上海市崇明区2018届第二次高考模拟考试物理试卷(二模)

崇明区2018届第二次高考模拟考试试卷物理考生注意：1．答题前，务必在试卷与答题纸上填写学校、姓名、准考证号。2．试卷满分100分，考试时间60分钟。3．本考试分设试卷和答题纸。试卷包括三大部分，第一部分为单项选择题，第二部分为填空题，第三部分为综合题。4．作答必须涂或写在答题纸上相应的位置，在试卷上作答无效。一、单项选择题（共40分，1至8题每小题3分，9至12题每小题4分。每小题只有一个正确选项）1．建立完整的电磁场理论并预言电磁波存在的科学家是A．法拉第B．奥斯特C．麦克斯韦D．赫兹2．由核反应产生，且属于电磁波的射线是A．阴极射线B．X射线C．射线D．射线3．下列能源中属于常规能源的是A．石油B．地热能C．太阳能D．核能4．在卢瑟福粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看作静止不动，下列各图画出的是其中两个粒子穿过金箔散射过程的径迹（图中的黑点为金箔的原子核），其中正确的是5．万有引力可以理解为：任何有质量的物体都要在其周围空间产生一个引力场，而一个有质量的物体在其他有质量的物体所产生的引力场中，都要受到该引力场的引力（即万有引力）作用，这种情况可以与电场类比，那么，在地球产生的引力场中的重力加速度，可以与电场中下列哪个物理量相类比A．电场力B．电场强度C．电势D．电势能6．如图所示，表示一定质量的气体的状态由A经B到C回到A的图像，其中AB延长线通过坐标原点．BC和AC分别与T轴和V轴平行．则，下列描述正确的是A．A→B过程气体压强增加B．B→C过程气体压强不变C．C→A过程气体分子密度减小D．A→B过程气体分子平均动能增加BCDATVOABC7．做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的12，则单摆振动的A．频率、振幅都不变B．频率、振幅都改变C．频率不变、振幅改变D．频率改变、振幅不变8．如图，用导线将验电器与某种金属板连接，用弧光照射金属板，验电器指针发生明显偏转，在这个过程中A．金属板上的电子转移到验电器上B．金属板上光子转移到验电器上C．金属板上光电子转移到验电器上D．验电器上电子转移到金属板上9．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻0r，滑片P在变阻器正中位置时，电灯L正常发光，各电表为理想电表．现将滑片P向右移动的过程中A．电流表示数变小B．电压表示数变大C．电灯L的功率不变D．电阻R1的功率变小10．如图，A、B两个同轴线圈在同一平面，A线圈通有顺时针方向逐渐增加的电流I1，则穿过B线圈引起感应电流的磁通量的方向和B线圈产生的感应电流I2的方向分别为A．垂直纸面向内，I2逆时针方向B．垂直纸面向内，I2顺时针方向C．垂直纸面向外，I2逆时针方向D．垂直纸面向外，I2顺时针方向11．如图所示是一列简谐横波在0t时刻的波动图像。如果此时刻质点P的运动方向沿y轴负方向，且经过0.35s质点P恰好第2次到达y轴正方向最大位移处．设波的周期为T，波速为v，则A．波沿着x轴正向传播B．波的周期0.175TsC．波的波速为2vm/sD．再经过/8T，Q点到达平衡位置12．物体以某一初速度v0沿斜面上滑，物体运动的tv图像如图，其中不可能．．．的是OtvOAOtvCOtvBDtvx/mPQy/cm52.5-500.20.4ErAVLPRR1I1AB二、填空题（每题4分，共20分）13．以速度0v竖直向上抛出一物体，忽略空气阻力的影响，则物体上升的最大高度为；当物体的动能和重力势能相等时，物体离抛出点的高度为．14．已知电场中A点的电势为22.010V，将一电荷量为82.010C的检验电荷置于该点时，它的电势能为J，将该电荷移动到电场中的B点，电场力做了6510J的正功，则B点的电势为V．15．如图，一质量为m的光滑小球，在半径为R的竖直光滑圆环内侧做圆周运动，已知小球到达圆环最高点时环对球的压力刚好等于零，则此时小球的受到的向心力为，此时小球的线速度大小为．16．上端开口的光滑圆形气缸竖直放置，活塞质量不计，横截面积10Scm2．将长为30hcm的一定质量气体封闭在气缸内．已知外界大气压强为501.010pPa保持不变，气体温度为27℃保持不变。用外力F缓慢向下压活塞，当气体长度为20hcm时，压力F的大小为．然后在逐渐减小外力的同时改变气体温度，使活塞位置保持不变，则当0F时，气体温度为K。17．质量均为m的两个可视为质点的小球A、B，分别被长为L的绝缘细线悬挂在同一点O，给A、B分别带上一定量的正电荷，并用水平向左的外力作用在A球上，平衡以后，悬挂A球的细线竖直，悬挂B球的细线向右偏60°角，如图所示．若A球的带电量为q，则B球的带电量为，水平外力F大小为．三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。18．（12分）利用如图所示的电路测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。供选择的器材有：A．电流表A（0～0.6A）B．电压表V1（0～3V）C．电压表V2（0～15V）D．滑动变阻器R1（0～20Ω）E．滑动变阻器R2（0～200Ω）G．定值电阻0R1ΩH．