高考仿真模擬卷(四)

1、高考仿真模擬卷（四）2018年（全國卷I ）考點排查練二、選擇題：本題共8小題，每小題6分.在每小題給出的 四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求，第1921題 有多項符合題目要求.全部選對的得6分，選對但不全的得3分, 有選錯的得0分.題號1415161718192021考點勻變 速直 線運 動的 規(guī)律、 動能、 動量牛頓 第一 定律荷的互用 電間相作法拉 第電 磁感 應定 律功能 關系 的應 用楞次 定律、 電流 的磁 場雙星 問題場質理屏 電性的角14.高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動.在啟動階段，列車的（）A.加速度與它所經(jīng)歷的時間成正比B.位移與它所經(jīng)歷

2、的時間成正比C.動能與它所經(jīng)歷的時間成正比D.動量與它所經(jīng)歷的時間成正比答案：D解析：列車啟動的過程中加速度恒定，A錯誤；由勻變速直 線運動的速度與時間關系可知。=或，%且列車的動能為 Ek=mv2,由以上整理得反=斗班?凡 位移及動能都與時間的平 方成正比，動能與速度的平方成正比，B、C錯誤；列車動量尸 =mv=mat,所以列車的動量與時間成正比，故選項D正確.15. 一輕彈簧的一端固定在傾角為0的固定光滑斜面的底 部，另一端和質量為m的小物塊。接觸但不相連，如圖所示， 系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現(xiàn)用一平行斜面向上的力方作用在上，使到最大高度，如圖乙（C）所示；然后自由下落.跳桿下端觸地（不 反彈）

3、的同時小孩采取動作，使彈簧最大壓縮量再次達到3沏；此 后又保持穩(wěn)定姿態(tài)豎直上升重復上述過程.小孩運動的全過程中彈簧始終處于彈性限度內.已知跳桿的質量為加，重力加速度為g.空氣阻力、彈簧和腳踏板的質量、以及彈簧和腳踏板與跳 桿間的摩擦均可忽略不計.X（1）求彈跳桿中彈簧的勁度系數(shù)k,并在圖丙中畫出該彈簧彈 力F的大小隨彈簧壓縮量x（彈性限度內）變化的示意圖；（2）借助彈簧彈力的大小F隨彈簧壓縮量x變化的尸r圖象可以確定彈力做功的規(guī)律，在此基礎上，求在圖乙所示的過程中, 小孩上升到彈簧原長時的速率;求在圖乙所示的過程中，彈跳桿下端離地的最大高度.答案：（1）見解析（2）尾（3落尸解析：（1）小孩處

4、于靜止狀態(tài)時，根據(jù)平衡條件有g=o（l 分）解得左=等（1分）/-x圖象如圖所示.（1分）（2）由尸-x圖象得彈力做的功分）對小孩，根據(jù)動能定理有3xo） - 3xoMg- 3xo=0（2 分）得 vQ=yj3gx0.（i 分）（3）彈簧恢復原長時小孩迅速抓住跳桿的瞬間，內力遠大于外力，小孩和彈跳桿組成的系統(tǒng)動量守恒.設小孩和彈跳桿共同速 度為5,規(guī)定豎直向上為正方向，則根據(jù)動量守恒定律有MVQ= （M+m）ri（2 分）小孩和彈跳桿一起豎直上升至最高點，小孩和彈跳桿組成的 系統(tǒng)機械能守恒，則m）v = （M+ m）g/zmax（2 分）解得0max = 2(M+)2(l 分)25. （20分

5、）如圖所示，矩形區(qū)域He呵分成兩個矩形區(qū)域， 左側區(qū)域充滿勻強電場，電場強度為E,方向豎直向上，右側區(qū) 域充滿勻強磁場，方向垂直紙面向外，be為其分界線.af=L, 岫=0.753磁場區(qū)域的寬度未知.一質量為加、電荷量為e的 電子（重力不計）從a點沿ab方向射入電場，從be邊的中點g進 入磁場.（已知 sin37o = 0.6, cos37=0.8）,求：=37（1 分）設電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為，則r=rsin37+y（l 分）r=，l 分）所以磁場區(qū)域寬度eJ=rcos37=L（2分）（3）粒子進入磁場時的速度為005 eEL 八、V=3T=4 7小1 分）畫出兩條臨界軌跡如圖，

