2019届天津市河西区高三二模物理试卷（解析版）

2019届天津市河西区高三二模物理试卷（解析版）

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）

1.中国自主研发的世界首座具有第四代核电特征的核电站一华能石岛湾髙温气冷堆核电站.位于山东省威海市荣成石岛湾。目前核电站使用的核燃料基本都是浓缩铀，有一种典型的轴核裂变方程是.下列关于x的说法正确是（　　）

A. x是α粒子，具有很强的电离本领

B. xα粒子，穿透能力比较弱

C. x是中子，中子是卢瑟福通过实验最先发现的

D. x是中子，中子是查得烕克通过实验最先发现的

【答案】D

【解析】

【详解】AB、根据该反应的特点可知，该核反应为重核裂变，根据核反应方程得质量数守恒和电荷数守恒可得，x为中子，故AB错误；

CD、根据物理学史可知，卢瑟福发现了质子，预言了中子的存在，中子是查得威克通过实验最先发现的，故C错误，D正确。

2.恒星在均匀地向四周辐射能量的过程中，质量缓慢减小，围绕恒星运动的小行星可近似看成在做圆周运动.则经过足够长的时间后，小行星运动的（　　）

A. 半径变大

B. 速率变大

C. 角速度变大

D. 加速度变大

【答案】A

【解析】

【详解】A：恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，小行星所受的万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，故A正确；

B、C、D：小行星绕恒星运动做圆周运动，万有引力提供向心力，设小行星的质是为m，恒星质量为，则有： 。解得： ， ，， 。因变大，质量减小，则速度变小，角速度变小，加速度变小，故BCD错误。

3.—列横波沿水平放置的弹性绳向右传播，绳上两质点A、B的平衡位置相距3/4 波长，B位于A右方t时刻A位于平衡位置上方且向上运动，再经过1/4周期，B位于平衡位置的（　　）

A. 上方且向上运动

B. 上方且向下运动

C. 下方且向上运动

D. 下方且向下运动

【答案】D

【解析】

试题分析：根据题意画出波形，判断出t时刻B的位置和状态，再分析经过周期，分析B的位置和状态．

解：波向右传播，据题意：t时刻A位于平衡位置上方且向上运动时，B位于平衡位置的上方，速度方向向下，再经过周期，B位于平衡位置下方且向下运动．故D正确．

故选：D．

【点评】根据波的传播方向判断出质点的振动方向，画出波形等等都是应掌握的基本能力．

4.如图所示，边长为d的等边三角形abc所在平面与一匀强电场（图中未画出）平行。将一 电荷量为q（q>0）的甲粒子分别从a、c两点移到b点，电场力均做正功W。乙粒子以初速度v0从a点沿ac方向射入，仅在电场力作用下运动到b点，不计粒子间相互作用，则（　　）

A. 乙粒子带负电

B. 乙粒子的比荷为2qv02/w

C. 乙粒子从a运动到b的时间为d/2v0

D. 乙粒子运动到b点时的速度大小为2v0

【答案】C

【解析】

【详解】甲粒子分别从a、c两点移到b点，电场力均做正功相同，说明a、c两点为等势点，由电场线与等势线垂直可知，匀强电场的电场线与ac垂直且斜向下右下方

A项：乙粒子仅在电场力作用下运动到b点，乙粒子所爱电场力垂直ac斜向右下方，所以乙粒子带正电，故A错误；

B项：乙粒子在匀强电场中做类平抛运动，初速度方向：，电场力方向：，由甲粒子分别从a、c两点移到b点，电场力均做正功得：，联立解得：，故B错误；

C项：乙粒子在匀强电场中做类平抛运动，初速度方向：，解得：，故C正确；

D项：设乙粒子在b点时速度方向与水平方向夹角为，由平抛运动推论可知，，将速度分解为初速度方向与电场力方向则有：，所以乙粒子在b的速度大小为：，故D错误。

5.在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示，有一种探测方法是，首先给金属长直管线上同上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行一下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场的最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L，由此可确定金属管线

