北京市首师大附中2020届高三下学期高考模拟物理试题 Word版含解析 19页

‎2020 年首师大附中高考模拟试题（物理）‎ 第一部分 本部分共14题，每题3分，共 42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。‎ ‎1.下列说正确的是（　　）‎ A. 布朗运动的剧烈程度与温度无关 B. 布朗运动是液体分子的无规则运动 C. 分子间同时存在着引力和斥力 D. 分子间的引力总是随分子间距增大而增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．温度越高，分子热运动的平均动能越大，布朗运动越明显，故布朗运动的剧烈程度与温度有关，A错误；‎ B．布朗运动是由液体分子的热运动引起的，但布朗运动不是液体分子的无规则运动， B错误；‎ CD．分子间的引力和斥力总是同时存在，随着分子间间距增大而减小，随着分子间间距减小而增大，C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.下列哪些现象或者效应能说明光具有粒子性（　　）‎ A. 偏振现象 B. 干涉现象 C. 康普顿效应 D. 衍射现象 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．光的偏振现象说明光是一种横波而不是纵波，A错误；‎ B．光的干涉现象说明光具有波动性，B错误；‎ C．康普顿效应证明了光不仅仅具有能量，光还具有动量，说明光具有粒子性，C正确；‎ D．光的衍射现象说明光具有波动性，D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.某单摆的简谐运动图像如图所示，取，下列描述正确的是（　　）‎ - 19 -‎ A. 摆长为1m B. 摆长为2m C. t =3s时，小球的速度最大，加速度为零 D. t =4s时，小球的速度最大，加速度为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图像可知，单摆周期为4s，由单摆周期公式得 故AB错误；‎ C．由图像可知，t =3s时，位移最大，小球的速度为0，加速度最大，故C错误；‎ D．由图像可知，t =4s时，小球处于平衡位置，则小球加速度为0，速度最大，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎4.已知巴耳末系对应的光谱线是可见光，那么莱曼系对应的光谱线与前者相比有（　　）‎ A. 可能是紫外线 B. 可能是红外线 C. 光的波长会更长 D. 在真空中的传播速度会更大 - 19 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图可知，莱曼系对应的光谱中光的频率比巴耳末系对应的光谱中光的频率大，则可能是紫外线，故A正确，B错误；‎ C．由于莱曼系对应的光谱中光的频率比巴耳末系对应的光谱中光的频率大，根据可知对应的波长更小，故C错误；‎ D．所有光在真空中的传播速度都相同，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎5.对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（　　）‎ A. 若体积不变、温度升高，则每个气体分子热运动的速率都增大 B. 若体积减小、温度不变，则器壁单位面积受气体分子的碰撞力不变 C. 若体积变大，则内能一定变小 D. 若体积减小、温度不变，则气体分子密集程度增大，压强一定增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．温度升高，气体分子的平均动能增大，但并不是气体中每个分子的速率都增大，也有个别速度减小的，故A错误；‎ BD．对于一定质量的理想气体，体积减小，分子密集程度增大。理想气体质量一定时，满足 若体积减小、温度不变，则压强增大，故器壁单位面积受气体分子的碰撞力会增大，故B错误，D正确；‎ C．体积变大、温度升高，气体的内能会增大，故C错误。‎ 故选D。‎ ‎6.如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）‎ - 19 -‎ A. 原线圈的输入功率为 B. 电流表的读数为1A C. 电压表的读数为 D. 副线圈输出交流电的周期为50s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为，故有效值为，由，解得副线圈电压的有效值为：‎ ‎，‎ 故输出功率：‎ ‎，‎ 再由输入功率等于输出功率知：‎ ‎，‎ 故A错误；‎ B．