河北省张家口宣化第一中学2021届高三物理下学期阶段模拟试题十一﹙含答案﹚

1、河北省张家口宣化第一中学2021届高三物理下学期阶段模拟试题（十一）一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1. 氢原子的能级如图所示，已知可见光光子能量范围为1.63eV3.10eV，下列说法正确的是()A. 氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级，辐射出的光为红外线B. 氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级，辐射出的光为可见光C. 氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级和从n=3能级跃迁到n=1能级相比，前者辐射出的光子的波长较长D. 处于基态的氢原子可以吸收能量为10.4eV的光子可以实现跃迁2. 历史上，有种观点认为应该用物理量mv来量度运动的强弱，这种思想的代表人物是笛卡尔。这种思想用现在的

2、科学术语说，就是“力”可以通过动量来表示，即F=(mv)t=pt。若某质点做直线运动的动量p随时间t变化规律如图所示，曲线部分为一段抛物线，则加速度a随时间t的变化图像可能正确的是()A. B. C. D. 3. 已知无穷大均匀带电平板在其周围空间激发与平面垂直的匀强电场。现在水平无穷大带电平板上方某点固定一点电荷+Q。一质量为m、带电荷量为q的小球以点电荷Q为圆心做匀速圆周运动，其中AC、BD分别为圆周轨迹的水平和竖直直径，重力加速度为g，静电力常量为k，下列说法正确的是()A. 无穷大平板带正电B. 圆周上的场强在B点有最小值，在D点有最大值C. 无穷大平板在空间激发的匀强电场强度大小为m

3、gqD. 若A、C两点处的场强方向相互垂直，则小球做匀速圆周运动的半径为kQqmg4. 甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向行驶，从t=0时刻开始计时，其xt-t图像如图所示。t=10s时甲、乙两车相遇，下列说法正确的是()A. 甲车的加速度为2m/s2B. t=0时，乙车的速度为2m/sC. t=0时，甲、乙两车间的距离为50mD. t=5s时，甲、乙两车间的距离最大5. 如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向从c点射入磁场区域，射入点c与ab的距离为6-24R。已知粒子射出磁

4、场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为(不计粒子重力，已知sin15=6-24)()A. 2qBR2mB. 2qBRmC. (6-2)qBRmD. 2qBRm6. 如图所示，一粗糙斜面放置在水平地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，一端与斜面上的物块M相连，另一端位于天花板上的A点，并通过动滑轮悬挂物块N，系统处于静止状态。现将细绳的一端从天花板上的A点缓慢沿直线移动到B点，已知斜面和M始终保持静止，则在此过程中()A. M所受细绳拉力的大小可能保持不变B. M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加C. 斜面所受地面的摩擦力大小一直增大D. 斜面所受地面的支持力大小一直增大

5、二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）7. 如图所示，理想变压器接在u=2202sin100t(V)的交变电源上，原线圈匝数n1=100匝，r=16；副线圈总匝数n2=150匝，已知当滑动触头Q位于副线圈中点时理想变压器的输出功率最大。下列说法正确的是()A. 副线圈中感应电流的周期为50sB. 电阻R的阻值为9C. 当滑动触头Q向上滑动时，r两端的电压增大D. 当滑动触头Q位于副线圈中点时，电阻R两端电压为165V8. 太空梭是游乐园和主题乐园模拟完全失重环境的大型机动游戏设备，这种器材的乘坐台可将乘客载至高空，然后电静止开始以重力加速度竖直向下跌落2h，紧接着通过机械制动匀减速下降h将

6、乘坐台在落地前停住，如图所示。已知乘坐台与乘客的总质量为m，当地的重力加速度为g，则()A. 由M至N和由N至P的运动时间比值是2：1B. 由M至N，乘坐台的座椅对乘客的支持力与乘客的重力大小相等C. 由M至N，太空梭与乘客总重力的冲量大小为mghD. 由N至P，减速机械对太空梭的阻力大小为3mg9. 如图所示，匀强电场中有一个圆形区域，O为圆心，直径BC长20cm。ABC=30，该圆形区域所在平面平行于匀强电场。已知A点电势A=2V，B点在圆形区域中电势最高，且B=8V，下列说法正确的是()A. 将一个电子由B点移到A点，电势能减小6eVB. C点电势C=0VC. 该匀强电场场强E=20V/

