资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩6页未读，
继续阅读
2024届北京市石景山区高三下学期一模物理试题（原卷版+解析版）
展开
这是一份2024届北京市石景山区高三下学期一模物理试题（原卷版+解析版），文件包含2024届北京市石景山区高三下学期一模物理试题原卷版docx、2024届北京市石景山区高三下学期一模物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
第一部分
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。
1. 工业部门可以使用放射性同位素发出的射线来测厚度。某轧钢厂的热轧机上安装的射线测厚装置如图所示，让γ射线穿过钢板，探测器探测到的γ射线强度与钢板的厚度有关，将射线强度的信号输入计算机，可对钢板的厚度进行自动控制。下列说法正确的是（ ）
A. 若钢板变厚，则探测到γ射线变弱
B 若钢板内部有裂缝，则探测到γ射线变弱
C. 该装置主要利用γ射线的电离能力
D. 若仅把γ射线换为射线，该装置仍正常运行
【答案】A
【解析】
【详解】A．若钢板变厚，则对γ射线的阻碍变强，探测到γ射线变弱，故A正确；
B．若钢板内部有裂缝，则对γ射线的阻碍变弱，探测到γ射线变强，故B错误；
C．该装置主要利用γ射线穿透能力，故C错误；
D．该装置主要利用γ射线的穿透能力，而射线的穿透能力很弱，若仅把γ射线换为射线，该装置不能正常运行，故D错误。
故选A。
2. 阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，这种现象属于光的（ ）
A. 偏振现象B. 衍射现象C. 干涉现象D. 全反射现象
【答案】C
【解析】
【详解】阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，这种现象属于光的薄膜干涉现象。
故选C。
3. 处于 n=1能级的氢原子，向 n=3能级跃迁时（ ）
A. 吸收光子，能量减少B. 吸收光子，能量增加
C. 放出光子，能量减少D. 放出光子，能量增加
【答案】B
【解析】
【详解】根据波尔原子理论可知处于能级的氢原子，向能级跃迁时吸收光子，能量增加。
故选B。
4. 一列沿x轴正方向传播的简谐横波某时刻的波形图如图所示，下列判断正确的是（ ）
A. 此时质点K和M的振动情况完全相同
B. 此时质点 M的速度方向沿y轴正方向
C. 此时质点K的加速度方向沿y轴正方向
D. 此时质点K 的速度比质点L的小
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．根据“同侧法”可知K的速度方向沿y轴负方向，质点M的速度方向沿y轴正方向，则此时质点K和质点M的振动不相同，故AC错误，B正确；
D．由图可知，此时质点L处于位移最大处速度为零，质点K还没有到最大位移处，速度不为零，此时质点K的速度比质点L的大，故D错误。
故选B。
5. 如图所示，一定质量的理想气体从状态a经过等容、等温、等压三个过程，先后达到状态 b、c，再回到状态a。下列说法正确的是（ ）
A. 在过程a→b中气体对外做功
B. 在过程a→b中气体的内能减少
C. 在过程b→c中气体从外界吸热
D. 在过程c→a中气体的温度升高
【答案】C
【解析】
【详解】A．在过程a→b中气体体积不变，不对外做功,选项A错误；
B．在过程a→b中由查理定律可知，气体的温度升高，内能增加，选项B错误；
C．在过程b→c中气体温度不变，内能不变
体积变大，对外做功
根据热力学第一 定律
则
即气体从外界吸热，选项C正确；
D．在过程c→a中气体的压强不变，体积减小，温度降低，选项D错误。
故选C。
6. 如图所示，中国自行研制、具有完全知识产权的“神舟”飞船某次发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由“长征”运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，在B点通过变轨进入预定圆轨道。则（ ）
A. 在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的加速度比B点的大
B. 在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的速度比B点的小
C. 在 B点变轨前后，飞船的机械能不变
D. 在B点飞船通过减速从椭圆轨道进入预定圆轨道
【答案】A
【解析】
详解】A．根据
可知，在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的加速度比B点的大，选项A正确；
B．根据开普勒第二定律可知，在椭圆轨道上运行时，飞船在近地点A点的速度比远点B点的大，选项B错误；
C．在 B点变轨后，飞船的机械能增加，选项C错误；
D．在B点飞船通过加速做离心运动从椭圆轨道进入预定圆轨道，选项D错误。
故选A。
7. 如图1所示，一质量为2kg的物块受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直线运动，其a-t图像如图2所示，t=0时其速度大小为2m/s。物块与水平面间的动摩擦因数。μ=0.1，g=10m/s²。下列说法错误的是（ ）
A. 在t=2s时刻，物块的速度为5m/s
B. 在0~2s时间内，物块的位移大于7m
C. 在 t=1s时刻， 物块的加速度为
D. 在t=1s时刻，拉力F的大小为5N
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据
可得图像与坐标轴围成面积表示对应时间内速度的增量，t=2s时刻，物体的速度
故A正确；
B．在0～2s时间内，物体做加速度增大的加速运动，速度—时间图象如图中实线，虚线为匀变速直线运动的速度—时间图象由图像围成的面积表示位移
可知0～2s时间内，物体的位移
故B错误；
C．由图2可得
在 t=1s时刻， 物块的加速度为
故C正确；
D．在t=1s时刻，由牛顿第二定律可得
代入数据解得
故D正确。
本题选错误的，故选B。
8. 如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为100：1，其原线圈两端接入正弦式交变电压u，u=311sin100πt V，副线圈通过交流电流表与变阻器R相连。若不考虑交流电压表和交流电流表内阻的影响，则下列说法正确的是（ ）
A. 交流电压表的示数为3.11V
