北京通州2020届高考物理一模试题(含答案)

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。关于分子的热运动，下列说法正确的是（）扩散现象说明分子间存在斥力物体对外做功，其内能一定减少温度升高，物体的每一个分子的动能都增大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；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AU二Q+W可知若吸收的热量大于对外做的功，则内能增加，故B错误；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；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Do关于泊松亮斑，下列说法正确的是（）泊松伽是光的衍射现象，显著表现出光的波动性是光的衍射现象，显著表现出光的粒子性是光的干涉现象，显著表现出光的波动性是光的干涉现象，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238UT234Th+X，下列说法正确的是（）9290此核反应方程中的X代表的粒子为氢原子核通过降低温度的方法，一定能缩短238U的半衰期92此核反应释放能量此核反应方程属于B衰变，B粒子是292U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238UT234Th+4He92902所以此核反应方程中的X代表的粒子为a粒子，故A错误；半衰期与外界的温度等条件无关，故B错误；CD.此反应是a衰变，由于发生质量亏损释放能量，故C正确，D错误；故选Co4•如图所示，理想变压器的原线圈接入u=8800迈sinlOO兀t（V）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40迈:1B.交变电压的频率为100Hz原线圈中电流的有效值为4A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竹=880OV,“22OV,880W”的电器正常工作，故原、副线圈的匝数比为U8800==40:1U2202故A错误；由表达式知交变电压的频率^00^Hz二50Hz2兀故B错误；C.副线圈电流P880I—一一A—4A2U2202故原线圈中电流的有效值为n1I—-21—x4A—0.1A1n2401故C错误；D•输入功率等于输出功率，故输入功率为P=880W故D正确；故选Do5•—弹簧振子做简谐振动，在t=0时位移为零，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（）EJ£4A,0£/J10CD/0TsB.答案】EJ£4A,0£/J10CD/0TsB.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。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①、②、③，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()①比②的能量低③比②的波长小①、②、③都能发生光电效应让①和②通过同一双缝干涉装置，①的条纹间距小于②的【答案】D【解析】【详解】ABC.氢原子由n=3跃迁到n二1辐射的光子能量E二E-E=—1.51eV—(―13.6eV)二12.09eV3131氢原子由n二2跃迁到n二1辐射的光子能量E二E—E=—3.4eV—(―13.6eV)二10.2eV2121氢原子由n=3跃迁到n二2辐射的光子能量E二E-E=—1.51eV—(―3.4eV)二1.89eV3232c由此可知①比②的能量高，结合E二h-可知③比②的波长长，由于③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；cD.根据E二h-可知①的波长小于②的波长，结合亮条纹中心间距公式Ax=--可知①的条九d纹间距小于②的，故D正确；故选Do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a粒子所带的电荷量较大a粒子运动的速率较大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•根据洛伦兹力提供向心力，则有v2qvB=mR可得qBRv=m由图可确定粒子运动半径R关系，粒子的速率v与运动半径R、粒子的电量q、质量m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、b粒子的速率的大小关系和a、b粒子的所带的电荷量关系，故B、C错误;f2兀md.根据T=~Bq可知磁感应强度b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S］、S2位置进行研究，圆环S］、S2面积相等，P、Q两点位于圆环S］上下对称点上，P、P'两点位于两圆环S］、S2相同位置的点上。下列说法正确的是（）P点场强的大小比Q点大P点场强的大小比P'点小穿过S］磁通量比穿过S2的大穿过S］的磁通量与穿过S2的一样大【答案】C的【解析】【详解】A.由图可知P、Q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；由图可知P点的磁感线比P点的磁感线密，故P点处的磁感应强度比P大，故B错误；CD.根据磁通量的定义①二BS可知，穿过S］的磁通量比穿过S2的大，故C正确，D错误；故选Co9•如图所示，上、下表面平行的玻璃砖放在空气中，光以入射角0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0增大一个小角度时，下列说法正确的是（）侧移距离d增大在A点可能发生全反射在B点一定发生全反射光在玻璃中的传播时间变短【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d增大，故A正确；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A点不会发生全反射，故B错误；在上表面，入射角小于90°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；当0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。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变化。下列说法正确的是（）电压表的另一端应接a点，Rx的测量值大于真实值电压表的另一端应接b点，Rx的测量值小于真实值电压表的另一端应接a点，Rx的测量值小于真实值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o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b端,由于电压表的分流使电流表示数偏大，由欧姆定律可知R的测量值小于真实值，故B正确，XA、C、D错误；故选B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（）it)00圉3U电流it)00圉3U电流电漩条形磁铁的磁性越强，产生的感应电流峰值越大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；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；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申分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，r「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（）该球壳带负电A点的电场强度小于B点的电场强度若厂2一厂戸］—r0，贝9甲4—甲£<甲0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.［、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，由图可知A点的电势高于B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A再到B，电场强度逐渐减小，A点的电场强度大于B点的电场强度，若r—r二r—r，根据U=Ed可知2110U>UOAAB即有9一甲>9一甲0AAB故B错误，C正确；D.正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力方向由A指向B，所以电场力做正功，故D错误；故选Co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（）两组实验都显示了向心力大小与小球质量有关两组实验时，应将传动皮带套在两塔轮半径不同的轮盘上若小球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；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；若小球1、2质量同时都为2m时，它们分别放在A、C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；若小球1、2质量同时都为2m时，它们分别放在b、C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厶1,故D正确；不正确的故选B。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、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（x=1），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（e>0）、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C=及磁相互作用均可忽略不计。（平行板电容器公式C=£od'其中e0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Q二nexSB.上表面电荷宏观电量为Q二ne2nex该匀强电场的大小为E二一£0nexD.该匀强电场的大小为E=£0【答案】AD解析】【详解】AB.由于单位体积内的电子数目为n，上表面负电薄层的体积为V=Sx所以电荷宏观电量为Q=neV=nexS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QlnexSlnexlU===—£S£S£000该匀强电场的大小为UnexE==—l£0故C错误，D正确;故选AD。第二部分二、本部分共6题，共58分。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：

