物理高考模拟卷高三物理试题及答案北京市昌平区高三第二次模拟理综试题.docx

1、物理高考模拟卷高三物理试题及答案北京市昌平区高三第二次模拟理综试题2015年北京市昌平区高考物理二模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1（6分）（2015昌平区二模）下列能揭示原子具有核式结构的是（） A 粒子散射实验 B 天然放射现象 C 电子的发现 D 氢原子光谱是线状谱【考点】： 原子的核式结构【分析】： 粒子散射实验是卢瑟福提出原子核式结构学说的实验依据【解析】： 解：A、粒子散射实验中少数粒子能发生大角度偏转，说明原子中绝大部分质量和全部正电荷都集中在原子核上，卢瑟福就此提出了原子具有核式结构学说故A正确B、天然放射现象揭示了原子核有复杂的结构故B错误C、电子的发现揭

2、示了原子有复杂结构故C错误D、氢原子光谱的发现解释了原子的稳定性以及原子光谱的分立特征故D错误故选：A【点评】： 本题关键要掌握电子发现、粒子散射实验等等几何重要实验和发现的意义，难度不大，属于基础题2（6分）（2015昌平区二模）一单色光照到某金属表面时，有光电子从金属表面逸出，下列说法中正确的是（） A 增大入射光的频率，金属的逸出功将增大 B 增大入射光的频率，光电子的最大初动能将增大 C 增大入射光的强度，光电子的最大初动能将增大 D 延长入射光照射时间，光电子的最大初动能将增大【考点】： 光电效应【专题】： 光电效应专题【分析】： 发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率根据光电

3、效应方程可知，Ek=hW；可知，光电子的最大初动能由入射光的频率决定，金属的逸出功不会随着入射光的频率变化而变化；光的强弱不影响光电子的能量，只影响单位时间内发出光电子的数目【解析】： 解：A、金属的逸出功由金属本身决定，增大入射光的频率，金属逸出功也将不变，故A错误；B、根据光电效应方程可知，Ek=hW；可知，光电子的最大初动能由入射光的频率和逸出功决定，只增大入射光的频率，光电子的最大初动能将增大，故B正确；C、光的强弱不影响光电子的能量，只影响单位时间内发出光电子的数目，只增大入射光的强度，单位时间内逸出的光电子数目将增多，光电子的最大初动能不变故C错误；D、根据光电效应方程可知，Ek=

4、hW；可知，光电子的最大初动能由入射光的频率和逸出功决定，即使只延长入射光照射时间，光电子的最大初动能也将不变，故D错误；故选：B【点评】： 解决本题的关键掌握发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率以及知道光的强弱不影响光电子的能量，只影响单位时间内发出光电子的数目并理解光电效应方程的应用，注意入射光的频率决定光电子的最大初动能3（6分）（2015昌平区二模）甲和乙两个分子，设甲固定不动，乙从无穷远处（此时分子间的分子力可忽略，取无穷远时它们的分子势能为0）逐渐向甲靠近直到不能再靠近的过程中（） A 分子间的引力和斥力都在减小 B 分子间作用力的合力一直增大 C 分子间的力先做负功后做正

5、功 D 分子势能先减小后增大【考点】： 分子势能【分析】： 开始时由于两分子之间的距离大于r0，因此分子力为引力当相互靠近时分子力做正功，当分子间距小于r0，分子力为斥力，相互靠近时，分子力做负功【解析】： 解：A、分子间的引力和斥力都随分子之间距离的减小而增大故A错误；B、开始时由于两分子之间的距离大于r0，分子力表现为引力，并且随距离的减小，先增大后减小；当分子间距小于r0，分子力为斥力，随分子距离的减小而增大故B错误；C、D、开始时由于两分子之间的距离大于r0，因此分子力为引力当相互靠近时分子力做正功，分子势能减少；当分子间距小于r0，分子力为斥力，相互靠近时，分子力做负功，分子势能增加

