平面内有两根质量相等的均匀细杆A和C，长度分别为60cm和40cm，它们的底端相抵于地面上的B点，另一端分别搁置于竖直墙面上，墙面间距为80cm，不计一切摩擦。系统平衡时两杆与地面的夹角分别为α和β，两侧墙面所受压力的大小分别为FA和FC，则FA　等于　FC（选填“大于”、“小于”或“等于”），夹角β=　37°　。‎ ‎【分析】对整体分析，抓住水平方向上受力平衡得出两侧墙面对两杆的弹力大小关系。两杆重力相等、墙壁对其弹力相等，根据平衡得出α与β的关系，结合几何关系求出夹角β的大小。‎ ‎【解答】解：对整体分析，整体处于平衡状态，整体在水平方向上受到两侧墙壁的弹力，可知FA=FB，‎ 对AB分析，A受到重力、墙壁的弹力、地面对它的支持力以及BC对AB的作用力，同样度BC分析，受重力、墙壁的弹力、AB对BC的作用力，和地面的支持力，因为两杆重力相等，墙壁的作用力相等，根据平衡知，α=β，‎ 根据xABcosα+xBCcosβ=d，‎ 可知（60+40）cosβ=80，解得β=37°。‎ 故答案为：等于； 37°‎ ‎　‎ ‎26．（4分）（2018•上海二模）一质量为2kg的质点在0～15s内由静止开始从地面竖直向上运动，取竖直向上为正方向，得到如图所示的加速度和时间的变化关系图象。当t3=15s时，质点的速度大小为　40　m/s；若以地面为零势能面，则t1=5s与t3=15s两个时刻质点的机械能之比为　25：28　。‎ ‎【分析】由a﹣t图象明确物体运动性质，则可求得5s、10s及15s末的速度和位移，再由机械能的定义即可求得机械能的比值。‎ ‎【解答】解：由图象可知，物体的15s末的速度v=10×5﹣5×8﹣10×5=﹣40m/s；‎ ‎5s末物体的速度为50m/s；‎ 上升的高度h==125m；‎ 故机械能E=mv2+mgh=0+20×125=5000J；‎ ‎15s末时，物体的速度v'=40m/s；‎ 此时物体的高度为h'=+50×5﹣+10×5+（﹣10）×25=200m；‎ 故机械能为：E′=mgh'+mv'2=20×200+×1600=5600J 故动能的比值为：‎ ‎==‎ 故答案为：40； 25：28‎ ‎　‎ 五．实验题（共24分）‎ ‎27．（4分）（2018•上海二模）图（甲）为《用DIS研究机械能守恒定律》的实验。‎ ‎（1）（多选题）下列说法中正确的是：　AC　‎ ‎（A）必须测定摆锤的直径 ‎（B）定位挡片的作用是改变摆锤的机械能 ‎（C）摆锤下落的高度可由标尺盘直接测定 ‎（D）摆锤每次都必须从摆锤释放器的位置以不同的速度向下运动 ‎（2）某同学实验得到的数据界面如图（乙）所示，则摆锤经过C点的机械能约为　0.03J　，根据各点的数据分析，可以得出结论：　在只有重力做功的情况下，物体的动能和势能相互转化，但机械能的总量保持不变　。‎ ‎【分析】（1）明确实验原理以及该装置的各个部分作用即可正确解答本题。‎ ‎（2）通过所给数据计算摆锤在不同位置的机械能，判断在误差范围内机械能是否守恒即可。‎ ‎【解答】解：（1）A、为了求出摆球通过光电门的速度，必须测量小球的直径，故A正确；‎ B、定位挡片的作用是让摆锤停下，并非改变其机械能，故B错误；‎ C、根据该装置构造可知，摆锤下落的高度可由标尺盘直接测定，故C正确；‎ D、为了验证过程中机械能是否守恒，要求摆锤每次同同一位置静止（或相同速度）下摆，故D错误。‎ 故选：AC。‎ ‎（2）根据表中数据，摆锤经过C点的动能Ek===0.02J；‎ 而重力势能Ep=mgh=0.02×10×0.05=0.01J 因此C点的机械能E=Ek+Ep=0.03J；‎ 同理，可以计算出摆锤在A、B、D三点的机械能分别为：0.0297J、0.0299J、0.0296J，‎ 故各点机械能大小基本一致。‎ 故得出的结论是：在只有重力做功的情况下，物体的动能和势能相互转化，但机械能的总量保持不变。‎ 故答案为：（1）AC； ‎ ‎（2）0.03J，在只有重力做功的情况下，物体的动能和势能相互转化，但机械能的总量保持不变。