2018年全国统一高考物理试卷(新课标ⅰ含解析版)

发布时间:2024-05-31 09:05:36浏览次数:7
2018 年全国统一高考物理试卷(新课标Ⅰ)一、选择题:本题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 分.在每小题给出的四个选项中,第 1~5 题只有一顶符合题目要求,第 6~8 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.1.(6 分)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动,在启动阶段,列车的动能(  )A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比2.(6 分)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块 P,系统处于静止状态,现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上,使其向上做匀加速直线运动,以 x 表示 P 离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示 F 和 x 之间关系的图象可能正确的是(  )A. B.C. D.3.(6 分)如图,三个固定的带电小球 a,b 和 c,相互间的距离分别为 ab=5cm,bc=3cm,ca=4cm,小球 c 所受库仑力的合力的方向平行于 a,b 的连线,设小球 a,b 所带电荷量的比值的绝对值为 k,则(  )A.a,b 的电荷同号,k= B.a,b 的电荷异号,k=C.a,b 的电荷同号,k= D.a,b 的电荷异号,k=4.(6 分)如图,导体轨道 OPQS 固定,其中 PQS 是半圆弧,Q 为半圆弧的中点,O 为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM 是有一定电阻。可绕 O 转动的金属杆,M 端位于 PQS 上,OM 与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为 B,现使 OM 从 OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到 OS 位置并固定(过程Ⅰ);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从 B 增加到 B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过 OM 的电荷量相等,则 等于(  ) A.质量之积 B.质量之和C.速率之和 D.各自的自转角速度【考点】4F:万有引力定律及其应用.菁优网版权所有【专题】12:应用题;32:定量思想;4C:方程法;529:万有引力定律在天体运动中的应用专题.【分析】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力,结合牛顿第二定律求出双星总质量与双星距离和周期的关系式,从而分析判断。结合周期求出双星系统旋转的角速度和线速度关系。【解答】解:AB、设两颗星的质量分别为 m1、m2,轨道半径分别为 r1、r2,相距 L=400km=4×105m,根据万有引力提供向心力可知:=m1r1ω2=m2r2ω2,整理可得: = ,解得质量之和(m1+m2)= ,其中周期 T= s,故 A 错误、B 正确;CD、由于 T= s,则角速度为:ω= =24π rad/s,这是公转角速度,不是自转角速度根据 v=rω 可知:v1=r1ω,v2=r2ω解得:v1+v2=(r1+r2)ω=Lω=9.6π×106m/s,故 C 正确,D 错误。故选:BC。【点评】本题实质是双星系统,解决本题的关键知道双星系统的特点,即周期相等、向心力大小相等,结合牛顿第二定律分析求解。 8.(6 分)图中虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面 b 上的电势为2V,一电子经过 a 时的动能为 10eV,从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6eV.下列说法正确的是(  )A.平面 c 上的电势为零B.该电子可能到达不了平面 fC.该电子经过平面 d 时,其电势能为 4eVD.该电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的 2 倍【考点】AF:等势面;AK:带电粒子在匀强电场中的运动.菁优网版权所有【专题】31:定性思想;43:推理法;531:带电粒子在电场中的运动专题.【分析】根据只有电场力做功,动能与电势能之和不变,当电场力做负功时,动能转化为电势能,在电势为零处,电势能为零,从而即可一一求解。