天津市和平区2020届高三物理第一次模拟试题（Word解析版）

物理试卷 第Ⅰ卷选择题（共 40 分） 一、单项选择题（每小题 5 分，共 25 分。每小题给出的四个选项中，只有一个是 正确的） 1.对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（　　） A. 若气体的温度不断升高，其压强也一定不断增大 B. 在完全失重的状态下，气体的压强为零 C. 若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变 D. 当分子热运动变剧烈时，压强一定增大 【答案】C 【解析】 【详解】A． 根据 可知，若气体的温度 T 不断升高，气体的压强 P 和体积 V 的乘积 一定增大，但其压强 P 不一定增大， A 错误； B． 从微观角度，气体的压强是由大量气体分子对容器壁的频繁碰撞产生的，即使在完全失重 的状态下，只要容器密闭，气体分子仍然会不停的频繁碰撞器壁， B 错误； C． 对于一定量的理想气体，若气体的压强和体积都不变，根据理想气体的状态方程： ， 可知其温度不变；而理想气体的内能仅仅与温度有关，所以其内能也一定不变。C 正确； D． 当分子热运动变剧烈时，分子数密度可能减小，故气体压强也可以减小或者不变，D 错 误； 故选 C。 2.物理学重视逻辑推理，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上，下列说法正确的 是（ ） A. 电子的发现使人们认识到原子具有核式结构 B. 天然放射现象说明原子核内部是有结构的 C. 粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的 D. 密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的 【答案】B 【解析】 【详解】A．卢瑟福的 粒子散射实使人们认识到原子的核式结构，A 错误； PV CT = PV CT = α αB．贝克勒尔发现天然放射现象说明原子核内部是有结构的，B 正确； C．密立根用油滴法首先从实验上证明了，微小粒子带电量的变化不连续，它只能是元电荷 e 的整数倍，即粒子的电荷是量子化的，C 错误； D．轨道量子化是波尔在卢瑟福模型的基础上加以改进而提出的，D 错误。 故选 B。 3.在匀强磁场中，一矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所 示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A. 该线框匀速转动的角速度大小为 50 B. t=0.01s 时穿过线框的磁通量最小 C. t=0.01s 时穿过线框的磁通量变化率最大 D. 线圈平面与磁场的夹角为 45°时，电动势瞬时值大小为 22V 【答案】D 【解析】 【详解】A． 由图象得出周期 T=0.02s，所以 故 A 错误； BC． 由图象知：t=0.01s 时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，变化率最小，故 BC 错误； D． 当 t=0 时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为 e= sin（100πt）V 线圈平面与磁场的夹角为 45°时，电动势瞬时值大小为 故 D 正确。 故选 D。 4.如图是在两个不同介质中传播的两列波的波形图．图中的实线分别表示横波甲和横波乙在 t π 2 100 rad / sT πω π= = 22 2 22 2 sin 45 22VE = × ° =时刻的波形图，经过 0．5s 后，甲、乙的波形分别变成如图中虚线所示．已知两列波的周期均 大于 0．3s，则下列说法中正确的是 A. 波甲的速度可能大于波乙的速度 B. 波甲的波长可能大于波乙的波长 C. 波甲的周期一定等于波乙的周期 D. 波甲的频率一定小于波乙的频率 【答案】A 【解析】 【详解】AC．经过 0.5s 后，甲、乙的波形分别变成如图中虚线所示，且周期均大于 0.3s，则 根据 ，可知，两波的周期分别可能为 1s 和 ，则根据波速度 ，可知， 若甲的周期为 ，而乙的周期为 1s，则甲的速度大于乙的速度，故 A 正确，C 错误； B．