天津市滨海七所重点学校2020届高三毕业班联考物理试题Word版含解析

1、2020年天津市滨海七所重点学校高三毕业班联考物理试卷一、单项选择题1.2018年中国散裂中子源（CSNS）将迎来验收，目前已建设的3台谱仪也将启动首批实验。有关中子的研究，下列说法正确的是A. Th核发生一次“衰变，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4B. 一个笊核和一个瓶核经过核反应后生成氨核和中子是裂变反应C.卢瑟福通过分析 “粒子散射实验结果，发现了质子和中子D. 衰变的实质在于核内的中子转化成了一个质子和一个电子【答案】D【详解】A. Th核发生一次“衰变，新核与原来的原子核相比，质量数减小4,电荷数减小2,则中子数减少了 2,选项A错误；B. 一个笊核和一个瓶核经过核反应后生成氨

2、核和中子是聚变反应，选项 B错误；C.卢瑟福通过分析 “粒子散射实验结果，发现了原子的核式结构，选项 C错误；D.衰变的实质在于核内的中子转化成了一个质子和一个电子，选项 D正确；故选Do2.如图所示，倾角为的斜面体放在粗糙水平地面上，斜面顶端安有滑轮，不可伸长的轻绳连接A、B并跨过滑轮，起初 A悬空，B静止于斜面上，现用水平力 F拉住绳上的一点，使 A从竖直缓慢移动到虚线位置，在此过程中斜面体与物体B始终保持静止，则（）B.地面对斜面体的摩擦力增大C.斜面体对地面的压力减小D.物体B受到的摩擦力一定沿斜面向上【答案】B【详解】对 A研究可知，原来细线的拉力大小等于A的重力，当用水平向左的力F

3、缓慢拉物体A,细线的竖直分力大小等于 A的重力，所以细线所受拉力的大小一定增大.故 A错误;以A、B、斜面整体为研究对象，分析受力情况作出如图所示受力图：F *由平衡条件得知，N=M总g； f=F,当F增大时斜面体受到地面的摩擦力变大，地面对斜面体的弹力不变，则斜面体对地面的压力不变，故C错误，B正确.B原来所受的摩擦力大小可能为零，也可能沿斜面向下，也可能沿斜面向上，当用水平向左的力F缓慢拉物体 A时，绳的拉力增大，A所受的摩擦力可能向上，也可能向下.故D错误.故选B.【点睛】本题涉及到三个物体的平衡问题，研究对象的选择是重点，可采用隔离法与整体法相结合的方法进行研究，简单方便.3.一辆货车

4、运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定。上一层只有一只桶 C,自由地摆放在 A、B之间，和汽车一起保持静止，如图所示，当 C与车共同向左加速时A. A对C的支持力变大-23 -B. B对C的支持力不变C.当向左的加速度达到D.当向左的加速度达到Y3g时，C将脱离A3【答案】D详解】对C进行受力分析，如图所示,设B对C的支持力与竖直方向的夹角为0,根据几何关系可得：sin同理可得，A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30。；AB.原来C处于静止状态，根据平衡条件可得：NBSin30 = NASin30 ;令C的加速度为a,根据正交分解以及牛顿第二定律有：N Bs

5、in30 -N Asin30 = ma可见A对C的支持力减小、B对C的支持力增大，故 AB错误；CD.当A对C的支持力为零时，根据牛顿第二定律可得：mgtan30 = ma解得：,3a yg则C错误，D正确；故选D。R 1 。=，所以0 =30;2R 24.如图所示，地球的公转轨道接近圆，哈雷彗星的公转轨迹则是一个非常扁的椭圆。若已知哈雷彗星轨道半长轴约为地球公转轨道半径的18倍，哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为1 ,速度大小为v1 ,在远日点与太阳中心距离为r2 ,速度大小为v2,根据所学物理知识判断下列 说法正确的是A.哈雷彗星的公转周期约为76年B.哈雷彗星在近日点速度%小于远日点速度

