2021届北京市人大附中高三（上）开学考试物理试题（解析版）

人大附中 2020-2021 学年度高三年级八月练习 物理 本试卷共 6 页，100 分。考试时长 90 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无 效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分 本部分共 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。 1. 下列说法正确的是（　　） A. 分子间的引力总是大于斥力 B. 分子间同时存在引力和斥力 C. 布朗运动就是液体分子的无规则运动 D. 液体中悬浮微粒越大，布朗运动越显著 【答案】B 【解析】 【详解】A．分子间的引力与斥力的大小关系与分子间的距离有关，引力可以大于斥力也可以小于斥力，A 错误； B．分子间同时存在引力和斥力，B 正确； C．悬浮在液体中的小微粒的无规则运动叫做布朗运动，布朗运动间接反映了液体分子的无规则运动，C 错 误； D．液体中悬浮的微粒越小，受到的液体分子的撞击力越不均匀，布朗运动越明显，D 错误。 故选 B。 2. 如图所示，一束可见光穿过玻璃三棱镜后，变为 a、b、c 三束单色光。如果 b 光是绿光，则以下说法正 确的是（　　） A. a 光可能是蓝光 B. c 光可能是红光 C. a 光的频率小于 b 光的频率 D. c 光的波长大于 b 光的波长 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】AB．因 b 光是绿光，则 a 光可能红、橙、黄光，不可能是蓝光，c 光可能蓝、靛、紫光，不可能是红光，故 AB 错误； C．由光路图可知，a 光的折射率小于 b 光，则 a 光的频率小于 b 光的频率，故 C 正确； D．由光路图可知，c 光的折射率大于 b 光，c 光的频率大于 b 光，c 光的波长小于 b 光的波长，故 D 错误。 故选 C。 3. 下列现象中，与原子核内部变化有关的是 A. 粒子散射现象 B. 天然放射现象 C. 光电效应现象 D. 原子发光现象 【答案】B 【解析】 【详解】A．α 粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故 A 项错误； B．天然放射现象是原子核内部发生变化自发的放射出 α 粒子或电子，从而发生 α 衰变或 β 衰变，故 B 项正 确； C．光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故 C 项错误； D．原子发光是原子跃迁形成的也没有涉及到原子核的变化，故 D 项错误． 4. 如图所示，用一根轻质细绳将一幅重力为 10N 的画框对称悬挂在墙壁上，当绳上的拉力为 10N 时，两段 细绳之间的夹角θ为（　　） A. 45° B. 60° C. 90° D. 120° 【答案】D 【解析】 【详解】两段细线的拉力大小相等，设为 T，则 T=10N，两边拉力的合力 G=10N，由平行四边形法则可知 三力互成 120°。 故选 D。 5. 将一定值电阻分别接到如图 1 和图 2 所示的两种交流电源上，在一个周期内该电阻产生的焦耳热分别为 和 ，则 等于（　　）1Q 2Q 1 2Q Q：A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】对于方波（图 1）来说，交流电压有效值为： 故在电阻上产生的焦耳热为 对于正弦波（图 2）来说，故交流电压有效值为： 故在电阻上产生的焦耳热为 故 故 A 正确 BCD 错误。 故选 A。 6. 甲乙两位同学分别使用图中所示的同一套装置，观察单摆做简谐运动时的振动图像，已知两人实验时所 用的摆长相同，落在同一木板上的细砂分别形成的曲线如图 N1、N2 所示。下面关于两图线相关的分析，正 确的是（　　） 21∶ 1 2∶ 2 1∶ 1 2∶ 1 0U u= 22 01 1 uUQ T TR R = = 0 2 2 uU = 22 02 2 2 uUQ T TR R = = 0 1 2 2 2 0: : 2:12 u uT TRQ RQ = =A. N1 表示砂摆摆动的幅度较大，N2 摆动的幅度较小 B. N1 表示砂摆摆动的周期较大，N2 摆动周期较小 C. N1 对应的木板运动速度比 N2 对应的木板运动速度大 D. N1 对应的砂摆摆到最低点时，摆线的拉力比 N2 对应的拉力大 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，N1、N2 的摆动幅度一样，故 A 错误； B．