2018年高考仿真模拟物理试题新课标全国卷(四)答案

2018年高考仿真模拟试题(新课标全国卷)物理(四)答案1．D【解析】这群氢原子向低能级跃迁时能够辐射出6种不同频率的光子，A错误；氢原子从低能级向高能级跃迁时吸收的能量等于两能级的能量差，B错误；氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级时向外辐射出的光子的频率最大，波长最短，C错误；如果这群氢原子辐射出的光子中只有两种能使某金属发生光电效应，则这两种光子分别是由氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级和氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级时辐射出的，由光电效应发生的条件可知，该金属的逸出功应满足2E−1E0W≤3E−1E，即10.2eV0W≤12.09eV，D正确。2．A【解析】假设滑块的重力为G，长薄板与水平面之间的夹角为α，弹簧的弹力大小用F表示，由题意可知，当长薄板的右端缓缓抬起时，α逐渐增大，弹簧的拉力一直不变，滑块的重力沿长薄板向下的分力先小于弹簧的弹力，后大于弹簧的弹力，滑块所受的静摩擦力方向先沿长薄板向下再沿长薄板向上。当滑块的重力沿长薄板向下的分力小于弹簧的弹力时，则有Gsinα+fF=F，当α增大时，F不变，fF减小；当滑块的重力沿长薄板向下的分力大于弹簧的弹力时，则有Gsinα=fF+F，α增大时，F不变，fF增大，故滑块所受的静摩擦力先减小后增大。滑块所受的支持力等于重力垂直长薄板向下的分力，即NF=Gcosα，α增大时，NF一直减小，A正确。3．C【解析】0~3x段电场的方向始终沿x轴的正方向，则该带电粒子所受的电场力一直沿x轴的正方向，粒子一直沿x轴的正方向做加速运动，则电场力一直对该粒子做正功，A、D错误；2x~3x段电场强度沿x轴的正方向逐渐增大，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，B错误；根据对称性可知，位置0与1x间的平均电场强度与位置1x与2x间的平均电场强度相等，则由U=Ed可知，位置0与1x间的电势差等于位置1x与2x间的电势差，C正确。4．C【解析】当2P位于正中央时，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈电压的有效值为1U=2mU=220V，又由12UU=12nn可知副线圈的输出电压的有效值为110V，因此电压表的读数为110V，A错误；由题图乙可知该交流电的周期为T=0.02s，则1s内电流方向改变100次，B错误；当2P向下缓慢移动的过程中，副线圈的匝数减小，则副线圈的输出电压减小，电压表的读数减小，由欧姆定律可知电流表的读数也减小，C正确；当1P向下移动时，电流表的读数增大，由P=UI可知变压器的输出功率增大，则变压器的输入功率也增大，D错误。5．D【解析】飞船B在地球表面的发射速度一定大于第一宇宙速度，A错误；飞船B与空间站A对接后，飞船B的轨道半径增大，则由开普勒第三定律可知，对接后的运行周期增大，B错误；飞船B在椭圆轨道上经过O点时，要点火加速，使其速度增大做离心运动，从而转移到圆轨道上与空间站A对接，C错误；对接后，对飞船B，由万有引力提供向心力有2224()()MmGmRHRHT，则地球的质量为2324()RHMGT，又T=tn，地球的体积为V=43π3R，整理可得地球的平均密度为ρ=32233()RHnGtR，D正确。6．CD【解析】开关闭合的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，甲灯先亮，乙灯后亮，A错误；断开开关的瞬间，线圈中产生自感电动势，由于甲、乙两灯串联在一起构成闭合回路，两灯同时逐渐熄灭，B错误；闭合开关，当电路稳定后，自感作用消失，又由于稳定时线圈的电阻与电路中的定值电阻R的阻值相同，故通过甲、乙两灯的电流相等，两灯亮度相同，C正确；断开开关的瞬间，线圈中产生自感电动势，线圈的右端相当于电源的正极，与甲、乙两灯泡和定值电阻构成回路，因此n点的电势较高，D正确。7．