2020年天津市河西區(qū)高考物理一模試卷(含答案解析)

1、2020年天津市河西區(qū)高考物理一模試卷、單選題（本大題共 5小題，共25.0分）1.第一代核彈頭為原子彈，主要利用鈾235或缽239等重原子核的裂變鏈式反應原理制成。典型的鈾核裂變是生成根和氟，同時放出 x個中子，核反應方程為下面所列方程+； n -畀 小卜丁 Kr +1的,則該核反應方程中 X和y分別為（）第12頁，共12頁A. 10和 36B. 3 和 36C. 36 和 3D. 2和 362.3.某汽車后備箱內(nèi)安裝有撐起箱蓋的裝置，它主要由汽缸和活塞組成.開箱 時，密閉于汽缸內(nèi)的壓縮氣體膨脹，將箱蓋頂起，如圖所示.在此過程中,若缸內(nèi)氣體與外界無熱交換，忽略氣體分子間相互作用，則缸內(nèi)氣體A

2、.對外做正功，分子的平均動能減小B.對外做正功，內(nèi)能增大C.對外做負功，分子的平均動能增大D.對外做負功，內(nèi)能減小兩波源A、B分別位于,七=0和工=7m的位置持續(xù)振動，產(chǎn)生甲、乙兩列沿x軸相向傳播的簡r Im /t ° 下列說法正確諧橫波。f=0時刻的波形圖如圖所示，已知兩列波的傳播速度均為 的是y/cm4.如圖所示，n匝矩形閉合導線框 ABCD 為S,電阻不計.線框繞垂直于磁場的軸 連，變壓器副線圈接入一只額定電壓為 下列說法正確的是A. * = L5$時兩列波相遇B. .工=3巾處的質(zhì)點是振動減弱點C. t =。時刻方=1m處的質(zhì)點與* = 5m處的質(zhì)點均沿y軸負方向運動D.在h

3、 = 2苫時，位于工=35m處的質(zhì)點位移為 2cm處于磁感應強度大小為 B的水平勻強磁場中，線框面積 以角速度必勻速轉動，并與理想變壓器原線圈相U的燈泡，燈泡正常發(fā)光.從線圈通過中性面開始計時,A、遠地A.圖示位置穿過線框的磁通量變化率最大B.燈泡中的電流方向每秒改變2次C.線框中產(chǎn)生感應電動勢的表達式為史=wBS山*n3fD.變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為： U5.2011年9月29日，中國首個空間實驗室“天宮一號”在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，由長征運載火箭將飛船送入近地點為R點為B的橢圓軌道上，B點距離地面高度為 h,地球的中心位于橢 圓的一個焦點上。“天宮一號”飛行幾周后進行變軌，進入預定圓

4、軌道，如圖所示。已知“天宮一號”在預定圓軌道上飛行 n圈所用時間為t,萬有引力常量為 G,地球半徑為此則下列說法正確的是（A. “天宮一號”在橢圓軌道的 B點的向心加速度大于在預定圓軌道的B點的向心加速度B. “天宮一號”從 A點開始沿橢圓軌道向C. “天宮一號”從 A點開始沿橢圓軌道向B點運行的過程中，機械能不守恒B點運行的過程中，動能先減小后增大6.7.D.由題中給出的信息可以計算出地球的質(zhì)量多選題（本大題共 3小題，共15.0分）明代學者方以智在 陽燧倒影中記載：“凡寶石面凸，則光 成一條，有數(shù)棱則必有一面五色”， 表明白光通過多棱晶體折射 會發(fā)生色散現(xiàn)象。如圖所示，一束復色光通過三棱鏡

5、后分解成兩 束單色光a、b,下列說法正確的是（）A.若增大入射角i,則b光先消失B.在該三鏡中a光波長大于b光C. a光能發(fā)生偏振現(xiàn)象，b光不能發(fā)生D.若a、b光分別照射同一光電管都能發(fā)生光電效應則a光的遏止電壓低如圖所示，帶正電的點電荷 Q固定，電子僅在庫侖力作用下，做以Q點為焦點的橢圓運動， M、P、N為橢圓上的三點，P點是軌道上 離Q最近的點。中工、爐x和分別表示電子在 M、N兩點 的電勢和電場強度，則電子從 M點逆時針運動到 N點（）A. " > 中x , E.v <B.手打 < 中式，Em >C.電子的動能先增加后減小D.電場力對電子做的總功為正功氣

