2018年江西省南昌市高考一模试卷物理

2018年江西省南昌市高考一模试卷物理

2018 年江西省南昌市高考一模试卷物理 一、选择题：共 8 小题，每小题 6 分，在每小题给出的四个选项中，第 14～18 题只有一项 符合题目要求，第 19～21 题有多项符合题目要求，全部选对得 6 分，选对但不全的得 3 分， 有选错的得 0 分 1.（6 分）在雷雨天气中，大树就相当于一个电量较大的点电荷，1 和 2 是以树为圆心的同 心圆，有甲、乙、丙、丁四头相同的牛按如图所示位置和方向分别站在地面上，由此判断： ( ) A.牛丙所处位置的电场强度为零 B.牛乙和牛丙两处电场强度相同 C.牛丁处的电势一定高于牛乙处的电势 D.牛甲前后脚电势差最大，处于最危险的状态 解析：A、根据点电荷电场强度公式 E= 2r kQ ，可知，牛丙所处位置的电场强度不为零，故 A 错误； B、根据点电荷电场强度公式 E= ，可知，牛乙和牛丙两处电场强度大小相等，但方向不 同，故 B 错误； C、沿着电场线的方向，电势是降低的，虽然牛丁与牛乙所站的位置不同，但由于点电荷的 电性不知，因此无法判定两者的电势高低，故 C 错误； D、乙与丁两位置的前后脚与半径垂直，而甲与丙两位置的前后脚与半径平行，加之靠近点 电荷的电势差越大，因此甲前后脚电势差最大，处于最危险的状态，故 D 正确。 答案：D 2.（6 分）如图所示，地球绕太阳公转，而月球又绕地球转动。它们的运动可近似看成匀速 圆周运动。如果要估算太阳与月球的引力与地球与月球的引力之比，已知地球绕太阳公转的 周期和月球绕地球运动周期，还需要测量的物理量是( ) A.地球绕太阳公转的半径 B.月球绕地球转动的半径 C.月球绕地球的半径和地球绕太阳公转的半径 D.月球的质量和地球绕太阳公转的半径 解析：已知地球绕太阳公转的周期和月球绕地球运动的周期，如果再已知地球绕太阳公转的 半径和月球绕地球的半径，根据万有引力定律可得： 日地之间： 2 日地 地日 r MGM =M 地 r 日地 2 1 24 T  解得：M 日= 2 1 324 GT r日地 ； 地月之间： 2 m 月地 地 r GM =mr 月地 2 2 24 T  解得：M 月= 2 2 224 GT r月地 由于日地距离与日月距离近似相等，所以根据 F= 2 m r GM 可以估算太阳对月球、地球对月球 的引力之比，故 C 正确、ABD 错误。 答案：C 3.（6 分）在自行车速度表中，条形磁铁与车轮的辐条连接，线圈固定在车架上，使轮子每 转一圈磁铁就移过它一次。当磁铁移过线圈时，在线圈中感应出一个电流脉冲。如图所示中 显示了磁铁正要移经线圈。若以逆时针方向为正，下图中哪一个图现实可能是所产生的电流 脉冲？( ) A. B. C. D. 解析：由题意可知，当磁铁靠近线圈时，导致穿过线圈的磁通量增大，依据楞次定律，结合 线圈感应电流逆时针方向为正，则有：线圈中感应电流方向为顺时针方向，即为负值； 当磁铁远离线圈时，导致穿过线圈的磁通量减小，依据楞次定律，结合线圈感应电流逆时针 方向为正，则有：线圈中感应电流方向为逆时针方向，即为正值； 综上所述，故 ABD 错误，C 正确。 答案：C 4.（6 分）人们射向未来深空探测器是以光压为动力的，让太阳光垂直薄膜光帆照射并全部 反射，从而产生光压。设探测器在轨道上运行时，每秒每平方米获得的太阳光能 E=1.5×104J， 薄膜光帆的面积 S=6.0×102m2，探测器的质量 m=60kg，已知光子的动量的计算式  hp ，那 么探测器得到的加速度大小最接近( ) A.0.001m/s2 B.0.01m/s2 C.0.0005m/s2 D.0.005m/s2 解析：由 E=hv，p=  h 以及光在真空中光速 c=λ v 知光子的动量和能量之间关系为：E=pC. 