高考天津理综试题及答案解析物理 5页

‎2017年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）‎ 理科综合能力测试（物理）‎ 第Ⅰ卷 一、单项选择题（每小题6分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）‎ ‎1．【2017年天津，1，6分】我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献。下列核反应方程中属于聚变反应的是（ ）‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】是一个氘核与一个氚核结合成一个氦核，同时放出一个中子，属于聚变反应，故A正确；是卢瑟福发现质子的核反应，他用粒子轰击氦原子核，产生氧的同位素——氧17和一个质子，是人类第一次实现的原子核的人工转变，属于人工核反应，故B错误；是小居里夫妇用粒子轰击铝片时发现了放射性磷（磷30），属于人工核反应，故C错误；是一种典型的铀核裂变，属于裂变反应，故D错误，故选A。‎ ‎2．【2017年天津，2，6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、，下列说法正确的是（ ）‎ A．若增大入射角，则光先消失 B．在该三棱镜中光波长小于光 C．光能发生偏振现象，光不能发生 ‎ D．若、光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则光的遏止电压低 ‎【答案】D ‎【解析】设折射角为，在右界面的入射角为，根据几何关系有：，根据折射定律：，增大入射角，折射角增大，减小，而增大才能使光发生反射，故A错误；由光路图可知，光的折射率小于光的折射率，则光的波长大于光的波长，故B错误；根据光电效应方程和遏止电压的概念可知：最大初动能，再根据动能定理：，即遏止电压，可知入射光的频率越大，需要的遏止电压越大，，则光的频率小于光的频率，光的遏止电压小于光的遏止电压，故D正确；光是一种横波，横波有偏振现象，纵波没有，有无偏振现象与光的频率无关，故C错误，故选D。‎ ‎3．【2017年天津，3，4分】如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻。金属棒与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，始终保持静止，下列说法正确的是（ ）‎ A．中的感应电流方向由到 B．中的感应电流逐渐减小 ‎ C．所受的安培力保持不变 D．所受的静摩擦力逐渐减小 ‎【答案】D ‎【解析】导体棒、电阻、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小（为一定值），则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，中的电流方向由到，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势，回路面积不变，即感应电动势为定值，根据欧姆定律，所以中的电流大小不变，故B错误；安培力，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力与安培力等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确，故选D。‎ ‎4．【2017年天津，4，4分】“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市 的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙 述正确的是（ ）‎ A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 ‎ B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力 C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 ‎ D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 ‎【答案】B ‎【解析】机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在变换，故A错误；在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第二定律有：，座椅对他的支持力，故B正确；乘客随座舱转动一周的过程中，动量不变，是所受合力的冲量为零，重力的冲量，故C错误；乘客重力的瞬时功率，其中为线速度和竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不变，但在变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故D错误，故选B。‎ ‎5．【2017年天津，5，4分】手持较长软绳端点以周期在竖直方向上做简谐运动，带 动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播，示意如图。绳上有另一质点，且 ‎、的平衡位置间距为。时，位于最高点，的位移恰好为零，速度方向 竖直向上，下列判断正确的是（ ）‎ A．该简谐波是纵波 B．该简谐波的最大波长为 ‎ C．时，P在平衡位置上方 D．时，P的速度方向竖直向上 ‎【答案】C ‎【解析】绳波中质点的振动方向与波的传播方向垂直，属于横波，纵波的传播方向和质点的振动方向在同一直线 上，故A错误，根据波形图和波的传播方向可知，位移恰好为零且速度方向竖直向上的质点与点的距离应为，其中，波长，可知当时有波长的最大值，为，故B错误；内由平衡位置振动到波峰，内由波峰回动到平衡位置，可知时在平衡位置上方向上振动，时在平衡位置上方向下振动，故C正确，D错误，故选C。