1、山东省菏泽市届高三上学期期末考试物理含答案山东省菏泽市2018届高三上学期期末考试物理试题1根据近代物理知识，你认为下列说法中正确的是A. 相同频率的光照射不同金属，则从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越大B. 已知氢原子从基态跃迁到某一激发态需要吸收的能量为12.09eV，则动能等于12.09eV的另一个氢原子与这个氢原子发生正碰，可以使这个原来静止并处于基态的氢原子跃迁到该激发态C. 在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合的越牢固D. 铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，中子数减少21个2如图所示的调压器，滑动触头P和Q都可以调节，在输入交变电压一定的条件下
2、，要使输出电压增大，输入电流增大，下列做法正确的是A. Q不动，P向下移动B. Q不动，P向上移动C. P不动，Q向上移动D. P不动，Q向下移动3如图所示，一倾角为的斜面高为h，斜面底端B正上方高2h处有一小球以一定的初速度水平向右抛出，刚好落在斜面的中点，则小球的初速度大小为（ ）A. B. C. D. 4如图所示，正方形线框由边长为L的粗细均匀的绝缘棒组成，O是线框的中心，线框上均匀地分布着正电荷，现在线框上侧中点A处取下足够短的带电量为q的一小段，将其沿OA连线延长线向上移动的距离到B点处，若线框的其它部分的带电量与电荷分布保持不变，则此时O点的电场强度大小为A. B. C. D. 5
3、2018年我国即将发射“嫦娥四号”登月探测器，该探测器将首次造访月球表面，实现对地对月中继通信如图所示，嫦娥四号在环月圆轨道I上的A点实施变轨，进人近月的椭圆轨道II，由近月点B成功落月，如图所示，下列关于“嫦娥四号”的说法，正确的是A. 沿轨道I运动至A点时，需向前喷气才能进入轨道IIB. 沿轨道II运行的周期大于沿轨道I运行的周期C. 沿轨道II运行时，在A点的加速度大于在B点的加速度D. 在轨道II上由A点运行到B点的过程，速度逐渐减小6如图所示，某一空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，三种速度不同的质子从同一点沿垂直电场线和磁感线方向射入场区，其轨迹为图中I、II、III三条虚线，设质子
4、沿轨迹I、II、III进入场区时速度分别为v1、v2、v3，射出场区时速度分别为v1、v2、v3，则下列选项正确的是A. v1v2v3，v1v2v2v3，v1 v1，v3 v3C. v1v2 v1，v3 v3D. v1v2v3，v1v1，v3I2。方向如图所示,且垂直于纸面平行放置,纸面内有M、N、O、P四点,其中M、N在导线横截面连线的延长线上,O点在导线横截面的连线上,P在导线横截面连线的垂直平分线上。这四点处磁场的磁感应强度可能为零的是A. M点 B. N点 C. O点 D. P点8如图所示，绝缘轻弹簧的上端固定在天花板上的O点，下端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球套在O点正下
5、方的水平光滑绝缘杆上，整个装置处于电场强度大小为E，方向沿杆向右的匀强电场中，现将小球以某一初速度从A点运动到B点，到B点时与其在A点时的弹簧弹力大小相等，OA0）的粒子（不计重力），该粒子第一次经过x轴时速度为v0，第二次经过x轴时的位置坐标为（，0），求：（1）电场强度E和磁感应强度B的大小；（2）粒子第三次经过x轴时的速度大小及方向（3）粒子第四次经过x轴时的位置坐标17如图所示，在某竖直平面内固定一由斜面AB、水平面BC和半径R20cm的半圆CD组成的光滑轨道，水平轨道足够长，半圆CD圆心为O，与水平面相切于C点，直径CD垂直于BC可视为质点的甲、乙两球质量均为ml.0102kg，现将
6、小球甲从斜面上距BC高为的A点由静止释放，到达B点后只保留水平分速度沿水平面运动，与静止在C点小球乙发生弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，求：（1）若两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，则甲、乙碰后瞬间，乙对半圆轨道最低点C处的压力；（2）若两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求斜面与水平面的夹角；（3）若将甲仍从A点释放，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到C点的最短距离18如图所示，可导热的汽缸内用很薄的质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞离汽缸底部的高度为h20cm，整体放在冰水混合物中取一小盒砂子缓慢地倒在活塞的上表面上砂子倒完时，活塞下降了h5cm再
