2018年河南名校联考高考物理二模试卷

2018年河南省名校联考高考物理二模试卷一.选择题（本题共8个小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第14〜18题只有一个选项正确，第19〜21题有多个选项正确.全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）.如图所示为氢原子的部分能级图，以下判断正确的是（）5 fl.544 -C.853 1.S1-3.4A.处于 能级的氢原子可以吸收任意频率的光子B.欲使处于基态的氢原子被激发，可用 的光子照射C.一个氢原子从 的状态跃迁到基态时，最多可以辐射出种不同频率的光子D.用 能级跃迁到 能级辐射出的光照射金属伯（逸出功为 ）时不能发生光电效应【答案】B【考点】玻尔理论【解析】能级差是不连续的，吸收或辐射的光子能量等于两能级的能级差，所以光子能量不连续。轨道半径越小，原子能量越小。根据光电效应的条件判断能否发生光电效应。【解答】、要使 能级的氢原子发生跃迁，吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，或大于 能量的任意频率的光子。故错误；、根据玻尔理论用 电子照射时，吸收光子后电子的能量：，所以能从基态发生跃迁，跃迁到第能级，故正确；、一个氢原子从 的状态跃迁到基态时，最多时，跃迁的路径为：，可知能辐射出种不同频率的光子，故错误；、从能级跃迁到能级辐射出的光子的能量，而使金属发生光电效应的条件是光子的能量大于电子的逸出功，故可以发生光电效应。故错误。2.滑草，是如今一些度假村推出的一项前卫运动，和滑雪一样能给运动者带来动感和刺激。特别对少雪地区的人们来说，滑草更新鲜了，因为它比滑雪更具有娱乐休闲性，更能体验人与大自然的和谐。“双人滑草〃项目可以简化为如下模型：如图所示，、物块紧靠在倾角为粗糙斜面上一起从静止开始加速下滑，斜面与之间的动摩擦因数为，与之间的动摩擦因数为，物块的质量为，物块的质量为，已知重力加速度为。则在下滑过程中，物块、之间作用力的大小等于（）试卷第1页，总15页

D-C「D-【答案】D【考点】力的合成与分解的应用牛顿第二定律的概念【解析】对整体受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，然后对受力分析，根据牛顿第二定律求得间的相互作用力【解答】对整体受力分析，根据牛顿第二定律可知：解得： -对受力分析，根据牛顿第二定律可知:解得：-，故正确3.图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为 ，其输人电如图乙所示，远距离输电线的总电阻为.降压变压器右侧部分为火灾报警系统原理图，其中为一定值电阻，为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小，电压表可以显示加在报警器两端的电压（报警器未画出）。未出现火警时，升压变压器的输入功率为 .下列说法中正确的是（）A. 时刻，电压表的示数是B.未出现火警时，运距离输电线路损耗的功率为C.当传感器所在处出现火警时，电压表的示数变大D.当传感器所在处出现火警时，输电线上的电流变小【答案】B【考点】远距离输电【解析】根据升压变压器的输入电压，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据闭合电路的动态分析判断电流与电压的变化【解答】、电压表测量的为交流电的有效值，故任意时刻的示数都是电阻两端的电压，故不试卷第2页，总15页

