2018年山東省濰坊市高考一模試卷物理及答案解析

1、2018年山東省濰坊市高考一模試卷物理一、選擇題：共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14題只有一項(xiàng)符合題目要求，第58題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分1.（6分）如圖所示，導(dǎo)體棒ab用絕緣細(xì)線水平懸掛，通有由a到b的電流。ab正下方放一圓形線圈，線圈通過(guò)導(dǎo)線，開(kāi)關(guān)與直流電源連接。開(kāi)關(guān)閉合瞬間，導(dǎo)體棒ab將( )A.向外擺動(dòng)B.向里擺動(dòng)C.保持靜止，細(xì)線上張力變大D.保持靜止，細(xì)線上張力變小解析：當(dāng)開(kāi)關(guān)閉合時(shí)，線圈產(chǎn)生磁場(chǎng)，通電導(dǎo)線ab處的磁場(chǎng)方向豎直向下，根據(jù)左手定則可知，ab棒受到的安培力垂直于紙面向里，故向里擺動(dòng)，故B正確。答案：B2

2、.（6分）如圖所示，長(zhǎng)木板靜止于光滑水平地面，滑塊疊放在木板右端，現(xiàn)對(duì)木板施加水平恒力，使它們向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊與木板分離時(shí)，滑塊相對(duì)地面的位移為x，速度為v，若只減小滑塊質(zhì)量，再次拉動(dòng)木板，滑塊與木板分力時(shí)( )A.x變小，v變小B.x變大，v變大C.x變小，v變大D.x變大，v變小解析：設(shè)原來(lái)滑塊的質(zhì)量為m，木板的質(zhì)量為M；對(duì)木塊根據(jù)牛頓第二定律可得：mg=ma1，解得a1=g；對(duì)木板根據(jù)牛頓第二定律可得：Fmg=Ma2，解得：a2=；當(dāng)m減小時(shí)，木塊的加速度大小不變，而木板的加速度增大，分離時(shí)的時(shí)間減小，則x減小、v減小。答案：A3.（6分）如圖所示，“嫦娥三號(hào)”從M點(diǎn)進(jìn)入環(huán)月圓軌道I，運(yùn)

3、行4天后再?gòu)腗點(diǎn)進(jìn)入橢圓軌道II，N為橢圓軌道II的近月點(diǎn)（可視為緊貼月球表面），則“嫦娥三號(hào)”( )A.在兩軌道上運(yùn)行的周期相同B.在兩軌道上運(yùn)行的機(jī)械能相同C.在N點(diǎn)的速度大于月球的第一宇宙速度D.從N到M的過(guò)程機(jī)械能不斷增加解析：A、根據(jù)開(kāi)普勒第三定律，可得半長(zhǎng)軸a越大，運(yùn)動(dòng)周期越大，顯然軌道的半長(zhǎng)軸（半徑）大于軌道的半長(zhǎng)軸，故沿軌道運(yùn)動(dòng)的周期小于沿軌道運(yùn)動(dòng)的周期，故A錯(cuò)誤；B、沿軌道運(yùn)動(dòng)至P時(shí)，制動(dòng)減速，萬(wàn)有引力大于向心力做向心運(yùn)動(dòng)，做近心運(yùn)動(dòng)才能進(jìn)入軌道，所以沿軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)的機(jī)械能大。故B錯(cuò)誤；C、“嫦娥三號(hào)”在N點(diǎn)做離心運(yùn)動(dòng)，可知“嫦娥三號(hào)”在N點(diǎn)的速度大于第一宇宙速度，故C正確；D

