南方新高考2018版高考物理大一轮复习 模拟试卷(二)

模拟试卷(二)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．(建议用时：60分钟 满分：110分)第Ⅰ卷(选择题 共48分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题中有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．如图M2­1所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．关于她的实验现象，下列说法中正确的是( )A ．只有“起立”过程，才能出现超重的现象B ．只有“下蹲”过程，才能出现失重的现象C ．“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象D ．“起立”、“下蹲”的过程，都能出现超重和失重的现象图M2­1 图M2­22．交流发电机的原理如图M2­2所示，10匝的矩形线圈在匀强磁场中绕轴做匀速转动，转动的角速度为10π rad/s ，线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为0.1 Wb.若从线圈平面与磁场平行的位置开始计时，在t ＝130s 时，矩形线圈中产生的感应电动势的瞬时值为( )A ．27.2 VB ．15.7 VC ．19.2 VD ．11.1 V3．据报道，目前我国正在研制“萤火二号”火星探测器．探测器升空后，先在地球表面附近以线速度v 环绕地球飞行，再调整速度进入地火转移轨道，最后以线速度v ′在火星表面附近环绕火星飞行．若认为地球和火星都是质量分布均匀的球体，已知火星与地球的半径之比为1∶2，密度之比为5∶7．设火星与地球表面的重力加速度分别为g ′和g ，下列结论正确的是( )A ．g ′∶g ＝1∶4B ．g ′∶g ＝7∶10C ．v ′∶v ＝528D ．v ′∶v ＝5144．如图M2­3所示内壁光滑的环形槽半径为R ，固定在竖直平面内，环形槽上的P 、Q 两点与环形槽圆心等高，质量均为m 的小球(可视为质点)A 和B ，以等大的速率v 0同时从P 处向上、向下滑入环形槽，若在运动过程中两球均未脱离环形槽，设当地重力加速度为g ，则下列叙述正确的是( )图M2­3A．两球第一次相遇时速度相同B．两球第一次相遇点在Q点C．小球A通过最高点时的机械能小于小球B通过最低点时的机械能D．小球A通过最高点和小球B通过最低点时对环形槽的压力差为6mg5．在光电效应实验中，两个实验小组分别在各自的实验室，约定用相同频率的单色光，分别照射锌和银的表面，结果都能发生光电效应，如图M2­4甲，并记录相关数据．对于这两组实验，下列判断正确的是( )甲乙图M2­4A．饱和光电流一定不同B．因为材料不同逸出功不同，所以遏止电压U c不同C．光电子的最大初动能不同D．分别用不同频率的光照射之后绘制U c～ν图象(ν为照射光频率，图乙为其中一小组绘制的图象)，图象的斜率可能不同6．摄制组在某大楼边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶．如图M2­5所示，若特技演员质量m＝50 kg，导演在某房顶离地H＝12 m处架设了轮轴(轮与轴有相同的角速度)，轮和轴的直径之比为3∶2(人和车均视为质点，且轮轴直径远小于H)，若轨道车从图中A 匀速前进到B，速度v＝10 m/s，绳BO与水平方向的夹角为53°，则由于绕在轮上细钢丝的拉动，使演员由地面从静止开始向上运动．在车从A运动到B的过程中(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8)( )A．演员上升的高度为3 mB．演员最大速度为9 m/sC．以地面为重力势能的零点，演员最大机械能为2400 JD．钢丝在这一过程中对演员做功为4275 J图M2­5图M2­67．如图M2­6所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20 cm的光滑圆弧导轨相接．导轨宽度为20 cm，电阻不计．导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ．一根垂直导轨放置的质量m ＝60 g 、电阻R ＝1 Ω、长为L 的导体棒ab ，用长也为20 cm 的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触．