解析：2020届北京市通州区高三一模考试物理试题(解析版)(DOC 20页).doc

1、 通州区2020年高三年级模拟考试物理试卷第一部分一、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.关于分子的热运动，下列说法正确的是（）A. 扩散现象说明分子间存在斥力B. 物体对外做功，其内能一定减少C. 温度升高，物体的每一个分子的动能都增大D. 气体密封在容积不变的容器内，若温度升高，则气体的压强增大【答案】D【解析】【详解】A扩散现象表明了一切物体的分子都在不停地做无规则运动且分子间有间隙，不能说明分子之间存在着斥力，故A错误；B物体对外做功，如同时从外界吸收更多的热量，根据热力学第一定律可知若吸收的热量大于对外做的功，则内能增加，故B错误；

2、C温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，不是第一个分子的动能都增大，故C错误；D密封在容积不变的容器内的气体，若温度升高，则分子热运动的平均动能增加，而分子数密度不变，故气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大，则气体的压强增大，故D正确；故选D。2.关于泊松亮斑，下列说法正确的是（）A. 是光的衍射现象，显著表现出光的波动性B. 是光的衍射现象，显著表现出光的粒子性C. 是光的干涉现象，显著表现出光的波动性D. 是光的干涉现象，显著表现出光的粒子性【答案】A【解析】【详解】当用激光照射直径小于激光束的不透明圆盘时，在圆盘后屏上的阴影中心出现了一个亮斑，亮斑的周围是明暗相间的环

3、状条纹，这就是泊松亮斑。说明光线偏离原来的直线方向传播，是激光绕过不透光的圆盘发生衍射形成的，泊松最初做本实验的目的是推翻光的波动性，而实验结果却证明了光的波动性，故A正确，B、C、D错误；故选A。3.关于核反应方程，下列说法正确的是（）A. 此核反应方程中的X代表的粒子为氢原子核B. 通过降低温度的方法，一定能缩短的半衰期C. 此核反应释放能量D. 此核反应方程属于衰变，粒子是核外的电子电离形成的【答案】C【解析】【详解】A由电荷数守恒与质量数守恒可知X的质量数为4，电荷数为2，核反应方程为所以此核反应方程中的X代表的粒子为粒子，故A错误；B半衰期与外界的温度等条件无关，故B错误；CD此反应

4、是衰变，由于发生质量亏损释放能量，故C正确，D错误；故选C。4.如图所示，理想变压器的原线圈接入的交变电压，副线圈对“220V880W”的用电器RL供电，该用电器正常工作。由此可知（）A. 原、副线圈的匝数比为B. 交变电压的频率为100HzC. 原线圈中电流的有效值为4AD. 变压器的输入功率为880W【答案】D【解析】【详解】A输入电压的有效值为，“220V，880W”的电器正常工作，故原、副线圈的匝数比为故A错误；B由表达式知交变电压的频率故B错误；C副线圈电流故原线圈中电流的有效值为故C错误；D输入功率等于输出功率，故输入功率为故D正确；故选D。5.一弹簧振子做简谐振动，在t=0时位移

5、为零，它的能量E随时间t的变化关系示意图如图所示，其中正确的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】弹簧振子在振动中只有动能和弹性势能的转化，由于没有外力做功，总能量保持不变，故A正确，B、C、D错误；故选A。6.如图所示为氢原子能级图，现有大量处于n=3能级的氢原子，向n=1能级跃迁时，会辐射一些不同频率的光，分别标记为、，让这些光照射一个逸出功为2.29eV的金属板。下列说法正确的是（）A. 比的能量低B. 比的波长小C. 、都能发生光电效应D. 让和通过同一双缝干涉装置，的条纹间距小于的【答案】D【解析】【详解】ABC氢原子由跃迁到辐射的光子能量氢原子由跃迁到辐射的光子能

6、量氢原子由跃迁到辐射的光子能量由此可知比的能量高，结合可知比的波长长，由于的光子能量小于金属的逸出功，不能使金属发生光电效应，故A、B、C错误；D根据可知的波长小于的波长，结合亮条纹中心间距公式可知的条纹间距小于的，故D正确；故选D。7.在垂直纸面向外匀强磁场B中，有不计重力的a、b两个带电粒子，在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图所示。下列说法正确的是（）A. a、b两粒子所带电性相同B. a粒子所带的电荷量较大C. a粒子运动的速率较大D. a粒子所做圆周运动的周期较长【答案】A【解析】【详解】A两粒子均逆时针运动，磁场垂直纸面向外，根据左手定则可知粒子均带负电，故A正确；BC根

