天津市南开中学2020届高三下学期高考模拟试卷（五）物理试题 Word版含解析 17页

- 1 - 2020 年天津市南开中学高考物理模拟试卷（五） 一、单选题（每题 5 分） 1.如图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图。跳楼机由静止从 a自由下落到 b，再从 b 开始以恒力制动竖直下落到 c停下。已知跳楼机和游客的总质量为 m，ab高度差为 2h，bc高 度差为 h，重力加速度大小为 g。则（ ） A. 从 b到 c，游客处于失重状态 B. 从 b到 c，跳楼机的加速度大小为 2g C. 从 a到 c，除重力外做的功为-2mgh D. 跳楼机运动到 b点时，游客重力的瞬时功率为 2m gh 【答案】B 【解析】 【详解】AB．由 a到 b的加速度为 g，有 2 2 2v g h  由 b到 c加速度大小为 a，有 2 2v ah 可得 a=2g 方向向上，即从 b到 c，游客处于超重状态，跳楼机的加速度大小为 2g，故 A 错误，B 正确； C．从 a到 c，根据动能定理有： k=GW W E  其它 其中 - 2 - 3 3GW mg h mgh   ， k 0E  则 = 3W mgh 其它 所以除重力外的力做的功为-3mgh，故 C 错误； D．到 b点的速度为 2 2 2v g h gh   则运动到 b点时，游客重力的瞬时功率为 2mg gh ，故 D 错误。 故选 B。 2.关于天然放射现象，下列说法正确的是( ) A. α射线是由氦原子核衰变产生 B. β射线是由原子核外电子电离产生 C. γ 射线是由原子核外的内层电子跃迁产生 D. 通过化学反应不能改变物质的放射性 【答案】D 【解析】 【详解】α射线是具有放射性的元素的原子核在发生衰变时两个中子和两个质子结合在一起而 从原子核中释放出来，故 A 错误．β射线是由原子核内的中子转化为质子时产生的电子，选项 B 错误；γ射线是原子核在发生α衰变和β衰变时产生的能量以γ光子的形式释放．故 C 错误．放 射性元素的放射性是原子核自身决定的，而化学反应不能改变原子的原子核，故化学反应并 不能改变物质的放射性．故 D 正确．故选 D． 3. 民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完 时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上．其原因是，当火罐内 的气体（ ）． A. 温度不变时，体积减小，压强增大 B. 体积不变时，温度降低，压强减小 C. 压强不变时，温度降低，体积减小 D. 质量不变时，压强增大，体积减小 - 3 - 【答案】B 【解析】 把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过热传递，温度不断 降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，火罐内气体压强小于外界大气 压，大气压就将罐紧紧地压在皮肤上． 本题考查了查理定律在生活中的应用，对于生活现象的解释，关键在于判断此现象与哪些物 理知识有关． 4.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( ) A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器 a板接触，能使电容器带电 B. 实验中，只将电容器 b板向上平移，静电计指针的张角变小 C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 【答案】A 【解析】 A、当用带电玻璃棒与电容器 a板接触，由于静电感应，从而在 b板感应出等量的异种电荷， 从而使电容器带电，故选项 A 正确； B、根据电容器的决定式： 4 SC kd    ，将电容器 b板向上平移，即正对面积 S减小，则电容 C 减小，根据 QC U  可知， 电量 Q不变，则电压 U增大，则静电计指针的张角变大，故选 项 B 错误； C、根据电容器的决定式： 4 SC kd    ，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数 增大，则 电容 C增大，根据 QC U  可知， 电量 Q不变，则电压 U减小，则静电计指针的张角减小， 故选项 C 错误； D、根据 QC U  可知， 电量 Q增大，则电压 U也会增大，则电容 C不变，故选项 D 错误． 点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容 与哪些因素有什么关系． - 4 - 5.如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻 r＝1.0 Ω，外接 R＝9.0 Ω的电阻．