天津市和平区2020届高三下学期质量调查物理试题

物理试卷

（共100分，考试时间60分钟）

第Ⅰ卷选择题（共40分）

一、单项选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）

1.2019年被称为5G元年，这一年全球很多国家开通了5G网络。5G网络使用的无线电波通信频率是在3.0GHz以上的超高频段和极高频段，比目前4G通信频率在0.3GHz~3.0GHz间的特高频段网络拥有更大的带宽和更快的传输速率。下列说法正确的是（　　）

A. 4G信号是横波，5G信号是纵波

B. 4G信号和5G信号相遇能产生干涉现象

C. 5G信号比4G信号波长更长，相同时间传递的信息量更大

D. 5G信号比4G信号更不容易绕过障碍物，所以5G通信需要搭建更密集的基站

【答案】D

【解析】

【详解】A．4G和5G信号均为电磁波，电磁波传播过程中，电场强度和磁感应强度的方向始终与传播方向垂直，故电磁波为横波，故A错误；

B．4G和5G信号的频率不同，不能发生稳定的干涉现象，故B错误；

C．5G信号比4G信号波长小，频率高，光子的能量大，故相同时间传递的信息量更大，故C错误；

D．因5G信号的频率高，则波长小，4G信号的频率低，则波长长，则5G信号比4G信号更不容易绕过障碍物，所以5G通信需要搭建更密集的基站，故D正确。

故选D。

2.2020年3月15日中国散列中子源（CSNS）利用中子成像技术帮助中国科技大学进行了考古方面的研究。散射中子源是研究中子特性、探测物质微观结构和运动的科研装置。下列关于中子研究的说法正确的是（　　）

A. α粒子轰击，生成并产生了中子

B. 经过4次α衰变，2次β衰变后，新核与原来的原子核相比中子数少了10个

C. γ射线实质是高速中子流，可用于医学的放射治疗

D. 核电站可通过“慢化剂”控制中子数目来控制核反应的速度

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据质量数守恒和电荷数守恒知，

故A错误；

B．每次α衰变，质量数少4，电荷数少2，中子数少2；每次β衰变一个中子转化成一个质子和一个电子，中子数少1；所以4次α衰变，2次β衰变，新核与原来的原子核相比，中子数少4×2+2×1=10，故B正确；

C．γ射线实质光子流，故C错误；

D．镉棒可以吸收中子，核反应堆中，通过改变镉棒插入的深度，可以控制核反应的速度，故D错误。

故选B。

3.虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可利用白光照射玻璃球来说明。两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路如图所示。以下说法正确的是（　　）

A. 在玻璃球中照射到N点的光比照射到M点的光传播速度大

B. 照射到P、Q两点的颜色分别为紫、红

C. 若增大实线白光的入射角，则照射到M点的光先消失

D. 若照射到M、N两点的光分别照射同一光电管且都能发生光电效应，则照射到N的光遏止电压高

【答案】A

【解析】

【详解】AB．在白光的七色光中红光的折射率最小，紫光的折射率最大，根据折射定律知光进入玻璃球折射后红光的折射角较大，由玻璃球出来后将形成光带，而两端分别是红光和紫光，根据光路图可知M、N、P、Q点的光的颜色分别为紫、红、红、紫，由公式可知，在玻璃球中照射到N点的光比照射到M点的光传播速度大，故A正确，B错误；

C．由光路的可逆性可知光在水珠内的角度都是相等的，因此射出水珠的角度和入射水珠的角度相等，不会发生全反射，光不会消失，故C错误；

D．M、N点的光的颜色分别为紫、红，由

可知，照射到M的光遏止电压高，故D错误。

故选A。

4.我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”，实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础.如图虚线为地球大气层边界，返回器与服务舱分离后，从a点无动力滑入大气层，然后经b点从c点“跳”出，再经d点从e点“跃入”实现多次减速，可避免损坏返回器。d点为轨迹最高点，离地面高h，已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G。则返回器（　　）

