北京市丰台区高三下学期一模检测物理试题

北京市丰台区2024~2025学年度第二学期综合练习（一）高三物理本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。1.下列说法正确的是（）A.汤姆孙的“枣糕模型”无法解释α粒子散射实验现象B.环境温度增加，半衰期变长C.氢原子从基态跃迁到激发态放出光子D.发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比【答案】A【解析】【详解】A．汤姆孙的“枣糕模型”无法解释α粒子散射实验现象，卢瑟福依据α粒子散射实验现象提出了原子的核式结构，故A正确；B．半衰期与温度无关，故B错误；C．氢原子从基态跃迁到激发态吸收能量，故C错误；D．根据光电效应方程可知发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率不成正比，故D错误；故选A。2.图1是研究光的干涉现象的装置示意图，在光屏P上观察到的图样如图2所示。为了增大条纹间的距离，下列做法正确的是（）A.增大单色光的频率B.增大双缝屏上的双缝间距C.增大双缝屏到光屏的距离D.增大单缝屏到双缝屏的距离【答案】C【解析】【详解】A．增大单色光频率，则波长减小，根据公式可知，条纹间的距离减小，A不符合要求；B．增大双缝屏上的双缝间距d，根据公式可知，条纹间的距离减小，B不符合要求；C．增大双缝屏到光屏的距离L，根据公式可知，条纹间的距离增大，C符合要求；D．根据公式可知，条纹间的距离与单缝屏到双缝屏的距离无关，D不符合要求。故选C。3.如图所示，水平固定且导热性能良好的气缸内封闭着一定质量的理想气体，外界温度恒定。通过细线将活塞与小桶连接，不断向小桶中添加细砂，活塞缓慢向右移动的过程中（活塞始终未被拉出气缸），对于气缸内气体，下列说法正确的是（）A.体积增大，内能增加B.从外界吸收热量C.分子平均动能减小D.气体分子对内壁的压强增大【答案】B【解析】【详解】由于气缸是导热的，气体的温度与环境相等，保持不变，其内能和分子的平均动能不变，体积增大，压强减小，气体要对外做功，由于气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体要从外界吸收热量。故选B。4.标有“6V、3W”的灯泡接在正弦式交流电源上，正常发光，通过灯泡的电流随时间变化的规律如图所示，下列说法正确的是（）A.通过灯泡的电流表达式B.交变电流每秒电流方向改变50次C.灯泡一分钟内消耗的电能为3JD.灯泡两端电压的峰值为6V【答案】A【解析】【详解】A．流过灯泡的电流电流最大值周期T=0.02s，则可知通过灯泡的电流表达式选项A正确；B．一个周期内电流方向改变2次，则交变电流每秒电流方向改变100次，选项B错误；C．灯泡一分钟内消耗的电能为E=Pt=3×60J=180J选项C错误；D．灯泡两端电压的峰值为6V，选项D错误。故选A。5.某绳波形成过程如图所示，t=0时质点1开始沿竖直方向做周期为T的简谐运动。时，质点5开始运动。下列说法正确的是（）A.时，质点4正在向下运动B.时，质点1的加速度为零C.从到，质点7的速度先增大后减小D.从到，质点7的加速度先增大后减小【答案】D【解析】【详解】A．波的形成过程是前一个质点带动后一个质点运动，所以时，质点4正在向上运动，A错误；B．时，质点1在最大位移处，速度为零，的加速度最大，B错误；C．从到，质点7先向上运动到最大位移处，后向下运动，速度先减小后增大，C错误；D．从到，质点7先向上运动到最大位移处，后向下运动，加速度先增大后减小，D正确故选D。6.2024年4月25日，神舟十八号载人飞船与跬地表约400km的空间站顺利完成径向对接。