2018高考真题全国Ⅰ-Ⅲ卷物理答案

2018 年普通高等学校招生全国统一考试全国Ⅰ卷 14．解析选 B.列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可 11 知 v＝at，且列车的动能为 Ek＝ mv2，由以上整理得 Ek＝ ma2t2，动能与时间的平方成正比， 22 1 动能与速度的平方成正比，AC 错误；将 x＝ at2代入上式得 Ek＝max，则列车的动能与位移 2 p2 成正比，B 正确；由动能与动量的关系式Ek＝可知，列车的动能与动量的平方成正比，D 2m 错误． 15．解析选 A.假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知 kx0＝mg， 在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得 F＋kx0－x－mg ＝ma，由以上两式解得 F＝kx＋ma，显然 F 和 x 为一次函数关系，且在 F 轴上有截距，则 A 正确，BCD 错误． 16. 解析选 D.如果 a、b 带同种电荷，则 a、b 两小球对 c 的作用力均为斥力或引力，此时 c 在垂直于 a、b 连线的方向上的合力一定不为零，因此 a、b 不可能带同种电荷，AC 错误； 若 a、b 带异种电荷，假设 a 对 c 的作用力为斥力，则 b 对 c 的作用力一定为引力，受力分析 如图所示，由题意知 c 所受库仑力的合力方向平行于a、b 的连线，则 Fa、Fb在垂直于 a、b 连线的方向上的合力为零，由几何关系可知∠a＝37、∠b＝53，则 Fasin 37＝Fbcos 37， qa64Fa4 解得＝ ，又由库仑定律及以上各式代入数据可解得 qb＝27，B 错误，D 正确． Fb3 17．解析选 B.设 OM 的电阻为 R，过程Ⅰ，OM 转动的过程中产生的平均感应电动势 1 2 B πl ΔΦBΔS 4πBl2E1πBl2 大小为 E1＝＝＝＝，流过 OM 的电流为 I1＝＝，则流过 OM 的电 R Δt1Δt1Δt14Δt14RΔt1 πBl2 荷量为 q1＝I1Δt＝；过程Ⅱ，磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均 4R 感应电动势大小为 E2＝ ΔΦ Δt2 ＝ （B′－B）S Δt2 ＝ （B′－B）πl2 2Δt2 ，电路中的电流为 I2＝ E2 ＝ R π（B′－B）l2π（B′－B）l2 B′ ，则流过 OM 的电荷量为 q2＝I2Δt2＝；由题意知q1＝q2，则解得 2RB 2RΔt2 3 ＝ ，B 正确，ACD 错误． 2 18．解析选 C.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 1 定理有 F3R－mgR＝ mv2，又 F＝mg，解得 vc＝2 gR，小球离开 c 点后，在水平方向做初 2 c 速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用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， vc 小球从离开 c 点到其轨迹最高点所需的时间为t＝ ＝2 g R1 ，在水平方向的位移大小为x＝ g2 gt2＝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为ΔE＝F5R＝5mgR，C 正确，ABD 错误． 19．解析选 AD.由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈环绕部分的电流向下，由安培 定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向上 的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生 垂直纸面向里的磁场，则小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 正确；开关闭合并保 持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生 磁场，则小磁针静止不动，BC 错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧 线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流，则流 过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针 的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 正确． 20．解析选 BC.由题意可知，合并前两中子星绕连线上某点每秒转动12 圈，则两中子 星的周期相等，且均为 T＝ 12π s，两中子星的角速度均为ω ＝，两中子星构成了双星模型， 12T m1m2 假设两中子星的质量分别为m1， m2， 轨道半径分别为 r1、 r2， 速率分别为 v1、 v2， 则有 G 2 L Gm1m2ω2L3 2 ＝m1ωr1、＝m2ωr2，又 r1＋r2＝L＝400 km，解得 m1＋m2＝，A 错误，B 正确； L2G 2 又由 v1＝ωr1、v2＝ωr2，则 v1＋v2＝ωr1＋r2＝ωL，C 正确；由题中的条件不能求解两中子 星自转的角速度，D 错误． 21．解析选 AB.电子在等势面 b 时的电势能为 E＝qφ＝－2 eV，电子由 a 到 d 的过程 电场力做负功，电势能增加 6 eV，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间 的电势差相等，则电子由 a 到 b、由 b 到 c、由 c 到 d、由 d 到 f 电势能均增加 2 eV，则电子 在等势面 c 的电势能为零，等势面 c 的电势为零，A 正确．由以上分析可知，电子在等势面 d 的电势能应为 2 eV， C 错误． 电子在等势面 b 的动能为 8 eV， 电子在等势面 d 的动能为 4 eV， 1 由公式 Ek＝ mv2可知， 该电子经过平面 b 时的速率为经过平面 d 时速率的 2倍， D 错误． 如 2 果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了 平面 f 就返回平面 a，B 正确． 22．解析实验所用的游标卡尺最小分度为0.05 mm，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， 题图b所示的游标卡尺读数为 3.7 cm＋150.05 mm＝3.7 cm＋0.075 cm＝3.775 cm.托盘中放有质量为 m＝0.100 kg 的砝码时，弹簧受到的拉 力 F＝mg＝0.1009.8 N＝0.980 N，弹簧伸长量为 x＝3.775 cm－1.950 cm＝1.825 cm，根据 F 胡克定律 F＝kx，解得此弹簧的劲度系数k＝ ＝53.7 N/m. x 答案3.77553.7 23．解析1题图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 入电路部分的阻值最大， 使电路中电流最小， 即题图a中 R1的滑片应移到b端． 2将 t＝60 ℃ 和 t＝70 ℃对应的两组数据画在坐标图上，然后用平滑曲线过尽可能多的数据点画出 R2－t 曲线．3根据题述实验过程可知，测量的 R2的数据等于对应的热敏电阻 RT的阻值．由画出 的 R2－t 曲线可知，当 t＝44.0 ℃时，对应的 RT＝450 Ω.4由画出的 R2－t 曲线可知，当 RT ＝620.0 Ω时，手心温度 t＝33.0 ℃. 答案1b2如图34504