2018年全國統(tǒng)一高考物理試卷(新課標ⅰ)(含解析版)

1、2018 年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標）一、選擇題：本題共 8 小題，每小題 6 分，共 48 分.在每小題給出的四個選項中，第 1 5 題只有一頂符合題目要求，第 68 題有多項符合題目要求 .全部選對的得 6 分，選對但不全的得 3 分，有選錯的得 0 分1（6 分）高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動，在啟動階段，列車的動能（）A與它所經(jīng)歷的時間成正比B與它的位移成正比C與它的速度成正比D與它的動量成正比2（6 分）如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)用一豎直向上的力F 作用在 P 上，使其向上做勻加速直線運動，以 x 表示 P

2、離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F 和 x 之間關系的圖象可能正確的是（）ABCD3（6 分）如圖，三個固定的帶電小球a，b 和 c，相互間的距離分別為ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，小球 c 所受庫侖力的合力的方向平行于a，b 的連線，設小球 a， b 所帶電荷量的比值的絕對值為k，則（）1Aa，b 的電荷同號， k=Ba，b 的電荷異號， k=Ca，b 的電荷同號， k=Da，b 的電荷異號， k=4（ 6 分）如圖，導體軌道 OPQS固定，其中 PQS是半圓弧， Q 為半圓弧的中點，O 為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM 是有一定電阻?？衫@O 轉動的金屬桿，M 端位

3、于 PQS上， OM 與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為 B，現(xiàn)使 OM 從 OQ 位置以恒定的角速度逆時針轉到 OS 位置并固定（過程）；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到 B（過程）。在過程、中，流過OM 的電荷量相等，則等于（）ABCD25（6 分）如圖， abc 是豎直面內的光滑固定軌道，ab 水平，長度為2R； bc 是半徑為 R 的四分之一圓弧，與ab 相切于 b 點。一質量為m 的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a 點處從靜開始向右運動。重力加速度大小為 g。小球從 a 點開始運動到其軌跡最高點， 機械能的增量為（）

4、A2mgRB4mgRC5mgRD6mgR6（ 6 分）如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內的直導線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導線正上方，開關未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是（）2A開關閉合后的瞬間，小磁針的N 極朝垂直紙面向里的方向轉動B開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N 極指向垂直紙面向里的方向C開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N 極指向垂直紙面向外的方向D開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的 N 極朝垂直紙面向外的方向轉動7（ 6 分）2017 年，人類第一次直接探測到來自雙中子星合并的引力波。

5、根據(jù)科學家們復原的過程，在兩顆中子星合并前約100s 時，它們相距約 400km，繞二者連線上的某點每秒轉動12 圈。將兩顆中子星都看作是質量均勻分布的球體，由這些數(shù)據(jù)、萬有引力常量并利用牛頓力學知識，可以估算出這一時刻兩顆中子星（）A質量之積B質量之和C速率之和D各自的自轉角速度8（6 分）圖中虛線 a、b、c、d、f 代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面 b 上的電勢為 2V，一電子經(jīng)過 a 時的動能為 10eV，從 a 到 d 的過程中克服電場力所做的功為6eV下列說法正確的是（）A平面 c 上的電勢為零B該電子可能到達不了平面fC該電子經(jīng)過平面d 時，其電勢能為4eVD該電子經(jīng)

6、過平面b 時的速率是經(jīng)過d 時的 2 倍3二、非選擇題：共174 分。第 9 12 題為必考題，每個試題考生都必須作答。第 1316 題為選考題 .考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共129 分 .9（5 分）如圖（ a），一彈簧上端固定在支架頂端，下端懸掛一托盤：一標尺由游標和主尺構成，主尺豎直固定在彈簧左邊；托盤上方固定有一能與游標刻度線準確對齊的裝置，簡化為圖中的指針?，F(xiàn)要測量圖（ a）中彈簧的勁度系數(shù)。當托盤內沒有砝碼時，移動游標，使其零刻度線對準指針，此時標尺讀數(shù)為1.950cm；當托盤內放有質量為0.100kg 的砝碼時，移動游標，再次使其零刻度線對準指針，標尺示數(shù)如圖（b）示數(shù)，其

