1、20192020年度高三实验班过程检测物理试题一、单项选择题1.下列说法正确的是（）A. 天然放射现象说明原子是可以分割的B. 卢瑟福的粒子散射实验揭示了原子核有复杂结构C. 在阳光照射下的教室里，眼睛看到空气中尘埃的运动就是布朗运动D. 机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部转化为机械能【答案】D【解析】【详解】A天然放射现象说明原子核是可以分割的，A错误；B卢瑟福的粒子散射实验揭示了原子有复杂结构（核式结构），B错误；C布朗运动是固体小颗粒的运动，肉眼无法观察到，C错误；D根据热力学第二定律可知机械能可以全部转化为内能，在产生其他影响的情况下，内能也可以全部转化为机械能，D正确。故选D。
2、2.关于下列物理史实与物理现象，说法正确的是A. 光电效应现象由德国物理学家赫兹发现，爱因斯坦对其做出了正确的解释B. 只有入射光的频率低于截止频率，才会发生光电效应C. 根据爱因斯坦的光电效应方程可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D. 光电效应现象证明光是一种波【答案】A【解析】【详解】A1887年德国物理学家赫兹发现了光电效应现象，爱因斯坦对光电效应的实验规律做出了正确的解释，故A正确；B每种金属都有一个截止频率，只有入射光的频率高于截止颗率，才会发生光电效应，故B错误；C爱因斯坦的光电效应方程，光电子的最大初动能与入射光的频率不成正比，故C错误，D光电效应现象证明光具有粒子性，
3、故D错误；3.如图所示，质量为M、倾角为的斜面体（足够长）静止在粗糙水平地面上，有一质量为m的小物块放在斜面上，轻推一下小物块后，它沿斜面向下匀速运动。此后，再给小物块施加如图所示方向的恒力F，整个过程中斜面体一直静止。下列说法不正确的是（）A. 小物块和斜面间的动摩擦因数m =tanqB. 没有施加力F时，斜面体没有相对地面运动的趋势C. 施加力F后，斜面体相对地面有向右运动的趋势D. 施加力F后，斜面体对地面的压力大于（m+M）g【答案】C【解析】【详解】A物块匀速下滑，受力平衡解得A正确；B未施加外力时，整体受力分析可知斜面体和小物块构成的系统受到竖直向下的重力和地面对系统竖直向上的支持
4、力，所以斜面体没有相对地面运动的趋势，B正确；C系统未施加外力时，加速度为0，施加外力后，加速度由外力提供，即系统在水平方向上的加速度由外力在水平方向上的分力提供，地面对斜面体没有静摩擦力，斜面体和地面之间没有相对运动趋势，C错误；D因为所以物块所受摩擦力和支持力始终保持竖直向上，计为，未施加外力时根据牛顿第三定律可知物块对斜面的压力等于，则系统对地面的压力等于，施加外力后，斜面对物块的支持力变大，所以根据牛顿第三定律可知物块对斜面压力的大于，则系统对地面的压力大于，D正确。本题选择不正确的，故选C。4.如图所示，一个半径为R的实心圆盘，其中心轴与竖直方向的夹角为，开始时，圆盘静止，其上表面覆
5、盖着一层灰尘，没有掉落。现将圆盘绕其中心轴旋转，其角速度从零缓慢增大至，此时圆盘表面上的灰尘75%被甩掉。设灰尘与圆盘间的动摩擦因数为m=，重力加速度为g，则w的值为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】越靠近边缘的灰尘越容易被甩掉，剩余的灰尘半径为，则解得在圆盘的最低点，根据牛顿的第二定律解得A正确，BCD错误。故选A。5.水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点，OABC恰构成一棱长为L的正四面体，如图所示已知静电力常量为k，重力加速度为g，为使小球能静止在O点，小球所带的电荷量为A. B. C. D. 【
6、答案】C【解析】试题分析：对其中小球受力分析，由共点力的平衡条件可得出小球所受重力的大小和小球受到的库仑力，由库仑力公式可得出小球所带电荷量对小球进行受力分析，小球受重力和A，B，C处正点电荷施加的库仑力将A，B，C处正点电荷施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向设是A，B，C处正点电荷施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，将库仑力分解到水平方向与竖直方向，根据竖直方向平衡条件得：在竖直方向，根据几何关系得，解得，A正确6.已知地球和火星绕太阳公转的轨道半径分别R1和R2，如果把行星与太阳连线扫过的面积与其所用时间的比值定义为扫过的面积速率，则地球和火星绕太阳公转过程中扫过的面积速率之比是（）A
