2018年高考终极押题卷

2018年高考终极押题卷二、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14～17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．(86414375)下列说法中不正确的是( )A ．一束光照射到某种金属表面上不能产生光电效应，是因为该束光的波长太长B ．电子的衍射图样表明电子具有波动性C ．氢原子从某激发态跃迁到基态要吸收特定频率的光子D ．玻尔理论可以成功解释氢原子的光谱现象解析：C [一束光照射到某种金属表面上不能产生光电效应，是因为该光的频率太小，即波长太长，A 正确；干涉、衍射都是波特有的现象，所以电子的衍射图样表明电子具有波动性，B 正确；基态是原子所处的最低的能量状态，所以当氢原子从某激发态跃迁到基态要放出特定频率的光子，C 错误；玻尔理论可以成功解释氢原子的光谱现象，D 正确．] 15．2016年12月11日，我国发射了新一代静止轨道气象卫星的首发星——风云四号．风云四号的质量为5 400 kg ，最后定位在距离地面35 786 km 的地球同步轨道上．若已知引力常量G ，则( )A ．风云四号在同步轨道的运动速度一定大于7.9 km/sB ．风云四号的发射速度v 满足7.9 km/s<v <11.2 km/sC ．风云四号在同步轨道的向心加速度一定小于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度D ．根据题给条件可计算出风云四号所受的地球对它的引力大小解析：B [由GMm r 2＝m v 2r ，可得v ＝GM r，卫星的轨道半径越大，速度越小，地球的第一宇宙速度为7.9 km/s ，是近地卫星的环绕速度，是卫星绕地球做圆周运动的最大速度，A 错误；第二宇宙速度是能使卫星脱离地球束缚，使它能围绕太阳做圆周运动的最小发射速度，其数值为11.2 km/s ，地球卫星的发射速度在第一宇宙速度与第二宇宙速度之间，B 正确；同步卫星和地球赤道上的物体具有相同的角速度，由向心加速度a ＝ω2r ，可知同步卫星的向心加速度大于地球赤道上物体做圆周运动的向心加速度，C 错误；风云四号所受的地球对它的引力提供向心力，所以引力F ＝GMm (R ＋h )2＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 2(R ＋h )，由于地球的半径R 未知，所以无法计算出地球对它的引力大小，D 错误．]16．(86414376)如图所示，粗糙水平面上放有A、B、C、D四个相同的木块，A与C间用一轻绳相连，B带负电，A、C、D不带电，空间中存在一水平方向的匀强电场．四个木块以相同的速度一起向右匀速运动，则以下说法正确的是()A．匀强电场方向水平向右B．B木块受到三个力的作用C．D木块受到水平向右的摩擦力作用D．地面对A、C木块的摩擦力大小和方向是相同的解析：D[以整体为研究对象，B受到水平向右的电场力，匀强电场方向水平向左，A 错误；B受到重力、支持力、电场力、摩擦力四个力的作用，B错误；D做匀速运动，水平方向所受合外力为零，故不受摩擦力作用，C错误；地面对A、C的摩擦力都是滑动摩擦力，A、C对地面的压力相同，与地面间的动摩擦因数相同，故地面对A、C的摩擦力大小和方向是相同的，D正确．]17．如图所示，光滑弧形导轨PM、QN间距相等，一质量为m、电阻为R的导体棒AB 置于两导轨上，且与两导轨垂直．P、Q两点在同一高度且导轨的切线水平，磁场方向与导轨平面处处垂直且向上．一开始导体棒AB与PQ的竖直高度为h，将导体棒AB由静止释放后，恰好能运动到PQ处减速到零．不计导轨的电阻，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．导体棒AB上的感应电流方向先为A到B，后为B到AB．导体棒AB上产生的焦耳热为mghC．导体棒AB受到的安培力方向始终不变D．导体棒AB受到的安培力大小始终不变解析：B[由右手定则，导体棒AB上的感应电流方向始终为B到A，A错误；根据功能关系，导体棒上产生的焦耳热为mgh，B正确；导体棒AB受到的安培力的大小和方向始终变化，C、D错误．]18．(86414377)电容器可作为一个储能设备，在电路中发挥重要作用．已知电容器带电荷量越多，电压越大，其存储的电能就越多．如图所示，一平行板电容器接到一电源两端．下列说法中正确的是()A．闭合开关，将一块与极板面积相同的金属板紧贴上极板插入两极板间，电容器存储的电能变大B．闭合开关，将一块与极板面积相同的金属板紧贴上极板插入两极板间，电容器存储的电能变小C．电容器充电后断开开关，将一块与极板面积相同的云母片插入两极板间，电容器存储的电能变小D．