2018届高三物理最后一卷试题(含解析).doc

2018届高三物理最后一卷试题(含解析)二、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1. 下列说法中错误的是（ ）A. 若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应B. 核泄漏事故污染物能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为，可以判断x为电子C. 卢露福通过对粒子散射实验结果的分析，提出了原子核内有中子存在D. 质子、中子、拉子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个拉子，释放的能量是（2m1+2m2-m3）c2【答案】C【解析】A、根据玻尔理论可知，氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光的能量大于氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应。故A正确；B、根据质量数守恒与电荷数守恒可知，衰变后的产物x的质量数为0，电荷数为-1，衰变方程为：，所以x是电子。故B正确；C、卢瑟福通过对粒子散射实验结果的分析，提出了原子核式结构理论。故C错误；D、质子、中子、粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个粒子的过程中亏损的质量为(2m1+2m2-m3)，根据爱因斯坦质能方程可知释放的能量是（2m1+2m2-m3）c2故D正确。本题选择错误的，故选C.【点睛】该题考查原子物理学的多个知识点的内容，其中玻尔理论与质能方程为这一部分的重点，要准确理解其内容2. 如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用较链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上.开始时，杆BC与AC的夹角BCA90，现使BCA缓缓变小，直到BCA=30.在此过程中，杆BC所受的力（不计一切阻力）（ ）A. 逐渐增大B. 先减小后增大C. 大小不变D. 先增大后减小【答案】C【解析】以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件则知，F、N的合力F合与G大小相等、方向相反。根据三角形相似得：，又F合=G，得：，现使BCA缓慢变小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则得到，F变小，N不变，所以绳子越来越不容易断，作用在BC杆上的压力大小不变；故选C。【点睛】本题运用三角相似法研究动态平衡问题，直观形象，也可以运用函数法分析研究3. 如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0控绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为m沿水面运动时所受的阻力为f,当绳AO段与水平面夹角为时，小船的速度为v，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】小船的实际运动为合运动，沿着绳子方向和垂直绳子方向的是分运动，如图：根据平行四边形定则，有v车=vcos，故拉力为： ；对船受力分析，受重力、拉力、浮力和阻力:根据牛顿第二定律，有：Fcos-f=ma ；由解的，故选D。【点睛】本题关键是根据运动的合成与分解的知识求出拉绳子的速度，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度。4. 我国发射的北斗系列卫星的轨道位于赤道上方，轨道半径为r，绕行方向与地球自转方向相同.设地球自转角速度为0，地球半径为R，地球表面重力加速度为g.设某一时刻，卫星通过赤道上某建筑物的上方，则当它再一次通过该建筑物上方时，所经历的时间为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【点睛】本题的关键：根据万有引力提供向心力求解出角速度；根据地球表面重力等于万有引力得到重力加速度表达式；根据多转动一圈后再次到达某建筑物上空列式5. 