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普通高中2018届高三质量监测（一）物理试题卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在18小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，在912小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1. 2017年1月9日，大亚湾反应堆中微子实验工程获得国家自然科学一等奖。大多数原子核发生核反应的过程中都伴着中微子的产生，例如核裂变、核聚变、衰变等。下列关于核反应的说法正确的是A. Th衰变为Rn，经过3次衰变，2次衰变B. H+HHe+n是衰变方程，ThPa+e是衰变方程C. U+nBa+Kr+3n是核裂变方程，也是氢弹的核反应方程D. 高速运动的粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，其核反应方程为He+NO+n【答案】A2. 如图所示为一物体被吊车用钢索竖直向上提升过程的简化运动图象。下列判断正确的是A. 036s内物体被吊起的高度为25mB. 010s内的平均速度大于30s36s内的平均速度C. 30s36s内物体处于超重状态D. 前10s内钢索最容易发生断裂【答案】D【解析】在v-t图象中，图线下面所围的面积表示位移，所以036s内物体被吊起的高度为： ，故A错误；010s内物体做匀变速直线运动，所以平均速度为：，同理30s36s内的平均速度的大小为：，所以平均速度相等，故B错误；30s36s内物体匀减速上升，加速度向下，拉力小于重力，处于失重状态，故C错误；前10s内物体做匀加速直线运动，加速度向上，由牛顿第二定律可知：，拉力最大，钢索最容易发生断裂，故D正确。所以D正确，ABC错误。3. 如图所示，MN是一正点电荷产生的电场中的一条电场线，某一带负电的粒子（不计重力）从a运动到b经过这条电场线的轨迹如图中虚线所示。下列判断正确的是A. 粒子从a运动到b的过程中动能逐渐减小B. 粒子在a点的电势能大于在b点的电势能C. 正点电荷一定位于M的左侧D. 粒子在a点的加速度大于在b点的加速度【答案】B【解析】粒子运动中受到的电场力指同曲线的凹处，可判断出电场线从MN，负电荷在M点的右侧，C错误；粒子从a到b过程中，电场力做正功，动能逐渐增大，A错误；电势能减小，则粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，B正确；由于a点离负点电荷距离较远，故粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，D错误。4. 如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R3为定值电阻，R1、R2为滑动变阻器，A、B为电容器两个水平放置的极板。当滑动变阻器R1、R2的滑片处于图示位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动。下列说法中正确的是A. 把R2的滑片向右缓慢移动时，油滴向下运动B. 把R1的滑片向右缓慢移动时，油滴向上运动C. 缓慢增大极板A、B间的距离，油滴静止不动D. 缓慢减小极板A、B的正对面积，油滴向上运动【答案】B【解析】当仅把R2的滑片向右缓慢移动时，两极板间的电压不变，由E=Ud可知，电场强度不变，即油滴静止不动，故A错误；R1的滑片向右缓慢移动时R1的阻值变大，R1与R3串联的总电阻变大，故电路中的总电流变小，路端电压变大，电容器两板间电压增大，由E=Ud可知，极板间的电场强度增大，所以油滴受到的电场力增大，故油滴会向上运动，故B正确；当缓慢增大极板A、B间的距离时，因为板间电压不变，由E=Ud可知，极板间的电场强度减小，油滴向下运动，故C错误；当两极板A、B间正对面积缓慢减小时，由： C=S4kd，可知电容器电容减小，但极板间电压不变，由E=Ud可知，电场强度不变，故油滴仍静止在原处，故D错误。所以B正确，ACD错误。5. 游乐场中有一种娱乐设施叫“魔盘”，人坐在转动的大圆盘上，当大圆盘转速增加时，人就会自动滑向盘边缘。图中有a、b、c三人坐在圆盘上，a的质量最大，b、c的质量差不多，但c离圆盘中心最远，a、b离圆盘中心的距离相等。若三人与盘面的动摩擦因数相等，且假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是A. 当圆盘转速增加时，三人同时开始滑动B. 当圆盘转速增加时，b首先开始滑动C. 当圆盘转速增加时，a和c首先同时开始滑动D. 当圆盘转速增加时，c首先开始滑动【答案】D【解析】设转盘的角速度为，则人所受的向心力F=mR2，且未滑动前圆盘上的人做共轴运动，角速度相同。圆盘上的人受到的最大静摩擦力为Ff=mg。当人刚要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦，由牛顿第二定律可得： Ff=mg=mR2，解得临界角速度为：=gR，当转盘的角速度：gR时，圆盘上的人开始滑动，由图可知c离圆盘中心最远，a、b离圆盘中心的距离相等，当圆盘转速增加时，c先开始滑动， a、b同时开始滑动，故D正确，ABC错误。