安徽省定远县育才学校2020届高三物理下学期第二次模拟考试试题（含解析）

PAGE安徽省定远县育才学校2020届高三物理下学期第二次模拟考试 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 （含解析）二、选择题：1.如图所示为氢原子的能级示意图，大量氢原子处于n＝3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.29eV的金属钠，下列说法中正确的是A.这些氢原子能发出两种不同频率的光子B.从n＝3跃迁到n＝2所发出光子的波长最短C.金属钠发出的光电子的最大初动能为9.80eVD.从n＝3跃迁到n＝1所发出的光子频率最低【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】C【解析】大量氢原子处于n＝3的激发态向较低能级跃迁的过程中向外发出光子数为种，选项A错误；从n＝3跃迁到n＝2能级差最小，所发出光子的频率最小，波长最长，选项B错误；从n＝3跃迁到n＝1能级差最大，所发出的光子频率最高，选项D错误；从n＝3跃迁到n＝1所发出的光子的能量最大，其值为（-1.51）-（-13.6）=12.09eV，则金属钠发出的光电子的最大初动能为12.09eV-2.29Ev=9.80eV，选项C正确；故选C.点睛：本题是玻尔理论、光子的能量、爱因斯坦光电效应方程的综合．根据玻尔理论分析氢原子发出的三种频率不同的光的波长、频率关系．能级差越大，则发出光子的频率越大，波长越短．2.2020年1月9日11时24分，我国在太原卫星发射中心用“长征二号丁”运载火箭，将“高景一号”03、04星成功发射升空，这两颗卫星是0.5米级高分辨率遥感卫星，他们均在距地面高度均为530km的轨道上绕地球做匀速圆周运动.以下说法正确的是A.这两颗卫星运行速率比地球同步卫星的速率小B.这两颗卫星的加速度比地球同步卫星的加速度大C.这两颗卫星的动能一定比地球同步卫星的动能大D.这两颗卫星中任意一颗一天可看见6次日出【答案】B【解析】两颗卫星均在距地面高度均为530km的轨道上绕地球做匀速圆周运动，可知高度远小于同步卫星的高度，则由可知，两颗卫星运行速率比地球同步卫星的速率小；由可知，加速度比地球同步卫星的加速度大，选项B正确，A错误；两颗卫星与同步卫星的质量关系不确定，则无法比较动能关系，选项C错误；根据开普勒第三定律=k，知两颗卫星轨道半径与同步卫星的轨道半径之比约为（6400+530）：36000≈7：36，则因同步卫星的周期为24小时，则此周期为0.0875×24h≈2h，所以卫星的运行周期是地球自转周期的1/12倍，因此卫星中的宇航员一天内可看到12次日出，故D错误。故选B.3.一轻质细杆长为2L，可绕固定于中点O的水平轴在竖直面内自由转动，杆两端固定有形状相同的小球1和2，它们的质量均为m，电荷量分别为q和－q(q>0)，整个装置放在如图所示的、在竖直面内关于过O轴的竖直线对称的电场中。现将杆由水平位置静止释放，让两小球绕轴转动到竖直线上A、B两位置。设电势差UBA=U，重力加速度大小为g，不考虑小球1、2间的库仑力。则该过程中（）A.小球2受到的电场力减小B.小球1电势能减少了UqC.小球1、2的机械能总和增加了Uq－mgLD.小球1、2的动能总和增加了Uq【答案】D【解析】杆由水平位置转到竖直位置的过程中，重力对系统做功为0，根据对称知开始时两小球处于等势面上，转动后，小球1所在位置电势较低，电势能减少，小球2所在位置电势较高，根据等势线与电场线的关系知道，小球2受到的电场力增大，小球2的电势升高量大于小球1的电势降低量，所以小球2的电势能增加量大于，小球1电势能减少量小于，系统重力势能不变，动能增加，根据能量守恒可知小球1、2的动能总和增加量等于小球1、2的电势能总和减小量，即为，故ABC错误，D正确；故选D。【点睛】本题关键要能正确分析小球能量如何转化，运用W=qU和U=Ed定性分析两球电势能的变化关系，由能量守恒定律分析即可。4.如图所示，理想变压器原删线图的匝数比为2：1，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9V，9W”的完全相同灯泡，灯泡的电阻不变，电压表为理想交流电表，已知L1灯正常发光，则以下说法中正确的是（）A.L2、L3、L4灯泡也能正常发光B.L2灯泡消耗的功率为3WC.电压表的示数为30VD.电压表的示数为12V【答案】D【解析】灯泡的电阻为R=U2/P=9Ω，正常发光时的电流：I=P/U=1A；根据变流规律：可得副线圈电流I2=2A；流过L2(或L3、L4)的电流为I2/3=2A/3；消耗的功率：，不能正常发光，则选项AB错误；副线圈两端电压为：U2=(2/3)×9V=6V，则原线圈两端电压：U1=2U2=12V，电压表读数为12V，选项D正确，C错误；故选D.