6、，故C错误，D正确故选：D【点评】： 该题考查分子之间的作用力以及分子势能随距离的变化，分子力做功对应着分子势能的变化，要正确分析分子之间距离与分子力、分子势能的关系4（6分）（2015昌平区二模）如图所示，振幅、频率均相同的两列波相遇，实线与虚线分别表示两列波的波峰和波谷某时刻，M点处波峰与波峰相遇，下列说法中正确的是（） A 该时刻质点O正处于平衡位置 B P、N两质点始终处在平衡位置 C 随着时间的推移，质点M将沿波的传播方向向O点处移动 D 从该时刻起，经过二分之一周期，质点M将到达平衡位置【考点】： 波的叠加【分析】： 据题意可知，该题是波的干涉图象，由图知M、O都处于振动加强点，在

7、波的传播过程中，质点不会向前移动【解析】： 解：A、由图知O点是波谷和波谷叠加，是振动加强点，A错误；B、P、N两点是波谷和波峰叠加，由于振幅相同，位移始终为零，即处于平衡位置，B正确；C、振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，C错误；D、从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置，D错误；故选：B【点评】： 介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和5（6分）（2015昌平区二模）如图（甲）所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=10：1，R1=R2=20，C为电容器已知

8、加在原线圈两端的正弦式交变电流的电压随时间变化的规律如图（乙）所示，则（） A 交流电的频率为100Hz B 副线圈中交流电压表的示数为20V C 电阻R1消耗的电功率为20 W D 通过R2的电流始终为零【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： 由周期可以知频率，电压表读数为电压有效值，由电压与匝数成反比可以求得副线圈的电压的大小，由电功率P=求功率；电容器的作用是通交流隔直流【解析】： 解：A、根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，故A错误；B、由图乙可知原线圈最大电压为Um=200V，有效值为200V

9、，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知副线圈电压的为20V，电表读数为有效值，故为20V，故B错误；C、根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R1的电功率P=W=20W，故C正确；D、因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R2和电容器，即电流不为零，故D错误；故选：C【点评】： 本题需要掌握交流电的产生和描述，知道：电表读数为有效值，变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于电容器的作用要了解6（6分）（2015昌平区二模）一个质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中水平抛出，不计空气阻力，测得小球的加速度大小为，方向向下，其中g为重力加速度则在小球下落h高度的过

10、程中，下列说法正确的是（） A 小球的动能增加mgh B 小球的电势能减小mgh C 小球的重力势能减少mgh D 小球的机械能减少mgh【考点】： 电势能；功能关系【分析】： 题中选项要求判断小球各种能量的变化多少，则必须分析小球的受力及各力做功情况，然后利用功能关系把各力做功情况与相应的能量变化对应起来，从而做出判断【解析】： 解：A、由牛顿第二定律得知，小球所受的合力 F合=ma=mg，方向向下，根据动能定理知，小球的动能增加Ek=F合h=mgh，故A错误B、由牛顿第二定律得：mgF=mg，解得电场力F=mg，且方向竖直向上，则电场力做功 W电=Fh=mgh，故小球的电势能增加mgh，故

11、B错误C、小球在竖直方向上下降h高度时重力做正功mgh，因此，小球的重力势能减少mgh，故C错误D、由上知，小球的电势能增加mgh，根据能量守恒知，小球的机械能减少mgh，故D正确故选：D【点评】： 本题一定要明确功能关系：合外力做功，动能变化（做正功，动能增加；做负功，动能减少）；重力做功，重力势能变化（做正功，重力势能减少；做负功，重力势能增加）；电场力做功，电势能变化（做正功，电势能减少；做负功，电势能增加）；除重力做功外其他力做功，机械能变化7（6分）（2015昌平区二模）如图（a）为“研究平抛运动”的实验装置（斜槽末端B处已经调至水平），利用这套装置可以测量小物块Q 与平板P 之间的

12、动摩擦因数先将小物块Q 在A 点由静止释放，测量出Q 落地点距B点的水平距离x1；在斜槽末端B处对接了平板P，如图（b），P 板的上表面与斜槽末端相切，再次将物块Q 在A 点由静止释放，测量出Q 落地点距P 板右端的水平距离x2；测量出斜槽末端高度h和平板P的长度L，重力加速度为g，则物块Q 与平板P 之间的动摩擦因数为（） A B C D 【考点】： 研究平抛物体的运动【专题】： 实验题；平抛运动专题【分析】： 物块Q从B点滑出后做平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解达到B点时的速度；物块Q从P点滑出后做平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求从P点抛出的速度，对从B到P的过程，运用动能定

