2018届广州市调研物理试题和答案43615.pdf

2018 届广州市调研理综物理 第卷 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一项符合题目要求，第 1921 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。14篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引。这样可以减小 A球对手的力的冲量 B球对手的力的大小 C球的动量变化量 D球的动能变化量 15如图，质量为 1kg 的小物块从倾角为 30、长为 2m 的光滑固定斜面顶端由静止开始下滑，若选初始位置为零势能点，重力加速度取 10m/s2，则它滑到斜面中点时具有的机械能和动能分别是 A5J，5J B10J，15J C 0，5J D 0，10J 16如图，半径为R的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、带电量为+q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径 PO 夹角=30的方向从 P 点垂直磁场射入，最后粒子垂直于 MN 射出，则磁感应强度的大小为 AqRmv BqRmv2 CqRmv3 DqRmv4 17 如图，“L”型导线abc固定并垂直放置在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，bcab，ab长为l，bc长为l43，导线通入恒定电流I，设导线受到的安培力大小为F，方向与bc夹角为，则 ABIlF47，34tan BBIlF47，43tan CBIlF45，34tan DBIlF45，43tan 18如图，已知现在地球的一颗同步通讯卫星信号最多覆盖地球赤道上的经度M O N P v aIIbc2 O 地球赤道卫星范围为2。假设地球的自转周期变大，周期变大后的一颗地球同步通讯卫星信号最多覆盖的赤道经度范围为2，则前后两次同步卫星的运行周期之比为 A.33coscos B.33sinsin C.33cos 2cos 2 D.33sin 2sin 2 19t=0 时刻一质点开始做平抛运动，用下列图象反映其水平分速度大小vx、竖直分速度大小vy、合速度大小v与时间t的关系，合理的是 20如图，在匀强电场中，质量为m、电荷量为+q的小球由静止释放沿斜向下做直线运动，轨迹与竖直方向的夹角为，则 A场强最小值为qmg B电场方向可能水平向左 C电场力对小球可能不做功 D小球的电势能可能增加 21如图，半圆柱体 Q 放在水平地面上，表面光滑的圆柱体 P 放在 Q 和墙壁之间，Q 的轴线与墙壁之间的距离为L，已知 Q 与地面间的动摩擦因数 =，P、Q 横截面半径均为R，P 的质量是 Q 的2 倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P、Q 均处于静止状态，则 AL越大，P、Q 间的作用力越大 BL越大，P 对墙壁的压力越小 CL越大，Q 受到地面的摩擦力越小 DL的取值不能超过R511 PQL xvtAvtByvtCvtD0000第卷 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题第 25 题为必考题，每个试题考生都必须做答。第 33 题第 34 题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题 22(5分)(1)某同学用电磁打点计时器测匀变速直线运动的加速度，电磁打点计时器的工作电源为_ A220V 交流电 B6V 以下交流电 C220V 直流电 D6V 以下直流电 (2)实验中打点计时器每隔打一个点，打出的纸带如图所示，则可大致判断小车做 （填“匀速”或“匀变速”）直线运动，这是因为_；计算小车的加速度大小a=_m/s2（保留两位有效数字）。23(10 分)为了测量一个量程为的直流电压表的内阻RV（约为几千欧），所用的电路如图甲所示(1)请将图乙的器材连成完整的电路；(2)该实验中需要进行的步骤罗列如下，合理的顺序是_(用步骤前的字母表示)A闭合开关 S B将电阻箱R0的阻值调到零 C调节滑动变阻器R的阻值，使电压表的示数为 D断开开关 S E调节电阻箱R0的阻值使电压表示数为，读出此时电阻箱R0的阻值 F把滑动变阻器的滑片 P 滑到a端 mm14.0 0.811.0mmmmVS E，r R0 a b P 甲1000 100 1 10 丙R 乙VbaP电阻箱 电源 (3)若在实验步骤E中，如图丙读出R0的阻值为 ，则该电压表的内阻RV的测量值为_，由于系统误差，测量值_（选填“偏大”或“偏小”）。24(12 分)如图，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在 O 点，另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点），初始时小球静止在电场中的 a 点，此时细绳拉力为 2mg，g为重力加速度。(1)求电场强度E和 a、O 两点的电势差U；(2)若小球在 a 点获得一水平初速度glv4a，使其在竖直面内做圆周运动，求小球运动到 b 点时细绳拉力F的大小。25（20 分）如图，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。t=0 时刻，给木板一个水平向右的初速度v0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F，经一段时间，滑块从木板上掉下来。