7、. 1B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】根据开普勒第三定律可知则周期之比为面积之比根据题意可知ACD错误，B正确。故选B。7.如图，螺线管内有平行于轴线的外加磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一固定的闭合小金属圆环，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图所示规律变化时（）A. 在0t1时间内，金属圆环中有恒定的电流B. 在t1t2时间内，金属环先有扩张的趋势再有收缩的趋势C. 在t1t2时间内，金属环内一直有逆时针方向的感应电流D. 在t2t3时间内，金属环内有逆时针方向的感应电流【答案】C【解析】【详解】A在时间内，根据
8、法拉第电磁感应定律可知螺线管产生恒定的电动势，闭合线框中产生恒定的电流，所以金属圆环内的磁场稳定不变，不产生感应电流，A错误；B在时间内，减小，所以电动势减小，通过闭合线框的电流减小，所以金属环内的磁通量减小，根据楞次定律，为了阻碍环内磁通量的减小，金属环应具有扩张的趋势，B错误；C在时间内，根据楞次定律结合法拉第电磁感应定律可知线框内的电流方向为逆时针方向且一直减小，根据安培定则可知穿过金属圆环的磁场垂直纸面向外且减小，根据楞次定律可知金属圆环内的感应电流为逆时针方向，C正确；D在时间内，（即图像的斜率）的方向与时间内的方向相反，所以线框产生的感应电流为顺时针方向且一直减小，根据安培定则可知
9、穿过金属圆环的磁场垂直纸面向内且减小，根据楞次定律可知金属圆环内的感应电流应为顺时针方向，D错误。故选C。8.有人设想在遥远的宇宙探测时，给探测器安上反射率极高（可认为100%）的薄膜，并让它正对太阳，用光压为动力推动探测器加速。已知某探测器在轨道上运行，阳光恰好垂直照射在薄膜上，薄膜面积为S，每秒每平方米面积获得的太阳光能为E，若探测器总质量为M，光速为c，普朗克常量为h，则探测器获得加速度大小的表达式是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】光子垂直照射后全部反射，每秒在薄膜上产生的总能量为，结合单个光子的能量则个光子的总能量为解得结合单个光子的动量则光子的总动量变化量大小为
10、以光子为研究对象，应用动量定理式中，解得根据牛顿第三定律，光子对探测器的作用力大小为根据牛顿第二定律解得A正确，BCD错误。故选A。二、多项选择题9.如图所示，一列简谐横波沿x轴方向传播。实线为t1=0时刻的波形图，此时P质点向y轴负方向运动。虚线为t2=0.02s时刻的波形图，已知该简谐波的周期大于0.02s。关于该简谐波，下列说法正确的是（）A. 这列波沿x轴正方向传播B. 频率为C. 波速为50m/sD. t=0.44s时，x=2m处的质点经过平衡位置并向y轴负方向运动【答案】AC【解析】【详解】A质点向下运动，根据同侧法可知波沿轴正方向传播，A正确；B根据图像可知波长结合图像可知传播时
11、间（n=1，2，3）解得（n=1，2，3）因为所以周期为则频率为B错误；C波速为C正确；D根据题意则处质点经过平衡位置沿轴正方向运动，D错误。故选AC。10.如图所示，一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下表面平行且足够大的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束光I、II、III，则（）A. 增大角且，光束II、III会靠近光束IB. 玻璃对光束III的折射率大于对光束II的折射率C. 减小角且，光束III可能会由于全反射而从上表面消失D. 光束III比光束II更容易发生明显衍射【答案】AD【解析】【详解】A根据光路的可逆性画出光路图增大角，入射角减小，根据折射定律可知折射角减小，所以光束I
