【物理】甘肃省兰州市第一中学2020届高三下学期冲刺模拟考试（二）试题（解析版） 16页

甘肃省兰州市第一中学2020届高三下学期 冲刺模拟考试（二）‎ 一、选择题 ‎1.根据氢原子能级图（如图）可判断（ ）‎ A. 电子的轨道半径越小，氢原子能量越大 B. 大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出3种不同频率的光 C. 欲使处于基态的氢原子电离，可以用14eV的光子照射 D. 用的电子碰撞处于基态的氢原子，氢原子不可能激发到能级 ‎【答案】C ‎【详解】A．电子轨道半径越小，能级越小，即氢原子能量越小，故A错误；‎ B．大量处于能级的氢原子向低能级跃迁，可能发出种不同频率的光，故B错误；‎ C．欲使处于基态的氢原子电离，则要用大于的光子照射，故C正确；‎ D．当用光子照射时，基态氢原子被激发到能级，至少需要的能量，当用电子轰击氢原子时，电子的能量值大于12.09eV时，能激发到n=3能级，故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差或者被电离，才能被吸收，而氢原子与运动中的电子发生碰撞时，运动电子的动能大于氢原子的第一能级与第三能级之间的差即可。‎ ‎2.冥王星是太阳系中围绕太阳旋转的天体。它的赤道直径为‎2298km、表面积约为1700万平方千米、质量为1.473×‎1022kg、平均密度为‎2.32g/cm3、表面重力加速度为‎0.655m/s2、自转周期为6天9小时17.6分、逃逸速度（即第二宇宙速度）为‎1.23km/s，假设其绕太阳的运动可以按圆周运动处理。依据这些信息下列判断中正确的是（　　）‎ A. 冥王星的自转周期比地球的自转周期小 B. 冥王星的公转线速度一定比地球的公转线速度大 C. 不能估算出太阳的质量 D. 冥王星上的物体至少应获得‎1.23km/s的速度才能成为冥王星的卫星 ‎【答案】C ‎【详解】A．冥王星的自转周期为6天9小时17.6分，地球的自转周期为24小时，因此，冥王星的自转周期比地球的自转周期大，A错误；‎ BC．由于冥王星的公转加速度、线速度、角速度、周期、轨道半径等不知道，所以，无法判断冥王星的公转线速度和地球的公转线速度的大小关系，无法估算出太阳的质量，因此，B错误，C正确；‎ D．冥王星上的物体至少应获得‎1.23km/s的速度时已经脱离冥王星束缚了，D错误。故选C。‎ ‎3.通有电流的导线L1、L2处在同一平面（纸面）内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动（O为L2的中心），各自的电流方向如图所示．下列哪种情况将会发生（ ）‎ A. 因L2不受磁场力的作用，故L2不动 B. 因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动 C. L2绕轴O按顺时针方向转动 D. L2绕轴O按逆时针方向转动 ‎【答案】D ‎【详解】由右手螺旋定则可知导线L1上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线L1的距离越远的地方，磁场越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L2绕固定转轴O按逆时针方向转动，D正确．‎ 故选D。‎ ‎4.如图所示，质量为M的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上，质量为m的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间，且不计圆柱体与正方体之间的摩擦，正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成θ角，圆柱体处于静止状态，则（　　）‎ A. 地面对圆柱体的支持力大于（M＋m）g B. 地面对圆柱体的摩擦力为mgtanθ C. 墙壁对正方体的弹力为 D. 正方体对圆柱体的压力为 ‎【答案】C ‎【详解】CD．以正方体研究对象，受力分析，并运用合成法如图所示 墙壁对正方体的弹力 N1=‎ 圆柱体对正方体的支持力为 根据牛顿第三定律，正方体对圆柱体的压力为。‎ 选项C正确，D错误；‎ AB．以圆柱体和正方体整体为研究对象，地面对圆柱体的支持力 N=(M＋m）g 水平方向受力平衡，地面对圆柱体的摩擦力 f=N1=‎ 选项AB错误。‎ 故选C。‎ ‎5.如图所示，一长为l的绝缘杆两端分别带有等量异种电荷，电量的绝对值为Q，处在场强为E的匀强电场中，杆与电场线夹角α=60°，若使杆沿顺时针方向转过60°（以杆上某一点为圆心转动），则下列叙述中正确的是（　　）‎ A. 电场力不做功，两电荷电势能不变 B. 电场力做的总功为，两电荷的电势能增加 C. 电场力做的总功为，两电荷的电势能减少 D. 电场力做总功的大小跟转轴位置有关 ‎【答案】C ‎【详解】A．+Q所受电场力水平向右，-Q所受电场力水平向左，当杆沿顺时针方向转过60°时，电场力对两个电荷都做正功，两电荷的电势能都减小。故A错误；‎ BCD．