设时间 t 内射到探测器上的光子个数为 n，每个光子能量为 E，光子射到探测器上后全部反 射，则这时光对探测器的光压最大，设这个压强为 P 压 每秒每平方米面积获得的太阳光能为： E t  np 0 由动量定理得： n F t =2p 压强 P 压= S F ， 对探测器应用牛顿第二定律 F=Ma 可得 a= M SP压 代入数据得：a=0.001m/s2 故 A 正确，BCD 错误。 答案：A 5.（6 分）如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度 v 从 A 点沿直径 AOB 方向射入磁场，经过△t 时间从 C 点射出磁场，OC 与 OB 成 60°角。现只改 变带电粒子的速度大小，仍从 A 点沿原方向射入原磁场，不计重力，测出粒子在磁场中的运 动时间变为 2△t、则粒子的速度大小变为( ) A. 2 1 v B.2v C. 3 1 v D.3v 解析：设圆形磁场区域的半径是 R， 以速度 v 射入时，半径 r1= B mv q ， 根据几何关系可知， R r =tan60°，所以 r1= 3 R； 运动时间△t= 6 1 T； 设第二次射入时的圆心角为 θ ，根据分析可知：θ =120° 则 tan 2  = 2r R = 半径 r2= 3 R 又：r2= B mv q ' 得：v′= 3 1 v。 答案：C 6.（6 分）如图所示，电源电压保持不变，若将滑动变阻器的滑动触头向左滑动，关于两电 表示数的变化，下列判断中正确的是( ) A.电流表的示数变大 B.电流表的示数变小 C.电压表的示数变大 D.电压表的示数变小 解析：若将滑动变阻器触头向左滑动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则滑动变阻器分得 的电压减小，原线圈两端电压增大，而匝数比不变，所以副线圈两端电压增大，电压表示数 增大；灯泡两端电压增大，则副线圈电流强度增大；根据匝数比不变，则原线圈的电流强度 增大，电流表示数增大；故 AC 正确、BD 错误。 答案：AC 7.（6 分）如图所示，不可伸长的轻绳 AO 和 BO 下端共同系一个物体 P，且绳长 AO＞BO，AB 两端点在同一水平线上，开始时两绳刚好绷直，细绳 AO、BO 的拉力分别设为 FA、FB，现保 持 A、B 端点在同一水平线上，在 A、B 缓慢向两侧远离的过程中，关于两绳拉力的大小随 A、 B 间距离的变化情况是( ) A.FA 随距离的增大而一直增大 B.FA 随距离的增大而一直减小 C.FB 随距离的增大而一直增大 D.FB 随距离的增大先减小后增大 解析：以结点 O 为研究对象，受力分析如图所示，由受力图可以看出： 开始时 A 的拉力为零，B 的拉力与重力平衡； 当 A、B 缓慢向两侧远离的过程中，A 的拉力增大、B 的拉力开始减小，当 OA 与 AB 垂直时 OB 的拉力最小； 当 OA 和 OB 之间的夹角大于 90°时，OA 的拉力一直在增大，OB 的拉力开始增大； 所以 FA 随距离的增大而一直增大，FB 随距离的增大先减小后增大； 根据以上分析可知，故 AD 正确、BC 错误。 答案：AD 8.（6 分）如图所示，内壁光滑半径大小为 R 的圆轨道固定在竖直平面内，一个质量为 m 的 小球静止在轨道的最低点 A 点。现给小球一个瞬时水平打击力，使小球沿轨道在竖直平面内 运动。当小球运动重新回到 A 点时，再沿它的运动方向给第二次瞬时打击力。经过二次击打 后，小球才能够通过轨道的最高点，已知第一次和第二次对小球的打击力做的功分别为 W 和 3W，则 W 的值可能为( ) A. Rmg 2 1 B. Rmg 4 3 C. Rmg 7 5 D.mgR 解析：小球在竖直面内运动只有重力做功，故机械能守恒； 小球要到达圆轨道最高点，那么，对小球在最高点应用牛顿第二定律可得：mg≤ R v 2 m ， 所以，小球的机械能 E=2mgR+ 2v 2 1 m ≥ Rmg 2 5 ； 小球在运动过程中始终未脱离轨道，且必须经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点， 故第一次击打后，小球运动的高度不大于 R，所以有 W≤mgR，W+3W≥ ，所以， 8 5 mgmgR ≤W≤mgR，故 BCD 正确，A 错误。 