【解答】解:A、虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面,一电子经过 a 时的动能为 10eV,从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6eV,动能减小了 6eV,电势能增加了 6eV,因此等势面间的电势差为 2V,因平面 b 上的电势为 2V,由于电子的电势能增加,等势面由 a 到 f 是降低的,因此平面 c 上的电势为零,故 A 正确;B、由上分析,可知,当电子由 a 向 f 方向运动,则电子到达平面 f 的动能为 2eV,由于题目中没有说明电子如何运动,因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动,则可能不会到达平面 f,故 B 正确;C、在平面 b 上电势为 2V,则电子的电势能为﹣2eV,动能为 8eV,电势能与动能之和为 6eV,当电子经 过平面 d 时,动能为 4eV,其电势能为 2eV,故 C 错误;D、电子经过平面 b 时的动能是平面 d 的动能 2 倍,电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的 倍,故 D错误;故选:AB。【点评】考查电场力做功与电势能变化的关系,掌握电势能与动能之和不变,理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。 二、非选择题:共 174 分。第 9~12 题为必考题,每个试题考生都必须作答。第 13~16 题为选考题.考生根据要求作答。(一)必考题:共 129 分.9.(5 分)如图(a),一弹簧上端固定在支架顶端,下端悬挂一托盘:一标尺由游标和主尺构成,主尺竖直固定在弹簧左边;托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置,简化为图中的指针。现要测量图(a)中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时,移动游标,使其零刻度线对准指针,此时标尺读数为 1.950cm;当托盘内放有质量为 0.100kg 的砝码时,移动游标,再次使其零刻度线对准指针,标尺示数如图(b)示数,其读数为  3.775   cm.当地的重力加速度大小为 9.80m/s2,此弹簧的劲度系数为  53.7   N/m(保留 3 位有效数字)。【考点】M7:探究弹力和弹簧伸长的关系.菁优网版权所有【专题】13:实验题;23:实验探究题;32:定量思想;43:推理法.【分析】先读出游标卡尺主尺的读数,然后读出与主尺对齐的刻度线,即可根据游标的分度为 0.05mm得到分度尺读数,从而相加得到游标卡尺读数;根据两次游标卡尺读数得到添加砝码后弹簧伸长量的增量,从而由弹簧弹力增量和伸长量的增量得到劲度系数。【解答】解:图(b)中主尺读数为 3.7cm,游标卡尺的读数为 0.05mm×15=0.75mm,故读数为3.7cm+0.75mm=3.775cm;由题意可得:托盘内放质量 m=0.100kg 的砝码,弹簧伸长量△x=3.775cm﹣1.950cm=1.825cm;根据受力分析可得:mg=k△x,故弹簧的劲度系数 ;故答案为:3.775;53.7。【点评】游标卡尺的分度尺刻线为 n(10,20,50)时,游标的分度为 1/n(mm),那么,游标读数根据对齐的刻度线和分度相乘求得;主尺读数为零刻度线前一刻线的读数。 10.(10 分)某实验小组利用如图(a)所示的电路探究在 25℃~80℃范围内某热敏电阻的温度特性,所用器材有:置于温控室(图中虚线区域)中的热敏电阻 RT,其标称值(25℃时的阻值)为900.0Ω;电源 E(6V,内阻可忽略);电压表 (量程 150mV);定值电阻 R0(阻值 20.0Ω),滑动变阻器 R1(最大阻值为 1000Ω);电阻箱 R2(阻值范围 0~999.9Ω);单刀开关 S1,单刀双掷开关 S2。实验时,先按图(a)连接好电路,再将温控室的温度 t 升至 80.0℃.将 S2与 1 端接通,闭合 S1,调节R1的滑片位置,使电压表读数为某一值 U0:保持 R1的滑片位置不变,将 R2置于最大值,将 S2与 2 端接通,调节 R2,使电压表读数仍为 U0;断开 S1,记下此时 R2的读数。逐步降低温控室的温度 t,得 到相应温度下 R2的阻值,直至温度降到 25.0℃,实验得到的 R2﹣t 数据见表。t/℃ 25.0 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0R2/Ω 900.0 680.0 500.0 390.0 320.0 270.0 240.0回答下列问题:(1)在闭合 S1前,图(a)中 R1的滑片应移动到  b   (填“a”或“b”)端;(2)在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给数据点,并做出 R2﹣t 曲线;(3)由图(b)可得到 RT在 25℃~80℃范围内的温度特性,当 t=44.0℃时,可得 RT=  450   Ω;(4)将 RT握于手心,手心温度下 R2的相应读数如图(c)所示,该读数为  620.0   Ω,则手心温度为33.0   ℃。【考点】N5:描绘小电珠的伏安特性曲线.菁优网版权所有【专题】13:实验题;23:实验探究题;31:定性思想;46:实验分析法;535:恒定电流专题.【分析】(1)根据实验原理图以及实验安全性要求可明确滑片对应的位置;(2)根据描点法可得出对应的图象如图所示;(3)根据作出的图象进行分析,由图可找出对应的电阻值;(4)根据电阻箱的读数方法可明确对应的电阻值,再根据图象确定对应的温度。