已知木板质量M=3kg，高h=，与地面间的动摩擦因数 =；滑块质量m=，初始位置距木板左端L1=，距木板右端L2=；初速度v0=2m/s，恒力F=8N，重力加速度g=10m/s2。求：（1）滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；（2）滑块离开木板时，木板的速度大小；（3）从t=0 时刻开始到滑块落到地面的过程中，摩擦力对木板做的功。（二）选考题：共 30 分。请考生从给出的 2 道题中每科任选一题做答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。L1 L2 F v0 左 右 O a b 33【物理 选修 3-3】（15 分）(1)(5 分)下列说法中正确的是_。(填正确答案标号。选对 1 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 0 分)A温度越高，分子的无规则热运动越剧烈 B物体的温度越高，所有分子的动能都一定越大 C分子间的引力和斥力都随分子间的距离增大而减小 D一定质量的理想气体在等压膨胀过程中温度一定升高 E如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加(2)(10 分)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的pV图象如图所示。已知该气体在状态C时的温度为 300K。求：(i)该气体在状态A、B时的温度分别为多少(ii)该气体从状态A到B是吸热还是放热请写明理由。34物理选修 3-4（15 分）(1)(5 分)甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知 。(填正确答案标号。选对 1 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 0 分)A甲速度为零时，乙速度最大 B甲加速度最小时，乙速度最小 C任一时刻两个振子受到的回复力都不相同 D两个振子的振动频率之比f甲f乙=12 E两个振子的振幅之比为A甲A乙=21(2)(10 分)如图为一玻璃球过球心的横截面，玻璃球的半径为R，O为球心，AB为直径，来自B点的光线BM在M点射出，出射光线平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射，已知ABM30，求：(i)玻璃的折射率；(ii)球心O到BN的距离。甲乙 ABC 调研参考答案：选择题：14B 15C 16B 17D 18A；19AC 20CD 21AD 22(1)B ；(2)匀变速 ，两个连续相等的时间间隔内的位移之差恒定 ；23(1)BFACED 或者 FBACED(2)如答图(3)2900；2900；偏大 24解：(1)小球静止在a点时，由共点力平衡得 mg+2mgqE 解得 qmgE3，方向竖直向上 在匀强电场中，有 ElUOa 则 a、O 两点电势差 qmglU3aO (2)小球从a点运动到b点，设到b点速度大小为vb，由动能定理得 22112222baqElmglmvmv 小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律得 2bvFqEmgml 联立式，代入glv4a解得 mgF6 25解：（1）设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为t0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知 2021gth 1 得sght2.020 2 （2）以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律1)(MagMmF 3 答图VbaP电阻箱 电源得a1=5m/s2，则木板减速到零所经历的时间 savt4.0101，所经过的位移 mavs4.021201 4 由于s1L1=，表明这时滑块仍然停留在木板上 5 此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律 2)(MagMmF 6 得a2=31m/s2 滑块离开木板时，木板向左的位移2120.54ssLm 7 该过程根据运动学公式 222 212sa t 8 得t2=滑块滑离瞬间木板的速度 m/s6.0222tav 9 （3）滑块离开木板后，木板所受地面的支持力及摩擦力随之改变，由牛顿第二定律 3MaMgF 10 得a3=32m/s2 故木板在0t这段时间的位移为m15221203023tatvs 11 整个过程摩擦力对木板做的功为123()()fWmM gssMgs 12 得7.38fWJ 13 33(1)ACD (2)(i)对一定质量的理想气体由B到C过程，由理想气体状态方程知pBVBTBpCVCTC 解得TBTC300 K（或tB27 ）（或者由pBVB=pCVC得知该过程为等温变化过程，得TBTC300 K）又A到B为等容过程有 pATApBTB 解得TA450 K（或tA177）(ii)根据图像可知从A到B气体体积不变所以外界对气体做功 W=0J 又TATB 可知内能变化 U0 根据热力学第一定律 U=W+Q 得Q0 即放热 34(1)CDE(2)(i)设光线BM在M点的入射角为i，折射角为r，由几何知识可知i30，r60，根据折射定律知 nsin rsin i 得n 3 (ii)光线BN恰好在N点发生全反射，则BNO为临界角C，则 sin C1n 设球心到BN的距离为d，由几何知识可知dRsin C 得d33R