B. 滑动变阻器的滑片向下滑动，交流电压表的示数减小
C. 滑动变阻器的滑片向下滑动，交流电流表的示数增大
D. 滑动变阻器的滑片向下滑动，变压器的输入功率减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．交流电的电压有效值为
根据
可得
因此
故A错误；
B．由于原线圈的电压保持不变，匝数比不变，无论滑动变阻器阻值如何变化，副线圈两端的电压也保持不变，故B错误；
C．当滑动变阻器的滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，由于副线圈两端的电压不变，因此副线圈电流增大，电流表的示数增大，故C正确；
D．根据
结合C选项分析可知当滑动变阻器的滑片向下滑动时，滑动变阻器消耗的功率增大，因此变压器的输入功率增大，故D错误。
故选C。
9. 如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是（ ）
A. 小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向下
B. 小球经过B点时，所受杆的作用力沿着BO方向
C. 从A点到C点的过程，杆对小球的作用力不做功
D. 从A点到C点的过程，小球重力的功率先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球经过A点时，若速度，则球所受杆的作用力竖直向下；若速度，则球所受杆的作用力竖直向上，若速度，则球所受杆的作用力为零，选项A错误；
B．因球做匀速圆周运动，合力指向圆心，则小球经过B点时，所受杆的作用力斜向右上方向，选项B错误；
C．从A点到C点的过程，根据动能定理
可知，杆对小球的作用力做负功，选项C错误；
D．从A点到C点的过程，根据
因速度的竖直分量先增加后减小，可知小球重力的功率先增大后减小，选项D正确。
故选D。
10. 如图所示，真空中两个等量异号的点电荷-Q和+Q分别位于A点和A'点，AA'连线中点为O， B、C两点在其连线上， P 点在 AA'连线的中垂线上， 且BO=OC=OP。下列说法正确的是（ ）
A. P点与O点的电场强度大小相等
B. P点与C点的电场强度方向相同
C. 沿A'A连线从B点到C点电势先增大再减小
D. B、P两点间的电势差与O、P两点间的电势差相等
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据等量异种电荷的电场分布特点，知在中垂线上，O点场强最大，外两侧逐渐减小，所以O点的电场强度大小比P点大，故A错误；
B.根据等量异种电荷的电场分布特点，P点场强方向水平向右，C点的电场强度方向也是水平向右，故B正确；
C.根据等量异种电荷的电场分布特点，知中垂线为等势线，电势为0，靠近正电荷电势大于0，靠近负电荷电势小于0。所以沿A'A连线从B点到C点电势逐渐减小，故C错误；
D.B点与O点间的电势不相等，所以B、P两点间的电势差与O、P两点间的电势差不相等，故D错误。
故选B。
11. 在匀强磁场中放置一个金属圆环，磁场方向与圆环平面垂直。规定图1所示磁场方向为正。当磁感应强度B随时间t按图2所示的正弦规律变化时，下列说法正确的是（ ）
A. 时刻，圆环中无感应电流
B. 时刻，圆环上各点受到的安培力最大
C. 时间内，圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向
D. 时间内，圆环先出现扩张趋势，后出现收缩趋势
【答案】C
【解析】
【详解】A．在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，故A错误；
B．在t3时刻，磁感应强度最大，但是磁通量的变化率为零，则感应电流为零，圆环上各点受到的安培力为零，故B错误；
C．t1-t2时间内，磁感应强度垂直圆环向里，磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向，t2-t3时间内，磁感应强度垂直圆环向外，磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向，故C正确；
D．时间内，穿过圆环的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知圆环先出现收缩趋势，后出现扩张趋势，故D错误。
故选C。
12. 如图所示，L 是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡。开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光。断开开关（ ）
A. P 闪亮后再熄灭，且通过P中的电流反向
B. Q闪亮后再熄灭，且通过Q中的电流方向不变
C. P比 Q先熄灭
D. P与Q 同时熄灭
【答案】A
【解析】
【详解】A．开始时，开关S闭合时，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭。断开开关前，通过P灯电流方向从左向右，断开开关后，通过P灯电流方向从右向左，通过P中的电流反向，故A正确；
B C D．断开开关，Q灯立即熄灭，P 闪亮后再熄灭，P比 Q后熄灭，故BC D错误。
故选A。
13. 带电粒子碰撞实验中，t=0时粒子A静止，粒子B以一定的初速度向 A 运动。两粒子的v-t图像如图所示，仅考虑静电力的作用，且A、B未接触。则（ ）
A. 粒子B在0~t₃时间内动能一直减小
B. 两粒子在t₁时刻的电势能最大
C. 粒子A的质量小于粒子B的质量
D. 粒子A在 t₂时刻的加速度最大
【答案】B
【解析】
【详解】A．粒子B在0~t₃时间内速度先减小后反向增加，可知动能先减小后增加，选项A错误；
B．两粒子在t₁时刻共速，此时两粒子相距最近，此时两粒子的电势能最大，选项B正确；
C．由图可知，t=0时刻有
p0=mBv0
在t=t2时刻有
p2=mAvA
两粒子运动过程动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mBv0=mAvA
又由于
v0＞vA
所以有
mB＜mA
故C错误；
D．两粒子在t1时刻共速，此时两粒子相距最近，库仑力最大，此时粒子A的加速度最大，选项D错误。
故选B。
