2019届甘肃省白银市靖远县高三物理二模试题答案

海量资源尽在星星文库：届甘肃省白银市靖远县高三物理二模试题答案二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．【解答】解：小球受到重力和弹力作用，由于小球处于静止状态，所以重力和弹力是一对平衡力，重力大小为10N，方向竖直向下，所以弹力大小也为10N，方向竖直向上，故A正确，BCD错误。故选：A。2．【解答】解：A、根据＝3知，大量氢原子处于n＝3的激发态，当向低能级跃迁时会辐射出3种不同频率的光，而一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝l能级，最多可能辐射2种不同频率的电磁波，故A错误。B、氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，属于低能级向高能级跃迁，将吸收能量，原子的能量增大，故B错误；C、从氢原子的能级图可知原子发射光子的能量是不连续的，所以光子的频率也是不连续的，故C错误。D、当氢原子从n＝3能级跃迁到n＝5能级时，属于低能级向高能级跃迁，将吸收一定频率的光子，故D正确。故选：D。3．【解答】解：根据牛顿第二定律得：对整体：F＝5ma对3m：F弹＝3ma联立解得，弹簧的弹力大小为F弹＝根据胡克定律可得：kx＝则此时弹簧的伸长量为x＝，故ABD错误，C正确。故选：C。4．【解答】解：卫星入轨后绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，周期为T，由牛顿第二定律，及万有引力定律，则有：＝m海量资源尽在星星文库：，再有：＝m联合解得：v＝，故ACD错误，B正确；故选：B。5．【解答】解：A、加速器电源的周期要与粒子运动周期相同，因周期T＝，He的质荷比是质子质荷比的2倍，则其运动周期是质子运动周期的2倍，则电源的频率要减小为原来的，则A错误BCD、粒子射出速度为v：qvB＝m，得出射速度v＝，则其运动动能为＝，则＝＝1，则B正确，ACD错误故选：B。6．【解答】解：A、物体的速度一直为正值，说明物体的速度方向没有变化，故A错误。B、根据图象的斜率表示加速度，知图象斜率的绝对值先变小后变大，则物体的加速度先变小后变大，故B正确。CD、在v﹣t图象中图线与时间轴围成的面积表示位移，可知该物体做变加速直线运动的位移大于匀加速直线运动的位移，即大于，则物体做变加速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，即大于，故C错误，D正确。故选：BD。7．【解答】解：A、频率为：f＝＝25Hz，故A错误；B、t＝0.01s时，u＝200sin50πt（V）＝200sin50π×0.01＝200V，故B错误；C、电压表测量的位移有效值，则E＝＝200V，故C错误；D、若将该交流电压加在阻值为2kΩ的电阻两端，则电阻的发热功率为P＝＝W＝20W，故D正确。海量资源尽在星星文库：故选：D。8．【解答】解：A、小球在轨道内侧做圆周运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，故选项A正确；B、小球通过A点时有+mgsinθ＝m，解得小球通过A点时的速度大小vA＝，，故选项B错误；C、小球从A点运动到C点的过程中，根据机械能守恒定律有：，解得小球通过C点时的速度大小为，故选项C正确；D、小球通过B点有：+NB＝m，小球从A点运动到B点的过程中，根据机械能守恒定律有，解得：NB＝3mgsinθ，根据牛顿第三定律可得小球通过B点时对轨道的压力大小为N'B＝NB＝3mgsinθ，同理可得小球通过C点时对轨道的压力大小N'C＝6mgsinθ，即小球通过B、C两点时对轨道的压力大小之比为1：2，故选项D错误。故选：AC。三、非选择题9．