2018年高考试卷天津卷全解析（完美精品word版）

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2018年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）
理科综合
物理部分
理科综合共300分，考试用时150分钟。
物理试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至7页，共120分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上,并在规定位置粘贴考试用条码。
答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。
考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
祝各位考生考试顺利!
第Ⅰ卷
注意事项：
1.每题选出答案后,用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。
2.本卷共8题，每题6分，共48分。
一、单项选择题（每小题6分,共30分。每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的）
1．国家大科学过程——中国散裂中子源（CSNS）于2017年8月28日首次打靶成功，获得中子束流，可以为诸多领域的研究和工业应用提供先进的研究平台，下列核反应中放出的粒子为中子的是
A．俘获一个α粒子，产生并放出一个粒子
B．俘获一个α粒子，产生并放出一个粒子
C．俘获一个质子，产生并放出一个粒子
D．俘获一个质子，产生并放出一个粒子
答案：B
解析：根据质量守恒和电荷数守恒写出4个核反应方程如下
可见选项B正确。
2．滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中
A．所受合外力始终为零
B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零
D．机械能始终保持不变
答案：C
解析：根据曲线运动的特点分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解出运动员与曲面间的正压力变化情况，从而判断运动员所受摩擦力的变化；根据运动员的动能变化情况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程中，是否只有重力做功来判断运动员的机械能是否守恒。
因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，选项A错误；运动员受力如图示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，有得，运动过程中速率恒定，且θ在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据可知摩擦力越来越大，选项B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，故动能的变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，选项C正确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，选项D错误。
3．如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为。下列判断正确的是
A．
B．
C．
D．
答案：D
解析：将粒子的运动分两种情况讨论：从M运动到N和从N运动到M，
电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有
若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如答图1所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故
若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如答图2所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故
综上所述，选项D正确
4．教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则
A．R消耗的功率变为
B．电压表V的读数为
C．电流表A的读数变为2I
D．通过R的交变电流频率不变
答案：B
解析：根据，若发电机线圈的转速变为原来的，则角速度减为原来的，根据可知，发电机产生的最大电动势减为原来的，根据可知发动机的输出电压变为原来的，即原线圈的输出电压变为原来的，根据可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表的示数变为原来的，根据可知电阻R消耗的电功率变为，所以A错B正确；
副线圈中电流为，即变为原来的，根据可知原线圈中的电流也变为原来的，选项C错误；转速变为原来的，则频率变为原来的，选项D错误。
5．氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线，都是氢原子中电子从量子数n>2的能级跃迁到n=2的能级发出的光，它们在真空中的波长由长到短，可以判定
A．对应的前后能级之差最小
B．同一介质对的折射率最大
C．同一介质中的传播速度最大
D．用照射某一金属能发生光电效应，则也一定能
答案：A
解析：根据分析前后能级差的大小；根据折射率与频率的关系分析折射率的大小；根据判断传播速度的大小；根据发生光电效应现象的条件是入射光的频率大于该光的极限频率判断是否发生光电效应。
波长越大，频率越小，故的频率最小，根据可知对应的能量最小，根据可知对应的前后能级之差最小，选项A正确；的频率最小，同一介质对应的折射率最小，根据可知的传播速度最大，BC错误；的波长小于的波长，故的频率大于的频率，若用照射某一金属能发生光电效应，则不一定能发生光电效应，D错误。
6．2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的
A．密度
B．向心力的大小
C．离地高度
D．线速度的大小
答案：CD
解析：根据题意，已知卫星运动的周期T，地球的半径R，地球表面的重力加速度g，卫星受到的万有引力充当向心力，有，卫星的质量被抵消，故不能计算卫星的密度，更不能计算卫星的向心力大小，选项AB错误；由，，解得，而r=R+h，可以故可以计算卫星距离地球表面的高度h，选项C正确；根据公式，轨道半径可以求出，周期已知，故可以计算出卫星绕地球运动的线速度，选项D正确。
7．明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之,曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则
A．若F一定，θ大时FN大
B．若F一定，θ小时FN大
C．若θ一定，F大时FN大
D．若θ一定，F小时FN大
答案：BC
解析：将加在木楔背上的力F分解为沿垂直于两侧面的两个分力，如图示，
由几何知识可得，若F一定，θ小时FN大，选项A错B正确；
若θ一定，F大时FN大，选项D错C正确。故选BC。
8．一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。t=0时振子的位移为-0.1
m，t=1
s时位移为0.1
m，则
A．若振幅为0.1
m，振子的周期可能为
B．若振幅为0.1
m，振子的周期可能为
C．若振幅为0.2
m，振子的周期可能为4
s
D．若振幅为0.2
m，振子的周期可能为6
s
答案：AD
解析：t=0时振子的位移为x=
-
0.1
m，t=1
s时位移为x=0.1
m，关于平衡位置对称。
如果若振幅为0.1
m，则1
s为半周期的奇数倍，即
，（k=0、1、2、3……）解得，（k=0、1、2、3……）
当k=1时，，无论k为何值，T都不能等于，A正确B错误；
如果若振幅为0.2
m，结合如图示的位移时间关系图像有：
（n=0、1、2、3……）
①
或者
（n=0、1、2、3……）
②
或者（n=0、1、2、3……）
③
对①式，只有当n=0时T=2s，为整数；
对②式，n为任何数，
T都不可能为整数；
对③式，只有当n=0时T=6s，n大于0以后周期都大于6s。故C错误
D正确。
第Ⅱ卷
注意事项：
1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。
2.本卷共4题，共72分。
9．（18分）（1）质量为0.45
kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05
kg的子弹以200
m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是__________m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103
N，则子弹射入木块的深度为_______m。
答案：
20
0.2
解析：由动量守恒定律
代入数据解得
由能量守恒定律
代入数据解得Δs=0.2m
（2）某研究小组做“验证力的平行四边形定则”的实验，所有器材有：方木板一块，白纸，量程为5
N的弹簧测力计两个，橡皮条（带两个较长的细绳套），刻度尺，图钉（若干个）。
