安徽省皖南八校2019届高三物理三模考试试题（含解析）.docx

安徽省皖南八校2019届高三物理三模考试试题（含解析）一、选择题1.如图所示为氢原子能级图，现有大量氢原子从n4的能级发生跃迁，产生一些不同频率的光，让这些光照射一个逸出功为2.29eV的钠光管，以下说法正确的是（）A. 这些氢原子可能发出3种不同频率的光B. 能够让钠光电管发生光电效应现象的有4种光子C. 光电管发出的光电子与原子核发生衰变时飞出的电子都是来源于原子核内部D. 钠光电管在这些光照射下发出的光电子再次轰击处于基态的氢原子可以使氢原子跃迁到n3的能级【答案】B【解析】【详解】A、大量氢原子从n4的能级跃迁能产生种不同频率的光，故A错误；B、其中能让钠光电管发生光电效应现象的有4种光子，即为从n2到从n1，从n3到从n1，从n4到从n1，从n4到从n2，故B正确；C、光电子来自于金属板中的自由电子，故C错误。D、氢原子从n4的能级向n1发生跃迁，发射光子能量最大，当照射钠光管放出能量为E13.60.852.2910.46eV，而氢原子从n1的能级跃n3的能级，需要吸收能量为E13.61.5112.09eV，因10.46eV12.09eV，不能实现跃迁。故D错误；2.如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，直径竖直，O为圆心，最高点B处固定一光滑轻质滑轮，质量为m的小环A穿在半圆环上。现用细线一端拴在A上，另一端跨过滑轮用力F拉动，使A缓慢向上移动。小环A及滑轮B大小不计，在移动过程中，关于拉力F以及半圆环对A的弹力N的说法正确的是（）A. F逐渐增大B. N的方向始终指向圆心OC. N逐渐变小D. N大小不变【答案】D【解析】【详解】在物块缓慢向上移动的过程中，小圆环A处于三力平衡状态，根据平衡条件知mg与N的合力与T等大反向共线，作出mg与N的合力，如图，由三角形相似得：A、FT，由可得：，AB变小，BO不变，则F变小；故A错误；BCD、由可得： ，AO、BO都不变，则N不变，方向始终背离圆心；故D正确，BC错误；3.2019年春节档，科幻电影流浪地球红遍大江南北。电影讲述的是太阳即将毁灭，人类在地21球上建造出巨大的推进器，使地球经历停止自转、加速逃逸、匀速滑行、减速人轨等阶段，最后成为新恒星（比邻星）的一颗行星的故事。假设儿千年后地球流浪成功，成为比邻星的一颗行星，设比邻星的质量为太阳质量的1/8，地球质量在流浪过程中损失了1/5，地球绕比邻星运行的轨道半径为地球绕太阳运行轨道半径的1/2，则下列说法正确的是（）A. 地球绕比邻星运行的公转周期和绕太阳的公转周期相同B. 地球绕比邻星运行的向心加速度是绕太阳运行时向心加速度的2/5C. 地球与比邻星间的万有引力为地球与太阳间万有引力的1/10D. 地球绕比邻星运行的动能是绕太阳运行时动能的1/10【答案】A【解析】【详解】A、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得： ，则：，即：T比T太，故A正确；B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得： ，故B错误；C、万有引力：,代入数据计算解得，故C错误；D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：，动能：，代入数据计算解得动能之比为 故D错误；4.如图，理想变压器T的原线圈接在电压为U的交流电源两端，P为滑动变阻器的滑片，RT为热敏电阻，其阻值随温度升高而变小。则A. P向左滑动时，变压器的输出电压变大B. P向左滑动时，变压器的输入功率变大C. RT温度升高时，灯L变亮D. RT温度升高时，适当向左滑动P可保持灯L亮度不变【答案】B【解析】P向左滑动时，电阻变大，次级电流减小，根据P=IU可知，因变压器输出电压不变，故变压器的输出功率减小，变压器输入功率减小，选项AB错误；RT温度升高时，RT电阻减小，次级电阻减小，电流变大，变阻器两端电压变大，电灯两端电压变小，故灯L变暗，选项C错误；适当向左滑动P，则次级电流减小，变阻器两端电压变小，电灯两端电压变大，故灯L变亮；则RT温度升高时，适当向左滑动P可保持灯L亮度不变，选项D正确；故选D.5.如图所示，白色传送带A、B两端距离L14m，以速度v08m/s逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为37，现将一质量为m2kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数0.25，取g10m/s2，sin370.6，cos370.8，则下列叙述正确的是（）A. 煤块从A端运动到B端所经历时间为2.25sB. 煤块运动到B端时重力的瞬时功率为120WC. 煤块从A端运动到B端在传送带上留下的黑色痕迹为4mD. 煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为8J【答案】C【解析】【详解】煤块放在传送带后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动。A、设经过时间t1，煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律得：mgsin+mgcosma1，可得 a1g（sin+cos）8m/s2，由 v0a1t1得 t11s，此过程通过的位移大小为 x1t14mL。