河南省鄭州市2019屆高三物理三?？荚囋囶}（含解析）.docx

河南省鄭州市2019屆高三物理三?？荚囋囶}（含解析）一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）1.如圖所示為氫原子能級的示意圖，下列有關(guān)說法正確的是A. 處于基態(tài)的氫原子吸收10.5eV的光子后能躍遷至，n2能級B. 大量處于n4能級的氫原子向低能級躍遷時，最多可輻射出3種不同頻率的光C. 若用從n3能級躍遷到n2能級輻射出的光，照射某金屬時恰好發(fā)生光電效應(yīng)，則用從n4能級躍遷到n3能級輻射出的光，照射該金屬時一定能發(fā)生光電效應(yīng)D. 用n4能級躍遷到n1能級輻射出的光，照射逸出功為6.34 eV的金屬鉑產(chǎn)生的光電子的最大初動能為6.41eV【答案】D【解析】【詳解】A處于基態(tài)氫原子吸收10.2eV的光子后能躍遷至n=2能級，不能吸收10.2eV的能量。故A錯誤；B大量處于n=4能級的氫原子，最多可以輻射出，故B錯誤；C從n=3能級躍遷到n=2能級輻射出的光的能量值大于從n=4能級躍遷到n=3能級輻射出的光的能量值，用從n=3能級躍遷到n=2能級輻射出的光，照射某金屬時恰好發(fā)生光電效應(yīng)，則用從n=4能級躍遷到n=3能級輻射出的光，照射該金屬時不一定能發(fā)生光電效應(yīng)，故C錯誤；D處于n=4能級的氫原子躍遷到n=1能級輻射出的光的能量為：，根據(jù)光電效應(yīng)方程，照射逸出功為6.34eV的金屬鉑產(chǎn)生的光電子的最大初動能為：，故D正確；2.背越式跳高采用弧線助跑，距離長，速度快，動作舒展大方。如圖所示是某運動員背越式跳高過程的分解圖，由圖可估算出運動員在躍起過程中起跳的豎直速度大約為 A. 2m/sB. 5m/sC. 8m/sD. 11m/s【答案】B【解析】【詳解】運動員跳高過程可以看做豎直上拋運動，當(dāng)重心達(dá)到橫桿時速度恰好為零，運動員重心升高高度約為：，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知：；解得：，故B正確，ACD錯誤。3.如圖所示，M、N為平行板電容器的兩個金屬極板，G為靜電計，開始時閉合開關(guān)S，靜電計張開一定角度。則下列說法正確的是A. 開關(guān)S保持閉合狀態(tài)，將R的滑片向右移動，靜電計指針張開角度增大B. 開關(guān)S保持閉合狀態(tài)，將兩極板間距增大，靜電計指針張開角度增大C. 斷開開關(guān)S后，將兩極板間距增大，板間電壓不變D. 斷開開關(guān)S后，緊貼下極板插入金屬板，板間場強(qiáng)不變【答案】D【解析】【詳解】AB保持開關(guān)閉合，電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢，故電容器兩端的電勢差總不變，因此無論將R的滑片向右移動，還是將兩極板間距增大，指針張角不變，故A，B錯誤；C斷開電鍵，電容器帶電量不變，將兩極板間距增大，即d增大，根據(jù)，知，電容減小，根據(jù)知，電勢差增大，故C錯誤；D斷開電鍵，電容器帶電量不變，若緊貼下極板插入金屬板，則d減小，知，電容減小，根據(jù)知，極間的電場強(qiáng)度不變，故D正確；4.地球和某行星在同一軌道平面內(nèi)同向繞太陽做勻速圓周運動，地球和太陽中心的連線與地球和行星的連線所成夾角叫做地球?qū)υ撔行堑挠^察視角，如圖中所示。當(dāng)行星處于最大觀察視角時是地球上的天文愛好者觀察該行星的最佳時機(jī)。已知某行星的最大觀察視角為0，則該行星繞太陽轉(zhuǎn)動的角速度與地球繞太陽轉(zhuǎn)動的角速度之比（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【詳解】設(shè)地球繞太陽轉(zhuǎn)動的半徑為R，由題意當(dāng)?shù)厍蚺c行星的連線與行星軌道相切時，視角最大，可得行星的軌道半徑r為：r=Rsin0得：= sin0設(shè)太陽質(zhì)量為M，根據(jù)萬有引力提供向心力，則有：G=m2r角速度：2=行星繞太陽轉(zhuǎn)動的角速度與地球繞太陽轉(zhuǎn)動的角速度之比為：=故A正確，BCD錯誤。5.如圖所示，光滑的水平面上有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，水平面上平放著一個試管，試管內(nèi)壁光滑，底部有一個帶電小球?