2018年高考物理全真模拟题(新课标Ⅲ卷)(5月)(第二练)(解析版)

第Ⅰ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14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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．关于近代物理学，下列说法正确的是A.氢核聚变过程释放能量，一定伴随着质量亏损B.放射性物质的半衰期受环境温度的影响C.α粒子散射实验揭示了原子核是可分的D.能量为4.0eV的光子射到某一金属表面时，从金属表面逸出的电子最大初动能为.5eV，为使该金属发生光电效应，入射光的能量可以为1.5eV【答案】A15．如图所示，一个内表面粗糙的半圆形轨道固定于水平面上，一个可视为质点的滑块从图示位置P点缓慢滑下，如果滑块经过PO间的每一位置时都认为是平衡状态，则滑块在从P点运动到O点过程中A.轨道对滑块的弹力逐渐增大B.轨道对滑块的弹力逐渐减小C.轨道对滑块的摩擦力逐渐增大D.滑块与轨道间的动摩擦因数处处相同【答案】A【解析】滑块受力如图16．如图所示为某玩具的原理示意图，两块完全相同的平行板竖直固定在水平地面上，平行板高度和两板间距相等，从左板上端A点处正对右板水平发射一小球，经右板的B点和左板的C点两次碰撞后，小球落到地面上两板连线的中点D处，若不计空气阻力，且小球和平行板碰撞无机械能损失，水平方向等速率反弹，则以下说法正确的是()A.A、B两点的高度差与B、C两点的高度差之比为2：1B.B、C两点的高度差与C、D两点的高度差之比为5：3C.小球落到D点时的速度与水平方向夹角的正切值为D.C点与D点连线与水平方向的夹角的正切值为【答案】C【解析】A、小球水平方向匀速，从A点到B点的时间和从B点到C点的时间相等，所以A、B两点的高度与B、C两点的高度差之比为1:3，故A错误；B、从C点到D点的时间为从A点到B点的时间的一半，所以从A点到B点、B点到C点、C点到D点的时间之比2:2:1，因为竖直方向初速度为0，所以B、C两点高度差与C、D两点的高度差之比为4;3，故B错误;C、设水平位移大小的总和为2.5L，则水平速度，竖直速度与水平速度之比为，故C正确;，竖直总位移为L，到达D点竖直速度D、A、B两点和B、C两点以及C、D两点的高度差之比为4:12:9，则C、D两点连线与水平方向夹角的正切值为，故D错误；故选C。【点睛】小球做平抛运动，根据平抛运动规律求解。17．如图所示的四条实线是电场线，它们相交于点电荷O，虚线是只在电场力作用下某粒子的运动轨迹，A、B、C、D分别是四条电场线上的点，则下列说法正确的是A.O点一定有一个正点电荷B.B点电势一定大于C点电势C.该粒子在A点的动能一定大于D点的动能D.将该粒子在B点由静止释放，它一定沿电场线运动【答案】C【解析】没有画出电场线的方向，所以O点可能是正电荷，也可能是负电荷，故A错误；由于不知道电场【点睛】从图中可以看到，粒子的运动轨迹向下曲，说明粒子受到的电场力大体向下，电场线方向不明，无法判断粒子的电性。根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化。当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小。18．如图所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表，不考虑导线电阻对电路的影响．改变变阻器RL的阻值，记录电流表、电压表的示数并填写在下表中．由此可以判定在改变RL阻值的过程中U/VI/A1816141210864200.10.20.30.40.50.60.70.80.91.0A.定值电阻R的阻值为10ΩB.恒定电流I0的大小为2.0AC.RL消耗的最大功率为5WD.变阻器RL的滑动触头向下移动时，电压表示数变大【答案】C19．如图所示，卫星在半径为r1的圆轨道上运行时速度为v1，当其运动经过A点时点火加速，使卫星进入椭圆轨道运行，椭圆轨道的远地点B与地心的距离为r2，卫星经过B点的速度为vB，若规定无穷远处引力势能为0，则引力势能的表达式，其中G为引力常量，M为中心天体质量，m为卫星的质量，r为两者质心间距，若卫星运动过程中仅受万有引力作用，则下列说法正确的是()A.vB<v1B.卫星在椭圆轨道上A点的加速度小于B点的加速度C.卫星在A点加速后的速度vA=D.卫星从A点运动至B点的最短时间为【答案】AC【解析】A项：卫星在B点的速度小于以为半径的速度小于，故，故A正确；20．如图甲所示，在光滑水平面上有一木板a，木板上有木块b（可视为质点），二者以相同的速度向右运动。木板a与竖直墙壁发生碰撞后，立即以碰撞前的速度大小反向弹回，取反向弹回时t=0，此后二者的速度v随时间t变化的情况如图乙所示，已如木板a的质量大于木块b的质量，且木板a的质量m1=3.0kg，则A.a、b相互作用后，二者一起运动的方向一定水平向左B.木块b的质量m2=2.0kgC.木板与墙壁碰撞后的运动过程摩擦力对b做功为-6JD.