1、高三物理综合检测（时间：90分钟满分：100分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，18小题只有一项符合题目要求，912题有多项符合题目要求全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1. 2018年中国散裂中子源将迎来验收，目前已建设的3台谱仪也将启动首批实验有关中子的研究，下列说法正确的是（ ）A. Th核发生一次衰变，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4B. 一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是裂变反应C. 卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子D. 中子和其他微观粒子，都具有波粒二象性【答案】D【解析】【详解】A：衰
2、变的本质是发生衰变的核中减小的2个质子和2个中子形成氦核，所以一次衰变，新核与原来的核相比，中子数减小了2故A项错误B：一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是聚变反应，故B项错误C：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型；卢瑟福通过粒子轰击氮原子核产生氧17和质子的实验发现了质子；查德威克通过粒子轰击铍核获得碳核的实验发现了中子故C项错误D：中子和其他微观粒子，都具有波粒二象性故D项正确【点睛】衰变，新核比旧核质量数少4，电荷数少2；新核中质子数、中子数比旧核均少2；衰变的本质是发生衰变的核中减小的2个质子和2个中子形成氦核衰变，新核与旧核的质量数相等，电荷数多1，新
3、核中质子数比旧核多1，中子数比旧核少1；衰变的本质是原子核中一个中子变成质子的同时立即从核中放出一个电子2. 根据分子动理论，下列说法正确的是()A. 一个气体分子的体积等于气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比B. 显微镜下观察到墨水中的小炭粒所做的不停地无规则运动，就是分子的运动C. 分子间的相互作用的引力和斥力一定随分子间的距离增大而增大D. 分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大【答案】D【解析】【详解】A由于气体分子的间距大于分子直径，故气体分子的体积小于气体的摩尔体积与阿伏加德罗常数之比，故A错误；B显微镜下观察到的墨水中的小炭粒所做的不停地无规则运动，是布朗运动，它是分子无规
4、则运动的体现，但不是分子的运动，故B错误；C分子间的相互作用力随分子间距离增大而减小，但斥力减小得更快，故C错误；D若分子间距是从小于平衡距离开始变化，则分子力先做正功再做负功，故分子势能先减小后增大，故D正确.3. 折射率为的某种透明玻璃圆柱体横截面如图所示，O点为圆心，一束单色光线从A点射入，入射角为，经B点射出，射出时的折射角为，真空中的光速为c，下列说法正确的是（）A. 光线进入玻璃后频率变大B. 若增大，光线在圆柱体内可能会发生全反射C. 若增大，可能变小D. 光线在玻璃中的速度为【答案】D【解析】【详解】A光的频率由光源决定，与介质无关，所以光线由空气进入玻璃，频率不变，故A错误；
5、BC由光路的可逆性知=，若增大，一定增大，由几何关系可知，光线射入的折射角与射出的入射角相等，由于光线射入的入射角不可能为，则光线在圆柱体内可能会发生全反射，故BC错误；D介质中光速的公式为故D正确。故选D。4. 如图所示，在倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则（）A. 环只受三个力作用B. 轻绳对物体的拉力小于物体的重力C. 物体做匀加速运动D. 环一定受四个力作用【答案】D【解析】【详解】AD对环进行受力分析可知，环受到重力、轻绳对它的拉力、滑杆对它的支持力和摩擦力共四个力作用，A错误，D正确
6、；BC物体受到重力和轻绳的拉力，因为悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，故二力平衡，物体做匀速运动，BC错误。故选D。5. 如图所示，直角三角形斜劈ABC的倾角为37，以直角顶点B为坐标原点，分别沿BA边和BC边建立x轴和y轴，已知AB边水平，边长为8m，从D(11m，2m)点以初速度v0沿x轴负方向抛出一个可视为质点的小球，一段时间后，小球落在斜面AC上，则此时小球的速度方向与x轴负方向夹角的最大值为(已知sin37=06，cos37=0.8)( )A. 30B. 37C 53D. 60【答案】C【解析】【详解】小球的初速度越大，在斜面上的落点越靠上，落在斜面上时，竖直速度分量越小，合速度与x轴
