2020年北京市大兴区高考一模物理试卷

2020年北京市大兴区高考一模物理试卷（2020·北京大兴区·模拟）下列说法正确的是 A．715N+ B．24He+ C．12 D．92238（2020·北京大兴区·模拟）a、b两种单色光组成的光束从空气进入介质时，其折射光束如图所示。则关于a、b两束光，下列说法正确的是 A．介质对a光的折射率小于b光 B．a光在介质中的速度小于b光 C．a光在真空中的波长小于b光 D．光从介质射向空气时，a光的临界角小于b光（2020·北京大兴区·模拟）一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.3 s时刻第一次出现图中虚线所示的波形，则 A．质点P的运动方向向右 B．这列波的周期为1.2 s C．这列波的波长为12 m D．这列波的传播速度为60 （2020·北京大兴区·模拟）如图所示，注射器下端开口有橡胶套，它和柱塞一起把一段空气柱封闭在玻璃管中。实验中把柱塞向下缓慢按压使气柱体积变小（保持空气柱质量和温度不变），若玻璃管中封闭的气体可视为理想气体，对于这个过程下列分析正确的是 A．对管壁单位面积的平均作用力增大 B．分子间平均距离增大 C．分子平均动能增大 D．气体从外界吸收热量，内能增大（2020·北京大兴区·模拟）我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36000 km A．周期 B．角速度 C．线速度 D．向心加速度（2020·北京大兴区·模拟）1831年8月29日，法拉第经历近十年研究终于在一次实验中发现了电磁感应现象：把两个线圈绕在同一个铁环上（如图），一个线圈接到电源上，另一个线圈接入“电流表”，在给一个线圈通电或断电的瞬间，另一个线圈中也出现了电流。之后他设计出几十个关于电磁感应现象的实验，并把它们总结成五类情况，请结合你学习电磁感应知识判断以下哪个选项不属于这五类现象 A．恒定的电流 B．变化的磁场 C．运动的磁铁 D．在磁场中运动的导体（2020·北京大兴区·模拟）如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为U=2202sinωt(V)，副线圈所在电路中接有电灯L、电阻R、理想交流电压表和理想交流电流表。已知理想变压器原、副线圈匝数比为5:1，电灯额定功率为44  A．电压表示数为62.5 V B．电流表示数为2  C．通过保险丝的电流为15 A D．电阻消耗功率为88 （2020·北京大兴区·模拟）雨滴在空气中由静止开始沿竖直方向下落，雨滴运动的速度v随时间t的变化关系如图所示，经过时间t1，速度达到v1，经过时间t2(t2 A．在0∼t B．在0∼t C．在0∼t1与 D．在0∼t1与（2020·北京大兴区·模拟）如图所示为伽利略斜面实验的频闪照片。小球沿左侧斜面从静止状态开始向下运动，将冲上右侧的斜面。减小右侧斜面的倾角，如图中1、2所示，球达到同一高度时就会运动的更远。右侧斜面放平，球的运动如图中3所示。若小球释放高度固定，在斜面上可视为匀变速直线运动，下列分析中正确的是 A．小球在右侧斜面1和2向上运动时所受合外力方向相同 B．小球在斜面1上运动的加速度小于在斜面2上运动的加速度 C．在斜面1合外力对小球做的功等于在斜面2上合外力对小球做的功 D．因为在水平面上小球只受到向前的冲力，所以小球在平面3上运动的更远（2020·北京大兴区·模拟）在匀强磁场中有一带正电的粒子甲做匀速圆周运动，当它运动到M点时，突然向与原运动相反的方向放出一个不带电的粒子乙，形成一个新的粒子丙。如图所示，用实线表示粒子甲运动的轨迹，虚线表示粒子丙运动的轨迹。若不计粒子所受重力及空气阻力的影响，则粒子甲和粒子丙运动的轨迹可能是 A． B． C． D．（2020·北京大兴区·模拟）如图(a)→(b)→(c)→(d)→(e) A．图(a B．从图(b)开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是 C．当线圈转到图(c D．当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最大，ab边感应电流方向为（2020·北京大兴区·模拟）如图所示ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷Q1固定在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q2从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为−W。再将Q2从C点沿CB移到 A．+q从无穷远处移到C点的过程中，电势能减少了W B．+q在移到B点后的电势能为W C．Q2在C点的电势为− D．+q从C点移到B点的过程中，所受电场力做负功（2020·北京大兴区·模拟）如图所示，在一端封闭、长约1 m的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡做的小圆柱体R（R视为质点）。现将玻璃管轴线与竖直方向y轴重合，在小圆柱体R上升刚好到达匀速时的起点位置记为坐标原点O，同时玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动（不影响小柱体竖直方向的运动）。