天津市南開區(qū)2025屆高三物理下學期二模試題含解析

PAGEPAGE17天津市南開區(qū)2025屆高三物理下學期二模試題（含解析）本試卷分為第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷兩部分，共100分?？荚囉脮r60分鐘。留意事項：答卷前，考生務必用黑水筆和2B鉛筆將自己的姓名、準考證號、考試科目填涂在答題卡上相應位置；答題時，務必將Ⅰ卷答案用2B鉛筆涂寫在答題卡上，將Ⅱ卷答案用黑水筆填寫在答題卡上相應位置，答在試卷上無效。考后請將答題卡交回。第Ⅰ卷一、單項選擇題（每小題5分，共25分。每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的。）1.下列說法正確的是（）A.溫度標記著物體內(nèi)大量分子熱運動的猛烈程度B.內(nèi)能是物體內(nèi)全部分子熱運動所具有的動能的總和C.布朗運動是液體分子的無規(guī)則運動D.電冰箱的工作過程表明，熱量可以自發(fā)地從低溫物體向高溫物體傳遞【答案】A【解析】【詳解】A．溫度標記著物體內(nèi)大量分子熱運動的猛烈程度，因此分子無規(guī)則的運動又叫分子熱運動，A正確；B．內(nèi)能是物體內(nèi)全部分子熱運動所具有的動能和全部分子間勢能的總和，B錯誤；C．布朗運動是固體顆粒在液體分子撞擊下的無規(guī)則運動，C錯誤；D．電冰箱的工作過程表明，熱量可以從低溫物體向高溫物體傳遞，但肯定會引起其它變更，D錯誤。故選A。2.第十三屆全運會在天津市奧體中心勝利實行。某工作人員在進行檢修任務時，必需在屋頂上向上緩慢爬行。為了簡化，可將奧體中心的屋頂近似為半圓形，則他在屋頂向上緩慢爬行的過程中屋頂對他的（）A.支持力不變 B.支持力變小 C.摩擦力變小 D.摩擦力變大【答案】C【解析】【詳解】緩慢爬行的過程受到的摩擦力為靜摩擦力，由于緩慢爬行的過程所處位置的切面與水平方向夾角漸漸減小，即越來越平緩，因此支持力越來越大，摩擦力越來越小。當?shù)竭_頂端時支持力等于重力，而摩擦力減小到零，C正確，ABD錯誤。故選C。3.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t秒與(t+0.2)秒兩個時刻，在x軸上(–3m，3m)區(qū)間的波形完全相同，如圖所示。并且圖中M，N兩質(zhì)點在t秒時位移均為，下列說法中正確的是（）A.該波的最大波速為20m/sB.(t+0.1)秒時刻，x=－2m處的質(zhì)點位移肯定是aC.從t秒時刻起，x=2m處的質(zhì)點比x=2.5m的質(zhì)點先回到平衡位置D.從t秒時刻起，在質(zhì)點M第一次到達平衡位置時，質(zhì)點N恰好到達波峰【答案】C【解析】【詳解】A．由題意知波長λ=4m，由于兩個時刻的波形相同，經(jīng)過了整數(shù)倍周期的時間，則得0.2s=nT(n=0，1，2……)傳播速度(n=0，1，2……)所以該波的最小波速為20m/s，故A錯誤；B．由于周期不確定，時間0.1s不肯定等于半個周期，則(t+0.1)秒時刻，x=-2m處的質(zhì)點不肯定到達波峰，位移就不肯定是a，故B錯誤；C．由t時刻波形圖知，x=2m處的質(zhì)點在波谷向上振動，x=2.5m的質(zhì)點向下運動，所以x=2m處的質(zhì)點先回到平衡位置，故C正確；D．依據(jù)數(shù)學學問得知質(zhì)點M和N之間的距離等于，由波形得知，質(zhì)點M第一次到達平衡位置時，質(zhì)點N不在波峰，故D錯誤。故選C。4.2017年6月19日長征三號火箭放射同步衛(wèi)星中星9A時出現(xiàn)異樣，衛(wèi)星沒有進入預定靜止軌道，通過我國探討人員的努力，經(jīng)過10次軌道調(diào)整，最終在7月5日將中星9A衛(wèi)星勝利定點于東經(jīng)101.4°的靜止軌道，完成“太空自救”．