因两摆的摆长相等，则由单摆的周期公式 可知，两摆的周期相同，故 B 错误； C．由图可知，N1 的时间为 T，N2 的时间为 2T，则由 可知，N1 对应的木板运动速度为 N2 对应的木板 运动速度的 2 倍，故 C 正确； D．因为 N1、N2 的摆动幅度一样，故它们在最低点时的速度相等，由牛顿第二定律可求出摆线的拉力为 在上式中，v、L 相同，因使用同一套装置质量相同，故摆线的拉力相等，故 D 错误。 故选 C。 7. 如图甲所示，A、B 是一条电场线上的两点，若在 A 点释放一初速度为零的电子，电子仅受静电力作用， 并沿电场线从 A 运动到 B，其速度随时间变化的规律如图乙所示，设 A、B 两点的电场强度分别为 ，电势分别为 ，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】电子受力向右，因为电子带负电，受力方向与电场线方向相反，所以电场方向由 B 指向 A；根据 2 LT g π= xv t = 2vT mg m L = + A BE E、 A B ϕ ϕ、 A BE E= A B ϕ ϕ< A BE E< A B ϕ ϕ= A BE E> A B ϕ ϕ= A BE E= A B ϕ ϕ>沿着电场线方向电势逐渐降低， ；图乙电子做匀加速运动，a 不变，F=ma=Eq，所以 。 故选 A。 8. 如图所示，粗糙斜面固定在地面上，斜面上一质量为 m 的物块受到竖直向下的力 F 的作用，沿斜面向下 以加速度 a 做匀加速运动。则（　　） A. 若撤去 F，则物块可能沿斜面减速下滑 B. 若撤去 F，则物块可能沿斜面匀速下滑 C. 若增大 F，则物块加速下滑且加速度将增大 D. 若增大 F，则物块加速下滑且加速度将不变 【答案】C 【解析】 【详解】有力 F 时对物体受力分析，如图所示 根据共点力平衡条件及牛顿第二定律可知 ① ② f=μN ③ 解得 ④ AB．当推力 F 减为零时，加速度 a 减小，但不可能减为零，加速度方向与速度方向相同，加速运动，故 AB A B ϕ ϕ< A BE E= ( )sinmg F f maθ+ − = ( )cos 0N mg F θ− + = ( )(sin cos )Fa g m θ µ θ= + −错误； CD．当推力增加时，根据④式，物体的加速度一定增加，故 C 正确， D 错误。 故选 C。 9. 如图甲所示，两小球 a、b 在足够长的光滑水平面上发生正碰。小球 a、b 质量分别为 m1 和 m2，且 。 取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的 x-t 图象如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A. 碰撞前球 a 做加速运动，球 b 做匀速运动 B. 碰撞后球 a 做减速运动，球 b 做加速运动 C. 碰撞前后两小球的机械能总量减小 D. 碰撞前后两小球的机械能总量不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．由 x-t（位移时间）图象的斜率得到，碰前 b 球的位移不随时间而变化，处于静止。a 球的加速 度大小为 做匀速运动，选项 A 错误； B．同理由图示图象可知，碰后 b 球和 a 球均做匀速运动，其速度分别为 选项 B 错误； CD．根据动量守恒定律得 代入解得 碰撞过程中系统损失的机械能为 1 200gm = 1 1 1 8= m/s 4m/s2 xv t ∆= =∆ 2 2m/sv ′ = 1 2m/sv ′ = − 1 1 2 2 1 1m v m v m v= ′+ ′ 2 0.6kg=m代入解得 △E=0 所以碰撞过程机械能守恒，选项 C 错误，D 正确。 故选 D。 10. 为简单计，把地－月系统看成地球静止不动而月球绕地球做匀速圆周运动，如图所示，虚线为月球轨道。 在地月连线上存在一些所谓“拉格朗日点” 特殊点。