天津市静海区第一中学2020届高三物理3月学业能力调研试题（Word版附解析）

静海一中 2019-2020 第二学期高三物理（5 周） 学生学业能力调研考试试卷 第Ⅰ卷基础题（共 82 分） 一、选择题：（每小题 5 分，共 40 分。1—5 为单选，6—8 为多选） 1.下列说法正确的是 A. 某种金属能否发生光电效应取决于照射光的强度 B. 卢瑟福通过 α 粒子轰击氮核实验，证实了在原子核内部存在中子 C. —个 原子核衰变为一个 原子核的过程中，发生 8 次衰变 D. 大量处于基态的氢原子在单色光的照射下，发出多种频率的光子，其中一种必与入射光频 率相同 【答案】D 【解析】 【详解】某种金属能否发生光电效应取决于照射光的频率，选项 A 错误；卢瑟福通过 α 粒子 轰击氮核实验，证实了在原子核内部存在质子，而查德韦克通过实验证实中子，故 B 错误； 由质量数与质子数守恒，一个 原子核衰变为一个 原子核的过程中，发生 8 次 α 衰变， 发生 6 次 β 衰变，故 C 错误；处于基态的氢原子在某单色光束照射下，先吸收能量向高能级 跃迁，然后再从高能级向低能级跃迁，其中从吸收光子后的最高的能级向基态跃迁时发出的 光子的能量与吸收的光子的能量是相等的．故 D 正确；故选 D. 2.2019 年 4 月 10 日 21 时，人类首张黑洞照片在全球六地的视界面望远镜发布会上同步发布。 该黑洞半径为 R，质量 M 和半径 R 的关系满足： （其中 c 为光速，G 为引力常量）。 若天文学家观测到距黑洞中心距离为 r 的天体以速度 v 绕该黑洞做匀速圆周运动，则（ ） A. 该黑洞的质量为 238 92U 206 82 Pb 238 92U 206 82 bP 2 2 M c R G = 2 2 v r GB. 该黑洞的质量为 C. 该黑洞的半径为 D. 该黑洞的半径为 【答案】C 【解析】 【分析】 考查万有引力与航天。 【详解】AB．黑洞对天体的万有引力提供天体做圆周运动所需向心力，则： 得 ，AB 错误； CD．该黑洞的半径为 R，质量 M 和半径 R 的关系满足： 得 ，C 正确，D 错误。 故选 C。 3.质量为 2kg 的物体在粗糙的水平地面上运动，当运动的速度为 l0m/s 时，给物体施加一个水 平恒力，在此恒力的作用下物体做直线运动，其速度随时间的变化如图所示，则下列说法中 错误的是（g 取 l0m/s2） A. 恒力的大小为 6N 22v r G 2 2 2v r c 2 22 v r c 2 2 Mm vG mr r ＝ 2v rM G ＝ 2 2 M c R G ＝ 2 2 2v rR c ＝B. 前 4s 内摩擦产生的热量为 48J C. 前 6s 内合外力的冲量大小为 24N S D. 物体与地面间的动摩擦因数为 0.2 【答案】C 【解析】 【详解】A.由图，0~2s，物体做匀减速运动，a1=-；2~6s 物体反向做匀加速运动．可知恒力 与初速度方向相反． 根据牛顿第二定律： F+f=ma1， F-f=ma2， 而 a1=5m/s2，a2=1m/s2 联立解得：F=6N，f=4N，故 A 正确； B. 0~2s 内，物体的位移大小为 x1= ×10×2m=10m；2s~4s 内，物体的位移大小为 x1= ×2×2m=2m； 摩擦产生的热量 Q=f（x1+x2）=4×（10+2）J=48J，故 B 正确； C.根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，前 6s 内合外力的冲量大小为 I=-mv2-mv1=-2×4-2×10=-28N S，故 C 错误； D.由 f=μmg 得，μ=0.2，故 D 正确． 本题选择错误答案，故选 C 4.随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽 车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图给出了某品牌的无线充电手机 利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是( ) A. 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应” B. 只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电 C. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同 D. 只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电 1 2 1 2【答案】C 【解析】 【详解】A．无线充电的原理，其实就是电磁感应现象，而不是电流的磁效应，故 A 错误； B．发生电磁感应的条件是磁通量要发生变化，直流电无法产生变化的磁场，故不能接到直流 电源上，故 B 错误； C．发生电磁感应时，两个线圈中 交变电流的频率是相同的，故 C 正确； D．只有无线充电底座，手机内部没有能实现无线充电的接收线圈等装置，也不能进行无线充 电，D 错误。 故 C 正确。 5.如图所示,真空中两等量异种点电荷+q、-q 固定在 y 轴上．abcd 为等腰梯形，ad、bc 边与 y 轴垂直且被 y 轴平分．下列说法正确的是 A. 将电子从 d 点移动到 b 点,电势能增加 B. a 点电势高于 d 点电势 C. 将质子从 a 点移动到 c 点,电场力做负功 D. b、c 场强相同 【答案】C 【解析】 【详解】因 b 点的电势高于 d 点，可知将电子从 d 点移动到 b 点，电势能减小，选项 A 错误； 由对称性可知，a 点电势等于 d 点电势，选项 B 错误；因 a 点电势低于 c 点，则将质子从 a 点 移动到 c 点，电势能增加，电场力做负功，选项 C 正确；由对称性可知，b、c 场强大小相同， 方向不同，选项 D 错误. 6.a、b 两束相互平行的单色光，以一定的入射角照射到平行玻璃砖上表面，经平行玻璃砖折 射后汇聚成一束复色光 c，从平行玻璃砖下表面射出，判断正确的是（　　） 的 A. a 光在玻璃中的传播速度比 b 光在玻璃中的传播速度大 B. 玻璃砖对 a 光的折射率大 C. 双缝干涉时，用 a 光照射得到条纹间距小 D. 增大入射角，a 光在下表面可发生全反射 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．由光路图可知 a 光偏折的大，所以 na＞nb，由 知 a 光在玻璃中的传播速 度比 b 光在玻璃中的传播速度小，故 A 错误，B 正确； C．折射率大，频率大，由 知 a 光波长比 b 光波长短；双缝干涉时，根据 知， 用 a 光照射得到条纹间距小，故 C 正确； D．根据光路可逆知光线一定能从下表面射出，不会在下表面发生全反射，故 D 错误。 故选 BC。 7.图 1 为一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图，P、Q 为介质中的两个质点，图 2 为质点 P 的振 动图象，则 A. t=0.2s 时，质点 Q 沿 y 轴负方向运动 B. 0～0.3s 内，质点 Q 运动的路程为 0.3m C. t=0.5s 时，质点 Q 的加速度小于质点 P 的加速度 D. t=0.7s 时，质点 Q 距平衡位置的距离小于质点 P 距平衡位置的距离 【答案】CD cv n = c f λ = Lx d λ=【解析】 【详解】A．由振动图像可知 T=0.4s，t=0 时刻质点 P 向上振动，可知波沿 x 轴负向传播，则 t=0.2s=0.5T 时，质点 Q 沿 y 轴正方向运动，选项 A 错误； B．0.3s= T，因质点 Q 在开始时不是从平衡位置或者最高点（或最低点）开始振动，可知 0～0.3s 内，质点 Q 运动的路程不等于 ，选项 B 错误； C．t=0.5s=1 T 时，质点 P 到达最高点，而质点 Q 经过平衡位置向下运动还没有最低点，则 质点 Q 的加速度小于质点 P 的加速度，选项 C 正确； D．t=0.7s=1 T 时，质点 P 到达波谷位置而质点而质点 Q 还没到达波峰位置，则质点 Q 距平 衡位置的距离小于质点 P 距平衡位置的距离，选项 D 正确． 8.如图所示，平行金属板中带电质点 P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响， R1 的阻值和电源内阻 r 相等。当滑动变阻器 R4 的滑片向 b 端移动时（　　） A. 电压表读数增大 B. 电流表读数减小 C. 电源的输出功率逐渐增大 D. 质点 P 将向下运动 【答案】CD 【解析】 【详解】AB．