安庆市达标名校2018年高考一月质量检测物理试题含解析

安庆市达标名校2018年高考一月质量检测物理试题
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．如图甲所示，用传感器和计算机可以方便地描出平抛运动物体的轨迹。

它的设计原理如图乙所示。

物体A 在做平抛运功，它能够在竖直平面内向各个方向同时发射超声波脉冲和红外线脉冲，在它运动的平面内安放着超声波-红外接收装置，B 盒装有B 1、B 2两个超声波-红外接收器，并与计算机相连，B 1、B 2各自测出收到超声脉冲和红外脉冲的时间差，并由此算出它们各自与物体A 的距离，下列说法正确的是（ ）
A ．该实验中应用了波的干涉规律
B ．该实验中应用了波的反射规律
C ．该实验中应用了波的直线传播规律
D ．该实验中所用超声波信号和红外线脉冲信号均属于无线电波
2．如图所示，n 匝矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一只额定电压为U 的灯泡，灯泡正常发光．从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是 （ ）
A ．图示位置穿过线框的磁通量变化率最大
B ．灯泡中的电流方向每秒改变
2ω
π
次 C ．线框中产生感应电动势的表达式为e ＝nBSωsinωt D ．变压器原、副线圈匝数之比为
nBS U
ω
3．电容器是一种常用的电学元件，在电工、电子技术中有着广泛的应用。

以下有关电容式传感器在生活中应用说法正确的是（ ）
甲：电容式触摸屏 乙：电容式压力传感器
丙：电容式油位传感器 丁：电容式加速度传感器
A ．甲图中，手指作为电容器一电极，如果改用绝缘笔在电容式触摸屏上仍能正常操作
B ．乙图中，力F 增大过程中，电流计中的电流从a 流向b
C ．丙图中，油箱液位上升时，电容变小
D ．丁图中，当传感器由静止突然向左加速，电容器处于充电状态
4．如图所示，两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来，下面的铅柱不脱落。

主要．．
原因是（ ）
A ．铅分子做无规则热运动
B ．铅柱间存在磁力的作用
C ．铅柱间存在万有引力的作用
D ．铅柱间存在分子引力的作用
5．某质点做匀加速直线运动，经过时间t 速度由v 0 变为kv 0(k>1)位移大小为x 。

则在随后的4t 内，质点的位移大小为（ ） A ．
8(32)
1
k x
k -+
B ．
8(21)1
k x
k -+
C ．
8(21)1
k x
k --
D ．
3(53)1
k x
k -+
6．如图甲所示，一铝制圆环处于垂直环面的磁场中，圆环半径为r ，电阻为R ，磁场的磁感应强度B 随时间变化关系如图乙所示，0t =时刻磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是（ ）
A ．在t t =0时刻，环中的感应电流沿逆时针方向
B ．在t t =0时刻，环中的电功率为242
02
πr B Rt C ．在t t =0时刻，环中的感应电动势为零
D ．0~t 0内，圆环有收缩的趋势
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
7．两波源分别位于x=0和x=20cm 处，从t=0时刻起两波源开始振动，形成沿x 轴相向传播的简谐横波Ⅰ和Ⅱ，如图所示，为t=0.04s 时刻两列波的图像．已知两波的振幅分别为12A cm =，23A cm =，质点P 的平衡位置在x=1cm 处，质点Q 的平衡位置在x=18cm 处．下列说法中正确的是___________．
A ．两列波的波源起振方向相同
B ．Ⅰ和Ⅱ两列波的波长之比为1：2
C ．t=0.05s 时，质点P 向下振动，质点Q 的坐标为（18cm ，-3cm ）
D ．Ⅰ和Ⅱ两列波将在t=0.1s 时相遇，之后叠加形成稳定的干涉图样 E.t=0.12s 时，x=10cm 处的质点位移为零但振动加强
8．如图所示，在纸面内有一个半径为r 、电阻为R 的线圈，线圈处于足够大的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，线圈与磁场右边界相切与P 点。

