通俗解析：2020年5月北京东城区高三物理一模试题

1、第 页共15页北京市东城区20192020学年度第二学期高三物理综合练习（一）解析物理试题2020.5第一部分（选择题共42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。.下列事实中能够作为原子核可再分”依据的是A.电子的发现B.天然放射现象C. “粒子散射实验D.原子发光现象粒子散射实验说明【解析】电子的发现说明原子可以再分，天然放射性现象说明原子核可以再分, 原子的核式结构模型，原子发光现象说明原子核外的电子具有一定的轨道，能量是量子化的，故选项 确。V0.已知水的摩尔质量为 M,密度为p,阿伏加德罗常数为 Na。若用m0表示一个水分子的质量，用

2、表不一个水分子的体积，下列表达式中正确的是MN7m0NaMV0MNaV0Na m1mol的个数，即阿佛加德罗常数就是【解析】因为 M是摩尔质量，就是1mol物质的质量，让它除一个水分子的质量，即 m0 M-,故选项A正确，B错误;Na求一个水分子的体积时，应该用水的摩尔体积除阿佛加德罗常数，而水的摩尔体积就是摩尔质量除水的密度，即 M ,再除阿佛加德罗常数即为 M,故选项CD均错误。Na.为了做好疫情防控工作，很多场所都利用红外线测温仪对进出人员进行体温检测。红外线测温仪利用A.红外线是可见光的特点B.红外线的穿透本领比 X射线强的特点C.人体温度越高辐射出的红外线越强的特点D.被红外线照射的

3、某些物体可以发出荧光的特点【答案】C【解析】红外线测温仪的测温原理是，人体由于温度高而向外辐射红外线，温度越高，则辐射的红外C正确。线的功率越大，测温仪就是感知红外线辐射的强度进而得知人体温度的，故选项4.如图所示为氢原子能级图。大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时发出不同频率的光。用这些光照射金属钙。已知金属钙的逸出功为3.20eV。能够从金属钙的表面照射出光电子的光共有TF国四 TOC o 1-5 h z 4-0.K53 -1.51 HYPERLINK l bookmark67 o Current Document 23 4) -I J.6A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种【答案

4、】B【解析】大量的处于 n4能级的氢原子向低能级跃迁时能发出6种不同频率的光，它们的能量分别是 Ei=-0.85eV-(-1.51eV)=0.66eV , E2=-0.85eV-(-3.40eV)=2.55eV , E3=-0.85eV-(-13.6eV)=12.75eV , E4=-1.51eV- (-3.40eV)=1.89eV , E5=-1.51eV-(-13.6eV)=12.09eV , E6=-3.40eV-(-13.6eV)=10.2eV ,可见有三种大于 3.20eV, 故能够从金属钙的表面照射出光电子的光共有三种，选项 B正确。5.伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科

5、学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验：将斜面 1与斜面2平滑连接，让小球由斜面 1上的O处由静止开始滚下， 小球将滚上斜面2。逐渐减小斜面2的倾角，仍使小球从 。处由静止滚下。如果没有摩擦，则A .小球在斜面2上能上升的最大高度逐渐降低B.小球在斜面2上每次都能上升到与 O处等高的位置C.当斜面2最终变为水平面时，小球将处于静止状态D.当斜面2最终变为水平面时，小球的运动状态将不断改变【答案】B【解析】因为不考虑摩擦，故小球从O点的这一高度处具有一定的重力势能，由于机械能守恒，所以它到另一个斜面上时，每次它都能上升到与。点等高的位置处，选项 B正确。.如图所示，

6、两根长度不同的细线上端固定在天花板上的同一点，下端分别系着完全相同的小钢球1、2。现使两个小钢球在同一水平面内做匀速圆周运动。下列说法中正确的是A.球1受到的拉力比球 2受到的拉力小B.球1的向心力比球 2的向心力小C.球1的运动周期比球2的运动周期大D球1的线速度比球2的线速度大【答案】D【解析】对球进行受力分析得，如下图所示，所以细线的拉力F= 而球1对应的。较大，故它cos对应的cos。就会较小，所以球1的细线的拉力较大，选项 A错误；因为球的向心血管 F向=mgtan。，而球1的。较大，故它对应的tan。就会较大，所以球 1的向心力较大，选项B错误;由向心力公式可知,4 2Rmgtan