闭合开关 S，当 发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势 e＝10 2 sin10πt(V)，则 ( ) A. 该交变电流的频率为 10 Hz B. 该电动势的有效值为 10 2 V C. 外接电阻 R所消耗的电功率为 10 W D. 电路中理想交流电流表 A 的示数为 1.0 A 【答案】D 【解析】 【详解】交流电的频率 ，故 A 错误；该电动势的最大值为10 2V ，故 B 错误； 电压有效值为 10V ，电路中电流为 10 1 1 9 I A A   ，外接电阻 R 所消耗的电功率为 2 9P I R W  ，故 C 错误，D 正确． 【点睛】根据电动势瞬时值的表达式可以知道角速度、最大值，从而计算频率和有效值，结 合欧姆定律进行其它分析． 二、多选题（每题 5 分） 6.如图所示，一束由两种色光混合的复色光沿 PO 方向射向一上下表面平行的厚玻璃砖的上表 面，得到三束光线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，若玻璃砖的上下表面足够宽，下列说法正确的是（ ） A. 光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光 B. 改变α角，光束Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ仍保持平行 - 5 - C. 通过相同的双缝干涉装置，光束Ⅱ产生的条纹宽度要大于光束Ⅲ的 D. 在真空中，光束Ⅱ的速度小于光束Ⅲ的速度 【答案】AB 【解析】 【详解】A、所有色光都能反射，由反射定律知，它们的反射角相同，可知光束Ⅰ是复色光， 而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，所以光束Ⅱ、Ⅲ为单色光，故选项 A 正确； B、一束由两种色光混合的复色光沿 PO方向射出，经过反射、再折射后，光线仍是平行，因 为光的反射时入射角与反射角相等，由光路可逆可得出射光线平行；改变 角，光线Ⅰ，Ⅱ， Ⅲ仍保持平行，故选项 B 正确； C、由图知光束Ⅱ的偏折程度大于比光束Ⅲ，根据折射定律可知光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ的 折射率，则光束Ⅱ的频率大于光束Ⅲ，光束Ⅱ的波长小于光束Ⅲ的波长，而双缝干涉条纹间 距与波长成正比，则双缝干涉实验中光Ⅱ产生的条纹间距比光Ⅲ的小，故选项 C 错误； D、在真空中，光束Ⅱ的速度要等于光束Ⅲ的速度，都是 c，故选项 D 错误． 7.一列简谐横波沿直线传播，该直线上的 a、b两点相距 4.42m 。图中实、虚两条曲线分别表 示平衡位置在 a、b两点处质点的振动曲线。从图示可知（ ） A. 此列波的频率一定是10Hz B. 此列波的波长一定是0.1m C. 此列波的传播速度可能是 34 m / s D. a点一定比b点距波源近 【答案】AC 【解析】 【分析】 - 6 - 根据两个质点在同一时刻的状态，结合波形图，分析 a、b间的距离与波长的关系，求出波速 的通项和频率的通项，再确定波速的特殊值。根据 a、b两点振动先后判断离振源的远近。 【详解】A．由图读出周期为 0.1sT  则此波的频率为 1 10Hzf T   选项 A 正确； BC．波从 a传到b的时间为 (0.1 0.03)st n  波速为 4.42 m/s 0.1 0.03 v n   ， ( 0n  ，1， 2 ) 当 1n  时，波速为 34m/sv  波长为 4.42 m 0.3 λ vT n    n是整数， 不可能等于0.1m。选项 B 错误，C 正确； D．由图不能断定 a、b两点振动的先后，因而无法确定哪一点距波源近一些，选项 D 错误。 故选 AC。 【点评】本题考查对振动图象和质点的振动与波动的关系的理解，要抓住波的周期性。 8. 2007 年 4 月 24 日，欧洲科学家宣布在太阳系之外发现了一颗可能适合人类居住的类地行 星 Gliest581c.这颗围绕红矮星 Gliese 581 运行的星球有类似地球的温度，表面可能有液态 水存在，距离地球约为20光年，直径约为地球的 1.5倍，质量约为地球的5倍，绕红矮星 Gliese 581 运行的周期约为 13 天．假设有一艘宇宙飞船飞船飞临该星球表面附近轨道，下列说法正 确的是 A. 飞船在 Gliest 581c 表面附近运行的周期约为 13 天 B. 飞船在 Gliest 581c 表面附近运行时的速度大于 7.9km/s C. 人在 liese 581c 上所受重力比在地球上所受重力大 D. Gliest 581c 的平均密度比地球平均密度小 - 7 - 【答案】BC 【解析】 【详解】分析：根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要求解的物理量．根据已知条 件进行对比． 