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1、云南省红河州2018届高三物理复习统一检测试题（含解析）二、选择题： 1.1.1964年至1967年6月我国第一颗原子弹和第一颗氢弹相继试验成功，1999年9月18日，中共中央、国务院、中央军委隆重表彰在研制“两弹一星”中作出贡献的科学家。下列核反应方程式中属于原子弹爆炸的核反应方程式的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】原子弹的爆炸为重核裂变反应.A、粒子轰击氮为人工核转变，是卢瑟福发现质子的反应；A错误。B、两个氘核结合成氦核是轻核聚变反应，典型代表为氢弹的发明；B错误。C、铀238不稳定解体为氦核和钍核属于衰变；C错误。D、铀235在中子的轰击下生成两个中核和中子，构成链
2、式反应；D正确。故选D。【点睛】明确四大核反应的特点和曲别；核电站、原子弹的爆炸都是重核裂变，氢弹的爆炸为轻核聚变2.2.甲乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，速度随时间变化的关系如图所示，其中甲物体的速度-时间图线为两段倾斜直线，乙物体的速度-时间图线为两段1/4圆弧。图中t2=t4/2，则在0-t4时间内，以下说法正确的是A. 甲物体在0 t2时间内的加速度与在t2 t4时间内的加速度相等B. 0 t4时间内甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度C. 两物体在t2时刻运动方向均改变D. 两物体在t1 、t3时刻两次相遇【答案】B【解析】【详解】A、根据速度时间图线的斜率表示加速度，在0 t
3、2时间内甲图象的斜率为正，t2 t4时间甲的斜率为负，知两段时间的加速度大小相等，方向相反；A错误。B、速度图线与时间轴围成的面积表示位移，则知0-t4时间内甲物体的位移等于乙物体的位移，时间相等，则平均速度相等；故B正确。C、甲乙的速度图象都在时间轴的上方，速度都为正，运动方向没有改变；C错误。D、根据图象的面积表示位移，可知，t3时刻两者位移之差最大，相距最远，t4时刻位移相等两者相遇；D错误。故选B。【点睛】解决本题的关键能够从速度时间图线中获取信息，知道斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移3.3.如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷+Q和-2Q，以MN连线的中点O为圆
4、心的圆周上有A、B、C、D四点，COD与MN垂直，规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是A. A点场强与B点场强相等B. C点场强与D点场强相等C. O点电势等于零D. C点和D点电势相等【答案】D【解析】【详解】A、由于2QQ，A点处电场线比B点处电场线疏，A点场强小于B点场强；故A错误。B、由于电场线关于MN对称，C、D两点电场线疏密程度相同，则C点场强等于D点场强，但方向与两个电荷的连线不平行，故电场强度的方向不同，故电场强度大小相等，但方向不相同；故B错误。C、根据等量异种电荷的对称性可知过O点的中垂线与电场线垂直，中垂线为等势线，O点的电势为零，现在是不等量的异种电荷，过O点中垂线不
5、再是等势线，O点电势不为零，由U=Ed可知左侧的平均场强小，电势降低的慢，则零电势点在O点右侧；C错误。D、沿着电场线电势逐渐降低，结合电场分布的上下对称可知C=D0；D正确。故选D。【点睛】本题考查判断电势、场强大小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判断4.4.如图所示，O点是竖直圆环的顶点，Oc是圆环直径，Oa和Ob是两条不同倾角的弦。在Oc、Oa、Ob线上置三个光滑的斜面，一个质点从O自由释放，先后分别沿Oc、Oa、Ob下滑，则到达a、b、c三点的时间 A. 时间都相同B. 最短的是a点C. 最短的是b点D. 最长的是c点【答案】A【解析】【详解】设圆的半径为R，斜面与竖直
6、方向夹角为，则物体运动的位移为x=2Rcos，物体运动的加速度a=F合m=mgcosm=gcos，根据x=12at2，解得t=4Rg，与夹角无关，即三种路径的运动时间相同；故选A。【点睛】本题要掌握等时圆模型的特点，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求出运动的时间，看时间与角的关系。5.5.如图所示，长为L=0.5 m、倾角为=37的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球（可视为质点），以初速度v0=3 m/s恰能沿斜面匀速上滑，g=10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8，则下列说法中正确的是A. 水平匀强电场的电场强度大小为3m
7、g/5qB. 小球在B点的电势能大于在A点的电势能C. 若电场强度大小加倍，小球运动的加速度大小为6 m/s2D. 若电场强度大小减半，小球运动到B点时速度为初速度v0的一半【答案】C【解析】【详解】A、带电小球从A点到B点匀速上滑，动能不变，由动能定理知重力做功与电场力做功之和为零，即得 qELcos-mgLsin=0，得E=3mg4q；A错误。B、带电小球从A点到B点，电场力做正功，电势能减小，因此B点的电势能小于A点的电势能；故B错误。C、由题意知电场强度未加倍时，满足mgsin=qEcos，电场强度加倍后，小球在斜面方向的合力 F=2qEcos-mgsin=ma，所以小球的加速度a=g
8、sin=6m/s2，故C正确。D、电场强度未减半时，满足mgsin=qEcos；若电场强度减半，小球在斜面方向的合力为：F=mgsinqEcos2=mgsin2=ma，所以小球的加速度为a=gsin2=3m/s2，根据速度位移公式，有v2v02=2as，代入数据解得v=6m/sv02；故D错误。故选C。【点睛】本题是带电体在电场中运动问题，要转换思维，就把电场力当作一般的力，将这类问题当作力学问题去处理。6.6.如图所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球沿椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点。已知A、B、C绕地心运动的周期相同，下列说法中正确的是A.
