2020届北京市昌平区高三二模 物理试题（解析版）

昌平区 2020 年高三年级第二次统一练习 物理试卷 2020．6 第一部分　选择题（共 42 分） 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，只有一个选项是符 合题意的，全部选对得 3 分，选错或不答的得 0 分。 1.某同学在显微镜下观察水中悬浮的花粉微粒的运动。他把小微粒每隔一定时间的位置记录在坐标纸上，如 图所示。则该图反映了（　　） A. 液体分子的运动轨迹 B. 花粉微粒的运动轨迹 C. 每隔一定时间花粉微粒 位置 D. 每隔一定时间液体分子的位置 【答案】C 【解析】 【详解】AD．显微镜能看见的、悬浮的花粉微粒不是分子，AD 错误； BC．如图所示是小微粒每隔一定时间的位置记录在坐标纸上，表现出无规律性，期间微粒不一定是沿直线 运动，B 错误，C 正确。 故选 C。 2.卢瑟福指导他的助手进行的 散射实验所用仪器的示意图如图所示。放射源发射的 粒子打在金箔上， 通过显微镜观察散射的 粒子。实验发现，绝大多数 粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来方向前进，但少 数 粒子发生了大角度偏转，极少数的角度甚至大于 90°。于是，卢瑟福大胆猜想（　　） 的 α α α α αA. 原子核内存在中子 B. 原子核内存在质子 C. 电子围绕原子核运动 D. 原子内部有体积很小、质量很大的核 【答案】D 【解析】 【详解】ABCD．猜想原子内部很空旷，才能让绝大多数 粒子通行无阻；猜想被 撞击的原子部分的质 量很大，才能让 粒子发生了大角度偏转，极少数的角度甚至大于 90°，综上分析即原子内部有体积很小、 质量很大的核复合题意，ABC 错误，D 正确。 故选 D。 3.太阳就是一个巨大的热核反应堆，氢核聚变成氦核的反应不停地进行着，不断地放出能量。太阳的总输出 功率约为 3.8×1026W，太阳在“核燃烧”的过程中“体重”不断减轻。已知光速为3×108m/s，估算太阳每 秒失去质量的数量级为（　　） A. 106kg B. 109kg C. 1012kg D. 1015kg 【答案】B 【解析】 【详解】ABCD．由爱因斯坦质能方程 变形得 ACD 错误，B 正确。 故选 B。 4.如图所示用压强传感器探究气体等温变化的规律，分别记录空气柱的压强 P 和均匀玻璃管内空气的体积 V， 实验数据如下表所示。数据中 P 和 V 的乘积越来越小，造成这一现象的原因可能是（　　） 序号 V/ ml P/105Pa P•V/105Pa·ml 1 20．0 1．001 20．020 2 18．0 1．095 19．710 3 16．0 1．231 19．696 α α α 2E mc∆ = ∆ ( ) 26 9 2 28 3.8 10 1kg 4.2 10 kg 3 10 Em c ∆ × ×∆ = = ≈ × ×4 14．0 1．403 19．642 5 12．0 1．635 19．620 A. 实验环境温度升高 B. 外界大气压强变小 C. 注射器内的气体向外发生了泄漏 D. 注射器活塞与筒壁间的摩擦力变大 【答案】C 【解析】 【详解】ABCD．根据理想气态方程式 其中 n 为一定质量的气体的物质的量，R 为常量。因为探究过程为等温变化，实验数据中 P 和 V 的乘积越 来越小，由等式可知 n 在减小，造成这一现象的原因可能是注射器内的气体向外发生了泄漏，ABD 错误，C 正确。 故选 C。 5.如图所示，光滑直杆上弹簧连接的小球以 O 点为平衡位置，在 A、B 两点之间做简谐运动。以 O 点为原 点，选择由 O 指向 B 为正方向，建立 Ox 坐标轴。小球经过 B 点时开始计时，经过 0.5s 首次到达 A 点。