2018年广东高考理综物理试题及答案

个人收集整理资料，仅供交流学习，勿作商业用途1/112018年普通高等学校招生全国统一考试广东卷物理）一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分(2018广东理综·13如图3所示,两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来,下面的铅柱不脱落,主要原因是3u9vVSIotSA.铅分子做无规则热运动B.铅柱受到大气压力作用C.铅柱间存在万有引力作用D.铅柱间存在分子引力作用【答案】D【解读】考查分子力、大气压力、万有引力之间的区别。选D(2018广东理综·14图4为某种椅子与其升降部分的结构示意图,M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中3u9vVSIotSA.外界对气体做功，气体内能增大B.外界对气体做功，气体内能减小C.气体对外界做功，气体内能增大D.气体对外界做功，气体内能减小【答案】A【解读】由热力学第二定律△U=Q+W，Q=0，W0，△U0.选A个人收集整理资料，仅供交流学习，勿作商业用途2/11(2018广东理综·15将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是3u9vVSIotSA.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【答案】C【解读】由E=tBNStN，AB错，C正确。B原与B感的方向可相同亦可相反。D错。选C(2018广东理综·16如图5所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止。下列判断正确的是3u9vVSIotSA.F1F2F3B.F3F1F2C.F2F3F1D.F3F2F1【答案】B【解读】由力的平行四边形法则及三角形知识得B正确。选B二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6个人收集整理资料，仅供交流学习，勿作商业用途3/11分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分。3u9vVSIotS(2018广东理综·17如图6所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度υ沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是3u9vVSIotSA.球的速度υ等于LgH2B.球从击出至落地所用时间为gH2C.球从击球点至落地点的位移等于LD.球从击球点至落地点的位移与球的质量有关【答案】AB【解读】由平抛运动规律：L=υt，H=21gt2求出AB正确。选AB(2018广东理综·18光电效应实验中，下列表述正确的是A.光照时间越长光电流越大B.入射光足够强就可以有光电流C.遏止电压与入射光的频率有关D.入射光频率大于极限频率才能产生光电子【答案】CD【解读】光电流的大小只与到达阳极的光电子个数有关，A错。由hv=W+Ek和Uq=Ek知，CD正确。选CD3u9vVSIotS个人收集整理资料，仅供交流学习，勿作商业用途4/11(2018广东理综·19图7a）左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R=55Ω，Ⓐ,Ⓥ为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图7b）所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V，下列表述正确的是3u9vVSIotSA、电流表的示数为2AB、原副线圈匝数比为1:2C、电压表的示数为电压的有效值D、原线圈中交变电压的频率为100Hz【答案】AC【解读】电压表、电流表测的都是有效值。AC正确。N1/N2=U1/U2可知B错。选AC(2018广东理综·20已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G。有关同步卫星，下列表述正确的是3u9vVSIotSA.卫星距离地面的高度为3224GMTB.卫星的运行速度小于第一宇宙速度C.卫星运行时受到的向心力大小为2RMmGD.卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度【答案】BD个人收集整理资料，仅供交流学习，勿作商业用途5/11【解读】根据)()2()(22HRTmHRMmG，A错，由HRvmHRMmG22)(，B正确，由mgHRMmG2)(，C错D对。选BD(2018广东理综·21图8为静电除尘器除尘机理的示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。下列表述正确的是3u9vVSIotSA.到达集尘极的尘埃带正电荷B.电场方向由集尘极指向放电极C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大【答案】BD【解读】电子吸附尘埃使尘埃带负电，受力与电场方向相反，AC错。F=Eq，故BD正确。选BD三、非选择题34.(2018广东理综·3418分）⑴图14是“研究匀变数直线运动”实验中获得的一条纸带，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点。加速度大小用a表示3u9vVSIotS①OD间的距离为cm个人收集整理资料，仅供交流学习，勿作商业用途6/11②图15是根据实验数据绘出的s—t2图线s为各计数点至同一起点的距离），斜率表示，其大小为m/s2(保留三位有效数字。3u9vVSIotS【解读】⑴答案：1.20a/20.933①要估读一位，②s=v0t+21at2，斜率为a/2⑵在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠2.5V，0.6W），滑动变阻器，多用电表，电流表，学生电源，开关，导线若干。