2018年高考仿真模拟物理试题新课标全国卷(一)答案

2018年高考仿真模拟试题(新课标全国卷)物理(一)答案1．A【解析】当电子吸收光子的能量后，动能增加，在逸出的过程中要克服金属的逸出功，电子的动能减少，A正确；在一定的光照条件下，单位时间内阴极K发射的光电子数目是一定的，电压增加到一定值时，所有光电子都被阳极A吸收，这时即使再增大电压，光电流也不会增大，B错误；光的频率改变时，遏止电压也会改变，C错误；根据爱因斯坦光电效应方程0kEhvW可知光电子逸出时的最大初动能与入射光的频率有关，而与入射光的强弱无关，D错误。2．C【解析】由x—t图象可知超声波信号从发出到接收所用的时间变长，所以汽车离测速仪越来越远，A错误；在1t~2t时间内，汽车的位移是21xx，从图象上不能看出测速仪发出两个超声波信号的时间间隔，B错误；汽车在1t~2t时间内的平均速度为2121xxtt，C正确；超声波信号的速度为11xt，D错误。3．B【解析】对升压变压器有1122UnUn=k∶1，所以升压变压器副线圈的电压为1Uk，A错误；原线圈中的电流1I=1PU，又2112InIn=k，解得升压变压器副线圈的电流2I=1kI=1kPU，所以输电线上损失的功率为22IR=2221kPRU，B正确；降压变压器副线圈的负载减少时，消耗的电功率减小，故发电厂的输出功率减小，C错误；如果升压变压器原、副线圈的匝数比变为k∶n，则2I=11kIkPnnU，输电线上损失的功率为2222221kPIRRnU，所以输电线上损失的功率将变为原来的21n，D错误。4．B【解析】根据题意可知行星与恒星运动的角速度相等，它们做圆周运动的向心力由万有引力提供，有222()MMGMmmaMRRa，解得MR=maM，A错误；对恒星有2()MGMmRa=2MMMvR，把MR=maM代入，可解得Mv=mGMMma，B正确；由于2()MGMmRa=224maT、2()MGMmRa=224MMRT，化简后两式相加可得222()4()MGMmRaT，所以当行星和恒星间的距离增大时，它们的运行周期也增大，C错误；根据2()MGMmRa=224maT，得322324()GMmMaT，由此可知行星轨道半径的三次方和运行周期的平方成正比，同理可得恒星轨道半径的三次方和运行周期的平方也成正比，D错误。5．BD【解析】如果仅将4R的滑片向上滑动，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流增大，所以1R两端的电压增加，1R消耗的功率也增加，A错误；由题意可知外电路的电阻大于电源的内阻，所以当4R的滑片向上滑动时，电源的输出功率增加，B正确；开关S与触点1连接，电容器极板间的电势差等于1R两端的电压，4R的滑片向上滑动时，1R两端的电压增大，故C错误；若仅将开关S由触点1拨向触点2，电路中电流不变，仍为I=1ErRR滑=0.5A，开关S与触点1连接时，电容器左侧极板带正电，带电荷量1Q=1RCU=1CIR=0.75×610C；开关S与触点2连接时，电容器左侧极板带负电，带电荷量2Q=RCUCIR滑滑=1.0×610C，所以将开关S由触点1拨向触点2，流过导线d横截面的电荷量为21QQQ=1.75×610C，D正确。6．AC【解析】如图所示:设小球落到斜面上时的速度方向与水平方向之间的夹角为α，则有tanα=0gtv，小球的位移与水平方向的夹角等于斜面的倾角θ，则有tanθ=2012gtvt=02gtv，比较两式有tanα=2tanθ，则可知小球两次落到斜面上时的速度方向相同，则有cosα=2ABvvvv，则得Av∶Bv=1∶2，又tanα=ABABgtgtvv，得At∶Bt=1∶2，故A、C正确。【备注】在斜面上的平抛运动是常考的物理模型，本题小球两次抛出时的位置没有明确，给解题带来困难。但仔细分析题目发现，虽然小球两次的抛出点不明确，但是小球都能落到斜面上，利用平抛运动的规律可得出小球落到斜面上时的速度方向与初速度大小无关，与斜面倾角有关。