2018天津市高考物理試卷

第6頁（共19頁）2018年天津市高考物理試卷一、單項選擇題（每小題6分，共30分。每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的）1．（6分）國家大科學(xué)工程﹣﹣中國散裂中子源（CSNS）于2017年8月28日首次打靶成功，獲得中子束流，可以為諸多領(lǐng)域的研究和工業(yè)應(yīng)用提供先進的研究平臺。下列核反應(yīng)中放出的粒子為中子的是（）A．N俘獲一個α粒子，產(chǎn)生O并放出一個粒子B．Al俘獲一個α粒子，產(chǎn)生P并放出一個粒子C．B俘獲一個質(zhì)子，產(chǎn)生Be并放出一個粒子D．Li俘獲一個質(zhì)子，產(chǎn)生He并放出一個粒子2．（6分）滑雪運動深受人民群眾喜愛。某滑雪運動員（可視為質(zhì)點）由坡道進入豎直圓面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中（）A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變C．合外力做功一定為零 D．機械能始終保持不變3．（6分）如圖所示，實線表示某電場的電場線（方向未標(biāo)出），虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設(shè)M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EPM、EPN．下列判斷正確的是（）A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φNC．φM＜φN，EPM＜EPN D．a(chǎn)M＜aN，EPM＜EPN4．（6分）教學(xué)用發(fā)電機能夠產(chǎn)生正弦式交變電流。利用該發(fā)電機（內(nèi)阻可忽略）通過理想變壓器向定值電阻R供電，電路如圖所示，理想交流電流表A、理想交流電壓表V的讀數(shù)分別為I、U，R消耗的功率為P．若發(fā)電機線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼?，則（）A．R消耗的功率變?yōu)镻 B．電壓表V的讀數(shù)變?yōu)閁C．電流表A的讀數(shù)變?yōu)?I D．通過R的交變電流頻率不變5．（6分）氫原子光譜在可見光區(qū)域內(nèi)有四條譜線Hα、Hβ、Hγ和Hδ，都是氫原子中電子從量子數(shù)n＞2的能級躍遷到n=2的能級時發(fā)出的光，它們在真空中的波長由長到短，可以判定（）A．Hα對應(yīng)的前后能級之差最小B．同一介質(zhì)對Hα的折射率最大C．同一介質(zhì)中Hδ的傳播速度最大D．用Hγ照射某一金屬能發(fā)生光電效應(yīng)，則Hβ也一定能二、不定項選擇題（每小題6分，共18分。每小題給出的四個選項中，都有多個選項是正確的。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，選錯或不答的得0分）6．（6分）2018年2月2日，我國成功將電磁監(jiān)測試驗衛(wèi)星“張衡一號”發(fā)射升空，標(biāo)志我國成為世界上少數(shù)擁有在軌運行高精度地球物理場探測衛(wèi)星的國家之一。通過觀測可以得到衛(wèi)星繞地球運動的周期，并已知地球的半徑和地球表面處的重14．（20分）真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計。ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示。為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計。列車啟動后電源自動關(guān)閉。（1）要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由；（2）求剛接通電源時列車加速度a的大??；（3）列車減速時，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？

