1、1答案第 1页，总 10页兖州区高三教学质量检测 2020 年 3 月 6 日参考答案1D【解析】A：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，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，新核比旧核的质量数少
2、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。2D【解析】对圆环受力分析；因圆环两边绳子的拉力相等，可知两边绳子拉力与圆弧对圆环的支持力的夹角相等，设为，由几何关系可知，OMA=MAO=，则 3=90，=30；则轨道对轻环的支持力大小为2cos303NFmgmg，选项 A 错误；细线对 M 点的拉力大小为 T=mg，选项 B 错误；细线对轻环的作用力大小为3NNFF
3、mg，选项 C 错误；2答案第 2页，总 10页由几何关系可知，N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为 30，选项 D 正确3D【解析】A、电流的方向与负电荷定向移动的方向相反，用 a 光照射光电管阴极 K 时通过电流计G 的电流是由c 到 d，故选项A 错误；B、增加b 光的强度，仍然不能发生光电效应，电流计指针不偏转，故选项 B 错误；C、根据题意可知 a 光的频率一定大于b 光的频率，则有 a 光的波长小于b 光，根据公式Lxd 可知 a 光的相邻亮纹间距小于b 光的相邻亮纹间距，故选项 C 错误；D、a 光的频率大，折射率大，根据1sinCn可知 a 光的临界角小，两束光从水中以相同的入
4、射角射向空气，随着入射角的增大 a 光先消失，所以若出射光线只有一束，则一定是b 光，故选项 D 正确4C【解析】试题分析：设气体在 a 状态时的温度为 Ta，由图可知：VC=Va=V0、Vb=2V0=2Va，从 a 到 b 是等压变化：解得：Tb=2Ta从 a 到 c 是等容变化：，由于 Pc=2P0=2Pa 解得：Tc=2Ta，所以：Tb=Tc因为从 a 到 c 是等容变化过程，体积不变，气体不做功，故 ac 过程增加的内能等于 ac 过程吸收的热量；而 ab过程体积增大，气体对外做正功，由热力学第一定律可知 ab 过程增加的内能大于 ab 过程吸收的热量，QacQab故选 C5D【解析】
5、由图示图象可知，0t1 内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在 t1t2 内与坐标轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在 0t1 内运动的位移比在 t1t2 内运动的位移大，故 A 错误；在 t1t2 内，物块向上运动，则有 mgcosmgsin，解得：tan，故 C 正确0t2 内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为 WG，根据动能定理得：W+WG=12mv22-12mv12，则传送带对物块做功 W 12mv22-12mv12，故 B 正确，D 错误故选 BC.【点睛】本题由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的
6、范围，根据动能定理求解功是常用的方法.6A【解析】3答案第 3页，总 10页用频率为 v 的光照射某种金属时会发生光电效应，且光电子最大初动能为 E，根据光电效应方程：Ekm=hvW而 W=hv0，则该金属发生光电效应的极限频率为：v0=vkmEh那么所用入射光的极限波长为：0=0kmhchvE因此所用入射光的波长应不大于0kmhchvE，故 A 正确，BCD 错误。故选 A。7C【解析】由波动图象可知，该波的波长=4m，则周期T=v=2sA因振动图象的周期与波动周期相等，而 A 中的周期为 4s，故 A 错误；B由波动图可知，2 质点 0 时刻处于平衡位置且向上运动，故振动图象应从 0 点向
7、上去，故 B 错误；C4 质点此时处于平衡位置向下运动，故 C 正确；D振动图象的周期为 4s，故 D 错误。故选 C。8B【解析】回旋加速器工作条件是交流电源的周期必须和粒子在磁场中圆周运动的周期一致，由公式2 mTqB和mvrqB进行分析判断。【详解】A交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于12()nntt，故 A 错误；B根据2 mTqB可知粒子回旋周期不变，在kEt 图中应有 433221tttttt，故 B 正确；C根据公式：4答案第 4页，总 10页mvrqB解得qBrvm，故最大动能：2222122kmq B rEmvm则知粒子获得的最大动能与
8、D 形盒的半径有关，D 形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大，与加速的次数无关。故 C 错误；D最大动能：2222122kmq B rEmvm动能与粒子比荷以及 B 和 r 有关，不同粒子获得的最大动能不同，D 错误。【点睛】本题考查了回旋加速器的原理，要能够准确的推导出粒子最大动能与粒子比荷、D 形盒半径的关系。9AD【解析】A由图像可知，交流电的周期为 0.02s，所以交流电的频率为 50Hz，故 A 正确；B根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为 310V，所以副线圈的电压的最大值为 31V，所以电压的有效值为31 V2U 故 B 错误；C由变压器原理可知，副线圈两端电压由原
9、线圈两端电压和匝数比决定，所以 P 向右移动时，副线圈两端电压不变，故 C 错误；DP 右移，R 变小，原副线的电流都变大。而电压不变，故功率增大，故 D 正确。故选 AD。10BCD【解析】当牵引力都等于阻力时，速度最大，此时 f=Pv，选项 A 错误，B 正确；根据 F-f=ma，且 F=Pv可得 a=PvPvm，则当v=13 v时，a=2Pmv；当v=12 v 时，a=Pmv，则 CD 正确.11ABD【解析】A.对近地卫星有2224MmGmRRT，星球密度MV，体积34 3VR，解得23GT，故 A 正确。5答案第 5页，总 10页B.小球通过最低点时拉力最大，此时有202vFmgm
