2019届北京市通州区高三高考物理二模试卷（解析版）

2019年北京市通州区高考物理二模试卷

一、（选择题共48分）共8小题，每小题6分，共计48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.下列核反应方程中，属于β衰变的是（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

【详解】β衰变生成电子，新原子核的质量数不变，而核电荷数增加1个；由此分析可知，A是β衰变，B是核聚变，C是a衰变，D是人工核反应，A正确，BCD错误。

2. 分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质。据此可判断下列说法中错误的是

A. 显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性

B. 分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大

C. 分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大

D. 在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素

【答案】B

【解析】

选B.布朗运动是液体分子无规则运动的反映，A正确．分子之间的距离大于10－10 m时，分子间作用力随着分子间距的增大，可能先增大后减小，也可能一直减小，B错误．当分子间距从小于10－10m变化到大于10－10 m时，分子势能先减小后增大，C正确．由扩散运动知识可知D正确．

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3.在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将所用器材按要求安装在如图甲所示的光具座上，然后接通电源使光源正常工作。像屏上出现的干涉条纹如图乙所示，下列操作中，一定可以使条纹间距变大的是（　　）

A. 换一个紫色滤光片

B. 换一个高聚焦凸透镜

C. 增大单缝与双缝间的距离

D. 增大双缝到像屏的距离

【答案】D

【解析】

【详解】A、根据双缝干涉条纹间距规律公式可知，使条纹间距变大的方式有：增大双缝到光屏的距L，减小双缝间距d，增大单色光的波λ。因为红光的波长大于紫光的波长，所以换一个紫色滤光片，会使条纹间距变小。A错误；

B、换一个高聚焦凸透镜，只是使光屏上所成的像更清晰些，不影响条纹间距大小；B错误；

C、增大单缝与双缝间的距离，光屏上的成像情况不受影响；C错误；

D、增大双缝到像屏的距离，可使条纹间距变大，D正确。

4.用传感器测量一物体的重力时，发现在赤道测得的读数与其在北极的读数相差大约3‰．如图所示，如果认为地球是一个质量分布均匀的标准球体，下列说法正确的是（　　）

A. 在北极处物体的向心力为万有引力的3‰

B. 在北极处物体的重力为万有引力的3‰

C. 在赤道处物体的向心力为万有引力的3‰

D. 在赤道处物体的重力为万有引力的3‰

【答案】C

【解析】

【详解】AB、在北极处，没有向心力，重力等于万有引力，A、B错误。

C、在赤道处， ，再结合题意=3‰知，在赤道处： =3‰，C正确。

D、赤道处： =997‰，D错误；

5.图甲为一简谐横波在t＝0时刻的波形图象，图乙为横波中x＝2m处质点A的振动图象，下列说法正确的是（　　）

A. 波传播方向沿x轴负方向

B. 波的传播速度大小为2m/s

C. 在t＝0时刻，图甲中质点A的振动速度大小为0

D. 在t＝1s时刻，图甲中质点A的位置坐标为（0，20）

【答案】B

【解析】

A项：t=0s时A点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向上振动，从而确定了该波沿x轴正向传播，故A错误；

B项：由甲图得到该波的波长为8m，由乙图得到该波的周期为4s，所以波速为，故B正确；

C项：在t=0时，质点A处于平衡位置，所以质点的振动速度最大，故C错误；

D项：在t=0时，质点A处于平衡位置，接下来向上振动，经过，质点A位于波峰，位置坐标为（2m，20cm），故D错误。

6.如图所示，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个α粒子从两板正中央垂直电场、磁场入射，它在金属板间运动轨迹如图中曲线所示，则在α粒子飞跃金属板间区域过程中（　　）

A. α粒子的动能增大

B. α粒子的电势能增大

C. 电场力对α粒子做负功

D. 磁场力对α粒子做负功

【答案】A

【解析】

【详解】对α粒子在电场、磁场中进行受力分析，受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场力。运动过程中，洛伦兹力不做功，由图中给出的α粒子的运动轨迹可知电场力对其做正功，因此α粒子的电势能减小。再由动能定理可知，α粒子的动能增大。因此A正确、BCD错误。