14. 应用物理知识分析生活中的常见现象，解释游戏中的物理原理，可以使学习更加有趣和深入。两同学分别做了如下小游戏。如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处。甲同学第一次慢拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的P点；将棋子、纸条放回原来的位置，第二次快拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的N点。乙同学把一象棋子静置于水平桌面上，然后用手指沿水平方向推棋子，棋子由静止开始运动，并且在离开手指后还会在桌面上滑行一段距离才停止运动。据此，两同学提出了如下观点，其中正确的是（ ）
A. 甲同学第一次慢拉，棋子受纸条的摩擦力更大
B. 甲同学第二次快拉，棋子受纸条摩擦力冲量更大
C. 乙同学推棋子，棋子离开手指前一直做加速运动
D. 乙同学推棋子，棋子的最大速度一定在与手指分离之前
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲同学拉动纸条让棋子开始运动，所以两次都受滑动摩擦力，所以磨擦擦力大小相等，故A错误；
B．棋子离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由
可知离开桌面时第二次的水平速度小于第一次的水平速度，结合动量定理得
所以甲同学第一次慢拉，棋子受纸条摩擦力的冲量更大。故B错误；
CD．棋子离开手之前受手给棋子得作用力和滑动摩擦力，而手给棋子得作用力为变力，由于棋子刚开始处于静止状态，所以刚接触的一段时间内棋子一定做加速运动，但在棋子离开手之前不一定一直做加速运动，棋子离开手后做匀减速直线运动，所以棋子的最大速度一定在与手指分离之前，但离手前不一定一直做加速直线运动，故C错误，D正确。
故选D。
第二部分
本部分共6题， 共 58分。
15.
（1）在测电阻的实验中，部分电路按照图1连接。当电压表的右端由试触a点改为试触 b点时，发现电流表的示数变化明显，则测电阻时，电压表的右端接在___________（选填“a”或“b”）时， 测量误差较小。
（2）如果待测电阻Rₓ约为 200Ω，电压表内阻约为2kΩ，电流表内阻约为10Ω。则图1所示的电路中，电压表的右端接在___________（选填“a”或“b”） 时，测量误差较小。
（3）用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图2所示。若所选挡位为直流 50mA 挡，则示数为___________mA．若所选挡位为电阻“×10”挡，则示数为___________Ω。
（4）某小组同学发现欧姆表的表盘刻度线不均匀，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流I和它的阻值Rₓ关系，分别画出了下面几种图象，其中可能正确的是___________。 （选填选项下面的字母）
A. B. C. D.
【答案】（1）b （2）b
（3） ①. 22.0 ②. 190 （4）BD
【解析】
【小问1详解】
当电压表的右端由试触a点改为试触 b点时，发现电流表的示数变化明显，说明电压表的分流作用较大，电压表内阻不是远大于待测电阻，而可认为电流表内阻远小于待测电阻，则测电阻时，应该采用电流表内接，电压表的右端接在b时，测量误差较小。
【小问2详解】
如果待测电阻Rₓ约为 200Ω，电压表内阻约为2kΩ，电流表内阻约为10Ω。因为
则应该采用电流表内接电路，即图1所示的电路中，电压表的右端接在b时，测量误差较小。
【小问3详解】
[1]若所选挡位为直流 50mA 挡，最小刻度为1mA，则示数为22.0mA；
[2]若所选挡位为电阻“×10”挡，则示数为19×10Ω=190Ω。
【小问4详解】
CD．根据闭合电路的欧姆定律可知
则随Rx增加，电流I非线性减小，最终趋近于0，选项C错误，D正确；
AB．根据
可得
则图像为在纵轴上有截距的倾斜的直线，选项B正确，A错误。
故选BD。
16. 研究光电效应的电路如图所示，用蓝光、较强的黄光和较弱的黄光分别照射密封真空管中的金属极板K，极板发射出的光电子在电路中形成的光电流I与AK之间的电压U的关系图像如图乙所示。关于1、2、3三条曲线，下列说法正确的是（ ）
A. 1、3为用黄光照射时得到的曲线，曲线1对应的黄光较强
B. 1、3为用黄光照射时得到的曲线，曲线3对应的黄光较强
C. 2、3为用黄光照射时得到的曲线，曲线2对应的黄光较强
D. 2、3为用黄光照射时得到的曲线，曲线3对应的黄光较强
【答案】A
【解析】
【详解】黄光的频率小于蓝光的频率，根据光电效应方程，再根据动能定理可得
即
可见频率越大则对应的截止电压越大，截止电压相等，则光的频率相等，故2为蓝光，1和3为黄光；
根据光电流的大小与光强成正比，可知曲线1对应的黄光的光强大于曲线3对应的黄光的光强。
选项A正确，BCD错误。
故选A。
17. 某同学在做杨氏双缝干涉实验时，在相同的实验条件下，分别用波长和的单色光，得到如图甲和乙所示的干涉条纹，可知， __________（选填“>”“=”或“<” ） 。
【答案】>
【解析】
【详解】由双缝干涉条纹间距公式
由于甲的条纹间距大于乙的条纹间距，所以
18. 某同学用插针法测定玻璃的折射率，作出光路图如图所示。光线与平行的玻璃砖表面aa'和bb'分别交于O 点和P点， 过 P 点作aa'的垂线，垂足为Q点， 将AO 延长交PQ于 M点， 测得 OP=R， OM=r。则该玻璃砖的折射率 n=___________。
【答案】
【解析】
【详解】设入射角为，由几何关系可得
设折射角为，由几何关系可得
由折射定律有
19. 某同学在学校游泳池训练，他在水中发现岸上所有景物都出现在一个倒立的圆锥里。请你结合所学知识说明其中的原理。
【答案】见解析
【解析】
【详解】几乎贴着水面射入水里的光线即入射角越为90°，由折射定律有
在水中的同学看来光线是从折射角为C的方向射来的，水面上其他方向射来的光线，折射角都小于 C。因此他认为水面以上所有的景物都出现在顶角为2C的圆锥里，如图所示。
20. 一兴趣小组的同学为探究物体做圆周运动的特点制作了如图所示的装置：弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。该小组的同学让质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上距B点高5R的A点由静止释放，先后经过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，重力加速度为g。
（1）求小球通过B点时的速度大小vB。
（2）求小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F和方向。
