【最新】2020届天津市南开区高三下学期二模物理试题(解析版).pdf

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1、页1第2019-2020 学年度第二学期南开区高三年级模拟考试（二）物理试卷本试卷分为第卷（选择题）和第卷两部分，共100分。考试用时 60分钟。注意事项：答卷前，考生务必用黑水笔和2B 铅笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡上相应位置；答题时，务必将卷答案用2B 铅笔涂写在答题卡上，将卷答案用黑水笔填写在答题卡上相应位置，答在试卷上无效。考后请将答题卡交回。第卷一、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.温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度B.内能是物体内所有分子热运动所具有的动能的总和C.布朗运动是液

2、体分子的无规则运动D.电冰箱的工作过程表明，热量可以自发地从低温物体向高温物体传递【答案】A【解析】【详解】A温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度，因此分子无规则的运动又叫分子热运动，A正确；B内能是物体内所有分子热运动所具有的动能和所有分子间势能的总和，B 错误；C布朗运动是固体颗粒在液体分子撞击下的无规则运动，C 错误；D电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，但一定会引起其它变化，D 错误。故选 A。2.第十三届全运会在天津市奥体中心成功举行。某工作人员在进行检修任务时，必须在屋顶上向上缓慢爬行。为了简化，可将奥体中心的屋顶近似为半圆形，则他在屋顶向上缓慢爬行的过程中

3、屋顶对他的（）A.支持力不变B.支持力变小C.摩擦力变小D.摩擦力变大【答案】C【解析】页2第【详解】缓慢爬行的过程受到的摩擦力为静摩擦力，由于缓慢爬行的过程所处位置的切面与水平方向夹角逐渐减小，即越来越平缓，因此支持力越来越大，摩擦力越来越小。当到达顶端时支持力等于重力，而摩擦力减小到零，C 正确，ABD 错误。故选 C。3.一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在t秒与(t+0.2)秒两个时刻，在x 轴上(3m，3m)区间的波形完全相同，如图所示。并且图中M，N 两质点在t 秒时位移均为2a，下列说法中正确的是（）A.该波的最大波速为20m/s B.(t+0.1)秒时刻，x=2m 处的质点位移一

4、定是a C.从 t秒时刻起，x=2m 处的质点比x=2.5m 的质点先回到平衡位置D.从 t秒时刻起，在质点M 第一次到达平衡位置时，质点N 恰好到达波峰【答案】C【解析】【详解】A由题意知波长=4m，由于两个时刻的波形相同，经过了整数倍周期的时间，则得0.2s=nT(n=0，1，2)传播速度20(m/s)nvnTT(n=0，1，2)所以该波的最小波速为20m/s，故 A 错误；B由于周期不确定，时间0.1s不一定等于半个周期，则(t+0.1)秒时刻，x=-2m 处的质点不一定到达波峰，位移就不一定是a，故 B 错误；C由 t 时刻波形图知，x=2m 处的质点在波谷向上振动，x=2.5m 的质

5、点向下运动，所以x=2m 处的质点先回到平衡位置，故C 正确；D根据数学知识得知质点M 和 N 之间的距离等于6，由波形得知，质点M 第一次到达平衡位置时，质点 N 不在波峰，故D 错误。故选 C。4.2017年 6 月 19 日长征三号火箭发射同步卫星中星9A 时出现异常，卫星没有进入预定静止轨道，通过我国研究人员的努力，经过10 次轨道调整，终于在7月 5 日将中星 9A 卫星成功定点于东经101.4 的静止轨道，完成“太空自救”如图所示是卫星自救过程的简化示意图，近地轨道和静止轨道是圆轨道，异常轨道页3第和转移轨道是椭圆轨道，P、Q、S三点与地球中心共线，P、Q 两点是转移轨道的远地点和

6、近地点，近似认为 PQ 的距离为地球半径R 的 8 倍，则下列说法正确的是（）A.静止轨道与地球赤道平面可以不重合B.卫星在静止轨道上经过S点的加速度大于在转移轨道上经过P 点的加速度C.卫星在异常轨道上经过Q点速率大于在静止轨道上经过S点的速率D.卫星在近地轨道上的周期与在转移轨道上的周期之比约为1：4【答案】C【解析】【详解】A.根据同步卫星的特点可知，同步卫星轨道与地球赤道平面必定重合，故A 错误；B.S点与 P 点到地球的中心的距离是相等的，根据牛顿第二定律和万有引力定律得：2GMar所以卫星在静止轨道上经过S点与在转移轨道上经过P 点的加速度相同，故B 错误；C.在椭圆轨道近地点实施

