1、2018年廣東省廣州市高考物理一模試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第68題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分1（6分）籃球運動員接傳來的籃球時，通常要先伸出兩臂迎球，手觸到球瞬間順勢后引這樣可以減小（）a球對手的力的沖量b球對手的力的大小c球的動量變化量d球的動能變化量2（6分）如圖，質量為1kg的小物塊從傾角為30°、長為2m的光滑固定斜面頂端由靜止開始下滑，若選初始位置為零勢能點，重力加速度取10m/s2，則它滑到斜面中點時具有的機械能和動能分別是（）a5j，5jb10j，15jc

2、0，5jd0，10j3（6分）如圖，半徑為r的半圓形區域內有垂直于紙面向外的勻強磁場一質量為m、帶電量為+q且不計重力的粒子，以速度v沿與半徑po夾角30°的方向從p點垂直磁場射入，最后粒子垂直于mn射出，則磁感應強度的大小為（）amvqrbmv2qrcmv3qrdmv4qr4（6分）如圖，“l”型導線abc固定并垂直放置在磁感應強度為b的勻強磁場中，abbc，ab長為l，bc長為34l，導線通入恒定電流i，設導線受到的安培力大小為f，方向與bc夾角為，則（）af=74bil，tan=43bf=74bil，tan=34cf=54bil，tan=43df=54bil，tan=345（6

3、分）如圖，已知現在地球的一顆同步通訊衛星信號最多覆蓋地球赤道上的經度范圍為2假設地球的自轉周期變大，周期變大后的一顆地球同步通訊衛星信號最多覆蓋的赤道經度范圍為2，則前后兩次同步衛星的運行周期之比為（）acos3cos3bsin3sin3ccos32cos32dsin32sin326（6分）t0時刻一質點開始做平拋運動，用下列圖象反映其水平分速度大小vx、豎直分速度大小vy、合速度大小v與時間t的關系，合理的是（）abcd7（6分）如圖，在勻強電場中，質量為m、電荷量為+q的小球由靜止釋放沿斜向下做直線運動，軌跡與豎直方向的夾角為，則（）a場強最小值為mgqb電場方向可能水平向左c電場力對小球

4、可能不做功d小球的電勢能可能增加8（6分）如圖，半圓柱體q放在水平地面上，表面光滑的圓柱體p放在q和墻壁之間，q的軸線與墻壁之間的距離為l，已知q與地面間的動摩擦因數µ0.5，p、q橫截面半徑均為r，p的質量是q的2倍，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。p、q均處于靜止狀態，則（）al越大，p、q間的作用力越大bl越大，p對墻壁的壓力越小cl越大，q受到地面的摩擦力越小dl的取值不能超過115r二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第9題第12題為必考題，每個試題考生都必須作答第13題第16題為選考題，考生根據要求作答（一）必考題9（5分）回答下列問題：（1）某同學用電磁打點計時器測勻變

5、速直線運動的加速度，電磁打點計時器的工作電源為 a220v交流電 b6v以下交流電c220v直流電 d6v以下直流電（2）實驗中打點計時器每隔0.02s打一個點，打出的紙帶如圖所示，則可大致判斷小車做 （填“勻速”或“勻變速”）直線運動，這是因為 ；計算小車的加速度大小a m/s2（保留兩位有效數字）。10（10分）為了測量一個量程為3.0v的直流電壓表的內阻rv（約為幾千歐），所用的電路如圖甲所示（1）請將圖乙的器材連成完整的電路；（2）該實驗中需要進行的步驟羅列如下，合理的順序是 （用步驟前的字母表示）a閉合開關sb將電阻箱r0的阻值調到零c調節滑動變阻器r的阻值，使電壓表的示數為3.0v

6、d斷開開關se調節電阻箱r0的阻值使電壓表示數為1.5v，讀出此時電阻箱r0的阻值f把滑動變阻器的滑片p滑到a端（3）若在實驗步驟e中，如圖丙讀出r0的阻值為 ，則該電壓表的內阻rv的測量值為 ，由于系統誤差，測量值 （選填“偏大”或“偏小”）11（12分）如圖，在豎直平面內存在豎直方向的勻強電場。長度為l的輕質絕緣細繩一端固定在o點，另一端連接一質量為m、電荷量為+q的小球（可視為質點），初始時小球靜止在電場中的a點，此時細繩拉力為2mg，g為重力加速度。（1）求電場強度e和a、o兩點的電勢差u；（2）若小球在a點獲得一水平初速度va4gl，使其在豎直面內做圓周運動，求小球運動到b點時細繩拉

