拉萨市达标名校2018年高考二月物理模拟试卷含解析

拉萨市达标名校2018年高考二月物理模拟试卷
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．双星系统由两颗相距较近的恒星组成，每颗恒星的半径都远小于两颗星球之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。

如图所示，相距为L的M、N两恒星绕共同的圆心O做圆周运动，M、N的质量分别为m1、m2，周期均为T。

若另有间距也为L的双星P、Q，P、Q的质量分别为2m1、2m2，则()
A．P、Q运动的轨道半径之比为m1∶m2
B．P、Q运动的角速度之比为m2∶m1
C．P、Q运动的周期均为
2 2
T
D．P与M的运动速率相等
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．如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流时，在竖直绝缘挡板作用下静止在倾角为 的光滑绝缘固定斜面上。

斜面处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。

若电流的方向和磁场的方向均保持不变，金属细杆的电流大小由I变为0.5I，磁感应强度大小由B变为4B，金属细杆仍然保持静止，则（）
BIL
A．金属细杆中电流方向一定垂直纸面向外B．金属细杆受到的安培力增大了2sin
C．金属细杆对斜面的压力可能增大了BIL D．金属细杆对竖直挡板的压力可能增大了BIL
4．下列说法正确的是()
A．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的
B．图乙中，两个影子在x、y轴上的运动就是物体的两个分运动
C．图丙中，小锤用较大的力去打击弹性金属片，A、B两球可以不同时落地
D．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力大于所需要的向心力
5．以下各物理量属于矢量的是()
A．质量
B．时间
C．电流
D．磁感应强度
6．如图所示，在横截面为正三角形的容器内放有一小球，容器内各面与小球恰好接触，图中a、b、c为容器的三个侧面、将它们以初速度v0竖直向上抛出，运动过程中容器所受空气阻力与速率成正比，下列说法正确的是
A．上升过程中，小球对c有压力且逐渐变大
B．上升过程中，小球受到的合力逐渐变大
C．下落过程中，小球对a有压力且逐渐变大
D．下落过程中，小球对容器的作用力逐渐变大
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
7．一定质量的理想气体，从状态A 变到状态D ，其状态变化过程的体积V 随温度T 变化的规律如图所示，
已知状态A 时气体的体积为V 0，温度为T 0，则气体由状态A 变到状态D 过程中，下列判断正确的是（ ）
A ．气体从外界吸收热量，内能增加
B ．气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增大
C ．若状态
D 时气体的体积为2V 0，则状态D 的温度为2T 0
D ．若气体对外做功为5 J ，增加的内能为9 J ，则气体放出的热量为14 J
8．如图所示，O 是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线，负点电荷q 仅在电场力的作用下沿实线所示的轨迹从a 处运动到b 处，然后又运动到c 处．由此可知( )
A ．O 为正电荷
B ．在整个过程中q 的电势能先变小后变大
C ．在整个过程中q 的加速度先变大后变小
D ．在整个过程中，电场力做功为零
9．一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到x=5m 处的M 点，再经时间t =1s ，在x=10m 处的Q 质点刚好开始振动。

下列说法正确的是____。

A ．波长为5m
B ．波速为5m/s
C ．波的周期为0.8s
D ．质点Q 开始振动的方向沿y 轴正方向
E.从t=0到质点Q 第一次到达波峰的过程中，质点M 通过的路程为80cm
10．如图所示，一直角三角形acd 在竖直平面内，同一竖直面内的a 、b 两点关于水平边cd 对称，点电荷1Q 、2Q 固定在c 、d 两点上。

一质量为m 、带负电的小球P 在a 点处于静止状态，取重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A．2Q对P的静电力大小为3 mg
B．1Q、2Q的电荷量之比为3
C．将P从a点移到b点，电场力做功为零
D．将P从a点沿直线移到b点，电势能先增大后减小
11．无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流成正比，与导线到这一点的
距离成反比，即
I
B k
r
（式中k为常数）。