AD【解析】建筑工人匀速运动到右端，则所需时间1t=0Lv=2s，假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为a=μg=1m/s2，加速的时间为2t=0va=1s，加速运动的位移为1x=022vt=0.5mL，假设成立，因此建筑材料先加速运动再匀速运动，匀速的时间为3t=10Lxv=1.5s，因此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为Δt=3t+2t−1t=0.5s，A正确，B错误；建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热，该过程中运输带的位移为2x=02vt=1m，则因摩擦而生成的热量为Q=μmg(2x−1x)=1J，由动能定理可知，运输带对建筑材料做的功为2012Wmv=1J，则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为2J，C错误，D正确。8．BCD【解析】根据右手定则可知，金属棒在题图所示位置时，电流方向由M到N，当金属棒经过直径PQ后，电流方向由N到M，A错误；根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动势22122EBrBr，等效电路如图所示，两半圆环并联的总电阻为R总=2RRRRR，所以金属棒中的电流为I=222132EBrBrRRRRR总，B正确；金属棒两端的电压大小为2123IURBr，C正确；金属棒旋转一周的过程中，电路中产生的热量为Q=2()2RIR·2=2443BrR，D正确。9．【答案】(1)1.21(2分)(2)2.42(1分)减小(1分)(3)2gh=22v−21v(2分)【解析】(1)游标卡尺是10分度的，则由游标卡尺的读数规则可知该读数为D=12mm+1×0.1mm=12.1mm=1.21cm；(2)小球通过光电门1时的速度为1v=1Dt=231.2110510m/s=2.42m/s，小球的直径越小，挡光时间越短，因此小球经过光电门时的瞬时速度越接近挡光过程的平均速度，实验误差越小；(3)小球从光电门1到光电门2的过程中动能的增加量为2212mv−2112mv，小球重力势能的减少量为mgh，由于两边都有质量m，可以约掉，因此只需验证2gh=22v−21v。10．【答案】(1)并联(1分)2R(1分)200(2分)(2)如图所示(2分)红(1分)(3)750(2分)【解析】(1)将电流计改装成量程为I=3mA的电流表时，应并联一电阻，该电阻的阻值为R=gggIRII=200Ω；(2)改装后的电流表的内阻为R=ggIRI=63350010110310Ω=5003Ω，如果要求改装后电流表的示数为1.5mA时对应被测电阻的阻值为500Ω，则需串联一阻值为R=1.5V1.5mA−5003Ω−500Ω=333Ω的电阻，因此选用滑动变阻器4R，电路设计如图所示；(3)改装后电流表量程为改装前电流计量程的6倍，当电流计的读数为200μA，电路中的电流为I=200μA×6=1.2mA，则待测电阻的阻值为xR=1.5V1.2mA−5003Ω−333Ω=750Ω。【技巧点拨】电压表和电流表的改装方法:改装后的电压表或电流表，虽然量程扩大了，但通过电流表的最大电流仍为电流表的满偏电流gI，加在电流表两端的最大电压仍为电流表两端的满偏电压gU，只是由于串联电路的分压或并联电路的分流使电表的量程扩大了。由改装后电压表的分压电阻R=(n−1)gR，可知改装后电压表量程越大，其分压电阻越大，电压表内阻VR越大；由改装后的电流表的分流电阻R=1gRn可知，改装后电流表的量程越大，其分流电阻越小，电流表的内阻越小。11．【解析】设A的质量为m，则B的质量为4m，两物块发生弹性正碰时，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m0v=mAv+4mBv(2分)12m20v=12m2Av+12×4m2Bv(2分)解得Av=−3m/s(1分)Bv=2m/s(1分)碰后A向左做减速运动，B向右做匀速运动，与挡板相碰后向左做匀速运动，设碰后A经过时间1t停止运动，向左运动的位移为1x，则由动量定理和动能定理得μmg1t=0−mAv(2分)−μmg1x=0−12m2Av(2分)解得1t=1s，1x=1.5m(1分)在1t时间内，B运动的路程为1s=Bv1t=2m(1分)当A停止运动时，B与A的距离为2x=0.5mB继续运动时间2t后与A相碰，则2t=2Bxv=0.25s(1分)t总=1t+2t=1.25s(1分)因此两物块相碰后经过1.25s再次相碰12．