7、负方向夹角越小，反之，合速度与x轴负方向夹角越大，当小球落在最低点A时，其速度与x轴负方向夹角最大，设位移方向与初速度方向夹角为，速度偏向角为，则，即，故C正确点晴：解决本题关键借助“平抛运动”中物体在某时间内速度方向与水平方向夹角的正切等于位移与水平方向夹角正切的2倍进行求解6. 如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有一B点，该处有带正电液滴不断地由静止开始下落（不计空气阻力，每滴液滴的质量、电荷量均相同），液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，且前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落的带电液滴对下落液滴的影响，则下列说法正确的是（）A. 第一滴液滴做自由落体
8、运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球B. 当液滴下落到重力与电场力大小相等时，开始做匀速运动C. 能够下落到A球的所有液滴在下落过程中达到最大动能时的位置均相同D. 除第一滴外所有液滴下落过程中电势能均在增加【答案】D【解析】【详解】A液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，所以A球电荷量Q逐渐增加，以后的液滴下落过程中受到重力和电场力共同作用，当电荷量Q增加到一定程度后，液滴将不能到达A球，故A项错误B液滴受到的电场力是变力，当液滴下落到重力等于电场力位置时，速度最大，以后将减速下落，故B项错误C设速度最大处液滴距A球的距离为R，有，可以看出随Q逐渐增加，R也逐渐增加，故C项错误D除第一滴外
9、所有液滴下落过程中，电场力对液滴做负功，所以液滴下落过程中电势能增加故D项正确故选D。7. 如图所示，两宽度均为a的水平匀强磁场区域相距为4a，一个边长为a的正方形金属线框从磁场上方距离为a处由静止自由下落，进入上方和下方的匀强磁场时都恰好做匀速直线运动，已知下落过程中线框平面始终在竖直平面内，则下列说法正确的是（）A. 线框在穿过上、下两个磁场的过程中产生的电能之比为1：2B. 线框在上、下两个磁场中匀速运动的速度之比为1：4C. 上、下两个磁场的磁感应强度之比为1：D. 线框在穿过上、下两个磁场的过程中产生的电流之比为1：【答案】D【解析】【详解】A线框宽度与磁场宽度相等，线框运动进入磁场
10、，则线框穿过磁场过程做匀速直线运动，线框的动能不变，线框产生的电能等于重力势能的减少量为2mga，线框在穿过上下两个磁场的过程中产生的电能相等，比值为1：1，故A错误；B由自由落体运动规律可得，线框在上方磁场中的速度为v1=线框离开第一个磁场到进入第一个磁场前做匀加速直线运动加速度为g，位移为3a，由匀变速直线运动的速度位移公式可知解得则故B错误；C线框进入磁场过程受到的安培力为线框匀速进入磁场，由平衡条件得解得两磁场的磁感应强度之比故C错误；D线框匀速穿过磁场，线框穿过磁场的运动时间线框穿过两磁场的运动时间之比线框穿过磁场过程产生的电能为，线框穿过磁场过程的感应电流为线框穿过两磁场过程产生的
11、电能Q相等，线框穿过磁场过程的感应电流之比故D正确。故选D。8. 宇航员在某星球上为了探测其自转周期做了如下实验，在该星球两极点，用弹簧秤测得质量为的砝码所受重力为，在赤道测得该砝码所受重力为他还发现探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为假设该星球可视为质量分布均匀的球体，则其自转周期为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】设星球和探测器质量分别为、在两极点，有：，在赤道，有：，探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为T，则有：；联立以上三式解得A. ，与结论不相符，选项A错误；B. ，与结论不相符，选项B错误；C. ，与结论不相符，选项C错误；D. ，与结论相符，选项D正
12、确；9. 如图是在两个不同介质中沿x轴正方向传播的两列波的波形图图中的实线分别表示横波甲和横波乙在t=0时刻的波形图，经过0.5s后，甲、乙的波形分别变成如图中虚线所示已知两列波的周期均大于0.3s,则下列说法中正确的是A. t=0时刻甲中x =2m处的质点向上振动B. 甲中x= lm处的质点振幅为20cmC. 波甲的周期一定等于波乙的周期D. 波甲的速度可能大于波乙的速度【答案】AD【解析】【详解】A根据“上下坡法”可确定甲中x =2m处的质点向上振动，故A正确；B振幅为质点离平衡位置最大的距离，由图甲可知，所有质点的振幅为10cm，故B错误；C由两图可知，两波的周期，即，（n=0,1,2.
