05：2024届北京市丰台区高三下学期4月二模物理试题 学生版答案

这是一份05：2024届北京市丰台区高三下学期4月二模物理试题 学生版答案，共6页。试卷主要包含了【答案】B，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
【解析】A核反应方程属于α衰变，A不符合题意；B核反应方程属于β衰变，B符合题意；C核反应方程属于核聚变，C不符合题意；D核反应方程属于核裂变，D不符合题意。
2.【答案】D
【解析】扩散是指一种物质进入另一种物质的现象，扩散现象不是化学反应，故A错误；布朗运动是微小颗粒的无规则运动，不是固体分子的无规则运动，故B错误；物体温度升高时，分子的平均动能增大，但不是每一个分子的动能都增大，故C错误；分子势能与分子距离之间的关系如图所示
可知分子间的作用力为0时分子势能最小，故D正确。
3.【答案】C
【解析】线圈在图示位置时通过线圈的磁通量最大为BS，故A错误；从图示位置开始计时感应电动势瞬时值的表达式为e=nBSωsinωt，故B错误；回路中的电动势有效值E=nBSω2，回路中电流的有效值I=ER=2nBSω2R，故C正确；根据电功率的公式可知P=I2R=n2B2S2ω22R，故D错误。
4.【答案】D
【解析】由题意可知，波向左传播，根据波形平移法可知，质点M此时向上振动，故A错误；由图可知，波长λ=23L，则质点P的振动周期T=λv=2L3v，故B错误；根据波形平移法可知，质点Q开始振动的方向是向上的，则质点P开始振动的方向是向上的，故C错误；由图可知P、N两质点相距一个波长，则开始振动后，P、N两质点的振动步调总是一致，故D正确。故选D。
5.【答案】B
【解析】根据F=GMmr2=mv2r=m4π2T2r=ma，可得v=GMr，T=2πr3GM，a=GMr2，两颗卫星的轨道半径之比约为1:4，可知线速度大小之比约为2:1；周期之比约为1:8；向心加速度大小之比约为16:1；因质量关系不确定，不能比较向心力大小。故选B。
6.【答案】C
【解析】由爱因斯坦光电效应方程得eUc=Ek=ℎν−W0，其中可以看出遏止电压与频率呈线性关系，频率越大，遏止电压越大，所以由图像可知，①光的频率等于③光的频率，③光的频率低于①光的频率，所以入射光光子的能量②＞①=③，光电子的最大初动能②＞①=③，故A、B错误；由图可得，①光对应饱和光电流大于③光对应的饱和光电流，因为饱和光电流越大，单位时间内逸出的光电子数越多，且逸出的光电子数等于入射的光子数，所以单位时间照射到K上的光子数①＞③，故C正确；同一阴极K的逸出功相等，故D错误。
7.【答案】D
【解析】对箱子进行受力分析，根据正交分解可知，斜面对体箱子的支持力FN=mgcs37°=40N，根据牛顿第三定律可知F压=FN=40N，故A错误；由于箱子处于匀速直线运动状态，即F=mgsin37°+μmgcs37°=40N，故B错误；对斜面体与箱子整体受力分析可知N=m+Mg−Fsin37°=126N，由牛顿第三定律可得，斜面体对地面压力的大小F压'=N=126N，故C错误；对斜面体与箱子整体受力分析可知f=Fcs37°=32N，故D正确。
8.【答案】D
【解析】根据楞次定律，在0~2s内线圈中电流为沿顺时针方向，即正方向；根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E0=ΔBΔtS=B0S，感应电流I0=E0R=B0SR不变；在2~4s内线圈中电流为沿逆时针方向，即负方向；电流大小I=E0R=B0SR=I0不变。故选D。
9.【答案】D
