安徽省定远重点中学2019届高三物理下学期第三次模拟考试试题（含解析）.docx

安徽省定远重点中学2019届高三物理下学期第三次模拟考试试题（含解析）二、选择题1.如图所示为氢原子能级图，一个氢原子吸收能量后由基态跃迁到 n=4的激发态，然后向低能级跃迁，下列说法正确的是（ ) A. 可能发出 6 种能量的光子B. 只能发出 1 种能量的光子C. 吸收的能量为 12.75eVD. 可能发出能量为 0.85eV的光子【答案】C【解析】【分析】根据玻尔理论，能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高，并根据光电效应发生条件求解；根据n-1求出处于激发态的氢原子可能发射出不同波长光的种数。【详解】A、B项：一个原子从n=4的激发态向基态跃迁最多能发出n-1=3种，故A、B错误；C项：从基态到n=4的激发态要吸收的能量为两能级差即，故C正确；D项：从n=4向基态跃迁有可能有三种能量的光子发出，分别为0.65eV，1.89eV，10.2eV,故D错误。故应选：C【点睛】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，掌握辐射光子的种类计算方法。2.如图所示，3根轻绳悬挂着两个质量相同的小球并保持静止，绳AD与AC垂直现对B球施加一个水平向右的力F，使B缓慢移动到图中虚线位置，此过程中AD、AC两绳张力TAC、TAD的变化情况是()A. TAC变大，TAD减小B. TAC变大，TAD不变C. TAC减小，TAD变大D. TAC不变，TAD变大【答案】C【解析】试题分析：B缓慢移动，A、B可以看做整体，设AC绳与水平面的夹角为。没有施加力F时对整体受力分析（如图所示），由力的平衡可得：施加力F后对整体受力分析（如图所示），建立坐标系，方向：方向：由两式可得：比较和、和可知：，即TAC减小，TAD变大，故C正确。考点：共点力的平衡。3.如图所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2（Q2位于坐标原点O），其上有M、N、P三点，间距MN=NPQ1、Q2在轴上产生电势随x变化关系如图则 （ ）A. M点电场场强大小为零B. N点电场场强大小为零C. M、N之间电场方向沿x轴负方向D. 一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功【答案】BC【解析】试题分析：读电势随x变化关系的斜率可知：N点电场场强大小为零，所以A错误、B正确；由电势随x变化关系可知：Q1为正电荷，Q2为负电荷（或者沿电场线方向电势降低）所以M、N之间电场方向沿x轴正方向，所以C错误；因为电场为非匀强电场，所以，即D错误。考点：本题考查电场的基本性质4.如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，两个相同的带正电粒子分别以速度v1、v2从A、C两点同时射入磁场，v1、v2平行且v1沿直径AOB方向C点与直径AOB的距离为R/2，两粒子同时从磁场射出，从A点射入的粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60.不计粒子受到的重力，则()A. v1v2B. v1v2C. v1v2D. v12v2【答案】B【解析】如图由几何知识知R1=Rtan60，R2=R，根据牛顿运动定律知，知 与v成正比，故v1：v2=R1：R2=2Rcos30：R=：1，故B正确，ACD错误；故选B.点睛：此题考查带电粒子在磁场中运动，注意找圆心，运用几何知识画出粒子的运动轨迹，属于较难题目，要求学生有扎实的数学基础5.从中国科学院微小卫星创新研究院获悉，北斗卫星导航系统（BDS），预计今年将发射18颗卫星这就意味着：北斗将全覆盖亚洲地区，尤其是一带一路沿线国家如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，己知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，a和b的轨道半径相同，且均为c的k倍，己知地球自转周期为T。则（ ）A. 卫星b也是地球同步卫星B. 卫星a的向心加速度是卫星c的向心加速度的k2倍C. 卫星c的周期为D. a、b、c三颗卫星的运行速度大小关系为va=vb=【答案】C【解析】卫星b相对地球不能保持静止，故不是地球同步卫星，A错误；根据公式可得，即，B错误；根据开普勒第三定律可得，C正确；根据公式可得，故，D错误6.如图所示为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为41，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接有的正弦交流电，图中D为理想二极管，定值电阻R9 .