天津市和平区2020届高三下学期质量调查物理试题 16页

物理试卷 ‎（共100分，考试时间60分钟）‎ 第Ⅰ卷选择题（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，只有一个是正确的）‎ ‎1.2019年被称为‎5G元年，这一年全球很多国家开通了‎5G网络。‎5G网络使用的无线电波通信频率是在3.0GHz以上的超高频段和极高频段，比目前‎4G通信频率在0.3GHz~3.0GHz间的特高频段网络拥有更大的带宽和更快的传输速率。下列说法正确的是（　　）‎ A. ‎4G信号是横波，‎5G信号是纵波 B. ‎4G信号和‎5G信号相遇能产生干涉现象 C. ‎5G信号比‎4G信号波长更长，相同时间传递的信息量更大 D. ‎5G信号比‎4G信号更不容易绕过障碍物，所以‎5G通信需要搭建更密集的基站 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．‎4G和‎5G信号均为电磁波，电磁波传播过程中，电场强度和磁感应强度的方向始终与传播方向垂直，故电磁波为横波，故A错误；‎ B．‎4G和‎5G信号的频率不同，不能发生稳定的干涉现象，故B错误；‎ C．‎5G信号比‎4G信号波长小，频率高，光子的能量大，故相同时间传递的信息量更大，故C错误；‎ D．因‎5G信号的频率高，则波长小，‎4G信号的频率低，则波长长，则‎5G信号比‎4G信号更不容易绕过障碍物，所以‎5G通信需要搭建更密集的基站，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.‎2020年3月15日中国散列中子源（CSNS）利用中子成像技术帮助中国科技大学进行了考古方面的研究。散射中子源是研究中子特性、探测物质微观结构和运动的科研装置。下列关于中子研究的说法正确的是（　　）‎ A. α粒子轰击，生成并产生了中子 B. 经过4次α衰变，2次β衰变后，新核与原来的原子核相比中子数少了10个 C. γ射线实质是高速中子流，可用于医学的放射治疗 D. 核电站可通过“慢化剂”控制中子数目来控制核反应的速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据质量数守恒和电荷数守恒知，‎ 故A错误；‎ B．每次α衰变，质量数少4，电荷数少2，中子数少2；每次β衰变一个中子转化成一个质子和一个电子，中子数少1；所以4次α衰变，2次β衰变，新核与原来的原子核相比，中子数少4×2+2×1=10，故B正确；‎ C．γ射线实质光子流，故C错误；‎ D．镉棒可以吸收中子，核反应堆中，通过改变镉棒插入的深度，可以控制核反应的速度，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎3.虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可利用白光照射玻璃球来说明。两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路如图所示。以下说法正确的是（　　）‎ A. 在玻璃球中照射到N点的光比照射到M点的光传播速度大 B. 照射到P、Q两点的颜色分别为紫、红 C. 若增大实线白光的入射角，则照射到M点的光先消失 D. 若照射到M、N两点的光分别照射同一光电管且都能发生光电效应，则照射到N的光遏止电压高 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．在白光的七色光中红光的折射率最小，紫光的折射率最大，根据折射定律知光进入玻璃球折射后红光的折射角较大，由玻璃球出来后将形成光带，而两端分别是红光和紫光，根据光路图可知M、N、P、Q点的光的颜色分别为紫、红、红、紫，由公式可知，在玻璃球中照射到N点的光比照射到M点的光传播速度大，故A正确，B错误；‎ C ‎．由光路的可逆性可知光在水珠内的角度都是相等的，因此射出水珠的角度和入射水珠的角度相等，不会发生全反射，光不会消失，故C错误；‎ D．M、N点的光的颜色分别为紫、红，由 可知，照射到M的光遏止电压高，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎4.我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”，实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础.如图虚线为地球大气层边界，返回器与服务舱分离后，从a点无动力滑入大气层，然后经b点从c点“跳”出，再经d点从e点“跃入”实现多次减速，可避免损坏返回器。d点为轨迹最高点，离地面高h，已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G。则返回器（　　）‎ A. 在d点处于超重状态 B. 从a点到e点速度越来越小 C. 在d点时的加速度大小为 D. 