甘肃省兰州市达标名校2018年高考五月质量检测物理试题含解析

甘肃省兰州市达标名校2018年高考五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MN是一条电场线上的两点，从M点由静止释放一个带正电的带电粒子，带电粒子仅在电场力作用下沿电场线M点运动到N点，其运动速度随时间t的变化规律如图乙所示下列叙述中不正确的是（）
A．M点场强比N的场强小
B．M点的电势比N点的电势高
C．从M点运动到N点电势能增大
D．从M点运动到N点粒子所受电场力逐渐地大
2．下面是某同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是（）
A．根据公式=SR L
ρ可知，金属电阻率与导体的电阻成正比
B．根据公式W UIt
=可知，该公式只能求纯电阻电路的电流做功
C．根据公式q It
=可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多
D．根据公式
Q
C
U
=可知，电容与电容器所带电荷成正比，与两极板间的电压成反比
3．如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的四分之一光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5kg和0.5kg。

现让A以6m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.2s，碰后的速度大小变为4m/s，当A与B碰撞后立即粘在一起运动，g取10m/s2，则（）
A．A与墙壁碰撞过程中，墙壁对A的平均作用力的大小15N
F=
B．A和B碰撞过程中，A对B的作用力大于B对A的作用力
C．A、B碰撞后的速度2m/s
v=
D．A、B滑上圆弧的最大高度0.45m
h=
4．关于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是（）
C ．已知摆球初始时刻的位置及其周期，就可知摆球在任意时刻运动速度的方向
D ．单摆经过平衡位置时摆球所受的合外力为零
5．光滑水平面上有长为2L 的木板B ，小物块A 置于B 的中点，A 、B 质量均为m ，二者间摩擦因数为μ，重力加速度为g ，A 、B 处于静止状态。

某时刻给B 一向右的瞬时冲量I ，为使A 可以从B 上掉下，冲量I 的最小值为（ ）
A ．m gL μ
B ．2m gL μ
C ．2m μgL
D ．22m gL μ
6．如图所示，一物块相对木板向右从板上A 点滑至板上B 点，木板上A 、B 两点间距离为5米，同时木板在地面上向左滑行3米，图甲为滑行前，图乙为滑行后，在此过程中物块受到木板对它的滑动摩擦力大小为20N ，则物块所受的摩擦力做功为（ ）
A ．-160J
B ．-100J
C ．100J
D ．-40J
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．如图所示，在第一象限内，存在磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向垂直于xOy 平面向外。

在y 轴上的A 点放置一放射源，可以不断地沿xOy 平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m 、电荷量+q 的同种粒子，这些粒子打到x 轴上的P 点。

知OA ＝OP ＝L 。

则
A ．粒子速度的最小值为
B ．粒子速度的最小值为
D．粒子在磁场中运动的最长时间为
8．如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a．下列说法正确的是（）
A．在过程ab中气体的内能增加
B．在过程ca中外界对气体做功
C．在过程ab中气体对外界做功
D．在过程bc中气体从外界吸收热量
E.在过程ca中气体从外界吸收热量
9．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C，其状态变化过程的p-V图象如图所示。

已知气体在状态A时的温度为17℃，热力学温度与摄氏温度间的关系为T=t+273K，则下列说法正确的是（）
A．气体在状态B时的温度为290K
B．气体在状态C时的温度为580K
C．气体由状态B到状态C的过程中，温度降低，内能减小
D．气体由状态B到状态C的过程中，从外界吸收热量
10．下列说法中正确的是（）
A．分子运动的平均速率可能为零，瞬时速度不可能为零
B．液体与大气相接触时，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引
C．空气的相对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示
D．有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体
E.随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小
→11．如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。

其中，状态A B
A ．A
B →的过程中，气体对外界做功，气体放热
B ．B
C →的过程中，气体分子的平均动能减少
C ．C
D →的过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增加
D ．D A →的过程中，外界对气体做功，气体内能增加
E.在该循环过程中，气体内能增加
12．近年来，我国的高速铁路网建设取得巨大成就，高铁技术正走出国门。

在一次高铁技术测试中，机车由静止开始做直线运动，测试段内机车速度的二次方v 2与对应位移x 的关系图象如图所示。

在该测试段内，下列说法正确的是（ ）
A ．机车的加速度越来越大
B ．机车的加速度越来越小
C ．机车的平均速度大于02v
D ．机车的平均速度小于02
v 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组在用双缝干涉测光的波长的实验中，将双缝干涉实验仪器按要求安装在光具座上，如图甲所示。