如图所示，在水平线OO某竖直平面内，距地面高度为h，一条长为L(Lh)的轻绳两端分别系小球A和B，小球A在水平线OO上，竖直向上的外力作用在A上，A和B都处于静止状态。现从OO上另一点静止释放小球1，当小球1下落至与小球B等高位置时，从OO上静止释放小球A和小球2，小球2在小球1的正上方。则下列说法正确的是（ ） A. 小球1将与小球B同时落地B. 在小球B下落过程中，轻绳对B的拉力竖直向上C. h越大，小球A与小球B的落地时间差越大D. 在小球1落地前，小球1与2之间的距离随时间的增大而增大【答案】D【解析】A、设小球1下落到与B等高的位置时的速度为v，设小球1还需要经过时间t1落地，则： ，设B运动的时间为t2，则： ，比较可知，t1t2故A错误；B、小球A与B都做自由落体运动，所以二者之间的轻绳没有作用力，故B错误。C、设A运动时间为t3，则 ；可得： ，可知l是一个定值时，h越大，则小球A与小球B的落地时间差越小；故C错误。D、1与2两球的距离：，可见两球间的距离随时间的推移，越来越大；故D正确。故选D。【点睛】小球1、2以及AB两球均做自由落体运动，由位移公式列出它们的距离与时间关系的表达式即可正确解答.6. 某课外探究小组设计了一个电路.如图所示，一理想变压器的原线圈匝数为n1，连接一理想电流表；副线圈接入电路的匝数n2可以通过滑动触头调节，剧线圈接有定值电阻R0和压敏电阻R（R的阻值会随压力的增大而变小），物块m置于压敏电阻上，保持原线圈输入电压不变，则（ ）A. 原副线圈电流之比为n1：n2B. 只使n2增大，电流表示数变大C. 只增大物块对R的压力，电流表示数变大D. 只增大物块对R的压力，原线圈的输入功率变小【答案】BC【解析】A、理想变压器的电流与匝数成反比，并且副线圈的匝数是变化的，此时副线圈的匝数并不一定就是n2，所以原副线圈匝数之比并不是一定就是n1：n2，故A错误；B、根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当副线圈的匝数n2变大，则变压器的输出电压变大，则副线圈的功率变大，由，可知原线圈的电流增大，即电流表示数变大，所以B正确。C、D、当增大物块对R的压力，R的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，原线圈的电流也会变大，所以电流表读数变大，原线圈的输入功率增大，故C正确、D错误。故选BC。【点睛】变压器动态分析的题型：一是压敏电阻R的阻值在压力增大时，R的阻值会变小，由此可以判断电路中电阻的变化的情况；而是负载不变改变匝数，从而引起电流和功率的变化7. 如图所示，绝缘的轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球（小球与弹簧不拴接)，整个系统处在方向竖直向上的匀强电场中.开始时，整个系统处于静止状态，现施加一外力F，将小球向下压至某一位置，然后撤去外力，使小球从静止开始向上运动.设小球从静止开始向上运动到离开弹簧的过程中，电场力对小球所做的功为W1，小球克服重力所做的功为W2，小球离开弹簧时的速度为V.不计空气阻力，则在上述过程中（ ）A. 小球与弹簧组成的系统机械能守恒B. 小球的重力势能增加了W2C. 小球的电势能减少了W1D. 小球的机城修增加了mv2+w2- w1【答案】BC【解析】试题分析：由于电场力做功，所以小球和弹簧组成的系统机械能不守恒，A错误；重力做功为且为负功，则重力势能应增加，B正确；电场力做正功，所以电势能减小，为，C正确；小球增加的机械能应该为小球的机械能增加，D错误；故选BC考点：机械能守恒定律、电场力以及重力做功点评：此类题型考察了关于机械能守恒定律的判断，并考察了做功与相应能量转化量度的关系。8. 如图所示，虚线框中存在垂直纸面向外的匀强磁场B和平行纸面且与竖直平面夹角为45斜向下的匀强电场E，有一质量为m，电荷量为q的带负电的小球在高为h处的P点从静止开始自由下落，当小球运动到复合场内时刚好做直线运动，那么（ ）A. 小球在复合场中一定做匀速直线运动B. 若换成带正电的小球，小球仍可能做直线运动C. 磁感应强度场强D. 若同时改变小球的比荷与初始下落高度h，小球不能沿直线通过复合场【答案】ACD【解析】A、小球在复合场中受到竖直向下的重力、与电场强度方向相反的电场力和水平向右的洛伦兹力的作用，如图所示：其中电场力和重力是恒力，而洛伦兹力的大小与小球的速度大小成正比，若小球做的是变速运动，那么洛伦兹力也是变力，小球的合外力方向也要改变，这与题意不符，所以小球在复合场中一定做匀速直线运动。故A正确。