loading2018年全国高考一模试卷（新课标Ⅱ卷）物理
一、选择题：本题共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。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
1.（6分）在2017年世界斯诺克国际锦标赛中，质量为m的白球以3v的速度被推出，与正前方另一静止的相同质量的黄球发生对心正碰，碰撞后黄球的速度为2v，运动方向与白球碰前的运动方向相同。若不计球与桌面间的摩擦，则碰后瞬间白球的速度为( )b5E2RGbCAP A.0 B.
1232v
C.v D.
v
解析：两球碰撞过程系统动量守恒，以白球的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：m?3v=mv′+m?2v 解得：v′=v，故C正确，ABD错误。 答案：C
2.（6分）如图所示，直角三角形导线框OPQ放置在磁感应强度大小为B，方向垂直于OQ向右的匀强磁场中，且OP边的长度为l，∠POQ=θ。当导线框绕OQ边以角速度ω逆时针转动（从O向Q观察）时，下列说法正确的是( )p1EanqFDPw
A.导线框OPQ内无感应电流
B.导线框OPQ内产生大小恒定，方向周期性变化的交变电流 C.P点的电势始终大于O点的电势
D.如果截去导线PQ，则P、O两点的电势差的最大值为
12Bl2ωsinθcosθ
解析：A、导线框OPQ内，只有边长OP做切割磁感线运动，产生的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势的大小为DXDiTa9E3d E=Bl?lsin?2??cos?sin?t?12Bl?sinθcosθsinωt，故导线框OPQ内产生正弦式交变电
2流，故AB错误；
C、由于导体框OPQ内产生正弦式交变电流，P点的电动势与O的点的电动势大小成周期性变化，故C错误；
D、如果截取导线PQ，则没有感应电流，但PQ两点的电势差
U?BL?lsin?2??cos?sin?t?12Bl?sin?cos?sin?t，故最大值为
212Bl?sin?cos?，故D正确。
2答案：D
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3.（6分）如图所示，在高尔夫球场上，某人从高出水平地面h的坡顶以速度v0水平击出一球，球落在水平地面上的C点。已知斜坡AB与水平面的夹角为θ，不计空气阻力。则下列说法正确的是( )RTCrpUDGiT
A.若球落到斜坡上，其速度方向与水平方向的夹角为定值 B.若球落到斜坡上，其速度方向与水平方向的夹角不确定 C.AC的水平距离为v0
hg2
D.小球落在C点时的速度大小为v0?gh
解析：AB、若球落到斜坡上，将速度分解，有vy=gt=2v0tanθ，故速度方向与水平方向的正切：tanα=
vyv0=2tanθ，所以速度方向与水平方向的夹角为定值，故A正确、B错误；5PCzVD7HxA
12C、小球做平抛运动，设时间为t，则有：x=v0t，y=故C错误；jLBHrnAILg D、根据动能定理可得mgh=
v0?gh，故D错误。
2gt2，小球水平飞行距离为：x=v0
2hg，
12mvc﹣
212mv0，解得小球落在C点时的速度大小为vC=
2答案：A
4.（6分）水平面内有一等边三角形ABC，O点为三角形的几何中心，D点为O点正上方的一点，O点到A、B、C、D四点的距离均为l。现将三个电荷量均为Q的正点电荷分别固定在A、B、C处，已知静电力常量为k。则下列说法正确的是( )xHAQX74J0X
A.O点的电场强度大小E?kB.D点的电场强度大小E?kQl2
Q2l2C.O点的电势为零
D.D点的电势比O点的电势低
解析：A、三个点电荷在O点的场强大小都为kQl2，任意两个场强之间的角度为120°，故合
场强为零，故A错误； CD、经过O点的竖直线上任一点，三个点电荷在垂直该竖直线的平面内的场强都大小相等，互成120°，故场强方向沿竖直方向指向无穷远处，那么，D点的电势比O点的电势低；
LDAYtRyKfE
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又有无穷远处电势为零，故O点电势大于零，故C错误，D正确； B、根据几何关系可得：D到A、B、C的距离均为2l，故场强大小均为kQ2l2；又有任一
分场强与与OD成45°，由CD可知：场强方向沿竖直方向指向无穷远处即为OD方向，Zzz6ZB2Ltk 所以，D点场强E?3?kQ2l2cos45??32kQ4l2，故B错误。
答案：D
