2018年天津市高考物理试卷解析版

滑过程中（ ）2018年天津市高考物理试卷解析版参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题6分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）A．所受合外力始终为零B．所受摩擦力大小不变1．（6分）国家大科学工程﹣﹣中国散裂中子源（CSNS）于2017年8月28日首次打靶成功，获得中子束流，C．合外力做功一定为零D．机械能始终保持不变可以为诸多领域的研究和工业应用提供先进的研究平台。下列核反应中放出的粒子为中子的是（ ）【考点】62：功的计算；6B：功能关系．菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；52Q：功能关系能量守恒定律．【分析】滑雪运动员的速率不变做匀速圆周运动，加速度不为零，运动员所受合外力大小不为0，对运动员进行受力分析，结合受力的特点分析摩擦力的变化。摩擦力做功运动员的机械能减小1417【解答】解：A、滑雪运动员的速率不变，而速度方向是变化的，速度是变化的，运动员的加速度不为零，A．7N俘获一个α粒子，产生8O并放出一个粒子2730由牛顿第二定律可知，运动员所受合外力始终不为零。故A错误。B．13Al俘获一个α粒子，产生15P并放出一个粒子118B、运动员下滑过程中受到重力、滑道的支持力与滑动摩擦力，由图可知，运动员从A到B的过程中，滑道C．5B俘获一个质子，产生4Be并放出一个粒子63与水平方向之间的夹角逐渐减小，则重力沿斜面向下的分力逐渐减小，运动员的速率不变，则运动员沿滑道D．3Li俘获一个质子，产生2He并放出一个粒子方向的合外力始终等于0，所以滑动摩擦力也逐渐减小。故B错误。【考点】JJ：裂变反应和聚变反应．菁优网版权所有C、滑雪运动员的速率不变则动能不变，由动能定理可知，合外力对运动员做功为0．故C正确。【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．D、运动员从A到B下滑过程中的动能不变而重力势能减小，所以机械能减小。故D错误。【分析】依据质量数与电荷数守恒；裂变是较重的原子核分裂成较轻的原子核的反应。1417故选：C。【解答】解：A、7N俘获一个α粒子，产生8O后，新粒子的质量数为14+4﹣17＝1，电荷数为：7+2﹣8＝【点评】本题抓住运动员做的是匀速圆周运动，速率不变，而速度、加速度、合外力是变化的。1，所以粒子为质子。故A错误；27303．（6分）如图所示，实线表示某电场的电场线（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B、13Al俘获一个α粒子，产生15P后，粒子的质量数为27+4﹣30＝1，电荷数为：13+2﹣15＝0，所以粒子动轨迹，设M点和N点的电势分别为φ、φ，粒子在M和N时加速度大小分别为a、a，速度大小分为中子。故B正确；MNMN118别为vM、vN，电势能分别为EPM、EPN．下列判断正确的是（ ）C、5B俘获一个质子，产生4Be后，粒子的质量数为11+1﹣8＝4，电荷数为：5+1﹣4＝2，所以粒子为α粒子。故C错误；63D、3Li俘获一个质子，产生2He后，粒子的质量数为6+1﹣3＝4，电荷数为：3+1﹣2＝2，所以粒子为α粒子。故D错误故选：B。A．vM＜vN，aM＜aNB．vM＜vN，φM＜φN【点评】考查核反应书写规律，掌握常见的人工核反应的规律，知道质量数与电荷数守恒是解答的关键。C．φM＜φN，EPM＜EPND．aM＜aN，EPM＜EPN2．（6分）滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直圆面内的圆弧形滑道【考点】AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于粒子D．通过R的交变电流频率不变带负电，因此电场线方向指向左上方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线的疏密反应电场的【考点】E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有强弱。【专题】31：定性思想；4C：方程法；53A：交流电专题．【解答】解：带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，根据带负电粒子受力情况可知，电场线方向斜向左【分析】根据交流电的产生以及最大值的表达式，分析交流电的最大值的变化，结合上方，又沿着电场线方向，电势逐渐降低，故φM＞φN①；当结合有效值与最大值之间的关系分析有效值的变化；结合变压器的特点分析副线圈上的电压的变化、功率若粒子从M到N过程，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故带电粒子通过M点时的速度比通过N点的变化以及频率的变化。时的速度大，即vM＞vN②，【解答】解：A、B、线圈在匀强磁场中匀速转动，设线圈的最大横截面积为S，磁场的磁感应强度为B，线在M点具有的电势能比在N点具有的电势能小，即EPM＜EPN③；圈转动的角速度为ω，则产生的最大电动势为：根据电场线疏密可知，EM＜EN，根据F＝Eq和牛顿第二定律可知，aM＜aN④；Em＝nBSωA、由②④可知，A错误；22原线圈两端的电压等于电动势的有效值，为：U1=퐸푚=푛퐵푆휔B、由①②可知，B错误；22C、由①③可知，C错误；12设原副线圈的匝数比为k，则副线圈两端的电压为：U=푈2=푈1=⋅푛퐵푆휔⋯①D、由③④可知，D正确；푘2푘故选：D。111当发电机线圈的转速变为原来的时，有：E푚'=푛퐵푆휔'=푛퐵푆휔=퐸푚⋯②【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断222电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。2副线圈两端的电压为：U'=⋅푛퐵푆휔⋯③4．（6分）教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻4푘R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P．