（全國(guó)通用）2018版高考物理總復(fù)習(xí)考前三個(gè)月仿真模擬卷（打包4套）.zip

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B. C. D.答案A解析設(shè)正方形磁場(chǎng)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，由題意可知，粒子在磁場(chǎng)B1中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：r1，粒子在磁場(chǎng)B2中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)得：L2(r2)2r，解得：r2L粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvBm解得B則，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤18如圖4所示，光滑水平面OB與足夠長(zhǎng)的粗糙斜面BC相接于B點(diǎn)，一輕彈簧左端固定于豎直墻面，現(xiàn)用質(zhì)量為m的滑塊壓縮彈簧至D點(diǎn)(彈簧在彈性限度內(nèi))，然后由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后經(jīng)B點(diǎn)滑上斜面，上升到最大高度h時(shí)靜止在斜面上重力加速度為g，以水平面OB為參考平面下列說法正確的是()圖4A彈簧彈開滑塊的過程中，彈性勢(shì)能越來越大B彈簧對(duì)滑塊做功為W時(shí)，滑塊的動(dòng)能為0.5WC滑塊在斜面上靜止時(shí)的重力勢(shì)能為mghD滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過程中，克服摩擦力做功為mgh答案C解析彈簧彈開滑塊的過程中，彈簧的壓縮量越來越小，則彈性勢(shì)能越來越小，故A錯(cuò)誤彈簧對(duì)滑塊做功為W時(shí)，對(duì)滑塊，由動(dòng)能定理知滑塊的動(dòng)能為W，故B錯(cuò)誤滑塊在斜面上靜止時(shí)離OB面的高度為h，以水平面OB為參考平面，則滑塊的重力勢(shì)能為mgh，故C正確對(duì)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過程，由動(dòng)能定理得mghWf0mv，解得滑塊克服摩擦力做功為 Wfmvmgh，由于不知道vB的大小，故無法求解滑塊克服摩擦力做的功，故D錯(cuò)誤19如圖5甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為51，將原線圈接到電壓有效值不變的正弦交流電源上，副線圈接有相同的燈泡L1、L2，電路中分別接了理想交流電壓表V1、V2，導(dǎo)線電阻不計(jì)，開關(guān)S閉合前，副線圈上的電壓按圖乙所示規(guī)律變化現(xiàn)閉合開關(guān)S，則下列說法正確的是()圖5AL2兩端的電壓瞬時(shí)值表達(dá)式為u220sin 50t(V)B電壓表V1的示數(shù)為1 100 VCL1的實(shí)際功率減小D變壓器的輸入功率增大答案BD解析根據(jù)題圖乙知周期T0.02 s，角速度 rad/s100 rad/s，L2兩端的電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為u220sin 100t (V)，故A錯(cuò)誤；副線圈電壓的有效值U2 V220 V，根據(jù)原、副線圈電壓與匝數(shù)成正比得，原線圈兩端的電壓U15U21 100 V，故B正確；閉合開關(guān)S后，L1兩端的電壓不變，L1的實(shí)際功率不變，故C錯(cuò)誤；閉合開關(guān)S后，輸出功率為兩只燈泡的功率之和，由于L1功率不變，增加了L2的功率，所以輸出功率增大，所以輸入功率增大，故D正確202017年3月30日，我國(guó)在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長(zhǎng)征三號(hào)甲運(yùn)載火箭，成功發(fā)射了第22顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星，該衛(wèi)星屬于地球同步軌道衛(wèi)星，其軌道半徑為r.已知月球環(huán)繞地球運(yùn)動(dòng)的周期為27天，某顆近地衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的周期為1.4 h，地球半徑為R，由此可知()A該北斗導(dǎo)航衛(wèi)星的軌道半徑與月球的軌道半徑之比為19B該近地衛(wèi)星的軌道半徑與月球的軌道半徑之比為116C該北斗導(dǎo)航衛(wèi)星繞地球運(yùn)行時(shí)的加速度與地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的加速度之比為rRD該北斗導(dǎo)航衛(wèi)星繞地球運(yùn)行時(shí)的加速度與月球繞地球運(yùn)行的加速度之比為91答案AC解析由開普勒定律：得，則A正確；同理可知B錯(cuò)誤北斗導(dǎo)航衛(wèi)星繞地球運(yùn)行與地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)角速度相等，由ar2知，則C正確由a可知：，則D錯(cuò)誤21.