【物理】天津市和平区2020届高三下学期模拟考试（三）试题（解析版） 15页

天津市和平区2020届高三下学期模拟考试（三）‎ 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共100分。考试用时70分钟。‎ 第I卷（选择题共40分）‎ 一、单项选择题（每题5分，共25分。每题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）‎ ‎1.下列说法正确的是（　　）‎ A. 太阳辐射能量主要来自太阳内部的核裂变反应 B. 某些元素的原子核可以自发进行α衰变，衰变后原子核总质量减少 C. 汤姆生通过对阴极射线的研究发现电子并提出原子核式结构模型 D. 玻尔能级跃迁理论说明原子核具有复杂结构 ‎【答案】B ‎【详解】A．太阳辐射的能量来源于太阳内部的核聚变反应，故A错误；‎ B．原子核发生α衰变，放出能量，根据质能方程可知，衰变过程中有质量亏损，故原子核的总质量减少，故B正确；‎ C．汤姆生通过对阴极射线的研究发现电子，并提出了原子的枣糕模型，卢瑟福通过α散射实验，提出原子的核式结构，故C错误；‎ D．玻尔能级跃迁理论解释了氢原子的核外电子的跃迁问题，说明原子具有复杂的结构，贝克勒尔发现了天然放射现象，说明原子核具有复杂结构，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎2.如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为4∶1。原线圈接入输出电压为交流电源，副线圈接一个R＝27.5 Ω的负载电阻。则下述结论正确的是（　　）‎ ‎ ‎ A. 副线圈中交流电压表的读数为 B. 副线圈中输出交流电的周期为 C. 原线圈中交流电流表的读数为‎0.5 A D. 原线圈中的输入功率为W ‎【答案】C ‎【详解】A．副线圈中交流电压表的读数为交流电压的有效值，初级电压有效值为 根据变压器原理可得 选项A错误；‎ B．副线圈中输出交流电的周期为 选项B错误；‎ C．根据变压器输入功率等于输出功率可得 解得 I1=‎‎0.5A 选项C正确；‎ D．原线圈中的输入功率为 P1=U1I1=220V×‎0.5A=110W 选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.‎2020年5月5日长征五号B运载火箭的首飞成功，实现空间站阶段飞行任务首战告捷，拉开我国载人航天工程“第三步”任务序幕。已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G。有关同步卫星，下列表述正确的是（　　）‎ A. 卫星距离地面的高度 B. 卫星的运行速度大于第一宇宙速度 C. 卫星运行时受到的向心力大小为 D. 卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度 ‎【答案】D ‎【详解】AC．万有引力提供向心力，因此有 化简可得 故AC错误；‎ B．由上面分析可得 由于第一宇宙速度为 故B错误；‎ D．由上面分析可得 地表重力加速度为 故D正确。故选D ‎4.简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v。若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四副波形中质点a最早到达波谷的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【详解】由图A知，波长，周期 由图知质点a向上振动，经第一次到达波谷，用时 B图对应波长，周期 由图知质点a向下振动，经第一次到达波谷，用时 C图对应波长，周期 由图知质点a向上振动，经第一次到达波谷，用时 D图对应波长，周期 由图知质点a向下振动，经第一次到达波谷，用时 所以D波形中质点a最早到达波谷，故选D。‎ ‎5.传感器是一种采集信息的重要器件，图为测定压力的电容式传感器，将电容器、灵敏电电流表、电源连接．施加力的作用使电极发生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转．在对膜片开始施加恒定的压力到膜片稳定，灵敏电流表指针的偏转情况为（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏）‎ ‎ ‎ A. 向右偏到某一刻度后不动 B. 向左偏到某一刻度后不动 C. 向右偏到某一刻度后回到零刻度 D. 向左偏到某一刻度后回到零刻度 ‎【答案】C ‎【详解】当F向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容决定式得到，电容器的电容将增大，又根据电容的定义式，电容器两极的电压U不变，故Q将增大，即电容器充电，所以电流将从电流表正接线柱流入，电流计指针向右偏．当充电完毕后，电路中没有电流，电流计的指针回到零刻度．故C正确，ABD错误．‎ 二、不定项选择题（每题5分，共15分。每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.蓝光相比红光具有频率高、能最大的特点，则以下叙述正确的是 A. 发生全反射时红光的临界角小于蓝光的临界角 B. 用同一干涉装置可看到红光的干涉条纹间距比蓝光宽 C. 在同一均匀介质中蓝光的传播速度小于红光的传播速度 D. 