（3）该小组的同学认为，只要小球能够经过C点，则轨道B和C两点对小球的压力大小之差是不变的。你是否同意这一观点请说明理由。
【答案】（1）；（2）F=5mg ，方向竖直向下；（3）同意，见解析
【解析】
【详解】（1）小球从A点到B点，由机械能守恒
解得
（2）小球从A点到C点，由机械能守恒
在C点，根据牛顿第二定律
解得
方向竖直向下。
（3）同意。由机械能守恒
根据牛顿第二定律
解得轨道B和C两点对小球压力大小之差
故轨道B和C两点对小球压力大小之差为定值。
21. （1）如图1所示，在匀强电场中，将电荷量 的点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做功，再从B点移到C点，静电力做功。已知电场的方向与△ABC所在的平面平行。
①求A、B两点间的电势差 UAB和B、C两点间的电势差；
②如果规定 B点的电势为0，求A点和C点的电势；
③请在图中画出过B点的电场线方向，并说明理由；
（2）如图2所示，电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距 2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。已知静电力常量为k，若图中A点的电场强度为0，求B点的电场强度。
【答案】（1）①，，②，，③见解析；（2），方向水平向左
【解析】
【详解】（1）①由静电力做功
解得
②由
解得
③过B点的电场线方向如图中箭头所示
连接AB的中点与C点，即为一条
φ=2V
的等势线，根据匀强电场中电场线与等势线垂直且从高电势指向低电势的特点，过 B 点作等势线的垂线可得。
（2）A点的电场强度为0，即点电荷q在A点的场强与带电板在A点的场强等大反向
由对称性，带电板在B点的场强与A 点的场强等大反向，则B点的电场强度
方向水平向左。
22. （1）如图1所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为 B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒 MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒 MN切割磁感线产生的感应电动势E1的大小。
（2）变化的磁场会在空间中激发感生电场。如图2所示，空间存在一个垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B0，磁场区域半径为R。一半径为r的圆形导线环放置在纸面内，其圆心O与圆形磁场区域的中心重合。如果磁感应强度B随时间t的变化关系为 其中k为大于0的常量。求圆形导线环中的感应电动势E2的大小。
（3）电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化为电势能的装置，电源的电动势是电源内部非静电力所做的功与所移动的电荷量之比。已知电子的电荷量为e。求上述金属棒中电子所受到的非静电力F₁的大小和导线环中电子所受到的非静电力F2的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）；
【解析】
【详解】（1）在△t内金属框和棒所围面积的变化量是
△S=lv△t
则穿过闭合电路磁通量的变化量是
△=B△S=Blv△t
根据法拉第电磁感应定律
解得感应电动势
（2）由
得
根据法拉第电磁感应定律
解得
（3）①金属棒 MN 向右切割磁感线时，棒中的电子受到沿棒向下的洛仑兹力充当非静电力 F₁。由
解得
②在很短的时间内导线环中电子的位移为△x，非静电力对电子做的功为 F₂△x，电子沿着导线环运动一周，非静电力做的功
根据电动势定义
解得
23. 物体做曲线运动的情况较复杂，一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图（a）所示，曲线上A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径r叫做A点的曲率半径。在分析物体经过曲线上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。
（1）氢原子核外的电子绕核做匀速圆周运动，其周期为T。已知电子的电荷量为e，质量为m，静电力常量为k，求电子运动的轨道半径R。
（2）将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v₀抛出，如图（b）所示。已知重力加速度为g，求其轨迹最高点P处的曲率半径r。
（3）开普勒根据第谷的行星观测记录结合数学知识发现，对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等。如图（c）所示，卫星绕地球沿椭圆轨道运动。卫星在椭圆轨道的近地点P的速度为v₁，近地点 P到地心的距离为R；在远地点Q的速度为v₂，远地点Q到地心的距离为r。一兴趣小组的同学根据开普勒定律结合数学知识得到 请你根据万有引力定律和牛顿运动定律推导这一结论。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）根据库仑定律和牛顿第二定律
解得电子运动的轨道半径
（2）小球在最高点的速度为v₀csα，根据牛顿第二定律
解得曲率半径
（3） 卫星在椭圆轨道上运行，由椭圆的对称性，近地点P和远地点Q的等效圆周运动的半径相等，设为l，根据万有引力定律和牛顿第二定律，卫星在近地点时
卫星在远地点时
解得
第一部分
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。
1. 工业部门可以使用放射性同位素发出的射线来测厚度。某轧钢厂的热轧机上安装的射线测厚装置如图所示，让γ射线穿过钢板，探测器探测到的γ射线强度与钢板的厚度有关，将射线强度的信号输入计算机，可对钢板的厚度进行自动控制。下列说法正确的是（ ）
A. 若钢板变厚，则探测到γ射线变弱
B 若钢板内部有裂缝，则探测到γ射线变弱
C. 该装置主要利用γ射线的电离能力
D. 若仅把γ射线换为射线，该装置仍正常运行
【答案】A
【解析】
【详解】A．若钢板变厚，则对γ射线的阻碍变强，探测到γ射线变弱，故A正确；
B．若钢板内部有裂缝，则对γ射线的阻碍变弱，探测到γ射线变强，故B错误；
C．该装置主要利用γ射线穿透能力，故C错误；
D．该装置主要利用γ射线的穿透能力，而射线的穿透能力很弱，若仅把γ射线换为射线，该装置不能正常运行，故D错误。
故选A。
