2016年海淀区第一次模拟考试 物理

海淀区高三年级第二学期适应性练习

理科综合能力测试2016. 3.11

13.下列说法中正确的是

A．卢瑟福在α 粒子散射实验的基础上，提出了原子的核式结构模型

B．α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流

C．目前核电站内释放的核能来自于轻核的聚变

D．放射性元素的半衰期会随温度的变化而改变

【答案】A

【考查方向】裂变反应和聚变反应、裂变反应堆射线的危害和防护

【易错点】这些原子物理中的常考知识点，要牢记。

【解题思路】卢瑟福通过α粒子散射实验，提出原子核式结构；α射线为氦原子核，γ射线是电磁波；核电站是利用铀核的裂变，即中核的裂变；放射性元素的半衰期不随温度变化而变化。

【解析】

A、卢瑟福通过α粒子散射实验，提出原子核式结构，A正确；

B、α射线为氦原子核，γ射线是电磁波，B错误；

C、核电站是利用铀核的裂变，即中核的裂变，C错误；

D、放射性元素的半衰期不随温度变化而变化，D错误。

14.一列简谐横波沿 x 轴传播，t＝0 时刻的波形如图甲所示，这列波中质点 P 的振动图线如图乙所示，则该波的传播方向和速率分别是

A．沿 x 轴负方向，2.0 m/s B．沿 x 轴正方向，2.0 m/s C．沿 x 轴负方向，4.0 m/s D．沿 x 轴正方向，4.0 m/s

【答案】C

【考查方向】简谐运动的公式和图像横波的图像

【易错点】利用“上坡抬头，下坡低头”判断波的传播方向，这是一种通俗、好用、好记的方法，必须会。

【解题思路】由v=λ

T

求出波速v; 利用“上坡抬头，下坡低头”判断波的传播方向.

【解析】由甲图可知，波长为8m，由乙图可知，周期为2s，故波速为v=λ

T

=4s，AB错误；根据振动图像可知，t＝0时刻，质点向y轴正方向振动，利用上下坡法可知，该波沿x轴的负方向传播，C正确。16．“北斗”卫星导航定位系统由地球静止轨道卫星、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成。地球静止轨道卫星和中轨道卫星都在圆轨道上运行，它们距地面的高度分别为 h1和 h2，且 h1＞h2。则下列说法中正确的是

A．静止轨道卫星的周期比中轨道卫星的周期大

B．静止轨道卫星的线速度比中轨道卫星的线速度大

C．静止轨道卫星的角速度比中轨道卫星的角速度大

D．静止轨道卫星的向心加速度比中轨道卫星的向心加速度大

【答案】A

【考查方向】万有引力定律及其应用

【易错点】不该出错

【解题思路】由万有引力提供向心力列方程即可求解。

【解析】

A 、根据，，可知静止轨道的周期大于中轨道卫星的周期，A 正确；

B 、根据万有引力提供向心力，有，静止轨道的线速度小于中轨道卫星的线速度，B 错误；

C 、又因为，静止轨道的角速度小于中轨道卫星的角速度，C 错误；

D 、由可知，静止轨道卫星的向心加速度比中轨道的向心加速度小，D 错误。 17. 正弦交流电源上，其电功率为 2P

A ． 2A

B 【答案】D

【解题思路】抓住P 2＝2P 1 ， 把P 1=I 1R 、P 2=I 2R 带入可求出有效电流，从而求出最大电流。

【解析】根据题意可知，电热功率为：P 1=I 12R ，将其接到交流电源上有P 2=I 22R ，I 2＝

，P2＝

2P1得：I 2＝，，故选D 。 18．如图所示，足够长的 U 型光滑金属导轨平面与水平面呈 θ 角，其中 MN 与 PQ 平行 且间距为 L ，导轨平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒 ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab 棒在 MN 与 PQ 之间部分的电阻为 R ，当 ab 棒沿导轨下滑的距离为 x 时，棒的速度大小为 v 。则在这一过程中