9、 物体A的速度小于第一宇宙速度B. 物体A的速度小于卫星C的运行速度C. 物体A和卫星C具有相同大小的加速度D. 卫星B在P点的加速度与卫星C在P点的加速度大小不相等【答案】AB【解析】【详解】B、物体A和卫星C的周期相等，则角速度相等，根据v=r知，半径越大，线速度越大，所以卫星C的运行速度大于物体A的速度；故B正确。A、第一宇宙速度是最大的环绕速度，根据v=GMr，卫星C的运行速度小于第一宇宙速度，卫星C的运行速度大于物体A的速度，所以物体A的运行速度一定小于第一宇宙速度；A正确。C、物体A静止于地球赤道上随地球一起自转，卫星C为绕地球做圆周运动，它们绕地心运动的周期相同，根据向心加速度的
10、公式a=(2T)2r，得卫星C的加速度较大；C错误。D、卫星做圆周或椭圆都是受万有引力产生加速度，GMmr2=ma，可得a=GMr2，则两卫星距离地心的距离相等时加速度相等，D错误。故选AB。【点睛】解决本题的关键知道A和C的角速度相等，通过v=r比较线速度大小，注意物体A随地球做圆周运动不是靠万有引力提供向心力7.7.如图所示，竖直平面内放一直角杆，杆的水平部分粗糙，杆的竖直部分光滑，两部分各套有质量均为1kg的小球A和B，A、B间用细绳相连，A与水平杆之间的动摩擦因数=0.3。初始时刻A、B均处于静止状态，已知OA=3m，OB=4m。若A球在水平拉力F的作用下向右缓慢地移动1m（取g=10
11、m/s2），那么该过程中A. 小球A受到的摩擦力大小为6NB. 小球B上升的距离小于1mC. 拉力F做功为16JD. 拉力F做功为14J【答案】AC【解析】【详解】对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力N1，如图所示：根据共点力平衡条件，对整体，竖直方向：N=G1+G2，水平方向：F=f+N1，其中：f=N，解得N=（m1+m2）g=20N，f=N=0.320N=6N，故A正确。B、根据几何关系，可知小球B上升的距离h=4m5242=1m；故B错误。C、D、对整体在整个运动过程中运用动能定理列式得：WF-fs-m2gh=0，故有：WF=fs+m2gh=61+
12、1101=16J，故C正确，D错误。故选AC。【点睛】本题中拉力为变力，先对整体受力分析后根据共点力平衡条件得出摩擦力为恒力，然后根据动能定理求变力做功8.8.如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒的质量分别为ma=m，mb=2m，电阻值分别为RaR，Rb2R。b棒静止放置在水平导轨上足够远处，与导轨接触良好且与导轨垂直；a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放，运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g，则A. a棒刚进入磁场时回路中的感
13、应电流为BL2ghRB. a棒刚进入磁场时，b棒受到的安培力大小为B2L22gh3RC. a棒和b棒最终稳定时的速度大小为2gh3D. 从a棒开始下落到最终稳定的过程中，a棒上产生的焦耳热为29mgh【答案】BCD【解析】【详解】A、设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到进入磁场，根据机械能守恒定律有：mgh=12mv2，a棒切割磁感线产生感应电动势为：E=BLv，根据闭合电路欧姆定律有：I=ER+2R；联立解得I=BL2gh3R；故A错误。B、b棒受到的安培力为F=BIL，代入电流I解得F=B2L22gh3R，方向水平向右；B正确。C、设两棒最后稳定时的速度为v，从a棒进入磁场到两棒速度
14、达到稳定，一对安培内力作用，两棒组成的系统外力之和为零，根据动量守恒定律有：mv=3mv，解得：v=v3=2gh3；C正确。D、从a棒进入磁场到两棒共速的过程，一对安培力做功把机械能转化为电能，设a棒产生的内能为Ea，b棒产生的内能为Eb，根据能量守恒定律有：12mv2=123mv2+Ea+Eb；两棒串联内能与电阻成正比：Eb=2Ea，解得：Ea=29mgh；故D正确。故选BCD。【点睛】本题是双杆双电源问题，关键是结合切割公式、欧姆定律公式、安培力公式列式分析，注意a棒进入磁场后两棒当成系统动量守恒，还要对整个运动过程结合能量守恒定律列式分析。三、非选择题： （一）必考题： 9.9.气垫导轨
15、是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来探究碰撞中的不变量，实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：a用天平分别测出滑块A、B的质量m1、m2b调整气垫导轨，使导轨处于水平c在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止地放置在气垫导轨上d用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1e按下开关放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。（1）实验中还应测量的物理量是_。（2）利用上述测量的实验数据，得出关系式_成立（用测量出的物理量表示），即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是_（写出其中一个即