2. 阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，这种现象属于光的（ ）
A. 偏振现象B. 衍射现象C. 干涉现象D. 全反射现象
【答案】C
【解析】
【详解】阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，这种现象属于光的薄膜干涉现象。
故选C。
3. 处于 n=1能级的氢原子，向 n=3能级跃迁时（ ）
A. 吸收光子，能量减少B. 吸收光子，能量增加
C. 放出光子，能量减少D. 放出光子，能量增加
【答案】B
【解析】
【详解】根据波尔原子理论可知处于能级的氢原子，向能级跃迁时吸收光子，能量增加。
故选B。
4. 一列沿x轴正方向传播的简谐横波某时刻的波形图如图所示，下列判断正确的是（ ）
A. 此时质点K和M的振动情况完全相同
B. 此时质点 M的速度方向沿y轴正方向
C. 此时质点K的加速度方向沿y轴正方向
D. 此时质点K 的速度比质点L的小
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．根据“同侧法”可知K的速度方向沿y轴负方向，质点M的速度方向沿y轴正方向，则此时质点K和质点M的振动不相同，故AC错误，B正确；
D．由图可知，此时质点L处于位移最大处速度为零，质点K还没有到最大位移处，速度不为零，此时质点K的速度比质点L的大，故D错误。
故选B。
5. 如图所示，一定质量的理想气体从状态a经过等容、等温、等压三个过程，先后达到状态 b、c，再回到状态a。下列说法正确的是（ ）
A. 在过程a→b中气体对外做功
B. 在过程a→b中气体的内能减少
C. 在过程b→c中气体从外界吸热
D. 在过程c→a中气体的温度升高
【答案】C
【解析】
【详解】A．在过程a→b中气体体积不变，不对外做功,选项A错误；
B．在过程a→b中由查理定律可知，气体的温度升高，内能增加，选项B错误；
C．在过程b→c中气体温度不变，内能不变
体积变大，对外做功
根据热力学第一 定律
则
即气体从外界吸热，选项C正确；
D．在过程c→a中气体的压强不变，体积减小，温度降低，选项D错误。
故选C。
6. 如图所示，中国自行研制、具有完全知识产权的“神舟”飞船某次发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由“长征”运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，在B点通过变轨进入预定圆轨道。则（ ）
A. 在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的加速度比B点的大
B. 在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的速度比B点的小
C. 在 B点变轨前后，飞船的机械能不变
D. 在B点飞船通过减速从椭圆轨道进入预定圆轨道
【答案】A
【解析】
详解】A．根据
可知，在椭圆轨道上运行时，飞船在A点的加速度比B点的大，选项A正确；
B．根据开普勒第二定律可知，在椭圆轨道上运行时，飞船在近地点A点的速度比远点B点的大，选项B错误；
C．在 B点变轨后，飞船的机械能增加，选项C错误；
D．在B点飞船通过加速做离心运动从椭圆轨道进入预定圆轨道，选项D错误。
故选A。
7. 如图1所示，一质量为2kg的物块受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直线运动，其a-t图像如图2所示，t=0时其速度大小为2m/s。物块与水平面间的动摩擦因数。μ=0.1，g=10m/s²。下列说法错误的是（ ）
A. 在t=2s时刻，物块的速度为5m/s
B. 在0~2s时间内，物块的位移大于7m
C. 在 t=1s时刻， 物块的加速度为
D. 在t=1s时刻，拉力F的大小为5N
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据
可得图像与坐标轴围成面积表示对应时间内速度的增量，t=2s时刻，物体的速度
故A正确；
B．在0～2s时间内，物体做加速度增大的加速运动，速度—时间图象如图中实线，虚线为匀变速直线运动的速度—时间图象由图像围成的面积表示位移
可知0～2s时间内，物体的位移
故B错误；
C．由图2可得
在 t=1s时刻， 物块的加速度为
故C正确；
D．在t=1s时刻，由牛顿第二定律可得
代入数据解得
故D正确。
本题选错误的，故选B。
8. 如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为100：1，其原线圈两端接入正弦式交变电压u，u=311sin100πt V，副线圈通过交流电流表与变阻器R相连。若不考虑交流电压表和交流电流表内阻的影响，则下列说法正确的是（ ）
A. 交流电压表的示数为3.11V
B. 滑动变阻器的滑片向下滑动，交流电压表的示数减小
C. 滑动变阻器的滑片向下滑动，交流电流表的示数增大
D. 滑动变阻器的滑片向下滑动，变压器的输入功率减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．交流电的电压有效值为
根据
可得
因此
故A错误；
B．由于原线圈的电压保持不变，匝数比不变，无论滑动变阻器阻值如何变化，副线圈两端的电压也保持不变，故B错误；
C．当滑动变阻器的滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，由于副线圈两端的电压不变，因此副线圈电流增大，电流表的示数增大，故C正确；
D．根据
结合C选项分析可知当滑动变阻器的滑片向下滑动时，滑动变阻器消耗的功率增大，因此变压器的输入功率增大，故D错误。
故选C。
9. 如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是（ ）
A. 小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向下
B. 小球经过B点时，所受杆的作用力沿着BO方向
C. 从A点到C点的过程，杆对小球的作用力不做功
D. 从A点到C点的过程，小球重力的功率先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球经过A点时，若速度，则球所受杆的作用力竖直向下；若速度，则球所受杆的作用力竖直向上，若速度，则球所受杆的作用力为零，选项A错误；
B．因球做匀速圆周运动，合力指向圆心，则小球经过B点时，所受杆的作用力斜向右上方向，选项B错误；
