1、.高考仿真模擬卷18限時：70分鐘第卷一、選擇題此題共8小題，每題6分，在每題給出的四個選項中，第15小題只有一項符合題目要求，第68題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1.以下是有關近代物理內容的假設干表達，其中不正確的是 A紫外線照射到金屬鋅板外表時能產生光電效應，那么當增大紫外線的照射強度時，從鋅板外表逸出的光電子的最大初動能也隨之增大B每個核子只跟鄰近的核子發生核力作用C太陽內部發生的核反響是熱核反響D關于原子核內部的信息，最早來自天然放射現象解析：1A.光電子的最大初動能與入射光的頻率有關與光照強度無關，因此增大光照強度，光子的最大初動能不變，故

2、A錯誤；B.核子為短程力，只能跟鄰近的核子產生核力的作用，故B正確；C.原子核式構造模型是由盧瑟福在粒子散射實驗根底上提出的，故C錯誤；D.太陽內部發生的是熱核反響，故D正確；E.關于原子核內部的信息，最早來自于天然放射性現象，故E正確2.如下圖，一物體以速度v0沖上粗糙的固定斜面，經過2t0時間返回斜面底端，那么物體運動的速度v以初速度方向為正隨時間t的變化關系可能正確的選項是解析：由于上滑時摩擦力沿斜面想下，合外力為重力分力和摩擦力之和，加速度大小不變，沿斜面向下；下滑時摩擦力沿斜面向上，合外力為重力分力和摩擦力之差，加速度大小不變，方向沿斜面向下；所以上滑時加速度大，所以速度圖象斜率大；

3、下滑時加速度小，所以速度圖象的斜率小，且此過程中，摩擦力做功，使物塊到達底端的速率變小，上滑和下滑的位移大小相等，上滑時加速度大，根據可xat2知，下滑時間長，故C正確，A、B、D錯誤答案：C3.如圖3所示為一孤立的負點電荷形成的靜電場，一帶電粒子僅在電場力的作用下以某一速度進入該電場，依次經過A、B、C三點，其中A、C兩點與負點電荷的間隔 相等，B點是軌跡上間隔 負點電荷最近的點。那么以下說法正確的選項是圖3A粒子運動到B點的速率最大B相鄰兩點間的電勢差關系為UABUBCC該粒子帶負電，并且在B點時的加速度最大D粒子在B點的電勢能小于在C點的電勢能解析根據題述及題圖，該粒子受到負點電荷的斥力

4、作用，因此該粒子帶負電，粒子從A點到B點速度減小，從B點到C點速度增大，運動到B點時，電子的速度最小，A錯誤；由于A、C兩點與負點電荷的間隔 相等，那么這兩點的電勢相等，UABUBC，B錯誤；根據電場線的疏密可得，B點處的電場線最密，所以粒子在B點時受到的電場力最大，加速度最大，C正確；在粒子由B點向C點運動的過程中，電場力做正功，電勢能減小，那么帶電粒子在B點的電勢能大于在C點的電勢能，D錯誤。答案C4如圖7所示，一輕彈簧的左端固定，右端與一小球相連，小球處于光滑程度面上。現對小球施加一個方向程度向右的恒力F，使小球從靜止開場運動，那么小球在向右運動的整個過程中圖7A小球和彈簧組成的系統機械

5、能守恒B小球和彈簧組成的系統機械能逐漸增大C小球的動能逐漸增大D小球的機械能逐漸增大解析小球在向右運動的整個過程中，力F做正功，由功能關系知小球和彈簧組成的系統機械能逐漸增大，選項A錯誤，選項B正確；彈力一直增大，當彈力等于F時，小球的速度最大，動能最大，當彈力大于F時，小球開場做減速運動，速度減小，動能減小，選項C錯誤，選項D正確。答案B5如圖5所示為某種電磁泵模型的示意圖，泵體是長為L1，寬與高均為L2的長方體。泵體處在方向垂直向外、磁感應強度為B的勻強磁場中，泵體的上下外表接電壓為U的電源內阻不計，理想電流表示數為I，假設電磁泵和水面高度差為h，液體的電阻率為，在t時間內抽取液體的質量為

6、m，不計液體在流動中和管壁之間的阻力，取重力加速度為g，那么圖5A泵體上外表應接電源負極B電磁泵對液體產生的推力大小為BIL1C電源提供的電功率為D質量為m的液體分開泵時的動能為UItmghI2t解析當泵體上外表接電源的正極時，電流從上向下流過泵體，這時受到的磁場力程度向左，拉動液體，選項A錯誤；電磁泵對液體產生的推力大小為FBIL2，選項B錯誤；電源提供的電功率為PUI，選項C錯誤；根據電阻定律，泵體內液體的電阻為R·，那么液體消耗的熱功率為PI2RI2，而電源提供的電功率為UI，假設在t時間內抽取液體的質量為m，根據能量守恒定律，可得這部分液體分開泵時的動能為EkUItmghI2

