淄博实验中学高三年级假期学习效果检测试题理科综合（物理）1.下列说法正确的是A.氢原子的发射光谱是连续谱B.只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C.23592U裂变：23592U＋10n→14156Ba＋9236Kr＋3X，X是中子D.23592U裂变产物14156Ba是中等质量的核，23592U的平均结合能大于14156Ba的平均结合能【答案】C【解析】【详解】由于氢原子发射的光子的能量满足：E=En-Em，所以发射的光子的能量值E是不连续的，只能是一些特殊频率的谱线，不能是连续谱，故A错误；发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与光照时间和光强无关，选项B错误；根据质量数和电荷数守恒可知：23592U裂变：23592U＋10n→14156Ba＋9236Kr＋3X，X的电荷数为0，质量数为1，是中子，选项C正确；中等核的平均结合能较大，则23592U的平均结合能小于14156Ba的平均结合能，选项D错误；故选C.2.央视网2022年11月06日消息，在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第24颗、第25颗北斗导航卫星。这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星，也是中国第一、二颗北斗三号组网卫星。其轨道可以近似看成圆形，轨道高度要低于地球同步轨道。下列说法正确的是A.这两颗卫星的周期要小于地球同步卫星的周期B.这两颗卫星的运行速度要小于地球同步卫星的运行速度C.如果知道该卫星的轨道半径与周期，可以计算地球的密度D.如果两颗卫星在同一轨道上运动，则其向心力一定大小相等12\n【答案】A【解析】【详解】根据可得，可知，因轨道高度要低于地球同步轨道，则这两颗卫星的周期要小于地球同步卫星的周期，两颗卫星的运行速度要大于地球同步卫星的运行速度，选项A正确，B错误。根据M=4πr3GT2可知，如果知道该卫星的轨道半径与周期，可以计算地球的质量，但是地球的半径未知，不能求解地球的密度，选项C错误；因两颗卫星的质量关系未知，不能比较向心力的大小，选项D错误；故选A.3.有一交流发电机模型，矩形金属线圈在匀强磁场中绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，发电机负载为白炽小灯泡，若线圈匝数为100匝，回路总电阻为2Ω，线圈转动过程中穿过该线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律为Φ＝0.04sinπt（Wb），设π2＝10，回路中电阻值恒定不变，则A.t＝0时，回路瞬时电流为零B.t＝10s时，回路电流改变方向C.t＝1.5s时，回路瞬时电流最大D.从t＝0到t＝10s时间内，回路产生的焦耳热为400J【答案】D【解析】【详解】t=0时，根据穿过线圈的磁通量随时间的变化规律Φ=0.04sinπt（Wb），穿过回路的磁通量为零，感应电动势最大，感应电流最大，故A错误；t=10s时，根据穿过线圈的磁通量随时间的变化规律Φ=0.04sinπt（Wb），穿过回路的磁通量为零，回路中的电流方向不改变，故B错误；t=1.5s时，根据穿过线圈的磁通量随时间的变化规律Φ=0.04sinπt（Wb），穿过回路的磁通量最大，磁通量的变化率为零，回路中的瞬时电流最小，故C错误；磁通量的变化率ΔΦΔt=0.04πcosπt，故磁通量的变化率最大为0.04π，故产生的感应电动势的最大值Em＝nΔΦΔt12\n＝4πV，故产生的感应电动势的有效值E＝Em2＝22πV，回路中产生的焦耳热Q=E2Rt＝400J，故D正确；故选D。【点睛】本题主要考查了线圈在磁场中转动产生感应电动势，明确中性面的特点，知道求产生的焦耳热用交流电的有效值.4.超级高铁是一种以“真空钢管运输”为理论核心的交通工具，因其胶囊形外表，被称为胶囊高铁。2022年8月29日，中国航天科工公司在武汉宣布，已启动时速1000公里“高速飞行列车”的研发项目。如果我国的“高速飞行列车”研制成功，最高时速1080km/h，其加速与减速时加速度大小恒为2m/s2，据此可以推测A.“高速飞行列车”加速时间为540sB.“高速飞行列车”的加速位移为22.5kmC.“高速飞行列车”的速度很大，所以拐弯时半径可以很小D.