北京市崇文区达标名校2018年高考一月质量检测物理试题含解析

北京市崇文区达标名校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．“跳跳鼠”是很多小朋友喜欢玩的一种玩具（图甲），弹簧上端连接脚踏板，下端连接跳杆（图乙），人在脚踏板上用力向下压缩弹簧，然后弹簧将人向上弹起，最终弹簧将跳杆带离地面．
A．不论下压弹簧程度如何，弹簧都能将跳杆带离地面
B．从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，弹簧的弹性势能全部转化为人的动能
C．从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，人一直向上加速运动
D．从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，人的加速度先减小后增大
2．1932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
3．关于元电荷，正确的说法是（）
A．元电荷就是点电荷.
B．1C电量叫元电荷.
C．元电荷就是质子.
各自的轴匀速转动时，A 、B 、C 三个齿轮转动的角速度之比为
A ．8:3:5
B ．5:3:8
C ．15:40:24
D ．24:40:15
5．如图所示，一个质量为m 的铁球处于静止状态，铁球与斜面的接触点为A,推力F 的作用线通过球心O ，假设斜面、墙壁均光滑，若让水平推力缓慢增大，在此过程中，下列说法正确的是()
A ．力F 与墙面对铁球的弹力之差变大
B ．铁球对斜面的压力缓慢增大
C ．铁球所受的合力缓慢增大
D ．斜面对铁球的支持力大小等于cos mg
6．空间存在如图所示的静电场，图中实线a 、b 、c 、d 、e 为静电场中的等势线，虚线为等势线的水平对称轴。

一个带负电的粒子从P 点以垂直于虚线向上的初速度v 0射入电场，开始一小段时间内的运动轨迹已在图中画出，粒子仅受电场力作用，则下列说法中正确的是（ ）
A ．等势线a 的电势最高
B ．带电粒子从P 点射出后经过等势线b 时，粒子的速率可能等于v 0
C ．若让粒子从P 点由静止释放，在图示空间内，粒子将在虚线上做往复运动
D ．若让粒子从P 点由静止释放，在图示空间内，粒子的加速度先增大后减小
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．在如图所示的电路中，灯泡L 的电阻小于电源的内阻r ，闭合电键S ，将滑动变阻器滑片P 向左移动一
A ．灯泡L 变亮
B ．电流表读书变小，电压表读数变大
C ．电源的输出功率变小
D ．电容器C 上电荷量增多
8．大型对撞机是科学研究的重要工具，中国也准备建造大型正负电子对撞机，预计在2022至2030年之间建造，对撞机是在回旋加速器的基础上逐步发展出来的。

回旋加速器的原理示意图如图所示，1D 和2D 是两个中空的半圆金属盒，均和高频交流电源相连接，在两盒间的窄缝中形成匀强电场，两盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，中央O 处是粒子源。

若忽略粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A ．带电粒子每运动一周被加速两次
B ．带电粒子在磁场中运动的周期越来越小
C ．粒子的最大速度与半圆金属盒的尺寸无关
D ．磁感应强度越大，带电粒子离开加速器时的动能就越大
9．关于动量冲量和动能，下列说法正确的是（ ）
A ．物体的动量越大，表明它受到的冲量越大
B ．物体的动量变化，其动能有可能不变
C ．物体受到合外力的冲量作用，则其动能一定变化
D ．物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上
10．狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布（如图甲所示），距离它r 处的磁感应强度大小为2k B r
（k 为常数），其磁场分布与负点电荷Q 的电场（如图乙所示）分布相似。

现假设磁单极子S 和负点电荷Q 均固定，有带电小球分别在S 极和Q 附近做匀速圆周运动，则关于小球做匀速圆周运动的判断正确的是 （ ）
A．若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示
B．若小球带正电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示
C．若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示
D．若小球带负电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示
11．甲、乙两车在同一平直公路上运动，两车的速度v随时间t的变化图象如图所示。

下列说法正确的是
A．t1时刻两车一定相遇
B．在t2时刻两车的动能一定相等
C．在t1〜t2时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度
D．若两车的额定功率相同，行驶过程中受到的阻力也相同，则两车的最大速度一定相同
12．如图甲所示，倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上。

