北京市大興區(qū)2020屆高三下學期一模物理試題-試卷下載-教習網

可知，衛(wèi)星的軌道半徑越大，周期越大，而角速度、線速度和向心加速度越小，“高分五號”的軌道半徑比“高分四號”的小，所以“高分五號”較小的是周期，較大的是角速度、線速度和向心加速度，故A錯誤，BCD正確．點睛：解決本題的關鍵是要掌握萬有引力提供向心力這一重要理論，知道衛(wèi)星的線速度、角速度、周期、加速度與軌道半徑的關系，對于周期，也可以根據開普勒第三定律分析．6.1831年8月29日，法拉第經歷近十年研究終于在一次實驗中發(fā)現了電磁感應現象：把兩個線圈繞在同一個鐵環(huán)上（如圖），一個線圈接到電源上，另一個線圈接入“電流表”，在給一個線圈通電或斷電的瞬間，另一個線圈中也出現了電流。之后他設計出幾十個關于電磁感應現象的實驗，并把它們總結成五類情況，請結合你學習電磁感應知識判斷以下哪個選項不屬于這五類現象（　?。?/span>A. 恒定的電流 B. 變化的磁場C. 運動的磁鐵 D. 在磁場中運動的導體【答案】A【解析】【分析】【詳解】因為電磁感應現象是一個瞬間現象，只有在磁通量改變的時候才會出現，因此恒定的電流產生恒定的磁場，無法發(fā)生電磁感應現象，因此A符合題意，BCD不符合題意，故A正確，BCD錯誤。故選A。 7.如圖所示，理想變壓器的原線圈通過保險絲接在一個交變電源上，交變電壓瞬時值隨時間變化的規(guī)律為，副線圈所在電路中接有電燈L、電阻R、理想交流電壓表和理想交流電流表。已知理想變壓器原、副線圈匝數比為5:1，電燈額定功率為44W，電阻阻值為22Ω，電燈以額定功率正常工作。則（　?。?/span>A. 電壓表示數為62.5V B. 電流表示數為2AC. 通過保險絲的電流為15A D. 電阻消耗功率為88W【答案】D【解析】【詳解】A．已知交變電壓瞬時值隨時間變化的規(guī)律為則原線圈電壓的有效值為根據解得即電壓表示數為，故A錯誤；B．燈泡與電阻并聯，所以燈泡等壓與電阻、副線圈電壓相等。對于燈泡，由于燈泡正常工作，因此有對于電阻，根據歐姆定律可得又因為代入數據得即電流表示數為，故B錯誤；C．根據可得因此通過保險絲的電流為，故C錯誤；D．根據公式代入數據解得即電阻消耗功率為88W，故D正確。故選D。8.雨滴在空氣中由靜止開始沿豎直方向下落，雨滴運動的速度v隨時間t的變化關系如圖所示，經過時間t1，速度達到v1，經過時間t2（t2=2t1），速度達到vm，此后雨滴以速度vm做勻速直線運動。下列說法正確的是（　?。?/span>A. 在0~t1時間內，雨滴運動的加速度逐漸增大B. 在0~t1時間內，雨滴受到的阻力逐漸增大C. 在0~t1與t1~t2兩段時間內重力對雨滴做的功相等D. 在0~t1與t1~t2兩段時間內雨滴所受重力的沖量不相等【答案】B【解析】【分析】詳解】A．在圖象中，斜率代表物體加速度。在時間內，斜率越來越小，即加速度逐漸減小，故A錯誤；B．雨滴下落過程中受到重力和空氣阻力，根據圖象可知，雨滴的加速度之間減小，根據牛頓第二定律可得因此可以得出雨滴受到的阻力逐漸增大，故B正確；C．在圖象中，面積代表物體的位移。由圖可看出時間內的位移小于時間內的位移，根據可知時間內重力做的功小于時間內重力做的功，故C錯誤；D．設時間內重力沖量為，時間內重力沖量為，則有又因為因此由此可得即在與兩段時間內雨滴所受重力的沖量相等，故D錯誤。故選B。 9.如圖所示為伽利略斜面實驗的頻閃照片。小球沿左側斜面從靜止狀態(tài)開始向下運動，將沖上右側的斜面。減小右側斜面的傾角，如圖中1、2所示，球達到同一高度時就會運動的更遠。右側斜面放平，球的運動如圖中3所示。若小球釋放高度固定，在斜面上可視為勻變速直線運動，下列分析中正確的是（　?。?/span>A. 小球在右側斜面1和2向上運動時所受合外力方向相同B. 小球在斜面1上運動的加速度小于在斜面2上運動的加速度C. 在斜面1合外力對小球做的功等于在斜面2上合外力對小球做的功D. 因為在水平面上小球只受到向前的沖力，所以小球在平面3上運動的更遠【答案】C【解析】【詳解】A．設斜面與平面所成角度為，由幾何關系可得由于斜面1傾斜角不等于斜面2，因此斜面1和2向上運動時所受合外力方向不相同，故A錯誤；B．