1、2018 届全国高考复习领航高考模拟试题（三）物理试题（解析版）(时间：60 分钟 满分：110 分)第卷( 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 14 题只有一项符合题目要求，第 58 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1一物体做直线运动的 v t 图象如图所示下列说法正确的是( )A在第 1 s 内和第 5 s 内，物体的运动方向相反B在第 5 s 内和第 6 s 内，物体的加速度相同C在 04 s 内和 06 s 内，物体的平均速度相等D在第 6 s 内，物体所受的合外力做负功2如图所
2、示，铁板 AB 与水平地面之间的夹角为 ，一块磁铁吸附在铁板下方在缓慢抬起铁板的 B端使 角增大( 始终小于 90)的过程中，磁铁始终相对于铁板静止下列说法正确的是( )A磁铁所受合外力逐渐减小B磁铁始终受到三个力的作用C磁铁受到的摩擦力逐渐减小D铁板对磁铁的弹力逐渐增大3取水平地面为重力势能零点一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能为重力势能的 3倍不计空气阻力该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A. B.8 6C. D.4 34一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动，其电势能随时间变化规律如图所示，则下列说法正确的是( )A该粒子可能做直线运动B该粒子在运动过程中速度保持不变Ct
3、 1、t 2 两个时刻，粒子所处位置电场强度一定相同D粒子运动轨迹上各点的电势一定相等5如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为 101，电源电压 U220 cos 100t V，通过电阻 R02接在变压器原线圈两端，开关闭合后，电压表示数为 12 V，电流表的示数为 10 A以下说法正确的是( )AR 0 的阻值是 100 B电源的功率是 120 WCt0.01 s 时刻，电阻 R 中电流最大D若将开关断开，电压表的示数仍然是 12 V6某同学听说了我国的“天宫一号”成功发射的消息后，上网查询了关于“天宫一号”的飞行信息，获知“天宫一号”飞行周期约 93 分钟，轨道高度约 350 km(可视为
4、圆轨道)另外，该同学还查到地球半径约 6 400 km，地球表面的重力加速度约 9.8 m/s2，引力常量 G6.6710 11 Nm2/kg2.根据以上信息，判断下列说法正确的是( )A天宫一号的飞行速度等于第一宇宙速度B可以计算出天宫一号的动能C可以计算出天宫一号的向心加速度D可以计算出地球的质量和密度7如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场被边长为 L 的等边三角形 ABC 分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点 A 处有一质子源，能沿BAC 的角平分线发射速度不同的质子(重力不计) ，所有质子均能通过 C 点，已知质子的比荷为 k，则质子的发射速度可能为( )
5、qmABkL B.BkL2C. D.2BkL3 BkL88图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为 r2 的矩形线圈在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴 OO匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器 R 的最大阻值为 R0 ，滑片 P 位于滑动变阻器中央，定值电阻 R1R 0，R 2 ，其他电阻不407 R02计从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关 S，线圈转动过程中理想交流电压表示数是 10 V，图乙是矩形线圈中磁通量 随时间 t 变化的图象，则下列说法正确的是( )A电阻 R2 上的热功率为 W57Bt0.02 s 时滑动变阻器 R
6、两端的电压瞬时值为零C线圈产生的感应电动势 e 随时间 t 变化的规律是 e10 cos (100t)V2D从线圈开始转动到 t s 过程中，通过 R1 的电荷量为 C1600 2200第卷( 非选择题 共 62 分)非选择题：包括必考题和选考题两部分第 912 题为必考题，每个试题考生都必须做答第 1314题为选考题，考生根据要求做答(一)必考题(共 47 分)9(6 分) 为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置其中 M 为带滑轮的小车的质量，m 为砂和砂桶的质量 (滑轮质量不计)(1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是_A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的
7、长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量 m 远小于小车的质量 M(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带( 相邻两计数点间还有两个点没有画出)已知打点计时器采用的是频率为 50 Hz 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_ m/s2(结果保留两位有效数字)(3)以弹簧测力计的示数 F 为横坐标，加速度为纵坐标，画出的 aF 图象是一条直线，图线与横轴的夹角为 ，求得图线的斜率为 k，则小车的质量为_A2tan B.1tan Ck D.2k1
8、0(9 分)(1)某研究小组的同学为了测量某一电阻 Rx的阻值，甲同学先用多用电表进行粗测使用多用电表欧姆挡时，将选择开关置于合适的挡位后，必须先将两表笔短接，再进行_，使指针指在欧姆刻度的“0”处若该同学将选择旋钮置于“1”位置，指针在刻度盘上停留的位置如图甲所示，则所测量的值为_.(2)为进一步精确测量该电阻，实验台上摆放有以下器材：A电流表(量程 15 mA，内阻未知)B电流表(量程 0.6 A，内阻未知 )C电阻箱(最大电阻 99.99 )D电阻箱(最大电阻 999.9 )E电源( 电动势 3 V，内阻 1 )F单刀单掷开关 2 只G导线若干乙同学设计的电路图如图乙所示，现按照如下实验