根据欧姆定律知:‎ ‎，‎ 由，可得：‎ ‎，‎ 故电流表读数为1A，故B正确；‎ C．电压表的读数为有效值，即，故C错误；‎ D．由交流电压的表达式可知：，又，解得：‎ - 19 -‎ ‎，‎ 故D错误。‎ 故选B。‎ ‎7.如图所示，a、b、c为同一条电场线上的三点，c为中点，电势分别为，，则（　　）‎ A. c点的电势一定为4V B. a点处的场强一定比b点处的场强大 C. a点处的场强与 b 点处的场强一定相等 D. 正电荷从 c 点运动到 b 点电势能一定减少 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】BC．由于只知道电场中一条电场线，因此不能确定该电场是否为匀强电场，a点处的场强与b点处的场强大小不确定，BC错误；‎ A．当该电场是匀强电场时，由公式 可得沿电场方向相同距离电势差相等，则电场在c点处的电势一定为4V，因不能确定该电场是否为匀强电场，所以在c点处的电势不一定为4V，A错误；‎ D．因为，，根据 正电荷在电势高处电势能大，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少，D正确。‎ 故选D。‎ ‎8.卡文迪许把自己的扭秤实验称为“称量地球的质量”，在测得万有引力常数G后，知道下列哪个选项中的物理量，就可算出地球质量（　　）‎ A. 地球表面的重力加速度 B. 地球表面的重力加速度和地球半径 C. 绕地球表面做圆周运动的物体的运动周期 - 19 -‎ D. 地球绕太阳运动的周期和运动半径 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．地球表面物体的重力近似等于万有引力得 得 要测得地球质量还应知道地球的半径，故A错误，B正确；‎ C．由万有引力提供向心力得 得 要测得地球质量还应知道地球的半径，故C错误；‎ D．地球绕太阳运动的周期和运动半径时能求出中心天体的质量即太阳的质量，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎9.在威尔逊云室中观察静止在P点的原子核发生衰变后，放出的粒子和生成核在匀强磁场中做圆周运动的径迹，可能是下列四个图中的：（图中的两段曲线分别是半径不同的两段圆弧，表示两个粒子运动径迹由P点开始的一部分）（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【详解】静止在P点的原子核，动量为零，根据动量守恒定律得，反应后系统总动量为零，则粒子和生成核的动量大小相等，方向相反，因为两粒子电性相同，速度方向相反，根据左手定则判断轨迹的内外切，ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎10.穿过同一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图中的①~④所示，下列关于回路中感应电动势的论述正确的是（　　）‎ A. 图①回路产生恒定不变的感应电动势 B. 图②回路产生的感应电动势一直在变大 C. 图③回路0~t1时间内产生的感应电动势小于t1~t2时间内产生的感应电动势 D. 图④回路产生的感应电动势先变小再变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即，结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象的斜率；‎ A．图①中磁通量不变，无感应电动势，A错误；‎ B．图②中磁通量随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变，B错误；‎ C．图③中回路在时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率为k1，在时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现：k1大于k2的绝对值。所以在时间内产生的感应电动势大于在时间内产生的感应电动势，C错误；‎ D．图④中磁通量随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，D正确。‎ 故选D。‎ ‎11.如图所示，某人把质量为m的石块从距地面h高处以初速度抛出，‎ - 19 -‎ 方向与水平方向夹角为q（0º≤q<90º），石块最终落在水平地面上。若空气阻力可忽略，则下列说法不正确的是（　　）‎ A. 