【解析】电子从A点运动到B点速度增大，则电场力做正功，静电力方向由A指向B，但无法判断该点电荷正负，故A错误；电子所受静电力方向由A指向B，故电场线方向由B指向A，沿着电场线的方向电势逐渐降低，B点的电势高于A点的电势，由图乙可知，运动的过程中电荷的加速度减小，故静电力减小，即电子在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，故B、C错误；电子从A点运动到B点速度增大，则电场力做正功，电势能减小，即电子在A点的电势能大于在B点的电势能，故D正确。
10.【答案】C
【解析】将多用电表红表笔接在A接线柱上，黑表笔依次接在B、D所示的接线柱上，多用电表的示数分别为0V、0V，可知故障导线一定是EF、GH中的一根；黑表笔接在F所示的接线柱上，多用电表的示数分别为6V，F与电源负极连通，则故障导线是EF。故选C。
11.【答案】A
【解析】设细线与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得Tsinθ=mω2lsinθ，解得绳对小球的拉力大小T=mω2l，故A正确；小球转动一周，小球的动量变化为0，根据动量定理可知，合外力的冲量为0，由于重力的冲量不为0，则绳对小球拉力的冲量不为0，故B错误；保持h不变，设细线与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得mgtanθ=mω2ℎtanθ，解得ω=gℎ，可知增大绳长l，ω不变；根据T=mω2l可知增大绳长l，绳对小球拉力的大小增大，故C、D错误。
12.【答案】D
【解析】线圈能匀速穿过匀强磁场，可知磁场区域的宽度等于l，选项A错误；线框进入磁场时mg=BBlvRl，可得线圈的速度大小v=mgRB2l2，选项B错误；线框穿过磁场过程中产生的焦耳热等于线圈重力势能减小量，即Q=2mgl，选项C错误；线框进入和穿出磁场过程中通过导线横截面的电荷量均为q=IΔt=ERΔt=ΔΦR=Bl2R，选项D正确。
13.【答案】D
【解析】设粒子的质量为m，电荷量为q，加速电场电压为U1，偏转电场电压为U2，板长为L，板间距离为d；粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得qU1=12mv02，可得v0=2qU0m，可知11H、12H进入偏转电场时具有相同的动能，24He进入偏转电场时的动能最大；12H、24He进入偏转电场时具有相同的速度，11H进入偏转电场时的速度最大，故A、B错误；粒子经过偏转电场过程做类平抛运动，则有L=v0t，y=12at2，vy=at，a=qU2md，联立可得y=U2L24dU1，粒子离开偏转电场时速度方向与水平方向的夹角满足tanθ=vyv0=U2L2dU1，可知粒子经过偏转电场的偏转位移与粒子的电荷量和质量均无关，则11H、12H和24He经过加速电场和偏转电场的轨迹相同，三种粒子从相同位置沿相同方向离开偏转电场，故C错误，D正确。故选D。
14.【答案】C
【解析】该装置通入大电流后使金属套筒迅速汽化，该过程中一定有热能散失，则该装置不可能将电能全部转化成聚变反应的核能，故A错误；汽化后的等离子体速度方向各不相同，则外加磁场不一定保证汽化后的等离子体都受到轴向洛伦兹力的作用，故B错误；根据pm=μ0I28π2r2施加在套筒上的电流越大，大电流产生的磁场提供给套筒侧面的压强越大，越有利于聚变的发生，故C正确；套筒的厚度越大，汽化后的等离子体越不容易向轴向运动，不利于聚变的发生，故D错误。
15.【答案】(1)ACD (2)p−1V （3）BCD （4）偏小
【解析】（1）为防止气体的温度变化，调节空气柱长度时柱塞应缓慢地向下压或向上拉，选项A正确；该实验气体的体积为：V=SL，其中S为空气柱的横截面积，由于空气柱的横截面积S不变，所以用L代替V，只需要读取空气柱的长度，不需要测量空气柱的直径，选项B错误，D正确；读取压力表示数，以确定气体的压强，选项C正确。
