《”超级全能生”2018届高考全国卷26省9月联考乙卷物理.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《”超级全能生”2018届高考全国卷26省9月联考乙卷物理.docx（19页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、三相学习法？三有教学法？高考物理二轮复习7t莫拟试卷“超级全能生” 2018届高考全国卷26省9月联考乙卷物理一、选择题I:本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是 符合题目要求的。1.下列说法正确的是A.核反应方程34SeT86 Kr+2e属于重核裂变B .任何放射性元素都能同时发出a、氏丁三种射线C.按照玻尔理论，氢原子处在n=2定态时的原子能力比处在n=3定态时的原子能量药效D.用某色光照射金属发生光电效应，若只增大单色光的强度，则单位时间内发射的光电子数减 少1. C解析：34Se-*36 Kr+2e属于P衰变，A错误；放射性元素发生 口衰变时发出口射线
2、，发生P1衰变时发出P射线，不是任何放射性元素都能同时发出三种射线的，B错误；根据En=2E1可n一 11一知E2 =二父13.6 V , E3 = x（-13.6）eV ,所以E2 m%,卫星b经过P点时做匀速圆周运动， 说明所受万有引力等ra2于向心力，即F万=m近，而%,所以VbAVa, C正确；卫星绕地球做匀速圆周运动，由地b球的万有引力提供向心力，因为不知道两颗卫星的质量是否相等，所以不能判断出二者在 P点受到的向心力相等，D错误。5.一质量为m的小球从高度为 H的平台上以速度V0水平抛出，落在软基路面上出现一个深度为h的坑，如图所示，不计空气阻力，对从抛出到落至坑底的过程中，以下说
3、法正确的是12A.外力取小球做的总功为 mg(H+h)+-mv012B.小球机械能的减少量为 mg(H +h)+ mv0 21 2C.路基对小球做的功为 -mv：2D.路基对小球平均阻力的大小为mg(H +h)h5. B解析：根据动能定理，合外力对小球做的功等于小球动能的增量，所以合外力对小球做的功为1 21 2-mv02, A错误；以坑底为重力势能零势能面，初态时机械能为mg(H +h)+mv2,末态时的221 2机械能为0,因此小球的 机械能减少mg(H +h)+ mvo , B正确；根据动能定理可得21 212mg(H +h)+W阻=0-一 mv0 ,所以阻力对小球做功为 Wa = mg
4、(H + h)- mv0 , C徐灰；其2 21 2mg(H h)mvo中W且=_Fh ,所以路基对小球的平均阻力为F =2，D错误。h6.如图所示，图中分别为某一闭合电路在正常工作时的电源和外电阻I-U图线，图线上1、2、3各点均表示该电路的正常的工作状态，在工作状态2时，图中a = P ,则下列说法中正确的是, 5 ,A在1、2、3各工作状态时，电源的总功率关系是 F2 I3,所以F1 P2 F3 , A错误；工作状态2时对应内、外电阻相等，电源的最大输出功率,B错误；从工作状态 1 一工作状态2,回路电流C正确；从工作状态3一工作减小，电源总功率减小，外电路电阻增大，电源的输出功率增大,
5、D错误。状态1,回路电流增大，电源总功率增大，内电阻消耗功率减小，电源的输出功率增大,7 .如图所示，倾角固定的平行光滑导轨与水平面成37。角，导轨间距为0.5m、电阻不计，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B=1T,质量分别为 m1 =2Ml0/kg和m2 nlMlOkg的导体棒ab和cd垂直导轨放置，电阻均为1 与导轨始终接触良好，下列说法正确的是(g =10m/ s2,八3 7 0sin37 =0.6)A.要使ab棒或cd棒静止不动，另一棒应向下做匀速运动8 .要使ab棒或cd棒静止不动，另一棒应向上做匀加速运动C.要使cd棒静止不动，ab棒的速度大小是1.96m/sD.要使ab棒静止
6、不动，则需在平行导轨方向加一个作用于cd棒的外力，其大小为 0.18N7. D解析：要使ab或cd棒静止不动，另一棒应做匀速运动，且方向应向上， A、B均错误；cd棒静止时，cd棒受到的安培力与其重力沿斜面方向分力大小相等，即B2L2v2RF安=BIL = m2gsin37 ,代入数据解得 v=0.48m/s , C错反；ab棒静止，cd棒匀速运动时，系统受力平衡，合外力为零，根据平衡条件可得：所需外力应为F =(m2)gsin37 = 0.18N , D 正确。8. 如图所示，足够长的真空玻璃管固定竖直放置，其底部安装有弹射装置，小球被竖直向上弹出后在O点与弹射装置分离，测得小球从O点出发又
