山东省烟台市2018届高三下学期高考诊断性测试物理试题含解析

1、二、本题共8 小题, 每小题6 分。在每小题给出的四个选项中第1417 题, 只有一项符合题目要求, 第 1821 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. 下列说法正确的是A. 玻尔通过对氢原子光谱的研究建立了原子的核式结构模型B. 某些原子核发生衰变时能够放出粒子 ,说明原子核内有 粒子C. 原子核反应中的质量亏损现象违反了能量守恒定律D. 某种单色光照射某种金属发生光电效应,若增大光照强度 ,则单位时间内发射的光电子数增加【答案】 D2. 如图所示为某一带正电点电荷产生的电场中的一条电场线,A、 B、 C、 D 为该电场线上的点 ,相邻两

2、点间距相等 ,电场线方向由 A 指向 D 。一个带正电的粒子从A 点由静止释放 ,运动到 B点时的动能为 Ek,仅考虑电场力作用 ,则A. 从 A 点到 D 点 ,电势先升高后降低B. 粒子一直做匀加速运动C. 粒子在 BC 段电势能的减少量大于CD 段电势能的减少量D. 粒子运动到D 点时动能等于3Ek【答案】 C【解析】因为该电场线为一带正电点电荷产生的，根据电场线的特点可知该正电荷在A 点的左侧，故沿着电场线方向电势降低，即从A 点到 D 点电势降低；电场线越来越疏，则电场强度越来小，加速度越来越小，故AB错误；根据电场力做功W=qU,可知 BC 段靠近场源电荷，故 BC段的电势差大于

3、CD的电势差，故 BC段电场力做的正功更多，则粒子在BC段电势能的减少量更多，故 C 正确；若该电场是匀强电场，从A 到 B，根据动能定理有：；从 A到 D，根据动能定理有：，联立得：，而该电场是非匀强电场，距离相等的两点间的电势差越来越小，故粒子运动到D 点时动能小于，故 D错误；故选 C.3. 如图所示 ,质量为 M=3kg 的足够长的木板放在光滑水平地面上,质量为 m=1kg 的物块放在木板上 ,物块与木板之间有摩擦,两者都以大小为4m/s 的初速度向相反方向运动。当木板的速度为3m/s 时 ,物块处于A. 匀速运动阶段B.减速运动阶段C. 加速运动阶段D.速度为零的时刻【答案】 B【解

4、析】开始阶段，m 向左减速， M 向右减速，根据系统的动量守恒定律得：当物块的速度为零时，设此时木板的速度为，根据动量守恒定律得：，解得：；此后 m 将向右加速， M 继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为由动量守恒定律得：，解得：，两者相对静止后，一起向右匀速直线运动由此可知当M 的速度为3m/s 时， m 处于减速运动阶段；故选B.【点睛】分析物体的运动情况：初态时，系统的总动量方向水平向左，两个物体开始均做匀减速运动，m 的速度先减至零，根据动量守恒定律求出此时M 的速度之后，m 向左做匀加速运动，M 继续向左做匀减速运动，最后两者一起向左匀速运动根据动量守恒定律求出薄板的速度

5、大小为2.4m/s 时，物块的速度，并分析m 的运动情况4. 如图所示,质量为M 的斜劈静止在粗糙水平地面上,质量为m 的物块正在M 的斜面上匀速下滑。现在m 上施加一个水平推力F,则在 m 的速度减小为零之前,下列说法正确的是A. 加力 F 之后 ,m 与 M 之间的摩擦力变小B. 加力 F 之后 ,m 与 M 之间的作用力不变C. 加力 F 之后 ,M 与地面之间产生静摩擦力D. 加力 F 前后 ,M 与地面间都没有摩擦力【答案】 D【解析】对m 刚开始匀速下滑，根据平衡条件得：垂直斜面方向，滑动摩擦力为；在 m 上加一水平向右的力F，根据平衡条件有： 垂直斜面方向滑动摩擦力为；对物块，所