电场力对正电荷所受的功：‎ W1=QEl1（1-cos60°）‎ 电场力对负电荷所受的功：‎ W2= QEl2（1-cos60°）‎ 电场力做的总功为：‎ W=W1+W2=QEl 由于电场力做正功，所以两个电荷的电势能减少，由以上分析可判断电场力做总功的大小跟转轴位置无关，故BD错误，C正确；‎ 故选C。‎ ‎6.用细绳拴一个质量为m的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，如图所示．将细绳剪断后(　　)．‎ A. 小球立即获得的加速度 B. 小球落地的速度大于 C. 小球落地的时间等于 ‎ D. 小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动 ‎【答案】BC ‎【详解】A．初态小球平衡，剪断绳后，小球合外力与绳中拉力等大反向：，所以加速度：，A错误．‎ B．设初态弹簧的弹性势能为，根据机械能守恒得：，速度大于，B正确．‎ C．小球被水平弹出后，只受重力做平抛运动，竖直方向：，运动时间，C正确．‎ D．小球在细绳剪断瞬间，仍受弹簧弹力，所以不是平抛运动，D错误．‎ ‎7.如图所示，N匝矩形导线框以角速度ω绕对称轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框电阻、电感均不计，在OO′左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，外电路接有电阻R和理想电流表A，那么可以确定的是（　　）‎ A. 从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势为e=‎ B. 电流表的示数I=‎ C. R两端电压的有效值 D. 一个周期内R上产生的热量 ‎【答案】ABC ‎【详解】A．线框始终只有一半面积在磁场中，电动势最大值为 又由于线圈从中性面开始转动，因此瞬时电动势为 A正确；‎ C．回路电动势有效值 由于内电阻等于零，路端电压等于电源电动势，R两端电压的有效值 C正确 B．回路电流的有效值 B正确；‎ D．一个周期内R上产生的热量 D错误。‎ 故选ABC。‎ ‎8.如图甲所示，质量为‎1 kg的小物块，以初速度v0=‎11 m/s从θ＝53º的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线，不考虑空气阻力，g=‎10 m/s2，sin37º=0.6， cos37º=0.8，下列说法正确的是（ ）‎ A. 有恒力作用时，恒力F做的功是6.5 J B. 小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5‎ C. 有恒力F时，小物块在整个上升过程产生的热量较少 D. 有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较少 ‎【答案】BD ‎【详解】根据v-t图线的斜率等于加速度，可知： ；根据牛顿第二定律得：不加拉力时有：mab=-mgsin53°-μmgcos53°；代入数据得：μ=0.5；加拉力时有：maa=F-mgsin53°-μmgcos53°，解得：F=1N．位移，则恒力F做的功是WF=Fx=6.05J，故A错误，B正确；根据v-t图象与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较大．故C错误；有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小．故D正确．‎ 二、非选择题 ‎（一）必考题 ‎ ‎9.某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：小车的前端粘有橡皮泥，推动小车使之做匀速运动，后与原来静止在前方的小车相碰并粘合成一体，继续做匀速运动。他设计的装置如图所示.在小车后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50，长木板下垫着小木片以平衡摩擦力.‎ ‎（1）若已测得打点的纸带如图乙所示，并测得各计数点的间距(已标在图上).‎ A为运动的起点，则应选________段来计算碰撞前的速度，应选________段来计算和 碰后的共同速度(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)。‎ ‎（2）已测得小车的质量，小车的质量，则以上测量结果可得：________，碰后________。‎ ‎【答案】 (1). BC DE (2). ‎ ‎【详解】（1）[1][2]．推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度。 （2）[3][4]．由图可知，BC=‎10.50cm=‎0.1050m；DE=‎6.95cm=‎0.0695cm； 碰前小车的速度为 碰前的总动量为 p=mAvA=0.4×1.05=‎0.420kg•m/s；‎ 碰后小车的共同速度为 ‎ 碰后的动量为p′=（mA+mB）v=（0.4+0.2）×0.695=‎0.417kg•m/s；‎ ‎10.