【文档说明】【精准解析】北京市北大附中实验学校2021届高三上学期调研测试物理试卷.doc，共(15)页，497.500 KB，由小赞的店铺上传

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北大附中2021届高三调研测试物理一、本部分共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分。1.下列说法正确的是（）A.加速度的方向总是和速度方

向相同B.加速度的方向总是和速度变化量的方向相同C.做曲线运动的物体，相同时间内动量的变化量可能相同D.自由下落的物体，相同时间内动能的变化量相同【答案】BC【解析】【详解】A．加速度的方向与速度变化量的方向相同

，与速度方向没有关系，A错误；B．加速度的方向总是和速度变化量的方向相同，B正确；C．物体做平抛运动或斜抛运动时，只受重力，根据动量定理PFt，动量变化量等于合外力的冲量，在相等时间内物体合外力冲量相

同，则动量变化量也相同，C正确；D．自由下落的物体，只受重力，根据动能定理知，合力做的功等于物体动能的变化量，相同时间内，物体下落的高度越来越大，重力做的功也越来越多，所以相同时间内动能的变化量不相同，D错误。故选BC。2.真空中某竖直平面内存在一水平向

右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则()A.微粒一定带正电B.微粒一定做匀速直线运动C.可求出匀强电场的电场强度D.可求出微粒运动的加

速度【答案】D【解析】【分析】带点微粒做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力的方向可确定微粒运动的性质．【详解】A.微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，微粒受到竖直向下的重力，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力

方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，故A错误；B.微粒受到向左的电场力与竖直向下的重力，合力的方向为左下方，所以运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B错误；CD.由以上的分析可知，电场力：qEtanθ=m

g，sinmgma；解得tanmgEq，singa由于不知道微粒的电量，所以不能完成该匀强电场的电场强度，可求出微粒运动的加速度．故C错误，D正确；故选D．3.如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的水平地板

上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用一水平恒力F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动一起向左加速运动，在加速运动阶段（）A.甲、乙两物块间的摩擦力不断减小B.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大C.甲、乙两物块间的摩擦

力保持不变D.乙物块与地面之间的摩擦力不断增大【答案】AD【解析】【详解】ABC．甲、乙两物块间没有相对的滑动，是静摩擦力，由于乙与地面之间的滑动摩擦力的增大，整体的加速度减小，所以对于甲来说，静摩擦力作为合力产生加速度，

由于整体的加速度减小，所以甲、乙两物块间的摩擦力减小，A正确，BC错误；D．甲带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力的方向向下，所以对乙的压力变大，乙与地面之间的为滑动摩擦力，压力变大，所以滑动摩擦力也变大，D正确。故选AD。【点睛】甲运

动要受到洛伦兹力的作用，从而使物体与地面间的压力变大，摩擦力变大，加速度减小，根据牛顿第二定律分析甲受到的静摩擦力即可；注意拉力F为恒力。4.如图1所示，物体A以速度v0做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为L，图1中的虚线是A做平抛运动的轨迹。图2中的曲线是一光滑轨道

，轨道的形状与图1中的虚线相同。让物体B从轨道顶端无初速下滑，B下滑过程中没有脱离轨道。物体A、B都可以看作质点。重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A.A、B两物体落地时的速度方向相同B.A、B两物体落地时的速度大小相等C.物体B落地时水平方向的速度大小为25gLD.物体B落地时重力

的瞬时功率为2mggL【答案】AC【解析】【详解】A．因为轨迹相同，所以在落地时的速度方向一致，故A正确；B．由动能定理得，A、B的都是重力做功，且大小相同，物体A以速度0v做平抛运动，物体B从轨道顶端无初速下滑，所以B的末速度小于A的末速度，故B错误；C．根据平抛运动的

知识，A沿水平方向0Lvt竖直方向02yvLt所以02yvvA落地时的速度22A005yvvvvA落地时速度的方向0A5cos5vv重力对B做功212WmgLmvB的末速度2vgL

因为B与A的落地速度方向相同，所以B的水平分速度为2cos5gLv故C正确；D．因为B的落地速度为2gL，则竖直方向的分速度222cos25ygLvvv所以物体B落地时重力的瞬时功率为225gLmg，故D错误。故选AC。【点睛】在处理平抛运动时，关键是知道将平抛运

动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，两个运动具有等时性，即运动时间相同，然后列式求解。5.在如图所示的U-I图中，直线a为某电源的路端电压与电流的关系，直线b为某电阻R的电压与电流的关系。现用该电源直接与电阻R连接成

闭合电路，由图可知（）A.该电阻的阻值为2.0ΩB.该电源的电动势为6.0V，内阻为2.0ΩC.该电源的路端电压为4.0V，输出功率为4.0WD.用比R电阻大的电阻与该电源组成闭合回路，电源的输出功率可能增大【答案

