2018年吉林省長春市高考二模試卷物理

1、2018年吉林省長春市高考二模試卷物理一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）1.（6分）下列說法中正確的是( )A.在光電效應中，從金屬表面飛出的光電子的最大初動能與入射光的頻率成正比B.波爾的原子理論第一次將量子觀念引入原子領域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，成功地解釋了所有原子光譜的實驗規(guī)律C.放射性元素的半衰期不會隨元素所處的物理狀態(tài)和化學狀態(tài)的變化而改變D.結合能越大的原子核越穩(wěn)定解析：A、根據光電效應方程：Ekm=hW0可知，光電子的最大初動能與入射光的頻率成線性關系，但不是正比關系，故A錯誤；B、玻爾的原子理論只能解釋氫原子光譜的實驗規(guī)律，故B錯誤；C、放射性元素的半衰期是由放射

2、性元素本身決定的，采用物理或化學方法都不能改變放射性元素的半衰期，它與狀態(tài)或環(huán)境無關，故C正確；D、比結合能越大的原子核越穩(wěn)定，故D錯誤。答案：C2.（6分）如圖所示，質量為m，長度為L的金屬棒MN兩端由等長輕質絕緣細線水平懸掛，棒中通以由M指向N的電流，電流強度的大小為I，金屬棒處于與其垂直的勻強磁場中，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為=30。下列判斷正確的是( )A.勻強磁場的方向一定是豎直向上B.勻強磁場的方向一定是水平向左C.勻強磁場的磁感應強度大小可能為D.勻強磁場的磁感應強度大小可能為解析：AB、B兩個選項只提供了磁感應強度的兩個可能的方向，故AB錯誤；CD、磁場方向垂直于電流，當安

3、培力垂直于繩子拉力時，安培力最小，則此時磁感應強度最小為：mgsin=BIL，則有：，故C正確，D錯誤。答案：C3.（6分）半徑為R的圓環(huán)豎直放置，圓環(huán)可以繞過圓心的豎直軸旋轉，兩個質量相等可視為質點的小環(huán)套在圓環(huán)上A、B兩點并處于靜止狀態(tài)，A、B連線過圓心且與豎直方向成37角，某時刻大圓環(huán)開始繞豎直軸旋轉，角速度從零不斷增大，則下列說法正確的是( )A.小環(huán)與大環(huán)之間動摩擦因數0.75B.B處的小環(huán)先相對大環(huán)開始滑動C.兩小環(huán)的高度最終都將升高D.只要小環(huán)不發(fā)生相對滑動，大環(huán)就不對小環(huán)做功解析：A、小環(huán)A與小環(huán)B最初都靜止，可知mgsin37mgcos37，即tan37=0.75，A正確；B

4、、若某時刻大圓環(huán)開始繞豎直軸進行旋轉，假設環(huán)A和環(huán)B與大環(huán)保持相對靜止，對環(huán)A沿水平方向則有，對環(huán)B沿水平方向則有，隨著角速度的不斷增大，A所受摩擦力越來越大，B所受摩擦力越來越小，后反向增大，因此A受到的靜摩擦力會先達到最大，即A先相對大環(huán)開始滑動，B錯誤；C、若兩小環(huán)相對大環(huán)運動，則環(huán)A高度會降低，環(huán)B高度會升高，C錯誤；D、盡管小環(huán)不發(fā)生相對滑動，但隨著大環(huán)角速度的不斷增大，小環(huán)的動能也會不斷增大，因此大環(huán)對小環(huán)會做正功，D錯誤。答案：A4.（6分）據報道，借助于人工智能，科學家們發(fā)現了開普勒90星系的第八顆行星即開普勒90i，開普勒90星系相當于一個縮小的太陽系，已知開普勒90i繞其恒

5、星Trappist1的公轉周期是地球繞太陽公轉周期的p倍，恒星Trappist1的質量為太陽質量的q倍，根據以上信息，開普勒90i中心到其恒星Trappist1中心的距離與地球中心到太陽中心距離的比值為( )A.B.C.D.解析：由得：根據題意有：故ABC錯誤，D正確。答案：D5.（6分）將一拋球入框游戲簡化如下：在地面上豎直固定一矩形框架，框架高1m、長3m，拋球點位于框架底邊中點正前方2m，離地高度為1.8m，如圖所示，假定球被水平拋出，方向可在水平面內調節(jié)，不計空氣阻力，g=10m/s2，忽略框架的粗細，球視為質點，球要在落地前進入框內，則球被拋出的速度大小可能為( )A.3m/sB.5

