2018年高考理综物理真题试卷（全国Ⅲ卷）
一、选择题（单选）
1．（2018·全国Ⅲ卷）1934年，约里奥-居里夫妇用α粒子轰击铝核 ，产生了第一个人工放射性核素X： 。X的原子序数和质量数分别为（ ）
A．15和28 B．15和30 C．16和30 D．17和31
2．（2018·全国Ⅲ卷）为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。P与Q的周期之比约为（ ）
A．2：1 B．4：1 C．8：1 D．16：1
3．（2018·全国Ⅲ卷）一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示。则Q方： Q正等于（ ）
A． B． C．1：2 D．2：1
4．（2018·全国Ⅲ卷）在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v和 的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（ ）
A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍
二、选择题（多选）
5．（2018·全国Ⅲ卷）甲乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．在t1时刻两车速度相等
B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等
C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等
D．从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
6．（2018·全国Ⅲ卷）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，（ ）
A．矿车上升所用的时间之比为4：5
B．电机的最大牵引力之比为2：1
C．电机输出的最大功率之比为2：1
D．电机所做的功之比为4：5
7．（2018·全国Ⅲ卷）如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图（b）所示，规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中的感应电动势（ ）
A．在 时为零
B．在 时改变方向
C．在 时最大，且沿顺时针方向
D．在 时最大，且沿顺时针方向
8．（2018·全国Ⅲ卷）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．a的质量比b的大 B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等 D．在t时刻，a和b的动量大小相等
三、实验题
9．（2018·全国Ⅲ卷）甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下：
（1）甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端，让木尺自然下垂。乙把手放在尺的下端（位置恰好处于L刻度处，但未碰到尺），准备用手指夹住下落的尺。
甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若夹住尺子的位置刻度为L1，重力加速度大小为g，则乙的反应时间为 （用L、L1和g表示）。
（2）已知当地的重力加速度大小为g=9.80 m/s2，L=30.0 cm，L1=10.4 cm，乙的反应时间为 s。（结果保留2位有效数字）
（3）写出一条提高测量结果准确程度的建议： 。
10．（2018·全国Ⅲ卷）一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值，图中R0为标准定值电阻（R0=20.0 Ω）； 可视为理想电压表。S1为单刀开关，S2位单刀双掷开关，E为电源，R为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验：
⑴按照实验原理线路图（a），将图（b）中实物连线 ；
⑵将滑动变阻器滑动端置于适当位置，闭合S1；
⑶将开关S2掷于1端，改变滑动变阻器动端的位置，记下此时电压表 的示数U1；然后将S2掷于2端，记下此时电压表 的示数U2；
⑷待测电阻阻值的表达式Rx= （用R0、U1、U2表示）；
⑸重复步骤（3），得到如下数据：
1 2 3 4 5
U1/V 0.25 0.30 0.36 0.40 0.44
U2/V 0.86 1.03 1.22 1.36 1.49
3.44 3.43 3.39 3.40 3.39
⑹利用上述5次测量所得 的平均值，求得Rx= Ω。（保留1位小数）
四、解答题
11．（2018·全国Ⅲ卷）如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：
（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）甲、乙两种离子的比荷之比。
12．（2018·全国Ⅲ卷）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα= ，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
（2）小球到达A点时动量的大小；
（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。
五、选考题[物理：选修3-3]
13．（2018·全国Ⅲ卷）（1）如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的直线所示。在此过程中（ ）。
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
（2）在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。
六、选考题[物理：选修3-4]
14．（2018·全国Ⅲ卷）（1）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0和t=0.20 s时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期T>0.20 s。下列说法正确的是（ ）
