2024屆北京師大第二附中高三下學(xué)期第五次調(diào)研考試物理試題含解析

2024屆北京師大第二附中高三下學(xué)期第五次調(diào)研考試物理試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項(xiàng)》，按規(guī)定答題。一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、2020年3月9日19時55分，我國在西昌衛(wèi)基發(fā)射中心，成功發(fā)射北斗系統(tǒng)第五十四顆導(dǎo)航衛(wèi)星，北斗三號CEO-2是一顆地球同步軌道衛(wèi)星，以下關(guān)于這顆衛(wèi)星判斷正確的是（）A．地球同步軌道衛(wèi)星的運(yùn)行周期為定值B．地球同步軌道衛(wèi)星所受引力保持不變C．地球同步軌道衛(wèi)星繞地運(yùn)行中處干平衡狀態(tài)D．地球同步軌道衛(wèi)星的在軌運(yùn)行速度等于第一宇宙速度2、2019年春晚在舞《春海）》中拉開帷幕．如圖所示，五名領(lǐng)舞者在鋼絲繩的拉動下以相同速度緩緩升起，若五名領(lǐng)舞者的質(zhì)量（包括衣服和道具）相等，下面說法中正確的是A．觀眾欣賞表演時可把領(lǐng)舞者看作質(zhì)點(diǎn)B．2號和4號領(lǐng)舞者的重力勢能相等C．3號領(lǐng)舞者處于超重狀態(tài)D．她們在上升過程中機(jī)械能守恒3、如圖所示為五個點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場的電場線分布情況，a、b、c、d是電場中的四個點(diǎn)，曲線cd是一帶電粒子僅在電場力作用下的運(yùn)動軌跡，則下列說法正確的是（）A．該帶電粒子帶正電B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢C．帶電粒子在c點(diǎn)的動能小于在d點(diǎn)的動能D．帶電粒子在c點(diǎn)的加速度小于在d點(diǎn)的加速度4、如圖所示，A、B、C、D為圓上的四個點(diǎn)，其中AB與CD交于圓心O且相互垂直，E、F是關(guān)于O點(diǎn)對稱的兩點(diǎn)但與O點(diǎn)的距離大于圓的半徑，E、F兩點(diǎn)的連線與AB、CD都垂直。在A點(diǎn)放置一個電荷量為的點(diǎn)電荷，在B點(diǎn)放置一個電荷量為的點(diǎn)電荷。則下列說法正確的是（）A．OE兩點(diǎn)間電勢差大于OC兩點(diǎn)間的電勢差B．D點(diǎn)和E點(diǎn)電勢相同C．沿C，D連線由C到D移動一正點(diǎn)電荷，該電荷受到的電場力先減小后增大D．將一負(fù)點(diǎn)電荷從C點(diǎn)沿半徑移動到O點(diǎn)后再沿直線移動到F點(diǎn)，該電荷的電勢能先增大后減小5、如圖甲所示，將由兩根短桿組成的一個自鎖定起重吊鉤放入被吊的空罐內(nèi)，使其張開一定的夾角壓緊在罐壁上，其內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖乙所示。當(dāng)鋼繩向上提起時，兩桿對罐壁越壓越緊，當(dāng)摩擦力足夠大時，就能將重物提升起來，且罐越重，短桿提供的壓力越大。若罐的質(zhì)量為m，短桿與豎直方向的夾角θ=60°，勻速吊起該罐時，短桿對罐壁的壓力大小為(短桿的質(zhì)量不計(jì)，重力加速度為g)（）A．mgB．32mgC．16、如圖所示，輕繩跨過光滑定滑輪，左端與水平地面上的物塊M相連，右端與小球N相連，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)對小球N施加一水平拉力使其緩慢移動一小段距離，整個過程物塊M保持靜止，地面對物塊M的摩擦力為f則此過程中（）A．f變大，F(xiàn)變大B．f變大，F(xiàn)變小C．f變小，F(xiàn)變小D．f變小，F(xiàn)變大二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有多個選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、圖甲是工廠靜電除塵裝置的示意圖，煙氣從管口M進(jìn)入，從管口N排出，當(dāng)A、B兩端接直流高壓電源后，在電場作用下管道內(nèi)的空氣分子被電離為電子和正離子，而粉塵在吸附了電子后最終附著在金屬管壁上，從而達(dá)到減少排放煙氣中粉塵的目的，圖乙是金屬絲與金屬管壁通電后形成的電場示意圖。下列說法正確的是()A．金屬絲與管壁間的電場為勻強(qiáng)電場B．粉塵在吸附了電子后動能會增加C．粉塵在吸附了電子后電勢能會減少D．粉塵在吸附了電子后電勢能會增加8、如圖所示，xOy平面位于光滑水平桌面上，在O≤x≤2L的區(qū)域內(nèi)存在著勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于xOy平面向下．由同種材料制成的粗細(xì)均勻的正六邊形導(dǎo)線框，放在該水平桌面上，AB與DE邊距離恰為2L，現(xiàn)施加一水平向右的拉力F拉著線框水平向右勻速運(yùn)動，DE邊與y軸始終平行，從線框DE邊剛進(jìn)入磁場開始計(jì)時，則線框中的感應(yīng)電流i(取逆時針方向的電流為正)隨時間t的函數(shù)圖象和拉力F隨時間t的函數(shù)圖象大致是A．B．C．D．9、如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與一輕質(zhì)水平狀態(tài)的彈簧相連，彈簧的另一端固定在墻上O點(diǎn)，且處于原長?，F(xiàn)讓圓環(huán)從A點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)時速度為零。則在圓環(huán)下滑過程中（）A．圓環(huán)的機(jī)械能先減小后增大，再減小B．彈簧的彈性勢能先增大再減小C．