‎ 二、多项选择题（每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中，都有多个选择是正确的，全部选对的得 ‎6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分）‎ ‎6．【2017年天津，6，4分】在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为，则（ ）‎ A．时，线圈平面平行于磁感线 B．时，线圈中的电流改变方向 ‎ C．时，线圈中的感应电动势最大 D．一个周期内，线圈产生的热量为 ‎【答案】AD ‎【解析】时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A正确；每经过一次中性面（线圈平面垂直于磁感 线，磁通量有最大值）电流的方向改变一次，时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故B错 误；时，磁通量有最大值，但磁通量的变化率为零，根据法拉第电磁感应定律可知线 圈中的感应电动势为零，故C错误；感应电动势最大值，有效值，一个周期内线圈产生的热量，故D正确，故选AD。‎ ‎7．【2017年天津，7，5分】如图所示，在点电荷产生的电场中，实线是一条方向未标出的电场线，虚线是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在、两点的 加速度大小分别为、，电势能分别为、。下列说法正确的是（ ）‎ A．电子一定从向运动 B．若，则靠近端且为正电荷 C．无论为正电荷还是负电荷一定有 D．点电势可能高于点电势 ‎【答案】BC ‎【解析】电子在电场中做曲线运动，虚线是电子只在静电力作用下的运动轨迹，电场力沿电场线直线曲线的凹侧，电场的方向与电场力的方向相反，如图所示，由所知条件无法判断电子的运动方向，故A错误；若，说明电子在点受到的电场力较大，点的电场强度较大，根据点电荷的电场分布可知，靠近端为场源电荷的位置，应带正电，故B正确；无论为正电荷还是负电荷，一定有电势，电子电势能，电势能是标量，所以一定有，故C正确，D错误，故选BC。‎ ‎8．【2017年天津，8，5分】如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆、上 的、两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条 件，挡衣架静止时，下列说法正确的是（ ）‎ A．绳的右端上移到，绳子拉力不变 B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大 ‎ C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小 D．若换挂质量更大的衣服，则衣服架悬挂点右移 ‎【答案】AB ‎【解析】设两杆间距离为，绳长为，、段长度分别为和，两部分绳子与竖直方向夹角分别为和，受力分析如图所示。绳子中各部分张力相等，，则。满足，，即，，和均不变，则为定值，为定值，为定值，绳子的拉力保持不变，衣服的位置不变，故A正确，CD错误；将杆向右移一些，增大，则增大，减小，绳子的拉力增大，故B正确，故选AB。‎ 第Ⅱ卷 三、非选择题（本卷共4题，共72分）‎ ‎9．【2017年天津，9，18分】‎ ‎（1）我国自主研制的首艘货运飞船“天舟一号”发射升空后，与已经在轨运行的“天宫 二号”成功对接形成组合体。假设组合体在距地面高度为的圆形轨道上绕地球 做匀速圆周运动，已知地球半径为，地球表面重力加速度为，且不考虑地 球自转的影响。则组合体运动的线速度大小为__________，向心加速度大小为 ‎___________。‎ ‎【答案】，‎ ‎【解析】在地球表面附近，物体所受重力和万有引力近似相等，有：，航天器绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有：，解得：线速度，向心加速度。‎ ‎（2）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。‎ ‎①对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是___________。‎ A．重物选用质量和密度较大的金属锤B．两限位孔在同一竖直面内上下对正 C．精确测量出重物的质量 D．用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物 ‎②某实验小组利用上述装置将打点计时器接到的交流电源上，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，其中点为纸带上打出的第一个点。重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有____________。‎ A．、和的长度 B．、和 的长度 C．、和的长度 C．、和的长度 ‎【答案】①AB；②BC ‎【解析】①重物选用质量和密度较大的金属锤，减小控制阻力，以减小误差，故A正确；两限位孔在同一竖直面内上下对正，减小纸带和打点计时器之间的阻力，以减小误差，故B正确；验证机械能守恒定律的原理是：，重物质量可以消掉，无需精确测量出重物的质量，故C错误；用手拉稳纸带，而不是拖住重物，接通电源后，撒手释放纸带，故D错误，故选AB。‎ ‎②由的长度长度可求出打点的速度，打点的速度，但求不出之间的距离，故A错误；由和的长度长度可求出打点的速度，打点的速度，有之间的距离，可以用来验证机械能守恒定律，故B正确；由和的长度可分别求出打点的速度和打点的速度，有之间的距离，可以来验证机械能守恒定律，故C正确；、和的长度可分别求出打三点的速度，但、、之间的距离都无法求出，无法验证机械能守恒定律，故D错误。