高考物理模拟试题(四)参考答案与提示

2018-05-30

中学生数理化(高中版.高考理化) 2018年5期

A卷

1.A 提示：234990Th衰变为222986Rn，经过α衰变的次数为(234-222)÷4=3次，经过β衰变的次数为86-(90-2×3)=2次，选项A正确是核聚变方程，选项B错误。是核裂变方程，不是氢弹的核反应方程，选项C错误。高速运动的α粒子轰击氮核可从氮核中打出质子，其核反应方程为，选项D错误。

2.B 提示：多用表的表笔与被测线圈脱离时，线圈中电流突变，线圈两端由于自感产生高电压，使刘伟有电击感，选项A错误、B正确。这时电表与线圈断开，电表不会被烧坏，同样的道理，李辉不会有电击感，选项C、D错误。

3.C 提示：由图可知，甲的加速度a1=2m/s2，乙的加速度a2=6m/s2，则，解得，选项C正确。v1=a1t1=2(3+3)m/s，选项A错误。v2=a2(t1-2s)=6(1+3)m/s，选项B错误。当t=3s时甲、乙相距的距离最大，且最大距离，选项D错误。

4.D 提示：根据电场线分布可知，a、b两点的电场强度大小相等，方向相同，选项A错误。a、b两点处于等量异种电荷的垂直平分面上，该面是一等势面，所以a、b两点的电势相等，选项B错误。根据等量异种点电荷电场线的特点，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，则c点的电势大于d点的电势，把点电荷+Q从c点移到d点，静电力做正功，电势能减小，选项C错误。根据对称性有Ucb=Ubd，因此将同一个试探电荷从c点移到b点和从b点移到d点，静电力做功相同，选项D正确。

5.B 提示：根据电流的热效应得解得U1=由解得，即电压表的示数为V，选项B正确。开关S断开时，副线圈中电流I2=A，由得，即电流表的示数为A，选项A错误。闭合开关S后，副线圈中总电阻减小，因为原线圈电压和匝数比都不变，所以副线圈两端的电压不变，电压表示数不变，副线圈的电流变大，则原线圈的电流变大，电流表示数变大，选项C、D错误。

6.ACD

7.AB 提示：据力的三角形定则可知，圆柱体a处于初状态时，圆柱体a受到的支持力，拉力当圆柱体a缓慢滑动时，θ增大，a、b间的弹力减小，拉力减小。当圆柱体a滑到b的顶端时圆柱体a还是处于平衡状态，由水平方向受力平衡知此时它受到的拉力减为0，由竖直方向受力平衡知a、b间的压力减小为G。

8.ABC 提示：由图可知，发令枪响后经过0.2s后运动员后脚开始发力，选项A正确。运动员在水平方向上的最大加速度约为，选项B正确。每一小格表示的冲量大小I1=50×0.05N·s=2.5N·s，起跑过程中的总冲量I=82I1=205N·s，由动量定理I=mv，解得运动员离开起跑器时的水平速率约为v=3.4m/s，选项C正确。起跑器对运动员弹力的位移为0，所以起跑器对运动员做功为0，选项D错误。

9.(1)6.93 (2)A (3)钩码重力超过弹簧的弹性限度

提示：(1)根据刻度尺的读数规则得l乙=14.66cm，所以 Δl=14.66cm-7.73cm=6.93cm。(2)在增加钩码时，应逐一增挂钩码，以防增加太大而超过弹簧的弹性限度，并记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重，故A正确。(3)根据胡克定律可知，在弹性限度内，F与x成正比，即图像为过原点的倾斜的直线，如果超出弹性限度，那么F与x不成正比，故图像就不是过原点的直线了，即偏离原直线。

10.(1)C E F (2)如图1所示(3)0.34

图1

图2

提示：(1)标有“5V，2.5W”字样的小灯泡的额定电流A，电流表应选用C，电压表应选用E。要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据，则滑动变阻器应采用分压式接法，滑动变阻器应选用F。(2)小灯泡电阻较小，电流表采用外接法，实验电路如图1所示。(3)小灯泡接到如题中图乙所示的电路中，电源电动势E=4V，内阻r=1Ω，定值电阻R=9Ω，小灯泡两端电压与电流的关系为UL=E-I(R+r)=4-10I，将该关系图像描绘在题中图甲上，如图2所示。两者交点表示小灯泡的工作电压与电流，由图可得小灯泡此时的工作电压为1.2V，工作电流为0.28A，小灯泡的实际功率P=IU=0.28×1.2W=0.34W。

