2020年天津市武清区杨村一中高考物理模拟试卷

2020年天津市武清区杨村一中高考物理模拟试卷

一、单项选择题（本题共5题，每小题3分，共25分）

1．以下有关近代物理内容的若干叙述中，正确的是（）

A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应

B．重核裂变为中等质量的核之后，核子的平均质量减小

C．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小

D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的总能量也减小

2．2018年12月12日16时39分，“嫦娥四号”探测器结束地月转移段飞行，按计划顺利完成近月制动，并成功进入100km～400km环月椭圆轨道Ⅱ，其轨道示意如图，环月轨道Ⅰ为圆形轨道，环月轨道Ⅱ为椭圈轨道，两轨道在点A相切，则“嫦娥四号”（）

A．从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在A进行点火加速

B．沿轨道Ⅰ运动的周期大于沿轨道Ⅱ运动的周期

C．沿轨道Ⅱ由A向B点运动过程中机械能增大

D．沿轨道Ⅱ由A向B点运动过程中速度大小不变

3．如图所示，虚线为位于O位置的点电荷形成电场中的等势面，已知三个等势面的电势差关系为φ1﹣φ2＝φ2﹣φ3，图中的实线为一带负电的粒子进入该电场后的运动轨迹，与等势面相交于图中的a、b、c、d四点，已知该粒子仅受电场力的作用，则下列说法正确的是（）

A．该粒子只有在a、d两点的动能与电势能之和相等

B．场源电荷是正电荷

C．φ1＞φ2＞φ3

D．电场力对该粒子先做负功后做正功

4．某一列沿x轴传播的简谐横波，在t＝时刻的波形图如图所示，P、Q为介质中的两质点，质点P正在向动能增大的方向运动。下列说法正确的是（）

A．波沿x轴正方向传播

B．t＝时刻，Q比P的速度大

C．t＝时刻，Q到达平衡位置

D．t＝时刻，P向y轴正方向运动

5．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为9：1，电表均为理想电表，R t为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R0为定值电阻。若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交变电流，下列说法中正确的是（）

A．输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为（V）

B．t＝0.02s时，穿过该发电机线圈的磁通量最小

C．R t温度升高时，电流表示数变大，电压表示数变小，变压器的输入功率变大

D．t＝0.01s时，电流表的示数为0

二、不定项选择题（本题共3题，每小题0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．下列说法正确的是（）

A．物体吸热，物体分子平均动能必定增大

B．扩散现象说明分子总在做无规则热运动

C．内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化

D．分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小

7．如图所示，一光束包含两种不同频率的单色光，从空气射向两面平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面分为两束单色光射出，a、b分别为两束单色光的出射点，下列说法正确的是（）

A．a光的频率小于b光的频率

B．在空气中a光的波长小于b光的波长

C．出射光束a、b一定相互平行

D．a、b两色光从同种玻璃射向空气时，a光发生全反射的临界角大

8．第二届进博会于2019年11月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回。若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转。下列说法正确的是（）

A．在上升过程中，乒乓球处于失重状态

B．在下落过程中，乒乓球处于超重状态

C．击球过程合外力对乒乓球的冲量为零

D．击球过程合外力对乒乓球做功为零

9．用单摆测重力加速度的实验，为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是（）

A．须选用密度和直径都较小的摆球

B．须选用轻且不易伸长的细线

C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动

D．计时起终点都应在摆球的最高点且不少于30次全振动的时间

10．某同学在野外做“用单摆测定重力加速度”的实验时，由于没有合适的摆球，他找到了一块外形不规则的石块代替摆球，如上图所示。操作时，他用刻度尺测量摆线OM的长度L作为摆长，测出n次全振动的总时间t，由T＝得到周期T，由g＝（）2L，求出重力加速度g，这样得到的重力加速度的测量值比真实值（填“大”或“小”）。为了克服摆长无法准确测量的困难，该同学将摆线长度缩短为L′，重复上面的实验，得出周

期T′，由此他得到了较精确的重力加速度值g＝。

11．现测定长金属丝的电阻率，利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻，这段金属丝的电阻R x约为100Ω。

电源E（电动势10V，内阻约为10Ω）；

电流表A1（量程0～250mA，内阻r1＝20Ω）；

电流表A2（量程0～300mA，内阻约为5Ω）；

滑动变阻器R1（最大阻值10Ω，额定电流2A）；

滑动变阻器R2（最大阻值1000Ω，额定电流1A）；

开关S及导线若干。

①某同学根据题意设计了实验方案（如图），滑动变阻器应该选择（填“R1”或“R2”）；

②请在图中把实验电路图补充完整，并标明器材代号；

③该同学测量得到电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则这段金属丝电阻的计算式

四、计算题（共48分）

12．如图所示，一水平方向的传送带以恒定速度v＝2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧轨道，并与圆弧下端相切。一质量为m＝1kg的物体自圆弧轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径为R＝0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，不计物体滑过圆弧轨道与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g取10m/s2．求：