7．AD【解析】小球在上升的过程，在A、B两点速度均为0，小球受到的合力先竖直向上后竖直向下，大小先减小后增大，根据动能定理得，小球的动能kEFh合，所以kE—h图象斜率先为正值，后为负值，斜率的绝对值先减小后增大，A正确；小球的电势能pE=EFh，沿点电荷的电场线方向电势逐渐减小，电势能逐渐减少，为负值，小球运动过程中所受电场力逐渐减小，所以pE—h图象斜率逐渐减小，B错误；重力势能pE=mgh，所以pE—h的图象为过原点的直线，C错误；机械能的增加量等于电场力做的功，E=EFh，小球运动过程中电场力逐渐减小，所以E—h图象的斜率逐渐减小，D正确。8．BC【解析】因为小球的运动实际上是竖直平面内沿逆时针方向、速度大小为v的匀速圆周运动和水平向右、速度大小为v的匀速直线运动的合运动，故小球在最高点做圆周运动的分速度水平向左，做直线运动的分速度水平向右，合速度为0，在最低点时的速度是两分速度的矢量和，为2v，A错误；设在最低点时轨迹的曲率半径为R，则有2qvBmg=2(2)vmR，可解得曲率半径R=242mvqvBmg，B正确；小球在运动过程中洛伦兹力不做功，机械能守恒，有mgh=21(2)2mv，22vhg，C正确；小球从释放到第一次经过最低点的过程中，只运动了半个圆周，根据分运动的等时性，2TmtqB，D错误。9．【答案】(1)调节气垫导轨使其水平(1分)(2)5.75(1分)(3)ABABmdmdtt(1分)ABABmmtt(1分)(4)气垫导轨没有调节水平且右端高(2分)【解析】(1)在系统所受外力的矢量和为零的情况下，系统动量守恒，所以接通气源之前必须调节气垫导轨使其水平；(2)由游标卡尺的读数规则可知，遮光条的宽度d=5mm+15×0.05mm=5.75mm；(3)滑块通过光电门时的速度等于dt，所以对于滑块A、B组成的系统，如果AAmdt与BBmdt在实验误差允许的范围内相等，则说明系统动量守恒，因此实验需要验证的表达式为ABABmdmdtt，等式两边可以消去d，所以本实验不需要测量遮光条的宽度。(4)实验中如果滑块A的动量大小总是大于滑块B的动量大小，则说明气垫导轨没有调节水平，且气垫导轨右端高。10．【答案】(1)1.4(1分)0.6(1分)(2)①电源电动势的倒数(2分)②000UREU(2分)③2642Ω(2分)小于(1分)【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律有UEUrR，解得111rUEER，由题图乙可知1E=0.71V，解得E=1.4V，2.80.75.0rEΩ/V，解得r=0.6Ω；(2)①根据闭合电路欧姆定律VUEURR可得V111RUERE，所以1U—R图象与纵轴截距的物理意义是电源电动势的倒数；②因为000VUEURR，所以电压表内阻表达式为VR=000UREU；③根据题图丁数据可得VR=2642Ω。因为实验中不考虑电源的内阻，故VR=000UREU，如果考虑电源的内阻，则000V()UEURrR，得VR=0000URUrEU，对比两式知电压表内阻的测量值小于其真实值。11．【解析】(1)设线框ab边刚进入磁场时的速度为0v，则根据动能定理有mgLsin30°=2012mv(1分)解得0v=2m/s(1分)线框ab边切割磁感线产生的感应电动势E=BL0v线框ab边刚进入磁场时受到的安培力F=BIL=EBLR=1.6N(1分)(2)线框匀速运动时受到的合力为零，根据受力平衡有F安=mgsin30°(1分)F安=1BIL=1EBLR(1分)1E=BLmv(1分)代入数据解得mv=3m/s(1分)(3)由题意可知，线框在沿斜面下滑的过程中始终受到安培力的作用，设线框从刚进入磁场开始经Δt时间速度变化为Δv，线框速度为v，此时有F安=22BLvR在Δt时间内，由动量定理有(mgsin30°22BLvR)Δt=mΔv(1分)设经t=0.96s，线框沿斜面下滑的位移为x，对上式两边求和∑(mgsin30°)Δt∑22BLRvΔt=∑mΔv(1分)可得(mgsin30°)t22BLRx=m10()vv(1分)代入数据解得x=2.4m(1分)线框穿过完整的条形磁场区域的个数n=2xL=3(1分)由能量守恒定律有mgxsin30°=Q+2112mv2012mv(1分)解得Q=4.84J(1分)12．