一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动，小球运动的v－t图像如图乙所示，其中OA段为直线段，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g。

关于小球的运动过程，下列说法正确的是（）
A．小球在B t时刻所受弹簧的弹力等于mg
B．小球在C t时刻的加速度大于1 2 g
C．小球从C t时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点
13．某同学看到某种规格热敏电阻的说明书，知悉其阻值随温度变化的图线如图甲所示。

为验证这个图线的可信度，某同学设计了一个验证性实验，除热敏电阻R之外，实验室还提供如下器材：电源E（电动势为4.5V，内阻约1Ω）、电流表A（量程1mA，内阻约200Ω）、电压表V（量程3V，内阻约10kΩ）、滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）、开关S、导线若干、烧杯、温度计和水。

(1)从图甲可以看出该热敏电阻的阻值随温度变化的规律是____；
(2)图乙是实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，请用笔画线代替导线把电路连接完整______；
(3)闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头P应置于____端（填“a”或“b”）；
(4)该小组的同学利用测量结果，采用描点作图的方式在说明书原图的基础上作出该热敏电阻的R t－t图像，如图丙所示，跟原图比对，发现有一定的差距，关于误差的说法和改进措施中正确的是_______
A．在温度逐渐升高的过程中电阻测量的绝对误差越来越大
B．在温度逐渐升高的过程中电阻测量的相对误差越来越大
C．在温度比较高时，通过适当增大电阻两端的电压值可以减小两条曲线的差距
D．在温度比较高时，通过改变电流表的接法可以减小两条曲线的差距
14．用图甲所示的电路测定一节旧干电池的电动势和内阻。

除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
，）；
双量程电流表A：（量程0~0.6A0~3A
，）；
双量程电压表V：（量程0~3V0~15V
滑动变阻器1R：（阻值范围0~20Ω，额定电流2A）；
滑动变阻器2R：（阻值范围0~1000Ω，额定电流1A）。

(2)依据电路图用笔画线代表导线连接图乙中的电路元件（图中已完成了部分连线），要求闭合开关时滑动变阻器的滑片P 处于正确的位置，并正确选用电压表、电流表的量程___________；
(3)多次测量并记录电流表示数I 和电压表示数U ，应用这些数据画出了如图丙所示U I -图像。

由图像可以得出电池的电动势E =_______V ，内阻r =_______Ω；
(4)根据实验测得的I 、U 数据，令y UI =，x I =，由计算机作出的y x -图线应是图丁中的_______（选填“a ”“b ”或“c ”）。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．应用DIS 实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，计算机屏幕显示如图所示的
p t -图像，已知
在状态B 时气体体积为3B V L =。

(i)求状态A 的压强；
(ii)求D B →过程中外界对气体做的功。

16．如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有劲度系数为k 的绝缘弹簧，其下端固定于水平地面，上端与一不带电的质量为m 的绝缘小球A 相连，开始时小球A 静止。

整个装置处于一方向竖直向下的匀强电场中，电场强度大小为mg q E =。

现将另一质量也为m 、带电荷量为q +的绝缘带电小球B 从距A 某个高度由静
止开始下落，B 与A 发生碰撞后起向下运动、但不粘连，相对于碰撞位置B 球能反弹的最大高度为3mg k
，重力加速度为g ，全过程小球B 的电荷量不发生变化。

