2018年普通高考（泄露天機）押題卷理綜物理（三）

2018年高考物理全國卷押題卷（三）二、選擇題：1.在物理學發(fā)展史上，許多科學家通過恰當?shù)剡\用科學研究方法，超越了當時研究條件的局限性，取得了輝煌的研究成果。下列表述符合物理學史事實的是A.牛頓由斜面實驗通過邏輯推理得出了自由落體運動的規(guī)律B.庫侖利用庫侖扭秤巧妙地實現(xiàn)了對電荷間的作用力與電荷量的關(guān)系研究C.法拉第發(fā)現(xiàn)載流導線對小磁針的作用，揭示了電現(xiàn)象與磁現(xiàn)象之間存在的聯(lián)系D.安培用電場線和磁感線形象地描述電場和磁場，促進了電磁現(xiàn)象的研究【答案】B【解析】伽利略通過斜面實驗加邏輯推理的方法研究了自由落體運動的規(guī)律，故A錯誤；庫侖利用庫侖扭秤實驗實現(xiàn)了對電荷間的作用力與電荷量的關(guān)系的研究，故B正確；奧斯特發(fā)現(xiàn)了載流導線對小磁針的作用，揭示了電現(xiàn)象與磁現(xiàn)象之間存在的聯(lián)系，故C錯誤；電場線和磁感線都是法拉第引入的，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。2.大量的氫原子處于n＝4能級，該能級的氫原子向低能級躍遷時能向外輻射不同頻率的光子，從n＝3能級躍遷到n＝2能級時輻射的光子頻率為ν0.若某種金屬的極限頻率為ν0，則下列說法中正確的是A.氫原子躍遷向外輻射的光子中有6種能使該金屬發(fā)生光電效應現(xiàn)象B.由n＝4能級向低能級躍遷時，在輻射出的所有光子中只有一種不能使該金屬發(fā)生光電效應C.用輻射出的光子照射該金屬時，光子的頻率越大該金屬的逸出功越大D.當該金屬發(fā)生光電效應時，入射光的強度越大，則光電子的最大初動能越大【答案】B【解析】大量的氫原子由n＝4能級向低能級躍遷時能向外輻射種頻率的光子，其中由n＝4能級躍遷到n＝3能級時，輻射出來的光子頻率小于ν0，不能使該金屬發(fā)生光電效應現(xiàn)象，故A錯誤，B正確；金屬的逸出功與入射光的頻率無關(guān)，由金屬本身的性質(zhì)決定，故C錯誤；光電子的最大初動能與入射光的頻率有關(guān)，與光的強度無關(guān)，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。3.如圖所示，質(zhì)量為m的小球用細線拴住放在光滑斜面上，斜面足夠長，傾角為α的斜面體置于光滑水平面上，用水平力F推斜面體使斜面體緩慢地向左移動，小球沿斜面緩慢升高。當線拉力最小時，推力F等于A.mgsinαB.mgsinαC.mgsin2αD.mgsin2α【答案】D【解析】以小球為研究對象。小球受到重力mg、斜面的支持力FN和細線的拉力FT，如圖所示：在小球緩慢上升過程中，小球的合力為零，則FN與FT的合力與重力大小相等、方向相反，根據(jù)平行四邊形定則作出三個位置力的合成圖如圖，則得當FT與FN垂直，即線與斜面平行時FT最小，則得線的拉力最小值為FTmin=mgsinα。再對小球和斜面體組成的整體研究，根據(jù)平衡條件得：，故D正確，ABC錯誤。4.如圖所示，兩個半徑不等的光滑半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，兩個質(zhì)量不等的球(從半徑大的軌道下滑的小球質(zhì)量大，設(shè)為大球，另一個為小球，且均可視為質(zhì)點)分別自軌道左端由靜止開始滑下，在各自軌道的最低點時，下列說法正確的是A.大球的速度可能小于小球的速度B.大球的動能可能小于小球的動能C.大球的向心加速度的大小等于小球的向心加速度的大小D.大球所受軌道的支持力等于小球所受軌道的支持力【答案】C5.如圖，水平桌面上固定有一半徑為R的光滑金屬細圓環(huán)，環(huán)面水平，圓環(huán)總電阻為r；空間有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向豎直向下；一長度為2R、電阻可忽略的導體棒AC置于圓環(huán)左側(cè)并與環(huán)相切，切點為棒的中點。一拉力作用于棒中點使其以恒定加速度a從靜止開始向右運動，運動過程中棒與圓環(huán)接觸良好。