吉林省长春市达标名校2018年高考二月大联考物理试卷含解析

吉林省长春市达标名校2018年高考二月大联考物理试卷
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．在光滑水平地面上放有一个表面光滑的静止的圆弧形小车，另有一质量与小车相等可视为质点的铁块，以速度v 从小车的右端向左滑上小车，如图所示，铁块上滑至圆弧面的某一高度后返回，不计空气阻力，则铁块返回到小车的右端以后，相对于地面，将做的运动是（ ）
A ．又以速度v 沿小车向左滑动
B ．以与v 大小相等的速度从小车右端平抛出去
C ．以比v 小的速度从车右端平抛出去
D ．自由落体运动
2．有一匀强电场，场强方向如图所示，在电场中有三个点A 、B 、C ，这三点的连线恰好够成一个直角三角形，且AC 边与电场线平行。

已知A 、B 两点的电势分别为A =5V ϕ，B =1.8V ϕ，AB 的距离为4cm ，BC
的距离为3cm 。

若把一个电子（e=1.6×10-19C ）从A 点移动到C 点，那么电子的电势能的变化量为（ ）
A ．-19-1.810J ⨯
B ．-196.010J ⨯
C ．-198.010J ⨯
D ．-19-6.010J ⨯
3．某加湿器在电子元件控制下，通过的电流如图所示，周期为1.0s ，若等效工作电阻恒为100Ω，则该加湿器1小时消耗的电能约为（ ）
A ．28.010-⨯度
B ．27.510-⨯度
C ．27.010-⨯度
D ．27.210-⨯度
4．2019年12月16日，第52、53颗北斗导航卫星成功发射，北斗导航卫星中包括地球同步卫星和中圆轨道卫星，它们都绕地球做圆周运动，同步卫星距地面的高度大于中圆轨道卫星距地面的高度．与同步卫星相比，下列物理量中中圆轨道卫星较小的是( )
A．周期B．角速度C．线速度D．向心加速度
5．家庭装修中释放的甲醛和射线是白血病的重要诱因。

家庭装修中的射线来源往往是不合格的瓷砖、洁
具等，瓷砖、洁具释放的氡气(22
86Rn)具有放射性，氡222衰变为钋218(218
84
Po)的半衰期为3.8天，则氡
222衰变释放出的粒子和密闭房间中氡气浓度减小1．5%需要的时间分别为
A．电子，11.4天B．质子，7.6天C．中子，19天D．α粒子，11.4天
6．2018年12月8日“嫦娥四号”发射升空，它是探月工程计划中第四颗人造探月卫星．已知万有引力常量为G，月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，嫦娥四号绕月球做圆周运动的轨道半径为r，绕月周期为T．则下列说法中正确的是
A．“嫦娥四号”绕月运行的速度大小为
2 gr R
B．月球的第一宇宙速度大小为gr
C．嫦娥四号绕行的向心加速度大于月球表面的重力加速度g
D．月球的平均密度为ρ＝
3
23 3r GT R
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．关于对液体的理解，下列说法正确的是（）
A．船能浮在水面上，是由于水的表面存在张力
B．水表面表现张力是由于表层分子比内部分子间距离大，故体现为引力造成的
C．密闭容器，某种蒸气开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积，蒸气仍是饱和的
D．相对湿度定义为空气中水蒸气的压强与该温度水的饱和汽压之比
E.当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中还会有水分子飞出水面
8．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、B2∶1
9．一物体静止在粗糙水平地面上，受到一恒力F作用开始运动，经时间t0，其速度变为v；若物体由静止
开始受恒力2F 作用，经时间t 0，其速度可能变为（ ）
A ．v
B ．2v
C ．3v
D ．4v
10．如图所示为一列简谐横波在t ＝0时的波形图，波沿x 轴负方向传播，传播速度v ＝1m/s ，则下列说法正确的是
A ．此时x ＝1.25m 处的质点正在做加速度增大的减速运动
B ．x ＝0.4m 处的质点比x ＝0.6 m 处的质点先回到平衡位置
C ．x ＝4m 处的质点再经过1.5s 可运动到波峰位置
D ．x ＝2m 处的质点在做简谐运动，其振动方程为y ＝0.4sinπt (m)
E. t ＝2s 的波形图与t ＝0时的波形图重合
11．如图所示，abcd 为固定的水平光滑矩形金属导轨，导轨间距为L 左右两端接有定值电阻R 1和R 2，R 1=R 2=R ，整个装置处于磁感应强度大小为B ，方向竖直向下的匀强磁场中．质量为m 的导体棒MN 放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻．两根相同的轻质弹簧甲和乙一端固定，另一端同时与棒的中点连接．初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态，棒获得水平向左的初速度0v ，第一次运动至最右端的过程中R l 产生的电热为Q ，下列说法中正确的是
A ．初始时刻棒所受安培力的大小为220
B L v R
B ．棒第一次回到初始位置的时刻，R 2的电功率小于2220B L v R
C ．棒第一次到达最右端的时刻，两根弹簧具有弹性势能的总量为
2012
mv Q D ．从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的电热大于23Q 12．如图，一定量的理想气体经历了A→B→C→D→A 的循环，ABCD 位于矩形的四个顶点上。