7、据洛伦兹力提供向心力，则有可得由图可确定粒子运动半径关系，粒子的速率与运动半径、粒子的电量、质量有关，由于粒子的速率、粒子的电量、粒子的质量都未知，所以无法确定、粒子的速率的大小关系和、粒子的所带的电荷量关系，故B、C错误；D根据可知磁感应强度相同，周期与比荷有关，比荷不确定，无法判定周期关系，故D错误；故选A。8.如图所示，是一条形磁铁周围部分磁感线分布示意图，线OO是条形磁铁的中轴线。在磁场中取两个圆环S1、S2位置进行研究，圆环S1、S2面积相等，P、Q两点位于圆环S1上下对称点上，P、P两点位于两圆环S1、S2相同位置的点上。下列说法正确的是（）A. P点场强的大小比Q点大B. P点场

8、强的大小比P点小C. 穿过S1磁通量比穿过S2的大D. 穿过S1的磁通量与穿过S2的一样大【答案】C【解析】【详解】A由图可知、两点疏密程度相同，故两点的磁感应强度的大小相等，故A错误；B由图可知点的磁感线比点的磁感线密，故点处的磁感应强度比大，故B错误；CD根据磁通量的定义可知，穿过的磁通量比穿过的大，故C正确，D错误；故选C。9.如图所示，上、下表面平行的玻璃砖放在空气中，光以入射角从玻璃砖的上表面A点射入，从下表面的B点射出的光线相对于入射光线的侧移距离为d，当增大一个小角度时，下列说法正确的是（）A. 侧移距离d增大B. 在A点可能发生全反射C. 在B点一定发生全反射D. 光在玻璃中的

9、传播时间变短【答案】A【解析】详解】A当入射角增大时，折射角增大，由于出射光线与入射光线平行，侧移距离增大，故A正确；B在A点，光线从空气入射到玻璃砖，由光疏介质射到光密介质，所以在点不会发生全反射，故B错误；C在上表面，入射角小于度，折射角一定小于临界角，光到达下表面时的入射角与上表面的折射角相等，则此入射角小于临界角，不可能发生全反射，故C错误；D当增大时，折射角增大，光在玻璃中的传播路程增大，时间变长，故D错误；故选A。10.某同学在测量金属丝电阻Rx的实验时，采用试触的方法，电路如图所示，让电压表的一端接在c点，另一端先后接到a点和b点。他发现电压表示数有明显变化，而电流表示数没有明显

10、变化。下列说法正确的是（）A. 电压表的另一端应接a点，Rx的测量值大于真实值B. 电压表的另一端应接b点，Rx的测量值小于真实值C. 电压表的另一端应接a点，Rx的测量值小于真实值D. 电压表的另一端应接b点，Rx的测量值大于真实值【答案】B【解析】【详解】因为电压表示数有明显变化，而电流表示数没有明显变化，所以电压表分流不明显，说明电压表内阻远大于金属丝电阻的阻值，故应采用电流表外接法，故电压表的另一端接端，由于电压表的分流使电流表示数偏大，由欧姆定律可知的测量值小于真实值，故B正确，A、C、D错误；故选B11.如图1所示，把一铜线圈水平固定在铁架台上，其两端连接在电流传感器上，能得到该铜

11、线圈中的电流随时间变化的图线。利用该装置可探究条形磁铁在穿过铜线圈的过程中，产生的电磁感应现象。两次实验中分别得到了如图2、3所示的电流时间图线（两次用同一条形磁铁，在距铜线圈上端不同高度处，由静止沿铜线圈轴线竖直下落，始终保特直立姿态，且所受空气阻力可忽略不计），下列说法正确的是（）A. 条形磁铁的磁性越强，产生的感应电流峰值越大B. 条形磁铁距铜线圈上端的高度越小，产生的感应电流峰值越大C. 条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能越大，产生的感应电流峰值越大D. 两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是先向上后向下【答案】C【解析】【详解】AB根据法拉第电磁感应定律可知，磁通量变

12、化的越快产生的电流越大，则可知感应电流的大小应取决于磁铁下落的高度和磁铁的磁性强弱两方面因素，磁性越强、距线圈上端高度越大，产生的电流峰值越大，故A、B错误；C根据能量关系可知，减小的机械能全部转化为电能，故条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能越大，产生的感应电流峰值越大，故C正确；D根据楞次定律的应用的“来拒去留”可知，两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是向上的，故D错误；故选C。12.真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。下列说法正确的是（）A. 该球壳带负