‎ ‎　‎ ‎28．（6分）（2018•上海二模）某实验小组利用如图所示的装置测量温度：A是容积较大的玻璃泡，A中封有一定质量的空气，B是一根与A连接的均匀细玻璃管（玻璃管的容积远小于A的容积），管的下端插入水银槽。当外界大气压p0=76cmHg，环境温度t0=27℃时，管内水银柱的高度h=46cm，在管壁外侧与水银面等高的位置标出对应的温度，然后依次标出其它温度刻线。‎ ‎（1）此测温装置中，h越大，相应的温度读数越　低　（选填“高”或“低”）；温度刻线是　均匀　分布的（选填“均匀”或“不均匀”）。 ‎ ‎（2）水银柱高度h′=36cm处的温度刻度值应为　127　℃。‎ ‎（3）若外界大气压强变为p0′=77cmHg，读出温度为t℃，则实际温度应修正为　t+10　℃。‎ ‎【分析】（1）玻璃泡的容积较大，玻璃管很细，玻璃泡内气体近似看成等容变化。h越大，气体压强越小，根据查理定律可知，温度越低。根据查理定律可知，由数学知识研究得到△T与△h成正比，则刻度线均匀。‎ ‎（2）由等容变化：知，h′=36cm处的温度刻度值 ‎（3）大气压强增大，水银面向上移动，读数变小。应从管内水银面向下移动一定刻度读数 ‎【解答】解：（1）玻璃泡的容积较大，玻璃管很细，玻璃泡内气体近似看成等容变化，气体的压强P=P0‎ ‎﹣h，h越大，P越小，由查理定律可知，温度越低。h越大，温度读数越小； 气体发生等容变化，则P=KT，△P=K△T，而△P=△h，△T=△t，则△t与△h成线性关系，故刻度线的间距均匀；‎ ‎（2）由等容变化：知，h′=36cm处的温度刻度值T′==400K=127℃‎ ‎（3）大气压强增大，水银面向上移动，读数变小，因为△h=△P，所以应从管内水银面向下移动△h的刻度线读数即t+10℃。‎ 故本题答案是：（1）低； 均匀。 （2）127 （3）t+10。‎ ‎　‎ ‎29．（7分）（2018•上海二模）某兴趣小组查阅资料获知，弹簧振子做简谐运动的周期T=2π（其中m是振子的质量，k是弹簧的劲度系数，弹簧质量忽略不计），利用该规律可以测定物体的质量。现有如下器材可供选择：‎ 一个带有夹子的金属块A（总质量m0为已知量）；待测质量的物体B；一根劲度系数未知的弹簧C；光电门传感器和挡光片D；位移传感器E；力传感器F；数据采集器G；电脑H。‎ ‎（1）本实验选用的器材：　ABCDGH　，（填写器材后面的字母）。根据选用的器材，简述测定系统振动周期的方法：　稍微向下拉一下金属块，让金属块上下振动起来，利用光电门传感器和挡光片D结合GH，求出振动30次所用的时间，进而求得振动系统的周期　。‎ ‎（2）简述测量物体B的质量的主要步骤（直接测量的物理量请用字母表示）：‎ ‎①　不放B时使用DIS系统测出振动周期T1　；‎ ‎②　将B固定在A上，使用DIS系统测出振动周期T2　。‎ ‎（3）根据直接测量的物理量，B的质量mB=　m0　。‎ ‎【分析】（1）根据提供的器材，组合成测定振动周期的装置，故选器材为ABCDGH，稍微向下拉一下金属块，让金属块上下振动起来，利用光电门传感器和挡光片D结合GH，求出振动30次所用的时间，进而求得振动系统的周期；‎ ‎（2）分别测出不放B时和将B固定在A上时弹簧振子完成30次全振动的时间。根据T=求出弹簧振子的周期，根据弹簧振子做简谐运动的周期公式T=2π，求出待测物体质量。‎ ‎【解答】解：（1）组合成测定振动周期的装置，故选器材为ABCDGH；‎ 运用累积法测量周期，稍微向下拉一下金属块，让金属块上下振动起来，利用光电门传感器和挡光片D结合GH，求出振动30次所用的时间，进而求得振动系统的周期 ‎（2）①运用累积法测量周期：不放B时用秒表测出弹簧振子完成30次全振动的时间t1，弹簧振子的周期T1=‎ ‎②将B固定在A上，用秒表测出弹簧振子完成30次全振动的时间t2，弹簧振子的周期T2=。