最新2018年高考物理模拟仿真试题及答案6-10套

最新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）

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 P 31 S 32 Cl 35.5 Mn 55

第Ⅰ卷

二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项 符合题目要求。第19～21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．下列说法中正确的是

A ．结合能越大的原子核越稳定

B. 232 90Th 经过6次α衰变和4次β衰变后成为 208 82Pb

C ．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 【答案】B

【解析】 比结合能越大的原子核越稳定，选项A

错误； 232

90Th

成为 208

82Pb

要经过232－208

4

＝6次α

衰变和82－(90－6×2)1＝4次β衰变，选项B 正确； 氢原子从较低能级跃迁到较高能级时，电场力做负功，

电势能增大，选项C 错误； 绿光和紫光的频率不相等，根据光电效应方程可知，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不相等，选项D 错误。

15．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时快十倍。1 800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，通过“比萨斜塔试验”，向世人阐述他的观点，并对此进行了进一步的研究，如图所示，伽利略用铜球从斜槽的不同位置由静止下落，伽利略手稿中据此记录的一组实验数据如下表所示：

A ．v t ＝v 0＋at B.Δx

T

2＝k C ．v t 2－v 02＝2ax D.s 1t 12＝s 2t 22＝s 3

t 3

2＝…＝k 【答案】D

【解析】伽利略最初猜想，沿斜面向下运动的物体的运动速度与时间成正比，即：v ＝kt ；由此伽利略推论位移与时间的平方成正比，则：x ＝k ′t 2，即k ′＝x t 2，结合以上的分析，则比较x t 2即可：x 1t 12＝321、x 2

t 22

＝

13022＝32.51、x 3t 32＝29832≈331、x 4t 42＝52642＝32.8751、x 5t 52＝82452＝32.961、x 6t 62＝1 19262≈331、x 7t 72＝1 60072≈32.651、x 8

t 8

2＝2 10482＝32.8751。由以上的数据比较可知，各组数据中x

t 2都约等于32.5，考虑到测量的误差等原因，可以认为x

t

2是一个常数，即位移与时间的平方成正比。所以A 、B 、C 错误，D 正确。 16．如图所示，虚线a 、b 、c 是电场中的一簇等势线(相邻等势线之间的电势差相等)，实线为一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 三条等势线中，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 ．β粒子在P 点的加速度比Q 点的加速度大

D ．α粒子一定是从P 点向Q 点运动 【答案】C

【解析】由题图可知，α粒子所受的电场力指向运动轨迹的内侧，即指向左上方，根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直的特点，可知电场线大致方向为由c 向a ，则a 的电势最低，电子带负电，在P 点电势能大，在Q 点电势能小，故A 、B 错误；等差等势线在P 处密，P 处电场强度大，β粒子(电子)所受电场力大，加速度大，故C 正确；根据已知条件无法判断α粒子的运动方向，故D 错误。

17．如图所示，一长为2l 的木板倾斜放置，倾角为45°。一弹性小球自与木板上端等高的某处由静止释

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，空气阻力不计，则小球释放点距木板上端的水平距离为

A.12l

B.1

3l C.14

l D.15

l 【答案】D

【解析】设小球落到木板上时速度大小为v ，此阶段小球做自由落体运动，有y 1＝1

2gt 12，v ＝gt 1，反

弹后小球做平抛运动，有：y 2＝12gt 22，x 2＝v t 2＝y 2，根据题意可知2l sin 45°＝y 1＋y 2，联立各式解得y 1＝1

5l ，

故D 正确。

18．某兴趣小组用实验室的手摇发电机和一个理想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U 0的灯泡正常发光，电压表示数是U 1。已知线圈电阻是r ，灯泡电阻是R ，则有

A ．变压器输入电压的瞬时值是u ＝U 1sin 2πnt

B ．变压器的原、副线圈匝数比是U 0∶U 1

C ．电流表的示数是U 02

RU 1

D ．线圈中产生的感应电动势最大值是

E m ＝2U 1 【答案】C

【解析】线圈以较大的转速n 匀速转动，可知ω＝2πn ，电压表示数U 1为电压的有效值，则最大值为2U 1，所以变压器输入电压的瞬时值u ＝2U 1sin 2πnt ，故A 错误；电压与匝数成正比，所以变压器的原、副线圈的匝数比是U 1∶U 0，故B 错误；理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P ＝U 02R ，所以输入功率为P ＝U 02R ，电流表的示数是I 1＝P U 1＝U 02

