”超级全能生”2018届高考全国卷26省9月联考乙卷物理答案

“超级全能生”2018高考全国卷 26省 9月联考乙卷（A ）

物理解析

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，其中第Ⅱ卷第 20～21题为选考题，其它题为必考题。考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：

1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。

2．选择题答案使用 2B 铅笔填涂,如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号；非选择题答案使用 0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．考生必须按照题号在答题卡各题号相对应的答题区域(黑色线框)内作答，写在草稿纸上、超出答题区域或非题号对应的答题区域的答案一律无效。

4．保持卡面清洁，不折叠，不破损。

5．做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题目涂黑。

第Ⅰ卷

一、选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分，在每小题给出的四个选项中，只有一

项是符合题目要求的。

1．C

解析：e 2Kr Se 0182368234-+→核变化属于β衰变，选项A 错误；放射性元素发生α衰变时

发出α射线，发生β衰变时发出β射线，不是任何放射性元素都能同时发出α、β、γ三种射

线，选项B 错误；根据2n 1n E =1E 知，eV )6.13(2122-?=E ，eV )6.13(3

123-?=E ，所以，32E E <，C 正确；某种频率的光照射某金属能发生光电效应，若增大入射光的强度，就增加了单位时间内射到金属上的光电子数，则单位时间内发射的光电子数将增加，D 错误．

2．D

解析：圆线圈的有效长度为L ′=2R ，故线圈受到的安培力为F =nBIL ′=2nBIR ，D 正确． 评述：本题是一道易错题，关键是知道在根据公式F =BIL 计算安培力时，公式中的L 表示导体在磁场中的有效长度．

3．B

解析：当B 球水平向右移动时，A 、B 间距离增大，由库仑定律可知，A 、B 间的库仑力变小，A 错误；当B 球水平向右移动时，库仑力和重力的合力可能水平向右，即绝缘柄对B 球作用力的方向可能水平向左，B 正确；当B 球竖直向下移动时，由于A 、B 间的库仑力变大，所以绝缘柄对B 球的作用力变大，C 错误；当B 球开始竖直向下移动时，要克服库仑斥力做功，系统电势能增大，当B 球继续竖直向下移动时，库仑斥力做正功，系统电势能减小，D 错误．

4．C

解析：由于卫星a 的轨道半长轴小于卫星b 的轨道半径，由开普勒的行星运动的周期定

律k T a =2

3可知，卫星a 的周期一定小于卫星b 周期，选项A 错误；卫星a 由近地点Q 向远地点P 运行过程中，地球与卫星间的引力做负功，引力势能增加，选项B 错误；卫星a 经

过P 点时做向心运动，说明所受万有引力大于向心力，即a

2a r υm F >万，卫星b 经过P 点时做匀速圆周运动，说明所受万有引力等于向心力，即b

2b r υm F =万，而a b r r >，所以a b υυ>，选项C 正确；卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，因为不知道两颗卫星的质量是否相等，所以不能判断出二者在P 点受到的向心力相等，故D 错误．

5．B

解析：根据动能定理，合外力对小球做的功等于小球动能的增量，所以合外力对小球做的功为2021υm ，A 错误；以坑底为重力势能零势能面，初态时机械能为202

1)(υm h H mg ++，末态时的机械能为0，因此小球的机械能减少202

1)(υm h H mg ++，B 正确；根据动能定理有：20210)(υm W h H mg －阻=++，所以阻力对小球做功为阻W =202

1)(υm h H mg -+-，C 错误；其中Fh W -=阻，所以路基对小球的平均阻力为h

υm h H mg F 2021)(++=，D 错误． 6．C

解析：电源的总功率IE P =总，由图可知321I I I >>，所以321P P P >>，A 错误；工作状态2时对应内、外电阻相等，电源有最大输出功率，B 错误；从工作状态1→工作状态2，回路电流减小，电源总功率减小，外电路电阻增大，电源的输出功率增大，C 正确；从工作状态3→工作状态2，回路电流增大，电源总功率增大，内电阻消耗功率减小，电源的输出功率增大，D 错误．

7．D

解析：要使ab 或cd 棒静止不动，另一棒应做匀速运动，且方向应向上，A 、B 均错误；cd 棒静止时，cd 棒受到的安培力与其重力沿斜面方向分力大小相等，即

R

υL B BIL F 222==安=?37sin 2g m ，代入数据得：v =0.48m/s ，故C 错误；ab 棒静止，cd 棒匀速运动时，系统受力平衡，合外力为零，根据平衡条件可得：所需外力应为?+=37sin )(21g m m F =0.18N ，故D 正确．

