03：2024届北京市海淀区高三下学期二模（5月）物理试题 学生版答案

这是一份03：2024届北京市海淀区高三下学期二模（5月）物理试题 学生版答案，共6页。试卷主要包含了【答案】B，【答案】C，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
【解析】A的衰变生成物里有电子，属于β衰变，故A错误；B反应是用中子轰击重核使重核转变成轻核，属于核裂变反应，故B正确；C反应是轻核聚变，是氢弹的基本反应方程，故C错误；D是用α粒子轰击原子核发生核反应，是原子核的人工转变，是发现质子的方程，故D错误。
2.【答案】C
【解析】水面上漂着的油膜呈彩色，是光的薄膜干涉现象，故A错误；相机镜头上的增透膜，利用了光的干涉，故B错误；泊松亮斑现象是光的衍射现象，说明光具有波动性，故C正确；雨后天空出现的彩虹，是光的折射现象，故D错误。
3.【答案】C
【解析】两热力学系统达到热平衡的标志是温度相同，选项A错误；气体温度上升时，分子的平均动能变大，但不是每个分子的热运动都变得更剧烈，选项B错误；气体从外界吸收热量，若同时对外做功，则其内能可能不变，选项C正确；布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动的具体表现，选项D错误。
4.【答案】A
【解析】根据波形图可得14T=0.5s，解得周期T=2s，由14λ=1m解得波长λ=4m，该波的波速v=λT=2m/s，所以波传到x=2m经过的时间t1=xv=1s，根据波形图可知，振源的起振方向向上，则波传到x=2m时，质点开始向上振动。故选A。
5.【答案】A
【解析】该实验要使研究气体对象质量一定，所以必须保证良好的密封性，故A正确；实验中要验证p1V1=p2V2，由于推拉柱塞前后柱塞横截面积不变，因此只需验证p1L1=p2L2，所以不需要测量柱塞的横截面积，即不需要测量柱塞的直径，故B错误；为了保证气体温度不变，应缓慢移动柱塞，不可以手握住注射器再推拉柱塞，故C、D错误。
6.【答案】C
【解析】物体匀速运动，对物体受力分析，水平方向Fcsθ=f=μFN，竖直方向FN+Fsinθ=mg，由于水平方向一定受到向左的摩擦力，故支持力不可能为零；摩擦力做功Wf=−fs=−μFNs=−μmg−Fsinθvt，故A、B错误；对物体受力分析，受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，由平衡条件可知此时拉力和摩擦力的合力方向必定竖直向上此时与支持力的合力才能和重力平衡，故C正确；物体做匀速直线运动，受到的合外力为0，故合力做功为0，故D错误。
7.【答案】D
【解析】由GMmr2=ma，解得a=GMr2，可知卫星在轨道I上运动经过A点时的加速度等于在轨道II上运动经过A点时的加速度，故A错误；卫星从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点火加速，卫星从轨道Ⅱ进入轨道III需在B点火加速，所以卫星在轨道I上的机械能小于在轨道III上的机械能，故B错误；由开普勒第三定律a3T2=k，可知卫星在轨道I上的运动周期小于在轨道III上的运动周期，轨道III上的运动周期与地球自转周期相同，故C错误；由GMmr2=mv2r，可知v=GMr，可知卫星在轨道III上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度，卫星在轨道III上运动经过B点时的速率大于卫星在轨道II上运动经过B点时的速率，故卫星在轨道II上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度，故D正确。
8.【答案】C
【解析】闭合S，B灯立刻变亮，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的增加，使得灯泡A缓慢变亮，选项A错误；断开S后，原来通过B的电流立即消失，由于线圈产生的自感电动势阻碍电流的减小，则线圈L相当电源，在灯泡B和A重新组成回路，则通过B的电流由b到a，则从断开S至灯泡B完全熄灭的过程中，a点电势低于b点电势，S断开前后流过灯泡B的电流方向相反，即图2所示为灯泡B在S断开前后电流随时间的变化关系，选项B错误，C正确；由图2可知由于S断开后通过B的电流大于S断开之前通过B的电流，可知两灯泡正常发光时，灯泡A的阻值小于灯泡B的阻值，选项D错误。
9.【答案】D
【解析】大地电势为零，离地面越高，电势越高，因沿电场方向电势降低，可知大气电场的方向竖直向下，选项A错误；因地面和大气层分别是电容器的两个电极，电容器储存的电荷量约为5×105C，可知地面带电量约为5×105C，选项B错误；根据电容器的定义式C=QU可知，地面和大气电离层组成的电容器电容值约C=QU=5×105300×103F=53F，故C错误；根据E=Ud可知图像的斜率代表电场的倒数，高度h越大，大气电场强度越小，故D正确。