现使线圈绕过P 点且平行于磁场方向的轴以角速度ω顺时针方向匀速转过90°，到达图中虚线位置，则下列说法正确的是（ ）
A ．线圈中产生沿逆时针方向的感应电流
B ．线圈受到的安培力逐渐增大
C ．线圈经过虚线位置时的感应电动势为2Br 2ω
D ．流过线圈某点的电荷量为2
πB r R
9．一列简谐横波，在t=1s 时刻的波形如图甲所示，图乙为波中质点1P 的振动图象，则根据甲、乙两图可以判断：___________
A ．该波沿x 轴正方向传播
B ．该波的传播速度为6m/s
C ．从t=0时刻起经过时间△t=3s ，质点1P 通过路程为6m
D ．在振动过程中P 1、P 2的位移总是相同 E.质点P 2做简谐运动的表达式为y=2sin(
2πt －2
π)m 10．如图所示，一质量为m 的物块从光滑斜面底端A 点以某初动能沿斜面开始向上滑，滑到B 点时动能减半，滑到C 点时动能为零。

以过C 点的水平面为零势能面，不计空气阻力。

下列说法正确的是（ ）
A ．物块在A 点处的重力势能为零
B ．物块在A 、B 两点处速度大小之比为2∶1
C ．物块在AB 段和BC 段克服重力做的功之比为1∶1
D ．物块在A 、B 两点处重力的瞬时功率之比为2∶1
11．如图2所示是电子电路中经常用到的由半导体材料做成的转换器，它能把如图1所示的正弦式交变电压转换成如图3所示的方波式电压，转換规则:输入的交变电压绝对值低于2
m
U ，输出电压为0;输入的交变电压包对值大于、等于
2m U ，输出电压恒为2
m U
．则
A ．输出电压的頻率为50Hz
B ．输出电压的颜率为100Hz
C ．输出电压的有效值为
66
m
U D ．输出电压的有效值为
3
m
U
12．下列有关原子和原子核的认识，正确的是（）
A．平均结合能越大，原子核越稳定
B．氢原子辐射光子后，电子绕核运动的动能增大
C．卢瑟福通过 粒子散射实验的研究，发现了中子.
D．光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图甲所示的一黑箱装置、盒内有电源、电阻等元件，a、b为黑箱的两个输出端
（1）为了探测黑箱，某同学进行了以下测量
A．用多用电表的电压档测量a、b间的输出电压
B．用多用电表的电阻档测量a、b间的电阻
你认为这个同学以上测量中有不妥的有______（选填字母）；
（2）含有电源的黑箱相当于一个“等效电源”，a、b是等效电源的两级，为了测定这个等效电源的电动势和内阻，该同学设计了如图乙所示的电路，调节电阻箱的阻值，记录下电压表和电流表的示数，并在如图所示的方格纸上建立U-I坐标，根据实验数据画出了坐标点，如图所示，并由图求出等效电源的内阻
r’=___Ω；由于电压表有分流的作用，采用此测量电路，测得的等效电源的内阻，与真实值相比___（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）；
（3）现探明黑箱中的电源和电阻如图丙所示，探出电阻R1=1.5Ω、R2=2Ω；推算出黑箱内电源的电动势E=____V，内阻r=____Ω
14．某同学在验证合外力一定，物体的质量与加速度的关系时，采用图甲所示的装置及数字化信息系统获得了小车的加速度a与小车质量M(包括所放砝码及传感器的质量)的对应关系图象，如图乙所示．实验中
所挂钩码的质量20g ，实验中选用的是不可伸长的轻绳和光滑的轻质定滑轮．
(1)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行．他这样做的目的是下列哪一个_____________；(填字母代号)
A ．可使位移传感器测出的小车的加速度更准确
B ．可以保证小车最终能够做直线运动
C ．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力 (2)由图乙可知，1
a M
图线不过原点O ，原因是_____________________________； (3)该图线的初始段为直线，该段直线的斜率最接近的数值是_____________． A ．30 B ．0.3 C ．20 D ．0.2 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，用两个质量均为m 、横截面积均为S 的密闭活塞将开口向下竖直悬挂的导热气缸内的理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，当在活塞A 下方悬挂重物后，整个装置处于静止状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l 0。

