2018高考海南物理試題及答案及解析

1、完美WORD格式2017年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（海南卷）物理一、單項選擇題：本題共 6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要 求的。1 .【2017年海南，1, 4分】光滑水平桌面上有 P、Q兩個物塊，Q的質(zhì)量是P的n倍。將一輕彈簧置于 P、Q之 間，用外力緩慢壓 P、Q。撤去外力后，P、Q開始運動，P和Q的動量大小的比值為（）e 21A. nB. nC. -D. 1【答案】D【解析】當撤去外力后，物塊P的動量大小為Pp =mPVP ,物塊Q的動量大小為PQ = mQVQ ,輕彈簧與物塊P、Q組成的系統(tǒng)動量守恒， 根據(jù)動量守恒定律有：mpVp =Eq

2、Vq ,則P和Q的動量大小的比值為1,故選Do【點評】本題考查動量守恒定律的應用，要注意明確撤去拉力后的動量大小始終為零，同時在列式時一定要注意動量的矢量性。2 .【2017年海南，2, 4分】關于靜電場的電場線，下列說法正確的是（）A.電場強度較大的地方電場線一定較疏B .沿電場線方向，電場強度一定越來越小C.沿電場線方向，電勢一定越來越低D .電場線一定是帶電粒子在電場中運動的軌跡【答案】C【解析】電場線的疏密表示場強的大小，電場線密的地方電場強度大，電場線疏的地方，電場強度小，選項A錯誤；沿電場線方向，電勢降低，而電場強度不一定越來越小，選項 B錯誤，選項C正確；電場線是為 了直觀形象地

3、描述電場分布， 在電場中引入的一些假想的曲線。曲線上每一點的切線方向和該點電場強度的方向一致，電場線不是帶電粒子在電場中的運動軌跡，故D錯誤；故選Co【點評】記住電場線的特點：電場線的疏密代表電場的強弱，沿電場線方向電勢逐漸降低，并要掌握電場線的兩 個意義：電場線的方向反映電勢的高低，電場線的疏密表示場強的方向。3 .【2017年海南，3, 4分】汽車緊急剎車后，停止運動的車輪在水平地面上滑動直至停止，在地面上留下的痕跡稱為剎車線。由剎車線的長短可知汽車剎車前的速度。已知汽車輪胎與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.80 ,測得剎車線長25ml汽車在剎車前的瞬間的速度大小為（重力加速度g取10m/s2）

4、（）A. 10m/sB. 20m/sC . 30m/sD . 40m/s【答案】B【解析】汽車緊急剎車后，做勻減速直線運動，根據(jù)運動學公式有：0-v2 =-2ax ,根據(jù)牛頓第二定律有：Nmg = ma,代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：V0=20m/s,故選Bo【點評】運動學問題，一般先根據(jù)物體受力，利用牛頓第二定律求得加速度， 然后再由運動學規(guī)律求解相關位移、 速度等問題。4 .【2017年海南，4, 4分】如圖，平行板電容器的兩極板豎直放置并分別與電源的正負極相連，一帶電小球經(jīng)絕緣輕繩懸掛于兩極板之間，處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)保持右極板不動， 將左極板向左緩慢移動。關于小球所受的電場力大小 F和繩子的拉力大小T

5、 ,下列判斷正確的是（）A.F逐漸減小，T逐漸減小B. F逐漸增大，T逐漸減小C.F逐漸減小，T逐漸增大D. F逐漸增大，T逐漸增大【答案】A【解析】由題意可知，平行板電容器左極板向左緩慢移動時，由于電容器始終與電源相連接，則電容器兩極板間的電壓U不變，由于兩板距離 d變大，則由E=U可知，板間的電場強度 E減小，則小球所受的電場d力大小F =qE減小，則細繩與豎直方向的夾角8變??；由于左極板沒有移動之前，小球受力平衡，根據(jù)共點力的平衡條件可知，繩子的拉力大小T =5?，由于細繩與豎直方向的夾角e變小，則cos0值cos-變大，則繩子上的拉力大小 T變小，故選 A【點評】運動學問題，一般先根據(jù)

