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2018 年普通高等学校招生全国统一考试
物理部分(海南卷)
一、单项选择题:本题共6小题，每小题4分，共24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。
1．一攀岩者以1m/s的速度匀速向上攀登，途中碰落了岩壁上的石块，石块自由下落。3s后攀岩者听
到石块落地的声音，此时他离地面的高度约为( )
A． 10m B． 30m C． 50m D． 70m
【答案】C
【试题分析】本题考查自由落体运动遵循的规律及其相关的知识点，同时考查了估算能力。
【解析】根据自由落体运动遵循的规律可知，石块自由下落的高度约为h= 1 gt2=44.1m；用时3秒，攀岩
2
者爬了3米，所以距离地面高度约为h≈44.1+3=47.1m，则考虑考到空气阻力和声速的影响，他离地面
的高度约为50m，选项C正确。
2．土星与太阳的距离是火星与太阳距离的6倍多。由此信息可知( )
A．土星的质量比火星的小
B．土星运行的速率比火星的小
C．土星运行的周期比火星的小
D．土星运行的角速度大小比火星的大
【答案】B
【试题分析】本题考查圆周运动及万有引力定律相关的知识点。
【解析】根据万有引力提供向心力G Mm =mv2，得v= GM，即r越大速度越小，但是不比较土星和地球质
r2 r r
量大小，故A错误，B正确；由G Mm =m4π2 r，得T= 4π2r3，即r越大周期越大，故C错误；由G Mm =mω2
r2 T2 GM r2
第1页 | 共16页r，得ω= GM，即r越大角速度越小，故D错误。
r3
3．如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，
通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，电流和磁场的方向
均不变，则金属细杆将( )
A．沿斜面加速上滑 B．沿斜面加速下滑
C．沿斜面匀速上滑 D．仍静止在斜面上
【答案】A
【试题分析】本题是一道关于安培力的共点力的平衡问题及牛顿第二定律相关知识
【解析】最初金属细杆受到三个力作用，且合力为零，如图所示：
𝟏
由平衡可知，安培力𝐅=𝐁𝐈𝐋=𝐦𝐠𝐬𝐢𝐧𝛉，若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，则安培力𝐅 =𝟑𝐁
𝟏 𝟐
𝐈𝐋=𝟏.𝟓𝐦𝐠𝐬𝐢𝐧𝛉，根据牛顿第二定律，𝐅 ―𝐦𝐠𝐬𝐢𝐧𝛉=𝐦𝐚，故金属细杆以𝐚=𝟎.𝟓𝐠𝐬𝐢𝐧𝛉的加速度沿着斜面
𝟏
加速上滑，故A正确
4．已知234 Th的半衰期为24天。4g234 Th经过72天还剩下( )
A．0 B． 0.5g C． 1g D． 1.5g
【答案】B
【试题分析】本题考查核衰变的半衰期的规律及其相关的知识点
第2页 | 共16页t 72 3
【解析】由衰变公式m′=m 1 T，知m′=4 1 24=4 1 =0.5g，故B正确
2 2 2
5．如图，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙
箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度
的过程( )
A．若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小
B．若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小
C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大
D．若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能变大
【答案】B
【试题分析】本题考机械能守恒定律及动量守恒定律的相关知识点
【解析】分析易得只有子弹射入沙箱并停留在沙箱中这个过程中系统的机械能才会损失，由动量守恒得，
mv=（m+M）v ，则系统损失的机械能
共
1 1 1 1 mv 2 mMv2
∆E= mv2― (m+M)v2 = mv2― (m+M) =
2 2 共 2 2 m+M 2（m+M）
mMv2 mv2 l
对于A选项，由 ∆E= = 可知若保持m、v、 不变， M越大则系统损失的机械能变大，故
2（m M） 2（m 1）
M
A错误
mMv2 Mv2 l
对于B选项，由 ∆E= 2（m M） = 2（M 1） 可知若保持M、v、 不变，m变大则系统损失的机械能变大，故B
m
错误
mMv2 l
对于C选项，由 ∆E= 可知若保持M、m、 不变，v变大则系统损失的机械能变大，故C正确
2（m M）
对于D选项，子弹与沙箱共同向上摆动一小角度的过程系统机械能守恒，故D错误
第3页 | 共16页6．某大瀑布的平均水流量为5900m3/s，水的落差为50m。已知水的密度为1.00×103kg/m3。在大瀑布
水流下落过程中，重力做功的平均功率约为( )
A． 3×106w B．3×107 w C． 3×108 w D． 3×109 w
【答案】D
【试题分析】本题考平均功率及平均水流量的相关知识点，同时考查了估算能力
【解析】由平均功率定义得
W mgh Qtρgh
P= = = =Qρgh≈5900×1×103×10×50≈6000×1×103×10×50=3×109w
t t t
故D正确
二、多项选择题:本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符
合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．如图，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一面积为S的矩形单匝闭合导线abcd, ab 边与磁场
方向垂直，线框的电阻为R。使线框以恒定角速度ω绕过ad、bc中点的轴旋转。下列说法正确的是( )
A．线框abcd中感应电动势的最大值是BSω
B．线框abcd中感应电动势的有效值是BSω
C．线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最大
D．线框平面与磁场方向垂直时，流经线框的电流最大
【答案】AC
【试题分析】本题考查了交变电流的最大值、有效值和瞬时值的相关知识点
【解析】一个单匝线圈在匀强磁场中旋转，当从中性面开始计时,产生的正弦式交变电流电动势的瞬时值
表达式为：e= Emsinθ.＝Emsinωt.