4、、在軌道上由N點(diǎn)運(yùn)行到M點(diǎn)的過(guò)程中，萬(wàn)有引力方向與速度方向成鈍角，萬(wàn)有引力對(duì)其做負(fù)功，但機(jī)械能不變，故D錯(cuò)誤。答案：C4.（6分）2017年12月29日，中國(guó)首個(gè)快堆核電示范工程在福建霞浦開(kāi)工建設(shè)?！翱於选焙朔磻?yīng)進(jìn)程依次為UUNpPu，下列說(shuō)法正確的是( )A.U和U是同位素，其原子核內(nèi)中子數(shù)相同B.U變?yōu)閁發(fā)生了衰變C.U變?yōu)閁發(fā)生了衰變D.1gU經(jīng)過(guò)一個(gè)半衰期，U原子核數(shù)目變?yōu)樵瓉?lái)的一半解析：A、U和U是同位素，其原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)相同，但中子數(shù)不相同。故A錯(cuò)誤；BC、U變?yōu)閁增加了一個(gè)中子，不是發(fā)生了衰變，也不是衰變。故BC錯(cuò)誤；D、根據(jù)半衰期的定義可知，1gU經(jīng)過(guò)一個(gè)半衰期，U原子核數(shù)目變

5、為原來(lái)的一半。故D正確。答案：D5.（6分）如圖所示，水平放置的平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，上極板帶正電，下極板接地，一帶電油滴靜止與P點(diǎn)。現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則油滴( )A.仍保持靜止，電勢(shì)能不變B.仍保持靜止，電勢(shì)能減小C.將向下運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能增大D.將向下運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能減小解析：根據(jù)C=、C=和E= 推導(dǎo)得 E=，知Q、S不變，電容器板間場(chǎng)強(qiáng)不變，油滴受力情況不變，仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，由U=Ed分析知，E不變，下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，即板間距離增大，則兩極板間的電勢(shì)差增大，因此P點(diǎn)的電勢(shì)升高，由于油滴帶負(fù)電，那么帶電油滴的電勢(shì)能減小，故B正確，ACD錯(cuò)誤。答案

6、：B6.（6分）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，矩形線圈面積為0.08m2，匝數(shù)為10，電阻不計(jì)，通過(guò)電刷與理性變壓器原線圈相連，當(dāng)線圈繞垂直磁場(chǎng)的軸OO'以50rad/s的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，副線圈兩端交流電壓表的示數(shù)為16V，則( )A.在圖示位置時(shí)矩形線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為0VB.矩形線圈產(chǎn)生的交流電周期為0.02sC.矩形線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)有效值為D.變壓器原副線圈匝數(shù)之比為5：1解析：A、由圖可知，在圖中的位置，線圈平面與磁場(chǎng)的方向垂直，穿過(guò)線圈的磁通量最大，線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)等于0，故A正確；B、線圈繞OO'以50rad/s的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，則周期：T=s。故B錯(cuò)誤；C、產(chǎn)生的感應(yīng)電

7、動(dòng)勢(shì)的最大值為Em=NBS=V，所以線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的有效值為80V，故C錯(cuò)誤；D、線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的有效值為80V，則原線圈兩端的電壓為80V，副線圈兩端的電壓為16V，理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比，故D正確。答案：AD7.（6分）如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，AC為圓的直徑，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從A點(diǎn)射入磁場(chǎng)區(qū)域，速度方向與AC夾角為，粒子最后從C點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是( )A.該粒子帶負(fù)電荷B.粒子速度大小為C.粒子速度大小為D.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為解析：A、由左手定則可知，粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；BC、粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：由幾何知

8、識(shí)得：r=，粒子在圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m解得：v=，故B正確，C錯(cuò)誤；D、由幾何知識(shí)可知，粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為=2，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=T=×=，故D正確。答案：BD8.（6分）在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對(duì)方的藍(lán)壺，兩者在大本營(yíng)中心發(fā)生對(duì)心碰撞，如圖a所示，碰后運(yùn)動(dòng)員用冰壺刷摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向的冰面來(lái)減小阻力，碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的vt圖線如圖b中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量均為19kg，則( )A.碰后藍(lán)壺的速度為0.8m/sB.碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.4mC.碰撞過(guò)程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為7.22JD.碰后紅、藍(lán)