小圆柱体R依次经过平行横轴的三条水平线上的A、B、C位置，在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的高度均相等，则小柱体在OA、AB、BC三个过程中，则下面结论中正确的是 A．水平位移的大小之比为1:4:9 B．动能增量之比为1:2:3 C．机械能的变化量1:1:1 D．合外力的冲量大小之比1:1:1（2020·北京大兴区·模拟）根据生活经验可知，处于自然状态的水都是往低处流的，当水不再流动时，水面应该处于同一高度。在著名的牛顿“水桶实验”中发现：将一桶水绕竖直固定中心转轴OO'以恒定的角速度转动，稳定时水面呈凹状，水桶截面图如图所示。这一现象可解释为，以桶为参考系，其中的水除受重力外，还受到一个与转轴垂直的“力”，其方向背离转轴，大小与到轴的垂直距离成正比。水面上的一个小水滴在该力作用下也具有一个对应的“势能”，在重力和该力的共同作用下，水面上相同质量的小水滴最终将具有相同的总势能。根据以上信息可知，下列说法中正确的是 A．该“力”对水面上小水滴做功与路径有关 B．小水滴沿水面向上移动时，该“势能”不变 C．小水滴沿水面向上移动时，重力势能的增加量等于该“势能”的减少量 D．小水滴沿水面向上移动时，受到重力和该“力”的合力大小不变（2020·北京大兴区·模拟）张老师在“探究楞次定律”的实验中，如图甲、乙、丙所示是实验中连接的三个回路。其中图甲是将一节旧电池和电流计通过开关连接，通过试触操作，其实验目的是；完成图甲实验操作后，把电流计与螺线管B连接，将图丙中的螺线管A插入图乙中的螺线管B中，闭合电键K的瞬间，图乙中电流计的指针向右偏转，保持电键闭合状态，再观察图乙中电流计指针（填“向左偏”“向右偏”“不偏”）；然后将图丙中滑动变阻器的滑片P向右滑动的过程中，观察图乙中电流计指针（填“向左偏”“向右偏”“不偏”）。（2020·北京大兴区·模拟）如图所示：某同学对实验装置进行调节并观察实验现象：(1)图甲、图乙是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是。(2)下述现象中能够观察到的是。A．将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变宽B．将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽C．换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄D．去掉滤光片后，干涉现象消失（2020·北京大兴区·模拟）某同学欲用图甲所示装置探究“加速度与力、质量的关系”。实验中砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M。(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板上滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是。A.将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动(2)图乙是实验中得到的一条纸带，O、A、B、C、D、E、F、G为8个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，已知打点计时器的工作频率为50 Hz。该同学计划利用v−t图象计算小车的加速度。首先用刻度尺进行相关长度的测量，其中CE的测量情况如图丙所示，由图可知CE长为cm，依据此数据计算打点计时器打下D点时小车的速度为m/s，同理可计算出A、B、C、E、F各点小车的速度，描绘出小车的v−t(3)利用控制变量法多次测量，总结得出：当物体质量相同时，加速度跟物体所受合外力成正比；当。(4)综合上述实验结论，如何得出牛顿第二定律？（简述得出过程）。（2020·北京大兴区·模拟）汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B，两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，已知B车的质量为1.5×103 kg(1)碰撞后B车运动过程中加速度的大小和方向；(2)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(3)经查阅车辆的碰撞时间约为0.03 s，请以此数据可求出碰撞过程中B（2020·北京大兴区·模拟）图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图。整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水面的高度为4.0 m，圆弧轨道BC的半径为1.8 m，圆心O恰在水面处。一质量为60 kg的游客（视为质点）可从轨道AB(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，x=2R，求游客滑到B点时的速度大小及运动过程AB段轨道摩擦力对游客所做的功Wf(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，后受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，以水面为重力势能零点，证明：游客到达P点时的重力势能是其动能的2倍。