对接前，飞船在空间站正下方200m的“停泊点”处调整为垂直姿态，并保持相对静止；随后逐步上升到“对接点”，与空间站完成对接形成组合体，组合体在空间站原轨道上做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A.飞船在“停泊点”时，其运动速度大于空间站运动速度B.飞船在“停泊点”时，万有引力提供向心力C.相比于对接前，对接稳定后空间站速度会变小D.相比于“停泊点”，对接稳定后飞船的机械能增加【答案】D【解析】【详解】A．径向交会对接是指飞船沿与空间站运动方向垂直的方向和空间站完成对接。飞船维持在“停泊点”的状态时，即飞船与空间站角速度相同，飞船在空间站正下方200米的轨迹半径较小，根据可知，它的运动速度小于空间站运动速度，故A错误；B．飞船维持在“停泊点”的状态时，以空间站为研究对象，根据万有引力提供向心力有飞船维持在“停泊点”的状态时，即飞船与空间站角速度相同，飞船在空间站正下方，轨迹半径较小，分析可知需要开动发动机给飞船提供一个背离地心的推力使飞船能与空间站保持相对静止，故B错误；C．对接稳定后空间站的轨道半径不变，质量增大，根据万有引力提供向心力有解得对接稳定后空间站速度与质量无关，保持不变，故C错误；D．对接稳定过程中，外力对飞船做正功，相比于“停泊点”，飞船的机械能增加，故D正确；故选D。7.如图1所示。一个可以自由转动的铝框放在U形磁铁的两个磁极间，铝框和磁铁均静止，其截面图如图2所示。转动磁铁，下列说法正确的是（）A.铝框与磁铁的转动方向相反，阻碍磁通量的变化B.铝框与磁铁转动方向一致，转速比磁铁的转速小C.磁铁从图2位置开始转动时，铝框截面abcd感应电流的方向为a→d→c→b→aD.磁铁停止转动后、如果没有空气阻力和摩擦阻力，铝框将保持匀速转动【答案】B【解析】【详解】AB．磁铁转动的过程中通过铝笼截面的磁通量增加，因此在铝笼内产生感应电流，根据楞次定律可知铝笼受到安培力作用，导致铝笼转动，为阻碍磁通量增加，则导致铝笼与磁铁转动方向相同，但快慢不相同，铝笼的转速一定比磁铁的转速小，故A错误B正确；C．磁铁从图乙位置开始转动时，导致通过铝笼截面的磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流方向为a→b→c→d→a，故C错误；D．当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，由于铝笼转动的过程中仍然能产生感应电流，所以铝笼会受到反方向安培力作用逐渐减速直到停止运动，故D错误。故选B。8.如图所示，电荷量为+Q的球A置于绝缘支架上，一质量为m、电荷量为q的小球B，用长为L的绝缘细线品挂在架子上，两球的球心在同一水平线上。静止时细线与竖直方向的夹角为θ。重力加速度为g。下列说法正确的是（）A球B带负电B.球A在球B处产生的电场强度大小为C.若剪断细线，球B将做匀变速直线运动D.若球A的电荷量缓慢减少为0，该过程中电场力对球B做的功为mgL（1cosθ）【答案】D【解析】【详解】A．根据图示可知，A、B之间的库仑力为斥力，则球B带正电，故A错误；B．对B球进行分析，根据平衡条件有解得故B错误；C．若剪断细线，B受到重力A对B的库仑斥力作用，由于A、B间距发生变化，则库仑力发生变化，B所受合力发生变化，B的加速度发生变化，B的运动不是匀变速直线运动，故C错误；D．若球A的电荷量缓慢减少为0，则B将缓慢到达最低点，该过程，根据动能定理有解得故D正确。故选D。9.如图1所示，文物保护人员对古建筑进行修缮与维护，需要将屋顶的瓦片安全运送到地面，某同学设计了一个装置。如图2所示。两根圆柱形木杆AB和CD相互平行，斜搭在竖直墙壁上，把一摞瓦片放在两木杆构成的滑轨上，瓦片将沿滑轨滑到地面，为了防止瓦片速度较大而被损坏，下列措施中可行的是（）A.