当闭合开关S 后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态．当导体棒ab 速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°(sin 53°＝0.8，g ＝10 m/s 2)，则( )A ．磁场方向一定竖直向上B ．电源的电动势E ＝8.0 VC ．导体棒在摆动过程中所受安培力F ＝8 ND ．导体棒摆动过程中的最大动能为0.08 J8．在半径为R 的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场．圆边上的P 处有一粒子源，不断沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v 0的同种粒子，如图M2­7所示．现测得：当磁感应强度为B 1时，粒子均从由P 点开始弧长为12πR 的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B 2时，粒子则都从由P 点开始弧长为23πR 的圆周范围内射出磁场．不计粒子的重力，则( )图M2­7A ．前、后两次粒子运动的轨迹半径比为r 1∶r 2＝2∶ 3B ．前、后两次粒子运动的轨迹半径比为r 1∶r 2＝2∶3C ．前、后两次磁感应强度的大小之比为B 1∶B 2＝2∶ 3D ．前、后两次磁感应强度的大小之比为B 1∶B 2＝3∶ 2 第Ⅱ卷(非选择题部分 共62分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个考生都必须作答，第13～14题为选考题，考生根据要求作答．)(一)必考题(共47分)9．(8分)某实验小组在做“验证牛顿第二定律”的实验中．甲乙图M2­8(1)在闭合开关之前，甲同学将实验器材组装成图M2­8甲所示，请指出该装置中的错误或不妥之处(只要答出其中的两点即可)：________；________．(2)乙同学将上述装置调整正确后进行实验，在实验中得到如图乙所示的一条纸带，图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，由图中的数据可计算得小车加速度为________m/s 2．(保留两位有效数字)(3)丙同学在利用上述调整好的装置进行实验中，保持沙和沙桶的总质量不变，小车自身的质量为M 且保持不变，改变小车中砝码的质量m ，并测出小车中放不同砝码时所对应的加速度a ，以m 为横坐标，1a 为纵坐标，在坐标纸上作出如图M2­9所示的1a­m 关系图线，图中纵轴上的截距为b ，则小车受到的拉力大小为________．图M2­910．(9分)某实验小组想通过实验研究苹果电池的电动势和内阻．他们制作了一个苹果电池进行研究，了解到苹果电池的内阻可能比较大，因此设计了一个如图1所示的实物电路进行测量．(1)请按图M2­10中所示实物图在方框内画出电路图(电源用“”表示)．图M2­10(2)测定苹果电池的电动势和内阻，所用的器材有： ①苹果电池E ：电动势约为1 V ；②电压表V ：量程1 V ，内阻R V ＝3 k Ω； ③电阻箱R ：最大阻值9999 Ω； ④开关S ，导线若干． (3)实验步骤如下：①按电路图连接电路(为电路安全，先将电阻箱的电阻调到最大值)；②闭合开关S ，多次调节电阻箱，记下电压表的示数U 和电阻箱相应的阻值R ，并计算出对应的1R 与1U的值，如下表所示：R /Ω9 000 6 000 5 000 4 000 3 000 2 000R －1/(10－4Ω－1) 1.1 1.7 2.0 2.5 3.3 5.0U /V 0.53 0.50 0.48 0.46 0.43 ① U －1/V －1 1.9 2.0 2.1 2.22.3 ② ③以U 为纵坐标，R 为横坐标，将计算出的数据描绘在坐标纸内，作出U ­R图线；④计算得出苹果电池的电动势和内阻．请回答下列问题：图M2­11ⅰ．实验得到的部分数据如上表所示，其中当电阻箱的电阻R ＝2 000 Ω时，电压表的示数如图M2­11所示．读出数据，完成上表．答：①________，②________．ⅱ．请根据实验数据在图M2­12中作出1U ­1R图线．图M2­12ⅲ．根据1U ­1R图线求得该苹果电池的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω．(计算结果保留2位有效数字)11．(12分)如图M2­13，两质量均为m ，长度均为L 的木板放置在光滑的水平桌面上，木块1质量也为m (可视为质点)，放于木板2的最右端，木板3沿光滑水平桌面运动，与木板2发生碰撞后粘合在一起，已知木块与两木板之间的动摩擦因数均为μ，如果碰后木块1停留在木板3上．