北京市丰台区达标名校2018年高考四月大联考物理试卷含解析

北京市丰台区达标名校2018年高考四月大联考物理试卷
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．关于近代物理学，下列说法正确的是
A ．光电效应现象揭示了光具有波动性
B ．—群氢原子从n ＝4的激发态跃迁时，最多能辐射6种不同频率的光子
C ．卢瑟福通过α粒子散射实验证实原子核由质子和中子组成
D ．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经过7.6天后一定剩下1个氡原子核
2．某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图甲所示，图乙是其输入电压u 的变化规律．已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为12:10:1n n =，电阻22R =Ω．下列说法正确的是
A ．通过R 的交流电的频率为100 Hz
B ．电流表A 2的示数为2A
C ．此时变压器的输入功率为22 W
D ．将P 沿逆时针方向移动一些，电流表A 1的示数变小
3．如图所示，长为L 的轻绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，在最低点给小球一水平初速度v 0，同时对小球施加一大小不变，方向始终垂直于绳的力F ，小球沿圆周运动到绳水平时，小球速度大小恰好也为v 0。

则正确的是（ ）
A ．小球在向上摆到45°角时速度达到最大
B ．F=mg
C ．速度大小始终不变
D ．F=2mg
π
4．如图所示，a 、b 是两个由电阻率相同的铜线制成质量相等的正方形单匝闭合线框，b 的边长为a 的两倍，a 和b 所用的铜线粗细不同。

现以相同速度0v ，把两线圈匀速拉出磁场，则该过程中两线圈产生的电
A．1:1 B．1:2 C．1:4 D．4:1
5．一架飞机在高空中由西向东沿水平方向做匀加速直线运动，飞机每隔相同时间自由释放一个物体，共连续释放了6个物体（不计空气阻力）。

下图是从地面某时刻观察到的6个空投物体的图像，其中正确的是
A．B．
C．D．
6．某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图(a)所示．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图(b)所示．由此种方法得到的重力加速度值与测实际摆长得到的重力加速度值相比会（）
A．偏大B．偏小C．一样D．都有可能
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
7．如图所示，左端接有阻值为R的足够长的平行光滑导轨CE、DF的间距为L，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中，一质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置在导轨上静止，导轨的电阻不计。

某时刻给金属棒ab一个水平向右的瞬时冲量I，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程（）
A ．金属棒做匀减速直线运动直至停止运动
B ．电阻R 上产生的焦耳热为22I m
C ．通过导体棒ab 横截面的电荷量为
I BL
D ．导体棒ab 运动的位移为22I R r B L （） 8．如图,L 形木板置于粗糙水平面上,光滑物块压缩弹簧后用细线系住。

烧断细线,物块弹出的过程木板保持静止,此过程( )
A ．弹簧对物块的弹力不变
B ．弹簧对物块的弹力逐渐减小
C ．地面对木板的摩擦力不变
D ．地面对木板的摩擦力逐渐减小
9．如图所示，两条相距为L 的光滑平行金属导轨位于水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R 的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。

金属棒ab 垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R 。

若给棒以平行导轨向右的初速度v 0，当流过棒截面的电荷量为q 时，棒的速度减为零，此过程中棒发生的位移为x 。

则在这一过程中（ ）
A ．导体棒作匀减速直线运动
B ．当棒发生位移为2x 时，通过棒的电量为2
q C ．在通过棒的电荷量为3q 时，棒运动的速度为03
v D ．定值电阻R 释放的热量为
04BqLv 10．如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上．t=0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动．运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示．下列图像中可能正确的是
A．B．C．D．
11．如图所示，光滑轻质细杆AB、BC处在同一竖直平面内，A、C处用铰链铰于水平地面上，B处用铰链连接，AB杆竖直，BC杆与水平面夹角为37°。

