1、成都经开区实验中学 2018 届高考模拟考试试题（一）理科综合物理能力测试注意事项：1.本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。4. 考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。第卷（选择题 共 126 分）本卷共 21 小题，每小题 6 分，共 126 分。可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 S32 Ti48 Fe56一、选择题（本题共 13 小题，每小题 6 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 下列说法正确的是A. 跳高运动员起跳以后在上升过
2、程中处于超重状态B. 在绕地运行的天宫一号实验舱中，宇航员处于失重状态，所以宇航员没有惯性C. 田径比赛的链球项目是利用离心现象来实现投掷的D. 足球被守门员踢出后，在空中沿着弧线运动属于离心现象【答案】C【解析】跳高运动员起跳以后在上升过程只受到重力的作用，处于失重状态，故 A 错误；惯性与物体的运动状态无关，只与质量有关。在绕地运行的天宫一号实验舱中，宇航员处于失重状态，但是宇航员的惯性不变，故 B 错误；田径比赛的链球项目是利用离心现象来实现投掷的；故 C 正确；足球被守门员踢出后，在空中做斜上抛运动，沿着弧线运动属于斜上抛运动，是受到重力与运动方向不在同一条直线上的原因，故 D 错误。
3、所以 C 正确，ABD 错误。2. 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔 t 内位移为 s，动能变为原来的 9倍。该质点的加速度为A. B. C. D. 【答案】B【解析】设质点初速度为 v0，则动能 ，由于末动能变为原来的 9 倍，则,末速度为原来的 3 倍，故 v=3 v0，所以平均速度为： ，根据位移公式可知 ，联立解得： ，根据加速度定义可知： ，故 B 正确，ACD 错误。3. 如图所示，M、N 两点分别放置两个等量异种电荷，A 为它们连线的中点，B 为连线上靠近N 的一点，C 为连线的中垂线上处于 A 点上方的一点，同一负电荷放在 A、B、C 三点时A. 放在 A 点受
4、力最小，放在 B 点电势能最大B. 放在 C 点受力最小，放在 B 点电势能最小C. 放在 B 点受力最小，放在 C 点电势能最大D. 放在 A 点受力最大，放在 C 点电势能最大【答案】B【解析】根据等量异种电荷电场线的分布，知道 EBE AE C，场强最小的是 C 点等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，知 A= C，沿着电场线方向电势逐渐降低，异种电荷间的电场线由正电荷指向负电荷，知 B A，所以电势最高点是 B 点负电荷放在 B 点电势能最小，故 ACD 错误，B 正确故选 B点睛：解决本题的关键是熟悉等量异种电荷周围电场线的分布以及知道等量异种电荷间连线的垂直平分线是等势线4.
5、如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形，EGF=30，已知磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里。F 处有一粒子源，沿 FG 方向发射出大量带正电荷 q 的同种粒子，粒子质量为 m，粒子的初速度 v0大小可调，则下列说法正确的是A. 若粒子能到达 EG 边界，则粒子速度越大，从 F 运动到 EG 边的时间越长B. v0取合适值，粒子可以到达 E 点C. 能到达 EF 边界的所有粒子所用的时间均相等D. 粒子从 F 运动到 EG 边所用的最长时间为【答案】C【解析】试题分析：当粒子运动的轨迹与 EG 边相切时，根据几何关系得， ，解得粒子的轨道半径 ，当半径超过该值时，粒子会从 EG 边射出，速度越大
6、，半径越大，回旋角越小（因为弦与 EF 夹角越大） ，时间越短（周期与速度无关） ，故 A 错误当粒子速度 时，粒子轨迹与 EG 相切，若粒子速度大于 v0，粒子会从 EG 边出界，若粒子速度小于 v0，粒子会从 EF 边出界，无法到达 E 点，故 B 错误能从 EF 边出射的粒子都做半圆周运动，因为粒子的周期与速度无关，所以能到达 EF 边界的所有粒子所用的时间均相等故 C 正确当 时，粒子轨迹与 EG 相切，此时回旋角最大为 150，时间最长为故 D 错误故选 C考点：带电粒子在匀强磁场中的运动。5. 如图所示，两个等大金属带电小球 A 和 B 分别带有同种电荷 QA和 QB(小球的大小可