在这些点，质量极小的物体（如人造卫星）仅在地球和 月球引力共同作用下可以始终和地球、月球在同一条线上，则图中四个点不可能是“拉格朗日点”的是（　　） A. A 点 B. B 点 C. C 点 D. D 点 【答案】B 【解析】 【详解】B 点处的物体受到地球与月球的万有引力的方向相同，而 B 到地球的之间小于月球到地球的距离， 根据万有引力提供向心力可知，B 处物体的向心加速度要大于月球的向心加速度，不能与月球具有相等的角 速度，所以也不是拉格朗日点，同理分析，A、C、D 可能是拉格朗日点”，故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 11. 如图所示，圆心角为 的扇形区域 MON 内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，P 点为半径 OM 的中 点。现有比荷大小相等的两个带电粒子 a、b，以不同的速度先后从 P 点沿 ON 方向射入磁场，并分别从 M、 N 两点射出磁场。不计粒子所受重力及粒子间相互作用。粒子 a、b 在磁场中运动过程，下列说法正确的是 （　　） A. 粒子 a 带正电，粒子 b 带负电 B. 粒子 a 在磁场中的运动时间短 的 2 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2E m v m v m v∆ = − ′ − 90°C. 粒子 a、b 的加速度大小之比为 1：5 D. 粒子 a、b 的速度大小之比为 5：1 【答案】C 【解析】 【详解】A．带电粒子 a 从 M 点射出，由左手定则可知，粒子 a 带负电，带电粒子 b 从 N 点射出，由左手 定则可知，粒子 b 带正电，故 A 错误； B．两粒子的运动轨迹如图所示 由图可知，粒子 a 在磁场中运动时的偏转角大于粒子 b 的偏转角，由公式 可知，粒子 a 在磁场中的运动时间长，故 B 错误； CD．设 ，由几何关系可知 解得 由公式 得 则 2π 2π m mt qB qB θ θ= × = =OM R 4a Rr = 2 2 2( )2b b Rr R r= + − 5 4br R= 2vqvB m r = mvr qB =由牛顿第二定律得加速度得 得 则 故 C 正确，D 错误。 故选 C。 12. 在探究变压器的两个线圈的电压关系时，某同学自己绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上，如图所 示．线圈 a 作为原线圈连接到学生电源的交流输出端，线圈 b 接小灯泡．他所用的线圈电阻忽略不计．当 闭合学生电源的开关时，他发现电源过载（电流过大，超过学生电源允许的最大值）．如果仅从解决电源过 载问题的角度考虑，下列采取的措施中，最可能有效的是 A. 增大电源电压 B. 适当增加原线圈 a 的匝数 C. 换一个电阻更小的灯泡 D. 将线圈 a 改接在学生电源直流输出端 【答案】B 【解析】 【详解】A．若增大电源电压，则次级 b 的电压变大，则次级电流增大，导致初级 a 电流变大，故电源更加 过载，选项 A 错误； B．适当增加原线圈 a 的匝数，则根据变压器电压和匝数关系可知，次级线圈 b 电压减小，次级电流减小， 故初级电流减小，这时可使电源不过载，选项 B 正确； C．换一个电阻更小的灯泡，则次级电阻减小，电流变大，则初级电流变大，电源更加过载，选项 C 错误； 14 5 5 4 a a b b R v r Rv r = = = qvB ma= qvBa m = 1 5 a a b b a v a v = =D．将线圈 a 改接在学生电源直流输出端，则变压器次级将无电压，灯泡不亮，则不是最有效的方法，选项 D 错误； 故选 B。 13. 某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈 L、小灯泡 A、开关 S 和电池组 E，用导线将它 们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关 S，小灯泡正常发光；再断开开关 S，小灯泡仅有不显著 的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象。你认为最有可能造成小灯泡 未闪亮的原因是（　　） A. 线圈 电阻偏大 B. 小灯泡的额定电压偏大 C. 电源的电动势偏小 D. 线圈的自感系数偏小 【答案】A 【解析】 【详解】图中的电路是一个灯泡与电感线圈并联再与电源、开关串联起来的电路，当小灯泡正常发光时， 通过灯泡和电感线圈中都有电流，当开关断开时，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象，说明开关断开后， 通过小灯泡的电流也没有显著增大，这是因为原来通过电感线圈的电流小于灯泡的电流，当断电后，电感 最多会产生原来通过自己的等大的电流，故造成小灯泡未闪亮的原因是线圈的电阻偏大的缘故。 