7、取相同质量的一小盒砂子缓慢地倒在活塞的上表面上外界的压强和温度始终保持不变，不计活塞与汽缸|7壁间的摩擦，求：第二次砂子倒完时活塞距汽缸底部的高度；在第二次倒砂子的过程中外界对气体做功70J，封闭气体吸热还是放热，传递的热量是多少19如图所示为一个均匀透明介质球，球心位于O点，半径为R，一束单色光从真空中沿DC方向平行于直径AOB射到介质球上的C点，DC与的距离HR，若该光束射入球体经一次反射后由E点（图中未标出）再次折射向真空中，此时的出射光线刚好与入射光线平行，已知光在真空中的速度为c介质球的折射率和光束从C点射入到从E点射出所经历的总时间；射入球体内的光线有可能发生全反射吗？参考答案1C
8、【解析】A根据光电效应方程，金属的逸出功越大，逸出的光电子的最大初动能就越小，故A错误；B根据动量守恒，若使另一个初速度不为零的氢原子与这个氢原子发生碰撞，则碰后动总量不为0，总动能不为零，无法使这个原来静止并处于基态的氢原子跃迁到该激发态，故B错误；C.根据比结合能的含义可知，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，C正确；D由质量数守恒和电荷数守恒知铀核()衰变为铅核()的过程中，质量数减小32，而质子数减小10，因此中子减小22，故D错误。故选：C。2A【解析】Q不动，变阻器的有效电阻不变，P向下移动，原线圈匝数n1减小，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律，得知，
9、副线圈的电压增大，即输出电压增大，根据欧姆定律可知输出电流增大，输入电流随之增大，故A正确；Q不动，变阻器的有效电阻不变，P向上移动，原线圈匝数n1增大，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律，得知，副线圈的电压变小，即输出电压变小，根据欧姆定律可知输出电流减小，输入电流随之减小，故B错误；若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律，得知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向上移动，接入电路的电阻变小，输出电流变大，则输入电流随之变大，故C错误；若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律，得知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向下移动，接入电路的电阻变大，
10、输出电流减小，则输入电流随之减小，故D错误。所以A正确，BCD错误3A【解析】小球做平抛运动，根据分位移公式，有：x=v0t=；y=2h-=gt2；联立解得：故选A4C【解析】线框上的电荷在O点产生的场强等效为与A点对应的电荷量为q的电荷在O点产生的电场，故B点的电荷在O点产生的场强为由场强的叠加可知E=E1E2= 故选：C点睛：把线框上的电荷等效成与A点对应的电荷量为q的电荷在O点产生的场强，由点电荷产生的场强的叠加即可判断5A【解析】A. 卫星在A点只受万有引力,在轨道I上卫星做匀速圆周运动,向心力等于万有引力；在轨道II上卫星做向心运动,向心力小于万有引力,由万有引力公式，可知在A点在轨
11、道II上卫星速度小于在轨道上的速度，故沿轨道I运动至A点时，需向前喷气减速才能进入轨道II，故A正确；B. 由于沿轨道II运行的轨道半长轴小于沿轨道I运行的轨道半长轴，根据开普勒第三定律，沿轨道II运行的周期小于沿轨道I运行的周期，故B错误；C根据牛顿第二定律，沿轨道II运行时，在A点的加速度小于在B点的加速度，故C错误；D在轨道II上由A点运行到B点的过程，万有引力做正功，速度逐渐增大，故D错误。故选：A.6B【解析】质子重力不计,根据左手定则知,质子所受的洛伦兹力方向向上,电场力方向向下,沿轨迹的质子洛伦兹力大于电场力,即qv1BqE,v1E/B，沿轨迹的质子洛伦兹力等于电场力,即qv2B
