2024届河北省唐山市唐山第一中学高三年级下册零月考物理试题试卷

2024届河北省唐山市唐山第一中学高三下学期零月考物理试题试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）

填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处”o

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先

划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、一列简谐横波沿x轴传播，图（甲）是U0时刻的波形图，图（乙）是x=L0m处质点的振动图像，下列说法正确

的是（）

A.该波的波长为2.0mB.该波的周期为Is

C.该波向x轴正方向传播D.该波的波速为2.0m/s

2、如图甲所示的“襄阳硝”是古代军队攻打城池的装置，其实质就是一种大型抛石机，图乙是其工作原理的简化图。将

质量m=10kg的石块，装在与转轴O相距L=5m的长臂末端口袋中，最初静止时长臂与水平面的夹角。=30°,发

射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块靠惯性被水平抛出，落在水平地面上。若石块落地位置与

抛出位置间的水平距离s=20m,不计空气阻力，取g=10m/s2。以下判断正确的是

.“当

甲乙

A.石块抛出后运动时间为且s

2

B.石块被抛出瞬间的速度大小三缶2/s

C.石块即将落地时重力的瞬时功率为500而V

D.石块落地的瞬时速度大小为15m/s

3、下列关于运动项目的叙述正确的是（）

A.若足球的运动轨迹是旋转的香蕉球时，要研究足球的运动足球可以看做质点

B.2018年苏炳添在男子100m中跑出的亚洲纪录是一个时刻

c.4x100m接力赛中的100m都是指位移

D.运动员100m短跑用时10s,则其加速过程的平均加速度定不小于Zm/s?

4、如图所示，在倾角为30。的斜面上，质量为1kg的小滑块从“点由静止下滑，到》点时接触一轻弹簧。滑块滑至最

低点c后，又被弹回到。点，已知aZ>=0.6m,6c=0.4m,重力加速度g取lOm/s?,下列说法中正确的是（）

A.滑块滑到》点时动能最大

B.整个过程中滑块的机械能守恒

C.弹簧的最大弹性势能为2J

D.从c到8弹簧的弹力对滑块做功为5J

5、如图所示为某齿轮传动装置中的4、B、。三个齿轮，三个齿轮的齿数分别为32、12、20,当齿轮绕各自的轴匀速

转动时，A、B、C三个齿轮转动的角速度之比为

A.8:3:5B.5:3:8

C.15:40:24D.24:40:15

6、如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土

的深度忽略不计。已知夯锤的质量为"=450修，桩料的质量为%=50依。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升

到距离桩顶4=5冽处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受

阻力随打入深度丸的变化关系如图乙所示，直线斜率左=5.05*104%/加。g取lOm/d，则下列说法正确的是

A.夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为9〃〃s

B.夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为4.5m/s

C.打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为1根

D.打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为3根

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、一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向.下列

关于小球运动的速度八加速度“、位移s、机械能E随时间f变化的图象中可能正确的有

8、如图所示，xOy坐标系内存在平行于坐标平面的匀强电场。一个质量为小。电荷量为+g的带电粒子，以V。的速度

沿AB方向入射，粒子恰好以最小的速度垂直于y轴击中C点。已知A、B、C三个点的坐标分别为（-伍，0）、（0,

2D、（0,L）o若不计重力与空气阻力，则下列说法中正确的是（）

A.带电粒子由A到C过程中最小速度一定为亘必

7o

B.带电粒子由A到C过程中电势能先减小后增大

C.匀强电场的大小为石=粤

qL

D.若匀强电场的大小和方向可调节，粒子恰好能沿A3方向到达8点，则此状态下电场强度大小为业笠

14qL

9、如图所示，水平面上的同一区域介质内，甲、乙两列机械波独立传播，传播方向互相垂直，波的频率均为2Hz。图

中显示了某时刻两列波的波峰与波谷的情况，实线为波峰，虚线为波谷。甲波的振幅为5cm,乙波的振幅为10cm。质

点2、3、5共线且等距离。下列说法正确的是（）

A.质点1的振动周期为0.5s

B.质点2的振幅为5cm

C.图示时刻质点2、4的竖直高度差为30cm

D.图示时刻质点3正处于平衡位置且向上运动

E.从图示的时刻起经0.25s,质点5能通过的路程为30cm

10、如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推

力尸作用于B球，两球在图示位置静止，现将B球沿斜面向下移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球