已知环境温度、大气压强p 0均保持不变，且满足5mg=p 0S ，不计一切摩擦。

当取走物体后，两活塞重新恢复平衡，活塞A 上升的高度为
07
6
l ，求悬挂重物的质量。

16．如图所示，绝热气缸倒扣放置，质量为M 的绝热活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，气缸底部连接一U 形细管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T ，活塞距离气缸底部为h 0，细管内两侧水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为P 0，气缸横截面积为S ，重力加速度为g ，求:
(1)U形细管内两侧水银柱的高度差；
，求此时的温度；此加热过程中，若气体吸收的热量为(2)通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降0h
Q，求气体内能的变化．
17．为测量水晶印章的折射率，某同学在水平桌面铺上一张白纸，然后将印章立放在白纸上，用红色激光笔从O点照射该印章的一个侧面，激光所在的竖直平面与印章的右侧面垂直，其正视图如图所示。

已知该印章的水平截面是d=3cm的正方形，当光以θ=60°的入射角向右侧面照射时，印章右侧的白纸上出现了两个亮点M和N（M点位于N点的右方），测得两亮点间的距离s=2cm，不考虑光在印章表面的多次反射。

(i)作出光从O点入射至形成M、N两亮点的光路图；
(ii)求水晶印章对红色光的折射率n。

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．C
【解析】
【分析】
【详解】
ABC．物体A向B盒同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，B盒收到红外线脉冲时开始计时，收到超声波脉冲时停止计时，根据超声波在空气中的传播速度v（红外线传播时间极短，可忽略），可计算出A 和B之间的距离，故该实验利用了超声波频率高，易于定向传播，即直线传播原理，AB错误C正确；D．超声波是一种机械波，而电磁波谱按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线，故红外线脉冲不是无线电波，D错误。

故选C。

2．C
【解析】
图示位置穿过线框的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，选项A 错误；交流电的周期为2T π
ω
=，一
个周期内电流方向改变两次，则灯泡中的电流方向每秒改变
ω
π
次，选项B 错误；交流电的电动势最大值：E m =nBSω，则线框中产生感应电动势的表达式为e ＝nBSωsinωt ,选项C 正确；交流电的有效值为
1U =
,则1122
n U n U == ,选项D 错误；故选C. 点睛：此题关键是掌握交流电的瞬时值、最大值及有效值的意义，知道它们之间的关系；掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决． 3．D 【解析】 【详解】
A ．甲图中，绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作。

故A 错误。

B ．乙图中，力F 增大过程中，电容器极板间距减小，电容变大，电容器充电，电流计中的电流从b 流向a ，选项B 错误；
C ．丙图中，油箱液位上升时，正对面积变大，电容变大，选项C 错误；
D ．丁图中，当传感器由静止突然向左加速，电介质插入电容器，电容变大，电容器处于充电状态，选项D 正确。

故选D 。

4．D 【解析】 【详解】
分子间的引力的斥力是同时存在的，但它们的大小与分子间的距离有关。

分子间距离稍大时表现为引力，距离很近时则表现为斥力，两铅块紧密结合，是分子间引力发挥了主要作用，D 正确，ABC 错误。

故选D 。

5．A 【解析】 【详解】
质点做匀加速直线运动，加速度为
00
kv v a t -=
t 时刻内位移为
00
2
v kv x t +=
联立可得
02(1)
x
t v k =
+
则在随后的4t 内，质点的位移大小为
220000114(4)4(4)22kv v
x kv t a t kv t t t
-'=⋅+=+⋅⋅
将02(1)
x
t v k =
+代入得
8(32)1
k x
x k -'=
+
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

