2018年高考物理全国1卷(精美解析版)

物 理

二、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14～18题只有一项符

合题目要求，第19～21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. 14．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 C．与它的速度成正比 【答案】B

B．与它的位移成正比 D．与它的动量成正比

15．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之间关系的图像可能正确的是

F F F F

O 【答案】A

【解析】本题考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、力随位移变化的图线及其相关的知识点.

A

x O B

x O C

x O D

x F P 由牛顿运动定律，F—mg—F弹=ma,F弹=kx，联立解得F=mg+ma+ kx，对比题给的四个图象，可能正确的是A. 【点睛】牛顿运动定律是高中物理主干知识,匀变速直线运动规律贯穿高中物理。

16．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

1

c a b

A．a、b的电荷同号，kC．a、b的电荷同号，k【答案】D

16 964 27B．a、b的电荷异号,k16 964 27D．a、b的电荷异号，k【解析】本题考查库仑定律、受力分析及其相关的知识点.

对小球c所受库仑力分析，画出a对c的库仑力和b对c的库仑力，a对c的库仑力为排斥力，ac的电荷同号，b对c的库仑力为吸引力,bc电荷为异号，所以ab的电荷为异号。设ac与bc的夹角为θ，利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律可得，Fac=k',Fbc=k'

,tanθ=3/4，tanθ= Fbc / Fac，ab电荷量

的比值k=，联立解得：k=64/27,选项D正确。

【点睛】此题将库仑定律、受力分析、平行四边形定则有机融合，难度不大。

17．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

B程II）。在过程I、II中,流过OM的电荷量相等，则等于

B5A．

4【答案】B

【解析】本题考查电磁感应及其相关的知识点。

M S D．2

Q P

3B．

27C．

4O 过程I回路中磁通量变化△Φ1=BπR2，设OM的电阻为R，流过OM的电荷量Q1=△Φ1/R.过程II回路中磁通量变化△Φ2=（B’—B）πR2,流过OM的电荷量Q2=△Φ2/R。Q2= Q1，联立解得：B’/B=3/2，选项B正确. 【点睛】此题将导体转动切割磁感线产生感应电动势和磁场变化产生感应电动势有机融合，经典中创新.

18．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点处从静止开始向右运动。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

2

R c a b A．2mgR 【答案】C

B．4mgR C．5mgR D．6mgR

【解析】本题考查了运动的合成与分解、动能定理等知识，意在考查考生综合力学规律解决问题的能力。 设小球运动到c点的速度大小为vC，则对小球由a到c的过程，由动能定理得:F·3R—mgR=mvc,又F=mg，解得：vc2=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知,小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为：t=vC/g=2

，小球在水平方向的加速度

2

a=g，在水平方向的位移为x=at2=2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中,水

平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量△E=F·5R=5mgR，选项C正确ABD错误。

【点睛】此题将运动的合成与分解、动能定理有机融合,难度较大,能力要求较高。

19．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

【答案】AD

【解析】 本题考查电磁感应、安培定则及其相关的知识点。

开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变,线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC错误;开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D正确。

【点睛】此题中套在一根铁芯上的两个线圈，实际上构成一个变压器。

20．2017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

3

北 N S 南

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 C．速率之和 【答案】BC

【解析】本题考查天体运动、万有引力定律、牛顿运动定律及其相关的知识点。

双中子星做匀速圆周运动的频率f=12Hz（周期T=1/12s）,由万有引力等于向心力，可得，G=m1r1

B．质量之和

D．各自的自转角速度

（2πf),G2

=m2r2（2πf），r1+ r2=r=40km，联立解得：（m1+m2）=（2πf）Gr，选项B正确A错误;由

223

v1=ωr1=2πf r1，v2=ωr2=2πf r2,联立解得：v1+ v2=2πf r，选项C正确；不能得出各自自转的角速度，

选项D错误.

【点睛】此题以最新科学发现为情景,考查天体运动、万有引力定律等.