13、），所以两列波的周期不一定相等，故C错误；D由两图可知，两波的波长分别为，综合C可知，波甲的速度可能大于波乙的速度，故D正确故选AD。10. 如图所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P，滑块所处的空间存在着沿斜面向上的匀强电场，滑块平衡时，弹簧恰好处于原长状态。现给滑块一沿斜面向下的初速度，滑块最低能运动到M点，在滑块从开始运动至到达最低点M的过程中，以下说法正确的是（）A. 滑块机械能的减少量等于滑块克服电场力所做的功B. 滑块电势能的增加量等于滑块重力势能的减少量C. 弹簧弹性势能的增加量等于滑块动能的减少量D. 滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和【
14、答案】BC【解析】【详解】A在下滑到最低点过程中，除重力以外有电场力和弹簧弹力做功，则滑块机械能的减小量等于滑块克服电场力做功与克服弹簧弹力做功之和，故A错误；B因为开始滑块受重力和电场力和支持力处于平衡，则有在运动到最低点过程中，克服电场力做功与重力做功相等，则滑块电势能增量等于滑块重力势能的减小量，故B正确；C根据能量守恒得，动能减小，重力势能减小，电势能增加，弹性势能增加，因为电势能增量等于重力势能减小量，所以弹性势能增加量等于滑块动能减小量，故C正确；D根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故D错误。故选BC。11. 如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角
15、为，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是( )A. 斜面对物体的弹力的冲量为零B. 物体受到的重力的冲量大小为mgtC. 物体受到的合力的冲量大小为零D. 物体动量的变化量大小为mgsint【答案】BD【解析】A、斜面对物体的弹力的冲量大小：I=Nt=mgcost，弹力的冲量不为零，故A错误；B、物体所受重力的冲量大小为：IG=mgt，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B正确；C、物体受到的合力的冲量大小：mgtsin，不为零，C错误；D、由动量定理得：动量的变化量大小p=I合=mgsint， D正确；故选BD12. 如
16、图所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，使电灯L变暗，下列哪些措施可以使电灯L重新变亮A. 其他条件不变，P1下移，同时P2上移B. 其他条件不变，P1上移，同时P2下移C. 其他条件不变，滑动变阻器滑动片P向下移动D. 其他条件不变，断开电键S【答案】AD【解析】【详解】AB原线圈的输入电压降低，其他条件不变，P1下移，即原线圈匝数减少，P2上移，即副线圈匝数增多，由可以使U2增大，可以使电灯L重新变亮，故A正确；B错误；C原线圈的输入电压降低，其他条件不变，则副线圈电压减小，将滑动变阻器滑动片P向下移动，并联部分电阻减小，灯泡两端电压更小，灯泡不能变亮，故C错误D原线圈的输入电压降低，
17、其他条件不变，则副线圈电压减小，断开电键S，并联部分电阻增大，副线圈中电流减小，R1分担电压减小，灯泡两端电压增大，可以使电灯L重新变亮，故D正确；故选AD二、实验题（本题共2个小题，共12分）13. 某兴趣小组用如图甲所示的实验装置来测物块与斜面间的动摩擦因数PQ为一块倾斜放置的木板，在斜面底端Q处固定有一个光电门，光电门与数字计时器相连(图中未画)每次实验时将一物体(其上固定有宽度为d的遮光条)从不同高度h处由静止释放，但始终保持斜面底边长L0.500 m不变(设物块与斜面间的动摩擦因数处处相同)(1)用20分度游标卡尺测得物体上的遮光条宽度d如乙图所示，则d_cm；(2)该小组根据实验数