如圖6所示，以O(shè)點(diǎn)為圓心，半徑為0.2 m的圓與坐標(biāo)軸交點(diǎn)分別為a、b、c、d，該圓所在平面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)，已知a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)分別為2 V、2 V、2 V，則下列說法正確的是()圖6AO點(diǎn)電勢(shì)為1 VB該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為20 V/mC電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)電勢(shì)能增加D從b點(diǎn)以相同速率向各個(gè)方向發(fā)射完全相同的、電荷量為e的帶正電粒子(重力不計(jì))，其中到達(dá)c點(diǎn)的粒子的動(dòng)能增大了(22) eV答案BC解析a、c兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為2 V、2 V，O點(diǎn)為ac中點(diǎn)，aO與Oc電勢(shì)差相等，所以O(shè)點(diǎn)電勢(shì)為0 V，故A錯(cuò)誤Ob段上找一點(diǎn)M電勢(shì)為2 V，OM2 m m，連接aM即為等勢(shì)面，且OaM30.過O點(diǎn)作aM的垂線并指向O，即為電場(chǎng)線由幾何關(guān)系可得E V/m20 V/m，故B正確電子在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能大，故C正確Ubcbc(22) V，由WqU得W(22) eV，故D錯(cuò)誤三、非選擇題(本題共6小題，共62分)(一)必考題22(6分)用螺旋測(cè)微器測(cè)量某金屬圓柱體的直徑，用20分度游標(biāo)卡尺測(cè)量長(zhǎng)度，測(cè)量結(jié)果如圖7所示，直徑d _ cm ，長(zhǎng)度L_ cm.圖7答案0.184 3(0.184 10.184 5均給分)4.24023(9分)在“描繪小燈泡的 UI曲線”實(shí)驗(yàn)中，使用的小燈泡上標(biāo)有“3 V0.6 W”的字樣，其他可供選擇的器材有： A電壓表(量程06 V，內(nèi)阻20 k)B電壓表(量程020 V，內(nèi)阻60 k)C電流表(量程03 A，內(nèi)阻0.2 )D電流表(量程00.6 A，內(nèi)阻1 )E滑動(dòng)變阻器R1(01 000 ，允許通過的最大電流為0.1 A)F滑動(dòng)變阻器R2(020 ，允許通過的最大電流為2 A)G學(xué)生電源E(68 V)H開關(guān)S及導(dǎo)線若干(1)在虛線方框中畫出實(shí)驗(yàn)電路圖，并注明所選器材的符號(hào)(要求小燈泡上電壓的改變能從0開始)(2)某同學(xué)測(cè)量結(jié)果如下表所示，請(qǐng)根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖8甲坐標(biāo)系中畫出小燈泡的 UI曲線.U(V)0.20.51.01.52.02.53.0I(A)0.0500.1000.1500.1720.1900.2050.215圖8(3)用上述兩只小燈泡a、b組成圖乙所示的電路已知電源的電動(dòng)勢(shì)為3 V、內(nèi)阻不計(jì)，則燈泡a、b消耗的總功率P_ W(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)如圖所示(2)如圖所示(3)0.5224.(12分)如圖9所示，傾角37的傳送帶以v0.6 m/s的速度向上勻速傳動(dòng)在傳送帶的最頂端，有一個(gè)炭塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以v01.2 m/s的初速度沿傳送帶下滑炭塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.9，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，傳送帶足夠長(zhǎng)，求：圖9(1)炭塊沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng)的最大位移；(2)炭塊在傳送帶上的劃痕的長(zhǎng)度答案(1)0.6 m(2)1.35 m解析(1)炭塊下滑過程中的加速度大小為mgcos 37mgsin 37ma解得： a1.2 m/s2根據(jù)速度位移關(guān)系可得炭塊沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng)的最大位移xm解得xm0.6 m(2)設(shè)炭塊速度減到零所用時(shí)間為t，則t1 s此時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移為 x1vt0.6 m炭塊反向加速到與傳送帶速度相等時(shí)所需時(shí)間為t0.5 s在此時(shí)間內(nèi)，傳送帶的位移x2vt0.3 m炭塊的位移x30.15 m炭塊在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度Lxmx1x2x31.35 m25.