13、理列式即可求解【解析】： 解：物块Q从B点滑出后做平抛运动，则有：h=gt2；解得：t=水平方向有：x1=vBt解得：vB=x1物块Q从P点滑出后做平抛运动，因为下落的高度相等，所以时间相同，即t=水平方向有：x2=vPt解得：vP=x2从B到P根据动能定理得：mgL=mvP2mvB2；解得：=故选：C【点评】： 本题中主要考查了平抛运动基本规律的直接应用，知道平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，时间由高度决定，难度不大，属于基础题8（6分）（2015昌平区二模）已知无限长通电直导线周围某一点的磁感应强度B的表达式：B=，其中r0是该点到通电直导线的距离，I为电流强度，0为

14、比例系数（单位为N/A2）试推断，一个半径为R的圆环，当通过的电流为I时，其轴线上距圆心O点为r0处的磁感应强度应为（） A B C D 【考点】： 电流、电压概念【分析】： 本题要采用量纲和特殊值的方法进行判断，即先根据单位判断，再结合r0取最小值进行分析【解析】： 解：根据B=，0单位为：Tm/A；A、等式右边单位：=A/m，左边单位为T，不同，故A错误；B、等式右边单位：=T/m，左边单位为T，不同，故B错误；C、等式右边单位：=T，左边单位为T，相同，故C正确；D、等式右边单位：=T，左边单位为T，相同，但当r0=0时，B=0，显然不合实际，故D错误；故选：C【点评】： 本题关键是结合

15、量纲和特殊值进行判断，是解决物理问题的常见方法，基础题目二、非选择题（共4小题，满分72分）9（18分）（2015昌平区二模）在“把小量程电流表改装成电压表”的实验中，给出的器材有：A电流表（量程为200A，内阻约为200）B标准电压表（量程为2V）C电阻箱（0999.9）D滑动变阻器（0200）E电位器（047k，电位器相当于滑动变阻器）F电源（电动势为2V，有内阻）G电源（电动势为6V，有内阻）H开关两个，导线若干（1）首先要用“半偏法”测定电流表的内阻如果采用如图1所示的电路测定电流表的内电阻并且要想得到较高的精确度，那么以上给出的器材中，电阻Rl应选用E，电阻R2应选用C，电源应选用G

16、（填写所选仪器前的字母即可）（2）该实验操作的步骤有：A闭合S1； B闭合S2；C观察R1的阻值是否最大，如果不是，将R1的阻值调至最大；D调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；E调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；F记下R2的阻值把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序填写在横线上：CADBEF（3）如果在步骤F中所得的R2的阻值为200，则图中被测电流表的内阻Rg的测量值为200，该测量值比实际值略小（选填“大”、“小”）（4）如果要将图中的电流表改装成量程为2V的电压表，则改装的方法是电流表应串联一个阻值为9800的电阻（5）按上述方法将电流表与电阻箱改装成一电压表现要对此电

17、压表进行校准，所用的电路原理如图2所示，图3中给出了实验器材的实物图，请按原理图的要求连成实验电路（6）在校准的过程中，发现新改装的电压表比标准电压表的读数略小，则应适当减小（选填“增大”或“减小”）电阻箱的阻值【考点】： 把电流表改装成电压表【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： 本实验通过半偏法测量电流表G的内阻，抓住整个电路电流要基本保持不变，确定选择的器材并联电阻后总电流变大，故通过并联电阻的电流大于电流表的电流，则其电阻小于电流表的内阻，即R小于真实值，所以这种方法测出的电流表的内阻Rg比它的真实值偏小改装成电压表要串联电阻，阻值为R=Rg电压表的示数偏小，且应减小电阻箱的阻值【

18、解析】： 解：（1）首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：如图，设电源的电动势为E，内阻为r，S2打开时，设电流表满偏电流为：Ig=，实验要求R1Rg，R1r，这样才有Ig，当S2闭合时，R2和Rg并联，并联后总阻值R并RgR1，这样才有S2闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于，调节R2使电流表半偏为Ig，所以流过R2的电流也为Ig，所以R2=Rg 从上述原理可知，S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是R1Rg故实验器材选择应满足电源电动势尽可能大，R1尽可能大所以R1选用大量程的E，R2选用量程跟电流表内阻差不多的即可，选C，电源选用电动势较大的G（2）根据半偏

