2024屆北京市海淀區(qū)中央民族大學(xué)某中學(xué)高三期末考試物理試題

2024屆北京市海淀區(qū)中央民族大學(xué)附屬中學(xué)高三期末考試物理試題

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再

選涂其它答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

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、某同學(xué)在測量電阻實(shí)驗(yàn)時，按圖所示連接好實(shí)驗(yàn)電路。閉合開關(guān)后發(fā)現(xiàn)：電流表示數(shù)很小、電壓表示數(shù)接近于

電源電壓，移動滑動變阻器滑片時兩電表示數(shù)幾乎不變化，電表及其量程的選擇均無問題。請你分析造成上述結(jié)果的

A.電流表斷路

B.滑動變阻器滑片接觸不良

C.開關(guān)接觸部位由于氧化，使得接觸電阻太大

D.待測電阻和接線柱接觸位置由于氧化，使得接觸電阻很大

2、在地球同步軌道衛(wèi)星軌道平面內(nèi)運(yùn)行的低軌道衛(wèi)星，其軌道半徑為同步衛(wèi)星半徑的5，則該低軌道衛(wèi)星運(yùn)行周期

為（）

A.lhB.3hC.6hD.12h

3、兩列完全相同的機(jī)械波于某時刻的疊加情況如圖所示，圖中的實(shí)線和虛線分別表示波峰和波谷，關(guān)于此時刻的說法

A.a,8連線中點(diǎn)振動加強(qiáng)

B.小力連線中點(diǎn)速度為零

C.a,b,c,d四點(diǎn)速度均為零

D.再經(jīng)過半個周期°、d兩點(diǎn)振動減弱

4、心電圖儀是將心肌收縮產(chǎn)生的脈動轉(zhuǎn)化為電壓脈沖的儀器，其輸出部分可等效為一個不計(jì)內(nèi)阻的交流電源，其電壓

S會隨著心跳頻率發(fā)生變化。如圖所示，心電儀與一理想變壓器的初級線圈相連接，揚(yáng)聲器（等效為一個定值電阻）

與一滑動變阻器連接在該變壓器的次級線圈。則（）

心電儀聽筒揚(yáng)聲器

A.保持滑動變阻器滑片尸不動，當(dāng)Ui變小時，揚(yáng)聲器的功率變大

B.保持滑動變阻器滑片P不動，當(dāng)S變小時，原線圈電流力變小

C.若保持S不變，將滑動變阻器滑片產(chǎn)向右滑，揚(yáng)聲器獲得的功率增大

D.若保持U不變，將滑動變阻器滑片P向右滑，副線圈的電流〃增大

5、下列說法正確的是（）

A.物體的動能增加，其內(nèi)能也一定增加

B.擴(kuò)散現(xiàn)象和布朗運(yùn)動都是分子的無規(guī)則熱運(yùn)動

C.一定質(zhì)量的氣體膨脹對外做功，氣體內(nèi)能一定增加

D.隨著分子間的距離增大，分子間的引力、斥力都減小

6、如圖所示，兩個相同材料制成的水平摩擦輪4和8,兩輪半徑心=2&,4為主動輪.當(dāng)4勻速轉(zhuǎn)動時，在4輪

邊緣處放置的小木塊恰能相對靜止在A輪的邊緣上，若將小木塊放在8輪上讓其靜止，木塊離B輪軸的最大距離為

（）

A.&/8B.R8/2C.RBD.RR/4

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、如圖所示，一根很長且不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑定滑輪，兩端各系一小球。和心a球質(zhì)量為機(jī)，靜置于地面,

力球質(zhì)量為4,用手托住，高度為心此時輕繩剛好拉緊，從靜止開始釋放,球，不計(jì)空氣阻力，已知》球落地后速

度變?yōu)榱?，則下列說法正確的是

〃/〃/〃/

o

%

A.在。球上升的全過程中，〃球的機(jī)械能始終是增加的

B.在。球上升的全過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒

C.。球到達(dá)高度力時兩球的速度大小為以二

D.從釋放開始，。球能上升的最大高度為1?64

8、如圖所示，兩個等量異種點(diǎn)電荷A、B固定在同條水平線上，電荷量分別為+Q和-Q。是水平放置的足

夠長的光滑絕緣細(xì)桿，細(xì)桿上套著一個中間穿孔的小球P,其質(zhì)量為用，電荷量為+夕（可視為試探電荷，不影響電

場的分布）?，F(xiàn)將小球從點(diǎn)電荷A的正下方。點(diǎn)由靜止釋放，到達(dá)點(diǎn)電荷B的正下方O點(diǎn)時，速度為2j5m/s，。為