6、電子剛好不從cd邊射出的半徑為廠1,則0.75L bri + ncos37 = L（l 分）片=L（1 分） 電子剛好不從兒邊射出時半徑為小 則=r2+r2sin37o（l 分）-2=需（1分）2tmv 八由 evB=- 分）可得對應的磁感應強度51=3 /整（1分）&=4 （1 分）所以電子從反邊射出的條件為I a/554、/5（2 分）（二）選考題：共15分.請考生從給出的2道物理題中，任選 一題作答.如果多做，則按所做的第一題計分.33.選修3 3（15分）（1）（5分）如圖所示，一定質量的理想氣體，由狀態(tài)經(jīng)狀態(tài) b變化到狀態(tài)c,下列說法正確的是.A.狀態(tài)。的溫度高于狀態(tài)h的溫度B.由狀

7、態(tài)到狀態(tài)匕的過程，外界對氣體做正功C.由狀態(tài)8到狀態(tài)。的過程，氣體放出熱量D.狀態(tài)的溫度低于狀態(tài)c的溫度E.由狀態(tài)匕到狀態(tài)。的過程，氣體分子的平均動能減?。?）（10分）如圖所示，可沿缸壁自由滑動的活塞把導熱性能良 好的圓筒形汽缸分成A、8兩部分，汽缸底部通過閥門K與容器 C相連，當活塞位于汽缸底部時，彈簧恰好無形變.開始時，B 內有一定量的理想氣體，A、。內為真空，3部分氣體高%=0.2 m,此時。的容積為5的容積的烹，彈簧對活塞的作用力恰好等 于活塞的重力.現(xiàn)將閥門打開，當達到新的平衡時，求8部分氣 體高%為多少？（整個系統(tǒng)處于恒溫狀態(tài)）答案：（l）ABD （2）0.1 m解析：（1）由狀

8、態(tài)到狀態(tài)人的過程，壓強不變，體積減小, 根據(jù)華=C可知溫度降低，故A正確；由狀態(tài)。到狀態(tài)人的過 程，體積減小，外界對氣體做正功，故B正確；由狀態(tài)6到狀態(tài) 。的過程，體積不變，外界對氣體不做功，壓強增大，根據(jù)華= 。可知溫度升高，氣體分子的平均動能增大，內能增大，根據(jù)熱 力學第一定律AU=Q+W可知氣體吸收熱量，故C、E錯誤； 根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可得苧=半，則有7兀，故D正確.i a 1 c（2）設活塞質量為相，彈簧的勁度系數(shù)為限汽缸橫截面積為 S,開始時3內氣體的壓強為41mg=kho（2 分）對活塞受力分析，有piS=冽g+%=2加o（2分）設閥門打開后，達到新的平衡時8內氣體的壓強為.，

9、由玻 意耳定律得：（5）pihS=p2 7ho-h S（2 分）而又有：p2s=mg+khQ分）解得：仁與=0.1 m（另一解不符合題意，舍去）.（2分）34.選修 34（15 分）（1）（5分）兩種單色光分別通過同一雙縫干涉裝置得到的干涉 圖樣如圖甲、乙所示.圖丙中有一半圓玻璃磚，O是圓心，MN 是法線，尸。是足夠長的光屏.甲單色光以入射角，由玻璃磚內 部射向。點，折射角為則下列說法正確的是.A.乙光以i入射時一定發(fā)生全反射B.甲光的頻率比乙光的頻率大C.光的干涉現(xiàn)象說明光是一列橫波 D.甲光在玻璃磚中的臨界角。滿足sinC=*E.若繞。點逆時針旋轉玻璃磚，尸。上可能接收不到甲光(2)(10

