1、高考资源网（） 您身边的高考专家高三物理检测题一、单项选择题1.关于机械波的特性，下列说法正确的是（）A. 只有波长比障碍物的尺寸小或相差不多的时候才会发生明显的衍射现象B. 火车鸣笛时向我们驶来，听到的笛声频率将比声源发出的频率低C. 向人体内发射频率已知的超声波被血管中的血液反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血液的速度，这种方法应用的是多普勒效应D. 只要是性质相同的波，都可以发生干涉【答案】C【解析】【详解】A只有波长比障碍物的尺寸大或相差不多的时候才会发生明显的衍射现象，所以A错误；B火车鸣笛向我们驶来时，间距变小，则我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高，所以B错误；C
2、向人体发射频率已知的超声波，超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血液的速度，这种方法应用的是多普勒效应，所以C正确；D产生干涉的两个条件是：两列波的频率必须相同，两个波源的相位差必须保持不变。所以D错误。故选C。2.如图所示为氢原子能级示意图一部分，关于氢原子，下列说法正确的是（）A. 一个氢原子从能级跃迁到能级，可能放出3种不同频率的光子B. 从能级跃迁到能级，氢原子会吸收光子，能量升高C. 从能级跃迁到能级，氢原子会向外放出光子，能量降低D. 处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的【答案】C【解析】【详解】A一个氢原子从能级跃迁到能级，最多能放出两
3、种不同频率的光子，方式为，由能级3到能级2，再由能级2到能级1，所以A错误；BC从能级跃迁到能级，即由高能级向低能级跃迁，氢原子会放出光子，能量降低，所以C正确，B错误；D处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是不一样的，所以D错误。故选C。3.如图，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为60己知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行此玻璃的折射率为A. B. 1.5C. D. 2【答案】C【解析】【详解】试题分析：据题意，由于岀射光线和入射光线平行，则光线AB和光线BC关于法线B0对称，则法线与岀射光线和入射光线平行，所以ABO=30，则折射角r=OAB=30，据折射定
4、律有：n=sin60/sin30=，所以C选项正确考点：光的折射定律【名师点睛】本题考查光的折射和折射定律的应用解题的关键是画出规范的光路图，要根据反射光路的对称性，由几何知识作出光路，然后在入射点的位置，求出折射角，应用光的折射定律列得方程求解；此题意在考查学生对基本公式的应用程度4.2018年6月14日11时06分，我国探月工程“嫦娥四号”的中继星“鹊桥”顺利进入地月拉格朗日L2点的运行轨道，为地月信息联通搭建“天桥”。如图所示，L2点位于地球与月球中心连线的延长线上，“鹊桥”位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，已知地球、月球和“鹊桥”的质量分别为Me、Mm、m，
5、地球和月球中心间的距离为R，L2点到月球中心的距离为x，则x满足（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】对月球，万有引力提供向心力，有对中继星，地球和月球的引力的合力提供向心力，故联立解得故C正确，ABD错误。故选C。5.如图是一升降机的运动情况，升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m的小物块，如图甲所示。升降机从t=0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是（）A. t=t0时刻，物块所受的支持力大小为mgB. t=3t0时刻，物块所受支持力大小为2mgC. 在02t0时间内，物块
6、先处于失重状态，后处于超重状态D. 在t03t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态【答案】A【解析】【详解】At=t0时刻，a=0，小物块处于平衡状态，有故A正确；Bt=3t0时刻，a=2g，根据牛顿第二定律解得故B错误；C在02t0时间内，a0，加速度为零或者方向向上，小物块处于平衡状态或者超重状态，故C错误；D在03t0时间内，a0，加速度为零或者方向向上，小物块处于平衡状态或者超重状态，故D错误。故选A6.下列说法正确的是（）A. 衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的B. 铀核（）衰变为铅核（）的过程中，要经过8次衰变和6次衰变C. 的半衰期是5天，100克经过10
7、天后还剩下50克D. 密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的【答案】B【解析】【详解】A衰变的实质是原子核内部的中子转化为一个质子和一个电子，电子从原子核内喷射出来，A错误；B铀核（）衰变为铅核（）的过程中，每经一次衰变质子数少2，质量数少4；而每经一次衰变质子数增1，质量数不变；由质量数和核电荷数守恒知，衰变次数次衰变次数次B正确；C设原来Bi的质量为，衰变后剩余质量为m则有即可知剩余Bi质量为25g，C错误；D密立根油滴实验表明电子的电荷量是分离的，玻尔提出核外电子的轨道是分立的不连续的，D错误。故选B。7.用两块材料相同的木板与竖直墙面搭成斜面1和2，斜面有相同的高和不同的底边，如图
