天津市东丽区2020届高三物理学业水平等级模拟试题（一）（Word版附解析）

2020 年天津市东丽区高三学业水平等级考试模拟试卷 物理 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 100 分，考试用 时 60 分钟。第Ⅰ卷 1 至 2 页，第Ⅱ卷 3 至 4 页。 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴 考试用条码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考 试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 注意事项： 1．每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用 橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 2．本卷共 8 题，每题 5 分，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，只有一个选 项是正确的。） 1.一定质量的气体，在温度不变的条件下，将其压强变为原来的 2 倍，则（　　） A. 气体分子的平均动能增大 B. 气体的密度变为原来的 2 倍 C. 气体 体积变为原来的 2 倍 D. 气体的分子总数变为原来的 2 倍 【答案】B 【解析】 【详解】A．气体温度不变，则气体分子的平均动能不变，选项 A 错误； BC．在温度不变的条件下，将其压强变为原来的 2 倍，根据 可知，体积变为原来的 一半，则气体的密度变为原来的 2 倍，选项 B 正确，C 错误； D．气体的质量一定，则分子总数不变，选项 D 错误。 故选 B。 2.下列说法正确的是（ ） A. 玻尔通过对氢原子模型的研究，提出了原子的核式结构学说 B. 根据放射性元素的半衰期可以确定某个特定的原子核何时发生衰变 C. 太阳释放出的能量来源于太阳内部原子核的裂变 D. 原子核内部核子之间距离非常的近，但是，核子之间的核力远大于它们之间的万有引力和 库仑力 【答案】D 的 pV CT =【解析】 【详解】A、卢瑟福通过 粒子散射实验建立了原子核式结构模型，故 A 错误； B、放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，叫半衰期．半衰期并不能指少数原 子，半衰期描述的是统计规律，微观世界规律的特征之一在于"单个的微观事件是无法预测的 "，放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身决定的，与外界的物理和化学状态无关，故 B 错误． C、太阳能来源于太阳内部的热核反应，是由内部氢原子核发生聚变时释放出巨大核能而产生 的能，故 C 错误． D、核子之间的核力是强相互作用力，核力是短程力，核力的作用范围在 1.5 m 内，每 个核子只跟它相邻的核子发生核力作用，核子之间的核力远大于它们之间的万有引力和库仑 力，故 D 正确． 故选 D 3.如图所示，轻绳一端连接放置在水平地面上的物体 Q，另一端绕过固定在天花板上的定滑轮 与小球 P 连接，P、Q 始终处于静止状态，则（　　） A. Q 可能受到两个力的作用 B. Q 可能受到三个力的作用 C. Q 受到的轻绳拉力与重力的合力方向水平向左 D. Q 受到的轻绳拉力与重力的合力方向指向左下方 【答案】D 【解析】 【详解】Q 处于静止状态，受力平衡，对 Q 受力分析，受到重力、绳子的拉力，这两个力不 能平衡，则 Q 还要受到地面的支持力和水平向右的静摩擦力，共四个力作用，根据平衡条件 可知，Q 受到的绳子拉力与重力的合力与支持力以及静摩擦力的合力大小相等，方向相反，而 支持力以及静摩擦力的合力方向指向右上方，则 Q 受到的绳子拉力与重力的合力方向指向左 下方，故 D 正确，ABC 错误。 α 1510−×故选 D。 4.火星是我们认为最有可能有生命活动的地方．我国将于 2020 年发射火星探测器．如图所示， 探测器在太空直飞火星，在 P 点进行制动，使火星沿着大椭圆轨道Ⅰ运动，再经过 P 点时再 次制动，使得探测器沿着近火星圆轨道Ⅱ做圆周运动而达到近距离探测的目的．则下列说法 正确的是 A. 完成两次制动之后，探测器在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的运行周期 B. 探测器分别在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上经过 P 点时的加速度相同 C. 探测器分别在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上经过 P 点时的速度相同 D. 探测器在轨道Ⅱ上运行速度大于火星的第一宇宙速度 【答案】B 【解析】 【详解】A、根据开普勒第三定律，探测器在轨道Ⅱ上的运行周期小于在轨道Ⅰ上的运行周期， 故 A 错误． B、探测器分别在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上经过 P 点时受火星 万有引力相同，由牛顿定律可知，加 速度一样大，故 B 正确． C、由于在 P 点万有引力的方向和速度方向垂直，所以探测器只有向心加速度，a1=a2，而探测 器在椭圆轨道Ⅰ上 P 点的曲率半径 r 大于圆轨道Ⅱ上的半径 R，由向心加速度 a1= ，a2= 可知，v1>v2，因此卫星的速度不相等．