下列说法正确的是 。

A ．状态C 的温度为032
T
B ．从A→B ，分子的平均动能减少
C ．从C→
D ，气体密度增大
D ．从D→A ，气体压强增大、内能减小
E.经历A→B→C→D→A 一个循环，气体吸收的热量大于释放的热量
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用如图甲所示的装置测量滑块与水平桌面之间的动摩擦因数，实验过程如下：
（1）用游标卡尺测量出固定于滑块上的遮光条的宽度d=____mm ，在桌面上合适位置固定好弹簧和光电门，将光电门与数字计时器（图中未画出）连接．
（2）用滑块把弹簧压缩到某一位置，测量出滑块到光电门的距离x ．释放滑块，测出滑块上的遮光条通过光电门所用的时间t ，则此时滑块的速度v=_____．
（3）通过在滑块上增减砝码来改变滑块的质量m ，仍用滑块将弹簧压缩到（2）中的位置，重复（2）的操作，得出一系列滑块质量m 与它通过光电门时的速度v 的值，根据这些数值，作出v 2-m -1图象如图乙所示．已知当地的重力加速度为g ，由图象可知，滑块与水平桌面之间的动摩擦因数 =___；弹性势能等于E P =____．
14．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数之间的关系”实验中，斌斌利用如图所示可拆式变压器（铁芯不闭合）进行研究。

（1）实验还需要下列器材中的________；
（2）实验中，图中变压器的原线圈接线“0、8”接线柱，所接电源电压为交流10.0V ，副线圈接线“0、4”接线柱，则副线圈所接电表示数可能是______。

A ．20.0 V
B ．15.0 V
C ．5.0 V
D ．2.5 V
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB ，与水平光滑轨道BC 相连，竖直墙壁CD 高0.2H m =，紧靠墙壁在地面固定一个和CD 等高，底边长0.3L m =的斜面，一个质量0.1m kg =的小物块(视为质点)在轨道AB 上从距离B 点4l m =处由静止释放，从C 点水平抛出，已知小物块在AB 段与轨道间的动摩擦因
数为0.5，达到B 点时无能量损失；AB 段与水平面的夹角为37.(o 重力加速度2
10/g m s =，sin370.6=o ，cos370.8)o =
(1)求小物块运动到B 点时的速度大小；
(2)求小物块从C 点抛出到击中斜面的时间；
(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值.
16．如图所示，用一块长L 1=1.0m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面离地高H=0.8m ，桌面长L 2=1.5m ，斜面和水平桌面间的倾角θ可以在0:60°之间调节后固定，将质量m=0.2kg 的小物块从斜面顶端无初速释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块和桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面和桌面交接处的能量损失。

（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，求斜面的倾角θ；（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块下滑后恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2； （3）若将（2）中求出的μ2作为已知条件，继续增大θ角，求物块落地点与墙面的距离最大值S 总，及此时斜面的倾角θ。

