2018高考物理大一轮复习领航高考模拟试题精编(十一)

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2018高三第一次高考模拟考试含答案(新课标物理)

2018年高三上学期期末第一次摸底考试理综（物理）试题新课标典型题卷绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试(物理)注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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14~17题只有一项符合题目要求，第18~21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．高空作业须系安全带.如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h （可视为自由落体运动）.此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为：（）A. B. C. D.15．如图甲所示，Q 1、Q 2为两个被固定的点电荷，其中Q 1带负电，a 、b 两点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始经b 点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a 、b 两点时的速度分别为va 、vb ，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是（） A ．Q 2一定带负电B ．Q 2的电量一定大于Q 1的电量C ．b 点的电场强度一定为零D ．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大16、2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波。

证实了爱因斯坦100年前的预言，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”。

双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a 、b 两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a 星的周期为T ，a 、b 两颗星的距离为l ，a 、b 两颗星的轨道半径之差为r ∆（a 星的轨道半径大于b 星的），则（）A ．b 星公转的周期为l rT l r-∆+∆ B ．a 星公转的线速度大小为π()l r T +∆C ．a 、b 两颗星的半径之比为ll r -∆D ．a 、b 两颗星的质量之比为l rl r+∆-∆17．随着石油及其他燃料的枯竭,人们开始将目光转向了有诸多优势的电动汽车,电动汽车具有节约能源和减少二氧化碳的排量等优点，使电动汽车的研究和应用成为汽车工业的一个“热点”某汽车研发机构在对新研发的纯电动汽车的测试中，以额定功率行驶250m 后关闭发动机滑行，测出了汽车动能E K 与位移x 的关系图象如图所示，已知汽车的质量为1000kg ，空气阻力不计,根据图象所给的信息可求出：（）A 、汽车行驶过程中所受地面的阻力为1000NB 、汽车的额定功率为50kWC 、整个过程中,消耗的电能为5×104J D 、汽车滑行时间为5s18．在某次空军演练中，某空降兵从飞机上跳下，他从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v-t 图象如图所示，则下列说法正确的是（）A 、0～10s 内空降兵和伞整体所受重力大于空气阻力，10 s ～15s 内整体所受重力小于空气阻力B 、0～10s 内做加速度逐渐减小的加速运动，10 s ～15 s 内做加速度逐渐增大的减速运动E K /ⅹ104J 2m2. 5C、第10 s 末打开降落伞，以后做匀减速运动至第15 s 末D、10 s末～15 s末加速度方向竖直向上，加速度的大小在逐渐减小20．如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一轻质绳相连，质量分别为mA 、mB，由于B球受到风力作用，A与B球一起向右匀速运动．已知细绳与竖直方向的夹角为θ．则下列说法中正确的是（）A．风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变B．B球受到的风力F为mBgtanθC．杆对A球的支持力随着风力的增加而增加D．A球与水平细杆间的动摩擦因数为mB tanθ/(mA+mB)21．如图所示,正方形导线框ABCD、abcd的边长均为L，电阻均为R，质量分别为2m和m,它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。

2018版高考物理大一轮专题复习课时作业：2018年高考理综(物理)模拟试卷(一)含答案

2018年高考理综(物理）模拟试卷(一）本试卷分第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．(建议用时:60分钟满分：110分)第Ⅰ卷（选择题共48分)一、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中,第1～4题只有一项符合题目要求,第5～8题中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．）1．甲、乙两质点沿同一方向做直线运动，某时刻经过同一地点．若以该时刻作为计时起点，得到两质点的x。

t图象如图M1.1所示．图象中的OC与AB平行，CB与OA平行．则下列说法中正确的是( ）图M1.1A．t1~t2时间内甲和乙的距离越来越远B．0~t2时间内甲的速度和乙的速度始终不相等C．0~t3时间内甲和乙的位移相等D．0～t3时间内甲的平均速度大于乙的平均速度2．某实验小组打算制作一个火箭．甲同学设计了一个火箭质量为m，可提供恒定的推动力，大小为F＝2mg，持续时间为t.乙同学对甲同学的设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当质量为m的火箭飞行经过错误!时，火箭丢弃掉错误!的质量,剩余错误!时间，火箭推动剩余的m2继续飞行．若采用甲同学的方法火箭最高可上升的高度为h，则采用乙同学的方案火箭最高可上升的高度为(重力加速度取g，不考虑燃料消耗引起的质量变化）（)A．1。

5h B．2h C．2.75h D．3.25h3．如图M1。

2a，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1,与副线圈相连的两个灯泡完全相同、电表都为理想电表．原线圈接上如图b所示的正弦交流电，电路正常工作．闭合开关后( ）a b图M1.2A．电压表示数增大B．电流表示数增大C．变压器的输入功率增大D．经过灯泡的电流频率为25 Hz4．据英国《每日邮报》报道,科学家发现了一颗距离地球仅14光年的“另一个地球”—沃尔夫（Wolf）1061c.沃尔夫1061c的质量为地球的4倍，围绕红矮星沃尔夫1061c运行的周期为5天，它是迄今为止在太阳系外发现的距离最近的宜居星球．设想从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c表面运行．已知万有引力常量为G，天体的环绕运动可看做匀速圆周运动．则下列说法正确的是（)A．从地球发射该卫星的速度应该小于第三宇宙速度B．卫星绕行星沃尔夫1061c运行的周期与该卫星的密度有关C．沃尔夫1061c和地球公转轨道半径的三次方之比等于错误!2D．若已知探测卫星的周期和地球的质量,可近似求出沃尔夫1061c的半径5．图M1。