【解答】解:(1)由图可知,滑动变阻器采用限流接法,实验开始时应让电路中电流最小,所以滑动变阻器接入电阻应为最大,故开始时滑片应移动到 b 端;(2)根据描点法可得出对应的图象如图所示; (3)由图 b 可知,当 t=44.0℃时,对应在的坐标约为 450Ω;可得:RT=450Ω;(4)根据电阻箱的读数方法可知,电阻箱的读数为:6×100+2×10=620.0Ω,由图可知对应的温度为33.0℃;故答案为:(1)b;(2)如图所示;(3)450.0(440.0﹣460.0);(4)620.0;33.0。【点评】本题考查电学中描绘图象和应用图象的能力,只需要明确图象的基本性质即可正确解答,是历年高考电学实验中较为简单的一题。 11.(12 分)一质量为 m 的烟花弹获得动能 E 后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为 E,且均沿竖直方向运动,爆炸时间极短,重力加速度大小为 g,不计空气阻力和火药的质量。求(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。【考点】1N:竖直上抛运动;6C:机械能守恒定律.菁优网版权所有【专题】11:计算题;22:学科综合题;32:定量思想;4T:寻找守恒量法;52G:动量和能量的综合.【分析】(1)烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动,由速度时间公式求上升的时间。(2)研究爆炸过程,由动量守恒定律和能量守恒定律结合求爆炸后瞬间两部分的速度,再由运动学求最大高度。【解答】解:(1)设烟花弹的初速度为 v0.则有:E=得:v0=烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动,则有:v0﹣gt=0得:t=(2)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸上升的高度为:h1= =对于爆炸过程,取竖直向上为正方向,由动量守恒定律得:0= mv1﹣ mv2。根据能量守恒定律得:E= mv12+ mv22。联立解得:v1= 爆炸后烟花弹向上运动的部分能继续上升的最大高度为:h2= =所以爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为:h=h1+h2=答:(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间是 ;(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度是 。【点评】分析清楚烟花弹的运动过程,把握每个过程的物理规律是解题的关键。要知道爆炸过程内力远大于外力,系统遵守两大守恒定律:动量守恒定律与能量守恒定律,解题时要注意选择正方向。 12.(20 分)如图,在 y>0 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场,场强大小为 E,在 y<0 的区域存在方向垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场。一个氕核 H 和一个氘核 H 先后从 y 轴上 y=h 点以相同的动能射出,速度方向沿 x 轴正方向。已知 H 进入磁场时,速度方向与 x 轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点 O 处第一次射出磁场。 H 的质量为 m,电荷量为 q,不计重力。求(1) H 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离;(2)磁场的磁感应强度大小;(3) H 第一次离开磁场的位置到原点 O 的距离。【考点】CI:带电粒子在匀强磁场中的运动.菁优网版权所有【专题】11:计算题;31:定性思想;4C:方程法;536:带电粒子在磁场中的运动专题.【分析】(1) H 在电场中做类平抛运动,应用类平抛运动规律求出 H 第一次进入磁场时到 O 点的距离。(2) H 在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,求出 H 的轨道半径,应用牛顿第二定律求出磁感应强度。(3) H 在电场中做类平抛运动,应用类平抛运动规律可以求出 H 第一次离开磁场的位置到原点 O的距离。【解答】解:(1) H 在电场中做类平抛运动,水平方向:x1=v1t1,竖直方向:h= a1t12,粒子进入磁场时竖直分速度:vy=a1t1=v1tan60°, 解得:x1= h;(2) H 在电场中的加速度:a1= ,H 进入磁场时的速度:v= ,H 在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示:由几何知识得:x1=2r1sin60°,H 在磁场中做匀速圆运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qvB=m ,解得:B= ;(3)由题意可知: H 和 H 的初动能相等,即: mv12= •2mv22,由牛顿第二定律得:qE=2ma2,H 在电场中做类平抛运动,水平方向:x2=v2t2,竖直方向:h= a2t22,H 进入磁场时的速度:v′= ,sinθ′= = ,解得:x2=x1,θ′=θ=60°,v′= v,H 在磁场中做圆周运动,圆周运动的轨道半径:r′= = r,射出点在原点左侧, H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点间的距离:x2′=2r′sinθ′,H 第一次离开磁场时的位置距离 O 点的距离为:d=x2′﹣x2,解得:d= ;答:(1) H 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离为 h;(2)磁场的磁感应强度大小为 ; (3) H 第一次离开磁场的位置到原点 O 的距离 。