2018年高考物理答案详解.pdf

1 启达教育 2 2018018 年全国高考理综卷年全国高考理综卷- -物理物理试题解析试题解析 单选题 1. 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 答案：B 解析：列车启动阶段的运动看作初速度为零的匀加速直线运动，即受到的合外力 F 恒定且 E0=0，由动能定理可知 Ek-E0=Fs，即 Ek=Fs，所以 Ek与 s 成正比。 另外 2 22 2 11 222 p Ekmvma t m =，ACD错误。 考点：匀速直线运动 2. 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（ ） 。 答案：A 解析：物块的受力分析如图 a所示， 物体做匀加速直线运动，得 a合恒定，即 -=FFmg maFmamgF+=+ 弹弹， 又由于系统原处于静止状态，F弹=mg则 F0=ma。 且在弹簧恢复原长前随 x增加，F弹变小，则 F-x图像如下图 b 所示，故 A项正确。 a b 考点：牛顿运动定律及其应用 A B C D 2 启达教育 3. 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， 16 9 k = B. a、b 的电荷异号， 16 9 k = C. a、b 的电荷同号， 64 27 k = D. a、b 的电荷异号， 64 27 k = 答案：D 解析：小球 c的受力分析图如右下图所示 以 c 点为坐标原点建立坐标系，x 轴平行于 ab，y 轴垂直于 ab，由 c 所受库仑力的合力 平行于 ab，则要求 Fac与 Fbc一个为引力一个为斥力，故 a、b 为异种电荷，且在 y 方向的合 力为 0， 即 cos53cos37 acbc FF=， 由库伦定理可知： 22 ()() acbc acbc kq qkq q FF acbc =， 由几何关系知： 4 tan53 3 ac bc =； 解得 2 2 ()cos3764 ()cos5327 a b qac qbc = ，故 D正确。 考点：库仑定律、力的合成与分解 4.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 是有一定的电阻、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） ；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） 。在过程、中，流过 OM 的电荷量相等，则 B B 等 于（ ） A. 5 4 B. 3 2 C. 7 4 D. 2 3 启达教育 答案：B 解析：由公式可知电荷量qI t= ，电流 E I R = 总 ，En t = ，联立可得：q R = 总 过程：棒 OM 从 OQ 转至 OS，磁场 B恒定，面积增加 2 1 = 4 Sr， B S q R = 总 ； 过程：磁场 B增加至 B即BBB = ，面积 2 1 2 2 SrS= 恒定， 2 BBS q R = 总 （） ； 又 q=q ，联立可得2B SBBS = （） ，解得： 3 2 B B = ,故 B正确。 考点：电磁感应、磁通量、感生和动生电磁感应的规律 5.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点从静止开始向右运动。重力加速度为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 答案：C 解析：小球的运动轨迹如右图所示 对小球 a c过程中，由动能定理可得 ： 2 1 30 2 FRmgRmv= ，又 F=mg，解得2 c vgR= ； 从 c点到最高点 D，有： 小球竖直方向以 2 c vgR= ，a=g 做匀减速运动 运动时间为： 2 c vR t gg = ； 小球水平方向以 x F ag m = 做匀加速运动，则 小球运动至最高点 D时 cD段水平位移为 2 1 =2 2 cDx xa tR= ， 4 启达教育 全程小球机械能的增加量等于水平外力所做的功，即 =22=5 F EWFRRRmgR+ 机 （） ，故 C 项正确。 考点：功能关系、能量守恒定律及其应用 多选多选 6.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：A 项，如下图 a 所示，闭合开关瞬间右边线圈产生电流，左边线圈磁通量增强。由楞 次定律可知，增反减同，左边线圈感应磁场方向向左。根据右手螺旋定则可得铁芯中电流方 向向上，如图 a 所示，小磁针下方直导线电流从南到北。由此可得铁芯上方磁场为垂直纸面 向里，则磁针 N极朝垂直纸面向里的方向转动，故 A项正确。 a b B、C 项，开关闭合并保持一段时间后电路稳定，线圈中无磁通量变化，则铁芯中无电流，小 磁针恢复南北指向，故 B、C 错误。 D 项，如下图 b 所示，开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，左边线圈磁通量减小，由 增反减同得其感应磁场方向向右。由右手螺旋定则可得铁芯中电流方向向下，小磁针下方直 导线电流电流由北到南，铁芯上方磁场为垂直纸面向外，则小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的 方向转动，故 D项正确。 