由图可知，横波甲的波长为 4m，乙的波长为 6m，故说明甲波的波长比乙波的短，故 B 错 误； D．若 乙的周期为 1s 而甲的周期为 ，则由 可知，甲的频率大于乙的频率，故 D 错 误。 故选 A。 5.一个研究小组借助于望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上 某点做匀速圆周 运动，如图所示。此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质 量转移的目的，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中 （　　） A. 它们做圆周运动的万有引力均不断减小 B. 它们做圆周运动的角速度不变 C. 体积较大星体圆周运动轨道半径变小 的 1 0.5s2NT T+ = 1 s3 v T λ= 1 s3 1 s3 1f T =D. 体积较大星体圆周运动的线速度变小 【答案】B 【解析】 【详解】A． 设体积较小的星体质量为 m1，轨道半径为 r1，体积大的星体质量为 m2，轨道半 径为 r2．双星间的距离为 L．转移的质量为△m。则它们之间的万有引力为 根据数学知识得知，随着△m 的增大，F 先增大后减小。故 A 错误； B．对 m1 对 m2 联立解得 总质量 m1+m2 不变，两者距离 L 不变，则角速度 ω 不变 故 B 正确； CD．根据以上分析可知 ω、L、m1 均不变，△m 增大，则 r2 增大，即体积较大星体圆周运动轨迹半径变大。由 v=ωr2 得线速度 v 也增大。故 C D 错误。 故选 B。 二、不定项选择题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，每小题给出的四个答案中， 都有多个是正确的，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错或不答的 得 0 分） 6.平行板玻璃砖横截面如图，上下表面足够大，在该截面内有一束复色光从空气斜射到玻璃砖 的上表面，从下表面射出时分为 a、b 两束光，则（　　） 。 ( )( )1 2 2 m m m mF G L + ∆ − ∆= ( )( ) ( )1 2 2 1 12 m m m mG m m rL ω+ ∆ − ∆ = + ∆ ( )( ) ( )1 2 2 2 22 m m m mG m m rL ω+ ∆ − ∆ = − ∆ ( )1 2 3 G m m L ω += ( )12 2 2 G m mr L ω + ∆=A. 在玻璃中传播时，a 光的传播速度较大 B. 分别通过同一双缝干涉装置，a 光的相邻亮条纹间距大 C. 以相同的入射角从水中斜射入空气，a 光的折射角大 D. 增大入射光在上表面的入射角，可能只有一种光从下表面射出 【答案】AB 【解析】 【详解】A． 光从空气斜射到玻璃，因为玻璃上下表面平行，当第二次折射时折射光线与第 一次折射入射光线平行。a 光偏折较小，b 光偏折较大。所以此玻璃对 a 光的折射率小于对 b 光的折射率，根据 ，则知在玻璃中传播时，a 光的传播速度较大，故 A 正确； B． a 光的折射率较小，频率较低，波长较长，根据公式双缝干涉条纹间距公式 知， a 光的相邻亮条纹间距较大，故 B 正确； C． 由于 a 光的折射率较小，折射时 a 光的偏折程度较小，则以相同的入射角由水中斜射入空 气，a 光的折射角小。故 C 错误； D． 由上知光射到玻璃砖下表面时的入射角等于上表面的折射角，由光路可逆原理可知光一 定能从下表面射出，故 D 错误。 故选 AB。 7.能够从物理 视角看世界是学习物理的重要目标。下面四张图片展现了生活中常见的情景， 其中甲图是自行车无动力沿着斜坡冲下，乙图是自行车靠惯性冲上斜坡，丙图是“托球”动作中 乒乓球与球拍一起相对静止向左运动的过程（虚线表示水平方向），丁图是在球架上用竖直挡 板卡住静止的与丙图相同的乒乓球，各图中的 θ 角均相等，忽略空气阻力和一切摩擦，对四个 情景的物理规律分析正确的是（　　） A. 甲图和乙图中自行车的加速度一定相同 的 cv n = Lx d λ∆ =B. 