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山东省达标名校2018年高考一月调研物理试卷含解析

山东省达标名校2018年高考一月调研物理试卷

一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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

1．一简谐机械横波沿x 轴正方向传播，波长为λ，周期为T 。2

t =

时刻的波形如图所示，a 、b 是波上的两个质点。图是波上某一质点的振动图像。下列说法中正确的是（）

A ．4

t =时质点a 的速度比质点b 的大 B ．2

t =

时质点a 的加速度比质点b 的小 C ．如图可以表示质点a 的振动 D ．如图可以表示质点b 的振动

2．用α粒子(4

2He)轰击氮核(14

7N)，生成氧核(17

8O)并放出一个粒子，该粒子是（） A ．质子 B ．电子 C ．中子 D ．光子

3．如图，两质点a ，b 在同一平面内绕O 沿逆时针方向做匀速圆周运动，a ，b 的周期分别为2 s 和20 s ，a ，b 和O 三点第一次到第二次同侧共线经历的时间为( )

A ．

920

s B ．

209

s C ．

1120

s D ．

2011

s 4．如图，质量为m 、带电荷量为＋2q 的金属块a ，在绝缘光滑水平台面上以水平初速度v 0向右匀速运动，正碰完全相同的不带电的静止金属块b ，碰后金属块b 从高台上水平飞出，金属块a 恰好无初速度下落(金属块a ，b 均可视为质点)。已知在足够高的光滑高台边缘右边空间中存在水平向左的匀强电场(电场区域足够大)。场强大小E ＝

2mg

，碰撞前后两金属块之间的库仑力不计，空气阻力不计。则（）

A．在水平台面上碰后金属块b带电荷量为＋2q B．在水平台面上碰撞后金属块b的速度为0

v C．第一次碰撞后两金属块不可能发生第二次碰撞

D．碰撞后运动过程中金属块b距高台边缘的最大水平距离

2 0 4 v g

5．1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与D形盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上，中心A处粒子源产生的粒子飘人狭缝中由初。速度为零开始加速，最后从出口处飞出。D形盒的半径为R，下列说法正确的是（）

A．粒子在出口处的最大动能与加速电压U有关

B．粒子在出口处的最大动能与D形盒的半径无关

C．粒子在D形盒中运动的总时间与交流电的周期T有关

D．粒子在D形盒中运动的总时间与粒子的比荷无关

6．如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则

A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷

要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分

7．如图所示，在xoy平面的第Ⅰ象限内存在垂直xoy平面向里的匀强磁场，两个相同的带正电粒子以相同的速率从x轴上坐标（3，0）的C点沿不同方向射入磁场，分别到达y轴上坐标为（0，3L）的A点和B点（坐标未知），到达时速度方向均垂直y轴，不计粒子重力及其相互作用。根据题设条件下列说法正确的是（）

A．可以确定带电粒子在磁场中运动的半径

B．若磁感应强度B已知可以求出带电粒子的比荷

C．因磁感应强度B未知故无法求出带电粒子在磁场中运动时间之比

D．可以确定B点的位置坐标

8．一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V—T图像如图所示，p a、p b、p c分别表示a、b、c的压强，下列判断正确的是（）

A．状态a、b、c的压强满足p c=p b=3p a

B．过程a到b中气体内能增大

C．过程b到c中气体吸收热量

D．过程b到c中每一分子的速率都减小

E.过程c到a中气体吸收的热量等于对外做的功

9．如图所示，半爱心型金属环abc（由直线ac及曲线abc构成，不计重力）水平放置在绝缘的水平面上，某时刻通有顺时针方向恒定电流，长直导线MN固定在水平面上与ac平行，当其中通有M到N的恒定电流时，则下列说法正确的是

A ．金属环中无感应电流产生

B ．ac 边与长直线相互吸引

C ．金属环受到的安培力向右

D ．金属环对水平面有向左的摩擦力

10．如图所示为匀强电场中的一组等间距的竖直直线，一个带电粒子从A 点以一定的初速度斜向上射入电场，结果粒子沿初速度方向斜向右上方做直线运动，则下列说法正确的是（）