考点：楞次定律与安培定则 5 启达教育 7.2017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，他们相距约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 答案：BC 解析：本题为双星问题。设两中子星质量为 m1、m2，环绕半径为 r1、r2，两星间距为 r。 所以有： 2 12 11 2 mm Gmr r = 2 12 22 2 mm Gmr r = 可解得： 22 2 1 r r m G = ； 22 1 2 rr m G = 所以： 23 12 r mm G += 根据题意 G、r 已知，且根据已知条件可以求得 ，故 B项正确。 设两星速率分别为 v1、v2。所以有： 1212 =vvrrr+=+（） 由题意可得、r，故 C 项正确。 综上所述，本题正确答案为 BC。 考点：万有引力定律及其应用 6 启达教育 8.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 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：A项，电子从 a 到 d的过程克服电场力做功为 6 eV，所以电场方向为水平向右，每个 相邻等势面的电势差为 2V，随着电场线的方向电势逐渐降低，所以平面 c电势为零，故 A项 正确； B项，由于电子不一定垂直等势面进入，可能做曲线运动，所以可能到达不了 f平面，故 B 项正确； C 项，整个过程中能量守恒，可得电子经过平面 a、b、c、d时的电势能分别为-4 eV、-2 eV、0 eV、+2 eV，动能分别为+10 eV、+8 eV、+6 eV、+4 eV，故 C 项错误； D 项，由于电子经过 b、d 平面时的动能分别为 8 eV和 4 eV，所以该电子经过 b平面时的速 率是经过 d 时的2 倍，故 D项错误； 综上所述，本题正确答案为 AB。 考点：电势能、电势 7 启达教育 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）所示，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） 。 答案：3.775；53.7 解析：主尺读数 3.7cm，即 37mm，游标卡尺 15，所以总读数为 1 37 15mm=37.75mm=3.775cm 20 + ； 由Fk x= 可得： 2 21 0.100 9.8 =N/m53.7N/m 3.775 1.95010 Fmg k xxx （） 。 考点：形变、弹性、胡克定律 弹力和弹簧伸长的关系实验 8 启达教育 10.（10 分）某实验小组利用如图（a）所示的电路探究在 2580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 900.0；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 0999.9） ；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 数据见下表。 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（ ）可得到RT在2580范围内的温度特性。当t=44.0时，可得RT ； （4）将RT握于手心，手心温度下R2得相应读数如图（c）所示，该读数为 ，则手心温度 为 。 t/ 25.0 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0 R/ 900.0 680.0 500.0 390.0 320.0 270.0 240.0 9 启达教育 答案： （1）b （2） （3）450 （4）620.0；33.0 解析： （1）滑片在 b端可以使 R1的阻值全部接进电路，保证电路安全。 （2）描点后注意与已有曲线连接成一个完整的圆滑曲线。 （3）从 R2-t 曲线中可读出 t=44.0时 R2=450，所以 RT=R2=450。 （4） 由图（c）读出电阻箱的示数：6100+210+01+00.1=620.0，从 R2-t 曲线中找 到纵坐标为 620.0 的点，其横坐标为 33.0。 考点：等效替代法测热敏电阻的温度特性曲线 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。 答案： （1）由动能定理可得，烟花弹的初动能 2 1 2 Emv= 此时，烟花弹的上升初速度 2E v m = 当烟花弹上升速度为零时爆炸，可将此 运动看成竖直上升运动 竖直上升运动公式有 v=gt，v2=2gh0 联立以上式可解得 12E t gm = ， 0 E h mg = 。 10 启达教育 （2）规定 v1为竖直向上为正方向，烟花弹爆炸后的两部分速度为 v1、v2 由动量守恒定律可得 12 0 22 mm vv= 有题可知 22 12 11 2 22 2 mm vvE+= 联立两式解得 1 2E v m = 将上式代入竖直运动学公式 v12=2gh1可得： 1 E h mg = 爆炸后烟花弹向上运动的部分距离地面的最大高度 10 2E Hhh mg =+= 。 