河南省郑州市2019届高三物理下学期第三次质量检测试题（含解析）.docx

河南省郑州市2019届高三第三次质量预测理科综合物理试题卷二、选择题： 1.如图所示为氢原子能级的示意图，下列有关说法正确的是A. 处于基态的氢原子吸收10.5eV的光子后能跃迁至，n2能级B. 大量处于n4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出3种不同频率的光C. 若用从n3能级跃迁到n2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n4能级跃迁到n3能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应D. 用n4能级跃迁到n1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41eV【答案】D【解析】【详解】A处于基态的氢原子吸收10.2eV的光子后能跃迁至n=2能级，不能吸收10.2eV的能量。故A错误；B大量处于n=4能级的氢原子，最多可以辐射出，故B错误；C从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光的能量值大于从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光的能量值，用从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光，照射该金属时不一定能发生光电效应，故C错误；D处于n=4能级的氢原子跃迁到n=1能级辐射出的光的能量为：，根据光电效应方程，照射逸出功为6.34eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为：，故D正确；2.背越式跳高采用弧线助跑，距离长，速度快，动作舒展大方。如图所示是某运动员背越式跳高过程的分解图，由图可估算出运动员在跃起过程中起跳的竖直速度大约为 A. 2m/sB. 5m/sC. 8m/sD. 11m/s【答案】B【解析】【详解】运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好零，运动员重心升高高度约为：，根据机械能守恒定律可知：；解得：，故B正确，ACD错误。3.如图所示，M、N为平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，开始时闭合开关S，静电计张开一定角度。则下列说法正确的是A. 开关S保持闭合状态，将R的滑片向右移动，静电计指针张开角度增大B. 开关S保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大C. 断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压不变D. 断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变【答案】D【解析】【详解】AB保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差总不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是将两极板间距增大，指针张角不变，故A，B错误；C断开电键，电容器带电量不变，将两极板间距增大，即d增大，根据，知，电容减小，根据知，电势差增大，故C错误；D断开电键，电容器带电量不变，若紧贴下极板插入金属板，则d减小，知，电容减小，根据知，极间的电场强度不变，故D正确；4.地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动，地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所成夹角叫做地球对该行星的观察视角，如图中所示.当行星处于最大观察视角时是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时机.已知某行星的最大观察视角为0，则该行星绕太阳转动的角速度与地球绕太阳转动的角速度之比A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由题意当地球与行星的连线与行星轨道相切时，视角最大，可得行星的轨道半径r为：r=Rsin，得：.设太阳的质量为M，根据万有引力提供向心力，则有：，得：，行星绕太阳转动的角速度与地球绕太阳转动的角速度之比为：；故A正确，BCD错误。5.如图所示，光滑的水平面上有竖直向下的匀强磁场，水平面上平放着一个试管，试管内壁光滑，底部有一个带电小球。现在对试管施加一个垂直于试管的水平拉力F，在拉力F作用下，试管向右做匀速运动，带电小球将从管口飞出。下列说法正确的是A. 小球带负电B. 小球离开试管前，洛伦兹力对小球做正功C. 小球离开试管前的运动轨迹是一条抛物线D. 维持试管做匀速运动拉力F应为恒力【答案】C【解析】详解】A小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电；故A错误.B洛伦兹力是不做功的，因为在向上的洛伦兹力产生的同时，还产生了与F方向相反的一个洛伦兹力，两个洛伦兹力抵消，不做功；故B错误.C设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动.小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动。与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线；故C正确.D设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B，v2增大，则F2增大，而拉力F=F2，则F逐渐增大；故D错误.6.倾角为的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为。平行于斜面的力传感器上端连接木板，下端连接一光滑小球，如图所示。当木板固定时，传感器的示数为F1。现由静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，传感器的示数为F2。则下列说法正确的是A. 若0，则F1F2B. 若0，则F20C. 若0，则tanD. 若0，则【答案】BD【解析】【详解】AB当木板固定时，对小球分析，根据共点力平衡有：F1=mgsin，静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，若=0，则整体沿斜面下滑时根据牛顿第二定律可得：Mgsin=Ma，解得：a=gsin，再以小球为研究对象，则有：mgsin-F2=ma，解得：F2=0，故A错误、B正确；CD当木板沿斜面下滑时，若0，对整体分析，根据牛顿第二定律可得加速度为：a=gsin-gcos，隔离对小球分析有：mgsin-F2=ma，解得：F2=mgcos，则有：，解得：；故C错误、D正确.7.