RU 1，故C 正确；由于线圈有电阻r ，故

线圈中产生的感应电动势的有效值大于U 1，最大值也大于2U 1，故D 错误。

19．密度均匀的球形行星对其周围物体的万有引力使物体产生的加速度用a 表示，物体到行星表面的距离用h 表示。a 随h 变化的图象如图所示，图中a 1、h 1、a 2、h 2及万有引力常量G 均已知。根据以上数据可以计算出

A ．该行星的半径

B ．该行星的质量

C ．该行星的自转周期

D ．该行星的同步卫星离行星表面的高度 【答案】AB

【解析】密度均匀的球形行星对其周围质量为m 的物体的万有引力：F ＝ma ＝

GMm

(R ＋h )2

，所以：a 1＝

GM (R ＋h 1)2，a 2＝GM

(R ＋h 2)2

，联立可得该行星的半径：R ＝h 1·a 1a 2－h 21－a 1a 2，A 正确；将R ＝h 1·a 1

a 2－h

21－

a 1a 2代入加速

度的表达式a 1＝GM

(R ＋h 1)2，即可求出该行星的质量，B 正确；由题目以及相关的公式所得的物理量，都与

该行星转动的自转周期无关，所以不能求出该行星的自转周期，C 错误；由于不能求出该行星的自转周期，所以也不能求出该行星的同步卫星离行星表面的高度，D 错误。

20．如图所示，质量为m ＝1 kg 的物块停放在光滑的水平面上。现对物块施加一个水平向右的外力F ，使它在水平面上做直线运动。已知外力F 随时间t (单位为s)的变化关系为F ＝(6－2t )N ，则

A ．在t ＝3 s 时，物块的速度为零

B ．物块向右运动的最大速度为9 m/s

C ．在0～6 s 内，物块的平均速度等于4.5 m/s

D ．物块向右运动的最大位移大于27 m 【答案】BD

【解析】水平面光滑，物块所受的合力等于F ，由已知易得，在0～3 s 内，物块的受力一直向右，一直向右做加速运动，可知t ＝

3 s 时，物块的速度不为零，故A 错误；根据牛顿第二定律得，a ＝F

m ＝(6

－2t )m/s 2，物块运动的a -t 图线如图甲所示，

图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，可知物块向右运动时，最大速度变化量为Δv ＝1

2×6×3 m /s

＝9 m/s ，则物块向右运动的最大速度为9 m/s ，故B 正确；0～6 s 内，物块运动的v -t 图线如图乙所示，由图线与时间轴围成的面积表示位移知，位移x ＞12×6×9 m ＝27 m ，则平均速度v ＝x t >27

6 m /s ＝4.5 m/s ，

故D 正确，C 错误。

21．如图所示，开始静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入右侧的边长为L 的正方形匀强磁场区域(PQ 的连线经过AD 边、BC 边的中点)，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外，若带电粒子只能从CD 边射出，则

A ．两板间电压的最大值U max ＝25

B 2L 2q

32m

B ．两板间电压的最小值U min ＝25B 2L 2q

32m

C ．能够从C

D 边射出的粒子在磁场中运动的最长时间t max ＝πm qB

D ．能够从CD 边射出的粒子在磁场中运动的最短时间t min ＝πm qB

【答案】AC

【解析】粒子在加速电场中，由动能定理可得：qU ＝1

2m v 2，粒子在磁场中由

洛伦兹力提供向心力：q v B ＝m v 2R ，解得U ＝B 2R 2q

2m ，可见若加速电压大，轨迹半径

也大，所以两板间电压最大时，粒子恰好从C 点离开磁场，在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系得：R 2＝L 2＋????R －L 22，解得：R ＝5

4

L ，所以最大电压U max ＝25B 2L 2q

32m

，故A 正确，B 错误；由图可知，能够从CD 边射出的粒子在磁场中运动时间最长的是恰好从D 点离开磁场的，运动时间t ＝T 2＝πm

qB

，故C 正确，D 错误。

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。 （一）必考题（共129分） 22. (6分)