则 小球在第一个周期内的振动图像为 （　　） PV nRT =A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】小球经过 B 点时开始计时，即 t=0 时小球的位移为正向最大，经过 0.5s 首次到达 A 点，位移为负 向最大，且周期为 T=1s。 故选 A。 6.一根细线上端固定，下端系着一个质量为 m 的小球。给小球施加拉力 F，使小球平衡后细线跟竖直方向的 夹角为 θ，如图所示。则拉力 F（　　） A. 方向可能在图中Ⅰ区内 B. 方向可能在图中Ⅱ区内 C. 最小值为 mgcosθ D. 最小值为 mgtanθ 【答案】B 【解析】 【详解】小球受竖直向下的重力 mg 和沿细绳斜向上的拉力 T 以及拉力 F，三力平衡，则力 F 必在 mg 和 T 夹角的对角范围内，即在图中的Ⅱ区域，当力 F 与 T 垂直时，F 最小，最小值为 Fmni=mgsinθ。 故选 B。 7.我们可以采用不同方法“称量”地球。例如，卡文迪许在实验室里通过测量铅球之间的作用力，推算出引力常量 G，就可以“称量”地球。已知引力常量 G，利用下列数据可以“称量”地球质量的是（　　） A. 月球绕地球做圆周运动的周期和速度 B. 月球绕地球做圆周运动的周期和月球的半径 C. 地球绕太阳做圆周运动的周期和速度 D. 地球绕太阳做圆周运动的周期和地球与太阳的距离 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据月球绕地球做圆周运动的周期和速度由 可求解月球到地球的距离 r，根据 可求解地球的质量，选项 A 正确； B．根据 ，则已知月球绕地球做圆周运动的周期 T 和月球的半径 R 不能求解地球的质量， 选项 B 错误； C．已知地球绕太阳做圆周运动的周期和速度由 可求解地球到太阳的距离 r，根据 可求解太阳的质量，选项 C 错误； D．根据 ，已知地球绕太阳做圆周运动的周期和地球与太阳的距离，可求解太阳的质量， 选项 D 错误。 故选 A。 8.用长导线以如图（甲）所示方式缠绕螺线管，当电流为 I 时，测得螺线管内轴线中点 A 的磁感应强度大小 为 B。若将导线对折缠绕螺线管，两种绕法螺线管上的线圈匝数相同，如图（乙）所示，通过相同电流 I 时， 则在螺线管内 A 点的磁感应强度大小为（　　） A. 0 B. 0.5B C. B D. 2B 【答案】A 【解析】 【详解】在图乙中，由于两根导线中的电流方向相反，产生的磁场相互抵消，所以在乙中螺线管内中部的 磁感应强度大小为零，故 BCD 错误，A 正确。 故选 A。 2 rv T π= 2 2 Mm vG mr r = 2 2 2( )MmG m rr T π= 2 rv T π= 2 2 Mm vG mr r = 2 2 2( )MmG m rr T π=9.如图所示，MN 是矩形导线框 abcd 的对称轴，其左方有垂直于纸面向外的匀强磁场。以下过程中，abcd 中有感应电流产生且感应电流的方向为 abcda 的是（　　） A. 将 abcd 向左平移 B. 将 abcd 垂直纸面向外平移 C. 将 abcd 以 MN 为轴转动 30° D. 将 abcd 以 ab 轴转动 30° 【答案】C 【解析】 【详解】A．将 abcd 向左平移，则穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知线圈中产生的感应电流 方向是 adcba，选项 A 错误； B．将 abcd 垂直纸面向外平移，则穿过线圈的磁通量不变，则线圈中无感应电流产生，选项 B 错误； C．将 abcd 以 MN 为轴转动 30°，则穿过线圈 磁通量向外减小，根据楞次定律可知线圈中产生的感应电流 方向是 abcda，选项 C 正确； D．将 abcd 以 ab 为轴转动 30°，则穿过线圈的磁通量不变，则线圈中无感应电流产生，选项 D 错误。 故选 C。 10.某电容器的外壳上标有“1.5μF　9V”的字样。