文档内容
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． A．a，b 的电荷同号，k= B．a，b 的电荷异号，k=
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
C．a，b 的电荷同号，k= D．a，b 的电荷异号，k=
的动能（ ）
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
A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比
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
C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比
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
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
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
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
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
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．2
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
A． B．
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（ ）
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
A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR
的绝对值为k，则（ ）
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（ ）
第1页（共15页）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
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
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
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
9.80m/s2，此弹簧的劲度系数为 N/m（保留 3位有效数字）。
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
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
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
特性，所用器材有：置于温控室（图中虚线区域）中的热敏电阻 R ，其标称值（25℃时的阻
T
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
值）为 900.0Ω；电源 E（6V，内阻可忽略）；电压表 （量程 150mV）；定值电阻 R （阻
列说法正确的是（ ） 0
值 20.0Ω），滑动变阻器 R （最大阻值为 1000Ω）；电阻箱 R （阻值范围 0～999.9Ω）；单刀
1 2
开关S ，单刀双掷开关 S 。
1 2
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 S 与 1端接通，闭合 S ，
2 1
调节 R 的滑片位置，使电压表读数为某一值 U ：保持 R 的滑片位置不变，将 R 置于最大值，
1 0 1 2
将 S 与 2端接通，调节 R ，使电压表读数仍为 U ；断开 S ，记下此时 R 的读数。逐步降低温
A．平面 c上的电势为零 2 2 0 1 2
控室的温度t，得到相应温度下 R 的阻值，直至温度降到25.0℃，实验得到的R ﹣t数据见表。
B．该电子可能到达不了平面f 2 2
C．该电子经过平面 d 时，其电势能为4eV
t/℃ 25.0 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0
D．该电子经过平面 b 时的速率是经过d 时的2倍
R
2
/Ω 900.0 680.0 500.0 390.0 320.0 270.0 240.0
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 回答下列问题：
第2页（共15页）（1）在闭合S 前，图（a）中R 的滑片应移动到 （填“a”或“b”）端；
1 1
（2）在图（b）的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并做出R ﹣t曲线；
2
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）由图（b）可得到R 在25℃～80℃范围内的温度特性，当 t=44.0℃时，可得R = Ω；
T T （3） H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离。
（4）将 R 握于手心，手心温度下 R 的相应读数如图（c）所示，该读数为 Ω，则手心温
T 2
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；
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
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
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
第3页（共15页）此气体，下列说法正确的是（ ） 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
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 （b）是质点Q的振动图象。求：
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 p ．现将 K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流
0 （i）波速及波的传播方向；
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
（ii）质点Q的平衡位置的x 坐标。
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 。
第4页（共15页）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
2018 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ） 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（ ）
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． B．
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
C． D．
【考点】64：动能．
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【专题】31：定性思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．
【考点】2S：胡克定律；37：牛顿第二定律．
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【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
【专题】12：应用题；34：比较思想；43：推理法．
解。
【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
【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 E = =
k 系式，再选择图象。
，可知动能与所经历的时间平方成正比，故 A错误； 【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 x
0
，弹簧的劲度系数为
k，
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；
由力的平衡条件得，mg=k x ，
0
C、由动能表达式 E = ，可知，动能与它的速度平方成正比，故 C 错误；
k 以向上为正方向，木块的位移为x 时弹簧对P的弹力：F =k（x ﹣x），
1 0
D、依据动能与动量关系式，E = ，可知，动能与它的动量平方成正比，故D 错误；
对物块P，由牛顿第二定律得，F+F
1
﹣mg=ma，
k
由以上式子联立可得，F=k x+ma。
故选：B。
可见F 与x 是线性关系，且F 随着x 的增大而增大，
【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
当x=0 时，kx+ma=ma＞0，故A正确，BCD 错误。
用。
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，
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
第5页（共15页）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。
综上所得， = ，故ABC错误，D 正确；
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， 故选：D。
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 【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
的绝对值为k，则（ ） 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
A．a，b 的电荷同号，k= B．a，b 的电荷异号，k=
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
C．a，b 的电荷同号，k= D．a，b 的电荷异号，k=
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
（ ）
【考点】2G：力的合成与分解的运用；A4：库仑定律．
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【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。
A． B． C． D．2
【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： 【考点】D8：法拉第电磁感应定律．
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【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=
因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此ac⊥bc，那么两力的合成构成矩形，
根据法拉第电磁感应定律有：E = =
1
依据相似三角形之比，则有： = = ；
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：q =I △t = = …①
1 1 1
而根据库仑定律，F =k ，而F =k
a b 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△t ，△Φ′=
2
