《高中试卷》2018年广东省茂名市化州市高考物理一模试卷.docx

2018年广东省茂名市化州市高考物理一模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1（6分）物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，与事实不相符的是（）A伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因B亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重的物体与轻的物体下落一样快C牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许比较准确地测出了引力常量GD法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场2（6分）某物体运动的vt图象如图所示，下列说法正确的是（）A物体在笫1s末运动方向发生变化B物体在6s末返回出发点C物体在第2s内和第3s内的加速度是相同的D物体在1s末离出发点最远，且最大位移为0.5m3（6分）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的5倍该质点的加速度为（）Ast2B4s3t2C4st2D8st24（6分）一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小在此过程中，其它力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是（）Aa和v都始终增大Ba和v都先增大后减小Ca和v都先减小后增大Da先增大后减小，v始终增大5（6分）如图，小木块以某一竖直向下的初速度从半球形碗口向下滑到碗底，木块下滑过程中速率不变，则木块（）A下滑过程的加速度不变B所受的合外力大小不变C对碗壁的压力大小不变D所受的摩擦力大小不变6（6分）两个互成角度的匀变速直线运动，初速度分别为v1和v2，加速度分别为a1和a2，它们的合运动的轨迹（）A如果v1v20，那么轨迹一定是直线B如果v1v20，那么轨迹可能是曲线C如果a1a2，那么轨迹一定是直线D如果a1：a2v1：v2，那么轨迹一定是直线7（6分）发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如右图关于这颗卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）A卫星在三个轨道运动的周期关系是：T1T3T2B卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度C卫星在轨道2上经过Q点时的速率大于它在轨道1上经过Q点时的速率D卫星在轨道2上运动时的机械能可能等于它在轨道3上运动时的机械能8（6分）如图所示，质量为M的木板C放在水平地面上，固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b连接小球A和小球B，小球A、B的质量分别为mA和mB，当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时，ABC刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则下列判断正确的是（）A力F的大小为mBgB地面对C的支持力等于（M+mA+mB）gC地面对C的摩擦力大小为12mBgDmAmB三、非选择题：包括必考和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第14题为选考题，考生按要求作答（一）必考题9（6分）（1）某次研究弹簧所受弹力F与弹簧长度L关系实验时得到如图a所示的图象，由图象可知：弹簧原长L0cm，由此求得弹簧的劲度系数K N/M （结果保留三位有效数字）（2）如图b的方式挂上钩码（已知每个钩码重G0.75N），使（1）中研究的弹簧压缩，稳定后指针指示如图b，则指针所指刻度尺示数为 cm由此可推测图b中所挂钩码的个数为 个。10（9分）为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图甲所示的实验装置其中M为带滑 轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作是 A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计 时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为 m/s2 （结果保留三 位有效数字）（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图丙aF图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为 11（12分）如图所示，半径R0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心0的连 线与水平方向的夹角30°下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一质量m0lkg的小 物块（可视为质点）从空中的A点以v02m/s的速度被水平拋出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨 道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时停止运动，已知小物块与水平面间的动摩擦因数0.1，g 