求：
(1)开始时弹簧的形变量为多少；
(2)AB 分离时速度分别为多大；
(3)B 开始下落的位置距A 的高度0x 。

直径略大于杆的截面直径，小环和直杆间的动摩擦因数0.8μ=，现对小环施加一位于竖直面内斜向上，与杆的夹角为053θ=的拉力F ，使小环以24.4/m s α=的加速度沿杆运动，求拉力F 的大小．(已知重
力加速度210/g m s =，sin370.6=，cos370.8)=
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．D
【解析】
当弹簧下压的程度比较小时，弹簧具有的弹性势能较小，弹簧不能将跳杆带离地面，故A 错误；从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长,弹簧的弹性势能转化为人的动能和重力势能，故B 错误；从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，开始弹力大于重力，人向上加速，弹簧逐渐恢复性变,弹力逐渐减小，加速度逐渐减小；后来弹力小于重力，人的加速度反向增加，所以人的加速度先减小后增大，故C 错误，D 正确．所以D 正确，ABC 错误．
2．D
【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
2m m v qBv m R
= 得
m qBR v m
=
222km 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
22
km k 2E qB R N E mU
==∆ 粒子在D 形盒中运动的总时间
2
T t N =⋅，2πm T qB = 联立得
2
π22T BR t N U
=⋅= 故C 错误，D 正确。

故选D 。

3．D
【解析】
【分析】
点电荷是当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷．而元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，所有带电体电荷量均是元电荷的整数倍．
【详解】
元电荷是最小的带电量，而点电荷是一种理想化的物理模型，二者不是同一物理量；故A 错误；元电荷是带电量的最小值，大小是，故B 错误；元电荷是指最小的电荷量，不是指质子，故C 错误；元电荷是自然界中电荷的最小单元，故D 正确；故选D 。

【点睛】
本题关键是对点电荷、元电荷的概念要有清晰的认识，同时要明确它们之间的区别，这是理清概念的一种重要方法．
4．C
【解析】
【详解】
三个齿轮的齿数分别为32、12、20，根据
v
r
ω=
得A、B、C三个齿轮转动的角速度之比为
111
::15:40:24
321220
=
A. 8:3:5与计算结果不符，故A错误。

B. 5:3:8与计算结果不符，故B错误。

C. 15:40:24与计算结果相符，故C正确。

D. 24:40:15与计算结果不符，故D错误。

5．D
【解析】
【详解】
对小球受力分析，受推力F、重力G、墙壁的支持力N、斜面的支持力N′，如图：
根据共点力平衡条件，有：
x方向：
F-N′sinθ-N=0
竖直方向：
N′cosθ=mg
解得：
mg
N
cosθ
'=；
N=F-mgtanθ；
A.故当F增加时，墙壁对铁球的作用力不断变大，为N=F-mgtanθ；可知F与墙面对铁球的弹力之差不变，故A错误；
BD.当F增加时，斜面的支持力为
mg
cosθ
，保持不变，故球对斜面的压力也保持不变，故D正确，B错误；
C.铁球始终处于平衡状态，合外力始终等于0；故C错误；
【详解】
A．由图可知，负电荷弯曲的方向向右，则受到的电场力得方向向右，由于负电荷受到的电场力得方向与电场强度的方向相反，所以电场强度的方向向左，等势线a电势最低。

故A错误；
B．带电粒子从P点射出后经过等势线b时，电场力做正功，则粒子的动能增加，则其速率大于v0，选项B错误；
C．让粒子在P点由静止释放，粒子受到的电场力得方向始终向右，所以将一直向右做加速运动。

故C错误；
D．电场线的疏密代表电场的强弱，让粒子在P点由静止释放，粒子将沿虚线向右做加速运动，因电场线先密后疏，可知电场力先增后减，即加速度先增大后减小。

故D正确。

故选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．BD
【解析】
【详解】
AB．将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，滑动变阻器的电阻变大，根据串反并同，灯泡L中电流减小，电流表读数变小，电压表读数变大，灯泡L变暗，选项A错误，B正确；
C．当外电路的总电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大。

虽然灯泡L的电阻小于电源的内阻r，但外电路的总电阻与电源的内阻大小不确定，故电源的输出功率变化情况不确定，故选项C错误；
D．将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，电容器C上电压增大，电容器C上电荷量增多，选项D正确。

故选BD。

8．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．带电粒子转动一周，两次经过电场，所以每运动一周被加速两次，故A正确；
B．带电粒子在磁场中运动的周期
2πm
T
qB
=与速度无关，故B错误；
C．粒子从回旋加速器中射出时，最后一圈圆周运动的半径与金属盒半径相同，由2
v
qvB m
r
=
mv r qB
= 可知金属盒半径r 越大，最大速度ν越大，故C 错误；
D ．由mv r qB
=，可知磁感应强度B 越大，最大速度v 越大，粒子动能越大，故D 正确。