】BC【解析】【详解】A．由图象b可知，外电阻441URI故A错误；B．由图象a可知，电源电动势E=6.0V，短路电流I短=3.0A，电源内阻623ErI短故B正确；C．由两图象的交点坐标，路端电压为

4.0V，干路电流为1.0A，电源的输出功率为P出=UI=4.0×1.0W=4.0W故C正确；D．电源的内阻为r=2Ω，电阻R=4Ω，因当外电阻R与内阻r相等时，电源输出功率最大，可知用比R电阻大的电阻与该电源组成闭合回路，电

源的输出功率一定减小，选项D错误；故选BC。6.据报道，2016年2月18日嫦娥三号着陆器玉兔号成功自主“醒来”，嫦娥一号卫星系统总指挥兼总设计师叶培建院士介绍说，自2013年12月14日月面软着陆以来，中国嫦娥三号月球探测器创造了全世界在

月工作时间最长纪录．假如月球探测器在月球表面以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t后小球回到出发点．已知月球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是()A.月球表面的重力加速度为0vtB.月球的质量为202vRGtC.探测器在月球

表面获得02vRt的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动D.探测器在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为0Rtv【答案】BC【解析】【分析】根据竖直上抛运动求得月球表面的重力加速度，再根据重力与万有引力相等求得月球质量和月球的第一宇宙速度．【详解】根据竖直上抛运动规律△v＝gt可知，月

球表面的重力加速度02vgt，故A错误；在月球表面重力与万有引力相等有2MmGmgR，可得月球质量2202vRgRMGGt，故B正确；据万有引力提供圆周运动向心力可知，卫星的最大运行速度02RvGMvRt，故C正

确；绕月球表面匀速飞行的卫星的周期022RRtTvv，故D错误．所以BC正确，AD错误．【点评】根据竖直上抛求得月球表面的重力加速度，再根据重力与万有引力相等和万有引力提供卫星圆周运动向心力分析求解是关键．7.如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C

和电阻R，导体棒MN放在导轨上且与导轨接触良好，整个装置放置在垂直于导轨平面的磁场中，磁感应强度B随时间的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则20~t时间内（）A.电容器C的电荷量大小始终不变B.电容器C的a板先带正电

后带负电C.MN所受安培力的方向先向右后向左D.MN所受安培力的在大小始终不变【答案】AC【解析】【详解】由图乙知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势恒定，电路中电

流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器两端的电压恒定，根据QCU可知电容器C的电荷量大小始终不变，故A正确；根据楞次定律判断可知，通过导体棒的电流一直向上，故电容器a板电势为较高，一直带正电，故B错误；由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方

向先向右后向左，故C正确；根据安培力公式FBIL，IL、不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故D错误.8.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力

加速度取10m/s2。由图中数据可得（）A.物体的质量为2kgB.h=0时，物体的速率为10m/sC.h=2m时，物体的动能Ek=40JD.从地面至h=4m，物体的动能减少100J【答案】ABD【解析】【详解】A．Ep-h图像知其斜率为G

，故G=80J4m=20N解得m=2kg故A正确；B．h=0时，Ep=0Ek=E机-Ep=100J-0=100J故212mv=100J解得v=10m/s故B正确；C．h=2m时，Ep=40JEk=E机-Ep=90J-40J=50J故C错误；D．h=0时Ek

=E机-Ep=100J-0=100Jh=4m时Ek’=E机-Ep=80J-80J=0J故Ek-Ek’=100J故D正确。故选ABD。二、本卷共5小题，共60分。请用钢笔或圆珠笔将答案写在答题纸上。9.在做“测定匀变速直

线运动的加速度”的实验中，某同学利用打点计时器打出了多条纸带，并从中取出一条进行研究，如图所示。设0点为计数起点，相邻两计数点之间的时间间隔为0.1s。回答下列问题：(1)计数点1与起始点0的距离为_____cm；(2)打计数点1时物体

的瞬时速度大小为_____m/s；(3)物体的加速度大小为_____m/s2。【答案】(1).3(2).0.4(3).2【解析】【详解】(1)[1]由于匀变速直线运动在连续相等的时间内位移之差为常数，即321211115888xxs

xxss解得13cms(2)[2]根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得10.08m/s=0.4m/s20.1v(3)[3]根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小221320.02mxxxxxaT

解得220.02m/s2m/s0.01a10.如图所示，一个质量m=10kg的物体放在水平地面上。对物体施加一个F=50N的拉力，使物体做初速为零的匀加速直线运动。已知拉力与水平方向的夹角θ=37°，物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.50，sin37°=0.60，cos37°=0

