【解析版】辽宁省2018届高考模拟卷（四）物理试题 Word版含解析.doc

1、辽宁省 2018届高考模拟卷（四）物理试题二、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 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. 下列说法正确的是( )A. 自然界的电荷只有两种，库仑把它们命名为正电荷和负电荷B. 欧姆发现了电流的热效应C. 楞次根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说D. 电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位【答案】D【解析】自然界的电荷只有两种，富兰克林把它们命名为正电荷和负电荷，A 错误；焦耳发现了电流的热效应，B 错误；安培提出了分子

2、电流假说，C 错误；电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位，D 正确2. 如图所示，静止在水平地面上倾角为 的光滑斜面体上，有一斜劈 A， A的上表面水平且放有一斜劈 B， B的上表面上有一物块 C， A、 B、 C一起沿斜面匀加速下滑已知 A、 B、 C的质量均为 m，重力加速度为 g.下列说法正确的是( )A. A、 B间摩擦力为零B. C可能只受两个力作用C. A加速度大小为 gcos D. 斜面体受到地面的摩擦力为零【答案】B【解析】对 B、 C整体受力分析，受重力、支持力， B、 C沿斜面匀加速下滑，则 A、 B间摩擦力不为零，故 A错误；如果 B的上表面是光滑的，倾角也为， C

3、可能只受两个力作用，B 正确；选 A、 B、 C整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知 A加速度大小为 ，C 错误；对A、 B、 C和斜面体整体分析，系统在水平方向上有加速度，由牛顿第二定律可知，斜面体受地面的摩擦力不为零，故 D错误3. 如图所示，真空中两个等量异种点电荷 q(q0)和- q以相同角速度绕 O点在纸面中沿逆时针方向匀速转动， O点离 q较近，则( )A. O点的磁感应强度方向始终垂直纸面向外B. O点的磁感应强度方向始终垂直纸面向里C. O点的磁感应强度方向随时间周期性变化D. O点的磁感应强度大小随时间周期性变化【答案】A【解析】点电荷q 绕 O点匀速转动，相当于逆时针方向的

4、环形电流，由安培定则可知，在O点产生磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外；点电荷q 绕 O点匀速转动，相当于顺时针方向的环形电流，由安培定则可知，在 O点产生磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里因q 离 O点近，q 在 O点激发的磁场的磁感应强度较强，故合磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，选项 A正确，B、C 错误；由于q 和q 离 O点的距离始终保持不变，则等效电流在该点产生的磁感应强度大小不变，合磁场的磁感应强度大小保持不变，选项 D错误4. 如图甲所示，以等腰直角三角形 ABC为边界的有界匀强磁场垂直于纸面向里，一个等腰直角三角形线框 abc的直角边 ab的长是 AB长的一半，线框 abc在纸面

5、内，线框的 cb边与磁场边界 BC在同一直线上，现在让线框匀速地向右通过磁场区域，速度始终平行于 BC边，则在线框穿过磁场的过程中，线框中产生的电流随时间变化的关系图象是(设电流沿顺时针方向为正)( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】线框进磁场的过程中，ab 边切割磁感线的有效长度均匀增大，因此感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大，ab 边切割磁感线的有效长度最大值等于 ab的长，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向；当线框完全进入磁场后，回路中磁通量变化量为零，感应电流为零；当 ab边出磁场后，ac 边切割磁感线的有效长度均匀减小，产生的感应电流均匀减小，且 ac边切割磁感线的有效长

6、度的最大值等于 ab边的长度，根据楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，因此 D项正确5. 如图所示，一固定的楔形木块，其斜面的倾角 30，另一边与水平地面垂直，顶端有一个轻质定滑轮，跨过定滑轮的细线两端分别与物块 A、 B连接， A的质量为 B的质量的 4倍开始时，将 B按在地面上不动，然后放开手，让 A沿斜面下滑而 B上升，所有摩擦均忽略不计当 A沿斜面下滑 4 m时，细线突然断裂， B由于惯性继续上升设 B不会与定滑轮相碰，重力加速度 g10 m/s 2.下列说法正确的是( )A. 细线未断裂时，两物块 A、 B各自机械能的变化量大小之比为 11B. 细线断裂时， A的速度大小为 3 m/

7、sC. 细线断裂时，两物块 A、 B所受重力的瞬时功率之比为 41D. B上升的最大高度为 4.8 m【答案】AD【解析】两物块 A、B 组成的系统机械能守恒，两物块 A、B 各自机械能的变化量大小之比为11，故 A正确；根据系统机械能守恒，由 ，解得断裂瞬间物块 A的速度 v=4m/s，故 B错误；细线断裂时两物块 A、B 重力的瞬时功率之比为 21，故 C错误；细线断裂后，B 做竖直上抛运动，物块 B继续上升的高度为 ，故物块 B上升的最大高度为 ，D 正确。6. 如图所示， a、 b间输入电压有效值为 220 V、频率为 50 Hz的正弦式交流电，两灯泡额定电压相等，变压器为理想变压器，

