【解析】北京市朝阳区2020届高三下学期5月学业水平等级性考试物理试题

1、北京市朝阳区高三年级学业水平等级性考试练习一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. 能量守恒定律是自然界最普遍的规律之一。以下不能 体现能量守恒定律的是（ ）A. 热力学第一定律B. 牛顿第三定律C. 闭合电路欧姆定律D. 机械能守恒定律【答案】 B【详解】 A 热力学第一定律是描述做功与热传递改变物体的内能之间的关系，则能体现能量守恒定律，故A 正确；B 牛顿第三定律描述的是作用力与反作用力间的关系，不能体现能量守恒定律，故B 错误；C.闭合电路欧姆定律描述的量电动势等于在外电路与内电路上电势降落之和，则能体现能量守恒定

2、律，故C 正确；D 机械能守恒定律描述的量动能与势能间的相互转化但总机械能不变， 则能体现能量守恒定律，故 D 正确。本题选不能体现能量守恒定律的，故选 B 。2 .宇宙射线进入地球大气层时同大气作用产生中子，中子撞击大气中的氮核147 N 引发核反应，产生碳核16c和原子核x ,则x为（）1A. 11H234B. 1Hc. 2HeD. 2He【详解】根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为1141410n7N 6c 1H则 x 为质子，故A 正确， BcD 错误。故选 A 。3 .图甲为一列简谐横波在 t=0 时的波动图像，图乙为该波中 x=2cm 处质点 P 的振动图像，则t=3.0s时的波

3、动图像是（)I cm【详解】由图甲、乙可知，波长 =4m , T=4s,则t=3s时即从0时刻经过四分之三周期AC.经过四分之三周期质点 P振动到波谷位置，故 A正确，C错误；BD.介质中的质点不会随波逐流，只能在各自的平衡位置振动，故 BD错误。故选Ao4 .把一块带负电的锌板连接在验电器上，验电器指针张开一定的角度。用紫外线灯照射锌板发现验电器指针的张角发生变化。下列推断合理的是（）A.验电器指针的张角会不断变大B.验电器指针的张角会先变小后变大C.验电器指针的张角发生变化是因为锌板获得了电子D.若改用红外线照射锌板也一定会使验电器指针的张角发生变化【答案】B【详解】ABC .用紫外线灯照

4、射锌板会从锌板中逸出光电子，则锌板带的负电减小，与锌板连接的验电器指针的张角会变小，当锌板上带的负电荷全部逸出后，紫外线灯继续照射锌板，则锌板带正电，所带电荷量越来越大，与锌板连接的验电器指针的张角变大，故AC错误，B正确；D.若改用红外线照射锌板时不一定会逸出光电子，则锌板所带电荷量不一定发生变化，所以验电器指针的张角不一定发生变化，故D错误。故选Bo5 .图示为一对同轴的螺线管（轴线水平）剖面图。现给线圈 A通电，其中的电流方向用“？和“ X”表示，且电流不断增大，线圈 B中就会产生感应电流。下列说法正确的是（）A.线圈A中的磁场方向向左B.线圈B中感应电流的磁场方向向右C.线圈B中产生的

5、感应电流大小不可能保持恒定D.从左向右看线圈B中产生的感应电流为逆时针方向【答案】D【详解】A .由右手螺旋定则可知，线圈 A中的磁场方向向右，故 A错误；BC.由于线圈A中电流增大，则磁场增大，穿过B线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈B中感应电流的磁场方向向左，如果线圈A中电流均匀增大，则线圈 B中的电流大小不变，故BC错误；D.由楞次定律可知，从左向右看线圈B中产生的感应电流为逆时针方向，故D正确。故选Do6 .图甲是小型交流发电机示意图，两磁极 N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为 交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴 OO沿逆时针方向匀速转动，从图甲所示位置开始计时，产生