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；用手握住注射器前端，开始缓慢推拉活塞改变气体体积；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；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：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”)。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TT2(选填“>”“<”“=”)【答案】(1).用手握住注射器前端(2).温度(3).<【解析】【详解】(1)[1][2]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；pV⑵⑶在P-V图象中，根据争二C可得pV=CT即离坐标原点越远的等温线温度越高，故T<T12某同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）可以用天平测物体的质量必须用弹簧秤测物体受力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）。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2x段位移所用的时间t,由a-计算出加速度12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a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”）。圏小世圏小世纸帯打点计时器（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。加的大小关系拉力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11以小车加速度的倒数1为纵轴、小车和车上砝码的总质量M为横轴，可作出一-M图像。请aa1在图2所示的坐标系中画出一-M图像的示意图并在图中标出截距数值。a【详解】）（1）[1]A.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；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；同时研究某个物理量和另外两个物理量的关系，可采用控制变量的方法，故C正确；故选AC；⑵[2]A.利用公式x二2at2求解加速度，用刻度尺测量其移动的位移x，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Ax二aT2求解加速度，故B可行；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x二2at2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]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]砂桶和小车用线连接，故二者沿连线方向上的加速度相等;[6]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f-m1+-M由数学规律可知，在M?m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1=丄gM+1amgg则以1为纵轴，以总质量M为横轴，作出的图象为一倾斜直线，且纵坐标为丄，图象如图所ag如图1所示，一个匝数n=10的圆形导体线圈，面积S]=0.4m2，电阻r=lQ。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=4Q

的电阻，将其两端与图1中的圆形线圈相连接，求⑴在0〜0.2s时间内产生的感应电动势E的大小；⑵在0〜0.2s时间内通过电阻R的电荷量q的大小；(3)线圈电阻r消耗的功率匚的大小。【答案】(1)4V；⑵0.16C；(3)0.64W解析】【详解】(1)由图象可知0-0.2s内磁感应强度B的变化率为ABABAt上T/s二lT/s0.2平均感应电动势为E二nS普二10%°4%1V二4V(2)电路中的平均感应电流为-E4I==A=0.8AR总4+1在0〜0.2s时间内通过电阻R的电荷量大小为q=It=0.8%0.2C=0.16C(3)由于电流是恒定的，线圈电阻r消耗的功率为P=12r=0.82%1W=0.64Wr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M、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。先仅研究A球单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)

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m1xOP=m1xOM+m2xONo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)。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M和N偏离了OP方向。这位同学猜想两小球碰撞前后在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；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L__lo'务尸…解析】【详解】(1)A球单独做平抛运动，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，由机械能守恒定律得mgh-—mv212—0A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x2与h的函数关系为x2-4Hh画出x画出x2-h图象的示意图，如图所示图像的斜率k=4H(2)a、设A球和B球相碰的过程中，A球对B球的作用力为F1,B球和A球的作用力为F2,根据牛顿第三定律有F二一F12分别对A球和B球，根据牛顿第二定律有ma=-ma1122根据加速度定义有Av

a=-At所以有AvAvmmi=—m211At2At整理有mAv=—mAv1122b、连接OP、OM、ON，作出M、N在OP方向上的投影点M'、N，如图所示分别测量出OP、OM'、ON的长度，若在实验误差允许范围内，满足关系式mgOP=mgOM'+mgON'112则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。已知地球半径为R