在d点时的线速度小于地球第一宇宙速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．d点处做向心运动，向心加速度方向指向地心，应处于失重状态，A错误；‎ B、由a到c由于空气阻力做负功，动能减小，由c到e过程中只有万有引力做功，机械能守恒，a、c、e点时速度大小应该满足，B错误；‎ C、在d点时合力等于万有引力，即 故加速度大小 C错误；‎ D、第一宇宙速度是最大环绕速度，其他轨道的环绕速度都小于第一宇宙速度，D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.如图所示，竖直固定一半径为R=‎0.5m表面粗糙的四分之一圆弧轨道，其圆心O与A点等高。一质量m=‎1kg的小物块在不另外施力的情况下，能以速度m/s沿轨道自A点匀速率运动到B点，圆弧AP与圆弧PB长度相等，重力加速度g=‎10m/s2。则下列说法不正确的是（　　）‎ A. 在从A到B的过程中合力对小物块做功为零 B. 小物块经过P点时，重力的瞬时功率为5W C. 小物块在AP段和PB段产生的内能相等 D. 运动到B点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为11N ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于小物块从A到B做匀速圆周运动，由动能定理可知，合力对小物块做功为0，故A正确；‎ B．小物块经过P点时，重力的瞬时功率为 故B正确；‎ C．由能量守恒可知，小物块在AP段产生的内能为 小物块在BP段产生的内能为 故C错误；‎ D．在B点由牛顿第二定律有 得 由牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道的压力大小为11N，故D正确。‎ 本题选不正确的，故选C。‎ 二、不定项选择题（本大题共3小题，每小题5分，每小题给出的四个答案中，都有多个是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）‎ ‎6.一列沿轴正方向传播的简谐横波，从波源起振后某一时刻开始计时，t=1s时刻波形图如图所示，该时刻点开始振动，再过1.5s，点开始振动。下列判断正确的是（　　）‎ A. 这列波的传播速度为‎6m/s B. 波源的起振方向沿y轴正方向 C. t=0.5s时刻，x=‎5.0m处质点在波谷 D. t=2.7s时刻，质点M、N与各自平衡位置间的距离相等 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．质点M和N相距‎6m，波的传播时间为1.5s，则波速 故A错误；‎ B．由题意可知，波沿x轴正方向传播，由同侧法可知，质点M的起振方向沿y轴正方向，则波源的起振方向沿y轴正方向，故B正确；‎ C．周期为 t=0.5s=0.5T，波传播到x=‎4.0m处，x=‎5.0m处质点还没有振动，故C错误；‎ D．t=2.5s=2.5T，N点开始振动，质点M、N相隔1.5λ，振动情况完全相反，故质点M，N与各自平衡位置的距离相等，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎7.如图所示，一带电的粒子以一定的初速度进入某点电荷产生的电场中，沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b两点，其中a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成角；b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成角，粒子只受电场力的作用，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 粒子带正电 B. a点的电势低于b点电势 C. 从a到b，系统的电势能减小 D. 粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】将Ea、Eb延长相交，交点即为Q点的位置，如图所示 A．由图可知场源电荷在Q位置，电场方向指向场源电荷，故电荷为负电荷，根据曲线运动所受合力指向曲线内侧，所以粒子带正电，故A正确；‎ B．由图可知，Ra＞Rb，且点电荷的电场中等势面是以场源电荷为圆心的同心圆，沿着电场线方向，电势逐渐降低，故a点的电势高于b点电势，故B错误；‎ C．由于a点的电势高于b点电势，由正电荷在电势高处电势能大，即粒子从a到b电势能减小，故C正确；‎ D．由图可知，Ra＞Rb，且根据可知粒子在a点的场强小于在b点的场强，故粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎8.如图，单匝矩形导线框abcd与匀强磁场垂直，线框电阻不计，线框绕与cd边重合固定转轴以恒定角速度从图示位置开始匀速转动，理想变压器匝数比为n1：n2．