2020届天津市南开中学高考物理模拟试卷(七)(含答案详解)

2020届天津市南开中学高考物理模拟试卷(七)
一、单选题（本大题共6小题，共27.0分）
1.对热现象的认识和应用，下列说法正确的是()
A. 热量不能从低温物体传到高温物体
B. 彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点
C. 改变物体内能的方法有做功和热传递
D. 一切能源都取之不尽，用之不竭
2.OMO′N为半圆形玻璃砖的横截面，OO′为过截面圆心且垂直于MN的
直线，两条可见单色光线a、b距00′的距离为d，从空气中垂直MN射
入玻璃砖中，在半圆界面上发生反射和折射的光路图如图所示，则下
列说法正确的是()
A. 由图可知a光的频率比b光的小
B. 由图可知在玻璃砖中a光的波长比b光的小
C. 在光的单缝衍射实验中，相同条件下，b光比a光更不容易发生衍射
D. 在光的双缝干涉实验中，相同条件下，a光条纹间距比b光大
3.心脏起搏器使用“氚电池”供电，利用了氚核 13H发生β衰变释放的能量。

已知氚核的半衰期为
12.5年，下列说法正确的是()
A. 氚核衰变放出的β射线是电子流，来源于核外电子
B. 氚核经β衰变后产生 23He
C. 氚核经β衰变后，产生的新核的比结合能比氚核小
D. 经过12.5年后，剩余物质的总质量变为初始质量的一半
4.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．发电机结构如图乙所示，
线圈内阻为5.0Ω，现外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，则()
A. 电压表的示数为220V
B. 线圈经过乙图所示的位置时电流改变方向
C. 甲图所示电动势图象的计时起点位置是乙图所示的位置
D. 线圈转动的角速度为100πrad/s
5.地球赤道上随地球自转的物体A，赤道平面的近地卫星B，地球同步卫星C，分别用v、ω、a、T表
示物体的向心加速度、速度、周期和角速度，下列判断正确的是()
A. v A=v B<v C
B. ωB>ωA=ωC
C. a B>a A=a C
D. T A<T B<T C
6.下列描述中，正确的是()
A. 在验证力的平行四边形定则的实验中，标记拉力方向时，要用铅笔紧靠细绳，沿绳移动铅笔
B. 在探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中，作出弹力和弹簧长度的函数图象，不能求得弹簧的
劲度系数
C. 在探究功与速度变化的关系的实验中，所选用的橡皮筋的规格应相同
D. 在验证机械能守恒定律的实验中，可以用公式v=gt求出打某点时纸带的速度
二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）
7.如图甲所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，介质中A、B两质点平衡位置间的距离为3.5m，
且大于一个波长小于两个波长，A、B两质点的振动图象如图乙所示，由此可知()
A. t=1.5s时A、B两质点的加速度相同
B. 该简谐横波的波长可能为2.8m
C. 该简谐横波的波速为0.5m/s
D. 经过7s时间A质点运动到B质点
E. t=2.5s时A、B两质点的运动速度相同
8.如图甲所示，一倾角为θ的传送带始终保持恒定匀速转动．t=0时
将一质量为m的物块以初速度v1放置在传送带上，其速度随时间
变化的关系如图乙所示(取沿传送带斜向上的运动方向为正方向，
且|v1|>|v2|).已知传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因数
为μ.下列说法正确的是()
A. μ>tanθ
B. 0−t1内，物块对传送带做正功
C. 0−t2内，传送带对物块做功为W=1
2mv 22−1
2
mv 12
D. 0−t2内，物块与传送带间摩擦产生的热量一定比物块机械能的减少量大
9.如图所示，悬线下挂一个带正电的小球，它的质量为m，电荷量为q，整个装置
处于的匀强电场中，下列说法中正确的是()
A. 场强方向一定向右
B. 若剪断悬线，则小球将静止不动
C. 若剪断悬线，则小球做匀速运动
D. 若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动
三、实验题（本大题共2小题，共10.0分）
10.“研究共点力的合成”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳
的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示。

(1)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是力______。

(2)(单选题)本实验采用的主要科学方法是______
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.建立物理模型法
(3)(多选题)实验中可减小误差的措施有______
A.两个分力F1、F2的大小要尽量大些
B.两个分力F1、F2间夹角要尽量大些
C.拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行
D.拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些。