如圖所示是衛(wèi)星自救過程的簡化示意圖，近地軌道和靜止軌道是圓軌道，異樣軌道和轉(zhuǎn)移軌道是橢圓軌道，P、Q、S三點與地球中心共線，P、Q兩點是轉(zhuǎn)移軌道的遠地點和近地點，近似認為A.靜止軌道與地球赤道平面可以不重合B.衛(wèi)星在靜止軌道上經(jīng)過S點的加速度大于在轉(zhuǎn)移軌道上經(jīng)過P點的加速度C.衛(wèi)星在異樣軌道上經(jīng)過Q點速率大于在靜止軌道上經(jīng)過S點的速率D.衛(wèi)星在近地軌道上的周期與在轉(zhuǎn)移軌道上的周期之比約為1：4【答案】C【解析】【詳解】A.依據(jù)同步衛(wèi)星的特點可知，同步衛(wèi)星軌道與地球赤道平面必定重合，故A錯誤；B.S點與P點到地球的中心的距離是相等的，依據(jù)牛頓其次定律和萬有引力定律得：所以衛(wèi)星在靜止軌道上經(jīng)過S點與在轉(zhuǎn)移軌道上經(jīng)過P點的加速度相同，故B錯誤；C.在橢圓軌道近地點實施變軌成橢圓軌道是做漸漸遠離圓心的運動，要實現(xiàn)這個運動必需給衛(wèi)星加速，所以衛(wèi)星在異樣軌道上經(jīng)過Q點速率大于在近地軌道上經(jīng)過Q點的速率；衛(wèi)星在近地和靜止軌道上運動，則由萬有引力供應向心力，得：所以衛(wèi)星在近地軌道經(jīng)過Q點的速度大于在靜止軌道上經(jīng)過S點的速度；所以衛(wèi)星在異樣軌道上經(jīng)過Q點速率大于在靜止軌道上經(jīng)過S點的速率．故C正確；D.由幾何學問知橢圓軌道的半長軸為地球半徑的4倍，由開普勒第三定律有：知衛(wèi)星近地軌道上的周期與在轉(zhuǎn)移軌道上的周期之比約為1：8．故D錯誤．5.如圖所示為某機器人上電容式位移傳感器工作的簡化模型圖。當被測物體在左右方向發(fā)生位移時，電介質(zhì)板隨之在電容器兩極板之間移動，連接電容器的靜電計會顯示電容器電壓的變更，進而能測出電容的變更，最終就能探測到物體位移的變更，若靜電計上的指針偏角為，則被測物體（）A.被測物體向左移動時，C增大，θ減小，E增大 B.被測物體向左移動時，C減小，θ增大，E減小C.被測物體向右移動時，C增大，θ減小，E減小 D.被測物體向右移動時，C減小，θ增大，E增大【答案】D【解析】【詳解】AB．當被測物體向左移動時，電介質(zhì)插入電容器，依據(jù)可知電容值C增大，而電容器的帶電量保持不變，依據(jù)兩板間電壓U降低，從而靜電計張角θ減小，又依據(jù)電容器內(nèi)部電場強度E減小，AB錯誤；CD．當被測物體向右移動時，電介質(zhì)抽出電容器，依據(jù)可知電容值C減小，而電容器的帶電量保持不變，依據(jù)兩板間電壓U增大，從而靜電計張角θ增大，又依據(jù)電容器內(nèi)部電場強度E增大，C錯誤，D正確。故選D。二、不定項選擇題（每小題5分，共15分。每小題給出的四個選項中，都有多個選項是正確的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，選錯或不答的得0分。）6.一群處于第4能級的氫原子，向低能級躍遷過程中能發(fā)出6種不同頻率的光，將這些光分別照耀到圖甲電路陰極K的金屬上，只能測得3條電流隨電壓變更的圖象如圖乙所示，已知氫原子的能級圖如圖丙所示，則下列推斷正確的是A.圖乙中的c光是氫原子由第4能級向基態(tài)躍遷發(fā)出的B.圖乙中的b光光子能量為12.09eVC.動能為leⅤ的電子能使處于第4能級的氫原子電離D.陰極金屬的逸出功可能為W0=6.75eV【答案】BCD【解析】【分析】愛因斯坦光電效應方程為，最大初動能和遏止電壓的關(guān)系為，聯(lián)立得方程．