【KS5U解析】广东省佛山市高明区第一中学2018届高三物理高考模拟试题五 Word版含解析.doc

1、广东高明一中 2018 届高三物理高考模拟试题五一、选择题1. 静止在光滑水平面上的物体，同时受到在同一直线上的力 F1、 F2作用， F1、 F2随时间变化的图象如图所示，则物体在 02t 时间内 A. 离出发点越来越远 B. 速度先变大后变小C. 速度先变小后变大 D. 加速度先变大后变小【答案】A【解析】试题分析：由图线可知，物体受到的合力先减小后增大，加速度先减小后增大，速度一直变大，物体离出发点越来越远，选项 A 正确.考点：牛顿定律的应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律应用的定性分析；关键是能从给定的 F-t 图线中分析合外力的变化，然后根据牛顿第二定律来分析加速度的变化，然后分析速

2、度及位移的变化情况.2. 如图所示，匀强电场中的 PAB 平面平行于电场方向， C 点为 AB 的中点， D 点为 PB 的中点。将一个带负电的粒子从 P 点移动到 A 点，电场力做功 ；将该粒子从 P 点移动到 B 点，电场力做功 。则下列说法正确的是A. 直线 PC 为等势线B. 若将该粒子从 P 点移动到 C 点，电场力做功为C. 电场强度方向与 AD 平行D. 点 P 的电势高于点 A 的电势【答案】B【解析】由于匀强电场中 U=Ed，则在某一直线方向上，电势沿直线方向均匀变化。由题可知D 点为 PB 的中点，则 ， P 点移动到 A 点 ，则 AD 电势相等 ，故直线 AD 为等势线

3、，电场强度方向与 AD 垂直；由于匀强电场中电场力做功与路径无关， ； P 点移动到 C 点，电场力做功，故 AC 错误，B 正确；根据 ,电场力对负电荷做正功，可知 ,P 点电势低于点 A 的电势，故 D 错误。【点睛】解题关键：匀强电场中 U=Ed，则在某一直线方向上，电势沿直线方向均匀变化。理解并应用 ，处理电场力做功的相关问题。3. 如图所示，有一个边界为正三角形的匀强磁场区域，边长为 a，磁感应强度方向垂直纸面向里，一个导体矩形框的长为 、宽为 ，平行于纸面沿着磁场区域的轴线匀速穿越磁场区域，导体框中感应电流的正方向为逆时针方向，以导体框刚进入磁场时为 t = 0 时刻，则导体框中的

4、感应电流随时间变化的图像是A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由右手定则可知，线框进入磁场过程与离开磁场过程感应电流方向相反，故 A 错误；由图示可知，线框进入开始进入磁场的一段时间内，切割磁感线的有效长度 L 不变，电流 大小不变，当线框右边部分穿出磁场过程，切割磁感线的有效长度 L 减小，感应电流减小，线框右边完全离开磁场后，线框左边完全进入磁场，然后线框左边切割磁感线，感应电流反向，此后一段时间内，线框切割磁感线的有效长度 L 不变，感应电流大小不变，线框左边离开磁场过程，线框切割磁感线的有效长度 L 减小，感应电流减小，故 BC错误，D 正确故选 D。考点：右手定则；法

5、拉第电磁感应定律【名师点睛】本题考查了判断感应电流随时间变化的关系，分析清楚线框的运动过程、应用右手定则、E=BLv、欧姆定律即可正确解题，解题时要注意排除法的应用。4. 用等效思想分析变压器电路。如图 a 中的变压器为理想变压器,原、副线圈的匝数之比为n1:n2，副线圈与阻值为 R1的电阻接成闭合电路，虚线框内部分可等效看成一个电阻 R2。这里的等效指当变压器原线圈、电阻 R2两端都接到电压为 U=220V 的交流电源上时， R1与 R2消耗的电功率相等,则 R2与 R1的比值为A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：设副线圈的电压为 U1，利用电流的热效应，功率相等 ， ;原副

6、线圈的匝数之比等于电压之比，则 ，C 正确；考点：变压器；电功率【名师点睛】做好本题的突破口在消耗的功率相等，变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比；利用电流热效应列式求解.5. 下列关于核反应说法正确的是A. 铀核裂变的核反应方程是B. 目前世界上各国的核电站都是利用轻核聚变反应放出的能量C. 压力和温度对放射性元素衰变的快慢都没有影响D. 在光电效应现象中，从金属表面出来的光电子的最大初动能与入射光的频率有关E. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大【答案】CDE【解析】铀核裂变是由中子轰击引发的，反应物中应有一个中子，反

