1、 - 1 - 2020 年天津市滨海七所重点学校高三毕业班联考年天津市滨海七所重点学校高三毕业班联考 物理试卷物理试卷 一、单项选择题一、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 4 B. 一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦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】ATh核发生一次 衰变，新核与原来的原子核相比，质量
2、数减小 4，电荷数减小 2， 则中子数减少了 2，选项 A错误； B一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦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 D。 2.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( ) A. 绳子对 A的张力一直减小 B. 地面对
3、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缓慢拉物 - 2 - 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： 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
4、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 B. B对 C 的支持力不变 C. 当向左的加速度达到 3 2 g时，C 将脱离 A D. 当向左的加速度达到 3 3 g时，C 将脱离 A 【答案】D 详解】对
5、 C进行受力分析，如图所示， - 3 - 设 B 对 C的支持力与竖直方向的夹角为 ，根据几何关系可得： 1 22 R sin R ，所以 =30； 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： NBsin30 -NAsin30 =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： 3 3 ag 则 C 错误，D正确； 故选 D。
6、4.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 r， 速度大小为 1 v，在远日点与太阳中心距离为 2 r ，速度大小为 2 v，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 1 v小于远日点速度 2 v - 4 - C. 哈雷彗星在近日点加速度 1 a的大小与远日点加速度 2 a的大小之比 2 112 2 221 av r av r D. 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】
7、A根据开普勒第三定律： 23 3 23 =18 Tr Tr 哈哈 地地 则 =54 276TT 哈地 年 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 1 v大于远日点速度 2 v，选项 B错误； C根据 2 GM a r 可知哈雷彗星在近日点加速度 1 a的大小与远日点加速度 2 a的大小之比 2 12 2 21 ar ar ，选项 C 错误； D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 A。 5.如图所示,两块水平放置的正对金属板 A、B与电源 E 相连,金属板 A接地,AB板之间有一固
8、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， - 5 - 根据 4 s C kd ，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. B、根据 U E d 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 势为零，C点的电势小于零，则知 C
9、点的电势降低；故 B错误. C、C点的电势降低，由 PC Eq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 U E 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 4 s C kd ，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 极性与电势的正负 二、不定项选择题二、不定项选择题 6.如图所示的平抛运动轨迹上
10、，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的水平间距相等且均为 x，测得 AB和 CD 的竖直间距分别为 y1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 B. 小球平抛的初速度大小为 2 21 gx yy C. 1 2 1 3 y y D. 1 2 1 3 y y 【答案】BC 【解析】 - 6 - 【详解】B因三点间水平位移相等，则时间相等，设T，则由 2 21 yygT 0 xv T 解得 21 yy T g 2 0 21 gx v yy 选项 B正确； A根据 12 2 y yy vgt
11、 T 求解 vy，t；根据 2 2 y v y g 求解 y；根据 x=v0t求解 x；选项 A错误； CD设 A 点的竖直速度为 vy0，则 2 0 1 22 2 00 1 2 = 11 2(2 ) () 22 y yy v TgT y y vTgTv TgT 22 00 22 00 11 1 22 11 3 333 22 yy yy v TgTv TgT v TgTv TgT 选项 C正确，D 错误； 故选 C。 7.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
12、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 B. 人对重物做功，功率为 Gv C. 在时间 t内人对传送带做功消耗的能量为 Gvt D. 若增大传送带的速度，人对传送带做功的功率不变 【答案】AC - 7 - 【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
13、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 Q1、Q2固定在 x 轴上距离为 L 的两点，其中 Q1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 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 a v、 b v，其速度随坐标 x 变化的图像如图乙所示，
14、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. Q1与 Q2电荷量的大小之比为4:9 D. 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 12 22 3 2 () Q qQ q kk L L - 8 - 12=9:4 QQ： 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，电势升高，所以 b点电势较高。故 D错误； 故选 AB。 三