电容器充电后断开开关，将一块与极板面积相同的云母片插入两极板间，电容器存储的电能变大解析：AC[闭合开关后，电容器两极板间的电压不变，将一块与极板面积相同的金属板紧贴上极板插入两极板之间，相当于使电容器两极板的间距变小，由C＝εr S可知电容器4πkd的电容变大，由Q＝CU可知电容器带电荷量变大，电容器存储的电能变大，A正确，B错误；电容器充电后断开开关，电容器的带电荷量不变，将一块与极板面积相同的云母片插入两极板间后，电容器的电容变大，由Q＝CU可知电容器两极板间的电压变小，电容器存储的电能变小，C正确，D错误．]19．如图1所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，P为滑动变阻器的触头，电表均为理想交流电表，当A、B端输入如图2所示的交流电压时，下列说法正确的是()A．交流电的频率为50 HzB．电压表示数为22 VC．P向右移动时，电流表示数变大D．P向右移动时，原、副线圈的电流比增大解析：AC[由图2可知，交流电的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，A正确；当滑动变阻器接入电路的阻值为零时，原线圈的电压最大值为310 V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压最大值为31 V，电压有效值即电压表示数为31V≈22 V，但滑动变阻器接入2电路的阻值不为零时，电压表示数小于22 V ，B 错误；P 右移，滑动变阻器接入电路的阻值变小，将变压器及副线圈电路等效成一个定值电阻，则原线圈电流变大，副线圈电流也变大，即电流表示数变大，C 正确；原、副线圈的电流比始终等于匝数比的倒数，D 错误．]20．(86414378)如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量m ＝2 kg 的足够长平板车，质量M ＝4 kg 的小滑块(可视为质点)静置在车上左端，滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.3.现用水平向右的推力F ＝24 N 作用在滑块上，0.5 s 后撤去，平板车继续向右运动一段时间后与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且车以原速率反弹，滑块与平板车间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．撤去推力前滑块与平板车相对静止B ．平板车第一次与墙壁碰撞后能向左运动的最大距离为23m C ．平板车第一次与墙壁碰撞后瞬间滑块的速度为1 m/sD ．平板车能与墙壁发生第二次碰撞解析：AD [滑块与平板车间的最大静摩擦力f ＝μMg ＝12 N ，假设滑块与平板车不发生相对滑动，则一起加速的加速度a ＝F M ＋m＝4 m/s 2＜a ′＝f m ＝6 m/s 2，则假设成立，撤去推力前滑块与平板车相对静止，A 正确；撤去推力时二者的共同速度v 1＝at ＝Ft m ＋M＝2 m/s ，C 错误；从平板车第一次碰墙到向左运动速度减为零过程，平板车和滑块组成的系统动量守恒，有M v 1－m v 1＝M v 2，解得滑块的速度v 2＝1 m/s ，向右，则车向左运动的距离s ＝v 212a ′＝13m ，B 错误；第一次碰撞后平板车向左减速到零时，滑块仍有向右的速度，总动量向右，故平板车还能与墙壁发生第二次碰撞，D 正确．]21．如图所示，在竖直面内有一圆心为O 、半径为R 的固定光滑半圆环，AO 竖直，OB 水平，在半圆环右侧与O 点等高处固定一水平光滑直杆，小球P 和滑块Q 分别套在半圆环和直杆上，用长为L ＝3R 的轻杆相连．现从A 点由静止释放P ，P 到C 点时，杆与半圆环相切，已知重力加速度为g ，则( )A ．P 到B 点时的速度大小为2gR B ．P 到B 点时的向心加速度大小为2gC ．P 到C 点时，Q 的速度大小为14＋427gR D ．从A 到C 过程中，P 的机械能先减小后增大解析：ABC [当P 到B 点时，连接P 、Q 的杆水平，P 的速度竖直向下，Q 的速度为零，由机械能守恒有mgR ＝m v 22，解得v ＝2gR ，A 正确；P 到B 点时，根据牛顿第二定律有a ＝v 2R ＝2g ，B 正确；P 到C 点时，P 、Q 沿杆方向的分速度相等，有v P ＝v Q cos θ＝L v QL 2＋R 2＝32v Q ，θ＝30°，由机械能守恒有mgR (1＋cos θ)＝m v 2P 2＋m v 2Q 2，解得v Q ＝14＋427gR ，C 正确；P 从A 到B 过程，Q 先向右加速，再向右减速，P 到B 点时，Q 减速到零，P 经过B 点后，Q 开始向左加速，此过程Q 的机械能先增大再减小后增大，则P 的机械能先减小再增大后减小，D 错误．]