（1）物体第一次滑到圆弧轨道下端时，对轨道的压力大小F N；

（2）物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，摩擦力对传送带做的功W，以及由于摩擦而产生的热量Q。

13．如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场I，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第

三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ．一质量为m，电荷量为+q的粒

子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场I中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限。不计粒子重力。求：

（1）带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；

（2）电场强度的大小E；

（3）磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1。

14．磁悬浮列车动力原理如下图所示，在水平地面上放有两根平行直导轨，轨间存在着等距离的正方形匀强磁场

B l和B2，方向相反，B1＝B2＝lT，如下图所示．导轨上放有金属框abcd，金属框电阻R＝2Ω，导轨间距L＝0.4m，

当磁场B l、B2同时以v＝5m/s的速度向右匀速运动时，求：

（1）如果导轨和金属框均很光滑，金属框对地是否运动？若不运动，请说明理由；如运动，原因是什么？运动性质如何？

（2）如果金属框运动中所受到的阻力恒为其对地速度的K倍，K＝0.18，求金属框所能达到的最大速度v m是多少？

（3）如果金属框要维持（2）中最大速度运动，它每秒钟要消耗多少磁场能？

2020年天津市武清区杨村一中高考物理模拟试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题（本题共5题，每小题3分，共25分）

1．【解答】解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变反应，故A错误；

B、重核裂变的过程中释放能量，可知重核裂变为中等质量的核之后，核子的平均质量减小，故B正确；

C、根据光电效应发生的条件可知，光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光的能量（频

率）太小，与光的强度无关，故C错误；

D、根据玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，氢原子吸收能量，原子的总能

量增大，故D错误。

故选：B。

2．【解答】解：A、从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，卫星做近心运动，需要在A进行点火减速，故A错误；

B、根据开普勒第三定律可知，＝k，轨道半径越大，周期越大，故沿轨道Ⅰ运动的周期大于沿轨道Ⅱ运动的

周期，故B正确；

C、卫星沿轨道Ⅱ由A向B点运动过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，故C错误；

D、根据开普勒第二定律可知，近月点的速度大，远月点的速度小，即沿轨道Ⅱ由A向B点运动过程中，速度

增大，故D错误。

故选：B。

3．【解答】解：A、粒子运动的过程中只有电场力做功，则粒子的动能与电势能之和不变，四个点都是相等的，故A错误；

B、由图结合曲线运动的特点可知，粒子受到的电场力得方向向右，粒子带负电，所以电场的方向向左，结合常

见电场的特点可知，该电场的场源电荷是负电荷，故B错误；

C、电场的方向向左，沿电场线的方向电势降低，所以电势的关系为：φ3＞φ2＞φ1，故C错误；

D、粒子受到的电场力得方向向右，所以粒子向左运动的过程中电场力做负功，而向右运动的过程中电场力做正

功，即电场力对该粒子先做负功后做正功，故D正确。

故选：D。

4．【解答】解：A、质点P向动能增大的方向运动，即t＝时刻P向平衡位置运动，即运动方向向下，可得该波沿x轴负方向传播，故A错误

B、图示时刻，Q点处在波谷，速度为0，小于P点的速度，故B错误

CD、t＝时刻，移动波形图如图所示，则由图虚线部分可知，Q点位于波峰，P点在平衡位置下方向Y轴正方向振动，故C错误，D正确

故选：D。

5．【解答】解：A、根据图乙可知，交变电压的最大值为36V，周期T＝0.02s，则角速度＝100rad/s，则输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为u＝36sin100πt （V），故A错误。

B、当t＝0.02s时，输入电压瞬时值为0，所以giant发电机的线圈平面与中性面重合，穿过线圈的磁通量最大，

故B错误。

C、R t处温度升高时，阻值减小，负载电阻减小，输入电压不变，输出电压不变，则输出电流增大，电流表示数

变大，定值电阻R0两端的电压变大，则电压表示数变小，根据功率公式可知，变压器的输出功率增大，则输入功率变大，故C正确。

D、电流表的示数为有效值，不为0，故D错误。

故选：C。

二、不定项选择题（本题共3题，每小题0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．【解答】解：A、做功与热传递都可以改变物体的内能，物体吸收热量，若同时对外做功，物体的内能可能减小，物体的温度可能降低，则分子的平均动能减小，故A错误；

B、扩散现象说明分子永不停息地做无规则热运动，故B正确；

C、根据热力学第二定律，内能可以全部转化为机械能，但要引起其他变化，故C错误；

D、根据分子势能与分子之间距离的关系的特点可知，当分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小，故D

正确；

故选：BD。

7．【解答】解：A、作出光路图如图所示，可知光从空气射入玻璃时a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，频率较大，故A错误；