10、分)如圖所示，實線是一列簡諧橫波在九時刻的波形 圖，虛線是在位=(力1+0.2) s時刻的波形圖.(i)在人到叁的時間內.如果M通過的路程為1m,那么波 的傳播方向怎樣？波速多大？(ii)若波速為55 m/s,求質點在九時刻的振動方向.答案：(l)BDE (2)( i)沿工軸正方向傳播25 m/s (ii)向 下振動解析:題圖乙中兩相鄰亮條紋間距Ax更大，根據(jù)&=% 可知、d一樣，故乙光的波長長，根據(jù)。=入，可知乙光的頻率 小，甲光的頻率大，故玻璃磚對甲光的折射率大于玻璃磚對乙光 的折射率，根據(jù)全反射的條件sin可知乙光發(fā)生全反射的 臨界角大于甲光的全反射臨界角，由題知，當甲單色光以入射角 i

11、由玻璃磚內部射向。點能折射出來，故乙光以，入射時不能發(fā) 生全反射，故A錯誤，B正確；光的偏振現(xiàn)象說明光是橫波，故 C錯誤；根據(jù)折射定律得=需，而全反射的臨界角sino111 L11 解得sin。=丑，故D正確；因甲光的全反射臨界角較小，故 sin r若繞。點逆時針旋轉玻璃磚，甲光先消失，故E正確.(2)(i)由題圖知振幅為A=20cm=0.2m. (1分)如果M通過的路程為/ =1 m,則經(jīng)歷的時間與周期的比X 1值加=N =1/說明波沿x軸正方向傳播；(2分)?1X4波速為 02=7=一而一m/s = 25 m/s.(2 分) JL(ii)從波的圖象可以看出，波長為/l=4m. (1分)若波

12、沿x軸正方向傳播，力到勿時間內波傳播的距離為汨= ( 八+彳=0、1、2)，(2 分)波傳播的速度為01=77=5(4+l)m/s5=0、1、2),波 速不可能等于55 m/s,說明波沿x軸負方向傳播，質點M向下 振動.(2分)其向上始終做勻加速直線運動（斜面足夠長）.以X表示離開靜 止位置的位移，下列表示尸隨X變化關系的圖象正確的是（）答案：C解析：假設物塊靜止時彈簧的壓縮量為沏，則由力的平衡條 件可知gn冽gsin。，在彈簧恢復原長前，當物塊向上做勻加速 直線運動時，由牛頓第二定律得F+ k（xox）mgsinO=ma,由 以上兩式解得方=丘+根。，顯然尸和x為一次函數(shù)關系，且在尸 軸上有

13、截距；小物塊。與彈簧分離后，由牛頓第二定律得F- mgsin3=ma,則F=mgsinO-rma,即/恒定，選項C正確.如圖，絕緣光滑圓環(huán)豎直放置，。、b. c為三個套在圓環(huán)上 可自由滑動的空心帶電小球，已知小球c位于圓環(huán)最高點，ac 連線與豎直方向成60。角，反連線與豎直方向成30。角，三個小 球均處于靜止狀態(tài).下列說法正確的是（）A. 、b、c小球帶同種電荷B.。、匕小球帶異種電荷，b、c小球帶同種電荷、b小球電荷量之比為干、b小球電荷量之比為當V答案：D解析：對。受力分析可知：與匕對。的作用力都是吸引力 或都是排斥力，即和匕為同種電荷；對受力分析，由平衡條 件可知，C對的作用力必須吸引，

14、即C與的電性一定相反，Q、 匕小球帶同種電荷，反。小球帶異種電荷，故A、B錯誤.設上 %、c三個小球的電荷量分別為切、伙、仍，由幾何關系可知：ac =R,反=小凡 對小球。水平方向受力平衡得：確.17.=乎，故C錯誤，D正用絕緣導線繞成一圓環(huán)，環(huán)內有一用同樣絕緣導線折成的內 接正四邊形線框，如圖所示，現(xiàn)把它們放在方向垂直環(huán)面向里的 勻強磁場中.當勻強磁場均勻變化時，在圓環(huán)和四邊形線框中產 生的感應電流的比值為（不考慮感應電流產生的磁場對磁場變化 的影響）（1 D.jBA. 2 c邛 答案:解析:AR設磁感應強度的變化率圓環(huán)的半徑為a,則I L由法拉第電磁感應定律可得圓環(huán)上產生的感應電動勢1 =