石块和地球构成的系统的机械能守恒 B. 石块在运动全程中的动量变化量为m C. 石块落地时动能大小为 D. 人对石块做功的大小为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石块在空中运动时只有重力做功，石块和地球构成的系统机械能守恒， A正确，不符题意；‎ B．物体在竖直方向上做匀变速直线运动，有 解得 由动量定理可得 B错误，符合题意；‎ C．由机械能守恒可得 C正确不符题意；‎ D．人对石块做功使得石块获得动能，即人对石块做功的大小为，D正确，不符题意。‎ - 19 -‎ 故选B。‎ ‎12.伽利略相信，自然界的规律是简单明了的。他从这个信念出发，猜想落体的速度应该是均匀变化的。为验证自己的猜想，他做了“斜面实验”，如图所示，发现铜球在斜面上运动的位移与时间的平方成正比。改变球的质量或增大斜面倾角，上述规律依然成立。于是，他外推到倾角为的情况，得出落体运动的规律。结合以上信息，判断下列说法正确的是（　　）‎ A. 伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量速度 B. 伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量加速度 C. 本实验合理地运用了外推法，证明了自由落体运动是匀变速直线运动 D. 由“斜面实验”的结论可知，铜球运动的速度随位移均匀增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．物体做自由落体运动的时间很短，不易测量，当时伽利略利用斜面做实验，主要是考虑到实验时便于测量小球运动的时间，在当时的情况下，还没有出现加速度的概念，伽利略在实验中没有测量加速度，故AB错误；‎ CD．铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90°时，这时铜球做自由落体运动，由此得出的结论是在斜面倾角一定时，铜球运动的速度随时间均匀增大，即自由落体运动是一种匀变速直线运动，故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎13.在利用单摆测重力加速度的实验中,下列哪些操作会使得测得的重力加速度 g 的值偏大（　　）‎ A 摆线过长，摆角过小 B. 在测量摆长时，将线长和小球直径之和作为了摆长 C. 摆球的质量过大 D. 测量周期时，时间t内全振动次数少数了一次 - 19 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．摆线过长、摆角过小、质量过大对测量结果都没有影响，故AC错误；‎ BD．根据 得 可知在测量摆长时，将线长和小球直径之和作为了摆长，偏大，偏大；测量周期时，时间t内全振动次数少数了一次，则周期偏大，偏小。故B正确，D错误。‎ 故选B。‎ ‎14.新冠病毒的整体尺寸一般在30-80nm，用光学显微镜即可观察。但如果病毒团聚在一起，就无能为力了.就需要继续放大，一般5-10万倍，可以有效观察到单个病毒。如果要清晰识别病毒形态，那还需要继续放大10-15万倍比较好。这时就需要借助一种更加专业的仪器设备——电子显微镜。用光学显微镜观察物体时，由于衍射，被观测的物体上的一个光点经过透镜后不再会聚为一点而是形成了一个光斑，这样物体的像就模糊了；电子束也是一种波，把电子加速后，它的德布罗意波比可见光波长短得多，衍射现象的影响就小的多，这样就可以极大地提高显微镜的分辨能力。已知物质波的波长为，p为物体的动量，h为普朗克常数。根据以上材料下列说法正确的是（　　）‎ A. 该材料的信息了说明电子具有粒子性 B. 为了进一步提高电子显微镜的分辨本领，应当降低加速电子的电压 C. 相比电子显微镜，质子显微镜的分辨本领更强 D. 电子的动量越小，电子显微镜的分辨本领越强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由材料可知，主要提到的是波的衍射现象即说明电子具有波动性，故A错误；‎ B．为了进一步提高电子显微镜分辨本领，应增加加速度电子的电压，所电子的速度更大，它的德布罗意波更短更不容易发生衍射，故B错误；‎ - 19 -‎ C．由动能定理可知 电子与质子经过相同的电压加速后，质子获得的动量更大，质子的德布罗意波更小，即质子显微镜的分辨本领更强，故C正确；‎ D．由可知，电子的动量越小，波长越长，越容易发生衍射即电子显微镜的分辨本领越弱，故D错误。‎ 故选C。‎ 第二部分 ‎15.通过实验测量金属丝的电阻率。