山东省泰安市2020届高三物理下学期一轮检测试题（Word版附解析）

高三一轮检测物理试题 一、单项选择题 1.下列关于核反应的说法，正确的是（　　） A. 是 衰变方程， 是核裂变方程 B. 是核裂变方程，也是氢弹的核反应方程 C. 衰变为 ，经过 3 次 衰变，2 次 衰变 D. 铝核 Al 被 粒子击中后产生的反应生成物是磷 ，同时放出一个质子 【答案】C 【解析】 【详解】A．核反应方程 放射出电子，是 衰变方程， 是 衰变方程，故 A 错误； B．核反应方程 是核裂变方程，不是氢弹的核反应方程，是原子 弹的核反应方程，故 B 错误； C．在 衰变的过程中，电荷数少 2，质量数少 4，在 衰变的过程中，电荷数多 1，质量数不 变，设经过了 次 衰变，则有 解得 经过了 次 衰变，则有 解得 故 C 正确； D．铝核 被 粒子击中后产生的反应生成物是磷 ，同时放出一种粒子，根据质量数和 电荷数守恒可知放出的粒子质量数为 1，电荷数为 0，该粒子为中子，故 D 错误。 故选 C。 2.图中 ae 为珠港澳大桥上四段 110m 的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从 a 点由静止开始做匀加速 0234 234 90 91 -1Th Pa+ e→ β 238 234 4 92 90 2U Th+ He→ 0 235 1 144 89 1 92 56 36 0U+ n Ba+ Kr+3 n→ 234 90 Th 222 86 Rh α β 27 13 α 30 15 P 0234 234 90 91 -1Th Pa+ e→ β 238 234 4 92 90 2U Th+ He→ α 0 235 1 144 89 1 92 56 36 0U+ n Ba+ Kr+3 n→ α β m α 4 234 222 12m = − = 3m = n β 2 90 86 4m n− = − = 2n = 27 13 Al α 30 15 P直线运动，通过 ab 段的时间为 t。则通过 ae 的时间为（　　） A. 2t B. C. D. t 【答案】A 【解析】 【详解】根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过 、 、 、 所用的时 间之比为 ，可得出通过 时间为 故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 3.如图所示为一定质量的理想气体状态的两段变化过程，一个从 c 到 b，另一个是从 a 到 b， 其中 c 与 a 的温度相同，比较两段变化过程，则（　　） A. c 到 b 过程气体放出热量较多 B. a 到 b 过程气体放出热量较多 C. c 到 b 过程内能减少较多 D. a 到 b 过程内能减少较多 【答案】B 【解析】 【详解】CD． 到 过程与 到 过程理想气体的温度降低相同，所以内能减少相同，故 CD 错误； AB． 到 过程压强不变，气体温度降低，气体体积减小，外界对气体做功， ； 到 过程气体体积不变，外界对气体不做功， ，根据热力学第一定律 2t ( )2 2 t+ ab bc cd de ( ) :( 3 2) :1: 2 )1 3(2− − − ae ( ) ( 3 2)2 1 2 3( ) 2aet t t t t t= + −+ − + =− a b c b a b 0W > c b 0W =可知 到 过程气体放出热量较多，故 B 正确，A 错误。 故选 B。 4.有两列简谐横波的振幅都是 10cm，传播速度大小相同。O 点是实线波的波源，实线波沿 轴正方向传播，波的频率为 5Hz；虚线波沿 轴负方向传播。某时刻实线波刚好传到 =12m 处质点，虚线波刚好传到 =0 处质点，如图所示，则下列说法正确的是（　　） A. 实线波和虚线波的周期之比为 3：2 B. 平衡位置为 =6m 处的质点此刻振动速度为 0 C. 平衡位置为 =6m 处的质点始终处于振动加强区，振幅为 20cm D. 从图示时刻起再经过 0.5s， =5m 处的质点的位移 y 8 10cmR > P sin sin d R α θ= sinsin d R θα = d R sinθ α sinθ 90θ = ° sin = 81.0 10 C−− × x pE x x 0.3mx = 0.3mx = 0.3mx = 0.3mx = 0.7mx = pW E= −∆ pE x− 0.3mx = 6 p 53 10 N 1.0 10 N0.6 0.3 EF k x − −∆ ×= = = = ×∆ −则可求得 处的电场强度大小为 故 A 正确，B 错误； CD．