7、回到 。点的时间间隔为 T,在。点正上方2x高处选取一点 G,测得小球两次经过 G点的时间间隔为t,则t -X图线应为三相学习法？三有教学法？高考物理二轮复习7t莫拟试卷1 6 81 6 SI 6 B1 6 8ABCD8. A1 T c解析：小球从 O点上升到最大局度过程中，上升的局度为h1 = g( )2 ,小球从G点上升到最2 21 1o o 8x大局度过程中的图度为 h2 = g(一)2,依据题意h1 h2 =x ,解得t2=T2 -,所以正确的图 22g线应为A。二、选择题II:本题共4小题，每小题 4分，共16分，在每小题的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得 4分，选对但不全的
8、得 2分，有选错的得 0分。9.如图所示，质量为 4.0kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为 6.0kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是1. A加速度的大小为1m/s228. B加速度的大小为6m/sC.弹簧的弹力大小为 60ND. A、B间相互作用力的大小为 24N9. BD解析：剪断细线前， A、B间无压力，则弹簧的弹力 F =mAg =40N ,剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，C错误；对整体分析，整体加速度a =（mA + mB ）g F ,代入数值解得a = 6m/s2, mA mbA错误B正确；隔离B物体有：mBg
9、- Fn =mBa ,解得Fn =mBg -mBa =24N , D正确。10. 一质点沿水平面做直线运动，其 v-t图像如图所示，图线恰好是一段四分之一圆弧，根据 v-t 图像可知判断A.该质点做匀减速直线运动B.该质点在第10s末的瞬时速度大小为 10m/sC.该质点在第10s末的加速度大小为 m/s23D.该质点在020s内速度的变化量的大小为20m/s10. CD解析：图线的斜率在逐渐增大，质点做的是加速度逐渐增大的减速运动，A错误；若质 点做匀减速直线运动，则该质点在第10s末的瞬时速度大小为 10m/s,而质点做的是加速度逐渐增大的减速运动，则质点在第10s末的瞬时速度比10m/s
10、要大，B错误；质点在第10s末时的加速度大小等于圆上a点切线斜率的绝对值，即等于tan ,因为sin8 =-,所以tan,因此质点在第10s末时的加 23速度大小为 -m/s2 , C正确；质点在020s内的速度变化量的大小为20m/s, D正确30 10 2011.如图所示，理想变压器原线圈的匝数为ni,副线圈的匝数为 气，原线圈的两端 a、b接正弦交流电源，电压表 V的示数为220V,负载电阻R=88 Q ,电流表A2的示数为1A,下列判断正确的是A.原线圈的输入功率为 88WB.原线圈和副线圈的匝数比为5:2C.电流表A1的示数为0.1AD .若将另一个电阻与原负载R并联，则电流表 A2
11、的示数减小11. AB解析：副线圈的输入功率为F2 =I；R=88W ,原线圈的输出功率等于副线圈的输入功率，即为88W, A 正确；由负载电阻R=88Q和电流表A2的示数可得副线圈两端的电压为U2=LR=88V,则原线圈和副线圈的匝数比_nL_Ui_ 220= 5 , b正确；由 里=12 = 5知n2 U2 882n2 I1 2电流表A1的示数为l1=0.4A, C错误；理想变压器的原副线圈的电压与匝数成正比，因原线圈的电压不变，匝数也不变，所以副线圈的电压也不变，由图可知，负载R两端的电压，即为副线圈的电压，当另一个电阻与原负载R并联负载总的阻值减小，根据欧姆定律可知电流表A2的示数增大
12、，故D错误.12.如图所示，两正对平行金属板 MN和PQ水平放置，极板宽度为 d,板间距离为2d,板间有 正交的竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一束带等量同种电荷的粒子从 MP的中- 9 三相学习法？三有教学法？高考物理二轮复习7t莫拟试卷点O垂直于电场和磁场方向均以 V0射入，恰沿直线从 NQ的中点A射出，若撤去电场，则粒子能从板间射出（粒子重力不计），以下说法正确的是 13 A.该束粒子可能带正电，也可能带负电B.若撤去电场，则从 M点和N点射出的粒子的质量相等C.若撤去电场，则从 M点和N点射出的粒子运动时间相等D.撤去电场后从 M点射出的粒子，撤去磁场时从 Q点射出12.