如图所示，两根相距L的无限长直导线MN通有大小相等、方
向相反的电流，a点在两根导线连线的中点，b点在a点正上方且距两根直导线的距离均为L，下列说法正确的是（）
A．a点和b点的磁感应强度方向相同
B．a点和b点的磁感应强度方向相反
C．a点和b点的磁感应强度大小之比为43
D．a点和b点的磁感应强度大小之比为4:1
12．下列说法正确的（）
A．在车胎突然爆裂的瞬间，气体内能减少
B．凡是能量守恒的过程一定能够自发地发生的
C．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的
D．随着高度的增加，大气压和温度都在减小，一个正在上升的氢气球内的氢气（理想气体）内能减小
E.能量转化过程中，其总能量越来越小，所以要大力提倡节约能源
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某物理实验小组利用实验室提供的器材测定电压表V1的内阻，可选用的器材如下：
A．待测电压表V1：量程3V，内阻约3kΩ
B．电压表V2：量程15V，内阻约21kΩ
C．电流表A：量程3A，内阻约1．1Ω
D．定值电阻R1：2．1kΩ
E．滑动变阻器R1：1~211Ω
F．滑动变阻器R2：1~2kΩ
G．电源E：电动势约为12V，内阻忽略不计
H．开关、导线若干
（1）现用多用电表测电压表V1的内阻，选择倍率“×111”挡，其它操作无误，多用电表表盘示数如图所示，则电压表V1的内阻约为Ω．
（2）为了准确测量电压表V1的内阻，两位同学根据上述实验器材分别设计了如图甲和乙两个测量电路，你认为（选填“甲”或“乙”）更合理，并在实物图中用笔画线代替导线将电路图补充完整．
（3）该实验中滑动变阻器应该选用（选填“R1”或“R2”）．
（4）用已知量R1和V1、V2的示数U1、U2来表示电压表V1的内阻R V1= ．
14．某同学采用如图甲所示的实验装置来验证钢球沿斜槽滚下过程中机械能守恒．实验步骤如下：
A．将斜槽固定在实验台边缘，调整斜槽出口使出口处于水平；
B．出口末端拴上重锤线，使出口末端投影于水平地面0点．在地面上依次铺上白纸.复写纸；
C ．从斜槽某高处同一点A 由静止开始释放小球，重复10次．用圆规画尽量小的圆把小球所有的落点都圈在里面，圆心P 就是小球落点的平均位置；
D ．用米尺测出A 点与槽口之间的高度h ，槽口B 与地面的高度H 以及0点与钢球落点P 之间的距离s ．
(1)实验中，0点与钢球平均落点P 之间的距离s 如图乙所示，则s=______cm ；
(2)请根据所测量数据的字母书写，当s²=_____时，小球沿斜槽下滑过程中满足机械能守恒．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在竖直放置，内壁光滑，截面积不等的绝热气缸里，活塞A 的截面积S A =10cm 2，质量不计的活塞B 的截面积S B =20cm 2，两活塞用轻细绳连接，在缸内气温t 1=227℃，压强p 1=1.1×105Pa 时，两活塞保持静止，此时两活塞离气缸接缝处距离都是L=10cm ，大气压强p 0=1.0×105Pa 保持不变，取2
10/g m s ，试求：
①A 活塞的质量；
②现改变缸内气温，当活塞A 、B 间轻细绳拉力为零时，汽缸内气体的温度t 2；
③继续将缸内温度由t 2缓慢下降到t3=-23℃过程中，计算A 移动的距离．
16．如图所示，“＜”型光滑长轨道固定在水平面内，电阻不计．轨道中间存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ．一根质量m 、单位长度电阻R 0的金属杆，与轨道成45°位置放置在轨道上，从静止起在水平拉力作用下从轨道的左端O 点出发，向右做加速度大小为a 的匀加速直线运动，经过位移L ．求：
(1)金属杆前进L 过程中的平均感应电动势．
(2)已知金属杆前进L 过程中水平拉力做功W ．若改变水平拉力的大小，以4a 大小的加速度重复上述前进L 的过程，水平拉力做功多少？
(3)若改用水平恒力F 由静止起从轨道的左端O 点拉动金属杆，到金属杆速度达到最大值v m 时产生热量．（F 与v m 为已知量）
(4)试分析(3)问中，当金属杆速度达到最大后，是维持最大速度匀速直线运动还是做减速运动？
17．如图所示，一定质量的理想气体从状态A 开始经状态B 到达状态C ，已知气体在状态C 时的压强为0p ，该理气体的内能与温度关系满足U ＝kT ．求:
(i)气体在A 点的压强大小;
(ii)气体从A 变化到B 再变化到C 吸收的热量．
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】
【详解】
双星系统的两颗恒星运动的角速度相等，由万有引力提供向心力，对M 、N 有 G 122
m m L ＝m 1·r 122π()T G
122m m L ＝m 2·r 222π()T 对P 、Q 有 G 12222m m L ⋅＝2m 1·r′122π()T
G
12222m m L ⋅＝2m 2·r′222π()T 其中
r 1＋r 2＝L ，r′1＋r′2＝L
联立解得
T′＝
22
T 由
2m 1r′1＝2m 2r′2
可知
r′1∶r′2＝m 2∶m 1
则可知
r 1＝r′1
结合v ＝2r T
π可知P 与M 的运动速率不相等，故ABD 错误，C 正确。