一个质量为3.2kg的小球（可视为质点）穿在BC杆上，现对小球施加一个水平向左的恒力F使其静止在BC杆中点处（不计一切摩擦，取g=10m/s2）。

则
A．F的大小为40N B．小球对BC杆的作用力大小为40N
C．AB杆对BC杆的作用力大小为25N D．地面对BC杆的作用力大小为25N
12．如图所示为一列沿x正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图．其中a、b为介质中的两质点，若这列波的传播速度是100 m/s，则下列说法正确的是_________.
A．该波波源的振动周期是0.04 s
B．a、b两质点可能同时到达平衡位置
C．t＝0.04 s时刻a质点正在向下运动
D．从t＝0到t＝0.01 s时间内质点b的路程为1 cm
E.该波与频率是25 Hz的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．小明同学在测定一节干电池的电动势和内阻的实验时，为防止电流过大而损坏器材，电路中加了一个保护电阻R0，根据如图所示电路图进行实验时，
（1）电流表量程应选择___________（填“0.6A”或“3A”），保护电阻应选用_______（填“A”或“B”）;
A、定值电阻（阻值10.0Ω，额定功率10w）
（2）在一次测量中电压表的指针位置如图2所示，则此时电压为________V
（3）根据实验测得的5组数据画出的U-I图线如图3所示，则干电池的电动势E=______V，内阻r=_____Ω（小数点后保留两位）
14．(1)同学们通过查阅资料知道，将锌、铜两电极插入水果中，电动势大约会有1V多一点。

小明同学找来了一个土豆做实验，如图所示，当用量程为0-3V、内阻约50kΩ的伏特表测其两极电压时读数为0.96V，用欧姆表直接测“土豆电池”的两极，测得内阻r的读数为30Ω。

小丽同学用灵敏电流表直接接”土豆电池”的两极，测得电流为0.32mA。

粮据前面小明用伏特表测得的0.96V电压，由全电路欧姆定律得内阻为3kΩ。

小明认为上豆的内阻为30Ω，小丽则认为其内阻为3kΩ。

以下关于两位同学实验过程的分析，正确的是
_________
A．小明的方法不正确，因水果电池本身有电动势，故不能用欧姆表直接测其内阻
B．小明的方法正确。

因水果电池本身也是一个导体，可以用欧姆表直接测其电阻
C．小丽的测量结果十分准确，除了读数方面的偶然误差外，系统误差很小
D．小丽的测量结果不准确，因为水果电池内阻很大，用伏特表测得的电动势误差很大，因此计算出的内限误差也很大
(2)为尽可能准确地测定一个电动势和内阻未知的电源，实验室除了导线和开关外，还有以下一此器材可供选择：
A．电流表A1（量程为0-0.6A，内阻约为1Ω）
B．灵敏电流表A2（量程为0-0.6mA，内阻约为800Ω）
C．灵敏电流表A3（量程为0-30μA，内阻未知）
D．滑动变阻器R1，（最大阻值约100）
E．滑动变阻器R2，（最大阻值约2kΩ）
G．电阻箱R（0-9999）
①实验中应选择的器材是_______（填器材前的字母代号）。

②在方框中画出应采用的电路图____________________。

③实验时，改交电阻箱R的阻值，记录下电流表的示数I得到若干组R、I的数据，根据实验数据绘出如
图所示的
1
R
I
图线，由此得出其电源的电动势为________V（保留两位有效数）。

按照此实验方法请分析
内电限的测量值与真实值大小关系，并给由必要的说明：___________________________________。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，长为3l的不可伸长的轻绳，穿过一长为l的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m、2m 的小球A和小物块B，开始时B先放在细管正下方的水平地面上．手握细管轻轻摇动一段时间后，B对地面的压力恰好为零，A在水平面内做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，不计一切阻力．
（1）求A做匀速圆周运动时绳与竖直方向夹角θ；
（2）求摇动细管过程中手所做的功；
（3）轻摇细管可使B在管口下的任意位置处于平衡，当B在某一位置平衡时，管内一触发装置使绳断开，求A做平抛运动的最大水平距离．
16．港珠澳大桥是连接香港大屿山、澳门半岛和广东省珠海市跨海大桥，工程路线香港国际机场附近的香港口岸人工岛，向西接珠海、澳门口岸人工岛、珠海连接线，止于珠海洪湾，总长约55公里，在建设港珠澳大桥时为了更大范围的夯实路面用到一种特殊圆环，建设者为了测试效果，做了如下的演示实验：如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环。

棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1).断开轻绳，棒和环自由下落。

假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。

棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计，重力加速度为g求：（1）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度；
（2）从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程；
（3）从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功.
17．在水面上P点正下方有两个点光源a、b，a、b分别发出红光和绿光，它们对水的折射率分别为n1和n2。