6、帽%甲48.如圖所示，兩個固定的半徑均為r的細圓環(huán)同軸放置，八、Q分別為兩細環(huán)的圓心，且=兩環(huán)分別帶有均勻分布的等量異種電荷一。、+Q（Q>0）。一帶負電的粒子（重力不計）位于右 側遠處，現(xiàn)給粒子一向左的初速度，使其沿軸線運動，穿過兩環(huán)后運動至左側遠處，在粒子運動的過程中A.從到（）？，粒子一直做減速運動B.粒子經(jīng)過。1點時電勢能最小C.軸線上0點右側存在一點，粒子在該點動能最大D.粒子從右向左運動的整個過程中，電勢能先減小后增加 三、實驗題（本大題共 2小題，共12.0分）9 .用如圖甲所示的實驗裝置做“探究勻變速直線運動”的實驗。如圖乙所示為某同學實驗中得到的紙帶，在紙帶上確定出 A

7、、B、C、D、E、F、G7個相鄰的計數(shù)點，其相鄰計數(shù)點間的距離在圖中標出，每相鄰兩個計數(shù)點間還有4個點未畫出，則打下 C、E兩點時小車的瞬時速度 七七=做但,比=；小車的加速度 性="小'結果均保留兩位有效數(shù)字 ）。10 .實驗室購買了一捆標稱長度為100m的銅導線，小明同學想通過實驗測定其長度。按照如下步驟進行操作：（1）該同學首先使用螺旋測微器測得導線的直徑如圖（11所示，則導線的直徑 d =mm;（2）通過查閱資料查得銅的電阻率為P-（3使用多用電表歐姆檔初步估測其電阻約為秘】：（4）為進一步準確測量導線的電阻，實驗室提供以下器材：A.直流電流表4（量程U口區(qū)1,內(nèi)阻/

8、逅= 30）B.直流電壓表lit量程0-3V,內(nèi)阻約100C）C.直流電壓表量程15廠，內(nèi)阻約D.滑動變阻器川（阻值范圍。F.滑動變阻器 汽乂阻值范圍0-KX1Q）G.直流電源E（輸出電壓3V,內(nèi)阻不計）H.開關S一個、導線若干為了得到盡量多的測量數(shù)據(jù)并精確的測定標銅導線的電阻，實驗中應選擇的電壓表是 （用所選器材前的字母表示 ：；選擇的滑動變阻器是 用所選器材前的字母表示 ）;按實驗要求在圖（2）中，還需要連接的接線柱 （填相應接線柱的有符號，如“ab”、“cd” 等）；若測得電壓表的讀數(shù)為 U,電流表的讀數(shù)為I,則可得銅導線的長度可表示為 用 題目提供的已知量的字母表示）；四、計算題（本大

9、題共 3小題，共30.0分）11 .如圖甲所示，在科技館中的“小球旅行記”吸引了很多小朋友的觀看。“小球旅行記”可簡化為如圖乙所示。在 P點的質(zhì)量為m的小球，由靜止沿半徑為R的光滑;圓弧軌道下滑到最低點4Q時，對軌道的壓力為2mg,小球從Q點水平飛出后垂直撞擊到傾角為 303的斜面上的S點。不計摩擦和空氣阻力，已知重力加速度大小為g,求：（1）小球從Q點飛出時的速度大??；（2）Q點到S點的水平距離。12 .如圖所示平面直角坐標系中，P點在x軸上，其坐標, Q點在負y軸上某處。整個第I象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，第n象限和第W象限內(nèi)均有一圓形區(qū)域，其中第 n象限 內(nèi)的圓形區(qū)域半徑為 L,與x軸

