2020年天津河西区高考物理一模试卷含答案解析

2020年天津市河西区高考物理一模试卷、单选题（本大题共5小题，共25.0分）1.第一代核弹头为原子弹，主要利用铀235或钵239等重原子核的裂变链式反应原理制成。典型1.的铀核裂变是生成根和氟，同时放出x个中子，核反应方程为下面所列方程+；n-畀小卜丁Kr+1的,则该核反应方程中X和y分别为（）A.10和36B.3和36C.36和3D.2和362.3.某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成.开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示.在此过程中,若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体A.对外做正功，分子的平均动能减小B.对外做正功，内能增大C.对外做负功，分子的平均动能增大D.对外做负功，内能减小两波源A、B分别位于,七=0和工=7m的位置持续振动，产生甲、乙两列沿x轴相向传播的简rr—Im/t°下列说法正确谐横波。f=0时刻的波形图如图所示，已知两列波的传播速度均为的是y/cm4.如图所示，n4.如图所示，n匝矩形闭合导线框ABCD为S,电阻不计.线框绕垂直于磁场的轴连，变压器副线圈接入一只额定电压为下列说法正确的是A.t=1晶时两列波相遇B.巾处的质点是振动减弱点C.t=。时刻方=1m处的质点与*=5m处的质点均沿y轴负方向运动D.在h=2苫时，位于工=3.5m处的质点位移为2cm处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，线框面积以角速度必匀速转动，并与理想变压器原线圈相U的灯泡，灯泡正常发光.从线圈通过中性面开始计时,AA、远地A.图示位置穿过线框的磁通量变化率最大B.灯泡中的电流方向每秒改变2次C.线框中产生感应电动势的表达式为史=wBS山*n3fD.变压器原、副线圈匝数之比为：U5.2011年9月29日，中国首个空间实验室“天宫一号”在酒泉卫星5.发射中心发射升空，由长征运载火箭将飞船送入近地点为R点为B的椭圆轨道上，B点距离地面高度为h,地球的中心位于椭圆的一个焦点上。“天宫一号”飞行几周后进行变轨，进入预定圆

R轨道，如图所示。已知“天宫一号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t,万有引力常量为G,地球半径为此则下列说法正确的是（A.“天宫一号”在椭圆轨道的B点的向心加速度大于在预定圆轨道的B点的向心加速度“天宫一号”从A“天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向“天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中，机械能不守恒B点运行的过程中，动能先减小后增大6.7.D.由题中给出的信息可以计算出地球的质量多选题（本大题共3小题，共15.0分）明代学者方以智在6.7.D.由题中给出的信息可以计算出地球的质量多选题（本大题共3小题，共15.0分）明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象。如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b,下列说法正确的是（）A.若增大入射角i,则b光先消失B.在该三^镜中a光波长大于b光C.a光能发生偏振现象，b光不能发生D.若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应则a光的遏止电压低如图所示，带正电的点电荷Q固定，电子仅在库仑力作用下，做以Q点为焦点的椭圆运动，M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。审”、Mx和分别表示电子在M、N两点的电势和电场强度，则电子从M点逆时针运动到N点（）A.,中x,E"bB.炉nr<中式，Em>E\C.电子的动能先增加后减小C.电子的动能先增加后减小D.电场力对电子做的总功为正功8.如图所示，两个固定的半径均为r的细圆环同轴放置，『八、Q分8.别为两细环的圆心，且=两环分别带有均匀分布的等量异种电荷-Q、+Q（Q>0）。一带负电的粒子（重力不计）位于右侧远处，现给粒子一向左的初速度，使其沿轴线运动，穿过两环后运动至左侧远处，在粒子运动的过程中A.从到，粒子一直做减速运动B.粒子经过。1点时电势能最小C.轴线上0］点右侧存在一点，粒子在该点动能最大D.粒子从右向左运动的整个过程中，电势能先减小后增加三、实验题（本大题共2小题，共12.0分）.用如图甲所示的实验装置做“探究匀变速直线运动”的实验。如图乙所示为某同学实验中得到的纸带，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G7个相邻的计数点，其相邻计数点间的距离在图中标出，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，则打下C、E两点时小车的瞬时速度七七=做但,比=叫公；小车的加速度_="上"由结果均保留两位有效数字）。