3u9vVSIotS①粗测小电珠的电阻，应选择多用电表_____倍率的电阻档请填写“×1”、“×10”或“×100”）；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图16，结果为_____3u9vVSIotS②实验中使用多用电表测量电压，请根据实验原理图17完成实物图18中的连线。电源012300.20.40.60.63A10V1050050250100100~5.2150025050105.2K1101VOFFmA01050002104682030405030405050200250200150100501000V~~500K15.215255.1125.0VAV/5000V/2500~5.20.55.2~2黑红18图01050002104682030405030405050200250200150100501000V~~500K15.215255.1125.0VAASPabVE17图16图个人收集整理资料，仅供交流学习，勿作商业用途7/11③开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于____端。为使小电珠亮度增加，P应由中点向_____端滑动。3u9vVSIotS④下表为电压等间隔变化测得的数据，为了获得更准确的实验图象，必须在相邻数据点_____间多测几组数据请填写“ab”“bc”“cd”“de”或“ef”）3u9vVSIotS数据点abcdeFU/V0.000.501.001.502.002.50I/A0.0000.1220.1560.1850.2160.244【解读】答案：⑵×17.5左端右端ab①电珠电阻较小，故选“×1”档个人收集整理资料，仅供交流学习，勿作商业用途8/11②如右图③P置左端电珠两端电压最小④ab之间电流值相差太大(2018广东理综·3518分）如图19a）所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1=R0，R2=3R0一电荷量为+q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力。3u9vVSIotS⑴已知粒子从外圆上以速度υ1射出，求粒子在A点的初速度υ0的大小⑵若撤去电场，如图19(b,已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度υ2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间3u9vVSIotS⑶在图19(b中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为υ3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？3u9vVSIotS个人收集整理资料，仅供交流学习，勿作商业用途9/11【答案】⑴v0=mUqv221⑵B1=)(2122RRqmvt=rv22⑶B2＜)(2123RRqmv【解读】⑴由动能定理：Uq=21mv12-21mv02①得：v0=mUqv221⑵如右图：粒子在磁场中作圆周运动的半径为r，则r2=2(212RR2②B1qv2=mrv22③由②③得：B1=)(2122RRqmvT=rv22④t=T22/⑤由④⑤t=rv22⑶由B2qv3=mRv23⑥可知，B越小，R越大。与磁场边界相切的圆的最大半径为R=221RR⑦所以B2＜)(2123RRqmv(2018广东理综·3618分）如图20所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地个人收集整理资料，仅供交流学习，勿作商业用途10/11面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C。一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板。滑板运动到C时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，两半圆半径均为R，板长l=6.5R，板右端到C的距离L在R＜L＜5R范围内取值。E距A为S=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素均为μ=0.5，重力加速度取g.3u9vVSIotS⑴求物块滑到B点的速度大小；⑵试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点。3u9vVSIotS【答案】⑴vB=3Rg⑵①R＜L＜2R时，Wf=μmg(l+L=21mg6.5R+L）②2R≤L＜5R时，Wf=μmgx2+μmg(l—△x=4.25mgR＜4.5mgR，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。3u9vVSIotS滑块不能滑到CD轨道中点【解读】⑴μmgs+mg·2R=21mvB2.①所以vB=3Rg⑵设M滑动x1,m滑动x2二者达到共同速度v,则个人收集整理资料，仅供交流学习，勿作商业用途11/11mvB=(M+mv②μmgx1=21mv2………………③—μmgx2=21mv2—21mvB2④由②③④得v=Rg,x1=2R,x2=8R二者位移之差△x=x2—x1=6R＜6.5R，即滑块未掉下滑板讨论：①＜L＜2R时，Wf=μmg(l+L=21mg6.5R+L）②R≤L＜5R时，Wf=μmgx2+μmg(l—△x=4.25mgR＜4.5mgR，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。3u9vVSIotS要使滑块滑到CD轨道中点，vc必须满足：21mvc2≥mgR⑤此时L应满足：μmg(l+L≤21mvB2—21mvc2⑥则L≤21R，不符合题意，滑块不能滑到CD轨道中点。申明：所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用途。