1、潞河中学2020届高三综合练习物理1.下列事实中能够作为“原子核可再分”依据的是（）A. 电子的发现B. 天然放射现象C. 粒子散射实验D. 原子发光现象【答案】B【解析】【详解】A汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而证明了原子可再分，故A错误；B天然放射现象是原子发生衰变之后会放出三种射线，这说明原子核可再分，故B正确；C卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构学说，故C错误；D氢原子发光说明核外电子的跃迁，不能说明原子核可再分，故D错误；故选B。2.图甲和图乙所示的是a、b两束单色光分别用同一单缝装置进行实验，在距装置恒定距离的屏上得到的图样，图甲是a光照射时形成的图样，图乙是b光
2、照射时形成的图样。下列说法正确的是（）A. 甲、乙图样是a、b两单色光的干涉图样B. b光光子的能量较小C. 在水中a光的传播速度较大D. 若b光照射某金属有光电子逸出，则a光照射该金属也有光电子逸出【答案】C【解析】【详解】A由于图甲和图乙是由同一条单缝照射而形成的图样，且中央宽，故形成的图样是单缝衍射图样，故A错误；B由于图甲和图乙是由同一条单缝照射而形成的图样，波长越短的，中央亮条纹的宽度越小，由图可知单色光的波长较短，根据可知光的频率较高，由于光子的能量为故光光子的能量较小，故B错误；C对于同一种介质来说，由于波长越大的单色光折射率越小，则有根据可知即在水中a光的传播速度较大，故C正确
3、；D根据光电效应的产生条件可知，入射光的频率大于金属的极限频率时，发生光电效应现象，光光子的频率低，故用光照射该金属时有光电子逸出，光照射该金属时不一定有光电子逸出，故D错误；故选C。3.下列说法正确的是（）A. 气体分子平均动能越大，其压强一定越大B. 两种物质温度相同时，其分子平均动能一定相同C. 当分子之间距离增大时，分子间的引力和斥力都增大D. 液体中悬浮微粒的布朗运动是由悬浮微粒分子做无规则运动引起的【答案】B【解析】【详解】A压强取决于单位体积内的分子数和分子的平均动能，A错误；B温度是分子平均动能的标志，温度相同时，其分子平均动能一定相等，B正确；C当分子之间距离增大时，分子间引
4、力和斥力都减小，C错误；D液体中悬浮微粒的布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮颗粒撞击作用的不平衡引起的，D错误。故选B。4.图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则（）A. 该波沿x轴正方向的传播，传播速度为40m/sB. 该波沿x轴负方向的传播，传播速度为40m/sC. 该波沿x轴正方向的传播，传播速度为20m/sD. 该波沿x轴负方向的传播，传播速度为20m/s【答案】B【解析】【详解】由乙图得知，t=0.10s时质点Q的运动方向向下，可知该波沿x轴负方向传播；由乙图得到该波的周期为由甲图得到该波的波长传播速度为故选B。5
5、.一理想变压器原副线圈匝数比n1：n2=11：5.原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u如图所示.副线圈仅接入一个10 的电阻.则( )A. 流过电阻的电流是20 AB. 与电阻并联的电压表的示数是100VC. 经过1分钟电阻发出的热量是6103JD. 变压器的输入功率是1103W【答案】D【解析】【详解】AB由图象可知，原线圈中电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V，与电阻并联的电压表的示数是100V，流过电阻的电流所以AB错误；C由所以经过60s电阻发出的热量是60000J，所以C错误；D.由图象可知，原线圈中电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正
6、比可知，副线圈的电压有效值为100V，副线圈的电阻为10，所以输出功率输入功率等于输出功率，所以D正确故选D。6.如图所示为两个等量异号点电荷所形成电场的一部分电场线，P、Q是电场中的两点。下列说法正确的是（ ）A. P点场强比Q点场强大B. P点电势比Q点电势低C. 电子在P点的电势能比在Q点的电势能小D. 电子从P沿直线到Q的过程中所受电场力恒定不变【答案】C【解析】【详解】A由图可知，P点周围的磁感线比Q点稀疏，故P点的场强比Q点小，选项A错误；B由电场线的方向可知，电场由P到Q，而电势沿电场线方向是降低的，故P点电势高于Q点电势，选项B错误；C那么电子是负电荷，电子在P点的电势能小于在