17．热气球为了便于调节运动状态，需要携带压舱物，某热气球科学考察结束后正以大小为的速度匀速下降，热气球的总质量为M ，当热气球离地某一高度时，释放质量为14
M 的压舱物，结果热气球到达地面时的速度恰好为零，整个过程中空气对热气球作用力不变，忽略空气对压舱物的阻力，重力加速度为g ，求:
（1）释放压舱物时气球离地的高度h;
（2）热气球与压舱物到达地面的时间差.
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】
【详解】
小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
12mv mv Mv =+
根据机械能守恒定律可得
22212111222
mv mv Mv =+ 因为M=m ，所以解得120v v v ==，。

所以铁块离开车时将做自由落体运动。

故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

2．C
【解析】
【分析】
【详解】
设AB 与AC 之间的夹角为θ，则
4cos 5
θ= AB 沿场强方向的距离为 416cos 455AB AB d s θ==⨯
=cm 则电场强度为
100V /m U A B E d d AB
ϕϕ-=== 电子从A 点到达C 点时电势能的变化量为
1919P 1.6101000.05810J E W Fs eE s --∆===⋅=⨯⨯⨯=⨯
A ． -191.810J -⨯与分析不符，故A 错误；
B ． -196.010J ⨯与分析不符，故B 错误；
C ． -198.010J ⨯与分析相符，故C 正确；
D ． -196.010J -⨯与分析不符，故D 错误。

故选C 。

3．C
【解析】
【详解】
根据有效值的定义，有
2221122I Rt I Rt I RT +=
解得：交流电的有效值
I === 电阻功率
2270W 7.010kW P I R -===⨯
所以加湿器1小时消耗的电能
227.010kW h 7.010E Pt --==⨯⋅=⨯度
故C 正确，ABD 错误。

故选：C 。

4．A
【解析】
【详解】
根据卫星所受的万有引力提供向心力可知：
22
2224πω====GMm v m m r ma m r r r T
可得
2v T a ω====同步卫星的轨道半径大于中圆轨道卫星，则中圆轨道卫星的周期小，角速度、线速度和向心加速度均大，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

5．D
【解析】
【详解】
氡222衰变为钋218的过程，质量数减少4，质子数减少2，可判断发生了α衰变，放出的粒子为α粒子；根据半衰期公式方程
012T
t N N ⎛⎫= ⎪⎝⎭
余
氡气浓度减小1.5%时有 012.5%N N =余
解得：
t=3T=11.4天
故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

6．D
【解析】
【分析】
根据月球表面万有引力等于重力可求月球质量，进而可求月球的平均密度．根据月球对“嫦娥四号”的万有引力提供向心力可求“嫦娥四号”的绕行速度．根据重力提供向心力，可求月球的第一宇宙速度．
【详解】
A.根据万有引力提供向心力2
2GMm v m r r
=，得v =
引力2GMm mg R =，得GM=gR 2，所以．故A 错误；
B.月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，所以重力提供向心力mg=2
v m R
，得.故B 错误； C. 根据万有引力提供向心力，嫦娥四号绕行的向心加速度2GM a r =，月球表面的重力加速度g=2GM R ．嫦娥四号绕行的向心加速度小于月球表面的重力加速度．故C 错误；
D. 根据万有引力提供向心力，2
224GMm m r r T
π=，得月球的质量M=2324r GT π，所以月球的密度ρ=M/V=3
233πr GT R
．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．BDE
【解析】
【详解】
A ．船能浮在水面上，是由于水的浮力作用，故A 项错误；
B ．液体表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力，故B 项正确；
C ．在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，与体积无关；密闭容器中某种蒸气开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积时，蒸气不再是饱和的，但最后稳定后蒸气是饱和的，压强不变；故C 项错误；
D ．相对湿度是指水蒸气的实际压强与该温度下水蒸气的饱和压强之比，故D 项正确；
E ．当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，单位时间内从水中出来的水分子和从空气进入水中的水分子个数相等，达到一种动态平衡，故E 项正确。

8．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 。

9．CD
【解析】
【分析】
【详解】
设恒力与水平方向夹角为θ，物体质量为m ，动摩擦力因数为μ，由牛顿第二定律有
1cos (sin )F mg F ma θμθ--=
得
1(cos sin )F mg a m
θμθμ+-= 同理当拉力变为2F 时，有 212(cos sin )2(cos sin )22F mg F mg a a m m θμθμθμθμ+-+-=
>= 由速度公式0v at =可知，速度将大于原来的2倍，故AB 错误，CD 正确。