19、法测量原理，则操作步骤为：按图所示的电路图连接好电路；将R1的阻值调到最大；合上S1；调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；合上S2；调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；记下R2的阻值实验步骤的合理顺序是CADBEF（3）由上分析可知，当F中记录的R2阻值为200，则被测电流表的内阻rg的测量值也为200；当S2闭合时，R和Rg并联，并联后总阻值R并Rg，而电阻R不变，所以S2闭合后的干路电流比闭合前的总电流要大，即电流大于Ig，而此时电流表支路的电流等于Ig，那么R支路的电流要大于Ig，那么其电阻肯定要小于Rg所以，用此方法测量的电流表内阻的测量值比真实值要偏小（4）把电流表

20、改装成电压表，需要串联一个分压电阻，电阻阻值：R=Rg=200=9800；（5）将标准电压表与改装好的电压表进行并联，结合电路图，从而连接实物图，注意电表的量程，及正负极；如图所示：（6）电压表的示数偏小，则所串联的电阻阻值R=Rg太大，则电流表内阻测量值偏小要纠正则应减小电阻箱的阻值；故答案为：（1）E，C，G；（2）CADBEF；（3）200，小；（4）串，9800；（5）如上图所示；（6）减小【点评】： 本题考查半偏法测电流表内阻的原理和电压表的改装原理以及改装表的校对，难点是对半偏法测电流表内阻原理的解释，并应掌握“半偏法”的含义，及会进行误差分析最后考查电路设计，由串联关系中电压与电

21、阻关系求阻的方法，明确电压表的改装原理10（16分）（2015昌平区二模）如图所示，水平桌面长L=3m，距水平地面高h=0.8m，桌面右端放置一个质量m2=0.4kg的小物块B，桌面的左端有一质量m1=0.6kg的小物块A某时刻物块A以初速度v0=4m/s开始向右滑动，与B发生正碰后立刻粘在一起，它们从桌面水平飞出，落到地面上的D点已知物块A与桌面间的动摩擦因数=0.2，重力加速度g=10m/s2求：（1）物块A与物块B碰前瞬间，A的速度大小v1；（2）物块A与物块B碰后瞬间，A、B整体的速度大小v2；（3）A、B整体的落地点D距桌面右边缘的水平距离x【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律【

22、专题】： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】： （1）根据牛顿第二定律求出物块向右做匀减速运动的加速度大小，根据速度位移公式求出物块A与物块B碰撞前的速度（2）根据动量守恒定律求出A、B碰后整体的速度大小（3）根据高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求出水平距离【解析】： 解：（1）物块A向右做匀减速直线运动，mg=ma v12v02=2aL 代入数据解得v1=2m/s （2）A与B碰撞过程动量守恒m1v1=（m1+m2）v2代入数据解得v2=1.2m/s （3）A、B整体做平抛运动h=gt2 x=v2t 联立代入数据解得x=0.48m 答：（1）物块A与物块B碰前瞬间，A的速

23、度大小为2m/s；（2）物块A与物块B碰后瞬间，A、B整体的速度大小为1.2m/s；（3）A、B整体的落地点D距桌面右边缘的水平距离为0.48m【点评】： 本题考查了动量守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式的基本运用，理清物体的运动过程，先做匀减速直线运动，然后碰撞，碰撞后一起做平抛运动11（18分）（2015昌平区二模）正电子发射计算机断层（PET）是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术，它为临床诊断和治疗提供全新的手段PET所用回旋加速器示意如图，其中置于高真空中的两金属D形盒的半径为R，两盒间距很小，质子在两盒间加速时间可忽略不计在左侧D1盒圆心处放有粒子源S不断产生质子，匀强磁场的磁感

