天津市南开区2025届高三物理下学期二模试题含解析

PAGEPAGE17天津市南开区2025届高三物理下学期二模试题（含解析）本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共100分。考试用时60分钟。留意事项：答卷前，考生务必用黑水笔和2B铅笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡上相应位置；答题时，务必将Ⅰ卷答案用2B铅笔涂写在答题卡上，将Ⅱ卷答案用黑水笔填写在答题卡上相应位置，答在试卷上无效。考后请将答题卡交回。第Ⅰ卷一、单项选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。）1.下列说法正确的是（）A.温度标记着物体内大量分子热运动的猛烈程度B.内能是物体内全部分子热运动所具有的动能的总和C.布朗运动是液体分子的无规则运动D.电冰箱的工作过程表明，热量可以自发地从低温物体向高温物体传递【答案】A【解析】【详解】A．温度标记着物体内大量分子热运动的猛烈程度，因此分子无规则的运动又叫分子热运动，A正确；B．内能是物体内全部分子热运动所具有的动能和全部分子间势能的总和，B错误；C．布朗运动是固体颗粒在液体分子撞击下的无规则运动，C错误；D．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，但肯定会引起其它变更，D错误。故选A。2.第十三届全运会在天津市奥体中心胜利实行。某工作人员在进行检修任务时，必需在屋顶上向上缓慢爬行。为了简化，可将奥体中心的屋顶近似为半圆形，则他在屋顶向上缓慢爬行的过程中屋顶对他的（）A.支持力不变 B.支持力变小 C.摩擦力变小 D.摩擦力变大【答案】C【解析】【详解】缓慢爬行的过程受到的摩擦力为静摩擦力，由于缓慢爬行的过程所处位置的切面与水平方向夹角渐渐减小，即越来越平缓，因此支持力越来越大，摩擦力越来越小。当到达顶端时支持力等于重力，而摩擦力减小到零，C正确，ABD错误。故选C。3.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t秒与(t+0.2)秒两个时刻，在x轴上(–3m，3m)区间的波形完全相同，如图所示。并且图中M，N两质点在t秒时位移均为，下列说法中正确的是（）A.该波的最大波速为20m/sB.(t+0.1)秒时刻，x=－2m处的质点位移肯定是aC.从t秒时刻起，x=2m处的质点比x=2.5m的质点先回到平衡位置D.从t秒时刻起，在质点M第一次到达平衡位置时，质点N恰好到达波峰【答案】C【解析】【详解】A．由题意知波长λ=4m，由于两个时刻的波形相同，经过了整数倍周期的时间，则得0.2s=nT(n=0，1，2……)传播速度(n=0，1，2……)所以该波的最小波速为20m/s，故A错误；B．由于周期不确定，时间0.1s不肯定等于半个周期，则(t+0.1)秒时刻，x=-2m处的质点不肯定到达波峰，位移就不肯定是a，故B错误；C．由t时刻波形图知，x=2m处的质点在波谷向上振动，x=2.5m的质点向下运动，所以x=2m处的质点先回到平衡位置，故C正确；D．依据数学学问得知质点M和N之间的距离等于，由波形得知，质点M第一次到达平衡位置时，质点N不在波峰，故D错误。故选C。4.2017年6月19日长征三号火箭放射同步卫星中星9A时出现异样，卫星没有进入预定静止轨道，通过我国探讨人员的努力，经过10次轨道调整，最终在7月5日将中星9A卫星胜利定点于东经101.4°的静止轨道，完成“太空自救”．如图所示是卫星自救过程的简化示意图，近地轨道和静止轨道是圆轨道，异样轨道和转移轨道是椭圆轨道，P、Q、S三点与地球中心共线，P、Q两点是转移轨道的远地点和近地点，近似认为A.静止轨道与地球赤道平面可以不重合B.卫星在静止轨道上经过S点的加速度大于在转移轨道上经过P点的加速度C.卫星在异样轨道上经过Q点速率大于在静止轨道上经过S点的速率D.卫星在近地轨道上的周期与在转移轨道上的周期之比约为1：4【答案】C【解析】【详解】A.依据同步卫星的特点可知，同步卫星轨道与地球赤道平面必定重合，故A错误；B.S点与P点到地球的中心的距离是相等的，依据牛顿其次定律和万有引力定律得：所以卫星在静止轨道上经过S点与在转移轨道上经过P点的加速度相同，故B错误；C.在椭圆轨道近地点实施变轨成椭圆轨道是做渐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必需给卫星加速，所以卫星在异样轨道上经过Q点速率大于在近地轨道上经过Q点的速率；卫星在近地和静止轨道上运动，则由万有引力供应向心力，得：所以卫星在近地轨道经过Q点的速度大于在静止轨道上经过S点的速度；所以卫星在异样轨道上经过Q点速率大于在静止轨道上经过S点的速率．故C正确；D.由几何学问知椭圆轨道的半长轴为地球半径的4倍，由开普勒第三定律有：知卫星近地轨道上的周期与在转移轨道上的周期之比约为1：8．故D错误．5.如图所示为某机器人上电容式位移传感器工作的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变更，进而能测出电容的变更，最终就能探测到物体位移的变更，若静电计上的指针偏角为，则被测物体（）A.被测物体向左移动时，C增大，θ减小，E增大 B.被测物体向左移动时，C减小，θ增大，E减小C.被测物体向右移动时，C增大，θ减小，E减小 D.被测物体向右移动时，C减小，θ增大，E增大【答案】D【解析】【详解】AB．当被测物体向左移动时，电介质插入电容器，依据可知电容值C增大，而电容器的带电量保持不变，依据两板间电压U降低，从而静电计张角θ减小，又依据电容器内部电场强度E减小，AB错误；CD．当被测物体向右移动时，电介质抽出电容器，依据可知电容值C减小，而电容器的带电量保持不变，依据两板间电压U增大，从而静电计张角θ增大，又依据电容器内部电场强度E增大，C错误，D正确。故选D。