2018年高考全国I卷物理试题
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分，第14-18只有一项符
合题目要求，第19-21有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分。
14.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速度直线运动，在启动阶段，列车的动能（ B ）
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
解析：
初速度为零的匀加速度直线运动，说明它的加速度保持不变，也就是a一定，根据牛顿第二定律，高铁的牵引力保持F保持不变，根据动能定能FS=E
k
-0
即动能与位移成正比。与时间的关系为1/2Fat2=E
k
-0，与速度的关系为
1/2FVt=E
k -0,动量与动能的关系为P2=2mE
k.
因些只有B项符合题意
点评：物理试题与实际生活相结合，考查的知识点主要是必修1运动学的知识和必修2的动能定理，属于基础题。
15.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之间关系的图像可能正确的是( A )
解析：
物理受向上的拉力F和F弹，向下的重力mg,由于物体匀加速直线运动则
F
合保持不变，由牛顿运动定律：F+F
弹
-mg=F
合
=ma
又由系统原处于静止状态，则F 弹=mg F0=ma,
且随着X 增加，F 弹变小，F 变大，则ma-x 图像如图A 所示，所以A 项正确。 16. 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衡于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（ D ）。
A. a 、b 的电荷同号，k=16/9
B. a 、b 的电荷异号，k=16/9
C. a 、b 的电荷同号，k=27/64
D. a 、b 的电荷异号，k=27/64
解析：由于合力的方向平行于a 、b 的连线，所以a 、b 不可能同号，
设a,b,c 带电量为A ，B ，C ，则
a 与c 之间力 Fac=kAC/16
b 与
c 之间力Fbc=kBC/9
由受力关系
3tan 4
Fac Fbc θ== 由此可以解得A/B=27/64
17.如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中心，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。空间存在与半圆落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1）：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II ）。
在过程I 、II 中，流过OM 的电荷量相等，则B ’/B 等于( B ）。
A.5/4
B.3/2
C.7/4
D.2
解析：
由公式可知电荷量：q=it,
电流：E i R =
总 E=n t ΦV V
过程1：棒OM 从OQ 转至OS ，磁场B 恒定，面积增加
21,4B S S r q R π==V V 总
过程2：磁场B 增加到B ’,即B=B -B V ’
面积21S=22
r S π=V 恒定， (')2'B B S q R -=V 总
由于q=q ’,联立可得B S=S V V （B'-B ）2
由此解得：B ’/B=3/2,因而B 项正确。
点评：
本题重点考查引起电磁感应的两种变量，和电量与电流的关系。 18. 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作用，自a 点处从静
止开始向右运动。重力加速度大小为g ，小球从a 点开始
运动到其轨道最高点，机械能的增量为（ C ）
A.2mgR
B.4mgR
C.5mgR
D.6mgR
解析：小球到C 点后会继续向上运动，假设运动到最高点d,则：
对小球由a-->c 过程中，由动能定理可得：
F*3R-mgR=0.5mV 2 由于F=mg,
解得2Vc gR =
在C 点时，有：
小球坚直方向以2Vc gR =，a=g 做匀减速直线运动，可求得：
2vc R t g g
== 小球水平方向以a=g 做匀加速直线运动，运动到D 点时水平位移为
2122
CD x X a t R == 全过程小球机械能的增加量等于水平外力所做的功，即
(22)5k F E W F R R R mgR ==++=V
19.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，另外一线圈与远处沿南北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池处于静止状
态。下列说法正确的是（AD）
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极朝垂直面向外的方向转动
解析：
开关闭合瞬间，铁芯的磁场增强，右边为N极，左侧线圈将产生一个阻碍其增强的磁场，由楞茨定律可以判断产生由南向北的电流，再由安培定则，小磁针N向纸面向里转动，A正解；
开关闭合并保持一段时间后，铁芯中的磁场保持不变，不会产生感应电流，小磁针会保持最原始的状态，BC都错误；
开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，铁芯的磁场减弱，线圈将产生一个阻碍其减弱的磁场，也即产生一个由北向南的电流，小磁针的N极朝垂直面向外的方向转动。
点评：
本题重点考查楞茨定律的内容，也就是增强就阻碍增强，减弱就阻碍你减弱，还要学会用安培定则判断磁场的方向，是一道电磁学综合性的题目。
20. 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，将两题中子星都看作是
质量均匀分布的球体，由这些数据、万用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（BC ）
A.质量之积B质量之和 C.速率之和 D.各自的自动角速度
解析：假设两中子星的质量为M1和M2,中心点如图所示，中心点到两中子星的距离为R1和R2，R1+R2=400KM，速率为V1和V2，由题意可知周期为T=1/12S。
M1和M2之间的引力提供他们各自的向心力，则对于M1来说:
()
2212
11222112411GM M V M R M T R R R π==+ (1)式 对于M2来说， ()22
122222
2221242GM M V M R M T R R R π==+ （2式 这两个式子一定要注意半径，和我们平时做的有点不一样
把（1）式和（2）式相加，可以得到
()212122212()
4()G M M R R T
R R π+=++ (3)式 由3式可求得质量之各M1+M2, 因而B 项正确
由速度和周期的关系：
112R V T π= (4)式 222R V T
π= (5)式 由（4）式+（5）式，即可以求得它们的速率之和，即C 项也正确
点评：这道题重点要求掌握万有引力的来源，以及运动半径的求法，题目不算难，但容易出错。
21.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（ AB ）。
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
解析：
由电子从a到d的过程克服电场力做功，说明电场力做负功为6eV,说明电场线由a指向d,电子在ab,bc,cd任意两线之间电场力做负功都为2eV，由于动能只有10eV，到d时还有4eV，所以可以到达f 平面，所以B正确。
根据电子伏特的定义是电子经过1个伏特（volt）的电场加速后所获得的能量，所以Uab=2V ,也即b点的电势为零，所以A正确。
到达d时，电场力做了6eV的负功，也即电势能增加6eV，所以C错误。
在b点的动能为8eV，在d的动能为4eV，所以速率是根号2倍，而不是2倍，所以D项也是错误。
点评：
本题重点考查电场力做功与电磁能的关系，电子伏特的含义，电势的概念，动能定理等知识点，是一道综合性比较强的题目，学生只有把所有的知识点都弄懂了，才能做对这道题，否则容易错选或才漏选。