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1、高考资源网（） 您身边的高考专家2018年高考模拟卷(一)理科综合能力测试(物理)二、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分。第14-18题只有一个选项正确，第19-21题有多个选项正确，全对得6分，选不全得3分，错选得零分。)1. 以下说法正确的是A. 射线的穿透能力比射线强，能穿透几厘米厚的铅板B. 原子核的比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定C. 氢原子从一种定态跃迁到另一种定态过程中，若氢原子放出一个光子，则其电子的动能减小，轨道半径变小D. 在发生光电效应时，若入射光的强度一定，则入射光的频率越高，单位时间内逸出的光电子数越多，打出光电子的最大初动能就越大【
2、答案】B.【点睛】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可三种射线中射线的穿透性最强；比结合能的大小可以表示原子核结合的牢固程度光电效应想象中，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大2. 如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为101，原线圈接入图乙所示的不完整的正弦交流电，电压表和电流表均为理想电表，R0和R1为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法中正确的是A. 电压表的示数为22V B. 图乙中电压的有效值为220VC. 环境温度升高时电流表示数增大 D. 环境温度升高时电压表示数增大【答案】C【解析】设将此电流加
3、在阻值为R的电阻上，电压的最大值为，电压的有效值为U，根据热效应有：，解得：，即图乙压的有效值为，变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是10：1，所以电压表的示数为，故AB错误；环境温度升高时，副线圈的电压不变，故电压表示数不变，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈电流增大，即电流表示数增大，故C正确，D错误；故选C。【点睛】求有效值方法是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的电阻，R处温度升高时，阻值减小，根
4、据负载电阻的变化，可知电流、电压变化。3. 如图，卫星在地球不同的圆形轨道上具有不同引力势能。已知地球质量为M，卫星质量为m，卫星到地球球心的距离为r，引力势能为Ep，真空中负点电荷的电荷量为Q，其周围空间电势可以表示为：=，与该点电荷的电势类比，可以定义“引力势”的概念。下列说法不合理的是A. 可以用定义“引力势”B. “引力势”与卫星质量m无关C. 图中a点“引力势”低于b点D. 卫星的引力势能与距离r的平方成反比【答案】D【解析】与电势类比，应该用定义“引力势”，A错误；“引力势”与“试探物体”无关，B错误；卫星与地球之间是引力，“引力线”应指向地球，a点“引力势”低于b点，C正确；万有
5、引力与两者距离平方成反比，根据，可知引力势能应该与距离一次方成反比，D错误。故C正确；4. 质量为m的滑块沿放在水平地面上质量也为m的倾角为的固定光滑斜面下滑时(如图所示)，斜面对地面的压力大小为F1；当滑块和固定斜面接触面间有摩擦且滑块沿斜面匀速下滑时，斜面对地面的压力大小为F2。则F1F2等于A. (1+cos2)2 B. (1+sin2) 2C. 11 D. (1+sin2) 2【答案】A【解析】当滑块沿光滑的固定斜面加速下滑时，对其受力分析，如图所示根据牛顿第二定律得：，解得；对整体受力分析，如图所示：对整体，由牛顿第二定律得：，解得：；当滑块和固定斜面接触面间有摩擦且滑块沿斜面匀速下
6、滑时，对整体受力分析，如图根据平衡条件得：；故，故由牛顿第三定律可知，两种情况下斜面对地面的压力大小之比为，故选A。【点睛】灵活应用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律和平衡条件，列式求解两种情况下地面对斜面的支持力大小，再根据牛顿第三定律求出斜面对地面的压力大小。5. 在竖直平面内有水平向右、场强为E=1104N/C的匀强电场。在场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为0.04kg的带电小球，它静止时细线与竖直方向成37角。如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能和重力势能的零点，下列说法正确的是(cos37=0.8，g
7、=10m/s2)A. 小球所带电量为q=3.510-5CB. 小球恰能做圆周运动动能最小值是0.96JC. 小球恰能做圆周运动的机械能最小值是1.54JD. 小球恰能做圆周运动的机械能最小值是0.5J【答案】C【解析】对小球进行受力分析如图所示：根据平衡条件得：，解得：，故A错误；由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能最小，对应速度最小，在B点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有：，而，所以，故B
8、错误；由于总能量保持不变，即（C为恒量）所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能最大，机械能最小，由B运动到A，联立解得：，总能量，由C运动到A，所以C点的机械能为，即机械能的最小值为1.54J，故C正确，D错误；故选C。【点睛】根据小球在平衡位置合力为0，可以求出小球所受的电场力从而得出小球的带电荷量；根据小球恰好在竖直面内做圆周运动这一临界条件，知，在平衡位置处合外力提供圆周运动的向心力从而求出小球动能的最小值抓住小球能量守恒，电势能最大处小球的机械能最小，根据做功情况分析6. 在绝缘的水平桌面上有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l。金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间