11.为了精确测量一电阻的阻值Rx，现有以下器材：蓄电池E，电流表A，电
压表V，滑动变阻器R，电阻箱R P，开关S1、S2，导线若干。

某活动小组设
计了如图甲所示的电路。

实验的主要步骤：
a.闭合S1，断开S2，调节R和R P，使电流表和电压表的示数适当，记下两表示
数分别为I1、U1；
b.闭合S2、保持R P阻值不变，记下电流表和电压表示数分别为I2、U2。

(1)写出被测电阻的表达式R x=______(用两电表的读数表示)。

(2)由于本实验所使用的电流表、电压表都不是理想电表，不能忽略电表电阻对电路的影响。

则上述
测量中被测电阻R x的测量值______真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)，这是因为该实验电路能消除实验中产生的______
四、计算题（本大题共3小题，共48.0分）
12.如图所示，光滑斜面的倾角为30°，顶端离地面高度为0.2m，质量相等
的两个小球A、B，用恰好等于斜面长的细绳子相连，使A在斜面底端。

现把B稍许移出斜面，使它由静止开始沿斜面的竖直边下落，求：
(1)当B球刚落地时，A球的速度；
(2)B球落地时后，A球还可上升的高度H(g=10m/s2)。

13.如图所示，斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于C，整个装置竖直固定，D是最低点，圆
心角∠DOC=37°，E、B与圆心O等高，圆弧轨道半径R=0.30m，斜面长L=1.90m，AB部分光滑，BC部分粗糙。

现有一个质量m=0.10kg的小物块P从斜面上端A点无初速下滑，物块P与斜面BC部分之间的动摩擦因数μ=0.75.取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力。

求：
(1)物块第一次通过C点时的速度大小v C。

(2)物块第一次通过D点时受到轨道的支持力大小F D。

(3)物块最终所处的位置。

14.如图所示，水平地面上，光滑物块甲从A点在外力作用下以a1=5m/s2的加速度由静止开始运
动，同时物块乙从B点以初速度v0水平向左运动，物块甲运动到C点时去掉外力，从A、B开始运动计时，经时间t=1.0s两物块相遇．已知物块乙与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，A、C两点间的距离s1=0.1m，B、C两点间的距离s2=2.8m.重力加速度g=10m/s2，求：
(1)甲、乙两物块相遇的位置离C点的距离；
(2)物块乙的初速度v0．
参考答案及解析
1.答案：C
解析：解：A、根据热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，但在一定的条件下可以从低温物体传到高温物体，故A错误；
B、彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故B错误；
C、根据热力学第一定律可知，做功与热传递都可以改变物体的内能，故C正确；
D、根据热力学第二定律可知，能源的使用过程能量的总量守恒，但可利用能源会逐步减少，因此节约能源是我们每个人的责任，故D错误。

故选：C。

根据热力学第二定律判断宏观自然过程的方向性；液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点；做功与热传递都可以改变物体的内能；能源的使用过程能量的总量守恒，但可利用能源会逐步减少。

本题考查对热力学第一定律和热力学第二定律的理解，关键是对热力学第二定律的几种不同的说法理解一定要准确、到位。

2.答案：B
解析：解：A、由题，a光已经发生全反射，而b光没有发生全反射，说明a光的临界角小于b光的临
分析可知，a光的折射率大于b光的折射率，故A错误．
界角，由公式sinC=1
n
B、a光的频率比b光的大，真空中a光的波长比b光的波长短，a光的折射率较大，则由介质中的波
，得到在玻璃砖中，a光的波长比b光的小．故B正确．
长公式λ=λ0
n
C、由上分析，a光的波长比b光的小，在光的单缝衍射实验中，相同条件下，波长越长，越容易发生衍射，故C错误．
D、光的双缝干涉实验中，相同条件下，因a光的波长比b光的小，则a光条纹间距比b光小．故D 错误．
故选：B．
同一种光在不同介质中传播时频率相同．由题，a光已经发生全反射，而b光没有发生全反射，说明a
分析可知，a光的折射率大于b光的折射率，由公式v=光的临界角小于b光的临界角，由公式sinC=1
n
c
分析光在玻璃中传播速度的大小．a光的折射率大于b光的折射率，则a光的频率比b光的大，真空n
，分析在玻璃砖中波长的关系．
中a光的波长比b光的波长短．由介质中的波长λ=λ0
n
本题考查频率与介质的关系、全反射、波长与折射率的关系，常见问题，基础题．
3.答案：B
解析：解：A、β衰变中生成的电子是一个中子转化为一个质子同时生成一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β射线，故A错误；
B、根据质量数与核电荷数守恒，则氚发生β衰变的衰变方程： 13H→23He+−10e，则氚核经β衰变后产生 23He，故B正确；
C、氚核发生β衰变的过程中释放能量，根据质能方程可知，总质量减小，产生的新核的比结合能比氚核大，故C错误；
D、经过t=12.5年，为一个半衰期，只有一半的氚核发生衰变，剩余的氚核为原来的1
，但剩余的
2
物质中还有氦核，所以剩余物质的总质量大于初始质量的一半，故D错误。

