齐鲁名校教科研协作体
山东、湖北部分重点中学2018年高考冲刺模拟试卷
理科综合物理试题
湖北襄阳五中（李琴、熊杨爽、刘荣沛）审题：湖北夷陵中学（国建云）山东泰安一中（罗凯）山东莱芜一中（亓建
芃）
一、选择题：（共8小题，14~18为单选，19~21为多选，每题6分，共48分）
14、（原创，容易）如图所示，电源电动势为4V，内阻内阻1Ω，电阻R1=3Ω，R2=R3=4Ω，R4=8Ω，电容器C=6.0μF，闭合S电路达稳定状态后，电容器极板所带电量为：（）
R
1
R
2
R
3
R
4
C
E r
s
A．1.5×10-5C；B．3.010-5C；
C．2.0×10-5C；D．2.1×10-5C。
【答案】A
【解析】由电路结构可知，电容器两极板间的电势差为2.5V，由CU
Q 可知A项正确。
【考点】恒定电流、电容器
15.（改编，简单）如图所示为用位移传感器和速度传感器研究某汽车刹车过程得到的速度—位移图像，汽车刹车过程可视为匀变速运动，则：（）
O V(m/s)
x(m)
10
10
A.汽车刹车过程中的加速度大小为2m/s2；
B.汽车刹车过程所用时间为10s；
C.当汽车运动的位移为5m 时，其速度为5m/s ；
D.当汽车的速度为5m/s 时，运动的位移为7.5m 【答案】D
【解析】由图可知物体做匀减速运动，结合匀变速直线运动的规律ax v v 22
02=-可得到图线的解析式为
m/s 10100x v -=，故汽车的加速度为2m/s 5，A 错；初速度m/s 100=v ，故运动时间为2s ，B 错；当
汽车位移为5m 时，带入解析式有m /s 25=v ，C 错，同理，D 对。 【考点】匀变速直线运动，运动图像
16.（原创，中档）如图所示，边长为a 2的正方形ABCD 的四个顶点分别固定电荷量为+q 的点电荷，直线MN 过正方形的几何中心O 且垂直正方形平面，P 与O 点相距为a ，P 点的电场强度为E ，若将A 点的电荷换为-q 的点电荷，则P 点的电场强度的大小为（ ）
B +q M
N
A C
D +q
+q +q P
O
A.
2E B.4
3E C. E 2 D.
2
2E
【答案】D
【解析】由几何关系及场强的叠加原理可知，每一个+q 点电荷在P 点的场强为
E 4
2
，将A 点的点电荷换位-q 后，该点电荷在P 点的场强大小没变，但方向反向，由叠加原理可知，D 选项正确。 【考点】场强的叠加
17.（原创，中档）第一宇宙速度叫环绕速度，第二宇宙速度叫逃逸速度，理论分析表面，逃逸速度是环绕速度的2倍。宇宙中存在这样的天体，，即使它确实在发光，光也不能进入太空，我们也根本看不到它，这种天体称为黑洞。目前为止人类发现的最小的黑洞，其表面重力加速度的数量级为1.0×1010m/s 2，（已知光速c =3×108m/s ，万有引力常量G =6.67×10-11N ·m 2/kg 2,），则该黑洞的半径约为（ ）
A ．212km
B ．4.5×103km 、
C ．9.0×103km
D ．1.65×103km 【答案】B
【解析】由题意可知，该黑洞的第二宇宙速度为光速，第一宇宙速度可表示为gR v =1，因为第二宇宙
速度是其2倍，故可建立等式gR c 2=，代入数据解得km 105.43?=R 。
【考点】万有引力，宇宙速度
18.（原创，困难）如图a 所示是卡文迪许扭秤实验（实验Ⅰ）和库伦扭秤实验（实验Ⅱ）的原理图，同学们在仔细观察这两个实验后发现：实验Ⅰ测量的是两组质量为分别为M 和m 的两球之间的引力；实验Ⅱ测量的只有一组点电荷Q 与q 之间的引力，扭秤另外一端小球不带电。分析两实验的区别，同学们发表了以下观点，正确的是：（ ）
实验Ⅰ
实验Ⅱ
M M
m m
Q q
图a 图b
A.甲同学认为：实验Ⅰ需要两组小球而实验Ⅱ只需要一组带电小球的原因是质点间的万有引力很小，而电荷间的静电力很大
B.乙同学认为：实验Ⅰ需要两组小球而实验Ⅱ只需要一组带电小球的原因是实验Ⅰ是在空气中完成的，而实验Ⅱ需要在真空进行
C.丙同学认为：在实验Ⅰ中若只用一组小球进行实验，如图b 所示，则对实验结果并无影响
D.丁同学认为：在实验Ⅱ中无论用两组还是一组带电小球进行实验，对实验结果并无影响，但在实验Ⅰ中若按图b 只用一组小球进行实验，则对实验结果产生较大影响
【答案】D
【解析】在实验Ⅰ中必须要有两组小球，假设只有一组小球，则受力情况如图所示，此时扭称无法扭
转，实验无法完成。实验Ⅱ中，由于另一个小球不带电，故一组带点小球也可完成实验。D 选项正确
【考点】库仑定律
