天津市塘沽一中2020届高三物理第二次模拟试题（Word版附解析）

2020 年塘沽一中高三毕业班第二次模拟考试 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 4 页，第Ⅱ卷 5 至 8 页。 温馨提示：疫情期间，受时间和地域限制，此次考试采用线上测试方式，答卷时， 考生务必将答案填涂在答题卡上，拍照上传部分的试题按要求，拍照清楚，在规 定时间内完成上传。特殊时期，请各位考生珍惜实战演练机会，独立作答！ 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。 2.本卷共 8 题，每题 5 分，共 40 分。 一、单项选择题（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. 下列说法中正确的是 A. α 粒子散射实验发现了质子 B. 玻尔理论不仅能解释氢的原子光谱，也能解释氦的原子光谱 C. 热核反应的燃料是氢的同位素，裂变反应的燃料是铀 D. 中子与质子结合成氘核的过程中需要吸收能量 【答案】C 【解析】 试题分析：卢瑟福通过 α 粒子散射实验否定了汤姆生的枣糕模型，从而提出了原子核式结构 模型，质子的发现是卢瑟福通过 α 粒子轰击氮核而发现质子，选项 A 错．波尔理论把原子能 级量子化，目的是解释原子辐射的线状谱，但是波尔理论只能很好的解释氢原子的线状谱， 在解释氦的原子光谱和其他原子光谱时并不能完全吻合，选项 B 错．热核反应主要是氘核氚 核在高温高压下发生的聚变反应，氘核和氚核都是氢的同位素，裂变主要是铀核裂变，选项 C 对．中子和质子结合成氘核是聚变反应，该过程释放能量，选项 D 错． 考点：原子 原子核 2.如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有（　　） A. 三条绳中的张力都相等 B. 杆对地面的压力等于自身重力 C. 绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零 D. 绳子拉力的合力与杆的重力是一对平 衡力 【答案】C 【解析】 【详解】AC．由于三力长度不同，故说明三力与竖直方向的夹角不相同，由于杆保持静止， 故在水平方向三力水平分力的合力应为零，故说明三力的大小可能不相等；故 A 错误；C 正 确； B．由于三力在竖直方向有向下的拉力，杆在竖直方向合力为零，故杆对地面的压力大于重力； 故 B 错误； D．绳子拉力的合力与杆的重力之和等于地面对杆的支持力，则绳子拉力的合力与杆的重力不 是一对平衡力，选项 D 错误。 故选 C。 3.在人类太空征服史中，让人类遗憾 是“太空加油站”的缺乏。当通信卫星轨道校正能源耗尽 的时候，它的生命就走到了尽头，有很多成了太空垃圾。如今“轨道康复者”是救助此类卫星的 新型太空航天器，图甲是“轨道康复者”航天器在给太空中“垃圾”卫星补充能源，可简化为图乙 所示的模型，让“轨道康复者”N 对已偏离原来正常工作轨道的卫星 M 进行校正，则（　　） A.“轨道康复者”N 从图乙所示轨道上加速，与卫星 M 对接补充能源后开动 M 上的小发动机向 前喷气，能校正卫星 M 到较低的轨道运行 B. 让 M 降低到 N 所在轨道上，补充能源后再开启卫星 M 上的小发动机校正 的C. 在图乙中 M 的动能一定小于 N 的动能 D. 在图乙中，M、N 和地球球心三者不可能处在同一直线上 【答案】A 【解析】 【详解】A．开动 M 上的小发动机向前喷气，可使卫星 M 减速，速度减小，所需的向心力减 小，卫星 M 做向心运动，则能校正卫星 M 到较低的轨道运行，故 A 正确； B．让 M 降低到 N 所在轨道上，补充能源后再开启卫星 M 上的小发动机，可使卫星 M 减速， 速度减小，所需的向心力减小，卫星 M 做向心力运动，则卫星 M 会在更低的轨道运动，故 B 错误； C．由于不知道 M、N 质量，所以无法比较两者的动能，故 C 错误； D．由 可得 可知 N 的角速度比 M 的大，所以 M、N 和地球球心三者可能处在同一直线上，故 D 错误。 故选 A。 4.如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为 10V、20V、30V， 实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c 是轨迹上的三个点，下列说 法正确的是（ ） A. 粒子在三点所受的电场力不相等 B. 粒子必先过 a，再到 b，然后到 c C. 粒子在三点所具有的动能大小关系为 Ekb＞Eka＞Ekc D. 粒子在三点的电势能大小关系为 Epc＜Epa＜Epb 的 2 2 MmG m rr ω= 3 GM r ω =【答案】D 【解析】 【详解】A．因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强 电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等．选项 A 错误． B．由题中的图可知，电场的方向是向上的，带负电的粒子将受到向下的电场力作用，带负电 的粒子无论是依次沿 a、b、c 运动，还是依次沿 c、b、a 运动，都会的到如图的轨迹．选项 B 错误． CD．