河北省部分重点高中2023-2024学年高三上学期12月期中考试物理试卷（解析版）

PAGE2024学年度上学期高三年级期中考试物理本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共8页，总分100分，考试时间75分钟。第Ⅰ卷（选择题共44分）一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.甲、乙两人用绳aO和bO通过装在P楼和Q楼楼顶的定滑轮，将质量为m的物块由O点沿Oa直线缓慢地向上提升，如图所示，为锐角。则在物块由O点沿Oa直线缓慢上升直至bO处于水平的过程中，以下判断正确的是（）A.aO绳和bO绳中的弹力逐渐减小B.aO绳和bO绳中的弹力逐渐增大C.aO绳中的弹力一直增大，bO绳中的弹力先减小后增大D.aO绳中的弹力先减小后增大，bO绳中的弹力一直增大〖答案〗C〖解析〗以物块为研究对象，分析受力情况：重力G、bO的拉力F和绳子aO的拉力T，由平衡条件得知，F和T的合力与G大小相等、方向相反，当将物体向上缓慢移动，aO绳方向不变即T方向不变，bO绳绕O点逆时针转动到水平过程中，作出三个转动过程三个位置力的合成图，如图中由3到2到1的过程，由图可以看出aO绳拉力T一直变大，bO绳弹力F先减小后变大。故C正确，ACD错误。故选C。2.地面第五代移动通信（）已经进入商用，卫星通信与地面的融合成为卫星界和地面界讨论的新热点。相比地面移动通信网络，卫星通信利用高、中、低轨卫星可实现广域甚至全球覆盖，可以为全球用户提供无差别的通信服务，在地面网络无法覆盖的偏远地区，飞机上或者远洋舰艇上，卫星可以提供经济可靠的网络服务，将网络延伸到地面网络无法到达的地方，下表给出了不同轨道通信卫星特点。卫星通信类别轨道高度范围特点低轨道（）卫星通信传输时延、覆盖范围、链路损耗、功耗，都小中轨道（）卫星通信传输时延、覆盖范围、链路损耗、功耗都变大（相比），但小于（）高轨道（）地球同步卫星通信技术最为成熟，但传输延时长，链路损耗损大，在实时通信中存在显著延迟。关于通信卫星，以下说法正确的是（）A.各轨道通信卫星的运行轨道中心一定是地心B.各轨道通信卫星的运行周期都是24小时C.高轨道通信卫星的向心加速度与地球表面赤道上静止物体的向心加速度相同D.各轨道通信卫星的运行速度都大于〖答案〗A〖解析〗A．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，各轨道通信卫星的运行轨道中心一定是地心，故A正确；

B．同步卫星的运行周期是24小时，其他卫星的运行周期不是24小时，故B错误；

C．同步卫星与静止在赤道上的物体具有共同的角速度，由公式a向=rω2，可得：因轨道半径不同，故其向心加速度不同，故C错误；

D．根据万有引力提供向心力得：，即线速度v随轨道半径r的增大而减小，v=7.9km/s为第一宇宙速度，即围绕地球表面运行的速度，因同步卫星轨道半径比地球半径大很多，因此其线速度应小于7.9km/s，故D错误。