19. （原创，中档）如图所示，A 、B 两物体在水平拉力作用下一起做匀速运动，C 、D 两物体在水平拉力作用下一起做匀加速运动，设AB 间动摩擦因数为μ1，B 与地面间动摩擦因数为μ2，CD 间动摩擦因数为μ3，D 与地面间动摩擦因数为μ4，则可能正确的是（ ）
A
F
F
B
C D
A. μ1=0、μ2=0、μ3=0、μ4=0；
B. μ1=0、μ2≠0、μ3≠0、μ4=0；
C. μ1≠0、μ2=0、μ3≠0、μ4=0；
D. μ1≠0、μ2≠0、μ3≠0、μ4≠0 【答案】BD
【解析】A 、B 两物体一起匀速运动，整体法分析可知，地面对B 一定有摩擦力的作用，故02≠μ，而A 、
B 间无摩擦力的作用，1μ未知；
C 、
D 一起做匀加速直线运动，隔离C 可知D 对C 有向右的摩擦力，故03≠μ，4μ未知，故选择BD 。
[来源:https://www.doczj.com/doc/5017592352.html,]
【考点】牛顿运动定律
20. （改编，中档）如图所示，将质量为M 1、半径为R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙，右侧靠一质量为M 2的物块．今让一质量为m 的小球自左侧槽口A 的正上方足够高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是 ( )
A ．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B ．小球在槽内运动到B 点后，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒
C ．小球离开C 点以后，将做斜上抛运动，且恰好再从C 点落入半圆槽中
D ．小球第二次通过B 点时半圆槽与物块分离，分离后两者不会再相碰[来源:https://www.doczj.com/doc/5017592352.html,]
【答案】CD
【解析】小球在从A 到B 运动的过程中，小球和半圆槽受到了竖直墙面对它们水平向右的作用力，故这一阶段水平方向上动量不守恒，A 错；小球运动到B 点以后，系统在竖直方向上仍然有加速度，故动量不守恒，B 错；小球离开C 后只是相对于槽竖直向上运动，其与槽在水平方向上均具有水平向右的速度，彼此水平方向上相对静止，以地面为参考系，C 的确做斜上抛运动，且恰好再从C 点落入半圆槽中，C 对；第二次通过B 点后，小球对半圆槽的作用力有水平向左的分量，半圆槽向右减速，物块继续做匀速直线运动，故两者分离，D 对。 【考点】动量守恒
21. （原创，困难）央视《是真的吗》节目做了如下实验：用裸露的铜导线绕制成一根无限长螺旋管，将螺旋管放在水平桌面上，用一节干电池和两磁铁制成一个“小车”，两磁铁的同名磁极粘在电池的正、负两极上，只要将这辆小车推入螺旋管中，小车就会加速运动起来，如图所示。关于小车的运动，以下说法正确的是：（ ）
磁
磁干电池
+
-
铁
铁
N
N S
S
A.将小车上某一磁铁改为S 极与电池粘连，小车仍能加速运动，
B.将小车上两磁铁均改为S 极与电池粘连，小车的加速度方向将发生改变
C. 图中小车加速度方向向右 D, 图中小车加速度方向向左
【答案】BD
【解析】两磁极间的电场线如图甲所示，干电池与磁体及中间部分线圈组成了闭合回路，在两磁极间的线圈中产生电流，左端磁极的左侧线圈和右端磁极的右侧线圈中没有电流。其中线圈中电流方向的左视图如图乙所示，由左手定则可知中间线圈所受的安培力向右，根据牛顿第三定律有“小车”向左加速，D 正确；如果改变某一磁铁S 极与电源粘连，则磁感线不会向外发散，两部分受到方向相反的力，合力为零，A 错。
磁
磁干电池
+
-
铁
铁
N N S
S B
I
图甲
图乙
【考点】安培力，牛顿运动定律
[来源:https://www.doczj.com/doc/5017592352.html,]
22. （改编，中档）(7分)某同学用如图所示装置“研究物体的加速度与外力关系”，他将光电门固定在气垫轨道上的某点B 处，调节气垫导轨水平后，用重力为F 的钩码，经绕过滑轮的细线拉滑块，每次滑块从同一位置A 由静止释放，测出遮光条通过光电门的时间t 。改变钩码个数，重复上述实验。记录的数据及相关计算如下表。
实验次数 1 2 3 4 5 F/N 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 t/(m.s) 40.4 28.6 23.3 20.2 18.1 t 2/(m.s)2 1632.2 818.0 542.9 408.0 327.6 1/t 2(×10-4
