河北省省级示范高中联合体2024届高三（最后冲刺）物理试卷含解析

河北省省级示范高中联合体2024届高三（最后冲刺）物理试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。1、一个核衰变为一个核的过程中，发生了m次衰变和n次衰变，则m、n的值分别为（）A．8、6 B．6、8 C．4、8 D．8、42、如图，固定的粗糙斜面体上，一质量为的物块与一轻弹簧的一端连接，弹簧与斜面平行，物块静止，弹簧处于原长状态，自由端位于点。现用力拉弹簧，拉力逐渐增加，使物块沿斜面向上滑动，当自由端向上移动时。则（）A．物块重力势能增加量一定为B．弹簧弹力与摩擦力对物块做功的代数和等于木块动能的增加量C．弹簧弹力、物块重力及摩擦力对物块做功的代数和等于物块机械能的增加量D．拉力与摩擦力做功的代数和等于弹簧和物块的机械能增加量3、如图所示，在直角坐标系xOy平面内存在一点电荷，带电荷量为－Q，坐标轴上有A、B、C三点，并且OA=OB=BC=a，其中A点和B点的电势相等，O点和C点的电场强度大小相等。已知静电力常量为k，则（）A．点电荷位于B点处B．O点电势比A点电势高C．C点处的电场强度大小为D．将正的试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势能先增大后减小4、如图所示，在天花板下用细线悬挂一个闭合金属圆环，圆环处于静止状态。上半圆环处在垂直于环面的水平匀强磁场中，规定垂直于纸面向外的方向为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。t=0时刻，悬线的拉力为F。CD为圆环的直径，CD=d，圆环的电阻为R。下列说法正确的是（）A．时刻，圆环中有逆时针方向的感应电流B．时刻，C点的电势低于D点C．悬线拉力的大小不超过D．0~T时间内，圆环产生的热量为5、下列关于原子物理知识的叙述正确的是（）A．衰变的实质是核内的中子转化为一个质子和一个电子B．结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定C．两个轻核结合成一个中等质量的核，核子数不变质量不亏损D．对于一个特定的氡原子，知道了半衰期，就能准确的预言它在何时衰变6、如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙金属导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN．现从t=0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流I的大小与时间t成正比，即I=kt，其中k为常量，不考虑电流对匀强磁场的影响，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于金属棒的加速度a、速度v随时间t变化的关系图象，可能正确的是A． B．C． D．二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。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，质量分别为mA=2kg、mB=4kg的A、B小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H=25m处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两侧轻绳下端恰好触地，取g=10m/s2，不计细绳与滑轮间的摩擦，则下列说法正确的是()A．A与细绳间为滑动摩擦力，B与细绳间为静摩擦力B．A比B先落地C．A,B落地时的动能分别为400J、850JD．两球损失的机械能总量250J8、某探究小组利用图甲所示的电路探究一标签模糊的理想变压器的原、副线圈匝数比。R为定值电阻，L1、L2为两只标有“5V，2A”的相同小灯泡，S为开关。保持开关S断开，在输入端施加如图乙所示的交变电压后，灯泡L1正常发光，测得电阻R两端的电压为灯泡L1两端电压的2倍。以下说法正确的是（）A．理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1B．理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4C．定值电阻的阻值为10ΩD．闭合开关S后，灯泡L1中的电流变小9、如图所示，甲、乙、丙是绕地球做匀速圆周运动的3艘飞船，下列说法正确的是（）A．丙开动发动机向后瞬时喷气后，其势能不变B．丙开动发动机向后瞬时喷气后的一段时间内，可能沿原轨道追上同一轨道上的乙C．甲受稀薄气体的阻力作用后，其动能增大、势能减小D．甲受稀薄气体的阻力作用后，阻力做功大小与引力做功大小相等10、如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量x之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计,（弹性势能，g取10m/s2），则下列说法正确的是（）A．小球刚接触弹簧时加速度最大B．当x=0.1m时，小球的加速度为零C．小球的最大加速度为51m/s2D．小球释放时距弹簧原长的高度约为1.35m三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）利用打点计时器（用频率为的交流电）研究“匀变速直线运动的规律”。如图所示为实验中打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带，O是打点计时器打下的第一个点，相邻两个计数点之间还有四个点没有画出（1）相邻两计数点之间的时间间隔为________s（2）实验时要在接通打点计时器电源之________（填“前”或“后”）释放纸带（3）将各计数点至O点的距离依次记为、、、、…，测得，，，。请计算打点计时器打下C点时纸带的速度大小为___；纸带的加速度大小为________（结果均保留两位有效数字）12．（12分）某同学设计了一个如图所示的实验装置验证动量守恒定律。小球A底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条，用悬线悬挂在O点，光电门固定在O点正下方铁架台的托杆上，小球B放在竖直支撑杆上，杆下方悬挂一重锤，小球A（包含遮光条）和B的质量用天平测出分别为、，拉起小球A一定角度后释放，两小球碰撞前瞬间，遮光条刚好通过光电门，碰后小球B做平抛运动而落地，小球A反弹右摆一定角度，计时器的两次示数分别为、，测量O点到球心的距离为L，小球B离地面的高度为h，小球B平抛的水平位移为x。(1)关于实验过程中的注意事项，下列说法正确的是________。A．要使小球A和小球B发生对心碰撞B．小球A的质量要大于小球B的质量C．应使小球A由静止释放(2)某次测量实验中，该同学测量数据如下：，，，，，，重力加速度g取，则小球A与小球B碰撞前后悬线的拉力之比为________，若小球A（包含遮光条）与小球B的质量之比为________，则动量守恒定律得到验证，根据数据可以得知小球A和小球B发生的碰撞是碰撞________（“弹性”或“非弹性”）。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）用两只玩具小车A、B做模拟碰撞实验，玩具小车A、B质量分别为m1=lkg和m2=3kg，把两车放置在相距S=8（1）两个小车碰撞后的速度大小;（2）小车A受到的恒力F的作用时间。14．（16分）如图，EMNF是一块横截面为正方形的透明玻璃砖，其折射率n=，边长MN=3cm．一束激光AB从玻璃砖的EM面上的B点入射，∠ABE=300，BM=233(i)激光在B点发生折射的折射角；(ji)光斑H到O点的距离HO．15．（12分）如图所示，在光滑的水平面上静置一长为L的木板B，上表面粗糙，现有滑块A以初速度从右端滑上B，恰好未离开B，A的质量为m，B的质量为，求A与B上表面间的动摩擦因数μ。