7、m，方向由O指向AD. 该匀强电场场强E=40V/m，方向由B指向C10. 在地球上将质量为m的物体A水平抛出，物体的动能Ek与运动时间t2的关系如图中实线甲所示。在某一星球X上将质量为2m的物体B水平抛出，其动能Ek与运动时间t2的关系如图中虚线乙所示。假设地球和星球X均为质量均匀分布的球体。已知地球的半径是星球X的3倍，地球表面的重力加速度g=10m/s2，A、B在运动过程中空气阻力均忽略不计，下列说法正确的是()A. 地球的质量是星球X的18倍B. 地球的近地卫星的周期与星球x的近地卫星的周期的平方之比为3：2C. 若A、B下落过程的水平位移大小相等，则A下降的高度是B的2倍D. 若A、

8、B下落过程的动量变化量大小相等，则B下降的高度是A的2倍三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）11. 某同学欲测量一定值电阻Rx的阻值。 (1)他先用多用电表的欧姆挡“1”挡阻其电阻，经过正确操作后，指针位置如图甲所示，则该同学测得的阻值为_ 。(2)该同学又用图乙所示电路精确测量其电阻。其中，电源电动势约为5V，内阻极小；滑动受阻器阻值范围为0100；定值电阻R1的阻值为10；电阻箱R2的阻值范围为09999；电压表V1的量程为1.0V，内阻为400；电压表V2的量程为5.0V，内阻约为4000。为了把电压表V1的量程扩大到3.0V，需要把电阻箱的阻值调到_ ；若电压表V1的读数为0.8

9、V，电压表V2的读数为4.8V，则Rx _ (最后结果保留3位有效数字)。12. (1)某小组同学利用如图甲所示的实验装置探究“动量定理”，实验步骤如下；A.用天平分别测量钩码和小车的质量；B.在长木板不带定滑轮的一端下面垫块垫木，使拖着纸带的小车在不挂钩码时可以在长木板上做匀速运动；C.将所用器材按图甲所示组装起来；D.先接通电源后释放小车，打点结束后先切断电源后取下纸带；E.调节垫木位置，改变斜面倾角，多次进行实验；F.选取打点较为清晰的纸带进行数据处理，整理实验器材。上述实验步骤中不必要或不正确的有_ (填写步骤前的字母)。(2)图乙是“验证动量定理”实验中打下的一段纸带，图乙中所标各点

10、为计数点，相邻计数点间有4个计时点未标出，且打点计时器的电源频率为50Hz，实验测得小车质量为0.6kg，本次实验记录传感器示数为0.24N。根据以上数据，可知小车从B点到J点的p= _ kgms-1，对应过程中I= _ Ns。在误差范围内，动量定理成立。(结果均保留三位有效数字)。四、计算题（本大题共4小题，共47.0分）13. 如图所示，运动员甲、乙在练习传球技术。某次运动员甲以与水平方向夹角为1的速度v1抛出篮球，运动员乙在甲正对面同时以与水平方向夹角为2的速度v2抛出篮球，两球恰好能在空中各自的最高点相遇。若甲、乙仅将球被抛出时的速度大小变为原来的2倍，但球被抛出时的速度方向及位置均不

