【物理】北京市一六六中学2020届高三下学期考前测试试题（解析版）
北京市一六六中学2020届高三下学期考前测试
第一部分（选择题 共 40 分）
本部分共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.一列简谐横波在介质中沿x轴传播，某时刻的波形如图所示，则该简谐波的（ ）
A. 波长为 1.0m
B. 波长为 2.0m
C. 振幅为 10.0cm
D. 振幅为 20.0cm
【答案】B
【详解】由波形图可知，该波的波长为，振幅为，B正确，ACD错误。
故选B。
2.2018 年 11 月 19 日，我国圆满完成北斗全球卫星导航系统（BDS）的基本系统的组网部署。BDS 需要几十颗导航卫星，其中中圆地球轨道卫星距地面高度约为 2.2×104km，地球同步轨道卫星距地面高度约为3.6×104km，它们都绕地球做近似的匀速圆周运动，则相比地球同步轨道卫星，中圆轨道卫星的（ ）
A. 周期长 B. 加速度小
C. 线速度大 D. 角速度小
【答案】C
【详解】A．根据万有引力提供向心力，得
解得
，，，
由于中圆地球轨道卫星离地面高度要低些，即轨道半径r要小些。
由知半径r越小，周期越小，所以中圆地球轨道卫星周期小，选项A错误；
B．由知半径r越小，向心加速度越大，则中圆地球轨道卫星的向心加速度大，选项B错误；
C．由知半径r越小，线速度越大，则中圆地球轨道卫星的线速度大，选项C正确；
D．由知半径r越小，角速度越大，则中圆地球轨道卫星的角速度大，选项D错误。
故选C。
3.如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，线框中的感应电动势 e 随时间 t 的变化关系如图乙所示，则（ ）
A. 线框的转动周期为 0.01s
B. 电动势的有效值为 311V
C. 电动势e= 220sin(50πt) V
D. 电动势e = 311sin(100πt) V
【答案】D
【详解】A．由图乙可知，线框转动的周期
A错误；
B．由图乙可知，交流电的最大值为
有效值为
B错误；
CD．交流电的角速度为
电动势瞬时值为
D正确，C错误。
故选D。
4.阴极射线管中电子束由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上出现一条亮线（如图），要使该亮线向z轴正方向偏转，可加上（ ）
A. z轴正方向的磁场 B. y轴负方向的磁场
C. z轴正方向的电场 D. y轴负方向的电场
【答案】B
【详解】A、若加一沿z轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴正方向，亮线向y轴正方向偏转，故A错误；
B、若加一沿y轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴正方向，亮线向z轴正方向偏转，故B正确；
C、若加一沿z轴正方向的电场，电子受电场力作用沿z轴的负方向偏转，故C错误；
D、若加一沿y轴负方向的电场，电子受电场力作用向y轴正方向偏转，故D错误．
5.在下列各组的两个现象中都表现出光具有波动性的是（ ）
A. 光的折射现象.色散现象
B. 光的反射现象.干涉现象
C. 光的衍射现象.偏振现象
D. 光的直线传播现象.光电效应现象
【答案】C
【详解】光的衍射现象、偏振现象、干涉现象都能说明光具有波动性，光电效应说明光的粒子性，光的直线传播，折射和反射现象以及色散不能说明波动性和粒子性。故选C。
6.如图所示，水平天花板下用三根细绳悬挂一个物体，物体处于静止状态，绳OA、OB、OC上的力分别为FA、FB、FC．已知绳OA、OB与水平方向的夹角分别为60°和30°．下列关系式正确的是
A. FA>FB B. FA
FC D. FA>FC
【答案】A
【详解】对结点受力分析如图所示,
因三力的合力为零,故两绳子的拉力的合力与物体的重力大小相等,方向相反;
AB与AC夹角为 ,则由几何关系可以知道:
故A对；BCD错；
故选A
【点睛】对结点C进行受力分析,由共点力的平衡可得出几何图形,由几何关系可以知道两绳拉力的比值.