如果蓝光能使某种金属发生光电效应，红光也一定能使该金属发生光电效应 ‎【答案】BC ‎【详解】A、红光的折射率比蓝光的折射率小，由 可知红光的临界角比蓝光的大；故A错误；‎ B、根据，当用同一装置做双缝干涉实验时，双缝干涉条纹间距与光的波长成正比，红光的波长比蓝光长，所以红光的双缝干涉条纹间距大于蓝光双缝干涉条纹间距，故B正确；‎ C、红光的折射率比蓝光的折射率小，根据知，红光在介质中传播速度大于蓝光的传播速度，故C正确；‎ D、红光的折射率小，则红光的频率小，蓝光能使某金属发生光电效应，红光不一定能使该金属发生光电效应，故D错误．‎ ‎7.质量为、电量为的带电粒子以速率v垂直磁感线射入磁感应强度为的匀强磁场中，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，带电粒子在圆周轨道上运动相当于一个环形电流，则下列说法中正确的是 A. 环形电流的电流强度跟成正比 B. 环形电流的电流强度跟v成正比 C. 环形电流的电流强度跟成正比 D. 环形电流的电流强度跟成反比 ‎【答案】CD ‎【详解】设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，半径为r，则由，得，环形电流：，可见，I与q的平方成正比，与v无关，与B成正比，与m成反比，故AB错误，CD正确．‎ ‎8.如图所示，试管的一端插在水银槽中，另一端封闭有理想气体。试管内有一段水银柱，降低封闭气体温度，以下说法正确的是（　　）‎ A. 试管中的水银柱高度下降 B. 封闭气体压强减小 C. 封闭气体的体积与压强乘积变大 D. 气体内能的变化值小于气体放出的热量 ‎【答案】BD ‎【详解】ABC．根据理想气体状态方程可知，降低封闭气体温度，封闭气体的体积与压强乘积变小，如果封闭气体体积不变，降低封闭气体温度，压强减小，则试管中的水银柱高度上升，故AC错误，B正确；‎ D．由热力学第一定律可知，由于降低封闭气体温度过程中外界对气体做功，则气体内能的变化值小于气体放出的热量，故D正确。‎ 故选BD。‎ 第II卷（非选择题 共60分）‎ 三、实验题 ‎9.图1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M。实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。‎ ‎(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是______。‎ A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动 ‎(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是_______。‎ A．M=‎20g，m=‎10g、‎15g、‎20g、‎25g、‎30g、‎‎40g B．M=‎200g，m=‎20g、‎40g、‎60g、‎80g、‎100g、‎‎120g C．M=‎400g，m=‎10g、‎15g、‎20g、‎25g、‎30g、‎‎40g D．M=‎400g，m=‎20g、‎40g、‎60g、‎80g、‎100g、‎‎120g ‎(3)下图是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为sAB=‎4.22cm，sBC=‎4.65cm、sCD=‎5.08cm，sDE=‎5.49cm、sEF=‎5.91cm、sFG=‎6.34cm。已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度a=_____m/s2（结果保留2位有效数字）。‎ ‎【答案】(1). B (2). C (3). ‎ ‎【详解】(1)[1]为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即平衡摩擦力。故AC错误，B正确。故选B。‎ ‎(2)[2]只有时，才可以将小车与砝码受到的合外力看作为砂与砂桶的总重力，因此应选择最小的一组，故ABD错误，C正确。故选C。‎ ‎(3)[3]相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，则相邻的计数点时间间隔为 利用匀变速直线运动的推论 可得 为了更加准确的求出加速度，我们对三个加速度取平均值，即 代入数据解得 ‎10.从下列实验器材中选出适当的器材，设计实验电路来测量某电压表的内阻。‎ A．待测电压表V1，量程0〜3V，RV内电阻约20k〜25k B．电压表V，量程0〜5V，内电阻约50k C．定值电阻R1，阻值20k D．定值电阻R2，阻值100‎ E．滑动变阻器R3，阻值范围0〜20，额定电流‎0.2A F．滑动变阻器R4，阻值范围0〜100，额定电流‎0.2A G．电池组，电动势为6V，内电阻约为0.5‎ H．单刀开关若干和导线若干 ‎（1）请设计一个测量电路，并在方框中画出电路图_______________。‎ ‎（2）实验器材选择除A、B、G、H外，定值电阻应选用_____，滑动变阻器应选用_____（用器材前的字母表示）。‎ ‎（3）写出测量电压表内阻的表达式_____（用已知物理量和测量物理量表示）。‎ ‎【答案】(1). 