7、 0 =m?T2,所以周期T=2兀gtan,而R也是随角度。变化的，故我们可以将其转换为与绳长的关系，因为绳长是不变的，即R=Lsin为代入可得T=2兀g tanLsin L cos=2 冗因为球1的。较大，故cos。较小，故周期较小，选项 C错误;v2 而线速度的判断又可以通过公式mgtan 0 =m、来确定，所以v= JgRtanJgLsintan ，球1的 。较大，则sin。和tan。都较大，故线速度 v较大，选项 D正确。. 一列简谐横波沿 x轴正方向传播，在t1=0和t2=0.2s时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期T 0.2s。下列说法正确的是A.波速一定为0.4m/s

8、C.波长可能为0.08mD.周期可能为0.8s【答案】A【解析】因为ti=0和t2=0.2s时的波形分别如图中实线和虚线所示，二者最多相差半个周期，故0.2s=T nT (n=0、1、2)，而T0.2s,故周期T=0.4s,选项D错误；由图可知，波长为 16cm,即0.16m,故选项C错误；故波速为 v=- 0.16m =0.4m/s,选项A正确；振幅是从平衡位置到最大位移处T 0.4s的距离，从图上看出是 0.02m,选项B错误。.如图所示，a、b两点位于以负点电荷-Q (Q 0)为球心的球面上，将两个带正电的检验电荷q1、q2分别置于a、b两点。下列说法正确的是A . a点电势大于b点电势

9、B . a点电场强度大于b点电场强度C.若规定无穷远处电势为零，a、b两点的电势均为正值.若将q1、q2分别移动到无穷远处，电场力做功不一定相等【答案】D【解析】由于a、b两点位于以负点电荷-Q (Q 0)为球心的球面上，它们到负电荷的距离是相等的，故a、b两点的电势相等，选项 A错误；a、b两点的电场强度也相等，选项 B错误；因为电荷是负电荷，电场线是从无限远指向负电荷的，而沿着电场线的方向电势是降低的，而规定无穷远处电势为零，故a、b两点的电势比零还要低，所以均为负值，选项 C错误；由于两个检验电荷的电荷量可能不同，所以将q1、q2分别移动到无穷远处，电场力做功W=Uq不一定相等，选项 D

10、正确。.如图所示电路中，电源电动势为E,内阻为r,电容器的电容为 C,定值电阻的阻值为 Ro开关闭合前电容器不带电。闭合开关，待电路稳定后1A.通过电源的电流为零B.定值电阻两端的电压等于 EC.电路消耗的电功率等于【答案】DE2RD.电容器所带电荷量为RECR r【解析】闭合开关，待电路稳定后，由于电源与电阻R构成一个闭合电路，故通过电源的电流不为零，选项A错误；定值电阻 R的两端电压就是电源的路端电压，不等于电源的电动势，而是等于U =R EE2-RE,故选项B错误；电路消耗的电功率是指总电功率，即 P总=IE= E ,选项C错R rR r R r误；根据电容的公式 C=Q,故电容器所带电

11、荷量为 Q=CU=_REC,选项D正确。 UR r.在探究变压器的线圈两端电压与匝数的关系时，某同学分别在可拆变压器的铁芯上绕制了两个线 圈，如图所示，线圈 a连接到学生电源的交流输出端，线圈b与小灯泡相连接。两线圈的电阻均可忽略不计。闭合电源开关，他发现小灯泡发光很微弱。为了适当提高小灯泡的亮度，下列方法可行的是bA .适当减少线圈a的匝数B.适当减少线圈b的匝数C.将交流输出电压适当减小D.将线圈a改接在直流输出端学生电源【解析】为了适当提高小灯泡的亮度，即增大变压器的副线圈的电压，我们可以这样想问题，因为 变压器的规律是 支 上，所以U2=Un2,看来减小线圈a的匝数可以，因为减小 a的