A. 平行于EF，深度为

B. 平行于EF，深度为L

C. 垂直于FE，深度为

D. 垂直于EF，深度为L

【答案】A

【解析】

根据通电直导线产生的磁场特点：距离电流越近，产生的磁场强度越大，则a点距离管线最近，EF上的点均是距离管线最近的点，管线在EF的正下方，与EF平行；

根据安培定则做出管线产生磁场的横截面图示：

则由几何关系可以确定a到管线的距离为，故A正确，BCD错误；

故选A。

6.如图甲，一理想变压器原副线圈的匝数比为2:1，原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则（　　）

A. 灯泡的电压为

B. 副线圈输出交流电的频率为50Hz

C. ，

D. 原线圈输入电压的瞬时表达式为

【答案】B

【解析】

【详解】A．原线圈电压的有效值

根据电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压

即灯泡的电压为110V，故A不符合题意；

B、根据图象知，原线圈两端交流电的周期，频率

变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出交流电的频率50Hz，故B符合题意；

C．原线圈电压的有效值，电压表示数；副线圈电流

根据电流与匝数成反比得

电流表电流，故C不符合题意；

D、输入电压的周期T=0.02s，角速度

原线圈输入电压的瞬时值表达式

故D不符合题意。

7. 如图所示，半圆形玻璃砖置于光屏PQ的左下方．一束白光沿半径方向从A点射入玻璃砖，在O点发生反射和折射，折射光在光屏上呈现七色光带．若入射点由A向B缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到O点，观察到各色光在光屏上陆续消失．在光带未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是( )

A. 减弱，红光 B. 增强，红光

C. 减弱，紫光 D. 增强，紫光

【答案】B

【解析】

试题分析：光线从光密介质到光疏介质，入射角增大则反射光的强度增强；因紫色光的折射率最大，发生全反射的临界角最小，故紫光最先发生全反射，在光屏上最先消失．

故选B．

考点：全反射；光的折射定律．

点评：本题中应记住七色光中从红到紫，折射率增大、频率增大，而波长减小，故红光的波长最长，而紫光的频率最高，折射率最大．

二、多选题（本大题共1小题，共6.0分）

8.甲、乙两辆遥控小汽车在两条相邻的平直轨道上作直线运动，以甲车运动方向为正方 向，两车运动的v-t图象如图所示。下列说法正确的是（　　）

A. 两车若在t=5s时相遇，则另一次相遇时刻是t=10s

B. 两车若在t=5s时相遇，则t=0时两车相距15m

C. 两车若在t=10s时相遇，则另一次相遇的时刻是t=20s

D. 两车若在t=10s时相遇，则相遇前两车的间距是逐渐减小的

【答案】BD

【解析】

详解】A、根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，5﹣15s内两车的位移相等，因此，两车若在t＝5s时相遇，则另一次相遇的时刻是t＝15s，故A错误。

B、两车若在t＝5s时相遇，因为0﹣5s内两车相向运动，则t＝0时两车相距距离等于0﹣5s内两车位移大小之和，为 S＝2×515m，故B正确。

C、两车若在t＝10s时相遇，因为10﹣20s内乙车的位移大于甲车的位移，所以t＝20s时两车没有相遇，故C错误。

D、两车若在t＝10s时相遇，在0﹣5s内两车相向运动，两车的间距逐渐减小。在5﹣10s内，两车同向运动，甲车在乙车的前方，且甲车的速度比乙车的大，则两车间距减小，所以相遇前两车的间距是逐渐减小的，故D正确。

故选BD

三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）

9.如图，在：半径为2.5m的光滑圆环上切下一小段圆弧，放置于竖直平面内，两端点距最低点高度差H为1cm。将小环置于圆弧端点并从静止释放，小环运动到最低点所需的最短时间为＿＿＿＿s，在最低点处的加速度为＿＿＿＿m/s2。(取g＝10m/s2)