。。的中點(diǎn)。則（）

A,+。Q’B

II

II

II

II

II

p;

MC0DN

A.小球從C至。先做加速運(yùn)動，后做減速運(yùn)動

B.小球運(yùn)動至。點(diǎn)時速度為2m/s

C.小球最終可能返回至。點(diǎn)

D.小球在整個運(yùn)動過程中的最終速度為2m/s

9、以下說法正確的是—

A.晶體具有各向同性，而非晶體具有各向異性

B.液體表面張力與重力有關(guān)，在完全失重的情況下表面張力消失

C.對于一定的液體和一定材質(zhì)的管壁，管內(nèi)徑的粗細(xì)會影響液體所能達(dá)到的高度

D.飽和汽壓隨溫度而變，溫度越高飽和汽壓越大

E.因?yàn)榫w熔化時吸收的熱量只增加了分子勢能，所以熔化過程中晶體溫度不變

10、如圖所示，a、b、c是均勻媒質(zhì)中x軸上的三個質(zhì)點(diǎn).ab、be兩點(diǎn)間的距離分別為6m、10m.一列簡諧橫波以

2m/s的波速沿x軸正向傳播，在t=0時刻到達(dá)質(zhì)點(diǎn)a處，質(zhì)點(diǎn)a由平衡位置開始豎直向下運(yùn)動，t=3s時質(zhì)點(diǎn)a第一

,Y:?12由

Fl

z

(1)小鐵球經(jīng)過光電門時的瞬時速度p=(用題中所給字母表示)。

(2)如果d、，、h、g滿足關(guān)系式,就可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。

(3)比較兩個方案，改進(jìn)后的方案相比原方案主要的兩個優(yōu)點(diǎn)是<.

A.不需要測出小鐵球的質(zhì)量

R.電磁鐵控制小鐵球，更易保證小鐵球的初速度為0

C.消除了紙帶與打點(diǎn)計(jì)時器之間的摩擦力影響

D.數(shù)據(jù)處理大大簡化

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)電子對湮滅是指電子-和正電子e?碰撞后湮滅，產(chǎn)生伽馬射線。如圖所示，在豎直面*Oy內(nèi)，第I象限

內(nèi)存在平行于『軸的勻強(qiáng)電場與第H象限內(nèi)存在垂直于面xOy向外的勻強(qiáng)磁場防，第IV象限內(nèi)存在垂直于面xOy

向外的矩形勻強(qiáng)磁場以(圖中未畫出)。點(diǎn)A、尸位于x軸上，點(diǎn)C、。位于)，軸上，且。4距離為L.某為時刻，速

度大小為孫的正電子人從4點(diǎn)沿軸正方向射入磁場，經(jīng)C點(diǎn)垂直)，軸進(jìn)入第I象限，最后以0%的速度從P點(diǎn)射

出。同一fo時刻，另一速度大小為0%的負(fù)電子不從。點(diǎn)沿與軸正半軸成45,角的方向射入第IV象限，后進(jìn)入未

知矩形磁場區(qū)域，離開磁場時正好到達(dá)P點(diǎn)，且恰好與尸點(diǎn)出射的正電子/正碰湮滅，即相碰時兩電子的速度方向相

反。若已知正負(fù)電子的質(zhì)量均為機(jī)、電荷量大小為e、電子重力不計(jì)。求：

⑴第II象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小Bi

(2)電場強(qiáng)度E及正電子從C點(diǎn)運(yùn)動至P點(diǎn)的時間

(3)。點(diǎn)的縱坐標(biāo)及第IV象限內(nèi)矩形磁場區(qū)域的最小面積S

14.（16分）如圖所示，打開水龍頭，流出涓涓細(xì)流。將乒乓球靠近豎直的水流時，水流會被吸引，順著乒乓球表面

流動。這個現(xiàn)象稱為康達(dá)效應(yīng)（CoandaEffect）。某次實(shí)驗(yàn)，水流從A點(diǎn)開始順著乒乓球表面流動，并在乒乓球的最