故 C 错误． D、火星的第一宇宙速度是绕火星表面附近的速度，由 v= 知，探测器在轨道Ⅱ上运行 速度小于火星的第一宇宙速度，故 D 错误． 故选 B 5.图甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中 R1=55 Ω，R2=110 Ω，A、V 为理想电 流表和电压表，若流过负载 R1 的正弦交变电流如图乙所示，已知原、副线圈匝数比为 2:1，下 的 2 1v r 2 2V R GM r列表述正确的是 A. 电流表的示数为 2 A B. 原线圈中交变电压的频率为 100 Hz C. 电压表的示数为 156 V D. 变压器的输入功率 330 W 【答案】D 【解析】 【详解】由图乙可知，负载 的电流的最大值为 ，所以电流的有效值为 2A；根据电路 图可知，电阻 R1 的电压为 ，即副线圈上的电压为 110V，所以电 压表的读数为 110V，所以电阻 的电流 ，所以原线圈上的电流 ，AC 错误；由图乙可知该交流电的周期是 0.02s，则频率 ，由于变压器不改变交流电的频率，所以原线圈中交变 电压的频率为 50Hz，B 错误；变压器的输出功率： ， 所以变压器的输入功率也是 330W，D 正确． 二、不定项选择题（每小题 5 分，共 15 分。每小题给出 四个选项中，都有多个选项是正确 的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，选错或不答的得 0 分。） 6.如图所示一束光通过三棱镜折射后分成 a、b、c 三束单色光，下列判断正确的是（　　） A. 三束光在水中传播速度间的关系是 vaΔxc D. 若 b 光束照射到某金属表面上有光电子发出，则 a 光束照射到同种金属表面上不一定发生 光电效应 【答案】AB 【解析】 【详解】A．光的频率越大，波长越小，那么在介质中的衰减速率越大，在介质中的速率越小， 折射率就越大；故由光线可得：a 的折射率最大，b 的其次，最小的是 c，那么三束光在水中 传播速度间的关系是 va＜vb＜vc，故 A 正确； B．根据折射定律可知：折射率越大，全反射的临界角越小，故由 A 可得：c 光的临界角最大， 故 B 正确； C．光的频率越大，波长越小，故 a 光的波长最小，b 光其次，c 光的波长最大；那么通过同 一装置做双缝干涉实验，根据 可知产生的干涉条纹的间距△xa＜△xb＜△xc，故 C 错 误； D．由 A 可得：a 光的频率最大，b 光其次，c 光的频率最小；光的频率越大，光子能量越大， 那么 a 光光子能量比 b 光的大，故若 b 光束照射到某种金属表面上有光电子发出，则 a 光束 照射到同种金属表面上一定发生光电效应，故 D 错误； 故选 AB。 7.质量为 2kg 物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为 0.2，最大静摩 擦力和滑动摩擦力大小视为相等。从 t＝0 时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化 的水平拉力 F 的作用，F 随时间 t 的变化规律如图所示。重力加速度 g=10m/s2，则（　　） A. 物体在 t＝12s 末速度大小为 12m/s B. 物体在 t＝0 到 t＝9s 这段时间内的位移大小为 54m C. 在 t＝6s 到 t＝9s 这段时间内拉力 F 做功为 0 D. 在 t＝8s 末拉力的功率为 24W 的 lx d λ∆ =【答案】AD 【解析】 【详解】AB．物体受到的滑动摩擦力为 f=μmg=0.2×2×10N=4N 0-3s 内，F=f，物体静止，位移 s1=0 3-6s 由牛顿第二定律可得 位移为 末速度为 v=at=2×3m/s=6m/s 6-9s ，F=f 物体做匀速运动 s3=vt=18m 9-12s 受力与 3-6s 相同，所以加速度相同，物体在 t=12s 末速度 v′=v+at=6+2×3=12m/s 0-9s 内的总位移为 S=s1+s2+s3=0+9+18=27m 故 A 正确，B 错误。 C．在 t=6s 到 t=9s 这段时间内物体做匀速直线运动，拉力 F 做功 W=Fs3=4×18J=72J 故 C 错误。 D．物体在 t=8s 末速度大小为 v=6m/s，拉力的功率为 P=Fv=4×6W=24W 故 D 正确。 故选 AD。 8.一列简谐横波沿 x 轴传播，图甲为在 时刻的波形图象，P、Q 为介质中 和 处的两质点，图乙为某质点的振动图象，由图象可知，下列说法中正确的是（ ） 28 4 2m/s2 F fa m − −= = = 2 2 2 1 1 2 3 m=9m2 2s at= = × × 1t s= 2x m= 3x m=A. 该简谐横波一定沿 x 轴正向传播，速度大小为 lm/s B. 图乙不可能是质点 P 的振动图象 C. 时刻，质点 P 的速度一定最大，且一定沿 y 轴负方向 D. 时刻，质点 Q 的速度一定最大，且一定沿 y 轴负方向 【答案】BC 【解析】 A、由甲图得到波长为 ，由乙图得到周期为 ，故波速： ． 