10.【答案】B
【解析】设金属杆在Δt内运动的位移为x，且Δt→0，设两导轨间的距离为L，则在Δt时间内金属杆与导轨、电阻构成的闭合回路中磁通量的变化量ΔΦ=B0+kxxL−0，则Δt内闭合回路中产生的感应电动势E=ΔΦΔt=B0+kxxLΔt，设金属杆匀速运动的速度为v，则v=xΔt，代入上式可得E=B0+kxLv，不计导轨和金属杆的电阻，则金属杆两端的电压U=E=B0+kxLv，可知U与x成线性关系，是一条倾斜的直线，由U=B0+kxLv，可得U=B0+kxLv=B0+kvtLv，可知U与t成线性关系，是一条倾斜的直线，故A错误，B正确；由闭合电路欧姆定律可得电路中感应电流I=ER0=B0+kxLvR0，金属杆所受安培力：F=BIL，代入数据可得F=B0+kx2L2vR0，可知F与x不是线性关系，F-x图像应为曲线，由F=B0+kx2L2vR0，可得F=B0+kvt2L2vR0，可知F与t不是线性关系，F-t图像应为曲线，故C、D错误。
11.【答案】B
【解析】当两极板间电压为U0时，η=80%。可知相同时间内有80%的带点尘埃打在下极板，则离开极板间的带点尘埃的偏移量y1=45d，设尘埃的最大动能为Ekm，两极板间的距离为d，根据动能定理可知qU0d×45d=Ekm−12mv2，解得Ekm=4qU05+12mv2，A错误；设离开板间的带电尘埃的偏移量为y，极板间的电压为U，粒子在平行极板的方向上做匀速直线运动，沿垂直极板的方向做匀加速直线运动，则有L=vt，y=12at2，根据牛顿第二定律qUd=ma，联立解得y=qUL22mdv2，由于y1=45d，U=U0，故y=d，可解得U=54U0，故B正确；根据上述结论y=qUL22mdv2可知，仅增大尘埃的速率v，或仅减少尘埃的电荷量，均使y的偏移量减小，会降低除尘率，C、D错误。
12.【答案】B
【解析】由于沙子下落时，沙子与沙漏均具有水平向右的初速度v，所以漏出的沙子在水平方向上均与沙漏以相同的速度向右移动，因此沙子在空中形成的几何图形是一条直线，A错误；从第一粒沙子漏出开始到这粒筛子刚落地，这一过程中在竖直方向上，有H=12gt2，这一过程的时间t=2Hg，由于单位时间内漏出的沙子质量恒定为Q，则这一过程中落下的沙子总质量满足M=Qt=Q2Hg，B正确；沙子在竖直方向做自由落体运用，所以其落地前竖直方向的速度满足vy2=2gH，解得vy=2gH，水平方向与沙漏的速度相同，即vx=v，所以合速度v合=vx2+vy2=2gH+v2，根据动量定理，t时间内可知地面对沙子的作用力Ft=Qt2gH+v2，得到F=Q2gH+v2，根据牛顿第三定律可知，沙子对地面的作用力F′=F=Q2gH+v2，C错误；因为沙子与沙漏在水平方向上以相同的速度v运动，所以沙子落地与沙漏的水平距离为0，D错误。
13.【答案】D
【解析】垂直斜面方向，人对斜面的正压力大小FN=mgcsθ，所以滑动摩擦力f=μFN=μmgcsθ，大小不变，故A错误；正视斜面，在斜面内有平行斜面向下的重力的分力mgsinα和与v反向的滑动摩擦力f，会发现f与mgsinα的合力与v不共线，人做曲线运动，即速度方向在变化，所以f的方向也变化，故B、C错误；由于人加速下滑，所以f与mgsinα的合力与v成锐角，且做曲线运动，所以随着下滑v增大，且与mgsinα夹角减小，重力的功率也增大，即P=mgsinα×vcsθ，所以P增大，故D正确。
14.【答案】D
【解析】变压器铁芯的磁阻率远小于空气的磁阻率，故A正确；根据磁阻定律Rm=ρmlS，磁阻的单位为TmA；根据磁感应强度与磁通量的关系有B=ΦS，磁感应强度B的单位为T，电流I的单位为A，时间t的单位为s，质量m的单位为kg，长度l的单位为m，面积S的单位为m2，根据磁动势Em=NI，磁阻的单位可以表示为A2⋅s2kg⋅m2，故B正确；不考虑漏磁，图2所示的串联磁路满足磁路欧姆定律Em=Φ(Rm1+Rm2)，故C正确；不考虑漏磁，在图3所示的并联电路中，磁阻小的支路中磁通量大，但磁感应强度不一定大，因为磁感应强度与磁通量和面积S的比值有关，故D错误。本题选不正确的，故选D。
15.【答案】(1)dx7L 9.15 (2)①m1x2= m1x1+ m2x3 ②不守恒
【解析】（1）根据题意可知相邻两条纹间的间距为Δx=x7，根据Δx=Ldλ得光的波长λ=dΔxL=dx7L。读数为9mm+0.05mm×3=9.15mm。
