1、青海省西宁市2020届高三物理下学期复习检测试题（一）（含解析）二、选择题：本题共8小题，每题6分，共48分。其中14-17小题每题给出的四个选项中，只有项符合题目要求；18-21小题每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. 根据玻尔理论，氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道，原子的能量减少，电子的动能增加B. 中子与质子结合成氘核时吸收能量C. 卢瑟福的粒子散射实验证明了原子核是由质子和中子组成的D. 入射光照射到某金属表面发生光电效应，若仅减弱该光强度，则不可能发生光电效应【答案】A【解析】【详解】A电子由外层轨道跃迁到内
2、层轨道时，放出光子，总能量减小；根据可知半径越小，动能越大，故A正确；B中子与质子结合成氘核的过程中有质量亏损，释放能量，故B错误；C卢瑟福的粒子散射实验揭示了原子的核式结构模型，故C错误；D根据光电效应方程EKM=hW0知，入射光的频率不变，若仅减弱该光的强度，则仍一定能发生光电效应，故D错误。故选A。2.2019年9月18日凌晨4时52分，国航CA818航班从华盛顿杜勒斯国际机场起飞后疑似发生鸟击，于凌晨5时54分返航并安全降落，鸟撞飞机是导致空难的重要因素之一，被称为“飞机杀手”。假设在某次空难中，鸟的质量为0.6kg，飞行的速度为3m/s，迎面撞上速度为720km/h的飞机，对飞机的撞
3、击力达到1.6106N，则鸟撞飞机的作用时间大约为：（ ）A. 1.510-5sB. 1.510-4sC. 7.610-6sD. 7.610-5s【答案】D【解析】【详解】设鸟与飞机碰撞时间为t，由动量定理有：解得：选项D正确，ABC错误。故选D。3.如图，质量为2m的物块A静置于水平台面上，质量为M、半径为R的半球体C静置于水平地面上，质量为m的光滑小球B（可视为质点）放在半球体C上，P为三根经绳PA、PB、PO的结点。系统在图示位置处于静止状态，P点位于C正上方距离其球心高h处（），OP竖直，PA水平，PB长为，已知A与台面的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，则正确的是（）A. 绳OP的拉
4、力大小为mgB. A受到的摩擦力大小为C. B对C的压力大小为D. 绳PB对B的拉力大小为【答案】C【解析】详解】对小球B受力分析如图，由相似三角形得解得，A绳OP的拉力大小为故A错误；BA受到的摩擦力大小为等于PB绳沿水平方向的分力即为C由上分析可知，B对C的压力大小为，故C正确；D由上分析可知，绳PB对B的拉力大小为，故D错误。故选C。4.某理想变压器有两个副线圈，原线图匝数为n，两个副线图匝数分别为n1和n2，如图所示。所接电阻R1R2，电流表为理想交流电表，D为理想二极管，原线圈接正弦交流电源，下列说法正确的是（ ）A. 滑动变阻器R滑片向上滑动时，电流表示数变小B. 滑动变阻器R滑片
5、向上滑动时，副线圈n2的输出电压变大C. R2两端的电压与R1两端的电压之比为n1:n2D. R2的功率与R1的功率之比为n12:n22【答案】A【解析】【详解】一组原线圈对应多组副线圈同样符合电压关系功率关系：ABR增大，n，n1，n2不变，不影响 U，U1和 U2，所以I1减小，P1减小，所以原线圈功率 P 减小，故原线圈电流减小，A正确，B错误。CDR1两端电压等于U1，第二个副线圈由于二极管的存在，使得 R2 电压不等于U2，所以两电阻电压值比不等于n1:n2，功率根可知，两电阻相等，但是两电阻的电压之比不是n1:n2,所以电压值比也不是;故C、D均错误。故选A。【点睛】变压器的动态分
6、析，原副线圈电流电压功率的关系，二极管单向导电性的应用。5.如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )A. 加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关B. 带电粒子每运动一周被加速一次C. 带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3D. 加速电场方向不需要做周期性的变化【答案】BD【解析】【详解】AD、带电粒子只有经过AC板间时被加速,即带电粒子每运动一周被加速一次.电场的方向没有
7、改变,则在AC间加速.故A正确；D错误.B、根据 知 所以 故B错误；C、当粒子从D形盒中出来时,速度最大,根据知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关.所以C选项是正确的.故选AC【点睛】带电粒子经加速电场加速后,进入磁场发生偏转,电场被限制在A、C板间,只有经过AC板间时被加速,所以运动一周加速一次,电场的方向不需改变.当带电粒子离开回旋加速器时,速度最大.6.如图所示，粗糙水平面上有一汽车A，通过定滑轮用绳子拉同一水平面的物体B，使物体B匀速向右运动，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为，二者速度分别为vA和vB，则（）A. 汽车向右做减速运动B. 若图示位置，则vAvB【答案】A