A ．金属棒 ab 运动的加速度大小始终为x 2v 2

B ．金属棒 ab 受到的最大安培力为 sin 22R

v L B C ．通过金属棒 ab 横截面的电荷量为R

BLX D ．金属棒 ab 产生的焦耳热为x R v L B 222

【答案】C

【考查方向】牛顿运动定律、牛顿定律的应用电功率和焦耳定律安培力、安培力的方向法拉第电磁感应定律

【易错点】B选项中v最大时，此时加速度a=0时，也就是合力为零时。即安培力等于重力。

【解题思路】对金属棒进行受力分析，可知，金属棒下滑过程中，速度增大，安培力增大，合力减小，加

速度减小；当速度最大时，安培力等于重力，此时安培力最大，F安＝；通过ab横截面积的电荷量为：；金属棒下滑过程中产生的热量等于克服安培力做功，安培力不是恒力，所以产生的

热量不是线性变化的。

【解析】

A、对金属棒进行受力分析，可知，金属棒下滑过程中，速度增大，安培力增大，合力减小，加速度减小，

A错误；

B、当速度最大时，安培力等于重力，此时安培力最大，F安＝，B错误；

C、通过ab横截面积的电荷量为：，C正确；

D、金属棒下滑过程中产生的热量等于克服安培力做功，安培力不是恒力，所以产生的热量不是线性变化的，

D错误。

19．如图所示，某同学不慎将圆柱形木塞（木塞的中心有一小孔）卡于圆柱形金属筒的靠近封闭端底部的位置，为了拿出木塞，该同学将金属筒倒立过来（开口端向下），使其由静止开始沿竖直方向向下做加速运动（加速度值大于重力加速度值），此过程中木塞始终相对金属筒静止，当金属筒速度达到一定值时，金属筒的开口端撞击到桌面，且其速度立即减为零。此后木塞沿金属筒壁继续竖直向下运动，木塞运动到金属筒口边缘时速度恰好减为零。若木塞与金属筒壁的摩擦因数处处相等，则关于金属筒从静止开始运动至木塞运动到金属筒口边缘速度减为零的运动过程，下列说法中正确的是

A．木塞相对金属筒静止的运动过程中，金属筒对木塞的作用力方向可能竖直向上

B．金属筒速度减为零的瞬间，木塞的动能达到最大

C．金属筒对木塞的作用力始终做负功

D．金属筒撞击桌面后，木塞与金属筒壁摩擦产生的热量等于其重力势能的减少量

【答案】B

【考查方向】功能关系、机械能守恒定律及其应用牛顿运动定律、牛顿定律的应用

【易错点】木塞相对金属筒静止时，由于加速度大于重力加速度，可知外力一定向下。

【解题思路】木塞相对金属筒静止时，由于加速度大于重力，故静摩擦力向下，摩擦力做正功；当金属筒的速度减为零后，木塞相对于金属筒向下运动，此时动能最大；初始阶段，由于加速度大于重力加速度，

可知外力一定向下，对系统做正功，所以研究整个过程，重力势能的减少与外力做功之和等于摩擦生热。

【解析】

AC、木塞相对金属筒静止时，由于加速度大于重力，故静摩擦力向下，摩擦力做正功；木塞相对于金属筒向下时，动摩擦力向上，摩擦力做负功，故AC错误；

B、当金属筒的速度减为零后，木塞相对于金属筒向下运动，此时动能最大，B正确；

D、初始阶段，由于加速度大于重力加速度，可知外力一定向下，对系统做正功，所以研究整个过程，重力势能的减少与外力做功之和等于摩擦生热，D错误。

20.利用所学物理知识，可以初步了解安检中常用的一种手持金属探测器的工作原理及相关问题。这种手持金属探测器工作时，因其内部的探测器线圈内通有一定频率（该频率可在固定的频率范围内调节）的正弦交变电流，产生迅速变化的磁场。如果该种探测器附近有金属物品，在金属物品中会感应出涡流，涡流的磁场反过来影响探测器线圈中的电流，引发探测器蜂鸣报警。金属物品中感应出的涡流越大对探测器线圈中的电流的影响越大，金属物品中感应出涡流的大小与正弦交变电流的频率以及被检测金属物品的尺寸和导电的性能有关。关于该种金属探测器，下列说法中正确的是