故选A。3.如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N在同一电场线上。两个完全相同的、带等量正电荷的粒子，以相同速率分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，M点的粒子与电场线成一定的夹角进入，N点的粒子垂直电场线进入，两粒子恰好都能经过P点，重力不计。关于两粒子从进入电场至到达P点的过程，下列说法正确的是（）A.两粒子到达P点的速度大小可能相等B.电场力对两粒子做功一定相同C.两粒子到达P点时的电势能都比进入电场时小D.两粒子到达P点所需时间一定不相等〖答案〗D〖解析〗BC．M、P两点在同一等势面上，故电场对从M点射出的粒子电场力做功为零，电势能不变，而对从N点射出的粒子电场力做功为正值，不为零，电势能减小，故BC错误；A．由动能定理可知，因为电场对从N点射出的粒子做功为正值，故从N点射出的粒子到达P点时的速度增大，从M点射出的粒子到达P点时的速度不变，故A错误；D．两粒子在垂直与电场线方向均做匀速运动，由于从N点射出的粒子在垂直与电场线方向上的速度较大，则先到达P点，故D正确。故选D。4.滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动项自。如图所示，一同学在水平地面上选行滑板练习，该同学站在滑板A前端以20m/s的共同速度做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B。在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞（以相同速度运动）。该同学的质量为45kg，两滑板的质量均为2.5kg，不计滑板与地面间的靡擦，下列说法正确的是（）A.上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统水平方向上动量守恒B.该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度减小C.该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为19m/sD.该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小为47.5N·s〖答案〗AC〖解析〗A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统水平方向合外力为0，水平方向上动量守恒，故A正确；B．该同学跳离滑板B过程中，人对滑板B的作用力向右，B车向右加速，速度增大，故B错误；C．从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞，三者共速为v，由动量守恒可得解得故C正确；D．该同学跳离滑板B后，滑板B的动量为该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小等于动量变化量，小于47.5N·s，故D错误。故选AC。5.如图所示，为正三角形，和边上放有带等量异种电荷的绝缘细棒，O为边中点，D为中垂线上O点右侧的一点，P为上的一点，选无穷远处电势为0，则下列说法正确的是（）A.O点和D点场强可能大小相等，方向相同B.D点的电势一定高于P点C.将一正检验电荷沿直线从O点运动到D点，电势能增加D.将一正检验电荷沿直线从O点运动到P点，电场力做负功〖答案〗B〖解析〗A．将两带电绝缘细棒看成无数对等量异种电荷，可知中垂线上各点场强竖直向下，根据对称性和电场叠加原则可知O点和D点场强方向均竖直向下，由于D点比O点离带电体远，所以D点场强小于O点场强，A错误；BCD．根据前面类比等量异种电荷电势分布情况可知，AD为一条电势为零的等势线，D点与O点电势相同，将一正检验电荷沿直线从O点运动到D点，电势能不变；又因为沿着电场线方向电势降低，可得O点的电势一定高于P点，即有D点的电势一定高于P点；所以将一正检验电荷沿直线从O点运动到P点，电势能减小，电场力做正功，B正确，CD错误。故选B。6.如图所示，A、B两个木块静止叠放在竖直轻弹簧上，已知，轻弹簧劲度系数为。若在木块上作用一个竖直向上的力，使木块由静止开始以的加速度竖直向上做匀加速直线运动，从木块向上做匀加速运动开始到A、B分离的过程中，弹簧的弹性势能减小了，取，下列判断正确的是（）A.木块向上做匀加速运动的过程中，力的最大值是B.木块向上做匀加速运动的过程中，力的最大值是C.从向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，对木块做功D.从向上做匀加速运动到A、B分离的过程中，对木块做功〖答案〗C〖解析〗AB．对于A，根据牛顿第二定律有故当时，最大，即故AB错误；CD．初始位置弹簧的压缩量为A、B分离时，，对B，根据牛顿第二定律有解得以A、B为整体，A、B上升的高度为根据动力学公式A、B分离时的速度为由动能定理有由题意知，可得故C正确，D错误。故选C。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图，空间有一范围足够大的匀强电场，场强方向与梯形区域平行，已知，，，，，一比荷为0.6C/kg的带负电粒子由A点沿AD方向以速率进入该电场，恰好可以通过点。不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A.点电势为零B.场强方向由指向C.该粒子到达点时速度大小为D.该粒子到达点时速度方向与边垂直〖答案〗BC〖解析〗A．根据可得点电势为选项A错误；B．因AD为等势面，这场强方向垂直AD斜向上，即由B指向D点，选项B正确；CD．场强大小为由A到C沿场强方向解得v0=3m/st=1s到达C点的速度速度方向与AD的夹角则可知速度方向与BC不垂直，选项C正确，D错误。故选BC。8.如图所示的电路中，电源的电动势、内阻及各电阻的阻值都标记在了图中，电压表和电流表均为理想电表，电压表V、和的示数分别为U、和，三个电压表变化量的绝对值分别、和，电流表A的示数为I（电流表示数变化量的绝对值为，当滑动变阻器的滑片P向a端移动时，下列说法中正确的是（）A.和均增大B.电源的总功率和效率均增大C.D.如果设流过电阻的电流变化量的绝对值为，流过滑动变阻器的电流变化量的绝对值为，则〖答案〗D〖解析〗A．由于当滑动变阻器的滑片P向a端移动时，增大，增大，根据得则不变，故A错误；B．当滑动变阻器的滑片P向a端移动时，增大，电路中总电阻增大，总电流减小，电源的总功率减小，故B错误；C．根据则故C错误；D．根据所以当滑动变阻器的滑片P向a端移动时，增大，电路中总电流增大，增大，为定值，所以故D正确。故选D。9.如图甲所示，O点处固定有力传感器，长为l的轻绳一端与力传感器相连，另一端固定着一个小球。现让小球在最低点以某一速度开始运动，设轻绳与竖直方向的角度为（如图所示），图乙为轻绳弹力大小F随cos变化的部分图象。图乙中a为已知量，重力加速度大小为g，则（）A.小球质量为B.小球在与圆心等高处时的速度为C.小球恰能做完整圆周运动D.小球在最低点时的速度为〖答案〗AD〖解析〗AD．设小球在最低点时的速度为v0，则当运动到与竖直方向成θ角位置时，由机械能守恒：由牛顿第二定律有：解得：对比图像可知：即解得AD正确；B．小球在与圆心等高处时θ=90°，则速度为，B错误；C．小球到达最高点时θ=180°，则速度，则小球不能经过最高点，C错误。故选AD。10.如图所示，是圆的一条水平直径，是竖直方向的另外一条直径，点是圆上的点，连线与的夹角为，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中。将带正电量为、质量为的油滴从圆心点以相同的初动能射出，射出方向不同时，油滴可以经过圆周上的所有点。在这些点中，经过点时油滴的动能最小且为，已知重力加速度的大小为g，匀强电场的场强，那么（）A.电场线与垂直且B点电势高于C点电势B.油滴经过点动能为C.油滴经过点时的动能为D.油滴经过连线中点时的动能为〖答案〗CD〖解析〗A．从经过点时油滴的动能最小且为，则点为复合场的等效最高点，则复合场的合力方向如图所示，则有由题意可知联立解得则电场线的方向如图所示，由几何关系可知，与电场线垂直，B点电势低于点电势，故A错误；B．油滴经过点时，合外力不做功，所以油滴的动能不变，故B错误；C．油滴从经过点时，由动能定理可得从经过A点时联立解得油滴经过点时的动能为故C正确；D．油滴经过连线中点时的动能为等于中点的动能，且为，故D正确。故选CD。第Ⅱ卷（非选择题共56分）三、非选择题：本题共5小题，共56分。11.某实验小组利用如下图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。（1）把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是________。A．理想化模型法B．阻力补偿法C．等效替代法D．控制变量法（2）已知交流电源频率为50Hz，启动打点计时器，释放小车，小车在砝码桶的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的纸带如下图所示（图中相邻两点间有4个点未画出）。小车的加速度大小为________。（结果保留3位有效数字）（3）实验时改变砝码桶内砝码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出关系图像，如下图所示。此图像的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是________。（选填下列选项的序号）A．小车与平面轨道之间存在摩擦B．平面轨道倾斜角度过大C．所用小车的质量过大D．所挂的砝码桶及桶内砝码的总质量过大〖答案〗（1）B（2）2.01（3）D〖解析〗（1）[1]把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是阻力补偿法。故选B。（2）[2]小车的加速度大小为（3）[3]ABC．由以上分析可知，当小车与平面轨道之间存在摩擦，平面轨道倾斜角度过大，所用小车的质量过大，都不会影响a-F关系图，AB段明显偏离直线，故ABC错误；D．当所挂的砝码桶内及桶内砖码的总质量太大时，则有木块所受的合外力造成此现象的

