2013-2014学年北京市西城区高三一模物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013-2014学年北京市西城区高三一模物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法中正确的是 A随着分子间距离增大，引力减小但斥力增大 B温度是分子热运动平均动能的标志 C外界对系统做功，系统内能一定增加 D系统从外界吸收热量，系统内能一定增加 答案： B 试题分析：随分子间距离增大，引力和斥力都减小，但斥力减小的快，所以分子距离较近时，引力小于斥力，分子力表现为斥力，距离较远时，引力大于斥力，分子力表现为引力，选项 A错。分子热运动的平均动能有温度决定，即温度是分子平均动能的标志，选项 B 对。改变内能的方式有两种即做功和热传递，选项 CD都只是提到做功或热传递，因此无法判断内能变化情况选

2、项 CD错。 考点：分子热运动 分子力 改变内能的两种方式 1885年瑞士的中学教师巴耳末发现，氢原子光谱中可见光部分的四条谱线的波长可归纳成一个简单的经验公式： ， n为大于 2的整数， R为里德伯常量。 1913年，丹麦物理学家玻尔受到巴耳末公式的启发，同时还吸取了普朗克的量子假说、爱因斯坦的光子假说和卢瑟福的核式结构原子模型，提出了自己的原子理论。根据玻尔理论，推导出了氢原子光谱谱线的波长公式：， m与 n都是正整数 ，且 n m。当 m取定一个数值时，不同数值的 n得出的谱线属于同一个线系。如： m=1， n=2、 3、 4、 组成的线系叫赖曼系； m=2， n=3、 4、 5、 组成

3、的线系叫巴耳末系； m=3， n=4、 5、 6、 组成的线系叫帕邢系； m=4， n=5、 6、 7、 组成的线系叫布喇开系； m=5， n=6、 7、 8、 组成的线系叫逢德系。 以上线系只有一个在紫外光区，这个线系是 A赖曼系 B帕邢系 C布喇开系 D逢德系 答案： A 试题分析：与可见光相比，紫外线的频率高，能量高，即题目列出的线系中能量最高的即为紫外光区。而根据频率 ，即波长最短的为紫外光区。根据， 可得即 最大的波长最短，频率最高能量最大即紫外线区。根据已知条件可得赖曼系的能量最高为紫外光区。选项 A对 BCD错。 考点：紫外线 光子能量 如图，虚线框内为改装好的电表， M、 N为

4、新电表的接线柱，其中灵敏电流计 G的满偏电流为 200A，已测得它的内阻为 495.0。图中电阻箱读数为5.0。现将 MN接入某电路，发现灵敏电流计 G刚好满偏，则根据以上数据计算可知 A M、 N两端的电压为 1mV B M、 N两端的电压为 100mV C流过 M、 N的电流为 2A D流过 M、 N的电流为 20mA 答案： D 试题分析：灵敏电流计 G刚好满偏，说明灵敏电流计电流达到满偏电流，灵敏电流计的电压 ，即 MN两端电压为 ，选项 AB错。流过电阻箱的电流为 ，流过 MN的电流为 ，对照选项 C错 D对。 考点：电流表的改装 如图所示，几位同学在做 “摇绳发电 ”实验：把一条长

5、导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路。两个同学迅速摇动 AB 这段 “绳 ”。假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北。图中摇 “绳 ”同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线的 A点，乙同学站在东边，手握导线的 B点。则下列说法正确的是 A当 “绳 ”摇到最高点时， “绳 ”中电流最大 B当 “绳 ”摇到最低点时， “绳 ”受到的安培力最大 C当 “绳 ”向下运动时， “绳 ”中电流从 A流向 B D在摇 “绳 ”过程中， A点电势总是比 B点电势高 答案： C 试题分析：地球表面的地磁场方向自南向北，赤道上方刚好是水平方向自南向北。东西方向的绳子转动

6、过程切割磁感线产生感应电 流，绳摇到最高点和最低点时，绳子的速度方向都是南北方向，与磁感线方向平行，没有切割磁感线，感应电流等于 0，安培力也等于 0，选项 AB错。绳向下运动时，根据右手安培定则，电流方向自 A流向 B，选项 C 对，此时 A端为电源负极， B为电源正极，A端电势低于 B端电势，选项 D错。 考点：地磁场 电磁感应 冰壶运动深受观众喜爱，图 1为 2014年 2月第 22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头。在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图 2。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图 3中的哪幅图 答案： B 试题分析：冰壶甲

