第二学期山东省济钢中学高中届高三物理份质量检测.docx

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第二学期山东省济钢中学高中届高三物理份质量检测

济钢高中3月初模拟考试物理试题

单项选择题：

本题共8小题，每小题3分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．如图，为氢原子能级图；金属钾的逸出功为2.25eV，则下面有关说法正确的是（）

A．处于基态的氢原子能吸收13.0eV的光子后跃迁至n=3能级

5种不同频率的光．大量处n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出B能级的氢原子向低能级跃迁所辐射出的各种色光照射金属钾，都能发生光．用处于n=3C电效应能级的氢原子向低能级跃迁所辐射出的光照射金属钾，所产生光电子n=4D．用大量处于10.5eV的最大初动能为颗静止5年完成35颗卫星组网的“北斗”全球卫星导航定位系统，该系统由2．我国将于2020颗是中轨道卫星，中轨道2130颗非静止轨道卫星中有轨道卫星和30颗非静止轨道卫星构成。

。

6400km，已知地球半径为21500km，静止轨道卫星的高度约为36000km卫星的轨道高度约为）（关于北斗导航卫星，下列说法中正确的是7.9km/s

A．中轨道卫星的线速度约为B．中轨道卫星的运行周期比静止轨道卫星周期大C．中轨道卫星的向心加速度比静止轨道卫星的向心加速度大D．静止轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。

日超强台风“利奇马”登陆青岛，8月113．2019年享速优题

。

某高层建筑顶部广告s11台风“利奇马”登陆时的最大风力为级，最大风速为30m／度密20m宽，空气、高为尺牌的寸：

5m，空气吹到广告牌上后速度瞬3=1.2kg/m），则该广告牌受到的最大风力约为（0间减为

35N101.2×B．N3.9A．×10

44N

×l0D．9.0C．1.0×10N

4．如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），2图象如图乙所Tv，小球在最高点的速度大小为v，其小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T示，则（）

．轻质绳长为AmB．当地的重力加速度为aac2＋av＝c时，轻质绳的拉力大小为bC．当26a≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为D．只要v．雨后太阳光射入空气中的水滴，先折射一次，然后在水滴的背面发生反射，最后离开水滴时5是其中的两条、b再折射一次就形成了彩虹。

如图，太阳光从左侧射入球形水滴，a

出射光线，在这两条出射光线中，一条是红光，另一条是紫光。

下面说法正确的是）（

光线是红光，b光线是紫光．Aab光条纹间距aB．用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，光条纹间距大于光在水滴中的传播时间长光在水滴中的传播时间比C．abba光比光更容易发生明显衍射D．遇到同样的障碍物，处的指点的振动图x时刻的波形图如图（a）所示，=0.60m=0轴正向传播，一简谐横波沿6.xt），则该波的波长为（0.60m）所示。

已知该波的波长大于b象如图（．

A.0.60mB.0.80mC.1.60mD.1.20m

7.如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、cd、de四个过程到达状态e，其中ba的延长线经过原点，bc连线与横轴平行，de连线与纵轴平行。

下列说法正确的是（）

A．ab过程中气体分子热运动平均动能增加

过程中气体分子单位时间内击容器壁次数不变．bcB过程中气体从外界吸热小于气体内能增量．cdCde过程中气体对外放出热量，内能不变D．时间图象，如图所示为两球碰撞前后的位移—A、B两球沿一直线运动并发生正碰，8.

时间图象，若为碰撞后两球共同运动的位移——时间图象，c、b分别为A、B两球碰前的位移a）2kg，则由图象判断下列结论错误的是（mA球质量＝A为量总动的、B碰撞前A．A

kg·m/s4N·sA对B所施冲量为－B．碰撞时m/s．碰撞前后A的动量变化为4kg·C10J、B两球组成的系统损失的动能为D．碰撞中A分。

在每小题给出的四个选项中，有多项4分，共16二、多项选择题：

本题共4小题，每小题0分。

4符合题目要求。

全部选对的得分，选对但不全的得2分，有选错的得选手塞巴斯蒂驾驶法拉日，日至14一级方程式世界锦标赛在英国银石举行，月．92019年711为恒小大力阻受所车赛，动启止静由车赛SF90利．

，驾驶员和赛车的总质量为m，开始一段时间内a为直线运动，其加速度随时间倒数的变化规律图线如图所示，t已知，下列说法正确的是和11（）

t时间段内做加速度增大的加速运动A．赛车在0～1为大引受内间时～在赛B．车0t段所牵力小1

C．赛车在t时刻的动能为1D．赛车在0～t时间段内牵引力做的功为110．A、B为一电场中x轴上的两点，如图甲所示。

一电子仅在电场力作用下从A点运动到B点，x轴上各点电势随其坐标变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（）