气帽%甲4气帽%甲4.实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，小明同学想通过实验测定其长度。按照如下步骤进行操作：(1)该同学首先使用螺旋测微器测得导线的直径如图(11所示，则导线的直径d=mm;(2)通过查阅资料查得铜的电阻率为P-(3〕使用多用电表欧姆档初步估测其电阻约为秘】：(4)为进一步准确测量导线的电阻，实验室提供以下器材：A.直流电流表4(量程U〜口区1,内阻/逅=30)B.直流电压表lit量程0-3V,内阻约100C)C.直流电压表1乂量程15厂，内阻约lOOfi)D.滑动变阻器,阻值范围：F.滑动变阻器汽乂阻值范围0-KX1Q)G.直流电源E(输出电压3V,内阻不计)H.开关S一个、导线若干।①为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，实验中应选择的电压表是(用所选器材前的字母表示：；选择的滑动变阻器是।用所选器材前的字母表示);।②按实验要求在图(2)中，还需要连接的接线柱(填相应接线柱的有符号，如“ab”、“cd”等)；③若测得电压表的读数为U,电流表的读数为I,则可得铜导线的长度可表示为L=［用题目提供的已知量的字母表示)；四、计算题(本大题共3小题，共30.0分).如图甲所示，在科技馆中的“小球旅行记”吸引了很多小朋友的观看。“小球旅行记”可简化为如图乙所示。在P点的质量为m的小球，由静止沿半径为R的光滑;圆弧轨道下滑到最低点4Q时，对轨道的压力为2mg,小球从Q点水平飞出后垂直撞击到倾角为303的斜面上的S点。不计摩擦和空气阻力，已知重力加速度大小为g,求：(1)小球从Q点飞出时的速度大小；(2)Q点到S点的水平距离。.如图所示平面直角坐标系中，P点在x轴上，其坐标,Q点在负y轴上某处。整个第I象限内有平行于y轴的匀强电场，第n象限和第W象限内均有一圆形区域，其中第n象限内的圆形区域半径为L,与x轴相切于A点｛力点坐标未知。第W象限内的圆形区域未知，并且两个圆形区域内均有垂直于xOy平面的相同的匀强磁场。电荷量为+《、质量为m、速率为小的粒子a从A点沿y轴正方向射入圆形区域，射出圆形区域后沿x轴正方向射入第I象限，通过P点后射入第IV象限；电荷量为-q、质量为m、速率为小的粒子b从Q点向与y轴成以T夹角的方向射入第IV象限，经过并离开未知圆形区域后与粒子a发生相向正碰。不计粒子的重力和粒子间相互作用力。求：(1)第n象限内圆形区域磁场磁感应强度B的大小和方向(2)第I象限内匀强电场的场强大小E和方向(3)第W象限内未知圆形磁场区域最小面积S.如图所示，两根光滑的平行金属导轨MN、PQ处于同一水平面内，相距£—,导轨的左端用H=30的电阻相连，导轨电阻不计，导轨上跨接一电阻的金属杆ab,质量1=O.My,整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度卫=27，现对杆施加水平向右的拉力F=2N,使它由静止开始运动，求：(1)杆能达到的最大速度多大?(2)若已知杆从静止开始运动至最大速度的过程中，R上总共产生了1也2.『的电热，则此过程中金属杆ab的位移多大？(3)接(2)问，此过程中流过电阻R的电量？经历的时间？答案与解析1答案：B解析：解：根据核反应过程中，电荷数守恒得：”=92-汨'>=,质量数守恒得：.=2况+1—1心—89=3,铀核裂变的核反应方程为：三%一1—2T十―③］；故892{U"；jG/fo36At-（hi正确，ACD错误。故选：B。根据核反应过程中的电荷数守恒和质量数守恒求解x,y。本题以第一代核弹头命制试题，使学生对核物理中的核反应有更加深刻的认识，通常根据电荷数守恒和质量数守恒列式求解。2答案：A解析：解：密闭于气缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而W<0,缸内气体与外界无热交换说明Q=（］,忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分子动能的总和。根据热力学第一定律△【『=［「+Q,可知内能增加量△匚<0,故内能减小，分子平均动能减小，温度降低。所以只有A正确；故选：Ao根据热力学第一定律公式公式中AU表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，Q表示系统吸收的热量，题中气体膨胀对外界做功，即气体对外界做负功，故H'cO,气体与外界无热交换，故Q=D,从而判断出气体内能的变化，也就得到分子的平均动能的变化情况.热力学第一定律的公式Il'+Q中，△仃表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，当系统对外界做功时，W取负值，Q表示系统吸收的热量，当系统放出热量时，Q取负值.3答案：A上3解析：解：A、两列波相遇的时间$一^=13”故A正确；B、两波源的起振方向相反，两波源距离*=3M的波程差=6一；门=（了m一3m）—（3m—口）=1m=.,即波程差为半波长的奇数倍，所以3m处质点为振动加强点，故B错误；C、£=0时刻，根据同侧法可判定h=1m处的质点与『=5m处的质点均沿y轴正方向，故C错误；D、t=?学时，两列波传播的间距为：△1=1唯=1x29=2m此时甲波的波谷刚好传到3.5e.处，而乙波的波峰刚好传到：工5小的位置，故此时工=3一57以处的质点位移为一2•母，故D错误。故选：Ao明确两列波的振动性质，根据带动法确定两振源的起振方向，结合波程差确定振动是加强还是减弱；根据波的叠加原理可确定3.3儿处的质点在2s时的位移。本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变。理解波的叠加遵守矢量合成法则。要能熟练运用波形平移法分析波的形成过程。4答案：C