①具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的是______。
A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上
B．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同
C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度
D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力
②该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O，力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示。其中对于提高实验精度最有利的是_____。
答案：①BC
②B
解析：①为了使实验结果更具有普遍性，在实验过程中不应让橡皮条的
拉力方向具有特殊的角度或位置，A错误；只要每一次实验时用一个力和用两个力拉橡皮条的效果相同，即O点位置相同，不需要每次实验的O点位置都相同，B正确；使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度，C正确；合力可以大于任一个分力，也可以等于分力，还可以小于任一个分力，D错误。
②AD实验中选取的力的标度过大，导致画力时线段太短，不利于提高实验精度；B图和C图选用的标度相同，但C中力太小，不利于作平行四边形，故B符合题意。
（3）某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值（约为10
kΩ），除了Rx，开关S、导线外，还有下列器材供选用：
A．电压表（量程0~1
V，内阻约为10
kΩ）
B．电压表（量程0~10
V，内阻约为100
kΩ）
C．电流表（0~1
mA内阻约为30
Ω）
D．电流表（0~0.6
A，内阻约为0.05
Ω）
E．电源（电动势1.5
V，额定电流0.5
A，内阻不计）
F．电源（电动势12
V，额定电流2
A，内阻不计）
G．滑动变阻器R0（阻值范围0~10
Ω，额定电流2
A）
①为使测量尽量准确，电压表选用_________，电流表选用______________，电源选用______________。（均填器材的字母代号）；
②画出测量Rx阻值的实验电路图。
③该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会______________其真实值（填“大于”“小于”或“等于”），原因是____________________________。
答案：①B；C；F
②实验电路图如答图示
③大于；电压表的读数大于待测电阻两端实际电压（其他正确表述也可）
解析：由于被测电阻为10kΩ，所以电源要选择电动势大的，然后根据电路的电流选择电流表和电压表；若采用限流接法，则电路中的电流和电压不变不明显，故采用滑动变阻器的分压接法，根据和的关系分析电流表的接法；根据电流表的接法判断实验误差。
①若选用电源1.5V，由于被测电阻很大，电路中的电流非常小，不利于实验，故电源选择12V的，即F；则电压表就应该选取B；电路中的最大电流为，故电流表选用C。
②因为题给的滑动变阻器的最大阻值只有10Ω，若采用限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法，由于，所以采用电流表内接法，电路图如答图所示，
③由于电流表的分压，导致电压测量值偏大，而电流准确，根据可知测量值偏大；
10．我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x=1.6×103
m时才能达到起飞所要求的速度v=80
m/s，已知飞机质量m=7.0×104
kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取，求飞机滑跑过程中
（1）加速度a的大小；
（2）牵引力的平均功率P。
解：（1）飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2=2ax①，解得a=2
m/s2②
（2）设飞机滑跑受到的阻力为，根据题意有=0.1mg③
设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有④
设飞机滑跑过程中的平均速度为，有⑤
在滑跑阶段，牵引力的平均功率⑥，联立②③④⑤⑥得P=8.4×106
W
11．如图所示，在水平线ab下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力。
（1）求粒子从P到M所用的时间t；
（2）若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度的大小。
解：（1）设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有
①
设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F=qE
②；
设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F=ma
③；
粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v=at
④；
联立①②③④式得
⑤；
（2）粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期和速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所有的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为，由几何关系可知
⑥
设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系可知
⑦；
粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，在垂直于电场方向的分速度始终为，由运动的合成和分解可知
⑧
联立①⑥⑦⑧式得
⑨
12．真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直，长度均为l，电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。
（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
解：（1）M接电源正极，列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极。
（2）由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为，由电阻的串并联知识得①；
设回路总电阻为I，根据闭合电路欧姆定律有②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有F=BIl③
根据牛顿第二定律有F=ma④，联立①②③④式得⑤
（3）设列车减速时，cd进入磁场后经时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为，平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律有⑥，
其中⑦；
设回路中平均电流为，由闭合电路欧姆定律有⑧
设cd受到的平均安培力为，有⑨
以向右为正方向，设时间内cd受安培力冲量为，有⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为，有?
设列车停下来受到的总冲量为，由动量定理有?
联立⑥⑦⑧⑨⑩??式得?
讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场，若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N+1块有界磁场。?．
B
A
B
A
f
G
FN
θ
M
N
M
N
v
F
答图1
M
N
v
F
答图2
n1
n2
~
A
V
R
F
θ
F
θ
θ
FN
FN
t
y/cm
1
-1
-2
2
0
A
O
F2=2.7N
F1=3.4N
F=4.5N
3.0N
B
O
F2=3.0N
F1=2.8N
F=4.9N
0.5N
C
O
F2=1.6N
F1=1.0N
F=2.0N
0.5N
D
O
F2=2.7N
F1=2.1N
F=4.5N
3.0N
R0
V
Rx
A
S
电源
答图
v0
B
a
b
M
P
Q
N
v0
B
a
b
M
P
Q
N
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O'
b
a
d
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图2
宽度
间距
······
·
·
·
·
·
·
·
M
N
b
a
d
c
图1
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精品试卷·第
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