参考答案一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】

在α衰变的过程中，电荷数少2，质量数少4，在β衰变的过程中，电荷数多1，有2m-n=104m=32解得m=8n=6故A正确，BCD错误。

故选A。2、D【解析】

A．自由端向上移动L时，物块发生的位移要小于L，所以物块重力势能增加量一定小于mgLsinθ，故A错误；B．物块受重力、弹簧的拉力、斜面的支持力和摩擦力，支持力不做功，根据动能定理知：重力、弹簧的拉力、斜面的摩擦力对物块做功的代数和等于物块动能的增加量，故B错误；C．物块的重力做功不改变物块的机械能，根据机械能守恒定律得：弹簧弹力、摩擦力对物块做功的代数和等于物块机械能的增加量，故C错误；D．对弹簧和物块组成的系统，根据机械能守恒定律得：拉力F与摩擦力做功的代数和等于弹簧和物块的机械能增加量，故D正确。故选D。3、B【解析】

A．A点和B点的电势相等，点电荷必位于A点和B点连线的垂直平分线上；O点和C点的电场强度大小相等，点电荷位于O点和C点连线的垂直平分线上，故带负电的点电荷位于坐标处，故A错误；B．根据点电荷周围电场分布可知，O点电势比A点电势高，故B正确；C．C点的电场强度大小故C错误；D．将带正电的试探电荷从A点沿直线移动到C点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D错误。故选B。4、C【解析】

A．时刻，磁场向外增强，根据楞次定律可知，感应电流磁场向里，故圆环中有顺时针方向的感应电流，故A错误；B．时刻，磁场垂直向外减小，根据楞次定律可知，感应电流磁场向外，故C点的电势高于D点，故B错误；C．t=0时刻，悬线的拉力为F，则圆环重力大小为F，时，感应电动势，，故安培力故悬线拉力的大小不超过，故C正确；D．根据以上分析可知0~时间内，产热故0~T时间内，圆环产生的热量为故D错误。故选C。5、A【解析】

A．β衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，故A正确；B．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合能大，原子核不一定越稳定，故B错误；C．两个轻核结合成一个中等质量的核，会释放一定的能量，根据爱因斯坦质能方程可知存在质量亏损，故C错误；D．半衰期是统计规律，对于一个特定的衰变原子，我们只知道它发生衰变的概率，并不知道它将何时发生衰变，发生多少衰变，故D错误。故选A。6、D【解析】

AB、由题，棒中通入的电流与时间成正比，I=kt，棒将受到安培力作用，当安培力大于最大静摩擦力时，棒才开始运动，根据牛顿第二定律得：F-f=ma，而F=BIL，I=kt，得到BkL•t-f=ma，可见，a随t的变化均匀增大。当t=0时，f=-ma，根据数学知识可知AB错误，故AB错误。

