河北省部分学校2023-2024学年高三上学期期中联考物理试卷（含答案解析）

2024届高三期中考试物理本试卷共100分，考试用时75分钟。一、单项选择题。（本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.下列说法中正确是（）A.伽利略在研究自由落体运动时，采用了科学实验和逻辑推理相结合的方法B.卡文迪许在使用扭秤测定万有引力常量时，采用了控制变量的方法C.库仑在研究电荷间相互作用规律时，采用了等效替代的方法D.法拉第提出用电场线来描述电场，采用了类比的方法【答案】A【解析】【详解】A．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故A正确；B．卡文迪许在测量万有引力常量时用了放大法，故B错误；C．库仑在研究电荷间相互作用的规律时，采用了控制变量法，故C错误；D．法拉第提出用电场线来描述电场，采用了等效替代法，故D错误。故选A。2.如图所示，冰壶以某一速度沿虚线做匀减速直线运动，垂直进入四个完全相同的矩形区域，离开第四个矩形区域边缘的E点时速度恰好为零。若冰壶从A点运动到D点的时间为t，则冰壶从B点运动到E点所需要的时间为（以冰壶刚好完全进入矩形区域为计时起点）（）A. B.t C.t D.2t【答案】C【解析】【详解】根据逆向思维法，将冰壶从左到右的匀减速运动逆向看作从右到左的初速为零的匀加速运动，根据匀变速规律有可得则自右向左各段位移对应时间之比为又，故得故选C。3.一挡板把两根完全相同的圆木挡在倾角为斜坡上，截面图如图所示。在挡板从竖直位置绕下端O点逆时针缓慢转过角的过程中，若不计摩擦。下列判断正确的是（）A.a对b的弹力一直减小 B.斜坡对b的弹力先减少后增大C.斜坡对a的弹力一直减小 D.挡板对a的弹力一直减小【答案】C【解析】【详解】AB．转动挡板过程中、斜坡对的弹力方向不变，的重力不变，根据平衡条件可知、斜坡对的弹力大小也不变，故a对b的弹力、斜坡对b的弹力不变，故AB错误；CD．对整体受力分析，如图所示，可知在挡板从竖直位置绕下端点逆时针缓慢转过角过程中，斜坡对整体弹力一直减小，而斜坡对的弹力不变，则斜坡对的弹力一直减小，挡板对整体弹力先减小后增大，即对的弹力先减小后增大，故C正确，D错误。故选C。4.如图甲所示，在光滑水平面上O点处有带正电的绝缘小物块处于静止状态，零时刻开始，加如图乙所示的水平电场（以水平向右为正方向），物块在时刻到达A点，速度有为；T时刻恰好回到出发点O，速度大小为，则下列说法中正确的是（）A. B. C.=0 D.=3【答案】B【解析】【详解】设长度为，以向右为正方向，则由过程有时段加反向匀强电场，物块先向右做匀减速运动至零后反向向左做匀加速运动，则过程有结合两式有则时段加速度时段加速度代入得则故选B。5.如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C。闭合开关S，增大可变电阻R阻值的过程中，电压表示数的变化量为，电流表示数的变化量绝对值为，则（）A.电压表示数U和电流表示数I的比值为B.和的比值为C.电容器电荷量的减少量为D.电源的输出功率必减小【答案】B【解析】【详解】A．外部电路为与可变电阻串联，电容器并联在两端，其电压可由电压表示数给出.增大的阻值，总电阻增大，电流减小，则及内阻的电压减小，可变电阻两端电压即电压表示数增大，由电阻的定义可知滑动变阻器的阻值A错误；B．由闭合电路欧姆定律可知电压表示数变化量等于及串联部分电压的变化量，故有B正确；C．该过程电容器的电荷量增加量为，C错误；D．因电源内阻与外阻的大小关系不明确，不能断定电源输出功率减小，D错误。故选B。6.如图甲所示，太阳系中有一颗躺着的蓝色“冷行星”一天王星，外围空间存在着环状物质。为了测定环状物质是天王星的组成部分，还是环绕该行星的卫星群，“中国天眼”对其做了精确的观测，发现环状物质线速度的二次方即v2与到行星中心的距离的倒数即r-1关系如图乙所示。已知天王星的半径为r0，引力常量为G，以下说法正确的是（）A.环状物质是天王星的组成部分 B.天王星的自转周期为C.由图像无法求出天王星的质量M D.天王星的第一宇宙速度等于【答案】D【解析】【详解】AB．若环状物是天王星的组成部分，则环状物与星体同轴旋转，角速度一致，由线速度可知环状物线速度，而题图显示，故环状物不是星体的组成部分，星体的自转周期亦不能确定，故AB错误；C．若环状物是星体的卫星群，则其向心力由星体的万有引力提供，由可得假设成立，图像斜率为则可由图像的斜率求得星体的质量，故C错误；D．由图像可知天王星的半径等于，处的物质环绕速度为，故天王星的第一宇宙速度等于，故D正确。故选D。7.如图所示，匀强电场中有A、B、C三点，已知A、B两点间的距离为2.5cm，A，C两点间的距离为8cm，∠BAC=37°，匀强电场方向平行于A、B、C三点所确定的平面.