7、t，選項D正確。答案D62019年2月7日，木星發生“沖日現象“木星沖日是指木星和太陽正好分處地球的兩側，三者成一條直線木星和地球繞太陽公轉的方向一樣，公轉軌跡都近似為圓設木星公轉半徑為R1，周期為T1；地球公轉半徑為R2，周期為T2，以下說法正確的選項是A.B.C“木星沖日這一天象的發生周期為D“木星沖日這一天象的發生周期為解析：AB.由開普勒第三定律得：，解得：，故A錯誤，B正確；CD.當地球和木星運行到太陽兩側，三者排成一條直線，到地球與木星相距最近，兩者轉過的角度相差2，所以tt2，解得：t，故C錯誤，D正確答案：BD7如下圖，矩形平面導線框abcd位于堅直平面內，程度邊ab長l1，豎

8、直邊bc和l2，線框質量為m，電阻為R.線框下方有一磁感應強度為B、方向與線框平面垂直的勻強磁場區域，該區域的上、下邊界PP和QQ均與ab平行，兩邊界間的間隔 為H，H>l2.讓線框從dc邊距邊界PP的間隔 為h處自由下落，在dc邊進入磁場后、ab邊到達邊界PP前的速度為v，那么A當dc邊剛進磁場時，線框速度為B當ab邊剛到達邊界PP時，線框速度為C當dc邊剛到達邊界QQ時，線框速度為D從線框開場下落到dc邊剛到達邊界QQ的過程中，線框產生的焦耳熱為mghl2解析：A.從線框開場下落到dc邊剛進磁場時，線框做自由落體運動，下落高度為h，由v22gh，得當dc邊剛進磁場時，線框速度為v，故

9、A正確；B.當ab邊剛到達邊界PP時，根據平衡條件dc邊受力平衡，得：mg，解得：v1，故B錯誤；C.從ab邊剛到達邊界PP，到dc邊剛到達邊界QQ時，線框下落高度為Hl2，由于Hl2，所以這一階段只有重力做功，那么由動能定理，得：mgHl2mvmv，解得：v2，故C正確；D.從線框開場下落到dc邊剛到達邊界QQ的過程中，由能量守恒，得：mgHhQmv ，那么線框產生的焦耳熱：QmgHhmvmgH2hl2，故D錯誤答案：AC8某興趣小組用實驗室的手搖發電機和理想變壓器給一個燈泡供電，電路如圖，當線圈以較大的轉速n勻速轉動時，電壓表示數是U1，額定電壓為U2的燈泡正常發光，燈泡正常發光時電功率為

10、 P，手搖發電機的線圈電阻是r，那么有A電流表的示數是B變壓器原副線圈的匝數比是U2U1C變壓器輸入電壓的瞬時值uU2sin 2ntD手搖發電機線圈中產生的電動勢最大值是Em解析：A.理想變壓器的輸入功率和輸出功率相等，燈泡正常發光時電功率為P，所以輸入功率為P，電流表的示數是，故A正確；B.電壓與匝數成正比，所以變壓器的原副線圈的匝數比是U1U2.故B錯誤；C.線圈以較大的轉速n勻速轉動時，所以2n，所以變壓器輸入電壓的瞬時值uU1sin 2nt，故C錯誤；D.手搖發電機的線圈中產生的電動勢最大值是Em，故D正確答案：AD第卷二、填空題94分如下圖，兩端帶有固定薄擋板的長木板C的長度為L，總

11、質量為，與地面間的動摩擦因數為，其光滑上外表靜置兩質量分別為m、的物體A、B，其中兩端帶有輕質彈簧的A位于C的中點。現使B以程度速度2v0向右運動，與擋板碰撞并瞬間粘連而不再分開，A、B可看作質點，彈簧的長度與C的長度相比可以忽略，所有碰撞時間極短，重力加速度為g，那么B、C碰撞后瞬間的速度大小是_，A、C第一次碰撞時彈簧具有的最大彈性勢能是_。解析：B、C碰撞過程系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：×2v0v1 解得：v1v0設A、C第一次碰撞前瞬間C的速度為v2對B、C根據動能定理有：2mg×mvmv當A與B和C第一次碰撞具有共同速度v3時，彈簧的彈性勢能最

12、大，系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv22mv3由能量守恒定律得：Epmmv×2mv解得：EpmmvmgL答案：v0；mvmgL106分某實驗中學的物理興趣實驗小組利用如圖13甲所示的實驗裝置驗證系統的機械能守恒定律。將一氣墊導軌傾斜地固定在程度桌面上，導軌的傾角為，在氣墊導軌的左端固定一光滑的定滑輪，在靠近滑輪的B處固定一光電門，將質量為m的小球通過一質量不計的細線與一帶有遮光板的總質量為M的滑塊相連接。現將帶有遮光板的滑塊由氣墊導軌的A處由靜止釋放，通過計算機測出遮光板的擋光時間為t，用游標卡尺測出遮光板的寬度為b，用刻度尺測出A、B之間的間隔 為d。假設滑塊在

