上海市宝山区达标名校2018年高考一月仿真备考物理试题含解析.doc

上海市宝山区达标名校2018年高考一月仿真备考物理试题
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，沿波的传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为1m，各质点均静止在各自的平衡位置，t=0时刻振源a开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图像如图乙所示，形成的简谐横波以2m/s的速度水平向左传播，则下列说法正确的是（）
A．此横波的波长为1m
B．质点e开始振动的方向沿y轴负方向
C．从t=0至t=3s内质点b运动的路程为10cm
D．从t=2s至t=2.5s内质点d的加速度沿y轴正向逐渐减小
2．某电梯的最大速度为2m/s，最大加速度为0.5m/s2。

该电梯由一楼从静止开始，到达24m处的某楼层并静止.所用的最短时间是（）
A．12s B．16s
C．18s D．24s
3．如图，两束单色光A、B分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射时合成一束复色光P，下列说法正确的是
A．A光的频率小于B光的频率
B．在玻璃砖中A光的传播速度小于B光的传播速度
C．玻璃砖对A光的折射率大于对B光的折射率
D．两种单色光由玻璃射向空气时，A光的临界角较小
4．“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度一时间图像如图所示（不计空气阻力，取竖直向上为正方向），其中t0时刻为笛音雷起飞时刻、DE段是斜率大小为g的直线。

则关于笛音雷的运动，下列说法正确的是（）
A ．“笛音雷”在t 1时刻加速度最小
B ．“笛音雷”在t 2时刻改变运动方向
C ．“笛音雷”在t 3时刻彻底熄火
D ．t 3~t 4时间内“笛音雷"做自由落体运动
5．互成角度的两个共点力，其中一个力保持恒定，另一个力从零开始逐渐增大且两力的夹角不变，则其合力（ ）
A ．若两力的夹角小于90°，则合力一定增大
B ．若两力的夹角大于90°，则合力一定增大
C ．若两力的夹角大于90°，则合力一定减小
D ．无论两力夹角多大，合力一定变大
6．有一种灌浆机可以将某种涂料以速度v 持续喷在墙壁上，假设涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上，涂料的密度为ρ，若涂料产生的压强为p ，不计涂料重力的作用，则墙壁上涂料厚度增加的速度u 为( ) A ．p v ρ B ．p v ρ C ．pv ρ D ．pv
ρ
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．光滑水平面上有一边长为L 的正方形区域处在场强为E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m 、带电量为Q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v 0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有动能的大小可能是( )
A ．0
B ．2012mv
C ．2012mv ＋12QEL
D ．2012
mv ＋23QEL 8．如图所示，甲图为沿x 轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波动图象，乙图为参与波动质点P 的振动图象，则下列判断正确的是__________
A．该波的传播速率为4m/s
B．该波的传播方向沿x轴正方向
C．经过0.5s，质点P沿波的传播方向向前传播2m
D．该波在传播过程中若遇到4m的障碍物，能发生明显衍射现象
E.经过0.5s时间，质点P的位移为零，路程为0.4m
9．如图所示为一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，经过0.2s，M点第一次到达波谷，则下列判断正确的是______
f
A．质点P的振动频率 2.5Hz
B．该波的传播速度v=1m/s
C．M点的起振方向沿y轴负方向
D．0~1s内质点Q运动的路程为0.2m
E.0~1s内质点M运动的路程为0.08m
10．如图所示为一质点的简谐运动图象。

由图可知
A．质点的运动轨迹为正弦曲线
B．t=0时，质点正通过平衡位置向正方向运动
C．t=0.25s时，质点的速度方向与位移的正方向相同
D．质点运动过程中，两端点间的距离为0.1m
11．如图所示，ac和bd是相距为L的两根的金属导轨，放在同一水平面内。

