2018年海南物理高考試題解析版

1、2018年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試物理部分(海南卷)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。1一攀巖者以1m/s的速度勻速向上攀登，途中碰落了巖壁上的石塊，石塊自由下落。3s后攀巖者聽到石塊落地的聲音，此時他離地面的高度約為()A 10m B 30m C 50m D 70m【答案】C【試題分析】本題考查自由落體運動遵循的規(guī)律及其相關的知識點，同時考查了估算能力?！窘馕觥扛鶕杂陕潴w運動遵循的規(guī)律可知，石塊自由下落的高度約為h=12gt2=44.1m；用時3秒，攀巖者爬了3米，所以距離地面高度約為h44.1+3=47.1m，則考

2、慮考到空氣阻力和聲速的影響，他離地面的高度約為50m，選項C正確。2土星與太陽的距離是火星與太陽距離的6倍多。由此信息可知()A土星的質量比火星的小B土星運行的速率比火星的小C土星運行的周期比火星的小D土星運行的角速度大小比火星的大【答案】B【試題分析】本題考查圓周運動及萬有引力定律相關的知識點?！窘馕觥扛鶕f有引力提供向心力GMmr2=mv2r，得v=GMr，即r越大速度越小，但是不比較土星和地球質量大小，故A錯誤，B正確；由GMmr2=m42T2r，得T=42r3GM，即r越大周期越大，故C錯誤；由GMmr2=m2r，得=GMr3，即r越大角速度越小，故D錯誤。3如圖，一絕緣光滑固定斜面處

3、于勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上，通有電流I的金屬細桿水平靜止在斜面上。若電流變?yōu)?.5I，磁感應強度大小變?yōu)?B，電流和磁場的方向均不變，則金屬細桿將()A沿斜面加速上滑 B沿斜面加速下滑C沿斜面勻速上滑 D仍靜止在斜面上【答案】A【試題分析】本題是一道關于安培力的共點力的平衡問題及牛頓第二定律相關知識【解析】最初金屬細桿受到三個力作用，且合力為零，如圖所示：由平衡可知，安培力F=BIL=mgsin，若電流變?yōu)?.5I，磁感應強度大小變?yōu)?B，則安培力F1=3B12IL=1.5mgsin，根據牛頓第二定律，F1-mgsin=ma，故金屬細桿以a=0.5gsin的加速

4、度沿著斜面加速上滑，故A正確4已知234 eq sdo2(dba7(90) Th的半衰期為24天。4g234 eq sdo2(dba7(90) Th經過72天還剩下()A0 B 0.5g C 1g D 1.5g【答案】B【試題分析】本題考查核衰變的半衰期的規(guī)律及其相關的知識點【解析】由衰變公式m=m12tT，知m=4127224=4123=0.5g，故B正確5如圖，用長為的輕繩懸掛一質量為M的沙箱，沙箱靜止。一質量為m的彈丸以速度水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動一小角度。不計空氣阻力。對子彈射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程()A若保持m、v、不變，M變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小B

5、若保持M、v、不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小C若保持M、m、不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大D若保持M、m、v不變，變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大【答案】B【試題分析】本題考機械能守恒定律及動量守恒定律的相關知識點【解析】分析易得只有子彈射入沙箱并停留在沙箱中這個過程中系統(tǒng)的機械能才會損失，由動量守恒得，mv=（m+M）v共，則系統(tǒng)損失的機械能E=12mv2-12m+Mv共2=12mv2-12m+Mmvm+M2=mMv22（m+M）對于A選項，由 E=mMv22（m+M）=mv22（mM+1）可知若保持m、v、不變， M越大則系統(tǒng)損失的機械能變大，故A錯誤對于B選項，由 E=mMv22

6、（m+M）=Mv22（Mm+1）可知若保持M、v、不變，m變大則系統(tǒng)損失的機械能變大，故B錯誤對于C選項，由 E=mMv22（m+M）可知若保持M、m、不變，v變大則系統(tǒng)損失的機械能變大，故C正確對于D選項，子彈與沙箱共同向上擺動一小角度的過程系統(tǒng)機械能守恒，故D錯誤6某大瀑布的平均水流量為5900m3/s，水的落差為50m。已知水的密度為1.00103kg/m3。在大瀑布水流下落過程中，重力做功的平均功率約為() A 3106w B3107 w C 3108 w D 3109 w【答案】D【試題分析】本題考平均功率及平均水流量的相關知識點，同時考查了估算能力【解析】由平均功率定義得P=Wt=