9、步骤完成实验：调节电阻箱，使电阻箱有合适的阻值 R1，仅闭合 S1，使电流表指针有较大的偏转且读数为 I；调节电阻箱，保持开关 S1 闭合，闭合开关 S2，调节电阻箱的阻值为 R2，使电流表读数仍为 I.a根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择_，电阻箱应选择_(填器材前字母)b根据实验步骤可知，待测电阻 Rx_(用题目所给测量量表示)(3)利用以上实验电路，闭合 S2，调节电阻箱 R，可测量出电流表的内阻 RA，丙同学通过调节电阻箱R，读出多组 R 和 I 值，作出了 R 图象如图丙所示若图象中纵轴截距为 1 A1 ，则电流表内阻1IRA_.11(1)(4 分) 已知普朗克常量为 h6
10、.610 34 Js，铝的极限频率为 1.11015 Hz，其电子的逸出功为_现用频率为 1.51015 Hz 的光照射铝的表面，是否有光电子逸出？_(填“有” 、 “没有”或“不能确定”)若有光电子逸出，则逸出的光电子的最大初动能为_若没有光电子逸出或不能确定，其理由为_(2)(10 分 )如图所示，在光滑水平地面上的木块紧挨轻弹簧放置，弹簧右端与墙连接，一子弹以速度 v0沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短已知子弹质量为 m，木块质量 M9m；弹簧最短时弹簧被压缩了 x；劲度系数为 k、形变量为 x 的弹簧的弹性势能可表示为 Ep kx2.求：12
11、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；弹簧的劲度系数12(18 分) 如图所示，光滑导轨 COAB 水平放置于竖直向上的匀强磁场中，放置在导轨上的导体棒EF 从 O 点开始在外力 F 的作用下沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为 v.已知磁感应强度大小为 B，平行导轨宽度与导体棒长度都为 l，图中 45，导轨 OD 部分与导体棒 EF 粗细相同，且由同种材料制成，单位长度电阻都为 ，其余部分电阻不计求：(1)导体棒运动到距 O 点距离为 l 时，通过导体棒的电流；12(2)在 0 时间内，通过导体棒某一横截面的电量 q；lv(3)导体棒运动了 2l 的过程中，导轨与导体棒产生的总
12、焦耳热(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 33(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松香在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变B当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小C液体的饱和汽压与饱和汽的体积有关D若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则压强一定增大E若一定质量的理想气体分子平均动能减小，且外界对气体做功，则气体一定放热(2)(10 分 )如图所示，开口向上的汽缸 C 静置于
13、水平桌面上，用一横截面积 S50 cm2 的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，一轻绳一端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系数 k2 800 N/m 的竖直轻弹簧 A，A 下端系有一质量 m14 kg 的物块 B.开始时，缸内气体的温度 t127 ，活塞到缸底的距离 L1120 cm，弹簧恰好处于原长状态已知外界大气压强恒为 p01.010 5 Pa，取重力加速度 g10 m/s2，不计一切摩擦现使缸内气体缓慢冷却，求：当 B 刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度；气体的温度冷却到93 时 B 离桌面的高度 H.(结果保留两位有效数字 )14物理选修 34(15 分)(1)(5 分 )如
14、图所示，某均匀介质中有两列简谐横波 A 和 B 同时沿 x 轴正方向传播足够长的时间，在t0 时刻两列波的波峰正好在 x0 处重合，则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)At0 时刻 x0 处质点的振动位移为 20 cmB两列波的频率之比为 fAf B53Ct0 时刻一定存在振动位移为30 cm 的质点Dt0 时刻 x 轴正半轴上到原点最近的另一波峰重合处的横坐标为 x7.5 mEt0 时刻 x 轴正半轴上到原点最近的波谷重合处的横坐标为 x7.5 m(2)(10 分 )单色细光束
15、射到一半径为 R 的透明球表面，光线在过球心的平面内，入射角 i45，经折射进入球内后又经内表面反射一次，再经球表面折射后射出，已知真空中光速为 c，入射光线与出射光线反向延长线之间的夹角 30，如图所示 (图上已画出入射光线和出射光线)在图上画出光线在球内的路径和方向(简单说明画图步骤) ；求透明球对该单色光的折射率和光在透明球中传播的时间1解析：选 B.由 vt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； vt图象中，同一条线段的
16、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；04 s 与 06 s 位移相同，但时间不同，利用平均速度公式 ， 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 mv mv ，第 6 s 内vxt 12 2t 12 20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 fmg sin ，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 增大而增大， A、B、C
17、 错；垂直于斜面方向 FNmgcos ，磁力 F不变，mgcos 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 34，那么落地时，水平速度与落地速度的比值为 2，那么落地时速度与水平方向的夹角为 ，A、C 、D 错，B 对364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
18、子所处位置电场强度大小相同，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 ，得 U1 U2 12 V120 V由 得 I1 I2 10 A1 A，U1U2 n1n2 n1n2 101 I1I2 n2n1 n2n1 110所以 UR0 V100 V，故 R0100 ，A 项正确；又 P 入 P 出 U 2I21210 W120 W，而(22022 120)PP 入 P R0 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， 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