MN是质量为m，电阻为R 的金属杆，垂直导轨放置，c和d端接电阻R1=2R，MN杆与cd平行，距离为2L，若0－2t0时间内在导轨平面内加上如图所示变化的匀强磁场，已知t=0时刻导体棒静止，磁感强度竖直向下为正方向，那么以下说法正确的是（）
A．感应电流的方向先沿顺时针后沿逆时针方向
B．回路中电流大小始终为
2
0 2
3
B L Rt
C．导体棒受到的摩擦力方向先向左后向右
D．导体棒受到的摩擦力大小不变
12．两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙，以不同的速率沿着HO方向垂直射入匀强电场，电场强度方向竖直向上，它们在圆形区域中运动的时间相同，其运动轨迹如图所示。

不计粒子所受的重力，则下列说法中正确的是（）
A．甲粒子带正电荷
B．乙粒子所带的电荷量比甲粒子少
C．甲粒子在圆形区域中电势能变化量小
D．乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子大
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻。

A．待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5V，内阻约几欧姆
B．直流电压表V1、V2
，量程均为3V，内阻约为3kΩ
C．定值电阻R0，阻值未知
D．滑动变阻器R，最大阻值R m
E．导线若干和开关
(1)根据如图甲所示的电路图，用笔画线代替导线，把图乙中的实物连成实验电路_____；
(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是把滑动变阻器R调到最大阻值R m，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0=_____（U10、U20、R m表示）；
(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1-U2图像如图所示，图中直线斜率为k，与纵轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E=_____，总内阻r=_____（用k、a、R0
表示）。

14．在“研究一定质量理想气体在温度不变时，压强和体积的关系”实验中．某同学按如下步骤进行实验：①将注射器活塞移动到体积适中的V1位置，接上软管和压强传感器，通过DIS系统记录下此时的体积V1与压强p1．
②用手握住注射器前端，开始缓慢推拉活塞改变气体体积．
③读出注射器刻度表示的体积V，通过DIS系统记录下此时的V与压强p．
④重复②③两步，记录5组数据．作p﹣1
V
图．
(1)在上述步骤中，该同学对器材操作的错误是：__．因为该操作通常会影响气体的__（填写状态参量）．
(2)若软管内容积不可忽略，按该同学的操作，最后拟合出的p﹣1
V
直线应是图a中的__．（填写编号）
(3)由相关数学知识可知，在软管内气体体积△V不可忽略时，p﹣1
V
图象为双曲线，试用玻意耳定律分析，
该双曲线的渐近线（图b中的虚线）方程是p=__．（用V1、p1、△V表示）
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，临界角C为45°的液面上有一点光源S发出一束光垂直入射到水平放置于液体中且距液面为d的平面镜M上，当平面镜M绕垂直于纸面的轴O以角速度ω做逆时针匀速转动时，观察者发现液面上有一光斑掠过，则观察者们观察到的光斑在液面上掠过的最大速度为多少？
16．如图所示，质量为m1的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为μ1=0.5，其端有一固定的、光滑的半径R=0.4m 的四分之一圆弧轨道（接触但无黏连），长木板上表面与圆弧面最低点等高，木板左侧有一同样的固定的圆弧轨道，木板左端与左侧圆弧轨道右端相距x 0=1m。

质量为m2 =2m1的小木块（看成质点）从距木板右端x=2m处以v0 =10m/s的初速度开始向右运动，木块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.9，重力加速度取g = 10m/s2。

求：
(1)m2第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度。

(2)使m2不从m1上滑下，m1的最短长度。

(3)若m1取第(2)问中的最短长度，m2第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度。

17．如图所示，一厚度均匀的圆柱形玻璃管内径为r，外径为R，高为R。

一条光线从玻璃管上方入射，入射点恰好位于M点，光线与圆柱上表面成30°角，且与直径MN在同一竖直面内。

光线经入射后从内壁射出，最终到达圆柱底面，在玻璃中传播时间为1t，射出直至到底面传播时间为2t，测得12:3:1
t t=.已
知该玻璃的折射率为6
，求圆柱形玻璃管内、外半径之比:r R.
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】
A．由振动图像可知T=2s，则波长为
22m4m
vT
λ==⨯=
故A错误；
B．由图乙可知，波源起振方向为竖直向上，根据介质中所有质点开始振动方向都与波源起振方向相同，即质点e开始振动的方向沿y轴正方向，故B错误；
C．波从a传到b所用的时间为
1s 2
t = 从t=0至t=3s 内质点b 振动了
12.5s 14
T = 则运动的路程为
510cm s A ==
故C 正确；
D ．波传到d 点需要1.5s ，则从t=2s 至t=2.5s 内质点d 的正在从最高点向最低点振动，加速度方向沿y 轴负方向且逐渐减小，故D 错误。