A ．若竖直直线是电场线，电场的方向一定竖直向上

B ．若竖直直线是电场线，粒子沿直线向上运动过程动能保持不变

C ．若竖直直线是等势线，粒子一定做匀速直线运动

D ．若竖直直线是等势线，粒子沿直线斜向上运动过程电势能增大

11．如图所示，AC 、BD 为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O ，半径为R ，将等电量的两正点电荷Q 放在圆周上，它们的位置关于AC 对称，与O 点的连线和OC 间夹角为30°，下列说法正确的是（）

A ．电荷q 从A 点运动到C 点，电场力做功为零

B ．电荷q 从B 点运动到D 点，电场力做功为零

C ．O 点的场强大小为

2kQ R

D ．O 3kQ

12．如图，甲是带负电物块，乙是不带电的绝缘足够长木板。甲、乙叠放在一起置于光滑的水平地板上，

甲电量始终保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在此后运动过程中（）

A．洛伦兹力对甲物块不做功

B．甲、乙间的摩擦力始终不变

C．甲物块最终做匀速直线运动

D．乙木板直做匀加速直线运动

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分

13．某实验小组要做“探究小车所受外力与加速度关系”的实验，采用的实验装置如图1所示。

（1）本实验中_______(填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力，______ (填“需要”或“不需要”）钩码的质量远小于小车的质量。

（2）该同学在研究小车运动时打出了一条纸带，如图2所示。在纸带上，连续5个点为一个计数点，相邻两个计数点之间的距离依次为x1=1.45cm，x2=2.45 cm, x3=3.46cm，x4=4.44 cm, x5=5.45 cm, x6=6.46 cm，打点计时器的频率f=50Hz,则打纸带上第5个计数点时小车的速度为______m/s；整个过程中小车的平均加速度为_______m/s2。(结果均保留2位有效数字）

14．某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度（圈数）的关系．实验装置如图所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指向0刻度．设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0；挂有质量为0.100 kg的砝码时，各指针的位置记为x．测量结果及部分计算结果如下表所示（n 为弹簧的圈数，重力加速度取9.80 m/s2）．已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88 cm．

P1P2P3P4P5P6

x0（cm） 2.04 4.06 6.06 8.05 10.03 12.01

x（cm） 2.64 5.26 7.81 10.30 12.93 15.41

n 10 20 30 40 50 60

k（N/m）163 ①56.0 43.6 33.8 28.8

（m/N）0.0061 ②0.0179 0.0229 0.0296 0.0347

（2）以n为横坐标，为纵坐标，在答题卷给出的坐标纸上画出1/k－n图像．

（3）题（2）图中画出的直线可近似认为通过原点．若从实验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系的表达式为k＝_____N/m；该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0（单位为m）的关系的表达式为k＝_____N/m．

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分

15．《道路交通安全法》规定汽车通过红绿灯路口时，需按信号灯指示行驶．若某路口有等待通行的多辆汽车，第一辆汽车前端刚好与路口停止线对齐，汽车质量均为m=1 500 kg，车长均为L=4.8 m，前后相邻两车之间的距离均为x=1.2 m．每辆汽车匀加速起动t1=4 s后保持v=10 m/s的速度匀速行驶，运动过程中阻力恒为f=1 800 N，求：

（1）汽车匀加速阶段的牵引力F大小；

（2）由于人的反应时间，绿灯亮起时，第一个司机滞后△t=0.8 s起动，且后面司机都比前一辆汽车滞后0.8 s起动汽车，绿灯时长20 s．绿灯亮起后经多长时间第五辆汽车最后端恰好通过停止线．

16．如图所示，质量M=3kg的足够长的小车停在光滑水平地面上，另一木块m=1kg，以v0=4m/s的速度冲上小车，木块与小车间动摩擦因数 =0.3，g=10m/s2，求经过时间t=2.0s时：

