高考物理模拟训练卷（三）解析版

高考物理模拟精选训练卷（三）

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评卷人得分

I.如图所示为氢原子的发射光谱和氢原子能级图，Ha、用、H?、Hs是其中的四条光谱线及

其波长，分别对应能级图中从量子数为〃=3、4、5、6的能级向量子数为,『2的能级跃迁时

发出的光谱线。已知可见光波长在400nm~700nm之间，下列说法正确的是（）

N/

〃e

£o/

g?

638

?•54

5•

485

-To•

351

•

2------------------------3.40

410.29434.17486.27656.471/nm

Hz山Ha>T3.60

A.该谱线由氢原子的原子核能级跃迁产生

B.四条光谱线中，乩谱线对应的光子能量最大

C.Hp谱线对应的光，照射逸出功为2.25eV的金属，可使该金属发生光电效应

D.Ho谱线对应的光是可见光中的红光

【答案】C

【详解】A.该谱线由氢原子的核外电子跃迁产生的，故A错误；

B.四条光谱线中，Ha谱线对应的光子波长最大，频率最小，能量最小，故B错误；

C.Hp谐线对应的光子能量为E-h--6.63x10-34x—江3--J=4.1xl（r19J-2.56cV

A486.27xIO-9

由此可知，光子能量大于金属的逸出功，所以该金属可以发生光电效应，故C正确；

D.由于Hs谱线的波长为410.29nm,而红光是可见光中波长最长的光，可见光的波长范围

为400nm~700nm,所以HB谱线对应的光不是可见光中的红光，故D错误。

故选C。

2.风筝发明于中国东周春秋时期，是在世界各国广泛开展的一项群众性体育娱乐活动。一平

板三角形风筝（不带莺尾）悬停在空中，如图为风筝的侧视图，风筝平面与水平面的夹角为

巴风筝受到空气的作用力尸垂直于风筝平面向上。若拉线长度一定，不计拉线的重力及拉

线受到风的作用力，一段时间后，风力增大导致作用力尸增大，方向始终垂直于风筝平面，

夹角。不变，再次平衡后相比于风力变化之前（）

A.风筝距离地面的高度变大B.风筝所受的合力变大

C.拉线对风筝的拉力变小D.拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角变小

【答案】A

【详解】如下图所示为风第受力示竟图.风力为尸时，重力为G,打线排力为B：当外力

变大为B时，重力不变，拉线拉力变为月，矢量三角形如图所示，风筝悬停在空中，可得

风筝所受的合力为零，保持不变，拉线拉力变大，拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角a

变大，设拉线长为L,则风筝距地面高度为〃=Lsina

则风筝距离地面的高度变大。

3.如图所示，边长为2/的正三角形A6C区域存在方向垂直纸面、大小随时间均匀变化的磁

场（图中未画出），磁场随时间的变化关系为为8:依。以三角形顶点C为圆心，半径为/、

匝数为N、电阻为A的圆形线圈平行纸面固定放置，％时刻线圈受到的安培力为（）

念

222

N2A2广乃/。NkP;rt0^Nkl\"BN公也）

6R6RARAR

【答案】A

【详解】根据法拉第电磁感应定律有E=N岑=畔=畔=NkS在磁场中的有效面积

7tl2E

F/z卞

/rN%W

%=NB°Id有效长度d=j计算可得七二故选Ao

6R

4.如图所示，一根轻质弹畲一端固定于光滑竖直杆匕另一端与质最为m的滑块P连接，P

穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M=6/〃，把滑

块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大

小相等，已知。4与水平面的夹角生53。，08长为乙与A8垂直，不计滑轮的摩擦力，重

力加速度为g，滑块P从A到R的过程中，说法正确的是（）

A.对于滑块Q,其重力功率一直减小

B.滑块P运动到位置3处速度达到最大，且大小为拽更

3

C.轻绳对滑块P做功4〃igL

D.P与Q的机械能之和先减小后增加

【答案】C

【解析】A.物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至8点时，根据运动的合成与分

解，可知物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至3点时，物块Q的速度先增加后减

小，物块Q的重力的功率为先增加后减小，故A错误；B.由于物块P在AB两点处弹簧的

弹力大小相等，所以物块P在8点时受到弹簧向上的弹刀，运动至B点时受到向下的弹力，

物块P从A到B过程中，必定先加速后减速，合力为零时速度最大，即在AB间某位置速度

最大，故B错误：C.设从4到8过程中，轻绳对Q做功大小为W,P到达8点时Q速度

为0,对Q利用动能定理得

解得

W=4mgL

轻绳对P做功大小等于轻绳对Q做的功，故C正确；D.对于PQ系统，竖直杆不做功，系

统的机械能只与弹簧对P的做功有关，从A到8的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，

所以系统的机械能先增加后减小，故D错误。故选C

5.如图是一个简易风速测量仪的不意图，绝缘弹簧的一端固定，另一端与导电的迎风板相连，

弹簧套在水平放置的电阻率较大的均匀金属细杆上。迎风板与金属杆垂直且接触良好，并能

在金属杆上自由滑动。迎风板与金属杆末端分别与电压传感器的两端相连，整个装置与电阻

A串联接入闭合电路，则（）

迎风板

A.风速越大，电压传感器的示数越大

B.风速越大，流过电阻£的电流越大

C.风速不变时，电阻R的阻值越大，电压传感器示数越大

D.其他条件不变时，电压传感器示数与弹簧形变量是线性关系

【答案】B

【解析】AB.风速越大，金属杆接入电路的长度越短，接入电路的阻值越小，金属杆两端

电压越小，电压传感器的示数越小，通过电阻火的电流越大，A错误，B正确：C.风速不

变时，金属杆接入电路的长度不变，接入电路的阻值不变，电阻R的阻值越大，电路中的电

流越小，金属杆两端电压越小，电压传感器的示数越小，C错误；D.假设弹簧的原长为％,

金属杆单位长度的电阻为莅，当弹簧的压缩量为工时，金属杆接入电路的阻值为

凡=&7）%

根据闭合电路欧姆定律可得

EE

r+R+Rfr+R+（。-x）%

电压传感器示数为

U=1R、

（47）%

可知电压传感器示数与弹簧形变量不是线性关系，D错误；故选B。

6.如图所示为一滑草场，某条滑道由上下两段高均为小与水平‘°的滑

道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为外质量为〃?的载人干始自

由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道（I勺底端交接

处的能量损失，sin37o=0.6,cos37o=0£）.贝l］（）

A.不能求出动摩擦因数”的数值

B.载人滑草车最大速度为、将

C.教人滑草车克服摩擦力做功为〃?"

