《试卷》【衡水金卷】2018年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题(压轴卷)理科综合测试（一）物理部分（解析版）.doc

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1、学子资源网 学子之家圆梦高考 客服QQ：24963422252018年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题理科综合能力测试(一)物理部分二、选择题：本题共8小题。在每小题始出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题莓多项符台题目要求。1. 固定在M、N两点的两个完全相同的带正电实心铜质小球球心间距为l，半径为r，一质量为m，电荷量为q，已知l=3r，静电力常量为k，万有引力常量为G，下列说法正确的是A. 两小球均可视为质点且二者间的万有引力可直接通过万有引力定律求解B. 两小球均可视为点电荷且二者间的电场力可直接通过库仑定律求解C. 二者间的万有引力大小为，二者间的电场力大

2、小为D. 二者间的万有引力大小为，二者间的电场力小于【答案】D【解析】两小球间距并不是远大于小球的半径，故小球不能视为质点，两实心铜质小球质量分布均匀，两者之间的万有引力可以通过万有引力定律求解，大小为，选项A错误；两小球不能视为点电荷，且同种电荷相互排斥，两小球相互远离的一侧电荷分布密集，故两者间的电场力小于，则选项BC错误，D正确；故选D.2. 如图甲所示，质量m=4kg的物块静止在光滑水平面上，现将水平向右的拉力F作用在物块上，拉力F随物块位移变化的情况如图乙所示，x=18m后撤去拉力，下列说法正确的是A. x=5m时，物块的速度达到最大B. x=5m与x=15m时，物块的速度等大反向C

3、. 物块的最大速度为5m/sD. 撤去拉力F后物块的速度大小为2m/s【答案】C.点睛：此题关键是由图像分析物体的受力情况，从而分析物体的运动情况，结合牛顿第二定律及动能定理列方程进行分析.3. l6如图所示，轨道AOB光滑且在O处平滑相接，B点右侧为粗糙水平面。有两个材料及表面粗糙程度均相同的小物块P、Q，其中物块P的质量为0.9kg，把物块P从斜面上0.8m高处由静止释放，运动至粗糙水平面上的C点处速度恰好减为0，BC长为1m；若把物块Q置于B点，物块P仍从斜面上0.8m高处由静止释放，物块P、Q碰撞后，在粗糙水平面上的位移分别为0.64m、0.81m。已知重力加速度g=10ms2，则物块

4、与水平面间的动摩擦因数 及物块Q的质量M分别为A. =0.4，M=0.2kgB. =0.4，M=0.4kgC. =0.8，M=0.2kgD. =0.8，M=0.4kg【答案】C【解析】对物块P由能量守恒定律：mgh=mgx0，解得；物块PQ碰撞过程中，由动量守恒定律：mv0=mv1+Mv2，物块在粗糙水平面上的运动过程，由运动公式：v2=2gx，解得，则，解得M=0.2kg，则选C.4. 第一代实用核反应堆以铀235为裂变燃料，但铀235在天然铀中仅占0.7，其余为铀238，为了充分利用铀资源，科学家们研究设计了快中子增殖反应堆，简称“快堆”。快堆中的核燃料是钚239，其裂变时释放出快中子，装

5、在反应堆周围的铀238吸收快中子变成铀239，铀239经过核反应后变成钚239，核反应方程如下所示：，若钚239裂变释放的快中子都能被周围的铀238吸收，并充分反应，则下列说法正确的是A. 核反应为裂变反应B. 上述核反应中x=8，y=2C. 方程可以化简为；D. 通过上述核反应，核燃料钚239的总量会增加【答案】D【解析】铀239经过核反应后变成钚239的方程为 ，核反应为衰变方程，选项A错误；由质量数和电荷数守恒可得： ； 可知x=9，y=2，选项B错误；钚239裂变需要中子，不能把左侧的中子消掉，选项C错误；消耗一个钚239，生成9个中子，每个中子与铀238反应生成一个铀239，一个铀2

6、39衰变成一个钚239，故钚239的总量会增加，选项D正确；故选D.5. 如图甲所示，在xoy坐标系的一、四象限存在匀强磁场，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，t=0时刻，一个比荷兰的正电荷从(0，)处以v0=1.0104m/s的速度沿y轴负方向射人磁场，则正电荷从射人磁场至第一次经过x轴所需的时间为A. s B. sC. s D. s【答案】C【解析】洛伦兹力提供向心力，则解得r=0.4m；圆周运动的周期为，则粒子每次圆周运动持续三分之一周期，对应的圆心角为1200；位移大小 ，位移方向与y轴负方向成600角，正电荷射入磁场后到x轴的轨迹如图；正电荷第一次