A．波速为0.40 m/s
B．波长为0.08 m
C．x=0.08 m的质点在t=0.70 s时位于波谷
D．x=0.08 m的质点在t=0.12 s时位于波谷
E．若此波传入另一介质中其波速变为0.80 m/s，则它在该介质中的波长为0.32 m
（2）如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中O点)，然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC边上。D位于AB边上，过D点做AC边的垂线交AC于F。该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察。恰好可以看到小标记的像；过O点做AB边的垂线交直线DF于E；DE=2 cm，EF=1 cm。求三棱镜的折射率。(不考虑光线在三棱镜中的反射)
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X的电荷数为2+13=15，质量数为4+27-1=30，根据原子核的电荷数等于原子序数，可知X的原子序数为15，质量数为30， B符合题意。
故答案为：B
【分析】本题考查了核反应方程。由核反应方程的电荷数和质量数守恒即可解出此题。
2．【答案】C
【知识点】万有引力定律及其应用；开普勒定律
【解析】【解答】设地球半径为R，根据题述，地球卫星P的轨道半径为RP=16R，地球卫星Q的轨道半径为RQ=4R，根据开普勒定律， = =64，所以P与Q的周期之比为TP∶TQ=8∶1， C符合题意。
故答案为：C
【分析】利用开普勒第二定律解答或根据万有引力提供向心力再结合题意可求解。
3．【答案】D
【知识点】焦耳定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】根据题述，正弦交变电流的电压有效值为 ，而方波交流电的有效值为u0，
根据焦耳定律和欧姆定律，Q=I2RT= T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方∶Q正= u02∶（ ）2=2∶1， D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据题意分别求出正弦式交流电和方波交流电的有效值，再根据焦耳定律和欧姆定律分别求出热量，从而得出Q方： Q正。
本题要明确求焦耳热应该利用“四值”中的有效值，能够熟记正（余）弦式交流电的有效值，并能利用热效应的含义求解方波交流电的有效值为解题的关键。
4．【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】设甲球落至斜面时的速率为v1，乙落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律，x=vt，y= gt2，设斜面倾角为θ，由几何关系，tanθ=y/x，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律， mv2+mgy= mv12，联立解得：v1= ·v，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，v2= ·v/2，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍， A符合题意。
故答案为：A
【分析】由平抛运动的特点和规律结合题意建立几何关系，再由机械能守恒定律可求得甲球落至斜面时的速率与乙球落至斜面时速率的关系。
5．【答案】C,D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】根据位移图象的物理意义可知，在t1时刻两车的位置相同，速度不相等，乙车的速度大于甲车的速度，选项A不符合题意；从0到t1时间内，乙车走过的路程大于甲车，选项B不符合题意；从t1到t2时间内，两车都是从x1位置走到x2位置，两车走过的路程相等，选项C符合题意；根据位移图像的斜率等于速度可知，从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等， D符合题意。
故答案为：CD
【分析】知道位移时间图像的物理意义：图像的斜率表示速度，交点表示两车同一时刻到达同一位置。
解决本题的关键是明确图像的物理意义，位移时间图像很容易与速度时间图像混淆。
6．【答案】A,C
【知识点】对单物体(质点)的应用；功的计算；功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】设第②次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知， ×2t0×v0= ×（t+3t0/2）× v0，解得：t=5t0/2，所以第 次和第 次提升过程所用时间之比为2t0∶5t0/2=4∶5，选项A符合题意；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B不符合题意；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C符合题意；加速上升过程的加速度a1= ，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m( +g)，减速上升过程的加速度a2=- ，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g - )，匀速运动过程的牵引力F3=mg。第 次提升过程做功W1=F1× ×t0×v0+ F2× ×t0×v0=mgv0t0；第②次提升过程做功W2=F1× × t0× v0+ F3× v0×3t0/2+ F2× × t0× v0 =mg v0t0；两次做功相同， D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】由速度时间图像的面积表示位移可求出第②次的时间结合题意求出时间之比。由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比。由P=Fv可得最大功率之比。由题意结合做功的表达式分别求出两种情况下各段牵引力做功情况，从而求出电机做功之比。
7．【答案】A,C
