2018年高考物理試卷（浙江）（4月）（解析卷）

第頁|共頁浙江新高考2018年4月選考科目物理試題一、選擇題I：（本題共13小題，每小題3分，共39分，每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.通過理想斜面實驗得出“力不是維持物體運動的原因”的科學(xué)家是A.亞里士多德 B.伽利略 C.笛卡爾 D.牛頓【答案】B【解析】【詳解】A．亞里士多德認為力是維持物體運動狀態(tài)的原因，故A項不符合題意；B．伽利略通過理想斜面實驗提出了力不是維持物體運動的原因，故B項符合題意；C．笛卡爾在伽利略研究基礎(chǔ)上，強調(diào)了慣性運動的直線性，故C項不符合題意；D．牛頓在伽利略等前人研究的基礎(chǔ)上提出了牛頓第一定律，認為力是改變物體運動狀態(tài)的原因，但不是第一個根據(jù)實驗提出力不是維持物體運動原因的科學(xué)家，也不是第一個提出慣性的科學(xué)家，故D項不符合題意．2.某駕駛員使用定速巡航，在高速公路上以時速110公里行駛了200公里．其中“時速110公里”、“行駛200公里”分別是指（）A.速度、位移 B.速度、路程 C.速率、位移 D.速率、路程【答案】D【解析】【詳解】行駛200公里指的是經(jīng)過的路程的大小，時速為110公里是某一個時刻的速度，是瞬時速度的大小，故D正確，A、B、C錯誤；故選D．3.用國際單位制的基本單位表示能量的單位，下列正確的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)，，可得，故A正確，B、C、D錯誤；4.A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動（如圖），在相同時間內(nèi)，它們通過的路程之比是4：3，運動方向改變的角度之比是3：2，則它們（）A.線速度大小之比為4：3 B.角速度大小之比為3：4C.圓周運動的半徑之比為2：1 D.向心加速度大小之比為1：2【答案】A【解析】【詳解】A、因為相同時間內(nèi)他們通過的路程之比是4：3，根據(jù)，則A、B的線速度之比為4：3，故A正確；B、運動方向改變的角度之比為3：2，根據(jù)，則角速度之比為3：2，故B錯誤；C、根據(jù)可得圓周運動的半徑之比為，故C錯誤；D、根據(jù)a=vω得，向心加速度之比為，故D錯誤；故選A．5.杭州市正將主干道上的部分高壓鈉燈換成LED燈，已知高壓鈉燈功率為400W，LED燈功率為180W，若更換4000盞，則一個月可節(jié)約的電能約為A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】一個月可節(jié)省的電能最接近，故B正確，ACD錯誤；故選B．6.真空中兩個完全相同、帶等量同種電荷的金屬小球A和B（可視為點電荷），分別固定在兩處，它們之間的靜電力為F，用一個不帶電的同樣金屬球C先后與A、B球接觸，然后移開球C，此時A、B球間的靜電力為A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】真空中兩個靜止點電荷間的靜電力大小為：，不帶電的同樣的金屬小球C先與A接觸：，帶同種電荷的金屬小球C再與B接觸：，則兩點電荷間的靜電力大小為：，故C正確，ABD錯誤．【點睛】由庫侖定律可知，在真空是必須確保電荷量不變，且電荷間距要大是能將帶電量看成點來處理．同時兩球帶同種電荷，所以當與A球接觸后的小球C與B球接觸時，則先出現(xiàn)電荷中和，然后再平分電荷．7.處于磁場B中的矩形金屬線框可繞軸轉(zhuǎn)動，當線框中通以電流I時，如圖所示，此時線框左右兩邊受到安培力F的方向正確的是A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】由圖可知：磁場的方向水平向左，由左手定則可知：左邊受到的安培力方向豎直向上，右邊受到的安培力方向豎直向下，故D正確，A、B、C錯誤；故選D．