精品解析：天津市静海区第一中学2019-2020学年高三上学期12月能力调研物理试题(解析版)

静海一中2019-2020第一学期高三物理（12月）
学生学业能力调研试卷
考生注意：
本试卷分第Ⅰ卷基础题（82分）和第Ⅱ卷提高题（18分）两部分，共100分。

第Ⅰ卷基础题（共82分）
一、单项选择题（共5题，每题5分，共25分）
1. 下列说法正确的是（）
A. 物体放出热量，其内能一定减小
B. 物体对外做功，其内能一定减小
C. 物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加
D. 物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变
【答案】C
【解析】
试题分析：做功和热传递都能改变内能；物体内能的增量等于外界对物体做的功和物体吸收热量的和，即：△U=Q+W．
解：A、物体放出热量，若外界对物体做更多的功大于放出的热量，内能可能增加，故A错误；
B、物体对外做功，如同时从外界吸收的热量大于做功的数值，则内能增加，故B错误；
C、物体吸收热量，同时对外做功W，如二者相等，则内能可能不变，若Q＞W，则内能增加，若W＞Q，则内能减少，故C正确；
D、物体放出热量，Q＜0，同时对外做功，W＜0，则△U＜0，故内能一定减少，故D错误．
故选：C．
【点评】热力学第一定律实质是能量守恒定律的特殊情况，要在理解的基础上记住公式：△U=W+Q，同时要注意符号法则的应用．
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2.“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。

摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。

下列叙述正确的是（ ）
A. 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B. 在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C. 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D. 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 【答案】B 【解析】
摩天轮运动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，
选项A 错误；圆周运动过程中，在最高点由重力和支持力的合力提供向心力，即2
N v mg F m r
-=，所以重力大于支持力，选项B 正确；转动一周，重力的冲量为I=mgT ，不为零，C 错误；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，根据P=mgvcos θ可知重力的瞬时功率在变化，选项D 错误．故选B ．
3.如图所示，实线表示某电场电场线（方向未标出）
，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M 点和N 点的电势分别为M N ϕϕ、，粒子在M 和N 时加速度大小分别为M N a a 、，速度大小分别为
M N v v 、，电势能分别为P P M N E E 、。

下列判断正确的是
A. M N M N v v a a <<，
B. M N M N v v ϕϕ<<， C .
P P M N M N E E ϕϕ<<， D. P P M N M N a a E E <<，
【答案】D 【解析】
试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M 运动到N ；从N 运动到M ，根据电场的性质依次判断； 电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有
M N a a <；若粒子从M 运动到N 点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场
力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即M N pM pN v v E E ><，，负电荷在低电势处电势能大，故M N ϕϕ>；
若粒子从N 运动到M ，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即M N pM pN v v E E ><，，负电荷在低电势处电势能大，故M N ϕϕ>；
综上所述，D 正确；
【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况．
4.有一只乌龟离开家沿着直线爬行，它的速度v与到家距离L成反比．当乌龟爬到距家的距离为1m时速度为2cm/s．那么这只乌龟继续爬行2m需要再花多少时间。

（）
A. 75s
B. 125s
C. 150s
D. 200s
【答案】D
【解析】
设乌龟的速度为
k
v
L
=，根据题意可知
2
L
v
=，即
1
2
L
v
=，作出
1
L
v
-图像，如图所示，在图象中，若取极
短距离观察乌龟爬行，可近似认为乌龟的运动是匀速直线运动，在l∆里需要的时间为
1
l
t l
v v
∆
∆==∆⨯，
即可认为在1
L
v
-图象中取相应的面积大小可等于运动时间
乌龟继续爬行2m，即距离家的距离为3m时所需时间为
131
()200200
222
t s
=+⨯⨯=，D正确．
【点睛】本题的关键是由位移公式的推导方法可得出图象的处理方法；由图象可得出图象的面积等于运动时间．
5. 应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入，例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。

对此现象分析正确的是
A. 受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B. 受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C. 在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D. 在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
【答案】D
【解析】
试题分析：手托物体由静止开始向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，故A、B错误；在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的
加速度一定等于重力加速度；要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项C 错误，D 正确。

