【文档说明】（新高考）广东高考押题卷 物理卷(解析版，A3版).doc，共(7)页，342.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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绝密★启用前普通高等学校招生全国统一考试物理注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷

上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列各组物理量，全属于矢量的是()A．磁感应强度洛伦兹力B．电流磁通量C．电场

强度电势D．磁通量安培力【答案】A【解析】电势、电流、磁通量都是标量，A项正确。2．李娜是亚洲第一位大满贯女子单打冠军。若李娜某次训练击球时，第一次将网球从A点水平击出，网球击中D点；第二次将该网球从位于A点正下方且与D点等高的B点斜向上击出，最高点为C，网球也击中D点。A、C高度相同，忽略空气

阻力，则()A．两次击球过程中，网球的初速度大小一定不相等B．网球两次击中D点时速大小相等C．网球两次击中D点时，重力做功的瞬时功率相同D．网球从B点到D点的过程中，重力对球的冲量为零【答案】C【解析】A、B两点发出的球都能到达D点，球从C到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知

tB＝2tA，vyA＝vyB，由于水平方向的位移相同，根据v＝xt可知vxA＞vxB，根据速度的合成可知，球从A点抛出时的速度vA＝vxA，球从B点抛出时的速度22BxByBvvv=+，故两次击球时球的初速度大小可能相等，A错误；第一次落到D点时的速度22A

DxAyAvvv=+，第二次落到D点时的速度22BDxByBvvv=+，故两过程中网球击中D点时速度不相等，B错误；vyA＝vyB，则重力的瞬时功率P＝mgvy，相同，故C正确；网球从B点到D点的过程中，重力的冲量I＝mgt，不为零，故D错误。3．如图，在水平桌面上叠放着两个物块M和m，M与桌面

间的动摩擦因数为μ1，m与M之间的动摩擦因数为μ2，一根轻绳一端与M相连，另一端绕过光滑的定滑轮A系在竖直杆上的B点，现将另一个物体G用光滑轻质挂钩挂在轻绳上AB之间的O点，已知整个装置处于静止状态时，竖直杆与绳OB的夹角为α，则()A．将绳的B端向上缓慢移动一小段距

离时绳的张力变小B．将竖直杆缓慢向右移动一小段距离时绳的张力增大C．M所受的摩擦力为μ1(M＋m)gD．剪断A处轻绳瞬间，m的加速度为μ2g【答案】B【解析】设滑轮A和竖直杆之间的绳长为L，距离为d，则根据晾衣绳模型可

知sindL=，而2Tsinα＝G，解得绳子上的张力2cosGT=，所以将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时，d不变，L不变，故α不变，所以绳子的张力不变，A错误；将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，则d变大，L不变，故

α变大，因此绳子的张力增大，B正确；由于有整个装置处于静止状态，所以M和m都受力平衡，M和m之间没有摩擦力，因此M所受的摩擦力等于绳子的张力。但由于是静摩擦力，所以1()2cosGMmg?，C错误；剪断A处轻绳瞬间，m的加速度为零，D错误。4．如图所示，通电直导线a与金属圆环b位于同一竖

直平面内，相互绝缘。若a中通有方向水平向右的电流时，其受到的安培力向上，则下列分析正确的是()A．a中的电流一定在增大B．a中的电流可能在增大，也可能在减小C．b中产生逆时针方向的感应电流，且感应电流在减小D

．b中产生顺时针方向的感应电流，感应电流可能恒定不变【答案】D【解析】由右手螺旋定则可判断，通过电导线a在圆环中的合磁通量方向向里，又因导线a受到的安培力向上，则说明圆环中向里的磁通量在减弱，即a中的电流在减小，故AB错误；由右手

螺旋定则可判断圆环b中产生顺时针方向的电流，因不知a中电流变化的快慢程度，所以b中感应电流的大小可能恒定不变，故C错误，D正确。5．如图所示，矩形ABCD的顶点A、C分别固定有电荷量相等的正、负点电荷，O点为矩形对此卷只装订不密封班级姓名准考

