2018年高考仿真模拟物理试题新课标全国卷(二)答案

2018年高考仿真模拟试题(新课标全国卷)
物理(二)答案
1．D 【解析】奥斯特发现了电生磁，突破了人类对电与磁认识的局限性，选项A 错误；安
培将恒定电流或磁铁放在导体线圈周围，由于线圈中磁通量不变，线圈中不能“感应”出电流，选项B 错误；法拉第通过十年的探索，发现了电磁感应现象，纽曼、韦伯总结得出了法拉第电磁感应定律，选项C 错误；楞次在分析了许多实验事实后，总结得出了楞次定律，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D 正确。

2．B 【解析】①采用倍增的方式，应用了半定量的研究方法；②利用了等效替代的思想；
③将微小作用力通过放大的方法体现出来；④应用了控制变量的研究方法；⑤将重力作用点等效为重心，B 正确。

3．B 【解析】由带电粒子的运动轨迹分析可知，带电粒子和点电荷A 所带电性相同，则粒
子一定带正电，A 错误；N 点的电场线比M 点的电场线密，因此M 点的电场强度比N 点的电场强度小，则带电粒子在M 点的加速度小，B 正确；电场线与等势面的方向垂直，因此带电粒子在M 点的电场力方向与等势面上该点的切线方向垂直，C 错误；由题图中带电粒子的轨迹分析可知，带电粒子由M 点到N 点的过程中，电场力做负功，电势能增加，带电粒子在M 点的电势能小于在N 点的电势能，D 错误。

4．D 【解析】以滑块为研究对象，对其受力分析如图1所示，
图1
因滑块保持静止，所以由共点力的平衡条件可得mg sin θ−T F =0，N F −mg cos θ=0，解得
T F =mg sin θ=12mg ，N F =mg cos θ，即细绳对滑块的拉力大小为12mg ，斜劈对
，A 、 B 错误；
图2
把滑块和斜劈视为整体进行研究，其受重力(M +m )g ，水平面的支持力N F '、摩擦力f F 以
及细绳拉力T F 。

受力情况如图2所示，且整个装置处于静止状态，所以由平衡条件可
得f F −T F cos θ=0，N
F '+T F sin θ−(M +m )g =0，可得N F '=Mg +34mg ，f F =4mg ，由牛顿第三定律可知斜劈对水平面的压力大小为Mg +34
mg ，C 错误，D 正确。

5．C 【解析】由万有引力定律可知2
2GM M v M r r
=太，该行星的运行半径未知，所以该行星的公转速度无法确定，A 、B 错误；根据万有引力等于重力有2Mm G R =mg ，得M =2
gR G ，由于行星表面的重力加速度与地球相近，半径大约为地球半径的
12，所以它的质量是地球质量的14
，C 正确；要在该行星表面发射人造卫星，发射的速度最小为该行星的
第一宇宙速度，第一宇宙速度1v R 为行星半径，M 为行星质量，所以该行星
的第一宇宙速度为地球的2
，D 错误。

6．CD 【解析】由题意可知，工件以恒定的速度向右运动，切割刀可沿金属杆移动，而金属
杆与导轨垂直且可沿导轨左右滑动。

要得到矩形的工件，则切割刀相对于工件，在工件运动方向上的速度为零即可，因此金属杆可向右以大小为0v 的速度滑动，同时切割刀沿金属杆移动，C 、D 正确。

7．BD 【解析】由于离子进入磁场后在洛伦兹力的作用下发生偏转，上表面带正电荷，下表
面带负电荷，则在通道间产生一向下的电场，当等离子体所受的电场力等于洛伦兹力时，由qE h
=qvB ，得产生的电动势为E =Bvh ，代入数据得E =1 200 V ，与离子所带电荷量无
关，A 错误、B 正确；由电阻定律可知离子流的电阻为
r =ρh ab =2×0.20.20.5⨯ Ω=4 Ω，发电机的效率为η=UI R EI R r =+=11R
+， 由该表达式可知，外电路的电阻越大，发电机的效率越高，C 错误；当电源的内阻与外电路电阻相等时输出功率最大，即外电路消耗的电功率最大，此时外电路电阻为 R =r =4 Ω，D 正确。