13、ACD解析：撤去电场，若带正电，粒子从M点或N点射出，若带负电，粒子从 P点或N点射出，根据左手定则知 A正确；撤去电场后，从 M点射出的粒子的运动半径为 RM = d，从N点射出的 2粒子的运动半径为 Rm =d ,由R =mv知Rm =2RM ,故B错误；撤去电场后，从 M点射出的 Bqd二 d ,，从 N 点射出的粒子运动的时间为 2vo,2-粒子运动的时间为t1 =122Vo1 2二d 二d , 人工 ，,t2 ,故C正确；对从 M点射出的粒子，设其质量为 m,干电量为q,在电4 Vo2Vo2磁场中时有Bqvo =qE；撤去电场后有 Bqv0 = mv-；撤去磁场，粒子做类平抛运动，设
14、粒子RM12的加速度a,穿越电场所用时间为t,则有Eq=ma, y =-at2, d=vot,联立解得y=d；即水2平位移和竖直位移均为 d,粒子从N点射出，故D正确.三、非选择题：包括必考题和选考题两部分(一)必考题：13.如图所示为利用气垫导轨(滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略)验证机械能守恒定律的 实验装置，完成以下填空。实验步骤如下：将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m,将导轨调至水平；测出挡光条的宽度l和两光电门中心之间的距离 s;将滑块移至光电门1左侧某处，待托盘和祛码静止不动时，释放滑块，要求托盘和祛码落地前挡光条已通过光电门 2;测出滑块分别通过光电门1和光电门2的挡
15、光时间乂、；用天平秤出滑块和挡光条的总质量M,再秤出托盘和祛码的总质量m回到下列问题：(1)用最小分度为1mm的刻度尺测量出光电门 1和2之间的距离s,以下数据合理的是 A. 50cmB. 50.00cmC. 50.0cmD. 50.000(2)滑块通过光电门1和光电门2的速度分别为v1和v2,则V1=。(3)若系统机械能守恒，则 M、m、g、s、v1、v2的关系是l ，、121213. (1) B； (2) ; (3) mgs= (M +m)v2 一一(M +mM 飞22解析：(1)刻度尺的最小分度是1mm,所以用cm做单位时小数点后保留两位，所以B正确；(2)滑块经过光电门1的速度v1 =
16、-匚；*1212(3)根据机械能寸恒te律可知 mgs M m v2M m v12214 .伏安法是一种测电阻的常用方法，现有一个约为40k的电阻，我们需要较准确地测量它的阻值，实验室配有如下实验器材:A.电源（电动势 3V,内阻很小）；B.电源（电动势15V,内阻很小）；C.电流表（量程 02.5mA,内阻为150Q）;D.电流表（量程 0500 wA,内阻为500Q）;E. 电压表（量程03V,内阻约 10kV);F.电压表（量程015V,内阻约 50kQ);G.滑动变阻器（阻值 02000）；H.开关和导线若干。（1）为较准确测量电阻阻值，电源应选 ;电压表应选 ;电流表应选 。（填所需
17、 器材前字母）。（2）根据实验要求和提供的实验器材，正确实验电路是 （3）在某次测量中，若电压表读数为U,电流表读数为I,电流表内阻用 RA表示，电压表内阻用Rv表示，则待测电阻阻值的表达式为Rx=。15 . （1） B, F, D; （2） D; （3） Rx-Ra解析：（1）为准确测量电阻阻值，应进行多次测量，测出多组实验数据，电源电动势应大一点，因此电源应选 B;电源电动势是15V,量程为03V的电压表量程太小，因此电压表应选F;通过待测电阻的最大电流约为I=15V/40k Q =0.375mA=375 A,因此电流表可以选 D;（2）为了准确测出电阻阻值，应测出多组实验数据，因此滑动变
18、阻器应采用分压接法；待测电 阻阻值是40k Q,电压表内阻是 50kQ ,电流表内阻为500 Q ,电流表内阻远小于待测电阻阻值， 可以采用电流表内接法，实验电路图如图D所示.(3)由欧姆定律知 RA+Rx =,则Rx = RA 16 .在xoy平面内建立如图所示的坐标系，y轴右侧存在平行于 y轴的匀强电场，当小球(质量为m、带电荷量为+q)从P点|0,L i以平行于x轴正向的初速度v0射出后，恰好做匀速直线运 ,2动。L / VoQ xn_(1)求匀强电场的电场强度 E的大小和方向；(2)若在y轴右侧再加一个垂直纸面的匀强磁场，小球从P点仍以原方式射出，小球将从Q点(L, 0)穿过x轴，求：