见解析 (2). C F (3). ‎ ‎【详解】（1）[1]由于电压表的内阻远大于滑动变阻器的最大电阻，故若采用限流式接法，则通过待测电压表的电流变化范围较小，不可能达到多组数据测量的目的，无法精确地测量电压表的内阻，故采用分压式接法；测量该电压表的内阻的实验电路图如图所示：‎ ‎（2）[2][3]待测电压表和测量电压表的量程不同，且待测电压表的内阻小于测量电压表的内阻，为了得到较高的测量精确度，应该使两个电压表的度数尽可能都到达量程的以上；故待测电压表应该串联一个电阻，且使它们的电阻之和与测量电压表的电阻差不多，故串联定值定值应该选，故填序号C；然后再与测量电压表并联，为了方便调节，滑动变阻器应该选；故填序号F。‎ ‎（3）[4]根据串并联电路特点，流过待测电压表与定值电阻的电流相等，故有：‎ 解得：‎ 四、计算题（要求写出必要的文字说明、方程式和推导过程，只有结果的不给分）‎ ‎11.如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距。导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻导轨上停放一质量、电阻的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示。‎ ‎（1）试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；‎ ‎（2）求第2s末外力F的瞬时功率；‎ ‎（3）如果水平外力从静止开始拉动杆2s所做的功，求金属杆上产生的焦耳热。‎ ‎【答案】(1)见解析；(2)0.35W；(3)0.05J ‎【详解】(1) 设路端电压为U，金属杆运动速度为v，则感应电动势E=BLv，电阻R两端的电压 由图乙可得 U=kt，k=0.1V/s 解得 因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，加速度 ‎(2) 在2s末，速度 v2=at=‎2m/s 此时通过金属杆的电流 金属杆受安培力 F安=BIL=0.075N 设2s末外力大小为F2，由牛顿第二定律：‎ F2-F安=ma 故4s末时外力F的瞬时功率P=F2v2，解得：‎ P=0.35W ‎(3) 在2s末，杆的动能 由能量守恒定律，回路产生的焦耳热：‎ Q=W-Ek=0.35-0.2 J =0.15J 又故在金属杆上产生的焦耳热 Qr=0.05J ‎12.如图所示，AB是长度足够长的光滑水平轨道，水平放置的轻质弹簧一端固定在A 点，另一端与质量m1=‎2kg的物块P接触但不相连。一水平传送带与水平轨道B端平滑连接，物块P与传送带之间的动摩擦因数，传送带右端与光滑水平轨道CD平滑连接，传送带在电机驱动下以v=‎2m/s的速度顺时针匀速运动。质量为m2=‎6kg的小车放在光滑水平轨道上，位于CD右侧，小车左端与CD段平滑连接，右侧与一段半径R=‎0.5m的光滑的四分之一圆弧相连接，物块P与小车水平上表面的动摩擦因数。用外力缓慢推动物块P，将弹簧压缩至储存的弹性势能EP=9J，然后放开，P开始沿轨道运动并冲上传送带，到达传送带右端时速度恰好与传送带速度大小相等，物块P在小车上上升的最大高度H=‎0.1m，重力加速度大小g=‎10m/s2。求：‎ ‎(1)物块P相对传送带的滑行距离L；‎ ‎(2)小车的水平长度L1。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【详解】(1)根据机械能守恒定律可得 物块P在传送带上仅有摩擦力对其做功，因此有动能定理可得 代入数据联立解得 ‎(2)当物体运动到小车的最高点时，对于P与小车构成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得 由能量守恒定律可得 联立解得小车的水平长度为 ‎13.如图所示，在平面内，有一电子源持续不断地沿正方向每秒发射出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，K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压，穿过K板小孔达到A板的电子被收集且导出，从而形成电流，已知，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。‎ ‎(1)磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)电子流从P点射出时与y轴负方向的夹角的范围；‎ ‎(3)电子被收集形成最大电流；‎ ‎(4)调节A与K两级板间的电压刚好不能形成电流，此时可调的电压大小。‎ ‎【答案】(10；(2)；(3)；(4)‎ ‎【详解】(1)粒子源沿x轴正方向射出的粒子经圆形磁场区域偏转后均从P点射出，则从x轴上沿x轴正方向射入磁场的粒子也从P点射出，则该粒子的轨道半径与磁场区域的半径相等，偏转角为90°，故电子做圆周运动的轨道半径r=R，电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 ‎(2)上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角，如图所示 由几何关系可得 解得 同理下端电子从P点射出时与负y轴最大夹角也为60°，范围是 ‎(3)所有进入磁场的电子均能进入两极板，调节A、K两极板间的电压，可使所有电子均可打到A极板上，所以收集所有电子形成的最大电流为 由题有 解得 ‎（4）只要竖直向下的电子达不到A板，其它电子一定达不到，从K到A，根据动能定理可得 解得 则