12、I、III会靠近光束I，A正确；B根据光路图可知，入射角一定，II的折射角小于III的折射角，根据折射定律可知III的折射率小于II的折射率，B错误；C复色光沿PO方向射入玻璃砖，经过反射时，在上表面的入射角等于光束进入玻璃砖时的折射角。所以由光路可逆性原理可知，减小角且，光束III不会在上表面发生全反射，一定能从上表面射出，C错误；DIII的折射率小于II的折射率，所以III的频率小于II的频率，根据可知III的波长大于II的波长，所以光束III比光束II更容易发生明显衍射，D正确。故选AD。11.一长轻质薄硬纸片静置于光滑水平地面上，纸片上放有质量均为1kg的A、B 两物块，A、B与薄硬纸
13、片之间的动摩擦因数分别为1=0.2，2=0.3.现让水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2则（）A. 若 F=2.1N，则物块A相对薄硬纸片滑动B. 若F=3N，则A物块所受摩擦力大小为1.5NC. 若F=4N，则B物块的加速度大小为2.0m/s2D. 无论力F多大，B加速度最大为3m/s2【答案】BC【解析】【详解】AC轻质薄硬纸片不计质量，所以A物块对纸片的作用力和B物块对纸片的作用力等大反向，A、B两物体质量相同，因为所以B物块不会相对纸片滑动，当A物块滑动时，外力大小为，对整体对A物块解得A错误，C正确；B若，对整体对A物块解得A物块所受静
14、摩擦力B正确；DB物块所受最大合外力所以最大加速度D错误故选BC。12.如图所示，正方形单匝线框abcd边长为L，每边电阻均为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕 cd轴以角速度转动，c、d两点与外电路相连，外电路电阻也为r，导线电阻忽略不计，则下列说法中正确的是（）A. 从图示位置开始计时，线框感应电动势的瞬时值表达式为e=BL2costB. S断开时，电压表读数为C. 初始S闭合，现将S断开，电压表读数不变D. S闭合时，线框从图示位置转过过程中流过电流表的【答案】ABD【解析】【详解】A图示位置为与中性面垂直的面，单匝线框感应电动势的瞬时值表达式为A正确；B电动势的有效值根据闭合电路欧姆定
15、律可知通过线框的电流电压表测量边电阻电压，则电压表示数为B正确；C闭合后，电路中总电阻为根据闭合电路欧姆定律可知电路中的总电流和断开时不同，电压表测量两端电压，根据欧姆定律可知电压表示数和断开时不同，C错误；DS闭合时，线框从图示位置转过过程中流过电路中的总电荷量根据并联电路分流规律可知流过电流表的电荷量为D正确。故选ABD。三、非选择题：13.为了验证碰撞中的动量和能量是否守恒，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小钢球，按下述步骤做了实验：A用天平测出两小球的质量（分别为m1和m2，且m1m2）；B按图示安装好实验器材，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC连接在斜槽
16、末端；C先不放小球 m2，让小球 m1 从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置；D将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球m1和m2在斜面上的落点位置；E用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离。图中D、E、F点是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。根据该同学的实验，回答下列问题：(1)在不放小球 m2时，小球 m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，m1的落点在图中的_点，把小球m2放在斜槽末端边缘处，小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球 m1的落点在图中