（2）该组同学猜测空气柱的压强跟体积成反比。如果想进一步通过图像来检验这个猜想是否合理，应当利用实验数据做出p−1V图像，若该图像是一条过原点的直线，则结论成立。
（3）该实验无需保持磁铁运动的速率不变，故A错误；该实验需要知道产生的感应磁场的方向，即需要知道线圈的绕向，故B正确；该实验需要记录磁铁在线圈中的磁场的变化，即需要记录磁铁的运动方向，故C正确；该实验要想知道产生感应电流的具体方向，需要判断电流计指针偏转方向与通入电流方向的关系，故D正确。
（4）根据插针法用实线作出实际光路图，用虚线作出测量光路图，如图所示
可知测量的空气中的入射角θ一定，测量的介质中的折射角α大于真实的折射角，根据n=sinθsinα可知，测得的折射率与真实值相比偏小。
16.【答案】(1)0.298（或0.297、0.299） (2)A (3)kπD24l (4)见解析
【解析】（1）螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可金属丝直径D=0mm+29.8×0.01mm=0.298mm。
（2）待测金属丝电阻较小，可知电压表的分流很小，电流表应采用外接法；为使金属丝两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法。故选A。
（3）根据欧姆定律可得R=UI=k，根据电阻定律可得R=ρlS=ρ4lπD2，联立可得金属丝电阻率的表达式为ρ=kπD24l。
（4）实验中改变金属丝长度，通过改变滑动变阻器滑片的位置，使得每次电流表的示数均为I0，测量出金属丝长度l，以及对应的电压表示数U，根据欧姆定律可得U=I0R，又R=ρlS=ρ4lπD2，联立可得U=4I0ρπD2l，作出U−l图像，可知斜率k′=4I0ρπD2，解得金属丝的电阻率ρ=k′πD24I0。
17.【答案】（1）xg2H （2）2xg2H （3）mgx22H
【解析】（1）碰后两物块粘在一起做平抛运动，则x=v0t，H=12gt2
解得v0=xg2H。
（2）两物块碰撞过程由动量守恒定律mv=2mv0
解得物块A滑至导轨最低点时速度的大小v=2xg2H。
（3）碰撞过程中损失的机械能ΔE=12mv2−12⋅2mv02=mgx22H。
18.【答案】（1）102m/s （2）1800N （3）265kg/s
【解析】（1）根据题意ℎ1=10m，ℎ2=5m
由v2−0=2gℎ1得运动员刚接触水面时的速度大小v=2gℎ1=102m/s。
（2）根据动能定理(mg−F)ℎ2=0−12mv2
代入数据得F=1800N。
（3）由题v'=15m/s
完全入水后，重力与浮力大小几乎相等，根据动量定理−0tkvdt=−0x0kdx=−kx0=0−mv'
x0=h-h身高
估算人身高h身高=1.6m
联立各式代入数据得k≈265kg/s。
19.【答案】（1）电容C增大，推论过程见解析 （2）a. E=4πkP b.见解析
【解析】（1）该实验中，静电计指针张角大小变化反映了平行板电容器两端电压U的变化，张角变小，表示U变小，根据电容器的定义式C=QU，说明平行板电容器的电容C变大，因此可得插入绝缘介质，电容C增大。
（2）a.设绝缘介质表面的极化电荷的电荷量为q，根据电容器的定义式可得C=qU
其中q=Pbc
因为极化电荷分布在介质表面可视为平行板电容器，电容C=S4πkd
其中S=bc，d=a，联立方程得PbcU=bc4πka
解得Ua=4πkP
根据匀强电场中电场强度与电压的关系E=Ua
解得E=4πkP。
b.设未插入绝缘介质时，板间电压为U1，电场强度大小为E1，插入绝缘介质后，板间电压为U2，电场强度大小为E2，根据题a中结论可得E1=4πkQbc
插入绝缘介质后，设绝缘介质表面产生的单位面积极化电荷量为P′，则其形成的电场强度E′=4kπP′
方向与E1相反；根据场的矢量性，可得E2=E1+E′
即E2=4πk(Qbc−P′)
因此E2