18年高考物理统一考试仿真卷三Word文档下载推荐.docx

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法拉第于1837年提出了电场和磁场的概念，解释了电荷之间以及磁体之间相互作用的传递方式，打破了超距作用的传统观念。

1838年，他用电力线（即电场线）和磁力线（即磁感线）形象地描述电场和磁场，并解释电和磁的各种现象。

下列对电场和磁场的认识，正确的是

A．法拉第提出的磁场和电场以及电力线和磁力线都是客观存在的

B．在电场中由静止释放的带正电粒子，一定会沿着电场线运动

C．磁感线上某点的切线方向跟放在该点的通电导线的受力方向一致

D．通电导体与通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的

【解析】电场和磁场均是客观存在的特殊物质；

电场线和磁感线是人类为了形象地描述电场和磁场而引入的虚拟的线，实际并不存在，故A错误；

电荷的运动取决于初速度和力的方向，故电场线不是电荷在电场中的轨迹，只有在点电荷的电场和匀强电场中由静止释放的带正电粒子（只受电场力），才会沿着电场线运动，故B错误；

根据左手定则可知，磁感线上某点的切线方向跟放在该点的通电导线的受力方向垂直，故C错误；

根据磁场的性质可知，通电导体与通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，故D正确。

【答案】D　

15．下列说法正确的是

A．汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”

B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的链式反应

C．光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成正比

D.N＋H→C＋He是α衰变方程

【解析】汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”，选项A正确；

太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，选项B错误；

光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率呈线性关系，不成正比，选项C错误；

N＋H→C＋He是人工转变，不是α衰变方程，选项D错误。

【答案】A　

16．无线网络给人们带来了很多方便。

假设可以采用卫星对所有用户在任何地方提供免费WiFi服务。

已知地球半径为R，重力加速度为g，提供免费WiFi服务的卫星绕地球做圆周运动，则下列关于该卫星的说法正确的是

A．卫星围绕地球运动的轨道越高，角速度越大

B．卫星围绕地球运动的轨道越高，速度越小

C．若卫星距离地面的高度等于地球半径，则卫星绕地球运动的周期为T＝2π

D．卫星的轨道可以在地球上任一经线所在的平面内

【解析】由G＝mrω2，解得ω＝，由此可知，卫星绕地球运动的轨道越高，即轨道半径r越大，角速度ω越小，A错误；

由G＝m，可得v＝，显然卫星绕地球运动的轨道越高，即轨道半径r越大，速度v越小，B正确；

由G＝mr2，又r＝2R，GM＝gR2，解得T＝4π，C错误；

由于地球自转，经线所在的平面不停地变化，而卫星的轨道平面不变，所以卫星的轨道不可能在地球上任一经线所在的平面内，D错误。

【答案】B　

17．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈两端接入稳定的正弦交流电源u＝220sin314t（V）；

副线圈接有电阻R，并接有理想电压表和理想电流表。

下列结论正确的是

A．电压表读数为55V

B．若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半

C．若仅将R的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍

D．若R的阻值和副线圈匝数同时增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的2倍

【解析】因为交流电源u＝220sin314t（V），电压表的读数为变压器的输出电压的有效值，由＝得，电压表读数为55V，所以选项A错误；

若副线圈匝数增加，则U2增大，由I2＝可知，电流表示数增大，所以选项B错误；

输入电压和匝数比不变，则输出电压不变，当负载电阻R变大时，I2＝，电流变小，又P1＝P2＝U2I2，故输入功率也减小，所以选项C错误；

若副线圈匝数增加到原来的2倍，则U2增加到原来的2倍，同时R的阻值也增加到原来的2倍，故输出功率P2＝变为原来的2倍，所以选项D正确。

18．如图甲所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。

一质量为m的小物块从轻弹簧上方且离地高度为h1的A点由静止释放，小物块下落过程中的动能Ek随离地高度h变化的关系如图乙所示，其中h2～h1段图线为直线。

已知重力加速度为g，则以下判断中正确的是

A．当小物块离地高度为h2时，小物块的加速度恰好为零

B．当小物块离地高度为h3时，小物块的动能最大，此时弹簧恰好处于原长状态

C．小物块从离地高度为h2处下落到离地高度为h3处的过程中，弹簧的弹性势能增加了mg（h2－h3）

D．小物块从离地高度为h1处下落到离地高度为h4处的过程中，其减少的重力势能恰好等于弹簧增加的弹性势能

【解析】由题意可知，当小物块离地高度为h2时，小物块刚好开始接触弹簧，此时小物块只受到重力作用，故此时的加速度大小为重力加速度g，A错误；

当小物块离地高度为h3时，由题图乙可知小物块的动能达到最大，小物块的速度达到最大，此时有mg＝kΔx，弹簧的压缩量为Δx＝h2－h3，B错误；

小物块从离地高度为h2处下落到离地高度为h3处的过程中，重力势能减少了mg（h2－h3），由能量守恒定律可知，小物块减少的重力势能转化为小物块增加的动能和弹簧增加的弹性势能，即弹簧增加的弹性势能ΔEp＝mg（h2－h3）－（Ek2－Ek1），C错误；

由题图乙可知，当小物块离地高度为h4时，小物块的动能为零，由能量守恒定律可知，小物块减少的重力势能全部转化为弹簧增加的弹性势能，D正确。

19．如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，将ab棒在导轨上无初速度释放，当ab棒下滑到稳定状态时，速度为v，电阻R上消耗的功率为P。