所以用頻率越大的光照耀金屬，遏止電壓就越大．所以由乙圖可知，a、b、c三種光的頻率大小關(guān)系為：【詳解】A、由以上分析可知，c光的頻率最?。罁?jù)玻爾躍遷理論，能級差，故c光頻率對應的能級差最小，不行能是氫原子由第4能級向基態(tài)躍遷發(fā)出的，因為第4能級和基態(tài)之間的能級差最大，故A錯誤；B、6種光子中，只有三種能使陰極發(fā)生光電效應，故a光子是氫原子由能級4向基態(tài)躍遷的產(chǎn)物，b光子是氫原子由能級3向基態(tài)躍遷的產(chǎn)物，c光子是氫原子由2能級向基態(tài)躍遷的產(chǎn)物．故b光子的能量，B正確；C、處于第4能級的氫原子電離至少須要汲取0.85eV的能量，故動能為leⅤ的電子能使處于第4能級的氫原子電離，C正確；D、由題意可知，c光子的頻率最小，則躍遷產(chǎn)生c光子的能級差，依據(jù)愛因斯坦光電效應方程，，要想有效地發(fā)生光電效應，需滿意，故逸出功可能等于6.75eV，D正確．故本題選BCD．【點睛】本題考查光電效應規(guī)律和玻爾躍遷理論等相關(guān)問題，設計相關(guān)計算，須要細心．7.一個小型水電站，其溝通發(fā)電機的輸出電壓U1肯定，通過志向升壓器T1和志向降壓變壓器T2向遠處用戶供電，如圖所示。輸電線的總電阻為R，T1的輸入電壓和輸入功率分別為U1和P1，它的輸出電壓和輸出功率分別為U2和P2，T2的輸入電壓和輸入功率分別為U3和P3，它的輸出電壓和輸出功率分別為U4和P4。下列說法正確的是（）A.當用戶的用電器增加時，U2、U3、U4均變小B.輸電線的總電阻R兩端的電壓等于，且隨用戶的用電器增加而增大C.輸電線上損失的功率為，且隨用戶的用電器增加而增大D.要減小線路的損耗，應增大升壓變壓器的匝數(shù)比，同時應增大降壓變壓器的匝數(shù)比【答案】BCD【解析】【詳解】A．依據(jù)假如U1不變，升壓變壓器的匝數(shù)比不變，U2不隨用電器的增多而變更，A錯誤；B．由于在輸送電路中U2相當于電源電壓，U3相當于用電器兩端電壓，因此假如用戶的用電器增加，消耗的功率變大，輸送的電流也會增大，R兩端的電壓增大，B正確；C．輸電線上損耗的功率而輸送的電流代入可得C正確；D．若想削減線路損耗，應減小輸送電流，只能增大輸入電壓，因此應增大升壓變壓器的匝數(shù)比，而用戶的電壓保持不變，因此同時應增大降壓變壓器的匝數(shù)比，D正確。故選BCD。8.地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運輸至地面．某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變更關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等．不考慮摩擦阻力和空氣阻力．對于第①次和第②次提升過程，A.礦車上升所用的時間之比為4:5B.電機最大牽引力之比為2:1C.電機輸出的最大功率之比為2:1D.電機所做的功之比為4:5【答案】AC【解析】【詳解】A．由圖可得，變速階段的加速度，設第②次所用時間為t，依據(jù)速度-時間圖象的面積等于位移（此題中為提升的高度）可知，，解得：，所以第①次和第②次提升過程所用時間之比為，選項A正確；B．由于兩次提升變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓其次定律，，可得提升的最大牽引力之比為1∶1，選項B錯誤；C．由功率公式，P=Fv，電機輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2∶1，選項C正確；D．加速上升過程的加速度，加速上升過程的牽引力，減速上升過程的加速度，減速上升過程的牽引力，勻速運動過程的牽引力．