7、讀數(shù)為cm當?shù)氐闹亓铀俣却笮?.80m/s2，此彈簧的勁度系數(shù)為N/m （保留 3 位有效數(shù)字）。10（ 10 分）某實驗小組利用如圖（ a）所示的電路探究在 25 80范圍內某熱敏電阻的溫度特性，所用器材有：置于溫控室（圖中虛線區(qū)域）中的熱敏電阻 RT，其標稱值（ 25時的阻值）為900.0 ；電源 E（6V，內阻可忽略）；電壓表（量程 150mV）；定值電阻 R0（阻值 20.0 ），滑動變阻器 R1（最大阻值為 1000）；電阻箱 R2 （阻值范圍 0 999.9 ）；單刀開關 S1，單刀雙擲開關 S2。實驗時，先按圖（ a）連接好電路，再將溫控室的溫度t 升至 80.0將 S2 與

8、 1端接通，閉合 S1，調節(jié) R1 的滑片位置，使電壓表讀數(shù)為某一值 U0：保持 R1 的滑片位置不變，將 R2 置于最大值，將 S2 與 2 端接通，調節(jié) R2，使電壓表讀數(shù)仍為 U0；斷開 S1，記下此時 R2 的讀數(shù)。逐步降低溫控室的溫度 t，得到相應溫度下 R2 的阻值，直至溫度降到 25.0，實驗得到的 R2 t 數(shù)據(jù)見表。4t/ 25.030.040.050.060.070.080.0R2/ 900.0680.0500.0390.0320.0270.0240.0回答下列問題：（ 1）在閉合 S1 前，圖（ a）中 R1 的滑片應移動到（填 “a或”“b）”端；（ 2）在圖（ b）的

9、坐標紙上補齊數(shù)據(jù)表中所給數(shù)據(jù)點，并做出R2t 曲線；（ 3）由圖（ b）可得到 RT 在 25 80范圍內的溫度特性，當t=44.0時，可得 RT；=（ 4）將 RT 握于手心，手心溫度下 R2 的相應讀數(shù)如圖（c）所示，該讀數(shù)為，則手心溫度為。11（12 分）一質量為 m 的煙花彈獲得動能E 后，從地面豎直升空。 當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為 E，且均沿豎直方向運動， 爆炸時間極短， 重力加速度大小為 g，不計空氣阻力和火藥的質量。求5（ 1）煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；（ 2）爆炸后煙花彈向上運動的部分距地

10、面的最大高度。12（ 20 分）如圖，在y 0 的區(qū)域存在方向沿y 軸負方向的勻強電場，場強大小為 E，在 y 0 的區(qū)域存在方向垂直于xOy 平面向外的勻強磁場。一個氕核H 和一個氘核H 先后從 y 軸上 y=h 點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知H 進入磁場時，速度方向與x 軸正方向的夾角為60，并從坐標原點 O 處第一次射出磁場。H 的質量為 m，電荷量為 q，不計重力。求（ 1） H 第一次進入磁場的位置到原點 O 的距離；（ 2）磁場的磁感應強度大??；（ 3） H 第一次離開磁場的位置到原點 O 的距離。6三、選考題：共45 分.請考生從 2 道物理題、 2 道化學題、

11、2 道生物題中每科任選一題作答 .如果多做，則每科按所做的第一題計分. 物理 -選修 3-3 （15 分）13（ 5 分）如圖，一定質量的理想氣體從狀態(tài)a 開始，經(jīng)歷過程、到達狀態(tài) e。對此氣體，下列說法正確的是（）A過程中氣體的壓強逐漸減小B過程中氣體對外界做正功C過程中氣體從外界吸收了熱量D狀態(tài) c、d 的內能相等E狀態(tài) d 的壓強比狀態(tài) b 的壓強小14（ 10 分）如圖，容積為 V 的汽缸由導熱材料制成，面積為S 的活塞將汽缸分成容積相等的上下兩部分，汽缸上都通過細管與裝有某種液體的容器相連，細管上有一閥門 K開始時，K 關閉，汽缸內上下兩部分氣體的壓強均為p0現(xiàn)將 K 打開，容器內的