解析：解：A、图示位置线框位于中性面，穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为0,故A错误;1B、交流电的周期丁=丁,1s内完成周期性变化的次数丁,1个周期电流方向改变2次,所以灯泡中电流方向每秒改变—中电流方向每秒改变—x2=~,故B错误;2M片C、线框中感应电动势的峰值Etti二,线框是从中性面开始计时，所以线框中产生感应电动势的表达式为七二,故C正确；一，一，—NHSw，八「，，，一,,»~"BSwD、原线圈电压的有效值5=——，副线圈电压的有效值G,所以原副线圈的匝数比为一k,故D错误；故选：C根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决5答案：D解析：解：A、“天宫一号”在椭圆轨道的B点的加速后做离心运动才能进入预定圆轨道，故“天宫一号”在椭圆轨道的B点的向心加速度小于在预定圆轨道的B点的向心加速度，故A错误。B、“天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中，只收到地球的引力，只有地球的引力做功，故机械能守恒，故B错误。C、“天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中，距离地球原来越远，地球的引力做负功，根据动能定理可知，动能越来越小，故C错误。D、“天宫一号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t,故周期为/=±,3/tn47r"根据万有引力提供向心力G…—2="，不+用，得地球的质量„r4/(A+ft)*4-hfA/=.—―：—―GT'1Gt2故选：Do“天宫一号”在椭圆轨道的B点的加速后做离心运动才能进入预定圆轨道，故“天宫一号”在椭圆轨道的B点的向心加速度小于在预定圆轨道的B点的向心加速度。“天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中，只收到地球的引力，只有地球的引力做负功，动能越来越小，但机械能守恒。地球对天宫一号的万有引力提供它绕地球做匀速圆周运动的向心力，由万有引力公式及向心力公式列方程，可以求出地球的质量。本题要掌握万有引力提供向心力，用周期表示向心力，列方程可以计算出中心天体的质量。.答案：BD解析：解：A、根据折射率定义公式肛,从空气斜射向玻璃时，入射角相同，光线a对应的star折射角较大，故光线a的折射率较小，即〈，陪，若增大入射角i,在第二折射面上，则两光的入射角减小，依据光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于或等于临界角时，才能发生光的全反射，因此它们不会发生光的全反射，故A错误；B、因为心＜，则在真空中a光波长大于b光波长，故B错误；C、由于光属于横波，所以不论a光还是b光都可以发生偏振现象，故C错误；D、a光折射率较小，则频率较小，根据E=hv,则a光光子能量较小，则a光束照射逸出光电子的最大初动能较小，根据双；=；“，号,则a光的遏止电压低，故D正确；故选：BD。依据光的折射定律，判定两光的折射率大小，再根据sinG=-,即可判定各自临界角大小，进而可求解；根据折射率的定义公式求解折射率，由折射定律得出折射率关系，就知道波长关系；只要是横波，均能发生偏振现象；根据r/f.=Liu?,结合光电效应方程L〃偌1=hu—M,从而即可求解。n，2Tfiijr?l解决该题的关键是能从光路图分析得到两种光的折射率大小关系，知道光的折射率越大，则频率越大，波长越小，熟记全反射的条件。.答案：CD解析：解：AB、在正电荷形成的电场中，越靠近点电荷的位置场强越大，电势越高，所以,审n＜外,故AB错误；CD、当电子从M点向N点运动时，库仑力对电子先做正功，后做负功，动能先增加后减小，根据功能关系可知，电子的电势能先减小后增加，电场力所做的总功为正，所以总的电势能减小，动能增大，故CD正确。故选：CD。在正电荷形成的电场中，越靠近点电荷的位置场强越大，电势越高；根据库仑力做功判定电势能和动能的变化，对于系统能量守恒，机械能与电势能相互转化。考查库仑定律，库仑力做功的特点，库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加。同时注意系统的机械能与能量的区别。.答案：AC解析：解：A、在一口从5向运动的过程中+Q对—q的电场力向右，—Q对一中的作用力方向也向右，故电场力对-f/始终做负功，粒子速度减小，故A正确。B、粒子穿过两环后运动至左侧远处过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，粒子经过「几点时电势能并不是最小，故B错误。