甲图的自行车和丙图中的乒乓球加速度可能相等 C. 丙图中球拍和乒乓球可能一起做匀速直线运动 D. 丙图的球拍和丁图的斜面产生的弹力一定相等 【答案】AD 【解析】 【详解】A．根据牛顿第二定律可知，甲图和乙图中自行车的加速度均为 故 A 正确； BC．丙图中，乒乓球只受重力和支持力，竖直方向平衡 ， 故加速度 不可能一起匀速运动，故 BC 错误； D．丁图中乒乓球受重力，竖直挡板的弹力，斜面的支持力，根据平衡有 故丙图的球拍和丁图的斜面产生的弹力一定相等，故 D 正确。 故选 AD 8.如图所示，竖直平面内有水平方向的匀强电场 E，A 点与 B 点的连线垂直电场线，两个完全 相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度 v0 分别从 A 和 B 点沿不同方向开始运动， 之后都能到达电场中的 N 点，粒子的重力不计，下列说法正确的是（　　） A. 两粒子到达 N 点所用的时间可能相等 B. 两粒子到达 N 点时的速度大小一定相等 C. 两粒子在 N 点时的动能可能小于各自初始点的动能 D. 两粒子整个运动过程机械能的增加量一定相等 【答案】BD 。 sina g θ= cosNF mgθ = sinNF maθ = tana g θ= 'cosNF mgθ =【解析】 【详解】A．因为两粒子完全相同，故产生的水平方向的加速度相同，而 A 点粒子水平初速度 为零，而 B 点粒子水平初速度不为零向左，故根据匀变速方程可知，运动时间不同，故 A 错 误； BD．因为只有电场力做功，根据题意可知，A 点与 B 点在同一等势面上，故 ，电 场力做功 相同，则到达 N 点的动能相同，速度大小相同，而电场力做功等与机械能 增加量，故机械能的增加量一定相等，故 BD 正确； C．因为 A 点粒子水平方向向右运动，故受力向右，则电场力做正功，动能增大，故 C 错误。 故选 BD。 第Ⅱ卷 非选择题（共 60 分） 9.用如图所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系。 实验中，将一端带滑轮 长木板放在水平实验台上，实验小车通过轻细线跨过定滑轮与钩码 相连，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为 50Hz。在保持实验小车质量不 变的情况下，放开钩码，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度 a，改变钩码的个数， 重复实验。 （1）实验时，要求钩码的质量远小于小车的质量，这样做的目的是______。 A．避免在小车运动的过程中发生抖动 B．使小车获得较大的加速度 C．使细线的拉力等于小车受到的合外力 D．使小车最终能匀速运动 E．使纸带上点迹清晰，便于进行测量 F．使钩码重力近似等于细线的拉力 （2）实验过程中打出的一条纸带如图，在纸带上便于测量的地方选取第一个计数点，在这个 点上标明 A，第六个点上标明 B，第十一个点上标明 C，第十六个点上标明 D，第二十一个点 上标明 E。测量时发现 B 点已模糊不清，于是测得 AC 的长度为 12.26cm，CD 的长度为 的 AN BNU U= W qU= f =6.60cm，DE 的长度为 6.90cm，则应用所有测得的数据，可计算得出小车运动的加速度 a=__________m/s2（结果保留两位有效数字） （3）根据实验测得的数据，以小车运动的加速度 a 为纵轴，钩码的质量 m 为横轴，得到如图 所示的 a-m 图像如图中图线 A 所示，现仅增大木板与水平方向夹角，得到的图像可能是图中 的_____（图中所示的 A、B、D、E 图线相互平行） 【答案】 (1). F (2). 0.31 (3). DE 【解析】 【详解】(1)[1]设绳的拉力为 T，对钩码有 对小车有 联立有 用钩码的重力代替细绳的拉力，则要求钩码的质量远小于小车的质量，故 F 正确。 (2)[2] 根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2 可以求出加速度的大小 (3)[3]根据题意可知，绳拉力近似等于钩码重力 可得 故图像斜率为 ，现仅增大木板与水平方向夹角，图像的斜率不变，且倾角变大，则图像与 mg T ma− = T Ma= 1 1 T mgm M = + 2 2 0.066 0.069 0.1226 0.31m / s4 0.04 CE ACxa T x + −= = =− sin cosmg Mg Mg Maθ µ θ+ − = sin cosga m g gM θ µ θ= ⋅ + − g M纵轴交点变大，故得到的图像可能是图中的 DE。 10.某同学设计了如图所示的电路测电源电动势 E 及电阻 R1 和 R2 的阻值，实验器材有：待测 电源 E（不计内阻），待测电阻 R1，定值电阻 R2，电流表 A（量程为 0.6A，内阻不计），电阻 箱 R（0-99.99Ω），单刀单掷开关 S1，单刀双掷开关 S2，导线若干 （1）先测电阻 R1 的阻值（R1 只有几欧姆），请将操作补充完整：闭合 S1，将 S2 切换到 a，调 节电阻箱，读出其示数 r1 和对应的电流表示数 I，将 S2 切换到 b，调节电阻箱，使电流表的示 数仍为 I，读出此时电阻箱的示数 r2，则电阻 R1 的表达式为 R1=_______。 （2）该同学已经测得电阻 R1，继续测电源电动势 E，该同学的做法是：闭合 S1，将 S2 切换 到 b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数 R 和对应的电流表示数 I，由测得的数据，绘出 了如图中所示的 图线，则电源电动势 E=_____V。 （3）若实际电流表 A 的内阻不可忽略，则 R2 的测量值_____真实值（填“大于”“等于”或“小 于”）。 【答案】 (1). r1-r2 (2). 2V (3). 大于 【解析】 【详解】(1)[1] 闭合 S1，将 S2 切换到 a，调节电阻箱，读出其示数 r1 和对应的电流表示数 I， 则 将 S2 切换到 b，调节电阻箱，使电流表的示数仍为 I，读出此时电阻箱的示数 r2，则 故 (2)[2]根据闭合电路欧姆定律 1 RI − 2 1( )E I R r= + 2 2 1( )E I R r R= + + 11 2rR r−= 2 1( )E I R R R= + +整理得 故电源电动势 (3)[3]若电流表 A 内阻不可忽略 整理得 与以上比较可知，R2 的测量值大于真实值。 11.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距 L，导轨下端连接电阻 R，质量为 m、金属杆 ab 与导轨垂直并接触良好，金属杆及导轨电阻不计，在矩形区域 cdfe 内有垂直于 纸面向里的匀强磁场，c、e 距离为 H，cdfe 区域内磁场的磁感应强度 B 随时间变化的关系如 图乙所示，在 t=0 时刻，将金属杆 ab 从到磁场上边界距离为 h 处由静止释放，在 t1 时刻进入 磁场，离开磁场时的速度为进入磁场时速度的一半，已知重力加速度为 g，求： （1）金属杆刚进入磁场时的加速度大小； （2）从金属杆开始下落到离开磁场的过程，回路中产生的焦耳热。 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】（1）金属杆进入磁场之前有 刚进入磁场时，有： 1 21 R RR I E E += + 1 2VE k = = 2 1 A( )E I R R R R= + + + 1 2 A1 R R RR I E E + += + 2 2 0 2B L gh gmR − 2 2 2 0 1 4 3( )4 B H LQ mg H hRt = + + 2 1 1 2mgh mv=可得： a= （2）进入磁场之前，有： 进入磁场之后，由能量守恒，有 12.如图所示，某货场需将质量为 m=20kg 的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免 货物与地面发生撞击，现利用光滑倾斜轨道 MN、竖直面内圆弧形轨道 NP，使货物由倾斜轨 道顶端距底端高度 h=4m 处无初速度滑下，两轨道相切于 N 点，倾斜轨道与水平面夹角为 θ=60°，弧形轨道半径 R=4m，末端切线水平。