12、液體緩慢地流入汽缸，當流入的液體體積為時，將K關閉，活塞平衡時其下方氣體的體積減小了 不計活塞的質量和體積，外界溫度保持不變，重力加速度大小為 g。求流入汽缸內液體的質量。7四、 物理 -選修 3-4 （ 15 分）15（ 5 分）如圖， ABC為一玻璃三棱鏡的橫截面，A=30，一束紅光垂直 AB邊射入，從AC 邊上的 D 點射出。其折射角為60，則玻璃對紅光的折射率為。若改用藍光沿同一路徑入射，則光線在D 點射出時的折射角（填 “小于”“等于 ”或“大于 ”）60。16（ 10 分）一列簡諧橫波在 t= s 的波形圖如圖（ a）所示， P、 Q 是介質中的兩個質點，圖（ b）是質點 Q 的振

13、動圖象。求：（ i）波速及波的傳播方向；（ ii）質點 Q 的平衡位置的 x 坐標。82018 年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共 8 小題，每小題 6 分，共 48 分.在每小題給出的四個選項中，第 1 5 題只有一頂符合題目要求，第 68 題有多項符合題目要求 .全部選對的得 6 分，選對但不全的得 3 分，有選錯的得 0 分1（6 分）高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動，在啟動階段，列車的動能（）A與它所經(jīng)歷的時間成正比B與它的位移成正比C與它的速度成正比D與它的動量成正比【考點】 64：動能【專題】 31：定性思想； 43：推理法

14、； 52D：動能定理的應用專題【分析】根據(jù)車作勻加速直線運動，結合運動學公式，動能定理，及動能與動量關系式，即可求解。【解答】 解： A、因列車做初速度為零的勻加速直線運動，則有：v=at，而動能表達式 Ek=，可知動能與所經(jīng)歷的時間平方成正比， 故 A 錯誤；、依據(jù)動能定理，則有：F合 x=，可知，動能與它的位移成正比，故BB正確；C、由動能表達式 Ek=，可知，動能與它的速度平方成正比，故C 錯誤；D、依據(jù)動能與動量關系式， Ek=，可知，動能與它的動量平方成正比，故D錯誤；故選： B?！军c評】考查動能的表達式，掌握影響動能的因素，理解動能定理的內容，及運動學公式的運用。2（6 分）如圖，

15、輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于9靜止狀態(tài)，現(xiàn)用一豎直向上的力F 作用在 P 上，使其向上做勻加速直線運動，以 x 表示 P 離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F 和 x 之間關系的圖象可能正確的是（）ABCD【考點】 2S：胡克定律； 37：牛頓第二定律【專題】 12：應用題； 34：比較思想； 43：推理法【分析】以物塊 P 為研究對象，分析受力情況， 根據(jù)牛頓第二定律得出F 與物塊P 的位移 x 的關系式，再選擇圖象?！窘獯稹拷猓涸O物塊 P 的質量為 m，加速度為 a，靜止時彈簧的壓縮量為x0，彈簧的勁度系數(shù)為 k，由力的平衡條件得， mg=k x0，以

16、向上為正方向，木塊的位移為 x 時彈簧對 P 的彈力： F1=k（x0 x），對物塊 P，由牛頓第二定律得， F+F1mg=ma，由以上式子聯(lián)立可得， F=k x+ma?？梢?F 與 x 是線性關系，且 F 隨著 x 的增大而增大，當 x=0 時， kx+ma=ma0，故 A 正確， BCD錯誤。故選： A?！军c評】解答本題的關鍵是要根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律得到F與 x 的解析式，再選擇圖象，這是常用的思路，要注意物塊P 的位移與彈簧形變量并不相等。103（6 分）如圖，三個固定的帶電小球a，b 和 c，相互間的距離分別為ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，小球 c 所受庫侖力的合力的

17、方向平行于a，b 的連線，設小球 a， b 所帶電荷量的比值的絕對值為k，則（）Aa，b 的電荷同號， k=Ba，b 的電荷異號， k=Ca，b 的電荷同號， k=Da，b 的電荷異號， k=【考點】 2G：力的合成與分解的運用；A4：庫侖定律【專題】 31：定性思想； 43：推理法； 53E：電荷守恒定律與庫侖定律專題【分析】對小球 C 受力分析，根據(jù)庫侖定律， 與矢量的合成法則， 結合幾何關系，及三角知識，即可求解?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)同種電荷相斥，異種電荷相吸，且小球c 所受庫侖力的合力的方向平行于 a，b 的連線，可知， a，b 的電荷異號，對小球 C 受力分析，如下圖所示：因 ab=5c