2018高考领航一轮复习高中物理模拟题卷答案

详解答案高考模拟试题精编(一)1．解析：选D.质点、点电荷作为理想化模型都忽略了物体的大小和形状，选项A 、B 错误；理想电压表认为内阻为无穷大，忽略了并联的分流作用，选项C 错误；理想变压器忽略了铁损和铜损，没有能量损失，选项D 正确．2．解析：选C.在拉动过程中，木箱克服重力做功为mgL sin 30°，克服摩擦力做功为μmgL cos 30°，根据功能关系可知，拉力至少做功为mgL sin 30°＋μmgL cos 30°＝12mgL (1＋3μ)，选项C 正确．3．解析：选C.根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小a 1、a 2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，mg cos θ－μmg sin θ＝ma 2，则可求出θ和μ，但m 无法求出，根据题图乙可求出0.6～1.6 s 时间内物块的位移大小，即可求出L ，故选项C 正确．4．解析：选C.设导轨单位长度的电阻为r 0，虚线左侧的总电阻为R 0，导轨间距为d ，t时刻棒的速度大小为v ，则位移大小s ＝12at 2，t 时刻回路中的总电阻R ＝R 0＋2sr 0＝R 0＋r 0at 2，棒的速度大小v ＝at ，棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝Bd v ＝Bdat ，与t 成正比，棒中的电流I ＝E R ＝BdatR 0＋r 0at 2，不与t 成正比，选项A 错误，C 正确；根据牛顿第二定律有F －BId ＝ma ，得水平拉力F ＝B 2d 2atR 0＋r 0at 2＋ma ，不与t 成正比，选项B 错误；根据功能关系可知水平拉力F 做的功等于棒动能的增加量与整个装臵中产生的热量之和，选项D 错误．5．解析：选AC.密立根利用油滴实验测出了基本电荷的电荷量，A 项正确；贝克勒尔通过对天然放射现象的研究发现了中子，B 项错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出钋(Po)和镭(Ra)两种新元素，C 项正确；卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，D 项错误．6．解析：选BD.a 、c 两个顶点处的点电荷在O 点产生的合电场强度为零，设b 、O 两点之间距离为x ，则b 顶点处的点电荷在O 点产生的电场强度为kQx2，a 、b 、c 三个顶点处的点电荷在d 点处产生的电场强度为kQ (2x )2－2kQ(2x )2×cos 60°＝0，显然，选项A 错误，D 正确；又因顺着电场线方向电势逐渐降低，则O 点电势低于d 点电势，检验电荷在d 点的电势能较大，选项C 错误，B 正确．7．解析：选CD.由图乙可知，交流电的周期为0.02 s ，则交流电压的表达式为u ＝362sin 100πt (V)，选项A 错误；t ＝0.015 s 时，根据图乙可知：线圈产生的电动势为最大值，此时发电机的线圈平面与磁场方向平行，选项B 错误；理想变压器的电流与匝数成反比，选项C 正确；当温度升高时，R 1的阻值变大，因电源电压不变，理想变压器的原线圈两端的电压不变，电压表的读数不变，理想变压器的副线圈两端的电压也不变，电路中的电阻变大，故电流表的读数减小，选项D 正确．8．解析：选ABD.导线框进入磁场区域的过程中穿过导线框的磁通量向里增大，由楞次定律和安培定则可知感应电流的方向沿逆时针方向，A 正确．导线框只有进入磁场与穿出磁场的过程中才有感应电流，这两阶段通过的总位移为22L ，故B 正确．导线框的对角线bd 有一半进入磁场时，整个导线框切割磁感线的有效长度为对角线a 、c 长度的一半，产生的电动势为E ＝22BL v ，所受安培力大小为F ＝B E 4R ×22L ＝B 2L 2v 8R，a 、c 两点间电压U ＝I ×2R ＝E 2＝2BL v 4，C 错误、D 正确． 9．解析：(1)在t 2到t 5时间内，小球下落的高度h ＝0.720 6 m ，所以小球重力势能的减少量为ΔE p ＝mgh ≈7.06 J ，小球在t 2时刻的瞬时速度大小v 2＝(21.58＋19.14)×10－22×0.05m/s ＝4.072m/s ，在t 5时刻的瞬时速度大小v 5＝(26.46＋28.90)×10－22×0.05m/s ＝5.536 m/s ，所以小球动能的增加量ΔE k ＝12m (v 25－v 22)≈7.03 J. (2)由于小球下落过程中要受到空气阻力的作用，所以减少的重力势能一部分转化为小球运动的动能，另一部分转化为克服空气阻力做功而产生的内能．答案：(1)7.06(2分) 7.03(2分) (2)空气阻力使小球的机械能减少(2分)10．解析：(1)由于多用电表使用的是“×100”挡，所以当指针指向“5”时，表明被测电阻的阻值为500 Ω；(2)②由于电路中没有给出电压表，所以需要将电阻箱和电流表A 1的整体看做电压表，由于该电路采用的是电流表内接法，所以测得的阻值应为被测电阻R x 和电流表A 2的内阻之和，即I 1(R 0＋r 1)R x ＋r 2＝I 2，整理该式可得R x ＝(R 0＋r 1)I 1I 2－r 2.答案：(1)500(3分) (2)①如图所示(3分) ②(R 0＋r 1)I 1I 2－r 2(3分)11．解析：A 与B 碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律可求出碰后B 的速度；AB 碰后，B 在C 的摩擦力作用下做减速运动，C 做加速运动直到二者达到共同速度，若要AB 不发生第二次碰撞，BC 的共同速度须大于等于2 m/s ，对BC 运动过程应用动量守恒定律可解出C 的质量．(1)A 与B 相碰的一瞬间，A 、B 组成的系统动量守恒则有m A v 0＝m A v A ＋m B v B (3分) 求得v B ＝3 m/s(3分)(2)碰撞后C 在B 上相对B 滑动，B 做减速运动，设C 与B 相对静止时，B 与C 以共同速度v ＝2 m/s 运动时，A 与B 刚好不会发生第二次碰撞，这个运动过程C 与B 组成的系统动量守恒则m B v B ＝(m B ＋m C )v (3分) 求得m C ＝2 kg(3分)因此要使A 与B 不会发生第二次碰撞，C 的质量不超过2 kg(2分) 答案：(1)3 m/s (2)2 kg 12.解：(1)设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v 由动能定理可得：qEd ＝12m v 2(2分)解得：v ＝ 2qEdm(1分)(2)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示．由几何知识可知，粒子第二次进、出电场时，粒子在竖直方向上运动的距离和粒子在水平方向上运动的距离相等．所以有：12·qE m·t 2＝v t (2分)解得：t ＝22mdqE(1分)所以粒子第二次进、出电场处两点间的距离为： x CA ＝2v t (2分)代入数据可得：x CA ＝42d (1分)(3)由q v B ＝m v 2R 可得R ＝m vqB (2分)即R ＝1B 2mEd q (1分)由题意可知，当粒子运动到F 点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径有最大值，即B ′最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示．设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r ，则由几何关系可知r ＝2＋24R (2分)又因为r ＝m v qB ′，所以B ′＝m vqr (2分)代入数据可得：B ′＝2(2－2)B (2分)答案：(1) 2qEdm(2)42d (3)2(2－2)B13．解析：(2)①设被封住的理想气体压强为p ，轻细杆对A 和对B 的弹力为F ，对活塞A 有：p 0S A ＝pS A ＋F (1分)对活塞B ，有：p 0S B ＝pS B ＋F (1分) 得：p ＝p 0＝1.0×105 Pa(1分)②当汽缸内气体的温度缓慢下降时，活塞处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞A 、B 一起向右移动(1分)活塞A 最多移动至两筒的连接处．设活塞A 、B 一起向右移动的距离为x .对理想气体： V 1＝2LS A ＋LS B (1分) T 1＝500 KV 2＝(2L －x )S A ＋(L ＋x )S B (1分) T 2＝400 KS A ＝200 cm 2 S B ＝100 cm 2由盖—吕萨克定律：V 1T 1＝V 2T 2(2分)解得：x ＝10 cmx ＜2L ＝20 cm 表明活塞A 未碰两筒的连接处．故活塞A 、B 一起向右移动了10 cm.(2分)答案：(1)BCE (2)①1.0×105 Pa ②右 10 cm14．解析：(1)由图象可知，波长为4 m. 由题意可知，波的周期的整数倍为0.4 s ，最大周期为0.4 s ，与此对应的频率最小为2.5 Hz ；由公式λ＝v T 可算得最小波速为10 m/s ；不管波沿那个方向传播，由t 时刻到t ＋0.2 s 时刻，经历的时间都是半周期的整数倍，因此，x ＝3 m 的质点又一次经过平衡位臵；即使已知波的传播方向，由于不知波源开始振动时的运动方向，所以不能判定各质点开始振动时运动的方向；由题意知在t 到t ＋0.4 s 波传播的距离为4n ，当n 为5时波传播距离为20 m ．综上所述B 、C 、E 项正确．(2)作出光路图，结合折射定律和几何关系可求得入射点P 距离圆心的距离和两折射光线的夹角．①光路图如图所示，由图中几何关系可知，∠PCD ＝360°－∠CPO －∠POD －∠ODC ＝30°(3分)所以在ACB 面上的入射角为∠PCO ＝15°，入射点P 距圆心O 的距离为OP ＝r sin 15°(2分)②光线射到D 点时入射角为30°，由折射率公式n ＝sin isin r可知对甲单色光：n 甲＝sin i 甲sin 30°，sin i 甲＝n 甲sin 30°＝3×12＝32，i 甲＝60°(2分)对乙单色光：n 乙＝sin i 乙sin 30°，sin i 乙＝n 乙sin 30°＝2×12＝22，i 乙＝45°(2分)所以两种色光从OB 面射出后的折射光线的夹角为15°(1分) 答案：(1)BCE (2)①r sin 15° ②15°高考模拟试题精编(二)1．解析：选C.普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说，而汤姆孙首先发现电子且提出原子结构的“西瓜模型”，选项C 错误．2．解析：选C.在0～a 内，外力恒为2F 0，故物体做匀加速直线运动，加速度a 1＝2F 0m，物体的速度v ＝a 1t ，位移x 1＝12a 1t 2，可知A 、D 项错误；在a ～3a 内，加速度a 2＝－F 0m，物体做匀减速直线运动，且a 1＝2|a 2|，故C 项正确；位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2，位移x 与t 成二次函数关系，图象为抛物线，B 项错误．3.解析：选B.根据左手定则判断，通电金属棒ab 在磁场中受到水平向左的安培力作用，金属棒ab 还受到拉力、重力的作用，处于平衡状态时，根据平衡条件有tan θ＝BIL mg ，得I ＝mgBLtan θ，选项B 正确．4．解析：选B.设地球的半径、质量和自转角速度分别为R 、M 和ω.对X 星球的同步卫星有G 9Mm r 2X ＝m (3ω)2r X ，得X 星球的同步卫星的轨道半径r X ＝3GM ω2＝r 地，选项A 错误；由v X ＝r X ·3ω得X 星球的同步卫星的线速度v X ＝3v 地，选项B 正确；由G 9Mm 0(3R )2＝m 0g X 得X 星球表面的重力加速度g X ＝G MR2＝g 地，选项C 错误；由v X 1＝g X ·3R 得X 星球的第一宇宙速度v X 1＝3v 地1，选项D 错误．5．解析：选CD.小球从抛出至上升到最高点所经过的时间t 1＝v 0g，上升的最大高度H ＝v 202g ；从最高点下降到小球的动能等于重力势能时有v 2＝2gh ，mg (H －h )＝12m v 2，v ＝gt 2，解得t 2＝2v 02g ，待求的时间为t ＝t 1－t 2＝⎝⎛⎭⎫1－22v 0g 或t ＝t 1＋t 2＝⎝⎛⎭⎫1＋22v 0g ，选项C 、D 正确，A 、B 错误．6．解析：选AD.线框做匀速直线运动，感应电动势E ＝BL v 0，感应电动势随着线框切割磁感线有效长度L 的减小而线性减小，A 正确；线框进入磁场过程中受到的安培力F ＝B 2L 2v 0R，安培力与L 2成线性关系，B 错误；线框的电功率P ＝B 2L 2v 20R ，电功率与L 2成线性关系，C 错误；线框进入磁场的过程中产生的感应电流大小I ＝BL v 0R，感应电流与L 成线性关系，D 正确．7．解析：选AD.滑雪者到达N 点时的竖直分速度为v y ＝gt 0＝v 0tan 60°，得g ＝3v 0t 0，到达N 点时的速度大小为v ＝v 0cos 60°＝2v 0，A 正确；M 、N 两点之间的水平位移为x ＝v 0t 0，竖直高度差为y ＝12gt 20＝32v 0t 0，M 、N 两点之间的距离为s ＝x 2＋y 2＝72v 0t 0，B 错误；由mg sin 60°＝ma ，解得滑雪者沿斜坡NP 下滑的加速度大小为a ＝g sin 60°＝3v 02t 0，C 错误；N 、P 之间的距离为s ′＝v t 0＋12at 20＝114v 0t 0，N 、P 两点之间的高度差为s ′sin 60°＝1138v 0t 0，M 、P 之间的高度差为h ＝y ＋s ′sin 60°＝1538v 0t 0，D 正确．8．解析：选CD.撤去力F 前，设弹簧的弹力为T ，则对P 、Q 整体应用牛顿第二定律，有T ＝3ma ，对M 、P 、Q 整体由牛顿第二定律可知，N 对M 的摩擦力大小为f 1＝4ma ，撤去力F 瞬间，弹簧的弹力不变，故P 、Q 的加速度均为a ，方向不变，B 错误，C 正确；撤去力F 瞬间，假设M 、N 相对静止，设M 、N 的加速度为a 1，则对M 、N 整体有T ＝3ma 1，即a 1＝a ，方向改变，而此时M 受到的摩擦力大小为f 2＝2ma 1＝2ma ＜f 1＝4ma ，假设成立，故M 、N 相对静止，A 错误，D 正确．9．解析：(1)根据螺旋测微器读数规则，遮光条的宽度d ＝2.5 mm ＋0.058 mm ＝2.558 mm.(2)根据动能定理，Fs ＝12M v 2，v ＝d Δt ，联立解得F ＝Md 22s ⎝⎛⎭⎫1Δt 2，选定F 作为纵坐标，则横坐标代表的物理量为⎝⎛⎭⎫1Δt 2，D 正确．(3)得出线性变化图象的斜率为k ，由k ＝Md 22s 解得M ＝2ksd2.答案：(1)2.558(2分) (2)D(2分) (3)2ksd2(2分)10．解析：(1)游标卡尽的读数为(50＋0.05×3)mm ＝50.15 mm ，螺旋测微器的读数为(4.5＋0.01×20.0)mm ＝4.700 mm.(2)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑动触头P 臵于最左端．(3)电流应从多用电表的红表笔流入，则红表笔应接电源的正极，即接在a 点．从题图4中可得读数为1.90 V ，表笔接在a 、b 两点和a 、c 两点时多用电表的指针不偏转，改接c 、d 两点时，指针偏转，可判断c 、d 间电路断路．答案：(1)50.15(1分) 4.700(1分) (2)左(1分) (3)a (2分) 1.90 V(2分) c 、d 两点间断路(2分) 11．解析：(1)红灯亮后汽车前进的距离x ＝v t ＋v 22a 1＝35 m(2分)车停止时车头距离停车线x ′＝36 m －35 m ＝1 m(2分)(2)当汽车加速至v 1＝6.0 m/s 时两者相距最近，加速时间t 1＝v 1a 2＝6 s(2分)人运动距离为x 1＝6×6 m ＝36 m(2分)汽车运动距离x 2＝12a 2t 21＝18 m(2分)两者最近距离Δx ＝x 2＋x 0－x 1＝7 m(2分)人不能追上出租车，且车开动后，人与车的距离先减小后增大，步行者与车的最近距离为7 m ．(2分)答案：(1)1 m (2)人不能追上出租车 7 m12．解析：(1)质点从B 到C 恰好能做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，由左手定则可知粒子带正电．(2分)质点从A 到B ，由平抛运动规律有竖直方向：h ＝12gt 2，v y ＝gt (2分)水平方向：v 0＝2ht(1分)由几何知识得v 2＝v 20＋v 2y (1分) 求得粒子到达B 点时的速度 v ＝2gh ＝2 m/s(1分) 方向与x 轴正方向成45°角(1分)(2)质点从B 到C ，重力与电场力平衡则有Eq ＝mg (1分)洛伦兹力提供向心力，Bq v ＝m v 2R(2分)由几何知识得(2R )2＝(2h )2＋(2h )2(2分)解得电场强度E ＝mg q ＝5×10－4 N/C(1分)磁感应强度B ＝m q 2g h ＝22×10－3 T(2分)(3)质点进入第Ⅲ象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动．竖直方向的速度减小到0，此时质点速度最小，即v 在水平方向的分量v min ＝v cos 45°＝ 2 m/s ，方向沿x 轴负方向．(2分)答案：(1)2 m/s 与x 轴正方向成45°角(2)22×10－3 T 5×10－4 N/C(3) 2 m/s 沿x 轴负方向13．解析：(1)已知气体的摩尔质量和密度可以算出气体的摩尔体积，用摩尔体积除以阿伏加德罗常数是每个气体分子所占据的空间，但不等于每个气体分子的大小，A 项正确；若两个分子只受到它们之间的分子力作用，分子间的作用力先是引力后是斥力. 当分子间的距离减小时，分子力先做正功后做负功，分子的动能先增大后减小，B 项错误；系统吸收热量时，由于不知道做功情况，根据热力学第一定律可知它的内能不一定增加，C 项正确；根据热力学第二定律可知，如果引起其他变化，热量可以从低温物体传到高温物体，D 项错误；气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，E 项正确．(2)对活塞受力分析，根据平衡条件可求出初末状态气体的压强，根据等温变化规律可求出末态气体的体积，然后求出活塞移动的距离．①对活塞受力分析 Mg ＋p 0S ＝pS (2分)得p ＝Mg ＋p 0S S(1分)②汽缸倒臵后：对活塞受力分析得 Mg ＋p 1S ＝p 0S (2分)所以p 1＝p 0S －MgS(1分)对封闭气体运用玻意耳定律pV 0＝p 1V 1(1分)得V 1＝(p 0S ＋Mg )V 0p 0S －Mg (1分)所以Δh ＝V 1－V 0S ＝2MgV 0(p 0S －Mg )S(2分)答案：(1)ACE (2)①p 0S ＋Mg S ②2MgV 0(p 0S －Mg )S14．解析：(1)在简谐横波中，质点离平衡位臵越远，速度越小，t ＝0时质点a 的速度比质点c 的小，选项A 正确；质点离平衡位臵越远，加速度越大，t ＝0时，质点a 的加速度比质点c 的大，选项B 错误；由质点d 的振动图象可知，t ＝0时质点d 沿y 轴负方向运动，结合波形图知，波沿x 轴正方向传播，t ＝0时，质点b 沿y 轴负方向运动，质点c 沿y 轴正方向运动，质点b 比质点c 先回到平衡位臵，选项C 正确；0～0.5 s 时间内质点b 的平均速率比质点a 的大，质点b 的振动路程比质点a 的大，选项D 错误；由题图2知周期T ＝2 s ，ΔtT＝32，质点a 、b 的振动路程均为32×4A ＝30 cm ，选项E 正确． (2)①由n ＝sin αsin β(1分)得β＝30°(1分)由sin C ＝1n(2分)得C ＝45°(1分)②临界光线的光路如图所示，则θ1＝180°－C －(90°－β)＝75°(1分) θ2＝90°－(β＋C )＝15°(1分) ∠P 1OP 2＝180°－θ1－θ2＝90°(1分) S ＝∠P 1OP 2180°πRL ＝12πRL (2分)答案：(1)ACE (2)①30° 45° ②12πRL高考模拟试题精编(三)1．解析：选B.由v -t 图象知识可以知道，速度与时间轴围成的面积位于时间轴上部位移为正，速度与时间轴围成的面积位于时间轴下部位移为负，同时表示运动方向相反，可第1 s 与第5 s 速度与时间轴围成面积都位于时间轴上部，A 错；v -t 图象中，同一条线段的斜率相同且表示加速度，第5 s 内与第6 s 内速度为在同一直线上的两线段，B 对；0～4 s 与0～6 s位移相同，但时间不同，利用平均速度公式v ＝ΔxΔt，C 错；利用动能定理判断某一段时间内合外力做的功为正功还是负功，W ＝12m v 2t －12m v 20，第6 s 内初速度为零，末速度不为零，所以第6 s 内动能增大，合力做正功，D 错．2．解析：选D.对磁铁m 受力分析可知，受竖直向下的重力mg ，垂直于铁板斜面向上的磁力F ，垂直于斜面的弹力N ，沿铁板的摩擦力f ＝mg sin θ，整个过程中磁铁与铁板始终处于相对静止状态，所以摩擦力为静摩擦力，且随θ增大而增大，A 、B 、C 错；垂直于斜面方向F ＝N ＋mg cos θ，磁力F 不变，mg cos θ在减小，所以弹力N 增大，D 对．3．解析：选B.平抛运动过程中，物体的机械能守恒，初始状态时动能为势能的3倍，而落地时势能全部转化成动能，可以知道平抛初动能与落地瞬间动能之比为3∶4，那么落地时，水平速度与落地速度的比值为3∶2，那么落地时速度与水平方向的夹角为π6，A 、C 、D错，B 对．4．解析：选D.因为带负电的粒子仅在电场力作用下运动的过程中电势能不变，所以电场力不做功，所以粒子不可能做直线运动，而是做匀速圆周运动，速度大小不变，方向变化，故A 项错，B 项错；粒子做匀速圆周运动的过程中，电场力提供向心力，所以粒子所处位臵电场强度大小相同，方向不同，运动轨迹上各点的电势一定相等，故C 项错，D 项正确．5．解析：选AC.由U 1U 2＝n 1n 2，得U 1＝n 1n 2U 2＝101×12 V ＝120 V ．由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝n 2n 1I 2＝110×10A ＝1 A ，所以U R 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22022－120V ＝100 V ，故R 0＝100 Ω，A 项正确；又P 入＝P 出＝U 2I 2＝12×10 W ＝120 W ，而P ＝P 入＋P R 0＞120 W ，B 项错误；t ＝0.01 s 时，U 最大，故流过R的电流最大，C 正确；将开关断开，U 1U 2＝n 1n 2依然成立，但由于原、副线圈中电流为0，原线圈两端电压变为220 V ，故电压表示数为22 V ，D 项错误．6．解析：选CD.第一宇宙速度等于卫星沿地球表面运行的速度，而“天宫一号”离地有一定的高度，故其运行速度必小于第一宇宙速度，A 错误；因无法求出“天宫一号”的质量，故无法获得其动能，B 错误；由g ＝GM R 2、ρ＝M V 、V ＝43πR 3可求得地球的质量与密度，再由a＝GM (R ＋h )2可得“天宫一号”的向心加速度，故C 、D 正确． 7.解析：选ABD.因质子带正电，且经过C 点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子的轨迹半径r ＝Ln (n ＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力有Bq v ＝m v 2r，得v ＝Bqr m ＝BkL n(n ＝1,2,3，…)，A 、B 、D 正确．8．解析：选AD.负载总电阻R 总＝R 0＋R 02＋R 04＝10 Ω，干路电流I ＝UR 总＝1 A ，电阻R 2两端的电压U R 2＝R 04·I ＝107 V ，其热功率P R 2＝U 2R 2R 2＝57W ，选项A 正确；由图乙可得，t ＝0.02s 时通过线圈的磁通量为0，感应电动势最大，R 两端的电压瞬时值不为0，选项B 错误；由图乙可知，周期T ＝0.02 s ，角速度ω＝2πT＝100π rad/s ，感应电动势的有效值E ＝U ＋Ir ＝12 V ，线圈产生的感应电动势e ＝122cos(100πt )V ，选项C 错误；感应电动势的最大值E m ＝nBSω＝12 2 V ，磁通量的最大值Φm ＝BS ＝122100n π Wb ，磁通量的瞬时值Φ＝BS sin 100πt ＝122100n πsin(100πt )Wb ，从线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，磁通量的变化量ΔΦ＝12Φm ＝62100n πWb ，通过R 1的电荷量q ＝n ·ΔΦr ＋R 总＝2200πC ，选项D 正确．9．解析：(1)弹簧测力计的读数的2倍等于小车受到的拉力，无需用天平测出砂和砂桶的质量，不需要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量M ，选项A 、E 错误；将带滑轮的长木板右端垫高，可平衡摩擦力，让拉力充当小车的合外力，选项B 正确；为了在纸带上打下更多清晰的点，小车要靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，选项C 正确；为了减小误差，需要打出多条纸带，故需改变砂和砂桶的质量，选项D 正确．(2)相邻两个计数点间还有两个点没画出，故相邻两计数点间的时间间隔t ＝0.06 s ，逐差法求得加速度a ＝3.8＋3.3＋2.8－1.4－1.9－2.39×t2×10－2m/s 2≈1.3 m/s 2. (3)对小车受力分析，由牛顿第二定律可得：2F ＝Ma ，可得：a ＝2M F ，即k ＝2M＝tan θ，选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．答案：(1)BCD(2分) (2)1.3(2分) (3)D(2分)10．解析：(1)在使用多用电表欧姆挡测电阻时，换挡必进行欧姆调零．所测电阻值为18 Ω.(2)因电源的电动势为3 V ，要求电流表指针有较大的偏转，故电流表选用A ，电阻箱选用D.根据串并联电路特点和闭合电路欧姆定律，对步骤①可得：E ＝I (r ＋R 1＋R x )；对步骤②可得：E ＝I (r ＋R 2)，联立可得：R x ＝R 2－R 1.(3)根据串并联电路特点和闭合电路欧姆定律，E ＝I (r ＋R ＋R A )，可得：1I ＝r ＋R A E ＋1ER ，即r ＋R A E＝1 A －1，R A ＝2 Ω.答案：(1)欧姆调零(1分) 18.0(2分) (2)A(1分) D(1分) R 2－R 1(2分) (3)2(2分)11．解析：(1)逸出功W ＝hν0＝6.6×10－34 J·s ×1.1×1015 Hz ＝7.26×10－19 J ．根据光电效应的产生条件，照射铝表面的光的频率大于铝的极限频率，所以可以发生光电效应，有光电子逸出．由爱因斯坦光电效应方程，逸出的光电子的最大初动能为E k ＝hν－W ＝2.64×10－19 J.(2)①设子弹刚相对于木块静止时的速度为v ，由动量守恒定律有m v 0＝(m ＋M )v ，解得v ＝v 010(2分) 设子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程中损失的机械能为ΔE ，由能量守恒定律有ΔE ＝12m v 20－12(m ＋M )v 2(2分) 代入数据得ΔE ＝9m v 2020(1分)②设弹簧的劲度系数为k ，根据题述，弹簧最短时弹簧被压缩了Δx ，其弹性势能可表示为E p ＝12k (Δx )2(1分)木块压缩轻弹簧过程，由机械能守恒定律有12(m ＋M )v 2＝E p (2分) 解得弹簧的劲度系数k ＝m v 2010(Δx )2(2分)答案：(1)7.26×10－19 J(1分) 有(1分)2．64×10－19 J(1分) 理由见解析(1分)(2)①9m v 2020 ②m v 2010(Δx )212．解析：(1)导体棒运动到距O 点距离为12l 时，闭合回路中感应电动势E ＝B ·12l v ＝12Bl v (2分)闭合回路中总电阻R ＝ρl (1分)根据闭合电路欧姆定律有I ＝ER(1分)联立解得I ＝B v2ρ(2分)(2)导体棒做匀速运动，可知在0～lv 时间内，电路中电流恒定q ＝It ＝B v 2ρ·l v ＝Bl2ρ(3分)(3)由于导体棒做匀速运动，所以F ＝BIx ＝B 2v2ρx (0≤x ≤l )(1分)F ＝BIl ＝B 2v l2ρ(l ≤x ≤2l )(1分)作出F -x 图象如图(2分)由图象可知W ＝3B 2v l 24ρ(3分)由功能关系可得Q ＝|W 安|＝W ＝3B 2v l 24ρ(2分)答案：(1)B v 2ρ (2)Bl2ρ (3)3B 2v l 24ρ13．解析：(1)松香是非晶体，只有晶体在熔化过程中吸收的热量全部用来破坏分子结构，增加分子势能，而熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，选项A 错误；当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小，选项B 正确；液体的饱和汽压与温度有关，与饱和汽的体积无关，选项C 错误；气体的压强与单位体积的分子数和分子平均动能有关，若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则W >0，Q >0，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，ΔU >0，说明气体的温度升高，分子平均动能增大，又气体被压缩，体积减小，单位体积的分子数增加，所以气体压强一定增大，选项D 正确；若一定质量的理想气体分子平均动能减小，说明温度降低，内能减小，即ΔU <0，又外界对气体做功，即W >0，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，Q <0，即气体一定放热，选项E 正确．(2)①B 刚要离开桌面时弹簧拉力为 kx 1＝mg (1分)由活塞受力平衡得p 2S ＝p 0S －kx 1(1分) 根据理想气体状态方程有p 0L 1S T 1＝p 2(L 1－x 1)ST 2(2分) 代入数据解得T 2＝207 K(1分)当B 刚要离开桌面时缸内气体的温度 t 2＝－66 ℃(1分)②由①得x 1＝5 cm(1分)当温度降至－66 ℃之后，若继续降温，则缸内气体的压强不变，根据盖－吕萨克定律有 (L 1－x 1)S T 2＝(L 1－x 1－H )ST 3(2分) 代入数据解得H ＝15 cm(1分)答案：(1)BDE (2)①－66 ℃ ②15 cm 14．解析：(1)两列波叠加，t ＝0时刻x ＝0处质点的振动位移为两列波振幅之和，为40 cm ，A 错误．根据波形图，A 波的波长为3 m ，B 波的波长为5 m ，两列波在同一介质中传播，波速相同，由λ＝vf可知两列波的频率之比为f A ∶f B ＝λB ∶λA ＝5∶3，B 正确．由于质点的振动位移等于同一时刻同一质点分别在两列波中振动位移的和，所以t ＝0时刻一定存在振动位移为－30 cm 的质点，C 正确．两列波波长最简整数比为3∶5,3和5的最小公倍数是15，所以t ＝0时刻x 轴正半轴到原点最近的另一波峰重合处的横坐标为x ＝5λA ＝15 m ，D 错误．t ＝0时刻x 轴正半轴到原点最近的波谷重合处的横坐标为x ＝7.5 m ，E 正确．(2)①连接圆心O 与角α的顶点，交球面于C 点，连接AC 、CB ，ACB 即为光线的路径，如图所示(3分)②由几何关系及对称性有r ＝α2＋(i －r )，解得r ＝30°(1分)由折射定律有n ＝sin isin r＝2(2分)AC ＝BC ＝2R cos r ＝3R (1分)光在透明球中的传播路程L ＝23R (1分)传播速度v ＝c n ＝2c2(1分)传播时间t ＝L v ＝26Rc(1分)答案：(1)BCE (2)①见解析 ②2 26Rc高考模拟试题精编(四)1．解析：选C.选上面两块(1,4)为研究对象，知F 右＝2mg sin θ，选上面三块为研究对象，知F 左＝3mg sin θ，选项C 正确．2．解析：选C.设等边三角形的边长为L ，则匀强电场E ＝υ32L ，当让等边三角形以A 点为轴在纸面内顺时针转过30°，则B 1到AB 的距离为L 1＝L 2，所以U ＝Ed ＝υ32L ×L 2＝3υ3，故转动后B 点的电势为－3υ3，故A 、B 、D 错误，C 正确．3．解析：选D.甲、乙两质点在3 s 末在途中相遇时，各自的位移为2 m 和6 m ，因此两质点发点间的距离是甲在乙之前4 m.4．解析：选B.当电流稳定时，电容器可视为断路，当P 向左滑时，滑动变阻器连入电路中的阻值R 增大，根据闭合电路欧姆定律得，电路中的电流I ＝ER ＋R 2＋r减小，电压表的示数U ＝E －I (R 2＋r )增大，A 错误，B 正确；对于电容器，电荷量Q ＝CU 增大，C 、D 均错．5．解析：选AC.由原线圈电压表达式u ＝311sin 100πt V 可知，副线圈中电流的变化频率为50 Hz ，选项A 正确．根据变压公式，副线圈两端电压为55 V ，线圈有感抗，灯泡L 1两端电压一定小于55 V ，选项B 错误；若交变电压u 的有效值不变，频率增大，则线圈L 感抗增大，灯泡L 1两端电压减小，灯泡L 1的亮度将变暗，选项C 正确；若交变电压u 的有效值不变，频率增大，线圈L 感抗增大，R 中电流减小，则电压表V 的示数将增大，选项D 错误．6．解析：选ABD.用频率为ν的光照射某金属研究光电效应时，遏止电压为U c ，则光电子的最大初动能E k ＝eU c ，根据爱因斯坦光电效应方程，hν＝E k ＋W 0，因此该金属的逸出功为W 0＝hν－eU c ，A 项正确；一群处于n ＝3能级的氢原子自发跃迁时能发出C 23＝3种不同频率的光子，B 项正确；某放射性物质的半衰期为τ，质量为m 的该放射性物质，半个半衰期后其质量一定大于12m ，C 项错误；根据质量数和电荷数守恒，核反应方程411H →42He ＋K X 中，X 是正电子，K ＝2，D 项正确．7．解析：选AC.导体棒在倾斜导轨上匀速运动有mg sin θ＝BId ＝B 2d 2vR ＋r，A 对；匀速运动时导体棒两端电压U ＝IR ＝mgR sin θBd ，B 错；根据法拉第电磁感应定律可知导体棒下滑s 过程中电路中平均电动势E ＝Bds t ，平均电流I ＝E R ＋r ，通过R 的电荷量q ＝It ＝BdsR ＋r，C 对；对导体棒应用动能定理可知重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能，D 错．8．解析：选AB.开始时滑块处于平衡状态，Eq ＝mg sin θ，当滑块下滑至将弹簧压缩到最短时，电场力做负功，电势能增加ΔE 电＝Eqx ，重力做正功，重力势能减小ΔE 重＝mgx sin θ，可知ΔE 电＝ΔE 重，选项A 正确；由动能定理得W 电＋W 重＋W 弹＝－12m v 2，则W 弹＝－12m v 2，选项B 正确，选项C 错误；当滑块加速度最大时，此时滑块受到的合外力最大，即弹簧弹力最大，则滑块应到达最低点，电场力做的负功最多，所以滑块与弹簧组成的系统机械能最小，选项D 错误．9．解析：探究滑动摩擦力f 与正压力F N 之间的关系，其结果应当是：f ＝μF N .答案：(2)测量木块、砝码的总重力(1分) 记录弹簧秤的示数(1分) (3)直线(1分) 所得图线的斜率k ＝F N f ＝1μ，表示动摩擦因数的倒数(1分) (4)滑动摩擦力f 与正压力F N 成正比(1分)10．解析：(1)多用电表测电阻，指针示数为30，倍率为×100，所以测量结果为3 000 Ω.(2)图③比较合理，图②中流过电流表的电流太小，指针不能达到量程的13，误差太大．(3)闭合K 1读出电压表的示数U 1；再闭合K 2，读出电压表的示数U 2，根据欧姆定律可得：U 2－U 1R ＝U 1R V ，即R V ＝U 1R U 2－U 1.答案：(1)3 000 Ω(3分) (2)③(3分)。