第4页 | 共16页Em
故感应电动势的最大值Em＝BSω，有效值E＝ ，故A正确，B错误
2
当θ=90o时，即线框平面与磁场方向平行时，电流最大故C错误，D正确
8．如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时， 小物块以速度v 滑到长木板上，图(b)为物块与
0
木板运动的v-t图像，图中t 、v 、v 已知。重力加速度大小为g。由此可求得( )
1 0 1
A．木板的长度
B．物块与木板的质量之比
C．物块与木板之间的动摩擦因数
D．从t=0开始到t 时刻，木板获得的动能
1
【答案】BC
【试题分析】本题考查了v-t与牛顿第二定律综合运用，滑块模型等
【解析】A、根据题意只能求出AB的相对位移，不知道B最终停在哪里，无法求出木板的长度，故A不能
够求解出；
v v v
由图象的斜率表示加速度求出长木板的加速度为a = 1，小物块的加速度a = 0 1，
A t B t
1 1
根据牛顿第二定律得：μmg=Ma ，μmg=ma ，解得： m = v 1 ，μ= v 0 v 1，故B和C能够求解出；
A B M v 0 v 1 gt 1
D、木板获得的动能E = 1 Mv2= 1 mv （v ―v ），题目t1、v0、v1已知，但是M,m不知道，故D不能够
kA 2 1 2 1 0 1
求解出
第5页 | 共16页9．如图，a、b、c、d为一边长为l的正方形的顶点。电荷量均为q (q>0)的两个点电荷分别固定在a、c
两点，静电力常量为k。不计重力。下列说法正确的是( )
2kq
A． b点的电场强度大小为
l2
B．过b、d点的直线位于同一等势面上
C．在两点电荷产生的电场中，ac中点的电势最低
D．在b点从静止释放的电子，到达d点时速度为零
【答案】AD
【试题分析】本题考查电场强度以及等量同种电荷的电场电势图的相关知识点
【解析】由图可知b点的电场𝐸=𝐸 𝑐𝑜𝑠450+𝐸 𝑐𝑜𝑠450= 2𝑘𝑞，故A正确
𝑎 𝑏
𝑙2
沿着电场线电势逐渐降低，而等量正点电荷的电场与电势图如下，由图可知过b、d点的直线不在同一等势
面上，故B、C错误；由对称性可知，b、d点电势相同，故电子在b、d点电势能相同，即动能也相同，都
为0，故D正确
第6页 | 共16页10．如图，三个电阻R 、R 、R 的阻值均为R，电源的内阻rr时，R 减小电源输出功率越大，故C正确；
外 外 外
三、实验题:本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．(6分)
学生课外实验小组使用如图所示的实验装置测量重力加速度大小。
实验时，他们先测量分液漏斗下端到水桶底部的距离s；然后使漏斗中的
水一滴一滴地下落，调整阀门使水滴落到桶底发出声音的同时，下一滴
水刚好从漏斗的下端滴落；用秒表测量第1个水滴从漏斗的下端滴落至
第n个水滴落到桶底所用的时间t。
(1)重力加速度大小可表示为g=_____ (用s、n、t表示)；
(2)如果某次实验中，s=0.90m，n=30，t=13.0s， 则测得的重力加速
度大小g= m/s2； (保留2位有效数字)
写出一条能提高测量结果准确程度的建议： 。
2n2s
【答案】(1) (2)9.6 (3)“适当增大n”或“多次测量取平均值 ”
t2
【试题分析】本题考查一个利用自由落体运动规律测量重力加速度的实验
【解析】（1）已知第1个水滴从漏斗的下端滴落至第n个水滴落到桶底所用的时间t，所以一个水滴从漏斗
的下端滴落到桶底所用的时间∆t= t ，所以s= 1 g(∆t)2= 1 g t 2 ，故g=2n2s
n 2 2 n t2
（2）g=2n2s=2×302×0.90=9.6m/s2
t2 13.02
（3）提高精度可以提高测量时间的精度和距离的精度，也可以适当增大n，或多测几次取平均。
12．(12分)
某同学利用图(a)中的电路测量电流表 的内阻R (约为5Ω)和直流电源的电动势E(约为10V)。 图中
A
第8页 | 共16页R 和R 为电阻箱，S 和S 为开关。已知电流表的量程为100mA，直流电源的内阻为r。
1 2 1 2
(1)断开S ，闭合S ，调节R 的阻值，使 满偏；保持R 的阻值不变，闭合S ，调节R ，当R 的阻
2 1 1 1 2 2 2
值为4.8Ω时 的示数为48.0mA。忽略S 闭合后电路中总电阻的变化，经计算得R = Ω；(保留2
2 A
位有效数字)
(2)保持S 闭合，断开S ，多次改变R 的阻值，并记录电流表的相应示数。若某次R 的示数如图(b)所
1 2 1 1
示，则此次R
1
的阻值为 Ω；
(3)利用记录的R 的阻值和相应的电流表示数I，作出I-1-R 图线，如图(c)所示。用电池的电动势E、
1 1
内阻r和电流表内阻R 表示I-1随R 变化的关系式为I-1= 。 利用图(c)可求得E= V。 (保留
A 1
2位有效数字)
R1 r+ R1
【答案】(1) 5.2 (2)148.2 (3) + 9.1 (8.9-9.4之间)
E E
【试题分析】本题考查是一个半偏法测表头内阻的实验，附带测量电源的电动势
【解析】（1）因为忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，总电流还是为100mA，表头与R2并联，电流按电阻
成反比分配，即：R ：R =I ：I =52:48，易知：RA=5.2Ω。
A 2 2 A
（2）由图可知R =1×100Ω+4×10Ω+8×1Ω+2×0.1Ω=148.2Ω
1
E
（3）根据闭合电路欧姆定律， I=
R r R
A 1
易得1
=
R
1+
R
A
r
I E E
由斜率k= 1 = 22.5 12，可求出E= 1 = 196 100 ≈9.1V.
