1、2018 年湖南省郴州市高考物理一模试卷一.选择题1. 以下表述正确的是（ ）A. 奥斯特首先发现了电磁感应定律，开辟了能源利用的新时代B. 牛顿利用扭秤实验，首先测出引力常量，为人类实现飞天梦想奠定了基础C. 安培首先提出了“场”的概念，使人们认识了物质存在的另一种形式D. 伽利略利用实验和推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原因【答案】D【解析】A、法拉第首先发现了电磁感应定律，开辟了能源利用的新时代，故 A 错误；B、卡文迪许利用扭秤实验，首先测出引力常量，为人类实现飞天梦想奠定了基础，故 B 错误；C、法拉第首先提出了“场”的概念，使人们认识了物质存在的另一种形式，故 C 错误
2、；D、伽利略利用实验和推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原因，故 D 正确；故选 D。【点睛】本题是物理学史问题，根据相关科学家的物理学成就进行解答。2. 某区域的电场线分布情况如图所示，M、N、P 是电场中的三个点，下列说法正确的是（ ）A. M 点和 N 点的电场强度的方向相同B. 同一电荷在 N 点受到的电场力大于其在 M 点所受的电场力C. 正电荷在 M 点的电势能小于其在 N 点的电势能D. 负电荷由 M 点移动到 P 点，静电力做正功【答案】B【解析】试题分析：电场强度的方向是沿着电场线的切线方向，则可知 M 点和 N 点的电场强度的方向不同，故 A 错误电场线的疏密反电
3、场强度的相对大小，电场线越密场强越大，N处电场线比 M 处密，则 N 处场强大，由 ，知同一电荷在 N 点受到的电场力大于其在 M点所受的电场力，故 B 正确；正电荷从 M 移动到 N 点时电场力做正功，电势能则减小，所以正电荷在 M 点的电势能大于其在 N 点的电势能，故 C 错误；负电荷所受的电场力方向与电场强度相反，则负电荷由 M 点移动到 P 点，静电力负功，故 D 错误所以 B 正确，ACD 错误。考点： 电场线、电势能【名师点睛】本题主要考查了电场线、电势能电场强度的方向沿着电场线的切线方向，电场线的疏密反电场强度的相对大小，电场线越密场强越大，负电荷所受的电场力方向与电场强度相反
4、，结合这些知识即可解答3. 如图所示，质量为 m 的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的 k 倍，物块与转轴OO相距 R，物块随转台由静止开始转动，当转速缓慢增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到相对滑动前瞬间的过程中，转台的摩擦力对物块做的功为（ ）A. 0 B. 2kmgR C. 2kmgR D. 0.5kmgR【答案】D【解析】根据牛顿第二定律得： ，根据动能定理得转台的摩擦力对物块做的功为，故 ABC 错误，D 正确；故选 D。【点睛】根据最大静摩擦力求出物块刚好发生转动时的线速度大小，结合动能定理求出转台做功的大小。4. 如图所示，一物块以初速度 v 0从图中所示位
5、置 A 开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力 F 作用，在运动过程总物块受到的滑动摩擦力大小等于 0.6F，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物体从 A 点向右运动到最大位移处所用的时间与从右侧最大位移处在回到 A 点所用时间之比为（ ）A. 1：4 B. 1：3 C. 1：2 D. 2：3【答案】C故选 C。【点睛】根据牛顿第二定律求出物体 A 来回的加速度大小之比，由位移时间公式求解时间之比。5. 如图所示，平行金属板中带电质点 P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R 1的阻值和电内阻 r 相等当滑动变阻器 R4的滑片向 b 端移动时， （ ）A. 电压表
6、读数增大 B. 电流表读数减小C. 电的输出功率逐渐增大 D. 质点 P 将向上运动【答案】C.解：当滑动变阻器 R4的滑片向 b 端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流 I 增大电容器板间电压等于 R3的电压R 4减小，AB间并联部分的总电阻减小，则 R3的电压减小，R 3上消耗的功率逐渐减小，电容器板间场强减小，质点 P 所受的电场力减小，所以质点 P 将向下运动流过电流表的电流 IA=II 3，I 增大，I 3减小，则 IA增大，所以电流表读数增大R4的电压 U4=U3U 2，U 3减小，U 2增大，则 U4减小，所以电压表读数减小由于 R
