2018届高考物理预测卷二.doc

2018届高考物理预测卷二14下列的若干叙述中，不正确的是A核泄漏事故污染物Cs137能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为，可以判断x为粒子B对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与照射光的频率成线性关系C一块纯净的放射性元素矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量剩下一半D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，原子的能量增大了15如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个材料相同的物体A、B，质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动在t=0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是At=0至t=时间内，A、B的总动量不守恒Bt=时，A的动量为2mvCt=至t=时间内，A、B的总动量守恒Dt=时，A的动量为416从中国科学院微小卫星创新研究院获悉，北斗卫星导航系统(BDS)，预计今年将发射18颗卫星。就意味着：北斗将全覆盖亚洲地区，尤其是一带一路沿线国家如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，己知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，a和b的轨道半径相同，且均为c轨道半径的k倍，己知地球自转周期为T则A卫星b也是地球同步卫星B卫星a的向心加速度是卫星c的向心加速度的k2倍C卫星c的周期为Da、b、c三颗卫星的运行速度大小关系为va=vb=vc17如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为1：2，两端共接有4个电阻，其中R1=R0，R2=2R0，R3=R4=4R0，现将a、b两端接在交流电源上，则下列说法中正确的是AR1消耗的电功率为R2消耗的电功率的2倍B流过R1的电流有效值等于流过R3的电流有效值CR2两端的电压有效值是R3两端电压有效值的2倍D流过R2的电流有效值等于流过R4电流有效值18利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B用绝缘轻质丝线把底边长为L、电阻为R、质量为m的“U”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，电源内阻不计，电压可调，导线的电阻忽略不计。当外界拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，力敏传感器会显示拉力的大小F当线框接入恒定电压为E1的电源时，力敏传感器显示拉力的大小为F1；当线框接入恒定电压为E2的电源时，力敏传感器显示拉力的大小为F2下列说法正确的是A当线框接入恒定电压为E1的电源时所受安培力大小为F1B当线框接入恒定电压为易的电源时力敏传感器显示拉力的大小为线框所受安培力与重力之差C待测磁场的磁感应强度B的大小为D待测磁场的磁感应强度B的大小为19如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有质量分别为m1和m2的甲、乙两个点电荷，t=0时，乙电荷向甲运动，水平向左的速度大小为6ms，甲的速度为零之后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的vt图象分别如图(b)中甲、乙两曲线所示则由图线可知 A两电荷的电性一定相反Bt1时刻两电荷的电势能最大C0t2时间内，两电荷的静电力都是先减小后增大Dm1：m2=2：120根据实际需要，磁铁可以制造成多种形状，如图就是一根很长的光滑圆柱形磁棒，在它的侧面有均匀向外的辐射状磁场。现将磁棒竖直固定在水平地面上，磁棒外套有一个粗细均匀的圆形金属线圈，金属线圈的质量为m，半径为R，电阻为r，金属线圈所在位置的磁场的磁感应强度大小为B。让金属线圈从磁棒上端由静止释放，经一段时间后与水平地面相碰(碰前金属线圈已达最大速度)并原速率反弹，又经时间t，上升到距离地面高度为h处速度减小到零。下列说法中正确的是 A金属线圈与地面撞击前的速度大小B撞击反弹后上升到最高处h的过程中，通过金属线圈某一截面的电荷量C撞击反弹后上升到最高处h的过程中，通过金属线圈某一截面的电荷量D撞击反弹后上升到最高处h的过程中，金属线圈中产生的焦耳热21在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A端，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示。