天津市红桥区2022届高三物理下学期二模试题（Word版附解析）

高三物理第Ⅰ卷（选择题，共40分）一、单选题（本题共5小题，每小题5分共25分）1.下列说法中正确的是（　　）A.托马斯·杨通过光的单缝衍射实验，证明了光是一种波B.光电效应现象说明光具有粒子性，光子具有能量C.黑体辐射的实验规律说明在宏观世界里能量是连续的D.麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波存在，后来由他又用实验证实电磁波的存在【答案】B【解析】【详解】A．托马斯·杨通过光的双缝干涉实验，证明了光是一种波，故A错误；B．光电效应现象说明光具有粒子性，光子具有能量，故B正确；C．黑体辐射的实验规律说明在微观世界里能量是量子化的，故C错误；D．麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波存在，后来赫兹用实验证实电磁波的存在，故D错误。故选B。2.如图所示，一列简谐横波沿轴正方向传播，时，该波传播到轴上的质点B处，质点A在负的最大位移处。在时，质点A第二次出现在正的最大位移处，则（　　）A.该波的周期为B.该波的波速等于C.时，质点B在平衡位置处且向下运动D.时，质点C在平衡位置处且向下运动【答案】A【解析】【详解】A．从t=0开始到在t=0.9s时，质点A从图示位置开始恰第二次出现在正的最大位移处，所以有\n解得T=0.6s故A正确；B．由波形图得到波长λ=2m，波速为故B错误；C．由于T=0.6s，所以质点B在0.6s时的状态与t=0时的状态一样，由题图和波的平移法知质点B在平衡位置处且向上运动，C错误；D．波在0.9s内向右传播的距离为t=0.9s时质点C与处于坐标原点的质点在t=0时刻的状态相同，由题图和波的平移法知，质点C处于平衡状态且向上运动，D错误。故选A。3.为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡、，电路中分别接了理想交流电压表、和理想交流电流表、，导线电阻不计，如下图所示。当开关闭合后（　　）A.示数变大，示数不变B.示数变大，示数变大C.示数变小，示数变大D.与示数变大，与示数不变\n【答案】D【解析】【详解】当开关闭合后，原线圈输入电压不变，即电压表示数不变，根据变压器原副线圈电压表等于匝数比可得可知副线圈输出电压不变，即电压表示数不变，开关闭合后，副线圈负载的总电阻减小，根据欧姆定律可得可知副线圈电流增大，即电流表示数变大，根据可知原线圈电流增大，即电流表示数变大，D正确，ABC错误；故选D。4.倾角为的斜面固定于竖直墙上，为使质量分布均匀的光滑球静止在如图所示的位置，需用一个水平推力作用于球上，的作用线通过球心。设球受到的重力为，竖直墙对球的弹力为，斜面对球的弹力为，则下列说法正确的是（　　）A.一定等于B.一定等于C.一定大于D.一定小于【答案】C【解析】【详解】对球受力分析，如图\n根据共点力平衡条件，有解得故选项C正确，选项ABD错误。故选C。5.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于@（）A.棒的机械能增加量B.棒的动能增加量C.棒的重力势能增加量D.电阻R上\n放出的热量【答案】A【解析】【分析】棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，F做正功，安培力做负功，重力做负功，动能增大．根据动能定理分析力F做的功与安培力做的功的代数和．【详解】A．棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用．由动能定理：WF+WG+W安=△EK得WF+W安=△EK+mgh即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量．故A正确．B．由动能定理，动能增量等于合力的功．合力的功等于力F做的功、安培力的功与重力的功代数和．故B错误．C．棒克服重力做功等于棒的重力势能增加量．故C错误．D．棒克服安培力做功等于电阻R上放出的热量．故D错误【点睛】本题运用功能关系分析实际问题．对于动能定理理解要到位：合力对物体做功等于物体动能的增量，哪些力对物体做功，分析时不能遗漏．二、多选题。（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选不全的得3分，有错选或不答的得0分）6.下列说法中正确是（　　）A.氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，电子的动能增加，原子的电势能减少B.氢原子被激发后发出的可见光光子的能量小于红外线光子的能量C.α射线是由原子核内放射出的氦核，与β射线和γ射线相比它具有较强的穿透能力D.放射性元素的半衰期不会随温度或压强的变化而变化【答案】AD【解析】【详解】A．设氢原子核外电子的速率为v，轨道半径为r，根据牛顿第二定律有所以电子的动能为\n氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，轨道半径减小，由上式可知电子的动能增加，且库仑力做正功，原子的电势能减少，故A正确；B．根据电磁波谱可知，可见光光子的能量大于红外线光子的能量，故B错误；C．α射线是由原子核内放射出的氦核，与β射线和γ射线相比，它的穿透能力最弱，故C错误；D．放射性元素的半衰期由原子核本身决定，不会随温度或压强的变化而变化，故D正确。故选AD。7.下列说法正确的是（　　）A.一定质量的100摄氏度的水变成同温度的水蒸气，分子平均热运动动能不会改变B.一定质量的封闭气体体积变小过程，外界一定对气体做功C.电子的发现使人们认识到原子具有核式结构D.粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的【答案】AB【解析】【详解】A．一定质量的100摄氏度的水变成同温度的水蒸气，温度不变，分子平均热运动动能不会改变，A正确；B．一定质量的封闭气体体积变小过程，外界一定对气体做功，B正确；C．电子的发现使人们认识到原子具有复杂结构，粒子散射实验说明原子具有核式结构，C错误；D．粒子散射实验的重要发现是原子的核式结构，不是电荷的量子化，D错误。故选AB。8.我国的“神舟十三号”载人飞船与“天宫空间站”成功对接，顺利完成任务。假定对接前，“天宫空间站”在如图所示的轨道3上绕地球做匀速圆周运动，而“神舟十三号”在图中轨道1上绕地球做匀速圆周运动，两者都在图示平面内逆时针运转。