该参数表明（　　） A. 该电容器只有在电压为 9V 时电容才为 1.5μF B. 当两端电压为 4.5V 时，该电容器的电容为 0.75μF C. 该电容器正常工作时所带电荷量不超过 1.5 10-6C D. 给该电容器充电时，电压每升高 1V，单个极板的电荷量增加 1.5 10-6C 【答案】D 【解析】 【详解】AB．电容器的电容与电容器两端的电压无关，无论两端电压为多大，电容总是 1.5μF，选项 AB 错 误； C．该电容器正常工作时所带电荷量不超过 为 的 × × 6 51.5 10 9C 1.35 10 CQ CU − −= = × × = ×选项 C 错误； D．根据 Q=CU 可得∆Q=C∆U，则给该电容器充电时，电压每升高 1V，单个极板的电荷量增加 1.5 10-6C， 选项 D 正确。 故选 D。 11.如图所示，将轻质弹簧的一端固定在水平桌面上 O 点，当弹簧处于自由状态时，弹簧另一端在 A 点。用 一个金属小球挤压弹簧至 B 点，由静止释放小球，随即小球被弹簧竖直弹出，已知 C 点为 AB 的中点，则 （　　） A. 从 B 到 A 过程中，小球的机械能守恒 B. 从 B 到 A 过程中，小球的动能一直在增大 C. 从 B 到 A 过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小 D. 从 B 到 C 过程弹簧弹力对小球做功大于从 C 到 A 过程 【答案】D 【解析】 【详解】A. 从 B 到 A 过程中，弹簧的弹力对小球做正功，则小球的机械能增加，选项 A 错误； B. 从 B 到 A 过程中，开始时弹力大于重力，小球加速上升，当弹力等于重力时小球速度最大，动能最大； 以后弹力小于重力，小球的速度减小，动能减小，则小球的动能先增大后减小，选项 B 错误； C. 从 B 到 A 过程中，弹簧的压缩量一直减小，则弹性势能一直减小，选项 C 错误； D. 从 B 到 C 过程弹簧弹力的平均值大于从 C 到 A 过程中弹力的平均值，可知从 B 到 C 过程弹簧弹力对小 球做功大于从 C 到 A 过程，选项 D 正确。 故选 D。 12.如图所示，变压器为理想变压器，原线圈一侧接在交流电源上，副线圈中电阻变化时变压器输入电压不 会有大的波动。R0 为定值电阻，R 为滑动变阻器，A1 和 A2 为理想电流表，V1 和 V2 为理想电压表。若将滑 动变阻器的滑动片向下移动，则（　　） A. A1 示数不变 B. A2 示数变大 ×C. V1 示数变大 D. V2 示数变小 【答案】B 【解析】 【详解】CD．V1 示数等于变压器输入电压，不变；V2 示数等于变压器次级电压，由初级电压和匝数比决定， 则 V2 示数也不变，选项 CD 错误； AB．滑动变阻器的滑片向下滑动时，接入电阻减小，则次级电流增大，A2 示数变大，根据 可知， 输入端电流变大，即 A1 示数变大；故 B 正确；ACD 错误。 故选 B。 13.从固定斜面上的 O 点每隔 0.1s 由静止释放一个同样的小球。释放后小球做匀加速直线运动。某一时刻， 拍下小球在斜面滚动的照片，如图所示。测得小球相邻位置间的距离 xAB=4cm，xBC=8cm。已知 O 点距离斜 面底端的长度为 l=35cm。由以上数据可以得出（　　） A. 小球的加速度大小为 12m/s2 B. 小球在 A 点的速度为 0 C. 斜面上最多有 5 个小球在滚动 D. 该照片是距第一个小球释放后 0.3s 拍摄的 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据 可得小球的加速度大小为 选项 A 错误； BD．