取10m/s2求：（1）求小物块从A点运动至B点的时间（2）求小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力（3）求C、D两点间的水平距离L12（20分）如图所示，一水平的长L2.25m的传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以v04m/s匀速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质量为m1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为10.2经过一段时间，煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹，随后煤块在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F17N，F作用了t01s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M4kg，（重力加速度为g10m/s2），求：（1）传送带上黑色痕迹的长度；（2）求平板与地面间动摩擦因数2的大小；（3）平板上表面至少多长（计算结果保留两位有效数字）。物埋一选修3-3（15分13（5分）下列关于热现象的叙述中正确的是（）A气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及温度有关B布朗运动是液体分子的运动，它说明液体分子不停地做无规则热运动C当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小D如果气体分子总数不变，当气体温度升高时，气体分子的平均动能一定增大，压强也必然增大E能量消耗反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性14（10分）如图，上端开口、下端封闭的足够长的细玻璃钌竖直放置，段长为l15.0cm的水银柱下方封闭有长度也为l的空气柱，已知大气压强为p075.0cmHg；如果使玻璃管绕封闭端在竖直平面内缓慢地转动半周求在开口向下时管内封闭空气柱的长度2018年广东省茂名市化州市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家如伽利略、牛顿、法拉第等人的物理学贡献即可【解答】解：A、伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，与事实相符；B、亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重的物体比轻的物体下落的快，与事实不相符；C、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许比较准确地测出了引力常量G，与事实相符；D、法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场，与事实相符；本题选与事实不相符的，故选：B。【点评】对于物理学家的贡绩要记牢，不能混淆，要与历史背景、实验原理和内容相结合进行记忆2【分析】vt图象的斜率表示加速度，速度的正负表示运动方向，图线与坐标轴所围的面积表示位移【解答】解：A、物体在第1s末前后速度均为正值，故运动方向没有发生改变，故A错误；B、根据速度图线与坐标轴所围的面积表示位移，知物体在06s内位移大于0，则第6s末没有返回出发点，故B错误；C、物体在第2s内、第3s内的图线斜率相等，则加速度相同，故C正确；D、物体在前4s内位移为零。在46s内物体沿正向运动，故第2s和6s时离出发点最远，最大位移为 x=1×22=1m，故D错误；故选：C。【点评】明确vt图象的斜率表示加速度，图线与坐标轴围城图形的面积表示位移，通过分析速度方向确定何时离出发点最远3【分析】根据速度倍数关系，结合位移公式和平均速度公式即可求得初速度速度，再由加速度的定义求得质点的加速度【解答】解：设初速度为v，则末速度为5v；由平均速度公式可得：v=v+5v2=st得v=s3t由加速度公式可得：a=vt=5v-vt=4vt联立解得：a=4s3t2，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题是匀变速直线运动规律的直接运用，要注意正确利用平均速度公式分析速度与位移间的关系，同时明确加速度的定义即可正确求解4【分析】根据牛顿第二定律Fma可知物体加速度与合外力成正比，并且方向一致，所以本题要想分析其加速度的变化，要来分析合外力的变化情况而要分析速度的变化，则要先分析加速度的变化情况【解答】解：由于质点初始处于静止状态，则其所受合力为零。这就相当于受两个等大反向的力：某个力和其余几个力的合力。其中某个力逐渐减小，而其余几个力的合力是不变的，则其合力就在这个力的反方向逐渐增大，这个力再由零增大到原来大小，则合力又会逐渐减小直到变为零，所以合力变化为先增大后减小，故加速度a先增大后减小；由于其合外力方向始终不变，则加速度方向始终不变；由于物体从静止开始运动，所以速度的方向始终与加速度的方向相同，所以其速度会一直增大。因此BC错误，D正确。故选：D。【点评】本题属于基本题目，考查基本的受力分析，应当在学习中注意通过问题看本质，本题问的虽然是a和v，但是实质是考查受力分析5【分析】由题可知，小球做匀速圆周运动，由匀速圆周运动的性质可知物块加速度及向心力的变化，通过受力分析可知支持力及摩擦力的变化【解答】解：AB、因物体的速度大小不变，物块做匀速圆周运动，故其向心力大小不变，即物体所受合力大小不变，向心加速度大小不变，但是方向在改变，故A错误，B正确；C、物块在运动过程中受重力、支持力及摩擦力作用，支持力与重力的合力充当向心力，而在物块下滑过程中重力沿径向分力变化，故支持力一定会变化，对碗壁的压力大小变化，故C错误；D、在切向上摩擦力应与重力的分力大小相等，方向相反，因重力的分力变化，故摩擦力也会发生变化，故D错误；故选：B。