10、相切于A點力點坐標未知 。第W象限內(nèi)的圓形區(qū)域未知，并 且兩個圓形區(qū)域內(nèi)均有垂直于xOy平面的相同的勻強磁場。 電荷量為+4、質(zhì)量為m、速率為小的粒子a從A點沿y軸正方向射入圓形區(qū)域，射出圓形區(qū)域后沿x軸正方向射入第I象限，通過P點后射入第IV象限；電荷量為-q、質(zhì)量為m、速率為小的粒子b從Q點向與y軸成以T 夾角的方向射入第IV象限，經(jīng)過并離開未知圓形區(qū)域后與粒子a發(fā)生相向正碰。不計粒子的重力和粒子間相互作用力。求：(1)第n象限內(nèi)圓形區(qū)域磁場磁感應強度B的大小和方向第I象限內(nèi)勻強電場的場強大小 E和方向(3)第W象限內(nèi)未知圓形磁場區(qū)域最小面積S13 .如圖所示，兩根光滑的平行金屬導軌MN、

11、PQ處于同一水平面內(nèi)，相距 £ ,導軌的左端用H=30的電阻相連，導軌電阻不計，導軌上跨接一電阻的金屬桿ab,質(zhì)量1=U.沏,整個裝置放在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度 衛(wèi)=27，現(xiàn)對桿施加水平向右 的拉力F =使它由靜止開始運動，求：(1)桿能達到的最大速度多大?(2)若已知桿從靜止開始運動至最大速度的過程中，R上總共產(chǎn)生了 10.2.的電熱，則此過程中金屬桿ab的位移多大？(3)接(2)問，此過程中流過電阻 R的電量？經(jīng)歷的時間？答案與解析1答案：B解析：解：根據(jù)核反應過程中，電荷數(shù)守恒得：” =92 -汨'> =,質(zhì)量數(shù)守恒得：.=2況+1 1心89 = 3,鈾

12、核裂變的核反應方程為： 三%一1 2T十；故892 U" ；jG/fo 36A t- （hi正確，ACD錯誤。故選：Bo根據(jù)核反應過程中的電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒求解x, y。本題以第一代核彈頭命制試題，使學生對核物理中的核反應有更加深刻的認識，通常根據(jù)電荷數(shù)守 恒和質(zhì)量數(shù)守恒列式求解。2答案：A解析：解：密閉于氣缸內(nèi)的壓縮氣體膨脹對外做正功，即外界對氣體做負功，因而 W < 0 ,缸內(nèi)氣 體與外界無熱交換說明 Q = （,忽略氣體分子間相互作用，說明內(nèi)能是所有分子動能的總和。根據(jù) 熱力學第一定律 【=+ Q ,可知內(nèi)能增加量 匚< 0 ,故內(nèi)能減小，分子平均動能減小，溫度

13、 降低。所以只有A正確；故選：Ao根據(jù)熱力學第一定律公式公式中AU表示系統(tǒng)內(nèi)能的增加量， W表示外界對系統(tǒng)做的功，Q表示系統(tǒng)吸收的熱量，題中氣體膨脹對外界做功，即氣體對外界做負功，故 H'cO ,氣體 與外界無熱交換，故 Q = D,從而判斷出氣體內(nèi)能的變化，也就得到分子的平均動能的變化情況.熱力學第一定律的公式Il' + Q中，仃表示系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，W表示外界對系統(tǒng)做的功，當系統(tǒng)對外界做功時， W取負值，Q表示系統(tǒng)吸收的熱量，當系統(tǒng)放出熱量時，Q取負值.3答案：A上 3解析：解：A、兩列波相遇的時間$一=13” 故A正確；B、兩波源的起振方向相反，兩波源距離* = 3M的波

