北京曲一線圖書(shū)策劃有限公司5年高考3年模擬B版物理屆北京市西城區(qū)高三下學(xué)期第二次模擬測(cè)試物理試卷答案1.【答案】A【解析】光電效應(yīng)現(xiàn)象說(shuō)明光具有粒子性，干涉現(xiàn)象、衍射現(xiàn)象和偏振現(xiàn)象說(shuō)明光具有波動(dòng)性。故選A。2.【答案】C【解析】由理想氣體狀態(tài)方程PVT=C可得，氣體從狀態(tài)a沿圖示路徑變化到狀態(tài)b氣體的壓強(qiáng)與溫度成正比，體積不變，故A錯(cuò)誤；由于氣體的溫度升高，所以氣體的內(nèi)能增大，由熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q，3.【答案】B【解析】大量氫原子處于n=3能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷只能發(fā)出C32=3種不同頻率的光子，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；氫原子躍遷到n=1能級(jí)，能級(jí)差最大，則輻射光子的能量最大，頻率最高，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；氫原子躍遷到4.【答案】D【解析】由圖2質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖像知，Q點(diǎn)先向y軸負(fù)方向振動(dòng)，根據(jù)同側(cè)法知，該波沿x軸負(fù)方向傳播，A錯(cuò)誤；由圖知，該波λ=8m，T=4s，則波速v=λT，代入得v=2m/s，B錯(cuò)誤；該波沿x軸負(fù)方向傳播，由同側(cè)法知，此時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)Q在5.【答案】A【解析】設(shè)列車(chē)的加速度大小為a，根據(jù)力的合成與分解以及牛頓第二定律有F合=mgtanθ=ma，得列車(chē)加速度的大小a=gtanθ，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)Tcos6.【答案】D【解析】由e=20sin100πtV可知2πT=100π，解得電流變化的周期T=0.02s，故A錯(cuò)誤；由e=20sin100πtV7.【答案】C【解析】由右手螺旋定則可以判斷出，軟鐵環(huán)中的磁場(chǎng)為順時(shí)針?lè)较?，故A錯(cuò)誤；保持S1閉合，在開(kāi)關(guān)S2閉合的瞬間，N線圈中磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故B錯(cuò)誤；保持S2閉合，在開(kāi)關(guān)S1閉合的瞬間，N線圈中磁通量增大，根據(jù)楞次定律可以判斷，通過(guò)電流表的電流由b→a。故C正確；保持S2閉合，在開(kāi)關(guān)S1斷開(kāi)的瞬間，N線圈中磁通量減小，根據(jù)“增反減同”可以判斷，通過(guò)電流表的電流由a→b，故D錯(cuò)誤。8.【答案】B【解析】衛(wèi)星從軌道1變軌到軌道2，需要在Q點(diǎn)加速做離心運(yùn)動(dòng)，所以在軌道1上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度小于它在軌道2上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度，故A錯(cuò)誤；衛(wèi)星在軌道2上運(yùn)動(dòng)時(shí)只有萬(wàn)有引力做功，機(jī)械能守恒，經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的機(jī)械能等于在軌道2上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的機(jī)械能，故B正確；衛(wèi)星從軌道2變軌到軌道3，需要在P點(diǎn)加速做離心運(yùn)動(dòng)，衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的機(jī)械能小于在軌道3上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的機(jī)械能，故C錯(cuò)誤；根據(jù)GMmr2=ma，a=GMr9.【答案】D【解析】根據(jù)左手定則可知粒子帶正電。故A錯(cuò)誤；根據(jù)qvB=mv2r，解得r=mvqB，設(shè)正方形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，粒子以速度v和速度2可知若粒子射入磁場(chǎng)的速度增大為2v，射出的位置在Nb之間,故B、C錯(cuò)誤；根據(jù)C選項(xiàng)分析可知，若粒子射入磁場(chǎng)的速度增大為2v，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角將變小，由t=θ2πT，又T=2πm10.【答案】A【解析】當(dāng)小球在B、D兩點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)小球作用力豎直方向的分力應(yīng)等于重力，水平方向分力提供向心力，故桿對(duì)小球的作用力F=(mω2L)2+(mg)2>mg，故A正確，C錯(cuò)誤；若小球在最高點(diǎn)，桿對(duì)小球的作用力為支持力，則在A點(diǎn)mg?FN1=mω2L，在C點(diǎn)FN2?mg=mω2L，所以FN2?11.【答案】B【解析】充電過(guò)程，電流表示數(shù)逐漸減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；充電過(guò)程，電源為整個(gè)電路提供的電能ε=QE=CE?E=CE2，選項(xiàng)B正確；充電結(jié)束后，電容器上板帶正電，則放電過(guò)程，通過(guò)電阻R的電流方向向右，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；充電結(jié)束后，電容器帶電量Q=CE，則放電過(guò)程，通過(guò)電阻R的電荷量為12.