，F(xiàn)在對試管施加一個垂直于試管的水平拉力F，在拉力F作用下，試管向右做勻速運動，帶電小球?qū)墓芸陲w出。下列說法正確的是A. 小球帶負(fù)電B. 小球離開試管前，洛倫茲力對小球做正功C. 小球離開試管前的運動軌跡是一條拋物線D. 維持試管做勻速運動的拉力F應(yīng)為恒力【答案】C【解析】【詳解】A小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口洛倫茲力，根據(jù)左手定則判斷，小球帶正電；故A錯誤.B洛倫茲力是不做功的，因為在向上的洛倫茲力產(chǎn)生的同時，還產(chǎn)生了與F方向相反的一個洛倫茲力，兩個洛倫茲力抵消，不做功；故B錯誤.C設(shè)管子運動速度為v1，小球垂直于管子向右的分運動是勻速直線運動.小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不變，F(xiàn)1不變，則小球沿管子做勻加速直線運動。與平拋運動類似，小球運動的軌跡是一條拋物線；故C正確.D設(shè)小球沿管子的分速度大小為v2，則小球受到垂直管子向左的洛倫茲力的分力F2=qv2B，v2增大，則F2增大，而拉力F=F2，則F逐漸增大；故D錯誤.二、多選題（本大題共5小題，共28.0分）6.傾角為的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一長木板，木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為。平行于斜面的力傳感器上端連接木板，下端連接一光滑小球，如圖所示。當(dāng)木板固定時，傳感器的示數(shù)為F1?，F(xiàn)由靜止釋放木板，木板沿斜面下滑的過程中，傳感器的示數(shù)為F2。則下列說法正確的是A. 若0，則F1F2B. 若0，則F20C. 若0，則tanD. 若0，則【答案】BD【解析】【詳解】AB當(dāng)木板固定時，對小球分析，根據(jù)共點力平衡有：F1=mgsin，靜止釋放木板，木板沿斜面下滑的過程中，若=0，則整體沿斜面下滑時根據(jù)牛頓第二定律可得：Mgsin=Ma，解得：a=gsin，再以小球為研究對象，則有：mgsin-F2=ma，解得：F2=0，故A錯誤、B正確；CD當(dāng)木板沿斜面下滑時，若0，對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為：a=gsin-gcos，隔離對小球分析有：mgsin-F2=ma，解得：F2=mgcos，則有：，解得：；故C錯誤、D正確.7.兩帶電量均為Q的點電荷分別固定于x軸上的2x0和2x0處，將一帶q的試探電荷從x0處由靜止釋放，試探電荷只受電場力的作用，從x軸上的x0到x0的過程中，場強(qiáng)E、試探電荷的加速度a、速度v、電勢能Ep等隨x坐標(biāo)的變化圖象大致正確的是（E、a、v選x軸正向為正方向，無窮遠(yuǎn)處為零電勢能點）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【詳解】A等量同種電荷的連線上場強(qiáng)在-x00段方向向右(為正)，大小逐漸減小到零；0x0段場強(qiáng)方向向左(為負(fù))，大小逐漸增大，其中原點的場強(qiáng)為零；故A正確；B正的試探電荷受電場力方向與場強(qiáng)E的方向相同，由牛頓第二定律可知，正的試探電荷所受的合力、加速度的變化與場強(qiáng)的圖象完全相同；故B錯誤.C正的試探電荷在-x00段電場力做正功，做加速度逐漸減小的加速運動，在0x0段電場力做負(fù)功，做加速度逐漸增大的減速運動，而x=0時場強(qiáng)為零，加速度為零速度最大；故C正確.D在-x00段電場力做正功，電勢能逐漸減??；在0x0段電場力做負(fù)功，電勢能逐漸增大；但無窮遠(yuǎn)處為零電勢能點，故x=0處的電勢能不為零；故D圖象錯誤.8.“彈跳小人”（如圖甲所示）是一種深受兒童喜愛的玩具，其原理如圖乙所示。豎直光滑長桿固定在地面不動，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端不固定，上端與滑塊拴接，滑塊的質(zhì)量為0.80 kg.現(xiàn)在向下壓滑塊，直到彈簧上端離地面高度h0.40m時，然后由靜止釋放滑塊?；瑝K的動能Ek隨離地高度h變化的圖象如圖丙所示.