【解析】(1)如图甲所示，假设粒子从O点以任意方向进入磁场，经偏转后由磁场边界的2O点离开磁场，由于粒子的轨迹半径等于磁场的半径，令磁场区域的圆心为3O、轨迹圆的圆心为1O，则123OOOO为菱形，又因为3OO垂直荧光屏，故粒子离开磁场的速度方向垂直12OO，因此所有粒子离开磁场的速度方向均平行于荧光屏。(2分)图甲粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得qvB=2vmB(1分)解得v=BqRm当α=90°时，粒子在磁场中转过14圆弧后以平行于荧光屏的速度v进入匀强电场，粒子在磁场中运动的时间为1t=4T=2Rv=2mqB(1分)粒子进入电场后做类平抛运动，粒子到达荧光屏上时沿电场方向运动的距离为R，由匀变速直线运动规律有R=12·Eqm·22t(1分)解得2t=2mRqE(1分)故粒子从发射至到达荧光屏上所用的时间为t=1t+2t=2mqB+2mRqE(1分)(2)当α=60°时，粒子的运动轨迹如图乙所示，粒子在磁场中转过120°角后离开磁场，再沿直线到达图乙中的M点，最后垂直电场方向进入电场，做类平抛运动，并到达荧光屏，由几何关系可得M到荧光屏的距离为1x=R+Rsin30°=1.5R(1分)图乙设粒子在电场中运动的时间为3t，由匀变速直线运动规律有1x=12·23qEtm(1分)解得3t=3mRqE(1分)在电场中，粒子在竖直方向上做匀速直线运动，到达荧光屏上时有1y=v3t=BR3qRmE(1分)粒子到达荧光屏时的位置与O点的距离为y=R+1y=R+BR3qRmE(1分)(3)假设α无限接近0°时，粒子由磁场的最右端离开后竖直向上运动，垂直进入电场中做类平抛运动，到达荧光屏上时的位置距离O点最远，此时maxx=2R(1分)则2R=12·24qEtm(1分)粒子在电场中竖直向上运动的距离为2y=v4t=2BRqRmE(1分)此时粒子到达荧光屏上的位置与O点的距离为maxy=R+2y=R+2BRqRmE(1分)假设α无限接近180°时，粒子到达荧光屏上时的位置距离O点最近，此时miny=0(1分)故粒子到达荧光屏上时的位置与O点的距离范围为0yR+2BRqRmE(1分)13．(1)【答案】BCD【解析】C点为斥力和引力相等的位置，C点的右侧分子间作用力的合力表现为引力，C点的左侧分子间作用力的合力表现为斥力，因此分子Q由A点运动到C点的过程中，分子Q一直做加速运动，分子的动能一直增大，分子势能一直减小，当分子Q运动到C点左侧时，分子Q做减速运动，分子动能减小，分子势能增大，即分子Q在C点的分子势能最小，A错误，B正确；C点为分子引力等于分子斥力的位置，即分子间作用力的合力为零，则分子Q在C点的加速度大小为零，C正确；分子Q由A点释放后运动到C点左侧的过程中，由题图可知分子间作用力的合力先增大后减小再增大，则由牛顿第二定律可知加速度先增大后减小再增大，D正确；气体分子间距较大，分子间作用力很弱，不能用此图表示气体分子间作用力的变化规律，E错误。(2)【解析】(i)绝热活塞移动前，气体发生等容变化，由查理定律可得0101ppTT(2分)又由力的平衡条件可知1pS=0pS+f(2分)解得1T=(1+0fpS)0T(2分)(ii)绝热活塞向右移动时，气体发生等压变化，由盖−吕萨克定律得1212VVTT(2分)2V=0V，1V=230V解得2T=32(1+0fpS)0T(2分)14．(1)【答案】ADE【解析】该简谐波向左传播，t=0时质点C沿y轴正方向振动，则由振动和波的传播的关系可知，x=3m处的质点B振动方向沿y轴负方向，B错误；当x=−1m处的质点第一次处在波峰时，则满足34T=0.3s，解得T=0.4s，因此波速v=T=10m/s，A正确；t=0.3s=34T，此时质点A位于平衡位置且运动方向沿y轴负方向，C错误；在t=0.4s时x=4m处的质点A位于波谷