衡水市达标名校2018年高考三月调研物理试卷含解析

衡水市达标名校2018年高考三月调研物理试卷
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．在x 轴上有两个固定的点电荷Q 1、Q 2，其中Q 1为正电荷，Q 2为负电荷。

一带正电的粒子仅在电场力作用下从原点O 由静止开始沿x 轴运动，其动能E k 随位置x 的变化关系如图，则能够正确表示Q 1、Q 2位置的图像是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
2．甲、乙两列完全相同的横波分别从波源A 、B 两点沿x 轴相向传播，0t =时的波形图像如图所示，若两列波的波速都是1m/s ，下列说法正确的是（ ）
A ．甲乙两列波的频率都是4Hz
B ．1s t =时，甲乙两波相遇
C ．3s t =时，6m x =处质点的位移为负方向最大
D ．0s t =时，2m x =处质点与10m x =处质点的振动方向相反
3．如图，天然放射性元素放出的射线通过电场后分成三束，则（ ）
A ．①电离作用最强，是一种电磁波
B ．②贯穿本领最弱，用一张白纸就可以把它挡住
C ．原子核放出一个①粒子后，形成的新核比原来的电荷数多1个
D ．原子核放出一个③粒子后，质子数比原来少4，中子数比原来少2个
进的天文望远镜．现有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，一位观测员在对该卫星的天文观测时发现：每天晚上相同时刻总能出现在天空正上方同一位置，则卫星的轨道必须满足下列哪些条件（已知地球质量为M，地球自转的周期为T，地球半径为R，引力常量为G ）（）
A．该卫星一定在同步卫星轨道上
B．卫星轨道平面与地球北纬43°线所确定的平面共面
C．满足轨道半径r=
2
3
22
4
GMT
n
π
（n=1、2、3…）的全部轨道都可以
D．满足轨道半径r=
2
3
22
4
GMT
n
π
（n=1、2、3…）的部分轨道
5．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其x
t
－t的图象如图所示，则
A．质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/s
B．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5 m/s2
C．质点在1 s末速度为1.5 m/s
D．质点在第1 s内的平均速度0.75 m/s
6．某静电场在x轴正半轴上的电势Φ随x变化的关系如图所示，则（）
A．x1处跟x2处的电场强度方向相同
B．x1处跟x2处的电场强度大小相等
C．若把带正电的粒子从x1处移到x2处，电场力先做正功再做负功
D．同一个带正电的粒子在R处具有的电势能小于x2在处的电势能
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
舟八号、神舟九号、神舟十号飞船对接，从而建立我国第一个空间实验室，假如神舟八号与天宫一号对接前所处的轨道如图所示，当它们在轨道运行时，下列说法正确的是( )
A．神州八号的加速度比天宫一号的大
B．神州八号的运行速度比天宫一号的小
C．神州八号的运行周期比天宫一号的长
D．神州八号通过加速后变轨可实现与天宫一号对接
8．如图所示，橡皮筋的一端固定在O点，另一端拴一个物体，O点的正下方A处有一垂直于纸面的光滑细杆，OA为橡皮筋的自然长度。

已知橡皮筋的弹力与伸长量成正比，现用水平拉力F使物体在粗糙的水平面上从B点沿水平方向匀速向右运动至C点，已知运动过程中橡皮筋处于弹性限度内且物体对水平地面有压力，下列说法正确的是（）
A．物体所受水平面的摩擦力保持不变B．物体所受地面的支持力变小
C．水平拉力F逐渐增大D．物体所受的合力逐渐增大
9．下列说法正确的有_________
A．光的偏振现象说明光是一种纵波
B．红外线比紫外线更容易发生衍射
C．白光下镀膜镜片看起来有颜色，是因为光发生了衍射
D．交警可以利用多普勒效应对行驶的汽车进行测速
10．如图所示，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点O对称。

某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、'A，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）
大的点仍然在A、'A两位置
C．如图(2)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点O。