木板3碰撞前的动量多大？图M2­1312．(18分)如图M2­14，MN、PQ为两根足够长的水平放置的平行金属导轨，间距L＝1 m；整个空间以OO′为边界，左侧有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B1＝1 T，右侧有方向相同、磁感应强度大小B2＝2 T的匀强磁场．两根完全相同的导体棒a、b，质量均为m＝0.1 kg，与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.2，其在导轨间的电阻均为R＝1 Ω．开始时，a、b棒均静止在导轨上，现用平行于导轨的恒力F＝0.8 N向右拉b棒．假定a棒始终在OO′左侧运动，b棒始终在OO′右侧运动，除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，g取10 m/s2．图M2­14(1)a棒开始滑动时，求b棒的速度大小．(2)当b棒的加速度为1.5 m/s2时，求a棒的加速度大小．(3)已知经过足够长的时间后，b棒开始做匀加速运动，求该匀加速运动的加速度大小，并计算此时a棒中电流的热功率．(二)选考题(共15分．请考生从给出的两道物理题中任选一题作答．如果多做，则按第一题计分．)13．[物理选修3－3](15分)(1)(6分)下列说法中正确的是________(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小B．布朗运动反映了气体或液体分子的无规则运动C．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性D．做功和热传递在改变系统内能方面是不等价的E．第二类永动机不违背能量守恒定律，因此是可能制成的(2)(9分)如图M2­15所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长．粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定质量的空气(可视为理想气体)，气柱长L＝20 cm.活塞A上方的水银深H＝15 cm，两活塞的重力及与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平．现使活塞B缓慢上移，直至水银的1/3被推入细筒中，求活塞B上移的距离．(设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强p0相当于75 cm的水银柱产生的压强)图M2­1514．[物理选修3－4](15分)(1)(6分)一列简谐横波沿x 轴传播，波速为v ＝4 m/s.已知坐标原点(x ＝0)处质点的振动图象如图M2­16甲所示，t ＝0.45 s 时部分波形图如图乙所示．下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)甲 乙图M2­16A ．简谐横波的传播方向沿x 轴正方向B ．简谐横波的波长为1.8 mC ．x ＝0.5 m 处的质点比x ＝0处的质点振动滞后0.5 sD ．x ＝0处的质点经过0.6 s 的路程为0.6 mE ．t ＝0.45 s 时x ＝0处的质点对应的纵坐标为220m(2)(9分)如图M2­17，三角形AOB 为等腰直角三棱镜的横截面，以OA 、OB 为轴建立直角坐标系xOy ，OA ＝OB ＝L ，棱镜的折射率为n ＝ 2.一束平行于斜边AB 的平行光从OB 边射入．光透过棱镜只考虑一次内部反射．①求距离O 点多远的入射光刚好从A 点射出． ②部分光将会从OA 边以平行于AB 边的方向射出，这部分透射光在垂直于光线方向的宽度．⎝ ⎛⎭⎪⎫已知sin 15°＝6－24，cos 15°＝6＋24图M2­172018年高考理综(物理)模拟试卷(二)1．D 解析：“起立”的过程，先加速向上后减速向上运动，加速向上运动加速度方向向上，出现超重现象，后减速向上运动加速度方向向下，出现失重现象，即“起立”过程先出现超重现象后出现失重现象；“下蹲”的过程，先加速向下后减速向下运动，加速向下运动加速度方向向下，出现失重现象，后减速向下运动加速度方向向上，出现超重现象，即“下蹲”过程先出现失重现象后出现超重现象，D 正确，A 、B 、C 错误．2．B 解析：线圈中产生的电动势的峰值为E m ＝n Φm ω＝10π V ＝31.4 V ，则电动势的瞬时值的表达式为e ＝31.4cos 10πt (V)，当t ＝130s 时e ＝15.7 V ，B 项正确，A 、C 、D项错误．