9、兩壺所受摩擦力之比為5：4解析：A、設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，碰前紅壺的速度v0=1.0m/s，碰后速度為v0=0.2m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv0=mv0+mv解得：v=0.8m/s，故A正確；B、根據(jù)碰前紅壺的速度圖象可知紅壺的加速度為：a=m/s2=0.2m/s2，所以藍(lán)壺靜止的時(shí)刻為：t=s=6s，速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，則碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為：x=m=2.0m，故B錯(cuò)誤；C、碰撞過(guò)程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為：Ek=3.04J，故C正確；D、碰后藍(lán)壺的加速度為為：a=m/s2=0.16m/s2，碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力之比為f：f=ma：ma=5：4，故D正確。答案：AD二、非選

10、擇題：包括必考題和選考題兩部分。（一）必考題9.（9分）在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，一實(shí)驗(yàn)小組讓小球自?xún)A角為30°的斜面上滑下，用頻閃相機(jī)記錄了小球沿斜面下滑的過(guò)程，如圖所示，測(cè)得B、C、D、E到A的距離分別為x1、x2、x3、x4，已知相機(jī)的頻閃頻率為f，重力加速度為g=9.8m/s2。(1)滑塊經(jīng)過(guò)位置D時(shí)的速度vD= 。解析：根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度可以求出D點(diǎn)的速度為：vD=。答案：。(2)選取A為位移起點(diǎn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出v2x圖線，若圖線斜率k= ，則小球下滑過(guò)程機(jī)械能守恒。解析：若減小的重力勢(shì)能等于增加的動(dòng)能時(shí)，可以認(rèn)為機(jī)械能守恒；則有：mg

11、H=mv2；即：gxsin30°=v2解得：v2=gx；根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出v2x圖線，若圖線斜率k=g=9.8m/s2，則小球下滑過(guò)程機(jī)械能守恒。答案：9.8。(3)若改變斜面傾角進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，請(qǐng)寫(xiě)出斜面傾角大小對(duì)實(shí)驗(yàn)誤差的影響。 。解析：小球的動(dòng)能增加量EK總是稍小于重力勢(shì)能減少量EP，主要原因該過(guò)程中有阻力做功，使小球的一部分重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；當(dāng)斜面傾角越大，壓力減小，則摩擦阻力變小，因此阻力做功越少，則誤差越小。答案：斜面傾角越大，誤差越小。10.（12分）一探究小組要測(cè)量一量程為10mA的電流表的內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：電源電動(dòng)勢(shì)E=1.5V，內(nèi)阻r=5。電阻箱R0；長(zhǎng)為20c

12、m的均勻電阻絲R；與電阻絲接觸良好的觸頭P；開(kāi)關(guān)2個(gè)，導(dǎo)線若干。(1)用圖a所示電路測(cè)量該電流表內(nèi)阻，進(jìn)行如下操作：按原理圖a將圖b中的實(shí)物線連接完整電路。斷開(kāi)k2，閉合k1，調(diào)整R0使電流表滿偏，讀得R0=75將P滑至電阻絲最右端，閉合k2，緩慢向左滑動(dòng)P，直至電流表再次滿偏。測(cè)得此時(shí)P右側(cè)電阻絲長(zhǎng)8cm；請(qǐng)?jiān)趫Db中完成實(shí)物連接，由以上操作可知電流表內(nèi)阻Rg= 。解析：按著電路圖，順著電流的方向依次接線結(jié)果如圖所示。按照操作步驟進(jìn)行計(jì)算，當(dāng)k2斷開(kāi)時(shí)調(diào)整R0=75使電流滿偏，當(dāng)閉合k2時(shí)，將P滑到離右端L1=8cm處時(shí)，電流表又再次滿偏，此電路相當(dāng)于電橋平衡：所以有：，代入數(shù)據(jù)可得：Rg=5