2018高考物理大一轮复习领航高考模拟试题精编(十三)+Word版含解析【KS5U+高考】

高考模拟试题精编(十三)(时间：60分钟满分：110分)第Ⅰ卷(选择题共48分)选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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．1．在物理学发展史上，许多科学家通过恰当地运用科学研究方法，超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的研究成果．下列表述符合物理学史事实的是() A．牛顿由斜面实验通过逻辑推理得出了自由落体运动的规律B．库仑利用库仑扭秤巧妙地实现了对电荷间的作用力与电荷量的关系研究C．法拉第发现载流导线对小磁针的作用，揭示了电现象与磁现象之间存在的联系D．安培用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，促进了电磁现象的研究2．如图是悬绳对称且长度可调的自制降落伞，用该伞挂上重为G的物体进行两次落体实验，悬绳的长度l1＜l2，匀速下降时每根悬绳的拉力大小分别为F1、F2，则() A．F1＜F2B．F1＞F2C．F1＝F2＜G D．F1＝F2＞G3．甲、乙两辆汽车在一条平直的单行道上同向行驶，乙在前，甲在后．t＝0时刻，两车同时刹车，结果发生了碰撞．如图所示为两车刹车后不会相撞的v-t图象，下列说法正确的是()A．两车刹车时的距离一定小于90 mB．两车刹车时的距离一定等于112.5 mC．两车一定是在t＝20 s之前的某时刻发生相撞的D．两车一定是在t＝20 s之后的某时刻发生相撞的4．为了实现人类登陆火星的梦想，我国宇航员王跃和俄罗斯宇航员一起进行了“模拟登火星”的实验活动，假设火星半径与地球半径之比为1∶2，火星质量与地球质量之比为1∶9.已知地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，万有引力常量为G，忽略自转的影响，则()A．火星表面与地球表面的重力加速度之比为2∶9B．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为2∶3C．火星的密度为g3πGRD．若王跃以相同初速度在火星表面与地球表面能竖直跳起的最大高度之比为9∶25．如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为f、电压为U的交流电，副线圈接有光敏电阻R、交流电表○A .下列说法正确的是()A．当U增大时，变压器的输入功率增大B．当f减小时，变压器的输入功率减小C．当光照增强时，交流电表○A 的示数减小D．当滑动触头P向下滑动时，交流电表○A 的示数增大6．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1、M2之间的电势差，则()A．在荧屏上的亮斑向上移动B．在荧屏上的亮斑向下移动C．偏转电场对电子做的功增大D．偏转电场的电场强度减小7．如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为m A＝1 kg、m B＝2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、B将会分离．t ＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B 从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是()A．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 NB．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力为零C．t＝2.5 s时刻A对B的作用力方向向左D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m8．用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r ≪R)的圆环．圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B.圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则()A．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流B．圆环因受到了向下的安培力而加速下落C ．此时圆环的加速度a ＝B 2vρdD ．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v max ＝ρdg B 2第Ⅱ卷(非选择题共62分)非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须做答．第13～14题为选考题，考生根据要求做答．(一)必考题(共47分)9．(6分)“验证机械能守恒定律”实验．图(甲)是打点计时器打出的一条纸带，选取其中连续的计时点标为A 、B 、C ……G 、H 、I ，对BH 段进行研究．(1)已知打点计时器电源频率为50 Hz ，则纸带上打相邻两点的时间间隔为________． (2)用刻度尺测量距离时如图(乙)，读出A 、C 两点间距为________cm ，B 点对应的速度v B ＝________m/s(保留三位有效数字)．(3)若H 点对应的速度为v H ，重物下落的高度为h BH ，当地重力加速度为g ，为完成实验，要比较12v 2B与________的大小(用字母表示)．10．(9分)图(a)是测量电源电动势E 和内阻r 的原理图．R 0＝2.5 Ω为定值保护电阻，电流表内阻不计，单位长度电阻r 0＝0.10 Ω/cm 的电阻丝ac 上标有长度刻度．(1)请根据原理图连接图(b)的实物图；(2)闭合开关S ，记录ab 的长度L 和电流表A 的示数，滑动b 点改变ab 的长度L ，测得6组L 和I 值，并算出对应的1I 值，写出1I 与L 、E 、r 、R 0、r 0的关系式1I＝________.(3)图(c)中的“×”是已标出的实验数据，请作出1I随L 变化的图线．(4)根据1I－L 图线算出电源电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(计算结果保留到小数点后两位)11.(14分)如图所示，小车停放在光滑的水平面上，小车的质量为M ＝8 kg ，在小车水平面A 处放有质量为m ＝2 kg 的物块，AB 段是粗糙的水平面，BC 是一段光滑的圆弧，在B 点处与AB 相切，现给物块一个v 0＝5 m/s 的初速度，物块便沿AB 滑行，并沿BC 上升，然后又能返回，最后恰好回到A 点处与小车保持相对静止，求：(1)从物块开始滑动至返回A 点整个过程中，小车与物块组成的系统损失的机械能为多少？(2)物块沿BC 弧上升相对AB 平面的最大高度为多少？12．(18分)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向；在第四象限的正方形abcd区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，正方形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第四象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第三象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力，求：(1)判断粒子带电的电性，并求电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abcd区域内磁场的磁感应强度B的最小值．(二)选考题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分)13．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________(填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A．物体做加速运动时速度越来越大，物体内分子的平均动能也越来越大B．“用油膜法估测分子的大小”实验中油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积C．第二类永动机没有违反能量守恒定律D．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加E．液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性(2)(10分)如图所示，一圆柱形绝热容器竖直放置，通过绝热活塞封闭着温度为T1的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h.现通过电热丝给气体加热一段时间，使活塞缓慢上升且气体温度上升到T2，若这段时间内气体吸收的热量为Q，已知大气压强为p0，重力加速度为g，求：①气体的压强．②这段时间内活塞缓慢上升的距离是多少？③这段时间内气体的内能变化了多少？14．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)一列简谐横波，某时刻的图象如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．这列波沿x轴负向传播B．这列波的波速是25 m/sC．质点P将比质点Q先回到平衡位置D．经过Δt＝0.4 s，A质点通过的路程为4 mE．经过Δt＝0.8 s，A质点通过的位移为8 m(2)(10分)如图所示为一巨大的玻璃容器，容器底部有一定的厚度，容器中装一定量的水，在容器底部有一单色点光源，已知水对该光的折射率为43，玻璃对该光的折射率为1.5，容器底部玻璃的厚度为d ，水的深度也为d .求：①这种光在玻璃和水中传播的速度；②水面形成的光斑的面积(仅考虑直接由光源发出的光线)．高考模拟试题精编(十三)1．解析：选B.伽利略通过实验发现了自由落体运动的规律，故A 项错；库仑利用库仑扭秤实验实现了对电荷间的作用力与电荷量的关系的研究，故B 项正确；奥斯特发现了载流导线对小磁针的作用力，揭示了电现象与磁现象之间存在的联系，故C 项错；电场线和磁感线都是法拉第引入的，故D 项错．2．解析：选B.设悬绳与竖直方向的夹角为α，每根悬绳的拉力大小为F ，根据平衡条件得：G ＝8F cos α，解得：F ＝G8cos α，所以α越大，cos α越小，F 越大．由于l 1＜l 2，所以α1＞α2，则有F 1＞F 2，故B 项正确．3．解析：选C.当两车速度相同时相距最小，由v -t 图象可知最小距离为12×(25－15)×20＝100 m ，由于两车相撞，所以刹车时的距离小于100 m ，故A 、B 项错；两车速度相同时相距最小，若此时不相撞那以后也不会相撞，所以两车一定是在20 s 之前的某时刻发生相撞的，故C 项正确．4．解析：选B.由GMm R 2＝mg 可得：g ＝GMR2，由于火星半径与地球半径之比为1∶2，火星质量与地球质量之比为1∶9，则火星表面的重力加速度是地球表面重力加速度的49，即为49g ，故A 项错；设火星质量为M ′，由万有引力等于重力可得：GM ′m R ′2＝mg ′，解得：M ′＝gR 29G ，密度为：ρ＝M ′V ′＝2g 3πGR，故C 项错；由GMm R 2＝m v 2R 得：v ＝GMR ，则火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的23倍，故B 项正确；王跃以v 0在地球上起跳时，根据竖直上抛的运动规律可知跳起的最大高度是：h ＝v 202g ，由于火星表面的重力加速度是49g ，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h ′＝94h ，故D 项错．5．解析：选AD.当U 增大时，变压器的匝数比不变，副线圈的电压增大，负载不变，变压器的输出功率增大，理想变压器输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率增大，故A 项正确；当f 减小时，输入电压和输出电压不变，输出功率不变，所以变压器的输入功率不变，故B 项错；当光照增强时，光敏电阻的阻值变小，副线圈的电压不变，所以交流电表○A 的示数增大，故C 项错；当滑动触头P 向下滑动时，原线圈的匝数变小，副线圈电压变大，交流电表○A 的示数增大，故D 项正确．6．解析：选AC.由于电子带负电，在偏转电场中受到电场力的作用下向正极板偏转，故A 项正确，B 项错；电子在偏转电场中向正极板偏转的过程中，电场力做正功，且随着偏转电压的增大电场力做功增大，故C 项正确，D 项错．7．解析：选AD.由题中图乙可知F 1、F 2的合力保持不变，根据牛顿第二定律，两个物块一起运动的加速度a ＝F 1＋F 2m A ＋m B＝1.2 m/s 2.t ＝2.0 s 时刻，F 2＝1.8 N ，对B 根据牛顿第二定律，F 2＋F AB ＝m B a ，可得F AB ＝0.6 N ，A 正确．若A 、B 间的作用力恰为零，由牛顿第二定律得F 2＝m B a ＝2.4 N ，由题中图乙知F 2＝0.9t (N)，可得t ＝83s 时A 、B 间的作用力为零，B错．t ＝2.5 s ＜83s ，两物块紧靠着，A 对B 的作用力方向向右，C 错．当A 、B 之间产生拉力且大于0.3 N 时A 、B 将会分离，对B 分析，F 2－F AB ′＝m B a ，F 2＝2.7 N ，代入F 2＝0.9t (N)得t ＝3 s 时分开，则x ＝12at 2＝5.4 m ，D 正确．8．解析：选AD.由右手定则可以判断感应电流的方向，可知选项A 正确；由左手定则可以判断，此时圆环受到的安培力应该向上，选项B 错误；对圆环受力分析可解得加速度a＝g －B 2v ρd ，选项C 错误；当重力等于安培力时速度达到最大，可得v max ＝ρgdB2，选项D 正确．9．解析：(1)由T ＝1f可得，纸带上打相邻两点的时间间隔为0.02 s ；(2)A 、C 两点的距离为C 点的刻度值减去A 点的刻度值，即AC ＝5.90－0.50 cm ＝5.40 cm ，B 点对应的速度为A 、C 两点间的平均速度，则有v B ＝AC 2T ＝5.40×10－22×0.02m/s ＝1.35 m/s ；(3)本实验需要验证的是重物自B 点至H 点，重力势能的减少量与动能的增量是否相等，即比较mgh BH ＝12m v 2H －12m v 2B ，整理得12v 2B ＝12v 2H －gh BH . 答案：(1)0.02 s(1分) (2)5.40(1分) 1.35(1分) (3)12v 2H－gh BH (3分) 10．解析：(1)结合图(a)由电源正极出发，沿电流的流向依次连线，注意电流应从电表的正接线柱流入，从负接线柱流出，实物连接图如图所示(2)由闭合电路欧姆定律得E ＝I (R 0＋r ＋r 0L )，则有1I ＝r 0E L ＋R 0＋r E；(3)图象中的点大致分布在一条直线上，所以要用一条直线连线，注意连线的原则是让大多数的点在线上，不在线上的点均匀分布在线的两侧，如下图(4)由1I ＝r 0E L ＋R 0＋r E 可得，图线的斜率为r 0E ，纵轴上的截距为R 0＋r E，结合图象可以求得E ＝1.48 V ，r ＝0.61 Ω.答案：(1)见解析图(2分) (2)r 0E L ＋R 0＋r E(3分) (3)见解析图(2分) (4)1.48(1.40～1.50均可)(1分) 0.61(0.55～0.66均可)(1分)11．解析：(1)物体返回A 点时与小车相对静止，设它们速度为v 1则： m v 0＝(m ＋M )v 1(3分)ΔE ＝12m v 20－12(m ＋M )v 21(3分) 解得：ΔE ＝20 J(2分)(2)设最高点时两物体速度为v 2，高度为h ，物体从A 到最高点的过程中：m v 0＝(m ＋M )v 2(2分) 12m v 20－12(m ＋M )2v 22＝mgh ＋ΔE 2(2分) 解得：h ＝0.5 m(2分) 答案：(1)20 J (2)0.5 m 12.解析：(1)粒子带正电(1分)设粒子在电场中运动的时间为t ，则由平抛运动有 x ＝v 0t ＝2h (2分) y ＝12at 2，(2分) 又qE ＝ma (2分)联立以上各式可得E ＝m v 202qh(1分)(2)粒子到达a 点时沿y 轴方向的分速度为v y ＝at ＝v 0(2分)所以v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0，(2分)方向指向第Ⅳ象限与x 轴正方向成45°角．(1分)(3)粒子在磁场中运动时，有q v B ＝m v2r (2分)当粒子从b 点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r ＝22L ，(2分) 所以B ＝2m v 0qL.(1分)答案：(1)正电 m v 202qh (2)2v 0 方向指向第Ⅳ象限与x 轴正方向成45°角 (3)2m v 0qL13．解析：(1)温度是物体内分子平均动能的标志，温度越高物体内分子平均动能越大，与物体的宏观速度无关，故A 选项错；“用油膜法估测分子的大小”实验中，将油膜视为单分子油膜，所以油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积，故B 项正确；第二类永动机违背了热力学第二定律，但没有违反能量守恒定律，故C 项正确；由热力学第一定律可知，对物体做功但同时降低物体的温度，其内能不一定增加，故D 项错；液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性，故E 项正确．(2)①活塞受力分析如图，由平衡条件得 p ＝p 0＋mg /S (2分)②设温度为T 2时活塞与容器底部相距h ′.因为气体做等压变化，由盖—吕萨克定律V 1T 1＝V 2T 2得： hS T 1＝h ′S T 2(2分) 由此得：h ′＝hT 2T 1(1分) 活塞上升了Δh ＝h ′－h ＝h (T 2－T 1)T 1(1分) ③气体对外做功为W ＝pS ·Δh ＝⎝⎛⎭⎫p 0＋mg S ·S ·h (T 2－T 1)T 1(2分) 由热力学第一定律可知ΔU ＝Q －W ＝Q －⎝⎛⎭⎫p 0＋mg S ·S ·h (T 2－T 1)T 1(2分) 答案：(1)BCE (2)①p 0＋mg /S ②h (T 2－T 1)T 1③Q －⎝⎛⎭⎫p 0＋mg S ·S ·h (T 2－T 1)T 114．解析：(1)由A 质点的振动图象可知，下一时刻其正向位移在增大，结合甲图可知这列波沿x 轴负向传播，故A 项正确；由甲图可知λ＝20 m ，由乙图可知，T ＝0.8 s ，则v ＝λT ＝200.8m/s ＝25 m/s ，故B 项正确；由于这列波沿x 轴负向传播，所以质点P 正向负方向运动，所以质点Q 将比质点P 先回到平衡位臵，故C 项错；经过Δt ＝0.4 s ，A 质点通过的路程为振幅的两倍，即4 m ，故D 项正确；经过Δt ＝0.8 s ，A 质点回到平衡位臵，即通过的位移为0，故E 项错．(2)①由v ＝c n 得光在水中的速度为v 水＝34c ，(1分) 光在玻璃中的速度为v 玻璃＝23c (1分) ②如图所示：光恰好在水和空气的分界面发生全反射时sin C ＝1n 1＝34，(2分) 在玻璃与水的分界面上，由sin C sin θ＝n 2n 1得sin θ＝23，(3分) 则光斑的半径r ＝⎝⎛⎭⎫377＋255d (2分) 面积S ＝π⎝⎛⎭⎫377＋2552d 2(1分) 答案：(1)ABD (2)①23c 34c ②π⎝⎛⎭⎫377＋2552d 2。

【高考领航】2018年高考物理大一轮复习章末检测(含答案)