答案：BCD 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分 9.（12 分）某同学设计利用如图所示的实验装置来进行“探究功与速度的变化关系”的实 验，斜槽倾斜部分可自由调节，将一木板竖直放置并固定，木板到斜槽末端 O 的距离为 s， 使小球从斜槽上某点由静止释放，小球从 O 点做平抛运动击中木板时下落的高度为 y。 (1)小球离开 O 点的速度为 。 解析：小球从 O 点做平抛运动，则有： 2gt 2 1y  s=v0t 联立解得： y2 s 2 0 gv  。 答案： 。 (2)为了测出小球与轨道之间的摩擦力所做的功，可将斜槽慢慢调节至小球能在斜槽上作匀 速直线运动，记下此时斜槽倾角为 θ ，则小球与斜槽间的摩擦因数 μ = 。取斜面上某 点为标记点，标记点到 O 点的水平距离为 x，则小球在轨道上运动过程中克服摩擦力做功为 Wf= （小球与各接触面间摩擦因数相同）； 解析：对小球受力分析，根据共点力平衡可知： μ mgcosθ =mgsinθ 解得：μ =tanθ 在此过程中，摩擦力做功为： mgx os xosmgw f     c c 。 答案：tanθ ；mgxtanθ 。 (3)抬高斜槽，保持标记点与 O 点的水平距离 x 不变，将小球在标记点处静止滑下，多次重 复试验可以得出，小球从标记点到 O 点的过程中重力做功 W 与 y 的关系式应为 。 解析：整个过程中根据动能定理可知： 2 0v 2 1 os xosmg-mgxtan m c c    解得：W= y 1mgs 4 1mgx 2  答案：W= 10.（15 分）为了测量量程为 3V，内阻约为 1kΩ 的电压表的内阻值，某同学设计了如下试 验，试验电路如图所示，可提供的实验仪器有： A.电源：E=4.0V，内阻不计 B.待测电压表：量程 3V，内阻约 1kΩ ； C.电流表：A1：量程 6mA；A2：量程 0.6A D.电阻箱 R：R1 最大阻值 99.99Ω ；R 最大阻值 9999.9Ω E.滑动变阻器 R0：R01 最大阻值 10Ω ；R02 最大阻值 1kΩ ； (1)实验中保证电流表的示数不发生变化，调整电阻箱和滑动变阻器的阻值，使电压表的示 数发生变化。 由此可知电阻箱的阻值与电压表示数间的关系式为 （用电阻箱阻值 R、电流表示数 I、 电压表示数 U 和电压表内阻 Rv 表示）。 解析：按题中要求，实验中保证电流表的示数不发生变化，调整电阻箱和滑动变阻器的阻值， 使电压表的示数发生变化。 根据闭合电路的欧姆定律：I= VR U + R U 变形整理可得： VRU I R 11  。 答案： VRU I R 11  。 (2)根据上面的关系式，我们建立 U I R 1 图线，若该图线的斜率为 k，与纵坐标截距的绝 对值为 b，则电压表的是内阻 Rv= 。 解析：图象﹣ 的斜率和截距的意义，结合上述函数有：k=I，b= VR 1 所以电压表的内阴 Rv= b 1 。 答案： 。 (3)为了使测量结果更加精确，实验中电流表应选用 ，电阻箱应选 用 ，滑动变阻器应选用 （用前面的字母表示）。 解析：根据题中所给的电表的参数知，电压表的满偏电流为：Iv= A310 3 =1mA，与电阻箱并 联后，电流也不至于到达几百毫安，所以要选量程小的 A1 若电阻箱选较小的 R1 的话，显然当电压表满偏时，已经超过了电流表的量程，所以电阻箱 选较大的 R2； 滑动变阻器的选择应是与电压表阻值相当的，相差太大，则滑片滑动时两表的示数几乎没变 化，所以要选与电压表阻值相当的 R02。 答案：A1，R2，R02。 11.