故选C 。

2．B
【解析】
【详解】
电梯加速运动的时间为
12s 4s 0.5
v t a === 加速运动的位移
2114m 2
x at == 根据对称性，减速运动的时间也为4s ，位移也为4m ，匀速运动时间为
224m 4m 4m 8s 2m /s
t --== 故电梯运动的最短时间为
t=4s+4s+8s=16s
B 正确，ACD 错误。

故选B 。

3．A
【解析】
【详解】
由题图可知，玻璃砖对B 光的折射程度大，则n B ＞n A ，故B 光的频率较大，故A 正确、C 错误；由v=c/n 知，在玻璃砖中，v B ＜v A ，故B 错误；两种单色光由玻璃射向空气时，由于sinC=1/n ，所以，C B ＜C A ，故D 错误；故选A 。

4．C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．t 1时刻的斜率不是最小的，所以t 1时刻加速度不是最小的，故A 错误；
B ．t 2时刻速度的方向为正，仍旧往上运动，没有改变运动方向，故B 错误；
C ．从图中看出，t 3时刻开始做加速度不变的减速运动，所以“笛音雷”在t 3时刻彻底熄火，故C 正确；
D ．t 3~ t 4时间内“笛音雷”做向上运动，速度方向为正，不可能做自由落体运动，故D 错误。

故选C 。

5．A
【解析】
【详解】
A ．若两力的夹角小于90°，如左图，则合力一定增大，选项A 正确；
BCD ．若两力的夹角大于90°，如右图，则合力可能先减小后变大，选项BCD 错误；
故选A 。

6．B
【解析】
【详解】
涂料持续飞向墙壁并不断附着在墙壁上的过程，速度从v 变为0，其动量的变化源于墙壁对它的冲量，以极短时间Δt 内喷到墙壁上面积为ΔS 、质量为Δm 的涂料(微元)为研究对象，设墙壁对它的作用力为F ，涂料增加的厚度为h 。

由动量定理得
F·Δt ＝Δm ·v
又有
Δm ＝ρ·ΔSh
所以
F hv p S t
ρ==∆∆ 涂料厚度增加的速度为
u ＝h t
∆ 联立解得
u ＝p v ρ
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．ABC
【解析】
【详解】
若电场的方向平行于AB 向左，小球所受的电场力向左，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，到达BD 边时，速度可能为1，所以动能可能为1．故A 有可能．
若电场的方向平行于AC 向上或向下，小球在匀强电场中做类平抛运动，偏转位移最大为
12L ，根据动能定理可知小球的最大动能为：202
12K L E E mv Q =+⋅，所以D 不可能，C 可能；若电场的方向平行于AB 向左，小球做匀减速直线运动，若没有到达BD 边时速度就减为零，则小球会返回到出发点，速度大小仍为v 1，动能为
2012
mv ，故B 可能．故选ABC ． 8．ADE
【解析】
【详解】
A ．由甲读出该波的波长为 λ=4m ，由乙图读出周期为 T=1s ，则波速为 4m /s v T λ
==
故A 正确；
B ．在乙图上读出t=0时刻P 质点的振动方向沿y 轴负方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x 轴负方向。

故B 错误；
C ．质点P 只在自己的平衡位置附近上下振动，并不波的传播方向向前传播。

故C 错误。

D ．由于该波的波长为4m ，与障碍物尺寸相差不多，能发生明显的衍射现象，故D 正确；
E ．经过 0.52
T t s ==
，质点P 又回到平衡位置，位移为零，路程为 S=2A=2×0.2m=0.4m 。