18、m，bc=3cm，ca=4cm，因此 ac bc，那么兩力的合成構成矩形，依據(jù)相似三角形之比，則有：=；而根據(jù)庫侖定律， Fa=k，而 bF =k綜上所得，=，故 ABC錯誤， D 正確；11故選： D?！军c評】考查庫侖定律與矢量的合成法則， 掌握幾何關系， 與三角形相似比的運用，注意小球 C 的合力方向可能向左，不影響解題的結果。4（ 6 分）如圖，導體軌道 OPQS固定，其中 PQS是半圓弧， Q 為半圓弧的中點， O 為圓心。軌道的電阻忽略不計。 OM 是有一定電阻。可繞 O 轉動的金屬桿，M 端位于 PQS上， OM 與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大

19、小為 B，現(xiàn)使 OM 從 OQ 位置以恒定的角速度逆時針轉到 OS 位置并固定（過程）；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從 B增加到 B（過程）。在過程、中，流過OM 的電荷量相等，則等于（）ABCD2【考點】 D8：法拉第電磁感應定律【專題】 31：定性思想； 4C：方程法； 538：電磁感應 功能問題【分析】再根據(jù)法拉第電磁感應定律，即可求出電動勢， 然后結合閉合電路歐姆定律求得感應電流大?。灰罁?jù)電量的表達式q=It 求出即可。【解答】 解：設圓的半徑為R，金屬桿從 Q 到 S的過程中： =根據(jù)法拉第電磁感應定律有：E1=設回路 的總電阻為 r ，第一次通 過線圈某一橫截面 的電荷量為：

20、 q1=I1 t1= 磁感應強度的大小以一定的變化率從B 增加到B的過程中設時間為t2 ，=12第二次通過線圈某一橫截面的電荷量為：q2=I2 t2= 由題， q1=q2聯(lián)立可得：故 B 正確， ACD錯誤，故選： B。【點評】考查法拉第電磁感應定律與切割感應電動勢的公式， 掌握求解線圈的電量綜合表達式的含義是關鍵。5（6 分）如圖， abc 是豎直面內的光滑固定軌道，ab 水平，長度為2R； bc 是半徑為 R 的四分之一圓弧，與ab 相切于 b 點。一質量為m 的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a 點處從靜開始向右運動。重力加速度大小為 g。小球從 a 點開始運動到其軌跡最

21、高點， 機械能的增量為（）A2mgRB4mgRC5mgRD6mgR【考點】 6B：功能關系【專題】 12：應用題； 32：定量思想； 4C：方程法； 52E：機械能守恒定律應用專題【分析】根據(jù)動能定理求出小球在c 點的速度，再根據(jù)豎直上拋運動求解達到最高點的時間，根據(jù)水平方向的運動規(guī)律求解離開 c 后達到最高點時的水平位移，根據(jù)功能關系求解機械能的增加。【解答】 解：由題意知水平拉力為：F=mg；設小球達到 c 點的速度為 v，從 a 到 c 根據(jù)動能定理可得： F?3R mgR=解得： v=；小球離開 c 點后，豎直方向做豎直上拋運動， 水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，設小球從 c 點

22、達到最高點的時間為t ，則有： t=；13此段時間內水平方向的位移為：x=2R，所以小球從a 點開始運動到其軌跡最高點，小球在水平方向的位移為：L=3R+2R=5R，此過程中小球的機械能增量為：E=FL=mg5R=5mgR。故 C 正確、 ABD 錯誤。故選： C?！军c評】本題主要是考查功能關系； 機械能守恒定律的守恒條件是系統(tǒng)除重力或彈力做功以外，其它力對系統(tǒng)做的功等于零；除重力或彈力做功以外，其它力對系統(tǒng)做多少功，系統(tǒng)的機械能就變化多少；注意本題所求的是 “小球從 a 點開始運動到其軌跡最高點 ”，不是從 a 到 c 的過程，這是易錯點。6（ 6 分）如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上， 其中

