1、理科综合试卷 第 1 页（共 12 页） 理科综合试卷 第 2 页（共 12 页）绝 密 启 用 前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 （ 七 ）本 试 卷 共 16 页 ， 38 题 （ 含 选 考 题 ） 。 全 卷 满 分 300 分 。 考 试 用 时 150 分 钟 。 祝 考 试 顺 利 注 意 事 项 ：1、 答 题 前 ， 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 ， 并 将 准 考 证 号 条 形 码粘 贴 在 答 题 卡 上 的 指 定 位
2、置 。 用 2B 铅 笔 将 答 题 卡 上 试 卷 类 型 A 后 的 方 框 涂 黑 。2、 选 择 题 的 作 答 ： 每 小 题 选 出 答 案 后 ， 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号 涂 黑 ，写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3、 非 选 择 题 的 作 答 ： 用 签 字 笔 直 接 答 在 答 题 卡 上 对 应 的 答 题 区 域 内 。 写 在 试 题 卷 、 草 稿纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4、 选 考 题 的 作 答 ： 先 把 所
3、选 题 目 的 题 号 在 答 题 卡 上 指 定 的 位 置 用 2B 铅 笔 涂 黑 。 答 案写 在 答 题 卡 上 对 应 的 答 题 区 域 内 ， 写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。5、 考 试 结 束 后 ， 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Pb 207第 卷一、选择题：本大题共 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。二、选择题：本
4、题共 8 小题，每题 6 分，在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一个选项 符合题目要求。第 1921 题有多选项符合题目要求。全部答对的得 6 分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0 分。14以下有关物理学概念或物理学史的说法正确的是A牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用实验方法测出引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值B匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向C行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期的平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度均有关D奥斯特发现了电与磁之间的关系，即电流的周围存在着磁场；同时他通
5、过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应现象【 答 案 】 A【 解 析 】 匀速圆周运动是速度大小不变、方向时刻改变的非匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向，选项 B 错误。行星绕恒星运动轨道为圆形，它运动的周期的平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量有关，与行星的速度无关，选项 C 错误。奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；法拉第通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应现象，选项 D 错误。15某卫星在半径为 r 的轨道 1 上做圆周运动，动能为 E1，变轨到轨道 2 上后，动能比在轨道 1 上减小了 E，在轨道 2 上也做圆周运动，则轨道 2 的半径为A
6、r B rE1E1 E E1EC r D rEE1 E E1 EE【 答 案 】 A【 解 析 】 某卫星在半径为 r 的轨道 1 上做圆周运动，动能 E1 mv ，万有引力提供向心力12 21 ，在轨道 2 上运行时，动能 E2E 1E，万有引力提供向心力GMmr2 mv21r ，E 2 mv ，联立以上各式得 R ，故 A 正确。GMmR2 mv2R 12 2 E1rE1 E16两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是【 答 案 】 B【 解 析 】 对
7、于圆锥摆，摆线拉力与重力的合力提供向心力，设摆线长为 L，摆角为 ，摆球质此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 量为 m，由牛顿第二定律得 mgtanm 2Lsin， ，若两小球 相同则 Lcos 相同，即摆gLcos高相同，相对位置关系示意图正确的是 B。17如图所示，在加速向左运动的车厢中，一人用力向前推车厢(人与车厢始终保持相对静止) ，则下列说法正确的是A人对车厢做正功B人对车厢做负功C人对车厢不做功D无法确定人对车厢是否做功【 答 案 】 B【 解 析 】 本题中虽然问人对车做功情况，但我们可转变一下研究对象，将人当作研究对象，由于车匀加速向左运动，人和车是一个整体，