13、B處的瞬時速度等于擋光時間t內的平均速度。由以上的表達答復以下問題：圖131假設游標卡尺的讀數如圖乙所示，那么遮光板的寬度為_ mm；2滑塊到達光電門B處的瞬時速度vB為_；用字母表示3假如該小組的同學測得氣墊導軌的傾角30°，在滑塊由A點運動到B點的過程中，系統動能增加量Ek為 _，系統重力勢能減少量Ep為_，假設在誤差允許的范圍內EkEp，那么滑塊與小球組成的系統機械能守恒。重力加速度用g表示。以上結果均用字母表示4在驗證了機械能守恒定律后，該小組的同學屢次改變A、B間的間隔 d，并作出了v2d圖象，如圖丙所示，假如Mm，那么g_ m/s2。解析1游標卡尺的讀數為3 mm17&#

14、215; mm3.85 mm；2滑塊到達光電門B處的瞬時速度為vB；3系統動能增加量為EkMmv，系統重力勢能減少量為EpmgdMgdsin 30°mgd；4根據機械能守恒定律可得mgdMmv2，又Mm，那么g2，由v2d圖象可知4.8 m/s2，可得g9.6 m/s2。答案13.8523mgd49.611.8分某學習小組的同學設計了如下圖的電路來測量定值電阻R0的阻值約為幾歐到十幾歐及電源的電動勢E和內阻r.實驗器材有：待測電源，待測電阻R0，電流表A量程為0.6A，內阻不計，電阻箱R099.9，開關S1和S2，導線假設干 1先測電阻R0的阻值。請將學習小組同學的操作補充完好：先閉

15、合S1和S2，調節電阻箱，讀出其示數R1和對應的電流表示數I，然后_，使電流表的示數仍為I，讀出此時電阻箱的示數R2.那么電阻R0的表達式為R0_. 2同學們通過上述操作，測得電阻R09.5 ，繼續測電源的電動勢E和內阻r.該小組同學的做法是：閉合S1，斷開S2，屢次調節電阻箱，讀出多組電阻箱示數R和對應的電流表示數I，如下表數據： 組數12345電阻R/03.06.012.018.0電流I/A0.500.400.330.250.20 根據給定的坐標系并結合以上數據描點作圖利用圖象求出該電源的電動勢E_V，內阻r_保存兩位有效數字答案：1斷開S2，調節電阻箱的阻值；R1R2；2如下圖6；2.5

16、.三、計算題1216分 如下圖，一質量m0.4 kg的滑塊可視為質點靜止于動摩擦因數0.1的程度軌道上的A點現對滑塊施加一程度外力，使其向右運動，外力的功率恒為P10.0 W經過一段時間后撤去外力，滑塊繼續滑行至B點后程度飛出，恰好在C點沿切線方向進入固定在豎直平面內的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點D處裝有壓力傳感器，當滑塊到達傳感器上方時，傳感器的示數為25.6 N軌道AB的長度L2.0 m，半徑OC和豎直方向的夾角37°，圓形軌道的半徑R0.5 m空氣阻力可忽略，重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，求：1滑塊運動到C點時速度v

17、c的大小；2B、C兩點的高度差h及程度間隔 x；3程度外力作用在滑塊上的時間t.解析：1滑塊運動到D點時，由牛頓第二定律得：FNmgm 滑塊由C點運動到D點的過程，由機械能守恒定律得：mgR1cos mvmv 代入數據，聯立解得： vC5 m/s2滑塊在C點速度的豎直分量為：vyvcsin 3 m/sB、C兩點的高度差為：hm0.45 m滑塊由B運動到C所用的時間為：t10.3 s滑塊運動到B點的速度為：vBvCcos 4 m/sB、C間的程度間隔 ：xvBt14×0.3 m1.2 m3滑塊由A點運動B點的過程，由動能定理得：PtmgLmv 代入數據解得： t0.4 s答案：15 m

18、/s；20.45 m、1.2 m；30.4 s13.18分如圖21所示，寬度為L的足夠長的平行金屬導軌固定在絕緣程度面上，導軌的兩端連接阻值為R的電阻。導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一根質量m的導體棒MN放在導軌上與導軌接觸良好，導體棒的有效電阻也為R，導體棒與導軌間的動摩擦因數為，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。導體棒MN的初始位置與導軌最左端間隔 為L，導軌的電阻可忽略不計。圖211假設用一平行于導軌的恒定拉力F拉動導體棒沿導軌向右運動，在運動過程中保持導體棒與導軌垂直，求導體棒最終的速度；2假設導體棒的初速度為v0，導體棒向右運動L停頓，求此過程導體棒中產生的熱量；3假設磁場隨時間均勻變化，磁感應強度BB0ktk>0，開場導體棒靜止，從t0時刻起，求導體棒經過多長時間開場運動以及運動的方向。解析1導體棒最終勻速運動，設最終速度為v，EBLv，I，FmgBIL，v。2由能量守恒定律得mvmgLQ，回路中產生的總熱量QmvmgL，Q棒mvmgL。3EL2kL2，I。導體棒恰好運動時B0ktILmg，解得t，由楞次定律得導體棒將向左運動。答案12mvmgL3向左運動1420分如下圖，在空間中存在垂直紙面向里的勻強磁場，其豎直邊界AB、CD的寬度為d，在邊界AB左側是豎直向下、場