1、2018 年高考仿真模拟试题(新课标全国卷)物理( 二)答案1D【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。2B【解析】采用倍增的方式，应用了半定量的研究方法；利用了等效替代的思想；将微小作用力通过放大的方法体现出来；应用了控制变量的研究方法；将重力作
2、用点等效为重心，B 正确。3B【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。4D【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
3、力的平衡条件可得 mgsin =0， mgcos =0，解TFN得 =mgsin = mg， =mgcos = mg，即细绳对滑块的拉力大小为 mg，斜劈TF12NF3212对滑块的支持力大小为 mg，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 、摩擦力NF以及细绳拉力 。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fFTF条件可得 cos =0， + sin (M+m)g=0，可得f NFT=Mg+ mg， = mg，由牛顿第三定律可知斜劈对水平面的压力大小为 Mg+N34f3mg，C 错误，D 正确。5C【解析】由万有引力定律
4、可知 ，该行星的运行半径未知，所以该行22GMvrr太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 =mg，得 M=2mGR，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 ，所以它的2gRG 1质量是地球质量的 ，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14行星的第一宇宙速度，第一宇宙速度 = ，R 为行星半径，M 为行星质量，所1vG以该行星的第一宇宙速度为地球的 ，D 错误。26CD【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
5、为零即可，因此金属杆可向右以大小为 的速度滑动，同时切0v割刀沿金属杆移动，C、D 正确。7BD【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 =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qEh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= =2 =4 ，发电机的效率为 = = ，ab0.25UIRr1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，
6、此时外电路电阻为 R=r=4 ，D 正确。8AC【解析】当开关 S 扳到 1 时， 被短路，外电路电阻为 ，根据电功率公式可得，1R2R通过电源的电流 = =1 A，B 错误；电压表读数 = =4 V，C 正确；当开1I2P1U2P关 S 扳到 1 时，有 E= + r=4+r(V)，当开关 S 扳到 2 时， 和 串联，外电路1UI 12的总电阻 = + =6 ，通过电源的电流 = =0.75 A，有R总 12 2I12RE= + r=4.5+0.75r(V)，联立式得，E=6 V，r=2 ，A 正确；当开关 S 扳到2I3 时，回路总电阻 = +r+ =6 ，总电流 = =1 A，通过 的
7、电流总 123RI总 E总 3R= =0.5 A，D 错误。3I12总9 【答案】(1)没有(2 分) 平行四边形的对角线(1 分) (1 分) (2) (2 分)CF4【解析】(1)步骤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。步骤中以 、 为邻边，画出平行四边形，该平行四边形的对角线表示 、AFB AF的合力，如果平行四边形的对角线与 近似共线等长，即理论与实际相符合，就B CF验证了力的平行四边形定则。 (2) 、 在水平方向上的分力大小相等，4mgsin AB=3mgsin ，得出 = 。sin3410 【答案】(1)如图所示(2 分 ) (2) 小于(1 分) (
8、3)(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， = ，而 = ，所以测量值小于真R测 XVUIIR真 XUI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处接触不良；(4)根据 IU 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= =16 ；根据 R= 可知，待测电学元件的电阻应等0.851IU于 IU 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
9、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 IU 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 IU 图象中作出表示蓄电池的 IU 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=1.40.15 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 = (1 分)v甲 2gh甲代入数据得 =5 m/s(1 分)甲由题意可知物块甲反弹后的速度方向向上，大小为 =5 m/s(1 分)v甲取向上为正方向，由动量定理得 g = ( )(1 分)F0tm
10、甲 0t甲 甲 甲 甲代入数据得 =33 N，方向竖直向上(1 分)F(2)设物块甲与物块乙碰前的速度大小分别为 、 ，碰后物块乙的速度大小为v甲 乙 v乙由运动学规律可得 =gt=3 m/s，方向竖直向下(1 分)v乙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 = (1 分)m乙 v乙 甲 甲 乙 v乙+ = (1 分)12乙 乙 甲 2甲 1m乙 2乙代入数据解得 =3 m/s， =6 m/s(1 分)v甲 乙假设碰撞的位置距离弹性网的高度为 ，则由运动学公式1h =2g (1 分)2v甲 甲 1h=0.8 m(1 分)1碰撞后物块乙
11、上升的高度为 = =1.8 m(1 分)2hvg乙则物块乙到达最高点时距弹性网的高度为= + =2.6 m(1 分)h总 1212 【解析】(1)经时间 t，导体棒接入回路中的长度L=2vttan 37=0.3t(m) (1 分)此时回路的总电阻 R=2(vttan 37+ )r=0.08t() (1 分)cos37vt其中 r=0.1 /m导体棒中产生的感应电动势 E= Lv(2 分)0B由欧姆定律 I= =0.15 A(1 分)R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= R=0.001 8t (W) (2 分
12、)2I02 s 内回路消耗的平均电功率 =1.8 W(2 分)2P310则回路中产生的热量 Q= =1.8 2 J=3.6 J(1 分)t3(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 (2 分)12三角形回路的面积 S= =0.03 (m2) (1 分)2Lvtt=2 s 时刻回路的磁通量=0.03 =0.024 Wb(1 分)12t0Bt 时刻回路的磁通量 =0.03 B(Wb) (1 分)2t联立解得 B= (T)(2 st s) (2 分).8t10313(1)ABE【解析】因为 A B 为等温过程，压
13、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 E=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 =C 可知，pVT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 =C 可知，温度降低，气体分子的平均动能减小，故气pVT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
14、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 (3 分)01VT即 (1 分)33220cm.c7KL解得 L=9.89 cm(1 分)(ii)当在山顶时，由查理定律有 (3 分)02pT即 (1 分)002.9(273)K73pt解得 =6 (1 分)t14(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 = 可知，选项 D 错误；电磁波也可以发生多普勒效应，vf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 = (2 分)21Bn解得 =45(1 分)2根据 (1 分)12sinBA解得 =30(2 分)1由几何关系知OF=d tan = d(1 分)13GD=d tan =d(1 分)2解得 DE=2dOFGD= d(2 分)3
