文档内容
北京市2020年普通高中学业水平等级性考试物理
一、单选题
1.以下现象不属于干涉的是（ ）
A. 白光经过杨氏双缝得到彩色图样
B. 白光照射肥皂膜呈现彩色图样
C. 白光经过三棱镜得到彩色图样
D. 白光照射水面油膜呈现彩色图样
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据光的干涉定义可知白光经过杨氏双缝得到彩色图样是杨氏双缝干涉，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，光线通过薄膜时频率不变，干涉条
纹的产生是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波的叠加，白光照射肥皂膜呈现
彩色图样是属于干涉现象，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．水面上的油膜呈现彩色是光的干涉现象，属于薄膜干涉，故D错误；
故选C。
2.氢原子能级示意如图。现有大量氢原子处于n=3能级上，下列说法正确的是（ ）
A. 这些原子跃迁过程中最多可辐射出2种频率的光子
第1页 | 共26页B. 从n=3能级跃迁到n=1能级比跃迁到n = 2能级辐射的光子频率低
C. 从n=3能级跃迁到n = 4能级需吸收0.66eV的能量
D. n=3能级的氢原子电离至少需要吸收13.6eV的能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．大量氢原子处于n=3能级跃迁到n=1最多可辐射出C2 =3种不同频率的光
3
子，故A错误；
B．根据能级图可知从n=3能级跃迁到n=1能级辐射的光子能量为
hn = 13.6eV- 1.51eV
1
从n=3能级跃迁到n = 2能级辐射的光子能量为
hn = 3.4eV- 1.51eV
2
比较可知从n=3能级跃迁到n=1能级比跃迁到n = 2能级辐射的光子频率高，故B错误；
C．根据能级图可知从n=3能级跃迁到n = 4能级，需要吸收的能量为
E= 1.51eV- 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-
1.51eV，故要使其电离至少需要吸收1.51eV的能量，故D错误；
故选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
络容载能力，“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
【答案】A
【解析】
【详解】A．因为5G使用的电磁波频率比4G高，根据E =hn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5
第2页 | 共26页G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
c
v=
n
5G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
c
n=
l
可知波长更短，故D错误。
故选A。
4.如图所示，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T 、T 和T 的关系，正确的是（ ）
A B C
A. T =T ，T =T B. T T D. T =T ，T V ，故T >T ；而状态B到状态C是一个等容过程，有
B A B A
p p
B = C
T T
B C
因为p >p ，故T >T ；对状态A和C有
B C B C
第3页 | 共26页3 3
2p ´ V p ´ 2V
0 5 0 5 0 0
=
T T
A C
可得T =T ；综上分析可知C正确，ABD错误；
A C
故选C。
5.我国首次火星探测任务被命名为“天问一号”。已知火星质量约为地球质量的10%，半
径约为地球半径的50%，下列说法正确的是（ ）
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. 火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度
【答案】A
【解析】
【详解】A．当发射速度大于第二宇宙速度时，探测器将脱离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，则有
GMm mv2
= 1
R2 R
解得第一宇宙速度为
GM
v =
1 R
所以火星的第一宇宙速度为
10% 5
v = v = v
火 50% 地 5 地
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，则有
GMm
=mg
R2
第4页 | 共26页解得星表面的重力加速度
GM 10% 2
g = 火 = g = g
火 R 2 50%2 地 5 地
火
所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误。
故选A。
6.一列简谐横波某时刻波形如图甲所示。由该时刻开始计时，质点L的振动情况如图乙所示
。下列说法正确的是（ ）
A. 该横波沿x轴负方向传播
B. 质点N该时刻向y轴负方向运动
C 质点L经半个周期将沿x轴正方向移动
D. 该时刻质点K与M的速度、加速度都相同
【答案】B
【解析】
【详解】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；
第5页 | 共26页D．该时刻质点K与M的速度为零，质点K加速度为-
y方向，质点M加速度为+y方向，故D错误。
故选B
。
7.真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等。下列说法正确的是
（ ）
A. 该点电荷一定为正电荷
B. P点的场强一定比Q点的场强大
C. P点电势一定比Q点电势低
D. 正检验电荷在P点比在Q点的电势能大
【答案】B
【解析】
【详解】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．相邻等势面间电势差相等，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，若为正点电荷，则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
电势的高低，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。
故选B。
第6页 | 共26页8.如图所示，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针。现驱动圆盘绕中心轴高速旋转
，小磁针发生偏转。下列说法正确的是（ ）
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】
【详解】AB．小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘高速旋转形成电流，而电流周围
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。
故选B。
9.如图所示， 理想变压器原线圈接在u =U sinwt+j 的交流电源上，
m
副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后（ ）
第7页 | 共26页A. 电流表A 的示数减小
2
B. 电压表V 的示数减小
1
C. 电压表V 的示数不变
2
D. 电流表A 的示数不变
1
【答案】A
【解析】
【详解】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V 示数不变，但因副线圈的总电阻减小，则副线圈的总电流
1
增大，则原线圈的电流增大，故A 的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈
1
的电阻R两端的电压增大，而副线圈的总电压不变，所以副线圈并联部分的电压减小，即
V 的示数减小，故电流表A 的示数减小，故A正确，BCD错误。
2 2
故选A。
10.分子力F 随分子间距离r的变化如图所示。将两分子从相距r =r 处释放，仅考虑这两
2
个分于间的作用，下列说法正确的是（ ）
第8页 | 共26页A. 从r =r 到r=r 分子间引力、斥力都在减小
2 0
B. 从r =r 到r =r 分子力的大小先减小后增大
2 1
C. 从r =r 到r=r 分子势能先减小后增大
2 0
D. 从r =r 到r =r 分子动能先增大后减小
2 1
【答案】D
【解析】
【详解】A．从r =r 到r=r 分子间引力、斥力都在增加，但斥力增加得更快，故A错误；
2 0
B．由图可知，在r=r 时分子力为零，故从r =r 到r =r 分子力的大小先增大后减小再增
0 2 1
大，故B错误；
C．分子势能在r=r 时分子势能最小，故从r =r 到r=r 分子势能一直减小，故C错误；
0 2 0
D．从r =r 到r =r 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。
2 1
故选D。
11.某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，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F -t图
像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
第9页 | 共26页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10:7
D. 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】
【详解】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，则向左
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 =mF ，F =mg
f N N
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。
故选C。
12.图甲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。下列说法正确的是（ ）
第10页 | 共26页A. t 应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系
A
B. t 应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
A
C. t 应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系
B
D. t 应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
B
【答案】B
【解析】
【详解】由甲图可知，t 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
A
流较大，故t 应标在电流较大的刻度上；而t 点对应的电阻阻值较大，由闭合电路欧姆定
A B
律知对应电路中的电流较小，故t 应标在电流较小的刻度上；由图甲得
B
R= R +kt
0
其中R 为图线的纵截距，由闭合电路欧姆定律得
0
E
I =
R+R +r
g
联立解得
E R +Rg+r
t = - 0
kI k
可知t与I是非线性关系，故B正确，ACD错误。
故选B
。
13.在同一竖直平面内，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
第11页 | 共26页小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，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h。若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h
B.