【点评】本题考查了带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动,粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动,分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键,应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题,解题时注意几何知识的应用。 三、选考题:共 45 分.请考生从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答.如果多做,则每科按所做的第一题计分.[物理--选修 3-3](15 分)13.(5 分)如图,一定质量的理想气体从状态 a 开始,经历过程①、②、③、④到达状态 e。对此气体,下列说法正确的是(  )A.过程①中气体的压强逐渐减小B.过程②中气体对外界做正功C.过程④中气体从外界吸收了热量D.状态 c、d 的内能相等E.状态 d 的压强比状态 b 的压强小【考点】8F:热力学第一定律;99:理想气体的状态方程.菁优网版权所有【专题】34:比较思想;4B:图析法;54B:理想气体状态方程专题.【分析】过程①中气体作等容变化,根据查理定律分析压强的变化。过程②中气体对外界做正功。过程④中气体作等容变化,根据温度的变化分析气体内能的变化,由热力学第一定律分析吸放热情况。一定质量的理想气体的内能只跟温度有关。根据气态方程分析状态 d 与 b 的压强关系。【解答】解:A、过程①中气体作等容变化,温度升高,根据查理定律 =c 知气体的压强逐渐增大,故A 错误。B、过程②中气体的体积增大,气体对外界做正功,故 B 正确。C、过程④中气体作等容变化,气体不做功,温度降低,气体的内能减少,根据热力学第一定律△U=W+Q 知气体向外界放出了热量,故 C 错误。D、状态 c、d 的温度相等,根据一定质量的理想气体的内能只跟温度有关,可知,状态 c、d 的内能相等。故 D 正确。E、连接 bO 和 dO,根据数学知识可知,状态 d 的 值大于状态 b 的 值,根据气态方程 =c 知状态 d的压强比状态 b 的压强小,故 E 正确。故选:BDE。【点评】本题主要考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律,要能够根据温度判断气体内能的变化;在应用热力学第一定律时一定要注意各量符号的意义;△U 为正表示内能变大,Q 为正表示物体 吸热;W 为正表示外界对物体做功。 14.(10 分)如图,容积为 V 的汽缸由导热材料制成,面积为 S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分,汽缸上都通过细管与装有某种液体的容器相连,细管上有一阀门 K.开始时,K 关闭,汽缸内上下两部分气体的压强均为 p0.现将 K 打开,容器内的液体缓慢地流入汽缸,当流入的液体体积为时,将 K 关闭,活塞平衡时其下方气体的体积减小了 .不计活塞的质量和体积,外界温度保持不变,重力加速度大小为 g。求流入汽缸内液体的质量。【考点】99:理想气体的状态方程.菁优网版权所有【专题】11:计算题;32:定量思想;34:比较思想;4E:模型法.【分析】液体缓慢地流入汽缸的过程中,活塞上、下两部分气体的温度均保持不变,作等温变化。对两部分气体分别运用玻意耳定律列式,可求得活塞再次平衡后上下两部分气体的压强,再对活塞,由平衡条件列式,可求得流入汽缸内液体的质量。【解答】解:设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为 V1,压强为 p1;下方气体的体积为 V2,压强为 p2.在活塞下移的过程中,活塞上、下两部分气体的温度均保持不变,作等温变化,由玻意耳定律得:对上部分气体有 p0=p1V1对下部分气体有 p0=p2V2由已知条件得 V1= ﹣ = V V2= ﹣ =设活塞上方液体的质量为 m,由力的平衡条件得 p2S=p1S+mg联立以上各式得 m=答:流入汽缸内液体的质量是 。【点评】本题是多体问题,解答此类问题的方法是:找出不同状态下的三个状态参量,分析封闭气体发生的是何种变化,利用理想气体的状态方程列方程,同时要抓住两部分之间的关系,如体积关系、压强关系;本题要能用静力学观点分析两部分气体压强的关系。 四、[物理--选修 3-4](15 分)15.(5 分)如图,△ABC 为一玻璃三棱镜的横截面,∠A=30°,一束红光垂直 AB 边射入,从 AC 边上的 D 点射出。其折射角为 60°,则玻璃对红光的折射率为   。若改用蓝光沿同一路径入射,则光线在 D 点射出时的折射角 大于 (填“小于”“等于”或“大于”)60°。 【考点】H3:光的折射定律.菁优网版权所有【专题】32:定量思想;43:推理法;54D:光的折射专题.【分析】先根据题意画出光路图,结合几何关系计算出入射角的大小,再利用折射定律可求出折射率的大小;根据蓝光的折射率比红光的折射率大,再利用折射定律可以定性判断出其折射角的变化情况。