其中高度從0.80m到1.40m范圍內(nèi)的圖線為直線，其余部分為曲線。若以地面為重力勢能的參考平面，空氣阻力為恒力，g取10 m/s2.則結(jié)合圖象可知A. 彈簧原長為0.72mB. 空氣阻力大小為1.00NC. 彈簧的最大彈性勢能為9.00JD. 彈簧在落回地面的瞬間滑塊的動能為5.40J【答案】BC【解析】【詳解】A從h=0.8m開始，滑塊與彈簧分離，則知彈簧的原長為0.8m;故A錯誤.B在0.80m上升到1.40m內(nèi)，在Ek-h圖象中，根據(jù)動能定理知：圖線的斜率大小表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.80m上升到1.40m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.80m上升到1.40m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，根據(jù)動能定理得-(mg+f)h=0-Ek，由圖知h=0.60m，Ek=5.40J，解得空氣阻力f=1.00N;故B正確.C根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時，整個過程中，增加的重力勢能和克服空氣阻力做功之和等于彈簧的最大彈性勢能，所以Epm=(mg+f)h=9(1.40-0.4)=9.00J;故C正確.D由圖可知，當(dāng)h=0.72m時滑塊的動能最大為Ekm=5.76J；假設(shè)空氣阻力不計，則在整個運動過程中，系統(tǒng)的動能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化，因此滑塊的動能最大時，滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，為EPmin=Epm-Ekm=9-5.76=3.24J，由于有空氣阻力，所以滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小小于3.24J;故D錯誤.9.下列關(guān)于熱現(xiàn)象的判斷正確的是_A. 單晶體和多晶體的物理性質(zhì)是各向異性的，非晶體是各向同性的B. 露珠呈現(xiàn)球狀是由于液體表面張力的作用C. 在完全失重的情況下，氣體對器壁的壓強(qiáng)為零D. 氣體被壓縮時，內(nèi)能可能不變E. 不可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其它影響【答案】BDE【解析】【詳解】A單晶體的物理性質(zhì)是各向異性的，多晶體和非晶體的物理性質(zhì)是各向同性的；故A錯誤.B液體表面張力的產(chǎn)生原因是：液體表面層分子較稀疏，分子間引力大于斥力；合力現(xiàn)為引力，露珠呈現(xiàn)球狀是由于液體表面張力的作用;故B正確.C根據(jù)壓強(qiáng)的微觀意義可知氣體對器壁的壓強(qiáng)是由于大量分子對器壁持續(xù)的撞擊形成的，與是否失重?zé)o關(guān);故C錯誤.D做功與熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能，可知氣體被壓縮時，內(nèi)能可能不變;故D正確.E根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，不可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其它影響;故E正確.10.a、b兩束相互平行的單色光，以一定的入射角照射到平行玻璃磚上表面，經(jīng)平行玻璃磚折射后匯聚成一束復(fù)色光c，從平行玻璃磚下表面射出，如圖所示。則下列判斷正確的是_A. a光波長比b光波長短B. a光在玻璃中的傳播速度比b光在玻璃中的傳播速度大C. 玻璃磚對a光的折射率大D. 雙縫干涉時，用a光照射得到條紋間距小E. 增大入射角，a光在下表面可發(fā)生全反射【答案】ACD【解析】【詳解】A折射率大，頻率大，由知a光波長比b光波長短，故A正確；BC由光路圖可知a光偏折的大，所以nanb，根據(jù)知a光在玻璃中的傳播速度比b光在玻璃中的傳播速度小，故B錯誤，C正確；D雙縫干涉時，根據(jù)知，用a光照射得到條紋間距小，故D正確；E根據(jù)光路可逆知光線一定能從下表面射出，不會發(fā)生全反射，故E錯誤。