2020届天津巿塘沽一中高三下学期3月线上物理试题（解析版）

2020 年塘沽一中高三毕业班第二次模拟考试 物理 第Ⅰ卷 注意事项： 1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 2.本卷共 8 题，每题 5 分，共 40 分。 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. 下列说法中正确的是 A. α 粒子散射实验发现了质子 B. 玻尔理论不仅能解释氢的原子光谱，也能解释氦的原子光谱 C. 热核反应的燃料是氢的同位素，裂变反应的燃料是铀 D. 中子与质子结合成氘核的过程中需要吸收能量 【答案】C 【解析】 试题分析：卢瑟福通过 α 粒子散射实验否定了汤姆生的枣糕模型，从而提出了原子核式结构模型，质子的 发现是卢瑟福通过 α 粒子轰击氮核而发现质子，选项 A 错．波尔理论把原子能级量子化，目的是解释原子 辐射的线状谱，但是波尔理论只能很好的解释氢原子的线状谱，在解释氦的原子光谱和其他原子光谱时并 不能完全吻合，选项 B 错．热核反应主要是氘核氚核在高温高压下发生的聚变反应，氘核和氚核都是氢的 同位素，裂变主要是铀核裂变，选项 C 对．中子和质子结合成氘核是聚变反应，该过程释放能量，选项 D 错． 考点：原子 原子核 2.如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，若 三条绳长度不同，下列说法正确的有（　　） A. 三条绳中 张力都相等 B. 杆对地面的压力大于自身重力 C. 绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零 D. 绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力 的【答案】BC 【解析】 试题分析：由于三力长度不同，故说明三力与竖直方向的夹角不相同，由于杆保持静止，故在水平方向三 力水平分力的合力应为零，故三力的大小不可能相等；A 错、C 对；由于三力在竖直方向有分力，杆在竖直 方向合力为零，故杆对地面的压力大于重力，B 对；由于杆受绳的拉力、重力及支持力；故绳拉在竖直方 向分力与重力的合力等于支持力；故 D 错． 考点：共点力的平衡条件及应用． 3.在人类太空征服史中，让人类遗憾的是“太空加油站”的缺乏。当通信卫星轨道校正能源耗尽的时候，它的 生命就走到了尽头，有很多成了太空垃圾。如今“轨道康复者”是救助此类卫星的新型太空航天器，图甲是“轨 道康复者”航天器在给太空中“垃圾”卫星补充能源，可简化为图乙所示的模型，让“轨道康复者”N 对已偏离 原来正常工作轨道的卫星 M 进行校正，则（　　） A. “轨道康复者”N 从图乙所示轨道上加速，与卫星 M 对接补充能源后开动 M 上的小发动机向前喷气，能校 正卫星 M 到较低的轨道运行 B. 让 M 降低到 N 所在轨道上，补充能源后再开启卫星 M 上 小发动机校正 C. 在图乙中 M 的动能一定小于 N 的动能 D. 在图乙中，M、N 和地球球心三者不可能处在同一直线上 【答案】A 【解析】 【详解】A．开动 M 上的小发动机向前喷气，可使卫星 M 减速，速度减小，所需的向心力减小，卫星 M 做 向心运动，则能校正卫星 M 到较低的轨道运行，故 A 正确； B．让 M 降低到 N 所在轨道上，补充能源后再开启卫星 M 上的小发动机，可使卫星 M 减速，速度减小， 所需的向心力减小，卫星 M 做向心力运动，则卫星 M 会在更低的轨道运动，故 B 错误； C．由于不知道 M、N 的质量，所以无法比较两者的动能，故 C 错误； D．由 的可得 可知 N 的角速度比 M 的大，所以 M、N 和地球球心三者可能处在同一直线上，故 D 错误。 故选 A 4.如图所示,三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面,电势值分别为 10V、20V、30V,实线是一带电 粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹,a、b、c 是轨迹上的三个点,下列说法正确的是( ) A. 粒子在三点所受的电场力不相等 B. 粒子在三点的电势能大小关系为 EpcEkc 【答案】B 【解析】 【分析】 首先要根据三条表示等势面的虚线等距离判断出电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点的电场力是 相同的；因带电粒子的运动轨迹是抛物线，所以两种运动方式都有可能；根据 abc 三点的位置关系以及带电 粒子的电势能与动能之间的互化，可判断出经过 a、b、c 三点时的动能和电势能的大小关系； 【详解】A、图中表示电场中三个等势面平行且等间距，相邻等势面间的电势差相等，由此可判断电场是匀 强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等，故 A 错误； C、根据电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，可知电场的方向向上，带电粒子 受到向下的电场力作用，粒子无论是依次沿 a、b、c 运动，还是依次沿 c、b、a 运动，都会得到如图的轨迹， 所以不能确定带电粒子的运动方向，故 C 错误； BD、由上分析知，粒子带负电，带电粒子在电场中运动时，存在电势能与动能之间的相互转化，b 点的电 势最低，由 知，带电粒子在 b 点时的电势能最大，在 c 点的电势能最小，由能量守恒定律知粒子 。 