1、天津市2020年高考物理压轴卷（含解析）第卷（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，只有一个选项是正确的）1一个静止的钚核Pu自发衰变成一个铀核U和另一个原子核X.假设该反应没有射线产生，则下列说法正确的是()AX是氦(He)原子，又叫粒子B该反应质量增加C铀核与X的动量大小之比为12DX与铀核的动能之比为23542下列有关热力学现象和规律的描述不正确的是()A布朗运动的无规则性反映了液体分子运动的无规则性B用打气筒给自行车充气，越打越费劲，说明气体分子间表现为斥力C一定质量的理想气体，在体积不变时，气体分子平均每秒与器壁碰撞次数随温度的降低而减少D一
2、定质量的理想气体经历等压膨胀过程，分子平均动能增大32019年4月10日，全球多地同步公布了人类历史上第一张黑洞照片黑洞是一种密度极大，引力极大的天体，以至于光都无法逃逸黑洞的大小由史瓦西半径公式R决定，其中引力常量G6.671011 Nm2/kg2，光速c3.0108 m/s，天体的质量为M.已知太阳的质量约为21030 kg，假如它变成一个黑洞，则“太阳黑洞”的半径约为()A1 cm B1 m C3 km D300 km4.一金属球，原来不带电，现沿球直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比
3、，则()AEa最大 BEb最大 CEc最大DEaEbEc5.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()A.mv2 B.v2 C.NmgL D2NmgL二、多项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中均有多个符合题意，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，不选或选错的得0分）6.质量为0.3 kg的物体在水平面上运动，图中的两条直线分
4、别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的速度时间图象，则下列说法中正确的是()A物体不受水平拉力时的图象一定是bB物体受水平拉力时的图象一定是aC物体的摩擦力可能等于0.2 ND水平拉力一定等于0.1 N7跳伞爱好者从高楼进行跳伞表演，他们从345 m的高处跳下，在距地面150 m高处打开伞包假设打开伞包前后两段时间都可看做匀变速直线运动，且始末速度均为零一个质量为60 kg的跳伞爱好者，若在30 s内完成此跳伞表演(当地重力加速度g取10 m/s2)，则下列关于跳伞爱好者在跳伞的整个过程中说法错误的是()A机械能先不变后减小 B机械能一直变小C克服阻力做功207 kJ D最大速度为11.5 m/
5、s8如图所示，水平桌面上放着一对平行的金属导轨，左端与一电源相连，中间还串有一开关K，导轨上放着一根金属棒ab，空间存在着垂直于导轨平面向下的匀强磁场已知两导轨间距为d，电源电动势为E，导轨电阻及电源内阻均不计，ab棒的电阻为R，质量为m，棒与导轨间摩擦不计闭合开关K，ab棒向右运动并从桌边水平飞出，已知桌面离地高度为h，金属棒落地点的水平位移为s.下面的结论中正确的是()A开始时ab棒离导轨右端的距离LB磁场力对ab棒所做的功WC磁场力对ab棒的冲量大小Ims Dab棒在导轨上运动时间t第卷（非选择题，共60分）三、实验题（本题共2小题，共16分.）9(8分)某实验小组用图甲所示的实验装置测
6、量滑块与长木板之间的动摩擦因数在一端装有定滑轮的长木板上固定A、B两个光电门，与光电门相连的计时器能显示滑块上的遮光片通过光电门时的遮光时间，滑块通过绕过定滑轮的轻质细绳与测力计挂钩相连，测力计另一端吊着沙桶，测力计能显示滑块所受的拉力，滑块对长木板的压力与滑块的重力大小相等，已知遮光片宽度为d，当地的重力加速度为g.(1)为了满足实验的要求，下列说法正确的是_A长木板应放在水平桌面上B长木板没有定滑轮的一端应适当垫高，以平衡摩擦力C沙桶及测力计的总质量应远小于滑块的质量D定滑轮与滑块之间的细绳应与长木板平行(2)甲同学测出A、B两光电门之间的距离为L，滑块通过A、B两光电门的时间分别为t1、
7、t2，滑块的加速度大小a_(用字母L、d、t1、t2表示)(3)多次改变沙桶里沙的质量，重复步骤(2)，根据测得的多组F和a，作出aF图象如图乙所示，由图象可知，滑块的质量为_，滑块与长木板间的动摩擦因数为_10(8分)热敏电阻包括正温度系数电阻器(PTC)和负温度系数电阻器(NTC)正温度系数电阻器(PTC)在温度升高时电阻值增大，负温度系数电阻器(NTC)在温度升高时电阻值减小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx(常温下阻值约为10.0 )的电流随其两端电压变化的特点A电流表A1(量程0100 mA，内阻约1 )B电流表A2(量程00.6 A
8、，内阻约0.3 )C电压表V1(量程03.0 V，内阻约3 k)D电压表V2(量程015.0 V，内阻约10 k)E滑动变阻器R(最大阻值为10 )F滑动变阻器R(最大阻值为500 )G电源E(电动势15 V，内阻可忽略)H开关、导线若干(1)实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的器材为电流表_；电压表_；滑动变阻器_(只需填写器材前面的字母即可)(2)请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图(3)该小组测出热敏电阻R1的UI图线如图甲中曲线 所示请分析说明该热敏电阻是_(填“PTC”或“N