开关一个，导线若干（1）实验中电压表应选用，滑动变阻器应选用（选填相应器材前的字母）．60FLLBAOFhR（2）闭合开关，电压表和电流表均有示数，但是无论怎么移动滑动变阻器的滑片，电压表的读数变化都非常小．同学们讨论后，在原电路的基础上又加了一个定值电阻01RΩ，问题得到解决．请你在虚线框内画出改进后的电路图．（3）改进电路图以后，某位同学记录了6组数据，对应的点已经标在坐标纸上．在坐标纸上画出．．UI图线，并根据所画图线可得出干电池的电动势EV，内电阻rΩ．（结果小数点后保留两位有效数字）19．（13分）如图，物体在光滑曲面上a点，从静止开始自由滑下，进入粗糙水平面bc，再沿粗糙斜面上滑，到达斜面的d点时速度为零。已知斜面的倾角37，物体与斜面和水平面间的滑动摩擦系数均为0.2，且bccd，0.48hm，设物体在b点和c点均无速度损失．（sin370.6，cos370.8，10gm/s2）求：（1）物体到达b点是的速度bv；（2）作出物体沿斜面上滑时受力示意图，并求出加速度a2；（3）bc的长度为多少？hbcdθaErSVAR图1图2图3U/VI/A00.10.20.30.40.50.61.01.11.21.31.41.51.620．（15分）如图所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L为0.5m，导轨左端连接一个阻值为2.5R的定值电阻R．将一质量为0.2kg的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd的电阻1.5r，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度2BT．若金属棒以1m/s的初速度向右运动，同时对棒施加一个水平向右的拉力F，并保持拉力的功率恒为4W，从此时开始计时，经过2s金属棒的速度稳定不变，试求：（1）金属棒cd的电流方向，并分析金属棒的加速度变化情况；（2）金属棒稳定后速度是多少？此时电阻R上消耗的电功率是多少？（3）金属棒速度为2m/s时的加速度大小，并画出整个运动过程中大致的tv图像，并标出0t，2ts时坐标．MPcdNQFR012tv崇明区2018届第二次高考模拟考试物理试卷参考答案一、单项选择题（共40分，1至8题每小题3分，9至12题每小题4分。每小题只有一个正确选项）题号123456789101112答案CDACBDCDCACB二、填空题（每题4分，共20分）第一空第二空13v022gv024g144.010-6-5015mggR1650N20017mgL2kqmg23三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。18题（12分）电压表选用____B____滑动变阻器选用___D_____电动势E=1.48V，内电阻r=0.60Ω给分标准1、4分，每格2分；2、电路图2分3、6分，其中图线2分，填空4分，每格2分19、解：（13分）（1）a→b由于是光滑曲面，物体下滑过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律可得：（文字说明）（1分）mgh=12mvb2（1分）vb=2gh=2100.48m/s=9.6m/s3.1m/s（1分）（2）受力如图所示，（2分）对物体在c→d受力分析，根据牛顿第二定律，（1分）mgsinθ+μmgcosθ=ma2（1分）a2=g（sinθ+μcosθ）=10（0.6+0.20.8）m/s2=7.6m/s2（1分）（3）对物体在b→c受力分析，根据牛顿第二定律，（1分）μmg=ma1a1=μg=0.210m/s2=2m/s2（1分）设bc=cd=s，物体到达c点的速度为vc，对物体在b→c和c→d分别应用运动学公式，vc2-vb2=2a1s①（1分）0-vc2=2a2s②（1分）mgNf由①、②式可得：s=vb22（a1+a2）=9.62（2+7.6）m=0.5m（1分）20、解：（15分）（1）由右手定则可知金属棒cd的电流方向为d到c；（2分）金属棒在水平方向受到拉力F和安培力的作用，由于拉力F的功率保持不变，由P=Fv可知，速度增加拉力F在减小，而安培力FA=B2L2vr+R,随着速度的增加而增大，初始时，拉力F大于安培力，有牛顿第二定律F-FA=ma可知，合力减小，故加速度减小；最终拉力F等于安培力，金属棒的速度稳定不变做匀速直线运动，加速度为零。所以金属棒的加速度先减少，减小为零后保持不变。金属棒随着速度增加，加速度减小，最后减小到0，1分而安培力FA=B2L2vr+R随着速度的增加而增大1分由P=Fv可知，速度增加拉力F在减小，1分牛顿第二定律F-FA=ma1分（2）金属棒稳定后，加速度为零，根据共点力平衡条件，（1分）F=F安而F=Pv，F安=BIL，I=Er+R，E=BLv（1分）综上可得v=22)(LBrRpm/s=4m/s（1分）回路中的电流，I=BLvr+R=20.541.5+2.5A=1A（1分）电阻R上消耗的功率，PR=I2R=122.5W=2.5W（1分）（3）结合（2），根据牛顿第二定律，金属棒速度为2m/s时的加速度大小，Pv-B2L2vr+R=ma（1分）a=2.0/)5.15.225.0224(22m/s2=7.5m/s2（1分）结合（1）的分析，大致的v-t图，（2分）O2t/sv/ms-1421