2018年高考物理(全国Ⅰ卷)计算题仿真练

全国卷Ⅰ二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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，有选错的得0分．14．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比 答案 B解析 速度v ＝at ，动能E k ＝12m v 2＝12ma 2t 2，与经历的时间的平方成正比，A 项错误；根据v 2＝2ax ，动能E k ＝12m v 2＝12m ·2ax ＝max ，与位移成正比，B 项正确；动能E k ＝12m v 2，与速度的平方成正比，C 项错误；动量p ＝m v ，动能E k ＝12m v 2＝p 22m ，与动量的平方成正比，D项错误．15．如图1，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P ，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动．以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x 之间关系的图象可能正确的是( )图1答案 A解析 设物块P 静止时，弹簧的长度为x 0，则k (l －x 0)＝mg ，物块P 匀加速直线运动时受重力mg 、弹簧弹力k (l －x 0－x )及力F ，根据牛顿第二定律，得F ＋k (l －x 0－x )－mg ＝ma 故F ＝kx ＋ma .根据数学知识知F －x 图象是截距为ma 的一次函数图象．16．如图1，三个固定的带电小球a 、b 和c ，相互间的距离分别为ab ＝5 cm ，bc ＝3 cm ，ca ＝4 cm.小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a 、b 的连线．设小球a 、b 所带电荷量的比值的绝对值为k ，则( )图1A ．a 、b 的电荷同号，k ＝169B ．a 、b 的电荷异号，k ＝169C ．a 、b 的电荷同号，k ＝6427D ．a 、b 的电荷异号，k ＝6427答案 D解析 由于小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a 、b 的连线，根据受力分析知， a 、b 的电荷异号．根据库仑定律，a 对c 的库仑力为 F a ＝k 0q a q c(ac )2①b 对c 的库仑力为 F b ＝k 0q b q c(bc )2②设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得F a ac ＝F b bc③联立①②③式得k ＝|q a q b |＝(ac )3(bc )3＝6427.17．如图1，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，QM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B 等于( )图1A.54B.32C.74 D ．2答案 B解析 在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有 E 1＝ΔΦ1Δt 1＝B ⎝⎛⎭⎫12πr 2－14πr 2Δt 1根据闭合电路欧姆定律，有 I 1＝E 1R且q 1＝I 1Δt 1 在过程Ⅱ中，有 E 2＝ΔΦ2Δt 2＝(B ′－B )12πr 2Δt 2I 2＝E 2Rq 2＝I 2Δt 2又q 1＝q 2，即B ⎝⎛⎭⎫12πr 2－14πr 2R ＝(B ′－B )12πr 2R所以B ′B ＝32.18．如图1，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R ；bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点．一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )图1A ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR答案 C解析 小球从a 运动到c ，根据动能定理，得 F ·3R －mgR ＝12m v 12，又F ＝mg ，故v 1＝2gR ，小球离开c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g ，故小球从c 点到最高点所用的时间t ＝v 1g ＝2R g ，水平位移x ＝12gt 2＝2R ， 根据功能关系，小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量为力F 做的功，即ΔE ＝F ·(2R ＋R ＋x )＝5mgR .19．如图1，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是( )图1A ．开关闭合后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动B ．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向里的方向C ．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向外的方向D ．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动 答案 AD解析 根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场．开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 项正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N 极指北，B 、C 项错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 项正确．20．2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波．根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s 时，它们相距约400 km ，绕二者连线上的某点每秒转动12圈．将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星( ) A ．质量之积 B ．质量之和C ．速率之和D ．各自的自转角速度答案 BC解析 两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示每秒转动12圈，角速度已知，中子星运动时，由万有引力提供向心力得 Gm 1m 2l 2＝m 1ω2r 1① Gm 1m 2l 2＝m 2ω2r 2② l ＝r 1＋r 2③由①②③式得G (m 1＋m 2)l 2＝ω2l ，所以m 1＋m 2＝ω2l 3G ，质量之和可以估算．由线速度与角速度的关系v ＝ωr 得 v 1＝ωr 1 ④ v 2＝ωr 2⑤由③④⑤式得v 1＋v 2＝ω(r 1＋r 2)＝ωl ，速率之和可以估算． 质量之积和各自自转的角速度无法求解．21．