河北省部分重點高中2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期12月期中考試物理試卷（ 含答案解析 ）

2023-2024學(xué)年度上學(xué)期高三年級期中考試物理本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。共8頁，總分100分，考試時間75分鐘。第Ⅰ卷（選擇題共44分）一、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中，只有一項符合題目要求。1.甲、乙兩人用繩aO和bO通過裝在P樓和Q樓樓頂定滑輪，將質(zhì)量為m的物塊由O點沿Oa直線緩慢地向上提升，如圖所示，為銳角。則在物塊由O點沿Oa直線緩慢上升直至bO處于水平的過程中，以下判斷正確的是（）A.aO繩和bO繩中彈力逐漸減小B.aO繩和bO繩中的彈力逐漸增大C.aO繩中的彈力一直增大，bO繩中的彈力先減小后增大D.aO繩中的彈力先減小后增大，bO繩中的彈力一直增大【答案】C【解析】【詳解】以物塊為研究對象，分析受力情況：重力G、bO的拉力F和繩子aO的拉力T，由平衡條件得知，F(xiàn)和T的合力與G大小相等、方向相反，當(dāng)將物體向上緩慢移動，aO繩方向不變即T方向不變，bO繩繞O點逆時針轉(zhuǎn)動到水平過程中，作出三個轉(zhuǎn)動過程三個位置力的合成圖，如圖中由3到2到1的過程，由圖可以看出aO繩拉力T一直變大，bO繩彈力F先減小后變大。故C正確，ACD錯誤。故選C。2.地面第五代移動通信（）已經(jīng)進(jìn)入商用，衛(wèi)星通信與地面的融合成為衛(wèi)星界和地面界討論的新熱點。相比地面移動通信網(wǎng)絡(luò)，衛(wèi)星通信利用高、中、低軌衛(wèi)星可實現(xiàn)廣域甚至全球覆蓋，可以為全球用戶提供無差別的通信服務(wù)，在地面網(wǎng)絡(luò)無法覆蓋的偏遠(yuǎn)地區(qū)，飛機(jī)上或者遠(yuǎn)洋艦艇上，衛(wèi)星可以提供經(jīng)濟(jì)可靠的網(wǎng)絡(luò)服務(wù)，將網(wǎng)絡(luò)延伸到地面網(wǎng)絡(luò)無法到達(dá)的地方，下表給出了不同軌道通信衛(wèi)星特點。衛(wèi)星通信類別軌道高度范圍特點低軌道（）衛(wèi)星通信傳輸時延、覆蓋范圍、鏈路損耗、功耗，都小中軌道（）衛(wèi)星通信傳輸時延、覆蓋范圍、鏈路損耗、功耗都變大（相比），但小于（）高軌道（）地球同步衛(wèi)星通信技術(shù)最為成熟，但傳輸延時長，鏈路損耗損大，在實時通信中存在顯著延遲。關(guān)于通信衛(wèi)星，以下說法正確的是（）A.各軌道通信衛(wèi)星的運(yùn)行軌道中心一定是地心B.各軌道通信衛(wèi)星的運(yùn)行周期都是24小時C.高軌道通信衛(wèi)星的向心加速度與地球表面赤道上靜止物體的向心加速度相同D.各軌道通信衛(wèi)星的運(yùn)行速度都大于【答案】A【解析】【詳解】A．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動，萬有引力提供向心力，各軌道通信衛(wèi)星的運(yùn)行軌道中心一定是地心，故A正確；

B．同步衛(wèi)星的運(yùn)行周期是24小時，其他衛(wèi)星的運(yùn)行周期不是24小時，故B錯誤；

C．同步衛(wèi)星與靜止在赤道上的物體具有共同的角速度，由公式a向=rω2，可得：因軌道半徑不同，故其向心加速度不同，故C錯誤；

D．根據(jù)萬有引力提供向心力得：，即線速度v隨軌道半徑r的增大而減小，v=7.9km/s為第一宇宙速度，即圍繞地球表面運(yùn)行的速度，因同步衛(wèi)星軌道半徑比地球半徑大很多，因此其線速度應(yīng)小于7.9km/s，故D錯誤。