（10 分）如图所示，电阻 不计且足够长的 U 型金属框架放置在倾角 θ =37°绝缘斜面上， 框架与斜面间的动摩擦因数 μ =0.8，框架的质量 m1=0.4kg，宽度 l=0.5m，质量 m2=0.1kg、 电阻 R=0.5Ω 的导体棒 ab 垂直放在框架上，整个装置处于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁 感应强度大小 B=2.0T，对棒施加沿斜面向上的恒力 F=8N，棒从静止开始无摩擦地运动，当 棒的运动速度达到某值时，框架开始运动。棒与框架接触良好。设框架与斜面间最大静摩擦 力与滑动摩擦力相等，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求： (1)框架刚开始运动时流过导体棒的电流 I； 解析：框架开始运动时，有 F 安=m1gsinθ +f，其中 F 安=IlB，f=μ （m1+m2）gcosθ 解得 I=5.6A。 答案：框架刚开始运动时流过导体棒的电流 I 是 5.6A。 (2)若已知这一过程导体棒向上位移 x=0.5m，求此过程中回路产生的热量 Q（结果保留两位 有效数字）。 解析：设导体棒速度为 v，则 E=BLv， R EI  ，解得 v=2.8m/s 导体沿斜面上升过程中，由动能定理有 2 22x v 2 1gsinm-W- mF 安 ，且 Q=W 安 故得 Q≈3.3J 答案：若已知这一过程导体棒向上位移 x=0.5m，此过程中回路产生的热量 Q 是 3.3J。 12.（20 分）如图甲所示，长木板处于光滑的水平面上，右端紧靠墙壁，墙壁左侧 l=16m 处 放有一物块 P，P 的质量是木板质量的 2 倍，t=0 时，一小铁块从左端以某一速度滑上长木 板，铁块与墙壁碰撞后，速度随时间变化关系如图乙所示。不计所有碰撞的机械能损失，重 力加速度 g=10m/s2，求： (1)小铁块与木板间的摩擦因数； 解析：设铁块质量为 m，木板质量为 M，铁块碰撞墙壁后，有： f=ma1 其中 f=μ mg 由图知 23.0m/s=v t a  解得：μ =0.3。 答案：小铁块与木板间的摩擦因数是 0.3。 (2)长木板的长度； 解析：设木板长为 l0，木板碰撞墙壁后速度大小为 v1=4m/s，则有： 2 110 2 1tv1 ta 解得：l0=14m。 答案：长木板的长度是 14m。 (3)小铁块最终与墙壁间的距离。 解析：铁块与木板第一次摩擦过程中，速度最终变为 v2=1m/s，取向左为正方向，则由动量 守恒定律有： mv1=（m+M）v2 得：M=3m 木板加速离墙壁的加速度为：a2= M f = m3 mg = 3 1 μ g=1m/s2。 当长木板离墙壁 x1 时，两物体相对静止，有： mvx 5.0 2a 2 2 2 1  0mg  此时铁块离墙壁的距离为： mvvx 5.2 2a 1 2 2 2 1 2  当它们一起以 1m/s 向左运动 x0=1.5m 时，木板与 P 碰撞，设木板碰后速度为 v3，则由动量 守恒定律和机械能守恒定律得： Mv2=Mv3+2Mvp 2 1 Mv2 2= Mv3 2+ •2Mvp 2 解得： SmV / 3 1 3  接着铁块与木板相互摩擦，设最终速度为 v4，则有： mv2﹣Mv3=（m+M）v4 解得：v4=0 铁块继续向左的位移 x3 为： m 6 1 2a 1 2 2 3  vx 铁块最终离墙壁的距离为：x=x2+x0+x3=4.17m 答案：小铁块最终与墙壁间的距离是 4.17m。 【物理选修 3-3】 13.（6 分）下列关于分子动理论和热现象的说法中正确的是( ) A.雨水没有透过布雨伞是因为液体分子表面张力的原因 B.分子间的距离 r 增大，分子间的作用力一定做负功，分子势能增大 C.自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性 D.悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显 E.熵是物体内分子运动无序程度的量度 解析：A、雨水没有透过布雨伞是由于表面张力，故 A 正确。 B、当分子间表现为斥力时，当分子间的距离增大，分子间的作用力做正功，分子势能减小， 故 B 错误。 