解答：解：A、飞船绕行星运动时由万有引力提供向心力．则有：G 2 CM m r =m 2 2 4 T  r，得： T=2π 3 C r GM 所以在 Gliese581c 表面附近运行的周期与地球表面运行的周期之比为： 3 3 27 1 40 cC c M rT T M r   地 地 地 由于地球表面运行的周期小于 1 天，所以飞船在 Gliese581c 表面附近运行的周期小于一天．故 A 错误． B、由万有引力提供向心力得：G 2 CM m r =m 2v r ， 10 1 3 C Cv M R v M r    地 地 所以飞船在行星表 面做圆周运动时的速度大于 7.9km/s，故 B 正确． C、在 Gliese581c 表面，，物体受到的万有引力等于重力．所以有 G 2 CM m r =mg′ 忽略地球自转，物体受到的万有引力等于重力．所以有 G 2 M m R 地 =mg 整理得 2 2 2 5 1 5 1 1.5 2.25 CM Rg g M r      地 ＞1，所以在 Gliese581c 上的重力大于在地球上所受的 重力．故 C 正确． D、行星的密度ρc= 3 3 3 5 4 4 4v (1.5 ) 3 3 3 C C C M MM M r R R     地 地 =ρ地，故 D 错误． 故选 BC． 点评：求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达 式进行比较． 向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用． - 8 - 三、实验题（每空 1 分） 9. 某同学利用图（a）所示实验装置即数字化信息系统获得了小车加速度 a 与钩码的质量 m 的 对应关系图，如图（b）所示，实验中小车（含发射器）的质量为 200g，实验时选择了不可伸 长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到，回答下列 问题： （1）根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成 （填“线性”或“非线性”）的关 系． （2）由图（b）可知， a m 图线不经过远点，可能的原因是 ． （3）若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的 结论，并直接以钩码所受重力 mg 作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施 是 ，钩码的质量应满足的条件是 ． 【答案】（1）非线性（2）存在摩擦力（3）调整轨道倾斜度以平衡摩擦力 远小于小车质量 【解析】 【分析】 试题分析：（1）根据该同学描绘的加速度和钩码质量的图象是一条曲线而不是直线，所以是 非线性关系． （2）根据图（b）可知当钩码有一定质量，即细线有一定拉力时，小车加速度仍等于 0，说明 小车合力等于 0，所以可能除拉力外小车还受到摩擦力作用 （3）实验改进部分由两个要求，第一个就是图象不过远点，需要平衡摩擦力，所以调整轨道 倾斜度，第二个就是图象时曲线，因为小车的合力即细线拉力并不等于钩码重力，而是拉力 1 1 mgF Ma M mgmM m M      只有当m M 时． F mg ，图象近似为直线． 考点：探究牛顿第二定律实验探究 - 9 - 【详解】 10.利用如图（a）所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源， 电阻箱 R（最大阻值999.9Ω ），电阻 0R （阻值为3.0Ω ），电阻 1R（阻值为3.0Ω ），电流表 A（量程为 200mA，内阻为 6.0ΩAR  ），开关 S。 实验步骤如下： ①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关 S； ②多次调节电阻箱，记下电流表的示数 I和电阻箱相应的阻值 R； ③以 1 I 为纵坐标，R为横坐标，作 1 R I  图线（用直线拟合）； ④求出直线的斜率 k和在纵轴上的截距 b。 回答下列问题： (1)分别用 E和 r表示电源的电动势和内阻，则 1 I 与 R的关系式为_____________； (2)实验得到的部分数据见表格，其中电阻 3.0R  时电流表的示数如图（b）所示。读出数 据，完成表格。 答：①__________，②______________。 - 10 - / ΩR 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0 / AI 0.143 0.125 ① 0.100 0.091 0.084 0.077 1 1/ AI   6.99 8.00 ② 10.0 11.0 11.9 13.0 (3)在图（c）的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图______，根据图线求得斜率 k  ___________ 1 1A Ω  ，截距b  ______ 1A ；根据图线求得电源电动势 E  ________V， 内阻 r  ________Ω 。 