6. 如图所示为一种常见的身高体重测量仪。测量仪顶部向下发射波速为v的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔。质量为M0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比。当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t0，输出电压为U0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t，输出电压为U。该同学的身高和质量分别为A. v(t0t)，M0U0UB. 12v(t0t)，M0U0UC. v(t0t)，M0U0(UU0)D. 12v(t0t)，M0U0(UU0)【答案】D【解析】试题分析：当测重台没有站人时，则2x=vt0；站人时：2（x-h）=vt；解得h=v（t0-t）；无人站立时：U0=KM0g；有人时：U=k(M0g+mg)；解得：m=M0U0(UU0)；故选D考点：物体的平衡；速度7. 若某双星系统A和B各自绕其连线上的O点做匀速圆周运动。已知A星和B星的质量分别为m1和m2，相距为d。下列说法正确的是A. A星的轨道半径为m1m1+m2dB. A星和B星的线速度之比为m1：m2C. 若在O点放一个质点，它受到的合力一定为零D. 若A星所受B星的引力可等效为位于O点处质量为m的【答案】D【解析】双星系统是靠它们的角速度相等，他们之间的万有引力来提供向心力：Gm1m2d2=m12r1=m22(d-r1)，距离关系为： r1+r2=d ，联立解得： r1=m2dm1+m2、r2=m1dm1+m2，故A错误；根据v=r，可得v1v2=m2m1，故B错误；若在O点放一个质点，此质点受到两颗星对它作用力大小不等，则受到的合力不为零，故C错误；若A星所受B星的引力可等效为位于O点处质量为m的星体对它的引力，则Gm1m2d2=Gmm1r12得m=m23(m1+m2)2，故D正确。所以D正确，ABC错误。星体对它的引力，则m=m23(m1+m2)28. 如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。质量为m、电荷量为q的带负电的粒子(不计重力)以初速度v0由小孔水平射入电场，当M、N间的电压为U时，粒子刚好能到达N板。如果要使这个带电粒子到达M、N两板中线位置处即返回，则下述措施能满足要求的是A. 使初速度减小为原来的B. 使M、N间的电压提高到原来的4倍C. 使M、N间的电压加倍D. 使初速度减小为原来的，同时M、N间的电压加倍【答案】C【解析】粒子从进入到到达N板的过程中，板间的电场强度为：E=Ud，由动能定理得qEd=012mv02，解得：d=mv022qE，设带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，根据动能定理有：qEx=012mv022，解得：x=d4 ，故A错误；若电压提高到原来的4倍，则场强也变为原来的4倍，设带电粒子离开M板的最远距离为x1，根据动能定理有：q4Ex1=012mv02，解得：x1=d4，故B错误；同理，若电压提高到原来的2倍，则场强也变为原来的2倍，设带电粒子离开M板的最远距离为x2，根据动能定理有：q2Ex2=012mv02，解得：x2=d2，故C正确；若初速度减少一半，电压加倍，则场强加倍，设带电粒子离开M板的最远距离为x3，根据动能定理有：q2Ex3=012mv022，解得：x3=d8，故D错误。所以C正确，ABD错误。9. 如图甲为风力发电的简易模型。在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比。若某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示。下列说法正确的是A. 电流的表达式为i=0.6sin10t（A）B. 磁铁的转速为10r/sC. 风速加倍时电流的表达式为i=1.2sin10t（A）D. 风速加倍时线圈中电流的有效值为0.62（A）【答案】AD【解析】试题分析：通过乙图可知电流的最大值为0.6A，周期T=0.2s，故=2T=10rad/s，故电流的表达式为i=0.6sin10t（A），故A正确；电流的周期为T=0.2s，故磁体的转速为n=1T=10.2r/s=5r/s，故B错误；风速加倍时，角速度加倍，根据Em=nBS可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为i=1.2sin20t（A），故C错误；根据C得分析，形成的感应电流Im=1.2A，故有效值为I=Im2=1.22A=0.62A，故D正确。考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式、正弦式电流的最大值和有效值【名师点睛】根据相对性来分析与解决问题，同时掌握感应电动势与转速关系，即可判断出感应电流的大小变化，及转速与周期的关系。10. 