7、应后释放 3 个中子，故A 错误；目前世界上各国的核电站都是利用重核裂变反应放出的能量，故 B 错误；放射性元素衰变，属于核内反应，与一切物理变化，化学变化无关，故 C 正确；由光电效应方程，可知光电子的最大初动能与入射光的频率有关，故 D 正确；由 可知半径越大，原子总能量就越大，根据 ，可知 半径越大动能越小，故 E 正确。6. 已知地球自转周期为 T0，有一颗与同步卫星在同一轨道平面的低轨道卫星，自西向东绕地球运行，其运行半径为同步轨道半径的四分之一，该卫星两次在同一城市的正上方出现的时间间隔可能是A. B. C. D. 【答案】CD【解析】试题分析：设地球的质量为 M，卫星的质量为 m

8、，运动周期为 T，因为卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，有： 解得： .同步卫星的周期与地球自转周期相同，即为 T0已知该人造卫星的运行半径为同步卫星轨道半径的四分之一，所以该人造卫星与同步卫星的周期之比是： ，解得： T= T0设卫星至少每隔 t 时间才在同一地点的正上方出现一次，根据圆周运动角速度与所转过的圆心角的关系 =t 得：; 解得 ，当 n=1 时 ，n=3 时 ，故 AB 错误，CD 正确故选 CD考点：万有引力定律的应用【名师点睛】本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力要理解当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于 2 的整数倍时，卫星再次出现在城市上空。7.

9、如图所示，一带电小球自固定斜面顶端 A 点以速度 v0水平抛出，经时间 t1落在斜面上 B点。现在斜面空间加上竖直向下的匀强电场，仍将小球自 A 点以速度 v0水平抛出，经时间t2落在斜面上 B 点下方的 C 点。不计空气阻力，以下判断正确的是A. 小球一定带正电B. 小球所受电场力可能大于重力C. 小球两次落在斜面上的速度方向相同D. 小球两次落在斜面上的速度大小相等【答案】CD【解析】试题分析：不加电场时，小球做平抛运动，加电场时，小球做类平抛运动，根据，则 ，因为水平方向上做匀速直线运动，可知 t2t 1，则 ag，可知小球一定带负电，所受的电场力向上，且小于重力的大小，故 A B 错误

10、因为做类平抛运动或平抛运动时，小球在某时刻的速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍，由于位移方向相同，则小球两次落在斜面上的速度方向一定相同根据平行四边形定则知，初速度相同，则落在斜面上的速度大小相等，故 CD 正确故选 CD考点：平抛运动【名师点睛】解决本题的关键知道平抛运动和类平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，并且要记住平抛运动某时刻的速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍，结合运动学公式灵活求解，难度中等。8. 如图甲所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，刚接触轻弹簧的瞬间速度是5m/s，接触弹簧后小球速度 v 和弹簧缩

11、短的长度 x 之间关系如图乙所示，其中 A 为曲线的最高点。已知该小球重为 3N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中始终发生弹性形变。在小球向下压缩弹簧的全过程中，下列说法正确的是A. 小球的动能先变大后变小B. 小球速度最大时受到的弹力为 3NC. 小球的机械能先增大后减小D. 小球受到的最大弹力为 18.3N【答案】ABD【解析】试题分析：由图可知，小球的速度先增加后减小，故小球的动能先增大后减小，故A 正确；小球下落时，当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大，据此有：小球受到的弹力大小与小球的重力大小平衡，故此时小球受到的弹力为 3N，所以 B 正确；在小球下落过程中至弹簧压缩最短时，只有

12、重力和弹簧弹力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加，故小球的机械能减小，故 C 错误；小球速度最大时，小球的弹力为 3N，此时小球的形变量为 0.1m，故可得弹簧的劲度系数 k=30N/m，故弹簧弹力最大时形变量最大，根据胡克定律知，小球受到的最大弹力为 Fmax=kxmax=300.61N=18.3N，故 D 正确故选 ABD考点：功能关系【名师点睛】本题考查学生对图象的认识，知道小球落在弹簧上后先做加速运动达到最大速度后再做减速运动，这是解决问题的根本，能根据速度最大的条件求得弹簧的劲度系数是关键。二、非选择题9. 用如图甲所示的装置可验证机械能守恒