带负电 粒子在电场中运动时，存在电势能与动能之间的互化，由题意和图可知，在 b 点时的电势能最大，在 c 点的电势能最小，可判断在 c 点的动能最大，在 b 点的动能最小．选 项 C 错误，D 正确． 5.如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若 速度选择器中电场强度大小为 ，磁感应强度大小为 、方向垂直纸面向里，静电分析器通 道中心线为 圆弧，圆弧的半径 为 ，通道内有均匀辐射的电场，在中心线处的电场 强度大小为 ，磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为 、方向垂直 于纸面向外。一带电粒子以速度 沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由 点 垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的 点，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　） A. 速度选择器的极板 的电势比极板 的低 B. 粒子的速度 C. 粒子的比荷为 的 1E 1B 1 4 ( )OP R E B v P Q 1P 2P 1 1 Bv E = 2 1 2 1 E ERBD. 、 两点间的距离为 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，粒子在磁分析器内向左偏转，受到的洛伦兹力的方向向左，由左手定 则可知，该粒子带正电；粒子在速度选择器内向右运动，根据左手定则可知，粒子受到的洛 伦兹力的方向向上；由于粒子匀速穿过速度选择器，所以粒子受到的电场力得方向向下，则 电场的方向向下，P1 的电势板比极板 P2 的高，故 A 错误； B．粒子在速度选择器内受力平衡，则 qE1=qvB1 可得 故 B 错误； C．粒子在静电分析器内受到的电场力提供向心力，则 联立可得粒子的比荷 故 C 正确； D．粒子在磁分析器内做匀速圆周运动，受到的洛伦兹力提供向心力，则 联立可得 P、Q 之间的距离为 故 D 错误。 P Q 2 2 1 1 2ERB E B 1 1 Ev B = 2 qE mv R = 22 1 2 1 Eq v m ER ERB =＝ 2mvqvB r = 1 1 ERBr E B = 1 1 22 ERBr E B =故选 C。 二、不定项选择题（每小题 5 分，共 15 分。每小题给出的四个选项中，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.以下说法正确的是（ ） A. 已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可算出该气体分子的直径 B. 物质是晶体还是非晶体，比较可靠的办法是从各向异性或各向同性来判断 C. 随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，但合力表现仍可能 为斥力 D. 能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性 【答案】CD 【解析】 【详解】A．摩尔体积 ，气体分子所占空间 ，所以可以求得分子间的平均距 离，故 A 错误； B．因多晶体也具有各向同性，故晶体和非晶体一般从熔点来判断，故 B 错误； C．当分子间距离小于 r0 时，随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小 得快，合力表现为斥力，故 C 正确； D．根据热力学定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性，能量耗散就是从能量的角度 反映了这种方向性，故 D 正确。 故选 CD。 7.如图所示，线圈 ABCD 匝数 n＝10，面积 S＝0.4 m2，边界 MN(与线圈的 AB 边重合)右侧存 在磁感应强度 B＝ T 的匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕 AB 边以 ω＝10π rad/s 的角速度 匀速转动.则以下说法正确的是(　　) MV ρ= 0 A VV N = 2 πA. 线圈产生的是正弦交流电 B. 线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为 80 V C. 线圈转动 s 时瞬时感应电动势为 40 V D. 线圈产生的感应电动势的有效值为 40 V 【答案】BD 【解析】 【详解】A．线圈在有界磁场中将产生正弦半波脉动电流，故 A 错误； B．电动势最大值 E=nBSω=80V，故 B 正确； C．线圈转动 s、转过角度 ，瞬时感应电动势为 e= nBSωsin =40V，C 项错误； D．在一个周期时间内，只有半个周期产生感应电动势，根据有效值的定义有 ，可得电动势有效值 U= =40V，故 D 正确； 8.两列在同一介质中的简谐横波沿相反方向传播，某时刻两列波相遇，如图所示，其中实线波 的频率为 2.50Hz，图示时刻平衡位置 x＝3m 处的质点正在向上振动。则下列说法正确的是（ ） A. 实线波沿 x 轴正方向传播，虚线波沿 x 轴负方向传播 B. 两列波在相遇区域发生干涉现象 C. 