1、天津市南开中学2020届高三物理下学期5月考试题（含解析）一、选择题（共5小题）1.下列关于光的认识，正确的是（）A. 光的干涉和衍射不仅说明了光具有波动性，还说明了光是横波B. 拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度C. 涂有增透膜的照相机镜头看上去呈淡紫色，说明增透膜增强了对淡紫色光的透射D. 电视机遥控器是利用发出红外线脉冲信号来进行遥控的【答案】D【解析】【详解】A光的干涉和衍射能说明光具有波动性，不能说明光是一种横波。光的偏振现象才说明了光是一种横波，故A错误；B在镜头前加一个偏振片，是为了减弱反射光的强度，并不能增加透射光的强度，故B错误；C涂有增透膜的
2、照相机镜头看上去呈淡紫色，说明增透膜减少了对绿光的反射，增强了对绿光的透射，而红光和紫光有一些反射，则照相机镜头看上去呈淡紫色，故C错误；D红外线波长较长，容易发生衍射，所以电视机遥控器是利用发出红外线脉冲信号来进行遥控的，选项D正确。故选D。2.2020年北京时间1月16日11点02分，酒泉卫星发射中心一枚“快舟一号甲”火箭发射由银河航天研发制造的5G低轨宽带卫星，也是全球首颗5G卫星，重量为227公斤，在距离地面1156公里的区域运行，下列说法正确的是（）A. 5G卫星不受地球引力作用B. 5G卫星绕地飞行的速度一定大于7.9km/sC. 5G卫星轨道半径比地球同步卫星高D. 5G卫星在轨
3、道上运行的速度大小与卫星的质量无关【答案】D【解析】【详解】A. 5G卫星是在地球的万有引力下做匀速圆周运动的，故选项A错误；B.由于5G卫星绕地飞行的轨道大于地球半径，根据公式可知轨道半径越大，运行速度越小，因此5G卫星绕地飞行的速度一定小于7.9km/s，所以选项B错误；C. 5G卫星在距离地面1156公里的区域运行，而地球同步卫星在距离地面约为五倍地球半径的高度运行，因此选项C错误；D.根据公式可知5G卫星在轨道上运行速度大小与卫星的质量无关，所以选项D正确。故选D。3.理想变压器的原线圈连接交变电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过触头Q调节，在线圈输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R
4、，在原线圈上加一电压有效值为U的交流电，则（）A. 若Q位置不变，将P向上滑动，U变大B. 若Q位置不变，将P向上滑动，电流表的读数变大C. 若P位置不变，将Q向上滑动，电流表的读数变大D. 若P位置不变，将Q向上滑动，变压器的输入功率不变【答案】C【解析】【详解】AB在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定。因此，当Q位置不变时，输出电压U不变，此时P向上滑动，负载电阻值R增大，则输出电流I减小，根据输入功率P1等于输出功率P2，电流表的读数I变小，故AB错误；CP位置不变，将Q向上滑动，则输出电压U变大，I变大，由输入功率与输出功率相等可知，电流表的读数变大，故C正确
5、；DP位置不变，将Q向上滑动，则输出电压U变大，I变大，则输出的功率增大，由于输入功率等于输出功率，所以输入的功率也随之增大，故D错误。故选C。4.如图，绝热的容器内封闭一定质量的理想气体（不考虑分子势能，外界大气压恒定），用电阻丝对其加热时，绝热活塞缓慢地无摩擦地上升，下列正确的是（）A. 活塞上升，气体体积增大，温度降低B. 气体从电阻丝吸收热量，气体又对外做功，气体内能可能不变C. 气体从电阻丝吸收的热量一定大于气体对外做功D. 气体体积增大，单位时间内打到器壁单位面积的分子数减少，气体压强一定减小【答案】C【解析】【详解】A活塞缓慢地无摩擦地上升，处于平衡状态，气体压强不变 ，由盖吕萨
6、等压变化可知，体积增大，温度升高。故A错误；B气体温度升高，内能增大，故B错误；C根据热力学第一定律温度升高，大于零；体积增大，对外做功，小于零 ；故大于零，且绝对值大于的绝对值，故C正确；D活塞缓慢地无摩擦地上升，处于平衡状态，气体压强不变；从微观来看，虽然单位面积的分子数减少，但是温度升高，分子速度加快，碰撞更剧烈，压强不变，故D错误。故选C。5.如图所示，用两根长度均为l的绝缘轻绳将正电的小球悬挂在水平的天花板下，小球的质量为m，轻绳与天花板的夹角均为，小球正下方距离也为l的A处有一绝缘支架上同样有一个带电小球，此时轻绳的张力均为0，现在将支架水平向右移动到B处，B处位置为与竖直方向的夹
7、角为处，小球处于静止状态，若已知=30，则（）A. A处的带电小球带负电B. A处于B处库仑力大小之比为2：3C. 支架处于B处，左边绳子张力为D. 支架处于B处，右边绳子张力为【答案】C【解析】【详解】A当绝缘支架上的带电小球在A位置时，轻绳的张力均为0，说明上方小球受力平衡，受力分析可知其只受重力和库仑力，因此A处的带电小球带正电，故A错误；B根据库仑定律可得因此在A处与B处库仑力大小之比等于带电小球距离平方的倒数比，即故B错误；CD支架处于B处，两球间的库仑力为设左、右绳的张力分别为F1和F2，则由正交分解可得 解得 故C正确，D错误。故选C。二、多选题（共3小题）6.一列简谐横波，某时