7、1的阻值和电源内阻 r 相等，则外电路总电阻大于电源的内阻 r，当外电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大故 ABD 错误，C 正确故选：C【点评】本题是电路动态变化分析问题，先分析变阻器接入电路的电阻变化，再分析外总电阻变化和总电流的变化，接着分析局部电路电压和电流的变化6. 如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电，甲乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动一起向左加速运动在加速运动阶段（ ）A. 甲、乙两物块间的摩擦力不变的B. 甲、乙两物块可能做加速度减小的加速运动C. 乙物块与地面之间的摩擦力不断减小D
8、. 甲、乙两物体可能做匀加速直线运动【答案】B【解析】A、由于 f 增大，F 一定，根据牛顿第二定律得，加速度 a 减小，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力 ，则得到 f 甲 减小，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小故 A 错误；C、以甲乙整体为研究对象，分析受力如图则有 ，当甲乙一起加速运动时，洛伦兹力 F 洛 增大，N 增大，则地面对乙的滑动摩擦力 f 增大，故 C 错误；BD、甲乙整体受到的摩擦力逐渐增加，故做加速度不断减小的加速运动，最后是一起匀速运动，故 B 正确，D 错误；故选 B。【点睛】以甲乙整体为研究对象，分析受力情况，根据洛伦兹力随着速度的增大而增大，分析地面对乙物块的支持力如何变
9、化，来分析乙物块与地之间的摩擦力如何变化，根据牛顿第二定律分析加速度如何变化，再对甲研究，由牛顿第二定律研究甲所受摩擦力如何变化。7. 如图所示，ABC 为竖直平面内的金属半圆环，AC 连线水平，AB 为固定在 A、B 两点间的直的金属棒，在直棒上和圆环的 BC 部分分别套着两个相同的小环 M、N，现让半圆环绕对称轴以角速度 做匀速转动，半圆环的半径为 R，小圆环的质量均为 m，棒和半圆环均光滑，已知重力加速度为 g，小环可视为质点，则 M、N 两环做圆周运动的线速度之比为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】M 点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水
10、平方向，所以：F n=mgtan45=mv M所以： 同理，N 点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设 ON 与竖直方向之间的夹角为，F n=mgtan=mv N所以： 又：F nm 2rr=Rsin联立得： 所以： ，故选 A点睛：该题属于圆锥摆模型，主要考查向心力的来源，对小球进行正确的受力分析，写出向心力的表达式是解答这一类题目采用的方法。8. 两个可视为质点的小球 a 和 b，用质量可忽略的刚性细杆相连，放置在一个光滑的半球面内，如图所示已知小球 a 和 b 的质量之比为 ，细杆长度是球面半径的 倍两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角 是（
11、）A. 45 B. 30 C. 22.5 D. 15【答案】D【解析】由题目中的数据可以得出，abO 三点组成一个等腰直角三角形。所以两底角都为。对两球进行受力分析，由于球面光滑，所以两球都只受到 3 个力，如图所示：重力、球面的支持力、刚性细杆的弹力。由于是刚性细杆，所以刚性细杆对两球的弹力均沿着杆方向，且对两球的弹力大小相等。两球处于平衡状态是，两球受到的合力都为零。两球受到的三个力都组成一个封闭的力的矢量三角形。再由正弦定理列出等式。对球 ：，对球 ： ，所以：，即 ，所以 。答案 D 正确。视频9. 2017 年 6 月 19 日，我国在西昌卫星发射中心发射“中星 9A”广播电视直播卫
12、星，按预定计划， “中星 9A”应该首先被送入近地点约为 200 公里，远地点约为 3.6 万公里的转移轨道（椭圆） ，然后通过远地点变轨，最终进入地球同步轨道（圆形） 但是由于火箭故障，卫星实际入轨后初始轨道远地点只有 1.6 万公里科技人员没有放弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在近地点点火，尽量抬高远地点的高度，经过 10 次轨道调整，终于在 7 月5 日成功于预定轨道，下列说法正确的是（ ）A. 卫星从轨道的 P 点进入轨道后机械能增加B. 卫星在轨道经过 Q 点时和轨道经过 Q 点时的速度相同C. “中星 9A”发射失利原因可能是发射速度没有达到 7.9km/sD. 卫星在轨道由 P