8、电流表和电压表均为理想交流电表，闭合开关后，两灯泡均正常发光，电流表的示数为 1 A，电压表示数为 22 V，由此可知( )A. 变压器原、副线圈的匝数比为 9:1B. 正常发光时，灯泡 L1的电阻是 L2的 3倍C. 原线圈电流为 AD. 副线圈交变电流的频率为 5Hz【答案】AC【解析】因为两灯泡额定电压相等，闭合开关后，两灯泡均正常发光，所以原线圈两端电压为 220V22V=198V，原、副线圈匝数比 ，A 正确；根据 ，原线圈电流 ，根据 ，可知 RL1=9RL2，B 错误，C 正确；变压器不改变交流电的频率，D错误7. 某同学在老师指导下利用如图甲装置做实验，在固定支架上悬挂一蹄形磁

9、铁，悬挂轴与一手柄固定连接，旋转手柄可连带磁铁一起绕轴线 OO旋转，蹄形磁铁两磁极间有一可绕轴线 OO自由旋转的矩形线框 abcd(cd与轴线 OO重合)手柄带着磁铁以 8rad/s的角速度匀速旋转，某时刻蹄形磁铁与线框平面正好重合，如图乙所示，此时线框旋转的角速度为6rad/s，已知线框边 ab5cm， ad2cm，线框所在处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为 B0.4T，线框匝数为 200匝，电阻为 1.6，则下列说法正确的是( )A. 若手柄逆时针旋转(俯视)，线框将顺时针旋转B. 若手柄逆时针旋转(俯视)，在图乙时刻线框中电流的方向为 abcdaC. 在图乙时刻线框中电流的热功率为

10、0.016WD. 在图乙时刻线框 bc边受到的安培力大小为 8104 N【答案】BC【解析】若手柄逆时针旋转(俯视)，根据楞次定律，知安培力将阻碍线框与磁场间的相对运动，线框所受的安培力使线框也逆时针旋转，A 错误；题图乙中手柄逆时针旋转(俯视)，由右手定则判断知，此时线框中电流的方向为 abcda，B 正确；题图乙时刻线框中感应电动势，又 ab边所在处磁场的线速度大小 ， ab边的线速度大小，可得 E=0.16 V，感应电流 ， 电流的热功率 ，C正确；在题图乙时刻线框 bc边不受安培力作用，D 错误8. 为减少二氧化碳排放，我市已推出新型节能环保电动车在检测某款电动车性能的实验中，质量为

11、8102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为 15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力 F与对应的速度 v，并描绘出如图所示的图象(图中 AB、 BO均为直线)，假设电动车行驶中所受阻力恒为电动车重力的 0.05倍，重力加速度取 10m/s2，则（ ）A. 该车启动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动B. 该车启动后，先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动C. 该车做匀加速运动的时间是 1.2 sD. 该车加速度为 0.25 m/s2时，动能是 4104 J【答案】BD【解析】试题分析：由于横坐标为速度的倒数，所以电动车的启动过程为从 A

12、到 B到 CAB段，牵引力不变，电动车做匀加速运动，加速度为 ；BC段，由于图像为过原点的直线，所以 ，即以恒定功率启动，牵引力减小，加速度减小，电动车做加速度减小的加速运动，当 ，速度达到最大值 15m/s，故选项 A错误 B正确；由 可知 ，故选项 C错误；该车加速度为025m/s 2时，牵引力为 ，此时的速度为，动能为 ，故选项 D正确考点：机车的启动问题三、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9. 某同学在做“探究动能定理”实验时，其主要操作步骤是：a.按图甲安装好实验装置，其中小车的质量 M0.50

13、kg，钩码的总质量 m0.10kg.b.接通打点计时器的电源(电源的频率 f50Hz)，然后释放小车，打出一条纸带(1)他在多次重复实验得到的纸带中取出最满意的一条，如图乙所示，把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有 4个点未画出，用厘米刻度尺测得各相邻计数点间的距离分别为d10.8cm， d22.4cm， d34.1cm， d45.6cm， d57.2cm， d68.8cm，他把钩码的重力作为小车所受的合力，计算出从打下计数点 0到打下计数点 5过程中合力所做的功W_J，把打下计数点 5时小车的动能作为小车动能的改变量，计算出 Ek_J(当地重力加速度 g取 9.80