7.一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V-T图象如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是（ ）
A. a→b过程中气体一定放热 B. b→c过程中分子势能不断增大
C. b→c过程中每一个分子的速率都减小 D.
【答案】D
【详解】A．过程a→b中气体的体积不变，没有做功；温度升高，内能增大，所以气体一定吸热，故A错误；
B．由于气体分子之间的作用力可以忽略不计，所以过程b→c中分子势能不变，故B错误；
C．温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以过程b→c中气体的温度降低，分子的平均动能减小，并不是每一个分子的速率都减小。故C错误；
D．设a状态的压强为pa，则由理想气体的状态方程可知
所以
同理
得
所以
故D正确。
故选D。
8.2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，滑雪是冬奥会常见的体育项目，具有很强的观赏性。某滑道示意图如图所示，圆弧滑道AB与水平滑道BC平滑衔接，O是圆弧滑道AB的圆心。运动员从A点由静止开始下滑，最后运动员滑到C点停下。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 从A到B的过程中，运动员受重力、支持力、摩擦力和向心力
B. 从A到B的过程中，运动员所受的合外力始终指向圆心O
C. 从A到C的过程中，运动员的机械能保持不变
D. 从A到C过程中，重力所做的功等于克服摩擦力所做的功
【答案】D
【详解】A．从A到B的过程中，运动员仅受重力、支持力和摩擦力共三个力，而向心力是效果力，是由所受的三个力提供，故A错误；
B．从A到B的过程中，运动员做变速圆周运动，沿半径方向的合力提供向心力，而切向合力不为零改变速度的大小，故总的合外力不会始终指向圆心，故B错误；
C．从A到C的过程中，因运动员所受的摩擦力一直做负功，则其机械能保持一直减小，故C错误；
D．对从A到C的全过程，由动能定理
即重力所做的功等于克服摩擦力所做的功，故D正确。
故选D。
9.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两点电荷连线的中垂线，O 点是 MN 与两点电荷连线的交点，b、c 位于两点电荷的连线上，Ob=Oc。则（ ）
A. 场强 Ea=EO
B. 电势jb=jc
C. 电势差 UbO=UOc
D 电势jO>ja
【答案】C
【详解】A．由点电荷的场强可知每个电荷在O点的场强都要大于在a点的场强；且两个点电荷在O点的场强方向相同，在a点的方向不同，根据场强叠加原理，可得
选项A错误；
B．在两点电荷连线上，电场线方向由正电荷指向负电荷，沿着电场线电势降低，所以
选项B错误；
C．电场强度大小关于MN对称，另外，在bc方向上电场强度方向向右，所以电势沿着bc降落，且与O点距离相同处，电势差相等，所以有
选项C正确；
D．在两点电荷连线的中垂线MN上，电场强度方向都是水平向右，电场线方向也都是水平的，根据等势线处处与电场线垂直，所以MN为一条等势线，则
选项D错误。
故选C。
10.如图所示，将小砝码置于水平桌面上的薄纸板上，用向右的水平拉力 F 将纸板迅速抽出，砝码最后停在桌面上。若增加 F 的大小，则砝码（ ）
A. 与纸板之间的摩擦力增大
B. 在纸板上运动的时间减小
C. 相对于桌面运动的距离增大
D. 相对于桌面运动的距离不变
【答案】B
【详解】A．砝码对纸板的压力不变，大小等于砝码的重力大小，由f=μN知砝码与纸板之间的摩擦力不变，故A错误；
B．增加F的大小，纸板的加速度增大，而砝码的加速度不变，所以砝码在纸板上运动的时间减小，故B正确；
CD．设砝码在纸板上运动时的加速度大小为a1，在桌面上运动时的加速度为a2；则砝码相对于桌面运动的距离为
由
v=a1t1
知a1不变，砝码在纸板上运动的时间t1减小，则砝码离开纸板时的速度v减小，由上知砝码相对于桌面运动的距离s减小，故CD错误。
故选B。
11.四个固定在竖直平面内的光滑轨道 ab 如图所示，从 O 点静止释放小物块（可视为质点），仍能上升到与O点等高的位置的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】A．小球沿光滑的斜面轨道运动，到达最高点时的速度等于0，由机械能守恒可知，小球恰好到达与O点高度相等的点，选项A正确；
B．小球沿光滑的斜面轨道运动，离开轨道后做斜上抛运动，到达最高点时沿水平方向的分速度不能等于0，由机械能守恒可知，小球不能到达与O点等高的点，选项B错误；
