天津市十二区县重点学校2020届高三物理下学期联考试题（一）（解析版） 15页

2020 年天津市十二区县重点学校高三毕业班联考（一） 物理试卷 第Ⅰ卷 注意事项： 1．每小题选出答案后，把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮 擦干净后，再选涂其他答案。 2．本卷共 8 题，每题 5 分，共 40 分. 一、选择题（每小题 5 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.下列说法正确的是( ) A. 结合能越大，原子中的核子结合的越牢固，原子核越稳定 B. 238 92U 衰变为 222 86 Rn ，要经过 4 次α衰变及 6 次β衰变 C. 卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为 14 4 17 1 7 2 8 1N He O H   D. 质子、中子、α粒子的质量分别为 m1、m2、m3，那么质子和中子结合成一个α粒子，所释 放的核能为ΔE＝(m1＋m2－m3)c2 【答案】C 【解析】 【详解】比结合能越大，原子中的核子结合的越牢固，原子核越稳定，选项 A 错误； 238 92U 衰 变为 222 86 Rn ，发生α衰变是放出 42He，发生β衰变是放出电子 0-1e，设发生了 x 次α衰变和 y 次β 衰变，则根据质量数和电荷数守恒有：4x+222=238，解得 x=4；2x-y+86=92，得 y=2，故衰变 过程中共有 4 次α衰变和 2 次β衰变，故 B 错误；卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为 14 4 17 1 7 2 8 1N He O H   ，选项 C 正确；质子、中子、α粒子的质量分别为 m1、m2、m3，那么 质子和中子结合成一个α粒子，核反应是 1 1 4 1 0 22 2H n He  ，根据质能方程，所释放的核能 为ΔE＝(2m1＋2m2－m3)c2，选项 D 错误；故选 C. 2.中医拔罐疗法在中国有着悠久的历史，早在成书于西汉时期的帛书《五十二病方》中就有类 似于后世的火罐疗法。其方法是以罐为工具，将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完 时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上，造成局部瘀血，以 达到通经活络、行气活血、消肿止痛、祛风散寒等作用的疗法。在刚开始的很短时间内，火 罐“吸”在皮肤上的主要原因是（ ） A. 火罐内的气体温度不变，体积减小，压强增大 B. 火罐内的气体压强不变，温度降低，体积减小 C. 火罐内的气体体积不变，温度降低，压强减小 D. 火罐内的气体体积不变，温度降低，压强增大 【答案】C 【解析】 【详解】在刚开始的很短时间内，火罐内部气体体积不变，由于火罐导热性良好，所以火罐 内气体温度迅速降低，根据 pV CT  可知，气体压强减小，在外界大气压的作用下火罐“吸” 在皮肤上，ABD 错误，C 正确。 故选 C。 3.科幻电影《流浪地球》中讲述了人类想方设法让地球脱离太阳系的故事．地球流浪途中在接 近木星时被木星吸引，当地球快要撞击木星的危险时刻，点燃木星产生强大气流推开地球拯 救了地球．若逃逸前，地球、木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，且航天器在地球表面的重 力为 G1，在木星表面的重力为 G2；地球与木星均可视为球体，其半径分别为 R1、R2，则下列 说法正确的是（ ） A. 地球逃逸前，发射的航天器逃出太阳系的最小速度为11.2 /km s B. 木星与地球的第一宇宙速度之比为 2 1 1 2 G R G R C. 地球与木星绕太阳公转周期之比的立方等于它们轨道半长轴之比的平方 D. 地球与木星的质量之比为 2 1 1 2 2 2 G R G R 【答案】D 【解析】 【详解】A．在地球的表面发射飞出太阳系的最小发射速度，叫做第三宇宙速度 v3=16.7km/s， 故 A 错误； B．