湖南省衡阳市达标名校2018年高考一月适应性考试物理试题含解析

湖南省衡阳市达标名校2018年高考一月适应性考试物理试题
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．体育课上，身高相同的a、b两位同学比赛跳高，a同学采用跨越式，b同学采用背越式，结果两同学的成绩相同，不计空气阻力。

则下列分析正确的是（）
A．a同学跳高过程中克服重力做的功较多B．a同学在最高点时的速度为0
C．b同学腾空过程用时较长D．b同学起跳过程中先超重后失重
2．一个238
92U原子核静止在磁感应强度为B的匀强磁场中，当原子核发生衰变后，它放出一个α粒子（4
2
He），
其速度方向与磁场方向垂直。

关于α粒子与衰变后的新核在磁场中做的圆周运动，下列说法正确的是（）
A．运动半径之比是45:1B．运动周期之比是1:117
C．动能总是大小相等D．动量总是大小相等，方向相反
3．某国际研究小组借助于甚大望远镜观测到了如图所示的一-组“双星系统”，双星绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动，此双星系统中体积较小的成员能“吸食”另一颗体积较大的星体表面物质，达到质量转移的目的。

假设两星体密度相当，在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中，下列说法错误的是（）
A．它们做圆周运动的万有引力逐渐增大
B．它们做圆周运动的角速度保持不变
C．体积较大星体做圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大
D．体积较大星体做圆周运动轨迹半径变小，线速度变大
4．如图所示，从倾角为θ的斜面上的A点，以水平速度0v抛出一个小球，不计空气阻力，它落在斜面上B点，重力加速度大小为g.则A、B两点间的距离和小球落到B点时速度的大小分别为（）
A
．
2
2 0
2
,14tan cos
v
v
g
θ
θ
+B．
2
2
2
,12tan
cos
v
v
g
θ
θ
+
C．
2
2
2tan
,14tan
cos
v
v
g
θ
θ
θ
+
D．
2
2
2tan
,12tan
cos
v
v
g
θ
θ
θ
+
5．我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星（简称“量子卫星”）“墨子号”发射升空。

已知引力常量为G，地球半径为R，“墨子号”距地面高度为h，线速度为1v，地球表面的重力加速度为g，第一宇宙速度为2v，下列说法正确的是
A．1
2
v R h
v R
+
=B．卫星距离地面的高度h可用
2
2
1
gR
v
来表示
C．地球的质量可表示为
2
1
()
v R h
G
+
D．此卫星角速度大于
g
R
6．如图所示，弹簧振子在a、b两点间做简谐振动当振子从平衡位置O向a运动过程中
A．加速度和速度均不断减小
B．加速度和速度均不断增大
C．加速度不断增大，速度不断减小
D．加速度不断减小，速度不断增大
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，质量为1kg的物体放在倾角为30°的粗糙斜面上，一根劲度系数为100N/m的轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端连接物体，弹簧处于原长，物体恰好静止。

现将物体沿斜面向下移动12cm后由静止释放、水平地面上的斜面始终保持静止，物体与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内，取2
10m/s
g=，下列说法正确的是（）
A ．物体与斜面间的动摩擦因数为33
B ．物体释放后在斜面上运动时，斜面对地面的压力保持不变
C ．物体释放瞬间斜面对地面的摩擦力大小为3N ，方向水平向左
D ．物体释放瞬间的加速度大小为27m /s ，方向沿斜面向上
8．如图所示，是小型交流发电机的示意图，正对的异名磁极间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，A 为理想交流电流表。

匝数为n 、面积为S 。

阻值为r 的线圈绕垂直于磁场的水平轴OO´以角速度ω匀速转动，定值电阻阻值为R ，从图示位置开始计时。

下列说法正确的是（ ）
A ．线圈每转动一周，电流方向改变2次
B ．图示位置时交流电流表的示数为ω=
+nBS I R r C ．π2t ω
=时，线框中的磁通量最大，瞬时感应电动势最大 D ．电阻R 消耗的热功率为22ω⎛⎫= ⎪+⎝⎭
R nBS P R r 9．如图所示，在坐标系xoy 平面的第I 象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 1，在第IV 象限内存在垂直纸面向里的另一个匀强磁场B 2，在x 轴上有一点()
23,0Q a 、在y 轴上有一点P （0,a ）。

现有一质量为m ，电量为+q 的带电粒子（不计重力），从P 点处垂直y 轴以速度v 0射入匀强磁场B 1中，并以与x 轴正向成60︒角的方向进入x 轴下方的匀强磁场B 2中，在B 2中偏转后刚好打在Q 点。