23、一線圈通過開關與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內的直導線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導線正上方，開關未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是（）A開關閉合后的瞬間，小磁針的N 極朝垂直紙面向里的方向轉動B開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N 極指向垂直紙面向里的方向C開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N 極指向垂直紙面向外的方向D開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的 N 極朝垂直紙面向外的方向轉動【考點】 C6：通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向；D2：感應電流的產(chǎn)生條件； NF：研究電磁感應現(xiàn)象【專題】 31：定性思想； 43：推理法； 53C：電磁感應與電

24、路結合14【分析】干電池通電的瞬間， 在左線圈中產(chǎn)生感應電流， 根據(jù)楞次定律判斷出感應電流的方向，結合安培定則得出直導線周圍磁場的方向，從而確定指南針的偏轉方向。同理當開關斷開后，左邊線圈的磁場從有到無，從而根據(jù)楞次定律判斷出感應電流的方向，結合安培定則得出直導線周圍磁場的方向，從而確定指南針的偏轉方向?！窘獯稹?解： A、干電池開關閉合后的瞬間，根據(jù)楞次定律，左邊線圈中產(chǎn)生電流，電流的方向由南到北，根據(jù)安培定則，直導線上方的磁場方向垂直紙面向里，則小磁針 N 極向紙里偏轉，故 A 正確。BC、干電池開關閉合并保持一段時間后，根據(jù)安培定則， 可知，左邊線圈中有磁通量，卻不變，因此左邊線圈中不會

25、產(chǎn)生感應電流，那么小磁針也不會偏轉，故 BC錯誤。D、干電池開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，由 A 選項分析，可知，根據(jù)楞次定律，左邊線圈中產(chǎn)生電流，電流的方向由北到南，根據(jù)安培定則，直導線上方的磁場方向垂直紙面向外，則小磁針 N 極朝垂直紙面向外的方向轉動，故 D 正確；故選： AD?！军c評】 本題考查了楞次定律和安培定則的基本運用，知道小磁針靜止時N 極的指向為磁場的方向，同時掌握感應電流產(chǎn)生的條件。7（ 6 分）2017 年，人類第一次直接探測到來自雙中子星合并的引力波。根據(jù)科學家們復原的過程，在兩顆中子星合并前約100s 時，它們相距約 400km，繞二者連線上的某點每秒轉動12

26、 圈。將兩顆中子星都看作是質量均勻分布的球體，由這些數(shù)據(jù)、萬有引力常量并利用牛頓力學知識，可以估算出這一時刻兩顆中子星（）A質量之積B質量之和C速率之和D各自的自轉角速度【考點】 4F：萬有引力定律及其應用【專題】 12：應用題； 32：定量思想； 4C：方程法； 529：萬有引力定律在天體15運動中的應用專題【分析】雙星系統(tǒng)靠相互間的萬有引力提供向心力，結合牛頓第二定律求出雙星總質量與雙星距離和周期的關系式，從而分析判斷。結合周期求出雙星系統(tǒng)旋轉的角速度和線速度關系。【解答】 解： AB、設兩顆星的質量分別為m1、m2，軌道半徑分別為r1、r 2，相距 L=400km=4105 m，根據(jù)萬有

27、引力提供向心力可知：=m1r12=m2r22，整理可 得：=，解得質量之 和（ m1+m2 ）=，其中周期 T=s，故 A 錯誤、 B 正確；CD、由于 T=s，則角速度為： =24rad/s，這是公轉角速度，不是自轉角速度根據(jù) v=r 可知： v1=r1，v2=r2解得： v1+v2=（r1+r 2） =L=9.6106m/s ，故 C 正確， D 錯誤。故選： BC。【點評】本題實質是雙星系統(tǒng)， 解決本題的關鍵知道雙星系統(tǒng)的特點， 即周期相等、向心力大小相等，結合牛頓第二定律分析求解。8（6 分）圖中虛線 a、b、c、d、f 代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面 b 上的電勢為 2

28、V，一電子經(jīng)過 a 時的動能為 10eV，從 a 到 d 的過程中克服電場力所做的功為6eV下列說法正確的是（）16A平面 c 上的電勢為零B該電子可能到達不了平面fC該電子經(jīng)過平面d 時，其電勢能為4eVD該電子經(jīng)過平面b 時的速率是經(jīng)過d 時的 2 倍【考點】 AF：等勢面； AK：帶電粒子在勻強電場中的運動【專題】 31：定性思想； 43：推理法； 531：帶電粒子在電場中的運動專題【分析】根據(jù)只有電場力做功，動能與電勢能之和不變，當電場力做負功時，動能轉化為電勢能，在電勢為零處，電勢能為零，從而即可一一求解?！窘獯稹?解： A、虛線 a、b、c、d、f 代表勻強電場內間距相等的一組等勢