适当增大两杆之间的距离B.减小干与瓦片的滑动摩擦因数C.增加每次运达瓦片的块数D.减小木杆的长度【答案】A【解析】【详解】AB．由题意可知，斜面的高度及倾斜角度不能再变的情况下，要想减小滑到底部的速度就应当增大瓦与斜面的摩擦力，由f=μFN可知，可以通过增大FN来增大摩擦力，弹力大小FN=mgcosα，若设杆对瓦片的弹力与竖直方向的夹角为β，则则摩擦力适当增大两杆之间的距离，则β变大，则f变大，瓦片滑到底端时的速度减小；减小朴与瓦片的滑动摩擦因数，则f减小，则瓦片滑到底端时的速度增加，选项A正确，B错误；C．减少瓦的块数，减少了瓦的质量，虽然摩擦力小了，但同时重力的分力也减小，不能起到减小加速度的作用，故改变瓦的块数是没有作用的，故C错误。D．减小木杆的长度，则摩擦力做功会减小，落地速度会变大，况且速度与竖直方向的夹角也变大，则更容易损坏瓦片，选项D错误。故选A。10.由于空气阻力的影响，被踢出的足球飞行轨迹如图所示。足球从位置1被踢出，位置3为轨迹的最高点，位置2、4距地而高度相等。重力加速度为g，忽略足球的旋转。关于足球，下列说法正确的是（）A.到达位置3时，加速度为gB.经过位置2时的速度大于经过位置4时的速度C.由位置1到位置3减少的动能少于由位置3到位置5增加的动能D.由位置1运动到位置3的时间大于由位置3运动到位置5的时间【答案】B【解析】【详解】A．到达位置3时，足球受重力与空气阻力作用，加速度不为g，故A错误；B．从经过位置2到经过位置4时，根据动能定理可知的速度，可知动能减小，则经过位置2时的速度大于经过位置4时的速度，故B正确；C．由位置1到位置3，根据动能定理有由位置3到位置5，根据动能定理有则由位置1到位置3减少的动能大于由位置3到位置5增加的动能，故C错误；D．上升过程中阻力的分力与重力方向相同，下降过程中重力与阻力方向相反，则上升过程中平均加速度较大，根据可知，由位置1运动到位置3的时间小于由位置3运动到位置5的时间，故D错误；故选B。11.如图1所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，下落的最低位置为C点。以A点为坐标原点O。沿竖直向下建立x轴，定性画出小球从A到C过程中加速度a与位移x的关系，如图2所示，重力加速度为g。对于小球、弹簧和地球组成的系统，下列说法正确的是（）A.小球在B点时的速度最大B.小球从B到C运动为简谐运动的一部分，振幅为C.小球从B到C，系统的动能与弹性势能之和增大D.图中阴影部分1和2的面积大小相等【答案】C【解析】【详解】A．小球至B点时开始压缩弹簧，一开始弹力小于重力，则小球继续向下加速运动，所以小球在B点时的速度不是最大，故A错误；B．设平衡位置为O，弹簧在平衡位置的压缩量为，则有设平衡位置O下方有一D点，且B、D相对于O点对称，根据对称性可知，小球到达D点的速度等于B点的速度，且B、D两点的加速度大小相等，即D点的加速度大小为，则小球在最低点C点的加速度大于，方向向上，根据牛顿第二定律可得可得最低点C的压缩量满足则小球从B到C的运动为简谐运动的一部分，振幅为故B错误；C．小球和弹簧、地球组成的系统机械能守恒，小球从B运动到C的过程中，小球的重力势能一直在减小，小球的动能与弹簧的弹性势能之和一直在增大，故C正确；D．根据图像与横轴围成的面积表示速度变化量，由于整个下落过程小球的速度变化量为0，图中横轴上方面积等于下方面积，则图中阴影部分1的面积小于阴影部分2的面积，故D错误。故选C。12.图1是某高温自动报警器的电路示意图，左边电源电动势大小可调，弹簧处于原长。R1为热敏电阻，其阻值随温度变化的关系如图2所示，下列说法正确的是（）A.为了使温度过高时报警器响铃，c应接在b处B.若使启动报警器的温度提高些，可将图1中左边电源电动势调小一些C.