6、的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A.电流表的示数为20AB.线圈转动的角速度为50兀rad/sC. t=0.01s时，穿过线圈的磁通量为零D. t=0.02s时，线圈平面与磁场方向垂【详解】A.电流表的示数为故A错误;B.由图乙可知，T=0.02s则角速度为27t 27t , I=rad/s=100 ：rad/sT 0.02故B错误;C.由图乙可知t=0.01s时，感应电流最大，则此时穿过线圈的磁通量为0,故C正确;D.由图乙可知t=0.02s时，感应电流最大，则此时穿过线圈磁通量为0,故D错误。故选Co7.中国探月工程三期主要实现采样返回任务，部分过程可简化如下：探

7、测器完成样本采集后从 月球表面发射升空，沿椭圆轨道在远月点与绕月圆轨道飞行的嫦娥五号完成对接。已知月球1 一 1 _c 一半径约为地球半径的 一，月球质重约为地球质重的 ,地球表面重力加速度 g=10m/s2。下4100列说法正确的是（）-9 -MmR2GMRA.探测器从月球表面发射时的速度至少为 7.9km/sB.对接前嫦娥五号飞彳T的加速度小于1.6m/s2C.若对接后嫦娥五号在原轨道上运行，则其速度比对接前的大D.对接前探测器在椭圆轨道运行的周期大于嫦娥五号的运行周期【详解】A.根据2vm一R探测器从月球表面发射时的速度为从地球表面发射的0.2倍，即v 0.2 7.9m/s 1.58m/

8、s故A错误;B.探测器绕月球表面运动时加速度为C 1GM地20.16 干=0.16g 1.6m/s2R忘aGM£ GV地R2J R )2( R) 4探测器沿随圆运动到远月点过程中加速度减小,则对接前嫦娥五号飞行的加速度小于1.6m/s2,2 v m一r故B正确;C.由公式MmG r可知，若对接后嫦娥五号在原轨道上运行，则其速度不变，故 C错误；3D.由开普勒第三定律 二可知，对接前探测器在椭圆轨道运行的半长轴小于嫦娥五号运动的T2半径，则对接前探测器在椭圆轨道运行的周期小于嫦娥五号的运行周期，故D错误。故选B。8.某简易电吹风简化电路如图所示，其主要部件为电动机M和电热丝，部分技术参

9、数如下表,电吹风在220V电压下工作。下列说法正确的是（）22IIV电吹风额定电压220V电吹风额定功率热风时：990W冷风时：110WA.开关Si、S2都闭合时电吹风吹冷风B.该电吹风中电动机的内电阻为440aC.吹热风时电热丝的功率为 990WD.吹热风时通过电热丝的电流为4A【答案】D【详解】A.由电路图可知，开关 Si、S2都闭合时，电动机和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，故A错误；8 .只闭合开关S2时，仅电动机接入电路，若电动机为纯电阻，则电阻为2202人r Q 440 Q110由于电动机为非纯电阻，则内阻不为440 ,故B错误；C.开关Si、S2都闭合时，电动机和电热丝同时接入

10、电路，电吹风吹热风，总功率为990W,880W,故C错误;即为电动机的功率和电热丝的功率之和，则吹热风时电热丝的功率为D .吹热风时电热丝的功率为880W,通过电热丝的电流为,880 A , AI = A=4A220故D正确。故选Do9 .如图所示，一辆装满石块的货车在水平直道上以加速度a向右匀加速运动。货箱中石块B的质量为m。重力加速度为g°下列说法正确的是()A.货车速度增加的越来越快B.货车相邻两个1s内的位移之差为 -a2C.石块B对与它接触物体的作用力方向水平向左D.与B接触的物体对B的作用力大小为m后丁【详解】A.由于货车做匀加速运动，所以货车速度均匀增加，故 A错误;B

