【物理】山东省济钢中学2020届高三下学期3月份质量检测试题（解析版）

【物理】山东省济钢中学2020届高三下学期3月份质量检测试题（解析版）

山东省济钢中学2020届高三下学期3月份 质量检测试题 一、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 B. 大量处n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出5种不同频率的光 C. 用处于n=3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，都能发生光电效应 D. 用大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁所辐射出的光照射金属钾，所产生光电子的最大初动能为10.5eV ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用能量为13.0eV的光子照射，基态的氢原子若吸收13eV的能量，则能量值为－0.6eV，氢原子没有该能级。所以不能使处于基态的氢原子跃迁，故A错误；‎ B．大量处于n=4能级的氢原子，最多可以辐射出=6种不同频率的光，故B错误。‎ C．现有一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁，根据=3，知该群氢原子可能发射3种不同频率的光子，但是n=3能级跃迁到n=2能级的光子能量小于2eV，所以能使该金属发生光电效应的频率共有2种，故C错误；‎ D．n=4能级的氢原子跃迁到基态时，释放光子的能量 E=E4－E1=12.75eV 再根据光电效应方程式得光电子的最大初动能为 Ek=E－W0=12.75eV－2.25eV=10.5eV 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.我国将于2020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5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星构成.30颗非静止轨道卫星中有21颗是中轨道卫星，中轨 道卫星的轨道高度约为‎21500km,静止轨道卫星的高度约为‎36000km，已知地球半径为‎6400km. 关于北斗导航卫星，下列说法中正确的是 A. 中轨道卫星的线速度约为‎7.9km/s 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 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．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‎7.9km/s，故A错误；‎ B．由，得 ．静止轨道卫星轨道半径大于中轨道卫星轨道半径，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 C．由 得 ．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．‎ D．由 得 ．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D错误．‎ ‎3.‎2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为‎30m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高‎5m、宽‎20m，空气密度=‎1.2kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为 A. 3.9‎‎×103N B. 1.2×105N ‎ C. 1.0×104N D. 9.0×l04N ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】广告牌的面积 S=5×‎20m2‎=‎‎100m2‎ 设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有：‎ m=ρSvt 根据动量定理有：‎ ‎－Ft=0－mv=0－ρSv2t 得：‎ F=ρSv2‎ 代入数据解得 F≈1.2×105N 故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎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），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其Tv2图象如图乙所示，则（　　）‎ A. 轻质绳长为 B. 当地的重力加速度为 C. 当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为＋a D. 只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为‎6a ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】设绳长为L，最高点由牛顿第二定律得：‎ T＋mg＝，‎ 则 T＝－mg。‎ 对应图象有：‎ mg＝a 得 g＝，‎ 斜率：‎ 得：‎ L＝，‎ 故A错误，B正确；‎ C.当v2＝c时，‎ ‎，‎ 故C错误；‎ D.当v2≥b时，小球能通过最高点，恰好通过最高点时速度为v，则 ‎，‎ 在最低点的速度v′，则 ‎，‎ F－mg＝，‎ 可知小球在最低点和最高点时绳的拉力差为6mg，即‎6a，故D正确。‎ 故选：BD。‎ ‎5.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、b是其中的两条出射光线，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（ ）‎ A. a光线是红光，b光线是紫光 B. 