已知重力加速度g=10ms2，则可知 A货物与传送带间的动摩擦因数为0.5BA、B两点的距离为2.4mC货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为12.8JD货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J22(8分)如图所示，在水平放置的气垫导轨(能大幅度的减少摩擦阻力)上有一带有方盒的滑块，质量为M，气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，设每个钩码的质量为m，且M=4m (1)用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，读数如图所示，则宽度d=_cm；(2)某同学打开气源，将滑块由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度为_(用题中所给字母表示)；(3)开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，由静止释放后细线上的拉力为F1，接着每次实验时将1个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩3个钩码时细线上的拉力为F2，则F1_2F2(填“大于”、“等于”或“小于”)；(4)若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，设挡光片距光电门的距离为L，悬挂着的钩码的个数为n，测出每次挡光片通过光电门的时间为t，测出多组数据，并绘出图像，已知图线斜率为k，则当地重力加速度为_(用题中字母表示) 23(8分)某同学欲测量欧姆表“1”档的内电阻和内部电源电动势。现有以下实验器材：A1：电流表200，300A2：电流表30mA，5R1：电阻箱09999R2：滑动变阻器050电键、导线若干。他利用电阻箱R1与电流表A1串联接入图1电路。其电阻箱的阻值选择如图2。 (1)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端至某一位置，读出电流表A1和A2的示数I1和I2。多次改变滑动端的位置，得到的数据为：在图3所示的坐标纸上I1为纵坐标、I2为横坐标画出所对应的I1I2如曲线。 (2)利用所得曲线求得欧姆表内电源的电动势E=_V，欧姆表内阻r=_。(结果保留三位有效数字)(3)将该欧姆表两个表笔短接，欧姆表的电流为I=_A。(结果保留三位有效数字)24(13分)如图所示，在倾角为的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之向上匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg求：(1)从F开始作用到物块B刚要离开C的时间(2)从开始到物块B刚要离开C时力F所做的功 25(18分)如图所示，在第三、第四象限存在电场强度为E，方向与x轴成的匀强电场，在第一象限某个区域存在磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场，x轴上的P点处在磁场的边界上，现有一群质量为m、电量为+q的带电粒子在纸面内以速度v(速度范围为0v)垂直于x轴从P点射入磁场所有粒子均与x轴负方向成30角进入匀强电场中，其中速度最大的粒子刚好从坐标原点O射入电场，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，第二象限为无场区，求：(1)P点的坐标；(2)速度最大的粒子自P点开始射入磁场到离开电场所用的时间；(3)磁场区域的最小面积。 33【物理选修33】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是_(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)A相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近，分子势能先增加后减小B气体的温度不变，某个分子的动能可能改变C对于一定量的理想气体，如果体积不变，压强减小，那么它的内能一定减小D若液体对某种固体是浸润的，当液体装在由这种固体物质做成的细管中时，附着层分子密度大于液体内分子的密度，附着层分子的作用力表现为引力E在一定温度下，饱和汽的分子数密度一定，饱和汽的压强也是一定的(2)(10分)如图所示，一圆柱形绝热气缸开口向下竖直放置，通过一下端带有挂钩的绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为m、横截面积为s，与容器项部相距h。现通过电热丝缓慢加热气体，当活塞下降了h后停止加热并保持稳定，此时气体的热力学温度为T1。己知大气压强为p0，重力加速度为g，活塞与气缸间无摩擦且不漏气。求：(I)加热过程中气体对外所做的功；(II)停止对气体加热后，在活塞挂钩上加上质量为m0的钩码后，活塞又下降了h，则此时气体的温度。 34【物理选修34】(15分)(1)(5分)如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为2m，各质点均静止在各自的平衡位置，t=0时刻振源a开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图象如图乙所示，形成的简谐横波以2ms的速度水平向右传播，则下列说法正确的是_ A波传播到质点c时，质点c开始振动的方向沿y轴负方向B04s内质点b运动的路程为12cmC45s内质点d的加速度正在逐渐减小D6s时质点e第二次回到平衡位置E各质点都振动起来后，a与e的振动方向始终相同(2)(10分)某种柱状透明工艺品的截面形状如图所示，AO、BO为夹角60的平面，底部AMB为半径为R的一段圆弧，其对应的圆心角也为60，圆心在AOB的角平分线OM延长线上。一束单色平行光沿与OA面成45角的方向斜向下射向OA面，经OA折射进入该柱状介质内，己知介质折射率为。(I)通过计算说明在介质OA面的折射光线的方向；(II)求底部弧面AMB有光线射出的部分对应的弧长(不考虑二次反射)。 