根据重力提供向心力得 2 1 1 1 vG m R  ，解得：地球上的第一宇宙速度 1 1 1 G Rv m  ，同理得： 木星上的第一宇宙速度为： 2 2 1 ' G Rv m  ，故木星与地球的第一宇宙速度之比 1 2 2 1 1 1 v G R v G R   ， 故 B 错误； C．根据开普勒第三定律得： 3 3 1 2 2 2 1 2 a a T T  ，故 3 2 1 1 2 2 a T a T            ，即地球与木星绕太阳公转周期之 比的平方等于它们轨道半长轴之比的三次方，故 C 错误； D．根据重力与万有引力相等， 1 2 1 M mG G R  地 ，解得： 2 1 1G RM Gm 地 ，同理可得木星质量： 2 2 2G RM Gm 木 ，故 2 1 1 2 2 2 M G R M G R 地 木 ，故 D 正确； 4.心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内 阻的交流电源，其电压 U1 会随着心跳频率发生变化。如图所示，心电仪与一理想变压器的初 级线圈相连接，扬声器（等效为一个定值电阻）与一滑动变阻器连接在该变压器的次级线圈。 则（ ） A. 保持滑动变阻器滑片 P 不动，当 U1 变小时，扬声器的功率变大 B. 保持滑动变阻器滑片 P 不动，当 U1 变小时，原线圈电流 I1 变小 C. 若保持 U1 不变，将滑动变阻器滑片 P 向右滑，扬声器获得的功率增大 D. 若保持 U1 不变，将滑动变阻器滑片 P 向右滑，副线圈的电流 I2 增大 【答案】B 【解析】 【详解】AB．保持滑动变阻器滑片 P 不动，当 U1 变小时，根据变压器原副线圈的电压与匝数 关系可知，次级电压 U2 减小，则扬声器的功率变小；次级电流减小，则初级电流 I1 也减小， 选项 A 错误，B 正确； CD．若保持 U1 不变，则次级电压 U2 不变，将滑动变阻器滑片 P 向右滑，则 R 电阻变大，次 级电流 I2 减小，则扬声器获得的功率减小，选项 CD 错误。 故选 B。 5.—质量为 2kg 的物体受水平拉力 F 作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的 a- t 图象如图 所示，t=0 时其速度大小为 2m/s，滑动摩擦力大小恒为 2N，则（ ） A. t=2s 时，水平拉力 F 的大小为 4N B. 在 0~6s 内，合力对物体做的功为 400J C. 在 0~6s 内，合力对物体的冲量为 36N·s D. t=6s 时，拉力 F 的功率为 180W 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图象可知，t=2s 时，加速度 a= 8 3 m/s2，由牛顿第二定律 F f ma  得 22 N3F  故 A 错误。 B．根据 v at  可知，在 a-t 图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在 0~6s 时间内速度增量为 18m/sv  ，所以 t=6s 时刻，物体的速度 6 0 20m/sv v v    在 0~6s 内，根据动能定理得 2 2 k 6 0 1 1 2 2W E mv mv   合 代入数据解得 W 合=396J 故 B 错误； C．根据动量定理得 6 0I mv mv  解得合力对物体的冲量 36N sI   故 C 正确。 D．t=6s 时，根据牛顿第二定律得 6 6F f ma  解得：t=6s 时，拉力 6 10NF  则在 t=6s 时刻，拉力 F 的功率 6 6 200WP F v  故 D 错误。 故选 C。 二、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，有选错或不答的得 0 分 ） 6.一列简谐横波在某时刻的波形图如图 1 所示。从该时刻开始计时，经半个周期后质点 A 的振 动图象如图 2 所示。以下说法正确的是（ ） A. 这列波传播波速为 1m/s B. 这列波沿 x 轴正方向传播 C. 在这一时刻以后的 0.25s 内，质点 A 通过的路程大于 0.25m D. 该波遇到宽为 0.8m 的障 碍物时，不能发生衍射现象 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由图得 0.4m  ， 0.4sT  ，故波速为 1m/sλυ T   故 A 正确； B．