與圓環(huán)在A點(diǎn)的加速度相同的位置還有兩處D．彈簧再次恢復(fù)到原長時圓環(huán)的速度最大10、如圖所示，一輕繩繞過無摩擦的兩個輕質(zhì)小定滑輪O1，O2和質(zhì)量為m的小球連接，另一端與套在光滑直桿上質(zhì)量也為m的小物塊連接，已知直桿兩端固定，與兩定滑輪在同一豎直平面內(nèi)，與水平面的夾角，直桿上C點(diǎn)與兩定滑輪均在同一高度，C點(diǎn)到定滑輪O1的距離為L，重力加速度為g，設(shè)直桿足夠長，小球運(yùn)動過程中不會與其他物體相碰．現(xiàn)將小物塊從C點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)小物塊沿桿下滑距離也為L時（圖中D處），下列說法正確的是A．小物塊剛釋放時輕繩中的張力一定大于mgB．小球下降最大距離為C．小物塊在D處的速度與小球速度大小之比為D．小物塊在D處的速度大小為三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）實(shí)驗(yàn)小組利用以下方法對物體的質(zhì)量進(jìn)行間接測量，裝置如圖1所示：一根輕繩跨過輕質(zhì)定滑輪與兩個相同的重物P、Q相連，已知重物P、Q的質(zhì)量均為m，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。在重物Q的下面通過輕質(zhì)掛鉤懸掛待測物塊Z，重物P的下端與穿過打點(diǎn)計(jì)時器的紙帶相連。(1)先接通頻率為50Hz的交流電源，再由靜止釋放系統(tǒng)，得到如圖2所示的紙帶，則系統(tǒng)運(yùn)動的加速度a=______m/s2（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）；(2)在忽略阻力的理想情況下，物塊Z質(zhì)量M的表達(dá)式為M=______（用字母m、a、g表示）；(3)實(shí)際情況下，空氣阻力、紙帶與打點(diǎn)計(jì)時器間的摩擦、定滑輪中的滾動摩擦不可以忽略，物塊Z的實(shí)際質(zhì)量與理論值M有一定差異，這種誤差是______誤差（填“偶然”或“系統(tǒng)”）。12．（12分）如圖甲所示是一個多用電表的簡化電路圖。請完成下列問題。(1)測量直流電流、直流電壓和電阻各有兩個量程。當(dāng)選擇開關(guān)S旋到位置5、6時，電表用來測量____________（選填“直流電流”、“直流電壓”或“電阻”）。(2)某同學(xué)用此多用表測量某電學(xué)元件的電阻，選用“×l0”倍率的歐姆擋測量，發(fā)現(xiàn)多用表指針偏轉(zhuǎn)很小，因此需選擇____________（填“×l”或“×l00”）倍率的歐姆擋。(3)某實(shí)驗(yàn)小組利用下列器材研究歐姆擋不同倍率的原理，組裝如圖乙、丙所示的簡易歐姆表。實(shí)驗(yàn)器材如下：A．干電池（電動勢E為3.0V，內(nèi)阻r不計(jì)）；B．電流計(jì)G（量程300μA，內(nèi)阻99Ω）；C．可變電阻器R；D．定值電阻R0=4Ω；E．導(dǎo)線若干，紅黑表筆各一只。①如圖乙所示，表盤上100μA刻度線對應(yīng)的電阻刻度值是____________Ω；②如果將R0與電流計(jì)并聯(lián)，如圖丙所示，這相當(dāng)于歐姆表換擋，換擋前、后倍率之比為____________。四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，MN、PQ是間距為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，置于磁感強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向里的勻強(qiáng)磁場中，P、M間接有一阻值為R的電阻。一根與導(dǎo)軌接觸良好，阻值為的金屬導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，ab的質(zhì)量為m。ab在與其垂直的水平恒力下作用下，在導(dǎo)線在上以速度v做勻速運(yùn)動，速度v與恒力方向相同；導(dǎo)線MN始終與導(dǎo)線框形成閉合電路，已知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)線的長度恰好等于平行軌道的間距L，忽略摩擦阻力和導(dǎo)線框的電阻。求：(1)金屬棒以速度v勻速運(yùn)動時產(chǎn)生的電動勢E的大小；(2)金屬棒以速度v勻速運(yùn)動時金屬棒ab兩端電壓Uab；(3)金屬棒勻速運(yùn)動時。水平恒力F做功的功率P。14．（16分）如圖所示，ABC是一個三棱鏡的截面圖，一束單色光以i＝60°的入射角從側(cè)面的中點(diǎn)N射入。已知三棱鏡對該單色光的折射率，AB長為L，光在真空中的傳播速度為c，求：①此束單色光第一次從三棱鏡射出的方向（不考慮AB面的反射）；②此束單色光從射入三棱鏡到BC面所用的時間。15．（12分）如圖所示，AC為光滑的水平桌面，輕彈簧的一端固定在A端的豎直墻壁上質(zhì)量的小物塊將彈簧的另一端壓縮到B點(diǎn)，之后由靜止釋放，離開彈簧后從C點(diǎn)水平飛出，恰好從D點(diǎn)以的速度沿切線方向進(jìn)入豎直面內(nèi)的光滑圓弧軌道小物體與軌道間無碰撞為圓弧軌道的圓心，E為圓弧軌道的最低點(diǎn)，圓弧軌道的半徑，，小物塊運(yùn)動到F點(diǎn)后，沖上足夠長的斜面FG，斜面FG與圓軌道相切于F點(diǎn)，小物體與斜面間的動摩擦因數(shù)，，取不計(jì)空氣阻力求：（1）彈簧最初具有的彈性勢能；（2）小物塊第一次到達(dá)圓弧軌道的E點(diǎn)時對圓弧軌道的壓力大??；（3）判斷小物塊沿斜面FG第一次返回圓弧軌道后能否回到圓弧軌道的D點(diǎn)？若能，求解小物塊回到D點(diǎn)的速度；若不能，求解經(jīng)過足夠長的時間后小物塊通過圓弧軌道最低點(diǎn)E的速度大小．