7、变轨成椭圆轨道是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须给卫星加速，所以卫星在异常轨道上经过Q 点速率大于在近地轨道上经过Q 点的速率；卫星在近地和静止轨道上运动，则由万有引力提供向心力，得：22GMmmvrr所以卫星在近地轨道经过Q 点的速度大于在静止轨道上经过S点的速度；所以卫星在异常轨道上经过Q 点速率大于在静止轨道上经过S点的速率故C 正确；D.由几何知识知椭圆轨道的半长轴为地球半径的4 倍，由开普勒第三定律有：32akT311322TaTa知卫星近地轨道上的周期与在转移轨道上的周期之比约为1：8故 D 错误5.如图所示为某机器人上电容式位移传感器工作的简化模型图。当被测物体在左右方向

8、发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变页4第化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为，则被测物体（）A.被测物体向左移动时，C 增大，减小，E增大B.被测物体向左移动时，C 减小，增大，E 减小C.被测物体向右移动时，C 增大，减小，E减小D.被测物体向右移动时，C 减小，增大，E 增大【答案】D【解析】【详解】AB 当被测物体向左移动时，电介质插入电容器，根据4rSCkd可知电容值C 增大，而电容器的带电量保持不变，根据QCU两板间电压U 降低，从而静电计张角 减小，又根据UEd电容器内部电场强度E 减小，

9、AB 错误；CD当被测物体向右移动时，电介质抽出电容器，根据4rSCkd可知电容值C 减小，而电容器的带电量保持不变，根据QCU两板间电压U 增大，从而静电计张角 增大，又根据UEd电容器内部电场强度E 增大，C 错误，D 正确。故选 D。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。）6.一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出6 种不同频率的光，将这些光分别照射到图甲电路阴极K 的金属上，只能测得3 条电流随电压变化的图象如图乙所示，已知氢原子的能级图如图丙所示，则下列推断正

10、确的是页5第A.图乙中的c 光是氢原子由第4 能级向基态跃迁发出的B.图乙中的b 光光子能量为12.09eV C.动能为 le的电子能使处于第4能级的氢原子电离D.阴极金属的逸出功可能为W0=6.75eV【答案】BCD【解析】【分析】爱因斯坦光电效应方程为0kEhW，最大初动能kE和遏止电压U遏止的关系为kEeU遏止，联立得方程0WhUee遏止所以用频率越大的光照射金属，遏止电压就越大所以由乙图可知，a、b、c 三种光的频率大小关系为：abc【详解】A、由以上分析可知，c 光的频率最小根据玻尔跃迁理论，能级差Eh，故 c 光频率对应的能级差最小，不可能是氢原子由第4 能级向基态跃迁发出的，因为

11、第4 能级和基态之间的能级差最大，故A 错误；B、6种光子中，只有三种能使阴极发生光电效应，故a光子是氢原子由能级4 向基态跃迁的产物，b 光子是氢原子由能级3 向基态跃迁的产物，c 光子是氢原子由2 能级向基态跃迁的产物故b 光子的能量1.51eV13.6eV12.09eVE，B 正确；C、处于第4 能级的氢原子电离至少需要吸收0.85eV 的能量，故动能为le的电子能使处于第4 能级的氢原子电离，C 正确；D、由题意可知，c光子的频率最小，则跃迁产生c光子的能级差3.4eV13.6eV10.2eVEhv，根据爱因斯坦光电效应方程，0kEhW，要想有效地发生光电效应，需满足Wh，故逸出功W可

12、能等于 6.75eV，D 正确故本题选 BCD【点睛】本题考查光电效应规律和玻尔跃迁理论等相关问题，设计相关计算，需要细心页6第7.一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，如图所示。输电线的总电阻为R，T1的输入电压和输入功率分别为U1和 P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和 P2，T2的输入电压和输入功率分别为U3和 P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。下列说法正确的是（）A.当用户的用电器增加时，U2、U3、U4均变小B.输电线的总电阻R 两端的电压等于23UU，且随用户的用电器增加而增大C.输电线上损失的功率为2

13、323P RU，且随用户的用电器增加而增大D.要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比21nn，同时应增大降压变压器的匝数比34nn【答案】BCD【解析】【详解】A根据1122UnUn如果 U1不变，升压变压器的匝数比不变，U2不随用电器的增多而改变，A 错误；B由于在输送电路中U2相当于电源电压，U3相当于用电器两端电压，因此23RUUUIR如果用户的用电器增加，消耗的功率变大，输送的电流也会增大，R两端的电压增大，B 正确；C输电线上损耗的功率2PI R而输送的电流33PIU代入可得2323P RPU页7第C 正确；D若想减少线路损耗，应减小输送电流，只能增大输入电压，因此应增大升压变压