6、物體受力，利用牛頓第二定律求得加速度，然后再由運動學規(guī)律求解相關位移、速度等問題。5 .【2017年海南，5, 4分】已知地球質(zhì)量為月球質(zhì)量的81倍，地球半徑約為月球半徑的 4倍。若在月球和地球范文.范例.指導.參考表面同樣高度處，以相同的初速度水平拋出物體,拋出點與落地點間的水平距離分別為s月和s地，則s月：s地約A. 9:4B, 6:1C【答案】A【解析】在星球表面，根據(jù)萬有引力提供向心力有：根據(jù)平拋運動可知，落地時間為t =. 2h3: 2D, 1:1GMm=mg解得:則有:R2R2則在月球和地球表面同樣高度處，物體的落地時間之比為16811; 巴 =9 ,水平射程為x=Vot ,則拋出

7、點與落地點間的水平距離之比為色=上,故選A。t地.g月 4s地t地 4【點評】把月球表面的物體運動和天體運動結合起來是考試中常見的問題.重力加速度g是天體運動研究和天體表面宏觀物體運動研究聯(lián)系的物理量。6 .【2017年海南，6, 4分】將一小球豎直向上拋出，小球在運動過程中所受到的空氣阻力不可忽略。a為小球運動軌跡上的一點，小球上升和下降經(jīng)過a點時的動能分別為 Ek1和Ek2。從拋出開始到小球第一次經(jīng)過a點時重力所做的功為 W,從拋出開始到小球第二次經(jīng)過a點時重力所做的功為 W2o下列選項正確的是（）A.&1=Ek2,W1=W2B .Ek1Ek2,W1=W2C .Ek1Ek2,W1 Ek2

8、,W Ek2 ,而從拋出開始到小球第一次經(jīng)過 a點以及從拋出開始到小球第二次經(jīng)過a點時，初、末位置的豎直高度相等，則兩次重力做的功相等，即 W =W2 ,故選Bo【點評】解決本題的關鍵知道重力做功與路徑無關，與首末位置的高度差有關，以及掌握動能定理，知道兩次經(jīng) 過a點的過程中重力不做功，阻力做負功。二、多項選擇題：本題共 4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目 要求的。全部選對的得 5分，選對但不全的得 3分，有選錯的得0分。7 .【2017年海南，7, 5分】三束單色光1、2和3的波長分別為 大、九2和% （兀K ）。分別用著三束光照 射同一種金屬。已知

9、用光束 2照射時，恰能產(chǎn)生光電子。下列說法正確的是（）A.用光束1照射時，不能產(chǎn)生光電子B .用光束3照射時，不能產(chǎn)生光電子C.用光束2照射時，光越強，單位時間內(nèi)產(chǎn)生的光電子數(shù)目越多D.用光束2照射時，光越強，產(chǎn)生的光電子的最大初動能越大【答案】AC【解析】由于三束單色光1、2和3的波長關系為 1,根據(jù)c = 可知三束單色光1、2和3的頻率關系為f1 f2 【點評】對物體運動過程中某一力的求解，一般先對物體運動狀態(tài)進行分析，得到加速度，然后應用牛頓第二定律求得合外力，再對物體進行受力分析即可求解。10 .【20i7年海南，i0, 5分】如圖，空間中存在一勻強磁場區(qū)域，磁場方向與豎直面（紙面）垂

10、直，磁d :場的上、下邊界（虛線）均為水平面；紙面內(nèi)磁場上方有一個正方形導線框abcd ,其上、下兩邊均匚|為磁場邊界平行，邊長小于磁場上、下邊界的間距。若線框自由下落，從ab邊進入磁場時開始，直 ,至ab邊到達磁場下邊界為止，線框下落的速度大小可能（）x -xA.始終減小B .始終不變C .始終增加 D .先減小后增加x X X X【答案】CD【解析】設線框的質(zhì)量為m,線框的邊長為L ,磁感應強度為B,由于線框從某一高度處自由下落，當ab邊進入磁場時，如果此時 ab邊受到的安培力等于線框的重力，即BIL =mg ,線框勻速進入磁場，但于線框邊長小于磁場上、下邊界的間距，則可知線框完全進入磁場