故E 正确。

故选ADE.
9．ACD
【解析】
【详解】
BC ．t ＝0时刻波传播到Q 点，Q 点起振方向沿y 轴负方向，在波传播过程中各点的起振方向都相同，则M 点的起振方向也沿y 轴负方向；经过t=0.2s ，M 点第一次到达波谷，可知波的传播速度
0.02m/s 0.1m/s 0.2
x v t ∆=∆＝＝ 故B 错误，C 正确；
A ．由图象可知，波长λ=0.04m ，则波的周期，亦即P 质点振动的周期
0.04s 0.4s 0.1
T v λ
=＝＝ 频率为周期的倒数，即2.5Hz ，故A 正确；
D ．0～1s 内质点Q 振动了2.5个周期，运动的路程 s=10.4
×8cm ＝20cm 故D 正确；
E ．波传播到M 点的时间
t 1＝0.01 0.1
s ＝0.1s 则0～1s 内质点M 振动了2.25个周期，运动的路程
110.148cm 18cm 0.18m 0.4
t t s A T --=⋅⨯＝＝＝ 故E 错误。

故选ACD 。

10．CD
【解析】
试题分析：简谐运动图象反映质点的位移随时间变化的情况，不是质点的运动轨迹，故A 错误．t=0时，质点离开平衡位置的位移最大，速度为零，故B 错误．根据图象的斜率表示速度，则t=0.25s 时，质点的速度为正值，则速度方向与位移的正方向相同．故C 正确．质点运动过程中，两端点间的距离等于2倍的振幅，为 S=2A=2×5cm=10cm=0.1m ，故D 正确．故选CD 。

考点：振动图线
【名师点睛】由振动图象可以读出周期、振幅、位移、速度和加速度及其变化情况，是比较常见的读图题，要注意振动图象不是质点的运动轨迹；根据图象的斜率表示速度分析振动的运动方向．质点运动过程中，两端点间的距离等于2倍的振幅。

11．BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．设导体棒始终静止不动，由图乙可知，图线斜率绝对值即为磁场变化率且恒定，由公式
2
00
2==B L BS E t t t ⋅∆Φ∆=∆∆ 感应电动势恒定，回路中电流
200233B L E I R Rt ⋅== 恒定不变，由于t=0时刻导体棒静止，由=A F BIL 可知，此时的安培力最大，则导体棒始终静止不动，假设成立，由楞次定律可知，感应电流方向始终为顺时针方向，故A 错误，B 正确；
C ．由于感应电流方向不变，00t :内磁场方向竖直向下，由左手定则可知，安培力方向水平向右，由于导体棒静止，则摩擦力方向水平向左，同理可知，002t t :时间内安培力方向水平向左，摩擦力方向水平向右，故C 正确；
D ．由平衡可知，摩擦力大小始终与安培力大小相等，由于电流恒定，磁场变化，则安培力大小变化，摩擦力大小变化，故D 错误。

故选BC 。

12．AC
【解析】
【详解】
A ．甲粒子向上偏转，所受的电场力向上，与电场方向相同，故甲粒子带正电荷，A 正确；
B ．两个粒子竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，有
y ＝212at ＝22qE t m
E 、t 、m 相等，则
y ∝q
可知，乙粒子所带的电荷量比甲粒子多，B 错误；
C ．电场力对粒子做功为
W qEy =
甲粒子电荷量少，偏转位移小，则电场力对甲粒子做功少，其电势能变化量小，C 正确；
D ．水平方向有
x ＝v 0t
相同时间内，乙粒子的水平位移小，则乙粒子进入电场时初速度小，初动能就小，D 错误。