15、筆,兀=兀2,由幾何關系可知四邊形線框的邊長為表，則四L_X1/邊形線框上產生的感應電動勢民=竿2 = 2履2,設導線的電阻率為p,橫截面積為S,則由電阻定律可得圓環(huán)的電阻R=p竿, kJ四邊形線框的電阻&=嚕，故圓環(huán)中的電流/=m=翳，四 邊形線框中的電流/2=亮=居，所以=也，故選項B正確.18.長度為R的水平面AB與半徑也為R的:圓弧BC在圓弧最低點B相連組成如圖所示的軌道，放在A點的小滑塊尸(視為質 點)質量為m,滑塊P與水平面和圓弧面間的動摩擦因數(shù)均為 現(xiàn)用沿軌道的力/將小滑塊從A點緩慢拉到。點，則拉力做的 功為()A. 2jnmgR B. mgR(jn +1)C.根gH(2+l)

16、D.無法確定答案：C解析：緩慢拉動，則動能變化不計.小滑塊P從A到。的 過程中，拉力做正功，滑動摩擦力和重力做負功，因此拉力/做 的功等于克服滑動摩擦力和克服重力做功之和.克服重力做功為 mgR,在A3間克服滑動摩擦力做功為加在8C間取一小段 /可看作是傾角為。的斜面，則在這一小段上克服摩擦力做功為 AW=/zmg/cos9,各小段Zcos。之和等于圓弧半徑R,故在圓弧段 克服摩擦力做的總功為jbtmgR,所以拉力做功W=mgR-2jLimgR =mgR(2jLi +1), C 選項正確.19.如圖所示，A是硬橡膠圓環(huán)，8是一小段垂直紙面的通電直 導線，電流方向如圖所示，用毛皮摩擦A環(huán)，并使它

17、按圖示方向 轉動，在開始或停止轉動的瞬間，導線B所受安培力的方向是 ()A.開始轉動時，平行紙面向上B.停止轉動時，平行紙面向下C.開始轉動時，平行紙面向左D.停止轉動時，平行紙面向右答案：AB解析：毛皮摩擦過的橡膠環(huán)帶負電，A環(huán)如圖示方向旋轉， 相當于順時針方向的環(huán)形電流.根據(jù)右手螺旋定則，穿過右側環(huán) 中的磁通量為垂直紙面向外，右側環(huán)中感應電流的方向根據(jù)楞次 定律判定為順時針的，感應電流流過螺線管，使螺線管的磁場右 邊為N極，左邊為S極.導線3所在處的磁場方向向左，根據(jù) 左手定則，8受安培力方向向上.選項A正確.按上述方法可以 判斷A環(huán)停止轉動時，3受安培力方向向下，選項B正確.如圖所示，2

18、017年8月，中科院南極天文中心的巡天 望遠鏡觀測到一個由雙中子星構成的孤立雙星系統(tǒng)產生的引力 波.該雙星系統(tǒng)以引力波的形式向外輻射能量，使得圓周運動的 周期T極其緩慢地減小，雙星的質量如與恤均不變，則下列關 于該雙星系統(tǒng)變化的說法正確的是（）A.雙星間的間距逐漸增大B.雙星間的萬有引力逐漸增大C.雙星的線速度逐漸增大D.雙星系統(tǒng)的引力勢能逐漸增大答案：BC解析：由萬有引力提供向心力得：空等=如停尸加之停j 2升2 =根17=根2，其中門+升2 =上，解得周期：r=A /7v47l-k Vr r2G（m i 十加2）周期減小，則雙星間的間距L減小，雙星間的萬有引力增大，萬 有引力對雙星做正號，

19、雙星系統(tǒng)的引力勢能減小,s= J眇02=J呼三雙星間的間距減小，雙星） （mi 十 m2）L（mi 十恤）各自的線速度增大，故B、C正確，A、D錯誤.在勻強電場中有一個正六邊形區(qū)域尻的電場線與六 邊形所在平面平行，如圖所示.已知。、b、/z三點的電勢分別為 8 V、12 V、-4V,帶電荷量為3e的粒子（重力不計）以48 eV的 初動能從b點沿不同方向射入妙區(qū)域，當粒子沿M方向射 入時恰能經(jīng)過c點，下列判斷正確的是（）A.粒子帶正電B.粒子可以經(jīng)過正六邊形各項點射出該區(qū)域C.粒子經(jīng)過了點時動能為12 eV D.粒子可能從匕點射出該區(qū)域 答案：CD解析：依題意可知，Ubh=(pb(ph= 6Y=