參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、A【解析】

A．同步衛(wèi)星相對地球是靜止的，即運(yùn)行周期等于地球自轉(zhuǎn)周期，為定值，A正確；BC．地球同步軌道衛(wèi)星所受引力充當(dāng)圓周運(yùn)動的向心力，時時刻刻指向圓心，為變力，其合力不為零，故不是出于平衡狀態(tài)，BC錯誤；D．第一宇宙速度是最小發(fā)射速度，最大環(huán)繞速度，即為在地球表面環(huán)繞的衛(wèi)星的速度，而同步衛(wèi)星軌道半徑大于地球半徑，根據(jù)可知，軌道半徑越大，線速度越小，所以同步衛(wèi)星運(yùn)行速度小于第一宇宙速度，D錯誤。故選A。2、B【解析】

A項(xiàng)：觀眾欣賞表演時看演員的動作，所以不能將領(lǐng)舞者看作質(zhì)點(diǎn)，故A錯誤；B項(xiàng)：2號和4號領(lǐng)舞者始終處于同一高度，質(zhì)量相等，所以重力勢能相等，故B正確；C項(xiàng)：五名領(lǐng)舞者在鋼絲繩的拉動下以相同速度緩緩升起，所以處于平衡狀態(tài)，故C錯誤；D項(xiàng)：上升過程中，鋼絲繩對他們做正功，所以機(jī)械能增大，故D錯誤．故選B．3、C【解析】