‎ ‎（3）利用弹簧振子做简谐运动的周期公式T=2π 得：，，联立解得，mB=m0‎ 故答案为：（1）A B C E（或D、或F）G H；稍微向下拉一下金属块，让金属块上下振动起来，利用光电门传感器和挡光片D结合GH，求出振动30次所用的时间，进而求得振动系统的周期。‎ ‎（2）①不放B时使用DIS系统测出振动周期T1；②将B固定在A上，使用DIS系统测出振动周期T2． ‎ ‎ （3）m0。‎ ‎　‎ ‎30．（7分）（2018•上海二模）如图（甲）所示为使用DIS系统研究单摆的装置。液体槽的A、B两个侧面为铜板，其余部分为绝缘材料，槽中盛满导电液体。质量不计的细铜丝的上端固定在液体槽正上方的O点，下端连接一个小铜球，铜丝的下端稍穿出铜球一点长度，当铜球在液体上方摆动时，细铜丝始终与导电液体接触（铜丝与液体间的阻力忽略不计），将此系统接入电路。已知定值电阻R1=3Ω，滑动变阻器的总电阻R2=20Ω，变阻器两个端点a、b之间的长度为30cm，槽中导电液体接入电路的电阻R3=10Ω且恒定不变，铜丝的电阻不计。‎ ‎（1）将电键S2与c点连接，闭合S1，移动变阻器的滑动片，采集数据得到图（乙）所示的U﹣I图象，则该电源的电动势E=　24　V，内阻r=　2　Ω。‎ ‎（2）将摆球拉离平衡位置，使其在垂直于A、B的竖直面内做简谐运动，变阻器的滑动片P移到距离a端为x的位置，并保持不变，电键S2与d点连接，闭合S1，在电脑屏幕上得到如图（丙）所示的电压与时间的变化关系图象。则单摆的振动周期T=　2　s，摆长L=　1　m（取π2约等于10），滑动片离a端的距离x=　15　cm。‎ ‎【分析】（1）依据测定电源电动势和内电阻的原理，U﹣I图象中，纵轴的截距为电动势，斜率的绝对值为电源的等效内阻，结合电路可得，等效内阻为R1与r的和 ‎（2）由电压的变化周期得到单摆的振动周期，由单摆的振动周期公式求解摆长；摆动过程中电压最大为5V，最小为1V，该电压与摆球偏离B板的距离△l成正比，结合单摆的运动特点可得，AB板的电压为6V，有利用串并联电路的电阻电压关系可得a到P得电阻，进而求得滑动片离a端的距离。‎ ‎【解答】解：（1）依据测定电源电动势和内电阻的原理，U﹣I图象中，纵轴的截距为电动势，故电动势为：E=24V，斜率的绝对值为电源的等效内阻，即有：‎ ‎，代入数据得：3+r=，解得，r=2Ω；‎ ‎（2）由电压的变化周期得到单摆的振动周期为2s；由单摆的振动周期T=2，则L=；‎ 摆动过程中电压最大为5V，最小为1V，该电压与摆球偏离B板的距离△l成正比，结合单摆的运动特点可得，AB板的电压为6V，即滑片P与b间的电压为6V，结合电动势为24V，设导电液体与滑动变阻器的并联总电阻为R并，结合串联电路的电压关系可得：R并：（r+R1+RaP）=6：（24﹣6），‎ ‎，‎ 联立解得，RaP=10Ω=R2‎ 故滑动片离a端的距离x=‎ 故答案为：（1）24，2；（2）2，1，15‎ ‎　‎ 六．计算题（共50分）‎ ‎31．（10分）（2018•上海二模）如图所示，用细管连接A、B两个绝热的气缸，细管中有一可以自由移动的绝热活塞M，细管容积不计。A、B中分别装有完全相同的理想气体，初态的体积均为V1=1.0×10﹣2m3，压强均为p1=1.0×105Pa，温度和环境温度相同且均为t1=27℃，A中导热活塞N的横截面积SA=500cm2．现缓缓加热B中气体，保持A气体的温度不变，同时给N施加水平向右的推力，使活塞M的位置始终保持不变。稳定时，推力F=×103N，外界大气压p0=1.0×105Pa，不计活塞与缸壁间的摩擦。求：‎ ‎（1）A中气体的压强；‎ ‎（2）活塞N向右移动的距离；‎ ‎（3）B中气体的温度。‎ ‎【分析】（1）根据受力平衡计算A中气体的压强的大小。‎ ‎（2）由题意知，A中气体发生等温变化，B中发生等容变化，活塞M保持在原位置不动，A、B两部分气体的压强相等，根据玻意耳定律列式，即可求得稳定时A气体的体积，得到A气体的长度，从而求出活塞N向右移动的距离。‎ ‎（3）对B中气体研究，得到压强，根据查理定理求解B气缸中的气体温度。