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】由图（b）可知，导线PQ中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A符合题意；在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B不符合题意；由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C符合题意；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向， D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】由图（b）可知各段时间电流的变化情况及电流的变化率，从而可确定磁通量的变化率，再根据法拉第电磁感应定律和楞次定律可判定各段时间的感应电动势的变化情况及方向。
8．【答案】B,D
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的理解；动量定理；电势差、电势、电势能；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【解答】根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。对微粒a，由牛顿第二定律， qE=maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE =mbab，联立解得： > ，由此式可以得出a的质量比b小，选项A不符合题意；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力大于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B符合题意；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C不符合题意；由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量大小等于b微粒，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】由题意结合运动学公式，牛顿第二定律、动能定理、动量定理可分别求得a和b的加速度、质量、动能、动量的关系。由于某时刻t，两微粒在同一水平面可知电势相等，根据EP=qφ，（此公式需注意每个物理量的正负号）可求得两微粒电势能的关系。
9．【答案】（1）
（2）0.20
（3）多次测量取平均值；初始时乙的手指尽可能接近尺子
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】根据题述，在乙的反应时间t内，尺子下落高度h=L-L1，由自由落体运动规律，h= gt2，解得t= 。代入数据得：t=0.20s。
【分析】由题意可知尺子下落的高度为L-L1，根据自由落体运动的规律可写出得乙的反应时间表达式，代入数据可求出反应时间。
本实验要求灵活应用自由落体运动基本规律，另外注意实验结果要求。（结果保留两位有效数字）
10．【答案】；；48.2
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】开关S2掷于1端，由欧姆定律可得通过Rx的电流I=U1/R0，将开关S2掷于2端，R0和Rx串联电路电压为U2，Rx两端电压为U=U2-U1，由欧姆定律可得待测电阻阻值Rx=U/I= R0=（ -1）R0。
5次测量所得 的平均值， （3.44+3.43+3.39+3.40+3.39）=3.41，代入Rx=（ -1）R0=（3.41-1）×20.0Ω=48.2Ω。
【分析】（1）连接实物图时依据原理图依次连接（注意线不要交叉，正负极不要接反，滑动变阻器是分压还是限流）
（2）开关S2掷于1端，根据欧姆定律可通过Rx的电流为，将开关S2掷于2端，可得Rx两端电压为U2-U1，再由欧姆定律得出Rx。
（3）根据表格求出RX的平均值。
11．【答案】（1）解：设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
②
由几何关系知
③
由①②③式得
④
（2）解：设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
⑤
⑥
由题给条件有
⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
⑧
【知识点】对单物体(质点)的应用；带电粒子在电场中的加速；洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】根据题意甲离子经加速电压由动能定理可得进入磁场的速度，进入磁场后由牛顿第二定律结合几何关系可求得磁感应强度。同理可知乙离子的半径，综合可知甲乙两种离子的比荷。
12．【答案】（1）解：设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有①②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
③由①②③式和题给数据得④⑤
（2）解：设小球到达A点的速度大小为 ，作 ，交PA于D点，由几何关系得⑥⑦由动能定理有⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为
⑨
（3）解：小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为 ，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有
⑩
由⑤⑦⑩ 式和题给数据得
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用；匀变速直线运动基本公式应用；力的合成
【解析】【分析】（1）由力的合成法则及在C点由牛顿第二定律可求出水平恒力F0及小球到达C点的速度。
（2）从A到C有动能定理，几何关系和动量的表达式可求出小球到达A点时的动量。
（3）从C落至水平轨道，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，由运动学公式可得落至水平轨道所用的时间。
13．【答案】（1）B；C；D