7、Q点的电势能，选项C正确；D由于P到Q间的电场强度是变化的，故电子从P沿直线到Q的过程中所受电场力是变化的，选项D错误。故选。7. 两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的A. 轨道半径减小，角速度增大B. 轨道半径减小，角速度减小C. 轨道半径增大，角速度增大D. 轨道半径增大，角速度减小【答案】D【解析】由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即，轨道半径，洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角速度可判断角速度变小，选项D
8、正确【定位】磁场中带电粒子的偏转【名师点睛】洛伦兹力在任何情况下都与速度垂直，都不做功，不改变动能8.如图所示电路，闭合开关，灯泡发光若滑动变阻器R2的滑片P由b端向a端移动，关于灯泡L1、L2的亮度变化情况正确的是（ ） A. L1、L2都变暗B. L1变暗，L2变亮C. L1、L2都变亮D. L1变亮，L2变暗【答案】D【解析】【详解】当滑动变阻器的滑片P由b向a滑动时，滑动变阻器的连入电阻的阻值变大，外电路总电阻变大，总电流变小，则路端电压变大，R1的电压变小，可得灯泡L1两端的电压变大，所以L1变亮总电流变小，通过L1的电流变大，所以通过L2的电流变小，因此L2变暗故D正确。故选D。9
9、.一定质量的理想气体，由状态a经状态b变化到状态c，如图所示，图中能正确反映出这种变化过程的是() A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由图可知，理想气体由a到b经历了等容变化，压强增大，温度升高；由b到c经历了等温变化，压强减小，体积变大；A.先为等温变化，再等容变化；故A不符合；B.先是等容变化，再是等温变化，但等容变化是温度在降低，不符合题意，故B错误；C.先是做压强增大的等容变化，再做压强减小的等温变化，故C正确；D.先做等容变化，但压强在减小；后做等温变化，压强在增大，不符合题意，故D错误；10.关于静止在地球表面（两极除外）随地球自转的物体，下列说法正确的是（ ）A.
10、 物体所受重力等于地球对它的万有引力B. 物体的加速度方向可能不指向地球中心C. 物体所受合外力等于地球对它的万有引力D. 物体在地球表面不同处角速度可能不同【答案】B【解析】【详解】A、考虑了地球的自转，万有引力不等于重力，重力是万有引力的一个分力，只有在两极重力才严格与万有引力相等，故A错误；B、物体的加速度方向指向轨道的圆心，而地球上的物体随地做匀速圆周运动的轨道与地轴垂直，且维度越高轨道半径越小，只有在赤道上的物体，加速度才指向地心，故B正确；C、在地球上随地球自转的物体，跟随地球一起做匀速圆周运动，万有引力和支持力的合力等于向心力，万有引力沿轨道半径方向上的分力提供向心力，另一分力是
11、重力，所以物体所受合外力不等于地球对它的万有引力，故C错误；D、地球表面不同纬度的物体绕同一地轴转动，角速度相等，故D错误11.如图所示，金属棒ab质量为m，通过电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为，ab静止于宽为L水平导轨上。下列说法正确的是（）A. 金属棒受到的安培力大小为B. 金属棒受到的摩擦力大小为C. 若只改变电流方向，金属棒对导轨的摩擦力将减小D. 若只增大磁感应强度B后，金属棒对导轨的压力将减小【答案】D【解析】【详解】ABD作出金属棒受力示意图，如图所示根据安培力公式可得金属棒所受安培力为根据平衡条件得若只增大磁感应强度后，由上式可得金属棒对导轨的
12、压力将减小，故A、B错误，D正确；C改变电流方向，则金属棒所受的安培力与原来方向相反，根据平衡条件则有金属棒对导轨的摩擦力的大小不变，故C错误；故选D。12. 如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（ ）A. mgRB. mgRC. mgRD. mgR【答案】C【解析】试题分析：据题意，质点在位置P是具有的重力势能为：；当质点沿着曲面下滑到位置Q时具有的动能为：，此时质点对轨道压力为：，由能量守恒定律得到：，故选项C正确考点：能量守恒