8、所示，一个小物块分别从两个斜面顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端。下列说法正确的是（）A. 物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关B. 沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等C. 物块沿着1下滑到底端的过程，产生的热量较少D. 物块下滑到底端过程中，产生的热量与其质量无关【答案】A【解析】【详解】对物块从高为h的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有其中为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力为所以物块克服摩擦力做的功为由图可知，为斜面底边长，可见，物块从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做功与斜面底端长度L底成正比A联立得故物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关，故A正确；B沿着1和2下滑到底
9、端时，重力做功相同，而沿2物块克服摩擦力做功小于沿1克服摩擦力做功，则由式得知，沿着2下滑到底端时物块的速度大于沿1下滑到底端时速度，故B错误；C沿1时克服摩擦力做的功多，物块的机械能损失大，产生的热量多，故C错误；D根据功能关系得：产生的热量等于克服摩擦力做功，即为与质量有关，故D错误。故选A。8.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为51，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法中错误的是（）A. 图乙中电压的有效值B. 电压表的示数为31VC. R处出现火警
10、时电流表示数减小D. R 处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大【答案】C【解析】【详解】A设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U，则代入数据得图乙中电压的有效值为，故A正确；B变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是5：l，所以电压表的示数为 解得故B正确；CR处温度升高时，阻值减小，由于电压不变，所以出现火警时电流表示数增大，故C错误；D由于出现火警时电流表示数增大，则通过电阻R0的电流也增大，则其消耗的电功率增大，故D正确。由于本题选错误的，故选C。二、多项选择题9.两列波速相同的简谐横波沿x轴相向传播，实线波的频率为3Hz，振
11、幅为10cm，虚线波的振幅为5cm，t0时，两列波在如图所示区域内相遇，则（）A. 两列波在相遇区域内会发生干涉现象B. 实线波和虚线波的频率之比为3：2C. ts时，x9m处的质点实际振动方向向下D. ts时，x4m处的质点实际位移大小|y|12.5cm【答案】BD【解析】【详解】AB实线波的波长为1=4m，虚线波的波长为2=6m，它们的波速相等，由波速公式v=f得：实线波和虚线波的频率之比为两列波的频率不同，不能发生干涉现象，故A错误，B正确；C波速为则在时间内波传播的距离实线波单独传播时，在时，x=9m处的质点到达波谷，振动速度为零。虚线波单独传播时，在时，x=9m处的质点振动方向向上，
12、则根据波叠加原理可知在时，x=9m处的质点振动方向向上，故C错误；D波速为则在时间内波传播的距离实线波单独传播时，在时，x=4m处的质点到达波谷，位移大小为 y1=10cm；根据波形的平移法作出虚线波传播x=1m时的波形，如图红线所示，由图看出此刻x=4m处的质点位移大小则波的叠加原理可知在时，x=4m处的质点位移故D正确。故选BD。10.如图所示，P、Q为两个等量的异种电荷，以靠近电荷P的O点为原点，沿两电荷的连线建立x轴，沿直线向右为x轴正方向,一带正电的粒子从O点由静止开始仅在电场力作用下运动到A点，已知A点与O点关于P、Q两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计在从O点到A点的运动过程
13、中，下列关于粒子的运动速度v和加速度a随时间的变化、粒子的动能和运动径迹上电势随位移x的变化图线可能正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】CD【解析】等量异种电荷的电场线如图所示根据沿着电场线方向电势逐渐降低，电场强度，由图可知E先减小后增大，所以图象切线的斜率先减小后增大，故A错误沿两点电荷连线从O到A，电场强度先变小后变大，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点的过程中，电场力一直做正功，粒子的速度一直在增大电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大v-t图象切线的斜率先变小后变大，故CD可能，故CD正确粒子的动能，电场强度先变小后变大，则切线的斜率先变小后变大，则B