点睛：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时运用闭合电路欧姆定律来分析随着电阻变化时电流、电压如何变化．5.如图所示，半径为R的大圆环用一硬质轻杆固定的竖直平面内，在大圆环上套一个质量为m的小环（可视为质点），小环从大圆环的最低点以初速度。沿大圆环上升至与圆心等高点时速度为零，再沿大圆环滑回最低点，大圆环始终静止，重力加速度大小为g。关于该过程，下列说法正确的是（）A.轻杆对大圆环的作用力方向始终竖直向上B.小环下滑过程摩擦力做功小于C.小环下滑过程重力的冲量比上滑过程重力的冲量大D.小环下滑过程重力的平均功率比上滑过程重力的平均功率大【答案】BC【解析】小圆环在沿大圆环滑动过程中，对大圆环的压力有水平方向的分量，可知轻杆对大圆环的作用力方向只有在小圆环到达最低点或最高点时竖直向上，选项A错误；小圆环上滑过程中摩擦力的功为；下滑过程中的平均速度小于上滑过程的平均速度，下滑过程小圆环对大圆环的平均压力小于上滑过程中的平均压力，可知下滑过程中摩擦力小于上滑过程中的摩擦力，从而下滑过程中摩擦力的功小于上滑过程的摩擦力的功，即小于，选项B正确；下滑过程中的平均速度小于上滑过程的平均速度，则下滑过程时间大于上滑过程的时间，则根据I=mgt可知，小环下滑过程重力的冲量比上滑过程重力的冲量大，选项C正确；上下过程重力的功相同，下滑过程时间大于上滑过程的时间，则根据P=W/t可知，小环下滑过程重力的平均功率比上滑过程重力的平均功率小，选项D错误；故选BC.点睛；此题关键要知道小环上下过程中由于有摩擦阻力，则上下过程的平均速度不同，对大圆环的压力不同，摩擦力大小也不同.6.如图甲所示，在平行虚线MN、PQ间有垂直于纸面的交变磁场，两虚线间的距离为d，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，磁场变化的周期为T.一质量为m、电荷量为q的带电粒子在虚线MN上的A点以垂直于MN向右射入两虚线间，若磁场的磁感应强度，不计粒子的重力，则下列说法正确的是A.粒子在磁场中做圆周运动的周期也为TB.粒子在t=时刻射入，粒子会从虚线MN射出C.要使粒子在两虚线间能做一个完整的圆周运动，粒子的速度最大可以为D.要使粒子在两虚线间能做两个完整的圆周运动，粒子的速度最大可以为【答案】CD【解析】粒子在磁场中做圆周运动的周期为，选项A错误；粒子在t=T/8时刻射入，在T/8-T/4时间粒子会沿直线向右运动；在T/4-T/2时间内做一个完整的圆周运动回到虚线上；在T/2-3T/4时间粒子又沿直线向右运动，不会从虚线MN射出，选项B错误；要使粒子在两虚线间能做一个完整的圆周运动，粒子的半径为，则粒子的速度最大为，选项C正确；要使粒子在两虚线间能做两个完整的圆周运动，则粒子在两虚线间的运动满足，其中；解得，选项D正确；故选CD.7.如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m=2M的小物块。现使木箱瞬间获得一个水平向左、大小为v0的初速度，下列说法正确的是A.最终小物块和木箱都将静止B.最终小物块和木箱组成的系统损失机械能为C.木箱速度水平向左、大小为时，小物块的速度大小为D.木箱速度水平向右、大小为时，小物块的速度大小为【答案】BC【解析】A、系统所受外力的合力为零,系统的动量守恒,初状态木箱有向左的动量,小木块动量为零,故系统总动量向左,系统内部存在摩擦力,阻碍两物体间的相对滑动,最终小木块和木箱相对静止,因为系统的总动量守恒,不管中间过程如何相互作用,根据动量守恒定律知,最终两物体以相同的速度一起向左运动.故A错误; B、规定向左为正方向,由动量守恒定律得:则得最终系统的速度为:,方向向左. 最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为:,所以B选项是正确的. C、木箱速度水平向左、大小为时，解得：，故C正确D、当木箱速度为时,根据动量守恒定律有:解得：，故D错故选BC点睛：小木块和木箱组成的系统在光滑的平面上滑动,系统所受外力的合力为零,故系统动量始终守恒,而因为系统内部存在摩擦力,阻碍物体间的相对滑动,最终两物体应该相对静止,一起向左运动.由动量守恒求出最终共同速度,再由能量守恒求机械能的损失.8.如图所示，光滑、平行的金属轨道分水平段(左端接有阻值为R的定值电阻)和半圆弧段两部分，两段轨道相切于N和N′点，圆弧的半径为r，两金属轨道间的宽度为d，整个轨道处于磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场中．