14、器的匝数比21nn，而用户的电压保持不变，因此同时应增大降压变压器的匝数比34nn，D 正确。故选 BCD。8.地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面某竖井中矿车提升的速度大小v随时间 t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等不考虑摩擦阻力和空气阻力对于第次和第次提升过程，A.矿车上升所用的时间之比为4:5 B.电机的最大牵引力之比为2:1 C.电机输出的最大功率之比为2:1 D.电机所做的功之比为4:5【答案】AC【解析】【详解】A由图可得，变速阶段的加速度00vat，设第次所用时间为t，根据速

15、度-时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，00001111222222vtvttva（），解得：052tt，所以第次和第次提升过程所用时间之比为0052:4:52tt，选项 A 正确；B由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，Fmgma，可得提升的最大牵引力之比为11，选项 B 错误；C由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为21，选项 C 正确；D加速上升过程的加速度010vat，加速上升过程的牵引力1100()Fmamgmvgt，减速上升过程页8第的加速度020avt，减速上升过程的牵引力2200)(Fmamgm gvt，匀速

16、运动过程的牵引力3Fmg第次提升过程做功11002000 01122WFtvFtvmgv t；第次提升过程做功100002000 0231113111122222222WFtvFtvFtvmgv t；两次做功相同，选项D 错误【点睛】此题以速度图像给出解题信息解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同第卷9.某中学的物体兴趣实验小组利用如图甲所示的实验装置验证系统的机械能守恒定律。将一气垫导轨倾斜地固定在

17、水平桌面上，导轨的倾角为，在气垫导轨的左端固定一光滑的定滑轮，在靠近滑轮的B 处固定一光电门，将质量为m的小球通过一质量不计的细线与一带有遮光板的总质量为M 的滑块相连接。现将带有遮光板的滑块由气垫导轨的A 处由静止释放，通过计算机测出遮光板的挡光时间为t，用游标卡尺测出遮光板的宽度为b，用刻度尺测出A、B 之间的距离为d。假设滑块在B 处的瞬时速度等于挡光时间t内的平均速度。由以上的叙述回答下列问题：若游标卡尺读数如图乙所示，则遮光板的宽度为_mm；滑块到达光电门B 处的瞬时速度Bv_；（用字母表示）如果该小组的同学测得气垫导轨的倾角30，在滑块由A 点运动到B 点的过程中，系统动能增加量k

18、E为_，系统重力势能减少量pE为_，若在误差允许的范围内pkEE，则滑块与小球组成的系统机械能守恒。重力加速度用g 表示；（以上结果均用字母表示）在验证了机械能守恒定律后，该小组的同学多次改变A、B 间的距离d，并作出了2vd图象，如图丙所页9第示，如果Mm，则g_m/s2；【答案】(1).3.85(2).bt(3).22()2Mm bt(4).()2Mmgd(5).9.6【解析】【详解】1 遮光板的宽度3mm0.0517mm3.85mmb2 B处的瞬时速度等于挡光时间t 内的平均速度Bvbt3 动能的增量22kB21()()22Mm bEMm vt4 重力势能的减少量Psin()2MEmgd

19、Mgdmgd5 根据机械能守恒定律2()()22Mm vMmgd整理得22mMvgdMm由图象可知斜率24.8mMkgMm将Mm代入可得29.6m/sg10.某同学通过多用电表的欧姆档测量量程为3V 的电压表内阻，欧姆表内部电路可等效为一个无内阻的电源、一个理想电流表和一个可调电阻串联而成的电路，如图乙所示。页10第主要的步骤如下：将多用电表的选择开关拨到“100”的欧姆档上；把两表笔相接处，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处；把红表笔与待测电压表_（填“正”或“负”）接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现这时指针偏转角度很小；换用 _（填“10”或“1k”）欧姆档重新调零后测量，发现

20、这时指针偏转适中，如图丙所示，则欧姆表的读数为_，电压表读数为_V；把选择开关调至空档或交流电压最高档后拔下表笔；由上述实验可粗略知道电压表的内阻为_。该多用电表拨到中欧姆档的内电阻为_，多用电表电源的电动势为_V（保留两位有效数字）。【答案】(1).负(2).1k(3).44 10(4).2.20(5).44 10(6).41 5 10(7).3.0【解析】【详解】1 由于欧姆表是“红进黑出”因此红表笔与待测电压表的负接线柱。2 由于欧姆表偏转角度过小说明电阻太大，换用高档位，因此改为1k档位。3欧姆表读数为40k。4 电压表读数为2.20V。5 由于欧姆表测量的就是电压表内阻，因此电压表内

21、阻为40kR。6 欧姆表的中值电阻就等于内电阻，因此欧姆表内阻为15kr7 根据闭合电路欧姆定律页11第EURRr代入数据得3.0VE11.滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来如图所示是一个滑板场地，OP段是光滑的1/4 圆弧轨道，半径为0.8 m PQ 段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为 =0.2滑板手踩着滑板A 从 O 点由静止滑下，到达P 点时，立即向前起跳滑板手离开滑板A 后，滑板 A 以速度 v1=2 m/s 返回，滑板手落到前面相同的滑板B 上，并一起向前继续滑动已知滑板质量是m=5 kg，滑板手的质量是滑板的9 倍，滑板 B 与 P