19、数为 22 V，DU1U2 n1n2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 、 、V R3可求得地球的质量与密度，再由 a 可得“天宫一号”的向心加速GMR2 MV 43 GMR h2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 (n1,2,3，)，由洛伦兹力提供向心力有 Bqvm ，得Ln v2rv (n1,2,3，) ， A、
20、B、D 正确Bqrm BkLn8解析：选 AD.负载总电阻 R 总 R 0 10 ，干路电流 I 1 A，电阻 R2两端的电压R02 R04 UR总UR2 I V，其热功率 PR2 W，选项 A 正确；由图乙可得，t 0.02 s 时通过线圈的磁通量R04 107 U2RR2 57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 T0.02 s，角速度 100 rad/s，感应电动势的有效值 EU Ir 12 V，线圈产生的感应电动势 e12 cos(100t)V，2T 2选项 C 错误；感应电动势的最大值 EmnBS12 V，磁通量的最大值 mBS Wb
21、，磁通量的2122100n瞬时值 BSsin 100t sin(100t)Wb，从线圈开始转动到 t s 的过程中，磁通量的变化量122100n 1600 m Wb，通过 R1的电荷量 q C，选项 D 正确12 62100n nr R总 22009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
22、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 t0.06 s，逐差法求得加速度a 102 m/s21.3 m/s 2.3.8 3.3 2.8 1.4 1.9 2.39t2(3)对小车受力分析，由牛顿第二定律可得：2FMa ，可得：a F，即 k tan ，选项 D 正确，2M 2M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 .(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
23、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，对步骤可得：EI( rR 1R x)；对步骤可得：EI(rR 2)，联立可得：R xR 2R 1.(3)根据串并联电路特点和闭合电路欧姆定律，EI (rRR A)，可得： R，即 1 1I r RAE 1E r RAEA1 ，R A2 .答案：(1)欧姆调零(1 分) 18.0(2 分) (2)A(1 分) D(1 分) R 2R 1(2 分) (3)2(2 分)11解析：(1)逸出功 Wh 06.610 34 Js1.11015 Hz7.2610 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
24、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 EkhW2.64 1019 J.(2)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 mv0(mM) v，解得 v (2 分)v010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 E，由能量守恒定律有E mv (mM )v2(2 分)12 20 12代入数据得 E (1 分)9mv2020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 x，其弹性势能可表示为Ep k(x)2(1 分 )12木块压缩轻弹簧过程，由机械能守恒定律有(mM)v 2E p(2 分)12解得弹簧的劲度系数 k (2
25、分)mv2010x2答案：(1)7.2610 19 J(1 分) 有(1 分)26410 19 J(1 分) 理由见解析(1 分)(2) 9mv2020 mv2010x212解析：(1)导体棒运动到距 O点距离为 l时，12闭合回路中感应电动势 EB lv Blv(2 分)12 12闭合回路中总电阻 Rl(1 分)根据闭合电路欧姆定律有 I (1 分)ER联立解得 I (2 分)Bv2(2)导体棒做匀速运动，可知在 0 时间内，电路中电流恒定lvqIt (3 分)Bv2lv Bl2(3)由于导体棒做匀速运动，所以FBIx x(0xl)(1 分)B2v2FBIl (lx2l)(1 分)B2vl2
26、作出 Fx图象如图(2 分)由图象可知 W (3 分)3B2vl24由功能关系可得 Q|W 安 |W (2 分)3B2vl24答案：(1) (2) (3)Bv2 Bl2 3B2vl2413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 W0，Q0，根据热力学第一定律 UQW 知， U0，说
27、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 U0，根据热力学第一定律 UQW 知，Q0，即气体一定放热，选项 E 正确(2)B 刚要离开桌面时弹簧拉力为kx1mg(1 分)由活塞受力平衡得 p2Sp 0Skx 1(1 分)根据理想气体状态方程有 (2 分)p0L1ST1 p2L1 x1ST2代入数据解得 T2207 K(1 分)当 B刚要离开桌面时缸内气体的温度t266 (1 分)由得 x15 cm(1 分)当温度降至66 之后，若继续降温，则缸内气体的
28、压强不变，根据盖吕萨克定律有 (2 分 )L1 x1ST2 L1 x1 HST3代入数据解得 H15 cm(1 分)答案：(1)BDE (2) 66 15 cm14解析：(1)两列波叠加，t0 时刻 x0 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 可知两列波的频率之比为 fAfB BA53，B 正确由于质点的振动位移等于同一时刻同一质点分别vf在两列波中振动位移的和，所以 t0 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 35,3 和 5 的最小公倍数是 15，所以 t0 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 x5 A15 m，D 错误 t0 时刻 x轴正半轴到原点最近的波谷重合处的横坐标为 x7.5 m，E 正确(2)连接圆心 O与角 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)由几何关系及对称性有 r (ir)，解得 r30(1 分)2由折射定律有 n (2 分)sin isin r 2