三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题(共47分)22．(86414379)(6分)如图所示，一端带有定滑轮的长木板放置在水平桌面上，靠近长木板的左端固定一光电门，右端放置一带有挡光片的小车，挡光片的宽度为d ，小车和挡光片的总质量为M ，细线绕过定滑轮，一端与小车相连，另一端挂有6个钩码．已知每个钩码的质量为m ，且M ＝4m .(1)实验时为了消除摩擦力的影响，可以把木板右端适当垫高，调节木板的倾斜度，直到使小车在________(填“受”或“不受”)细线的拉力时能沿木板做__________运动．(2)将小车从木板右端由静止释放，小车上的挡光片通过光电门的时间为t1，则小车通过光电门的速度为________________．(3)开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，由静止释放小车后细线上的拉力为F1，接着每次实验时将1个钩码移放到小车上，当细线挂有3个钩码时，细线上的拉力为F2，则F1_____2F2(填“大于”、“等于”或“小于”)．解析：(1)平衡摩擦力后，当小车不受细线的拉力时，重力沿木板向下的分力与摩擦力平衡，小车做匀速直线运动．(2)瞬时速度可用极短时间内的平均速度表示，则小车通过光电门的速度为d t1.(3)当细线挂有6个钩码时，对小车和钩码整体，由牛顿第二定律有a1＝6mgM＋6m＝0.6g，对小车有F1＝Ma1＝2.4mg，当细线挂有3个钩码时，对整体有a2＝3mgM＋6m＝0.3g，对小车有F2＝(M＋3m)a2＝2.1mg，可知F1<2F2.答案：(1)不受(1分)匀速直线(1分)(2)dt1(2分)(3)小于(2分)23．(9分)智能扫地机器人是生活中的好帮手，已走进了千家万户．如图1是国内某品牌扫地机器人所用的3 500 mA·h大容量镍氢电池组，其续航能力达到80分钟，标称电动势为14.4 V．小明想测出该电池组的电动势和内阻．他找来了如下器材：图1A．待测电源E(电动势约14.4 V，内阻约1 Ω)B．定值电阻R1(电阻5 Ω)C．电阻箱R2(最大阻值99 999.9 Ω)D．电流表A(量程0.6 A，内阻约2 Ω)E．电压表V(量程3 V，内阻2 500 Ω)F．滑动变阻器R(0～100 Ω，2 A)G．滑动变阻器R′(0～1 000 Ω，0.5 A)I．开关、导线若干(1)由于电压表的量程太小，小明用电阻箱与电压表V________(填“串联”或“并联”)，并将电阻箱的阻值调到_________kΩ，把该电压表量程扩大为15 V.图2(2)由于该电源的内阻较小，电压表示数变化会不明显，所以小明先将定值电阻R 1与电源串接起来，如图2.实验中滑动变阻器应选用______(填“R ”或“R ′”)．请补完实验电路图(用V ′表示量程扩大后的电压表)．(3)闭合电键，调节滑动变阻器R ，测出多组数据，将数据填在表格中. U /V13.4 12.5 12.2 11.6 11.0 I /A 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6请你根据表中数据，在图3的坐标纸上选取适当的标度，作出路端电压与电流的关系图线．根据图线可得该电源的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(结果均保留1位小数)图3解析：(1)电压表满偏时两端电压为3 V ，串联电阻分压以扩大量程，由串联电路分压关系可知电阻箱需调节到R 0＝15V －3 V 3 V×2 500 Ω＝10 000 Ω＝10 kΩ. (2)由于该电源的内阻较小，所以将定值电阻R 1与电源串接起来等效为一个新电源，等效内阻为电源内阻与R 1的和，电流表应与滑动变阻器串联再与电压表并联；电源电压约14.4V ，电流表指针至少应偏转13，此时电路的总电阻R max ＝14.4 V 0.2 A＝72 Ω，滑动变阻器用R 即可． (3)描点作图，要选择恰当的标度，选择合适的起点，要让图线尽可能占满整个坐标系． 由闭合电路欧姆定律，可得U ＝E －(R 1＋r )I ，所以图线的纵截距等于电源的电动势14.6 V ，斜率的绝对值为6.0 Ω＝R 1＋r ，所以电源内阻为1.0 Ω.答案：(1)串联(1分) 10(1分) (2)如图1所示(2分) R (1分)(3)如图2所示(2分) 14.6(1分) 1.0(1分)24．(86414380)(14分)我国自主研发的“彩虹四号”无人机试飞成功．试飞过程中先进行了无人机的地面滑跑姿势试验，使无人机在水平跑道中心线上沿直线滑行，后进行了实弹射击试验，结果命中靶位．