13、 点向 Q 点运动时处于失重状态【答案】AD【解析】A、卫星从轨道变轨到轨道轨道半径变大，要做离心运动，卫星应从轨道的P 加速后才能做离心运动从而进入轨道后，卫星加速过程机械能增加，卫星从轨道的 P点进入轨道后机械能增加，故 A 正确；B、卫星由的 Q 点加速后才能进入，由此可知，卫星在轨道经过 Q 点时的速度大于在轨道经过 Q 点时的速度，故 B 错误；C、卫星的最小发射速度为 7.9km/s，卫星已经发射，失利原因不可能是发射速度没有达到7.9km/s，故 C 错误；D、卫星在轨道由 P 点向 Q 点运动时只受到万有引力的作用，相对于地面向上做减速运动，所以是处于失重状态，故 D 正确；故
14、选 AD。10. t=0 时，甲乙两汽车从相距 70km 的两地开始相向行驶，它们的 vt 图象如图所示忽略汽车掉头所需时间下列对汽车运动状况的描述正确的是（ ）A. 在第 1 小时末，乙车改变运动方向B. 在第 2 小时末，甲乙两车相距 10kmC. 在前 4 小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D. 在第 4 小时末，甲乙两车相遇【答案】BC【解析】试题分析：根据图象知识可得出两物体在任一时刻的速度、每段的加速度及任一时间段内的位移；则根据两物体的运动关系可判断各选项是否正确由图可知，2 小时内乙车一直做反方向的运动，1 小时末时开始减速但方向没有变，A 错误；图象与时间轴围成的面积为
15、汽车运动的位移，则可知，2 小时内，甲车正向运动的位移为；而乙车反向运动，其位移大小为 ，因两车相向运动，且初始时刻相距 90km，则 2 小时末时，两车还相距 30km，B 错误；图象的斜率表示加速度，由图可知，乙车的图象斜率总是大于甲车的图象的斜率，故乙车的加速度总比甲车的大，C 正确；4 小内甲车的总位移为 120km；而乙车的总位移为 ，即乙车的位移为正方向的 30km，两车原来相距 90km，4 小时末时，甲车离出发点 120km，而乙车离甲车的出发点 90+30km=120km，故此时甲乙两车相遇，故 D 正确视频11. 如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体 a、b 靠在一起，
16、表面光滑，重力为 G，其中 b 的下半部刚好固定在水平面 MN 的下方，上边露出另一半，a 静止在平面上现过 a 的轴心施加一水平作用力 F，可缓慢的将 a 拉离平面一直滑到 b 的顶端，对该过程分析，则应有（ ）A. a、b 的压力开始最大为 2G，而后逐渐减小到 GB. 开始时拉力 F 最大为 ，以后逐渐减小为 0C. 拉力 F 先增大后减小，最大值是 GD. a、b 间的压力由 0 逐渐增大，最大为 G【答案】AB【解析】对于 a 球：a 球受到重力 G、拉力 F 和 b 球的支持力 N由平衡条件得： ，则得： ，根据数学知识可知， 从 30增大到 90，F 和 N 均逐渐减小；当 =3
17、0，F 有最大值，为 ，N 有最大值，为 2G；当 =90，F 有最小值，为 G，N 有最小值，为 0；故 AB 正确，CD 错误；故选 AB。12. 如图所示，在、两个区域内存在磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC 边界的夹角DAC=30，边界 AC 与边界 MN 平行，区域宽度为 d，长度无限大质量为 m电荷量为+q 的粒子可在边界 AD 上的不同点射入入射速度垂直于 AD 且垂直于磁场，若入射速度大小为 ，不计粒子重力，区磁场右边界距 A 点无限远，则（ ）A. 粒子距 A 点 0.5d 处射入，不会进入区B. 粒子距 A 点 1.5d 处射入
18、，在磁场区域内运动的时间为C. 粒子在磁场区域内运动的最短时间为D. 从 MN 边界出射粒子的区域长为【答案】BCD【解析】试题分析：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：其中： ；解得：r=d，故 A 错误；画出恰好不进入 区的临界轨迹，如图所示：结合几何关系，有： ；故从距 A 点 05d 处射入，会进入区，故 B 错误；粒子距 A 点 15d 处射入，在区内运动的轨迹为半个圆周，故时间为： ，故C 正确；从 A 点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短（弦长也最短） ，时间最短，轨迹如图所示：轨迹对应的圆心角为 60，故时间为： ，故 D 正确故选 CD。考点：带电粒子
19、在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题是常见的带电粒子在磁场中运动的问题，画出轨迹，运用几何关系和牛顿第二定律等知识进行求解。二.实验题13. 某同学利用图 1 示装置研究小车的匀变速直线运动实验中，必要的措施是_A细线必须与长木板平行B先接通电源再释放小车C小车的质量远大于钩码的质量D平衡小车与长木板间的摩擦力他实验时将打点机器接到频率为 50Hz 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图 2 所示（每相邻两个计数点间还有 4 个点，图中未画出）s1=3.59cm，s 2=4.41cm，s 3=5.19cm，s 4=5.97cm，s 5=6.78cm，s 6=7.64cm，则小车的加速度