6、受支持力增加了，即支持力与摩擦力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，之间的作用力即为其合力，也是增大的，如图所示：，则摩擦力增加大小增大， 而 m 与 M则斜面所受的摩擦力与压力的合力放还是竖直向下，水平放向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故ABC错误，D 正确；故选D.5. 如图所示,平面直角坐标系xOy 的x 轴水平向右,y 轴竖直向下,将一个可视为质点的小球从坐标原点O 沿x 轴正方向以某一初速度向着一光滑固定斜面抛出,小球运动到斜面顶端a 点时速度方向恰好沿斜面向下,并沿O,斜面滑下。 若小球沿水平方向的位移和速度分别用x 和vx 表示 ,沿竖直方向的位移和速度分别用y 和 vy

7、 表示 ,则在小球从O 点到余斜面底端b 点的过程中,以上四个物理量随时间变化的图象可能是A.B.C.D.【答案】BC【解析】在平抛运动阶段，水平方向做匀速直线运动，间均匀增加；竖直方向做自由落体运动， ，即保持不变，水平位移随时间均匀增大，竖直位移随时，即是一条过原点开口向上的抛物线；当小球运动到斜面顶端a 点时速度方向恰好沿斜面向下，则小球在斜面上做匀加速直线运动，将加速度沿水平方向和竖直方向分解，可知在水平方向上以 为初速度匀加速直线运动，此时 ，随时间均匀增大，水平位移 ，是一条开口向上的抛物线； 在竖直方向上继续做匀加速直线运动， 仍随时间均匀增大， 由于加速度小于原来平抛的重力加速

8、度，故增加的幅度更小，竖直位移 仍是一条开口向上的抛物线，由此分析可知AD错误，BC正确；故选BC.6. 如图甲所示的电路中 ,变压器为理想变压器 ,Ro 为定值电阻 ,R 为滑动变阻器 ,L为标有 “22V20W”的白炽灯泡 ,所有电表均为理想电表。当变压器原线圈输入如图乙所示的交变电压时,灯泡 L 正常发光。则下歹列说法正确的是A. 通过 R 的交变电流频率为50HZB. 变压器原、副线圈的匝数比为10:1C. 变压器原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10:1D. 当滑动变阻器R 的滑动片 P 向下移动时 ,电流表 A 1 和 A 2 的示数均增大【答案】 ABD【解析】由乙图可知，周期，

9、则频率为，故 A 正确；由乙图可知，原线圈的最大电压为，则原线圈电压的有效值，而此时灯泡正常发光，由并联电路的特点可知，此时副线圈两端的电压，故变压器原、副线圈的匝数比为，故 B 正确；根据法拉第电磁感应定律，有，因，故 C 错误；当滑动变阻器R 的滑动片P 向下移动时， R 的有效阻值减小，副线圈电压不变，故副线圈的电流增大，根据可知，原线圈的电流也增大，故电流表和的示数均增大, 故 D正确；故选ABD.7. 嫦娥工程分为三期 ,简称 “绕、落、回 ”三步走。我国发射的 “嫦娥三号 ”卫星是嫦娥工程第二阶段的登月探测器,该卫星先在距月球表面高度为h 的轨道上绕月球做周期为T 的匀速圆周运动

10、,再经变轨后成功落月。已知月球的半径为 R,引力常量为 G,忽略月球自转及地球对卫星的影响。则以下说法正确的是A. 物体在月球表面自由下落的加速度大小为B. “嫦娥三号 ”绕月球做匀速圆周运动时的线速度大小为C. 月球的平均密度为D. 在月球上发射月球卫星的最小发射速度为【答案】 AC【解析】在月球表面，重力等于万有引力，则得：；对于“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动过程，由万有引力提供向心力得：，联立解得：，故 A 正确；“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动，轨道半径为r=R+h ，则它绕月球做匀速圆周运动的速度大小为，故 B 错误；根据，解得月球的质量为，月球的平均密度为，故 C 正确；