第①次提升過程做功；第②次提升過程做功；兩次做功相同，選項D錯誤．【點睛】此題以速度圖像給出解題信息．解答此題常見錯誤主要有四方面：一是對速度圖像面積表示位移駕馭不到位；二是運用牛頓運動定律求解牽引力錯誤；三是不能找出最大功率；四是不能得出兩次提升電機做功．事實上，可以依據(jù)兩次提上升度相同，提升的質(zhì)量相同，利用功能關(guān)系得出兩次做功相同．第Ⅱ卷9.某中學的物體愛好試驗小組利用如圖甲所示的試驗裝置驗證系統(tǒng)的機械能守恒定律。將一氣墊導軌傾斜地固定在水平桌面上，導軌的傾角為，在氣墊導軌的左端固定一光滑的定滑輪，在靠近滑輪的B處固定一光電門，將質(zhì)量為m的小球通過一質(zhì)量不計的細線與一帶有遮光板的總質(zhì)量為M的滑塊相連接?，F(xiàn)將帶有遮光板的滑塊由氣墊導軌的A處由靜止釋放，通過計算機測出遮光板的擋光時間為t，用游標卡尺測出遮光板的寬度為b，用刻度尺測出A、B之間的距離為d。假設滑塊在B處的瞬時速度等于擋光時間t內(nèi)的平均速度。由以上的敘述回答下列問題：①若游標卡尺讀數(shù)如圖乙所示，則遮光板的寬度為______________mm；②滑塊到達光電門B處的瞬時速度________________；（用字母表示）③假如該小組的同學測得氣墊導軌的傾角，在滑塊由A點運動到B點的過程中，系統(tǒng)動能增加量為______________，系統(tǒng)重力勢能削減量為____________，若在誤差允許的范圍內(nèi)，則滑塊與小球組成的系統(tǒng)機械能守恒。重力加速度用g表示；（以上結(jié)果均用字母表示）④在驗證了機械能守恒定律后，該小組的同學多次變更A、B間的距離d，并作出了圖象，如圖丙所示，假如，則_______________m/s2；【答案】(1).3.85(2).(3).(4).(5).9.6【解析】【詳解】①[1]遮光板的寬度②[2]B處瞬時速度等于擋光時間t內(nèi)的平均速度③[3]動能的增量[4]重力勢能削減量④[5]依據(jù)機械能守恒定律整理得由圖象可知斜率將代入可得10.某同學通過多用電表的歐姆檔測量量程為3V的電壓表內(nèi)阻，歐姆表內(nèi)部電路可等效為一個無內(nèi)阻的電源、一個志向電流表和一個可調(diào)電阻串聯(lián)而成的電路，如圖乙所示。主要的步驟如下：①將多用電表的選擇開關(guān)撥到“×100”②把兩表筆相接處，旋轉(zhuǎn)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指在電阻零刻度處；③把紅表筆與待測電壓表_______________（填“正”或“負”）接線柱相接，黑表筆與另一接線柱相連，發(fā)覺這時指針偏轉(zhuǎn)角度很小；④換用________________（填“×10”或“×1k”）歐姆檔重新調(diào)零后測量，發(fā)覺這時指針偏轉(zhuǎn)適中，如圖丙所示，則歐姆表的讀數(shù)為_____________________，電壓表讀數(shù)為_____________________V；⑤把選擇開關(guān)調(diào)至空檔或溝通電壓最高檔后拔下表筆；⑥由上述試驗可粗略知道電壓表的內(nèi)阻為______________。該多用電表撥到④中歐姆檔的內(nèi)電阻為____________________，多用電表電源的電動勢為_______________V（保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮?1).負(2).(3).(4).2.20(5).(6).(7).3.0【解析】【詳解】③[1]．由于歐姆表是“紅進黑出”因此紅表筆與待測電壓表的負接線柱。④[2]．由于歐姆表偏轉(zhuǎn)角度過小說明電阻太大，換用高檔位，因此改為檔位。