21．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 【答案】AB

【解析】本题考查等势面及其相关的知识点。

根据题述,匀强电场中等势面间距相等,相邻等势面之间的电势差相等。设相邻等势面之间的电势差为U，根据电子从a到d的过程中克服电场力所做功为Wab=6eV，电场方向水平向右.由Wab=3eV，联立解得：U=2V。已知b的电势为2V，则平面c上的电势为零，选项A正确；由于af之间的电势差为4U=8V，一电子经过a时的动能为10eV，由于题述没有指出电子速度方向，若该电子速度方向指向左或指向上或下，则该电子就到达不了平面f,选项B正确；由于题述没有指出电子速度方向，选项CD错误. 【点睛】此题以等势面切入,考查电场力做功及其相关知识点。

4

a b c d f

三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题,每个试题考生都必须作答.第33～38题为选考题，考生根

据要求作答。 （一）必考题:共129分. 22．（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

主尺 数如图(b)所示，其读数为 cm。当地的重力加速度大小为9.80m/s， 23

0

指针 游标 4

10 5

20 游标

此弹簧的劲度系数为 N/m(保留3位有效数字）.

图（a）

【答案】 （1）。 3.775 (2). 53.7

cm

图（b）

主尺

【解析】本题主要考查游标卡尺的读数，弹簧劲度系数的测量、胡克定律及其相关的知识点,意在考查考生灵活运用教材上游标卡尺的使用和探究弹簧的伸长与形变量的关系实验知识的能力。

实验所用的游标卡尺精度为0。05mm,游标卡尺上游标第15条刻度线与主尺刻度线对齐，根据游标卡尺的读数规则，图（b）所示的游标卡尺读数为3.7cm+15×0。05mm=3。7cm+0。075cm=3.775cm。 托盘中放有质量为m=0.100kg的砝码时，弹簧受到的拉力F=mg=0。100×9。8N=0。980N，弹簧伸长

x=3.775cm-1.950cm=1。825cm=0.01825m，根据胡克定律，F=kx，解得此弹簧的劲度系数k=F/x=53.7N/m。

【点睛】解答此题常见错误主要有：一是游标卡尺读数误差，或单位搞错导致错写成37。70；二是把重力加速度按照习惯用g=10m/s2代入计算导致错误；三是考虑采用图象法处理实验数据计算劲度系数耽误时间. 23．（10分）

某实验小组利用如图(a）所示的电路探究在25C~80C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C时的阻值）阻RT,其标称值（25°为900.0 ;电源E(6V，内阻可忽略）；电压表○，V（量程150mV)；定值电阻R0（阻值20.0），滑动变阻器R1（最大阻值为1000）;电阻箱R2（阻值范围0~999.9)；单刀开

a R1 E S1 b R0 V S2 2 1 R2 RT 图（a）

关S1，单刀双掷开关S2。

C。将S2与1端接通,闭合S1，调节实验时，先按图（a）连接好电路，再将温控室的温度t升至80。0°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

5

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

C。实验得到的R2t数据见下表。 阻值，直至温度降到25。0°

t/C R2/ 25。0 900。0 30.0 680.0 40.0 500.0 50。0 390.0 60。0 320.0 70.0 270.0 80.0 240.0 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；

1000 800 R2/ 600 400 200 0 20.0 40.0 60.0 80.0 100.0 t/C

图（b）

×100 ×10 ×1 ×0.1 图（c）

（3)由图（b)可得到RT在25C~80C范围内的温度特性。当t44.0C时，可得RT ； （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 ，则手心温度C. 为 °

【答案】 （1）。 b (2).如图所示

(3)。 （3）450 (4）. (4)620.0 (5）。 33。

0

【解析】本题主要考查研究小灯泡的伏安特性实验、利用伏安特性曲线计算实际功率及其相关的知识点，

6

意在考查考生对小灯泡伏安特性曲线的理解和灵活运用相关知识，解决实际问题的能力.

（1）图（a）的电路滑动变阻器采用限流接法，在闭合S1前，R1应该调节到接入电路部分的电阻值最大，使电路中电流最小，即图（a）中的R1的滑片应移到b端.

（2)将t=60℃和t=70℃对应的两组数据对应画在坐标图上，然后用平滑曲线过尽可能多的数据点画出R2—t图象.

（3）根据题述实验过程可知，测量的R2数据等于对应的热敏电阻RT的电阻值。由画出的R2—t图象可知，当t=44.0℃时，对应的RT=460Ω。

（4）由画出的R2—t图象可知，当RT=620。0Ω，则手心温度t=33.0℃。.

【点睛】解答此题常见错误主要有：一是没有掌握滑动变阻器的分压接法和限流接法在开关闭合前滑动头的位置;二是没有认真阅读题述的实验过程，导致不能把电阻箱R的读数与热敏电阻阻值联系起来。 24．（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.