2018年天津市高考物理試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題（每小題6分，共30分。每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的）1．【分析】依據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒；裂變是較重的原子核分裂成較輕的原子核的反應(yīng)。【解答】解：A、N俘獲一個α粒子，產(chǎn)生O后，新粒子的質(zhì)量數(shù)為14+4﹣17=1，電荷數(shù)為：7+2﹣8=1，所以粒子為質(zhì)子。故A錯誤；B、Al俘獲一個α粒子，產(chǎn)生P后，粒子的質(zhì)量數(shù)為27+4﹣30=1，電荷數(shù)為：13+2﹣15=0，所以粒子為中子。故B正確；C、B俘獲一個質(zhì)子，產(chǎn)生Be后，粒子的質(zhì)量數(shù)為11+1﹣8=4，電荷數(shù)為：5+1﹣4=2，所以粒子為α粒子。故C錯誤；D、Li俘獲一個質(zhì)子，產(chǎn)生He后，粒子的質(zhì)量數(shù)為6+1﹣3=4，電荷數(shù)為：3+1﹣2=2，所以粒子為α粒子。故D錯誤故選：B?！军c評】考查核反應(yīng)書寫規(guī)律，掌握常見的人工核反應(yīng)的規(guī)律，知道質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒是解答的關(guān)鍵。2．【分析】滑雪運動員的速率不變做勻速圓周運動，加速度不為零，運動員所受合外力大小不為0，對運動員進行受力分析，結(jié)合受力的特點分析摩擦力的變化。摩擦力做功運動員的機械能減小【解答】解：A、滑雪運動員的速率不變，而速度方向是變化的，速度是變化的，運動員的加速度不為零，由牛頓第二定律可知，運動員所受合外力始終不為零。故A錯誤。B、運動員下滑過程中受到重力、滑道的支持力與滑動摩擦力，由圖可知，運動員從A到B的過程中，滑道與水平方向之間的夾角逐漸減小，則重力沿斜面向下的分力逐漸減小，運動員的速率不變，則運動員沿滑道方向的合外力始終等于0，所以滑動摩擦力也逐漸減小。故B錯誤。C、滑雪運動員的速率不變則動能不變，由動能定理可知，合外力對運動員做功為0．故C正確。D、運動員從A到B下滑過程中的動能不變而重力勢能減小，所以機械能減小。故D錯誤。故選：C?！军c評】本題抓住運動員做的是勻速圓周運動，速率不變，而速度、加速度、合外力是變化的。3．【分析】帶電粒子只受電場力作用，根據(jù)運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)即斜向左下方，由于粒子帶負(fù)電，因此電場線方向指向右上方；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；電場線的疏密反應(yīng)電場的強弱?！窘獯稹拷猓簬щ娏Ｗ铀茈妶隽χ赶蜍壽E彎曲的內(nèi)側(cè)，根據(jù)帶負(fù)電粒子受力情況可知，電場線方向斜向左上方，又沿著電場線方向，電勢逐漸降低，故φM＞φN①；若粒子從M到N過程，電場力做負(fù)功，動能減小，電勢能增加，故帶電粒子通過M點時的速度比通過N點時的速度大，即vM＞vN②，在M點具有的電勢能比在N點具有的電勢能小，即EPM＜EPN③；根據(jù)電場線疏密可知，EM＜EN，根據(jù)F=Eq和牛頓第二定律可知，aM＜aN④；A、由②④可知，A錯誤；B、由①②可知，B錯誤；C、由①③可知，C錯誤；D、由③④可知，D正確；故選：D。【點評】解決這類帶電粒子在電場中運動的思路是：根據(jù)運動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進一步判斷電勢、電場強度、電勢能、動能等物理量的變化。4．【分析】根據(jù)交流電的產(chǎn)生以及最大值的表達式，分析交流電的最大值的變化，結(jié)合當(dāng)結(jié)合有效值與最大值之間的關(guān)系分析有效值的變化；結(jié)合變壓器的特點分析副線圈上的電壓的變化、功率的變化以及頻率的變化?！窘獯稹拷猓篈、B、線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，設(shè)線圈的最大橫截面積為S，磁場的磁感應(yīng)強度為B，線圈轉(zhuǎn)動的角速度為ω，則產(chǎn)生的最大電動勢為：Em=nBSω原線圈兩端的電壓等于電動勢的有效值，為：設(shè)原副線圈的匝數(shù)比為k，則副線圈兩端的電壓為：…①當(dāng)發(fā)電機線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼臅r，有：…②副線圈兩端的電壓為：…③聯(lián)立①③可知，，即電壓表的讀數(shù)變?yōu)閁；由：P=R消耗的電功率：，即R消耗的功率變?yōu)?