19、小球打在y轴上的坐标；匀强磁场的磁感应强度 B的大小和方向。15.解：(1)小球恰好做匀速直线运动，受力平衡： qE =mg ,所以E =mg , q小球带正电，所以电场方向竖直向上.(2)小球做匀速圆周运动，设其运动半径为R,其运动轨迹如图所示.L 2225LL由几何关系知：(R)2 +L2 =R2得：R=，则OM =2R =2L 242所以小球打在y轴上的坐标为(0, 2L).2小球做匀速圆周运动时，洛仑兹力提供向心力：qBv0=mv0R将R =51代入得：B=4mv045qL由左手定则知磁场方向垂直xOy平面向外.16 .如图所示，在光滑水平的高台上静置着两个物块A、B (可视作质点)，
20、其质量分别为mA =1.5kg和m)B = 0.5kg ,高台右侧与竖直墙壁连接，现让 A以v = 6m / s的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为t=0.3s,碰后速度大小变为 v2 = 4m/ s ,当A与B碰撞后会2立即枯在一起运动，已知 g =10m/s ,求:I iy(1) A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小;(2)若在。点建立如图所示的直角坐标系xOy,则与。点衔接的斜坡坡面上任意点坐标可表示三相学习法？三有教学法？高考物理二轮复习7t莫拟试卷y=x AB会落在斜坡上，求落点的坐标。16 .解：A与墙碰撞过程，规定水平向左为正，对 A由动量定理有：Ft = m
21、Av2 -mA(-M ) 代入数值解得F=50NA、B碰撞，设共同速度为 v3,系统水平方向动量守恒，则有mAv2 = (mA + mB )v3代入数值解得v3 =3m/s1,2A、B通过O点做平抛运动，则有 x=v3t,y= gt2所以yg (勺2 2 V3考虑y=x解得：y=x=1.8m则落点的坐标为(1.8m, 1.8m)17 .电阻可忽略不计的两光滑金属导轨倾斜固定，导轨平面与水平面的夹角为日=37。，如图所示，两导轨间距为 L=1.0m,上端接有阻值为 R=1.0 的电阻，整个装置处在磁感应强度大小为 B=1.0T、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，质量为 m=1.0kg ,电阻为
22、r=1.0 的导体棒与 固定弹簧连接后放在导轨上，初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度Vo=1.0m/s,整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，已知弹簧的劲度系数 k =1.0M102N / m ,弹簧的中心轴线与导轨平行（ g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37 =0.8,弹(1)求初始时刻导体棒的加速度大小;(2)当导体棒第一次到达速度为。的位置时，弹簧的弹性势能为EP =8.Qx1Q-J ,求此过程中回路产生的焦耳热Q1 ；(3)导体棒最终静止，求导体棒从第一次速度为Q的位置到停止运动的过程中，电阻 R上产生的焦耳热Q2O17.解：(1)
23、初始时刻，导体棒产生的感应电动势为E1 = BLv0 =1.QV回路中的电流为：I1 =EL =Q.5QA R r根据牛顿第二定律有 mg sin 1 BI1L = ma1解得：a1 = g sin f 1、= 6.5m/ s2 m1 o(2)根据能重寸恒te律有：一mv： =mgx1sinT EP Q12其中 EP =1kx12,解得：xi =4.QMlQ/m 2代入上式解得：Qi=Q.18J(3)导体棒最终静止时，有 mg sin日=kx2,压缩量 X2 = m=6.Q 10 2m k1此时弹簧具有的弹性势能为EP = 1kx2 = Q18J2 .、 . q_ 设该过程回路产生的焦耳热为Q
