1、广东肇庆中学2018届高三物理高考模拟试题一、选择题1. 核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设核泄漏中的钚（Pu）是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高罹患癌症的风险已知钚的一种同位素 Pu的半衰期为24100年，其衰变方程为 ，下列有关说法正确的（ ）A. X原子核中含有143个中子B. 100个Pu经过24100年后一定还剩余50个C. 由于衰变时释放巨大能量，根据E=mc2，衰变过程总质量增加D. 衰变发出的 放射线是波长很长的光子，穿透能力较弱【答案】A【解析】A项：根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为92，质量数为235
2、，则中子数为143,故A正确；B项：半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，故B错误；C项：由于衰变时释放巨大能量，根据E=mC2，衰变过程总质量减小，故C错误；D项：衰变发出的 放射线是波长很长的光子，穿透能力很强，故D错误。点晴：根据电荷数守恒、质量数守恒守恒求出X的电荷数和质量数，抓住质量数等于质子数和中子数之和求出中子数半衰期具有统计规律，对于大量的原子核适用。2. 某小轿车驾驶员看到绿灯开始闪时，经短暂思考后开始刹车，小轿车在黄灯刚亮时恰停在停车线上，小轿车运动的速度时间图象如图所示若绿灯开始闪烁时小轿车距停车线距离为10.5 m，则从绿灯开始闪烁到黄灯刚亮的时间为（ ） A. 1s
3、B. 1.5sC. 3sD. 3.5s【答案】C【解析】在反应时间内小轿车匀速运动的距离为xv0t60.5 m3 m，则小轿车匀减速运动的距离，解得，故C正确。3. 如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体A、B，两物体间用两根相同轻杆连接，轻杆通过铰链相连，在铰链上加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态则下列说法正确的（ ） A. A受到沿斜面向上的摩擦力，B受到沿斜面向下的摩擦力B. A、B两物体受到力的个数一定相同C. A、B两物体对斜面的压力一定相同D. 当逐渐增大拉力F时，物体B先开始滑动【答案】C.考点：物体的平衡【名师点睛】本题解题的关键是正确对物体进行受力分析，两个物体都
4、处于静止状态，受力平衡，杆子的压力和重力都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平衡条件分析即可，难度不大。4. 图中虚线PQ上方有一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外O是PQ上一点，在纸面内从O点向磁场区域的任意方向连续发射速率为v0的粒子，粒子电 荷量为q、质量为m现有两个粒子先后射入磁场中并恰好在M点相遇，MO与PQ间 夹角为60，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的（ ）A. 两个粒子从O点射入磁场的时间间隔可能为B. 两个粒子射入磁场的方向分别与PQ成30和60角C. 在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为D. 垂直PQ射入磁场中的粒子在磁场中的运行时
5、间最长【答案】A【解析】A项：以粒子带正电为例分析，先后由O点射入磁场，并在M点相遇的两个粒子轨迹恰好组成一个完整的圆，从O点沿OP方向入射并通过M点的粒子轨迹所对圆心角为240，根据带电粒子在磁场中运动周期可知，该粒子在磁场中运动的时间，则另一个粒子轨迹所对圆心角为120，该粒子运动时间，可知，两粒子在磁场中运动的时间差可能为，故A正确；B项：射入磁场方向分别与PQ成30和60角的两粒子轨迹所对圆心角之和不是360，不可能在M点相遇，故B错误；C项：在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为轨迹圆周的直径，故C错误；D项：沿OP方向入射的粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角最大，运动时间最长，故D错误
6、。点晴：明确两粒子在磁场中运动周期和半径，以正粒子为例进行分析，明确转过的角度规律，从而明确粒子的运动情况，根据圆周运动的规律即可明确最大距离和最长时间。5. 2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动卫星“G1”和“G3”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，
7、“高分一号”在C位置若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力则以下说法正确的是( )A. 卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为B. 卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为C. 如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其加速D. “高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后机械能会减小【答案】BD【解析】A项：根据万有引力提供向心力可得，而GM=gR2，所以卫星的加速度，故A错误；B项：根据万有引力提供向心力，得，所以卫星1由位置A运动到位置B所需的时间，故B正确；D项：、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有
8、稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小，故D正确。点晴：解决本题关键理掌握万有引力提供向心力和黄金代换式GM=gR2。6. 如图所示的电路中，三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计电键K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的（ ） A. a先变亮，然后逐渐变暗B. b先变亮，然后逐渐变暗C. c先变亮，然后逐渐变暗D. b、c都逐渐变暗【答案】AD【解析】电键S闭合时，电感L1中电流等于两倍L2的电流，断开电键K的瞬间，由于自感作用，两个电感线圈相当于两个电源，与三个灯泡构成闭合回路，通过b、c的电流都通过a，故a先变亮，然后逐渐变暗，故A正确；b、c灯泡由电流i