C、由热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故 C 正 确。 D、悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越少，布朗运动越明显，故 D 错误。 E、熵是物体内分子运动无序程度的量度，故 E 正确。 答案：ACE 14.（20 分）如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想 气体。活塞的质量为 m，横截面积为 S，与容器底部相距 h。此时封闭气体的温度为 T1，现 通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量 Q 时，气体温度上升到 T2，已知大气压强为 P0， 重力加速度为 g，不计活塞与气缸的摩擦，求： (1)活塞上升的高度； 解析：气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律有： 2 1 T T )( h   Shh S ， 解得 h T T-T 1 12h 。 答案：活塞上升的高度为 h T T-T 1 12h 。 (2)加热过程中气体的内能增加量。 解析：加热过程中气体对外做功为 1 12 0 T T-T)g-Spw hmhS （  ， 由热力学第一定律知内能的增加量为： 1 12 0 T T-T)g-Sp hmQWQU （ 。 答案：加热过程中气体的内能增加量为 1 12 0 T T-T)g-Sp hmQ （ 。 【物理-选修 3-4】 15.（6 分）如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中 x=2m 处的质点 P 以 此时刻为计时起点的振动图象。下列说法正确的是 ( ) A.这列波的传播方向是沿 x 轴正方向 B.这列波的传播速度是 20m/s C.经过 0.15s，质点 P 沿 x 轴的正方向传播了 3m D.经过 0.1s 时，质点 Q 的运动方向沿 y 轴正方向 E.经过 0.35s 时，质点 Q 距平衡位置的距离小于质点 P 距平衡位置的距离 解析：A、由乙图读出，t=0 时刻质点的速度向下，则由波形的平移法可知，这列波沿 x 轴 正方向传播。故 A 正确。 B、由图知：λ =4m，T=0.2s，则波速 v= T  = 0.2 4 m/s=20m/s。故 B 正确。 C、简谐横波中质点在平衡位置附近振动，并不随着波迁移，故 C 错误； D、图示时刻 Q 点沿 y 轴正方向运动，t=0.1s= 2 1 T，质点 Q 的运动方向沿 y 轴负方向。故 D 错误。 E、t=0.35s=1.75T，经过 0.35 s 时，质点 P 到达波峰，而质点 Q 位于平衡位置与波谷之间， 故质点 Q 距平衡位置的距离小于质点 P 距平衡位置的距离。故 E 正确。 答案：ABDE 16.（10 分）如图，MN 是竖直放置的长 L=0.5m 的平面镜，观察者在 A 处观察，有一小球从 某处自由下落，小球下落的轨迹与平面镜相距 d=0.25m，观察者能在镜中看到小球像的时间 △t=0.2s。已知观察的眼睛到镜面的距离 s=0.5m，求小球从静止开始下落经多长时间，观 察者才能在镜中看到小球的像。（取 g=10m/s2） 解析：由平面镜成像规律及光路图可逆可知，人在 A 处能够观察到平面镜中虚像所对应的空 间区域在如图所示的直线 PM 和 QN 所包围的区域中，小球在这一区间里运动的距离为图中 ab 的长度 L′。由于△aA′b∽MA′N△bA′C∽NA′D； 所 L 'L = ' 'b NA A ； 而 ' 'b NA A = s ds 联立求解，L′=0.75m 设小球从静止下落经时间 t 人能看到， 则 L′= 2 1 g（t+△t）2﹣ gt2 代入数据，得 t=0.275s 答案：小球从静止开始下落经 0.275s 时间，观察者才能在镜中看到小球的像。