天津市第25中学2020届高三3月网络测试物理试题

停课不停学，学习不延期

天津市第25中学2020年3月高三物理网络测试试卷

一、单项选择题（共5小题；共25分）

1.下列说法正确的是（  ）

A. 目前我国核电事业蓬勃发展，新建核电站的能量来源可以是轻核聚变

B. 无论裂变还是聚变都要从比结合能小的原子核向比结合能大的原子核变化

C. 半衰期是大量原子核内的核子有统计意义上的半数发生变化的时间,它不随温度或压强变化而变化

D. 重核发生α衰变后的产物的总结合能小于原重核的结合能

【答案】B

【解析】

【详解】新建核电站的能量来源是重核裂变，选项A错误；无论裂变还是聚变都要从比结合能小的原子核向比结合能大的原子核变化，选项B正确；放射性元素的半衰期是有一半该元素的原子核发生衰变所用的时间．放射性元素的原子核内的核子并不都要发生变化，它不随温度或压强变化而变化，故C错误．重核发生α衰变后放出能量，则衰变后的产物的总结合能大于原重核的结合能，选项D错误.

2.如图所示，在xy平面内有一沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为1m/s，振幅为4cm，频率为2.5Hz.在t=0时刻，P点位于其平衡位置上方最大位移处，则距P为0.2m的Q点

A. 在0.1秒时的位移是4cm

B. 在0.1秒时的速度最小

C. 在0.1秒时的速度向下

D. 在0到0.1秒时间内的路程是4cm

【答案】D

【解析】

【详解】已知简谐波的波速v=1m/s，频率f=2.5Hz，则周期为T==0.4s，波长为==0.4m．由题Q点距离P点为x=0.2m=，P、Q两点的振动情况总是相反，t=0时刻，P点位于其平衡位置上方最大位移处，则Q点位于其平衡位置下方最大位移处，在0.1秒时P点经过平衡位置向下运动，则在0.1秒时，Q点经过平衡位置向上运动，位移为x=0，速度最大，在0到0.1秒时间内Q点通过的路程等于一个振幅，即路程S=4cm，故A、C错误，B、D正确．

故选：B、D

3.如图甲所示，在平静的水面下有一个点光源s，它发出的是两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为ab两种单色光所构成的复色光的圆形区域，周边为环状区域，且为a光的颜色（见图乙）．则以下说法中正确的是

A. a光频率比b光频率大

B. 水对a光的折射率比b光大

C. 在真空中，a光的传播速度比b光大

D. 在同一装置的杨氏双缝干涉实验中，干涉条纹间距a光的比b光的宽

【答案】D

【解析】

【详解】A、B项：a光照射的面积较大，知a光的临界角较大，根据，知a光的折射率较小，折射率小，频率也小，所以a光的频率小于b光，故AB错误；

C项：在真空中，两光的传播速度相等，故C错误；

D项：a光在水中传播的速度较大则a光的波长较长，条件间距公式，所以a光波长则条纹间距较宽，故D正确．

4.一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法错误的是（　　）

A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小

B. 蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加

C. 蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒

D. 蹦极过程中，重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关

【答案】D

【解析】

【详解】A．运动员到达最低点前重力始终做正功，重力势能始终减小，故A正确，不符合题意；

B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向与位移方向始终相反，弹力做负功，弹性势能增加，故B正确，不符合题意；

C．以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，则系统的机械能守恒，故C正确，不符合题意；

D．重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关，故D错误，符合题意。

故选D。

5.设北斗导航系统的地球同步卫星质量为m，周期为．已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G．下列说法正确的是（）

A. 地球的质量为

B. 卫星距地面的高度

C. 卫星运行时的速度大于第一宇宙速度

D. 卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度

【答案】D

【解析】

【详解】A、在地球表面，则有，解得地球的质量为，故选项A错误；

B、根据可得卫星的轨道半径为，则卫星距离地面的高度为，故选项B错误；

C、根据可得，知轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径为地球的半径，所以卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故选项C错误；

D、根据可得，根据可得，可知卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故选项D正确；

二、双项选择题（共3小题；共15分）

6.研究表明，两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力，如图中虚线所示，分子间作用力的合力随分子间距变化的关系如图中实线所示．关于分子间的作用力和分子势能，下列说法正确的是

A. 分子间距增大，斥力减小，引力增大

B. 由图可知，当分子间的距离为r0时分子间作用力合力为0

C. 当分子间的距离r<r0时，减小分子间距离，分子间作用力做负功，分子势能增加

D. 当分子间的距离r>r0时，增大分子间距离，分子间作用力做正功，分子势能减少

【答案】BC

【解析】

当分子间距增大，引力和斥力均减小，故A错误；由图可知，当分子间的距离为r0时分子间作用力合力为0，故B正确；当分子间的距离r＜r0时，分子力表现为斥力，减小分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加，故C正确；当分子间的距离r＞r0时，分子力表现为引力，增大分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加，故D错误．所以BC正确，AD错误．