时刻，从图乙可知质点位于平衡位置向上运动，但不能确定是波动图象上哪一点的振动图象， 所以不能确定波的传播方向， A 错误． B、 时刻，从图乙可知质点位于平衡位置向上运动，质点 P 状态与图乙中质点的状态 不符，所以图乙不可能是质点 P 的振动图象．故 B 正确； C、 时刻，即从 时刻再过 ，质点 P 向下经过平衡位置，速度一定最大，且一定 沿 y 轴负方向，C 正确； D、 时刻，即从 时刻再过 ，质点 P 到达波谷，速度为零，D 错误． 故选 BC． 第Ⅱ卷 注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。 2．本卷共 4 题，共 60 分。 9.用如图实验装置验证质量分别为 、 的用轻绳连接的重物组成的系统机械能守恒， 从高处由静止开始下落， 上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量， 即可验证机械能守恒定律，右图给出的是实验中获取的一条纸带：A、B、C、D、E、F 为所 取计数点，每相邻两计数点间还有 4 个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示，已知打点 计时器所用电源的频率为 ，当的重力加速度为 g； 的 2t s= 3t s= λ 4m= T 4s= v 1m / sT λ= = t 1s= t 1s= t 2s= t 1s= 4 T t 3s= t 1s= 2 T 1m 2m 1m 2m f①在打 B-E 点过程中，系统重力势能的减少量 _______，系统动能的增量 ________(用题中和图中给出的字母表示)； ②经计算发现现, 总是略大于 ，其主要原因是_____________(写出两条即可)． 【 答 案 】 (1). (2). (3). 见解析 【解析】 【详解】①计数点 B 的瞬时速度为: 同理，计数点 E 的瞬时速度为： 系统动能的增加量为： 的重力势能减小了： 的重力势能增加了： 系统重力势能的减小量为： ； ②由上述计算得 ，造成这种结果的主要原因是纸带通过打点计时器受摩擦力、打 点阻力及重物受空气阻力等影响的结果． 10.有一根细而均匀的导电材料样品（如图 1a 所示），截面为同心圆环（如图 1b 所示），此样 品长 L 约为 3cm，电阻约为 100Ω，已知这种材料的电阻率为 ρ，因该样品的内径太小，无法 直接测量。现提供以下实验器材： pE =∆ kE =∆ pE∆ kE∆ ( ) ( )1 2 2 3 4gm m x x x− + +∆ ∆ ∆ ( ) ( ) ( )2 22 2 2 3 2 1 2 1 2 21 2 100 100 f x x f x xm m  ∆ + ∆ ∆ + ∆+ −     1 2 2 10 AC B x x xv fT ∆ + ∆= = 4 5 2 10 AC E x x xv fT ∆ + ∆= = ( ) 2 2 4 5 1 2 1 2 1 2 10 10k x x x xE m m f f  ∆ + ∆ ∆ + ∆   ∆ = + −         1m 1 1 2 3 4m gh m g x x x（ ）= ∆ + ∆ + ∆ 2m 2 2 2 3 4m gh m g x x x= ∆ + ∆ + ∆（ ） 1 2 2 3 4)pE m m g x x x∆ = − ∆ + ∆ + ∆（ （ ） k pE E∆ ∆＜A．20 等分刻度的游标卡尺 B．螺旋测微器 C．电流表 A1（量程 50mA，内阻 r1=100Ω） D．电流表 A2（量程 100mA，内阻 r2 大约为 40Ω） E．电流表 A3（量程 3A，内阻 r3 大约为 0.1Ω） F．滑动变阻器 R（0~10Ω，额定电流 2A） G．直流电源 E（12V，内阻不计） H．待测导电材料样品 Rx I．开关一只，导线若干 请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径 d 的实验方案，回答下列问题： ①用游标卡尺测得该样品的长度如图 2 甲所示，其示数 L=_______________mm； 用螺旋测微器测得该样品的外径如图 2 乙所示，其示数 D=_______________mm。 ②请选择合适的仪器，在答题卡相应位置画出最佳实验电路图，并标明所选器材的字母代号 __________。 ③用已知物理量的符号和测量量的符号来表示样品的内径 d=_______________。（如若选用 电流表 A1、A2、A3，则其读数分别用 I1、I2、I3 表示）【 答 案 】 (1). 33.35 (2). 2.327~2.329 (3). (4). 【解析】 【详解】(1)[1]．游标卡尺读数为：L=33mm+7×0.05mm=33.35mm． [2]．螺旋测微器测得该样品的外径为：d=2mm+32.8×0.01mm=2.328mm． (2)[3]．通过电阻的最大电流大约 ，3A 电流表量程偏大，另外两个电流表 中，D 电流表的满偏电流大于 C 电流表的满偏电流，又 C 电流表内阻为定值，根据欧姆定律 与串并联知识，应将 C 电流表与待测材料并联后再与 D 电流表串联，又因滑动变阻器阻值太 小应用分压式接法，可设计电路图如图所示． (3)[4]．