故选：B。

β衰变是内部中子转化为质子时同时生成电子，根据质量数与核电荷数守恒，即可确定衰变方程；根据半衰期公式计算反应剩余物的质量；
衰变的过程中释放能量，比结合能增大。

本题考查β衰变的本质、半衰期公式等内容，要熟悉课本知识，能解释生活中的问题。

4.答案：D
解析：A、交流电流表测得是外电路电压的有效值，A错误；
B、由交流电的产生原理可知当线圈经过中性面时电流改变方向，B错误；
C、以线圈经过在中性面时为计时起点则交流电图像如图甲所示，C错误；
D、由甲图可知交流电的周期为0.02s，则有，D正确．故选D
5.答案：B
解析：解：A、对于A、C：卫星C为地球同步卫星，C的运行角速度与A物体的角速度相等，C的轨道半径与A的轨道半径大，由v=ωr分析知：v A<v C。

对于B、C，根据卫星的线速度公式：v=√GM
，知v B>v C.所以有v A<v C<v B.故A错误。

r
B、对于B、C，卫星的角速度为ω=v
r =√GM
r3
，知ωB>ωC，所以有ωB>ωA=ωC.故B正确。

C、对于A、C：由a=ω2r有a A<a C.对于B、C，卫星的加速度为a=v2
r =GM
r2
，知a B>a C.所以a B>
a C>a A.故C错误。

D、A、C运行的周期相等。

对于B、C，卫星的周期为T=2πr
v =2πr√r
GM
，知T B<T C.所以有T B<T C=T A.
故D错误。

故选：B。

本题中涉及到三个做圆周运动物体，A、C运行的周期和角速度相等，由v=ωr分析线速度的大小．由a=ω2r分析向心加速度的大小．B、C为卫星，根据线速度、角速度、向心加速度和周期公式分析它们的关系，从而得到三个卫星各量的关系．
本题涉及到两种物理模型，即A、C共轴转动，周期相等．B、C同为卫星，其动力学原理相同，要两两分开比较，最后再统一比较．
6.答案：C
解析：解：A、在“验证力的平行四边形定则”的实验中，应用直尺画出在白纸上沿细绳方向标出的两点的连线，作为拉力的方向，故A错误．
B、根据F=K(L−L0)=KL−KL0
即可以通过求弹力和弹簧长度的关系图象的斜率也能求出弹簧的劲度系数，故B错误．
C、在“探究功与速度变化的关系”的实验中，因不需要求出功的具体数值，只有选取规格相同的橡皮筋才能得出多个橡皮筋做的功与一个做的功的关系，故C正确．
D、在“验证机械能守恒定律”的实验中，应通过纸带用v t
2=x
t
求出瞬时速度，不能用v=gt求，故
D错误．
故选：C．
本题的关键是弄清实验原理，特别是在“验证机械能守恒定律”的实验中，由于重锤下落过程中受到阻力作用导致加速度小于重力加速度g的值，故不能由v=gt求出打某点时纸带的速度．
通过本题让学生掌握各种实验关键的步骤，重要的方法，及实验原理．
7.答案：ACE
解析：解：A、由振动图象可知t=1.5s时A、B两质点的位移相同，根据a=−ky
m
可知加速度相同，故A正确；
B、因波沿x轴正方向传播，t=0时A质点在波峰，B质点在平衡位置且向下运动，且A、B两质点平
衡位置之间的距离大于一个波长小于两个波长，有λ+3
4
λ=3.5m，可得波长λ=2m，故B错误；
C、由振动图象可知周期T=4s，可得波速v=λ
T =2
4
m/s=0.5m/s，故C正确；
D、波动传播的是振动的形式和能量，介质中质点并不随波迁移，故D错误；
E、t=2.5s时，根据振动图象可知A、B两质点关于平衡位置对称，运动速度大小相等，方向均沿y轴正方向，故E正确。