第6页（共15页）第二次通过线圈某一横截面的电荷量为：q =I △t = = …② 此段时间内水平方向的位移为：x= = =2R，
2 2 2
由题，q =q ③ 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，
1 2
联立①②③可得： ．故B正确，ACD 错误， 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：B。
故选：C。
【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
【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，
含义是关键。
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
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
程，这是易错点。
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
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
点，机械能的增量为（ ）
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．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR
【考点】6B：功能关系．
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【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
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
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
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
加。
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
【解答】解：由题意知水平拉力为：F=mg；
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
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= ； 【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
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， 感应现象．
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设小球从c点达到最高点的时间为 t，则有：t= = ； 【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，
第7页（共15页）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， 105m，
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 根据万有引力提供向心力可知：
线周围磁场的方向，从而确定指南针的偏转方向。
=m r ω2
1 1
【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
=m r ω2，
2 2
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，
整理可得： = ，解得质量之和（m +m ）= ，其中周期
1 2
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 T= s，故A错误、B正确；
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
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
外，则小磁针N极朝垂直纸面向外的方向转动，故 D 正确；
根据v=rω 可知：v =r ω，v =r ω
故选：AD。 1 1 2 2
解得：v +v =（r +r ）ω=Lω=9.6π×106m/s，故C 正确，D 错误。
【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 1 2 1 2
故选：BC。
向，同时掌握感应电流产生的条件。
【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。
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
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
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
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
知识，可以估算出这一时刻两颗中子星（ ）
列说法正确的是（ ）
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．
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【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
A．平面 c上的电势为零
题．
B．该电子可能到达不了平面f
【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
C．该电子经过平面 d 时，其电势能为4eV
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。
D．该电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的2倍
【解答】解：AB、设两颗星的质量分别为 m 、m ，轨道半径分别为 r 、r ，相距 L=400km=4×
1 2 1 2
第8页（共15页）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】AF：等势面；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．
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【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；
【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系．
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 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．
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
【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
B正确；
0.05mm得到分度尺读数，从而相加得到游标卡尺读数；
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
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
子经过平面d 时，动能为4eV，其电势能为2eV，故 C 错误；
得到劲度系数。
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
【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
倍，故D 错误；
3.7cm+0.75mm=3.775cm；
故选：AB。
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；
【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。 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。
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
【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
考题.考生根据要求作答。（一）必考题：共 129分.
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。
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
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
中的指针。
特性，所用器材有：置于温控室（图中虚线区域）中的热敏电阻 R ，其标称值（25℃时的阻
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， T
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 值）为 900.0Ω；电源 E（6V，内阻可忽略）；电压表 （量程 150mV）；定值电阻 R （阻
0
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 值 20.0Ω），滑动变阻器 R （最大阻值为 1000Ω）；电阻箱 R （阻值范围 0～999.9Ω）；单刀
1 2
第9页（共15页）开关S ，单刀双掷开关S 。
1 2
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 S 与 1端接通，闭合 S ，
2 1
调节 R 的滑片位置，使电压表读数为某一值 U ：保持 R 的滑片位置不变，将 R 置于最大值，
1 0 1 2
将 S 与 2端接通，调节 R ，使电压表读数仍为 U ；断开 S ，记下此时 R 的读数。逐步降低温
2 2 0 1 2
控室的温度t，得到相应温度下 R 的阻值，直至温度降到 25.0℃，实验得到的R ﹣t数据见表。
2 2
t/℃ 25.0 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0
【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线．
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R /Ω 900.0 680.0 500.0 390.0 320.0 270.0 240.0
2
【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．
回答下列问题：
【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；
（1）在闭合S 前，图（a）中R 的滑片应移动到 b （填“a”或“b”）端；
1 1
（2）根据描点法可得出对应的图象如图所示；
（2）在图（b）的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并做出R ﹣t曲线；
2
（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）可得到R 在25℃～80℃范围内的温度特性，当 t=44.0℃时，可得R = 450 Ω；
T T
（4）将 R 握于手心，手心温度下 R 的相应读数如图（c）所示，该读数为 620.0 Ω，则手心温
T 2
度为 33.0 ℃。
（3）由图b 可知，当t=44.0℃时，对应在的坐标约为 450Ω；可得：R =450Ω；
T
（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℃；
第10页（共15页）故答案为：（1）b；（2）如图所示；（3）450.0（440.0﹣460.0）；（4）620.0；33.0。