11、设在月球上发射卫星的最小发射速度为v，则有：，解得，故 D 错误；故选AC.【点睛】根据万有引力等于向心力列式，可求得月球的质量，由重力等于向心力，可求得在月球上发射卫星的最小发射速度；根据重力等于万有引力可求得物体在月球表面自由下落的加速度大小；根据密度公式求解月球的平均密度8. 如图所示 ,空间直角坐标系的 xOz 平面是光滑水平面 ,空间中有沿 z 轴正方向的匀强磁场 ,磁感应强度大小为 B。现有两块平行的薄金属板 ,彼此间距为 d,构成一个电容为 C 的电容器 ,电容器的下极板放在 xOz 平面上 ;在两板之间焊接一根垂直于两板的电阻不计的金属杆MN, 已知两板和杆MN的总质量为m,若

12、对杆MN施加一个沿x 轴正方向的恒力F,两金属板和杆开始运动后,则A. 金属杆 MN 中存在沿 M 到到 N 方向的感应电流B. 两金属板间的电压始终保持不变C. 两金属板和杆做加速度大小为的匀加速直线运动D. 单位时间内电容器增加的电荷量为【答案】 AD【解析】由右手定则可知，充电电流方向为：由M 流向 N，故 A 正确；设此装置匀加速平移的加速度为a，则时间t 后速度， MN ，切割磁感线产生电动势：，即电容器两板电压：，U 随时间增大而增大，电容器所带电量，MN 间此时有稳定的充电电流：，方向向下，根据左手定则可知，MN 受到向左的安培力：，以整个装置为研究对象，由牛顿第二定律得：，即：

13、，解得：，方向沿 +Z 方向，则单位时间内电容器增加的电荷量为，故 BC 错误， D 正确；故选AD.【点睛】系统在力的作用下加速运动，MN 切割磁感线产生感应电动势给电容器充电，由右手定则可以判断出充电电流方向，应用安培力公式与牛顿第二定律可以求出加速度三、非选择题 : 本卷包括必考题和选考题两部分。第22 题一第 32 题为必考题 ,每个试题考生都必须做答。第33 题一第 38 题为选考题 , 考生根据要求做答9. 某同学在做“”,400N/m的轻质弹验证力的平行四边形定则实验时 将橡皮筋改为劲度系数为簧 AA' ，将弹簧的一端 A' 固定在竖直墙面上。 不可伸长的细线 O

14、A 、 OB、 OC,分别固定在弹簧的 A 端和弹簧秤甲、乙的挂钩上 ,其中 O 为 OA 、 OB、 OC 三段细线的结点 ,如图 1 所示。在实验过程中 ,保持弹簧 AA' 伸长 1.00cm 不变(1) 若 OA 、 OC 间夹角为90°,弹簧秤乙的读数是_N( 如图 2 所示 ),则弹簧秤甲的读数应为 _N.(2) 在(1) 问中若保持 OA 与 OB 的夹角不变 ,逐渐增大 OA 与 OC 的夹角 ,则弹簧秤甲的读数大小将 _，弹簧秤乙的读数大小将 _。【答案】(1). 3.00(2). 5.00(3). 一直变小(4).先变小后变大【解析】（ 1）根据胡克定律可知

15、，的读数为 3.00N；两弹簧秤夹角为，则 b 的读数为：；根据弹簧秤的读数方法可知，；（ 2）若保持OA与aOB的夹角不变 ，逐渐增大OA 与 OC 的夹角 ，如图中实线变到虚线：由图可知弹簧秤甲的读数将一直变小，而弹簧秤乙的读数将先变小后变大.10. (1) 某实验小组在使用多用电表的过程中,下列说法中正确的是 _A. 在测量电压时 ,要将红表笔接在高电势点B. 测量阻值不同的电阻时,都必须重新调节欧姆调零旋钮C.在测量未知电阻时,必须先选择倍率最大的欧姆挡进行试测D. 在测量未知电流时,必须先选择量程最大的电流挡进行试测E.测量电阻时,如果红、黑表笔插错插孔,测量结果不会受影响(2) 如