13、定律。装置的主体是一个有刻度尺的立柱，其上装有可移动的铁夹 A 和光电门 B。主要实验步骤如下：用游标卡尺测量小球的直径 d，如图乙所示；用细线将小球悬挂于铁架台上，小球处于静止状态移动光电门 B 使之正对小球，固定光电门；在铁夹 A 上固定一指针（可记录小球释放点的位置）把小球拉到偏离竖直方向一定的角度后由静止释放，读出小球释放点到最低点的高度差 h和小球通过光电门的时间 t；改变小球释放点的位置，重复步骤。回答下列问题：（1）由图乙可知，小球的直径 d=_mm；（2）测得小球摆动过程中的最大速度为_（用所测物理量的字母表示） ；（3）以 h 为纵轴，以_为横轴，若得到一条过原点的直线，即可

14、验证小球在摆动过程中机械能守恒。（4）小球从释放点运动到最低点的过程中，不考虑细线形变的影响，小球减小的重力势能大于增加的动能的原因是_。【答案】 (1). （1）10.60 (2). （2） (3). （3） (4). （4）克服空气阻力做功【解析】实验原理分析：小球下落过程，重力势能向动能转化，重力势能的变化可以通过测量小球的高度得出，然后利用光电门测出瞬时速度，从而得到动能的变化。由于存在空气阻力，小球增加的动能会比损失的重力势能小。（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，可知小球的直径（2）小球经过最低点的速度最大，时间极短，平均速度近似等于瞬时速度，测得小球摆动过程中的最大速度

15、为 （3）根据机械能守恒有 ，整理可得 ，以 h 为纵轴，以 为横轴，若得到一条过原点的直线，即可验证小球在摆动过程中机械能守恒（4）小球运动过程中重力势能的减小量大于增加的动能原因是克服空气阻力做功，一部分重力势能转化为内能【点睛】解决本题的关键知道 实验的原理，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度，掌握游标卡尺的读数方法，注意不需要估读10. 某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量。实验室提供的器材有：两个相同的待测电源（内阻 r 1） ，电阻箱 R1（最大阻值为999.9） ，电阻箱 R2（最大阻值为 999.9） ，电压表 V（内阻约为 2k） ，电流表 A（内阻约为 2） ，灵敏

16、电流计 G，两个开关 S1、S 2。主要实验步骤如下：按图连接好电路，调节电阻箱 R1和 R2至最大，闭合开关 S1和 S2，再反复调节 R1和 R2，使电流计 G 的示数为 0，读出电流表 A、电压表 V、电阻箱 R1、电阻箱 R2的示数分别为I1、 U1、 r1、 r2；反复调节电阻箱 R1和 R2（与中的电阻值不同） ，使电流计 G 的示数为 0，读出电流表 A、电压表 V 的示数分别为 I2、 U2。回答下列问题：（1）电流计 G 的示数为 0 时，电路中 A 和 B 两点的电势 和 的关系为_；（2）电压表的内阻为_，电流表的内阻为_；（3）电源的电动势 E 为_，内阻 r 为_【答

17、案】 (1). （1） (2). （2） (3). (4). （3） (5). 【解析】试题分析：由本电路的连接特点可知左右两个电源间的路端电压相等，干路电流相同。根据部分电路欧姆定律可分别求解电压表与电流表的内阻；在不同状态下数据采集，根据闭合电路欧姆定律列式求解电源的电动势 E 和内阻 r。（1）电流计 G 的示数为 0 时，由欧姆定律知，G 的电压为零，说明 A、B 两点的电势相等（2）由于电流计 G 的示数为 0，在步骤 1 中，通过电压表的电流 ，电压表的内阻为； 左右两个电源两极间的电压相等， ，得电流表内阻为。（3）根据闭合电路欧姆定律得 ， ，解得 ， 【点睛】解题关键要理解题

18、意，明确电流计 G 的示数为 0 的意义，知道相同电源，电流相等时路端电压相等，运用欧姆定律和电路的特点研究。11. 如图所示，质量均为 m 的 A、B 两球间有压缩的轻短弹簧处于锁定状态，放置在水平面上竖直光滑的发射管内(两球的大小尺寸都可忽略，它们整体视为质点)，解除锁定时，A 球能上升的最大高度为 H.现让两球包括锁定的弹簧从水平面出发，沿光滑的半径为 R 的半圆槽从左侧由静止开始下滑，滑至最低点时，瞬间解除锁定求：(1).两球运动到最低点处弹簧锁定解除前受轨道的弹力(2).A 球离开圆槽后能上升的最大高度【答案】(1) , 方向竖直向上 (2) 【解析】试题分析：A、B 系统由水平位置