A. 在d点处于超重状态

B. 从a点到e点速度越来越小

C. 在d点时的加速度大小为

D. 在d点时的线速度小于地球第一宇宙速度

【答案】D

【解析】

【详解】A．d点处做向心运动，向心加速度方向指向地心，应处于失重状态，A错误；

B、由a到c由于空气阻力做负功，动能减小，由c到e过程中只有万有引力做功，机械能守恒，a、c、e点时速度大小应该满足，B错误；

C、在d点时合力等于万有引力，即

故加速度大小

C错误；

D、第一宇宙速度是最大环绕速度，其他轨道的环绕速度都小于第一宇宙速度，D正确。

故选D。

5.如图所示，竖直固定一半径为R=0.5m表面粗糙的四分之一圆弧轨道，其圆心O与A点等高。一质量m=1kg的小物块在不另外施力的情况下，能以速度m/s沿轨道自A点匀速率运动到B点，圆弧AP与圆弧PB长度相等，重力加速度g=10m/s2。则下列说法不正确的是（　　）

A. 在从A到B的过程中合力对小物块做功为零

B. 小物块经过P点时，重力的瞬时功率为5W

C. 小物块在AP段和PB段产生的内能相等

D. 运动到B点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为11N

【答案】C

【解析】

【详解】A．由于小物块从A到B做匀速圆周运动，由动能定理可知，合力对小物块做功为0，故A正确；

B．小物块经过P点时，重力的瞬时功率为

故B正确；

C．由能量守恒可知，小物块在AP段产生的内能为

小物块在BP段产生的内能为

故C错误；

D．在B点由牛顿第二定律有

得

由牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道的压力大小为11N，故D正确。

本题选不正确的，故选C。

二、不定项选择题（本大题共3小题，每小题5分，每小题给出的四个答案中，都有多个是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）

6.一列沿轴正方向传播的简谐横波，从波源起振后某一时刻开始计时，t=1s时刻波形图如图所示，该时刻点开始振动，再过1.5s，点开始振动。下列判断正确的是（　　）

A. 这列波的传播速度为6m/s

B. 波源的起振方向沿y轴正方向

C. t=0.5s时刻，x=5.0m处质点在波谷

D. t=2.7s时刻，质点M、N与各自平衡位置间的距离相等

【答案】BD

【解析】

【详解】A．质点M和N相距6m，波的传播时间为1.5s，则波速

故A错误；

B．由题意可知，波沿x轴正方向传播，由同侧法可知，质点M的起振方向沿y轴正方向，则波源的起振方向沿y轴正方向，故B正确；

C．周期为

t=0.5s=0.5T，波传播到x=4.0m处，x=5.0m处质点还没有振动，故C错误；

D．t=2.5s=2.5T，N点开始振动，质点M、N相隔1.5λ，振动情况完全相反，故质点M，N与各自平衡位置的距离相等，故D正确。

故选BD。

7.如图所示，一带电的粒子以一定的初速度进入某点电荷产生的电场中，沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b两点，其中a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成角；b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成角，粒子只受电场力的作用，下列说法中正确的是（　　）

A. 粒子带正电

B. a点的电势低于b点电势

C. 从a到b，系统的电势能减小

D. 粒子在a点的加速度大于在b点的加速度

【答案】AC

【解析】

【详解】将Ea、Eb延长相交，交点即为Q点的位置，如图所示

A．由图可知场源电荷在Q位置，电场方向指向场源电荷，故电荷为负电荷，根据曲线运动所受合力指向曲线内侧，所以粒子带正电，故A正确；

B．由图可知，Ra＞Rb，且点电荷的电场中等势面是以场源电荷为圆心的同心圆，沿着电场线方向，电势逐渐降低，故a点的电势高于b点电势，故B错误；

C．由于a点的电势高于b点电势，由正电荷在电势高处电势能大，即粒子从a到b电势能减小，故C正确；

D．由图可知，Ra＞Rb，且根据可知粒子在a点的场强小于在b点的场强，故粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D错误。

故选AC。

8.如图，单匝矩形导线框abcd与匀强磁场垂直，线框电阻不计，线框绕与cd边重合固定转轴以恒定角速度从图示位置开始匀速转动，理想变压器匝数比为n1：n2．开关S断开时，额定功率为P的灯泡L1正常发光，电流表示数为I，电流表内阻不计，下列说法正确的是（　　）