为零，故错误；、升压变压器输入端电压有效值为，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端电压所以输电线中的电流输电线损失的电压输电线路损耗功率为零，故错误；、升压变压器输入端电压有效值为，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端电压所以输电线中的电流输电线损失的电压故正确;、当传感器所在处出现火警时其阻值减小，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表的示数减小，故错误；故正确;、当传感器所在处出现火警时，副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流增大，故错误。4.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻=将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度-时间图象可能是下列图中的（）A.:B.:C.V1D.V1【答案】【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系v-t图象牛顿第二定律的概念【解析】试卷第3页，总15页

判断出木板和木块在达到速度相等前后的加速度，根据加速度大小来判断图象即可;【解答】设滑块与木板之间的动摩擦因数是，木板与地面之间的动摩擦因数是，在未达到相同速度之前，木板的加速度为达到相同速度之后，二者共同的加速度为由加速度可知，图象正确。5.在某空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系 ，、、为电场中的三个点，点的坐标，点的坐标为，点坐标为，点的坐标为 ，点图中未画出。已知、和点电势分别为、和，则下列说法正确的是（）冲/ %A.该匀强电场的电场强度等于B.点的电势为C.电子在点的电势能小于在点的电势能D.将电子沿轴、轴从点经过点移动到点，电场力先做负功，再做正功【答案】B【考点】电势差与电场强度的关系【解析】根据、两点电势找到点的等势点，从而知道电场线方向， -；将点投影到电场线所在平面，找到沿电场线方向距离，从而知道点电势。根据电场线方向和电荷受力知做功和能的变化。【解答】、如图甲所示，连接，在上取一点，使点电势，则 ，连接，由数学知识可知垂直面、垂直.又 ，电场由指向.距离为， ———。故错误、如图乙所示，将点投影在平面，作出、、三点在平面的相对位置，.间的距离为， ， ，则点电势，故正确；、沿电场线方向电势降低，电子带负电，电势能增加，故在点的电势能大于在点的电势能，故错误；、电场由指向，将电子沿轴、轴从点经过点移动到点，电场力先做正功，后不做功，故错误；6.如图所示，两根轻质细线的一端拴在点、另一端分别固定在楼道内的倾斜天花板上的点和点，一质量为的重物通过长度为的轻质细线固定在点，系统静止，试卷第4页，总15页水平、与竖直方向成一定夹角。现在对重物施加一个水平向右的拉力，使重物缓慢移动，至间细线转动，此过程中拉力做功，则下列判断正确的是（）A.上的拉力可能不变，上的拉力可能增大B.上的拉力不断增大，上的拉力一定不变C.D.—【答案】B,C【考点】解直角三角形在三力平衡问题中的应用动能定理的应用【解析】先对重物进行分析，得出重物对绳子的拉力，然后对点受力分析，受三个拉力，根据平衡条件并结合分解法列式求解即可。【解答】、开始时重物受到重力和绳子的拉力，所以绳子的拉力等于重物的重力；设对重物施加一个水平向右的拉力后设与竖直方向之间的拉力为，如图，则有：，选择节点点为研究对象，则点受到三个力的作用处于平衡状态，受力如图，由图可知，在竖直方向：沿竖直方向的分力始终等于 ，而且的方向始终不变，所以始终不变；沿水平方向：的大小等于沿水平方向的分力与沿水平方向分力的和，由于沿水平方向分力随的增大而增大，所以逐渐增大，故错误，正确；、由题意可知重物绕做匀速圆周运动，则拉力和重力垂直半径方向的分力等大，拉力做功功率为： 不断增大根据动能定理可知： -，故正确、错误。7.年月曰时分左右，中国第一个目标飞行器“天宫一号〃再入大气层，落到南太平洋中部区域，绝大部分器件在再入大气层过程中由于空气阻力的作用烧蚀销毁，对航空活动以及地面造成危害的可能性极小。如图所示，是"天宫一号”飞行器、、是地球同步卫星，此时、恰好相距最近。已知地球质量为，半径为，地球自转的角速度为，"天宫一号〃飞行器的轨道半径为，引力常量为，则（）试卷第5页，总15页地球I4 jJ”天宫一号〃飞行器的周期小于小时B.卫星的机械能一定等于卫星的机械能C.若“天宫一号〃飞行器在下落的过程中质量保持不变，则"天宫一号〃飞行器的机械能将增加D.