A．帶電粒子做曲線運(yùn)動，所受的合力指向軌跡凹側(cè)，分析可知該帶電粒子帶負(fù)電，A錯誤；BC．根據(jù)等勢面與電場線垂直，畫出過a點(diǎn)的等勢面如圖所示。則根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低知所以同理可得由于帶電粒子帶負(fù)電，則粒子的電勢能根據(jù)能量守恒定律知，帶電粒子的動能B錯誤，C正確；D．電場線的疏密程度表示電場強(qiáng)度的大小則帶電粒子受到的電場力由牛頓第二定律知帶電粒子的加速度D錯誤。故選C。4、B【解析】

ABD．CD與EF所在的平面是一個等勢面，則OE兩點(diǎn)間電勢差等于OC兩點(diǎn)間的電勢差，D點(diǎn)和E點(diǎn)電勢相同，在等勢面上移動電荷，電場力不做功，負(fù)點(diǎn)電荷電勢能不變，故AD錯誤，B正確；C．C、D連線上電場強(qiáng)度先增大后減小，點(diǎn)電荷受到的電場力先增大后減小，故C錯誤。故選B。5、B【解析】

先對罐整體受力分析，受重力和拉力，根據(jù)平衡條件求解細(xì)線的拉力；再將細(xì)線的拉力沿著兩個短桿方向分解；最后將短桿方向分力沿著水平和豎直方向正交分解，水平分力等于短桿對罐壁的壓力。【詳解】先對罐整體受力分析，受重力和拉力，根據(jù)平衡條件，拉力等于重力，故：T=mg；再將細(xì)線的拉力沿著兩個短桿方向分解，如圖所示：解得：T1T1x=T【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是靈活選擇研究對象，畫出受力分析圖，然后多次根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件列式分析。6、A【解析】

對小球N進(jìn)行分析，分析其受力情況，設(shè)細(xì)繩與豎直方向夾角為，則有細(xì)繩與豎直方向夾角逐漸增大，增大，所以水平拉力增大；減小，所以繩子拉T增大；由于物塊M始終靜止在地面上，在水平方向，由平衡條件可得f=Tcosθ則地面對物塊M的摩擦力f也變大，故A正確，BCD錯誤。故選A。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有多個選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BC【解析】

A．由圖乙可知金屬絲與管壁間的電場是非勻強(qiáng)電場，A錯誤；B．粉塵在吸附了電子后會加速向帶正電的金屬管壁運(yùn)動，因此動能會增加，B正確；CD．此時電場力對吸附了電子后的粉塵做正功，因此粉塵在吸附了電子后電勢能會減少，C正確，D錯誤。故選BC。8、AC【解析】當(dāng)DE邊在0～L區(qū)域內(nèi)時，導(dǎo)線框運(yùn)動過程中有效切割長度越來越大，與時間成線性關(guān)系，初始就是DE邊長度，所以電流與時間的關(guān)系可知A正確，B錯誤；因?yàn)槭莿蛩龠\(yùn)動，拉力F與安培力等值反向，由知，力與L成二次函數(shù)關(guān)系，因?yàn)楫?dāng)DE邊在0～2L區(qū)域內(nèi)時，導(dǎo)線框運(yùn)動過程中有效切割長度隨時間先均勻增加后均勻減小，所以F隨時間先增加得越來越快后減小得越來越慢，選C正確，D錯誤．所以AC正確，BD錯誤．9、AC【解析】

AB．開始時，彈簧處于原長，彈簧先壓縮，彈性勢能增大，當(dāng)彈簧與桿垂直時，彈簧壓縮量最大，繼續(xù)往下滑，彈性勢能減小，當(dāng)滑到彈簧恢復(fù)原長時，繼續(xù)下滑，彈簧將伸長，彈性勢能增大直到滑到B點(diǎn)，即彈簧彈性勢能先增大后減小再增大，由能量守恒可知，圓環(huán)的機(jī)械能先減小后增大，再減小，A正確，B錯誤；C．A點(diǎn)時，彈簧為原長，無彈力，受力分析可知，圓環(huán)的加速度由重力沿斜面向下的分力提供：解得，當(dāng)彈簧與桿垂直時，彈簧彈力垂直于桿，不提供加速度，此時加速度由重力沿斜面向下的分力提供，即，繼續(xù)往下滑，還有一處彈簧恢復(fù)原長，此處彈簧也沒有彈力，加速度由重力沿斜面向下的分力提供，即，所以與圓環(huán)在A點(diǎn)的加速度相同的位置還有兩處，C正確；D．彈簧再次恢復(fù)到原長時，加速度為，沿斜面向下，即將繼續(xù)往下加速運(yùn)動，直到加速度為零時開始減速，所以彈簧再次恢復(fù)到原長時速度不是最大，D錯誤。故選AC。10、BD【解析】A、剛釋放的瞬間，小球的瞬間加速度為零，拉力等于重力，故A錯誤；