北京到上海的距离约为1080km，假设轨道为直线，“高速飞行列车”一个小时即可到达【答案】B【解析】【详解】1080km/h=300m/s；则“高速飞行列车”加速时间为t=vma=3002s=150s，加速位移：x=vm22a=30022×2m=22.5km，选项A错误，B正确；列车转弯时，轨道的支持力和重力的合力提供向心力，当轨道倾角一定时，则向心力一定，根据F=mv2r可知，“高速飞行列车”的速度很大，所以拐弯时半径比较大，选项C错误；高铁运行时需要先加速、再匀速、最后减速，整个过程的平均速度小于1080km/h，则北京到上海的距离约为1080km，假设轨道为直线，“高速飞行列车”要用大于一个小时的时间才能到达，选项D错误；故选B.5.如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中()12\nA.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面【答案】BD【解析】鱼缸向右加速运动，桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，选项A错误；鱼缸在桌布上加速运动，脱离桌布后在桌面上做减速运动，加速度大小相等，且加速运动的末速度等于减速运动的初速度，故可知鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等，选项B正确；若猫减小拉力，若鱼缸能与桌布保持相对静止，故鱼缸能滑出桌面，选项C正确；鱼缸受的摩擦力只与鱼缸的重力和摩擦因数有关，故若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不变，选项D错误；故选BC.视频6.如图所示，在平面直角坐标系xOy所在空间有匀强电场，电场方向与坐标平面平行。第一象限内有A、B两点，与O点形成等边三角形，C为OA中点。已知OB=83cm，O点电势为6v，B点电势为12v，C点电势为9v，则下列说法正确的是A.A点电势为12VB.场强方向沿着OB方向C.场强大小为50N/CD.一个电子从C点移动到B点电势能增加3eV【答案】AC12\n【解析】【详解】由于C是AO的中点，则UAO=2UCO=2×（9-6）V=6V，所以：φA=φO+UAO=12V，故A正确；由以上的分析可知，φA=φB，则AB是该匀强电场的一条等势线，所以场强的方向沿垂直于AB的方向，不是沿OB的方向。故B错误；场强的方向沿垂直于AB的方向，根据几何关系可知，O到直线AB的距离：d=OB•sin60°＝83cm×32＝12cm=0.12m；所以电场强度：E=UAOd＝60.12＝50N/C，故C正确；B点的电势高，所以一个电子从C点移到到B点的势能减小。故D错误。故选AC。【点睛】解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，即E=U/d求出电场强度的大小，注意d是沿电场线方向上的距离。7.如图所示，虚线cd上、下方区域存在方向相同但强弱不同的匀强磁场，带电粒子从边界ab上的O点垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后从边界ab上的P点射出，现改变虚线cd上方磁感应强度的大小，使之变为原来的2倍，让该粒子仍以速度v0从O处沿原方向射入磁场，经磁场偏转后从边界ab上的P′点射出，不计粒子的重力，下列关于粒子的说法正确的是A.改变磁场后，粒子离开直线ab时的位置不变B.改变磁场后，粒子离开直线ab时的速度大小不变C.改变磁场后，粒子离开直线ab时的速度方向不变D.改变磁场后，粒子离开直线ab所用时间不变【答案】BC【解析】【详解】虚线上方部分的磁场变大，则粒子在磁场中的运动半径变小，粒子返回到cd线上的位置左移，则粒子离开直线ab时的位置向左移动，选项A错误；因洛伦兹力不做功，可知粒子离开直线ab时的速度大小不变，选项B正确；因粒子射入cd虚线上方磁场的速度方向不变，则离开磁场时的速度方向也不变，即粒子离开直线ab12\n时的速度方向不变，选项C正确；由图可知，上方部分的磁场变大时，粒子在磁场中的半径变小，但是圆弧所对的圆心角不变，根据t=θ2π⋅2πmqB可知，B变大，则t减小，即粒子离开直线ab所用时间变小，选项D错误；故选BC.8.如图所示，质量皆为m的物块A、B用轻弹簧相连置于固定的倾角为α的光滑斜面上，物块B与垂直于斜面的挡板C接触，物块A系一轻质细绳，细绳绕过斜面顶端的定滑轮另一端系一轻质挂钩，细绳与轻弹簧都与斜面平行，物块A、B保持静止。如果在挂钩上挂一重物D，平衡时物块B恰不离开挡板。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，如果某一瞬间剪断细线，则A.挂上重物D之前弹簧的压缩量为mgsinαkB.下滑过程中物块A机械能守恒C.重物D的质量为3msinαD.