故选C 。

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
= 最大动能为
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】
【详解】
A．金属细杆受到重力、斜面的支持力、挡板的支持力和安培力作用，根据力的平衡条件可知，金属细杆中电流方向可能垂直纸面向外，也可能垂直纸面向里，故A错误；
B．由于磁场与电流方向垂直，开始安培力为1=
F BIL，后来的安培力为
2
1
=4=2
2
F B IL BIL
⋅
则金属细杆受到的安培力增大了
=
F BIL
∆
故B错误；
C．金属细杆受到重力、斜面的支持力、挡板的支持力和安培力作用，根据力的平衡条件可知，将斜面的支持力分解成水平方向和竖直方向，则水平方向和竖直方向的合力均为零，由于金属细杆的重力不变，故斜面的支持力不变，由牛顿第三定律可知，金属细杆对斜面的压力不变，故C错误；
D．由于金属细杆受到斜面的支持力不变，故安培力的大小变化量与挡板的支持力的大小变化量相等；如果金属细杆中电流方向垂直纸面向里，安培力方向水平向右，当安培力增大，则金属细杆对挡板的压力增大，由于安培力增大BIL，所以金属细杆对竖直挡板的压力增大了BIL；如果金属细杆中电流方向垂直纸面向外，安培力方向水平向左，当安培力增大BIL，则金属细杆对挡板的压力减小BIL，故金属细杆对竖直挡板的压力可能增大了BIL，D正确。

故选D。

4．B
【解析】
【详解】
A．题图甲中炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改变了方向，故A 错误；
B．题图乙中沿y轴的平行光照射时，在x轴上的影子就是x轴方向的分运动，同理沿x轴的平行光照射时，在y轴上的影子就是y轴方向的分运动，故B正确；
C．无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，只会使得小球A的水平速度发生变化，而两小球落地的时间是由两球离地面的高度决定的，所以A、B两球总是同时落地，故C错误；
D．做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力等于所需要的向心力，故D错误。

故选B。

5．D
【解析】
【详解】
矢量是既有大小，又有方向的物理量；
AB．质量、时间只有大小而没有方向，都是标量，选项AB错误；
C ．电流有大小和方向，但电流的合成不满足平行四边形定则，也是标量，选项C 错误；
D ．磁感应强度有大小，也有方向，是矢量，故选项D 正确。

6．D
【解析】
【详解】
AB ．小球和正三角形容器为共加速系统，上升过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律： ()()m m g kv m m a ++=+V V
系统加速度竖直向下且大于重力加速度，小球加速度向下，所以容器底面c 对小球无作用力，a 、b 侧面对小球的作用力竖直向下，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律：
ab mg N ma +=
系统速度减小，加速度减小，小球受到的合外力减小，AB 错误；
CD ．下落过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：
()()m m g kv m m a +-=+V V
系统加速度竖直向下且小于重力加速度，小球加速度向下，所以a 、b 侧面对小球无作用力，底面c 对小球的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律：
mg N ma -=
系统的速度增大，加速度减小，小球的加速度减小，底面c 对小球的作用力增大，根据牛顿第三定律可知小球对容器的作用力逐渐变大，C 错误；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．AC
【解析】试题分析：气体由状态A 变到状态D 过程中，温度升高，内能增大；体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律分析吸放热情况．根据体积变化，分析密度变化．根据热力学第一定律求解气体的吸或放热量．
气体由状态A 变到状态D 过程中，温度升高，内能增大；体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律分析得知，气体从外界吸收热量，A 正确；由图示图象可知，从A 到D 过程，气体的体积增大，两个状态的V 与T 成正比，由理想气体状态方程可知，两个状态的压强相等；A 、D 两状态气体压强相等，而D 的体积大于A 的体积，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少，B 错误；由图示图象可知，从A 到D 过程，两个状态的V 与T 成正比，由理想气体状态方程可知，两个状态的压强相等，从
A 到D 是等压变化，由盖吕萨克定律得，即，解得，C 正确；气体对外做功为5J ，则，内能增加9J ，则，由热力学第一定律得，，气体吸收14J 的热量，故D 错误．
8．CD
【解析】
【详解】
粒子的所受合力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，知负电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O 为负电荷。

