搜索
第1页，共17页2018年山东省潍坊市高考物理一模试卷副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.如图所示，导体棒ab用绝缘细线水平悬挂，通有由a到b的电流。ab正下方放一圆形线圈，线圈通过导线，开关与直流电源连接。开关闭合瞬间，导体棒ab将（）A.向外摆动B.向里摆动C.保持静止，细线上张力变大D.保持静止，细线上张力变小2.如图所示，长木板静止于光滑水平地面，滑块叠放在木板右端，现对木板施加水平恒力，使它们向右运动，当滑块与木板分离时，滑块相对地面的位移为x，速度为v，若只减小滑块质量，再次拉动木板，滑块与木板分力时（）A.x变小，v变小B.x变大，v变大C.x变小，v变大D.x变大，v变小3.如图所示，“嫦娥三号”从M点进入环月圆轨道I，运行4天后再从M点进入椭圆轨道II，N为椭圆轨道II的近月点（可视为紧贴月球表面），则“嫦娥三号”（）A.在两轨道上运行的周期相同B.在两轨道上运行的机械能相同C.在N点的速度大于月球的第一宇宙速度D.从N到M的过程机械能不断增加4.2017年12月29日，中国首个快堆核电示范工程在福建霞浦开工建设。“快堆”核反应进程依次为92238U→92239U→93239Np→94239Pu，下列说法正确的是（）A. 92238𝑈和 92239𝑈是同位素，其原子核内中子数相同B. 92238𝑈变为 92239𝑈发生了𝛼衰变C. 92238𝑈变为 92239𝑈发生了𝛽衰变D.1𝑔 92239𝑈经过一个半衰期， 92239𝑈原子核数目变为原来的一半5.如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，上极板带正电，下极板接地，一带电油滴静止与P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则油滴（）A.仍保持静止，电势能不变B.仍保持静止，电势能减小C.将向下运动，电势能增大D.将向下运动，电势能减小二、多选题（本大题共5小题，共24.0分）第2页，共17页6.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为2√2𝜋𝑇，矩形线圈面积为0.08m2，匝数为10，电阻不计，通过电刷与理性变压器原线圈相连，当线圈绕垂直磁场的轴OO'以50πrad/s的角速度转动，副线圈两端交流电压表的示数为16V，则（）A.在图示位置时矩形线圈产生的电动势为0VB.矩形线圈产生的交流电周期为0.02𝑠C.矩形线圈产生的电动势有效值为80√2𝑉D.变压器原副线圈匝数之比为5：17.如图所示，在半径为R的圆形区域内，有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，AC为圆的直径，一质量为m、电荷量为q的粒子从A点射入磁场区域，速度方向与AC夹角为θ，粒子最后从C点离开磁场，下列说法正确的是（）A.该粒子带负电荷B.粒子速度大小为𝑞𝐵𝑅𝑚sin𝜃C.粒子速度大小为𝑞𝐵𝑅𝑚cos𝜃D.粒子在磁场中运动时间为2𝑚𝜃𝑞𝐵8.在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图a所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的v-t图线如图b中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19kg，则（）A.碰后蓝壶的速度为0.8𝑚/𝑠B.碰后蓝壶移动的距离为2.4𝑚C.碰撞过程两壶损失的动能为7.22𝐽D.碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5：49.下列说法正确的是（）A.温度高的物体分子的平均动能一定大B.气体分子的体积大小等于气体的摩尔体积跟阿伏伽德罗常数的比值C.一定质量的0℃的冰溶解为0℃的水，分子平均动能不变，分子势能增加D.通过技术革新可以达到绝对零度以下E.一定质量的理想气体吸热热量，它的内能可不变10.如图所示为一简谐横波在t=0时刻的图象。