如图所示，上表面光滑的半圆柱体放在水平地面上，一小物块从靠近半圆柱体顶点O的A点，在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态。下列说法中正确的是A. 半圆柱体对小物块的支持力变大B. 地面对半圆柱体的摩擦力先增大后减小C. 外力F变大D. 地面对半圆柱体的支持力变大【答案】BC【解析】物块缓慢下滑处于平衡状态，F始终沿圆弧的切线方向即始终垂直于圆柱面支持力F1的方向，受力分析如图所示：因此总有F=mgsin,F1=mgcos，下滑过程中增大，因此F增大，F1减小，故A错误，C正确；对半圆柱体分析，地面对半圆柱体的摩擦力：Ff=F1sin=mgcossin=12mgsin2，地面对半圆柱体的支持力FN=Mg+F1cos=Mg+mgcos2，从接近0到90变化的过程中，摩擦力先增大后减小，支持力一直减小，故B正确，D错误。所以BC正确，AD错误。11. 如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的理想边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置时，线框的速度为。则下列说法正确的是A. 在位置时线框中的电功率为B2a2v2RB. 此过程中回路产生的电能为38mv2C. 在位置时线框的加速度为B2a2v2mRD. 此过程中通过导线横截面的电荷量为Ba2R【答案】ABD【解析】线框经过位置时，线框左右两边均切割磁感线，所以此时的感应电动势为E=2Bav2=Bav，故线框中的电功率为P=E2R=B2a2v2R，故A正确；线框从位置到位置的过程中，动能减少了EK=12mv212mv22=38mv2，根据能量守恒定律可知，此过程中回路产生的电能为38mv2，故B正确；线框在位置时，左右两边所受安培力大小均为：F=BERa=B2a2vR，根据左手定则可知，线框左右两边所受安培力的方向均向左，由牛顿第二定律得：2F=ma，故此时线框的加速度为a=2Fm=2B2a2vmR，故C错误；通过的电荷量为：q=It=ERt=Rtt=R，线框在位置时其磁通量为Ba2，而线框在位置时其磁通量为零，故q=Ba2R，故D正确。所以ABD正确，C错误。12. 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体P接触，但未拴接，弹簧水平且无形变。现对物体P施加一个水平向右的瞬间冲量，大小为I0，测得物体P向右运动的最大距离为x0，之后物体P被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处。已知弹簧始终在弹性限度内，物体P与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。下列说法中正确的是 A. 物体P与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能Ep=I022mmgx0B. 弹簧被压缩到最短之后的过程，物体P先做加速度减小的加速运动，再做加速度减小的减速运动，最后做匀减速运动C. 最初对物体P施加的瞬时冲量I0=2m2gx0D. 物体P整个运动过程，摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量大小相等、方向相反【答案】AC【解析】因物体整个的过程中的路程为4x0，由功能关系可得：mg4x012mv02I022m,可知，I02m2gx0，故C正确；当弹簧的压缩量最大时，物体的路程为x0，则压缩的过程中由能量关系可知：12mv02mgx0EP ，所以：EPI022mmgx0（或EP=3mgx0）故A错误；弹簧被压缩成最短之后的过程，P向左运动的过程中水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，可知物体先做加速度先减小的变加速运动，再做加速度增大的变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；故B错误；物体P整个运动过程，P在水平方向只受到弹力与摩擦力，根据动量定理可知，摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量的和等于I0，故D错误故选C.点睛：本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的运用逆向思维研究匀减速运动过程，求解时间比较简洁二、实验题：本题共2小题，共15分。把答案填写在答题卡相应的横线上。13. 某物理小组在一次探究活动中测量小滑块与木板之间的动摩擦因数。实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，P为连接数字计时器的光电门且固定在B点。实验时给带有遮光条的小滑块一个初速度，让它沿木板从左侧向右运动，小滑块通过光电门P后最终停在木板上某点C。已知当地重力加速度为g。（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，其读数d=_ cm。（2）为了测量动摩擦因数，除遮光条宽度d及数字计时器显示的时间t外，下列物理量中还需测量的有_。