考点：超重；失重
【名师点睛】本题主要考查了学生对超重、失重的理解。

属于容易题。

物体处于超重时其竖直方向加速度的方向竖直向上，物体处于失重时其竖直方向加速度的方向竖直向下；超重和失重与速度的方向无关。

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二、多项选择题（共3题，每题5分，共15分）
6.2018年2月2日，
我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的
国家之一。

通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面的重力加速度。

若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的（ ）
A. 密度
B. 向心力的大小
C. 离地高度
D. 线速度的大小
【答案】CD 【解析】
根据题意，已知卫星运动的周期T ，地球的半径R ，地球表面的重力加速度g ，卫星受到的外有引力充当向
心力，故有2
224Mm G m r r T
π=，卫星的质量被抵消，则不能计算卫星的密度，更不能计算卫星的向心力大
小，AB 错误；由2224Mm G m r r T π=
解得r =，而r R h =+，故可计算卫星距离地球表面的高度，
C 正确；根据公式2r
v T
π=，轨道半径可以求出，周期已知，故可以计算出卫星绕地球运动的线速度，D 正确；
【点睛】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力（忽略自转），2、万有引力提供向心力，并能灵活运用。

7.我国高铁技术处于世界领先水平．和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(
)
A. 启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B. 做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C. 进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D. 与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2 【答案】BD 【解析】
【详解】启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同，故A 错误；设每一节车厢的质量是m ，阻力为kmg ，做加速运动时，对6、7、8车
厢进行受力分析得：133F kmg ma -=，对7、8车厢进行受力分析得：222F kmg ma -=，联立可得：
123
2
F F =，故B 正确；设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s ，则：22v as =，
又88kmg ma =，可得：22v s kg
=，可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比，故C 错误；设每节动车的功率为P ，当只有两节动力车时，最大速率为v ，则：28P kmgv =，改为4节动车带4节拖车的动车组时，最大速度为v '，则：48P kmgv ='，所以2v v '=，故D 正确．
8.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。

当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。

如图所示，一块宽为a 、长为c
的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e 的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为υ。

当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U ，以此控制屏幕的熄灭。

则元件的（ ）
A. 前表面的电势比后表面的低
B. 前、后表面间的电压U 与υ无关
C. 前、后表面间的电压U 与c 成正比
D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为eU
a
【答案】D 【解析】
【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A 错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有
=,=U F evB F eE e
a =洛电，故=U F e a 洛，故D 正确，由U
evB e a
=则电压U avB =，故前后表面的电压与速度有关，与a 成正比，故BC 错误。

三、实验题（共两题，10题（2）3分，其余每空1分，共12分）
9.如图所示，在“探究加速度与力的关系”实验中，某同学使木板保持水平，调节沙和沙桶的总质量，使小车能拖动纸带沿木板匀速运动，记下此时沙和沙桶的总质量m 0，小车的总质量M 。

已知重力加速度g 。

（1）为了探究加速度与力的关系，需要保持_____（填文字）不变，通过改变_____（填文字）进行实验，若实验中测得沙和沙桶的总质量为m （m <<M ），则可知小车所受的合力为_____（填字母）。

（2）图乙为某次实验用打点计时器测得的纸带，已知交流电频率为50Hz ，根据纸带可求出小车的加速度大小为_______m/s 2。

(保留两位有效数字)
（3）在实验中多次改变沙和沙桶的总质量m ，并利用释放小车后通过打点计时器打出的对应纸带计算小车运动的加速度a ，最后以m 为纵轴，以a 为横轴建立直角坐标系，根据所测数据描绘出m-a 图线，若图线为一直线，则直线的斜率应为_____（用题中所给字母表示）。