设 A1 电流表示数为 I1，A2 电流表示数为 I2，由欧姆定律可得待测电阻阻值 又由电阻定律 联立解得 ． ( )2 12 1 1 4 L I ID I r ρ π −− 12 A 120mA100I = ＝ 1 1 2 1 I rR I I = − 2 2( ) ( )2 2 L LR D dS ρρ π π = = − 2 2 1 1 1 )4 (L I Id D I r ρ π −= −11.如图所示，质量为 m 的跨接杆 ab 可以无摩擦地沿水平的导轨滑行，两轨间宽为 L，导轨与 电阻 R 连接，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感强度为 B。杆从 x 轴原点 O 以大小为 v0 的水 平初速度向右滑行，直到静止。已知杆在整个运动过程中速度 v 和位移 x 的函数关系是： 。（杆及导轨的电阻均不计。） （1）试求杆所受的安培力 F 随其位移 x 变化的函数式； （2）若杆在运动过程中水平方向只受安培力作用，请求出杆开始运动到停止运动过程中通过 R 的电量 q； （3）若杆在运动过程中水平方向只受安培力作用，请求出杆开始运动到停止运动过程中 R 产 生的热量 Q。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】 【详解】（1）安培力 其中 ∵杆的速度 v 和位移 x 的函数关系为 ∴ （2）根据动量定理 可得 （3）根据能量守恒定律，杆的动能完全转化为电阻 R 的热量 2 2 0 xv v B L mR = − 2 2 2 2 0( )B L xF v B LR mR = − 0mvq BL = 2 0 1 2Q mv= F BIL= BLvI R = 2 2 0 xv v B L mR = − 2 2 2 2 2 2 0( )B L B L xF v v B LR R mR = = − 00BIL t mv− ∆ = − 0mvq I t BL = ∆ =12.如图所示，在光滑水平轨道左侧固定一竖直光滑圆轨道，圆心为 O，半径 R=2m，圆轨道最 低点 A 与一木板上表面相切，木板质量 M=4kg，板长为 2m，小滑块质量为 m=1kg，从圆轨 道的 B 处无初速滑下，OB 与竖直方向夹角为 53°，小滑块相对木板静止时距离木板右端 0.4m，g 取 10m/s2．求： (1)滑块经过圆轨道最低点时对轨道的压力； (2)滑块在木板上相对木板运动的时间． 【答案】（1） （2） 【解析】 【详解】(1)滑块下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： 在 A 点由牛顿第二定律得： 解得: 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小：F′=F=18N，方向竖直向下； (2)滑块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v， 滑块相对木板滑动的距离：x=2-0.4=1.6m 对滑块与木板组成的系统，由能量守恒定律得： 代入数据解得：μ=0.4 对滑块，由动量定理得：-μmgt=mv-mv0 代入数据解得：t=0.8s 【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，是一道力学综合题，分析清楚滑块与木板的运动 过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律与动量定理即可解 题. 13.如图所示，在直角坐标系 xOy 平面内，x 轴与射线 ON 之间存在垂直纸面向里的匀强磁场， 它们之间的夹角 θ＝60°，质量为 ma、电荷量为＋q 的 a 粒子，以速率 va 垂直 x 轴从 A 点进入 2 0 1 2Q mv= 18N 0.8s 21(1 cos53 ) 2 AmgR mv− ° = 2 A A vN mg m R − = 18NAN = 2 2 0 1 1 ( )2 2mv mgx M m vµ= + +磁场，经 C 点垂直 ON 射出磁场；质量为 mb、电荷量为＋q 的 b 粒子，以速率 vb 沿 x 轴正方 向从 A 点进入磁场，其轨迹恰好与射线 ON 相切于 C 点，若 b 粒子从 A 点第一次运动到 C 点 经历的时间等于 a 粒子从 A 点运动到 C 点经历的时间，不计粒子的重力，求： （1）a、b 粒子质量之比； （2）a、b 粒子速率之比。 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】（1）画出两粒子运动的轨迹，如图所示： 带电粒子在磁场中运动周期 T＝ 根据几何知识知 a 粒子转过的角度为 60°，运动时间为 b 转过角度为 240°，运动时间为 根据 ta＝tb 联立解得 4a b m m = 3 4 a b v v = 2 m Bq π 1 6 3 a a a mt T qB π＝ ＝ 42 3 3 b b b mt T qB π＝ ＝（2）设 a 轨道半径为 ra，根据几何知识知 b 的轨道半径 rb＝ratan30° 洛伦兹力充当向心力 联立以上各式解得 4a b m m = 2vBqv m r ＝ 3 4 a b v v =