若使启动报警器的温度提高些，可将滑动变阻器滑片P向右移动D.若使启动报警器的温度提高些，可将图1中弹簧更换为劲度系数更小的弹簧【答案】B【解析】【详解】A．使温度过高时，热敏电阻阻值降低，电流增大，则电磁铁磁性增强，衔铁接a，若此时报警器响铃，c应接在a处，故A错误；BCD．若使报警的温度提高些，则相当于减小了热敏电阻的阻值，为了仍等于刚好接通时的电流，应减小左边电源电动势调小一些，或将图1中弹簧更换为劲度系数更大的弹簧，或增大滑动变阻器接入电路中电阻，此时滑动变阻器应将P向左移动，故CD错误，B正确；故选B。13.乌贼在遇到紧急情况时，通过快速喷水获得速度而逃离。已知乌贼喷水前的质量为M。速度为0，喷水时，在极短时间内将质量为m的水以速度u水平向前喷出，获得速度向后逃离，所受水的阻力与速度成正比，比例系数为k。下列说法正确的是（）A.乌贼获得的最大速度为B.喷水后乌贼做匀减速直线运动C.喷水后乌贼向后逃离的最远距离为D.喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能【答案】C【解析】【详解】A．根据动量守恒定律有解得故A错误；B．所受水的阻力与速度成正比，比例系数为k，则随着速度减小，加速度逐渐减小，故B错误；C．对运用积分原理有解得故C正确；D．喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能和乌贼动能之和，故D错误；故选C。14.地磁场可以阻挡能量很高的太阳风粒子到达地球表面。地球北极附近的磁场如图所示，某带电粒子从弱磁场区向强磁场区前进时做螺旋线运动，不计粒子的重力和一切阻力，下列说法正确的是（）A.该粒子带负电B.从弱磁场区到强磁场区的过程中粒子的速率逐渐减小C.粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离不变D.粒子有可能从强磁场区域返回到弱磁场区域【答案】D【解析】【详解】A．由左手定则可知，该带电粒子带正电，故A错误；B．因洛伦兹力对带电粒子不做功，则从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变，故B错误；C．根据洛伦兹力提供向心力带电粒子每旋转一周的时间为可知随着磁场的增强，粒子运动半径逐渐减小，带电粒子每旋转一周的时间变小，带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离为故带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离减小，故C错误；D．若粒子的速度方向与磁场方向不垂直，则一段时间后该带电粒子可能会从强磁场区到弱磁场区做螺线运动，故D正确。故选D。15.（1）某同学利用多用电表的欧姆挡测量未知电阻。当选用“×10”挡测量时。指针的偏转情况如图所示，为减小测量误差，请你选择正确的实验操作并排序___________。A.将红黑表笔短接B.调节欧姆调零旋钮，使指针指在最左侧刻线C.调节欧姆调零旋钮，使指针指在最右侧刻线D.将选择开关调至"×1"挡E.将选择开关调至"×100"挡（2）某同学探究“变压器原、副线圈电压与匝数的关系”时，得到的实验数据如表格所示。原、副线圈匝数比0.5224816原、副线圈电压比0.572.272.304.509.2818.50分析表格内数据，发现没有严格等于，则可能的原因有。A.线圈通过电流时会发热B.铁芯在交变磁场的作用下会发热C.交变电流产生的磁场没有完全局限在铁芯内D.此变压器为理想变压器（3）在测量某定值电阻的电阻率实验中，部分电路按照图1连接。