A．该电场是点电荷形成的电场

EEB两点电场强度大小关系为＜B．A、BA过程中电场力做正功A运动到BC．电子从EE＞、D．电子在AB两点的电势能大小关系为BpAp的圆形金属导轨拥有共3L的小圆与半径为．如图，半径为L11

的B同的圆心，在小圆与导轨之间的环形区域存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为A另一端让其一端O点与圆心重合，现将一长度为匀强磁场。

3L的导体棒置于磁场中，O的电阻，导体棒以角速度ω绕与圆形导轨良好接触。

在O点与导轨间接入一阻值为r）（点做逆时针匀速圆周运动，其他电阻不计。

下列说法正确的是点的电势低点的电势比A．导体棒OAL2ω9Br两端的电压为2．电阻BL28BπrC．在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为B2L48πωr产生的焦耳热为r．在导体棒旋转一周的时间内，电阻D．

的小滑块，12.如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m享速优题用传感器测出其加速t作用时，变化的水平拉力F木板受到随时间

图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦，得到如图乙所示的aF度a2）力，取g＝10m/s，则下列选项正确的是（4kgA．滑块的质量m＝2kgB．木板的质量M＝2C时滑块加速度为2m/s．当F＝8ND．滑块与木板间动摩擦因数为0.1小题，共60分。

三、非选择题：

本题共6为一块倾6分）某兴趣小组用如图甲所示的实验装置来测物块与斜面间的动摩擦因数．PQ13．（．每次图中未画）斜放置的木板，在斜面底端Q处固定有一个光电门，光电门与数字计时器相连（但始终保持斜面底边h处由静止释放，实验时将一物体（其上固定有宽度为d的遮光条）从不同高度）

设物块与斜面间的动摩擦因数处处相同长L＝0.500m不变．（

＝如图乙所示，则

（1）用20分度游标卡尺测得物体上的遮光条宽度ddcm；

2-hv图象，

（2）该小组根据实验数据，计算得到物体经过光电门的速度v，并作出了如图丙所示的其图象与横轴的交点为0.25.由此可知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝；

2-h图象，其图象的斜率将v（填“增（3）若更换动摩擦因数更小的斜面，重复上述实验得到．）大”“减小”或“不变”14.（8分）某待测电阻R的阻值在80Ω～100Ω之间，现要测量其电阻的阻值，实验室提供如x下器材

AA50mA1Ω）（量程、内阻约．电流表1

BA200mA0.2Ω）、内阻约为（量程．电流表2CA0.6A0.1Ω）、内阻约为．电流表（量程3DR=30Ω．定值电阻0ER10Ω）．滑动变阻器（最大阻值约为FE4V）（电动势为．电源GS、导线若干．开关R的实验电路，如图所示。

为保证测量时电流表读数不小于①某同学设计了一个测量电阻x

MNM两处的电流表应分别选用：

，、其量程的_______N_______（AAA）

”为“，“为”或选填“”、312MNIIRR=______________的计算式为、电表的读数分别为②若，则、xNMx③考虑本次测量存在一定的系统误差，所以测量值比真实值______________

15.（8分）如图所示，一根上粗下细、粗端与细端都粗细均匀的玻璃管上端封闭、下端开口，横截面积S=4S，下端与大气连通。

粗管中有一段水银封闭了一定质量的理想气体，水银柱下表21面恰好与粗管和细管的交界处齐平，空气柱和水银柱长度均为h=4cm。

现在细管口连

接一抽气机（图中未画出），对细管内气体进行缓慢抽气，最终使一半水银进入细管中，水银没有流出细管。

已知大气压强为p=76cmHg。

o①求抽气结束后细管内气体的压强；

②抽气过程中粗管内气体吸热还是放热？

请说明原因。

16．（8分）如图所示，高台的上面有一竖直的圆弧形光滑轨道，半径R=m，轨道端点B的切线水平。

质量M=5kg的金属滑块（可视为质点）由轨道顶端A由静止释放，离开B点后经时间t=1s撞击在斜面上的P点。

已知斜面的倾角θ=37o，斜面底端C与B点的水平距离x，210m/s取=3m。

g0sin37o=0.6，cos37o=0.8，不计空气阻力。

（1）求金属滑块M运动至B点时对轨道的压力大小

离点点的另一滑块，在沿斜面向上m=时，位于斜面底端C1kg、质量

（2）若金属滑块M开B的恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P点被M击中。

已知滑块m与斜面间动摩擦因数μ=0.25，求拉力F大小

17.（14分）如图所示，一质量M＝4kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。

小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C，BC所对圆心角θ＝37°，CD长L＝3m。

质量m＝1kg的小物块从某一高度处的A点以v＝4m/s0的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v＝1.2m/s。

