文档内容
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．
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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．
【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E = = ，可知动能与所经历的时间平方成正比，故A错误；
k
B、依据动能定理，则有：F x= ，可知，动能与它的位移成正比，故B
合
正确；
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
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
k
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
第1页 | 共22页静止状态，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．
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【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x ，弹
0
簧的劲度系数为k，
由力的平衡条件得，mg=k x ，
0
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
对物块P，由牛顿第二定律得，F+F ﹣mg=ma，
1
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
第2页 | 共22页相等。
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．
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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。
【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，F =k ，而F =k
a b
综上所得， = ，故ABC错误，D正确；
第3页 | 共22页故选：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．
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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=
根据法拉第电磁感应定律有：E = =
1
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 △
1 1
t = = …①
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△t ，△Φ′=
2
第4页 | 共22页第二次通过线圈某一横截面的电荷量为：q =I △t = = …②
2 2 2
由题，q =q ③
1 2
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．
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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= = ；
第5页 | 共22页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．
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【专题】31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．
第6页 | 共22页【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（ ）
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
第7页 | 共22页运动中的应用专题．
【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 m 、m ，轨道半径分别为 r 、r ，相
1 2 1 2
距L=400km=4×105m，
根据万有引力提供向心力可知：
=m r ω2
1 1
=m r ω2，
2 2
整理可得： = ，解得质量之和（m +m ）
1 2
= ，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：v =r ω，v =r ω
1 1 2 2
解得：v +v =（r +r ）ω=Lω=9.6π×106m/s，故C正确，D 错误。
1 2 1 2
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（ ）
第8页 | 共22页A．平面c上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d 时，其电势能为4eV
D．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．
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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；
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。
第9页 | 共22页二、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．
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【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
第10页 | 共22页；
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R ，其标称值（25℃时的阻值）为900.0Ω；电源E（6V，内阻可忽略）；
T
电压表 （量程 150mV）；定值电阻 R （阻值 20.0Ω），滑动变阻器 R （最
0 1
大阻值为 1000Ω）；电阻箱 R （阻值范围 0～999.9Ω）；单刀开关 S ，单刀双
2 1
掷开关S 。
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
2
端接通，闭合 S ，调节 R 的滑片位置，使电压表读数为某一值 U ：保持 R
1 1 0 1
的滑片位置不变，将R 置于最大值，将S 与2端接通，调节R ，使电压表读
2 2 2
数仍为 U ；断开 S ，记下此时 R 的读数。逐步降低温控室的温度 t，得到相
0 1 2
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
R /Ω 900.0 680.0 500.0 390.0 320.0 270.0 240.0
2
回答下列问题：
（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）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
第11页 | 共22页（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
T
得R = 450 Ω；
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
T 2
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．
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【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
第12页 | 共22页电流最小，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：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℃；
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．
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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；
第13页 | 共22页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v ．则有：E=
0
得：v =
0
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
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
联立解得：v =
1
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
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：
（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
第14页 | 共22页小为 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．
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【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：x =v t ，
1 1 1
竖直方向：h= a t 2，
1 1
第15页 | 共22页粒子进入磁场时竖直分速度：v =a t =v tan60°，
y 1 1 1
解得：x = h；
1
（2） H在电场中的加速度：a = ，
1
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：x =2r sin60°，
1 1
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： mv 2= •2mv 2，
1 2
由牛顿第二定律得：qE=2ma ，
2
H在电场中做类平抛运动，
水平方向：x =v t ，
2 2 2
竖直方向：h= a t 2，
2 2
H进入磁场时的速度：v′= ，
sinθ′= = ，
解得：x =x ，θ′=θ=60°，v′= v，
2 1
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
第16页 | 共22页离：x ′=2r′sinθ′，
2
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
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．
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第17页 | 共22页【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
第18页 | 共22页p ．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，
0
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．
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【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 V ，压强为 p ；下方
1 1
气体的体积为 V ，压强为 p ．在活塞下移的过程中，活塞上、下两部分气体
2 2
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 p =p V
0 1 1
对下部分气体有 p =p V
0 2 2
由已知条件得
V = ﹣ = V
1
V = ﹣ =
2
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p S=p S+mg
2 1
联立以上各式得 m=
第19页 | 共22页答：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．
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【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 。
第20页 | 共22页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．
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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，
第21页 | 共22页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
【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。
第22页 | 共22页