2 2 MmG m rr ω= 3 GM r ω = pE qϕ=在 c 点的动能最大，在 b 点的动能最小，即有： ， ，故 B 正确，D 错误； 故选 B． 【点睛】关键是对等势面的理解，等势面就是电场中电势相等的各点构成的面． 5.如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成．若速度选择器中 电场强度大小为 ，磁感应强度大小为 、方向垂直纸面向里，静电分析器通道中心线为 圆弧，圆弧的 半径( )为 ，通道内有均匀辐射的电场，在中心线处的电场强度大小为 ，磁分析器中有范围足够大的 有界匀强磁场，磁感应强度大小为 、方向垂直于纸面向外．一带电粒子以速度 沿直线经过速度选择器 后沿中心线通过静电分析器，由 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的 点，不计粒子重力．下 列说法正确的是 A. 速度选择器的极板 的电势板比极板 的高 B. 粒子的速度 C. 粒子的比荷为 D. 两点间的距离为 【答案】AC 【解析】 【分析】 根据粒子在静电分析器中的受力方向判断粒子的电性；根据粒子在速度选择器中的受力情况判断极板的电 势高低；根据粒子在速度选择器中做直线运动求解粒子的速度；根据粒子在静电分析其中的圆周运动求解 粒子的比荷；根据粒子在磁场中做匀速圆周运动求解半径，可求解 PQ 距离. 【详解】A．粒子在静电分析器内沿中心线方向运动，说明粒子带正电荷，在速度选择器中由左手定则可判 断出粒子受到的洛伦兹力向上，粒子受到的电场力向下，故速度选择器的极板 P1 的电势比极板 P2 的高，选 kb ka kcE E E< < pc pa pbE E E< < 1E 1B 1 4 OP R E B v P Q 1P 2P 1 1 Bv E = 2 1 2 1 E ERB P Q、 2 1 2 1 2ERB E B项 A 正确； B．由 qvB1＝qE1 可知，粒子的速度 ，选项 B 错误； C．由 和 可得，粒子的比荷为 ，选项 C 正确； D．粒子在磁分析器中做圆周运动，PQ 为轨迹圆的直径，故 P、Q 两点间的距离 ，选 项 D 错误。 故选 AC。 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.以下说法正确的是（ ） A. 已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可算出该气体分子的直径 B. 物质是晶体还是非晶体，比较可靠的办法是从各向异性或各向同性来判断 C. 随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，但合力表现仍可能为斥力 D. 能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性 【答案】CD 【解析】 【详解】A．摩尔体积 ，气体分子所占空间 ，所以可以求得分子间的平均距离，故 A 错误； B．因多晶体也具有各向同性，故晶体和非晶体一般从熔点来判断，故 B 错误； C．当分子间距离小于 r0 时，随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，合力表 现为斥力，故 C 正确； D．根据热力学定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性，能量耗散就是从能量的角度反映了这种方 向性，故 D 正确。 故选 CD。 7.如图所示，线圈 ABCD 匝数 n＝10，面积 S＝0.4 m2，边界 MN(与线圈的 AB 边重合)右侧存在磁感应强度 B ＝ T 的匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕 AB 边以 ω＝10π rad/s 的角速度匀速转动.则以下说法正确的是 (　　) 1 1 Ev B = 1 1 Ev B = 2vqE m R = 2 1 1 Eq m ERB = 1 1 22 ERBmvPQ qB E B = = MV ρ= 0 A VV N = 2 πA. 线圈产生的是正弦交流电 B. 线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为 80 V C. 线圈转动 s 时瞬时感应电动势为 40 V D. 线圈产生的感应电动势的有效值为 40 V 【答案】BD 【解析】 【详解】A．线圈 有界磁场中将产生正弦半波脉动电流，故 A 错误； B．电动势最大值 E=nBSω=80V，故 B 正确； C．线圈转动 s、转过角度 ，瞬时感应电动势为 e= nBSωsin =40V，C 项错误； D．在一个周期时间内，只有半个周期产生感应电动势，根据有效值的定义有 ，可 得电动势有效值 U= =40V，故 D 正确； 8.两列在同一介质中的简谐横波沿相反方向传播，某时刻两列波相遇，如图所示，其中实线波的频率为 2.50Hz，图示时刻平衡位置 x＝3m 处的质点正在向上振动。则下列说法正确的是（ ） A. 实线波沿 x 轴正方向传播，虚线波沿 x 轴负方向传播 B. 