8、所以人的加速度方向也向左，所以车对人的合力也向左，根据牛顿第三定律可得，人对车的合力方向向右，运动位移向左，则人对车厢做负功，选项 B正确。18电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K 为阴极，A 为阳极，两极之间的距离为 d。在两极之间加上高压 U，有一电子在 K 极由静止被加速。不考虑电子重力，元电荷为 e，则下列说法正确的是AA、K 之间的电场强度为UdB电子到达 A 极板时的动能大于 eU C由 K 到 A 电子的电势能减小了 eUD由 K 沿直线到 A 电势逐渐减小【 答 案 】 C【 解 析 】 A、K 之间的电场不是匀强电场，所以 E ，故 A 错误。电子在 K 极由静止被加速，
9、Ud到达 A 极板时电场力做功 WeU ，所以到 A 极板时动能等于 eU，电势能减小了 eU，故 B 错误，C 正确。电场线由 A 指向 K，所以由 K 沿直线到 A 电势逐渐升高，故 D 错误。19如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块 A 与截面为三角形的垫块 B叠放在一起，用水平外力 F 缓缓向左推动 B，使 A 缓慢升高，设各接 触面均光滑，则该过程中AA 和 B 均受三个力作用而平衡BB 对桌面的压力大小不变CA 对 B 的压力越来越小D推力 F 的大小不变【 答 案 】 BD【 解 析 】 因各接触面均光滑，所以 A 受重力、B 对 A 的弹力、竖直挡板对 A
10、的弹力共三个力作用而平衡，B 受重力，A 对 B 的弹力，水平面对B 的弹力，外力 F 四个力作用而平衡，故 A 错误。以 A、 B 整体为研究对象，B 受桌面支持力大小等于 A、B 重力之和，所以 B 对桌面的压力大小不变，故 B 正确。以 A 为研究对象受力分析如图， B 对 A 的弹力 FBA ，因 mgcos不变，所以 FBA 不变，即 A 对 B 的压力大小不变，故 C 错误。推力 FF Nmgtan，也不变，故D 正确。20如图甲所示，在距离地面高度为 h0.80 m 的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量 m0.50 kg、可看作质点的物块相接触(不粘连)，OA
11、 段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用。物块开始静止于 A 点，与 OA 段的动摩擦因数 0.50。现对物块施加一个水平向左的外力 F，大小随位移 x 变化关系如图乙所示。物块向左运动 x0.40 m 到达 B 点，到达B 点时速度为零，随即撤去外力 F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M 点离开平台，落到地面上 N 点，取 g10 m/s 2，则A弹簧被压缩过程中外力 F 做的功为 6.0 J理科综合试卷 第 5 页（共 12 页） 理科综合试卷 第 6 页（共 12 页）B弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为 6.0 JC整个运动过程中克服摩擦力做功为 4.0 JDMN 的水平距
12、离为 1.6 m【 答 案 】 AD【 解 析 】 弹簧被压缩过程中外力 F 做的功可以用图乙 Fx 围成的面积求解，W F6 J，故 A 正确。压缩弹簧过程中由能量守恒得：W FE pmgx，所以 EpW Fmgx 5 J，故 B 错误。物块从A 运动到 B，撤去外力后又从 B 运动到 A，整个过程中克服摩擦力做功 Wf2mgx 2 J ，故 C 错误。整个过程由能量守恒得：W FW f mv ，所以物块从 M 点平抛的初速度 v04 m/s，平抛的时间12 20t 0.4 s，所以 MN 的水平距离 Lv 0t1.6 m ，故 D 正确。2hg21如图，光滑斜面 PMNQ 的倾角为 ，斜面
13、上放置一矩形导体线框 abcd，其中 ab 边长为 l1，bc边长为 l2，线框质量为 m、电阻为 R，有界匀强磁场的磁感应强度为 B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且 efMN。线框在恒力 F 作用下从静止开始运动，其 ab 边始终保持与底边 MN 平行，F 沿斜面向上且与斜面平行。已知线框刚进入磁场时 做匀速运动，则下列判断正确的是A线框进入磁场前的加速度为F mgsinmB线框进入磁场时的速度为(F mgsin)RB2l21C线框进入磁场时有 ab cda 方向的感应电流D线框进入磁场的过程中产生的热量为 (Fmgsin)l 1【 答 案 】 ABC【 解 析 】 线框进入磁场前
14、，根据牛顿第二定律得：线框的加速度为：a ，故 A 正F mgsinm确。线框刚进入磁场时做匀速运动时，由 F 安 mg sin F，而 F 安 ，解得：vB2l21vR，故 B 正确。线框进入磁场时，穿过线框的磁通量增加，根据楞次定律判断知线框中(F mgsin)RB2l21感应电流方向为 abcd，故 C 正确。由于线框刚进入磁场时做匀速运动，根据功能关系可知：产生的热量为 Q(Fmgsin )l2，故 D 错误。故选 A、B 、C 。第 II 卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 22-32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33-38 题为选考题，考生根据要求作答。（