13、定律、圆周运动【名师点睛】本题分析的关键是找出质点在初始位置是的机械能和在末位置时的机械能，两个位置机械能只差就等于摩擦力做的功的大小即；但在球末位置时的动能时需要用到圆周运动规律，由此式可以求出在末位置的速度，也就可以求解此位置的动能大小了13.某同学用半径相同的两个小球a、b来研究碰撞问题，实验装置示意图如图所示，O点是小球水平抛出点在水平地面上的垂直投影实验时，先让入射小球a多次从斜轨上的某一确定位置由静止释放，从水平轨道的右端水平抛出，经多次重复上述操作，确定出其平均落地点的位置P；然后，把被碰小球b置于水平轨道的末端，再将入射小球a从斜轨上的同一位置由静止释放，使其与小球b对心正碰，
14、多次重复实验，确定出a、b相碰后它们各自的平均落地点的位置M、N；分别测量平抛射程OM、ON和OP已知a、b两小球质量之比为6：1，在实验误差允许范围内，下列说法中正确的是（ ）A. a、b两个小球相碰后在空中运动的时间之比为OM：ONB. a、b两个小球相碰后落地时重力的瞬时功率之比为6OM：ONC. 若a、b两个小球在碰撞前后动量守恒，则一定有6 ON =6OM +OPD. 若a、b两个小球的碰撞为弹性碰撞，则一定有OP+ OM= ON【答案】D【解析】【分析】两球碰撞后均做平抛运动，根据高度比较平抛运动的时间，根据重力的瞬时功率公式，结合竖直方向上的分速度得出瞬时功率之比；碰撞过程中动量
15、守恒，运用水平位移代替速度得出动量守恒的表达式，若为弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒；【详解】A、根据知，高度相同，则两球运动的时间相同，故A错误；B、根据可知两球落地时的竖直分速度相等，根据知，a、b两球的质量之比为6:1，则重力的瞬时功率之比为6:1，故B错误；C、开始a球平抛运动的初速度，碰撞后，a球的速度，b球的速度，根据动量守恒有：，则有：，故C错误；D、若为弹性碰撞，根据动量守恒有：，根据机械能守恒有：，则有：，联立解得，故D正确；故选D【点睛】关键知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，知道弹性碰撞的过程中，动量守恒，机械能守恒，由于时间相等，则碰撞前后的速度可以通过水平位移表
16、示14.某些物质在低温下会发生“零电阻”现象，这被称为物质的超导电性，具有超导电性的材料称为超导体。根据超导体的“零电阻”特性，人们猜测：磁场中的超导体，其内部的磁通量必须保持不变，否则会产生涡旋电场，导致超导体内的自由电荷在电场力作用下不断加速而使得电流越来越大不可控制。但是，实验结果与人们的猜测是不同的：磁场中的超导体能将磁场完全排斥在超导体外，即内部没有磁通量，超导体的这种特性叫做“完全抗磁性”（迈斯纳效应）。现在有两个实验方案：（甲）如图所示，先将一个金属球放入匀强磁场中，等稳定后再降温使其成为超导球并保持低温环境，然后撤去该磁场；（乙）先将该金属球降低温度直至成为超导球，保持低温环境
17、加上匀强磁场，待球稳定后再将磁场撤去。根据以上信息，试判断上述两组实验中球内磁场的最终情况是下图中的哪一组？（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】题目中两个球最后均通过降温变为超导体，由于迈斯纳效应，小球的磁通量为零，考虑球的立体特性，内部没有磁感线穿过，故A、B、D错误，C正确；故选C。15.请写出下列测量工具的读数。(1)用游标卡尺测量一金属丝的直径，则该金属丝直径的测量值为_mm；(2)用螺旋测微器测量圆柱体直径为_mm；(3)如图为一正在测量中的多用电表表盘。当选用电阻挡“100”测量，则读数为_；当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为_