故选 A。 14. 测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为 的电阻 R、电源（上端为正极）、单刀 双掷开关 S 按图甲所示电路图进行连接。先使开关 S 与 1 相连，电源给电容器充电，充电完毕后把开关 S 掷向 2，电容器放电，直至放电完毕，实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的 图线如图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据处理后，记录了“峰值分别为 6V 和-6V”及图线与时间 轴所围“面积分别为 182.7V·s 和-180.4V·s”的图像。则（　　） 的 3kΩA. 开关 S 与 2 相连时，通过电阻的电流方向从上向下 B. 由以上信息可知，电容器的电容大小大约为 30F C. 如果将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，则无法测出电容器的电容值 D. 如果将电阻换成 ，则图丙中的峰值不会变，阴影面积会变为现在的 ，充放电的时间会缩短 【答案】D 【解析】 【详解】A．因为 S 接 1 时，电容器充电，上极板带正电；则当 S 接 2 时，电容器放电，电流方向为顺时针 方向，通过 R 的电流为从下到上，选项 A 错误； B．根据欧姆定律可知 图象的面积表示 Ut，则可知，图象面积与 R 的比值表示电量；则可知充电过程最大电量 由 Q=CU 可知 选项 B 错误； C．因为当开关 S 与 2 连接，电容器放电的过程中，电容器 C 与电阻 R 上的电压大小相等，因此通过对放 电曲线进行数据处理后记录的“峰值 Um”及曲线与时间轴所围“面积 S”，仍可应用 计算电容值，选项 C 错误； D．图丙中的“峰值”是由电源的电动势决定的，则如果将电阻换成 ，则图丙中的峰值不会变，根据 可知，因电容 C 和峰值 Um 不变，则当电阻变为原来的 时，阴影面积 S 会变为现在的 ，则由“面积”等 1kΩ 1 3 UI R = 182.7 0.0609C3000Q = = 20.0609 1.0 10 F6 QC U −= = = × m Q SC U RU ＝ ＝ 1kΩ m Q SC U RU ＝ ＝ 1 3 1 3于 Ut 可知，充放电的时间会缩短，选项 D 正确。 故选 D。 第二部分 本部分共 6 题，共 58 分。 15. 现利用图（a）所示装置验证动量守恒定律。在图（a）中，气垫导轨上有 A、B 两个滑块，滑块 A 右侧 带有一弹簧片，左侧与打点计时器（图中未画出）的纸带相连；滑块 B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一 遮光片，光电计数器（未完全画出）可以记录遮光片通过光电门的时间。 实验测得滑块 A 质量 ，滑块 B 的质量 ，遮光片的宽度 ；打点计 时器所用交流电的频率 。将光电门固定在滑块 B 的右侧，启动打点计时器，给滑块 A 一向右 的初速度，使它与 B 相碰。碰后光电计数器显示的时间为 ，碰撞前后打出的纸带如图（b） 所示。 (1)碰撞前、后 A 的速率分别为 ________m/s； ________m/s；碰撞后 B 的速率为 ________m/s （计算结果均保留三位有效数字）； (2)若实验允许的相对误差绝对值（ ）最大为 5%，本实验是否在误差范围 内验证了动量守恒定律？写出运算过程________________。 【答案】 (1). (2). (3). (4). 在误差范围内验证了动量守恒定律，运算过 程见解析 【解析】 【详解】（1）[1] 打点计时器的打点时间间隔 由图（b）所示纸带可知，碰撞前 A 的速度 的 1 0.301kgm = 2 0.108kgm = 1.00cmd = 50.0Hzf = B 3.500mst =∆ Av = Av′ = Bv′ = 100%×碰撞前后总动量之差 碰前总动量 2.00 0.970 2.86 1 0.02sT f = =[2] 碰撞后 A 的速度 [3] 碰撞后 B 速度 （2）[4] 碰撞前系统总动量 碰撞后系统总动量 相对误差 由此可知，在误差范围内验证了动量守恒定律。 16. 从下表中选出适当的实验器材设计一电路来测量电阻 Rx 的阻值。