7、力f的大小。12（20分）如圖，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可視為質點的滑塊靜止放在木板的上表面t0時刻，給木板一個水平向右的初速度v0，同時對木板施加一個水平向左的恒力f，經一段時間，滑塊從木板上掉下來已知木板質量m3kg，高h0.2m，與地面間的動摩擦因數µ0.2；滑塊質量m0.5kg，初始位置距木板左端l10.46m，距木板右端l20.14m；初速度v02m/s，恒力f8n，重力加速度g10m/s2求：（1）滑塊從離開木板開始到落至地面所用時間；（2）滑塊離開木板時，木板的速度大小；（3）從t0時刻開始到滑塊落到地面的過程中，摩擦力對木板做的功（二）選考題【物

8、理選修3-3】（15分）13（5分）下列說法中正確的是（）a溫度越高，分子的無規則熱運動越劇烈b物體的溫度越高，所有分子的動能都一定越大c分子間的引力和斥力都隨分子間的距離增大而減小d一定質量的理想氣體在等壓膨脹過程中溫度一定升高e如果物體從外界吸收了熱量，則物體的內能一定增加14（10分）一定質量的理想氣體從狀態a變化到狀態b再變化到狀態c，其狀態變化過程的pv圖象如圖所示已知該氣體在狀態c時的溫度為300k求：（i）該氣體在狀態a、b時的溫度分別為多少？（ii）該氣體從狀態a到b是吸熱還是放熱？請寫明理由【物理-選修3-4】（15分）15甲、乙兩彈簧振子，振動圖象如圖所示，則可知（）a甲速

9、度為零時，乙速度最大b甲加速度最小時，乙速度最小c任一時刻兩個振子受到的回復力都不相同d兩個振子的振動頻率之比f甲：f乙1：2e兩個振子的振幅之比為a甲：a乙2：116如圖為一玻璃球過球心的橫截面，玻璃球的半徑為r，o為球心，ab為直徑，來自b點的光線bm在m點射出，出射光線平行于ab，另一光線bn恰好在n點發生全反射，已知abm30°，求：（i）玻璃的折射率；（ii）球心o到bn的距離2018年廣東省廣州市高考物理一模試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第68題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不

10、全的得3分，有選錯的得0分1【分析】先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，手觸到球瞬間順勢后引，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據動量定理，動能定理及沖量定理即可分析【解答】解：球對手的沖量pmvmv0，不變，故a錯誤b、籃球運動員接傳來的籃球時，通常要先伸出兩臂迎球，手觸到球瞬間順勢后引，增加了手與球間的相互作用力時間，根據ftmvmv0可知，減小了球對手的力的大小，故b正確；c、根據動量變化pmvmv0可知，動量變化量相同，故c錯誤；d、球的動能變化量ek=12mv2-12mv02，相同，故d錯誤故選：b。【點評】本題主要考查了動量定理的直接應用，要注意物理與生活中的聯系，要能將所學物理規律用到生

11、活中；會用所學的物理規律解釋生活中遇到的現象2【分析】滑塊在光滑斜面頂端由靜止下滑，只有重力做功，機械能守恒滑到斜面中點時的機械能等于在頂端時的機械能，根據epmgh求出重力勢能【解答】解：物體的機械能等于動能和重力勢能的總和，選初始位置為零勢能點，則初始位置的機械能e0，在運動的過程中只有重力做功，機械能守恒，所以物體滑到斜面中點時的機械能為0重力勢能epmgh10×（0.5）j5j所以動能是5j，故c正確，abd錯誤。故選：c。【點評】解決本題的關鍵知道物體在運動的過程只有重力做功，機械能守恒以及掌握重力勢能的公式epmgh3【分析】畫出粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡，結合幾何