13、电B. A点的电场强度小于B点的电场强度C. 若r2r1=r1r0，则D. 将一个正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功【答案】C【解析】【详解】A、分别是该直线上、两点离球心的距离，由图可知点的电势高于点的电势，则说明离球壳越远电势越低，所以电场线向外，球壳带正电，故A错误；BC由于图象斜率大小等于场强，从金属球壳到再到，电场强度逐渐减小，点的电场强度大于点的电场强度，若，根据可知即有故B错误，C正确；D正电荷沿直线从移到的过程中，电场力方向由指向，所以电场力做正功，故D错误；故选C。13.用如图所示的实验装置来探究影响向心力大小的因素。长槽横臂的挡板B到转轴的距离是挡板A的2倍，长槽

14、横臂的挡板A和短槽横臂的挡板C到各自转轴的距离相等。转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的相对大小。表中给出了6次实验的结果。组次小球1的质量小球2的质量小球1的位置小球2的位置左标尺/格右标尺/格第一组1mmAC222m2mAC2432mmAC42第二组4mmBC425m2mBC4462mmBC82由表中数据得出的论断中不正确的是（）A. 两组实验都显示了向心力大小与小球质量有关B. 两组实验时，应将传动皮带套在

15、两塔轮半径不同的轮盘上C. 若小球1、2质量同时都为2m时，它们分别放在A、C位置，左、右两个标尺露出的格数相同D. 若小球1、2质量同时都为2m时，它们分别放在B、C位置，左、右两个标尺露出的格数之比应为2：1【答案】B【解析】【详解】A由表中数据可知，两组数据中均有不同质量相同位置时的受力情况不同，故能说明向心力大小与小球质量有关，故A正确；B在探究向心力和角速度的关系时，要保持其余的物理量不变，则需要将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上，由表中数据可知，两组实验中均没有涉及向心力与角速度的关系，故实验中传动皮带应套在半径相同的轮盘上，故B错误；C若小球1、2质量同时都为时，它们分别放在、

16、位置，半径相同，则向心力相同，左、右两个标尺露出的格数相同，故C正确；D若小球1、2质量同时都为时，它们分别放在、位置，左侧半径是右侧半径的2倍，则可知左侧小球受到的向心力是右侧小球的2倍，故左、右两个标尺露出的格数之比应为2：1，故D正确；不正确的故选B。14.当温度从低到高变化时，通常物质会经历固体、液体和气体三种状态，当温度进一步升高，气体中的原子、分子将出现电离，形成电子、离子组成的体系，这种由大量带电粒子（有时还有中性粒子）组成的体系便是等离子体。等离子体在宏观上具有强烈保持电中性的趋势，如果由于某种原因引起局部的电荷分离，就会产生等离子体振荡现象。其原理如图，考虑原来宏观电中性的、

17、厚度为l的等离子体薄层，其中电子受到扰动整体向上移动一小段距离（xl），这样在上、下表面就可分别形成厚度均为x的负、正电薄层，从而在中间宏观电中性区域形成匀强电场E，其方向已在图中示出。设电子电量为-e（e0）、质量为m、数密度（即单位体积内的电子数目）为n，等离子体上下底面积为S。电荷运动及电场变化所激发的磁场及磁相互作用均可忽略不计。（平行板电容器公式，其中为真空介电常量，s为电容器极板面积，d为极板间距）结合以上材料，下列说法正确的是（）A. 上表面电荷宏观电量B. 上表面电荷宏观电量为C. 该匀强电场的大小为D. 该匀强电场的大小为【答案】AD【解析】【详解】AB由于单位体积内的电子数

18、目为，上表面负电薄层的体积为所以电荷宏观电量为故A正确、B错误；CD根据题意可知平行板电容器公式其中解得该匀强电场的大小为故C错误，D正确；故选AD。第二部分二、本部分共6题，共58分。15.某同学利用如图1所示传感器装置做“探究气体等温变化的规律”实验中，按如下操作步骤进行实验：a将注射器活塞移动到体积适中的V0位置，接上软管和压强传感器，通过DIS系统记录下此时的体积V0与压强p0；b用手握住注射器前端，开始缓慢推拉活塞改变气体体积；c读出注射器刻度表示的气体体积V，通过DIS系统记录下此时的V与压强p；d重复b、c两步操作，记录6组数据，作p-V图。结合上述步骤，请你完成下列问题：(1)