图1中虚线a 、b 、c 、d 、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b 上的电势为2 V ．一电子经过a 时的动能为10 eV ，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6 eV .下列说法正确的是( )图1A ．平面c 上的电势为零B ．该电子可能到达不了平面fC ．该电子经过平面d 时，其电势能为4 eVD ．该电子经过平面b 时的速率是经过d 时的2倍 答案 AB解析 因等势面间距相等，由U ＝Ed 得相邻虚线之间电势差相等，由a 到d ，eU ad ＝6 eV ，故U ad ＝6 V ；各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，φc ＝0，A 项正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f ，B 项正确；经过d 时，电势能E p ＝eφd ＝2 eV ，C 项错误；由a 到b ，W ab ＝E k b －E k a ＝－2 eV ，所以E k b ＝8 eV ；由a 到d ，W ad ＝E k d －E k a ＝－6 eV ，所以E k d ＝4 eV ；则E k b ＝2E k d ，根据E k ＝12m v 2知v b ＝2v d ，D 项错误．三、非选择题：第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答． (一)必考题：22．(5分)如图1(a)，一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘；一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针．图1现要测量图(a)中弹簧的劲度系数．当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为1.950 cm ；当托盘内放有质量为0.100 kg 的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图(b)所示，其读数为________cm.当地的重力加速度大小为9.80 m /s 2，此弹簧的劲度系数为________N/m(保留3位有效数字)． 答案 3.775 53.7解析 标尺的游标为20分度，精确度为0.05 mm ，游标的第15个刻度与主尺刻度对齐，则读数为37 mm ＋15×0.05 mm ＝37.75 mm ＝3.775 cm.放入砝码后，弹簧再次伸长的长度x ＝(3.775－1.950) cm ＝1.825 cm ， 由胡克定律知，mg ＝kx ，所以劲度系数k ＝mg x ＝0.100×9.801.825×10－2N /m ≈53.7 N/m.(保留3位有效数字)23．(10分)某实验小组利用如图1所示的电路探究在25 ℃～80 ℃范围内某热敏电阻的温度特性．所用器材有：置于温控室(图中虚线区域)中的热敏电阻R T ，其标称值(25 ℃时的阻值)为900.0 Ω；电源E (6 V ，内阻可忽略)；电压表(量程150 mV)；定值电阻R 0(阻值20.0 Ω)，滑动变阻器R 1(最大阻值为1 000 Ω)；电阻箱R 2(阻值范围0～999.9 Ω)；单刀开关S 1，单刀双掷开关S 2.图1实验时，先按图1连接好电路，再将温控室的温度t 升至80.0 ℃.将S 2与1端接通，闭合S 1，调节R 1的滑片位置，使电压表读数为某一值U 0；保持R 1的滑片位置不变，将R 2置于最大值，将S 2与2端接通，调节R 2，使电压表读数仍为U 0；断开S 1，记下此时R 2的读数．逐步降低温控室的温度t ，得到相应温度下R 2的阻值，直至温度降到25.0 ℃.实验得到的R 2－t 数据见下表.t /℃ 25.0 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0 R 2/Ω900.0680.0500.0390.0320.0270.0240.0回答下列问题：(1)在闭合S 1前，图1中R 1的滑片应移动到________(填“a ”或“b ”)端． (2)在图2的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并作出R 2－t 曲线．图2图3(3)由图2可得到R T 在25 ℃～80 ℃范围内的温度特性．当t ＝44.0 ℃时，可得R T ＝________Ω. (4)将R T 握于手心，手心温度下R 2的相应读数如图3所示，该读数为________Ω，则手心温度为________℃. 答案 (1)b (2)如图所示(3)450 (5)620.0 33.0解析 (1)闭合开关S 1前，应让滑片移动到b 端，使滑动变阻器连入电路的阻值最大． (3)由图象可知t ＝44.0 ℃时，电阻的阻值为450 Ω.(4)由图3可得电阻箱阻值为620.0 Ω，由图象可得温度约为33.0 ℃.24．(12分)一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E ，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质量．求： (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度． 答案 (1)1g2E m (2)2E mg解析 (1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有 E ＝12m v 02①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t ，由运动学公式有 0－v 0＝－gt②联立①②式得t ＝1g 2E m③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有 E ＝mgh 1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v 1和v 2.由题给条件和动量守恒定律有 14m v 12＋14m v 22＝E ⑤ 12m v 1＋12m v 2＝0⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h 2，由机械能守恒定律有 14m v 12＝12mgh 2⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h ＝h 1＋h 2＝2E mg⑧25．(20分)如图1，在y >0的区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ；在y <0的区域存在方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场．一个氕核11H 和一个氘核21H 先后从y 轴上y ＝h 点以相同的动能射出，速度方向沿x 轴正方向．已知11H 进入磁场时，速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O 处第一次射出磁场.11H 的质量为m ，电荷量为q .不计重力．求：图1(1)11H 第一次进入磁场的位置到原点O 的距离； (2)磁场的磁感应强度大小；(3)21H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离． 