7、乙碰撞过程动量守恒，碰撞前系统动量水平向右，碰撞后合动量也必然水平向右，碰撞后冰壶在摩擦力作用下做匀减速直线运动，所以碰撞点即圆心到最后停靠点的连线代表碰撞后的速度方向，连线的长短代表碰撞后的速度大小。 A图中，甲乙碰后的动量都斜向右上方，所以合动量不可能水平向右，不满足动量守恒定律选项 A错。乙图中，碰撞后甲静止，乙水平向右运动，符合质量相等小球发生完全弹性碰撞的过程，选项 B是可能的。选项 C中，虽然甲乙动量都是水平向右，合动量也满足水平向右，但甲在后，乙在前，碰后甲不可能速度大于 乙，即甲不可能在乙前面，选项 C错。 D选项，碰后甲的速度大于乙的速度，合动量水平向左，不符合动量守恒定律选

8、项 D错。 考点：动量守恒定律 卡文迪许用扭秤测出引力常量 G，被称为第一个 “称 ”出地球质量的人。若已知地球表面的重力加速度 g、地球的半径 R、地球绕太阳运转的周期 T，忽略地球自转的影响，则关于地球质量 M，下列计算正确的是 A B C D 答案： A 试题分析：地球表面重力即等于地球引力： ，据此可得地球质量选项 A对 B错。而地球绕太阳运动的运动学公式中，无法计算地球质量，所以选项 CD错。 考点：万有引力与航天 如图所示是一列简谐横波在 t=0时刻的波形图，已知这列波沿 x轴正方向传播，周期为 T， P是 x=0.5m处的一个质点，则 A t=0时刻， P点速度沿 +y方向 B

9、t=0时刻， P点速度沿 +x方向 C t= 时刻， P点在波谷位置 D t= 时刻， P点在波峰位置 答案： C 试题分析：根据波的传播方向和质点振动方向在波形图同一侧，可判断质点 P在 时通过平衡位置向 y轴负向振动，选项 AB错。经过 即 时刻，质点 P振动经过一个振幅到达负向最大位移处即波谷位置，选项 C对 D错。 考点：机械振动机械波 已知质子、中子、氘核质量分别是 m1、 m2、 m3，光速为 c。则质子和中子结合成氘核的过程中 A吸收的能量为（ m1+m2+m3） c2 B吸收的能量为（ m1+m2-m3） c2 C释放的能量为（ m1+m2+m3） c2 D释放的能量为（ m1

10、+m2-m3） c2 答案： D 试题分析：质子和中子结合成氘核，此为聚变过程释放能量，选项 AB错。根据爱因斯坦质能方程，释放的能量 ，对照选项 D 对。 考点：聚变反应 爱因斯坦质能方程 实验题 在做 “测定玻璃的折射率 ”的实验中，先在白纸上放好玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针 P1和 P2，然后在另一侧透过玻璃砖观察，插上大头针 P3、P4，使 P3挡住 P1、 P2的像， P4挡住 P3和 P1、 P2的像。如图所示， aa和 bb分别是玻璃砖与空气的两个界面，用 “+”表示大头针的位置。图中 AO表示经过大头针 P1和 P2的光线，该光线与界面 aa交于 O点， MN表示法线。

11、 请将光路图画完整，并在图中标出光线进入玻璃砖发生折射现象的入射角 1和折射角 2； 该玻璃砖的折射率可表示为 n _。（用 1和 2表示） 答案： 光路图如下图所示 试题分析： 使 P3挡住 P1、 P2的像，即 P3和 P1、 P2在同一条光线上，同理 P4和P1、 P2在同一条光线上，即四个大头针在同一条光线上，所以可得到玻璃砖的入射光为 P1、 P2的连线，出射光为 P3、 P4的连线，从而找到玻璃砖的入射点和出射点，也就找到了光在玻璃砖里面的传播路径，即从空气到玻璃砖的折射光线。过入射点做法线，入射光和法线夹角为入射角，折射光和法线夹角为折射角，如答案：所示。 折射率为空气到玻璃砖的