7.课堂上，老师演示了一个有趣的电磁现象：将一铝管竖立，把一块直径比铝管内径小一些的圆柱形的强磁铁从铝管上端由静止释放，强磁铁在铝管中始终与管壁不接触。可以观察到，相比强磁铁自由下落，强磁铁在铝管中的下落会延缓许多。下课后，好奇的小明将一块较厚的泡沫塑料垫在电子秤上，再将这个铝管竖直固定在泡沫塑料上（用以消除电子秤内部铁磁性材料与磁铁相互作用的影响），如图所示，重复上述实验操作。在强磁铁由静止释放至落到泡沫塑料上之前，关于强磁铁的运动和受力情况，下列情况可能发生的是（　　）

A. 先加速下落后减速下落

B. 始终做加速运动，且加速度不断增大

C. 所受合力方向竖直向上

D. 所受铝管对它的作用力越来越大

【答案】D

【解析】

【详解】A、强磁铁在下落的过程中，铝管切割磁感线产生感生电流，受到磁铁所给的向下安培力作用，磁铁受到向上的安培力反作用力。初始阶段，磁铁的速度较小，在铝管中产生的安培力较小，磁铁受到的向下重力大于向上的安培力反作用力，于是向下做加速度减小的加速运动。如果铝管足够长，磁铁的加速度减小到零，此时磁铁受到的向下重力等于向上的安培力反作用力，之后磁铁向下做匀速运动。A、B均错误；

C、由以上分析可知，如果铝管足够长，强磁铁在运动过程中，所受合力方向先竖直向下后减为零，C错误；

D、由于强磁铁在铝管中运动的速度越来越大，铝管切割磁感线产生感生电流越来越大，受到磁铁所给的向下安培力越来越大，铝管对强磁铁的安培力反作用力也随之越来越大，这是强磁铁落到泡沫塑料上时还没有达到最大速度或者刚好达到最大速度的情况，D正确。

8.实验表明：光子与速度不太大的电子碰撞发生散射时，光的波长会变长或者不变，这种现象叫康普顿散射，该过程遵循能量守恒定律和动量守恒定律。如果电子具有足够大的初速度，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康普顿散射，这一现象已被实验证实。关于上述逆康普顿散射，下列说法正确的是（　　）

A. 相对于散射前的入射光，散射光在介质中的传播速度变大

B. 若散射前的入射光照射某金属表面时能发生光电效应，则散射光照射该金属时，光电子的最大初动能将变大

C. 散射后电子的速度一定变大

D. 散射后电子的能量一定变大

【答案】B

【解析】

光在介质中的传播速度与光的频率无关，只与介质有关，故相对于散射前的入射光，散射光在介质中的传播速度不变，选项A错误；若散射前的入射光照射某金属表面时能发生光电效应，则因散射后光的能量变大，故照射该金属时，光电子的最大初动能将变大，选项B正确；散射后电子的部分能量传给光子，则动能减小，速度减小，选项CD错误；

二、非选择题（共72分）

9.为测定电流表内电阻Rg，实验中备用的器件有：

A．电流表（量程0﹣100μA）

B．标准伏特表（量程0﹣5V）

C．电阻箱（阻值范围0﹣999Ω）

D．电阻箱（阻值范围0﹣99999Ω）

E．电源（电动势2V）

F．电源（电动势6V）

G．滑动变阻器（阻值范围0﹣50Ω，额定电流1.5A），还有若干开关和导线。

（1）如果采用如图所示电路测定电流表A的内电阻并且想得到较高的精确度，那么从以上备用器件中，可变电阻R1应选用_____，可变电阻R2应选用_____，电源应选用_____（用字母代号填写）。