‎ ‎（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量示数如图所示可得金属丝直径的测量值 d=__________mm。‎ ‎（2）按图所示电路测量金属丝的电阻Rx（阻值约为5Ω）。实验中除开关、若干导线之外还提供了下列器材：‎ 从以上器材中选择合适的器材进行测量，电压表应选_________，电流表应选___________，滑动变阻器应选________________（填器材代号）。‎ ‎(3)小明将开关分别接通了a处和b处，通过观察，他认为将开关与a - 19 -‎ 处接通进行实验实验误差较小，请描述小明看到的现象___________，本实验中的误差是_________(填系统误差或者偶然误差），电阻的测量值R测和其真实值 R真的大小关系是 R测 ____________R真（填大于、小于、等于）‎ ‎(4）小明对（3）中出现了误差很不满意，他在实验中放弃了伏特表，而是选用了量程为 IG，内阻为RG的电流计G，还有量程为99999欧的电阻箱，小明设想的实验电路图如图所示，并写出该实验中待测电阻的测量值R的表达式_______________（描述表达式中各个物理量的物理意义）。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 电压表示数变化比电流表的示数变化显著 (6). 系统误差 (7). 小于 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1] 金属丝直径 ‎。‎ ‎（2）[2] 电源电动势为，电压表应选择。‎ ‎（2）[3] 最大电流约为 电流表应选择。‎ ‎（2）[4] 为方便实验操作，滑动变阻器选择。‎ ‎（3）[5] 小明看到的现象是，电压表示数变化比电流表的示数变化显著，说明电压表内阻很大，电压表分流很小，几乎为零，电流表分压较大，电流表应采用外接法，开关与a处接通进行实验实验误差较小。‎ - 19 -‎ ‎（3）[6]本实验误差是由实验方法所产生的所以是系统误差。‎ ‎（3）[7] 电流表采用外接法，由于电压表分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，金属丝电阻测量值小于真实值。‎ ‎（4）[8]电阻两端的电压 通过电阻的电流为 阻值 是电流计G的示数，RG为的电流计G内阻，电流表的示数，是电阻箱的读数。‎ ‎16.用如图所示的电路图测量一节干电池的电动势和内阻。‎ ‎（1）在下表中选出适当的实验器材进行实验。‎ - 19 -‎ 实验中电流表应选用_________；电压表应选用_________；滑动变阻器应选用______（填器材代号）。‎ ‎（2）本实验的误差来源是_________(电压表分流或者安培表分压）‎ ‎（3）小明用伏特表和电阻箱来替代伏特表、安培表和滑动变阻器，自己设计了实验电路；通过调节电阻箱的阻值R得到了相应的电压表的示数U，小明利用这些数据通过描点法画图像得到了一条直线，已知纵轴代表，则横轴代表的物理量为___________；已知图线得截距为b，斜率为k，则电池 的电动势为___________，内阻为____________________。‎ ‎【答案】 (1). A1 (2). V1 (3). R1 (4). 电压表分流 (5). (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]电源电动势为1.5V，电压表选V1；‎ ‎[2][3]由可知，当电流表选A1时，电路中电阻就能保证电路安全，所以电流表和滑动变阻器选A1和R1；‎ ‎（2）[4]由欧姆定律 变形得 根据电路图可知，因电压表分流，使得流过电源的电流大于流过电流表的电流，偏大；‎ ‎（3）[5][6][7]由题意可得 变形得 即横坐标为，电动势，内阻。‎ ‎17.如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L=5.0m，倾角θ=37 º ‎ - 19 -‎ ‎，水平段与斜面段平滑连接．某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在滑道上．已知小朋友质量为20kg，小朋友与滑梯轨道间的动摩擦因数μ=0.3，不计空气阻力．已知sin37º=0.60，cos37º=0.80．（g取10m/s2）．求小朋友：‎ ‎（1）沿滑梯下滑时所受摩擦力的大小；‎ ‎（2）滑到斜面底端时的速度大小；‎ ‎（3）在水平段滑行至停止过程中摩擦力做的功．