19、该同学对器材操作的错误是_，因为该操作通常会影响气体的_（选填“温度”“压强”或“体积”）。(2)我们在探究一定质量气体压强跟体积关系的实验中，一定质量气体等温变化的p-V图线如图2所示，图线的形状为双曲线。一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的，如图3所示。请判断图3中的两条等温线的温度T1_T2（选填“”“”“=”）。【答案】 (1). 用手握住注射器前端 (2). 温度 (3). 【解析】【详解】(1)12在进行该实验室要保持被封闭气体的温度不变化，所以试验中，不能用手握住注射器前端，否则会使气体的温度发生变化；(2)3在图象中，根据可得即离坐标原点越远的等温线温度越高，故16.某同

20、学探究加速度与物体受力、物体质量的关系。(1)为达到实验目的，下列说法正确的是_。（选填选项前的字母）A可以用天平测物体的质量B必须用弹簧秤测物体受力C同时研究某个物理量与另外两个物理量的关系，可采用控制变量的方法(2)为了测量（或比较）出物体运动的加速度a，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是_（选填选项前的字母）。A小车做初速度为0的匀加速直线运动，用刻度尺测量其移动的位移x，用秒表测出发生这段位移所用的时间t，由计算出加速度B将打点计时器的纸带连在小车上，通过纸带上打出的点来测量加速度aC让两辆相同的小车同时做初速度为零且加速度不同的匀加速直线运动，并同时停下，那么它们的位移之比就等

21、于加速度之比，测量（或比较）加速度就转换为测量（或比较）位移了(3)实验中用图1所示的装置，补偿打点计时器对小车的阻力和其他阻力的具体做祛是：将小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带滑木板做直线运动_（选填“匀速”或“匀加速”）。 (4)该实验中“细线作用于小车的拉力F等于砂和桶所受的总重力mg”是有“条件”的。已知小车和车上砝码的总质量为M、砂和桶的质量为m，不计摩擦阻力与空气的阻力，请将小车和车上砝码的加速度aM与砂和桶的加速度am的大小关系、拉力F的表达式以及该“条件”的内容填在表格相应的位置中。aM与am

22、的大小关系拉力F的表达式“条件”_(5)在研究a与M的关系时，已经补偿了打点计时器对小车的阻力及其他阻力。理论上也可以以小车加速度的倒数为纵轴、小车和车上砝码的总质量M为横轴，可作出图像。请在图2所示的坐标系中画出图像的示意图并在图中标出截距数值_。【答案】 (1). AC (2). BC (3). 匀速 (4). 相等 (5). (6). (7). 【解析】【详解】）(1)1A由于本实验是探究小车的加速度与质量、力的关系，必须改变小车的质量，所以要用天平测量小车的质量，故A正确；B本实验中用砂桶的重力充当拉力，故不需要用弹簧秤测力的大小，故B错误；C同时研究某个物理量和另外两个物理量的关系，

23、可采用控制变量的方法，故C正确；故选AC；(2)2A利用公式求解加速度，用刻度尺测量其移动的位移，由于存在打点计时器可以用其记录时间，不用秒表记录时间，秒表记录时间误差较大，故A不可行；B将打点计时器的纸带连在小车上，通过纸带上打出的点来测量位移和时间，再利用求解加速度，故B可行；C让两辆相同的小车同时做初速度为0且加速度不同的匀加速直线运动，并同时停下，那么根据可知它们的位移之比就等于加速度之比，测量加速度就转换为测量位移了，故C可行；故选BC；(3)3平衡摩擦力时，把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动即可；(4)4砂桶和小车用线连接，故二者

24、沿连线方向上的加速度相等；56对小车和车上砝码与砂和桶组成的整体，根据牛顿第二定律有绳的拉力为变形可得由数学规律可知，在条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力；(5)7保持外力一定时，根据牛顿第二定律得则有则以为纵轴，以总质量为横轴，作出的图象为一倾斜直线，且纵坐标为，图象如图所示17.如图1所示，一个匝数n=10的圆形导体线圈，面积S1=0.4m，电阻r=1。线圈处于垂直线圈平面向里的匀强磁场区域中，磁感应强度B随时间t变化的关系如图2所示。有一个R=4的电阻，将其两端与图1中的圆形线圈相连接，求：(1)在00.2s时间内产生的感应电动势E的大小；(2)在00.2s时间内通过