CD．小球沿光滑的斜面轨道运动到接近圆轨道的端点b点时，速度的方向沿轨道的切线方向，可知小球沿轨道运动到接近b点时，沿水平方向的分速度不能等于0，违背机械能守恒定律。同理到达高于O点的b点时的速度也不能等于0，违背机械能守恒定律。选项CD错误。
故选A。
12.位于磁场中的甲、乙两个矩形金属线框可绕各自的轴转动，两根导线将两个线框按如图方式连接。现用外力使甲线框顺时针方向转动。某时刻甲、乙线框恰处于如图所示的位置。设此时乙线框的ab边受到的安培力为F，则（ ）
A. F向上，乙线框表示电动机的原理
B. F向上，乙线框表示发电机的原理
C. F向下，乙线框表示电动机的原理
D. F向下，乙线框表示发电机的原理
【答案】C
【分析】甲线框因用外力而动，产生感应电动势，根据楞次定律可判断感应电流方向。两个线框用导线连接，则乙线框中有电流而受到安培力的作用。
【详解】用外力使甲线框顺时针方向转动后，甲线框切割磁感线产生感应电动势，产生感应电流，根据楞次定律可判断甲线框中感应电流为顺时针方向。流经乙线框中感应电流也为顺时针方向。乙线框由于有电流而在磁场中受安培力的作用将发生转动，此为电动机的原理。根据左手定则可判断乙线框的ab边受到的安培力F方向向下，C正确，ABD错误。故选C。
13.如图，电吉他的拾音器由磁体及绕在其上的线圈组成，磁体产生的磁场使金属琴弦磁化，磁化的琴弦也有了磁性．当某根琴弦被拨动而相对线圈振动时，线圈中就会产生相应的电流，并最终还原为声音信号．下列说法正确的是
A. 若磁体失去磁性，电吉他仍能正常工作
B. 换用尼龙材质的琴弦，电吉他仍能正常工作
C. 琴弦振动的过程中，线圈中电流的方向不会发生变化
D. 拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动信号转化为电信号
【答案】D
【详解】A．若失去磁性则无法产生电磁感应，因此吉他不能正常工作，故A错误；
B．电吉他不可以使用尼龙线做琴弦．若是尼龙线则不能构成回路，不会产生电磁感应现象，故B错误；
C．琴弦振动时，线圈中产生感应电流的大小和方向均是变化的，若是恒定，则声音全是一种调，所以电流方向不可能不发生变化；而根据右手定则可知，电流方向一定是变化的．故C错误；
D．电吉他是属于磁生电的应用，是根据电磁感应原理工作的．拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号，故D正确。
故选D。
14.如图1所示，某种油量计是由许多透明等厚的薄塑料片叠合而成的，每个薄片的形状如图 2 所示，其底部为等腰直角三角形，薄片的长度不等。把这一油量计固定在油箱内，通过观察窗口可以清晰看到油量计的上表面有一条明暗分界线，从而可知箱内剩余油的多少。已知塑料的折射率为 n，当油箱中有半箱油时，油量计的上表面（ ）
A. 左明右暗，且n > B. 左明右暗，且n <
C. 左暗右明，且n > D. 左暗右明，且n <
【答案】A
【详解】在右侧，塑料薄片插入油中，由于油的折射率大于塑料的折射率，光线在塑料和油的界面处发生折射进入油中，人看起来是暗的；而在左侧塑料的折射率又大于空气的折射率，光线在塑料和空气的界面处发生全反射，返回油量计的上端面并射出，故人看起来是明亮的。所以是左明右暗。
要使光线在塑料和空气的界面处发生全反射，临界角必须满足
根据临界角公式
解得
即
选项A正确，BCD错误。
故选A。
第二部分（非选择题共 58 分）
15.用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。待测电源的电动势约为4V、内阻约为2Ω，保护电阻R1=10Ω和R2=5Ω。除了导线和开关外，实验室还提供了如下器材：
A. 滑动变阻器R（0~50Ω，额定电流2A）
B. 滑动变阻器R（0~5Ω，额定电流1A）
C. 电流表A（0~0. 6A，内阻约0. 2Ω）
D. 电流表A（0~200mA，内阻约2Ω）
E. 电压表V（0~15V，内阻约15kΩ）
F. 电压表V（0~3V，内阻约3kΩ）
实验的主要步骤有：
i. 将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
ii. 逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记录电压表示数U和相应电流表示数I；
iii. 以U为纵坐标，I为横坐标，作U-I图线（U、I都用国际单位）；
iv. 求出U-I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。