‎ ‎【答案】（1）48N（2） （3）360J ‎【解析】‎ ‎（1）小孩在斜面上滑行时所受的摩擦力大小为 Ff =μmgcosθ=48N ‎ ‎（2）小孩在斜面上滑行时，由牛顿第二定律得 mgsinθ-μmgcosθ=ma1 ‎ 解得a1=gsinθ-μgcosθ=3.6m/s2 ‎ 由运动学公式v2=2aL 解得小孩滑至B点时的速度大小为 v==6m/s ‎ ‎（3）小孩在水平段滑行时，由动能定理得 Wf =0mv2= -360J ‎ ‎18.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为 B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd， 其边长为 L，每边电 阻为 R，ad边与磁场边界平行。从 ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在垂直磁场边界向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：‎ ‎(1)ad 两点间的电压大小 ‎(2)拉力所做的功W；‎ ‎(3)通过线框某一横截面的电量q为多大？‎ - 19 -‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据导体切割磁感应线处的感应电动势计算公式可得，ad两点间的电压大小 ‎(2)根据闭合电路的欧姆定律可得线框中电流 拉力做的功等于克服安培力做的功，所以有 ‎(3)通过线框某一横截面的电量 ‎19.（1）从距水平地面足够高的一点以初速度v0平抛一小球，已知，小球的质量为m，重力加速度为g。‎ ‎①以抛出时刻为零时刻，经过时间t，小球的动量变化量为多大？‎ ‎②红星中学的李华同学和牛栏山中学的李桦同学对该运动展开了讨论，李华认为如果增大平抛的初速度，小球的运动时间变长，而重力做功的大小不变，所以小球落地时重力的功率变小；而李桦则认为即使增大初速度，小球落地时重力的功率也不变。请你判断谁的观点正确，并给出你的解答。‎ ‎(2)如果小球从倾角为a的斜坡上的一点做平抛运动，请论证当小球每次落到斜坡上时的运动方向一定是平行的，与初速度v大小无关。‎ - 19 -‎ ‎【答案】(1)①mgt；②见解析；(2)见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①由动量定理可知，小球的动量变化量为 ‎②由公式可知，小球落地时的速度为 落地时重力的瞬时功率为 由此可知，落地时重力的瞬时功率与初速度无关，故李桦同学的观点正确 ‎(2)设落在斜面上时速度方向与水平方向的夹角为，将此速度分解为水平方向与竖直方向，则有 将此过程的位移分解则有 由此可知 则为值，所以小球每次落到斜坡上时的运动方向一定是平行的，与初速度v大小无关 ‎20.激光由于其单色性好、亮度高、方向性好等特点，在科技前沿的各个领域有着广泛的应用，已知光在真空中的传播速度为c，普朗克常量为h，光子的能量E与动量p的关系是。‎ ‎(1)科研人员曾用强激光做过一个有趣的实验：一个小玻璃平片被一束强激光托在空中。已知激光照射到小玻璃片上的功率为P，假设激光竖直向上照射，照到玻璃片上的激光被全部吸收掉，重力加速度为g。求小玻璃片的质量m。‎ ‎(2)‎ - 19 -‎ 激光冷却和原子捕获技术在科学上意义重大，特别是对生物科学将产生重大影响。所谓激光冷却就是在激光的作用下使得热运动的原子减速，其具体过程如下：一质量为 m的原子沿着x轴负方向运动，频率为ν1的激光束迎面射向该原子，以速度V0运动着的原子就会吸收迎面而来的光子从基态跃迁到激发态，而处于激发态的原子会很快又自发地辐射光子回到基态。原子自发辐射的光子方向是随机的，假设以上过程中，原子的速度已经很小，光子向各方向辐射的可能性可认为是均等的。‎ ‎①设原子单位时间内与n个光子发生相互作用，求运动原子做减速运动的加速度；‎ ‎②已知处于基态的某静止原子能够吸收频率为ν0的光子，从而跃迁到它的第一激发态。假设以速度V0运动着的原子吸收迎面而来的光子从基态跃迁到激发态，该原子发生吸收光子后，原子的速度就变为V1，方向未变。已知该过程也遵循能量守恒定律和动量守恒定律，为了求原子的速度V1，请列出相应的守恒定律对应的方程。‎ ‎【答案】(1)；(2)①；②见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设时间t内光子的能量为 动量变化为 由动量定理得 由平衡条件可得 - 19 -‎ 联立解得 ‎(2)①单位时间内原子吸收光子的能量为 光子的动量变化为 由动量定理有 其中，得 由牛顿第三定律可知，运动原子做减速运动的加速度 ‎②设光子的质量为M，由动量守恒有 由能量守恒有 ‎ ‎ - 19 -‎