16、图所示,若用多用电表测量某电阻Rx 阻值 ,多用电表选择开关处于 “× 10欧”姆挡 ,指针指在如图所示位置,则Rx 的阻值 _300(选填 “大于 ”、 “等于 ”或 “小于 ")(3) 现用伏安法更精确地测量(2)中的电阻Rx 可供该同学选用的器材除开关S、导线、待测电阻R 外,还有 :A. 电源 E(E=12V, 内阻不计 )B. 定值电阻R0 (阻值等于1)C.电压表 V( 量程 015V,内阻未知 )D. 电流表 A1(量程 010mA, 内阻 r1=3)E.电流表 A 2 (量程 00.6A, 内阻 r2=0.2)F 滑动变阻器R(01k,额定电流0.1A)实验

17、中电流表应选择_(填写器材前面的字母标号)请在方框内画出实验电路图;在实验过程中,测量多组数据,以电压表读数U 为纵坐标 ,以电流表读数为横坐标,做出相应 U-I图象 ,发现U-I图象为一条斜率为k 的直线,若考虑电表内阻对电路的影响,则电阻Rx= _(用题目中已知物理量字母符号和k 表示 )。【答案】(1). ADE(2). 小于(3). D（ 2）（ 3）【解析】（ 1）用多用表测电压时，要将红表笔接高电势点，A 正确；用多用表测电阻时，每换一次档位倍率都需要重新进行欧姆调零，而不是测量不同电阻，B 错误；在测量未知电阻时，可以先选择个倍率进行测量，然后根据指针偏转情况再选择合适的倍率进行

18、测量，不一定必须先选择倍率最大挡进行试测，C 错误；为保护电表安全，在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测，D 正确；测量电阻时， 如果红、 黑表笔插错插孔，则不会影响测量结果，E 正确；故选ADE. （ 2）因多用电表的欧姆档的刻度分布不是均匀的，越向左，刻度越密集，所以 20至 40 的中间数值一定小于30，若选择开关处于“×10”挡，由图可知其读数小于300；（ 3）电源电动势E=12V ，回路中的最大电流约为，故电流表选 D；而电流表D 的量程太小，为了测量准确，故需要将电流表D 与定值电阻并联，改装成一个大量程的电流表；因为不知道电压表内阻，而电流表内阻确切已知，

19、 所以选择电流表内接法测量，因为滑动变阻器的最大值远大于待测电阻，故滑动变阻器用限流接法，画出的电路图如图所示：根据串联电路的特点有：，变形得：，故图线的斜率为，解得：.11. 如图甲所示 ,直金属板 ABC 沿与水平面成 37°角倾斜放置 ,板的 AB 部分光滑 ,BC 部分粗糙 ,B为板的中点。现将两个可视为质点的物块P、Q分别从A 、B 两点由静止同时释放,经过1s 时间物块P 到达达B 点，此时两物块间的距离为2m。若将该金属板从B 点弯折 ,使AB部分与BC 部分成图乙所示夹角且平滑衔接。现将BC部分放置在水平面上,把原来的物块P 仍从A 点由静止释放,物块Q 静置在BC上

20、某点,两物块相碰后粘合在一起继续运动,恰好能到达C 点。已知物块Q 的质量是物块P 质量的2 倍 ,两物块与金属板粗糙部分的动摩擦因数相同,重力加速度大小g=10m/s2， sin37 ° 0.6。求(1) 物块与金属板粗糙部分之间的动摩擦因数;(2) 金属板弯折后 ,物块 Q 静置时的位置与C 点之间的距离。【答案】(1)0.25(2)0.525【解析】设物块P 的质量为m，则物块Q 的质量为2m，图甲物块Q 下滑过程中由牛顿第二定律得：又解得 ：如图甲，物块P 下滑过程中 ，由牛顿第二定律得：金属板AB间距离物块P 滑至B 点时的速度如图乙，设两物块相碰前物块P 的速度为，相碰后