ms -2
）
6.1
12.2
18.4
24.4
30.5
①为便于分析F 与t 的关系，在坐标纸上作出如图所示的图线，图线为 ▲的关系图象
A.F-t,
B.F-t 2
C.F-
21
t
②结合表格中数据及图线特点，算出图线的斜率k= ▲ 。
③设AB 间的距离为s ，遮光条的宽度为d ，由图线的斜率可求得滑块的质量为M 为 ▲ 。 【答案】 C （2分） 1.22×104(1/Ns 2) 或8.2×10-5(N /s 2) （2分） 2s/kd 2（或2ks/d 2 ） （3分）
23. （原创，中档）(9分)某同学要测量一个量程为0~5m A 的毫安表的内阻。可供选择的器材有： A ．电源E （动势 3V ，内阻较小） B ．多用电表、C ．电阻箱R 1（999.9Ω）、 D ．滑动变阻器R （最大阻值1×103
Ω） E.开关和导线若干
μ
A R 1
R K 1
K 2
E
多用表
mA
（1）该同学先用多用电表的欧姆×100Ω档粗测电阻，指针偏转如图所示，则毫安表的电阻为 ▲ （2）为了更精确的测量毫安表的电阻，该同学设计了如图所示的电路进行实验。其中多用表应选择 ▲ （填 “欧姆档”、 “电压档” “电流档”）
连接后，该同学进行如下操作： ② 开关 K 1和 K 2均处于断开状态 ;
② 将滑动变阻器R 和电阻箱R 1调至最大值。闭合开关K 2，调节滑动变阻器R ，让毫安表达到满偏，此时多用表示数为X ；
③闭合开关K 1,调节滑动变阻器R 和电阻箱R 1，让毫安表达到半偏， 此时电阻箱的示数为R 0，多用表的示数为Y 。
（3）根据以上实验数据可知毫安表的内阻为R A =_▲_ ，由此实验得到的毫安表内阻的测量值__▲_(选填“大于”、“小于”、“等于”)真实值
【答案】450Ω（2分） 电流档（2分） (2Y-X)R 0/X （3分） 等于（2分）
【解析】此测量毫安表内电阻的方案并不是采用的半偏法，由步骤②可知，电流表满偏电流为X ，步骤③
中，多用电表电流档显示为Y ，毫安表显示2X ，则说明通过电阻箱的电流为2
X
Y -，则毫安表两端的电压即可求得为R X Y ?-)2
(，故毫安表的电阻为2
)2(X R
X Y R A ?-=，整理后得到答案
【考点】恒定电流
24. （原创，中档）（14分）如图所示，质量分别为m A 和m B 的两球（可视为质点）用长为L 的轻杆连接紧靠墙壁竖直立于水平面上，已知A 、B 两球的质量之比为m A ∶m B =5∶3，B 球与水平面之间的动摩擦因
数为
3
1
，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。轻微扰动， A 球将在图示平面内向右倾倒，已知重力加速度为g ，5
3
53cos ,5453sin =?=?，求：
(1)在B 球移动前，A 球绕B 球转过角度为θ时，A 球的速度大小 (2)A 球绕B 球转动角度为何值时，B 球将离开墙壁
A
B
【答案】
2(1cos )v gL θ=- 053θ=
【解析】（1）A 球绕B 球转动过程中A 球机械能守恒，
2
1
(1cos )2mgL mv θ-= （2分）
可得
2(1cos )v gL θ=- （2分）
T
T
f
N m B g
m A g
v
A B
θθ
（2）当B 球被拉离墙壁时刻，分析AB 两球受力情况如图所示： 对B 球：
c o s B N m g
T θ=- s i n f N T
μθ== （4分） 对A 球：
2
cos A A m v T m g L θ+=
（4分）
解得
(23cos )
sin cos B A m g
T m g μθθμθ=
=-+ （1分）
由53A B
m m =代入数据可得3cos 5θ=，所以053θ= （1分） 【考点】圆周运动
25. （原创，困难）（17分）在竖直平面内有与平面平行的匀强电场，一质量为m 、带电量为+q 的小球从竖直平面的坐标原点O 处以某一速度抛出，已知小球经y 轴上的某点P 点时速度最小，小球经Q 点时速度大小与O 点的速度大小相同，且x Q =d ，y Q =d ，如图所示。已知重力加速度为g ，求： (1) 电场强度的最小值
(2) 若电场强度为(1)中所求的值，则 ○
1小球从O 点抛出时的初速度的大小 ○
2小球再次经过x 轴的坐标。 x
O
y
Q(d,d)
【答案】
22mg
E q =q ，方向沿OQ 方向 052
gd
v =
3d