7、忽略不计)，质量为 mA和 mB.A 球固定，B 球用长为 L 的绝缘丝线悬在 A 球正上方的一点当达到平衡时，A、B 相距为 d，若使 A、B 接触后再分开，当再次达到平衡时，AB 相距为 2d，则A、B 的电荷量之比 QAQ B可能为A. (15 )1 B. 41C. (15 )1 D. 14【答案】AC【解析】根据受力的矢量三角形与集合三角形相似，可得：两小球接触后之间的电场力变为原来的两倍因此有 ，得 QA QB(154 )1，故 AC 正确，BD 错误。故选：AC。6. 已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间 （ 小于航天器的绕行周期） ，航天器运动的弧长为 ，航
8、天器与月球的中心连线扫过角度为 ，万有引力常量为 ，则A. 航天器的轨道半径为 B. 航天器的环绕周期为C. 月球的质量为 D. 月球的密度为【答案】AD【解析】根据几何关系得： 故 A 错误；经过时间 t，航天器与月球的中心连线扫过角度为 则： ，得： 故 B 正确；由万有引力充当向心力而做圆周运动，所以：所以： 故 C 正确；人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于 r，则月球的体积：V= r 3，月球的密度为 故 D错误故选 BC.7. 如图，在竖直向下的 y 轴两侧分布有垂直纸面向外和向里的磁场，磁感应强度均随位置坐标按 BB 0ky（k 为正常数）的规律变化。两个
9、完全相同的正方形线框甲和乙的上边均与y 轴垂直，甲的初始位置高于乙的初始位置，两线框平面均与磁场垂直。现同时分别给两个线框一个竖直向下的初速度 vl和 v2，设磁场的范围足够大，当线框完全在磁场中的运动时，正确的是A. 运动中两线框所受磁场的作用力方向一定相同B. 若 v1v 2，则开始时甲所受磁场力小于乙所受磁场力C. 若 v1v 2，则开始时甲的感应电流一定大于乙的感应电流D. 若 v1v 2，则最终稳定状态时甲的速度可能大于乙的速度【答案】AC【解析】试题分析：根据楞次定律，甲线框中产生顺时针方向的电流，乙线框中产生逆时针方向的电流，因为线框下边产生的磁场比上边的磁场强，下边所受的安培力
10、大于上边所受的安培力，则安培力的方向与下边所受的安培力方向相同，根据左手定则，甲线框所受的安培力方向向上，乙线框所受的安培力方向向上故 A 正确线框产生的电动势 E=B2Lv-B1Lv=kL2v，与速度有关；若 v1v 2，两线框产生的感应电流大小相等线框所受的安培力F=B2ILB1ILkIL 2，知两线框所受的安培力相等则开始时甲所受磁场力等于乙所受磁场力，选项 B 错误；若 v1v 2，则开始时甲的感应电流一定大于乙的感应电流，选项 C 正确； 线框达到稳定状态时，重力与安培力平衡，有：mg=kIL 2，又 ，所以 ，知稳定时，两线框的速度相等故 D 错误故选 AC考点：电磁感应定律；安培
11、力；物体的平衡8. 如图所示，竖直平面内有一光滑直杆 AB，杆与水平方向的夹角为 （090） ，一质量为 m 的小圆环套在直杆上，给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力 F，并从A 端由静止释放，改变直杆和水平方向的夹角 ，当直杆与水平方向的夹角为 30时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为 g，则：A. 恒力 F 可能沿与水平方向夹 30斜向右下的方向B. 当小圆环在直杆上运动的时间最短时，小圆环与直杆间必无挤压C. 若恒力 F 的方向水平向右，则恒力 F 的大小为D. 恒力 F 的最小值为【答案】BCD【解析】试题分析：根据题意，小圆环在直杆上运动的时间最短，则加速度最大，即力与重力
12、的合力方向沿杆的方向，那么恒力 F 的方向不确定，故 A 错误；要使时间最短，则加速度最大，即不论 F 多大，沿何种方向，确定的力 F 与 mg 的合力方向沿杆向下，当恒力 F 的方向水平向右，如图所示的受力，小圆环与直杆间必无挤压则有： ，故 BC 正确；合力 与 mg、F 三力可构成矢量三角形，如下图所示：由图可知，当 F 与 垂直时，即与斜面垂直时，F 有最小，则有： ，故 D 正确；考点：考查了共点力平衡条件的应用【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法