6、m/sC.6m/sD.7m/s解析：無論向哪個方向水平拋球，球都做平拋運動。當速度v最小時，球打在框架底邊的中間位置，則有：x=v1t1解得：v2=3.33m/s。當速度v最大時，球打在框架頂邊的邊緣位置，則有：解得：v1=6.25m/s。故球被拋出的速度大小范圍為3.33m/sv6.25m/s，故BC正確、AD錯誤。答案：BC6.（6分）一滑塊在水平地面上做直線運動，t=0時速率為1m/s，從此時開始對物體施加一個與初速度相反的水平力F，力F和滑塊的速度v隨時間的變化規(guī)律分別如圖甲、乙所示。則下列說法正確的是( )A.2s末滑塊距離出發(fā)點最遠B.01s和12s時間內滑塊的加速度大小相等、方向

7、相反C.第1s內摩擦力對滑塊沖量為1NsD.第2s內力F的平均功率為1.5W解析：由vt方程圖象可知，前2s內物塊位移為零，故A錯誤；B、由vt圖象的斜率得到加速度為：a=1m/s2；可知，01s和12s滑塊加速度大小相等，方向相同，故B錯誤；C、01s內動力學方程為F1+f=ma1，12s內動力學方程為F2f=ma2，而，可得f=1N，第1s內摩擦力的沖量為5I=ft=1NS，故C正確；D、第2s內F的平均功率，代入數據可得P=1.5W。答案：CD7.（6分）已知無限大的均勻帶電面可產生垂直于該面的勻強電場（正的帶電面場強方向背離該面、負的帶電面場強方向指向該面），場強大小E=2k，式中k為

8、靜電力常量，為電荷面密度（單位面積的帶電量）?，F有如圖所示的兩個平行且可視為無限大的均勻帶電面A和B，電荷的面密度分別為和2（為正的常數），間距為d，空間中有C、D兩點，CD連線垂直于帶電面，C點到A面距離與D點到B面的距離為，A面接地，關于C、D兩點的場強大小和電勢高低，下列說法正確的是( )A.EC=EDB.ECEDC.C=DD.CD解析：A、設A面產生電場的場強大小為EA=E0，由題意得B面產生電場的場強大小為EB=2E0，在C點EC=EBEA=E0，方向垂直指向A面。同理在D點ED=EBEA=E0，方向垂直指向B面，故A正確，B錯誤。C、根據對稱性，UCA=UBD，又根據AB板間的場強

9、方向指向B板，固有AB，因此CD，故C錯誤，D正確。答案：AD8.（6分）如圖所示，將一根電阻為R的絕緣硬金屬導線彎成一個標準的正弦曲線形狀，其兩端a、b通過小金屬環(huán)保持與長直金屬桿有著良好但無摩擦的接觸，導線與桿相交處二者絕緣，金屬導線兩端a、b間距離為2d，最高點到ab連線的距離為L，金屬桿電阻忽略不計，空間中存在有理想邊界的勻強磁場，寬度為d，方向垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B，磁場的邊界與金屬桿垂直，M和N位于磁場區(qū)域的邊界線上，在外力的作用下，導線以恒定的速度v向右勻速運動，從b位于M左側的某一位置運動到a位于N右側的某一位置，則在此過程中，以下說法正確的是( )A.導線上有電流

10、通過的時間為B.導線上有電流通過的時間為C.外力所做的功為D.金屬導線所產生的焦耳熱為解析：AB、由題意得，電流的產生時間從b到M開始，a到N結束，故。故A錯誤，B正確。CD、在導線穿越磁場的整個過程中，規(guī)定電流沿著金屬桿從a到b為電流的正方向，產生的電流隨時間變化的圖象如圖所示，熱量Q的計算式為：且得到：由功能關系可知：。故C錯誤，D正確。答案：BD三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分（一）必考題9.（6分）利用打點計時器可測量勻變速直線運動物體的瞬時速度和加速度，如圖所示為研究一個勻加速直線運動的物體，利用打點計時器所打出的紙帶，打點計時器所用交流電源的頻率為50Hz，圖中A、B、C、D

11、、E為所選取的 五個連續(xù)相鄰的計數點，相鄰兩個計數點間均有四個點沒有標出，B、C、D、E四點與A點的距離標在圖中，利用圖中數據可知對應計數點B時物體的速度大小為 m/s，物體加速度大小為 m/s2。（結果保留三位有效數字）解析：由題意得兩個計數點之間時間間隔為T=0.1s，則根據某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度可以求出B點的速度為：=0.823m/s；物體做勻變速直線運動，根據：x=aT2，則有：a=2.49m/s2。答案：0.823；2.49。10.（21分）實際的二極管正向電阻并不為零，反向電阻也不是無窮大，一興趣小組同學對某型號二極管，作了如下研究：(1)用多用電表的歐姆檔粗測