若푈'11联立①③可知，=，即电压表的读数变为U；1푈22发电机线圈的转速变为原来的，则（ ）2푈2由：P=푅푃'푈'211R消耗的电功率：==，即R消耗的功率变为푃；故A错误，B正确；푃푈244111C、由变压器的特点可知，副线圈消耗的功率为原来的，则发电机产生的电功率变成原来的；由②可知，A．R消耗的功率变为P442111线圈产生的电动势是原来的，由P＝UI可知，电流表的读数变成原来的．故C错误；B．电压表V的读数变为U222C．电流表A的读数变为2I11故选：A。D、发电机线圈的转速变为原来的，则原线圈中电流的频率变成原来的，所以副线圈中，通过R的频率变22【点评】考查跃迁过程中能级的高低，掌握频率的大小与折射率的高低的关系，理解光电效应发生条件。1二、不定项选择题（每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得成原来的．故D错误。26分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）故选：B。6．（6分）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【点评】本题考查了交流电的产生以及变压器的构造和原理，对交流电来说，当线圈的角速度减小时，不仅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，并已知地仅交流电的频率发生变化，交流电的最大值、有效值都会产生变化。球的半径和地球表面处的重力加速度。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5．（6分）氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线Hα、Hβ、Hγ和Hδ，都是氢原子中电子从量子数n＞2的能响，根据以上数据可以计算出卫星的（ ）级跃迁到n＝2的能级时发出的光，它们在真空中的波长由长到短，可以判定（ ）A．Hα对应的前后能级之差最小B．同一介质对Hα的折射率最大C．同一介质中H的传播速度最大δD．用Hγ照射某一金属能发生光电效应，则Hβ也一定能A．密度B．向心力的大小【考点】H3：光的折射定律；IC：光电效应．菁优网版权所有C．离地高度D．线速度的大小【专题】31：定性思想；43：推理法；54I：光电效应专题．【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有【分析】由波长与频率关系，可判定四条谱线的频率高低，从而确定其的能量大小，再结合跃迁过程中，释【专题】31：定性思想；4C：方程法；529：万有引力定律在天体运动中的应用专题．푐【分析】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出线速度、向放能量即为前后能级之差，并由能量大小，来判定折射率的高低，再由v=，来确定传播速度的大小；最푛心加速度、重力加速度，然后答题。后依据入射光的频率不小于极限频率时，才会发生光电效应现象。【解答】解：A、设观测可以得到卫星绕地球运动的周期为T，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为푐g；【解答】解：A、四条谱线Hα、Hβ、Hγ和Hδ，在真空中的波长由长到短，根据γ=，可知，四条谱线휆퐺푀푚地球表面的重力由万有引力提供，所以：mg=2Hα、Hβ、Hγ和Hδ，的频率是由低到高；那么它们的能量也是由小到大，푅而△E＝Em﹣En＝hγ，则Hα对应的前后能级之差最小，故A正确；等号的两侧都有卫星得质量m，所以不能求出卫星的质量，就不能求出卫星的密度。故A错误；B、当在同一介质，由于Hδ，能量最大，那么其的折射率也最大，而对Hα的折射率最小，故B错误；B、题目中没有告诉卫星的质量，不能求出卫星受到的向心力。故B错误；퐺푀푚2휋푐2C、在同一介质中，Hδ的折射率最大，由v=，可知，其传播速度最小，故C错误；C、根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：=m()（R+h）푛(푅+ℎ)2푇222D、若用Hγ照射某一金属能发生光电效应，由于Hβ的能量小于Hγ，即Hβ的频率小于Hγ，依据光电效应发퐺푀푇푔푅푇解得：h=3‒푅=3‒푅可以求出卫星的高度。故C正确；22生条件，其入射频率不小于极限频率则Hβ不一定能，故D错误；4휋4휋퐺푀푚푚푣2퐹D、由牛顿第二定律得：=所以：F1=2푅+ℎ휃(푅+ℎ)2푠푖푛2푔푅2퐺푀由公式可知，当F一定，θ小时FN大；当θ一定，F大时FN大。故AD错误，BC正确解得：v==푔푅2푇2，可知可以求出卫星的线速度。故D正确푅+ℎ3故选：BC。4휋2故选：CD。【点评】本题考查了人造卫星的应用，知道万有引力提供向心力是解题的关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题。7．（6分）明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力F，则N（ ）【点评】对力进行分解时，一定要分清力的实际作用效果的方向如何，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解即可。8．（6分）一振子沿x轴做简谐选动，平衡位置在坐标原点。t＝0时振子的位移为﹣0.1m，t＝1s时位移为0.1m，则（ ）A．若F一定，θ大时F大B．若F一定，θ小时F大NN2A．若振幅为0.1m，振子的周期可能为sC．若θ一定，F大时FN大D．若θ一定，F小时FN大3【考点】2G：力的合成与分解的运用．菁优网版权所有4B．若振幅为0.1m，振子的周期可能为s【专题】31：定性思想；4C：方程法；527：共点力作用下物体平衡专题．5【分析】由于木楔处在静止状态，故可将力F沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解，根据平行四边形C．若振幅为0.2m，振子的周期可能为4s定则，画出力F按效果分解的图示。并且可据此求出木楔对两边产生的压力。D．若振幅为0.2m，振子的周期可能为6s【解答】解：选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F、和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹【考点】72：简谐运动的振幅、周期和频率．菁优网版权所有力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的分力是相等的