7、运动到x轴应为A点，运动时间为,选项C正确；故选C.点睛：带电粒子在磁场中的运动问题，关键是根据磁场的变化情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系及周期关系求解运动的时间.6. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的(-9，0)、(9，0)两点处固定着电量分别为+q、-4q的两个点电荷，A、B为Y轴上两点，坐标分别为(0，1)、(0，一5)，M、N、P、Q四个点是以+q为中心的正方形的四个顶点，在上述两个点电荷所形成的电场中，下列说法正确的是A. x=-3cm处电场强度为0B. B点的电势高于A点的电势，A点的电场强度大于B点的电场强度C. N点与Q点电势相等D. 将某一正电荷从N点移动到M点，电场

8、力所做的功小于将其从P点移动到Q点所做的功【答案】BD【解析】设x轴上场强为0的点距+q、-4q的距离分别为r1和r2，则，又r2-r1=18cm可得r1=18cm，r2=36cm，故x=-27cm处电场强度为0，选项A错误；+q、-4q在A点场强大，且夹角小，所以A点场强大于B点场强，将正电荷从A点移到B点，电场力先做正功，后做负功，全过程电场力做负功，故B点的电势高于A点，选项B正确；+q在N、Q两点产生的电势相等，-4q场中N点的电势高于Q点的电势，选项C错误；+q在M、N、P、Q四个点产生的电势相等，-4q的场中，P点与M点等电势，远离点电荷场强小，沿电场强度方向相同距离上电势差小，故

9、UNMUPQ,W=qU,故同一正电荷从N点移到到M点电场力做的功小于将其从P点移到到Q点所做的功，选项D正确；故选BD.点睛：此题考查场强及电势的叠加问题，要知道场强是矢量，叠加时满足平行四边形法则，电势是标量，叠加时取代数和即可.7. 如图所示，边长L=20mc的单匝闭合正方形线框ABCD在范围足够大的匀强磁场中以的角速度绕轴匀速转动，线框的电阻，磁感应强度大小，方向与成角斜向右下方，t=0时刻，线框平面与磁场方向平行，则下列说法正确的是A. 穿过线框的磁通量B. 回路中电流的有效值为等C. 至内，线框中产生的焦耳热为JD. 线框转动过程中，0.5s内通过线框某截面电荷量的最大值为0.02C

10、【答案】AD【解析】将磁场分解为水平方向和竖直方向两个分量，则穿过线圈的磁通量为=0.02sin2tWb，选项A正确；回路中电动势最大值：，回路中电流有效值为,选项B错误；t=s至t=s内线框中电流有效值小于，产生的焦耳热小于210-4J，选项C错误；通过线框某截面的电荷量：，0.5s内通过线框磁通量变化的最大值为,故0.5s内通过线框某截面电荷量的最大值为0.02C,选项D正确；故选AD. 点睛：此题中的磁场方向较特别，要进行分解后才能讨论，要知道线框是切割水平分量的磁场，产生的仍然是正弦交流电，记住求解电量的经验公式：。8. 如图所示，一个半径R=0.5m的圆形轨道固定在竖直面内，以其最高

11、点O为坐标原点建立平面直角坐标系xoy，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，整个空间存在范围足够大、方向竖直向下的匀强电场，规定O点为电势能及重力势能的零点。若从O点将一个质量m=0.1kg、可视为质点的带正电小球以v0=2ms的速度平行于x轴抛出，小球落于轨道上x=0.4m处的A点，若该小球抛出速度增至4v0，小球将沿轨道做完整的圆周运动，已知重力加速度g=10ms2，则下列说法正确的是A. 小球所受电场力大小等于其重力的4倍B. 小球以v0=2ms的速度抛出后运动至A点的过程中，其速度变化量为8ms，方向竖直向下C. 小球以4v0的速度抛出后的运动过程中，小球与轨道间的最大弹力为29.8N

12、D. 小球以4v0的速度抛出后的运动过程中，小球机械能的最大值为6.2J【答案】BD点睛：此题是带电粒子在复合场中的运动问题；关键是知道用等效法处理合力的方法，明确粒子的运动特点，知道平抛运动以及圆周运动的处理方法.三、非选择题9. 某同学通过实验比较两滑块A、B与斜面间动摩擦因数、的大小关系。（1）如图甲所示，将滑块A、B由静止释放，下滑过程中二者始终相对静止，则、的大小应满足_。（2）如图乙所示，给滑块A、B沿斜面向上的初速度v，上滑过程中二者始终相对静止，则下列说法正确的是_(填正确答案标号)。ABCB;下滑过程中，二者间始终存在弹力，可以保持相对静止，综上可得AB；（2）若两滑块间没弹

