北京市平谷区2020届高三下学期模拟物理试题

2020北京平谷高三二模

物理

第一部分选择题(共42分)

一、单项选择题(本题共14小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。每小题3分，共42分)

1.根据粒子散射实验提出的模型是（　　）

A. 核式结构模型 B. “枣糕”模型

C. 道尔顿模型 D. 玻尔模型

【答案】A

【解析】

【详解】卢瑟福根据粒子散射实验提出的模型是原子的核式结构模型。

故选A。

2.如图所示，导热的气缸固定在水平地面上，一个可自由移动的活塞把气体封闭在气缸中，气缸的内壁光滑。现用水平外力作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，保持气缸内气体温度不变，则对于封闭气体（　　）

A. 外界对气体做功

B. 气体分子平均动能不变

C. 气体压强保持不变

D. 单位体积内气体分子个数不变

【答案】B

【解析】

【详解】A．气体的体积变大，则气体对外界做功，选项A错误；

B．气体温度不变，则气体分子平均动能不变，选项B正确；

C．根据可知，气体体积变大，温度不变，则气体压强减小，选项C错误；

D．气体体积变大，则单位体积内气体分子个数减小，选项D错误。

故选B。

3.如图所示，一束由a、b两种单色光组成的复色光照射到横截面为三角形的玻璃砖上，经玻璃砖折射后照到右侧光屏上．光屏足够大，下列说法正确的是（    ）

A. 玻璃砖对a光的折射率比b光大

B. 在真空中a光的传播速度比b光大

C. 若两种光分别照射某金属板均发生光电效应，a光照射时光电子的最大初动能比b光大

D. 减小复色光的入射角度，两种色光会在光屏上依次消失，最先消失的是b光

【答案】D

【解析】

【详解】A．由图可知，相对于原来的入射方向，b光较a光的偏折程度大，所以b光的折射率大，故A错误；

B．所有色光在真空中的传播速度都是，故B错误；

C．因为b光的折射率大，对应的频率高，由爱因斯坦光电效应方程可知，发生光电效应时，b光最大初动能自然也大，故C错误；

D．因为b光折射率大，发生全反射时的临界角小，所以，当减小复色光的入射角度，b光最先消失，a光最后消失，故D正确．

4.某弹簧振子振动的位移-时间图像如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A. 振子振动周期为，振幅为

B. 时振子的速度为零，加速度为正向的最大值

C. 从到过程中振子做加速运动

D. 时振子的速度为负向的最大值

【答案】B

【解析】

【详解】A．由图像可知，振子振动周期为4s，振幅为8cm，选项A错误；

B．时振子离开平衡位置的位移最大，此时振子的速度为零，加速度为正向的最大值，选项B正确；

C．从到过程中振子位移变大，则速度减小，即振子做减速运动，选项C错误；

D．由图像可知，时振子的速度为正向的最大值，选项D错误。

故选B。

5.从同一高度水平抛出的物体，在空中运动一段时间，落到同一水平地面上。在不计空气阻力的条件下，由平抛运动规律可知（　　）

A. 水平初速度越大，物体在空中运动的时间越长

B. 水平初速度越大，物体在空中运动的时间越短

C. 质量越大，物体在空中运动时间越短

D. 水平初速度越大，物体落地时的速度越大

【答案】D

【解析】

【详解】ABC．根据可知，物体在空中运动的时间只与抛出时的竖直高度有关，与初速度无关，与物体质量无关，选项ABC错误；

D．根据

可知，水平初速度越大，物体落地时的速度越大，选项D正确。

故选D。

6.如图所示，用轻绳OA把球挂在光滑的竖直墙壁上，O点为绳的固定点，B点为球与墙壁的接触点．现保持固定点O不动，将轻绳OA加长，使绳与墙壁的夹角θ变小，则球静止后与绳OA加长之前相比（    ）

A. 绳对球的拉力变大

B. 球对墙壁的压力变小

C. 球对墙壁的压力不变

D. 球所受的合力变大

【答案】B

【解析】

【详解】D．以足球为研究对象，分析其受力情况：重 力mg、绳对球的拉力和墙壁对球的支持力，处于静止状态，三个力的合力为零，与加长前相比合力未变，D错误；

ABC．运用合成法，结合几何知识有

，

把绳OA的长度加长一些，则减小，可知减小，减小，故B正确，AC错误。

故选B。

7.如图所示，甲图中a、b两点在两个等量同种点电荷的连线上、与连线中点距离相等，乙图中c、d两点在两个等量异种点电荷连线的中垂线上、与连线中点距离相等，a、b、c、d四点的电场强度分别为、、、，电势分别为、、、  ，下列说法正确的是