以下判断正确的是（ ）
A ．磁感应强度01mv
B qa
=
B．磁感应强度
0 2
mv B
qa
=
C．粒子从P点运动到Q点所用的时间
4
3
a
t
v
π
∆=
D．粒子从P点运动到Q点所用的时间
4
2
a
t
v
π
∆=
10．如图所示为质谱仪的结构原理图带有小孔的两个水平极板1S、2S间有垂直极板方向的匀强电场，圆筒N内可以产生质子和氚核，它们由静止进入极板间，经极板间的电场加速后进入下方的匀强磁场，在磁场中运动半周后打到底片P上。

不计质子和氚核的重力及它们间的相互作用。

则下列判断正确的是（）
A．质子和氚核在极板1S、2S间运动的时间之比为1:3
B．质子和氚核在磁场中运动的时间之比为1:3
C．质子和氚核在磁场中运动的速率之比为1:3
D．质子和氚核在磁场中运动的轨迹半径之比为1:3
11．如图所示，在竖直平面内有一平面直角坐标系xOy，存在一个范围足够大的垂直纸面向里的水平磁场，磁感应强度沿x轴方向大小相同，沿y轴方向按B y=ky（k为大于零的常数）的规律变化。

一光滑绝缘的半径为R的半圆面位于竖直平面内，其圆心恰好位于坐标原点O处，将一铜环从半面左侧最高点a从静止释放后，铜环沿半圆面运动，到达右侧的b点为最高点，a、b高度差为h。

下列说法正确的是（）
A．铜环在半圆面左侧下滑过程，感应电流沿逆时针方向
B．铜环第一次经过最低点时感应电流达到最大
C．铜环往复运动第二次到达右侧最高点时与b点的高度差小于2h
D．铜环沿半圆面运动过程，铜环所受安培力的方向总是与铜环中心的运动方向相反
12．如图所示，用一轻绳将小球P系于光滑竖直墙壁上的O点，在墙壁和小球P之间夹有一正方体物块Q，
P、Q均处于静止状态。

现将一铅笔紧贴墙壁压在轻绳上并从O点开始缓慢下移，P、Q始终处于静止状态，则在铅笔缓慢下移的过程中（）
A．物块Q受到的静摩擦力将增大B．小球P受到4个力的作用
C．物块Q受到4个力的作用D．轻绳的拉力减小
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电路测量一段总阻值约为10Ω的均匀电阻丝的电阻率ρ。

在刻度尺两端的接线柱a和b之间接入该电阻丝，金属夹P夹在电阻丝上，沿电阻丝移动金属夹，从而可改变接入电路的电阻丝长度。

实验提供的器材有：
电池组E（电动势为3.0V，内阻约1Ω）；
电流表A1（量程0~0.6A）；
电流表A2（量程0~100mA）；
电阻箱R（0~99.99Ω）；
开关、导线若干。

实验操作步骤如下：
①用螺旋测微器测出电阻丝的直径D；
②根据所提供的实验器材，设计如图甲所示的实验电路；
③调节电阻箱使其接入电路中的电阻值最大，将金属夹夹在电阻丝某位置上；
④闭合开关，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
⑤改变P的位置，调整________，使电流表再次满偏；
⑥重复多次，记录每一次的R和L数据；
(1)电流表应选择________（选填“A1”或“A2”）；
(2)步骤⑤中应完善的内容是_______；
(3)用记录的多组R和L的数据，绘出了如图乙所示图线，截距分别为r和l，则电阻丝的电阻率表达式ρ=_____（用给定的字母表示）；
(4)电流表的内阻对本实验结果__________（填“有”或“无”）影响。

14．如图所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图．其中包括电源E，开关S1和S2，电阻箱R，电流表A，保护电阻R x．该同学进行了如下实验步骤：
(1)将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合S1、S2，读出电流表示数为I，电阻箱读数为9.5 Ω，断开S2，调节电阻箱的阻值，使电流表示数仍为I，此时电阻箱读数为4.5Ω．则保护电阻的阻值R x＝________Ω．（结果保留两位有效数字）
(2)S2断开，S1闭合，调节R，得到多组R和I的数值，并画出1
R
I
图象，如图所示，由图象可得，电源
电动势E＝________V，内阻r＝________Ω．（结果保留两位有效数字）
(3)本实验中，内阻的测量值________（填“大于”或“小于”）真实值，原因是_____________．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示为一个用折射率n=3的透明介质做成的四棱柱的截面图，其中∠A=∠C=90°，∠B=60°，BC=20cm．现有一单色光在色细光束从距B点30cm 的O点垂直入射到棱镜的AB面上．每个面上的反射只考虑一次，已知光在真空中的速度为c=3.0×108 m/s．求：
（1）最先从棱镜射出的光束的折射角；
（2）从BC 面射出的光束在棱镜中运动的时间．
16．一半圆柱形透明物体横截面如图。