取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，忽略空气阻力。

（1）求A、B间的水平距离x；

（2）求小物块从C滑到D所用时间t；0（3）若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移时物块离小车左端的水平距离。

18.（16分）如图所示，直线MN与两平行极板垂直。

两极板之间存在匀强电场，电场强度大小为E，方向向右，极板间距离为d，S、S下方和两极板外侧区域MN为极板上的两个小孔。

在21．

存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。

MN上方有一绝缘挡板PQ，与MN平行放置。

从小孔S处由静止释放的带正电粒子，经电场加速后，恰能从小孔S进入磁场，飞出右侧磁场21后与挡板PQ相碰。

已知两小孔S、S到直线MN的距离均为d，粒子质量为m、电量为q，与21挡板碰撞前后，粒子电量没有损失，平行于挡板方向的分速度不变，垂直于挡板方向的分速度反向，大小不变，不计粒子的重力。

（1）求粒子到达小孔S时的速度大小2

（2）若磁场的磁感应强度大小为，为保证粒子S再次回到MN多远处？

PQ，挡板应固定在离直线2（3）若改变磁场的磁感应强度大小，使粒子每次通过S进入磁场后均能沿第

（2）问中的路径2运动，求粒子第n次通过两侧磁场区域所用时间

济钢高中3月初模拟考试物理参考答案

一、单项选择题：

本题共8小题，每小题3分，共24分。

1．D

2．C解析：

由于中轨道卫星的半径大于地球半径，故中轨道卫星的线速度小于第一宇宙速度优题速享GMm4π2r3＝mT2。

静止轨道卫星轨道半径大于中轨道卫GM2πr2A错误；由，得T＝r7.9km/s，故GMm星轨道半径，所以静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期，故B错误；由r2＝GMGMm。

中轨道卫星的向心加速度比静止轨道卫星的向心加速度大，故C正确；由r2r2＝ama得GM＝mω。

静止轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大，故D2r3得rω＝错误。

3．B

mv2，－mgT＝R，即v2RmD解析设绳长为R，由牛顿第二定律知小球在最高点满足T＋mg＝4．mbamg＋c时，有TA错误，B错误；当v＝b＝gR，所以g＝m，R＝a，，由题图乙知a＝mg2acc，即在最1mg＝m，C错误；因小球在最低点满足T′－和mR，将gR的值代入得T＝b－a＝21m2＝vR－＋′－T＝2mg低点和最高点时绳的拉力差ΔT＝T21mv），又由机械能守恒定律知（v121正确。

，D6mg＝6a，可得ΔT＝2v＋2m2mgRC5．C

6．过程气体分子平均动能bcA正确。

A解析：

ab过程气体温度升高，分子平均动能增大，故7．

过程cdB错误；增大，为保持压强不变，单位时间内气体分子与器壁碰撞次数应减少，故气体体积增大，故对外做功，又温度升高，内能增大，根据热力学第一定律可知，气体从外过程气体体积增大，对外做功，因温度不变，deC错误；界吸收热量且大于内能增量，故D错误。

内能不变，则气体从外界吸收热量，故xA4－10xB42＝2＝8．，＝tB2m/s＝由xt图象可知，碰撞前有vtAm/sm/s＝－3m/s，v＝A解析BA42－x24－碰撞后有v＝两球沿一直线运B＝tAB组成的系统，、m/s＝－1m/s。

对A、v′＝v′＝BA由动量守恒定的速度方向为正方向，碰撞前后系统的动量守恒。

以碰撞前B动并发生正碰，4m＝律得m，代，A、B碰前的总动量pv＋vm＝＋＋vmv＝（mm）v，解得m3kg总BBBBBBAAAAA103＝－入数值得pII＝mv－mv，，kg·m/sA错误；由动量定理知，A对B的冲量为：

总BBBBBp球的动量变化为ΔB正确；碰撞前后A，＝－4N·s碰撞，C正确；＝＝mv－mv4kg·m/sAAAA11212E＋两球组成的系统损失的动能ΔE2，代入数据解得－2ΔB中A、2v＝2mmvm（B＋Avm）kAABkB正确。