答案 (1)233h (2)6mE qh (3)233(2－1)h 解析 (1)11H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．设11H在电场中的加速度大小为a 1，初速度大小为v 1，它在电场中的运动时间为t 1，第一次进入磁场的位置到原点O 的距离为s 1，由运动学公式有 s 1＝v 1t 1①h ＝12a 1t 12②由题给条件，11H 进入磁场时速度的方向与x 轴正方向夹角θ1＝60°.11H 进入磁场时速度的y 分量的大小为 a 1t 1＝v 1tan θ1③联立以上各式得 s 1＝233h④(2)11H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE ＝ma 1⑤设11H 进入磁场时速度的大小为v 1′，由速度合成法则有v 1′＝v 21＋(a 1t 1)2⑥设磁感应强度大小为B ，11H 在磁场中运动的圆轨道半径为R 1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q v 1′B ＝m v 1′2R 1⑦由几何关系得 s 1＝2R 1sin θ1⑧联立以上各式得 B ＝6mEqh⑨(3)设21H 在电场中沿x 轴正方向射出的速度大小为v 2，在电场中的加速度大小为a 2，由题给条件得 12(2m )v 22＝12m v 12⑩由牛顿第二定律有 qE ＝2ma 2⑪设21H 第一次射入磁场时的速度大小为v 2′，速度的方向与x 轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s 2，在电场中运动的时间为t 2.由运动学公式有 s 2＝v 2t 2 ⑫ h ＝12a 2t 22⑬ v 2′＝v 22＋(a 2t 2)2⑭sin θ2＝a 2t 2v 2′⑮联立以上各式得 s 2＝s 1，θ2＝θ1，v 2′＝22v 1′ ⑯设21H 在磁场中做圆周运动的半径为R 2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R 2＝(2m )v 2′qB＝2R 1⑰所以出射点在原点左侧．设21H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s 2′，由几何关系有 s 2′＝2R 2sin θ2⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，21H 第一次离开磁场时的位置到原点O 的距离为 s 2′－s 2＝233(2－1)h⑲(二)选考题：共15分．请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．33．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)如图1，一定质量的理想气体从状态a 开始，经历过程①、②、③、④到达状态e .对此气体，下列说法正确的是________(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)．图1A ．过程①中气体的压强逐渐减小B ．过程②中气体对外界做正功C ．过程④中气体从外界吸收了热量D ．状态c 、d 的内能相等E ．状态d 的压强比状态b 的压强小(2)(10分)如图1，容积为V 的汽缸由导热材料制成，面积为S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K 关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p 0.现将K 打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V 8时，将K 关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g .求流入汽缸内液体的质量．图1答案 (1)BDE (2)15p 0S26g解析 (1)过程①中，气体由a 到b ，体积V 不变、T 升高，则压强增大，A 项错误；过程②中，气体由b 到c ，体积V 变大，对外界做功，B 项正确；过程④中，气体由d 到e ，温度T 降低，内能ΔU 减小，体积V 不变，气体不做功，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 得Q <0，即气体放出热量，C 项错误；状态c 、d 温度相同，所以内能相同，D 项正确；由b 到c 的过程，作过状态b 、c 的等压线，分析可得p b >p c ，由c 到d 的过程，温度不变，V c <V d ，所以p c >p d ，所以p b >p c >p d ，E 项正确．(2)设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V 1，压强为p 1；下方气体的体积为V 2，压强为p 2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得 p 0V2＝p 1V 1① p 0V2＝p 2V 2②由已知条件得 V 1＝V 2＋V 6－V 8＝1324V③ V 2＝V 2－V 6＝V 3④设活塞上方液体的质量为m ，由力的平衡条件得 p 2S ＝p 1S ＋mg⑤联立以上各式得 m ＝15p 0S 26g⑥34．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)如图1，△ABC 为一玻璃三棱镜的横截面，∠A ＝30°.一束红光垂直AB 边射入，从AC 边上的D 点射出，其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为________．若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D 点射出时的折射角________(填“小于”“等于”或“大于”)60°.图1(2)(10分)一列简谐横波在t ＝13 s 时的波形图如图2(a)所示，P 、Q 是介质中的两个质点．图(b)是质点Q 的振动图象．求： (ⅰ)波速及波的传播方向； (ⅱ)质点Q 的平衡位置的x 坐标．图2答案 (1)3 大于 (2)(ⅰ)18 cm/s 沿x 轴负方向传播 (ⅱ)9 cm 解析 (1)根据光路的可逆性，在AC 面，入射角为60°时，折射角为30°. 根据光的折射定律有n ＝sin i sin r ＝sin 60°sin 30°＝ 3.玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，沿同一路径入射时，r 角仍为30°不变，对应的i 角变大． 因此折射角大于60°.(2)(ⅰ)由图(a)可以看出，该波的波长为 λ＝36 cm①由图(b)可以看出，周期为 T ＝2 s② 波速为v ＝λT＝18 cm/s③由图(b)知，当t ＝13s 时，Q 点向上运动，结合图(a)可得，波沿x 轴负方向传播．(ⅱ)设质点P 、Q 平衡位置的x 坐标分别为x P 、x Q .由图(a)知，x ＝0处y ＝－A2＝A sin (－30°)，因此 x P ＝30°360°λ＝3 cm④由图(b)知，在t ＝0时Q 点处于平衡位置，经Δt ＝13 s ，其振动状态向x 轴负方向传播至P点处，由此及③式有 x Q －x P ＝v Δt ＝6 cm⑤由④⑤式得，质点Q 的平衡位置的x 坐标为 x Q ＝9 cm⑥。