根据 可知在 处的电势为 在 处的电势为 所以 处的电势高于 处的电势， 与 间电势差的绝对值 是 故 D 正确，C 错误。 故选 AD。 10.如图所示，半径为 R、磁感应强度为 B 的圆形匀强磁场，MN 是一竖直放置足够长的感光板。 大量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点 P 以速度 沿不同方向垂直磁场方向射入，不考虑速 度沿圆形磁场切线方向入射的粒子。粒子质量为 m、电荷量为 q，不考虑粒子间的相互作用力 和粒子的重力。关于这些粒子的运动，以下说法正确的是（　　） 0.3mx = 5 3 8 1.0 10 N/C 1000N/C 10 N/C1.0 10 FE q − − ×= = = =× pE qϕ= 0.3mx = 1 6 p 1 8 3 10 V 300V1 10 E q ϕ − − ×= = = −− × 0.7mx = 2 6 p 2 8 1 10 V 100V1 10 E q ϕ − − ×= = = −− × 0.7mx = 0.3mx = 0.3mx = 0.7mx = 2 2 200VU ϕ ϕ= − = vA. 对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越短 B. 对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越长 C. 若粒子速度大小均为 ，出射后均可垂直打在 MN 上 D. 若粒子速度大小均为 ，则粒子在磁场中的运动时间一定小于 【答案】ACD 【解析】 【详解】AB．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应 的圆心角越小，由 知运动时间 越短，故 A 正确，B 错误； CD．速度满足 时，根据洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨迹半径为 根据几何关系可知入射点 、出射点、O 点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径 与最高点的磁场半径平行，故粒子射出磁场时的速度方向与 MN 垂直，沿不同方向射入磁场， 出射后均可垂直打在 MN 上；根据几何关系可知轨迹对应的圆心角小于为 ，粒子在磁场 中的运动时间 qBRv m = qBRv m = m qB π 2 mt T qB θ θ π= = t qBRv m = mvr RqB = = P 180°故 CD 正确。 故选 ACD。 11.如图电路所示，灯泡 A、B 完全相同，灯泡 L 与灯泡 A 的额定功率相同，额定电压不同。 在输入端接上 的交流电压，三个灯泡均正常发光，电流表 的示数 为 1A，电流表 的示数为 1.5A，电路中变压器、电流表均为理想的，则正确的是（　　） A. 变压器原、副线圈匝数比 B. 变压器原、副线圈匝数比 C. 灯泡 L 的额定电压为 10V D. 灯泡 L 的额定电压为 15V 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．因三个灯泡均正常发光，所以副线圈中总电流为 由变压规律可知变压器原、副线圈匝数比为 故 A 错误，B 正确； CD．令副线圈两端电压为 ，则由变压规律可知原线圈两端电压 令灯泡 L 两端电压为 ，则有 1 2 mt T qB π< = ( )45 2 sin100π Vu t= 1A 2A 1 2: 1:3n n = 1 2: 3:1n n = 2 3AI = 1 2 2 1 3 1 n I n I = = 2U 1 1 2 2 2 3nU U Un = = LU其中 由输入端电压 可知 联立可得 故 C 错误，D 正确。 故选 BD。 12.如图所示，一弹性轻绳（弹力与其伸长量成正比）左端固定在墙上 A 点，右端穿过固定光 滑圆环 B 连接一个质量为 m 的小球 p，小球 p 在 B 点时，弹性轻绳处在自然伸长状态。小球 p 穿过竖直固定杆在 C 处时，弹性轻绳的弹力为 。将小球 p 从 C 点由静止释放，到达 D 点 速度恰好为 0。己知小球与杆间的动摩擦因数为 0.2，A、B、C 在一条水平直线上，CD=h；重 力加速度为 g，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A. 小球从 C 点运动到 D 点的过程中克服摩擦力做功为 0.3mgh B. 小球从 C 点运动到 D 点的过程中克服摩擦力做功为 0.2mgh C. 