C．从A点到C点的过程，根据动能定理
可知，杆对小球的作用力做负功，选项C错误；
D．从A点到C点的过程，根据
因速度的竖直分量先增加后减小，可知小球重力的功率先增大后减小，选项D正确。
故选D。
10. 如图所示，真空中两个等量异号的点电荷-Q和+Q分别位于A点和A'点，AA'连线中点为O， B、C两点在其连线上， P 点在 AA'连线的中垂线上， 且BO=OC=OP。下列说法正确的是（ ）
A. P点与O点的电场强度大小相等
B. P点与C点的电场强度方向相同
C. 沿A'A连线从B点到C点电势先增大再减小
D. B、P两点间的电势差与O、P两点间的电势差相等
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据等量异种电荷的电场分布特点，知在中垂线上，O点场强最大，外两侧逐渐减小，所以O点的电场强度大小比P点大，故A错误；
B.根据等量异种电荷的电场分布特点，P点场强方向水平向右，C点的电场强度方向也是水平向右，故B正确；
C.根据等量异种电荷的电场分布特点，知中垂线为等势线，电势为0，靠近正电荷电势大于0，靠近负电荷电势小于0。所以沿A'A连线从B点到C点电势逐渐减小，故C错误；
D.B点与O点间的电势不相等，所以B、P两点间的电势差与O、P两点间的电势差不相等，故D错误。
故选B。
11. 在匀强磁场中放置一个金属圆环，磁场方向与圆环平面垂直。规定图1所示磁场方向为正。当磁感应强度B随时间t按图2所示的正弦规律变化时，下列说法正确的是（ ）
A. 时刻，圆环中无感应电流
B. 时刻，圆环上各点受到的安培力最大
C. 时间内，圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向
D. 时间内，圆环先出现扩张趋势，后出现收缩趋势
【答案】C
【解析】
【详解】A．在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，故A错误；
B．在t3时刻，磁感应强度最大，但是磁通量的变化率为零，则感应电流为零，圆环上各点受到的安培力为零，故B错误；
C．t1-t2时间内，磁感应强度垂直圆环向里，磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向，t2-t3时间内，磁感应强度垂直圆环向外，磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向，故C正确；
D．时间内，穿过圆环的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知圆环先出现收缩趋势，后出现扩张趋势，故D错误。
故选C。
12. 如图所示，L 是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡。开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光。断开开关（ ）
A. P 闪亮后再熄灭，且通过P中的电流反向
B. Q闪亮后再熄灭，且通过Q中的电流方向不变
C. P比 Q先熄灭
D. P与Q 同时熄灭
【答案】A
【解析】
【详解】A．开始时，开关S闭合时，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭。断开开关前，通过P灯电流方向从左向右，断开开关后，通过P灯电流方向从右向左，通过P中的电流反向，故A正确；
B C D．断开开关，Q灯立即熄灭，P 闪亮后再熄灭，P比 Q后熄灭，故BC D错误。
故选A。
13. 带电粒子碰撞实验中，t=0时粒子A静止，粒子B以一定的初速度向 A 运动。两粒子的v-t图像如图所示，仅考虑静电力的作用，且A、B未接触。则（ ）
A. 粒子B在0~t₃时间内动能一直减小
B. 两粒子在t₁时刻的电势能最大
C. 粒子A的质量小于粒子B的质量
D. 粒子A在 t₂时刻的加速度最大
【答案】B
【解析】
【详解】A．粒子B在0~t₃时间内速度先减小后反向增加，可知动能先减小后增加，选项A错误；
B．两粒子在t₁时刻共速，此时两粒子相距最近，此时两粒子的电势能最大，选项B正确；
C．由图可知，t=0时刻有
p0=mBv0
在t=t2时刻有
p2=mAvA
两粒子运动过程动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mBv0=mAvA
又由于
v0＞vA
所以有
mB＜mA
故C错误；
D．两粒子在t1时刻共速，此时两粒子相距最近，库仑力最大，此时粒子A的加速度最大，选项D错误。
故选B。
14. 应用物理知识分析生活中的常见现象，解释游戏中的物理原理，可以使学习更加有趣和深入。两同学分别做了如下小游戏。如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处。甲同学第一次慢拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的P点；将棋子、纸条放回原来的位置，第二次快拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的N点。乙同学把一象棋子静置于水平桌面上，然后用手指沿水平方向推棋子，棋子由静止开始运动，并且在离开手指后还会在桌面上滑行一段距离才停止运动。据此，两同学提出了如下观点，其中正确的是（ ）
A. 甲同学第一次慢拉，棋子受纸条的摩擦力更大
B. 甲同学第二次快拉，棋子受纸条摩擦力冲量更大
C. 乙同学推棋子，棋子离开手指前一直做加速运动
D. 乙同学推棋子，棋子的最大速度一定在与手指分离之前
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲同学拉动纸条让棋子开始运动，所以两次都受滑动摩擦力，所以磨擦擦力大小相等，故A错误；
B．棋子离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由
可知离开桌面时第二次的水平速度小于第一次的水平速度，结合动量定理得
所以甲同学第一次慢拉，棋子受纸条摩擦力的冲量更大。故B错误；
CD．棋子离开手之前受手给棋子得作用力和滑动摩擦力，而手给棋子得作用力为变力，由于棋子刚开始处于静止状态，所以刚接触的一段时间内棋子一定做加速运动，但在棋子离开手之前不一定一直做加速运动，棋子离开手后做匀减速直线运动，所以棋子的最大速度一定在与手指分离之前，但离手前不一定一直做加速直线运动，故C错误，D正确。
故选D。
第二部分
本部分共6题， 共 58分。
15.