11、 .做匀加速直线运动的物体相邻时间间隔内通过的位移之差等于x aT2 a故B错误；C.对B受力分析可知，重力、与它接触物体对B的作用力，由于合力水平向右，则与它接触物体对B的作用力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，石块B对与它接触物体的作用力斜向左下方，故C错误；D.由平行四边形定则可知F = . (mg)2 (ma)2 =m., g2 a2故D正确。故选Do10.如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面,OD为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃分成 OB、OC两束光。下列说法正确的是（A.光束OB是红光B.紫光在真空中的波长比红光在真空中的波长大C.紫光在玻璃中的频

12、率比红光在玻璃中的频率小D.两束光分别在OB、OC段传播时所用的时间相等【答案】D【详解】A.由图可知，OB偏折更大，即折射角更小，则折射率更大，由于在真空中紫光的频率大于红光的，即在真空中紫光的折射率更大，说明光束OB是紫光，故A错误；B.由于在真空中紫光的频率更大，由公式 C 可知，紫光在真空中的波长比红光在真空 中的波长小，故B错误；C.由于在真空中紫光的频率更大，且光的频率不变，则紫光在玻璃中的频率比红光在玻璃中D.设任一光线的入射角为则光在玻璃中的速度为 v的频率大，故C错误;i,折射角为r,光在玻璃中传播的路程是s,半圆柱的半径为 R,c一,由几何知识得ns 2Rcos(90 r)

13、 2Rsinr则光在玻璃传播时间为s 2Rsin r 2Rnsinrv c cn由折射定律得nsinr sini ,得2Rsini由题知，入射角i相同，R、c相等，所以时间t相同，故D正确。故选Do 11.修建高层建筑时常用塔式起重机。某段时间内，重物在竖直方向上被匀加速提升，同时在水平方向上向右匀速移动。不计空气阻力。在此过程中（）A.重物的运动轨迹为斜向右上方的直线B.绳子对重物拉力所做的功等于重物机械能的增加量C.重物所受合力冲量的方向斜向右上方D.绳子对重物拉力的冲量等于重物动量的增加量【答案】B【详解】A.重物在竖直方向做匀加速直线动，水平方向做匀速直线运动，则重物的合运动为曲线运动

14、，故A错误；B.除重力做功外其它力对物体做的功等于物体机械能的增加量，则绳子对重物拉力所做的功等于重物机械能的增加量，故 B正确；C.重物在竖直方向做匀加速直线动，水平方向做匀速直线运动，则合力方向竖直向上，由I Ft可知，重物所受合力冲量白方向竖直向上，故 C错误；D.由动量定理可知，绳子对重物拉力与重力的合力的冲量等于重物动量的增加量，故D错误。故选B。12.彩虹圈有很多性质和弹簧相似，在弹性限度内彩虹圈间的弹力随着形变量的增加而增大, 但彩虹圈的重力不能忽略。用手拿起彩虹圈的上端，让彩虹圈的下端自由下垂且离地面一定 高度，然后由静止释放。设下落过程中彩虹圈始终没有超出弹性限度。则（ ）A

15、.刚释放瞬间彩虹圈上端的加速度大于当地的重力加速度B.刚释放瞬间彩虹圈下端的加速度等于当地的重力加速度C.刚开始下落的一小段时间内彩虹圈的长度变长D.彩虹圈的下端接触地面前彩虹圈的长度不变【答案】A【详解】A.由于彩虹圈重力的作用，刚释放瞬间彩虹圈上端会受到其下面向下的拉力，则其合力大于重力，所以刚释放瞬间彩虹圈上端的加速度大于当地的重力加速度，故A正确；B.彩虹圈下端会受到上面彩虹圈的向上的拉力，其合力小于重力，则刚释放瞬间彩虹圈下端 的加速度小于当地的重力加速度，故B错误；C.由于彩虹圈上端的加速度大于其下端的加速度，则刚开始下落的一小段时间内彩虹圈的长度变短，故C错误；D.由于彩虹圈上端