若仅把小球质量变为 2m，则小球到达 D 点时的速度大小为 D. 若仅把小球质量变为 2m，则小球到达 D 点时的速度大小为 L 1 2 AU I U I= L 1U U U= + ( )45 2 sin100 Vu tπ= 45VU = L 15VU = mg gh 2gh【答案】BC 【解析】 【详解】AB．设 的长度为 ，根据胡克定律有 与竖直方向的夹角为 时，伸长量为 ，故弹力为 对球受力分析，受重力、橡皮条的弹力、摩擦力，支持力，水平方向平衡，故 由此可知，下降过程中，水平方向的支持力保持不变，且摩擦力 也保持不变，故小球从 点运动到 点的过程中克服摩擦力做功为 故 A 错误，B 正确； CD．对球从 点运动到 点的过程，根据动能定理有 解得 若仅把小球的质量变成 ，小球从 点运动到 点的过程，根据动能定理，有 解得 故 C 正确，D 错误。 故选 BC。 三、非选择题 13.如图所示，利用气垫导轨进行“验证机械能守恒定律”实验的装置。主要实验步骤如下： BC L mg kL= BD α sin L α sin LF k α= sinN F kL mgα= = = 0.2f N mgµ= = C D f 0.2W fh mgh= = C D 0mgh fh W− − =弹 0.8W mgh=弹 2m C D 212 22 Dmgh fh W mv− − =弹 Dv gh= A．将气垫导轨放在水平桌面上，并调至水平； B．测出遮光条的宽度 d； C．将带有遮光条的滑块移至图示的位置，测出遮光条到光电门的距离 ； D．释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间 t； E．用天平称出托盘和砝码的总质量 m； F．………； 已知重力加速度为 g。请回答下列问题： (1)为验证机械能守恒定律，还需要测 物理量是______（写出要测的物理量名称及对应该量 的符号）； (2)滑块从静止释放，运动到光电门的过程中，所要验证的机械能守恒的表达式____（用上述 物理量符号表示）。 【答案】 (1). 滑块和遮光条的质量 M (2). 【解析】 【详解】(1)[1]根据瞬时速度的定义式可知，挡光条通过光电门的速率为 令滑块和遮光条的总质量为 ，托盘和砝码下落过程中，系统增加的动能为 根据题意可知，系统减少的重力势能即为托盘和砝码减小的重力势能，即为 为了验证机械能守恒，需满足的关系是 的 l ( ) 2 22 M m dmgl t += dv t = M 2 2 2k 1 ( )( )2 2 m M dE M m v t +∆ = + = pE mgl∆ = 2 2 ( ) 2 m M dmgl t +=实验中还要测量的物理量为滑块和遮光条的总质量 。 (2)[2]滑块从静止释放，运动到光电门的过程中，所要验证的机械能守恒的表达式 14.有一电压表 ，其量程为 3V、内阻 约为 。现要准确测量该电压表的内阻，提供 的器材有： 电源 E：电动势约 5V，内阻不计； 电流表 ：量程 100mA，内阻 ； 电压表 ：量程 2V，内阻 ； 滑动变阻器最大阻值 ，额定电流 1A； 电键一个，导线若干。 (1)为了测量电压表 的内阻 ，请设计合理的实验，在右侧的实物图中选择合适的器材，完 成实物连线；（ ） (2)实验开始时，滑动变阻器滑动触头应置于____________（填“最左端”或“最右端”）； (3)写出电压表 内阻的计算表达式 _______________（可能用到的数据：电压表 V1 的示 数为 ，电压表 的示数为 ，电流表示数 I， ， ， ）。 为 M 2 2 ( ) 2 m M dmgl t += 1V 1R 3000Ω 1A A 20ΩR = 2V 2 2000ΩR = 0 10ΩR = 1V 1R 1V 1R = 1U 2V 2U AR 2R 0R【答案】 (1). (2). 最右端 (3). 【解析】 【详解】(1)[1]由于待测电压表的电压量程为 3V，最大电流为 远小于电流表的量程 100mA，而电压表 的量程与其电压量程接近，且电压表 的内阻是 已知的，所以电表应选电压表 与待测电压表进行分压；由于滑动变阻器的全电阻远小于待 测电压表内阻，所以变阻器应采用分压式接法；实物连线如图所示 (2)[2]由于滑动变阻器采用分压式接法，实验开始时，滑动变阻器滑动触头应置于最右端。 (3)[3]根据串联分压特点和串联电路电流处处相等，则有 待测电压表内阻表达式为 1 2 2 U R U 1 1 1 V V V 3 A 1mA3000 UI r = = = 2V 2V 2V 2 1 2 1 U U R R =15.