20、4Uba,作直線bk、 4c相交于g,則劭=4Z?g,因應9g=8 V = 9。，a、g在同一等勢 面上且bglac,結合電勢高低可判斷勻強電場的方向沿bh方向 由b指向心如圖所示.沿切射入的帶電粒子經(jīng)過c點，粒子做 曲線運動，可判斷粒子所受電場力與場強方向相反，粒子帶負電, A項錯誤；帶電粒子沿切/方向做直線運動時克服電場力做功最 大，且做的功W=3eX=48eV,與帶電粒子的初動能相等, 因此粒子到達h點時速度為零，然后反向加速沿直線況?從b點 射出，故B項錯誤，D項正確；Uhf=(ph-(pf=n V-0=12 V, 由動能定理得/=與0qU/=12eV, C項正確.二、非選擇題：第22

21、25題為必考題，每個試題考生都必 須作答.第3334題為選考題，考生根據(jù)要求作答.題號222324253334考占J八、測定彈 簧的勁 度系數(shù)探究熱 敏電阻 的溫度 特性動量和 能量觀 點的綜 合應用帶電粒 子在復 合場中 的運動熱學圖 象的理 解和氣 體實驗 定律的 應用（活 塞類）光的折 射定律 及波動 和振動 圖象的 理解（一）必考題（共47分） 22.rn 圖i（5分）某同學為研究橡皮筋伸長與所受拉力的關系，做了如 下實驗：如圖1所示，將白紙固定在制圖板上，橡皮筋一端固定在 。點，另一端A系一小段輕繩（帶繩結）；將制圖板豎直固定在鐵 架臺上將質量為加=100 g的鉤碼掛在繩結上，靜止時

22、描下橡皮 筋下端點的位置Ao；用水平力拉A點，使A點在新的位置靜止, 描下此時橡皮筋端點的位置Ai；逐步增大水平力，重復5次取下制圖板，量出4、A2各點到。點的距離/iJ2;量出各次橡皮筋與。Ao之間的夾角火、2在坐標紙上作出土 -/的圖象如圖2所示.LUS Ca圖2完成下列填空：（1）已知重力加速度為g,當橡皮筋與04。間的夾角為。時， 橡皮筋所受的拉力大小為（用g、根、。表示）.（2）取g=10m/s2,由圖可得橡皮筋的勁度系數(shù)Z=N/m,橡皮筋的原長/o=m.（結果保留2位有效數(shù)字）答案：（1）瓷（1 分）（2）100（2 分）0.21（2 分）解析：（1）橡皮筋拉力沿豎直方向的分力大小

23、等于重力，日門口77 mg即 rcos a mg,尸t一COS OL根據(jù)胡克定律，F(xiàn)t=W-/o）, Ft=-,聯(lián)立解得：LU、C4LUS C4k 7 klo 八、 +、,1.6一1k k左”日/=癡-癡，斜率為（22.622.0）X102=而又而解傳仁 100 N/m,橡皮筋的原長/o=O.21 m.（10分）某實驗小組設計了如圖甲所示的電路，其中Rt 為熱敏電阻，電壓表量程為6V,內阻尺約10kQ,電流表量程為 0.5 A,（1）該實驗小組首先利用該電路進行描繪熱敏電阻的伏安特 性曲線的實驗.閉合開關，調節(jié)電阻箱，記錄不同情況下電壓表 示數(shù)U1，電流表的示數(shù)/和電阻箱的阻值凡 在/-U坐標系中， 將各組S、/的數(shù)值標記在相應位置，描繪出熱敏電阻的部分伏 安特性曲線如圖乙中的曲線所示.為了完成該實驗，應將導線。 端接在（選填或”）點；（2）利用中記錄的數(shù)據(jù)，通過多析計算可得外電路的電壓 。2=（用 5、/、7?和