低點(diǎn)8與之分離，最后落在水平地面上的C點(diǎn)（未畫出）。已知水流出水龍頭的初速度為%,8點(diǎn)到。點(diǎn)的水平射程

為X,8點(diǎn)距地面的高度為力，乒乓球的半徑為R,。為乒乓球的球心，AO與豎直方向的夾角。二60，不計(jì)一切

阻力，若水與球接觸瞬間速率不變，重力加速度為g。

（1）若質(zhì)量為Am（6T0）的水受到乒乓球的“吸附力”為尸，求二的最大值；

△m

（2）求水龍頭下端到A的高度差H。

IJ水龍頭

15.（12分）如圖，在X。），平而內(nèi)，x=U與x=3七兩直線之間存在兩勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，方向均垂直于

xQy平面，x軸為兩磁場的分界線；在第1象限內(nèi)存在沿），軸負(fù)方向、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為〃?、電荷

量為4（q>0）的粒子從x軸上的A點(diǎn)以某一初速度射入電場，一段時間后，該粒子運(yùn)動到y(tǒng)軸上的尸（0,-）點(diǎn)，

2

以速度刖垂直于），軸方向進(jìn)入磁場。不計(jì)粒子的重力。

（1）求4點(diǎn)的坐標(biāo)；

（2）若粒子能從磁場右邊界離開，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍；

（3）若粒子能從O'（3L,0）點(diǎn)離開，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的可能取值。

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、D

【解題分析】

AB.電流表斷路或者滑動變阻器滑片接觸不良，都會造成整個電路是斷路情況，即電表示數(shù)為零，AB錯誤；

C.開關(guān)接觸部位由于氧化，使得接觸電阻太大，則電路電阻過大，電流很小，流過被測電阻的電流也很小，所以其

兩端電壓很小，不會幾乎等于電源電壓，C錯誤；

D.待測電阻和接線柱接觸位置由于氧化，使得接觸電阻很大，相當(dāng)于當(dāng)被測電阻太大，遠(yuǎn)大于和其串聯(lián)的其他儀器

的電阻，所以電路電流很小，其分壓接近電源電壓，D正確。

故選D。

2、B

【解題分析】

根據(jù)開普勒第二定律

解得

Tv=lril=-x24h=3h

衛(wèi)8同8

故選B。

3、B

【解題分析】

AB.。是兩個波谷相遇，位于波谷，振動加強(qiáng)，但此時速度為0;〃是兩個波峰相遇，位于波峰，振動加強(qiáng)，但此時

速度為0;。、力兩點(diǎn)是振動加強(qiáng)區(qū)，所以。、〃連線中點(diǎn)振動加強(qiáng)，此時是平衡位置，速度不為0;故A正確，B錯誤;

C.c和d兩點(diǎn)是波峰和波谷相遇點(diǎn)，c、d兩點(diǎn)振動始終減弱，振幅為0,即質(zhì)點(diǎn)靜止，速度為零，故用瓦c,d四