由于mgsinmgcos故煤块速度大小等于传送带速度大小后，继续匀加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上。设煤块接着做匀加速运动的加速度为a2，运动的时间为t2，则 mgsinmgcosma2，可得 由，代入数据得：t21s。故煤块从A到B的运动时间是tt1+t22s。故A错误。B、煤块从A端运动到B端时速度 vv0+a2t212m/s，此时重力的瞬时功率为 Pmgvsin144W，故B错误。C、由于两个过程煤块与传送带间的相对位移大小（v0t1x1）（Lx1）v0t2，所以煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹长度为 Sv0t1x14m。故C正确。D、煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为 Qmgcos（v0t1x1）+（Lx1）v0t2，代入数据解得：Q24J，故D错误。6.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球视为点电荷，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点图中未画出时速度为零。则小球aA. 从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力一直增大B. 从N到Q的过程中，速率先增大后减小，最大速率的位置在P点C. 从P到Q的过程中，动能减少量大于电势能增加量D. 从N到Q的过程中，电势能先增加后减小【答案】AC【解析】【分析】分析库仑力及重力的合力，根据功的公式明确合力做功情况；再根据重力做功和电场力做功的特点与势能的关系分析电势能的变化.【详解】A、当电荷a在N点时，受竖直向下的重力和水平向右的电场力，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q的过程中，电场力和重力之间的夹角（不是钝角）一直减小，且电场力逐渐增大，所以重力与电场力的合力一直增大，选项A正确；B、在N点是，电场力与重力的合力与该点的切线方向之间的夹角是锐角，所以在开始向下运动的过程中，合力做正功，速率增大；在P时，速度的方向是水平向左的，与合力之间的夹角为钝角，所以在此之间，合力已经开始做负功了，所以有段时间速率减小，从N到P的过程中，速率先增大后减小，速率最大点应该在NP间某点，故B错误；C、从P到Q的过程中，电场力做负功，重力也做负功，动能的减少量等于电势能和重力势能的增加量之和，即动能减少量大于电势能增加量，故C正确；D、从N到Q的过程中点除外，电场力的方向与速度的方向始终成钝角，电场力做负功，电势能始终增加，故D错误；故选AC.【点睛】本题考查功能关系，要注意明确电场力和重力具有相同的性质，即重力做功量度重力势能的改变量；而电场力做功量度电势能的改变量。功和能的关系：功是能量转化的量度。有两层含义：(1)做功的过程就是能量转化的过程，(2)做功的多少决定了能转化的数量，即：功是能量转化的量度,功是一种过程量，它和一段位移一段时间相对应；而能是一种状态量，它与一个时刻相对应。两者的单位是相同的都是，但不能说功就是能，也不能说“功变成了能”.7.如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，已知A的质量为5m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，关于此过程，下列说法正确的是（）A. 斜面倾角37B. C刚离开地面时，B的加速度为0C. A获得最大速度为D. A、B两小球组成的系统机械能守恒【答案】BC【解析】【详解】AB、A的速度最大时，A所受的合力为零，此时绳的拉力T5mgsin此时C恰好离开地面，故弹簧的拉力为mg，对B受力分析可得绳对B的拉力为 T2mg，可得 sin0.4，37故A错误。B、物体C刚离开地面时，B的合外力为0，加速度为0，故B正确。C、初始时系统静止，且线上无拉力，对B有 kx1mgC刚好离开地面时，有kx2mg，可知x1x2，则从释放至C刚离开地面的过程中，弹簧弹性势能变化量为零，此过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，即5mg（x1+x2）sinmg（x1+x2）+ （5m+m）vAm2以上方程联立可解得：A获得最大速度为，故C正确。D、从释放A到C刚离开地面的过程中，根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，但是A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误。8.如图所示，在光滑水平面上有宽度为d的匀强磁场区域，边界线MN平行于PQ线，磁场方向垂直平面向下，磁感应强度大小为B，边长为L（Ld）的正方形金属线框，电阻为R，质量为m，在水平向右的恒力F作用下，从距离MN为d/2处由静止开始运动，线框右边到MN时速度与到PQ时的速度大小相等，运动过程中线框右边始终与MN平行，则下列说法正确的是（）A. 线框进入磁场过程中做加速运动B. 线框的右边刚进入磁场时所受安培力的大小为C. 线框在进入磁场的过程中速度的最小值为D. 