11、后到ab邊到達磁場下邊界為止，由于穿過線框的磁通量不變，線框僅受重力，這個過程線框做勻加速直線運動，即線框下落的速度先不變后增加；當ab邊進入磁場時，如果此時 ab邊受到的安培力大于線框的重力，即 BIL mg ,線框減速進入磁場,同理，可知線框完全進入磁場后到ab邊到達磁場下邊界為止，線框做勻加速度運動，即線框下落的速度先減小，后增大；當 ab邊進入磁場時，如果此時ab邊受到的安培力小于線框的重力，即 BIL0.imm = 22.3mm=2.23cm,所以圓管內(nèi)壁的直徑為2.23cm;由圖（b）可知游標卡尺的讀數(shù)為 D =29mm + 0.i Amm =29.9mm = 2.99cm ,所以

12、圓管外壁的直徑為2.99cm?！军c評】對于基本測量儀器如游標卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進行有關測量。12.【2017年北京，12, 12分】某同學用伏安法測量待測電阻的阻值?，F(xiàn)有器材為：待測電阻R （阻值約為 期），電源（電動勢3V ）,滑動變阻器（阻值范圍010Q）,電流表（量程0.6A , 3A ）,電壓表（量程3V , 15V ）,開關，導線若干。實驗要求在測量電路中將電流表外接，滑動變阻器起限流作用?；卮鹣铝袉栴}:(2)若已按實驗要求接線，閉合開關后移動滑動變阻器的滑片，電壓表的示數(shù)始終約為3V ,電流表的示數(shù)（1）按照實驗要求在圖（a）中畫出實物連線圖。

13、始終接近0。寫出產(chǎn)生這種現(xiàn)象的一個原因:（3）在連線正確后，閉合開關。電壓表和電流表的示數(shù)分別如圖（b）和圖（c）所示。由圖可知，電壓表讀數(shù)為 V,電流表讀數(shù)為 A。由此可得待測電阻的阻值為 Q （結果保留3位有效數(shù)字）ra n JE（1）實物連線圖見解析（2）待測電阻R出現(xiàn)斷路（3） 2.2； 0.48； 4.58（1）因為待測電阻 R （阻值約為5。），電源（電動勢3V）,則可估算電路中的最大電流為：。 =0.6A,所以電流表選 0.6A的量程;R根據(jù)精確性原則，電壓表選3V的量程；實驗要求在測量電路中將電 流表外接，滑動變阻器起限流作用，則實物連線圖如下圖所示：（2）由于電流表的示數(shù)始終

14、接近0,則可知電路出現(xiàn)斷路故障，又電壓表的示數(shù)始終約為3V ,根據(jù)電壓表的改裝原理可知，電壓表與電源肯定構成了回路，則可判斷出待測電阻R出現(xiàn)斷路故障；（3）根據(jù)實驗原理，由圖示電壓表可知，其量程為 3V ,分度值為0.1V,示數(shù)為2.2V ;由圖示電流表可知，其量程為0.6A，分度值為0.02A，示數(shù)為0.48A ;根據(jù)歐姆定律可知，R =U =_22夏之4.580 ,I 0.48則待測電阻的阻值為 4.58C?！军c評】在連線圖時要注意選擇電流表和電壓表的量程，掌握故障分析的方法，讀數(shù)時理清每一格表示多少，從而進行讀數(shù)。四、計算題：本題共 2小題，共26分.把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求

15、寫出必要的文字說明、方程式 和演算步驟.13.【2017年北京，13, 10分】如圖，兩光滑平行金屬導軌置于水平面（紙面）內(nèi)，軌間距 為l ,左端連有阻值為 R的電阻。一金屬桿置于導軌上，金屬桿右側存在一磁感應強度 大小為B、方向豎直向下的勻強磁場區(qū)域。已知金屬桿以速度v0向右進入磁場區(qū)域，做勻變速直線運動，到達磁場區(qū)域右邊界（圖中虛線位置）時速度恰好為零。金屬桿與導 軌始終保持垂直且接觸良好。除左端所連電阻外，其他電阻忽略不計。求金屬桿運動到 磁場區(qū)域正中間時所受安培力的大小及此時電流的功率。解：設磁場區(qū)域長為 x,因為金屬桿以速度 Vo向右進入磁場區(qū)域，做勻變速直線運動，到達磁場區(qū)域右邊界