故A 错误。

从a 处运动b 处，然后又运动到c 处电场力先做负功再做正功，所以电势能先变大后变小，故B 错误。

越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小。

故C 正确。

初末位置在同一个等势面上，两点间的电势差为零，根据W=qU ，知电场力做功为零，故D 正确。

故选CD 。

【点睛】
解决本题的关键掌握通过轨迹的弯曲大致判断合力的方向，会根据电场力做功判断动能的变化，知道在等势面上移动电荷，电场力不做功．
9．BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由波形图可知，波长为4m ，选项A 错误；
B ．再经时间t ∆=1s ，在x=10m 处的Q 质点刚好开始振动，则波速
5m/s=5m/s 1
x v t ∆==∆ 选项B 正确；
C ．波的周期为
4s=0.8s 5
T v λ== 选项C 正确；
D ．质点M 开始振动的方向沿y 轴负方向，则质点Q 开始振动的方向也沿y 轴负方向，选项D 错误；
E ．质点Q 第一次到达波峰的时间
102 1.6s 5
t -== 从t=0开始到质点Q 第一次到达波峰，质点M 振动的时间为1.6s=2T ，则通过的路程为8A=80cm ，选项E 正确。

故选BCE 。

10．BC
【解析】
【详解】
AB ．设a 、c 间的距离为r ，则a 、d ，因为小球在P 点处于静止状态，由平衡条件可得： 1
2 6030kQ q cos r ︒︒ 1
2 kQ q mg r + 联立可解得：
21Q
12mg 故A 错误，B 正确。

C ．因为a 、b 两点关于cd 对称，所以这两点的电势相等，而电场力做功的特点是只与初末位置的电势有关，与其所经过的路径无关，所以将P 从a 点移到b 点，电场力做功为零，故C 正确。

D ．由题可知，粒子在a 点受到的电场力方向竖直向上，在cd 上方受电场力方向竖直向下，所以将P 从a 点沿直线移到b 点过程中，电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D 错误。

故选BC 。

11．AD
【解析】
【详解】
设通电导线在距离L 处产的磁感应强度大小为0B ，两导线MN 在b 点产生的磁感应强度方向成120°角，磁感应强度的矢量合为0B ，方向垂直MN 向下；两导线MN 在a 点产生的磁感应强度大小均为02B ，磁感应强度的矢量合为04B ，方向垂直MN 向下；所以a 点和b 点的磁感应强度方向相同，大小之比为4:1，故AD 正确，BC 错误。

故选AD 。

12．ACD
【解析】
【详解】
A ．车胎突然爆炸瞬间，气体膨胀，视为短暂的绝热过程，根据热力学第一定律
U W ∆=
车胎突然爆裂的瞬间，气体对外做功，气体内能减少，A 正确；
B ．根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，B 错误；
C ．根据气体压强的微观意义可知，气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，C 正确；
D ．根据大气压的变化规律可知，随着高度的增加，大气压和温度都在减小，一个正在上升的氢气球内的氢气的温度随外界温度的降低而降低，所以氢气的内能减小，D 正确；
E ．能量转化过程中，总能量不变，但能量可以利用的品质降低，能源会越来越少，E 错误。

