2020年北京高考学业水平等级性考试模拟试卷（二）物理试题（含解析Word版）

2020 年北京市普通高中学业水平等级性考试 模拟试卷（二）物 理 一．本部分共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只 有一个选项符合题目要求。 1.下列说法中正确的是（  ） A. 当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而增大 B. 气体压强的大小跟气体分子的平均动能有关，与分子的密集程度无关 C. 食盐晶体 物理性质沿各个方向都是一样的 D. 由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体 表面具有收缩的趋势 【答案】D 【解析】 【详解】A．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小，选项 A 错 误； B．气体压强的大小跟气体分子的平均动能有关，与分子的密集程度也有关；分子平均动能越 大，分子对器壁的碰撞力越大；分子密度越大，单位时间打到器壁上的分子数越多，气体的 压强越大，选项 B 错误； C．食盐是单晶体，物理性质表现为各向异性，选项 C 错误； D．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体 表面具有收缩的趋势，选项 D 正确。 故选 D。 2. 物理学是一门以实验为基础的学科，许多物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来 的，有关下面四个实验装置，描述正确的是（ ） A. 牛顿利用装置（1）测量出了引力常量 B. 安培利用装置（2）总结出了电荷间的相互作用规律 的 C. 奥斯特利用装置（3）发现了电流的磁效应 D. 亚里士多德利用装置（4）总结出了自由落体运动规律 【答案】C 【解析】 试题分析：牛顿发现万有引力定律之后，卡文迪许利用扭秤装置测定了引力常量的数值，故 A 错误；库仑通过扭秤实验总结出电荷间相互作用的规律，故 B 错误；奥斯特发现了电流的磁 效应，法拉第总结出了电磁感应定律，故 C 正确；伽利略通过逻辑推理和数学知识研究了铜 球在斜面滚动的实验，得出了自由落体运动是匀变速直线运动这一规律，故 D 错误． 考点：物理学史 【名师点睛】对于物理学家所作的科学贡献，要加强记忆，这是常识性问题，考试时是基础 题，容易得分． 3.目前，在居家装修中，经常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些岩石都不同程度地含有放 射性元素，比如有些含有铀钍的花岗岩等岩石都会释放出放射性惰性气体氡，而氢会发生放 射性衰变，放出 、 、 射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道方面的疾病，根据 有关放射性知识可知，下列说法正确的是 A. 衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的 B. 射线是原子核外电子电离形成的质子流它具有很强的穿透能力 C. 已知氢的半衰期为 3.8 天，若取 1g 氢放在天平左盘上，砝码放于右盘，左右两边恰好平衡， 则 3.8 天后，需取走 0.5g 砝码天平才能再次平衡 D. 发生 α 衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了 4 【答案】A 【解析】 【详解】A、β 衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的，故 A 正 确， B、 射线是电子流，并不是质子流，它的穿透能力强于 射线，弱于 射线，穿透能力中 等，故 B 错误； C、氡的半衰期为 3.8 天，经 3.8 天后，有 0.5 克衰变成新核，新的原子核仍然留在天平左盘中， 故取走的砝码应小于 0.5 克，天平才能再次平衡．故 C 错误 α β γ β β β α γ D、发生 α 衰变时，电荷数少 2（即质子数减少 2），质量数少 4，故中子数减少 2，故 D 错 误． 4.体育器材室里，篮球摆放在如图所示的球架上.已知球架的宽度为 ，每个篮球的质量为 ， 直径为 ，不计球与球架之间的摩擦，重力加速度为 .则每个篮球对一侧球架的压 力大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，如图所示，设球架对篮球的支持力 与竖直方向的夹角为 .由几何知识得 ，根据平衡条件 得 ， 解 得 ， 则 得 篮 球 对 一 侧 球 架 的 压 力 大 为 ，故选项 C 正确. d m ( )D D d> g 1 2 mg mgD d 2 22 mgD D d− 2 22mg D d D − N α 2 2 2 22 2cos 2 D d D d D D α    −    −   = = 2 cosN mgα = 2 22 mgDN D d = − 2 2 ' 2 mgDN N D d = = − 5.