8．AC 【解析】当开关S 扳到1时，1R 被短路，外电路电阻为2R ，根据电功率公式可得，
通过电源的电流1I
，B 错误；电压表读数1U
，C 正确；当开关S 扳到1时，有E =1U +1I r =4+r (V)①，当开关S 扳到2时，1R 和2R 串联，外电路的总电阻R 总=1R +2R =6 Ω，通过电源的电流2I =212
U R R +=0.75 A ，有E =2U +2I r =4.5+0.75r (V)②，联立①②式得，E =6 V ，r =2 Ω，A 正确；当开关S 扳到3
时，回路总电阻R '总
=1R +r +2323R R R R +=6 Ω，总电流I 总=E R '总
=1 A ，通过3R 的电流3I =12I 总=0.5 A ，D 错误。

9．【答案】(1)②没有(2分) ⑤平行四边形的对角线(1分) C F (1分) (2)34
(2分) 【解析】(1)步骤②中可以用一个同心圆对应一个钩码，这样就不必测量钩码的重力大小。

步骤⑤中以A F 、B F 为邻边，画出平行四边形，该平行四边形的对角线表示A F 、B F 的合力，如果平行四边形的对角线与C F 近似共线等长，即理论与实际相符合，就验证了力的平行四边形定则。

(2) A F 、B F 在水平方向上的分力大小相等，4mg sin α=3mg sin β，得出sin sin αβ=34。

10．【答案】(1)如图所示(2分) (2)小于(1分) (3)②(1分) (4)16(2分) 小
于(1分) (5)0.21(2分)
【解析】(2)根据欧姆定律可知，R 测=X V U U I I I =+，而R 真=X
U I ，所以测量值小于真实值； (3)由于滑动变阻器采用分压式接法，电流或电压可以从零调，则当电流或电压不能从零调时，说明滑动变阻器采用的不是分压式接法，即原因可能是题图甲中的②处接触不良；(4)根据I —U 图象，当U=0.8 V 时，对应的电流为I =0.05 A ，所以对应的电阻为R =0.80.05U I = Ω=16 Ω；根据R =1U I I
U
=可知，待测电学元件的电阻应等于I —U 图线上的点与坐标原点连线的斜率的倒数，由图象可知此斜率应小于过该点的切线的斜率，所以该点与坐标原点连线的斜率的倒数应大于过该点的切线斜率的倒数，即I —U 图象在该点切线的斜率的倒数小于电学元件X 的电阻；(5)在I —U 图象中作出表示蓄电池的I —U 图线如图所示，读出两图线交点的坐标为U =1.4 V ，I =0.15 A ，所以电学元件消耗的实际功率为P =UI =1.4×0.15 W=0.21 W 。

11．【解析】(1)设与绷直的弹性网碰撞前瞬间物块甲的速度大小为v 甲，
由运动学公式有 v 甲
(1分)
代入数据得v 甲=5 m/s(1分)
由题意可知物块甲反弹后的速度方向向上，大小为v '甲
=5 m/s(1分) 取向上为正方向，由动量定理得F 0t −m 甲g 0t =m 甲v '甲
−(−m 甲v 甲)(1分) 代入数据得F =33 N ，方向竖直向上(1分)
(2)设物块甲与物块乙碰前的速度大小分别为v ''甲
、v 乙，碰后物块乙的速度大小为v '乙
由运动学规律可得v 乙=gt =3 m/s ，方向竖直向下(1分)
由于碰撞的时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。