双缝间距d = 0.20mm ，测得屏与双缝间的距离L = 500mm 。

然后，接通电源使光源正常工作：
(1)某同学在测量时，转动手轮，在测量头目镜中先看到分划板中心刻线对准亮条纹A 的中心，如图乙所示，则游标卡尺的读数为_________cm ；然后他继续转动手轮，使分划板中心刻线对准亮条纹B 的中心，若游标卡尺的读数为1.67cm ，此时主尺上的________cm 刻度与游标尺上某条刻度线对齐；入射光的波长λ=_________m ；
(2)若实验中发现条纹太密，可采取的改善办法有_________________（至少写一条）。

14．在学过伏安法测电阻后，某学习小组探究测量一种2B 铅笔笔芯的电阻率（查阅相关资料知其电阻率的范围为772.010~3.010Ωm --⨯⨯⋅）
(2)另有如下实验器材，请依据测量原理及器材情况，画出实验的电路图_______
A．毫米刻度尺；
B．量程为3V内阻约为3kΩ的电压表
C．量程为0.6A、内阻约为0.1Ω的电流表
D．阻值为0~2Ω的滑动变阻器
E.阻值为0 4.0
R=Ω的定值电阻
F.两节普通干电池
G.开关和导线若干
(3)某一次测量中，电压表示数如图乙所示，其读数为U=_______V
(4)实验中要测量一些物理量，除上述铅笔笔芯直径d，电压表的示数U外，还需测量：电流表的示数I；______。

该铅笔笔芯的电阻率为ρ=______（用上述所测物理量的字母符号表示）。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．一个倾角为θ=37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=8m/s
的初速度由底端沿斜面上滑。

小物块与斜面的动摩擦因数μ=0.1．若斜面足够长，已知tan37°=3
4
，g取
10m/s2，求：
（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小；
（2）小物块上滑的最大距离；
（3）小物块返回斜面底端时的速度大小。

16．一半径为R的半圆柱玻璃体，上方有平行截面直径AB的固定直轨道，轨道上有一小车，车上固定一与轨道成45°的激光笔，发出的细激光束始终在与横截面平行的某一平面上，打开激光笔，并使小车从左侧足够远的地方以匀速向右运动。

已知该激光对玻璃的折射率为，光在空气中的传播速度大小为c。

求：
17．如图所示，光滑的水平面上有A、B、C三个物块，其质量均为m。

A和B用轻质弹簧相连，处于静
v=向左运动，与B发生碰撞后粘在一起。

在它们继止状态。

右边有一小物块C沿水平面以速度0 3.0m/s
续向左运动的过程中，当弹簧长度变化为最短时，突然锁定长度，不再改变。

然后，A物块与挡板P发生碰撞，碰后各物块都静止不动，A与P接触而不粘连。

之后突然解除弹簧的锁定，设锁定及解除锁定时均无机械能损失，求：（以下计算结果均保留2位有效数字）
(1)弹簧长度刚被锁定后A物块速度的大小
(2)在A物块离开挡板P之后的运动过程中，弹簧第一次恢复原长时C物块速度的大小
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】
=，则说明受到的电场力越来越大，AD．从v-t图像可以看出，加速度越来越大，根据牛顿第二定律F ma
=，说明电场强度越来越大，所以M点场强比N的场强小，故AD正确；
根据公式F qE
B．因为带电粒子做加速运动，所以受到的电场力往右，又因为带电粒子带正电，所以电场线的方向往右，又因为顺着电场线的方向电势降低，所以M点的电势比N点的电势高，故B正确；
C．从M点运动到N点动能增加，电势能应该减小，故C错误。

故选C。

2．C
【解析】
【详解】
A．电阻率是由导体本身的性质决定的，其大小与电阻无关，选项A错误；
D ．电容的公式Q C U
=
采用的是比值定义法，电容大小与电量和电压无关，选项D 错误。

故选C 。

3．D
【解析】
【详解】 A ．规定向右为正方向，则
06m/s v =-，14m/s v =
对A 在与墙碰撞的过程，由动量定理得
1110F t m v m v ∆=-
75N F =
所以A 错误；
B ．A 和B 碰撞过程中，A 对B 的作用力和B 对A 的作用力是一对相互作用力，应该大小相等，方向相反，所以B 错误；
C ．由题意可知，A 和B 发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得
11122()m v m m v =+
23m/s v =
所以C 错误；
D ．A 和B 碰后一起沿圆轨道向上运动，在运动过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得
2121221()()2
m m gh m m v +=+ 0.45m h =
所以D 正确。