9、用一根长l的绝缘细线相连，棒ab右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角连长均为l，整个装置的俯视图如图所示，从图示位置在棒ab 上水平拉力，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图象可能正确的是(规定金属棒ab中电流方向由a到b为正)A. B. C. D. 【答案】AC【解析】在ab棒通过磁场的时间内，ab棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E=BLv分析可知，ab产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由b到a，为负值根据cd棒受力平衡知，细线上的张力F为0；在cd棒通过磁
10、场的时间内，cd棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E=BLv分析可知，cd产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由a到b，为正负值根据cd棒受力平衡知，细线上的张力 ，L均匀增大，则F与L2成正比故BD错误，AC正确故选AC.7. 如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为B=1.0T的匀强磁场，一质量为M=0.4kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m=0.2kg、带正电q=0.1C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为=0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，现对木板施加方向水平向左，大小为F=1.2N的恒力，g取1
11、0m/s2。则滑块A. 开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动B. 一直做加速度为2m/s2的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止C. 速度为12m/s时，滑块开始减速D. 最终会做速度为20m/s的匀速运动【答案】AD【解析】由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为，所以当1.2N的恒力作用于木板时，系统一起以的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时，解得：，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，可知滑块先与木板一起做匀加速直线运
12、动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速，最后做速度为20m/s的匀速运动。故AD正确，B错误。滑块开始的加速度为，当恰好要开始滑动时，代入数据得：，此后滑块的加速度减小，仍然做加速运动，故C错误。故选AD。【点睛】先求出木块静摩擦力能提供的最大加速度，再根据牛顿第二定律判断当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起运动的加速度，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后物块做匀速运动，木板做匀加速直线运动8. 如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动。若斜面足够长，
13、表面光滑，倾角为。经时间t，恒力F做功20J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是A. 物体回到出发点时的机械能是20JB. 在撤去力F前的瞬时，力F的功率大小是2 mgvsin/3C. 在撤去力F前的瞬时，力F的功率大小是4 mgvsin/3D. 在此运动过程中物体动能与势能相等的位置在撤去恒力位置的上方，物体的机械能先增加后减少【答案】AB【解析】根据功能关系可知，除了重力之外的力对物体做正功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力F做功的大小，由于拉力F对物体做的功为20J，所以物体的机械能要增加
14、20J，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以当回到出发点时，所有的能量都转化为动能，所以动能为20J，重力势能为0，所以物体回到出发点时的机械能是20J，故A正确。设撤去力F前和撤去力F后的运动过程中物体的加速度大小分别为：和，这两个过程的位移大小相等，方向相反，取沿斜面向上为正方向，则有：，得：；因为物体做匀加速直线运动，初速度为0，由牛顿第二定律可得，撤去恒力F后是匀变速运动，且加速度为，联立上两式得：，设刚撤去拉力F时物体的速度大小为，则有：，对于从撤去到返回的整个过程，有：，解得：，所以在撤去力F前的瞬间，力F的功率：，故B正确，C错误；撤去力F后的位置到最高点，动能减小，重力势能增大
15、，动能与势能相等的位置不可能在这段距离，所以动能与势能相等的位置在撤去力F之前的某位置，物体的机械能一直增大，故D错误；故选AB。【点睛】根据功能原理求物体回到出发点时的机械能。根据物体的运动的特点，在拉力F的作用下运动时间t后，撤去拉力F之后又运动时间t返回出发点，根据物体的这个运动过程，列出方程可以求得拉力的大小和撤去拉力时物体的速度的大小，从而可以求得拉力F的功率。由高度的变化分析重力势能的变化。分析物体的速度变化，判断动能的变化情况。9. 用圆锥摆可以粗略验证向心力Fn=m的表达式。实验方法如下：细线一端固定在铁架台上O点，另一端悬挂一小钢球。将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上，使O点和同心圆的圆心连线与水平桌面垂直.用手带动小钢球使它贴近纸面沿纸上某个圆匀速转动起来。已知重力加速度为g。实验中需要测量小钢球从第1次到第n次经过圆上某位置所需要的时间t、圆的半径r以及O点到桌面的距离h：则(1)小钢球运动的线速度v=_；(2)要验证向心力的表达式成立，只需验证等式_成立即可。