由幾何關系和牛頓第二定律可得化簡可得由于斜面1傾斜角大于斜面2，因此斜面1上運動的加速度大于在斜面2上運動的加速度，故B錯誤；C．設在最低點的速度為，根據動能定理得由此可得即在斜面1合外力對小球做的功等于在斜面2上合外力對小球做的功，故C正確；D．因為水平面上小球不會有重力勢能與動能轉換的過程，因此運動的更遠，故D錯誤。故選C。10.在勻強磁場中有一帶正電的粒子甲做勻速圓周運動，當它運動到M點時，突然向與原運動相反的方向放出一個不帶電的粒子乙，形成一個新的粒子丙．如圖所示，用實線表示粒子甲運動的軌跡，虛線表示粒子丙運動的軌跡．若不計粒子所受重力及空氣阻力的影響，則粒子甲和粒子丙運動的軌跡可能是A. B. C. D. 【答案】B【解析】根據，可得軌道半徑，再由動量守恒可知，放出粒子乙后，新粒子丙的動量大于粒子甲的，故軌道半徑變大，所以B正確；A、C、D錯誤．11.如圖（a）→（b）→（c）→（d）→（e）過程是交流發(fā)電機發(fā)電的示意圖。線圈的ab邊連在金屬滑環(huán)K上，cd邊連在金屬滑環(huán)L上，用導體制成的兩個電刷分別壓在兩個滑環(huán)上，線圈在轉動時可以通過滑環(huán)和電刷保持與外電路連接。下列說法正確的是（　?。?/span>A. 圖（a）中，線圈平面與磁感線垂直，磁通量變化率最大B. 從圖（b）開始計時，線圈中電流i隨時間t變化的關系是C. 當線圈轉到圖（c）位置時，感應電流最小，且感應電流方向改變D. 當線圈轉到圖（d）位置時，感應電動勢最大，ab邊感應電流方向為a→b【答案】C【解析】【詳解】A．圖（a）中，線圈平面與磁感線垂直，磁通量最大，但磁通量變化率最小為零，故A錯誤；B．從圖（b）開始計時，線圈產生的感應電動勢最大，形成的感應電流最大，線圈中電流隨時間變化的關系是故B錯誤；C．當線圈轉到圖（c）位置時，線圈位于中性面位置，此時感應電流最小，且感應電流方向改變，故C正確；D．當線圈轉到圖（d）位置時，感應電動勢最大，根據楞次定律可知ab邊感應電流方向為，故D錯誤。故選C。12.如圖所示ABC為等邊三角形，電荷量為+q的點電荷Q1固定在A點。先將一電荷量也為+q的點電荷Q2從無窮遠處（電勢為0）移到C點，此過程中，電場力做功為－W。再將Q2從C點沿CB移到B點。下列說法正確的是（　　）A. +q從無窮遠處移到C點的過程中，電勢能減少了WB. +q在移到B點后的電勢能為WC. Q2在C點的電勢為D. +q從C點移到B點的過程中，所受電場力做負功【答案】B【解析】【詳解】A．電荷運動過程中，電場力做的功等于電勢能減少量，故+q從無窮遠處移到C點的過程中，電勢能增加了，故A錯誤；B．ABC為等邊三角形，所以因此點電荷Q2從C點到B點后的電勢能不變，所以+q在移到B點后的電勢能為W，故B正確；C．點電荷Q2從無窮遠處（電勢為0）移到C點，此過程中，電場力做功為－W故C錯誤；D．+q從C點移到B點的過程中，電勢能不變，電場力不做功，故D錯誤。故選B13.如圖所示，在一端封閉、長約1m的玻璃管內注滿清水，水中放一個紅蠟做的小圓柱體R（R視為質點）?，F將玻璃管軸線與豎直方向y軸重合，在小圓柱體R上升剛好到達勻速時的起點位置記為坐標原點O，同時玻璃管沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動（不影響小柱體豎直方向的運動）。小圓柱體R依次經過平行橫軸的三條水平線上的A、B、C位置，在OA、AB、BC 三個過程中沿y軸方向的高度均相等，則小柱體在OA、AB、BC三個過程中，則下面結論中正確的是（　　）A. 水平位移的大小之比為1:4:9B. 動能增量之比為1:2:3C. 機械能的變化量1:1:1D. 合外力的沖量大小之比1:1:1【答案】D【解析】【詳解】A．小圓柱體R在OA、AB、BC三個過程中沿y軸方向的高度均相等，則每個過程的時間相等，x軸方向上，R做初速度為零的勻加速直線運動，則每個過程對應的水平位移的大小之比為故A錯誤；B．豎直方向上，三個過程中重力勢能變化量相等，水平方向上速度為動能為則三個過程中，動能變化量之比為，故B錯誤；C．