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1、北京市普通高中学业水平等级性考试物理北京市2021年普通高中学业水平等级性测试物理本试卷共8页,100分.测试时长90分钟.考生务必将答案答在做题卡上,在试卷上作答无效.测试 结束后,将本试卷和做题卡一并交回.第一局部本局部共14题,每题3分,共42分.在每题列出的四个选项中,选出最符合题目要求的一项. 一、单项选择题1.以下现象不属于干预的是 A白光经过杨氏双缝得到彩色图样B白光照射肥层膜呈现彩色图样C白光经过三棱镜得到彩色图样D白光照射水而油膜呈现彩色图样【解析】A.根据光的干预定义可知白光经过杨氏双缝得到彩色图样是杨氏双缝干预,故A错误：B.由于重力的作用,肥皂膜形成了上薄下厚的薄膜,光

2、线通过薄膜时频率不变,干预条纹的产生是由于光 线在薄膜前后两表而反射形成的两列光波的叠加,白光照射肥皂膜呈现彩色图样是属于干预现象,故B错 误：C.白光经过三棱镜得到彩色图样是光在折射时产生的色散现象,故C正确；D.水而上的油膜呈现彩色是光的干预现象,属于薄膜干预,故D错误： 应选C.2.氢原子能级示意如图.现有大量氢原子处于=3能级上,以下说法正确的n /eV0 05 : -0.544 -0.853 -1.512 -3.401 -13.60是 A这些原子跃迁过程中最多可辐射出2种频率的光子B从=3能级跃迁到 =1能级比跃迁到=2能级辐射的光子频率低C从=3能级跃迁到=4能级需吸收0.66 e

3、V的能量D = 3能级的氢原子电离至少需要吸收13.6 eV的能量【解析】A.大量氢原子处于=3能级跃迁到 =1最多可辐射出C32=3种不 同频率的光子,故A错误：B.根据能级图可知从 = 3能级跃迁到77=1能级幅射的光子能量为力匕=13.6eV 1.5 leV从=3能级跃迁到=2能级辐射的光子能量为/zv2 = 3.4eV-1.51eV比拟可知从=3能级跃迁到 =1能级比跃迁到=2能级辐射的光子频率高,故B错误；C.根据能级图可知从=3能级跃迁到=4能级,需要吸收的能量为E=1.5 leV-0.85eV=0.66eV故C正确：D.根据能级图可知氢原子处于n=3能级的能量为- 1.51 eV

4、,故要使其电离至少需要吸收L51eV的能量, 故D错误； 应选C.3.随着通信技术的更新换代,无线通信使用的电磁波频率更高,频率资源更丰富,在相同时间内能够传输 的信息量更大.第5代移动通信技术简称5G意味着更快的网速和更大的网络容载水平,“4G改变生活, 5G改变社会:与4G相比,5G使用的电磁波 A光子能量更大 B衍射更明显C传播速度更大 D波长更长【解析】A.由于5G使用的电磁波频率比4G高,根据E=人可知5G使用的电磁波比4G光子能量更大, 故A正确：B.发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸可以跟波长相比,甚至比波长还小：因5G使用的电磁波 频率更高,即波长更短,故5G越不容易发生明显

5、衍射,故B错误：C.光在真空中的传播速度都是相同的：光在介质中的传播速度为Cv = n5G的频率比4G高,而频率越大折射率越大,光在介质中的传播速度越小,故C错误：D.因5G使用的电磁波频率更高,根据v = 2可知波长更短,故D错误.应选A.4.如下图,一定量的理想气体从状态A开始,经历两个过程,先后到达状态B 和C.有关A、B和C三个状态温度、Tb和Tc的关系,正确的选项是 A Ta=Tb, Tb=Tc BnVTb,TbTc D 7X=7c 7b心,故为Ta：而状态B到状态C是一个等容过程,有由于PBPC,故TbTc：对状态A和C有3 32Po x、匕 -/Ax2%hTc可得7X=Tc;综上

6、分析可知C正确,ABD错误;应选Co5.我国首次火星探测任务被命名为“天问一号:火星质量约为地球质量的10%,半径约为地球半径的50%,以下说法正确的选项是 A火星探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度B火星探测器的发射速度应介于地球的第一和第二宇宙速度之间C火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度D火星表而的重力加速度大于地球外表的重力加速度【解析】A.当发射速度大于第二宇宙速度时,探测器将脱高地球的引力在太阳系的范围内运动,火星在太 阳系内,所以火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度,故A正确；B.第二宇宙速度是探测器脱离地球的引力到太阳系中的临界条件,当发射速度介于地球的第一和第二宇宙