由试触a点改为试触b点时，发现电压表的示数变化较大，电流表的示数变化不明显，为了减小测量误差，电压表右端接在__________点（填“a”或“b”）。某同学用图2所示的实物电路测录定值电Rx的电阻率。闭合开关，电压表示数接近电源电压，电流表无示数。经检查电流表及各接线处均完好，则电路的故障可能是____________________。【答案】（1）DAC（2）ABC（3）①.b②.待测电阻断路【解析】【小问1详解】用“×10”挡测电阻时，指针偏角过大，说明所测电阻较小，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应选“×1”挡，然后对欧姆表重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值，欧姆表使用完毕后，要把选择开关置于OFF挡或交流电源最高挡上，因此合理的实验步骤是：DAC；【小问2详解】变压器并非理想变压器，能量损失主要来源于三个方面，分别是ABC项中的绕制线圈的铜导线发热损耗（俗称铜损）、铁芯中的涡流发热损耗（俗称铁损）、铁芯对磁场的约束不严密损耗（俗称磁损）。故选ABC。【小问3详解】[1]电压表示数变化较大，电流表的示数变化不明显，说明电流表的分压效果比较显著，电流表中的电压不可忽略，所以应该选用外接法，故应接b；[2]电压表示数接近电源电压，电流表无示数，说明待测电阻断路。16.某实验小组利用如图所示的装置探究“小车加速度与力、质量的关系”。小车与车中钩码的总质量为M，砂和砂桶的质量为m，重力加速度为g。（1）下列实验操作正确的是。A.平衡阻力时，需要通过细绳把砂桶挂在小车上B.平衡阻力后，长木板的位置不能移动C.实验中，细绳必须与长木板保持平行D.小车质量远小于砂和砂桶的总质量（2）如图是某次实验所打出的一条纸带，图中0、1、2、3、4为相邻的计数点，两个相邻的计数点间还有4个点未标出，已知交流电源的频率f=50Hz，小车的加速度a=_______________m/s²。（3）小北同学在探究“小车的加速度a与F的关系”时，保持M不变，以砂和砂桶的重力为F。根据实验数据作出aF图像，如图所示。并利用最初的几组数据拟合了一条直线OAP，画一条与纵轴平行的直线，这条直线和这两条图线以及横轴的交点分别为P、Q、N。则=_______________（用M和m表示）。（4）小京同学在探究“小车加速度a与F的关系”时，采用如图所示的实验方案，实验步骤如下：①将木板装有定滑轮的一侧垫高，挂上装有细砂的砂桶，保持细绳与长木板平行。调节木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；②取下砂桶，测出砂和砂桶的总质量m，并让小车沿木板下滑，测出小车的加速度a；③改变砂桶中砂子的质量，重复步骤①和②，多次测量，仍然取砂和砂桶的重力为F，作出aF图像。请你定性画出aF图像，并说明理由_______。【答案】（1）BC（2）（3）（4），理由见解析【解析】【小问1详解】A．平衡阻力时，需要把砂桶取下来，轻推小车，观察打出来的纸带，如果小车做匀速直线运动，则已平衡摩擦力，故A错误；B．平衡阻力要让小车重力沿斜面向下的分力与摩擦力二力平衡，设木板倾角为，即解得因此平衡阻力后，倾角不能变，长木板的位置不能移动，故B正确；C．实验中，细绳必须与长木板保持平行，保证绳中的拉力等于小车所受的合力，否则拉力不会等于合力，故C正确；D．设绳中的拉力为，根据牛顿第二定律可得，解得为使小车受到的绳子拉力近似等于砂和砂桶的总重力，需要让小车与钩码的总质量远大于砂和砂桶的总质量，故D错误。故选BC。