22、点的距离为 x=3 m，g=10 m/s2（不考虑滑板的长度以及人和滑板间的作用时间）求：(l)当滑板手和滑板A 到达圆弧轨道末端P 点时滑板A 对轨道的压力；(2)滑板手落到滑板B 上瞬间，滑板B 的速度；(3)两个滑板间的最终距离【答案】（1）1500N，竖直向下（2）4.2m/s（3）6.41m【解析】【详解】（1）O P下滑 过程，滑板手与滑板A 机械 能守恒：21102mgRmv,代入 数据解得：2g4vRm/s,在 P 点设支持力为NF：2N1010vFmgmR解得：1500NFN,根据牛顿第三定律：N1500FF压N（2）滑板手跳离A 板，滑板手与滑板A 动量守恒：1210-9m

23、vmvmv,解得：2143vm/s,滑板手跳上B板，滑板手与滑板B 动量守恒：23910mvmv,解得：34.2vm/s（3）滑板 B 的位移：23B4.412vxgm,滑板 A 在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回P点时的速度仍为v1=2m/s,滑板 A 的位移：21A12vxgm,最终两滑板停下的位置间距为：页12第L=xB+x-xA=6.41m 12.如图，绝缘粗糙的竖直平面MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B一质量为m、电荷量为q 的带正电的小滑块从 A 点由静止开始沿MN 下滑，到达C

24、点时离开MN 做曲线运动 A、C 两点间距离为h，重力加速度为 g（1）求小滑块运动到C 点时的速度大小vc；（2）求小滑块从A 点运动到 C 点过程中克服摩擦力做的功Wf；（3）若 D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点已知小滑块在D 点时的速度大小为vD，从 D点运动到 P 点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp.【答案】（1）E/B（2）（3）【解析】【详解】小滑块到达 C点时离开 MN，此时与 MN 间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；由动能定理直接计算摩擦力做

25、的功Wf；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力 qE时滑块离开 MN开始做曲线运动，即BqvqE解得：EvB（2）从 A到 C根据动能定理：2102fmghWmv解得：2212fEWmghmB（3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度 vD的方向与 F地方向垂直，从D到P做类平抛运动页13第，在 F方向做匀加速运动a=F/m，t时间内在 F方向的位移为212xat从D到P，根据动能定理：150aa，其中2114mv联立解得：22222()PDmgqEvtvm【

26、点睛】解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与MN 分离时，小滑块与MN 间的作用力为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可13.如图a所示，超级高铁是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点。如图 b 所示，已知管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ 两导轨的间距为3r，运输车的质量为m，横截面是半径为r 的圆。运输车上固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体1 和 2，每根导体棒的电阻为R，每段长度为D 的导轨的电阻也为R。其他电阻忽略不计，重力加速度为g。(1)如图 c 所示，当管道中的导轨平面与水平

27、面成30角时，运输车恰好能无动力地匀速下滑。求运输车与导轨间的动摩擦因数；(2)在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力。当运输车由静止离站时，在导体棒2 后间距为D 处接通固定在导轨上电动势为E 的直流电源，此时导体棒 1、2 均处于磁感应强度为B，垂直导轨平面向下的匀强磁场中，如图d所示。求刚接通电源时运输车的加速度的大小；（电源内阻不计，不考虑电磁感应现象）当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B，宽度为 D 的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反。求运输车以速度v0从如图 e通过距离D 后的速度v。页14第【答案】(1)36；(2)4 311BrEmR；2203B r DvmR【

28、解析】【详解】(1)设轨道对运输车的支持力为N1、N2，在垂直斜面方向上，受力分析如图所示则可知oo12cos60cos60cosNNmg在沿斜面方向上，对运输车进行受力分析可知12sin()mgNN代入数据，整理得36(2)运输车离站时，电路图如图所示根据电阻的串关联关系，回路总电阻114RR总总电流EIR总1、2 两导体棒受安培力方向相同，受到的合力12()FB IIL而3Lr，12III页15第根据牛顿第二定律Fma联立可得，加速度大小4 311BrEamR运输车进站时，电路如图所示当车速为 v 时，由法拉第电磁感应定律123EEBrv根据闭合电路的欧姆定律124EEIR每个导体棒所受的安培力123FFBIr代入数据，运输车所受的合力22123Br vFFFR选取一小段时间?t，运输车速度的变化量为?v，由动量定律223Br vtm vR由于vtx上式变为223Brxm vR两边求和2203B r DmvmvR页16第解得2203B r DvvmR