8、B【解析】【详解】对汽车A的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为vAcos；对B物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为vBcos，由于沿着绳子方向速度大小相等，所以则有vAcos=vBcosA由于物体B匀速向右运动，则vB不变，减小，变大，则vA减小，即汽车向右做减速运动，选项A正确；BCD若图示位置，则coscos，则vAv1），线框完全进磁场后的速度大小为v4，则下列判断正确的是（）A. 线框两次进入磁场过程中通过导体横截面的电荷量相等B. 线框两次进入磁场过程中通过导体横截面的电荷量不相等C. 线框第一次进磁场的时间D.
9、 线框第一次进磁场的时间【答案】AD【解析】【详解】AB线框进入磁场过程中通过导体横截面的电荷量则线框两次进入磁场过程中通过导体横截面的电荷量相等，选项A正确，B错误；CD由于安培力作用，所以线框进入磁场过程是一个加速度减小的减速运动，则速度时间图象如图所示与图象中一个匀减速直线运动对比，由于在相等时间内线圈的位移小于线圈做匀减速运动的位移，可知线框的平均速度小于匀减速直线运动的平均速度，即所以线框第一次进入磁场的时间故C错误，D正确。故选AD。8.如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端栓接一不计质量的绝缘薄板，一
10、带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点（图中未标出），然后返回，则（）A. 滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和B. 滑块从P点运动到R点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和C. 滑块最终停在弹簧原长处D. 滑块最终停下来，克服摩擦力所做的功小于电势能的减小量与重力势能增加量之差【答案】BD【解析】【详解】A滑块从P点运动到R点的过程中，由功能关系知，滑块机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和，由于摩擦力做负功，所以机械能增量小于电场力与弹簧弹力做功之和，故A错误；B电场力做的功转
11、化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和，故B正确；C假设滑块最终停在弹簧原长处，受力分析，此时滑块受力情况和P点受力情况相同，合力向上，不可能静止，滑块合力为零的位置应在弹簧原长位置上方，故C错误；D由于摩擦力做负功，小滑块的机械能与电势能的之和逐渐减小，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量、弹性势能增加量之差，由前面分析可知，弹性势能增大，说明克服摩擦力所做的功小于电势能的减小量与重力势能增加量之差，故D正确。故选BD。三、非选择题共174分。第22-32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33-38题为选考题
12、，考生根据要求做答。（一）必考题：共129分9.某同学设计出如图所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，当地的重力加速度为 g（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量_A小球的质量m BAB之间的距离HC小球从A到B的下落时间tAB D小球的直径d（2）小球通过光电门时的瞬时速度v =_(用题中所给的物理量表示)（3）调整AB之间距离H，多次重复上述过程，作出随H的变化图象如图所示，当小球下落过程中机械能守恒时，该直线斜率k0=_（4）在实验中根据数据实际绘出H图象的直线斜率为
13、k（kk0），则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值=_（用k、k0表示）【答案】 (1). BD； (2). ； (3). ； (4). ；【解析】【分析】该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度hAB，以及物体通过B点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据；由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容【详解】（1）根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此