结果发现在水面上只形成了一个半径为R的蓝色圆形区域，显然这是红光和绿光复合而成的。

求：(i)a、b点的高度差是多少?
(ii)若点光源a到P的距离加倍，圆圈边缘为什么颜色?圆图面积变化多少?
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．B
【解析】
光电效应现象揭示了光具有粒子性，故A错误；—群氢原子从n＝4的激发态跃迁时，最多能辐射2
46
C=，即6种不同频率的光子，故B正确；卢瑟福通过α粒子散射实验证实原子的核式结构模型，故C错误；半衰期只适用大量原子核，对极个别原子核没有不适用，故D错误．所以B正确，ACD错误．
2．C
【详解】
由图乙可知，该交流电的周期为T=0.02s ，其频率为50 Hz ，选项A 错误；变压器初级输入电压的有效值
1220U V == ,次级电压：221122n U U V n ==，则电流表A 2的示数为2222122
U I A A R ===，选项B 错误；变压器的次级功率为：22222P I U W == ，则此时变压器的输入功率为22 W ，选项C 正确；将P 沿逆时针方向移动一些，则次级匝数增加，次级电压变大，则电流表A 1的示数变大，选项D 错误。

故选C.
3．D
【解析】
【分析】
本题考查动能定理的应用，要注意明确重力的功和路程无关，而拉力始终和绳垂直，即一直做正功。

【详解】
BD ．小球向上摆的过程中，由动能定理：
2200110222FL mgL mv mv π
-=
-= 解得：2mg
F π=
B 错误，D 正确；
因为当重力沿切线方向的分力与F 等大反向时，切线方向的加速度为零，速度达最大，设在向上摆到θ角时，速度最大：
cos 2g g m F m θπ==
解得2=arccos
θπ
A 错误； 因为两力在运动过程中做功大小不完全相同，故物体做变速运动，C 错误。

故选D 。

4．B
【解析】
【详解】
设a 的边长为L ，横截面积为1S ，b 的边长为2L ，横截面积为2S ，因质量相等，有
1248LS LS =
得
11
4R S L ρ= b 的电阻为
212
84S L R R ρ== 线圈匀速向外拉，感应电流为
1
a 0BLv I R =
b 2
02BLv I R = 产生的焦耳热
210
a a L Q I R v = 0
b 22
b 2L Q I R v = 综上可得
a b :1:2Q Q =
故B 正确，ACD 错误。

故选：B 。

5．A
【解析】
【详解】
因为物体做平抛运动，而飞机做匀加速直线运动，所以做平抛运动的不同物体的初速度越来越大，在竖直方向上做自由落体运动，所以相等时间间隔内的位移越来越大。

A ．该图与结论相符，选项A 正确；
B ．该图与结论不相符，选项B 错误；
C ．该图与结论不相符，选项C 错误；
D ．该图与结论不相符，选项D 错误；
故选A 。

6．C
【解析】
根据单摆的周期公式：2T =22244T L r g g ππ=+，T 2与L 图象的斜率24k g π=，横轴截距等于球的半径r ． 故2
4g k
π= 根据以上推导，如果L 是实际摆长，图线将通过原点，而斜率仍不变，重力加速度不变，故对g 的计算没有影响，一样，故ABD 错误，C 正确．
故选C ．
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．CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．导体棒获得向右的瞬时初速度后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab 受到向左的安培力向右减速运动，由
22B L v ma R r
=+ 可知导体棒速度减小，加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动，A 项错误； B ．导体棒减少的动能
2
2211()222k I I E mv m m m
=== 根据能量守恒定理可得
k E Q =总
又根据串并联电路知识可得
22()
R R I R Q Q R r m R r ==++总 故B 项错误;
C ．根据动量定理可得
0BiL t mv -∆=-，I mv =，q i t =∆
可得
I q BL
=
D ．由于
E BLx q i t t R r R r =∆=
∆=++ 将I q BL
=代入等式，可得导体棒移动的位移 22
()I R r x B L += D 项正确。

