【物理】天津市2020届高三上学期期末考试模拟试题（解析版）

【物理】天津市2020届高三上学期期末考试模拟试题（解析版）

天津市2020届高三上学期期末考试模拟试题 第Ⅰ卷 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.下列说法正确的是（ ）‎ A. 当两个分子间的距离小于平衡距离时，分子间的作用表现为引力 B. 物体的内能是物体中所有分子热运动动能之和 C. 只经历等温过程的理想气体，如果压强增加一倍，则其体积减少一半 D. 如果没有能量损失，则热机能把从单独一个热源吸收的热量全部转化成机械能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 当两个分子间的距离小于平衡距离时，分子间的作用表现为斥力，选项A错误；‎ B. 物体的内能是物体中所有分子热运动动能和势能之和，选项B错误；‎ C. 根据理想气体状态方程，只经历等温过程的理想气体，如果压强增加一倍，则其体积减少一半，选项C正确；‎ D. 由热力学第二定律知热机不能把从单独一个热源吸收的热量全部转化成机械能，选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.如图所示,在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A,A的左端紧靠竖直墙,A与竖直墙之间放一光滑圆球B,整个装置处于静止状态,若把A向右移动少许后,它们仍处于静止状态,则 A. B对墙的压力增大 B. A与B之间的作用力增大 C. 地面对A的摩擦力减小 D. A对地面的压力减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．小球B受重力、A的支持力F1和墙壁的压力F2．如下图所示： 将重力G分解为G1和G2，则根据平衡可知，‎ F2=G2=Gtanθ 当A向右移动少许，根据题意可知，A对小球B的作用力F1与竖直方向的夹角θ将减小，根据力图分析可知：因为θ减小，则cosθ增大，tanθ减小，即墙壁对小球B的作用力将减小，A对小球B的支持力减小．根据牛顿第三定律可知，球B对墙壁的压力将减小，球B对A的压力亦减小，选项AB错误．‎ C．再对A进行受力分析知： 由于A的平衡，所以A受地面摩擦力f=FBsinθ，根据题意知，B对A的压力FB减小且FB与竖直方向的夹角θ减小，故A所受地面的摩擦力f减小．再根据牛顿第三定律，地面所受A的摩擦力减小，选项C正确． D．对AB的整体，竖直方向受到地面的支持力和AB的重力，则地面的支持力等于AB的重力之和，选项D错误．‎ ‎3.我国在近两年将发射10颗左右的导航卫星，预计在2015年建成由30多颗卫星组成的 ‎ “北斗二号”卫星导航定位系统，此系统由中轨道、高轨道和同步轨道卫星等组成.现在正在服役的“北斗一号”卫星定位系统的三颗卫星都定位在距地面‎36000km的地球同步轨道上.而美国的全球卫星定位系统(简称GPS)由24颗卫星组成，这些卫星距地面的高度均为‎20000km.则下列说法中正确的是 A. “北斗一号”系统中的三颗卫星的质量必须相等 B. GPS的卫星比“北斗一号”的卫星周期短 C. “北斗二号”中的每颗卫星一定比“北斗一号”中的每颗卫星的加速度大 D. “北斗二号”中的中轨道卫星的线速度小于高轨道卫星的线速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】同步轨道上的卫星质量可以不等，故A错；多卫星围绕同一天体做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，即，解得，，，可知，轨道半径越大，v、 ω、越小，周期T变大，“北斗一号”的轨道半径大于GPS的卫星，故GPS的卫星周期短，B正确；“北斗二号”由中轨道、高轨道和同步轨道卫星等组成，则高轨道卫星轨道半径比“北斗一号”还大，加速度应小于“北斗一号”中的每颗卫星，故C错；“北斗二号”中的中轨道卫星的线速度大于高轨道卫星的线速度，故D错．答案为B．‎ ‎4.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是（ ）‎ A. b点场强大于d点场强 B. b点场强为零 C. a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差 D. 试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在两等量异种点电荷连线上中点的场强最小，在两等量异种点电荷连线的中垂线上中点的电场强度最大。所以b点的场强小于连线中点的场强，d点的场强大于中点的场强，则b点场强小于d点场强，选项A错误；‎ B.根据适矢量的叠加，b点的合场强由b指向c，不为零，选项B错误；‎ C.由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，选项C正确；‎ D.因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎5.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h．圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g．则圆环（ ）‎ A. 下滑过程中，加速度一直减小 B. 下滑过程中，克服摩擦力做功为 C. 在C处，弹簧的弹性势能为 D. 上滑经过B的速度小于下滑经过B的速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，又经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小后增大，选项A错误；‎ B研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理有：‎ 同理在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理有：‎ 联立解得：，选项B正确；‎ C.由得，所以在C处弹簧弹性势能为，选项C错误；‎ D.圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理有：‎ 圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理有：‎ 即 所以，即上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，选项D错误。‎ 故选B。‎ 二、多项选择题（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2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎6.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈（单匝）的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为‎1A．那么 A. 线圈消耗的电功率为4W B. 线圈中感应电流的有效值为‎2A C. 任意时刻线圈中的感应电动势为 D. 任意时刻穿过线圈的磁通量为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】从垂直中性面开始其瞬时表达式为，则电流的最大值为，B错误；感应电动势的最大值为 ，任意时刻线圈中的感应电动势为，C正确；线圈消耗的电功率为，A正确；任意时刻穿过线圈的磁通量为，根据公式可得,故，D错误；‎ ‎7.简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向由a到b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，则从该时刻开始计时，质点a第一次到达波谷的时刻可能是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】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a、b之间波形可能为以下几种情况：‎ 又因为波沿x轴正方向由a到b传播，则a点的振动方向如图所示。