A. 线框中产生的电流为正弦式交变电流

B. 线框从图中位置转过时，感应电动势瞬时值为

C. 灯泡L1的额定电压等于

D. 如果闭合开关S，则电流表示数变大

【答案】ABD

【解析】

A、线框绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，线框中产生的是电流为正弦式交变电流，故A正确；

B、线框从中性面转动，所以瞬时值表达式为，当转动时，感应电动势的瞬时值，故B正确；

C、原线圈两端的电压，根据电压与匝数成正比，得，副线圈两端的电压，即灯泡的额定电压为，故C错误；

D、S闭合，副线圈电阻变小，输出功率变大，输入功率变大，，得变大，即电流表示数变大，故D正确；

故选ABD．

【点睛】本题关键是抓住灯泡正常发光，可计算副线圈两端电压，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率．

第Ⅱ卷非选择题（共60分）

9.“用DIS研究在温度不变时，一定质量气体压强与体积关系”的实验装置如图所示。保持温度不变，封闭气体的压强p用压强传感器测量，体积V由注射器刻度读出。某次实验中，数据表格内第2次第8次压强没有记录，但其它操作规范。

(1)根据表格中第1次和第9次数据，推测出第7次的压强p7，其最接近的值是_。

A．128.5kPa   B.138.4kPa   C.149.9kPa   D.163.7kPa

(2)若考虑到连接注射器与传感器的软管内气体体积V0不可忽略，则封闭气体的真实体积为_____。从理论上讲p－图像可能接近下列哪个图？_____

【答案】    (1). C    (2). V0+V    (3). D

【解析】

【详解】(1)[1]根据玻意耳定律，一定质量气体，压强与体积成反比，而实验数据，第1次和第9次数据，它们的压强与体积乘积，也正好近似相等，因此第7次的压强

故C正确，ABD错误；

故选C

(2)[2][3]在软管内气体体积△V不可忽略时，被封闭气体的初状态的体积为V0+△V，压强为p0，末状态的体积为V+△V，压强为p，由等温变化有

解得

当式中的V趋向于零时，有

即该双曲线的渐近线方程是

故D正确，ABC错误。

故选D

10.有一电压表V1，其量程为3V，内阻约为3000Ω，现要准确测量该电压表的内阻，提供的实验器材有：

A.电源E：电动势约15V，内阻不计；

B．电流表A1：量程1A，内阻r1=2Ω；

C．电压表V2：量程2V，内阻r2=2000Ω；

D．定值电阻R1：阻值20Ω；

E．定值电阻R2：阻值3Ω；

F.滑动变阻器R0：最大阻值10Ω，额定电流1A；开关S，导线若干。

(1)提供的实验器材中，应选用的电表是_____、定值电阻是_____（填器材前的字母）

(2)请你设计一个测量电压表V1实验电路图，画在虚线框内_______（要求：滑动变阻器要便于调节）。

(3)用I表示电流表A1的示数、U1表示电压表V1的示数，U2表示电压表V2的示数，写出计算电压表V1内阻的表达式RV1=____________。

【答案】    (1). C    (2). D    (3).     (4).

【解析】

【详解】(1)[1]由于待测电压表的电压量程为3V，最大电流为

远小于电流表的量程，而电压表V2的量程与其电压量程接近，所以电表应选电压表V2即C

[2]为保护电源，定值电阻应选阻值大的R1即D

(2)[3]由于滑动变阻器的全电阻远小于待测电压表内阻，所以变阻器应采用分压式接法，由于待测电压表的额定电流为IV1=1mA，电压表V2的额定电流为

所以应将两电压表串联使用，电路图如图所示

(3)[4]根据欧姆定律和串并联规律应有

得

11.如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD段是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R=0.5m。质量m=0.2kg的小球B静止在水平轨道上，另一质量M=0.2kg的小球A前端装有一轻质弹簧，以速度v0向左运动并与小球B发生相互作用。小球A、B均可视为质点，若小球B与弹簧分离后滑上半圆轨道，并恰好能过最高点C，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度g=10m/s2，求：