故选AD 。

9．BD
【解析】
【详解】
A ．根据动量定理可知，动量的改变量越大，冲量越大，动量和冲量无直接联系，故A 错误；
B ．匀速圆周运动的速度方向时刻变化，但速度大小不变，所以动量变化，但动能不变，故B 正确；
C ．匀速圆周运动的合外力的冲量不为零，但动能不变，故C 错误；
D ．由公式'p p p ∆=-可知，由于动量和动量变化为矢量，遵循平行边形定则，则物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上，故D 正确。

故选BD 。

10．ABC
【解析】
【详解】
AC.要使小球能做匀速圆周运动，则洛仑兹力与重力的合力应能充当向心力；在甲图中，若小球为正电荷且逆时针转动（由上向下看），由左手定则知其受洛仑兹力斜向上，与重力的合力可以指向圆心，其运动轨迹平面可在S 的正上方；若小球为负电荷，但顺时针转动，同理可知，合力也可以充当向心力，其运动轨迹平面可在S 的正上方，故AC 正确；
BD. Q 带负电，若小球带正电，则正电荷在图示位置各点受到的电场力指向Q ，电场力与重力的合力可能充当向心力，其运动轨迹平面可在Q 的正下方；但若小球带负电，小球受电场力逆着电场线，其与重力的合力不能提供向心力，其运动轨迹平面不可能在Q 的正下方，小球不会做匀速圆周运动，故B 正确，D 错误。

故选ABC 。

11．CD
【解析】
【分析】
由题中“两车的速度v 随时间t 的变化图象如图所示”可知，本题考查由v-t 图像判断物体运动，根据v-t 图像规律可分析本题。

【详解】
A ．t 1时刻辆车运动速度大小相等，但是辆车位移不同，不能相遇，故A 错误；
B ．由于不知道辆车质量，故无法判断动能情况，故B 错误；
C ．在t 1〜t 2时间内，甲车的位移大于乙车，时间相同，根据公式
x v t
= 可知，乙车的平均速度小于甲车的平均速度，故C 正确；
D ．根据公式
P Fv =
可知，当到达最大速度时，动力与阻力为平衡力，大小相等，所以两车的额定功率相同，行驶过程中受到的阻力也相同时，则两车的最大速度一定相同，故D 正确。

12．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．小球在
B t 时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，则有
F 弹1sin 302
mg mg =︒=
故A 错误； B ．在乙图中，关于A 点对称的点可知此时弹簧的弹力为0.5mg ，由对称性得由对称轴到对称点的弹簧的弹力再变化0.5mg ，故到达C 点时弹簧的弹力大于20.5mg mg ⨯=，所以弹力大于mg ，根据牛顿第二定律可知
F 弹sin θmg ma -=
解得
12
a g > 故B 正确；
C ．整个过程中，弹簧和小球组成的系统，机械能守恒，故从C 点释放，小球能到达原来的释放点，故C 正确；
D ．小球从A t 时刻到C t 时刻的过程中，系统机械能守恒，则有重力势能的减小量与动能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量，所以重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，故D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．热敏电阻的阻值随温度的升高而减小 a BD
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]由R t -图像可知，随着温度的升高，热敏电阻的阻值变小；
(2)[2]研究热敏电阻的性质需要电压和电流的变化范围广，且滑动变阻器的最大值小，故滑动变阻器采用分压式接法，热敏电阻的阻值满足x A V R R R >
⋅，故采用电流表的内接法减小系统误差，实物连接如图
所示
(3)[3]滑动变阻器采用的是分压接法，为了保护电路，应让干路的阻值最大，则闭合开关前滑片置于a 端；
(4)[4]AB ．绝对误差为
R R R ∆=-测真
相对误差为
100%R R R δ-=⨯测真
真
由R t -图像可知在温度逐渐升高的过程中，热敏电阻的理论电阻值阻值和测量电阻值都在逐渐减小，理
论电阻值和测量电阻值相差不大，即绝对误差R ∆变化不大，而相对误差δ越来越大，故A 错误，B 正确；
CD ．在相同的温度下，采用电流表的内接法导致测量值总比理论值偏大，故当温度升高到一定值后，电阻变小，则电流表应该选用外接法减小系统误差，故C 错误，D 正确。