14、程差=6一；門=（了m一 3m） （3m 口）= 1m =.,即波程差為半波長的奇數(shù)倍，所以3m處質(zhì)點為振動加強點，故 B錯誤；C、£ = 0時刻，根據(jù)同側法可判定 工=1m處的質(zhì)點與工=5m處的質(zhì)點均沿y軸正方向，故C錯誤；D、t = ?學時，兩列波傳播的間距為：1=1唯=1 x 29=2m此時甲波的波谷剛好傳到 3.5e.處，而乙波的波峰剛好傳到：工5小的位置，故此時工=3一57以處的質(zhì)點 位移為一2母，故D錯誤。故選：A。明確兩列波的振動性質(zhì)， 根據(jù)帶動法確定兩振源的起振方向，結合波程差確定振動是加強還是減弱；根據(jù)波的疊加原理可確定 3.3兒處的質(zhì)點在2s時的位移。本題要掌握波

15、的獨立傳播原理：兩列波相遇后保持原來的性質(zhì)不變。理解波的疊加遵守矢量合成法則。要能熟練運用波形平移法分析波的形成過程。4答案：C解析：解：A、圖示位置線框位于中性面，穿過線框的磁通量最大， 磁通量的變化率為 0,故A錯誤;1B、交流電的周期丁 = 丁, 1s內(nèi)完成周期性變化的次數(shù)丁,1個周期電流方向改變2次,所以燈泡中電流方向每秒改變C、線框中感應電動勢的峰值 Etti二,線框是從中性面開始計時，所以線框中產(chǎn)生感應電動 勢的表達式為七二,故C正確；D、原線圈電壓的有效值 5 = ，副線圈電壓的有效值 G ,所以原副線圈的匝數(shù)比為 一k ,故D錯誤；故選：C根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比

16、，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項分析即可得 出結論掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關系，本題即可得到解決5答案：D解析：解：A、“天宮一號”在橢圓軌道的B點的加速后做離心運動才能進入預定圓軌道，故“天宮一號”在橢圓軌道的 B點的向心加速度小于在預定圓軌道的B點的向心加速度，故 A錯誤。B、“天宮一號”從 A點開始沿橢圓軌道向 B點運行的過程中，只收到地球的引力，只有地球的引力做功，故機械能守恒，故 B錯誤。C、“天宮一號”從 A點開始沿橢圓軌道向 B點運行的過程中，距離地球原來越遠，地球的引力做負功，根據(jù)動能定理可知，動能越來越小，故 C錯誤。D、“天宮一號”在預定圓軌道上飛行n

17、圈所用時間為t,故周期為/ = ±,jItt*根據(jù)萬有引力提供向心力 G 2 ="，不+用，得地球的質(zhì)量 r 4/( A + ft)*4- hfA/ =. ：GT'1Gt2故選：Do“天宮一號”在橢圓軌道的B點的加速后做離心運動才能進入預定圓軌道，故“天宮一號”在橢圓軌道的B點的向心加速度小于在預定圓軌道的B點的向心加速度。“天宮一號”從 A點開始沿橢圓軌道向 B點運行的過程中，只收到地球的引力，只有地球的引力做負功，動能越來越小，但機械能守恒。地球對天宮一號的萬有引力提供它繞地球做勻速圓周運動的向心力，由萬有引力公式及向心力公式 列方程，可以求出地球的質(zhì)量。本題要

18、掌握萬有引力提供向心力，用周期表示向心力，列方程可以計算出中心天體的質(zhì)量。6 .答案：BD解析：解：A、根據(jù)折射率定義公式 肛,從空氣斜射向玻璃時，入射角相同，光線a對應的star折射角較大，故光線 a的折射率較小，即，陪，若增大入射角i,在第二折射面上，則兩光的入 射角減小，依據(jù)光從光密介質(zhì)進入光疏介質(zhì)， 且入射角大于或等于臨界角時， 才能發(fā)生光的全反射， 因此它們不會發(fā)生光的全反射，故 A錯誤；B、因為則在真空中a光波長大于b光波長，故B錯誤；C、由于光屬于橫波，所以不論 a光還是b光都可以發(fā)生偏振現(xiàn)象，故C錯誤；D、a光折射率較小，則頻率較小，根據(jù) E = hv ,則a光光子能量較小，則