（2）如果实验时要进行的步骤有：

a．合上开关K1；

b．合上开关K2；

c．观察R1的阻值是否最大，如果不是，将R1的阻值调到最大；

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。

把以上步骤的字母按实验的合理顺序为：_____。

（3）如果在步骤f中所得R2的阻值为600Ω，则图中电流表的内电阻Rg的测量值为_____Ω。

（4）如果再给出：H．电源（电动势8V）；I．电源（电动势12V），电源应选择_____（选填选项前的字母）。

（5）某同学认为步骤e中不需要保证“电流表指针偏转到满刻度的一半”这一条件，也可测得的电流表内阻Rg，请你分析论证该同学的判断是否可行。_____

【答案】    (1). D    (2). C    (3). F    (4). cadbef    (5). 600    (6). H    (7). 可行

【解析】

【详解】（1）该实验是半偏电流法测电流表的内阻。K2闭合前后的两次电路，如果干路电流变化不大，那么就可以认为，K2闭合后，电流表半偏时，电流表和电阻箱R2所分的电流各占一半，又因为二者并联，两端的电压相等，自然就可以推出电流表的内阻和电阻箱R2的阻值相等。要保证两次实验干路的电流变化不大，就需要保证两次实验电路的总电阻变化不大，也就是说，在给电流表并联上一个电阻箱后导致的电阻变化，对整个电路影响不大。要达到这个效果，R1就需要选一个尽可能大的电阻，可以是电阻箱，也可以是滑变，也可以是电位器，但阻值要尽可能地大，经此分析，R1应选用D。

该实验要通过可变电阻R2阻值来间接反映出电流表的内阻值，因此可变电阻R2的选取原则是：能读数且尽量和电流表的内阻在同一数量级上。经此分析，可变电阻R2应选用C。

在R1是一个尽可能大的电阻、电流表满偏的前提下，那么电源电动势相对地就要大一些的，但不是越大越好，大了烧表也不行。初步分析电源可选用F，其实可以估算一下电动势大概的最大值，即： 电源应选F。

（2）半偏法测电流表内阻的步骤为：实验前，将R1的阻值调到最大；合上开关K1；调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；保持R1的阻值不变，合上开关K2；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。我们就认为电流表的内阻值就是R2的阻值。因此答案为：cadbef。

（3）根据（1）中的分析可知，电流表的内电阻Rg的测量值，就等于电阻箱R2的阻值，即600Ω。

（4）由（1）中的分析可知，在不烧表的前提下，电源要尽可能地大一些，这样可以减小实验误差。因为估算出的电源电动势的最大值大约是10V，所以，该题答案为H。

（5）该同学判断可行。只需保证步骤abcd不变。例如在步骤e中，可以调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之二，记下此时R2的阻值，根据并联电路反比分流原则，计算出电流表内阻的测量值：，同样可以测得电流表的内阻。

10.如图所示，在匀强磁场中倾斜放置电阻不计的两根平行光滑金属导轨，金属导轨与水平面成θ＝37°角，平行导轨间距L＝1.0m。匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝1.0T．两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动。两金属杆的质量均为m＝0.20kg，ab杆的电阻为R1＝1.0Ω，cd杆的电阻为R2＝2.0Ω．若用与导轨平行的拉力F作用在金属杆ab上，使ab杆匀速上滑并使cd杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：

（1）ab杆上滑的速度v的大小；

（2）ab杆两端的电势差Uab；

（3）0.5s的时间内通过cd杆的电量q。

【答案】（1）ab杆上滑的速度v的大小为3.6m/s；（2）ab杆两端的电势差Uab为2.4V；（3）0.5s的时间内通过cd杆的电量为0.60C。

【解析】

【详解】（1）以cd杆为研究对象，根据共点力的平衡条件可得：BIL＝mgsin37°

解得：A＝1.2A

根据闭合电路的欧姆定律可得：

ab杆产生的感应电动势 E＝I（R1+R2）＝1.2×3V＝3.6V

根据法拉第电磁感应定律可得：E＝BLv

解得：v＝3.6m/s

（2）ab杆两端的电势差是路端电压，根据欧姆定律可得：U＝IR2＝1.2×2V＝2.4V

根据右手定则可知a点电势比b点的高，故有：Uab＝2.4V

（3）由于杆匀速运动，所以通过杆的电流强度为一个定值，根据电荷量的计算公式可得：

q＝It＝1.2×0.5C＝0.60C

11.如图所示，足够长的平直轨道AO和OB底端平滑对接，将它们固定在同一竖直平面内，两轨道与水平地面间的夹角分别为α（固定不变）和β（可取不同的值），且α＞β，现将可视为质点的一小滑块从左侧轨道的P点由静止释放，若小滑块经过两轨道的底端连接处的速率没有变化。已知AO轨道光滑，空气阻力可以忽略不计。