（2）解：设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有①式中 为水银密度，g为重力加速度大小。由玻意耳定律有
p1l1=pl1′②
p2l2=pl2′③
l1′–l1=l2–l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′=22.5 cm⑤
l2′=7.5 cm⑥
【知识点】共点力平衡条件的应用；热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体与理想气体的状态方程；理想气体的实验规律
【解析】【解答】（1）一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程paVa/Ta=pbVb/Tb可知，Tb>Ta，即气体的温度一直升高，选项A不符合题意；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，选项B符合题意；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，选项C符合题意；根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，选项D符合题意；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，选项E错误。
故答案为：BCD
【分析】（1）此题考查内容较基础，主要考查理想气体状态方程和热力学第一定律，并且知道理想气体的内能只与温度有关。
（2）由力的平衡条件和玻意耳定律可得出U形管平放时两边空气柱的长度。
14．【答案】（1）A；C；E
（2）解：过D点作AB边的发现 ，连接OD，则 为O点发出的光纤在D点的入射角；设该光线在D点的折射角为β，如图所示。根据折射定律有
①
式中n为三棱镜的折射率
由几何关系可知
②
③
在 中有
④
由③④式和题给条件得
⑤
根据题给条件可知， 为等腰三角形，有
⑥
由①②⑥式得
⑦
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）根据波形图可知，波长λ=16cm=0.16m，选项B不符合题意；根据t=0时刻和t=0.20s时刻的波形图和该波的周期T>0.20s可知，可知该波的周期T=0.40s，波速v=λ/T=0.40m/s，选项A符合题意；简谐波沿x轴正方向传播，x=0.08m的质点在t=0时刻沿y轴正方向运动，在t=0.70s时位于波谷，在t=0.12s时位于y＞0的某位置(不是位于波谷)，选项C符合题意D不符合题意；若此波传入另一介质中，周期T不变，其波速变为v=0.80m/s，由λ=vT可得它在该介质中的波长为λ=0.80×0.4m=0.32m，选项E正确。
故答案为：ACE
【分析】（1）根据波形图可知波长，此题中要考虑波传播的双向性和多解性，由于该波周期大于0.2s，最终可得出周期只能为0.4s，且沿x轴的正方向传播，根据同侧法或上下坡法可知，x=0.08m的质点在t=0时刻沿y轴正方向运动且在t=0.70s时即经历时位于波谷处。同一波进入不同一介质不会改变周期，由可得波长。
（2）画出正确的光路图，根据折射定律和几何关系可得出折射率。
1 / 12018年高考理综物理真题试卷（全国Ⅲ卷）
一、选择题（单选）
1．（2018·全国Ⅲ卷）1934年，约里奥-居里夫妇用α粒子轰击铝核 ，产生了第一个人工放射性核素X： 。X的原子序数和质量数分别为（ ）
A．15和28 B．15和30 C．16和30 D．17和31
【答案】B
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X的电荷数为2+13=15，质量数为4+27-1=30，根据原子核的电荷数等于原子序数，可知X的原子序数为15，质量数为30， B符合题意。
故答案为：B
【分析】本题考查了核反应方程。由核反应方程的电荷数和质量数守恒即可解出此题。
2．（2018·全国Ⅲ卷）为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。P与Q的周期之比约为（ ）
A．2：1 B．4：1 C．8：1 D．16：1
【答案】C
【知识点】万有引力定律及其应用；开普勒定律
【解析】【解答】设地球半径为R，根据题述，地球卫星P的轨道半径为RP=16R，地球卫星Q的轨道半径为RQ=4R，根据开普勒定律， = =64，所以P与Q的周期之比为TP∶TQ=8∶1， C符合题意。
故答案为：C
【分析】利用开普勒第二定律解答或根据万有引力提供向心力再结合题意可求解。
3．（2018·全国Ⅲ卷）一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示。则Q方： Q正等于（ ）
A． B． C．1：2 D．2：1
【答案】D
【知识点】焦耳定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】根据题述，正弦交变电流的电压有效值为 ，而方波交流电的有效值为u0，
根据焦耳定律和欧姆定律，Q=I2RT= T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方∶Q正= u02∶（ ）2=2∶1， D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据题意分别求出正弦式交流电和方波交流电的有效值，再根据焦耳定律和欧姆定律分别求出热量，从而得出Q方： Q正。
本题要明确求焦耳热应该利用“四值”中的有效值，能够熟记正（余）弦式交流电的有效值，并能利用热效应的含义求解方波交流电的有效值为解题的关键。
4．（2018·全国Ⅲ卷）在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v和 的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（ ）
A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍
【答案】A
