天津市静海区第一中学2020届高三下学期3月学生学业能力调研物理试题 Word版含解析

静海一中2019-2020第二学期高三物理（5周）
学生学业能力调研考试试卷
第Ⅰ卷基础题（共82分）
一、选择题：（每小题5分，共40分。

1—5为单选，6—8为多选） 1.下列说法正确的是
A. 某种金属能否发生光电效应取决于照射光的强度
B. 卢瑟福通过α粒子轰击氮核实验，证实了在原子核内部存在中子
C. —个238
92U 原子核衰变为一个206
82Pb 原子核的过程中，发生8次衰变
D. 大量处于基态的氢原子在单色光的照射下，发出多种频率的光子，其中一种必与入射光频率相同
【答案】D
【详解】某种金属能否发生光电效应取决于照射光的频率，选项A 错误；卢瑟福通过α粒子轰击氮核实验，证实了在原子核内部存在质子，而查德韦克通过实验证实中子，故B 错误；由质量数与质子数守恒，一个238
92U 原子核衰变为一个20682b P 原子核的过程中，
发生8次α衰变，发生6次β衰变，故C 错误；处于基态的氢原子在某单色光束照射下，先吸收能量向高能级跃迁，然后再从高能级向低能级跃迁，其中从吸收光子后的最高的能级向基态跃迁时发出的光子的能量与吸收的光子的能量是相等的．故D 正确；故选D.
2.2019年4月10日21时，人类首张黑洞照片在全球六地的视界面望远镜发布会上同步发布。

该黑洞半径为R ，质量M 和半径R 的关系满足：2
2M c R G
（其中c 为光速，G 为引力常量）。

若天文学家观测到距黑洞中心距离为r 的天体以速度v 绕该黑洞做匀速圆周运动，则（ ）
A. 该黑洞的质量为22v r G
B. 该黑洞的质量为22v r G
C. 该黑洞的半径为222v r c
D. 该黑洞的半径为222v r c
【答案】C
【分析】
考查万有引力与航天。

【详解】AB ．黑洞对天体的万有引力提供天体做圆周运动所需向心力，则：
2
2Mm v G m r r
＝ 得2v r M G
＝，AB 错误； CD ．该黑洞的半径为R ，质量M 和半径R 的关系满足：
2
2M c R G
＝ 得222v r R c
＝，C 正确，D 错误。

故选C 。

3.质量为2kg 的物体在粗糙的水平地面上运动，当运动的速度为l0m/s 时，给物体施加一个水平恒力，在此恒力的作用下物体做直线运动，其速度随时间的变化如图所示，则下列说法中错误的是（g 取l0m/s 2）
A. 恒力的大小为6N
B. 前4s 内摩擦产生的热量为48J
C. 前6s内合外力的冲量大小为24N S
D. 物体与地面间的动摩擦因数为0.2
【答案】C
【详解】A.由图，0~2s，物体做匀减速运动，a1=-；2~6s物体反向做匀加速运动．可知恒力与初速度方向相反．
根据牛顿第二定律：
F+f=ma1，
F-f=ma2，
而a1=5m/s2，a2=1m/s2
联立解得：F=6N，f=4N，故A正确；
B. 0~2s内，物体的位移大小为x1=1
2
×10×2m=10m；2s~4s内，物体的位移大小为
x1=1
2
×2×2m=2m；
摩擦产生的热量Q=f（x1+x2）=4×（10+2）J=48J，故B正确；
C.根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，前6s内合外力的冲量大小为
I=-mv2-mv1=-2×4-2×10=-28N S，故C错误；
D.由f=μmg得，μ=0.2，故D正确．
本题选择错误答案，故选C
4.随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。

小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。

下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。

关于无线充电，下列说法正确的是( )
A. 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B. 只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
D. 只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
【答案】C
【详解】A．无线充电的原理，其实就是电磁感应现象，而不是电流的磁效应，故A错误；
B ．发生电磁感应的条件是磁通量要发生变化，直流电无法产生变化的磁场，故不能接到直流电源上，故B 错误；
C ．发生电磁感应时，两个线圈中的
交变电流的频率是相同的，故C 正确；
D ．只有无线充电底座，手机内部没有能实现无线充电的接收线圈等装置，也不能进行无线充电，D 错误。