c、根据*二卜号和电场的叠加可知：在（八右侧产生的场强的先增大后减小且一直减小到0,而Q的场强大多数情况下小于+Q产生的电场但场强却不会为0,故合场强为0的位置应该在0L的右侧，而在合力为0之前合外力做正功，动能持续增大，之后合力做负功，动能减小，故动能最小的点在的右侧，故C正确。D、由C项可知，在右侧，电势能先减小后增大，从Ol到口二，电场力做负功，电势能增大，同理，在（为左侧，电势能先增大后减小，故D错误。故选：AC。在。i点时，右环上电荷由于关于。对称，所以其在。।产生的电场强度为0,而Q各点在Ol产生的场强水平向左，故一£/在。L点所受电场力方向向右；要看电势能如何变化就看电场力如何做功；如果合外力做正功，动能增大，合外力做负功，动能减小；根据E=g可知在右侧+Q产生的

场强的先增大后减小且一直减小到0,而Q的场强大多数情况下小于+Q产生的电场但场强却不会为0。本题考查了电场的合成，解决这类题目的技巧是详实的分析，仔细的计算，每个位置都不能漏过。场强是矢量，其运算利用平行四边形定则。.答案：I-r・、解析:则有:解：根据匀变速直线运动规律得，平均速度等于中间时刻的瞬时速度,解析:则有:j-no4.38+5.22Vf==X2T2kO.L同理,j-df乱肥+同理,j-df乱肥+6.79——=--———x'2T2x0.110£m/s三0.64ni/s那么根据&产，运用逐差法得:那么9xO.PC、E的瞬时速度，根据相邻相等故答案为：0.48;C、E的瞬时速度，根据相邻相等根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点时间内的位移之差是一恒量，即△足=,运用逐差法求出纸带的加速度。解决本题的关键是掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，知道实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，难度不大，属于基础题。.答案：板於0BDkj、bd、dh-——―—―M或者岫）M或者岫）、疝（或者d#）解析：解：（D由图示螺旋测微器可知，其读数为：O.Mim+瓜0算0.01mm=61nMm均正确（4）①电源电动势E=31，故电压表选择B;因为要求尽量多的测量数据，还要求精确，所以选择分压式电路，TOC\o"1-5"\h\z应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选择Do②铜导线的电阻凡出怅，，电流表内阻无.一；值，直流电压表H内阻约■■■因为已知电流表内阻故选择电流表内接法测量，连接实物图，如图所示，故还需要连接的接线柱为打（或者打）、③根据欧姆定律可得：m1+见：）①根据电阻定律可得：・:■铜导线的横截面积：••联立①②③式可得铜导线的长度：L二L版”答：（】。假W0.6797L6&】均正确）；（J）①口，D；②M（或者匕）、她或者砌、而（或者⑼；③一而。口）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；(1)①根据电源电动势选择合适的电压表，在保证安全的前提下，应选最大阻值较小的滑动变阻器；②根据实验的要求应选择分压式电路，因为电流表内阻已知，故选择电流表内接法测量，再连接实物图即可；③根据电阻定律，结合欧姆定律以及导线横截面积，联立即可求出铜导线的长度。本题考查金属电阻率的测量实验，解题关键是要会根据电源电动势选择合适的电压表，作为分压用的滑动变阻器在保证安全的前提下要选小的，还要注意尽管被测电阻很小，但是不能选择电流表外接，这是因为电流表内阻已知，可以消除电流表内接法由于分压而引起的误差，故选择电流表内接。TOC\o"1-5"\h\z.答案：解：在Q点，根据牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力为2mg根据牛顿第二定律可得解得.，，(2)由平抛运动的运动规律可得物”3(r二-,解得小=岛在竖直方向做自由落体运动，则'1水平方向-联立解得答：小球从Q点飞出时的速度大小为回(2)。点到S点的水平距离为禽夫。解析：(I)在Q点，根据牛顿定律求得抛出时的速度；(2)由于小球垂直撞在斜面上，根据速度的分解求得竖直方向的速度，利用运动学公式求得平抛运动的时间，即可求得水平位移。本题主要考查了圆周运动和平抛运动，关键是抓住平抛运动的特点即可求得。.答案：解：(I)设粒子a在圆形区域内匀强磁场中彳^圆周运动的半径为R,则〃=上因为洛伦兹力等于向心力：联立解得出二年丁，万向垂直纸面向外。(2)设粒子a在第I象限内匀强电场中运动的加速度为外，运动时间为t,则孙=这in士19竖直方向：水平方向上：，；联立解得E=/,方向沿y轴负方向(3)设粒子a在P点的速度为v,与x轴正方向的夹角为y轴方向的速度大小是％,则粒子b先做匀速直线运动，进入未知圆形区域，在洛伦兹力作用下向左偏转120:,离开未知圆形区域，速度方向与离开P点的粒子a的速度在一条直线上，才可能与粒子a发生相向正撞，如图所示。设粒子b在未知圆形区域内做匀速圆周运动的圆心为Oi,半径为力,射入和射出点分别为e和ho未知圆形区域的最小区域是以he为直径的圆，设