由质点 A 的振动图象知，t=0 时刻的振动方向沿 y 轴负方向，则图 1 所示时刻质点 A 沿 y 轴正方向振动，因此波沿 x 轴负方向传播，故 B 错误； C． 由 0.25s 2 8 T T  在 2 T 内质点 A 通过的路程为 0.2m，在 8 T 内通过的路程大于 0.05m，故质点 A 通过的路程大于 0.25m，故 C 正确； D．波遇到障碍物都会发生衍射现象，故 D 错误。 故选 AC。 7.如图所示，a、b 为两束不同频率的单色光，以相同的入射角射到平行玻璃砖的上表面（玻 璃砖上下表面做够大、对 a、b 两种光的折射率均大于 1.5），直线 OOˊ与玻璃砖上表面垂直且 与其交于 N 点，入射点 A、B 到 N 点的距离相等，经玻璃上表面折射后两束光相交于图中的 P 点，下列说法正确的是（ ） A. a 光光子的能量大于 b 光光子的能量 B. 若 a 光能使某种金属发生光电效应，则 b 光一定能使该金属发生光电效应 C. 在相同条件下进行双缝干涉实验，a 光的条纹间距比 b 光小 D. 只要入射角相同，a 光在玻璃砖中传播的时间始终小于 b 光在玻璃砖中传播的时间 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由图可知，玻璃对 a 光的偏折能力小于 b 光，故 naλb，由条纹间距公式 Lx d   可知，故 a 光的条纹间距比 b 光大， 故 C 错误； D．由于 naa 丙，从而判断乙组对应 A，丙组对应 B。 10.为了测量某待测电阻 Rx 的阻值(约为 30 Ω)，有以下一些器材可供选择： A.电流表 A1(量程为 50 mA，内阻约 10 Ω) B.电流表 A2(量程为 3 A，内阻约 0.12 Ω) C.电压表 V1(量程为 3 V，内阻约 3kΩ) D.电源 E(电动势约为 3 V，内阻约为 0.2 Ω) E.滑动变阻器 R1(最大阻值为 10 Ω，允许最大电流 2.0A)； F.滑动变阻器 R2(最大阻值为 1k Ω，允许最大电流 0.5A)； G.定值电阻 R3(20 Ω，允许最大电流 1.0A)； H.定值电阻 R4(5 Ω，允许最大电流 1.0A)； L.定值电阻 R5(100 Ω，允许最大电流 1.0A)； 单刀单掷开关 S 一个，导线若干。 ①为了减小测量误差，电流表应选____，滑动变阻器应选______，定值电阻应选 _______(请 填写对应仪器的序号)； ②请在下面的线框内画出测量电阻 Rx 的实验电路图________； ③某次测量中，电压表示数为 U 时，电流表示数为 I，则计算待测电阻阻值的表达式为 Rx=________（用题目中所给字母符号表示）。 【答案】 (1). A (2). E (3). G (4). (5). 3x UR RI   【解析】 【详解】①[1][2][3]测量电阻时电流较小，可能达到的最大电流为 100mA x EI R   ，则电流 表应选 A； 为使测量范围尽可能大，滑动变阻器应采用分压式接法，故应选最大阻值小的变阻器 E； 因为电压表的量程是 3V，电流表的量程是 50mA，最小电阻 R=60Ω。 待测电阻约为 30 Ω，若把定值电阻 R 与被测电阻串联后作为被测电阻，这样测量更准确，定 值电阻应选 R3=20 Ω，这样电表的读数满足对电表读数不小于满偏 1/3，测量较准确； ②[4]由于电压表的内阻很大，故应采用电流表外接法；故电路如下图所示： ③[5]某次测量中，电压表示数为 U 时，电流表示数为 I，则待测电阻阻值的表达式为 3x UR RI   11.如图甲所示，在光滑绝缘水平面上的 MN、OP 间存在一匀强磁场，一单匝正方形闭合线框 自 t=0 开始，在水平向右的外力 F 作用下紧贴 MN 从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场区域， 外力 F 随时间 t 变化的图象如图乙所示，已知线框质量 m=0.5kg，边长 L=0.5m，电阻 R=1 ， 线框穿过磁场的过程中，外力 F 对线框做功 7 J3 ，求： （1）线框匀加速运动的加速度 a 的大小和匀强磁场的磁感应强度 B 的大小； （2）线框穿过磁场过的程中，线框上产生的热量 Q。 