故选：ACE。

由振动图象结合a=−ky
m
分析加速度；
根据振动图象结合A、B两质点平衡位置之间的距离大于一个波长小于两个波长求解波长；
根据波速的计算公式求解波速；
介质中质点不会随波迁移；
根据振动图象分析t=2.5s时A、B两质点的速度大小和方向。

本题有一定的综合性，考查了波的传播和振动图象问题，关键是会根据振动情况确定波的波长，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。

8.答案：AD
解析：解：A、取沿传送带斜向上的运动方向为正方向，且|v1|>|v2|，故物体所受的传送带的摩擦力沿斜面斜面向上，先减速再匀加速，并且减速与加速的加速度大小相等，故有μmgcosθ>mgsinθ，故μ>tanθ，故A正确；
B、0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故B错误；
C、0−t2内，由动能定理得，传送带和重力对物块做功总和为W=1
2mv 22−1
2
mv 12，故C错误；
D、0−t2内，物块与传送带间摩擦产生的热量等于滑动摩擦力与路程的乘积，而物块机械能的减少量等于滑动摩擦力与下降位移的乘积，故D正确．
故选：AD．
由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况，由动能定理和功能关系可得物块与传送带间摩擦产生的热量和物块机械能的减少量．
本题由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，判断做功情况，联合应用功能关系和动能定理，有一定的难度．
9.答案：AD
解析：解：A、小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡得，小球受到的电场力方向向右，小球带正电荷，所以电场强度的方向向右。

故A正确。

BCD、剪断细线，小球受重力和电场力，两个力均为恒力，故合力为恒力；合力的方向与绳子的拉力方向等值反向，所以小球沿细绳方向做初速度为零的匀加速直线运动。

故BC错误，D正确。

故选：AD。

小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡求出悬线与竖直方向夹角的正切值。

剪断细线，根据小球的受力，判断其运动情况。

解决本题的关键会根据平行四边形定则处理共点力平衡问题，以及会根据物体的受力判断物体的运动，注意电场的基本性质。

10.答案：F′B ACD
解析：解：(1)实验中F是通过平行四边形定则作图得出的，而F′是通过用一根细线拉动橡皮筋，使与两个力拉时的效果相同得出的，故F′一定是沿AO方向的；
(2)本实验是通过一个力与两力效果相同得了的合力，故运用了等效替代的方法，故B正确；
(3)实验是通过作图得出结果，故为了减小误差应让拉力尽量大些，故A正确；
而夹角太大将会导至合力过小，故夹角不能太大，故B错误；
为了防止出现分力的情况，应让各力尽量贴近木板，且与木板平行，故C正确；
为了准确记下拉力的方向，故采用两点描线时两点应尽量距离大一些，故细绳应长些，故D正确；故选ACD。

本题根据“验证力的平行四边形定则”实验的原理及注意事项进行分析解答。

实验问题一定要紧扣实验的原理和实验需要注意的事项进行掌握，并能根据实验原理进行设计性实验。

11.答案：U1U2
I2U1−I1U2
等于系统误差
解析：解：(1)由欧姆定律根据步骤a，设电压表内阻为R v，则U1
R P +U1
R v
=I1
根据步骤b，U2
R P +U2
R V
+U2
R x
=I2
由以上两式可得：R X=U1U2
I2U1−I1U2
(2)因把电压表内阻考虑在内后列出欧姆定律表达式，即可解出待测电阻的真实值。