14、不需要测量质量，故A错误；根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门B的距离H，故B正确；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D正确故选BD（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；故；（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv2；即：2gH=（）2解得：，那么该直线斜率k0=（4）乙图线=kH，因存在阻力，则有：mgH-fH=mv2；所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比
15、值为；【点睛】考查求瞬时速度的方法，理解机械能守恒的条件，掌握分析的思维，同时本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解10.如图所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图其中包括电源E，开关S1和S2，电阻箱R，电流表A，保护电阻Rx该同学进行了如下实验步骤： (1)将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合S1、S2，读出电流表示数为I，电阻箱读数为9.5 ，断开S2，调节电阻箱的阻值，使电流表示数仍为I，此时电阻箱读数为4.5则保护电阻的阻值Rx_（结果保留两位有效数字）(2)S2断开，S1闭合，调节R，得到多组R和I的数值，并画出图象，如图所示，由图象可得，电源电动势E
16、_V，内阻r_（结果保留两位有效数字） (3)本实验中，内阻的测量值_（填“大于”或“小于”）真实值，原因是_【答案】 (1). 5.0 (2). 3.0 (3). 2.2 (4). 大于 (5). 电流表也有内阻【解析】【详解】(1)1由题意可知，闭合S1和S2时只有电阻箱接入电路，闭合S1、断开S2时，电阻箱与R串联接入电路，两种情况下电路电流相等，由欧姆定律可知，两种情况下电路总电阻相等，所以 保护电阻的阻值Rx9.5 -4.5 5.0(2)23根据闭合电路的欧姆定律可得，EI(R+Rx+r)，整理可得可见图线的斜率图线的纵截距结合图象中的数据可得E3.0V，r2.2(3)45本实验中，
17、内阻的测量值大于真实值，原因是电流表也有内阻，测量值等于电源内阻和电流表内阻之和11.如图所示，粗糙水平面上静止放置一质量为2m的木板，在木板上右端静置一质量为m的小滑块一可视为质点、质量为2m的小朋友荡秋千，从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，小朋友在极短时间内用脚水平蹬踏木板的左端，然后自己刚好能回到A点已知秋千的摆绳长为L，质量不计，AO与竖直方向的夹角为60小滑块与木板之间、木板与水平面间的动摩擦因数都是，重力加速度为g求：(1)秋千摆到最低点B，小朋友未蹬踏木板时秋干摆绳的拉力大小；(2)小朋友蹬踏木板过程中，小朋友做功大小；(3)若小滑块不从木板上滑下，木板至少应为多长【
18、答案】（1）4mg （2） （3）【解析】【分析】(1)从A点下摆到B点，只有重力做功，机械能守恒由机械能守恒定律求出小朋友运动到最低点时的速度在最低点，由合力充当向心力，由向心力公式求解秋千绳的拉力；(2)小朋友蹬踏木板过程中，沿水平方向动量守恒由动量守恒定律列式再由动能定理求小朋友做功大小；(3)由牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度，结合运动学公式可求得木板的长度.【详解】(1)小朋友从A点下摆到B点，只有重力做功，机械能守恒.设到达B点的速度大小为v0,则由机械能守恒定律有：绳子拉力设为T，由受力分析和圆周运动知识有：解得：T=4mg(2)由题意知，小朋友蹬踏木板后速度大小不变，方向
19、向左由动量守恒定律得：2mv0=-2mv0+2mv1得木板的速度：小朋友做功大小：(3)由牛顿第二定律得：小滑块的加速度：木板的加速度：当二者速度相等后，由于整体的加速度等于滑块的最大加速度，所以此后二者保持相对静止，设此过程经过的时间为t由速度关系得：v1-a板t=a块t此过程木板的位移：滑块的位移：小滑块不从木板上滑下，木板至少应为：x=x板-x块解得：【点睛】本题考查了机械能守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式，关键分析滑块和木板的运动情况，然后对各个过程分别运用合适的规律列式求解.12.如图所示的平面直角坐标系xOy，在第象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第象
20、限的正三角形abc区域内有匀强电场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第象限，且速度与y轴负方向成45角，不计粒子所受的重力求：（1）电场强度E的大小；（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值【答案】（1）；（2），方向与x轴的夹角为45；（3）【解析】【详解】（1）设粒子在电场中运动的时间为t，则有x=v0t=2h， qE=ma，联立以上各式可得 ；（2