直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
D．如图(3)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点O，直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
11．关于固体、液体、气体和物态变化，下列说法中正确的是______________。

A．液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离
B．一定质量的某种理想气体状态改变时，内能必定改变
C．0C︒的铁和0C︒的冰，它们的分子平均动能相同
D．晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征
E.扩散现象在液体和固体中都能发生，且温度越高，扩散进行得越快
12．示波器的核心部件是示波管，示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。

下列说法正确的是（）
A．如果仅在XX′之间加不变的电压（X正X′负），在荧光屏的正Y轴上将出现一个亮斑
B．如果仅在XX′之间加图乙所示的电压，在荧光屏上会看到X轴上一条水平的亮线
C．如果在XX′之间加不变的电压（X正X′负），在YY′之间加图丙所示的电压，在荧光屏上会看到一条与Y 轴平行的竖直亮线（在Ⅱ、Ⅲ象限）
D．如果在XX′之间加图乙所示的电压，在YY′之间加图丙所示的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲线三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．小宇同学利用图示器材探究电路规律：
（1）断开开关S，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，此时读数为20Ω，此时测得的是____________的阻值；
（2）将旋转开关指向直流电流档，闭合开关S，将滑片从最左端缓慢移动到最右端，发现该过程中读数
B ．逐渐减小
C ．先减小后增大
D ．先增大后减小
（3）将旋转开关指向直流电压档，闭合开关S 后移动滑动头，发现该过程中电表读数最大为1.2V ，结合前两问条件可知，该电源电动势为________V ．（结果保留两位小数）
14．某实验小组利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，实验主要步骤如下：（不考虑空气阻力的影响）
①将光电门安放在固定于水平地面上的长木板上；
②将细绳一端连在小车上，另一端绕过两个轻质光滑定滑轮后悬挂一钩码，调节木板上滑轮的高度，使该滑轮与小车间的细绳与木板平行；
③测出小车遮光板与光电门之间的距离L ，接通电源，释放小车，记下小车遮光板经过光电门的时间t ； ④根据实验数据计算出小车与钩码组成的系统动能的增加量和钩码重力势能的减少量。

(1)根据上述实验步骤，实验中还需测量的物理量有_________；
A ．小车上遮光板的宽度d
B ．小车和遮光板总质量m 1
C ．钩码的质量m 2
D ．钩码下落的时间t′
(2)图中游标卡尺所测遮光板宽度d 为_______mm ；
(3)由实验步骤和(1)选项中测得的物理量，改变L 的大小，重复步骤③、④，可得到系统动能增加量总是小于钩码重力势能减少量，其原因可能是________________
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，波速为6 m/s ，t=0时的波形如图。

P 、Q 是介质中的两个质点，平衡位置分别为x P =9 m 、x Q =11 m 。

求：
（i ）质点P 的振动表达式；
（ii ）t=0.5 s 时质点Q 偏离平衡位置的位移。

16．如图所示，在内壁光滑的细玻璃管中用水银密封一段空气柱（可视为理想气体），当玻璃管竖直放置时，水银柱高10cm h =，空气柱高20cm l =。

现将玻璃管放在倾角为30o 的粗糙斜面上，管口向上，玻
璃管与斜面间的动摩擦因数为36。

已知外界温度不变，大气压强50 1.0110Pa p =⨯，水银的密度3313.610kg/m ρ=⨯，重力加速度g 取210m/s ，假设斜面足够长，让玻璃管由静止下滑，当玻璃管与水银柱相对静止时，求玻璃管中空气柱的长度（结果保留三位有效数字）。

17．阅兵现场用到了一辆小型雷达信号车，信号传输距离只有1000m 雷达车保持14m/s v =的速度沿水平路面匀速直线行驶，受阅飞机从600m h =高空以64m/s 的速度与雷达车保持平行飞行。