故选CD 。

10．ACE
【解析】
【详解】
A 、波沿x 轴负向传播，故此时x ＝1.25 m 处的质点向上运动，质点纵坐标大于零，故由质点运动远离平衡位置可得：质点做加速度增大的减速运动，故A 正确；
B 、由波沿x 轴负向传播可得：x ＝0.6 m 处的质点向平衡位置运动，故x ＝0.4 m 处的质点、x ＝0.6 m 处的质点都向平衡位置运动，且x ＝0.4 m 处的质点比x ＝0.6 m 处的质点距离远，那么，x ＝0.6m 处的质点比x ＝0.4 m 处的质点先回到平衡位置，故B 错误；
C 、由波沿x 轴负向传播可得：x ＝4 m 处的质点由平衡位置向下振动，故x ＝4 m 处的质点再经过34T 可运动到波峰位置，又有波长λ＝2m ，波速v ＝1m/s ，所以，周期T ＝2s ，那么，x ＝4 m 处的质点再经过1.5 s 可运动到波峰位置，故C 正确；
D 、由C 可知：x ＝2 m 处的质点在做简谐运动的周期T ＝2s ，又有振幅A ＝0.4m ，t ＝0时，质点位移为零，根据波沿x 轴负向传播可知质点向下振动，故可得：振动方程为y ＝﹣0.4sin （πt ）（m ），故D 错误；
E 、由C 可知简谐波的周期T ＝2s ，故经过2s ，波正好向前传播一个波长，波形重合，故t ＝2s 的波形图与t ＝0时的波形图重合，故E 正确。

11．BD
【解析】
【详解】
A. 由F=BIL 及 I=0BLv R 并=0
12
BLv R ， 得安培力大小为
F A =BIL=2202B L v R
， 故A 错误；
B. 由于安培力始终对MN 做负功，产生焦耳热，由动能定理得：当棒再次回到初始位置时，速度小于v 0，
棒产生的感应电动势小于BLv 0，则R 2的电功率小于2220B L v R
，故B 正确； C. 由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为2Q ，所以两根弹簧具有的弹性势能为
20122
mv Q -， 故C 错误；
D. 由于安培力始终对MN 做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，安培力平均值最大．从初始时刻到第一次运动至最右端的过程中电路中产生总热量为2Q ，则从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路中产生的焦耳热应大于
13
×2Q ，故D 正确． 12．ACE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．A
B →过程为等压过程，则有 A B A B
V V T T = 即有
1200
23V V T T =
解得
1223
V V = C D →过程也为等压过程，则有
C D C D
V V T T = 即
120C
V V T T = 解得
2C 00132
V T T T V == 故A 正确；
B ．从A→B 从A →B ，温度升高，分子平均动能增大，故B 错误；
C ．C
D →过程为等压变化过程，由图可知，气体体积减小，气体质量不变，则气体密度增大，故C 正确； D ．从D→A ，由图可知，气体压强增大，温度升高，气体内能增大，故D 错误；
E ．经历A→B→C→D→A 一个循环,气体内能不变；在p-V 图象中，图象与坐标轴围成面积表示功，所以AB DC W W >，即整个过程，气体对外界做功，所以气体吸收的热量大于释放的热量，故E 正确。

故选ACE 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．5.70mm
d t 2b gx 2P b E a ＝ 【解析】
【详解】
（1）[1]．由乙图知，游标卡尺读数为0.5cm+14×0.05mm=5.70mm ；
（2）[2]．滑块经过光电门的速度为v d t
=
； （3）[3][4]．根据能量守恒 21m 2
p E mgx v μ=+ 整理得
2122p v E gx m
μ=- 结合图象得： 2p b E a =
得
b mgx μ=
得
μ2b gx
= . 14．AD D
【解析】
【详解】
(1)[1]探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系实验要用到交流电压表，B 是直流电流表，C 是直流电压表，A 是多用电表，可以用多用电表的交流电压挡测电压，实验中为了安全，输入电压不能超过12V ，需要交流学生电源，故选AD 。