主要原因可能是当有砝码桶内及桶内砖码的总质量接近木块及木块上砝码的总质量时，木块受到的合外力小于砖码桶及桶内砖码的总重力，木块的加速度就不成线性增大，实验误差增大，则有a-F图像的AB段明显偏离直线，故D正确。

故选D。12.麓同学用气垫导轨装置验证动量守恒定律，如图所示。其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连。两个滑块A、B（包含挡光片）质量分别为、，当它们通过光电门时，计时器可测得挡光片被遮挡的时间。（1）先调节气垫导轨水平，轻推一下B，直到它通过光电门G1的时间__________（填“大于”、“等于”、“小于”）它通过光电门G2的时间；（2）将B静置于两光电门之间，将A置于光电门G1右侧，用手轻推一下A，使其向左运动，与B发生碰撞，为了使A碰后不返回，则___________。（填“>”、“=”或“<”）；（3）在上述前提下，光电门G1记录的挡光时间为，滑块B、A先后通过光电门时，G2记录的挡光时间分别为、，已知两挡光片宽度相同，若、、、、满足________（写出关系式，用、、、、表示）则可验证动量守恒定律；若、、还满足另一个关系式__________，（用、、表示）则说明A、B发生的是弹性碰撞。〖答案〗（3）等于（2）>（3）〖解析〗（1）[1]轻推一下B，直到它通过光电门G1时间等于它通过光电门G2的时间，则说明滑块做匀速直线运动，气垫导轨已经调节水平。（2）[2]根据弹性碰撞“动碰静”的碰撞后的速度通项公式可知，要想“动”的物体碰撞“静”的物体不返回，必须“动”的物体的质量大于“静”物体的质量，即。（3）[3]设挡光片宽度为，滑块A经过光电门G1的速度为滑块A经过光电门G2的速度为滑块B经过光电门G2的速度为根据动量守恒可得整理得[4]若为弹性碰撞，则有联立解得则有可得13.为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力F作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角a=37°，取重力加速度g=10m/s2。（1）求物体与斜面之间的摩擦系数；（2）求撤去推力F后，物体还能上升的距离（斜面足够长）。〖答案〗（1）；（2）0.075m〖解析〗（1）0~2s秒内，由F-t图可得F1=21.5N由牛顿第二定律可得由v-t图像可得2s后，由F-t图可得F2=20N由牛顿第二定律可得解得（2）撤去推力F后，由牛顿第二定律可得解得撤去外力后，物体的速度为1m/s，物体做匀减速直线运动到达最高点，则由速度位移公式得x3==0.075m14.如图所示，木板A、B静止于光滑水平桌面上，B上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C，B、C间的动摩擦因数为μ，A、B由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态，现在突然给C一个向右的速度2v0，让C在B上滑动，当C的速度为v0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B的速度为，A、B、C的质量均为m。（1）从C获得速度2v0开始经过多长时间绳子被拉直？（2）拉断绳子造成的机械能损失为多少？（3）若最终滑块C未脱离木板B，则木板B的长度至少为多少？〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）从C获得一个向右的速度2v0到绳子拉直的过程中，取向右为正方向，由动量定理有