故選A。3.如圖所示，豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場E，M點與P點的連線垂直于電場線，M點與N在同一電場線上。兩個完全相同的、帶等量正電荷的粒子，以相同速率分別從M點和N點沿豎直平面進(jìn)入電場，M點的粒子與電場線成一定的夾角進(jìn)入，N點的粒子垂直電場線進(jìn)入，兩粒子恰好都能經(jīng)過P點，重力不計。關(guān)于兩粒子從進(jìn)入電場至到達(dá)P點的過程，下列說法正確的是（）A.兩粒子到達(dá)P點的速度大小可能相等B.電場力對兩粒子做功一定相同C.兩粒子到達(dá)P點時的電勢能都比進(jìn)入電場時小D.兩粒子到達(dá)P點所需時間一定不相等【答案】D【解析】【詳解】BC．M、P兩點在同一等勢面上，故電場對從M點射出的粒子電場力做功為零，電勢能不變，而對從N點射出的粒子電場力做功為正值，不為零，電勢能減小，故BC錯誤；A．由動能定理可知，因為電場對從N點射出的粒子做功為正值，故從N點射出的粒子到達(dá)P點時的速度增大，從M點射出的粒子到達(dá)P點時的速度不變，故A錯誤；D．兩粒子在垂直與電場線方向均做勻速運(yùn)動，由于從N點射出的粒子在垂直與電場線方向上的速度較大，則先到達(dá)P點，故D正確。故選D。4.滑板運(yùn)動是由沖浪運(yùn)動演變而成的一種極限運(yùn)動項自。如圖所示，一同學(xué)在水平地面上選行滑板練習(xí)，該同學(xué)站在滑板A前端以20m/s的共同速度做勻速直線運(yùn)動，在滑板A正前方有一靜止的滑板B。在滑板A接近滑板B時，該同學(xué)迅速從滑板A跳上滑板B，接著又從滑板B跳回滑板A，兩滑板恰好不相撞（以相同速度運(yùn)動）。該同學(xué)的質(zhì)量為45kg，兩滑板的質(zhì)量均為2.5kg，不計滑板與地面間的靡擦，下列說法正確的是（）A.上述過程中該同學(xué)與滑板A和滑板B組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒B.該同學(xué)跳離滑板B的過程中，滑板B的速度減小C.該同學(xué)跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度為19m/sD.該同學(xué)跳離滑板B的過程中，對滑板B的沖量大小為47.5N·s【答案】AC【解析】【詳解】A．上述過程中該同學(xué)與滑板A和滑板B組成的系統(tǒng)水平方向合外力為0，水平方向上動量守恒，故A正確；B．該同學(xué)跳離滑板B的過程中，人對滑板B的作用力向右，B車向右加速，速度增大，故B錯誤；C．從滑板B跳回滑板A，兩滑板恰好不相撞，三者共速為v，由動量守恒可得解得故C正確；D．該同學(xué)跳離滑板B后，滑板B的動量為該同學(xué)跳離滑板B的過程中，對滑板B的沖量大小等于動量變化量，小于47.5N·s，故D錯誤。故選AC5.如圖所示，為正三角形，和邊上放有帶等量異種電荷的絕緣細(xì)棒，O為邊中點，D為中垂線上O點右側(cè)的一點，P為上的一點，選無窮遠(yuǎn)處電勢為0，則下列說法正確的是（）A.O點和D點場強(qiáng)可能大小相等，方向相同B.D點的電勢一定高于P點C.將一正檢驗電荷沿直線從O點運(yùn)動到D點，電勢能增加D.將一正檢驗電荷沿直線從O點運(yùn)動到P點，電場力做負(fù)功【答案】B【解析】【詳解】A．將兩帶電絕緣細(xì)棒看成無數(shù)對等量異種電荷，可知中垂線上各點場強(qiáng)豎直向下，根據(jù)對稱性和電場疊加原則可知O點和D點場強(qiáng)方向均豎直向下，由于D點比O點離帶電體遠(yuǎn)，所以D點場強(qiáng)小于O點場強(qiáng)，A錯誤；BCD．根據(jù)前面類比等量異種電荷電勢分布情況可知，AD為一條電勢為零的等勢線，D點與O點電勢相同，將一正檢驗電荷沿直線從O點運(yùn)動到D點，電勢能不變；又因為沿著電場線方向電勢降低，可得O點的電勢一定高于P點，即有D點的電勢一定高于P點；所以將一正檢驗電荷沿直線從O點運(yùn)動到P點，電勢能減小，電場力做正功，B正確，CD錯誤。