B、C、根据小球的平衡条件可得：，又v2=2gh，联立各式解得磁感应强度，电场强度；若要使小球沿直线通过复合场，小球的合力一定为零，所以一定要满足，若同时改变小球的比荷与初始下落的高度h，以上两个式子不能同时满足，不能做直线运动，故C、D正确。B、若换成带正电的小球，则电场力和洛伦兹力同时反向，合力不可能为零，故B错误。故选ACD。【点睛】本题主要是考查了带电粒子在复合场中运动情况分析；对于此类问题，要掌握粒子的受力特点，如果粒子在电场、磁场和重力场中做匀速圆周运动，则一定是电场力和重力平衡；如果粒子受三种力做的是直线运动，则一定是匀速直线运动三、非选择题（共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共129分）9. (1)在实验室中用游标卡尺测量一物体长度的读数是_cm，螺旋测微仪测量金属丝的直径时，由图可知金属丝的直径是_mm.(2)某同学利用如图甲所示的装置验证动能定理.固定并调整斜槽，使它的末端O点的切线水平，在水平地面上依次铺放好木板、白纸、复写纸.将小球从斜槽上不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度H，并根据落点位置测量出小球平抛的水平位移x，改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次测量，记录数据如下：斜槽倾角为，小球与斜槽之间的动摩擦因数为，斜槽底端离地的高度为y，不计小球与水平槽之间的摩擦。以H为横坐标，以_为纵坐标，在坐标纸上描点作图，如图乙所示：达到了验证动能定理的目的.受该实验方案的启发，另一同学改用图丙的装置实验.他将木板竖直放置在斜槽末端的前方某一固定位置，仍将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度H，并测量小球击中木板时平抛下落的高度d.当他以H为横坐标，以_为纵坐标，描点作图，使之仍为一条倾斜的直线，也达到了同样的目的.【答案】 (1). 10.125 (2). 0.900 (3). (4). 【解析】(1)20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为101mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为50.05mm=0.25mm，所以最终读数为：101mm+0.25mm=101.25mm=10.125cm螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为40.00.01mm=0.400mm，所以最终读数为0.5mm+0.400mm=0.900mm(2)设小球离开斜槽时的速度为v，根据平抛运动的规律得：，联立得：，小球在斜槽上滑下过程中，重力和摩擦力做功，则合力做的功为：，小球动能的变化量，则小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是：，即，根据结果可知，以H为横坐标，以x2为纵坐标，在坐标纸上描点作图，如图乙所示；根据平抛运动的规律有：，则动能定理表达式为：，所以以H为横坐标，以为纵坐标，描点作图，使之仍为一条倾斜的直线。【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时不需要估读；利用平抛运动的知识求得小球到达斜槽的末速度，从而写出动能定理表达式，要能根据数学知识灵活选择坐标。10. 现有如下器材：待测电阻Rx阻值约为2030待测电流表A，刻度尚清晰，但数值完全模糊不清，现要将刻度值标注上去电压表V，量程6V，内阻约为6K电组箱R1：0999.9滑动变阻器R，最大阻值30电源E，电动势约6V，内阻不可忽略开关一只，导线若干为了测定电阻Rx，并标注上电流表的刻度值，某同学用如图所示的电路进行实验，调节R1与R2至适当值使电流表满偏，记录此时电压表U和电阻箱R1的读数，再次改变R1与R的值，仍使电流表满偏，多次测量，记录U与R1的数据如下表。(1)由测量数据可知，U与R1之间并非线性关系，为了更好利用所测量的数据，某同学“化曲为直”得到如图所示的图象，该同学所画图象的横轴为_，纵轴为_。(2)借助该图象，可计算出Rx的测量值为_，电流表的满偏电流为_A.（结果保留两位有效数值）【答案】 (1). (2). (3). 25 (4). 0.20【解析】(1)根据图象上的点可由数据表得到图象横轴为，纵轴，故。