25、电阻R的电荷量q的大小；(3)线圈电阻r消耗的功率Pr的大小。【答案】(1)4V；(2)0.16C；(3)0.64W【解析】【详解】(1)由图象可知0-0.2s内磁感应强度的变化率为平均感应电动势为(2)电路中的平均感应电流为在00.2s时间内通过电阻的电荷量大小为(3)由于电流是恒定的，线圈电阻消耗的功率为18.我们通常采用如图1所示的装置验证动量守恒定律的实验。实验测得：A球的质量m1，B球的质量m2，水平轨道末端距地面的高度H。O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，记录的落点平均位置、N几乎与OP在同一条直线上，测量出三个落点位置与O点距离OM、OP、ON的长度。(1)先仅研究A球单

26、独做平抛运动的情况。始终让A球从斜槽的同一位置S处由静止滚下，而多次改变斜槽的倾斜角度，即改变S处的高度h。A球的水平射程OP用x表示。请在图2中画出x2-h图像的示意图，并求出其斜率；（设斜槽及水平轨道光滑）(2)再研究A球和B球相碰的情况。因为两球的碰撞动量守恒，其表达式为m1OPm1OMm2ON。a关于该实验，也可以根据牛顿运动定律及加速度的定义，从理论上推导得出碰撞前后两球的动量变化量大小相等、方向相反。请写出推导过程（推导过程中对所用的物理量做必要的说明）。b某同学在做这个实验时，记录下小球三个落点的平均位置M、P、N，如图3所示。他发现和N偏离了OP方向。这位同学猜想两小球碰撞前后

27、在OP方向上依然动量守恒，请你帮他写出验证这个猜想的办法。【答案】(1)图像见解析；k=4H；(2)a见解析；b见解析【解析】【详解】(1)A球单独做平抛运动，A球从斜槽的同一位置处由静止滚下，而多次改变斜槽的倾斜角度，即改变处的高度，由机械能守恒定律得A球在水平方向上做匀速直线运动，有A球在竖直方向上做自由落体运动，有联立解得与的函数关系为画出图象的示意图，如图所示图像的斜率(2)a、设A球和B球相碰的过程中，A球对B球的作用力为，B球和A球的作用力为，根据牛顿第三定律有分别对A球和B球，根据牛顿第二定律有根据加速度定义有所以有m1整理有b、连接、，作出、在方向上的投影点、，如图所示分别测量

28、出、的长度，若在实验误差允许范围内，满足关系式则可以认为两小球碰撞前后在方向上动量守恒。19.已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。地可视为质量分布均匀的球体，不考虑空气的影响。(1)北京时间2020年3月9日，中国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第54颗导航卫星，此次发射的是北斗第2颗地球静止轨道卫星（又称地球同步卫星），它离地高度为h。求此卫星进入地球静止轨道后正常运行时v的大小（不考虑地球自转的影响）；(2)为考察地球自转对重力的影响，某研究者在赤道时，用测力计测得一小物体的重力是F1。在南极时，用测力计测得该小物体的重力为F2。求地球的质量M。（已知地球自转周期为T）【答案】(

29、1) ；(2)【解析】【详解】(1)设该卫星质量为，根据万有引力提供向心力可得在地球表面，根据万有引力和重力的关系可得解得线速度(2)设小物体质量为，在赤道地面，小物体随地球自转做匀速圆周运动，受到万有引力和弹簧秤的作用力，有在南极地面联立得地球质量20.有些知识我们可能没有学过，但运用我们已有的物理思想和科学方法，通过必要的分析和推理可以解决一些新的问题。(1)单摆做简谐振动，请推导出其振动频率f表达式（已知单摆摆长为L、单摆摆球质量为m、当地重力加速度为g）；(2)在弹吉他时，当拨动琴弦时，琴弦会发生振动，琴弦振动的频率f由琴弦的质量m、长度L和所受弹拨力F决定。请写出琴弦振动的频率f与琴弦的质量m、长度L和所受弹拨力F的关系式；(3)现将弦的长度L减小18%，论证琴弦振动的频率将如何改变？【答案】(1)；(2)f=c；(3)增大10%【解析】【详解】(1)单摆周期公式为所以其振动频率为(2)频率的单位是，质量的单位是kg，长度的单位是m，弹拨力的单位是，从单位方面分析只有组合才能得到频率的单位，增加一个系数可得公式为(3)根据题意有当长度变化时，则有当弦的长度L减小18%，琴弦振动的频率将增大10%