點(diǎn)速度均為零，故C正確；

D.再經(jīng)過半個周期c、d兩點(diǎn)仍是振動減弱，故D正確。

本題選錯誤的，故選B。

4、B

【解題分析】

AB.保持滑動變阻器滑片尸不動，當(dāng)S變小時，根據(jù)變壓器原副線圈的電壓與匝數(shù)關(guān)系可知，次級電壓S減小，則

揚(yáng)聲器的功率變??；次級電流減小，則初級電流八也減小，選項(xiàng)A錯誤，B正確；

CD.若保持Ui不變，則次級電壓S不變，將滑動變阻器滑片產(chǎn)向右滑，則K電阻變大，次級電流〃減小，則揚(yáng)聲

器獲得的功率減小，選項(xiàng)CD錯誤。

故選Re

5、D

【解題分析】

A.物體的內(nèi)能由分子動能和分子勢能構(gòu)成，與宏觀的機(jī)械能大小無關(guān)，A錯誤；

B.布朗運(yùn)動是固體小顆粒的運(yùn)動，不是分子熱運(yùn)動，B錯誤；

C.根據(jù)熱力學(xué)第一定律AU=Q+W可知一定質(zhì)量的氣體膨脹對外做功，吸放熱情況未知，所以氣體內(nèi)能不一定增

加，C錯誤；

D.隨著分子間的距離增大，分子間的引力、斥力都減小，D正確。

故選D。

6、B

【解題分析】

摩擦傳動不打滑時，兩輪邊緣上線速度大小相等，根據(jù)題意有：兩輪邊緣上有：RA(OA=RBOB,所以：(08=箕34,因

為同一物體在兩輪上受到的最大摩擦力相等，根據(jù)題意有，在B輪上的轉(zhuǎn)動半徑最大為r,則根據(jù)最大靜摩擦力等于

「*_%_RB

向心力有：，〃RA3A2=WCOB2,得：R[2D2,故ACD錯誤，B正確；故選B.

點(diǎn)睛：摩擦傳動時，兩輪邊緣上線速度大小相等，抓住最大摩擦力相等是解決本題的關(guān)鍵.

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。分。

7、CD

【解題分析】

A.在。球上升的全過程中，第一個過程系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，。球的機(jī)械能是增加的，在第二個過程中。球的機(jī)械能守

恒，故A錯誤；

B.8球落地時，有機(jī)械能損失，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故B錯誤；

CD.設(shè)。球到達(dá)高度力時兩球的速度為L根據(jù)機(jī)械能守恒定律：

-mgh=—?5mv2

得出

此時輕繩恰好松弛，。球開始做初速度為「的豎直上拋運(yùn)動。〃球的機(jī)械能守恒

mgh+gtnv1=mgH

計(jì)算得出。球能上升的最大高度〃為1.6隊(duì)故CD正確。

故選：CDo

8、BD

【解題分析】

A.根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場線分布，可知，兩點(diǎn)電荷連線的中垂面是等勢面，電勢為0,正點(diǎn)電荷附近電勢大于0,

負(fù)點(diǎn)電荷附近電勢小于0,根據(jù)對稱關(guān)系可得

<Pc=一<PD=0

其中

%>0,%<0

所以小球從。到。運(yùn)動過程中，只有電場力做功，且由于電勢降低，所以電勢能減小，電場力做正功，小球在做加速

運(yùn)動，所以A錯誤；

B.小球由C到。，由動能定理得

%/)=%9=；族

c1.，

2(p=—mv'=4〃z

則由。到。由動能定理可得

12

9=

所以B正確；

C.由分析可知

%=°

無窮遠(yuǎn)處電勢也是0,小球由。到。加速運(yùn)動，再由O到無窮遠(yuǎn)處，電勢升高，電勢能增加，電場力做負(fù)功，小球做

減速運(yùn)動，所有不可能返回。點(diǎn)，所以c錯誤；

D.小球從。到無窮遠(yuǎn)處，電場力做功為0,由能量守恒可知，動能變化量也是0,即無窮遠(yuǎn)處的速度為

v=vo=2m/s

所以D正確,

故選BDo

9、CDE

【解題分析】

A.晶體分為單晶體和多晶體，單晶體各向異性，多晶體各向同性，非晶體各向同性，故A錯誤；

B.液體表面張力是微觀的分子引力形成的規(guī)律，與宏觀的超失重現(xiàn)象無關(guān)，則在完全失重的狀態(tài)下依然有表面張力

的現(xiàn)象，故B錯誤；

C.浸潤現(xiàn)象中，浸潤液體在細(xì)管中上升時，管的內(nèi)徑越小，液體所能達(dá)到的高度越高，故對于一定的液體和一定材

質(zhì)的管壁，管內(nèi)徑的粗細(xì)會影響液體所能達(dá)到的高度，則c正確；

D.飽和汽壓與溫度有關(guān)，溫度越高飽和汽壓越大，故D正確；

E.晶體熔化時吸收熱量，導(dǎo)致內(nèi)能增大，但只增加了分子勢能，故熔化過程中晶體溫度不變，故E正確。

故選CDEo

10、BC

【解題分析】

在t=0時刻到達(dá)質(zhì)點(diǎn)a處，質(zhì)點(diǎn)a由平衡位置開始豎直向下運(yùn)動，t=3s時質(zhì)點(diǎn)a第一次到達(dá)最大正位移處可知，