若“天宫一号〃飞行器和卫星均逆时针方向转动，则到下一次相距最近，还需经过时间丁【答案】A,D【考点】万有引力定律及其应用随地、绕地问题【解析】根据开普勒第三定律分析周期大小；根据机械能守恒定律分析机械能的变化；卫星绕地球圆周运动的向心力由万有引力提供，据此由半径关系分析周期大小及线速度关系，卫星再次相距最近，则卫星转动的角度差为，由此分析计算即可。【解答】、根据开普勒第三定律一可知，卫星轨道半径越大卫星周期越大，而卫星为同步卫星，故卫星的周期小于同步卫星的周期即，故正确；、卫星的机械能等于其动能与势能之和，因不知道卫星的质量，故不能确定卫星的机械能大小关系，故错误；、若“天宫一号〃飞行器在下落的过程中质量保持不变，但由于阻力做负功，则“天宫一号〃飞行器的机械能将减小，故错误；、根据万有引力提供向心力有一，可得卫星的角速度一，可知半径越大角速度越小，卫星由相距最近至再次相距最近时，圆周运动转过的角度差为，所以 ，可得经历的时间亍，故正确。8.如图所示，在边长 的正方形区域 内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度.是正方形内一点，它与和的距离均为 。在点有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向发射出速率不同的正离子，离子的质量 ，电荷量 ，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则（）试卷第6页，总15页A.速率为 的离子在磁场中运动的半径是.能在正方形区域内做完整的圆周运动的离子的最大速率是C.速率为 的离子从边上射出磁场的长度为一D.离子从边上射出正方形区域的最小速度为一【答案】A,C,D【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动规律【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，由牛顿第二定律可以求出粒子的速度，然后确定粒子速率范围；由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子射出的范围。【解答】、离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—，代入数据解得： ；故正确。、点与和的距离均为，离子轨道半径-的离子不可能射出正方形区域，由牛顿第二定律得：—，代入数据解得： ，速度 离子不能射出磁场区域，即能在正方形区域内做完整的圆周运动的离子的最大速率是 ；故错误。TOC\o"1-5"\h\z、速度大小为 的粒子运动的轨道半径： 。当粒子运动沿轨迹n与边相切于点时，粒子将从边点出射，为最低出射点。由几何关系得：解得： ，由几何关系得，与点的距离为当粒子沿轨迹ni与边相切于点时，粒子将从边点出射，为最高出射点。由几何关系色 ， _解得：一，则出射点距下边界高： 一，综上，速率为 的离子从边上射出磁场的长度为一•故正确。、离子运动轨迹与相切又与相切是所有射出的轨迹中半径最小的，由几何知识可知，该轨道半径： 一，根据 一得， 一；故正确。试卷第7页，总15页三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须作答.第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）.如图所示，某同学设计一个气垫导轨装置验证动量守恒定律的实验①用游标卡尺测得遮光条的宽度如图所示，则；②质量为的滑块静止放在水平气垫导轨上光电门的右侧，质量为的滑块从光电门的右侧向左运动，穿过光电门与滑块发生碰撞，随后两个滑块分离并依次穿过光电门，滑块与导轨左端相碰并被粘接条粘住，待滑块穿过光电门后用手将它停住，两个滑块固定的遮光条宽度相同，数字计时器分别记录下滑块通过光电门的时间、滑块和滑块依次通过光电门的时间和•本实验中两个滑块的质量大小关系应为。若等式成立，则证明两滑块碰撞过程中系统的动量守恒（用题中的所给的字母表示）。【答案】【考点】利用平抛运动规律验证动量守恒定律【解析】①游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；②明确实验原理，根据动量守恒定律可分析应满足的表达式。