下列說法正確的是A.棒運動過程中產(chǎn)生的感應電流在棒中由A流向CB.棒通過整個圓環(huán)所用的時間為C.棒經(jīng)過環(huán)心時流過棒的電流為D.棒經(jīng)過環(huán)心時所受安培力的大小為【答案】D【解析】試題分析：據(jù)題意，當棒運動過程中，由右手定則可得感應電流方向為從C到A，故選項A錯誤；由于棒做勻加速運動，棒通過整個環(huán)的時間為：，即，故選項B錯誤；棒經(jīng)過環(huán)心時速度為：，即，此時產(chǎn)生電流為：，故選項C錯誤；棒經(jīng)過環(huán)心時受到的安培力為：，故選項D正確?？键c：本題考查電磁感應和安培力已經(jīng)勻變速運動。6.如圖所示的陰極射線管，無偏轉(zhuǎn)電場時，電子束加速后打到熒屏中央形成亮斑。如果只逐漸增大M1、M2之間的電勢差，則A.在熒屏上的亮斑向上移動B.在熒屏上的亮斑向下移動C.偏轉(zhuǎn)電場對電子做的功增大D.偏轉(zhuǎn)電場的電場強度減小【答案】AC【解析】試題分析：電子束在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，運動的時間不發(fā)生變化，逐漸增大M1、M2之間的電勢差，根據(jù)，則偏轉(zhuǎn)電場的電場強度增大，D錯誤；根據(jù)W＝Uq，偏轉(zhuǎn)電場對電子做的功增大，C正確；電子在偏轉(zhuǎn)電場中所受的電場力向上，在熒光屏上的亮斑向上移動，A正確，B錯誤?？键c：本題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)。7.無限長通電直導線在周圍某一點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度B的大小與電流成正比，與導線到這一點的距離成反比，即B＝(式中k為常數(shù))。如圖所示，兩根相距L的無限長直導線分別通有電流I和3I。在兩根導線的連線上有a、b兩點，a點為兩根直導線連線的中點，b點距導線I的距離為L。下列說法正確的是A.a點和b點的磁感應強度方向相同B.a點和b點的磁感應強度方向相反C.a點和b點的磁感應強度大小之比為8∶1D.a點和b點的磁感應強度大小之比為16∶1【答案】AD【解析】解：AB、根據(jù)右手螺旋法則，導線周圍的磁場的磁感線，是圍繞導線形成的同心圓，3I導線與I導線在a處的磁感應強度方向都向下，則合磁感應強度方向向下的；根據(jù)B=K，3I導線在b處的磁感應強度方向向下，而I導線在b處的磁感應強度方向向上，因3I導線產(chǎn)生的磁場較大，則合磁感應強度方向向下，因此a點和b點的磁感應強度方向相同，故A正確，B錯誤；CD、3I導線與I導線在a處的磁感應強度大小Ba=K+K=K，而3I導線與I導線在b處的磁感應強度大小Bb=K﹣K=K，則a點和b點的磁感應強度大小之比為16：1，故C錯誤，D正確．故選：AD．【點評】磁感應強度為矢量，合成時要用平行四邊形定則，因此要正確根據(jù)安培定則判斷導線周圍磁場方向是解題的前提．8.如圖所示，邊長為L、匝數(shù)為N，電阻不計的正方形線圈abcd在磁感應強度為B的勻強磁場中繞轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動，軸OO′垂直于磁感線，在線圈外接一含有理想變壓器的電路，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1和n2。保持線圈以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動，下列判斷正確的是A.在圖示位置時線框中磁通量為零，感應電動勢最大B.當可變電阻R的滑片P向上滑動時，電壓表V2的示數(shù)變大C.電壓表V1示數(shù)等于NBωL2D.變壓器的輸入與輸出功率之比為1∶1【答案】AD【解析】試題分析：當磁通量為零時，磁通量變化率最大，根據(jù)法拉第電磁感應定律，可得產(chǎn)生的感應電動勢最大，故A正確；當可變電阻R的滑片P向上滑動時，由于電壓表測量副線圈的輸入電壓，而原線圈的輸入電壓不變，匝數(shù)比不變，所以副線圈的輸入電壓不變，即電壓表的示數(shù)不變，B錯誤；因為線圈是從垂直于中性面時開始時轉(zhuǎn)動的，故產(chǎn)生的感應電動勢的瞬時值表達式為，交流電壓的最大值等于，故電壓表V1示數(shù)為有效值，為，C錯誤；變壓器的輸入與輸出功率之比為1：1，故D正確。