10、r最高点拉力最小，此时有21vFmgm r最高点到最低点，据动能定理可得22011222mgrmvmv可得216FFmg，小球做自由落体运动时，有212hgt可得22hgt，221()12FF tmh，故 B 正确。C.根据2 RTv及vgR可得：星球平均密度可表示为2334gGTGR 可得22 22hTRt，故 C 错误。D.环绕该星球表面运行的卫星的速率可表示为2hTvgRt故 D 正确。12ACD【解析】从速度时间图象可知，由 C 到 A 的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，故 A 正确；从速度时间图象可知，A、B 两点的速度分别为 vA=6m/s，vB=4
11、m/s，再根据动能定理得 qUAB=12mvB2-12mvA2=120.1（42-62）J=-1J，解得：UAB=-500V，故 B 错误据两个等量同种正电荷其连线中垂线上电场强度方向由 O 点沿中垂线指向外侧，故由 C 点到 A 点的过程中电势逐渐减小，故 C 正确；带电粒子在 B点的加速度最大，为 am=475=2m/s2，所受的电场力最大为 Fm=mam=0.12N=0.2N，则场强最大值为30.2100/2 10mmFEN Cq，故 D 正确；故选 ACD.6答案第 6页，总 10页点睛：明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，要知道 v-t 图切线的斜率表示加速度，由动能定理求电势
12、差是常用的方法13 使气垫导轨水平滑块 A 的左端到挡板 C 的距离 x1 和滑块 B 的右端到挡板 D 的距离 x21212xMxmMtt【解析】(1)在调整气垫导轨时应注意使气垫导轨水平；(2)要验证的关系式是（m+M）v1=Mv2，其中111xvt,222xvt，则关系式为：1212xMxmMtt,故应测量的数据还有滑块 A 的左端到挡板 C 的距离 x1 和滑块 B 的右端到挡板 D 的距离 x2；(3)由（2）可知只要关系式1212xMxmMtt成立，即可得出碰撞中守恒的量是 mv 的矢量和14CG0.730甲a2-LIU【解析】由题意可知，电源电动势为 6V，电压表采用 03V，而
13、由于待测电阻约为 10，则电路中电流最大为I=URx=310 A=0.3A，故不能选用最大量程为 3A 的电流表，故电流表只能选用A1，即电流表应该选选项 C；而由题意可知，电路应采用分压接法，故滑动变阻器应选用较小的电阻，故滑动变阻器选用R2，即滑动变阻器选选项 G；由电压表内阻远大于金属管线的电阻，电流表应采用外接法，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，故选择甲电路图；由图乙所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为 0.5mm，可动刻度所示为 23.00.01mm=0.230mm，螺旋测微器的示数为 0.5mm+0.230mm=0.730mm；根据欧姆定律，有 R=UI，根据电阻定律，有
14、 R=LS0，故截面积为S0=ILU，故金属管线内部空间截面积的表达式为S=a2 ILU。153n【解析】作出光路图如图所示由折射定律可得sinsinn7答案第 7页，总 10页由几何关系得：1sin2OPPNMOQ，sin30PQO 由题意知30PNM，因 OQ 与 MN 平行，则30NMCQOC ，60 由反射定律30OQMPQO ，9030PQM 联立可得3n 16(1)2m/s(2)0.15J(3)F=0.75-1.25t(0t0.4s)【解析】（1）导线框匀速穿出磁场过程中，感应电动势：EBLv感应电流：BLvIR,线框受到的安培力：22=B L vFBILR安培线框匀速穿出磁场，由
15、平衡条件得：22gBRmL v解得：v=2m/s（2）自导线框刚要进入磁场至刚要离开磁场的过程中，仅进人磁场过程中有焦耳热产生，由能量守恒得：212mgdmvQ得：Q=0.15J（3）导线框刚好完全进入磁场至刚好要离开磁场的过程2202vvg dL得：导线框刚好完全进入磁场的速度 v0=1m/s导线框进入磁场的过程由202vaL得：a=2.5m/s22012Lat得：t0=0.4s取向下为正方向有：22 B L vmgFmavatR得：F=0.75-1.25t(0t0.4s)8答案第 8页，总 10页17（1）1m/s；（2）3m；（3）不能。【解析】【详解】（1）取滑块和小车为研究对象，向右
16、为正方向，则由动量守恒可得01mvmM v共解得：11m/sv共即小车刚与墙壁碰撞时的速度大小为 1m/s（2）从滑块刚滑上小车，到相对静止的过程中，由功能关系可知22011122mgLmvMm v共解得：L=3m（3）小车与墙壁碰撞后，取向左为正方向，由滑块和小车组成的系统水平方向动量守恒，可得12Mm vMm v共共解得：22 m/s3v共再由碰后滑块上升过程中，滑块与小车组成的系统机械能守恒可得22121122mghmM vmM v共共解得1 m6hR故不能从 C 点飞出。18（1）203mvql（2）004 235 53324mvlqlv【解析】（1）粒子射入电场区域，做类平抛运动：v0t0=lqE=ma201322lat 9答案第 9页，总 10页解得：203mvEql；（2）0322yvlt 03yvv03tan3yvv 即 N 点时粒子速度 v 与 y 轴负方向成 30角，v=2v0分析可知，粒子在磁场中圆周运动的圆心 O2 如图所示：2232Rl22vqvBm R解得：B=04 23 mvql（3）粒子在第 IV 象限内以固定的负点电荷为圆心做匀速圆周运动，分析如图：113cossin2lRR1332Rl112 RTv10答案第 10页，总 10页11712tT202322lmTqBv202322lmTqBv2216tT解得：t=t1+t2=05 5324lv