底面AOB镀银(图中粗线),O表示半圆截面的圆心。

一束光线在横截面内从M点的入射角为30°,∠M0A=60°,∠NOB=30°。

求：
①光线在M点的折射角;
②透明物体的折射率。

17．如图'水平地面上固定着竖直面内半径R=2.75m的光滑圆弧槽，圆弧对应的圆心角为37°，槽的右端与质量m=lkg、长度L=2m且上表面水平的木板相切，槽与木板的交接处静止着质量m1=2kg和m2=1kg的两个小物块（可视为质点）。

现点燃物块间的炸药，炸药爆炸释放的化学能有60%转化为动能，使两物块都获得水平速度，此后m2沿圆弧槽运动，离开槽后在空中能达到的最大高度为h=0.45m。

已知m1与木板间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。

求：
(1)物块到达圆弧槽左端时的速率v；
(2)炸药爆炸释放的化学能E；
(3)木板从开始运动到停下的过程中与地面间因摩擦而产生的热量Q。

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】
A．因两同学的质量关系不知，所以无法比较两人克服重力做功的多少，故A错误；
B．两同学在最高点时都有水平方向的速度，故B错误；
C．a同学是跨越式，重心上升的位移较大，所以a同学腾空过程用时较长，故C错误；
D．b走跳过程中人的重心向上先加速后减速，所以加速度先向上后向下，即先超重后失重，故D正确。

故选D 。

2．A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．衰变方程为
238
234
4
92902U X He →+
衰变瞬间动量守恒，所以
αX p p =
洛伦兹力提供向心力，根据
2
v qvB m R
= 解得半径
mv p R qB qB
== 所以α粒子与衰变后的新核的半径之比为
αX X α904521
R q R q === A 正确；
B ．原子核在磁场中圆周运动的周期为
2m T qB
π= 所以α粒子与衰变后的新核的周期之比为
ααX X αX 904902234117
T m q T q m =⋅=⋅= B 错误；
C ．二者动量大小始终相等，根据动量和动能的关系
p mv ==可知α粒子与衰变后的新核的质量不同，动能不同，C 错误；
D ．α粒子与衰变后的新核的动量大小始终相同，在衰变瞬间，二者方向相反，随后在磁场中做匀速圆周运动，动量方向不同，D 错误。

故选A 。

3．D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．设体积较大星体的质量为m 1，体积较小星体的质量为m 2，根据万有引力定律
122m m F G r
= 因1m +2m 为一定值，根据均值不等式可以判断出最初演变的过程中，1m 2m 逐渐变大，它们之间的万有引力逐渐变大，故A 正确，不符合题意；
B ．根据
()221211212m m G
m r m r r r
ωω==- 得 2112
m r r m m =+ 将1r 代入
212112m m G m r r
ω= 解得
ω=因1m +2m 为一定值，r 不变，则角速度ω不变，故B 正确，不符合题意；
CD ．根据
2112
m r r m m =+ 因体积较大的星体质量m 1变小，而m 1+m 2保持不变，故m 2变大，则体积较大的星体做圆周运动轨迹半径r 1变大，根据
v r ω=
可知角速度不变，半径变大，故其线速度也变大，故C 正确，不符合题意，D 错误，符合题意。

故选D 。

4．C
【解析】
【详解】
设小球平抛运动时间为t ，则水平方向有
0x v t =
竖直方向有
212
y gt =
又 tan y x
θ= 联立解得
02tan v t g θ=，0022tan v x v t g
θ== A 、B 两点间的距离
202tan cos cos v x s g θθθ
== 落到B 点时，小球竖直方向速度 02tan y v gt v θ== 合速度大小
v v ==
A ． 202,cos v v g θ
A 错误；
B ． 202,cos v v g θ
B 错误；
C ． 202tan ,cos v v g θθ
与分析相符，故C 正确；
D ． 202tan ,cos v v g θθ
D 错误； 故选：C 。

5．C
【解析】
【详解】
A ．由万有引力提供向心力，有
212()()GMm mv R h R h =++，222GMm mv R R
= 联立得
1i v v 选项A 错误；
B ．对量子卫星有
212()()
GMm mv R h R h =++ 得
2
1GM R h v += 代入2GM gR =，得
221gR R h v =+，2
21
gR R v h =- 选项B 错误；
C ．对量子卫星有
212()()
GMm mv R h R h =++ 得
21()v R h M G
+= 选项C 正确；
D ．
对量子卫星有
22()()
GMm m R h R h =++ω 代入2GM gR =，得此卫星角速度为
ω
选项D 错误。