12、關系求出運動的軌跡半徑，根據洛倫茲力提供向心力得半徑公式，聯立即可求解【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，運動軌跡如圖由幾何關系，知圓心角30°，粒子運動的軌跡的半徑為：r2r根據洛倫茲力提供向心力，有：qvb=mv2r 得半徑為：r=mvqb聯立得：b=mv2qr，故b正確，acd錯誤；故選：b。【點評】本題考查了粒子在磁場中的運動，找到圓心位置，由幾何關系求半徑，由洛倫茲力提供向心力得到磁感應強度，這是帶電粒子在磁場中運動經常用到的解題思路4【分析】連接ac，根據幾何關系求出ac的長度，由fbil求出安培力的大小，根據幾何關系得到tan【解答】解：連接ac

13、，根據幾何關系得ac=54l，根據fbil=54bil，f與bc的夾角，tan=bcab=34，故d正確，abc錯誤；故選：d。【點評】本題考查安培力的計算，關鍵在于理解安培力公式中的l為有效長度，導線為曲線時，l為初末兩點的連線。5【分析】根據幾何關系得出衛星的軌道半徑之比，結合萬有引力提供向心力得出前后兩次同步衛星的運行周期之比。【解答】解：設地球的半徑為r，根據幾何關系知，當同步通訊衛星信號最多覆蓋地球赤道上的經度范圍為2時，衛星的軌道半徑r1=rcos，同理得，當地球同步通訊衛星信號最多覆蓋的赤道經度范圍為2時，衛星的軌道半徑r2=rcos，根據gmmr2=mr42t2得，t=42r3

14、gm，由于軌道半徑之比為cos：cos，則周期之比為cos3cos3，故a正確，b、c、d錯誤。故選：a。【點評】本題考查了萬有引力定律在天體中的運用，知道周期與軌道半徑的關系，通過幾何關系求出軌道半徑之比是解決本題的關鍵。6【分析】平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，寫出分速度與時間的關系式，由速度合成得到v與時間t的關系式，再選擇圖象【解答】解：a、平拋運動在水平方向的分運動是勻速直線運動，水平分速度vx保持不變，故a正確。bd、合速度大小為：v=vx2+vy2=v02+g2t2，t0時vv00，且隨著t的延長，v增大，故bd錯誤c、平拋運動在豎直方向做自由落體

15、運動，即初速度為零的勻加速直線運動，故圖象過原點傾斜的直線，故c正確；故選：ac。【點評】平拋運動的豎直分運動為初速度為零的勻加速直線運動，水平方向的分運動是勻速直線運動，豎直分運動和水平分運動是相互獨立通過表達式來分析圖象的形狀7【分析】帶電小球在電場中受到重力和電場力，從o點自由釋放，其運動軌跡為直線，小球所受的合力方向沿此直線方向，運用三角定則分析什么情況下場強大小最小，再求出最小值。再根據平衡條件分析電場力的方向，從而確定做功情況，明確機械能的改變。【解答】解：a、帶電小球的運動軌跡為直線，在電場中受到重力mg和電場力f，其合力必定沿此直線向下，根據三角形定則作出合力，由圖看出，當電場

16、力f與此直線垂直時，電場力f最小，場強最小，則有fqeminmgsin，得到：emin=mgsinq；故a錯誤；b、小球帶正電，而受力方向只能向右側，故電場力方向不可能向左，故b錯誤；c、由a中圖可知，電場力有可能與運動方向相互垂直，故電場力可能不做功，電勢能不變，故c正確；d、如果小球受到的電場力與運動方向夾角小于90度，則電場力可能做正功，小球的電勢能增加，故d正確。故選：cd。【點評】本題采用作圖法分析場強取得最小值的條件，也可以采用函數法分析電場力與的關系，確定最小值的條件。8【分析】隔離對p分析，根據共點力平衡求出p、q間的作用力大小以及墻壁對p的彈力，結合l的變化分析判斷。對整體分

17、析，根據平衡得出摩擦力的大小，從而分析摩擦力的變化，抓住摩擦力小于等于最大靜摩擦力，結合平衡得出l的取值范圍。【解答】解：a、對p受力分析，受力如圖，根據平衡知，q對p的作用力f=mpgcos，根據幾何關系知，sin=l-r2r，l越大，sin越大，cos越小，則f越大，故a正確。b、根據平衡知，墻壁對p的彈力n1mpgtan，根據幾何關系知，sin=l-r2r，l越大，sin越大，cos越小，tan越大，墻壁對p的彈力越大，根據牛頓第三定律知，p對墻壁的壓力越大，故b錯誤。c、對整體分析，整體在水平方向受到墻壁的彈力和地面的摩擦力，可知q受到地面的摩擦力等于墻壁對p的彈力，l越大，彈力越大，