2018年高考仿真模拟试题(新课标全国卷)物理(一)第一部分 选择题一、选择题：共8小题，每题6分。

在给出的四个选项中，第1～5题只有一个符合题目要求，第6～8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，有选错的得0分。

1．如图所示是研究光电效应的电路图，阴极K 和阳极A 是密封在真空玻璃管中的两个电极，如果用频率、强度不同的光分别照射阴极K ，则下列关于实验现象的说法正确的是A ．电子从金属表面逸出的过程中需要克服金属的逸出功B ．当入射光的频率和强度一定时，光电流大小与A 、K 之间的电压成正比C ．保持入射光的强度不变，改变入射光的频率，遏止电压不变D ．保持入射光的频率不变，增大入射光的强度，光电子逸出时的最大初动能会增大2．汽车在高速公路上超速是非常危险的，为防止汽车超速，高速公路都装有测汽车速度的装置。

如图甲所示为超声测速仪测汽车速度的示意图，测速仪A 可发出并接收超声波信号，根据发出和接收到的信号可以推测出被测汽车的速度。

如图乙所示是超声测速仪连续发出的两个超声波信号的x (位移)—t (时间)图象，则A ．汽车离测速仪越来越近B ．在测速仪发出两个超声波信号的时间间隔内，汽车通过的位移为21x xC ．汽车在1t ~2t 时间内的平均速度为2121x x t t -- D ．超声波信号的速度是22x t 3．如图所示是远距离输电的简化电路图，假设变压器均为理想变压器，发电厂的输出功率为P ，发电厂的输出电压为1U ，升压变压器原、副线圈的匝数比为k ∶1，输电线的电阻为R ，若在发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变的情况下输电，则下列说法正确的是A ．升压变压器副线圈的电压为1kUB ．输电线上损失的功率为2221k P R U C ．降压变压器副线圈的负载减少时，发电厂的输出功率增大D ．仅将升压变压器原、副线圈的匝数比变为k n ，输电线上损失的功率将变为原来的1n4．双星系统是存在于宇宙中的一种稳定的天体运动形式。

2018年高考仿真模拟试题(新课标全国卷)物理(一)答案1．A 【解析】当电子吸收光子的能量后，动能增加，在逸出的过程中要克服金属的逸出功，电子的动能减少，A 正确；在一定的光照条件下，单位时间内阴极K 发射的光电子数目是一定的，电压增加到一定值时，所有光电子都被阳极A 吸收，这时即使再增大电压，光电流也不会增大，B 错误；光的频率改变时，遏止电压也会改变，C 错误；根据爱因斯坦光电效应方程0k E hv W =-可知光电子逸出时的最大初动能与入射光的频率有关，而与入射光的强弱无关，D 错误。