A. 与相同，与相同 B. 与相同，与不同

C. 与不同，与相同 D. 与相同，与相同

【答案】D

【解析】

【详解】AB．甲图中a、b两点在两个等量同种点电荷的连线上、与连线中点距离相等，根据对称性，与大小相等、但方向不同，与相同，AB错误；

CD．乙图中c、d两点在两个等量异种点电荷连线的中垂线上、与连线中点距离相等，与相同，再根据场强的矢量合成可得与相同，C错误，D正确；

故选D。

8.两个完全相同的电热器分别通以如图甲、乙所示的交变电流，两电热器的实际电功率之比P甲∶P乙为

A. 1∶2 B. 1∶1 C. ∶1 D. 2∶1

【答案】D

【解析】

【详解】方波的电流有效值：

甲

正弦交流电的有效值为：

乙

根据功率公式得到：

A．与分析不符，故A错误；

B．与分析不符，故B错误；

C．与分析不符，故C错误；

D．与分析相符，故D正确；

故选D。

9.如图甲所示，带缺口的刚性金属圆环在纸面内固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面正对固定放置的平行金属板P、Q连接．圆环内有垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图乙所示（规定磁场方向垂直于纸面向里为正方向）．图中可能正确表示P、Q两极板间电场强度E（规定电场方向由P板指向Q板为正方向）随时间t变化情况的是

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】BC．在0至时，磁感应强度B减小，故圆环中产生的磁场向里，圆环中的感应电流沿顺时针，故极板P带正电，电场方向由P指向Q，即电场方向是正方向，故选项BC错误；

AD．又因为这段时间内磁场的变化是均匀的，故产生的感应电动势大小不变，所以PQ两极板间的电压不变，电场强度不变，所以A错误，D正确。

故选D。

10.如图1所示是一个电磁阻尼现象演示装置，钢锯条上端固定在支架上，下端固定有强磁铁，将磁铁推开一个角度释放，它会在竖直面内摆动较长时间；如图2所示，若在其正下方固定一铜块（不与磁铁接触），则摆动迅速停止。关于实验以下分析与结论正确的是

A. 如果将磁铁的磁极调换，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象

B. 用闭合的铜制线圈替代铜块，重复试验将不能观察到电磁阻尼现象

C. 在图2情况中，下摆和上摆过程中磁铁和锯条组成的系统机械能均减少

D. 在摆动过程中铜块不受磁铁的作用力

【答案】C

【解析】

【详解】A．此现象的原理是当磁铁在铜块上面摆动时，在铜块中产生涡流，与磁场相互作用阻碍磁铁的运动；则如果将磁铁的磁极调换，重复实验仍能观察到电磁阻尼现象，选项A错误；

B．用闭合的铜制线圈替代铜块，仍能在线圈中产生感应电流，从而与磁铁产生阻碍作用，则重复试验仍能观察到电磁阻尼现象，选项B错误；

C．在图2情况中，下摆和上摆过程中均会产生涡流从而消耗机械能，则磁铁和锯条组成的系统机械能均减少，选项C正确；

D．由上述分析可知，在摆动过程中铜块对磁铁有阻碍作用，同时铜块也要受磁铁的作用力，选项D错误；

故选C.

11.如图所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一重物(可视为质点)，重物静止时处于位置。现用手托重物使之缓慢上升至位置，此时弹簧长度恢复至原长。之后放手，使重物从静止开始下落，沿竖直方向在位置和位置(图中未画出)之间做往复运动。重物运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。关于上述过程(不计空气阻力)，下列说法中正确的是（　　）

A. 重物在位置时，其加速度的数值大于当地重力加速度的值

B. 在重物从位置下落到位置的过程中，重力的冲量大于弹簧弹力的冲量

C. 在手托重物从位置缓慢上升到位置的过程中，手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能

D. 在重物从位置到位置和从位置到位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做的功相同

【答案】C

【解析】

【详解】A．因A、C位置关于B点对称，而A点时的加速度为g，则根据简谐振动的规律可知，重物在C位置时，其加速度的数值等于当地重力加速度的值g，选项A错误；

B．在重物从A位置下落到C位置的过程中，动量的变化为零，可知合外力冲量为零，即重力的冲量等于弹簧弹力的冲量，选项B错误；

C．在手托重物从B位置缓慢上升到A位置在到返回B位置过程中，重力做功为零，弹力做功为零，故手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能，故C正确；