3

D.载人滑草车在下段滑道JL的加速度大小为喜

7.如图甲，某同学将平面镜倾斜浸于水中，太阳光（可视为平行光）经水面的折射和平面镜

的反射在光屏上形成了彩色条纹。为解释该现象，他将光路图简化为图乙所示，。、方为太

阳光最终折射出水面的其+1两束单色光。不考虑容器对光线的反射，下列说法正确的是（）

甲

A.水对。光的折射率小于水对b光的折射率

B.〃光在水中的传播时间大于人光在水中的传播时间

C.逐渐增大平面镜与水平面的夹角，。光首先消失

D.将平面镜水平放置，光线沿不同方向折射出水面

【答案】A

【详解】A.如图I所示，设太阳光在水面的入射点为4,〃、〃光线在水面的折射点分别

为B、C,分别作8、C关于平面镜的对称点/）、E,连接A/）、AE,分别交平面镜于人G,

即A及4G分别为〃、沙光线在平面镜上的入射光线，FB、GC分别为。、〃光线在平面镜

上的反射光线。设太阳光在A点的入射角为i，AF,AG与法线的夹角（即折射角）分别为九、

图1

因为%>外，所以〃“<%，故A正确；

B.由〃=£可知匕>匕

v

°、匕光在水中的传播距离分别为s“=A尸+尸8,”=AG+GC

由光路图可知$<必

a、b光在水中的传播时间t=-

V

所以〃<〃，故B错误；

C.设GC光线在平面镜上的反射角为。，在水面上的入射角为夕，平面镜与水平方向的夹

角为8,根据几何关系可知。十90。一尸十〃二90。

所以〃

逐渐增大凡。增大，0增大,由〃二工

sine

可知G>G

所以光线在水面的入射角首先达到〃光的临界角，〃光首先消失，故c错误；

D.如图2所示，将平面镜水平放置，设太阳光在水面的入射角为i,其中一条折射光线对

应的折射角为则该光线在平面镜上的入射角、对应反射光线在平面镜上的反射角及在水

面处的入射角均为了,根据折射率公式〃=受也可知，该光线折射出水面的折射角仍为力

sin/

同理可证其他光线折射出水面的折射角也为人即光线沿相同方向折射出水面，故D错误。

图2

故选Ao

评卷入得分

二、多选题

8.如图所示，半径为，•的光滑水平转盘到水平地面的高度为从质量为，〃的小物块被一个电

子锁定装置锁定在转盘边缘，转盘绕过转盘中心的竖直轴以Q尸K（心＞0且是恒量）的角速

度转动。从六0开始，在不同的时刻f将小物块解锁，小物块经过一段时间后落到地面上。

假设在f时刻解锁的物块落到地面上时重力的瞬时功率为P,落地点到转盘中心的水平距离

为d,则下图中P-r图象、泮-尸图象分别正确的是（）

【答案】AC

【详解】AB.时刻f将小物块解锁后物块做平抛运动，初速度为%=「。=由物块落地时竖

直分速度为匕.=万物块落到地面上时重力的瞬时功率为P=〃?gi）=〃依伍万可知P与/

无关，故A正确，B错误;