【答案】C【解析】0～t2時(shí)間內(nèi)速度始終為正，說(shuō)明火箭一直在向上運(yùn)動(dòng)，t2～t3時(shí)間內(nèi)火箭的速度為0，處于靜止?fàn)顟B(tài)，t3～t4時(shí)間內(nèi)速度始終為負(fù)，說(shuō)明火箭一直在向下運(yùn)動(dòng)，故t213.【答案】B【解析】粒子在電場(chǎng)中加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有qU=12m1v12，qU=12m2v22，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，則有qv1B=m1v12R1，qv2B=m2v22R2，根據(jù)幾何關(guān)系有R1=L12，R2=L22，解得m1:m2=L12:L22，故A錯(cuò)誤；粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T1=2πR114.【答案】D【解析】由于題中規(guī)定地球的視向方向?yàn)関的正方向，且λ'=1+vcλ，當(dāng)觀測(cè)到伴星光譜譜線的波長(zhǎng)λ'<λ，表明v為負(fù)值，則v的方向與視向方向相反，即對(duì)應(yīng)著伴星向靠近地球的方向運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)上述可知，若觀測(cè)到伴星光譜譜線波長(zhǎng)的最大值，則v的方向與視向方向，且該分速度達(dá)到最大值，即該位置對(duì)應(yīng)著伴星在圖中A位置關(guān)于黑洞對(duì)稱(chēng)的位置，故B錯(cuò)誤；根據(jù)圖像可知，伴星光譜譜線波長(zhǎng)變化的周期等于伴星繞黑洞做圓周運(yùn)動(dòng)的周期，由于伴星光譜譜線波長(zhǎng)的最大值位置對(duì)應(yīng)著伴星在圖中A位置關(guān)于黑洞對(duì)稱(chēng)的位置，此時(shí)分速度即等于伴星繞黑洞圓周運(yùn)動(dòng)的線速度，令最大波長(zhǎng)與伴星繞黑洞圓周運(yùn)動(dòng)的線速度分別為λ0、v0，則有λ0=1+v015.【答案】（1）d?ΔxL（2）C6.0（或【解析】（1）根據(jù)條紋間距公式知Δx=Ldλ（2）進(jìn)行歐姆調(diào)零時(shí)，需要將紅、黑表筆短接，調(diào)節(jié)圖1中的歐姆調(diào)零旋鈕，即調(diào)節(jié)C；根據(jù)歐姆表的讀數(shù)規(guī)律，該讀數(shù)為6.0×1Ω（3）當(dāng)黑表筆接觸B、C、D時(shí)，電壓表有示數(shù)，故燈泡不可能短路，A錯(cuò)誤；若開(kāi)關(guān)接觸不良，則電路斷路，當(dāng)黑表筆接觸B、C、D時(shí)，電壓表無(wú)示數(shù)，B錯(cuò)誤；當(dāng)黑表筆接觸B、C、D時(shí)，電壓表有示數(shù)，黑表筆接觸E、F時(shí)，示數(shù)為0，原因可能是DE間導(dǎo)線斷路，C正確；若AF間導(dǎo)線斷路，當(dāng)黑表筆接觸B、C、D時(shí)，電壓表無(wú)示數(shù)，D錯(cuò)誤；故選C。16.【答案】(1)BC(2)m1OP=m1OM+m2ON【解析】（1）實(shí)驗(yàn)中，斜槽軌道不一定需要光滑，只須保證同一高度滑下即可，故A錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)中，斜槽末端必須水平，保證小球做平拋運(yùn)動(dòng)，故B正確；為保證是正碰，兩小球的半徑必須相同，故C正確；需要刻度尺測(cè)量小球平拋運(yùn)動(dòng)的射程，需要天平測(cè)量小球的質(zhì)量，故D錯(cuò)誤。（2）兩球離開(kāi)軌道后，做平拋運(yùn)動(dòng)，它們?cè)诳罩羞\(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，如果m1v1=m（3）小球離開(kāi)斜槽末端后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律x=vt，?=12gt2，解得v=xg2?。兩個(gè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的高度h相同，則（4）若兩球碰撞前、后動(dòng)量守恒，則有mABΔt=mCDΔtcosβ+mEFΔtcosα，m17.【答案】（1）UqL22dmv02【解析】（1）離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，根據(jù)牛頓第二定律，有U離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=離子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，沿垂直于極板方向偏移的距離y=得y=Uq（2）離子從電場(chǎng)射出時(shí)，垂直于極板方向的速度v速度方向偏轉(zhuǎn)角度θ（如答圖1所示）則tanθ=（3）離子增加的動(dòng)能ΔE18.【答案】（1）2J（2）48N（3）4.2J【解析】（1）籃球第一次與地面碰撞的過(guò)程損失的機(jī)械能E損（2）籃球第一次與地面碰撞前的速度大小為v1，碰撞后離地瞬間速度的大小為籃球下落過(guò)程有mgH=則v籃球上升過(guò)程有mgH=則v籃球與地面碰撞過(guò)程，以豎直向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有mg則F=48N（3）運(yùn)動(dòng)員拍球的過(guò)程中對(duì)籃球做功W=2E19.【答案】（1）mv222x2（2）【解析】（1）使用機(jī)械制動(dòng)方式剎車(chē)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理?f得f=m（2）同時(shí)開(kāi)啟機(jī)械制動(dòng)和再生制動(dòng)，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律1得E回（3）根據(jù)加速度的定義a=Δv則Δ將a=Δv又將瞬時(shí)速度計(jì)算式v=Δx根據(jù)牛頓第二定律可知，剎車(chē)過(guò)程的制動(dòng)力F=ma=?mkv。20.【答案】（1）eBm（2）a．v=eEk2+mω?eB2【解析】（1）電子在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)evB=m得ω0