质量为m、长为d、电阻为R的金属细杆置于框架上的MM′处，MN＝r.在t＝0时刻，给金属细杆一个垂直金属细杆、水平向右的初速度v0，之后金属细杆沿轨道运动，在t＝t1时刻，金属细杆以速度v通过与圆心等高的P和P′；在t＝t2时刻，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，金属细杆与轨道始终接触良好，轨道的电阻和空气阻力均不计，重力加速度为g.以下说法正确的是(　　)A.t＝0时刻，金属细杆两端的电压为Bdv0B.t＝t1时刻，金属细杆所受的安培力为C.从t＝0到t＝t1时刻，通过金属细杆横截面的电量为D.从t＝0到t＝t2时刻，定值电阻R产生的焦耳热为【答案】CD【解析】A：t＝0时刻，金属细杆产生的感应电动势，金属细杆两端的电压。故A项错误。B：t＝t1时刻，金属细杆的速度与磁场平行，不切割磁感线，不产生感应电流，所以此时，金属细杆不受安培力。故B项错误。C：从t＝0到t＝t1时刻，电路中的平均电动势，回路中的电流，在这段时间内通过金属细杆横截面的电量，解得：。故C项正确。D：设杆通过最高点速度为，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，对杆受力分析，由牛顿第二定律可得：，解得从t＝0到t＝t2时刻，据功能关系可得，回路中的总电热：定值电阻R产生的焦耳热，解得：。故D项正确。综上答案为CD。点睛：感应电量，这个规律要能熟练推导并应用。三、非选择题：9.某同学利用倾斜气垫导轨做“验证机械能守恒定律”的实验，实验装置如图1所示．其主要实验步骤如下：a．用游标卡尺测量挡光条的宽度l，结果如图2所示；b．读出导轨标尺的总长L0，并用直尺测出导轨标尺在竖直方向的高度H0；c．读出滑块释放处挡光条与光电门中心之间的距离s；d．由静止释放滑块，从数字计时器(图1中未画出)上读出挡光条通过光电门所用的时间t.回答下列问题：（1）由图2读出l＝________mm.（2）________(选填“有”或“没有”)必要用天平称出滑块和挡光条的总质量M.（3）多次改变光电门位置，即改变距离s，重复上述实验，作出随s的变化图象，如图3所示，当已知量t0、s0、l、H0和当地重力加速度g满足表达式=________时，可判断滑块下滑过程中机械能守恒．【答案】(1).8.20(2).没有(3).【解析】(1)游标尺上共有20小格，精度为0.05mm，用游标卡尺测量挡光条的宽度l＝(8＋0.05×4)mm＝8.20mm；(2))欲验证机械能守恒定律，即，为气垫导轨与水平面间的夹角，只需验证，可见没有必要测量滑块和挡光条的总质量M；(3)由几何知识得，当s＝s0，t＝t0时有。10.⑴某实验小组为了测量某一电阻Rx的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出Rx的阻值约为18Ω左右。为了进一步精确测量该电阻，实验台上有以下器材：A.电流表(量程15mA，内阻未知)B.电流表(量程0.6A，内阻未知)C.电阻箱(0～99.99Ω)D.电阻箱(0～999.9Ω)E.电源(电动势约3V，内阻约1Ω)F.单刀单掷开关2只G.导线若干甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：a.先将电阻箱阻值调到最大，闭合S1，断开S2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有合适的阻值R1，此时电流表指针有较大的偏转且示数为I；b.保持开关S1闭合，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表的示数仍为I。①根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择_______，电阻箱应选择_______（选填器材前的字母）②根据实验步骤可知，待测电阻Rx=____________________（用步骤中所测得的物理量表示）。⑵同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻。若已知所选电流表的内阻RA=2.0Ω，闭合开关S2，调节电阻箱R，读出多组电阻值R和电流I的数据；由实验数据绘出的-R图象如图乙所示，由此可求得电源电动势E=________V，内阻r=____Ω。