两列波在相遇区域发生干涉现象 C. 两列波的波速均为 25m/s D. 从图示时刻起再过 0.025s，平衡位置 x＝1.875m 处的质点将位于 y＝30cm 处 在 1 60 3 1 60 6 π 6 π 2 2( ) · ( )22 mU T UR RTRR = 2 mU【答案】AD 【解析】 【详解】A．图示时刻平衡位置 x=3m 处的质点正在向上振动，根据波动规律可知，实线波沿 x 轴正方向传 播，则虚线波沿 x 轴负方向传播，故 A 正确； B．介质决定波速，两列波传播速度大小相同，由图可知，实线波的波长 λ1=6m，虚线波的波长 λ2=9m，由 v=λf 可知，实线波和虚线波的频率之比为 f1：f2=λ2：λ1=3：2 由于 f1 不等于 f2，故两列波在相遇区域不会发生稳定的干涉现象，故 B 错误； C．实线波的频率为 2.50Hz，波长 λ1=6m，则波速 故 C 错误； D．实线波波峰传到平衡位置 x＝1.875m 处的质点所用时间为 虚线波波峰传到平衡位置 x＝1.875m 处的质点所用时间为 说明从图示时刻起再过 0.025s，平衡位置 x＝1.875m 处的质点处于波峰位置，由波的叠加可知，平衡位置 x ＝1.875m 处的质点将位于 y＝30cm，故 D 正确。 故选 AD。 第Ⅱ卷 9.如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守 恒定律．该装置中的打点计时器所接交流电源频率是 50 Hz. (1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是________． A．精确测量出重物的质量 1 15m/sv fλ= = 1 1.875 1.5 s 0.025s15t −= = 2 2.25 1.875 s 0.025s15t −= =B．两限位孔在同一竖直线上 C．重物选用质量和密度较大的金属锤 D．释放重物前，重物离打点计时器下端远些 (2)按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示．纸带上各点是打点 计时器打出的计时点，其中 O 点为纸带上打出的第一个点． ①重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有 ________． A．OA、OB 和 OG 的长度 B．OE、DE 和 EF 的长度 C．BD、BF 和 EG 的长度 D．AC、BF 和 EG 的长度 ②用刻度尺测得图中 AB 的距离是 1.76 cm，FG 的距离是 3.71 cm，则可得当地的重力加速度是________ m/s2.(计算结果保留三位有效数字) 【答案】 (1). BC (2). BCD (3). 9.75 【解析】 【详解】（1）[1]．因为在实验中比较的是 mgh、 ，的大小关系，故 m 可约去，不需要测量重锤的质 量，对减小实验误差没有影响，故 A 错误．为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一 竖直线，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故 B 正确．实验供选择的重物应该相对 质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故 C 正确．释放重物前， 为更有效的利用纸带，重物离打点计时器下端近些，故 D 错误，故选 BC． （2）[2]．当知道 OA、OB 和 OG 的长度时，无法算出任何一点的速度，故 A 不符合题意；当知道 OE、DE 和 EF 的长度时，利用 DE 和 EF 的长度可以求出 E 点的速度，从求出 O 到 E 点的动能变化量，知道 OE 的 长度，可以求出 O 到 E 重力势能的变化量，可以验证机械能守恒，故 B 符合题意；当知道 BD、BF 和 EG 的长度时，由 BF 和 EG 的长度，可以得到 D 点和 F 点的速度，从而求出 D 点到 F 点的动能变化量；由 BD、BF 的长度相减可以得到 DF 的长度，知道 DF 的长度，可以求出 D 点到 F 点重力势能的变化量，即可 验证机械能守恒，故 C 项符合题意；当知道 AC、BF 和 EG 的长度时，可以分别求出 B 点和 F 点的速度， 从而求 B 到 F 点的动能变化量，知道 BF 的长度，可以求出 B 到 F 点重力势能的变化量，可以验证机械能 守恒，故 D 正确；故选 BCD． 21 2 mv（3）[3]．根据 ，解得 ． 【点睛】根据实验原理，结合实验中的注意事项后分析解答；依据这段时间内的平均速度等于中时刻瞬时 速度，从而确定动能的变化，再依据重力势能表达式，进而确定其的变化，即可验证，根据 求出 重力加速度． 10.小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路． 他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图(a)的电路图： a．电流表 A1(量程 0.6A，内阻很小)；电流表 A2(量程 300μA，内阻 rA=1000Ω)； b．滑动变阻器 R(0-20Ω)； c，两个定值电阻 R1=1000Ω，R2=9000Ω； d．待测电阻 Rx； e．待测电源 E(电动势约为 3V，内阻约为 2Ω) f．