天津市五区县2022届高三物理质量检查试题（二）（含解析）新人教版

天津市五区县2022年高三质量调查试卷（二）理科综合物理部分一、单项选择题（每题6分，共30分）1、下列哪种现象与光的干涉有关（）A.雨后天空中出现的彩虹B.沙漠或海面上出现的海市蜃楼C.白光透过三棱镜出现彩色光带D.日光下的五颜六色的肥皂泡【答案】D【解析】后天空中出现的彩虹、白光透过三棱镜出现彩色光带都是光的色散现象，沙漠或海面上出现的海市蜃楼是由于光的折射产生的，日光下的五颜六色的肥皂泡是由于薄膜干涉产生的，本题选D。2、如图所示，在水平地面上有两个木块A和B叠放在一起，用水平拉力F作用于B上，两木块仍处于静止状态，若A、B间的摩擦力为F1，B与地面间的摩擦力为F2，则（）A.F1=0,F2=0B.F1=0,F2=FC.F1=F,F2=0D.F1=F,F2=F【答案】B【解析】以A为研究对象，假设A、B之间存在摩擦力，则A水平方向受力不平衡，故假设不成立，F1=0；以AB整体为研究对象，水平方向受到水平拉力F的作用，根据平衡条件得到，地面对B的静摩擦力方向水平向左，大小为F．故选项B正确．3、北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性有源三维卫星定位与通信系统（CNSS），该系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星。对于其中的5颗同步卫星，下列说法中正确的是（）A.它们运行的线速度小于第一宇宙速度B.它们的向心加速度等于地面重力加速度C.它们位于5个不同的独立轨道上D.它们中的一颗可能经过天津的正上方【答案】A【解析】第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v=可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故A正确．由可知同步卫星的向心加速度，而地面重力加速度，故B错误。若卫星在除赤道所在平面外的任意点实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的．同步卫星要和地球自转同步，即ω相同，根据F=G=mω2（R+h），因为ω一定，所以h必须固定，即同步卫星的高度是一个确定的值，故同步卫星必定在赤道上空某一特定高度的轨道上运行，选项CD错误。-7-\n4、夏季来临，空调、冷风机等大功率电器使用增多，用户消耗的功率增大。如图所示，发电厂的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器均不变，则下列说法正确的是（）A.变压器的输出电压U2增大，且U2＞U1B.变压器的输出电压U4增大，且U4＜U3C.输电线损耗的功率占总功率的比例减小D.输电线损耗的功率增大【答案】D【解析】由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A错误．由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，根据U损=I线R，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U3=U2-U损可得，降压变压器的输入电压U3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故B错误．根据P损=I线2R，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故D正确．根据可知，发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大，故C错误．故选D．5、如图所示，在带电荷量为+Q的固定点电荷形成的电场中，一个带—q的粒子沿着与两者连线垂直的方向，以速度v0射入，粒子只受点电荷+Q的作用力。关于粒子运动以下说法正确的是（）A.粒子的运动轨迹可能是抛物线B.粒子的加速度可能不变C.粒子的动能可能不变D.粒子的电势能一定不变【答案】C【解析】由于粒子带负电，当粒子受到的电场力恰好和粒子做圆周运动的向心力的大小相等时，粒子做匀速圆周运动，动能不变，电势能不变，加速度大小不变、方向时刻变化；当粒子受到的电场力和粒子做圆周运动的向心力的大小不相等时，粒子做变速曲线运动，由于受到的电场力的大小要改变，所以粒子做的是变加速曲线运动，所以ABD错误C正确．二、不定项选择题（每题6分，共18分。若选对但不全的3分，选错或多选得0分）6、如图为一列传播速度v=8m/s的简谐横波在t=0时刻波形图，P为x1=3.5m处的质点，Q为x2=26m处的质点，此时质点P正做减速运动，则（）A.