B、a光的频率大于b光的频率，由c＝λf知在空气中，a光的波长小于b光的波长，故B正确；

C、因为a、b两光在上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，根据几何知识可知出射光束一定相

互平行，故C正确；

D、因为a光的折射率较大，根据sinC＝比较知a光的临界角小，故D错误。

故选：BC。

8．【解答】解：AB、在乒乓球的运动过程中，加速度为重力加速度，可知兵乓球处于失重状态，故A正确，B错误；

CD、球拍将乒乓球原速率击回，可知乒乓球的动能不变，动量方向发生改变，可知合力做功为零，冲量不为零，故D正确，C错误；

故选：AD。

9．【解答】解：A、为减小空气阻力对实验的影响，从而减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径都较小的摆球，故A错误；

B、为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故B正确；

C、实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，不能使单摆成为圆锥摆，故C正确；

D、测量时间应从单摆摆到最低点开始，因为最低位置摆球速度最大，相同的视觉距离误差，引起的时间误差较

小，则周期测量比较准确，故D错误；

故选：BC。

10．【解答】解：该同学用OM的长L作为摆长，摆长偏小，根据g＝（）2L得知，g的测量值偏小；

设摆线的结点到石块重心的距离为r，则根据单摆的周期公式得：，

而，

联立解得：。

故答案为：小，。

11．【解答】解：①滑动变阻器采用的是分压式，所以滑动变阻器选择阻值小的R1；

②实验没有提供电压表，所以电流表A1的内阻已知，因此可以将电流表A1与金属丝并联测金属丝两端的电压，

电流表A2测干路电流，电路图如图所示；

③根据欧姆定律有。

故答案为：①R1 ②电路图如解析所示③。

四、计算题（共48分）

12．【解答】解：（1）沿圆弧轨道下滑过程中，由动能定理得：

mgR＝mv12﹣0，

代入数据解得：v1＝3m/s；

物体第一次滑到圆弧轨道下端时，由牛顿第二定律得：

F N′﹣mg＝m

可得：F N′＝3mg＝30N

由牛顿第三定律知物体对轨道的压力为：F N＝F N′＝30N

（2）物体在传送带上运动时的加速度大小：a＝＝μg＝2m/s2

向左滑动的最大距离：s＝＝m＝2.25m；

物体在传送带上向左运动的时间为：t1＝＝s＝1.5s，

物体向右运动速度达到v时，已向右移动的距离为：s1＝＝＝1m

所用时间t2＝＝＝1s，

物体相对传送带滑过的路程：△x＝+v（t1+t2），

代入数据解得：△x＝6.25m

由于摩擦产生的内能：Q＝μmg?△x

代入数据解得：Q＝12.5J。

摩擦力对传送带做的功为：W＝﹣μmgv（t1+t2）

解得：W＝﹣10J

答：

（1）物体第一次滑到圆弧轨道下端时，对轨道的压力大小F N是30N。

（2）物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，摩擦力对传送带做的功W是﹣10J，由于摩擦而产生的热量Q是12.5J。

13．【解答】解：（1）粒子在第四象限做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

由牛顿第二定律得：qv0B0＝m，

解得：v0＝；

（2）粒子与y轴成45°角离开电场，则：v x＝v y＝v0，

粒子在水平方向做匀加速直线运动，在竖直方向做匀速直线运动，

在水平方向，由牛顿第二定律得：qE＝ma，

由速度位移公式得：﹣02＝2aR0，

解得：E＝；

（3）粒子在电场中运动时，水平方向：v x＝at，R0＝，

竖直方向：y＝v y t，

解得：y＝2R0，

过N点做速度的垂线交x轴于P点，P即为第第一象限做圆周运动的圆心，PN为半径，

因为ON＝y＝2R0，∠PNO＝45°，则：PN＝2R0，

粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

由牛顿第二定律得：qvB1＝m，

其中粒子进入磁场时的速度：v＝＝v0，

解得：B1＝B0；

答：（1）带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0为；

（2）电场强度的大小E为；

（3）磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1为B0。

14．【解答】解：（1）金属框对地运动．

因磁场运动时，框与磁场有相对运动，ad、bc边切割磁感线，框中产生感应电流（方向逆时针），同时受安培力，方向水平向右，故使线框向右加速运动，且属于加速度越来越小的变加速运动．

（2）阻力f与安培力F安衡时，框有f＝Kv m＝F＝2IBL ①

其中I＝②

E＝2BL（v﹣v m）③

①②③联立得：

Kv m＝2?[2BL（v﹣v m）×]?BL

则有，Kv m＝（4B2L2v﹣4B2L2v m）×

解得，v m＝④

代入数据，解得：v m＝3.2m/s ⑤

（3）框消耗的磁场能一部分转化为框中电热，一部分克服阴力做功．

据能量守恒

E硫＝I2Rt+Kv m?v m t

E磁＝[4B2L2（v﹣v m）2×]?1+Kv m2?1

＝+0.18×3.22

＝2.9J

答：（1）如果导轨和金属框均很光滑，金属框对地是运动，运动的原因是安培力作用，线框向右加速运动，且属于加速度越来越小的变加速运动；

（2）金属框所能达到的最大速度v m是3.2m/s；

（3）如果金属框要维持（2）中最大速度运动，它每秒钟要消耗2.9J磁场能．