24、应强度为B，方向如图所示质子质量为m，电荷量为q假设质子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计，加速电压为U，保证质子每次经过电场都被加速（1）求第1次被加速后质子的速度大小v1；（2）经多次加速后，质子最终从出口处射出D形盒，求质子射出时的动能Ekm和在回旋加速器中运动的总时间t总；（3）若质子束从回旋加速器射出时的平均功率为P，求射出时质子束的等效电流I【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （1）质子在盒间加速时，动能做功引起动能变化，根据动能定理求解第1次被加速后质子的速度大小v1；（2）质子最终

25、从出口处射出D形盒时，轨迹半径等于D形盒的半径R，此时速度最大根据质子磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力列式求质子射出时的动能Ekm由动能定理求出质子被加速的次数，即可结合周期求解出总时间（3）由平均功率，求出在t时间内离开加速器的质子数N，再由电流的定义求解等效电流I【解析】： 解：（1）质子第1次被加速后，由动能定理得 得：（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 质子做圆周运动的半径 当r=R时，质子的速度最大，动能最大所以最大速度 ，最大动能 粒子做圆周运动的周期 设质子在电场中加速的次数为n，由动能定理得：质子在电场中每加速一次，随即在磁场中运动半周，所以 联立解得 （3）设在t时间内离

26、开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器射出时的平均功率 输出时质子束的等效电流 解得 答：（1）第1次被加速后质子的速度大小v1为（2）质子射出时的动能Ekm为，在回旋加速器中运动的总时间t总为（3）射出时质子束的等效电流I为【点评】： 解决本题的关键理解回旋加速器的工作原理，知道粒子出回旋加速器时轨道半径，对应的速度最大，根据洛伦兹力等于向心力可求出最大速度12（20分）（2015昌平区二模）如图（甲）所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根水平放置的平行导轨，导轨的间距为 L，左端连接有阻值为 R的电阻有一质量为 m的导体棒ab垂直放置在导轨上，距导轨左端恰好为L导轨所在空间存在方向竖直向

27、下的匀强磁场，不计导轨和导体棒的电阻，棒与导轨间的摩擦可忽略（1）若在一段时间t0内，磁场的磁感应强度从0开始随时间t均匀增大，t0时刻，B=B0，如图（乙）所示在导体棒ab上施加一外力，保持其静止不动，求：a这段时间内棒中的感应电流的大小和方向；b在时刻施加在棒上的外力的大小和方向（2）若磁场保持B=B0不变，如图（丙）所示，让导体棒ab以初速度v0 向右滑动，棒滑行的最远距离为 s试推导当棒滑行的距离为s时（01），电阻R上消耗的功率P=【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： （1）a、在0t0时间内，B均匀增大，回路的磁通量均

28、匀增大，产生恒定的感应电动势和感应电流，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合求解感应电流的大小，由楞次定律判断感应电流的方向b、由于棒处于静止状态，外力与安培力平衡，求出安培力，再由平衡条件求解即可（2）磁场保持B=B0不变，导体棒向右做变减速运动，取极短时间，根据动量定理列式得到安培力的冲量与动量变化量的关系，由积分法得到导体棒的末速度与初速度的关系式，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律、功率公式结合答题【解析】： 解：（1）a在0t0时间内 ab棒上感应电流 由楞次定律知，棒中感应电流的方向bab在0t0时间导体棒ab静止，所以F外=FA，方向与安培力反向棒受到的安培力 FA=BIL在时刻，所

29、以 FA=，安培力方向水平向左所以外力大小为 F外=，方向水平向右（2）设经时间t，棒滑行的距离为x，速度变为v由法拉第电磁感应定律，此时的感应电动势E=B0Lv感应电流 棒受到的安培力FA=B0IL，即 将时间t分为n小段，设第i小段时间间隔为t，ab棒在此段时间间隔的位移为x，规定向右的方向为正，由动量定理FAt=mv又 vt=x所以 在整个过程中 即 当x=s时，v=0，有当x=s时，解得 v=v0（1）此时产生的感应电动势E=B0Lv=B0Lv0（1）此时电阻R上消耗的功率 答：（1）a这段时间内棒中的感应电流的大小为，方向ba；b在时刻施加在棒上的外力的大小为，方向水平向右；（2）推导如上【点评】： 解决本题的关键是运用动量定理列式，得到变减速运动的末速度与初速度的关系，如动量定理没学过，可运用牛顿第二定律和加速度的定义式a=结合解答