18、則摩擦力越大，故c錯誤。d、對整體分析知，地面對q的摩擦力fn1mpgtan，要使p、q均處于靜止狀態，有：f（mp+mq）g，根據幾何關系有：tan=l-r4r2-(l-r)2，聯立解得l11r5，故d正確。故選：ad。【點評】解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，抓住臨界狀態，運用共點力平衡進行求解，掌握整體法和隔離法的靈活運用。二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第9題第12題為必考題，每個試題考生都必須作答第13題第16題為選考題，考生根據要求作答（一）必考題9【分析】電磁打點計時器接低壓交流電源。根據連續相等時間內的位移之差是否是一恒量判斷小車的運動規律，再依據公式a=xt2，即可求解

19、加速度大小。【解答】解：（1）電磁打點計時器應接6v以下的交流電源，故b正確，acd錯誤。故選：b。（2）相鄰計數點間的距離之差x30mm，可知小車做勻變速直線運動。這是因為兩個連續相等的時間間隔內的位移之差恒定；根據勻變速直線運動的推論公式xat2可以求出加速度的大小，即小車運動的加速度計算表達式為：a=xt2由于相鄰計數點間仍有四個點，因此相鄰計數點時間間隔為t0.1s；代入數據，解得：a=30×10-3012=3.0m/s2故答案為：（1）b；（2）勻變速，兩個連續相等的時間間隔內的位移之差恒定；3.0；【點評】利用勻變速直線的規律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習中要加強

20、基礎知識的理解與應用，提高解決問題能力。10【分析】應先連接電路，使測量電路電壓由小到大，先讓電阻箱阻值為0，再讓電壓表滿偏，再調節電阻箱，記錄據此排序；電壓表串聯電阻箱后認為電壓不變，而實際該支路電壓變大，則電阻箱分壓大于計算值，則會引起測量值的偏大【解答】解（1）如圖所示：（2）b將電阻箱r0的阻值調到零；f把滑動變阻器的滑片p滑到a端；a閉合開關s；c調節滑動變阻器r的阻值，使電壓表的示數為3.0v；e調節電阻箱r0的阻值使電壓表示數為1.5v，讀出此時電阻箱r0的阻值；d斷開開關s（注意先調零與先移動滑動變阻器到最大阻值，前后不影響，故bf的順序可以顛倒）（3）由如圖丙讀出r0的阻值為

21、2900，因是串聯關系，則電阻與電壓成正比：電壓表示數為1.5v，則電阻箱r0分壓為1.5v則 rvr02900，因該支路實際電壓要比原電壓變大，即r0的分壓要大一些，故rv的實際值要小一些，即測量值比真實值大故答案為：（1）如答圖；（2）bfaced或者fbaced；（3）2900；2900；偏大【點評】考查半偏法測電阻的原理，明確串聯電阻后會引起測量支路的電阻的增大，其分壓要變大，此為誤差的來源11【分析】（1）小球靜止在a點時，由共點力平衡求解e大小和方向；（2）由動能定理知b點速度，根據牛頓運動定律求解f。【解答】解：（1）小球靜止在a點時，由共點力平衡得 mg+2mgqe 解得 e=

22、3mgq，方向豎直向上 在勻強電場中，有 uoael 則a、o兩點電勢差 uao=-3mglq（2）小球從a點運動到b點，設到b點速度大小為vb，由動能定理得qe2l+mg2l=12mvb2-12mva2小球做圓周運動通過b點時，由牛頓第二定律得f+qemgmvb2l聯立式，代入va4gl解得f6mg 答：（1）電場強度e為3mgq，方向豎直向；a、o兩點的電勢差u為-3mglq；（2）若小球在a點獲得一水平初速度va4gl，使其在豎直面內做圓周運動，小球運動到b點時細繩拉力f的大小為6mg。【點評】此題考場電場中的力學問題，注意受力分析，知道在勻強電場中，有 ued，d為電場方向的距離。12