(计算结果保留两位有效数字)【答案】(1).A;(2).D;(3).;(4).3.2;(5).0.80;【解析】【分析】(1)根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，然后再通过求出电路中需要的最大电阻来选择电阻箱；列出开关S2断开和闭合时对应的闭合电路欧姆定律表达式，然后求解即可.(2)根据实验电路应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻.【详解】(1)电源电动势为3V，电流表量程为15mA=0.015A，由欧姆定律：可知，电路中的最小电阻应为：，所以电阻箱应选C；②根据闭合电路欧姆定律得：S2断开时有：E=I(Rx+R1+RA+r)，S2闭合时有：E=I(R2+RA+r)，解得:Rx=R2-R1；(2)闭合开关S2，由闭合电路欧姆定律得：E=I(R+RA+r），整理得：由图象可知：，,而已知RA，解得，.【点睛】本题考查了测电源电动势与内阻实验、考查了测量电阻的实验，要注意正确根据题意明确实验原理；然后根据所对应的物理规律分析求解即可；对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合图象的性质分析斜率以及截距的意义.11.如图所示，在倾角为θ的斜面上，一物块(可视为质点)通过轻绳牵拉压紧弹簧.现将轻绳烧断，物块被弹出，与弹簧分离后即进人足够长的NN′粗糙斜面(虚线下方的摩擦不计)，沿斜面上滑达到最远点位置离N的距离为s.此后下滑，第一次回到N处，压缩弹簧后又被弹离，第二次上滑最远位置离N的距离为s/2.(1)求物块与粗糙斜面NN′段间的动摩擦因数.(2)若已知物块的质量为m，弹簧第二次被压缩最短时的弹性势能为Ep，求第二次物体从弹簧被压缩最短到运动到N点的距离L.【答案】（1）（2）【解析】(1)物块从最高点第一次下滑回到N(设速度为v），有：物块第二次上猾，初速度也为v，到最高点，有：联立解得：.(2)物块由N点下滑到弹簧再次被压缩到最大过程中，弹簧与物块组成的系统机械能守恒。设此距离为L，有：解得：12.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域△ABC，A点坐标为（0，3a），C点坐标为（0，﹣3a），B点坐标为(，-3a）．在直角坐标系xOy的第一象限内，加上方向沿y轴正方向、场强大小为E=Bv0的匀强电场，在x=3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏，其与x轴的交点为Q．粒子束以相同的速度v0由O、C间的各位置垂直y轴射入，已知从y轴上y=﹣2a的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力．（1）求粒子的比荷；（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q点最远？求出最远距离．【答案】(1)(2)0≤y≤2a　(3)，【解析】(1)由题意可知，粒子在磁场中的轨迹半径为r＝a　由牛顿第二定律得Bqv0＝m　故粒子的比荷　(2)能进入电场中且离O点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O′点，如图所示。由几何关系知O′A＝r·＝2a　则OO′＝OA－O′A＝a　即粒子离开磁场进入电场时，离O点上方最远距离为OD＝ym＝2a　所以粒子束从y轴射入电场的范围为0≤y≤2a　(3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a＝v0·t0　，所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上　粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平方向位移为x，则水平方向有x＝v0·t　竖直方向有　代入数据得x＝　设粒子最终打在荧光屏上的点距Q点为H，粒子射出电场时与x轴的夹角为θ，则　有H＝(3a－x)·tanθ＝当时，即y＝a时，H有最大值由于a<2a，所以H的最大值Hmax＝a，粒子射入磁场的位置为y＝a－2a＝－a　13.以下说法正确的是________．A.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，仅与单位体积内的分子数有关B.布朗运动不是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动C.当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小D.