该波沿x轴负方向传播B.1s内质点P通过的路程为40cmC.Q质点的起振方向沿y轴负方向D.t=2.7s时质点Q沿y轴负向加速运动【答案】BD【解析】由质点P正做减速运动可知t=0时刻P向下运动，据质点振动方向和波的传播方向的关系可知该波沿x轴正方向传播，A错误。由题图可读出振幅A=5cm，波长λ=4m，由可得周期为0.5s，1s内，即两个周期内，质点P通过的路程为振幅的8倍，即40cm，B正确。波源的起振方向与x=6m的质点t=0时刻的振动方向相同，简谐波沿x轴正方向传播，可知x=6m的质点在t=0时刻的振动方向向上，则波源的起振方向向-7-\n上，进而可知Q质点的起振方向沿y轴正方向，故C错误．经过2.5s时间，Q点开始振动，,故t=2.7s时质点Q正由波峰向平衡位置运动，即沿y轴负向加速运动，D正确。本题选BD。7、如图所示，铅盒A中装有天然放射性物质，放射线从其小孔中竖直向上射出，因在小孔和足够大的荧光屏之间有水平方向的匀强电场，结果放射线分为三束。则下列说法中正确的有（）A.打在图中a、b、c三点的依次是α射线、γ射线和β射线B.打在图中a、b、c三点的依次是β射线、γ射线和α射线C.电场方向一定水平向左D.如果在铅盒和荧光屏间再加一垂直纸面的匀强磁场，则屏上的亮斑可能只剩下b【答案】AC【解析】由题图可知打在b点的射线轨迹不偏折，故打在b点的为γ射线，打在c点的射线轨迹偏折程度大，故打在c点的为β射线，进而可知电场方向水平向左，选项AC正确B错误。如果在铅盒和荧光屏间再加一垂直纸面的匀强磁场，由于两带电粒子受到的洛伦兹力与受到的电场力不可能都同时相等，故α射线和β射线不可能都沿直线运动，屏上的亮斑不可能只剩下b，D错误。8、质量为1kg的物体在水平方向成37°斜向下的恒定推力F作用下沿粗糙的水平面运动，1s后撤掉推力F，其运动的v-t图像如图所示（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）下列说法正确的是（）A.在0~2s内，合外力一直做正功B.在0.5s时，推力F的瞬时功率为120WC.在0~3s内，物体克服摩擦力做功120JD.在0~2s内，合外力平均功率为6.25W【答案】BCD【解析】由速度时间图像结合动能定理可知，0-1s，合外力做正功；1-2s，合外力做负功，A错误。由牛顿第二定律可得，将代入可得F=30N，由可知在0.5s时，推力F的瞬时功率为120W，B正确。0-1s内，摩擦力14N，位移为5m；1-3s内，摩擦力5N，位移为10m，故在0~3s内，物体克服摩擦力做功120J，C正确。据动能定理，在0~2s内，合外力做的功等于动能的变化，即12.5J，故其平均功率为6.25W，D正确。9（1）如图所示，一束激光从O点由空气射入厚度均匀的介质，经下表面反射后，从上面A点射出。已知入射角为i，A与O相距l，介质的折射率为n。则该激光在介质中从O到A的传播时间t=（2）在验证机械能守恒的实验中采用如甲图所示的装置，打出一条图乙所示的纸带，相邻两个点之间的时间间隔均为t，0为起始点，各点与0点之间的距离如图，当地重力加速度为g，取纸带上的两点间动能的增量△EK和势能的减小量△EP之间的关系，一般实验的结果总是△EK△EP(填大于、等于或小于)，其原因是以下几种方案你认为最合理的是-7-\nA.取0点和4点，v4=4gt，比较和mgs4B.取0点和4点，，比较和mgs4C.取1点和4点，D.取1点和4点，v1=gt，v4=4gt，比较（3）在测定一根粗细均匀合金丝RX的电阻率的实验中①利用螺旋测微器测定合金丝的直径，示数如图甲所示，则可读得合金丝的直径为mm②待测金属丝RX的电阻约为5Ω，提供的仪器有：A.电压表V（内阻约为10kΩ，量程为3v）B.电流表A1（内阻约为3Ω，量程为0.6A）C.电流表A2（内阻约为0.1Ω，量程为3A）D.滑动变阻器R（阻值为0—5Ω，额定电流为2A）E.电源E（电动势为5V，内阻为1Ω）F.一个开关，导线若干要求准确地测量其电阻值，电流表应选（填序号）。③某同学根据以上仪器，按照图乙连接实验线路，在实验中发现电流表示数变化范围较窄，请你用笔在图乙中画一条对电路进行修改，使电流表示数变化范围变宽。④修改后的电路其测量值与真实值相比较（填偏大、偏小或相等）【答案】（1）评分标准：本题共4分（2）（2）小于有阻力或有摩擦C（3）①0.608②B③如图乙④偏小评分标准：本题共14分。每空2分，电路图2分【解析】（1）设光在该介质中的折射角为r，则，=。-7-\n（2）本实验的系统误差主要纸带与打点计时器之间有摩擦和重物下落受到空气阻力，从而使得测得的重力势能减小量大于动能的增加量。本实验的目的是验证机械能守恒定律，故计算速度应该用匀变速直线的推论式，不能用v=gt计算。