21、P、 Q 的瞬时速度为金属板弯折后两物块相碰时的位置与C 点的距离为物块P 和P、 Q 整体在水平BC 面上运动时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：物块 P 在水平面上运动过程中：碰撞过程中动量守恒：根据速度位移公式得：解得：12. 如图所示,直角坐标系xoy的第一象限内存在与x轴正方向成45°,第二象限内角的匀强电场存在与第一象限方向相反的匀强电场,两电场的场强大小相等。x 轴下方区域I 和区域 II 内分别存在磁感应强度不同的、方向垂直纸面向外的足够大匀强磁场,两磁场的分界线与x 轴平行 ,区域 I 中磁场的磁感应强度大小为B, 在分界线上有一绝缘弹性挡板,挡板关于y 轴对称。

22、现在P(0,y0)点由静止释放一质量为m、电荷量为 q 的带正电的粒子(不计粒子重力),粒子立即进入第一象限运动 ,以速度 v 穿过 x 轴后 ,依次进入区域I 和区域 II 磁场 ,已知粒子从区域I 进入区域II时 ,速度方向垂直挡板紧贴挡板的右侧边缘,在与挡板进行碰撞时粒子的电荷量和能量均无变化 ,且与挡板的中央发生过碰撞。求(1) 电场强度 E 的大小(2) 区域 I 中磁场的磁感应强度大小;(3) 粒子再次回到 y 轴时的位置坐标和此时粒子速度方向。【答案】 （ 1）（ 2）（ 3）合速度方向与y 轴的夹角为零【解析】则粒子在第一象限运动，根据动能定理得：解得：如图所示 ：粒子在区域I

23、 内做圆周运动的半径为，则有：由几何知识可知：由题意可知挡板长度设区域 II 磁场的磁感应强度大小为，粒子在区域II 内做圆周运动的半径为，则有：由题意可知挡板长度(n=1 ， 2， 3 )由以上各式可得：(n=1 ， 2， 3 )由对称性可知，粒子第二次通过x轴时 D 点距离坐标原点 O 的距离为，进入第二象限后粒子做类平抛运动，设粒子再次回到y 轴时的位置坐标 Q（ 0，y）根据类平抛运动规律有：，将代入可得：所以粒子再次回到y 轴时的位置坐标Q（ 0，）设粒子再次回到y 轴时沿电场方向的分速度大小为，与合速度 v 合间的夹角为合速度与 y 轴间的夹角为 ，而则有：，将上面解得的 E 和

24、t 代入上面的两式得：所以得：所以即合速度方向与y 轴的夹角为零13. 根据热力学定律和分子动理论 ,下列说法正确的是 _。 (在答题卡上填正确答案标号。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. 满足能量守恒定律的客观过程并不是都可以自发地进行B. 知道某物质摩尔质量和阿伏伽德罗常数,就可求出其分子体积C.内能不同的物体,它们分子热运动的平均动能可能相同D. 热量可以从低温物体传到高温物体E.液体很难被压缩的原因是:当液体分子间的距离减小时,分子间的斥力增大,分子间的引力小,所以分子力表现为斥力【答案】 ACD【解析

25、】根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，故A 正确；知道某物质的摩尔质量和阿伏伽德罗常数，可以求出一个分子占据的空间，但不一定是分子的体积，因为分子间的空隙有时是不可忽略的，故B 错误温度是分子平均动能的标志，内能不同的物体，温度可能相同，它们分子热运动的平均动能可能相同，故C 正确根据热力学第二定律知， 热量可以从低温物体传到高温物体，但是不可能不引起其它变化故 D 正确液体很难被压缩的原因是当液体分子的距离减小时，分子间的斥力增大，分子间的引力也增大，但分子斥力增加得更快，故分子力体现为斥力，故E 错误；故选ACD.14. 如图所示,一水平放置的固定汽缸,由横截面积不同的两个足够长的圆筒连接而成,活塞A 、B 可以在圆筒内无摩擦地沿左右滑动,它们的横截面积分别为SA =30cm 2、 SB=15cm2 ,A 、 B之间用一根长为L=3m的细杆连接。 A、 B 之间封闭着一定质量的理想气体,活塞A 的左方和活塞 B 的右方都是大气,大气压强始终保持P=1.0x105Pa。活塞B 的中心连一根不可伸长的细线,细线的另一端固定在墙上,当汽缸内气体温度为T 1=540K 时 ,活塞B 与两圆简连接处相距距l