20、a=_m/s2（要求充分利用测量的数据） ，打点计时器在打 B 点时小车的速度vB=_m/s （结果均保留两位有效数字）【答案】 (1). AB (2). 0.80 (3). 0.40【解析】试题分析：实验时，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，选项 A 正确；实验时要先接通电源再释放小车，选项 B 正确；此实验中没必要使小车的质量远大于钩码的质量，选项 C 错误；此实验中不需平衡小车与长木板间的摩擦力，选项 D 错误。两相邻计数点间的时间间隔 T=“0.1“ s；由逐差法可得 a= =“0.80“ m/s2，打点计时器在打 B 点时小车的速度 vB= =“0.40“ m/s。【考点定位】
21、研究小车的匀变速直线运动实验【名师点睛】此题是一道考查研究小车的匀变速直线运动的常规实验题；注意不要把此实验与验证牛顿第二定律的实验相混淆；在验证牛顿第二定律的实验中，要求小车的质量远大于钩码的质量和平衡小车与长木板间的摩擦力，但在此实验中是不必要的；此题考查学生对力学基本实验的掌握情况。14. （1）用 DIS 测电源电动势和内电阻电路如图（a）所示，R 0为定值电阻调节电阻箱R，记录电阻箱的阻值 R 和相应的电流值 I，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图（b）所示图线，则该图线选取了_为纵坐标，由图线可得该电源电动势为_V（2）现有三个标有“2.5V，0.6A”相同规格的小灯泡，其 IU
22、特性曲线如图（c）所示，将它们与图（a）中电源按图（d）所示电路相连，A 灯恰好正常发光，则电源内阻r=_，图（a）中定值电阻 R0=_（3）若将图（a）中定值电阻 R0换成图（d）中小灯泡 A，调节电阻箱 R 的阻值，使电阻箱R 消耗的电功率是小灯泡 A 的两倍，则此时电阻箱阻值应调到_【答案】 (1). (2). 4.5 (3). 2.5 (4). 2 (5). 4.80【解析】试题分析：（1）由闭合电路欧姆定律可知： ；要形成与电阻成一次函数关系，则纵坐标只能取 ；则有： ；则图象的斜率为： ；则有：E=45V； ，则有：R 0+r=45（2）A 灯正常发光的电流为：I=06A；则 BC
23、 两灯的电流为 03A，由图象可知，BC 两灯的电压为 05V；路端电压为：U=25V+05V=3V；则内压为：U 内 =45-3=15V；则内阻为：则定值电阻为：R 0=45-25=2；（3）灯泡与滑动变阻器串联，故灯泡与电阻中流过的电流相等，而滑动变阻器阻值约为灯泡电阻的两倍；则滑动变阻器两端的电压为灯泡两端电压的两倍，设灯泡两端电压为 U，则滑动变阻器两端电压为 2U，则由闭合电路欧姆定律可知：3U+25I=45,变形得 I=18-12U；在上图中作出对应的 I-U 图象，则与原图象的交点为符合条件点；由图可知，I=048A，U=115V；则电阻箱阻值为： （46-49 均可） ；考点：
24、测电源电动势和内电阻【名师点睛】本题考查电源的电动势和内电阻的测量方法及数据处理；解题的难点在于第三问中的数据处理；要注意图象法的应用，此题对学生数学知识的应用能力要求较高，应注意训练三.计算题 15. “折返跑”是耐力跑的替代项目这个项目既能发展学生的速度和灵敏素质，又能提高变换方向的能力，是一项很有价值的锻炼项目在某次“20 米折返跑”测试中，受试者在平直跑道上听到“跑”的口令后，在起点终点线前全力跑向正前方 20 米处的折返线，测试员同时开始计时受试者到达折返线时，用手触摸折返线处的物体（如木箱） ，再转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终点线的垂直面时，测试员停表，所计时间即为“折返跑”
25、的成绩，如图所示设受试者起跑的加速度为 4.0m/s2，运动过程中的最大速度为 6.4m/s，到达折返线处时需减速到零，加速度的大小为 8.0m/s2，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲线受试者在加速和减速阶段的运动均可视为匀变速直线运动求该受试者“折返跑”的成绩为多少秒？【答案】【解析】试题分析：对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中加速阶段： .m 减速阶段：. 匀速阶段： 由折返线向起点终点线运动的过程中加速阶段： ， . 匀速阶段： 受试者“折返跑”的成绩为： .考点：匀变速直线运动的规律.16. 如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨 MN，PQ 竖直放置，其宽度 L=1
