2012北京市海淀区高三(一模)物理

2012北京市海淀区高三（一模）物理

一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）

1．（3分）下列说法中正确的是（）

A．光的干涉和衍射现象说明光具有粒子性

B．电磁波和机械波都只能在介质中传播

C．光的偏振现象说明光是纵波

D．电子束通过铝箔能发生衍射现象，说明电子具有波动性

2．（3分）下列说法中正确的是（）

A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应

B．原子核Th经过6次α衰变和4次β衰变后成为原子核Pb

C．用升温、加压或发生化学反应的方法可以改变放射性元素的半衰期

D．以m D、m p、m n分别表示氘核、质子、中子的质量，则m D=m p+m n

3．（3分）如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，b为ac中点．a、c两点的电势分别为φa=4V、φc=2V．下列说法中正确的是（）

A．该电场中b点的电势一定为 3 V

B．a点的电场强度一定大于b点的电场强度

C．若正电荷在这个电场中只受电场力作用，且它运动过程中经过a点，它就一定会沿电场线运动到c点

D．正电荷从a点运动到c点，电势能一定减小

4．（3分）如图所示，一轻质弹簧其上端固定在升降机的天花板上，下端挂一小球，在升降机匀速竖直下降过程中，

小球相对于升降机静止．若升降机突然停止运动，设空气阻力可忽略不计，弹簧始终在弹性限度内，且小球不会与

升降机的内壁接触，则以地面为参照系，小球在继续下降的过程中（）

A．速度逐渐减小，加速度逐渐减小

B．速度逐渐增大，加速度逐渐减小

C．速度逐渐减小，加速度逐渐增大

D．速度逐渐增大，加速度逐渐增大

5．（3分）设想某登月飞船贴近月球表面绕月球做匀速圆周运动，测得其运动周期为T．飞船在月球上着陆后，航

天员用测力计测得质量为m的物体所受重力为P，已知引力常量为G．根据上述已知条件，可以估算的物理量有（）A．月球的质量B．飞船的质量

C．月球到地球的距离 D．月球的自转周期

6．（3分）如图所示，在原点O处的质点（波源）做简谐运动，产生沿 x 轴正方向传播的简谐波，波速 v=400m/s．为

了接收这列波，在 x=400m 处设有一接收器（图中未标出）．已知 t=0 时，波源的振动刚好传播到 x=40m 处，则下列说法中正确的是（）

A．波源振动的周期为 20s

B．x=40m 处的质点在 t=0.5s 时位移最大

C．接收器在 t=1.0s 时才能接收到此波

D．若波源向 x 轴负方向移动，则在其移动过程中接收器接收到的波的频率将小于20Hz

7．（3分）法拉第发现了电磁感应现象之后，又发明了世界上第一台发电机──法拉第圆盘发电机，揭开了人类将

机械能转化为电能并进行应用的序幕．法拉第圆盘发电机的原理如图所示，将一个圆形金属盘放置在电磁铁的两个

磁极之间，并使盘面与磁感线垂直，盘的边缘附近和中心分别装有与金属盘接触良好的电刷A、B，两电刷与灵敏电流计相连．当金属盘绕中心轴按图示方向转动时，则（）

A．电刷A的电势高于电刷B的电势

B．若仅减小电刷A、B之间的距离，灵敏电流计的示数将变大

C．若仅提高金属盘转速，灵敏电流计的示数将变大

D．若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数将变大

8．（3分）某学习小组要研究影响弹簧劲度系数的因素，他们猜想弹簧的劲度系数k可能与制成弹簧的钢丝的半径r、弹簧圈的半径R和弹簧的圈数n有关．为此他们选择了同种材料制成的不同粗细的钢丝，分别绕成了弹簧圈半

径不同的弹簧．再利用薄铁片做为卡片和指示弹簧被拉伸后所到位置的指针，用这个卡片选择对弹簧的不同位置施

力，实现对同一个弹簧使用圈数的改变（如图甲所示），从而可得到圈数不同的弹簧．他们分别研究了k与r、k与R和k与n的关系（在研究k与弹簧的一个参量的关系时，另外两参量保持不变），并根据测得的数据，分别画出了