【答案】0.08

【解析】

半径2.5m的光滑圆环切下小段圆弧，小环的运动可看做单摆运动，依据单摆周期公式，

由顶端到最低点时间为。依据动能定理计算速度v，依据圆周运动的向心加速度得出=0.08

【考点定位】单摆运动和圆周运动向心加速度

【此处有视频，请去附件查看】

四、实验题探究题（本大题共1小题，共8.0分）

10.要测绘一个标有“2.5V 2W”小灯泡的伏安特性曲线.己选用的器材有：

直流电源（3V.内阻不计）

电流表A1量程为0.6 A，内阻为0.6n）

电流表A2（量程为300mA.内阻未知）

电压表V（量程0—3V，内阻约3kQ）

滑动变阻器R（0—5Ω，允许最大电流3A）

开关、导线若干。

其实验步骤如下：

①由于电流表A1的里程偏小.小组成员把A1、A2并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代表导线在实物图中完成余下导线的连接.

（    ）

（2）正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最_______端，闭合开关S，调节滑片.发现当A1示数为0.50A时，A2的示数为200mA，由此可知A2的内阻为_______.

③若将并联后的两个电流表当作一个新电表，则该新电表的量程为_______A；为使其量程达到最大，可将图中_______（选填，“I”、“II”）处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻。

【答案】    (1).     (2). 右    (3). 1.5    (4). 0.84    (5). I

【解析】

【详解】（1）由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接实物图如图所示：

（2）开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，故应调至右端；根据欧姆定律得：

（3）由于Ug1＝0.6×0.6V＝0.36V，Ug2＝0.3×1.5V＝0.45V，由于Ug1＜Ug2，故两电流表两段允许所加最大电压为0.36V，新电流表量程为：，由于A2未达到最大量程，要使其达到最大量程，要增大电压，此时电流表A1会烧毁，为了保护该电流表，应给其串联一电阻分压，故应在Ⅰ区再串联接入一个阻值合适的电阻。

五、计算题（本大题共4小题，共60.0分）

11.某实验小组设计了如图甲所示实验装置“探究加速度与物体受力的关系”。图中A为滑块．B为装有砝码的小盘，C为放置在水平桌面上一端带有定滑轮的长木板，滑块通过纸带与电磁打点计时器（未画出）相连．

（1）小组成员先用弹簧测力计测量滑块的重力（如图乙〕．由图可知滑块的重力GA＝__N。

（2）小组成员接着将滑块与砝码盘用细绳连接，将细绳挂在滑轮上，使滑轮和滑块间的细绳处于水平然后在砝码盘中添加砝码．在规范操作的情况下．得到了滑块加速度a与砝码盘及砝码总重力F的关系．将实验数据描绘在a一F图象中，得到一条实验图线如图丙所示．该图线与横轴的交点数值F0＝0.87N，据此可计算出滑块与木板间的动摩擦因数＝__（保留2位有效数字）该图线在a较小(a< 1m/s2)时基本上是一直线．该直线段的斜率___（填选项前面的代号）

A.只跟GA有关　　    B. 只跟F0有关　　C.跟GA和F0之和有关

【答案】    (1). 2.80（2.78-2.81）    (2). 0.31    (3). C

【解析】

【详解】（1）由图知，测力计的分度值为0.1N，所以其示数为2.80N；

（2）设滑块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m。在滑块加速运动时，对系统有

在图像中，在a=0时，设此时砝码盘和砝码总质量为，则且

代入数据解得

对滑块A列牛顿第二定律方程，同理对砝码盘列牛顿第二定律方程，联立解得：，即为：，而，因此斜率k与有关。

12.我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图 所示，质量m=60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始，在无助力的情况 下以加速度a=3.6m/s2匀加速滑下，到达B点时速度vB=24m/s， A与B的竖直高度差 H=48m.为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台D点之间用一段弯曲滑道 BCD衔接，B与C点的高度差h=4.8m，忽略BCD上的摩擦.求：