当滑动变阻器 R4 的滑片向 b 端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻 减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流 I 增大。电阻 R1 以及内阻上的电压变大，与 电容器并联的支路电压减小，流过 R3 的电流 I3 减小，流过电流表的电流 IA=I-I3，I 增大，I3 减 小，则 IA 增大，所以电流表读数增大。R4 的电压 U4=U3-U2，U3 减小，U2 增大，则 U4 减小， 所以电压表读数减小。选项 AB 错误； C．因为当外电阻等于内阻时电源输出功率最大；由于 R1 的阻值和电源内阻 r 相等，则外电路 3 4 3 4 3 0.34 A A m× = = 1 4 3 4总电阻大于电源的内阻 r，当外电阻减小时，外电阻逐渐向内电阻接近，则电源的输出功率逐 渐增大。选项 C 正确； D．电容器板间电压等于 R3 电压。R3 的电压减小，电容器板间场强减小，质点 P 所受的电 场力减小，所以质点 P 将向下运动。故 D 正确。 故选 CD。 二、实验题（每空 2 分，画图 2 分，共 12 分） 9.在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。 (1)甲同学按电路图 a 进行测量实验，其中 R2 为保护电阻。 ①请用笔画线代替导线在图 b 中完成电路的连接____________________； ②根据电压表的读数 U 和电流表的读数 I，画出 U­I 图线如图 c 所示，可得电源的电动势 E=_______V，内电阻 r＝______Ω。（结果保留两位有效数字） ③分析该实验产生系统误差的原因______________________________________________ (2)乙同学误将测量电路连接成如图 d，其他操作正确，根据电压表 读数 U 和电流表的读数 I，画出 U­I 图线如图 e，可得电源的电动势 E＝_______V，内电阻 r＝________Ω。（结果保 留两位有效数字） 【答案】 (1). 图见解析 (2). 2.8 (3). 0.60 (4). 电压表的分流作用 (5). 3.0 (6). 0.50 的 的【解析】 【详解】(1)①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示； ②根据闭合电路欧姆定律可得 U=E-Ir 则由数学规律可知，电动势 E=2.8V ③该实验产生系统误差的原因是由于电压表的分流作用； (2)由乙同学的电路接法可知，R1 左右两部分并联后与 R2 串联，则可知，在滑片移动过程中， 滑动变阻器接入电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图 e 所示的图象，则 由图象可知，当电压为 2.5V 时，电流为 0.5A，此时两部分电阻相等，则总电流为 I1=1A；而 当电压为 2.4V 时，电流分别对应 0.33A 和 0.87A，则说明当电压为 2.4V 时，干路电流为 I2=0.33+0.87=1.2A； 则根据闭合电路欧姆定律可得 2.5=E-r 2.4=E-1.2r 解得 E=3.0V r=0.50Ω 三、解答题（第 10 题 14 分，第 11 题 16 分） 10.科研人员乘热气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为 M＝200kg。 气球在空中以 v0＝0.1m/s 的速度匀速下降，距离水平地面高度 h＝186m 时科研人员将质量 m ＝20kg 的压舱物竖直向下抛出，抛出后 6s 压舱物落地。不计空气阻力，热气球所受浮力不变， 重力加速度取 g＝10m/s2，求： (1)压舱物刚被抛出时的速度大小； 2.8 1.6 0.602 Ur I −= = = Ω (2)压舱物落地时热气球距离水平地面的高度； (3)关键环节：本题解决第二问的关键是求出抛出压舱物后，气球的速度，请问你应用什么物 理规律求的气球速度，及根据什么判断出能用该规律？ 【答案】(1)1m/s；(2)206m；(3) 第(2)问中应用动量守恒定律求解抛出物体后气球速度，根据 是气球和物体系统开始是匀速下降，所受的合外力为零，符合系统动量守恒的条件。 【解析】 【详解】(1)设压舱物刚被抛出时的速度大小为 v1，热气球的速度大小为 v2。