11.(1)设小物块P沿轨道MN滑下时的末速度为v1，由机械能守恒定律得m1gh=，解得v1=6m/s。小物块P、Q发生碰撞，取向右为正方向，设碰后小物块P、Q的速度分别为v1'、v2，则m1v1=m1v1'+，解得v'1=4m/s，v2=10m/s。故碰撞后瞬间小物块Q的速度为10m/s，方向水平向右。(2)小物块Q与小车相对静止时，设其共同速度为v3，由小车和小物块Q组成的系统在水平方向上动量守恒，则m2v2=(m2+M)v3，解得v3=2.5m/s。小物块Q从开始运动到与小车相对静止的过程中，设动摩擦因数为μ，由系统能量守恒得，解得μ=0.25。经分析可知，小物块Q滑至C点与小车共速时，轨道BCD的半径R最小，由系统能量守恒得解得R=1.25m。

图3

12.(1)电子做匀速直线运动，由平衡条件得qE=qvB，解得(2)电子在磁场中做圆周运动，轨迹如图3所示。洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得r=L，圆心角的余弦cosα=，因此α=60°。电子在磁场中做圆周运动的周期电子在磁场中做圆周运动的时间电子离开场区之后的运动时间t2=因此电子打到荧光屏上所需的时间t=t1+t2=(3)设电子在电场中运动的时间为t'，竖直分位移为y，水平分位移为x，则，qE=ma，vy=at'，解得设电子穿出电场时的速度方向与x轴间的夹角为θ，则。电子打到荧光屏上距离Q点的距离H=(4L-x)tanθ=(4-，由数学知识可知，当y=2L时，H有最大值，最大值Hmax=4L。

13.(1)BCE (2)①设气体Q开始时的体积为V1，活塞A移动至恰好到达汽缸顶端的过程中，气体Q做等压变化，体积变为2V1，则，解得气体Q的温度T1= 2T0。②设放上物块C继续加热过程后气体P的体积为V2，气体P做等温变化，则又有p0=，解得此时气体Q的体积V3，由理想气体的状态方程得

解得此时气体Q的温度

14.(1)CDE 提示：由图可知该波的波长λ=4m，在时间t=0.1s内，波传播的距离，根据波形的平移法可知，这列波沿x轴负方向传播，t=0时刻质点a向y轴负方向运动，选项A、B错误。这列波的周期s，选项C正确。从t=0时刻开始质点a经0.2s是经半个周期，通过的路程为2倍的振幅，大小为2A=0.4m，选项D正确。x=2m处的质点起始位置在平衡位置且向y轴负方向振动，振动方程为，选项E正确。(2)①光路如图4所示，根据折射定律得n=，由几何关系知2β=α，解得β=30°，α=60°。这条入射光线到AB的距离②这条光线在圆柱体中的传播距离s=2Rcosβ=R。光在圆柱体中的传播速度，则这条光线在圆柱体中的传播时间。

图4

B卷

1.B 提示：单车的位置信息是借助GPS系统准确定位的，选项A错误。单车在骑行过程中利用电磁感应原理为车内电池充电，选项B正确。由手机APP上的显示信息，可求出骑行的平均速率，但求不出平均速度，选项C错误。单车在被骑行过程中受到地面的摩擦力与单车的运动方向相同，表现为动力，选项D错误。

2.B 提示：将运动员与自行车视为一个整体，转弯时可看成是水平面内圆周运动的一部分，因为地面对车轮的支持力和重力的方向均在竖直方向，所以不可能提供向心力，运动员转弯所需向心力只能由地面对车轮的摩擦力提供，选项A错误、B正确。运动员受到的合力方向大致指向圆心，选项C错误。发生侧滑是因为运动员受到的合外力小于所需要的向心力，选项D错误。

3.D 提示：以结点O为研究对象，受力情况如图1甲所示。细绳OA的拉力FA先减小再增大，细绳OB的拉力FB一直减小，选项A、B错误。以由斜面体和物块P组成的整体为研究对象，受力情况如图1乙所示。地面对斜面体有摩擦力方向向左，选项C错误。因为细绳OB的拉力FB方向不变，大小一直减小，所以地面对斜面体的支持力N不断减小，选项D正确。

图1

4.D

5.C 提示：甲、乙光的截止电压相同，根据eUc=Ekmax=hν-W0可知，二者的频率相同，选项A错误。乙光的截止电压比丙光的低，乙光的频率比丙光的低，波长比丙光的长，选项B错误。乙光的截止电压比丙光的低，则乙光的截止频率比丙光的小，选项C正确。甲光的截止电压比丙光的低，根据eUc=Ekmax=hν-W0可知，甲光对应的光电子最大初动能小于丙光对应的光电子最大初动能，选项D错误。