开关S断开时，额定功率为P的灯泡L1正常发光，电流表示数为I，电流表内阻不计，下列说法正确的是（　　）‎ A. 线框中产生的电流为正弦式交变电流 B. 线框从图中位置转过时，感应电动势瞬时值为 C. 灯泡L1的额定电压等于 D. 如果闭合开关S，则电流表示数变大 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ A、线框绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，线框中产生的是电流为正弦式交变电流，故A正确；‎ B、线框从中性面转动，所以瞬时值表达式为，当转动时，感应电动势的瞬时值，故B正确；‎ C、原线圈两端的电压，根据电压与匝数成正比，得，副线圈两端的电压，即灯泡的额定电压为，故C错误；‎ D、S闭合，副线圈电阻变小，输出功率变大，输入功率变大，，得变大，即电流表示数变大，故D正确；‎ 故选ABD．‎ ‎【点睛】本题关键是抓住灯泡正常发光，可计算副线圈两端电压，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率．‎ 第Ⅱ卷非选择题（共60分）‎ ‎9.“用DIS研究在温度不变时，一定质量气体压强与体积关系”的实验装置如图所示。保持温度不变，封闭气体的压强p用压强传感器测量，体积V由注射器刻度读出。某次实验中，数据表格内第2次第8次压强没有记录，但其它操作规范。‎ 次　数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ 压强p/kPa ‎100.1‎ p7‎ ‎179.9‎ 体积V/cm3‎ ‎18‎ ‎17‎ ‎16‎ ‎15‎ ‎14‎ ‎13‎ ‎12‎ ‎11‎ ‎10‎ ‎(1)根据表格中第1次和第9次数据，推测出第7次的压强p7，其最接近的值是_。‎ A．128.5kPa B.138.4kPa C.149.9kPa D.163.7kPa ‎(2)若考虑到连接注射器与传感器的软管内气体体积V0不可忽略，则封闭气体的真实体积为_____。从理论上讲p－图像可能接近下列哪个图？_____‎ ‎【答案】 (1). C (2). V0+V (3). D ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据玻意耳定律，一定质量气体，压强与体积成反比，而实验数据，第1次和第9次数据，它们的压强与体积乘积，也正好近似相等，因此第7次的压强 故C正确，ABD错误；‎ 故选C ‎(2)[2][3]在软管内气体体积△V不可忽略时，被封闭气体的初状态的体积为V0+△V，压强为p0，末状态的体积为V+△V，压强为p，由等温变化有 解得 当式中的V趋向于零时，有 即该双曲线的渐近线方程是 故D正确，ABC错误。‎ 故选D ‎10.有一电压表V1，其量程为3V，内阻约为3000Ω，现要准确测量该电压表的内阻，提供的实验器材有：‎ A.电源E：电动势约15V，内阻不计；‎ B．电流表A1：量程‎1A，内阻r1=2Ω；‎ C．电压表V2：量程2V，内阻r2=2000Ω；‎ D．定值电阻R1：阻值20Ω；‎ E．定值电阻R2：阻值3Ω；‎ F.滑动变阻器R0：最大阻值10Ω，额定电流‎1A；开关S，导线若干。‎ ‎(1)提供的实验器材中，应选用的电表是_____、定值电阻是_____（填器材前的字母）‎ ‎(2)请你设计一个测量电压表V1实验电路图，画在虚线框内_______（要求：滑动变阻器要便于调节）。‎ ‎(3)用I表示电流表A1的示数、U1表示电压表V1的示数，U2表示电压表V2的示数，写出计算电压表V1内阻的表达式RV1=____________。‎ ‎【答案】 (1). C (2). D (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由于待测电压表的电压量程为3V，最大电流为 远小于电流表的量程，而电压表V2的量程与其电压量程接近，所以电表应选电压表V2即C ‎[2]为保护电源，定值电阻应选阻值大的R1即D ‎(2)[3]由于滑动变阻器的全电阻远小于待测电压表内阻，所以变阻器应采用分压式接法，由于待测电压表的额定电流为IV1=1mA，电压表V2的额定电流为 所以应将两电压表串联使用，电路图如图所示 ‎(3)[4]根据欧姆定律和串并联规律应有 得 ‎11.如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD段是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R=‎0.5m。质量m=‎0.2kg的小球B静止在水平轨道上，另一质量M=‎0.2kg的小球A前端装有一轻质弹簧，以速度v0向左运动并与小球B发生相互作用。小球A、B均可视为质点，若小球B与弹簧分离后滑上半圆轨道，并恰好能过最高点C，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度g=‎10m/s2，求：‎ ‎（1）小球B与弹簧分离时的速度vB多大；‎ ‎（2）小球A的速度v0多大；‎ ‎（3）弹簧最大的弹性势能EP是多少？