某同学在做研究匀变速直线运动规律的实验时，获取了一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个点(未标出)，计数点间的距离如图所示。由于粗心，该同学忘了测量3、4两个计数点之间的距离(电源频率为50 Hz)。求：

(1)6号计数点的瞬时速度的大小v 6＝________m/s 。(保留三位有效数字) (2)利用逐差法处理数据，可得加速度a ＝______m/s 2。(保留三位有效数字) (3)计数点3、4之间的距离是x 4＝________cm 。(保留三位有效数字) 【答案】(1)0.413 (2)0.496 (3)2.90

【解析】(1)每相邻两计数点间还有4个点，说明相邻计数点间的时间间隔为0.1 s,6号计数点的瞬时速度的大小v 6＝(3.88＋4.37)×10－22×0.1

m /s ≈0.413 m/s 。

(2)加速度a ＝

[](4.37＋3.88＋3.39)－(1.40＋1.89＋2.40)×10－2

3×(2×0.1)

2

m /s 2≈0.496 m/s 2。

(3)由题意可知，x 4－x 3＝x 5－x 4，计数点3、4之间的距离是x 4＝x 3＋x 5

2

≈2.90 cm 。

23. (9分)

一细而均匀的圆柱体形导电材料，长约5 cm ，电阻约为100 Ω，欲测量这种材料的电阻率ρ。现提供以下实验器材

A ．20分度的游标卡尺；

B ．螺旋测微器；

C ．电流表A 1(量程50 mA ，内阻r 1＝100 Ω)；

D ．电流表A 2(量程100 mA ，内阻r 2约为40 Ω)；

E ．电压表V(量程15 V ，内阻约为3 000 Ω)；

F ．滑动变阻器R 1(0～10 Ω，额定电流2 A)；

G ．直流电源E (电动势为3 V ，内阻很小)；

H ．上述导电材料R 2(长约为5 cm ，电阻约为100 Ω)； I ．开关一只，导线若干。 请回答下列问题：

(1)用游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数L ＝________cm ，用螺旋测微器测得该样品的外直径如图乙所示，其示数D ＝________mm 。

(2)在方框中画出尽可能精确测量该样品电阻率ρ的实验电路图，并标明所选择器材的物理量符号。

(3)实验中应记录的物理量有____________________(写出文字描述及字母符号)，用已知和所记录的物理量的符号表示这种材料的电阻率ρ＝________。

【答案】(1)5.015 4.700 (2)见解析图 (3)电流表A 1的示数I 1、电流表A 2的示数I 2 πI 1r 1D 2

4(I 2－I 1)L

【解析】(1)游标卡尺的读数为：50 mm ＋3×0.05 mm ＝50.15 mm ＝5.015 cm ；螺旋测微器的读数为：4.5 mm ＋20.0×0.01 mm ＝4.700 mm 。

(2)电压表的量程远大于电源的电动势，所以电压表不适用，两个电流表中，电流表A 2的满偏电流大于电流表A 1的满偏电流，又电流表A 1的内阻为定值，根据欧姆定律与串并联知识，应将电流表A 1与样品并联后再与电流表A 2串联，滑动变阻器阻值较小，应用分压式接法，电路图如图所示。

(3)根据(2)中电路图可知，实验中应记录的物理量有：电流表A 1的示数I 1、电流表A 2的示数I 2，根据电阻定律有R ＝ρL S ，样品横截面积S ＝14πD 2，根据欧姆定律可得R 2＝I 1r 1I 2－I 1，联立可得ρ＝πI 1r 1D 2

4(I 2－I 1)L 。

24．(14分)

在一水平面上，放置相互平行的直导轨MN 、PQ ，其间距L ＝0.2 m ，R 1、R 2是连在导轨两端的电阻，R 1＝0.6 Ω，R 2＝1.2 Ω，虚线左侧3 m 内(含3 m 处)的导轨粗糙，其余部分光滑并足够长。ab 是跨接在导轨上质量为m ＝0.1 kg 、长度为L ′＝0.3 m 的粗细均匀的导体棒，导体棒的总电阻r ＝0.3 Ω，开始时导体棒处于虚线位置，导轨所在空间存在磁感应强度大小B ＝0.5 T 、方向竖直向下的匀强磁场，如图甲所示。从零时刻开始，通过微型电动机对导体棒施加一个牵引力F ，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，其运动的速度—时间图象如图乙所示。已知2 s 末牵引力F 的功率是0.9 W 。除R 1、R 2及导体棒的总电阻以外，其余部分的电阻均不计，重力加速度g ＝10 m/s 2。

