2018年全国统一高考物理试卷（新课标ⅰ）（含解析版）(1).pdf

第 1 页（共 15 页）2018 年全国统一高考物理试卷（新课标年全国统一高考物理试卷（新课标）一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 48 分分.在每小题给出的四个选项中，第在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有题只有一顶符合题目要求，第一顶符合题目要求，第 68 题有多项符合题目要求题有多项符合题目要求.全部选对的得全部选对的得 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 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（）Aa，b 的电荷同号，k=Ba，b 的电荷异号，k=Ca，b 的电荷同号，k=Da，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）；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，则等于（）A B C D2 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（）A2mgR B4mgR C5mgR D6mgR 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（）第 2 页（共 15 页）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 二、非选择题：共二、非选择题：共 174 分。第分。第 912 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 1316 题为选题为选考题考题.考生根据要求作答。（一）必考题：共考生根据要求作答。（一）必考题：共 129 分分.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 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（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 R2t 数据见表。t/25.0 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0 R2/900.0 680.0 500.0 390.0 320.0 270.0 240.0 回答下列问题：第 3 页（共 15 页）（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 R2t 曲线；（3）由图（b）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的相应读数如图（c）所示，该读数为 ，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（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 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。三、选考题：共三、选考题：共 45 分分.请考生从请考生从 2 道物理题、道物理题、2 道化学题、道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答道生物题中每科任选一题作答.如果如果多做，则每科按所做的第一题计分多做，则每科按所做的第一题计分.物理物理-选修选修 3-3（15 分）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、到达状态 e。对第 4 页（共 15 页）此气体，下列说法正确的是（）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 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。四、四、物理物理-选修选修 3-4（15 分）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。第 5 页（共 15 页）2018 年全国统一高考物理试卷（新课标年全国统一高考物理试卷（新课标）参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 48 分分.在每小题给出的四个选项中，第在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有题只有一顶符合题目要求，第一顶符合题目要求，第 68 题有多项符合题目要求题有多项符合题目要求.全部选对的得全部选对的得 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 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。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+F1mg=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=ma0，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 的解析式，再选择图象，第 6 页（共 15 页）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（）Aa，b 的电荷同号，k=Ba，b 的电荷异号，k=Ca，b 的电荷同号，k=Da，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 acbc，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 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）；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，则等于（）A B C D2 【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：=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=I1t1=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，=第 7 页（共 15 页）第二次通过线圈某一横截面的电荷量为：q2=I2t2=由题，q1=q2 联立可得：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（）A2mgR B4mgR C5mgR D6mgR 【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：F3RmgR=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=mg5R=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 【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，第 8 页（共 15 页）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 【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=4105m，根据万有引力提供向心力可知：=m1r12=m2r22，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：=24 rad/s，这是公转角速度，不是自转角速度 根据 v=r 可知：v1=r1，v2=r2 解得：v1+v2=（r1+r2）=L=9.6106m/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（）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 第 9 页（共 15 页）【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。二、非选择题：共二、非选择题：共 174 分。第分。第 912 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 1316 题为选题为选考题考题.考生根据要求作答。（一）必考题：共考生根据要求作答。（一）必考题：共 129 分分.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3.775cm当地的重力加速度大小为9.80m/s2，此弹簧的劲度系数为53.7N/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 0.05mm15=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=3.775cm1.950cm=1.825cm；根据受力分析可得：mg=kx，故弹簧的劲度系数；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 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（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）；单刀第 10 页（共 15 页）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 R2t 数据见表。t/25.0 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0 R2/900.0 680.0 500.0 390.0 320.0 270.0 240.0 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 R2t 曲线；（3）由图（b）可得到 RT在 2580范围内的温度特性，当 t=44.0时，可得 RT=450；（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，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。【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 450；可得：RT=450；（4）根据电阻箱的读数方法可知，电阻箱的读数为：6100+210=620.0，由图可知对应的温度为 33.0；第 11 页（共 15 页）故答案为：（1）b；（2）如图所示；（3）450.0（440.0460.0）；（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。【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：v0gt=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=mv1mv2。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。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 第 12 页（共 15 页）【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，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=，sin=，解得：x2=x1，=60，v=v，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=2rsin，H 第一次离开磁场时的位置距离 O 点的距离为：d=x2x2，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：共三、选考题：共 45 分分.请考生从请考生从 2 道物理题、道物理题、2 道化学题、道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答道生物题中每科任选一题作答.如果如果多做，则每科按所做的第一题计分多做，则每科按所做的第一题计分.物理物理-选修选修 3-3（15 分）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、到达状态 e。对此气体，下列说法正确的是（）第 13 页（共 15 页）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 的内能相等 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】过程中气体作等容变化，根据查理定律分析压强的变化。过程中气体对外界做正功。过程中气体作等容变化，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、过程中气体的体积增大，气体对外界做正功，故 B 正确。C、过程中气体作等容变化，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。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，由第 14 页（共 15 页）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=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、四、物理物理-选修选修 3-4（15 分）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