故C 正确。

5.如图所示,真空中两等量异种点电荷+q 、-q 固定在y 轴上．abcd 为等腰梯形，ad 、bc 边与y 轴垂直且被y 轴平分．下列说法正确的是
A. 将电子从d 点移动到b 点,电势能增加
B. a 点电势高于d 点电势
C. 将质子从a 点移动到c 点,电场力做负功
D. b 、c 场强相同
【答案】C 【详解】因b 点的电势高于d 点，可知将电子从d 点移动到b 点，电势能减小，选项A 错误；由对称性可知，a 点电势等于d 点电势，选项B 错误；因a 点电势低于c 点，则将质子从a 点移动到c 点，电势能增加，电场力做负功，选项C 正确；由对称性可知，b 、c 场强大小相同，方向不同，选项D 错误. 6.a 、b 两束相互平行的单色光，以一定的入射角照射到平行玻璃砖上表面，经平行玻璃砖折射后汇聚成一束复色光c ，从平行玻璃砖下表面射出，判断正确的是（ ）
A. a光在玻璃中的传播速度比b光在玻璃中的传播速度大
B. 玻璃砖对a光的折射率大
C. 双缝干涉时，用a光照射得到条纹间距小
D. 增大入射角，a光在下表面可发生全反射
【答案】BC
【详解】AB．由光路图可知a光偏折的大，所以n a＞n b，由
c
v
n
=知a光在玻璃中的传播速度
比b光在玻璃中的传播速度小，故A错误，B正确；
C．折射率大，频率大，由
c
f
λ=知a光波长比b光波长短；双缝干涉时，根据L
x
d
λ
=
V知，
用a光照射得到条纹间距小，故C正确；
D．根据光路可逆知光线一定能从下表面射出，不会在下表面发生全反射，故D错误。

故选BC。

7.图1为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，P、Q为介质中的两个质点，图2为质点P的振动图象，则
A. t=0.2s时，质点Q沿y轴负方向运动
B. 0～0.3s内，质点Q运动的路程为0.3m
C. t=0.5s时，质点Q的加速度小于质点P的加速度
D. t=0.7s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离
【答案】CD
【详解】A．由振动图像可知T=0.4s，t=0时刻质点P向上振动，可知波沿x轴负向传播，则
t=0.2s=0.5T时，质点Q沿y轴正方向运动，选项A错误；
B．0.3s=3
4
T，因质点Q在开始时不是从平衡位置或者最高点（或最低点）开始振动，可知0～
0.3s内，质点Q运动的路程不等于3
430.3
4
A A m
⨯==，选项B错误；
C．t=0.5s=11
4
T时，质点P到达最高点，而质点Q经过平衡位置向下运动还没有最低点，则
质点Q的加速度小于质点P的加速度，选项C正确；
D．t=0.7s=13
4
T时，质点P到达波谷位置而质点而质点Q还没到达波峰位置，则质点Q距平
衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离，选项D正确．
8.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等。

当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时（）
A. 电压表读数增大
B. 电流表读数减小
C. 电源的输出功率逐渐增大
D. 质点P将向下运动
【答案】CD
【详解】AB．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流I增大。

电阻R1以及内阻上的电压变大，与电容器并联的支路电压减小，流过R3的电流I3减小，流过电流表的电流I A=I-I3，I增大，I3减小，则I A增大，所以电流表读数增大。

R4的电压U4=U3-U2，U3减小，U2增大，则U4减小，所以电压表读数减小。

选项AB错误；
C．因为当外电阻等于内阻时电源输出功率最大；由于R1的阻值和电源内阻r相等，则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，外电阻逐渐向内电阻接近，则电源的输出功率逐渐增大。

选项C正确；
D．电容器板间电压等于R3电压。

R3的电压减小，电容器板间场强减小，质点P所受的电
场力减小，所以质点P将向下运动。

故D正确。

故选CD。

二、实验题（每空2分，画图2分，共12分）
9.在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。

(1)甲同学按电路图a进行测量实验，其中R2为保护电阻。

①请用笔画线代替导线在图b中完成电路的连接____________________；
②根据电压表的读数U和电流表的读数I，画出U­I图线如图c所示，可得电源的电动势
E=_______V，内电阻r＝______Ω。