D．根据胡克定律，有F=kx，作图如下：

图中图线与x轴包围的面积表示弹力的功，故在重物从A位置到B位置和从B位置到C位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做功之比是1：3；故D错误；
故选C。

12.恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变。如图所示的电路中电源是恒流源，当滑动变阻器滑动触头从最右端向最左端移动时，下列说法中正确的是（　　）

A. 上的电压变小

B. 上的电压变大

C. 恒流源输出功率保持不变

D. 的电功率增大

【答案】B

【解析】

【详解】ABD．电源输出电流不变，触头P由图示位置向左移动时，接入电路的电阻变大，则总电阻也变大，而电源输出电流不变，由闭合电路欧姆定律可知，并联部分电压增大，所以R2上的电压变大，R2是定值电阻，所以通过R2的电流变大，总电流不变，则通过R1电流减小，所以R1的电压减小，R1的电功率减小，R0上的电压变大，故AD错误，B正确；
C．恒流源输出功率P=UI，而U增大，I不变，则P增大，故C错误。
故选B。

13.如图所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱可以分别与触点接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法中正确的是（　　）

A. 当接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱接的是黑表笔

B. 当接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱接的是黑表笔

C. 当接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱接的是红表笔

D. 当接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱接的是红表笔

【答案】A

【解析】

【详解】BC．当接触点2时，电路中有电源，则此时多用电表处于测量电阻的挡位，电流计左端为正极，右端为负极，其中接线柱接的是黑表笔，选项BC错误；

A．当接触点1时，电流计与分流电阻R1并联，则此时多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱接的是黑表笔，选项A正确；

D．当接触点3时，电流计与电阻R2串联，则多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱接的是黑表笔，选项D错误。

故选A

14.2017年10月10日，中国科学院国家天文台宣布，科学家利用被誉为“天眼”的世界最大单口径射电望远镜——500米口径球面射电望远镜()探测到数十个优质脉冲星候选体，其中两颗已通过国际认证。这是中国人首次利用自己独立研制的射电望远镜发现脉冲星。脉冲星是中子星的一种，是会发出周期性脉冲信号的星体。与地球相似，脉冲星也在自转着，并且有磁场，其周围的磁感线分布如图所示。脉冲是由于脉冲星的高速自转形成，只能沿着磁轴方向从两个磁极区辐射出来;脉冲星每自转一周，地球就接收到一次它辐射的脉冲。结合上述材料，下列说法正确的是（　　）

A. 脉冲信号属于机械波

B. 脉冲星的磁轴与自转轴重合

C. 脉冲的周期等于脉冲星的自转周期

D. 若脉冲星是质量分布均匀的球体，那么它表面各处重力加速度的大小都相等

【答案】C

【解析】

【详解】A．脉冲信号属于电磁波，若为机械波，则传播需要介质，无法接收到，故A错误；
B．根据题图可知脉冲星的磁轴与自转轴并不重合，故B错误；
C．根据题意，脉冲星每自转一周，地球就接收到一次它辐射的脉冲，则可得脉冲的周期等于脉冲星的自转周期，故C正确；
D．若脉冲星是质量分布均匀的球体，因它不停的自转，那么它表面各处重力加速度的大小不都是相等的，在赤道上最小，在两极最大，选项D错误。

故选C。

第二部分非选择题(共58分)

二、填空题(本题共2小题，共18分)

15.在“测定金属的电阻率”实验中，小强同学先用多用电表粗测了一段粗细均匀的电阻丝的阻值(约为)，随后将其固定在带有刻度尺的木板上，准备进一步精确测量其电阻。现有电源(电动势为，内阻不计)、开关和导线若干，以及下列器材:

A.电流表(量程，内阻约)

B.电流表(量程，内阻约)

C.电压表(量程，内阻约)

D.滑动变阻器(,额定电流)

E.滑动变阻器(.,额定电流)

(1)为减小误差，且便于操作，在实验中电流表应选________，滑动变阻器应选________(选填器材前的字母)。

(2)如图所示，是测量该电阻丝电阻的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，还有两根导线没有连接，请补充完成_________。

(3)在开关闭合前，滑动变阻器的滑片应当调到最________(选填“左”或“右”)端；闭合开关后，实验中电压表读数的最小值________(选填“大于零”或“等于零”)。