【解答】解：（1）由匀变速直线运动的推论△x＝at2可知，小车的加速度：a＝＝＝0.195m/s2；（2）由牛顿第二定律得：a＝F，a﹣F图线斜率：k＝，小车在质量越大，图象的斜率越小，由图示图象可知，图线1的斜率小，则图线1对应的小车质量大。故答案为：（1）0.195；（2）1。10．【解答】解：（1）如果用伏安法测电源电动势与内阻，由于电源内阻较大而滑动变阻器最大阻值较小，不能测多组实验数据，海量资源尽在星星文库：因此本实验不能用伏安法测电源电动势与内阻，可以用电流表与电阻箱进行实验，故需要的实验器材是：A电流表、C电阻箱；（2）应用电流表与电阻箱测电源电动势与内阻，电源、开关、电阻箱与电流表组成串联电路，电路图如图所示：（3）由图示电路图可知，电源电动势：E＝I（r+rg+R），整理得：＝R+，则；﹣R图线与纵轴截距：b＝，图线斜率：k＝，解得，电源电动势：E＝6.0V，r＝40Ω；故答案为：（1）A；C；（2）电路图如图所示；（3）6.0；40。11．【解答】解：（1）物块由C到A过程机械能守恒：＝mgR物块在C点时有：FN′﹣mg＝m代入数据解得：FN′＝3mg由牛顿第三定律可知物块刚进入半圆轨道对半圆轨道的最低点C的压力为FN＝3mg（2）由能量守恒定律有：EP＝代入数据解得：d＝答：（1）物块离开弹簧刚进入半圆轨道时对轨道的压力大小为3mg（2）撤去外力时弹簧的压缩量d为12．【解答】解：（1）导体棒在台面上做匀加速直线运动，速度：v0＝at，由牛顿第二定律得：mg＝ma，解得：v0＝gt，导体棒离开台面后做平抛运动，竖直方向：vy＝v0tanθ，，海量资源尽在星星文库：解得：h＝gt2；（2）导体棒在导轨上做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：mgsinθ＝BId，电流：I＝＝，解得：v＝；（3）导体棒在导轨上运动过程，由动量定理得：mgsinθ•t﹣Bdt＝mv﹣m•，电荷量：q＝t，解得：q＝（t﹣）；答：（1）导体棒到达A1C1处时的速度v0大小为gt，A2C2与台面ACC1A1间的高度差h为gt2；（2）导体棒匀速运动的速度大小v为；（3）导体棒在导轨上变速滑行的过程中通过导体棒某一横截面的总电荷量q为（t﹣）。选考题13．【解答】解：A、改变物体内能得方式有两种：做功和热传递，故A正确；B、根据热力学第一定律可知，△U＝W+Q，当温度升高时，可以通过做功，也可以通过热传递。当外界对气体做了功，同时对外放热，气体的内能可以不变，即温度不变，故B错误；C、温度是理想气体内能得标志，温度升高，内能增大，故C正确；D、温度是分子平均动能得标志，温度升高，物体内分子的平均动能增大，故D正确；E、气体分子间距离很大，分子作用力很弱，之所以能够充满整个容器，是由于气体分子在永不停息的做无规则运动，故E错误；海量资源尽在星星文库：故选：ACD。14．【解答】解：①假设升温后所有气体的总体积为V2（包括跑掉的空气）根据盖吕萨克定律得：①又：②①②联立解得：k＝0.9②以封口后封闭气体为研究对象，气体做等容变化根据查理定律得：解得：P＝答：①热气球停在空中时球囊内剩余空气与升空前球囊内空气的质量之比k为0.9；②若热气球停在空中时停止加热，同时将热气球下方开口处封住，球囊内空气温度降为T3＝280K时球囊内的空气压强p为。选考题15．【解答】解：由题图可知，A、B间相隔半个波长，则有：＝xAB＝2m解得：λ＝4m；t＝0时刻A质点向上振动，经T质点A第一次到达负向最大位移处，则有T＝1.5s得：T＝2s该波的频率为：f＝＝0.5Hz该波的传播速度为：v＝＝＝2m/s故答案为：0.5，2。16．【解答】解：①根据题意画出光路图如图所示。根据几何知识可得r＝30°海量资源尽在星星文库：＝解得n＝②由几何关系可得：MD＝l，DE＝l光在棱镜中传播的速度为：v＝则光在棱镜中传播的时间为：t＝联立解得：t＝。答：①棱镜材料的折射率n是；②光在棱镜中传播的时间t是。