如图所示，当受阅飞机飞行到A 点刚好接收到雷达车信号时，飞机立即以加速度大小加速向前飞行，求受阅飞机与雷达信号车能够通信的时间。

（忽略信号传输时间）
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】
【详解】
由动能定理可知k E Fx =可知k E x -图像的斜率等于电场力，由图像可知，在0~x 0之间存在一个场强为0的点（设为M 点），且在OM 之间运动时电场力做正功，在M 与x 0之间运动时电场力做负功；由此刻判断0~x 0区间肯定在两点荷的同一侧，且正电荷Q 1距离O 点较近，故选项A 正确，BCD 错误；
故选A 。

2．C
【详解】
A ．两列波长均为4m λ=，根据v f λ=可知频率为
1Hz 4
v
f λ== A 错误；
B ．两波初始时刻相距04m s =，相遇用时
04s 2s 22
s t v === B 错误；
C ．3s t =时，结合B 选项和波形平移法可知，甲、乙两列波在6m 处均为波谷位置，所以质点的负向位移最大，C 正确；
D ．根据同侧法可知0s t =时，2m x =处质点与10m x =处质点的振动方向均向上，D 错误。

故选C 。

3．C
【解析】
①向右偏转，知①带负电，为β射线，实质是电子，电离作用不是最强，也不是电磁波，故A 错误．②不带电，是γ射线，为电磁波，穿透能力最强，故B 错误．根据电荷数守恒知，原子核放出一个①粒子后，电荷数多1，故C 正确．③向左偏，知③带正电，为α射线，原子核放出一个③粒子后，质子数比原来少2，质量数少4，则中子数少2，故D 错误．故选C ．
点睛：解决本题的关键知道三种射线的电性，以及知道三种射线的特点，知道三种射线的穿透能力和电离能力强弱．
4．D
【解析】
该卫星一定不是同步卫星，因为同步地球卫星只能定点于赤道的正上方，故A 错误．卫星的轨道平面必须过地心，不可能与地球北纬43°线所确定的平面共面，故B 错误．卫星的周期可能为：T′= T n
，n=1、2、3…，
根据2224Mm G m r r T π='解得：r =n=1、2、3…），满足这个表达式的部分轨道即可，故C 错误，D 正确．故选D ．
点睛：解决该题关键要掌握卫星受到的万有引力提供圆周运动向心力，知道卫星的运行轨道必过地心，知道同步卫星的特点．
5．C
【解析】
由图线可知，质点运动的平均速度逐渐增大，则质点做匀加速直线运动；根据图线可得0.50.5x v t t
==+，既()000.50.52
v v at v t ++==+，可得：v 0=0.5m/s ，a=1m/s 2，故AB 错误；质点在1 s 末速度为v=v 0+at=1.5m/s ，故C 正确；质点在第1 s 内的平均速度0.50.51m/s 1m/s v =+⨯=，故D 错误。

故选C 。

6．A
【解析】
【详解】
A ．x 1和x 2处的斜率都是负值，说明场强方向相同，故A 正确；
B ．x 1处的斜率大于x 2处的斜率，说明x 1处的电场强度大于x 2处的电场强度，故B 错误；
C ．从x 1处到x 2处，电势逐渐降低，则移动正电荷，电场力一直做正功，电势能一直减小，故C 错误；
D ．根据
E p =qφ可知，正电荷在R 处具有的电势能为零，在x 2处的电势小于零，所以正电荷在此具有的电势能小于零，电势能为标量，正负号表示大小，所以同一个带正电荷的粒子在R 处具有的电势能大于在x 2处的电势能，故D 错误。

故选A 。

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】
根据万有引力定律和牛顿第二定律有：2Mm G r ＝2
v m r ＝224mr T π⋅＝ma n ，解得：v ，T ＝
2，a n ＝2GM r ，由图可知神州八号的轨道半径比天宫一号的小，所以神州八号的运行速度比天宫一号的大，神州八号的运行周期比天宫一号的短，神州八号的加速度比天宫一号的大，故BC 错误，A 正确；神州八号通过加速后将做离心运动，可运行至较高轨道与天宫一号对接，故D 正确。