7、 速度之间时,探测器将围绕地球运动,故B错误：C.万有引力提供向心力,那么有GMm m2解得第一宇宙速度为所以火星的第一宇宙速度为所以火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度,故c错误; D.万有引力近似等于重力,那么有GMm解得星表而的重力加速度GM 火 10% 2g火二二西且地二六地所以火星外表的重力加速度小于地球外表的重力加速度,故D错误. 应选A.6. 一列简谐横波某时刻波形如图甲所示.由该时刻开始计 升时,质点L的振动情况如图乙所示.以下说法正确的选项是 /A该横波沿x轴负方向传播 o V- 夕. o Y- B质点N该时刻向y轴负方向运动 | 、/ I V/C质点L经半个周期将沿x轴

8、正方向移动 甲 乙D该时刻质点K与M的速度、加速度都相同【解析】AB.由图可知乙质点L的振动情况,该时刻质点L向y轴正方向振动.根据上下坡法或者平移法 可知,该横波沿x轴正方向传播,质点N该时刻向y轴负方向运动,故A错误,故B正确；C.质点L只在平衡位置附近y轴方向上下振动,波传播时,质点不会沿x轴正方向移动,故C错误： D.该时刻质点K与M的速度为零,质点K加速度为-,方向,质点M加速度为方向,故D错误. 应选B.7.真空中某点电荷的等势面示意如图,图中相邻等势而间电势差相等.以下说法 正确的选项是 A该点电荷一定为正电荷8B P点的场强一定比Q点的场强大9C P点电势一定比Q点电势低D正检

9、验电荷在P点比在Q点的电势能大【解析】A.正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳,该点电荷不一定为 正电荷,故A错误：B.相邻等势而间电势差相等,P点附近的等差等势面更加密集,故P点的场强一定比Q点的场强大,故B 正确：C.正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳,假设为正点电荷,那么P点电势一定比Q点电势高,故C 错误：D.从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷,无法判断P点电势与Q点电势的上下, 就无法判断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小,故D错误.应选B.8.如下图,在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针.现驱动圆盘绕中央轴高速旋转,小磁针发生偏转.以下说法正确

10、的选项是 A偏转原因是圆盘周围存在电场B偏转原因是圆盘周围产生了磁场C仅改变圆盘的转动方向,偏转方向不变D仅改变圆盘所带电荷的电性,偏转方向不变【答案】B【解析】AB.小磁针发生偏转是由于带负电荷的橡胶圆盘高速旋转形成电流,而电流周闱有磁场,磁场会 对放入其中的小磁针有力的作用,故A错误,B正确：C.仅改变圆盘的转动方向,形成的电流的方向与初始相反,小磁针的偏转方向也与之前相反,故C错误: D.仅改变圆盘所带电荷的电性,形成的电流的方向与初始相反,小磁针的偏转方向也与之前相反,故D错 误.应选B.9.如下图,理想变压器原线圈接在“=.111雨+夕的交流电源上,副线圈接三个阻值相同的电阻R,不计

11、电表内电阻影响.闭合开关$后 A电流表A?的示数减小 0B电压表V】的示数减小C电压表的示数不变D电流表A】的示数不变【解析】开关S闭合时,副线圈总的电阻减小,由于变压器的匝数比和输入的电压都不变,所以输出的电压 也不变,即V1示数不变,但因副线圈的总电阻减小,那么副线圈的总电流增大,那么原线圈的电流增大,故Ai 的示数变大：由于副线圈的电流增大,故串联在副线圈的电阻及两端的电压增大,而副线圈的总电压不变, 所以副线圈并联局部的电压减小,即Vz的示数减小,故电流表A?的示数减小,故A正确,BCD错误. 应选A.10.分子力产随分子间距离7的变化如下图.将两分子从相距笃处释放,仅考虑这两个分于间