(2)根据电路连接可得：，所以，满偏电流.【点睛】考查数形结合的思想方法：根据电路图得到U与R1之间之间的关系，或直接由数据表根据图象上的点确定横轴、纵轴；根据电路图得到U与R1之间之间的关系，从而根据图象截距得到Rx的测量值；再根据图象斜率求得满偏电流。11. 如图1所示，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场，有两条平行的长直导轨MN、PQ处于同一水平面内，间距L=0.2m，左端连接阻值R=0.4的电阻。质量m=0.1kg的导体棒ab垂直跨接在导轨上，与导轨间的动摩擦因数=0.2。从t=0时刻开始，通过一小型电动机对棒施加一个水平向右的牵引力，使棒从静止开始沿导轨方向做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。除R以外其余部分的电阻均不计，取重力加速度大小g=10m/s2。(1)若电动机保持恒定功率输出，棒的v-t如图2所示（其中OA是曲线，AB是水平直线）则求：导体棒达到最大速度vm时牵引力大小?(2)若电动机保持恒牵引力F=0.3N，且将电阻换为C=10F的电容器（耐压值足够大），如图3所示，求导体棒的速度随时间变化的函数表达式。【答案】(1)F=0.45N (2)v=0.5t【解析】(1)当导体棒达到最大速度后，所受合外力为零，沿导轨方向有：F-F安-f=0摩擦力f=mg=0.20.110=0.2N感应电动势E=BLym,感应电流I=安培力F安=BIL=N此时率引力F=F安+f=0.45N(2)当金属棒的速度大小为时v，感应电动势为E=BLv 由C=可知，此时电容器极板上前电荷量为Q=CU=CE=CBLv 设在一小段时间t内，可认为导体棒做匀变速运动，速度增加量为v，电容器板板上增加的电荷量为Q=CBLv根据电流的定义式I=对导体棒受力分析，根据牛领第二定律，有F-f-BIL=ma将I=CBLa代入上式可得：可知导体棒的加速度与时间无关，即导体棒做匀加速运动v=0.5t 【点睛】本题是力电综合题型，是高考常见的题型，受力分析时要学会推导安培力的表达式，采用微元法推导出加速度，是解决本题的关键12. 如图是工厂流水生产线包装线示意图，质量均为m=2.5kg、长度均为l=0.36m的产品在光滑水平工作台AB上紧靠在一起排列成直线（不粘连），以v0=0.6m/s的速度向水平传送带运动，设当每个产品有一半长度滑上传送带时，该产品即刻受到恒定摩擦力Ff=mg而做匀加速运动，当产品与传送带间没有相对滑动时，相邻产品首尾间距离保持2l（如图）被依次送入自动包装机C进行包装。观察到前一个产品速度达到传送带速度时，下一个产品刚好有一半滑上传送带而开始做匀加速运动。取g=10m/s2。试求：(1)传送带的运行速度v；(2)产品与传送带间的动摩擦因数：(3)满载工作时与空载时相比，传送带驱动电动机增加的功率P；(4)为提高工作效率，工作人员把传送带速度调成v=2.4m/s，已知产品送入自动包装机前已匀速运动，求第(3)问中的P?第(3)问中在相当长时间内的等效P?【答案】(1)1.8m/s (2) =0.2 (3)9W (4)18W【解析】(1)产品在平台和传送带上不积压、不断流，则产品在平台上运动l与在传送带上最终运动3l距离所用时间相等设为t，则t=解得他送带速度v=3v0=1.8m/s，t=0.6s(2)解法一：产品滑上传送带后做初速度为v0的匀加速运动，设加速时间为t，依题意，前一个产品加速结束时下一个产品刚好开始加速，因此t=t=0.6s由速度公式得v=v0+a t由牛顿第二定律Ff=ma联立代入Ff=mg解得=0.2.对前一个产品 对下一个产品且x1-x2=3l解得t=0.6s由速度公式得v=v0+at由牛顿第二定律可知Ff=ma联立代入Ff=mg解得=0.2(3)由t=0.6s=t可知，传送带上始终只有一个产品正在加速，所以传送带驱动电动机增加的功率P=Ffv联立解得P=9W(4)两种情况，若是两个产品正在加速P=Ffv=24W，若是一个产品正在加速P=Ffv=12W时间足够长，两个产品加速和一个产品加速的时间近似相等，等效的P=（24+12）/2=18W【点睛】关键是明确滑块在传送带的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解。（二）选考题（共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分）13. (1)在“用油膜