A．金属物品中产生的涡流的变化频率与探测器线圈中的交变电流的频率可能不同

B．当探测器中通有的交变电流频率不在工作频率范围内时，被检测金属物品中就不产生感应电流

C．探测器线圈中通低频率的正弦交变电流更容易检测出尺寸小、电阻率大的金属物品

D．该种金属探测器能检测有无金属物品，但不能准确区分金属的种类

【答案】D

【考查方向】自感、涡流

【易错点】变化的磁场在金属中产生涡流，金属物品产生的涡流变化频率与交变电流的频率相同。

【解题思路】探测器处在交变电流产生的磁场中，变化的磁场在金属中产生涡流，金属物品产生的涡流变化频率与交变电流的频率相同；当探测器中的交变电流频率变小时，金属中产生的涡流感应电流就减小，不容易探测出尺寸小，电阻率大的物品；探测器只能检测是否有金属，但是无法区分金属的种类。

【解析】

AB、探测器处在交变电流产生的磁场中，变化的磁场在金属中产生涡流，金属物品产生的涡流变化频率与交变电流的频率相同，AB错误；

C、当探测器中的交变电流频率变小时，金属中产生的涡流感应电流就减小，不容易探测出尺寸小，电阻率大的物品，C错误；

D、探测器只能检测是否有金属，但是无法区分金属的种类，D正确。

21．（18分）（1）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1所示的光具座上，然后接通电源使光源正常工作。已知实验中选用缝间距d=0.20mm的双缝屏，像屏与双缝屏间的距离L=700mm。

①已知测量头主尺的最小刻度是毫米，副尺上有 50 分度。某同学调整手轮后，从测量头的目镜看去，像屏上出现的干涉条纹如图 2 甲所示，图 2 甲中的数字是该同学给各暗纹的编号，此时图 2 乙中游标

X=1.16mm；接着再转动手轮，像屏上出现的干涉条纹如图 3 甲所示，此时图 3 乙中游标尺上的读数

1

X=________mm；

尺上的读数

2

②若通过第①中的测量可计算出干涉条纹的间距Δx，利用题目中的已知量和测量结果可计算出这种色光的波长，其字母表达式为λ=_________（用题目中的已知量和测量量的字母表示）；代入数据，可计算出λ=________nm。

【答案】

①15．02；②或；

【考查方向】实验：用双缝干涉测光的波长

【易错点】（2）问中由可求出波长

【解题思路】50分度游标卡尺，游标尺最小刻度为0.02mm， m，乙（b）中主尺刻度为15m游标尺的零刻度对齐，所以读数为15.00mm，两次读数的差值除以6即为相邻明文间的距离，由可求

出波长

【解析】根据乙图可知游标卡尺主尺刻度为15mm，游标尺刻度为1×0．02mm＝0．02mm，所以读数为15+0．02＝15．02mm；

利用波长公式，，又因为联立解得代入数据，得nm。

（2）某欧姆表内部结构可等效为如图 4 所示电路，其中表头是量程为100μA 的电流表，电池的电动势E＝1.5V。

①使用欧姆表测电阻前，应将红表笔和黑表笔_________，进行欧姆挡调零；图 4 中表笔 1 应是_________表笔（选填“红”或“黑”）。

②该欧姆表的总内阻的阻值是___________Ω，表盘上30μA 刻度线对应的电阻刻度值是____________Ω。

③当用调整好的欧姆表测阻值为 R 电阻时，通过表头的电流为 I，表针相对于表盘左侧转过的角度为θ，则图 5 所示图像可能正确描述 I 或 R 与θ关系的是____________ （选填图像下的字母）。