如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大E.当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小【答案】BCE【解析】A、气体压强与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，故气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，故A错误；B、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它说明液体分子在不停息地做无规则热运动，故B正确；C、分子力做功等于分子势能的减小量，当分子间的引力和斥力平衡时，分子力的合力为零，分子势能最小，故C正确；D、气体压强与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，但分子数密度可能减小，故气体压强不一定增加，故D错误；E、当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但分子斥力减小的更快，故E正确。故选：BCE。点睛：从分子动理论的观点来看，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动；分子力做功等于分子势能的减小量。14.如图所示，两端开口、粗细均匀的长直U形玻璃管内由两段水银柱封闭着长度为15cm的空气柱，气体温度为300K时，空气柱在U形管的左侧。（i）若保持气体的温度不变，从左侧开口处缓慢地注入25cm长的水银柱，管内的空气柱长为多少？（ii）为了使空气柱的长度恢复到15cm，且回到原位置，可以向U形管内再注入一些水银，并改变气体的温度，应从哪一侧注入长度为多少的水银柱？气体的温度变为多少？（大气压强P0=75cmHg，图中标注的长度单位均为cm）【答案】（ⅰ）;（ⅱ）【解析】试题分析：①由于下面的一部分水银柱总长只有45cm，所以在左侧缓慢加入25cm长水银柱后，左侧竖直管中只可能保留45cm长的水银柱．分析封闭气体的初态和末态的压强和体积，由玻意耳定律列方程求解稳定时管内的空气柱长度．②再从右侧加25cm高的水银柱可以使空气柱回到A、B之间；根据理想气体状态方程列式求解即可．①因为右侧水银柱总长只有45cm，所以在左侧缓慢加入25cm长水银柱后，左侧竖直管中只可能保留45cm长的水银柱已知；由玻意耳定律解得②由水银柱的平衡条件可知，向右侧注入25cm长的水银柱才能使空气柱回到A、B之间．这时空气柱的压强为：由查理定律，有：解得：15.一列简谐横被沿x轴传播，波速为2m/s，t=0时刻的波形如图所示，此时平衡位置在x=3m处的质点N正沿y轴正方向运动，M、P两质点平衡位置的坐标分别为xM=2m、xP=5m。下列判断正确的是____。A.该被沿x轴负方向传播B.该时刻质点M的加速度为零C.质点N的振动方程为y=0.2sinπt(m)D.从该时刻开始，经过10s，质点P的路程为2mE.当质点M在波峰时，质点P在平衡位置并正沿y轴正方向运动【答案】ACE【解析】t=0时刻平衡位置在x=3m处的质点N正沿y轴正方向运动，可知波沿x轴负向传播，选项A正确；该时刻质点M在最低点，加速度为正向最大，选项B错误；因，，则质点N的振动方程为y=0.2sinπt(m)，选项C正确；从该时刻开始，经过10s=5T，质点P的路程为5×4A=4m，选项D错误；当质点M在波峰时，质点P在平衡位置并正沿y轴正方向运动，选项E正确；故选ACE.16.如图所示为某玻璃砖的截面图，ABCE部分为梯形，AB垂直于上、下两底.CD是ED圆弧所在圆的直径，O为圆心，直径CD长为d，∠ECO=60º，一束单色光从AB的中点斜射入玻璃砖，在AE面上刚好发生全反射，经AE面反射后反射光刚好垂直平分CE，求：①光在AB面的入射角的正弦值及玻璃对单色光的折射率；②光在玻璃砖中运动的时间.(已知光在真空中的传播速度为c)【答案】（1）（2）【解析】由题意可知，CE是圆的一个弦。因此经AE面反射后反射光垂直平分CE，则反射光刚好照射到圆心O，光路图如图所示.由几何关系可知，光钱在AE面的入射角为60º，由于光线刚好在AE面上发生全反射，则全反射的临界角：C=60º则玻璃对光的折射率：由几何关系可知，光在AB面上折射的折射角为r=30º，设入射角为i，则求得：②由几何关系，圆弧的直径为d，则AB长为则光在玻璃种传播的距离光在玻璃种传播的时间点睛：本题的关键是要掌握有关折射率的两个公式和．解题时，要作出光路图，利用几何知识帮助解答。