8、刻的图象如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是（）A. 这列波沿x轴正向传播B. 这列波的波速是25m/sC. 质点P将比质点Q先回到平衡位置D. 经过t=0.4s，A质点通过的路程为4m【答案】BD【解析】【详解】A由乙图读出t=0时刻质点A的速度方向为沿y轴正方向，由同侧法结合甲图判断出波的传播方向为沿x轴负向，故A错误；B由甲图读出该波的波长为=20m，由乙图周期为T=0.8s，则波速为故B正确；C图示时刻质点P沿y轴负方向，Q直接向平衡位置运动，所以质点P将比质点Q后回到平衡位置，故C错误；Dt=0.4s=0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内
9、质点A通过的路程是4倍振幅，则经过t=0.4s，A质点通过的路程是s=2A=4m故D正确。故选BD。7.如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为 mA=lkg、mB=2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离t=0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示则下列关于A、B两物块 受力及运动情况的分析，正确的是A. t=2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6NB. t=2.0s时刻A、B之间作用力为零C. t
10、=2.5s时刻A对B的作用力方向向左D. 从t=0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4m【答案】AD【解析】试题分析：设t时刻AB分离，分离之前AB物体共同运动，加速度为，以整体为研究对象，则有：，分离时：，得，经历时间，根据位移公式，则D正确；当时，得，A正确B错误；当时，得，C错误考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用【名师点睛】AB分离之前共同运动，以整体为研究对象根据牛顿第二定律列方程求出加速度大小，分离时二者之间作用力为03N但加速度相等，然后隔离A、B分别为研究对象根据牛顿第二定律和运动学公式列方程确定分离的时刻8.如图，ab和cd为两条相距较远的平行直线，ab的左侧和cd
11、的右侧都有磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。甲、乙两带电微粒分别从图中同一水平线上的A、D两点以不同的初速度开始向两边运动，轨迹如图中的闭合曲线，它们在C点碰撞后立即结为一体向右运动，则正确的是（不计微粒的重力和空气阻力）（）A. 开始时甲的速度一定比乙大B. 甲的带电量一定比乙大C. 甲、乙结合后，仍在原闭合曲线上运动D. 甲、乙结合后，会离开原闭合曲线运动【答案】BC【解析】【详解】A甲、乙两带电体分别在左右磁场中做匀速圆运动，速度大小不变，碰撞时遵守动量守恒定律，由题意可知碰撞前甲的动量大，由于质量大小不知，故速度大小无法判断，故A错误；B根据磁场中匀速圆周运动，由，因，r、B
12、相同，则，故B正确；CD由题意可知甲带正电，乙带负电，设电量大小分别为、，则有，根据动量守恒定律得结合体的半径联立可得得到甲乙结合后，仍在原闭合曲线上运动，故C正确，D错误。故选BC三、实验题（共2小题）9.未来在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动。现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示
13、，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4，则：(1)由以上信息，可知a点_（填“是”或“不是”）小球的抛出点。(2)由以上及图信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为_m/s2。（结果保留两位有效数字）(3)由以上及图信息可以算出小球平抛的初速度是_m/s。（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). 是 (2). (3). 【解析】【详解】(1)1因为竖直方向上相等时间内的位移之比为，符合初速度为零的匀变速直线运动特点，因此可知点的竖直分速度为零，点是小球的抛出点；(2)2由照片的长度与实际背景屏的长度之比为可得乙图中正方形的边长为竖直方向上有解得(3)3水平方向小球做匀速直线运动，因
14、此小球平抛运动的初速度为10.某多用表内部的部分电路如图所示，已知微安表表头内阻Rg=100，满偏电流Ig=200A，定值电阻R1=2.5，R2=22.5，电源电动势E=1.5V，则该多用表（1）A接线柱应该是与_（填“红”或“黑”）表笔连接；（2）当选择开关接_（填“a”或“b”）档时其对应的电阻档的倍率更高；（3）若选a档测量电阻，则原表盘100A，对应电阻刻度值应当为_；原表盘50A的刻度，对应的电阻刻度值应当为_【答案】 (1). 黑 (2). b (3). 150 (4). 450【解析】(1)当用欧姆表测电阻时，电源和表头构成回路，根据电源正负极连接方式可知，黑表笔与电源正极相连，