(1)求导体棒与粗糙导轨间的动摩擦因数及2 s 内流过R 1的电荷量； (2)试写出0～2 s 内牵引力F 随时间变化的表达式；

(3)如果2 s 末牵引力F 消失，则从2 s 末到导体棒停止运动过程中R 1产生的焦耳热是多少？

【答案】(1)0.1 0.33 C (2)F ＝0.025t ＋0.25(N) (3)0.2 J

【解析】(1)由速度—时间图象可以看出导体棒做匀加速直线运动，加速度a ＝1.5 m/s 2 v ＝at ＝1.5t m/s

水平方向上导体棒受牵引力F 、安培力和摩擦力，根据牛顿第二定律得F －BIL －f ＝ma 又f ＝μN ＝μmg

R 1、R 2并联电阻为R ＝R 1R 2

R 1＋R 2

＝0.4 Ω

根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得

I ＝

BL v

R ＋L L ′

r

＝0.25t (A) t ＝2 s 时，I ＝0.5 A

因为2 s 末牵引力F 的功率是0.9 W ， 根据P ＝F v

由题图乙可知，2 s 末导体棒的速度为3 m/s ， 可得F ＝0.3 N 解得μ＝0.1

根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦ

，q ＝I Δt ，

则q ＝ΔΦ

R ＋L L ′r ＝BL ·12at 2

R ＋L L ′r

＝0.5 C

所以流过R 1的电荷量为q 1＝qR 2

R 1＋R 2

≈0.33 C 。

(2)由(1)可知在0～2 s 内

F ＝BIL ＋ma ＋μmg ＝B 2L 2at

R ＋L L ′r

＋ma ＋μmg

即F ＝0.025t ＋0.25(N)。

(3)根据图象可知2 s 末导体棒的速度为v ＝3 m/s ，这时导体棒恰好前进了3 m ，从2 s 末到导体棒停止运动过程，根据能量守恒定律得1

2

m v 2＝Q 总

又Q 1＋Q 2＝Q 总·R

R ＋L L ′r

则Q 1＝R 2

R 1＋R 2

(Q 1＋Q 2)＝0.2 J 。

25．(18分)

如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角α＝30°，一质量为3m 的“L”型工件沿斜面以速度v 0匀速向下运动，工件上表面光滑，其下端连着一块挡板。某时刻，一质量为m 的木块从工件上的A 点，沿斜面向下以速度v 0滑上工件，当木块运动到工件下端时(与挡板碰前的瞬间)，工件速度刚好减为零，随后木块与挡板第1次相碰，以后每隔一段时间，木块就与挡板碰撞一次。已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度为g 。求：

(1)木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大小； (2)木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度；

(3)木块与挡板第1次碰撞至第n (n ＝2,3,4,5，…)次碰撞的时间间隔及此时间间隔内木块和工件组成的系统损失的机械能ΔE 。

【答案】(1)g 2 g

6 (2)－2v 0 2v 0

(3)12(n －1)v 0g (n ＝2,3,4,5，……)

24(n －1)m v 02 (n ＝2,3,4,5，……)

【解析】(1)设工件与斜面间的动摩擦因数为μ，木块滑上工件时，木块加速度为a 1，工件加速度为a 2，

对木块，由牛顿第二定律可得：mg sin α＝ma 1 对工件，由牛顿第二定律可得： μ(3m ＋m )g cos α－3mg sin α＝3ma 2

工件自身做匀速运动时，由平衡条件可得： μ·3mg cos α＝3mg sin α 解得：a 1＝g 2，a 2＝g 6

。

(2)设第1次碰撞前瞬间木块的速度为v ，由动量守恒定律可得： 3m v 0＋m v 0＝m v 解得：v ＝4v 0

木块以速度v 与挡板发生第1次弹性碰撞，设碰撞后木块速度为v 1，工件速度为v 2，由动量守恒定律可得：

m v ＝m v 1＋3m v 2

由能量守恒得：12m v 2＝12m v 12＋1

2·3m v 22

解得：v 1＝－2v 0，v 2＝2v 0。

(3)第1次碰撞后，木块以速度2v 0沿工件向上做匀减速运动，工件以速度2v 0沿斜面向下做匀减速运动，工件速度再次减为零的时间：t ＝2v 0a 2＝12v 0