小球在 B 点时的速度 小球在 A 点的速度为 2 1 2 1 nI In = 2x aT∆ = 2 2 2 2 0.04 m/s 4m/s0.1 BC ABx xa T −= = = 0.12 m/s 0.6m/s2 0.2 AB BC B x xv T += = = 0.6 4 0.1m/s 0.2m/sA Bv v aT= − = − × =则 即该照片是距第一个小球释放后 0.05s 拍摄的，选项 BD 错误； C．若最高点的球刚释放时，则最高处 2 球之间的距离为 根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可知，各个球之间的距离之比为 1：3：5：7……，则各个球之间 的距离分别为 2cm，6cm，10cm，14cm，18cm…….，因为 O 点与斜面底端距离为 35cm，而前 5 个球之间 的距离之和为 32cm，斜面上最多有 5 个球，选项 C 正确。 故选 C。 14.光学镊子是靠激光束“夹起”细胞、病毒等极其微小粒子的工具。为了简化问题，将激光束看作是粒子 流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动；激光照射到物体上，会对物体产生力的作用，光镊效应 就是一个实例，如图（甲）所示。一相互平行、越靠近光速中心光强越强的激光束，经凸透镜后会聚于 O 点。现有一透明介质小球，球心 O＇偏离了 O 点，但 O＇仍于激光束的中心，如图（乙）所示。小球的折 射率大于周围介质的折射率，若不考虑光的反射和吸收，光对小球的作用力可通过光的折射和动量守恒来 分析。取 O 为坐标原点，向右为 x 轴正方向、向下为 y 轴正方向，小球受到作用力的方向为（　　） A. 沿 x 正向 B. 沿 y 正向 C. 沿 x 负向 D. 沿 y 负向 【答案】B 【解析】 【详解】小球的折射率大于周围介质的折射率，则光在小球中的速度 v2 小于在周围介质中的速度 v1，入射 光线和折射光线的方向如图，由动量定理可知：△v 的方向即为小球对光束作用力的方向； 0.2 0.05s4 A A vt a = = = 2 2 1 1 1 4 0.1 m 0.02m=2cm2 2x aT= = × × =对所有 光束而言，水平方向上的作用力合力为零，则竖直方向小球对光束的作用力方向竖直向上，由牛 顿第三定律可知，小球受到光束的作用力方向竖直向下，沿 y 轴正向。 故选 B。 第二部分　非选择题（共 58 分） 15.用如图所示的多用电表测量定值电阻。 (1)待测电阻的阻值约为 20Ω，测量步骤如下： ①调节指针定位螺丝，使多用电表指针对准________（选填“直流电流、电压”或“电阻”）“0”刻线。 ②将选择开关转到电阻挡的___________（选填“×1”、“×10”或“×100”）的位置。 ③将红、黑表笔插入“＋”、“－”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的________ （选填“0 刻线”或“∞刻线”）。 ④将两表笔分别与待测电阻相接，读取数据。 (2)测量后需要继续测量一个阻值大约是 2kΩ 左右 电阻。在红黑表笔接触这个电阻两端之前，请从下列选 项中挑出必要的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量。 A．调节定位指针螺丝，使多用电表指针对准“0”刻线 B．将红黑表笔接触 C．把选择开关旋转到“×1k”位置 D．把选择开关旋转到“×100”位置 的 的E．调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的“0”刻线 【答案】 (1). 直流电流、电压 (2). ×1 (3). 0 刻线 (4). DBE 【解析】 【分析】 【详解】(1) ①[1]．调节指针定位螺丝，进行机械调零，使多用电表指针对准直流电流、电压“0”刻线。 ②[2]．因待测电阻约为 20Ω，则将选择开关转到电阻挡的“×1”的位置。 ③[3]．