木板与墙壁碰撞后的运动过程中系统损失的机械能ΔE=24J【答案】ACD【解析】由图可知木板a与墙壁碰撞后速度方向水平向左，大小为4m/s，木块b的速度向右，大小为-4m/s，取向左为正方向，当二者一起运动时速度为2m/s向左，选项A正确；由动量守恒定律，结合图像可知：点睛：此题考查了动量守恒定律以及动能定理的应用；关键是分析v-t图像，得到两物体的运动情况，选取适当的研究过程，利用动量定理解答比较简单.21．如图(a)所示，在半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示。薄挡板MN两端点恰在圆周上，且MN所对的圆心角为120°。在t=0时，一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入场区，运动到圆心O后，做一次半径为的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点与挡板碰撞后原速率返回（碰撞时间不计，电荷量不变），运动轨迹如图(a)所示。粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是A.磁场方向垂直纸面向外B.图(b)中C.图(b)中D.若t=0时，质量为m、电荷量为-q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，偏转、碰撞后，仍可返回A点【答案】BC【解析】根据轨迹可知，带正电的粒子从O点向上偏转做圆周运动，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB0=m，点睛：此题关键是要搞清粒子在磁场中的运动情况即轨迹，结合圆周运动的知识求解运动时间；注意用左手定则判断洛伦兹力的方向时要注意四指的指向.第Ⅱ卷三、非选择题：本卷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.（6分）在物理课外活动中，王聪聪同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图。已知选用的电流表内阻Rg＝10Ω、满偏电流Ig＝10mA，当选择开关接3时为量程50V的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数据没有标出。(1)若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为________；选择开关接3时其读数为_____。(2)为了测该多用电表电阻挡的电阻和表内电源的电动势，王聪聪同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；②将电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使电表指针指表盘中央C处，此时电阻箱的示数如图丙所示，则C处刻度应为________Ω。③计算得到多用电表内电源的电动势为________V。(保留两位有效数字)(3)调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻__________（保留两位有效数字）【答案】6.8mA34.0V1501.570【解析】（1）选择开关接1时测电流，多用电表为量程是10mA的电流表，其分度值为0.2mA，示数为6.8mA；点睛：本题考查了电表读数、求电表内阻、电源电动势等问题，知道多用电表的原理是正确解题的前提与关键；对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数．23.（9分）为了探究合力做功与物体动能变化的关系，某实验小组设计了如下实验方案：木板左端固定着一个挡板，一根轻质弹簧左端可以拴在挡板上，右端可以拴住一个滑块，滑块右端拴着一根细线，细线跨过木板右端的定滑轮，拴着一个重锤，重锤右侧有一个遮光片，当弹簧的长度为原长时，遮光片恰好处于光电门A处，光电门A和B分别连接计时器（图中未画出）。已知弹性势能的表达式为Ep＝k(Δx)2，忽略滑轮摩擦及空气阻力。实验步骤如下：（1）简述平衡摩擦力的方法：___________________________________________。（2）在挡板和滑块间连接好弹簧，保持木板倾角不变，将弹簧分别拉长Δx、2Δx、3Δx、4Δx、…后，从静止释放滑块，分别记下遮光片通过光电门A的时间t1、t2、t3、t4、…。若将前3次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W1、W2、W3，则W1∶W2∶W3＝________；（3）若以W为纵坐标、为横坐标作图，则得到的图象近似是________（填“一条直线”或“一条曲线”）。（4）实验中，________（填“必须”或“可以不”）测量遮光片的宽度。________（填“必须”或“可以不”）测量滑块和重锤的质量。【答案】（1）将木板右侧垫起一定高度，是遮光片通过两光电门的时间相同（2）1:4:9（3）一条直线可以不可以不【解析】(1)将木板右侧垫起一定高度，滑块不连弹簧时，让滑块由静止释放，当重锤上的遮光片通过两光24．