三個過程中重力勢能變化量相等，動能變化量之比為，無法得出機械能的變化量之比，故C錯誤；D．根據動量定理可知，合外力的沖量等于動量的變化，R的合外力不變，三個過程的時間相等，則沖量相等，故D正確。故選D。14.根據生活經驗可知，處于自然狀態(tài)的水都是往低處流的，當水不再流動時，水面應該處于同一高度。在著名的牛頓“水桶實驗”中發(fā)現：將一桶水繞豎直固定中心轉軸OO′以恒定的角速度轉動，穩(wěn)定時水面呈凹狀，水桶截面圖如圖所示。這一現象可解釋為，以桶為參考系，其中的水除受重力外，還受到一個與轉軸垂直的“力”，其方向背離轉軸，大小與到軸的垂直距離成正比。水面上的一個小水滴在該力作用下也具有一個對應的“勢能”，在重力和該力的共同作用下，水面上相同質量的小水滴最終將具有相同的總勢能。根據以上信息可知，下列說法中正確的是（　　）A. 該“力”對水面上小水滴做功與路徑有關B. 小水滴沿水面向上移動時，該“勢能”不變C. 小水滴沿水面向上移動時，重力勢能的增加量等于該“勢能”的減少量D. 小水滴沿水面向上移動時，受到重力和該“力”的合力大小不變【答案】C【解析】【詳解】A．由于該“力”做功與重力做功類似，所以該“力”對水面上小水滴做功與路徑無關，故A錯誤；B．由于該“力”與轉軸垂直，所以小水滴沿水面向上移動時該力的方向與位移方向夾角小于90°，該力做正功，該勢能減小，故B錯誤；C．由能量守恒可知，小水滴具有的重力勢能和該“力”對應的勢能之和不變，小水滴沿水面向上移動時，重力勢能增加，該“勢能”減小，所以小水滴沿水面向上移動時，重力勢能的增加量等于該“勢能”的減少量，故C正確；D．以桶為參考系，小水滴處于平衡狀態(tài)，小水滴受重力，與轉軸垂直且背離轉軸的力，水面的支持力，由于水面的支持力方向與水面垂直，所以水面上的小水滴受到重力和該“力”的合力一定與水滴所在水面垂直，小水滴沿水面向上移動時，加速度向上，處于超重狀態(tài)，偏向下的合力減小，即重力和該“力”的合力應該減小，故D錯誤。故選C。二、實驗探究題15.張老師在“探究楞次定律”的實驗中，如圖甲、乙、丙所示是實驗中連接的三個回路。其中圖甲是將一節(jié)舊電池和電流計通過開關連接，通過試觸操作，其實驗目的是__________；完成圖甲實驗操作后，把電流計與螺線管B連接，將圖丙中的螺線管A插入圖乙中的螺線管B中，閉合電鍵K的瞬間，圖乙中電流計的指針向右偏轉，保持電鍵閉合狀態(tài)，再觀察圖乙中電流計指針_________（填“向左偏”“向右偏”“不偏”）；然后將圖丙中滑動變阻器的滑片P向右滑動的過程中，觀察圖乙中電流計指針____（填“向左偏”“向右偏”“不偏”）。【答案】 (1). 判別電流表指針的偏轉方向與電流方向關系 (2). 不偏 (3). 向左偏【解析】【詳解】[1][2][3]試觸目的是判別電流表指針的偏轉方向與電流方向關系；根據楞次定律，電鍵保持閉合狀態(tài)，磁通量不變，感應電流為零，所以電流計指針不偏；圖丙中滑動變阻器的滑片P向右滑動，電阻變大，A中電流變小，穿過線圈磁通量減小，產生感應電流，根據楞次定律，感應電流方向與閉合電鍵K的瞬間電流方向相反，所以圖乙中電流計指針向左偏。16. （1）如下圖所示：某同學對實驗裝置進行調節(jié)并觀察實驗現象：①圖甲、圖乙是光的條紋形狀示意圖，其中干涉圖樣是_______________．②下述現象中能夠觀察到的是：（）A．將濾光片由藍色的換成紅色的，干涉條紋間距變寬B．將單縫向雙縫移動一小段距離后，干涉條紋間距變寬C．換一個兩縫之間距離較大的雙縫，干涉條紋間距變窄D．去掉濾光片后，干涉現象消失【答案】①圖甲；②AC．【解析】試題分析：①干涉圖樣的條紋間距是相等的，而衍射的條紋間距是不相等的，故甲圖是干涉圖樣；②由雙縫干涉的條紋間距公式△x=，紅光的波長大于藍光，故紅光的干涉條紋間距較大，選項A正確；單縫向雙縫移動一小段距離后，干涉條紋間距不變，選項B錯誤；換一個兩縫之間距離較大的雙縫，即增大d，則干涉條紋間距變窄，選項C正確；去掉濾光片后，干涉現象不會消失，將變?yōu)椴噬缮鎴D案，選項D錯誤．考點：光的干涉．17.某同學欲用圖甲所示裝置探究“加速度與力、質量的關系”。實驗中砂和砂桶的總質量為，小車和砝碼的總質量為M。