在新位置重新平衡，重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（）

B.斜面对B的弹力不变

C.墙面对A的弹力不变D.两球之间的距离减小

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）用如图a所示的器材，测一节干电池的电动势和内阻实验。

a

⑴用笔画线代替导线，将图a连接成可完成实验的电路（图中已连接了部分导线）;

（一）

⑵实验过程中，将电阻箱拔到450时，电压表读数为0.90V；将电阻箱拔到如图b所示，其阻值是。，此时

电压表的读数如图c所示，其值是V；

⑶根据以上数据，可以算出该节干电池的电动势岳=V,内电阻/=

12.（12分）图甲为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，Ri、R2、/?3、R和m是固定电阻，

凡是可变电阻，表头电流表G的量程为0~101人，内阻&=200。，3为换挡开关，A端和3端分别与两表笔相连。

该多用电表有5个挡位，分别为直流电压3V挡和15V挡，直流电流5mA挡和1A挡，欧姆“X100Q”挡。

⑴图甲中A端与（填“红”或“黑”）色表笔相连接

⑵开关S接位置_________（填“1”或“2”）时是电流挡的大量程，根据题给条件可得。凡+殳=

凡=&=Qo

⑶某次测量时该多用电表指针位置如图乙所示，若此时8端是与“1”相连的，则多用电表读数为；若此时3端

是与“3”相连的，则读数为o

⑷多用电表长时间使用后会造成电源的电动势减小和内阻增大，若继续使用时还能进行欧姆调零，则用该多用电表测

量电阻时，所测得的电阻值将（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

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）如图所示，I、III区域（足够大）存在着垂直纸面向外的匀强磁场，虚线MN、P。分别为磁场区域边界,

在II区域内存在着垂直纸面向里的半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场边界恰好与边界MN、P0相切，S、7为切点,

A、C为虚线MN上的两点，且45=。5=四尺，有一带正电的粒子以速度v沿与边界成30。角的方向从C点垂直磁场

进入I区域，随后从A点进入II区域，一段时间后粒子能回到出发点，并最终做周期性运动，已知II区域内磁场的磁

感应强度&为I区域内磁场的磁感应强度为的6倍，DI区域与I区域磁场的磁感应强度相等，不计粒子的重力。求:

⑴粒子第一次进入II区域后在II区域中转过的圆心角;

⑵粒子从开始运动到第一次回到出发点所经历的总时间。

14.（16分）如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy,x轴沿水平方向。第二、三象限有垂直于坐标平面向里的匀

强磁场，与x轴成0=37。角的绝缘细杆固定在二、三象限；第四象限同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平

面向里、磁感应强度大小为3的匀强磁场，一质量为机、电荷量为〃的带电小球。穿在细杆上沿细杆匀速下滑，在N

点脱离细杆恰能沿圆周轨道运动到x轴上的A点，且速度方向垂直于x轴。已知A点到坐标原点。的距离为3/,

小球a与绝缘细杆的动摩擦因数〃=0.5；%=、区,重力加速度为g,空气阻力忽略不计。求：

mVI

⑴带电小球的电性及电场强度的大小E；

⑵第二、三象限里的磁场的磁感应强度大小曲与第四象限磁感应强度B之比，”=?