考點：考查了交變電流的產(chǎn)生，理想變壓器三、非選擇題：（一）必考題9.某同學用探究動能定理的裝置測滑塊的質(zhì)量M。如圖甲所示，在水平氣墊導軌上靠近定滑輪處固定一個光電門。讓一帶有遮光片的滑塊自某一位置由靜止釋放，計時器可以顯示出遮光片通過光電門的時間t(t非常小)，同時用米尺測出釋放點到光電門的距離s。(1)該同學用螺旋測微器測出遮光片的寬度d，如圖乙所示，則d＝________mm。(2)實驗中多次改變釋放點，測出多組數(shù)據(jù)，描點連線，做出的圖像為一條傾斜直線，如圖丙所示。圖像的縱坐標s表示釋放點到光電門的距離，則橫坐標表示的是______。A．tB．t2C．D．(3)已知鉤碼的質(zhì)量為m，圖丙中圖線的斜率為k，重力加速度為g。根據(jù)實驗測得的數(shù)據(jù)，寫出滑塊質(zhì)量的表達式M＝____________________。(用字母表示)【答案】(1).(1)1.880(2).(2)D(3).(3)－m【解析】(1)螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為1.5mm，可動刻度讀數(shù)為0.01×38.0mm＝0.380mm，則最終讀數(shù)為1.880mm。(2)滑塊通過光電門的瞬時速度，根據(jù)動能定理得：，解得：，因為圖線為線性關(guān)系圖線，可知橫坐標表示，故選D。(3)根據(jù)知，圖線的斜率為：，解得滑塊質(zhì)量。10.物理實驗小組的同學們拆下一報廢摩托車的指示燈L1(12V，3W)和轉(zhuǎn)向燈L2(12V，24W)、L3(12V，24W)，并進行研究。(1)某同學將歐姆表的選擇開關(guān)調(diào)至“×1”擋，測指示燈L1的電阻，指針指示如圖甲所示，可知指示燈的電阻為________Ω。(2)根據(jù)指示燈的參數(shù)，可計算指示燈的電阻R＝＝48Ω。計算結(jié)果與(1)中的測量結(jié)果相差比較大，請分析原因：_____________________________________________________。(3)實驗小組的同學想描繪出轉(zhuǎn)向燈L2的伏安特性曲線，現(xiàn)給出器材：蓄電池E(電動勢為12V，內(nèi)阻不計)；電流表A(量程0.6A，內(nèi)阻約為1Ω；量程3.0A，內(nèi)阻約為0.2Ω);電壓表V(量程3.0V，內(nèi)阻約為30kΩ；量程15V，內(nèi)阻約為60kΩ)；滑動變阻器R(0～15Ω)；開關(guān)、導線若干。如圖乙所示是已連好的部分電路。請用筆畫線代替導線，將實物電路圖補充完整_______。【答案】(1).(1)30(2).(2)指示燈正常工作時，溫度比較高，金屬絲的電阻率大，故電阻要比不工作時大得多(3).(3)見圖【解析】(1)由圖可知，指針示數(shù)為30，擋位為×1擋，故讀數(shù)為：30×1Ω＝30Ω。(2)由題意可知，燈泡電阻在工作時較大，原因是指示燈正常工作時，溫度比較高，金屬絲的電阻率大，故電阻要比不工作時大得多。(3)要描繪小燈泡的伏安特性曲線應采用滑動變阻器分壓接法；燈泡的額定電壓為12V，則電壓表量程應選擇15V量程；由于轉(zhuǎn)向燈L2的電阻,，，因此；故說明應采用電流表外接法；故連接的實物圖如圖所示：11.光滑矩形斜面GHNM的傾角為α，在其上放置一矩形金屬線框ABCD，AB邊的邊長為l1，BC邊的邊長為l2，線框的電阻為R，質(zhì)量為m，斜面上矩形OPHG區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，方向垂直于斜面向上，磁感應強度為B0，如果線框在恒力F作用下從靜止開始運動(開始時刻，CD與NM重合)，已知線框進入磁場最初一段時間是勻速的，且線框的AB邊始終平行于MN，重力加速度為g，求：(1)線框進入磁場前的加速度大?。?2)線框進入磁場時勻速運動的速度大??