3．C 解析：在星球表面的物体受到的重力等于万有引力GMm R 2＝mg ，所以g ＝GM R2＝G ·ρ·43πR 3R2＝43πG ρR ，整理可得g ′g ＝ρ′ρ·R ′R ＝57×12＝514，故A 、B 均错误；探测器绕地球表面运行和绕火星表面运行都是由万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律有：G MmR＝m v 2R，得：v ＝GM R …①，M 为中心天体质量，R 为中心天体半径，M ＝ρ·43πR 3…②，由①②得：v ＝4πG ρR23，已知地球和火星的半径之比为1∶2，密度之比为5∶7，所以探测器绕地球表面运行和绕火星表面运行线速度大小之比为：v ′∶v ＝528，故C 正确、D 错误．4．D 解析：由于两球在初始位置的机械能相等，故两球在环形槽内的任何位置的机械能都相等，选项C 错误；对小球A ，由机械能守恒定律可得：12mv 20＝mgR ＋12mv 2A ，在最高点，由牛顿第二定律可得：F A ＋mg ＝mv 2A R ；对小球B ，由机械能守恒定律可得：12mv 20＝－mgR ＋12mv 2B ，在最低点，由牛顿第二定律可得：F B －mg ＝mv 2BR，联立可得：ΔF ＝F B －F A ＝6mg ，选项D 正确；分别对两球受力分析，可知两球的重力在圆环切线方向的分力改变速度的大小，又因为两球从P 点到Q 点的路程相等，分别作出此过程的速率­时间图象，由图象可知小球B 先到达Q 点，故选项B 错误；其相遇点在Q 点的上方，由机械能守恒定律可知，两球第一次相遇时速度的大小相等，但方向不同，选项A 错误．图D1385．BC 解析：虽然光的频率相同，但光强不确定，所以单位时间逸出的光电子数可能相同，而饱和光电流不一定相同，故A 错误；根据光电效应反应方程E km ＝h ν－W 0和eU c ＝E km 得出，相同频率，不同逸出功，则遏止电压也不同，光电子的最大初动能也不同，故B 、C 正确；因为U c ＝h νe －W 0e 知图象的斜率等于he，从图象上可以得出斜率的大小，已知电子的电荷量，可以求出斜率与普朗克常量有关，故D 错误．6．BD 解析：由几何关系可得演员上升的高度为h ＝⎝⎛⎭⎪⎫H sin53°－H ×R r＝4.5m ，A 项错误；在B 点把车的速度分解如图D139所示，绳OB 各点的速度v 1＝v cos 53°＝6 m/s ，则演员的最大速度v 人＝R r v 1＝9 m/s ，B 项正确；演员的最大机械能E ＝mgh ＋12mv 2人＝4275 J ，C项错误；由功能关系知，D 项正确．图D1397．BD 解析：当闭合开关S 后，导体棒中电流方向从a 到b ，导体棒沿圆弧摆动，说明所受安培力向右，由左手定则可判断出磁场方向为竖直向下，不可能竖直向上，选项A 错误；根据题述，导体棒ab 速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，可知此时导体棒重力沿导轨圆弧切线方向的分力mg sin 53°等于安培力沿导轨圆弧切线方向的分力BIL cos 53°，即mg sin 53°＝BIL cos 53°，解得I ＝8.0 A ，由闭合电路欧姆定律，E ＝IR ＝8.0 V ，选项B 正确；导体棒在摆动过程中所受安培力F ＝BIL ＝0.5×8.0×0.2 N＝0.8 N ，选项C 错误；由以上分析知，导体棒受到的重力与安培力的合力大小F 合＝0.82＋0.62N ＝1.0 N ，方向与竖直方向成θ＝53°角，故导体棒在摆动过程中的最大动能为E km ＝F 合L (1－cos 53°)＝0.08 J ，选项D 正确．8．AD 解析：弧长12πR ，23πR 对应着14圆周和13圆周，对应轨迹圆的直径分别为2R 和3R ，则半径之比为2∶3，由r ＝mvqB可知磁感应强度之比为3∶2，故A 、D 正确． 9．(1)用的是直流电源 木板的右端没有垫高 小车离打点计时器太远(任写两条) (2)0.60 (3)Mb解析：(1)打点计时器必须使用交流电源，该实验还应平衡摩擦力，释放小车时小车应靠近打点计时器．(2)小车的加速度a ＝－－2－2.86×10－22×0.12m/s 2＝0.60 m/s 2(3)由牛顿第二定律得F ＝(M ＋m )a ，整理得1a ＝M F ＋m F由图象得M F ＝b ，则F ＝M b.10．(1)如图D140甲所示甲 乙图D140(3)ⅰ.0.37(0.36～0.38均正确) 2.7(2.6～2.8均正确) ⅱ.如图乙所示．