(2)[2]如果是理想变压器，则电压比等于匝数比，输出电压为5V ，但图中变压器存在比较大的漏磁，实际输出电压小于5V ，故D 正确。

故选D 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1) 4/m s (2)1 15
s (3) 0.15J
【解析】
【分析】
(1)对滑块从A 到B 过程，根据动能定理列式求解末速度；
(2)从C 点画出后做平抛运动，根据分位移公式并结合几何关系列式分析即可；
(3)动能最小时末速度最小，求解末速度表达式分析即可.
【详解】 ()1对滑块从A 到B 过程，根据动能定理，有：2
B 1mglsin37μmgcos37mv 2
-=o o ， 解得：B v 4m /s =；
()2设物体落在斜面上时水平位移为x ，竖直位移为y ，画出轨迹，如图所示：
对平抛运动，根据分位移公式，有：
0x v t =，
结合几何关系，有：
H y H 2x L 3-==， 解得：1t s 15
=； ()3对滑块从A 到B 过程，根据动能定理，有：2
B 1mglsin37μmgcos37mv 2-=o o ，
对平抛运动，根据分位移公式，有：
0x v t =，
21y gt 2
=， 结合几何关系，有：H y H 2x L 3
-==， 从A 到碰撞到斜面过程,根据动能定理有：21mglsin37μmgcos37l mgy mv 02
-⋅+=-o o 联立解得：22125y 9H 18H mv mg 21616y 16⎛⎫=+- ⎪⎝⎭
， 故当225y 9H 1616y =，即3y H 0.12m 5
==时，动能k E 最小为：km E 0.15J =； 【点睛】
本题是力学综合问题，关键是正确的受力分析，明确各个阶段的受力情况和运动性质，根据动能定理和平抛运动的规律列式分析，第三问较难，要结合数学不等式知识分析.
16．（1）tanθ= 0.05；（2）0.8；（3）1.9m ，53°。

【解析】
【详解】
（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，有
mgsinθ=μ1mgcosθ
解得：
tanθ=μ1=0.05，
斜面的倾角
θ=arctan0.05
（2）物块从顶端无初速释放开始直至恰好停在桌面边缘，根据动能定理 W 合=k ΔE 得：
mgL 1sin37°﹣μ1mg L 1cos37°﹣μ2mg （L 2﹣L 1cos37°）=0
代入数据，解得
μ2=0.8
（3）物块从顶端无初速释放开始直至运动到桌面末端，根据动能定理得：
mgL 1sinθ﹣μ1mg L 1cosθ﹣μ2 mg （L 2﹣L 1cosθ）=
212
mv 代入数据得 sinθ+0.75 cosθ﹣1.2=2
20
v 变形得
sinθcosα+sinαcosθ）﹣1.2=2
20v 式中tanα=0.75，α=37°，即
54sin （θ+37°）﹣1.2=2
20
v 则当θ=53°时，2
20
v 有最大值，解得v 的最大值为v m =1m/s 。

对于平抛运动，竖直方向有： H=12
gt 2 代入数据，解得物块离开桌面平抛的时间t=0.4s ，平抛运动的水平距离最大为
x=v m t=0.4m
物块落地点与墙面的距离最大值为
S 总=L 2+x=1.9m
答：（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，斜面的倾角正切值为tanθ=0.05；（2）当θ角增大到37°时，物块下滑后恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ2是0.8；（3）物块落地点与墙面的距离最大值S 总是1.9m ，此时斜面的倾角θ是53°。

17．（1）2
32v g
（2）2v g 【解析】
【详解】
(1)由题意知F 浮=Mg 释放压舱物后：1144浮⎛
⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭F M M g M M a 即热气球向下做匀减运动的加速度大小为：
13
a g = 由于热气球到地面时的速度刚好为零，则
22
322==v v h a g
(2)设压舱物落地所用时间为t 1，根据运动学公式有：21112
=+h vt gt 解得： 1v t g
= 设热气球匀减速到地面所用时间为t 2 ，则212=
h vt 解得：
23=v t g
因此两者到达地面所用时间差为： 212-=v t t g。