19、 a光束照射逸出光電子 的最大初動能較小，根據(jù) 禮,=；中吟,則a光的遏止電壓低，故 D正確； 故選：BD。依據(jù)光的折射定律，判定兩光的折射率大小，再根據(jù) sin.G =-,即可判定各自臨界角大小，進而可 求解；根據(jù)折射率的定義公式求解折射率，由折射定律得出折射率關系，就知道波長關系； 只要是橫波，均能發(fā)生偏振現(xiàn)象；根據(jù)flf.' = Liu2,結合光電效應方程扁=hr - M ,從而即可求解。解決該題的關鍵是能從光路圖分析得到兩種光的折射率大小關系，知道光的折射率越大，則頻率越 大，波長越小，熟記全反射的條件。7 .答案：CD解析：解：AB、在正電荷形成的電場中， 越靠近點電荷的位置

20、場強越大，電勢越高，所以,審n 外,故AB錯誤；CD、當電子從M點向N點運動時，庫侖力對電子先做正功，后做負功，動能先增加后減小，根據(jù) 功能關系可知，電子的電勢能先減小后增加，電場力所做的總功為正，所以總的電勢能減小，動能 增大，故CD正確。故選：CD。在正電荷形成的電場中，越靠近點電荷的位置場強越大，電勢越高；根據(jù)庫侖力做功判定電勢能和 動能的變化，對于系統(tǒng)能量守恒，機械能與電勢能相互轉化?？疾閹靵龆桑瑤靵隽ψ龉Φ奶攸c，庫侖力做正功，電勢能減小，庫侖力做負功，電勢能增加。同 時注意系統(tǒng)的機械能與能量的區(qū)別。8 .答案：AC解析：解：A、在一q從5向運動的過程中+Q對q的電場力向右，Q對一中

21、的作用力方向也 向右，故電場力對 一q始終做負功，粒子速度減小，故A正確。B、粒子穿過兩環(huán)后運動至左側遠處過程中，電場力一直做正功，電勢能一直減小，粒子經(jīng)過幾點時電勢能并不是最小，故 B錯誤。c、根據(jù)*二卜呆和電場的疊加可知：在 （八右側產(chǎn)生的場強的先增大后減小且一直減小到0,而Q的場強大多數(shù)情況下小于 +Q產(chǎn)生的電場但場強卻不會為0,故合場強為0的位置應該在Pl的右側，而在合力為 0之前合外力做正功，動能持續(xù)增大，之后合力做負功，動能減小，故動能最小 的點在Oi的右側，故C正確。D、由C項可知，在右側，電勢能先減小后增大，從 到口二，電場力做負功，電勢能增大，同 理，在（為左側，電勢能先增大

22、后減小，故 D錯誤。故選：AC。在。i點時，右環(huán)上電荷由于關于 Q對稱，所以其在Oi產(chǎn)生的電場強度為0,而 Q各點在Ol產(chǎn)生 的場強水平向左，故 一f/在。L點所受電場力方向向右；要看電勢能如何變化就看電場力如何做功； 如果合外力做正功，動能增大，合外力做負功，動能減??；根據(jù) E = § 可知在右側+Q產(chǎn)生的場強的先增大后減小且一直減小到0,而 Q的場強大多數(shù)情況下小于 +Q產(chǎn)生的電場但場強卻不會為0。本題考查了電場的合成，解決這類題目的技巧是詳實的分析，仔細的計算，每個位置都不能漏過。場強是矢量，其運算利用平行四邊形定則。9 .答案：I - r 、解析:則有:解：根據(jù)勻變速直線運動

23、規(guī)律得，平均速度等于中間時刻的瞬時速度,j-no 4.38 + 5.22Vf = = X2T 2 kO.L同理,j-df 亂肥 + 6.79=-x'2T2 x 0.110 £m/s 三 0.64ni/s那么根據(jù)&產(chǎn)，運用逐差法得:9 xO.PC、E的瞬時速度，根據(jù)相鄰相等故答案為：0.48 ; 061; 0.80 °根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出計數(shù)點 時間內(nèi)的位移之差是一恒量，即 足=,運用逐差法求出紙帶的加速度。解決本題的關鍵是掌握紙帶的處理方法，會通過紙帶求解瞬時速度和加速度，知道實驗的操作步驟 和數(shù)據(jù)處理以及注意事項，難度不大，屬

