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1、安徽省定远县育才学校2019届高三物理下学期第二次模拟考试试题（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n3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2.29 eV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n3跃迁到n2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9.80 eVD. 从n3跃迁到n1所发出的光子频率最低【答案】C【解析】大量氢原子处于n3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n3跃迁到n2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n3
2、跃迁到n1能级差最大，所发出的光子频率最高，选项D错误；从n3跃迁到n1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=9.80 eV，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2.2018 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
3、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
4、之比约为（6400+530）：360007：36，则因同步卫星的周期为24小时，则此周期为0.087524h2h，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(q0)，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
5、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UqmgLD. 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
6、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=9，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
7、/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
8、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
9、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M
10、N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，
11、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
12、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
13、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，MNr.在t0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tt1时刻，金属细杆以速度v通过与圆心等高的P和P；在tt2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
14、空气阻力均不计，重力加速度为g.以下说法正确的是()A. t0时刻，金属细杆两端的电压为Bdv0B. tt1时刻，金属细杆所受的安培力为C. 从t0到tt1时刻，通过金属细杆横截面的电量为D. 从t0到tt2时刻，定值电阻R产生的焦耳热为【答案】CD【解析】A： t0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：tt1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t0到tt1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
15、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t0到tt2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2