11、变，已知篮球在运动过程中所受空气阻力忽略不计，重力加速度为g。请通过计算推导证明两球会在第一次相遇点的正上方相遇。14. 电磁滑道成为未来运动的一种设想，人们可以通过控制磁场强弱，实现对滑动速度的控制。为了方便研究，做出以下假设：如图甲所示，足够长的光滑斜面与水平面成角，虚线EF上方的整个区域存在如图乙规律变化且垂直导轨平面的匀强磁场，t=0时刻磁场方向垂直斜面向上(图中未画出)，磁感应强度在0t1时间内均匀变化，磁感应强度最大值为B0，t1时刻后稳定为-B0。0t1时间内，单匝正方形闭合金属框ABCD在外力作用下静止在斜面上，金属框CD边与虚线EF的距离为d。t1时刻撤去外力，金属框将沿斜面

12、下滑，金属框上边AB刚离开虚线EF时的速度为v1，已知金属框质量为m、边长为d，每条边电阻为R。求： (1)CD边刚过虚线EF时，AB两点间的电势差；(2)从t=0时刻到AB边经过虚线EF的过程中金属框产生的焦耳热；(3)从撤去外力到AB边经过虚线EF的总时间。15. 如图所示，粗细均匀的半圆形导热细玻璃管两端封闭且竖直固定放置，内有一段对应60圆心角的水银柱处于ab段内，水银柱两端封闭着同种理想气体，此时水银柱产生的压强为p0，右端气体压强为2p0，环境初始温度为T0。现控制环境温度缓慢先升高后再缓慢降低，最终使水银柱静止于bc段内。(1)求水银柱静止于bc段内时，环境的温度；(2)试通过计

13、算推导说明，开始升温时水银柱一定会逆时针移动。16. 在一列简谐横波传播的路径上有A、B两个质点，它们振动的图像分别如图甲、乙所示。已知这两质点平衡位置间的距离为1.2m。 (1)若质点B比质点A振动滞后0.1s，则这列波的波速为多大？(2)若两质点平衡位置间的距离小于一个波长，求这列波的波长和波速大小。2020-2021学年下学期宣化一中高三物理阶段模拟试卷（十一）答案和解析1.【答案】C【解析】解：A、氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级，发出的光子能量E1=-0.85eV-(-3.4eV)=2.55eV，因可见光光子能量范围为1.63eV3.10eV，则辐射出的光是可见光，而红外线的能量小

14、于可见光的，故A错误；B、氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级，发出的光子能量E2=-3.4eV-(-13.6eV)=10.2eV，辐射的光能量不在1.62eV到3.11eV之间，不是可见光，故B错误；C、氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级，发出的光子能量E3=-1.51eV-(-13.6eV)=12.09eV，因此氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级和从n=3能级跃迁到n=1能级相比，前者辐射的光子的能量较小，对应光子波长较长，故C正确；D、氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时发出的光子能量E2=-3.4eV-(-13.6eV)=10.2eV，因此不可能吸收能量为10.4eV的光子来跃迁，故D错

15、误；故选：C。根据能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差；结合辐射的光子能量与可见光的光子能量，从而即可比较进行分析。本题考查氢原子的波尔理论，解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即Em-En=hv，并能灵活运用。2.【答案】A【解析】解：图像斜率表示物体所受合力，根据牛顿第二定律可知，加速度变化趋势与合力变化趋势相同。斜率先减小后为零再恒定，因曲线部分是一段抛物线，所以起初加速度随时间呈线性关系，故A正确，BCD错误；故选：A。由题干可知，p随t变化图像的斜率代表物体所受合外力，再根据合力的变化分析加速度表变化。本题考查图像的斜率问题，注意分析斜率的含义以及变化趋势，属于能力应

16、用的问题。3.【答案】C【解析】解：C、小球受到重力、匀强电场的电场力、点电荷的库伦力，因为小球做匀速圆周运动，所以库伦力提供向心力，重力和平板对小球的电场力平衡，mg=Eq无穷大平板在空间激发的匀强电场强度大小为E=mgq故C正确；A、点电荷带正电，故小球带负电，匀强电场对小球的电场力方向竖直向上，故电场强度竖直向下，无穷大平板带负电，故A错误；B、固定点电荷在B、D两点产生的场强方向分别竖直向下和竖直向上，所以B处场强为两个分场强大小之和，D点为两者大小之差，所以B点场强最大，D点场强最小，故B错误；D、若A、C两点处的场强方向相互垂直，则两分场强在两点处于水平方向的夹角均为45，所以KQ