证号考场号座位号角线的交点，B点的电势为φ，则下列说法正确的是()A．D点电势为φB．B、D两点的场强大小相等，方向相反C．B、D两点的场强大小相等，方向相同D．将一质子从B点沿直线移到D点电场力先做正功后做负功【答案】C【解析】电场线由A指向C，等势线与电场线垂直，顺着电场线的方向电势逐渐降低，

所以B点的电势比D点的高，故A错误；根据点电荷的电场线分布特点可知，B、D两点的场强大小相等，方向相同，故B错误，C正确；将一质子从B点沿直线移到D点，电场力先做负功后做正功，故D错误。6．如图所示，某机器人研究小组自制的机器车能够自动识别障碍物上、下坡。该机器车质量m＝20kg，在水平路面AB段

以速度v1＝6m/s匀速行驶，BC段是一段陡坡。机器车在BC段仅用t＝5s就运动到了坡顶，且到达坡顶前机器车已经以速度v2＝3m/s做匀速运动。已知整个过程中该机器车的输出功率保持不变，机器车在AB段受到的阻力Ff1＝200N，在BC段所受阻力恒定，机器车经过B点时无机械能损失，则下

列说法正确的是()A．该机器车的额定功率为600WB．该机器车经过B点后刚开始上坡的加速度大小为8m/s2C．该机器车速度减至4m/s时，其加速度大小为5m/s2D．BC段的长度为10.5m【答案】C【解析】该机器车在AB段匀速运动，则F＝Ff1，则额定功率P＝Ff1v1＝

200×6W＝1200W，故A错误；机器车到达坡顶之前匀速运动，满足P＝(Ff2＋mgsinθ)v2，刚经过B点时F－(Ff2＋mgsinθ)＝maB，解得aB＝－10m/s2，即机器车经过B点后刚开始上坡的加速度大小为10m/s2，故B错误；该机器车速度减至4m/s时，根据牛顿第二定律可知F′

－(Ff2＋mgsinθ)＝ma′，其中P＝F′v′，解得a′＝－5m/s2，即加速度大小为5m/s2，故C正确；设BC段长度为s，从B到C的过程中，根据动能定理Pt－(Ff2＋mgsinθ)s＝12mv22－12mv12，解得s＝15.675m，

故D错误。7．如图所示，图甲为氢原子的能级图，大量处于n＝3激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时，电路中电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是()A．光电管阴极K金属材料的逸出功为7.00eVB．这些氢原子

跃迁时共发出3种频率的光C．若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则可判断图乙中电源右侧为正极D．氢原子跃迁放出的光子中有3种频率的光子可以使阴极K发生光电效应现象【答案】B【解析】由图甲可知光子的能量E＝－1.51eV－(－13.6eV)＝12

.09eV，由图丙可知遏止电压为7V，所以光电子的初动能Ek＝eU＝7eV，所以金属材料的逸出功W＝E－Ek＝5.09eV，故A错误；由排列组合的规律可知，处于n＝3激发态的氢原子跃迁时能够发出3种频率的光，故B正确；光电子由阴极K向对

面的极板运动，形成的电流在图乙中从右向左流动，要阻止该电流，需要施加反向电压，即电源左侧应该为正极，故C错误；只要光子的能量大于5.09eV，就可以使阴极K发生光电效应，由图甲可知满足要求的有2种频率的光子，故D错误

。二、多选选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。8．电阻不可忽略的线圈L0可看作是一个定值电阻R0（线圈电阻）与一个纯线圈L串联而成，如

图甲。在如图乙所示电路中，常规变压器T线圈电阻不可忽略，变压器原线圈接理想交流电源，当滑动变阻器触头P向b端滑动时，下列说法正确的是()A．变压器初级线圈电压降低B．变压器输入功率变小C．小灯泡变暗D．R1消耗功率增大【答案】CD【解析】初级线圈电压U1等于理想交流电源电压，不变，故A错误；当滑

动变阻器触头P向b端滑动时，由R1、R2组成的电路总电阻减小，副线圈电流增大，由I1＝n2n1I2得原线圈电流增大，则变压器输入功率变大，B错误；U2＝n2n1U1不变，由于常规变压器T线圈电阻不可忽略，所以次级线圈等效为有内阻的电源，变压器次级线圈电压E＝U2－I2r降低，