某同学为了测量一段电阻丝AB的电阻率ρ做了以下实验 ‎(1)首先利用螺旋测微器测量电阻丝的直径d．转动旋钮使测微螺杆与测砧接触时，示数如图1所示，将电阻丝置于测微螺杆与测砧间正确测量时，示数如图2所示，则电阻丝的直径d=__________mm．‎ ‎(2)该同学设计了如图3所示的电路．已知滑片P与电阻丝接触良好，其它连接导线电阻不计．现有以下器材：‎ A.待测电阻丝AB B.电源(已知电动势为E，内阻不计) C.电流表A D.阻值为R的定值电阻 E.毫米刻度尺 F.开关S，导线若干 ‎①连接好电路，闭合开关S，调节滑片P的位置，测出电阻丝AP的长度x和电流表的读数/；改变P的位置，共测得多组x与Ⅰ的值．‎ ‎②根据测出的Ⅰ的值，计算出的值，并根据这些数据点作出-x图像如图4所示．‎ ‎③由~x图像可得电阻丝电阻率ρ=__________．并可测得电流表A的内阻RA=__________．(均用题给符号表示)‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【详解】（1）由图1所示可知，螺旋测微器的误差为：‎0mm+11.5×‎0.01mm=‎0.115mm，由图2所示螺旋测微器可知，其示数为：‎0.5mm+37.0×‎0.01mm=‎0.870mm，则金属丝的直径：d=‎0.870mm-0.115mm=‎0.755mm；‎ ‎（2）根据电阻定律，有：，由闭合电路的欧姆定律：E=I(R+RA+ρ)，即，则由图像可得：；，则；解得：.‎ ‎11.如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上，滑块在斜面底端以初速度v0=‎9.6 m/s沿斜面上滑。斜面倾角θ=37°，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.45.整个过程斜面体保持静止不动，已知滑块的质量m=‎1kg，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取‎10 m/s2，试求：‎ ‎(1)滑块回到出发点时的速度大小；‎ ‎(2)定量画出斜面体与水平地面之间的摩擦力Ff随时间t变化的图像，写明计算过程。‎ ‎【答案】(1)‎4.8 m/s；(2)‎ ‎【详解】(1)滑块上滑过程中，由牛顿第二定律：‎ 得 设上滑位移大小为L，由 得 L=‎‎4.8m 滑块下滑过程中，由牛顿第二定律：‎ 得 下滑位移大小也为L，由 得 v=‎4.8m/s ‎(2)滑块沿斜面上滑过程中用时 对斜面与滑块构成的系统受力分析可得 Ff1=ma1cos θ=7.68 N 滑块沿斜面下滑过程用时 对斜面与滑块构成的系统受力分析可得 Ff2=ma2cos θ=1.92 N Ff随时间变化如图所示。‎ ‎12.某空间存在着一个变化的电场和一个变化的磁场，电场方向向右（如图甲中由B到C的方向），电场变化如图乙中E－t图像，磁感应强度变化如图丙中B－t图像。在A点，从t=1s（即1s末）开始，每隔2s，有一个相同的带电粒子（重力不计）沿AB方向（垂直于BC）以速度v射出，恰能击中C点，且粒子在AB间运动的时间小于1s，若，求：‎ ‎（1）图线上E0和B0的比值是多少？磁感应强度B的方向是怎样的？‎ ‎（2）若第1个粒子击中C点的时刻已知为（1＋Δt）s，那么第2个粒子击中C点的时刻是多少？‎ ‎【答案】（1），磁场方向垂直纸面向外；（2）（3＋Δt）‎ ‎【详解】（1）设，在t=1s时，空间区域只有磁场，故粒子做匀速圆周运动， 则有：‎ 画出粒子运动轨迹，有几何关系由可得：‎ 则：‎ 当粒子在电场中运动时，在AB方向上匀速运动，在BC方向上是匀加速运动，则有：‎ 联立可求得： ‎ 故 由于粒子的电场力方向与电场方向相同，故粒子带正电，由粒子在磁场中的偏转方向和左手定则可以判断磁场方向垂直纸面向外。‎ ‎（2）第一个粒子击中C点的时刻已知为（1+）s，该粒子在磁场中运动，所需时间是由其轨迹对应的圆心角所确定，由几何关系可得，粒子从A到C时，轨迹所对应的圆心角为，故粒子在磁场中运动时间：‎ Δt=‎ 又第二个粒子在电场中运动的时间为：‎ 故第2个粒子击中C点的时刻为：‎ ‎13.实验所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中含有纯油酸6mL，用注射器测得1mL上述溶液为80滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓形状，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为‎1cm：‎ ‎①油酸膜的面积是______cm2；‎ ‎②按以上实验数据估测油酸分子的直径为______m（保留2位有效数字）；‎ ‎③利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏加德罗常数。