【解答】解:由下图可知,当红光进入玻璃三棱镜后,在 AB 界面上垂直进入,到达 AC 界面发生了折射现象,根据几何关系可得:入射角的大小为∠1=30°,又因为已知折射角的大小为 γ=600,利用折射定律可解得:玻璃对红光的折射率 。若改用蓝光沿同一路径入射,在 AB 界面上仍是垂直进入,由几何关系可知,其入射角不变;当到达 AC界面发生折射现象,由于蓝光的折射率比红光的折射率大,再利用折射定律 ,在∠1=30°不变的情况下,由于折射率增加,可得出其折射角将增加,即:光线在 D 点射出时的折射角大于 600。故答案为: ;大于。【点评】解答本题的关键是:理解和记忆蓝光和红光的折射率的大小关系,熟练掌握折射定律的具体应用,特别要注意本题的隐含条件是光线从 AB 面垂直进入。 16.(10 分)一列简谐横波在 t= s 的波形图如图(a)所示,P、Q 是介质中的两个质点,图(b)是质点 Q 的振动图象。求:(i)波速及波的传播方向;(ii)质点 Q 的平衡位置的 x 坐标。【考点】F4:横波的图象;F5:波长、频率和波速的关系.菁优网版权所有【专题】11:计算题;32:定量思想;4C:方程法;51D:振动图像与波动图像专题.【分析】(i)由图(a)得到波长,由图(b)得到周期,根据 v= 计算波速,根据振动情况确定传播方向;(ii)首先确定 P 点平衡位置横坐标,再根据向 x 轴负方向传播到 P 点处经过的时间,由此求出质点 Q 的平衡位置的 x 坐标。【解答】解:(i)由图(a)可以看出,该波的波长为 λ=36cm,由图(b)可以看出周期 T=2s,故波速为 v= =18cm/s,由(b)可知,当 t= s 时,Q 向上振动,结合图(a)可知,该波沿 x 轴负方向传播;(ii)设质点 P、Q 的平衡位置的 x 轴分别为 xP、xQ,由图(a)可知,x=0 处 y=﹣因此 xP=由图(b)可知,在 t=0 时 Q 点处于平衡位置,经过△t= s,其振动状态向 x 轴负方向传播到 P 点处,所以 xQ﹣xP=v△t=6cm,解得质点 Q 的平衡位置的 x 坐标为 xQ=9cm。答:(i)波速为 18cm/s,该波沿 x 轴负方向传播;(ii)质点 Q 的平衡位置的 x 坐标为 xQ=9cm。【点评】本题主要是考查了波的图象;解答本题关键是要掌握振动的一般方程 y=Asinωt,知道方程中各字母表示的物理意义,能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向,知道波速、波长和频率之间的关系。  A. B. C. D.25.(6 分)如图,abc 是竖直面内的光滑固定轨道,ab 水平,长度为 2R;bc 是半径为 R 的四分之一圆弧,与 ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自 a 点处从静开始向右运动。重力加速度大小为 g。小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为(  )A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR6.(6 分)如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态,下列说法正确的是(  )A.开关闭合后的瞬间,小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的 N 极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的 N 极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动7.(6 分)2017 年,人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程,在两颗中子星合并前约 100s 时,它们相距约 400km,绕二者连线上的某点每秒转动 12 圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体,由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识,可以估算出这一时刻两颗中子星(  )A.质量之积 B.质量之和C.速率之和 D.各自的自转角速度8.(6 分)图中虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面 b 上的电势为2V,一电子经过 a 时的动能为 10eV,从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6eV.下列说法正确的是(  )A.平面 c 上的电势为零B.该电子可能到达不了平面 fC.该电子经过平面 d 时,其电势能为 4eVD.该电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的 2 倍 二、非选择题:共 174 分。第 9~12 题为必考题,每个试题考生都必须作答。第 13~16 题为选考题.考生根据要求作答。(一)必考题:共 129 分.9.(5 分)如图(a),一弹簧上端固定在支架顶端,下端悬挂一托盘:一标尺由游标和主尺构成,主尺竖直固定在弹簧左边;托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置,简化为图中的指针。 