【解析】(1)设物块第一次运动到B点前瞬间的速度为v，根据动能定理有mgR=212mv(1分)解得v=25m/s(1分)根据牛顿第二定律有NFmg=2vmR(1分)解得NF=6N(1分)根据牛顿第三定律知，物块对轨道的压力F=NF=6N(1分)(2)设物块第一次与弹性挡板碰撞前的速度为1v由动能定理有mgRμmgL=2112mv(1分)解得1v=4m/s(1分)以水平向右为正方向，则弹性挡板对物块的冲量为11()Imvmv=1.6N·s，方向水平向右(1分)(3)设物块在水平轨道上运动的总时间为tμmg=ma(1分)解得a=μg=22m/s(1分)t=05vas(1分)(4)如图所示设物块运动到D点时竖直方向的加速度ya=0，此时物块的竖直方向的分速度最大，重力的瞬时功率最大，物块运动到D点时圆弧轨道对物块的弹力为F，D点和圆弧轨道所在圆的圆心连线与竖直方向的夹角为θ，则Fcosθ=mg(1分)在D点，由牛顿第二定律有Fmgcosθ=20vmR(1分)物块从静止释放到运动至D点的过程中，由动能定理有mgRcosθ=212Dmv(1分)联立解得cosθ=33(1分)当D点和圆弧轨道所在圆的圆心连线与竖直方向的夹角θ=arccos33时，yv最大，即重力做功的功率P最大此时mP=mgyv=mgDvsinθ(2分)解得mP=41033W(1分)【备注】在求解本题的第(4)问时，应该从重力的瞬时功率P=mgyv入手，其中yv为物块在圆弧轨道运动速度v的竖直分量，由于mg恒定，P的变化规律即yv的变化规律。在物块沿圆弧轨道下滑的过程中，竖直速度yv先增大后减小，则yv取最大值时，物块的竖直方向加速度ya=0，此时物块竖直方向的合力为零。分析到这里，问题也就迎刃而解了。13．(1)【答案】CDE【解析】根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，一定质量的气体膨胀时对外界做功，但同时也可能吸收更多的热量，所以内能不一定减少，A错误；第二类永动机不可能制成，是因为它违反了热力学第二定律，B错误；根据热力学第一定律可知，做功与热传递在改变系统内能方面是等价的，C正确；在物理学中，反映宏观自然过程的方向性的定律就是热力学第二定律，D正确；根据热力学第二定律的微观意义可知，E正确。(2)【解析】(i)容器由竖直旋转到水平过程温度不变，则根据玻意耳定律可得对A部分气体有1AAApVPV(1分)对B部分气体有1()BBBmgpVpVS(1分)因为活塞可以无摩擦地滑动，所以ABpp(1分)联立解得11107ABVV(1分)(ii)设加热B部分气体前，A、B两部分气体的温度均为T，根据理想气体状态方程可得对A部分气体有12AAAAAPVPVTT(1分)对B部分气体有12BBBBBPVPVTT(1分)活塞可以无摩擦地滑动，所以ABpp(1分)又22ABVV(1分)联立解得710ABTT(2分)14．(1)【答案】ADE【解析】根据几何关系可得a光进入三棱镜的入射角为60°，折射角为30°，根据折射定律可得sin603sin30n，A正确；由于在BD边只有a光射出，说明b光在BD边发生了全反射，所以a光的折射率小于b光的折射率，根据光在介质中的传播速度cvn可知，在该三棱镜中a光传播的速度大于b光传播的速度，B错误；因a光的折射率小于b光的折射率，则a光的波长大于b光的波长，a光的频率小于b光的频率，C错误；由全反射临界角sinC=1n知，a光的全反射临界角较大，D正确；双缝干涉实验中相邻亮条纹的间距lxd，所