(4)若不计实验中的偶然误差，则下列说法正确的是________。

A.测量值偏大，产生系统误差的主要原因是电流表分压

B.测量值偏小，产生系统误差的主要原因是电压表分流

C.若已知电压表的内阻，可计算出待测电阻的真实值

D.若已知电流表内阻，可计算出待测电阻的真实值

【答案】    (1). B    (2). D    (3).     (4). 左    (5). 大于零    (6). BC

【解析】

【详解】(1)[1][2]．通过待测电阻的最大电流为

故电流表选择B；一般情况下如果滑动变阻器的阻值小于待测电阻用分压接法，本题采用的限流接法，滑动变阻器的阻值是待测电阻的阻值的2～5倍比较好，故滑动变阻器选择D；
(2)[3]．按以上思路，滑动变阻器采用限流接法，而电流表采用外接法，补充完整的实物图如图所示；

(3)[4][5]．限流接法的滑动变阻器在开关闭合前滑动变阻器的滑片应当调到最左边；此时若闭合开关，电路中电流最小，电压表读数最小，其最小值大于零。
(4)[6]．AB、此外接法的系统误差主要是电压表的分流，待测电阻的电流真实值小于测量值，故测量电阻的值小于真实值，故A错误，B正确；

CD、若已知电压表的内阻，可计算出待测电阻的真实值，选项C正确，D错误。

故选BC。

16.两位同学用如图甲所示装置，通过半径相同的A,B两球的碰撞来验证动量守恒定律。

(1)实验中必须满足的条件是________。

A.斜槽轨道尽量光滑以减小误差

B.斜槽轨道末端的切线必须水平

C.入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下

D.两球的质量必须相等

(2)测量所得入射球的质量为，被碰撞小球的质量为，图甲中点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置，测得平抛射程为;再将小球B放置在轨道末端，让入射球从斜轨上起始位置由静止释放，与小球相撞，分别找到球和球相撞后的平均落点,测得平抛射程分别为和。当所测物理量满足表达式________时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞。

 (3)另一同学也用上述两球进行实验，但将实验装置进行了改装:如图乙所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球球与木条的撞击点。实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为;然后将木条平移到图中所示位置，入射球从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点;再将入射球从斜轨上起始位置由静止释放，与球相撞，确定球和球相撞后的撞击点分别为和。测得与各点的高度差分别为若所测物理量满足表达式________时，则说明球和球碰撞中动量守恒。

【答案】    (1). BC    (2). ON=OP+OM    (3).

【解析】

【详解】(1)[1]．A、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；
B、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；
C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；
D、为了使小球碰后不被反弹，要求入射小球质量大于被碰小球质量，故D错误；
故选BC。
(2)[2]．小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球相碰前后的动量守恒，则

mAv0=mAv1+mBv2

又

OP=v0t

OM=v1t

ON=v2t

代入得

mAOP=mAOM+mBON

若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得

将OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t代入得

mAOP2=mAOM2+mBON2

联立解得

ON=OP+OM

即当所测物理量满足表达式ON=OP+OM时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞。

(3)[3]．小球做平抛运动，在竖直方向上

平抛运动时间

设轨道末端到木条的水平位置为x，小球做平抛运动的初速度：

如果碰撞过程动量守恒，则

mAvA=mAvA′+mBvB′

将速度代入动量守恒表达式解得

即所测物理量满足表达式时，则说明球和球碰撞中动量守恒。

三、计算题(本题共4小题，共40分)

17.民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，形成一个连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地上，如图甲所示，图乙是其简化模型．若紧急出口下沿距地面的高度h=3.0m，气囊所构成的斜面长度L=5.0m．质量m=60kg的某旅客从斜面顶端由静止开始滑到斜面底端．已知旅客与斜面间的动摩擦因数μ=0.55，不计空气阻力及斜面的形变，旅客下滑过程中可视为质点，取重力加速度g=10m/s2．求：

（1）旅客沿斜面下滑时的加速度大小；

（2）旅客滑到斜面底端时的速度大小；

（3）旅客从斜面顶端滑到斜面底端过程中，斜面对旅客所施加的支持力的冲量大小．

【答案】（1）a=1.6m/s2；（2）v=4.0m/s；（3）1.2×103N·s

【解析】

【详解】（1）设旅客沿斜面下滑的加速度大小为a，

根据牛顿第二定律有

mgsinθ－μmgcosθ= ma

解得 a=1.6m/s2

（2）根据运动学公式v2=2aL 解得v=4.0 m/s

（3）设旅客下滑过程所用时间为t，则有

L=vt

支持力FN=mgcosθ，在整个下滑过程中支持力的冲量大小

I=mgcosθt

解得I=1.2×103N·s

18.天宫二号在距地面高度处绕地球做匀速圆周运动。2016年10月19日，神舟十一号飞船发射成功，与天宫二号空间站圆满完成自动交会对接。假设对接前“天宫二号”与“神舟十一号”在同一轨道围绕地球做匀速圆周运动，如图所示。已知地球质量为，半径为，引力常量为。