故选CD 。

8．BD
【解析】
【详解】
烧断细线，弹簧要恢复原状，弹簧对物块的弹力逐渐减小，故A 错误，B 正确。

木板在水平方向上受到弹簧的弹力和地面的摩擦力，两个力处于平衡，由于弹簧的弹力逐渐减小，则地面对木板的摩擦力逐渐减小。

故D 正确、C 错误。

故选BD 。

【点睛】
本题通过形变量的变化得出弹力变化是解决本题的关键，注意木块对木板没有摩擦力，木板所受的摩擦力为静摩擦力．
9．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A.由于导体棒向右减速运动，则电动势减小，则电流减小，则导体棒的安培力减小，即合力减小，根据牛顿第二定律可知其加速度减小，则导体棒做变减速运动，故A 错误；
B.棒的速度减为零，当流过棒截面的电荷量为：
22n BLx q R R
∆Φ== 当棒发生位移为
2x 时，则通过棒的电量为2q ，故B 正确； C. 棒的速度减为零，当流过棒截面的电荷量为：
22n BLx q R R
∆Φ== 当流过棒的电荷为
3q 时，棒发生的位移为： 13
x x = 根据牛顿运动定律可得棒运动的加速度为：
222F B L v a mR
m =A =
设棒运动的时间为t ∆，则有：
222B L v a t t mR
∆=∆ 所以有：
222B L v a t t mR
∑∆∑∆＝ 即：
22
2B L v x mR
∑∆∑∆＝ 当流过棒的电荷为 3
q
时，则有： 2201 3
2B L v x v mR -⋅= 当流过棒的电荷为q 时，则有：
22
02B L v x mR
⋅= 解得：
0123v v = 0
qBL m v = 故C 错误；
D.棒的速度减为零的过程中，定值电阻R 释放的热量为：
002200111 22124
2R k qBLv qBL Q E m v v v ==∆⨯⨯⨯=＝ 故D 正确；
故选BD 。

10．AC
【解析】
【详解】
ab 棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向右做减速运动，；金属棒cd 受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC 正确，BD 错误． 11．BCD
【解析】
【详解】
AB ．对小球受力分析，受重力、推力和支持力，如图所示
根据平衡条件，得到：
337 3.21024N 4
F mgtan =︒=⨯⨯＝ 3.21040N 370.8
mg N cos ⨯=︒＝＝ 故A 错误，B 正确；
C ．对杆BC 和球整体分析，以C 点为支点，设AB 对杆的作用力为F′，AB 杆没有绕A 点转动，说明AB 对BC 的作用力的方向沿AB 的方向。

根据力矩平衡条件，有：
F•0.6h=F′•1.6h -mg•0.8h
解得：
F′=25N
故C 正确；
D ．对杆BC 和球整体分析，整体在竖直方向受到小球的重力和杆的重力、AB 杆的作用力以及地面的作用力，设该力与水平方向之间的夹角为θ，则：
竖直方向：
Mg+mg-F′-F C sinθ=0
水平方向：
F C cosθ=F
联立得：
F C =25N
故D 正确。

故选BCD 。

12．ACE
【解析】
【分析】 由图可知波的波长，根据v T λ
=可以求得周期，根据波的平移原则判断某时刻某个质点的振动方向，知道
周期则可得出质点的路程，当两列波的频率相同时，发生干涉现象.
【详解】
A ．由图象可知，波长λ＝4m ，振幅A ＝2cm ，由题意知，波速v ＝100m/s ，波源的振动周期0.04s T v λ==，故A 正确；
B ．a 、b 两质点不可能同时到达平衡位置，故B 错误；
C ．波沿x 轴正方向传播，0时刻a 质点正在向下运动，t ＝0.04 s ＝T ，一个周期后a 质点回到了原来的位置，仍然正在向下运动，故C 正确；
D ．从t ＝0到t ＝0.01 s 时间内，
0.014T s =，四分之一个周期的时间内，质点运动的路程一定大于1cm 2A =，故D 错误；
该波的频率125Hz f T
=
=，与频率是25 Hz 的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象，故E 正确． 故选ACE.
【点睛】 考查波的形成与传播过程，掌握波长、波速与周期的关系，理解质点的振动方向与波的传播方向的关系．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．0.6A B 1.21±0.01 1.45±0.01 0.50±0.05
【解析】
试题分析：根据题中所给器材的特点，大致计算下电流的大小，选择合适的电流表，对于选择的保护电阻，一定要注意保护电阻的连入，能使得电流表的读数误差小点；图像的斜率表示0R r +，纵截距表示电源电动势，据此分析计算．
（1）因一节干电池电动势只有1.5V ，而内阻也就是几欧姆左右，提供的保护电阻最小为2Ω，故电路中产生的电流较小，因此电流表应选择0.6A 量程；电流表的最大量程为0.16A ，若选用10欧姆的，则电流不超过0.15A ，所以量程没有过半，所以选择B 较为合适．
（2）电压表应选择3V 量程的测量，故读数为1.20V ．
（3）图像与纵坐标的交点表示电源电动势，故E=1.45V ；图像的斜率表示0R r +，故
0 1.450.7 2.50.3
R r -+==Ω，故r=0.5Ω． 14．AD BG
3.0 偏大，内电阻的测量值包含电流表内阻，所以大于真实值
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]AB ．因水果电池本身有电动势，故不能用欧姆表直接测其内阻，故A 正确，B 错误；
CD ．水果电池内阻很大，用有内阻的伏特表测得的电动势误差很大，故C 错误，D 正确。