；故A錯誤，B正確；C、由變壓器的特點可知，副線圈消耗的功率為原來的，則發(fā)電機產(chǎn)生的電功率變成原來的；由②可知，線圈產(chǎn)生的電動勢是原來的，由P=UI可知，電流表的讀數(shù)變成原來的．故C錯誤；D、發(fā)電機線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼?，則原線圈中電流的頻率變成原來的，所以副線圈中，通過R的頻率變成原來的．故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了交流電的產(chǎn)生以及變壓器的構(gòu)造和原理，對交流電來說，當(dāng)線圈的角速度減小時，不僅僅交流電的頻率發(fā)生變化，交流電的最大值、有效值都會產(chǎn)生變化。5．【分析】由波長與頻率關(guān)系，可判定四條譜線的頻率高低，從而確定其的能量大小，再結(jié)合躍遷過程中，釋放能量即為前后能級之差，并由能量大小，來判定折射率的高低，再由v=，來確定傳播速度的大??；最后依據(jù)入射光的頻率不小于極限頻率時，才會發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象?！窘獯稹拷猓篈、四條譜線Hα、Hβ、Hγ和Hδ，在真空中的波長由長到短，根據(jù)，可知，四條譜線Hα、Hβ、Hγ和Hδ，的頻率是由低到高；那么它們的能量也是由小到大，而△E=Em﹣En=hγ，則Hα對應(yīng)的前后能級之差最小，故A正確；B、當(dāng)在同一介質(zhì)，由于Hδ，能量最大，那么其的折射率也最大，而對Hα的折射率最小，故B錯誤；C、在同一介質(zhì)中，Hδ的折射率最大，由v=，可知，其傳播速度最小，故C錯誤；D、若用Hγ照射某一金屬能發(fā)生光電效應(yīng)，由于Hβ的能量小于Hγ，即Hβ的頻率小于Hγ，依據(jù)光電效應(yīng)發(fā)生條件，其入射頻率不小于極限頻率則Hβ不一定能，故D錯誤；故選：A?！军c評】考查躍遷過程中能級的高低，掌握頻率的大小與折射率的高低的關(guān)系，理解光電效應(yīng)發(fā)生條件。二、不定項選擇題（每小題6分，共18分。每小題給出的四個選項中，都有多個選項是正確的。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，選錯或不答的得0分）6．【分析】衛(wèi)星繞地球做圓周運動，萬有引力提供向心力，應(yīng)用萬有引力公式與牛頓第二定律求出線速度、向心加速度、重力加速度，然后答題?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)觀測可以得到衛(wèi)星繞地球運動的周期為T，地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g；地球表面的重力由萬有引力提供，所以：mg=所以地球的質(zhì)量：M=，沒有告訴萬有引力常量，所以不能求出地球的質(zhì)量，就不能求出地球的密度。故A錯誤；B、題目中沒有告訴衛(wèi)星的質(zhì)量，不能求出衛(wèi)星受到的向心力。故B錯誤；C、根據(jù)萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：=m（R+h）解得：h==可以求出衛(wèi)星的高度。故C正確；D、由牛頓第二定律得：=解得：v==，可知可以求出衛(wèi)星的線速度。故D正確故選：CD?！军c評】本題考查了人造衛(wèi)星的應(yīng)用，知道萬有引力提供向心力是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用萬有引力公式與牛頓第二定律可以解題。7．【分析】由于木楔處在靜止?fàn)顟B(tài)，故可將力F沿與木楔的斜面垂直且向上的方向進行分解，根據(jù)平行四邊形定則，畫出力F按效果分解的圖示。并且可據(jù)此求出木楔對兩邊產(chǎn)生的壓力?！窘獯稹拷猓哼x木楔為研究對象，木楔受到的力有：水平向左的F、和兩側(cè)給它的與木楔的斜面垂直的彈力，由于木楔處于平衡狀態(tài)，所以側(cè)給它的與木楔的斜面垂直的彈力與F沿兩側(cè)分解的分力是相等的，力F的分解如圖：則：所以：由公式可知，當(dāng)F一定，θ小時FN大；當(dāng)θ一定，F(xiàn)大時FN大。故AD錯誤，BC正確故選：BC?！