【解答】TOC\o"1-5"\h\z①由图所示游标卡尺可知，主尺示数为 ，游标尺示数为 ，游标卡尺示数为 ；②由题意可知，碰后要求两物体均沿的原来运动方向运动，因此必须要求的质量大于的质量，即 ；根据平均速度公式可知，的初速度 一，碰后的速度分别为 一， —；根据动量守恒定律可知，应满足的表达式为：将速度代入化简可知，只要满足：.某实验小组设计如图 所示电路图来测量电源的电动势及内阻，其中待测电源电动势约为、内阻较小：所用电压表量程为.内阻非常大。可看作理想电压表试卷第8页，总15页①按实验电路图在图中补充完成实物连线。②先将电阻箱电阻调至如图所示，则其电阻读数为.闭合开关，将打到端，读出电压表的读数为 ；然后将打到端，此时电压表读数如图所示，则其读数为.根据以上测量数据可得电阻.。③将打到端，读出电阻箱读数以及相应的电压表读数、不断调节电阻箱电阻，得到多组值与相应的值，作出--图如图所示，则通过图象可以得到该电源的电动势.内阻【答案】【考点】测定电源的电动势和内阻【解析】电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱的示数；由图示电压表确定的其量程与分度值，读出其示数；由串联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值。应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象与函数表达式求出电源电动势与内阻。【解答】①按实验电路图在图中连接实物图：②先将电阻箱电阻调至如图所示，则其电阻读数为 .电压表的读数为；由欧姆定律可知，电流为:然后将打到端，此时电压表读数如图所示，电压表量程为，最小分度为其读数为试卷第9页，总15页根据以上测量数据可得电阻为：③在闭合电路中，电源电动势为:TOC\o"1-5"\h\z由图所示图象可知， - ，，图象斜率 —— ，电源内阻为： 。.如图甲所示，空间存在 、方向竖直向下的匀强磁场，、是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距 ，在导轨一端连接着阻值为 的定值电阻，是跨接在导轨上质量为 的导体棒。从零时刻开始，通过一小型电动机对棒施加一个牵引力，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。图乙是拉力与导体棒速率倒数关系图象（未知）。已知导体棒与导轨的动摩擦因数 ，除外，其余部分电阻均不计，不计定滑轮的质量和摩擦， 。（1）求电动机的额定功率；（2）若导体棒在内运动了并恰好达到最大速度，求在 内电阻上产生的焦耳热。【答案】电动机的额定功率为；在 内电阻上产生的焦耳热为。【考点】单杆切割磁感线电磁感应中的能量问题【解析】（1）电动机达到额定功率时导体棒做匀速直线运动，根据图示图象求出导体棒做匀速直线运动的速度，应用 求出感应电动势、应用欧姆定律求出感应电流、应用安培力公式求出安培力，应用牛顿第二定律求出电动机的额定功率。（2）应用能量守恒定律可以求出电阻上产生的焦耳热。【解答】TOC\o"1-5"\h\z由图象知导体棒的最大速度为： …①此时，导体棒中感应电动势为： …②感应电流为： -…③导体棒受到的安培力： …④此时带动机牵引力为： -…⑤由牛顿第二定律得：一 …⑥试卷第10页，总15页

代入数据解得： …⑦…⑧由能量守恒定律得：…⑧解得上产生的热量为： …⑨12.如图所示，光滑轨道是一“过山车〃的简化模型，最低点处入、出口不重合，点是半径为 的竖直圆轨道的最高点，部分水平，末端点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送蒂以速率 逆时针匀速转动，水平部分长度 。物块静止在水平面的最右端处。质量为 的物块从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点，然后与发生碰撞并粘在一起。若的质量是的倍，、与传送带的动摩擦因数都为 ，物块均可视为质点，物块与物块的碰撞时间极短，取 。