用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a光条纹间距大于b光条纹间距 C. a光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间长 D. 遇到同样的障碍物，a光比b光更容易发生明显衍射 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD．a、b两种光在水滴表面发生折射现象，入射角相同，a光的折射角小于b光，根据折射定律可知，a光的折射率大于b光，所以a是紫光，b是红光，a光的波长小于b光，根据可知用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a光条纹间距小于b光条纹间距；遇到同样的障碍物， b光比a光更容易发生明显衍射，故ABD错误； C．令太阳光在水滴表面发生折射现象时，a光的折射角为α，b光的折射角为β，则球形水滴的半径为R，所以a光在水滴中的传播路径长为xa=4R•cosα，b光在水滴中传播的路径长为xb=4Rcosβ，因为α＜β，所以xa＞xb，又因为光在介质中的传播速度为，因为na＞nb，所以va＜vb，光在水滴中的传播时间为，所以a光在水滴中的传播时间比b 光在水滴中的传播时间长，故C正确。‎ 故选C。‎ ‎6.一简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻的波形图如图（a）所示，x=‎0.60m处的指点的振动图象如图（b）所示。已知该波的波长大于‎0.60m，则该波的波长为（ ）‎ A. ‎0.60m B. ‎0.80m C. ‎1.60m D. ‎‎1.20m ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图b可知，t=0时刻，该质点的位移为y=cm，在下一极短时刻，位移大于cm．所以该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴正向。 由振动方程得：‎ 则有 解得 ‎ ‎ 波长大于‎0.60m，所以 ‎ ‎ 因波速 则得 波长 λ=vT=‎1.60m。‎ 故选C。‎ ‎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 B. bc过程中气体分子单位时间内击容器壁次数不变 C. cd过程中气体从外界吸热小于气体内能增量 D. de过程中气体对外放出热量，内能不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．ab过程气体温度升高，分子平均动能增大，故A正确。‎ B．bc过程温度升高，压强不变，则气体分子平均动能增大，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B错误；‎ C．cd过程气体体积增大，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，气体从外界吸收热量且大于内能增量，故C错误；‎ D．de过程气体体积增大，对外做功，因温度不变，内能不变，则气体从外界吸收热量，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎8.A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移—时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图象，若A球质量mA＝‎2 kg，则由图象判断下列结论错误的是（ ）‎ A. A、B碰撞前的总动量为kg·m/s B. 碰撞时A对B所施冲量为－4 N·s C. 碰撞前后A的动量变化为‎4 kg·m/s D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由x-t图象可知，碰撞前有 碰撞后有 对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后系统的动量守恒。以碰撞前B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v 解得 mB＝kg A、B碰前总动量 p总＝mAvA＋mBvB 代入数值得 p总＝－kg·m/s A错误，符合题意；‎ B．由动量定理知，A对B的冲量为 IB＝mBv－mBvB IB＝－4 N·s B正确，不符合题意；‎ C．碰撞前后A球的动量变化为 ΔpA＝mAv－mAvA＝‎4 kg·m/s C正确，不符合题意；‎ D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能 代入数据解得 ΔEk＝10 J D正确，不符合题意。‎ 故选A。‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎9.‎2019年7月11日至14日，--级方程式世界锦标赛在英国银石举行，选手塞巴斯蒂驾驶法拉利SF90赛车由静止启动，赛车所受阻力大小恒为Ff，驾驶员和赛车的总质量为m，开始一段时间内为直线运动，其加速度随时间倒数的变化规律图线如图所示，a1和t1已知，下列说法正确的是 A. 赛车在0~t1时间段内做加速度增大的加速运动 B. 赛车在0 ~t1时间段内所受牵引力大小为 C. 赛车在t1时刻的动能为 D. 赛车在0 ~tl，时间段内牵引力做的功为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图知，物体在t0前加速度不变，做初速度为零的匀加速运动，故A错误；‎ B．赛车在0 ~t1时间段内做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律得 解得 故B正确；‎ C．赛车在t1时速度为 所以动能为 故C正确；‎ D．赛车在0 ~t1时间段内的位移 所以牵引力做的功为 ‎，故D错误。故选BC。