章末检测一运动的描述匀变速直线运动(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．一质点在A、B两点之间做匀变速直线运动，加速度方向与初速度方向相同，当在A点初速度为v时，从A点到B点所用的时间为t，当在A点初速度为2v时，保持其他量不变，从A点到B点所用时间为t′，则()A．t′>t2B．t′＝t 2C．t′<t2D．t′＝t解析：A.设A、B两点间位移为x，初速度为v时，x＝v t＋12at2，解得：t＝v2＋2ax－va，初速度为2v时，x＝2v t′＋12at′2，解得：t′＝4v2＋2ax－2va，所以t′>t2，A项正确．2．如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则x AB∶x BC等于()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4解析：选C.由位移－速度公式可得v2B－v2A＝2ax AB，v2C－v2B＝2ax BC，将各瞬时速度代入可知选项C正确．3．一个物体沿直线运动，从t＝0时刻开始，物体的v－t图象如图所示，图线与纵、横坐标轴的交点分别为0.5 m/s和－1 s，由此可知()A．物体做匀速直线运动B．物体做变加速直线运动C．物体的初速度大小为0.5 m/sD．物体的初速度大小为1 m/s解析：选C.根据v－t图象，可知物体的速度均匀增大，做匀加速直线运动，故A、B错误．图线纵轴截距表示初速度，则知物体的初速度大小为0.5 m/s，故C正确，D错误．4．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为t，现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前、后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为()A．0.5t B．0.4tC．0.3t D．0.2t解析：选 C.将物体的上升过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t1，上面一段位移所用时间为t2，根据逆向思维可得：t2∶t1＝1∶(2－1)，又知，物体撞击挡板后以原速度大小弹回(撞击所需时间不计)，物体上升和下降的总时间t′＝2t1且t1＋t2＝t2，由以上几式可得：t′＝(2－1)t2≈0.3t，正确答案为C.5．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为()A.st2 B.3s2t2C.4st2 D.8st2解析：选A.质点在时间t内的平均速度v＝st，设时间t内的初、末速度分别为v 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t .由题意知：12m v 22＝9×12m v 21，则v 2＝3v 1，进而得出2v 1＝s t .质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝s t 2.故选项A 正确．6．一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A 、B ，A 在西B 在东，一辆匀速行驶的汽车自东向西经过B 路牌时，一只小鸟恰自A 路牌向B 匀速飞去，小鸟飞到汽车正上方立即折返，以原速率飞回A ，过一段时间后，汽车也行驶到A .以向东为正方向，它们的位移－时间图象如图所示，图中t 2＝2t 1，由图可知( )A ．小鸟的速率是汽车速率的两倍B ．相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是3∶1C ．小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍D ．小鸟和汽车在0～t 2时间内位移相等解析：选BC.设A 、B 之间的距离为x .由t 2＝2t 1，结合图象可知，小鸟与汽车相遇时，汽车的位移大小为x 4，小鸟的位移大小为34x ，故选项A 错误，B 正确；小鸟飞行的总路程为64x ＝1.5x ，选项C 正确；小鸟在0～t 2时间内的位移为零，而汽车在0～t 2时间内位移大小为x ，故选项D 错误．7．如图所示，在足够高的空间内，小球位于空心管的正上方h 处，空心管长为L ，小球球心与管的轴线重合，并在竖直线上．当释放小球，小球可能穿过空心管，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )A ．两者同时无初速度释放，小球在空中不能穿过管B ．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v 0，管无初速度，则小球一定能穿过管，且穿过管的时间与当地重力加速度无关C ．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v 0，管无初速度，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度有关D ．两者均无初速度释放，但小球提前了Δt 时间释放，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度无关解析：选AB.两者同时无初速度释放，均做自由落体运动，球不能穿过管，A 正确；两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v 0，以管为参考系，则小球匀速穿过管，时间为t ＝L v 0，B 正确，C 错误；小球提前Δt 时间释放，相当于获得了初速度v 0＝g Δt ，与当地重力加速度有关，D 错误．8．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18解析：选BC.设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2、n 1＝4、n 1＝6时，n ＝5、n ＝10、n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．二、非选择题(共4小题，52分)9．(10分)如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间的时间间隔为T ＝0.1 s ，其中x 1＝7.05 cm ，x 2＝7.68 cm ，x 3＝8.33 cm ，x 4＝8.95 cm ，x 5＝9.61 cm ，x 6＝10.26 cm ，则打A 点时小车的瞬时速度大小是________ m/s ，计算小车运动的加速度的表达式为a ＝________，加速度大小是________ m/s 2.(计算结果均保留两位有效数字)解析：由匀变速直线运动平均速度的推论可知，打计数点A时小车的速度为v A＝x3＋x42T＝8.33＋8.950.2×10－2m/s≈0.86 m/s；由匀变速直线运动相等时间位移差的推论可知，小车的加速度为a＝x4＋x5＋x6－x1－x2－x39T2，代入数据可得a＝0.64 m/s2.答案：0.86x4＋x5＋x6－x1－x2－x39T20.6410．(12分)某学习小组在“研究匀变速直线运动”的实验中，用如图所示的气垫导轨装置来测滑块的加速度，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L，窄遮光板的宽度为d，窄遮光板依次通过两个光电门的时间分别为t1、t2.(1)通过两个光电门的瞬时速度分别为v1＝________，v2＝________.在计算瞬时速度时应用的物理方法是________(填“极限法”“微元法”或“控制变量法”)．(2)滑块的加速度可以表示为a＝________(用题中所给物理量表示)．解析：(1)滑块通过两个光电门的速度等于滑块通过光电门这极短时间内的平均速度，故瞬时速度分别为dt1和dt2，时间取的越短，瞬时速度越接近平均速度，故采用了极限法．(2)根据运动学公式2aL＝v22－v21，代入可求得加速度a＝d22L⎝⎛⎭⎪⎫1t22－1t21.答案：(1)dt1dt2极限法(2)d22L⎝⎛⎭⎪⎫1t22－1t2111．(15分)如图所示，一辆长为12 m的客车沿平直公路以8.0 m/s的速度匀速向北行驶，一辆长为10 m的货车由静止开始以2.0 m/s2的加速度由北向南匀加速行驶，已知货车刚启动时两车相距180 m，求两车错车所用的时间．解析：设货车启动后经过时间t 1时两车开始错车，则有s 1＋s 2＝180 m ，其中s 1＝12at 21，s 2＝v t 1，联立可得t 1＝10 s.设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，在数值上有s 1′＋s 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m.其中s 1′＝12at 22，s 2′＝v t 2，解得t 2＝10.8 s.故两车错车时间Δt ＝t 2－t 1＝0.8 s.答案：0.8 s12．(15分)2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩．五人制足球的赛场长40 m ，宽20 m ，如图所示．在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v 1＝6 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为a 1＝1 m/s 2.该队员将足球踢出后立即由静止启动追赶足球，他的运动可看做是匀加速直线运动，最大加速度为a 2＝1 m/s 2，能达到的最大速度为v 2＝4 m/s.该队员至少经过多长时间能追上足球？解析：设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x 1，则x 1＝v 212a 1解得x 1＝18 m ，足球匀减速运动时间为t 1＝v 1a 1＝6 s 前锋队员以最大加速度加速t 2＝v 2a 2＝4 s 在此过程中的位移x 2＝v 222a 2＝8 m 之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x 3＝v 2(t 1－t 2)＝8 m由于x 2＋x 3＜x 1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得x 1－(x 2＋x 3)＝v 2t 3代入数据解得t 3＝0.5 s前锋队员追上足球的时间t ＝t 1＋t 3＝6.5 s答案：6.5 s章末检测二相互作用(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．两个质量为m 1的小球套在竖直放置的光滑支架上，支架的夹角为120°，如图所示，用轻绳将两球与质量为m 2的小球连接，绳与杆构成一个菱形，则m 1∶m 2为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶ 3 D.3∶2解析：选A.设轻绳中的拉力为F ，隔离m 1受力分析，由平衡条件得m 1g cos 60°＝F cos 60°，解得F ＝m 1g ；隔离m 2受力分析，由平衡条件得2F cos 60°＝m 2g ，所以 m 1∶m 2＝1∶1，A 正确．2．如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ.在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态，已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．弹簧弹力的大小为m1g cos θB．地面对m2的摩擦力大小为FC．地面对m2的支持力可能为零D．m1与m2一定相等解析：选 B.对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、拉力，要使整体处于平衡，则水平方向一定有向右的摩擦力作用在m2上，且大小与F相同，故B正确；因m2与地面间有摩擦力，则一定有支持力，故C错误；对m1受力分析可知，弹力水平方向的分力应等于F，故弹力为Fsin θ，因竖直方向上的受力不明确，无法确定两物体的质量关系，也无法求出弹簧弹力与重力的关系，故A、D 错误．3．在水平地面上固定一个上表面光滑的斜面体，在它上面放有质量为m的木块，用一根平行于斜面的细线连接一个轻环，并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上，整个系统处于静止状态，如图所示，则杆对环的摩擦力大小为()A．mg sin θB．mg cos θC．mg tan θD．mg sin θcos θ解析：选D.设细线的弹力为F，对斜面上的物块由共点力平衡条件有F－mg sin θ＝0，对轻环由共点力平衡条件有F cos θ－F f＝0，解得杆对环的摩擦力大小为F f＝mg sin θcos θ.4．一轻绳一端系在竖直墙M上，另一端系一质量为m的物体A，用一轻质光滑圆环O穿过轻绳，并用力F拉住轻环上一点，如图所示．现使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置．则在这一过程中，力F、绳中张力F T及力F 与水平方向夹角θ的变化情况是()A．F保持不变，F T逐渐增大，夹角θ逐渐减小B．F逐渐增大，F T保持不变，夹角θ逐渐增大C．F逐渐减小，F T保持不变，夹角θ逐渐减小D．F保持不变，F T逐渐减小，夹角θ逐渐增大解析：选C.圆环受到三个力，拉力F以及绳子的两个拉力F T，三力平衡，故绳子两个拉力的合力与拉力F始终等值、反向、共线，由于绳子的拉力等于mg，夹角越大，合力越小，且合力在角平分线上，故拉力F逐渐变小，由于始终与两细线拉力的合力反向，故拉力F逐渐趋向水平，θ逐渐变小，选项C正确．5．如图所示，吊环运动员将吊绳与竖直方向分开相同的角度，重力大小为G的运动员静止时，左边绳子张力为T1，右边绳子张力为T2.则下列说法正确的是()A．T1和T2是一对作用力与反作用力B．吊绳与竖直方向的夹角减小时，T1和T2都会变小C．T2一定大于GD．T1＋T2＝G解析：选B.作用力与反作用力必须作用在不同的物体上，T1和T2作用在同一个物体上，A错误；吊绳与竖直方向的夹角减小时，T1和T2夹角变小，T1和T 2都会变小，B 正确；当T 1和T 2的夹角为120°时，T 2等于G ，当夹角大于120°时，T 2大于G ，当夹角小于120°时，T 2小于G ，故C 、D 均错误．6．如图所示，手推车的篮子里装有一篮球，女孩把手推车沿斜面向上匀速推动，篮子的底面平行于斜面，靠近女孩的一侧面垂直于底面，下列说法正确的有(不计摩擦力)( )A ．篮子底面受到的压力大于篮球的重力B ．篮子底面受到的压力小于篮球的重力C ．篮子右侧面受到的压力大于篮球的重力D ．篮子右侧面受到的压力小于篮球的重力解析：选BD.设斜面倾角为θ，篮球质量为m ，篮子底面、右侧面对篮球的弹力分别为F N1、F N2，不计摩擦力，对篮球由共点力平衡条件有F N1－mg cos θ＝0，F N2－mg sin θ＝0.由牛顿第三定律可知，篮球对篮子底面、右侧面的压力均小于重力．选项A 、C 错误，B 、D 正确．7．如图所示，物体A 、B 用细绳与弹簧连接后跨过滑轮．A 静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B 悬挂着．已知m A ＝3m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，B 不会碰到地面，则( )A ．弹簧的弹力不变B ．物体A 对斜面的压力将减小C ．物体A 受到的静摩擦力将减小D ．弹簧的弹力及A 受到的静摩擦力都不变解析：选AC.对物体A 受力分析如图所示，设此时F f A 沿斜面向上，由平衡条件可得：m A g sin 45°＝F ＋F f A ，可得F f A ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－1m B g ，当斜面倾角为30°时，可得F f A ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1m B g ＝12m B g .可见，物体A 受到的静摩擦力方向沿斜面向上，且变小，物体A 不会相对斜面滑动，弹簧的弹力始终等于物体B 的重力，故选项A 、C 正确，D 错误；物体A 对斜面的压力的大小由F N ＝m A g cos 45°变为F N ′＝m A g cos 30°，压力变大，选项B 错误．8．如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a 、b ，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F ，使两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是( )A ．a 、b 两物体的受力个数一定相同B ．a 、b 两物体对斜面的压力相同C ．a 、b 两物体受到的摩擦力大小可能不相等D ．当逐渐增大拉力F 时，物体b 先开始滑动解析：选BC.对a 、b 进行受力分析，如图所示．物体b 处于静止状态，当细线沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b 可能只受3个力作用，而物体a 必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，选项A 错误；a 、b 两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：F N ＋F T sin θ＝mg cos α，解得：F N ＝mg cos α－F T sin θ，则a 、b 两物体对斜面的压力相同，选项B 正确；因为b 的摩擦力可以为零，而a 的摩擦力一定不为零，故选项C 正确；对a 沿斜面方向有：F T cos θ＋mg sin α＝f a ，对b 沿斜面方向有：F T cos θ－mg sin α＝f b ，又因为正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a 先达到最大静摩擦力，先滑动，故选项D 错误．二、非选择题(共4小题，52分)9．(10分)(1)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，以下说法正确的是()A．弹簧被拉伸时，所挂钩码越多，误差越小B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等(2)某同学做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度L，把L－L0作为弹簧的伸长量x，这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是图中的()解析：(1)实验中应以所研究的一根弹簧为实验对象，在弹性限度内通过增减钩码的数目来改变对弹簧的拉力，以探索弹力与弹簧伸长的关系，并且拉力和重力平衡．(2)由于考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x＞0，所以选C.答案：(1)B(2)C10．(12分)在做“验证力的平行四边形定则”实验时：(1)除已有的器材：方木板、白纸、弹簧测力计、细绳套、刻度尺、图钉和铅笔外，还必须有________________和________________．(2)要使每次合力与分力产生相同的效果，必须()A．每次把橡皮条拉到同样的位置B．每次把橡皮条拉直C．每次准确读出弹簧测力计的示数D．每次记准细绳的方向(3)某同学的实验结果如图所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与绳套结点的位置．图中________是力F1与F2的合力的理论值，________是力F1与F2的合力的实验值．解析：(1)做探究共点力合成的规律实验：我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，用力的图示画出这三个力，用平行四边形做出两个力的合力的理论值，和那一个力进行比较．所以我们需要的实验器材有：方木板(固定白纸)，白纸(记录方向画图)、刻度尺(选标度)、绳套(弹簧测力计拉橡皮条)、弹簧测力计(测力的大小)、图钉(固定白纸)、三角板(画平行四边形)，橡皮条(让力产生相同的作用效果的)．故还必须有的器材是橡皮条和三角板．(2)要使每次合力与分力产生相同的效果，每次将橡皮条拉到同样的位置，即用一个力与用两个力的作用效果相同，测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，没有必要把橡皮条拉到最大长度，故B、C、D错误，A正确．(3)用平行四边形画出来的是理论值，和橡皮条同线的那个是实际值，所以F 是理论值，F′是实际值，该实验的实验目的就是比较F1、F2合力的理论值和实验值是否相等．答案：(1)橡皮条三角板(2)A(3)F F′11．(15分)如图所示，用三条完全相同的轻质细绳1、2、3将A、B两个质量均为m的完全相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，轻绳1与竖直方向的夹角为45°，轻绳3水平，求轻质细绳上1、2、3的拉力分别为多大？解析：设三条绳上的拉力分别为F T1，F T2，F T3；把A、B两个小球视为整体，受力分析如图甲，由平衡条件可得2mg＝F T1cos 45°F T3＝F T1sin 45°解得F T1＝22mg，F T3＝2mg隔离球B，受力分析如图乙：F T2＝(mg)2＋F2T3＝5mg答案：22mg5mg2mg12．(15分)如图所示，有一个重量为20 N的小物体放在斜面上，斜面底边长AB＝40 cm，高BC＝30 cm，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，物体在一沿斜面向上的力F的作用下刚好处于静止状态(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，现将力F顺时针转动至水平向右并保持不变，求此时物体与斜面之间的摩擦力．解析：当力F沿斜面向上，物体恰好不向上滑动时对物体受力分析，有F ＝G sin θ＋μG cos θ，由几何关系得：sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，F＝20 N；力F顺时针转动至水平向右时物体受力如图所示，根据平衡条件得，F cos θ＋F f－G sin θ＝0，解得F f＝G sin θ－F cos θ＝20×0.6 N－20×0.8 N＝－4 N，负号表示方向沿斜面向下．当力F沿斜面向上，物体恰好不向下滑动时，对物体受力分析，有F＝G sin θ－μG cos θ＝4 N；力F顺时针转动至水平向右时，有F cos θ＋F f－G sin θ＝0，解得，F f＝8.8 N，方向沿斜面向上．答案：4 N，方向沿斜面向下或8.8 N，方向沿斜面向上章末检测三牛顿运动定律(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．下列关于力学及其发展历史，正确的说法是()A．牛顿根据伽利略等前辈的研究，用实验验证得出牛顿第一定律B．牛顿通过研究发现物体受到的外力总是迫使其改变运动状态，而不是维持其运动状态C．由牛顿第二定律得到m＝Fa，这说明物体的质量跟所受外力成正比，跟物体的加速度成反比D．牛顿等物理学家建立的经典力学体系不但适用于宏观、低速研究领域，也能充分研究微观、高速运动的物体解析：选 B.因为不受力作用的物体是不存在的，所以牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，所以A项错．牛顿研究发现力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，所以B 项正确；因为物体的质量由其所含物质的多少决定，与其他因素无关，所以C 项错；牛顿等物理学家建立的经典力学体系只适用于宏观、低速研究领域，当研究微观、高速运动的物体时用爱因斯坦的相对论，所以D项错．2．如图，一人站在测力计上保持静止，下列说法中正确的是()A．人所受的重力和人对测力计的压力是一对平衡力B．人所受的重力和人对测力计的压力是一对作用力与反作用力C．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力D．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对平衡力解析：选 C.人所受的重力和测力计对人的支持力，这两个力作用在同一个物体上，大小相等、方向相反，是一对平衡力；人对测力计的压力和人所受的重力同方向，不是平衡力，也不是相互作用力，选项A、B错误．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力，选项C正确，D错误．3．为了让乘客乘车更为舒适，某研究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，关于乘客下列说法正确的是()A．不受摩擦力的作用B．受到水平向左的摩擦力作用C．处于超重状态D．所受合力竖直向上解析：选 B.对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向左的分加速度，所以受到向后(水平向左)的摩擦力作用，选项A错误，B正确；此车减速上坡，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，选项C错误；由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向下，选项D错误．4．在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比．则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是()解析：选A.因为空气阻力做负功，小球的机械能要减小，v1＜v0，在上升阶段，小球的速率减小，加速度a＝mg＋k vm是减小的，v-t图象中图线越来越缓，在下降阶段，小球的速率增加，加速度a＝mg－k vm是减小的，v-t图象中图线也越来越缓，选项A正确．5．如图所示，一根轻弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的小桶(底面水平)，桶中放有一质量为m的物体，当桶静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉桶使弹簧再伸长ΔL后静止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则下列说法中正确的是()①刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ΔL L mg ②刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ΔL L (m ＋m 0)g ③刚松手瞬间物体的加速度为ΔL L g ，方向向上④刚松手瞬间物体的加速度为ΔL L ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 0m g ，方向向上 A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④解析：选 A.本题的常规解法是先取桶与物体为整体，利用平衡条件、牛顿第二定律求解，这样做费时易错，若用假设法求解，则能迅速选出正确选项．假设没有向下拉弹簧，即ΔL ＝0，则由平衡条件知刚松手瞬间盘对物体的支持力大小仍为mg ，将ΔL ＝0分别代入①②，可得①对②错；又由牛顿第二定律知刚松手瞬间物体的加速度为a ＝F N －mg m ＝ΔL L g ，方向向上，③对④错，A 正确． 6．在光滑水平面上，a 、b 两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L 时，受到大小相等，方向相反的相互排斥恒力作用．小球间距大于L 时，相互排斥力为零．小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v 随时间t 的变化关系图象如图所示，由图可知( )A ．a 球质量大于b 球质量B ．在t 1时刻两小球间距最小C ．在0～t 2时间内两小球间距逐渐减小D ．在0～t 3时间内b 球所受排斥力方向始终与运动方向相反。

【新课标-全国卷】最新2018年高考理综(物理)第十一次模拟试题及答案解析

新课标2018年高考理综（物理）第十一次模拟试题二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。

在每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，有选错或不选的得0分。

14.2016年“科学突破奖”颁奖仪式在美国举行，我国科学家王贻芳获得“基础物理学突破奖”。

在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（）A ．在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替物体的方法叫微元法B ．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了假设法C ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法D ．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法15.质量为M 的半球形物体A 和质量为m 的球形物体B 紧靠着放在倾角为α的固定斜面上,并处于静止状态,如图所示。

忽略B 球表面的摩擦力,则关于物体受力情况的判断正确的是（）A.物体A 对物体B 的弹力方向沿斜面向上B.物体A 受到3个力的作用C. 物体B 对物体A 的压力大于mgsin αD. 物体B 对斜面的压力等于mgcos α16.据新华社北京3月21日电，记者21日从中国载人航天工程办公室了解到，已在轨工作1630天的天宫一号目标飞行器在完成与三艘神舟飞船交会对接和各项试验任务后，由于超期服役两年半时间，其功能已于近日失效，正式终止了数据服务。

根据预测，天宫一号的飞行轨道将在今后数月内逐步降低，并最终再入大气层烧毁。

若天宫一号服役期间的轨道可视为圆且距地面h （h≈343km），运行周期为T ，地球的半径为R ，下列关于天宫一号的说法正确的是( )A ．因为天宫一号的轨道距地面很近，其线速度小于同步卫星的线速度B ．天宫一号再入外层稀薄大气一小段时间内，克服气体阻力做的功小于引力势能的减小量C ．女航天员王亚平曾在天宫一号中漂浮着进行太空授课，那时她不受地球的引力作用D ．由题中信息可求出地球的质量为2324R GT17.如图所示，P 、Q 是固定在竖直平面内的一段内壁光滑弯管的两端，P 、Q 的水平间距为d 。

2018高考冲刺物理模拟试题及答案10套

2018高考冲刺物理模拟试题及答案10套模拟试题一满分110分，时间60分钟第Ⅰ卷(选择题共48分)二、选择题（本题包括8小题，共48分。

每小题给出的四个选项中，14～17题只有一个选项符合题意，18～21题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）14．地球同步卫星A和一颗轨道平面为赤道平面的科学实验卫星B的轨道半径之比为4:1，两卫星的公转方向相同，那么关于A、B两颗卫星的说法正确的是A．A、B两颗卫星所受地球引力之比为1:16B．B卫星的公转角速度小于地面上跟随地球自转物体的角速度C．同一物体在B卫星中时对支持物的压力更大D．B卫星中的宇航员一天内可看到8次日出15．如图所示为某质点在0-t2时间内的位移—时间（x-t）图象，图线为开口向下的抛物线，图中所标的量均已知。

关于该质点在0-t2时间内的运动，下列说法正确的是（）A.该质点可能做的是曲线运动B. 该质点一定做的是变加速直线运动C. 该质点运动的初速度大小一定是x t 012 D. 该质点在t=0和=t t 2时刻的速度相同16．如图所示，在真空中某点电荷的电场中，将两个电荷量相等的试探电荷分别置于M 、N 两点时，两试探电荷所受电场力相互垂直，且F2=3F1，则以下说法正确的是A ．这两个试探电荷的电性可能相同B ．M 、N 两点可能在同一等势面上C ．把电子从M 点移到N 点，电势能可能增大D ．过MN 上某点P （未标出）的电场线与MN 垂直时，P 、N 的距离可能是P 、M 距离的3倍17．一交流发电机和理想变压器按如图电路连接，已知该发电机线圈匝数为N ，电阻为r ，当线圈以转速n 匀速转动时，电压表示数为U ，灯泡（额定电压为U0，电阻恒为R ）恰能正常发光，已知电表均为理想交流电表，则A ．变压器原、副线圈匝数比为NU:U0B ．电流表示数为 CD ．从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值u=Usin 2πnt18．2009年诺贝尔物理学奖得主威拉德·博伊尔和乔治·史密斯主要成就是发明了电荷耦合器件（CCD ）图象传感器．他们的发明利用了爱因斯坦的光电效应原理．如图所示电路可研究光电效应规律．图中标有A 和K 的为光电管，其中A 为阳极，K 为阴极．理想电流20U RU计可检测通过光电管的电流，理想电压表用来指示光电管两端的电压．现接通电源，用光子能量为10．5 eV的光照射阴极K，电流计中有示数，若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为6．0 V；现保持滑片P位置不变，以下判断正确的是（）A．光电管阴极材料的逸出功为4．5 eVB．若增大入射光的强度，电流计的读数不为零C．若用光子能量为12 eV的光照射阴极K，光电子的最大初动能一定变大D．若用光子能量为9．5 eV的光照射阴极K，同时把滑片P向左移动少许，电流计的读数一定不为零19．质量均为1 kg的木块M和N叠放在水平地面上，用一根细线分别拴接在M和N右侧，在绳子中点用力F＝5 N拉动M和N一起沿水平面匀速滑动，细线与竖直方向夹角θ＝60°，则下列说法正确的是（）A．木块N和地面之间的动摩擦因数μ＝0．25B．木块M和N之间的摩擦力可能是Ff＝2．5 NC．木块M对木块N的压力大小为10 ND．若θ变小，拉动M、N一起匀速运动所需拉力应大于5 N20．如图所示，扇形区域内存在有垂直平面向内的匀强磁场，OA和OB互相垂直是扇形的两条半径，一个带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，若该粒子以同样的速度从C点平行与AO 方向进入磁场，则A．只要C点在AB之间，粒子仍然从B点离开磁场B．粒子带负电C．C点越靠近B点，粒子偏转角度越大AOBD．C点越靠近B点，粒子运动时间越短21．如图所示，由一段外皮绝缘的导线扭成两个半径为R和r的圆形闭合回路，R>r，导线单位长度的电阻为λ，导线截面半径小于R和r，圆形区域内存在垂直平面向里，磁感应强度大小随时间按B=kt（k>0，为常数）的规律变化的磁场，下列说法正确的是A．小圆环中电流的方向为逆时针B．大圆环中电流的方向为逆时针C．回路中感应电流大小为22 () () k R rR r λ++D．回路中感应电流大小为() 2k R rλ-三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。

2018版高考物理大一轮复习专题提升十一动量守恒中几种常见的模型课件

图 Z11-2
解：假设力 F 作用后 A、C 一起加速，则
F－μ2M＋mg 1 a1＝＝3 m/s2 M＋m
而 A 能获得的最大加速度为
μ1Mg－μ2M＋mg 2 a0＝＝ 1 m/s m
∵a0>a1
∴假设成立
在 A、C 滑行 6 m 的过程中 v2 1＝2a1s，得 v1＝2 m/s v1 t1＝a ＝6 s 1 A、B 相碰过程，由动量守恒定律可得 mv1＝2mv2，得 v2＝1 m/s F－μ1Mg 此后 A、C 相对滑动：aC＝ M ＝0，故 C 匀速运动； μ1Mg－μ2M＋2mg aAB＝＝0，故 A、B 也匀速运动. 2m
突破三滑块—木板模型例2：如图 Z11-2 所示，在水平面上静止着两个质量均为 m ＝1 kg、长度均为 L＝1.5 m 的木板 A 和 B，A、B 间距 s＝6 m，在 A 的最左端静止着一个质量为 M＝2 kg 的小滑块 C，A、B 与 C 之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，A、B 与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.1.最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力.现在对 C 施加一个水平向右的恒力 F＝4 N，A 和 C 开始运动，经过一段时间 A、B 相碰，碰后立刻达到共同速度，C 瞬间速度不变，但 A、B 并不粘连，求：经过时间 t＝10 s 时 A、B、C 的速度分别为多少？(已知重力加速度 g＝10 m/s2)
设经时间t2，C从 A右端滑下，有
v1t2－v2t2＝L，得t2＝1.5 s 然后A、B分离，A减速运动直至停止 aA＝μ2g＝1 m/s2，方向水平向左
v2 t3＝a ＝1 s A t1＋t2＋t3＝8.5 s，故t＝10 s时，vA＝0.
C在B上继续滑动，且C匀速、B加速：aB＝a0＝1 m/s2 设经时间t4，C、B速度相等：v1＝v2＋aBt4，得t4＝1 s

2018年高考物理综合模拟测试卷(含答案)

2018年高考物理综合模拟测试卷（含答案）班级________学号_______姓名________一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～9题有多项符合题目要求。

)1．如图1所示，完整的撑杆跳高过程可以简化成三个阶段，持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落(下落时人杆分离)，最后落在软垫上到速度减为零，不计空气的阻力，则()图1A．运动员在整个跳高过程中机械能守恒B．运动员在撑杆起跳上升过程中机械能守恒C．在撑杆起跳上升过程中杆的弹性势能转化为运动员的重力势能且弹性势能减少量小于运动员的重力势能增加量D．运动员落到软垫上时做减速运动，处于超重状态2．“天宫一号”与“神舟十号”对接前需要从距离地面约362千米的近似圆轨道，自然降到约343千米的交会对接轨道，假设“天宫一号”从362千米的近似圆轨道下降到343千米的圆轨道的过程中，没有开动发动机。

则下列说法正确的是()A．“天宫一号”的运行周期将增大B．“天宫一号”运行的加速度将减小C．“天宫一号”的动能将增大D．“天宫一号”的机械能将增大3．一种玩具的结构如图2所示，竖直放置的光滑铁圆环的半径为R＝20 cm，环上有一穿孔的小球m，仅能沿环做无摩擦滑动。

如果圆环绕通过环心的竖直轴O1O2以ω＝10 rad/s的角速度旋转，g取10 m/s2，则小球相对环静止时球与圆心O的连线与O1O2的夹角θ可能为()图2A．30°B．45°C．60°D．75°4．如图3所示，一条小船位于200 m宽的河正中央A点处，从这里向下游100 3 m处有一危险的急流区，当时水流速度为4 m/s，为使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少为()图3A.433 m/sB.833 m/s C ．2 m/s D ．4 m/s5．如图4所示，将两根劲度系数均为k 、原长均为L 的轻弹簧一端固定于水平天花板上相距为2L 的两点，另一端共同连接一质量为m 的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37°，若将物体的质量变为M ，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为53°(sin 37°＝0.6)，则Mm 等于( )图4A.932B.916C.38D.346．如图5所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O 点分别以水平初速度v 1、v 2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A 点和B 点。

2018年高三物理一轮总复习真题与最新模拟汇编之相互作用(含解析)

真题及最新模拟汇编之相互作用1.（2017新课标Ⅱ 16）如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。

若保持F 的大小不变，而方向及水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。

物块及桌面间的动摩擦因数为A. 23-B.36 C. 33D. 3【答案】C2.（2017新课标Ⅲ 17）17．一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm 的两点上，弹性绳的原长也为80cm 。

将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）A ．86cmB ． 92cmC ． 98cmD ． 104cm【答案】B【解析】设弹性绳的劲度系数为k 。