故选AD 。

8．AC
【解析】
【详解】
AB ．设开始时A 离地面的高度为L ，设某一时刻绳子与竖直方向的夹角为θ，则绳子的弹力为：
其竖直向上分力
F y=Tcosθ=kL
故物体对地面的压力为
N=mg-kL
所以物体对地面的压力保持不变；
又因为f=μN，故摩擦力也保持不变，故A正确，B错误；
C．水平拉力
F=f+Tsinθ=f+kLtanθ
随着θ的增大，拉力F逐渐增大，故C正确；
D．物体始终处于平衡状态，其合外力始终为零，故D错误。

故选AC。

9．BD
【解析】
【详解】
A．光的偏振现象说明光是一种横波，故A错误；
B．当波长与障碍物的尺寸差不多或大于障碍物的尺寸，可以发生明显的衍射，故对同一障碍物，波长越长越容易发生明显的衍射；根据电磁波谱可知红外线比紫外线的波长更长，则红外线更容易出现明显衍射，B正确；
C．白光下镀膜镜片看起来有颜色，是因为镜片的前后表面的反射光相遇后发生光的干涉现象，且只有一定波长(一定颜色)的光干涉时，才会相互加强，所以看起来有颜色，故C错误；
D．交警借助测速仪根据微波发生多普勒效应时，反射波的频率与发射波的频率有微小差异，对差异进行精确测定，再比对与速度的关系，就能用电脑自动换算成汽车的速度，故D正确；
故选BD。

10．ABC
【解析】
【分析】
【详解】
A．可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A＇两位置，选项A正确；
B．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置，选项B正确；
倍数，在x 轴上场强最大的点都在A 、A ＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O 点对称的任意两小段的合电场在x 轴上场强最大的点仍然还在A 、A ＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x 轴上场强最大的点当然还在A 、A ＇两位置，选项C 正确；
D ．如同C 选项，将薄圆板相对O 点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O 点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x 轴上场强最大的点就不再在A 、A ＇两位置，则整个圆板的合电场在x 轴上场强最大的点当然也就不再在A 、A ＇两位置，选项D 错误。

故选ABC 。

11．ACE
【解析】
【详解】
A ．由于液体表面分子间距大于内部分子间距，故表面处表现为引力，故A 正确；
B ．一定质量理想气体的内能由温度决定，状态变化时温度可能不变，内能也就可能不变，故B 错误；
C ．因为温度是分子平均动能的标志，温度相同，则分子平均动能相同，故C 正确；
D ．晶体分单晶体和多晶体，只有单晶体具有规则形状，某些性质表现出各向异性，而多晶体没有规则形状，表现出各向同性，故D 错误；
E ．气体、液体和固体物质的分子都在做无规则运动，所以扩散现象在这三种状态的物质中都能够进行，且温度越高，扩散进行得越快，故E 正确。