12、的作用,以下说法正确的选项是 A从r=rz到r=ro分子间引力、斥力都在减小B从7=生到=力分子力的大小先减小后增大C从r=7?到分子势能先减小后增大D从7f 2到r=ri分子动能先增大后减小【解析】A.从,=72到广=厂.分子间引力、斥力都在增加,但斥力增加得更快,故A错误：B.由图可知,在,=,.时分子力为零,故从到=ri分子力的大小先增大后减小再增大,故B错误;C.分子势能在,=%时分子势能最小,故从到,=%分子势能一直减小,故C错误；D.从,=72到=打分子势能先减小后增大,故分子动能先增大后减小,故D正确.应选D.11.某同学利用图中所示装置研究摩擦力的变化情况.实验台上固定一个力传

13、感器,传感器用棉线拉住物 块,物块放置在粗糙的长木板上.水平向左拉木板,传感器记录的Fr图像如图乙所示.以下说法正确的选项是 A实验中必须让木板保持匀速运动B图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线C最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10 ： 7D只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数【答案】C【解析】AB.为了能研究摩擦力随时间的变化曲线,故物块一直要处于静止状态,那么向左的摩擦力一直与 向右轻绳的拉力平衡,图乙是向右轻绳的拉力随时间变化曲线,故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的曲 线,由图可乙知向右轻绳的拉力先增大后减小,最后趋于不变,故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力作 用,所以不需要让

14、木板保持匀速运动,故AB错误：C.由图可知,最大静摩擦力约为10N,滑动摩擦力约为7N,故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10 ： 7,故C正确；D.根据F尸 jiFn,F=ngo可知,由于不知道物块的重力,故无法求物块与木板间的动摩擦因数,故D错误.应选C.12.图中表示某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情 况.把这段金属丝与电池、电流表串联起来图乙,用这 段金属丝做测温探头,把电流表的刻度改为相应的温度刻 度,就得到了一个简易温度计.以下说法正确的选项是 A,A应标在电流较大的刻度上,且温度与电流是线性关 系B以应标在电流较大的刻度上,且温度与电流是非线性关系C m应标在电流较大的刻度上,

15、且温度与电流是线性关系D为应标在电流较大的刻度上,且温度与电流是非线性关系【解析】由甲图可知,以点对应的电阻阻值较小,由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较大,故以应 标在电流较大的刻度上：而加点对应的电阻阻值较大,由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较小,故 也应标在电流较小的刻度上：由图甲得R = R.+ kt其中凡为图线的纵截距,由闭合电路欧姆定律得/= E/? + /?.+ r A联立解得E 风 + Rg + rI = kl k可知f与I是非线性关系,故B正确,ACD错误.应选B13.在同一竖直平而内,3个完全相同的小钢球1号、2号、3号悬挂于同一高度；静止时小球恰能接触且悬线平行,如

16、下图.在以下实验中,悬线始终保持绷紧状态,碰撞均为对心正碰.以下分析正确的选项是 A将1号移至高度h释放,碰撞后,观察到2号静止、3号摆至高度鼠假设2号换成质量不同的小钢球,重复上述实验,3号仍能摆至高度方 一B将1、2号一起移至高度释放,碰撞后,观察到1号静止,2、3号一起摆至高度瓦释放后整个过程机械能和动量都守恒C将右侧涂胶的1号移至高度为释放,1、2号碰撞后粘在一起,根据机械能守恒,3号仍能摆至高度方D将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放,碰撞后,2、3号粘在一起向右运动,未能摆至高度万释放后整个过程机械能和动量都不守恒【解析】A. 1号球与质量不同的2号球相碰撞后,1号球速度不为零

17、,那么2号球获得的动能小于1号球撞 2号球前瞬间的动能,所以2号球与3号球相碰撞后,3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动 能,那么3号不可能摆至高度从 故A错误；B.1、2号球释放后,三小球之间的碰撞为弹性碰撞,且三小球组成的系统只有重力做功,所以系统的机械 能守恒,但整个过程中,系统所受合外力不为零,所以系统动量不守恒,故B错误：C.1、2号碰撞后粘在一起,为完全非弹性碰撞,碰撞过程有机械能损失,所以1、2号球再与3号球相碰 后,3号球获得的动能缺乏以使其摆至高度从 故C错误：D.碰撞后,2、3号粘在一起,为完全非弹性碰撞,碰撞过程有机械能损失,且整个过程中,系统所受合外 力不为零