18、mA。【答案】 (1). 2.94 (2). 1.880 (3). 600 (4). 36.0【解析】【详解】(1)1游标卡尺的主尺读数为2mm，游标尺上第47个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为470.02mm=0.94mm，所以最终读数为2mm+0.94mm=2.94mm；(2)2螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为38.00.01mm=0.380mm，所以最终读数为1.5mm+0.380mm=1.880mm；(3)3用倍率为“100”的电阻挡测电阻，由图示可知，电阻阻值为6100=600；4选用量程为50mA电流挡测量电流时，最小分度为1mA，则所测电流为36.0mA；16
19、.在用图所示的装置“验证牛顿第二定律”的实验中，保持小车质量一定时，验证小车加速度a与合力F的关系。(1)除了电火花计时器、小车、砝码、砝码盘、细线、附有定滑轮的长木板、垫木、导线及开关外，在下列器材中必须使用的有_（选填选项前的字母）；A220V、50Hz的交流电源B电压可调的直流电源C刻度尺D秒表E天平（附砝码）(2)为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，以下操作正确的是_；A调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行B在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上C在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上(3)某同学得到了如图所示
20、的一条纸带，由此得到小车加速度的大小a=_m/s2（保留两位有效数字）；(4)在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力，已知两位同学利用实验数据做出的aF图像如图中的1、2所示；出现图线1的原因是_；出现图线2的原因是_。【答案】 (1). ACE (2). AC (3). 3.2 (4). 平衡摩擦力时木板倾角太大 (5). 不再满足砝码、砝码盘质量远小于小车的质量【解析】【详解】(1)1电火花计时器需要220V、50Hz的交流电源，不需要直流电源；要用刻度尺测量纸带上点迹的距离，需要天平测量小车的质量；纸带上每相邻两个点的时间间隔为0.02s，不选秒表测时间，故需要ACE，故选A
21、CE；(2)2为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，调整长木板的倾斜度，让小车拖着纸带做匀速直线运动，同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，故A、C正确，B错误；故选AC；(3)3根据可得小车加速度的大小(4)4根据图线1可知，当没有挂砝码、砝码盘时，小车产生了加速度，因此说明平衡摩擦力时木板倾角太大；5根据图线2可知，随着的增大，即砝码、砝码盘的质量增大，不再满足砝码、砝码盘质量远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象。17. 如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板上方有一
22、磁感应强度为B的匀强磁场电荷量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，从M点进入磁场后做匀速圆周运动，从N点离开磁场忽略重力的影响（1）求匀强电场场强E的大小；（2）求粒子从电场射出时速度的大小；（3）求M、N两点间距L的大小；保持粒子不变，请你说出一种增大间距L的方法【答案】（1）；（2）；（3）只增大U或只减小B等【解析】试题分析：（1）由匀强电场中电势差与场强关系得：（3分）（2）根据动能定理有：可得： （5分）（3）根据牛顿第二定律可得： L=2R 联立式可得：增大间距L的方法有：只增大U或只减小B等 （8分）考点：带电粒子在电场和磁场中的运动18.如图所示，