14、m/s2，结果均保留三位有效数字)(2)根据以上计算可见，合力对小车做的功与小车动能的变化量相差比较大通过反思，该同学认为产生误差的主要原因如下，其中正确的是_(填选项前的字母)A钩码质量没有远小于小车质量，产生系统误差B钩码质量小了，应该大于小车质量C没有平衡摩擦力D没有使用最小刻度为毫米的刻度尺进行测量【答案】 (1). 0.197 (2). 0.160 (3). AC【解析】试题分析：从打下计数点 0到打下计数点 5时合力所做的功 ，根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度求出打 5点时的速度，从而求解动能；实际上小车受到的合力不等于钩码的重力，导致产生误差。(1)从打下计数点 0到

15、打下计数点 5的过程中，合力所做的功 ，打下计数点 5时小车的速度 ，小车动能的改变量 .(2)产生误差的主要原因有：钩码质量没有远小于小车质量，产生系统误差；没有平衡摩擦力，选项 A、C 正确10. 要描绘一个标有“3 V,0.8 W”小灯泡的伏安特性曲线，已选用的器材有：电源(电动势为 4.5 V，内阻约 1 )；电流表(量程为 0300 mA，内阻约 5 )；电压表(量程为 03 V，内阻约 3 k)；滑动变阻器(最大阻值 10 ，额定电流 1 A)；开关一个、导线若干(1)为便于实验操作，并确保实验有尽可能高的精度，则实验的电路图应选用下图中的_(填字母代号)(2)图甲是实验器材实物图

16、，图中已连接了部分导线请根据在(1)问中所选的电路图补充完成图甲中实物间的连线(用笔画线代替导线)_(3)根据(1)中所选电路图，测量结束后，先把滑动变阻器滑片移到_(填“左端”或“右端”)，然后断开开关，接着拆除导线，整理好器材(4)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示由图象可知小灯泡的电阻值随工作电压的增大而_(填“不变” “增大”或“减小”)【答案】 (1). C (2). (3). 左端 (4). 增大(1)由 ，知小灯泡在额定状态下的阻值 ，故测量电路采用电流表外接法；在测伏安特性曲线时要求电压能从 0调到额定值，故控制电路选用分压式，C正确(2) (3)为保护电路安全，在测量开始

17、与测量结束时都应先将滑动变阻器滑片调节到能使测量电路获得最小电压的位置，本题中是最左端(4)在 IU图象中，图线上某点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，故可看出小灯泡的电阻值随工作电压的增大而增大11. 某放射性元素 经过 n次 衰变和 m次 衰变后，变成稳定的新元素 ，则表示该核反应的方程为_；若核 发生 衰变的半衰期为半年，则经过_年有 的核发生了衰变【答案】 (1). (2). 一【解析】根据衰变过程中质量数和电荷数守恒列出衰变方程： ，半衰变期为半年，根据公式 ，m 0为衰变前得质量，m 为经过时间 t后的剩余质量，T为半衰期有 75%的核发生了衰变，说明 ，解得：t=1 年；【点睛】根

18、据衰变前后质量数和电荷数守恒求出生成物的质量数和电荷数，能够应用半衰期进行定量的计算。12. 如图所示，在光滑水平地面上，并排停放着高度相同，质量分别为 MA1 kg、 MB2 kg的平板小车，小车 A上表面光滑，小车 B上表面粗糙，长度均为 L.一质量为 m0.5 kg 的滑块 C，以 v05 m/s 的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车 A，最后恰好没有从小车B上滑下求：最终小车 A和小车 B的速度大小 vA和 vB；整个运动过程中产生的内能 E.【答案】(1) vA0, vB1m/s (2) E5J滑块 C和小车 B水平方向动量守恒，有 解得 vB=1 m/s整体的动能减少量完全转

19、化为内能，有 解得 E=5J13. 在某一真空空间内建立 xOy坐标系，在坐标系 y轴右侧加有如图(b)所示的匀强磁场，取方向向外为正， 后该空间不存在磁场在 t0 时刻，从原点 O处向第一象限发射一比荷为 的带正电粒子(重力不计)，速度大小 v010 3 m/s、方向与 x轴正方向成 30角，设 P点为粒子从 O点飞出后第 2次经过 x轴的位置则(1)OP间的距离为多大；(2)如果将磁场撤去，在 y轴右侧加上平行于纸面，垂直于入射速度方向且斜向下的匀强电场，粒子仍从 O点以与原来相同的速度 v0射入，粒子也经过 P点，求电场强度的大小(保留整数).【答案】(1) OP=0.6m (2)E22

20、2 N/C【解析】试题分析：粒子先做匀速圆周运动，在 时刻偏转方向改变； 后不存在磁场则粒子做匀速直线运动，画出轨迹结合几何知识求再次经过 x轴的坐标，得到 OP间的距离；如果换做匀强电场，粒子做平抛运动，根据平抛运动公式列式求解即可(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径 周期磁场变化的半周期为运动轨迹如图所示，由几何关系知 且 O1O2平行于 x轴，DE 垂直于 x轴中， 则 (2)当加上电场时，粒子做类平抛运动，经过 P点时，粒子沿速度 v0方向的位移粒子在垂直于速度 v0方向的位移根据类平抛运动的特点 根据牛顿第二定律有联立得 E=222 N/C【点睛】本题第一问关键是结合牛顿第二定律求解轨道