9、逐渐减小，B、C错误，D正确；故选：AD视频7. 如图所示，两个水平放置的平行板电容器，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态A、B间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1；M、N间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2若将B板稍向下移，下列说法正确的（ ）A. P向下动，Q向上动B. U1减小，U2增大C. Q1减小，Q2增大D. C1减小，C2增大【答案】AC【解析】试题分析：将B板下移时，由，C1将增小；而MN板不动，故MN的电容不变；故D错误；假设Q不变，则AB板间的电压U1将增大，大于MN间的电压，故AB板将向MN板充电；
10、故Q1减小，Q2增大；故C正确；充电完成，稳定后，MN及AB间的电压均增大，故对Q分析可知，Q受到的电场力增大，故Q将上移；对AB分析可知，故电场强度减小，故P受到的电场力减小，故P将向下运动；故A正确；故选AC。考点：电容器；电场强度【名师点睛】本题考查电容器的动态分析，由电容器的决定式可分析电容的变化，分析两电容器的连接方式可得出电量及电压的变化；从而分析电荷受力的变化，确定小球的运动情况；此题将两个电容器串联使用，题目较为新颖，但难度较大，对学生要求较高。8. 如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE(由柔软细导线制成)挂在两固定点A、D上，水平线段AD为半圆的直径，在导线框的E处有一
11、个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场设导线框的电阻为r，圆的半径为R，在将导线上的C点以恒定角速度(相对圆心O)从A点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的（ ）A. 在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针B. 当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大C. 在C从A点沿圆弧移动到图中ADC30位置的过程中，通过导线上C点的电量为D. 在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中产生的电热为【答案】AD【解析】A项：设转过角度为=t
12、，根据几何知识知，线框上部分的三角形的面积： 磁通量为=BR2sin=BR2sint，磁通量先增大后减小，根据楞次定律知电流的方向先逆时针，后顺时针，故A正确；B项：根据知e=BR2cost，C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最小为零，故B错误；C项：根据知，故C错误；D项：根据B项知电动势有效值为，故电热，故D正确。点晴：本题关键明确交流四值中最大值、平均值、瞬时值和有效值的区别，会根据几何知识写出交流的表达式，注意知识的迁移应用。二、实验题9. 某实验小组设计了如图甲所示实验装置，探究滑块运动的加速度a和所受拉力F 的关系在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了多组实验，将位
13、移传感器和力传感器得到的多组数据输入计算机进行处理，得到了两条a-F图线、，如图乙所示 (1)实验时，一定要进行的操作是_A改变托盘中砝码的个数B滑块在轨道水平和倾斜的两种情况下必须在同一位置由静止释放C用天平测出托盘的质量D为减小误差，实验中一定要保证托盘和砝码的质量远小于滑块的质量(2)在轨道倾斜的情况下得到的a-F图线是_（选填或）(3)滑块和位移传感器发射部分的总质量m=_kg;滑块和轨道间的动摩擦因数= _（重力加速度g取10 ）【答案】 (1). A; (2). ; (3). 0.5; (4). 0.2;【解析】(1)A项：由于探究加速度与合外力的关系，所以应改变物块的合外力，即改
14、变托盘中砝码的个数，故A正确；B项：滑块的释放位置对该实验没有影响，不要求每次在同一位置，故B错误；C、D项：本题拉力可以由力的传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故C错误，D错误；(2) 由图象可知，当F=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高，所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；(3) 所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数，由图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=2，所以滑块
15、和位移传感器发射部分的总质量m=0.5Kg由图形b得，在水平轨道上F=1N时，加速度a=0，根据牛顿第二定律得F-mg=0解得=0.2点晴：通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解。10. 某些固体材料受到外力后除了产生形变，其电阻率也发生变化，这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”现用如下图所示的电路研究某长薄板电阻Rx的压阻效应已知Rx的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材：A电源E（3 V，内阻约为1） B电流表A1（06 A，内阻r1约为1 ）C电流表A2（06 A，内阻r25） D开关S，定
16、值电阻R0(1)为了较准确地测量电阻Rx的阻值，请将电流表A2接入虚线框内并画出其中的电路图 _ (2)在电阻Rx上加一个竖直向下的力F（设竖直向下为正方向），闭合开关S，记下电表读数，A1的读数为I1，A2的读数为I2，则Rx_（用字母表示）(3)改变力的大小，得到不同的Rx值，然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得到不同的Rx值，最后绘成的图像如上图所示当F竖直向下（设竖直向下为正方向）时，可得Rx与所受压力F的数值关系是Rx_（各物理量单位均为国际单位）(4)定值电阻R0的阻值应该选用_A1 B5 C10 D20 【答案】 (1). (2). ; (3). ; (4). B;【
17、解析】(1) 由于题目中没有电压表，为了比较准确测量电阻Rx的阻值，由于知道电流表A1的阻值，所以用电流表A1的作为电压表使用，电流表A2连在干路上即可求出电阻Rx的阻值电路图如图所示：(2) 根据串并联和欧姆定律得：I2r2=（I1-I2）Rx，解得：；(3) ）从图象上可以看出压力方向改变，其阻值不变，其电阻与压力关系为一次函数，由图象可得：Rx=16-2F；(4) 电路图知，当定值电阻过大，会使其分压过大，实验操作中会使电流表的示数过小，产生较大误差，故选用较小的定值电阻，故选B。点晴：解决该题关键要熟练电路的串并联知识和欧姆定律的运用，能够把数学知识和物理问题结合求解。三、计算题11.