13、0。答案：電路連接如解答圖；50。(2)某同學(xué)將圖a中的電路稍作改變用來(lái)測(cè)電阻阻值；斷開(kāi)k2，撤去ab間導(dǎo)線并在a、b端分別連上表筆，將待測(cè)電阻接入兩表筆間，根據(jù)電流表讀數(shù)即可知待測(cè)電阻阻值。則電流表10mA位置對(duì)應(yīng)兩表筆間接入電阻的阻值為 （填“0”或“”）。若某次測(cè)量電流表示數(shù)為6mA，則兩表筆間接入電阻的阻值為 。解析：在上述過(guò)程中：路端電壓：U=Ig（Rg+R0）=1.25V，電壓表兩端電壓：Ug=IgRg=0.5V，所以k2斷開(kāi)時(shí)兩支路的總電阻RA=25，而金屬絲的電阻R=，當(dāng)再將此裝置改為歐姆表時(shí)，根據(jù)歐姆表的原理，電流表滿偏的位置就是0，但此時(shí)通過(guò)電源的電流為5Ig=50mA，此

14、時(shí)RA+r+R串=，當(dāng)電流表的示數(shù)為6mA時(shí)，電路的總電流為5Ig=30mA，RA+r+R串+Rx=聯(lián)立求得：Rx=20。答案：0；20。11.（10分）2022年冬奧會(huì)將在北京舉行，為訓(xùn)練運(yùn)動(dòng)員的判斷力和身體應(yīng)變力，在一直徑為200m的圓形滑冰場(chǎng)上，教練和運(yùn)動(dòng)員分別站在直徑AB的兩端。教練從A端沿冰面擊出冰球的同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員開(kāi)始從B點(diǎn)沿直線勻加速運(yùn)動(dòng)，在冰球離開(kāi)原形場(chǎng)地前攔住冰球。教練若沿AB方向以20m/s的速度擊出冰球。運(yùn)動(dòng)員不攔截冰球，球恰好能沿冰面滑道B點(diǎn)，sin53°=0.8，g=10m/s2。求：(1)冰球與冰面間的摩擦因數(shù)；解析：由A至B冰球做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律

15、有 mg=ma。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 解得 =0.10。答案：冰球與冰面間的摩擦因數(shù)是0.10。(2)若教練沿與AB成53°角的方向以16m/s的速度將冰球擊出，為保證攔截成功，運(yùn)動(dòng)員的加速度至少多大。解析：冰球剛好到達(dá)圓周時(shí)，由幾何關(guān)系可知 x球=dcos53°，x人=dsin53°球到達(dá)圓周的時(shí)間為t，解得 t=12s或20s（舍去）運(yùn)動(dòng)員加速度至少為a'，解得 。答案：為保證攔截成功，運(yùn)動(dòng)員的加速度至少為m/s2。12.（15分）如圖所示，兩豎直虛線間距為L(zhǎng)，之間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。自該區(qū)域左側(cè)的A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和q（q0）的帶電小球M、

16、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域。并從該區(qū)域的右邊界離開(kāi)。已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置與A點(diǎn)在同一高度；M剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的8倍，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g，已知A點(diǎn)到左邊界的距離也為L(zhǎng)。(1)求該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；解析：小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程只受重力和電場(chǎng)力作用，故小球在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，那么，小球在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)外的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相同；在電場(chǎng)區(qū)域外，小球在豎直方向做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，故小球進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的豎直分速度為gt；N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置與A點(diǎn)在同一高度，即豎直位移為零；設(shè)N在電場(chǎng)內(nèi)的加速度為a，則有：，所以，a=3g，方向豎直向上；故由牛頓第二定律可得：qE