12、入射角正弦值和折射角正弦值的比值即 。 考点：测定玻璃折射率实验探究 利用图 1装置做 “验证机械能守恒定律 ”的实验。 除打点计时器（含纸带、复写纸）、交流电源、铁架台、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有 _。（选填器材前的字母） A. 大小合适的铁质重锤 B. 体积较大的木质重锤 C. 刻度尺 D. 游标卡尺 E. 秒表 图 2是实验中得到的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点 A、 B、 C，测得它们到起始点 O的距离分别为 hA、 hB、 hC。 重锤质量用 m表示，已知当地重力加速度为 g，打点计时器打点的周期为 T。从打下 O点到打 下 B点的过程中，重锤重力势能的减少

13、量 Ep=_，动能的增加量 Ek=_。 实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是 _ A该误差属于偶然误差 B该误差属于系统误差 C可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差 D可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差 在实验过程中，下列实验操作和数据处理正确的是 _ A. 释放重锤前，使纸带保持竖直 B. 做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重锤 C. 为测量打点计时器打下某点时重锤的速度 v，可测量该点到 O点的距离 h，再根据公式 计算，其中 g应取当地的重力加速度 D用刻度尺测量某点到 O 点的距离 h，利用公式 mgh计算重力势能的减

14、少量，其中 g应取当地的重力加速度 某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点 O的距离 h，并计算出打相应计数点时重锤的速度 v，通过描绘 v2-h图像去研究机械能是否守恒。若实验中重锤所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的 v2-h图像是图 3中的哪一个 _ 答案： AC（ 2分） mghB（ 2分 ）， （ 4分） BD（ 2分） ABD（ 2分） A（ 2分） 试题分析： 验证机械能守恒定律实验，需要尽量减小阻力，以使得减少的重力势能接近增加的动能，所以选择铁质重锤而不是木质，这样可以尽量减少阻力影响。即选项 A对 B错。在计算速度时需要刻度尺测量点迹之间的距离以

15、及下落的高度，所以选项 C是必须的。而秒表不需要，只有查相邻点的间隔即可得时间间隔，因为打点计时器每隔 0.02秒打一个点。所以 E错误。有刻度尺测量点间距，而不需要游标卡尺选项 D错。 O点到 B点下落的高度为 ，所以减少的重力势能为 ，增加的动能要计算 B点的瞬时速度， B为 AC的中间时刻即等于 AC的平均速度，所以 ，增加的动能。 重力势能的减少量略大于动能的增加量，主要是因为不可避免系统存在阻力，就会有部分重力势能转化为内能，所以动能增加的少，重力势能减少的多，此为系统误差，选项 A错 B对。无论怎么多次测量去平均值都只能减少偶然误差不能减少系统误差，选项 C错，只有减少阻力影响才能

16、减少系统误差，选项 D对。 为保证只有重力做功，释放前纸带竖直可减少纸带与 打点计时器限位孔之间的摩擦，选项 A对。实验过程先接通电源，待打点稳定后再释放纸带 ，选项 B对。速度的计算必 须从纸带数据来求，而不能根据自由落体运动求速度，如果按照自由落体运动的速度来求解则减少的重力势能一定等于增加的动能，验证就没有意义了。计算减少的重力势能 一定要按照当地的重力加速度来计算选项 D对。 若有恒定的阻力存在，则根据动能定理可得 ，即 ，所以图像斜率为定值，而且过原点，对照选项 A对。 考点：验证机械能守恒定律实验分析探究 计算题 如图所示，电子从灯丝 K 发出（初速度不计），在 KA间经加速电压

17、U1加速后，从 A板中心小孔射出，进入由 M、 N两个水平极板构成的偏转电场， M、 N两板间的距离为 d，电压为 U2， 板长为 L，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，射出时没有与极板相碰。已知电子的质量为 m，电荷量为 e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力。求： （ 1）电子穿过 A板小孔时的速度大小 v； （ 2）电子在偏转电场中的运动时间 t； （ 3）电子从偏转电场射出时沿垂直于板方向偏移的距离 y。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）根据动能定理 （ 3分） 解得 （ 3分） （ 2）在平行于极板方向做匀速运动 （ 2分） 解得 （ 2分） （ 3）在

18、垂直于极板方向做匀加速直线运动 （ 2分） 根据牛顿 第二定律 （ 2分） 解得 （ 2分） 考点：带电粒子在匀强电场中的加速和偏转运动 2012年 11月， “歼 15”舰载机在 “辽宁号 ”航空母舰上着舰成功。图 1为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。若航母保持静止，在某次降落中，以飞机着舰为计时起点，飞机的速度随时间变化关系如图 2所示。飞机在 t1=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，此时速度 v1=70m/s；在 t2=2.4s时飞机速度 v2=