故选AD 。

(2)[2]所给仪器没有电压表，定值电阻也较小，若通过串联定值电阻改装成电压表，根据(1)的分析知测量值也不准确，所以选用安阻法测量电源电动势和内阻，因灵敏电流表直接接电源的两极，测得电流为0.32mA ，选灵敏电流表A 2和变阻箱测量，所以实验中应选择的器材是BG 。

[3]本题是利用安阻法测电源内阻及电动势，测量电路如图所示
[4]由闭合电路欧姆定律()E I R r =+，变形得 E R r I =- 根据图象的斜率表示电动势，得电池组的电动势为 250 3.0V 10.4 2.0E -=
≈- [5]按照此实验方法，测出的电源内阻是电流表A 2和电源两部分电阻之和，因此内电阻的测量值与真实值相比偏大。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）θ=45° ；（2）2(1)mgl -
；(3) 2l 。

【解析】
【分析】
【详解】
（1）B 对地面刚好无压力，对B 受力分析，得此时绳子的拉力为 2T mg =
对A 受力分析，如图所示
在竖直方向合力为零，故
cos T mg θ=
解得45θ=o
（2）对A 球，根据牛顿第二定律有
2
sin sin v T m l θθ
=
解得v =故摇动细管过程中手所做的功等于小球A 增加的机械能，故有
(
)21cos 12W mv mg l l mgl θ⎛=+-= ⎝
⎭ （3）设拉A 的绳长为x （l≤x≤2l ），根据牛顿第二定律有
2
sin sin v T m x θθ
=
解得v =A 球做平抛运动下落的时间为t ，则有
212cos 2
l x gt θ-=
解得t =水平位移为
S vt ==
当x
=时，位移最大，为m S
16．（1）a 环=(k-1)g ，方向竖直向上（2）
31k H k ++（3）21kmgH k - 【解析】
【详解】
（1）设棒第一次上升过程中，环的加速度为a 环
环受合力
F 环=kmg-mg ①
由牛顿第二定律
F 环=ma 环 ②
由①②得
a 环=（k-1)g
方向竖直向上.
设以地面为零势能面，向上为正方向，棒第一次落地的速度大小为v 1
由机械能守恒的：
2112mv 22
mgH ⨯= 解得
1v 设棒弹起后的加速度a 棒
由牛顿第二定律
a 棒=（k+1)g
棒第一次弹起的最大高度
2112v H a =棒
解得：
11
H H k =+ 棒运动路程 1321k s H H H k +=+=
+ （３）设环相对棒滑动距离为L ，
根据能量守恒
mgH+mg(H+L)=kmgL ③
摩擦力对棒及环做的总功及是摩擦生热
W kmgL =- ④
由③④解得
2W -1
kmgH k =-
17． (1)R ；(2)边缘为红色，面积增加23R π
【解析】
【分析】
a 、
b 光发生全反射，根据临界角表达式，结合几何关系求解a 、b 点的高度差；根据红光的临界角不变，则红光射向水面发生全反射后光的方向不变，深度加倍，边缘为红色，半径加倍，由此解得增加的面积.
【详解】
（1）根据圆圈都是蓝色可知，a 、b 光发生全反射时射出水的最大半径均为R ，由光的色散可知n 1小于n 2，
设a 、b 光的临界角为C 1和C 2，则有：111sin C n =；22
1sin C n = 由数学知识可知a 、b 到P 的距离分别为11tan R h C = 22
tan R h C =， 则ab 的高度差h=h 2-h 1
，解得h R =
（2）根据红光的临界角不变，则红光射向水面发生全反射后光的方向不变，深度加倍，边缘为红色，半
径加倍，水面上发光半径变为2R ，面积增加222(2)3S R R R πππ∆=-=
【点睛】
解答几何光学问题,关键是画出规范的光路图,结合光的折射定律和全反射的公式,结合几何关系求解.。