6.BD 提示：行李在传送带上先加速运动，然后再和传送带一起匀速运动。由牛顿第二定律得μmg=ma，解得a=1m/s2。设行李匀加速运动的时间为t1，行李加速运动的末速度v=1m/s。由v=at1，解得t1=1s，行李匀加速运动的位移大小0.5m，行李匀速运动的时间1.5s，行李从A运动到B的时间t=t1+t2=2.5s，而乘客一直做匀速运动，从A运动到B的时间s，故乘客提前0.5s到达B处，选项A、C均错误，B正确。若行李一直做匀加速运动，则运动时间最短。根据，解得tmin=2s，选项D正确。

7.BC 提示：这两个黑洞共轴转动，角速度ω相等，选项B正确。根据v=rω可知，因为不知道半径关系，所以不能确定线速度的大小之比，选项A错误。根据，解得，同理得M1=，则，当M+M保持不变，随着甲、乙两个12黑洞的间距L缓慢减小，它们的运行周期T也在减小，选项C正确。根据a=rω2可知，因为不知道两个黑洞的转动半径关系，所以它们的向心加速度不一定相等，选项D错误。

8.AB 提示：电场强度，即qE=mg，则等效最低点在B、C之间，重力和静电力的合力为mg，由mg=得小球在等效最高点的最小速度，选项A正确。若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，静电力做功最多，故小球运动到B点时的机械能最大，选项B正确。小球所受合力方向与电场方向夹45°角斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，则它将沿合力方向做匀加速直线运动，选项C错误。若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，因为在沿AD弧线运动至半径OA转过45°的过程中，合力对小球做负功，小球的动能不断减小，又有小球在等效最高点的速度最小值vmin=，所以小球将脱离圆形轨道，不可能到达B点，选项D错误。

9.(1)调节轨道的倾斜角度以平衡摩擦力 (2)小于小于

提示：(1)从图中发现直线没过原点，也就是说当细绳拉力不为0时，小车的加速度为0，所以可能的原因是存在摩擦力。若利用本实验来验证“小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以重物所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是：调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，即使得细绳的拉力等于小车的合力。(2)根据牛顿第二定律得F-f=ma，即图像的斜率表示质量倒数，所以m甲

10.(1)4.0 3.0 2.0 偏小 (2)如图2所示

提示：(1)直线②的斜率表示R0的阻值，大小Ω=4.0Ω。直线①在纵轴上的截距表示电池组的电动势，大小E=3.0V，直线①的斜率为6.0Ω，电源内阻r=2.0Ω。由于电压表V1分流导致内阻分压，使得电动势的测量值偏小。(2)用一只电压表和一只电流表测电池组的电动势和内阻，电压表应测路端电压，电流表应测干路电流，测量电路如图2所示。闭合开关S，移动滑片P使滑动变阻器短路时，有;由闭合电路的欧姆定律得E=U1+I1r、E=U2+I2r，解得E=

11.小球在最高点D的受力情况如图3所示，由牛顿第二定律得，小球离开D点后，在水平方向上有qEcosθ=max，vt-axt2=0，在竖直方向上有mg-qEsinθ=may，2R=，联立以上各式解得E=(2)小球在从起点运动到D点的过程中，根据动能定理得qEcosθ·L-mg·2R+，解得L=2.5R。

图3

12.(1)根据v-t图像可知，长木板B的加速度大小m/s，根据牛顿第二定律得μ2m3g=m2a2，解得m2=1.0kg。(2)物块A与长木板B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律得m1v=m1v1+m2v2，根据机械能守恒定律得解得v=9m/s，v1=-3m/s。对于物块A，以初速度v0向右减速运动与长木板B碰撞的过程，根据动能定理得-μ1m1gs0=，解得v0=10m/s。(3)对物块A反向运动后，有μ1m1g=m1a1，0=v1+a1t1，解得t1=3s。当t1=3s时，B和C已共速，由于碰撞过程中不损失机械能，碰撞前后损失的机械能均为克服摩擦力而做功，故产生的热量由v-t图像得v共=3m/s，解得Q=16J。

13.(1)BDE (2)①由题意知气体的压强为，解得活塞质量m=6.8kg。②添砂加热时，气体发生等容变化，由查理定律得，解得h2=0.162m。

14.(1)BCE 提示：波Ⅰ的起振方向向下，波Ⅱ的起振方向向上，选项A错误。波Ⅰ的波长为2cm，波Ⅱ的波长为4cm，选项B正确。t=0.05s时，质点P经平衡位置向下振动，质点Q到达波谷处，其坐标为(18cm，-3cm)，选项C正确。两列波的周期和频率不同，叠加后不能形成稳定的干涉图样，选项D错误。t=0.12s时两列波在x=10cm处的位移均为零，且振动方向均向下，所以合位移为零但振动加强，选项E正确。