(1)求天宫二号在轨运行线速度的大小；

(2)求天宫二号在轨运行周期T；

(3)若“神舟十一号”在图示位置，欲与前方的“天宫二号”对接，只通过向后方喷气能否实现成功对接?请说明理由。

【答案】(1) ；(2) ；(3)不能

【解析】

【详解】(1)设天宫二号质量为m，根据万有引力定律和牛顿第二定律，万有引力提供向心力 

解得线速度

(2)根据周期公式 

解得周期

(3)“神舟十一号”向后喷气，速度增大，所需的向心力也增大，此时的万有引力不足以提供“神舟十一号”所需的向心力，飞船将做离心运动，到离地球更远的轨道上运动，不能实现对接。

19.为了测定粒子放射源向外辐射出粒子速度的大小，设计和安装了如图所示的装置。从带有小孔的放射源中均匀地向外辐射出平行于y轴的、速度一定的粒子(质量为m,电荷量为)。现让其先经过一个磁感应强度为、区域为半圆形的匀强磁场,经该磁场偏转后，粒子恰好从一半圆形磁场区域的圆心处射出磁场，沿轴进入右侧的平行板电容器板上的狭缝，并打到置于板上的荧光屏上，此时通过显微镜头可以观察到屏上出现了一个亮点。闭合电键后，调节滑动变阻器的滑动触头当触头位于滑动变阻器的中央位置时，通过显微镜头看到屏上的亮点恰好消失。已知电源电动势为，内阻为,滑动变阻器的总阻值。

（1）求平行板电容器两板间的电压及粒子从放射源中射出时速度的大小；

（2）求该半圆形磁场区域的半径；

（3）若平行板电容器两极板间的距离为，求粒子在磁场中和电场中运动的总时间。

【答案】（1）；；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）由闭合电路的欧姆定律，回路中的电流强度

两极板间的电压

对某一α粒子，在加速电场中应用动能定理得

联立解出

（2）设α粒子在磁场中的轨迹半径为r，则 

由题意

结合解出

（3） 由题意，“粒子向上射入磁场偏转90°后射出，后来又从O点返回磁场再偏转90°，最后向上射出磁场。故粒子在磁场中的总时间

又

联立解出

粒子在电场中做减速运动，到达N板的速度恰为零，结合，可得粒子在电场中运动的总时间为

则粒子在磁场中和电场中运动的总时间

20.经典电磁理论认为：当金属导体两端电压稳定后，导体中产生恒定电场，这种恒定电场的性质与静电场相同.由于恒定电场的作用，导体内自由电子定向移动的速率增加，而运动过程中会与导体内不动的粒子发生碰撞从而减速，因此自由电子定向移动的平均速率不随时间变化.金属电阻反映的是定向运动的自由电子与不动的粒子的碰撞.假设碰撞后自由电子定向移动的速度全部消失，碰撞时间不计.

某种金属中单位体积内的自由电子数量为n，自由电子的质量为m，带电量为e. 现取由该种金属制成的长为L，横截面积为S的圆柱形金属导体，将其两端加上恒定电压U，自由电子连续两次与不动的粒子碰撞的时间间隔平均值为t0.如图所示.

(1)求金属导体中自由电子定向运动受到的电场力大小；

(2)求金属导体中的电流I；

(3)电阻的定义式为，电阻定律是由实验得出的.事实上，不同途径认识的物理量之间存在着深刻的本质联系，请从电阻的定义式出发，推导金属导体的电阻定律，并分析影响电阻率ρ的因素.

【答案】(1) ；(2)；(3)

【解析】

【详解】（1）恒定电场的场强

则自由电子所受电场力

（2）设电子在恒定电场中由静止加速的时间为t0时的速度为v，由动量定理

解得

电子定向移动的平均速率

金属导体中产生的电流

，I，I

解得I

（3）由电阻定义式

为定值，此定值即为电阻率ρ，所以

电阻率影响因素有：单位体积内自由电子的数目n，电子在恒定电场中由静止加速的平均时间t0．