如图所示，质量为 M 的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固在框架上，下端固定一个质 量 m 的小球，小球上下振动时框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零的瞬间，小球的加 速度大小为 A. g B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】当框架对地面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力，则小球受到 向下的合力等于 mg+Mg，由牛顿第二定律可得 mg+Mg=ma 解得小球的加速度大小为 A．g，与结论不相符，选项 A 错误； B． ，与结论不相符，选项 B 错误； C． ，与结论不相符，选项 C 错误； ( )M m g m − Mg m ( )M m g m + M ma gm += ( )M m g m − Mg m D． ，与结论相符，选项 D 正确； 6.如图所示，象棋子压着纸条，放在光滑水平桌面上．第一次沿水平方向将纸条抽出，棋子落 在地面上的 P 点．将棋子、纸条放回原来的位置，仍沿原水平方向将纸条抽出，，棋子落在地 面上的 Q 点，与第一次相比（ ） A. 棋子受到纸条的摩擦力较大 B. 棋子落地速度与水平方向夹角较大 C. 纸条对棋子的摩擦力做功较多 D. 棋子离开桌面至落地过程中动能增量较大 【答案】C 【解析】 【分析】 纸片对棋子的摩擦力的做功，从而使棋子获得初速度，做平抛运动，则根据平抛运动和动能 定进行求解即可； 【详解】A、两次由于正压力不变，根据滑动摩擦力公式 纸带对棋子的摩擦力没变， 故选项 A 错误； B、棋子离开桌面后做平抛运动，由于竖直分位移相同，根据竖直方向运动规律可知时间相同， 由于第二次水平分位移较大，可以第二次做平抛运动的初速度大，可知第二次纸条对棋子的 摩擦力做功较多，设落地时速度与水平方向夹角为 ，则 ，可知第二次棋子 落地时速度与水平方向夹角较小，故选项 B 错误，C 正确； D、根据动能定理可知，动能的增量等于合外力的功，由于不计空气阻力，则合力的功即为重 力的功，由题可知重力的功相等，故动能的增量相等，故选项 D 错误． 【点睛】解答本题的关键是正确分析铁块在纸条上的运动过程，根据平抛运动规律和动能定 理即可分析解答． 7.直线 P1P2 过均匀玻璃球球心 O，细光束 a、b 平行且关于 P1P2 对称，由空气射入玻璃球的光 路如图．a、b 光相比（ ） ( )M m g m + Nf Fµ= θ 0 0 tan yv gt v v θ = = A. 玻璃对 a 光的折射率较大 B. 玻璃对 a 光的临界角较小 C. b 光在玻璃中的传播速度较小 D. b 光在玻璃中的传播时间较短 【答案】C 【解析】 试题分析：由图知，光线通过玻璃砖后，b 光 偏折角大，则玻璃对 b 光的折射率较大，故 A 错误．玻璃对 a 光的折射率较小，由 分析知，玻璃对 a 光的临界角较大．故 B 错 误．由 分析知，b 光在玻璃中的传播速度较小，故 C 正确．b 光在玻璃砖通过的路程较 大，传播速度较小，由 分析知 b 光在玻璃中的传播时间较长．故 D 错误．故选 C． 考点：光的折射；全发射 【名师点睛】此题考查了光的折射定律及全发射知识；解决本题的关键要明确折射率越大， 光的偏折角越大，判断出折射率关系，再分析其他量之间的关系． 8.下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（  ） A. 图 A 中，若匀速拉动木板的速度较大，则由图像测得简谐运动的周期较大 B. 由图 B 可知，系统的固有频率为 f0 C. 图 C 中频率相同的两列波叠加，使某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱，这种现象 叫做波的干涉，只有频率相同的横波才能发生干涉 D. 图 D 中泊松亮斑是小孔衍射形成 图样 【答案】B 【解析】 的 的 1sinC n = cv n = t s v = 【详解】A．演示简谐运动的图象实验中，若匀速拉动木板的速度较大，会导致图象的横标变 大，但对应的时间仍不变，简谐运动的周期与单摆的固有周期相同，故 A 错误； B．由图可知当驱动力的频率 f 跟固有频率 f0 相同时，才出现共振现象，振幅才最大，则固有 频率为 f0，故 B 正确； C．根据干涉产生的概念知：频率相同的两列波叠加，使某些区域的振动加强，某些区域的振 动减弱，这种现象叫做波的干涉。频率相同的横波和纵波都能发生干涉，选项 C 错误； D．泊松亮斑是圆板衍射形成的图样，故 D 错误。 故选 B。 9.位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示，ab，cd 分别是正方形两组对边 的中垂线，O 为中垂线的点，P，Q 分别为 ab，cd 上的两点 OP＞OQ，下列说法中正确的是 （  ） A. P、Q 两点 电势关系为 φP＜φQ B. P、Q 两点电场强度的大小关系为 EQ＜EP C. 