k﹣r、k﹣R和k﹣n图象如图乙、丙、丁所示．关于上面实验所采用的科学方法，以及k与r、R和n的关系，下列说法中可能正确的是（）

A．等效替代法，k∝B．控制变量法，k∝

C．等效替代法，k∝D．控制变量法，k∝

二、解答题（共4小题，满分72分）

9．（18分）（1）某同学用半圆形玻璃砖测定玻璃的折射率（如图所示）．实验的主要过程如下：

a．把白纸用图钉钉在木板上，在白纸上作出直角坐标系xOy，在白纸上画一条线段 AO表示入射光线．

b．把半圆形玻璃砖M放在白纸上，使其底边aa′与Ox轴重合．

c．用一束平行于纸面的激光从y＞0区域沿y轴负方向射向玻璃砖，并沿x轴方向调整玻璃砖的位置，使这束激光

从玻璃砖底面射出后，仍沿y轴负方向传播．

d．在AO线段上竖直地插上两枚大头针P1、P2．

e．在坐标系的y＜0的区域内竖直地插上大头针P3，并使得从P3一侧向玻璃砖方向看去，P3能同时挡住观察P1和P2的视线．

f．移开玻璃砖，作OP3连线，用圆规以O点为圆心画一个圆（如图中虚线所示），此圆与AO线交点为B，与OP3连线的交点为C．确定出B点到x轴、y轴的距离分别为x1、y1、，C点到x轴、y轴的距离分别为x2、y2．

①根据上述所确定出的B、C两点到两坐标轴的距离，可知此玻璃折射率测量值的表达式为n= ．

②若实验中该同学在y＜0的区域内，从任何角度都无法透过玻璃砖看到P1、P2，其原因可能是：．

（2）在“用单摆测重力加速度”的实验中，某同学的主要操作步骤如下：

a．取一根符合实验要求的摆线，下端系一金属小球，上端固定在O点；

b．在小球静止悬挂时测量出O点到小球球心的距离l；

c．拉动小球使细线偏离竖直方向一个不大的角度（约为5°），然后由静止释放小球；

d．用秒表记录小球完成n次全振动所用的时间t．

①用所测物理量的符号表示重力加速度的测量值，其表达式为g= ；

②若测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是．（选填下列选项前的序号）

A．测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长

B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长

C．测量周期时，误将摆球（n﹣1）次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式T=t/n求得周期D．摆球的质量过大

③在与其他同学交流实验方案并纠正了错误后，为了减小实验误差，他决定用图象法处理数据，并通过改变摆长，

测得了多组摆长l和对应的周期T，并用这些数据作出T2﹣l图象如图甲所示．若图线的斜率为k，则重力加速度的测量值g= ．

④这位同学查阅资料得知，单摆在最大摆角θ较大时周期公式可近似表述为T=2（1+sin2）．为了用图象法验证单摆周期T和最大摆角θ的关系，他测出摆长为l的同一单摆在不同最大摆角θ时的周期T，并根据实验数据描绘出如图乙所示的图线．根据周期公式可知，图乙中的纵轴表示的是，图线延长后与横轴交点的横坐标为．

10．（16分）如图所示，在竖直面内有一个光滑弧形轨道，其末端水平，且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最

低端相切，并平滑连接．A、B两滑块（可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质

弹簧．两滑块从弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开，

弹簧迅速将两滑块弹开，其中前面的滑块A沿圆形轨道运动恰能通过轨道最高点．已知圆形轨道的半径R=0.50m，滑块A的质量m A=0.16kg，滑块B的质量m B=0.04kg，两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h=0.80m，重力加速度g取10m/s2，空气阻力可忽略不计．求：

（1）A、B两滑块一起运动到圆形轨道最低点时速度的大小；

（2）滑块A被弹簧弹开时的速度大小；

（3）弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能．

11．（18分）某学习小组到大学的近代物理实验室参观，实验室的老师给他们提供了一张经过放射线照射的底片，

底片上面记录了在同一直线上的三个曝光的痕迹，如图所示．老师告诉他们，实验时底片水平放置，第2号痕迹位置的正下方为储有放射源的铅盒的开口，放射源可放射出α、β、γ三种射线．然后又提供了α、β、γ三种射线的一些信息如下表．已知铅盒上的开口很小，故射线离开铅盒时的初速度方向均可视为竖直向上，射线中的粒子所

受重力、空气阻力及它们之间的相互作用力均可忽略不计，不考虑粒子高速运动时的相对论效应．

原子质量单位1u=1.66×10﹣27kg，元电荷e=1.6×10﹣19C，光速c=3.0×108m/s．

射线类

型

射线性质

组成质量速度电离作用穿透性

α射线24He 4u 0.1c 强弱

β射线﹣10e u/1840 约为 c 较弱较强

γ射线γ光子0 c 弱强

（1）学习过程中老师告诉同学们，可以利用三种射线在电场或磁场中的偏转情况对它们加以辨别．如果在铅盒与

底片之间加有磁感应强度B=0.70T的水平匀强磁场，请你计算一下放射源射出α射线在此磁场中形成的圆弧轨迹的半径为多大？（保留2位有效数字）

（2）老师对如图所示的“三个曝光的痕迹”解释说，底片上三个曝光的痕迹是铅盒与底片处在同一平行于三个痕

迹连线的水平匀强电场中所形成的．

①试分析说明，第2号痕迹是什么射线照射形成的；

②请说明α粒子从铅盒中出来后做怎样的运动；并通过计算说明第几号曝光痕迹是由α射线照射形成的．

12．（20分）如图甲所示，表面绝缘、倾角θ=30°的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂

直于斜面，并与斜面底边平行．斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方

向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离s=0.55m．一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25Ω的单匝矩形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m．从t=0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并

与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失．线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙

所示．已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数

μ=，重力加速度g取10m/s2．

（1）求线框受到的拉力F的大小；

（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；

（3）已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足v=v0﹣（式中v0为线框向下运动ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后对磁场上边界的位移大小），求线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q．

物理试题答案

一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）

1．【解答】A、干涉、衍射是波所特有的现象，该现象说明光具有波动性．故A错误．

B、机械波只能在介质中传播，电磁波传播不需要介质．故B错误．

C、光的偏振现象说明光是横波．故C错误．

D、电子束的衍射现象说明电子具有波动性．故D正确．

故选D．

2．【解答】A、太阳内部有大量的氢核，太阳内部温度极高，满足氢核发生聚变的条件，所以A错误；

B、衰变方程为：90232Th→x y M+6α+4β，质量数：232=y+6×4，解得：y=208，核电荷数：90=x+2×6﹣4，解得：x=82，B正确；

C、半衰期是原子核本身的特性，与其它因素无关，C错误；

D、因为质子和中子发生核反应，生成了氘核，必然要放出能量，也根据爱因斯坦的质能方程E=mc2，所以一小部分质量会以能量的形式释放出来，故质量减小，D错误．

故选B

3．【解答】A、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在b点处的电势一定为3V．当该电场不是匀强电场时，在b点处的电势不一定为3V．故A错误．

B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强E a不一定大于b点处的场强E b．故B错误．

C、若正电荷在这个电场中只受电场力作用，且它运动过程中经过a点，但是由于速度方向不清楚，所以不一定会

沿电场线运动到c点．故C错误

D、根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从a点运动到c点，电势能一定减小，故D正确

故选D．

4．【解答】据题意，原来降机匀速竖直下降，小球受到的弹簧的弹力与重力平衡．若升降机突然停止运动，由于惯

性，小球继续下降，弹簧的弹力逐渐增大，小球的合力方向竖直向上，与速度方向相反，小球的速度逐渐减小，根

据牛顿第二定律得知，其加速度逐渐增大．

故选C

5．【解答】A、自动机器人用测力计测得质量为m的仪器的重力为P，即P=mg，

根据万有引力等于重力得：=P，①其中M为月球质量，R为月球半径，

研究登月飞船贴近月球表面做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式得：

=m R，②

由①②得M=，故A正确；

B、根据万有引力提供向心力，列出等式中消去飞船的质量，所以无法求出飞船的质量．故B错误；

C、该问题研究的是登月飞船贴近月球表面绕月球做匀速圆周运动，所以无法求出月球到地球的距离，故C错误；

D、根据题意无法求解月球的自转周期，故D错误．

故选：A．

6．【解答】A、由图知，波长λ=20m，由波速公式v=得，T==s=0.05s．故A错误．

B、由图判断得知，介质中各质点的起振方向向上，t=0.5s时x=40m 处的质点正在向波峰运动，位移不是最大．故B错误．

C、接收器到x=40m处的距离为x=360m，接收器接收到波的时间为t==．故C错误．

D、该波的频率为f==20Hz，若波源向 x 轴负方向移动，与接收器的距离增大，接收器接收到的波的频率将减小，

则在其移动过程中接收器接收到的波的频率将小于20Hz．故D正确．

故选D

7．【解答】A、根据右手螺旋定则，左端磁极为N极，右端磁极为S极，圆盘转动，切割磁感线，根据右手定则，

感应电动势的方向为A到B，所以B点的电势高于A点电势．故A错误．

B、仅减小电刷之间的距离，切割产生的感应电动势减小，灵敏电流计的示数减小．故B错误．

C、提高金属盘的转速，切割产生的感应电动势增大，灵敏电流计的示数增大．故C正确．

D、若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，线圈中的电流减小，两磁极间的磁场减弱，则切割产生的感应电动势减小，