23、在匀强磁场中倾斜放置的两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面成q30角，平行导轨间距L=1.0 m匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B=0.20T两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动两金属杆的质量均为m=020 kg，电阻均为R=020若用与导轨平行的拉力作用在金属杆ab上，使ab杆沿导轨匀速上滑并使cd杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g=10m/s2求：（1）cd杆受安培力F安的大小；（2）通过金属杆的感应电流I；（3）作用在金属杆ab上拉力的功率P【答案】（1）10N； （2）50A； （3）2
24、0W【解析】【详解】试题分析：（1）金属杆 cd 静止在金属导轨上，所受安培力方向与导轨平面平行向上则F安= mgsin30解得： F安=10N（2）F安=BIL 解得： I=5.0A（3）金属杆 ab 所受安培力方向与导轨平面平行向下，金属杆 ab 在拉力 F、安培力 F 安和重力 mg 作用下匀速上滑，则F=BIL+ mgsin30根据电磁感应定律，金属棒 ab 上产生的感应电动势为 E感= BLv根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆 ab 的电流根据功率公式P=Fv解得P =20W19.轻质弹簧一端固定，另一端与放置于水平桌面上的小物块（可视为质点）相连接。弹簧处于原长时物块位于O点。现将小
25、物块向右拉至A点后由静止释放，小物块将沿水平桌面运动。已知弹簧劲度系数为，小物块质量为m，OA间距离为L，弹簧弹性势能的表达式为，式中x为弹簧形变量的大小。(1)若小物块与水平桌面间的动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力；求：.小物块第一次经过O点时的速度大小；.小物块向左运动过程中距离O点的最远距离，并判断小物块是否能静止在该位置；(2)在我们的生活中常常用到弹簧，有的弹簧很“硬”，有的弹簧很“软”，弹簧的“软硬”程度其实是由弹簧的劲度系数决定的。请你自行选择实验器材设计一个测量弹簧劲度系数的实验，简要说明实验方案及实验原理。【答案】(1)；小物块不能停在该位置；(2)见解析【解析】【详
26、解】(1)设小物块第一次经过点时的速度为，根据功能关系得可得设小物块向左运动得最远处在点左侧的点，之间的距离为，小物块由运动到的过程中，由功能关系得解得此时弹簧弹力为小物块与地面的最大静摩擦力为因此小物块不能停在该位置，将继续向右运动；(2)将弹簧悬挂，弹簧下端挂质量不同的物体，稳定后测量弹簧伸长量以及弹簧所受的拉力，再根据胡克定律得到弹簧的劲度系数。20.“大自然每个领域都是美妙绝伦的。”随着现代科技发展，人类不断实现着“上天入地”的梦想，但是“上天容易入地难”，人类对脚下的地球还有许多未解之谜。地球可看作是半径为R的球体。(1)以下在计算万有引力时，地球可看作是质量集中在地心的质点；a已知
27、地球两极的重力加速度为g1，赤道的重力加速度为g2，求地球自转的角速度；b某次地震后，一位物理学家通过数据分析，发现地球的半径和质量以及两极的重力加速度g1都没变，但赤道的重力加速度由g2略微减小为g3，于是他建议应该略微调整地球同步卫星的轨道半径。请你求出同步卫星调整后的轨道半径r与原来的轨道半径r之比；(2)图甲是地球内部地震波随深度的分布以及由此推断出的地球内部的结构图。在古登堡面附近，横波（S）消失且纵波（P）的速度与地表处的差不多，于是有人认为在古登堡面附近存在着很薄的气态圈层，为了探究气态圈层的压强，一位同学提出了以下方案。如图乙所示，由于地球的半径非常大，设想在气态圈层的外侧取一
28、底面积很小的柱体，该柱体与气态圈层的外表面垂直。根据资料可知古登堡面的半径为R1，气态圈层之外地幔及地壳的平均密度为r，平均重力加速度为g，地球表面的大气压强相对于该气态圈层的压强可忽略不计。请你根据此方案求出气态圈层的压强p。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设地球的质量为M，对于质量为m的物体在地球两极在赤道，根据牛顿第二定律有可得地球自转角速度设地震后地球自转的角速度为，在赤道，根据牛顿第二定律有可得设同步卫星的质量为m，根据牛顿第二定律，地震前有根据牛顿第二定律，地震后有可得（2）设该柱体的底面积为S，则柱体的总重力为该柱体静止，支持力与重力的合力为零即由牛顿第三定律可知，柱体对气态圈层的压力气态圈层中的气体压强为根据以上几式可得