5.（6分）北京时间2018年1月12日7时18分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭（及远征一号上面级），以“一箭双星”方式成功发射第二十六、二十七颗北斗导航卫星，这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星。中圆地球轨道卫星和同步轨道卫星都绕地球球心做圆周运动，但中圆地球轨道卫星离地面高度要低些。若与同步轨道卫星相比，则上述两颗卫星做圆周运动的( )dvzfvkwMI1 A.线速度小 B.向心加速度大 C.角速度小 D.周期大
解析：根据万有引力提供向心力，得 G
Mmr2=m
vr2=ma=mω2r=m，a=
Gmr24?T22r ，T=2π
r3得 v=
Gmr，ω=
Gmr3
GmrGmA、由于中圆地球轨道卫星离地面高度要低些，即轨道半径要小些，由 v=
知，半径r
越小，线速度越大，则中圆地球轨道卫星的线速度大，故A错误。rqyn14ZNXI B、由a=
Gmr2，知半径r越小，向心加速度越大，则中圆地球轨道卫星的向心加速度大，故
B正确。 C、由ω=
Gmr3，知半径r越小，角速度越大，则中圆地球轨道卫星的角速度大，故C错误。
r3D、由T=2π
，知半径越小，周期越小，所以中圆地球轨道卫星的周期小，故D错误。
Gm答案：B
6.（6分）2017年11月6日“华龙一号”核电项目首台发电机已通过了“型式试验”，全部指标达到和优于设计要求，标志着我国“华龙一号”首台发电机自主研制成功。“华龙一号”是利用
235235原子核链式反应放出的巨大能量进行发电的，92U是核电站常用的核燃料。92U受一个中14492子轰击后裂变成56Ba和36Kr两部分，并产生3个中子。要使链式反应发生，裂变物质的
235141921体积要大于它的临界体积。已知92U、56Ba、36Kr和中子0n的质量分别是235.043 9u、
140.913 9u、91.897 3u和1.008 7u。若取1u=931.5MeV。则下列说法正确的是( )EmxvxOtOco
235141921A.该核反应方程为：92U?56Ba?36Kr?20n
2351141921B.该核反应方程为：92U?0n?56Ba?36Kr?30n
C.因为裂变释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量数减少
235D.一个92U裂变时放出的能量约为△E=200.55 MeV
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23514492解析：AB、92U受一个中子轰击后裂变成56Ba和36Kr两部分，并产生3个中子，并根据
2351141921质量数守恒，则有：92U?0n?56Ba?36Kr?30n，故A错误，B正确；SixE2yXPq5
C、该核反应过程中，发生质量亏损，释放能量，但是反应前后总质量数保持不变，故C错误； D、由质能方程△E=△mC2，取1u=931.5MeV，代入数据，解得放出的能量约为△E=200.55 MeV，故D正确。6ewMyirQFL 答案：BD
7.（6分）如图所示，用长为l的绝缘细线拴一个质量为m、带电荷量为+q的小球（可视为质点）后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的、场强大小为E的匀强电场中。现将小球拉至悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球向下摆动，当悬线转过θ=60°角到达位置B时，小球的速度恰好为零。则下列说法不正确的是( )kavU42VRUs
A.电场强度是
3mg2q3mgl2q32
mg
B.A、B两点间的电势差是
C.小球到达B点时，悬线对小球的拉力为
D.小球从A点到B点的过程中重力的瞬时功率先增大后减小
解析：A、小球运动过程只有重力和电场力做功，故有动能定理可得：mglsin60°﹣qEl（1﹣cos60°）=0，所以，电场强度E?B、A、B两点间的电势差Umgsin60q(1-cos60???)?123mgqEl?；故A错误；y6v3ALoS89
3mgl2qBA?El(1-cos60)?，故B正确；
C、小球在B点速度为零，故径向合外力为零，那么，悬线对小球的拉力
F?mgsin60??qEcos60??32mg?32mg?3mg，故C错误；
D、小球在A、B的速度都为零，故重力的瞬时功率都为零，在中间小球速度不为零，那么，重力瞬时功率不为零，所以，整个过程，小球重力的瞬时功率应先增大后减小，故D正确。
M2ub6vSTnP
答案：AC
8.（6分）如图所示，在虚线矩形区域内存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m带电荷量大小为q的小球从左侧M点以某一水平速度射入该区域，恰好沿直线从右侧的N点（未画出）穿出，则( )0YujCfmUCw
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