(1)设该无人机在地面完成2 000 m滑跑姿势的过程可简化为匀加速运动和匀减速运动两个阶段，运动过程中的最大速度为100 m/s，求该试验过程所用的总时间t.(2)假设某滑雪场发生恐怖袭击，“彩虹四号”无人机奉命出击．如图所示，无人机以v ＝100 m/s的速度向滑雪场山顶水平匀速飞来，无人机距山顶高度h＝1 280 m．某时刻无人机投放第一颗炸弹，轰炸山顶A处的恐怖分子．当恐怖分子发现炸弹时，立即坐无动力装置的雪橇车由静止开始沿山坡向下逃离．恐怖分子逃离后经过4 s时间无人机投放了第二颗炸弹，炸弹恰好命中雪橇车．山坡可视为足够长的斜面，雪橇车与山坡间的动摩擦因数μ＝1148，斜坡倾角θ＝37°，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求两次投弹的时间间隔Δt.解析：(1)无人机最大速度v0＝100 m/s，则匀加速和匀减速过程的平均速度均为v＝v0 2(2分)该试验过程所用的总时间t＝sv＝40 s(1分)(2)设第一颗炸弹从投放至落到A处经过的时间为t1在竖直方向有h＝gt212(1分)可得t1＝16 s(1分)恐怖分子沿斜坡逃离时，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma(2分)解得逃离的加速度a＝256m/s2(1分)设第二颗炸弹从投放至命中雪橇车经过的时间为t 2在竖直方向有h ＋a (t 2＋4 s )22sin θ＝gt 222(2分) 可得t 2＝20 s(1分)无人机投放炸弹过程中，在水平方向做匀速运动，有v t 1＋a (t 2＋4 s )22cos θ＝v (Δt ＋t 2)(2分)解得Δt ＝5.6 s(1分)答案：(1)40 s (2)5.6 s25．(18分)如图所示，在x 轴的上方有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E ；在x 轴下方以原点O 为圆心、半径为R 的半圆形区域内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .现将一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从y 轴上的P 点由静止释放，不计粒子重力与空气阻力．(1)若粒子恰好沿平行于x 轴方向飞出磁场，求P 、O 间的距离d .(2)若粒子在y 轴正半轴上距O 点23d 处由静止释放，求粒子经过x 轴时的坐标． 解析：(1)若粒子离开磁场时的速度方向与x 轴平行，由几何关系可知粒子在磁场中运动的轨道半径r 1＝22R (2分) 粒子在电场中加速，由动能定理有qEd ＝m v 212(2分) 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有Bq v 1＝m v 21r 1(2分) 联立各式可得d ＝B 2qR 24mE(2分) (2)粒子在电场中加速，由动能定理有qE 2d 3＝m v 222(1分)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有Bq v 2＝m v 22r 2(1分) 联立可得r 2＝33R (2分) 粒子在磁场中运动的圆心角θ满足sin θ2＝R 2r 2＝32，即θ＝2π3(2分) 由左手定则，粒子在磁场中向负x 轴方向偏转，轨迹如图所示(1分)则粒子经过x 轴时的横坐标x ＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤r 2＋r 2cos (π－θ)＝－3R (2分) 所以粒子经过x 轴时的坐标为(－3R,0)(1分)答案：(1)B 2qR 24mE(2)(－3R,0) (二)选考题：共15分．请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．33．(86414381)[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)关于理想气体的状态变化，下列说法中正确的是________．(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 ．一定质量的理想气体压强不变，温度由100 ℃上升到200 ℃，其体积增大为原来的2倍B ．气体由状态1变化到状态2时，一定满足方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2C ．一定质量的理想气体体积增大到原来的4倍，可能是压强减半，热力学温度加倍D ．