现把电荷量q=5×10-9C的带正电的点电荷由A点移到B点，该过程中电场力做功W1=2.5×10-8J，当将该点电荷由A点移到C点，电场力做功W2=1×10-7J，若取A点的电势为零，则（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（）A.该点电荷在B点的电势能为2.5×10-8J B.A、B两点间的电势差UAB=-5VC.C点电势UC=20V D.匀强电场的场强大小为250V/m【答案】D【解析】【详解】A．点电荷由移至，电场力做正功，，则电势能减小，因，有故A项错误；B．由可知则B项错误；C．同理可得则C项错误；D．在连线上取一点，使，则，连结，则为等势线，因，则，故电场沿方向，场强D项正确。故选D。二、多项选择题。（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）8.如图所示为一乒乓球台的纵截面，AB是台面的两个端点位置，PC是球网位置，D为AC中点，E为BC中点。E、M、N在同一竖直线上.第一次在M点将球击出，轨迹最高点恰好过球网最高点P，同时落到A点；第二次在N点将同一乒乓球水平击出，轨迹同样恰好过球网最高点P，同时落到D点；乒乓球可看做质点，不计空气阻力作用，则下列说法中正确的有（）A.两次落到球台时重力的瞬时功率相等 B.第一次落到球台时重力的瞬时功率较小C.第一次与第二次击球高度之比为3：4 D.第一次与第二次击球高度之比为9：16【答案】BD【解析】【详解】AB．设球网高度为，第一次击球高度为，第二次为.球体落地时重力的瞬时功率第一次击球，落地时的竖直速度第二次击球，落地的竖直速度显然有即故B正确，A错误；CD．结合分别为两侧的中点，易知第一次击球后则的高度差为，故同理，的高度差为，得即两次击球高度之比为故D正确，C错误。故选BD。9.如图所示，某品牌电动自行车其电池铭牌标有“”字样，正常工作时，电池输出电压恰好等于电动机额定电压，电动机额定功率为，由于电动机发热造成损耗，电动机的效率为，不考虑其它部件的摩擦损耗。某次平路上行驶的人和车的总质量为，阻力为总重力的0.03倍，当地重力加速度，下列判断正确的是（）A.正常工作时，额定电流为B.电池内阻大约C.匀速行驶时速度为D.充满电后电池存储的能量为【答案】AD【解析】【详解】A．正常工作时，额定电流故A正确；B．由题意知电池内阻故B错误；C．电动机的效率电动机的输出功率车匀速行驶时，牵引力等于阻力解得匀速行驶时速度，故C错误；D．充满电后电池存储的能量故D正确。故选AD。10.实验小组用图甲所示装置研究电子在平行金属板间的运动。将放射源P靠近速度选择器，速度选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，P能沿水平方向发出不同速率的电子，某速率的电子能沿直线通过速度选择器，再沿平行金属板A、B的中轴线O1O2射入板间。已知水平金属板长为L、间距为d，两板间加有图乙所示的交变电压，电子的电荷量为e，质量为m（电子重力及相互间作用力忽略不计）。以下说法中正确的有（）A.沿直线穿过速度选择器的电子的速率为B.只增大速度选择器中的电场强度E，沿中轴线射入的电子穿过A、B板的时间变长C.若t=时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出，则飞出方向可能沿O1O2D.若t=0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，则（n=1，2，3……）【答案】ACD【解析】【详解】A．粒子受电场力和洛伦兹力的作用，沿中轴线运动，则带电粒子受力平衡，所以有得故A正确；B．若只增大速度选择器中的电场强度E，电子沿中轴线射入，则此时v也增大，则在A、B板长度不变的情况下，电子穿过A、B板的时间变短，故B错误；C．若时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出，且飞出方向沿O1O2方向，此时仅电场力做功，根据对称性可知，只需飞出时时刻为(n=1，2，3……)故C正确；D．若t=0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，则此时竖直方向的速度为0，电场力做功平衡，即通过的时刻为nT(n=1，2，3……)，可计算此时速度为根据洛伦兹力和电场力平衡可得联立得(n=1，2，3……)故D正确；故选ACD。三、非选择题。（本题共5小题，共54分。）11.图甲所示为某实验小组测量A、B两个箱子质量的装置图,其中D为铁架台,E为固定在铁架台上的轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略),F为光电门,C为固定在A上、宽度为d的细遮光条(质量不计)．此外该实验小组还准备了砝码一套(总质量m0=1kg)和刻度尺等,请在以下实验步骤中按要求作答:(1)在铁架台上标记一位置O,并测得该位置与光电门之间的高度差h．(2)取出质量为m的砝码放在A中,剩余砝码都放在B中,让A从位置O由静止开始下降．