6、V2a v roC.哈雷彗星在近日点加速度ai的大小与远日点加速度a2的大小之比 a2v2 r1D.哈雷彗星在椭圆轨道上运动的过程中机械能不守恒【答案】A【详解】A .根据开普勒第三定律:183T' _r23I地地选项A正确;B.哈雷彗星从近日点到远日点，太阳对哈雷彗星的引力做负功，则速度减小，则在近日点速度Vi大于远日点速度 V2,选项B错误;al的大小与远日点加速度a2的大小之比 GM 一一C.根据a可知哈雷彗星在近日点加速度r2a1r22 ,选项C错误;a21D.哈雷彗星在椭圆轨道上运动的过程中只有太阳的引力做功，则机械能守恒，选项D错误;故选Ao5.如图所示，两块水平放置的正对

7、金属板A、B与电源E相连,金属板A接地,AB板之间有一固定点C.若将B板向上平移一小段距离（仍在C点下方），下列说法中正确的是（）A.电容器所带电荷量减少B C点电势升高C.若在C点处固定一带负电的点电荷，其电势能增大D.若保持B板不动，将A板上移一小段距离，C点电势升高【答案】C【详解】A、电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将B板向上平移一小段距离,s根据C 电容增大，再由 Q=CU,可知电容器处于充电状态电何量增多；故 A错误.4 kdi U- 一一B、根据E 分析得知板间电场强度增大，由U = Ed知，C与A间的电场差增大，A点的电d势为零，C点的电势小于零，则知 C点的电势降

8、低；故 B错误.C、C点的电势降低，由Ep q c知负电荷在C点的电势能增大；故 C正确.D、若保持B板不动，将A板上移一小段距离，则极板间距增大，因电压U不变，依据E U, d可知电场强度减小，C与B的电势差减小，那么 C与A的电势差增大，因此 C点电势降低；故D错误.故选C.【点睛】由于金属板与电源始终相连，即使改变两板间距，两板的电压仍不变，掌握公式sC ,与Q=CU的应用，同时考查了电势能与电荷的电量及电势有关，且注意电荷的4 kd极性与电势的正负.二、不定项选择题6 .如图所示的平抛运动轨迹上，若遗漏了平抛轨迹的起始点，可按下述方法处理数据：在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平

9、间距相等且均为 x,测得AB和CD的竖直间距分别为yi和y2,当地重力加速度为g,下列说法正确的是A.根据以上信息无法确定小球平抛的起始点C.y2D.必y2B.小球平抛的初速度大小为【答案】BC【解析】【详解】B.因三点间水平位移相等，则时间相等，设2y2 y gTxVoT解得y2yigVo2gxy2 ，选项B正确;A .根据Vyyi V22Tgt求解Vy,t；根据2Vy求解y;根据x=Vot求解x；选项A错反;2g12VyoT 2 gT丁 01 丁2VyoT 3 2gT12VyoT 2 gT 13 VyoT 3 2gT23CD.设A点的竖直速度为 vyo,则12yL=VwT 2gTy2 Vy

10、o 2T 2g(2T)2 (VyoT 2gT2)选项C正确，D错误;故选Co7 .如图为测定运动员体能的装置，轻绳拴在腰间沿水平线跨过定滑轮（不计滑轮的质量与摩 擦），下悬重为G的物体。设人的重心相对地面不动，人用力向后蹬传送带，使水平传送带以 速率V逆时针转动。则A.人对传送带的摩擦力大小等于G,方向水平向左8 .人对重物做功，功率为 GvC.在时间t内人对传送带做功消耗的能量为GVtD.若增大传送带的速度，人对传送带做功的功率不变【答案】AC【解析】【详解】A .根据人的重心不动知人处于平衡状态，人所受的摩擦力与拉力平衡，传送带对人的摩擦力方向向右， 拉力等于物体的重力 G,所以人对传送带