ⅲ.1.0(0.9～1.1均正确) 2.1×103(1.8×103～2.3×103均正确)解析：(1)根据实物图画电路图．(3)ⅰ.读取电压表的读数为0.37 V ，计算其倒数为2.7；ⅱ.描点，连成直线(见答图乙)；ⅲ.由答图乙可知，图线的截距为1.67、斜率为2.1×103，根据闭合电路欧姆定律有E ＝U ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫U R ＋U R V r ，变形为1U ＝1E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋r R V ＋r E ×1R ，则有1E (1＋r R V)＝1.67、r E＝2.1×103，联立解得E ≈1.0 V、r ≈2.1×103 Ω. 11．解：设木板3的初速度为v 0，初动量p ＝mv 0对于3、2两木板的系统，设碰撞后的速度为v 1，由动量守恒定律得：mv 0＝2mv 1 对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为v 2，由动量守恒定律得：mv 0＝3mv 2据能量守恒定律得：μmgx ＝12×2mv 21－12×3mv 22 碰后木块1停留在木板3上需满足：L ≤x ≤2L联立以上各式解得：2m 3g μL ≤p ≤2m 6g μL .12．解：(1)设a 棒开始滑动时电流强度为I ，b 棒的速度为v由共点力平衡知识，得μmg ＝B 1IL ①由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知I ＝B 2Lv 2R② 联立①②知v ＝0.2 m/s. ③(2)设a 棒的加速度为a 1，b 棒的加速度为a 2.由牛顿第二定律知B 1IL －μmg ＝ma 1 ④F －B 2IL －μmg ＝ma 2 ⑤联立④⑤式a 1＝0.25 m/s 2. ⑥(3)设a 棒开始做匀加速运动加速度a 1′，b 棒开始做匀加速运动加速度为a 2′ 由牛顿第二定律知B 1IL －μmg ＝ma 1′ ⑦F －B 2IL －μmg ＝ma 2′ ⑧由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知I ＝B 2Lv 2－B 1Lv 12R⑨ 由于电流不变，则(B 2Lv 2－B 1Lv 1)为常量 ⑩所以两棒加速度满足以下关系2a 2′＝a 1′ ⑪联立⑦⑧⑪知I ＝0.28 A ⑫⑫式代入⑧式知a 2′＝0.4 m/s 2 ⑬由焦耳定律知P ＝I 2R ⑭代入数据P ＝0.078 4 W.13．(1)ABC解析：分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，A 项正确；布朗运动反映了气体或液体分子的无规则运动，B 项正确；组成晶体的离子或原子按一定的规律分布，具有空间上的周期性，C 项正确；做功和热传递在改变系统内能方面是等价的，D 项错误；第二类永动机违背热力学第二定律，是不可能制成的，E 项错误．(2)解：初态封闭气体压强：p 1＝p H ＋p 013水银上升到细筒中，设粗筒横截面积为S ，则 13HS ＝h 1S 323HS ＝h 2S 此时封闭气体压强：p 2＝p h 1＋p h 2＋p 0V 1＝LS ；V 2＝L ′S由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2解得L ′＝18 cm活塞B 上升的距离d ＝H ＋L －L ′－23H ＝7 cm. 14．(1)ADE解析：由图D141可知，x ＝0处质点在t ＝0.45 s 时沿y 轴正方向振动，则该波沿x 轴正方向传播，A 正确；简谐波的波长λ＝1.6 m ，B 错误；简谐波的周期T ＝0.4 s ，则波速v ＝λT ＝1.60.4 m/s ＝4 m/s ，x ＝0.5 m 处的质点比x ＝0处的质点振动滞后时间为t ＝0.54s ＝0.125 s ，C 错误；x ＝0处的质点经过0.6 s 的路程s ＝0.60.4×4 A＝0.6 m ，D 正确；x ＝0处的质点的振动方程为y ＝0.1sin 5πt (m)，t ＝0.45 s 代入得y ＝220m ，E 正确．图D141(2)解：①设光线从C 点射入刚好从A 点射出由折射定律知n ＝sin αsin β ①代入数据则sin β＝12 ②由几何关系知OC ＝L tan β＝33L ③②根据题意光线经过AB 边全反射后从OA 边AE 段射出．设光线宽度为d 由几何关系可知，OE ＝33L ，AE ＝L －33L ④d ＝AE cos 45°＝32－66L .。