左右两半段绳的伸长量100cm 80cm10cm 2L -∆==，如图所示，由共点力的平衡条件可知：钩码的重力为o 2cos53G k L =∆将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点时，钩码的重力为2G k L '=∆，解得：36cm 5L L '∆== 弹性绳的总长度变为0292cm L L '+∆=，故B 正确，A 、C 、D 错误。

3.（2017天津卷，8）如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M 、N 上的a 、b 两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。

如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是A ．绳的右端上移到b '，绳子拉力不变B ．将杆N 向右移一些，绳子拉力变大C ．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D ．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移【答案】AB4.（2017全国Ⅰ，21）如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N，初始时，OM竖直且MN被拉直，OM及MN之间的夹角为α（πα>）。

现将重物向右上方缓慢拉起，并保2持夹角α不变。

2018高考物理大一轮复习全真模拟试题

2018年高考物理全真模拟试题（十七）满分110分，时间60分钟第Ⅰ卷(选择题共48分)选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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．1．关于对物理概念的理解和物理学史的叙述正确的是( )A ．卡文迪许利用库仑扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究B ．加速度的定义式为a ＝F mC ．若从运动电荷所受洛伦兹力的角度定义磁感应强度B ，则B ＝F q vD ．安培首先引入电场线和磁感线的概念，极大地促进了他对电磁现象的研究2．若金星和地球的公转轨道均视为圆形，且在同一平面内，如图所示．在地球上观测，发现金星与太阳可呈现的视角(太阳与金星均视为质点，它们与眼睛连线的夹角)有最大值，最大视角的正弦值为k ，则金星的公转周期为( )A ．(1－k 2)32年B ．(1－k 2)34年 C ．k 3年 D.k 3年3．如图所示，半径为R的半球形碗的左半部分光滑，右半部分粗糙．质量为m的物块从碗口右端下滑，下滑到碗的最低点的过程中由于摩擦力的作用使得物块的速度大小不变，如果物块下滑时的动能为E k＜mgR，g为重力加速度，则()A．下滑到碗的最低点的过程中，因为速度大小不变，所以物块的加速度为零B．下滑到碗的最低点的过程中，物块受到的摩擦力越来越小C．从最低点向左滑动的过程中，物块的速度减小，所以机械能减小D．物块最终一定停在碗的最低点4．如图所示，一个“V”形玻璃管ABC倒置于竖直平面内，并处于场强大小为E＝1×103 V/m.方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G＝1×10－3 N、电荷量为q＝2×10－6 C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数μ＝0.5.已知管长AB＝BC ＝L＝2 m，倾角α＝37°，B点处是一段很短的光滑圆弧管，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是()A．B、A两点间的电势差为2 000 VB．小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大C．小滑块第一次速度为零的位置在C处D．从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3 m5．如图所示，质量分别为M 和m (M ≠m )的物块A 、B 用轻质弹簧连接后静置于水平地面上，弹簧自然伸长，两物块与水平地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g .若给物块B 施加一水平向右的恒定拉力F ，F ＞μ(M ＋m )g ，稳定后弹簧的长度为l 1；若给物块A 施加一水平向右的恒定推力，大小仍为F ，稳定后弹簧的长度为l 2.则下列说法错误的是( )A ．两种情况下，稳定后物块A 、B 的加速度大小均为F M ＋m－μg B ．两种情况下，稳定后弹簧的弹力大小相同C ．弹簧的劲度系数为F l 1－l 2D ．两种情况下，稳定前物块A 均做加速度逐渐增大的加速运动6．一半径为r 、质量为m 、电阻为R 的金属圆环用一根长为L 的绝缘轻细杆悬挂于O 1点，杆所在直线过圆环圆心，在O 1点的正下方有一半径为L ＋2r 的圆形匀强磁场区域，其圆心O 2与O 1点在同一竖直线上，O 1点在圆形磁场区域边界上，如图所示．现使绝缘轻细杆从水平位置由静止释放，下摆过程中金属圆环所在平面始终与磁场垂直，已知重力加速度为g ，不计空气阻力及其他摩擦阻力，则下列说法错误的是( )A ．金属圆环最终会静止在O 1点的正下方B ．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mgLC ．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg (L ＋2r )D ．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg (L ＋r ) 7．如图为氢原子能级图，可见光的光子能量范围为1.62～3.11 eV,5种金属的逸出功如下表：A ．一个处在n ＝5能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种不同频率的光B ．大量处在n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生3种不同频率的光C ．大量处在n ＝5能级的氢原子向低能级跃迁时，由n ＝5能级向n ＝4能级跃迁辐射出的光子的波长最长D ．大量处在n ＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，能产生3种不同频率的可见光8．如图甲所示，在一正方形区域内有垂直纸面向里的均匀磁场，在该正方形外接圆处放置一个半径为r 、电阻为R 的n 匝圆形线圈，线圈的两端接一电容为C 的平行板电容器(未画出)．已知电容器充放电时间极短，正方形区域内磁场的磁感应强度大小随时间按照图乙所示规律变化，则( )A ．正方形区域内磁场的磁感应强度大小的表达式为B ＝B 0＋B 0T tB ．线圈在t ＝T 时刻产生的感应电动势为E ＝n πr 2B 0TC ．t ＝T 时刻电容器极板上所带电荷量为q ＝2Cnr 2B 0TD ．在0～T 时间内线圈中产生的焦耳热为Q ＝4n 2r 4B 20TR第Ⅱ卷(非选择题共62分)非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须做答．第13～14题为选考题，考生根据要求做答．(一)必考题(共47分)9．(6分)某课外实验小组利用如图1所示的装置来探究拉力F 不变时加速度a 与小车质量m 之间的关系．(1)甲同学根据测得的实验数据作出的a -1m图象如图2所示，则图线弯曲的原因是________．A ．小车与长木板之间有摩擦B ．没有平衡摩擦力C ．打点计时器打点的周期小于0.02 sD ．小车和砝码的总质量没有一直远大于砂和砂桶的总质量(2)乙同学利用在实验中打出的一条纸带测量小车运动的加速度，纸带上的数据如图3所示．已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz ，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 为计数点，且相邻计数点间均有一个点没有画出，则打点计时器打D 点时小车的速度大小为________m/s ；小车运动的加速度大小为________m/s 2.10．(9分)在学习了用伏安法测量电源的电动势和内阻实验之后，某研究性学习小组决定利用如图甲所示的实验电路来测量由两节干电池所组成的电池组的电动势和内阻．图甲中G为满偏电流为I g＝100 mA、内阻为R g＝10 Ω的电流计，R0是阻值为4.0 Ω的定值电阻，R 是最大阻值为10 Ω的滑动变阻器，电压表内阻很大．(结果均保留一位小数)(1)由于电流计G的量程太小，故该研究性学习小组欲通过将电流计G与一定值电阻并联的方法扩大其量程为0～0.6 A，则需要并联的定值电阻的阻值R1＝________Ω.(2)该研究性学习小组利用测得的电压表的示数U和电流表G的示数I，作出了如图乙所示的I-U图象，则该电池组的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(3)实验中，随着滑动变阻器滑片的滑动，电源的输出功率P会随着电流计G的示数I 的变化而发生变化，则能正确表示该变化关系的图象是________．11．(14分)如图所示，水平地面上有一质量为M的特殊长平板B，平板B与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，在平板B的表面上方存在厚度d＝0.8 m的相互作用区；相互作用区上方某一高度处有一质量为m的小物块A，已知mM＝110.若小物块A进入相互作用区，就会受到平板B对其竖直向上的恒力F＝2mg的作用，在水平方向上A、B之间没有相互作用力．现使小物块A由静止开始下落，同时平板B获得水平向左的初速度v0＝12 m/s，设平板B足够长，小物块A总能落入平板B上方的相互作用区，且小物块A每次都恰好不与平板B接触，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．(1)求小物块A开始下落时的位置与相互作用区的距离h.(2)求小物块A从开始下落到再次回到初始位置经历的时间．(3)从小物块A开始下落到平板B停止运动过程中，小物块A已经回到过几次初始位置？12．(18分)如图甲所示，水平放置的两平行金属板长l＝6.34 cm，两板间距为d＝2 cm，两板间有磁感应强度按图乙所示规律变化的匀强磁场和电场强度按图丙所示规律变化的匀强电场，其中B0＝0.5 T，E0＝1.0×105V/m.t＝0时刻金属板上极板带正电，磁场方向垂直纸面向里．一比荷为qm＝1.0×108 C/kg的带正电粒子(不计重力)以速度v0＝2.0×105 m/s平行金属板从两板左侧中间位置垂直磁场方向射入．求：(1)粒子在运动过程中与上极板的最近距离；(2)粒子在两极板间运动的总时间和在两极板间的偏转距离．(取π＝3.14)(二)选考题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分)13．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．当两分子处于平衡位置时，分子之间作用力为零，两分子之间既不存在引力，也不存在斥力B．不能用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数估算气体分子的体积C．用油膜法估测分子大小时，可把油膜厚度看做分子的半径D．任何物质只要它们的温度相同，它们分子的平均动能就一定相同E．绝对湿度与温度无关，相对湿度与温度有关(2)(10分)如图所示，一定质量的理想气体经历了AB、BPC、CA三个变化过程，回到初始状态．已知在p-V图象中AB是一段以O′点为圆心的圆弧，理想气体在状态A时的温度为127 ℃.求：①理想气体在状态P时的温度T P.②从A到B过程中气体放出的热量(已知p-V图象与横轴所围面积表示功)．14．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)如图所示，玻璃球的半径为R，球心为O，玻璃球的对称轴O1O2与足够大的屏幕垂直于O2点，O、O2两点间的距离为2R.一束单色光沿图示方向以入射角θ＝60°射入球内，在屏上留下光斑P，若玻璃对该单色光的折射率为3，则玻璃对该单色光的全反射临界角的正弦值为________，P点与O2点间的距离为________．(2)(10分)两列简谐横波a、b分别沿x轴正方向和负方向传播，波速均为2 m/s，t＝0时刻的波形如图所示，求：①两列波的周期T a和T b；②从t＝0时刻开始，坐标原点O处的质点第一次位移为－10 cm时经过的时间t0.答案部分1．解析：选C.库仑利用库仑扭秤把微小的力“放大”，最终发现了库仑定律，A 错误；加速度的定义式为a ＝Δv Δt ，a ＝F m是加速度的决定式，B 错误；磁感应强度既可以从电流元所受安培力的角度来定义，也可以从运动电荷所受洛伦兹力的角度来定义，C 正确；首先引入电场线和磁感线的是法拉第，D 错误．2．解析：选D.设金星与太阳呈现的视角为α，金星、太阳连线与金星、地球连线的夹角为θ，由几何关系有sin αr 金＝sin θr 地，θ＝90°时，α有最大值，sin αmax ＝r 金r 地＝k .根据开普勒第三定律，有T 2金r 3金＝T 2地r 3地，可得T 金＝k 3年，D 正确． 3．解析：选B.由于物块下滑时做匀速圆周运动，合力指向圆心，加速度不为零，A 错误；由于做匀速圆周运动，摩擦力与重力沿碗切线方向的分力大小相等，因此摩擦力越来越小，B 正确；从最低点向左滑动的过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，C 错误；由于下滑时的动能为E k ＜mgR ，所以物块从左半部分又滑回，到达右半部分时做减速运动，当速度为零时，如果摩擦力与重力沿碗切线方向的分力大小相等，则物块静止，D 错误．4．解析：选D.U BA ＝EL sin α＝1.2×103 V ，A 错误；小滑块从A 点第一次运动到B 点过程中，电场力做正功，电势能减小，B 错误；小滑块受到竖直向上的电场力为F ＝qE ＝2×10－3 N ＝2G ，重力和电场力的合力大小等于G 、方向竖直向上，可以把电场力与重力的合力等效为一个竖直向上的“重力”G ′，小滑块开始沿玻璃管运动的加速度为a 1＝g (sin α－μcos α)＝2 m/s 2，所以小滑块第一次到达B 点时的速度为v ＝2a 1L ＝2 2 m/s ，在BC 段，小滑块做匀减速运动，加速度大小为a 2＝g (sin α＋μcos α)＝10 m/s 2，所以第一次速度为0的位置到B 点的距离为x ＝v 22a 2＝0.4 m ，C 错误；小滑块第一次速度减为零后，又反向向B 加速运动，到B 后又减速向A 运动，这样不断地往复，最后停在B 点，根据能量守恒定律，有G ′L sin α＝μG ′s cos α，解得s ＝3 m ，即小滑块通过的总路程为3 m ，D 正确．5．解析：选AC.由题意可知，稳定后两物块具有相同的加速度，将两物块看作一个整体，则由牛顿第二定律可得F －μ(M ＋m )g ＝(m ＋M )a ，解得a ＝F M ＋m－μg ，A 正确；当给物块B 施加拉力F 时，设稳定后弹簧的弹力大小为F 1，对物块A 有F 1－μMg ＝Ma ，解得F 1＝M M ＋mF ，当给物块A 施加推力F 时，设稳定后弹簧的弹力大小为F 2，对物块B 有F 2－μmg ＝ma ，解得F 2＝m M ＋mF ，B 错误；设弹簧原长为l 0，则有F 1＝k (l 1－l 0)，F 2＝k (l 0－l 2)，联立解得k ＝F l 1－l 2，C 正确；两种情况下，稳定前弹簧的弹力均逐渐增大，故当对物块B 施加拉力F 时，物块A 将做加速度逐渐增大的加速运动，当对物块A 施加推力F 时，物块A 将做加速度逐渐减小的加速运动，D 错误．6.解析：选ABD.圆环最终要在如图中A 、C 位置间摆动，因为此时圆环中的磁通量不再发生改变，圆环中不再有感应电流产生．由几何关系可知，圆环在A 、C 位置时，其圆心与O 1、O 2的距离均为L ＋r ，则圆环在A 、C 位置时，圆环圆心到O 1的高度为L ＋2r 2.由能量守恒可得金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg (L ＋2r )，C 正确． 7．解析：选AC.一个处在n ＝5能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生5－1＝4种不同频率的光，A 正确；大量处在n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生C 24＝6种不同频率的光，B 错误；氢原子从n ＝5能级跃迁到低能级时，n ＝5能级和n ＝4能级的能量差最小，辐射出的光子的波长最长，C 正确；大量处在n ＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，最多能产生3种不同频率的光子，其能量分别为1.89 eV 、10.20 eV 和12.09 eV ，只有1.89 eV 在可见光的光子能量范围内，D 错误．8．解析：选AC.由题图乙可知，磁感应强度的变化率为ΔB Δt ＝B 0T，正方形区域内磁场的磁感应强度大小的表达式为B ＝B 0＋ΔB Δt t ＝B 0＋B 0Tt ，A 正确．圆形线圈内磁场面积为S ＝(2r )2＝2r 2，圆形线圈内磁通量变化率为ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝2r 2B 0T.由法拉第电磁感应定律，T 时刻产生的感应电动势为E ＝n ΔΦΔt ＝2nr 2B 0T ，B 错误．由C ＝q U ，U ＝E ，可得q ＝CE ＝2Cnr 2B 0T，C 正确．线圈中产生的感应电动势恒定，线圈的两端接电容器时，除了瞬间产生充电电流，线圈中无电流，D 错误．9．解析：(1)当小车和砝码的总质量没有远大于砂和砂桶的总质量时，小车受到的拉力不能近似认为等于砂和砂桶的总重力，此时小车的a -1m图象就不再是直线，D 正确． (2)由于小车做匀加速直线运动，故有v D ＝(6.71＋6.25)×10－22×0.04m/s ＝1.62 m/s ，由Δx ＝aT 2可得a ＝3 m/s 2.答案：(1)D(2分) (2)1.62(2分) 3(2分)10．解析：(1)欲将电流计G 改装成量程为0～0.6 A 的电流表，则有I g R g ＝(0.6 A －I g )R 1，代入数据解得R 1＝2.0 Ω.(2)由闭合电路欧姆定律可得U ＝E －⎝⎛⎭⎫I ＋IR g R 1(R 0＋r )，整理得I ＝－16(R 0＋r )U ＋E 6(R 0＋r )，由题图乙可得E 6(R 0＋r )＝9×10－2 A ，16(R 0＋r )＝6×10－22.00 Ω－1，联立得E ＝3.0 V ，r ＝1.6 Ω. (3)电源的输出功率P ＝6EI －(6I )2r ＝－36r ⎝⎛⎭⎫I －E 12r 2＋E 24r ，即电流计G 示数I ＝E 12r ＝156 mA 时，电源的输出功率达到最大．由题意可知，当滑动变阻器滑动时，通过电流计G 的电流范围为29～69 mA ，故电源输出功率随电流计G 的示数I 变化的图象是开口向下的抛物线的左侧的一部分，C 正确．答案：(1)2.0(2分) (2)3.0(2分) 1.6(2分) (3)C(3分)11．解析：(1)对小物块A ，根据动能定理有mg (h ＋d )－Fd ＝0(2分)解得h ＝F －mg mgd ＝0.8 m(2分) (2)由h ＝12gt 21，解得t 1＝2h g＝0.4 s(1分) 小物块A 进入相互作用区后，做加速度大小为g 的匀减速运动，运动时间t 2＝2d g＝0.4 s(1分)小物块A 从开始下落到再次回到初始位置经历的时间为T ＝2(t 1＋t 2)＝1.6 s(2分)(3)由牛顿第二定律，小物块A 在相互作用区上方时平板B 的加速度大小为a B 1＝μMg M＝2 m/s 2(1分)小物块A 在相互作用区内时，平板B 的加速度大小为a B 2＝μ(Mg ＋F )M＝2.4 m/s 2(2分) 在一个运动的周期T 内，平板B 的速度减小量为Δv ＝2(a B 1t 1＋a B 2t 2)＝3.52 m/s(1分)小物块A 回到初始位置的次数n ≤v 0Δv＝3.4，n 为整数，故n ＝3(2分) 答案：(1)0.8 m (2)1.6 s (3)312．解析：(1)在0～π×10－8 s 时间内，由于qE 0＝qB 0v 0，粒子做匀速直线运动(2分) 在π×10－8～2π×10－8 s 时间内，粒子只受洛伦兹力作用，根据牛顿第二定律可得qB 0v 0＝m v 20r(2分) 解得r ＝4×10－3 m ，T 0＝2πr v 0＝4π×10－8 s ，即粒子逆时针转了14T 0(2分) 同理，在2π×10－8～3π×10－8 s 时间内，粒子顺时针转了14T 0(1分) 在3π×10－8～4π×10－8 s 时间内，由于qE 0＝qB 0v 0，粒子做匀速直线运动(1分)作出粒子轨迹如图所示带电粒子在运动过程中与上极板的最近距离为y 1＝d 2－2r ＝2×10－3 m(2分) (2)从轨迹图可知，粒子在一个周期T ＝6π×10－8 s 时间内沿极板方向运动的位移为l 0＝4r ＋2v 0t 1＝2.856×10－2 m(2分)而l ＝6.34×10－2 m ＝2l 0＋6.28×10－3 m(2分)所以带电粒子在两极板间运动的总时间t ＝2T ＋t 1＝4.082×10－7 s(2分)在两极板间偏转的距离为0，即从两极板右侧中央位置射出(2分)答案：(1)2×10－3 m (2)4.082×10－7 s 013．解析：(1)当两分子处于平衡位置时，分子之间作用力为零，说明分子之间的引力和斥力的大小相等，相互抵消，在任何情况下，分子之间都既存在引力，也存在斥力，A 错误．可以用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数估算出每个气体分子所占的体积，但它比气体分子体积大得多，B 正确．用油膜法估测分子大小，把油膜厚度看做分子的直径，C 错误．温度是分子平均动能的标志，任何物质只要它们的温度相同，它们分子的平均动能就一定相同，D 正确．绝对湿度是指空气中水蒸气的压强，与温度无关；相对湿度是指空气中水蒸气的压强与该温度下水的饱和蒸气压的比值，与温度有关，E 正确．(2)①初状态A ，压强p A ＝1×105 Pa ，体积V A ＝8 L ，温度T A ＝(273＋127)K ＝400 K末状态P ，压强p P ＝1.5×105 Pa ，体积V P ＝4 L由理想气体状态方程有p P V P T P ＝p A V A T A(2分) 解得T P ＝300 K(2分)②由已知条件可得从A 到B 过程中外界对气体做的功为W ＝p B (V A －V B )－14π(p B －p A )(V A －V B )＝486 J(2分)从A 到B 过程，由理想气体状态方程有p B V B T B ＝p A V A T A(1分) 解得T B ＝T A (1分)根据理想气体的内能只与温度有关，可知A 、B 两状态内能相等，由热力学第一定律可知，从A 到B 过程中气体放出的热量等于外界对气体做的功，即W ＝Q ＝486 J(2分)答案：(1)BDE (2)①300 K ②486 J14.解析：(1)光路如图所示，设玻璃对该单色光的全反射临界角为C ，则sin C ＝1n ＝33，根据折射定律得sin θsin ∠1＝sin ∠3sin ∠2＝n ，又∠1＝∠2，得∠3＝60°，∠1＝∠2＝30°，又∠O 2OP ′＝∠1＋∠2＝∠60°＝∠3，所以PP ′∥OO 2，P 点与O 2点间的距离为R sin ∠O 2OP ′＝32R . (2)①由题图知，a 波的波长λa ＝8 m ，b 波的波长λb ＝4 ma 波的周期T a ＝λa v ＝4 s(2分)b 波的周期T b ＝λb v ＝2 s(2分)②a 波的波谷传到坐标原点O 处的时间t 1＝s 1v ＝10＋8k 2s ＝(5＋4k ) s(k ＝0,1,2，…)(1分) b 波的波谷传到坐标原点O 处的时间t 2＝s 2v ＝2＋4n 2s ＝(1＋2n )s(n ＝0,1,2，…)(1分) 若t 1＝t 2，即5＋4k ＝1＋2n ，则n ＝2(k ＋1)(2分)当k 取最小值0时，n ＝2(1分)得t 0＝(1＋2×2)s ＝5 s(1分)答案：(1)33 32R (2)①4 s 2 s ②5 s。