故选C 。

6．C
【解析】
【分析】
弹簧振子的振动规律.
【详解】
当振子从平衡位置O 向a 运动过程中，位移逐渐增大，恢复力逐渐增大，加速度逐渐增大，因为速度和加速度方向相反，故速度逐渐减小，选项C 正确.
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．AC
【解析】
【详解】
A ．弹簧原长时，物体恰好静止，则：
cos30sin 305N f mg mg μ︒︒===，
解得：
3
μ=， 故A 正确；
D ．弹簧拉长后释放瞬间，则有：
sin 30k x f mg ma ︒∆--=，
解得：
22m /s a =，
故D 错误；
BC ．物体释放后沿斜面运动时，斜面体对地面的压力增加：
sin 301N ma ︒=，
斜面体对地面的摩擦力大小为：
cos30ma ︒=，
方向水平向左，故B 错误、C 正确。

故选AC 。

8．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．线圈每转动一周，正弦交流电一个周期内，电流方向改变2次。

故A 正确；
B ．交流电流表的示数为电流的有效值，为
I ==故B 错误；
C ．24
T t πω==时，线框转到中性面位置，磁通量最大，瞬时感应电动势为零，故C 错误；
D ．电阻R 消耗的热功率为
2
22R
nBS P I R R r ω⎛⎫== ⎪+⎝⎭ 故D 正确。

故选AD 。

9．BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可知
11cos60r r a ︒=+
解得
12r a =
在B 2磁场中根据几何知识有
212sin6023sin60r a r ︒︒=-
解得
2r a =
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
200v qv B m r
= 将半径代入解得
0012,2mv mv B B qa qa
== 故A 错误，B 正确；
CD ．粒子做圆周运动的周期为0
2π=r T v ，粒子的运动时间为
1212+63
T T t t t ∆=+=
解得 0
4π3a t v = 故C 正确，D 错误。

故选BC 。

10．AD
【解析】
【详解】
由题意可知质子和氚核的质量之比为1：3；电量之比为1：1；
A ．粒子在电场中做初速度为零的匀加速动，电场力提供加速度，则有
212qE d t m
=⋅ 可得
t =故质子和氚核在极板间运动的时间之比
12t t == 故A 正确；
B ．带电粒子在磁场中做圆周运动的周期
2πm T qB
= 质子和氚核在磁场中均运动半个周期，则质子和氚核在磁场中运动的时间之比
11221213
t m q m q t =''= 故B 错误；
C ．根据动能定理有
212
qU mv =
得
121
v v == 故C 错误；
D ．由公式
mv r qB
= 得质子和氚核在磁场中运动的轨迹半径之比
11122221r m v q r m v q == 故D 正确。

故选AD 。

11．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．铜环在半圆面左侧下滑过程，磁通量增加，根据楞次定律可得感应电流沿逆时针方向，A 正确；
B ．铜环第一次经过最低点瞬间，磁通量的变化量为0，感应电流为零，B 错误；
C ．铜环沿半圆面运动，到达右侧的b 点后开始沿圆弧向左运动，但在向左运动的过程中克服安培力做的功较小，损失的机械能小于mgh ，所以铜环往复运动第二次到达右侧最高点时与b 点的高度差小于2h ，C 正确；
D ．铜环沿半圆面向下运动过程中，铜环所受安培力的方向是竖直向上的，沿半圆面向上运动过程中，铜环所受安培力的方向是竖直向下的，D 错误。

故选AC 。

12．BC
【解析】
【详解】
A ．Q 处于静止状态，竖直墙壁光滑，由平衡条件可知，Q 受到的静摩擦力等于Q 的重力大小，不变，故A 错误；
B ．小球P 受重力、Q 对P 的弹力、Q 对P 的摩擦力和轻绳的拉力的作用，故B 正确；
C ．物块Q 受重力、压力、支持力和静摩擦作用，故C 正确；
D ．P 、Q 作为一个整体分析，其受三个力的作用，并处于平衡状态，轻绳的拉力
()cos P Q m m g
F θ+=
铅笔缓慢下移的过程中θ增大，轻绳的拉力增大，故D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．A 2 电阻箱R 的阻值 2=
4rD l πρ 无
【解析】
【分析】
【详解】 (1)[1]．当电流表A 1接入电路，电流表满偏时电路中的总电阻为1350.6
g E I =Ω=Ω；而当电流表A 2接入电路，电流表满偏时电路中的总电阻为23300.1
g E I =Ω=Ω，可知电流表应选择A 2； (2)[2]．步骤⑤中应完善的内容是：改变P 的位置，调整电阻箱R 的阻值，使电流表再次满偏；
(3)[3]．当每次都是电流表满偏时，外电路的总电阻是恒定值，设为R 0，则
0L R R S
ρ
+= 即 0-R R L S ρ
=
由图像可知
r S
l
ρ
= 即 2
=4r rD S l l
πρ= (4)[4]．若考虑电流表的内阻，则表达式变为
0-A L R R R S
ρ+= 因R-L 的斜率不变，则测量值不变，即电流表的内阻对实验结果无影响。