（1）小车的速度大小v；

（2）以上过程中，小车运动的距离x；

17．如图所示，水平面上固定着一条内壁光滑的竖直圆弧轨道，BD 为圆弧的竖直直径，C 点与圆心O 等高。轨道半径为0.6m R =，轨道左端A 点与圆心O 的连线与竖直方向的夹角为53θ=?，自轨道左侧空中某一点Р水平抛出一质量为m 的小球，初速度大小03m/s v =，恰好从轨道A 点沿切线方向进入圆弧轨道已知sin530.8?=，cos530.6?=，求：（1）抛出点P 到A 点的水平距离；

（2）判断小球在圆弧轨道内侧运动时，是否会脱离轨道，若会脱离，将在轨道的哪一部分脱离。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．A 【解析】【分析】【详解】 A ．4

t =

时质点a 在平衡位置向上振动，质点b 在波峰位置，则此时质点a 的速度比质点b 的大，选项A 正确； B ．2T

t =

时质点a 在波峰位置，质点b 在平衡位置，根据kx a m

可知，则此时质点a 的加速度比质点b 的大，选项B 错误； CD ．因为2

t =时质点a 在最高点，质点b 在平衡位置向下振动，可知右图不是质点ab 的振动图像，选项CD 错误。故选A 。 2．A 【解析】

41417278 He+N O+X →

根据电荷数守恒、质量数守恒知，该粒子的电荷数为1，质量数为1，为质子，故A 正确，BCD 错误；故选A 。【点睛】

解决本题的关键知道在核反应中电荷数守恒、质量数守恒．以及知道常见的粒子的电荷数和质量数。 3．B 【解析】

a 、

b 和O 三点第一次到第二次同侧共线即质点a 要比质点b 多运动一周．则要满足

1a b

t t

T T -=,代入数据得解得：20

t s =，B 正确．故选B 4．D 【解析】【详解】

A ．由于金属块a 与金属块b 完全相同，根据接触后先中和再平分可知金属块a 与金属块b 的电荷量相等，即在水平台面上碰后金属块b 带电荷量为q +，故A 错误；

B ．金属块a 与金属块b 碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

0a b m v m v =

解得在水平台面上碰撞后金属块b 的速度为： 0v v =

故B 错误；

C ．碰后金属块a 在竖直方向做自由落体运动，在水平方向受到电场力和高台边缘对金属块a 的支持力，处于静止状态；碰后金属块b 在竖直方向做自由落体运动，在水平方向受到向左电场力，做匀减速直线运动，所以第一次碰撞后两金属块会发生第二次碰撞，故C 错误；

D ．碰撞后运动过程中金属块b 在水平方向有：

2qE

a g m

= 距高台边缘的最大水平距离：

220024v v x a g

故D 正确。

【解析】【详解】

AB ．根据回旋加速器的加速原理，粒子不断加速，做圆周运动的半径不断变大，最大半径即为D 形盒的半径R ，由

m v qBv m R

得

m qBR

v m

最大动能为

222

2q B R E m

故AB 错误；

CD ．粒子每加速一次动能增加 ΔE km =qU

粒子加速的次数为

km k 2E qB R N E mU

==?

粒子在D 形盒中运动的总时间

t N =?

