2018年全国普通高等学校招生考试(天津卷)
理科综合物理部分答案
1．B 【解析】根据核反应过程中质量数守恒及电荷数守恒可知，14
41717281N He O H +→+，
A 项错误；274301132150Al He P n +→+，
B 项正确；111845142B H Be He +→+，
C 项错误；
6
1
343122Li H He He +→+，D 项错误。
2．C 【解析】运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A 项错误；由动能定理可知，
合外力做功一定为零，C 项正确；运动员所受滑动摩擦力大小随运动员对滑道压力大小的变化而变化，B 项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D 项错误。
3．D 【解析】由粒子轨迹弯曲方向及电场线分布情况可知，粒子所受电场力方向沿电场线
切线方向，设粒子由M 向N 运动，则速度方向沿轨迹切线方向，电场力方向与粒子速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，动能减小；所以>M N v v ，p p <M N E E ，A 、B 项错误；电场线疏密程度表示电场强度大小，故粒子在M 点所受电场力的大小小于在N 点所受电场力的大小，由牛顿第二定律可知，<M N a a ，D 项正确；由于电场线方向如图所示，所以M 点电势较N 点的高，C 项错误。
4．B 【解析】交流发电机产生的感应电动势最大值m ω=E NBS ，且有2ωπ=n ，所以当
发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又理想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B 项正确；由电功率2
=U P R
可知，变压器输出功率即R 消耗的功率变为原来的14，A 项错误；由=P UI 可知，原线圈中电流减为原来的一半，C 项错误；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，故D 项错误。
5．A 【解析】αH 的波长最长，频率最低，由跃迁规律可知，它对应的前后能级之差最小，
A 项正确；由频率越低的光的折射率越小知，
B 项错误；由折射率=c n v
可知，在同一介质中，αH 的传播速度最大，C 项错误；当入射光频率大于金属的极限频率可以使该金属发生光电效应现象，因H H γ
β<v v ，所以βH 不一定能使该金属发生光电效应现象，D 项错误。
6．CD 【解析】卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，则有2()
=+Mm G R h 22()()π+m R h T
，无法计算得到卫星的质量，更无法确定其密度及向心力大小，A 、B
项错误；又002=Mm G m g R ，联立两式可得=h R ，C 项正确； 由2()π=+v R h T
，可计算出卫星的线速度的大小，D 项正确。
【简捷解法】 结合题目为多选题，由卫星质量不可求快速判断出密度和向心力不可求，
排除两个错误选项，得到正确选项。
7．BC 【解析】木楔两侧面产生的推力合力大小等于F ，由力的平行四边形定则可知，
2sin 2θ
=N F
F ，由表达式可知，若F 一定，θ越小，N F 越大，A 项错误，B 项正确；
若θ一定，F 越大，N F 越大，C 项正确，D 项错误。
8．AD 【解析】若振幅为0.1 m ，由题意知，1
()2∆=+t n T ，n =0，1，2，…，解得221
=+T n s ，n =0，1，2，…，A 项正确，B 项错误；若振幅为0.2 m ，0=t 时，由质点简谐运动表达式020.2sin(
)πϕ=+y t T
(m)可知，00.2sin (m)0.1m ϕ=-， 1=t s 时，有020.2sin()(m)0.1m πϕ+=T ，解得06πϕ=-或056
πϕ=-； 将T =6s 代入020.2sin()(m)0.1m πϕ+=T
可得，D 项正确； 将T =4 s 代入020.2sin()(m)0.1m πϕ+=T ，得T =4 s 不满足题意，C 项错误。
9．(1)【答案】20 0.2
【解析】子弹打木块的过程，子弹与木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有0()=+mv M m v ，将已知条件代入解得20=v m/s ；由功能关系可知，
22011()22
==-+Q fd mv M m v ，解得0.2=d m 。
(2)【答案】①BC ②B
【解析】①由力的平行四边形定则知，橡皮条和两绳套夹角的角平分线不一定在一条直线上，两分力的大小也不一定小于合力，AD 项错误；验证力的平行四边形定则时，每次实验需保证合力与分力作用效果相同，结点O 必须在同一位置，但重复实验时，可以改变合力的大小，故结点O 的位置可以与前一次不同，B 项正确；使用测力计测力时，施力方向应沿测力计轴线方向，读数时视线应正对测力计刻度，C 项正确。
②为了减小画图时表示力的方向的误差，记录各个力的方向时，需要确定相对较远的两个点，然后连线确定力的方向，A 项错误；根据纸张大小，选择合适的标度，使图尽量大，所以B 项正确，CD 项错误。
(3)【答案】①B C F ② ③大于 电压表的读数大于待测电阻两端实际电压
【解析】若选用电动势为1.5 V 的电源，则实验中电流最大值仅为0.15 mA ，两个电流表均无法准确测量，故选用电动势为12 V 的电源F ；此时，实验中最大电流约为1.2 mA ，故电流表选用C ；电压表选用B 。
由于滑动变阻器的最大阻值远小于待测电阻的阻值，所以滑动变阻器采用分压式接法；待测电阻的阻值远大于电流表内阻，所以电流表内接。
由于电流表的分压作用，电阻测量值偏大，所以电阻测量值大于其真实值。
10．【解析】(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，
有22=v ax ①，
代入数据解得
a =2 2m /s ②
(2)设飞机滑跑受到的阻力为F 阻，根据题意有
F 阻=0.1mg ③
设发动机的牵引力为F ，根据牛顿第二定律有
F F ma -=阻④；
设飞机滑跑过程中的平均速度为v ，有
2
v v =⑤ 在滑跑阶段，牵引力的平均功率
P Fv =⑥，
联立②③④⑤⑥得
68.410=⨯P W 。
11．【解析】(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2
=qvB 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
t =； (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'r ，由几何关系可知
222())''-+=r R r 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
tan θ='-r R
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0v ，由运动的合成和分解可知
tan v v θ=⑧ 联立①⑥⑦⑧式得
0qBR v m
=⑨ 12．【解析】(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R 总，由电阻的串并联知识得 2
R R =总①； 设回路总电阻为I ，根据闭合电路欧姆定律有
E I R =总
② 设两根金属棒所受安培力之和为F ，有
=F BIl ③
根据牛顿第二定律有
F =ma ④，
联立①②③④式得
2BEl a mR
=⑤ (3)设列车减速时，cd 进入磁场后经t ∆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∆Φ，平均感应电动势为1E ，由法拉第电磁感应定律有
1E t
∆Φ=∆⑥， 其中2Bl ∆Φ=⑦；
设回路中平均电流为'I ，由闭合电路欧姆定律有
12'=E I R
⑧ 设cd 受到的平均安培力为'F ，有
''=F I lB ⑨
以向右为正方向，设t ∆时间内cd 受安培力冲量为I 冲，有
'=-∆冲I F t 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0I ，有
02I I =冲⑪
设列车停下来受到的总冲量为I 总，由动量定理有00I mv =-总⑫
联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
0230=总I mv R I B l
⑬ 讨论：若0I I 总恰好为整数，设其为n ，则需设置n 块有界磁场，若0I I 总不是整数，设0
I I 总的整数部分为N ，则需设置N +1块有界磁场。
⑭．。