现要测量图(a)中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时,移动游标,使其零刻度线对准指针,此时标尺读数为 1.950cm;当托盘内放有质量为 0.100kg 的砝码时,移动游标,再次使其零刻度线对准指针,标尺示数如图(b)示数,其读数为   cm.当地的重力加速度大小为 9.80m/s2,此弹簧的劲度系数为   N/m(保留 3 位有效数字)。10.(10 分)某实验小组利用如图(a)所示的电路探究在 25℃~80℃范围内某热敏电阻的温度特性,所用器材有:置于温控室(图中虚线区域)中的热敏电阻 RT,其标称值(25℃时的阻值)为900.0Ω;电源 E(6V,内阻可忽略);电压表 (量程 150mV);定值电阻 R0(阻值 20.0Ω),滑动变阻器 R1(最大阻值为 1000Ω);电阻箱 R2(阻值范围 0~999.9Ω);单刀开关 S1,单刀双掷开关 S2。实验时,先按图(a)连接好电路,再将温控室的温度 t 升至 80.0℃.将 S2与 1 端接通,闭合 S1,调节R1的滑片位置,使电压表读数为某一值 U0:保持 R1的滑片位置不变,将 R2置于最大值,将 S2与 2 端接通,调节 R2,使电压表读数仍为 U0;断开 S1,记下此时 R2的读数。逐步降低温控室的温度 t,得到相应温度下 R2的阻值,直至温度降到 25.0℃,实验得到的 R2﹣t 数据见表。t/℃ 25.0 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0R2/Ω 900.0 680.0 500.0 390.0 320.0 270.0 240.0回答下列问题:(1)在闭合 S1前,图(a)中 R1的滑片应移动到   (填“a”或“b”)端;(2)在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给数据点,并做出 R2﹣t 曲线;(3)由图(b)可得到 RT在 25℃~80℃范围内的温度特性,当 t=44.0℃时,可得 RT=   Ω;(4)将 RT握于手心,手心温度下 R2的相应读数如图(c)所示,该读数为   Ω,则手心温度为  ℃。11.(12 分)一质量为 m 的烟花弹获得动能 E 后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为 E,且均沿竖直方向运动,爆炸时间极短,重力加速度大小为 g,不计空气阻力和火药的质量。求(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。12.(20 分)如图,在 y>0 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场,场强大小为 E,在 y<0 的区域存在方向垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场。一个氕核 H 和一个氘核 H 先后从 y 轴上 y=h 点以相同的动能射出,速度方向沿 x 轴正方向。已知 H 进入磁场时,速度方向与 x 轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点 O 处第一次射出磁场。 H 的质量为 m,电荷量为 q,不计重力。求(1) H 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离;(2)磁场的磁感应强度大小;(3) H 第一次离开磁场的位置到原点 O 的距离。 三、选考题:共 45 分.请考生从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答.如果多做,则每科按所做的第一题计分.[物理--选修 3-3](15 分)13.(5 分)如图,一定质量的理想气体从状态 a 开始,经历过程①、②、③、④到达状态 e。对此气体,下列说法正确的是(  )A.过程①中气体的压强逐渐减小B.过程②中气体对外界做正功C.过程④中气体从外界吸收了热量D.状态 c、d 的内能相等E.状态 d 的压强比状态 b 的压强小 14.(10 分)如图,容积为 V 的汽缸由导热材料制成,面积为 S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分,汽缸上都通过细管与装有某种液体的容器相连,细管上有一阀门 K.开始时,K 关闭,汽缸内上下两部分气体的压强均为 p0.现将 K 打开,容器内的液体缓慢地流入汽缸,当流入的液体体积为时,将 K 关闭,活塞平衡时其下方气体的体积减小了 .不计活塞的质量和体积,外界温度保持不变,重力加速度大小为 g。求流入汽缸内液体的质量。 四、[物理--选修 3-4](15 分)15.(5 分)如图,△ABC 为一玻璃三棱镜的横截面,∠A=30°,一束红光垂直 AB 边射入,从 AC 边上的 D 点射出。其折射角为 60°,则玻璃对红光的折射率为   。若改用蓝光沿同一路径入射,则光线在 D 点射出时的折射角   (填“小于”“等于”或“大于”)60°。16.(10 分)一列简谐横波在 t= s 的波形图如图(a)所示,P、Q 是介质中的两个质点,图(b)是质点 Q 的振动图象。求:(i)波速及波的传播方向;(ii)质点 Q 的平衡位置的 x 坐标。 