【解析】(1) （6分）由于小球在O 、Q 两点的速度大小相等，则小球所受重力和电场力的合力F 的方向应与OQ 垂直，又OQ 与x 轴的夹角tan θ=1，即θ=450，所以合力与y 轴负方向的夹角为θ 如图所示，有qE=mgcos450
， （3分） 解得22mg E
q
=
q ，方向沿OQ 方向 （3分）
y x
O
P
Q(d,d)
mg
qE
F
450
(2) （6分）○1当E 取最小值时，合力22
mg
F =，小球运动过程中的加速度为
22a g =方向与y 轴负方向成450
角
由于小球在P 点速度最小，则P 点O 、Q 两点对称，易得P 点坐标为(0,d)。在P 点，小球速度方向应沿OQ
方向，设P 点的速度为v ，易得：
12
22
vt OQ d ==， （1分）
212
22
at PM d == （1分） 解得2
gd
v =
， （2分）
在O 点的速度v 0应有：20
2v v aPM
=+
解得052
gd
v =
（2分）
○2（5分）设小球运动轨迹与x 轴交点为R ，小球从P 到R 做类平抛运动，设PMS 交x 轴为N ，RS 与PS 垂直，
y x O
P Q(d,d)v 0
v M N
R
S
有2
gd
SR vt t ==
（1分） 221224
PS at gt =
= （1分） 2PS PN NS d RS =+=+ 解得22/t d g
=
2R S d = （2分）
所以23OR ON
NR d d d
=+=+= （1分）
【考点】运动的分解，电场力
33（原创，中档）（填正确答案标号，选对一个得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） （1）下列说法中正确的是 ▲
A 、分子间的距离变大，则分子间的引力减小，分子间的斥力也减小 B.单晶体和多晶体都是各向异性的。
C.热力学第二定律表明不违反能量守恒定律的热现象不一定都能发生
D.气体的体积变小，单位体积内的分子数增多，气体的压强不一定增大
E.热传递一定是热量从内能大的物体向内能小的物体传递
（2）（10分）如图所示为内径均匀的U 型管，其内部盛有水银，右端封闭空气柱长12cm ，左端被一重力不计的活塞封闭一段长为10cm 的空气柱，当环境温度t 1=270
C 时，两侧水银面的高度差为2cm ，已知大气压强p 0=75cmHg,
①当环境温度保持不变时，向左侧活塞上注水银（左侧玻璃管足够长）要使两侧下部分水银面的高度相等，应向左侧活塞上注入的水银柱的长度为多少
②对右管中气体加热，当右管中气体温度升高到多少时两侧下部分水银高度差又变为2cm
【答案】ACD 9cm 62℃ 【解析】（1）ACD （5分）
(2) （10分） (1)对右管中的空气柱，10177,12P P h cmHg V cm =+?==空气柱、
当两侧水银面等高时，211V cm =空气柱
由1221PV PV =
代入数据得2
84P cmHg =
对左侧管中的空气柱，当两侧水银面等高时，其压强20P P h =+
解得209h
P P cm =-= （5分）
(2)当两侧水银面高度差再次升为2cm 时3
03186,12P P h h cmHg V V cm =++?===
由3311
0PV PV T T
=解得335T k =故气体温度为062t C = （5分）
【考点】热力学定律，气态方程
34．（原创，中档）（填正确答案标号，选对一个得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）
(1)如图甲所示，是一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，P 是离原点x 1 = 2 m 的一个质
点，Q 是离原点x 2= 4 m 的一个质点，此时离原点x 3=6 m 的质点刚要开始振动．图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图像（计时起点相同）．由此可知： ▲ A ．这列波的波长为λ=4 m ； B ．这列波的周期为T=3 s ；
C ．这列波的传播速度为v=2 m/s ；
D ．这列波的波源起振方向为向上；
E ．乙图可能是图甲中质点Q 的振动图像 。
[来源学优高考网]
Q
O y/cm 5-5
O y/cm 5-5
2
46x/m
v
P 1
2
3
t/s
图甲
图乙
（2）某公园的湖面上有一伸向水面的观景台，截面图如图所示，观景台下表面恰好和水面相平，A 为观景台右侧面在湖底的投影，水深H=8m ．在距观景台右侧面s=4m 处有一可沿竖直方向移动的单色点光源P ，现该光源从距水面高h=3m 处向下移动动 接近水面的过程中，观景台水下部分被照亮，最近距离为AB ，若AB=6m ，求： ①水的折射率n ；