‎ ‎（3）某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻。其中电流表的内阻，电阻，为了方便读数和作图，给电池串联一个的电阻。‎ ‎①按图示电路进行连接后，发现、和三条导线中，混进了一条内部断开的导线。为了确定哪一条导线内部是断开的，将电建闭合，用多用电表的电压挡先测量 ‎、间电压，读数不为零，再测量、间电压，若读数不为零，则一定是________‎ 导线断开；若读数为零，则一定是___________导线断开。‎ ‎②排除故障后，该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流 表和的多组、数据，作出图象如右图。由图象得到的电池的电动势 ‎_________，内阻__________。‎ ‎【答案】① ，；②（均可），（均可）‎ ‎【解析】①用电压档检测电路故障，电压表的表头是电流计，原电路有断路，回路中无电流，‎ 将电压表接在间后有示数，说明电路被接通，即间有断路故障，再测量 间电压，电压表读数不为零，说明断路故障的范围被缩小到间，则一定是导线断开；若读数 为零，则说明电路仍未被接通，断路故障的范围被确定在间。‎ ‎②根据闭合电路的欧姆定律：，，简化为，‎ 读出两点坐标：和，代入方程解得：电动势，内阻。‎ ‎10．【2017年天津，10，16分】如图所示，物块和通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为、。初始时静止与水平地面上，悬于空中。先将竖直向上再举高（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，、以大小相等的速度一起运动，之后恰好可以和地面接触。取。‎ ‎（1）从释放到细绳绷直时的运动时间；‎ ‎（2）的最大速度的大小；‎ ‎（3）初始时离地面的高度。‎ 解：（1）从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有 ① 代入数据解得 ②‎ ‎（2）设细绳绷直前瞬间速度大小为，有 ③ 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于、的重力，、‎ 相互作用，由动量守恒得 ④ 之后做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速 度即为最大速度，联立②③④式，代入数据解得 ⑤‎ ‎（3）细绳绷直后，、一起运动，恰好可以和地面接触，说明此时、的速度为零，这一过程中、‎ 组成的系统机械能守恒，有⑥ 代入数据解得⑦‎ ‎（4）对整体分析，根据牛顿第二定律得，，则小车受到的实际拉力 ‎。‎ ‎11．【2017年天津，11，18分】平面直角坐标系中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的点以速度沿轴正方向开始运动，点到轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点离开电场进入电场，最终从轴上的点射出磁场，点到轴距离与点到轴距离相等。不计粒子重力，为：‎ ‎（1）粒子到达点时速度的大小和方向；‎ ‎（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。‎ 解：（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设点到轴的距离为，到轴的距离为，粒子的加速度为， ‎ 运动时间为，有 ① ② 设粒子到达点时沿轴方向的分速度为， ③‎ 设粒子到达点时速度方向与轴方向的夹角为，有 ④ 联立①②③④式得 ⑤‎ 即粒子到达点时速度方向与轴方向的夹角为角斜向上。设粒子到达点时的速度大小为，由 运动的合成有 ⑥ 联立①②③⑥式得： ⑦‎ ‎（2）设电场强度为，粒子电荷量为，质量为，粒子在电场中受到的电场力为，由 牛顿第二定律可得： ⑧ 又 ⑨ 设磁场的磁感应强度大小为，粒 子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，所受洛伦兹力提供向心力，有⑩‎ 由几何关系可知 联立①②⑦⑧⑨⑩式得 ‎12．【2017年天津，12，20分】电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为，电容器的电容为。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为，电阻不计。炮弹可视为一质量为、电阻为的金属棒，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关接1，使电容器完全充电。然后将接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为的匀强磁场（图中未画出），开始向右加速运动。当上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，达到最大速度，之后离开导轨。问：‎ ‎（1）磁场的方向；‎ ‎（2）刚开始运动时加速度a的大小；‎ ‎（3）离开导轨后电容器上剩余的电荷量是多少。‎ 解：（1）垂直于导轨平面向下。‎ ‎（2）电容器完全充电后，两极板间电压为，当开关接2时，电容器放电，设刚放电时流经的电流 为，有 ① 设受到的安培力为，有 ② 由牛顿第二定律有 ③‎ 联立①②③式得 ④‎ ‎（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电量为，有⑤ 开关接2后，开始向右加速运动，‎ 速度达到最大值时，设上的感应电动势为，有⑥ 依题意有⑦‎ 设在此过程中的平均电流为，上受到的平均安培力为，有⑧ 由动量定理，有： ‎ ‎ ⑨ 又 ⑩ 联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得。‎