【答案】（1）2m/s2，2T；（2） 4 3 J 【解析】 【详解】（1）物体做匀变速运动，如果线框的边长和磁场的宽度不相等，那么物体线框完全 进入磁场的时候整个线框的磁通量不变，没有感应电流因此没有安培力，外力 F 会和受到安 培力的时候的情形不一样，由乙图可知物体一直受安培力的作用，因此线框宽度和磁场的宽 度一样，都为 L； 由图象可知，t=0 时刻 F=1N，此时安培力 FA=0； 由牛顿第二定律 F=ma，得加速度 a=2m/s2 由牛顿第二定律 AF F ma  AF BIL EI R  E BLυ at  联立并将 22m/sa  带入得   2 1 N2 B tF   当 t=1.0s 时，F=3N，代入得 B=2T （2）由动能定理 21 2F AW W mυ  其中 2m/sυ at  由功能关系 AQ W 代入得 Q= 4 3 J 12.如图所示，在竖直平面内的光滑水平坑道的左侧有一直角三角形光滑斜面 AC，坑道右侧接 一半径为 R 的半圆形光滑轨道 DE，且 C 与 D 等高。坑道内有一上表面粗糙、与 DC 水平线 等高、质量为 2m 的平板车。平板车开始在坑道的左侧。已知斜面 AC 高为 10R、长为 25R， 一质量为 m 可看成质点的滑块由静止从 A 点滑下（重力加速度为 g），求： （1）滑块滑到 C 时速度为多大； （2）若滑块滑上车的瞬间（拐角处）无机械能损失，且小车到达 D 点的瞬间滑块恰滑到车的 右端，继续滑上半圆形轨道，如果它滑到最高点 E 时对轨道的压力恰好为零。则滑块在平板 车上滑行时产生了多少内能； （3）若平板车的长度为 10R，则滑块与平板车之间的滑动摩擦力大小为多少。 【答案】（1） 2 5gR ；（2） 25 4 mgR ；（3） 5 8 mg 【解析】 【详解】（1）由 A 到 C 由动能定理 21 2 cmgh mv 解得 2 5cv gR ； （2）在 E 点，由牛顿第二定律 2  Evmg m R 解得得 Ev gR ； 由机械能守恒定律 2 21 122 2E Dmv mg R mv  解得 5Dv gR ； 滑块与小车组成的系统动量守恒 2c Dmv mv mv  解得 5 2 gRv  ； 滑块与小车组成的系统动量守恒 2 2 21 1 1 22 2 2C DQ mv mv mv      解得 25 4Q mgR ； （3）由功能关系 Q fl 解得 5 8f mg 。 13.太阳喷发大量高能带电粒子，这些粒子形成的“太阳风”接近地球时，假如没有地球磁场， “太阳风”就不会受到地磁场的作用发生偏转而直射地球。在这种高能粒子的轰击下，地球 的大气成分可能不是现在的样子，生命将无法存在。地磁场的作用使得带电粒子不能径直到 达地面，而是被“运到”地球的南北两极，南极光和北极光就是带电粒子进入大气层的踪迹。 假设“太阳风”主要成分为质子，速度约为 0.1C（C= 83 10 m/s ）。近似认为地磁场在赤道上 空为匀强环形磁场，平均强度为 55 10 TB   ，示意图如图所示。已知地球半径为 6400kmr  ，质子电荷量 191.6 10 Cq   ，质量 271.67 10 kgm   。如果“太阳风”在 赤道平面内射向地球，太阳喷发高能带电粒子，这些粒子形成的太阳风接近地球时，假如： （1）太阳风中质子的速度的方向任意，则地磁场厚度 d 为多少时才能保证所有粒子都不能到 达地表？并画出与之对应的粒子在磁场中的轨迹图。（结果保留两位有效数字） （2）太阳风中质子垂直地表指向地心方向入射，地磁场的厚度至少为多少才能使粒子不能到 达地表？并画出与之对应的粒子在磁场中的轨迹图。（结果保留两位有效数字）（ 1a  时， 11 1 2a a   ） （3）太阳风中粒子的入射方向和入射点与地心连线的夹角为α如图，0<α<90°，磁场厚度满足 第（1）问中的要求为定值 d。电子质量为 me，电荷量为-e，则电子不能到达地表的最大速度 和角度α的关系，并画出与之对应的粒子在磁场中的轨迹图。（图中磁场方向垂直纸面） 【答案】（1）13km，图见解析；（2）6.3km，图见解析；（3） 2 2 2 2( )sin e mm vd dr r d r Be    ， 图见解析； 【解析】 【详解】（1）由 2vqvB m R  可得，粒子做圆周运动半径为 6.3kmmυR qB   轨迹如图中曲线①所示，由几何关系，地磁场的厚度至少为 d=2R，故 d=13km （2）轨迹如图中曲线②所示，显然 R<