8.如圖所示，小芳在體重計上完成下蹲動作，下列F-t圖像能反應(yīng)體重計示數(shù)隨時間變化的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】對人的運動過程分析可知，人下蹲的過程可以分成兩段：人在加速下蹲的過程中，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，此時人對傳感器的壓力小于人的重力的大小；在減速下蹲的過程中，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，此時人對傳感器的壓力大于人的重力的大小，故C正確，A、B、D錯誤；故選C．【點睛】人在加速下蹲的過程中，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，在減速下蹲的過程中，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)．9.土星最大的衛(wèi)星叫“泰坦”（如圖），每16天繞土星一周，其公轉(zhuǎn)軌道半徑約為，已知引力常量，則土星的質(zhì)量約為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】衛(wèi)星繞土星運動，土星的引力提供衛(wèi)星做圓周運動的向心力設(shè)土星質(zhì)量為M，則解得代入計算可得故選B。10.如圖所示，豎直井中的升降機可將地下深處的礦石快速運送到地面．某一豎井的深度約為104m，升降機運行的最大速度為8m/s，加速度大小不超過，假定升降機到井口的速度為零，則將礦石從井底提升到井口的最短時間是A.13s B.16s C.21s D.26s【答案】C【解析】【詳解】升降機先做加速運動，后做勻速運動，最后做減速運動，在加速階段，所需時間，通過的位移為，在減速階段與加速階段相同，在勻速階段所需時間為：，總時間為：，故C正確，A、B、D錯誤；故選C．【點睛】升降機先做加速運動，后做勻速運動，最后做減速運動，根據(jù)速度位移公式和速度時間公式求得總時間．11.一帶電粒子僅在電場力作用下從A點開始以做直線運動，其v-t圖像如圖所示，粒子在時刻運動到B點，3時刻運動到C點，下列判斷正確的是

A.A、B、C三點的電勢關(guān)系為B.A、B、C三點場強大小關(guān)系為C.粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電勢能先增加后減少D.粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電場力先做正功后做負功【答案】C【解析】【詳解】A、因為不知道帶電粒子的電性，所以無法判斷電勢的關(guān)系，故A錯誤；B、由速度圖像可知，加速度先增大后減小，所以B點的加速度最大，電場強度最大，故B錯誤；C、由圖像可知：動能先減小后增大，根據(jù)能量守恒可知：電勢能先增后減小，故C正確；D、因為電勢能先增大后減小，所以電場力先做負功后做正功，故D錯誤；故選C．【點睛】速度圖像的斜率大小表示加速度的大小，根據(jù)速度大小可知動能的變化，根據(jù)能量守恒可知電勢能的變化．12.在城市建設(shè)施工中，經(jīng)常需要確定地下金屬管線的位置，如圖所示，有一種探測方法是，首先給金屬長直管線上通上電流，再用可以測量磁場強弱、方向的儀器進行以下操作：①用測量儀在金屬管線附近的水平地面上找到磁場的最強的某點，記為a；②在a點附近的地面上，找到與a點磁感應(yīng)強度相同的若干點，將這些點連成直線EF；③在地面上過a點垂直于EF的直線上，找到磁場方向與地面夾角為45°的b、c兩點，測得b、c兩點距離為L，由此可確定金屬管線A.