（2020·北京大兴区·模拟）物理学中将带电粒子的电荷量与其质量之比称为比荷，根据某带电粒子在电场和磁场中受力及运动情况，可以得出它的比荷。如图是阴极射线管，左端正负极接高压电源可从阴极K水平向右发射带电粒子束（也叫阴极射线），当图中金属板D1、D2之间未加电场时，粒子束不偏转，最终运动到屏上P1点。按图示方向在D1、D2(1)判断该粒子束的电性，简要说明理由。(2)为了抵消阴极射线的偏转，使它沿水平方向直接运动到P1，需要在两块金属板D1、D2之间的区域再施加一个大小合适、方向垂直于纸面的磁场。若已知金属板D1、D2间距离di请判断磁场的方向并求出阴极射线速度v的表达式。ii去掉D1、D2间的电场，阴极射线经N点（图中未画出）离开磁场打到在屏上P3点。若已知P3到N点水平距离为D，竖直距离为h，金属板D1、D（2020·北京大兴区·模拟）经典理论认为，氢原子核外电子在库仑力作用下绕固定不动的原子核做圆周运动。已知电子电荷量的大小为e，质量为m，静电力常量为k，取无穷远为电势能零点，系统的电势能可表示为Ep=k(1)设电子在半径为r1i推导电子动能表达式；ii若将电子的运动等效成环形电流，推导等效电流的表达式；(2)在玻尔的氢原子理论中，他认为电子的轨道是量子化的，这些轨道满足如下的量子化条件mvnrn=nh2π，其中i氢原子中电子的轨道量子数为n时，推导轨道的半径及电子在该轨道上运动时氢原子能量的表达式。ii假设氢原子甲核外电子从第2轨道跃迁到第1轨道的过程中所释放的能量，恰好被量子数n=3的氢原子乙吸收并使其电离，不考虑跃迁或电离前后原子核所受到的反冲，推导氢原子乙电离出的电子动能表达式。

答案1.【答案】C【解析】A.715B.24C.12D.92238U→【知识点】轻核的聚变、放射性元素的衰变、重核的裂变2.【答案】A【解析】A.根据折射率的定义n=sinisinr得知入射角相等，B.由公式v=cn分析可知，C.光的折射率越大，其频率越大，波长越短，因此a光在真空中的波长更长，故C错误；D.根据临界角公式sinC=1n【知识点】全反射、光的反射与折射、折射率3.【答案】B【解析】简谐横波沿x轴方向传播，质点P只沿y轴方向振动，故A错误。因为t=0.3 s时刻第一次出现图中虚线所示的波形，则由图，得到t=T4由图可知，这列波的波长为24 m，选项C错误；这列波的传播速度为v=【知识点】波的图像、波长频率和波速4.【答案】A【解析】该过程为等温变化，根据p1A.对管壁单位面积的平均作用力增大即是压强增大，故A正确；B.分子间平均距离增大即体积变大，不符合分析，故B错误；C.分子平均动能增大意味着温度升高，但该过程为等温变化，故C错误；D.该过程外界对气体做功，但内能不变，根据热力学第一定律可知，释放热量，故D错误。【知识点】实验：探究气体等温变化的规律5.【答案】A【解析】设卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则得：GMm得：T=2πr3GM，ω=GMr可知，卫星的轨道半径越大，周期越大，而角速度、线速度和向心加速度越小，“高分五号”的轨道半径比“高分四号”的小，所以“高分五号”较小的是周期，较大的是角速度、线速度和向心加速度，故A错误，BCD正确。【知识点】卫星的运动规律6.【答案】A【解析】因为电磁感应现象是一个瞬间现象，只有在磁通量改变的时候才会出现，因此恒定的电流产生恒定的磁场，无法发生电磁感应现象，因此A符合题意，BCD不符合题意，故A正确，BCD错误。【知识点】电磁感应现象的发现过程7.【答案】D【解析】A.已知交变电压瞬时值随时间变化的规律为U=2202则原线圈电压的有效值为U1根据U1解得U2即电压表示数为44 VB.灯泡与电阻并联，所以灯泡等压与电阻、副线圈电压相等。对于灯泡，由于灯泡正常工作，因此有PL对于电阻，根据欧姆定律可得IR又因为I2代入数据得LR=2 A即电流表示数为3 AC.根据I1可得I1因此通过保险丝的电流为0.6 AD.根据公式PR代入数据解得PR即电阻消耗功率为88 W【知识点】变压器、交变电流的峰值与有效值8.【答案】B【解析】A.在v−t图象中，斜率代表物体加速度。在0∼tB.雨滴下落过程中受到重力和空气阻力，根据图象可知，雨滴的加速度之间减小，根据牛顿第二定律可得mg−f=ma因此可以得出雨滴受到的阻力逐渐增大，故B正确；C.在v−t图象中，面积代表物体的位移。由图可看出0∼t1时间内的位移小于t1∼t2时间内的位移，根据D.设0∼t1时间内重力冲量为I1，t1∼I2又因为t2因此t2由此可得I1即在0∼t1与故选B。【知识点】v-t图像、位移与时间的关系、功、冲量的概念、由运动情况判断物体的受力情况9.【答案】C【解析】A.设斜面与平面所成角度为θ,由几何关系可得F合=mgsinθ，由于斜面1倾斜角不等于斜面2，因此斜面B.由几何关系和牛顿第二定律可得mgsinθ=ma，化简可得a=gsinθ，由于斜面1倾斜角大于斜面2，因此斜面C.设在最低点的速度为v0W1W2由此可得，W1即在斜面1合外力对小球做的功等于在斜面2上合外力对小球做的功，故C正确；D.