2018 年全国统一高考物理试卷(新课标Ⅰ)参考答案与试题解析 一、选择题:本题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 分.在每小题给出的四个选项中,第 1~5 题只有一顶符合题目要求,第 6~8 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.1.(6 分)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动,在启动阶段,列车的动能(  )A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比 【考点】64:动能.菁优网版权所有【专题】31:定性思想;43:推理法;52D:动能定理的应用专题.【分析】根据车作匀加速直线运动,结合运动学公式,动能定理,及动能与动量关系式,即可求解。【解答】解:A、因列车做初速度为零的匀加速直线运动,则有:v=at,而动能表达式 Ek= =,可知动能与所经历的时间平方成正比,故 A 错误;B、依据动能定理,则有:F合x= ,可知,动能与它的位移成正比,故 B 正确;C、由动能表达式 Ek= ,可知,动能与它的速度平方成正比,故 C 错误;D、依据动能与动量关系式,Ek= ,可知,动能与它的动量平方成正比,故 D 错误;故选:B。【点评】考查动能的表达式,掌握影响动能的因素,理解动能定理的内容,及运动学公式的运用。 2.(6 分)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块 P,系统处于静止状态,现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上,使其向上做匀加速直线运动,以 x 表示 P 离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示 F 和 x 之间关系的图象可能正确的是(  )A. B.C. D.【考点】2S:胡克定律;37:牛顿第二定律.菁优网版权所有【专题】12:应用题;34:比较思想;43:推理法.【分析】以物块 P 为研究对象,分析受力情况,根据牛顿第二定律得出 F 与物块 P 的位移 x 的关系式,再选择图象。【解答】解:设物块 P 的质量为 m,加速度为 a,静止时弹簧的压缩量为 x0,弹簧的劲度系数为 k,由力的平衡条件得,mg=k x0,以向上为正方向,木块的位移为 x 时弹簧对 P 的弹力:F1=k(x0﹣x),对物块 P,由牛顿第二定律得,F+F1﹣mg=ma,由以上式子联立可得,F=k x+ma。可见 F 与 x 是线性关系,且 F 随着 x 的增大而增大,当 x=0 时,kx+ma=ma>0,故 A 正确,BCD 错误。故选:A。【点评】解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到 F 与 x 的解析式,再选择图象,这是常用的思路,要注意物块 P 的位移与弹簧形变量并不相等。  3.(6 分)如图,三个固定的带电小球 a,b 和 c,相互间的距离分别为 ab=5cm,bc=3cm,ca=4cm,小球 c 所受库仑力的合力的方向平行于 a,b 的连线,设小球 a,b 所带电荷量的比值的绝对值为 k,则(  )A.a,b 的电荷同号,k= B.a,b 的电荷异号,k=C.a,b 的电荷同号,k= D.a,b 的电荷异号,k=【考点】2G:力的合成与分解的运用;A4:库仑定律.菁优网版权所有【专题】31:定性思想;43:推理法;53E:电荷守恒定律与库仑定律专题.【分析】对小球 C 受力分析,根据库仑定律,与矢量的合成法则,结合几何关系,及三角知识,即可求解。【解答】解:根据同种电荷相斥,异种电荷相吸,且小球 c 所受库仑力的合力的方向平行于 a,b 的连线,可知,a,b 的电荷异号,对小球 C 受力分析,如下图所示:因 ab=5cm,bc=3cm,ca=4cm,因此 ac⊥bc,那么两力的合成构成矩形,依据相似三角形之比,则有: = = ;而根据库仑定律,Fa=k ,而 Fb=k综上所得, = ,故 ABC 错误,D 正确;故选:D。【点评】考查库仑定律与矢量的合成法则,掌握几何关系,与三角形相似比的运用,注意小球 C 的合力方向可能向左,不影响解题的结果。 4.(6 分)如图,导体轨道 OPQS 固定,其中 PQS 是半圆弧,Q 为半圆弧的中点,O 为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM 是有一定电阻。可绕 O 转动的金属杆,M 端位于 PQS 上,OM 与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为 B,现使 OM 从 OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到 OS 位置并固定(过程Ⅰ);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从 B 增加到 B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过 OM 的电荷量相等,则 等于(  ) A. B. C. D.2【考点】D8:法拉第电磁感应定律.菁优网版权所有【专题】31:定性思想;4C:方程法;538:电磁感应——功能问题.【分析】再根据法拉第电磁感应定律,即可求出电动势,然后结合闭合电路欧姆定律求得感应电流大小;依据电量的表达式 q=It 求出即可。