12、二極管的正向電阻。測量時選擇開關旋到測電阻的“10”倍率，多用電表的表盤如圖1所示，則電阻為 ；多用電表的紅表筆應與二極管的 極相連（選填“正”或“負”）解析：選擇開關旋到測電阻的“10”倍率，由圖1所示多用電表的表盤可知，電阻為：1310=130；多用電表測電阻時，黑表筆接內部電源的正極，紅表筆接內部電源的負極，故紅表筆應與二極管的負極相連。答案：130；負。(2)用電壓表和電流表描繪該二極管加正向01.5V電壓時的伏安特性曲線，可供選擇的器材如下：電壓表V1（量程1.5V，內阻約2000）電壓表V2（量程6V，內阻約4000）電流表A1（量程0.6A，內阻約10）電流表A2（量程40mA，

13、內阻約0.1）滑動變阻器R1（總電阻約為10）滑動變阻器R2（總電阻約為100）電源E（電動勢2V，內阻不計）電鍵S，導線若干為調節(jié)方便，并有盡可能高的精度，請選擇合適的器材，電壓表 、電流表 、滑動變阻器 ；（填寫所選器材的符號）；在虛線方框中畫出實驗電路原理圖2；該二極管加正向電壓的伏安特性曲線如圖3所示，現將阻值為50的定值電阻與該二極管串聯(lián)，并與一電動勢為2V，內阻不計的電源組成閉合電路，二極管上的電壓為正向電壓，則回路中的電流強度為 mA。解析：根據題中所給伏安特性曲線的數據點范圍，可判斷出電壓表應選V1，電流表應選A2，為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇R1；本實驗要描繪出二極管的I

14、U圖線，因此滑動變阻器應采用分壓式，所以應選阻值較小的R1；二極管電阻Rx大于電流表內阻，故采用電流表內接法，實驗電路圖如圖所示：將50的定值電阻與電源等效為一個電動勢為2V，內阻為50新電源，在二極管的IU圖上作出新電源的IU圖線如圖所示：兩圖線交點縱坐標即為電路中的電流，由圖示圖象可知，電流為：15mA。答案：V1；A2；R1；電路圖如圖所示；15。11.（10分）如圖所示，光滑絕緣的水平桌面上有一個帶正電的小球，用長為L的輕質絕緣絲線系于O點，做俯視為順時針方向的勻速圓周運動，空間中存在著豎直向下的勻強磁場，磁場的右邊界為圖中直線CD，圓心O和直線CD距離OE=2L，已知小球運動過程中所

15、受絲線拉力的大小為其所受洛倫茲力大小的3倍，當小球運動到圖中所示位置時，絲線突然斷開（此瞬間小球速度不變），求小球離開磁場時的位置與E點的距離。解析：絲線未斷時，根據牛頓第二定律可得：設絲線未斷時小球做圓周運動的半徑為R1，受絲線拉力的大小為：F=3qvB根據幾何關系可得：R1=L設絲線未斷時小球做圓周運動的半徑為R2，根據洛倫茲力提供向心力有：可得：R2=2L由幾何關系得，小球離開磁場時，速度偏向角為60，有：xAE=R2sin60解得：答案：小球離開磁場時的位置與E點的距離為L。12.（15分）如圖所示，可視為質點兩物體A、B質量均為m=10kg，它們之間用可遙控引爆的粘性炸藥粘連在一起，

16、現使兩物體從光滑曲面（末端切線水平）上高度H=0.8m處由靜止釋放，到達底端時進入水平傳送帶，隨即撤掉光滑曲面，傳送帶勻速向左傳動，速率為v0=3m/s。已知兩物體與傳送帶間的動摩擦因數均為=0.1，g=10m/s2，按要求回到下列問題：(1)若兩物體從傳送帶右端滑出，求皮帶輪間的距離s需滿足的條件；解析：AB下滑到皮帶上的速度為v，由機械能守恒定律解得 設皮帶輪間的距離最小值為s0，則 即皮帶輪間的距離需滿足的條件：s8m。答案：皮帶輪間的距離s需滿足的條件為s小于8m。(2)若皮帶輪間的距離足夠大，求從兩物體滑上離開傳送帶的整個過程中，由于兩物體和傳送帶間的摩擦產生的熱量Q；解析：物體向右