17、的_点。(2)若碰撞过程中，满足表达式_，则该碰撞过程动量守恒；若碰撞过程中，满足表达式_，则该碰撞过程能量守恒（用m1、m2、LD、LE、LF表示）。(3)若碰撞过程中，动量和能量均守恒，则下列表达式正确的是_。A. B. C.【答案】 (1). E (2). D (3). (4). (5). A【解析】【详解】(1)1在不放小球m2时，小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，m1的落点在图中的E点。2把小球m2放在斜槽末端边缘处，小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后m2速度较大，落在F点，小球m1速度较小，落在D点。(2)3小球碰撞后做平抛运动，假设斜面倾角为，分解位移
18、解得落点、对应的平抛初速度为、，则根据动量守恒定律结合上述平抛运动速度的表达式得4根据能量守恒定律结合上述平抛运动速度的表达式得(3)5若碰撞过程中，动量和能量均守恒，则则解得故选A。14.利用图甲电路测量某电池的内阻，其中AB为一段粗细均匀的铅笔芯，笔芯上套有一金属滑环P（宽度和电阻不计，与笔芯良好接触并可自由移动）。实验器材还有：标准电池（电动势为E0，内阻不计），电阻箱（最大阻值为99.99），灵敏电流计G（量程为600A），待测电池（电动势Ex小于E，内阻rx未知），开关3个，刻度尺等。主要实验步骤如下：a.测量出铅笔芯A、B两端点间的距离L0；b.将电阻箱调至某一阻值R，闭合开关S1
19、、S2、S3，移动滑环P使电流计G示数为零，测量出此时的AP长度L；c.改变电阻箱阻值R，重复步骤b，记录下多组R及对应的L值。回答以下问题：(1)步骤b中，移动滑环P使G的示数为零。此时电阻箱两端电压UR=_（用L、L0、E0表示）。(2)利用记录的多组R、L数据，作出图像如图乙，则随变化的关系式为=_（用E0，Ex，rx，L0，R表示）；根据图像可得待测电池的内阻rx=_（保留两位有效数字）。(3)在步骤b的操作过程中，若无论怎样移动滑环P，也无法使G的示数为零，经检查发现，有一个开关未闭合，你认为未闭合的开关是_（填S1、S2、S3）。(4)本实验中若标准电池内阻不可忽略，则待测电池内阻
20、的测量结果将_（填“偏大”、“不变”或“偏小”）。【答案】 (1). (2). (3). 1.5（或1.4或1.6） (4). (5). 不变【解析】【详解】(1)1由于电流计电流为零，则待测电源的电流不会影响标准电源中的电流，由欧姆定律可知(2)2结合闭合电路欧姆定律可知则有变形可得3结合图像可知纵截距为斜率解得(3)4电流计示数不能为零，则说明无法将UR与待测电源的路端电压相等，如果S2断开，则电动势接在L两端，有可能为零，而如果S3没有闭合则电流计一定为零；只有S1没有闭合时，此时待测电源与R、G和L形成回路，电流无法为零。(4)5如果标准电源内阻不能忽略，只需改变L0的数值即可，而根据
21、(2)中数据处理可知，结果与L0无关，故对实验没有影响。15.A、B两车在同一水平直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1=6m/s，B车的速度大小为v2=20m/s，如图所示。当A、B两车相距x0=26m时，B车因前方突发情况紧急刹车（刹车过程的运动可视为匀减速直线运动），加速度大小为a=2m/s2，从此时开始计时，求：(1)A车追上B车所用的时间；(2)从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度。【答案】(1)21s；(2)【解析】【详解】(1)B车开始刹车到停止运动所用时间对B车对A车则可见此时A车并未追上B车，而是在B车停
22、止后才追上，之后A车运动时间为故所求时间为(2)B车停止运动前A追不上B车，则A车刹车减速至0时刚好追上B车时，加速度最小，则代入数据解得16.如图，上端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，两活塞用刚性轻杆连接，两活塞间充有氧气，小活塞下方充有氮气。已知大活塞的质量为2m、横截面积为2S，小活塞的质量为m、横截面积为S，两活塞间距为L，大活塞导热性能良好，汽缸及小活塞绝热，初始时氮气和汽缸外大气的压强均为p0，氮气的温度为T0，大活塞与大圆筒底部相距为，小活塞与小圆筒底部相距为L。两活塞与汽缸壁之间的摩擦不计，重力加速度为g，气体均可看做理想气体。现通过电阻丝缓慢加热