故选ACE 。

12．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．如果仅在XX′之间加不变的电压（X 正X′负），电子在两极间发生偏转，做类平抛运动，电子射出时沿垂直于板面的方向偏移为
2
2
02eUl y mdv = 电子离开电场的偏转角度为
2
0tan eUl mdv θ= 则电子达到屏上距离中心的距离为
(2)el l l '+
其中l '是极板到屏的垂直距离，即y '与U 成正比，所加电压不变，电子的在光屏的位置不变，所以在荧光屏的正X 轴上将出现一个亮斑，所以A 错误；
B ．如果仅在XX′之间加图乙所示的电压，所以电子只在X 方向偏转，由图象可知，电压均匀增大，又y '与U 成正比，所以亮点在X 轴上均匀分布，所以在X 轴上是一条水平的亮线，所以B 正确；
C ．如果在XX′之间加不变的电压（X 正X′负），在YY′之间加图丙所示的电压，电子既要在X 方向偏转，也要在Y 方向偏转，由于XX′之间的电压不变，所以看到的也是一条平行与Y 轴的亮线，在Ⅰ、Ⅳ象限，所以C 错误；
D ．如果在XX′之间加图乙所示的电压，在YY′之间加图丙所示的电压，电子既要在X 方向偏转，也要在Y 方向偏转，但在X 轴方向均匀分布，所以看到的就是和图丙一样的正弦曲线，所以D 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．滑动变阻器 A 1.48
【解析】
（1）当断开电键S ，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，由图可知，此时欧姆档测量滑动变阻器总电阻．
（2）将旋转开关指向直流电流档，闭合电键S ，将滑片从最左端缓慢移动到最右端的过程中，变阻器滑片两侧的电阻并联，总电阻先增大后减小，则总电流先减小后增大．滑片从最右端移至中点的过程中，变阻器并联电阻增大，并联电压增大，而滑片右侧电阻减小，所以直流电流档的读数增大．滑片从中点移至最右端的过程中，电路的总电流增大，通过变阻器左侧电阻的电流减小，所以直流电流档的读数增大，故A 正确．
（3）将旋转开关指向直流电流档，闭合电键S 时，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得： E=I max （R 1+r ）=0.32（R 1+r ） 将旋转开关指向直流电压档，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得：
()()()1111.2200.062020
m U E R R r R r R r R =++=⨯++=++ 联立以上可解得： 1.48E V =. 14．ABC 5.70 小车与长木板之间存在摩擦阻力做功
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]要得到小车与钩码组成的系统动能的增加量，则要得到小车的速度，所以要测量小车上遮光板的宽度d 和小车和遮光板总质量m 1，钩码的质量m 2，由于小车运动的距离即为钩码下降的距离，所以不用测量钩码下落的时间t′，故选ABC ；
(2)[2]由图可知，游标卡尺所测遮光板宽度
0.5cm 140.05mm 5mm 0.70mm 5.70mm d =+⨯=+=
(3)[3]由于实验过程中小车与长木板之间存在摩擦阻力做功，系统有部分机械能转化为内能，则系统动能增加量总是小于钩码重力势能减少量。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (i) 1sin()10
y t ππ=
+ (ii) -0.05m 【解析】
【详解】
(i)由图可知波长λ=12m ，振幅A=0.1m
周期 T v λ
=
简谐振动的表达式
2sin y A t T πϕ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
由题意可知t=0时P 点从平衡位置向下振动，可得质点P 的振动表达式为
1sin()10
y t ππ=+ (ⅱ)振动从质点P 传到Q 所需的时间
Q P
x x t v -∆=
在t=0.5s 时质点Q 已经振动的时间
t t t '=-∆
故t=0.5s 质点Q 偏离平衡位置的位移为
()
1sin 10Q y t ππ'=
+ 解得 0.05m Q y =-
16．22.0cm l '=
【解析】
【分析】
【详解】
设玻璃管的横截面积为S ，当玻璃管竖直放置时，空气柱的体积
1V lS =
压强
10p p gh ρ=+
当玻璃管与水银柱相对静止一起沿斜面下滑时，设玻璃管和水银柱的总质量为m ，加速度大小为a ，对整体根据牛顿第二定律有
sin 30-cos30mg mg ma μ=o o
设此时空气柱的压强为2p ，体积为2V ，长度为l '，同理，对水银柱有
02sin 30p S Shg p S Sha ρρ+-=o
整个过程中空气柱发生等温变化，根据玻意耳定律有
1122pV p V =
其中
2V l S '=
联立以上各式并代入数据解得
22.0cm l '=
17．20s
【解析】
【分析】
【详解】
设受阅飞机与雷达信号车能够通信时间t ，如图所示，当受阅飞机飞行到A 点时，雷达车与受阅飞机相距1000m l =，由勾股定理得800m AP x =
雷达车位移
11x v t =
受阅飞机位移
22012
x t at ν=+ 由几何关系可得
212AP x x x =+
解得
120s t =
280s t =-（舍去）
故雷达车与受阅飞机通信时向为20s.。