17、減速到零的時間為t1，物體向左加速到與皮帶達到共速的時間為t2，則 物體向右減速到零的時間內相對皮帶滑行的距離為s1，物體向左加速到與皮帶達到同速的時間內相對皮帶滑行的距離為s2，則 ，則從兩物體滑上到離開傳送帶的整個過程中，由于兩物體和傳送帶間的摩擦產生了熱量Q，Q=2mg（s1+s2）=2024.5=490J。答案：由于兩物體和傳送帶間的摩擦產生的熱量Q是490J。(3)若兩皮帶輪半徑r=10cm，間距為13.5m。當兩物體滑上皮帶后經過2s的那一時刻，用遙控器引爆粘性炸藥，此后兩物體分離，物體B恰好從傳送帶右端平拋飛出。若爆炸所用時間極短，可忽略不計，爆炸所釋放的化學能80%轉化為兩物體

18、的機械能，求爆炸所釋放的化學能E.解析：兩物體滑上皮帶后經過2s的那一時刻的速度為v1，滑行的距離為x，則 v1=vgt=40.1102=2m/sx=6m物體B恰好從傳送帶右端平拋飛出，則物體B對應的速度滿足 ，得 vB=1m/s炸藥爆炸后瞬間物體AB對應的速度分別為vA、vB，則，解得 vB=4m/s取向右為正方向，根據動量守恒定律2mv1=mvA+mvB解得 vA=0爆炸后物體AB所獲得的機械能為E，則 解得E=40J爆炸所釋放的化學能 。答案：爆炸所釋放的化學能E是40J?！疚锢磉x修3-3】13.（3分）下列說法中正確的是( )A.只要知道氣體的摩爾體積和阿伏伽德羅常數，就可以算出氣體分

19、子的體積B.懸浮在液體中微粒的無規(guī)則運動并不是分子運動，但微粒運動的無規(guī)則性，間接反映了液體分子運動的無規(guī)則性C.空氣中的水蒸氣的壓強越小，敞口容器中水蒸發(fā)一定越快D.理想氣體在某過程中從外界吸收熱量，其 內能可能減小E.熱量能夠從高溫物體傳高低溫物體，也能夠從低溫物體傳到高溫物體解析：A、氣體分子間距很大，無法直接求出分子的體積，只能求出分子所占據的空間；故A錯誤；B、在液體中微粒的無規(guī)則運動是布朗運動，并不是分子運動，但微粒運動的無規(guī)則性，間接反映了液體分子運動的無規(guī)則性；故B正確；C、空氣相對濕度小時，水蒸發(fā)越快，與空氣中的水蒸氣的壓強的大小無關；故C錯誤；D、理想氣體在某過程中從外界吸

20、收熱量，若同時對外做功，其內能可能減??；故D正確；E、根據熱力學第二定律可知，熱量能夠從高溫物體傳高低溫物體，也能夠在一定的條件下從低溫物體傳到高溫物體，如空調。故E正確。答案：BDE14.（20分）如圖所示，開口向下豎直放置的內部光滑氣缸，氣缸的截面積為S，其側壁和底部均導熱良好，內有兩個質量均為m的導熱活塞，將缸內理想分成I、II兩部分，氣缸下部與大氣相通，外部大氣壓強始終為p0，mg=0.2p0S，環(huán)境溫度為T0，平衡時I、II兩部分氣柱的長度均為l，現將氣缸倒置為開口向上，求：(1)若環(huán)境溫度不變，求平衡時I、II兩部分氣柱的長度之比；解析：氣缸開口向下時，氣體初態(tài)壓強為：氣缸開口向下時，氣體初態(tài)壓強為：氣缸開口向上時，氣體末態(tài)壓強為：氣缸開口向上時，氣體末態(tài)壓強為：由玻意耳定律有：p1lS=p1l1Sp2lS=p2l2S解得：。答案：若環(huán)境溫度不變，求平衡時I、II兩部分氣柱的長度之比。(2)若環(huán)境溫度緩慢升高，但I、II兩部分氣柱的長度之和為2l時，氣體的溫度T為多少？解析：升溫過程中兩部分氣體均做等壓變化，設氣體的氣柱長度為x，則氣體的氣柱長度為2lx，由蓋呂薩克定律有：解得：答案：若環(huán)境溫度緩慢升高，但I、II兩部分氣柱的長度之和為2l時，氣體的溫度T為?！疚锢磉x修3-4】15.（3分）下列說