【答案】(1）

；(2）

【解析】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解决实际问题的的能力. (1）设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有

12Emv0

2 ①

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有

0v0gt

②

联立①②式得

t12E gm ③

（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有

Emgh1

7

④

火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有

1212mv1mv2E 4411mv1mv20 22

⑤ ⑥

由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有

121mv1mgh2 42 ⑦

联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为

hh1h22E mg ⑧

25．（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

2直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核11H和一个氘核1H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1并从坐标原点O处第一次射出磁1H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60，场。11H的质量为m，电荷量为q.不计重力。求 （1）11H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。

【答案】(1）

;(2)

；（3）

21y E h O x 【解析】本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动、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。

1H（1）在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设1H11y O R1 在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点Ｏ的距离为s1。由运动学公式有

s1v1t1

8

1 x v1

① ②

1ha1t12

21由题给条件，11H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角160。1H进入磁场时速度的y分量的大

小为

a1t1v1tan1

③

联立以上各式得

s123h 3 ④

（2）11H在电场中运动时，由牛顿第二定律有

qEma1

⑤

v设11H进入磁场时速度的大小为1,由速度合成法则有

2v1v1(a1t1)2

⑥

设磁感应强度大小为B，11H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

2mv1Bqv1

R1 ⑦

由几何关系得

s12R1sin1

⑧

联立以上各式得

B6mE qh ⑨

（3）设21H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得

1122 (2m)v2mv122由牛顿第二定律有

qE2ma2

⑩

⑪

设21H第一次射入磁场时的速度大小为v2，速度的方向与x轴正方向夹角为2，入射点到原点的距离为

s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有

s2v2t2

⑫ ⑬ ⑭ ⑮

h12a2t2 22v2v2(a2t2)2

sin2a2t2 v2

联立以上各式得

s2s1，21，v22 v12 ⑯

设21H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得

R2(2m)v22R1 qB ⑰

9

所以出射点在原点左侧。设21H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2，由几何关系有

2R2sin2 s2 ⑱

联立④⑧⑯⑰⑱式得,21H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为

s2s223(21)h 3 ⑲

【点睛】此题与2004年全国理综卷第25题情景类似,都是带电粒子在匀强电场中类平抛运动后进入匀强磁场中做匀速圆周运动，且都是在第一象限和第二象限设置了竖直向下的匀强电场,在第三象限和第四象限设置了方向垂直纸面向外的匀强磁场,解答需要的知识都是带电粒子在匀强电场中的类平抛运动规律和洛伦兹力等于向心力、几何关系等知识点.带电粒子在匀强电场中的类平抛运动和在匀强磁场中的匀速圆周运动是教材例题和练习中的常见试题,此题可认为是由两个课本例题或习题组合而成.

34．［物理-—选修3—4］(15分）

（1）（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A 时的折射角 (填“小于”“等于”或“大于\"）60。 【答案】 (1）。 3 （2）. 大于

【解析】本题考查折射定律、光的色散及其相关的知识点。

根据题述和图示可知,i=60°，r=30°，由折射定律，玻璃对红光的折射率n=

=

。若 60° D 30° B C 改用蓝光沿同一路径入射，由于玻璃对蓝光的折射率大于玻璃对红光的折射率，则光线在D点射出时的折射角大于60°。

1（2）（10分）一列简谐横波在ts时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图（b）是质

3点Q的振动图像.求

（i）波速及波的传播方向； （ii）质点Q的平衡位置的x坐标。

10

y A P 0 A/2 18 cm x/cm

0 Q A y 1 2 t/s 图（a） 【答案】(1）

波沿负方向传播; （2）xQ=9 cm

图（b）

【解析】本题考查波动图像、振动图像、波动传播及其相关的知识点。 （i）由图（a)可以看出,该波的波长为

36cm

①

由图（b）可以看出，周期为

T2s

②

波速为

vT18cm/s ③

1由图（b）知,当ts时，Q点向上运动，结合图（a）可得，波沿x轴负方向传播。

3（ii)设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为xP、xQ.由图（a）知，x0处yAAsin(30)，因此 2xP303cm 360 ④

1由图(b)知,在t0时Q点处于平衡位置，经ts，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，由此及

3③式有

xQxPvt6cm

⑤

由④⑤式得,质点Q的平衡位置的x坐标为

xQ9cm

11