7、mght=Qtght=Qgh590011031050600011031050=3109w故D正確二、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如圖，在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，有一面積為S的矩形單匝閉合導線abcd, ab 邊與磁場方向垂直，線框的電阻為R。使線框以恒定角速度繞過ad、bc中點的軸旋轉。下列說法正確的是() A線框abcd中感應電動勢的最大值是BSB線框abcd中感應電動勢的有效值是BSC線框平面與磁場方向平行時，流經線框的電流最大D線框平面與磁場方向垂直時

8、，流經線框的電流最大【答案】AC【試題分析】本題考查了交變電流的最大值、有效值和瞬時值的相關知識點【解析】一個單匝線圈在勻強磁場中旋轉，當從中性面開始計時,產生的正弦式交變電流電動勢的瞬時值表達式為：e= Emsin.Emsint.故感應電動勢的最大值EmBS，有效值Eeq f(Em,r(2)，故A正確，B錯誤當=90o時，即線框平面與磁場方向平行時，電流最大故C錯誤，D正確8如圖(a),一長木板靜止于光滑水平桌面上，t=0時， 小物塊以速度v0滑到長木板上，圖(b)為物塊與木板運動的v-t圖像，圖中t1、v0、v1已知。重力加速度大小為g。由此可求得() A木板的長度B物塊與木板的質量之比

9、C物塊與木板之間的動摩擦因數D從t=0開始到t1時刻，木板獲得的動能【答案】BC【試題分析】本題考查了v-t與牛頓第二定律綜合運用，滑塊模型等【解析】A、根據題意只能求出AB的相對位移，不知道B最終停在哪里，無法求出木板的長度，故A不能夠求解出；由圖象的斜率表示加速度求出長木板的加速度為aA=v1t1，小物塊的加速度aB=v0-v1t1，根據 HYPERLINK /s?wd=%E7%89%9B%E9%A1%BF%E7%AC%AC%E4%BA%8C%E5%AE%9A%E5%BE%8B&tn=SE_PcZhidaonwhc_ngpagmjz&rsv_dl=gh_pc_zhidao t _blank

10、 牛頓第二定律得：mg=MaA，mg=maB，解得：mM=v1v0-v1，=v0-v1gt1，故B和C能夠求解出；D、木板獲得的動能EkA=12Mv12=12mv1（v0-v1），題目t1、v0、v1已知，但是M,m不知道，故D不能夠求解出9如圖，a、b、c、d為一邊長為的正方形的頂點。電荷量均為q (q0)的兩個點電荷分別固定在a、c兩點，靜電力常量為k。不計重力。下列說法正確的是() A b點的電場強度大小為 eq f(r(2)kq,l2) B過b、d點的直線位于同一等勢面上C在兩點電荷產生的電場中，ac中點的電勢最低D在b點從靜止釋放的電子，到達d點時速度為零【答案】AD【試題分析】本題

11、考查電場強度以及等量同種電荷的電場電勢圖的相關知識點【解析】由圖可知b點的電場E=Eacos450+Ebcos450=2kql2，故A正確 沿著電場線電勢逐漸降低，而等量正點電荷的電場與電勢圖如下，由圖可知過b、d點的直線不在同一等勢面上，故B、C錯誤；由對稱性可知，b、d點電勢相同，故電子在b、d點電勢能相同，即動能也相同，都為0，故D正確10如圖，三個電阻R1、R2、R3的阻值均為R，電源的內阻rr時，R外減小電源輸出功率越大，故C正確； 三、實驗題:本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11(6分)學生課外實驗小組使用如圖所示的實驗裝置測量重力加速度