②求最远距离AC(计算结果可以保留根号)．
h
s
H
A
B
C 观景平台
P
【答案】ACD
34 77
24
【解析】（1））ACE （5分）
(2)解答：（1）从P 点射向O 点的光经水平面折射后射向B 点，
O A
B
C
P
O /
c αβ
[来源学优高考网gkstk]
/
sin 0.8OO
PO
α==
sin 0.6AB
OB
β==
sin 4
sin 3
n αβ=
= （5分） （2）从O /点射向O 点的光经O 点折射后射向C 点，此时入射角达到最大，最大接近900，则∠AOC=c ，
2
213sin 4
AC
c n
AC H =
==+
解得37247
77
AC H m == （5分）
【考点】机械波，光的折射
物理参考答案
题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 A
D
D
B
D
BD
CD
BD
22. C （2分） 1.22×104(1/Ns 2) （2分） 2s/kd 2 （3分）
23. 450Ω（2分） 电流档（2分） (2Y-X)R 0/X （3分） 等于（2分）
24. （1）A 球绕B 球转动过程中A 球机械能守恒，
2
1(1cos )2mgL mv θ-=
可得
2(1cos )v gL θ=-
T
T
f
N m B g
m A g
v
A B
θθ
（2）当B 球被拉离墙壁时刻，分析AB 两球受力情况如图所示： 对B 球：
cos B N m g T θ
=- s i n f N T
μθ== 对A 球：
2
cos A A m v T m g L θ+=
解得
(23cos )
sin cos B A m g
T m g μθθμθ=
=-+
由53A B m m =代入数据可得3cos 5θ=，所以053θ=
25.(1) （6分）由于小球在O 、Q 两点的速度大小相等，则小球所受重力和电场力的合力F 的方向应与OQ 垂直，又OQ 与x 轴的夹角tan θ=1，即θ=450，所以合力与y 轴负方向的夹角为θ
如图所示，有qE=mgcos450
，解得22mg E q
=
q ，方向沿OQ 方向
y x
O
P
Q(d,d)
45mg
qE
F
(2) （6分）○1当E 取最小值时，合力22
mg
F =
，小球运动过程中的加速度为22a g =方向与y 轴负方向成450
角
由于小球在P 点速度最小，则P 点O 、Q 两点对称，易得P 点坐标为(0,d)。在P 点，小球速度方向应沿OQ
方向，设P 点的速度为v ，易得： 1222vt OQ d ==，212
22
at PM d ==解得2
gd
v =
，在
O 点的速度v 0应有：202v v aPM
=+
解得052
gd v =
○2（5分）设小球运动轨迹与x 轴交点为R ，小球从P 到R 做类平抛运动，设PMS 交x 轴为N ，RS 与PS 垂直，
y x O
P Q(d,d)v 0
v M N
R
S
有2
gd
SR vt t ==
221224
PS at gt =
= 2PS PN NS d RS =+=+ 解得22/t d g
=
2R S d =
所以23OR ON NR d d d
=+=+=
33.（1）ACD （5分）
(2) （10分） (1)对右管中的空气柱，10177,12P P h cmHg V cm =+?==空气柱、
当两侧水银面等高时，211V cm =空气柱
由1221PV PV =
代入数据得284P
cmHg = 对左侧管中的空气柱，当两侧水银面等高时，其压强20P P h =+
解得209h
P P cm =-=
(2)当两侧水银面高度差再次升为2cm 时3
03186,12P P h h cmHg V V cm =++?===
由33110PV PV T T
=解得335T k =故气体温度为062t C =
34.（1））ACD （5分）
(2)解答：（1）从P 点射向O 点的光经水平面折射后射向B 点，
O A
B
C
P
O /
c αβ
/
sin 0.8OO
PO
α==
sin 0.6AB
OB
β==
sin 4
sin 3
n αβ=
=
（2）从O /点射向O 点的光经O 点折射后射向C 点，此时入射角达到最大，最大接近900，则∠AOC=c ，
2
213sin 4
AC
c n
AC H =
==+
解得37247
77
AC H m =
= 【答案】①
4
3
②3724777AC H m ==