若在 O 点轻放一正点电荷，该正点电荷可能沿 ab 方向运动 D. 带负电的试探电荷在 Q 点时的电势能比在 M 点时的电势能小 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题中电场线的分布图可知，本题考查电场线与等势面相结合的问题．根据电场线、等势 面规律，运用电场疏密表强弱、沿电场线电势降低、场强的叠加和电势能等知识分析求解． 【详解】AB．电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密，电场强度越大，根据图象知 P 点 的电场强度比 Q 点的小．根据电场线与等势面垂直，可知 ab 与 cd 是两条等势线，则 P 与 O 的电势相等，Q 与 O 的电势也相等，所以 P、Q 两点的电势相等．故 AB 两项错误． C．四个点电荷在 O 点产生的电场相互抵消，场强为零，在 O 点放一正点电荷，该正点电荷 受到的电场力为零，不会运动．故 C 项错误． 的 D．P、Q 两点的电势相等，又根据电场线的方向知 M 点的电势比 P 点的低，则 Q 点的电势高 于 M 点的电势．负电荷在电势高处电势能小，所以带负电的试探电荷在 Q 点的电势能比在 M 点小．故 D 项正确． 10.有人根据条形磁铁的磁场分布情况用塑料制作了一个模具，模具的侧边界刚好与该条形磁 铁的磁感线重合，如图所示．另取一个柔软的弹性导体线圈套在模具上方某位置，线圈贴着 模具上下移动的过程中，下列说法正确的是(地磁场很弱，可以忽略)(  ) A. 线圈切割磁感线，线圈中出现感应电流 B. 线圈紧密套在模具上移动过程中不出现感应电流 C. 由于线圈所在处的磁场是不均匀的，故而不能判断线圈中是否有电流产生 D. 若线圈平面放置不水平，则移动过程中会产生感应电流 【答案】B 【解析】 【分析】 若穿过线圈的磁通量变化就会产生感应电流，据此判断. 【详解】ABC．线圈贴着模具上下移动的过程中，由于穿过线圈的磁通量不变可知不会产生 感应电流，选项 AC 错误，B 正确； D．若线圈平面放置不水平，则移动过程中由于穿过线圈的磁通量不变，也不会产生感应电流， 选项 D 错误； 故选 B. 11.如图所示，一导热性能良好的金属气缸静放在水平面上，活塞与气缸壁间的摩擦不计．气 缸内封闭了一定质量的气体，气体分子间的相互作用不计．现缓慢地逐渐向活塞上倒一定质 量的沙土，忽略环境温度的变化，在此过程中（ ） A. 气体的内能增大 B. 气缸内分子的平均动能增大 C. 单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数一定增多 D. 因为外界对气体做了功，所以气体的温度是升高的 【答案】C 【解析】 金属气缸导热性能良好，由于热交换，气缸内封闭气体温度与环境温度相同，向活塞上倒一 定质量的沙土时气体等温度压缩，温度不变，气体的内能不变．故 AD 错误．温度不变，气体 分子的平均动能不变，平均速率不变，等温压缩时，根据玻意耳定律得知，压强增大，则单 位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数增多．故 B 错误，C 正确．选 C. 【点睛】金属气缸导热性能良好，由于热交换，气缸内封闭气体温度与环境温度相同，认为 保持不变，封闭气体的内能和平均动能都保持不变．气体的体积减小，根据玻意耳定律分析 压强的变化，由压强的微观含义分析单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数的变化． 12.如图所示，I 为电流表示数，U 为电压表示数，P 为定值电阻 R2 消耗的功率，Q 为电容器 C 所带的电荷量，W 为电源通过电荷量 q 时电源做的功．当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程 中，下列图象能正确反映各物理量关系的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 试题分析：变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大， 消耗的功率为 , ∝ ，故 A 正确；电容器 的电压 ，电荷量 ，则 ，保持不变，则 图象是向下倾斜的直线， 故 B 正确；电压表示数 ， 图象应是向下倾斜的直线，故 C 错误；电源通过电 荷量 时电源做的功 ， 是电源的电动势，则 是过原点的直线，故 D 错误． 考点：本题考查了闭合电路的动态分析 13.如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的 电动势图象如图乙所示，通过原、副线圈的匝数比为 1∶10 的理想变压器给一灯泡供电如图丙 所示，副线圈电路中灯泡额定功率为 22 W，现闭合开关，灯泡正常发光．则（ ） A. t＝0．01s 时刻穿过线框回路的磁通量为零 B. 交流发电机的转速为 100 r/s C. 变压器原线圈中电流表示数 1 A D. 