小灯泡变暗，故C正确；灯泡两端的电压降低，则灯泡的电流降低，而副线圈的总电流变大，因此电阻R1两端电流升高，功率增大，故D正确。9．有A、B两颗绕地球运动的人造卫星，其轨道分别为如图所示的Ⅰ和Ⅱ，轨道Ⅰ为半径为R的圆，

轨道Ⅱ为长轴等于2R的椭圆，两轨道不在同一平面内，轨道Ⅱ上c、d两点距离轨道Ⅰ垂直距离均为l且是两轨道距离最近的两点，O点为地球球心位置，已知地球质量为M，万有引力常量为G。下列说法正确的是()A．A、B运行周期之比TA∶TB＝1∶1B．若B经过c点时到A的距离为l，

则下次距离为l时B恰好经过d点C．若A的运行速率为v0，设B经过a点时的速率为v，则v＜v0D．若Oa＝12R，则B经过b点时的加速度与A的加速度之比为4∶9【答案】AD【解析】由开普勒第三定律得33AABBTR

TR，其中RA、RB是圆轨道半径或椭圆轨道半长轴，因此TA∶TB＝1∶1，A正确；若B经过c点时到A的距离为l，则下次距离为l时B恰好经过一个周期又回到c点，同时A经过一个周期又回到上次位置，两卫星相距最近，B错误；若A的运行速率v0＝GMR，

B经过a点时的速率0GMvvOa=>，C错误；卫星加速度a＝GMr2，因此22224()(20.5)9BAaRRaObRR，D正确。10．如图所示，足够长的两平行光滑金属导轨间的距离L＝0.6m，导轨所在

的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内分布着磁感应强度B＝0.5T，方向垂直于导轨平面的匀强磁场。两导轨上端接有一额定电压U＝3.6V的小灯泡。现把一质量m＝0.1kg的金属棒ab垂直放置在导

轨上由静止释放，当金属棒达到最大速度时小灯泡恰好正常发光，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。金属棒和导轨电阻不计，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则下列说法正确的是()A．通过金属棒ab的电流方向从a到

bB．金属棒运动过程中的最大速度为12m/sC．小灯泡正常发光时的电阻值为2.0ΩD．小灯泡的额定功率为7.2W【答案】BD【解析】由右手定则可判断通过金属棒的电流方向从b到a，故A错误；因金属棒达到最大速度时小灯泡恰好正常发光，则金属棒达到最大

速度时其感应电动势E＝U＝3.6V，由公式E＝BLv解得v＝12m/s，故B正确；金属棒达到最大速度后做匀速运动，则有BIL＝mgsin37°，解得I＝2A，则灯泡正常发光时的电阻r＝UI＝1.8Ω，功率P＝UI＝7.2W，故C错误，D正确。三、非选择题：共54分。第1

1～14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分11．(6分)某学生用图甲所示的实验装置测量物块与斜面间的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部

分如图乙所示，已知图中每相邻两个计数点间还有一个点未标出。(l)由图乙可知：物块下滑过程打计数点D时物块的速度vD＝m/s，该过程物块运动的加速度a＝m/s2；（结果保留两位小数）(2)已知当地的重力加速度g，斜面倾角θ，则物块与

斜面间的动摩擦因数可表示为μ＝＿＿＿＿。（用g、θ及a等物理理表示）【答案】(l)0.773.96(2)sincosgag-（每空2分）【解析】(l)由公式2CEDxvT=，其中T＝0.04s，解得vD＝0.77m/s，23.966DF

ACxxaT-==m/s2；(2)由公式sincosmamgmg=-，解得sincosgag-=。12．(10分)某同学准备测量一节干电池电动势和内电阻，他从实验室里借来如下实验器材：A．电流表A1（量程为0.6A，内阻

约为0.5Ω）B．电流表A2（量程为2mA，内阻为100Ω）C．电压表V（量程为6V，内阻约为10kΩ）D．滑动变阻器R1（最大电阻值为10Ω）E．电阻箱R2（最大电阻值为999.9Ω）F．开关、导线若干G．待测干电池(l)该同学发现电压表的量程太大，准备用电流表和电阻箱改装为