①电压表应选用_______；电流表应选用_____；滑动变阻器应选用_______。（填序号）
②若滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是___________。
A. 两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱
B. 两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱
C. 一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱
D. 一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱
③用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式，E=___________，r=___________，代入数值可得E和r的测量值。
【答案】① F D A ② C ③
【详解】①[1]待测电源的电动势约为4V，故电压表选F；
[2]当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为
电流表选择D；
[3]电路中的滑动变阻器选用的是限流式接法，故应选最大值较大的滑动变阻器，故选A；
②[4]滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，说明移动过程中滑动变阻器接入电路的电阻增大，因此说明一根导线接在金属杆上，另一条导线接在电阻丝左端接线柱，故C正确，ABD错误。
故选C。
③由闭合电路欧姆定律可知
对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为
则内阻
令U=0，则有
由题意可知，图象与横轴截距为a，则有
解得
16.某同学用图1所示的“碰撞实验器”验证动量守恒定律，图中AB是斜槽，BC为水平槽。
（1）实验中通过仅测量小球做平抛运动的 _______（选填“水平位移”或“竖直 位移”），可间接得到小球碰撞前后的速度关系。
（2）实验时先使入射球从斜槽上某一固定位置S多次由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，从而确定P点的位置。再把被碰球放在水平槽末端，让球仍从位置S多次由静止开始滚下，跟球碰撞后，两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，从而确定M、N点的位置。其中确定P点位置的多次落点痕迹如图2所示，刻度尺的零点与O点对齐，则OP=_______cm。
（3）经测定距O点的距离如图3所示。请通过计算说明本次实验中两小球碰撞前后的动量是否守恒_________。
【答案】 (1). 水平位移 (2). 44.80（44.70~44.90） (3). 守恒
【详解】（1）[1]由平抛运动规律可知
，
则
当高度一定时，小球碰撞前后的速度由水平位移决定。
（2）[2]如图所示，OP的读数为44.80cm（44.70-44.90）。
（3）[3]由题意可知初动量和末动量分别为
经计算可得
在误差允许范围内，两小球碰撞前后的动量是守恒的。
17.场是物质存在的一种形式。我们可以通过物体在场中的受力情况来研究场的强弱，并由此定义了电场强度、磁感应强度等物理量。
①写出电场强度的定义式，并说明各物理量的含义；
②写出磁感应强度的定义式，并说明各物理量的含义。
【答案】见解析
【详解】①电场强度的定义式
其中E为电场强度，F为检验电荷受到的电场力，q为检验电荷的电荷量。
②磁感应强度的定义式
其中B为磁感应强度，F为电流元受到的磁场力，IL为电流元。
18.如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上。在沿斜面向上的恒力作用下，质量为m的物块由静止开始上滑，当滑行距离为x时，其速度大小为v，此时撤去该力，物块继续运动。设斜面足够长。重力加速度为g。求：
(1)该恒力的大小F；
(2)撤去该力后，物块沿斜面继续向上滑动的距离x¢。
【答案】(1)；(2)
【详解】(1)根据运动学公式可得
根据牛顿第二定律可得
联立化简可得
(2)撤去该拉力后，根据牛顿第二定律，物块上滑的加速度大小为
根据运动学公式可得
联立化简可得
19.如图1所示，在电磁炉上放置装有适量水的平底锅，再将一个连有小灯泡的线圈套在平底锅外，可以看到小灯泡被点亮。其中，线圈和小灯泡组成的电路如图2所示。当电磁炉工作时，假设线圈所在空间均匀分布有与线圈平面垂直的磁场，磁感应强度变化率=B0wcoswt。