21、）粒子达到a点时沿负y方向的分速度为vy=at=v0，所以 ，方向指向第IV象限与x轴正方和成45o角；（3）粒子在磁场中运动时，有 ，当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有 ，所以磁感应强度B的最小值（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。【物理一选修3-3】（选择题填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分选对三个得5分。每选错一个扣3分，最低得分为0分）13.下列说法中正确的是( )A. 液晶与多晶体一样具有各向同性B. 气体压强的产生是由大量气体分子对器壁持续频繁的碰撞引起的C. 悬浮颗
22、粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，布朗运动越显著D. 当两分子间距离大于平衡距离r0时，分子间的距离越大，分子势能越大E. 若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，则气体分子的平均动能减小【答案】BDE【解析】【详解】A液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特性而设计的，故A错误；B气体压强的产生是由大量气体分子对器壁持续频繁的碰撞引起的，故B正确；C布朗运动与悬浮颗粒的大小有关，颗粒越大，布朗运动越不明显，同一时刻撞击它的液体分子越多，布朗运动越不明显，故C错误；D当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故D正确；
23、E气体膨胀的过程中对外做功，若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，温度降低，所以气体分子的平均动能减小，故E正确。故选BDE14.竖直平面内有一直角形内径处处相同的细玻璃管，A端封闭，C端开口，AB段处于水平状态。将竖直管BC灌满水银，使气体封闭在水平管内，各部分尺寸如图所示，此时气体温度T1=300K，外界大气压强p0=75cmHg。现缓慢加热封闭气体，使AB段的水银恰好排空。求：此时气体温度T2；此后保持气体温度T2不变，以AB为轴缓慢将CB向下转至C端开口竖直向下时，气体的长度L3多大（取=4.12，结果保留二位有效数字）。【答案】394.7K
24、；39cm【解析】【分析】本题关键是分析清楚气体状态变化过程、求出气体的状态参量是解题的前提与关键，在AB段液柱排空的过程中气体是恒压变化过程，由盖-吕萨克定律即可求解此时气体的温度；初末状态温度相等，求出初末状态气体的压强和体积，根据玻意耳定律即可求解气柱的长度。【详解】以cmHg为压强单位，设玻璃截面积为S，在AB段液住排空的过程中气体是恒压变化过程由盖吕萨克定律可知解得令此时BC管中液住长，气体压强为又开始时气体压强为由玻意耳定律可知解得故气体的长度【物理一选修3-4】（选择题填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对三个得5分。每选错一个扣3分，最低得分为0分）15.一束含两
25、种频率的单色光，照射到底面有涂层的平行均匀玻璃砖上表面后，经下表面反射从玻璃砖上表面射出后，光线分为a、b两束，如图所示。下列说法正确的是（）A. a、b一定是平行光线B. 用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距大于b光的条纹间距C. a光的频率大于b光的频率D. 从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光临界角小E. 增大从空气到玻璃的入射角（90之内），a、b光可能在玻璃内发生全反射【答案】ACD【解析】【详解】A因为a、b亮光在上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，根据折射定律可知出射后在上表面的入射角分别相等，根据折射定律可知出射后折射角等于开始时的入射角，所以出射光线一定平行
26、，A正确；BC根据光路图，a光偏折程度较大，则a光的折射率较大，频率较大，波长短，根据双缝干涉条纹间距公式可知a光的条纹间距小于b光的条纹间距，B错误,C正确；D因为a光的折射率较大，根据可知a光的临界角较小，D正确；E根据折射定律，无论如何改变入射角，在玻璃内都不能发射全反射，E错误。故选ACD。16.如图甲所示为一列沿x轴方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形，波上位于x=6m处的质点M的振动图像如图乙所示，求：(1)这列波的传播速度大小及方向；(2)从t=0时刻起，再经过，x=3m处的质点运动的路程【答案】(1), 沿x轴负方向 (2)【解析】(1)由图可知波长，故波速由振动图像结合“上下坡”可知该列波沿x轴负方向传播(2)离x=3cm处最近的波峰传播到此处所需时间为这段时间内质点的路程为而后运动的周期数为后面这段时间内质点运动的路程为，故质点运动的总路程为【点睛】本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向