三、實驗題探究題（本大題共3小題，共27.0分）11.小明同學(xué)做“驗證力的平行四邊形定則”的實驗情況如圖甲所示.其中A為固定橡皮條的圖釘，O為橡皮條與細(xì)繩的結(jié)點，OB和OC為細(xì)繩。圖乙是OB細(xì)繩所連彈簧測力計的指針指示情況，圖丙是小明根據(jù)實驗在白紙上畫出的圖，但是擦去了部分輔助線.請你回答下列問題.(1)圖乙中彈簧測力計的讀數(shù)為_N；(2)圖丙中有F1、F2、F、四個力，其中力_（填上述字母）的大小不是由彈簧測力計直接讀出的，你測量的結(jié)果是_（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）.【答案】 (1). 4.20 (2). F (3). 4.3N（4.24.4）【解析】【詳解】(1)10小格表示1N，每格為0.1N，估讀到下一位，故讀數(shù)為4.20N；(2)F在以F1與F2為鄰邊的平行四邊形的對角線上，不是由彈簧測力計直接測出的，測量的結(jié)果是4.3N.12.二極管為非線性元件，其主要特性是單向?qū)щ娦?。正向電壓較小時，電流很小，二極管呈現(xiàn)較大的電阻特性；當(dāng)電壓超過一定數(shù)值（稱為開啟電壓）時，電流迅速增加，呈現(xiàn)較小的電阻特性.加反向電壓（不超過擊穿電壓）時呈現(xiàn)很大的電阻特性，反向電壓增加時，反向電流幾乎不變.物理小組欲研究測量二極管正向伏安特性，設(shè)計了甲、乙、丙三種電路，如圖所示.小組最終選擇了丙圖.操作步驟如下:a.根據(jù)電路圖丙連接電路；b.閉合開關(guān)S1，調(diào)節(jié)各可變電阻，使得開關(guān)S2由斷開到閉合時，靈敏電流表G指針無偏轉(zhuǎn)，并記錄此時電壓表V的示數(shù)U和電流表A的示數(shù)I；c.調(diào)節(jié)可變電阻，重復(fù)步驟b，讀出多組不同的U值和I值，記錄數(shù)據(jù)如表格所示；電壓U/V0.100.200.300.400.500.550.600.650.700.750.80電流I/mA000001.04.013.027.053.090.0d在坐標(biāo)紙上描繪出二極管正向伏安特性曲線。根據(jù)以上內(nèi)容，請回答以下問題(1)從設(shè)計原理上講，對于甲圖和乙圖的誤差分析，下列說法正確的是_A甲圖誤差的來源在于電流表的分壓作用，乙圖的誤差來源在于電流表的分壓作用B甲圖誤差的來源在于電流表的分壓作用，乙圖的誤差來源在于電壓表的分流作用C甲圖誤差的來源在于電壓表的分流作用，乙圖的誤差來源在于電流表的分壓作用D甲圖誤差的來源在于電壓表的分流作用，乙圖的誤差來源在于電壓表的分流作用(2)在坐標(biāo)圖中根據(jù)表格中數(shù)據(jù)描繪出二極管正向伏安特性曲線_.(3)從描繪的圖線來看，二極管的開啟 電壓約為_V（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）。(4)已知二極管的電阻RDU/I，從描繪的圖線來看，當(dāng)二極管導(dǎo)通時，二極管的電阻隨著U的增大而迅速_（填“增大”或“減小”）(5)從設(shè)計原理上講，電路圖丙中的二極管電阻測量值_真實值.（填“大于”、“等于”或“小于”）【答案】 (1). C (2). (3). 0.5 (4). 減小 (5). 等于【解析】【詳解】(1)由圖示電路圖可知，圖甲采用電流表外接法，圖乙采用電流表內(nèi)接法，甲圖誤差的來源在于電壓表的分流作用，乙圖的誤差來源在于電流表的分壓作用，故C正確，A,B,D錯誤；故選C；(2)根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對應(yīng)點，根據(jù)坐標(biāo)系內(nèi)描出的點作出圖線如圖所示：(3)由圖示圖象可知，二極管的開啟電壓為0.5V；(4)通過二極管的電流隨電壓增加按線性關(guān)系迅速上升，由圖示圖象可知，二極管兩端電壓與通過二極管的電流比值減小，二極管電阻減小，正確在該區(qū)域，二極管的正向電阻隨電壓增加而減小.(5)由圖丙所示電路圖可知，圖丙所示電路避免了電表內(nèi)阻對實驗的影響，電路圖丙中的二極管電阻測量值等于真實值.13.翼型飛行器有很好的飛行性能，其原理是通過對降落傘的調(diào)節(jié)，使空氣升力和空氣阻力都受到影響，同時通過控制動力的大小而改變飛行器的飛行狀態(tài)。