一量程为2.0V的电压表，则其应该选择的电流表是________(填“A1”或“A2”)，电阻箱的接入电路的电阻值应该为______Ω；(2)请你帮助该同学在图甲中补充完整实验电路图；(3)实验过程中，该同学多次调节滑动接入电路的电阻值，得到两电流表A1的示数

I1和电流表A2的示数I2如下表所示。请你根据表中的数据帮助该同学在图乙的坐标系中描点并连线。根据图线可知，该干电流的电动势E＝_____V，内阻r＝_____Ω。（结果保留两位小数）I1/A0.100.200.300.400.50I2/mA1.371.281.211.141.05【答案】

(l)A2（1分）900（2分）(2)见解析图（2分）(3)描点连线见解析图（1分）1.45（2分）0.82（2分）【解析】(l)要用已知精确内阻的电流表改装电压表，所以选A2，电流表与电阻箱串联后改装为

电压表，则有U＝I2m(r2＋R)，解得R＝900Ω。(2)如图所示。(3)由闭合电流的欧姆定律可得E＝I2(r2＋R)＋I1r，则有2110001000rEII=-+，由图可知31.45101000E-=

?A，31.451.01010000.55r--=?，解得E＝1.45V，内阻r＝0.82Ω。13．(10分)如图甲所示，倾角为θ的倾斜轨道与水平轨道交于Q点，在倾斜轨道上高h处由静止释放滑块A，此后A与静止在水平轨道上P处的滑块B发生弹性碰撞（碰撞时

间不计）。已知B与轨道间的动摩擦因数为μ，A与轨道间无摩擦，重力加速度大小为g。滑块A的部分速度－时间图像如图乙所示。（A、B均可视为质点，水平轨道足够长，A过Q点时速度大小不变、方向变为与轨道平行。）(1)求A、B的质量之比mA∶mB；(2

)当P、Q的距离sPQ＝0.2h，θ＝30°时，要使在B的速度减为零之前，A与B能发生第二次碰撞，试确定μ的取值范围。【解析】(1)第一次碰撞前的过程中A的机械能守恒，有：mAgh＝12mAvA02（1分）解得vA0＝2gh第一次碰撞过程中，以向左方向为正方向，由

动量守恒，机械能守恒有mAvA0＝mAvA＋mBvB（1分）12mAvA02＝12mAvA2＋12mBvB2（1分）由图乙可知，碰后滑块A反向，速度大小vA＝－35vA0解得：mA∶mB＝1∶4，vB＝252gh。（1分）(2

)设第一次碰撞至B的速度减为零经历的时间为t，A与B在时间t内发生的位移分别为xA、xB对B，由动量定理有：－μmBgt＝0－mBvB（1分）解得225ghtg=由运动学规律有14225BBhxvt==（1分）对A，在时间t内，设其在倾斜轨道、水平轨道上运动的时间分别为t1、t

2。在倾斜轨道上，由牛顿第二定律有：mgsin30°＝ma（1分）由运动学规律有12Atva=（1分）解得11225ghtg=21221(6)5ghtttg=-=-211222(6)255AAPQhhxvts=-=--（1分）由题意可得xA＞xB，μ＞0联立解得：4041<<。（1分）14

．(16分)如图，在xOy平面的I、II区域内，分别存在沿y轴方向的匀强电场与垂直xOy平面的匀强磁场，其边界与x轴垂直，电场的宽度为l，电场强度大小为E；磁场的宽度为d，磁感应强度的大小为B。一带正电的粒子以某一速度从P点沿x轴正方向射入电场，经过一段

时间后恰好以从II区域右侧沿x轴正方向射出。不计重力。(1)求该粒子从P点入射时速度的大小；(2)若改变磁场的大小，带电粒子从P点以原速度射入，恰好不从磁场右侧射出，且该粒子进入磁场时的速度方向与y轴负方向的夹角为37°，求改变后磁场的大小及粒子运动的时间。【解析】(1

)粒子运动的轨迹如图甲所示，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从P点射入时速度的大小为v0，在电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场时的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ，速度沿电场方向的分量为vy。根据