【 答 案 】 (1). 1 3 15 3rR I E E    (2). 0.110 (3). 9.09 (4). - 11 - (5). 1.0(0.96 ~ 1.04) (6). 6.0(5.9 ~ 6.1) (7). 3.0(2.7 ~ 3.3) (8). 1.0(0.6 ~ 1.4) 【解析】 【详解】(1)[1]由于电流表 A 与电阻 1R并联，且 6.0ΩAR  ， 1 3.0ΩR  ，当电流表示数为 I 时，电路总电流应为3I ；根据闭合电路欧姆定律有 A 1 0 A 1 3 ( )R RE I R R r R R      代入数据整理得 1 3 15 3R EI r E    ； (2)[2][3]根据图（b）可知电流表示数为110mA 0.110A ，所以其倒数为 11 9.09A I  ； (3)[4]如答图所示． - 12 - [5][6][7][8]根据 1 R I  图像可得 13 1.0Vk E   115 3 6.0Ar b E    解得： 3.0VE  ， 1.0Ωr  。 四、解答题 11.如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈 abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数 N=100，边长 ab="1.0" m、bc="0.5" m，电阻 r=2Ω．磁感应强度 B 在 0 ~1 s 内从零均匀变化到 0.2 T．在 1~5 s 内从 0.2 T 均匀变化到-0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求： （1）0.5s 时线圈内感应电动势的大小 E 和感应电流的方向； （2）在 1~5s 内通过线圈的电荷量 q； （3）在 0~5s 内线圈产生的焦耳热 Q． 【答案】（1）E=10V，感应电流方向为 a®d®c®b®a（2）q=10C （3）Q="100J" - 13 - 【解析】 （1）要求解 0.5s 时的感应电动势，只能通过求平均感应电动势着眼．由于线圈与磁场方向垂 直的有效面积不变，只是磁感应强度均匀变化，则 0.5s 的瞬时感应电动势正好与 0 ~1 s 的平 均感应电动势相等．感应电流的方向可根据楞次定律来进行判断即可．（2）要分析 1~5s 的电 荷量 q，则只要根据 求解即可；（3）由于磁场的变化分 0 ~1 s 和 1 ~5 s 两个不同的阶段，可从两阶段分别对线圈产生的焦耳热进行分析，运用 即可求 得． （1）磁感应强度 B 在 0 ~1 s 内从零均匀变化到 0.2 T，故 0.5s 时刻的瞬时感应电动势的大小 和 0 ~1 s 内的平均感应电动势大小相等．则由感应电动势： 且磁通量的变化量 ，可解得 ，代入数据得 ．0 ~1 s 磁感应强度在逐 渐增大，根据楞次定律：感应电流产生的磁场将与原磁场方向相反，则感应电流的方向为： a®d®c®b®a． （2）同理可得： 2 2 2 B SE N t    ，感应电流 2 2 EI r  ，电量 2 2q I t  解得： 2B Sq N r   ,代入数据得：q=10C． （3）0 ~1 s 内的焦耳热 ，且 1~5 s 内的焦耳热 ，由 ,代入数据得： 【考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律、电荷量及焦耳热的综合．注意分阶段考虑， 考查考生的分析能力、推理能力等．难度：中等． 12.一长木板在水平地面上运动，在 t=0 时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后 木板运动的速度－时间图像如图所示．己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与 地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取 重力加速度的大小 g=10ｍ/s2.求： - 14 - （1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数； （2）从 t=0 时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小． 【答案】（1）0.20 ， 0.30 （2）s=1.125m 【解析】 试题分析：（1）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，木板与物块的质 量均为 m． v-t 的斜率等于物体的加速度，则得： 在 0-0．