(1)實驗中，為了使細線對小車的拉力等于小車所受的合外力，先調節(jié)長木板上滑輪的高度，使細線與長木板平行。接下來還需要進行的一項操作是_______。A.將長木板水平放置，讓小車連著已經穿過打點計時器的紙帶，給打點計時器通電，調節(jié)m的大小，使小車在砂和砂桶的牽引下運動，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運動B．將長木板的一端墊起適當的高度，讓小車連著已經穿過打點計時器的紙帶，撤去砂和砂桶，給打點計時器通電，輕推小車，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運動C．將長木板的一端墊起適當的高度，撤去紙帶以及砂和砂桶，輕推小車，觀察判斷小車是否做勻速運動(2)圖乙是實驗中得到的一條紙帶，O、A、B、C、D、E、F、G為8個相鄰的計數點，相鄰的兩個計數點之間還有四個點未畫出，已知打點計時器的工作頻率為50Hz。該同學計劃利用v—t圖像計算小車的加速度。首先用刻度尺進行相關長度的測量，其中CE的測量情況如圖丙所示，由圖可知CE長為_____cm，依據此數據計算打點計時器打下D點時小車的速度為_______m/s，同理可計算出A、B、C、E、F各點小車的速度，描繪出小車的v—t圖像，由圖線可得出小車的加速度大小。(3)利用控制變量法多次測量，總結得出：當物體質量相同時，加速度跟物體所受合外力成正比；當____________________。(4)綜合上述實驗結論，如何得出牛頓第二定律？（簡述得出過程）_______。【答案】 (1). B (2). (2)10.60（±0.02）cm (3). 0.52~0.54m/s (4). 物體所受合外力F不變時，加速度跟質量M成反比 (5). 由實驗結論可得出或，可寫為，規(guī)定則，公式簡化為【解析】【詳解】(1)[1]小車下滑時受到重力、細線的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，則應該用重力的下滑分量來平衡摩擦力，可以將長木板的一段墊高，撤去砂和砂桶，輕推小車，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運動，故AC錯誤，B正確。故選B。(2)[2][3]刻度尺上的示數為中間時刻的瞬時速度等于這段時間的平均速度，故(3)[4]利用控制變量法多次測量，總結得出：當物體質量相同時，加速度跟物體所受合外力成正比；當物體所受合外力F不變時，加速度跟質量M成反比；(4)[5]由實驗結論可得出或可寫為規(guī)定則公式簡化為三、論述計算題18.汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發(fā)現其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B，兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5m，已知B車的質量為1.5×103kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數均為0.1，在碰撞后車輪均沒有滾動，可近似認為做勻變速直線運動，重力加速度大小g=10m/s2，求：(1)碰撞后B車運動過程中加速度的大小和方向；(2)碰撞后的瞬間B車速度的大小；(3)經查閱車輛的碰撞時間約為0.03s，請以此數據可求出碰撞過程中B車所受的平均作用力。【答案】(1)1.0m/s2，向左；(2)3.0m/s；(3)F=1.5×105N【解析】【詳解】(1)B車碰后水平方向只受滑動摩擦力，由牛頓第二定律得解得加速度大小為方向與運動方向相反，向左。(2)由勻變速公式得解得(3)兩車碰撞過程以B車為研究對象，由于碰撞時間很短，A車對B車的作用力很大，即可忽略此過程中B車所受的滑動摩擦力，由動量定理得解得19.圖為某游樂場內水上滑梯軌道示意圖。整個軌道在同一豎直平面內，表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點水平相切。