此时质点P的运动方向沿y轴负方向，且当t=1.8s时质点P恰好第三次到达y轴负方向最大位置处，下列说法正确的是（）第3页，共17页A.波沿x轴负方向传播B.波的传播速度为1𝑚/𝑠C.至𝑡=1.6𝑠，质点P的运动路程为0.4𝑚D.经0.1𝑠，质点Q第一次到达y轴正方向最大位移处E.Q点的振动方程为𝑦=5sin(52𝜋𝑡+𝜋6)𝑐𝑚三、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）11.在“验证机械能守恒定律”的实验中，一实验小组让小球自倾角为30°的斜面上滑下，用频闪相机记录了小球沿斜面下滑的过程，如图所示，测得B、C、D、E到A的距离分别为x1、x2、x3、x4，已知相机的频闪频率为f，重力加速度为g=9.8m/s2。（1）滑块经过位置D时的速度vD=______。（2）选取A为位移起点，根据实验数据作出v2-x图线，若图线斜率k=______，则小球下滑过程机械能守恒。（3）若改变斜面倾角进行实验，请写出斜面倾角大小对实验误差的影响。______。12.一探究小组要测量一量程为10mA的电流表的内阻，实验室提供的器材有：电源电动势E=1.5V，内阻r=5Ω电阻箱R0；长为20cm的均匀电阻丝R；与电阻丝接触良好的触头P；开关2个，导线若干。（1）用图a所示电路测量该电流表内阻，进行如下操作：①按原理图a将图b中的实物线连接完整电路。②断开k2，闭合k1，调整R0使电流表满偏，读得R0=75Ω③将P滑至电阻丝最右端，闭合k2，缓慢向左滑动P，直至电流表再次满偏。④测得此时P右侧电阻丝长8cm；请在图b中完成实物连接，由以上操作可知电流表内阻Rg=______Ω。（2）某同学将图a中的电路稍作改变用来测电阻阻值；断开k2，撤去ab间导线并在a、b端分别连上表笔，将待测电阻接入两表笔间，根据电流表读数即可知待测电阻阻值。则电流表10mA位置对应两表笔间接入电阻的阻值为______（填“0”或“∞”）。若某次测量电流表示数为6mA，则两表笔间接入电阻的阻值为______Ω。第4页，共17页四、计算题（本大题共4小题，共33.0分）13.2022年冬奥会将在北京举行，为训练运动员的判断力和身体应变力，在一直径为200m的圆形滑冰场上，教练和运动员分别站在直径AB的两端。教练从A端沿冰面击出冰球的同时，运动员开始从B点沿直线匀加速运动，在冰球离开原形场地前拦住冰球。教练若沿AB方向以20m/s的速度击出冰球。运动员不拦截冰球，球恰好能沿冰面滑道B点，sin53°=0.8，g=10m/s2．求：（1）冰球与冰面间的摩擦因数；（2）若教练沿与AB成53°角的方向以16m/s的速度将冰球击出，为保证拦截成功，运动员的加速度至少多大。14.如图所示，两竖直虚线间距为L，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域左侧的A点将质量为m、电荷量分别为q和-q（q＞0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域。并从该区域的右边界离开。已知N离开电场时的位置与A点在同一高度；M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍，不计空气阻力，重力加速度大小为g，已知A点到左边界的距离也为L。（1）求该电场的电场强度大小；（2）求小球射出的初速度大小；（3）要使小球M、N离开电场时的位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足的条件。第5页，共17页15.如图所示，两玻璃管内径相同，底部用细管相连，开始两管内水平面相平，水银柱长10cm，管内空气柱高20cm，用阀门将右管口封闭，用活塞封闭左管口，缓慢推动活塞压缩左管内气体，使左管内的水印恰好全部进入右管，然后保持活塞位置不动，已知大气压为75cmHg，细管容器忽略不计，环境温度保持不变，求：①左管活塞下移的距离（结果保留两位有效数字）；②将右管上端的阀门缓慢开启，计算说明右管内水银是否会溢出。16.一夸厚度为4cm的长方体玻璃砖，其下表面涂有反光膜，置于水平桌面上，如图所示，玻璃砖右端上方竖直放置一光屏。