（14分）如图所示轨道ABCDE在竖直平面内，AB与水平面BC成37°角且平滑连接，圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道CDE与BC相切于C点，E、F两点等高，BC长为.将小滑块从F点由静止释放，恰能滑到与O等高的D点．已知小滑块与AB及BC间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求小滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若AB足够长，改变释放点的位置，要使小滑块恰能到达E点，求释放点到水平面的高度h；(3)若半径R＝1m，小滑块在某次释放后，滑过E点的速度大小为8m/s，则它从E点飞出至落到轨道上所需时间t为多少？(g取10m/s2)【答案】(1)(2)(3)【解析】解：(1)滑块从F到D过程，根据动能定理得(2)若滑块恰能到达E点，根据牛顿第二定律得在滑块从释放点到E的过程，根据动能定理得25．（18分）倾角为37°的绝缘斜面固定在水平地面上，在斜面内存在一宽度d=0.28m的有界匀强磁场，边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，如图甲所示。在斜面上由静止释放一质量m=0.1kg，电阻R=0.06Ω的正方形金属线框abcd，线框沿斜面下滑穿过磁场区域，线框从开始运动到完全进入磁场过程中的图象如图乙所示。已知整个过程中线框底边bc始终与磁场边界保持平行，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6．cos37°=0.8。(1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数μ；(2)求金属线框穿越该匀强磁场的过程中，线框中产生焦耳热的最大功率Pm;(3)若线框bc边出磁场时，磁感应强度开始随时间变化，且此时记为t=0时刻。为使线框出磁场的过程中始终无感应电流，求从t=0时刻开始，磁感应强度B随时间t变化的关系式。【答案】（1）（2）（3）（s）【解析】（1）由图像可知在进入磁场之前做匀加速直线运动，2m/s2，由牛顿第二定律解得：；（2）由图像可知线框匀速进入磁场，进入磁场的时间为0.125s，匀速进入磁场的速度=1.2m/s，则线框边长m点睛：本题考查导体棒切割磁场模型，解题关键是要分好过程，正确进行受力分析，结合运动状态列出力学方程，要求线框出磁场，并且无感应电流，则任意时间t回路的磁通量相等，始终等于初状态的磁通量，则B随时间t的关系式就能求出。（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．【选修3-3】（15分）（1）（5分）下列说法正确的是。（填正确答案标号，选对1个给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0分）A．空气不能自发地分力成氮气、氧气、二氧化碳等各种不同的气体B．一定质量的理想气体，若压强和体积不变，其内能可能增大C．表面张力的产生，是因为液体表面层分子间的作用表现为相互排斥D．一定质量的理想气体，绝热压缩过程中，分子平均动能一定增大E．标准状态下氧气的摩尔体积为22.4L/mol，则平均每个分子所占的空间约为3.72×10-26m3【答案】ADE【解析】A、不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零，故空气不会自发地分离成氮气、氧气、二氧化碳等各种不同的气体，故A正确；B、一定质量的理想气体，若气体的压强和体积都不变，根据理想气体状态方程不变，故B错误；，温度不变，内能C、液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，则液体表面分子间的作用表现为相互吸引，所以存在表面张力，故C错误；D、一定质量的气体，在绝热压缩的过程中，外界对气体做功而没有热交换，故内能一定增大，故D正确；E、每个分子占据的体积，故E正确；故选ADE。（2）（10分）如图所示,绝热气缸倒扣放置,质量为M的绝热活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体,活塞与气缸间摩擦可忽略不计,活塞下部空间与外界连通,气缸底部连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计).初始时,封闭气体温度为T0,活塞距离气缸底部为h0,细管内两侧水银柱存在高度差。已知水银密度为ρ,大气压强为P0,气缸横截面积为s,重力加速度为g,求：①U形细管内两侧水银柱的高度差△h②通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降h,求此时的温度以及此加热过程中,气体对外界做的功。【答案】①②【解析】①设封闭气体的压强为P，对活塞分析：点睛：分析