13、力，则A=B时两滑块可以保持相对静止；若滑块A的加速度gsin+Agcos小于滑块B的加速度gsin+Bgcos，即AB;上滑过程中，二者间始终存在弹力，可以保持相对静止，综上可得AB；B项正确.10. 某实验小组设计了如图所示的电路测量电压表内阻及电源电动势，已知v1、v2为两块完全相同的电压表，量程为3V，内阻约为3k，电源电动势约为5V，内阻可忽略（1）首先按以下步骤进行操作按图示原理图完成电路连接；把R1、R2均调至最大阻值；闭合开关S，调节R1、R2，使V1、V2均有合适示数分别为U1、U2，已知U2=，此时电阻箱R1的阻值为1400；电压表的内阻Rv为_。（2）若将R1调至1000

14、并保持不变，调节R2，记录多组对应的U1、U2，以U1为纵坐标，U2为横坐标描点作图，在实验误差允许范围内得到一条倾斜直线，直线的纵截距为b，则电源的电动势为_。（3）若将R2调至0并保持不变，调节R1，并记录多组电压表示数U1=U2=U及对应R1的阻值，描点作图得到一条直线，可以以_为横坐标，_为纵坐标，若得到直线的纵截距为，斜率为，则电源的电动势为_。【答案】 (1). 2800 (2). (3). (4). (5). 【解析】（1），则R2分压为U1/3，R2与V2串联，电流相等，分压与电阻成正比；故电压表内阻RV为R2的2倍，即2800；（2）由闭合电路的欧姆定律： 整理可得：； ，解

15、得 （3）由闭合电路的欧姆定律： 整理可得，即可以以1/U为纵轴，R1为横轴描点作图；图像的纵截距 解得或 解得 点睛：此题考查用数学图像处理实验数据；关键是根据电路的测量原理结合闭合电路的欧姆定律找到两个变量的函数关系，并变形成一次函数的形式，然后结合图像的斜率及截距的意义解答.11. 如图所示，足够宽的水平传送带以v0=2ms的速度沿顺时针方向运行，质量m=0.4kg的小滑块被光滑固定挡板拦住静止于传送带上的A点，t=0时，在小滑块上施加沿挡板方向的拉力F，使之沿挡板做a=1ms2的匀加速直线运动，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g=10ms2，求：（1）t=0时，拉力F的大小

16、及t=2s时小滑块所受摩擦力的功率；（2）请分析推导出拉力F与t满足的关系式。【答案】（1）0.4N；（2）【解析】（1）由挡板挡住使小滑块静止的A点，知挡板方向必垂直于传送带的运行方向；t=0时对滑块：F=ma解得F=0.4N；t=2s时，小滑块的速度v=at=2m/s摩擦力方向与挡板夹角 ，则=450此时摩擦力的功率P=mgcos450v，解得 （2）t时刻，小滑块的速度v=at=t，小滑块所受的摩擦力与挡板的夹角为 由牛顿第二定律 解得（N） 12. 如图所示，间距L=1m且足够长的平行金属导轨与水平面夹角，导轨一端接入阻值R=3的定值电阻，质量m=1kg、阻值r=1的金属棒置于导轨上，

17、金属棒通过跨过光滑定滑轮的轻质细线与质量M=1.2kg的重物相连，整个系统处于垂直导轨平面斜向下、磁感应强度B=2T的匀强磁场中。释放重物后，金属棒开始做加速运动，已知从开始运动直到达到最大速度的过程中重物一直未落地，金属棒与导轨间因摩擦而产生的热量Q=12J，金属棒与导轨始终垂直，二者间的动摩擦因数，重力加速度g=10ms2，sin=0.6。（1）求金属棒加速运动过程中的最大加速度(保留一位小数)；（2）求金属棒从开始运动直到达到最大速度的过程系统产生的焦耳热；（3）若在金属棒达到最大速度后剪断细线，金属棒将在沿导轨向上运动时速度恰好减为0，求剪断细线后金属棒减速运动的时间。【答案】（1）（

18、2）1.6J（3）0.185s【解析】（1）对系统由牛顿第二定律：Mg-mgsin-mgcos-=(M+m)a可知加速度随速度的增大而减小，当速度为零时，加速度最大，即：Mg-mgsin-mgcos=(M+m)a，解得a0.9m/s2（2）金属棒达到最大速度后得Mg=mgsin+mgcos+解得v=2m/s；从开始运动直到达到最大速度的过程中，金属棒与导轨间因摩擦产生的热量 解得x=3m对金属棒加速至最大速度的过程由能量守恒定律： 解得QJ=1.6J（3）对金属棒减速过程由动量定理： 其中 解得q=0.075C带入可得t=0.185s点睛：关于导体棒在磁场中切割磁感线运动问题，一般要从三大角度