16、的加速度大于其下端的加速度，则开始运动后彩虹圈的长度变短，当彩虹 圈恢复到原长后各部分加速度都为重力加速度，以后长度不变，所以彩虹圈的下端接触地面 前彩虹圈的长度相比刚释放时变短了，故D错误。故选A。13.如图所示，电荷量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距 2d,点电荷到带电薄板的垂线通过板 的几何中心 O,图中AO=OB=d, A点的电场强度为零。下列说法正确的是（）- d d d4A.薄板带负电，电子在 A点所具有 电势能一定为零B. B、。两点间的电势差与A、O两点间的电势差相等C.电子在B点所具有的电势能小于在A点所具有的电势能D.带电薄板产生的电场在图中B点的电场强度为8kq9d2【详

17、解】A.由于A点的场强为0,正电荷在4A点产生的电场强度方向水平向右,则薄板带负，由于零电势娱，的，则电子，A点所具有的电势能不一定为0,故A错误；I I /B,由薄板产生的场强对称性和电场的叠加原理可知,AHHitil/小于的平均，I JC.如果没有电荷量为+q的点电荷存在，则 A、B两点电势相等，当有电荷量为 +q的点电荷存在时，由于B点离电荷量为+q的点电荷更近，由电势叠加可知，B点的电势更高，根据负电荷在电势高处电势能小，则电子在B点所具有的电势能小于在 A点所具有的电势能，故 C正确；D.由于A点的电场强度为 0,则有Ek3 画 (3d)2 9d2 根据对称性可知，带电薄板产生的电场

18、在图中B点的电场强度为 a2,故D错误。9d故选Co14.某同学查阅资料发现：石英钟的工作电流可视为定值I0,当电源电压大于 U0时，其内部机芯能驱动表针走动；当电源电压小于 Uo时，石英钟停止走动。他由此猜想：用充电电压相同、 但电容不同的电容器作为石英钟电源，石英钟的走动时长t正比于电容Co为此，他设计了如图甲所示的实验，图中电源电动势E=1.5V。实验时先使开关 S掷向1,对电容器充电完毕后再把开关S掷向2,电容器对石英钟供电，记录表针停止前的走动时长to实验中分别更换 7个不同的电容器重复上述实验，数据记录如表格所示。使用Excel处理数据得到图乙所示的图线，其余率为k。下列推断正确的

19、是()力min200.0160.0120.0&0Q40J)C/V6.004.0。TrT+工-4-24 -电容器编号1234567标称电容C/F0.220.4711.5245走动时长t/min8.522.043.049.580.0144.5173.0甲乙A.该石英钟正常工作日的电流大小为I。一kB.利用该图像能推算出电压 Uo的大小C.根据此石英钟的工作特点，从理论上也能推断出该同学的猜想是正确的D.由本实验可知该石英钟的走动时长t与电容器的电容 C和电压Uo均成正比【答案】C【详解】A.根据故A错误；B.由公式得Qo C(E Uo)E UokQo C(E Uo)E UoI o由于Io未

20、知，则无法得出 Uo,故B错误；CD.由公式 Qo C(E Uo) Io = t t可知，石英钟工作时电流一定，电压Uo与一定，则石英钟的走动时长 t正比于电容C,故 正确，D错误。故选Co第二部分本部分共6题，共58分。15.在“测量电源的电动势和内阻”的实验中，已知待测电池的电动势约1.5V,内阻约1.o 某同学利用图甲所示的电路进行测量，已知实验室除待测电池、开关、导线外，还有下列器 材可供选用:甲电流表Ai：量程00.6A,内阻约0.125 Q电流表A2：量程03A,内阻约0.025 Q电压表V:量程03V,内阻约3kQ 滑动变阻器Ri： 020 Q,额定电流2A 滑动变阻器R2： 0