平行于EF，深度為B.平行于EF，深度為LC.垂直于FE，深度為D.垂直于EF，深度為L【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場特點：距離電流越近，產(chǎn)生的磁場強度越大，則a點距離管線最近，EF上的點均是距離管線最近的點，管線在EF的正下方，與EF平行；根據(jù)安培定則做出管線產(chǎn)生磁場的橫截面圖示：則由幾何關(guān)系可以確定a到管線的距離為，故A正確，BCD錯誤；故選A．13.如圖所示，一根繩的兩端分別固定在兩座猴山的A、B處，A、B兩點水平距離為16m，豎直距離為2m，A、B間繩長為20m．質(zhì)量為10kg的猴子抓住套在繩上的滑環(huán)從A處滑到B處．以A點所在水平面為參考平面，猴子在滑行過程中重力勢能最小值約為（繩處于拉直狀態(tài)）

A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】猴子的動能最大時重力勢能最小，猴子的加速度為零時速度最大，動能最大，此時猴子受力平衡則可以得到下面的幾何關(guān)系：

繩長AC+BC=AF=20m，又MF=16m，由勾股定理得AM=12m，而AB豎直距離為2m，則BF=10m，D為BF中點，BD=5m，C和D等高，則A、C的豎直高度差為7m，此時猴子的重力勢能為：，與B最接近，故B正確，A、C、D錯誤；故選B．二、選擇題II（本題共3小題，每小題2分，共6分，每小題給出四個備選項中至少有一個是正確的，全部選對得2分，選對但不全得1分，有選錯得0分）14.下列說法正確的是（）A.組成原子核的核子越多，原子核越穩(wěn)定B.衰變?yōu)榻?jīng)過4次衰，2次β衰變C.在LC振蕩電路中，當電流最大時，線圈兩端電勢差也最大D.在電子的單縫衍射實驗中，狹縫變窄，電子動量的不確定量變大【答案】BD【解析】【詳解】A、比結(jié)合能越大，表示原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定，與核子多少無關(guān)，故A錯誤；B、衰變?yōu)榻?jīng)過，質(zhì)量數(shù)減少16，質(zhì)子數(shù)減少6，而一次α衰變，質(zhì)子數(shù)減2，質(zhì)量數(shù)減4，一次β衰變，質(zhì)子數(shù)增加1，質(zhì)量數(shù)不變，所以是4次α衰變，2次β衰變，故B正確；C、當線圈兩端電勢差也最大時，電流變化率最大，電流為0，故C錯誤；D、狹縫變窄，使得變小，根據(jù)不確定關(guān)系，則變大，故D正確；故選BD．15.氫原子的能級圖如圖所示，關(guān)于大量氫原子的能級躍遷，下列說法正確的是（可見光的波長范圍為，普朗克常量，真空中光速）A.氫原子從高能級躍遷到基態(tài)時，會輻射γ射線B.氫原子處在n=4能級，會輻射可見光C.氫原子從高能級向n=3能級躍遷時，輻射的光具有顯著的熱效應(yīng)D.氫原子從高能級向n=2能級躍遷時，輻射的光在同一介質(zhì)中傳播速度最小的光子能量為1.89eV【答案】BC【解析】【詳解】A、γ射線是原子核通過衰變產(chǎn)生的高能電磁波，與核外電子無關(guān)，故A錯誤；B、根據(jù)可得，可見光光子的能量為，從n=4能級躍遷到n=2能級，在該能量范圍內(nèi)，故B正確；C.從高能級向n=3能級躍遷輻射的能量最大值為1.51eV，小于1.63eV，屬于紅外線，具有熱效應(yīng)，故C正確；D.傳播速度越小，折射率越大，光子頻率越大，能量越大，而從高能級向n=2能級躍遷時最大能量為3.4eV，故D錯誤．故選BC．【點睛】能級間躍遷輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，能級差越大，輻射的光子頻率越高，波長越短，然后結(jié)合各種光的頻率的范圍分析即可．