两列波的波速均为 25m/s 1 60 3 1 60 6 π 6 π 2 2( ) · ( )22 mU T UR RTRR = 2 mUD. 从图示时刻起再过 0.025s，平衡位置 x＝1.875m 处的质点将位于 y＝30cm 处 【答案】AD 【解析】 【详解】A．图示时刻平衡位置 x=3m 处的质点正在向上振动，根据波动规律可知，实线波沿 x 轴正方向传播，则虚线波沿 x 轴负方向传播，故 A 正确； B．介质决定波速，两列波传播速度大小相同，由图可知，实线波的波长 λ1=6m，虚线波的波 长 λ2=9m，由 v=λf 可知，实线波和虚线波的频率之比为 f1：f2=λ2：λ1=3：2 由于 f1 不等于 f2，故两列波在相遇区域不会发生稳定的干涉现象，故 B 错误； C．实线波的频率为 2.50Hz，波长 λ1=6m，则波速 故 C 错误； D．实线波波峰传到平衡位置 x＝1.875m 处的质点所用时间为 虚线波波峰传到平衡位置 x＝1.875m 处的质点所用时间为 说明从图示时刻起再过 0.025s，平衡位置 x＝1.875m 处的质点处于波峰位置，由波的叠加可知， 平衡位置 x＝1.875m 处的质点将位于 y＝30cm，故 D 正确。 故选 AD。 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.如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置 验证机械能守恒定律．该装置中的打点计时器所接交流电源频率是 50 Hz. 1 15m/sv fλ= = 1 1.875 1.5 s 0.025s15t −= = 2 2.25 1.875 s 0.025s15t −= =(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是________． A．精确测量出重物的质量 B．两限位孔在同一竖直线上 C．重物选用质量和密度较大的金属锤 D．释放重物前，重物离打点计时器下端远些 (2)按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示．纸带 上各点是打点计时器打出的计时点，其中 O 点为纸带上打出的第一个点． ①重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，下列测量值能完成验证机械能守恒定 律的选项有________． A．OA、OB 和 OG 的长度 B．OE、DE 和 EF 的长度 C．BD、BF 和 EG 的长度 D．AC、BF 和 EG 的长度 ②用刻度尺测得图中 AB 的距离是 1.76 cm，FG 的距离是 3.71 cm，则可得当地的重力加速度 是________ m/s2.(计算结果保留三位有效数字) 【答案】 (1). BC (2). BCD (3). 9.75 【解析】 【详解】（1）[1]．因为在实验中比较的是 mgh、 ，的大小关系，故 m 可约去，不需要 测量重锤的质量，对减小实验误差没有影响，故 A 错误．为了减小纸带与限位孔之间的摩擦 图甲中两限位孔必须在同一竖直线，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差， 21 2 mv故 B 正确．实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的 影响，从而减小实验误差，故 C 正确．释放重物前，为更有效的利用纸带，重物离打点计时 器下端近些，故 D 错误，故选 BC． （2）[2]．当知道 OA、OB 和 OG 的长度时，无法算出任何一点的速度，故 A 不符合题意； 当知道 OE、DE 和 EF 的长度时，利用 DE 和 EF 的长度可以求出 E 点的速度，从求出 O 到 E 点的动能变化量，知道 OE 的长度，可以求出 O 到 E 重力势能的变化量，可以验证机械能守 恒，故 B 符合题意；当知道 BD、BF 和 EG 的长度时，由 BF 和 EG 的长度，可以得到 D 点和 F 点的速度，从而求出 D 点到 F 点的动能变化量；由 BD、BF 的长度相减可以得到 DF 的长度， 知道 DF 的长度，可以求出 D 点到 F 点重力势能的变化量，即可验证机械能守恒，故 C 项符 合题意；当知道 AC、BF 和 EG 的长度时，可以分别求出 B 点和 F 点的速度，从而求 B 到 F 点的动能变化量，知道 BF 的长度，可以求出 B 到 F 点重力势能的变化量，可以验证机械能守 恒，故 D 正确；故选 BCD． （3）[3]．根据 ，解得 ． 【点睛】根据实验原理，结合实验中的注意事项后分析解答；依据这段时间内的平均速度等 于中时刻瞬时速度，从而确定动能的变化，再依据重力势能表达式，进而确定其的变化，即 可验证，根据 求出重力加速度． 10.小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路． 他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图(a)的电路图： a．电流表 A1(量程 0.6A，内阻很小)；电流表 A2(量程 300μA，内阻 rA=1000Ω)； b．滑动变阻器 R(0-20Ω)； c，两个定值电阻 R1=1000Ω，R2=9000Ω； d．待测电阻 Rx； e．