二、不定项选择题（每小题5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。）6.一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光，将这些光分别照耀到图甲电路阴极K的金属上，只能测得3条电流随电压变更的图象如图乙所示，已知氢原子的能级图如图丙所示，则下列推断正确的是A.图乙中的c光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的B.图乙中的b光光子能量为12.09eVC.动能为leⅤ的电子能使处于第4能级的氢原子电离D.阴极金属的逸出功可能为W0=6.75eV【答案】BCD【解析】【分析】爱因斯坦光电效应方程为，最大初动能和遏止电压的关系为，联立得方程．所以用频率越大的光照耀金属，遏止电压就越大．所以由乙图可知，a、b、c三种光的频率大小关系为：【详解】A、由以上分析可知，c光的频率最小．依据玻尔跃迁理论，能级差，故c光频率对应的能级差最小，不行能是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的，因为第4能级和基态之间的能级差最大，故A错误；B、6种光子中，只有三种能使阴极发生光电效应，故a光子是氢原子由能级4向基态跃迁的产物，b光子是氢原子由能级3向基态跃迁的产物，c光子是氢原子由2能级向基态跃迁的产物．故b光子的能量，B正确；C、处于第4能级的氢原子电离至少须要汲取0.85eV的能量，故动能为leⅤ的电子能使处于第4能级的氢原子电离，C正确；D、由题意可知，c光子的频率最小，则跃迁产生c光子的能级差，依据爱因斯坦光电效应方程，，要想有效地发生光电效应，需满意，故逸出功可能等于6.75eV，D正确．故本题选BCD．【点睛】本题考查光电效应规律和玻尔跃迁理论等相关问题，设计相关计算，须要细心．7.一个小型水电站，其沟通发电机的输出电压U1肯定，通过志向升压器T1和志向降压变压器T2向远处用户供电，如图所示。输电线的总电阻为R，T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2，T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。下列说法正确的是（）A.当用户的用电器增加时，U2、U3、U4均变小B.输电线的总电阻R两端的电压等于，且随用户的用电器增加而增大C.输电线上损失的功率为，且随用户的用电器增加而增大D.要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比【答案】BCD【解析】【详解】A．依据假如U1不变，升压变压器的匝数比不变，U2不随用电器的增多而变更，A错误；B．由于在输送电路中U2相当于电源电压，U3相当于用电器两端电压，因此假如用户的用电器增加，消耗的功率变大，输送的电流也会增大，R两端的电压增大，B正确；C．输电线上损耗的功率而输送的电流代入可得C正确；D．若想削减线路损耗，应减小输送电流，只能增大输入电压，因此应增大升压变压器的匝数比，而用户的电压保持不变，因此同时应增大降压变压器的匝数比，D正确。故选BCD。8.地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运输至地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变更关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，A.矿车上升所用的时间之比为4:5B.电机最大牵引力之比为2:1C.电机输出的最大功率之比为2:1D.电机所做的功之比为4:5【答案】AC【解析】【详解】A．由图可得，变速阶段的加速度，设第②次所用时间为t，依据速度-时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，，解得：，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为，选项A正确；B．由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿其次定律，，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；C．由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确；D．加速上升过程的加速度，加速上升过程的牵引力，减速上升过程的加速度，减速上升过程的牵引力，匀速运动过程的牵引力．第①次提升过程做功；第②次提升过程做功；两次做功相同，选项D错误．【点睛】此题以速度图像给出解题信息．解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移驾驭不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功．事实上，可以依据两次提上升度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同．第Ⅱ卷9.某中学的物体爱好试验小组利用如图甲所示的试验装置验证系统的机械能守恒定律。将一气垫导轨倾斜地固定在水平桌面上，导轨的倾角为，在气垫导轨的左端固定一光滑的定滑轮，在靠近滑轮的B处固定一光电门，将质量为m的小球通过一质量不计的细线与一带有遮光板的总质量为M的滑块相连接。现将带有遮光板的滑块由气垫导轨的A处由静止释放，通过计算机测出遮光板的挡光时间为t，用游标卡尺测出遮光板的宽度为b，用刻度尺测出A、B之间的距离为d。假设滑块在B处的瞬时速度等于挡光时间t内的平均速度。由以上的叙述回答下列问题：①若游标卡尺读数如图乙所示，则遮光板的宽度为______________mm；②滑块到达光电门B处的瞬时速度________________；（用字母表示）③假如该小组的同学测得气垫导轨的倾角，在滑块由A点运动到B点的过程中，系统动能增加量为______________，系统重力势能削减量为____________，若在误差允许的范围内，则滑块与小球组成的系统机械能守恒。