2．C 【解析】由x —t 图象可知超声波信号从发出到接收所用的时间变长，所以汽车离测速仪越来越远，A 错误；在1t ~2t 时间内，汽车的位移是21x x -，从图象上不能看出测速仪发出两个超声波信号的时间间隔，B 错误；汽车在1t ~2t 时间内的平均速度为2121x x t t --，C 正确；超声波信号的速度为11x t ，D 错误。

3．B 【解析】对升压变压器有1122U n U n ==k ∶1，所以升压变压器副线圈的电压为1U k ，A 错误；原线圈中的电流1I =1PU ，又2112I n I n ==k ，解得升压变压器副线圈的电流2I =1kI =1kP U ，所以输电线上损失的功率为22I R =2221k P R U ，B 正确；降压变压器副线圈的负载减少时，消耗的电功率减小，故发电厂的输出功率减小，C 错误；如果升压变压器原、副线圈的匝数比变为k ∶n ，则2I =11kI kPn nU =，输电线上损失的功率为2222221k P I R R n U =，所以输电线上损失的功率将变为原来的21n ，D 错误。

4．B 【解析】根据题意可知行星与恒星运动的角速度相等，它们做圆周运动的向心力由万有引力提供，有222()M M GMm m a M R R a ϖϖ==+，解得MR =m a M ，A 错误；对恒星有2()M GMm R a +=2MM Mv R ，把M R =m a M 代入，可解得M vB 正确；由于2()M GMm R a +=224m a T π、2()M GMmR a +=224M M R T π，化简后两式相加可得222()4()M G M m R a Tπ+=+，所以当行星和恒星间的距离增大时，它们的运行周期也增大，C错误；根据2()M GMm R a +=224m a T π，得322324()GM m M a Tπ=+，由此可知行星轨道半径的三次方和运行周期的平方成正比，同理可得恒星轨道半径的三次方和运行周期的平方也成正比，D 错误。

2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科综合能力测试·物理（六）二、选择题：1. 下列说法中正确的是A. 结合能越大的原子核越稳定B.23290Th 经过6次α衰变和4次β衰变后成为20882PbC. 氢原子从较低能级跃迁到较高能级时，电势能减小D. 用绿光或紫光照射某金属发生光电效应时，逸出光电子的最大初动能可能相等2. 古希腊权威思想家亚里士多德曾经断言：物体从高空落下的快慢同物体的重量成正比，重者下落快，轻者下落慢．比如说，十磅重的物体落下时要比一磅重的物体落下快十倍．1800多年来，人们都把这个错误论断当作真理而信守不移． 直到16世纪，伽利略才发现了这一理论在逻辑上的矛盾．并通过“比萨斜塔试验”，向世人阐述他的观点．对此进行了进一步的研究，通过实验来验证：伽利略用铜球从斜槽的不同位置由静止下落，伽利略手稿中记录的一组实验数据: 伽利略对上述的实验数据进行了分析，并得出了结论，下列是伽利略得出的结论是（ ）A. 0t v v at =+B. 2xk T∆=C. 2202t v v ax -=D. 312222123s s s k t t t ==⋅⋅⋅= 3. 如图所示，虚线a 、b 、c 是电场中的一簇等势线（相邻等势面之间的电势差相等），实线为一个α粒子（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知( )A. a 、b 、c 三个等势面中，a 的电势最高B. 电子在P 点具有的电势能比在Q 点具有的电势能小C. 电子在P 点的加速度比Q 点的加速度大D. 带电质点一定是从P 点向Q 点运动4. 如图所示，一长为2L 的木板倾斜放置，倾角为45º。

一弹性小球自与木板上端等高的某处静止释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变且沿水平方向。

若小球一次碰撞后恰好落到木板底端，则小球释放点距木板上端的水平距离为A.12l B. 13lC.14l D. 15l5. 某兴趣小组用实验室的手摇发电机和一个可看作理想的小变压器给一个灯泡供电，电路如图所示，当线圈以较大的转速n 匀速转动时，额定电压为0U 的灯泡正常发光，电压表示数是1U 。