【点评】本题关键在于明确物体的运动是匀速圆周运动，同时要注意正确的进行受力分析，并能找出各力动态的变化情况6【分析】本题是有关运动合成的题目，思考从以下入手，当合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上时，运动轨迹为直线；当合加速度方向与合速度方向不在同一条直线上时，运动轨迹为曲线，据此可判断每个选项【解答】解：A、如果v1v20，则物体沿着合加速度方向做直线运动，则轨迹一定是直线，故A正确；BC、如果v1v20、a1a2，若合速度与合加速度方向共线，则轨迹是直线；若不共线，则轨迹是曲线，故B正确，C错误；D、当合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上时，即a1：a2v1：v2时，运动轨迹为直线，否则运动轨迹为曲线，故D正确；故选：ABD。【点评】本题属于中档题，有一定难度，解决本题的关键是掌握判断合运动是直线运动还是曲线运动的方法7【分析】根据开普勒第三定律比较周期关系；根据万有引力提供向心力，列方程可得到卫星速率、角速度与半径的关系来判断速率、角速度的大小，根据变轨知识分析轨道1、2、3机械能和动能的关系【解答】解：A、由轨道知，轨道1的半长轴最小，轨道3的半长轴最大，根据开普勒第三定律知 a3T2=k知，T1T2T3故A错误；B、卫星在轨道1和3上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力有G Mmr2=mr2，角速度=GMr3，知轨道半径大的角速度小，故卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度，故B正确；C、卫星在轨道1上做匀速圆周运动，经过P点时万有引力和向心力相等，在轨道2上经过Q点时要做离心运动，万有引力小于所需向心力，由于万有引力相等，故在轨道2上经过Q点时的速度大，故C正确；D、卫星从轨道2变轨到轨道3上要做离心运动，必须在P点加速，所以卫星在轨道2上运动时的机械能小于它在轨道3上运动时的机械能。故D错误。故选：BC。【点评】卫星在不同轨道上运行时各个量的比较，往往根据万有引力等于向心力列出物理量与半径的关系，然后比较，掌握卫星变轨原理是解决问题的关键8【分析】分别对AB两个小球受力分析，根据平衡条件求出AB质量的关系以及F的大小；以ABC整体为研究对象受力分析，根据平衡条件求出地面对C的支持力和摩擦力【解答】解：A、以B为研究对象受力分析，水平方向受力平衡：Fcos30°Tbcos30°，得：TbF竖直方向受力平衡，则：Fsin30°+Tbsin30°mBg得：FmBg，以A为研究对象受力分析，竖直方向：mAg+Tbsin30°Tasin60°水平方向：Tasin30°Tbsin60°联立得：mAmB，故AD正确；B、以ABC整体为研究对象受力分析，水平方向：fFcos30°mBgcos30°=32mBg，竖直方向：N+Fsin30°（M+mA+mB）g，可见N小于（M+mA+mB）g，故BC错误；故选：AD。【点评】本题考查受力分析以及平衡条件的应用，关键是灵活的选择研究对象，采用隔离法和整体法结合比较简便三、非选择题：包括必考和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第14题为选考题，考生按要求作答（一）必考题9【分析】（1）该图线跟坐标轴交点，表示弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长。由画得的图线为直线可知弹簧的弹力大小与弹簧伸长量成正比。图线的斜率即为弹簧的劲度系数。（2）刻度尺的读数要估读一位，由胡克定律求出弹簧的弹力，然后推测钩码的个数。【解答】解：（1）当弹簧弹力为零，弹簧处于自然状态，由图知原长为：l12.00cm由Fkx，知图线的斜率为弹簧的劲度系数，即为：k=12-06.00-2.00N/cm=3N/cm=300N/m（2）由图b可知，该刻度尺的读数为：1.50cm可知弹簧被压缩：xL0L2.001.500.5cm弹簧的弹力：Fkx300×0.5×10215N已知每个钩码重G0.75N，可推测图b中所挂钩码的个数为2个。故答案为：（1）2.00，300；（2）1.50，2【点评】要注意区分弹簧的原长，实际长度和伸长量x，并明确三者之间的关系。在应用胡克定律时，要首先转化单位，知道图线的斜率即为弹簧的劲度系数。10【分析】（1）该实验不需要测量沙及沙桶的质量，绳子的拉力由弹簧秤直接测量，不需要满足沙及沙桶的质量远小于木块（2）根据逐差法可求得加速度；（3）根据牛顿第二定律得出a与F的关系式，结合关系式得出正确的图线【解答】解：（1）A、物体M受到的力可由力计读出，故砂和砂桶的质量可以不用测出；故A错误； B、将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力是需要进行的操作，因为这样物体M受到的合力就不考虑摩擦力了；故B正确； C、小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数是需要操作的；故C正确；D、改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带，是用来外力大小的，故也是需要进行的操作；故D正确；E、因为外力的大小可以通过测力计读出，故不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故E错误； 