13、，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解，第 II 卷（非选择题共 174 分）三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须做答。第 3340 题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共 129 分）9. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡标有“2.5V，0.75W” ，其他可供选择的器材有：A电流表 A1（量程 0.6A，内阻约 1）B电流表 A2（量程 3A，内阻约 0.2）C电压表 V1（量程 3V，内阻约 3k）D电压表 V2（量程 15V，内阻约 15k）E滑动变阻器 R1（01K，0.5A）F滑动变阻器 R
14、2（010，2A）G电源 E（6V）H开关 S 及导线若干（1）实验中电流表应选用_，电压表应选用_，滑动变阻器应选用_ （请填写器材前面的字母代码）（2）请用笔画线代替导线，将如图所示的实物图电路图正确连接起来_。【答案】 (1). A； (2). C； (3). F； (4). 【解析】 （1）灯泡额定电压为 2.5V，则电压表选 C；灯泡正常发光时的电流：，电流表选 A；为保证安全且方便实验操作，滑动变阻器应选 F。10. 利用如图所示的电路测定电源的电动势和内电阻。（1）若闭合电键 S1，将单刀双掷电键 S2掷向 a，改变电阻箱 R 的阻值得到一系列的电压表的读数 U。则由于未考虑电压
15、表分流导致电动势的测量值与真实值相比_，内阻的测量值与真实值相比_。 （填“偏大” “相等”或“偏小”)（2）若断开 S1，将单刀双掷电键 S2掷向 b，改变电阻箱 R 的阻值得到一系列的电流表的读数 I。则由于未考虑电流表分压导致电动势的测量值与真实值相比_，内阻的测量值与真实值相比_。(填“偏大” “相等”或“偏小”)（3）某同学分别按照以上两种方式完成实验操作之后，利用图线处理数据，得到如下两个图象（如图和所示） ，纵轴截距分别是 b1、b 2，斜率分别为 k1、k 2。综合两条图线的数据可以避免由于电压表分流和电流表分压带来的系统误差，则电源的电动势E=_，内阻 r=_。【答案】 (1
16、). 偏小； (2). 偏小； (3). 相等； (4). 偏大； (5). ； (6). 【解析】 （1）根据闭合电路欧姆定律： ，变形得： ，因此图象的纵轴截距 ，电动势 ，图象的斜率 ，则电源内阻 ；由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，通过电源的电流大于 ，这是造成系统误差的原因；若考虑电源电压表内阻，则表达式为 ，变形得： ；则由数学规律可知，电动势 E 偏小；内阻偏小；（2）根据闭合电路欧姆定律 E=I（ R+r）变形，得到 与 R 的关系式， ，根据数学知识得知， R 图象的斜率的倒数等于电源的电动势 E，纵轴截距的绝对值等于电源的内阻r 与定值电阻的和，则可知，电动势的测量值
17、与真实值相比相等，没有考虑电流表的内阻，即实际内阻 r=b RA，所以内电阻的测量值与真实值相比偏大。（3）由以上分析可知，小题（2）中电动势是准确的，所以 ；而小题（1）图象的斜率；联立解得： 。11. 如图所示，半径为 R 的光滑圆弧轨道放置在竖直平面内，A、C 是轨道的两个端点，A 点与圆心 O 等高，C 点和圆心 O 点的连线与竖直方向的夹角 60，B 点处在圆弧轨道的最低点。现有两个半径均为 r(rR)的小球 1 和小球 2，其中小球 2 静止在 B 点。把小球 1 从A 点由静止释放，到达最低点 B 处与小球 2 发生弹性碰撞，为使得小球 2 能离开圆弧轨道，小球 2 与小球 1
18、的质量之比 应满足什么条件？【答案】 【解析】小球 1 从 A 到 B 过程机械能守恒，设到达 B 处获得速度 v1，则小球 2 从 B 到 C 过程机械能守恒，要保证在 C 点速度大于 0，则联立以上四式解得：12. 如图所示，足够长的斜面与水平面的夹角为 53，空间中自上而下依次分布着垂直斜面向下的匀强磁场区域、n，相邻两个磁场的间距均为 d0.5 m一边长 L0.1 m、质量 m0.5 kg、电阻 R0.2 的正方形导线框放在斜面的顶端，导线框的下边距离磁场的上边界为 d00.4 m，导线框与斜面间的动摩擦因数 0.5.将导线框由静止释放，导线框在每个磁场区域中均做匀速直线运动已知重力加