19、滑到轨道最低点，根据机械守恒定律求出最低点时速度，根据牛顿第二定律求解轨道的弹力；解除锁定后的最大高度可求得弹簧的弹性势能；在圆槽底部释放时，由动量守恒结合机械能守恒定律可求得 A 球的速度；再由动能定理可求得 A 球上升的最大高度（1）设 A、B 系统由水平面滑到轨道最低点时速度为 v0，由机械能守恒定律得设轨道对小球的弹力为 F,据牛顿第二定律得得 ，方向竖直向上。(2 在水平面由 A 球上升的最大高度可知弹簧的弹性势能为. 设在圆槽解除锁定后 A、B 的速度分别为 ，由动量守恒定律得系统机械能守恒联立上述各式解得 设球 A 离开圆槽后上的高度为 h，由动能定理得得【点睛】本题主要考查动量

20、守恒及机械能守恒定律的综合应用，要注意分析过程中的能量转化，并结合正确的规律求解12. 如右图 a 所示,间距为 d 的平行金属板 MN 与一对光滑的平行导轨相连,平行导轨间距L=d/2，一根导体棒 ab 以一定的初速度向右匀速运动，棒的右端存在一个垂直纸面向里，大小为 B 的匀强磁场。棒进入磁场的同时，粒子源 P 释放一个初速度为 0 的带电粒子，已知带电粒子质量为 m,电量为 q.粒子能从 N 板加速到 M 板，并从 M 板上的一个小孔穿出。在板的上方，有一个环形区域内存在大小也为 B，垂直纸面向外的匀强磁场。已知外圆半径为 2d， 里圆半径为 d. 两圆的圆心与小孔重合（粒子重力不计）（

21、1）.判断带电粒子的正负，并求当 ab 棒的速度为 vo 时，粒子到达 M 板的速度 v；（2）.若要求粒子不能从外圆边界飞出，则 v0的取值范围是多少？（3）.若棒 ab 的速度 v0只能是 ，则为使粒子不从外圆飞出，则可以控制导轨区域磁场的宽度 S（如图 b 所示） ，那该磁场宽度 S 应控制在多少范围内【答案】 （1）负电 , (2) (3) 【解析】试题分析：（1）由右手定则判断 ab 棒产生的感应电动势方向，分析 M、N 两板的电性，即可判断带电粒子的电性；由公式 E=BLv 求出棒 ab 产生的感应电动势，MN 板间电压就等于此感应电动势，根据动能定理求粒子到达 M 板的速度 v；

22、（2）要使粒子不从外边界飞出，则粒子最大半径时的轨迹与外圆相切，由几何关系求出轨迹半径的最大半径，由洛伦兹力充当向心力，列式求出速度的最大值，即可得到速度的范围；解：（1）根据右手定则知，a 端为正极，故带电粒子带负电Ab 棒切割磁感线，产生的电动势 对于粒子，据动能定理： 联立，可得 （2）如图所示，要使粒子不从外边界飞出，则粒子最大半径时的轨迹与外圆相切，根据几何关系： 得根据牛顿第二定律， 联立得 由 解得 故解得 ab 棒的速度范围：（3）由于 ，如果让粒子在 MN 间一直加速，则必然会从外圆飞出，所以如果能够让粒子在 MN 间只加速一部分距离，然后再匀速走完剩下的距离，就可以让粒子速

23、度变小。由（2）问，可知粒子进入磁场时的速度为粒子在电场中加速后的速度为而解得：对于棒 ab： 故磁场的宽度应【点睛】带电粒子在组合场中运动时，往往根据动能定理求速度。通过磁场中几何做图，来解决相关问题。三、选考题13. 下列说法中正确的是_A晶体具有确定的熔点B露珠呈球状是由于液体表面张力的作用C某物体温度高，组成该物体的某些分子速率可能很小D理想气体从外界吸热，则内能一定增大E压缩气体需要力表明气体分子间存在斥力【答案】ABC14. 如图所示，气缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为 d。筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部 d/2 的高度，外界大气压强为 1

24、105Pa，温度为 27，现对气体加热。求：当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度；气体温度达到 387时气体的压强。【答案】 T 2=600K 【解析】试题分析：以封闭气体为研究对象：P 1=P0， ，T 1=300K设温度升高到 T0时，活塞刚好到达汽缸口，此时：P 2=P0，V 2=Sd根据理想气体状态方程：解得 T2=600KT 3=387=660KT 2，封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化此时有 V3=Sd，T 3=660K由理想气体状态方程：解得 P3=1.1105Pa考点：理想气体的状态变化方程【名师点睛】此题是对理想气体的状态变化方程的考查；关键要确定气体状态变化过程，找出状态参量，再选择合适的规律求解，同时要挖掘隐含的临界状态进行判断。