【小问2详解】由已知条件可知，计数周期为逐差法求加速度可得【小问3详解】图中对应小车所受合力为砂和砂桶的总重力时的加速度，则图中对应小车实际的加速度，由于实验过程中，小车所受的合力等于绳中的拉力，则有联立解得【小问4详解】由于③，由于小车匀速下滑，故砂桶也应做匀速直线运动，小车和砂桶此时受力平衡，设小车受摩擦力为，此实验中绳中拉力为T，则有，取下砂桶，由牛顿第二定律可得联立可得可见，在M不变的情况下，a与F成正比，定性作图图像如下17.如图所示，导体棒ab放置在光滑的导线框上，线框放在磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面。导体棒ab的长度L=0.4m，电阻r=0.1Ω，以速度v=5m/s向右匀速运动，电阻R=0.4Ω，线框电阻不计。求：（1）导体棒ab两端的电压U；（2）导体棒ab所受安培力的大小F；（3）导体棒向右运动1m的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q。【答案】（1）0.16V（2）0.016N（3）0.0128J【解析】【小问1详解】回路中的感应电动势为V根据闭合电路欧姆定律可知，导体棒ab两端的电压V【小问2详解】根据闭合电路欧姆定律可知A安培力大小为N【小问3详解】导体棒向右运动1m的时间为sR的焦耳热为J18.“能回收”装置可使电动车在减速或下坡过程中把机械能转化为电能。质量m=2×103kg的电动车以Ek0=1×105J的初动能沿平直斜坡向下运动。第一次关闭电动机，电动车自由滑行，动能位移关系如图线①所示；第二次关闭电动机的同时，开启电磁制动的“能量回收”装置。电动车动能位移关系如图线②所示，行驶200m的过程中，回收了E电=1.088×104J的电能。求：（1）图线①所对应的过程，电动车所受合力F合的大小；（2）图线②所对应的过程中，电动车行驶到150m处受到的电磁制动力F及其功率P；（3）图线②所对应的全过程，机械能转化为电能的效率η。【答案】（1）500N（2）500N，4000W（3）80%【解析】【小问1详解】根据动能定理可得【小问2详解】在x=150m处，电动车处于平衡状态，故此时由于发电产生的制动力为此时电动车的速度为8m/s，所以功率为【小问3详解】根据图线可知，回收的机械能为所以回收效率19.2025年1月20日，我国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST），首次完成1亿摄氏度1066秒“高质量燃烧”。对人类加快实现聚变发电具有重要意义。EAST通过高速运动的中性粒子束加热等离子体，需要利用将带电离子从混合粒子束中剥离出来。已知所有离子带正电，电荷量均为q，质量均为m。所有粒子的重力及粒子间的相互作用均可忽略不计。（1）“偏转系统”的原理简图如图1所示，包含中性粒子和带电离子的混合粒子进入由一对平行带电极板构成的匀强电场区域，混合粒子进入电场时速度方向与极板平行，离子在电场区域发生偏转，中性粒子继续沿原方向运动。已知两极板间电压为U，间距为d，若所有离子速度均为v，且都被下极板吞噬，求偏转极板的最短长度L。（2）“偏转系统”还可以利用磁偏转进行带电离子的剥离，如图2所示。吞噬板MN的长度为2d，混合粒子束宽度为d，垂直于吞噬板射入匀强磁场，磁感应强度大小为B，且范围足够大。a.要使所有离子都打到吞噬板上，求带电离子速度大小的范围：b.以吞噬板上端点为坐标原点，竖直向下为y轴正方向建立坐标系，如图2所示。单位时间内通过y轴单位长度进入磁场的离子数为n。假设不同速度的离子在混合粒子束中都是均匀分布的，则落在吞噬板上的数量分布呈现一定的规律。设单位时间内落在吞噬板y位置附近单位长度上的离子数量为ny，写出ny随y变化规律的表达式（不要求推导过程），并在图3中作出nyy图像。【答案】（1）（2）a.；b.见解析【解析】【小问1详解】带电离子在两极板内做类平抛运动，则，，联立可得【小问2详解】a.最