7.如图是通过变压器降压给用户供电的示意图.负载变化时变压器输入电压保持不变.输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，开关S闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加．变压器可视为理想变压器，则开关S闭合后，以下说法正确的是

A. 变压器的输入功率减小

B. 电表V1示数与V2示数的比值不变

C. 输电线的电阻R0消耗的功率增大

D. 流过电阻R1的电流增大

【答案】BC

【解析】

【详解】A项：因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，由P=UI知功率增加，故A错误；

B项：电表V1示数与V2示数的比值等于原、副线圈的匝数比，所以电表V1示数与V2示数的比值不变，故B正确；

C项：因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，所以输电线的电阻R0消耗的功率增大，故C正确；

D项：因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，上损失的电压增大，所以两端的电压减小，所以流过的电流减小，故D错误．

8.如图所示，电路中A、B 为两块竖直放置的金属板，C 是一只静电计，开关S 合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是（     ）

A. 开关S合上时，使A、B 两板靠近一些

B. 开关S断开后，在A、B 两板间放入电介质

C. 开关S断开后，使B 板向右平移一些

D. 开关S断开后，使A、B 正对面积减小一些

【答案】CD

【解析】

【详解】A．由于没有断开开关S，电容器两端一直与电源连接，则无论怎样移动金属板，电容器两端电压不变，静电计指针张开角度不变，故A错误；

B．开关S断开后在A、B 两板间放入电介质根据 知C增大，电容器存储的电荷量不变，根据 知U减小，静电计指针张开角度变小，故B错；

C．断开S后，B板向右平移则电容距离变大，根据可知电容变小，电荷总量不变，根据可知电容器两端电压变高，静电计指针张开角度变大，故C项正确；

D．断开S后，电容器储存的电荷量不变，若减小两板正对面积，电容会变小，那么电压会变大，静电计指针张开角度变大，故D项正确。

故选CD。

三、实验题（共1小题；共12分）

9.某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系，将连接滑块的细绳、力传感器和动滑轮之前的细绳、定滑轮和动滑轮之间的细绳均调为水平，通过调节气垫导轨下的螺母使气垫导轨水平，打开气源，将滑块由静止释放，用刻度尺量出两光电门之间的距离和滑块的宽度，并记录滑块经过两光电门的时间。

根据以上的操作回答下列问题：

①本实验中钩码的质量_______________（填“需要”或“不需要”）远小于滑块质量。

②在探究加速度与外力的关系时，传感器的示数记为F，通过运动学公式计算出滑块的加速度a，改变钩码的质量，依次记录传感器的示数并求出所对应的加速度大小，则是下面四个图象中能正确反映加速度a与传感器的示数F之间规律的是_____________。

A．   B．C．  D．

【答案】    (1). 不需要    (2). B

【解析】

【详解】①[1]实验中绳子的拉力可以通过力传感器直接得出，不需要满足钩码的质量远小于滑块的质量；

②[2]加速度与滑块所受的合力成正比，图线应该是过原点的倾斜直线，故B符合题意，ACD不符合题意。

故选B。

10.新华中学高三物理兴趣小组的一位同学，发现了一块比较特殊的电池，干是他组织了几位同学利用以下器材来测量该电池的电动势和内阻．

A.被测电池（电动势在10V~15V之间，内阻未知）

B.电阻箱R（0~20 ）

C.定值电限R0（阻值5 ）

D.电流表A1（量程2A，内阻较小）

E.电流表A2（量程0.6A，内阻较小）

F.电键

G.导线若干

实验中为了保护电路，用到了包括电池和定值电阻R0在内的几种实验器材：①在虚线框内补充实验原理图，并在图中表明所选器材的符号：（       ）

②同学们利用实验数据做出了通过电源的电流I的倒数和外电路电阻R（R0除外）的关系图线，即一R图线，如图所示．

根据图线求出电池的电动势为______V，内阻为_____．（保留2位有效数字）；

③测量值和真实值相比，电动势和真实值相比_____，内阻和真实值相比_____．（两空都填“偏大”“相等”或“偏小”）．

【答案】    (1).     (2). 12    (3). 1.0    (4). 相等    (5). 偏大

【解析】

【详解】①利用器材来测量电源电动势与内阻，由题意可知，实验中由两个未知内阻的电流表、一个电阻箱、一个滑动变阻器与一个定值电阻，没有电压表，两电流表内阻未知，不能用电流表与定值电阻组成电压表测电压，因此不能用伏安法测电源电动势与内阻，应该用安阻法测电源电动势与内阻，电源电动势约为10V−15V，为了保护电路安全、进行多次实验测出多组实验数据，电流表应选，安阻法测电源电动势与内阻的实验电路如图所示

