1、2018年高考仿真模擬試題(新課標(biāo)全國卷)物理(一)答案1A【解析】當(dāng)電子吸收光子的能量后，動能增加，在逸出的過程中要克服金屬的逸出功，電子的動能減少，A正確；在一定的光照條件下，單位時間內(nèi)陰極K發(fā)射的光電子數(shù)目是一定的，電壓增加到一定值時，所有光電子都被陽極A吸收，這時即使再增大電壓，光電流也不會增大，B錯誤；光的頻率改變時，遏止電壓也會改變，C錯誤；根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程可知光電子逸出時的最大初動能與入射光的頻率有關(guān)，而與入射光的強(qiáng)弱無關(guān)，D錯誤。2C【解析】由xt圖象可知超聲波信號從發(fā)出到接收所用的時間變長，所以汽車離測速儀越來越遠(yuǎn)，A錯誤；在時間內(nèi)，汽車的位移是，從圖象上不能看出測速

2、儀發(fā)出兩個超聲波信號的時間間隔，B錯誤；汽車在時間內(nèi)的平均速度為，C正確；超聲波信號的速度為，D錯誤。3B【解析】對升壓變壓器有=k1，所以升壓變壓器副線圈的電壓為，A錯誤；原線圈中的電流=，又=k，解得升壓變壓器副線圈的電流=，所以輸電線上損失的功率為=，B正確；降壓變壓器副線圈的負(fù)載減少時，消耗的電功率減小，故發(fā)電廠的輸出功率減小，C錯誤；如果升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比變?yōu)閗n，則=，輸電線上損失的功率為，所以輸電線上損失的功率將變?yōu)樵瓉淼?，D錯誤。4B【解析】根據(jù)題意可知行星與恒星運(yùn)動的角速度相等，它們做圓周運(yùn)動的向心力由萬有引力提供，有，解得=，A錯誤；對恒星有=，把=代入，可解得=

3、，B正確；由于=、=，化簡后兩式相加可得，所以當(dāng)行星和恒星間的距離增大時，它們的運(yùn)行周期也增大，C錯誤；根據(jù)=，得，由此可知行星軌道半徑的三次方和運(yùn)行周期的平方成正比，同理可得恒星軌道半徑的三次方和運(yùn)行周期的平方也成正比，D錯誤。5BD【解析】如果僅將的滑片向上滑動，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電路中的電流增大，所以兩端的電壓增加，消耗的功率也增加，A錯誤；由題意可知外電路的電阻大于電源的內(nèi)阻，所以當(dāng)?shù)幕蛏匣瑒訒r，電源的輸出功率增加，B正確；開關(guān)S與觸點(diǎn)1連接，電容器極板間的電勢差等于兩端的電壓，的滑片向上滑動時，兩端的電壓增大，故C錯誤；若僅將開關(guān)S由觸點(diǎn)1撥向觸點(diǎn)2，電路中電流不變，仍為

4、=0.5 A，開關(guān)S與觸點(diǎn)1連接時，電容器左側(cè)極板帶正電，帶電荷量=0.75 C；開關(guān)S與觸點(diǎn)2連接時，電容器左側(cè)極板帶負(fù)電，帶電荷量=1.0 C，所以將開關(guān)S由觸點(diǎn)1撥向觸點(diǎn)2，流過導(dǎo)線d橫截面的電荷量為=1.75 C，D正確。6AC【解析】如圖所示:設(shè)小球落到斜面上時的速度方向與水平方向之間的夾角為，則有tan =，小球的位移與水平方向的夾角等于斜面的傾角，則有tan =，比較兩式有tan =2tan ，則可知小球兩次落到斜面上時的速度方向相同，則有cos =，則得=12，又tan =，得=12，故A、C正確?！緜渥ⅰ吭谛泵嫔系钠綊佭\(yùn)動是?？嫉奈锢砟Ｐ?，本題小球兩次拋出時的位置沒有明確，給