12、大小。實驗時，他們先測量分液漏斗下端到水桶底部的距離s；然后使漏斗中的水一滴一滴地下落，調整閥門使水滴落到桶底發(fā)出聲音的同時，下一滴水剛好從漏斗的下端滴落；用秒表測量第1個水滴從漏斗的下端滴落至第n個水滴落到桶底所用的時間t。 (1)重力加速度大小可表示為g=_ (用s、n、t表示)；(2)如果某次實驗中，s=0.90m，n=30，t=13.0s， 則測得的重力加速度大小g= m/s2； (保留2位有效數字)寫出一條能提高測量結果準確程度的建議： ?！敬鸢浮?1) EQ f(2n2s,t2) (2)9.6 (3)“適當增大n”或“多次測量取平均值”【試題分析】本題考查一個利用自由落體運動規(guī)律測

13、量重力加速度的實驗【解析】（1）已知第1個水滴從漏斗的下端滴落至第n個水滴落到桶底所用的時間t，所以一個水滴從漏斗的下端滴落到桶底所用的時間t=tn，所以s=12g(t)2=12gtn2，故g=2n2st2（2）g=2n2st2=23020.9013.02=9.6m/s2（3）提高精度可以提高測量時間的精度和距離的精度，也可以適當增大n，或多測幾次取平均。12(12分)某同學利用圖(a)中的電路測量電流表的內阻RA(約為5)和直流電源的電動勢E(約為10V)。 圖中R1和R2為電阻箱，S1和S2為開關。已知電流表的量程為100mA，直流電源的內阻為r。(1)斷開S2，閉合S1，調節(jié)R1的阻值，

14、使?jié)M偏；保持R1的阻值不變，閉合S2，調節(jié)R2，當R2的阻值為4.8時的示數為48.0mA。忽略S2閉合后電路中總電阻的變化，經計算得RA= ；(保留2位有效數字)(2)保持S1閉合，斷開S2，多次改變R1的阻值，并記錄電流表的相應示數。若某次R1的示數如圖(b)所示，則此次R1的阻值為 ； (3)利用記錄的R1的阻值和相應的電流表示數I，作出I-1-R1圖線，如圖(c)所示。用電池的電動勢E、內阻r和電流表內阻RA表示I-1隨R1變化的關系式為I-1= 。 利用圖(c)可求得E= V。 (保留2位有效數字)【答案】(1) 5.2 (2)148.2 (3) eq f(R1,E) + eq f(

15、r+R1,E) 9.1 (8.9-9.4之間)【試題分析】本題考查是一個半偏法測表頭內阻的實驗，附帶測量電源的電動勢【解析】（1）因為忽略S2閉合后電路中總電阻的變化，總電流還是為100mA，表頭與R2并聯(lián)，電流按電阻成反比分配，即：RA：R2=I2：IA=52:48，易知：RA=5.2。（2）由圖可知R1=1100+410+81+20.1=148.2（3）根據閉合電路歐姆定律， I=ERA+r+R1易得1I=R1E+RA+rE由斜率k=1E=22.5-12196-100，可求出E=1k=196-10022.5-129.1V. 四、計算題:本題共2小題，共26分。把解答寫在答題卡中指定的答題處

16、，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13(10分)如圖，圓心為O、半徑為r的圓形區(qū)域外存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外，磁感應強度大小為B。P是圓外一點，OP=3r。一質量為m、電荷量為q(q0)的粒子從P點在紙面內垂直于OP射出。己知粒子運動軌跡經過圓心O，不計重力。求 (1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑； (2)粒子第一次在圓形區(qū)域內運動所用的時間。【答案】(1) R=4r3 (2) t=3m2qB 【試題分析】本題考查在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相關的知識點，意在考查考生靈活運用相關知識解決問題的的能力?！窘馕觥浚?）找圓心，畫軌跡，求半徑。設粒子在磁場中運動半徑為R，由幾