（结果保留两位有效数字）
③分析该实验产生系统误差的原因______________________________________________
(2)乙同学误将测量电路连接成如图d，其他操作正确，根据电压表
的读数U和电流表的读数I，画出U­I图线如图e，可得电源的电动势E＝_______V，内电阻r＝________Ω。

（结果保留两位有效数字）
【答案】(1). 图见解析(2). 2.8(3). 0.60(4). 电压表的分流作用(5). 3.0 (6). 0.50
【解析】
【详解】(1)①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；
②根据闭合电路欧姆定律可得
U=E -Ir
则由数学规律可知，电动势 E =2.8V
2.8 1.60.602
U r I -===ΩV V ③该实验产生系统误差的原因是由于电压表的分流作用；
(2)由乙同学的电路接法可知，R 1左右两部分并联后与R 2串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图e 所示的图象，则由图象可知，当电压为2.5V 时，电流为0.5A ，此时两部分电阻相等，则总电流为I 1=1A ；而当电压为2.4V 时，电流分别对应0.33A 和0.87A ，则说明当电压为2.4V 时，干路电流为
I 2=0.33+0.87=1.2A ；
则根据闭合电路欧姆定律可得
2.5=E-r
2.4=E-1.2r
解得
E =3.0V
r =0.50Ω
三、解答题（第10题14分，第11题16分）
10.科研人员乘热气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M ＝200kg 。

气球在空中以v 0＝0.1m/s 的速度匀速下降，距离水平地面高度h ＝186m 时科研人员将质量m ＝20kg 的压舱物竖直向下抛出，抛出后6s 压舱物落地。

不计空气阻力，热气球所受浮力不变，重力加速度取g ＝10m/s 2，求：
(1)压舱物刚被抛出时的速度大小；
(2)压舱物落地时热气球距离水平地面的高度；
(3)关键环节：本题解决第二问的关键是求出抛出压舱物后，气球的速度，请问你应用什么物
理规律求的气球速度，及根据什么判断出能用该规律？
【答案】(1)1m/s ；(2)206m ；(3) 第(2)问中应用动量守恒定律求解抛出物体后气球速度，根据是气球和物体系统开始是匀速下降，所受的合外力为零，符合系统动量守恒的条件。

【解析】
【详解】(1)设压舱物刚被抛出时的速度大小为v 1，热气球的速度大小为v 2。

压舱物被竖直向下抛出后，做竖直下抛运动，由运动学规律有
2112
h v t gt =+
代入数据解得 v 1=1m/s
(2)抛压舱物的过程，压舱物和热气球组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得
Mv 0=mv 1+（M -m ）v 2
代入数据解得
v 2=0
设热气球受到的浮力为F ，则有
F=Mg
压舱物抛出后对热气球进行受力分析，由牛顿第二定律得
F -（M -m ）g =（M -m ）a
代入数据解得
210m/s 9
a =
热气球6s 上升的高度为 2212
h v t at '=+ 代入数据解得
h ′=20m
此时热气球距离水平地面高度为
H =h +h ′=206m
(3) 第(2)问中应用动量守恒定律求解抛出物体后气球速度，根据是气球和物体系统开始是匀速下降，所受的合外力为零，符合系统动量守恒的条件。

11.如图所示，两根互相平行的金属导轨MN 、PQ 水平放置，相距d ＝1m 、且足够长、不计电
阻。

AC 、BD 区域光滑，其他区域粗糙且动摩擦因数μ＝0.2，并在AB 的左侧和CD 的右侧存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2T 。

在导轨中央放置着两根质量均为m ＝1kg ，电
阻均为R ＝2Ω的金属棒a 、b ，用一锁定装置将一轻质弹簧压缩在金属棒a 、
b 之间（弹簧与a 、b 不拴连），此时弹簧具有的弹性势能E ＝9J 。