24、于基礎題。IR I 卜戶10 .答案：板於0 B D kj、bd、dh -M或者岫）、疝（或者d#）pi解析：解：（D由圖示螺旋測微器可知，其讀數(shù)為：+ 國0 算 0.01mm =61nMm均正確（4）電源電動勢E = 31，故電壓表選擇 B;因為要求盡量多的測量數(shù)據(jù)，還要求精確，所以選擇分壓式電路，應選擇最大阻值較小的滑動變阻器，故滑動變阻器選擇Do銅導線的電阻 凡出悵，電流表內(nèi)阻無.一；值，直流電壓表H內(nèi)阻約因為已知電流表內(nèi)阻故選擇電流表內(nèi)接法測量，連接實物圖，如圖所示，故還需要連接的接線柱為打（或者打）、根據(jù)歐姆定律可得：m1 +見：）根據(jù)電阻定律可得：:銅導線的橫截面積：7T（t

25、9; 孫）產(chǎn)聯(lián)立式可得銅導線的長度：L二L 版 ”答：（】。假均正確）；口，D；M（或者、她 或者砌、而（或者；一而。口）螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀；(1)根據(jù)電源電動勢選擇合適的電壓表，在保證安全的前提下，應選最大阻值較小的滑動變阻器；根據(jù)實驗的要求應選擇分壓式電路，因為電流表內(nèi)阻已知，故選擇電流表內(nèi)接法測量，再連接實 物圖即可；根據(jù)電阻定律，結合歐姆定律以及導線橫截面積，聯(lián)立即可求出銅導線的長度。本題考查金屬電阻率的測量實驗，解題關鍵是要會根據(jù)電源電動勢選擇合適的電壓表，作為分壓用的滑動變阻器在保證安全的前提下要選小的，還要注意盡管被測電阻

26、很小，但是不能選擇電流表外接，這是因為電流表內(nèi)阻已知，可以消除電流表內(nèi)接法由于分壓而引起的誤差，故選擇電流表內(nèi)接。11 .答案：解：在Q點，根據(jù)牛頓第三定律可知，軌道對小球的支持力為2mg根據(jù)牛頓第二定律可得解得 .，(2)由平拋運動的運動規(guī)律可得 物”3(r二-,解得小=島在豎直方向做自由落體運動，則，1水平方向-聯(lián)立解得答：小球從Q點飛出時的速度大小為 回(2)。點到S點的水平距離為禽夫。解析：(I)在Q點，根據(jù)牛頓定律求得拋出時的速度；(2)由于小球垂直撞在斜面上，根據(jù)速度的分解求得豎直方向的速度，利用運動學公式求得平拋運動的時間，即可求得水平位移。本題主要考查了圓周運動和平拋運動，關鍵

27、是抓住平拋運動的特點即可求得。12 .答案：解：(I)設粒子a在圓形區(qū)域內(nèi)勻強磁場中彳圓周運動的半徑為R,則=上因為洛倫茲力等于向心力：聯(lián)立解得 出二年丁，方向垂直紙面向外。(2)設粒子a在第I象限內(nèi)勻強電場中運動的加速度為外，運動時間為t,則町=這in士 19豎直方向：水平方向上：，；聯(lián)立解得E =*,方向沿y軸負方向(3)設粒子a在P點的速度為v,與x軸正方向的夾角為y軸方向的速度大小是 ,則粒子b先做勻速直線運動，進入未知圓形區(qū)域，在洛倫茲力作用下向左偏轉120:,離開未知圓形區(qū)域，速度方向與離開 P點的粒子a的速度在一條直線上， 才可能與粒子a發(fā)生相向正撞，如圖所示。設粒子b在未知圓形區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動的圓心為Oi ,半徑為 力 ,射入和射出點分別為 e和ho未知圓形區(qū)域的最小區(qū)域是以he為直徑的圓，設he長為D,則 = 烏”闞根據(jù)幾何知識可知：則面積為：-,一代入數(shù)據(jù)解