17、何關系得：R+R2+r2=3r 易得R=4r3 （2）設進入磁場時速度的大小為v，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qvB=mv2r 進入圓形區(qū)域，帶電粒子做勻速直線運動，則 2r=vt 聯(lián)立解得t=3m2qB14(16分)如圖，光滑軌道PQO的水平段QO= eq f(h,2) ，軌道在O點與水平地面平滑連接。一質量為m的小物塊A從高h處由靜止開始沿軌道下滑，在O點與質量為4m的靜止小物塊B發(fā)生碰撞。A、B與地面間的動摩擦因數均為=0.5，重力加速度大小為g。假設A、B間的碰撞為完全彈性碰撞，碰撞時間極短。求 (1)第一次碰撞后瞬間A和B速度的大??； (2) A、B均停止運動后，二者之間的距離。

18、【答案】 (1)第一次碰撞后瞬間A和B速度的大小分別為352gh和252gh(2)A、B均停止運動后它們之間的距離為26125h【試題分析】本題主要考查機械能、勻變速直線運動規(guī)律、動量守恒定律、能量守恒定律及其相關的知識點，意在考查考生靈活運用相關知識綜合分析問題的的能力。【解析】（1）設A滑到水平軌道的速度為v0，則有mgh=12mv02 A與B碰撞時，由動量守恒有 mv0=mvA+4mvB 由動能不變有 12mv02=12mvA2+124mvB2 聯(lián)立得 vA=-352gh vB=252gh 第一次碰撞后瞬間A和B速度的大小分別為352gh和252gh（2）第一次碰撞后A經過水平段QO所需

19、時間tA=2h2vA=h352gh=52gh6g 第一次碰撞后B停下來所需時間tB=vBaB=252ghg=42gh5g 易知 tAtB故第一次碰撞后B停時，A還沒有追上B設第一次碰撞后B停下來滑動的位移為xB，由動能定理得 -4mgxB=0-124mvB2 解得xB=825h 設A第二次碰撞B前的速度為v1，由動能定理得-mgxB=12mv12-12mvA2 解得v1=25gh v10，故A與B會發(fā)生第二次碰撞A與B會發(fā)生第二次碰撞，由動量守恒有mv1=mvA，+4mvB， 由動能不變有 12mv12=12mvA，2+124mvB，2 解得： vA，=-3525ghvB，=2525gh B發(fā)

20、生第二次碰撞后，向右滑動的距離為xB，由動能定理得-4mgxB，=0-124mvB，2 解得 xB，=8125h A發(fā)生第二次碰撞后，向左滑動的距離為xA，由動能定理得-mgxA，=0-12mvA，2 解得 xA，=18125h 故xA，pc時，TbTC，故Ucb0，根據熱力學第一定律Ucb=W+Q，體積V不變，故W=0，所以Q0，從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程中氣體放熱，選項A錯誤；同理，氣體在狀態(tài)a的溫度等于在狀態(tài)c的溫度，故氣體在狀態(tài)a的內能等于在狀態(tài)c的內能，選項B正確；由理想氣體狀態(tài)方程paVa/Ta=pbVb/Tb可知，當pa =pb，Va Vb時，Ta Tb，選項C錯誤；從狀態(tài)a到狀態(tài)b

21、的過程中氣體膨脹對外做正功，故D正確(2) (8分)一儲存氮氣的容器被一絕熱輕活塞分隔成兩個氣室A和B，活寨可無摩擦地滑動。開始時用銷釘固定活塞，A中氣體體積為2.510-4m3，溫度為27，壓強為6.0104 Pa；B中氣體體積為4.010-4m3，溫度為-17，壓強為2.0104Pa?，F將A中氣體的溫度降至-17，然后拔掉銷釘，并保持A、B中氣體溫度不變，求穩(wěn)定后A和B中氣體的壓強。【答案】p=3.2104Pa【試題分析】本題考查了 HYPERLINK /s?wd=%E6%9F%A5%E7%90%86%E5%AE%9A%E5%BE%8B&tn=SE_PcZhidaonwhc_ngpagmjz&rsv_dl=gh_pc_zhidao t _blank 查理定律、玻意耳定律、關聯(lián)氣體、壓強及其相關的知識點?！窘馕觥?A氣體的溫度由27降至-17，由 HYPERLINK /s?wd=%E6%9F%A5%E7%90%86%E5%AE%9A%E5%BE%8B&tn=SE_PcZhidaonwhc_ngpagmjz&rsv_dl=gh_pc_zhidao t _blank 查理定律得