15、一）必考题（共 129 分）22(6 分)某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车 A 的前端粘有橡皮泥，推动小车 A 使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车 B 相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动。他设计的装置如图甲所示，在小车 A 后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力。(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)。A 为运动的起点，则应选_段来计算 A 碰前的速度，应选_段来计算 A 和 B 碰后的共同速度。(以上两空选填“AB ”或“BC” 或“ CD”或“ DE”)(2)已测得小车 A
16、的质量 m1 0.4 kg，小车 B 的质量为 m20.2 kg，则碰前两小车的总动量为_kgm/s，碰后两小车的总动量为 _kgm/s。【 答 案 】 (1)BC DE (2)0.420 0.417【 解 析 】 (1)从分析纸带上打点的情况看，BC 段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此 BC 段能较准确地描述小车 A 在碰撞前的运动情况，应选用 BC 段计算小车 A 碰前的速度。从 CD 段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在 DE 段内小车运动稳定，故应选用 DE 段计算 A 和 B 碰后的共同速度。(2)小车 A 在碰撞前的速度v0 m/s1.050 m/sBC5T
17、 10.5010 250.02小车 A 在碰撞前的动量p0m 1v00.41.050 kgm/s0.420 kgm/s碰撞后 A、B 的共同速度v m/s0.695 m/sDE5T 6.9510 250.02碰撞后 A、B 的总动量p(m 1m 2)v(0.20.4)0.695 kgm/s 0.417 kgm/s。23(9 分)材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小。若图 1 为某压敏电阻在室温下的电阻压力特性曲线，其中 RF、R 0 分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值。为了测量压力 F，需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值 RF。请按要求完成下列实验。
18、(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图 2 的虚线框内画出实验电路原理图( 压敏电阻及所给压力已给出，待测压力大小约为 0.41020.810 2 N，不考虑压力对电路其他部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：A压敏电阻，无压力时阻值 R06000 B滑动变阻器 R，全电阻阻值约 200 C电流表 ，量程 2.5 mA，内阻约 30 D电压表 ，量程 3 V，内阻约 3 kE直流电源 E，电动势 3 V，内阻很小F开关 S，导线若干(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是 1.33 mA，电压表的示数如图 3 所示，则电压表的读数为_V 。(
19、3)此时压敏电阻的阻值为_ ；结合图 1 可知待测压力的大小 F_N。(计算结果均保留两位有效数字)【 答 案 】 (1)如图所示 (2)2.00 (3)1.510 3 60【 解 析 】 (1)根 据 题 述 对 实 验 电 路 的 要 求 ， 应 该 设 计 成 滑 动 变 阻 器 采 用 分 压 接 法 ， 电 流 表 内 接 的 电路 。(2)根据电压表读数规则，电压表读数为 2.00 V。(3)由欧姆定律，此时压敏电阻的阻值为 RF 1.510 3 。无压力时，R 06000 ，有压力时，UI4，由题图 1 可知，对应的待测压力 F60 N。R0RF24(14 分)如图所示，一质量
20、M2.0 kg 的长木板 AB 静止在水平面上，木板的左侧固定一半径 R0.60 m 的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同。现在将质量 m1.0 kg 的小铁块( 可视为质点)从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时轨道的支持力为 25 N，最终小铁块和长木板达到共同速度。忽略长木板与地面间的摩擦。取重力加速度 g10 m/s 2。求：(1)小铁块在弧形轨道末端时的速度大小；(2)小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功 Wf；(3)小铁块和长木板达到的共同速度 v。【 答 案 】 (1)3 m/s (2)1.5 J (3)1.0