解析： 问题求解： （1） 烟花弹上升为竖直上升过程，可利用运动学公式进行求解。 （2） 烟花弹爆炸过程满足动量守恒定律，爆炸后上升部分做竖直上升，可以利用动量守恒 定律及运动学公式进行联立求解。 考点：能量、动量和运动学公式 12.（20分）如图，在y0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y0的 区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核 1 1H 和一个氘核 2 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 1H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。 1 1H的质量为m，电荷量为q。不计 重力。 （1） 1 1H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） 2 1H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。 11 启达教育 答案： （1） 1 1H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。设 1 1H在电 场中的运动时间为 t1，进入磁场的速度大小为 v1，第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离为 x。由题给条件， 1 1H进入磁场时速度的方向与 x 轴正方向夹角 =60。由类平抛运动规律 得： tan2tan= ，tan h x = 得 2 3 3 h x = 。 （2）由几何关系得： 1 cos30 2 x r = ， 1 2 3 h r = 由 2 1 1 v qv Bm r = 得 11 1 3 2 mvmv B qrqh = 1 1H在电场中做类平抛运动，由动能定理知1 22 1 11 cos60 22 qEhmvm v=）（ 1 8 3 qEh v m = 6mE B qh = 。 （3） 2 1H质量为 2m，电荷量为 q 2 0 0 2 2 tan 2 2 y xk k qE h v qEh m vEE m = 可见偏角和质量无关，2=60，2tan 2=tan2 两个粒子位移偏角也相同，h相同，故 x也相同。 由 qEh=Ek-Ek0可知两粒子进入磁场的动能相同。 22 1 122 11 222 v mvmvv= 由 mv r qB = 得 21 2 2 2 3 h rr= 由几何关系得 22 2cos 2 6 3 30hlr= 2 1H到 O点距离2 2 62 3 3 xlxh = 。 解析： 问题求解： （1） 利用偏角关系式求解。 （2） 先用动能定理计算 v1（末速度） ，再通过公式 2 v qvBm r = 求解磁感应强度大小。 （3） 通过推导可以发现两粒子平抛轨迹重合，再利用几何关系来求解距离。 考点：带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动 12 启达教育 13. 【物理选修3-3】 （15分） （1） （5分）如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程、到达状态 e。对此气体，下列说法正确的是 （选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错 1个扣3分，最低得分为0分） 。 A.过程中气体的压强逐渐减小 B.过程中气体对外界做正功 C.过程中气体从外界吸收了热量 D.状态c、d内能相等 E.状态d的压强比状态b的压强小 （2） （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，汽缸上部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 8 V 时，将 K 关闭， 活塞平衡时其下方气体的体积减小了 6 V 。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。 答案： （1）BDE （2）对于上面的气体，因为是等温变化，又 p1=p0，所以 p1v1=pv2， 其中 12 13 226824 VVVV vvV=+=， 解得 0 12 13 pp= 对于下面的气体，也是等温变化，所以 p1v1=p2v2 又 p1=p0， 2 mg pp S =+ 12 2263 VVVV vv =， 解得 0 15 26 p S m g = 解析： 问题求解： （1）选项分析： A项，过程是等容变化，温度升高，压强增大，故 A像错误。 B项，过程中，体积增大，气体对外做功，故 B项正确。 C 项，过程是等容变化，温度降低，放出热量，故 C 项错误。 D项，过程是等温变化，温度不变，故状态 c、d的内能相等，故 D项正确。 13 启达教育 E项，由理想气体方程可知 pV T 为定值，状态 d相对于状态 b，V和 T 均增大，因此 p 应减小，故 E