（1）在测电阻的实验中，部分电路按照图1连接。当电压表的右端由试触a点改为试触 b点时，发现电流表的示数变化明显，则测电阻时，电压表的右端接在___________（选填“a”或“b”）时， 测量误差较小。
（2）如果待测电阻Rₓ约为 200Ω，电压表内阻约为2kΩ，电流表内阻约为10Ω。则图1所示的电路中，电压表的右端接在___________（选填“a”或“b”） 时，测量误差较小。
（3）用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图2所示。若所选挡位为直流 50mA 挡，则示数为___________mA．若所选挡位为电阻“×10”挡，则示数为___________Ω。
（4）某小组同学发现欧姆表的表盘刻度线不均匀，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流I和它的阻值Rₓ关系，分别画出了下面几种图象，其中可能正确的是___________。 （选填选项下面的字母）
A. B. C. D.
【答案】（1）b （2）b
（3） ①. 22.0 ②. 190 （4）BD
【解析】
【小问1详解】
当电压表的右端由试触a点改为试触 b点时，发现电流表的示数变化明显，说明电压表的分流作用较大，电压表内阻不是远大于待测电阻，而可认为电流表内阻远小于待测电阻，则测电阻时，应该采用电流表内接，电压表的右端接在b时，测量误差较小。
【小问2详解】
如果待测电阻Rₓ约为 200Ω，电压表内阻约为2kΩ，电流表内阻约为10Ω。因为
则应该采用电流表内接电路，即图1所示的电路中，电压表的右端接在b时，测量误差较小。
【小问3详解】
[1]若所选挡位为直流 50mA 挡，最小刻度为1mA，则示数为22.0mA；
[2]若所选挡位为电阻“×10”挡，则示数为19×10Ω=190Ω。
【小问4详解】
CD．根据闭合电路的欧姆定律可知
则随Rx增加，电流I非线性减小，最终趋近于0，选项C错误，D正确；
AB．根据
可得
则图像为在纵轴上有截距的倾斜的直线，选项B正确，A错误。
故选BD。
16. 研究光电效应的电路如图所示，用蓝光、较强的黄光和较弱的黄光分别照射密封真空管中的金属极板K，极板发射出的光电子在电路中形成的光电流I与AK之间的电压U的关系图像如图乙所示。关于1、2、3三条曲线，下列说法正确的是（ ）
A. 1、3为用黄光照射时得到的曲线，曲线1对应的黄光较强
B. 1、3为用黄光照射时得到的曲线，曲线3对应的黄光较强
C. 2、3为用黄光照射时得到的曲线，曲线2对应的黄光较强
D. 2、3为用黄光照射时得到的曲线，曲线3对应的黄光较强
【答案】A
【解析】
【详解】黄光的频率小于蓝光的频率，根据光电效应方程，再根据动能定理可得
即
可见频率越大则对应的截止电压越大，截止电压相等，则光的频率相等，故2为蓝光，1和3为黄光；
根据光电流的大小与光强成正比，可知曲线1对应的黄光的光强大于曲线3对应的黄光的光强。
选项A正确，BCD错误。
故选A。
17. 某同学在做杨氏双缝干涉实验时，在相同的实验条件下，分别用波长和的单色光，得到如图甲和乙所示的干涉条纹，可知， __________（选填“>”“=”或“<” ） 。
【答案】>
【解析】
【详解】由双缝干涉条纹间距公式
由于甲的条纹间距大于乙的条纹间距，所以
18. 某同学用插针法测定玻璃的折射率，作出光路图如图所示。光线与平行的玻璃砖表面aa'和bb'分别交于O 点和P点， 过 P 点作aa'的垂线，垂足为Q点， 将AO 延长交PQ于 M点， 测得 OP=R， OM=r。则该玻璃砖的折射率 n=___________。
【答案】
【解析】
【详解】设入射角为，由几何关系可得
设折射角为，由几何关系可得
由折射定律有
19. 某同学在学校游泳池训练，他在水中发现岸上所有景物都出现在一个倒立的圆锥里。请你结合所学知识说明其中的原理。
【答案】见解析
【解析】
【详解】几乎贴着水面射入水里的光线即入射角越为90°，由折射定律有
在水中的同学看来光线是从折射角为C的方向射来的，水面上其他方向射来的光线，折射角都小于 C。因此他认为水面以上所有的景物都出现在顶角为2C的圆锥里，如图所示。
20. 一兴趣小组的同学为探究物体做圆周运动的特点制作了如图所示的装置：弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。该小组的同学让质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上距B点高5R的A点由静止释放，先后经过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，重力加速度为g。
（1）求小球通过B点时的速度大小vB。
（2）求小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F和方向。
（3）该小组的同学认为，只要小球能够经过C点，则轨道B和C两点对小球的压力大小之差是不变的。你是否同意这一观点请说明理由。
【答案】（1）；（2）F=5mg ，方向竖直向下；（3）同意，见解析
【解析】
【详解】（1）小球从A点到B点，由机械能守恒
解得
（2）小球从A点到C点，由机械能守恒
在C点，根据牛顿第二定律
解得
方向竖直向下。
（3）同意。由机械能守恒
根据牛顿第二定律
解得轨道B和C两点对小球压力大小之差
故轨道B和C两点对小球压力大小之差为定值。