开关和导线若干 (1)根据实验要求，与电流表 A2 串联 定值电阻为___________(填“R1”或“R2”) (2)小明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关 S1，调节滑动变阻器， 分别记录电流表 A1、A2 的读数 I1、I2，得 I1 与 I2 的关系如图(b)所示．根据图线可得电源电动势 E=___________V；电源内阻 r=___________Ω，(计算结果均保留两位有效数字) (3)小明再用该电路测量定值电阻 Rx 的阻值，进行了以下操作： ①闭合开关 S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表 A1 示数 Ia，电流表 A2 示数 Ib； ②断开开关 S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表 A1 示数 Ic，电流表 A2 示数 Id；后断开 S1； 的 2h gt∆ = 2 2 2 3.71 1.76 10 9.75m/s5 0.02g −−= × =× 2h gt∆ =③根据上述数据可知计算定值电阻 Rx 的表达式为___________．若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值 与其真实值相比___________(填“偏大”、“偏小”或“相等”) 【答案】 (1). R2 (2). 3.0 (3). 2.1 (4). (5). 相等 【解析】 【详解】（1）电流表 A2 与 R2 串联，可改装为量程为 的 电压表，故选 R2 即可； （2）由图可知电流表 A2 的读数对应的电压值即为电源的电动势，则 E=3.0V；内阻 （3）由题意可知： ， ；联立解得 ；由 以上分析可知，若考虑电流表 A1 内阻的影响，则表达式列成： ， ，最后求得的 Rx 表达式不变，则用该方法测得的阻值与其真实值相比相 等． 11.如图所示，小球 b 静止与光滑水平面 BC 上的 C 点，被长为 L 的细线悬挂于 O 点，细绳拉直但张力为 零．小球 a 从光滑曲面轨道上 AB 上的 B 点由静止释放，沿轨道滑下后，进入水平面 BC（不计小球在 B 处 的能量损失），与小球 b 发生正碰，碰后两球粘在一起，在细绳的作 用下在竖直面内做圆周运动且恰好通过 最高点．已知小球 a 的质景为 M，小球 b 的质量为 m．M=5m．己知当地重力加速度为 g 求： （1）小球 a 与 b 碰后的瞬时速度大小 （2）A 点与水平面 BC 间的高度差． 【答案】（1） （2）3.6L 【解析】 解：（1）两球恰能到达圆周最高点时，重力提供向心力， ( )d b A 2 c a I I- r +RI I       6 2( ) 300 10 (1000 9000) 3g AU I r R V V−= + = × + = 3.0 1.80 2.10.58 Ur I ∆ −= = Ω = Ω∆ 2( )a b AI R I r R= + 2( ) ( )c x d AI R R I r R+ = + 2( - )( )d b x A c a I IR r RI I = + 1 2( ) ( )a A b AI R r I r R+ = + 1 2( ) ( )c A x d AI r R R I r R+ + = + 5gL由牛顿第二定律得：（m+M）g=（m+M） ， 从碰撞后到最高点过程，由动能定理得： ﹣（M+m）g•2L= （M+m）v2﹣ （M+m）v 共 2， 解得，两球碰撞后的瞬时速度：v 共= ； （2）设两球碰前 a 球速度为 va，两球碰撞过程动量守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mva=（M+m）v 共， 解得：va= ， a 球从 A 点下滑到 C 点过程中，由机械能守恒定律得： Mgh= Mva2，解得：h=3.6L； 12.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨 MNPQ 相距 L 倾斜置于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上， 断开开关 S．将长也为 L 的金属棒 ab 在导轨上由静止释放，经时间 t，金属棒的速度大小为 v1，此时闭合 开关，最终金属棒以大小为 v2 的速度沿导轨匀速运动。已知金属棒的质量为 m，电阻为 r，其它电阻均不计， 重力加速度为 g。 (1)求导轨与水平面夹角 α 的正弦值及磁场的磁感应强度 B 的大小； (2)若金属棒的速度从 v1 增至 v2 历时△t，求该过程中流经金属棒的电量． 【答案】(1) ， ；(2)q＝(v1t＋v1Δt－v2t) 【解析】 【详解】(1)开关断开时，金属棒在导轨上匀加速下滑，由牛顿第二定律有 由匀变速运动的规律有 解得 2v L 1 2 1 2 5gL 6 55 gL 1 2 1sin v gt α = 1 2 1 mrvB L v t = 2 1 mv rv t sinmg maα = 1v at=开关闭合后，金属棒在导轨上做变加速运动，最终以 v2 匀速，匀速时 又有 解得 (2)在金属棒变加速运动阶段，根据动量定理可得 其中 联立上式可得 13.如图所示，xOy 坐标系中，在 y