故選B。6.如圖所示，A、B兩個木塊靜止疊放在豎直輕彈簧上，已知，輕彈簧的勁度系數(shù)為。若在木塊上作用一個豎直向上的力，使木塊由靜止開始以的加速度豎直向上做勻加速直線運(yùn)動，從木塊向上做勻加速運(yùn)動開始到A、B分離的過程中，彈簧的彈性勢能減小了，取，下列判斷正確的是（）A.木塊向上做勻加速運(yùn)動的過程中，力的最大值是B.木塊向上做勻加速運(yùn)動的過程中，力的最大值是C.從向上做勻加速運(yùn)動到A、B分離的過程中，對木塊做功D.從向上做勻加速運(yùn)動到A、B分離的過程中，對木塊做功【答案】C【解析】【詳解】AB．對于A，根據(jù)牛頓第二定律有故當(dāng)時，最大，即故AB錯誤；CD．初始位置彈簧的壓縮量為A、B分離時，，對B，根據(jù)牛頓第二定律有解得以A、B為整體，A、B上升的高度為根據(jù)動力學(xué)公式A、B分離時的速度為由動能定理有由題意知，可得故C正確，D錯誤。故選C。二、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中，有多項符合題目要求。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.如圖，空間有一范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向與梯形區(qū)域平行，已知，，，，，一比荷為0.6C/kg的帶負(fù)電粒子由A點沿AD方向以速率進(jìn)入該電場，恰好可以通過點。不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A.點電勢為零B.場強(qiáng)方向由指向C.該粒子到達(dá)點時速度大小為D.該粒子到達(dá)點時速度方向與邊垂直【答案】BC【解析】【詳解】A．根據(jù)可得點電勢為選項A錯誤；B．因AD為等勢面，這場強(qiáng)方向垂直AD斜向上，即由B指向D點，選項B正確；CD．場強(qiáng)大小為由A到C沿場強(qiáng)方向解得v0=3m/st=1s到達(dá)C點速度速度方向與AD的夾角則可知速度方向與BC不垂直，選項C正確，D錯誤。故選BC。8.如圖所示的電路中，電源的電動勢、內(nèi)阻及各電阻的阻值都標(biāo)記在了圖中，電壓表和電流表均為理想電表，電壓表V、和的示數(shù)分別為U、和，三個電壓表變化量的絕對值分別、和，電流表A的示數(shù)為I（電流表示數(shù)變化量的絕對值為，當(dāng)滑動變阻器的滑片P向a端移動時，下列說法中正確的是（）A.和均增大B.電源的總功率和效率均增大C.D.如果設(shè)流過電阻的電流變化量的絕對值為，流過滑動變阻器的電流變化量的絕對值為，則【答案】D【解析】【詳解】A．由于當(dāng)滑動變阻器的滑片P向a端移動時，增大，增大，根據(jù)得則不變，故A錯誤；B．當(dāng)滑動變阻器的滑片P向a端移動時，增大，電路中總電阻增大，總電流減小，電源的總功率減小，故B錯誤；C．根據(jù)則故C錯誤；D．根據(jù)所以當(dāng)滑動變阻器的滑片P向a端移動時，增大，電路中總電流增大，增大，為定值，所以故D正確。故選D。9.如圖甲所示，O點處固定有力傳感器，長為l的輕繩一端與力傳感器相連，另一端固定著一個小球?，F(xiàn)讓小球在最低點以某一速度開始運(yùn)動，設(shè)輕繩與豎直方向的角度為（如圖所示），圖乙為輕繩彈力大小F隨cos變化的部分圖象。圖乙中a為已知量，重力加速度大小為g，則（）A.小球質(zhì)量為B.小球在與圓心等高處時的速度為C.小球恰能做完整圓周運(yùn)動D.小球在最低點時的速度為【答案】AD【解析】【詳解】AD．設(shè)小球在最低點時的速度為v0，則當(dāng)運(yùn)動到與豎直方向成θ角位置時，由機(jī)械能守恒：由牛頓第二定律有：解得：對比圖像可知：即解得AD正確；B．