2018年高考全国卷1理综物理(含解析)

FP2018年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试二、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．与它的动量成正比解析：列车做初速度为零的匀加速直线运动规律，列车动能：221mvEk，又因为：atv，所以2221tmaEk，动能跟速度平方成正比，A选项错误；根据动能定理masWEk合，故动能与位移成正比，B选项正确；动能与速度平方成正比，故C选项错误；由mpEk22，可知动能与动量的平方成正比，D选项错误。正确答案：B。考点：匀变速直线运动，动能和动量数值关系，动能定理15．如图，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之间关系的图像可能正确的是OFxAOFxBOFxCOFxDabc解析：物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态有：0kxmg，施加拉力F后，物块向上做匀加速直线运动，有牛顿第二定律有：0()Fkxxmgma，Fmakx，A选项正确。正确答案：A考点：弹簧弹力，牛顿第二定律16．如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm。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A．a、b的电荷同号，169kB．a、b的电荷异号，169kC．a、b的电荷同号，6427kD．a、b的电荷异号，6427k解析：对固定的小球c受到的库仑力分析，要使c球受到的库仑力合力与a、b的连线平行，则竖直方向对小球c受到的库仑力合力为零，则a、b的电荷必须异号，如下图所示，则有：22222244sin645sinsin3sin2735acbcaacacbcbbcQQQQQrkkrrQr，正确答案：D考点：库仑定律处理平衡问题17．如图，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，OM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OPSQMabc37532acacacQQFkr2bcbcbcQQFkr电荷量相等，则BB等于A．54B．32C．74D．2解析：通过导体横截面的带电量为：tqItntnRR，过程I流过OM的电荷量为：2114BrqR，过程II流过OM的电荷量：221()2BBrqR，依题意有12qq，即：2211()42BrBBr，解得：32BB，正确答案：B。考点：法拉第电磁感应定律，通过导体横截面的带电量18．如图，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A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR解析：小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量=GEW除外力机，机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功，有动能定理有小球运动到c点的速度为cv：2132cFRmgRmv，解得：2cvgR，小球运动到c点后斜上抛，根据小球受力情况，可分解为水平方向初速度为零的匀加速，加速度为xag，竖直方向竖直上抛，小球上升至最高点时，竖直方向速度减少为零，时间为2cgRvtgg，水平方向的位移为：22211()222xgRxatgRg，综上述小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为=(3)5EFRxmgR机，正确答案为：C考点：动能定理，运动的合成和分解19．如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开abcR北南NSabcRcvmgFmgx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A．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解析：小磁针的N极为直导线在该处产生磁场的方向，开关闭合后的瞬间，通过右边线圈的电流增大，在铁芯产生的磁场增大，通过左侧的线圈的磁通量增大，根据楞次定律可判断，直导线的电流从南流向北，再根据右手螺旋定则可判断，小磁针磁场方向垂直纸面向里，小磁针向里转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，通过左侧的线圈磁通量不变，不会产生电磁感应现象，所以直导线无感应电流流过，小磁针不转动，选项B和C都错；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，通过左侧线圈的磁通量减小，直导线产生北流向南的电流，则小磁针向外转动，选项D正确。正确答案：AD考点：电磁感应现象，右手螺旋定则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100s时，它们相距约400km，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．各自的自转角速度解析：依题意两颗中子星符合“双星系统模型”，根据已知条件可以求出中子星的周期T，对m1:212112mmGmrL对m2:212222mmGmrL，由几何关系：12rrL联立以上各式可解得：2112mrLmm，1212mrLmm，231224LmmGT，速率之和1212122()LvvrrrrT。正确答案：BC。考点：万有引力定律的应用，双星系统21．图中虚线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abcdf电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是A．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4eVD．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍解析：匀强电场内间距相等，则每通过两个等势面电场力做功相同，则3adbcWW，即2bcbcWeUeV，2bcbcUV，所以0c，A选项正确；根据动能定理a到f点：affaWEE，即：4210feVEeV，可得：2fEeV，故电子能到达等势面f，选项B错误；根据动能定理a到d点：addaWEE，可得：4kdEeV，同理电子到达等势面c的动能6kcEeV，由于等势面c的电势为零，电子在等势面c的电势能为零，根据能量守恒，电子在运动过程中电势能和动能的总和保持一个定值，即6pdkdpckcEEEEeV，故电子经过平面d时，其电势能为2pcEeV，选项C错误；电子经过平面b和d时的动能分别为：8kbEeV和4kdEeV，电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍，选项D错误。正确答案：AB。考点：静电力做功计算，动能定理，电势能，等势面三、非选择题：共174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．（5分）如图（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。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，图（b）主尺cm游标01020345游标主尺图（a）指针此时标尺读数为1.950cm；当托盘内放有质量为0.100kg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29.80m/s，此弹簧的劲度系数为N/m（保留3位有效数字）。答案：3.77553.723．（10分）某实验小组利用如图（a）所示的电路探究在25C~80C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TR，其标称值（25°C时的阻值）为900.0；电源E（6V，内阻可忽略）；电压表○V（量程150mV）；定值电阻0R（阻值20.0），滑动变阻器1R（最大阻值为1000）；电阻箱2R（阻值范围0~999.9）；单刀开关S1，单刀双掷开关S2。实验时，先按图（a）连接好电路，再将温控室的温度t升至80.0°C。将S2与1端接通，闭合S1，调节1R的滑片位置，使电压表读数为某一值0U；保持1R的滑片位置不变，将2R置于最大值，将S2与2端接通，调节2R，使电压表读数仍为0U；断开S1，记下此时2R的读数。逐步降低温控室的温度t，得到相应温度下2R的阻值，直至温度降到25.0°C。实验得到的2Rt数据见下表。t/C25.030.040.050.060.070.080.0R2/900.0680.0500.0390.0320.0270.0240.0回答下列问题：（1）在闭合S1前，图（a）中1R的滑片应移动到（填“a”或“b”）端；（2）在图（b）的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并做出2Rt曲线；×10×100×1×0.1图（c）20.040.060.080.0100.0R2/t/C02004006008001000图（b）ER1R2S1S221RTR0图（a）abV（3）由图（b）可得到TR在25C~80C范围内的温度特性。当440Ct.时，可得TR；（4）将TR握于手心，手心温度下2R的相应读数如图（c）所示，该读数为，则手心温度为°C。23．答案：（1）b（2）如图（3）450（4）620.033.024．（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；20.040.060.080.0100.0R2/t/C02004006008001000（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。24．解析：（1）设烟花弹上升的初速度为0v错误!未找到引用源。，由题给条件有2012Emv①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00gtv②联立①②式得12Etgm③（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为1h，由机械能守恒定律有1Emgh④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为1v和2v。由题给条件和动量守恒定律有22121144mmEvv⑤1211022mmvv⑥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2h，由机械能守恒定律有2121142mmghv⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地