E 196 100 k 22.5 12
第9页 | 共16页四、计算题:本题共2小题，共26分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、
方程式和演算步骤。
13．(10分)如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应
强度大小为B。P是圆外一点，OP=3r。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射
出。己知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。求
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。
4r 3m
【答案】(1) R= (2) t=
3 2qB
【试题分析】本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识
解决问题的的能力。
【解析】（1）找圆心，画轨迹，求半径。
设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得：R+ R2+r2=3r ①
4r
易得R= ②
3
（2）设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB=
mv2
③
r
进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则
2r=vt ④
第10页 | 共16页3m
联立②③④解得t=
2qB
h
14．(16分)如图，光滑轨道PQO的水平段QO= ，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小
2
物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间
的动摩擦因数均为=0.5，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求
(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；
(2) A、B均停止运动后，二者之间的距离。
3 2
【答案】 (1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为 2gh和 2gh
5 5
26
(2)A、B均停止运动后它们之间的距离为 h
125
【试题分析】本题主要考查机械能、匀变速直线运动规律、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关的知识
点，意在考查考生灵活运用相关知识综合分析问题的的能力。
【解析】（1）设A滑到水平轨道的速度为v ，则有
0
mgh= 1 mv2 ①
2 0
A与B碰撞时，由动量守恒有 mv =mv +4mv ②
0 A B
由动能不变有 1 mv2= 1 mv2 + 1 4mv2 ③
2 0 2 A 2 B
联立①②③得 v =― 3 2gh
A
5
v = 2 2gh ④
B
5
第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为3 2gh和2
2gh
5 5
第11页 | 共16页（2）第一次碰撞后A经过水平段QO所需时间t A = 2 v ∙ A 2 h = 3 5 h 2gh = 5 6 2 g gh ⑤
第一次碰撞后B停下来所需时间t B = v a B B= 2 5 μ 2 g gh = 4 5 2 g gh ⑥
易知 t >𝑡
A B
故第一次碰撞后B停时，A还没有追上B
设第一次碰撞后B停下来滑动的位移为x ，由动能定理得
B
―μ4mgx =0― 1 4mv2 ⑦
B 2 B
解得x = 8 h ⑧
B
25
设A第二次碰撞B前的速度为v ，由动能定理得
1
―μmgx = 1 mv2― 1 mv2 ⑨
B 2 1 2 A
解得v = 2 gh ⑩
1
5
v >0，故A与B会发生第二次碰撞
1
A与B会发生第二次碰撞，由动量守恒有
， ，
mv =mv +4mv ⑪
1 A B
由动能不变有
1 mv2= 1 mv ，2 + 1 4mv ，2 ⑫
2 1 2 A 2 B
解得： v ， =― 3 2 gh
A 5 5
v ， = 2 2 gh ⑬
B 5 5
B发生第二次碰撞后，向右滑动的距离为x ，，由动能定理得
B
第12页 | 共16页， 1 ，2
―μ4mgx =0― 4mv ⑭
B 2 B
， 8
解得 x = h ⑮
B 125
A发生第二次碰撞后，向左滑动的距离为x ，，由动能定理得
A
， 1 ，2
―μmgx =0― mv ⑯
A 2 A
解得 x ，= 18 h ⑰
A 125
故x ，
A
p时，T>T，故∆U <0，根据热力学
b b b c c c b c b c b C cb
第一定律∆U =W+Q，体积V不变，故W=0，所以∆Q<0，从状态b到状态c的过程中气体放热，选项 A
cb
错误；同理，气体在状态a的温度等于在状态c的温度，故气体在状态a的内能等于在状态c的内能，，选
项B正确；由理想气体状态方程pV/T=pV/T可知，当p =p，V