點A距水面的高度為4.0m，圓弧軌道BC的半徑為1.8m，圓心O恰在水面處。一質量為60kg的游客（視為質點）可從軌道AB上任意位置滑下，不計空氣阻力，重力加速度大小g=10m/s2。(1)若游客從A點由靜止開始滑下，到B點時沿切線方向滑離軌道落在水面D點，，求游客滑到B點時的速度大小及運動過程AB段軌道摩擦力對游客所做的功Wf；(2)若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點，后受到微小擾動，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點后滑離軌道，以水面為重力勢能零點，證明：游客到達P點時的重力勢能是其動能的2倍。【答案】(1)，；(2)見解析【解析】【詳解】(1)游客從B點做平拋運動有解得從A到B，根據動能定理有解得(2)證明：設OP與OB間夾角θ，游客在P點時的速度為，受支持力為N，P點距水面高度h。從B到P由機械能守恒可得過P點時，對游客進行受力分析如下圖2所示由牛頓第二定律得聯立解得可證20.物理學中將帶電粒子的電荷量與其質量之比稱為比荷，根據某帶電粒子在電場和磁場中受力及運動情況，可以得出它的比荷。如圖是陰極射線管，左端正負極接高壓電源可從陰極K水平向右發(fā)射帶電粒子束（也叫陰極射線），當圖中金屬板D1、D2之間未加電場時，粒子束不偏轉，最終運動到屏上P1點。按圖示方向在D1、D2之間施加電場E之后，粒子束發(fā)生偏轉并運動到屏上P2點。(1)判斷該粒子束的電性，簡要說明理由。(2)為了抵消陰極射線的偏轉，使它沿水平方向直接運動到P1，需要在兩塊金屬板D1、D2之間的區(qū)域再施加一個大小合適、方向垂直于紙面的磁場。若已知金屬板D1、D2間距離d，兩板間的電壓U，磁場的磁感應強度B。①請判斷磁場的方向并求出陰極射線速度v的表達式。②去掉D1、D2間的電場，陰極射線經N點（圖中未畫出）離開磁場打到在屏上P3點。若已知P3到N點水平距離為D，豎直距離為h，金屬板D1、D2的板長為L，請推導出陰極射線中粒子的比荷的表達式。【答案】(1)負電荷；(2)①v=，②【解析】【詳解】(1)粒子束經過電場時受到向下的場力偏轉，場強方向向上，場強方向與電場力方向相反，所以粒子帶負電荷。(2)①磁場力方向與電場力方向相反，由左手定則可判斷出磁場方向垂直紙面向外，由題意可得出當電場力大小等于磁場力，粒子束所受合力為零，做勻速直線運動，有聯立解得速度的表達式為②粒子進入磁場中，在洛侖茲力的作用下做勻速圓周運動，離開磁場后做勻速直線運動，如下圖所示由牛頓第二定律又解得21.經典理論認為，氫原子核外電子在庫侖力作用下繞固定不動的原子核做圓周運動。已知電子電荷量的大小為e，質量為m，靜電力常量為k，取無窮遠為電勢能零點，系統(tǒng)的電勢能可表示為，其中r為電子與氫原子核之間的距離。(1)設電子在半徑為r1的圓軌道上運動：①推導電子動能表達式；②若將電子的運動等效成環(huán)形電流，推導等效電流的表達式；(2)在玻爾的氫原子理論中，他認為電子的軌道是量子化的，這些軌道滿足如下的量子化條件，其中n=1，2，3……稱為軌道量子數，rn為相應的軌道半徑，vn為電子在該軌道上做圓周運動的速度大小，h為普朗克常量。求：①氫原子中電子的軌道量子數為n時，推導軌道的半徑及電子在該軌道上運動時氫原子能量的表達式。②假設氫原子甲核外電子從第2軌道躍遷到第1軌道的過程中所釋放的能量，恰好被量子數n=3的氫原子乙吸收并使其電離，不考慮躍遷或電離前后原子核所受到的反沖，推導氫原子乙電離出的電子動能表達式。【答案】(1)①，②；(2)①，②【解析】【詳解】(1)①電子繞氫原子核做勻速圓周運動時，庫侖力提供電子做圓周運動的向心力所以電子運動的動能為②由庫侖力提供向心力可得所以電子運動形成的等效電流解得(2)①由庫侖力提供向心力可得又有聯立可以解得系統(tǒng)總能量為代入可得②由可得：電子在n=1，n=2，n=3軌道上的能量分別為電子從n=2軌道躍遷到n=1軌道上時釋放的能量為這個能量被處于n=3軌道上的乙電子吸收，發(fā)生電離，根據能量守恒得代入數據解得