（3）①螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×10.8=0.108mm，所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数=0.5mm+0.108mm=0.608mm.②电源的电动势为3V，故电流表的量程选0.6A的即可准确读数。③滑动变阻器应采用分压式接法，电路连接图见答案。④由于电压表的分流作用，使得流过待测电阻的电流小于电流表的示数，故测量值与真实值相比较偏小。10.（16分）在光滑的水平面上，一质量为mA=0.1kg的小球A，以8m/s的初速度向右运动，与质量为mB=0.2kg的静止小球B发生正碰。碰后小球B滑向与水平面相切、半径为R=0.5m的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点N后水平抛出。g=10m/s2求：（1）碰撞后小球B的速度大小（2）小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中所受合外力的冲量（3）碰撞过程中系统的机械能损失【答案】见解析【解析】(1)小球B恰好能通过圆形轨道最高点，有…………①解得m/s方向向左…………②小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中机械能守恒，有…………③联立①②解得m/s…………④(2)设向右为正方向，合外力对小球B的冲量为=－（）N•s，方向向左…………⑤(3)碰撞过程中动量守恒，有…………⑥水平面光滑，所以式中解得－2m/s…………⑦碰撞过程中损失的机械能为=0.5J…………⑧评分标准：本题共16分，每式2分。-7-\n11.（18分）如图所示，相互平行的长直金属导轨MN、PQ位于同一水平面上，导轨间距离为d=1m，处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=0.5T，导轨上与导轨垂直放置质量均为m=0.5kg、电阻均为R=0.8Ω相互平行的导体棒a、b，导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，不计导轨及接触处的电阻，认为最大静摩擦等于滑动摩擦力。如果从t-0开始对导体棒a施加平行于导轨的外力F，使a做加速度为a0=3.2m/s2的匀加速运动，导体棒a、b之间距离最够大，a运动中始终未到b处。（1）求当导体棒a速度多大时，导体棒b会开始运动（2）在导体棒b开始运动之前，请推导外力F与时间t之间的关系式（3）若在导体棒b刚要开始运动时撤去外力F，此后导体棒b产生的焦耳热为Q=0.12J,求撤去F后，导体棒a运动的最大距离【答案】见解析【解析】（1）导体棒b刚开始运动时，电路的电流为I则F安=μmg………………………①F安=BId………………………②………………………③………………………④解得m/s………………………⑤（2）对导体棒a，有………………………⑥………………………⑦………………………⑧………………………⑨联立解得F=0.5t+2.6N…………………⑩（3）设撤去F后，导体棒a运动的最大距离为s，根据能量守恒有………………………解得S=10m………………………评分标准：本题共18分，其中4分；①⑥⑩每式2分，其余每式1分。12（20分）如图为实验室筛选带电粒子的装置示意图，竖直金属板MN之间加有电压，M板有一电子源，可不断产生速度可忽略不计的电子，电子电荷量为e，质量为m，N板有一与电子源正对的小孔O。金属板的右侧是一个半径为R的圆筒，可以围绕竖直中心轴逆时针转动，圆筒直径两端的筒壁上有两个正对的小孔O1、O2两孔所需要的时间是t=0.2s。现圆筒内部有竖直向下的磁场圆筒匀速转动以后，凡是能进入圆筒的电子都能从圆筒中射出来。试求：（1）金属板MN上所加电压U的大小（2）圆筒转动的最小角速度（3）若要求电子从一个孔进入圆筒后必须从另一个孔射出来，圆筒转动的角速度多大？-7-\n【答案】见解析【解析】（1）电子通过圆筒时速度为v，则2R=vt…①电子通过电场时，根据动能定理得eU=mv2…②由①②式得U=…③（2）电子通过磁场时半径为r，则qvB=…④俯视图如图，电子在通过圆筒时转过的圆心角α，由几何关系知tan=…………………………………………………⑤由⑤式得α=……………………………………………………⑥…………………………………………………⑦电子在圆筒中运动的时间：t==………………………⑧则圆筒转过的最小角速度：θ=ωt=π－α………………………………………⑨由⑤⑥⑦⑧⑨式得：ω=rad/s……………………………………⑩（3）由前面几何关系知，粒子从另一孔飞出时，圆筒转过的角度：θ=2nπ+π…………………………………………………………由⑧式得ω1==rad/sn=0、1、2……………………………评分标准：本题共20分，其中①⑥⑦⑧每式1分，其余各式每式2分。-7-