26、m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端 M 与 P 之间连接阻值为 R=0.40 的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为 r=0.30 的金属棒 ab 紧贴在导轨上现使金属棒 ab 由静止开始下滑，下滑过程中 ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离 x 与时间 t 的关系如图乙所示，图象中的 OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，g=10m/s 2（忽略 ab 棒运动过程中对原磁场的影响） ，求：（1）判断金属棒两端 a、b 的电势高低；（2）磁感应强度 B 的大小；（3）在金属棒 ab 从开始运动的 1.5s 内，电阻 R 上产生的热量【答案】 （1）金属棒 a 端电势
27、低，b 端电势高 （2） (3) 【解析】 （1）由右手定则判断可知 b 端电势较高（2）当金属棒匀速下落时，由共点力平衡条件得：mg=BIL金属棒产生的感应电动势为：E=BLv t 则电路中的电流为：I= 由图象可得：代入数据解得：B=0.1 T （3）在 01.5 s，以金属棒 ab 为研究对象，根据动能定理得：mgh-W 安 = mv2-0则得：W 安 =0.48 J 即整个回路产生的总热量为：Q=W 安 =0.48 J 对闭合回路由闭合电路欧姆定律得：E 电 =I（R+r）则电阻 R 两端的电压 UR为：U R= E 电 则电阻 R 上产生的热量为：Q R= Q=0.3 J点睛：电磁感
28、应往往从两个角度研究：一是力，关键是安培力的分析和计算， 是常用的经验公式，要记牢二是从能量的角度，关键分析能量如何转化17. 如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径 R=0.6m平台上静止着两个滑块 A、B，m A=0.1kg，m B=0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上小车质量为 M=0.3kg，车面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在 Q 点，小车的上表面左端点 P 与 Q 点之间是粗糙的，滑块 B 与 PQ 之间表面的动摩擦因数为 =0.2，Q 点右侧表面是光滑的点燃炸药后，A、B分离瞬间 A
29、 滑块获得向左的速度 vA=6m/s，而滑块 B 则冲向小车两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g=10m/s2求：（1）滑块 A 在半圆轨道最高点对轨道的压力；（2）若 L=0.8m，滑块 B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；（3）要使滑块 B 既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上 PQ 之间的距离 L 应在什么范围内？【答案】(1) （2） （3）【解析】(1)A 从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得： 在最高点由牛顿第二定律： 滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：F N=1N由牛顿第三定律得：滑块对轨道
30、的压力大小为 1N，方向向上 （2）爆炸过程由动量守恒定律： 解得：v B=3m/s滑块 B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律可知：由能量关系： 解得 EP=0.22J(3)滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为 u，滑块与小车组成的系统动量守恒，有： 若小车 PQ 之间的距离 L 足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到 Q 点，由能量守恒定律得： 联立解得：L 1=1.35m 若小车 PQ 之间的距离 L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于 Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到 PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端 P 点处，由能量守恒定律得： 联立解得：L 2=0.675m 综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离 L 应满足的范围是0.675mL1.35m