18、据，计算得到物体经过光电门的速度v，并作出了如图丙所示的v2h图象，其图象与横轴的交点为0.25由此可知物块与斜面间的动摩擦因数_；(3)若更换动摩擦因数更小的斜面，重复上述实验得到v2h图象，其图象的斜率将_(填“增大”“减小”或“不变”)【答案】 (1). 0.225 (2). 0.5 (3). 不变【解析】【详解】（1）由图知第5条刻度线与主尺对齐，则读数为：；（2）设斜面的长为s，倾角为，由动能定理得：即：，由图象可知，当时，代入得到：；（3）由知斜率为定值，若更换动摩擦因数更小的斜面，图象的斜率不变14. 某同学准备自己动手制作一个欧姆表，可以选择的器材如下：电池E（电动势和内阻均未
19、知）表头G（刻度清晰，但刻度值不清晰，量程Ig未知，内阻未知）电压表V（量程为1.5V，内阻Rv=1000）滑动变阻器R1（010）电阻箱R2（01000）开关一个，理想导线若干（1）为测量表头G的量程，该同学设计了如图甲所示电路.图中电源即电池E. 闭合开关，调节滑动变阻器R1滑片至中间位置附近某处，并将电阻箱阻值调到40时，表头恰好满偏，此时电压表V的示数为1.5V；将电阻箱阻值调到115，微调滑动变阻器R1滑片位置，使电压表V示数仍为1.5V，发现此时表头G的指针指在如图乙所示位置，由以上数据可得表头G的内阻Rg=_，表头G的量程Ig=_mA（2）该同学接着用上述器材测量该电池E的电动势
20、和内阻，测量电路如图丙所示，电阻箱R2的阻值始终调节为1000：图丁为测出多组数据后得到的图线（U为电压表V的示数，I为表头G的示数），则根据电路图及图线可以得到被测电池的电动势E=_V，内阻r=_.（结果均保留两位有效数字）（3）该同学用所提供器材中的电池E、表头G及滑动变阻器制作成了一个欧姆表，利用以上（1）、（2）问所测定的数据，可知表头正中央刻度为_.【答案】 (1). 10 (2). 30 (3). 3.0 (4). 20 (5). 100【解析】【详解】（1）12由图乙所示表盘可知，表盘功30分度，其示数为：电压表示数：U=1.5V，由欧姆定律可知：U=I（Rg+R2）即：U=Ig
21、（Rg+40），U=Ig（Rg+115）解得：Rg=10，Ig=30mA；（2）34电压表Rv的内阻为1000，电阻箱R2阻值始终调节为1000，电压表与电阻箱串联，它们两端电压相等，电压表示数为U，则路端电压为2U，由图丙所示电路图可知，电源电动势：E=2U+Ir，则：由图示U-I图象可知：，电源电动势：E=3.0V，r=20；（3）5欧姆表内阻：欧姆表中值电阻等于其内阻，因此表头正中央刻度为：R中=R内=100；三、计算题（本题共4个小题，共40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）15. 如图所示，一根两端开口、横截面积为S=2cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固
22、定（插入水银槽中的部分足够深）。管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L=21cm的气柱，气体的温度为t1=7，外界大气压取p0=1.0105Pa（相当于75cm高的汞柱压强）。(1)若在活塞上放一个质量为m=0.1kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？（g=10m/s2）(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2=77，此时气柱为多长？(3)若在(2)过程中，气体吸收的热量为10J，则气体的内能增加多少？【答案】(1)20cm；(2)25cm；(3)8.95J【解析】【详解】(1)被封闭气体的初状态为p1=p0=1.0105PaV1=LS=42cm3T
23、1=280K末状态压强V2=L2ST2=T1=280K根据玻意耳定律，有p1V1=p2V2即p1L=p2L2解得L2=20cm(2)对气体加热后，气体的压强不变p3=p2V3=L3ST3=350K根据盖吕萨克定律，有即解得L3=25cm(3)气体对外做的功W=p2Sh=p2S（L3L2）=1.05J根据热力学第一定律得U=WQ=1.05J10J=8.95J即气体的内能增加8.95J。16. 如图所示平面直角坐标系xOy，在第象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，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