12、匝数就是减小U 2 n 2nin1,选项A正确；适当减少线圈 b的匝数n2则不可以，选项 B错误；将交流输出电压 U1适当减小也不行，选项C错误；将线圈a改接在直流输出端更不行，因为直流电不能在副线圈产生电流，选项 D错误。.学习物理知识可以帮助我们分析一些生活中的实际问题。如图所示，某地铁出站口处设有高约5m的步行楼梯和自动扶梯，步行楼梯每级台阶的高度约0.2 m,自动扶梯与水平面间的夹角为30,并以0.8m/s的速度匀速运行。甲、乙两位同学分别从步行楼梯和自动扶梯的起点同时上楼，甲在步行楼梯上匀速上行，乙在自动扶梯上站立不动。若他俩同时到达地面层。下列估算正确的是A.甲同学步行上楼梯用时6

13、.25sB.甲同学的上行速度等于0.4m/sC.甲同学竖直方向分速度为1.6m/sD.甲同学每秒钟需要上两级台阶【答案】D【解析】因为出站口处有高约5 m的步行楼梯和自动扶梯，所以自动扶梯的长度为L=sin 30=10m,自动扶梯以0.8 m/s的速度匀速运行，故人站在自动扶梯上上到顶端的时间为t=L 10mv 0.8m/s=12.5s,而甲、乙两同学的时间相等，所以甲需要的时间也是12.5s,选项A错误；甲同学上行的速度也是0.8m/s,选项B错误；甲同学竖直方向分速度为vy=- fm=0.4m/s,选项C错误；t 12.5s因为步行楼梯每级台阶的高度约0.2 m,所以台阶数为n=f-=25

14、阶，而上到最高点所用的时间是0.2故甲同学每秒钟需要上两级台阶数是匹=2阶/s,选项D正确。12.5s人造地球卫星与地心间距离为r时，若取无穷远处为势能零点，引力势能可以表示为EP GMm,其中G为引力常量，M为地球质量，m为卫星质量。卫星原来在半径为的轨道上绕地r球做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为2。此过程中损失的机械能为 TOC o 1-5 h z GMm 11GMm111111A. ( )B. GMm(- -) C. GMm(1 1) D. GMm(-)2 r1r22r2rl12r2r1【答案】BGMm mv2【解析】卫星原来在半径为 门的轨

15、道上绕地球做匀速圆周运动时，根据一2 一L可知卫星的动rG能为 Ek1=工mv12= GMm ,而卫星的势能为Ep1=- GMm ,故卫星的机械能E1=Ek1 + Ep1=。二 + (22 rlr12rlGMm)=-GMm ；同理可得卫星在轨道半径为r2时的机械能为E2=-GMm ;故损失的机械能为AE=E1-r12r12 r2E2=- GMm -(- GMm)= GMm(l g,选项 b 正确。2r1 2r22 r2 r1机械波和电磁波都能产生多普勒效应。下列现象中不.属于利用多普勒效应的是A.交通警察利用测速仪向行进中的车辆发射频率已知的超声波，根据反射波的频率变化判断车速B .医生向人体

16、内发射频率已知的超声波，根据接收到的被血管中的血流反射后的超声波的频率变化，第6页共15页判断血流的速度是否正常C.发生雷电时，人们利用看见闪电与听见雷声的时间间隔来估算自己与雷电发生处之间的距离D.天文学上通过对比某些元素在遥远天体上的发光频率与其静止在地球上的发光频率，判断天体相对于地球的运动速度【答案】C【解析】交通警察利用测速仪向行进中的车辆发射频率已知的超声波，根据反射波的频率变化判断车速利用了声波多普勒效应的原理，选项A不符合题意；医生向人体内发射频率已知的超声波，根据接收到的被血管中的血流反射后的超声波的频率变化，判断血流的速度是否正常也属于声波多普勒效应的应用，选项B也不符合题