19、10m/s。飞机从 t1到 t2的运动可看成匀减速直线运动。设飞机受到除阻拦索以外的阻力 f大小不变， f=5.0104N， “歼 15”舰载机的质量 m=2.0104kg。 （ 1）若飞机在 t1时刻未钩住阻拦索，仍立即关闭动力系统，仅在阻力 f的作用下减速，求飞机继续滑行的距离（假设甲板足够长）； （ 2）在 t1至 t2间的某个时刻，阻拦索夹角 =120，求此时阻拦索中的弹力 T； （ 3）飞机钩住阻拦索后在甲板上滑行的距离比无阻拦索时少 s=898m，求从 t2时刻至飞机停止 ,阻拦索对飞机做的功 W。 答案：（ 1） （ 2） （ 3） 试题分析：（ 1）飞机仅在阻力 f的作用下做匀

20、减速直线运动，根据动能定理 （ 2分） 解得 （ 2分） （ 2）根据 v-t图像可求得飞机加速度大小 （ 2分） 飞机受力如图所示。 根据牛顿第二定律 （ 2分） 解得 （ 2分） （ 3）无阻拦索时，飞机需滑行 有阻拦索时，飞机实际滑行距离 （ 1分） 由图像面积可知，从 t1时刻至 t2时刻，飞机的位移为 （ 1分） 因此，从 t2时刻至飞机停止，飞机的位移为 （ 1分） 从 t2时刻至飞机停止，根据动能定理 （ 3分） 解得 （ 2分） 考点：牛顿运动定律 功能关系 （ 1）如图 1所示，固定于水平面上的金属框架 abcd，处在竖直向下的匀强磁场中。金属棒 MN沿框架以速度 v向右做匀

21、速运动。框架的 ab与 dc平行， bc与ab、 dc垂直。 MN与 bc的长度均为 l，在运动过程中 MN始终与 bc平行，且与框架保持良好接触。磁场的磁感应强度为 B。 a. 请根据法拉第电磁感应定律 ，推导金属棒 MN中的感应电动势 E； b. 在上述情景中，金属棒 MN相当于一个电源，这时的非静电力与棒中自由电子所受洛伦兹力有关。请根据电动势的定义，推导金属棒 MN中的感应电动势E。 （ 2）为进一步研究导线做切割磁感线运动产生感应电动势的过程，现构建如下情景：如图 2所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场中，一内壁光滑长为 l的绝缘细管 MN，沿纸面以速度 v向右做匀速运动。在管的 N端固

22、定一个电量为 q的带正电小球（可看做质点）。某时刻将小球释放，小球将会沿管运动。已知磁感应强度大小为 B，小球的重力可忽略。在小球沿管从 N运动到 M的过程中，求小球所受各力分别对小球做的功。 答案：（ 1）见 （ 2）洛伦兹力做功为 0，管的支持力做功 试题分析：（ 1） 如图 1所示，在一小段时间 Dt内， 金属棒 MN的位移 （ 2分） 这个过程中线框的面积的变化量 （ 1分） 穿过闭合电路的磁通量的变化量 （ 1分） 根据法拉第电磁感应定律 （ 1分） 解得 （ 1分） 如图 2所示，棒向右运动时，电子具有向右的分速度，受到沿棒向下的洛伦兹力 ， f即非静电力（ 2分） 在 f的作用下

23、，电子从 M移动到 N的过程中，非静电力做功 （ 2分） 根据电动势定义 （ 1分） 解得 （ 1分） （ 2）小球随管向右运动的同时还沿管向上运动，其速度如图 3所示。小球所受洛伦兹力 f合 如图 4所示。将 f合 正交分解如图 5所示。 （ 2分） 小球除受到洛伦兹力 f合 外，还受到管对它向右的支持力 F，如图 6所示。 洛伦兹力 f合 不做功 （ 2分） 沿管方向，洛伦兹力 f做正功 垂直管方向，洛伦兹力 是变力，做负功 （ 2分） 由于小球在水平方向做匀速运动，则 （ 1分） 因此，管的支持力 F对小球做正功 （ 1分） 说明：用其它方法计算管的支持力 F对小球所做功，只要过程、结果正确，可得 4分。 考点：电磁感应定律 洛伦兹力 静电力做功