19、速度 g10 m/s 2，sin 530.8，cos 530.6，求：(1)导线框进入磁场时的速度；(2)磁场的磁感应强度 B1；(3)磁场区域 n 的磁感应强度 Bn与 B1的函数关系【答案】(1)2m/s；(2)5T(3) 【解析】试题分析：对线框研究，运用动能定理求出导线框进入磁场 I 时的速度；线框进入磁场后受重力、支持力、安培力和摩擦力，根据共点力平衡，结合闭合电路欧姆定律、切割产生的感应电动势公式求出磁感应强度的大小；线框在相邻两个磁场之间加速的距离相等，根据动能定理求出线框进入第 n 个磁场时的速度，结合共点力平衡，知在每个磁场中所受的安培力均相等，从而求出磁感应强度的表达式。（
20、1）线框从静止开始运动至刚进入磁场时，以线框为研究对象由动能定理： 解得： v12 m/s (2)线框在磁场中做匀速直线运动，由法拉第电磁感应定律：由法拉第电磁感应定律： E1 B1Lv1 由闭合电路欧姆定律： 线框受到安培力： F1 B1I1L 由平衡条件有： mgsin mg cos F10 解得： B15 T (3)线框在相邻两个磁场之间加速的距离均为( d L) d0，线框由静止开始运动至刚进入第 n个磁场时，由动能定理：又由上可得线框在第一个磁场中受到的安培力线框在第 n 个磁场受到的安培力：线框在每个磁场区域中均做匀速直线运动，受到的安培力均相等： Fn F1得：点睛：本题主要考查
21、了动能定理、闭合电路欧姆定律、共点力平衡、电磁感应等知识点，综合性较强。（二）选考题：共 45 分。请考生从给出的 3 道物理题、3 道化学题、2 道生物题中每科任选一题做答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。【物理选修 3-3】(15 分) 13. 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)A图 1 为氧气分子在不同温度下的速率分布图象，由图可知状态的温度比状态的温度高B图 2 为一定质量的理想气体状态变化的 pV 图线，由图可知气体由状态 A 变化到 B 的过程中，气体分子平均动能先增大后
22、减小C图 3 为分子间作用力的合力与分子间距离的关系，可知当分子间的距离 rr 0时，分子势能随分子间的距离增大而增大D液体表面层分子间的距离比液体内部分子间的距离大；附着层内液体分子间的距离小于液体内部分子间的距离E一定质量的理想气体在等压膨胀过程中，气体内能增加的同时向外界释放热量【答案】ABC【解析】由图可知，中速率大分子占据的比例较大，则说明对应的平均动能较大，故对应的温度较高，故 A 正确；直线 AB 的斜率 ，方程为： ，可知 V=5 时，PV 乘积最大，根据 pV=CT，可知 C 不变， pV 越大， T 越高。状态在 ，处温度最高，在 A和 B 状态时， pV 乘积相等，说明在
23、 AB 处的温度相等，所以从 A 到 B 的过程中，温度先升高，后又减小到初始温度，温度是分子平均动能的标志，所以在这个过程中，气体分子的平均动能先增大后减小，故 B 正确；由分子间作用力的合力与分子间距离的关系图象知， 时分子力表现为引力，分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增加，所以当分子间的距离rr 0时，分子势能随分子间的距离增大而增大，故 C 正确；液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，表现为引力；附着层内液体分子间距离小于液体内部分子间的距离，分子力表现为斥力，附着层有扩展的趋势，表现为浸润，如果附着层内液体分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子力表现为引力，附
24、着层有收缩的趋势，表现为不浸润，故 D 错误；一定质量的理想气体等压膨胀的过程中，体积增大，温度升高，内能增加U0，膨胀过程中气体对外做功 W0，根据热力学第一定律 U=Q+W 知 Q0，即气体内能增加的同时从外界吸热，故 E 错误。所以 ABC 正确，DE 错误。14. 如图所示，截面积分别为 SA=1cm2、S B=0. 5cm2的两个上部开口的柱形容器 A、B，底部通过体积可以忽略不计的细管连通，A、B 两个气缸内分别有两个不计厚度的活塞，质量分别为 mA=1. 4kg、m B=0. 7kg. A 气缸内壁粗糙，活塞与气缸间的最大静摩擦力为 Ff=3N；B 气缸内壁光滑，且离底部 2h