21. （1）如图1所示，在匀强电场中，将电荷量 的点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做功，再从B点移到C点，静电力做功。已知电场的方向与△ABC所在的平面平行。
①求A、B两点间的电势差 UAB和B、C两点间的电势差；
②如果规定 B点的电势为0，求A点和C点的电势；
③请在图中画出过B点的电场线方向，并说明理由；
（2）如图2所示，电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距 2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。已知静电力常量为k，若图中A点的电场强度为0，求B点的电场强度。
【答案】（1）①，，②，，③见解析；（2），方向水平向左
【解析】
【详解】（1）①由静电力做功
解得
②由
解得
③过B点的电场线方向如图中箭头所示
连接AB的中点与C点，即为一条
φ=2V
的等势线，根据匀强电场中电场线与等势线垂直且从高电势指向低电势的特点，过 B 点作等势线的垂线可得。
（2）A点的电场强度为0，即点电荷q在A点的场强与带电板在A点的场强等大反向
由对称性，带电板在B点的场强与A 点的场强等大反向，则B点的电场强度
方向水平向左。
22. （1）如图1所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为 B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒 MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒 MN切割磁感线产生的感应电动势E1的大小。
（2）变化的磁场会在空间中激发感生电场。如图2所示，空间存在一个垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B0，磁场区域半径为R。一半径为r的圆形导线环放置在纸面内，其圆心O与圆形磁场区域的中心重合。如果磁感应强度B随时间t的变化关系为 其中k为大于0的常量。求圆形导线环中的感应电动势E2的大小。
（3）电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化为电势能的装置，电源的电动势是电源内部非静电力所做的功与所移动的电荷量之比。已知电子的电荷量为e。求上述金属棒中电子所受到的非静电力F₁的大小和导线环中电子所受到的非静电力F2的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）；
【解析】
【详解】（1）在△t内金属框和棒所围面积的变化量是
△S=lv△t
则穿过闭合电路磁通量的变化量是
△=B△S=Blv△t
根据法拉第电磁感应定律
解得感应电动势
（2）由
得
根据法拉第电磁感应定律
解得
（3）①金属棒 MN 向右切割磁感线时，棒中的电子受到沿棒向下的洛仑兹力充当非静电力 F₁。由
解得
②在很短的时间内导线环中电子的位移为△x，非静电力对电子做的功为 F₂△x，电子沿着导线环运动一周，非静电力做的功
根据电动势定义
解得
23. 物体做曲线运动的情况较复杂，一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图（a）所示，曲线上A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径r叫做A点的曲率半径。在分析物体经过曲线上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。
（1）氢原子核外的电子绕核做匀速圆周运动，其周期为T。已知电子的电荷量为e，质量为m，静电力常量为k，求电子运动的轨道半径R。
（2）将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v₀抛出，如图（b）所示。已知重力加速度为g，求其轨迹最高点P处的曲率半径r。
（3）开普勒根据第谷的行星观测记录结合数学知识发现，对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等。如图（c）所示，卫星绕地球沿椭圆轨道运动。卫星在椭圆轨道的近地点P的速度为v₁，近地点 P到地心的距离为R；在远地点Q的速度为v₂，远地点Q到地心的距离为r。一兴趣小组的同学根据开普勒定律结合数学知识得到 请你根据万有引力定律和牛顿运动定律推导这一结论。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）根据库仑定律和牛顿第二定律
解得电子运动的轨道半径
（2）小球在最高点的速度为v₀csα，根据牛顿第二定律
解得曲率半径
（3） 卫星在椭圆轨道上运行，由椭圆的对称性，近地点P和远地点Q的等效圆周运动的半径相等，设为l，根据万有引力定律和牛顿第二定律，卫星在近地点时
卫星在远地点时
解得
相关试卷
2024届北京市人大附中高三一模物理试题（原卷版+解析版）： 这是一份2024届北京市人大附中高三一模物理试题（原卷版+解析版），文件包含2024届北京市人大附中高三一模物理试题原卷版docx、2024届北京市人大附中高三一模物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
2024北京市石景山区高三一模物理试题及答案： 这是一份2024北京市石景山区高三一模物理试题及答案，共10页。
2024届北京市石景山区高三一模物理试题： 这是一份2024届北京市石景山区高三一模物理试题，共10页。