（1）斜面AB的长度xAB和运动员在AB上的运动时间t各是多大

（2）运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；

（3）经过C处时对轨道的压力FN的大小

【答案】（1）80m；6.67s（2）144N（3）2280N

【解析】

【详解】(1)运动员在AB段做匀加速直线运动，则有：

解得：，

由速度公式得：

；

(2)设斜面与水平面的夹角为，由几何知识得：

，所以，

由牛顿第二定律得：

代入数据解得：；

(3)运动员从B到C由动能定理得：

在C点由牛顿第二定律得：

由几何关系得：

联立解得：

由牛顿第三定律可知，经过C处时对轨道的压力为2280N。

13.质量为m，电阻率为ρ，横截面为A的均匀薄金属条围成边长为x的闭合正方形框abb′a′如图所示，金属方框置于磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行.设匀强磁场仅存在于两个相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计.可认为方 框的aa′边和bb′边都处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中.方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平（不计空气阻力，导体的电阻R=ρL/S，其中ρ为导体的电阻率，L为导体的长度，S为导体的横截面.）

（1）请判断如图中感应电流的方向；

（2）若方框未到底端前速度己达最大，求方框的最大速度vm；

（3）当方框下落的加速度为时，求方框的发热功率P.

【答案】（1）顺时针方向（2）（3）

【解析】

【分析】

（1）根据右手定则判断感应电流方向；

（2）当重力与安培力平衡时，速度最大；

（3）根据牛顿第二定律，结合安培力公式求出感应电流的大小，根据电阻定律求出电阻的大小，结合发热功率公式求出方框的发热功率；

【详解】（1）由右手定则可知：图2中感应电流方向为顺时针方向；

（2）安培力为：，当加速度为零时，速度最大，则有：

根据电阻定律得： ，

解得最大速度为：

（3）安培力：，根据牛顿第二定律得：
解得：，
根据电阻定律得：，

则方框的发热功率为：

【点睛】解答这类问题的关键是通过受力分析，正确分析安培力的变化情况，找出最大速度的运动特征，电磁感应与电路结合的题目，感应电动势是中间桥梁。

14.如图所示，在空间坐标系x＜0区域中有竖直向上的匀强电场E1，在一、四象限的正方形区域CDEF内有方向如图所示的正交的匀强电场E2和匀强磁场B，已知CD＝2L，OC＝L，E2＝4E1．在-x轴上有一质量为m、电量为+q的金属a球以速度v0沿x轴向右匀速运动，并与静止在坐标原点O处用绝缘细支柱支撑的（支柱与b球不粘连、无摩擦）质量为2m、不带电金属b球发生弹性碰撞。已知a、b球体积大小、材料相同且都可视为点电荷，碰后电荷总量均分，重力加速度为g，不计a、b球间的静电力，不计a、b球产生的场对电场、磁场的影响，求：

(1)碰撞后，a、b两球的速度大小；

(2)a、b碰后，若b球从CD边界射出，求b球运动时间的范围；

(3)若将磁场反向,两球可否再次碰撞，若可以，请求出磁感应强度；若不可以，请简述理由.

【答案】（1） ； （2） ； （3）可以，

【解析】

【详解】（1）a匀速运动，则： ,ab碰撞，由动量守恒定律得：

碰撞过程由能量守恒得：

联立解得： 

（2）碰撞后，b受到的电场力为：F电故b做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：    解得：

若b恰好从C射出，则：L＝2r     联立解得：；

若b恰好从D射出，则由几何关系得： ；解得：

联立解得：；     

故若b从CD边界射出，则其在磁场中运动时间满足：

（3）碰后a、b电量总量平分，即：

碰后a在电场中向左做类平抛运动，b在垂直纸面向外的磁场中偏转半周再进入电场中做类平抛运动，设两球再次相遇的位置在P点，其坐标为（-x，-y）

根据类平抛运动： x＝vt

则类平抛运动时间差满足：

由牛顿第二定律得球a ： a

同理球b： 

解得： 

根据类平抛运动  

则类平抛运动的侧向位移差满足：  

联立方程得：