25、高处有一活塞销。当气缸内充有某种理想气体时，A、B 中的活塞 距底部均为 h，此时气体温度为 T0=300K，外界大气压为 P0=1. 0105Pa。现缓慢升高气体温度， （g 取 10ms 2， ）求：当气缸 B 中的活塞刚好被活塞销卡住时，气体的温度；当气缸 A 中的活塞刚要滑动时，气体的温度 T2。【物理选修 3-4】 （15 分）【答案】(1)400K；(2)450K【解析】试题分析：此过程为等压过程，分别求出初末状态的体积，再根据 列式求解即可；从 B 活塞到达底部，到 A 活塞开始运动，气体发生等容变化，根据平衡条件求出初末位置的压强，带入 求解温度即可此过程为等压过程，由盖吕萨克
26、定律可得 ，其中 ，解得气体做等容变化，由查理定律得：最初，对活塞 B：活塞要动时，对活塞 A，解得【点睛】本题关键明确封闭气体的初末状态，然后结合气体实验定律列式求解；同时要对活塞和杆整体受力分析并结合平衡条件求解初始气压15. 由波源 S 形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播。波源振动的频率为 20 Hz，波速为 16 m/s。已知介质中 P、Q 两质点位于波源 S 的两侧，且 P、Q 和 S 的平衡位置在一条直线上，P、Q 的平衡位置到 S 的平衡位置之间的距离分别为 15.8 m、14.6 m，P、Q 开始震动后，下列判断正确的是_。 （填正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对
27、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） AP、Q 两质点运动的方向始终相同BP、Q 两质点运动的方向始终相反C当 S 恰好通过平衡位置时，P、Q 两点也正好通过平衡位置D当 S 恰好通过平衡位置向上运动时，P 在波峰E当 S 恰好通过平衡位置向下运动时，Q 在波峰【答案】BDE【解析】波源振动的频率为 20Hz，波速为 16m/s，由波长公式 ， P、 Q 两质点距离波源的距离之差为： ，为半个波长的奇数倍，所以 P、 Q 两质点振动步调相反， P、 Q 两质点运动的方向始终相反，故 A 错误，B 正确；根据， ，所以当 S 恰好通过平衡位置时
28、， P、 Q 两点一个在波峰，一个在波谷，故 C 错误；根据 ，可知，当 S 恰好通过平衡位置向上运动时，P 在波峰，故 D 正确；根据 ，当 S 恰好通过平衡位置向下运动时， Q 在波峰，故 E 正确。所以 BDE 正确，AC 错误。16. 如图，玻璃球冠的折射率为 ，其底面镀银，底面的半径是球半径的 倍；在过球心 O且垂直于底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的 M 点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的 A 点。求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。【答案】 【解析】试题分析：设球半径为 R，球冠地面中心为 O，连接 OO，则 OOAB令OAO=则： 即O
29、AO=30已知 MAAB，所以OAM=60设图中 N 点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示设光线在 M 点的入射角为 i，折射角为 r，在 N 点的入射角为 i，反射角为 i，玻璃的折射率为 n由于OAM 为等边三角形，所以入射角 i=60由折射定律得：sini=nsinr代入数据得：r=30作 N 点的法线 NE，由于 NEMA，所以 i=30由反射定律得：i=30连接 ON，由几何关系可知MANMON，则MNO=60由式可得ENO=30所以ENO 为反射角，ON 为反射光线由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方向所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为 =180-ENO=150考点：光的折射定律