29、面，一電子經(jīng)過 a 時的動能為 10eV，從 a 到 d 的過程中克服電場力所做的功為 6eV，動能減小了 6eV，電勢能增加了 6eV，因此等勢面間的電勢差為 2V，因平面 b 上的電勢為 2V，由于電子的電勢能增加，等勢面由 a 到 f 是降低的，因此平面 c 上的電勢為零，故A 正確；B、由上分析，可知，當電子由 a 向 f 方向運動，則電子到達平面f 的動能為 2eV，由于題目中沒有說明電子如何運動，因此也可能電子在勻強電場中做拋體運動，則可能不會到達平面 f，故 B 正確；C、在平面 b 上電勢為 2V，則電子的電勢能為 2eV，動能為 8eV，電勢能與動能之和為 6eV，當電子經(jīng)過

30、平面 d 時，動能為 4eV，其電勢能為 2eV，故 C 錯誤；D、電子經(jīng)過平面 b 時的動能是平面 d 的動能 2 倍，電子經(jīng)過平面b 時的速率是經(jīng)過 d 時的倍，故 D 錯誤；故選： AB?！军c評】考查電場力做功與電勢能變化的關系， 掌握電勢能與動能之和不變， 理解電勢為零處的電勢能為零是解題的關鍵。17二、非選擇題：共174 分。第 9 12 題為必考題，每個試題考生都必須作答。第 1316 題為選考題 .考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共129 分 .9（5 分）如圖（ a），一彈簧上端固定在支架頂端，下端懸掛一托盤：一標尺由游標和主尺構成，主尺豎直固定在彈簧左邊；托盤上方固定有一能與

31、游標刻度線準確對齊的裝置，簡化為圖中的指針?，F(xiàn)要測量圖（ a）中彈簧的勁度系數(shù)。當托盤內沒有砝碼時，移動游標，使其零刻度線對準指針，此時標尺讀數(shù)為1.950cm；當托盤內放有質量為0.100kg 的砝碼時，移動游標，再次使其零刻度線對準指針，標尺示數(shù)如圖（b）示數(shù)，其讀數(shù)為 3.775 cm當?shù)氐闹亓铀俣却笮?9.80m/s2，此彈簧的勁度系數(shù)為 53.7 N/m （保留 3 位有效數(shù)字）?！究键c】 M7：探究彈力和彈簧伸長的關系【專題】 13：實驗題； 23：實驗探究題； 32：定量思想； 43：推理法【分析】先讀出游標卡尺主尺的讀數(shù)，然后讀出與主尺對齊的刻度線，即可根據(jù)游標的分度為 0

32、.05mm 得到分度尺讀數(shù)，從而相加得到游標卡尺讀數(shù)；根據(jù)兩次游標卡尺讀數(shù)得到添加砝碼后彈簧伸長量的增量，從而由彈簧彈力增量和伸長量的增量得到勁度系數(shù)?！窘獯稹拷猓簣D（b）中主尺讀數(shù)為 3.7cm，游標卡尺的讀數(shù)為0.05mm 15=0.75mm，故讀數(shù)為 3.7cm+0.75mm=3.775cm；由題意可得：托盤內放質量m=0.100kg 的砝碼，彈簧伸長量x=3.775cm1.950cm=1.825cm；根 據(jù)受力 分析 可得：mg=k x ，故彈簧的勁 度系數(shù)18；故答案為： 3.775；53.7?！军c評】游標卡尺的分度尺刻線為 n（ 10，20，50）時，游標的分度為 1/n（mm），