则被测电阻R x的测量值等于真实值。

故答案为：(1)U1U2
I2U1−I1U2
(2)等于，系统误差。

(1)在两种情况下是将电压表内阻考虑在内后列出欧姆定律表达式，可得出对应的表达式；
(2)根据电表对电路的影响可解出待测电阻的真实值。

本题考查电阻测量及误差分析；若题目要求求出待测量真实值时，只需把电表内阻考虑在内，然后根据欧姆定律和串并联规律求解即可。

12.答案：解：(1)A、B系统机械能守恒，设B落地时的速度为v，小球A、B的质量为m，由机械能守恒定律得：
m B gℎ−m A gℎsin30°=1
2
(m A+m B)v2，
代入数据解得：v=√2(m B gℎ−m A gℎsin30°)
m A+m B =√2×(m×10×0.2−m×10×0.2×
1
2
)
m+m
=1m/s
(2)B落地后，A以v为初速度沿斜面匀减速上升，设A还能沿斜面上升的距离为s，由动能定理得：
−m A gssin30°=0−1
2
m A v2
代入数据解得：s=
1
2
m A v2
m A gsin30∘
=v2
2gsin30∘
=12
2×10×1
2
m=0.1m
答：(1)当B球刚落地时A球的速度为1m/s。

(2)B球落地后，A球还可沿斜面运动的距离为0.1m。

解析：(1)A、B组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出B落地时A的速度。

(2)B着地后，A沿斜面做匀减速运动，当速度减为零时，A能沿斜面滑行的距离最大，由动能定理或机械能守恒定律分析答题。

本题中，要注意A、B单个物体机械能不守恒，但二者组成的系统机械能守恒。

要学会分过程，分对象，由机械能守恒定律或动能定理进行研究。

13.答案：解：(1)根据几何关系得，斜面BC部分的长度为：
l═0.40m
设物块第一次通过B点时的速度为v B，根据动能定理有：
mg(L−l)sin37°=1
2
mv B2−0，
代入数据得：v B=3√2m/s。

物块在BC部分滑动受到的摩擦力大小为：
f=μmgcos37°=0.60N
在BC部分下滑过程受到的合力为：
F=mgsin37°−f=0
则物块第一次通过C点时的速度为：
v C=v B=3√2m/s。

(2)设物块第一次通过D点时的速度为v D，则有：
mgR(1−cos37°)=1
2
mv D2−
1
2
mv C2
F D−mg=m v D2 R
代入数据得：F D=7.4N。

(3)物块每通过一次BC部分减小的机械能为：
△E=f⋅l=0.24J 物块在B点的动能为：
E kB=1
2mv B2=1
2
×0.1×18J=0.9J，
物块能经过BC部分的次数为：
n=0.9
0.24
=3.75，
设物块第四次从下端进入BC部分后最终在距离C点x处于静止，则有：
mg(L−x)sin37°−f(3l+x)=0，
代入数据得：x=0.35m。

答：(1)物块第一次通过C点时的速度大小为3√2m/s。

(2)物块第一次通过D点时受到轨道的支持力大小为7.4N。

(3)物块最终所处的位置距离C点0.35m。

解析：(1)根据几何关系求出BC部分的长度，对A到B运用动能定理，求出B点的速度，根据物体在粗糙斜面上的受力判断出物体做匀速直线运动，从而得出C点的速度。

(2)对C到D过程运用动能定理，求出D点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小。

(3)根据能量守恒确定出物块在BC部分经历的次数，对全过程运用动能定理，求出物体最终的位置。

本题考查了动能定理与牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题关键确定出研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再根据动能定理列式求解。

14.答案：解：(1)甲运动到C的速度v=√2a1s1=√2×5×0.1m/s=1m/s，
甲匀加速运动的时间t1=v a
1=1
5
s=0.2s．
乙做匀减速直线运动的加速度大小a2=μg=0.2×10m/s2=2m/s2，
因为经过1.0s两物块相遇，则甲匀速运动的位移x′=v(t−t1)=1×(1−0.2)m=0.8m，
即甲乙两物块相遇的位置离C点的距离为0.8m．
(2)物块乙运动的位移大小x″=s2−x′=2.8−0.8m=2m．
a2t2=x″得，代入数据解得v0=3m/s．
根据v0t−1
2
答：(1)甲、乙两物块相遇的位置离C点的距离为0.8m；
(2)物块乙的初速度v0为3m/s．
解析：(1)根据匀变速直线运动的速度位移公式求出甲运动到C点的速度，根据速度时间公式求出甲匀加速运动的时间，从而得出甲匀速运动的时间，结合位移公式求出相遇时距离C点的距离．(2)根据乙的位移，结合位移时间公式求出乙的初速度．
本题考查了运动学中的相遇问题，关键理清甲乙在整个过程中的运动规律，结合运动学公式灵活求解．。