14．5.0 3.0 2.2 大于 电流表也有内阻
【解析】
【详解】
(1)[1]由题意可知，闭合S 1和S 2时只有电阻箱接入电路，闭合S 1、断开S 2时，电阻箱与R 串联接入电路，两种情况下电路电流相等，由欧姆定律可知，两种情况下电路总电阻相等，所以 保护电阻的阻值 R x ＝9.5 Ω-4.5 Ω＝5.0Ω
(2)[2][3]根据闭合电路的欧姆定律可得，E ＝I(R+R x +r)，整理可得
11x R r R I E E
+=+ 可见图线的斜率
1k E
= 图线的纵截距
x R r b E
+= 结合图象中的数据可得
E ＝3.0V ，r ＝2.2Ω．
(3)[4][5]本实验中，内阻的测量值大于真实值，原因是电流表也有内阻，测量值等于电源内阻和电流表内阻之和．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）600（2）2×10-9s
【解析】
【详解】
（1）光束从O 点垂直AB 面进入棱镜，射到CD 面上，由几何关系入射角为300
由1sin C n
= 可知C>300，所以在CD 面上有光线折射出．
由折射定律sin sin i n γ
= 解得最先从棱镜射出的光束的折射角γ=600 （2）当光经CD 面反射后沿EF 射到AB 面时，可知入射角为600，因C<600,因此在AB 面将发生全反射，此后光垂直于BC 面从G 点射出，
由几何关系可知33OE cm =
33EF = 3由c n v
= 光束在棱镜中运动的时间s OE EF FG t v v ++=
= 解得t=2×10-9s
【点睛】
本题关键掌握全反射的条件，并能结合几何知识判断能否发生全反射．再运用折射定律求解．
16．（1）（2）
【解析】
【分析】
作出光路图，根据几何关系求出光线在M点的折射角，根据折射角，通过折射定律求出透明物体的折射率。

【详解】
(1) 如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M点相对于底面EF对称，Q、P和N三点共线。

设在M点处，光的入射角为i，折射角为r，
，
根据题意有
由几何关系得
且
由以上各式解得：；
(2)根据折射定律有：
解得：。

【点睛】
本题主要考查光的折射和反射，掌握折射定律，本题对数学几何能力的要求较高。

17．（1）5m/s；（2）45J；（3）3J。

【解析】
【分析】
【详解】
(1)m2离开圆弧槽后，在空中的飞行过程的逆过程是平抛运动
分解m2离开圆槽时的速度v，有
sin37y v v =o
根据平抛运动规律得
212
h gt = y gt =v
代入数据联立解得
v=5m/s
(2)设炸药爆炸后，m 1、m 2获得的速率分别为力1v 、2v m 2运动过程中，由机械能守恒定律有： ()222222111cos3722m gR m v m v -+=o 代入数据得
2v =6m/s
爆炸过程中，由动量守恒定律有
1122m v m v =
代人入数据得
1v =3m/s
由题意有 60%E=22
11221
122m v m v +
代入数据联立解得
E=45J
(3)对物块m 1有
1111m g m a μ=
对木板m 2有
112112()m g m m g m a μμ-+=
代入数据得
1a =2m/s 2
2a =1m/s 2
设经过时间t′达到共同速度v'有：
112v a t a t ''-=
2v a t ''=
代入数据得
t′=1s
v'=1m/s
此过程中：m 1的位移
111()2
x v v t ''=+=2m 木板的位移
212
x v t ''==0.5m 相对位移12x x x ∆=-=1.5m<L ，故m 1未脱离木板 假设它们一起做减速运动直到静止
由
2113()()m m g m m a μ+=+
得
3a =1m/s 2
又：1113m f m g m a μ=＞，故假设成立 设此后木板发生的位移为3x
由运动学规律有
2332v a x '=
代入数据得
3x =0.5m
整个过程中，木板与地面间因摩擦而产生的热量 2123()()Q m m g x x μ=++
代入数据联立解得
Q=3J。