下列说法正确的是A. 时，原线圈输入电压的瞬时值为18VB. 时，电压表示数为36VC. 电流表的示数为1 AD. 电流表的示数为【答案】BD【解析】【详解】A、将时刻代入瞬时值公式可知，时，原线圈输入电压的瞬时值为，A选项错误；B、电压表的示数为有效值，输入电压的峰值为,根据正弦式交变电流有效值与最大值的关系可知，B选项正确；C、D、电流表测量流过副线圈的电流，根据理想变压器电压和匝数的关系可知，副线圈的电压为9V，正向导通时电流为1A，根据电流的热效应可知，解得：；故C选项错误，D选项正确故选BD.【点睛】准确掌握理想变压器的特点及电压、电流与匝数比的关系，明确电表测量的为有效值是解决本题的关键.7.如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接。在水平拉力F作用下小球a 从图示虚线位置开始缓慢向右移动(细绳中张力大小视为不变)。已知小球b的质量是小球a的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a与细杆间的动摩擦因数为。则下列说法正确的是（ ）A. 当细绳与细杆的夹角为60时，拉力F的大小为(2-)mgB. 支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大C. 拉力F的大小一直增大D. 拉力F的大小先减小后增大【答案】AC【解析】设小球a的质量为m，则小球b的质量为2m，在缓慢移动的过程中，两小球都处于平衡状态，绳子的拉力，当细绳与细杆的夹角为60时，对小球a受力分析如图所示，则在水平方向上有，已知，在竖直方向上有，联立解得，两段绳子的拉力大小不变，但夹角变大，所以合力变小，故支架对轻滑轮的作用力减小，B错误；绳子与轻杆方向的夹角越来越小，根据 可知N越来越大，在水平方向上，即摩擦力越来越大，越来越大，故拉力F的大小一直增大，C正确D错误【点睛】本题是力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解利用正交分解方法解体的一般步骤：明确研究对象；进行受力分析；建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；x方向，y方向分别列平衡方程求解8.电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小如图甲所示，测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量为m0、匝数为n、下边长为l的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E，内阻为r.开关S闭合后，调节可变电阻至R1时，天平正好平衡，此时电压表读数为U.已知m0m，取重力加速度为g，则() A. 矩形线圈中电流的方向为逆时针方向B. 矩形线圈的电阻RrR1C. 匀强磁场的磁感应强度的大小BD. 若仅将磁场反向，在左盘中再添加质量为2m0m的砝码可使天平重新平衡【答案】AC【解析】A、对矩形线圈受力分析可知所受安培力向上，再由左手定则可知矩形线圈中电流的方向为逆时针方向，故A正确；B、根据闭合电路欧姆定律可得，解得矩形线圈的电阻，故B错误；C、根据平衡条件可得，而，解得匀强磁场的磁感应强度的大小，故C正确；D、开始线圈所受安培力的方向向上，仅将磁场反向，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，添加质量为的砝码可使天平重新平衡，故D错误；故选AC。【点睛】天平平衡后，仅将磁场反向时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小。三、非选择题9.某学生设计了如图甲所示的实验装置图来测木块A与木板间的动摩擦因数。图中木块A质量为M,置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上,带有挡光片的重锤p挂在动滑轮上,挡光片宽度为d,C为弹簧测力计。木块A由静止开始运动过程中，测力计的读数为F,挡光片通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1和t2,两光电门之间的距离为s(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d如图乙所示,读数_cm。(2)关于该实验下列说法正确的是（ ）A.为了减少误差需要平衡摩擦B.为了减少误差需要满足重锤p质量远小于木块A质量C.木块运动过程中,木块的速度等于重锤的速度D.