2018年全國統(tǒng)一高考物理試卷新課標ⅰ(真題)(總28頁

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15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（6.00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（6.00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離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表

2、示F和x之間關系的圖象可能正確的是（）ABCD3（6.00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（）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=4（6.00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。空間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)

3、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（6.00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（）A2mgRB4mgRC5mgRD6mgR6（6.00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

4、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7（6.00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圈。將兩顆中子星都看作是質量均勻分布的球體，由這

5、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（6.00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)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍二、非選擇題：共174分。第912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（5.00分）如圖

6、（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（10.00分）某實驗小組利用如圖（a）所示的電路探究在2580范圍內某熱敏電阻的溫度特性，所用器材有：置于溫控室

7、（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0999.9）；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，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

8、的R2t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 （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，并做出R2t曲線；（3）由圖（b）可得到RT在2580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（12.00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

9、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。12（20.00分）如圖，在y0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y0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

10、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。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（5.00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（10.00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

11、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。四、物理-選修3-4（15分）15（5.00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（10.00分）一列簡諧橫波在t=s的波形圖如圖

12、（a）所示，P、Q是介質中的兩個質點，圖（b）是質點Q的振動圖象。求：（i）波速及波的傳播方向；（ii）質點Q的平衡位置的x坐標。2018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15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（6.00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【分析】根據(jù)車作勻加速直線運動，結合運動學公式，動

13、能定理，及動能與動量關系式，即可求解?！窘獯稹拷猓篈、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；B、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B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。【點評】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（6.00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

14、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【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，以向上為正方向，木塊的位移為x時彈簧對P的彈力：F1=k（x0x），對物塊P，由牛頓第二定律得，F(xiàn)+F1mg=ma，由以上式子聯(lián)立可得，F(xiàn)=k x+ma?？梢奆與x是線性關系，且F隨著x的增大而增大，當x=0時，kx+ma0，故A正確，BCD錯誤。故

15、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。3（6.00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（）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=【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

16、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=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此acbc，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，F(xiàn)a=k，而Fb=k綜上所得，=，故ABC錯誤，D正確；故選：D。【點評】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（6.00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?？?/p>

17、間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（）ABCD2【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??；依據(jù)電量的表達式q=It求出即可?！窘獯稹拷猓涸O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：q1=I1t1=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，=第二次通過線圈某

18、一橫截面的電荷量為：q2=I2t2=由題，q1=q2聯(lián)立可得：故B正確，ACD錯誤，故選：B?！军c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（6.00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（）A2mgRB4mgRC5mgRD6mgR【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

19、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?！窘獯稹拷猓河深}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：F3RmgR=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點達到最高點的時間為t，則有：t=；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

20、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（6.00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（）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

21、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【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?！窘獯稹拷猓篈、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

22、，左邊線圈中有磁通量，卻不變，因此左邊線圈中不會產(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。【點評】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（6.00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

23、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【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?！窘獯稹拷猓篈B、設兩顆星的質量分別為m1、m2，軌道半徑分別為r1、r2，相距L=400km=4105m，根據(jù)萬有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、

24、由于T=s，則角速度為：=24 rad/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+r2）=L=9.6106m/s，故C正確，D錯誤。故選：BC?！军c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（6.00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

25、該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍【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。【解答】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

26、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。【點評】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。二、非選擇題：共174分。第912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（5.00分）如圖（a），一

27、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)，其讀數(shù)為3.775cm當?shù)氐闹亓铀俣却笮?.80m/s2，此彈簧的勁度系數(shù)為53.7N/m（保留3位有效數(shù)字）?！痉治觥肯茸x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0.05mm得到分度尺讀數(shù)，從而

28、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)。【解答】解：圖（b）中主尺讀數(shù)為3.7cm，游標卡尺的讀數(shù)為0.05mm15=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=kx，故彈簧的勁度系數(shù)；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），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

29、前一刻線的讀數(shù)。10（10.00分）某實驗小組利用如圖（a）所示的電路探究在2580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0999.9）；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，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

30、，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R2t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，并做出R2t曲線；（3）由圖（b）可得到RT在2580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

31、數(shù)為620.0，則手心溫度為33.0?！痉治觥浚?）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阻值，再根據(jù)圖象確定對應的溫度?！窘獯稹拷猓海?）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：6100+210

32、=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（12.00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

33、部分距地面的最大高度?！痉治觥浚?）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?！窘獯稹拷猓海?）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

34、向上運動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?！军c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（20.00分）如圖，在y0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y0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

35、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小；（3）H第一次離開磁場的位置到原點O的距離?！痉治觥浚?）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。（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?！窘獯稹拷猓海?）H在電場中做類平拋運動，水平方向：x1=v1t1，豎直方向：h=a1t12，粒子進入磁場時豎直分速度：vy

36、=a1t1=v1tan60，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=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=v2t2，豎直方向：h=a2t22，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

37、第一次離開磁場的出射點間的距離：x2=2rsin，H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。【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

38、-3（15分）13（5.00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【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，由熱力學第一定律分析吸放熱情況。一定質量的理想氣體的內能只跟溫度有關。根據(jù)氣態(tài)方程分析狀態(tài)d與b的壓強關系。【解答】解：A、過程中氣體作等容變化，溫度升高，根據(jù)查理定律=c知氣體的壓強逐漸增大，故A錯誤。B、過

39、程中氣體的體積增大，氣體對外界做正功，故B正確。C、過程中氣體作等容變化，氣體不做功，溫度降低，氣體的內能減少，根據(jù)熱力學第一定律U=W+Q知氣體向外界放出了熱量，故C錯誤。D、狀態(tài)c、d的溫度相等，根據(jù)一定質量的理想氣體的內能只跟溫度有關，可知，狀態(tài)c、d的內能相等。故D正確。E、連接bO和dO，根據(jù)數(shù)學知識可知，狀態(tài)d的值大于狀態(tài)b的值，根據(jù)氣態(tài)方程=c知狀態(tài)d的壓強比狀態(tài)b的壓強小，故E正確。故選：BDE。【點評】本題主要考查了理想氣體的狀態(tài)方程和熱力學第一定律，要能夠根據(jù)溫度判斷氣體內能的變化；在應用熱力學第一定律時一定要注意各量符號的意義；U為正表示內能變大，Q為正表示物體吸熱；W為

40、正表示外界對物體做功。14（10.00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?！痉治觥恳后w緩慢地流入汽缸的過程中，活塞上、下兩部分氣體的溫度均保持不變，作等溫變化。對兩部分氣體分別運用玻意耳定律列式，可求得活塞再次平衡后上下兩部分氣體的壓強，再對活塞，由平衡條件列式，可求得流入汽缸內液體的質量?！窘獯稹拷猓涸O活塞再次平衡后，活塞上方氣體的體積為V1，壓強為p1；下方氣體的體積為V2，壓強為p2在活塞下移的過程中，活塞上、下兩部分氣體的溫度均保持不變，作等溫變化，由