2018版高考物理大一轮专题复习课时作业：2018年高考理

2018年高考理综(物理)模拟试卷(二)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．(建议用时：60分钟满分：110分)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题中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．)1．如图M21所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．关于她的实验现象，下列说法中正确的是( )A．只有“起立”过程，才能出现超重的现象B．只有“下蹲”过程，才能出现失重的现象C．“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象D．“起立”、“下蹲”的过程，都能出现超重和失重的现象图M21图M222．交流发电机的原理如图M22所示，10匝的矩形线圈在匀强磁场中绕轴做匀速转动，转动的角速度为10πrad/s，线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为0.1 Wb.若从线圈平面与磁场平行的位置开始计时，在t＝130s时，矩形线圈中产生的感应电动势的瞬时值为( )A．27.2 V B．15.7 V C．19.2 V D．11.1 V3．据报道，目前我国正在研制“萤火二号”火星探测器．探测器升空后，先在地球表面附近以线速度v环绕地球飞行，再调整速度进入地火转移轨道，最后以线速度v′在火星表面附近环绕火星飞行．若认为地球和火星都是质量分布均匀的球体，已知火星与地球的半径之比为1∶2，密度之比为5∶7．设火星与地球表面的重力加速度分别为g′和g，下列结论正确的是( ) A．g′∶g＝1∶4 B．g′∶g＝7∶10C．v′∶v＝528D．v′∶v＝5144．如图M23所示内壁光滑的环形槽半径为R，固定在竖直平面内，环形槽上的P、Q两点与环形槽圆心等高，质量均为m的小球(可视为质点)A和B，以等大的速率v0同时从P处向上、向下滑入环形槽，若在运动过程中两球均未脱离环形槽，设当地重力加速度为g，则下列叙述正确的是( )图M23A．两球第一次相遇时速度相同B．两球第一次相遇点在Q点C．小球A通过最高点时的机械能小于小球B通过最低点时的机械能D．小球A通过最高点和小球B通过最低点时对环形槽的压力差为6mg5．在光电效应实验中，两个实验小组分别在各自的实验室，约定用相同频率的单色光，分别照射锌和银的表面，结果都能发生光电效应，如图M24甲，并记录相关数据．对于这两组实验，下列判断正确的是( )甲乙图M24A．饱和光电流一定不同B．因为材料不同逸出功不同，所以遏止电压U c不同C．光电子的最大初动能不同D．分别用不同频率的光照射之后绘制U c～ν图象(ν为照射光频率，图乙为其中一小组绘制的图象)，图象的斜率可能不同6．摄制组在某大楼边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶．如图M25所示，若特技演员质量m ＝50 kg ，导演在某房顶离地H ＝12 m 处架设了轮轴(轮与轴有相同的角速度)，轮和轴的直径之比为3∶2(人和车均视为质点，且轮轴直径远小于H )，若轨道车从图中A 匀速前进到B ，速度v ＝10 m/s ，绳BO 与水平方向的夹角为53°，则由于绕在轮上细钢丝的拉动，使演员由地面从静止开始向上运动．在车从A 运动到B 的过程中(g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8)( )A ．演员上升的高度为3 mB ．演员最大速度为9 m/sC ．以地面为重力势能的零点，演员最大机械能为2400 JD ．钢丝在这一过程中对演员做功为4275 J图M25 图M267．如图M26所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端通过开关S 与内阻不计、电动势为E 的电源相连，右端与半径为L ＝20 cm 的光滑圆弧导轨相接．导轨宽度为20 cm ，电阻不计．导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ．一根垂直导轨放置的质量m ＝60 g 、电阻R ＝1 Ω、长为L 的导体棒ab ，用长也为20 cm 的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触．当闭合开关S 后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态．当导体棒ab 速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°(sin 53°＝0.8，g ＝10 m/s 2)，则( )A ．磁场方向一定竖直向上B ．电源的电动势E ＝8.0 VC ．导体棒在摆动过程中所受安培力F ＝8 ND ．导体棒摆动过程中的最大动能为0.18 J8．在半径为R 的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场．圆边上的P 处有一粒子源，不断沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v 0的同种粒子，如图M27所示．现测得：当磁感应强度为B 1时，粒子均从由P 点开始弧长为12πR 的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B 2时，粒子则都从由P 点开始弧长为23πR 的圆周范围内射出磁场．不计粒子的重力，则( )图M27A．前、后两次粒子运动的轨迹半径比为r1∶r2＝2∶ 3B．前、后两次粒子运动的轨迹半径比为r1∶r2＝2∶3C．前、后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝2∶ 3D．前、后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝3∶ 2第Ⅱ卷(非选择题部分共62分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个考生都必须作答，第13～14题为选考题，考生根据要求作答．)(一)必考题(共47分)9．(8分)某实验小组在做“验证牛顿第二定律”的实验中．甲乙图M28(1)在闭合开关之前，甲同学将实验器材组装成图M28甲所示，请指出该装置中的错误或不妥之处(只要答出其中的两点即可)：________；________．(2)乙同学将上述装置调整正确后进行实验，在实验中得到如图乙所示的一条纸带，图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，由图中的数据可计算得小车加速度为________m/s2．(保留两位有效数字)(3)丙同学在利用上述调整好的装置进行实验中，保持沙和沙桶的总质量不变，小车自身的质量为M 且保持不变，改变小车中砝码的质量m ，并测出小车中放不同砝码时所对应的加速度a ，以m 为横坐标，1a 为纵坐标，在坐标纸上作出如图M29所示的1am 关系图线，图中纵轴上的截距为b ，则小车受到的拉力大小为________．图M2910．(9分)某实验小组想通过实验研究苹果电池的电动势和内阻．他们制作了一个苹果电池进行研究，了解到苹果电池的内阻可能比较大，因此设计了一个如图1所示的实物电路进行测量．(1)请按图M210中所示实物图在方框内画出电路图(电源用“”表示)．图M210(2)测定苹果电池的电动势和内阻，所用的器材有： ①苹果电池E ：电动势约为1 V ； ②电压表V ：量程1 V ，内阻R V ＝3 k Ω； ③电阻箱R ：最大阻值9999 Ω； ④开关S ，导线若干． (3)实验步骤如下：①按电路图连接电路(为电路安全，先将电阻箱的电阻调到最大值)；②闭合开关S ，多次调节电阻箱，记下电压表的示数U 和电阻箱相应的阻值R ，并计算出对应的1R与1U的值，如下表所示：③以U为纵坐标，R为横坐标，将计算出的数据描绘在坐标纸内，作出U R图线；④计算得出苹果电池的电动势和内阻．请回答下列问题：图M211ⅰ．实验得到的部分数据如上表所示，其中当电阻箱的电阻R ＝2 000 Ω时，电压表的示数如图M211所示．读出数据，完成上表．答：①________，②________．ⅱ．请根据实验数据在图M212中作出1U 1R图线．图M212ⅲ．根据1U 1R图线求得该苹果电池的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω．(计算结果保留2位有效数字)11．(12分)如图M213，两质量均为m ，长度均为L 的木板放置在光滑的水平桌面上，木块1质量也为m (可视为质点)，放于木板2的最右端，木板3沿光滑水平桌面运动，与木板2发生碰撞后粘合在一起，已知木块与两木板之间的动摩擦因数均为μ，如果碰后木块1停留在木板3上．木板3碰撞前的动量多大？图M21312．(18分)如图M214，MN、PQ为两根足够长的水平放置的平行金属导轨，间距L＝1m；整个空间以O O′为边界，左侧有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B1＝1 T，右侧有方向相同、磁感应强度大小B2＝2 T的匀强磁场．两根完全相同的导体棒a、b，质量均为m＝0.1 kg，与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.2，其在导轨间的电阻均为R＝1 Ω．开始时，a、b棒均静止在导轨上，现用平行于导轨的恒力F＝0.8 N向右拉b棒．假定a棒始终在OO′左侧运动，b棒始终在OO′右侧运动，除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，g 取10 m/s2．图M214(1)a棒开始滑动时，求b棒的速度大小．(2)当b棒的加速度为1.5 m/s2时，求a棒的加速度大小．(3)已知经过足够长的时间后，b棒开始做匀加速运动，求该匀加速运动的加速度大小，并计算此时a棒中电流的热功率．(二)选考题(共15分．请考生从给出的两道物理题中任选一题作答．如果多做，则按第一题计分．)13．(15分)(1)(6分)下列说法中正确的是________(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小B．布朗运动反映了气体或液体分子的无规则运动C．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性D．做功和热传递在改变系统内能方面是不等价的E．第二类永动机不违背能量守恒定律，因此是可能制成的(2)(9分)如图M215所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长．粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定质量的空气(可视为理想气体)，气柱长L＝20 cm.活塞A上方的水银深H＝15 cm，两活塞的重力及与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平．现使活塞B缓慢上移，直至水银的1/3被推入细筒中，求活塞B上移的距离．(设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强p0相当于75 cm的水银柱产生的压强)图M21514．(15分)(1)(6分)一列简谐横波沿x轴传播，波速为v＝4 m/s.已知坐标原点(x＝0)处质点的振动图象如图M216甲所示，t＝0.45 s时部分波形图如图乙所示．下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)甲乙图M216A ．简谐横波的传播方向沿x 轴正方向B ．简谐横波的波长为1.8 mC ．x ＝0.5 m 处的质点比x ＝0处的质点振动滞后0.5 sD ．x ＝0处的质点经过0.6 s 的路程为0.6 mE ．t ＝0.45 s 时x ＝0处的质点对应的纵坐标为220m (2)(9分)如图M217，三角形AOB 为等腰直角三棱镜的横截面，以OA 、OB 为轴建立直角坐标系xOy ，OA ＝OB ＝L ，棱镜的折射率为n ＝ 2.一束平行于斜边AB 的平行光从OB 边射入．光透过棱镜只考虑一次内部反射．①求距离O 点多远的入射光刚好从A 点射出．②部分光将会从OA 边以平行于AB 边的方向射出，这部分透射光在垂直于光线方向的宽度．⎝ ⎛⎭⎪⎫已知sin 15°＝6－24，cos 15°＝6＋24图M2172018年高考理综(物理)模拟试卷(二)1．D 解析：“起立”的过程，先加速向上后减速向上运动，加速向上运动加速度方向向上，出现超重现象，后减速向上运动加速度方向向下，出现失重现象，即“起立”过程先出现超重现象后出现失重现象；“下蹲”的过程，先加速向下后减速向下运动，加速向下运动加速度方向向下，出现失重现象，后减速向下运动加速度方向向上，出现超重现象，即“下蹲”过程先出现失重现象后出现超重现象，D 正确，A 、B 、C 错误．2．B 解析：线圈中产生的电动势的峰值为E m ＝n Φm ω＝10π V ＝31.4 V ，则电动势的瞬时值的表达式为e ＝31.4cos 10πt (V)，当t ＝130s 时e ＝15.7 V ，B 项正确，A 、C 、D 项错误．3．C 解析：在星球表面的物体受到的重力等于万有引力G Mm R 2＝mg ，所以g ＝GM R2＝G ·ρ·43πR 3R 2＝43πG ρR ，整理可得g ′g ＝ρ′ρ·R ′R ＝57×12＝514，故A 、B 均错误；探测器绕地球表面运行和绕火星表面运行都是由万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律有：G Mm R 2＝m v 2R，得：v ＝GMR…①，M 为中心天体质量，R 为中心天体半径，M ＝ρ·43πR 3…②，由①②得：v ＝4πG ρR23，已知地球和火星的半径之比为1∶2，密度之比为5∶7，所以探测器绕地球表面运行和绕火星表面运行线速度大小之比为：v ′∶v ＝528，故C 正确、D 错误． 4．D 解析：由于两球在初始位置的机械能相等，故两球在环形槽内的任何位置的机械能都相等，选项C 错误；对小球A ，由机械能守恒定律可得：12mv 20＝mgR ＋12mv 2A ，在最高点，由牛顿第二定律可得：FA＋m g ＝mv 2A R ；对小球B ，由机械能守恒定律可得：12m v20＝－m g R ＋12mv 2B ，在最低点，由牛顿第二定律可得：F B －mg ＝mv 2BR ，联立可得：ΔF ＝F B －F A ＝6mg ，选项D 正确；分别对两球受力分析，可知两球的重力在圆环切线方向的分力改变速度的大小，又因为两球从P 点到Q 点的路程相等，分别作出此过程的速率时间图象，由图象可知小球B 先到达Q 点，故选项B 错误；其相遇点在Q 点的上方，由机械能守恒定律可知，两球第一次相遇时速度的大小相等，但方向不同，选项A 错误．图D1385．BC 解析：虽然光的频率相同，但光强不确定，所以单位时间逸出的光电子数可能相同，而饱和光电流不一定相同，故A 错误；根据光电效应反应方程E km ＝h ν－W 0和eU c ＝E km 得出，相同频率，不同逸出功，则遏止电压也不同，光电子的最大初动能也不同，故B 、C 正确；因为U c ＝h νe －W 0e知图象的斜率等于he，从图象上可以得出斜率的大小，已知电子的电荷量，可以求出斜率与普朗克常量有关，故D 错误．6．BD 解析：由几何关系可得演员上升的高度为h ＝⎝⎛⎭⎪⎫H sin53°－H ×R r＝4.5 m ，A 项错误；在B点把车的速度分解如图D139所示，绳OB 各点的速度v 1＝v cos 53°＝6 m/s ，则演员的最大速度v 人＝R r v 1＝9 m/s ，B 项正确；演员的最大机械能E ＝mgh ＋12mv 2人＝4275 J ，C 项错误；由功能关系知，D 项正确．图D1397．BD 解析：当闭合开关S 后，导体棒中电流方向从a 到b ，导体棒沿圆弧摆动，说明所受安培力向右，由左手定则可判断出磁场方向为竖直向下，不可能竖直向上，选项A 错误；根据题述，导体棒ab 速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，可知此时导体棒重力沿导轨圆弧切线方向的分力mg sin 53°等于安培力沿导轨圆弧切线方向的分力BIL cos 53°，即mg sin 53°＝BIL cos 53°，解得I ＝8.0 A ，由闭合电路欧姆定律，E ＝IR ＝8.0 V ，选项B 正确；导体棒在摆动过程中所受安培力F ＝BIL ＝0.5×8.0×0.2 N＝0.8 N ，选项C 错误；由以上分析知，导体棒受到的重力与安培力的合力大小F 合＝0.82＋0.62N ＝1.0 N ，方向与竖直方向成θ＝53°角，故导体棒在摆动过程中的最大动能为E km ＝F 合L (1－cos 53°)＝0.18 J ，选项D 正确．8．AD 解析：弧长12πR ，23πR 对应着14圆周和13圆周，对应轨迹圆的直径分别为2R 和3R ，则半径之比为2∶3，由r ＝mvqB可知磁感应强度之比为3∶2，故A 、D 正确．9．(1)用的是直流电源木板的右端没有垫高小车离打点计时器太远(任写两条) (2)0.60 (3)M b解析：(1)打点计时器必须使用交流电源，该实验还应平衡摩擦力，释放小车时小车应靠近打点计时器．(2)小车的加速度a ＝ 10.38－6.32 ×10－2－2.86×10－22×0.12m/s 2＝0.60 m/s 2 (3)由牛顿第二定律得F ＝(M ＋m )a ，整理得 1a ＝M F ＋m F由图象得M F ＝b ，则F ＝M b. 10．(1)如图D140甲所示甲乙图D140(3)ⅰ.0.37(0.36～0.38均正确) 2.7(2.6～2.8均正确) ⅱ.如图乙所示． ⅲ.1.0(0.9～1.1均正确) 2.1×118(1.8×118～2.3×118均正确)解析：(1)根据实物图画电路图．(3)ⅰ.读取电压表的读数为0.37 V ，计算其倒数为 2.7；ⅱ.描点，连成直线(见答图乙)；ⅲ.由答图乙可知，图线的截距为1.67、斜率为2.1×118，根据闭合电路欧姆定律有E ＝U ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫U R ＋U R V r ，变形为1U ＝1E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋r R V ＋r E ×1R，则有1E (1＋r R V )＝1.67、r E＝2.1×118，联立解得E ≈1.0 V、r ≈2.1×118 Ω.11．解：设木板3的初速度为v 0，初动量p ＝mv 0对于3、2两木板的系统，设碰撞后的速度为v 1，由动量守恒定律得：mv 0＝2mv 1 对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为v 2，由动量守恒定律得：mv 0＝3mv 2据能量守恒定律得：μmgx ＝12×2mv 21－12×3mv 22碰后木块1停留在木板3上需满足：L ≤x ≤2L 联立以上各式解得：2m 3g μL ≤p ≤2m 6g μL .12．解：(1)设a 棒开始滑动时电流强度为I ，b 棒的速度为v 由共点力平衡知识，得 μmg ＝B 1IL ①由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知I ＝B 2Lv2R②联立①②知v ＝0.2 m/s. ③(2)设a 棒的加速度为a 1，b 棒的加速度为a 2.由牛顿第二定律知B 1IL －μmg ＝ma 1 ④ F －B 2IL －μmg ＝ma 2 ⑤联立④⑤式a 1＝0.25 m/s 2. ⑥(3)设a 棒开始做匀加速运动加速度a 1′，b 棒开始做匀加速运动加速度为a 2′ 由牛顿第二定律知B 1IL －μmg ＝ma 1′ ⑦ F －B 2IL －μmg ＝ma 2′ ⑧由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知I ＝B 2Lv 2－B 1Lv 12R⑨由于电流不变，则 (B 2Lv 2－B 1Lv 1)为常量 ⑩ 所以两棒加速度满足以下关系 2a 2′＝a 1′ ⑪ 联立⑦⑧⑪知I ＝0.28 A ⑫⑫式代入⑧式知a 2′＝0.4 m/s 2 ⑬由焦耳定律知P ＝I 2R ⑭代入数据P ＝0.188 4 W.13．(1)ABC解析：分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，A 项正确；布朗运动反映了气体或液体分子的无规则运动，B 项正确；组成晶体的离子或原子按一定的规律分布，具有空间上的周期性，C 项正确；做功和热传递在改变系统内能方面是等价的，D 项错误；第二类永动机违背热力学第二定律，是不可能制成的，E 项错误．(2)解：初态封闭气体压强：p 1＝p H ＋p 0 13水银上升到细筒中，设粗筒横截面积为S ，则 13HS ＝h 1S 3 23HS ＝h 2S 此时封闭气体压强：p 2＝p h 1＋p h 2＋p 0V 1＝LS ；V 2＝L ′S由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2 解得L ′＝18 cm活塞B 上升的距离d ＝H ＋L －L ′－23H ＝7 cm.14．(1)ADE解析：由图D141可知，x ＝0处质点在t ＝0.45 s 时沿y 轴正方向振动，则该波沿x 轴正方向传播，A 正确；简谐波的波长λ＝1.6 m ，B 错误；简谐波的周期T ＝0.4 s ，则波速v ＝λT ＝1.60.4 m/s ＝4 m/s ，x ＝0.5 m 处的质点比x ＝0处的质点振动滞后时间为t ＝0.54 s ＝0.125 s ，C 错误；x ＝0处的质点经过0.6 s 的路程s ＝0.60.4×4 A＝0.6 m ，D 正确；x ＝0处的质点的振动方程为y ＝0.1sin 5πt (m)，t ＝0.45 s 代入得y ＝220m ，E 正确．图D141(2)解：①设光线从C 点射入刚好从A 点射出由折射定律知n ＝sin αsin β① 代入数据则 sin β＝12 ②由几何关系知OC ＝L tan β＝33L ③ ②根据题意光线经过AB 边全反射后从OA 边AE 段射出．设光线宽度为d 由几何关系可知，OE ＝33L ，AE ＝L －33L ④ d ＝AE cos 45°＝32－66L .。