14、图不可能故B错误故选CD【点睛】根据等量异种电荷电场线的分布情况，分析场强、电势的变化，由电场力做功情况判断动能的变化情况由牛顿第二定律研究加速度的变化情况，并分析粒子的运动情况11.质量为m小球在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上做匀加速直线运动，经时间t运动到P点，撤去F，又经时间t小球回到出发点，速度大小为v，不计阻力，已知重力加速度为g，则下列判断正确的是（）A. 撤去力F时小球的动能B. 小球上升的最大高度C. 拉力F所做的功D. 拉力的最大功率【答案】BCD【解析】【详解】C拉力F作用时，小球上升的加速度大小为a，末速度大小为v，小球上升的高度，小球速度，撤去外力后解得对全过程，
15、由动能定理得故C正确；A拉力F作用时，由动能定理得 解得且故A错误；B撤去力F后小球上升的高度为h，由动能定理得解得小球上升的最大高度故B正确；D拉力F的最大功率故D正确。故选BCD。12.如图（a）所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac边的电阻为R，其他电阻均不计，ab与ac角夹角为135，cd与ac垂直将质量为m的长直导体棒搁在导轨上并与ac平行棒与ab、cd交点G、H间的距离为L0，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B在外力作用下，棒由GH处以初速度v0向右做直线运动其速度的倒数随位移x变化的关系如图（b）所示在棒运动L0到MN处的过程中（）A. 导体棒做匀变速直线运动B. 导
16、体棒运动的时间为C. 流过导体棒的电流大小不变D. 外力做功为【答案】BC【解析】【详解】A、直线的斜率为： 所以有： 代入得：，故不是匀变速直线运动，故A错误；C、感应电动势为：E=Blv=感应电动势大小不变，感应电流为：I=E/R，大小不变，故C正确；B、根据法拉第电磁感应定律有： 解得：，故B正确；D、克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热为：对导体棒，由动能定理得：W外-W安= 解得：W外=，故D错误；故选BC【点睛】根据图象求出v随x变化的函数表达式，判断运动情况；由E=Blv求出任意时刻的电动势，由欧姆定律分析电流变化；求出棒向右移动L0的过程中回路磁通量变化量，由求解时间；棒向
17、右移动L0的过程中，求出扫过的面积，求出此时电动势，根据 动能定理求解外力做的功三、实验题13.用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。(1)下列实验条件必须满足的有_；A斜槽轨道光滑B斜槽轨道末段水平C挡板高度等间距变化D每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球(2)为定量研究，建立以水平方向为轴、竖直方向为轴的坐标系；a取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点
18、，钢球的_（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定轴时_（选填“需要”或者“不需要”）轴与重锤线平行；b若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图乙所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为，测得AB和BC的竖直间距分别是和，则_（选填“大于”、“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为_（已知当地重力加速度为，结果用上述字母表示）。(3)为了得到平拋物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是_；A从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹B用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的
19、位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹C将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹(4)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体_。A在水平方向上做匀速直线运动B在竖直方向上做自由落体运动C在下落过程中机械能守恒【答案】 (1). BD (2). 球心 (3). 需要 (4). 大于 (5). (6). AB (7). B【解析】【详解】(1)1因为本实验是研究平抛运动，只需要每次实验都能保证钢球做相同的平抛运动，即每次实验都要
20、保证钢球从同一高度处无初速度释放并水平抛出，没必要要求斜槽轨道光滑，因此A错误，BD正确；挡板高度可以不等间距变化，故C错误。故选BD。(2)a23因为钢球做平抛运动的轨迹是其球心的轨迹，故将钢球静置于Q点，钢球的球心对应的白纸上的位置即为坐标原点(平抛运动的起始点)；在确定轴时需要轴与重锤线平行。b45由于平抛的竖直分运动是自由落体运动，故相邻相等时间内竖直方向上的位移之比为1:3:5：，故两相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大，因此大于；由，联立解得(3)6将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于铅笔受摩擦力作用，且不一定能保证铅笔水平，铅笔将不能