②由实验电路可知，在闭合电路中，电源电动势，则，由图所示图象可知，图象截距，图象的斜率，则电源电动势，电源内阻：

③考虑电流表内阻对实验的影响，，，电流表内阻会导致系统误差，使电源内阻测量值和真实值相比偏大，电动势和真实值相比相等．

四、解答题（共3小题；共48分）

11.如图所示，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线拉直水平，已知细线长为L，小球a、b的质量分别为2m和m，在小球a上固定有极少量火药。从静止释放球b，两球碰撞后火药发生爆炸而相互分开，此后观察到系小球a的细线与竖直方向之间的最大偏角为90°。忽略空气阻力，重力加速度为g，求：

(1)系小球b的细线与竖直方向之间的最大偏角；

(2)两球在碰撞过程中增加的机械能。

【答案】(1)90°；(2)2mgL

【解析】

【详解】(1)b球下摆过程中，由动能定理得

解得

碰后观察到系小球a细线与竖直方向之间的夹角为90°，由动能定理得

解得

碰撞过程动量守恒，规定向左为正方向，由动量守恒定律可

解得

方向水平向右；

b球反向弹回，由动能定理得

解得

所以系小球b的细线与竖直方向之间的最大倾角为90°

(2)两球从碰撞前到火药爆炸后过程中增加的机械能等于碰撞前后动能的差，则有

解得

12.如图所示，光滑绝缘的水平面上有Ⅰ、Ⅲ两个匀强磁场区域，Ⅰ区域的磁场方向垂直水平面向里，Ⅲ区域的磁场方向垂直水平面向外，磁感应强度大小均为B，两区域中间为宽为s的无磁场区域Ⅱ。现在有一边长为L（）、电阻为R的正方形金属框abcd完全置于Ⅰ区域，ab边与磁场边界平行，现拉着金属框始终以恒定速度v水平向右匀速运动。求：

(1)分别求出ab边刚进入中央无磁场区Ⅱ和刚进入磁场区Ⅲ时，通过ab边的电流大小和方向。

(2)把金属框从Ⅰ区域完全拉入Ⅲ区域过程中拉力所做的功。

【答案】(1)，流过ab的电流从b流向a；，流过ab的电流从b流向a；(2)

【解析】

【详解】(1)ab边刚进入Ⅱ时，此时cd边在磁场里面切割磁感线，由右手定则可知，流过ab的电流从b流向a；感应电动势为

则感应电流

线圈刚进入Ⅲ时，ab、cd两边同时切割磁感线，由右手定则可知，两条边切割产生的感应电流是同向的，故流过ab的电流从b流向a；感应电动势为

则感应电流

(2)在ab边穿过宽为s的Ⅱ区过程中，cd边受安培力，则有

由于匀速运动，拉力大小等于安培力，通过距离为s，所以拉力做功

当ab边进入Ⅲ区、cd边未进入Ⅱ区过程中，ab边、cd边都受安培力，则有

由于匀速运动，拉力大小等于2F2，通过距离（L-s），故拉力做功为

当cd边通过Ⅱ区过程中，只有ab边受安培力，有

由于匀速运动，拉力大小等于安培力，通过距离s，所以拉力做功

当线圈完全进入Ⅲ区后，无感应电流，不受安培力，拉力为零，不做功，所以总功为

代入解得

13.如图所示，在平面内，有一电子源持续不断地沿正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b，在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出。在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压，穿过K板小孔达到A板的电子被收集且导出，从而形成电流，已知，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。

(1)磁感应强度B的大小；

(2)电子流从P点射出时与y轴负方向的夹角的范围；

(3)电子被收集形成最大电流；

(4)调节A与K两级板间的电压刚好不能形成电流，此时可调的电压大小。

【答案】(10；(2)；(3)；(4)

【解析】

【详解】(1)粒子源沿x轴正方向射出的粒子经圆形磁场区域偏转后均从P点射出，则从x轴上沿x轴正方向射入磁场的粒子也从P点射出，则该粒子的轨道半径与磁场区域的半径相等，偏转角为90°，故电子做圆周运动的轨道半径r=R，电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得

(2)上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角，如图所示

由几何关系可得

解得

同理下端电子从P点射出时与负y轴最大夹角也为60°，范围是

(3)所有进入磁场的电子均能进入两极板，调节A、K两极板间的电压，可使所有电子均可打到A极板上，所以收集所有电子形成的最大电流为

由题有

解得

（4）只要竖直向下电子达不到A板，其它电子一定达不到，从K到A，根据动能定理可得

解得

则