17、R2=mgq故：R=kQqmg故D错误。故选：C。根据题目中的条件：小球做匀速圆周运动，分析出库伦力提供向心力，重力和平板对小球的电场力平衡，根据点电荷的电性判断小球的电性，得出无穷大平板的电性，根据电场强度的叠加判断电场强度的强弱。解题关键是通过题目中的条件：小球做匀速圆周运动，判断出小球的受到的各力之间的关系。4.【答案】C【解析】解：AB、根据x=v0t+12at2变形得xt=v0+12at，结合图像可知，甲的初速度为0，加速度为a甲=4m/s2，乙的初速度为5m/s，加速度为a乙=2m/s2，故AB错误；C、t=10s时，由图可知x甲t=20m/s，x乙t=15m/s，则0-10s内，

18、甲车的位移为x甲=200m，乙车的位移为x乙=150m，因为t=10s时甲、乙两车相遇，则t=0时，甲、乙两车间的距离为s=x甲-x乙=200m-150m=50m，故C正确；D、当甲、乙两车速度相等时两车间的距离最大。t=5s时，甲车的速度为v甲=a甲t=45m/s=20m/s，乙车的速度为v乙=v0+a乙t=(5+25)m/s=15m/s，所以，t=5s时，甲、乙两车间的距离不是最大，故D错误。故选：C。根据x=v0t+12at2变形得到xt与t的关系式，结合图像的信息求出甲、乙的初速度和加速度，根据t=10s时甲、乙两车相遇，由位移-时间公式求0-10s时间内两车的位移，从而确定t=0时甲

19、、乙两车间的距离。当两车的速度相等时相距最远。解答本题时，关键要掌握匀变速直线运动的位移-时间公式x=v0t+12at2，通过变形得到xt与t的关系式。要理解图像的物理意义，把握有效信息。5.【答案】B【解析】解：粒子带正电，根据左手定则可得粒子受到的洛伦兹力方向向右，粒子运动轨迹如图所示；根据射入点c与ab的距离为6-24R，则有：sincO1a=6-24，所以cO1a=15由于速度方向偏向角为60，可知cO2O1=30，则cO1O2=60-15=45设粒子轨迹半径为r，在cO2O1中，根据正弦定理可得：Rsin30=rsin45解得：r=2R根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r，解

20、得：v=2qBRm，故B正确、ACD错误。故选：B。作出粒子运动轨迹，根据几何关系求解粒子在磁场中的运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子运动的速率。对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量，本题的难点在于轨迹半径的求解。6.【答案】C【解析】解：A、以滑轮和物块A为研究对象，受力分析如图，由于两侧细绳为同一条细绳，拉力T相等，所以两侧细绳与竖直方向的夹角相等，设为，由平衡条件得：T=12mgcos，将细绳的一端从天花板上的A点缓慢沿直线移动到B点，变大，T变大，故A错误；B、因M与N的质量关系不确定，所以最初M所受的静摩擦

21、力方向不确定，如果最初M所受的静摩擦力方向沿斜面向上，当细绳拉力增大，M所受的静摩擦力变小，故B错误；C、以斜面体和M整体为研究对象，斜面受到地面的摩擦力大小等于细绳拉力的水平分量，即f=Tx=Tsin=12mgtan，随增大，f增大，故C正确；D、以斜面体和M整体为研究对象，斜面体受地面的支持力大小等于整体重力与细绳拉力的竖直分量Ty之和，由于Ty=Tcos=12mg不变，所以斜面体受到地面的支持力不变，故D错误。故选：C。以滑轮和N为研究对象，由平衡条件分析细绳拉力的变化；以斜面体和M为研究对象，由平衡条件分析斜面所受地面的摩擦力和支持力。本题考查了共点力平衡条件应用中的连接体问题，此类问