5、解題帶來困難。但仔細(xì)分析題目發(fā)現(xiàn)，雖然小球兩次的拋出點(diǎn)不明確，但是小球都能落到斜面上，利用平拋運(yùn)動的規(guī)律可得出小球落到斜面上時的速度方向與初速度大小無關(guān)，與斜面傾角有關(guān)。7AD【解析】小球在上升的過程，在A、B兩點(diǎn)速度均為0，小球受到的合力先豎直向上后豎直向下，大小先減小后增大，根據(jù)動能定理得，小球的動能，所以h圖象斜率先為正值，后為負(fù)值，斜率的絕對值先減小后增大，A正確；小球的電勢能=，沿點(diǎn)電荷的電場線方向電勢逐漸減小，電勢能逐漸減少，為負(fù)值，小球運(yùn)動過程中所受電場力逐漸減小，所以h圖象斜率逐漸減小，B錯誤；重力勢能=mgh ，所以h的圖象為過原點(diǎn)的直線，C錯誤；機(jī)械能的增加量等于電場力做的

6、功，E=，小球運(yùn)動過程中電場力逐漸減小，所以Eh圖象的斜率逐漸減小，D正確。8BC【解析】因?yàn)樾∏虻倪\(yùn)動實(shí)際上是豎直平面內(nèi)沿 逆時針方向、速度大小為v的勻速圓周運(yùn)動和水平向右、速度大小為v的勻速直線運(yùn)動的合運(yùn)動，故小球在最高點(diǎn)做圓周運(yùn)動的分速度水平向左，做直線運(yùn)動的分速度水平向右，合速度為0，在最低點(diǎn)時的速度是兩分速度的矢量和，為2v，A錯誤；設(shè)在最低點(diǎn)時軌跡的曲率半徑為R，則有=，可解得曲率半徑R=，B正確；小球在運(yùn)動過程中洛倫茲力不做功，機(jī)械能守恒， 有mgh=，C正確；小球從釋放到第一次經(jīng)過最低點(diǎn)的過程中，只運(yùn)動了半個圓周，根據(jù)分運(yùn)動的等時性，D錯誤。9【答案】(1)調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌使其水平

7、(1分) (2)5.75(1分)(3) (1分) (1分)(4)氣墊導(dǎo)軌沒有調(diào)節(jié)水平且右端高(2分)【解析】(1)在系統(tǒng)所受外力的矢量和為零的情況下，系統(tǒng)動量守恒，所以接通氣源之前必須調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌使其水平；(2)由游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知，遮光條的寬度d=5 mm+150.05 mm=5.75 mm；(3)滑塊通過光電門時的速度等于，所以對于滑塊A、B組成的系統(tǒng)，如果與在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)相等，則說明系統(tǒng)動量守恒，因此實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式為，等式兩邊可以消去d，所以本實(shí)驗(yàn)不需要測量遮光條的寬度。(4)實(shí)驗(yàn)中如果滑塊A的動量大小總是大于滑塊B的動量大小，則說明氣墊導(dǎo)軌沒有調(diào)節(jié)水平，且氣墊導(dǎo)軌右端

8、高。10【答案】(1)1.4(1分) 0.6(1分) (2)電源電動勢的倒數(shù)(2分) (2分)2 642 (2分)小于(1分)【解析】(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律有，解得，由題圖乙可知=0.7 ，解得E=1.4 V，/V，解得r=0.6 ；(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，所以R圖象與縱軸截距的物理意義是電源電動勢的倒數(shù)；因?yàn)椋噪妷罕韮?nèi)阻表達(dá)式為=；根據(jù)題圖丁數(shù)據(jù)可得=2 642 。因?yàn)閷?shí)驗(yàn)中不考慮電源的內(nèi)阻，故=，如果考慮電源的內(nèi)阻，則，得=，對比兩式知電壓表內(nèi)阻的測量值小于其真實(shí)值。11【解析】(1)設(shè)線框ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度為，則根據(jù)動能定理有mgLsin30=(1分)解得=2 m/

9、s(1分)線框ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BL線框ab邊剛進(jìn)入磁場時受到的安培力F=BIL=1.6 N(1分)(2)線框勻速運(yùn)動時受到的合力為零，根據(jù)受力平衡有=mgsin30(1分)=(1分)=BL(1分)代入數(shù)據(jù)解得=3 m/s(1分)(3)由題意可知，線框在沿斜面下滑的過程中始終受到安培力的作用，設(shè)線框從剛進(jìn)入磁場開始經(jīng)t時間速度變化為v，線框速度為v，此時有=在t時間內(nèi)，由動量定理有(mgsin30)t=mv(1分)設(shè)經(jīng)t=0.96 s，線框沿斜面下滑的位移為x，對上式兩邊求和(mgsin30)tvt=mv(1分)可得(mgsin30)tx=m(1分)代入數(shù)據(jù)解得x=2.4 m