9、TC”). (4)该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的UI图线如图甲中曲线 所示然后又将热敏电阻R1、R2分别与某电池连成如图乙所示电路，测得通过R1和R2的电流分别为0.30 A和0.60 A，则该电池组的电动势为_V，内阻为_(结果均保留3位有效数字)四、计算题（本题共3小题，共44分. 解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）11（12分）如图所示，绝热汽缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，汽缸底部连接一U形细管(管内气体的体
10、积忽略不计)初始时，封闭气体温度为T，活塞距离汽缸底部为h0，细管内两侧水银柱存在高度差已知水银密度为，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，重力加速度为g.(1)求U形细管内两侧水银柱的高度差；(2)通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降h0，求此时的温度；此加热过程中，若气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化12. (16分)如图所示，地面和半圆轨道面均光滑质量M1 kg、长为L4 m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s3 m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平现有一质量m2 kg的滑块(视为质点)以v06 m/s 的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已
11、知滑块与小车表面的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2.(1)求小车与滑块的相对位移；(2)求小车与墙壁碰撞时的速度；(3)要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离，求半圆轨道的半径R的取值13. (16分)如图所示，在平面直角坐标系xOy内，有、三个区域，各边界均与y轴平行，、区域存在匀强电场，方向分别沿x和y方向，区域电场强度大小为E，区域有垂直xOy平面向里的磁场三个区域宽度均为L，一个氕核H和一个氘核H先后从坐标原点释放，已知H与左边界成60进入磁场，最后恰好与右边界相切离开磁场，H的质量为m，电荷量为q，不计重力求：(1)H第一次离开区的坐标；(2)区域匀强磁场的磁感应强度大小；(3)H第一
12、次离开磁场位置的坐标1【答案】 D 【解析】 由原子核衰变时电荷数和质量数守恒可知，X是氦(He)原子核，又叫粒子，不是氦(He)原子，选项A错误；衰变过程有质量亏损，选项B错误；钚核衰变过程动量守恒，铀核与X的动量大小相等、方向相反，选项C错误；根据动能与动量的关系Ek，可以得到X与铀核的动能之比为2354，选项D正确2【答案】 B 【解析】悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动是因为液体分子与悬浮颗粒的碰撞，所以布朗运动的无规则性间接表明了液体分子的运动的无规则性，选项A正确；用打气筒给自行车打气，越打越费劲是因为自行车轮胎内气体的压强在逐渐增大，而不是气体分子之间的斥力造成的，选项B错误；
13、一定质量的理想气体，在体积不变时，由查理定律可知，温度降低，压强减小，气体分子平均每秒与器壁碰撞的次数减少，选项C正确；一定质量的理想气体经历等压膨胀时，气体的体积增大，由盖吕萨克定律可知，气体的温度升高，而温度是分子平均动能的标志，可知分子的平均动能增大，选项D正确3【答案】 C 【解析】根据题意知，引力常量G6.671011 Nm2/kg2，光速c3.0108 m/s，天体质量为M21030 kg，则由史瓦西半径公式R可得，太阳变成一个黑洞的半径R m2.96103 m，故C正确4. 【答案】 C 【解析】处于静电平衡的导体内部场强处处为零，故a、b、c三点的场强都为零静电平衡在导体内部场
14、强为零是感应电荷产生的电场与外电场叠加的结果，所以感应电荷在球内某点产生的电场的场强与MN在这一点形成的电场的场强等大、反向比较a、b、c三点感应电场的场强，实质上是比较带电体MN在这三点的场强由于c点离MN最近，故MN在c点的场强最大，感应电荷在c点场强也最大故选C.5. 【答案】 B 【解析】设系统损失的动能为E，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv(Mm)vt(式)、mv2(Mm)vE(式)，由式联立解得Ev2，可知选项A错误，B正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ENmgL，选项C、D错误6. 【答案】 CD