，2πm T qB = 联立得

2π22T BR t N U

=?=

故C 错误，D 正确。故选D 。 6．D 【解析】【分析】【详解】

AB ．受力分析可知，P 和Q 两小球，不能带同种电荷，AB 错误；

CD ．若P 球带负电，Q 球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则C 错误D 正确，故本题选D ．

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 7．AD 【解析】【分析】【详解】

A ．已知粒子的入射点及出射方向，同时已知圆上的两点，根据出射点速度相互垂直的方向及AC 连线的中垂线的交点即可明确粒子运动圆的圆心位置，由几何关系可知AC 长为

22(3)+(3)23AC L L L L ==

且有

30BAC ?∠=

则

2=2cos30

L R L ?=

因两粒子的速率相同，且是同种粒子，则可知，它们的半径相同，即两粒子的半径均可求出，故A 正确； B ．由公式

v qvB m r

得

mv r qB

由于不知道粒子的运动速率，则无法求出带电粒子的比荷，故B 错误；

C ．根据几何关系可知从A 射出的粒子对应的圆心角为120?，B 对应的圆心角为60?；即可确定对应的圆心角，由公式

2π

t T θ

由于两粒子是同种粒子，则周期相同，所以可以求出带电粒子在磁场中运动时间之比，故C 错误； D ．由几何关系可求得B 点对应的坐标，故D 正确。

8．ABE 【解析】【分析】【详解】

A ．设a 状态的压强为p a ，则由理想气体的状态方程可知

3a b p p T T = 所以 p b =3p a 同理

00 3a c V p p V =??

得 p c =3p a 所以 p c =p b =3p a 故A 正确；

B ．过程a 到b 中温度升高，内能增大，故B 正确；

C ．过程b 到c 温度降低，内能减小，即?U<0，体积减小，外界对气体做功，W>0，则由热力学第一定律可知，Q<0，即气体应该放出热量，故C 错误；

D ．温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以过程bc 中气体的温度降低，分子的平均动能减小，并不是每一个分子的速率都减小，故D 错误；

E ．由图可知过程ca 中气体等温膨胀，内能不变，对外做功；根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于对外做的功，故E 正确。故选ABE 。 9．AD

【分析】

【详解】

A．由题意，直导线电流恒定，金属环无感应电流，故A正确；

B．ac边电流由c指向a，由反向电流相互排斥可知ac边和长直线相互排斥，故B错误；

C．弯曲部分所在处的磁感应强度大于直线部分，而电流是相同的，故弯曲部分受到的安培力大于直线部分，弯曲部分受到的是引力，直线部分受到的是斥力，故整体受到的安培力的合力向左，故C错误；D．由于金属环受到的安培力合力向左，故地面对金属环的摩擦力向右，故金属环对地面的摩擦力向左，D正确；

故选AD。

10．BD

【解析】

【分析】

【详解】

AB．粒子做直线运动，则粒子受到的合力与初速度共线，因此粒子一定受重力作用，若竖直直线是电场线，粒子受到的电场力一定竖直向上，粒子斜向右上做直线运动，因此合力一定为零，粒子做匀速直线运动，动能不变，由于粒子的电性未知，因此电场方向不能确定，选项A错误，B正确；

CD．若竖直直线是等势线，电场力水平，由于粒子斜向右上做直线运动，因此电场力一定水平向左，合力与粒子运动的速度方向相反，粒子斜向右上做减速运动；粒子受到的电场力做负功，因此粒子沿直线斜向上运动过程电势能增大，选项C错误，D正确。

故选BD。

11．BD

【解析】

【分析】

【详解】

电荷q从A点运动到C点，所受电场力竖直向上，电场力做负功，A错，根据对称性B正确，O点的场强大小为，C错，D正确．

12．AC

【解析】

【分析】

【详解】

A．甲带负电，向左运动时，由左手定则可知，甲受到的洛伦兹力的方向向上，与运动方向垂直，故洛伦兹力始终对甲不做功，A正确；

也减小，则乙与地面之间的摩擦力减小。

①将两者看做一个整体，开始时甲与乙一起做加速运动，整体受到地面给的摩擦力f 减小，而F 一定，根据牛顿第二定律得

()M m a F f +=-

可知加速度a 增大，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力

f m a 甲甲=

则得到f 甲先增大。

②当甲与乙之间的摩擦力增大到大于最大静摩擦力后，甲与乙之间开始有相对运动，摩擦力变成滑动摩擦力

()N f F mg f μμ==-洛

随着甲受到的洛伦兹力的增大，甲与乙之间的滑动摩擦力减小，直至摩擦力为零，然后甲在水平方向上合力为零，做匀速直线运动，乙先做变加速直线运动，故BD 错误C 正确。故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 13．需要不需要