取向下为正方向，有
m 乙v 乙−m 甲v ''甲
=m 乙v '乙(1分) 12m 乙2v 乙+12m 甲2v ''甲=12
m 乙2v '乙(1分) 代入数据解得v ''甲
=3 m/s ，v '乙=−6 m/s(1分) 假设碰撞的位置距离弹性网的高度为1h ，则由运动学公式
2v ''甲
−2v '甲=−2g 1h (1分) 1h =0.8 m(1分)
碰撞后物块乙上升的高度为2h =22v g '乙
=1.8 m(1分)
则物块乙到达最高点时距弹性网的高度为
h 总=1h +2h =2.6 m(1分)
12．【解析】(1)经时间t ，导体棒接入回路中的长度
L =2vt tan 37°=0.3t (m) (1分)
此时回路的总电阻R =2(vt tan 37°+
cos37vt )r '=0.08t (Ω) (1分) 其中r '=0.1 Ω/m
导体棒中产生的感应电动势E =0B Lv (2分)
由欧姆定律I =E R
=0.15 A(1分) 即经过2 s 流过导体棒的电流为0.15 A(1分)
(2)由于回路中的电流大小不变，在t 时刻回路消耗的电功率
P =2I R =0.001 8t (W) (2分)
0~2 s 内回路消耗的平均电功率2
P P ==1.8×310- W(2分) 则回路中产生的热量Q =Pt =1.8×310-×2 J=3.6×310- J(1分)
(3)在t=2 s 时刻撤去外力，因导体棒继续做匀速运动，因此导体棒不再受到安培力作用，
则回路电流为零，任一时刻回路磁通量相等12ΦΦ=(2分)
三角形回路的面积S =2
L vt ⋅=0.032t (m 2) (1分) t =2 s 时刻回路的磁通量
1Φ=0.032t 0B =0.024 Wb(1分)
t 时刻回路的磁通量2Φ=0.032t B (Wb) (1分)
联立解得B =20.8t (T)(2 s≤t ≤103
s) (2分) 13．(1)ABE 【解析】因为A →B 为等温过程，压强变大，体积变小，故外界对气体做功，
根据热力学第一定律有ΔE =W +Q ，温度不变，则内能不变，故气体一定放出热量，选项A 正确；B →C 为等压过程，因为体积增大，由理想气体状态方程pV T
=C 可知，气体温度升高，内能增加，故气体分子的平均动能增大，选项B 正确；C →D 为等温过程，压强变小，体积增大，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，压强变小说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少，选项C 错误；D →A 为等容过程，体积不变，压强变小，由pV T
=C 可知，温度降低，气体分子的平均动能减小，故气体分子的速率分布曲线会发生变化，选项D 错误；B →C 为等压过程，体积增大，气体对外做功，该过程中气体的温度升高，则气体的内能增加2 kJ ，气体从外界吸收的热量为7 kJ ，气体对外界做功为5 kJ ，故选项E 正确。

(2)【解析】(i)设常压下、温度为27 ℃时，水银柱距吸管底部的距离为L
根据盖−吕萨克定律有0101
V V T T =(3分) 即33220cm 20cm 0.2cm 273K 300K
L +⨯=(1分) 解得L =9.89 cm(1分)
(ii)当在山顶时，由查理定律有022
p p T T ='(3分) 即002
0.9(27337)K 273K p p t =++(1分) 解得2t =6 ℃(1分)
14．(1)ABC 【解析】由电磁波、声波的概念可知选项A 正确；电磁波的传播不需要介质，
而声波是能量传递的一种方式，需要介质，故选项B 正确；电磁波在真空中传播速度最大，进入介质以后传播速度减小，而声波在空气中的传播速度小于在水中的传播速度，故选项C 正确；由公式λ=
v f
可知，选项D 错误；电磁波也可以发生多普勒效应，故选项E 错误。

(2)【解析】当光线在介质B 的上表面恰好不发生全反射时，光线在两介质中传播的路程最大，则传播的时间最长，光路如图所示
由几何关系和折射定律得
sin 2θ=1B
n (2分) 解得2θ=45°(1分) 根据12sin sin B A
n n θθ=(1分) 解得1θ=30°(2分)
由几何关系知
OF =d tan
1θ
=3d (1分) GD =d tan 2θ=d (1分)
解得DE =2d −OF −GD
=
33d (2分)。