2018高考物理大一轮复习领航高考模拟试题精编(八)+Word版含解析【KS5U+高考】

高考模拟试题精编(八)(时间：60分钟满分：110分)第Ⅰ卷(选择题共48分)选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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．1．如图所示，用一轻绳将光滑小球(大小不能忽略)系于竖直墙壁上的O点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，则()A．轻绳对小球的拉力保持不变B．轻绳对小球的拉力逐渐增大C．小球对墙壁的压力保持不变D．小球对墙壁的压力逐渐减小2．如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下．下滑位移x时的速度为v，其x－v2图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则斜面倾角θ为() A．30°B．45°C．60°D．75°3．太阳系中几乎所有天体包括小行星都自转，自转导致星球上的物体所受的重力与万有引力的大小之间存在差异，有的两者的差异可以忽略，有的却不能忽略．若有一个这样的星球，半径为R，绕过两极且与赤道平面垂直的轴自转，测得其赤道上一物体的重力是两极上的78.则该星球的同步卫星离星球表面的高度为()A.78R B．RC．2RD．22R4．如图所示，一个电量为＋Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点，另一个电量为－q、质量为m的点电荷乙从A点以初速度v0，沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v.已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，则以下说法不正确的是()A ．O 、B 间的距离为kQqμmgB ．从A 到B 的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W ＝μmgL ＋12m v 20－12m v 2C ．从A 到B 的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W ＝μmgL ＋12m v 2－12m v 20D ．从A 到B 的过程中，乙的电势能减小5．如图所示，水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，由此可知( )A ．从B 到C ，小球的动能减小 B ．从B 到C ，小球的电势能减小C ．从A 到B 与从B 到C 小球的运动时间一定相等D ．从A 到B 与从B 到C 小球的速度变化量大小一定相等6．在如图甲所示的电路中，电阻R 1＝R 2＝2R ，圆形金属线圈半径为r 1，线圈导线的电阻为R ，半径为r 2(r 2<r 1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t 0和B 0，其余导线的电阻不计，闭合S ，至t 1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是( )A ．电容器上极板带正电B ．电容器下极板带正电C ．线圈两端的电压为B 0πr 21t 0D ．线圈两端的电压为4B 0πr 225t 07．下列叙述正确的是( )A ．比较α、β、γ三种射线，由α粒子组成的α射线，电离能力最弱、穿透能力最强B ．卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射，绝大多数不偏转，提出了原子核式结构模型C ．紫外线照射到金属锌板表面时能产生光电效应，则当增大紫外线的光照强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大D ．发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构8．在匀强磁场中匀速转动的单匝矩形线圈的转动周期为8 s ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为R ＝2 Ω.从线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，如图所示，线圈转过45°时的感应电流为1 A ，则下列说法正确的是( )A ．线圈消耗的电功率为2 WB ．线圈中感应电流的有效值为2 AC ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝22sin π4t (V)D ．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝8πsin π4t (Wb)第Ⅱ卷(非选择题共62分)非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须做答．第13～14题为选考题，考生根据要求做答．(一)必考题(共47分)9．(6分)如图为“测量弹簧劲度系数”的实验装置图，弹簧的上端固定在铁架台上，下端装有指针及挂钩，指针恰好指向一把竖直立起的毫米刻度尺．现测得在挂钩上挂一定数量的钩码时指针在刻度尺上的读数如表：02.请回答下列问题：(1)请根据表格数据计算出弹簧的劲度系数，k ＝________N/m.(结果保留两位有效数字) (2)考虑到在没有挂钩码时弹簧自身有重力，测量的劲度系数与真实值相比较________(填“偏大”“偏小”或“没有影响”)．10．(9分)为了测定电源电动势E 的大小、内电阻r 和定值电阻R 0的阻值，某同学利用DIS 设计了如图甲所示的电路．闭合开关S 1，调节滑动变阻器R 的滑动触头P 向某一方向移动时，用电压传感器1、电压传感器2和电流传感器测得数据，并根据测量数据，计算机分别描绘了如图乙所示的M 、N 两条U －I 图线．请回答下列问题：(1)根据图乙中的M 、N 两条图线可知( )A ．图线M 是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的B ．图线M 是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的C ．图线N 是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的D ．图线N 是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的 (2)图乙中两直线交点处电路中的工作状态是( ) A ．滑动变阻器的滑动触头P 滑到了最左端 B ．电源的输出功率最大C ．定值电阻R 0上消耗的功率为0.5 WD ．电源的效率达到最大值(3)根据图乙可以求得定值电阻R 0＝________ Ω，电源电动势E ＝________ V ，内电阻r ＝________ Ω.11．(14分)如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距d ＝8 cm ，板长L ＝25 cm ，接在直流电源上．一个带电液滴以v 0＝0.5 m/s 的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P 处时迅速将下板向上提起43cm ，液滴刚好从金属板末端飞出，求：(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小；(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P 点所用的时间．(g 取10 m/s 2)12．(18分)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面AB 与水平方向的夹角θ＝45°，A 、B 两点的高度差h ＝4 m ，在B 点左侧的水平面上有一左端固定的轻质弹簧，自然伸长时弹簧右端到B点的距离s＝3 m．质量为m＝1 kg的物块从斜面顶点A由静止释放，物块进入水平面后向左运动压缩弹簧的最大压缩量x＝0.2 m．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，不计物块在B点的机械能损失．求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)物块最终停止位置到B点的距离；(3)物块在斜面上滑行的总时间(结果可用根式表示)．(二)选考题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分)13．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．液体中悬浮的微粒越大，布朗运动越显著B．当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小C．同种物质要么是晶体，要么是非晶体，不可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现D．一定质量气体压强不变，温度升高时，吸收的热量一定大于内能的增加量E．在温度不变的情况下，减小液面上方饱和汽的体积时，饱和汽的压强不变(2)(10分)如图所示，一连通器与贮有水银的瓶M用软管相连，连通器的两直管A和B 竖直放置，两管粗细相同且上端封闭，直管A和B内充有水银，当气体的温度为T0时，水银面的高度差h＝10 cm，两管空气柱长均为h1＝10 cm，A管中气体的压强p1＝20 cmHg.现使两管中的气体的温度都升高到2.4T0，同时调节M的高度，使B管中的水银面的高度不变，求流入A管的水银柱的长度．14．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)一列简谐横波沿x轴正向传播，t＝0时的波的图象如图所示，质点P的平衡位置在x＝8 m处．该波的周期T＝0.4 s．下列说法正确的是________．(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．该列波的传播速度为20 m/sB．在0～1.2 s内质点P经过的路程24 mC．t＝0.6 s时质点P的速度方向沿y轴正方向D．t＝0.7 s时质点P位于波谷E．质点P的振动方程是y＝10sin 5πt(cm)(2)(10分)一湖面上有一伸向水面的混凝土观景台，图示是其截面图，观景台下表面恰好和水面相平，A为观景台右侧面在湖底的投影，水深h＝4 m．在距观景台右侧面x＝4 m 处有一可沿竖直方向移动的单色点光源S，在该光源从距水面高3 m处向下移动到接近水面的过程中，观景台水下被照亮的最远距离为AC，最近距离为AB，且AB＝3 m．求：①该单色光在水中的折射率；②AC的距离．高考模拟试题精编(八)1.解析：选B.对小球受力分析，如图所示，由于小球始终处于平衡状态，其合力为零，在细杆从O 点缓慢下移过程中，轻绳与竖直方向的夹角增大，由图中几何关系可知：轻绳对小球的拉力F 逐渐增大，墙壁对小球的支持力F N 也逐渐增大，根据牛顿第三定律可知，小球对墙壁的压力也逐渐增大，故选项B 正确，A 、C 、D 错误．2．解析：选A.由题图x －v 2图象可知小物块的加速度a ＝5 m/s 2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a ＝g sin θ，所以θ＝30°，A 对，B 、C 、D 错．3．解析：选B.设物体质量为m ，星球质量为M ，星球的自转周期为T ，物体在星球两极时，万有引力等于重力，有G mMR2＝mg ，物体在星球赤道上随星球自转时，向心力由万有引力的一部分提供，G mM R 2＝mg ′＋F n ，mg ′＝78mg ，则F n ＝18G MmR2＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 2R ，该星球的同步卫星的周期等于自转周期，设其离星球表面的高度为h ，则有G Mm ′(R ＋h )2＝m ′⎝⎛⎭⎫2πT 2(R ＋h )，联立得：h ＝R .4．解析：选B.A 做加速度逐渐减小的减速直线运动，到B 点时速度最小，所受库仑力等于摩擦力，由μmg ＝k qQ r 2，解得O 、B 间的距离为r ＝kQqμmg，选项A 正确．从A 到B 的过程中，由动能定理，电场力对点电荷乙做的功为W ＝μmgL ＋12m v 2－12m v 20，选项B 不正确、C 正确．从A 到B 的过程中，电场力做正功，乙的电势能减小，选项D 正确．5．解析：选AD.根据带电小球在电场中的运动轨迹可知，带电小球受到的合力竖直向上，电场力竖直向上，并且电场力大于重力，从B 到C ，合外力对小球做负功，小球的动能减小，A 对．电场力对小球做负功，小球的电势能增大，B 错．全过程小球在水平方向上做匀速直线运动，由于AB 的水平距离和BC 的水平距离大小关系不确定，所以两段的运动时间的大小关系也不确定，C 错．C 点的速度恰好水平，可知两段的速度变化量的大小一定相等．D 对．6．解析：选BD.由楞次定律知圆形金属线圈内的感应电流方向为顺时针，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，A 错，B 对．由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝B 0t 0×πr 22，由闭合电路欧姆定律得感应电流为I ＝E R ＋R 1＋R 2，所以线圈两端的电压U ＝I (R 1＋R 2)＝4B 0πr 225t 0，C 错，D对．7．解析：选BD.α、β、γ三种射线中，由α粒子组成的α射线，电离能力最强、穿透能力最弱，γ射线穿透能力最强，A 错误；卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射，绝大多数不偏转，提出了原子核式结构模型，B 正确；光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光照强度无关，因此增大光照强度，光电子的最大初动能不变，C 错误；天然放射现象使人类认识到原子核具有复杂的结构，D 正确．8．解析：选AC.设线圈中感应电流的最大值为I max ，则瞬时值i ＝I max sin θ，有效值I ＝I max2，根据题意可知θ＝45°时，i ＝I max sin 45°＝1 A ，则I max ＝ 2 A ，有效值I ＝1 A ，B 错误；线圈消耗的电功率为P ＝I 2R ＝2 W ，A 正确；线圈中的感应电动势e ＝E max sin ωt ＝I max R sin 2πT t ＝22sin π4t (V)，C 正确；由E max ＝BS max ω＝Φmax ω及ω＝π4rad/s ，可得Φmax ＝82πWb ，任意时刻穿过线圈的磁通量Φ＝82π cos π4t (Wb)，D 错误．9．解析：(1)方法一：利用F ＝kx 解题，其中F 是每次悬挂的钩码的重力，x 为每次弹簧长度与原长的差值，计算出5个数据再求平均值．方法二：利用ΔF ＝k Δx ，将六个数据分成三组，其中ΔF 是每组数据中所悬挂钩码重力的差值、Δx 是每组数据中弹簧长度的差值．(2)考虑到弹簧的自身重力mg ，不挂钩码时弹簧伸长x 0，有mg ＝kx 0，在悬挂m ′g 的钩码时弹簧再伸长x ，则有mg ＋m ′g ＝k (x 0＋x )，可见此时仍有m ′g ＝kx ，故没有影响．答案：(1)32(或31)(3分) (2)没有影响(3分)10．解析：(1)由题图甲可以看出，电压传感器1测量的是路端电压、电压传感器2测量的是定值电阻R 0两端的电压，故电压传感器1的示数随电流的增大而减小，电压传感器2的示数随电流的增大而增大，B 、C 正确．(2)在两图线的交点处，两电压传感器的示数相同，说明滑动变阻器接入电路中的阻值为零，滑片移动到了最左端，A 正确；由两图线的斜率可得电源的内阻、定值电阻R 0的阻值分别为1.0 Ω、2.0 Ω，而内外电路的阻值越接近时电源的输出功率越大，此时外电路的总阻值最小且最接近电源内阻，故B 正确；由题图知此时R 0两端电压与通过的电流分别为1.0V 、0.5 A ，故其消耗的功率P ＝IU ＝0.5 W ，C 正确；电源的效率η＝IU IE ＝IR I (R ＋r )＝11＋r /R ，随外电路总阻值的增大而增大，此时电源效率应是最小的，D 错误．(3)由图线M 、N 的斜率可得电源内阻与定值电阻R 0的阻值，由图线N 在纵轴上的截距可得电源电动势．答案：(1)BC(2分) (2)ABC(2分) (3)2.0(2分) 1.5(2分) 1.0(1分)11．解析：(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的静电力，因为液滴做匀速运动，所以有qE ＝mg 即q Ud＝mg 得qU ＝mgd (3分)当下板向上提后，d 减小，E 增大，静电力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动．此时液滴所受的静电力F ′＝q U d ′＝mgdd ′(3分)a ＝F ′－mg m ＝mg ⎝⎛⎭⎫d d ′－1m ＝15g ＝2 m/s 2.(2分)(2)因为液滴刚好从金属板的末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是d2.液滴从P 点开始在匀强电场中飞行的时间为t 1，则有d 2＝12at 21，解得t 1＝da＝0.2 s(3分) 而液滴从刚进入电场到出电场的时间t 2＝Lv 0＝0.5 s(2分)所以液滴从射入开始计时，匀速运动到P 点所用的时间 t ＝t 2－t 1＝0.3 s ．(1分) 答案：(1)2 m/s 2 (2)0.3 s12．解析：(1)物块从开始位置到压缩弹簧至速度为0的过程，由功能关系可得：mgh －μmg (s ＋x )＝E p (3分)解得最大弹性势能E p ＝24 J(2分)(2)设物块从开始运动到最终静止，在水平面上运动的总路程为l ，由功能关系有：mgh －μmgl ＝0(2分)解得：l ＝8 m(1分)所以物块停止位置到B 点距离为： Δl ＝l －2(s ＋x )＝1.6 m ＜3 m(2分) 即物块最终停止位置距B 点1.6 m.(3)物块在光滑斜面上运动时，由牛顿第二定律有： mg sin θ＝ma (1分) 解得：a ＝g sin θ(1分)设物块第一次在斜面上运动的时间为t 1，则 hsin θ＝12at 21(1分) 解得：t 1＝2510 s(1分)设物块从水平面返回斜面时的速度为v ，由动能定理可得：mgh －2μmg (s ＋x )＝12m v 2(1分)解得：v ＝4 m/s(1分)所以，物块第二次在斜面上滑行的时间为：t 2＝2v g sin θ＝425 s(1分)物块在斜面上滑行总时间为： t ＝t 1＋t 2＝42＋2105s(1分)答案：(1)24 J (2)1.6 m (3)42＋2105s13．解析：(1)液体中悬浮微粒越大，同时撞击微粒的液体分子越多，越易保持平衡，布朗运动越不明显，选项A 错误；当分子力表现为斥力时，分子间距变大，分子力做正功，分子势能减小，选项B 正确；同种物质可以是晶体，也可以是非晶体，如水晶是晶体，加热熔化后再凝固就变成了石英玻璃，就是非晶体了，原因是空间结构被破坏了，形成了新的结构，选项C 错误；一定质量的气体压强不变，温度升高，其体积变大，对外做功，但内能增加，根据热力学第一定律，吸收的热量等于内能的增加量与气体对外做的功，选项D 正确；饱和汽的压强仅与温度有关，与饱和汽的体积无关，选项E 正确．(2)由题意可知，当温度为T 0时B 管中气体的压强p B 1＝30 cmHg(1分)当温度为2.4T 0时，B 管中气体体积不变，设其压强为p B 2，B 中气体状态变化为等容过程，由查理定律有：p B 1T 0＝p B 22.4T 0(2分) 解得：p B 2＝72 cmHg(1分)当温度为T 0时A 管中气体的压强p A 1＝20 cmHg ，体积为V A 1＝h 1S 设流入A 管的水银柱的长度为x ，则温度为2.4T 0时，压强 p A 2＝p B 2－ρ(h ＋x )g ＝(62－x )cmHg(1分) 体积V A 2＝(h 1－x )S (1分)A 中气体状态变化符合理想气体状态方程，则 p A 1V A 1T 0＝p A 2V A 22.4T 0(2分) 代入数据整理得：x 2－72x ＋140＝0(1分) 解得：x ＝2 cm(1分) 答案：(1)BDE (2)2 cm14．解析：(1)由波的图象易知，λ＝8 m ，由v ＝λT ＝20 m/s ，选项A 正确；s ＝tT ×4A ＝1.2 m ，选项B 错误；沿波的传播方向，“上坡下，下坡上”，故t ＝0时质点P 的运动方向沿y 轴正方向，经过0.6 s ，相当于32T ，再次回到平衡位置，速度方向沿y 轴负方向，选项C错误；经过0.7 s ，相当于74T ，质点P 运动到波谷位置，选项D 正确；角速度ω＝2πT，质点P 的振动方程y ＝10sin ωt (cm)＝10sin 2πTt (cm)＝10sin 5πt (cm)，选项E 正确．(2)①如图所示，点光源S 在距水面高3 m 处发出的光在观景台右侧面与水面交接处折射到水里时，被照亮的距离为最近距离AB ，则：由于n ＝sin isin r(1分)所以，水的折射率n ＝x 32＋x 2AB AB 2＋h 2＝43(4分) ②点光源S 接近水面时，光在观景台右侧面与水面交接处折射到水里时，被照亮的距离为最远距离AC ，此时，入射角为90°，折射角为临界角C则：n ＝sin 90°sin C ＝AC 2＋h 2AC ＝43(3分) 解得：AC ＝1277 m(或AC ＝4.5 m)(2分) 答案：(1)ADE (2)①43 ②1277m。

高考物理大一轮复习第十一章交变电流传感器 1 第一节交变电流的产生和描述课件

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(1)感应电动势的最大值； (2)从图示位置起转过14周的时间内负载电阻 R 上产生的热量； (3)从图示位置起转过14周的时间内通过负载电阻 R 的电荷量； (4)电流表的示数． [审题指导] 线圈转动产生感应电动势，最大值为 NBSω，热量按有效值进行计算，电流表示数也为有效值，而电荷量用平均值计算即 q＝ΔRΦ.
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迁移 3 交变电流的图象分析 3．(多选)(2017·高考天津卷)在匀强磁场中，一个 100 匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为 2 Ω，则( )
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A．t＝0 时，线圈平面平行于磁感线 B．t＝1 s 时，线圈中的电流改变方向 C．t＝1.5 s 时，线圈中的感应电动势最大 D．一个周期内，线圈产生的热量为 8π2 J 解析：选 AD.t＝0 时，磁通量为零，磁感线与线圈平面平行， A 正确；当磁感线与线圈平面平行时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，画出感应电动势随时间变化的图象如图，由图可知，t＝1 s 时，感应电流没有改变方向，B 错误；t＝1.5 s
【迁移题组】迁移 1 交变电流的产生过程分析 1．(2019·南京、盐城模拟)图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为 10 Ω，外接一只电阻为 90 Ω 的灯泡，不计电路的其他电阻，则( )
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பைடு நூலகம்
[审题指导] 从线圈平面经过中性面开始计时，则线圈在时间 t 内转过角度 ωt，瞬时感应电动势 e＝Em·sin ωt，其中 Em＝ NBSω.线圈平面处于与中性面成 φ0 夹角位置时开始计时，要注意此时线圈的初相位．计算线圈转动一周电阻 R 上产生的焦耳热，要用有效值进行计算．

2018年高考物理模拟试卷(共5套)pdf

10
v
v0 cos a v2 r
（2 分）
qvB m
（2 分）
33．【物理一选修 3—3】（）5 分〉（1）（5 分）BCE （2）解：（10 分）（i）囊中气体包含的物质的量为 n 所含分子数为 N＝5×6.02×1023 个＝3.01×1024 个
V 5mol M0
（电阻率的倒数），泵体所在处有方向垂直向外的匀强磁场，磁感应强度为 B，
把泵体的上下两表面接在电压为 U（内阻不计）的电源上，则
A．泵体上表面应接电源正极 B．通过泵体的电流 I＝UL1/ C．增大磁感应强度可获得更大的抽液高度 D．增大液体的电导率可获得更大的抽液高度 21．如图所示，A、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B、 C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上，已知 A
由图中所示的值逐渐减小时，要使橡皮筋的活动
23．（9 分）某同学用一个满偏电流为 10mA、内阻为 30Ω的电流表，一只滑动变阻器和一节电动势为 1.5V 的干电池组装成一个欧姆表，如图（a）所示：
（1）甲、乙测试笔中，甲表笔应是
（选填“红”或“黑” ）表笔。 Ω。
5
（2）电流表 5mA 刻度处应标的电阻刻度为
A．O 点一定有一个正点电荷 B．B 点电势一定大于 C 点电势 C．该粒子在 A 点的动能一定大于 D 点的动能 D．将该粒子在 B 点由静止释放，它一定沿电场线运动 16．—台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为 5.0Ω，现外接一只电阻为 95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则
（1）求物块滑到板右端时的速度 v 多大；（2）求 x 的大小；（3）通过计算说明，物块最终能否滑离木板。

普通高校招生全国统一考试2018年高考仿真模拟卷(一)物理试卷+Word版含解析

普通高校招生全国统一考试2018年高考仿真模拟卷(一)物理试卷本试卷分第一部分(选择题)和第二部分(非选择题)两部分。

满分110分。

考试时间60分钟。

第一部分二、选择题：本题共8小题，每小题6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。

·(请将答案填写在第5页答题区）14.如图所示为甲物体和乙物体在平直地面上同向运动的v-t 图象，已知t=0时甲在乙前方x 0=60m 处，则在0~4s 的时间内甲和乙之间的最大距离为A.8mB.14mC.68mD. 52m15.一匝由粗细均匀的同种导线绕成的矩形导线框abcd 固定不动，其中矩形区域efcd 存在磁场（未画出），磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度大小B 随时间t 均匀变化，且B k t∆=∆(k>0)，已知ab=fc=4L ，bc=5L ，已知L 长度的电阻为r ，则导线框abcd 中的电流为 A.289kL r B.22518kL r C.249kL r D.2259kL r16.如图所示，一根劲度系数为k 的轻质弹簧固定在天花板上，弹簧下端系一质量为m 的物体，现将竖直向下的外力作用在物体上，使弹簧的伸长量为x 。

撤去外力后，物体由静止竖直向上弹出，已知对于劲度系数为k 0的弹簧，当其形变量为x 0时，具有的弹性势能为20012k x ，重力加速度为g ，其他阻力不计，则从撤去外力到物体的速度第一次减为零的过程中，物体的最大速度为A.mg x k ⎛+ ⎝B.mg x k ⎛- ⎝C.mg x k ⎛+ ⎝D.mg x k ⎛- ⎝17.如图所示，M 、N 是围绕地球做匀速圆周运动的两个卫星，已知N 为地球的同步卫星，M 的轨道半径小于N 的轨道半径，A 为静止在赤道上的物体，则下列说法正确的是A.M 绕地球运行的周期大于24小时B.M 适当减速有可能与N 实现对接C.M 的运行速度大于A 随地球自转的线速度D.N 的运行速度大于地球的第一宇宙速度18.一带正电荷的粒子只在电场力作用下沿x 轴正方向运动^轴正半轴上的电势φ随位置x 变化的关系如图所示，则下列说法中正确的是A.x 1、x 2处的电场强度均沿x 轴负方向B.该粒子在x 1处的加速度大于在x 2处的加速度C.该粒子从x 1处到x 2处的过程中做减速运动D.该粒子在x 1处的电势能大于在x 2处的电势能19.在如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，定值电阻R 1=5Ω、R 2=10Ω、R 3=2.5Ω，流过副线圈的电流随时间的变化关系如图乙所示，已知电阻R 2和R 3消耗的功率相等，下列说法正确的是A.变压器原、副线圈的匝数比为2:1B.流过变压器原线圈的电流有效值为1AC.流过电阻R 1的电流有效值为1AD.电阻R 1消耗的功率为5W20.如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。