10、(1分)線框穿過完整的條形磁場區(qū)域的個數(shù)n=3(1分)由能量守恒定律有mgxsin 30=Q+(1分)解得Q=4.84 J(1分)12【解析】 (1)設(shè)物塊第一次運(yùn)動到B點(diǎn)前瞬間的速度為v，根據(jù)動能定理有mgR=(1分)解得v=2 m/s(1分)根據(jù)牛頓第二定律有=(1分)解得=6 N(1分)根據(jù)牛頓第三定律知，物塊對軌道的壓力F=6 N(1分)(2)設(shè)物塊第一次與彈性擋板碰撞前的速度為由動能定理有mgRmgL=(1分)解得=4 m/s(1分)以水平向右為正方向，則彈性擋板對物塊的沖量為=1.6 Ns，方向水平向右(1分)(3)設(shè)物塊在水平軌道上運(yùn)動的總時間為tmg=ma(1分)解得a=g=2

11、 (1分)t=s(1分)(4)如圖所示設(shè)物塊運(yùn)動到D點(diǎn)時豎直方向的加速度=0，此時物塊的豎直方向的分速度最大，重力的瞬時功率最大，物塊運(yùn)動到D點(diǎn)時圓弧軌道對物塊的彈力為F，D點(diǎn)和圓弧軌道所在圓的圓心連線與豎直方向的夾角為，則Fcos =mg(1分)在D點(diǎn)，由牛頓第二定律有Fmgcos =(1分)物塊從靜止釋放到運(yùn)動至D點(diǎn)的過程中，由動能定理有mgRcos =(1分)聯(lián)立解得cos =(1分)當(dāng)D點(diǎn)和圓弧軌道所在圓的圓心連線與豎直方向的夾角=arccos時，最大，即重力做功的功率P最大此時=mg=mgsin (2分)解得=W(1分)【備注】在求解本題的第(4)問時，應(yīng)該從重力的瞬時功率P= mg

12、入手 ，其中為物塊在圓弧軌道運(yùn)動速度v的豎直分量，由于mg恒定，P的變化規(guī)律即的變化規(guī)律。在物塊沿圓弧軌道下滑的過程中，豎直速度先增大后減小，則取最大值時，物塊的豎直方向加速度=0，此時物塊豎直方向的合力為零。分析到這里，問題也就迎刃而解了。13(1)【答案】CDE【解析】根據(jù)熱力學(xué)第一定律U=W+Q可知，一定質(zhì)量的氣體膨脹時對外界做功，但同時也可能吸收更多的熱量，所以內(nèi)能不一定減少，A錯誤；第二類永動機(jī)不可能制成，是因?yàn)樗`反了熱力學(xué)第二定律，B錯誤；根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，做功與熱傳遞在改變系統(tǒng)內(nèi)能方面是等價的，C正確；在物理學(xué)中，反映宏觀自然過程的方向性的定律就是熱力學(xué)第二定律，D正確；

13、根據(jù)熱力學(xué)第二定律的微觀意義可知，E正確。(2) 【解析】(i)容器由豎直旋轉(zhuǎn)到水平過程溫度不變，則根據(jù)玻意耳定律可得對A部分氣體有(1分)對B部分氣體有(1分)因?yàn)榛钊梢詿o摩擦地滑動，所以(1分)聯(lián)立解得(1分)(ii)設(shè)加熱B部分氣體前，A、B兩部分氣體的溫度均為T，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可得對A部分氣體有(1分)對B部分氣體有(1分)活塞可以無摩擦地滑動，所以(1分)又(1分)聯(lián)立解得(2分)14(1) 【答案】ADE【解析】根據(jù)幾何關(guān)系可得a光進(jìn)入三棱鏡的入射角為60，折射角為30，根據(jù)折射定律可得，A正確；由于在BD邊只有a光射出，說明b光在BD邊發(fā)生了全反射，所以a光的折射率小于b光的折射率，根據(jù)光在介質(zhì)中的傳播速度可知，在該三棱鏡中a光傳播的速度大于b光傳播的速度，B錯誤；因a光的折射率小于b光的折射率，則a光的波長大于b光的波長，a光的頻率小于b光的頻率，C錯誤；由全反射臨界角sin C=知，a光的全反射臨界角較大，D正確；雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中相鄰亮條紋的間距，所以在同一裝置上做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，a光的干涉條紋間距較大，E正確。 (2) 【解析】 (i)由題圖乙可知，t=0時刻，平衡位置位于