一束光线以53°的入射角射向玻璃砖，入射点到光屏距离为8cm，已知玻璃砖对该光束的折射率为43，sin37°=0.6，求：①玻璃砖右侧光屏上两光点之间的距离②光在玻璃砖中传播的最短时间。第6页，共17页答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】根据右手定则判断出线圈产生的磁场方向，利用左手定则判断出导线ab受到的安培力即可判断。本题主要考查了右手定则和左手定则，明确通电线圈在通电导体棒处产生的磁场方向，即可判断。【解答】解：当开关闭合时，线圈产生磁场，通电导线ab处的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，ab棒受到的安培力垂直于纸面向里，故向里摆动，故B正确。故选：B。2.【答案】A【解析】解：设原来滑块的质量为m，木板的质量为M；对木块根据牛顿第二定律可得：μmg=ma1，解得a1=μg；对木板根据牛顿第二定律可得：F-μmg=Ma2，解得：a2=；当m减小时，木块的加速度大小不变，而木板的加速度增大，分离时的时间减小，则x减小、v减小。故选：A。根据牛顿第二定律得到二者加速度的大小，再分析木块质量减小时二者的加速度大小，由此分析分离时速度和位移的大小变化情况。对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。3.【答案】C【解析】第7页，共17页解：A、根据开普勒第三定律，可得半长轴a越大，运动周期越大，显然轨道Ⅰ的半长轴（半径）大于轨道Ⅱ的半长轴，故沿轨道Ⅱ运动的周期小于沿轨道І运动的周期，故A错误；B、沿轨道Ⅰ运动至P时，制动减速，万有引力大于向心力做向心运动，做近心运动才能进入轨道Ⅱ，所以沿轨道Ⅰ运动时的机械能大。故B错误；C、“嫦娥三号”在N点做离心运动，可知“嫦娥三号”在N点的速度大于第一宇宙速度，故C正确；D、在轨道Ⅱ上由N点运行到M点的过程中，万有引力方向与速度方向成钝角，万有引力对其做负功，但机械能不变，故D错误。故选：C。根据开普勒第三定律可知卫星的运动周期和轨道半径之间的关系；根据做近心运动时万有引力大于向心力，做离心运动时万有引力小于向心力，可以确定变轨前后速度的变化关系；根据F合=ma可知在不同轨道上的同一点加速度相同。本题要注意：①由高轨道变轨到低轨道需要减速，而由低轨道变轨到高轨道需要加速，这一点在解决变轨问题时要经常用到，一定要注意掌握。②根据F=ma所求的加速度a是指物体的合加速度，即包括向心加速度也包括切向加速度。4.【答案】D【解析】解：A、U和U是同位素，其原子核内质子数相同，但中子数不相同。故A错误；BC、U变为U增加了一个中子，不是发生了α衰变，也不是β衰变。故BC错误；D、根据半衰期的定义可知，1gU经过一个半衰期，U原子核数目变为原来的一半。故D正确。故选：D。第8页，共17页根据同位素的特点判断是否为同位素；根据衰变的过程，结合质量数守恒以及电荷数守恒和α衰变、β衰变的特点分析。该题基于快堆核电考查对同位素以及衰变的种类的理解，其中明确同位素的意义是解答的关键。5.【答案】B【解析】解：根据C=、C=和E=推导得E=，知Q、S不变，电容器板间场强不变，油滴受力情况不变，仍处于静止状态，由U=Ed分析知，E不变，下极板竖直向下移动一小段距离，即板间距离增大，则两极板间的电势差增大，因此P点的电势升高，由于油滴带负电，那么带电油滴的电势能减小，故B正确，ACD错误。故选：B。平行板电容器充电后与电源断开连接，电容器的带电量不变，当上极板竖直向上移动时，根据电容的决定式、定义式和E=分析知道场强变化，再判断油滴的运动状态。由U=Ed分析P点与下极板间的电势差如何变化，确定电势和电势能如何变化。解决本题的关键是掌握电容的决定式、定义式和公式E=，能熟练推导出E=，要在理解的基础上记住这个结论，注意电势能的高低，除与电势有关外，还与电性有关系。6.【答案】AD【解析】解：A、由图可知，在图中的位置，线圈平面与磁场的方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，线圈产生的电动势等于0，故A正确；B、线圈绕OO'以50πrad/s的角速度转动，则周期：T=s．故B错误；C、产生的感应电动势的最大值为Em=NBS