故选D 。

4．A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，与固有频率无关，故A 正确；
B ．根据单摆的周期公式
2T =
C ．摆球在同一位置振动方向有两种，所以已知初始时刻的位置和振动周期，不知道初始时刻摆球的振动方向，不能知道振子在任意时刻运动速度的方向，故C 错误；
D ．单摆运动中，摆球在最低点做圆周运动，所以摆球经过平衡位置时所受的合外力提供向心力，故D 错误。

故选A 。

5．B
【解析】
【详解】
设B 获得冲量后瞬间速度为0v ，物块掉下来的临界条件是A 刚好到达边缘时两者共速，根据动量守恒 02mv mv =
根据能量守恒
2201
1222
mgL mv mv μ=-⨯ 解得：
0v =根据动量定理，冲量最小值
min 02I mv ==故B 正确，ACD 错误。

故选：B 。

6．D
【解析】
【详解】
物块所受的摩擦力做的功为：
W=Fxcosθ=-20×(5-3)=-40J ．
A ．-160J ，与结论不相符，选项A 错误；
B ．-100J ，与结论不相符，选项B 错误；
C ．100J ，与结论不相符，选项C 错误；
D ．-40J ，与结论相符，选项D 正确；
故选D ．
【点睛】
本题主要考查了恒力做功公式的直接应用，知道功是力与力的方向上的位移的乘积．
【解析】设粒子的速度大小为v时，其在磁场中的运动半径为R，则由牛顿运动定律有：qBv=m；若粒子以最小的速度到达P点时，其轨迹一定是以AP为直径的圆（图中圆O1所示）
由几何关系知：s AP=l；R=l ，则粒子的最小速度，选项A正确，B错误；粒子在磁场中的运动周期；设粒子在磁场中运动时其轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中的运动时间为：；由图可知，在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图中圆O2所示，此时粒子的初速度方向竖直向上，由几何关系有：θ＝π；则粒子在磁场中运动的最长时间：，则C错误，D正
确；故选AD.
点睛：电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，关键是画出轨迹，找出要研究的临界状态，由几何知识求出半径．定圆心角，求时间．
8．ABD
【解析】
【详解】
A．从a到b等容升压，根据pV
C
T
=可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度
升高，则内能增加，A正确；
B．在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，B正确；
C．在过程ab中气体体积不变，根据W p V
=∆可知，气体对外界做功为零，C错误；
D．在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律U W Q
∆=+可知，气体从外界吸收热量，D正确；
E．在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据pV
C
T
=可知温度降低，则内能减小，
根据热力学第一定律可知气体一定放出热量，E错误．
A ．气体在状态A 时的温度为17 C ，T A =(273+17）K=290 K ，由理想气体状态方程得
=A A A A A A
p V p V T T 气体在状态 B 时的温度
T B =1160K
A 项错误；
B ．气体由状态B 到状态
C 做等容变化，根据查理定律得
C B B C
p p T T = 解得
T c =580K
B 项正确；
C ．气体由状态B 到状态C 不对外做功，但温度降低，内能减小，C 项正确；
D ．根据热力学第一定律U W Q ∆=+可知气体向外界放出热量，D 项错误。

故选BC 。

10．BDE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．分子做永不停息的做无规则运动，其平均速率不可能为零，而瞬时速度可能为零，故A 错误；
B ．表面张力的微观解释为液体表面层的分子间距较大，表现为引力，故B 正确；
C ．空气绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示，故C 错误；
D ．晶体具有规则的几何形状，有一定的熔点，物理性质表现为各向异性，非晶体则没有规则的几何形状，没有一定的熔点，物理性质表现为各向同性，二者在一定的条件下可以相互转化，例如，天然水晶是晶体，而熔化以后再凝结的水晶（即石英玻璃）就是非晶体，故D 正确；
E ．随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，当分子距离小于r 0时，分子力为斥力，距离增大时分子斥力做正功，分子势能减小；当分子距离大于r 0时，分子力为引力，距离增大时分子引力做负功，分子势能增大，故E 正确。

故选BDE 。

11．BCD
【详解】
A ．A→
B 过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，气体吸热，故A 错误； B ．B→
C 过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B 正确； C ．C→
D 过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C 正确；
D ．D→A 过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，故D 正确；
E ．循环过程的特点是经一个循环后系统的内能不变。