两带电量均为Q的点电荷分别固定于x轴上的2x0和2x0处，将一带q的试探电荷从x0处由静止释放，试探电荷只受电场力的作用，从x轴上的x0到x0的过程中，场强E、试探电荷的加速度a、速度v、电势能Ep等随x坐标的变化图象大致正确的是（E、a、v选x轴正向为正方向，无穷远处为零电势能点）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【详解】A等量同种电荷的连线上场强在-x00段方向向右(为正)，大小逐渐减小到零；0x0段场强方向向左(为负)，大小逐渐增大，其中原点的场强为零；故A正确；B正的试探电荷受电场力方向与场强E的方向相同，由牛顿第二定律可知，正的试探电荷所受的合力、加速度的变化与场强的图象完全相同；故B错误.C正的试探电荷在-x00段电场力做正功，做加速度逐渐减小的加速运动，在0x0段电场力做负功，做加速度逐渐增大的减速运动，而x=0时场强为零，加速度为零速度最大；故C正确.D在-x00段电场力做正功，电势能逐渐减小；在0x0段电场力做负功，电势能逐渐增大；但无穷远处为零电势能点，故x=0处的电势能不为零；故D图象错误.8.“弹跳小人”（如图甲所示）是一种深受儿童喜爱玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg.现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h0.40m时，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图象如图丙所示.其中高度从0.80m到1.40m范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2.则结合图象可知A. 弹簧原长为0.72mB. 空气阻力大小为1.00NC. 弹簧的最大弹性势能为9.00JD. 弹簧在落回地面的瞬间滑块的动能为5.40J【答案】BC【解析】【详解】A从h=0.8m开始，滑块与弹簧分离，则知弹簧的原长为0.8m;故A错误.B在0.80m上升到1.40m内，在Ek-h图象中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80m上升到1.40m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80m上升到1.40m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得-(mg+f)h=0-Ek，由图知h=0.60m，Ek=5.40J，解得空气阻力f=1.00N;故B正确.C根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm=(mg+f)h=9(1.40-0.4)=9.00J;故C正确.D由图可知，当h=0.72m时滑块的动能最大为Ekm=5.76J；假设空气阻力不计，则在整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此滑块的动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，为EPmin=Epm-Ekm=9-5.76=3.24J，由于有空气阻力，所以滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小小于3.24J;故D错误.三、非选择题9.小明同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示.其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是OB细绳所连弹簧测力计的指针指示情况，图丙是小明根据实验在白纸上画出的图，但是擦去了部分辅助线.请你回答下列问题.(1)图乙中弹簧测力计的读数为_N；(2)图丙中有F1、F2、F、四个力，其中力_（填上述字母）的大小不是由弹簧测力计直接读出的，你测量的结果是_（结果保留两位有效数字）.【答案】 (1). 4.20 (2). F (3). 4.3N（4.24.4）【解析】【详解】(1)10小格表示1N，每格为0.1N，估读到下一位，故读数为4.20N；(2)F在以F1与F2为邻边的平行四边形的对角线上，不是由弹簧测力计直接测出的，测量的结果是4.3N.10.二极管为非线性元件，其主要特性是单向导电性。正向电压较小时，电流很小，二极管呈现较大的电阻特性；当电压超过一定数值（称为开启电压）时，电流迅速增加，呈现较小的电阻特性.加反向电压（不超过击穿电压）时呈现很大的电阻特性，反向电压增加时，反向电流几乎不变.物理小组欲研究测量二极管正向伏安特性，设计了甲、乙、丙三种电路，如图所示.小组最终选择了丙图.操作步骤如下:a.根据电路图丙连接电路；b.闭合开关S1，调节各可变电阻，使得开关S2由断开到闭合时，灵敏电流表G指针无偏转，并记录此时电压表V的示数U和电流表A的示数I；c.调节可变电阻，重复步骤b，读出多组不同的U值和I值，记录数据如表格所示；电压U/V0.100.200.300.400.500.550.600.650.700.750.80电流I/mA000001.04.013.027.053.090.0d在坐标纸上描绘出二极管正向伏安特性曲线。根据以上内容，请回答以下问题(1)从设计原理上讲，对于甲图和乙图的误差分析，下列说法正确的是_A甲图误差的来源在于电流表的分压作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用B甲图误差的来源在于电流表的分压作用，乙图的误差来源在于电压表的分流作用C甲图误差的来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用D甲图误差的来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电压表的分流作用(2)在坐标图中根据表格中数据描绘出二极管正向伏安特性曲线_.(3)从描绘的图线来看，二极管的开启 电压约为_V（结果保留一位有效数字）。(4)已知二极管的电阻RDU/I，从描绘的图线来看，当二极管导通时，二极管的电阻随着U的增大而迅速_（填“增大”或“减小”）(5)从设计原理上讲，电路图丙中的二极管电阻测量值_真实值.（填“大于”、“等于”或“小于”）【答案】 (1). C (2). (3). 0.5 (4). 减小 (5). 