军c評】對力進行分解時，一定要分清力的實際作用效果的方向如何，再根據(jù)平行四邊形定則或三角形定則進行分解即可。8．【分析】t=0時刻振子的位移x=﹣0.1m，t=1s時刻x=0.1m，關(guān)于平衡位置對稱；如果振幅為0.1m，則1s為半周期的奇數(shù)倍；如果振幅為0.2m，分靠近平衡位置和遠離平衡位置分析?！窘獯稹拷猓篈、B、t=0時刻振子的位移x=﹣0.1m，t=1s時刻x=0.1m，如果振幅為0.1m，則：（n+）T=t解得：T==當(dāng)n=0時，T=2s；當(dāng)n=1時，T=s；當(dāng)n=2時，T=s故A正確，B錯誤；C、D、t=0時刻振子的位移x=﹣0.1m，t=4s時刻x=0.1m，如果振幅為0.2m，結(jié)合位移時間關(guān)系圖象，有：t=+nT①或者t=T+nT②或者t=+nT③對于①式，當(dāng)n=0時，T=2s；對于①式，當(dāng)n=1時，T=s；對于②式，當(dāng)n=0時，T=s；對于②式，當(dāng)n=1時，T=s對于③式，當(dāng)n=0時，T=6s；對于③式，當(dāng)n=1時，T=s故C錯誤，D正確；故選：AD?！军c評】本題中，0時刻和1s時刻的速度有兩種方向，考慮4種情況，還要考慮多解性，不難。三、非選擇題．本題共4題，共72分．9．【分析】以整體為研究對象，水平方向根據(jù)動量守恒定律求解木塊最終的速度大??；根據(jù)能量守恒定律求解子彈射入木塊的深度?！窘獯稹拷猓耗緣K的質(zhì)量M=0045kg，子彈的質(zhì)量為m=0.05kg，初速度為v0=200m/s，二者組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)子彈初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mv0=（m+M）v解得木塊最終速度的大小v==m/s=20m/s；設(shè)子彈射入木塊的深度為d，根據(jù)能量守恒定律可得：fd=，解得：d=0.2m。故答案為：20；0.2?！军c評】本題主要是考查了動量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程進行解答。10．【分析】做探究共點力合成的規(guī)律實驗：我們是讓兩個力拉橡皮條和一個力拉橡皮條產(chǎn)生的作用效果相同，測出兩個力的大小和方向以及一個力的大小和方向，用力的圖示畫出這三個力，用平行四邊形做出兩個力的合力的理論值，和那一個力（實際值）進行比較。用平行四邊形畫出來的是理論值，和橡皮筋同線的那個是實際值。由此結(jié)合實驗過程中需要注意的事項依次分析即可。【解答】解：（1）A、F1、F2方向間夾角大小適當(dāng)即可，不一定要橡皮條應(yīng)和兩繩套夾角的角平分線在一條直線上，故A錯誤；B、合力與分力的關(guān)系為等效替代的關(guān)系，效果是相同的，所以在同一次實驗時，需要讓兩個力拉橡皮條和一個力拉橡皮條產(chǎn)生的作用效果相同，則必定結(jié)點O的位置要相同；而在重復(fù)實驗再次進行驗證時，結(jié)點O的位置可以與前一次不同。故B正確；C、使用測力計時，施力方向應(yīng)沿測力計軸線，可以減小引摩擦產(chǎn)生的誤差；讀數(shù)時視線應(yīng)正對測力計刻度，可以減小偶然誤差。故C正確；D、用兩個測力計互成角度拉橡皮條時的拉力不一定必須都小于只用一個測力計時的拉力，故D錯誤；故選：BC（2）A、為了便于確定拉力的方向，拉橡皮條的細繩要稍長一些，同時在紙上描點時，所描的點不要太靠近結(jié)點，該圖中所描的點太靠近結(jié)點。故A錯誤；B、該圖中所描的點到結(jié)點的距離適中，力的大小適中，而且兩個力的角度的大小也適中。故B正確；C、實驗要方便、準(zhǔn)確，兩分力適當(dāng)大點，讀數(shù)時相對誤差小，但不宜太大，該圖中的讀數(shù)都太小，故C錯誤；D、該圖中兩個分力之間的夾角太小，這樣誤差容易大，故D錯誤；故選：B故答案為：（1）BC；（2）B【點評】在“驗證力的平行四邊形定則”實驗中，我們要知道分力和合力的效果是等同的，這要求同學(xué)們對于基礎(chǔ)知識要熟練掌握并能正確應(yīng)用，加強對基礎(chǔ)實驗理解，同時要理解會給實驗帶來誤差的因素。11．【分析】①分析給出的儀表，根據(jù)安全和準(zhǔn)確性原則進行分析，從而確定應(yīng)選擇的測量儀表；②根據(jù)實驗原理確定實驗電路圖，明確分壓接法和內(nèi)外接法的正確應(yīng)用；③分析電路圖，根據(jù)電表內(nèi)阻的影響進行分析，明確誤差情況和原因。