17、mg=3mg，所以，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度。答案：該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為。(2)求小球射出的初速度大?。唤馕觯篗在電場(chǎng)中的加速度，方向豎直向下；故M剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的豎直分速度vy=gt+5gt=6gt；又有小球在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球射出的初速度為v0，則有：；故由M剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的8倍可得：；所以，所以，所以，。答案：小球射出的初速度大小為。(3)要使小球M、N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置之間的距離不超過(guò)L，僅改變兩小球的相同射出速度，求射出速度需滿足的條件。解析：M、N進(jìn)入電場(chǎng)前的運(yùn)動(dòng)一致，那么，M、N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置之間的距離；故；又有，所以，；答案：要使小球M、N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置之

18、間的距離不超過(guò)L，僅改變兩小球的相同射出速度，那么，射出速度需滿足的條件為?！疚锢磉x修3-3】13.（3分）下列說(shuō)法正確的是( )A.溫度高的物體分子的平均動(dòng)能一定大B.氣體分子的體積大小等于氣體的摩爾體積跟阿伏伽德羅常數(shù)的比值C.一定質(zhì)量的0的冰溶解為0的水，分子平均動(dòng)能不變，分子勢(shì)能增加D.通過(guò)技術(shù)革新可以達(dá)到絕對(duì)零度以下E.一定質(zhì)量的理想氣體吸熱熱量，它的內(nèi)能可不變解析：A、溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志，所以溫度高的物體的平均動(dòng)能一定大。故A正確；B、對(duì)氣體，由于分子間距的存在，所以氣體分子的體積大小要小于氣體的摩爾體積跟阿伏伽德羅常數(shù)的比值。故B錯(cuò)誤；C、溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志，一定

19、質(zhì)量的0的冰溶解為0的水，溫度不變，則分子的平均動(dòng)能不變；體積減小，吸收熱量，內(nèi)能增大，則分子勢(shì)能增大。故C正確；D、根據(jù)熱力學(xué)第零定律可知，不可以達(dá)到絕對(duì)零度以下。故D錯(cuò)誤；E、由于做功與熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能，所以一定質(zhì)量的理想氣體吸熱熱量，若同時(shí)對(duì)外做功，它的內(nèi)能可不變。故E正確。答案：ACE14.（10分）如圖所示，兩玻璃管內(nèi)徑相同，底部用細(xì)管相連，開(kāi)始兩管內(nèi)水平面相平，水銀柱長(zhǎng)10cm，管內(nèi)空氣柱高20cm，用閥門(mén)將右管口封閉，用活塞封閉左管口，緩慢推動(dòng)活塞壓縮左管內(nèi)氣體，使左管內(nèi)的水印恰好全部進(jìn)入右管，然后保持活塞位置不動(dòng)，已知大氣壓為75cmHg，細(xì)管容器忽略不計(jì)，環(huán)境溫度保

20、持不變，求：(1)左管活塞下移的距離（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；解析：設(shè)左側(cè)氣體的壓強(qiáng)為p，對(duì)左側(cè)氣體由玻意耳定律有：p0L0=p左L左對(duì)右側(cè)氣體：氣體壓強(qiáng)為：p右=p左20，L右=2010=10，p0L0=p右L右，解得：L左=8.8cm活塞下移的距離為：x=30cmL左=21cm。答案：左管活塞下移的距離為21cm。(2)將右管上端的閥門(mén)緩慢開(kāi)啟，計(jì)算說(shuō)明右管內(nèi)水銀是否會(huì)溢出。解析：管閥門(mén)打開(kāi)后假設(shè)水銀不溢出，左側(cè)氣體壓強(qiáng)變?yōu)椋簆=p0+20，p0L0=pL'解得：L'=15.8cm因?yàn)長(zhǎng)'+20=35.8cm（8.8+30）cm。故水銀不溢出。答案：將右管上端的閥門(mén)緩慢開(kāi)啟，右管內(nèi)水銀不會(huì)溢出。【物理選修3-4】15.（3分）如圖所示為一簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻的圖象。此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向，且當(dāng)t=1.8s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P恰好第三次到達(dá)y軸負(fù)方向最大位置處，下列說(shuō)法正確的是( )A.波沿x軸負(fù)方向傳播B.波的傳播速度為