16.兩列頻率相同、振幅均為A的簡諧橫波P、Q分別沿+x和-x軸方向在同一介質(zhì)中傳播，兩列波的振動方向均沿y軸，某時刻兩波的波面如圖所示，實線表示P波的波峰，Q波的波谷；虛線表示P波的波谷、Q波的波峰．a(chǎn)、b、c為三個等間距的質(zhì)點，d為b、c中間的質(zhì)點．下列判斷正確的是：A.質(zhì)點a的振幅為2AB.質(zhì)點b始終靜止不動C.圖示時刻質(zhì)點c的位移為0D.圖示時刻質(zhì)點d振動方向沿-y軸【答案】CD【解析】【詳解】AC、質(zhì)點a和c是兩列波的波峰與波谷相遇點，兩列波的振幅相等，所以a和c位移始終為0，即靜止不動，故A錯誤，C正確；B、在經(jīng)過四分之一周期，兩列波各向前傳播四分之一波長，P波a處的波谷和Q波在c處的波谷剛好傳播到b點，所以b點是波谷與波谷相遇，振幅為2A，為振動加強點，故B錯誤；D、圖示時刻，d點在P波的平衡位置與波峰之間，振動方向沿y軸的負方向，同時d點在Q波的波谷與平衡位置之間，振動方向沿y軸的負方向，所以d點的振動方向沿y軸的負方向，故D正確；故選CD．【點睛】兩列頻率相同的相干波，當波峰與波峰相遇或波谷與波谷相遇時振動加強，當波峰與波谷相遇時振動減弱，據(jù)此分析．三、非選擇題17.用圖所示裝置做“探究功與速度變化的關(guān)系”實驗時，除了圖中已給出的實驗器材外，還需要的測量工具有_______（填字母）；A．秒表B．天平C．刻度尺D．彈簧測力計（2）用圖所示裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗時，釋放重物前有下列操作，其中正確的兩項是_________（填字母）；A．將打點計時器的兩個限位孔調(diào)節(jié)到同一豎直線上B．手提紙帶任意位置C．使重物靠近打點計時器（3）圖是小球做平拋運動的頻閃照片，其上覆蓋了一張透明方格紙．已知方格紙每小格邊長均為0.8cm，由圖中可知小球的初速度大小為_____m／s（g取10m／s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）．【答案】①.（1）C②.（2）AC③.（3）0.70【解析】【詳解】（1）探究功與速度變化的關(guān)系實驗中因為使用打點計時器測速度，不需要秒表，故A錯誤；因為運動中質(zhì)量不變，在找關(guān)系時不需要天平側(cè)質(zhì)量，故B錯誤，由紙帶上的點計算速度需要刻度尺測量距離，故C正確，每次試驗時橡皮筋成倍數(shù)的增加，形變量不變，功的關(guān)系不需要測力，故D錯誤；故選C．（2）圖中利用自由落體運動驗證機械能守恒定律，故A正確，釋放前手應(yīng)該提紙帶不掛重錘的一端，故B錯誤；為了打上更多的點，重物應(yīng)該靠近打點計時器，故C正確；故選AC．（3）由平拋運動的規(guī)律得：水平方向，豎直方向，聯(lián)立解得：．18.（1）小明用多用電表測量一小段2B鉛筆芯電阻Rx，正確的操作順序是______（填字母）；A．把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到交流電壓最高檔B．調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使指針到歐姆零點C．把紅黑表筆分別接在Rx兩端，然后讀數(shù)D．把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到合適的檔位，將紅、黑表筆接觸E．把紅黑表筆分別插入多用電表“﹢、-”插孔，用螺絲刀調(diào)節(jié)指針定位螺絲，使指針指0