CD.物块做平抛运动的时间为/'=水平•位移大小为x=卬=根据几何知识可得

22Hr2A2

落地点到转盘中心的水平距离为/=r2+x2=r2+=厂+------厂故C正确，D

8

错误。

故选AC。

9.某发光元件D的伏安特性曲线如右图所示，元件在达到正向导通电压外后能够发光，为

了简化问题，可认为发光后元件两端电压保持为U/）不变（U/）附近伏安特性曲线的斜率极陡）,

电压小丁或加反向电压时，元件均处丁截止状态。将该元件通过水平直导线MN接入九

滑竖直平行导轨中，如右图所示，该导轨间距L=0.5m,MN下方0.4m处有一根导体棒PQ

水平跨接在导轨上，紧接PQ正下方的导轨间交替分布着垂直纸面方向，磁感应强度8W.0T,

宽度"=0.1m的匀强磁场，除发光元件外,其余电阻不计，导轨足够长，重力加速度g=10n7s2,

空气阻力不计。开始时锁定PQ,在PQ正上方空间里施加一垂直纸面向外均匀增加的匀强

磁场,当磁感应强度的变化率为¥=12.5T/s时，元件恰好能导通发光，下列说法正确的有

（）

A.的值为2.5V

B.流过元件D的电流方向为N-M

C.撤去PQ上方的磁场同时解除锁定，元件再次发光时PQ所在的磁场区域序号〃为14

D.在C的条件下，元件最终的闪烁周期（连续明暗一次的时间）约为（）.0396s

【答案】ACD

【解析】MN、PQ所围矩形区域的面积为S=0.5x04/=02/,由法拉第电磁感应定律可

AOC

得（4=±等=2.5V，由楞次定律判断电流方向为MTMA正确，B错误；解除锁定后，

在元件D导通前导体棒将做自由落体运动，切割磁感线产生电动势需达到外且正向才能发

光。设导体棒速度为v时D恰好导通，则有U/尸解得v=5m/s,设D恰好导通时导

体棒下落高度为h,根据自由落体运动规律有廿二2四

解得人1.25m,已到达第13个磁场区域，由右手定则可知，PQ该磁场区域中产生的电动势

方向为反向电压，元件D不发光，导体棒继续下落至第14个磁场区域时才能发光,故〃=14,

C正确；当以大于v=5m/s的速度进入偶数磁场区域时，元件D导通，电流迅速增大，

安培力突增使其瞬间减速到呻5m/s,减速过程时间忽略不计，之后以v=5m/s在偶数磁场区

域做匀速直线运动，运动的时间为"=a=0.02s,当导体棒穿出偶数磁场区域，进入奇数磁

V

场区域时，由于电动势反向，电流为零，又开始以加速度g做匀加速直线运动，由运动学公

式有d=解得f=22巨_?sQO.O196s或4=3a_-s=-1.0196s（舍弃）

21010

所以元件最终的闪烁周期为7^/+f2=0.0396s,D正确。故选ACD。

10.如图所示，M、N两极板间存在匀强电场，场强大小可以调节，两极板的宽度为d,N

板右侧存在如图所示的磁场，折线尸。是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反与平

面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为凡折线的顶角NA=90。，P、。是折线上的两点旦

AP=AQ=LO现有一质量为/〃、电荷量为q的带负电的粒子从S点由静止经电场加速后从P

点沿PQ方向水平射出，不计粒子的重力，则（）

MN

A.当粒子通过P点的速度为正圾时，可经过一次偏转直接到达4点

2m

B.当M、N两极板间场强为她《时，粒子到达Q点的时间最长

C.粒子由。点到达Q点的时间可能为彳的偶数倍

D.粒子由P点到达。点的时间只能为一不的奇数倍

qB

【答案】AC

【解析】当粒子通过。点的速度为也避时，则粒子进入磁场时的轨道半径为/*=把=亚匕

2mqB2

则粒子可经过一次偏转直接到达A点，选项A正确；

根据运动对称性，微粒能从P点到达。点，应满足L二心，其中x为每次偏转圆弧对应弦长，

偏转圆弧对应圆心角为90。或270。，运动周期丁=湛，当〃为偶数时，则从P到Q的时

间为/=2〃xT=〃一丁,当〃为奇数时，则从夕到。的时间为，=/8二+〃乂丁=〃——,选

4qB44qB

项C正确,D错误。当M、N两极板间场强为E=妇生,时，则Eqd=《,就，解得％=且外,

4dm22m

则粒子进入磁场时的轨道半径为一=如=正心

qB2

粒子的运动情况如上述〃为奇数时的〃=1相同，此时粒子到达。点的时间不是最长的，选

项B错误。故选AC。

评卷人得分

II.某学习小组利用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。挡板左侧从左到右依次固定复写

纸、白纸，白纸上的。点与轨道末端的B点等高，入射小球1、被碰小球2的半径相同，

质量分别为犯、"认〃4＞吗）。主要实验步骤如下:

234cm

I||"jJl।।"।।।J

「1丁|”IHi|

0510

乙

①将球1从斜槽上S处由静止释放,球1从轨道末端3飞出后打到挡板上，多次从S处由

静止释放球1；

②将球2静置于8点，再将球I从S处由静止释放，两球碰撞后均打到挡板上，多次重复

实验；

③确定落点的平均位置MP、M（其中2点是耒放球2时，球I落点的平均位置），用亳米

刻度尺测得ON、OI\OM的长度分别为用、他、生。

（1）下列做法中，必须完成的是。

A.轨道SA抹上润滑油B.将轨道A8调成水平C.挡板竖直固定

（2）用游标卡尺测量球1的直径d时，游标卡尺的示数如图乙所示，则占mm。

（3）若在实验误差允许范围内满足等式（用相关物理量的符号表示），则两球

在碰撞过程中动量守恒。

叫nt孙

【答案】BC20.6历范=历或+后1

【解析】每次球1都从同一位置由静止释放，球1每次和轨道的摩擦力都相同，

到达8点的速度都相同，所以没有必要在轨道SA抹上涧滑油，A错误；

B.为了保证小球碰撞后都做平抛运动，必须将轨道A4调成水平，B正确；

C.为了保证小球碰撞后做平抛运动的水平方向位移相同，必须挡板竖直固定，故C正确;