8．A

解析：小球从O 点上升到最大高度过程中，上升的高度为：21)2

(21T g h =

，小球从G 点上升到最大高度过程中的高度为：22)2(21t g h =；依据题意：x h h =-21，解得g

x T t 822-=，所以正确的图线应为A ．

二、选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分。有选错的得 0 分。

9．BD

解析：剪断细线前，A 、B 间无压力，则弹簧的弹力g m F A ==40N ，剪断细线的瞬间，

弹簧弹力不变，C 错误；对整体分析，整体加速度：B

A B A )(m m F g m m a +-+=，代入数值解得2m/s 6=a ，A 错误、B 正确；

隔离B 物体有：a m F g m B N B =－，解得a m g m F B B N －==24N ，D 正确．

10．CD

解析：图线的斜率在逐渐增大，质点做的是加速度逐渐增大的减速运动，A 错误；若质点做匀减速直线运动，则该质点在第10s 末的瞬时速度大小为10m/s ，而质点做的是加速度逐渐增大的减速运动，则质点在第10s 末的瞬时速度比10m/s 要大，B 错误；质点在第10s 末时的加速度大小等于圆上a 点切线

斜率的绝对值，即等于tan θ，因为sin θ=21，所以ta nθ=33，因此质点在第10s 末时的加速度大小为2m/s 3

3，C 正确；质点在0~20s 内的速度变化量的大小为20m/s ，D 正确．

11．AB

解析：副线圈的输入功率为R I P 222==88W ，原线圈的输出功率等于副线圈的输入功率，

即为88W ，A 正确；由负载电阻R=88Ω和电流表○A 2的示数可得副线圈两端的电压为

R I U 22==88V ，则原线圈和副线圈的匝数比25882202121===U U n n ，B 正确；由2

51221==I I n n 知电流表1A 的示数为1I =0.4A ，C 错误；理想变压器的原副线圈的电压与匝数成正比，因原线圈的电压不变，匝数也不变，所以副线圈的电压也不变，由图可知，负载R 两端的电压，即为副线圈的电压，当另一个电阻与原负载R 并联负载总的阻值减小，根据欧姆定律可知电流表○A 2的示数增大，故D 错误．

12．ACD

解析：撤去电场，若带正电，粒子从M 点或N 点射出，若带负电，粒子从P 点或N 点

射出，根据左手定则知A 正确；撤去电场后，从M 点射出的粒子的运动半径为2

M d R =，从N 点射出的粒子的运动半径为d R =m ，由qB

υm R =知m R =2M R ，故B 错误；撤去电场后，从M 点射出的粒子运动的时间为0

0122/221υd πυd πt =??=，从N 点射出的粒子运动的时间为0

022241υd πυd πt =?=，故C 正确；对从M 点射出的粒子，设其质量为m ，带电量为q ，在电磁场中时有qE υBq =0；撤去电场后有M

200R υm υBq =；撤去磁场，粒子做类平抛运动，设粒子的加速度a ，穿越电场所用时间为t ，则有Eq =ma ，22

1at y =，t υd 0=，联立解得：y =d ；即水平位移和竖直位移均为d ，粒子从N 点射出，故D 正确．

第Ⅱ卷

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 13—17 题为必考题，每个试题考生都做答；

第 18 题—19 题为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题(共43分)

13．⑴B(1分)；⑵

1

t l ?(1分)；⑶2122)(21)(21υm M υm M mgs +-+=(3分) 解析：⑴刻度尺的最小分度是1mm ，所以用cm 做单位时小数点后保留两位，所以B

正确；⑵滑块经过光电门1的速度11t l υ?=；⑶根据机械能守恒定律可知

2122)(2

1)(21υm M υm M mgs +-+=． 14．⑴B(1分)，F(1分)，D(1分)；⑵D(2分)；⑶A R I

U -( 2分) 解析：⑴为准确测量电阻阻值，应进行多次测量，测出多组实验数据，电源电动势应大一点，因此电源应选B ；电源电动势是15V ，量程为0~3V 的电压表量程太小，因此电压表应选F ；通过待测电阻的最大电流约为I =15V/40kΩ=0.375mA=375μA ，因此电流表可以选D ；