要求方法简捷，得到多组数据，有尽 可能高的测量精度。 器材（代号） 规格 待测电阻（Rx） 电流表（A1） 电流表（A2） 电压表（V1） 阻值约 ，内阻约 0~0.6A，内阻约 0~3V，内阻约 的 0.0400 m/s 2.00m/s0.02 A A xv T = = = ' ' 0.0194 m/s 0.970m/s0.02 A A xv T = = = ' 3 0.0100 m/s 2.86m/s3.500 10B B dv t −= = ≈∆ × 1 0.301 2.00kg m/s 0.602kg m/sAp m v= = × ⋅ = ⋅ 1 2 0.301 0.970kg m/s 0.108 2.86kg m/s 0.601kg m/sA Bp m v m v′ = ′+ ′ = × ⋅ + × ⋅ ≈ ⋅ ' 0.602 0.601100% 100% 0.2% 5%0.602 p p p − ×−= ≈ 0）的带电粒子在纸面内自 A 点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的 方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的 C 点以速率 v0 穿出电场，AC 与 AB 的夹角 θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。 （1）求电场强度的大小； （2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？ （3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为 mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？ 的 21 2 2 FW x kx= = 21 2W kx= − 1x 3x 2 2 1 3 1 1 2W k x x= − −（ ） 3x 2x 2 2 2 3 2 1 2W k x x（ ）= − 2 2 1 2 2 1 1 2W W k x x（ ）+ = − − PE W∆ = − 2 2 2 1 1 2PE k x x∆ = −（ ） 1x 3x 1 3 1( )fW mg x xµ= − − 3x 2x 2 3 2( )fW mg x xµ= − − 1 2 3 2 1(2 )f f fW W W mg x x xµ= + = − − − 1x 2x 2 1( )fW mg x xµ′ = − −【答案】(1) ；(2) ；(3)0 或 【解析】 【详解】（1）由题意知在 A 点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于 q>0，故电场线由 A 指向 C， 根据几何关系可知： 所以根据动能定理有： 解得： ； （2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做 AC 垂线并且与圆相切，切点 为 D，即粒子要从 D 点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有 而电场力提供加速度有 联立各式解得粒子进入电场时的速度： ； （3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为 mv0，即在电场方向上速度变 化为 v0 ，过 C 点做 AC 垂线会与圆周交于 B 点，故由题意可知粒子会从 C 点或 B 点射出。当从 B 点射出时 2 0 2 mvE qR = 0 1 2 4 vv = 0 2 3 2 vv = ACx R= 2 0 1 02ACqEx mv= - 2 0 2 mvE qR = 1sin 60x R v t= = 21cos60 2y R R at= + = qE ma= 0 1 2 4 vv =由几何关系有 电场力提供加速度有 联立解得 ；当粒子从 C 点射出时初速度为 0。 另解： 由题意知，初速度为 0 时，动量增量的大小为 ，此即问题的一个解。自 A 点以不同的速率垂直于电场 方向射入电场的粒子，动量变化都相同，自 B 点射出电场的粒子，其动量变化量也恒为 ，由几何关系 及运动学规律可得，此时入射速率为 2 23BCx R v t= = 2 2 1 2ACx R at= = qE ma= 0 2 3 2 vv = 0mv 0mv 0 3 2v v=