21、100 Q,额定电流1A 为了调节方便，测量结果尽量准确，实验中电流表应选用 ,滑动变阻器应选用 (填写仪器的字母代号)。(2)经过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U,利用这些数据在图乙中画出了UI图线。由此得出电源的电动势E=V；内阻r =Qot/V60203 (U 05(16乙该同学实验中发现，在保证所有器材安全的情况下，调节滑动变阻器的滑片时电压表的示数取不到1.0V以下，出现这一现象的原因可能是 ;改进的方法为【答案】(1). A1(2). R1(3).1.50(1.49： 1.50)(4). 0.83(0.81： 0.85)(5).电源内阻太小 (6).可在电源旁边串联一

22、个较小阻值的定值电阻【详解】(1)1电源电动势约为1.5V,流过电路的最大电流约为零点几安培，电流表应选择A i;2由于电源内阻较小，为了调节方便，测量结果尽量准确，则滑动变阻器应选R;(2)3由图示电源UI图像可知，电源电动势E 1.50V由于误差1.49V1.50V均可。4电源内阻U 1.5 1.0r Q 0.83 Q1 0.6由于误差0.81Q: 0.85Q均可。56根据串联电路中电压与电阻成正比，可知节滑动变阻器的滑片时电压表的示数取不到1 .0V以下，说明电源内阻太小，为了使电压表示数更小，可在电源旁边串联一个较小阻值的 定值电阻。16 .在“油膜法估测分子直径”的实验中，我们通过宏

23、观量的测量间接计算微观量。(1)本实验利用了油酸分子易在水面上形成 (选填“单层”或“多层”)分子油膜 的特性。若将含有纯油酸体积为V的一滴油酸酒精溶液滴到水面上，形成面积为S的油酸薄膜，则由此可估测油酸分子的直径为 。17 )某同学实验中先取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液，测量并计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积后，接着又进行了下列操作：A.将一滴油酸酒精溶液滴到水面上，在水面上自由地扩展为形状稳定的油酸薄膜B.将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上计算油酸薄膜的面积C.将玻璃板盖到浅水盘上，用彩笔将油酸薄膜的轮廓画在玻璃板上D.向浅盘中倒入约2cm深的水，将郁子粉均匀地

24、撒在水面上 以上操作的合理顺序是 (填字母代号)。若实验时郁子粉撒的太厚，则所测的分子直径会 (选填“偏大”或“偏小”)(4)本实验中油膜的形成是分子力的作用效果。图甲为分子力F随分子间距r的变化图线，图乙为某同学参照图甲所做的分子势能Ep随分子间距r的变化图线。请你对图乙的合理性做出分析，填在下面表格相应的位置中。指出合理或不合理之处并简述理由合理之处不合理之处:甲见解+析.V(1).单层 (2). d (3). DACB (4).偏大 (5).见解 + 析(6).【详解】(1)1在用油膜法估测分子的大小”实验中，我们的实验依据是：油膜是呈单分子分布的；把油酸分子看成球形；分子之间没有空隙；

25、由上可知，在水面上要形成单层分子油膜;2一滴油酸的体积为V,油酸分子的直径为(2)3本实验首先要制备酒精油酸溶液，并明确一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，同时通过量筒测出N滴油酸酒精溶液的体积；同时向浅盘中倒入约2cm深的水，将郁子粉均匀地撒在水面上；然后将此溶液1滴在有郁子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积。则用此溶液的体积除以其的面积，恰好就是油酸分子的直径。故正确的步骤为DACB。 一 ，V(3)4实验过程中，若油膜没有完全散开，则油酸溶液在水面上形

26、成的油膜面积偏小，由d S可知，实验测量的油酸分子的直径偏大。5合理之处：图乙的大致变化情况合理，因为分子间距由足够远减小到0的过程中分子力体现为引力做正功，分子势能减小，所以ro处的分子势能最小，此后再靠近的过程中，分子力体现为斥力做负功，所以分子势能逐渐增大。6图乙ri处分子势能为0的点不合理，由于分子力做功等于分子势能的变化，故分子间距由足够远减小到ri的过程中分子力做的总功应当为0,即甲图中门处以右F r图线下的总面积应当为0,图中显然不符合。图乙在r0 r r2的范围内弯曲情况不合理，由于 Ep r图线的斜率即为分子力，该区间的 分子力是越来越大的，而图中的斜率显然越来越小。17.2