A木板的长度L1 B木板的质量m1C小滑块的质量m2 D木板上BC间的距离L2（3）滑块与木板间的动摩擦因数=_（用题中所涉及的物理量的符号表示）。【答案】 (1). 0.375 (2). D (3). d22gL2t2【解析】（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d=0.3cm+0.05mm15=0.375cm；（2）滑块通过光电门的时间为t，则速度v=dt ，由运动公式v2=2aL2 ;由牛顿第二定律得：mg=ma，联立解得：=d22gL2t2，要测动摩擦因数，还需要测出：木板上BC间的距离L2，故选D；（3）由（2）可知，动摩擦因数的表达式为：=d22gL2t2点睛; 解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题.14. 为了测量某待测电阻Rx的阻值（约为30 ），有以下一些器材可供选择：电流表A1（量程为050 mA，内阻约为10 ）；电流表A2（量程为03 A，内阻约为0.12 ）；电压表V1（量程为03 V，内阻很大）；电压表V2（量程为015 V，内阻很大）；电源E（电动势约为3 V，内阻约为0.2 ）；定值电阻R（20 ，允许最大电流为1.0 A）；滑动变阻器R1（010 ，允许最大电流为2.0 A）；滑动变阻器R2（01 k，允许最大电流为0.5 A）；单刀单掷开关S一个，导线若干。根据以上器材设计电路，要求测量范围尽可能大、精确度高。（1）电流表应选_，电压表应选_，滑动变阻器应选_ (填写器材符号) 。（2）请在答题卡虚线框内画出测量电阻Rx的实验电路图_（并在电路图中标出所用元件的对应符号）。（3）若电压表示数为U，电流表示数为I，则待测电阻Rx的表达式为Rx=_。【答案】 (1). A1 (2). V1 (3). R1 (4). (5). UIR【解析】（1）因电源电压为3V，故电压表只能选择03V，故选电压表V1，因待测电阻约为30，则电路中的最大电流为100mA，只能选用量程为050mA的电流表，故选电流表A1；根据题意可知，电路应采用分压接法，滑动变阻器应选用较小的电阻，故滑动变阻器选用R1。（2）要求所测量的范围尽可能大些，故应采用滑动变阻器分压接法，为了提高实验的精确程度，根据电压表和电流表量程和待测电阻阻值分析可知，需将定值电阻接入与待测电阻串联；电压表的内阻很大，由于RvRx+RRx+RRA，电压表分流较小，故采用电流表外接法；电路如图所示：（3）由欧姆定律可知R+Rx=UI，可得Rx=UIR。三、计算题：本题共2小题，共32分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。15. 在足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术取得胜利，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。如图所示，某足球场长90 m、宽60 m。现一攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为8 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为m/s2。试求：（1）足球从开始做匀减速直线运动到底线需要多长时间；（2）足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的启动过程可以视为从静止出发的匀加速直线运动，所能达到的最大速度为6 m/s，并能以最大速度做匀速运动，若该前锋队员要在足球越过底线前追上足球，他加速时的加速度应满足什么条件?【答案】(1) 9 s （2）a2 m/s2【解析】(1)设所用时间为t,则v0=8 m/s；x=45 mx=v0t+at2，解得t=9 s。.设加速过程中用时为t1，则t1=vma匀加速运动的位移x1=vm2-022a解得x1=18a匀速运动的位移x2=vm(t-t1)，即x2=6(9-t1) m而x1+x2=45 m解得a=2 m/s2故该队员要在球出底线前追上足球,加速度应该大于或等于2 m/s2。点睛：解决本题的关键要注意分析运动过程，理清足球和运动员的位移关系，再结合运动学公式灵活求解即可解答.16. 如图所示，在xOy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场，y轴右侧区域I内存在磁感应强度大小为B1=mv0qL的匀强磁场，区域、区域的宽度均为L，高度均为3L。质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从坐标为(2L，2L)的A点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好经过坐标为(0，(21)L)的C点射入区域。粒子重力忽略不计。求：（1）匀强电场的电场强度大小E；（2）粒子离开区域时的位置坐标；（3）要使粒子从区域的上边界离开磁场，可在区域内加垂直于纸面向里的匀强磁场。试确定磁感应强度B的大小范围，并说明粒子离开区域时的速度方向。