16、（圖中虛線位置）時速度恰好為零，根據(jù)勻變速直線運動學公式有：0-v2=-2ax,則金屬桿運動到磁場區(qū)域正x 2中間時有：v2 -v2 =-2a-,聯(lián)立解得：v = Vo ,則此時金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為：22E =Blv =Blvo ,根據(jù)歐姆定律可知此時回路中的電流大小為：I =-=立B峋，則金屬桿所受安培力的2R 2R.2B2l2vE2BlVccB212V2大小為：Fa=bii=此時回路中的電流為I=,則此時的電功率為： p=i2r=02RR 2R2R【點評】考查法拉第電磁感應定律與閉合電路歐姆定律的內(nèi)容，掌握安培力的表達式，理解運動學公式的應用， 注意電功率的內(nèi)容。14.【20

17、17年北京，14, 16分】一輕彈簧的一端固定在傾角為日的固定光滑斜面的底部，另一端和質(zhì)量為m的小物塊a相連，如圖所示。質(zhì)量為 3m的小物塊b緊靠a靜止在斜面5上，此時彈簧的壓縮量為 xo,從t=0時開始，對b施加沿斜面向上的外力，使 b始終做 勻加速直線運動。經(jīng)過一段時間后，物塊 a、b分離；再經(jīng)過同樣長的時間， b距其出 發(fā)點的距離恰好也為 Xoo彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。求：(1)彈簧的勁度系數(shù)；(2)物塊b加速度的大??；(3)在物塊a、b分離前，外力大小隨時間變化的關系式。38mgsin?解：(1)剛開始時彈簧壓縮量為Xo ,根據(jù)平衡條件和胡克定律得m + _ m

18、 g sin 日=kx0,用牛仔： k =。55xo(2) a、b兩物體分離的條件是兩物體間的正壓力為0,設經(jīng)過時間t物塊a、b分離，此時彈簧的壓縮量為X,則分離時，對小物塊 a有：kxi -mgsinQ =ma ,根據(jù)運動學公式可知，分離前 a、b運動的距離為12121.3有：xox =at , b始終做勻加速直線運動， 則有：Xo =-aM(2t ),聯(lián)立解得：a =-g sinO ; x =-設。2254(3)在物塊a、b分離前，對ab整體根據(jù)牛頓第二定律有：F +kx - m +- m Igsin 0 = I m +- m a ;,5.5c.2.2.解得：F =-ma+-mg sinQ

19、 -kx,由題意可知 x =%at2,代入整理得：F =mg sin 0 + mg Sint2,5522525xo在物塊a、b分離前，需滿足：0口 J 5x0 則在物塊a、b分離前，外力大小隨時間變化的關系 2g sin ?2.2- Z三484mg sin 二 2 一一5%式為： F =一 mg sin 0 +1 ,其中 0 Et J。2525xo 2gsin 二【點評】本題考查牛頓第二定律的基本應用，解題時一定要注意明確整體法與隔離法的正確應用，同時注意分析運動過程，明確運動學公式的選擇和應用是解題的關鍵。五、選考題：共12分。請考生從第1516題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計

20、分。15 .【2017年北京，15, 12分】【選修3-3】(1) (4分)關于布朗運動，下列說法正確的是 。(填入正確答案標號。選對 1個得2分，選對2個 得3分，選對3個得4分；有選錯的得0分)A.布朗運動是液體中懸浮微粒的無規(guī)則運動B.液體溫度越高，液體中懸浮微粒的布朗運動越劇烈C.在液體中的懸浮顆粒只要大于某一尺寸，都會發(fā)生布朗運動D.液體中懸浮微粒的布朗運動使液體分子永不停息地做無規(guī)則運動E.液體中懸浮微粒的布朗運動是液體分子對它的撞擊作用不平衡所引起的【答案】ABE【解析】布朗運動是懸浮在液體中的小顆粒的無規(guī)則運動，小顆粒的布朗運動是由于周圍液體分子撞擊的沖力不平衡而引起的，所以小