导轨和导体棒电阻不计。

下列判断正确的是

A．导体棒的a端比b端电势低

B．ab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动

C．若磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的

D．若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则导体棒下滑到稳定状态时R的功率将变为原来的4倍

【解析】导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断感应电流I在导体棒ab中从b到a，电源内部电流由低电势到高电势，则a端比b端电势高，故A错误；

导体棒ab开始下滑后速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，如果导轨足够长，当F安＝BIL＝mgsinθ时，达到最大速度，之后做匀速直线运动，速度不再增大，安培力不变，因此ab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动，故B正确；

稳定时，有mgsinθ·

vm＝，得稳定时的速度，即最大速度为vm＝，可知磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的，故C错误；

稳定时，电阻R上消耗的功率P＝mgsinθ·

vm＝，则知换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则导体棒下滑到稳定状态时R的功率将变为原来的4倍，故D正确。

【答案】BD　

20．如图所示为一边长为L的正方形abcd，P是bc的中点。

若正方形区域内只存在由d指向a的匀强电场，则在a点沿ab方向以速度v入射的质量为m、电荷量为q的带负电粒子（不计重力）恰好从P点射出。

若该区域内只存在垂直纸面向里的匀强磁场，则在a点沿ab方向以速度v入射的同种带电粒子恰好从c点射出。

由此可知

A．匀强电场的电场强度为

B．匀强磁场的磁感应强度为

C．带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小

D．带电粒子在匀强电场中运动的时间和在匀强磁场中运动的时间之比为1∶2

【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，有L＝vt，L＝at2，qE＝ma，联立解得E＝，a＝，A错误；

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，由几何关系有r＝L，联立解得B＝，B正确；

粒子在匀强磁场中运动的加速度a′＝＝＝a，C正确；

带电粒子在匀强电场中运动的时间t＝，在匀强磁场中运动的时间t′＝，带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为＝，D错误。

【答案】BC　

21．如图所示，在水平面上放置一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用劲度系数为k的轻弹簧连接一质量为m的小木块，轻弹簧连在斜面顶端，开始系统处于平衡状态。

现使斜面从静止开始缓慢向左加速，加速度从零开始缓慢增大到某一值，然后保持此值恒定，木块最终稳定在某一位置（弹簧处在弹性限度内）。

斜面从静止开始向左加速到加速度达到最大值的过程中，下列说法正确的是

A．木块的重力势能一直减小

B．木块的机械能一直增加

C．木块的加速度大小可能为

D．弹簧的弹性势能一直增加

【解析】由于弹簧的弹力和斜面的支持力的合力对木块始终做正功，木块的机械能一定增加，B正确。

设弹簧的原长为L0，对木块受力分析，开始木块静止在斜面上，则有mgsinθ＝kx1，开始时弹簧长度L1＝L0＋x1＝L0＋；

向左加速后，在木块离开斜面前，根据牛顿第二定律，mgcosθ－FN＝masinθ，kx2－mgsinθ＝macosθ；

当FN＝0时，加速度a＝，C正确。

加速度增大过程，弹簧长度L2＝L0＋x2＝L0＋，可见L2＞L1，随着加速度增大，弹簧变长，重力势能一直减小；

当木块恰好要离开斜面时，弹簧长度L3＝L0＋x3＝L0＋；

当木块离开斜面稳定时，设弹簧与水平方向的夹角为α，α＜θ，有＝kx4，mg＝matanα，随着a增大，α减小，弹簧长度L4＝L0＋x4＝L0＋，所以L3＜L4，D正确。

因为h3＝L3sinθ＝L0sinθ＋，h4＝L4sinα＝L0sinα＋，h4＜h3，由于不知末状态木块是否离开斜面，木块的重力势能可能一直减小，也可能先减小后增大，A错误。

【答案】BCD

第II卷

三、非选择题：

本卷包括必考题和选考题两部分。

第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33-38题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题（共129分）

22．（6分）

某同学设计了如图所示的装置去验证小球摆动过程中的机械能守恒，实验中小球到达B点（图中未标出）时恰好与桌面接触但没有弹力，D处的箭头处放一锋利的刀片，细线到达竖直位置时被割断，小球做平抛运动落到地面，P是一刻度尺。

该同学方案的优点是只需利用刻度尺测量A位置到桌面的高度h，桌面到地面的高度H及平抛运动的水平位移L即可。

（1）测量A位置到桌面的高度h应从____________开始测（选填“球的下边沿”或“球心”）。

（2）实验中改变h多测几次h和L的数值，利用作图像的方法去验证。

该同学取纵轴表示L，则横轴应表示________。

（3）若所作图像的斜率为k，则满足__________________关系即可证明小球下摆过程中机械能守恒。

【解析】由机械能守恒定律有mgh＝mv2，依据平抛运动规律有H＝gt2，L＝vt，整理后可得L＝2。

【答案】

（1）球的下边沿　

（2）　（3）k＝2

23．（9分）

在“测定直流电动机的效率”实验中，用如图所示的实物图测定一个额定电压U＝6V、额定功率为3W的直流电动机的机械效率。

（1）请根据实物连接图在方框中画出相应的电路图（电动机用表示）。

（2）实验中保持电动机两端电压U恒为6V，重物每次匀速上升的高度h均为1.5m，所测物理量及测量结果如下表所示：

（3）在第5次实验中，电动机的输出功率是________；

可估算出电动机线圈的电阻