CD、速度图象的斜率等于加速度，a增大，则v-t图象的斜率增大。故C错误，D正确。故选D。二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。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、ACD【解析】

A项：由于A、B两球对细绳的摩擦力必须等大，且A、B的质量不相等，A球由静止释放后与细绳间为滑动摩擦力，B与细绳间为静摩擦力，故A正确；B项：对A：mAg-fA=mAaA，对B：mBg-fB=mBaB，fA=fB，fA=0.5mAg，联立解得：，设A球经ts与细绳分离，此时，A、B下降的高度分别为hA、hB，速度分别为VA、VB，则有：，，H=hA+hB，VA=aAt，VB=aBt

联立解得：t=2s，hA=10m，hB=15m，VA=10m/s，VB=15m/s，分离后，对A经t1落地，则有：，对B经t2落地，m则有：解得：，，所以b先落地，故B错误；C项：A、B落地时的动能分别为EkA、EkB，由机械能守恒，有：代入数据得：EkA=400J、EkB=850J，故C正确；D项：两球损失的机械能总量为△E，△E=（mA+mB）gH-EkA-EkB，代入数据得：△E=250J，故D正确。故应选：ACD。【点睛】解决本题的关键理清A、B两球在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。要注意明确B和绳之间的滑动摩擦力，而A和绳之间的为静摩擦力，其大小等于B受绳的摩擦力。8、CD【解析】

AB．由电压图像可知，输入电压的最大值为V，则有效值为20V灯泡正常发光，故灯泡两端的电压为5V，即副线圈两端的电压V，由题知电阻R两端的电压为10V，故变压器原线圈的电压=10V原副线圈的匝数比故AB错误；C．灯泡L1正常发光，即副线圈的电流A，根据理想变压器输入功率等于输出功率可知，原副线圈中的电流之比解得电阻R中的电流为1A，由欧姆定律可知Ω=10Ω故C正确；D．开关S闭合后，电路的总电阻减小，而输入端电压保持不变，故副线圈中的电流增大，则原线圈中电流增大，电阻R两端电压升高，变压器原线圈电压降低，故副线圈输出电压降低，灯泡两端电压降低，电流减小，故D正确。故选CD。9、AC【解析】

A．丙向后瞬时喷气后，速度增大，但位置尚未变化，其势能不变，选项A正确；。B．综合应用牛顿第二定律、功和能的推论。丙飞船向后瞬时喷气后速度增大，之后离开原来轨道，轨道半径变大，不可能沿原轨道追上同一轨道上的乙，选项B错误；CD．甲受稀薄气体的阻力作用时，甲轨道半径缓慢减小，做半径减小的圆周运动，由可知其动能增大、势能减小、机械能减小，由动能定理可知，即此过程中有阻力做功大小小于引力做功大小，选项C正确，D错误；故选AC.10、BC【解析】

AC．由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当△x为0.1m时，小球的速度最大，然后减小，说明当△x为0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，所以可得k△x=mg解得弹簧的最大缩短量为△xm=0.61m，所以弹簧的最大值为Fm=20N/m×0.61m=12.2N弹力最大时的加速度小球刚接触弹簧时加速度为10m/s2，所以压缩到最短的时候加速度最大，故A错误，C正确；B．当△x=0.1m时，速度最大，则弹簧的弹力大小等于重力大小，小球的加速度为零，故B正确；D．设小球从释放点到弹簧的原长位置的高度为h，小球从静止释放到速度最大的过程，由能量守恒定律可知解得故D错误。故选BC。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、0.1后0.240.80【解析】

（1）[1]频率为的交流电，相邻两个计数点之间还有四个点没有画出，所以相邻两计数点之间的时间间隔为。（2）[2]实验时，需先接通电源，后释放纸带。（3）[3]打点计时器打下C点时纸带的速度大小[4]纸带的加速度大小代入数据得12、A弹性【解析】

(1)由实验原理确定操作细节；(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球通过最低点的速度，从而得出动能的增加量，根据小球下降的高度求出重力势能的减小量，判断是否相等。【详解】(1)[1]A．两个小于必发生对心碰撞，故选项A正确；B．碰撞后入射球反弹，则要求入射球的质量小于被碰球的质量，故选项B错误；C．由于碰撞前后A的速度由光电门测出，A释放不一定从静止开始，故选项C错误；故选A；(2)[2]碰撞前后入射球A的速度由光电门测出：，；被碰球B碰撞后的速度为：；根据牛