灯泡的额定电压为 220 V 【答案】C 【解析】 t＝0.01 s 时刻感应电动势为零，故此时穿过线框回路的磁通量最大，选项 A 错误；交流电的 频率 ，故交流发电机的转速为 n=f=50 r/s，选项 B 错误；变压器原线圈中电压 有效值为 22V，则根据 I1U1=P=22W，解得 I1=1A，即电流表示数为 1 A，选项 C 正确；变压 器次级电压有效值为 ，则灯泡的额定电压为 220 V，选项 D 错误；故选 C. 14.如图所示，质量为 m 的小球 A 静止于光滑水平面上，在 A 球与墙之间用轻弹簧连接．现用 完全相同的小球 B 以水平速度 v0 与 A 相碰后粘在一起压缩弹簧．不计空气阻力，若弹簧被压 缩过程中的最大弹性势能为 E，从球 A 被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量 大小为 I，则下列表达式中正确的是（  ） 为 2 1 50f HzT = = 2 2 1 1 220nU U Vn = = A. E= I=2 B. E= I=2 C. E= I= D. E= I= 【答案】A 【解析】 【详解】AB 碰撞瞬间，由动量守恒定律可知： mv0=2mv1 解得： v1= 碰撞后系统机械能守恒，当两球向左减速到零时弹簧的弹性势能最大，最大弹性势能 E，则： E= 取 AB 整体分析，取向右为正，由动量定理可得 所以墙对弹簧的冲量大小为 2mv0 A. E= 、I=2 ，与分析相符，故 A 项正确； B. E= 、I=2 ，与分析不符，故 B 项错误； C. E= 、I= ，与分析不符，故 C 项错误； D. E= 、I= ，与分析不符，故 D 项错误． 二、非选择题，本部分共 6 题，共 58 分。 15.某实验小组利用下图所示的装置探究物体的加速度与力、质量的关系. （1）实验中下列做法正确的是__________ A. 平衡摩擦力后，实验就不需要满足小车及车中砝码总质量远大于砝码盘及盘中砝码总质量 1 4 2 0mv 0mv 1 2 2 0mv 0mv 1 4 2 0mv 0mv 1 2 2 0mv 0mv 0 2 v 2 20 0 1 122 2 4 vm mv  × × =   0 0 02 ( 2 ) 22 2 v vI m m mv= × − − × = 1 4 2 0mv 0mv 1 2 2 0mv 0mv 1 4 2 0mv 0mv 1 2 2 0mv 0mv 的条件 B. 每次改变小车中砝码的质量后，都需要重新平衡摩擦力 C. 选取点迹清晰的纸带，必须以打的第一个点为计数起始点进行测量 D. 实验中应先接通打点计时器的电源，然后再释放小车 （2）实验中由于实际绳对小车的拉力__________（选填“大于”、“等于”、“小于”）重物 所受的重力，会给实验带来系统误差．为减小此误差，实验中要对小车质量 M 和重物质量 m 进行选取，以下四组数据中最合理的一组是__________. （填写相应序号） ①M=200g，m=40g、60g、80g、100g、120g ②M=200g，m=30g、35g、40g、45g、50g ③M=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g ④M=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g （3）如图所示是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带．取计数点 1、2、3、4、 5．已知打点计时器的打点周期为 0. 02s，用刻度尺测量出各相邻计数点间的距离分别为 3. 05cm、3. 92cm、4. 77cm、5. 62cm，则小车运动的加速度大小 a=__________m/s2. （结果保留 两位有效数字） （4）如图所示为此同学在探究加速度 a 与力 F 的关系时，根据测量数据作出的 a-F 图象，说 明实验存在的问题是____________________. 【答案】 (1). D (2). 小于 (3). ④ (4). 0.86 (5). 平衡摩擦力不足或未平衡摩 擦力 【解析】 【详解】（1）[1]A.平衡摩擦力后，只有当满足小车及车中砝码总质量远大于砝码盘及盘中砝 码总质量的条件下，可以认为小车受到的拉力等于砝码盘及盘中砝码的重力，故 A 错误； B.每次改变小车中砝码的质量后，不需要重新平衡摩擦力，故 B 错误； C.研究实验中打下的纸带，从而测定小车运动的加速度，不一定以打的第一个点为计数起始点 进行测量，故 C 错误； D.实验中必须先接通打点计时器的电源，然后再释放小车，故 D 正确． （2）[2][3]由于砝码桶加速下降，处于失重状态，故实验中实际绳对小车的拉力小于重物所受 的重力，为减小此误差，需 ，故最合理的一组数据是④； （3）[4]据逐差法，小车运动的加速度大小 ； （4）[5]a-F 图像的斜率不过坐标原点，说明已经有拉力，但是还没有加速度，所以平衡摩擦 力不足或未平衡摩擦力； 16.要测绘额定电压为 2 V 的小灯泡的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还 有以下一些器材可供选择： A.