；(3)線框進入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱。【答案】（1）（2）（3）(F－mgsinα)l2【解析】試題分析：對進入磁場前的線框受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得線框進入磁場前的加速度大??；求出線框進入磁場后所受的安培力，根據(jù)平衡條件可得速度大?。桓鶕?jù)線框進入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱。(1)對進入磁場前的線框受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：F－mgsinα＝ma解得線框進入磁場前的加速度大小為：(2)由題意知，線框進入磁場最初一段時間內(nèi)所受的安培力為：線框進入磁場最初一段時間是勻速的，根據(jù)平衡條件可得：解得線框進入磁場時勻速運動的速度大小為：(3)線框進入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為：..................12.如圖甲所示，一電動遙控小車停在水平地面上，水平車板離地高度為h＝0.2m，小車質(zhì)量M＝3kg，質(zhì)量m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)靜置于車板上某處A，物塊與車板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1?，F(xiàn)使小車由靜止開始向右行駛，當運動時間t1＝1.6s時物塊從車板上滑落。已知小車的速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，小車受到地面的摩擦阻力是小車對地面壓力的，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)物塊從離開車尾B到落地過程所用的時間Δt以及物塊滑落前受到的滑動摩擦力的功率最大值P；(2)物塊落地時落地點到車尾B的水平距離s0；(3)0～2s時間內(nèi)小車的牽引力做的功W?！敬鸢浮浚?）1.6W（2）0.08m（3）19.4J【解析】試題分析：根據(jù)平拋運動規(guī)律，由豎直位移求得運動時間；然后根據(jù)運動狀態(tài)求得物塊的合外力及加速度，然后由勻變速運動規(guī)律求得速度，即可求得功率；根據(jù)物塊從B點到落地的運動時間內(nèi)，物塊和小車的運動狀態(tài)求得位移，進而求得距離；求出各段時間內(nèi)的位移，根據(jù)功的定義即可小車的牽引力做的功W。(1)物塊從車板上滑落后做平拋運動，則有代入數(shù)據(jù)解得Δt＝0.2s物塊滑落前受到的滑動摩擦力大?。篺＝μmg＝1N根據(jù)牛頓第二定律得物塊的加速度大小：a1＝μg＝1m/s2當運動時間t1＝1.6s時物塊的速度v1＝a1t1解得：v1＝1.6m/s由于v1＜2m/s，所以物塊在車板上受到滑動摩擦力而一直加速，物塊滑落前受到的滑動摩擦力的功率最大值P＝fv1解得：P＝1.6W。(2)物塊滑落后前進的距離s1＝v1Δt由題圖乙得t＝1.6s時小車的速率v2＝2m/s物塊滑落后小車前進的距離s＝v2Δt落地點到車尾B的水平距離s0＝s－s1解得：s0＝0.08m。(3)0～1s時間內(nèi)，由題圖乙得小車的加速度大小為：根據(jù)牛頓第二定律得F1－f－k(M＋m)g＝Ma2，其中解得：F1＝11N小車的位移大小為：1～1.6s時間內(nèi)，牽引力F2＝k(M＋m)g＋f＝5N由題圖乙得小車的位移大小：s2′＝2×0.6m＝1.2m1.6～2s時間內(nèi)，牽引力F3＝kMg＝3N由題圖乙得小車的位移大?。簊2″＝2×0.4m＝0.8m0～2s時間內(nèi)小車的牽引力做的功為：W＝F1s2＋F2s2′＋F3s2″＝19.4J。點睛：本題主要考查了相對運動問題，力學問題一般先對物體進行受力分析，求得合外力及運動過程做功情況，然后根據(jù)牛頓定律、動能定理及幾何關(guān)系求解。（二）選考題：13.