重力加速度用g表示；（以上结果均用字母表示）④在验证了机械能守恒定律后，该小组的同学多次变更A、B间的距离d，并作出了图象，如图丙所示，假如，则_______________m/s2；【答案】(1).3.85(2).(3).(4).(5).9.6【解析】【详解】①[1]遮光板的宽度②[2]B处瞬时速度等于挡光时间t内的平均速度③[3]动能的增量[4]重力势能削减量④[5]依据机械能守恒定律整理得由图象可知斜率将代入可得10.某同学通过多用电表的欧姆档测量量程为3V的电压表内阻，欧姆表内部电路可等效为一个无内阻的电源、一个志向电流表和一个可调电阻串联而成的电路，如图乙所示。主要的步骤如下：①将多用电表的选择开关拨到“×100”②把两表笔相接处，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处；③把红表笔与待测电压表_______________（填“正”或“负”）接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发觉这时指针偏转角度很小；④换用________________（填“×10”或“×1k”）欧姆档重新调零后测量，发觉这时指针偏转适中，如图丙所示，则欧姆表的读数为_____________________，电压表读数为_____________________V；⑤把选择开关调至空档或沟通电压最高档后拔下表笔；⑥由上述试验可粗略知道电压表的内阻为______________。该多用电表拨到④中欧姆档的内电阻为____________________，多用电表电源的电动势为_______________V（保留两位有效数字）。【答案】(1).负(2).(3).(4).2.20(5).(6).(7).3.0【解析】【详解】③[1]．由于欧姆表是“红进黑出”因此红表笔与待测电压表的负接线柱。④[2]．由于欧姆表偏转角度过小说明电阻太大，换用高档位，因此改为档位。[3]．欧姆表读数为。[4]．电压表读数为2.20V。⑥[5]．由于欧姆表测量的就是电压表内阻，因此电压表内阻为。[6]．欧姆表的中值电阻就等于内电阻，因此欧姆表内阻为[7]．依据闭合电路欧姆定律代入数据得11.滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动都是由滑板运动延长而来．如图所示是一个滑板场地，OP段是光滑的1/4圆弧轨道，半径为0.8m．PQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.2．滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，马上向前起跳．滑板手离开滑板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，并一起向前接着滑动．已知滑板质量是m=5kg，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B与P点的距离为△x=3m，g=10m/s2．（不考虑滑板的长度以及人和滑板间的作用时间）求：(l)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力；(2)滑板手落到滑板B上瞬间，滑板B的速度；(3)两个滑板间的最终距离．【答案】（1）1500N，竖直向下（2）4.2m/s（3）6.41m【解析】【详解】（1）O→P下滑过程，滑板手与滑板A机械能守恒：,代入数据解得：m/s,在P点设支持力为：解得：N,依据牛顿第三定律：N（2）滑板手跳离A板，滑板手与滑板A动量守恒：,解得：m/s,滑板手跳上B板，滑板手与滑板B动量守恒：,解得：m/s（3）滑板B的位移：m,滑板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回P点时的速度仍为v1=2m/s,滑板A的位移：m,最终两滑板停下的位置间距为：L=xB+△x-xA=6.41m12.如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面对外，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止起先沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g．（1）求小滑块运动到C点时的速度大小vc；（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块接着运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp.【答案】（1）E/B（2）（3）【解析】【详解】小滑块到达C点时离开MN，此时与MN间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；由动能定理干脆计算摩擦力做的功Wf；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，依据分运动计算最终的合速度的大小；（1）由题意知，依据左手定则可推断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN起先做曲线运动，即解得：（2）从A到C依据动能定理：解得：（3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度vD的方向与F地方向垂直，从D到P做类平抛运动，在F方向做匀加速运动a=F/m，t时间内在F方向的位移为从D到P，依据动能定理：，其中联立解得：【点睛】解决本题的关键是分析清晰小滑块的运动过程，在与MN分别时，小滑块与MN间的作用力为