高三物理参考答案14【答案】C【解析】A核反应方程式为，可以根据质量数和电荷数守恒判断x为粒子；B根据光电效应方程Ekm=hv-W0，对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与照射光的频率成线性关系；放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，叫半衰期所以一块纯净的放射性元素矿石，经过一个半衰期以后，只是这种放射性元素原子核的质量剩下一半，但还有生成的新核的质量，所以剩下矿石质量肯定大于原来的一半，项错误；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，吸收光子，原子的能量增大了，由库仑力提供向心力得电子的速率，所以动能减小，正确15【答案】B【解析】在B停止滑动前，以整体为研究对象，A，B摩擦力并没有发生变化，所以AB的合外力仍为零，所以系统动量守恒，A，B所受摩擦力均为，所以对B，到B停下，对B，动量定理，即时，B停下。所以至时间内，A、B的总动量守恒，A错误；时，即B刚停下时，对AB，从到运用动量守恒定律，解得A的动量为，B正确；至时间内，B已经停止运动，A合外力不为零，所以A、B的总动量不守恒，C错误；D至时，对A运用动量定理，A的动量为，所以D错误。16【答案】C【解析】A地球同步卫星必须在地球赤道上空，所以卫星b不是地球同步卫星，A错误；B由得，所以卫星a的向心加速度是卫星c的向心加速度的倍，B错误；由得，卫星c的周期为，C正确；D由得，所以a、b、c三颗卫星的运行速度大小关系为vavb，D错误17【答案】A【解析】A、根据变压器的规律有：，则：，通过R1的电流为：，通过R3的电流和通过R4的电流相等，即，结合以上各式可得：，A正确；B、由A的分析可知，流过R1的电流有效值不等于流过R3的电流有效值，B错误；C、R2两端的电压等于变压器的输入电压，R3两端电压等于输出电压的一半，所以R2两端的电压有效值与R3两端电压有效值相等，C错误； D、流过R2的电流：，又流过R4电流：，所以流过R2的电流有效值流过是R4电流有效值的2倍，D错误；故选A。18【答案】D【解析】当线框接入恒定电压为E1的电源时，“”形线框中电流I1，所受安培力方向向下，大小为BI1L，小于F1，选项A错误；力敏传感器显示拉力的大小为F1mg，同理，当线框接入恒定电压为E2的电源时，力敏传感器显示拉力的大小为F2mg，选项B错误由F1mg和F2mg联立解得B，选项D正确，选项C错误19【答案】BD【解析】A、由图象0-t1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同故A错误B、0t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1t2时间内两电荷间距离逐渐增大，t1时刻两球相距最近，系统克服电场力最大，两电荷的电势能最大故B正确C、0t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1t2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小故C错误D、以甲乙为研究对象，系统动量守恒，所以，解得m1:m2=2:1故D正确20【答案】ABD【解析】线圈第一次下落过程中有：E=B2Rv、FA=BIL=BI2R，得安培力大小为：，根据牛顿第二定律得：mg-FA=ma；可知线圈做加速度减小的加速运动，当a=0时，速度最大，代入求得最大速度为：，故A正确；反弹后上升的过程中某一时刻，由牛顿运动定律得：mg+BI2R=ma，则得：mgt+BI2Rt=mat（或直接动量定理），在一段微小时间t内，速度增量为=at，通过线圈截面电量为：q=It，则：，得到：，又mat=mv=mvm=，mgt=mgt1，故：，故B正确C错误，撞击反弹后上升到最高处h的过程中，金属线圈中产生的焦耳热为Q，由能量守恒得，解得Q=，所以D正确。故选：ABD正确21【答案】AD【解析】A、由v-t图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsin+f=ma1，即：mgsin+mgcos=ma1，同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为：得：mgsin-f=ma2，即：mgsin-mgcos=ma2，联立解得：cos=08，=0.5，故A正确；B、物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，接着做匀加速直线运动，但加速度减小，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，x=s=3.2m故B错误C、根据功能关系，由B中可知f=mgcos=0.51010.8=4N，做a1匀加速直线运动，有图象知位移为：x1=0.2m，物体受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为：Wf1=fx1=40.2=0.8J，同理做a2匀加速直线运动，有图象知位移为：x2=3m，物体受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为：Wf2=-fx2=-43=-12J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12J-0.8J=11.2J，故C错误；D、根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，由C中可知：f=mgcos=0.51010.8=4N，做a1匀加速直线运动，位移为：x1=0.2m，皮带位移为：x皮=20.2=0.4m，相对位移为：x1=x皮-x1=0.4-0.2=0.2m，同理：做a2匀加速直线运动，位移为：x2=3m，x皮2=21=2m，相对位移为：x2=x2-x皮2=3-2=1m，故两者之间的总相对路程为：x=x1+x2=1+0.2=1.2m，货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=fx=41.2=4.8J，故D正确；故选：AD22【答案】（每空2分）（1）0.520；（2）d/t；（3）小于；（4）5d2/kL【解析】（1）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.054mm=0.20mm，则最终读数为5.20mm = 0.520cm（2）极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则滑块通过光电门的速度（3）对整体分析，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F1=Ma1=4m0.6g=2.4mg，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F2=7ma2=2.1mg，知F12F2（4）滑块通过光电门的速度，根据v2=2aL得，因为，代入解得，图线的斜率，解得23【答案】（1）如图；分 （2）1.46（1.451.49）；14.6（14.015.5）；（3）0.100（0.09800.102）每空2分【解析】（1）把R1和A1整体等效为一个电压表，测量的即为路端电压，然后与课本上的测电源电动势与内电阻的方法相比较。注意纵坐标的最大值乘以（RA1+R1）即为电动势，电路图： 所作图线： 根据欧姆定律可知：，变形可得：；由图可知，；因为R0=9700，解得：r=14.6；E=1.46V。（3）若把该欧姆表红黑表笔短接，通过欧姆表的电流大小为24【答案】（1）；（2）【解析】（1）令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知：mgsin30=kx1，（1分）令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知：kx2=mgsin30，（1分）Fmgsin30kx2=ma，（2分）将F=2mg和=30代入以上各式，解得a=g； （1分）由， （2分）解得 （1分）（2）物块B刚要离开C时，物块A的速度为，（2分）此时弹簧的伸长量和F开始作用时的压缩量相同，弹簧的弹性势能改变量为零。由动能定理得，（2分）解得（1分）25【答案】（1）（，0）；（2）；（3）【解析】（1）速度最大的粒子运动轨迹如图，设粒子在磁场中轨迹半径设为R，有：（2分）得（1分）由几何关系得：（1分）所以P点坐标为（，0）（1分）（2）粒子在磁场中运动时间（2分）粒子在OA段做匀速直线运动，OA距离（1分）运动时间（1分）在电场中做类平抛运动，设运动时间为则：（2分）解得：（1分）总时间（1分）（3）由题可画出图示运动情况由题知所有粒子均与x轴负方向成30角进入匀强电场中，则其飞出磁场的位置均应在AP的连线上，故磁场范围的最小面积S是速度最大的粒子在磁场中的轨迹与AP所围成的面积扇形AP面积S（1分）面积（2分）磁场最小面积为PA连线与最大轨迹圆弧围成的面积（2分）33【答案】（1）BCE（5分）（2）（）；（）【解析】（1）A相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近，分子势能先减小后增加，所以A错误；B气体的温度不变，某个分子的动能可能改变，但分子的平均动能不变；所以B正确；C对于一定量的理想气体，如果体积不变，压强减小，温度减小，而理想气体的内能是由温度决定的，那么它的内能一定减小，所以C正确；D这首先是浸润现象，这时固体分子与液体分子间的引力相当强，造成附着层内分子的分布比液体内部更密，这样就会使附着层内分子间出现了相互排斥力，使液体跟固体接触的面积有扩大的趋势，所以液面中部位置较低，成为凹弯月面。所以D错误；E。在一定温度下，饱和汽的分子数密度一定，饱和汽的压强也是一定的，这就是饱和汽压。所以E正确。（2）（）等压过程气体的压强为： （2分） 则气体对外做功为： （2分）（）停止对气体加热后，活塞恰好下降了h，气体的温度为T2 则初态V12hS热力学温度为T1 末态（2分）V23hS热力学温度为T2 由气态方程 （2分） 解得： （2分）34【答案】（1）BDE（5分）（2）（）所有光线在OA面上入射角都相同，如图1， 由折射定律知： 其中（2分） 解得折射角 所以，折射光线均平行于OB（2分）（）如图2，进入介质内的光线，在AMB弧面上到达位置越向左入射角越大 在此面上恰发生全反射时临界角C满足 设恰好射到P点的光线为对应临界角时的光线，设此时入射角为， 则（2分） 由几何关系得=15（2分） 故射出光线的圆弧部分对应圆心角为45 对应的弧长为（2分）【解析】（1）A波传播到质点c时，质点c开始振动的方向沿y轴正方向，任何一点的起振方向和平a点的起振方向均相同，所以A错误；B由条件可知，经1s波传播到b点，所以04s内b只振动了3s，所以b点振动了一个半周期，质点b运动的路程为6A=12cm，所以B正确；C3s时传播到d点，T=2s，所以45s内质点d正从平衡位置向下振动后然后再返回平衡位置，所以d点的加速度先逐渐增大再逐渐减小，所以C错误；D4s时波传播到e点，6s时质点e第二次回到平衡位置，所以D正确；Ea和e点相差一个波长，所以各质点都振动起来后，a与e的振动方向始终相同，所以E正确。