故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13． 102020m U U R U - 1a k - 01kR k
- 【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]如图所示
(2)[2]根据部分电路欧姆定律
00U R I
=
因 10m
U I R = 01020U U U =-
联立解得
10200m 20
U U R R U -= (3)[3][4]根据闭合电路欧姆定律有
1210
U U E U r R -=+
变形得 01200R r U U E R r R r
=+++ 由题意可知
0r k R r
=+ 00R a E R r
=+ 解得
1a E k =-，01kR r k
=- 14．用手握住注射器前端 温度 1 P 1（
0+∆∆V V V
） 【解析】
【详解】 (1)[1][2]在进行该实验时要保持被封闭气体的温度不变化，所以实验中，不能用手握住注射器前端，否则会使气体的温度发生变化．
(2)[3]在p ﹣1V 图象中，实验中因软管的体积不可忽略，气体测出的体积要比实际体积要小，所以压强P 会偏大，最后拟合出的p ﹣1V 直线应是图a 中的1图线 (3)[4]在软管内气体体积△V 不可忽略时，被封闭气体的初状态的体积为V 1+△V ，压强为P 1，末状态的体积为V+△V ，压强为P ，由等温变化有：
P 1（V 1+△V ）=P （V+△V ） 解得：
P=P 1（0+∆+∆V V V V
） 当式中的V 趋向于零时，有： P=P 1（0+∆∆V V V
） 即该双曲线的渐近线（图b 中的虚线）方程是： P=P 1（
0+∆∆V V V ） 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．4ωd
【解析】
【分析】
如图示，当平面镜转动角时，由光的反射定律可得，反射光线转动2角度；由于光从水中射入空气，当入射角大于或等于临界角时，发生全反射现象．所以恰好发生全反射时光斑在水面上掠过的最大速度．
【详解】
设平面镜转过角时,光线反射到水面上的P 点，光斑速度为V ，由图可知：
v=，而=2ωL=，故v=
液体的临界角为C ，当2=C=45°时，v 达到最大速度v max ，
即v max ==4 d
即察者们观察到的光斑在水面上掠过的最大速度为4ωd ．
16． (1)2.8m ；(2)
83m ；(3)130
m 【解析】
【分析】
【详解】
（1）设滑块到达木板右端的速度为v 1，由动能定理可得
222221201122
m gx m v m v -=-μ 代入数据，解得v 1=8 m/s
设滑块离开圆弧轨道后.上升的最大高度为h 1，由动能定理可得
()22121102
m g R h m v -+=- 代入数据，解得h 1=2.8 m 。

（2）由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小v 1=8 m/s ，滑上木板后，滑块的加速度为a 2，由牛顿第二定律
2222m g m a μ=
木板的加速的为a 1，由牛顿第二定律
212111()mg m m g m a -+=μμ
解得213m/s a =，229m/s a =。

设经过t 1时间后两者共速，共同速度为v ，
由运动学公式可知
12111v v a t a t =-=，12s 3
t =
解得2m /s v =
该过程中木板的位移 112
v x t = 12m 3
x = 滑块走过的位移
1212
v v x t += 210m 3x = 由于101m x x <=，假设正确，之后一起匀减速运动，若滑块最终未从木板左端滑出，则木板的最小长度 21L x x =- 联立以上各式，解得8m 3
L = （3）滑块和木板一起匀减速运动至最左端，设加速度均为a ，由牛顿第二定律可知 ()()11212m m g m m a +=+μ
解得25m/s a =
滑块和木板一起匀减速运动至最左端的速度为v 2，由动能定理可得 ()()()
()2211201122121122m m g x x m m v m m v -+-=+-+μ 随后滑块滑上左侧轨道，设上升的最大高度为h 2，则由动能定理可得
22222102
m gh m v -=- 代入数据，解得21m 30
h = 17．1:3
【解析】
【详解】
光路图如图所示：
由题可得入射角i=60°，折射率6n =，设折射角为γ 由折射定律sin sin i n γ
=
解得：45γ=︒ 由几何关系可得MC CA R r ==-，2MA MC =，AD r =，33AB r = 设光线在玻璃中传播的速度为v ，且c n v = 解得：)12R r MA t c
v n
-== 2233r AB t c c
== 由12:3:1t t =
解得：:1:3r R =。