24、q的粒子，从y轴上的P(0，)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30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，并求粒子从P点到离开第象限所经历的时间。【答案】(1) ；（2）2v0，速度方向指向第象限与x轴正方向成60角；（3），【解析】【详解】（1）粒子运动过程如图所示设粒子在电场中运动的时间t，则有水平方向竖直方向在电场中有联立得（2）粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度则合速度大小方向
25、为解得，即粒子在a点速度方向指向第象限与x轴正方向成角（3）因为粒子从y轴上的某点进入第象限，且速度与y轴负方向成角，且，所以粒子只能从磁场的ab边射出，当粒子从b点射出时，r最大，此时磁场的磁感应强度有最小值，由几何关系得r=L粒子在磁场中运动时，有解得磁感应强度的最小值由（1）可知在电场运动时间在磁场中，运动时间做匀速直线运动时间故运动的总时间17. 如图所示，高为h的光滑三角形斜劈固定在水平面上，其与水平面平滑对接于C点，D为斜劈的最高点，水平面的左侧A点处有一竖直的弹性挡板，质量均为m的甲、乙两滑块可视为质点，静止在水平面上的B点，已知AB=h、BC=3h，滑块甲与所有接触面的摩擦均可
26、忽略，滑块乙与水平面之间的动摩擦因数为=0.5.给滑块甲一水平向左的初速度，经过一系列没有能量损失的碰撞后，滑块乙恰好能滑到斜劈的最高点D处，重力加速度用g表示，求：(1)滑块甲的初速度v0的大小；(2)滑块乙最终静止的位置与C点的距离。【答案】(1)；(2)2h【解析】【详解】(1)由于滑块甲、乙碰撞时无能量损失，根据能量守恒定律得甲、乙碰撞时根据动量守恒定律得由以上两式解得即滑块甲、乙碰撞的过程中速度互换，且每次碰撞都发生在B点由于滑块乙刚好滑到斜劈的最高点D处，则对滑块乙由B点到D点的过程，根据动能定理得解得(2)设滑块乙在B、C间运动的总路程为x，对滑块乙由B点开始运动到最终静止的过程
27、，根据动能定理得解得滑块乙最终停在C点左侧与C点距离为2h18. 如图甲所示，一足够长的质量M=0.4kg的长木板静止在水平面上，长木板与水平面间的动摩擦因数=0.1，一质量m=0.4kg的小滑块以v0=1.8m/s的速度从长木板的右端滑上长木板，小滑块刚滑上长木板0.2s内的速度图象如图乙所示，小滑块可看成质点，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小滑块刚滑上长木板时长木板的加速度大小a1（2）从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块运动的总位移x【答案】(1) 2m/s2 (2) 0.54m【解析】【分析】小滑块刚滑上长木板时做匀减速运动，结合图象的斜率求出其加速度a2，根据牛顿
28、第二定律求得小滑块受到的滑动摩擦力，再对长木板，由牛顿第二定律求加速度a1；根据速度时间公式，求出两者速度到达相等时经历的时间以及共同速度，二者速度相等后一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律求得加速度，再由位移公式求出位移，然后求和即可得到小滑块运动的总距离【详解】解：(1)小滑块刚滑上长木板时加速度大小为 小滑块对长木板的滑动摩擦力 地面对长木板的最大静摩擦力 因为，所以小滑块刚滑上长木板后，长木板向左匀加速，小滑块向左匀减速，据牛顿第二定律：以木板为研究对象,有：代入数据得： (2)设经过时间t小滑块与长木板速度相等时,有： 代入数据得： 共同速度 这段时间内,小滑块运动的距离为： 此后小滑块与木板一起做匀减速运动据牛顿第二定律： 加速度的大小为： 共同运动的距离为： 所以小滑块滑行的总位移为：