19、来解答：力的角度：牛顿第二定律结合运动公式；能量角度；搞清能量转化关系；动量角度：往往结合电量问题及位移及时间的问题.13. 下列说法中正确的是_。A热平衡定律是温度计测量温度的基本原理B两个未接触的热力学系统不可能达到热平衡C0的水结成0的冰，内能减少，分子势能增大D利用扩散现象可以向半导体材料中掺入微量杂质，以达到控制半导体性能的目的E晶体都有固定的熔点，在熔化过程中，温度始终保持不变【答案】ADE【解析】热平衡定律是温度计测量温度的基本原理，选项A正确；只要两个系统温度相等，则这两个系统处于热平衡状态，与是否接触无关，选项B错误；0的水结成0的冰，分子动能不变，放出热量，则内能减少，分子

20、势能减小，选项C错误；利用扩散现象可以向半导体材料中掺入微量杂质，以达到控制半导体性能的目的，选项D正确；晶体都有固定的熔点，在熔化过程中，温度始终保持不变，选项E正确；故选ADE.14. 如图所示，质量均为m=50kg的A、B两气缸静止于水平地面上。A气缸及活塞a导热性良好，与地面间的动摩擦因数0.4；B气缸固定在地面上且B气缸与活塞b均由绝热材料制成；活塞以a、活塞b、连接杆的重力及活塞与气缸间的摩擦均忽略不计，两活塞面积均为S=20cm2。初始状态，A、B两气缸中封闭了等量的理想气体，气柱长度均为L0=0.6m，此时气体温度与外界温度相等，均为27，气体压强与外界大气压强相等，均为Pa。

21、现通过电热丝缓慢地对B气缸中气体加热，直至B气缸中气柱长度增加为LB=0.8m。已知该过程中环境温度及外界大气压强一直保持不变，重力加速度g=10ms2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，热力学温度与摄氏温度间的关系为T=t+273K，求：（i）B气缸中气柱长度增加为LB=0.8m时，B气缸中气体的温度为多少摄氏度；（ii）为保证A气缸不在地面上滑动，B气缸中气体的温度不能超过多少摄氏度【答案】（i）327（ii）627【解析】（1）对活塞ab整体由平衡条件可知pA=pB=p；LA+LB=2L0LB=0.8m时LA=0.4m对A气缸内的气体pASLA=p0SL0解得pA=p=1.5105pa，此时A

22、气缸未滑动.对B气缸内的气体： 又T0=273+27K=300K解得T=600K 故t=327（2）对A气缸由平衡知识可知： 解得 对A气缸内的气体 解得LA=0.3m；LB=0.3m对B气缸内的气体 解得T=900K故t=627点睛：对气体问题，一是确定研究的对象是哪一部分气体；而是设法找打气体的状态参量，尤其是压强，一般要根据平衡知识求解.15. 如图所示，相距8m的P、Q两点各有一个简谐波源S1、S2，A、B、C、D、E、F、G为PQ的八等分点，t=0时刻，两波源S1、S2同时起振，形成沿PQ连线相向传播的两列横波，振幅分别为50cm、20cm，t=2s时形成如图所示的波形，t=_s时，

23、两列波相遇，t=5s时，质点E的振动方向_(填“向上”或“向下”)，从波源起振至t=7s内，该质点经过的路程为_m。【答案】 (1). 4 (2). 向上 (3). 2【解析】由图可知，两列波的波长1=2=2m，周期为T=2s，波速为v=/T=1m/s，两列波在D点相遇，经历时间为4s；t=5s时，振幅大的一列波时质点E向上振动，故E点振动方向向上，t=3s时，E点开始振动，t=5s时两列波才开始在E点出现叠加；在t=3s至t=5s时间内，质点通过的路程为420cm=80cm；两列波叠加后，E点为振动减弱点，这幅为50-20cm=30cm；在t=5s到t=7s时间内，质点经过的路程为430cm

24、=120cm；故从波源起振至t=7s内，该质点经过的路程为80cm+120cm=200cm=2m.16. 如图所示，圆柱形玻璃砖截面圆的半径为R，间距d的两束同种单色平行光1、2分别人射到玻璃砖表面的A、B两点，从B点入射的光线2经过圆心O从P点射出，从A点入射的光线l经玻璃砖折射后也恰好从P点射出，已知真空中的光速为c，求：(i)玻璃砖对该单色光的折射率n及光线l经玻璃砖后偏折的角度；(ii)两束单色光在玻璃砖中传播时间的差值。【答案】(i)60(ii)【解析】（1）由几何关系可知 解得=600光在A点的入射角为=600由几何关系可得=2，则=300由折射定律得 在P点由折射定律： 解得=600即光线经玻璃砖后偏折的角度为600（2）该单色光在玻璃砖中的传播速度为 在玻璃砖中传播的距离差为x=2R-2Rcos，两束单色光在玻璃砖中传播的时间差为t=x/v解得 点睛：对于几何光学的问题，关键是画出规范的光路图，利用几何关系确定折射角及入射角，并掌握折射率的两个公式：以及n=c/v。持续更新中，请联系QQ：2496342225 请勿倒卖和盗卖！谢谢合作！