故E 错误。

故选BCD 。

12．BC
【解析】
【详解】
AB ．如图所示，在该测试段内，随着机车位移的增大，在相等位移x ∆上，速度的二次方的差值逐渐减小，由2()2v a x ∆=∆可知，机车的加速度逐渐减小，故A 错误，B 正确；
CD ．由于机车做加速度减小的变加速直线运动，故在该测试段内机车的平均速度大于02
v ，故C 正确，D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．1.11 2.3 73.210-⨯ 减小双缝间距d 或者增大双缝到干涉屏的距离L
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1][2]．游标卡尺的读数为1.1cm+0.1mm×1=1.11cm ；若游标卡尺的读数为1.67cm ，此时主尺上的2.3cm 刻度与游标尺上某条刻度线对齐； [3]．条纹间距
1.67 1.11cm=0.08cm 7
x -∆= 则根据L x d λ∆=
可得 23
70.08100.210=m 3.210m 0.5
x d L λ---∆⋅⨯⨯⨯==⨯
(2)[4]．若实验中发现条纹太密，即条纹间距太小，根据
L
x
d
λ
∆=可采取的改善办法有：减小双缝间距d或
者增大双缝到干涉屏的距离L。

14．0.400 1.90 铅笔笔芯长度L
2
π
4
d U
R
L I
⎛⎫
-
⎪
⎝⎭
【解析】
【详解】
(1)[1]螺旋测微器的固定刻度示数为0mm，旋转刻度示数为40.00.01mm0.400mm
⨯=，则测量值为0.400mm
(2)[2]由题意知铅笔笔芯电阻率的范围为77
2.010~
3.010m
--
⨯⨯Ω⋅，由上述测量知铅笔笔芯直径为
0.400mm,依据常识知铅笔的长度约有20cm，由电阻定律得铅笔笔芯电阻为
x
L
R
S
ρ
=，又有铅笔笔芯截芯截面积
2
π
2
d
S
⎛⎫
= ⎪
⎝⎭
，代入上述数据得铅笔笔芯电阻
2
4
0.4
π
x
L
R
d
ρ
=≈Ω
（ρ取7
2.510m
-
⨯Ω⋅）
用电压表、电流表直接测量铅笔笔芯两端的电压及其中电流，两电表读数不匹配。

需要把定值电阻与铅笔
笔芯串联为整体()
0x
R R
+，测量其电压及电流，则两电表匹配。

比较整体()
0x
R R
+与电流表及电压表内阻，有
0V
A0
4.43000
44,682
0.1 4.4
x
x
R R R
R R R
+ΩΩ
=≈=≈
Ω+Ω
则电流表外接法测量误差小，滑动变阻器为0~2Ω，应用限流接法便可实现三次有效测量，则其测量电路如图所示
(3)[3]电压表量程为0~3V，其最小有效刻度为0.1V，经估读后测量值为1.90V
(4)[4][5]由以上各式得电阻率
2
π
4
d U
R
L I
ρ⎛⎫
=-
⎪
⎝⎭
除测量铅笔笔芯直径d、两端电压U、电流I以外，还需用刻度尺测量铅笔笔芯长度L。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）8m/s 2（2）4.0m （3）42m/s 【解析】
【详解】
（1）小物块沿斜面上滑时受力情况如下图所示，其重力的分力分别为：
F 1=mgsinθ
F 2=mgcosθ
根据牛顿第二定律有：
F N =F 2…①
F 1+F f =ma…②
又因为
F f =μF N …③
由①②③式得：
a=gsinθ+μgcosθ=(10×0.6 +0.1×10×0.8)m/s 2=8.0m/s 2…④
（2）小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有：
0-v 02=2（-a ）x…⑤
得：
22
08m=4m 228
v x a ==⨯…⑥ （3）小物块在斜面上下滑时受力情况如下图所示，根据牛顿第二定律有：
F N =F 2…⑦
F 1-F f =ma'…⑧
由③⑦⑧式得：
a'=gsinθ-μgcosθ=(10×0.6 -0.1×10×0.8)m/s 2=4.0m/s 2…⑨
有：
v 2=2a′x…⑩
所以有： 2=24442m/s v a x '=⨯⨯=
16． (1)；(2)
【解析】(1) 由得激光在玻璃中的传播速度为：
(2)从玻璃射向空气，发生全反射的临界角
，
设激光射到M 、N 点正好处于临界情况，从M 到N 点的过程，侧面有激光射出
由正弦定理得：
得：
同理：
得：
【点睛】解决本题的关键作出光路图，确定出临界情况，结合几何关系和折射定律进行求解. 17． (1)1.0m/s (2)0.87m/s
【解析】
【详解】
(1)设C 、B 物块碰后整体速度为1v ，碰撞过程动量守恒
012mv mv =
弹簧压缩至最短时，该过程三物块动量守恒
122(2)mv m m v =+
解得
2 1.0m/s v =
(2)设弹簧最短时势能为p E ，压缩至最短过程，由能量守恒有 2212p 11(2)(3)22
m v m v E =+ 解除锁定至弹簧第一次恢复原长的过程，由系统能量守恒有
2p 31(2)2
E m v = 解得
30.87m/s v ≈。