灵敏电流计的示数减小．故D错误．

故选C．

8．【解答】研究弹簧的劲度系数k可能与制成弹簧的钢丝的半径r、弹簧圈的半径R和弹簧的圈数n的关系，我们采用控制变量法．故A、C错误．

根据测得的数据，分别画出了k﹣r、k﹣R和k﹣n图象如图乙、丙、丁所示，从图中可以看出k与r可能k∝r2，r3，r4，等等，

故B错误，D正确

故选D．

二、解答题（共4小题，满分72分）

9．【解答】（1）①设圆的半径为R，根据几何知识得，sinr=，sini=

根据折射定律n=得：

n=

②若从任何角度都无法透过玻璃砖看到P1、P2，其原因可能是沿P1、P2方向入射光在玻璃砖底边的界面上发生了全

反射；

（2）根据已知条件可知，T=，

根据单摆的周期公式得：

T=2

解得：g=

A、测量摆长时，把摆线长当成摆长时，摆长l偏小，测得的重力加速度数值应小于实际值．故A错误．

B、摆线上端没有系牢，摆动过程因松动而使摆线变长，则所测单摆的实际周期T偏大，所以所测重力加速度偏小，故B错误；

C、将摆球（n﹣1）次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，根据g=可知，g偏大，故C正确；

D、重力加速度与摆球质量无关，故D错误；

故选C

③根据单摆的周期公式得：

T=2

所以T2=4π2=，所以T2﹣L图象中的斜率k=，即g=

④实验中得到的线性图线，根据T=2（1+sin2）得：sin2=，所以sin2与T成一次函数

关系，

所以图乙中的纵轴表示的是sin2，图线延长后与横轴交点的横坐标为

故答案为：（1）；沿P1、P2方向入射光在玻璃砖底边的界面上发生了全反射；（2）；C；；sin2；

10．【解答】解：（1）对滑块AB下滑到圆形轨道最低点的过程运用动能定理得：

（m A+m B）gh=

解得：v0=4m/s

（2）设滑块A恰好通过圆形轨道最高点的速度为v，根据牛顿第二定律得：

m A g=m A

设滑块A在圆行轨道最低点被弹出的速度为v A，对于滑块A从圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据机械能守

恒定律得：

=m A g?2R+m A v2

解得：v A=5m/s

（3）对于弹簧将两滑块弹开的过程，AB量滑块所组成的系统水平方向动量守恒，设滑块B被弹出的速度为vB，根据动量守恒定律得：

（m A+m B）v0=m A v A+m B v B

解得v B=0

设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为EP，对于弹开的过程机械能守恒，则有：

（m A+m B）v02+E P=m A v A2

解得：E P=0.4J

答：（1）A、B两滑块一起运动到圆形轨道最低点时速度的大小为4m/s；

（2）滑块A被弹簧弹开时的速度大小为5m/s；

（3）弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为0.4J．

11．【解答】解：（1）α射线的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设其半径为r，根据牛顿第二定律，有 qvB=m

代入数据解得：r=0.89m

（2）①第2号痕迹正对着储有放射源的铅盒的开口，表明形成第2号痕迹的射线做匀速直线运动，即不受电场力

作用，所以不带电，故第2号痕迹是γ射线照射形成的．

②α射线的粒子从放射源出来经过水平匀强电场打到底片上的过程中，受恒定的电场力作用，且水平的电场力与竖

直的初速度方向垂直，故应做匀变速曲线运动．

设铅盒与底片间的竖直距离为d，电场强度为E，带电射线从放射源射出时的初速度为v0，质量为m，所带电荷量为q，在电场中运动时间为t，则对于粒子在电场中的运动有：

竖直方向d=v0t，水平方向的侧移量x=

解得：x=

因此对于α射线和β射线的侧移量之比有

=

表明α射线的偏转侧移量较小，所以第3号痕迹应是α射线所形成的．

答：（1）放射源射出α射线在此磁场中形成的圆弧轨迹的半径为0.89m；

（2）①第2号痕迹是γ射线照射形成的；

②α粒子从铅盒中出来后做类似平抛运动；第3号曝光痕迹是由α射线照射形成的．

12．【解答】解：（1）由v﹣t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以在此过程中的加速度 a==5.0m/s2

由牛顿第二定律得 F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma

解得 F=1.5N

（2）由v﹣t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，

产生的感应电动势 E=BLv1

通过线框的电流I==

线框所受安培力F安=BIL=

对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有

F=mgsinθ+μmgcosθ+

解得B=0.50T

（3）由v﹣t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁

场的宽度 D=0.40m 线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为s﹣D=0.15m，设线框与挡板碰撞

前的速度为v2

由动能定理，有﹣mg（s﹣D）sinθ﹣μmg（s﹣D）cosθ=﹣

解得v2==1.0m/s

线框碰档板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinθ=μmgcosθ=0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3

由v=v0﹣得 v3=v2﹣=﹣1.0 m/s，

因v3＜0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某

位置．

线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q1=I2Rt==0.40J

线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2==0.05J

所以Q=Q1+Q2=0.45J

答：

（1）线框受到的拉力F的大小是 1.5N；

（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小是0.50T；

（3）线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q是0.45J．