【答案】 (1). 小车的总质量 (2). 沙和沙桶的总质量 (3). （m -m 0)g (4). 3.2m/s 2
(5). M
g
【解析】
【详解】(1)[1][2][3]本实验采用的是控制变量法，为了探究加速度与力的关系，需要保持小车的总质量不变，通过改变沙和沙桶的总质量进行实验，若实验中测得沙和沙桶的总质量为m （m <<M ），则可知小车所受的合力为
0F mg f m m g =-=-（）
(2)[4] 根据△x =aT 2，运用逐差法得
2
22
(7.217.72 6.19 6.70)10 3.2m /s 40.04
a -+--⨯=≈⨯ (3)[5]根据牛顿第二定律
0m m g Ma -=）（
整理得
0Ma
m m g
=
+ 所以图像斜率为
M g
10.如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。

但是，可以通过仅测量___（填选项前的符号），间接地解决这个问题。

A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。

实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。

然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。

接下来要完成的必要步骤是___。

（填选项前的符号）
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．测量平抛射程OM，ON
E．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为___（用(2)中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为___（用(2)中测量的量表示）
（4）有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其它条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大。

经测定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示。

请你用已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为___cm。

【答案】(1). C(2). ADE(3). m1·OM+ m2·ON= m1·OP(4). m1·OM 2+ m2·ON2= m1·OP2(5).
76.8
【解析】
【详解】(1)[1] 小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即测量射程，故C正确AB 错误．
(2)[2] 碰撞过程中动量守恒，因此有：
m1v0=m1v1+m2v2
实验时，先让入射球m l多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然
后，把被碰小球m 2静置于轨道的水平部分，再将入射球m l 从斜轨上S 位置静止释放，与小球m 2相碰，并多次重复．测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，故ADE 正确BC 错误。

(3)[3][4] 根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t ，则：
012,,OP OM ON
v v v t t t
=
== 而动量守恒的表达式是：
101122m v m v m v =+
若两球相碰前后的动量守恒，则需要验证表达式
121•••m OM m ON m OP +=
若为弹性碰撞，则碰撞前后系统动能相同，则有：
222012111222
mv mv mv =+ 将即满足关系式：
222121••m OM m ON m OP +=
(4)[5] 发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒的表达式是
101122m v m v m v =+，222
012111222
mv mv mv =+
联立解得
1
2012
2m v v m m =
+
因此最大射程
1122245
44.876.8cm 457.5
m m s OP m m ⨯=
⋅=⨯=++
四、计算题（11题14分、12题16分、13题18分，共48分）
11.如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。

已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0。

偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d 。

(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；
(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。

在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。

已知
22.010V U =⨯，24.010m d -=⨯，319.110kg m -=⨯，191.610C e -=⨯，210m/s g =。

(3)极板间既有静电场也有重力场。

电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势ϕ的定义式。

类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”G ϕ的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。

【答案】(1)
0v = 204UL y U d ∆= (2)由于F 远大于G ，因此不需要考虑电子所受重力 (3) p E q ϕ= G G E m
ϕ= 电势ϕ和重力势G ϕ都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定. 【解析】 【详解】(1)根据动能定理，有20012
e mv U =
则电子射入偏转电场的初速度0v =
在偏转电场中，电子的运动时间0L t v ∆== 偏转距离2
201()24UL y a t U d
∆=∆= (2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有
重力29~10
N G mg -= 电场力15~10N eU F d
-= 由于F G >>，因此不需要考虑电子所受重力
(3)电场中某点电势ϕ定义为电荷在该点的电势能p E 与其电荷量q 的比值，即p
E q ϕ=
由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能G E 与其质量m 的比值，叫做“重力势”，即G G E m
ϕ= 电势ϕ和重力势G ϕ都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定
12.如图所示，浅色传送带与地面倾角θ=37°
，从A 到B 长度为L =7.25m ，传送带以v 0=5m/s 的
速率逆时针转动．在传送带上端A 无初速地放一个黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5．煤块在传送带上经
过会留下黑色划痕,已知sin37°
=0.6，g=10m/s 2，求： （1）煤块从A 到B 的时间．
（2）煤块从A 到B 的过程中传送带上形成划痕的长度．
（3）若煤块的质量是1kg 从A 到B 的过程中系统因摩擦产生的热量
（4）在解决功、能问题时，先确定研究对象，该题如果研究煤块的动能增加量，选择什么做研究对象（填单个物体或者系统）；研究摩擦生热时选择什么做研究对象，（填单个物体或者系统）。