11、的摩擦力大小也等于G,方向水平向左，故A正确。B.由题知，重物没有位移，所以人对重物没有做功，功率为 0,故B错误；C.在时间t内人对传送带做功消耗的能量等于人对传送带做的功，人的重心不动，绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡，而拉力又等于G.根据 W=Fvt,所以人对传送带做功的功为Gvt.故C正确。D.根据恒力做功功率 P=Fv得：若增大传送带的速度，人对传送带做功的功率增大，故D错误。故选AC。8.如图甲所示，两个点电荷Qi、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Qi带正电位于原点 O, a、b是它们连线延长线上的两点，其中 b点与O点相距3L。现有一带正电的粒子 q以一定的 初速度沿x

12、轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a, b两点时的速度分别为Va、Vb,其速度随坐标x变化的图像如图乙所示，则以下判断正确的是A. Q2一定带负电B. b点的场强一定为零C. Qi与Q2电荷量的大小之比为 4:9D. a点的电势比b点的电势高【答案】AB【解析】【详解】ABC .在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见 b点的加速度为0,则b点场强为零，在b点受到两点电荷的电场力平衡，可知 Q2带负电，且有Qiq(3L)2k32LQ1: Q2=9:4故AB正确，C错误;D.该电荷从a点到b点，做减速运动动能减小，且该电荷为正电荷，电场力做负功，所以电势能增大，电势

13、升高，所以 b点电势较高。故 D错误；故选AB 。三、实验题go9.某同学利用图示实验装置探究做功与滑块动能变化的关系，重力加速度大小为数字计时器光电门阿 钩眄用游标卡尺测量遮光条的宽度d=2.14 mm,则所用的是 分度的游标卡尺（填“10：“2强 “50）”。下列实验操作必要的是 A.调整轨道成水平B.调整轨道的倾角以平衡摩擦力C.必须满足钩码的质量远小于滑块与遮光条的总质量M,钩码的质量为m；滑块由按正确操作进行实验，用天平测得滑块与遮光条的总质量为静止释放，由数字计时器读出遮光条挡光时间At;从刻度尺上读出滑块释放时遮光条到光电门的距离x,则合力做的功与滑块动能变化的关系式是 1【答案

14、】(1).50(2). AC (3). mgx 1M【详解】1 .遮光条的宽度:d=2.14mm=2mm +7 0.02mm ,游标尺的精度为 0.02mm ,游标尺是50分度的。2. AB、用气垫导轨做实验，实验前要调节气垫导轨水平，实验不需要调整轨道的倾角平衡摩擦力，故 A正确，B错误；C、当钩码质量远小于滑块质量时可以近似认为滑块受到的拉力等于钩码的重力，实验必须满足钩码的质量远小于滑块与遮光条的总质量，故C正确；3.滑块经过光电门时的速度:对滑块，由动能定理得:即:dVtmgx 1Mv2mgx 1m10.为了测量一节干电池电动势和内阻，某同学采用了伏安法，现备有下列器材A.被测干电池一

15、节B.电流表1：量程为00.6 A,内阻 r=0.3 QC.电流表2：量程为00.6 A,内阻约为0.1 QD.电压表1：量程为03 V,内阻未知E.电压表2：量程为015 V,内阻未知F.滑动变阻器1:010 允许通过的G.滑动变阻器2:0100 允许通过H开关、导线若1qR<S)-ft为结果存在系大电流为在用伏安法测电池电动势和内阻的实验用，由于电流表和电压表内阻的影口统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。在上述器材中请选择适当的器材；电流表电压表（选填仪器前的字母代号）。实验电路图应选择上图中的（选填甲”或之”）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙

16、所示的U-I图象，则干电池的电动势E=V,内阻 r=Qo另一组同学分别用不同的电池组（均由同一规格的两节干电池串联而成）完成了上述的实验后，发现不同组的电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大。同学们选择了内电阻差异较大的甲、乙两个电池组进一步探究，对电池组的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池组的输出功率 P随路端电压U变化的关系进行了猜想，并分别画出了如下图所示的P-R和P-U图象。若已知甲电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正确的是 （选填选 项的字母）。o n U 口 c 17【答案】(1). B (2). D (3).甲 (4). 1.5【解析】(5). 0.7(6). BC【