‎ ‎10.A、B为一电场中x轴上两点，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 B. A、B两点电场强度大小关系为EAEpB ‎【答案】D ‎【详解】AB．各点电势随其坐标变化的关系图象中，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EA=EB，故AB错误； CD．一电子仅在电场力作用下从A点运动到B点，电子从A运动到B过程中电场力方向与运动方向相同，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EpA＞EpB，故C错误，D正确；‎ ‎11.如图，半径为L的小圆与半径为‎3L的圆形金属导轨拥有共同的圆心，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B的匀强磁场．现将一长度为‎3L的导体棒置于磁场中，让其一端O点与圆心重合，另一端A与圆形导轨良好接触．在O点与导轨间接入一阻值为r的电阻，导体棒以角速度ω绕O点做逆时针匀速圆周运动，其它电阻不计．下列说法正确的是（　　）‎ A. 导体棒O点的电势比A点的电势低 B. 电阻r两端的电压为 C. 在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为 D. 在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】由右手定则可知，感应电流由O流向A，则O点电势比A 点电势低，故A正确；感应电动势：E=B（‎2L） =B（‎2L）=4BL2ω，电阻两端电压：U=E=4BL2ω，故B错误．电路中电流为：，周期为：，在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为：，故C正确；在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为：，故D错误．‎ ‎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的小滑块，木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的aF图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g＝‎10 m/s2，则下列选项错误的是 A. 滑块的质量m＝‎‎4 kg B. 木板质量M＝‎‎2 kg C. 当F＝8 N时滑块加速度为‎2 m/s2‎ D. 滑块与木板间动摩擦因数为0.1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由题图乙知，F＝6 N时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为a＝‎1 m/s2。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＝‎6 kg，‎ 当F≥6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得: ，‎ 知图线的斜率k＝，则:‎ M＝‎2 kg，‎ 滑块的质量:‎ m＝‎4 kg；‎ 故AB不符合题意；‎ CD．根据F＝6 N时，a＝‎1 m/s2，代入表达式计算得出:‎ μ＝0.1，‎ 当F＝8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′，计算得出：‎ a′＝μg＝‎1 m/s2，‎ 故C符合题意，D不符合题意。‎ 故选C。‎ 三、非选择题：本题共6小题，共60分。‎ ‎13.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．PQ为一块倾斜放置的木板，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(图中未画)．每次实验时将一物体(其上固定有宽度为d的遮光条)从不同高度h处由静止释放，但始终保持斜面底边长L＝‎0.500 m不变．(设物块与斜面间的动摩擦因数处处相同)‎ ‎(1)用20分度游标卡尺测得物体上的遮光条宽度d如乙图所示，则d＝__________cm；‎ ‎(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v2－h图象，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＝______________；‎ ‎(3)若更换动摩擦因数更小斜面，重复上述实验得到v2－h图象，其图象的斜率将______________(填“增大”“减小”或“不变”)．‎ ‎【答案】 (1). 0.225 (2). 0.5 (3). 不变 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图知第5条刻度线与主尺对齐，则读数为：；‎ ‎（2）设斜面的长为s，倾角为，由动能定理得：‎ 即：，‎ 由图象可知，当时，，代入得到：；‎ ‎（3）由知斜率为定值，若更换动摩擦因数更小的斜面，图象的斜率不变．‎ ‎14.某待测电阻Rx的阻值在80Ω～100Ω）之间，现要测量其电阻的阻值，实验室提供如下器材 A．电流表A1（量程50mA、内阻r1=10Ω）‎ B．电流表A2（量程200mA、内阻r2约为2Ω）‎ C．电流表A3（量程‎0.6A、内阻r3约为0.2Ω）‎ D．定值电阻R0=30Ω E．滑动变阻器R（最大阻值约为10Ω）‎ F．电源E（电动势为4V）‎ G．开关S、导线若干 ‎（1）某同学设计了测量电阻尺电阻的一种实验电路原理如图甲所示，为保证测量时电流表读数不小于其量程的，M、N两处的电流表应分别选用：M为______；N为______．（填器材选项前相应的英文字母）‎ ‎（2）在下列实物图乙中已画出部分线路的连接，请你以笔画线代替导线，完成剩余的线路连接 ‎（3）若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx=______．