压舱物被竖直向 下抛出后，做竖直下抛运动，由运动学规律有 代入数据解得 v1=1m/s (2)抛压舱物的过程，压舱物和热气球组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取竖直向下 为正方向，由动量守恒定律得 Mv0=mv1+（M-m）v2 代入数据解得 v2=0 设热气球受到的浮力为 F，则有 F=Mg 压舱物抛出后对热气球进行受力分析，由牛顿第二定律得 F-（M-m）g=（M-m）a 代入数据解得 热气球 6s 上升的高度为 代入数据解得 h′=20m 此时热气球距离水平地面 高度为 H=h+h′=206m (3) 第(2)问中应用动量守恒定律求解抛出物体后气球速度，根据是气球和物体系统开始是匀速 的 2 1 1 2h v t gt= + 210 m/s9a = 2 2 1 2h v t at′ = +下降，所受的合外力为零，符合系统动量守恒的条件。 11.如图所示，两根互相平行的金属导轨 MN、PQ 水平放置，相距 d＝1m、且足够长、不计电 阻。AC、BD 区域光滑，其他区域粗糙且动摩擦因数 μ＝0.2，并在 AB 的左侧和 CD 的右侧存 在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 B＝2T。在导轨中央放置着两根质量均为 m＝1kg，电 阻均为 R＝2Ω 的金属棒 a、b，用一锁定装置将一轻质弹簧压缩在金属棒 a、b 之间（弹簧与 a、b 不拴连），此时弹簧具有的弹性势能 E＝9J。现解除锁定，当弹簧恢复原长时，a、b 棒刚 好进入磁场，且 b 棒向右运动 x＝0.8m 后停止，g=10m/s2，求： (1)a、b 棒刚进入磁场时的速度大小； (2)金属棒 b 刚进入磁场时的加速度大小； (3)求整个运动过程中电路中产生的焦耳热，并归纳总结电磁感应中求焦耳热的方法。 【答案】(1)3m/s；3m/s；(2)8m/s2；(3)5.8J；能量转化。 【解析】 【详解】(1)解除锁定弹簧释放的过程，对 a、b 及弹簧组成的系统，取向左为正方向，由动量 守恒定律得 0=mva-mvb 由机械能守恒定律得 联立解得 va=vb=3m/s (2)当 a、b 棒进入磁场时，两棒均切割磁感线，产生感应电动势，两个电动势串联，则 Ea=Eb=Bdva=2×1×3V=6V 回路中感应电流 对 b，由牛顿第二定律得 BId+μmg=mab 2 21 1 2 2a bE mv mv= + 2 6 3A2 2 aEI R = = =解得 ab=8m/s2 (3)由动量守恒定律知 a、b 棒速率时刻相等，滑行相同距离后停止。对系统，由能量守恒定律 得 E=2μmgx+Q 解得 Q=5.8J 电磁感应中求焦耳热的方法往往是通过能量转化的方法，即设法搞清问题中各种能量之间的 转化关系，从而求解焦耳热。 第Ⅱ卷提高题（共 18 分） 12.如图所示，在平面直角坐标系 xoy 的第一象限内有一边长为 L 的等腰直角三角形区域 OPQ， 三角形的 O 点恰为平面直角坐标系的坐标原点，该区域内有磁感应强度为 B、方向垂直于纸 面向里的匀强磁场，第一象限中 y ≤ L 的其它区域内有大小为 E、方向沿 x 轴正方向的匀强电 场；一束电子（电荷量为 e、质量为 m）以大小不同的速度从坐标原点 O 沿 y 轴正方向射入匀 强磁场区．则： （1）能够进入电场区域的电子的速度范围； （2）已知一个电子恰好从 P 点离开了磁场，求该电子的速度和由 O 到 P 的运动时间； （3）若电子速度为 ，且能从 x 轴穿出电场，求电子穿过 x 轴的坐标． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】 （1）通过 Q 点进入电场区域的电子速度最大，根据洛伦兹力等于向心力，求出最大速度； （2）恰好从 P 点离开了磁场，半径为 L/2，画出运动轨迹，根据粒子在磁场中的运动周期和 牛顿第二定律，分别求出在磁场和电场中的运动时间，求该电子由 O 到 P 的运动时间； 3 eBL m 0 eBLv m < ≤ 2 eBL m m BL eB E π + 2 2 2 3 L Em eB −（3）只有当电子第一次从电场返回磁场且不从 OP 和 PQ 两边离开磁场时，电子才有可能经电 场偏转通过 x 轴．画出运动轨迹，找出第二次进入电场 位置，根据牛顿第二定律和位移时 间关系，求出电子穿过 x 轴的坐标． 【详解】（1）通过 Q 点进入电场区域的电子速度最大，其半径 r1=L 能够进入电场区域的电子的速度范围是 0