（2）[2]游标卡尺的示数即小球的直径为

d=20mm+6x0.Iirun=20.6mm

（3）[3]根据动量守恒定律知：需满足

"%%=班斗+m2v2

根据平抛运动的规律得

联”可得

12.关于多用电表，请回答下列问题：

（1）多用电表是实验室中常用的电学测量工具，多用电表测量电阻时的电路如图所示，图

中A、8是多用电表的两只表笔。则由图可知是红表笔（填或"B”）。

（2）若多用电表在使用前已经进行机械调零。某同学用多用电表测某一电阻阻值时的实验

步骤如下：

①选用“xIOC”挡，将A、8两只表笔短接，然后调整欧姆调零旋钮，使得指针指向欧姆挡零

刻度线；

②将A、3两只表笔与被测电阻凡两端相连；

③读数时发现表针偏转幅度太大，几乎接近欧姆挡零刻线，为了测量准确，这位同学应该换

用（填“xlQ”或“xlOOQ”）挡，换档之后（填“需要”或"不需要”）重新进夕亍欧

姆调零。

（3）某多用电表内部干电池的电动势为£=1.51V,使用一段时间后内部干电池的电动势石

减小。现用一电阻箱来测量多用电表内干电池的电动势大小。实验步骤如下：

①把多用电表欧姆挡置于“xlOOQ”挡，将两只表笔短按，调整欧姆调零旋钮，使得指针指向

欧姆挡零刻线，然后把表笔A、B分别与电阻箱的接线柱相连

②调节电阻箱，并记录电阻箱的阻值&、欧姆表的读数R

③多次重复②的操作，记录多组数据

④以欧姆表的读数R为纵坐标，电阻箱的阻值凡为横坐标作R-4图象，如图所示。

干电池实际电动势的表达式为£=（用E、（和R表示）；若测得R-凡图象的斜率

为Z=L1,则实际电动势£=V（保留三位有效数字）。

【答案】AxiQ需要/1.37

A

【解析】（1）[I]多用电表在使用时必须使电流红表笔进，黑表笔出，所以由图可知A是红

表笔；

（2）③[2]⑶选用“xiorr挡，进行欧姆调零后测量被测电阻的阻值，读数时发现表针幅度太

大，几乎接近欧姆挡零刻线，说明电阻比较小，为了把电阻值测得更准确些，就应使指针指

在刻度盘中间附近，所以该换用低档位，故应该换用“x]Q”挡，换挡之后“需要”重新进行欧

姆调零。

（3）[4][5]在电动势为E’的情况下，电阻箱的阻值段对应的表头电流

,=—邑

*4+K+/+凡

（«为此时滑动变阻器接入电路的阻值）：在电动势为后的情况下，电阻箱的阻值&与欧姆

表的读数R一致，表头电流。对应的电阻为七则

/，=-----------

R*++「+R

（凡为此时滑动变阻器接入电路的阻值）欧姆调零时指针满偏情况下，根据闭合电路的欧

姆定律可得

1(4+4+r)

解得

E=

整理得

R=&R,

Ex

图象斜率

左一=1.1

E

解得

E=1.37V

评卷人得分

四、解答题

13.如图所示，固定在水平地面上的气缸A和B中分别用活塞封闭有一定质量的理想气体,

已知两活塞面积均为5。西活塞用穿过B底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动,

两个气缸都不漏气。初始时，A、B中气体的体积均为匕，温度均为"，A中气体压强

PA=12P°,儿是气缸外的大气压强。活塞和细杆的质量均不计，细杆的直径可忽略。

（1）求细杆对气缸A中活塞的作用力大小以及气缸B中气体的压强。

（2）现对A缓慢加热，使其中气体的压强升到/八=1.5%,同时保持B中气体的温度不变,

在此过程中气缸A中气体的内能增加了AU。求：末状态时A中气体的温度，以及在此过

程中两部分气体从外界吸收的热量Q。

【答案】(1)PB=0-8%,F=0.2poS-(2)L=2],0=AU+1.2%%

【详解】（1）对A中活塞分析可得1.2p°S-PoS-尸=0

对B中活塞分析可得PBS+产-p°S=0

解得〃B=O.8〃O，F=0.2poS

（2）对A中气体由理想气体状态方程得L2詈%="也（:&+△V）

分析可知A、B中气体压强之和恒为2p0,对B中气体由玻意耳定律得

0.8〃oM=（2%—1.5〃°）（%+AV）

解得，=2",AV=0.6V；）

对两部分气体分析，由热力学第一定律得△U=W+Q=-2%FV+Q

解得Q=AU+1.2p(K

14.如图甲所示，传送带逆时针匀速运行，速率匕=2m/s,一小车停在足够大的光滑水平地

面上，挨靠在传送带的下端B处，小车上固定一竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧轨道与

传送带相切于B点，过圆弧轨道的最高点。的切线竖直，C为圆弧轨道的最低点。一小物

块（视为质点）从传送带的上端4处由静止释放，物块沿传送带运动的速度-时间图像如图

乙所示。物块离开传送带后恰好能到达。点。小车与物块的质量相同，取重力加速度大小

=10m/s2o求：

（1）传送带A、8两端的距离L；

（2）传送带倾角。的余弦值cos。以及物块与传送带间的动摩擦因数〃；

（3）圆弧轨道的半径七

【答案】(1)8.2m；(2)0.8,0.5；(3)1.53m

【解析】（1）4=0.2s时物块的速率

V)=2m/s

4=2.2s时物块的速率

v2=6m/s

根据“V-t图像中图线与t轴包围的面积表示位移”可知

解得

L=8.2m

(2)00.2s内物块的加速度大小

2

«(=—=10m/s

•1

设物块的质量为〃?，根据牛顿第二定律有

mgsin。+〃〃吆cos0=〃吗

0.2s~2.2s内物块的加速度大小

2

a2=——~=2mZs

根据牛顿第二定律有

mgsin0-cos0=nui2

解得

cos。=().8

〃=0.5

(3)由题知，物块到达B点时的速率为V2=6m/s,设物块到达/)点时的速率为力，在物

块从B点运动到。点的过程中，物块、小车组成的系统水平方向动量守恒，有

mv2cos0=2mvo

根据系统机械能守恒定律有

；mv}=；x2〃询