（1）小球B与弹簧分离时的速度vB多大；

（2）小球A的速度v0多大；

（3）弹簧最大的弹性势能EP是多少？

【答案】（1）vB=5m/s；（2）v0=5m/s；（3）EP=1.25J

【解析】

【详解】（1）设小球B恰好过C点时速度vC，则有

①

②

联立①②解得：vB=5m/s

（2）小球B与弹簧分离前后，小球A、B及弹簧系统：由动量守恒定律及能量守恒定律有

③

④

联立③④解得：v0=5m/s

（3）小球A、B及弹簧系统：当A、B两者速度相同时，弹簧有最大弹性势能Ep，设共同速度v，由动量守恒定律及能量守恒定律有

⑤

⑥

联立⑤⑥解得：EP=1.25J

12.如图所示，间距为l的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且电阻忽略不计。磁感应强度均为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d1，间距为d2。两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直。（设重力加速度为g）

(1)若导体棒a进入第2个磁场区域时，导体棒b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求导体棒b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能△Ek；

(2)若导体棒a进入第2个磁场区域时，导体棒b恰好离开第1个磁场区域；此后导体棒a离开第2个磁场区域时，导体棒b又恰好进入第2个磁场区域，且导体棒a、b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等。求导体棒a穿过第2个磁场区域过程中，通过导体棒a的电量q；

(3)对于第(2)问所述的运动情况，求导体棒a穿出第k个磁场区域时的速度v的大小。

【答案】(1)ΔEk=mgd1sinθ；(2)；(3)

【解析】

【详解】(1)a和b不受安培力的作用，由机械能守恒知

ΔEk=mgd1sinθ

(2)根据法拉第电磁感应定律有

根据闭合电路的欧姆定律有

又

，

解得通过a棒的电量

(3)设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为v1，刚离开无磁场区域时的速度为v2，在无磁场区域，根据牛顿第二定律有

mgsinθ=ma

根据运动学公式

v2－v1=at

有磁场区域，对a棒，根据动量定理

解得

v1=

由题意知

v=v1=

13.在现代科学实验室中，经常用磁场来控制带电粒子的运动。某仪器的内部结构简化如图：足够长的条形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ宽度均为L，边界水平，相距也为L，磁场方向相反且垂直于纸面，Ⅰ区紧密相邻的足够长匀强电场，方向竖直向下，宽度为d，场强E＝。一质量为m，电量为＋q的粒子（重力不计）以速度v0平行于纸面从电场上边界水平射入电场，并由A点射入磁场Ⅰ区（图中未标出A点）。不计空气阻力。

(1)当B1＝B0时，粒子从Ⅰ区下边界射出时速度方向与边界夹角为，求B0的大小及粒子在Ⅰ区运动的时间t；

(2)若B2＝B1＝B0，求粒子从Ⅱ区射出时速度方向相对射入Ⅰ区时速度方向的侧移量h；

(3)若B1＝B0，且Ⅱ区的宽度可变，为使粒子经Ⅱ区恰能返回A点，求Ⅱ区的宽度最小值Lx和B2的大小。

【答案】(1)B0＝；t＝；(2)h＝2L；(3)Lx＝L；B2＝

【解析】

【详解】(1)设粒子射入磁场Ⅰ区的速度大小为v，在电场中运动，由动能定理得

qEd＝

解得

v＝2v0

速度与水平方向的夹角为α，

cosα＝＝

则

α＝

在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得

qvB0＝

由几何知识得

L＝2R1cos

联立代入数据得

B0＝

设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为T，运动的时间为t

T＝

t＝

得

t＝

(2)设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为R2，R2＝R1轨迹如图乙所示，由几何知识可得

h＝L·sin＋＋L·sin

可得

h＝2L

(3)如图丙所示，为使粒子经Ⅱ区恰能返回射入Ⅰ区的A位置，应满足

Ltan＝R2′cos

则

Lx＝R2′（1＋sin）＝L

解得

Lx＝L

有

qvB2＝

联立代入数据得

B2＝