21、顆粒的無規(guī)則運動反映了周圍液體分子的無規(guī)則運動，溫度越高，液體分子運動越激烈，布朗運動也越明顯；顆粒越小，受到的沖力越不平衡，布朗運動越明顯，選項ABE正確，CD錯誤；故選ABE【點評】對于布朗運動，要理解并掌握布朗運動形成的原因，知道布朗運動既不是顆粒分子的運動，也不是液體 分子的運動，而是液體分子無規(guī)則運動的反映。(2) (8分)一粗細均勻的U形管ABCD的A端封閉，D端與大氣相通。用水銀將一定質(zhì)量的理想 氣體封閉在U形管的AB一側，并將兩端向下豎直放置，如圖所示。此時AB側的氣體柱長度1i =25cm。管中AB、CD兩側的水銀面高度差 hi =5cm?，F(xiàn)將U形管緩慢旋轉180,使A、D兩

22、端在上，在轉動過程中沒有水銀漏出。已知大氣壓強p0=76cmHg。求旋轉后，AB、CD兩側的水銀面高度差。解：以U形管的AB 一側封閉的氣體為研究對象，初態(tài)： P =(76+5)cmHg =81cmHg ,設U形管的橫截面積為Scm2 ,則：V1 =l1S=25Scm3,現(xiàn)將U形管緩慢旋轉1801使A、D兩端在上，在轉動過程中沒有 水銀漏出，由于U形管緩慢旋轉，此過程可以看成等溫變化， 當使A、D兩端在上，設AB中水銀下降了 xcm ,CD管中水銀面升高了 xcm ,對AB管中封閉的氣體有：末態(tài)：P2 = (76+x )(5x)cmHg =(71 + 2x pmHg , 3V2 =(11 +x

23、 Scm ,根據(jù)玻意耳定律得：PM = PV2,代入數(shù)據(jù)解得：x=2cm,另一解不符合題意舍掉；則 AB、CD兩側的水銀面高度差為 Ah =5cm -2cm -2cm =1cm。【點評】本題考查了氣體定律的基本運用，注意在這一過程中，氣體的溫度不變，結合氣體長度的變化得出壓強的變化，根據(jù)玻意耳定律進行求解，難度中等。16 .【2017年北京，16, 12分】【選修3-4】(1) (4分)如圖，空氣中有兩塊材質(zhì)不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置；一細光 束從空氣中以某一角度 日(0 0 90)入射到第一塊玻璃板的上表面。下列說法正確的 是。(填入正確答案標號。選對 1個得2分，選對2個得3分

24、，選對3個得4 分；有選錯的得。分)A.在第一塊玻璃板下表面一定有出射光B.在第二塊玻璃板下表面一定沒有出射光C.第二塊玻璃板下表面的出射光方向一定與入射光方向平行D.第二塊玻璃板下表面的出射光一定在入射光延長線的左側E.第一塊玻璃板下表面的出射光線一定在入射光延長線的右側【答案】ACD【解析】因為細光束從空氣中以某一角度e(08：90)入射到第一塊玻璃板的上表面，根據(jù)光的折射定律可知,細光束在第一塊玻璃板上表面中的折射角要小于入射角，由幾何關系可知，光束在第一塊玻璃板下表面 的入射角等于光束在第一塊玻璃板上表面的折射角，所以光束在第一塊玻璃板下表面不會發(fā)生全反射而 能射出玻璃板，且在第一塊玻璃板下表面出射的光線與在上表面上的入射光束平行，而且相對上表面的 入射光線要向左發(fā)生平移；同理當光束射入第二塊玻璃板上表面時，在第二塊玻璃板上表面的折射角也 要小于此時的入射角，由上面分析可知，光束也能射出第二塊玻璃板下表面，根據(jù)幾何知識可知光束在 第一塊玻璃板上表面的入射角與第二塊玻璃板下表面的折射角相等，則從第二塊玻璃板下表面的出射光 方向一定與入射光方向平行，而且相對入射光束也向左發(fā)生平移，所以第二塊玻璃板下表面的出射光一 定在入射光延長線的左側，選項 ACD正