如果已知体积为V的一滴油酸在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油的密度为ρ，摩尔质量为M，则阿伏加德罗常数的表达式为__________________；‎ ‎【答案】①115（或116） ②6.5×10-10 ③ ‎ ‎【详解】[1]根据图中描绘的轮廓，不足半格舍去，大于半格算一格，共计115个方格，所以油膜的面积为 ‎。‎ ‎[2]每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是 估测油酸分子的直径为 ‎[3]单个油分子的直径为 单个油分子体积为 摩尔体积为 阿伏伽德罗常数为 ‎14.如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，面积分别为S1＝‎20 cm2，S2＝‎10 cm2，它们之间用一根水平细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量M＝‎2 kg的重物C连接，静止时汽缸中的气体温度T1＝600 K，汽缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0＝1×105Pa，取g＝‎10 m/s2，缸内气体可看做理想气体．‎ ‎ ‎ ‎(1)活塞静止时，求汽缸内气体的压强；‎ ‎(2)若降低汽缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动 L/2时，求汽缸内气体的温度．‎ ‎【答案】（1）1.2×105 Pa （2）500 K ‎【详解】（1）设静止时气缸内气体压强为P1，活塞受力平衡： p1S1+p0S2=p0S1+p1S2+Mg， 代入数据解得压强：p1=1.2×105Pa， （2）由活塞A受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为T1变化后温度为T2，由盖-吕萨克定律得：， 代入数据解得：T2=500K．‎ ‎15.以下关于物理学知识的叙述，其中正确的是___________。‎ A. 用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振 B. 麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在 C. 交警通过发射超声波测量车速是利用了波的干涉原理 D. 狭义相对论认为，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的 E. 光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率大 ‎【答案】BDE ‎【详解】A．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉，A错误；‎ B．麦克斯韦语言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，B正确；‎ C．交警通过发射超声波测量车速是利用了多普勒效应，C错误；‎ D．根据狭义相对论原理，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，D正确；‎ E．光纤通信利用了全反射原理，故内芯材料的折射率比外套材料的折射率大，E正确。‎ 故选BDE。‎ ‎16.某同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他只好找到一块大小为‎3cm左右，外形不规则的大理石块代替小球。实验步骤：‎ A．石块用细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线上端固定于O点 B．用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长 C．将石块拉开一个大约α=30°的角度，然后由静止释放 D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由得出周期 E．改变OM间尼龙线的长度，再做几次实验，记下相应的L和T F．求出多次实验中测得的L和T的平均值作计算时使用的数据，带入公式g=(）‎2L求出重力加速度g ‎（1）你认为该同学在以上实验步骤中有重大错误的是哪些步骤______？为什么______？‎ ‎（2）该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值偏大还是偏小_______？你认为用何方法可以解决摆长无法准确测量的困难_______？‎ ‎【答案】(1). BCDF 见解析 (2). 偏小 见解析 ‎【详解】（1）[1]实验步骤中有重大错误的是：BCDF ‎[2]B．大理石重心到悬挂点间的距离才是摆长 C．最大偏角不能超过5°‎ D．应在摆球经过平衡位置时计时 F．应该用各组的L、T求出各组的g后，再取平均值 ‎（2）[3]用OM作为摆长，则忽略了大理石块的大小，没有考虑从结点M到石块重心的距离，故摆长L偏小。根据:‎ T=2π 即 故测量值比真实值偏小。‎ ‎[4]可以用改变摆长的方法，如：‎ T=2π T′=2π 测出Δl，则