15、 【解析】 两图线加速度大小不同，拉力方向与滑动摩擦力方向可能相反，也可能相同，无法判断物体不受水平拉力是哪个图象，故选项A、B错误；设拉力大小为F，摩擦力大小为f，由图读出加速度大小分别为aa m/s2，ab m/s2，若物体受水平拉力时的速度图象是a时，拉力与速度方向相同，根据牛顿第二定律得fFmaa，fmab，解得F0.1 N，f0.2 N；若物体受水平拉力时的速度图象是b时，拉力与速度方向相反，根据牛顿第二定律得fFmab，fmaa，解得F0.1 N，f0.1 N，故选项C、D正确7【答案】 AD 【解析】跳伞过程中跳伞者始终受阻力作用，因而机械能始终减小，选项A错误，B正确；对整个过
16、程运用动能定理有，mgHW阻0，解得W阻mgH600345 J207 kJ，选项C正确；设最大速度为vmax，打开伞包前的下落过程用时间t，则有(345150) mt，打开伞后的过程有150 m(30t)，解得vmax23 m/s，选项D错误8【答案】 BC 【解析】闭合开关瞬间，导体棒ab中的电流I，ab棒受到的安培力FBId，导体棒做加速运动，产生反电动势EBdv.随着v变大，E变大，电路中电流变小，F变小，F为变力，所以A、D项无法求出ab棒离开桌面后做平抛运动，水平方向svt，竖直方向：hgt2，解得：vs，由动能定理磁场力对ab棒所做的功为：Wmv2，故B正确；由动量定理可知，冲量I
17、mvms，故C正确9【答案】(1)AD(2) (3) 【解析】(1)因滑块对长木板的压力与滑块的重力大小相等，所以长木板应放在水面桌面上，为保证滑块做匀加速运动，绳子的拉力必须恒定，应调整滑轮高度，使细线与木板平行，故A、D正确；本实验要测量动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，故B错误；由于本实验中有测力计，故不要求沙桶及测力计的总质量远小于滑块的质量，故C错误(2)滑块通过A、B两光电门的速度分别为：vA，vB，由匀变速直线运动的速度位移公式可知，2aLvv，解得：a.(3)滑块受到的摩擦力为：fmg，由牛顿第二定律可得：Fmgma，解得力F与加速度a的函数关系式为：ag，由图象所给信息可得图象斜
18、率为：k，所以m，由图象所给信息可得图象截距为：bga0，所以.10【答案】(1)BDE (2)如图所示(3)PTC (4)10.0(9.610.4) 667(6.008.00)【解析】 (1)由于实验要求电压从零调，所以变阻器应采用分压式接法，变阻器应选择阻值较小的E以方便调节；根据电源电动势为15 V可知电压表应选D；常温下当I0.6 A时UIR6 V15 V，由此可见，为了得到多组数据，电流表应选B.(2)由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，又变阻器采用分压式接法，电路图如答案图所示(3)根据URI，可知图象上的点与原点连线的斜率等于待测电阻的阻值大小，从图线可知线
19、上各点与原点连线的斜率逐渐增大，所以电阻随电压(温度)的增大而增大，即该电阻是正温度系数电阻器，所以该热敏电阻是PTC.(4)根据闭合电路欧姆定律，接R1时有EU1I1r，接R2时有EU2I2r，再根据UI图象可读出I10.3 A时对应的电压U18.0 V，当I20.6 A时对应的电压U26.0 V，联立以上两式解得E10.0 V，r6.67 .11【答案】(1)(2)T0Q(p0SMg)h0 【解析】(1)设封闭气体的压强为p，对活塞分析有：p0SpSMg，用水银柱表达气体的压强pp0gh，解得：h.(2)加热过程是等压变化，TT0，气体对外做功为WpSh0(p0SMg)h0，根据热力学第一
20、定律：UQW，可得UQ(p0SMg)h0.12. 【答案】(1)3 m(2)4 m/s(3)R0.24 m或R0.6 m 【解析】 (1)设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有mv0(mM)v1，代入数据解得v14 m/s.设滑块与小车的相对位移为L1，由系统能量守恒有mgL1mv(mM)v，代入数据解得L13 m.(2)设与滑块相对静止时小车的位移为s1，根据动能定理有mgs1Mv0，代入数据解得s12 m.因L1L，s1s，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，故小车与墙壁碰撞时的速度为v14 m/s.(3)小车与墙壁碰撞后，滑块在小车上继续向右做初速度
21、v14 m/s，位移为L2LL11 m的匀减速直线运动，然后滑上半圆轨道的最低点P.若滑块恰能滑过半圆轨道的最高点Q，设滑至最高点的速度为v，临界条件为mgm.根据动能定理有mgL2mg(2R)mv2mv，联立并代入数据解得R0.24 m。若滑块恰好滑至圆弧处，到达T点时速度减为零，则滑块也能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道根据动能定理有mgL2mgR0mv，代入数据解得R0.6 m.综上所述，要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离，半圆轨道的半径必须满足R0.24 m或R0.6 m.13. 【答案】 见解析 【解析】(1)对氘核，在区中加速，由动能定理：qEL2mv，进入区，粒子类平抛，Lvxt，vyat，tan ，yat2，实际速度v。将30代入得：v2，y，因此 H第一次离开区的坐标为. (2)进入磁场后，H做圆周运动，运动轨迹如图甲所示，由几何关系知： Rsin 30RL，又：qvB，解得：B2.(3)对于氕核，mm，qq，由(1)知：y，v2，30，R作出如图乙所示的轨迹图，根据几何关系有：y2Rsin 60出射点纵坐标为：yyy，联立解得：yLH第一次离开磁场位置的坐标为.