摩擦生热问题应确定对地位移还是相对位移？
【答案】（1）1.5s （2）1.25m (3)9J (4)单个物体、系统、相对位移
【解析】
【详解】（1）开始阶段由牛顿第二定律得：
mg sin θ+μmg cos θ=ma 1
所以：
a 1=g sin θ+μg cos θ=10m/s 2
物体加速至与传送带速度相等时需要的时间：
t 1=
1v a =0.5s 发生的位移：
x 1=12a 1t 12=1.25m ＜7.25m 所以物体加速到5m/s 时仍未到达B 点，此时摩擦力方向改变．第二阶段有：
2sin cos mg mg ma θμθ-=
所以：
a 2=2m/s 2
设第二阶段物体滑动到B 的时间为t 2 ，则：
L AB -S =vt 2+
12a 2t 22 解得：
t 2=1s
总时间：
t =t 1+t 2=1+0.5=1.5s
（2）第一阶段炭块的速度小于皮带速度，炭块相对皮带向上移动，炭块的位移为：
x 1=12a t 12=12
×10×12=1.25m
传送带的位移为2.5m ，故炭块相对传送带上移1.25m ；第二阶段炭块的速度大于皮带速度，炭块相对皮带向下移动，炭块的位移为：
x 2=L AB -S =4m
传送带的位移为
vt 2=5m
即炭块相对传送带下移1m ：故传送带表面留下黑色炭迹的长度为1.25m ；
（3）产生的热量
Q =μmg cos θ=9J
（4）在解决功、能问题时，先确定研究对象，该题如果研究煤块的动能增加量，选择单个物体做研究对象，研究摩擦生热时选择系统做研究对象。

摩擦生热问题应确定是相对位移。

第Ⅱ卷 提高题（共18分）
13.“太空粒子探测器”主要使命之一是在太空中寻找“反物质”和“暗物质”，探索宇宙的起源的奥秘，是人类在太空中进行的最大规模的科学实验。

探测器核心部件是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的半径
为L ，电势为1ϕ，内圆弧面CD 的半径为2
L ，电势为2ϕ。

足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，O 到MN 板的距离为L 。

在边界ACDB 和收集板MN 之间加一个圆心为O ，半径为L ，方向垂直纸面向里的半圆形匀强磁场，磁感应强度为0B 。

假设太空中漂浮着某种带正电的反物质粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响。

（1）若发现从AB 圆弧面收集到的粒子有
23能打到MN 板上（不考虑过边界ACDB 的粒子），求漂浮粒子的比荷q m
； （2）随着所加磁场大小的变化，试定量分析收集板MN 上的收集粒子的效率η和磁感应强度B 的关系。

（3）该题粒子打不到屏上的临界射出速度方向如何？
【答案】（1）
122202()B L ϕϕ- （2）2100%θηπ
=⨯ 02B B < （3）与板平行，或竖直向上 【解析】 【详解】（1）由几何关系得
R L =
粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
2
0v qvB m R
= 粒子进入电场，根据动能定理
2121()2
q mv ϕϕ-=
解得 1222
02()q m B L ϕϕ-=
（2）磁感应强度增大，粒子在磁场中运动的轨道半径减小，由几何关系，知收集效率变小，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
2
v qvB m R
= ①当磁感应强度为1B 时，所有粒子刚好不能打在收集板上，由几何关系得
12L R =
解得
102B B =
收集粒子的效率0η=
②当磁感应强度202B B <时，设粒子进入磁场时，速度方向与AB 边界的夹角为2θ，半径为2R ，由几何关系得
2
cos 2L R θ= 收集粒子效率
2100%θ
ηπ=⨯
02B B ≥，0η=
(3)根据题意可知，粒子打不到屏上的临界射出速度方向与板平行（或竖直向上）。