5s 时间内，木板的加速度大小为 2 2 1 5 1 / 8 / 0.5 va m s m s t      ＝ ． 对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则 由牛顿第二定律得μ1mg+μ2•2mg=ma1，① 对物块：0-0．5s 内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为 a2=μ1g t=0．5s 时速度为 v=1m/s，则 v=a2t② 由①②解得μ1=0．20，μ2=0．30 （2）0．5s 后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大 小为 a=μ2g 由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止． 根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于 a2=μ1g=2m/s2． 0．5s 后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为 22 1 1 2 4 /mg mga m s m       故整个过程中木板的位移大小为 2 2 2 0 1 1 1 1.625 2 2 v v vx m a a      物块的位移大小为 2 2 2 2 2 0.5 2 2 v vx m a a    所以物块相对于木板的位移的大小为 s=x1-x2=1．125m - 15 - 考点：牛顿第二定律的应用 【名师点睛】本题首先要掌握 v-t 图象的物理意义，由斜率求出物体的加速度，其次要根据牛 顿第二定律判断速度相等后两物体的运动情况，再由运动学公式求解相对位移． 13.如图所示，在 xOy平面内，有一电子源持续不断地沿 x正方向每秒发射出 N 个速率均为 v 的电子，形成宽为 2b、在 y轴方向均匀分布且关于 x轴对称的电子流。电子流沿 x方向射入 一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直 xOy平面向里，电子经 过磁场偏转后均从 P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于 x轴的金属平行板 K 和 A， 其中K板与 P点的距离为 d ，中间开有宽度为 2l且关于 y轴对称的小孔。K 板接地，A 与 K 两板间加有正负、大小均可调的电压 AKU ，穿过 K 板小孔到达 A 板的所有电子被收集且导出， 从而形成电流。已知 3 2 b R ，d l ，电子质量为m，电荷量为 e，忽略电子间相互作用。 (1)求磁感应强度 B的大小； (2)求电子从 P点射出时与负 y轴方向的夹角的范围； (3)当 0AKU  时，每秒经过极板 K 上的小孔到达极板 A 的电子数； (4)求 AKU 为多大时，板间的电流为 0。 【答案】(1) mv eR ；(2) 60 60    ；(3) 0.82N ；(4) 2 2 mv e  【解析】 - 16 - 【分析】 (1)所有电子均从 P点射出，说明电子做圆周运动的半径与磁场的半径相等，根据洛伦兹力提 供向心力求解出磁感应强度； (2)画出临界圆的轨迹，根据几何知识求解电子从 P点射出时与负 y轴方向的夹角的范围； (3)求出从缺口边界射入电场的粒子离开磁场时与 y轴负方向的夹角，从而求解出对应的进入 磁场时电子源的高度，该高度与电子源的总高度的比等于射入电场的电子数与总电子数的比， 从而求解出每秒经过极板K上的小孔到达极板 A的电子数； (4)根据动能定理求解遏止电压。 【详解】(1)根据题意可知，电子在磁场中做圆周运动的轨道半径 r R 根据牛顿第二定律有 2vevB m r  解得 mvB eR  (2)运动轨迹图如下： ， 上端电子从 P点射出时与负 y轴最大夹角 m ，由几何关系有 sin m b R   解得 60m   同理下端电子从 P点射出与负 y轴最大夹角也是60，所以电子从 P点射出时与 y轴负方向 的夹角的范围是 - 17 - 60 60     (3)进入小孔的电子速度与 y轴间夹角正切值最大为 tan 1l d    解得 45   此时对应的能够进入平行板内电子长度为 2y，根据几何关系知 2sin 2 y R R   设每秒能到达 A板的电子数为 n，则由比例关系知 n y N b   解得 6 0.82 3 n N N  (4)只要竖直向下的电子达不到 A板，其它电子一定达不到，此时的电压大小为 AKU ，根据动 能定理得 210 2AKeU mv  解得 2 2AK mvU e   下极板带负电。 【点评】本题考查了电子在磁场与电场中的运动，分析清楚电子运动过程，作出电子在磁场 中做圆周运动的轨道半径是解题的关键；解题时注意求出极限值然后再确定范围。