电源 E（电动势 3.0 V，内阻不计） B.电压表 V1（量程 0~3.0 V，内阻约 2 kΩ） C.电压表 V2（量程 0~15.0 V，内阻约 6 kΩ） D.电流表 A1（量程 0~0.6 A，内阻约 1Ω） E.电流表 A2（量程 0~100 mA，内阻约 2 Ω） F.滑动变阻器 R1（最大阻值 10 Ω） G.滑动变阻器 R2（最大阻值 2 kΩ） (1)为了减小实验误差，实验中电压表应选择________，电流表应选择_______，滑动变阻器应 选择____________。（填写各器材的序号） (2)为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在如图的虚线框中___________。 (3)实验中测得一组数据如下表所示，根据表格中的数据在图中坐标系中作出小灯泡的伏安特 性曲线______________。 m M1)之间变化,且 重力加速度反常的最大值出现在半径为 L 的范围的中心.如果这种反常是由于地下存在某一 球形空腔造成的,试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积. 【答案】(1) (2) 【解析】 【详解】(1)如果将近地表的球形空腔填满密度为 ρ 的岩石,则该地区重力加速度便回到正常值. 因此,重力加速度反常可通过填充后的球形区域产生的附加引力来计算, mΔg① 式中 m 是 Q 点处某质点的质量,M 是填充后球形区域的质量.M=ρV② 而 r 是球形空腔中心 O 至 Q 点的距离 r= ③ Δg 在数值上等于由于存在球形空腔所引起的 Q 点处重力加速度改变的大小｡Q 点处重力加速 度改变的方向沿 OQ 方向,重力加速度反常 Δg′是这一改变在竖直方向上的投影 Δg′= Δg④ ,PQ x= 2 2 3/2( ) G Vd d x ρ + 2 2/3 .( 1) L kV G k δ ρ= − 2 MmG r = 2 2d x+ d r 联立①②③④式得 Δg′= ⑤ (2)由⑤式得,重力加速度反常 Δg′的最大值和最小值分别为 (Δg′)max= ⑥ (Δg′)min= ⑦ 由题设有(Δg′)max=kδ,(Δg′)min=δ⑧ 联立⑥⑦⑧式得,地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为 20.如图所示为电子发射器原理图，M 处是电子出射口，它是宽度为 d 的狭缝．D 为绝缘外壳， 整个装置处于真空中，半径为 a 的金属圆柱 A 可沿半径向外均匀发射速率为 v 的电子；与 A 同轴放置的金属网 C 的半径为 2a.不考虑 A、C 的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相 互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为 m，电荷量为 e. (1)若 A、C 间加速电压为 U，求电子通过金属网 C 发射出来的速度大小 vC； (2)若在 A、C 间不加磁场和电场时，检测到电子从 M 射出形成的电流为 I，求圆柱体 A 在 t 时间内发射电子的数量 N.(忽略 C、D 间的距离以及电子碰撞到 C、D 上的反射效应和金属网 对电子的吸收) (3)若 A、C 间不加电压，要使由 A 发射的电子不从金属网 C 射出，可在金属网内环形区域加 垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度 B 的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 2 2 3/2( ) G Vd d x ρ + 2 G V d ρ 2 2 3/2( ) G Vd d L ρ + 2 2/32/3 d .( 1)1 L L kV G kk δ ρ= = −− 22 e eUv vm = + 4 altN ed π= 4 3 mvB ae = 【分析】 （1）根据动能定理求解求电子通过金属网 C 发射出来的速度大小；（2）根据 求解圆 柱体 A 在时间 t 内发射电子的数量 N；（3）使由A 发射的电子不从金属网 C 射出，则电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求解 B. 【详解】（1）对电子经 CA 间的电场加速时，由动能定理得 解得： （2）设时间 t 从 A 中发射的电子数为 N，由 M 口射出的电子数为 n， 则 解得 （3）电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为 ．设此轨迹圆的半径为 ，则  解得： = neI t 2 21 1 2 2e eU mv mv= − 22 e eUv vm = + = neI t 2 2 4 d dNn Na aπ π= =× 4 altN ed π= B r 2 2 2(2 )a r r a− = + 2vBev m r = 4 3 mvB ae =