6．B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由磁场的磁感应强度
B 随时间变化关系图象可知，磁场反向后，产生的感应电流的方向没有改变，0~t 0时间内，磁场垂直纸面向里，B 减小，所以线圈中的磁通量在减小，根据楞次定律可判断线圈的电流方向为顺时针，所以A 错误； B
C ．由图象可得斜率为
B B t t ∆=∆ 则由法拉第电磁感应定律可得，线圈产生的感应电动势为
200
πr B S B E t t t ∆Φ∆===∆∆
线圈的电功率为
242202
πr B E P R Rt == 所以B 正确，C 错误；
D ．0~t 0内，磁感应强度在减小，线圈的磁通量在减小，所以根据楞次定律可知，线圈有扩张趋势，所以D 错误。

故选B 。

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．BCE 【解析】
【分析】 【详解】
由波形图可知，波Ⅰ传到x=4cm 位置时质点的起振方向向下，则波Ⅰ振源的起振方向向下；波Ⅱ传到x=16cm 位置时质点的起振方向向上，则波Ⅱ振源的起振方向向上；则两列波的波源起振方向相反，选项A 错误；由波形图可知，Ⅰ和Ⅱ两列波的波长分别为2cm 和4cm ，则波长之比为1：2，选项B 正确；波Ⅰ的周期T 1=0.02s ，则t=0.05s 时，质点P 在平衡位置向下振动；波Ⅱ的周期T 2=0.04s ，则t=0.05s 时，质点Q 在最低点，坐标为（18cm ，-3cm ），选项C 正确；两列波的波速均为4100/0.04x cm
v cm s t s
===，则再经过1164
0.062100
t s s -=
=⨯，即在t=0.1s 时刻两波相遇，因两波的频率不同，则叠加后不能形成稳定的干
涉图样，选项D 错误；t=0.12s 时，波Ⅰ在x=10cm 处的质点引起的振动为在平衡位置向下振动；波Ⅱ在x=10cm 处的质点引起的振动为在平衡位置向下振动；则此质点的位移为零但振动加强，选项E 正确；故选BCE ． 【点睛】
本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变．理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如本题中两列波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为12A A +；当波峰与波谷相遇时此处的位移为12A A -． 8．BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．线圈顺时针方向匀速转动时，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中产生沿顺时针方向的感应电流，选项A 错误；
B ．线圈顺时针方向匀速转动时，切割磁感线的有效长度逐渐变大，感应电流逐渐变大，根据F=BIL 可知，线圈受到的安培力逐渐增大，选项B 正确；
C ．线圈经过虚线位置时的感应电动势为
222E B r r Br ωω=⋅⋅=
选项C 正确；
D ．流过线圈某点的电荷量为
2
21
22B r B r q R R R
ππ∆Φ===
选项D 错误。

故选BC 。

9．BCE
【解析】
【详解】
由图乙可知，在t=1s 时刻质点1P 向y 轴负方向振动，则根据质点振动方向与波的传播方向可知，该波沿x 轴负方向传播，故A 错误；由图甲可知波长为24m λ=，由图乙可知周期为4T s =，则波速为
24/6/4v m s m s T λ
===，故B 正确；由于334
t s T ∆==，则质点1P 通过路程为33442644s A m m =⨯=⨯⨯=，故C 正确；由于P 1、P 2之间的距离为12
λ，在振动过程中P 1、P 2的位移不一定总是相同，故D 错误；由于24T s πω==，则2πω=，则图乙可知质点P 2做简谐运动的表达式为：2sin 2
2y t m ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，故E 正确．故选BCE 10．CD
【解析】
【详解】
A ．物块上滑过程中只有重力做功，机械能守恒，在C 点机械能为零，在A 点有动能，重力势能不为零且为负值，故A 错误；
B ．设物块的初动能为E k ，2k 12
A E mv =，在
B 点有 k 2B 1122
E mv = 解得
:A B v v
故B 错误；
C ．根据动能定理可得
k 12
AB BC W W E ==
故C 正确；
D ．物块在A 、B ，故D 正确。