现解除锁定，当弹簧恢复原长时，a 、b 棒刚好进入磁场，且b 棒向右运动x ＝0.8m 后停止，g=10m/s 2，求：
(1)a 、b 棒刚进入磁场时的速度大小；
(2)金属棒b 刚进入磁场时的加速度大小； (3)求整个运动过程中电路中产生的焦耳热，并归纳总结电磁感应中求焦耳热的方法。

【答案】(1)3m/s ；3m/s ；(2)8m/s 2；(3)5.8J ；能量转化。

【解析】
【详解】(1)解除锁定弹簧释放的过程，对a 、b 及弹簧组成的系统，取向左为正方向，由动量守恒定律得
0=mv a -mv b
由机械能守恒定律得
221122
a b E mv mv =
+ 联立解得 v a =v b =3m/s
(2)当a 、b 棒进入磁场时，两棒均切割磁感线，产生感应电动势，两个电动势串联，则
E a =E b =Bdv a =2×1×3V=6V
回路中感应电流
263A 22
a E I R =
== 对b ，由牛顿第二定律得 BId +μmg =ma b
解得
a b =8m/s 2
(3)由动量守恒定律知a 、b 棒速率时刻相等，滑行相同距离后停止。

对系统，由能量守恒定律得
E =2μmgx +Q
解得
Q =5.8J 电磁感应中求焦耳热的方法往往是通过能量转化的方法，即设法搞清问题中各种能量之间的转化关系，从而求解焦耳热。

第Ⅱ卷提高题（共18分）
12.如图所示，在平面直角坐标系xoy 的第一象限内有一边长为L 的等腰直角三角形区域OPQ ，三角形的O 点恰为平面直角坐标系的坐标原点，该区域内有磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第一象限中y ≤ L 的其它区域内有大小为E 、方向沿x 轴正方向的匀强电场；一束电子（电荷量为e 、质量为m ）以大小不同的速度从坐标原点O 沿y 轴正方向射入匀强磁场区．则：
（1）能够进入电场区域的电子的速度范围；
（2）已知一个电子恰好从P 点离开了磁场，求该电子的速度和由O 到P 的运动时间；
（3）若电子速度为
3eBL m
，且能从x 轴穿出电场，求电子穿过x 轴的坐标． 【答案】（1）0eBL v m <≤（2） 2eBL m m BL eB E π+（3）2223L Em eB - 【解析】
【分析】
（1）通过Q 点进入电场区域的电子速度最大，根据洛伦兹力等于向心力，求出最大速度；
（2）恰好从P 点离开了磁场，半径为L/2，画出运动轨迹，根据粒子在磁场中的运动周期和牛顿第二定律，分别求出在磁场和电场中的运动时间，求该电子由O 到P 的运动时间；
（3）只有当电子第一次从电场返回磁场且不从OP 和PQ 两边离开磁场时，电子才有可能经电场偏转通过x 轴．画出运动轨迹，找出第二次进入电场位置，根据牛顿第二定律和位移时
间关系，求出电子穿过x轴的坐标．
【详解】（1）通过Q点进入电场区域的电子速度最大，其半径r
1
=L
2
1
1
1
v
ev B m
r
=
1
eBL
v
m
=
能够进入电场区域的电子的速度范围是0<v≤
eBL
m
（2）设从P点离开磁场的电子半径为r2，轨迹如图所示：
则：r2=L/2
2
2
2
2
v
ev B m
r
=
22
eBL
v
m
=
T=
2m
eB
π
， t1=t3=T/4=
2
m
eB
π
在电场中运动：eE=ma a=
eE
m
2
2
2v BL
t
a E
==
电子由O到P的运动时间：t=t1+t2+t3=
m
eB
π
+
BL
E
（3）只有当电子第一次从电场返回磁场且不从OP和PQ两边离开磁场时，电子才有可能经电场偏转通过x轴，即电子第一次返回磁场时的半径r3满足：r3≤L/3
设电子从O点射入磁场时的速度为v3，轨迹如图所示：
则：
2
3
3
3
v
ev B m
r
=
33
eBL
v
m
≤
第二次进入电场时的坐标：x=2r3 y=2r3
电子经电场偏转到达x轴的时间：
333
2r y t v v == 到达x 轴时沿x 轴负方向的位移：202122Em x at eB == 坐标为：x=2r 3-x 0=
2
2L 2Em 3eB -。