18、,所以系统的机械能和动量都不守恒,故D正确.应选D.14.在无风的环境,某人在高处释放静止的篮球,篮球竖直下落：如果 先让篮球以一定的角速度绕过球心的水平轴转动如图再释放,那么篮 球在向下掉落的过程中偏离竖直方向做曲线运动.其原因是,转动的篮 球在运动过程中除受重力外,还受到空气施加的阻力力和偏转力力.这 两个力与篮球速度v的关系大致为：力=人凡方向与篮球运动方向相反;f=k2v,方向与篮球运动方向垂直.以下说法正确的选项是A ki、胴是与篮球转动角速度无关的常量B篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同C人站得足够高,落地前篮球有可能向上运动D释放条件适宜,篮球有可能在空中持续一段水平直

19、线运动【详解】A.篮球未转动时,篮球竖直下落,没有受到偏转力力的作用,而篮球转动时,将受到偏转力力的 作用,所以偏转力力=心丫中的心与篮球转动角速度有关,故A错误：B.空气阻力一直对篮球做负功,篮球的机械能将减小,篮球的角速度也将减小,所以篮球没有足够的能量 回到原高度,故B错误；C.篮球下落过程中,其受力情况如以下图所示 力=h?篮球下落过程中,由受力分析可知,随着速度不断增大,篮球受到. 2 2 f=kv1力和力的合力沿竖直方向的分力可能比重力大,可使篮球竖直方向 的分速度减小为零或变成竖直向上,所以篮球可能向上运动,故C 正确： D.如果篮球的速度变成水平方向,那么空气阻力的作用会使篮球

20、速 V-度减小,那么篮球受到的偏转力力将变小,不能保持力与重力持续等大反向,所以不可能在空中持续一段水平直线运动,故D错误. 应选C.第二局部本局部共6题,共58分.15.9分在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系实验中,做如下探究：1为猜测加速度与质量的关系,可利用图1所示装置进行比照实验.两小车放在水平板上,前端通过钩 码牵引,后端各系一条细线,用板擦把两条细线按在桌上,使小车静止.抬起板擦,小车同时运动,一段时 间后按下板擦,小车同时停下.比照两小车的位移,可知加速度与质量大致成反比.关于实验条件,以下正 确的是： 选填选项前的字母.A小车质量相同,钩码质量不同B小车质量不同,钩码质量

21、相同C小车质量不同,钩码质量不同 板擦 运动方向 匹卜F T 小车 B图12某同学为了定量验证1中得到的初步关系,设计实验并得到小车加速度.与质量河的7组实验数 据,如下表所示.在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点,请将余下的一组数据描在坐标纸上,并作出aTi图像次数1234567a/(m s)0.620.560.480.400320.240.15Mkg0.250.290.330.400.500.711.003在探究加速度与力的关系实验之前,需要思考如何测“力工请在图3中 画出小车受力的示意图.为了简化“力的测量,以下说法正确的选项是： 选填选项前的字母.A.使小车沿倾角适宜的斜面运动,小

22、车受力可等效为只受绳的拉力B.假设斜面倾角过大,小车所受合力将小于绳的拉力C.无论小车运动的加速度多大,砂和桶的重力都等于绳的拉力D.让小车的运动趋近于匀速运动,砂和桶的重力才近似等于绳的拉力【解析】1为了探究加速度与质量的关系,必须限制小车所受拉力相同,而让小车的质量不同,所以钩码 质量相同,故B正确.2数据描点和图像如下图（3）A.使小车沿倾角适宜的斜而运动,小车所受重力沿斜面的分力刚好等于小车所受的摩擦力,那么小车 受力可等效为只受绳的拉力,故A正确：B.假设斜面倾角过大,重力沿斜面的分力大于摩擦力,小车所受合力将大于绳的拉力,不利于简化力的测 量,故B错误：C.由牛顿第二定律可知,无论

23、小车运动的加速度多大,砂和桶的重力都大于绳的拉力,故C错误；D.当小车的质量远大于砂和桶的质量时,砂和桶的重力近似等于绳的拉力,故D错误.应选A.16.9分用图1所示的甲、乙两种方法测量某电源的电动势和内电阻约为1 Qo其中R为电阻箱,17.在图3中,对应图甲电路分析的图像是：；对应图乙电路分析的图像是：.3综合上述分析,为了减小由电表内电阻引起的实验误差,本实验应选择图1中的填“甲或“乙、 【解析】1将电源和电流表视为等效电源,电源电动势是电源本身具有的属性,电流表不具有产生电动势 的本领,所以等效电源的电动势仍然为=而电流表的内阻和电动势的内阻作为等效电源的内阻,即产 =?,+2对甲图,考