‎ ‎【答案】（1）vB=‎5m/s；（2）v0=‎5m/s；（3）EP=1.25J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设小球B恰好过C点时速度vC，则有 ‎①‎ ‎②‎ 联立①②解得：vB=‎5m/s ‎（2）小球B与弹簧分离前后，小球A、B及弹簧系统：由动量守恒定律及能量守恒定律有 ‎③‎ ‎④‎ 联立③④解得：v0=‎5m/s ‎（3）小球A、B及弹簧系统：当A、B两者速度相同时，弹簧有最大弹性势能Ep，设共同速度v，由动量守恒定律及能量守恒定律有 ‎⑤‎ ‎⑥‎ 联立⑤⑥解得：EP=1.25J ‎12.如图所示，间距为l的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且电阻忽略不计。磁感应强度均为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d1，间距为d2。两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直。（设重力加速度为g）‎ ‎(1)若导体棒a进入第2个磁场区域时，导体棒b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求导体棒b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能△Ek；‎ ‎(2)若导体棒a进入第2个磁场区域时，导体棒b恰好离开第1个磁场区域；此后导体棒a离开第2个磁场区域时，导体棒b又恰好进入第2个磁场区域，且导体棒a、b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等。求导体棒a穿过第2个磁场区域过程中，通过导体棒a的电量q；‎ ‎(3)对于第(2)问所述的运动情况，求导体棒a穿出第k个磁场区域时的速度v的大小。‎ ‎【答案】(1)ΔEk=mgd1sinθ；(2)；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)a和b不受安培力的作用，由机械能守恒知 ΔEk=mgd1sinθ ‎(2)根据法拉第电磁感应定律有 根据闭合电路的欧姆定律有 又 ‎，‎ 解得通过a棒的电量 ‎(3)设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为v1，刚离开无磁场区域时的速度为v2，在无磁场区域，根据牛顿第二定律有 mgsinθ=ma 根据运动学公式 v2－v1=at 有磁场区域，对a棒，根据动量定理 解得 v1=‎ 由题意知 v=v1=‎ ‎13.在现代科学实验室中，经常用磁场来控制带电粒子的运动。某仪器的内部结构简化如图：足够长的条形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ宽度均为L，边界水平，相距也为L，磁场方向相反且垂直于纸面，Ⅰ区紧密相邻的足够长匀强电场，方向竖直向下，宽度为d，场强E＝。一质量为 m，电量为＋q的粒子（重力不计）以速度v0平行于纸面从电场上边界水平射入电场，并由A点射入磁场Ⅰ区（图中未标出A点）。不计空气阻力。‎ ‎(1)当B1＝B0时，粒子从Ⅰ区下边界射出时速度方向与边界夹角为，求B0的大小及粒子在Ⅰ区运动的时间t；‎ ‎(2)若B2＝B1＝B0，求粒子从Ⅱ区射出时速度方向相对射入Ⅰ区时速度方向的侧移量h；‎ ‎(3)若B1＝B0，且Ⅱ区的宽度可变，为使粒子经Ⅱ区恰能返回A点，求Ⅱ区的宽度最小值Lx和B2的大小。‎ ‎【答案】(1)B0＝；t＝；(2)h＝‎2L；(3)Lx＝L；B2＝‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设粒子射入磁场Ⅰ区的速度大小为v，在电场中运动，由动能定理得 qEd＝‎ 解得 v＝2v0‎ 速度与水平方向的夹角为α，‎ cosα＝＝‎ 则 α＝‎ 在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得 qvB0＝‎ 由几何知识得 L＝2R1cos 联立代入数据得 B0＝‎ 设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为T，运动的时间为t T＝‎ t＝‎ 得 t＝‎ ‎(2)设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为R2，R2＝R1轨迹如图乙所示，由几何知识可得 h＝L·sin＋＋L·sin 可得 h＝‎‎2L ‎(3)如图丙所示，为使粒子经Ⅱ区恰能返回射入Ⅰ区的A位置，应满足 Ltan＝R2′cos 则 Lx＝R2′（1＋sin）＝L 解得 Lx＝L 有 qvB2＝‎ 联立代入数据得 B2＝‎