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文档简介

1、2021年普通高等学校招生全国统一测试理科综合水平测试、选择题:此题共8小题,每题 6分,共48分.在每题给出的四个选项中,第1418题只有一项符合题目要求,第1921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:E k mv ,又由于:v at ,所以Ekma t ,动能跟速度平方成正比,2A选项错误;根据动能定理故动能与位移成正比,B

2、选项正确;动能与速度平方成正比,故C选项错误;由Ek P ,可知动能与动量的平方成正比,D选项错误正确答案:P,系统处F作用在P上,使其向上做匀加2mBo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F于静止状态.现用一竖直向上的力速直线运动. 以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,kx0mg ,施加解析: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:拉力F后,物块向上做匀加速直线运动,有牛顿第二定律有:k( Xo x) mg ma ,;F = ma +kx, A选项正确.正确答案:A考点:弹簧弹力,牛顿第二定律16

3、.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 ,的方向平行于bc=3cm , ca=4cm .小球c所受库仑力的合力a、b的连线.设小球b所带电荷量的比值的绝对值为 k,那么A. a、b的电荷同号,C. a、b的电荷同号,16 k964 k27B . a、b的电荷异号,D . a、b的电荷异号,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,那么竖直方向对小球受到的库仑力合力为零,那么a b的电荷必须异号,如16k 169k 642737,Q Q k a c2racF k bc53 bQ Qb c2rbcQ Qa ck sin2r

4、acQ Qb ck sin2rbc2rac -sin,正确答案:考点:库仑定律处理平衡问题17.如图,导体轨道OPQS固定,轨道的电阻忽略不计.2sinbc其中 PQS是半圆弧,6427为半圆弧的中点,OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆,MO为圆心.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 Bo现使_OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置弁固定过程 化率从B增加到BI;再使磁感应强度的大小以一定的变过程II在过程I、II平,流过 OM电荷量相等,那么等于5 A.43 B.27 C.4解析:通过导体横截面的带电量为:n ,过程I流过

5、OM的电荷量为:12B 一,过程II流过OM的电荷量:依题意有 q1 =q2 ,即:(B B) 2R考点:法拉第电磁感应定律,一 一2(B B) r ,解得:B42通过导体横截面的带电量3 一一,一3 ,正确答案:B218.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. 5mgR6mgRE =W机械能的增量等于水平外力在从有小球运动到 c 点a点

6、珏始运动到其轨迹最高点过程做的功,的速度为 V :cR c机,除外力G为动能定理F 3R mg R2mv ,解得:cv 2 gR,小球运cmg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2._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 ax g ,竖直方向mg竖直上抛,小球上升至最高点时,竖直方向速度减少为A 零,时间为 tr,水平方向的位移为:2 g(gR 2)2R综上述小球点开始运动到其轨E 机=F (3Rx)5mgR ,正确答案为:C考点:动能定理,运动的合成和分解机械能的增19 .如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开

7、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.以下说法正确的选项是A.开关闭合后的瞬间,小磁针的的方向转动N极朝垂直纸面向里B.开关闭合弁保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合弁保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合弁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

8、流从南流向北,再根据右手螺旋定那么可判断,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;开关闭合弁保持一段时间后,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;开关闭合弁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,那么小磁针向外转动,选项D正确.正确答案:AD考点:电磁感应现象,右手螺旋定那么20 . 2021年,人类第一次直接探测到来自双中子星合弁的引力波.根据科学家们复原的过程,在两颗中子星合弁前约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

9、星都看作是质量均匀分布的球体,由这些数据、万有引力常量弁利用牛顿力学知识,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,根据条件可以求出中子星的周期T,mm =0 2 对 m2: m m1212,由几何关系:对式v1mGm r211L可解得:m2rL+ 三.+底1三琬+m m12Gm r222Lm,1rL一 2m m12r1 r2 L联立以上各+ =z2 34 L ,速率之和2GT2 L丁心心生v r r (r r ).正确答案:21212TBC o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

10、场内间距相等的一组等势面,平面b上的电势为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 o以下说法正确的选项是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,那么每通过两个等势面电场力做功相同,那么=3W W ,_ G G _.一ad bc即2W eUeV : U民 b 1 2V ,所以一c 0 , A选项正确:根据bcbc动能定理 a 到 f 点:WafEf Ea ,即:4 2eV Ef 10eV ,可得:Ef 2eV ,故电子能到等势面 f

11、,选项B错误;根据动能定理 1到d点:W E E ,可 ad d a得:4+=%=E eV ,同理电子到达等势面的动能Ekc - 6eV ,由于等势面c的电势kd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期总和保持一个定值,即E E E E 6eV ,故电子经过平面d时,pd kdpc kc其电势能为 E 2eV ,选项 C错误;电子经过平面b和d时的动能分别为:pcE 8eV和Ekd4eV ,电子经过平面 b时的速率是经过 d时的 2倍,选项 Dkb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2232题为必

12、考题,每个试题考生都必须作答.3338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0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.游标现要测量图a中弹簧的劲度系数.当托盘内没有祛码时,移动游标,使其零刻度线对准指针,20主尺此时标尺读数为1. 950 cm;当托盘内放有质量为游标主尺cm0.100kg的祛码时,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29.80 m/s ,止匕弹簧的劲度系数为N/m