g

木块的速度v 1′＝－2v 0＋a 1t ＝4v 0

此时，木块的位移：x 1＝－2v 0t ＋1

2a 1t 2＝12v 02

g

工件的位移：x 2＝2v 0t －1

2a 2t 2＝12v 02

g

由上易知，木块、工件第2次碰撞前瞬间的速度与第1次碰撞前瞬间的速度相同，以后木块、工件重复前面的运动过程，则第1次与第n 次碰撞的时间间隔：

Δt ＝(n －1)t ＝12(n －1)v 0

g

(n ＝2,3,4,5，……)

木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，Δt 时间内木块、工件减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能：ΔE ＝4mg (n －1)x 2sin α

解得：ΔE ＝24(n －1)m v 02 (n ＝2,3,4,5，……)。

（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如 果多做，则每科按所做的第一题计分。 33．[物理——选修3–3]（15分）

(1)(5分)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1个扣3分，最低得分为0分。)

A ．第二类永动机和第一类永动机都违背了能量守恒定律

B ．液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性

C ．理想气体的压强是由气体分子间斥力产生的

D ．悬浮在液体中的固体小颗粒越小，布朗运动越明显

E ．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力

(2)(10分)如图所示，一圆柱形汽缸竖直放置，汽缸正中间有挡板，位于汽缸口的活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为m ，横截面积为S 。开始时，活塞与汽缸底部相距L ，测得气体的温度为T 0。现缓慢降温，让活塞缓慢下降，直到恰好与挡板接触但不挤压。然后在活塞上放一重物P ，对气体缓慢加热，让气体的温度缓慢回升到T 0，升温过程中，活塞不动。已知大气压强为p 0，重力加速度为g ，不计活塞与汽缸间摩擦。

(ⅰ)求活塞刚与挡板接触时气体的温度和重物P 的质量的最小值； (ⅱ)整个过程中，气体是吸热还是放热，吸收或放出的热量为多少？

【答案】(1)BDE (2)(ⅰ)T 02 m ＋p 0S

g

(ⅱ)放热

p 0SL ＋mgL 2

【解析】(1)第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机违背了热力学第二定律，不违背能量守恒定律，A 错误；液晶既像液体一样具有流动性，又具有光学性质的各向异性，B 正确；理想气体的压强是由于大量做无规则热运动的气体分子频繁撞击器壁产生的，与分子间斥力无关，C 错误；悬浮在液体中的固体小颗粒越小，其受力越不平衡，布朗运动越明显，D 正确；由于液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间距离，分子间的作用力表现为引力，使液体表面存在张力，E 正确。

(2)(ⅰ)由题意可得，缓慢降温过程是一个等压过程 初态：温度T 0，体积V 0＝LS ， 末态：温度T 1，体积V 1＝SL

2

由盖—吕萨克定律有V 0T 0＝V 1T 1，解得T 1＝T 0

2

升温过程中，活塞不动，是一个等容过程，设重物P 的质量的最小值为M 初态：温度T 1＝T 02，压强p 1＝p 0＋mg

S ，

末态：温度T 2＝T 0，压强p 2＝p 0＋(m ＋M )g

S

由查理定律有p 1T 1＝p 2T 2，解得M ＝m ＋p 0S

g 。

(ⅱ)整个过程中，理想气体的温度不变，内能不变 降温过程，气体体积变小，外界对气体做的功为 W ＝????p 0＋mg S ·SL 2＝p 0SL ＋mgL 2

升温过程，气体体积不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功 由热力学第一定律，整个过程中，气体放出热量 Q ＝W ＝p 0SL ＋mgL