【解答】解：①因待測電阻阻值較大，為了準(zhǔn)確測量，應(yīng)采用較大的電動勢，故選電動勢為12V的電源F；電壓表選擇10V的量程，最大電流I約為：I==0.001A=1mA，故電流表選擇C；②因給出的滑動變阻器總阻值較小，所以應(yīng)采用分壓接法，同時因待測電阻較大，為了準(zhǔn)確測量，電流表選擇內(nèi)接法，故電路圖如圖所示；③因本實驗采用電流表內(nèi)接法，由于電流表分壓影響，電壓表測量值將大于真實值，由歐姆定律可知，電阻測量值將大于真實值；故答案為：①B；C；F；②如圖所示；③大于；電壓表的讀數(shù)大于待測電阻兩端的實際電壓?！军c評】遇到電學(xué)實驗問題應(yīng)明確：①通過求出待測電阻的最大電流來選擇電流表量程；②明確“大內(nèi)偏大，小外偏小“的電流表接法和誤差情況分析；③若變阻器的全電阻能滿足電路電阻要求時，變阻器可以采用限流式接法。12．【分析】（1）飛機起飛滑行過程簡化為初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動的速度位移公式求出飛機滑行過程的加速度。（2）由v=at求飛機滑行的時間t；根據(jù)動能定理求出牽引力做的功，由平均功率的表達式即可求出平均功率。【解答】解：（1）根據(jù)速度位移公式得，v2=2as代入數(shù)據(jù)得a=2m/s2。（2）由v=at得：t=s飛機受到的阻力：F阻=0.1mg設(shè)牽引力做的功為W，則由動能定理可得：W﹣F阻?x=牽引力的平均功率：代入數(shù)據(jù)聯(lián)立可得：P=8.4×106W答：（1）飛機滑行過程中加速度大小a是2m/s2；（2）牽引力的平均功率是8.4×106W?！军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運動的速度位移公式，并能靈活運用，要知道加速度是聯(lián)系力和運動的橋梁。13．【分析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力即可求出粒子到達M點的速度，然后結(jié)合動量定理即可求出粒子在電場中運動的時間；（2）由圓周運動的條件與臨界條件，求出粒子到達M的速度，然后由動能定理即可求出?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)粒子第一次在磁場中運動的速度為v，粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力，可得：可得：v=粒子在電場中受到的電場力為qE，設(shè)運動的時間為t，則：qEt=mv﹣0聯(lián)立可得：t=（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動的過程中，其周期：T=，可知粒子在磁場中運動的周期與其速度、半徑都無關(guān)；根據(jù)：可知粒子在磁場中運動的時間由軌跡的圓弧對應(yīng)的圓心角有關(guān)，圓心角越小，則時間越短；所以當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時，所用的時間最短，設(shè)粒子此時的半徑為r，如圖：由幾何關(guān)系可得：設(shè)粒子進入磁場時速度的方向與ab的夾角為θ，則圓弧所對的圓心角為2θ，由幾何關(guān)系可得：tanθ=粒子從Q點拋出后做類平拋運動，在電場方向向上的分運動與從P釋放后的情況相同，所以粒子進入磁場時，沿豎直方向的分速度同樣也為v，在垂直于電場方向的分速度始終為v0，則：tanθ=聯(lián)立可得：v0=答：（1）粒子從P到M所用的時間是；（2）所用的時間最少時，粒子在Q時速度v0的大小是?！军c評】本題考查帶電粒子在電場、磁場中兩運動模型：勻速圓周運動與類平拋運動，及相關(guān)的綜合分析能力，以及空間想像的能力，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力等，其中正確判斷出臨界條件是解答第二問的關(guān)鍵。14．【分析】（1）列車向右運動可知所受安培力向右，根據(jù)左手定則確定電流方向，再根據(jù)電流方向確定MN誰接電源正極；（2）根據(jù)歐姆定律求得導(dǎo)體棒中的電流大小，再根據(jù)F=BIl求得安培力的大小，最后根據(jù)牛頓第二定律求得電源剛接通時列車的加速度a；（3）列車通過