(3)记录下遮光条通过光电门的时间t,根据所测数据计算出A下落到F处的速率v=____;下落过程中的加速度大小a=______．(4)改变m,重复(2)(3)步骤,得到多组m及a的数据,作出____(填“a-m”或“a-”)图像如图乙所示(图中横、纵坐标物理量的单位均采用国际制单位)(5)由图像可得,A的质量mA=____kg,B的质量mB=____kg(保留两位有效数字,重力加速度大小g取10m/s2)【答案】①.②.③.④.3.0kg⑤.1.0kg【解析】【详解】(1)由很短时间内的平均速度近似等于瞬时速度可知，；(2)由匀变速直线运动的速度位移公式得：，解得：；(3)由牛顿第二定律得：，解得：，所以应作出的图象；(4)图象斜率为：，截距为：，联立解得：．12.某同学计划探究一款由新材料制成的电阻，他进行了如下步骤：（1）先用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，发现指针偏转角度很小，则应将选择开关旋转到___________挡（填“×1”或“×100”）并进行欧姆调零，再次进行测量时，表盘示数如图所示，则该电阻的阻值约为___________。（2）描绘该电阻的伏安特性曲线，现有的器材及规格如下：A．待测圆柱体电阻R；B．电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）；C．电流表A2（量程0～30mA，内阻约30Ω）；D．电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）；E．电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）；F．直流电源E（电动势4V，内阻不计）；G．滑动变阻器R1阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）；H．滑动变阻器R2阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）；I．开关S；导线若干。根据实验要求，滑动变阻器应选__________（填器材前的字母序号），电流表应选__________，电压表应选__________，请根据所选器材在方框中画出实验电路图__________。【答案】12.①.②.120013.①.G②.B③.D④.【解析】【小问1详解】[1]选档时，指针偏转角度很小，说明该电阻值较大，则测电阻倍率选择的较小，若读数则误差将很大，应使指针处于表盘中间位置，需要增大倍率，应选“×100”并进行欧姆调零，再进行测量。[2]由题图可知，则该电阻值约为。【小问2详解】[1]因需描绘电阻的伏安特性曲线，电压应从零开始变化，因此滑动变阻器需采用分压式接入电路，为调节方便，则滑动变阻器应选阻值较小的。[2]流过电阻的电流约为则电流表应选。[3]电源电压为，则电压表选。[4]因待测电阻阻值约，则有可知采用电流表内接法以减小实验误差，则实验电路图如图所示。13.汽车A、B在平行的两个车道上行驶，已知汽车A以15m/s的速度做匀速直线运动，汽车B在A前方x0=31m处以20m/s的速度同向行驶，如图所示，此时B开始匀减速刹车，刹车时所受阻力为其重力的，当A、B两车间的距离最远时，A也开始匀减速刹车，最终两车并排停在同一位置，两车可视为质点，取g=10/s2。求：（1）A、B之间的最远距离；（2）A刹车时的加速度大小。【答案】（1）36m；（2）【解析】【详解】（1）对由牛顿第二定律得得当A、B速度相等时，间距最远，由运动学公式此时A位移大小为位移大小为:两者间距最远为:联立可得（2）汽车从，刹车减为0的位移汽车A从刹车至静止的位移另有联合各式得14.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三象限分布存在匀强电场E1、E2，电场E1的场强大小为，方向与x轴负方向成60°斜向下，电场E2的场强大小未知，方向与x轴正方向成30°角斜向上，比荷为1.0×105C/kg的带正电粒子a从第三象限的P点由静止释放，粒子沿PO做匀加速直线运动，到达O点的速度为104m/s，不计粒子的重力．(1)求P、O两点间的电势差；(2)粒子a插进入电场E1时，在电场E1某位置由静止释放另外一个完全相同的带电粒子b，使两粒子在离开电场前相遇，若相遇时所需时间最长，求在电场E1中由静止释放的带电粒子b的初始位置坐标．【答案】(1)(2)【解析】【详解】(1)带电粒子a由P点运动到O点，根据动能定理有解得(2)粒子a在进入电场后做类平抛运动，设离开电场E1时到O点的距离为L，如图所示，则由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子a进入电场E1时速度方向的直线OM上任一点释放粒子b，可保证两者离开电场前碰撞．若相遇时所需时间最长，则在M点由静止释放带电粒子b即可，则有OM＝Lcos30°故M的横坐标为M的纵坐标为联立解得即在电场E1中由静止释放带电粒子b的位置坐标为