按住木块不动时测力计的读数大于运动时测力计的读数(3)重锤p下落时的加速度a= _ ，木块与木板间的动摩擦因数 = _ (请用题目中相关物理量的符号表示)【答案】 (1). 0.20 (2). D (3). (4). 【解析】【详解】(1) 主尺读数为2mm，游标尺读数为0，由图知该游标尺为十分度卡尺，精度为0.1mm，故测量结果为：d=2mm+00.1mm=0.20cm；(2)A项：为了测定摩擦因数，所以不能平衡摩擦力，故A错误；B项：绳的拉力等于弹簧测力计的示数，所以不用满足重锤p质量远小于木块A质量，故B错误；C项：由于P与动滑轮连接，所以物块A的速度与P的速度不相等，故C错误；D项：按住木块不动时测力计的示数等P重力的一半，当木块运动时，P向下做加速运动，由牛顿第二定律可知，测力计的示数小于P重力的一半，故D正确。故应选：D。(3)P从光电门1到光电门2运动的距离为s，由速度-位移公式得：，P到光电门1、2的速度分别为：，联立解得：由运动学知识可知，A的加速度为P的两倍，所以A的加速度为P的G两倍，由牛顿第二定律可得：，解得： 。10.现有一特殊电池，它的电动势E约为5V，内阻r约为40，已知该电池允许输出的最大电流为40mA。为了测定该电池的电动势和内阻，某同学准备了如下器材：A待测电池；B电压表V：量程015V，内阻RV15k；C电流表A：量程01mA，内阻RA=156；D电阻箱R：0999.9；E定值电阻R1=4；F定值电阻R2=39；G定值电阻R3=50；H定值电阻R4=90；I开关、导线若干。(1)该同学设计的部分电路如图甲所示，图中保护电阻R0应选择器材中的_(填写器材前的选项字母)。 (2)选择合适的器材，将虚线框中的电路补充完整，并在电路中注明所选器材的符号_。(3)将电阻箱的阻值调整到_(填“最大”或“最小”)，闭合开关。(4)调节电阻箱的电阻，使所选电表指针指到某一位置，记录此时电阻箱的阻值R和所选电表的读数x，电表读数用国际单位(A或V)作单位。(5)重复步骤(4)获取多组R和x的值。(6)断开开关，整理器材。(7)根据所得数据在坐标系中描点连线，如图乙所示。根据图线可求得该电池的电动势E为_V，内阻r为_。(结果均保留一位小数)【答案】 (1). H (2). (3). 最大 (4). 5.0 41.1【解析】（1）保护电阻R0应为，接近90，故选H；（2）由于电压表量程太大，故不采用；电流表量程太小，必须扩大量程，根据电表改装原理，应该给电流表并联一定值电阻：，并联电阻选R1；电路如图；（3）闭合开关前，为了电路安全，电阻箱阻值调到最大.（7）根据闭合电路的欧姆定律 ，其中R并为电流表与R1的并联值，大小为3.9；整理可得，结合图像可知斜率：，截距可得E=5.0V，r=41.1点睛：本题考查用图象求电动势和内电阻的方法，实验时注意仪器的选取原则，尤其是量程要适当；要注意由实验原理结合闭合电路欧姆定律求出表达式，再结合数学知识求得电动势和内电阻11.如图所示，质量为M且足够长的木板静止在光滑水平面上，木板的右侧有一墙壁。一质量为m的物块以速度v0由木板左侧滑上木板，已知物块与木板间的动摩擦因数为m，M=3m，木板与墙壁碰撞不损失动能。（1）若它们达到共同速度后木板跟墙壁发生碰撞并反弹运动，最终物块能在木板上滑行多少距离?（2）若要求木板与墙壁能发生第二次碰撞，木板右侧与墙壁间的距离x应满足什么条件？【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：对木板、物块在滑行的过程中运用动量守恒和能量关系，即可求出最终物块能在木板上滑行的距离；根据动量守恒和动能定理结合即可求出木板右侧与墙壁间的距离应满足得条件。（1）设木板、物块达到的共同速度为由动量守恒得：因为：，解得碰撞后，木板原速弹回，由于此时，可知，最终木板和物块将以共同速度向左运动由动量守恒得：解得设整个运动过程中物块在木板上滑行的距离为L由能量关系得代入数值得（2）设木板碰墙瞬间，物块、木板的速度为,由动能定理得：动量守恒得：若要发生第二次碰撞，要求木板右侧与墙壁间的距离x应满足点睛：本题主要考查了动量守恒定律、动量定理、动能定理的综合运用，注意若要发生第二次碰撞，要求，综合性较强，对学生能力要求较高。12.如图所示，在直角坐标系0xL区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在边长为2L的正方形abcd区域（包括边界）内有方向垂直纸面向外的匀强磁场。一电子从y轴上的A（0，）点以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，已知电子的质量为m、电荷量为e，正方形abcd的中心坐标为（3L，0），且ab边与x轴平行，匀强电场的电场强度大小。