12、=qE,v2=E/B，沿轨迹的质子洛伦兹力小于电场力,即qv3BqE,v3v2v3.沿轨迹的质子运动过程中,电场力做负功,洛伦兹力不做功,根据动能定理得,v1v1，沿轨迹的质子运动过程中,速度不变,v2=v2，沿轨迹的质子运动过程中,电场力做正功,洛伦兹力不做功,根据动能定理得,v3乙g，所以甲乙.点睛：根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度；根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合图线截距比较动摩擦因数的大小14 如图所示：最暗增大温度升高，电阻率增大5.40.10.090.01【解析】（1）要求能够从0V开始调节电压，应采用分压电路；由于小电珠电阻较小，应采用电流表外接法，电
13、路如图：（2）将滑动变阻器的滑片P置于端时，小电珠被短路，亮度最暗；（3）金属的电阻率随温度升高而增大，所以电压较高时，小电珠的电阻值随工作电压的增大而增大；（4）将E2.0V，r10的电源的U-I图像做在小电珠的伏安特性曲线上，两图线的交点即为小电珠的实际工作电压和电流，U=0.7V,I=0.13A，则R=U/I=0.7/0.13=5.4，P=UI=0.70.13W=0.09W。15（1）NF8N（2）0R30【解析】（1）当金属棒刚好达到向上运动的临界状态时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，设金属棒受到的安培力大小为F1，其受力分析如图甲所示则有FNF1sinmgcos
14、，F1cosmgsinfmax，fmaxFN以上三式联立并代入数据可得F18N当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时，设金属棒受到的安培力大小为F2，其受力分析如图乙所示则有FNF2sinmgcos，F2cosfmaxmgsin，fmaxFN以上三式联立并代入数据可得F2N所以金属棒受到的安培力的取值范围为NF8N（2）因磁场与金属棒垂直，所以金属棒受到的安培力为FBIL，因此有I，由安培力的取值范围可知电流的取值范围为AI4A设电流为I1A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R1，由闭合电路欧姆定律，有EI1rI1（R0R1），代入数据可得R130电流为I24A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R2，由
15、闭合电路欧姆定律，有E一I2rI2（R0R2），代入数据可得R20所以滑动变阻器接入电路中的阻值范围为0R3016（1）（2）方向与x轴正方向夹角为45（3）（0，0）【解析】（1）粒子在P点静止释放，到达x轴过程中运用动能定理： 解得： 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径设为r1，由洛伦兹力提供运动需要的向心力：解得： 粒子第二次经过x轴时的位置坐标为（一，0），故其轨道半径r1，得： （2）粒子从y轴上的（0，）以平行x轴的速度v0进入电场，做匀变速曲线运动，加速度为， 设经过时间t射出电场，水平位移x，竖直位移，则：xv0t，解得：，x2设水平分速度为vx，竖直分速度为vy，则：v
16、xv0，vytv0得：粒子第三次经过x轴时的速度大小方向与x轴正方向夹角为45（3）由上面可知粒子第三次过x轴时坐标为（2，0），再次进入磁场中做圆周运动半径：由几何关系，得粒子第四次过x轴时刚好过原点，即坐标为（0，0）17（1）0.6N（2） 30（3）0.4m【解析】（1）乙恰好能通过D点，其做圆周运动的向心力完全由重力提供，设乙到达D点时的速度为vD，则mgm，解得： 乙球从C到D，根据机械能守恒，得：解得： 在碰后的C点：F一mgm解得：F6mg根据牛顿第三定律得FF6mg0.6N，方向竖直向下（2）设碰撞前后甲的速度分别为v、v甲，根据动量守恒定律和能守恒定律有：mvmv甲mvC联立以上两式解得v甲0，vvC甲从A点下落到斜面底端，由机械能守恒定律得mgR解得： 在B点对速度分解可得cos，解得30（3）因为甲在斜面上释放时的高度不变，根据动能定理以及运动的分解可得甲运动到水平面上的速度仍为，设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为VM、Vm，根据动量守恒和机械能守恒定律有：MvMvMmvm联立解得： 因为Mm，可得v0vm2v0设乙球过D点的