因为水平面上小球不会有重力势能与动能转换的过程，因此运动的更远，故D错误。故选C。【知识点】机械能和机械能守恒定律、牛顿第二定律10.【答案】B【解析】根据Bqv=mv2r【知识点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动11.【答案】C【解析】A.图(aB.从图(b)开始计时，线圈产生的感应电动势最大，形成的感应电流最大，线圈中电流随时间变化的关系是C.当线圈转到图(cD.当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最大，根据楞次定律可知ab边感应电流方向为【知识点】交变电流的图像与变化规律12.【答案】B【解析】A.电荷运动过程中，电场力做的功等于电势能减少量，故+q从无穷远处移到C点的过程中，电势能增加了W，故A错误；B.ABC为等边三角形，所以AB=AC，因此点电荷Q2从C点到B点后的电势能不变，所以+q在移到B点后的电势能为WC.点电荷Q2从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为−W，φD.+q从C点移到B点的过程中，电势能不变，电场力不做功，故D错误。故选B。【知识点】电势能、等势面和电场线、电场力做功与电势差的关系13.【答案】D【解析】A.小圆柱体R在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的高度均相等，则每个过程的时间相等，x轴方向上，R做初速度为零的匀加速直线运动，则每个过程对应的水平位移的大小之比为Δx故A错误；B.竖直方向上，三个过程中重力势能变化量相等，水平方向上速度为v=2ax动能为Ek则三个过程中，动能变化量之比为1:3:5，故B错误；C.三个过程中重力势能变化量相等，动能变化量之比为1:3:5，无法得出机械能的变化量之比，故C错误；D.根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化，R的合外力不变，三个过程的时间相等，则冲量相等，故D正确。【知识点】动能定理的应用、动量定理14.【答案】C【解析】A.由于该“力”做功与重力做功类似，所以该“力”对水面上小水滴做功与路径无关，故A错误；B.由于该“力”与转轴垂直，所以小水滴沿水面向上移动时该力的方向与位移方向夹角小于90∘C.由能量守恒可知，小水滴具有的重力势能和该“力”对应的势能之和不变，小水滴沿水面向上移动时，重力势能增加，该“势能”减小，所以小水滴沿水面向上移动时，重力势能的增加量等于该“势能”的减少量，故C正确；D.以桶为参考系，小水滴处于平衡状态，小水滴受重力，与转轴垂直且背离转轴的力，水面的支持力，由于水面的支持力方向与水面垂直，所以水面上的小水滴受到重力和该“力”的合力一定与水滴所在水面垂直，小水滴沿水面向上移动时，加速度向上，处于超重状态，偏向下的合力减小，即重力和该“力”的合力应该减小，故D错误。故选C。【知识点】重力势能15.【答案】判别电流表指针的偏转方向与电流方向关系；不偏；向左偏【解析】试触目的是判别电流表指针的偏转方向与电流方向关系；根据楞次定律，电键保持闭合状态，磁通量不变，感应电流为零，所以电流计指针不偏；图丙中滑动变阻器的滑片P向右滑动，电阻变大，A中电流变小，穿过线圈磁通量减小，产生感应电流，根据楞次定律，感应电流方向与闭合电键K的瞬间电流方向相反，所以图乙中电流计指针向左偏。【知识点】实验：研究磁通量变化时感应电流的方向16.【答案】(1)图甲(2)AC【解析】(1)干涉图样的条纹间距是相等的，而衍射的条纹间距是不相等的，故甲图是干涉图样。(2)由双缝干涉的条纹间距公式Δx=ldλ【知识点】实验：双缝干涉测波长、原理设计与器材选择17.【答案】(1)B(2)10.60(±0.02)；0.52∼0.54(3)物体所受合外力F不变时，加速度跟质量M成反比(4)由实验结论可得出a∝Fm或F∝ma，可写为F=kma，规定1 N=1 kgm/【解析】(1)小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，可以将长木板的一段垫高，撤去砂和砂桶，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故AC错误，B正确。故选B。(2)刻度尺上的示数为x=10.60 cm，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，故v=(3)利用控制变量法多次测量，总结得出：当物体质量相同时，加速度跟物体所受合外力成正比；当物体所受合外力F不变时，加速度跟质量M成反比。(4)由实验结论可得出a∝Fm或F∝ma，可写为F=kma，规定1 N=1 kgm/【知识点】滑板探究加速度与力和质量的关系、数据处理、原理设计与器材选择18.【答案】(1)1.0 m/(2)3.0 m/s(3)1.5×10【解析】(1)B车碰后水平方向只受滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μmg=ma解得加速度大小为a=μg=1.0 m/方向与运动方向相反，向左。(2)由匀变速公式得v2解得v=3.0 m/s(3)两车碰撞过程以B车为研究对象，由于碰撞