【答案】①短接；黑②1．5×104；3．5×104③AD

【考查方向】实验：练习使用多用电表

【易错点】②问中由欧姆定律E=IR+Ir求电阻。

【解题思路】①使用欧姆表之前，应将红黑表笔短接，进行调零；欧姆表内部电流“红进黑出”。

②欧姆表总内阻r＝，r＝1．5×104Ω，表盘上30μA对应的电阻R＝，故R＝1．5×104Ω；

③通过表头的电流与表针转过的角度成正比；当表针转过角度最大时，对应电阻为0,当表针转过角度为0时，对应电阻为无穷大。

【解析】①使用欧姆表之前，应将红黑表笔短接，进行调零；欧姆表内部电流“红进黑出”，故1为黑表笔。

②欧姆表总内阻r＝，r＝1．5×104Ω，表盘上30μA对应的电阻R＝，故R＝1．5×104Ω；

③通过表头的电流与表针转过的角度成正比，故A正确；当表针转过角度最大时，对应电阻为0,当表针转过角度为0时，对应电阻为无穷大，故D正确。

22．（16 分）如图所示，长 L=0.20m 的不可伸长的轻绳上端固定在 O 点，下端系一质量 m=0.10kg 的小球（可视为质点），将绳拉至水平位置，无初速地释放小球。当小球运动至 O 点正下方的 M 点时，绳刚好被拉断。经过一段时间，小球落到了水平地面上 P 点，P 点与 M 点的水平距离 x=0.80m，不计空气阻力，取重力加速度 g=10m/s2。求：（1）小球运动至 M 点时的速率 v；（2）绳所能承受的最大拉力 F 的大小；（3）M 点距水平地面的高度 h。

【答案】(1)2．0 (2)3N (3)0．8m

【考查方向】抛体运动功能关系、机械能守恒定律及其应用牛顿运动定律、牛顿定律的应用

【易错点】不应该出错

【解题思路】（1）因为是曲线运动，所以对小球由机械能守恒或者动能定理列方程求解；（2）在M点由合力提供向心力可求F；（3）由平抛运动规律求解。

【解析】（1）小球自绳处于水平位置释放到最低点的过程机械能守恒，

则有mgL=mv2

解得m/s

（2）设小球通过最低点时绳的拉力为F′，

根据牛顿第二定律有

解得 F′=3．0N

根据牛顿第三定律可知绳所能承受最大拉力F=3N。

（3）设小球自M点到P点的运动时间为t，

则h=gt2，

x=vt

解得h=0．80m

23．（18 分）如图所示，将小物块（可视为质点）平放在水平桌面的一张薄纸上，对纸施加恒定水平拉力将其从物块底下抽出，物块的位移很小，人眼几乎观察不到物块的移动。已知物块的质量为 M，纸与桌面、物块与桌面间的动摩擦因数均为μ1，纸与物块间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为 g。

（1）若薄纸的质量为 m，则从开始抽纸到纸被抽离物块底部的过程中，

①求薄纸所受总的摩擦力为多大；②从冲量和动量的定义，结合牛顿运动定律和运动学规律，证明：水平拉力 F 和桌面对薄纸摩擦力的总冲量等于物块和纸的总动量的变化量。（注意：解题过程中需要用到、但题目中没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明。）

（2）若薄纸质量可忽略，纸的后边缘到物块的距离为 L，从开始抽纸到物块最终停下，若物块相对桌面移动了很小的距离 s0（人眼观察不到物块的移动），求此过程中水平拉力所做的功。