物块A下滑过程中的最大速度为2gsinαmk【答案】A【解析】【详解】挂上重物D之前，对物体A：mgsinα=kx1，则弹簧的压缩量为x1=mgsinαk，选项A正确；下滑过程中物块A除重力做功外还有弹力和线的拉力做功，则机械能不守恒，选项B错误；挂上D重新平衡时，对ABD系统满足：mDg=2mgsinα，则重物D的质量为2msinα，选项C错误；当ABD系统处于平衡位置时，A的速度最大，此时弹簧的伸长量为x2=mgsinαk=x112\n，从开始到此位置，弹簧的弹性势能不变，则由动能定理：mDg⋅2x1−mgsinα⋅2x1=12(m+mD)vm2解得:vm=2gsinαmk(1+2sinα)，选项D错误；故选A.9.用如右图所示实验装置验证机械能守恒定律．断开电磁铁的电源，电磁铁失去磁性，金属小球从静止开始下落，经过光电门落入捕球网中。小铁球下落过程中经过光电门时，毫秒计时器(图中未画出)记录下挡光时间t。（1）要应用本装置验证机械能守恒定律，测出小球开始下落的位置与光电门之间的距离h以及小铁球的直径d。是否需要测量出小铁球的质量____？（请填“是”或“否”）（2）实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光门中的激光束。小铁球通过光电门时的瞬时速度v＝__________，若下落过程中机械能守恒，则与h的关系式为=______________。【答案】(1).否(2).(3).【解析】【详解】（1）根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量；（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v=，根据机械能守恒的表达式有：mgh=12mv2，即：1t2=2ghd2；【点睛】无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律．10.某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验，实验室提供的器材有：12\nA．小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A）；B．电压表V（量程3V，内阻3kΩ）；C．电流表A（量程0.5A，内阻0.5Ω）；D．定值电阻R。（阻值1000Ω）；E．滑动变阻器R（阻值0～9.0Ω）；F．电源E（电动势5V，内阻不计）；J．开关S；导线若干。（1）实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，在下面虚线框中画出实验电路原理图____________；（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图所示。由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻_________（填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率__________（填“增大”“不变”或“减小”）。【答案】(1).(2).增大(3).增大【解析】【详解】（112\n）因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因灯泡内阻与电流表内阻接近，故应采用电流表外接法；另外为了扩大电压表量程，应用R0和电压表串联，故原理图如图所示；（2）I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；11.如图所示，水平面内有两条平行金属导轨，金属棒垂直放置在导轨上，竖直向下的匀强磁场与导轨平面垂直。某时刻，使金属棒以v0=2m/s的初速度开始向右运动，与此同时金属棒还受到一个外力F的作用，使得金属棒在磁场中先匀减速，再反向匀加速回到出发点。已知外力F与金属棒垂直、与导轨在同一平面内。金属棒减速、加速运动的加速度均为2m/s2，金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.2，金属棒质量0.1kg、电阻0.2Ω，磁感应强度为1.0T，导轨间距为0.2m，与导轨相连的电阻阻值为0.3Ω。其余电阻均不计（1）金属棒减速过程中运动的距离和时间。（2）金属棒减速、加速过程中外力F的大小随时间变化的关系。【答案】(1)1m，1s(2)向右运动时：F=0.16(1-t)N，（0<t<1s）方向水平向右；返回时：F=0.8(0.2t+0.3)N（1s<t<2s），方向水平向左.