21、m/s【 解 析 】 (1)小铁块在弧形轨道末端时，满足 Fmg mv20R解得：v 03 m/s。(2)根据动能定理 mgRW f mv 012 20解得：W f1.5 J。(3)根据动量守恒定律 mv0(m M )v解得：v1.0 m/s。25(18 分)如图所示，直角坐标系 xOy 位于竖直平面内，在 mx0 的区域内有磁感应强度大小3B4.010 2 T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其左边界与 x 轴交于 P 点；在 x0 的某区域内有电场强度大小 E3.210 4 N/C、方向沿 y 轴正方向的有界匀强电场，其宽度 d2 m。一质量m4.010 25 kg、电荷量 q 2.0101
22、7 C 的带电粒子从 P 点以速度 v4.010 6 m/s，沿与 x 轴正方向成 60 角射入磁场，经电场偏转最终通过 x 轴上的 Q 点(图中未标出) ，不计粒子重力。求：(1)带电粒子在磁场中运动的半径和时间；(2)当电场左边界与 y 轴重合时 Q 点的横坐标；(3)若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过 Q 点，试讨论电场强度的大小 E与理科综合试卷 第 9 页（共 12 页） 理科综合试卷 第 10 页（共 12 页）电场左边界的横坐标 x的函数关系。【 答 案 】 (1)r 2 m t5.2310 7 s (2)x6 m (3)见解析【 解 析 】 (1)带电粒子在磁场中
23、做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 qvBmv2r代入数据解得：r2 m如图甲所示轨迹交 y 轴于 C 点，过 P 点作 v 的垂线交 y 轴于 O1 点，由 几 何 关 系 得 O1 为 粒 子 运 动 轨 迹 的 圆 心 ， 且 圆 心 角 为 60。 在 磁 场 中 运 动 时 间 t T6 16 2mqB代入数据解得：t 106 s5.2310 7 s。6(2)带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动， 设带电粒子离开电场时的速度偏向角为 ，如图甲所示则：tan vyv qEdmv2 15设 Q 点的横坐标为 x 则：tanr rcosx d2由上两式解得：x6 m。(3)电场左边界
24、的横坐标为 x。当 0 T0 时，p p054 54 4T5T0【 解 析 】 设加热前，被密封气体的压强为 p1，轻线的张力为 f，根据平衡条件有：对活塞A：p 02Sp 12Sf0对活塞 B：p 1Sp 0Sf0，解得：p 1p 0，f0即被密封气体的压强与大气压强相等，轻线处在拉直的松弛状态，这时气体的体积为：V12Sl 2l Sl4SlS2对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持 p1 不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于 l 为止，这时气体的体积为：V24Sl Sl5Sl根据盖吕萨克定律得： 解得：T 2 T0，由此可
25、知，当 TT2 T0 时，气体的压强为：V2T2 V1T0 54 54pp 0当 TT2 时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持 V2 不变，由查理定理得： pT p0T2解得：p p0，即当 T T0 时，气体的压强为 p0。4T5T0 54 4T5T034物理选修 34（15 分）(1)(5 分)一列简谐横波在某均匀介质中沿 x 轴传播，从 x3 m 处的质点 a 开始振动时计时，图甲为 t0时刻的波形图且质点 a 正沿 y 轴正方向运动，图乙为质点 a 的振动图象，则下列说法中正确的是_。(填正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错
26、1 个扣 3 分，最低得分为 0 分)A该波的频率为 2.5 HzB该波的传播速率为 200 m/sC该波是沿 x 轴负方向传播的D从 t0 时刻起，质点 a、b、c 中，质点 b 最先回到平衡位置E从 t0 时刻起，经 0.015 s 质点 a 回到平衡位置【 答 案 】 BDE【 解 析 】 由题图可知该波的波长 8 m，周期 T0.04 s，所以该波的频率为 f 25 Hz，波1T速为 v 200 m/s，A 错，B 对；因 t0 时刻质点 a 正沿 y 轴正方向运动，由“上下坡法”可知该波是T沿 x 轴正方向传播的，C 错；同理可知此时质点 b 正沿 y 轴正方向运动，质点 c 正沿
27、y 轴负方向运动，所以从 t0 时刻起，质点 b 先回到平衡位置，D 对；经 0.015 s 波传播的距离为 x2000.015 m3 m，而波又是沿 x 轴正方向传播的，所以从 t0 时刻起经 0.015 s，质点 a 左侧与质点 a 距离为 3 m 的质点 O 的振动情况刚好传播到质点 a 处，即质点 a 回到平衡位置，E 对。(2)(10 分) 如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为 R，折射率是 ，AB 是一条直径，今3有一束平行光沿 AB 方向射向圆柱体。若一条入射光线经折射后恰经过 B 点，则这条入射光线到AB 的距离是多少？【 答 案 】 R32【 解 析 】 根据折射定律 n sinsin 3在OBC 中， sinR sin(180 )BC sin2Rcos可得 30，60所以 CDRsin R。32