【答案】(1) μ1(M+m)g+μ2Mg (2)见解析 (3) μ1Mg(s0+ L) +μ2MgL

【考查方向】匀变速直线运动及其公式、图像功能关系、机械能守恒定律及其应用牛顿运动定律、牛顿定律的应用

【易错点】（3）问中的能关系W F=Q1+Q2+Q3

【解题思路】（1）根据f=μN求摩擦力；（2）见解析；（3）因薄纸质量可忽略，故其动能可忽略，由功能关系有W F=Q1+Q2+Q3列方程求解。

【解析】（1）①从开始抽纸到纸被抽离物块底部的过程中，

物块对薄纸施加的摩擦力f物=μ2Mg

水平桌面对薄纸施加的摩擦力f桌=μ1(M+m)g

薄纸受到的总的摩擦阻力f总=μ1(M+m)g+μ2Mg

②从开始抽纸到薄纸被抽离物块底部的过程，假设物块的加速度为a M、薄纸的加速度为a m，所用时间为t，这一过程物块和纸张的速度变化量分别为Δv M，Δv m。

则有Δv M=a M t，Δv m=a m t，

对于薄纸，根据牛顿第二定律有 F－f桌－f物=ma m

对于物块，根据牛顿第二定律有 f纸=Ma M

由牛顿第三定律有 f物=f纸

由以上三式解得 F－f桌=ma m+Ma M

上式左右两边都乘以时间t，有(F－f桌)t=ma m t +Ma M t=mΔv m+MΔv M

上式左边即为水平拉力F和桌面对薄纸摩擦力的总冲量，右边即为物块和纸的总动量的变化量。命题得证。（2）设物块在薄纸上加速和在桌面上减速的位移分别为x1，x2，

则物块对地位移 s0＝x1+x2

因薄纸质量可忽略，故其动能可忽略，所以水平拉力F所做的功有以下一些去向：

薄纸与桌面间的摩擦生热Q1=μ1Mg (x1+ L)

物块与薄纸间的摩擦生热Q2=μ2Mgs相=μ2MgL

物块与桌面间的摩擦生热Q3=μ1Mg x2

由功能关系有W F=Q1+Q2+Q3

解得W F= μ1Mg(s0+ L) +μ2MgL

所以，水平拉力F所做的功W=μ1Mg(s0+ L) +μ2MgL

24．（20 分）如图甲所示，M、N 为一对竖直放置的平行金属板，中心各有一小孔 P 和 Q，PQ 连线垂直金属板，现有质量m=2.0×10-27kg，电荷量q=1.6×10-19C 带正电的粒子连续不断地从小孔 P 飘入 M、N 板之间，带电粒子在小孔 P 处的初速可忽略。在 M、N 间加有如图乙所示的交变电压，且 t=0 时 M 板电势高于 N 板电势。带电粒子在 M、N 间运动过程中，粒子所受重力以及粒子之间的相互作用力均可忽

略不计。

（1）如果两平行金属板间距离 d=5.0cm，

求：①带电粒子从小孔 Q 中射出时的最大速度值；

② 在t=0.125×105 s 时飘入小孔 P 的带电粒子到达小孔 Q 时的动能；

（2）如果在时间内（n=0，1，2，……），由小孔 P 飘入的带电粒子都能从小孔 Q 中射出，则两板间距离 d 应满足怎样的条件。

【答案】（1）①②5．0×10-20J（2）d＜2．5cm

【考查方向】匀变速直线运动及其公式、图像牛顿运动定律、牛顿定律的应用

【易错点】此题很难，每个点都容易出错。

【解题思路】（1）进入到金属板之间的带电粒子的加速度根据牛顿第二定律和E=U

d

结合求解．再由Vm=at即可求出最大速度。

（2）通过分析每个周期内带电粒子的运动情况，确定只有在每个周期的0～T

4

时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出时应满足的条件，根据牛顿第二定律和运动学公式求解各物理量之间应满足的关系．

【解析】（1）带电粒子在电场中运动的加速度

①带电粒子经过半个周期加速运动，前进的距离

即从t=0时刻飘入P孔的粒子经过0．5T时间刚好运动到Q孔，并从Q孔射出。此时的速度即最大速度。

②在t=0．125×10-5s时刻飘入P孔的带电粒子，在时间内，加速向右运动位移

粒子做减速运动的位移

设带电粒子到达小孔Q的动能为E kQ，由动能定理

解得E kQ=5．0×10-20J

（2）如果只在[n~（n+0．25）]×10-5s内，即在每个周期的时间内从小孔P飘入的粒子均能从Q孔射出，只要每个周期内时刻从小孔P飘入的带电粒子能从Q孔射出，则在每个周期内之前飘入小孔P的粒子就一定能从Q孔射出。

每个周期内时刻飘入的带电粒子，在时间内向右加速运动，在时间内向右减速到零，此后则返回向左运动。

所以，在每个周期内时刻飘入的带电粒子，在时刻向右运动到最远点，并可从小孔Q中射出，则两板间距离d应满足的条件是时间内的位移s＞

解得 s =2．5cm

即两板间距离d应满足的条件是d＜2．5cm