B、當(dāng)拉物塊的繩子與直桿垂直時，小球下降的距離最大，根據(jù)幾何關(guān)系知，，故B正確；

C、將小物塊的速度分解為沿繩子方向和垂直繩子方向，沿繩子方向的分速度等于小球的速度，根據(jù)平行四邊形定則知，小物塊在D處的速度與小球的速度之比為，故C錯誤；

D、設(shè)小物塊下滑距離為L時的速度大小為v，此時小球的速度大小為，則,對滑塊和小球組成的系統(tǒng)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有：

,解得，故D正確．點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵知道兩物體組成的系統(tǒng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，以及知道物塊與之間的距離最小時，小球下降的高度最大，知道物塊沿繩子方向的分速度等于小球的速度．三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、8.0系統(tǒng)【解析】

根據(jù)位移差公式求解系統(tǒng)的加速度。對整個系統(tǒng)進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律求解M的表達(dá)式。根據(jù)誤差來源分析誤差的性質(zhì)?！驹斀狻?1)[1]根據(jù)位移差公式，解得系統(tǒng)運(yùn)動的加速度為(2)[2]根據(jù)牛頓第二定律，對Q和Z有對物體P有聯(lián)立解得。(3)[3]由題意可知本實(shí)驗(yàn)中誤差是由于實(shí)驗(yàn)原理的選擇而造成的，無法通過多測數(shù)據(jù)來消除，故這是一種系統(tǒng)誤差?！军c(diǎn)睛】本題主要考查了通過系統(tǒng)牛頓第二定律測質(zhì)量的方法，能分析出實(shí)驗(yàn)誤差的原因。明確系統(tǒng)誤差和偶然誤差的定義。12、直流電源×10020000100：1【解析】

(1)[1]由圖所示可知，當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)旋到位置5、6時，表頭與電阻串聯(lián)，此時可用來測量直流電壓。(2)[2]測量某電學(xué)元件的電阻，選用“”倍率的電阻擋測量，發(fā)現(xiàn)多用表指針偏轉(zhuǎn)很小，待測阻值較大，說明所選擋位太小，為準(zhǔn)確測量電阻阻值，需選擇“”倍率的電阻擋，重新歐姆調(diào)零后再測量。(3)①[3]歐姆表中值電阻等于歐姆檔內(nèi)部電阻，則中間刻度值對應(yīng)示數(shù)為有解得所以表盤上100μA刻度線對應(yīng)的電阻刻度值是。②[4]當(dāng)電流計(jì)滿偏時：流過的電流電流計(jì)內(nèi)阻為，給電流計(jì)并聯(lián)的電阻，根據(jù)并聯(lián)分流的規(guī)律可知電流表量程擴(kuò)大100倍，用該電流表改裝成歐姆表，同一刻度對應(yīng)的電阻值變?yōu)樵瓉淼?，歐姆表換擋前、后倍率之比等于。四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、(1)；(2)；(3)【解析】

(1)在內(nèi)金屬棒ab由原來的位置AB移動到，如圖所示這個過程中閉合回路面積的變化量是則穿過閉合回路的磁通量的變化量是根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得(2)電路中的電流為金屬棒ab兩端的電壓為：(3)金屬棒ab所受的安培力為金屬棒克服安培力做功的功率為14、①光將垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱鏡②【解析】

①設(shè)此束光從AB面射人棱鏡后的折射角為r，由折射定律有:解得，顯然光從AB射入棱鏡后的折射光線NP平行于AC，光在BC面上的入射角為45°,設(shè)臨界角為α，則由得:可知，故光在BC面上發(fā)生全反射,根據(jù)幾何知識和光的反射定律可知，光將垂直于底