下列說法正確的是________。A．液體表面層中分子間的距離比液體內(nèi)部分子間的距離大B．當分子間的距離減小時，分子間作用力的合力也減小，分子勢能增大C．布朗運動就是液體分子的無規(guī)則運動D．熱量可以從低溫物體傳到高溫物體E．一定質(zhì)量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱【答案】ADE【解析】表面張力產(chǎn)生的原因是由于表面層中分子間的距離比液體內(nèi)部分子間的距離大，故A正確；當分子間的距離減小時，分子間作用力可能先增大后減小，故B錯誤；布朗運動是懸浮在液體中的固體小顆粒的無規(guī)則運動，是液體分子熱運動的體現(xiàn)，故C錯誤；熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，在特定條件下熱量會由低溫物體傳遞給高溫物體，如電冰箱中熱量會由低溫物體傳遞給高溫物體，故D正確；一定質(zhì)量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，由可知溫度升高，則內(nèi)能增加，根據(jù)熱力學第一定律得知氣體一定吸熱，故E正確。所以ADE正確，BC錯誤。14.如圖所示，用一個絕熱活塞將絕熱容器平均分成A、B兩部分，用控制閥K固定活塞，開始時A、B兩部分氣體的溫度都是20℃，壓強都是1.0×105Pa，保持A體積不變，給電熱絲通電，使氣體A的溫度升高到60℃，求：(ⅰ)氣體A的壓強是多少？(ⅱ)保持氣體A的溫度不變，拔出控制閥K，活塞將向右移動壓縮氣體B，平衡后氣體B的體積被壓縮0.05倍，氣體B的溫度是多少？【答案】（1）1.14×105Pa（2）29.2℃【解析】試題分析：氣體A發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律求出氣體A的體積；氣體A發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律列式；氣體B根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程列式，最終平衡時，氣體AB的壓強相等，聯(lián)立即可求解。(ⅰ)對A部分氣體，在加熱的過程中發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律可得：代入數(shù)據(jù)解得：p1≈1.14×105Pa。(ⅱ)拔出控制閥K，活塞將向右移動壓縮氣體B。平衡后，氣體A發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律有：p1V＝p2(V＋0.05V)氣體B的壓縮過程，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有：根據(jù)活塞受力平衡有p2＝p2′代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：T2＝302.2K，即t2＝T2－273＝29.20C點睛：本題主要考查了實驗定律和理想氣體狀態(tài)方程的應用，要注意正確分析題意，找出兩部分氣體之間的關(guān)系，聯(lián)立方程才能求解。15.一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t＝0時刻的波形如圖所示，質(zhì)點P的x坐標為3m。已知任意振動質(zhì)點連續(xù)2次經(jīng)過平衡位置的時間間隔為0.4s。下列說法正確的是________。A．波速為1m/sB．波的頻率為1.25HzC．x坐標為15m的質(zhì)點在t＝0.6s時恰好位于波峰D．x坐標為22m的質(zhì)點在t＝0.2s時恰好位于波峰E．當質(zhì)點P位于波峰時，x坐標為17m的質(zhì)點恰好位于波谷【答案】BDE【解析】任意振動質(zhì)點連續(xù)2次經(jīng)過平衡位置的時間間隔為0.4s，則周期為0.8s，那么頻率；故B正確；由圖可知，該波的波長λ=4m，所以波速，故A錯誤；波長λ=4m，由波的重復性根據(jù)x坐標為15m的質(zhì)點到P點的距離△x1=