15、、实验题三、实验题 9.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 g。 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”、 “20”或“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 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 M，钩码的质量为 m；滑块由 静止释放，由数字计时器读出遮光条挡光时间 t；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_。 【答案】 (1). 50 (2). AC
16、 (3). 2 1 2 d mgxM t 【解析】 【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。 2AB、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； - 9 - 3滑块经过光电门时的速度： d v t 对滑块，由动能定理得： 2 1 2 mgxMv 即： 2 1 2 d mgxM t ； 10.为了测量一节干电池电动势和内
17、阻,某同学采用了伏安法,现备有下列器材: A.被测干电池一节 B.电流表 1:量程为 00.6 A,内阻 r=0.3 C.电流表 2:量程为 00.6 A,内阻约为 0.1 D.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 ,允许通过的最大电流为 2 A G.滑动变阻器 2:0100 ,允许通过的最大电流为 1 A H开关、导线若干 在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中,由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系 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
18、_ (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“乙”)。 根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的 U-I 图象,则干电池的电动势 E=_V,内阻 r=_。 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 - 10 - 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
19、列各图中可能正确的是_（选填选 项的字母） 。 A. B. C. D. 【答案】 (1). B (2). D (3). 甲 (4). 1.5 (5). 0.7 (6). BC 【解析】 【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 D。 2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 1.5 1.0 0.30.7 0.5 A U rR I 4A、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 电阻时，随着电阻的增大，输出功率将越来越小，由 2 4 E P r 可知，电动
20、势相同，内阻越小的 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，此时输出功率为 零；故 C 正确，D错误 故选 BC 四四、计算题、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 - 11 - 的上 A点处以速度 0 8vgR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。
21、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） 9 4 mgR 【解析】 【详解】 （1）PQ 碰撞过程： 012 mvmvmv 222 012 111 = 222 mvmvmv 20 vv 2 2 v Nmgm R 由牛顿第三定律得NN 9Nmg 方向竖直向下 （2）从 C 点脱离轨道 2 cos60 c v mgm R 由能量关系： 22 2 11 (cos60
22、 ) 22 c mg RRWmvmv 9 4 WmgR 12.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 - 12 - 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
23、 ,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。 【答案】 （1） 22 ()() B L v Rr Mm ； （2） 2 () 2() R Mm v Rr ； （3） 22 ()()Mm Rr v B L 【解析】 【详解】 （1）产生的感应电动势 EBLv E I Rr ()FBILMm a 安 解得 22 ()() B L v a Rr Mm （2）由能量关系； 2 1
24、 () 2 Mm vQ R R QQ Rr 解得 2 () 2() R R Mm v Q Rr - 13 - （3）由动量定理 -tt0 ()IBILBLqMm v 安 ()Mm v q BL qIt E I Rr E t BLx 解得 22 ()()Mm Rr v x B L 13.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） ， 磁感应强度为 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
25、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 x轴正 方向夹角为 60 ，带电粒子在磁场中做匀速圆周 运动，经磁场偏转后，粒子射出磁场时速度 方向沿 x轴负方向，随后粒子做匀速直线运动并垂直经过一 y 轴上的 Q点已知 OP=L，不计 带电粒子重力求： （1）匀强电场的电场强度 E 的大小； （2）带电粒子在电场和磁场中运动时间之和； （3）矩形磁场区域的最小面积和 Q 点的位置坐标 - 14 - 【答案】 （1） 2 2 mv qL （2） 2 3 Lm vqB （3） 22 22 3 2
26、m v B q （0，- 3 2 mv qB ） 【解析】 【详解】 （1）设电场强度为 E，带电粒子进入电场时，初速度为 v0带电粒子在电场中运动时 间为 t1，由牛顿第二定律和平拋运动规律得 Lcos30 =v0t1 vsin30 =at1 v0= vcos30 qE=ma 联立各式解得： tl= L v ， E= 2 2 mv qL （2）设带电粒子在磁场中的运动时间为 t2，周期为 T，半径为 R，由几何关系知，带电粒子 在磁场中运动速度偏转角=120 ，则 qvB= 2 mv R T= 2 R v t2= 2 T - 15 - 联立各式解得： R= mv qB t2= 2 3 m qB 所以带电离子在电场和磁场中运动的总时间为： t=t1+t2= 2 3 Lm vqB （3）由图知，带电粒子从 P 点射人磁场，由 P点射 出磁场包含圆弧 PP的最小矩形磁场区 域为图中虚线所示，则 矩形区域长为： a=PP=2Rcos30 = 3mv qB 矩形区域宽为： b= R（1-sin 30 ）= 2 mv qB 所以该磁场区域的最小面积为： S =ab= 22 22 3 2 m v B q Q点纵坐标为： yQ=-asin 60 =- 3 2 mv qB - 16 - 所以 Q点位置坐标为（0，- 3 2 mv qB ） - 17 -