若“神舟十三号”在轨道1上的点瞬间改变其速度的大小，使其运行的轨道变为椭圆轨道2，并在轨道2和轨道3的切点与“天宫空间站”进行对接，下列说法正确的是（　　）\nA.“神舟十三号”应在点瞬间加速才能使其运动轨道由1变为2B.“神舟十三号”沿椭圆轨道2从点经飞向点过程中，万有引力不做功C“神舟十三号”沿椭圆轨道2从点经飞向点过程机械能守恒D.“天宫空间站”在轨道3上经过点时的速度与“神舟十三号”在轨道2上经过点时的速度大小相等【答案】AC【解析】【详解】A．“神舟十三号”要在P点从轨道1变轨道2，轨道半径变大，它要做离心运动，“神舟十三号”应在P点瞬间加速才能使其轨道由1变为2，A正确；B．“神舟十三号”沿椭圆轨道2从点经飞向点过程中，其所受的万有引力与瞬时速度的夹角为钝角，万有引力做负功，B错误；C．“神舟十三号”沿椭圆轨道2从点经飞向点过程，只有万有引力做功，其机械能守恒，C正确；D．卫星要由轨道2变轨到轨道3，必须在点加速，所以“天宫空间站”在轨道3上经过点时的速度比“神舟十三号”在轨道2上经过点时的速度大，D错误；故选AC。第Ⅱ卷（非选择题共60分）三、实验题（本题满分12分；）9.（1）用单摆测定重力加速度的实验原理是___________。（2）若测量结果得到的值偏大，可能是因为___________。（选填选项前的字母）A.组装单摆时，悬点没有固定牢固B.测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长\nC.测量周期时，把次全振动误认为是次全振动D.测量摆长时，用力向下拉着摆球测量摆长（3）多次改变摆长测出对应的周期，将数据输入计算机，可得到图2所示的图像，图线经过坐标原点，斜率。由此求得重力加速度___________。（，此空答案保留3位有效数字）【答案】①.②.D③.9.86【解析】【详解】（1）[1]根据单摆周期公式可得（2）[2]根据A．测量过程悬点松动导致摆线长度边长，则测得的周期肯定偏大，故测得的重力加速度值偏小，选项A错误；B．错把摆线长当了摆长，则摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小，选项B错误；C．测量周期T时，把次全振动的次数误数为次，测得的周期偏大，则测得的重力加\n速度值偏小，选项C错误；D．测量摆长时，用力向下拉着摆球测量摆长，摆长偏大，则测量结果得到的值偏大，选项D正确。（3）[3]根据整理得可知图像斜率解得10.图示为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流，内阻，可变电阻的最大阻值为，电池的电动势，内阻，图中与接线柱相连的表笔颜色应是___________色，接正确使用方法测量电阻的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则___________。该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，仍按正常使用方法测量电阻结果与真实值比较___________（填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】①.黑②.1000③.变大【解析】【详解】[1]欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“-”出，即回路中电流从标有“-”标志的黑表笔出来，所以与B相连的表笔颜色是黑色；\n[2]当两表笔短接（即）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表内阻为R内，此时有关系得当指针指在刻度盘的正中央时有代入数据可得[3]当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流不变，由公式知欧姆表内阻得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由可知当变小时，变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了，即测量值变大。四、计算题：（本大题共3个小题，共48分，写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）11.高空抛物的危害是极大的，质量为的小物块在距离地面20m高的高层的窗户外由静止自由下落（空气阻力不计），接触地面后经停下来，求小物块对地面的平均作用力\n多大？（取）【答案】410N【解析】【详解】小物块落地前瞬间的速度大小为设地面对小物块平均作用力大小为F，取竖直向上为正方向，根据动量定理有解得根据牛顿第三定律可知小物块对地面的平均作用力大小为410N。12.如图所示，质量为、边长为的正方形线框，从有界的匀强磁场上方由静止自由下落，线框电阻为。匀强磁场的宽度为。（），磁感应强度为，线框下落过程中边与磁场边界平行且保持水平。已知线框恰好匀速进入磁场，若由边刚进入磁场到边恰穿出磁场经历的时间为，求：（1）边刚进入磁场时的速度大小；（2）线框由边进入磁场到边恰进入的过程，产生的热量；（3）边刚出磁场时，线框的速度大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）当速度达到最大时\n又联立解得（2）由于线框进入磁场过程匀速，根据能量守恒定律得（3）由动量定理得又结合联立得解得13.如图所示，一个质量为，电量为的带正电的粒子（不计重力），从静止开始经电压加速后，沿水平方向进入一宽度为的区域中，当在该区域内同时施加垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场时，粒子恰好沿水平方向做直线运动，从点射出该区域的右边界；若去掉电场只保留磁场，该粒子仍从静止经电压加速后沿水平方向进入这一区域，恰好从点射出该区域的右边界，且。（1）粒子射入混合场时的速度大小。（2）求磁场的磁感应强度的大小。（3）如果去掉磁场只保留电场，该粒子仍从静止经电压加速后沿水平方向进入这一区域，粒子在该区域右边界的射出点离点的距离为多少？\n【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据动能定理解得（2）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系解得根据牛顿第二定律得解得代入速度得\n（3）根据平衡条件可得解得去掉磁场后，沿着电场方向带入得