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

1、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卷基础题（共82分）一、选择题：（每小题5分，共40分。15为单选，68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. 卢瑟福通过粒子轰击氮核实验，证实了在原子核内部存在中子C. 个原子核衰变为一个原子核的过程中，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，一个原子核衰变为一个原子核的过程中，发生8次衰变，发生6次衰变，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

2、关系满足：（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B. 该黑洞的质量为C. 该黑洞的半径为D. 该黑洞的半径为【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：得，AB错误；CD该黑洞的半径为R，质量M和半径R的关系满足：得，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/s2）A. 恒力的大小为6NB. 前4s内摩擦产生的热量为48JC. 前6s内合外力的冲量大小为24NSD. 物体与地面间的动摩擦因数为0.2【答案】C【详解】A.由图，02s，物体做匀减速运动，a1=-；26s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. 02s内，物体的位移大小

3、为x1=102m=10m；2s4s内，物体的位移大小为x1=22m=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=-24-210=-28NS，故C错误；D.由f=mg得，=0.2，故D正确本题选择错误答案，故选C4.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

4、，两个线圈中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

5、【答案】BC【详解】AB由光路图可知a光偏折的大，所以nanb，由知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，由知a光波长比b光波长短；双缝干涉时，根据知，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. 00.3s内，质点Q运动的路程为0.3mC. 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；B0.3s=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00.3s内，质点Q运动的路程不等于，选项B错误；Ct=0.5s=1T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

6、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；Dt=0.7s=1T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IA=I-I3，I增大，I3减小，则IA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

7、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。请用笔画线代替导线在图b中完成电路的连接_；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_。（结果保留两位有效数字）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_。（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)根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；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 该实验产生系统误差的原因是由于电压表的分流作用；(2

8、)由乙同学的电路接法可知，R1左右两部分并联后与R2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I1=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I2=0.33+0.87=1.2A；则根据闭合电路欧姆定律可得2.5=E-r2.4=E-1.2r解得E=3.0Vr=0.50三、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M200kg。气球在空中以v00.1m/s的速度匀速下降，距离水平地面高度h186m时科研人员将质量m20kg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g10m/s2，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

9、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v1，热气球的速度大小为v2。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 代入数据解得v1=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Mv0=mv1+（M-m）v2代入数据解得v2=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代入数据解得热气球6s上升的高度为 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d1m、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0.

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