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】设甲球落至斜面时的速率为v1，乙落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律，x=vt，y= gt2，设斜面倾角为θ，由几何关系，tanθ=y/x，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律， mv2+mgy= mv12，联立解得：v1= ·v，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，v2= ·v/2，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍， A符合题意。
故答案为：A
【分析】由平抛运动的特点和规律结合题意建立几何关系，再由机械能守恒定律可求得甲球落至斜面时的速率与乙球落至斜面时速率的关系。
二、选择题（多选）
5．（2018·全国Ⅲ卷）甲乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．在t1时刻两车速度相等
B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等
C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等
D．从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
【答案】C,D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】根据位移图象的物理意义可知，在t1时刻两车的位置相同，速度不相等，乙车的速度大于甲车的速度，选项A不符合题意；从0到t1时间内，乙车走过的路程大于甲车，选项B不符合题意；从t1到t2时间内，两车都是从x1位置走到x2位置，两车走过的路程相等，选项C符合题意；根据位移图像的斜率等于速度可知，从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等， D符合题意。
故答案为：CD
【分析】知道位移时间图像的物理意义：图像的斜率表示速度，交点表示两车同一时刻到达同一位置。
解决本题的关键是明确图像的物理意义，位移时间图像很容易与速度时间图像混淆。
6．（2018·全国Ⅲ卷）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，（ ）
A．矿车上升所用的时间之比为4：5
B．电机的最大牵引力之比为2：1
C．电机输出的最大功率之比为2：1
D．电机所做的功之比为4：5
【答案】A,C
【知识点】对单物体(质点)的应用；功的计算；功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】设第②次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知， ×2t0×v0= ×（t+3t0/2）× v0，解得：t=5t0/2，所以第 次和第 次提升过程所用时间之比为2t0∶5t0/2=4∶5，选项A符合题意；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B不符合题意；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C符合题意；加速上升过程的加速度a1= ，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m( +g)，减速上升过程的加速度a2=- ，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g - )，匀速运动过程的牵引力F3=mg。第 次提升过程做功W1=F1× ×t0×v0+ F2× ×t0×v0=mgv0t0；第②次提升过程做功W2=F1× × t0× v0+ F3× v0×3t0/2+ F2× × t0× v0 =mg v0t0；两次做功相同， D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】由速度时间图像的面积表示位移可求出第②次的时间结合题意求出时间之比。由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比。由P=Fv可得最大功率之比。由题意结合做功的表达式分别求出两种情况下各段牵引力做功情况，从而求出电机做功之比。
7．（2018·全国Ⅲ卷）如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图（b）所示，规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中的感应电动势（ ）
A．在 时为零
B．在 时改变方向
C．在 时最大，且沿顺时针方向
D．在 时最大，且沿顺时针方向
【答案】A,C
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】由图（b）可知，导线PQ中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A符合题意；在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B不符合题意；由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C符合题意；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向， D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】由图（b）可知各段时间电流的变化情况及电流的变化率，从而可确定磁通量的变化率，再根据法拉第电磁感应定律和楞次定律可判定各段时间的感应电动势的变化情况及方向。
8．（2018·全国Ⅲ卷）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．a的质量比b的大 B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等 D．在t时刻，a和b的动量大小相等
【答案】B,D