爆炸后烟花弹向上运动的部分能继续上升的最大高度为：h = =
2
【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。 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=h +h =
1 2
答：
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
（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 ；
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
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度是 。
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； 【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
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。 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。
【考点】1N：竖直上抛运动；6C：机械能守恒定律．
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【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 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
的综合． 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
【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。
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
（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
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
学求最大高度。
【解答】解：（1）设烟花弹的初速度为v ．则有：E= 重力。求
0
（1） H 第一次进入磁场的位置到原点O 的距离；
得：v =
0
（2）磁场的磁感应强度大小；
烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动，则有：v ﹣gt=0
0
（3） H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离。
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：h = =
1
对于爆炸过程，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：
0= mv ﹣ mv 。
1 2
根据能量守恒定律得：E= mv 2+ mv 2。
1 2
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．
联立解得：v = 菁优网版权所有
1
【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．
第11页（共15页）【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 （3）由题意可知： H 和 H 的初动能相等，即： mv 2= •2mv 2，
1 2
O 点的距离。 由牛顿第二定律得：qE=2ma ，
2
（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 H 在电场中做类平抛运动，
律求出磁感应强度。 水平方向：x =v t ，
2 2 2
（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 竖直方向：h= a t 2，
2 2
原点O 的距离。 H 进入磁场时的速度：v′= ，
【解答】解：（1） H 在电场中做类平抛运动，
sinθ′= = ，
水平方向：x =v t ，
1 1 1
竖直方向：h= a
1
t
1
2， 解得：x
2
=x
1
，θ′=θ=60°，v′= v，
粒子进入磁场时竖直分速度：v
y
=a
1
t
1
=v
1
tan60°， H 在磁场中做圆周运动，圆周运动的轨道半径：r′= = r，
解得：x = h；
1 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：x ′=2r′sinθ′，
2
（2） H 在电场中的加速度：a = ，
1 H 第一次离开磁场时的位置距离O 点的距离为：d=x ′﹣x ，
2 2
H 进入磁场时的速度：v= ，
解得：d= ；
H 在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示：
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
由几何知识得：x =2r sin60°，
1 1 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。
H 在磁场中做匀速圆运动，洛伦兹力提供向心力，
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
由牛顿第二定律得：qvB=m ，
多做，则每科按所做的第一题计分.[物理--选修 3-3]（15分）
解得：B= ； 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（ ）
第12页（共15页）A．过程①中气体的压强逐渐减小 【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
B．过程②中气体对外界做正功 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
C．过程④中气体从外界吸收了热量 正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功。
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
【考点】8F：热力学第一定律；99：理想气体的状态方程． 闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为 p ．现将 K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流
0
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【专题】34：比较思想；4B：图析法；54B：理想气体状态方程专题． 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
【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
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。
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△
【考点】99：理想气体的状态方程．
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U=W+Q知气体向外界放出了热量，故C 错误。
【专题】11：计算题；32：定量思想；34：比较思想；4E：模型法．
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
【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
能相等。故D 正确。
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，
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
再对活塞，由平衡条件列式，可求得流入汽缸内液体的质量。
状态d 的压强比状态b 的压强小，故E 正确。 【解答】解：设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为 V ，压强为 p ；下方气体的体积为 V ，
1 1 2
故选：BDE。 压强为 p ．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
2
第13页（共15页）玻意耳定律得： 【专题】32：定量思想；43：推理法；54D：光的折射专题．
对上部分气体有 p =p V 【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
0 1 1
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
对下部分气体有 p =p V
0 2 2
的变化情况。
由已知条件得
【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
V = ﹣ = V
1 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
V = ﹣ =
γ=600，
2
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得 利用折射定律可解得：玻璃对红光的折射率 。
p S=p S+mg
2 1
联立以上各式得 m=
答：流入汽缸内液体的质量是 。
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
【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
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
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。 ，
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
四、[物理--选修 3-4]（15分） 射角大于600。
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 故答案为： ；大于。
边上的D 点射出。其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为 。 【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
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 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。
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：
【考点】H3：光的折射定律．
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第14页（共15页）【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。
（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．
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【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x 、x ，由图（a）可知，x=0 处y=﹣
P Q
因此x =
P
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x ﹣x =v△t=6cm，
Q P
解得质点Q的平衡位置的 x 坐标为x =9cm。
Q
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x =9cm。
Q
第15页（共15页）