所以需要进行的操作是：BCD；（2）小车的加速度a=3.8+3.3+2.8-2.3-1.9-1.49×0.062×10-21.33m/s2；（3）因为弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，故aF=k，故F=ak，由牛顿第二定律F合ma得，小车的质量为m=F合a=2Fa=2k；故答案为：（1）BCD；（2）1.33；（3）2k【点评】本题实验源于课本实验，但是又不同于课本实验，关键要理解实验的原理，注意该实验不需要测量砂及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块11【分析】（1）滑块从A到B过程是平抛运动，在B点，将速度分解，结合分运动公式列式求解时间；（2）对有B到C过程根据动能定理列式求解C点的速度，在C点是重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式得到支持力，在根据牛顿第三定律得到压力大小；（3）对C到D过程根据动能定理列式求解即可【解答】解：（1）根据平抛运动的规律，由几何关系有：vy=v0tan，vygt，解得：t=35s或t0.35s；（2）小物块由B点运动到C点，由动能定理有：mgR（1+sin ）=12mvC2-12mvB2 vB=v0sin=4m/s 在C点处，由牛顿第二定律有：Fmgmvc2R解得：F8 N，根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力F大小为8 N，方向竖直向下；（3）小物块从B点运动到D点，由动能定理有：mgL0-12mvc2，解得：L14m；答：（1）小物块从A点运动至B点的时间为0.35s（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力为8N（3）C、D两点间的水平距离L为14m【点评】本题关键是明确滑块的运动规律，分平抛运动、圆周运动和匀减速直线运动过程进行分析，明确动能定理使用过程可以不求解加速度，不难12【分析】（1）根据牛顿第二定律求出煤块在传送带上发生相对滑动时的加速度，结合速度时间公式求出传送带达到速度v的时间以及煤块达到该速度的时间，根据运动学公式分别求出传送带和煤块的位移，从而得出相对位移的大小。（2）根据牛顿第二定律求出煤块在平板车上的加速度大小，结合速度时间公式求出共同的速度大小，从而通过速度时间公式求出平板车的加速度。对平板由牛顿第二定律列式求解动摩擦因数2的大小。（3）根据牛顿第二定律求出平板车与地面间的动摩擦因数，得出煤块和平板车共速后煤块和平板车的运动规律，根据牛顿第二定律和运动学公式求出平板车表面的最小长度。【解答】解：（1）对煤块由牛顿第二定律：1mgma1得 a12m/s2若煤块一直加速到右端，设到右端速度为v1得 v122a1L解得：v13m/s因为v1v0，所以煤块一直加速到右端，设需t1时间到右端得： t1=v1a1=32st1时间内皮带位移：s皮v0t14×32m6mss皮L62.25m3.75m（2）煤块滑上平板时速度 v13m/s，a12m/s两者速度相等有：v共v1a1t0a2t0解得 a21m/s2v共1m/s对平板由牛顿第二定律：F+1mg2（M+m）gMa2解得：20.3（3）由于21，共速后煤块将以a1匀减速到停止，而平板以a3匀减速对平板由牛顿第二定律：1mg2（M+m）gMa3得 a3=-134m/s2t2=0-v共a3=-0-1134=413s全过程平板位移：s板=0+v共2(t0+t2)解得 s板=1726m全过程煤块位移：s煤=v122a1=94m所以板长 ls煤s板1.6m答：（1）传送带上黑色痕迹的长度是3.75m；（2）平板与地面间动摩擦因数2的大小是0.3；（3）平板上表面至少1.6m长。【点评】本题考查了动力学中的多过程问题，解决本题的关键理清煤块、传送带、平板在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。物埋一选修3-3（15分13【分析】气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及分子运动的激烈程度有关；布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动；当分子间的引力和斥力平衡时，分子之间的作用力等于0；分子势能最小；根据理想气体的状态方程分析压强；热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性；【解答】解：A、根据压强的微观意义可知，气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关，故A正确；B、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故B错误；C、当分子间的引力和斥力平衡时，分子之间的作用力等于0，增大或减小分子之间的距离分子都做负功，所以该处的分子势能最小，故C正确；D、温度是分子的平均动能的标志，当气体温度升高时，气体分子的平均动能一定增大；根据理想气体的状态方程：PVT=C，可知气体温度升高时，若同时体积增大，掌握气体压强不一定增大，故D错误；E、根据热力学第二定律，能量消耗反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性，故E正确；故选：ACE。【点评】本题考查热力学中布朗运动、压强的微观含义、分子势能、理想气体的状态方程和热力学第二定律，基础题，多加积累即可做好这一类的题目14【分析】求出初态的压强、体积和末态的压强，根据玻意耳定律求出开口向下封闭气体的长度【解答】解：管口朝上时，管内气体压强：p1（75+15）cmHg90cmHg 管口朝下时，管内气体压强：p2（7515）cmHg60cmHg 设玻璃管内横截面积为S，管口朝下时，管内气柱长度为lx，则等温变化有：p1lSp2lxS 解得：lx=lp1p2=90×1560=22.5cm答：开口向下时管内封闭空气柱的长度【点评】本题考查气体的等温变化，关键是初末状态的确定，求封闭气体压强是重点，根据玻意耳定律列式求解即可