‎ ‎【解答】解：（1）A中气体的压强为：‎ ‎（2）对A气体由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，‎ 解得：‎ 活塞N向右移动的距离为：‎ ‎（3）B气体温度为：T1=273+t1=273+27K=300K，T2=273+t2 ‎ 由查理定律：，‎ 得：‎ 所以：t2=T2﹣273=127℃‎ 答：（1）A中气体的压强1.33×105Pa ‎（2）活塞N向右移动的距离是5cm；‎ ‎（3）B气缸中的气体升温到127℃。‎ ‎　‎ ‎32．（12分）（2018•上海二模）如图所示，甲和乙是放在水平地面上的两个小物块（可视为质点），质量分别为m1=2kg、m2=3kg，与地面间的动摩擦因数相同，初始距离L=170m。两者分别以v1=10m/s和v2‎ ‎=2m/s的初速度同时相向运动，经过t=20s的时间两者发生碰撞，求物块与地面间的动摩擦因数μ． ‎ 某同学解法如下：‎ 因动摩擦因数相同，故它们在摩擦力作用下加速度的大小是相同的，由牛顿第二定律得到加速度的大小：a=μg，设两物体在t=20s的时间内运动路程分别为s1和s2，则有：s1=v1t﹣at2，s2=v2t﹣at2，考虑到s1+s2=L即可联立解出μ。‎ 你认为该同学的解答是否合理？若合理，请解出最后结果；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果。‎ ‎【分析】该同学解法错误，因为未考虑物体速度减为零后不再运动，正确解法是判断出哪个物体先停止运动，然后抓住位移之和，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。‎ ‎【解答】解：该同学的解答不合理 ‎ 因为四式联立，代入数据后解得a=0.175m/s2‎ 经过时间t=20s，两物块的速度分别为 v'1=v1﹣at，v'2=v2﹣at 代入数据得 v'1=6.5m/s，v'2=﹣1.5m/s，v'2＜0，表明物块乙在20s之前就已经停止运动，故该同学解答不合理。‎ 正确解答：物块2停止运动前滑行的距离 将相碰之前的位移关系s1+s2=L 具体为，‎ 代入数据得：100a2﹣15a﹣1=0 ‎ 解出 a=0.2m/s2 和a=﹣0.05m/s2 （舍去），‎ 再由a=μg得，‎ 解得μ=0.02。‎ 答：该同学解法不合理，因为未考虑物体是否停止。 物块与地面间的动摩擦因数为0.02。‎ ‎　‎ ‎33．（14分）（2018•上海二模）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的绝缘轨道，AB段水平且光滑，BC段为圆心角θ=37°的光滑圆弧，圆弧半径r=2.0m，CD段为足够长的粗糙倾斜直轨，各段轨道均平滑连接。质量m=2.0×l0﹣2kg、可视为质点的小球被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行。‎ ‎（1）若小球向左运动到B点的速度vB=0.2m/s，则经过多少时间小球第二次达到B点？‎ ‎（2）若B点左侧区域存在竖直向下的匀强电场，使小球带q=+1.0×10﹣6C的电量，弹簧枪对小球做功W=0.36J，到达C点的速度vC=2m/s，则匀强电场的大小为多少？‎ ‎（3）上问中，若小球与CD间的动摩擦因数μ=0.5，运动到CD段的最高点时，电场突然改为竖直向上但大小不变，小球第一次返回到C点的速度大小为多少？（取sin37°=0.6，cos37°=0.8 ）‎ ‎【分析】（1）依据小球做单摆运动可得周期，而小球第二次达到B点的时间为半个周期。‎ ‎（2）此过程中弹力做正功，电场力做负功，重力做负功，依据动能定理可得电场强度大小。‎ ‎（3）从C点到达最高点前过程中，重力做负功，摩擦力做负功，电场力也做负功，由动能定理可得小球第一次返回到C点的速度大小。