线框右边从MN到PQ运动的过程中，线框中产生的焦耳热为Fd【答案】BD【解析】【详解】A、线框右边到MN时速度与到PQ时速度大小相等，线框完全进入磁场过程不受安培力作用，线框完全进入磁场后做加速运动，由此可知，线框进入磁场过程做减速运动，故A错误；B、线框进入磁场前过程，由动能定理得：，解得：，线框受到的安培力： ，故B正确；C、线框完全进入磁场时速度最小，从线框完全进入磁场到右边到达PQ过程，对线框，由动能定理得： 解得： ，故C错误；D、线框右边到达MN、PQ时速度相等，线框动能不变，该过程线框产生的焦耳热：QFd，故D正确；二、解答题9.某实验小组设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，如图所示已知小车质量M250g，砝码盘的质量记为m0，所使用的打点计时器交流电频率f50Hz其实验步骤是：a按图中所示安装好实验装置；b调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；c取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m；d先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度a；e重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码质量，重复24步骤，求得小车在不同合外力F作用下的加速度。回答下列问题：（1）按上述方案做实验，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？_（填“是”或“否”）（2）实验中打出的其中一条纸带如图所示，由该纸带可求得小车的加速度a_m/s2（保留二位有效数字）（3）某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中，如下表，次数12345砝码盘中砝码的重力F/N0.100.200.290.390.49小车加速度a（m/s2）0.881.441.842.382.89他根据表中的数据画出aF图象（如图）。造成图线不过坐标原点的一条最主要原因是_。【答案】 (1). （1）否； (2). （2）0.88； (3). （3）在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力。【解析】【详解】（1）当物体小车匀速下滑时有：mgsinf+（m+m0）g，当取下细绳和砝码盘后，由于重力沿斜面向下的分力mgsin和摩擦力f不变，因此其合外力为（m+m0）g，由此可知该实验中不需要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量。（2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即xaT2，根据逐差法可知，加速度：（3）由图象可知，当外力为零时，物体有加速度，说明小车所受合力大于砝码的重力，可能是计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力；10.为了测某电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：电阻箱R，定值电阻Rn，两个电流表A1、A2，电键S1，单刀双掷开关S2，待测电源，导线若干。实验小组成员设计如图甲所示的电路图。（1）闭合电键S1，断开单刀双掷开关S2，调节电阻箱的阻值为R1，读出电流表A2的示数I0；将单刀双掷开关S2合向1，调节电阻箱的阻值，使电流表A2的示数仍为I0，此时电阻箱阻值为R2，则电流表A1的阻值RA1_。（2）将单刀双掷开关S2合向2，多次调节电阻箱的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表A1的示数I，实验小组成员打算用图象分析I与R的关系，以电阻箱电阻R为横轴，为了使图象是直线，则纵轴y应取_。AI BI2 C1/I D1/I2（3）若测得电流表A1的内阻为1，定值电阻R02，根据（2）选取的y轴，作出yR图象如图乙所示，则电源的电动势E_V，内阻r_。（4）按照本实验方案测出的电源内阻值_。（选填“偏大”、“偏小”或“等于真实值”）【答案】 (1). R2R1； (2). C； (3). 3； (4). 0.9； (5). 等于真实值。【解析】【详解】（1）由题意可知，电路电流保持不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻不变，则电流表内阻等于两种情况下电阻箱阻值之差，即：RA1R2R1；（2）根据题意与图示电路图可知，电源电动势：，整理得： ，为得到直线图线，应作 图象，C正确ABD错误。（3）由图线可知： ， ，解得，电源电动势：E3V，电源内阻：r0.9；（4）实验测出了电流表A1内阻，由（2）（3）可知，电源内阻的测量值等于真实值。11.如图所示，空间充满了磁感应强度为B的匀强磁场其方向垂直纸面向里。在平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L的刚性等边三角形框架DEF，DE边中点S处有一带正电的粒子，电量为q，质量为m，现给粒子一个垂直于DE边向下的速度，若粒子每一次与三角形框架的碰撞时速度方向垂直于被碰的边，且碰撞均为弹性碰撞，当速度的大小取某些特殊数值时可使由S点发出的粒子最终又回到S点。求：（1）若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点，粒子的速度大小。