24、虑电表内阻时,根据闭合电路欧姆定律得E = U 路+/=U+/r + /?A变形得U =-r + RAI + E直接通过实验获得数据,可得U=-M+E图像与纵轴截距均为电源电动势七,虚线对应的斜率大小为广,实线对应的斜率大小为 十 Ra,所以对应图甲电路分析的u /图像是C；对乙图,考虑电表内阻时即虚线对应的真实情况,根据闭合电路欧姆定律得变形得u=_-RJRje& + r r直接通过实验获得数据,可得U = -rI + E%-rr虚线对应的斜率大小为厂,实线对应的斜率大小为& + r ,虚线对应的纵轴截距为石,实线对应的纵-E 轴方向,建立平面直角坐标系,写出该 包裹运动的轨迹方程.h =；

25、娟【解析】1包裹脱离无人机后做平抛运动,在竖直方向做自由落体运动,那么 2解得kV?水平方向上做匀速直线运动,所以水平距离为x=vQt=vQyj2包裹落地时,竖直方向速度为2hv产落地时速度为 ？=后q=后却3包裹做平抛运动,分解位移1八y=2gt两式消去时间得包裹的轨迹方程为y=A 炉ZVQ19.9分如图甲所示,N=200匝的线圈图中只 画了 2匝,电阻=2Q,其两端与一个R=48C的 电阻相连,线圈内有指向纸内方向的磁场.线圈中的 磁通量按图乙所示规律变化.1判断通过电阻R的电流方向；2求线圈产生的感应电动势E：3求电阻火两端的电压【解析】1根据图像可知,线圈中垂直于纸而向里 的磁场增大,

26、为了阻碍线圈中磁通量的增大,根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外,根据安培定那么可知线圈中的感应电流为逆时针方向,所通过电阻R的电流方向为a-b. 2根据法拉第电磁感应定律0.10E = N = 200xQQ15-001QV = 10V3电阻R两端的电压为路端电压,根据分压规律可知R AOU = E = X1OV = 9.6VR + r 48 + 220.10分如图甲所示,真空中有一长直细金属导线MN,与导线同轴放 置一半径为R的金属圆柱而.假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子, 电子质量为电荷量为不考虑出射电子间的相互作用.1可以用以下两种实验方案测量出射电子的初速度：A在

27、柱面和导线之间,只加恒定电压；B在柱而内,只加与MN平行的匀强磁场.当电压为3或磁感应强度为及时,刚好没有电子到达柱而.分别计算出射 电子的初速度的.2撤去柱面,沿柱面原位置放置一个弧长为.、长度为b的金属片,如图乙所示.在该金属片上检测到 出射电子形成的电流为,电子流对该金属片的压强为p.求单位长度导线单位时间内出射电子的总动能.【详解】1 A在柱面和导线之间,只加恒定电压S,粒子刚好没有电子到达柱面,此时速度为零,根 据动能定理有解得“=7黄B在柱而内,只加与MN平行的匀强磁场,磁感应强度为瓦时,刚好没有电子到达柱而,设粒子的偏 转半径为尸,根据几何关系有2r=R根据洛伦兹力提供向心力,那

28、么有2BoqR纥/7%=机组 解得2撤去柱面,设单位长度射出电子数为M那么单位时间都到柱面的粒子数为N2/rR金属片上电流/ = %eab由于电子流对金属片的压强为p,那么电子流对金属片单位时间内的压力为 F=p ab由牛顿第三定律可得,金属片对电子流的作用为F,= F = - pub根据动量定理有F 4 = -n0Z?Ar /%解得peabvo = ml故总动能为1 Np2a3b3瓦=. 而.-=4曲F21.12分某试验列车根据设定的直线运动模式,利用计算 机限制制动装置,实现平安准确地进站停车.制动装置包括电 气制动和机械制动两局部.图1所示为该列车在进站停车过程 中设定的加速度大小.丁随速度v的变化曲线.1求列车速度从20 iWs降至3 m/s经过的时间t及行进的 距离工.2有关列车电气制动,可以借助图2模型来理解.图中水 平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中,回路中的电阻阻 值为R,不计金属棒MN及导轨的电阻.MN沿导轨向右运动的过程,对应列车的电气制动过程,可假设MN棒运动的速度与 M列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比. P 1列车开始制动时,其速度和电气