一定质量的理想气体压强增大到原来的2倍，可能是体积不变，热力学温度加倍E ．气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多(2)(10分)如图所示，A 为导热性能良好的气缸、B 为绝热气缸，固定气缸A 、B 分别用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞绝热、活塞面积之比S A ∶S B ＝1∶4，两活塞与穿过B 底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动，两气缸都不漏气．初始时活塞处于平衡状态，A 、B 中气体的体积之比为1∶3，气体温度均为T 0＝300 K ，B 中气体压强p B ＝0.8p 0，p 0是气缸外大气压强．(ⅰ)求初始时A 中气体的压强p A .(ⅱ)现对A 中气体缓慢加热，使其中气体的压强升到p A ′＝2p 0，求最终A 中气体的温度T A .解析：(1)一定质量的理想气体压强不变时，体积与热力学温度成正比．温度由100 ℃上升到200 ℃时，体积增大为原来的200＋273100＋273≈1.27倍，A 错误；理想气体状态方程pV T ＝C 成立，要求气体为理想气体且物质的量不变，B 错误；由理想气体状态方程pV T＝C 可知，C 、D 正确；气体体积不变，单位体积内气体分子数不变，温度越高，气体分子的平均速率越大，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多，E 正确．(2)(ⅰ)初始时活塞平衡，有p A S A ＋p B S B ＝p 0(S A ＋S B )(1分)代入数据可得p A ＝1.8p 0(1分)(ⅱ)活塞再次平衡时，有p A ′S A ＋p B ′S B ＝p 0(S A ＋S B )，可得pB ′＝0.75p 0(1分)设初始时A 中气体体积为V 0，B 中气体体积为3V 0B 中气体等温变化，由玻意耳定律有p B V B ＝p B ′V B ′(2分)可得V B ′＝3.2V 0(1分)两活塞移动的距离相等，B 中气体体积增大0.2V 0，则A 中气体体积增大0.05V 0(1分)A 中气体末状态的体积V A ′＝1.05V 0，由理想气体状态方程有p A V A T 0＝p A ′V A ′T A(2分) 解得T A ＝350 K(1分)答案：(1)CDE(2)(ⅰ)1.8p 0 (ⅱ)350 K34．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)一列向左传播的简谐横波，t ＝0时刻的波形如图所示，振幅为5 cm.t ＝0.3 s 时，质点P 首次到达波峰位置，质点Q 的横坐标为x ＝－3 cm.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 ．这列波的传播速度为0.1 m/sB ．t ＝0时，质点P 向上运动C ．t ＝0.3 s 时，质点A 仍位于波谷D ．t ＝0.5 s 时，质点Q 首次处于波峰位置E ．在0.2 s 时间内，质点P 运动的路程为10 cm(2)(10分) 如图所示为一特殊玻璃柱体的横截面，其中AMD 是半径为R 的半圆，四边形ABCD 是长AD ＝2R 、宽AB ＝R 的矩形．一束光线从圆弧AM 上的P 点沿平行于MQ 方向射入，折射光线刚好能到Q 点．P 点到MQ 的距离为R 2，光在真空中的传播速度为c .求：(ⅰ)特殊玻璃对光的折射率；(ⅱ)光在特殊玻璃中从P 到Q 的时间．解析：(1)t ＝0时，质点P 向下振动，t ＝0.3 s 时，质点P 首次到达波峰位置，故该波的周期T ＝0.4 s ，由图可知波长λ＝4 cm ，可得波速v ＝λT ＝0.04 m 0.4 s＝0.1 m/s ，A 正确，B 错误；t ＝0时，质点A 位于波谷，经过0.3 s ，质点A 处于平衡位置向下振动，C 错误；t ＝0时x ＝2 cm 处的波峰传到质点Q 处时，质点Q 首次处于波峰位置，波向左传播5 cm ，历时Δt ＝0.5 s ，D 正确；在0.2 s 时间内，质点P 运动的路程为两个振幅，即10 cm ，E 正确． (2)(ⅰ)入射角i ＝arcsin 12＝30°(1分) 折射角r ＝∠OPQ ＝∠OQP ＝15°，sin 15°＝1－cos 30°2＝6－24(2分) 特殊玻璃对光的折射率n ＝sin i sin r ＝6＋22(2分)(ⅱ)PQ ＝R 2sin 15°＝6＋22R (1分) 光在特殊玻璃中的传播速度v ＝c n ＝6－22c (2分) 光从P 到Q 所用的时间t ＝PQ v ＝(2＋3)R c(2分) 答案：(1)ADE(2)(ⅰ)6＋22 (ⅱ)(2＋3)Rc。