17、详解】1电流表选择已知内阻的电流表B;因电源电动势为1.5V,则电压表选 Do2因电流表内阻已知，则实验电路图应选择上图中的甲。3根据U-I图象，则干电池的电动势E=1.5V;内阻U 1.5 1.0 “ “r RA 0.3 0.7I0.54A、根据电源的输出功率规律可知，当内外电阻相等时输出功率最大，如果外电阻大于内E电阻时，随着电阻的增大，输出功率将越来越小，由 P 可知，电动势相同，内阻越小的4r乙输出功率越大，故 B正确，A错误；C、当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半.由A的分析可知，乙输出的功率比甲的大；而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率

18、为 零；故C正确，D错误.故选BC.四、计算题11 .如图所示，竖直轨道ABCD由两部分构成。AB部分为光滑水平轨道，BCD部分为一半径为 R的粗糙半圆轨道，AB右端B点与半圆轨道的底端相切。一质量为 m的小滑块P从AB轨道的上A点处以速度vo 廊R向右滑行，与原本静止在轨道上的质量也为m的小滑块Q发生弹性碰撞。碰后 Q冲上竖直圆轨道并恰好从 C点脱离轨道，OC与竖直方向夹角 =60，两滑块均可看成质点，重力加速度为g,求(1)滑块Q运动到B处对轨道的压力 N(2)滑块Q从B至C的运动过程中克服阻力做功 W为多少?【答案】(1) 9mg ,方向竖直向下；(2) 9mgR4【解析】【详解】(1)

19、 PQ碰撞过程：mv0 mv1 mv22mv2 212 12mv0 = mv1222N mgV2 m一R由牛顿第三定律得N NN 9mg方向竖直向下(2)从C点脱离轨道2 Vc mgcos60 m 由能量关系：“、1212mg(R Rcos60 ) Wmvcmv2229W -mgR12 .随着电磁技术的日趋成熟，新一代航母已准备采用全新的电磁阻拦技术，它的原理是，飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止。为研究问题的方便，我们将其简化为如图所示的模型。在磁感应强度为 B、方向如图所示的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L,电阻不计。轨道端点 MP间接有阻值为 R的电阻。一

20、个长为L、质量为m、 阻值为r的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。飞机着舰时质量为M的飞机迅速钩住导体棒ab,钩住之后关闭动力系统并立即获得共同的速度v忽略摩擦等次要因素，飞机和金属棒系统仅在安培力作用下很快停下来。求(1)飞机在阻拦减速过程中获得的加速度a的最大值；(2)从飞机与金属棒共速到它们停下来的整个过程中R上产生的焦耳热 Qr；(3)从飞机与金属棒共速到它们停下来的整个过程中运动的距离x。V xxx » x x 1y_ 2 2一2B L v c R(M m)v c (M m)(R r)v【答案】(1) ； (2) ； (3) 4(R r)(M m)2

21、(R r)B2L2【解析】【详解】(1)产生的感应电动势E BLvI R rF 安 BIL (M m)a解得2 2BLva (R r)(M m)(2)由能量关系;12-(M m)v Q- R -QrQR r解得_2QrR( M m)v2(R r)(3)由动量定理-I安 t BIL t BLq 0 (M m)v(M m)vq BLq tE t BLx 解得 (M m)(R r)v B2L213.如图，在平面直角坐标系 xOy中，第一象限内有一条通过坐标原点的虚线，虚线与 y轴正 方向夹 角为30。，在虚线与x轴正方向之间存在着平行于虚线向下的匀强电场.在第四象限内存在一个长方形 的匀强磁场区域(图中未画出)，磁感应弓11度为B,方向垂直坐标平面向外. 一 质量为m,电荷量为q的带正电粒子从虚线上某点以一定的初速度垂直电场方向射入电场，经过电场偏转后，该粒子恰从 x轴上的P点以速度v射入匀强磁场区域，速度 c的方向与