B

⑶当带电小球a刚离开A点竖直向上运动时，从y轴正半轴距原点。为次的尸点（图中未画出）以某一初速度水平

方两球刚好在第一象限某点相碰，则分球的初速度为多大？

15.(12分)如图所示，一带电微粒质量为m=2.0xl0-Ukg、电荷量q=+1.0xl()-5c,从静止开始经电压为Ui=100V的

电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角8=30。，并接着进入一个方向垂直纸

面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域.已知偏转电场中金属板长L=20cm,两板间距d=17.3cm,重力忽略不计.求:

；XXXX

B

L—XXXX；

•XXXX•

•xxxx!

i・D-------»|

(1)带电微粒进入偏转电场时的速率VI；

(2)偏转电场中两金属板间的电压U2；

(3)为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多少.

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、D

【解题分析】

ABD.根据甲、乙图可知，波长4m,周期2s,波速

v=-=2m/s

T

选项AB错误，D正确；

C.根据图乙UOs时，质点向下振动，所以甲图x=lm坐标向下振动，由同侧法可得波向x轴负方向传播，选项C错

误。

故选D。

2、C

【解题分析】

A、石块被抛出后做平抛运动：h=L+Lsina,竖直方向：h=-gt2,可得：t=圾,故A错误；

22

B、石块被抛出后做平抛运动，水平方向：s=v”,可得：%=型如机/s,故B错误;

3

C、石块即将落地时重力的瞬时功率为：P=mgvy=mg*gt=50046W,故C正确；

D、石块落地的瞬时速度大小为：丫=旧+"=^*/s,故D错误。

3、D

【解题分析】

A.若足球的运动轨迹是旋转的香蕉球时，要研究足球的运动足球大小不能忽略，不可以看做质点，选项A错误;

B.2018年苏炳添在男子100m中跑出的亚洲纪录是一个时间间隔，选项B错误；

C.4x100m接力赛中有弯道，则其中的100m不都是指位移，选项C错误；

D.运动员100m短跑用时10s,若整个过程中一直加速，则加速度

因运动员在100m短跑中先加速后匀速，则其加速过程的平均加速度定不小于2m/s2,选项D正确;

故选D。

4、D

【解题分析】

A.根据题中“小滑块从a点由静止下滑和又被弹回到。点”可知：滑块和斜面间无摩擦，滑块滑到6时，合力为重力

沿斜面的分力，加速度和速度同向，继续加速，当重力沿斜面的分力和弹簧弹力相等时，速度最大，故A错误；

B.整个过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，滑块的机械能从a到6不变，从8到c机械能逐渐减小，转化

为弹簧的弹性势能，c到6弹簧的弹性势能逐渐减小，滑块的机械能逐渐增加，从》到a机械能不变，故B错误；

C.对滑块和弹簧组成的系统，从。到c过程，根据能量转化关系有

mg(ab+be)sin30°=Ep

代入数据解得

约=5J

故C错误；

D.从c到b弹簧的弹力对滑块做正功，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的机械能，根据功能关系可知，弹簧的弹力

对滑块做了5J的功，故D正确。

故选D。

5、C

【解题分析】

三个齿轮同缘转动，所以三个齿轮边缘的线速度相等，即为:

VA=VB=VC

三个齿轮的齿数分别为32、12、20,根据

V

0)=—

得4、B、。三个齿轮转动的角速度之比为

—:—:—=15:40:24

321220

A.8:3:5与计算结果不符，故A错误。

B.5:3:8与计算结果不符，故B错误。

C.15:40:24与计算结果相符，故C正确。

D.24:40:15与计算结果不符，故D错误。

6、C

【解题分析】

夯锤先自由下落，然后与桩料碰撞，先由运动学公式求出与桩料碰撞前瞬间的速度，对于碰撞过程，由于内力远大于

外力，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰后共同速度；夯锤与桩料一起下沉的过程，重力和阻力做功，由

动能定理可求得桩料进入泥土的深度；

【题目详解】

2

A、夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度v0=2g%，得％=J荻=j2xl0x5m/s=10m/5

取向下为正方向，打击过程遵守动量守恒定律，则得：Mv0^CM+m）v

代入数据解得：»=9mls,故选项AB错误；

C、由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力是随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，为用=-一加/=-一防2