故选CD 。

11．BC
【解析】
【详解】
AB.由图可知输出电压的周期T= 0.01s ，故频率为f=100Hz ， A 错误，B 正确；
CD.由：
2
21223m U U T T R R
⨯⨯=（） 解得：
m C 正确，D 错误．
12．AB
【解析】
【分析】
【详解】
A ．平均结合能越大，原子核越稳定，故A 正确；
B ．氢原子辐射光子后，原子的能级降低，电子的轨道半径减小，根据
22
2q v k m r r
= 则可得动能为
2
2122k kq E mv r
== 可知电子绕核运动的动能增大，故B 正确；
C ．卢瑟福通过α粒子散射实验的研究，建立了原子的核式结构理论，故C 错误；
D ．光电效应现象中，根据
km E h W ν=-逸出功
则光电子的最大初动能与入射光的频率不是成正比关系，故D 错误。

故选AB 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．B 1.0 偏小 3.0 0.5
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]用欧姆挡不能直接测量带电源电路的电阻，故填B 。

(2)[2] 根据电源的U-I 图像纵轴的截距表示电源的电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻，可得等效电源的电动势为
'=1.5V E
内阻
' 1.5 1.0 1.00.50
U r I ∆-==Ω=Ω∆ [3] 该实验的系统误差主要是由电压表的分流，导致电流表测量的电流小于通过电源的真实电流；利用等效电源分析，即可将电压表与黑箱看成新的等效电源，则实验中测出的内阻应为原等效电源内阻和电压表内阻并联的等效电阻，所以测得的内阻与真实值相比偏小。

(3)[4] [5] 等效电源的电动势为丙图中ab 两端的电压，故
'212R E E R R r
=++ 等效电源的内阻为丙图中虚线框内的总电阻，故
'21111r R R r
=++ 解得
=3.0V E
0.5r =Ω
14．（1）C （2）平衡摩擦力使长木板的倾角过大； （3）D
【解析】
【详解】
（1）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行．他这样做的目的是可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力，故选C.
（2）由F+F 1=Ma 解得11F a F M M =⋅+ 由图乙可知，1a M
-图线不过原点O ，在a 轴上有正截距，可知存在与F 相同方向的力，可知原因是平衡摩擦力使长木板的倾角过大；
（3）根据1a F M =⋅可知1a M
-图线斜率等于F ，则最接近的数值是F=mg=0.02×10N=0.2N.故选D. 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．2m
【解析】
【详解】
对气体I 分析，初状态的压强为
()10m m g p p S
'+=- 末状态的压强为
10045
mg p p p S =-= 由玻意耳定律有
1110p l S p l S '=
对气体1分析，初状态
21mg p p S =-
末状态
21035
B m p p p S ''=-- 由玻意耳定律
2e 22p l S p l S '=
A 活塞上升的高度
()()0102076
l l l l l l ∆=-+-= 联立解得
m'=2m 。

16． (1) M h S ρ∆=
(2) 0000h h T T h +∆=，()00U Q P Mg h ∆=--∆ 【解析】
(i) 设封闭气体的压强为P ，对活塞分析： 0P S PS Mg =+
用水银柱表达气体的压强
0P P g h ρ=-∆ 解得：M h S ρ
∆=； (ii) 加热过程中气体变化是等压变化 0000()h S h h S T T
+∆=， 0000
h h T T h +∆= 气体对外做功为000()W PS h P S Mg h =∆=-∆ 根据热力学第一定律：U Q W ∆=+ 可得00()U Q P Mg h ∆=--∆． 17． (i)见解析；
(ii)n =
【解析】
【详解】
(i)光路如图所示
(ii)设O 1、O 2分别为射入印章的光线在后表面的反射点及前表面的折射点，r 为折射角，根据反射定律和折射定律可知，射向纸面两光线互相平行。

O 1、O 2两点间的距离为 OO 2=stanθ
OO 2=2dtanr
解得:
3tan 3
r =，r = 30° 水晶印章对红色光的折射率n sin sin n r
θ= 解得:
3n =。