15、故A接线柱应该是与“黑”表笔连接；（2）整个回路最小电流 ， 同时，当选择开关接b时，此时有最大值当选择开关接b档时其对应电阻档的倍率更高（3）用a档测量电阻，欧姆调零时，此时，当，此时干路电流为 ，由于，解得；当表盘时，此时干路电流为，由于，解得【点睛】本题主要考查：利用电阻的串并联关系，来解决电流表的扩量程的相关问题；熟悉欧姆表的工作原理，利用回路欧姆定律解决相关问题四、计算题（共3小题）11.如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速
16、度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道已知R=0.2m，l=1.0m，v0=2m/s，物块A质量为m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数为=0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g=10m/s2求：（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小；（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度；（3）调节PQ段的长度l，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当l满足什么条件时，A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道【答案】（1）2m/s（2）0.2m（3）1.0ml1.5m或l0.25m【解析】【详解】（1）物块A冲上圆形轨道后回到最低点速度为v0=
17、m/s，与弹簧接触瞬间，可得，物块A与弹簧刚接触时的速度大小m/s；（2）A被弹簧以原速率v1弹回，向右经过PQ段，有；解得A速度v2=2m/s，A滑上圆形轨道，有，（也可以应用）可得，返回到右边轨道的高度为h=0.2m=R，符合实际（3）物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，有，可得，A回到右侧速度：，要使A能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，则有：若A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足：0hR，根据机械能守恒：联立可得，1.0ml1.5m；若A能沿轨道上滑至最高点，则满足：且，联立得l0.25m，综上所述，要使A物块能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，l满足的
18、条件是1.0ml1.5m或l0.25m；12.如图所示，在两根间距为L的水平金属导轨上，有一个边长为L的正方形金属线圈abcd，线圈的ab、cd边质量均为m，电阻均为R；bc、ad边的质量和电阻均不计。在cd和pq之间存在磁感应强度为B，垂直导轨向上的匀强磁场。在导轨上，另有一根质量为m、电阻为R的金属棒ef，在恒力F的作用下向右运动。线圈abcd和ef金属棒与导轨的摩擦因数均为，导轨电阻不计。当ef棒向右运行距离为L时，线圈刚好开始运动，求：(1)ef棒向右运行距离为L时的速度(2)ef棒从静止开始，到线圈刚开始运动消耗的时间(3)ef棒从静止开始，到线圈刚开始运动过程中，cd杆消耗的焦耳热
19、【答案】（1） ；（2） ；（3）【解析】【详解】（1）设ef棒的速度为v，则电动势流过cd的电流 线圈刚刚开始运动联立解得ef棒的速度（2）从ef开始运动，到线圈开始运动，对ef由动能定理其中的联立解得 解得（3）由能量关系可知其中cd杆消耗的焦耳热为可得13.水平折叠式串列加速器是用来产生高能离子的装置,如图是其主体原理侧视图图中为一级真空加速管,中部处有很高的正电势，、两端口均有电极接地(电势为零)；、左边为方向垂直纸面向里的匀强磁场； 为二级真空加速管,其中处有很低的负电势,、两端口均有电极接地(电势为零)有一离子源持续不断地向端口释放质量为m、电荷量为e的负一价离子,离子初速度为零,
20、均匀分布在端口圆面上离子从静止开始加速到达处时可被设在该处的特殊装置将其电子剥离,成为正二价离子(电子被剥离过程中离子速度大小不变)；这些正二价离子从端口垂直磁场方向进入匀强磁场，全部返回端口继续加速到达处时可被设在该处的特殊装置对其添加电子，成为负一价离子(电子添加过程中离子速度大小不变)，接着继续加速获得更高能量的离子已知端口、端口、端口、端口直径均为L,与相距为2L,不考虑离子运动过程中受到的重力,不考虑离子在剥离电子和添加电子过程中质量的变化,，求：(1)离子到达端口的速度大小v；(2)磁感应强度度大小B；(3)在保证(2)问中的B不变的情况下,若端口有两种质量分别为、，电荷量均为e的的负一价离子,离子从静止开始加速,求从端口射出时含有m1、m2混合离子束的截面积为多少【答案】(1) (2) (3)【解析】（1）对离子加速全过程由动能定理得到：解得：（2）进入磁场中，解得：（3），