（1）求电子进入磁场时的位置坐标；（2）若要使电子在磁场中从ab边射出，求匀强磁场的磁感应强度大小B满足的条件。【答案】（1）（2L，0）（2）B 【解析】试题分析：电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程，即可求出电子进入磁场时的位置坐标；电子从ab边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab相切和bc相切，根据几何关系求出相应半径，由洛伦兹力提供向心力即可求出强磁场的磁感应强度大小B满足的条件。（1）电子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示：则有：竖直方向有：加速度： 水平方方向为：竖直速度：vyat1 解得：y1 vyv0 所以电子射出电场时的速度方向与x轴成45角，则电子在电场中沿x轴正方向和沿y轴负方向运动的距离分别为L和，又因为A点的坐标是（0，），电子在无电场和磁场的区域内做匀速直线运动，则电子射入磁场区的位置坐标为（2L，0）且射入磁场区的速度大小：vv0，方向与x轴成45角。（2）分使电子从ab边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab相切和bc相切 当运动轨迹与ab相切时，有r1r1sin45L 电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：解得： 当运动轨迹与bc相切时，有：r2r2sin452L 电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有： 解得： 匀强磁场的磁感应强度大小B满足的条件：B 点睛：本题主要考查了带电粒子由电场进入磁场的情况，电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程列式分析求解；在磁场中，关键要画出轨迹图分析，根据几何关系求解。13.锅炉中的水沸腾后，从锅底不断生成气泡井上升到水面后破裂，在气泡上升的过程中，下列说法正确的是_。A.由于分子斥力的作用，气泡膨胀B.气体组成的系统的熵增加C.气体一定吸收热量D.气体每个分子的动能均不变E.单位时间内碰撞气泡壁单位面积的气体分子数减少【答案】BCE;【解析】【详解】水沸腾后温度不变，所以可以认为气泡上升的过程中温度不变；由于气泡上升的过程中气体的压强减小，所以气泡的体积增大。所以气泡体积的增大与压强的减小有关，而气体的分子之间的相互作用力可以忽略不计。故A错误；根据热力学第二定律可知，气泡上升的过程中气泡体积的增大过程是不可逆的，所以气体组成的系统的熵增加。故B正确；气体的内能仅仅与分子的平均动能有关，气泡上升的过程中气泡体积的增大，对外做功而温度不变，所以根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量。故C正确；温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以气泡的温度不变，只是分子的平均动能不变 不能说明气体每个分子的动能均不变。故D错误；气泡上升的过程中压强减小，温度不变则分子对气泡壁的平均撞击力不变，所以单位时间内碰撞气泡壁单位面积的气体分子数减少。故E正确。故选BCE。【点睛】该题以气泡的上升为例，考查热力学第一定律、热力学第二定律、压强的微观意义以及温度的微观意义等，要注意热力学第二定律的几种不同的说法以及意义14.农药喷雾器的原理如图所示，储液筒与打气筒用软细管相连，先在桶内装上药液，再拧紧桶盖并关闭阀门K，用打气筒给储液筒充气增大储液筒内的气压，然后再打开阀门，储液筒的液体就从喷雾头喷出，已知储液筒容器为10L（不计储液筒两端连接管体积），打气筒每打一次气能向储液筒内压入空气200mL，现在储液筒内装入8L的药液后关紧桶盖和喷雾头开关，再用打气筒给储液筒大气。（设周围大气压恒为1个标准大气压，打气过程中储液筒内气体温度与外界温度相同且保持不变），求：要使贮液筒内药液上方的气体压强达到3atm，打气筒活塞需要循环工作的次数；打开喷雾头开关K直至储液筒的内外气压相同，储液筒内剩余药液的体积。【答案】(1)20 (2) 【解析】设需打气的次数为，每次打入的气体体积为，储液桶药液上方的气体体积为，则开始打气前：储液筒液体上方气体的压强：气体的体积为：打气完毕时，储液筒内药液上方的气体体积为：，压强为打气过程为等温变化，所以：代入数据解得：打开喷雾头开关K直至贮液筒内外气压相同时，设储液筒上方气体的体积为，此过程为等温变化，所以：代入数据解得：所以喷出的药液的体积15.图甲为一列简谐横波在t0.10s时的波形图，P是平衡位置在x0.5m处的质点，Q是平衡位置在x2.0m处的质点；图乙为质点Q的振动图