（1）求 时物块、碰撞过程中产生的内能和物块、在传送带上向右滑行的最远距离；（2）讨论在不同数值范围时，、碰撞后传送带对它们所做的功的表达式。【答案】【答案】时物块、碰撞过程中产生的内能为，物块、在传送带上向右滑行的最远距离为；时， ； 时，；当 时， 。【考点】动量守恒定律的理解机械能守恒的判断【解析】（1）恰好通过最高点，由牛顿第二定律求出通过时的速度，由机械能守恒定律求出与碰撞前的速度，、碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程产生的内能，应用动能定理求出向右滑行的最大距离。（2）根据、速度与传送带速度间的关系分析的运动过程，根据运动过程应用动能定理求出传送带所做的功。【解答】TOC\o"1-5"\h\z设物块在的速度为，由牛顿第二定律得： -…①设碰撞前的速度为•由机械能守恒定律得： - -…②联立并代入数据解得： …③设碰撞后、速度为，且设向右为正方向，由动量守恒定律得：…④解得：——一 …⑤由能量转化与守恒定律可得： - - …⑥代入数据解得： …⑦试卷第11页，总15页设物块在传送带上向右滑行的最远距离为，…⑧TOC\o"1-5"\h\z由动能定理得： -…⑧代入数据解得： …⑨由④式可知： — —— …⑩如果、能从传送带右侧离开，必须满足：- ，解得： ，传送带对它们所做的功为：当时有：，即返回到传送带左端时速度仍为；由动能定理可知，这个过程传送带对所做的功为：，当时，沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧。在这个过程中传送带对所做的功为： - - ，解得： ；三、【物理一选修3-31（15分）.如图所示，、两点表示一定质量的理想气体的两个状态，当气体自状态变化到状态时（）A.子的速率分布曲线发生变化B.单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数目增多C.有可能经过体积减小的过程D.外界必然对气体做正功E.气体必然从外界吸热【答案】a,c,e【考点】热力学第一定律理想气体的状态方程【解析】根据理想气体状态方程，整理后可得 图象，判断斜率的意义，得到体积的变化，再根据热力学第一定律判断做功和吸热。【解答】、因为气体温度升高，分子的平均动能增加，气体分子的速率分布曲线发生变化，故正确；、温度升高会导致压强增大，而状态的压强小于状态的压强，故单位体积内的气体分子数目应减小，故错误；、由于没有限制自状态变化到状态的过程，所以可先减小气体的体积再增大气体的试卷第12页，总15页体积到状态，故正确；、因为气体体积增大，所以是气体对外做功，故错误；、因为气体对外界做功，而气体的温度升高，内能增大，根据热力学第一定律，气体一定从外界吸热，故正确；.如图所示，内径均匀的型细玻璃管一端开口，竖直放置，开口端与一个容积很大的贮气缸连通，封闭端由水银封闭一段空气，已知 时空气柱长，右管水银面比左管水银面低，当气温上升到 时，水银面高度差变化。贮气缸左侧连接的细管的体积变化不计，、两部分气体的温度始终相同。①试论证当气温上升到 时，水银面高度差是增大还是减小？②求 时贮气缸中气体的压强。【答案】①试论证当气温上升到 时，水银面高度差是增大；②时贮气缸中气体的压强为 。【考点】理想气体的状态方程【解析】①假设水银柱不动，根据气体做等容变化，利用查理定律找到压强变化与温度变化之间关系，通过比较两部分气体压强变化的多少从而判断；②对部分气体利用理想气体状态方程可找到初末状态压强关系，再结合水银柱分析找到两部分气体压强关系，在对气体分析，利用查理定律列式，联合以上即可解决问题。【解答】①假设水银柱不动，由查理定律得一一一所以一显然在、相同情况下，初始压强越大，升高相同温度时，压强的增量越大，而初始状态时， ，所以 ，则中水银上升，水银面高度差增大②设 时，中气休压强为，玻璃管的横截而积为，对中理想气体有————即 …①对中气体有—一一…②由①②得： ^【物理一选修3-4】（15分）.一列简谐横波沿轴正方向传播，波速为 ，某时刻波形如图所示，、两质点的平衡位置的横坐标分别为=,=，则下列说法中正确的是（）试卷第13页，总15页A.质点振动的周期为B.平衡位置= 处的质点（图中未画出）与质点的振动情