【解析】【详解】

（1）本实验是通过力传感器测量的细线的拉力，要想将拉力作为小车的合外力，需要平衡摩擦力；由于拉力可以直接读出，所以钩码的质量不需要远远小于小车的质量；（2）频率

，则周期

，连续5个点为一个计数点，相邻两个计数点之间的时间间隔

；第5个计数点的速度为，根据逐差法可知小车的加速

度为：．

14．（1）①81.7 ②0.0122（2）如图所示（3）（1.67—1.83）×103/n 、（3.31—3.62）/l 0

（1）①中-22

0.19.8N

=81.7N/m Δ(5.26-4.06)10m

mg k x ?=

=?； ②

11m/N=0.0122m/N 81.7

k = （2）图线如图：

（3）③由图线可知直线的斜率为0.03560，故直线方程满足10.03560n k =，即3

1.7110k n

?=（N/m ）（在

1.6710 1.8310n n

??~

之间均可） ④由于60匝弹簧的总长度为11.88cm ；则n 匝弹簧的原长满足206011.8810n l -=?，代入31.7110k n

?=可

得：03.38

k l =

．（在00

3.31 3.62l l ~之间均可）

考点：测量弹簧的劲度系数实验；

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分 15． (1)5550N ；(2)8.88s 【解析】【详解】

（1）依题意得，汽车前4s 的加速度:a=v/t 1=2.5m/s 2① 由牛顿第二定律得:F-f=ma② 解得：F=5550N③

（2）第五辆车最后端通过停止线，需前进距离:s=4×(x+L)+L=28.8m④ 已知汽车匀加速阶段加速时间：t 1=4s⑤ 所以汽车匀加速的位移:1120m 2

s t ==⑥ 汽车匀速行驶时间:1

20.88s s s t v

=⑦

第五辆汽车最后端恰好通过停止线的时间:t=t 1+t 2+t 3=8.88s ＜20s⑨ 16．（3）1/m s （3）1.5m （3）6J 【解析】

试题分析：（3）木块的加速度a m =μg=3m/s 3 小车的加速度：20.3110

1?/3

M mg

a m s M

μ??=

=＝

两者速度相等时：v=v 2-a m t 3=a M t 3 解得：t 3=3s ，v=3m/s

此后小车和木块共同匀速运动，则t=3．2s 时小车的速度大小v=3m/s （3）小车加速阶段的位移为：x 3＝12a M t 33=1

×3×33=2．5m 匀速运动的时间t 3=t-t 3=3s

小车匀速阶段的位移为：x 3=vt 3=3×3=3m 3s 内小车运动的距离x=x 3+x 3=3．5m

（3）速度相等前，木块的位移：22

2.52m

v v x m a -'=

= 木块和小车的相对位移为：△x=x′-x 3=3m 木块与小车由于摩擦而产生的内能：Q=f?△x=μmg △x=6J 考点：牛顿第二定律的综合应用

17．（1）1.2m ；（2）会，小球在轨道CD 部分脱离轨道【解析】【分析】【详解】

（1）如图所示，画出小球通过A 点时的速度矢量三角形

0tan y v v θ=

y gt =v

0PA x v t =

代入数据求得

1.2m PA x =

（2）根据速度矢量三角形

cos A v v θ

1cos 2

A mv mgR θ> 说明小球能越过轨道C 点；

假设小球能从A 运动到D ，根据动能定理

11(1cos )22

D A mgR mv mv θ-+=-

解得

5.8m/s D v =

若小球恰能通过D 点则有

v mg m R

'= D v gR '=

6m/s

D v '= 因D D v v '<，因此小球会在轨道CD 部分脱离轨道。