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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（ ）
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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．
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
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（ ）
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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
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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。
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t/℃
25.0
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
R2/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
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（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。
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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。
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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。
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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。
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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
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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
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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′=
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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
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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
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【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（ ）
A．质量之积
B．质量之和
C．速率之和
D．各自的自转角速度
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【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（ ）
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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．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。
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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
第19 页（共30 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
80.0
R2/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；
第20 页（共30 页）
（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。
第21 页（共30 页）
【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。
第22 页（共30 页）
【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。
第23 页（共30 页）
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，
第24 页（共30 页）
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，
第25 页（共30 页）
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
第26 页（共30 页）
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。
第27 页（共30 页）
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=
﹣
=
第28 页（共30 页）
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∠
第29 页（共30 页）
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
第30 页（共30 页）
【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。