（2）小明正確操作后，多用電表的指針位置如圖所示，則Rx=______Ω；（3）小張認為用多用電表測量小電阻誤差太大，采用伏安法測量．現(xiàn)有實驗器材如下：電源（電動勢3V，內(nèi)阻可忽略），電壓表（量程3V，內(nèi)阻約3kΩ），多用電表（2.5mA檔；25mA檔和250mA檔，對應(yīng)的內(nèi)阻約40Ω，4Ω和0.4Ω），滑動變阻器RP（0~10Ω），定值電阻R0（阻值10Ω），開關(guān)及導(dǎo)線若干．測量鉛筆芯的電阻Rx，下列電路圖中最合適的是______（填字母），多用電表選擇開關(guān)應(yīng)置于______檔．

【答案】①.EDBCA②.2.8-3.0③.B④.250mA【解析】【詳解】（1）多用電表應(yīng)先進行機械調(diào)零，再進行歐姆調(diào)零，用完后再把電表檔位調(diào)整到交流電壓最高檔或OFF檔；E項是機械調(diào)零，DB是歐姆調(diào)零，C是測電阻，最后關(guān)閉是A，故答案為EDBCA．（2）由圖可知，檔位為，讀數(shù)為．（3）AB、由于待測電阻較小，電流表電阻引起的誤差較大，所以采用外接法，故A錯誤，B正確；C.電壓表量程為3V，電源電動勢為3V，C圖接法致使電壓表偏轉(zhuǎn)不明顯，故C錯誤；D.圖中電路圖電壓表測量的是電源的電壓，不會隨著滑動變阻器變化而變化，故D錯誤；故選B．用電源電動勢除以總電阻，最大電流約為，所以選擇的量程．19.可愛的企鵝喜歡在冰面上玩游戲，如圖所示，有一企鵝在傾角為37°的傾斜冰面上，先以加速度a=0.5m/s2從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，t=8s時，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退滑到出發(fā)點，完成一次游戲（企鵝在滑動過程中姿勢保持不變）。已知企鵝肚皮與冰面間的動摩擦因數(shù)μ=0.25，sin37°=0.60，cos37°=0.80，重力加速度g取10m/s2。求：（1）企鵝向上“奔跑”的位移大??；（2）企鵝在冰面向前滑動的加速度大??；（3）企鵝退滑到出發(fā)點時的速度大小。（結(jié)果可用根式表示）

【答案】(1)(2)(3)【解析】【詳解】【分析】企鵝向上“奔跑”做勻加速運動，由運動學(xué)公式求出企鵝向上“奔跑”的位移大小；根據(jù)牛頓第二定律求出企鵝在冰面滑動的加速度大小，結(jié)合運動學(xué)公式求出企鵝退滑到出發(fā)點時的速度大小；解：（1）“奔跑”過程（2）上滑過程：下滑過程（3）上滑位移，退滑到出發(fā)點的速度，解得20.如圖所示，一軌道由半徑為2m的四分之一豎直圓弧軌道AB和長度可以調(diào)節(jié)的水平直軌道BC在B點平滑連接而成．現(xiàn)有一質(zhì)量為0.2kg的小球從A點無初速度釋放，經(jīng)過圓弧上的B點時，傳感器測得軌道所受壓力大小為3.6N，小球經(jīng)過BC段所受阻力為其重力的0.2倍，然后從C點水平飛離軌道，落到水平面上的P點，P、C兩點間的高度差為3.2m．小球運動過程中可以視為質(zhì)點，且不計空氣阻力．

（1）求小球運動至B點的速度大小以及小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功；（2）為使小球落點P與B點的水平距離最大，求BC段的長度；（3）小球落到P點后彈起，與地面多次碰撞后靜止．假設(shè)小球每次碰撞機械能損失75%，碰撞前后速度方向與地面的夾角相等．求小球從C點飛出后靜止所需的時間．【答案】（1）2.4J（2）3.36m（3）2.4s【解析】【詳解】（1）小球在B點受到的重力與支持力的合力提供向心力，則有：解得：A至B過程中，由動能定理：，解得：；（2）B至C過程中，由動能定理：B至P的水平距離為：當時P至B的水平距離最大，最大距離為：；（3）C至P的時間為：，由于小球每次碰撞機械能損失，由，則碰撞后的速度為碰撞前速度的，碰撞前后速度方向與地面的夾角相等，則碰撞后豎直方向的分速度為碰撞前豎直方向分速度的，所以第一次碰撞后上升到最高點的時間等于從C點到落地的時間的，所以：第一次反彈至落地時間為：第二次反彈至落地時間為：第三次反彈至落地時間為：……第n次反彈至落地時間為：由數(shù)學(xué)歸納法分可得總時間：．