D＝10J，分。

在每小题给出的四个选项中，有多多项选择题：

本题共二、4小题，每小题分，共164享题优速分。

2分，有选错的得0分，选对但不全的得4项符合题目要求。

全部选对的得9．BC

10.CD解析：

各点电势随其坐标变化的关系图像中，斜率表示电场强度大小，可知该电场为匀强电场，则A、B两点电场强度大小关系为E＝E，故A、B错误；由A到B电势逐渐升高，BA故电场方向由B指向A，电子从A运动到B过程中电场力方向与运动方向相反，电场力做正功，电势能减小，故电子在A、B两点的电势能大小关系为E＞E，故C、D正确。

BpAp

11.

。

21m/s＝滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为aABD解析由题图乙知，F＝6N时，12.

对整体分析，由牛顿第二定律有F＝（M＋m）a，代入数据计算得出M＋m＝6kg，当F≥6N时，F－μmg1μmg1对木板，根据牛顿第二定律得a＝M＝M，知图线的斜率k＝2，则M＝2kg，滑块M－F的质量m＝4kg，故A、B正确；根据F＝6N时，a＝1m/s，代入表达式计算得出μ＝0.1，当2，故C错误，D21m/saμmg时，对滑块，根据牛顿第二定律得＝ma′，计算得出′＝μg＝8NF＝正确。

分。

60三、非选择题：

本题共6小题，共不变0.225cm0.5分）2（每空13.

14.（每空2分）

15.（8分）①缓慢抽气过程，粗管内气体温度不变，设抽气后粗管内气体压强为p，细管内气1体压强为p，由玻意耳定律2．

-------------2分

---------------2分

--------------------2分可得

，内变不能内体气，变不度温体气管粗程过气抽②．

=0；气体体积增大，对外做功，；根据热力学第一定律得可，

，故气体吸热。

---------2分

16.（8分）

（1）M由A到B过程，由机械能守恒定律得

---------1分

解得

点时，由向心力公式得B滑块在．

---------1分

解得

由牛顿第三定律知，M在B点时对轨道的压力大小为150N---------1分

（2）M离开B点后平抛运动的水平位移为

---------1分

的位移为m由几何关系可知．

---------1分

am设滑块向上运动的加速度为1由---------分得由牛顿第二定律得．

---------1分

解得---------1分

（3）3.73m

（2）1s17.（14分）答案

（1）1.2m

（1）由平抛运动的规律得：

解析

gt1分）tanθ＝v0（分）vt（1x＝0。

＝1.2m（1分）得：

x

（2）物块在小车上CD段滑动过程中，物块与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：

mv＝（M＋m）v（1分）1121由能量守恒定律得：

fL＝2－22（1分）1mvvM（＋m）对物块，由动量定理得：

－ft＝mv－mv（1分）01

联立解得：

t分）1（。

1s＝0．

（3）有销钉时，物块的机械能守恒，由机械能守恒定律得：

1212＝2mv1v0（1分）mgH＋2m1由几何关系得：

H－2＝R（1－cosθ）（1分）2gtB、C间的水平距离：

x＝Rsinθ（1分）BC对小车和物块组成的系统，由能量守恒定律得：

121－22（1分））vv1（M＋mmfL＝2若拔掉销钉，物块与小车组成的系统水平方向动量守恒，mv＝Mv′＋mv（1分）220小车向左运动达最大位移时，速度v′为0，此时物块速度v为4m/s22由能量守恒定律得：

1212＝f（Δx－x）＋2mvmmgH＋2v02（1分）BC联立解得此时物块离小车左端的水平距离：

Δx＝3.73m。

（1分）

18．（16分）参考解答：

（1）粒子从释放到第一次到达S过程，由动能定理得2．

分）2①（1分）②（求得

2）粒子运动轨迹如图示（粒子在磁场中运动时，有分）2③（

得④（1分）

由几何关系可知，粒子第一次从MN射出磁场时与MN的夹角为60o，为保证粒子再次回到S，须打到挡板上如图示的位置O。

2则挡板与MN的距离应为⑤（2分）

解得⑥（1分）

v次通过磁场的速度为）设粒子第（3n，由动能定理可得n

n=1，2，3，……）⑦（2（

分）1（分）由于分）1⑧（所以有．

粒子第n次在磁场运动的周期⑨（2分）n次通过磁场所用的时间粒子第，其中，……3，2，n=11⑩（分）