122

打完第一夯后，对夯锤与桩料，由动能定理得：（/+7〃皿4+叼=0-；（河+根）丫2

即：（Af+根）g/z,—^左优=0_万（21/+机）丫2

代入数据解得4=1血，故选项C正确；

D、由上面分析可知：第二次夯后桩料再次进入泥土的深度为加

则对夯锤与桩料，由动能定理得：+g左（4+//2）2=0—g（M+a）v2

同理可以得到：第三次夯后桩料再次进入泥土的深度为加

则对夯锤与桩料，由动能定理得：（M+m）g%—；左（4+a+%）2=0—g（M+7〃）v2

则打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为〃=%+4+%

代入数据可以得到：H=hi+h2+h.<3m,故选项D错误。

【题目点拨】

本题的关键是要分析物体的运动过程，抓住把握每个过程的物理规律，要知道当力随距离均匀变化时，可用平均力求

功，也可用图象法，力与距离所夹面积表示阻力做功的大小。

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、AC

【解题分析】

AB.小球在上升过程中所受重力和阻力，由于所受空气阻力与速度成正比，所以阻力逐渐减小，则加速度逐渐减小，

向上做加速度减小的减速运动，上升到最高点再次下落过程中由于空气阻力逐渐增大，所以加速度逐渐减小，做加速

度减小的加速运动，故A正确，B错误；

C.在s-t图像中斜率表示速度，物体先向上做减速，在反向做加速，故C正确；

D.因阻力做负功，且导致机械能减小，机械能的减少量为

AE=fs=kv^vt-

图像不是一次函数，故D错误；

故选AC

8、AD

【解题分析】

A.因带电粒子只受恒定的电场力，做匀变速曲线运动，而C点有最小速度且垂直y轴，可推得粒子做类斜上抛运动,

C是最高点，其速度与电场力垂直，则电场力沿y轴负方向，设A点的速度与x轴的夹角为。，贝!!

vc=v0cos0

由几何关系可知

联立可得

百V21

故A正确；

B.因粒子做类斜上抛运动，从A点到C点电场力与速度的夹角从钝角变为直角，则电场力一直做负功，电势能一直

增大，故B错误；

C.粒子从A到C的过程，由动能定理

-qEL=~mv：-；mv1

联立可得匀强电场的大小为

E:14加彩2

—49qL

故C错误；

D.调节匀强电场的大小和方向使粒子恰好能沿A3方向到达5点，则粒子一定A3做匀减速直线运动，电场力沿区4

方向，由动能定理有

-qE'■币L=0—gmVg

则匀强电场的场强大小为

E，=回由

14qL

故D正确。

故选ADo

9、ACE

【解题分析】

A.质点1的振动周期为T=；=0.5s,选项A正确；

B.质点2为谷谷相遇点，为振动加强点，则其振幅为15cm,选项B错误；

C.质点2、4都是振动加强点，图示时刻质点2在波谷，位移为-15cm,质点4在波峰，位移为+15cm,则此时刻2、

4的竖直高度差为30cm,选项C正确；

D.图示时刻质点3正处于波峰和波谷的中间位置，即在平衡位置，根据波的传播方向可知，此时向下运动，选项D

错误；

E.质点5为振动加强点，从图示的时刻起经0.25s=0.5T,质点5能通过的路程为2(4+A2)=30cm,选项E正确。

故选ACEo

10、AB

【解题分析】

CD.先对小球A受力分析，受重力、支持力、静电力，如图所示:

根据共点力平衡条件，有：

mg

F库=——,FN=mgtana

cosa

由于e减小，可知墙面对A的弹力变小，库仑力减小，故两球间距增加，选项CD错误；

AB.对AB整体受力分析，受重力、斜面支持力N、墙壁支持力歹心推力F,如图所示:

根据共点力平衡条件，有

Nsinj3+F^FN

Ncos)3=Cm+M)g

解得

F=mgtana-(m+M)gtan/3

cos/3

由于C减小，£不变，所以推力F减小，斜面对B的弹力N不变，选项AB正确。

故选AB„

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。

【解题分析】

(1)[1].电路图如图;