3

-T=3所以7=4s,波長==

4t

3

A、B項(xiàng)：由于為活=^丸=6加，所以當(dāng)質(zhì)點(diǎn)a向下運(yùn)動時，b質(zhì)點(diǎn)一定向上振動，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)a的加速度最大時，即處在

波峰（或波谷）所以b質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置，即速度最大，故A錯誤，B正確；

C項(xiàng)：當(dāng)質(zhì)點(diǎn)?完成10次全振動所用時間為107=40s,波從。傳到c所用的時間為￡S=8S,所以還有32S,所

2

以b剛好完成8次全振動，故C正確;

D項(xiàng)：當(dāng)質(zhì)點(diǎn)a第三次到達(dá)位移最大值位置所用的時間為，=(3+2x4)s=lls,波從a傳到c所用的時間=8s,

2

故D錯誤.

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。

\-k\-k

【解題分析】

(1)由實(shí)物圖可知電路的連接方式，得出的實(shí)物圖如圖所示:

(2)由圖可知，V%測量Ro與R兩端的電壓，M測量R兩端的電壓，則Ro兩端的電壓Uzo-Un)；由歐姆定律可知:

力。-《。力)/

RoUi。

U2-U.rTERqr..r,

(3)由閉合電路歐姆定律可知：E=5+2變形得：672=—+--67,,結(jié)合圖象有：--=k

仆仆+r&+廣幣+「

【解題分析】

用平均速度代替小鐵球經(jīng)過光電門時的瞬時速度，即

(2)[2]若小鐵球機(jī)械能守恒，則有

可得

2"

(3)[3]比較兩個方案，改進(jìn)后的方案相比原方案最主要的優(yōu)點(diǎn)：一是消除了紙帶與打點(diǎn)計(jì)時器之間的摩擦力影響；二是

電磁鐵控制小鐵球，更易保證小鐵球的初速度為0,故BC正確，AD錯誤。

故選BCo

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)用二華(2)E=皿：殳(3)y=TL、S=

—⑷匕=--:

eL2eL%

【解題分析】

(1)由題意正電子從A點(diǎn)沿)，軸正方向發(fā)射，經(jīng)過。點(diǎn)垂直)，軸射出，可知其在磁場中作勻速圓周運(yùn)動的半徑:

/?)-L

又：

解得:

'eL

(2)正電子在電場中做類平拋運(yùn)動，運(yùn)動時間為左尸，運(yùn)動分解：『軸方向受電場力作用做初速為零勻加速運(yùn)動

ZOC=ZOA=L

%=%①

又知正電子在點(diǎn)P出射速度為V2v0，設(shè)其從點(diǎn)P穿過X軸時與X軸正方向夾角為a,

cosa=—=%

%6。

a=45

vly=vIxtana=v0（2）

聯(lián)立解得：

(3)如圖，設(shè)MNP尸為最小矩形磁場區(qū)域，負(fù)電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，圓心3,NP為軌跡圓的弦。由幾何關(guān)系

正、負(fù)電子在第I、W象限沿x軸方向位移、速度相同，即:

x?二%=%%—2H

%=a%cos45°=%=Wx

運(yùn)動時間：正電子

2L12nm

。=%+%=------h-x

%4V

負(fù)電子

2L12兀"2

（2=tQN+tNP=——+TX

%4B2e

又:

=t

力2

故

—鬻

負(fù)電子在矩形磁場中做勻速圓周運(yùn)動

%

解得：

6=血4=伍

故。點(diǎn)的縱坐標(biāo)

y=-(應(yīng)6+2Ltan45°)=-4L

未知矩形磁場區(qū)域的最小面積為圖中矩形MNPF的面積

S=2L(V2-l)L=2(>/2-l)L2

22

pY~vv3

14、(1)——=^(1+—)；

A/n2hR4〃2g2

【解題分析】

F

(1)設(shè)水流在4點(diǎn)的速率為以，在4點(diǎn)時一最大，由牛頓第二定律