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由于vB较小，上升高度很小，沿BC向上运动的路程远小于半径r，故小球在BC上做类似单摆的运动，周期为：‎ ‎。‎ 再次返回到B点的时间为半个周期：‎ ‎=1.4s ‎ ‎（2）小球到达C点之前的过程中，动能定理：‎ W﹣mg（r﹣rcosθ）﹣qE（r﹣rcosθ）=，‎ 解得：‎ E=1.0×l05N/C． ‎ ‎（3）设从C点到达最高点前小球滑行的距离为s，动能定理：‎ ‎﹣mgssinθ﹣qEssinθ﹣μ（mg+qE）scosθ=，‎ 解得：‎ s=0.8m。 ‎ 从最高点返回到C点过程中，动能定理：‎ mgssinθ﹣qEssinθ﹣μ（mg﹣qE）s cosθ=，‎ 解得：‎ v'C=m/s=1.265 m/s。 ‎ 答：‎ ‎（1）若小球向左运动到B点的速度vB=0.2m/s，则经过1.4s小球第二次达到B点。‎ ‎（2）若B点左侧区域存在竖直向下的匀强电场，使小球带q=+1.0×10﹣6C的电量，弹簧枪对小球做功W=0.36J，到达C点的速度vC=2m/s，则匀强电场的大小为1.0×l05N/C。‎ ‎（3）上问中，若小球与CD间的动摩擦因数μ=0.5，运动到CD段的最高点时，电场突然改为竖直向上但大小不变，小球第一次返回到C点的速度大小为1.265 m/s。‎ ‎　‎ ‎34．（14分）（2018•上海二模）如图（甲）所示，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于纸面，在纸面内固定一条以O点为圆心、半径为L的圆弧形金属导轨，长也为L的导体棒OA绕O点以角速度ω匀速转动，棒的A端与导轨接触良好，OA、导轨、电阻R构成闭合电路。‎ ‎（1）试根据法拉第电磁感应定律E=n，证明导体棒产生的感应电动势E=BωL2。‎ ‎（2）某同学设计了一种带有闪烁灯的自行车后轮，如图（乙）所示。车轮与轮轴之间均匀地连接4根金属条，每根金属条中间都串接一个小灯，阻值为R=0.3Ω并保持不变，车轮半径r1=0.4m，轮轴半径可以忽略。车架上固定一个强磁铁，可形成圆心角为θ=60°的扇形匀强磁场区域，磁感应强度B=2.0T，方向如图（乙）所示。若自行车前进时，后轮顺时针转动的角速度恒为ω=10rad/s，不计其它电阻和车轮厚度。求金属条ab进入磁场时，ab中感应电流的大小和方向。‎ ‎（3）上问中，已知自行车牙盘半径r2=12cm，飞轮半径r3=6cm，如图（丙）所示。若该同学骑车时每分钟踩踏脚板60圈，车辆和人受到外界阻力的大小恒为10N，他骑车10分钟的时间内一共需要对自行车做多少功？‎ ‎【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律证明；‎ ‎（2）根据右手定则判定感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律求感应电动势的大小从而得出感应电流的大小；‎ ‎（3）根据能量守恒定律求解动力所做的功，关键是求出焦耳热；‎ ‎【解答】解：（1）设金属棒OA在△t时间内扫过的面积为△S，则：‎ 磁通改变量为：‎ 根据法拉第电磁感应定律得到为：‎ ‎（2）根据右手定则知：ab中的电流方向为b→a，ab相当于电源，电动势：‎ ‎=1.6V ‎ 电路总电阻为：=0.4Ω ‎ 通过ab中的电流：=4A ‎ ‎（3）后轮转速n=2r/s，后轮角速度为：ω=4π rad/s，‎ 车速为：v=r1ω=1.6πm/s ‎ 电动势为：=0.64π V，‎ 总的电功率为：P总==W ‎ 总的焦耳热为：Q=P总（t）=409.6π2=4.04×103J ‎ 克服阻力做功为：Wf=Ff•s=Ff•vt=3.016×104J ‎ 一共需要做功为：W总=Wf+Q=3.42×104J； ‎ 答：（1）证明如上所述；‎ ‎（2）金属条ab进入磁场时，ab中感应电流的大小4A和方向b→a；‎ ‎（3）骑车10分钟的时间内一共需要对自行车做3.42×104J。‎ ‎　‎