（2）小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有m1x2t=m1x1t+m2x3t，得m1x2=m1x1+m2x3。碰撞前后系统总动能分别为Ek=12m1⋅x2t2，Ek′=12m1⋅x1t2+12m2⋅x3t2，故可得Ek−Ek′=12m1⋅x2t2−12m1⋅x1t2−12m2⋅x3t2，根据动量守恒关系式m1x2=m1x1+m2x3，结合x2x3−x1=1.5，整理得Ek−Ek′=m2x3x3−x14t2，由于x3>x1，故Ek>Ek′，可知两球碰撞过程机械能不守恒。
16.【答案】(1)AB (2)4π2n2Lt2 (3)①4π2L2−L1T22−T12 ②等于 (4)B
【解析】（1）为减小实验误差，摆线尽量选择细些、伸缩性小些且适当长一些的，摆球尽量选择密度大的，即质量大些、体积小些的，故A、B正确；应使摆角小于5°，才可看作理想单摆，故C错误；故选AB。
（2）在某次实验中，测得单摆摆长为L、单摆完成n次全振动的时间为t,则周期T=tn，根据单摆周期公式T=2πLg，解得g=4π2n2Lt2。
（3）①根据单摆周期公式T=2πLg，变形有L=g4π2T2，根据图像的斜率可知L2−L1T22−T12=g4π2，解得g=4π2L2−L1T22−T12。
②因摆球质量分布不均匀，小球的重心位于其几何中心的正下方。表达式变为L+ΔL=g4π2T2，若只考虑摆长测量偏小造成的影响，则图像的斜率不变，测量值等于真实值。
（4）根据题图可知等效重力加速度为重力加速度沿着垂直于立柱方向的分量，大小为a=gcsβ，根据单摆周期公式T=2πLa，变形可知1T2=g4π2L⋅csβ，则应作1T2−csβ图像；故选B。
17.【答案】（1）2gr （2）3mg （3）2r(ℎ−r)
【解析】（1）根据动能定理有mgr=12mv2
解得小球飞出时的速率v=2gr。
（2）设绳对小球的拉力为T，依据牛顿第二定律有T−mg=mv2r
解得T=3mg
根据牛顿第三定律，绳受到的拉力大小Fm=T=3mg。
（3）设平抛运动的时间为t，则ℎ−r=12gt2
解得t=2ℎ−rg
抛出的水平距离x=vt=2gr×2ℎ−rg=2r(ℎ−r)。
18.【答案】（1）BLER0 （2）BLER0gtanα （3）R0csα
【解析】（1）电路中的电流I=ER0
金属杆受到的安培力F=BIL=BLER0。
（2）金属杆受力平衡，有F=mgtanα
解得m=BLER0gtanα。
（3）当磁感应强度垂直斜面向上时，安培力最小，电路中的电流最小，R有最大值，依据平衡条件有BIminL=mgsinα，Imin=ERmax
解得Rmax=R0csα。
19.【答案】（1）见解析 （2）①v02+mg10k −1.1mgℎ−m20k ②1.1mv02+g2t2
【解析】（1）对热气球由牛顿第二定律F浮−mg−f=ma
故可知当热气球的质量调整为0.9m，热气球向上加速，随着速度增大，受到的空气阻力增大，故加速度在减小，即v−t图像的斜率在变小，最后以某一速度匀速运动，故图像如下：
（2）①热气球在无风空中悬浮时，有F浮=mg
设热气球在水平气流中平衡时水平方向速度为vx、竖直方向速度为vy；水平方向有vx = v0
竖直方向，依据平衡有F浮+kvy2=1.1mg
解得vy=mg10k
热气球平衡时的速率v1=v02+vy2=v02+mg10k
对热气球下降过程，依据动能定理有1.1mgℎ+W=12×1.1mv12−12×1.1mv02
解得空气对热气球做功W=−1.1mgℎ−m20k。
②热气球再次平衡后，水平方向v′x =0
竖直方向v′y=vy=mg10k
设空气对气球在水平方向的冲量为Ix，竖直方向的冲量大小为Iy，由动量定理，水平方向Ix = 0-1.1mv0
竖直方向Iy-1.1mgt=0
联立解得空气对气球冲量大小I=Ix2+Iy2=1.1mv02+g2t2。
20.【答案】（1）50V 0.5Wb/s （2）mgRBL+BLv （3）U′eg−Ueg2
【解析】（1）①路端电压UAK=E−Ir
代入数据得E=50V。
②由法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt，得ΔΦΔt=0.5Wb/s。
（2）设电路中的电流为I，金属棒中电流从c到d，非静电力（洛伦兹力）做负功，电势降低BLv，静电力做正功，电势降低IR，金属棒cd两端的电势差Ucd=IR+BLv
物体匀速上升，有BIL=mg
解得Ucd=mgRBL+BLv。
（3）设f、g间的电阻为R，通过金属薄片的电流为I，金属薄片上e、g两点的电势差
Ueg=φe−φg=(φe−φf)+(φf−φg)
磁场方向、通过金属薄片中的电流方向如题中图3所示时，金属片薄上表面的电势低，可得
Ueg=−UH+IR
仅磁场方向反向时，金属片上表面的电势高，同理可得U′eg=UH+IR
解得霍尔电压UH=U′eg−Ueg2。