故选ACD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．（1）3411；
（2）乙；连图如图；
（3）R 1；
（4
）1021
U R U U - 【解析】 试题分析：（1）用多用电表测得的电压表的内阻为34×111Ω=3411Ω；
（2）甲图中，因为电压表V 2的电阻与R 1阻值相当，通过电压表V 2的电流不能忽略，故用通过R 1的电流作为通过V 1的电路，则误差较大；故用乙电路较合理；电路连接如图；
（3）实验中滑动变阻器要用分压电路，故用选取阻值较小的R 1；
（4）根据欧姆定律可知：10
1121210
V U R U R U U U U R ==--
考点：测量电压表的内阻
【名师点睛】此题使用电压表及定值电阻测定电压表的内阻；关键是要搞清实验的原理，认真分析实验可能带来的系统误差，结合部分电路的欧姆定律来处理实验的结果；此题是伏安法测电阻的改进实验，立意较新颖，是一道考查学生实验能力的好题．
14．40.5 4hH
【分析】
【详解】
（1）由图可知s=40.5cm ；
（2）从起点O 到P 的过程中重力势能减少量是：△E p =mgH ；槽口B 与地面的高度h 以及O 点与钢球落点P 之间的距离S ，根据平抛运动的规律，则有：S=v 0t ；h=12gt 2，因此v 0
△E K =2201 24mgS mv h =；若机械能守恒，则需满足2
4mgS mgH h
=，即S 2=4hH 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．①1kg ②00.3C -③1.67cm
【解析】
①对两活塞整体研究，根据平衡条件可得1001A A B A B m g p S P S P S PS ++=+，
解得1A m kg =；
②气体温度下降时，气体压强不变，气体温度降低，气体体积减小两活塞一起向下运动，当两活塞都向
下移动10cm 后气体体积322200A V S L cm =⨯=；
气体温度继续下降，活塞B 不能移动，气体体积不变，气体做等容变化，
当02A A A P S P S m g =+时拉力为零；
解得520.910P Pa =⨯； 根据理想气体状态方程可得112212
PV PV T T =解得2272.7T K =，则222730.3t T =-=-℃． ③从2t 温度继续降低，压强2P 不变，v 减小，A 向上运动，
当32273250T t K =+=，231113
PV PV T T =，解得33183.3V cm =； 活塞A 向上退回的距离为23 1.67A
V V L cm S -==； 【点睛】处理理想气体状态方程这类题目，关键是写出气体初末状态的状态参量，未知的先设出来，然后应用理想气体状态方程列式求解即可．
16．
(1)2BL 2202122-m m F R mv B v (4)当金属杆速度达到最大后，将做减速运动 【解析】
(1)由位移﹣速度公式得
2aL=v 2﹣0
所以前进L 时的速度为
前进L 过程需时
t==v a 由法拉第电磁感应定律有：
t
E ∆Φ=∆
=212B L L B S BL t ⨯⨯⨯∆==∆(2)以加速度a 前进L 过程，合外力做功
W+W 安=maL
所以
W 安=maL ﹣W
以加速度4a 前进L 时速度为
'=v 合外力做功
W F ′+W 安′=4maL 由22A B L v F BIL R
==可知，位移相同时： F A ′=2F A
则前进L 过程
W 安′=2W 安
所以
W F ′=4maL ﹣2W 安=2W+2maL
(3)设金属杆在水平恒力作用下前进d 时F A =F ，达到最大速度，由几何关系可知，接入电路的杆的有效长度为2d ，则
220(2)2⨯===⨯m A B d v F BIl F R d
所以
d=022m
FR B v 由动能定理有
212
-=
m Fd Q mv 所以： Q=Fd ﹣222021122=2
-m m m F R mv mv B v (4)根据安培力表达式，假设维持匀速，速度不变而位移增大，安培力增大，则加速度一定会为负值，与匀速运动的假设矛盾，所以做减速运动。

17．（i ）012p ；（ii ）012p V 0 +032
kT 【解析】
【详解】
（i ）已知气体在状态C 时的压强为p 0，设气体在A 点时的压强为p A ，根据几何关系可知，气体在状态A 时的温度为012
T
根据理想气体状态方程有 000002122
A p V p V T T ⨯= 得：
p A =012
p （ii ）由于气体从A 到B 发生的是等压变化，此过程气体对外做功 W=p A △V=012p ×（2V 0-V 0）=012
p V 0 气体从A 变化到B 再变化到C ，气体的内能增量： △U=k （2T 0-01
2T ）=
032kT 根据热力学第一定律可知：
△U=Q-W
气体吸收的热量： Q=012p V 0 +032
kT。