(20分)如圖10所示，兩條平行的水平導(dǎo)軌FN、EQ的間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌的左側(cè)與兩條豎直固定、半徑為r的光滑圓弧軌道平滑相接，圓弧軌道的最低點(diǎn)與導(dǎo)軌相切，在導(dǎo)軌左邊寬度為d的EFHG矩形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且在磁場(chǎng)的右邊界、垂直導(dǎo)軌放有一金屬桿甲，右邊界處無磁場(chǎng)現(xiàn)將一金屬桿乙從圓弧軌道的最高點(diǎn)PM處由靜止釋放，金屬桿乙滑出磁場(chǎng)時(shí)，與金屬桿甲相碰(作用時(shí)間極短)并粘在一起，最終它們停在距磁場(chǎng)右邊界為d的虛線CD處已知金屬桿甲、乙的質(zhì)量均為m，接入電路的電阻均為R，它們與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，且它們?cè)谶\(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌間垂直且接觸良好，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，重力加速度大小為g.求： 圖10(1)金屬桿乙通過圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)受到的支持力大小FN；(2)整個(gè)過程中，感應(yīng)電流通過金屬桿甲所產(chǎn)生的熱量Q；(3)金屬桿乙通過磁場(chǎng)過程中通過其橫截面的電荷量q.答案(1)3mg(2)mg(r5d)(3)解析(1)金屬桿乙在圓弧軌道上下滑過程中的機(jī)械能守恒，有：mgrmv解得：v0對(duì)金屬桿乙在圓弧軌道最低點(diǎn)運(yùn)用牛頓第二定律可得：FNmgm聯(lián)立解得：FN3mg(2)設(shè)金屬桿乙與金屬桿甲相碰前后的速度大小分別為v1、v2，根據(jù)動(dòng)量守恒可得：mv12mv2金屬桿甲、乙相碰后：2mgd2mv聯(lián)立解得：v12金屬桿乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過程中，有：mvmgdmvQ總又：QQ總聯(lián)立解得：Qmg(r5d)(3)金屬桿乙通過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：此過程中的平均電流為：qt解得：q(二)選考題(請(qǐng)從下列2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分)33【物理選修33】(15分)(1)(5分)下列說法正確的是_A0的冰融化成0的水，分子的平均動(dòng)能不變，內(nèi)能增大B載重汽車卸去貨物的過程中，外界對(duì)汽車輪胎內(nèi)的氣體做正功C熱量可以從低溫物體傳遞到高溫物體D小昆蟲可以在水面上蹦來蹦去，是由于水面有表面張力E一定量的某種理想氣體在等溫膨脹過程中，壓強(qiáng)一定增加(2)(10分)如圖11所示，硬質(zhì)透明塑料瓶用橡皮塞將瓶口塞住，已知大氣壓強(qiáng)為p0，外界環(huán)境溫度不變，圓柱形橡皮塞橫截面積為S.若用打氣筒再將n倍于瓶子容積的空氣緩慢壓入瓶中，此時(shí)橡皮塞恰能跳起已知橡皮塞的質(zhì)量為m，求橡皮塞跳起瞬間瓶中氣體的壓強(qiáng)與瓶口最大靜摩擦力的大??； 若用手按壓住橡皮塞，用打氣筒再將2n倍于瓶子容積的空氣緩慢壓入瓶中，然后突然撤去按壓橡皮塞的手，求撤去手瞬間橡皮塞的加速度大小圖11答案(1)ACD(2)見解析解析(2)由玻意耳定律有：p0(n1)VpV解得：p(n1)p0對(duì)橡皮塞受力分析，由平衡條件有：p0SFfmg(n1)p0S解得：Ffnp0Smg由玻意耳定律有：p0(2n1)VpV解得：p(2n1)p0對(duì)橡皮塞，由牛頓第二定律有：pS(p0SFfmg)ma解得：a34【物理選修34】(15分)(1)(5分)關(guān)于電磁波，下列說法正確的是_A可見光屬于電磁波B只要有變化的電場(chǎng)就能產(chǎn)生電磁波C使電磁波隨各種信號(hào)而改變的技術(shù)叫做調(diào)制D電磁波在任何介質(zhì)中的傳播速率都相同E電磁波能發(fā)生反射、折射、干涉和衍射現(xiàn)象，也能在真空中傳播(2)(10分)有兩列傳播速度大小相等的簡(jiǎn)諧橫波a、b在同一介質(zhì)中分別沿x軸正方向和負(fù)方向傳播兩列波在t0時(shí)刻的波形如圖12所示，已知a波的周期Ta1 s求：圖12兩列波在該介質(zhì)中的傳播速度大??；從t0時(shí)刻開始，x1.0 m處的質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到偏離平衡位置的位移為0.16 m所需的最短時(shí)間答案(1)ACE(2)2.5 m/s5.4 s解析(2)由題圖可知a、b兩列波的波長(zhǎng)分別為a2.5 m，b4.0 m兩列波在同種介質(zhì)中的傳播速度相同，為v2.5 m/sa 波的波峰傳播到x1.0 m的質(zhì)點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間：tab 波的波峰傳播到x1.0 m的質(zhì)點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間： tb只有兩列波的波峰同時(shí)傳到x1.0 m處，該處質(zhì)點(diǎn)的位移才能等于 0.16 m，即有tatbt聯(lián)立解得： 5m8n1( 式中m、n 均為自然數(shù) )分析知，當(dāng)m5、n3 時(shí)，x1.0 m的質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到偏離平衡位置的位移為0.16 m時(shí)經(jīng)過時(shí)間最短將m5代入 t解得： t5.4 s12