电磁缓冲器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻 尼作用减缓车辆的速度。某同学借助如下模型讨论电磁阻尼作用：如图，足够长的 U 型光滑 金属导轨平面与水平面成 角( )，其中 MN 与 PQ 平行且间距为 L，导轨平面与磁 感应强度为 B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒 质量为 m，接入电路部分的电阻为 R，与两导轨始终保持垂直且良好接触。金属棒 由静止开始沿导轨下滑，到 棒速度刚达 到最大的过程中，流过 棒某一横截面的电量为 q，（重力加速度 g）。求： (1)金属棒 达到的最大速度； (2)金属棒 由静止到刚达到最大速度过程中产生 焦耳热。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)金属棒 ab 达到最大速度时，受力平衡，则有 ， 根据闭合电路欧姆定律则有 联立可得 (2)假设全过程下滑位移为 ，对全过程应用动能定理则有 其中 的 1 2 1 2 U RR U = θ 0 90θ< <  ab ab ab ab ab ab 2 2 sinmgR B L θ 3 2 2 2 4 4 sin sin 2 θ θ−mgqR m g R BL B L sinmg Fθ = 安 F BIL=安 mBLvI R = m 2 2 sinmgRv B L θ= x ksinmgx W Eθ − = ∆安联立可得 16.如图所示，粗细均匀的 U 形管中，A、B 两部分水银封闭着一段空气柱，U 形管左端封闭 右端开口，A 部分水银位于封闭端的顶部，长度为 ，B 部分水银的两液面的高度差 ，外界大气压强 。已知在温度 t=177℃时，空气柱长度为 ，随着空气柱温度的变化，空气柱长度发生变化，试求当空气柱的长度变为 时，温度为多少摄氏度。（热力学温度 T=t+273K） 【答案】 【解析】 【详解】以封闭的气柱为研究对象，初状态 ， 空气柱的长度为 L2=10cm 过程中，假设 A 水银柱没有向下移动，则 B 两边水银面高度差变为 ，气柱压强变为 假设错误，A 水银柱向下移动，A 的上方形成真空，故当 时，气体压强 = BLxE t t ∆Φ =∆ ∆ Eq tR = ∆ 3 2 2 2 4 4 sin sin 2 mgqR m g RQ W BL B L θ θ= = −安 1 30cmh = 2 39cmh = 0 75cmHgp = 1 15cmL = 2 10cmL = 23− ℃ 1 15cmL = 1 273K (177 273)K 450KT t= + = + = 1 0 2 36cmHgp p h= − = 49cmh′ = 0 2 26cmHg 30cmHgp p h′ = − = < 2 10cmL = 2 30cmHgp =由理想气体状态方程得 且有 ， 解得 则 17.如图(a)，竖直平行正对金属板 A、B 接在恒压电源上。极板长度为 L、间距为 d 的平行正 对金属板 C、D 水平放置，其间电压随时间变化的规律如图（b）。位于 A 板处的粒子源 P 不 断发射质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子，在 A、B 间加速后从 B 板中央的小孔射出，沿 C、 D 间的中心线 射入 C、D 板间。已知 t=0 时刻从 O 点进入的粒子恰好在 t=T0 时刻从 C 板 边缘射出。不考虑金属板正对部分之外的电场，不计粒子重力和粒子从粒子源射出时的初速 度。求： (1)金属板 A、B 间 电压 ； (2)金属板 C、D 间的电压 ； (3)其他条件不变，仅使 C、D 间距离变为原来的一半（中心线仍为 ），则 时刻从 O 点进入的粒子能否射出板间？若能，求出离开时位置与 的距离；若不能，求到达极板时 的动能大小。 的 1 1 2 2 1 2 pV p V T T = 1 1V SL= 2 2V SL= 2 250KT = 2 273 250 273 23 Ct T= − = − = −  1OO 1U 2U 1OO 03 8 Tt = 1OO【答案】(1) ；(2) ；(3)不能， 【解析】 【详解】(1)设粒子到达 B 板时的速度为 ，根据动能定理 粒子在 CD 板间沿 方向的分运动为匀速运动 整理得 (2)粒子在 CD 间沿垂直极板方向先匀加速后匀减速，根据动力学公式 而 整理得 (3)C、D 间距离变为原来的一半后，粒子在 CD 间运动的加速度 时刻从 点进入的粒子，在垂直极板方向先向 C 板加速 时间，再减速 时间，速 度为零 然后反向，向 D 