18、 如图所示，可看作质点的物体A、B相距 =02m，质量均为1kg，与倾角为 的固定斜面间的动摩擦因数分别是 和 ，现将物体A、B从斜面上由静止释放，A将从斜面顶端沿斜面匀加速下滑，并与B发生连续弹性正碰（每次碰撞过程时间极短），已知 ， ，假设斜面足够长，g取 (1)A、B第一次碰撞后两者的速度各是多少；(2)A由静止开始到第二次相碰前克服摩擦阻力所做的功；【答案】(1) ; (2) 【解析】试题分析：根据牛顿第二定律和运动学公式求出A与B第一次碰撞前A的速度，再根据动量守恒和机械能守恒列出等式求解。解：(1)若，B静止，A匀加速直线运动，由动能定理 解得： 第一次弹性碰撞，根据动量守恒和机械
19、能守恒得 解得：，；(2) 从第1次碰后到第2次碰撞前，根据位移关系可得 第2次碰撞前A匀加速直线运动，有 解得： 所以，A克服摩擦阻力所做的功：。点晴：本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式，综合性较强，对学生能力要求较高。12. 在小车上竖直固定着一个高h=0.05m、总电阻R=10 、 n=100匝的闭合矩形线圈，且小车与线圈的水平长度 相同现线圈和小车一起在光滑的水平面上运动，速度为 ，随后穿过与线圈平面垂直，磁感应强度B=1.0T的水平有界匀强磁场，方向垂直纸面向里，如图（a）所示已知小车运动(包括线圈)的速度v随车的位移s变化的v-s图象如图(b)所示求
20、:（1）小车的水平长度L和磁场的宽度d；（2）小车的位移s=10cm时线圈中的电流大小I；（3）线圈和小车通过磁场的过程中克服安培力做的功【答案】(1) ; (2) (3) 【解析】试题分析：线圈进入磁场，线圈中有感应电流受安培力作用，小车做减速运动速度v随位移s减小，当线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动结合图象的信息，读出小车的水平长度l，根据小车的运动情况，求磁场的宽度d。(1) 由图可知，从s5cm开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度随位移减小，当s15cm时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动因此小车的水平长度cm
21、，当s30cm时，线圈开始离开磁场 ，则；(2) 当s10cm时，由图象中可知线圈右边切割磁感线的速度 由闭合电路欧姆定律得线圈中的电流 解得：；(3) 设小车和线圈的质量为m在线圈进入磁场和离开磁场过程中的一小段时间，内安培力的冲量大小为 由动量定理得： 又因为，所以有 是v-s图的斜率，由图中可以看出线圈进入磁场和离开磁场过程中 小车和线圈的质量为： 由图知，线圈左边离开磁场时，小车的速度为 线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功等于线圈和小车的动能减少量 点晴：本题关键要根据速度的变化分析磁场宽度，同时要结合力和运动的关系进行分析求解，明确安培力对物体运动的影响。13. 下列说法正确的
22、是_A把玻璃管的断口放在火焰上烧，它的尖端就会变成球形，这种现象可以用液体的表面张力来解释B没有规则的几何外形的物体也可能是晶体C气体的温度越高，每个气体分子的动能越大 D液体的饱和气压与温度无关E一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行【答案】ABE【解析】细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变成球形，是由于变成液体后表面张力的作用，故A正确；多晶体属于晶体，没有“固定的形状”，B正确；温度是分子平均动能的标志，是大量分子做无规则运动的统计规律，温度升高，大部分分子的动能增大，但有少数分子动能可能减小，C错误；饱和汽压与分子数密度和温度有关，故D错误；根据热力学第二定律可得一切自发过程
23、总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，E正确14. 如图，上端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，两活塞用刚性轻杆连接，两活塞间充有氧气，小活塞下方充有氮气已知：大活塞的质量为2m、横截面积为2S，小活塞的质量为m、横截面积为S；两活塞间距为L；大活塞导热性能良好，汽缸及小活塞绝热；初始时氮气和汽缸外大气的压强均为p0，大活塞与大圆筒底部相距 ，两活塞与气缸壁之间的摩擦不计，重力加速度为g现通过电阻丝缓慢加热氮气，求当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时，氮气的压强【答案】 【解析】试题分析：以两活塞整体为研究对象，设初始时氧气压强为p1，根据平衡条件有：初始时氧气体积：当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时，氧气体积：设此时氧气压强为P2，氮气压强为P，根据平衡条件有：由于大活塞导热，小活塞缓慢上升可认为氧气温度不变，由玻意耳定律，得：联立解得：考点：玻意耳定律【名师点睛】此题是对气体的状态变化方程的考查；解题时要明确气体的状态，找到气体在不同状态下的压强和体积关系，根据玻意尔定律列出方程即可解答.