将红、黑表笔插入“＋”、“－”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的“0 刻线”。 (2)[4]．测量后要继续测量一个阻值大约是 2kΩ 左右的电阻，则需先将选择开关旋转到“×100”位置，然后两 表笔短接调零，使电表指针对准电阻的“0”刻线。故为 DBE。 16.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，如图所示。已知双 缝间的距离为 d，在离双缝 L 远的屏上，用测量头测量条纹间宽度。 (1)将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第 1 条亮纹，此时手轮上的示数如图（甲） 所示；然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第 6 条亮纹中心对齐，记下此时如图（乙）所示的手 轮上的示数为________mm，求得相邻亮纹的间距 Δx 为________mm； (2)波长的表达式 λ＝________（用 Δx、L、d 表示）； (3)若改用频率较高的单色光照射，得到的干涉条纹间距将________（填“变大”、“不变”或“变小”）； (4)图为上述实验装置示意图。S 为单缝，S1、S2 为双缝，屏上 O 点处为一条亮条纹。若实验时单缝偏离光 轴，向下微微移动，则可以观察到 O 点处的干涉条纹_________ A．向上移动 B．向下移动 C．间距变大 D．间距变小【答案】 (1). 13.870 (2). 2.310 (3). (4). 变小 (5). A 【解析】 【详解】(1)[1][2]．图甲读数 2mm+0.01mm×32.0=2.320mm； 图乙读数 13.5mm+0.01mm×37.0=13.870mm； 则条纹间距 (2)[3]．根据 可得波长的表达式 (3)[4]．若改用频率较高的单色光照射，则波长减小，由 可知，得到的干涉条纹间距将变小； (4)[5]．若实验时单缝偏离光轴向下微微移动，则主光轴变的倾斜，则可以观察到 O 点处的干涉条纹向上移 动，由 可知，条纹间距不变，选项 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 17.如图所示，半径 R=0.5m 的光滑半圆环轨道固定在竖直平面内，半圆环与光滑水平地面相切于圆环最低 端点 A．质量 m=1kg 的小球以初速度 v0=5m/s 从 A 点冲上竖直圆环，沿轨道运动到 B 点飞出，最后落在水 平地面上的 C 点，g 取 10m/s2，不计空气阻力。 (1)求小球运动到轨道末端 B 点时的速度 vB； (2)求 A、C 两点间的距离 x； (3)若小球以不同的初速度冲上竖直圆环，并沿轨道运动到 B 点飞出，落在水平地面上。求小球落点与 A 点 间的最小距离 xmin。 【答案】(1) ；(2)x=1m；(3)1m d x L ∆ 13.870 2.320 mm=2.310mm6 1x −∆ = − Lx d λ∆ = = d x L λ ∆ Lx d λ∆ = Lx d λ∆ = 5m/sBv =【解析】 【详解】(1)由机械能守恒定律得 解得 (2)由平抛规律得 x=v0t 解得 x=1m (3)设小球运动到 B 点半圆环轨道对小球的压力为 FN。 圆周运动向心力 得当 FN=0 时，小球运动到轨道末端 B 点时的速度最小 由（2）的计算可知，最小距离 xmin=x=1m 18.一台直流电动机所加电压 U=110V，通过的电流 I=5.0A。若该电机在 10s 内把一个质量 M=50kg 的物体 匀速提升了 9.0m，不计摩擦及空气阻力，取重力加速度 g=10m/s2 求： (1)电动机的输入功率 P； (2)在提升重物的 10s 内电动机线圈产生的热量 Q； (3)电动机线圈的电阻 R。 