运动，先加速 时间 2 2 02 mL qT 2 2 0 2md qT ( )2 2 2 0 2 2 +m L d T v 2 1 1 2qU mv= OO′ 0L vT= 2 1 2 02 mLU qT = 2012 ( )2 2 2 T da× = 2qUa md = 2 2 2 0 2mdU qT = 2 2 0 42 da a T = = 03 8 Tt = O 0 8 T 0 8 T 20 1 2 12 ( )2 8 16 T dy a= × = 03 8 T 20 2 2 31 9( )2 8 32 T dy a= =此时粒子与 D 板距离 及沿垂直极板方向的分速度 ，则 由于 ，所以粒子将经过一段时间的减速运动后落在 D 板上。到达 D 板时沿垂直极板 方向的分速度 粒子到达极板 D 时的速度 、动能 ，则有 联立以上式子解得 18.如图，AB 为半径 R=0.7m 的竖直光滑 圆弧轨道，与最低点 B 平滑连接的水平轨道由 BC、 CD 两部分组成。BC 部分粗糙，长度 ；CD 部分光滑，长度 。D 点有固定 的竖直挡板。质量 的滑块 从圆弧最高点 A 由静止滑下，与静止在 C 点的质量 的滑块 b 发生正碰。滑块均可视为质点，与 BC 段间的动摩擦因数 ，所有的 碰撞中均没有机械能损失，重力加速度大小 g=10m/s2.，求： (1)滑块 a 对轨道的最大压力大小； (2)滑块 a、b 第二次碰撞的位置与 D 点的距离； (3)滑块 a、b 第二次碰撞后到第三次碰撞前，滑块 a 的运动时间（保留 2 位小数，可能用到的 数值 ） 【答案】(1)60N；(2)3m；(3)2.88s 【解析】 y∆ 2 yv 1 24 32 d dy y y∆ = + − = 0 2 2 3 8y Tv a= 2y y∆ < 3yv 2 2 3 2 22y yv v a y− = − ∆ 3v kE 2 2 2 3 3yv v v= + ( )2 2 2 k 3 2 0 21 2 2 m L d E mv T + = = 1 4 1 1.25mL = 2 5mL = a 2kgm = a b 1kgm = 0.2µ = 0.07 0.27=【详解】(1)滑块 从 到 ，经过 点时对圆弧轨道的压力最大，根据机械能守恒定律 根据牛顿第二定律，则有 代入数据解得 根据牛顿第三定律可得滑块 对轨道的最大压力大小 (2)滑块 a 在 、 间运动时的加速度大小为 ，第一次到达 点时的速度 ，根据牛顿第 二定律和运动学公式则有 ， 代入数据解得 设 a、b 第一次碰撞后的速度分别为 和 ，根据动量守恒和机械能守恒可得 ， 解得 ， 设滑块 a、b 第二次碰撞的位置与 点的距离为 ，则有 解得 (3)设第二次碰撞后的速度分别为 和 ，以向右为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可 得 ， 解得 a A B B 2 a a 1 2 Bm gR m v= 2 a a BvN m g m R − = 60NN = a 60NN N′ = = B C 1a C Cv a a 1m g m aµ = 2 2 1 12C Bv v a L− = − 3m/sCv = a1v b1v a a a1 b b1Cm v m v m v= + 2 2 2 a b b1 a a1 1 1 1 2 2 2Cm v m v m v= + a1 1m/sv = b1 4m/sv = D x 2 2 a1 b1 L x L x v v − += 3mx = a2v b2v a a1 b b1 a a2 b b2m v m v m v m v− = + 2 2 2 2 a a1 b b1 a a2 b b2 1 1 1 1 2 2 2 2m v m v m v m v+ = +， 滑块 a 向左运动，设沿圆弧上升的高度为 ，根据动能定理有 解得 之后滑回水平面，停在 、 间，第二次碰撞后到返回 C 之间做匀速运动的时间 在 BC 部分匀减速运动的时间 在圆弧面的运动 在这段时间内滑块 b 的路程 即未达到 点，结果符合题意。 a2 7 m/s3v = − b2 8 m/s3v = h 2 a a 1 a a2 10 2m gh m gL m vµ− − = − 1 m 0.022m45h R= ≈  B C 2 1 a2 6 s 0.86s7 L xt v −= = = a2 2 1 7 s 1.17s6 vt a = = =− 3 0.85sRt g π= = 1 2 3 2.88st t t t∆ = + + = b b2 8 2.88 7.68m 8m3s v t= ⋅∆ = × = < B