21.（1）細絲和單縫有相似的衍射圖樣，在相同條件下，小明用激光束分別垂直照射兩種不同直徑的細絲I和細絲II，在光屏上形成的衍射圖樣如圖中a和b所示，已知細絲I的直徑為0.605mm，現(xiàn)用螺旋測微器測量細絲II的直徑，如圖所示，細絲II的直徑為_________mm．圖中的_____（填“a”或“b”）是細絲II的衍射圖樣．（2）小明在做“用雙縫干涉測量光的波長”實驗時，嘗試用單縫和平面鏡做類似實驗．單縫和平面鏡的放置如圖所示，白熾燈發(fā)出的光經(jīng)濾光片稱為波長為的單色光照射單縫，能在光屏上觀察到明暗相間的干涉條紋．小明測得單縫與鏡面延長線的距離為h，與光屏的距離為D，則條紋間距_______，隨后小明撤去平面鏡，在單縫下方A處放置同樣的另一單縫，形成雙縫結(jié)構(gòu)，則在光屏上______（填“能”會“不能”）觀察到干涉條紋．【答案】①.0.996~1.000②.a③.④.不能【解析】【詳解】（1）根據(jù)圖示讀數(shù)可知細絲II的直徑為0.999mm；單縫衍射，單縫越寬，衍射效果越不明顯，條紋間距越小，所以是圖a是直徑更大的細絲的衍射圖樣；（2）如下圖，通過平面鏡反射的光線可以看做在A點下方h處射出的光線，則干涉條紋可以看做由到A點距離均為h的雙縫干涉形成的條紋，則條紋間距；撤去平面鏡，在單縫下方A處放置同樣的另一單縫，有雙縫結(jié)構(gòu)，但白熾燈發(fā)出的光不是相干光，通過兩縫的光不能發(fā)生干涉．22.壓力波測量儀可將待測壓力波轉(zhuǎn)換成電壓信號，其原理如圖1所示，壓力波p（t）進入彈性盒后，通過與鉸鏈O相連的“”型輕桿L，驅(qū)動桿端頭A處的微型霍爾片在磁場中沿x軸方向做微小振動，其位移x與壓力p成正比（）．霍爾片的放大圖如圖2所示，它由長×寬×厚=a×b×d，單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n的N型半導(dǎo)體制成，磁場方向垂直于x軸向上，磁感應(yīng)強度大小為．無壓力波輸入時，霍爾片靜止在x=0處，此時給霍爾片通以沿方向的電流I，則在側(cè)面上D1、D2兩點間產(chǎn)生霍爾電壓U0.（1）指出D1、D2兩點那點電勢高；（2）推導(dǎo)出U0與I、B0之間的關(guān)系式（提示：電流I與自由電子定向移動速率v之間關(guān)系為I=nevbd，其中e為電子電荷量）；（3）彈性盒中輸入壓力波p（t），霍爾片中通以相同的電流，測得霍爾電壓UH隨時間t變化圖像如圖3，忽略霍爾片在磁場中運動場所的電動勢和阻尼，求壓力波的振幅和頻率．（結(jié)果用U0、U1、t0、α、及β）【答案】(1)D1點電勢高(2)(3)，【解析】【詳解】【分析】由左手定則可判定電子偏向D2邊，所以D1邊電勢高；當電壓為U0時，電子不再發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故電場力等于洛倫茲力，根據(jù)電流I與自由電子定向移動速率v之間關(guān)系為I=nevbd求出U0與I、B0之間的關(guān)系式；圖像結(jié)合輕桿運動可知，0-t0內(nèi)，輕桿向一側(cè)運動至最遠點又返回至原點，則可知輕桿的運動周期，當桿運動至最遠點時，電壓最小，結(jié)合U0與I、B0之間的關(guān)系式求出壓力波的振幅．解：（1）電流方向為C1C2，則電子運動方向為C2C1，由左手定則可判定電子偏向D2邊，所以D1邊電勢高；（2）當電壓為U0時，電子不