【解析】【详解】（1）根据运动公式v02=2ass=v022a=222×2m=1m金属棒速度减为零所经历的时间t1=v0a=22s=1s（2）金属棒做匀减速运动，则有v=v0-at12\n电流：I=BL(v0−at)r+R=1×0.2(2−2t)0.2+0.3A=0.8(1−t)A安培力FA=BIL=0.16(1-t)N由题意知，开始时F方向向右，根据牛顿第二定律有FA+µmg-F=ma代入数据得F=0.16(1-t)N，（0<t<1s）方向水平向右返回过程，安培力与前进过程的安培力方向相反FA=-FA=0.16(t-1)N返回过程F-FA-µmg=ma代入已知数据得F=0.8(0.2t+0.3)N（1s<t<2s），方向水平向左。【点睛】此题关键是能找到安培力随时间变化的关系，然后根据牛顿第二定律分析外力F随时间变化的关系，注意安培力的方向.12.如图所示，光滑水平面上置有一个质量为2m，高度为h=1.25m的木板A，木板左侧相距S=2m处固定一厚度不计高度与木板相同的挡板，挡板与木板A在同一条直线上。木板右侧边缘正上方相距R的O点系一细线，细线另一端系质量为m=1kg可以视为质点的物块B，细线长度为R=1.6m，物体B与木板A间的动摩擦因数为μ=0.2。现把细线水平向右拉直，将物体B以竖直向下的速度v0=2gR抛出，物体B运动到O点正下方时细线恰好拉断，物体B滑上木板A。已知木板A与挡板相撞时，物体B恰好从木板A上水平抛出，重力加速度取g=10m/s2。计算:（1）细线能承受的最大拉力及计算木板A的长度；（2）物体B从滑上木板A到落到水平面上所需的时间。【答案】(1)50N,10m(2)2.5s【解析】【详解】（1）物体B从释放到最低点，机械能守恒，由机械能守恒定律得：12mv02+mgR=12mv1212\n由牛顿第二定律有：T-mg=mv12R解得v1=2gR=8m/sT=5mg=50N设A与挡板碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律得：Mv1=mvB+2mvA对A应用动能定理：μmgs=12⋅2mvA2联立解得：vB=4m/svA=2m/s设木板A的长度为L，对A、B系统根据能量守恒有：μmgL=12mv12−12mvB2−12⋅2mvA2解得L=10m（2）物体B在木板A上的加速度a=μmgm=μg=2m/s2所以物体B在木板A上滑动的时间t1=v1−vBa=2s物体B做平抛运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，由h=12gt22解得t2=0.5s所以物体B从滑上木板A到落到水平面上所需的时间为t=t1+t2=2.5s【点睛】本题涉及到的过程较多，关键是分析物体的运动过程，对于系统运用动量守恒列方程，对于单个物体运用动能定理列式求解位移，都是常用的思路，要加强这方面的练习，提高解决综合问题的能力。13.根据热学知识，下面说法正确的是__________。A．布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的B．外界对气体做正功，气体内能一定增加C．做功和热传递都能改变物体的内能D．物体温度改变时，物体内分子的平均动能一定改变E．在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体12\n【答案】CDE【解析】【详解】布朗运动反映的是液体分子的无规则运动，由于液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用不平衡引起悬浮粒子的运动，故A错误；外界对气体做正功，若气体放热，则气体内能不一定增加，选项B错误；做功和热传递都能改变物体的内能，选项C正确；温度是分子平均动能的标志，则物体温度改变时，物体内分子的平均动能一定改变，选项D正确；在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体，选项E正确；故选CDE.14.如图所示，一装有水银的U形管竖直放置，左侧管口封闭，右侧管口与大气相通，左侧水银面比右侧水银面高2cm，左侧被封闭空气柱的长度为19cm，已知大气压强为p0=76cmHg。（i）若要从右端缓慢加入水银，直到两侧水银面齐平，左端空气柱长变为多少？（ii）要做到两侧水银面齐平，需从右端加入的水银有多少厘米的长度？【答案】(1)18.5cm(2)3cm【解析】【详解】（i）由玻意耳定律p1V1=p2V2即：（p0-ρgh）LS=p0lS（76-2）×19×S=76×l×S解得：l=18.5cm（ii）封闭端增加的水银长L－l，开口端增加的水银长h＋L－l，所以加入的水银总长为：Δh=h＋2（L－l）=2+2（19－18.5）cm=3cm12