.80，取重力加速度g=10m/s2。(1)求物体运动的加速度大小；(2)求物体在2.0s末的瞬时速率；(3)若在2.0s末时撤去拉力F，求此后物体沿水平地面可滑行的最大距离。【答案】(1)0.5m/s2；(2)1m/s；(3)0.1m【解析】【详解】(1)对物体进行受力分析，如图

所示以向右为正方向，根据牛顿第二定律以及平衡条件可以得到：水平方向cos37Ffma竖直方向sinFFmg支根据摩擦力公式fNF支联立代入数据可以得到20.5m/sa(2)根据速度与时间的关系可以得到0.52m/s1m/svat(3)撤去力F后，根据牛顿第二定律得

到'mgma则2'm/5sag根据位移与速度关系可以得到22001m0.1m2'25vxa11.如图，在xOy直角坐标系中，在第三象限有一平行x轴放置的平行板电容器，板间电压

U=1×102V。现有一质量m=1.0×10－12kg，带电荷量q=2.0×10－10C的带正电的粒子（不计重力），从下极板处由静止开始经电场加速后通过上板上的小孔，垂直x轴从A点进入第二象限的匀强磁场中。磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B=1T。粒子在磁场中转过四分之一圆周后

又从B点垂直y轴进入第一象限，第一象限中有平行于y轴负方向的匀强电场E，粒子随后经过x轴上的C点，已知OC=1m。求：(1)请说明粒子在各个象限的运动，分别属于哪种典型模型？(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r；

(3)第一象限中匀强电场场强E的大小。【答案】(1)见解析；(2)1m；(3)400V/m【解析】【详解】(1)粒子在第三象限的平行板电容器中在电场力作用下做匀加速运动；进入第二象限的磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动；进入第一象限的电场时水平方向做匀速运动，竖直方向在电场力作用

下做匀加速运动，即做类平抛运动；(2)设粒子飞出极板的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示，由动能定理Uq＝12mv2-0解得2200m/sUqvm＝＝粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2

vqvBmr＝解得粒子做圆周运动的半径r=1m(3)粒子从B点运动到C点的过程，粒子做类平抛运动，沿x轴方向OC＝vt沿y轴负方向BO＝12at2由牛顿第二定律得Eq=ma其中BO=r=1m，解得E=400V/m12.如图所示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的

平行导轨，NQMN。导轨平面与水平面间的夹角=37，NQ间连接有一个R=4的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0=1T。将一根质量为m=0.05kg、轨道间有效电阻为r=1的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨的电

阻不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度。试解答以下问题：（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）请定性说明金属棒在达到稳定速度前的加

速度和速度各如何变化？（2）当金属棒滑行至cd处时回路中的电流多大？金属棒ab两端的电势差多大？（3）金属棒达到的稳定速度时重力做功的瞬时功率多大？【答案】（1）金属棒的速度逐渐增大，加速度逐渐减小；（2）0.2A；0.8V；（3）0.6W【解析】【详解】（1）对金属棒受力分析，根据牛

顿第二定律可得sincosmgmgFma安①又0FBIL安②0BLvIRr③联立解得220sinco()sBagLvmRrg④由此可知，在达到稳定速度前，金属棒的速度逐渐增大，加速度逐渐减小（2）达到稳定速度

时，根据平衡条件有sincosmgFmg安⑤又0FBIL安⑥联立⑤⑥，代入数据解得:0.2AI此时，对应金属棒ab两端的电势差，由闭合电路欧姆定律有0.2A4Ω0.8VabUIR⑦（3

）根据法拉第电磁感应定律0EBLv⑧又由闭合电路欧姆定律有EIRr⑨联立⑧⑨，代入数据解得金属棒达到的稳定速度2m/sv所以，此时对应重力做功的瞬时功率有osin0.05102sin37W0.6WGPmgv

⑩13.如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的1/4圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速V0从右端滑上B，并以1/2V0滑离B

，确好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，试求：（1）木板B上表面的动摩擦因素μ；（2）1/4圆弧槽C的半径R；（3）当A滑离C时，C的速度．【答案】（1）（2）（3）VC=【解析】【详解】试题分析：（1）当A在B上滑动时，A与BC整体发生作用，由于水平面光滑，A

与BC组成的系统动量守恒：①，解得1014vv系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能：②③而④联立①②③式解得：⑤（2）当A滑上C，B与C分离，A与C发生作用，设到达最高点时速度相等为v2，由于水平面光滑，A与C组成的系统动量守恒：⑥A与C组成的系统机械能守恒：⑦由⑤⑥式解得

：⑧（3）当A滑下C时，设A的速度为vA，C的速度为vC，A与C组成的系统动量守恒:⑨A与C组成的系统动能守恒：⑩联立⑧⑨式解得：考点：能量守恒，动量守恒，机械能守恒．