[3]．歐姆表讀數(shù)為。[4]．電壓表讀數(shù)為2.20V。⑥[5]．由于歐姆表測量的就是電壓表內(nèi)阻，因此電壓表內(nèi)阻為。[6]．歐姆表的中值電阻就等于內(nèi)電阻，因此歐姆表內(nèi)阻為[7]．依據(jù)閉合電路歐姆定律代入數(shù)據(jù)得11.滑板運動是極限運動的鼻祖，許多極限運動都是由滑板運動延長而來．如圖所示是一個滑板場地，OP段是光滑的1/4圓弧軌道，半徑為0.8m．PQ段是足夠長的粗糙水平地面，滑板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2．滑板手踩著滑板A從O點由靜止滑下，到達P點時，馬上向前起跳．滑板手離開滑板A后，滑板A以速度v1=2m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前接著滑動．已知滑板質(zhì)量是m=5kg，滑板手的質(zhì)量是滑板的9倍，滑板B與P點的距離為△x=3m，g=10m/s2．（不考慮滑板的長度以及人和滑板間的作用時間）求：(l)當滑板手和滑板A到達圓弧軌道末端P點時滑板A對軌道的壓力；(2)滑板手落到滑板B上瞬間，滑板B的速度；(3)兩個滑板間的最終距離．【答案】（1）1500N，豎直向下（2）4.2m/s（3）6.41m【解析】【詳解】（1）O→P下滑過程，滑板手與滑板A機械能守恒：,代入數(shù)據(jù)解得：m/s,在P點設支持力為：解得：N,依據(jù)牛頓第三定律：N（2）滑板手跳離A板，滑板手與滑板A動量守恒：,解得：m/s,滑板手跳上B板，滑板手與滑板B動量守恒：,解得：m/s（3）滑板B的位移：m,滑板A在弧面上滑行的過程中，機械能守恒，所以再次返回P點時的速度仍為v1=2m/s,滑板A的位移：m,最終兩滑板停下的位置間距為：L=xB+△x-xA=6.41m12.如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面對外，磁感應強度大小為B．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止起先沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動．A、C兩點間距離為h，重力加速度為g．（1）求小滑塊運動到C點時的速度大小vc；（2）求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf；（3）若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊接著運動到水平地面上的P點．已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小vp.【答案】（1）E/B（2）（3）【解析】【詳解】小滑塊到達C點時離開MN，此時與MN間的作用力為零，對小滑塊受力分析計算此時的速度的大?。挥蓜幽芏ɡ砀纱嘤嬎隳Σ亮ψ龅墓f；撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，依據(jù)分運動計算最終的合速度的大小；（1）由題意知，依據(jù)左手定則可推斷，滑塊在下滑的過程中受水平向左的洛倫茲力，當洛倫茲力等于電場力qE時滑塊離開MN起先做曲線運動，即解得：（2）從A到C依據(jù)動能定理：解得：（3）設重力與電場力的合力為F，由圖意知，在D點速度vD的方向與F地方向垂直，從D到P做類平拋運動，在F方向做勻加速運動a=F/m，t時間內(nèi)在F方向的位移為從D到P，依據(jù)動能定理：，其中聯(lián)立解得：【點睛】解決本題的關(guān)鍵是分析清晰小滑塊的運動過程，在與MN分別時，小滑塊與MN間的作用力為