小球在與圓心等高處時θ=90°，則速度為，B錯誤；C．小球到達(dá)最高點時θ=180°，則速度，則小球不能經(jīng)過最高點，C錯誤。故選AD。10.如圖所示，是圓的一條水平直徑，是豎直方向的另外一條直徑，點是圓上的點，連線與的夾角為，該圓處于方向與圓面平行的勻強(qiáng)電場中。將帶正電量為、質(zhì)量為的油滴從圓心點以相同的初動能射出，射出方向不同時，油滴可以經(jīng)過圓周上的所有點。在這些點中，經(jīng)過點時油滴的動能最小且為，已知重力加速度的大小為g，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)，那么（）A.電場線與垂直且B點電勢高于C點電勢B.油滴經(jīng)過點動能為C.油滴經(jīng)過點時的動能為D.油滴經(jīng)過連線中點時的動能為【答案】CD【解析】【詳解】A．從經(jīng)過點時油滴的動能最小且為，則點為復(fù)合場的等效最高點，則復(fù)合場的合力方向如圖所示，則有由題意可知聯(lián)立解得則電場線的方向如圖所示，由幾何關(guān)系可知，與電場線垂直，B點電勢低于點電勢，故A錯誤；B．油滴經(jīng)過點時，合外力不做功，所以油滴的動能不變，故B錯誤；C．油滴從經(jīng)過點時，由動能定理可得從經(jīng)過A點時聯(lián)立解得油滴經(jīng)過點時的動能為故C正確；D．油滴經(jīng)過連線中點時的動能為等于中點的動能，且為，故D正確。故選CD。第Ⅱ卷（非選擇題共56分）三、非選擇題：本題共5小題，共56分。11.某實驗小組利用如下圖所示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。（1）把木板的一側(cè)墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使小車在不受牽引力時能拖動紙帶沿木板勻速運(yùn)動。此處采用的科學(xué)方法是________。A．理想化模型法B．阻力補(bǔ)償法C．等效替代法D．控制變量法（2）已知交流電源頻率為50Hz，啟動打點計時器，釋放小車，小車在砝碼桶的作用下拖著紙帶運(yùn)動。打點計時器打出的紙帶如下圖所示（圖中相鄰兩點間有4個點未畫出）。小車的加速度大小為________。（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）（3）實驗時改變砝碼桶內(nèi)砝碼的質(zhì)量，分別測量小車在不同外力作用下的加速度。根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)畫出關(guān)系圖像，如下圖所示。此圖像的AB段明顯偏離直線，造成此現(xiàn)象的主要原因可能是________。（選填下列選項的序號）A．小車與平面軌道之間存在摩擦B．平面軌道傾斜角度過大C．所用小車的質(zhì)量過大D．所掛的砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量過大【答案】①.B②.2.01③.D【解析】【詳解】（1）[1]把木板的一側(cè)墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使小車在不受牽引力時能拖動紙帶沿木板勻速運(yùn)動。此處采用的科學(xué)方法是阻力補(bǔ)償法。故選B。（2）[2]小車的加速度大小為（3）[3]ABC．由以上分析可知，當(dāng)小車與平面軌道之間存在摩擦，平面軌道傾斜角度過大，所用小車的質(zhì)量過大，都不會影響a-F關(guān)系圖，AB段明顯偏離直線，故ABC錯誤；D．當(dāng)所掛的砝碼桶內(nèi)及桶內(nèi)磚碼的總質(zhì)量太大時，則有木塊所受的合外力造成此現(xiàn)象的