23、氮气，当小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐时，求(1)两活塞间氧气的压强；(2)小活塞下方氮气的温度。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)以两活塞整体为研究对象，设初始时氧气压强为，根据平衡条件有可得初始时氧气体积末态氧气体积由于大活塞导热，小活塞缓慢上升可认为氧气温度不变，设此时氧气压强为，由玻意耳定律得联立解得氧气的压强(2)设此时氮气压强为p，温度为T，对两活塞整体根据平衡条件有得根据理想气体状态方程有联立得17.如图所示，QN是半径为R的光滑圆弧，木板B静止在水平面上，其左端与N点重合，右端放有小滑块A。PQ之间距离为3.5R，小滑块C从P点由静止释放，恰从Q点切入圆轨道，
24、C与木板B碰撞后粘为一体，碰撞时间极短，之后，B、C一起沿水平面运动，且滑块 A恰好未从B上掉下。已知A、C的质量均为m，木板B的质量为2m，滑块A与木板 B之间的动摩擦因数为 1，滑块C和木板 B与地面之间的动摩擦因数均为2，滑块A、滑块C均可视为质点，重力加速度为g，忽略空气阻力，水平面足够长。求(1)滑块C经N点时与木板B碰撞前的瞬间对圆弧轨道的压力；(2)木板的长度l；(3)若1=0.1，2=0.25，取g=10m/s2，求木板B运动的总距离d。【答案】(1)10mg，方向竖直向下；(2)；(3)【解析】【详解】(1)C从P点到Q点，由动能定理得由向心力公式可得由牛顿第三定律可知，C对
25、轨道的压力大小为10mg，方向竖直向下。(2)设C与B发生完全非弹性碰撞后共同速度为，对C、B有此后A加速，BC一起减速，经时间t达到共同速度v，设A的加速度大小为，由牛顿第二定律可得方向向右；设BC的加速度大小为，由牛顿第二定律可得方向向左；A做加速运动BC做减速运动位移关系为解得(3)若系统能够共减速，则加速度则滑块A受到的摩擦力所以A、BC达到共同速度之后无法相对静止，A与BC各自减速到0，对BC由动能定理得又将数据代入，可得18.如图，xOy平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。点P（，0）处有一粒子源，向各个方向发射速率不同、质量为m、电荷量为q的带电粒子。粒子1
26、以某速率v1发射，先后经过第一、二、三象限后，恰好沿x轴正向通过点Q（0，L）。不计粒子的重力。(1)求粒子1的速率v1和第一次从P到Q的时间t1；(2)若只撤去第一象限的磁场，另在第一象限加y轴正向的匀强电场，粒子2以某速率v2发射，先后经过第一、二、三象限后，也以速率v1沿x轴正向通过点Q，求匀强电场的电场强度大小E以及粒子2的发射速率v2；(3)若在xOy平面内加上沿y轴负向的匀强电场，场强大小为 E0，粒子3以速率 v3 沿 y 轴正向发射，粒子将做复杂的曲线运动，求粒子3在运动过程中的最大速率 vm。某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运
27、动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，根据运动的独立性和矢量性，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动。本题中可将带电粒子的运动等效为沿x轴负方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动。请尝试用该思路求解粒子3的最大速率vm。【答案】(1)，；(2)，；(3)【解析】【详解】(1)粒子1在第一、二、三象限做圆周运动，轨迹如图：设半径为，由几何知识得可得由向心力公式，根据牛顿第二定律可得设粒子做圆周运动的周期为由几何知识可知粒子第一次从P到Q的时间(2)粒子2在二、三象限的运动与粒子1完全相同，粒子2在第一象限做类斜抛运动，并且垂直经E过y轴，可以逆向思考，由牛顿第二定律得x轴方向y轴方向可得根据可得(3)根据提示，可将粒子的初速度分解，如图：根据平衡条件可得根据运动的合成，可知粒子的运动可视为水平向左的速率为的匀速直线运动和初速度为的逆时针的圆周运动的合运动，所以粒子的最大速率为可得