⑵[2][3].电阻箱读数为/?=lxl00+lxl0=110£l；电压表读数为t7=1.10V；

(3)[4][5].由闭合电路欧姆定律有

E=U、+4厂

E=U,+4

与

两式联立代入数据解得

E=1.3V

r=20£l

12、52A1400。偏大

【解题分析】

(1)口]由题中所示电路图可知，5与欧姆表内置电源的负极相连，3为红表笔，A为黑表笔。

⑵⑵由题中所示电路图可知，开关S接位置1时，分流电阻较小，此时电流挡的大量程；

[3]根据题中所示电路图，由欧姆定律可知

1x10-3x20。

。=50。

3-3

,2，5X10--1X10

[4][5]5mA电流挡的内阻为

R=———=

4+用+叫

则

凡第――(击一4。)。=56。八

国4-W(-40-560)。=2400Q

12，XJL

(3)[6]3端是与“1”相连的，电流表量程为1A,分度值是0.02A,多用电表读数为

0.02Ax26=0.52A

[7]此时B端是与“3”相连，多用电表测电阻，由图示可知，指针指在14的位置，则读数为

14xl00Q=1400Q

(4)网当电池电动势变小、内阻变大时，需要重新欧姆调零，由于满偏电流/g不变，欧姆表内阻

/g

变小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，可知当R内变小时，有

/二EI风

4+尺4+尺

由于4不变、R内变小，指针跟原来的位置相比偏左，欧姆表的示数变大，导致测量阻值偏大。

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、(1)120。(2)T=64上兀R+竺

9vv

【解题分析】

⑴粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系得NOCS=60°,

半径

cos60

粒子转过的圆心角为

4=300

粒子从a点进入n区域，先做匀速直线运动，且速度延长线刚好过II区域圆形磁场的圆心。，接着在磁场中做圆周运

动，离开时速度方向的反向延长线仍然过圆心。

得

尺="

'qB]

故

里=且

RB2

即

R

IVT---------1\

-3

连接Q。，得

-6---K

tanZO2OA=3口

得

ZO2OA=30°

故此粒子第一次进入II区域后在n区域转过的圆心角为

%=(90°-NQOA)X2=120°

⑵粒子进入m区域时，速度方向仍与边界PQ成30。角，故此粒子的轨迹图左右对称，上下对称，粒子在一个周期内,

在I、皿区域总共要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为4=300°

所用总时间为

2兀&6_20辰尺

&=2xx■X-=

1v3603v

在II区域要经历两次圆周运动过程，每次转过的圆心角均为%=120°,所用时间为

_21R?%_不E兀R

=2x--------x------7=-----------

v3609v

在II区域要经过4次匀速直线运动过程，每次运动的距离为

S=^~R=R

所用总时间

“R4R

t3=4x—=——

vv

故此粒子在一个周期内所经历的总时间为

64岳R।4R

T=%+，2+%3=

9vv

m218i—

14、(1)带正电，一；(2)-；(3)-^glo

q55'

【解题分析】

⑴由带电小球。在第四象限内做圆周运动，知小球〃所受电场力与其重力平衡且小球〃所受电场力竖直向上，即

mg=qE

故小球〃带正电，

解得

(2)带电小球。从N点运动到A点的过程中，洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，设运动半径为R,有

V2

qvB=m——

R

由几何关系有

R+Rsin0=3.2l

解得R=21,代入5,有

v=2痘

带电小球”在杆上匀速下滑时，由平衡条件有

mgsinO=^(qvBi—mgcos0)

解得

R—B

所以

A=1

B5

(3)带电小球a在第四象限内做匀速圆周运动的从A点竖直上抛，与》相遇

竖直方向

4/=—gt~+(vt--gt2)

解得

t=2

g

水平方向

3.2Z8仁

%=丁=三立

15、(l)1.0xl04m/s(2)66.7V(3)0.1T

【解题分析】

(1)粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度VI.

(