23、【分析】（1）由于a上表面光滑，小物塊b與木板a間無摩擦則小物塊b離開木板a前始終對地靜止，滑塊離開后做自由落體運動，由h=12gt2來計算時間；（2）由于a上表面光滑則小物塊b離開木板a前始終對地靜止，木板a在恒力和摩擦力共同作用下先向右勻減速后向左勻加速，對木板應用牛頓第二定律求出加速度，根據運動學公式即可求解時間；（3）摩擦力做功為wfs，s為木板運動的路程【解答】解：（1）設滑塊從離開木板開始到落到地面所用時間為t0，以地面為參考系，滑塊離開木板后做自由落體運動，根據運動學公式知 h=12gt02 得 t0=2hg=2×0.210=0.2s （2）以木板為研究對象，向右做勻減

24、速直線運動，由牛頓第二定律得 f+（m+m）gma1解得 a15m/s2，則木板減速到零所經歷的時間 t1=v0a1=25=0.4s所經過的位移 s1=v022a1=222×5=0.4m 由于s1l10.46m，表明這時滑塊仍然停留在木板上 此后木板開始向左做勻加速直線運動，摩擦力的方向改變，由牛頓第二定律得 f（m+m）gma2得 a2=13m/s2滑塊離開木板時，木板向左的位移 s2s1+l20.54m 該過程根據運動學公式 s2=12a2t22 得 t21.8s滑塊滑離瞬間木板的速度 v2a2t20.6m/s （3）滑塊離開木板后，木板所受地面的支持力及摩擦力隨之改變，由牛頓第

25、二定律得 fmgma3得 a3=23m/s2故木板在t0這段時間的位移為 s3v2t0+12a3t02代入數據解得 s3=215m整個過程摩擦力對木板做的功為 wf（m+m）g（s1+s2）mgs3代入數據解得 wf7.38j答：（1）滑塊從離開木板開始到落至地面所用時間是0.2s；（2）滑塊離開木板時，木板的速度大小是0.6m/s；（3）從t0時刻開始到滑塊落到地面的過程中，摩擦力對木板做的功是7.38j【點評】本題主要考查了牛頓第二定律及運動學基本公式的直接應用，分析滑塊的運動是關鍵，由于a上表面光滑，小物塊b與木板a間無摩擦則小物塊b離開木板a前始終對地靜止，滑塊離開后做自由落體運動；注

26、意摩擦力做功與路程有關（二）選考題【物理選修3-3】（15分）13【分析】溫度越高，分子的無規則熱運動越劇烈，分子的平均動能越大分子間的引力和斥力都隨分子間的距離增大而減小一定質量的理想氣體的內能只跟溫度有關結合熱力學第一定律分析【解答】解：a、溫度是分子熱運動劇烈程度的反映，溫度越高，分子的無規則熱運動越劇烈，故a正確。b、物體的溫度越高，分子的平均動能越大，由于分子運動是無規則的，不是所有分子的動能都越大，故b錯誤。c、分子間的引力和斥力都隨分子間的距離增大而減小，故c正確。d、一定質量的理想氣體在等壓膨脹過程中，由vt=c，知v增大，t一定升高，故d正確。e、如果物體從外界吸收了熱量，又

27、對外做功，則物體的內能不一定增加。故e錯誤。故選：acd。【點評】解決本題的關鍵是理解溫度的微觀意義，掌握分子動理論和熱力學第一定律有些考生錯誤的認為物體從外界吸收了熱量，物體的內能一定增加，可根據熱力學第一定律加以分析14【分析】解決氣體問題的關鍵是挖掘出隱含條件，正確判斷出氣體變化過程，合理選取氣體實驗定律解決問題；對于內能變化牢記溫度是理想氣體內能的量度，與體積無關【解答】解：（i）對一定質量的理想氣體由a到b過程，由理想氣體狀態方程可得：tbtc300 k（或tb27）（或者由pbvbpcvc得知該過程為等溫變化過程，得：tbtc300 k）又a到b為等容過程有pata=pbtb，解得：ta450 k（或ta177）（ii）根據圖象可知從a到b氣體體積不變所以外界對氣體做功為：w0j，又tatb 可知內能變化u0，根據熱力學第一定律有：uw+q，得q0即放熱答：（i）該氣體在狀態a、b時的溫度分別為450 k和300k；（ii）該氣體從狀態a到b是放熱，理由如上；【點評】本題屬于一道中檔題，考查理想氣體的狀態方程