17、意；发生雷电时，人们利用看见闪电与听见雷声的时间间隔来估算自己与雷电发生处之间的距离是通过光速远大于声速，用这个时间间隔乘声速来估算的，故它不属于多普勒效应的应用，选项C符合题意；天文学上通过对比某些元素在遥远天体上的发光频率与其静止在地球上的发光频率，判断天体相对于地球的运动速度是属于光波的多普勒效应的原理应用，选项D不符合题意。环境监测中通常需要监测烟尘浓度。如图所示为光电式烟尘浓度计的工作原理图。光源1发出的光线经聚光透镜 2后，再经半透半反镜 3分成两束强度相等的光线。其中一路光线经反射镜4后穿过被测烟尘，有部分光线被烟尘吸收或散射（光在介质中与物质微粒相互作用，使光的传播方向发生改变

18、的现象）后，经过光电转换电路 6转换成电压信号 Ui。另一路光线直接到达光电转换电路7 （6、7完全相同）后，产生作为被测烟尘浓度的参比电压信号U2。运算电路通过 Ui和U2的比值计算出被测烟尘的浓度。根据上述信息应用所学知识可以判断A.没有烟尘时，Ui和U2的比值应该为零B.散射过程中动量守恒定律不成立C.如果用全反射棱镜作为反射镜4,其折射率至少为2D.烟尘浓度越高时，Ui和U2的差值越大【答案】D【解析】没有烟尘时，Ui和U2的大小相等，其比值应该为1,不是零，选项 A错误；根据康普顿散射的原理，散射过程是光子与微粒碰撞作用的结果，所以动量守恒定律仍然成立，选项B错误；如果用全反射棱镜作

19、为反射镜4,其反射光线与入射光线的夹角是90。，故需要其临界角小于45。，再根据n=第7页共i5页第 页共15页1 = J2,故其折射率至少为 J2,选项c错误；烟尘浓度越高时，光线被烟尘吸收或散射得sin C sin 45就会越多，光线射到 6的亮度就会越少，所以 Ui和U2的差值越大，选项 D正确。第n卷（非选择题共58分）（6分）一位同学利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律的实验。他安装好实验装置，斜槽 与水平槽之间平滑连接，且槽的末端水平。在水平地面上依次铺上白纸、复写纸，记下铅垂线所指的位置O。选择两个半径相同的小球开始实验，主要实验步骤如下：a.不放球2,使球1从斜槽上某一固定

20、位置由静止开始滚下，落到记录纸上留下落点痕迹。多次重 复上述操作。b.把球2放在水平槽末端位置，让球 1仍从原位置由静止开始滚下，与球2碰撞后，两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。多次重复上述操作。c.在记录纸上确定 M、P、N为三个落点的平均位置，并用刻度尺分别测量M、P、N离O点的距离，即线段 OM、OP、ON的长度。下列说法正确的是 。A.球1的质量大于球2的质量B.实验过程中记录纸可以随时移动C.在同一组实验中，每次球 1必须从同一位置由静止释放D.在同一组实3中，球 2的落点并不重合，说明操作中出现了错误已知球1的质量为m1，球2的质量为m2,落点的平均位置 M、P、N几乎在同一条

21、直线上。如果 m1 OM+m2 ON近似等于 ,则可以认为验证了动量守恒定律。实验过程中要求槽末端水平，请你说明原因。【答案】（6分）AC;m1 - OP如果槽末端保持水平，小球离开槽末端后做平抛运动，在空中 的飞行时间相等，可以用水平位移替代小球在碰撞前后的速度。【解析】（1）在实验中，需要球 1的质量大于球2的质量，这样球1与球2相碰后球1才不会反弹而直接向右运动，故选项 A正确；实验过程中记录纸不可以随时移动，复写纸可以移动，选项 B错误；在同一组实验中，每次球 1必须从同一位置由静止释放，这样才能保证每次球1滑到底端时的速度相等，选项C正确；在同一组实验中，球 2的落点并不重合，这是操