【解答】解:设圆的半径为 R,金属杆从 Q 到 S 的过程中:△Φ=根据法拉第电磁感应定律有:E1= =设回路的总电阻为 r,第一次通过线圈某一横截面的电荷量为:q1=I1△t1= = …①磁感应强度的大小以一定的变化率从 B 增加到 B′的过程中设时间为△t2,△Φ′=第二次通过线圈某一横截面的电荷量为:q2=I2△t2= = …②由题,q1=q2③联立①②③可得: .故 B 正确,ACD 错误,故选:B。【点评】考查法拉第电磁感应定律与切割感应电动势的公式,掌握求解线圈的电量综合表达式的含义是关键。 5.(6 分)如图,abc 是竖直面内的光滑固定轨道,ab 水平,长度为 2R;bc 是半径为 R 的四分之一圆弧,与 ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自 a 点处从静开始向右运动。重力加速度大小为 g。小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为(  )A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR【考点】6B:功能关系.菁优网版权所有【专题】12:应用题;32:定量思想;4C:方程法;52E:机械能守恒定律应用专题.【分析】根据动能定理求出小球在 c 点的速度,再根据竖直上抛运动求解达到最高点的时间,根据水平方向的运动规律求解离开 c 后达到最高点时的水平位移,根据功能关系求解机械能的增加。【解答】解:由题意知水平拉力为:F=mg;设小球达到 c 点的速度为 v,从 a 到 c 根据动能定理可得:F•3R﹣mgR=解得:v= ;小球离开 c 点后,竖直方向做竖直上抛运动,水平方向做初速度为零的匀加速直线运动, 设小球从 c 点达到最高点的时间为 t,则有:t= = ;此段时间内水平方向的位移为:x= = =2R,所以小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点,小球在水平方向的位移为:L=3R+2R=5R,此过程中小球的机械能增量为:△E=FL=mg×5R=5mgR。故 C 正确、ABD 错误。故选:C。【点评】本题主要是考查功能关系;机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外,其它力对系统做的功等于零;除重力或弹力做功以外,其它力对系统做多少功,系统的机械能就变化多少;注意本题所求的是“小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点”,不是从 a 到 c 的过程,这是易错点。 6.(6 分)如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态,下列说法正确的是(  )A.开关闭合后的瞬间,小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的 N 极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的 N 极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动【考点】C6:通电直导线和通电线圈周围磁场的方向;D2:感应电流的产生条件;NF:研究电磁感应现象.菁优网版权所有【专题】31:定性思想;43:推理法;53C:电磁感应与电路结合.【分析】干电池通电的瞬间,在左线圈中产生感应电流,根据楞次定律判断出感应电流的方向,结合安培定则得出直导线周围磁场的方向,从而确定指南针的偏转方向。同理当开关断开后,左边线圈的磁场从有到无,从而根据楞次定律判断出感应电流的方向,结合安培定则得出直导线周围磁场的方向,从而确定指南针的偏转方向。【解答】解:A、干电池开关闭合后的瞬间,根据楞次定律,左边线圈中产生电流,电流的方向由南到北,根据安培定则,直导线上方的磁场方向垂直纸面向里,则小磁针 N 极向纸里偏转,故 A 正确。BC、干电池开关闭合并保持一段时间后,根据安培定则,可知,左边线圈中有磁通量,却不变,因此左边线圈中不会产生感应电流,那么小磁针也不会偏转,故 BC 错误。D、干电池开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,由 A 选项分析,可知,根据楞次定律,左边线圈中产生电流,电流的方向由北到南,根据安培定则,直导线上方的磁场方向垂直纸面向外,则小磁针 N 极朝垂直纸面向外的方向转动,故 D 正确;故选:AD。【点评】本题考查了楞次定律和安培定则的基本运用,知道小磁针静止时 N 极的指向为磁场的方向,同时掌握感应电流产生的条件。 7.(6 分)2017 年,人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程,在两颗中子星合并前约 100s 时,它们相距约 400km,绕二者连线上的某点每秒转动 12 圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体,由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识,可以估算出这一时刻两颗中子星(  )
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