(1)①请分析说明小灯泡被点亮的原因；
②要使小灯泡亮度变化，可以采取哪些具体措施；
(2)有一种电磁炉专用锅，假设其锅底可等效成一系列半径不同的同心导电环，如图3所示，导电环之间彼此绝缘。设导电环单位长度的电阻为R0，忽略不同环中感应电流之间的相互影响，不计其他能量损失。求其中半径为r的导电环的热功率。
【答案】(1)见解析；(2)
【详解】(1)①线圈中的磁场发生变化，在线圈中产生感应电动势，线圈与灯泡组成闭合回路，所以灯泡被点亮；
②线圈中产生感应电动势为
流过灯泡的电流为
要使小灯泡亮度变化，可以改变锅底与电磁炉的接触面积，或改变磁感应强度的变化率。
(2)由法拉第电磁感应定律可得
电阻为
半径为r的导电环的热功率
20.宏观规律是由微观机制所决定的。从微观角度看，在没有外电场的作用下，导线中的自由电子如同理想气体分子一样做无规则地热运动，它们朝任何方向运动的概率是一样的，则自由电子沿导线方向的速度平均值为0，宏观上不形成电流。如果导线中加了恒定的电场，自由电子的运动过程可做如下简化：自由电子在电场的驱动下开始定向移动，然后与导线内不动的粒子碰撞，碰撞后电子沿导线方向的定向速度变为0，然后再加速、再碰撞……，在宏观上自由电子的定向移动形成了电流。
（1）在一段长为L、横截面积为S的长直导线两端加上电压U。已知单位体积内的自由电子数为n，电子电荷量为e，电子质量为m，连续两次碰撞的时间间隔为t。仅在自由电子和金属离子碰撞时才考虑粒子间的相互作用。
①求自由电子定向移动时的加速度大小a；
②求在时间间隔t内自由电子定向速度的平均值；
③推导电阻R的微观表达式。
（2）请根据电阻的微观机制猜想影响金属电阻率的因素有哪些，并说明理由。
【答案】（1）①；②；③；（2）温度，热运动速度变化，材料有关等，理由见解析
【详解】（1）①自由电子定向移动时的加速度大小
②自由电子在连续两次碰撞的时间间隔t内做匀变速直线运动，设第二次碰撞前的速度为v，则
，
解得
③t时间内通过导线横截面积的电荷量为
则电流
电阻
解得
（2）由电阻定律得
解得
猜想：电阻率与导体的温度有关；
理由：导体的温度变化会导致导体内自由电子的热运动速度变化，从而使自由电子连续两次碰撞的时间间隔t发生变化，因此电阻率与导体的温度有关。
（其他合理猜想和理由均可，例如电阻率与导体的材料有关。）
21.（1）牛顿发现万有引力定律之后，在卡文迪许生活的年代，地球的半径经过测量和计算已经知道约6400千米，因此卡文迪许测出引力常量G后，很快通过计算得出了地球的质量。1798年，他首次测出了地球的质量数值，卡文迪许因此被人们誉为“第一个称地球的人”。若已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，忽略地球的自转；
a．求地球的质量；
b．若一卫星在距地球表面高为h的轨道上绕地球作匀速圆周运动，求该卫星绕地球做圆周运动的周期；
（2）牛顿时代已知如下数据：月球绕地球运行的周期T、地球半径R、月球与地球间的距离60R、地球表面的重力加速度g
。牛顿在研究引力的过程中，为了验证地面上物体的重力与地球吸引月球的力是同一性质的力，同样遵从与距离的平方成反比规律的猜想，他做了著名的“月地检验”：月球绕地球近似做匀速圆周运动．牛顿首先从运动学的角度计算出了月球做匀速圆周运动的向心加速度；接着他设想，把一个物体放到月球轨道上，让它绕地球运行，假定物体在地面受到的重力和在月球轨道上运行时受到的引力，都是来自地球的引力，都遵循与距离的平方成反比的规律，他又从动力学的角度计算出了物体在月球轨道上的向心加速度．上述两个加速度的计算结果是一致的，从而证明了物体在地面上所受的重力与地球吸引月球的力是同一性质的力，遵循同样规律的设想．根据上述材料：
a．请你分别从运动学的角度和动力学的角度推导出上述两个加速度的表达式；
b．已知月球绕地球做圆周运动的周期约为T=2.4×106s，地球半径约为R=6.4×106m，取π2=g．结合题中的已知条件，求上述两个加速度的比值，并得出合理的结论．
【答案】（1）a．；b．；（2）a．；b．； 由以上结果可以看出，在误差范围内可认为a1=a2，这说明物体在地面上所受重力与地球吸引月球的力是同一性质的力，遵循与距离的平方成反比的规律。
【详解】（1）a设地球质量为M，地球表面上的某物体质量为m：
解得
b．万有引力提供卫星做圆周运动的向心力
解得
（2）a．月球绕地球做匀速圆周运动，由运动学公式：
解得
质量为m的物体在地面上受到的重力
质量为m的物体在月球轨道上受到的引力
解得
b．由以上结果得
代入已知数值得
=0.96
由以上结果可以看出，在误差范围内可认为a1=a2，这说明物体在地面上所受重力与地球吸引月球的力是同一性质的力，遵循与距离的平方成反比的规律。