22、作中出现的误差，而不是错误，选项D错误；（2）动量守恒定律是指碰前的动量等于碰后的动量，而小球平抛时的初速度应该等于水平位移除下落的时间，由于下落的高度它们都是相等的，故时间相等，设时间为t;则碰前的动量就是 m1v1=m1X5,碰后的动量为m1xM + m2x2M ,即满足等式mOP=m OM + m2 ON即可验证动量守值，所以该空应该填m1 - OP（3）实验过程中要求槽末端水平，原因是小球离开槽末端后做平抛运动，在空中的飞行时间相等， 可以用水平位移替代小球在碰撞前后的速度。（12分）同学们想测量由两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内阻r。第一小组的同学用电压表、电阻箱、开关、若干

23、导线和待测电池组连成电路，如图甲所示。电路中 用到的器材均完好无损。检查电路时，他们发现在开关闭合前电压表示数不为零，这是由于导线 （填写表示导线的字母）连接错误造成的。改正错误连接后再次闭合开关，他们发现电压表有示数，但改变电阻箱连入电路的阻值时，电压表示数保持不变， 原因可能是（写出一条即可）。工-1图线，其中U为电压表示U R排除故障后，他顺利完成实验，并根据测得的数据画出图乙所示的E=,内阻 r=数，R为电阻箱连入电路的阻值。由图知：电池组的电动势第二小组的同学用一块检查完好的灵敏电流计（满偏电流Ig已知，内阻Rg未知）、电阻箱、开关、若干导线和待测电池组连成电路，如图丙所示。闭合开关

24、后，调节电阻箱阻值为 R1时灵敏电流计指针达到满偏，调节电阻箱阻值为 R2时灵敏电流计指针达到半偏。 请你通过推导说明， 在这种测量方法中由于灵敏 电流计的内阻Rg未知是否会对电动势和内阻的测量造成系统误差。1 a 2 a i，aiabi图乙【答案】(12分)c;导线a或导线d与其他元件连接时接触不好导致断路；Ig,r 根据闭合电路欧姆定律可知E = Ig(RgrR1),E= (RgrR2),联立解得E = Ig(R2R1),r R2 2R1 Rg。由此可知利用这种方法测量电动势E时不存在系统误差，测量内阻r时存在系统误差。【解析】(1)由于电压表与电源直接相连，造成了闭合开关前电压表的示数不

25、为0,故是导线c接在了开关与电源的正极之间，应该接在开关与电阻箱之间；若闭合开关后发现电压表有示数，但改变电阻箱连入电路的阻值时，电压表示数保持不变，说明电压表测量的一直是电源电压，也就说明与电压表并联的那部分出现了断路，即导线a或导线d与其他元件连接时接触不好导致断路；由于它得到的是L-L图线，而对全电路欧姆定律而言，E=U+Ir,也就是E=U + Ur,将其变形后朝自变量是 ,因变 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark35 o Current Document U RRR量是 1方向转化，即为 =- -故工-1图线的斜率是截距为-,再结合图像的物理量UUER

26、EurEE可得斜率为 色一殂及a1=工，故解得E=,内阻r= a2 a1 ;DEeaaM(2)是否会对电动势和内阻的测量造成系统误差就看通过计算得出的电动势和内阻中有没有电流计 的内阻，如果有，它的存在就会有误差，如果没有，则它再存在也不会影响这个值的大小；根据闭合电Iq路欧姆定律可知E = I(R r R1), E=a(Rq r g g2 gr R2 2R1 Rg。由此可知利用这种方法测量电动势差。17. (8分)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框旦)，联立解得E = Ig(R2 R1),E时不存在系统误差，测量内阻r时存在系统误abcd,每边长为L,总电阻为Ro将其置于磁感应强度为B的水平匀