（2）若S点不在DE边的中点，而是距D点的距离DSL/4，仍然使粒子能回到S点，求满足条件的粒子的速度大小。【答案】（1）若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点，粒子的速度大小为 ；（2）若S点不在DE边的中点，而是距D点的距离DSL/4，仍然使粒子能回到S点，满足条件的粒子的速度大小为 。【解析】【详解】（1）粒子从S点以垂直于DE边射出后，做匀速圆周运动，其圆心必在DE线上，根据牛顿第二定律可得：， 解得： ，若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点，则圆心在三角形顶点，由几何关系得： ，联立解得：。（2）要使粒子能回到S点，要求粒子每次与DEF碰撞时，v都垂直于边，且通过三角形顶点处时，圆心必为三角形顶点，故：，即： ， 联立解得：12.如图所示，BCD是光滑绝缘的半圆形轨道，位于竖直平面内，直径BD竖直轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，质量为m的不带电的滑块b静止在B点整个轨道处在水平向左的匀强电场中场强大小为E质量为m、带正电的小滑块a置于水平轨道上，电荷量为 ，滑块a与水平轨道间的动摩擦因数0.5，重力加速度为g。现将滑块a从水平轨道上距离B点12R的A点由静止释放，运动到B点与滑块b碰撞，碰撞时间极短且电量不变，碰后两滑块粘在一起运动，a、b滑块均视为质点。求：（1）滑块a、b碰撞后的速度大小。（2）滑块在圆形轨道上最大速度的大小，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的大小。（3）滑块第一次落地点到B点的距离。【答案】（1）滑块a、b碰撞后的速度大小分别为和（2）滑块在圆形轨道上最大速度的大小为，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的大小为 。（3）滑块第一次落地点到B点的距离为（）R。【解析】【详解】（1）a从A到B的过程用动能定理得，解得 对a与b碰撞用动量守恒定律得mv12mv2，解得 （2）当滑块重力与电场力合力方向和圆轨道径向一致时，滑块速度最大。如图，则有 ，对滑块从碰后到最大速度的过程用动能定理有 ，解得滑块最大速度 ，滑块在P点用牛顿第二定律得，解得滑块受到轨道支持力 ，由牛顿第三定律。此时滑块对轨道作用力 （3）a、b整体从B到D的过程中。由动能定理有 ，解得 ，在D点。对滑块受力分析得： ，解得，所以滑块能通过D点接着水平飞出，在竖直方向； ，解得 水平方问受电场力加速度不变则三、物理一选修3-313.下列说法正确的是 （）A. 气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大B. 分子间引力和斥力同时存在，都随距离增大而减小，但斥力变化更快C. 附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润D. 已知阿伏伽德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可算出该气体分子间的平均距离E. 由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能【答案】BCD【解析】【详解】A、温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，分子的平均动能增加，分子的平均速率增大，不是每个气体分子运动的速率都增大，故A错误；B、根据分子力的特点可知，分子间引力和斥力同时存在，都随距离增大而减小，随距离减小而增大，但斥力变化更快，故B正确；C、附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，附着层内分子间作用表现为斥力，附着层有扩展趋势，液体与固体间表现为浸润，故C正确；D、知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出气体的摩尔体积，然后求出每个气体分子占据的空间大小，从而能求出气体分子间的平均距离，故D正确；E、做功与热传递都可以改变物体内能，但同时做功和热传递，根据热力学第一定律可知，不一定会改变内能，故E错误。14.如图所示，粗细均匀的U形玻璃管，左端封闭，右端开口，竖直放置。管中有两段水银柱a、b，长分别为5cm、10cm，两水银液柱上表面相平，大气压强为75cmHg，温度为27，a水银柱上面管中封闭的A段气体长为15cm，U形管水平部分长为10cm，两水银柱间封闭的B段气体的长为20cm，给B段气体缓慢加热，使两水银柱下表面相平，求此时：(i)A段气体的压强；(ii)B段气体的温度为多少?【答案】（1）80cmHg（2）375K【解析】【分析】（1）根据液面的位置求解气体内部压强的值；（2）找到气体的状态参量，然后结合盖吕萨克定律求解气体的温度.详解】（1）加热后，当b水银柱向上移动到两水银柱下表面相平时，B段气体压强pB=p0+10cmHg=85cmHg；A段气体的压强为pA=pB-5cmHg=80cmHg（2）给B段气体缓慢加热时，B段气体发生的是等压变化，则a水银柱处于静止状态，当b水银柱向上移动到两水银柱下表面相平时，设此时B段气体的温度为T2，则 式中L1=20cm，L2=25cm解得T2=375K四、物理一选修3-415.x=0处的质点在t=