牛顿第二定律有：qE＝ma(1分)由运动学公式有：vy＝at(1分)l＝v0t(1分)vy＝vcosθ(1分)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：qvB＝mv2R(1分

)由几何关系得：d＝Rcosθ(1分)联立解得：0ElvBd=。(2分)(3)如图乙，有：qvB′＝mv2r，d＝r(1+cosθ)(2分)θ=37°联立解得：94BB¢=(2分)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期22π2

π3rBdTvEl==(1分)粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则t′＝2t＋286360T(1分)得143π(2)270BddtEl¢=+。(2分)（二）选考题：共12分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题

计分。15．[物理——选修3－3]（12分）(1)(4分)一定质量的理想气体，从初始状态a经状态b、c、d再回到a，它的压强p与热力学温度T的变化关系如图所示，其中ba和cd的延长线过坐标原点，状态a、d的温度相等。则从状态d到a，气体与外界热交换（选填“有”或“无”）；

从状态b到c，气体吸收的热量它对外界做的功（选填“大于”“等于”或“小于”）。【答案】有大于（每空2分）【解析】对于p－T图像，因为ab、cd延长线经过原点，因此ab、cd分别体积恒定。因为ad过程是等温降压，因此体积变大，即Vd＞Va，从而得到Vc＞Va。从d到a，气体温度不变，

则内能不变；体积变小，则外界对气体做功，所以气体需要放出热量，故有热交换发生。从b到c，温度升高，体积变大，因此气体吸收的热量抵消对外界做功后仍使其内能增加，故从状态b到c，气体吸收的热量大于它对外界做的功。(2)(8分)如图所示，一

竖直放置的气缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与气缸间无摩擦，气缸导

热性能良好。现在活塞上方缓慢放上质量为m的细砂，重力加速度为g。若03pSmg=，则气室1内气体压强为多少？【解析】若03pSmg=，对活塞AB有：pS＝p0S＋mg（2分）解得：p＝4p0（1分）单向阀打开，如果气室2的气体未完全进入气室1，则有：p0LS＋2

p0LS＝4p0xS（2分）解得x＝34L，假设不成立（1分）所以气体完全进入气室1，则有：p0LS＋2p0LS＝pxLS（1分）解得：px＝3p0。（1分）16．[物理——选修3－4]（12分）(1)(4分)一列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，当传播到x

＝1m处的质点A时开始计时，t＝4s时的波形如图所示，且此时波刚好传播到x＝3m处，B、C两质点此时的位移均为y＝1m。则质点A振动的位移方程为y＝；t＝4s之后，质点C比质点B回到平衡位置要晚s。【答案】y＝2sin(π2t)cm43（每空2分）【解析】由题意知周期T＝4s，x＝1m处的质

点A开始振动时，位移y＝2sin(π2t)cm；由图像可知λ＝2m，则波速v＝λT＝0.5m/s，B点正在向下振动，再经tB＝112T回到平衡位置，C点正在向上振动，再经tC＝512T回到平衡位置，即质点C比质点B晚Δt＝43s的时间回到平衡位置。(2)(

8分)如图，一边长a＝2m的正方体浮箱ABCD漂浮在水面上，恰好露出水面一半体积，AB边左侧水面上有不透明物体覆盖，但E处有一小孔，在E处左侧F处有一潜水员竖直向下潜水，当潜水员下潜到P处时恰好能从E处小也看到浮箱的A角。

现测得E、F间距离s＝3m。P、F间距离h＝4m，已知水的折射率n＝43。若浮箱向左移动s1＝13m，则潜水员要多深才能从E处小孔看到浮箱的A角。【解析】潜水员从水中到A角的光路如图所示。设求E点到AB的距离为x，从P点看到A角时：入射角的正弦为2sin1xr

x(1分)折射角的正弦为223sin5EFiEFFP(1分)由折射定律可知：sin4sin3rni(1分)浮箱向左移动s1＝13m时，A角移动到A′位置，则有：入射角的正弦为2sin2r(1分)折射角的正

弦为22sinEFiEFy(1分)由折射定律可知：sinsinrni(1分)解得：23y=m。(2分)