27、强磁场上方 h处，如图所示。线框由静止开始自由下落，并能匀速进入磁场。在此过程中线框平面保持在竖直平面内，且bc边始终与水平的磁场边界面平行。重力加速度为go在线框进入磁场过程中，求：线框中产生的感应电动势大小E；bc两点间的电势差 Ubc；闭合线框的质量m。【答案】（1） BLq颂；（2） Ubc3BL :J2gh ； (3) m 4【解析】（8分） 线框进入磁场时，线框速度 v J2gh线框中产生的感应电动势E=BLv=BL 2gh TOC o 1-5 h z 此过程中线框中电流I=ER33BL bc两点间的电势差Ubc E J2gh HYPERLINK l bookmark41 o Cu

28、rrent Document 44 线框匀速进入磁场mg F安5安=81解得线框的质量（其他方法正确同样给分）（8分）我们可以从宏观与微观两个角度来研究热现象。A- B过程为等压变化，B- C过程为等定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C,其中容变化。已知 VA=0.3m3, Ta=300K , Tb=400K , Tc=300K。请你求出气体在状态 B时的体积Vb。 气体分别处于状态 A和状态B时，分子热运动速率的统计分布情况如图所示，其中对应状态 B的 是曲线 （选填”或）。第 页共15页第i2页共i5页注速.率区间的分子数 占总分子数的白小比 请你说明B- C过程中，气体压强变化的

29、微观原因。 设A-B过程气体吸收热量为 Qi, B-C过程气体放出热量为 Q2,请你比较Qi、Q2的大小并说明 依据。【答案】（1） VB=0.4m3； ；（3）原因见解析；（4） Qi大于Q2。【解析】（8分）A-B过程为等压变化，由盖 一吕萨克定律有VA VBTa Tb代入数据，解得 VB=0.4m3因为B的温度高，气体分子的平均动能较大，即速率大的分子数点分子总数的比例高，故是其 对应的曲线；气体的压强与气体分子的平均动能、气体分子的密集程度有关。B-C过程为等容变化，气体体积不变，气体分子的密集程度不变。气体的温度降低，气体分子的平均动能变小，因此气体的压强变小。Qi大于Q2； 一定质

30、量理想气体的内能只与温度有关。A-B过程：气体温度升高，内能增大AEio气体体积增大，气体对外做功Wio由热力学第一定律可知,气体吸收热量QiEi WiB-C过程：气体温度降低，内能减少A E2。气体体积不变，既没有气体对外做功，也没有外界对气体做功，W2=0o由热力学第一定律可知，气体放出热量Q2E20由题知Ta=Tc, Ei= E2,因此Qi大于Q2o （其他方法正确同样给分）（i2分）如图甲所示，劲度系数为 k的轻质弹簧上端固定，下端连接质量为 m的小物块。以小物 块的平衡位置为坐标原点 O,以竖直向下为正方向建立坐标轴 Ox。现将小物块向上托起，使弹簧恢复到原 长时将小物块由静止释放，

31、小物块在竖直方向做往复运动，且弹簧始终在弹性限度内。（i）以小物块经过平衡位置向下运动过程为例，通过推导说明小物块的运动是否为简谐运动。（2）求小物块由最高点运动到最低点过程中，重力势能的变化量Ah、弹簧弹性势能的变化量A Ep2o（3）在图乙中画出由最高点运动到最低点过程中，小物块的加速度a随x变化的图象，并利用此图象 求出小物块向下运动过程中的最大速度。IX - r ”【答案】（1）推导过程见解析；（2） EP12 22m g2 2Ep2 = 2m；(3) v【解析】（12分） 设小物块位于平衡位置时弹簧的伸长量为xo,有kx0=mg小物块运动到平衡位置下方 x处，受力如答图1所示此时弹簧弹力大小 F k（x Xo）小物块所受合力F合 mg k（x Xo）kxF回尊mg答图1即小物块所受合力与其偏离平衡位置的位移大小成正比，方向相反，说明小物块的运动是简谐运动。重力势能减小,Ep1 -2mgx)2 22m g根据机械能守恒定律EkEp1Ep2 0弹簧弹性势能增加,2 2E . 2mg EP2一 由最高点运动到最低点过程中， 小物块的加速度 a随x变化的图根据简谐运