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的理解；动量定理；电势差、电势、电势能；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【解答】根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。对微粒a，由牛顿第二定律， qE=maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE =mbab，联立解得： > ，由此式可以得出a的质量比b小，选项A不符合题意；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力大于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B符合题意；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C不符合题意；由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量大小等于b微粒，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】由题意结合运动学公式，牛顿第二定律、动能定理、动量定理可分别求得a和b的加速度、质量、动能、动量的关系。由于某时刻t，两微粒在同一水平面可知电势相等，根据EP=qφ，（此公式需注意每个物理量的正负号）可求得两微粒电势能的关系。
三、实验题
9．（2018·全国Ⅲ卷）甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下：
（1）甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端，让木尺自然下垂。乙把手放在尺的下端（位置恰好处于L刻度处，但未碰到尺），准备用手指夹住下落的尺。
甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若夹住尺子的位置刻度为L1，重力加速度大小为g，则乙的反应时间为 （用L、L1和g表示）。
（2）已知当地的重力加速度大小为g=9.80 m/s2，L=30.0 cm，L1=10.4 cm，乙的反应时间为 s。（结果保留2位有效数字）
（3）写出一条提高测量结果准确程度的建议： 。
【答案】（1）
（2）0.20
（3）多次测量取平均值；初始时乙的手指尽可能接近尺子
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】根据题述，在乙的反应时间t内，尺子下落高度h=L-L1，由自由落体运动规律，h= gt2，解得t= 。代入数据得：t=0.20s。
【分析】由题意可知尺子下落的高度为L-L1，根据自由落体运动的规律可写出得乙的反应时间表达式，代入数据可求出反应时间。
本实验要求灵活应用自由落体运动基本规律，另外注意实验结果要求。（结果保留两位有效数字）
10．（2018·全国Ⅲ卷）一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值，图中R0为标准定值电阻（R0=20.0 Ω）； 可视为理想电压表。S1为单刀开关，S2位单刀双掷开关，E为电源，R为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验：
⑴按照实验原理线路图（a），将图（b）中实物连线 ；
⑵将滑动变阻器滑动端置于适当位置，闭合S1；
⑶将开关S2掷于1端，改变滑动变阻器动端的位置，记下此时电压表 的示数U1；然后将S2掷于2端，记下此时电压表 的示数U2；
⑷待测电阻阻值的表达式Rx= （用R0、U1、U2表示）；
⑸重复步骤（3），得到如下数据：
1 2 3 4 5
U1/V 0.25 0.30 0.36 0.40 0.44
U2/V 0.86 1.03 1.22 1.36 1.49
3.44 3.43 3.39 3.40 3.39
⑹利用上述5次测量所得 的平均值，求得Rx= Ω。（保留1位小数）
【答案】；；48.2
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】开关S2掷于1端，由欧姆定律可得通过Rx的电流I=U1/R0，将开关S2掷于2端，R0和Rx串联电路电压为U2，Rx两端电压为U=U2-U1，由欧姆定律可得待测电阻阻值Rx=U/I= R0=（ -1）R0。
5次测量所得 的平均值， （3.44+3.43+3.39+3.40+3.39）=3.41，代入Rx=（ -1）R0=（3.41-1）×20.0Ω=48.2Ω。
【分析】（1）连接实物图时依据原理图依次连接（注意线不要交叉，正负极不要接反，滑动变阻器是分压还是限流）
（2）开关S2掷于1端，根据欧姆定律可通过Rx的电流为，将开关S2掷于2端，可得Rx两端电压为U2-U1，再由欧姆定律得出Rx。
（3）根据表格求出RX的平均值。
四、解答题
11．（2018·全国Ⅲ卷）如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：
（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）甲、乙两种离子的比荷之比。
【答案】（1）解：设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
②
由几何关系知
③
由①②③式得
④
（2）解：设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
⑤
⑥
由题给条件有
⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
⑧
【知识点】对单物体(质点)的应用；带电粒子在电场中的加速；洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】根据题意甲离子经加速电压由动能定理可得进入磁场的速度，进入磁场后由牛顿第二定律结合几何关系可求得磁感应强度。同理可知乙离子的半径，综合可知甲乙两种离子的比荷。
12．（2018·全国Ⅲ卷）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα= ，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
（2）小球到达A点时动量的大小；
（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。