故你BD 。

14．0~0.6 0~3 1R 1.45 1.3 c
【解析】
【详解】
(1)[1] 由图丙知电路中的最大电流在0.5A 左右，则电流表量程应选用0~0.6A ；
[2] 电源是一节旧的干电池（约1.5V ），则电压表量程应选用0~3V ；
[3]滑动变阻器选用10~20Ω()R 时，方便调节并能有效读取多组电流值和电压值。

(2)[4]电路连线如图所示
(3)[5]读取电源U I -图像。

U 轴截距为电动势，U 轴最小有效刻度为0.05V ，经估读后得 1.45V E =；
[6]U I -图像斜率的绝对值等于电源内阻，读取图像数据并计算有
1.45V 0.8V 1.3Ω0.5A
r -== (4)[7]电源输出功率为
2()P UI E Ir I rI EI ==-=-+
则纵坐标y UI =应为输出功率，则y x -图像为输出功率的P I -图像。

由电路规律知输出功率随电流的增大先增大后减小，图像应为c 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (i) 0.75atm A p = (ii) 75J -
【解析】
【详解】
(i)B A →过程等容变化，由查理定律得
1.0atm (27391)K 273K
A P =+
解得
0.75atm A p =
(ii) D B →过程等压变化，由盖—吕萨克定律得
273K (27391)K
D B V V =+ 解得
2.25L D V =
该过程中体积增大，外界对气体做负功
533110Pa (2.253)()10m 75J B D B W p V V -=-=⨯⨯-⨯=-
16． (1)1mg x k =(2)22A B v v v ===010mg x k = 【解析】
【详解】
(1)设开始弹簧的压缩量为1x ，对A 1mg kx =
故
1mg x k
= (2)B 球受电场力为
qE mg =
AB 小球刚分离时对B 由牛顿第二定律有
2B mg qE a g m
+== AB 二者加速度相等
2A B a a g ==
对A 有
2A mg kx ma +=
所以
21mg x x k
== 即弹簧拉伸量等于开始时的压缩量，刚分离时AB 小球速度相等，设为2v
2A B v v v ==
依题意，B 相对于碰撞位置上升最高
3mg k ，故AB 分离后B 再上升高度mg k ，AB 分离后B 向上做竖直上抛运动，由运动学公式
2222mg v g k
=⨯⨯ 即
22A B v v v ===(3)设AB 碰后共同速度为1v ，对AB 整体从碰后到二者分离过程，由动能定理有
2212111(2)22222
mg qE x mv mv -+⨯=⨯-⨯ 得
1v = 设B 与A 碰撞前速度大小为0v ，AB 碰撞过程动量守恒
012mv mv =
得
0122v v == B 在下落过程中受重力与电场力，由动能定理
2001()2
mg qE x mv += 解得
010mg x k
= 17．1N 和9N
【解析】
【详解】
对环进行受力分析得，环受重力、拉力、弹力和摩擦力．令sin53F mg =，得 1.25F N =，此时环不受摩擦力的作用．
当 1.25F N <时，杆对环的弹力N F 竖直向上，由牛顿第二定律可得：
cos N F F ma θμ-=sin N F F mg θ+=得1F N =
当 1.25F N >时，杆对环的弹力'N F 竖直向下，由牛顿第二定律可得：
cos 'N F F ma θμ-=sin 'N F mg F θ=+得9F N =
则F 的大小可能值为1N 和9N.
【点睛】
本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确本题中可能存在的两种情况，明确拉力过大时，物体受杆下部的挤压，而拉力较小时，受杆上端的挤压，要求能找出这两种情况才能全面分析求解．。