将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，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h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h
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h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
【答案】D
【解析】
【详解】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，则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，则3号不可能摆至高度h，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
第12页 | 共26页再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度h，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，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。
故选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，则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 f 和
1
偏转力 f 。这两个力与篮球速度v的关系大致为： f =kv2，方向与篮球运动方向相反；
2 1 1
f =k v，方向与篮球运动方向垂直。下列说法正确的是（ ）
2 2
A. k 、k 是与篮球转动角速度无关的常量
1 2
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. 释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动
【答案】C
【解析】
【详解】A．篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力 f 的作用，而篮球转动时，
2
将受到偏转力 f 的作用，所以偏转力 f =k v中的k 与篮球转动角速度有关，故A错误；
2 2 2 2
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，其受力情况如下图所示
第13页 | 共26页篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到 f 和 f 的合力沿竖直
1 2
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，则空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的
偏转力 f 将变小，不能保持 f 与重力持续等大反向，所以不可能在空中持续一段水平直
2 2
线运动，故D错误。
故选C。
15.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）为猜想加速度与质量的关系，可利用图1所示装置进行对比实验。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。对比两小车的位移，可
知加速度与质量大致成反比。关于实验条件，下列正确的是：________(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，钩码质量相同
C. 小车质量不同，钩码质量不同
（2）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a与质量M
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
第14页 | 共26页1
组数据描在坐标纸上，并作出a- 图像______。
M
次数 1 2 3 4 5 6 7
a/
m×s-2
0.62 0.56 0.48 0.40 0.32 0.24 0.15
M /kg 0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00
（3）在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。请在图3中画出小车受
力的示意图。为了简化“力”的测量，下列说法正确的是：__________（选填选项前的字
母）。
第15页 | 共26页A．使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受绳的拉力
B．若斜面倾角过大，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
【答案】 (1). B (2). (3).
A
【解析】
【详解】（1）[1]为了探究加速度与质量的关系，必须控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。
1
（2）[2]数据描点和a- 图像如图所示
M
第16页 | 共26页（3）[3]A．使小车沿倾角合适的斜面运动，小车所受重力沿斜面的分力刚好等于小车所受
的摩擦力，则小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；
B．若斜面倾角过大，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。
故选A。
16.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1Ω）。其中R为电阻
箱，电流表的内电阻约为0.1Ω，电压表的内电阻约为3kΩ。
（1）利用图1中甲图实验电路测电源的电动势E和内电阻r，所测量的实际是图2中虚线框所
示“等效电源”的电动势E¢和内电阻r¢。若电流表内电阻用R 表示，请你用E、r和R 表
A A
示出E¢、r¢，并简要说明理由_______。
（2）某同学利用图像分析甲、乙两种方法中由电表内电阻引起的实验误差。在图3中，实
U
线是根据实验数据（图甲：U=IR，图乙：I = ）描点作图得到的U-
R
I图像；虚线是该电源的路端电压U随电流I变化的U-
第17页 | 共26页I图像（没有电表内电阻影响的理想情况）。
在图3中，对应图甲电路分析的U-I图像是：__________；对应图乙电路分析的U-
I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”）。
【答案】 (1). E¢= E，r+R ，理由见解析 (2). C (3). A (4). 乙
A
【解析】
【详解】(1)[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
E¢= E
而电流表的内阻和电动势的内阻作为等效电源的内阻，即
r¢=r+R
A
(2)[2]对甲图，考虑电表内阻时，根据闭合电路欧姆定律得
E =U +Ir =U +I(r +R )
路 内 A
变形得
U =-(r +R )I +E
A
直接通过实验获得数据，可得
U =-rI +E
图像与纵轴截距均为电源电动势E，虚线对应的斜率大小为r，实线对应的斜率大小为
(r +R )，所以对应图甲电路分析的U -I 图像是C；
A
[3]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
第18页 | 共26页U r
E =U +Ir =U +(I + )r =U +Ir +U
路 内 R R
V V
变形得
R r R
U =- V I + V E
R +r R +r
V V
直接通过实验获得数据，可得
U =-rI +E
R
虚线对应的斜率大小为r，实线对应的斜率大小为 V r