33、那么，游標讀數(shù)根據(jù)對齊的刻度線和分度相乘求得；主尺讀數(shù)為零刻度線前一刻線的讀數(shù)。10（ 10 分）某實驗小組利用如圖（ a）所示的電路探究在 25 80范圍內某熱敏電阻的溫度特性，所用器材有：置于溫控室（圖中虛線區(qū)域）中的熱敏電阻 RT，其標稱值（ 25時的阻值）為900.0 ；電源 E（6V，內阻可忽略）；電壓表（量程 150mV）；定值電阻 R0（阻值 20.0 ），滑動變阻器 R1（最大阻值為 1000）；電阻箱 R2 （阻值范圍 0 999.9 ）；單刀開關 S1，單刀雙擲開關 S2。實驗時，先按圖（ a）連接好電路，再將溫控室的溫度t 升至 80.0將 S2 與 1端接通，閉合S1，

34、調節(jié) R1 的滑片位置，使電壓表讀數(shù)為某一值U0：保持 R1的滑片位置不變，將R2 置于最大值，將 S2 與 2 端接通，調節(jié) R2，使電壓表讀數(shù)仍為 U0；斷開 S1，記下此時 R2 的讀數(shù)。逐步降低溫控室的溫度t，得到相應溫度下 R2 的阻值，直至溫度降到25.0，實驗得到的 R2 t 數(shù)據(jù)見表。t/ 25.030.040.050.060.070.080.0R2/ 900.0680.0500.0390.0320.0270.0240.0回答下列問題：（ 1）在閉合 S1 前，圖（ a）中 R1 的滑片應移動到b（填 “a或”“b）”端；（ 2）在圖（ b）的坐標紙上補齊數(shù)據(jù)表中所給數(shù)據(jù)點，并

35、做出R2t 曲線；19（ 3）由圖（ b）可得到 RT 在 25 80范圍內的溫度特性，當t=44.0時，可得 RT= 450 ；（ 4）將 RT 握于手心，手心溫度下 R2 的相應讀數(shù)如圖 （c）所示，該讀數(shù)為620.0，則手心溫度為33.0?！究键c】 N5：描繪小電珠的伏安特性曲線【專題】 13：實驗題； 23：實驗探究題； 31：定性思想； 46：實驗分析法； 535：恒定電流專題【分析】（1）根據(jù)實驗原理圖以及實驗安全性要求可明確滑片對應的位置；（ 2）根據(jù)描點法可得出對應的圖象如圖所示；（ 3）根據(jù)作出的圖象進行分析，由圖可找出對應的電阻值；（ 4）根據(jù)電阻箱的讀數(shù)方法可明確對應的電

36、阻值， 再根據(jù)圖象確定對應的溫度?！窘獯稹拷猓海?1）由圖可知，滑動變阻器采用限流接法，實驗開始時應讓電路中20電流最小，所以滑動變阻器接入電阻應為最大，故開始時滑片應移動到b 端；（ 2）根據(jù)描點法可得出對應的圖象如圖所示；（ 3）由圖 b 可知，當 t=44.0時，對應在的坐標約為 450；可得： RT=450；（ 4）根據(jù)電阻箱的讀數(shù)方法可知，電阻箱的讀數(shù)為： 6 100+210=620.0，由圖可知對應的溫度為 33.0；故答案為：（1）b；（2）如圖所示；（ 3）450.0（440.0460.0）；（ 4）620.0；33.0?！军c評】本題考查電學中描繪圖象和應用圖象的能力， 只需要

37、明確圖象的基本性質即可正確解答，是歷年高考電學實驗中較為簡單的一題。11（12 分）一質量為 m 的煙花彈獲得動能 E 后，從地面豎直升空。 當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動， 爆炸時間極短， 重力加速度大小為 g，不計空氣阻力和火藥的質量。求（ 1）煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；（ 2）爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度?！究键c】 1N：豎直上拋運動； 6C：機械能守恒定律【專題】11：計算題； 22：學科綜合題； 32：定量思想； 4T：尋找守恒量法； 52G：動量和能量的綜合21【

38、分析】（1）煙花彈從地面開始上升的過程中做豎直上拋運動，由速度時間公式求上升的時間。（ 2）研究爆炸過程，由動量守恒定律和能量守恒定律結合求爆炸后瞬間兩部分的速度，再由運動學求最大高度?！窘獯稹?解：（1）設煙花彈的初速度為v0則有： E=得： v0=煙花彈從地面開始上升的過程中做豎直上拋運動，則有：v0gt=0得： t=（ 2）煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸上升的高度為：h1=對于爆炸過程，取豎直向上為正方向，由動量守恒定律得：0=mv1mv2。根據(jù)能量守恒定律得： E=mv12+mv22。聯(lián)立解得： v1=爆炸后煙花彈向上運動的部分能繼續(xù)上升的最大高度為：h2=所以爆炸后煙花彈向上運動