（1）论证：滑块在AO轨道下滑时的加速度与滑块的质量无关；

（2）运用牛顿运动定律和运动学规律，论证：若OB光滑，取不同的β角，滑块在OB上能到达的最高点总与P等高；

（3）运用动能定理和机械能的相关定义，论证：若OB光滑，保持β角不变，滑块在OB上运动的过程中机械能守恒。

【答案】（1）论证过程如解析过程；（2）论证过程如解析过程所示；（3）论证过程如解析过程。

【解析】

【详解】（1）滑块的受力图（如下面左图），沿斜面和垂直斜面建坐标轴（如下面右图），

根据牛顿第二定律可得：mgsinα＝maA，

解得aA＝gsinα，可知与质量无关；

（2）设P点的高度为H，滑块到O点时的速度大小为v0，则根据匀变速直线运动规律有：

类似（1）受力分析，运用牛顿第二定律，可得滑块在OB上滑时的加速度大小为：aB＝gsinβ

设上升的最大高度为h，则由匀变速直线运动规律可知：

解得

所以有h＝H，这一结论与β无关，故滑块在OB上能到达的最高点总与P等高；

（3）设滑块到O点时的速度大小为v0，从O到OB上的某点K的过程中，上升的高度为hx，根据动能定理：

即

也即

上式左边即为滑块在任意点K所具有的机械能，右边为在O点的动能。

12.如图所示，一劲度系数为k的轻弹簧的上端固定，下端与小球相连接，小球的质量为m，小球静止于O点。现将小球拉到O点下方距离为A的位置，由静止释放，此后运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度。规定平衡位置处为重力势能和弹簧弹性势能的零点。以平衡位置O为坐标原点建立如图所示的竖直向下的一维坐标系Ox．忽略空气阻力的影响。

（1）从运动与相互作用观点出发，解决以下问题：

a．求小球处于平衡状态时弹簧相对原长的伸长量s；

b．证明小球做简谐运动；

（2）从教科书中我们明白了由v﹣t图象求直线运动位移的思想和方法；从机械能的学习，我们理解了重力做功的特点并进而引入重力势能，由此可以得到重力做功与重力势能变化量之间的关系。图象法和比较法是研究物理问题的重要方法，请你借鉴此方法，从功与能量的观点出发，解决以下问题：

a．小球运动过程中，小球相对平衡位置的位移为x时，证明系统具有的重力势能和弹性势能的总和Ep的表达式为；

b．求小球在振动过程中，运动到平衡位置O点下方距离为时的动能Ek．并根据小球运动过程中速度v与相对平衡位置的位移x的关系式，画出小球运动的全过程中速度随振动位移变化的v﹣x图象。

【答案】（1）a．；b．见解析。（2）a．见解析。b．；

【解析】

【详解】（1）a．对小球，由平衡条件mg＝ks。

b．设小球偏离平衡位置x时的回复力为F回＝mg﹣k（s+x）＝﹣kx，故小球做简谐运动。

（2）a．重力势能EpG＝﹣mgx

以平衡位置处弹性势能为0，从平衡位置（弹簧伸长量为s）到坐标为x处（弹簧伸长量为s+x），根据弹簧弹力特点做出F﹣x图线如图，弹簧弹力做功为

设x坐标处的弹性势能为，由弹力做功与弹性势能变化量的关系可知，即

得

重力势能和弹性势能的总和 。

b．小球在运动到平衡位置O点下方距离为时的势能

小球在振幅处动能为零，依据能量守恒定律有

可得，

由能量守恒定律，即，也即，

整理得：

故v﹣x图是椭圆。