已知飛行器的動力F始終與飛行方向相同，空氣升力F1與飛行方向垂直，大小與速度的平方成正比，即F1C1v2；空氣阻力F2與飛行方向相反，大小與速度的平方成正比，即F2C2v2。其中C1、C2相互影響，可由運動員調(diào)節(jié)，滿足如圖甲所示的關(guān)系。飛行員和裝備的總質(zhì)量為m90kg。（重力加速度取g10m/s2）(1)若飛行員使飛行器以速度v1ms在空中沿水平方向勻速飛行，如圖乙所示.結(jié)合甲圖計算，飛行器受到的動力F為多大?(2)若飛行員使飛行器在空中某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖丙所示，在此過程中調(diào)節(jié)C15.0Ns2/m2，機(jī)翼中垂線和豎直方向夾角為37，求飛行器做勻速圓周運動的半徑r和速度v2大小.（已知sin370.6，cos370.8）【答案】(1)F=750N ;(2)r=30m；v2=15m/s【解析】【詳解】(1)選飛行器和運動員為研究對象，由受力分析可知在豎直方向上有：得：C1=3Ns2/m2由C1、C2關(guān)系圖象可得：C2=2.5Ns2/m2在水平方向上，動力和阻力平衡:F=F2又解得:F=750N(2)設(shè)此時飛行器飛行速率為v2，所做圓周運動半徑為r，F(xiàn)1與豎直方向夾角為，在豎直方向所受合力為零，有:水平方向合力提供向心力，有:聯(lián)立解得：r=30m；v2=15m/s四、計算題（本大題共3小題，共40.0分）14.如圖所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5T.在勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，有一對光滑平行金屬導(dǎo)軌，處于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌足夠長，導(dǎo)軌間距L1m，電阻可忽略不計。質(zhì)量均為mlkg，電阻均為R2.5的金屬導(dǎo)體棒MN和PQ垂直放置于導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好。先將PQ暫時鎖定，金屬棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由靜止開始以加速度a0.4m/s2向右做勻加速直線運動，5s后保持拉力F的功率不變，直到棒以最大速度vm做勻速直線運動.(1)求棒MN的最大速度vm；(2)當(dāng)棒MN達(dá)到最大速度vm時，解除PQ鎖定，同時撤去拉力F，兩棒最終均勻速運動.求解除PQ棒鎖定后，到兩棒最終勻速運動的過程中，電路中產(chǎn)生的總焦耳熱.(3)若PQ始終不解除鎖定，當(dāng)棒MN達(dá)到最大速度vm時，撤去拉力F，棒MN繼續(xù)運動多遠(yuǎn)后停下來?（運算結(jié)果可用根式表示）【答案】（1） （2）Q=5 J （3）【解析】【詳解】(1)棒MN做勻加速運動，由牛頓第二定律得：F-BIL=ma棒MN做切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLv棒MN做勻加速直線運動，5s時速度為：v=at1=2m/s在兩棒組成的回路中，由閉合電路歐姆定律得：聯(lián)立上述式子，有：代入數(shù)據(jù)解得：F=0.5N5s時拉力F的功率為：P=Fv代入數(shù)據(jù)解得：P=1W棒MN最終做勻速運動，設(shè)棒最大速度為vm，棒受力平衡，則有：代入數(shù)據(jù)解得:(2)解除棒PQ后，兩棒運動過程中動量守恒，最終兩棒以相同的速度做勻速運動，設(shè)速度大小為v，則有：設(shè)從PQ棒解除鎖定，到兩棒達(dá)到相同速度，這個過程中，兩棒共產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律可得：代入數(shù)據(jù)解得：Q=5J；(3)棒以MN為研究對象，設(shè)某時刻棒中電流為i，在極短時間t內(nèi)，由動量定理得：-BiLt=mv對式子兩邊求和有：而q=it對式子兩邊求和，有:聯(lián)立各式解得：BLq=mvm，又對于電路有：由法拉第電磁感應(yīng)定律得：又代入數(shù)據(jù)解得：15.如圖所示，在粗細(xì)均勻的U形管右側(cè)，用水銀封閉一段長為L119cm、溫度為T1280K的氣體，穩(wěn)定時，左