地面上紧靠轨道放着一块木板，质量为 M=30kg，长度为 L=10m，木板上表面与轨道末端 P 相切，若地面光滑，货物恰好未滑出木板， 木板获得的最大速度为 v=4m/s，不考虑货物与各轨道相接处能量损失、最大静摩擦力与滑动 摩擦力大小相等，取 g=10m/s2，求： （1）货物到达倾斜轨道末端 N 点时所用的时间 t； （2）在圆弧轨道上 NP 滑动过程中，摩擦力对货物做的功 Wf； （3）为避免木板在地面上滑行的距离过大，在地面上涂了防滑涂料，使木板与地面间的动摩 擦因数 μ0=0.2，判断货物是否会滑出木板。 0 1E B Lv= EI R = 0F B IL=安 =F mg ma−安 2 2 0 2B L gh gmR − 0 1 2B HLE n t t ∆Φ= =∆ 2 1 1 EQ tR = 2 21 1 2 1 1 ( )2 2 2 vmgH mv Q m+ = + 2 2 2 0 1 2 1 4 3( )4 B H LQ Q Q mg H hRt = + = + +【答案】（1） s；（2）Wf=-200J；（3）S=16.7m＞L，所以滑出木板 【解析】 【详解】（1）货物在倾斜轨道上滑动 可得； s （2）木块最终未滑出木板，则 由动能定理 可得 Wf=-200J （3）参考答案① 木块滑上木板后，因为 所以，木板相对地面未滑动 可得： S=16.7m＞L 所以滑出木板 t = 4 15 sinmg maθ = 21 sin 2 h atθ = t = 4 15 0 ( )mv M m v= + 2 0 1(1 cos ) 2fmgh mgR W mvθ+ − + = 2 2 0 1 1 ( )2 2mgL mv M m vµ = − + 0 ( )mg M m gµ µ< + 2 0 1 2mgS mvµ =参考答案② 地面粗糙相比于地面光滑，木板与货物间相对加速度减小，则当相对位移等于木板长度时， 相对末速度不为零，则一定会滑出 参考答案③ 用图像法可知，当地面粗糙时，木板的加速度小于地面光滑时，其 v-t 图像如虚线所示，则相 对位移等于木板长度时一定不能获得共同速度，所以一定滑出 13.如图甲所示，M、N 为竖直放置的两块正对的平行金属板，圆形虚线为与 N 相连且接地的 圆形金属网罩（电阻不计），板 M、N 上正对的小孔 S1、S2 与网罩的圆心 O 三点共线，网罩的 半径为 R，网罩内存在磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，金属收集屏 PQ 上各点到 O 点的距离都为 2R，两端点 P、Q 关于连线 S1O 对称，屏 PQ 所对的圆心角 θ=120°，收集屏通过阻值为 r0 的电阻与大地相连，M、N 间且接有如图乙所示的随时间 t 变化 的电压， ，（式中 ，周期 T 已知），质量为 m、电荷量为 e 的 质子连续不断地经 S1 进入 M、N 间的电场，接着通过 S2 进入磁场。（质子通过 M、N 的过程 中，板间电场可视为恒定，质子在 S1 处的速度可视为零，整个过程中质子的重力及质子间相 互作用均不计。） （1）在 时刻经 S1 进入的质子在进入磁场时速度的大小 v0； （2）质子在哪些时刻自 S1 处进入板间，穿出磁场后均能打到收集屏 PQ 上； （3）若 M、N 之间的电压恒为 U0，且毎秒钟进入 S1 的质子数为 N，则收集屏 PQ 电势稳定时 的发热功率为多少。 0 sinMNU U tT π= 2 2 0 3eB RU m = 2 Tt =【答案】（1） ；（2） 到 （k=0，1，2，……）；（3） 【解析】 【详解】（1）质子在电场间运动时，有 在 时， ，可得 （2）质子在磁场间运动时 质子能打在收集屏上，有 可得板间电压 结合图象可知，质子在 到 （k=0，1，2，……）之间进入电场，能打 到收集屏上 （3）单位时间内，质子的总能量 0 0 2eUv m = 6 Tt kT= + 5 6 Tt kT= + 2 2 0 0P NeU N e r= −屏 2 0 1 2eU mv= 2 Tt = 0U U= 0 0 2eUv m = 2vevB m r = 3r R≥ 2 23 2 eB RU m ≥ 6 Tt kT= + 5 6 Tt kT= + 2 0 1 2P Nmv=总由能量守恒 联立以上各式，可得： 2 0 0 1 2 mv eU= I Ne= rP P P= +屏总 2 0rP I r= 2 2 0 0P NeU N e r= −屏