21、始终保持垂直白纸板运动，铅笔将发生倾斜，故不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹，故C不可行，AB可行。(4)7从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，可认为做平抛运动，因此不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样，这实际上揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，故选项B正确。14.为了精确测量一电阻的阻值Rx，现有以下器材：蓄电池组E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，电阻箱RP，开关S1、S2，导线若干。某实验小组设计了如图甲所示的电路，实验的主要步骤如下：a闭合S1，断开S2，调节R和RP，使电流表和电压表的示数适当，记下两表示数分别为I1、U1；b保持S1闭合、RP阻值不变，闭合S2
22、，记下电流表和电压表示数分别为I2、U2。(1)按图甲所示的电路图将如图乙所示的实物连成电路_；(2)被测电阻的阻值_（用两电表的示数表示）；(3)由于电流表、电压表都不是理想电表，则被测电阻的阻值Rx的测量值_真实值（选填“大于”“小于”或“等于”）。【答案】 (1). (2). (3). 等于【解析】【详解】(1)1如图所示(2)2由题中的步骤可得则(3)3本实验的实验误差来源于电压表的内阻引起的分流作用，如果考虑电压表的内阻，则则结果不变，所以被测电阻的阻值的测量值等于真实值。四、计算题15.某节目中，“气功师”平躺水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大石板，石板裂开而“
23、气功师”没有受伤现用下述模型分析探究：设大石板质量M=80 kg，铁锤质量m=5 kg；铁锤从h1=1.8 m高处由静止落下，打在石板上反弹，当反弹达到最大高度h2=0.05 m时被拿开；铁锤与石板的作用时间t1=0.01 s；由于缓冲，石板与“气功师”腹部的作用时间t2=0.5 s取重力加速度g=10 m/s2求：铁锤敲击大石板的过程中，（1）铁锤受到的冲量大小；（2）大石板对铁锤的平均作用力大小；（3）大石板对人的平均作用力大小【答案】（1）35 Ns（2）3550N（3）871N【解析】（1）由机械能守恒定律，解得，则铁锤打击石板时的速度，铁锤反弹时的速度；对铁锤，由动量定理得，解得（2
24、）对铁锤，由冲量定义得，解得（3）对石板，由动量定理得，解得；由牛顿第三定律得，大石板对人的平均作用力大小16.如图所示，绝热气缸放在水平地面上，质量为m、横截面积为S的绝热活塞上下两室分别充有一定量的氢气A和氮气B(视为理想气体)，竖直轻弹簧上端固定，下端与活塞相连初始时，两室气体的绝对温度均为，活塞与气缸底部的间距为L，与顶部的间距为3L，弹簧劲度系数为(g为重力加速度大小)、原长为2L现对B缓慢加热，当弹簧处于原长状态时停止加热，此时A的绝对温度为，B的绝对温度为已知，求对B停止加热时A、B的压强各为多大?【答案】【解析】【详解】设初始时，A、B的压强分别为，停止加热时A、B的压强分别为
25、，则根据胡克定律有：对活塞，受力平衡初态有：末态有：根据理想气体状态方程对A有：对B有：解得：；17.“太空粒子探测器”是由加速装置、偏转装置和收集装置三部分组成的，其原理可简化如下：如图所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心圆，圆心为O，外圆的半径，电势，内圆的半径，电势，内圆内有磁感应强度大小、方向垂直纸面向里的匀强磁场，收集薄板MN与内圆的一条直径重合，收集薄板两端M、N与内圆间各存在狭缝假设太空中漂浮着质量、电荷量的带正电粒子，它们能均匀地吸附到外圆面上，并被加速电场从静止开始加速，进入磁场后，发生偏转，最后打在收集薄板MN上并被吸收(收集薄板两侧均能吸收粒子)，不考虑粒子相互间的碰
26、撞和作用(1)求粒子刚到达内圆时速度的大小；(2)以收集薄板MN所在的直线为轴建立如图的平面直角坐标系分析外圆哪些位置 的粒子将在电场和磁场中做周期性运动指出该位置并求出这些粒子运动一个周期内在磁场中所用时间【答案】（1） (2) （0, 2m）,（2m, 0）,（0, -2m）,（-2m, 0）【解析】（1）带电粒子在电场中被加速时，由动能定理可知 解得： （2）粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，有 解得r=1.0m因为r=R2，所以由几何关系可知，从收集板左端贴着收集板上表面进入磁场的粒子在磁场中运动圆周后，射出磁场，进入电场，在电场中先减速后反向加速，并返回磁场，如此反复的周期
27、运动其运动轨迹如图所示则在磁场中运动的时间为T 解得 粒子进入电场的四个位置坐标分别为（0, 2m）,（2m, 0）,（0, -2m）,（-2m, 0） 18.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
28、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【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
29、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.- 22 - 版权所有高考资源网
