2018全国Ⅱ卷理综物理解析版

-1-2018年普通高等学校招生全国统一考试（物理部分）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。14.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【分析】考查受力分析、动能定理，判断合外力做功与动能变化量之间的关系。【解题过程】对人拉的木箱进行受力分析可知，木箱受到重力、绳子的拉力，由于绳子与水平面夹角未知，所以物体可能受到地面摩擦力，如果有滑动摩擦力，则摩擦力做负功，由动能定理可知，作用于物体的合力做的功等于物体动能变化量，WF+Wf=ΔEK，所以动能变化量小于拉力做的功。所以A正确、B错误。而摩擦力对木箱做负功大小等于木箱克服摩擦力做功，不一定等于木箱获得的动能。所以C、D均错误。【要点总结】动能定理的应用要把握核心点，合外力做的功等于物体动能的变化量，由于拉力做正功且摩擦力做负功，所以动能增量小于拉力做的功。15.高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A.10NB.102NC.103ND.104N【答案】C-2-【分析】考查自由落体运动、动量定理，判断冲合外力冲量与动量变化量之间的关系。【解题过程】由题意可知，鸡蛋从25层楼落下到地面的速度设为，落地撞击地面后后速度为0，设每层高3m，由自由落体运动公式v2=2gh，得v=10√15，设向上为正方向，设冲击力为F，常识可知冲击力远大于重力，可以忽略重力的冲量，由动量定理可知，F·t=0−(−mv)，代入数据可知，F约等于103N。【要点总结】自由落体运动运动学公式可以求出鸡蛋到达地面的瞬时速度，也可以用动能定理：mgh=12mv2，消去m，实质一样；动量定理要把握其等式两边的物理意义，列方程前应注意先设正方向，一般以初速度方向为正方向。16.2018年2月，我国500m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲屋“J0318+0253，其自转周期T=5.19ms。假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10-11Nm2/kg2.以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为（）A.5×109kg/m3B.5×1012kg/m3C.5×1015kg/m3D.5×1018kg/m3【答案】C【分析】考查万有引力的应用、星球自转周期、临界角速度、星球密度的求法。【解题过程】星球自转，位于星球上的物体需要由万有引力的一部分来提供自转的向心力，万有引力的另一部分提供星球表面的物体的重力而不至于“飘起来”，而物体的重力等于地面对物体的支持力。对于星球表面各点而言，赤道需要的向心力最大，设星球质量M，位于星球赤道某处的物体质量m，星球半径为R，可得:GMmR2=mω2R+mg，又由于Fn=mω2R=m4π2T2R,可知当星球自转角速度增大，物体与质心的距离不变，万有引力不会变化，物体受到的重力和支持力将减小直到为零，此时星球表面的物体“飘”了起来，就如同是星球的近地卫星，此时GMmR2=m4π2T2R……①，而星球的体积等于V=43πR3……②，联立①②得根据ρ=MV=5×1015N·kg/m3-3-【要点总结】本题的关键在于临界角速度时星球表面的物体所受万有引力全部提供向心力，物体此时不再受到支持力，物理此时相当于星球的近地卫星，而对于一个星球，只要知道近地环绕的周期，就可以利用万有引力公式及密度计算公式估算星球的密度。17.用波长为300nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10-19J。已知普朗克常量为6.63×10-34J·s，真空中的光速为3.00×108m·s-1.能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为（）A.1×1014HzB.8×1014HzC.2×1015HzD.8×1015Hz【答案】B【分析】本题考查光电效应方程、逸出功、最大初动能的理解。【解题过程】由光电效应规律可知，金属能发生光电效应有临界的极限频率ν，由爱因斯坦光电效应方程hν−W0=EKm，由题意可以计算锌的逸出功W0=hcλ−EKm，代入数据JJW1919783401035.51028.1103101063.6当最大初动能为零时，光电子刚好逸出，无初速度，可知HzHzhWv1434190min1081063.61035.5故选B。【要点总结】深刻理解爱因斯坦光电效应方程hν−W0=EKm，当光电子初动能为零时，光电子刚好逸出，此时逸出功除以普朗克常量h就等于极限频率。18.如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。边长为3/2l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是-4-ABCD【答案】D【分析】考查磁通量及其变化，电磁感应的产生，感应电流的方向，图像问题。【解题过程】方法一：由题意，线框处于正反交替的磁场当中进行匀速运动，线框的长度是l23，最初距离相邻的磁场交界线l21，判断线框内磁通量变化是解决的关键。根据磁通量的含义是空间包含磁感线的净条数，设一段时间△t内，线框向右移动l21，这个过程向纸面外的磁感线在减少，向里的在增多，由楞次定律，感应电流为定值，接下来的一小段时间，线框处于交界处，磁通量不变，因此无感应电流，在往左走，相反，故只有C符合。方法二：由于线框的长度为l23，不能完全铺满两个相反的磁场区域，由右手定则分别对左边和右边的导线判断，两边最初感应电流为总RBlvI，方向相同，叠加关系，且是线性，为一个定值。当线框移动到交界处时，左右导线均切割磁场方向相同的磁场，感应电流抵消，为零，只有C符合【要点总结】深刻理解产生感应电动势从而产生感应电流的条件是闭合线圈有磁通量的变化，灵活应用右手定则判断线框两边的电流方向，判断是叠加还是抵消关系。19.甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶。下列说法正确的是A.两车在t1时刻也并排行驶B.在t1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【分析】考察加速度和位移在对v-t图中的表示方法及追及问题。-5-【解题过程】在t2时刻，两小车并排，由v-t图像与坐标轴包围的面积即小车的位移，可知从t1时刻到t2时刻甲车的位移较大，所以t1时刻甲车在后乙车在前。故A选项错误，B选项正确；在v-t图中小车的加速度是v-t图像每点切线的斜率，随着时间的迁移，甲车v-t图像每点切线斜率的大小先减小后增大，加速度也是先减小后增大。乙车v-t图像每点切线斜率的大小先减小后增大，加速度先减小后增大，故C选项错误，D选项正确。【要点总结】v-t图中位移即图像与坐标轴包围的面积，瞬时加速度即图像每点切线的斜率。20.如图，纸面内有两条互相垂宜的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2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B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为031B和021B，方向也垂直于纸面向外。则A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为0127BB.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为0121BC.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为0121BD.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为0127B【答案】AC【分析】考察通电导体周围的磁感应强度的矢量叠加原理。【解题过程】通电导线周围的磁感应强度可由右手螺旋定则判断其方向，且距离一根导线距离相同的位置该导线在其处激发的磁感应强度大小相等。L1在a处和b处的磁感应强度大小相同，方向都是垂直于纸面向里大小为B1，L2在a处激发的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里，在b处激发的磁感应强度大小也为B2，方向垂直与纸面向外。由矢量叠加的原理a处031B=B0-B1-B2，b处021B=B0-B1+B2，故流经L1的电流在a点b点产生的磁感应强度大小为B1=0127B，所以A选项正确，B选项错误；流经L2的电流在a点b点产生的磁感应强度大小为B2=0121B，所以C选项正确，D选项错误。【要点总结】右手螺旋定则分别判断两根通电导体在ab两处的磁感应强度的方向，距导线相同距离的位置磁感应强度的大小相同，再根据矢量叠加的原理求解。-6-21.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。M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B.若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功定为(W1＋W2)/2C.若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定W2/qLD.若W1=W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差【答案】BD【分析】考察匀强电场中能的性质【解题过程】由题意：场强方向可在此平面内沿任意方向，故A选项错误；B选项，该粒子从a处移动到b处电场力做功等于电势能的减小为W1=qUab,同理W2=qUcd。M为ab中点，在匀强电场中同一条直线上相等的两段距离电势差相同，所以UaM=UMc,φa-φM=φM-φc因此φM=21(φa+φc),同理φN=21(φb+φd),所以将粒子从M点移动到N点电势差UMN=φM-φN=21（φa+φc-φb-φd）=21Uab+21Ucd,电场力做的功为WMN=qUMN=21(W1+W2),故B选项正确；若场强方向沿cd方向则场强大小为W2/qL，由于场强方向沿此平面内任意方向，故C选项错误；若W1=W2，则Uab=Ucd，φa-φb=φc-φd，整理得φa-φc=φb-φd，aM两点的电势差φa-φM=21(φa-φc),bN两点的电势差为φb-φN=21(φb-φd)，两个电势差相等，故D正确。【要点总结】熟练使用电势差、电场力做功公式，理解电势能和电场力做功的关系。匀强电场中同一直线上相等间距电势差相等（无论此直线是否与匀强电场方向相同）。22.(6分)某同学组装一个多用电表。可选用的器材有:微安表头(量程100μA,内阻900Ω)；电阻箱R1(阻值范围0~999.9Ω)；电阻箱R2(阻值范围0~99999.9Ω)导线若干。要求利用所给器材先组装一个量程为1mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3V的直流电压表。组装好的多用电表有电流1mA和电压3V两挡。-7-回答下列问题:(1)在虚线框内画出电路图并标出R1和R2，其中*为公共接线柱，a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱。(2)电阻箱的阻值应取R1=____Ω，R2=____Ω。(保留到个位)【答案】(1)（2）1002910【分析】考察将微安表改装成大量程电流表、再改装成电压表的方法。【解题过程】（1）将微安表改装成电流表和电压表时，改装成大电流表需要并联一个较小的电阻，改装成大电压表时需串联一个较大的电阻，因此微安表应并联阻值范围较小的电阻箱R1然后再与电阻箱R2串联，见上图。（2）将100μA的微安表改装成1mA的电流表，微安表的满偏电流Ig=0.1mA，则流过电阻箱R1的电流应为0.9mA，R1与微安表并联两端电压相同则其电阻为微安表内阻900Ω的九分之一，则R1应调到100Ω；再将其改装为3V的电压表，此时微安表两端电压Ug=IgR内，为0.09V，则R2两端需要加2.91V的电压，此时流过R2的电流应为流过微安表和R1电流的总和1mA,那么R2