【答案】(1)550W；(2)1000J；(3)4Ω 【解析】 【详解】(1)电动机的输入功率 P=UI 解得 P=550W 2 21 1 (2 )2 2 = +A Bmv mv mg R 5m/sBv = 212 2R gt= 2 N BmF mg R + = v min m/s5=Bv(2)由能量守恒定律知 Q=Pt-Mgh 解得 Q =1000J (3)由焦耳定律 Q=I2Rt 解得 R=4Ω 19.冲击摆可以测量子弹的速度大小。如图所示，长度为 l 的细绳悬挂质量为 M 的沙箱，质量为 m 的子弹沿 水平方向射入沙箱并留在沙箱中。测出沙箱偏离平衡位置的最大角度为 α。沙箱摆动过程中未发生转动。 (1)自子弹开始接触沙箱至二者共速的过程中，忽略沙箱的微小偏离。求： ①子弹射入沙箱后的共同速度大小 v； ②子弹射入沙箱前的速度大小 v0； (2)自子弹开始接触沙箱至二者共速的过程中，沙箱已经有微小偏离。子弹入射沙箱的过程是否可以认为是 水平方向动量守恒？并简要说明理由。 【答案】(1)① ；② ；(2) 守恒，理由见解析 【解析】 【详解】(1)①在子弹与沙箱共速至沙箱偏离平衡位置的角度为 α 过程中，由机械能守恒定律得： 解得 ②由水平方向动量守恒得： 解得 2 (1 cos )v gl α= − 0 2 (1 co )sm M glm α+= −v 21 ) ) (1 cos )2 m M m M gl α+ = + −（ （v 2 (1 cos )v gl α= − 0 ( )mv M m v= + 0 2 (1 co )sm M glm α+= −v(2)可以认为水平方向动量守恒； 自子弹开始接触沙箱至二者共速的过程中，由于沙箱偏离平衡位置的距离很小，受到细绳拉力在水平方向 的分力远小于子弹与沙箱的内力，因此子弹入射沙箱的过程可以认为是水平方向动量守恒。 20.宏观规律是由微观机制所决定的。从微观角度看，在没有外电场的作用下，导线中的自由电子如同理想 气体分子一样做无规则地热运动，它们朝任何方向运动的概率是一样的，则自由电子沿导线方向的速度平 均值为 0，宏观上不形成电流。如果导线中加了恒定的电场，自由电子的运动过程可做如下简化：自由电子 在电场的驱动下开始定向移动，然后与导线内不动的粒子碰撞，碰撞后电子沿导线方向的定向速度变为 0， 然后再加速、再碰撞……，在宏观上自由电子的定向移动形成了电流。 （1）在一段长为 L、横截面积为 S 的长直导线两端加上电压 U。已知单位体积内的自由电子数为 n，电子 电荷量为 e，电子质量为 m，连续两次碰撞的时间间隔为 t。仅在自由电子和金属离子碰撞时才考虑粒子间 的相互作用。 ①求自由电子定向移动时的加速度大小 a； ②求在时间间隔 t 内自由电子定向速度的平均值 ； ③推导电阻 R 的微观表达式。 （2）请根据电阻的微观机制猜想影响金属电阻率的因素有哪些，并说明理由。 【答案】（1）① ；② ；③ ；（2）温度，热运动速度变化，材料有关等，理 由见解析 【解析】 【详解】（1）①自由电子定向移动时的加速度大小 ②自由电子在连续两次碰撞的时间间隔 t 内做匀变速直线运动，设第二次碰撞前的速度为 v，则 ， 解得 ③t 时间内通过导线横截面积的电荷量为 则电流 v eUa mL = 2v eUt mL = 2 2m LR nte S = ⋅ F eE eUa m m mL = = = v at= 1 2v v= 2v eUt mL = q nV nsl neSvt= = =体电阻 解得 （2）由电阻定律得 解得 猜想：电阻率与导体的温度有关； 理由：导体的温度变化会导致导体内自由电子的热运动速度变化，从而使自由电子连续两次碰撞的时间间 隔 t 发生变化，因此电阻率与导体的温度有关。 （其他合理猜想和理由均可，例如电阻率与导体的材料有关。） I neSv= UR I = 2 2m LR nte S = ⋅ 2 2L m LR S nte S ρ= ⋅ = ⋅ 2 2m nte ρ =