2

。

34．[物理——选修3–4]（15分）

(1)(5分)一列周期为0.8 s 的简谐波在均匀介质中沿x 轴传播，该波在某一时刻的波形如图所示；A 、B 、C 是介质中的三个质点，平衡位置分别位于2 m 、3 m 、6 m 处。此时B 质点的速度方向为－y 方向，下列说法正确的是_______。(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。每选错一个扣3分，最低得分为0分。)

A ．该波沿x 轴正方向传播，波速为10 m/s

B ．A 质点比B 质点晚振动0.1 s

C ．B 质点此时的位移为1 cm

D ．由图示时刻经0.2 s ，B 质点的运动路程为2 cm

E ．该列波在传播过程中遇到宽度为d ＝4 m 的障碍物时不会发生明显的衍射现象

(2)(10分)如图所示，有一棱镜ABCD ，∠B ＝∠C ＝90°，∠D ＝75°。某同学想测量其折射率，他用激光笔从BC 面上的P 点射入一束激光，从Q 点射出时与AD 面的夹角为45°，Q 点到BC 面垂线的垂足为E ，∠PQE ＝15°。

(ⅰ)求该棱镜的折射率；

(ⅱ)改变入射激光的方向，使激光在AD 边恰好发生全反射，其反射光直接到达CD 边后是否会从CD 边出射？请说明理由。

【答案】(1)BCD (2)(ⅰ)2 (ⅱ)激光能够从CD 边出射 理由见解析

【解析】(1)由题图知，波长λ＝8 m ，则波速为v ＝λT ＝8

0.8 m /s ＝10 m/s 。此时B 质点的速度方向为

－y 方向，由波形的平移法知，该波沿x 轴负方向传播，故A 错误；A 质点与B 质点平衡位置相距x ＝1 m ，则波从B 质点传到A 质点的时间t ＝x v ＝110 s ＝0.1 s ，故B 正确；B 质点此时的位移为y ＝2sin 3

4π cm ＝1 cm ，

故C 正确；由题图所示时刻经 0.2 s ＝1

4T ，由波形平移法可知，x ＝5 m 处质点的状态传到B 质点，B 质点

的运动路程为s ＝2y ＝2 cm ，故D 正确；因该列波的波长为8 m ，则该列波在传播过程中遇到宽度为d ＝4 m 的障碍物时会发生明显的衍射现象，故E 错误。

(2)(ⅰ)光路图如图所示，FG 为法线

由∠D ＝75°，则∠EQA ＝75°，∠PQE ＝15°，∠PQA ＝60°，可得∠PQG ＝30° n ＝sin r sin i ＝sin 45°

sin 30°

＝2。

(ⅱ)设激光发生全反射的临界角为C ，光路图如图所示

sin C ＝1n ＝2

2

，解得C ＝45°

根据几何知识可得：∠JOD ＝90°－C ＝45°，∠D ＝75°

因而∠OJD＝60°

激光在CD边的入射角为90°－60°＝30°<45°，因而激光能够从CD边出射。

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 12N 14O 16Na 23S 32 Cl 35.5K 39

Fe 56 Pb 207

第Ⅰ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：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项

符合题目要求。第19～21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E 1，变轨到轨道2上后，动能比在轨道1上减小了ΔE ，在轨道2上也做圆周运动，则轨道2的半径为

A ．

E 1

E 1－ΔE

r

B ．

E 1

ΔE

r C ．ΔE E 1－ΔE r

D ．

E 1－ΔE ΔE

r

【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E 1＝12mv 21，万有引力提供向心力GMm r 2＝mv 21

r ，

在轨道2上运行时，动能E 2＝E 1－ΔE ，万有引力提供向心力GMm R 2＝mv 22

R ，E 2＝12mv 22，联立以上各式得R ＝

E 1r

E 1－ΔE

，故A 正确。

16．两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θ，摆球质量为m ，由牛顿第二定律得mg tan θ＝mω2L sin θ，ω＝g

L cos θ

，若两小球ω相同则L cos θ相同，即摆高相同，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，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

A ．A 、K 之间的电场强度为U

d

B ．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eU

D ．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 ≠U

d ，故A 错误。电子在K 极由静止被加速，到达A

极板时电场力做功W ＝eU ，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

A ．A 和

B 均受三个力作用而平衡