待测电源 E(电动势约为 3V，内阻约为 2Ω) f．开关和导线若干 2h gt∆ = 2 2 2 3.71 1.76 10 9.75m/s5 0.02g −−= × =× 2h gt∆ =(1)根据实验要求，与电流表 A2 串联的定值电阻为___________(填“R1”或“R2”) (2)小明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关 S1，调 节滑动变阻器，分别记录电流表 A1、A2 的读数 I1、I2，得 I1 与 I2 的关系如图(b)所示．根据图 线可得电源电动势 E=___________V；电源内阻 r=___________Ω，(计算结果均保留两位有效 数字) (3)小明再用该电路测量定值电阻 Rx 的阻值，进行了以下操作： ①闭合开关 S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表 A1 示数 Ia，电流表 A2 示 数 Ib； ②断开开关 S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表 A1 示数 Ic，电流表 A2 示数 Id； 后断开 S1； ③根据上述数据可知计算定值电阻 Rx 的表达式为___________．若忽略偶然误差，则用该方 法测得的阻值与其真实值相比___________(填“偏大”、“偏小”或“相等”) 【答案】 (1). R2 (2). 3.0 (3). 2.1 (4). (5). 相等 【解析】 【 详 解 】 （ 1 ） 电 流 表 A2 与 R2 串 联 ， 可 改 装 为 量 程 为 的电压表，故选 R2 即可； （2）由图可知电流表 A2 的读数对应的电压值即为电源的电动势，则 E=3.0V；内阻 ( )d b A 2 c a I I- r +RI I       6 2( ) 300 10 (1000 9000) 3g AU I r R V V−= + = × + = 3.0 1.80 2.10.58 Ur I ∆ −= = Ω = Ω∆（3）由题意可知： ， ；联立解得 ；由以上分析可知，若考虑电流表 A1 内阻的影响，则表达式列成： ， ，最后求得的 Rx 表达式不变，则用 该方法测得的阻值与其真实值相比相等． 11.如图所示，小球 b 静止与光滑水平面 BC 上的 C 点，被长为 L 的细线悬挂于 O 点，细绳拉 直但张力为零．小球 a 从光滑曲面轨道上 AB 上的 B 点由静止释放，沿轨道滑下后，进入水 平面 BC（不计小球在 B 处的能量损失），与小球 b 发生正碰，碰后两球粘在一起，在细绳的 作 用下在竖直面内做圆周运动且恰好通过最高点．已知小球 a 的质景为 M，小球 b 的质量为 m．M=5m．己知当地重力加速度为 g 求： （1）小球 a 与 b 碰后的瞬时速度大小 （2）A 点与水平面 BC 间的高度差． 【答案】（1） （2）36L 【解析】 解：（1）两球恰能到达圆周最高点时，重力提供向心力， 由牛顿第二定律得：（m+M）g=（m+M） ， 从碰撞后到最高点过程，由动能定理得： ﹣（M+m）g•2L= （M+m）v2﹣ （M+m）v 共 2， 解得，两球碰撞后的瞬时速度：v 共= ； （2）设两球碰前 a 球速度为 va，两球碰撞过程动量守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mva=（M+m）v 共， 解得：va= ， 2( )a b AI R I r R= + 2( ) ( )c x d AI R R I r R+ = + 2( - )( )d b x A c a I IR r RI I = + 1 2( ) ( )a A b AI R r I r R+ = + 1 2( ) ( )c A x d AI r R R I r R+ + = + 5gL 2v L 1 2 1 2 5gL 6 55 gLa 球从 A 点下滑到 C 点过程中，由机械能守恒定律得： Mgh= Mva2，解得：h=3.6L； 12.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨 MNPQ 相距 L 倾斜置于匀强磁场中，磁场方向垂直 导轨平面向上，断开开关 S．将长也为 L 的金属棒 ab 在导轨上由静止释放，经时间 t，金属棒 的速度大小为 v1，此时闭合开关，最终金属棒以大小为 v2 的速度沿导轨匀速运动。已知金属 棒的质量为 m，电阻为 r，其它电阻均不计，重力加速度为 g。 (1)求导轨与水平面夹角 α 的正弦值及磁场的磁感应强度 B 的大小； (2)若金属棒的速度从 v1 增至 v2 历时△t，求该过程中流经金属棒的电量． 【答案】(1) ， ；(2)q＝(v1t＋v1Δt－v2t) 【解析】 【详解】(1)开关断开时，金属棒在导轨上匀加速下滑，由牛顿第二定律有 由匀变速运动的规律有 解得 开关闭合后，金属棒 导轨上做变加速运动，最终以 v2 匀速，匀速时 又有 解得 在 1 2 1sin v gt α = 1 2 1 mrvB L v t = 2 1 mv rv t sinmg maα = 1v at= 1sin v gt α = sinmg BILα = 2BLvI r =(2)在金属棒变加速运动阶段，根据动量定理可得 其中 联立上式可得 13.如图所示，xOy 坐标系中，在 y