21、半径和周期，然后画出运动轨迹，结合几何关系求解；第二问是平抛运动，根据平抛位移公式列式求解即可。14. 下列说法正确的是_A当一定量的气体吸热时，其内能可能减小B温度低的物体分子运动的平均速率小C做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大D当液体与大气接触时，液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是指向液体内部E气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体的温度有关【答案】ADE【解析】根据热力学第一定律 ，如果气体吸热少而对外做功多，则内能可能减小，故选项 A正确；温度高低反映的是分子运动的平均动能，故选项 B错误；微观的分子运动的

22、平均动能与物体宏观的运动状态无关，故选项 C错误；由液体的表面张力可知，选项 D正确；根据气体压强的微观解释可知，选项 E正确. 15. 如图所示，固定的竖直圆筒由上段细筒和下段粗筒组成，粗筒横截面积是细筒的 4倍，细筒足够长，粗筒中 A、 B两轻质光滑活塞间封有空气，活塞 A上方有水银用外力向上托住活塞 B，使之处于静止状态，活塞 A上方的水银面与粗筒上端相平，当气体温度为 20时，水银深 H10 cm，气柱长 L20 cm，大气压强 p075 cmHg.现保持温度不变，使活塞 B缓慢上移，直到水银的一半被推入细筒中求活塞 B移动后筒内气体的压强；求活塞 B向上移动的距离； 此时保持活塞 B

23、位置不变，改变气体温度，让 A上方的水银刚好全部进入细筒内，则气体的温度是多少？【答案】(1) p2100cmHg (2) x=8cm (3)t163【解析】试题分析：根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量；对活塞进行受力分析，运用平衡知识解决问题。 根据受力分析可知，初状态： P1=P010 cmHg=85 cmHg， V1=LS， T1=293 K，末状态：水银深度变为 ， P2=P025 cmHg=100 cmHg根据玻意耳定律有 P1V1=P2V2解得： V2=17 cmS，故 L=17 cm则活塞 B向上移动的距离为气体压强变为 P3=P040 cmHg=115 cmHg，

24、根据理想气体状态方程有：故 T3=436 K所以 t=16316. 如图所示， O点为半圆形玻璃砖的圆心，直径 MN与屏 X1X2垂直，半径 OO与屏 X1X2平行， P1OM P2OM45，玻璃对可见光的全反射临界角 C45，不考虑光在玻璃中的多次反射，则下列说法正确的是_A若紫光沿 P1O方向射入玻璃砖，则在屏上会形成两个光斑B若红光沿 P1O方向射入玻璃砖，则在屏上只会形成一个光斑C若紫光沿 P2O方向射入玻璃砖，则在屏上只会形成一个光斑D红光在玻璃砖中传播速度比紫光的快E红光在玻璃砖中的波长比紫光的长【答案】BDE【解析】入射角 。若红光或紫光沿 P1O方向射入玻璃砖，在 MN界面发生

25、全反射而不发生折射，则在屏上只能形成一个光斑，选项 B正确，A 错误；若紫光沿 P2O方向射入玻璃砖，在 MN界面既发生反射，也发生折射，则在屏上会形成两个光斑，选项 C错误；红光在玻璃砖中传播速度比紫光的快，选项 D正确；红光的频率比紫光的小，由 知红光在玻璃砖中的波长比紫光的长，选项 E正确17. 如图所示，真空中有一个半径为 R0.1m、质量分布均匀的玻璃球，频率为f5.010 14Hz的细激光束在真空中沿直线 BC传播，在玻璃球表面的 C点经折射进入小球，并在玻璃球表面的 D点又经折射进入真空中已知 COD120，玻璃球对该激光束的折射率为 .求：此激光束在真空中的波长；此激光束进入玻璃时的入射角 ；此激光束穿越玻璃球的时间【答案】(1) 6.010 7 m (2) 60 (3) t1.010 9 s【解析】试题分析：（1）由 知，激光束在真空中的波长为：。（2）由几何知识知，光线在 C点的折射角 ，激光束在玻璃球中折射角为，则由折射定律 得， ，故 。（3）光在束在玻璃砖内传播的距离 ，光在玻璃砖传播的速度 ，故激光束穿越玻璃球的时间 ，所以解得 。考点：光的折射定律【名师点睛】光在真空中的速度 c、波速公式 ，折射定律和光速与折射率的关系式 ，都是考试的热点，掌握要牢固，熟练应用。