⑵为了准确测出电阻阻值，应测出多组实验数据，因此滑动变阻器应采用分压接法；待测电阻阻值是40k Ω，电压表内阻是50k Ω，电流表内阻为500Ω，电流表内阻远小于待测电阻阻值，可以采用电流表内接法，实验电路图如图D 所示． ⑶由欧姆定律知I U R R =+x A ，则A x R I

U R -=． 15．解：⑴小球恰好做匀速直线运动，受力平衡：

qE mg = (1分) 所以，q mg E = (1分) 小球带正电，所以电场方向竖直向上． (1分)

⑵①小球做匀速圆周运动，设其运动半径为R ，其运

动轨迹如图所示． 由几何关系知：222)2(R L L R =+- (1分) 得：4

5L R = (1分) 则L L R OM 22

2=-= 所以小球打在y 轴上的坐标为(0，－2L )． (1分)

②小球做匀速圆周运动时，洛仑兹力提供向心力：

R

υm υqB 200= (1分) 将45L R =代入得：qL υm B 540= (1分) 由左手定则知磁场方向垂直xOy 平面向外． (1分)

16．解：①A 与墙碰撞过程，规定水平向左为正，对A 由动量定理有：

Ft =A m 2υ－A m (－1υ) (2分)

代入数值解得：F =50N (1分)

②A 、B 碰撞，设共同速度为3υ，系统水平方向动量守恒，则有：

A m 2υ=(

B m +A m )3υ

(2分) 代入数值解得：3υ=3m/s (1分)

A 、

B 通过O 点做平抛运动，则有：

t υx '=3，22

1t g y '= (1分) 所以23

)(21υx g y = (2分) 考虑x y =

解得：x y ==1.8m (1分)

则落点的坐标为(1.8m ，1.8m) (1分)

17．解：⑴初始时刻，导体棒产生的感应电动势为：

1E =0υBL =1.0V

(1分)

L

回路中的电流为：r

R E I +=11=0.50A (1分) 根据牛顿第二定律有：11sin ma L BI θmg =+

(1分) 解得：m

L BI θg a 11sin +==6.52m/s (1分) ⑵根据能量守恒定律有：1P 120sin 2

1Q E θmgx υm ++= (1分) 其中21p 2

1kx E = 解得：1x =2100.4-?m

(1分) 代入上式解得：1Q =0.18J (1分)

⑶导体棒最终静止时，有：2sin kx θmg = (1分) 压缩量：k

θmg x sin 2==2100.6-?m (1分) 此时弹簧具有的弹性势能为：22p 2

1kx E ='=0.18J (1分) 设该过程回路产生的焦耳热为0Q ，根据能量守恒定律有：

0P 21p sin )(Q E θx x mg E +'=++ (1分)

解得：0Q =P 21p sin )(E θx x mg E '-++=0.50J (1分)

电阻R 上产生的焦耳热：02Q r

R R Q +==0.25J (1分) (二)选考题：共 15 分。请考生从给出的 2 道物理题中任选 1 题解答，并用 2B 铅笔在答题

卡上把所选题目涂黑。注意所做题目必须与所涂题目一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。

【选修 3－3】

18．⑴BCD(5分)

解析：显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的无规则的运动是布朗运动，但做布朗运动的是固体小颗粒，而不是分子的运动，但它反映了分子运动的无规则性，所以A 错误；气体对容器壁的压强，是由气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的，所以B 正确；当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大，间距增大时斥力做正功，则分子势能减小；当分子表现为引力时，间距增大时斥力做负功，则分子势能增大，所以C 正确；根据热力学第二定律可以知道，不可能从单一热源吸收热量使之完全转化为有用的功而不产生其他影响，所以D 正确；温度是分子平均动能的标志，是大量分子做无规则的热运动的统计规律，当温度升高时，物体内分子的平均动能增大，并不是每一个分子热运动的速率一定都增大，故E 错误．

⑵解：①设加一小盒沙子对气体产生的压强为p ，由玻马定律得：

h p p h p 4

1)(00?+= (2分) 解得：03p p = (2分) 则一小盒沙子的质量为：g

S p m 03= (2分) ②再加一小盒沙子后，气体的压强变为0p +2p ．设第二次加沙子后，活塞的高度为h ′，由玻马定律得：h p p h p '+=)2(00 (2分)

解得：h ′=h 7

1 (2分) 【选修 3－4】

19．⑴ABD(5分)