【答案】（1）解：设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有①②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
③由①②③式和题给数据得④⑤
（2）解：设小球到达A点的速度大小为 ，作 ，交PA于D点，由几何关系得⑥⑦由动能定理有⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为
⑨
（3）解：小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为 ，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有
⑩
由⑤⑦⑩ 式和题给数据得
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用；匀变速直线运动基本公式应用；力的合成
【解析】【分析】（1）由力的合成法则及在C点由牛顿第二定律可求出水平恒力F0及小球到达C点的速度。
（2）从A到C有动能定理，几何关系和动量的表达式可求出小球到达A点时的动量。
（3）从C落至水平轨道，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，由运动学公式可得落至水平轨道所用的时间。
五、选考题[物理：选修3-3]
13．（2018·全国Ⅲ卷）（1）如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的直线所示。在此过程中（ ）。
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
（2）在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。
【答案】（1）B；C；D
（2）解：设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有①式中 为水银密度，g为重力加速度大小。由玻意耳定律有
p1l1=pl1′②
p2l2=pl2′③
l1′–l1=l2–l2′④
由①②③④式和题给条件得
l1′=22.5 cm⑤
l2′=7.5 cm⑥
【知识点】共点力平衡条件的应用；热力学第一定律（能量守恒定律）；理想气体与理想气体的状态方程；理想气体的实验规律
【解析】【解答】（1）一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程paVa/Ta=pbVb/Tb可知，Tb>Ta，即气体的温度一直升高，选项A不符合题意；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，选项B符合题意；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，选项C符合题意；根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，选项D符合题意；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，选项E错误。
故答案为：BCD
【分析】（1）此题考查内容较基础，主要考查理想气体状态方程和热力学第一定律，并且知道理想气体的内能只与温度有关。
（2）由力的平衡条件和玻意耳定律可得出U形管平放时两边空气柱的长度。
六、选考题[物理：选修3-4]
14．（2018·全国Ⅲ卷）（1）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0和t=0.20 s时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期T>0.20 s。下列说法正确的是（ ）
A．波速为0.40 m/s
B．波长为0.08 m
C．x=0.08 m的质点在t=0.70 s时位于波谷
D．x=0.08 m的质点在t=0.12 s时位于波谷
E．若此波传入另一介质中其波速变为0.80 m/s，则它在该介质中的波长为0.32 m
（2）如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中O点)，然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC边上。D位于AB边上，过D点做AC边的垂线交AC于F。该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察。恰好可以看到小标记的像；过O点做AB边的垂线交直线DF于E；DE=2 cm，EF=1 cm。求三棱镜的折射率。(不考虑光线在三棱镜中的反射)
【答案】（1）A；C；E
（2）解：过D点作AB边的发现 ，连接OD，则 为O点发出的光纤在D点的入射角；设该光线在D点的折射角为β，如图所示。根据折射定律有
①
式中n为三棱镜的折射率
由几何关系可知
②
③
在 中有
④
由③④式和题给条件得
⑤
根据题给条件可知， 为等腰三角形，有
⑥
由①②⑥式得
⑦
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）根据波形图可知，波长λ=16cm=0.16m，选项B不符合题意；根据t=0时刻和t=0.20s时刻的波形图和该波的周期T>0.20s可知，可知该波的周期T=0.40s，波速v=λ/T=0.40m/s，选项A符合题意；简谐波沿x轴正方向传播，x=0.08m的质点在t=0时刻沿y轴正方向运动，在t=0.70s时位于波谷，在t=0.12s时位于y＞0的某位置(不是位于波谷)，选项C符合题意D不符合题意；若此波传入另一介质中，周期T不变，其波速变为v=0.80m/s，由λ=vT可得它在该介质中的波长为λ=0.80×0.4m=0.32m，选项E正确。
故答案为：ACE
【分析】（1）根据波形图可知波长，此题中要考虑波传播的双向性和多解性，由于该波周期大于0.2s，最终可得出周期只能为0.4s，且沿x轴的正方向传播，根据同侧法或上下坡法可知，x=0.08m的质点在t=0时刻沿y轴正方向运动且在t=0.70s时即经历时位于波谷处。同一波进入不同一介质不会改变周期，由可得波长。
（2）画出正确的光路图，根据折射定律和几何关系可得出折射率。
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