‎ 所以质点a第一次到达波谷的时刻可能是：‎ 选项AD正确，BC错误。‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键要确定波长与s的关系，求得周期。并能熟练根据波的传播方向判断质点的振动方向。‎ ‎8.如图所示，上、下表面平行的玻璃砖置于空气中，一束复色光斜射到上表面，穿过玻璃后从下表面射出，分成a、b两束平行单色光。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率 B. 在玻璃中a光的全反射临界角小于b光的全反射临界角 C. 在玻璃中a光的传播速度大于b光的传播速度 D. 同一光电管得到的a光的遏止电压比b光的大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图看出，光线通过平行的玻璃砖后，a光的侧移大于b光的侧移，说明玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，选项A错误；‎ B. 由知折射率越大，临界角越小，所以在玻璃中a光的全反射临界角小于b光的全反射临界角，选项B正确；‎ C. 由可知在玻璃中a光的传播速度小于b光的传播速度，选项C错误；‎ D. 折射率越大遏止电压越大，所以同一光电管得到的a光的遏止电压比b光的大，选项D正确。‎ 故选BD。‎ 第Ⅱ卷 三、非选择题（计算题要写出必要的公式和推演过程，只写答案的不得分共55分）‎ ‎9.（1）某学习小组用图甲所示的实验装置探究“动能定理”．他们在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．‎ ‎①某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=__________mm．‎ ‎②下列实验要求中不必要的一项是__________（请填写选项前对应的字母）．‎ A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 B．应使A位置与光电门间的距离适当大些 C．应将气垫导轨调至水平 D．应使细线与气垫导轨平行 ‎③实验时保持滑块的质量M和A、B间的距离L不变，改变钩码质量m，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理数据时应作出的图象是__________（请填写选项前对应的字母）．‎ A．作出“t-F图象”‎ B．作出“t2-F图象”‎ C．作出“t2-F-1图象”‎ D．作出“t-1-F2图象”‎ ‎【答案】①2. 30 ② A ③C ‎【解析】‎ ‎【详解】①[1] 游标卡尺测得遮光条的宽度.‎ ‎②[2] A．该实验中滑块受到的力可以直接通过力传感器测得，因此不必要使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量。‎ B．为了测量的准确性，应使A位置与光电门间的距离适当大些；‎ C D．本实验应将气垫导轨调至水平，使细线与气垫导轨平行。‎ 本题选不必要的一项，故选A。‎ ‎③[3] 滑块动能变化，合外力对它所做功的，若合外力做功与动能变化相等，则有，即 所以要研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理数据时应作出“t2-F-1图象”。‎ 选项C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎10.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，除导线、开关外，实验室还提供如下器材：‎ A．电压表V1（3V，内阻约为5kΩ）‎ B．电压表V2（15V，内阻约为10kΩ）‎ C．电流表A1（0．‎6A，内阻约为1Ω）‎ D．电流表A2（‎3A，内阻约为0．03Ω）‎ E．阻值为2．0Ω的定值电阻R1‎ F．阻值为20Ω的定值电阻R2‎ G．最大阻值为10Ω的滑动变阻器R3‎ H．最大阻值为100Ω的滑动变阻器R4‎ 要求尽量减小实验误差。‎ ‎(1)应该选择的实验电路是图__________（选“a”或“b”）；‎ ‎(2)电流表应选择___，电压表应选择____，定值电阻应选择______，滑动变阻器应选择__________；（填写选项前的序号）‎ ‎(3)通过实验采集数据，分别以电流表的示数I（A）和电压表的示数U（V）为横、纵坐标，计算机拟合得到U－I图像，拟合公式为U=－2.6I+1.4，则电源的电动势E=___V；内阻r=__________Ω；‎ ‎(4)在该实验中，产生系统误差的主要原因是__________。‎ A．电压表的分流作用 B．电压表的分压作用 C．电流表的分压作用 D．电流表的分流作用 E．定值电阻的分压作用 F．滑动变阻器的分流作用 ‎【答案】 (1). a (2). A C E G （3）1.4 0.6 (4). A ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由于两电表内阻未知，并且电流表内阻与等效内阻接近，误差较大，所以应采用相对电源的外接法，故选择a电路；‎ ‎(2)[2][3]一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选0－3V的C；电路中电流较小，故电流表应选择量程较小的A1；‎ ‎[4][5]由于电动势较小，内阻较小，为了得出合适的电流，保护电阻应选择阻值小的E；为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的G；‎ ‎(3)[6][7]由闭合电路欧姆定律可知，U=E－Ir，对比给出的公式U=－2.6I+1.4可知，电源电动势 等效内阻为2.6Ω，则电源实际内阻 ‎(4)[8]本实验中由于电压表的分流而导致电流表小于真实值，而保护电阻作为内阻处理，不影响实验结果，电流表内阻和滑动变阻器没有影响，故A正确，BCDE错误。‎ 故选A。‎ ‎11.如图，质量为‎6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平．B端上放有质量为‎3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝‎ ‎，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半．‎ ‎ ‎ ‎(1)求细绳能够承受的最大拉力；‎ ‎(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；‎ ‎(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来．‎ ‎【答案】(1)3mg(2)L(3) 滑块C不会从木板上掉下来 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： ‎ 解得：‎ 小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律： ‎ 由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T´=T 解得：T´=3mg ‎（2）小球碰撞后平抛运动．在竖直方向上：‎ 水平方向：L=‎ 解得：h=L ‎（3）小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： ‎ 设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律的： ‎ 由能量守恒定律得： ‎ 联立⑨⑩⑪解得：s=L/2‎ 由s

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