等于【解析】【详解】(1)由图示电路图可知，图甲采用电流表外接法，图乙采用电流表内接法，甲图误差的来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用，故C正确，A,B,D错误；故选C；(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，根据坐标系内描出的点作出图线如图所示：(3)由图示图象可知，二极管的开启电压为0.5V；(4)通过二极管的电流随电压增加按线性关系迅速上升，由图示图象可知，二极管两端电压与通过二极管的电流比值减小，二极管电阻减小，正确在该区域，二极管的正向电阻随电压增加而减小.(5)由图丙所示电路图可知，图丙所示电路避免了电表内阻对实验的影响，电路图丙中的二极管电阻测量值等于真实值.11.翼型飞行器有很好的飞行性能，其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气阻力都受到影响，同时通过控制动力的大小而改变飞行器的飞行状态。已知飞行器的动力F始终与飞行方向相同，空气升力F1与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，即F1C1v2；空气阻力F2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，即F2C2v2。其中C1、C2相互影响，可由运动员调节，满足如图甲所示的关系。飞行员和装备的总质量为m90kg。（重力加速度取g10m/s2）(1)若飞行员使飞行器以速度v1ms在空中沿水平方向匀速飞行，如图乙所示.结合甲图计算，飞行器受到的动力F为多大?(2)若飞行员使飞行器在空中的某一水平面内做匀速圆周运动，如图丙所示，在此过程中调节C15.0Ns2/m2，机翼中垂线和竖直方向夹角为37，求飞行器做匀速圆周运动的半径r和速度v2大小.（已知sin370.6，cos370.8）【答案】(1)F=750N ;(2)r=30m；v2=15m/s【解析】【详解】(1)选飞行器和运动员为研究对象，由受力分析可知在竖直方向上有：得：C1=3Ns2/m2由C1、C2关系图象可得：C2=2.5Ns2/m2在水平方向上，动力和阻力平衡:F=F2又解得:F=750N(2)设此时飞行器飞行速率为v2，所做圆周运动的半径为r，F1与竖直方向夹角为，在竖直方向所受合力为零，有:水平方向合力提供向心力，有:联立解得：r=30m；v2=15m/s12.如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B0.5T.在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L1m，电阻可忽略不计。质量均为mlkg，电阻均为R2.5的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度a0.4m/s2向右做匀加速直线运动，5s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度vm做匀速直线运动.(1)求棒MN的最大速度vm；(2)当棒MN达到最大速度vm时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，两棒最终均匀速运动.求解除PQ棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热.(3)若PQ始终不解除锁定，当棒MN达到最大速度vm时，撤去拉力F，棒MN继续运动多远后停下来?（运算结果可用根式表示）【答案】（1） （2）Q=5 J （3）【解析】【详解】(1)棒MN做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F-BIL=ma棒MN做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E=BLv棒MN做匀加速直线运动，5s时的速度为：v=at1=2m/s在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：联立上述式子，有：代入数据解得：F=0.5N5s时拉力F的功率为：P=Fv代入数据解得：P=1W棒MN最终做匀速运动，设棒最大速度为vm，棒受力平衡，则有：代入数据解得:(2)解除棒PQ后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v，则有：设从PQ棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：代入数据解得：Q=5J；(3)棒以MN为研究对象，设某时刻棒中电流为i，在极短时间t内，由动量定理得：-BiLt=mv对式子两边求和有：而q=it对式子两边求和，有:联立各式解得：BLq=mvm，又对于电路有：由法拉第电磁感应定律得：又代入数据解得：13.下列关于热现象的判断正确的是_A. 单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的B. 露珠呈现球状是由于液体表面张力的作用C. 在完全失重的情况下，气体对器壁的压强为零D. 气体被压缩时，内能可能不变E. 不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其它影响【答案】BDE【解析】【详解】A单晶体的物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的；故A错误.B液体表面张力的产生原因是：液体表面层分子较稀疏，分子间引力大于斥力；合力现为引力，露珠呈现球状是由于液体表面张力的作用;故B正确.C根据压强的微观意义可知气体对器壁的压强是由于大量分子对器壁持续的撞击形成的，与是否失重无关;故C错误.D做功与热传递都可以改变物体的内能，可知气体被压缩时，内能可能不变;故D正确.E根据热力学第二定律可知，不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其它影响;故E正确.14.如图所示，在粗细均匀的U形管右侧，用水银封闭一段长为L119cm、温度为T1280K的气体，稳定时，左右两管水银面高度差为h6cm.已知大气压强为p076 cmHg.(1)给右管密闭气体缓慢加热，当右管内气体温度多少时，两管水银面等高.(2)若不给右管密闭气体加热，而是向左管缓慢补充水银，也可使两管水银等高，求补充水银柱的长度.【答案】(1)T2=352K (2)y=9cm【解析】【详解】(1)对于封闭气体有：p1=p0-gh=70cmHg末态压强为：p2=76cmHg当两管内水银面等高时，右管内水银面下降高度为：由理想气体状态方程得：又L2=L1-3=16cm代入数据解得：T2=352K(2)设补充水银后，右管内水银面上升x，管内气体长度为L1-x由波意耳定律有:解得：x=1.5cm注入水银柱的长度为：y=h+2x=9cm15.a、b两束相互平行的单色光，以一定的入射角照射到平行玻璃砖上表面