【答案】（1）mv022qL （2）x=L，y=0 （3）2mv0qLB242mv03qL【解析】试题分析：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动2L=v0t 2分L=2分解得E=1分 设带电粒子经C点时的竖直分速度为vy、速度为vvy=t= v02分v=v0，方向与x轴正向成45 斜向上 2分粒子进入区域做匀速圆周运动，qB1v=m，R=，解得R=L 2分由几何关系知，离开区域时的位置坐标：x=L，y=0 2分（3）根据几何关系知，带电粒子从区域上边界离开磁场的半径满足LrL 2分r=，得B22分根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y轴正方向夹角3090 2分考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在电场中的运动。17. 关于固体、液体和气体，下列说法正确的是 （填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）。A. 固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的B. 液体表面层中分子间的相互作用表现为引力C. 液体的蒸发现象在任何温度下都能发生D. 汽化现象是液体分子间因相互排斥而发生的E. 有的物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高【答案】BCE【解析】无论固体、液体和气体，分子都是在永不停息的做无规则运动，故A错误；当分子间距离为r0时，分子引力和斥力相等，液体表面层的分子比较稀疏，分子间距大于r0，所以分子间作用力表现为引力，故B正确；蒸发是液体表面分子无规则运动的情况，故C正确；汽化是物质从液态变成气态的过程，汽化分蒸发和沸腾，而不是分子间的相互排斥而产生的，故D错误；冰在融化过程中吸收热量但温度不升高，故E正确。所以BCE正确，AD错误。18. 在一个密闭的气缸内有一定质量的理想气体，如图所示是它从状态A变化到状态B的VT图象，已知AB的反向延长线通过坐标原点O，气体在A状态的压强为p1.0105 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q7.0102 J，求此过程中气体内能的增量U。【答案】5.0102 J【解析】试题分析：由图象可知气体发生的是等压变化，由盖吕萨克定律求出气体体积的变化，然后求出气体所做的功，最后由热力学第一定律求出气体内能的增量。由VT图象的图线经过坐标原点可以判断，理想气体经历的是等压变化。由盖吕萨克定律得：VATA=VBTB 气体对外做的功：W=p(VBVA)解得：W=200J根据热力学第一定律： U=W+Q解得：U5.0102 J点睛：本题主要考查了玻意耳定律、热力学第一定律，根据相应条件列式求解，注意理想气体的内能与热力学温度成正比。19. 下列说法正确的是 （填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）。A. 简谐运动的周期与振幅无关B. 弹簧振子做简谐运动的回复力表达式F=kx中，F为振动物体所受的合外力，k为弹簧的劲度系数C. 在波的传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度D. 在双缝干涉实验中，同种条件下用紫光做实验比红光做实验得到的条纹更宽E. 在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，狭缝宽度必须比波长小或者相差不多【答案】ABE【解析】简谐运动的周期公式为T=2mk与振幅无关，故A正确；在弹簧振子做简谐运动的回复力表达式F=-kx中，F为振动物体所受的合外力，k为弹簧的劲度系数，故B正确；在波的传播方向上，某个质点的振动速度不是波的传播速度，故C错误；在双缝干涉实验中，同种条件下紫光波长比红光波长短，由x=ld得到的条纹宽度比红光窄，故D错误；在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，狭缝宽度必须比波长小或者相差不多，故E正确。所以ABE正确，CD错误。20. 如图所示，ABC为一直角三棱镜的截面，其顶角BAC=30，AB边的长度为l，P为垂直于直线BCD的光屏。一宽度也为l的平行单色光束垂直射向AB面，在屏上形成一条宽度等于23l的光带，求棱镜的折射率。【答案】3【解析】试题分析：行光束垂直射向AB面方向不变，在AC面发生折射，作出光路图根据几何知识求出AC面上的入射角和折射角，再由折射定律求解折射率n。平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束，如图所示。图中1、2为光在AC面上的入射角和折射角，根据折射定律，有设出射光线与水平方向成角，则：由于CC2=A1A2=，可得C1C2=而AC1=BC= ，由以上可解得：即=30 2=60 则折射率为：点睛：本题主要考查了折射率，解题关键是正确作出光路图，根据几何知识求解入射角和折射角，再运用折射定律求折射率。
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