24、q,根据能量守恒定律有EP mg x1 x2 sin? - Qq EP解得 Q0 = EP mg % x2 sin 二-EP =Q.5QJR电阻R上广生的焦耳热 Q2 =Qq =Q.25JR r18.1选修33(1)下列说法正确的是 。A.显微镜下观察到墨水中的小碳粒在不停做无规则运动，这反映了小碳粒分子运动的无规则性B.气体对容器壁的压强，是由气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的C.随着分子间距离的增大，分子势能可能先减小后增大D .不可能从单一热源吸收热量使之完全转化为有用的功而不产生其他影响E.当温度升高时，物体内每个分子热运动的速率一定都增大(1) BCD解析：显微镜下观察到墨水中的小炭粒
25、在不停的无规则的运动是布朗运动，但做布朗运动的是固体小颗粒，而不是分子的运动，但它反映了分子运动的无规则性，所以A错误；气体对容器壁的压强，是由气体分子对容器壁白频繁碰撞造成的，所以 B正确；当分子力表现为斥力时，分子力 随分子间距离的减小而增大，间距增大时斥力做正功，则分子势能减小；当分子表现为引力时， 间距增大时斥力做负功，则分子势能增大，所以C正确；根据热力学第二定律可以知道，不可能从单一热源吸收热量使之完全转化为有用的功而不产生其他影响，所以D正确；温度是分子平均动能的标志，是大量分子做无规则的热运动的统计规律，当温度升高时，物体内分子的平均动能 增大，并不是每一个分子热运动的速率一定
26、都增大，故 E错误.(2)如图所示，一定质量的理想气体被质量不计的水平活塞封闭在可良好导热的竖直汽缸内， 活塞距气缸底部的高度为 h,可沿气缸无摩擦地滑动，取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面， h 尚自倒完时，活塞距气缸底部的高度为一，再取相同质量的一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面4上，外界大气的压强 po,和温度始终保持不变，活塞的横截面积为S,重力加速度为g,求： 17 一小盒沙子的质量；第二次沙子倒完时活塞距气缸底部的高度。1(2)解：设加一小盒沙子对气体产生的压强为p,由玻马定律得：p0h = p0 p -4解得p =3p0再加一小盒沙子后，气体的压强变为则一小盒沙子的质量为： m =
27、 3pS gp0+2p.设第二次加沙子后，活塞的高度为 h,由玻马定律得p0h = p0 2p h一 1解得h = - h 719.【选修34】（1）前不久荆州地区发生了 3.2级地震，国家地震局截获了一列沿 x轴传播的 地震横波波形图如图甲所示，技术人员绘制了离O点3km的质点从这一时刻（t=0）开始的振动图像如图乙所示，则下列判断正确的是 A .该地震波沿x负方向传播B.该地震波波速为 5km/sC. 3km处的这个质点在 0.5s时刻向y轴正方向运动D. 1.6s时刻，3km处的这个质点处于平衡位置E.我们不能用地震波中横波和纵波的传播速度不同建立对横波的预警机制19.【选修3 4（1）
28、 ABD解析：由乙图读出t=0时刻3km处质点的速度方向沿 y轴正方向，由甲图判断出波的传播方向沿x轴负方向，故 A正确；由甲图读出该波的波长为入=4km,由乙图知周期为 T=0.8s,则波速为4 .v=l= km/s = 5km/s,故B正确；由乙图可知在 0.5s时刻3km处质点的速度方向沿 y T 0.8轴负方向，故 C错误；由图乙知，0.8s时3km处的这个质点处于平衡位置，经1.6s即2个周期时质点又回到平衡位置， 故D正确；已知地震波的纵波波速大于横波波速，此性质可用于横波的预警，故E错误.（2）如图为某半圆横波和纵波的传播速度不同建立对横波的预警机制，光从玻璃砖的P点射入,入射角
29、日可从0到90变化，现只考虑能从AB边折射的情况（不考虑从AB上反射后的情况） 已知a =45 ,玻璃砖对该单色光的折射率n=J2,光在真空中的速度为 c,求：三相学习法？三有教学法？高考物理二轮复习7t莫拟试卷以A点为坐标原点，在 x轴上被照亮部分两端点坐标；光在玻璃砖中传播的最长时间to(2)解：当0 =0时，光线沿PO射到。点.根据临界角公式sinC =1=,得C=45。n 2sin1当0 =90。时，设折射角为3 ,由n = a得3 =45。即最大折射角为 45。，折射光线与 AB边sin -垂直.“一、2出射光线到O点的距离为：d = Rsin 45s = R2所以，能照亮x轴的两端点坐标分别为：2-&r r2光在玻璃砖中传播的速度为：v = =3n 2光在玻璃砖中传播的最长距离为：R=x所以最长时间为：1=x=且 v c三相学习法？三有教学法？高考物理二轮复习中莫拟试卷19 -