39、的部分距地面的最大高度為：h=h1+h2=答：（ 1）煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間是；（ 2）爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度是。【點評】 分析清楚煙花彈的運動過程，把握每個過程的物理規(guī)律是解題的關鍵。要知道爆炸過程內力遠大于外力，系統(tǒng)遵守兩大守恒定律：動量守恒定律與能量守恒定律，解題時要注意選擇正方向。12（ 20 分）如圖，在 y 0 的區(qū)域存在方向沿 y 軸負方向的勻強電場，場強大小為 E，在 y 0 的區(qū)域存在方向垂直于 xOy 平面向外的勻強磁場。一個氕核22H 和一個氘核H 先后從 y 軸上 y=h 點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知H 進入

40、磁場時，速度方向與x 軸正方向的夾角為60，并從坐標原點 O 處第一次射出磁場。H 的質量為 m，電荷量為 q，不計重力。求（ 1） H 第一次進入磁場的位置到原點 O 的距離；（ 2）磁場的磁感應強度大?。唬?3） H 第一次離開磁場的位置到原點 O 的距離。【考點】 CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動【專題】 11：計算題； 31：定性思想； 4C：方程法； 536：帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】（1）H 在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律求出H 第一次進入磁場時到 O 點的距離。（ 2）H 在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，求出H 的軌道半徑，應用牛頓第二定律求出磁感應強度

41、。（ 3）H 在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律可以求出H 第一次離開磁場的位置到原點O 的距離?！窘獯稹?解：（1）H 在電場中做類平拋運動，水平方向： x1=v1 t1，豎直方向： h= a1t 12，粒子進入磁場時豎直分速度：vy=a1t1=v1tan60 ，23解得： x1=h；（ 2） H 在電場中的加速度： a1=，H 進入磁場時的速度： v=，H 在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示：由幾何知識得： x1=2r1sin60 ，H 在磁場中做勻速圓運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得： qvB=m，解得： B=；（ 3）由題意可知：H 和H 的初動能相等，即：mv12=

42、 ?2mv22，由牛頓第二定律得： qE=2ma2，H 在電場中做類平拋運動，水平方向： x2=v2 t2，豎直方向： h= a2t 22，H 進入磁場時的速度： v=，sin =，解得： x2=x1， =60，v= v，H 在磁場中做圓周運動，圓周運動的軌道半徑：r =r，射出點在原點左側，H 進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點間的距24離： x2=2r ， sinH 第一次離開磁場時的位置距離O 點的距離為： d=x2x2，解得： d=；答：（ 1）H 第一次進入磁場的位置到原點 O 的距離為h；（ 2）磁場的磁感應強度大小為；（ 3） H 第一次離開磁場的位置到原點 O 的距離?！?/p>

43、點評】本題考查了帶電粒子在勻強電場與勻強磁場中的運動， 粒子在電場中做類平拋運動、在磁場中做勻速圓周運動，分析清楚粒子運動過程與運動性質是解題的前提與關鍵，應用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律即可解題，解題時注意幾何知識的應用。三、選考題：共45 分.請考生從 2 道物理題、 2 道化學題、 2 道生物題中每科任選一題作答 .如果多做，則每科按所做的第一題計分. 物理 -選修 3-3 （15 分）13（ 5 分）如圖，一定質量的理想氣體從狀態(tài)a 開始，經(jīng)歷過程、到達狀態(tài) e。對此氣體，下列說法正確的是（）A過程中氣體的壓強逐漸減小B過程中氣體對外界做正功C過程中氣體從外界吸收了熱量D狀態(tài) c、d 的內能相等E狀態(tài) d 的壓強比狀態(tài) b 的壓強小【考點】 8F：熱力學第一定律； 99：理想氣體的狀態(tài)方程25【專題】 34：比較思想； 4B：圖析法； 54B：理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】過程中氣體作等容變化，根據(jù)查理定律分析壓強的變化。過程中氣體對外界做正功。過程中氣體作等容變化，根據(jù)溫度的變化分析氣體內能的變化，由熱力學第