普通高等学校招生全国统一考试仿真卷物理七Word版含解析

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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 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

2、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 39Fe 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

3、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

4、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 r B rC r D 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E1mv，万有引力提供向心力，在轨道2上运行时，动能E2E1E，万有引力提供向心力，E2mv，联立以上各式得R，故A正确。16两根长度不同的细线下

5、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，摆球质量为m，由牛顿第二定律得mgtanm2Lsin，若两小球相同则Lcos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

6、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AA、K之间的电场强度为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，到

7、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

8、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，因不变，所以FBA不变，即A对B的压力大小不变，故C错误。推力FFNmgtan，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

9、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/s2，则A弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0 JB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，WF6 J，故A正确。压缩弹簧过程中由能量守恒得：WFEpmgx，所以EpWFmgx5 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Wf2mgx2 J，故C错误。整个过程由能量守恒得：WFWfmv，所以物块从M

10、点平抛的初速度v04 m/s，平抛的时间t0.4 s，所以MN的水平距离Lv0t1.6 m，故D正确。21如图，光滑斜面PMNQ的倾角为，斜面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B线框进入磁场时的速度为C线框进入磁场时有abcda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)l1

11、【答案】ABC【解析】线框进入磁场前，根据牛顿第二定律得：线框的加速度为：a，故A正确。线框刚进入磁场时做匀速运动时，由F安mgsinF，而F安，解得：v，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。（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

12、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的质量m10.4 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。

13、【答案】(1)BCDE(2)0.4200.417【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/s小车A在碰撞前的动量p0m1v00.41.050 kgm/s0.420 kgm/s碰撞后A、B的共同速度v m/s0.695 m/s碰撞后A、B的总动量p(m1m2)v(0.20.4)0.695 kgm/s0.

14、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、R0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。(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0.41020.8102 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，

15、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。(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)1.510360【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RF1.5103 。无

16、压力时，R06000 ，有压力时，4，由题图1可知，对应的待测压力F60 N。24(14分)如图所示，一质量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/s2。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

17、到的共同速度v。【答案】(1)3 m/s(2)1.5 J(3)1.0 m/s【解析】(1)小铁块在弧形轨道末端时，满足Fmg解得：v03 m/s。(2)根据动能定理mgRWfmv0解得：Wf1.5 J。(3)根据动量守恒定律mv0(mM)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B4.0102 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E3.2104 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m4.01025 kg、电荷量q2.01017 C的带电粒子从P

18、点以速度v4.0106 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与电场左边界的横坐标x的函数关系。【答案】(1)r2 m t5.23107 s (2)x6 m (3)见解析【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB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

19、为60。在磁场中运动时间t代入数据解得：t106 s5.23107 s。(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设Q点的横坐标为x则：tan由上两式解得：x6 m。(3)电场左边界的横坐标为x。当0xT0时，pp0【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：p02Sp12Sf0对活塞B：p1Sp0Sf0，解得：p1p0，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：V12Sl2lSl4Sl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

20、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：V24SlSl5Sl根据盖吕萨克定律得：解得：T2T0，由此可知，当TT2T0时，气体的压强为：pp0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：解得：pp0，即当TT0时，气体的压强为p0。34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

21、。每选错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f25 Hz，波速为v200 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】R【解析】根据折射定律n在OBC中，可得30，60所以CDRsinR。