22、题的处理方法是整体法与隔离法相结合。7.【答案】BC【解析】解：交变电流的周期T=2，由原线圈所接交流电源U=2202sin100t(V)，知=100，则T=2=2100=0.02s；滑动触头Q位于副线圈中点时，副线圈实际连入匝数为n2=75，n1n2=10075，又U1U2=n1n2式中U1，为原线圈两端电压，由于r分压，故U1220V，则U2h，答：通过以上计算推导，两球会在第一次相遇点的正上方相遇。【解析】依据题意，两球恰好在各自最高点相遇，表示此时两球速度均为0，利用上抛运动公式列出高度与速度的表达式；由于甲乙水平方向的距离是不变的，利用这个条件列出第一次相遇时间与第二次相遇时间的关系

23、。再同样利用上抛运动公式列出第二次相遇时高度与速度的表达式，进行联合比较分析。本题难度中等，主要考查物体上抛运动的计算公式，建立第一次相遇时间与第二次相遇时间的关系是解题的关键。14.【答案】解：(1)CD边从开始至运动到EF的过程中，由动能定理可得mgdsin=12mv2CD边刚过虚线EF时，AB边作为电源，AB两点间的电势差为UAB=34E=34B0dv解得UAB=34B0d2gdsin(2)从t=0时刻到AB边运动到EF的过程中，热量分为两部分：第一部分：在t1时间内，金属框产生的焦耳热为Q1=E24Rt1根据法拉第电磁感应定律得E=t=BtS=2B0t1d2第二部分：t1时刻后，设t1

24、时刻后的过程中金属框克服安培力做功为W，由动能定理得2mgdsin-W=12mv12由功能关系可知W=Q2可得Q2=2mgdsin-12mv12故所求金属框产生的焦耳热为Q总=Q1+Q2=B02d4Rt1+2mgdsin-12mv12(3)AB边运动到EF的过程分为两段：第一段CD边运动到EF的过程，设运动时间为t2，由运动学公式可知d=12(gsin)t22，解得t2=2dgsin第二段CD经过EF直至AB与EF重合，由动量定理得mgsint3-B0I-dt3=mv1-mv其中I-=E-4R=4Rt3=B0d24Rt3联立解得t3=v1gsin+B02d34mgRsin-2dgsin则从撤去

25、外力到AB边经过虚线EF的总时间为t总=t2+t3=v1gsin+B02d34mgRsin答：(1)CD边刚过虚线EF时，AB两点间的电势差为34B0d2gdsin；(2)从t=0时刻到AB边经过虚线EF的过程中金属框产生的焦耳热为B02d4Rt1+2mgdsin-12mv12；(3)从撤去外力到AB边经过虚线EF的总时间为v1gsin+B02d34mgRsin。【解析】(1)金属框从开始下滑到CD边运动到EF的过程中，受到的安培力的合力为零，只有重力做功，由动能定理求出CD边刚过EF时的速度，由E=BLv求出AB边产生的感应电动势，根据AB边为电源，求AB两点间的电势差。(2)从t=0时刻到

26、AB边经过虚线EF的过程中，热量分为两部分：t1时间内和t1时刻后。在t1时间内，金属框中产生恒定电流，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出感应电流大小，再由焦耳定律求出产生的热量。t1时刻后，根据动能定理求出克服安培力做功，求出金属框产生的焦耳热，从而求得总的焦耳热。(3)从撤去外力到AB边经过虚线EF的总时间分为两部分：第一段CD边运动到EF的过程；第二段CD经过EF直至AB与EF重合的过程。第一段根据运动学规律求运动时间；第二段，利用动量定理求运动时间。本题是电磁感应与电路、力学相结合的一道综合题，分析清楚磁场变化情况与金属棒的运动过程是解题的前提与关键，应用E=BLv、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式与动量定理即可解题。15.【答案】解：(1)初始时右端气体压强为p2=p0，左端气体压强为p1=p2-p0=p0，