2018届高考物理第一轮总复习全程训练模拟仿真预测卷一

模拟仿真预测卷(一)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分考试时间60分钟．第Ⅰ卷(选择题共48分)一、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1～5题只有一个选项符合题目要求，第6～8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，有选错或不答的得0分．1．了解科学家发现物理规律的过程，学会像科学家那样观察和思考，不断提升自己的科学素养，往往比掌握知识本身更重要．以下符合物理发展史实的是( ) A．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动B．楞次发现磁场产生电流的条件和规律，即电磁感应现象C．牛顿最早用扭秤实验测出万有引力常数D．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律2.如图所示，将三个形状不规则的磁石块叠放在水平桌面上，处于静止状态．下列说法正确的是( )A．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对平衡力B．石块a一定受到三个力的作用C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．桌面对石块c的作用力一定竖直向上3．物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则( )A．I1<I2，W1＝W2 B．I1>I2，W1＝W2C．I1>I2，W1<W2 D．I1＝I2，W1<W24．如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，x A、x B分别为A、B 两点在x轴上的坐标值．一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能E p随其坐标x 变化的关系如图乙所示，E p A和E p B分别表示电子在A、B两点时的电势能．则下列说法中正确的是( )A．该电场可能是孤立的点电荷形成的电场B．A点的电场强度小于B点的电场强度C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W＝E p A－E p BD．电子在A点的动能小于在B点的动能5.如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u＝311sin100πt(V)，副线圈所在电路中接有电热丝、小电动机、理想交流电压表和理想交流电流表．已知理想变压器的原、副线圈匝数比为10∶1.电热丝额定功率为44 W，小电动机内电阻为1 Ω，电流表示数为3 A，各用电器均正常工作．则( )A．电压表示数为31.1 VB．小电动机的输出功率为21 WC．变压器的输入功率为44 WD．通过保险丝的电流为30 A6.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图．由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹．前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行．电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节．适当调节U和I，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹．下列调节方式中，可能让圆形径迹半径增大的是( )A．同时增大U和I B．同时减小U和IC．增大U，减小I D．减小U，增大I7．在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R.半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电．电容器上极板带正电 B ．电容器下极板带正电．线圈两端的电压为B 0πr 21t 0 D ．线圈两端的电压为4B 0πr 225t 0．物体在甲传送带上运动的时间比乙大．物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙大．两传送带对物体做功相等(1)相邻两计数点之间的时间间隔为________s.(2)实验时要在接通打点计时器之________(填“前”或“后”)释放物体．(3)将各计数点至O点的距离依次记为s1、s2、s3、s4……测得s2＝1.60 cm，s4＝6.40 cm，请你计算打点计时器打下C点时物体的速度大小是________m/s.(4)同学们根据测出的物体1上升的高度x与相应的时间t，描绘出如图丙所示的s－t2图线，由此可以求出物体的加速度大小为________m/s2.10．(9分)用伏安法测定一个待测电阻R x的阻值(阻值约为200 Ω)，实验室提供如下器材：电池组E(电动势3 V，内阻不计)电流表A1(量程0～15 mA，内阻约为100 Ω)电流表A2(量程0～300 μA，内阻为2 000 Ω)滑动变阻器R1(阻值范围0～20 Ω，额定电流2 A)电阻箱R2(阻值范围0～9 999 Ω，额定电流1 A)开关S、导线若干要求实验中尽可能准确地测量R x的阻值，请回答下面问题：(1)将电流表A2与电阻箱串联，改装成一个量程为3.0 V的电压表，需将电阻箱阻值调到________Ω；(2)在方框中完整画出测量R x阻值的电路图，并在图中标明器材代号；(3)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是________mA，电流表A2的示数是________μA，测得待测电阻R x的阻值是________Ω.11．(14分)宇航员驾驶宇宙飞船到达月球，他在月球表面做了一个实验：在离月球表面高度为h处，将一小球以初速度v0水平抛出，水平射程为x.已知月球的半径为R，万有引力常量为G.不考虑月球自转的影响．求：(1)月球表面的重力加速度大小g0；(2)月球的质量M；(3)飞船在近月圆轨道绕月球做匀速圆周运动的速度v.12．(18分)如图所示，电阻不计的“∠”型足够长且平行的导轨，间距L＝1 m，导轨倾斜部分的倾角θ＝53°，并与定值电阻R相连．整个空间存在着B＝5 T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场．金属棒ab、cd的阻值R ab＝R cd＝R，cd棒质量m＝1 kg.ab棒光滑，cd 与导轨间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：(1)ab棒由静止释放，当滑至某一位置时，cd棒恰好开始滑动．求这一时刻ab棒中的电流；(2)若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，分析ab棒质量应满足的条件；(3)若cd棒与导轨间的动摩擦因数μ≠0.3，ab棒无论质量多大，从多高位置释放，cd 棒始终不动．求cd棒与导轨间的动摩擦因数μ应满足的条件．(二)选择题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)13．(15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填入正确选项前的字母．选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．“油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸酒精溶液的体积除以油膜的面积如图所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形气缸竖直放置，气缸上、下两部在气缸内有A、B两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在气缸内无摩擦地移动．已知活塞如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为方向射向圆柱体．则这条入射光线到AB的距离是多少？187.5(或191)(2分) ，根据平抛运动规律棒刚要开始滑动时，其受力分析如图所示．分)，作光路图，由几何关系，得2β＝α。

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高考模拟试题精编(十一)(时间：60分钟满分：110分)第Ⅰ卷(选择题共48分)选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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．1．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理思想与研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假说法等．以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是( )A ．根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt 非常小时，就可以用ΔxΔt表示物体在t 时刻的瞬时速度，这是应用了极限思想法B ．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了等效替代的思想C ．玻璃瓶内装满水，用穿有透明细管的橡皮塞封口．手捏玻璃瓶，细管内液面高度有明显变化，说明玻璃瓶发生形变，该实验采用放大的思想D ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法2．右图为一物体做直线运动的图象，但纵坐标表示的物理量未标出，已知物体在前2 s 内向东运动，以下判断正确的是( )A ．若纵坐标表示速度，则物体在4 s 内的位移为4 mB ．若纵坐标表示速度，则物体在4 s 内的加速度大小不变，方向始终向东C ．若纵坐标表示位移，则物体在4 s 内的运动方向始终向东D ．若纵坐标表示位移，则物体在4 s 内的位移为零3．如图所示，平行板电容器与恒压电源连接，电子以速度v 0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场，设电容器极板上所带的电荷量为Q ，电子穿出平行板电容器时在垂直于板面方向偏移的距离为y ，若仅使电容器上极板上移，以下说法正确的是( )A ．Q 减小，y 不变B ．Q 减小，y 减小C ．Q 增大，y 减小D ．Q 增大，y 增大4．图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U 1、输电线的电阻和理想变压器匝数均不变，且n 1∶n 2＝n 4∶n 3.当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是( )A ．用户的总电阻增大B ．用户两端的电压U 4增加C ．U 1∶U 2＝U 4∶U 3D ．用户消耗的功率等于发电机的输出功率5．如图甲所示，静止在水平地面上的物块A ，受到水平向右的拉力F 作用，F 与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力f m 与滑动摩擦力大小相等，则( )A ．0～t 1时间内物块A 的加速度逐渐增大B ．t 2时刻物块A 的加速度最大C ．t 3时刻物块A 的速度最大D ．t 2～t 4时间内物块A 一直做减速运动6．如图所示，正方形abcd 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O 点是cd 边的中点．一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形区域内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场．现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od 成30°的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法正确的是( )A ．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场B ．若该带电粒子从ab 边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t 0C ．若该带电粒子从bc 边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是3t 02D ．若该带电粒子从cd 边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是5t 037．下列说法正确的是( )A ．光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应揭示了光的波动性B ．高速运动的质子、中子和电子都具有波动性C ．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构学说D ．核反应方程：94Be ＋42He →126C ＋X 中的X 为质子8．倾角θ＝30°的斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜面体上的O 点处．质量分别为4m 、m 的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，如图所示．开始物块甲位于斜面体上的M 处，且MO ＝L ，物块乙开始距离水平面足够远，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当物块甲将弹簧压缩到N 点时，物块甲、乙的速度减为零，ON ＝L 2.已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝38，重力加速度取g＝10 m/s 2，忽略空气的阻力，整个过程细绳始终没有松弛．则下列说法正确的是( )A ．物块甲由静止释放到斜面体上N 点的过程，物块甲先做匀加速直线运动，紧接着做匀减速直线运动直到速度减为零B ．物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为0.5 m/s 2C ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为38mgLD ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为98mgL第Ⅱ卷(非选择题共62分)非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须做答．第13～14题为选考题，考生根据要求做答．(一)必考题(共47分)9．(6分)为测量物块和木板间的动摩擦因数，某同学做了如下实验：实验器材：两个同样的长木板，小滑块，垫块，刻度尺．实验步骤：a ．按照图示将一个长木板水平放置，另一个长木板用垫块将左端垫高．b ．在倾斜长木板的斜面上某一位置作一标记A ，使小滑块从该位置由静止释放，小滑块沿倾斜长木板下滑，再滑上水平长木板，最后停在水平长木板上，在停止位置作一标记B .c ．用刻度尺测量________和________，则可求出小滑块和长木板间的动摩擦因数μ＝________(用所测物理量的符号表示)．误差分析：影响实验测量准确性的主要原因有：________________(任意写一条)． 10．(9分)某同学用如图甲所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势(把欧姆表看成一个电源，且已选定倍率并进行了欧姆调零)．实验器材的规格如下：电流表A 1(量程200 μA ，内阻R 1＝300 Ω) 电流表A 2(量程30 mA ，内阻R 2＝5 Ω) 定值电阻R 0＝9 700 Ω，滑动变阻器R (阻值范围0～500 Ω)(1)闭合开关S ，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表A 1和A 2的示数分别为I 1和I 2.16.7 13.2 10.0依据表中数据，作出I1-I2图线如图乙所示；据图可得，欧姆表内电源的电动势为E＝________V，欧姆表内阻为r＝________Ω；(结果保留3位有效数字)(2)若某次电流表A1的示数是114 μA，则此时欧姆表示数约为________Ω.(结果保留3位有效数字)11．(14分)如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小．传送带的运行速度为v0＝6 m/s，将质量m＝1 kg的可看做质点的滑块无初速地放到传送带A端，传送带长度为L＝12 m，“9”字全高H＝0.8 m，“9”字CDE部分圆弧半径为R＝0.2 m的34圆弧，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.3，取重力加速度g＝10 m/s2.(1)求滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；(2)求滑块滑到轨道最高点D时对轨道作用力的大小和方向；(3)若滑块从“9”形轨道E点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ＝45°的斜面上的P点，求P、E两点间的竖直高度h.12．(18分)如图所示，在矩形区域CDNM内有沿纸面向上的匀强电场，场强的大小E ＝1.5×105 V/m；在矩形区域MNGF内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.2 T．已知CD＝MN＝FG＝0.60 m，CM＝MF＝0.20 m．在CD边中点O处有一放射源，沿纸面向电场中各方向均匀地辐射出速率均为v0＝1.0×106 m/s的某种带正电粒子，粒子质量m ＝6.4×10－27 kg，电荷量q＝3.2×10－19C，粒子可以无阻碍地通过边界MN进入磁场，不计粒子的重力．求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)边界FG上有粒子射出磁场的范围长度；(3)粒子在磁场中运动的最长时间．(后两问结果保留两位有效数字)(二)选考题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分)13．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________(选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分．每选错1个扣2分，最低得分为0分)．A．第一类永动机不可能制成，因为违背了能量守恒定律B．液体温度越高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈C．不考虑分子势能，则质量、温度均相同的氢气和氧气的内能也相同D．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积E．物体吸收热量，其内能可能不变(2)(10分)如图所示，绝热汽缸内封闭一定质量的理想气体，汽缸内壁光滑，有一绝热活塞可在汽缸内自由滑动，活塞的重力为500 N、横截面积为100 cm2.当两部分气体的温度都为27 ℃时，活塞刚好将缸内气体分成体积相等的A、B上下两部分，此时A气体的压强为p0＝1.0×105Pa.现把汽缸倒置，仍要使两部分体积相等，则需要把A部分的气体加热到多少摄氏度？14．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)如图所示，位于坐标原点O处的振源由t＝0时刻开始向上起振，在沿x轴的正方向上形成一列简谐横波，质点A、B、C、D是其传播方向上的四点，且满足OA＝AB＝BC ＝CD，经时间t＝0.3 s的时间该波刚好传播到质点C处，此刻振源O第一次处于波谷位置．则下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．该振源的振动周期为T＝0.4 sB．在t＝0.3 s时质点A处在平衡位置且向上振动C．在t＝0.3 s时质点B处在波谷位置D．当该波刚传到质点D时，质点D的振动方向向上E．在t＝0.5 s时质点C处在平衡位置且向下振动(2)(10分)某玻璃三棱镜水平放置，其截面如图所示，已知玻璃的折射率为3，该三棱镜的AB边竖直放置，水平虚线CD垂直AB，∠BAC＝60°，∠B＝45°，AC边长为20 cm，AD部分贴着不透光的纸，当一束水平平行光照射在三棱镜AB边上时，在下方水平屏AP 上被照亮的区域有多宽？(不考虑光在玻璃中的多次反射)高考模拟试题精编(十一)1．解析：选B.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用的是理想模型法，选项B 的叙述不正确．2．解析：选C.若纵坐标表示速度，则物体在前2 s 内向东做加速度为－1 m/s 2的匀减速直线运动，位移大小为2 m ，在后2 s 内向西做加速度为1 m/s 2的匀加速直线运动，位移大小为2 m ，故前4 s 内的位移为0，加速度方向始终向西，选项A 、B 错误；若纵坐标表示位移，则物体向东做1 m/s 的匀速直线运动，运动方向始终向东，前4 s 内的位移大小为4 m ，选项C 正确，选项D 错误．3．解析：选B.仅使电容器上极板上移，两极板间距d 增大，由C ＝εr S4k πd知，电容器的电容减小，由C ＝Q U 知，U 一定，C 减小，则Q 减小，选项C 、D 错误；由E ＝Ud知，电容器两极板间的电场强度减小，电子运动的加速度a ＝Eqm减小，电子在电场中做类平抛运动，电子穿出电场的时间不变，则电子穿出平行板电容器时在垂直极板方向偏移的距离y ＝12at 2减小，选项A 错误，选项B 正确．4．解析：选C.对两个变压器，有U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4，所以U 1U 2＝U 4U 3，选项C 正确；由能量守恒定律可知，发电机的输出功率等于用户消耗的功率和输电导线消耗的功率之和，选项D 错误；电压U 1一定，U 2也一定，当用户消耗的功率P 出增大时，负载增多，用户的总电阻减小，由P 出＝I 24R 负载，可知降压变压器的输出电流I 4增大，由I 3I 4＝n 4n 3，可知降压变压器的输入电流I 3＝I 2增大，则U 3＝U 2－I 2r 减小，用户两端的电压U 4减小，选项A 、B 错误．5．解析：选BC.0～t 1时间内物块A 受到的静摩擦力逐渐增大，物块处于静止状态，选项A 错误．t 2时刻物块A 受到的拉力F 最大，物块A 的加速度最大，选项B 正确．t 3时刻物块A 受到的拉力减小到等于滑动摩擦力，加速度减小到零，物块A 的速度最大，选项C 正确．t 2～t 3时间内物块A 做加速度逐渐减小的加速运动，t 3～t 4时间内物块A 一直做减速运动，选项D 错误．6．解析：选AD.根据题述一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形区域内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场，则时间t 0为带电粒子在磁场中运动的半个周期．使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od 成30°的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，画出各种可能的运动轨迹，可以看出不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场，选项A 正确．若该带电粒子从ab 边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定小于t 0，选项B 错误．若该带电粒子从bc 边射出磁场，它在磁场中经历的时间不可能是3t 02，可能是t 0，选项C 错误．若该带电粒子从cd 边射出磁场，它在磁场中运动轨迹为56圆弧，经历的时间一定是5t 03，选项D 正确． 7．解析：选BC.光电效应、康普顿效应都揭示了光的粒子性，A 错误；任何物质都具有波粒二象性，B 正确；原子的核式结构学说就是建立在α粒子散射实验基础上的，C 正确；根据质量数和电荷数守恒，可判断X 为中子，D 错误．8．解析：选BC.释放物块甲、乙后，物块甲沿斜面加速下滑，当与弹簧接触时，开始压缩弹簧，弹簧产生沿斜面向上的弹力，物块甲做加速度减小的加速运动，当把弹簧压缩到某一位置时，物块甲沿斜面受力平衡，速度达到最大，之后物块甲做加速度增大的减速运动，A 错误；对物块甲、乙，根据牛顿第二定律有4mg sin θ－mg －f ＝5ma ，其中f ＝4μmg cos θ，解得a ＝120g ＝0.5 m/s 2，B 正确；以物块甲和乙为研究对象，从M 点运动到N 点，在N 点弹簧压缩最短，弹性势能最大，由动能定理得4mg ⎝⎛⎭⎫L ＋L 2sin θ－mg ⎝⎛⎭⎫L ＋L 2－f ⎝⎛⎭⎫L ＋L2＋W 弹＝0，解得W 弹＝－38mgL ，弹性势能的变化量ΔE p ＝－W 弹＝38mgL ，C 正确，D 错误．9．解析：设倾斜长木板倾角为θ，动摩擦因数为μ，A 点到两个长木板连接处的距离为x ，则小滑块沿倾斜长木板下滑时克服摩擦力做的功为WF f ＝μmg cos θ·x ，x cos θ为A 点到两个长木板连接处的连线在水平方向上的投影长度，因此从A 点到B 点，由动能定理得mgh －μmgl ＝0，得μ＝h /l .引起实验误差的主要原因有：小滑块经过两长木板连接处时损失了能量．答案：小滑块开始下滑时的位置A 的高度h (1分) 小滑块下滑位置A 与最后停止位置B 间的水平距离l (1分) h /l (2分) 小滑块经过两个长木板连接处时损失了能量(2分)10．解析：(1)由于A 2量程远大于A 1量程，干路电流可认为等于A 2的示数，故有E ＝I 1(R 1＋R 0)＋I 2r ，可得I 1＝E 10 000－r10 000I 2，故从图线在纵轴上的截距可得电动势E ＝150μA ×10 000 Ω＝1.50 V ，从图线的斜率可得内阻r ＝150 μA －112 μA25 mA×10 000 Ω＝15.2 Ω.(2)由图乙可以看出，当A 1的示数是114 μA 时对应A 2的示数为24 mA ，而欧姆表的示数为外电路的总电阻：R ＝114 μA ×10 000 Ω24 mA＝47.5 Ω.答案：(1)1.50(1.48～1.51)(3分) 15.2(14.0～16.0)(3分) (2)47.5(47.0～48.0)(3分) 11．解析：(1)滑块在传送带上加速运动时，由牛顿第二定律有 μmg ＝ma (1分)解得：a ＝μg ＝3 m/s 2(1分)加速到与传送带共速的时间t 1＝v 0a＝2 s(1分)2 s 内滑块的位移x 1＝12at 21＝6 m(1分)之后滑块做匀速运动的位移 x 2＝L －x 1＝6 m(1分)所用时间t 2＝x 2v 0＝1 s(1分)故t ＝t 1＋t 2＝3 s(1分)(2)滑块由B 运动到D 的过程中由动能定理得：－mgH ＝12m v 2D －12m v 20(1分) 在D 点：F N ＋mg ＝m v 2DR(1分)解得：F N ＝90 N ，方向竖直向下由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小是90 N ，方向竖直向上(1分) (3)滑块由B 运动到E 的过程中由动能定理得：－mg (H －2R )＝12m v 2E －12m v 2(1分)滑块撞击P 点时，其速度沿竖直方向的分速度为：v y ＝v Etan θ(1分)竖直方向有：v 2y ＝2gh (1分) 解得：h ＝1.4 m(1分)答案：(1)3 s (2)90 N ，竖直向上 (3)1.4 m 12．解析：(1)电场中由动能定理得：qEd ＝12m v 2－12m v 20(2分)由题意知d ＝0.20 m ，代入数据得v ＝2×106 m/s(2分)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qB v ＝m v 2r (1分)解得r ＝m vqB＝0.2 m ．(1分)(2)设粒子沿垂直于电场方向射入时，出电场时水平位移为x ，则由平抛规律得：⎩⎪⎨⎪⎧d ＝12·qE m ·t 2x ＝v 0t(2分)解得x ＝2315m(2分)离开电场时，sin θ1＝v 0v ＝12，θ1＝30°.(2分)由题意可知，PS ⊥MN ，沿OC 方向射出粒子到达P 点，为左边界，垂直MN 射出的粒子与边界FG 相切于Q 点，Q 为右边界，QO ″＝r ，轨迹如图．范围长度为l ＝x ＋r ＝⎝⎛⎭⎫2315＋0.2m ≈0.43 m ．(2分) (3)T ＝2πm qB ，由分析可知，OO ′方向射出的粒子运动时间最长，设FG 长度为Lsin θ2＝12L －r r ＝12，θ2＝30°(2分)带电粒子在磁场中运动的最大圆心角为120°，对应的最长时间为t max ＝13T ＝2πm3qB≈2.1×10－7s(2分)答案：(1)0.2 m (2)0.43 m (3)2.1×10－7 s13．解析：(1)第一类永动机是指违反能量守恒定律的机器，A 正确；温度越高，液体分子对悬浮颗粒的撞击越频繁，悬浮颗粒越小，撞击不平衡机会越多，布朗运动越显著，B 正确；内能由温度和物质的量决定，C 错误；气体分子之间有广阔的间隙，D 错误；若物体吸收的热量等于其对外所做的功，则其内能不变，E 正确．(2)初始状态，B 气体的压强为：p 1＝p 0＋GS(2分)末状态，对于B 气体：由于温度和体积都未变化，所以B 气体的压强不变化对于A 气体：p 2＝p 1＋GS(2分)依据查理定律得：p 0T 1＝p 2T 2(3分)其中T 1＝(273＋27)K ＝300 K(1分) 解得：T 2＝600 K ，即t ＝327 ℃(2分) 答案：(1)ABE (2)327 ℃14．解析：(1)由于振源的起振方向向上，且在t ＝0.3 s 时，该波刚好传播到质点C 处，此刻振源O 第一次处于波谷位置，则可知T ＝0.4 s ，波长λ＝4OA ，A 正确；据此时波形可知，该时刻质点A 处在平衡位置且向下振动，质点B 处在波峰位置，B 、C 错误；各质点的起振方向与波源的起振方向相同，故质点D 的起振方向向上，D 正确；t ＝0.5 s 时该波向右传播的距离为54λ，由波的传播可知此刻的质点C 正处在平衡位置且向下振动，E 正确．(2)三棱镜的折射率为3，则全反射临界角θ满足sin θ＝33，θ＜45°，故光在BC 边发生全反射，其光路图如图所示(3分)光线在AC 边的入射角r ＝30°，根据n ＝sin isin r可知，在AC 边的折射角i ＝60°(2分)故在下方水平屏AP 上照亮的区域宽度L 满足sin (90°－i )L ＝sin (30°＋90°－i )AC(3分)解得L ＝2033cm(2分)答案：(1)ADE (2)2033 cm。

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