27、022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道 AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道 BC高h=10m, C是半径R=20m 圆弧的最低点。质量 m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度 a =4m/s2,到达 B点时速度VB=30m/s。取重力加速度 g=10m/s2。求运动员在AB段运动的时间t;(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小;Fc的大/、。(3)若不计BC段的阻力，求运动员经过C点时所受支持力【答案】(1)7.5s; (2)1,8 103N s； (3)3.9 103N详解】(1)根据匀变速直线运动公式有v

28、Bat ,代入数据可得(2)根据动量定理有代入数据可得t 7.5sI mvB mvAI =1.8 103 N s(3)运动员在BC段运动的过程中，由动能定理有mgh1 2-mvC21 2一mvB 2在C点，由牛顿第二定律有2Fc mgVcm R 代入数据可得Fc 3.9 103N18 .如图所示，质量为 m、电荷量为+q的粒子从A (0, 2l)点以初速度Vo沿x轴正方向射出， 为使其打在x轴上的C (2l, 0)点，可在整个空间施加电场或磁场。不计粒子所受重力。(1)若仅施加一平行于 y轴的匀强电场，求该电场场强E的大小和方向；(2)若仅施加一垂直于 xOy平面的匀强磁场，求该磁场磁感应强度

29、B的大小和方向；(3)某同学认为若仅施加一由A点指向C点方向的匀强电场，该粒子仍能打在C点。请简要分析该同学的说法是否正确。()2E mv0，沿y轴负方向；(2)B 皿©，垂直于xoy平面向外；(3)不正确 ql2ql【详解】(1)由于粒子经过C点即粒子向下偏，则场强方向沿y轴负方向，粒子在 x轴方向有2lvot在y轴方向的加速度联立解得(2)由左手定则可判断磁感应强度垂直于的匀速圆周运动，由牛顿运动定律有21qEm。222mv0qixoy平面向外，粒子在 xoy平面内做半径R=212Voqv0 B m R可得mvo2q1(3)该同学的说法不正确。 若粒子没有初速度， 则粒子将在电场

30、力的作用下， 沿AC连线做匀加速直线运动打到 C点；由于粒子有x轴正向的初速度vo,相当于还参与了一个沿 x轴正向、速度为vo的匀速运动，所以粒子一定打在C点的右侧19 .由相互作用的物体所组成的系统中，能量和动量可以相互转化或传递，但其总量往往可以保持不变。(1)质量为mi的正点电荷A和质量为m2的负点电荷B,仅在彼此间电场力的作用下由静止开始运动，已知两者相遇前某时刻A的速度大小为vi。a.求此时B的速度大小v2；b.求此过程中A、B系统电势能的减少量 AEp。(2)在地球表面附近，质量为 m的物体自高为h处自由下落，根据重力势能的减少量等于动能 的增加量有mgh ；mv2,可得出物体落地

31、时的速度大小 v3 J2gh。然而，表达式中的mgh 是下落过程中地球和物体所组成系统的重力势能减少量，这样处理即认为系统减少的势能单 独转化为物体的动能。请通过计算说明这样处理的合理性。m1Vl12,m1 m2、【答案】(1)a.V2-JL-L ； b. Ep-m1V1 (-2)； (2)合理，理由见解+析m22m2【详解】a.A、B组成的系统动量守恒有0m|V1 m2 v2解得m1v1 v2m2b.此过程中A、B系统减少的电势能等于增加的动能即Ep代入数据得Ep12尸1一 m1vi ( 12m2（2）因只研究这个物体下落给地球带来的影响，取地球和下落的物体组成的系统为研究对象，设地球的质量为 M,物体落地时地球的速度大小为V4,则根据动量守恒和机械能守恒定律有0