‎ ‎【答案】(1). A B (2) (3) R0-r1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]．M处电流表测量支路Rx的电流，所以选用小量程的A，N处测量的是干路电流，所以选用大量程的电流表B．‎ ‎（2）[3]．剩余的线路连接如下图：‎ ‎（3）[4]．通过定值电阻R0的电流为IN-IM，定值电阻与待测电阻Rx、A1并联，根据欧姆定律有：IM(Rx+r1)=(IN-IM)R0‎ 所以待测电阻Rx=R0-r1.‎ ‎15.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S1=4S2，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P0=76cmHg．‎ ‎①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．‎ ‎【答案】①58cmHg；②抽气过程中粗管内气体吸热，是由于气体对外做功，同时内能不变，所以会吸收热量。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①缓慢抽气过程中，粗管内气体的温度不变。设抽气后粗管内气体压强为p1，细管内气体压强为p2，由玻意耳定律可得：‎ ‎（p0-h）•h=p1•（h+h）…①‎ P2=p1+（h+2h）…②‎ 由①②式联立解得 P2=58（cmHg）…③‎ ‎②缓慢抽气过程中，粗管内气体的温度不变，气体内能不变，△U=0； 气体体积增大，对外做功，W＜0； 根据热力学第一定律：△U=W+Q，所以Q＞0，粗管内的气体吸热。‎ ‎16.如图所示，高台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x0=‎3m。g取‎10m/s2，sin37º=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 ‎(2)若金属滑块M离开B点时，位于斜面底端C点、质量m=‎1kg的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力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 ‎ ‎ ‎【答案】(1)150N；(2)13N。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)M由A到B过程，由机械能守恒定律得 ‎ ‎ 解得 ‎ 滑块在B点时，由向心力公式得 ‎ ‎ 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 ‎ ‎(2)M离开B点后平抛运动的水平位移为 ‎ ‎ 由几何关系可知m的位移为 ‎ ‎ 设滑块m向上运动的加速度为a 由 得 由牛顿第二定律得 ‎ 解得 ‎ ‎17.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v0＝‎4m/s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t0；‎ ‎（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年时滑块离小车左端的水平距离．‎ ‎【答案】（1）‎1.2m ‎（2）1s （3）‎‎3.73m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由平抛运动的规律得：‎ tanθ= ‎ x= v0t ‎ 得：x=‎1.2m ‎ ‎(2)物块在小车上CD段滑动过程中，由动量守恒定律得：mv1=(M+m) v ‎ 由功能关系得：fL=mv12－（M＋m）v2 ‎ 对物块，由动量定理得：－ft0=m v－m v1 ‎ 得：t0=1s ‎ ‎（3）有销钉时：mgH＋mv02＝mv12 ‎ 由几何关系得：H－gt2=R(1－cosθ) ‎ B、C间的水平距离：xBC=Rsinθ ‎ μmgL=mv12－（M＋m）v2‎ 若拔掉销钉，小车向左运动达最大位移时，速度为0，此时物块速度为‎4m/s 由能量守恒：mgH=μmg(Δx-xBC)‎ 得：Δx=‎‎3.73m ‎18.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，S1、S2为极板上的两个小孔。在MN下方和两极板外侧区域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S1处由静止释放的带正电粒子，经电场加速后，恰能从小孔S2进入磁场，飞出右侧磁场后与挡板PQ相碰。已知两小孔S1、S2到直线MN的距离均为d，粒子质量为m、电量为q，与挡板碰撞前后，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S2时的速度大小 ‎(2)若磁场的磁感应强度大小为，为保证粒子再次回到S2，挡板PQ应固定在离直线MN多远处？‎ ‎(3)若改变磁场的磁感应强度大小，使粒子每次通过S2进入磁场后均能沿第(2)问中的路径运动，求粒子第n次通过两侧磁场区域所用时间 ‎【答案】(1)；(2)；(3) ，其中n=1，2，3，……‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子从释放到第一次到达S2过程，由动能定理得 ‎ ①‎ 求得 ‎ ②‎ ‎(2)粒子运动轨迹如图示；‎ 粒子在磁场中运动时，有 ‎ ③‎ 得 ‎ ‎ ④‎ 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S2，须打到挡板上如图示的位置O。‎ 则挡板与MN的距离应为 ‎ ⑤‎ 解得 ‎ ⑥‎ ‎(3)设粒子第n次通过磁场的速度为vn，由动能定理可得 ‎ （n=1，2，3，……） ⑦‎ 由于 ‎ ‎ 所以有 ‎ ⑧‎ 粒子第n次在磁场运动的周期 ‎ ‎ ⑨‎ 粒子第n次通过磁场所用的时间 ‎ ‎ ‎ 其中 n=1，2，3，……‎