主要原因可能是當(dāng)有砝碼桶內(nèi)及桶內(nèi)磚碼的總質(zhì)量接近木塊及木塊上砝碼的總質(zhì)量時，木塊受到的合外力小于磚碼桶及桶內(nèi)磚碼的總重力，木塊的加速度就不成線性增大，實驗誤差增大，則有a-F圖像的AB段明顯偏離直線，故D正確。

故選D。12.麓同學(xué)用氣墊導(dǎo)軌裝置驗證動量守恒定律，如圖所示。其中G1、G2為兩個光電門，它們與數(shù)字計時器相連。兩個滑塊A、B（包含擋光片）質(zhì)量分別為、，當(dāng)它們通過光電門時，計時器可測得擋光片被遮擋的時間。（1）先調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌水平，輕推一下B，直到它通過光電門G1的時間__________（填“大于”、“等于”、“小于”）它通過光電門G2的時間；（2）將B靜置于兩光電門之間，將A置于光電門G1右側(cè)，用手輕推一下A，使其向左運(yùn)動，與B發(fā)生碰撞，為了使A碰后不返回，則___________。（填“>”、“=”或“<”）；（3）在上述前提下，光電門G1記錄的擋光時間為，滑塊B、A先后通過光電門時，G2記錄的擋光時間分別為、，已知兩擋光片寬度相同，若、、、、滿足________（寫出關(guān)系式，用、、、、表示）則可驗證動量守恒定律；若、、還滿足另一個關(guān)系式__________，（用、、表示）則說明A、B發(fā)生的是彈性碰撞?！敬鸢浮竣?等于②.>③.④.【解析】【詳解】（1）[1]輕推一下B，直到它通過光電門G1的時間等于它通過光電門G2的時間，則說明滑塊做勻速直線運(yùn)動，氣墊導(dǎo)軌已經(jīng)調(diào)節(jié)水平。（2）[2]根據(jù)彈性碰撞的“動碰靜”的碰撞后的速度通項公式可知，要想“動”的物體碰撞“靜”的物體不返回，必須“動”的物體的質(zhì)量大于“靜”物體的質(zhì)量，即。（3）[3]設(shè)擋光片寬度為，滑塊A經(jīng)過光電門G1的速度為滑塊A經(jīng)過光電門G2的速度為滑塊B經(jīng)過光電門G2的速度為根據(jù)動量守恒可得整理得[4]若為彈性碰撞，則有聯(lián)立解得則有可得13.為了探究物體與斜面間的動摩擦因數(shù)，某同學(xué)進(jìn)行了如下實驗：取一質(zhì)量為m的物體，使其在沿斜面方向的推力F作用下向上運(yùn)動，如圖甲所示，通過力傳感器得到推力隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，通過頻閃照相處理后得出速度隨時間變化的規(guī)律如圖丙所示，若已知斜面的傾角a=37°，取重力加速度g=10m/s2。（1）求物體與斜面之間的摩擦系數(shù)；（2）求撤去推力F后，物體還能上升的距離（斜面足夠長）。【答案】（1）；（2）0.075m【解析】【詳解】（1）0~2s秒內(nèi)，由F-t圖可得F1=21.5N由牛頓第二定律可得由v-t圖像可得2s后，由F-t圖可得F2=20N由牛頓第二定律可得解得（2）撤去推力F后，由牛頓第二定律可得解得撤去外力后，物體的速度為1m/s，物體做勻減速直線運(yùn)動到達(dá)最高點，則由速度位移公式得x3==0.075m14.如圖所示，木板A、B靜止于光滑水平桌面上，B上表面水平且足夠長，其左端放置一滑塊C，B、C間的動摩擦因數(shù)為μ，A、B由不可伸長的理想輕繩連接，繩子處于松弛狀態(tài)，現(xiàn)在突然給C一個向右的速度2v0，讓C在B上滑動，當(dāng)C的速度為v0時，繩子剛好伸直，接著繩子被瞬間拉斷，繩子拉斷時B的速度為，A、B、C的質(zhì)量均為m。（1）從C獲得速度2v0開始經(jīng)過多長時間繩子被拉直？（2）拉斷繩子造成的機(jī)械能損失為多少？（3）若最終滑塊C未脫離木板B，則木板B的長度至少為多少？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）從C獲得一個向右的速度2v0到繩子拉直的過程中，取向右為正方向，由動量定