13、 保存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25 C 80 C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 Rt , 其标称值25 C时的阻值为 900.0 C;电源E 6V ,RSSibRtT ;广一内阻可忽略;电压表Q量程150mV ;定值电阻R 阻值20.0 Q,滑动变阻器Ri 最大阻值为0QQ1000;电阻箱 R2 阻值范围0 999.9 ;单刀开关图a实验时,先按图a连接好电路,再将温控室的温度接通,闭合 Si,调节R的滑片位置,使电压表读数为某一值1S1,单刀双掷开关S2ot升至80.0 Co将S2与

14、1端U 0 ;保持R的滑片位置不变,将下此时R置于最大值,将 S2与2端接通,调节 R ,使电压表读数仍为1U0 ;断开Si,记25.0 C2R的读数.逐步降低温控室的温度22t,得到相应温度下 R2的阻值,直至温度降到实验得到的R2 t数据见下表.t/ CQR2/25.030.040.050.060.070.080.0900.0680.0500.0390.0320.0270.0240.0答复以下问题:1在闭合 Si前,图a中R的滑片应移动到 填“ a或 b端;12在图b的坐标纸上补齐数据表中所给数据点,弁做出R2 t曲线;020.040.060.080.0 100.0 t/ C图(b)图c3

15、由图b可得到= QR在25 C80 C范围内的温度特性.当 可Tt= 44.0 C 时,得Rt;4将R握于手心, 手心温度下T那么手心温度为C.R2的相应读数如图 c所示,该读数为23.答案:(1) b(2)如图(3) 450(4) 620.00.101t/ C 020.040.060.080.0 100.024. 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局部,两局部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

16、的时间;理科综合试题第7页共13页(2)爆炸后烟花弹向上运动的局部距地面的最大高度.24.解析:(1 )设烟花弹上升的初速度为v错误!未找到引用源.,由题给条件有012E mv02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0 v gt 0联立式得1 2E tg m(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为hi ,由机械能守恒定律有E mgh i火药爆炸后,烟花弹上、下两局部均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为和V2 o由题给条件和动量守恒左律有11一 2卜一mv12 -mv E21mv12后烟花弹上局部继续上升的高度为h2 ,由机械能守恒定律有1mv 022由式知,烟花弹两局

17、部的速度方向相反,向上运动局部做竖直上抛运动.设爆炸联立式得,烟花弹上局部距地面的最大高度为一 + -12mv mgh122Eh h1 mgii H和一个笊核E;在 y 0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场.一个五核i由就结条件, ih进入磁场时速度的方向与 时速度的y分量的大小航X轴正方向夹角 i60ii H进入磁场.的距离为si.由运动学公式有i2a ti iaiti vi tan i联立以上各式得2 3s hi2 3i H在电场中运动时,由牛顿第二定律有qE ma iiiH进入磁场时速度的大小为vi ,由速度合成法那么有22vi设

18、磁感应强度大小为via iti r i 由洛伦兹力公式和6iH在磁场中运动的圆轨道半径为牛顿第二定律有2mvi由几何关系得理科综合试题第9页共13页联立以上各式得(3)设:Hsi = 2Risin i6mEB qh在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为V2 ,在电场中的加速度大小为a ,由题给条件得 21122(2m) v mv 2122由牛顿第二定律有fqE 2ma 2速度的方向与x轴正方向夹角为 2,入t O由运动学公式有 2设1H第一次射入磁场时的速度大小为V2射点到原点的距离为S,在电场中运动的2s V t 22 2=7+12 h a t 2 2 222V2V2 (a2t2)=0 =0a

19、 t sin 22 2V 2联立以上各式得2V1?2R2,由式及粒子在匀强磁场中做圆周运动= vs s ,2 i , V22152 以1H在磁场中做圆周运动的半径为的半径公式得(2m)V所以出射点在原点左侧.设s ,由几何关系有s2 2R2 sin 2联立?2O的距离为式侍,1H第一次离开磁场时的位置到原点2 3s s ( 2 1)h223(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题作答.如果多做,那么每科按所做的第一题计分.33.物理选修 3-3 ( 15分)理科综合试题第10页共13页1 5分如图,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程、到达状态e.

20、对此气体,以下说法正确的选项是选又3个得5分;每选错1个扣3分,最低得分为A.过程中气体的压强逐渐减小B .过程中气体对外界做正功C.过程中气体从外界吸收了热量D.状态c、d的内能相等选对1个得2分,选对2个得4分,0分V E.状态d的压强比状态 b的压强小答案:1 BDE2 10分如图,容积为 V的汽缸由导热材料制成,面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两局部管与装有某种液体的容器相连,细管上有一阀门,汽缸上部通过细K.开始时,K关闭,汽缸内上下两局部气体的压强均为po.现将K翻开,容器内的液体缓慢地流入汽缸,当流入的液体体积为 V时,将K关闭,8活塞平衡时其下方气体的体积减小了V o不计活塞的质量

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